精品解析：江苏淮安市淮安区名校协作体2026-2027学年高三上学期9月学情监测 化学试题

2026-2027学年度高三9月化学学情监测 一、单项选择题：共13小题，每小题3分，满分39分。 1. NaCl是工业文明进程中不可或缺的资源。下列生产中不以NaCl为直接原料的是 A. 工业制玻璃 B. 氯碱工业 C. 电冶金制钠 D. 侯氏制碱 2. 超氧化钾可在潜水艇中作制氧剂，反应为。下列说法正确的是 A. 的结构示意图： B. 中只含有离子键 C. 的空间构型为平面三角形 D. 的电子式： 3. CuCl是一种重要的催化剂。可用、溶液和NaOH溶液制备CuCl，溶液酸性较强时CuCl不易沉淀。下列实验原理或装置不能达到实验目的的是 A. 甲装置制 B. 乙装置中X为 C. 丙装置中NaOH的作用为中和生成的酸 D. 丁装置吸收尾气中的 4. 一种可吸附甲醇的材料，其化学式为[C(NH2)3]4[B(OCH3)4]3Cl，部分晶体结构如下图所示，其中[C(NH2)3]+为平面结构。 下列说法不正确的是 A. 该晶体中存在N-H…O氢键 B. 基态原子的第一电离能： C. 电负性：χ(B)<χ(C) D. 晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同 阅读下列材料，回答下列小题。 铬及其化合物用途非常广泛。常温下，铬遇浓硝酸钝化。工业上用铬铁矿[主要成分是，含少量]与纯碱煅烧制备。Ca、、Cr可以形成一种具有特殊导电性的复合氧化物，晶胞结构如图-1所示。氮化铬(CrN)可做高效耐磨材料，实验室可用无水与在高温下反应制备。甘氨酸铬是一种配合物，结构如图-2所示。 5. 下列说法正确的是 A. 甘氨酸铬中配位体为 B. 含有键 C. 分子中键角小于中键角 D. 图-1所示晶胞中每个周围距离最近且相等的有8个 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 铬铁矿与纯碱煅烧制 B. 三氯化铬与氨气高温下制 C. 与纯碱在高温下煅烧： D. 甘氨酸铬的制备： 7. 下列物质结构与性质或性质与用途不具有对应关系的是 A. 氨分子间存在氢键，氨气极易溶于水 B. 为分子晶体，可推测的熔点低于CrN C. 浓硝酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中 D. N、C、H的电负性依次减小，可推测甘氨酸铬中亚甲基的碳元素化合价为-1 8. 用如图所示的新型电池可以处理含的碱性废水，同时还可以淡化海水。图中模拟海水为含NaCl和的混合液(忽略的水解)。下列说法错误的是 A. a极的电极反应式为 B. 电池工作一段时间后，b极区溶液的pH增大 C. 交换膜Ⅰ为阴离子交换膜，交换膜Ⅱ为阳离子交换膜 D. 若将含有26gCN—的废水完全处理，理论上可除去NaCl的质量为292.5g 9. 探究含铁化合物性质的实验如下： 步骤Ⅰ：取一定量FeCl3溶液分为两等份，向一份中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液后变蓝；向另一份中滴加KSCN溶液后变血红色。 步骤Ⅱ：向血红色溶液中加入NaF固体，振荡，红色褪去变为无色(生成了[FeF6]3-)。 步骤Ⅲ：向步骤Ⅱ所得无色溶液中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液，未变蓝。 下列说法不正确的是 A. 步骤Ⅰ中溶液变蓝发生的反应为 B. 步骤Ⅱ中溶液变为无色是生成了更稳定的无色[FeF6]3- C. 步骤Ⅱ中血红色溶液和无色溶液中：c血红色(Fe3＋)<c无色(Fe3+) D. 步骤Ⅲ中未变蓝可能是[FeF6]3-的氧化性比Fe3＋的氧化性弱 10. 咖啡酸具有抗菌、抗病毒作用，可通过下列反应制得 下列说法正确的是 A. 可用溴水检验咖啡酸中是否含有X B. 咖啡酸分子中所有原子可能在同一平面上 C. 一定条件下，咖啡酸不能与HCHO发生缩聚反应 D. X和咖啡酸分子与足量的加成后的产物都不存在对映异构体 11. 在催化剂HCo(CO)3作用下，以乙烯为主要原料制丙醛的可能反应机理如图所示。下列说法正确的是 A. 反应过程中，碳原子杂化方式未发生改变 B. 当反应转移4mol电子时，反应制得1mol丙醛 C. 整个反应过程中，只有极性键的断裂和生成 D. 若用丙烯替换乙烯，产物可能有2种 12. 工业上可利用氨水吸收和，其原理如图所示。已知：时，；。下列说法正确的是 A. 反应的平衡常数 B. 向氨水中通入至 C. 溶液通入的离子方程式为： D. 溶液中： 13. 以Ti和为原料制备过程中的主要反应： 反应Ⅰ 反应Ⅱ 反应Ⅲ Pa条件下，3 molTi和2 mol仅发生上述反应达平衡状态时，体系中各物质的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法正确的是 A. B. 时，的平衡转化率为97.50% C. 升高温度、延长反应时间均有利于提高的平衡产率 D. 在1050-1300℃范围任意温度下达平衡， 二、 非选择题：共4大题，满分61分。 14. 从氧化锌烟尘(主要含ZnO、ZnS、FeOx、GeOx)中回收锌的部分流程如下 （1）酸浸氧化。向氧化锌烟尘样品中加入一定量0.5mol·L-1H2SO4和MnO2. ①此过程ZnS被转化为Zn2+和S，其离子方程式为___________。 ②元素浸出率与MnO2用量关系如图所示。 随着MnO2添加量大于4%，铁元素浸出率趋势变化的可能原因是___________。 ③从氧化剂利用率角度分析，不用H2O2代替MnO2的理由是___________。 （2）沉锗。若用H2L表示单宁酸，“沉锗”的反应原理可表示为Ge4++3H2LH2GeL3↓+4H+。在加入单宁酸前，应调节溶液的最佳pH为2.5，原因是___________。 （3）“沉锗”后的溶液经除杂浓缩可得ZnSO4溶液。 测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取5.00 mL ZnSO4溶液，加水稀释至200 mL；取50.00 mL稀释后溶液，调节溶液的pH=10，用0.1000 mol·L-1EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA标准溶液25.00 mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度___________(写出计算过程)。 15. 化合物F是合成血管激酶抑制剂的中间体，其合成路线如下： （1）A在水中的溶解度比B的___________(填“大”或“小”)。 （2）的反应类型为___________，C分子中含氧官能团名称为硝基、___________。 （3）的反应需经历的过程，中间体M的分子式为。M的结构简式为___________。 （4）写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：___________。 ①能使的溶液褪色； ②碱性条件下水解后酸化，生成X和Y两种有机产物，：，能与溶液发生显色反应且苯环上的一取代产物只有一种，Y的相对分子质量为60。 （5）写出以、和为原料制备的合成路线流程图_________(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。 16. 贵金属银应用广泛。 （1）粗铅提银。粗铅中含2%的Ag，将粗铅熔融后加入液态锌，搅拌，适当降温后静置，液态Ag-Zn合金上浮与液铅分层，继续降温使上层Ag-Zn合金凝固后取出，蒸馏分离Ag和Zn。 ①液态锌能从液铅提取Ag的原因是_______。 ②静置前适当降温的目的是_______。 （2）化学镀银。铜片置于[Ag(NH3)2]Cl与氨水的混合溶液中，充分反应后铜片表面变为银白色，溶液呈深蓝色。 ①镀银时发生反应的离子方程式为_______。 ②[Ag(NH3)2]+、[Cu(NH3)4]2+均能与Na2S溶液反应生成黑色的Ag2S、CuS沉淀。为将镀银后溶液中的铜元素转化为CuS回收，并检验所得CuS中是否含有Ag2S，补充完整实验方案：将镀银后的溶液过滤，_______[实验中必须使用的试剂和设备：8 mol·L-1 HNO3溶液、0.1 mol·L-1 Na2S溶液、0.1 mol·L-1 AgNO3溶液、蒸馏水、1 mol·L-1 NaCl溶液，通风设备]。 （3）Ag的保护。Ag在潮湿环境中会与空气中的硫化物发生电化学腐蚀，十八烷基硫醇[CH3(CH2)17SH]能与Ag通过形成共价键吸附，在Ag表面形成分子膜。 ①在空气中，CH3(CH2)17SH与Ag形成分子膜时有H2O生成，经检测平均每个CH3(CH2)17SH形成约0.92个共价键吸附位，则与Ag形成共价键的原子是_______。 ②在未防护的Ag和用CH3(CH2)17SH防护后的Ag表面各滴1滴(NH4)2S溶液，如下图所示。一段时间后，a表面出现棕黑色，b表面未出现变色。被十八烷基硫醇防护后的Ag能有效防止与(NH4)2S溶液发生电化学腐蚀的原因是_______。 17. 的捕集与资源化利用具有重要意义。 （1）乙醇胺()溶液作为碱性吸收剂，可高效捕集烟气中的。 ①理论上最多吸收。写出溶液吸收生成的离子方程式：_______。 ②的沸点为170℃。吸收塔内，烟气和吸收剂的温度超过50℃会造成的吸收率降低，可能原因有_______。 （2）重整制合成气的主要反应如下： 反应Ⅰ 反应Ⅱ 反应Ⅲ ①反应Ⅱ在_______(选填“高温”、“低温”或“任意温度”)下可以自发进行。 ②250℃、下，将一定比例的与混合气匀速通过装有催化剂(活性炭为载体)的反应器。对、的转化率和出口处的影响如图-1所示。时，随增大而减小的可能原因有_______。 （3）电解还原法将转化为的装置如图-2所示。 ①写出在阴极转化为的电极反应式：_______。 ②Cu能有效抑制析氢，对电解还原制具有高催化活性。中混有会使Cu催化剂中毒(Cu价态不变)，原因是在阴极转化为_______(填化学式)，沉积在Cu表面。 ③一种PFSA聚合物@Cu催化剂结构如图-3所示，其能有效防止造成的Cu催化剂中毒。能将控制在PFSA聚合物表面，其原理是_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年度高三9月化学学情监测 一、单项选择题：共13小题，每小题3分，满分39分。 1. NaCl是工业文明进程中不可或缺的资源。下列生产中不以NaCl为直接原料的是 A. 工业制玻璃 B. 氯碱工业 C. 电冶金制钠 D. 侯氏制碱 【答案】A 【解析】 【详解】A．工业制玻璃的原料为纯碱、石灰石和二氧化硅，A符合题意； B．氯碱工业的原料为饱和氯化钠溶液，B不符合题意； C．电解熔融氯化钠制备金属钠，C不符合题意； D．侯氏制碱法的原料为饱和氯化钠、氨气和二氧化碳，D不符合题意； 故选A。 2. 超氧化钾可在潜水艇中作制氧剂，反应为。下列说法正确的是 A. 的结构示意图： B. 中只含有离子键 C. 的空间构型为平面三角形 D. 的电子式： 【答案】C 【解析】 【详解】A．的核电荷数为19，的结构示意图为：，A错误； B．由和通过离子键结合，内部氧原子之间存在共价键，因此中既含离子键又含共价键，B错误； C．中心原子的价层电子对数为，无孤电子对，空间构型为平面三角形，C正确； D．的结构式为，其电子式为，D错误； 故选C。 3. CuCl是一种重要的催化剂。可用、溶液和NaOH溶液制备CuCl，溶液酸性较强时CuCl不易沉淀。下列实验原理或装置不能达到实验目的的是 A. 甲装置制 B. 乙装置中X为 C. 丙装置中NaOH的作用为中和生成的酸 D. 丁装置吸收尾气中的 【答案】B 【解析】 【分析】反应原理：，溶液酸性较强时CuCl不易沉淀，可用NaOH中和生成的酸，据此解答。 【详解】A．由图可知，甲中以与浓硫酸反应制取是正确且常用的方法，A不符合题意； B．与饱和溶液会发生反应生成，乙中不能盛放饱和溶液，B符合题意； C．由分析可知，该反应会生成酸，且溶液酸性较强时CuCl不易沉淀，故丙装置中NaOH的作用为中和生成的酸，C不符合题意； D．丁中用NaOH溶液吸收尾气中的亦是常规尾气处理手段，且倒扣的漏斗用于防倒吸，D不符合题意； 故选B。 4. 一种可吸附甲醇的材料，其化学式为[C(NH2)3]4[B(OCH3)4]3Cl，部分晶体结构如下图所示，其中[C(NH2)3]+为平面结构。 下列说法不正确的是 A. 该晶体中存在N-H…O氢键 B. 基态原子的第一电离能： C. 电负性：χ(B)<χ(C) D. 晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同 【答案】D 【解析】 【详解】A．该晶体中，中的原子与的原子之间可形成氢键，结构中的虚线即为氢键作用，因此存在氢键，A正确； B．同周期主族元素第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，但原子2p轨道为半充满的稳定结构，第一电离能大于同周期相邻的，因此基态原子第一电离能顺序为，B正确； C．同周期主族元素电负性随原子序数增大而增大，和为第二周期相邻元素，原子序数，因此电负性，C正确； D．为平面结构，其中原子轨道杂化类型为；中与4个形成4个键、无孤电子对，杂化类型为，分别与、形成2个键、还有2对孤电子对，杂化类型为，三者杂化类型不相同，D错误； 故选D。 阅读下列材料，回答下列小题。 铬及其化合物用途非常广泛。常温下，铬遇浓硝酸钝化。工业上用铬铁矿[主要成分是，含少量]与纯碱煅烧制备。Ca、、Cr可以形成一种具有特殊导电性的复合氧化物，晶胞结构如图-1所示。氮化铬(CrN)可做高效耐磨材料，实验室可用无水与在高温下反应制备。甘氨酸铬是一种配合物，结构如图-2所示。 5. 下列说法正确的是 A. 甘氨酸铬中配位体为 B. 含有键 C. 分子中键角小于中键角 D. 图-1所示晶胞中每个周围距离最近且相等的有8个 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 铬铁矿与纯碱煅烧制 B. 三氯化铬与氨气高温下制 C. 与纯碱在高温下煅烧： D. 甘氨酸铬的制备： 7. 下列物质结构与性质或性质与用途不具有对应关系的是 A. 氨分子间存在氢键，氨气极易溶于水 B. 为分子晶体，可推测的熔点低于CrN C. 浓硝酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中 D. N、C、H的电负性依次减小，可推测甘氨酸铬中亚甲基的碳元素化合价为-1 【答案】5. C 6. C 7. A 【解析】 【5题详解】 A．甘氨酸铬的配位体是甘氨酸根离子，A错误； B．为共价晶体，每个原子与4个原子形成单键，含键，不存在双键，B错误； C．为三角锥形，键角约为；为平面正三角形，键角为，前者键角小于后者，C正确； D．位于立方晶胞顶点，每个周围最近等距的共6个，D错误； 故选C。 【6题详解】 A．铬铁矿煅烧需要作氧化剂，、元素均被氧化，正确反应为 ，A错误； B．高温下会分解，正确反应为 ，B错误； C．高温下酸性氧化物与纯碱反应生成硅酸钠和，符合高温制玻璃的反应规律，C正确； D．甘氨酸铬由与甘氨酸根离子配位生成，正确反应为，D错误； 故选C。 【7题详解】 A．氨气极易溶于水是因为与分子间形成氢键、且二者均为极性分子相似相溶，与氨分子间的氢键无关，二者无对应关系，A符合题意； B．分子晶体熔点由分子间作用力决定，通常远低于离子晶体或共价晶体，有对应关系，B不符合题意； C．浓硝酸见光易分解，棕色试剂瓶可阻挡光线避免其分解，有对应关系，C不符合题意； D．电负性，共用电子对偏向电负性更大的原子，计算可得甘氨酸亚甲基碳的化合价为，有对应关系，D不符合题意； 故选A。 8. 用如图所示的新型电池可以处理含的碱性废水，同时还可以淡化海水。图中模拟海水为含NaCl和的混合液(忽略的水解)。下列说法错误的是 A. a极的电极反应式为 B. 电池工作一段时间后，b极区溶液的pH增大 C. 交换膜Ⅰ为阴离子交换膜，交换膜Ⅱ为阳离子交换膜 D. 若将含有26gCN—的废水完全处理，理论上可除去NaCl的质量为292.5g 【答案】D 【解析】 【分析】如图所示的新型电池可以处理含的碱性废水，在a极，失去电子，被氧化为和，为负极，电极反应式为，则b极为正极，得电子被还原为，电极反应式为，海水中的阴离子通过交换膜Ⅰ向左移动，阳离子通过交换膜Ⅱ向右移动，据此回答： 【详解】A．由分析可知，a极为负极，失电子被氧化为和，碱性环境下电荷、原子均守恒，该电极反应式书写正确，A正确； B．由分析可知，b极为正极，电极反应为，消耗，溶液减小，pH增大，B正确； C．由分析可知，a电极失去电子，附近负电荷减少，为了淡化海水，阴离子（）通过交换膜Ⅰ向左移动，b极区不断消耗，同时模拟海水中的阳离子（包括、）迁移进入b极区，交换膜Ⅱ为阳离子交换膜，C正确； D．的物质的量为1mol，根据a电极反应式可知，消耗1mol时转移5mol电子，根据电荷守恒可知，可同时处理5molNaCl，其质量为292.5g，但是海水中还含有等杂质离子，故除去的质量小于292.5g，D错误； 故选D。 9. 探究含铁化合物性质的实验如下： 步骤Ⅰ：取一定量FeCl3溶液分为两等份，向一份中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液后变蓝；向另一份中滴加KSCN溶液后变血红色。 步骤Ⅱ：向血红色溶液中加入NaF固体，振荡，红色褪去变为无色(生成了[FeF6]3-)。 步骤Ⅲ：向步骤Ⅱ所得无色溶液中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液，未变蓝。 下列说法不正确的是 A. 步骤Ⅰ中溶液变蓝发生的反应为 B. 步骤Ⅱ中溶液变为无色是生成了更稳定的无色[FeF6]3- C. 步骤Ⅱ中血红色溶液和无色溶液中：c血红色(Fe3＋)<c无色(Fe3+) D. 步骤Ⅲ中未变蓝可能是[FeF6]3-的氧化性比Fe3＋的氧化性弱 【答案】C 【解析】 【分析】步骤Ⅰ：取一定量溶液分为两等份，向一份中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液后变蓝，说明有单质生成，即发生反应：；向另一份中滴加KSCN溶液后变血红色，是因为与能发生显色反应：； 步骤Ⅱ：向血红色溶液中加入NaF固体，振荡，红色褪去变为无色(生成了)：； 步骤Ⅲ：向步骤Ⅱ所得无色溶液中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液，未变蓝，说明不能氧化；据此分析解答。 【详解】A．步骤Ⅰ中溶液变蓝，说明有单质生成，反应方程式为：，A正确； B．NaF加入后生成更稳定的，导致分解，红色褪去，B正确； C．血红色溶液中主要以形式存在，游离浓度低；而无色溶液中的更稳定，游离浓度更低，则有，C错误； D．的氧化性弱于，无法将氧化生成，导致步骤Ⅲ未变蓝，D正确； 故答案为：C。 10. 咖啡酸具有抗菌、抗病毒作用，可通过下列反应制得 下列说法正确的是 A. 可用溴水检验咖啡酸中是否含有X B. 咖啡酸分子中所有原子可能在同一平面上 C. 一定条件下，咖啡酸不能与HCHO发生缩聚反应 D. X和咖啡酸分子与足量的加成后的产物都不存在对映异构体 【答案】B 【解析】 【详解】A．X含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应使溴水褪色；咖啡酸含有酚羟基（邻对位有氢原子，可与溴水发生取代反应）、碳碳双键（可与溴水发生加成反应），二者均能使溴水褪色，无法用溴水检验咖啡酸中是否含有X，A错误； B．咖啡酸分子中的苯环、碳碳双键、羧基的羰基均为平面结构，单键可以旋转使各平面重合，所有原子可能在同一平面上，B正确； C．咖啡酸含有酚羟基，且酚羟基的邻位有未被取代的活泼氢原子，满足酚与甲醛发生缩聚反应的条件，一定条件下可以与发生缩聚反应，C错误； D．X与足量加成后的产物含有多个手性碳原子（连有四个不同基团的饱和碳原子），存在对映异构体；咖啡酸与足量加成后的产物同样含有手性碳原子，存在对映异构体，D错误； 故答案为：B。 11. 在催化剂HCo(CO)3作用下，以乙烯为主要原料制丙醛的可能反应机理如图所示。下列说法正确的是 A. 反应过程中，碳原子杂化方式未发生改变 B. 当反应转移4mol电子时，反应制得1mol丙醛 C. 整个反应过程中，只有极性键的断裂和生成 D. 若用丙烯替换乙烯，产物可能有2种 【答案】D 【解析】 【详解】A．乙烯中碳原子为sp2杂化，反应中间体中部分碳原子形成单键（如-CH2-）为sp3杂化，醛基碳（C=O）为sp2杂化，存在sp2与sp3杂化的转化，A错误； B．总反应为CH2=CH2+CO+H2→CH3CH2CHO，该反应中做还原剂，H2中H从0价上升到+1价，H 被氧化；乙烯的双键碳、CO 中的碳共同被还原，总共得到 2 mol 电子，与氢气失去电子守恒，生成1mol丙醛转移电子，则转移4 mol电子时生成2 mol丙醛，B错误； C．反应中乙烯的C=C非极性键断裂，H2的H-H非极性键断裂，存在非极性键的断裂，C错误； D．丙烯（CH3CH=CH2）双键不对称，双键两端碳与催化剂结合方式不同，可能生成CH3CH2CH2CHO和(CH3)2CHCHO两种产物，D正确； 故选D。 12. 工业上可利用氨水吸收和，其原理如图所示。已知：时，；。下列说法正确的是 A. 反应的平衡常数 B. 向氨水中通入至 C. 溶液通入的离子方程式为： D. 溶液中： 【答案】B 【解析】 【分析】氨水与SO2反应转化为NH4HSO3，接着通入NO2转化为铵盐溶液和N2； 【详解】A．反应的平衡常数，A错误； B．向氨水中通入至pH = 7，溶液呈中性，，根据电荷守恒，可得，则，B正确； C．已经，则亚硫酸根和亚硫酸氢根均不能拆写，则溶液通入，氧化亚硫酸氢根离子为硫酸氢根离子，被还原为氮气，结合电子守恒，反应为，C错误； D．已知，，则溶液中存在，根据质子守恒，存在：，D错误； 故选B。 13. 以Ti和为原料制备过程中的主要反应： 反应Ⅰ 反应Ⅱ 反应Ⅲ Pa条件下，3 molTi和2 mol仅发生上述反应达平衡状态时，体系中各物质的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法正确的是 A. B. 时，的平衡转化率为97.50% C. 升高温度、延长反应时间均有利于提高的平衡产率 D. 在1050-1300℃范围任意温度下达平衡， 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应Ⅰ+2×反应Ⅱ得到目标反应，则，A错误； B．温度 下，，，，根据Ti原子守恒时，温度 时，即，转化量小于1.95mol，的平衡转化率小于，B错误； C．从图像来看，升高温度可以提高的平衡产率；但延长反应时间并不改变已达成的平衡组成，不能提高平衡产率，C错误； D．设反应Ⅰ和反应Ⅱ达到平衡时消耗的的物质的量分别为和。根据化学方程式，反应Ⅰ生成的物质的量为，反应Ⅱ消耗的物质的量为。因此，平衡时体系中的物质的量为。由图可知，在1050-1300℃范围内，，即，整理得，即，D正确； 故选D。 二、 非选择题：共4大题，满分61分。 14. 从氧化锌烟尘(主要含ZnO、ZnS、FeOx、GeOx)中回收锌的部分流程如下 （1）酸浸氧化。向氧化锌烟尘样品中加入一定量0.5mol·L-1H2SO4和MnO2. ①此过程ZnS被转化为Zn2+和S，其离子方程式为___________。 ②元素浸出率与MnO2用量关系如图所示。 随着MnO2添加量大于4%，铁元素浸出率趋势变化的可能原因是___________。 ③从氧化剂利用率角度分析，不用H2O2代替MnO2的理由是___________。 （2）沉锗。若用H2L表示单宁酸，“沉锗”的反应原理可表示为Ge4++3H2LH2GeL3↓+4H+。在加入单宁酸前，应调节溶液的最佳pH为2.5，原因是___________。 （3）“沉锗”后的溶液经除杂浓缩可得ZnSO4溶液。 测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取5.00 mL ZnSO4溶液，加水稀释至200 mL；取50.00 mL稀释后溶液，调节溶液的pH=10，用0.1000 mol·L-1EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA标准溶液25.00 mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度___________(写出计算过程)。 【答案】（1） ①. ②. 随着添加量增大，更多的被氧化为，反应消耗增多，导致溶液酸性减弱，水解生成沉淀，从而使铁元素浸出率下降 ③. 在等金属离子的催化下，易发生分解，导致氧化剂利用率下降 （2）若pH过大，易生成沉淀造成锌的损失；若pH过小，溶液中浓度过高，会抑制沉淀的生成 （3） 【解析】 【分析】氧化锌烟尘(主要含ZnO、ZnS、FeOx、GeOx)中加硫酸溶液、进行酸浸氧化，生成、、S以及铁、锗的硫酸盐，再加入氧化锌烟尘调节pH，将铁元素转化为氢氧化物沉淀除去，再加入单宁酸沉锗，获得ZnSO4溶液，最后经电解得到Zn，据此解答。 【小问1详解】 ①在酸性环境下，ZnS被氧化生成Zn2+和S，其离子方程式为：； ②随着MnO2添加量大于4％，铁元素浸出率趋势变化的可能原因是：随着添加量增大，更多的被氧化为，反应消耗增多，导致溶液酸性减弱，水解生成沉淀，从而使铁元素浸出率下降； ③等金属离子会催化分解，则从氧化剂利用率角度分析，不用H2O2代替MnO2的理由是：在等金属离子的催化下，易发生分解，导致氧化剂利用率下降； 【小问2详解】 从pH过大易造成锌的损失、pH过小会抑制沉淀表述理由，则在加入单宁酸前，应调节溶液的最佳pH为2.5，原因是：若pH过大，易生成沉淀造成锌的损失；若pH过小，溶液中浓度过高，会抑制沉淀的生成； 【小问3详解】 计算过程：滴定消耗的 ，根据反应 ，50.00 mL稀释液中 ，则200 mL稀释液中 ，故原ZnSO4溶液的物质的量浓度 。 15. 化合物F是合成血管激酶抑制剂的中间体，其合成路线如下： （1）A在水中的溶解度比B的___________(填“大”或“小”)。 （2）的反应类型为___________，C分子中含氧官能团名称为硝基、___________。 （3）的反应需经历的过程，中间体M的分子式为。M的结构简式为___________。 （4）写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：___________。 ①能使的溶液褪色； ②碱性条件下水解后酸化，生成X和Y两种有机产物，：，能与溶液发生显色反应且苯环上的一取代产物只有一种，Y的相对分子质量为60。 （5）写出以、和为原料制备的合成路线流程图_________(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。 【答案】（1）大 （2） ①. 取代反应 ②. 酯基 （3） （4）或或或 （5） 【解析】 【分析】由流程，A发生酯化反应生成B，B发生取代反应生成C，C和氢气转化为D，D在酸性、加热条件下生成E，E中氨基发生取代生成F； 【小问1详解】 A中亲水性羧基转化为B中憎水性酯基，则A在水中的溶解度比B的大； 【小问2详解】 B中氯原子被取代引入新的支链，发生取代反应生成C，故为取代反应；由结构，C分子中含氧官能团名称为硝基、酯基； 【小问3详解】 的反应需经历的过程，中间体M的分子式为，结合M化学式、C和D结构，则M为C中硝基被还原为氨基得到，M的结构简式为；M中氨基与分子中酯基发生取代反应成环得到D； 【小问4详解】 F除苯环外，含6个碳、4个氧、1个氮、4个不饱和度，同时满足下列条件的F的一种同分异构体：①能使的溶液褪色，则含碳碳不饱和键；②碱性条件下水解后酸化，生成X和Y两种有机产物，：能与溶液发生显色反应且苯环上的一取代产物只有一种，则同分异构体中应含2个酯基或一个酯基一个酰胺基，其水解酸化后生成的X中应该含2个酚羟基，Y为羧酸，那么X中应含氨基和碳碳不饱和键，Y的相对分子质量为60，则Y为乙酸，那么X中苯环含对位的氨基和2个碳形成的碳碳叁键支链，故可以为：或或或； 【小问5详解】 被还原为CH2OHCH2CH2CH2OH，羟基发生取代反应引入溴原子得到CH2BrCH2CH2CH2Br，再发生B生成的C的反应原理，和生成，和硝基苯生成，酸化得到产物，故流程为：。 16. 贵金属银应用广泛。 （1）粗铅提银。粗铅中含2%的Ag，将粗铅熔融后加入液态锌，搅拌，适当降温后静置，液态Ag-Zn合金上浮与液铅分层，继续降温使上层Ag-Zn合金凝固后取出，蒸馏分离Ag和Zn。 ①液态锌能从液铅提取Ag的原因是_______。 ②静置前适当降温的目的是_______。 （2）化学镀银。铜片置于[Ag(NH3)2]Cl与氨水的混合溶液中，充分反应后铜片表面变为银白色，溶液呈深蓝色。 ①镀银时发生反应的离子方程式为_______。 ②[Ag(NH3)2]+、[Cu(NH3)4]2+均能与Na2S溶液反应生成黑色的Ag2S、CuS沉淀。为将镀银后溶液中的铜元素转化为CuS回收，并检验所得CuS中是否含有Ag2S，补充完整实验方案：将镀银后的溶液过滤，_______[实验中必须使用的试剂和设备：8 mol·L-1 HNO3溶液、0.1 mol·L-1 Na2S溶液、0.1 mol·L-1 AgNO3溶液、蒸馏水、1 mol·L-1 NaCl溶液，通风设备]。 （3）Ag的保护。Ag在潮湿环境中会与空气中的硫化物发生电化学腐蚀，十八烷基硫醇[CH3(CH2)17SH]能与Ag通过形成共价键吸附，在Ag表面形成分子膜。 ①在空气中，CH3(CH2)17SH与Ag形成分子膜时有H2O生成，经检测平均每个CH3(CH2)17SH形成约0.92个共价键吸附位，则与Ag形成共价键的原子是_______。 ②在未防护的Ag和用CH3(CH2)17SH防护后的Ag表面各滴1滴(NH4)2S溶液，如下图所示。一段时间后，a表面出现棕黑色，b表面未出现变色。被十八烷基硫醇防护后的Ag能有效防止与(NH4)2S溶液发生电化学腐蚀的原因是_______。 【答案】（1） ①. Ag与液锌形成合金比液铅更容易，且液锌在液铅中溶解度小 ②. 降低液态Ag-Zn合金在液铅中的溶解度 （2） ①. ②. 向滤液中滴加0.1Na2S溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水多次洗涤沉淀至取少量最后一次洗涤滤液滴加0.1AgNO3溶液无沉淀产生，干燥；取少量所得固体，在通风设备中，将固体溶于8 HNO3溶液中，向所得溶液中滴加1NaCl溶液，若有白色沉淀生成，说明含有Ag2S （3） ①. S或硫 ②. 分子膜层具有疏水性，减少了溶液与Ag接触；且分子膜层能阻挡S2-迁移 【解析】 【小问1详解】 ①加入液态锌后，液态Ag-Zn合金上浮，说明Ag与液锌形成合金比液铅更容易，与液铅分层，说明液锌在液铅中溶解度小； ②适当降温可以降低液态Ag-Zn合金在液铅中的溶解度，促进Ag-Zn合金与液铅分层，提高Ag的富集度与提取率。 【小问2详解】 ①被银氨络离子氧化，生成单质和深蓝色的铜氨络离子，根据得失电子守恒，离子方程式为； ②根据必须使用的试剂和设备可设计实验方案为：将镀银后的溶液过滤，向滤液中滴加0.1Na2S溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水多次洗涤沉淀至取少量最后一次洗涤滤液滴加0.1AgNO3溶液无沉淀产生，干燥；取少量所得固体，在通风设备中，将固体溶于8 HNO3溶液中，向所得溶液中滴加1NaCl溶液，若有白色沉淀生成，说明含有Ag2S。 【小问3详解】 ①十八烷基硫醇结构为，仅巯基可断键反应，在空气中和Ag反应生成水的过程为：键断裂，S原子与Ag形成共价键，H结合氧生成水，平均每个分子约0.92个共价键，符合每个分子的S形成1个吸附共价键的结果，因此成键原子为S或硫； ②十八烷基长链属于疏水基团，在Ag表面形成了致密的疏水保护膜，从图中可看出，防护后溶液呈不浸润液滴状，即隔绝了Ag与、水、氧气的接触，同时长链烷基的疏水性使无法浸润接触Ag表面，隔绝了腐蚀反应的反应物，阻断了电化学腐蚀的发生。 17. 的捕集与资源化利用具有重要意义。 （1）乙醇胺()溶液作为碱性吸收剂，可高效捕集烟气中的。 ①理论上最多吸收。写出溶液吸收生成的离子方程式：_______。 ②的沸点为170℃。吸收塔内，烟气和吸收剂的温度超过50℃会造成的吸收率降低，可能原因有_______。 （2）重整制合成气的主要反应如下： 反应Ⅰ 反应Ⅱ 反应Ⅲ ①反应Ⅱ在_______(选填“高温”、“低温”或“任意温度”)下可以自发进行。 ②250℃、下，将一定比例的与混合气匀速通过装有催化剂(活性炭为载体)的反应器。对、的转化率和出口处的影响如图-1所示。时，随增大而减小的可能原因有_______。 （3）电解还原法将转化为的装置如图-2所示。 ①写出在阴极转化为的电极反应式：_______。 ②Cu能有效抑制析氢，对电解还原制具有高催化活性。中混有会使Cu催化剂中毒(Cu价态不变)，原因是在阴极转化为_______(填化学式)，沉积在Cu表面。 ③一种PFSA聚合物@Cu催化剂结构如图-3所示，其能有效防止造成的Cu催化剂中毒。能将控制在PFSA聚合物表面，其原理是_______。 【答案】（1） ①. ②. 在吸收剂中的溶解度下降；部分受热分解产生 （2） ①. 高温 ②. 反应Ⅱ速率加快；与催化剂中的活性炭反应生成CO （3） ①. ②. S ③. 带负电荷的与分子中带部分正电荷的S形成较强的静电作用 【解析】 【小问1详解】 ① 根据题意，最多​吸收，即乙醇胺和反应；氨基显碱性，1个氨基结合生成，另一个氨基结合生成的得到，离子方程式为。 ② 温度升高，气体​溶解度减小，同时受热易分解产生，因此​吸收率降低。 【小问2详解】 ① 反应自发进行的条件是；反应Ⅱ，，因此只有高温下才能满足，自发进行。 ② 当时，反应Ⅱ速率加快，消耗产物​，且过量的可以与催化剂中活性炭反应生成更多CO，因此随比值增大而减小。 【小问3详解】 ① 阴极发生得电子的还原反应，中C为+4价，被还原为中-2价的C，生成1mol 转移12 mol电子，结合电荷、原子守恒配平得到电极反应式为。 ② 在阴极被还原，生成固体S单质沉积在Cu表面，占据催化剂活性位点，使催化剂中毒，因此产物为。 ③ 本身带负电，与分子中带部分正电荷的S形成较强的静电作用，阻止含硫微粒扩散到内部Cu表面，因此避免Cu中毒。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $