湖南师范大学附属中学2026-2027学年高三上学期开学考试 化学试题

高三化学 本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页。时量75分钟，满分100分。 可能用到的相对原子质量：H~1C~12N~14O~16A1~27S~32 Ti~48Ba~137 一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的) 1.下列有关实验安全的说法不正确的是 A.少量白磷保存时用乙醇液封 B.苯酚沾到皮肤上，先用乙醇洗，再用水洗 C.NaCI溶液的导电性实验，禁止湿手操作 D.有机废液可以通过蒸馏回收有利用价值的特定馏分 如 2.分别向下列盐溶液中加人试剂，不影响盐溶液中离子大量共存的是 A.将溴水滴入NaCI溶液 B.将乙醇滴入酸性KMnO4溶液 C.将CO2通入Ca(ClO)2溶液 D.将HCI通入CH:COONa溶液 数 3.实验室利用下列装置进行C2的有关实验，无法达到实验目的的是 浓盐酸 气体 气体 气体 MnO NaHCO 溶液 NaOH 溶液 A.制取CL2 B.除去Cl2中的HCI C.收集Cl2 D.吸收尾气中的C2 4.镁及其化合物的部分转化关系如下，设N4为阿伏加德罗常数的值，下列说法 正确的是 Mg(C,H),(熔点176℃，真空中100℃升华) ①c,H() N,点燃 Mg:N,+ C02,点燃 盐酸 Mg MgO →MgCl ② ③ ④ A.反应①：每消耗0.5molC5H6生成Mg(CsH)2分子的数目为0.5NA B.反应②：每消耗2.24LN2生成N3-的数目为0.2NA C.反应③：每消耗4.4gCO2转移电子数日为0.4NA D.0.15mol·L1MgCl2溶液中，Mg2+数目为0.15Na 化学试题(27T)第1页（共8页） 5.下列离子方程式正确的是 A.氯化银与浓氨水反应：AgCI+2NH3·H2O一一[Ag(NH4)2]++CI +2H2O B.铁与少量稀硝酸反应：Fe十4H++NO3-Fe3+十NO个+2H2O C.硫酸钙与饱和碳酸钠溶液反应：CaSO,(s)十CO(aq)CaCO(s)+SO}(aq) D.次氯酸钠与氢碘酸溶液反应：CO一十H中 -HCIO 6.X是漂白粉的有效成分，可以发生如图所 U 示的转化（略去部分产物），其中U和V 浓盐酸 C02、H,0 含有一种相同元素，V为黄绿色气体，Y 为难溶于水的固体。下列说法不正确 的是 A.无水U可作干燥剂 B.V溶于水可生成Z C.Y与盐酸反应可生成X D.Z在光照下易分解 7.某澄清溶液中含有K+、Na+、Mg2+、A13+、Cu2+、Ba+、CI、SO、CO中的若 干种，且各离子的浓度相等。现进行如下实验： 实验1：取100mL溶液加入足量氨水，有白色沉淀生成，经测定沉淀质量为 0.78g,然后将沉淀加入过量NaOH溶液中，沉淀全部溶解。 实验2：另取100mL溶液加入足量BaCl2溶液，生成白色沉淀，经测定沉淀质量 为2.33g;将所得沉淀加入稀盐酸中，沉淀不溶解。 下列说法不正确的是 A.无法判断该溶液中是否存在CI B.该溶液中Na+和K+均不存在 C.该溶液中一定不存在的阴离子为CO?D.该溶液中不存在Cu+、Mg2+ 8.下列实验操作及现象不能推出相应结论的是 选项 操作及现象 结论 往碘的CCL溶液中加入等体积浓KI溶液，振 碘在浓KI溶液中的 A 荡后静置分层，下层由紫红色变为浅粉红色， 溶解能力大于在CCL 上层呈棕黄色 中的溶解能力 将一定浓度的葡萄糖溶液滴入新制Cu(OH)2 B 葡萄糖属于还原糖 悬浊液中，加热，生成砖红色沉淀 向盛有2 mL FeCl3溶液的试管中加入过量铁 粉，充分反应后静置，滴加KSCN溶液无明显 C Fe+具有还原性 现象；静置，取上层清液滴加几滴氯水，溶液 变红 分别测定0.10mol·L1的HCOONa和 结合H+的能力： D CH:COONa溶液的pH,HCOONa溶液的pH HCOO>CH COO 更小 化学试题(27T)第2页（共8页） 9.部分含Na或Cl元素物质的价类二维图如图所示。下列说法错误的是 +19 如0 氢化物单质氧化物酸 碱 盐 物质类别 A.a'可用作还原剂 B.常温下可能存在b→e→f的转化 C.若b为黄绿色气体，则d有强氧化性 D.若c为淡黄色粉末，则f一定可用于焙制糕点 10.某研究小组设计如图电解池，可将中 a电源 性废水中的硝酸盐转化为氨，也可将 CH.OH NE 废塑料碱性水解液中的乙二醇转化为 C00 NO CH,OH 羟基乙酸盐，实现变废为宝。下列说 阴离子 交换膜 CH,OH 法错误的是 A.电势：a极<b极 B.阳极区pH下降 C.阴极消耗1 mol NO3,理论上阳极将生成1 mol HOCH2COO D.阳极发生反应：HOCH2CH2OH-4e+5OH=HOCH2COO+4H2O 11.某同学设计以下实验，探究铁的化合物的性质（忽略②~⑤试管中溶液体积 变化)。 K,C,0·H,0 1滴稀硫酸 L滴KSCN溶液 固体 适量稀硫酸 水合硫酸铁 黄色固体黄色溶液浅黄色溶液 红色溶液 绿色溶液 红色溶液 ①② ③ ④ ⑤ ⑥ 已知：Fe(OH)2+呈黄色；[Fe(SCN)]2+呈红色；[Fe(C2O4)3]3呈绿色。下列 说法错误的是 A.④与⑤中c(SCN-):④<⑤ B.③④⑤中c(Fe3+):③<④<⑤ C.④到⑤中存在反应：[Fe(SCN)]++3C2O=[Fe(C2O4)3]3-+SCN D.若向③中依次加人适量维生素C、K3[Fe(CN)6]溶液，会出现蓝色沉淀 化学试题(27T)第3页（共8页） I2.利用油脂厂的废弃镍(Ni)催化剂（主要含有Ni、A1、Fe,还含少量的NiO、 Al2O3、Fe2O3)回收金属Ni的工艺流程如图所示。 ①足量NaClO NaOH溶液 试剂X②调pH RH 试剂YNa,C,O溶液 废镍 滤饼 碱浸 酸浸 氧化 萃取 反萃 催化剂 取 →沉镍 →NiC,0,·2H,0→热分解→Ni 除杂 浸取液 Fe(OH). 已知：萃取Ni+的离子方程式为N++2RH一NiR2+2H。 下列说法不正确的是 A.试剂Y可以是稀硫酸 B.试剂X可以选择稀盐酸或稀硫酸 C.“碱浸”所得浸取液中含金属元素的离子为A1(OH)4]-和Na D.“氧化除杂”时①发生反应的离子方程式为2Fe2++C1O+2H+一2Fe3+ +C1-+H2O 13.探究含铜化合物性质的实验如下： 步骤I.取一定量5%CuSO4溶液，加入适量浓氨水，产生蓝色沉淀。 步骤Ⅱ.将沉淀分成两等份，分别加入相同体积的浓氨水、稀盐酸，沉淀均完全 溶解，溶液分别呈现深蓝色、蓝色。 步骤Ⅲ.向步骤Ⅱ所得的深蓝色溶液中插人一根打磨过的铁钉，无明显现象； 继续加入稀盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现红色物质。 下列说法正确的是 A.步骤I产生的蓝色沉淀为[Cu(NH3)4]SO B.步骤Ⅱ的两份溶液中：c深蓝色(Cu2+)<c蓝色(Cu2+) C,步骤Ⅲ中无明显现象是由于铁钉遇深蓝色溶液迅速钝化 D.步骤Ⅲ中产生气体、析出红色物质的反应为[Cu(NH3)4]+十Fe一Cu十 Fe2++4NH3个 14.室温下，向0.1mol·L1柠檬酸钠 (Na3A)溶液中通入HCl气体（忽略溶液 1.0 体积变化)，溶液中A3-、HA2-、H2A-和 0.8 4.76 HA的分布系数X)(某种含A微粒浓子 0.6 6.40 3.13 度与所有含A微粒浓度之和的比值)随 0.4 0.2 pH变化曲线如图所示。下列说法正确 的是 6 pH A.曲线b表示HA2 B.n点：c(CI)<3c(H3A)+2c(H2A)+c(HA2-) C.A3-的水解平衡常数Kh1=10-10.87 D.pH约为5时，通入HCl发生的反应为HA2-+H+一H2A 化学试题(27T)第4页（共8页） 二、非选择题（本题共4小题，共58分） 15.(14分)(NH4)2C(NO3)6(硝酸铈铵)为橙红色结晶性粉末，易溶于水和乙醇， 几乎不溶于浓硝酸，可用作分析试剂。某小组在实验室模拟制备硝酸铈铵并 测定其纯度。 CeCl,溶液 冷水 球泡 图1 图2 I.制备Ce2(CO3)3 实验步骤： a.先制备NH4HCO3,向图1中的三颈烧瓶中通入NH3和CO2,至反应完全。 b.再滴加CeCl3溶液至沉淀完全。 (I)盛放CeCl3溶液的实验仪器名称为 (2)实验室利用图2装置制备NH3,写出反应的化学方程式： ,图1中通人CO2的一端是 (填“a”或“b”)。 (3)写出步骤b中制备Ce2(CO3)3反应的离子方程式： (4)图1实验装置存在的一处缺陷为 Ⅱ.由Ce2(CO3)3制(NH4)zCe(NO3)6 实验步骤： c.将Ce2(CO3)3溶于稀硝酸中，先加人过氧化氢溶液氧化，再滴加氨水，过滤、 洗涤，得Ce(OH)4固体。 d.将C(OH)4固体溶于稀硝酸中，再加入硝酸铵，结晶，过滤、洗涤、烘干，制 得产品。 (5)步骤d中，洗涤产品的试剂是浓 (填化学式)溶液。 (6)测定产品纯度： ①准确称取ag硝酸铈铵样品，加水溶解，配成250mL溶液。量取 25.00mL溶液，移入250L维形瓶中，加入适量硫酸和磷酸，再加入2滴 邻二氮菲作指示剂，用cmol·L1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶 液滴定至终点（滴定过程中Ce+被Fe+还原为Ce3+,无其他反应），消耗标 准溶液VmL。若(NH4)2Ce(NO3)6的摩尔质量为Mg·mol-1,则产品中 (NH4)2Ce(NO3)6的质量分数为 %(用含a、c、V、M的最简 式表示)。 ②下列操作可能会使测定结果偏高的是 (填标号)。 A.配成250mL溶液定容时，俯视容量瓶刻度线 B.滴定管水洗后未用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液润洗 C.滴定过程中向锥形瓶中加少量蒸馏水冲洗内壁 D.滴定开始时滴定管尖嘴部分无气泡，滴定后有气泡 化学试题(27T)第5页（共8页） 16.(15分)钛酸钡是一种强介电化合物材料，具有高介电常数和低介电损耗，是 电子陶瓷中使用最广泛的材料之一，被誉为“电子陶瓷工业的支柱”。工业上 以重晶石（主要成分为BaSO4)为原料制备钛酸钡的流程如图所示。 空气 热水 气体 重晶石粉 +煤粉 煅烧 -BaS- 浸取 沉钡 BaCO. H,C,0氨水 系列 BaTiO,+ 草酸 操作 酸溶 HCI 灼烧 氧钛钡 沉钛 TiCl 回答下列问题： (1)“煅烧”时空气从底部通入，目的是 (2)可溶性钡盐有毒，医疗上常用硫酸钡作内服造影剂。基态钡原子的价层电 子排布式为 。 常温下反应BaSO4(s)+CO(aq)= BaCO3(s)+SO(ag)的化学平衡常数K= [已知：常温下， Kp(BaSO4)=1X10-10、Km(BaC03)=5X10-9] (3)“浸取”时，若使用90~95℃的热水，BaS将转化为两种可溶性化合物（过 程中无气体生成)，该过程发生反应的化学方程式为 0 (4)系列操作包括 (填操作名称)。 (5)草酸氧钛钡[BaTiO(C2O4)2]灼烧时要控制好温度，实验测得在220~470 ℃无氧时灼烧，固体产物中含有碳酸钡和二氧化钛，并且有两种气体产生， 该反应的化学方程式为 (6)BaTiO3的立方晶胞结构如图所示，晶胞中与Ba+等 距离且最近的O2有 个；若晶胞棱长为 Ba anm,设阿伏加德罗常数的值为NA,该晶体的密度 为 g·cm3(用含a、Na的代数式表示)。 17.(15分)化合物E是某类激酶抑制剂的合成中间体，其工艺制备路线a如下： COOCH OCH CH (H 强碱 0,(CH)2S CI C 四氢呋喃 二氯甲烷 A OCH 0 OH NaBH, 氟化试剂 LiAlH, HO 乙醇 D E 回答下列问题： CH (1)化合物c1 c官能团的名称为 化学试题(27T) 第6页（共8页） (2)A→B的反应类型属于 B分子内含有 个手性碳 原子。 (3)B和C质谱图中最右侧的分子离子峰的质荷比分别为195和197，推测C 的结构简式为 (4)C→D反应中NaBH4的作用为 路线a的总产率为11%，为了优化E的合成工艺，某小组设计了路线b,过程 如下： COOCH,O COOCH. 碱H强碱氟化试剂 HO NH HO CI HCI (C,H NO) 2)LiAIH G (5)已知F→G和G→E的产率分别为90%和70%。路线b的优势有 (答一条即可)。 (6)FG反应的化学方程式为 (7)探究实验显示，G与等物质的量的碱反应，主要得到H。H与HCI反应得 到G;H与足量强碱反应，酸化后得到I。结构表征确认，I的结构简式为 OCH OH 。 推测H分子的结构简式： 18.14分1,4-丁二醇在铜锌复合催化剂上制备y-丁内酯（心”，存在如下 反应： g=0(g+2H,g △H1>0 Ⅱ.Ho0 (g) (g)+H.O(g) △H2>0 Ⅲ.0e+2Hg=8+H,0g △H3 已知：298K、101kPa下部分物质的燃烧热如表所示。 物质 a &e H2(g) Y-丁内酯 四氢呋喃 氢气 燃烧热/(kJ·mol-1) 1868 2325 285.8 (1)已知H20(g)—H201)△H=-40.7k·mol-1,则△H3= kJ·mol-1,反应Ⅲ自发进行的条件为 (填“高温”“低温”或“任意 温度”)。 (2)向一恒容密闭容器中充入Y-丁内酯和H2,仅发生反应Ⅲ，改变下列条件， 能同时增大反应速率和Y-丁内酯平衡转化率的是 (填标号)。 a.升高温度 b.充人Y-丁内酯 c.压缩容器容积 d.更换高效催化剂 化学试题(27T)第7页（共8页） (3)已知该催化剂中起实际催化作用的是Cu,且Cu越分散，活性催化位点就 越多。实际使用时，将复合催化剂xCuO·yZO在氢气氛围下使用，而不 直接使用Cu单质作为催化剂的原因是 (4)在一定压强下，将氢气与1,4-丁二醇混合后，以恒定流速通过催化剂，发 生反应I、Ⅱ、Ⅲ。维持体系温度不变，在相同时间内，Y-丁内酯的产量随 氢醇比的变化如图所示。随着氢醇比的增大，Y-丁内酯的产量先升高后 降低的原因是 1.3F 2 1.1 1.0 0.9 0.8 0.7 0.6 2 3456 n(H,) n(1,4-丁二醇) 按照氢醇比4：1配制原料气，用A作稀释气，充入恒温密闭容器中，仅发 生反应I、Ⅱ。体系压强恒为7.3MPa,测得平衡时各含碳物质的百分含 量工随原料气的变化如图所示。[催化剂消耗H的量忽略不计， n(稀释气) x(y-丁内酯)= n(y-丁内酯) n(y-丁内酯)+n(四氢呋喃)+n(1,4-丁二醇) ×100%] 100 9 80 70 M(82) &Y0 6 B:1,4-丁二醇 0 30 Bo C: 20 N(16) 0 00 02) 456 o n(原料气) n(稀释气) (5)M点时，氢气的平衡分压p(H2)= MPa(结果精确至0.01)，该温 度下，反应I的分压平衡常数K= (MPa)2(列出计算式，用 平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压X物质的量分数)。 化学试题(27T)第8页（共8页）高三化学一参考答案 一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 题号 2 9 4 5 6 8 910 11 12 2 答案 A A B C C A D D C 0 2.A【解析】A溶液中Na+、C与溴水均不反应，不影响盐溶液中离子大量共存，故A符合题意；B.将乙醇滴入酸性 KMnO4溶液，酸性KMnO4溶液具有强氧化性，会将乙醇氧化，同时MnO被还原为Mn+,离子发生反应，影响共 存，故B不符合题意；C.将CO2通入Ca(CIO)2溶液，会发生强酸制弱酸的反应生成HClO和CaCO。或 Ca(HCO3)2,Ca2+、ClO均参与反应，影响共存，故C不符合题意；D.将HCl通入CH,COONa溶液，H+与 CH COO结合生成弱电解质CH,COOH,CH COO浓度大幅降低，影响共存，故D不符合题意。 3.B【解析】A.浓盐酸与MnO2加热反应生成MnCl2、Cl2和HO,可以用于实验室制取氯气，故A不符合题意；B.除 去C2中的HCl,应该通过饱和食盐水，通过NaHCO3溶液时产生CO2,引入新的杂质，同时还会与氯气反应，故B符 合题意；C.氯气的密度大于空气，可以用向上排空气法收集Cl2,故C不符合题意；D.Cl2与NaOH反应生成NaClo、 NaCl和水，可以用NaOH溶液吸收尾气中的CL2,故D不符合题意。 4.C【解析】A.根据原子守恒，Mg和CH以物质的量之比为1：2反应生成Mg(CH)2,则CH、Mg(CH)2的计 量关系为2：1，则反应①中每消耗0.5 mol Cs He生成Mg(C5H)2的物质的量为0.25mol,分子数目为0.25NA,故 A错误；B.温度和压强未知，则气体摩尔体积未知，无法计算N2的物质的量，则无法计算生成-的数目，故B错 误：C.Mg和CO,的反应方程式为2Mg十CO,点燃2Mg0+C,Mg元素的化合价由0价变为十2价，C元素的化合价 由+4价变为0价，每消耗1mo1C0,转移电子的数目为4W,n(C0)三4g=0.1mol,则消耗4.4gC0转移 电子的数目为O.4NA,故C正确；D.MgC2溶液中，部分Mg+水解生成Mg(OH)2且溶液的体积未知，无法计算溶液 中镁离子的数目，故D错误。 5.C【解析】A.氯化银与浓氨水反应生成的银氨络离子为[Ag(NH3)2]+,离子方程式为AgCI十2NH3·HO [Ag(NH3)2]十CI十2H2O,故A错误；B.铁与少量稀硝酸反应时Fe过量，反应生成Fe2+,离子方程式为3Fe十 8H十2NO一3F++2NO◆十4H2O,故B错误；C.碳酸钙溶度积小于硫酸钙，微溶的硫酸钙可在饱和碳酸钠溶 液中转化为难溶的碳酸钙，离子方程式为CaSO4(s)十CO(aq)=CaCO3(s)十SO(aq),故C正确；D.ClO具有 强氧化性，I厂具有强还原性，二者会发生氧化还原反应，离子方程式为C1O十2H中+2I一CI十12十H2O,故D 错误。 6.C【解析】漂白粉的有效成分是次氯酸钙，与盐酸反应生成氯气和氯化钙，与水和二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯 酸，则U为氯化钙，V为氯气，X为次氯酸钙，Y为碳酸钙，Z为次氯酸。A.无水氯化钙吸水生成氯化钙的结晶水合 物，可作干燥剂，故A正确；B.氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，故B正确；C,碳酸钙与盐酸反应生成水、二氧化碳和 氯化钙，不能生成次氯酸钙，故C错误；D.次氯酸光照下分解生成盐酸和氧气，故D正确。 7.A【解析】无蓝色沉淀生成说明无Cu+,沉淀全部溶解说明无Mg2+,实验1中沉淀为A1(OH)3,且n(A13+)=0.01 mol,A3+与CO会发生双水解不能大量共存，因此一定不存在CO号；实验2中沉淀为BaSO4,说明溶液中一定含 SO,且n(SO)=0.01mol,因此一定不存在与SO生成沉淀的Ba2+;所有存在的离子浓度相等，则等体积下物质 的量相等，已知n(A1+)=n(SO)=0.01mol,总正电荷为0.01molX3=0.03mol,负电荷仅由SO提供：0.01 mol×2=0.02mol,还差0.01mol负电荷，因此一定存在C1[且n(C)=0.01mol,刚好满足电荷平衡]。若存在 Na或K+,由于它们的浓度也为0.1ol/L,会额外增加正电荷，总正电荷数大于总负电荷数，电荷不守恒，因此 Na+、K+一定都不存在。 8.D(作业原题)【解析】A.向碘的四氯化碳溶液中加入等体积浓碘化钾溶液，振荡，静置，溶液分层，下层由紫红色变 为浅粉红色，上层呈棕黄色，说明碘的四氯化碳溶液中的碘与碘化钾溶液中的碘离子反应生成碘三离子，使上层溶液 呈棕黄色，证明碘在浓碘化钾溶液中的溶解能力大于在四氯化碳中的溶解能力，故A正确；B.葡萄糖与新制的氢氧 化铜悬浊液反应，生成的砖红色沉淀为Cu2O,说明氢氧化铜作氧化剂，葡萄糖作还原剂，证明葡萄糖属于还原糖，故 B正确；C.Fe3+被Fe还原为Fe2+,滴加氨水后Fe2+被氧化为Fe3+,证明Fe2+具有还原性，故C正确；D.HCOONa 溶液的pH更小，说明CH COO的水解程度更大，HCOOH的酸性强于CH COOH,因此HCOO结合H的能力 更弱，故D错误。 9.D【解析】A.a'为NaH,H为一l价，有强还原性，故A正确；B.如果图像表示Na元素的价类二维图，b为单质Na,e 为NaOH,f可以为碳酸钠，Na与水反应生成NaOH,NaOH与CO2反应生成Na2CO3,故B正确；C.若b为黄绿色气 体，即为Cl2,则d为HClO,具有强氧化性，故C正确；D.若c为淡黄色粉末，即为Na2O2,f可能为Na2CO3或Na2SO4 等，不一定能用于焙制糕，点，故D错误。 l0.C【解析】A.b是电源正极，a是电源负极，电势：a极<b极，故A正确；B.阳极反应为HOCH2CH2OH一4e十 5OH一HOCH COO十4H2O,每转移4mol电子消耗5 mol OH,同时有4 mol OH从阴极区跨膜移向阳极区 平衡电荷，且生成水，所以阳极区OH厂浓度降低，pH下降，故B正确；C.阴极硝酸根离子得电子生成氨气，氨元素 化合价由十5降低为一3，阴极消耗1ol硝酸根离子，电路中转移8mol电子，阳极乙二醇失电子生成羟基乙酸盐， 生成1 mol HOCH2COO转移4mol电子，所以电路中转移8mol电子时阳极将生成2 mol HOCH2 COO,故C错 误；D.阳极乙二醇失电子生成HOCH2COO,阳极发生反应：HOCH2CH2OH一4e+5OH—HOCH2COO+ 4HO,故D正确。 化学参考答案(27T)第1页 11.B【解析】水合硫酸铁是黄色固体，溶于水得到黄色硫酸铁溶液②，由题给信息可知，F3+水解与OH配位而显黄 色，其水解平衡为Fe3+十H,O一Fe(OH)+十H中，向溶液②中滴加1滴稀硫酸，c(H)增大，水解平衡逆向移动， 水解产物减少，溶液颜色变浅；向溶液③中加入1滴KSCN溶液，生成[Fe(SCN)]+,溶液变红色；C,O与Fe3+配 位能力更强，向溶液④中加入K2C2O4·H2O固体时，[Fe(SCN)]+转化为配合离子[Fe(C2O4)3]3-,溶液变为绿色； 向溶液⑤中加入适量稀硫酸，H与C2O结合为H2C2O,H2C2O4是弱酸，溶液中F3+又转化为[Fe(SCN)]+,使 溶液变红色，据此分析解答。A.溶液④中生成的Fe(SCN)2+使溶液呈红色，C2O与F3+配位能力更强，加入 K2C2O4·HO固体时Fe(SCN)2+转化为[Fe(C2O4)3]3,解离出SCN,使c(SCN)增大，则c(SCN):④<⑤，故 A正确；B.根据题意可知，在本题的条件下，配体结合Fe3+的能力：SCN<C2O。试管③（浅黄色）：加稀硫酸后， Ht抑制Fe3+水解，c(Fe+)较高，溶液呈浅黄色；试管④（红色）：加入KSCN后，Fe3++SCN=[Fe(SCN)]+,消 耗了大量Fe3+,因此c(Fe3+)骤降，远小于③试管⑤（绿色）：加入KC2O4·H2O后，发生配体交换反应， [Fe(SCN)]+中的Fe3+与CzO结合生成[Fe(C2zO,)3]3-,Fe3+仍以配离子形式存在，游离c(Fe3+)极低，即c(Fe3+) 的大小关系为：③>④>⑤，故B错误；C.根据上述分析，故C正确；D.维生素C具有强还原性，能将F3+还原为 Fe+,Fe+与K[Fe(CN)6]反应生成KFe[Fe(CN)6]蓝色沉淀，故D正确。 12.B【解析】“碱浸”(NaOH溶液)：将A1、AlO3转化为[A1(OH)4]进入浸取液；Ni、Fe、NiO、Fe2O3不与碱反应，成 为滤饼，实现铝元素初步除去；“酸浸”（试剂X):滤饼中金属及金属氧化物与酸反应，浸出液含Ni+、Fe3+、F+;“氧 化除杂”：①加足量NaCIO:将Fe2+氧化为Fe3+,②调pH:Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，过滤除去，溶液中金属离子 仅含Na和N+;“萃取”（莘取剂RH):N+与有机莘取剂结合生成NR2进入有机相；“反萃取”（试剂Y):萃取平 衡逆向移动，需要增大H浓度，因此试剂Y可为稀硫酸，得到镍盐溶液；“沉镍”：加入N2C2O,溶液，发生复分解反 应生成二水草酸镍沉淀；“热分解”制金属镍。B.若选稀盐酸会引入C,可能与“氧化除杂”加入的NaClO反应，且 硫酸更适合后续沉镍等操作，因此试剂X选稀硫酸，故选B。 13.B(作业原题)【解析】A步骤I中，向CuSO4溶液中加入适量浓氨水，Cu+与NH3·H2O反应生成蓝色沉淀 Cu(OH)2,且[Cu(NH)4]SO4易溶于水，故A错误；B.步骤Ⅱ中，向Cu(OH)2沉淀中加入浓氨水，得到的深蓝色溶 液中铜元素的存在形式为[Cu(NH3)4]+和Cu+,大多数Cu2+在配离子的内界，很难电离出来，而向Cu(OH)2沉淀 中加入稀盐酸，得到的蓝色溶液中铜元素的存在形式为Cu2+,则c蓝色(Cu2+)<c维色(Cu+),故B正确；C.步骤Ⅲ中 因为[Cu(NH3)4]+极难电离出Cu+,溶液中Cu+浓度太低，与铁发生反应的速率极慢，无明显现象，故C错误； D.步骤Ⅲ中加入稀盐酸后，H会与NH结合成NH使[Cu(NH3)4]+一Cu+十4NH平衡正移，溶液中 c(Cu+)增大，Cu+与铁发生置换反应析出红色的Cu,离子方程式为Fe十[Cu(NH)4]++4H+Fe+十Cu十 4NH时，产生气泡表明加入的稀盐酸与铁发生置换反应：Fe十2Ht—H2个十Fe+,故D错误。 14.D【解析】A.向0.1ol·L1的柠檬酸钠溶液中通入HCl气体，依次发生反应：A3-+H一HA2-,HA2-十H H2A,H2A+H+—HA,曲线b表示H2A,故A错误；B.n点时，溶液中电荷守恒式为c(C)+c(OH) +c(H2A)+2c(HA2-)+3c(A3-)=c(Na+)+c(H),元素守恒式为3c(H3A)+3c(H2A)+3c(HA2-)+ 3c(A3-)=c(Na+),将电荷守恒式-元素守恒式得：c(CI)+c(OH)=3c(H3A)+2c(H2A)+c(HA2-)十 c(H),n点时pH<7,故c(H)>c(OH),则c(CI)>3c(HA)十2c(H2A)+c(HA2-),故B错误；C.A3-的一 级水解方程式为A-十H,O一HA-十OH,K=cHA):(OH）,利用曲线G、d交点可知c(A-)= c(A3-) c(HA-)时，pH=6.40,即c(OH)=1010ml.L1,K=c(HA:OH)=10x0,故C错误：D.pH约为5 c(A3-) 时通入HCl,pH将减小，曲线b即H2A含量增加，曲线c即HA2-含量减小，发生的反应为HA-十H一H2A, 故D正确。 二、非选择题（本题共4小题，共58分） 15.(共14分，除标注外，每空2分) (1)分液漏斗(1分) (2)Ca(OH)2+2NHCl△2NH◆+CaCl2+2H2Oa(1分) (3)2Ce3++6HCO—Ce2(C03)3￥+3CO2↑+3HO (4)没有尾气处理装置 (5HNO (6)0c☑4 ②AB 【解析】(1)根据图1可知，盛放CCl3溶液的仪器名称为分液漏斗。 (2)根据图2可知，利用固体十固体加装气体，因此制备氨气的反应方程式为Ca(OH),十2NH,C△2NH个十 CaCl2十2H2O。因为氨气极易溶于水，为防止倒吸，氨气应从b口通入，CO2应从a口通入。 (3)根据题中所给信息可知，先制备NH HCO3,然后NH4HCO3再与CCl3溶液反应制备碳酸铈，反应的离子方程 式为2Ce3++6HC05-Ce2(C03)3￥+3CO2个+3H2O。 (4)氨气有毒，为防止污染环境，需要尾气处理，图1中的缺陷是没有尾气处理装置。 (5)硝酸铈铵易溶于水、乙醇，几乎不溶于浓硝酸，因此步骤d中，洗涤产品的试剂是浓硝酸。 (6)①滴定过程中Ce+被Fe+还原成Ce3+,Fe+被氧化成Fe3+,根据得失电子守恒有：n[(NH),Ce(NOg)6]= aNH4)Fe(SO,)a],则ag硝酸铈铵样品中，nNL)2Ce(NO)6]=VmLX10L/mL×cmol/L×2 cVX10'm0l,则ag样品中硝酸铈铵的质量分数为VX102义M×100%=cM%. 0 化学参考答案(27T)第2页 ②A.配成250mL溶液，定容时俯视容量瓶刻度线，则待测液浓度偏高，测定结果偏高，故A符合题意；B.滴定管水 洗后未用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液润洗，导致(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液浓度减小，消耗(NH)2Fe(SO4)2标准溶 液体积增大，则测定结果偏大，故B符合题意；C,滴定过程中向锥形瓶中加少量蒸馏水冲洗内壁，不影响待测物的 物质的量，对测定结果无影响，故C不符合题意；D.滴定开始时滴定管尖嘴部分无气泡，滴定后有气泡，导致标准溶 液读数偏低，测定结果偏低，故D不符合题意。 16.(共15分，除标注外，每空2分) (1)将固体粉末吹起，增大气体与固体的接触面积，使煅烧更充分(1分) (2)6s20.02 (3)2BaS+2H:O-90~95C-Ba(HS):+Ba(OHD (4)过滤、洗涤、干燥 (5)BaTi0(C,0,)220~470℃BaC0,+Ti0,+2C0↑+C0,+ (6)12 2.33×1023 aNA 【解析】K2)常温下反应BaS0,(s)+C0(aq)一BaC0,(s)+S0(aq)的化学平衡常数K=(S0) 「c(CO3) c(SO)·c(Ba2+)_K(BaS04)_1X1010 c(C0)·c(Ba+)-p(BaC0)-5X10=0.02。 (3)BaS转化为两种可溶性化合物，且过程中无气体生成，该过程发生反应的化学方程式为2BaS十2H,090-95℃ Ba(HS)2+Ba(OH)2。 (4)系列操作是从固液混合物中得到草酸氧钛钡沉淀，故可经过过滤、洗涤、干燥得到草酸氧钛钡固体。 (5)BaTiO(C2O4)2在220~470℃无氧时灼烧，发生分解反应，由元素守恒可知，高温下的两种气体产物是C0、 C0,化学方程式为BaTi0(C,0,),20-40℃BaC0,+T0,+2C0*+C0,+. (6)位于项点的Ba2+与位于面心的0距离最近，共有3X8×2=12个Ba位于晶胞顶点，一个晶胞中Ba的数目 为8×日=1,0位于晶胞面心，一个晶胞中0的教目为6×2=3，T位于体心，个数为1，则晶胞质量为 233 137+48+3×16233 NAE NA g-:晶胞边长为anm,则品胞体叔V=dX10”cm,所以品体密度p-晋-2xam 2.33×102 aNA g·cm3。 17.(共15分，除标注外，每空2分) (1)碳碳双键、碳氯键（或氯原子） (2)取代反应1 OCH, 0 (3) (4)作还原剂 (5)产率高(1分) COOCH, 0 COOCH. (6)L C1+ NH CI HO COOCH (7) 化学参考答案(27T)第3页 【解析】A发生取代反应生成B,同时还生成HC1;B和C质谱图中最右侧的分子离子峰的质荷比分别为195和197， 则C比B的相对分子质量大2，结合D的结构简式、B生成C的反应条件可知，B中C一CH2被氧化生成C一O, OCH. 0 0 ,C发生还原反应生成D,D通过一系列转化得到E。 (5)已知F→G和G→E的产率分别为90%和70%，路线b的总产率为90%×70%=63%，比路线a产率高，故路线 b的优势有产率高（答案不唯一）。 (7)如果H中含有碳碳双键，H和HC1发生加成反应生成G,则H中碳碳双键连接醇羟基，此结构不稳定，所以H COOCH, 和HCI发生开环反应生成G,则H的结构简式为 18.(共14分，每空2分) (1)-73.9低温 (2)c (3)氢气还原后的Cu在ZO表面高度分散，比直接使用Cu单质能提供更多的催化位点，催化活性更高 (4)氢醇比较小时，提高氢气占比，有更多CuO被还原，催化剂活性增大，反应速率增大，恒定流速下Y-丁内酯的产 量升高；氢醇比过大时，会稀释1,4-丁二醇，反应速率减小，同时还会使生成的Y-丁内酯还原为四氢呋喃，从而导 致Y-丁内酯产量降低 (5)5.64 5.642×0.82 0.02 【解折](1D心9®，凸e,L(®)的燃烧热热化学方程式分别为①心”e+号0，(g)—4C0,(g)+3H0D △H=-1868k/mol,②8e+20,(g)一4C0,(g)+4H,0(W△H=-2325k/mol,③H(g)+20,(g一 H2O(1)△H=-285.8kJ/mol,④HO(g)—H2O(I)△H=-40.7kJ/mol,且反应①+③×2-②-④=反应 Ⅲ，根据盖斯定律可知，△H3=-1868kJ/mol+(-285.8kJ/mol)×2-(-2325kJ/mol)-(-40.7kJ/mol)= 一73.9kJ/mol。反应Ⅲ为嫡减、放热的反应，在低温下能够自发进行。 (2)a反应Ⅲ是放热反应，升高温度时平衡逆向移动，Y-丁内酯平衡转化率降低，故a不符合题意；b.充入Y-丁内酯 能增大反应速率，但Y-丁内酯平衡转化率降低，故b不符合题意；C,反应Ⅲ是气体分子数减小的反应，压缩容器容 积增大压强，平衡正向移动，反应速率和Y-丁内酯平衡转化率均增大，故c符合题意；d.更换高效催化剂，反应速率 增大，但Y-丁内酯平衡转化率不变，故d不符合题意。 (3)复合催化剂xCuO·yZnO在氢气氛围下使用时，置换出的Cu在ZnO表面高度分散，提供的催化位，点更多，催化 活性更高。 (4)氢醇比较小时，增大氢醇比，提高了氢气占比，有更多CūO被还原为Cu,活性催化位，点更多，催化活性更高，反 应速率增大；当氢醇比过大时，氢气含量升高，1,4-丁二醇浓度会降低，反应速率减慢，且生成的Y-丁内酯还会被 氢气还原为四氢呋喃，导致Y-丁内酯的产量降低。 《5)图中M点时《霜号10，y-丁内酯、四氢呋响、1,4-丁二醇的百分含量分别为82%、16%、2%，设起始配料 中n(H2)=4mol,n(1,4-丁二醇)=1mol,n(Ar)=0.5mol,平衡时Y-丁内酯、四氢呋南分别为0.82mol、 0.16mol,反应I、Ⅱ的变化量分别为： HOOH ⑧一凸0日+2Hg 变化量(mol) 0.82 0.82 1.64 HOOH 0 (g)=g)+H,0(8) 变化量(mol) 0.16 0.16 0.16 M,点平衡时，新增气体为1.64mol氢气和0.16mol水，此时气体总量为(4十1十0.5十1.64十0.16)mol=7.3mol, 体系压强恒为7.3MP,平衡时容器容积不变，恒温恒容容器中气体的压强之比等于其物质的量之比，因此此时氢 气分压为5,64MPa,则反应I的分压平衡常教K,=p()2CT内酯)_5.640.82MPa。 (1,4-丁二醇) 0.02 化学参考答案(27T)第4页