精品解析：江苏省扬州中学2026-2027学年高三上学期10月阶段检测 化学试题

江苏省扬州中学2026-2027学年第一学期阶段检测 高三化学 2026.10 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 N-14 O-16 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 一、 单项选择题： 1. 以下研究文物的方法达不到目的的是 A. 用质谱法测定竹简的年代 B. 用X射线衍射法分析玉器的晶体结构 C. 用原子光谱法鉴定漆器表层的元素种类 D. 用红外光谱法测定古酒中有机分子中的羟基-OH 2. 下列实验装置能达到相应实验目的的是 A．制备Fe(OH)2 B．探究温度对化学平衡的影响 C.吸收NH3 D．验证蔗糖的水解产物具有还原性 A. A B. B C. C D. D 3. 物质的结构决定性质。下列事实与所述结构因素没有关联的是 选项 事实 结构因素 A. 极性： 电负性差 B. 键长：乙烷>乙烯 碳原子杂化方式 C. 酸性： 吸电子效应 D. 沸点：乙腈(80℃)>丙炔() 氢键 A. A B. B C. C D. D 4. 类比推测是科学研究中常用的方法之一，下列类比推测正确的是 A. 冰中水分子配位数为4，则硫化氢晶体中硫化氢分子配位数为4 B. 浓硫酸与NaCl反应生成HCl，则浓硫酸与NaBr反应可制备HBr C. 乙醇被过量酸性KMnO4溶液氧化为乙酸，则乙二醇被过量酸性KMnO4溶液氧化为乙二酸 D. Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，则Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl 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Fe(CrO2)2，含少量SiO2]与纯碱煅烧制备Na2CrO4。Ca、O、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CrCl3与NH3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NH2CH2COOH B. 1molSiO2含有2molSi=O键 C. NH3分子中H-N-H键角小于NO中O-N-O键角 D. 图-1所示晶胞中每个Ca2+周围距离最近且相等的Ca2+有12个 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 铬铁矿与纯碱煅烧制Na2CrO4： B. 三氯化铬与氨气高温下制CrN： C. SiO2与纯碱在高温下煅烧：SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑ D. 甘氨酸铬的制备：Cr+3NH2CH2COOH=Cr(NH2CH2COO)3 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. CrCl3为分子晶体，可推测CrCl3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. 大面积单原子层二维金属Ga(2D)制备过程示意图如下。下列说法错误的是 A. Ga位于周期表第四周期第ⅢA族，其外围电子排布式为4s24p1 B. 常温常压下，等物质的量的Ga(2D)能量低于Ga(3D)晶体 C. 蓝宝石砧座的硬度高，其主要成分Al2O3可当作共价晶体 D. Ga(2D)的一个基本结构单元为 9. 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 10. 一种电解葡萄糖(C6H12O6)制取葡萄糖二酸钾(C6H8O8K2)的装置示意图如图所示，下列说法中，不正确的是 A. 电极M处的电极反应式为： B. 离子交换膜P为阴离子交换膜 C. 1 mol葡萄糖(C6H12O6)完全转化为葡萄糖二酸钾(C6H8O8K2)转移的电子为8mol D. 电解过程可能产生葡萄糖酸钾(C6H11O7K ) 11. 从铜阳极泥（主要成分为和，含少量和）中提取热电材料碲（）的流程如图。已知与适量空气反应可生成。下列说法正确的是 A. “浸渍”时通入过量空气不发生副反应 B. 滤渣可以全部溶于浓 C. 被氧化过程中，溶液碱性增强 D. “沉碲”过程中被氧化 12. 用含少量的FeSO4溶液制备FeCO3的过程如下。 已知：、。 室温下，关于下列溶液说法正确的是 A. 溶液中：c(S2-) < c(HS-) B. 沉铁时发生反应：Fe2++2HCO= FeCO3 + CO2 ↑ +H2O C. 溶液中：c (OH-)+c (NH3•H2O)= c(H+)+c (H2CO3)+c (CO) D. “沉铁”后的上层清液中存在 13. 研究甲、乙两种催化剂对下列反应的催化作用及产物选择性的影响。 反应Ⅰ：　 反应Ⅱ：　 恒压条件下，，，按体积比投料，分别使用甲或乙作催化剂，在下反应固定时间后测定的实验转化率；不改变其他条件，每间隔重复上述实验。的实验转化率和理论平衡转化率随温度的变化如图所示。已知：甲催化时，选择性在为；甲、乙分别催化时，选择性在均达。下列说法正确的是 A. ， B. 范围内，使用甲催化时，选择性随温度升高而增大 C. 范围内，相同温度下，无论使用甲还是乙催化，产物选择性相同 D. 其他条件不变，仅减小投料量，选择性达时的温度仍为 非选择题 14. 镍是重要战略金属资源。 （1）制备　从某高镁低品位铜镍矿（主要成分为、、、等）中制备Cu、的过程如下： ①滤渣有S和________（写化学式）。 ②“氧压浸出”时，通入氧气可以提高的浸出率的原因________。 ③“沉铁”时发生反应的离子方程式为______________________________。 ④已知：，“沉镍”时控制pH为8.50，“滤液”中，此时的沉淀率为________。（写出计算过程，精确至0.1%） （2）制备Ni。将制得的加盐酸溶解后，用双膜三室电沉积法制备Ni的示意图如图-1，实验中阴极液pH与镍产率间的关系如图-2： pH = 6.9时，镍回收率最高的原因是_______________________________________。 （3）制备固体电解质材料 ①具有双钙钛矿型结构的氧化物通过掺杂改性可用作固体电解质材料，其晶体的一种完整结构单元如图-3所示，该材料的化学式为____________________。 ②真实的晶体中存在5%的O空位缺陷，导电时O空位的存在有利于的传导。考虑晶体缺陷，该晶体中+3价与+4价La原子个数比为_____________________。 15. 化合物G是一种合成多靶向性抗癌药物的中间体。其人工合成路线如下： （1）A分子中采取sp2杂化与sp3杂化的碳原子数目之比为_______。 （2）D的结构简式为_______。 （3）F→G的反应类型为_______。 （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除苯环外不含其它环状结构，能与钠反应放出氢气，遇FeCl3溶液不显色。 ②碱性条件下水解生成两种产物，酸化后分子中均有3种不同化学环境的氢。 （5）写出以 、CH3CH2OH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. 纳米Fe3O4具有纳米尺寸效应和极大的比表面积，且制备方法简单，被广泛应用。 （1）共沉淀法制纳米Fe3O4。将Fe2+和Fe3+的盐溶液按一定比例混合后，与 NaOH溶液反应制得。 ①检验Fe2+盐溶液是否变质的试剂为__________(填化学式)。 ②写出共沉淀法制纳米Fe3O4的离子方程式：__________。 （2）光-芬顿反应利用紫外线和磁性纳米Fe3O4催化降解废水中有机物四环素。该过程中，Fe(Ⅱ)与过氧化氢(H2O2)反应产生活性·OH降解有机污染物，同时在紫外光照射下，H2O2光解也产生·OH。其他条件不变时，随着磁性纳米Fe3O4投加量的增加，四环素降解率先增加后下降，其中下降的原因是__________。 （3）类芬顿反应利用纳米Fe3O4/Cu2O复合材料降解有机物。 ① 碱性溶液中，对不同条件下用纳米Fe3O4与CuCl2·2H2O制备的纳米Fe3O4/Cu2O复合材料进行产品分析。观察题图-1、图-2，制备该复合材料的最佳条件为__________。 ② 请补充完整制取纳米Fe3O4/Cu2O复合材料的实验方案：在氮气气氛下，__________，过滤、洗涤、真空干燥，得纳米Fe3O4固体。称取2.320g纳米Fe3O4固体，__________，静置、过滤、洗涤，真空干燥，得纳米Fe3O4/Cu2O复合材料。[实验中必须使用的试剂：0.5mol·L-1 FeCl2溶液、0.5mol·L-1 FeCl3溶液、NaOH溶液、30mL乙二醇、CuCl2·2H2O固体]已知：乙二醇受热易发生分子内脱水生成乙醛。 17. CO2的资源化利用有重要意义。 （1）工业上用CO2和CH4为原料制备合成气(CO、H2)涉及反应如下： 反应I：CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g) ∆H1 = ＋41.2 kJ·mol−1 反应Ⅱ：CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g) ∆H2= ＋247.3 kJ·mol−1 以合成气为原料，在纳米铁催化下合成烃，装置如图所示。 已知：反应Ⅲ：2CO(g)＋4H2(g)=C2H4(g)＋2H2O(g) ∆H3= −237 kJ·mol−1 ①反应I： CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g) ∆H1 ，CO的结构式为，估算该反应的∆H1，需要________(填数字)种化学键的键能数据。 ② 反应Ⅳ：CO(g)＋3H2(g) =CH4(g)＋H2O(g) ∆H4=________ kJ·mol−1。 ③ 若仅考虑反应Ⅲ和反应Ⅳ，反应器中增加装置内压强会导致产物中C2H4选择性上升，可能的原因是________。 （2）一种应用双极膜(由阳离子和阴离子交换膜构成，在直流电场的作用下，双极膜间H2O解离成H＋和OH-，并向两极迁移)。通过电化学还原CO2制备甲醇的原理如图所示。 ①催化电极的电极反应式为________。 ②双极膜内每消耗18g水，理论上石墨电极上产生标准状况下________L O2。 （3）CO2与环氧乙烷()转化为碳酸乙烯酯()的一种可能机理如图所示，Nu-表示催化剂。同时还会生成一种高分子副产物，其结构简式可表示为________。 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学年第一学期阶段检测 高三化学 2026.10 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 N-14 O-16 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 一、 单项选择题： 1. 以下研究文物的方法达不到目的的是 A. 用质谱法测定竹简的年代 B. 用X射线衍射法分析玉器的晶体结构 C. 用原子光谱法鉴定漆器表层的元素种类 D. 用红外光谱法测定古酒中有机分子中的羟基-OH 【答案】A 【解析】 【详解】A．质谱法用于测定物质的相对分子质量，测定竹简年代需采用断代法，该方法无法达到目的，A符合题意； B．X射线衍射法可通过衍射图谱分析晶体结构，玉器属于晶体矿物，可用该方法分析其晶体结构，B不符合题意； C．不同元素的原子光谱存在特征谱线，原子光谱法可据此鉴定元素种类，可用于分析漆器表层的元素种类，C不符合题意； D．红外光谱法可检测分子中的官能团，羟基（）属于官能团，可用该方法测定古酒中有机分子中的羟基，D不符合题意； 故选A。 2. 下列实验装置能达到相应实验目的的是 A．制备Fe(OH)2 B．探究温度对化学平衡的影响 C.吸收NH3 D．验证蔗糖的水解产物具有还原性 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．该装置为电解池，连接电源负极作阴极，无法失去电子生成，不能得到，不能达到实验目的，A错误； B．溶液中存在平衡，两组实验仅温度不同，可通过溶液颜色变化判断平衡移动方向，能探究温度对化学平衡的影响，B正确； C．极易溶于水且可与稀硫酸反应，导管直接插入稀硫酸中会发生倒吸，苯密度小于稀硫酸位于上层，无法起到防倒吸作用，不能达到实验目的，C错误； D．蔗糖水解后溶液为酸性，酸性条件下银氨溶液会被破坏，无法发生银镜反应，检验还原性产物前需先加碱中和溶液至碱性，不能达到实验目的，D错误； 故答案选B。 3. 物质的结构决定性质。下列事实与所述结构因素没有关联的是 选项 事实 结构因素 A. 极性： 电负性差 B. 键长：乙烷>乙烯 碳原子杂化方式 C. 酸性： 吸电子效应 D. 沸点：乙腈(80℃)>丙炔() 氢键 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．H与O的电负性差大于O与F的电负性差，H-O键极性更强，分子偶极矩更大，故极性，和电负性差有关联，A正确； B．乙烷中C为杂化，乙烯中C为杂化；杂化的s轨道成分更高，成键时键长更短，故C-H键长：乙烷>乙烯，和碳原子杂化方式有关联，B正确； C．Cl是吸电子基团，吸电子效应使羧基的O-H键极性增强，更易电离出，故酸性，和吸电子效应有关联，C正确； D．氢键形成需要存在键结构，乙腈中N没有直接连接H，丙炔也无法形成分子间氢键，二者沸点差异是因为乙腈极性远大于丙炔，分子间范德华力更强，和氢键无关，D错误； 故答案选D。 4. 类比推测是科学研究中常用的方法之一，下列类比推测正确的是 A. 冰中水分子配位数为4，则硫化氢晶体中硫化氢分子配位数为4 B. 浓硫酸与NaCl反应生成HCl，则浓硫酸与NaBr反应可制备HBr C. 乙醇被过量酸性KMnO4溶液氧化为乙酸，则乙二醇被过量酸性KMnO4溶液氧化为乙二酸 D. Na3N与盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，则Mg3N2与盐酸反应生成MgCl2和NH4Cl 【答案】D 【解析】 【详解】A．冰中水分子间存在氢键，配位数为4；晶体中无氢键，属于分子密堆积，配位数为12，A错误； B．浓硫酸与反应制利用难挥发性酸制易挥发性酸的原理，但还原性强于，浓硫酸会将生成的氧化为，无法制备纯净，B错误； C．乙醇被过量酸性溶液氧化为乙酸，但乙二醇被氧化生成的乙二酸具有强还原性，会被过量酸性溶液进一步氧化为，不能得到乙二酸，C错误； D．与盐酸反应时，与结合生成，产物为和；与盐酸反应同理，与结合生成，与结合生成，产物为和，D正确； 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Fe(CrO2)2，含少量SiO2]与纯碱煅烧制备Na2CrO4。Ca、O、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CrCl3与NH3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NH2CH2COOH B. 1molSiO2含有2molSi=O键 C. NH3分子中H-N-H键角小于NO中O-N-O键角 D. 图-1所示晶胞中每个Ca2+周围距离最近且相等的Ca2+有12个 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 铬铁矿与纯碱煅烧制Na2CrO4： B. 三氯化铬与氨气高温下制CrN： C. SiO2与纯碱在高温下煅烧：SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑ D. 甘氨酸铬的制备：Cr+3NH2CH2COOH=Cr(NH2CH2COO)3 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. CrCl3为分子晶体，可推测CrCl3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．甘氨酸铬中中心Cr为+3价，若配体为中性，无法平衡电荷，实际配体为，A错误； B．为原子晶体，结构中仅存在Si-O单键，每个Si原子与4个O原子成键，1mol 含4mol Si-O键，B错误； C．中心N原子为杂化，含1对孤电子对，H-N-H键角约为107°，中心N原子为杂化，无孤电子对，为平面正三角形结构，O-N-O键角为120°，故中H-N-H键角小于中O-N-O键角，C正确； D．图1晶胞中仅位于顶点，周围最近且等距的为相邻晶胞的顶点离子，共6个，D错误； 故选C。 【6题详解】 A．铬铁矿煅烧时中Cr元素从+3价升高为+6价，Fe元素从+2价升高为+3价，需要作为氧化剂，反应物需补充，且产物应为，正确反应为，A错误； B．高温下易分解为和，无法作为高温反应的稳定产物，B错误； C．与反应生成和，符合高沸点氧化物制低沸点氧化物的反应规律，反应为，C正确； D．Cr与甘氨酸反应时Cr从0价升高为+3价，需要H元素被还原为，正确反应为，D错误； 故选C。 【7题详解】 A．氨气分子间存在氢键使氨的沸点升高、易液化，氨气极易溶于水的原因是氨分子与水分子之间可形成氢键，二者无对应关系，A错误； B．分子晶体熔化时破坏分子间作用力，共价晶体熔化时破坏共价键，分子间作用力远弱于共价键，为分子晶体，为共价晶体，故的熔点低于，存在对应关系，B正确； C．浓硝酸见光易分解，棕色试剂瓶可阻挡可见光，避免浓硝酸发生分解，存在对应关系，C正确； D．电负性越大，成键时共用电子对越偏向该原子，N、C、H的电负性依次减小，甘氨酸中亚甲基碳原子与1个N原子、2个H原子、1个羧基碳原子成键，C-N键中C显+1价，2个C-H键中C共显-2价，C-C键无化合价偏移，故亚甲基碳的总化合价为-1，存在对应关系，D正确； 故选A。 8. 大面积单原子层二维金属Ga(2D)制备过程示意图如下。下列说法错误的是 A. Ga位于周期表第四周期第ⅢA族，其外围电子排布式为4s24p1 B. 常温常压下，等物质的量的Ga(2D)能量低于Ga(3D)晶体 C. 蓝宝石砧座的硬度高，其主要成分Al2O3可当作共价晶体 D. Ga(2D)的一个基本结构单元为 【答案】B 【解析】 【详解】A．为31号元素，位于周期表第四周期第ⅢA族，主族元素外围电子为最外层电子，排布式为，A正确； B．由制备需要加热吸热，说明等物质的量的能量高于晶体，B错误； C．蓝宝石砧座硬度高，符合共价晶体的性质特征，其主要成分可当作共价晶体，C正确； D．由的俯视放大图可知其为二维密排结构，给出的图示为其基本结构单元，D正确； 故选B。 9. 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。 10. 一种电解葡萄糖(C6H12O6)制取葡萄糖二酸钾(C6H8O8K2)的装置示意图如图所示，下列说法中，不正确的是 A. 电极M处的电极反应式为： B. 离子交换膜P为阴离子交换膜 C. 1 mol葡萄糖(C6H12O6)完全转化为葡萄糖二酸钾(C6H8O8K2)转移的电子为8mol D. 电解过程可能产生葡萄糖酸钾(C6H11O7K ) 【答案】C 【解析】 【分析】一种电解葡萄糖(C6H12O6)制取葡萄糖二酸钾(C6H8O8K2)的装置中，葡萄糖被氧化为葡萄糖酸，故电极N为阳极，电极M为阴极。 【详解】A．电极M为阴极，水得电子发生还原反应，电极反应式为，A正确； B．阳极N处反应消耗，阴极M处生成，为维持电荷平衡，需通过离子交换膜从M室迁移到N室，故P为阴离子交换膜，B正确； C．中C平均化合价为0，中C平均化合价为+1，1 mol葡萄糖完全转化时C总共升高6价，转移电子为6 mol，不是8 mol，C错误； D．中C平均化合价为，属于葡萄糖不完全氧化的产物，电解过程可能生成，D正确； 故选C。 11. 从铜阳极泥（主要成分为和，含少量和）中提取热电材料碲（）的流程如图。已知与适量空气反应可生成。下列说法正确的是 A. “浸渍”时通入过量空气不发生副反应 B. 滤渣可以全部溶于浓 C. 被氧化过程中，溶液碱性增强 D. “沉碲”过程中被氧化 【答案】C 【解析】 【分析】铜阳极泥的主要成分为和，含少量和，在“浸渍”操作中，加入Na2S溶液，通入适量空气，和反应生成CuS沉淀，同时生成Na2Te2，和不溶，进入滤渣，滤液1中含有Na2Te2，加入Na2SO3溶液发生氧化还原反应，Na2SO3作氧化剂被还原，同时将Na2Te2氧化为碲粉，滤液2中主要含有低价态含硫化合物用于“浸渍”工序循环利用； 【详解】A．“浸渍”时和生成的都具有还原性，通入过量空气时，过量会进一步将氧化为更高价态的物质，发生副反应，A错误； B．铜阳极泥中的Au不参与浸渍反应，留在滤渣中，Au不溶于浓硝酸（仅溶于王水），因此滤渣不能全部溶于浓硝酸，B错误； C．被氧化生成的反应方程式为：，反应生成强碱，溶液中增大，碱性增强，C正确； D．滤液1中在中为价，沉碲得到价碲单质，化合价升高被氧化，因此做氧化剂参与氧化还原反应，被还原，D错误； 故选C。 12. 用含少量的FeSO4溶液制备FeCO3的过程如下。 已知：、。 室温下，关于下列溶液说法正确的是 A. 溶液中：c(S2-) < c(HS-) B. 沉铁时发生反应：Fe2++2HCO= FeCO3 + CO2 ↑ +H2O C. 溶液中：c (OH-)+c (NH3•H2O)= c(H+)+c (H2CO3)+c (CO) D. “沉铁”后的上层清液中存在 【答案】A 【解析】 【分析】的第一步水解平衡常数，水解程度较大。沉铁时加入氨水，体系呈碱性，不会生成。溶液的质子守恒可通过电荷守恒、物料守恒联立推导。沉铁后上层清液无沉淀，离子积不大于对应溶度积。 【详解】A．溶液中，第一步水解的平衡常数，设平衡时，则，解得，平衡时，故，A正确； B．沉铁时加入氨水，体系呈碱性，反应生成的会与氨水反应，无法逸出，正确答案为，B错误； C．溶液中，电荷守恒为，物料守恒为，两式联立消去，可得，选项等式不符合推导结果，C错误； D．沉铁后上层清液为的饱和溶液，无沉淀生成，故离子积，D错误； 故选 A。 13. 研究甲、乙两种催化剂对下列反应的催化作用及产物选择性的影响。 反应Ⅰ：　 反应Ⅱ：　 恒压条件下，，，按体积比投料，分别使用甲或乙作催化剂，在下反应固定时间后测定的实验转化率；不改变其他条件，每间隔重复上述实验。的实验转化率和理论平衡转化率随温度的变化如图所示。已知：甲催化时，选择性在为；甲、乙分别催化时，选择性在均达。下列说法正确的是 A. ， B. 范围内，使用甲催化时，选择性随温度升高而增大 C. 范围内，相同温度下，无论使用甲还是乙催化，产物选择性相同 D. 其他条件不变，仅减小投料量，选择性达时的温度仍为 【答案】C 【解析】 【详解】A．低温下，随着温度升高，理论平衡转化率下降。根据勒夏特列原理，转化率下降说明低温下占据主导的反应平衡逆向移动了。因此，低温下主导的正反应是放热反应。结合题干信息甲催化时，选择性在为可知，低温区主要发生的是反应Ⅰ，故推断；同理，高温区​平衡转化率随温度升高，高温下以反应Ⅱ为主，升高温度反应Ⅱ平衡正向移动，故，A错误； B．反应I放热、反应Ⅱ吸热，升高温度平衡更有利于吸热的反应Ⅱ，的平衡选择性随温度升高降低；且题目仅说明甲催化时下选择性为100%，不能说明范围内选择性随温度升高增大，该范围内​转化率升高是温度升高加快反应速率导致，和选择性无关，B错误； C．由图可知，范围内，甲、乙催化的​实验转化率都与理论平衡转化率重合，说明反应已经达到平衡状态。催化剂只改变反应速率，不改变平衡组成，因此相同温度下，无论使用哪种催化剂，平衡状态相同，产物选择性相同，C正确； D．反应恒压进行，减小​投料量，体系总体积减小，反应物分压增大：反应Ⅰ是气体分子数减少的反应，加压促进反应Ⅰ正向移动，相同温度下选择性会降低，因此选择性达到100%需要更高的温度来对抗压强带来的影响，不再是，D错误； 故选C。 非选择题 14. 镍是重要战略金属资源。 （1）制备　从某高镁低品位铜镍矿（主要成分为、、、等）中制备Cu、的过程如下： ①滤渣有S和________（写化学式）。 ②“氧压浸出”时，通入氧气可以提高的浸出率的原因________。 ③“沉铁”时发生反应的离子方程式为______________________________。 ④已知：，“沉镍”时控制pH为8.50，“滤液”中，此时的沉淀率为________。（写出计算过程，精确至0.1%） （2）制备Ni。将制得的加盐酸溶解后，用双膜三室电沉积法制备Ni的示意图如图-1，实验中阴极液pH与镍产率间的关系如图-2： pH = 6.9时，镍回收率最高的原因是_______________________________________。 （3）制备固体电解质材料 ①具有双钙钛矿型结构的氧化物通过掺杂改性可用作固体电解质材料，其晶体的一种完整结构单元如图-3所示，该材料的化学式为____________________。 ②真实的晶体中存在5%的O空位缺陷，导电时O空位的存在有利于的传导。考虑晶体缺陷，该晶体中+3价与+4价La原子个数比为_____________________。 【答案】（1） ①. ②. 将−2价S氧化为单质S，促进溶解 ③. ④. 存在溶解平衡，其溶度积表达式为。常温下，pH = 8.50时，，由水的离子积可得。设沉淀后，将各浓度的数值代入溶度积表达式，有，解得，即沉淀后。忽略沉淀前后溶液体积变化，的沉淀率为 （2）pH < 6.9，随pH降低，浓度增大，和竞争放电；pH > 6.9，随pH增大，浓度增大，转化为沉淀 （3） ①. ②. 4∶1 【解析】 【分析】原矿中的铜、铁主要以硫化物形式存在，镍、镁主要存在于硅酸盐中。在硫酸和氧气作用下进行氧压浸出，使铜、铁、镍、镁转入浸出液，分离不溶性残渣后进行萃铜。铜进入萃取液并进一步制得金属铜，萃余液中主要含有、、等离子。加入和MgO后，MgO消耗酸、调节溶液pH，使铁以黄钠铁矾的形式沉淀分离。所得含镍滤液再加入MgO，进一步调节pH，使镍以沉淀的形式分离，镁等可溶性组分留在母液中。 【小问1详解】 ①酸性浸出过程中，矿石中的镍、镁进入溶液，硅元素留在不溶于硫酸的中，因此滤渣中除S外还有。 ②中的硫元素为−2价，氧气具有氧化性，能使其中的硫元素由−2价升高到0价，生成单质S，从而促进溶解，使更多的铜元素进入溶液，提高的浸出率。 ③“沉铁”所得黄钠铁矾的化学式为，其中、和的个数比为1∶3∶2。结合原子守恒和电荷守恒，可得到离子方程式为。 ④“滤液”位于沉铁之后、沉镍之前，因此是沉镍前的浓度。存在沉淀溶解平衡，其溶度积表达式为。常温下，pH = 8.50时，，由水的离子积可得。设沉淀后，将各浓度的数值代入溶度积表达式，有，解得，即沉淀后。忽略沉淀前后溶液体积变化，沉淀率等于沉淀的镍离子的物质的量与沉镍前镍离子的物质的量之比，因此的沉淀率为； 【小问2详解】 图-1右侧含的溶液所在室为阴极室，制备镍时的阴极反应为。当pH < 6.9时，随pH降低，溶液中浓度增大，反应更易发生，与竞争放电，用于析出镍的电量比例减小。当pH > 6.9时，随pH增大，浓度增大，发生反应，使可供电沉积的减少。因此，pH = 6.9时既能减轻析氢的影响，又能减少生成沉淀造成的镍损失，镍回收率最高； 【小问3详解】 ①按照图-3所示完整结构单元的边界均摊，4个Ni原子和4个Mn原子分别位于顶点，每个顶点原子由8个相邻结构单元共用，因此该结构单元含Ni原子个、Mn原子个；La原子位于体内，完全属于该结构单元，计1个；6个O原子分别位于6个面上，每个面上的原子由2个相邻结构单元共用，计个。故Ni、Mn、La、O的原子个数比为，该材料的化学式为。 ②根据图-3的标注，Ni为+2价，Mn为+3价，La有+3价和+4价。若以10个化学式单位为计算基准，其中含10个Ni原子、10个Mn原子和20个La原子，正常情况下应有60个O原子。存在5%的O空位后，实际O原子数为。设其中+3价La原子有个，则+4价La原子有个，根据晶体电中性，有，解得。因此+3价与+4价La原子个数比为。 15. 化合物G是一种合成多靶向性抗癌药物的中间体。其人工合成路线如下： （1）A分子中采取sp2杂化与sp3杂化的碳原子数目之比为_______。 （2）D的结构简式为_______。 （3）F→G的反应类型为_______。 （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除苯环外不含其它环状结构，能与钠反应放出氢气，遇FeCl3溶液不显色。 ②碱性条件下水解生成两种产物，酸化后分子中均有3种不同化学环境的氢。 （5）写出以 、CH3CH2OH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）4:1 （2） （3）氧化反应 （4） （5） 【解析】 【分析】B和乙醇发生酯化反应生成C，由C逆推，可知B是； D的分子式是C11H12O4，根据C、E的结构简式，可知D是。 【小问1详解】 A分子中只有2个碳原子成键方式全是单键，采用sp3杂化，其余碳原子均采用sp2杂化，碳原子数目之比为采取sp2杂化与sp3杂化的碳原子数目之比为8:2=4:1； 【小问2详解】 D的分子式是C11H12O4，根据C、E的结构简式，可知D是； 【小问3详解】 F→G是F中的羟基被氧化为醛基，反应类型为氧化反应； 【小问4详解】 ①除苯环外不含其它环状结构，能与钠反应放出氢气，说明含有羟基，遇FeCl3溶液不显色，说明不含酚羟基。 ②碱性条件下水解生成两种产物，说明含有酯基，酸化后分子中均有3种不同化学环境的氢。符合条件的G的同分异构体是； 【小问5详解】 根据题干流程图，发生氧化反应生成，再发生还原反应得，和乙醇反应生成，被还原成，和反应生成， 合成路线为：。 16. 纳米Fe3O4具有纳米尺寸效应和极大的比表面积，且制备方法简单，被广泛应用。 （1）共沉淀法制纳米Fe3O4。将Fe2+和Fe3+的盐溶液按一定比例混合后，与 NaOH溶液反应制得。 ①检验Fe2+盐溶液是否变质的试剂为__________(填化学式)。 ②写出共沉淀法制纳米Fe3O4的离子方程式：__________。 （2）光-芬顿反应利用紫外线和磁性纳米Fe3O4催化降解废水中有机物四环素。该过程中，Fe(Ⅱ)与过氧化氢(H2O2)反应产生活性·OH降解有机污染物，同时在紫外光照射下，H2O2光解也产生·OH。其他条件不变时，随着磁性纳米Fe3O4投加量的增加，四环素降解率先增加后下降，其中下降的原因是__________。 （3）类芬顿反应利用纳米Fe3O4/Cu2O复合材料降解有机物。 ① 碱性溶液中，对不同条件下用纳米Fe3O4与CuCl2·2H2O制备的纳米Fe3O4/Cu2O复合材料进行产品分析。观察题图-1、图-2，制备该复合材料的最佳条件为__________。 ② 请补充完整制取纳米Fe3O4/Cu2O复合材料的实验方案：在氮气气氛下，__________，过滤、洗涤、真空干燥，得纳米Fe3O4固体。称取2.320g纳米Fe3O4固体，__________，静置、过滤、洗涤，真空干燥，得纳米Fe3O4/Cu2O复合材料。[实验中必须使用的试剂：0.5mol·L-1 FeCl2溶液、0.5mol·L-1 FeCl3溶液、NaOH溶液、30mL乙二醇、CuCl2·2H2O固体]已知：乙二醇受热易发生分子内脱水生成乙醛。 【答案】（1） ①. KSCN或K4[Fe(CN)6] ②. Fe2+＋2Fe3+＋8OH-= Fe3O4 ↓＋4H2O （2）磁性纳米Fe3O4投加量过多，过多的Fe(Ⅱ)也消耗·OH；溶液浑浊程度增大，影响紫外线照射效果；催化剂颗粒间因磁性团聚，减弱催化活性 （3） ①. m(Fe3O4)∶m(CuCl2·2H2O)= 2∶1、160℃ ②. 量取0.5 mol·L-1 FeCl2 10 mL和0.5mol·L-1 FeCl3 20 mL，充分混合后边搅拌边向其中加入NaOH溶液，至向上层清液中继续滴加NaOH溶液不再生成沉淀 ③. 称取1.160 g CuCl2·2H2O固体，混合后，分批加入到适当过量的NaOH溶液中，加入30mL乙二醇，控制在160℃反应一段时间 【解析】 【小问1详解】 ① Fe2+盐溶液变质即Fe2+被氧化为Fe3+，需检测Fe3+是否存在。KSCN溶液遇Fe3+显血红色，K4[Fe(CN)6]遇Fe3+出现蓝色沉淀，均为常用试剂。 ② Fe3O4可看作FeO·Fe2O3，含1个Fe2+和2个Fe3+。将Fe2+与Fe3+按1:2混合，加碱沉淀的离子方程式为。 【小问2详解】 Fe(Ⅱ)与H2O2反应生成·OH降解污染物，同时紫外光下H2O2也光解产生·OH。或Fe2+与·OH反应，消耗自由基，也可能是颗粒团聚降低催化效率。 【小问3详解】 ① 图-1：m(Fe3O4): m(CuCl2·2H2O)=2:1时有机物去除率最高；图-2：160℃时Fe3O4与Cu2O特征峰均明显，说明复合效果好；120℃无Cu2O峰，200℃可能分解或团聚。故最佳条件为m(Fe3O4): m(CuCl2·2H2O)=2:1，160℃。 ② 实验方案补充。第一步制备Fe3O4。根据Fe2+:Fe3+ =1:2，取0.5 mol·L-1 FeCl2 10 mL和0.5mol·L-1 FeCl3 20 mL，充分混合后搅拌下缓慢加入NaOH，至向上层清液中继续滴加NaOH溶液不再生成沉淀，过滤、洗涤、真空干燥得Fe3O4。第二步：制备复合材料。称取1.160 g CuCl2·2H2O固体，与Fe3O4混合后，分批加入到适当过量的NaOH溶液中，加入30 mL乙二醇，控制在160℃反应一段时间静置、过滤、洗涤、真空干燥。 17. CO2的资源化利用有重要意义。 （1）工业上用CO2和CH4为原料制备合成气(CO、H2)涉及反应如下： 反应I：CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g) ∆H1 = ＋41.2 kJ·mol−1 反应Ⅱ：CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g) ∆H2= ＋247.3 kJ·mol−1 以合成气为原料，在纳米铁催化下合成烃，装置如图所示。 已知：反应Ⅲ：2CO(g)＋4H2(g)=C2H4(g)＋2H2O(g) ∆H3= −237 kJ·mol−1 ①反应I： CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g) ∆H1 ，CO的结构式为，估算该反应的∆H1，需要________(填数字)种化学键的键能数据。 ② 反应Ⅳ：CO(g)＋3H2(g) =CH4(g)＋H2O(g) ∆H4=________ kJ·mol−1。 ③ 若仅考虑反应Ⅲ和反应Ⅳ，反应器中增加装置内压强会导致产物中C2H4选择性上升，可能的原因是________。 （2）一种应用双极膜(由阳离子和阴离子交换膜构成，在直流电场的作用下，双极膜间H2O解离成H＋和OH-，并向两极迁移)。通过电化学还原CO2制备甲醇的原理如图所示。 ①催化电极的电极反应式为________。 ②双极膜内每消耗18g水，理论上石墨电极上产生标准状况下________L O2。 （3）CO2与环氧乙烷()转化为碳酸乙烯酯()的一种可能机理如图所示，Nu-表示催化剂。同时还会生成一种高分子副产物，其结构简式可表示为________。 【答案】（1） ①. 4 ②. -206.1 ③. 加压使反应Ⅲ、Ⅳ速率均加快，且反应Ⅲ速率加快幅度更大，所以增加装置内压强会导致产物中C2H4选择性上升 （2） ①. ②. 5.6 （3） 【解析】 【分析】反应Ⅰ的ΔH1需由反应物(CO2、H2)和生成物(CO、H2O)所含化学键的键能估算，共涉及C=O、H—H、C≡O、O—H四类化学键；ΔH4由反应Ⅰ与反应Ⅱ按盖斯定律相减求得，反应Ⅲ气体分子数减少(6→3)多于反应Ⅳ(4→2)，压强增大时反应Ⅲ正向移动更显著，故C2H4选择性上升。催化电极上CO2得电子生成CH3OH、作阴极，石墨电极上OH−放电生成O2、作阳极，双极膜解离出的H+移向阴极；由水量可确定转移电子数，再据电子守恒求O2的体积。 【小问1详解】 ① 反应Ⅰ的化学方程式为CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)。该反应涉及的分子有CO2、H2、CO、H2O，分别包含的化学键为C=O键、H—H键、C≡O键、O—H键，因此估算该反应的焓变需要4种化学键的键能数据。 ② 已知反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41.2 kJ⋅mol−1，反应Ⅱ：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH2=+247.3 kJ⋅mol−1，根据盖斯定律，将反应Ⅰ−反应Ⅱ即可得到反应Ⅳ：CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)，故ΔH4=ΔH1−ΔH2=+41.2 kJ⋅mol−1−247.3 kJ⋅mol−1=−206.1 kJ⋅mol−1。 ③ 反应Ⅲ正向气体分子数减少，反应Ⅳ中正向气体分子数减少；增大压强，两个反应的正向反应速率均加快，且反应Ⅲ速率加快幅度更大，从而导致产物中C2H4的选择性上升。 【小问2详解】 ① 由装置图可知，催化电极上CO2转化为CH3OH，碳元素化合价降低，发生还原反应，该极为阴极；双极膜解离出的H+移向该极参与反应，电极反应式为。 ② 18 g H2O的物质的量为1 mol，双极膜解离产生1 mol H+和1 mol OH−；OH−移向石墨电极（阳极）发生氧化反应，电极反应式为；1 mol OH−反应理论上生成0.25 mol O2，在标准状况下的体积为0.25 mol×22.4 L⋅mol−1=5.6 L。 【小问3详解】 环氧乙烷与CO2在催化剂作用下，除发生环化反应生成碳酸乙烯酯外，还可发生开环交替共聚反应，生成高分子化合物聚碳酸乙烯酯，其结构简式为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $