精品解析：福建省福州第一中学2026-2027学年高三上学期第一次质量检测 化学试题

福州一中2027届高三第一学期第一次质量检测 化学学科试卷 (完卷75分钟 满分100分) 【相对原子质量】H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 Br-80 Ⅰ卷 (选择题) 本题共10小题，每小题4分，共40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. 科教兴国，“可上九天揽月，可下五洋捉鳖”。下列说法正确的是 A. “天舟六号”为中国空间站送去推进剂氙气，Xe是s区元素 B. 火星全球影像彩图显示了火星表土颜色，表土中赤铁矿主要成分为FeO C. 创造了可控核聚变运行纪录的“人造太阳”，其原料中的与互为同位素 D. “深地一号”为进军万米深度提供核心装备，制造钻头用的金刚石为金属晶体 2. 实验小组用如下流程探究含氮化合物的转化。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. “反应1”中，每消耗，在下得到 B. “反应2”中，每生成0.1molNO，转移电子数为 C. 在密闭容器中进行“反应3”，充分反应后体系中有个 D. “反应4”中，为使完全转化成，至少需要个 3. 茉莉花是福州市花，其所含α-戊基肉桂醛俗称茉莉花醛，结构如图。下列关于茉莉花醛的说法正确的是 A. 茉莉花醛为不溶于水的芳香烃 B. 不存在立体异构体 C. 一定条件下能生成高分子化合物 D. 检验其碳碳双键的方法为：先加入足量新制悬浊液，加热，再滴入溴水。 4. 电池中一种常用电解质的阴离子，结构如下图所示。M、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同族。下列说法错误的是 A. 原子半径：Z＞X＞Y B. 该离子中、、均采取杂化 C. 第一电离能：X＜W＜Y D. 氢化物沸点：X＞Y＞M 5. 一定条件下，酸性溶液与发生反应，(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是 A. (Ⅲ)不能氧化 B. 随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小 C. 该条件下，(Ⅱ)和(Ⅶ)不能大量共存 D. 总反应为： 6. 常温下，铜铁混合物(粉末状)能发生如图所示的转化关系。下列说法错误的是 A. 溶液h可能是盐酸 B. 向溶液b中通入过量气体e，空气中久置后可得沉淀g C. 固体残渣中有铜，可能有铁 D. 溶液f中含有 7. 工业废料的综合处理有利于减少环境污染并实现资源循环利用。从某工业废料中回收镉、锰的部分工艺流程如下： 已知：①富集液中两种金属离子浓度相当。 ②常温下，金属化合物的： 金属化合物 下列说法错误的是 A. 粉碎工业废料有利于提高金属元素的浸出率 B. 试剂X可以是溶液 C. “沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换 D. “沉锰”时，发生反应的离子方程式为 8. 我国科研工作者研发了一种高效双功能电催化剂，可实现硝酸盐与葡萄糖的同时转化，其原理如图所示： 下列说法错误的是 A. 电极Ⅰ电势高于电极Ⅱ B. 电解一段时间后，电极Ⅱ附近减小 C. 电路中每通过3 mol电子，理论上产生 D. 总反应为 9. 某兴趣小组将1.0 g铁粉和足量硫粉在氩气中加热得黑色固体，设计如下实验探究其成分。已知：步骤Ⅰ、步骤Ⅱ均在氩气氛围中进行：PbS是一种黑色固体。 下列说法错误的是 A. a中黑色固体成分有 B. 与在空气中燃烧的产物可能有 C. 步骤Ⅰ使用煮沸后的稀硫酸，目的是加快反应速率 D. b中使用溶液替代溶液，则无需使用醋酸铅试纸检验 10. 某溶液含有初始浓度为和配体酸。溶液中的部分物种分布系数随变化如图所示，除了、外不考虑其他含物种。已知时，电离常数的，。下列说法错误的是 A. 时，溶液中有生成 B. 时， C. 平衡常数的 D. 点对应的溶液中， Ⅱ卷(非选择题) 本题共4小题，共60分。 11. 某兴趣小组模拟工业生产方法探究的制备(实验均在通风橱内进行)。 查阅资料：①液溴()是生产溴化合物的基本原料。 ②工业上利用和氨水的氧化还原反应生产。 实验装置如图所示(夹持装置等略)。 步骤如下： ⅰ．检查装置气密性。 ⅱ．将盛有氨水的C置于冰水浴中，搅拌下由B向C缓慢滴加10.0 mL(32.0 g)，反应快速进行，C中出现白烟，D中导管口有无色气泡冒出。滴加完毕后关闭，C中溶液呈橙黄色。 ⅲ．打开，向C中逐滴加入氨水至反应完成，再继续滴加少量氨水。 ⅳ．将C和D中的溶液混合，转移至蒸发皿中，水浴加热蒸发、冷却结晶得粗品，进一步提纯得到无色产品29.4 g。 回答下列问题： （1）仪器B的名称为________________。 （2）步骤i中检查装置气密性的操作：________________，向D中加水使导管口浸没在水面下，微热C，若导管口有气泡冒出，停止加热，冷却后________________________________________________________，则证明装置气密性良好。 （3）步骤ⅱ中，制备的化学方程式为________________________________________。 （4）步骤ⅲ中，滴加氨水至溶液________________时(填实验现象)，反应恰好完成。 （5）反应开始时，D中应盛放________。 a．溶液 b．蒸馏水 c．稀盐酸 （6）步骤ⅳ中进一步提纯的方法名称为________。 （7）的产率为________。 12. 一种由硫化铅精矿(含PbS及少量ZnS、CdS)制备高纯铅的工艺流程如下： 已知：①乙二胺(，简写为en)为一种二元弱碱。 ②，。 ③金属离子浓度不超过时，认为该离子已沉淀完全。 回答下列问题： （1）“加压氧化”中，PbS发生反应的离子方程式为________________________________；采用加压操作可提高反应速率，原因是________________________________________。 （2）“酸性溶液”经处理后，浓度分别为、，调pH使恰好沉淀完全时(假设溶液体积不变)，________(填标号)。 a．沉淀完全 b．部分沉淀 c．未沉淀 （3）“胺浸”后，转化为配合物，“沉铅”所得固体为碱式碳酸铅。下列说法正确的是________(填标号)。 a．配合物中的配位原子为N b．“沉铅”过程中，溶液pH增大 c．流程中烯烃和乙二胺得到了循环利用 （4）“高温还原”中，生成Pb的化学方程式为________________________________________；若用炭代替，将导致铅纯度下降，原因是________________________________________。 （5）“再生”时，得到的“含钙粗产品”的主要成分有________________(写化学式)。 13. 盐酸吡格列酮(TDZs)是一种口服型抗糖尿病药物，其合成方法如下： 已知①B的相对分子质量为A的3倍，D是A的同系物； ②MsCl的结构简式为。 回答下列问题： （1）B中所含官能团的名称为________。 （2）C→E的反应类型为________。 （3）E→F的反应中添加可以消耗反应中的另一生成物，有利于F的生成，请从结构角度解释能吸收该生成物的原因是________________________。 （4）F→G的化学方程式为________________________________________________。 （5）G→H经历两步反应，第二步为消去反应，请写出中间产物的结构简式________。 （6）TZDs结构中用“”表示结构信息的原因是________________。 （7）已知M与E分子式相差1个“”组成，写出符合下列条件的M的一种结构简式______________。 ①结构中含有苯环且遇溶液能显色； ②核磁共振氢谱中有四组峰，且峰面积比为6∶2∶2∶1. 14. 常用作化学反应的催化剂，一种制备的方法如下： 反应Ⅰ： ； 反应Ⅱ： ； 回答下列问题： （1）基态B原子的核外电子排布式为________；键角：________(填“＞”“=”或“＜”)。 （2）B、C和N三种元素组成的某一化合物的晶胞如图1所示(晶胞参数，α=β=γ=90°)。B原子分数坐标为和，C原子分数坐标为。一个N与所有紧邻B形成的空间结构为________。该晶体的密度为________(用含、、和的代数式表示，为阿伏加德罗常数的值，)。 （3）反应Ⅱ中，有利于提高平衡转化率的条件为________(填标号)。 A. 高温高压 B. 高温低压 C. 低温高压 D. 低温低压 （4）100 kPa下，向一恒压密闭反应器中加入、和，进行反应Ⅰ和反应Ⅱ(不考虑副反应)，反应达到平衡时，气体组分的分压与温度的关系如图2所示。 ①当温度高于时，分压随温度升高逐渐减小，原因是________________。 ②某温度下，反应达到平衡时，分压是分压的2倍，假设剩余可忽略不计，此时的物质的量为________，的分压为________kPa；若再加入，其他条件不变，重新达到平衡时，反应Ⅱ的平衡常数将________(填“增大”“减小”或“不变”)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州一中2027届高三第一学期第一次质量检测 化学学科试卷 (完卷75分钟 满分100分) 【相对原子质量】H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 Br-80 Ⅰ卷 (选择题) 本题共10小题，每小题4分，共40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. 科教兴国，“可上九天揽月，可下五洋捉鳖”。下列说法正确的是 A. “天舟六号”为中国空间站送去推进剂氙气，Xe是s区元素 B. 火星全球影像彩图显示了火星表土颜色，表土中赤铁矿主要成分为FeO C. 创造了可控核聚变运行纪录的“人造太阳”，其原料中的与互为同位素 D. “深地一号”为进军万米深度提供核心装备，制造钻头用的金刚石为金属晶体 【答案】C 【解析】 【详解】A．是0族元素，价电子排布为，属于区元素，A错误； B．为红棕色粉末，是黑色粉末，故赤铁矿的主要成分为，不是，B错误； C．与质子数均为1，中子数分别为1和2，属于同种元素的不同核素，互为同位素，C正确； D．金刚石是碳原子通过共价键形成的共价晶体，不属于金属晶体，D错误； 故选C。 2. 实验小组用如下流程探究含氮化合物的转化。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. “反应1”中，每消耗，在下得到 B. “反应2”中，每生成0.1molNO，转移电子数为 C. 在密闭容器中进行“反应3”，充分反应后体系中有个 D. “反应4”中，为使完全转化成，至少需要个 【答案】B 【解析】 【分析】反应1为实验室制备氨气的反应，方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O，反应2是氨气的催化氧化，方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，反应3为一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，方程式为：2NO+O₂=2NO₂ ，反应4为二氧化氮，氧气和水反应生成硝酸，4NO2+2H2O+O2=4HNO3‌，以此解题。 【详解】A．根据分析可知，每消耗，生成0.1mol氨气，但是由于不是标准状况，则气体不是2.24L，A错误； B．根据分析可知，反应2方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，该反应转移20e-，则每生成0.1molNO，转移电子数为，B正确； C．根据反应3，充分反应后生成个，但是体系中存在2NO2⇌N2O4，则最终二氧化氮数目小于，C错误； D．根据反应4可知，为使完全转化成，至少需要个O2，D错误； 故选B。 3. 茉莉花是福州市花，其所含α-戊基肉桂醛俗称茉莉花醛，结构如图。下列关于茉莉花醛的说法正确的是 A. 茉莉花醛为不溶于水的芳香烃 B. 不存在立体异构体 C. 一定条件下能生成高分子化合物 D. 检验其碳碳双键的方法为：先加入足量新制悬浊液，加热，再滴入溴水。 【答案】C 【解析】 【详解】A．芳香烃是仅含碳、氢元素的芳香族化合物，该物质含有氧元素，属于烃的衍生物，不属于芳香烃，A错误； B．该物质碳碳双键两端的碳原子均连接不同的原子或基团，存在顺反异构（属于立体异构体），B错误； C．该物质含有碳碳双键，一定条件下可发生加聚反应生成高分子化合物，C正确； D．与足量新制悬浊液反应后的体系为碱性，溴水可与碱发生反应导致褪色，无法检验碳碳双键，需先酸化再滴加溴水，D错误； 故答案为C。 4. 电池中一种常用电解质的阴离子，结构如下图所示。M、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同族。下列说法错误的是 A. 原子半径：Z＞X＞Y B. 该离子中、、均采取杂化 C. 第一电离能：X＜W＜Y D. 氢化物沸点：X＞Y＞M 【答案】D 【解析】 【分析】M、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，结合成键特点：M形成4个单键，为；W原子序数在元素和元素之间，形成2个单键且离子带1个负电荷，为；X形成1个双键且和Z同族，Z形成6个共价键，故X为，Z为；Y形成1个单键，原子序数大于，为。即M为、W为、X为、Y为、Z为。 【详解】A．电子层数越多原子半径越大，同周期元素核电荷数越大原子半径越小，故原子半径：，即，A正确； B．形成4个键，无孤电子对，价层电子对数为4，采取杂化；形成2个键，含2对孤电子对，价层电子对数为4，采取杂化；形成4个键（双键仅算1个键），无孤电子对，价层电子对数为4，采取杂化，B正确； C．同周期元素第一电离能呈增大趋势，的2p轨道为半满稳定结构，第一电离能大于，故第一电离能：，即，C正确； D．题目未限定为简单氢化物，的氢化物为烃类，相对分子质量较大的烃沸点远高于和，不满足沸点，D错误； 故选D。 5. 一定条件下，酸性溶液与发生反应，(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是 A. (Ⅲ)不能氧化 B. 随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小 C. 该条件下，(Ⅱ)和(Ⅶ)不能大量共存 D. 总反应为： 【答案】C 【解析】 【分析】开始一段时间（大约13min前）随着时间的推移Mn(Ⅶ)浓度减小直至为0，Mn(Ⅲ)浓度增大直至达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(Ⅲ)，同时先生成少量Mn(Ⅳ)后Mn(Ⅳ)被消耗；后来（大约13min后）随着时间的推移Mn(Ⅲ)浓度减少，Mn(Ⅱ)的浓度增大；据此作答。 【详解】A．由图像可知，随着时间的推移Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A项错误； B．随着反应物浓度的减小，到大约13min时开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，13min后反应速率会增大，B项错误； C．由图像可知，Mn(Ⅶ)的浓度为0后才开始生成Mn(Ⅱ)，该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，C项正确； D．H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D项错误； 答案选C。 6. 常温下，铜铁混合物(粉末状)能发生如图所示的转化关系。下列说法错误的是 A. 溶液h可能是盐酸 B. 向溶液b中通入过量气体e，空气中久置后可得沉淀g C. 固体残渣中有铜，可能有铁 D. 溶液f中含有 【答案】C 【解析】 【分析】黄绿色气体c为Cl2，红褐色沉淀g为Fe(OH)3，进而推出溶液d为FeCl3溶液，溶液b为FeCl2溶液，Fe(OH)3与过量溶液h（酸）反应生成溶液a，则溶液a中含有金属阳离子Fe3+，Fe3+与铜、铁混合物反应生成Fe2+、Cu2+，最终得到深蓝色溶液f，说明生成铜氨络离子，因此气体e为，f中含有。 【详解】A．若h为盐酸，盐酸与Fe(OH)3反应生成含的盐酸体系，只要不足，仅部分铜溶解，仍可满足流程，存在这种可能性，A正确； B．溶液b中含有，通入过量生成，在空气中久置会被氧气氧化为红褐色的，即沉淀g，B正确； C．流程最终得到含铜氨络离子的溶液，说明溶液b中一定含有；铁的还原性比铜强，铜铁混合物中铁先发生反应，铁完全反应后铜才反应，若固体残渣中有铜，则一定无铁，C错误； D．与过量反应生成深蓝色络离子，因此f中含有该离子，D正确； 故选C。 7. 工业废料的综合处理有利于减少环境污染并实现资源循环利用。从某工业废料中回收镉、锰的部分工艺流程如下： 已知：①富集液中两种金属离子浓度相当。 ②常温下，金属化合物的： 金属化合物 下列说法错误的是 A. 粉碎工业废料有利于提高金属元素的浸出率 B. 试剂X可以是溶液 C. “沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换 D. “沉锰”时，发生反应的离子方程式为 【答案】D 【解析】 【分析】富集液中含有两种金属离子，其浓度相当，加入试剂X沉铬，由金属化合物的可知，CdCO3、MnCO3的接近，不易分离，则试剂X选择含的试剂，得到CdS滤饼，加入溶液沉锰，发生反应：，据此解答。 【详解】A．粉碎工业废料能增大废料与浸出液的接触面积，有利于提高金属元素的浸出率，A正确； B．由分析可知，试剂X可以是溶液，B正确； C．若先加入溶液进行“沉锰”，由题中信息以及数据可知，金属离子浓度相当，则也会沉淀，后续流程中无法分离Cd和Mn，所以“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换，C正确； D．“沉锰”时，发生反应的离子方程式是：，D错误； 故选D。 8. 我国科研工作者研发了一种高效双功能电催化剂，可实现硝酸盐与葡萄糖的同时转化，其原理如图所示： 下列说法错误的是 A. 电极Ⅰ电势高于电极Ⅱ B. 电解一段时间后，电极Ⅱ附近减小 C. 电路中每通过3 mol电子，理论上产生 D. 总反应为 【答案】B 【解析】 【详解】A．电极Ⅰ上转化为，C元素化合价升高，发生氧化反应，电极Ⅰ为阳极，电极Ⅱ为阴极，电解池中阳极电势高于阴极，因此电极Ⅰ电势高于电极Ⅱ，A正确； B．电极Ⅱ为阴极，转化为，电极反应式为，反应生成，因此电极Ⅱ附近增大，而非减小，B错误； C．阳极反应式为，每转移6mol电子生成1mol，因此电路中通过3mol电子时，理论上产生0.5mol，C正确； D．将阳极反应式乘4、阴极反应式乘3，使得失电子守恒后相加，消去相同项可得总反应为，D正确； 答案选B。 9. 某兴趣小组将1.0 g铁粉和足量硫粉在氩气中加热得黑色固体，设计如下实验探究其成分。已知：步骤Ⅰ、步骤Ⅱ均在氩气氛围中进行：PbS是一种黑色固体。 下列说法错误的是 A. a中黑色固体成分有 B. 与在空气中燃烧的产物可能有 C. 步骤Ⅰ使用煮沸后的稀硫酸，目的是加快反应速率 D. b中使用溶液替代溶液，则无需使用醋酸铅试纸检验 【答案】C 【解析】 【分析】Fe与足量S加热反应生成FeS黑色固体，FeS与稀硫酸反应生成FeSO4、H2S，H2S与醋酸铅反应生成黑色固体PbS，③实验过程中上层清液与KSCN溶液混合开始无明显现象，说明①中反应无Fe3+生成，5min后出现浅红色，说明Fe2+被氧化，④实验过程中上层清液与K3[Fe(CN)6]溶液混合产生蓝色沉淀，说明①中反应有Fe2+生成。 【详解】A．由上述分析可知，a中黑色固体成分有，A项正确； B．与在空气中燃烧，二者均被氧气氧化，可能生成，B项正确； C．步骤Ⅰ、步骤Ⅱ均在氩气氛围中进行，其目的是防止FeSO4、H2S被氧化，步骤Ⅰ使用煮沸后的稀硫酸，其目的是除去溶解氧，C项错误； D．醋酸铅试纸用于检验生成的H2S气体，b中使用溶液替代溶液，H2S与发生反应：，CuS为黑色固体，难溶于稀硫酸，可达到检验H2S的目的，D项正确； 故答案为C。 10. 某溶液含有初始浓度为和配体酸。溶液中的部分物种分布系数随变化如图所示，除了、外不考虑其他含物种。已知时，电离常数的，。下列说法错误的是 A. 时，溶液中有生成 B. 时， C. 平衡常数的 D. 点对应的溶液中， 【答案】D 【解析】 【分析】pH较低时，未发生反应，、，随着pH升高，发生络合反应：，从0开始上升，据此解答。 【详解】A．从图像中可以看出，在之后，代表的平衡曲线就已经离开横轴（分布系数大于0），说明在时，已经有络合产物有生成，A正确； B．pH=3.25时，的，故；此时消耗的物质的量为，生成；由HL电离常数，得； 因此浓度顺序为，B正确； C．反应​的平衡常数； 时，，约去后得； 由B项知，则，因此，C正确； D．c点即，根据物料守恒： 总L：， 总Zn：，两边乘2得： 联立两式消去相同项得：，代入得： ，D错误； 故选D。 Ⅱ卷(非选择题) 本题共4小题，共60分。 11. 某兴趣小组模拟工业生产方法探究的制备(实验均在通风橱内进行)。 查阅资料：①液溴()是生产溴化合物的基本原料。 ②工业上利用和氨水的氧化还原反应生产。 实验装置如图所示(夹持装置等略)。 步骤如下： ⅰ．检查装置气密性。 ⅱ．将盛有氨水的C置于冰水浴中，搅拌下由B向C缓慢滴加10.0 mL(32.0 g)，反应快速进行，C中出现白烟，D中导管口有无色气泡冒出。滴加完毕后关闭，C中溶液呈橙黄色。 ⅲ．打开，向C中逐滴加入氨水至反应完成，再继续滴加少量氨水。 ⅳ．将C和D中的溶液混合，转移至蒸发皿中，水浴加热蒸发、冷却结晶得粗品，进一步提纯得到无色产品29.4 g。 回答下列问题： （1）仪器B的名称为________________。 （2）步骤i中检查装置气密性的操作：________________，向D中加水使导管口浸没在水面下，微热C，若导管口有气泡冒出，停止加热，冷却后________________________________________________________，则证明装置气密性良好。 （3）步骤ⅱ中，制备的化学方程式为________________________________________。 （4）步骤ⅲ中，滴加氨水至溶液________________时(填实验现象)，反应恰好完成。 （5）反应开始时，D中应盛放________。 a．溶液 b．蒸馏水 c．稀盐酸 （6）步骤ⅳ中进一步提纯的方法名称为________。 （7）的产率为________。 【答案】（1）分液漏斗或滴液漏斗 （2） ①. 关闭、 ②. 导管内上升一段水柱，并保持一段时间不下降(或导管内形成稳定水柱) （3）(或) （4）橙黄色褪去(或由橙黄色变为无色) （5）b （6）重结晶 （7）75% 【解析】 【分析】本实验利用工业上溴单质与氨水的氧化还原反应制备，实验采用冰水浴控温，既降低液溴挥发损耗，也避免温度过高导致副反应发生；先滴加部分液溴充分反应，后续补加氨水消耗过量的溴单质除去溶液橙黄色，最终通过蒸发结晶、重结晶提纯产物，过量的尾气氨可被D中试剂吸收，据此解答。 【小问1详解】 仪器B带有活塞、可向反应容器中滴加液体，为分液漏斗。 【小问2详解】 检查该装置气密性时，首先要关闭两个分液漏斗的活塞、，形成密闭体系；微热C后装置内气体膨胀逸出气泡，冷却后装置内压强小于外界大气压，若气密性良好，水会倒吸入导管形成一段稳定的水柱，并保持一段时间不下降。 【小问3详解】 和氨水的氧化还原反应生产，作为氧化剂被还原为，部分作为还原剂被氧化为无污染的，结合得失电子守恒和原子守恒配平：(或)； 【小问4详解】 步骤ii结束后C中溶液呈橙黄色，是因为过量溶解在溶液中，滴加氨水至过量的完全反应时，橙黄色会褪去。 【小问5详解】 反应过程中会有未反应的  和  挥发出来，D装置用于吸收这些挥发物。由于步骤ⅳ中需要将C和D中的溶液混合提纯，若使用  溶液或稀盐酸会引入新的杂质离子，而使用蒸馏水吸收后生成氨水和溴水，混合后可继续反应生成 ，既提高了产率又不引入杂质，故选b。 【小问6详解】 冷却结晶得到的粗含有少量可溶性杂质，进一步提纯可溶性晶体的常用方法为重结晶。 【小问7详解】 根据题意，氨水过量，加入的  质量为 ，其物质的量 。根据关系式  可知，理论上生成  的物质的量为 。理论产量 。则产率 。 12. 一种由硫化铅精矿(含PbS及少量ZnS、CdS)制备高纯铅的工艺流程如下： 已知：①乙二胺(，简写为en)为一种二元弱碱。 ②，。 ③金属离子浓度不超过时，认为该离子已沉淀完全。 回答下列问题： （1）“加压氧化”中，PbS发生反应的离子方程式为________________________________；采用加压操作可提高反应速率，原因是________________________________________。 （2）“酸性溶液”经处理后，浓度分别为、，调pH使恰好沉淀完全时(假设溶液体积不变)，________(填标号)。 a．沉淀完全 b．部分沉淀 c．未沉淀 （3）“胺浸”后，转化为配合物，“沉铅”所得固体为碱式碳酸铅。下列说法正确的是________(填标号)。 a．配合物中的配位原子为N b．“沉铅”过程中，溶液pH增大 c．流程中烯烃和乙二胺得到了循环利用 （4）“高温还原”中，生成Pb的化学方程式为________________________________________；若用炭代替，将导致铅纯度下降，原因是________________________________________。 （5）“再生”时，得到的“含钙粗产品”的主要成分有________________(写化学式)。 【答案】（1） ①. ②. 增大体系中氧气的压强（或浓度），从而加快反应速率(或增大氧气在溶液中溶解度) （2）b （3）ac （4） ①. ②. 炭为固体，过量的炭容易混入生成的铅中，导致铅的纯度下降 （5）、 【解析】 【分析】综合题干信息，第一步加压氧化工序中，PbS转化为和S单质，杂质ZnS、CdS转化为酸性溶液中的阳离子、移出体系；固体产物进入下一步胺浸工序，与乙二胺反应生成配合物进入水相，单质S被过滤除去，下一步沉铅工序中往水相通入，获得碱式碳酸铅沉淀，反应后的溶液与反应得到含钙粗产品，再生溶液中含有乙二胺可以回收处理后再次用于胺浸工序，同时碱式碳酸铅被在高温下还原最终得到高纯铅产品，副产物收集后重新在沉铅步骤使用，据此分析解题； 【小问1详解】 “加压氧化”中，与空气中的及加入的硫酸反应，生成沉淀和S单质。根据电子守恒和原子守恒，可写出离子方程式为；采用加压操作可以增大氧气在溶液中的溶解度或浓度，从而有效加快反应速率； 【小问2详解】 恰好沉淀完全时，，此时溶液中。代入计算此时离子积，，故有沉淀生成； 若 沉淀完全，需要，说明此时并未沉淀完全，因此部分沉淀，故选b； 【小问3详解】 a.乙二胺()中的氮原子含有孤电子对，可作为配位原子与形成配位键，a正确； b.“沉铅”过程中通入，生成碱式碳酸铅[]，消耗了溶液中的碱性物质（乙二胺），导致溶液pH减小，b错误； c.由流程图可知，“再生”工序加入后重新得到乙二胺，同时烯烃并未被消耗，二者返回胺浸工序循环利用，c正确； 故选ac。 【小问4详解】 “高温还原”中，与反应生成Pb、和。反应中Pb元素化合价由+2降至0，C元素化合价由-4升至+4，根据得失电子守恒配平化学方程式为；若用炭代替，由于炭是固体，反应后过量的炭容易作为杂质混入液态或固态铅中难以分离，从而导致铅的纯度下降； 【小问5详解】 “沉铅”后的溶液中含有硫酸根离子和通入后产生的碳酸根离子（或碳酸氢根离子），加入后进行“再生”时，钙离子会与硫酸根离子、碳酸根离子反应生成微溶的硫酸钙和难溶的碳酸钙沉淀，因此得到的“含钙粗产品”的主要成分为和。 13. 盐酸吡格列酮(TDZs)是一种口服型抗糖尿病药物，其合成方法如下： 已知①B的相对分子质量为A的3倍，D是A的同系物； ②MsCl的结构简式为。 回答下列问题： （1）B中所含官能团的名称为________。 （2）C→E的反应类型为________。 （3）E→F的反应中添加可以消耗反应中的另一生成物，有利于F的生成，请从结构角度解释能吸收该生成物的原因是________________________。 （4）F→G的化学方程式为________________________________________________。 （5）G→H经历两步反应，第二步为消去反应，请写出中间产物的结构简式________。 （6）TZDs结构中用“”表示结构信息的原因是________________。 （7）已知M与E分子式相差1个“”组成，写出符合下列条件的M的一种结构简式______________。 ①结构中含有苯环且遇溶液能显色； ②核磁共振氢谱中有四组峰，且峰面积比为6∶2∶2∶1. 【答案】（1）醚键 （2）加成反应 （3）分子中氮原子含孤电子对，可与反应生成的的空轨道形成配位键 （4） （5） （6）“”连接的其中一个碳原子为手性碳（或者结构中含手性碳原子），TZDs存在对映异构体 （7）、、 【解析】 【分析】由可得B的相对分子质量为132，则A的相对分子质量为44，D是A的同系物，结合C+D→E反应可知D分子中应含有1个碳原子和1个氧原子，由此可推断A分子中含有2个碳原子、1个氧原子，结合相对分子质量为44可得A为乙醛（），D为甲醛（）； A（）分子相互发生加成反应，形成醚键，构成碳氧六元环，生成B（）；B与在高温高压下脱水成环，生成C（）；C与D（）发生加成反应，形成羟基，生成E（）；E与发生取代反应，E中羟基上的氢原子被取代，生成F（）和；F与发生取代反应，生成G（）和；G中醛基与先加成后脱水，形成碳碳双键，生成H（）；H先在催化剂作用下，碳碳双键与、发生反应，然后再与反应生成TDZs； 【小问1详解】 由结构简式可知B中官能团名称为醚键； 【小问2详解】 由分析可知C与D发生加成反应，生成E，答案为加成反应； 【小问3详解】 由分析可知，E与发生取代反应，生成F（）和，分子中氮原子上含孤电子对，可与反应生成的的提供的空轨道形成配位键，形成有机铵盐，促进E→F反应的进行，答案为分子中氮原子含孤电子对，可与反应生成的的空轨道形成配位键 （回答合理即可）； 【小问4详解】 F（）与发生取代反应，生成G（）和或，反应方程式为； 【小问5详解】 G→H的第一步反应为醛基的加成反应，生成，第二步反应为脱水消去、形成碳碳双键； 【小问6详解】 H反应生成TDZs过程中涉及加成反应，中碳原子均为饱和碳原子，空间构型为四面体形，且两端存在手性碳原子，使得TDZs存在对映异构体，因此用来表示基团空间位置，答案为“”连接的其中一个碳原子为手性碳（或者结构中含手性碳原子），TZDs存在对映异构体（回答合理即可）； 【小问7详解】 由E的结构简式可得M的分子式为；结构中含有苯环且遇溶液显色说明含有酚羟基，即主体结构为，其他取代基可能有、、、、、和、和、和、2个和，根据核磁共振氢谱峰面积6:2:2:1可知M的结构高度对称，其中含有2个对称的甲基，由此可得M的结构简式为或、。 14. 常用作化学反应的催化剂，一种制备的方法如下： 反应Ⅰ： ； 反应Ⅱ： ； 回答下列问题： （1）基态B原子的核外电子排布式为________；键角：________(填“＞”“=”或“＜”)。 （2）B、C和N三种元素组成的某一化合物的晶胞如图1所示(晶胞参数，α=β=γ=90°)。B原子分数坐标为和，C原子分数坐标为。一个N与所有紧邻B形成的空间结构为________。该晶体的密度为________(用含、、和的代数式表示，为阿伏加德罗常数的值，)。 （3）反应Ⅱ中，有利于提高平衡转化率的条件为________(填标号)。 A. 高温高压 B. 高温低压 C. 低温高压 D. 低温低压 （4）100 kPa下，向一恒压密闭反应器中加入、和，进行反应Ⅰ和反应Ⅱ(不考虑副反应)，反应达到平衡时，气体组分的分压与温度的关系如图2所示。 ①当温度高于时，分压随温度升高逐渐减小，原因是________________。 ②某温度下，反应达到平衡时，分压是分压的2倍，假设剩余可忽略不计，此时的物质的量为________，的分压为________kPa；若再加入，其他条件不变，重新达到平衡时，反应Ⅱ的平衡常数将________(填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】（1） ①. ②. ＞ （2） ①. 四面体 ②. 或、 （3）B （4） ①. 在900℃以上时，，反应Ⅰ趋于完全，不再变化，但反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅱ的正方向是气体分子数增大的反应，使体系内气体总物质的量增大，氢气的物质的量分数减小，分压逐渐减小 ②. 1.6 ③. 62.5 ④. 不变 【解析】 【小问1详解】 硼（）的原子序数为5，基态硼原子核外电子排布式为； 中心碳原子无孤电子对，价层电子对数为4，分子空间构型为正四面体形，键角为109°28′，中心氮原子有1个孤电子对（），键数为3，价层电子对数为4，VSEPR模型为正四面体，分子空间构型为三角锥形，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，因此键角大小关系为，答案为 ＞； 【小问2详解】 观察晶胞中N的位置和紧邻的4个B的空间分布，结合图中标注的键角54.1°和题目原子坐标，可知1个N与所有紧邻B形成四面体形空间结构，答案为四面体； 用均摊法计算晶胞原子数，N位于晶胞顶点，数目为，B位于晶胞表面，数目为，C位于晶胞体心，数目为1，该晶胞含有1个，晶胞体积，因为，所以晶胞体积也可以表示为或，晶胞密度，答案为或、（其他表示形式正确即可）； 【小问3详解】 根据反应Ⅱ 可知正反应为吸热反应、反应气体分子数增加，升高温度或降低压强可使反应平衡向正反应方向移动，提高氮气的平衡转化率，反应条件选择高温低压，答案选B； 【小问4详解】 ①由图2可知，温度高于900℃，完全反应，生成的物质的量为6.0 mol并保持不变，随着温度继续升高，反应Ⅱ平衡向正反应方向移动容器内气体分子总数增加，气体总物质的量增大，在恒温恒压条件下，气体总物质的量增大，使得物质的量分数减小，分压逐渐减小，答案为在900℃以上时，，反应Ⅰ趋于完全，不再变化，但反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅱ的正方向是气体分子数增大的反应，使体系内气体总物质的量增大，氢气的物质的量分数减小，分压逐渐减小（回答合理即可）； ②相同温度、压强下，气体分压之比等于物质的量之比，初始的物质的量为2.0 mol，平衡时剩余与生成的物质的量之比（分压之比）为1:2，设生成的的物质的量为2a，则平衡时剩余的物质的量为a，根据反应Ⅱ可得生成的物质的量为2(2.0-a)，由物料守恒可得解得a=1.2，则生成的物质的量为； 剩余可忽略不计，说明3.0 mol完全分解生成6.0 mol，平衡时剩余的物质的量为2.0-1.2=0.8 mol，生成的物质的量为2.4 mol，气体总物质的量0+6.0+1.2+2.4=9.6 mol，总压为100 kPa，分压为； 平衡常数只与温度有关，温度不变，加入后反应Ⅱ的平衡常数不变； 答案为1.6；62.5；不变。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $