精品解析：江苏省三校联考2026-2027学年高三上学期开学考试 化学试题

高三年级9月份质量监测 化学试题 试卷满分(100分) 考试时间(75分钟) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Ca-40 Cu-64 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 北京大学科研团队利用石墨烯研制出全球首个高效气体分子二极管。石墨烯属于 A. 无机非金属材料 B. 金属材料 C. 有机高分子材料 D. 复合材料 【答案】A 【解析】 【详解】A．石墨烯是碳元素组成的单质，属于无机非金属材料中的碳质材料类别，A正确； B．金属材料包括金属单质和合金，石墨烯不含金属元素，不属于金属材料，B错误； C．有机高分子材料属于有机物范畴，是由相对分子质量很高的有机化合物构成的材料，石墨烯是碳单质不属于有机物，因此不属于有机高分子材料，C错误； D．复合材料是两种或两种以上不同性质的材料经复合而成的多相材料，石墨烯是单一碳单质，不属于复合材料，D错误； 故答案选A。 2. 反应MgCl2+6NH3=[Mg(NH3)6]Cl2可用于NH3的储存。下列说法正确的是 A. MgCl2的电子式为 B. NH3的空间构型为平面三角形 C. 固态氨属于共价晶体 D. 1mol[Mg(NH3)6]2+中含有24mol σ键 【答案】D 【解析】 【详解】A．MgCl2是离子化合物，由和2个构成，其电子式为，两个应该写成两个独立的，A错误； B．NH3的中心原子为N，其价层电子对为3+4，有1对孤电子对，其空间构型为三角锥形，B错误； C．固态氨是由NH3分子通过分子间作用力构成分子晶体，不是共价晶体，C错误； D．[Mg(NH3)6]2+是一个配离子，其中每个NH3分子与形成配位键，每个NH3分子中，N与H之间有3个σ键，6个NH3分子中共有63=18个σ键。此外与每个NH3之间形成一个配位键(即σ键)，共6个。因此1mol[Mg(NH3)4]2+中含有(18+6) mol=24 molσ键，D正确； 故答案选D。 3. 下列由废铜屑制取 CuSO4溶液并进行相关实验的原理与装置不能达到实验目的的是 A. 用装置甲制取CuSO4溶液 B. 用装置乙过滤得到CuSO4溶液 C. 用装置丙制取[Cu(NH3)4]SO4溶液 D. 用装置丁在铁钥匙表面镀铜 【答案】D 【解析】 【详解】A．装置甲中，与、稀发生反应，可制备溶液，A不符合题意； B．装置乙为过滤操作，可除去未反应的铜屑，得到溶液，B不符合题意； C．向溶液中滴加氨水，先生成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解生成深蓝色溶液，可制取溶液，C不符合题意； D．装置丁中，铁钥匙作阴极、作阳极时，才能在铁钥匙表面镀铜，图中铁钥匙连接电源正极作阳极，无法实现镀铜，D符合题意； 故选D。 4. 有机溶剂18-冠-6()与形成X()，可促进反应的进行。下列说法不正确的是 A. 18-冠-6中C和O的杂化轨道类型相同 B. X中18-冠-6与间存在离子键 C. 电负性： D. 第一电离能： 【答案】B 【解析】 【详解】A．18-冠-6中C和O的价层电子对数均为4，杂化轨道均为，类型相同，A正确； B．18-冠-6与形成超分子X，18-冠-6（有机分子）与间是分弱配位键，离子键只存在阳离子与阴离子之间，B错误； C．元素非金属性越强，电负性越大，K属于活泼金属，故电负性：，C正确； D．N的2p能级处于半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素O，D正确； 故选B。 阅读下列资料，完成下面小题： 氢硫酸是二元弱酸，具有强还原性。用NaOH溶液吸收H2S可制备Na2S或NaHS；H2S与SO2反应可用于工业制高纯度硫黄；银器与空气中H2S接触后会产生黑褐色的Ag2S；C2H5OH与H2S反应可制备难闻的C2H5SH（乙硫醇）用于警示家用煤气泄露；H2S和CO2反应生成的COS（羰基硫）用于粮食熏蒸；H2S可除去废水中Hg2+等重金属离子。 5. 下列说法正确的是 A. （）是共价晶体 B. SO2中S原子杂化类型为sp3 C. H2S的热稳定性比H2O大 D. C2H5SH的沸点比C2H5OH低 6. 下列反应表示不正确的是 A. H2S与SO2反应制硫黄： B. Na2S溶液显碱性的原因： C. 银器与空气中H2S接触生成 D. H2S除去废水中 7. 制备羰基硫的反应： 。下列说法正确的是 A. 已知该反应在高温条件下能自发进行，则 B. 该反应的平衡常数 C. 反应的（表示键能，CO2和COS中的化学键可分别视为C=O和C=S） D. 高温或使用催化剂均可提高H2S的平衡转化率 【答案】5. D 6. B 7. A 【解析】 【5题详解】 A．由题干S8的结构式（）可知，S8是由分子构成的，故属于分子晶体而不是共价晶体，A错误； B．SO2中心原子S周围的价层电子对数为：2+ =3，故S原子杂化类型为sp2，B错误； C．已知O的非金属性强于S，故H2S的热稳定性比H2O小，C错误； D．已知C2H5SH和C2H5OH均为分子晶体，C2H5OH分子间存在氢键，而C2H5SH分子间不能形成氢键，导致C2H5SH的沸点比C2H5OH低，D正确； 故答案为：D； 【6题详解】 A．H2S与SO2反应制硫黄即S元素发生归中反应，反应方程式为：，A正确； B．已知H2S是二元弱酸，则S2-水解是分步进行，分布书写的，即Na2S溶液显碱性的原因：、，B错误； C．银器与空气中H2S接触生成Ag2S，即Ag与O2反应生成Ag2O，Ag2O再与H2S发生复分解反应，总反应方程式为：，C正确； D．已知H2S是弱酸，离子方程式书写时不能拆，则H2S除去废水中Hg2+的离子方程式为：，D正确； 故答案为：B； 【7题详解】 A．已知该反应的，根据自由能变判据可知，＜0时反应自发，该反应在高温条件下能自发进行，则，A正确； B．根据平衡常数的定义可知，该反应的平衡常数，B错误； C．已知反应的反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，故该反应的=，C错误； D．由 可知：升温能使平衡正向移动，即高温能提高H2S的平衡转化率，但使用催化剂只能改变反应速率，不能使平衡发生移动，即不能提高H2S的平衡转化率，D错误； 故答案为：A。 8. 将主要含CaCl2的废水通过“电解—碳化”制备CaCO3的装置如图所示。下列说法正确的是 A. M极与电源负极相连 B. N极区溶液的总反应为Ca2＋＋CO2＋H2O-2e-=CaCO3↓＋H2↑ C. 若将废水改为NaCl溶液，该装置可用于制取纯碱溶液或小苏打溶液 D. 1molCa2＋通过阳离子交换膜时，理论上阴极产生22.4L气体 【答案】C 【解析】 【详解】A．电解池中阳离子向阴极移动，向极移动，说明极为阴极、极为阳极，阳极应与电源正极相连，A错误； B．极为阴极，发生得电子的还原反应，反应式中应为而非，B错误； C．若废水改为溶液，阴极得电子生成和，与通入的反应，控制的用量可分别生成纯碱或小苏打溶液，C正确； D．通过阳离子交换膜时，电路中转移电子，理论上阴极生成，但题干未给出标准状况条件，无法确定气体体积为，D错误； 故选C。 9. 化合物W是合成抗病毒药物的重要中间体，其合成路线如下： 下列说法正确的是 A. X不能发生加聚反应 B. 1 molY最多能和3 mol发生加成反应 C. Z分子中和杂化的碳原子数目比为3：8 D. 使用溶液可检验W中是否含有Z 【答案】C 【解析】 【详解】A．X中含有碳碳双键，能发生加聚反应，A错误； B．根据Y的结构简式，1 mol Y最多能和4 mol 发生加成反应，B错误； C．Z分子中饱和碳原子采取杂化，共有3个，苯环、碳碳双键两端的碳原子采取杂化，共有8个，故个数比为3：8，C正确； D．W中含有酚羟基，遇溶液显紫色，而Z分子中无酚羟基，故可以用溶液检验Z中是否含有W，无法用此法检验W中是否含有Z，D错误； 故选C。 10. Fe/Ag金属复合材料去除酸性废水中的硝酸盐污染物。可能的反应历程如下： 下列说法正确的是 A. 过程Ⅰ中Ag失去 B. 过程Ⅱ的反应方程式： C. 过程Ⅲ中每消耗1 mol转移6 mol D. 复合材料中Fe的质量分数越大，去除效果越好 【答案】B 【解析】 【详解】A．过程Ⅰ中，Fe是更活泼的金属，作为负极失去电子，电子传递到Ag表面，使在Ag上被还原。因此，失去电子的是Fe，不是Ag，A错误； B．从反应历程图可以看出，过程Ⅱ的反应物是吸附在催化剂表面的H和，生成物是和，即可得反应，B正确； C．过程Ⅲ中，被还原为和，以生成为例，N元素从+3价降低到-3价，每个N原子得到6个电子；以生成为例，每个N原子从+3价降低到0价，得到3个电子，若1 mol全部转化为，则转移6 mol电子，若1 mol全部转化为，则转移3 mol电子，若同时生成和，则转移电子在3-6 mol之间，C错误； D．复合材料中Fe的质量分数并非越大越好。如果Fe含量过高，可能会覆盖Ag的活性位点，反而降低催化效率，影响的去除效果。因此，存在一个最佳的Fe/Ag比例，D错误； 故答案选B。 11. 的制备过程如下： 步骤I 在锥形瓶中加入和蒸馏水，加热溶解后再加入活性炭作催化剂，冷却后加浓氨水，生成。 步骤Ⅱ 向锥形瓶中缓慢加入双氧水并加热，生成。 步骤Ⅲ 冷却，过滤，得到含和活性炭的沉淀，再向其中加入热的稀盐酸，充分溶解后趁热过滤，除去活性炭。 步骤Ⅳ 向所得滤液中加入浓盐酸，用冰水冷却后析出沉淀，过滤、洗涤、干燥、称量。 下列说法正确的是 A. 的中心原子是，配位体是和 B. 步骤Ⅱ中每生成，需加入 C. 由步骤Ⅱ不能得出结论：向溶液中加入双氧水可以生成 D. 若将步骤Ⅲ中盐酸浓度改为与步骤Ⅳ中盐酸浓度相同，则可以增加产品产量 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，在氨气和氯化铵存在条件下，以活性炭为催化剂，用H2O2氧化溶液来制备[Co(NH3)6]Cl3，将粗产品溶于热的稀盐酸中，再向滤液中缓慢加入浓盐酸，用冰水冷却后析出沉淀，过滤后用冷的HCl溶液洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥，得产品。 【详解】A．配合物[Co(NH3)6]Cl3中，Co3+为中心离子，NH3为配体，Cl-为外界离子，不参与配位，A错误； B．用H2O2氧化CoCl2溶液来制备[Co(NH3)6]Cl3，Co元素由+2价上升到+3价，H2O2中O元素由-1价下降到-2价，步骤Ⅱ中每生成，理论上需加入，但H2O2受热会分解，实际需要加入的H2O2要大于1mol，B错误； C．步骤Ⅱ中NH3配位稳定Co3+，若无NH3，Co2+可能难被氧化，无法直接推断纯CoCl2溶液中反应可行，C正确； D．步骤Ⅲ用稀盐酸溶解产物，若用浓盐酸会降低溶解度，导致产物未完全溶解即被过滤，减少产量，D错误； 故选C。 12. 室温下，从冶炼富集液中回收钴、锰的部分工艺流程如下 已知：Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，下列说法正确的是 A. Na2S溶液中：c(OH-)=c(H2S)+c(HS-)+c(H+) B. 沉钴后得到的上层清液中：< C. NH4HCO3溶液(pH>7)中：c(NH)>c(HCO) D. 沉锰后得到pH=6.5的滤液中：c(H2CO3)<c(CO) 【答案】C 【解析】 【分析】含少量Co2+、Mn2+的溶液加硫化钠可生成CoS沉淀而除去钴离子，过滤，滤液中加碳酸氢铵生成碳酸锰沉淀、硫酸铵等。 【详解】A．根据的水解反应：，；同时，水的电离平衡为根据质子守恒，溶液中 的来源是水的电离和、的水解，而则来自水的电离，因此，质子守恒应为，A错误； B．沉钴过程中，加入后， 优先沉淀为，而留在溶液中。根据沉淀溶解平衡：，，两式相除可得：，B错误； C．溶液中，的水解常数，的水解常数 ， ，水解程度更大，使溶液，则，C正确； D．在时， 。根据的两步电离：，，将 代入：；，显然， ，且  。因此， ，D错误； 故选C。 13. 一定条件下，加氢合成涉及的主要反应如下： 反应I： 反应Ⅱ： 在2.0L恒容密闭容器中通入、的混合反应物，发生上述反应，两种含碳产物的选择性[的选择性=]及的平衡转化率随温度的变化曲线如图所示。 下列说法正确的是 A. B. 温度为时， C. 温度为时，平衡体系中 D. 曲线丙随温度升高，先减小后增大的原因为在之间，以反应Ⅱ为主；在之间，以反应Ⅰ为主 【答案】C 【解析】 【分析】反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，随温度的升高，反应Ⅰ逆向移动，反应Ⅱ正向移动，导致平衡时CO的物质的量增大，的物质的量减小，因此曲线甲代表的是在含碳产物中的物质的量百分数，曲线乙代表CO在含碳产物中的物质的量百分数，曲线丙代表的平衡转化率随温度的变化。 【详解】A．根据盖斯定律可知，等于反应I-反应Ⅱ，因此该反应的，故A错误； B．温度为时，CO2的平衡转化率为20%，则转化的，CO、CH3OH的选择性均为50%，则平衡时，，根据反应可知平衡时，，，，，，因此，故B错误； C．温度为时，CO2的平衡转化率为30%，则转化的，CH3OH的选择性均为18%，则平衡时，因此，根据反应可知平衡时，，根据反应可知，，故C正确； D．曲线丙代表的平衡转化率随温度的变化，的平衡转化率随温度升高，先减小后增大的原因为：在之间，温度较低时，以反应Ⅰ为主，主要转化为，随着温度升高，反应Ⅰ的平衡逆向移动，而反应Ⅱ的平衡正向移动，但此时反应Ⅰ仍占主导，导致的总转化率减小；250℃以上，以反应Ⅱ为主，主要转化为CO，反应 Ⅱ是吸热反应，升温显著促进其进行，导致的总转化率增大，故D错误； 故答案选C。 二、填空题：本题包括4小题，共61分 14. 工业上常采用生物堆浸法处理低品位黄铜矿(主要成分CuFeS2)来提取Cu，整个过程包括“生物堆浸”、“萃取”、“电解”，路线如图所示，回答下列问题。 已知：①生物堆浸使用的嗜酸微生物pH在1.0～3.0范围内可保持活性； ②堆浸体系中Fe3+、Cu2+和Fe2+开始沉淀的pH分别为1.5、4.2和6.3。 ③“萃取”过程发生反应：Cu2++2HLCuL2+2H+ （1）下图是矿石堆浸的示意图，堆浸时矿石的粒度需要精细控制，若矿石粒度过小会有什么缺点：_______________________。 （2）堆浸过程中，微生物持续代谢产生Fe3+和H+对黄铜矿进行化学氧化溶解。 ①第一阶段：CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S 第二阶段：___________________________；2S+3O2+2H2O=4H++2 ②在黄铜矿微生物浸出体系中伴生的方解石(主要成分CaCO3)对黄铜矿浸出有一定的抑制作用，分析可能的原因________________________________。 （3）①“萃取”过程中，Cu2+与萃取剂HL(图1)形成的配合物结构如图2所示。下列说法正确的有_____________。 A．配位时Cu2+被还原 B．Cu2+与N原子形成了配位键 C．配合物与水能形成分子间氢键 D．图1、图2中N原子的杂化类型发生了改变 ②图2中R为壬烷基(-C9H19)，若将R换为羟基(不参与配位反应)，则萃取率会下降，从结构角度解释原因：____________________________。 （4）①试剂X的化学式为__________________。 ②反萃取的目的是将有机层Cu2+转移到水层，使Cu2+尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有___________________________(填两项)。 （5）电解效率[η(X)=×100%]是衡量电解过程中能量转换和物质产出效率的关键指标。电解后获得3.2 g含96%Cu的阴极产物，若电解过程中共转移0.1mol电子，则η(Cu)=_________。(写出计算过程) 【答案】（1）矿石粒度过小导致矿石堆的孔隙率下降，细菌液渗透性下降，降低浸出率 （2） ①. 4Fe2+ + O2 + 4H+ =4Fe3+ +2H2O ②. CaCO3与体系中的H+发生反应，导致浸出液pH升高，超出堆浸适宜的pH范围，使微生物失活或者使Fe3+沉淀，从而抑制黄铜矿浸出 （3） ①. BC ②. 羟基是亲水性基团(或极性强)，会使CuL2在水中的溶解度增大 （4） ①. H2SO4 ②. 适当增大酸的浓度；反萃取剂少量多次，分多次反萃取；充分振荡 （5）96% 【解析】 【分析】由题给流程 ，矿石堆在细菌液和空气作用下进行堆浸，将铁元素、铜元素转化为硫酸铜、硫酸亚铁，过滤得到浸出液；向浸出液中萃取剂HL和煤油萃取溶液中的铜离子，分液得到水相1和有机相1；向有机相1中加入硫酸溶液反萃取、分液得到有机相2和含有硫酸铜的水相2；水相2电解得到铜和电解余液。 【小问1详解】 矿石粒度细小会大幅缩小矿石堆内部孔隙，降低细菌液、空气在矿堆中的渗透能力，微生物与矿石接触不充分，导致黄铜矿氧化浸出效率下降，铜浸出率降低，同时细小矿粉易堵塞矿堆孔隙，会阻碍浸出液流出； 【小问2详解】 ①由题意可知，堆浸过程中，第一阶段生成的亚铁离子和硫具有还原性，且亚铁离子的还原性强于硫，由方程式可知，第二阶段硫能与氧气和水反应生成硫酸，所以还原性强的亚铁离子也能与氧气和氢离子反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为：4Fe2+ + O2 + 4H+ =4Fe3+ +2H2O； ②碳酸钙能与体系中的氢离子发生反应生成钙离子、二氧化碳和水，导致溶液中的氢离子浓度减小，浸出液pH升高，超出堆浸适宜的pH范围，使微生物失活，也能使溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，从而抑制黄铜矿浸出，所以方解石对黄铜矿浸出有一定的抑制作用； 【小问3详解】 ①A．由萃取方程式可知，配位时铜元素的化合价未发生变化，铜离子未被还原，A错误； B．由图可知，配合物中具有空轨道的铜离子与具有孤对电子的氮原子和氧原子形成了配位键，B正确； C．由图可知，配合物中含有羟基，能与水分子形成分子间氢键，C正确； D．由图可知，图1、图2中双键氮原子的杂化类型都是sp2杂化，没有发生改变，D错误； 故选BC； ②若将R换为羟基，羟基是亲水性基团(或极性强)，会使萃取产物CuL2在水中的溶解度增大，导致配合物更易留在水相，从而使萃取率下降； 【小问4详解】 ①由萃取方程式可知，增大溶液中的氢离子浓度，平衡会向逆反应方向移动，有利于反萃取的进行，由分析可知，堆浸得到硫酸铜和硫酸亚铁，所以反萃取时不能引入新杂质，试剂X为硫酸溶液； ②适当增大酸的浓度；反萃取剂少量多次，分多次反萃取；充分振荡等措施能将有机层中的铜离子转移到水层，提高铜的产率； 【小问5详解】 由题意可知，电解后获得3.2 g含96%铜的阴极产物，若电解过程中共转移0.1mol电子，则由公式可知，电解效率η(Cu)= =96%。 15. 化合物G是一种麻醉药物，其合成路线如下： （1）A→B的转化过程中发生的反应类型是加成反应和_______________。 （2）E→F中有副产物C22H22O2生成，该副产物的结构简式为______________。 （3）分子中采取sp3杂化的原子个数有______个。 （4）G的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：________________。 ①分子中含有4种不同环境的氢原子；②酸性条件水解，产物之一为碳酸。 （5）写出以CH3OH和为原料制备的合成路线流程图__________________________(无机试剂和有机溶剂任选，合成路线流程图示例见本题题干)。 【答案】（1）消去反应 （2） （3）6 （4）或 （5） 【解析】 【分析】由结构简式可知，乙醇作用下A与乙酸乙酯先发生加成反应，后发生消去反应生成B；催化剂作用下B与氢气在高温高压条件下发生还原反应生成C；C与SOCl2发生取代反应生成D；催化剂作用下D先与甲醛共热发生加成反应后，再与氯化氢共热发生取代反应得到E；E与苯酚钠发生取代反应生成F；F与发生取代反应生成G。 【小问1详解】 由分析可知，A→B的转化过程中发生的反应为乙醇作用下A与乙酸乙酯先发生加成反应，后发生消去反应生成B； 【小问2详解】 由分析可知，E→F发生的反应为E与苯酚钠发生取代反应生成F，由结构简式可知，E可能与苯酚钠发生副反应生成分子式为C22H22O2的，则副产物的结构简式为：； 【小问3详解】 由结构简式可知，分子中碳原子、氮原子、氧原子形成σ键的数目分别为4、3、2，孤电子对数分别为0、1、2，原子的价层电子对数都为4，原子的杂化方式都为sp3杂化，所以采取sp3杂化的原子共有6个； 【小问4详解】 G的同分异构体在酸性条件水解，产物之一为碳酸，说明同分异构体分子中含有碳酸形成的酯基和肽键；分子中含有4种不同环境的氢原子，说明同分异构体分子结构对称，则符合条件的结构简式为：、； 【小问5详解】 由有机物的性质可知，以甲醇和苯甲醇为原料制备的合成步骤为铜作催化剂条件下甲醇与氧气共热发生催化氧化反应生成甲醛；苯甲醇与SOCl2发生取代反应生成，先与甲醛共热发生加成反应后，再与氯化氢共热发生取代反应得到；在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成对苯二甲醇，浓硫酸作用下对苯二甲醇发生缩聚反应生成，则合成路线为：。 16. 铁及其化合物在生产生活中发挥着重要作用。 （1）铁的腐蚀与防护是一项重要的课题。实验小组用图1所示的装置及试剂探究铁的电化学腐蚀，测得锥形瓶中压强随时间变化关系如图2所示。 ①铁发生电化学腐蚀后所得离子的价层电子排布式为__________。 ②当pH=4.0时，压强曲线变化差异不大，原因是________________________________。 （2）以FePO4、Li2CO3和葡萄糖为原料，在窑炉中经烧结、高温成型制得LiFePO4。 ①焙烧2～3h后，葡萄糖分解为单质C，4～5h后，LiFePO4晶体逐渐生成，写出生成LiFePO4的化学方程式：_________________________。 ②在高温成型时，单质C除了可以改善成型后的LiFePO4的导电性能，还能起到的作用是_______________________________。 （3）工业上可以用磷酸亚铁粗产品(混有氢氧化铁)制备磷酸铁(FePO4)。其他条件一定，制备FePO4时测得Fe的有效转化率与溶液pH的关系如图所示。 ①初始pH大于1.5后，Fe的有效转化率偏低的原因为_________________________。 ②请补充完整制备FePO4晶体的实验方案：_________________________，得FePO4晶体。(实验中须使用的试剂：1mol·L-1H2SO4溶液，30%H2O2溶液，1mol·L-1Na2HPO4溶液、蒸馏水、pH计)。 【答案】（1） ①. 3d6 ②. 析氢腐蚀使锥形瓶中的压强增大，吸氧腐蚀使锥形瓶中的压强减小，在pH=4.0时两种腐蚀速率相当 （2） ①. 2FePO4＋Li2CO3＋2C2LiFePO4＋3CO↑ ②. 防止高温时Fe2＋氧化为Fe3＋ （3） ①. pH大于1.5后，Fe的有效转化率降低的原因为Fe3＋转化为Fe(OH)3 ②. 边搅拌边向磷酸亚铁粗产品中加入1 mol·L-1H2SO4溶液至不再溶解，向溶液中加入稍过量的30% H2O2溶液，充分反应；边搅拌边滴加1 mol·L-1Na2HPO4溶液至用pH计测溶液pH为1.5为止；过滤、用蒸馏水洗涤、干燥 【解析】 【小问1详解】 ①铁发生电化学腐蚀的反应为铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，铁元素的原子序数为26，基态亚铁离子的价层电子排布式为3d6； ②铁在酸性较强的溶液中发生析氢腐蚀，析氢腐蚀生成的氢气会使锥形瓶中的压强增大，铁在酸性较弱的溶液中发生吸氧腐蚀，吸氧腐蚀消耗氧气会使锥形瓶中的压强减小， 当pH=4.0时，压强曲线变化差异不大是因为在pH=4.0时两种腐蚀速率相当； 【小问2详解】 ①由题意可知，生成磷酸亚铁锂的反应为磷酸铁与碳酸锂和碳高温条件下焙烧生成磷酸亚铁锂和一氧化碳，反应的化学方程式为：2FePO4＋Li2CO3＋2C2LiFePO4＋3CO↑； ②亚铁离子具有还原性，易被氧化为铁离子，所以在高温成型时，单质碳除了可以改善成型后的磷酸亚铁锂的导电性能，还能起到的作用是防止高温时将亚铁离子氧化为铁离子，不利于磷酸亚铁锂的生成； 【小问3详解】 ①初始pH大于1.5后，铁的有效转化率偏低是因为溶液的pH过大，溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀； ②由图可知，制备磷酸铁的实验方案为边搅拌边向磷酸亚铁粗产品中加入1 mol/L硫酸溶液至不再溶解，向溶液中加入稍过量的30% 过氧化氢溶液，充分反应；向反应后的溶液中边搅拌边滴加1 mol/L磷酸氢二钠溶液至用pH计测溶液pH为1.5为止，过滤、用蒸馏水洗涤、干燥得磷酸铁晶体。 17. CO2的分离回收和资源化利用具有重要意义。 Ⅰ.CO2的分离回收 乙醇胺类水溶液对CO2气体具有优良的吸收性能。在20～40℃条件下，单乙醇胺(HOCH2CH2NH2)水溶液吸收CO2生成单乙醇氨基碳酸盐，升温至较高温度可实现吸收剂的再生。在吸收过程中，部分单乙醇胺会与CO2反应生成单乙醇氨基甲酸盐，对设备有强腐蚀性。N­甲基二乙醇胺[(CH3)N(CH2CH2OH)2]水溶液吸收CO2时，生成氨基碳酸氢盐，较低温度即可实现吸收剂再生。 （1）写出“单乙醇胺水溶液吸收CO2生成单乙醇氨基碳酸氢盐”的化学方程式_______________________。 （2）利用20%单乙醇胺水溶液吸收CO2，测得高于40℃时，单乙醇胺水溶液吸收CO2的吸收率随温度升高呈现下降趋势，其主要原因是________________________。 （3）与N­甲基二乙醇胺相比，单乙醇胺作为CO2吸收剂的缺点是______________________。 Ⅱ.CO2的资源化利用 （4）通过CO2制备Ca(HCO3)2有潜在价值，但Ca(HCO3)2固体难以从其水溶液中分离。 ①研究发现，Ca(HCO3)2固体析出过程中，溶剂的极性会削弱中O—H键的稳定性。为得到Ca(HCO3)2固体，可采取的合理措施为_____________________________。 ②采用热重法可分析固体组成。依据下图，可判断所得固体主要是Ca(HCO3)2而不是CaCO3的理由是_________________________。 （5）CO2和H2可以制取CH3OH，在Cu-Pd合金表面，甲醇与水蒸气重整反应的机理如图所示(“*”表示此微粒吸附在催化剂表面，M为反应过程的中间产物)。 已知步骤Ⅱ中碳氧双键与H2O发生加成反应，根据元素电负性的变化规律，推导M的结构简式：__________________。若用CH3OD代替CH3OH，则生成氢气的分子式为_______。催化剂长时间使用后，因有积炭而失去活性。为减少积炭，可采用的方法是_________________________。 【答案】（1） （2）温度升高，CO2溶解度下降，单乙醇氨基碳酸盐发生分解 （3）单乙醇胺水溶液吸收CO2生成稳定性强的碳酸盐，吸收液再生能耗大；副产物单乙醇氨基甲酸盐对设备有强腐蚀性 （4） ①. 选择极性小的溶剂(或用乙醇作溶剂) ②. CaCO3固体加热分解只有一次失重阶段(或一个失重台阶)，且固体残留率为56%；Ca(HCO3)2固体加热分解会有两次失重阶段(或两个失重台阶)，且固体残留率分别为62%、35%，与图所示更接近 （5） ①. ②. H2和HD ③. 适当增加水蒸气的用量 【解析】 【小问1详解】 单乙醇胺（）中含有氨基，具有碱性；溶于水生成碳酸，两者发生类似酸碱中和的反应；化学方程式：。 【小问2详解】 温度升高，CO2溶解度下降，单乙醇氨基碳酸盐发生分解； 【小问3详解】 单乙醇胺水溶液吸收CO2生成稳定性强的碳酸盐，吸收液再生能耗大；副产物单乙醇氨基甲酸盐对设备有强腐蚀性； 【小问4详解】 ①为了降低溶剂极性并促使无机盐析出，可以向水溶液中加入与水互溶但极性较小的有机溶剂（如乙醇），这不仅能保护，还能降低的溶解度使其结晶析出。 ②CaCO3固体加热分解只有一次失重阶段(或一个失重台阶)，且固体残留率为56%；Ca(HCO3)2固体加热分解会有两次失重阶段(或两个失重台阶)，且固体残留率分别为62%、35%，与图所示更接近； 【小问5详解】 步骤Ⅱ是甲醛与水的加成反应；根据电负性规律，氧的电负性大于碳，故键中C显正电性、O显负电性；中H显正电性、显负电性；加成时，带正电的H加在O上，带负电的加在C上，生成甲二醇，结构简式为。 观察机理图，步骤Ⅰ中脱去两个氢原子生成和，这两个氢分别来自甲基和羟基。若用代替，脱去的是一个H和一个D，故第一步生成的氢气为。 后续步骤Ⅲ和Ⅳ中，中间体继续脱氢，脱下的均是普通的H原子，故后续生成的氢气为。因此生成的氢气分子式为HD和。催化重整过程中，碳氢化合物深度裂解会产生积炭。在工业上，通常通过增加反应物中水蒸气的比例，将表面的积炭转化为气体带走，从而保持催化剂活性。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级9月份质量监测 化学试题 试卷满分(100分) 考试时间(75分钟) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Ca-40 Cu-64 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 北京大学科研团队利用石墨烯研制出全球首个高效气体分子二极管。石墨烯属于 A. 无机非金属材料 B. 金属材料 C. 有机高分子材料 D. 复合材料 2. 反应MgCl2+6NH3=[Mg(NH3)6]Cl2可用于NH3的储存。下列说法正确的是 A. MgCl2的电子式为 B. NH3的空间构型为平面三角形 C. 固态氨属于共价晶体 D. 1mol[Mg(NH3)6]2+中含有24mol σ键 3. 下列由废铜屑制取 CuSO4溶液并进行相关实验的原理与装置不能达到实验目的的是 A. 用装置甲制取CuSO4溶液 B. 用装置乙过滤得到CuSO4溶液 C. 用装置丙制取[Cu(NH3)4]SO4溶液 D. 用装置丁在铁钥匙表面镀铜 4. 有机溶剂18-冠-6()与形成X()，可促进反应的进行。下列说法不正确的是 A. 18-冠-6中C和O的杂化轨道类型相同 B. X中18-冠-6与间存在离子键 C. 电负性： D. 第一电离能： 阅读下列资料，完成下面小题： 氢硫酸是二元弱酸，具有强还原性。用NaOH溶液吸收H2S可制备Na2S或NaHS；H2S与SO2反应可用于工业制高纯度硫黄；银器与空气中H2S接触后会产生黑褐色的Ag2S；C2H5OH与H2S反应可制备难闻的C2H5SH（乙硫醇）用于警示家用煤气泄露；H2S和CO2反应生成的COS（羰基硫）用于粮食熏蒸；H2S可除去废水中Hg2+等重金属离子。 5. 下列说法正确的是 A. （）是共价晶体 B. SO2中S原子杂化类型为sp3 C. H2S的热稳定性比H2O大 D. C2H5SH的沸点比C2H5OH低 6. 下列反应表示不正确的是 A. H2S与SO2反应制硫黄： B. Na2S溶液显碱性的原因： C. 银器与空气中H2S接触生成 D. H2S除去废水中 7. 制备羰基硫的反应： 。下列说法正确的是 A. 已知该反应在高温条件下能自发进行，则 B. 该反应的平衡常数 C. 反应的（表示键能，CO2和COS中的化学键可分别视为C=O和C=S） D. 高温或使用催化剂均可提高H2S的平衡转化率 8. 将主要含CaCl2的废水通过“电解—碳化”制备CaCO3的装置如图所示。下列说法正确的是 A. M极与电源负极相连 B. N极区溶液的总反应为Ca2＋＋CO2＋H2O-2e-=CaCO3↓＋H2↑ C. 若将废水改为NaCl溶液，该装置可用于制取纯碱溶液或小苏打溶液 D. 1molCa2＋通过阳离子交换膜时，理论上阴极产生22.4L气体 9. 化合物W是合成抗病毒药物的重要中间体，其合成路线如下： 下列说法正确的是 A. X不能发生加聚反应 B. 1 molY最多能和3 mol发生加成反应 C. Z分子中和杂化的碳原子数目比为3：8 D. 使用溶液可检验W中是否含有Z 10. Fe/Ag金属复合材料去除酸性废水中的硝酸盐污染物。可能的反应历程如下： 下列说法正确的是 A. 过程Ⅰ中Ag失去 B. 过程Ⅱ的反应方程式： C. 过程Ⅲ中每消耗1 mol转移6 mol D. 复合材料中Fe的质量分数越大，去除效果越好 11. 的制备过程如下： 步骤I 在锥形瓶中加入和蒸馏水，加热溶解后再加入活性炭作催化剂，冷却后加浓氨水，生成。 步骤Ⅱ 向锥形瓶中缓慢加入双氧水并加热，生成。 步骤Ⅲ 冷却，过滤，得到含和活性炭的沉淀，再向其中加入热的稀盐酸，充分溶解后趁热过滤，除去活性炭。 步骤Ⅳ 向所得滤液中加入浓盐酸，用冰水冷却后析出沉淀，过滤、洗涤、干燥、称量。 下列说法正确的是 A. 的中心原子是，配位体是和 B. 步骤Ⅱ中每生成，需加入 C. 由步骤Ⅱ不能得出结论：向溶液中加入双氧水可以生成 D. 若将步骤Ⅲ中盐酸浓度改为与步骤Ⅳ中盐酸浓度相同，则可以增加产品产量 12. 室温下，从冶炼富集液中回收钴、锰的部分工艺流程如下 已知：Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，下列说法正确的是 A. Na2S溶液中：c(OH-)=c(H2S)+c(HS-)+c(H+) B. 沉钴后得到的上层清液中：< C. NH4HCO3溶液(pH>7)中：c(NH)>c(HCO) D. 沉锰后得到pH=6.5的滤液中：c(H2CO3)<c(CO) 13. 一定条件下，加氢合成涉及的主要反应如下： 反应I： 反应Ⅱ： 在2.0L恒容密闭容器中通入、的混合反应物，发生上述反应，两种含碳产物的选择性[的选择性=]及的平衡转化率随温度的变化曲线如图所示。 下列说法正确的是 A. B. 温度为时， C. 温度为时，平衡体系中 D. 曲线丙随温度升高，先减小后增大的原因为在之间，以反应Ⅱ为主；在之间，以反应Ⅰ为主 二、填空题：本题包括4小题，共61分 14. 工业上常采用生物堆浸法处理低品位黄铜矿(主要成分CuFeS2)来提取Cu，整个过程包括“生物堆浸”、“萃取”、“电解”，路线如图所示，回答下列问题。 已知：①生物堆浸使用的嗜酸微生物pH在1.0～3.0范围内可保持活性； ②堆浸体系中Fe3+、Cu2+和Fe2+开始沉淀的pH分别为1.5、4.2和6.3。 ③“萃取”过程发生反应：Cu2++2HLCuL2+2H+ （1）下图是矿石堆浸的示意图，堆浸时矿石的粒度需要精细控制，若矿石粒度过小会有什么缺点：_______________________。 （2）堆浸过程中，微生物持续代谢产生Fe3+和H+对黄铜矿进行化学氧化溶解。 ①第一阶段：CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S 第二阶段：___________________________；2S+3O2+2H2O=4H++2 ②在黄铜矿微生物浸出体系中伴生的方解石(主要成分CaCO3)对黄铜矿浸出有一定的抑制作用，分析可能的原因________________________________。 （3）①“萃取”过程中，Cu2+与萃取剂HL(图1)形成的配合物结构如图2所示。下列说法正确的有_____________。 A．配位时Cu2+被还原 B．Cu2+与N原子形成了配位键 C．配合物与水能形成分子间氢键 D．图1、图2中N原子的杂化类型发生了改变 ②图2中R为壬烷基(-C9H19)，若将R换为羟基(不参与配位反应)，则萃取率会下降，从结构角度解释原因：____________________________。 （4）①试剂X的化学式为__________________。 ②反萃取的目的是将有机层Cu2+转移到水层，使Cu2+尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有___________________________(填两项)。 （5）电解效率[η(X)=×100%]是衡量电解过程中能量转换和物质产出效率的关键指标。电解后获得3.2 g含96%Cu的阴极产物，若电解过程中共转移0.1mol电子，则η(Cu)=_________。(写出计算过程) 15. 化合物G是一种麻醉药物，其合成路线如下： （1）A→B的转化过程中发生的反应类型是加成反应和_______________。 （2）E→F中有副产物C22H22O2生成，该副产物的结构简式为______________。 （3）分子中采取sp3杂化的原子个数有______个。 （4）G的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：________________。 ①分子中含有4种不同环境的氢原子；②酸性条件水解，产物之一为碳酸。 （5）写出以CH3OH和为原料制备的合成路线流程图__________________________(无机试剂和有机溶剂任选，合成路线流程图示例见本题题干)。 16. 铁及其化合物在生产生活中发挥着重要作用。 （1）铁的腐蚀与防护是一项重要的课题。实验小组用图1所示的装置及试剂探究铁的电化学腐蚀，测得锥形瓶中压强随时间变化关系如图2所示。 ①铁发生电化学腐蚀后所得离子的价层电子排布式为__________。 ②当pH=4.0时，压强曲线变化差异不大，原因是________________________________。 （2）以FePO4、Li2CO3和葡萄糖为原料，在窑炉中经烧结、高温成型制得LiFePO4。 ①焙烧2～3h后，葡萄糖分解为单质C，4～5h后，LiFePO4晶体逐渐生成，写出生成LiFePO4的化学方程式：_________________________。 ②在高温成型时，单质C除了可以改善成型后的LiFePO4的导电性能，还能起到的作用是_______________________________。 （3）工业上可以用磷酸亚铁粗产品(混有氢氧化铁)制备磷酸铁(FePO4)。其他条件一定，制备FePO4时测得Fe的有效转化率与溶液pH的关系如图所示。 ①初始pH大于1.5后，Fe的有效转化率偏低的原因为_________________________。 ②请补充完整制备FePO4晶体的实验方案：_________________________，得FePO4晶体。(实验中须使用的试剂：1mol·L-1H2SO4溶液，30%H2O2溶液，1mol·L-1Na2HPO4溶液、蒸馏水、pH计)。 17. CO2的分离回收和资源化利用具有重要意义。 Ⅰ.CO2的分离回收 乙醇胺类水溶液对CO2气体具有优良的吸收性能。在20～40℃条件下，单乙醇胺(HOCH2CH2NH2)水溶液吸收CO2生成单乙醇氨基碳酸盐，升温至较高温度可实现吸收剂的再生。在吸收过程中，部分单乙醇胺会与CO2反应生成单乙醇氨基甲酸盐，对设备有强腐蚀性。N­甲基二乙醇胺[(CH3)N(CH2CH2OH)2]水溶液吸收CO2时，生成氨基碳酸氢盐，较低温度即可实现吸收剂再生。 （1）写出“单乙醇胺水溶液吸收CO2生成单乙醇氨基碳酸氢盐”的化学方程式_______________________。 （2）利用20%单乙醇胺水溶液吸收CO2，测得高于40℃时，单乙醇胺水溶液吸收CO2的吸收率随温度升高呈现下降趋势，其主要原因是________________________。 （3）与N­甲基二乙醇胺相比，单乙醇胺作为CO2吸收剂的缺点是______________________。 Ⅱ.CO2的资源化利用 （4）通过CO2制备Ca(HCO3)2有潜在价值，但Ca(HCO3)2固体难以从其水溶液中分离。 ①研究发现，Ca(HCO3)2固体析出过程中，溶剂的极性会削弱中O—H键的稳定性。为得到Ca(HCO3)2固体，可采取的合理措施为_____________________________。 ②采用热重法可分析固体组成。依据下图，可判断所得固体主要是Ca(HCO3)2而不是CaCO3的理由是_________________________。 （5）CO2和H2可以制取CH3OH，在Cu-Pd合金表面，甲醇与水蒸气重整反应的机理如图所示(“*”表示此微粒吸附在催化剂表面，M为反应过程的中间产物)。 已知步骤Ⅱ中碳氧双键与H2O发生加成反应，根据元素电负性的变化规律，推导M的结构简式：__________________。若用CH3OD代替CH3OH，则生成氢气的分子式为_______。催化剂长时间使用后，因有积炭而失去活性。为减少积炭，可采用的方法是_________________________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $