精品解析：江苏省扬州中学2026-2027学年高三上学期自主学习效果评估 化学试题

江苏省扬州中学2026-2027学年第一学期自主学习效果评估 高三化学 2026.8 可能用到的相对原子质量：H—1　C—12　N—14　O—16　Na—23　S—32 一、 单项选择题： 1. 下列试剂的保存方法不正确或不符合事实的是 A. 实验室用装有无水乙醇的试剂瓶保存金属钠 B. 实验室用带橡皮塞的试剂瓶保存NaOH溶液 C. 工业上用铁质容器贮存常温浓硫酸 D. 实验室用带玻璃塞的棕色试剂瓶保存浓硝酸 2. 反应H2S＋CuSO4= CuS↓＋H2SO4可用于除去C2H2中混有的H2S。下列说法正确的是 A. 基态Cu2+的电子排布式为[Ar]3d84s1 B. H2S为非极性分子 C. SO的空间结构为正四面体 D. C2H2分子中C原子为sp2杂化 3. 丁二酮肟与反应生成鲜红色的二丁二酮肟合镍沉淀，其结构如图所示。该反应可鉴定的存在。下列说法不正确的是 A. 沸点高低： B. 半径大小： C. 电离能大小： D. 提供空轨道，原子提供孤电子对 4. 实验室探究木炭和浓硫酸加热条件下反应所得混合气体X的成分。下列有关实验装置(部分夹持仪器省略)不能达到实验目的的是 A. 用装置甲制得混合气体 B. 用装置乙检验混合气体中是否含有 C. 用装置丙检验混合气体中是否含有 D. 用装置丁检验混合气体中是否含有 阅读材料，完成下面小题。 N、P为第ⅤA族元素。NH3、N2H4是氮的常见氢化物，氨水与Ag＋形成Ag(NH3)2OH。工业上利用NH3和CO2制取尿素[CO(NH2)2]。常温下N2H4为液体，具有很高的燃烧热(622.1 kJ·mol-1)。次磷酸(H3PO2)是一元弱酸，具有较强还原性，可将溶液中的Ag＋转化为银，自身变为H3PO4，用于化学镀银。磷化镓(GaP)的结构与晶体硅类似，是第三代半导体研究的热点。 5. 下列说法正确的是 A. NH3中的键角大于NH中的键角 B. 1 mol [Ag(NH3)2]OH中有10 mol σ键 C. NH3和CO2制取尿素时C的杂化类型由sp转化为sp2 D. Ga原子基态核外电子排布式为[Ar]4s24p1 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 向AgNO3溶液加入过量氨水：Ag＋＋NH3·H2O=AgOH＋NH B. N2H4燃烧的热化学方程式：N2H4(l)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(l)；ΔH=-622.1 kJ·mol-1 C. H3PO2与足量的NaOH溶液反应：H3PO2＋3OH-=PO＋3H2O D. H3PO2用于化学镀银：4Ag＋＋H3PO2＋2H2O=4Ag＋PO＋7H＋ 7. 下列物质结构与性质或性质与用途具有对应关系的是 A. NH3易溶于水，可作制冷剂 B. H—N的键能大于H—P，NH3的热稳定性大于PH3 C. N2H4中的N原子能与H＋形成配位键，N2H4具有还原性 D. GaN硬度大，可用作半导体材料 8. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. N2(g)NH3(g)NaHCO3(s) B. S(s)SO2(g)H2SO4(aq) C. NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s) D. SiO2(s)H2SiO3(s)Na2SiO3(aq) 9. 为实现CO2资源化利用，可电解CO2制HCOOH(同时也生成CH4、C2H4等产物)。以Sn/Pt材料作电极，0.1 mol/L NaHCO3溶液作电解液，电解CO2制备HCOO-的装置如图。下列说法正确的是 A. 该装置将化学能转化为电能 B. Pt电极区产生的气体只有O2 C. 电解CO2过程中每消耗1 mol CO2转移电子数大于2×6.02×1023 D. 电解过程中H＋通过阳离子交换膜从右室移向左室 10. Z是一种四环素类药物合成的中间体，下列说法正确的是 A. X中1号碳的C—H极性和2号碳的C—H极性相同 B. Y中所有碳原子不可能共平面 C. Y能发生消去反应 D. Z酸性水解后的芳香族产物可与NaHCO3反应 11. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是 探究目的 探究方案 A 与的大小关系 用pH试纸测量等浓度NaClO溶液和NaCN溶液的pH，比较HClO和HCN的大小 B 探究浓度对反应速率的影响 向两支盛有5ml不同浓度溶液的试管中分别加入同浓度同体积的足量草酸溶液，观察实验现象 C 是否具有氧化性 向盛有水溶液的试管中滴加几滴溶液，振荡，观察溶液颜色变化 D 探究1-溴丁烷的消去反应产物 向圆底烧瓶中加入2.0g NaOH、15mL无水乙醇、碎瓷片和5mL 1-溴丁烷，微热，将产生的气体通入溴水，观察现象 A. A B. B C. C D. D 12. 测定湖盐(盐湖中提取的天然盐)中Na2CO3和NaHCO3含量的实验过程如下： 已知：25 ℃时，H2CO3的电离平衡常数Ka1=4.5×10-7，Ka2=5×10-11。 下列说法正确的是 A. 滴定过程中，pH=8的溶液中存在：=200 B. 滴定过程中，溶液中存在：c(Na＋)＋c(H＋)=2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH-) C. 用甲基橙作指示剂滴定时发生的主要反应为： CO＋H＋= HCO D. 滴定过程中，pH=4.4的溶液中存在：c(H2CO3)<c(HCO)<c(CO) 13. CH4-H2O(g)重整制氢过程中的主要反应(忽略其他副反应)为： ①CH4(g)+H2O(g)＝CO(g)+3H2(g) ΔH1=+206kJ·mol-1 ②CO(g)+H2O(g)＝CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41kJ·mol-1 一定温度、压强下，将n(CH4):n(H2O)=1:3的混合气匀速通过装有催化剂的透氢膜反应管，透氢膜用于分离H2且透过H2的速率随温度升高而增大。装置及CH4转化率、出口气中CO、CO2和H2的质量分数随温度变化如图所示。 下列说法不正确的是 A. 反应CH4(g)+2H2O(g)＝CO2(g)+4H2(g)的ΔH=+165kJ·mol-1 B. 适量添加CaO可提高H2的平衡产率 C. 800K时，产氢速率大于透氢速率 D. 该装置理想工作温度约为900K 二、 非选择题： 14. 钴的氧化物常用于制取催化剂和颜料等。以含钴废料(含Co2O3和少量Fe、Al、Mn、Ca、Mg等的氧化物及少量活性炭)为原料制取钴的氧化物的流程如下。 已知：①萃取时发生的反应为Co2+＋n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2＋2H＋。 ②Ksp(CaF2)=1.0×10-10，Ksp(MgF2)=7.4×10-11，Ka(HF)=3.5×10-4。 （1）除Fe、Al：加入NaClO3溶液氧化后，再加入Na2CO3溶液调节pH。写出NaClO3氧化Fe2+的离子方程式：______。 （2）除Ca、Mg：当某离子浓度c≤1×10-6 mol/L时，认为该离子已除尽。 ①为使Ca2+、Mg2+除尽，必须保持溶液中c(F-)≥______mol/L(写出计算过程)。 ②若调节溶液的pH偏低，将会导致Ca2+、Mg2+沉淀不完全，其原因是______________________。 （3）萃取、反萃取：加入某有机酸萃取剂(HA)2，实验测得Co2+萃取率随pH的变化如图所示。向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相。 ①该工艺中设计萃取、反萃取的目的是______。 ②pH小于6.5时，Co2+萃取率随pH升高增大的可能原因是______________________。 ③pH大于6.5时，Co2+萃取率随pH升高减小的可能原因是______________________。 15. 有机化合物G（）是天然抗肿瘤药物长春碱的重要结构片段，其合成路线如下： 已知： ① ② （1）化合物G中的含氧官能团名称为______。 （2）B→C的反应类型为______。 （3）A→B的反应中需控制A稍过量以防止产生有机副产物，该副产物的结构简式为______。 （4）E→F的反应中经历了E中间产物Ⅰ中间产物ⅡF，试写出中间产物Ⅱ的结构简式______。 （5）写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：______。 该化合物只含有一个苯环。碱性条件下水解后酸化，生成两种有机产物，均含有4种不同化学环境的氢原子，其中一种有机产物能与溶液发生显色反应。 （6）写出以和乙烯为原料制备的合成路线流程图______。（无机试剂和题干流程条件中出现的有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。 16. 采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(主要含Fe2O3、MnO2及Co、Ca、Si等元素的氧化物)分离提取Fe、Mn、Co等元素，工艺流程如下： 已知：① 该工艺条件下，(NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4，高温则完全分解为气体； ② Fe2(SO4)3在650℃完全分解，本题中其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃； ③ Ksp(CaSO4)=2.4×10-5，溶液中离子浓度低于1×10-5mol·L-1时可认为沉淀完全。 （1）“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2等两种气体生成，该反应的化学方程式为_____________________。 （2）“低温焙烧”时产生的气体用稀硫酸吸收，从物质转化和资源综合利用的角度解释原因：_____________________。 （3）“沉钴”得到CoS。向“沉钴”后所得滤液中加入NH4HCO3获得MnCO3沉淀，发生反应的离子方程式为_____________________。 （4）“溶解”时加入H2O2可提高Co2＋的浸出率，原因是____________________。 （5）以“水浸”所得滤渣(成分为SiO2、Fe2O3、CaSO4)为原料制取绿矾(FeSO4·7H2O)。请补充实验方案：取一定量滤渣于反应器中，______，过滤，冰水洗涤，低温干燥得绿矾(可选用的试剂：铁粉、0.01 mol·L-1H2SO4、3.0 mol·L-1H2SO4)。 17. 化石燃料的燃烧释放出大量氮氧化物(NOx)、CO2、SO2等气体，严重污染空气。对废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用。 Ⅰ． 脱硝 （1）[Fe(Ⅱ)Y]2-脱除法。通过反应[Fe(Ⅱ)Y]2-(aq)＋NO(g) [Fe(Ⅱ)(NO)Y]2-(aq)(已知H4Y是一种有机弱酸)能脱除烟气中的NO。脱除过程中溶液的pH对脱除效率的影响如图1所示，相同时间内，pH=2时，NO的脱除效率均低于pH=6时，其原因可能是______。 （2）尿素还原法。所需尿素可采用图2装置电解获得。写出电解过程中生成尿素的电极反应式：_____________________。 Ⅱ． 脱硫 （3）H2还原法。400 ℃时，将一定比例废气和H2的混合气体通过装有Fe2O3催化剂的反应器时能有效脱除SO2，同时获得单质硫。研究表明，该反应过程中实际起催化作用的是反应初期生成的FeS2。则FeS2催化硫化的过程可描述为：H2与FeS2生成FeS和H2S，_____________________。 （4）NaClO吸收法。研究发现NaClO溶液可以实现一体化脱硫和脱硝。一定时间内，温度对硫、硝脱除率的影响曲线如图3所示。SO2的脱除率高于NO的原因可能是__________________________。 Ⅲ． 脱碳 （5）乙醇胺(HOCH2CH2NH2)可实现对烟气中CO2的捕集和释放。从官能团性质的角度分析乙醇胺溶液能够吸收和释放CO2的原因是__________________________。 （6）利用铟氧化物催化CO2、H2制取CH3OH的可能机理如图4所示，In2O3无催化活性，形成氧空位后具有较强催化活性。请画出图中方框内中间体的结构__________________________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省扬州中学2026-2027学年第一学期自主学习效果评估 高三化学 2026.8 可能用到的相对原子质量：H—1　C—12　N—14　O—16　Na—23　S—32 一、 单项选择题： 1. 下列试剂的保存方法不正确或不符合事实的是 A. 实验室用装有无水乙醇的试剂瓶保存金属钠 B. 实验室用带橡皮塞的试剂瓶保存NaOH溶液 C. 工业上用铁质容器贮存常温浓硫酸 D. 实验室用带玻璃塞的棕色试剂瓶保存浓硝酸 【答案】A 【解析】 【详解】A．金属钠可与无水乙醇发生反应，不能用无水乙醇保存金属钠，金属钠通常保存在煤油或石蜡油中，A错误； B．会与玻璃塞中的反应生成具有黏性的，易将玻璃塞与瓶身黏住，因此需用带橡皮塞的试剂瓶保存溶液，B正确； C．常温下浓硫酸可使铁发生钝化，金属表面形成致密氧化膜阻止反应继续进行，因此工业上可用铁质容器贮存常温浓硫酸，C正确； D．浓硝酸见光易分解，需用棕色试剂瓶避光保存，且浓硝酸具有强氧化性，会腐蚀橡胶塞，因此用带玻璃塞的试剂瓶保存，D正确； 故选A。 2. 反应H2S＋CuSO4= CuS↓＋H2SO4可用于除去C2H2中混有的H2S。下列说法正确的是 A. 基态Cu2+的电子排布式为[Ar]3d84s1 B. H2S为非极性分子 C. SO的空间结构为正四面体 D. C2H2分子中C原子为sp2杂化 【答案】C 【解析】 【详解】A．基态原子电子排布式为，失电子形成阳离子时先失去最外层电子，再失去电子，故基态的电子排布式为，A错误； B．分子中原子价层电子对数为，含2对孤电子对，空间构型为V形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，B错误； C．中原子价层电子对数为，无孤电子对，空间结构为正四面体，C正确； D．为乙炔，分子中存在碳碳三键，C原子价层电子对数为2，为杂化，D错误； 答案选C。 3. 丁二酮肟与反应生成鲜红色的二丁二酮肟合镍沉淀，其结构如图所示。该反应可鉴定的存在。下列说法不正确的是 A. 沸点高低： B. 半径大小： C. 电离能大小： D. 提供空轨道，原子提供孤电子对 【答案】C 【解析】 【详解】A．CH4、NH3、H2O的相对分子质量都比较接近，但H2O在常温下呈液态，而CH4、NH3呈气态，NH3分子间能形成氢键，则沸点高低：，A正确； B．同周期元素从左到右，原子半径依次减小，C、N、O为同周期相邻元素且从左往右排列，则半径大小：，B正确； C．C、N、O为同周期相邻元素，但N原子的2p轨道半充满，第一电离能反常，则电离能大小：，C不正确； D．二丁二酮肟合镍配离子中，Ni2+为中心离子，提供空轨道，N原子为配位原子，提供孤电子对，D正确； 故选C。 4. 实验室探究木炭和浓硫酸加热条件下反应所得混合气体X的成分。下列有关实验装置(部分夹持仪器省略)不能达到实验目的的是 A. 用装置甲制得混合气体 B. 用装置乙检验混合气体中是否含有 C. 用装置丙检验混合气体中是否含有 D. 用装置丁检验混合气体中是否含有 【答案】D 【解析】 【详解】A．木炭粉与浓硫酸在加热条件下发生反应，则用装置甲能制得混合气体，A不符合题意； B．若混合气体中含有H2O(g)，则无水硫酸铜会由白色变成蓝色，则用装置乙能检验混合气体中是否含有H2O(g)，B不符合题意； C．SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，则用装置丙能检验混合气体中是否含有SO2，C不符合题意； D．SO2和CO2均能被NaOH溶液吸收，澄清石灰水不会出现浑浊，且SO2也能使澄清石灰水变浑浊，所以在检验CO2之前应先除去SO2，排除SO2对检验CO2的干扰，则用装置丁不能检验混合气体中是否含有CO2，D符合题意； 故选D。 阅读材料，完成下面小题。 N、P为第ⅤA族元素。NH3、N2H4是氮的常见氢化物，氨水与Ag＋形成Ag(NH3)2OH。工业上利用NH3和CO2制取尿素[CO(NH2)2]。常温下N2H4为液体，具有很高的燃烧热(622.1 kJ·mol-1)。次磷酸(H3PO2)是一元弱酸，具有较强还原性，可将溶液中的Ag＋转化为银，自身变为H3PO4，用于化学镀银。磷化镓(GaP)的结构与晶体硅类似，是第三代半导体研究的热点。 5. 下列说法正确的是 A. NH3中的键角大于NH中的键角 B. 1 mol [Ag(NH3)2]OH中有10 mol σ键 C. NH3和CO2制取尿素时C的杂化类型由sp转化为sp2 D. Ga原子基态核外电子排布式为[Ar]4s24p1 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 向AgNO3溶液加入过量氨水：Ag＋＋NH3·H2O=AgOH＋NH B. N2H4燃烧的热化学方程式：N2H4(l)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(l)；ΔH=-622.1 kJ·mol-1 C. H3PO2与足量的NaOH溶液反应：H3PO2＋3OH-=PO＋3H2O D. H3PO2用于化学镀银：4Ag＋＋H3PO2＋2H2O=4Ag＋PO＋7H＋ 7. 下列物质结构与性质或性质与用途具有对应关系的是 A. NH3易溶于水，可作制冷剂 B. H—N的键能大于H—P，NH3的热稳定性大于PH3 C. N2H4中的N原子能与H＋形成配位键，N2H4具有还原性 D. GaN硬度大，可用作半导体材料 【答案】5. C 6. B 7. B 【解析】 【5题详解】 A．的中心N原子有1对孤电子对，的中心N原子无孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用，因此​的键角小于​中的键角，A错误； B．1个中含2个配位σ键、2个内含6个N-H σ键，1个内含1个σ键，总共有9 mol σ键，并非10 mol，B错误； C．​中C的杂化类型为sp杂化，尿素中C与O形成双键、与2个N形成单键，杂化类型为杂化，即制取尿素时C的杂化类型由sp转化为，C正确； D．Ga是31号元素，基态核外电子排布式为，选项中遗漏了3d轨道的10个电子，D错误； 故选C。 【6题详解】 A．向​溶液加入过量氨水，最终生成可溶性的，不会得到AgOH沉淀，正确离子方程式为，A错误； B．的燃烧热为，表示1 mol液态​完全燃烧生成稳定产物和液态放出622.1 kJ热量，该热化学方程式书写符合要求，B正确； C．次磷酸是一元弱酸，只能电离出1个，与足量NaOH反应的产物为，正确离子方程式为，C错误； D．该反应生成的是弱酸，不能拆写为和，正确离子方程式为，D错误； 故选B。 【7题详解】 A．​作制冷剂是因为液氨汽化时吸收大量热量，与易溶于水无对应关系，A错误； B．分子的热稳定性与共价键键能正相关，H—N的键能大于H—P，因此的热稳定性大于，性质与性质对应关系成立，B正确； C．具有还原性是因为N元素为-2价，易失去电子化合价升高，并非因为N原子能与形成配位键，C错误； D．GaN可用作半导体材料是因为其具有介于导体和绝缘体之间的导电性，与硬度大无对应关系，D错误； 故选B。 8. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. N2(g)NH3(g)NaHCO3(s) B. S(s)SO2(g)H2SO4(aq) C. NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s) D. SiO2(s)H2SiO3(s)Na2SiO3(aq) 【答案】A 【解析】 【详解】A．N2(g)与H2在高温、高压、催化剂作用下可合成氨气，NaCl溶液中先通入氨气，后通入二氧化碳，可获得NaHCO3晶体，A正确； B．S(s)在O2中点燃可生成SO2气体，SO2气体溶于水只能生成H2SO3(aq)，不能生成H2SO4(aq)，B不正确； C．电解饱和NaCl溶液可生成Cl2(g)，Cl2与Fe反应一定生成FeCl3，C不正确； D．SiO2(s)难溶于水，与水不发生化学反应，不能生成H2SiO3，D不正确； 故选A。 9. 为实现CO2资源化利用，可电解CO2制HCOOH(同时也生成CH4、C2H4等产物)。以Sn/Pt材料作电极，0.1 mol/L NaHCO3溶液作电解液，电解CO2制备HCOO-的装置如图。下列说法正确的是 A. 该装置将化学能转化为电能 B. Pt电极区产生的气体只有O2 C. 电解CO2过程中每消耗1 mol CO2转移电子数大于2×6.02×1023 D. 电解过程中H＋通过阳离子交换膜从右室移向左室 【答案】C 【解析】 【分析】该装置为外接电源驱动的电解池体系，以0.1 mol/L NaHCO3溶液作为电解液，中间设置阳离子交换膜分隔左右两个电解室：通入CO2的右室中Sn电极为阴极，CO2在此得电子发生还原反应，主反应生成HCOO-，同时还会副反应生成CH4、C2H4等还原产物，左室的Pt电极为阳极，阳极区主要发生H2O失电子生成O2的氧化反应，电解液中的阳离子可通过阳离子交换膜定向移动，整个装置的作用是利用电能驱动CO2的还原过程，实现CO2向高附加值化学品的资源化转化，据此作答。 【详解】A．该装置为电解池，外接电源，是将电能转化为化学能，A错误； B．电极为阳极，阳极放电生成，同时生成的与反应生成，故产生的气体不是只有，B错误； C．生成时，转移电子，同时有、等副产物生成，生成该类产物时转移电子数大于，故每消耗转移电子数大于，C正确； D．电解池中阳离子向阴极移动，电极为阴极（位于右室），故通过阳离子交换膜从左室移向右室，D错误； 故选C。 10. Z是一种四环素类药物合成的中间体，下列说法正确的是 A. X中1号碳的C—H极性和2号碳的C—H极性相同 B. Y中所有碳原子不可能共平面 C. Y能发生消去反应 D. Z酸性水解后的芳香族产物可与NaHCO3反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．X中1号碳连有2个吸电子酯基，2号碳仅连1个吸电子酯基，吸电子基团越多，相连碳的电子云密度越低，键极性越大，故二者键极性不同，A错误； B．Y中苯环为平面结构，与苯环直接相连的碳原子均在苯环平面上，的单键可旋转，甲基碳可通过旋转与苯环共平面，所有碳原子可能共平面，B错误； C．Y中溴原子连在的碳上，其邻位苯环碳无可用消去的氢，且苯环上的氯原子无法发生消去反应，故Y不能发生消去反应，C错误； D．Z含有，酸性水解后芳香族产物含有，的酸性强于，可与反应，D正确； 故选D。 11. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是 探究目的 探究方案 A 与的大小关系 用pH试纸测量等浓度NaClO溶液和NaCN溶液的pH，比较HClO和HCN的大小 B 探究浓度对反应速率的影响 向两支盛有5ml不同浓度溶液的试管中分别加入同浓度同体积的足量草酸溶液，观察实验现象 C 是否具有氧化性 向盛有水溶液的试管中滴加几滴溶液，振荡，观察溶液颜色变化 D 探究1-溴丁烷的消去反应产物 向圆底烧瓶中加入2.0g NaOH、15mL无水乙醇、碎瓷片和5mL 1-溴丁烷，微热，将产生的气体通入溴水，观察现象 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．NaClO溶液水解生成HClO，HClO具有漂白性会漂白pH试纸，因此应使用pH计测量相同浓度的NaClO溶液和NaCN溶液的pH，A错误； B．由于不同KMnO4溶液的起始颜色不同，与足量的草酸溶液反应，溶液褪色时间不同，因此无法通过实验现象探究浓度对反应速率的影响，B错误； C．与溶液反应，作还原剂，体现的是还原性，C错误； D．1-溴丁烷发生消去反应生成丁烯，丁烯与溴单质发生加成反应导致溴水褪色，因此可以探究1-溴丁烷的消去反应产物，D正确； 故选D。 12. 测定湖盐(盐湖中提取的天然盐)中Na2CO3和NaHCO3含量的实验过程如下： 已知：25 ℃时，H2CO3的电离平衡常数Ka1=4.5×10-7，Ka2=5×10-11。 下列说法正确的是 A. 滴定过程中，pH=8的溶液中存在：=200 B. 滴定过程中，溶液中存在：c(Na＋)＋c(H＋)=2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH-) C. 用甲基橙作指示剂滴定时发生的主要反应为： CO＋H＋= HCO D. 滴定过程中，pH=4.4的溶液中存在：c(H2CO3)<c(HCO)<c(CO) 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据的二级电离平衡常数，时，代入得，A正确； B．滴定过程中加入了盐酸，溶液中存在，根据电荷守恒，应为，选项遗漏，B错误； C．甲基橙的变色范围为3.1~4.4，滴定终点为酸性，此时发生的反应为，是酚酞作指示剂时的主要反应，C错误； D．时溶液酸性较强，的电离被抑制，主要以形式存在，且的一级电离程度大于二级电离程度，故浓度关系为，D错误； 故选A。 13. CH4-H2O(g)重整制氢过程中的主要反应(忽略其他副反应)为： ①CH4(g)+H2O(g)＝CO(g)+3H2(g) ΔH1=+206kJ·mol-1 ②CO(g)+H2O(g)＝CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41kJ·mol-1 一定温度、压强下，将n(CH4):n(H2O)=1:3的混合气匀速通过装有催化剂的透氢膜反应管，透氢膜用于分离H2且透过H2的速率随温度升高而增大。装置及CH4转化率、出口气中CO、CO2和H2的质量分数随温度变化如图所示。 下列说法不正确的是 A. 反应CH4(g)+2H2O(g)＝CO2(g)+4H2(g)的ΔH=+165kJ·mol-1 B. 适量添加CaO可提高H2的平衡产率 C. 800K时，产氢速率大于透氢速率 D. 该装置理想工作温度约为900K 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据盖斯定律，由①+②可得目标反应方程式，则ΔH=ΔH1+ΔH2=+206kJ·mol-1+(-41kJ·mol-1)=+165kJ·mol-1，A项正确； B．若在体系中加入CaO，CaO会与生成的CO2反应生成CaCO3，从而降低反应体系中CO2浓度(分压)，使平衡正向移动，提高H2的平衡产率，B项正确； C．由图中可知，800 K左右时甲烷转化率约为40%，氢气质量分数约为20%，随温度升高，氢气在出口气中的质量分数增大，到900K时达最大值，之后甲烷转化率增大，而氢气在出口气中质量分数减小，说明800K时产氢速率大于透氢速率，C项正确； D．由图示可见，在约900 K时甲烷转化率和氢气质量分数均达到较高水平，此时氢气和二氧化碳在出口气中的质量分数相近，透氢率较低，故900K不是该装置理想工作温度，D项错误； 答案选D。 【点睛】在常温下，氧化钙(CaO)和二氧化碳(CO2)不会直接反应。只有在高温（500摄氏度以上）下，它们才会发生直接反应，生成碳酸钙(CaCO3)。 二、 非选择题： 14. 钴的氧化物常用于制取催化剂和颜料等。以含钴废料(含Co2O3和少量Fe、Al、Mn、Ca、Mg等的氧化物及少量活性炭)为原料制取钴的氧化物的流程如下。 已知：①萃取时发生的反应为Co2+＋n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2＋2H＋。 ②Ksp(CaF2)=1.0×10-10，Ksp(MgF2)=7.4×10-11，Ka(HF)=3.5×10-4。 （1）除Fe、Al：加入NaClO3溶液氧化后，再加入Na2CO3溶液调节pH。写出NaClO3氧化Fe2+的离子方程式：______。 （2）除Ca、Mg：当某离子浓度c≤1×10-6 mol/L时，认为该离子已除尽。 ①为使Ca2+、Mg2+除尽，必须保持溶液中c(F-)≥______mol/L(写出计算过程)。 ②若调节溶液的pH偏低，将会导致Ca2+、Mg2+沉淀不完全，其原因是______________________。 （3）萃取、反萃取：加入某有机酸萃取剂(HA)2，实验测得Co2+萃取率随pH的变化如图所示。向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相。 ①该工艺中设计萃取、反萃取的目的是______。 ②pH小于6.5时，Co2+萃取率随pH升高增大的可能原因是______________________。 ③pH大于6.5时，Co2+萃取率随pH升高减小的可能原因是______________________。 【答案】（1）6Fe2+＋ClO＋6H＋=6Fe3+＋Cl-＋3H2O （2） ①. 0.01　 计算过程：Ksp(CaF2)=1.0×10-10，Ksp(MgF2)=7.4×10-11，则CaF2溶解度更大，使Ca2+除尽，则需要保证c(F-)≥ mol/L=0.01 mol/L ②. pH偏低，较多的F-与H＋形成弱酸HF，导致溶液中F-浓度减小，使Ca2+、Mg2+不能完全转化为沉淀 （3） ①. 分离提纯并富集Co2+ ②. 当pH<6.5时，随着pH升高，溶液中c(H＋)减小，有利于萃取反应正向进行，Co2+萃取率增大 ③. 当pH>6.5时，随着pH升高，促进Co2+水解，形成Co(OH)2沉淀，Co2+萃取率减小 【解析】 【分析】整个工艺流程先通过空气焙烧除去废料中的活性炭，同时规整钴的氧化物形态，盐酸配合亚硫酸钠浸出可把固相钴元素还原溶为液相，各类金属杂质也一同进入浸出液，先是依靠氧化后调pH沉淀除去铁、铝元素，再借助氟化铵生成氟化物沉淀脱除钙、镁杂质，初步除杂后的溶液仍存有微量金属杂质，常规沉淀手段难以彻底分离，便利用有机萃取剂和的络合反应将钴转入有机相实现深度提纯，再使用硫酸进行反萃取释放高纯水溶液，最终经后续处理得到钴的氧化物，层层递进完成杂质剔除与钴的富集纯化。 【小问1详解】 该反应在酸性浸取体系中进行，​作为氧化剂，Cl从+5价被还原为-1价（生成），作为还原剂被氧化为，结合酸性环境补充配平电荷与原子，得到离子方程式：。 【小问2详解】 ① 要使、均除尽（离子浓度），分别根据两者的溶度积计算所需的最低浓度： 对：，代入，得 对​：，代入，得，取两个结果中的较大值，因此必须保持。 ②pH偏低时，溶液中浓度较大，与结合生成弱电解质（），导致溶液中游离的浓度显著降低，无法满足、​沉淀完全的浓度要求，因此、沉淀不完全。 【小问3详解】 ①流程中已通过前序步骤除去Fe、Al、Ca、Mg杂质，萃取反萃取利用可与萃取剂结合进入有机相的特性，将与仍留在水相的杂质离子分离，最终得到纯度更高的钴盐溶液。 ②萃取反应为，pH升高时溶液中浓度降低，根据勒夏特列原理，平衡正向移动，更多的转化为可进入有机相的钴配合物，因此的萃取率随pH升高而增大。 ③pH过高时，溶液中浓度明显增大，会与结合生成沉淀，导致水相中游离的浓度降低，最终使得可被萃取的减少，萃取率下降。 15. 有机化合物G（）是天然抗肿瘤药物长春碱的重要结构片段，其合成路线如下： 已知： ① ② （1）化合物G中的含氧官能团名称为______。 （2）B→C的反应类型为______。 （3）A→B的反应中需控制A稍过量以防止产生有机副产物，该副产物的结构简式为______。 （4）E→F的反应中经历了E中间产物Ⅰ中间产物ⅡF，试写出中间产物Ⅱ的结构简式______。 （5）写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：______。 该化合物只含有一个苯环。碱性条件下水解后酸化，生成两种有机产物，均含有4种不同化学环境的氢原子，其中一种有机产物能与溶液发生显色反应。 （6）写出以和乙烯为原料制备的合成路线流程图______。（无机试剂和题干流程条件中出现的有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。 【答案】（1）羟基、酯基 （2）取代反应 （3） （4） （5）或或或 （6） 【解析】 【分析】A到B发生取代反应，A中-NH2上H原子被取代，B到C发生取代反应，同时生成有CH3COOH，C到D发生加成反应，双键转化为环状结构，D到E发生取代反应，酰胺基在碱性条件下水解得到氨基，B到C和D到E目的是保护氨基，E到F发生加成和消去反应，F经过多步反应得到G。 【小问1详解】 G的结构简式为：，含氧官能团的名称为羟基、酯基； 【小问2详解】 由分析可知，B到C反应类型为取代反应； 【小问3详解】 A到B发生取代反应，A中-NH2上H原子被取代，若B过量，氨基上两个H原子均有可能被取代，副产物的结构简式为：； 【小问4详解】 E→F的反应中，E先与 加成得到中间产物I为，中间产物I在发生醛基上加成反应得到中间产物II ，中间产物II再发生消去反应得到F，中间产物II的结构简式为：； 【小问5详解】 D的结构简式为：，除苯环外有2个N原子，两个O原子，除苯环外有5个不饱和度，同分异构体中能水解再酸化成两种物质，均含有4种等效H原子，一种产物与FeCl3显色反应，说明有酚羟基，该有机物可能含有一个酯基，两个对称的氨基，符合条件的结构简式为：或；若结构中含有酰胺基，可推出同分异构体的结构简式为：、。 【小问6详解】 可以由与发生取代反应得到，可以有乙烯与水加成反应得到，由与H2加成反应得到，由与乙烯发生合成路线中C到D的反应得到，故合成路线为：。 16. 采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(主要含Fe2O3、MnO2及Co、Ca、Si等元素的氧化物)分离提取Fe、Mn、Co等元素，工艺流程如下： 已知：① 该工艺条件下，(NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4，高温则完全分解为气体； ② Fe2(SO4)3在650℃完全分解，本题中其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃； ③ Ksp(CaSO4)=2.4×10-5，溶液中离子浓度低于1×10-5mol·L-1时可认为沉淀完全。 （1）“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2等两种气体生成，该反应的化学方程式为_____________________。 （2）“低温焙烧”时产生的气体用稀硫酸吸收，从物质转化和资源综合利用的角度解释原因：_____________________。 （3）“沉钴”得到CoS。向“沉钴”后所得滤液中加入NH4HCO3获得MnCO3沉淀，发生反应的离子方程式为_____________________。 （4）“溶解”时加入H2O2可提高Co2＋的浸出率，原因是____________________。 （5）以“水浸”所得滤渣(成分为SiO2、Fe2O3、CaSO4)为原料制取绿矾(FeSO4·7H2O)。请补充实验方案：取一定量滤渣于反应器中，______，过滤，冰水洗涤，低温干燥得绿矾(可选用的试剂：铁粉、0.01 mol·L-1H2SO4、3.0 mol·L-1H2SO4)。 【答案】（1） （2）用稀硫酸吸收低温焙烧时生成的，形成溶液，处理后所得导入“低温焙烧”循环使用 （3） （4）将-2价硫(或)氧化为单质硫，促进浸出 （5）加热时，边搅拌边加入至固体不再溶解，过滤，向滤液中分批加入稍过量铁粉，充分反应后，加入至固体完全溶解(或过滤)，将所得溶液蒸发浓缩，降温结晶 【解析】 【分析】铁锰氧化矿主要含、及Co、Ca、Si等元素的氧化物。铁锰氧化矿加硫酸铵“低温焙烧”，金属氧化物转化为金属硫酸盐，同时产生的气体有氨气，氮气等，氨气用稀硫酸吸收，得到硫酸铵溶液；得到的硫酸盐经650℃“高温焙烧”硫酸铁发生了分解，产生三氧化硫气体和氧化铁，水浸后，过滤分离出滤渣，滤渣主要为二氧化硅、氧化铁、硫酸钙，滤液加入硫化铵，生成硫化钴沉淀，过滤，向“沉钴”后所得滤液中加入获得沉淀，硫化钴用稀硫酸、双氧水溶解得到CoSO4、S沉淀。 【小问1详解】 “低温焙烧”与反应，转化为时有生成，“低温焙烧”时产生的气体用稀硫酸吸收，表明反应还有生成，锰元素化合价由+4价降低为+2价、氮元素化合价由-3价部分升高为0价，根据得失电子守恒、原子守恒，可得出配平的化学方程式为：。 【小问2详解】 “低温焙烧”时产生的氨气用稀硫酸吸收生成硫酸铵，可重复利用。则从物质转化和资源综合利用的角度解释原因：用稀硫酸吸收低温焙烧时生成的，形成溶液，处理后所得导入“低温焙烧”循环使用。 【小问3详解】 “沉钴”得到CoS，同时生成硫酸锰，向“沉钴”后所得滤液中加入，硫酸锰和反应生成沉淀、硫酸铵、二氧化碳，发生反应的离子方程式为。 【小问4详解】 “溶解”时加入，将-2价硫(或)氧化为单质硫，促进浸出； 【小问5详解】 在650℃完全分解，本题中其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃，则“水浸”所得滤渣成分为、、，加溶解生成硫酸铁，过滤除去、，往滤液中加过量铁粉把硫酸铁还原为硫酸亚铁，充分反应后，再加硫酸将过量铁粉溶解。则实验方案为：取一定量滤渣于反应器中，加热时，边搅拌边加入至固体不再溶解，过滤，向滤液中分批加入稍过量铁粉，充分反应后，加入至固体完全溶解，将所得溶液蒸发浓缩、降温结晶，过滤，冰水洗涤，低温干燥得绿矾。 17. 化石燃料的燃烧释放出大量氮氧化物(NOx)、CO2、SO2等气体，严重污染空气。对废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用。 Ⅰ． 脱硝 （1）[Fe(Ⅱ)Y]2-脱除法。通过反应[Fe(Ⅱ)Y]2-(aq)＋NO(g) [Fe(Ⅱ)(NO)Y]2-(aq)(已知H4Y是一种有机弱酸)能脱除烟气中的NO。脱除过程中溶液的pH对脱除效率的影响如图1所示，相同时间内，pH=2时，NO的脱除效率均低于pH=6时，其原因可能是______。 （2）尿素还原法。所需尿素可采用图2装置电解获得。写出电解过程中生成尿素的电极反应式：_____________________。 Ⅱ． 脱硫 （3）H2还原法。400 ℃时，将一定比例废气和H2的混合气体通过装有Fe2O3催化剂的反应器时能有效脱除SO2，同时获得单质硫。研究表明，该反应过程中实际起催化作用的是反应初期生成的FeS2。则FeS2催化硫化的过程可描述为：H2与FeS2生成FeS和H2S，_____________________。 （4）NaClO吸收法。研究发现NaClO溶液可以实现一体化脱硫和脱硝。一定时间内，温度对硫、硝脱除率的影响曲线如图3所示。SO2的脱除率高于NO的原因可能是__________________________。 Ⅲ． 脱碳 （5）乙醇胺(HOCH2CH2NH2)可实现对烟气中CO2的捕集和释放。从官能团性质的角度分析乙醇胺溶液能够吸收和释放CO2的原因是__________________________。 （6）利用铟氧化物催化CO2、H2制取CH3OH的可能机理如图4所示，In2O3无催化活性，形成氧空位后具有较强催化活性。请画出图中方框内中间体的结构__________________________。 【答案】（1）pH=2时，[Fe(Ⅱ)Y]2-与H＋反应生成H4Y，导致[Fe(Ⅱ)Y]2-浓度减小，NO脱除效率降低 （2）2＋16e-＋CO2＋18H＋=CO(NH2)2＋7H2O （3）H2S与SO2反应生成S，最后生成的S再与FeS反应转化为FeS2 （4）SO2在水中的溶解度大于NO；SO2在溶液中的还原性强于NO；SO2与NaClO溶液的反应速率大于NO （5）乙醇胺分子中含有羟基和氨基，具有很好的亲水性；乙醇胺分子中含有氨基，溶液呈碱性，可与二氧化碳和水反应生成盐；该盐在加热条件下又可以充分分解为乙醇胺和二氧化碳 （6） 【解析】 【小问1详解】 由题可知H4Y是一种有机弱酸，当pH=2时，溶液成酸性，大量Y4-与H+结合，从而降低[Fe(Ⅱ)Y]2-的浓度，使平衡[Fe(Ⅱ)Y]2-(aq)＋NO(g) [Fe(Ⅱ)(NO)Y]2-(aq)逆向移动，则NO的脱除效率低； 【小问2详解】 由装置图可知，硝酸根和二氧化碳反应生成尿素，环境为酸性，氮从+5价降低为-3价，电极反应式为2＋16e-＋CO2＋18H＋=CO(NH2)2＋7H2O； 【小问3详解】 由题意可知FeS2作催化剂，催化剂反应前后保持不变，所以应再生成FeS2，则FeS2催化硫化的过程可描述为：H2S与SO2反应生成S，最后生成的S再与FeS反应转化为FeS2； 【小问4详解】 一定时间内，温度对硫、硝脱除率的影响曲线中，SO2的脱除率高于NO，可能的原因是：SO2在水中的溶解度大于NO，反应物浓度增大，从而提高脱除效率；SO2在溶液中的还原性强于NO，NaClO先优先氧化SO2，导致SO2的脱除率高于NO；SO2与NaClO溶液的反应速率大于NO，导致SO2的脱除率高于NO； 【小问5详解】 由乙醇胺结构可知，乙醇胺分子中含有羟基和氨基，具有很好的亲水性；乙醇胺分子中含有氨基，溶液呈碱性，可与二氧化碳和水反应生成盐，该盐在加热条件下会分解，又生成乙醇胺，同时释放出二氧化碳； 【小问6详解】 结合反应步机理中的步骤④和⑤可知，反应引入了H2，生成了甲醇，则中间体为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $