2027届高三化学模考自编练习试卷（五）

正确的方向+方法+坚持不懈的努力=目标成绩 2027届高三模考试卷（五） （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Sn 119 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．化学在生产、生活、能源、环境等领域应用广泛，下列说法错误的是 A．工业上电解熔融态的氯化镁制取镁单质 B．发酵粉中的碳酸钠与固态酸发生反应生成二氧化碳使食品变蓬松 C．钠离子电池储能电站的投运有利于解决光伏发电的间歇性、波动性等问题 D．发展太阳能制氢技术，减少化石燃料的使用，有利于减缓温室效应 2．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．室温下，丙烯的分子中含有的碳原子数为 B．的溶液中的数目为 C．电解精炼铜过程中，当阳极质量减小时，转移电子数为 D．标准状况下，含有的分子数为 3．下列有关陈述Ⅰ和Ⅱ均正确且存在因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 向溶液中滴入稀盐酸，溶液中出现凝胶 非金属性：Cl>Si B 利用海水制取溴和镁单质 被氧化，被还原 C 可用铝槽运输浓硝酸 浓硝酸与Al不反应 D 往含有淀粉的溶液中滴加几滴HI，溶液变蓝 氧化性： A．A B．B C．C D．D 4．X、Y、Z、W和Q是原子序数依次增大的五种主族元素，X与Z、Y与Q的价电子数分别相等，且5种元素价电子数之和为21，短周期中Y电负性最小，Q价电子所在能层有16个轨道，下列说法不正确的是 A．离子晶体的熔点：YW＜QW B．Z、W最高价氧化物对应的水化物酸性强弱：Z＜W C．第一电离能：X>Z D．离子半径：Z>W>Q>X>Y 5．利用和溴酸根溶液反应制备高溴酸根：，下列说法不正确的是 A．反应中做氧化剂，而也可以发生上述反应 B．空间构型为直线型 C．每生成，转移电子数为2 D．酸性： 6．在加热条件下，金属钯催化乙醇羰基()化的反应过程如图所示。下列说法错误的是 A．整个反应过程的化学方程式为 B．在金属钯催化下不能被羰基化的醇中，相对分子质量最小的为74 C．反应过程中断裂和形成最多的键是Pd-H键 D．反应过程中钯的化合价发生了变化 7．丁基苯酞(键线式为)是芹菜油的化学成分之一。动物模型研究表明，丁基苯酞可用于治疗高血压和神经保护作用。下列有关丁基苯酞的说法正确的是 A．丁基苯酞的化学式为 B．丁基苯酞分子中碳原子有3种杂化方式 C．能发生取代、加成和氧化反应 D．苯环上一氯代物有2种 8．某化合物可代替作沉淀剂，结构如图所示。W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，X的原子最外层电子数是内层电子数的2倍，W和X原子序数之和等于Y的核外电子数，Z的单质是难溶于水的固体。下列说法正确的是 A．元素电负性：X>Y>W B．含氧酸的酸性：Y>Z C．W、Y、Z可形成离子化合物 D．该化合物分子中所有原子共平面 9．我国科学家首次研究了碘正极在水系铝离子电池中的转化反应，下列叙述错误的是 A．放电时，在正极上发生还原反应 B．放电时，每转移电子，a电极质量理论上增加 C．充电时，b极反应之一为 D．充电时，参与反应生成、、物质的量之比可能为 10．硒化锌材料不溶于水，其对热冲击具有很强的承受能力，使它成为高功率激光器系统中的成对电子数的最佳光学材料。硒化锌晶胞结构如图所示。设晶体密度为，代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．该晶胞中硒原子的配位数为6 B．晶胞中与Zn距离最近且等距离的Zn原子有8个 C．基态原子核外有34种不同空间运动状态的电子 D．晶胞边长为 11．亚硝酰氯是有机合成的氯化剂，合成原理：。在密闭反应器中投入和合成，在、温度下，测得NO的平衡转化率与压强关系如图所示。下列叙述不正确的是 A．p点时同时加压和升温，NO的平衡转化率由p点向b点迁移 B．点a、b、c对应的平衡常数： C．时， D．℃时，维持M点压强不变，再向容器中充入NO和，使二者物质的量均增大为M点的2倍，再次达到平衡时NO的转化率不变 12．某温度下，在刚性密闭容器中充入一定量的T(g)，发生反应：①  ②。测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示： 下列说法正确的是 A．反应②达到M点时，正反应速率大于逆反应速率 B．Ⅱ曲线代表P的浓度与时间的变化关系 C．反应①加入催化剂不改变单位时间内T的转化率 D．0~6 min内P的平均化学反应速率 13．柠檬酸(用表示)是一种有机三元弱酸，广泛存在于水果中。25℃时，用NaOH调节溶液的pH，溶液中各种微粒的分布系数与pH的关系如图所示[比如的分布系]。下列叙述错误的是 A．溶液显酸性，溶液显碱性 B．曲线Ⅰ代表，曲线Ⅳ代表 C．溶液中： D．反应的 14．某实验小组利用AgCl与Na2SO3反应生成来“分银”，及其与形成的微粒的浓度分数随溶液pH变化的关系如图，下列叙述错误的是（，，） A．原子的价层电子排布式为 B．“分银”溶液中存在 C．“分银”时，需控制pH的范围大约为8~9 D．可以用NaHSO3溶液代替Na2SO3溶液来“分银” 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．（15分）镍是重要战略金属资源，一种从某高镁低品位铜镍矿(主要成分为、、、等)中回收Cu、Ni的工艺流程如图所示： 已知：。回答下列问题： (1)中，Fe元素的化合价为 。 (2)为提高“氧压浸出”的速率，可行的操作有 (任填一个)。 (3)“氧压浸出”中发生的化学反应方程式为 。 (4)“沉铁”时加入MgO先是除去过量的H+，后是调节溶液pH促使沉铁进行，沉铁反应的离子方程式为 。 (5)“滤液”中，“沉镍”时控制pH为8.50，此时Ni2+的沉淀率为 。(结果保留1位小数) (6)的立方晶胞结构如图所示。 ①Ni3+的价电子排布图为 。 ②与Ni3+距离最近且相等的有 个。 ③设晶体最简式的式量为，晶体密度为，则该晶胞中最近的Ni3+之间的距离为 nm。(列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。 16．（14分）四氧化三锰()是一种可用于生产锂离子电池正极材料的原料。以天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)为原料制备高纯的工艺流程如图所示。 25℃时，相关金属离子[]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下表，当离子浓度小于时，则认为该离子沉淀完全了。 金属离子 开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 8.9 6.2 6.9 沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 10.9 8.2 8.9 回答下列问题： (1)“氧化”步骤的主要目的是 。 (2)“调pH”时溶液的pH范围应调节为4.7~6.2之间，据此可以得知：的 。 (3)“滤渣3”中主要有 。 (4)写出“沉锰”时的离子方程式： 。 (5)在“沉锰”时，可以额外添加适量氨水促进生成碳酸锰，请你从化学平衡移动的角度解释加入氨水的目的： 。 (6)Mn和O可以组成多种氧化物，其中一种氧化物的晶胞如图所示。 ①该晶体中Mn的配位数为 。 ②已知阿伏加德罗常数的值为，该晶体的密度 (用含a、b的代数式表示)。 17．（15分）合成气(和)制醇是煤、天然气等非石油基碳资源的高值化转化的重要途径之一、已知合成气制甲醇的反应为 (1)若逆反应活化能，则正反应活化能 (用含的代数式表示)。合成气制甲醇的反应在 (填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下自发。 (2)向四个容积均为的容器中分别充入和值分别为时的平衡转化率随温度变化曲线如图所示。 ①温度下，下列表述不能说明反应达到平衡状态的是 (填序号)。 A．的消耗速率等于甲醇的生成速率 B．单位时间内，断裂键的数目是断裂键的数目的2倍 C．混合气体密度不再改变 D．混合气体平均摩尔质量不再变化 ②表示的是曲线 ，理由是 。 ③温度下，投料比时，反应达到平衡后混合气体中甲醇的物质的量分数 %，物质的量分数平衡常数 。(用物质的量分数代替浓度计算平衡常数) (3)科学家合成了硫化钼纳米片作催化剂，利用合成气制备多种醇。温度下，分别投入和，经历达到平衡，实现了的转化率和的甲醇选择性(如图所示)，则平均反应速率 (用含t的计算式表示)。 18．（15分）化合物是一种用于制备神经抑制剂的中间体，其合成路线如下： 回答下列问题： (1)化合物I的分子式是 。化合物VIII中的含氧官能团的名称是 。 (2)化合物I的沸点高于化合物II，其原因是 。 (3)反应①是原子利用率100%的反应，则a为 。 (4)下列反应②的说法不正确的是___________。(填字母) A．反应②是加成反应 B．一定条件下化合物1molIV能与5mol反应 C．化合物VIII个分子中2个手性碳原子 D．化合物VII中碳原子的杂化方式只有2种 (5)化合物III有多种同分异构体，其中含结构的有 种(不计III)，其中核磁共振氢谱的峰面积比为6：1：1的结构简式为 (写出其中一种)。 (6)写出以和乙醇为原料合成化合物的单体的合成路线(无机试剂任用) 。 1 学科网（北京）股份有限公司 $正确的方向+方法+坚持不懈的努力=目标成绩 2027届高三模考试卷（五） （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Sn 119 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．化学在生产、生活、能源、环境等领域应用广泛，下列说法错误的是 A．工业上电解熔融态的氯化镁制取镁单质 B．发酵粉中的碳酸钠与固态酸发生反应生成二氧化碳使食品变蓬松 C．钠离子电池储能电站的投运有利于解决光伏发电的间歇性、波动性等问题 D．发展太阳能制氢技术，减少化石燃料的使用，有利于减缓温室效应 【答案】B 【详解】A．工业上从海水中提取氯化镁，再电解熔融态的氯化镁制取镁单质，故A项正确； B．发酵粉的主要成分为碳酸氢钠、酒石酸等固体酸，使用时，碳酸氢钠与固态酸发生反应生成二氧化碳使食品变蓬松，故B项错误； C．光伏发电受昼夜交替、天气阴晴等因素的影响，具有间歇性、波动性等问题，钠离子电池储能电站的投运有利于解问题，故C项正确； D．发展太阳能制氢技术，减少化石燃料的使用，可控制二氧化碳的排放，有利于减缓温室效应，故D项正确； 故本题选B。 2．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．室温下，丙烯的分子中含有的碳原子数为 B．的溶液中的数目为 C．电解精炼铜过程中，当阳极质量减小时，转移电子数为 D．标准状况下，含有的分子数为 【答案】A 【详解】A．丙烯为，则碳原子数为，A正确； B．碳酸根不考虑水解微粒个数为，碳酸根离子水解导致其数目小于，B错误； C．电解精炼铜时，阳极上如果只有铜放电，一个铜原子参加反应失去两个电子，1mol铜原子参加反应失去2mol电子，阳极质量减轻64g，转移电子数是，但是阳极上除了铜放电之外，还有其他金属（锌、铁等）也会放电，因此阳极质量减轻时，转移电子数不是，C错误； D．标准状况下，水不是气体，物质的量不是，故D错误； 故选：A。 3．下列有关陈述Ⅰ和Ⅱ均正确且存在因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 向溶液中滴入稀盐酸，溶液中出现凝胶 非金属性：Cl>Si B 利用海水制取溴和镁单质 被氧化，被还原 C 可用铝槽运输浓硝酸 浓硝酸与Al不反应 D 往含有淀粉的溶液中滴加几滴HI，溶液变蓝 氧化性： A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【详解】A．元素的非金属性强弱与氢化物的酸性强弱无关，所以向硅酸钠溶液中滴入稀盐酸，溶液中出现凝胶()，不能用于比较氯元素和硅元素的非金属性强弱，故A项不符合题意； B．海水中存在溴离子，可向其中通入氯气等氧化剂将溴离子氧化为溴单质，再经过萃取，蒸馏分离提纯溴单质，另外，通过富集海水中的镁离子，再经过沉淀、溶解等操作得到无水氯化镁，随后电解熔融氯化镁可得到镁单质，陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系，故B项符合题意； C．浓硝酸与Al能反应，只是常温下会发生“钝化”形成一层保护膜，故C项不符合题意； D．具有氧化性，硝酸根离子在酸性条件下也具有氧化性，所以不能判断是谁将碘离子氧化为碘单质的，故D项不符合题意； 故本题选B。 4．X、Y、Z、W和Q是原子序数依次增大的五种主族元素，X与Z、Y与Q的价电子数分别相等，且5种元素价电子数之和为21，短周期中Y电负性最小，Q价电子所在能层有16个轨道，下列说法不正确的是 A．离子晶体的熔点：YW＜QW B．Z、W最高价氧化物对应的水化物酸性强弱：Z＜W C．第一电离能：X>Z D．离子半径：Z>W>Q>X>Y 【答案】A 【分析】短周期电负性最小为Na，则Y为Na，Q价电子所在能层有16个轨道说明为第四能层，且与钠价电子数相同则为K，设X、Z、W的价电子数分别为a、a、b，而5种元素价电子数之和为21，则可得式子，可得三种情况 ①，，主族价电子小于8，故舍去。 ②，，与原子序数依次增大不符，故舍去。 ③，，符合题意，则五种元素分别为O、Na、S、Cl和K。 【详解】A．、为离子晶体，熔沸点与离子键强弱(离子电荷数、离子半径)有关，电荷数相同时，钾离子半径大则离子键弱，熔点低，故A项错误； B．S、Cl最高价氧化物对应的水化物为硫酸、高氯酸，元素非金属性越强，则对应最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性：氯大于硫，则酸性：高氯酸强于硫酸，故B项正确； C．与S相比，O原子半径小，第一电离能大，故C项正确； D．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，离子半径，故D项正确； 故本题选A。 5．利用和溴酸根溶液反应制备高溴酸根：，下列说法不正确的是 A．反应中做氧化剂，而也可以发生上述反应 B．空间构型为直线型 C．每生成，转移电子数为2 D．酸性： 【答案】C 【详解】A．该反应过程中Xe元素化合价由+2价下降到0价，做氧化剂，作还原剂，Cl元素和Br元素都是卤族元素，且的还原性强于，由氧化还原的规律可知也可以发生上述反应，A正确； B．中心原子价层电子对数为2+=5，且含有3个孤电子对，当空间构型为直线形时最稳定，空间构型为直线型，B正确； C．该反应过程中Br元素化合价由+5价上升到+7价，每生成，转移电子数为2NA，C错误； D．元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，Cl的非金属性强于Br，且HF为弱酸，则酸性：，D正确； 故选C。 6．在加热条件下，金属钯催化乙醇羰基()化的反应过程如图所示。下列说法错误的是 A．整个反应过程的化学方程式为 B．在金属钯催化下不能被羰基化的醇中，相对分子质量最小的为74 C．反应过程中断裂和形成最多的键是Pd-H键 D．反应过程中钯的化合价发生了变化 【答案】A 【详解】A．由图可知，整个过程中和反应生成和，化学方程式为，A错误； B．羟基被氧化为羰基，C原子上应连接H原子，在金属钯催化下不能被羰基化的醇中，与羟基相连的C原子上没有氢原子，最简单的是2－甲基－2－丙醇，相对分子质量为74，B正确； C．由图可知，反应过程中断裂和形成最多的键是Pd－H键，C正确； D．钯单质为0价，反应过程中形成了Pd－H键，Pd的化合价发生了变化，D正确； 故答案为：A。 7．丁基苯酞(键线式为)是芹菜油的化学成分之一。动物模型研究表明，丁基苯酞可用于治疗高血压和神经保护作用。下列有关丁基苯酞的说法正确的是 A．丁基苯酞的化学式为 B．丁基苯酞分子中碳原子有3种杂化方式 C．能发生取代、加成和氧化反应 D．苯环上一氯代物有2种 【答案】C 【详解】A．丁基苯酞的化学式不饱和度为6，H原子个数为，化学式为，A错误； B．丁基苯酞分子中苯环上和酯基上的碳原子采用sp2杂化，其余饱和碳原子采用sp3杂化，碳原子有2种杂化方式，B错误； C．酯基能发生取代反应，苯环能与氢气发生加成反应，可燃烧能发生氧化反应，C正确； D．苯环不对称，因此苯环上一氯代物有4种，错误； 答案选C。 8．某化合物可代替作沉淀剂，结构如图所示。W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，X的原子最外层电子数是内层电子数的2倍，W和X原子序数之和等于Y的核外电子数，Z的单质是难溶于水的固体。下列说法正确的是 A．元素电负性：X>Y>W B．含氧酸的酸性：Y>Z C．W、Y、Z可形成离子化合物 D．该化合物分子中所有原子共平面 【答案】C 【分析】X有4个共价键，则短周期中X可能为C或Si，Y有3个共价键，则Y可能为N或P，Z有2个共价键，Z可能为O或S，Z的单质是难溶于水的固体，Z为S，W有1个共价键，则W可能为H、F、Cl，X的原子最外层电子数是内层电子数的2倍，则X为C，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W为H，W和X原子序数之和等于Y的核外电子数，则Y为N，综合：W为H、X为C、Y为N、Z为S，以此分析； 【详解】A．电负性：N＞C＞H，即Y＞X＞W，A错误； B．Y和Z都具有可变价态，无法确定含氧酸中元素的化合价，故无法比较酸性，B错误； C．N、H元素形成铵根，铵根与硫离子可以形成离子键，C正确； D．单键可旋转，故无法形成平面形结构，D错误； 故答案为：C。 9．我国科学家首次研究了碘正极在水系铝离子电池中的转化反应，下列叙述错误的是 A．放电时，在正极上发生还原反应 B．放电时，每转移电子，a电极质量理论上增加 C．充电时，b极反应之一为 D．充电时，参与反应生成、、物质的量之比可能为 【答案】B 【分析】由图可知，放电时，b电极为原电池的正极，碘单质得到电子发生还原反应生成碘离子，a电极为负极，铝在负极失去电子发生氧化反应生成铝离子；充电时，与直流电源正极相连的b电极为阳极，碘离子失去电子发生氧化反应碘或碘三离子或碘五离子，a电极为阴极，铝离子得到电子发生还原反应生成铝。 【详解】A．由分析可知，放电时，b电极为原电池的正极，碘单质得到电子发生还原反应生成碘离子，故A正确； B．由分析可知，放电时，a电极为负极，铝在负极失去电子发生氧化反应生成铝离子，则转移电子时，a极质量应减少27g，故B错误； C．由分析可知，充电时，与直流电源正极相连的b电极为阳极，碘离子失去电子发生氧化反应碘或碘三离子或碘五离子，则电极反应式之一可能为，故C正确； D．由分析可知，充电时，与直流电源正极相连的b电极为阳极，碘离子失去电子发生氧化反应碘或碘三离子或五三离子，设碘、碘三离子、碘五离子的物质的量依次为amol、bmol、cmol，由原子个数守恒可得：2a+3b+5c=10, a=b=c=1时，方程式成立，故D正确； 故选B。 10．硒化锌材料不溶于水，其对热冲击具有很强的承受能力，使它成为高功率激光器系统中的成对电子数的最佳光学材料。硒化锌晶胞结构如图所示。设晶体密度为，代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．该晶胞中硒原子的配位数为6 B．晶胞中与Zn距离最近且等距离的Zn原子有8个 C．基态原子核外有34种不同空间运动状态的电子 D．晶胞边长为 【答案】D 【详解】A．与硒原子距离最近的Zn有4个，故该晶胞中硒原子的配位数为4，A错误； B．晶胞中与Zn距离最近且等距离一个Zn在顶点，另一个Zn在面心，共有12个，B错误； C．基态原子的电子排布式为，共占据18个轨道，有18种不同空间运动状态的电子，C错误； D．该晶胞中Se的个数为4个，Zn的个数为，有4个ZnSe，故边长为，D正确； 故选D。 11．亚硝酰氯是有机合成的氯化剂，合成原理：。在密闭反应器中投入和合成，在、温度下，测得NO的平衡转化率与压强关系如图所示。下列叙述不正确的是 A．p点时同时加压和升温，NO的平衡转化率由p点向b点迁移 B．点a、b、c对应的平衡常数： C．时， D．℃时，维持M点压强不变，再向容器中充入NO和，使二者物质的量均增大为M点的2倍，再次达到平衡时NO的转化率不变 【答案】A 【详解】A．该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，NO转化率增大，该反应为放热反应，升高温度，NO的平衡转化率由p点向下方迁移，不会向b点迁移，A错误； B．该反应为放热反应，升高温度，化学平衡向左移动，NO的转化率减小，由图像可知，压强相同时，T1时一氧化氮的平衡转化率大于T2时一氧化氮的平衡转化率，说明T1<T2，由于化学平衡常数只与温度有关，温度相同，化学平衡常数相同，则Ka=Kb，已知该反应为放热反应，升高温度，化学平衡常数减小，由于c点的温度高于a点和b点的温度，则有Ka=Kb>Kc，B正确； C．相同温度时，压强越大，化学反应速率越大，T2时，由于d点压强大于c点压强，则d点反应速率大于c点反应速率，即，C正确； D．T1时，维持M点压强不变，再向容器中充入NO和Cl2，使二者物质的量均增大为M点的2倍，平衡不发生移动，即再次达平衡时NO的转化率不变，D正确； 答案选A。 12．某温度下，在刚性密闭容器中充入一定量的T(g)，发生反应：①  ②。测得各气体浓度与反应时间的关系如图所示： 下列说法正确的是 A．反应②达到M点时，正反应速率大于逆反应速率 B．Ⅱ曲线代表P的浓度与时间的变化关系 C．反应①加入催化剂不改变单位时间内T的转化率 D．0~6 min内P的平均化学反应速率 【答案】A 【分析】初始时，充入一定量的T(g)，随着反应进行，T逐渐减少，W增多，随后W又转化为P，则曲线Ⅰ代表P，曲线Ⅱ代表W，曲线Ⅲ代表T。 【详解】A．反应②达到M点时，W浓度减小，P浓度增加，则反应正向移动，正反应速率大于逆反应速率，故A正确； B．由分析可知，Ⅱ曲线代表W的浓度与时间的变化关系，故B错误； C．反应①加入催化剂不改变T的平衡转化率，但是会加快反应速率，提高单位时间内T的转化率，故C错误； D．0~6 min内W的平均化学反应速率为：，v(P)＜v(W)=0.071mol·L-1·min-1，故D错误； 故选A。 13．柠檬酸(用表示)是一种有机三元弱酸，广泛存在于水果中。25℃时，用NaOH调节溶液的pH，溶液中各种微粒的分布系数与pH的关系如图所示[比如的分布系]。下列叙述错误的是 A．溶液显酸性，溶液显碱性 B．曲线Ⅰ代表，曲线Ⅳ代表 C．溶液中： D．反应的 【答案】B 【分析】H3A为有机三元弱酸，与氢氧化钠溶液反应时，溶液的pH越小，H3A的分布系数越大，溶液的pH越大，A3-的分布系数越大，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ发表代表H3A、H2A-、HA2-、A3-的分布系数；由图可知，溶液中H3A、H2A-的浓度相等时，溶液pH为2.1，则电离常数Ka1(H3A)== 10-2.1，同理可知，Ka2(H3A)=10-7.2、Ka3(H3A)=10-12.3。 【详解】A．由上述分析可知，H3A的电离平衡常数Ka1=10-2.1，Ka2=10-7.2，Ka3=10-12.3，H2A-的水解平衡常数Kh3===10-11.9＜Ka2，故以电离为主，溶液显酸性；HA2-的水解平衡常数Kh2===10-6.8＞Ka3，HA2-以水解为主，溶液显碱性，A正确； B．根据分析得，曲线Ⅰ代表δ(H3A)，曲线Ⅳ代表δ(A3−)，B错误； C．根据A项分析得，H2A-的水解程度小于电离程度，0.1mol⋅L−1NaH2A溶液中：c(Na+)>c(H2A−)>c(HA2−)>c(H3A)，C正确； D．反应H3A+HA2−⇌2H2A−的K==105.1，D正确； 故答案为B。 14．某实验小组利用AgCl与Na2SO3反应生成来“分银”，及其与形成的微粒的浓度分数随溶液pH变化的关系如图，下列叙述错误的是（，，） A．原子的价层电子排布式为 B．“分银”溶液中存在 C．“分银”时，需控制pH的范围大约为8~9 D．可以用NaHSO3溶液代替Na2SO3溶液来“分银” 【答案】D 【详解】A．原子在周期表中位于第五周期IB族，价层电子排布式为，故A正确； B．反应液中存在物料守恒式，故成立，故B正确； C．由图可知，pH的范围在8~9时离子浓度大，利于形成更多的，从而利于“分银”反应的进行，故C正确； D．由图可知，pH为7.30时，所以亚硫酸的，可计算反应的平衡常数 ，平衡常数太小，反应正向进行程度小，故不可以用NaHSO3溶液代替Na2SO3溶液来“分银”，故D错误。 答案选D。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．（15分）镍是重要战略金属资源，一种从某高镁低品位铜镍矿(主要成分为、、、等)中回收Cu、Ni的工艺流程如图所示： 已知：。回答下列问题： (1)中，Fe元素的化合价为 。 (2)为提高“氧压浸出”的速率，可行的操作有 (任填一个)。 (3)“氧压浸出”中发生的化学反应方程式为 。 (4)“沉铁”时加入MgO先是除去过量的H+，后是调节溶液pH促使沉铁进行，沉铁反应的离子方程式为 。 (5)“滤液”中，“沉镍”时控制pH为8.50，此时Ni2+的沉淀率为 。(结果保留1位小数) (6)的立方晶胞结构如图所示。 ①Ni3+的价电子排布图为 。 ②与Ni3+距离最近且相等的有 个。 ③设晶体最简式的式量为，晶体密度为，则该晶胞中最近的Ni3+之间的距离为 nm。(列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。 【答案】(1)+3价 (2)将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积或适当升高反应温度或充分搅拌或适当增大硫酸的浓度 (3) (4) (5)99.9% (6) ① ②4 ③ 【分析】由题干工艺流程图可知向高镁低品位铜镍矿(主要成分为、等)中加入进行氧压浸出，将铁元素转化为，镍元素转化为，铜元素转化为，镁元素转化为，硫元素转化为单质，过滤得到滤渣主要成分为和，用铜离子萃取剂萃取出，分液得到萃取液，萃余液中主要含有，向萃余液中加入和进行沉铁将铁离子转化为，过滤出沉淀，向滤液中加入将转化为形成沉淀，最后对进行处理制得，母液中主要溶质为，据此分析解题。 【详解】（1）已知钠离子带一个正电荷，硫酸根带两个负电荷，氢氧根带一个负电荷，根据化合价代数和为零可知中铁元素的化合价为+3价，故答案为+3价； （2）将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积、适当升高反应温度、充分搅拌和适当增大硫酸的浓度等措施均能提高氧压浸出的速率，故答案为将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积或适当升高反应温度或充分搅拌或适当增大硫酸的浓度； （3）由分析可知，氧压浸出的滤渣有和，该环节中与反应生成、、和，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学反应方程式为，故答案为； （4）由分析知，向萃余液中加入和进行沉铁将铁离子转化为，其离子方程式为，故答案为； （5）已知，滤液中，沉镍时，控制pH为8.50，此时溶液中，溶液中残留的浓度为，则此时的沉淀率为，故答案为99.9%； （6） ①的价层电子排布式为，价电子排布图为；故答案为； ②与距离最近且相等的有4个，原子之比为，As与周围的四个Ni形成正四面体结构，则Ni周围的As是4个，故答案为4； ③设晶体最简式的式量为Mr（式量是指在化学物质的实验式中各原子的相对原子质量的总和），晶体密度为，则设晶胞参数边长为anm，有，边长，则存在该晶胞中最近的之间的距离为面对角线的一半。 16．（14分）四氧化三锰()是一种可用于生产锂离子电池正极材料的原料。以天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)为原料制备高纯的工艺流程如图所示。 25℃时，相关金属离子[]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下表，当离子浓度小于时，则认为该离子沉淀完全了。 金属离子 开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 8.9 6.2 6.9 沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 10.9 8.2 8.9 回答下列问题： (1)“氧化”步骤的主要目的是 。 (2)“调pH”时溶液的pH范围应调节为4.7~6.2之间，据此可以得知：的 。 (3)“滤渣3”中主要有 。 (4)写出“沉锰”时的离子方程式： 。 (5)在“沉锰”时，可以额外添加适量氨水促进生成碳酸锰，请你从化学平衡移动的角度解释加入氨水的目的： 。 (6)Mn和O可以组成多种氧化物，其中一种氧化物的晶胞如图所示。 ①该晶体中Mn的配位数为 。 ②已知阿伏加德罗常数的值为，该晶体的密度 (用含a、b的代数式表示)。 【答案】(1)把氧化成为，使铁元素能够在调pH时完全被除去 (2) (3)ZnS、NiS (4) (5)“沉锰”时加入碳酸氢铵以生成，发生反应，该过程中加入氨水可消耗氢离子，促进正向移动(合理表述均可) (6)① 6 ② 【分析】硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)，MnS矿和MnO2粉加入稀硫酸，MnO2具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成MnSO4、S，同时溶液中还有难溶性的SiO2（或不溶性硅盐），所以得到的滤渣1为S和SiO2（或不溶性硅盐）；然后向滤液中加入MnO2，将还原性离子Fe2+氧化生成Fe3+，再向溶液中加入氨水调节溶液的pH除铁和铝，所以滤渣2为Al(OH)3、Fe(OH)3，加入的Na2S和Zn2+、Ni2+反应生成硫化物沉淀，所以滤渣3为NiS和ZnS，所得滤液中继续加入MnF2生成MgF2沉淀除去Mg2+，所以滤渣4为MgF2，最后向滤液中加入碳酸氢铵得到MnCO3沉淀，用稀硫酸溶解沉淀得到硫酸锰，硫酸锰与氨水反应得氢氧化锰，氢氧化锰再空气中加热得四氧化三锰。 【详解】（1）“氧化”步骤的主要目的是：把氧化成为，使铁元素能够在调pH时完全被除去。 （2）根据分析，“滤渣2”中主要有Al(OH)3、Fe(OH)3，“调pH”时溶液的pH范围应调节为4.7~6.2之间，由表中数据可知pH在2.8时，Fe3+沉淀完全，则pH在4.7时，Al3+沉淀完全，因此的。 （3）根据分析可知，“滤渣3”中主要有ZnS、NiS。 （4）“沉锰”时得到碳酸锰沉淀，离子方程式：。 （5）在“沉锰”时，可以额外添加适量氨水促进生成碳酸锰，是由于：“沉锰”时加入碳酸氢铵以生成，发生反应，该过程中加入氨水可消耗氢离子，促进正向移动。 （6）①由晶胞结构可知，每个锰原子被6个氧原子包围，因此Mn的配位数为6； ②锰离子的个数为：，氧离子的个数为：，该锰氧化物的化学式为MnO2，阿伏加德罗常数为，每个晶胞中含有2个MnO2，则该晶体的密度为。 17．（15分）合成气(和)制醇是煤、天然气等非石油基碳资源的高值化转化的重要途径之一、已知合成气制甲醇的反应为 (1)若逆反应活化能，则正反应活化能 (用含的代数式表示)。合成气制甲醇的反应在 (填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下自发。 (2)向四个容积均为的容器中分别充入和值分别为时的平衡转化率随温度变化曲线如图所示。 ①温度下，下列表述不能说明反应达到平衡状态的是 (填序号)。 A．的消耗速率等于甲醇的生成速率 B．单位时间内，断裂键的数目是断裂键的数目的2倍 C．混合气体密度不再改变 D．混合气体平均摩尔质量不再变化 ②表示的是曲线 ，理由是 。 ③温度下，投料比时，反应达到平衡后混合气体中甲醇的物质的量分数 %，物质的量分数平衡常数 。(用物质的量分数代替浓度计算平衡常数) (3)科学家合成了硫化钼纳米片作催化剂，利用合成气制备多种醇。温度下，分别投入和，经历达到平衡，实现了的转化率和的甲醇选择性(如图所示)，则平均反应速率 (用含t的计算式表示)。 【答案】(1) 低温 (2) ①AC ②b 当的物质的量小于2mol时，相当于CO过量，则转化率低于的物质的量等于2mol时，且n值越小，CO转化率越低，因此的是曲线b ③ 108 (3) 【详解】（1）由(正)(逆)(正)，可得(正)。由，，根据可知，应在低温可自发进行； （2）①A．的消耗速率等于甲醇的生成速率，均表示正反应速率，不能判断达到平衡状态，A错误； B．单位时间内，断裂键代表正反应，断裂键代表逆反应，断裂键的数目是断裂键的数目的2倍，可判断达到平衡状态，B正确； C．混合气体质量不变，容积不变，密度恒定改变，不能确定是平衡状态，C错误； D．混合气体的质量不变，物质的量反应前后改变，平均摩尔质量不再变化，可判断达到平衡状态，D正确； 故选AC。 ②当的物质的量小于2mol时，相当于CO过量，则转化率低于的物质的量等于2mol时，且n值越小，CO转化率越低，因此的是曲线b； ③温度下，投料比时，即曲线c，反应达到平衡后，CO转化率为75%，列三段式 可知混合气体中甲醇的物质的量分数，氢气和一氧化碳的物质的量分数分别为、，则物质的量分数平衡常数； （3）反应CO为0.8mol，生成甲醇0.8mol×70%=0.56mol，则平均反应速率。 18．（15分）化合物是一种用于制备神经抑制剂的中间体，其合成路线如下： 回答下列问题： (1)化合物I的分子式是 。化合物VIII中的含氧官能团的名称是 。 (2)化合物I的沸点高于化合物II，其原因是 。 (3)反应①是原子利用率100%的反应，则a为 。 (4)下列反应②的说法不正确的是___________。(填字母) A．反应②是加成反应 B．一定条件下化合物1molIV能与5mol反应 C．化合物VIII个分子中2个手性碳原子 D．化合物VII中碳原子的杂化方式只有2种 (5)化合物III有多种同分异构体，其中含结构的有 种(不计III)，其中核磁共振氢谱的峰面积比为6：1：1的结构简式为 (写出其中一种)。 (6)写出以和乙醇为原料合成化合物的单体的合成路线(无机试剂任用) 。 【答案】(1) 酯基 (2)的分子间存在氢键 (3) (4)BD (5) 5 [或] (6) 【分析】I发生醇的催化氧化生成II，II和乙酸乙酯在有机碱作用下发生反应得到IV；V和水发生加成反应得到VI，a为水，VI和乙醇发生酯化反应得到VII，VII和V在一定条件下发生加成反应②得到VIII。 【详解】（1）由图知，化合物I为，分子式为；化合物中的含氧官能团的名称是酯基； （2）的分子间存在氢键，分子间只存在范德华力所以沸点高于； （3）反应①是原子利用率100%的反应，根据原子守恒，可知则a为H2O； （4）A. 和反应生成的过程，后者碳碳双键变成碳碳单键，属于加成反应，A正确； B. 化合物IV为，在一定条件下与加成时，苯环上可用消耗3mol氢气，碳碳双键可用消耗1mol氢气，最多可以消耗4mol氢气，B错误； C. 如图，化合物VIII个分子中2个手性碳原子，C正确 D. 如图，化合物VII中，乙基上的C为sp3在杂化，酯基上的C为sp2杂化，氰基上的C为sp杂化，故碳原子的杂化方式只有3种，D错误； 故选BD； （5）化合物Ⅲ为，包含4个C，2个O和一个不饱和度，其中包含的同分异构体有：，有2种，，有1种，，有1种，，有2种，共6种，除掉化合物III本身，同分异构体还有5种，其中核磁共振氢谱的峰面积比为6：1：1的结构简式为、； （6）根据所给物质及已知反应条件，涉及到醛基和酯基的加成，所以先将醇羟基氧化为醛基，再氧化成羧酸，最后酯化生成酯基，酯基再与醛基反应生成碳碳双键得到单体，合成路线为。 1 学科网（北京）股份有限公司 $