精品解析：江苏南京市第二十九中学2027届高三上学期期初限时训练 化学试题

2027届高三期初限时训练 高三化学 考试时间：75分钟 满分：100分 可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 S—32 Cu—64 一、单项选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题意。 1. 实现物质转化是化学反应的应用之一，下列有关物质的转化说法正确的是 A. 工业上用还原的方法制取金属镁 B. 用氨气制取铵态化肥属于氮的固定中的一种 C. 具有强还原性，可用于和反应制备 D. 淀粉水解的最终产物是葡萄糖 2. 下列化学用语表示不正确的是 A. 的结构简式： B. 基态氧原子的轨道表示式： C. 电子云轮廓图： D. 丙氨酸的结构式： 3. 利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是 A．铁制镀件上镀铜 B．实验室快速制备氨气 C．实验室蒸馏分离和 D．检验乙醇脱水生成乙烯 A. A B. B C. C D. D 4. 腰带状的[20]胶原烯，兼具刚性与空腔适应性，能有效结合或形成超分子。 下列有关[20]胶原烯说法错误的是 A. 苯环与甲基的数量比为 B. 通过氢键作用与、形成超分子 C. 超分子能在一定条件下释放、 D. 能结合一定尺寸范围内的、衍生物 阅读文字，完成下面小题：化学化工在载人航天工程中发挥着重要作用。是制造航天级功能性纳米材料的重要“化学前驱体”；推进剂硝酸羟胺()的水溶液与催化剂接触可瞬间产生大量、、水蒸气；可被分子筛(一种孔径约为的钙型硅铝酸盐晶体)吸附。与在加热条件下被催化还原为。 5. 能代表化合物的结构片段如图(氢原子未画出)，下列有关该化合物的描述不正确的是 A. 图中球①代表原子团 B. 该化合物易溶于水 C. 作还原剂时，该化合物释放 D. 氮原子上没有孤电子对，晶体中不存在氢键 6. 下列说法正确的是 A. 干冰晶胞如题图所示，周围最近且等距的有个 B. 中存在非极性共价键和离子键 C. 硫酸根离子和硝酸根离子的中心原子轨道杂化类型均为 D. 分子中键角大于分子中键角 7. 在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A. FeS2SO3H2SO4 B. Cu2S(s)Cu(s)CuCl2(aq) C. 淀粉C6H12O6(葡萄糖)CH3COOH D. 石英砂粗硅SiHCl3高纯硅 8. 用水介质电池电解含尿素的碱性废水，装置如图所示（电极c为Zn，a、b、d均为惰性电极，双极膜为阳离子交换膜和阴离子交换膜复合而成）。下列说法正确的是 A. c为原电池的正极 B. 电极a的电极反应式： C. 装置Ⅱ中d极室一侧的双极膜为阳离子交换膜 D. 相同条件下装置Ⅰ中生成和H的体积比为 9. 我国研究人员利用手性催化剂合成了具有优良生物相容性的。下列叙述正确的是 A. 该反应为缩聚反应 B. 分子中所有碳原子共平面 C. 聚合反应过程中，b键发生断裂 D. 碱性水解生成单一化合物 10. 臭氧氧化法处理含氰废水的工艺原理如图所示。下列说法错误的是 A. Ⅰ阶段中1 mol NaCN被氧化需消耗1 mol O3 B. I阶段产生的NaCNO在Ⅱ阶段作为氧化剂参加反应 C. Ⅱ阶段反应为2NaCNO+H2O+3O3=2NaHCO3+N2 + 3O2 D. 总反应的化学方程式为2NaCN+H2O+5O3=2NaHCO3+N2 +5O2 11. 弱碱性条件下，利用含砷氧化铜矿(含、及少量不溶性杂质)制备的工艺流程如图。 下列说法不正确的是 A. “氨浸”时发生的离子反应为： B. “氨浸”时转化为 C. “氧化除”时每生成1mol，转移的电子数目为 D. “蒸氨”后滤液中主要存在的离子为：、 12. 氨法烟气脱硫可制备硫酸羟胺，同时得到副产品硫酸铵。过程如下： “脱硫”过程中控制pH在5.0～5.5，得到溶液。已知25℃时，，。下列说法正确的是 A. 溶液中： B. 溶液中： C. “脱硫”过程中温度越高，“脱硫”速率越快 D. “制备”过程的离子方程式： 13. 是一种液体燃料。利用和合成的主要反应为 反应Ⅰ 反应Ⅱ 在密闭容器中，，时，平衡转化率、在催化剂作用下反应tmin所测得的实际转化率及的选择性随温度的变化如图所示。的选择性可表示为。 下列说法不正确的是 A. 0～tmin内，240℃下反应Ⅰ的速率比在280℃下大 B. 从220℃～280℃，的平衡产率先增大后缓慢减小 C. 280℃时增大压强，的转化率可能大于40％ D. 需研发低温下转化率高和选择性高的催化剂 二、非选择题：本题共4小题，共61分。 14. 利用黄铜矿(主要含和少量PbS等)和为原料制备纳米Pt-Cu 双金属催化剂的流程如下。 已知：①是一种水溶性酸性离子液体，其结构为。 ②与难配位，与能形成稳定配离子。 ③酸性较强时，易被氧化。 （1）氧化浸取。转化为、和，协同浸取时会生成。 ①Cu在元素周期表中属于___________区。 ②离子液体常温下呈液态，请从结构角度分析原因：___________。 ③协同浸取能够提高金属浸出效率的可能原因是___________。 （2）碘量法测定氧化浸取的浸出液中浓度。测定时，向待测液中先加入调节pH为3～4，再依次加入适量溶液和过量，然后用Na2S2O3标准溶液滴定生成的。调节pH的目的是___________。 （3）制备纳米Pt-Cu 。“转化”时生成(晶胞结构如图所示)，“还原”得到纳米Pt-Cu 和NaCl固体，同时生成、、三种气体。 ①晶体中与距离最近的的数目为___________。 ②催化剂的比表面积较大时，催化活性较强。该方法制得的纳米Pt-Cu 催化活性较强的原因为___________。 ③能够使纳米Pt-Cu 双金属催化剂中毒，能否采用去离子水洗涤、过滤的方法除去催化剂中的，判断并说明理由：___________。 15. 化合物G是某化工生产中的重要中间体，其合成路线如下： （1）有机物B中所含碳氧键的数目为______。 （2）设计步骤的目的是______。 （3）的反应类型为加成反应，则F的结构简式为______。 （4）G的一种同分异构体同时满足下列条件，该同分异构体的结构简式：______。 ①能与溶液发生显色反应； ②有5种不同化学环境的氢原子。 （5）已知。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，合成路线流程图示例见本题题干)。 16. 六硝基合钴酸钠是一种橙黄色晶体，微溶于水，不溶于乙醇、四氯化碳等，常用于的检验。一种以为钴源制备的流程如下： 已知：ⅰ．在碱性条件下加热可生成和； ⅱ．可被还原为，为一元弱酸； ⅲ．具有强氧化性，能氧化水生产氧气。 Ⅰ．六硝基合钴酸钠的制备 （1）调节pH为3~4可得到大量的，pH不能小于3的原因为___________。 （2）加入溶液时发生反应的离子方程式为___________。 （3）当投料比为理论量时，产品收率仅为53.1%； 随着亚硝酸盐料比增大至8.0，产品收率迅速增大至78.9%；亚硝酸盐料比为理论量时产品收率较低可能的原因是___________。 （4）“氧化”时，采用做氧化剂，产品收率是空气氧化法的3倍，可能的原因是___________。 （5）将“氧化”所得溶液冷却至室温，向其中加入试剂X，有大量橙黄色晶体析出。试剂X可选用___________。 A．四氯化碳 B．乙醇 Ⅱ．六硝基合钴酸钠的应用 在弱酸性条件下，与会产生亮黄色沉淀，该反应灵敏度高、现象明显，可用于检测。检验后废液中含残留、等离子。有毒、含钴离子为重金属离子，需无害化处理并回收钴盐。 （6）请补充完整检验钾离子后废液无害化处理并回收的实验方案：取适量废液于烧杯中___________，过滤、洗涤、干燥，得到固体。须使用试剂：溶液、硫酸、溶液、溶液。 17. “碳中和”是指通过某些方法或技术“抵消”空气中的量，实现相对“零排放”。其关键技术是的捕获和转化。 I．的排放 （1）液化石油气的主要成分为丁烷、丙烷、丙烯等，丙烷完全燃烧的化学方程式为___________。 （2）下列措施有利于实现“碳中和”的是___________。 a．燃煤中添加生石灰 b．大力植树造林 c．使用可燃冰作能源 II．的捕获 （3）高炉炼铁排放出的高炉气经过如下图处理可获得低热值燃气和高浓度。 ①高炉气进入吸收池前需经过热交换装置降温至90∼110℃，并对吸收池进行___________(“常压”“减压”“加压”)作业。 ②分解池中通入高温水蒸气的作用是___________。 （4）金属有机框架材料(MOFs)是一类新型的吸附材料，在捕集和分离方面体现出卓越的性能。下图是某种MOFs材料选择性吸附的示意图： 该材料能吸附而不吸附的原因是：___________。 III．的转化 （5）某种电化学还原法可将完全还原为和的混合物。将22.4L该和混合气通入如图所示装置充分完全反应后在出口处收集到气体8.96L(所有气体体积均在标况下测得)。的选择性为___________。(写出计算过程) 已知：的选择性 （6）和重整可制和，原理如下左图所示。反应①完成后，将恒定组成的和的混合气体，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随时间变化如下右图所示。反应过程始终未检测到，时间后检测到催化剂表面有积碳。 ①反应②的化学方程式为___________。 ②，比多，且生成的速率不变，可能的原因是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高三期初限时训练 高三化学 考试时间：75分钟 满分：100分 可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 S—32 Cu—64 一、单项选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题意。 1. 实现物质转化是化学反应的应用之一，下列有关物质的转化说法正确的是 A. 工业上用还原的方法制取金属镁 B. 用氨气制取铵态化肥属于氮的固定中的一种 C. 具有强还原性，可用于和反应制备 D. 淀粉水解的最终产物是葡萄糖 【答案】D 【解析】 【详解】A．金属镁是活泼金属，工业上用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁，不能用一氧化碳还原氧化镁的方法制取金属镁，A错误； B．氮的固定指的是将游离态氮转化为化合态氮的过程，氨中氮元素是化合态氮，所以用氨气制取铵态化肥不属于氮的固定，B错误； C．金属钠与熔融氯化钾反应制备金属钾的反应为：Na+KClNaCl+K↑，该反应可以发生的原因是钾的沸点低于钠，高温下钾变为蒸气逸出使平衡向正反应方向移动，并非因为钠的还原性强于钾，C错误； D．淀粉属于多糖，一定条件下能发生水解反应，最终产物为葡萄糖，D正确； 故选D。 2. 下列化学用语表示不正确的是 A. 的结构简式： B. 基态氧原子的轨道表示式： C. 电子云轮廓图： D. 丙氨酸的结构式： 【答案】A 【解析】 【详解】A．图示为甲烷的结构式，甲烷的结构简式应省略单键，写为，A错误； B．基态氧原子电子排布为，图示轨道表示式符合泡利不相容原理与洪特规则，B正确； C．电子云轮廓图为哑铃形，与图示一致，C正确； D．丙氨酸为2-氨基丙酸，其结构式与图示一致，D正确； 故选A。 3. 利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是 A．铁制镀件上镀铜 B．实验室快速制备氨气 C．实验室蒸馏分离和 D．检验乙醇脱水生成乙烯 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．铁制镀件上镀铜时，铜片应该作阳极与电源正极相连，铁制镀件作阴极与电源负极相连，A错误； B．NaOH固体溶于水放热且呈碱性，则浓氨水和NaOH固体反应能够生成氨气，B正确； C．蒸馏装置中温度计水银球应该放在支管口，不能插入液面，C错误； D．乙醇在浓硫酸加热条件下发生消去反应生成的乙烯中混有乙醇蒸气和二氧化硫，乙醇蒸气、二氧化硫和乙烯均能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，该装置不能检验乙醇脱水生成乙烯，D错误； 故选B。 4. 腰带状的[20]胶原烯，兼具刚性与空腔适应性，能有效结合或形成超分子。 下列有关[20]胶原烯说法错误的是 A. 苯环与甲基的数量比为 B. 通过氢键作用与、形成超分子 C. 超分子能在一定条件下释放、 D. 能结合一定尺寸范围内的、衍生物 【答案】B 【解析】 【详解】A．由[20]胶原烯结构可知，苯环共10个，甲基共20个，二者数量比为1:2，A正确； B．[20]胶原烯、、均不含N、O、F与氢原子直接相连的结构，不满足氢键形成条件，二者通过非共价键形成超分子，并非氢键作用，B错误； C．超分子依靠弱相互作用结合，条件改变时弱相互作用被破坏，可释放、，C正确； D．[20]胶原烯兼具刚性与空腔适应性，尺寸在空腔可容纳范围内的、衍生物均可被结合，D正确； 故选B。 阅读文字，完成下面小题：化学化工在载人航天工程中发挥着重要作用。是制造航天级功能性纳米材料的重要“化学前驱体”；推进剂硝酸羟胺()的水溶液与催化剂接触可瞬间产生大量、、水蒸气；可被分子筛(一种孔径约为的钙型硅铝酸盐晶体)吸附。与在加热条件下被催化还原为。 5. 能代表化合物的结构片段如图(氢原子未画出)，下列有关该化合物的描述不正确的是 A. 图中球①代表原子团 B. 该化合物易溶于水 C. 作还原剂时，该化合物释放 D. 氮原子上没有孤电子对，晶体中不存在氢键 6. 下列说法正确的是 A. 干冰晶胞如题图所示，周围最近且等距的有个 B. 中存在非极性共价键和离子键 C. 硫酸根离子和硝酸根离子的中心原子轨道杂化类型均为 D. 分子中键角大于分子中键角 【答案】5. D 6. D 【解析】 【5题详解】 A．根据图中球的数量，球①对应的末端基团，A正确； B．该化合物为硫酸盐，属于极性离子化合物，易溶于水，B正确； C．该化合物中的为-2价，作还原剂时被氧化为更高价态，会释放，C正确； D．中的的孤电子对用于与形成配位键，另一个以形式存在，无孤电子对，晶体中键的可与硫酸根的形成氢键，D错误； 故选D。 【6题详解】 A．干冰晶胞为面心立方堆积，每个周围最近且等距的有12个，A错误； B．中阴阳离子间存在离子键，共价键均为不同种原子间的极性共价键，无非极性共价键，B错误； C．中心价层电子对数为，为杂化，中心价层电子对数为，为杂化，C错误； D．分子中无孤电子对，键角为，分子中有2对孤电子对，孤对电子对成键电子对的排斥作用更大，使键角减小为约，故键角大于键角，D正确； 故选D。 7. 在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A. FeS2SO3H2SO4 B. Cu2S(s)Cu(s)CuCl2(aq) C. 淀粉C6H12O6(葡萄糖)CH3COOH D. 石英砂粗硅SiHCl3高纯硅 【答案】D 【解析】 【详解】A．FeS2和氧气高温生成二氧化硫而非三氧化硫，二氧化硫和氧气催化氧气生成三氧化硫，三氧化硫和水生成硫酸，A错误； B．Cu2S(s)和氧气高温能生成铜，铜不能和稀盐酸反应生成氯化铜，B错误； C．淀粉酸性水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下生成酒精，C错误； D．石英砂二氧化硅与碳高温反应生成一氧化碳和硅，硅与氯化氢反应生成SiHCl3和氢气，SiHCl3与氢气反应生成硅和氯化氢，所以石英砂粗硅纯硅的这一转化过程能实现，D正确； 故选D。 8. 用水介质电池电解含尿素的碱性废水，装置如图所示（电极c为Zn，a、b、d均为惰性电极，双极膜为阳离子交换膜和阴离子交换膜复合而成）。下列说法正确的是 A. c为原电池的正极 B. 电极a的电极反应式： C. 装置Ⅱ中d极室一侧的双极膜为阳离子交换膜 D. 相同条件下装置Ⅰ中生成和H的体积比为 【答案】C 【解析】 【分析】装置Ⅱ是原电池：c为Zn，发生氧化反应：，所以c是负极；d为正极，CO2被还原为CH4。装置I是电解池：a为阳极，电极反应式为：，b为阴极，电极反应式为：，由分析解题。 【详解】A．Zn 在装置Ⅱ中失去电子，发生氧化反应，所以c是负极，A错误； B．由分析，碱性条件下，产物中不能出现CO2，应生成碳酸根离子，所以a的电极反应式为：，B错误； C．d极发生反应：，需要H+参与反应，双极膜解离产生H+和OH-，H+需要通过阳离子交换膜进入d极室参与反应，C正确； D．阳极每生成1 mol N2，转移6 mol电子，阴极每生成1 mol H2，转移2 mol电子，根据电子守恒，转移6 mol电子可以得到1 mol N2与3 mol H2，生成和H2的体积比为，D错误； 故答案选C。 9. 我国研究人员利用手性催化剂合成了具有优良生物相容性的。下列叙述正确的是 A. 该反应为缩聚反应 B. 分子中所有碳原子共平面 C. 聚合反应过程中，b键发生断裂 D. 碱性水解生成单一化合物 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应没有小分子生成，不是缩聚反应，为开环聚合反应，故A错误； B．六元环中存在sp3杂化的碳原子且含有“”结构，所有碳原子不共平面，故B错误； C．根据PLGA结构可知，聚合反应过程中，b键发生断裂，故C正确； D．PLGA有酯基，水解可得到2种化合物，乳酸和羟基乙酸，故D错误； 故答案为C。 10. 臭氧氧化法处理含氰废水的工艺原理如图所示。下列说法错误的是 A. Ⅰ阶段中1 mol NaCN被氧化需消耗1 mol O3 B. I阶段产生的NaCNO在Ⅱ阶段作为氧化剂参加反应 C. Ⅱ阶段反应为2NaCNO+H2O+3O3=2NaHCO3+N2 + 3O2 D. 总反应的化学方程式为2NaCN+H2O+5O3=2NaHCO3+N2 +5O2 【答案】B 【解析】 【分析】由图可知，Ⅰ阶段发生的反应为NaCN与臭氧反应生成NaCNO和氧气，反应的化学方程式为NaCN+O3=NaCNO+O2，Ⅱ阶段发生的反应为NaCNO与臭氧、水反应生成碳酸氢钠、氮气和氧气，反应化学方程式为2NaCNO+H2O+3O3=2NaHCO3+N2 + 3O2，则总反应为NaCN与臭氧、水反应生成碳酸氢钠、氮气和氧气，反应的化学方程式为2NaCN+H2O+5O3=2NaHCO3+N2 +5O2。 【详解】A．由分析可知，Ⅰ阶段反应的化学方程式为NaCN+O3=NaCNO+O2，反应中1 mol氰化钠被氧化需消耗1 mol臭氧，故A正确； B．由分析可知，Ⅱ阶段反应化学方程式为2NaCNO+H2O+3O3=2NaHCO3+N2 + 3O2，反应中NaCNO为反应的还原剂，故B错误； C．由分析可知，Ⅱ阶段发生的反应为NaCNO与臭氧、水反应生成碳酸氢钠、氮气和氧气，反应化学方程式为2NaCNO+H2O+3O3=2NaHCO3+N2 + 3O2，故C正确； D．由分析可知，总反应为NaCN与臭氧、水反应生成碳酸氢钠、氮气和氧气，反应的化学方程式为2NaCN+H2O+5O3=2NaHCO3+N2 +5O2，故D正确； 故选B。 11. 弱碱性条件下，利用含砷氧化铜矿(含、及少量不溶性杂质)制备的工艺流程如图。 下列说法不正确的是 A. “氨浸”时发生的离子反应为： B. “氨浸”时转化为 C. “氧化除”时每生成1mol，转移的电子数目为 D. “蒸氨”后滤液中主要存在的离子为：、 【答案】C 【解析】 【分析】含砷氧化铜矿(含CuO、As2O3及少量不溶性杂质)制备Cu2(OH)2SO4，用NH3和(NH4)2SO4组成的溶液氨浸含砷氧化铜矿，含铜化合物转化为[Cu(NH3)4]SO4溶液，As2O3转化为AsO，再加入(NH4)2S2O8和FeSO4，氧化除AsO，得到FeAsO4沉淀，过滤除去，得到的溶液主要为(NH4)2SO4和[Cu(NH3)4]SO4溶液，蒸氨、过滤、洗涤得到产品Cu2 (OH)2SO4，以此来解答。 【详解】A．根据分析可知：As2O3在“氨浸”时生成AsO，发生的离子反应为：As2O3+6NH3+3H2O=6NH+ 2AsO，A正确； B．“氨浸”时含铜化合物转化为[Cu(NH3)4]SO4溶液，即CuO转化为[Cu(NH3)4]2+，B正确； C．“氧化”除AsO时As元素化合价由+3价升高为+5价，Fe由+2价升高为+3价，则生成l mol FeAsO4，转移3 mol电子，故转移的电子数目是3×6.02×1023，C错误； D．根据分析，得到的溶液主要为( NH4)2SO4和[Cu(NH3)4]SO4溶液，蒸氨、过滤、洗涤得到产品Cu2(OH)2SO4以及(NH4)2SO4溶液，故溶液中主要存在的离子为：NH、SO，D正确； 故选：C。 12. 氨法烟气脱硫可制备硫酸羟胺，同时得到副产品硫酸铵。过程如下： “脱硫”过程中控制pH在5.0～5.5，得到溶液。已知25℃时，，。下列说法正确的是 A. 溶液中： B. 溶液中： C. “脱硫”过程中温度越高，“脱硫”速率越快 D. “制备”过程的离子方程式： 【答案】A 【解析】 【详解】A．NH4HSO3溶液中，存在物料守恒：c()+c(NH3•H2O)=c()+c()+c(H2SO3) ①，电荷守恒：c()+c(H+)=c()+2c()+c(OH-) ②，①-②可得：c(NH3•H2O)+c(OH-)+c()=c(H2SO3)+c(H+)，根据电离是微弱的，则c()＞c()，c()＞c()，c(NH3•H2O)+c(OH-)+c()＞c(NH3•H2O)+c(OH-)+c()=c(H2SO3)+c(H+)，A正确； B．NH4HSO3溶液中，的水解程度小于的电离程度，则c()＞c()，另电离是微弱的，则c()＞c()，则c()＞c()＞c()，B错误： C．温度越高，NH3·H2O分解，且SO2的溶解度降低，即温度越高SO2不利于脱硫反应的进行，C错误； D．根据题意可知，“制备”过程中的离子方程式： ，D错误； 故答案为：A。 13. 是一种液体燃料。利用和合成的主要反应为 反应Ⅰ 反应Ⅱ 在密闭容器中，，时，平衡转化率、在催化剂作用下反应tmin所测得的实际转化率及的选择性随温度的变化如图所示。的选择性可表示为。 下列说法不正确的是 A. 0～tmin内，240℃下反应Ⅰ的速率比在280℃下大 B. 从220℃～280℃，的平衡产率先增大后缓慢减小 C. 280℃时增大压强，的转化率可能大于40％ D. 需研发低温下转化率高和选择性高的催化剂 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据图像可知0～tmin内，240℃下甲醇的选择性几乎是100%，而280℃下甲醇的选择性90%，这说明240℃下反应Ⅰ的速率比在280℃下大，A正确； B．根据方程式可知消耗1mol二氧化碳生成1mol水，从220℃～280℃时二氧化碳的平衡转化率逐渐减小至几乎不再发生变化，所以的平衡产率也是逐渐减小至几乎不再发生变化，B错误； C．280℃时增大压强反应Ⅰ正向进行，反应Ⅱ平衡不移动，因此依据图像可判断的转化率可能大于40％，C正确； D．由于反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，所以需研发低温下转化率高和选择性高的催化剂，D正确； 答案选B。 二、非选择题：本题共4小题，共61分。 14. 利用黄铜矿(主要含和少量PbS等)和为原料制备纳米Pt-Cu 双金属催化剂的流程如下。 已知：①是一种水溶性酸性离子液体，其结构为。 ②与难配位，与能形成稳定配离子。 ③酸性较强时，易被氧化。 （1）氧化浸取。转化为、和，协同浸取时会生成。 ①Cu在元素周期表中属于___________区。 ②离子液体常温下呈液态，请从结构角度分析原因：___________。 ③协同浸取能够提高金属浸出效率的可能原因是___________。 （2）碘量法测定氧化浸取的浸出液中浓度。测定时，向待测液中先加入调节pH为3～4，再依次加入适量溶液和过量，然后用Na2S2O3标准溶液滴定生成的。调节pH的目的是___________。 （3）制备纳米Pt-Cu 。“转化”时生成(晶胞结构如图所示)，“还原”得到纳米Pt-Cu 和NaCl固体，同时生成、、三种气体。 ①晶体中与距离最近的的数目为___________。 ②催化剂的比表面积较大时，催化活性较强。该方法制得的纳米Pt-Cu 催化活性较强的原因为___________。 ③能够使纳米Pt-Cu 双金属催化剂中毒，能否采用去离子水洗涤、过滤的方法除去催化剂中的，判断并说明理由：___________。 【答案】（1） ①. ds ②. 阴、阳离子半径差距大，离子结构不对称，阳离子体积大使电荷分散，共同使离子键作用弱 ③. 提供H+，增强氧气的氧化性，促进黄铜矿的溶解；生成CS2破坏S覆盖层 （2）使溶液酸性减弱，防止F-与H+结合生成HF，有利于F-与Fe3+形成配离子，防止I-被空气中的O2氧化；防止分解，影响测定结果 （3） ①. 8 ②. 生成大量气体，使纳米Pt-Cu疏松多孔，比表面积大 ③. 不能，‌纳米Pt-Cu也能透过滤纸，洗涤之后不能透过过滤分离 【解析】 【分析】黄铜矿主要含，以及少量PbS。黄铜矿浆料中通入空气、、 “氧化浸取”， 反应生成硫酸铜、硫酸铁、S沉淀，PbS反应生成PbSO4、S沉淀；过滤，滤渣中含有PbSO4、S，浸出液中含有和，过滤后加入氨水、硫酸铵，Cu转化为络合物，铁离子生成不溶物氢氧化铁沉淀，过滤后得到 ，再与反应得到，还原得到产物。 【小问1详解】 氧化浸取。转化为、和，协同浸取时会生成。 ①Cu为29号元素，在元素周期表中属于ds区。 ②离子液体常温下呈液态，原因为阴、阳离子半径差距大，离子结构不对称，阳离子体积大使电荷分散，共同使离子键作用弱； ③协同浸取能够提高金属浸出效率的可能原因为提供H+，增强氧气的氧化性，促进黄铜矿的溶解，生成CS2破坏S覆盖层。 【小问2详解】 调节pH的目的是使溶液酸性减弱，防止F-与H+结合生成HF，有利于F-与Fe3+形成配离子，防止I-被空气中的O2氧化,防止分解，影响测定结果。 【小问3详解】 ①晶体中与距离最近的的数目为８。 ②该方法制得的纳米Pt-Cu催化活性较强的原因为生成大量气体，使纳米Pt-Cu疏松多孔，比表面积大。 ③NaCl能够使纳米Pt-Cu 双金属催化剂中毒，不能否采用去离子水洗涤、过滤的方法除去催化剂中的NaCl，理由为‌纳米颗粒直径很小，过滤时会透过滤纸，故洗涤之后不能透过过滤分离。 15. 化合物G是某化工生产中的重要中间体，其合成路线如下： （1）有机物B中所含碳氧键的数目为______。 （2）设计步骤的目的是______。 （3）的反应类型为加成反应，则F的结构简式为______。 （4）G的一种同分异构体同时满足下列条件，该同分异构体的结构简式：______。 ①能与溶液发生显色反应； ②有5种不同化学环境的氢原子。 （5）已知。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，合成路线流程图示例见本题题干)。 【答案】（1）4 （2）保护B中羰基，防止羰基与后续EtMgBr反应 （3） （4） （5） 【解析】 【分析】由有机物的转化关系可知，碳酸钾作用下A与CH2=CHCOOMe发生加成反应生成B，B在PPTS作用下与乙二醇发生加成反应生成C；C与EtMgBr发生取代反应生成D；D在PPTS、水、丙酮作用下转化为E；E在MeONa和MeOH作用下发生分子内加成反应生成F()；F在CH3SO2Cl和Et3N作用下发生消去反应生成G。 【小问1详解】 B是，结构中有1个羰基、1个酯基，因此则1molB所含碳氧σ键的数目为4mol。 【小问2详解】 是B中羰基发生反应，根据流程图，D→E又形成羰基，所以步骤的目的是保护B中羰基，防止羰基与后续EtMgBr反应。 【小问3详解】 的反应类型为加成反应，F→G发生消去反应，由G逆推，可知F的结构简式是 。 【小问4详解】 ①能与溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②有5种不同化学环境的氢原子，说明结构对称；符合条件的G的同分异构体的结构简式为， 【小问5详解】 发生消去反应生成，被酸性高锰酸钾氧化为，与甲醇发生酯化反应生成，与反应生成，在甲醇钠、甲醇作用下生成，合成路线为。 16. 六硝基合钴酸钠是一种橙黄色晶体，微溶于水，不溶于乙醇、四氯化碳等，常用于的检验。一种以为钴源制备的流程如下： 已知：ⅰ．在碱性条件下加热可生成和； ⅱ．可被还原为，为一元弱酸； ⅲ．具有强氧化性，能氧化水生产氧气。 Ⅰ．六硝基合钴酸钠的制备 （1）调节pH为3~4可得到大量的，pH不能小于3的原因为___________。 （2）加入溶液时发生反应的离子方程式为___________。 （3）当投料比为理论量时，产品收率仅为53.1%； 随着亚硝酸盐料比增大至8.0，产品收率迅速增大至78.9%；亚硝酸盐料比为理论量时产品收率较低可能的原因是___________。 （4）“氧化”时，采用做氧化剂，产品收率是空气氧化法的3倍，可能的原因是___________。 （5）将“氧化”所得溶液冷却至室温，向其中加入试剂X，有大量橙黄色晶体析出。试剂X可选用___________。 A．四氯化碳 B．乙醇 Ⅱ．六硝基合钴酸钠的应用 在弱酸性条件下，与会产生亮黄色沉淀，该反应灵敏度高、现象明显，可用于检测。检验后废液中含残留、等离子。有毒、含钴离子为重金属离子，需无害化处理并回收钴盐。 （6）请补充完整检验钾离子后废液无害化处理并回收的实验方案：取适量废液于烧杯中___________，过滤、洗涤、干燥，得到固体。须使用试剂：溶液、硫酸、溶液、溶液。 【答案】（1）pH小于3，与H+结合为HNO2，浓度降低 （2） （3）亚硝酸钠会部分被H2O2氧化为NaNO3 （4）H2O2的氧化性大于O2，O2在水中溶解度小 （5）B （6）水浴加热，边搅拌边缓慢加入1 mol/L NaOH溶液反应至不再产生沉淀，（先加NaOH再加热也可以，不加热熔断）冷却后加入溶液反应至不再产生气泡；再加入1 mol/L硫酸反应至不再产生气泡，向所得溶液中逐滴加入溶液反应至不再产生沉淀 【解析】 【小问1详解】 亚硝酸是一元弱酸，pH小于3时溶液氢离子浓度偏大，和结合生成亚硝酸，溶液中游离亚硝酸根浓度下降，缺少配位所需的亚硝酸根，不利于配离子生成，因此pH不能小于3； 【小问2详解】 反应中里+2价钴被过氧化氢氧化为+3价钴，每个钴升高1价，1分子过氧化氢中两个-1价氧全部降到-2价，总共降低2价，根据升降价守恒，化学计量数配2，过氧化氢化学计量数配1；体系用醋酸调节pH，醋酸为弱酸不能拆写成离子，反应生成醋酸根和水，配平后离子方程式：； 【小问3详解】 理论投料刚好满足配位比例，除氧化二价钴之外，还具备氧化性，亚硝酸钠会部分被氧化为，造成参与配位的亚硝酸根不足，钴离子配位不完全，产品收率偏低；提高亚硝酸钠投料量，可以弥补被氧化损耗的亚硝酸根，配位反应更充分，收率上升； 【小问4详解】 的氧化性强于，氧化二价钴的反应限度更大；同时在水溶液中溶解度很小，反应物接触不充分，氧化效率低，因此使用做氧化剂时产品收率远高于空气氧化； 【小问5详解】 六硝基合钴酸钠易溶于水、不溶于乙醇；乙醇可以和水任意比例互溶，加入乙醇降低产品在混合溶剂里的溶解度，促使晶体析出；四氯化碳与水不能互溶、分层，无法降低水溶液中溶质溶解度，不能析出固体，故选B。 【小问6详解】 根据已知ⅰ用氢氧化钠溶液处理废液，将在碱性条件下加热可生成和； 进一步根据已知ⅱ用硫酸铵把可被还原为； 再利用硫酸把转化为，并根据已知ⅲ把还原为，最后加入碳酸钠得到； 故答案为：水浴加热，边搅拌边缓慢加入1 mol/L NaOH溶液反应至不再产生沉淀，（先加NaOH再加热也可以，不加热熔断）冷却后加入溶液反应至不再产生气泡；再加入1 mol/L硫酸反应至不再产生气泡，向所得溶液中逐滴加入溶液反应至不再产生沉淀； 17. “碳中和”是指通过某些方法或技术“抵消”空气中的量，实现相对“零排放”。其关键技术是的捕获和转化。 I．的排放 （1）液化石油气的主要成分为丁烷、丙烷、丙烯等，丙烷完全燃烧的化学方程式为___________。 （2）下列措施有利于实现“碳中和”的是___________。 a．燃煤中添加生石灰 b．大力植树造林 c．使用可燃冰作能源 II．的捕获 （3）高炉炼铁排放出的高炉气经过如下图处理可获得低热值燃气和高浓度。 ①高炉气进入吸收池前需经过热交换装置降温至90∼110℃，并对吸收池进行___________(“常压”“减压”“加压”)作业。 ②分解池中通入高温水蒸气的作用是___________。 （4）金属有机框架材料(MOFs)是一类新型的吸附材料，在捕集和分离方面体现出卓越的性能。下图是某种MOFs材料选择性吸附的示意图： 该材料能吸附而不吸附的原因是：___________。 III．的转化 （5）某种电化学还原法可将完全还原为和的混合物。将22.4L该和混合气通入如图所示装置充分完全反应后在出口处收集到气体8.96L(所有气体体积均在标况下测得)。的选择性为___________。(写出计算过程) 已知：的选择性 （6）和重整可制和，原理如下左图所示。反应①完成后，将恒定组成的和的混合气体，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随时间变化如下右图所示。反应过程始终未检测到，时间后检测到催化剂表面有积碳。 ①反应②的化学方程式为___________。 ②，比多，且生成的速率不变，可能的原因是___________。 【答案】（1） （2）b （3） ①. 加压 ②. 使碳酸氢钾受热分解 （4）二氧化碳分子直径小于该材料孔径，N2分子直径大于该材料孔径 （5）75% （6） ①. ②. 有副反应CH4(g)C(s)+2H2(g)发生 【解析】 【小问1详解】 丙烷完全燃烧生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为。 【小问2详解】 a．燃煤中添加生石灰可以减少二氧化硫的排放，不能减少二氧化碳排放，故不选a； b．植物光合作用吸收二氧化碳，大力植树造林，有利于实现“碳中和”，故选b； c．使用可燃冰作能源，不能降低二氧化碳的排放，故不选c； 选b。 【小问3详解】 高炉气进入吸收池，二氧化碳和碳酸钾反应生成碳酸氢钾，碳酸氢钾溶液在分解池中通入高温水蒸气，碳酸氢钾受热分解为碳酸钾、二氧化碳、水，碳酸钾溶液循环到吸收池再利用。 ①二氧化碳和碳酸钾反应生成碳酸氢钾，K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3，增大压强，反应速率加快，所以对吸收池进行加压作业。 ②碳酸氢钾在加热条件下分解为碳酸钾、二氧化碳、水，分解池中通入高温水蒸气的作用是使碳酸氢钾受热分解。 【小问4详解】 二氧化碳分子直径小于该材料孔径，N2分子直径大于该材料孔径，所以该材料能吸附而不吸附。 【小问5详解】 22.4L该和混合气的物质的量为1mol，充分完全反应后在出口处收集到8.96L的甲烷，则原混合气体中甲烷的物质的量为0.4mol、乙烯的物质的量为0.6mol，根据碳元素守恒，反应消耗二氧化碳的总物质的量为0.4+0.6×2=1.6mol，生成乙烯消耗二氧化碳的物质的量为0.6×2=1.2mol，的选择性为1.2÷1.6×100%=75%。 【小问6详解】 ①.反应②碳酸钙和甲烷反应生成氧化钙、CO和H2，化学方程式为。 ②.由题干图2信息可知，t1～t3，n(H2)＞n(CO)，且生成H2速率不变，反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应CH4(g)C(s)+2H2(g)； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $