精品解析：江苏省如东高级中学 徐州中学等三校2026-2027学年高三上学期阶段测试 化学试题

2026~2027学年度第一学期高三年级阶段测试联考试卷 化学 2026.10 注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项： 1．本试卷满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。 2．答题前，请将自己的姓名、考试号用0.5毫米黑色签字笔填涂在答题卡指定位置。 3．答选择题答案用2B铅笔在答题卡上把对应题目的答案标号涂黑；非选择题用0.5 mm的黑色签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。 可能用到的相对原子质量：C 12   N 14   O 16   K 39   S 32   Cl 35.5   Cr 52   Fe 56 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. 材料在生产生活中起着重要作用，下列属于新型无机非金属材料的是 A. 钢化玻璃 B. 醋酸纤维 C. 氮化硅陶瓷 D. 聚四氟乙烯 2. 氮化镓是新型半导体材料，工业制备氮化镓的常用方法是GaCl3＋NH3GaN＋3HCl。下列叙述正确的是 A. 基态Ga原子电子排布式：[Ar]4s24p1 B. NH3的VSEPR模型： C. 中子数为20的氯核素： D. HCl的电子式： 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. 铝土矿除主要成分，还存在多种第三周期元素如Mg、S。下列说法正确的是 A. 半径： B. 热稳定性： C. 碱性： D. 第一电离能： 5. 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 6. 在指定条件下，下列选项所示的物质间转化表示正确的是 A. B. C. D. 阅读下列材料，完成下列3个小题。 人类文明的演进历程与金属及其化合物的发展应用紧密相连。纳米铁粉可用于处理酸性含氮废水(主要含)；铁制品经碱性发蓝工艺处理可提升其耐腐蚀性；用碱性溶液浸泡，在表面形成的同时有逸出；铝-空气电池具有较高的比能量，在碱性电解质溶液中发生反应；热水解可获得沉淀，焙烧后获得的颜色细腻，性质稳定，可用作白色颜料。 7. 下列说法正确的是 A. 被还原为后，键角将变大 B. 中基态Fe(II)的价层电子排布式为 C. 晶胞(如图所示)中，每个周围紧邻12个 D. 中、作为配体与形成配位键 8. 下列物质性质与用途具有对应关系的是 A. 有磁性，可用作金属抗腐蚀层 B. 有两性，可用作白色颜料 C. 熔点高，可用于电解冶炼 D. 易钝化，可用于储运浓硝酸 9. 下列化学反应表示正确的是 A. 纳米铁粉处理酸性含的废水： B. 铁的发蓝处理： C. 铝-空气电池(碱性电解液)放电时的正极反应式： D. 热水解获得： 10. 热敏结晶增强液态热化学电池中，胍离子()选择性诱导结晶，冷热端电极产生电势差，从而实现给锂离子电池充电，工作原理如图。锂离子电池反应为 。下列说法错误的是 A. 冷端电极电势高于热端电极电势 B. 该新型热敏电池放电时，热端的电极反应式为 C. 锂离子电池充电过程中，Li+通过LiPON薄膜移向a极 D. 对锂离子电池充电时，电路中转移x mol电子，b极生成x mol Li1-xCoO2 11. Z是一种四环素类药物合成的中间体，下列说法正确的是 A. X中1号碳的C—H极性和2号碳的C—H极性相同 B. Y中所有碳原子不可能共平面 C. Y能发生消去反应 D. Z酸性水解后的芳香族产物可与NaHCO3反应 12. 下列实验方案能达到探究目的的是 选项 探究目的 实验方案 A 久置的FeSO4溶液会变质 向久置的FeSO4溶液中滴加足量盐酸，再滴加BaCl2溶液，观察是否有沉淀生成 B 比较Fe2+与Cl-的还原性强弱 向FeCl2溶液中滴加2滴KSCN溶液，再通入少量Cl2，观察溶液颜色变化 C 金属活动性比较：Mg>Fe 向FeCl2溶液中加入Mg条，产生无色气体，并有红褐色沉淀生成 D 测定NaClO溶液的pH 用洁净的玻璃棒蘸取NaClO溶液滴在pH试纸上，待变色后与标准比色卡比对 A. A B. B C. C D. D 13. 一定温度和压强下，利用铜基催化剂实现二氧化碳选择性加氢制甲醇的反应机理图如图所示(其中吸附在催化剂表面上的粒子用＊标注)，下列说法错误的是 A. 该历程存在非极性键的断裂和形成 B. 过程①中CO2发生了还原反应 C. 第②步反应的方程式为HCOO＊＋4H＊=CH3O＊＋H2O D. 使用铜基催化剂可降低反应的活化能，提高活化分子百分数 二、非选择题：本题共4小题，共61分。 14. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种常用的净水剂，可用于去除废水中的Se(Ⅳ)。已知：K2FeO4在强碱性条件下稳定，Fe(Ⅲ)可以催化K2FeO4分解。 （1）Fe(Ⅲ)在水中会形成[Fe2(H2O)10]6+配离子，该配离子中两个Fe(Ⅲ)的配位数相同且含有1个四元环结构，Fe(Ⅲ)的配位数为___________。 （2）电解法制备K2FeO4的装置如题图所示，电解过程中需不断向阳极区补充KOH溶液。 ①电解过程中阳极有气体产生，该气体为___________。 ②阳极生成的电极方程式为___________，为提高K2FeO4的产率，应选用___________(填“阴”或“阳”)离子交换膜。 ③电解一段时间后，若不补充KOH溶液，电路中通过相同量的电子，但K2FeO4的产量减少的原因是___________。 ④测定K2FeO4的纯度。准确称取0.6600g K2FeO4样品于锥形瓶中，用KOH溶液溶解，加入过量溶液，再加入硫酸酸化配成待测液。用 标准溶液滴定至终点，消耗标准液25.00mL。计算样品中K2FeO4的纯度___________ (写出计算过程)。测定过程中涉及的离子反应有(未配平)： （3） K2FeO4可与联用去除废水中的Se(Ⅳ)。其过程为： ⅰ. K2FeO4将Se(Ⅳ)氧化为且自身被还原为，过程中存在中间体的产生和转化； ⅱ.吸附在表面的将还原为Se，Se与共沉淀除去。 已知：溶液中含Se(Ⅳ)微粒的物质的量分数随pH的分布如下图所示。 ①时，氧化Se(Ⅳ)的离子方程式为___________。 ②时，随pH上升，Se(Ⅳ)的去除率明显下降，原因是___________。 15. G是一种安眠类药物的合成中间体，其合成路线如图所示： （1）A→B的反应类型为__________。 （2）C→D中可用__________(填字母)替代。 a． b． c． （3）D→E会产生与E互为同分异构体的副产物，其结构简式为__________。 （4）F的分子式为，其结构简式为____________________。 （5）写出同时满足下列条件的G的一种芳香族同分异构体的结构简式____________________。 ①分子中不同化学环境的氢原子数目之比是6∶6∶2∶2∶1； ②能与溶液发生显色反应； ③该物质与发生置换反应最多消耗 。 16. 是常用的分析试剂。一种利用含铁制备的实验流程如下： 已知：“酸化”时发生反应(aq，黄)(aq，橙) 。 （1）“碱浸氧化”时发生反应的离子方程式为___________。 （2）已知KCl和的溶解度随温度的变化如图所示。若“酸化”后溶液中KCl的含量约为，的含量约为，补充完整从该溶液中获得晶体的实验方案：取酸化后的溶液，___________，将沉淀进行重结晶。(实验中需使用的试剂：冰水) （3）测定溶液的浓度。称取一定质量样品，配制浓度约为酸性溶液，用标准溶液标定其浓度。滴定过程中发生反应：(未配平)。 ①配制酸性溶液时，使用的玻璃仪器除量筒外，还须有___________。下列可用于酸化溶液的酸为___________(填字母)。 A．盐酸 B．硫酸 C．硝酸 ②取一定体积溶液于锥形瓶中，用25mL规格的滴定管滴加溶液至滴定终点。取用溶液的合理体积是___________(填字母)。 A．5mL B．30mL C．50mL D．60mL （4）为验证溶液酸碱性对Cr(Ⅵ)溶液中平衡移动的影响，实验小组分别取溶液进行如下实验。 实验序号 实验操作 现象 Ⅰ 向其中滴加 溶液显黄色 Ⅱ 向其中滴加盐酸 溶液显橙色 Ⅲ 向其中滴加2 mL 溶液显橙黄色 ①设计实验Ⅲ的目的为___________。 ②小组同学提出用代替NaOH溶液进行实验Ⅰ，以达到实验目的。判断该设计方案是否合理，并说明理由：___________。 17. 利用和的循环，可实现在资源化利用的同时进行氢能的贮存和释放。 （1）电解制 ①原理如下图所示，电解一段时间后阴极区溶液浓度升高。写出阴极还原为的电极反应式：________________________________________。 ②向和混合溶液中加入活性催化剂，通入继续生成，其可能的反应机理如图所示。吸附在和上的分别用和表示，上述机理所得甲酸根的化学式可表示为__________(其它原子用正常的元素符号表示)。 （2）HCOOH催化释氢。催化剂作用下，甲酸有如下两种可能的分解反应： ①   ②   为提高的产率，需研发在较低温度下对反应②活性较高的催化剂，理由是______________________________。 （3）和制甲烷。在一定的温度和压力条件下，将按一定比例混合的和通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。常温、常压下、的燃烧热及水的汽化热如下表。 燃烧热/ 汽化热/() 285.8 890.3 44 ①反应的__________。 ②在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得转化率随温度的变化如图所示。 ，随温度升高，以为催化剂，转化率略有下降，而以为催化剂，转化率却仍在上升，原因是________________________________________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026~2027学年度第一学期高三年级阶段测试联考试卷 化学 2026.10 注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项： 1．本试卷满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。 2．答题前，请将自己的姓名、考试号用0.5毫米黑色签字笔填涂在答题卡指定位置。 3．答选择题答案用2B铅笔在答题卡上把对应题目的答案标号涂黑；非选择题用0.5 mm的黑色签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。 可能用到的相对原子质量：C 12   N 14   O 16   K 39   S 32   Cl 35.5   Cr 52   Fe 56 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. 材料在生产生活中起着重要作用，下列属于新型无机非金属材料的是 A. 钢化玻璃 B. 醋酸纤维 C. 氮化硅陶瓷 D. 聚四氟乙烯 【答案】C 【解析】 【详解】A．钢化玻璃与普通玻璃的成分相同，是传统无机非金属材料，A错误； B．醋酸纤维是高分子材料，B错误； C．氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料，C正确； D．聚四氟乙烯是高分子材料，D错误； 故选C。 2. 氮化镓是新型半导体材料，工业制备氮化镓的常用方法是GaCl3＋NH3GaN＋3HCl。下列叙述正确的是 A. 基态Ga原子电子排布式：[Ar]4s24p1 B. NH3的VSEPR模型： C. 中子数为20的氯核素： D. HCl的电子式： 【答案】B 【解析】 【详解】A．基态是31号元素，核外电子排布式为，选项漏写轨道的电子，A错误； B．中中心原子价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，包含1对孤电子对和3对成键电子对，图示符合该结构，B正确； C．中子数为20的氯核素，质量数=质子数+中子数，核素符号应为，选项质量数标注错误，C错误； D．是共价化合物，电子式中不存在阴阳离子，不应加括号和电荷，图示为离子化合物的电子式形式，D错误； 故选B。 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. 铝土矿除主要成分，还存在多种第三周期元素如Mg、S。下列说法正确的是 A. 半径： B. 热稳定性： C. 碱性： D. 第一电离能： 【答案】B 【解析】 【详解】A．和具有相同的电子层结构，原子序数越大，离子半径越小，则有离子半径：，A错误； B．元素非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强；O和S为同主族上下相邻的2种元素，非金属性，则简单氢化物的稳定性：，B正确； C．元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物碱性越强；Mg和Al为同一周期相邻的2种元素，金属性，则最高价碱的碱性：，C错误； D．同周期元素第一电离能总体趋势：核电荷数越大，第一电离能越大；基态Mg原子价电子排布式为，基态Al原子价电子排布式为，Mg的第一电离能失去的是能量较低的3s能级上的电子，Al的第一电离能失去的是能量较高的3p能级上的电子，则第一电离能：，D错误； 故答案为：B。 5. 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。 6. 在指定条件下，下列选项所示的物质间转化表示正确的是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A．溶液与不能直接反应生成，应该先往溶液通入氨气，再通入，生成固体，即，固体受热分解出固体，即，A错误； B．，，无法生成氯气，B错误； C．，但悬浊液与蔗糖在加热条件下无法还原为Cu单质，C错误； D．，，D正确； 故答案选D。 阅读下列材料，完成下列3个小题。 人类文明的演进历程与金属及其化合物的发展应用紧密相连。纳米铁粉可用于处理酸性含氮废水(主要含)；铁制品经碱性发蓝工艺处理可提升其耐腐蚀性；用碱性溶液浸泡，在表面形成的同时有逸出；铝-空气电池具有较高的比能量，在碱性电解质溶液中发生反应；热水解可获得沉淀，焙烧后获得的颜色细腻，性质稳定，可用作白色颜料。 7. 下列说法正确的是 A. 被还原为后，键角将变大 B. 中基态Fe(II)的价层电子排布式为 C. 晶胞(如图所示)中，每个周围紧邻12个 D. 中、作为配体与形成配位键 8. 下列物质性质与用途具有对应关系的是 A. 有磁性，可用作金属抗腐蚀层 B. 有两性，可用作白色颜料 C. 熔点高，可用于电解冶炼 D. 易钝化，可用于储运浓硝酸 9. 下列化学反应表示正确的是 A. 纳米铁粉处理酸性含的废水： B. 铁的发蓝处理： C. 铝-空气电池(碱性电解液)放电时的正极反应式： D. 热水解获得： 【答案】7. C 8. D 9. B 【解析】 【7题详解】 A．中心原子N的价层电子对数为，为杂化，无孤对电子，空间构型为平面三角形，键角为120°。中心原子N的价层电子对数为，为杂化，有1对孤对电子，为三角锥形，键角为，被还原为后，键角变小，A错误； B．中基态Fe(II)的价层电子排布式为，B错误； C．Al为面心立方堆积，每个Al原子确有12个最近邻原子，C正确； D．中只有作为配体与形成配位键，作为配体的要提供孤对电子，D错误； 故选C。 【8题详解】 A．的磁性可做磁性材料，与“作抗腐蚀层”并无直接对应，A错误； B．颜色细腻，性质稳定，可用作白色颜料，与两性无关，B错误； C．熔点高可做耐火材料，用电解需要加冰晶石降低熔点，C错误； D．Al易在浓硝酸中钝化，故可用于储运浓硝酸，性质与用途相符，D正确； 故选D。 【9题详解】 A．酸性条件下，不能生成，A错误； B．铁制品经碱性发蓝工艺处理可提升其耐腐蚀性；用碱性溶液浸泡，在表面形成的同时有逸出，方程式为：，B正确； C．铝-空气电池(碱性电解液)放电时的正极发生还原反应，反应式应为：，C错误； D．方程式H、O原子不守恒，应为：，D错误； 故选B。 10. 热敏结晶增强液态热化学电池中，胍离子()选择性诱导结晶，冷热端电极产生电势差，从而实现给锂离子电池充电，工作原理如图。锂离子电池反应为 。下列说法错误的是 A. 冷端电极电势高于热端电极电势 B. 该新型热敏电池放电时，热端的电极反应式为 C. 锂离子电池充电过程中，Li+通过LiPON薄膜移向a极 D. 对锂离子电池充电时，电路中转移x mol电子，b极生成x mol Li1-xCoO2 【答案】D 【解析】 【分析】根据锂离子电池反应可知，放电时，Li1-xCoO2发生反应：Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2，得到电子，即b极作正极，LixSi即a极为负极，充电时，a极为阴极，b极为阳极，冷端电极为正极，热端电极为负极，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，冷端电极为正极，热端电极为负极，即冷端电极电势高于热端电极电势，A正确； B．由分析可知，该新型热敏电池放电时，热端电极为负极，发生氧化反应，故热端的电极反应式为，B正确； C．由分析可知，锂离子电池充电过程中，a极为阴极，b极为阳极，故Li+通过LiPON薄膜移向a极，C正确； D．对锂离子电池充电时，b电极反应为LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+，电路中每转移x mol电子，生成1mol Li1-xCoO2，D错误。 11. Z是一种四环素类药物合成的中间体，下列说法正确的是 A. X中1号碳的C—H极性和2号碳的C—H极性相同 B. Y中所有碳原子不可能共平面 C. Y能发生消去反应 D. Z酸性水解后的芳香族产物可与NaHCO3反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．X中1号碳连有2个吸电子酯基，2号碳仅连1个吸电子酯基，吸电子基团越多，相连碳的电子云密度越低，键极性越大，故二者键极性不同，A错误； B．Y中苯环为平面结构，与苯环直接相连的碳原子均在苯环平面上，的单键可旋转，甲基碳可通过旋转与苯环共平面，所有碳原子可能共平面，B错误； C．Y中溴原子连在的碳上，其邻位苯环碳无可用消去的氢，且苯环上的氯原子无法发生消去反应，故Y不能发生消去反应，C错误； D．Z含有，酸性水解后芳香族产物含有，的酸性强于，可与反应，D正确； 故选D。 12. 下列实验方案能达到探究目的的是 选项 探究目的 实验方案 A 久置的FeSO4溶液会变质 向久置的FeSO4溶液中滴加足量盐酸，再滴加BaCl2溶液，观察是否有沉淀生成 B 比较Fe2+与Cl-的还原性强弱 向FeCl2溶液中滴加2滴KSCN溶液，再通入少量Cl2，观察溶液颜色变化 C 金属活动性比较：Mg>Fe 向FeCl2溶液中加入Mg条，产生无色气体，并有红褐色沉淀生成 D 测定NaClO溶液的pH 用洁净的玻璃棒蘸取NaClO溶液滴在pH试纸上，待变色后与标准比色卡比对 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．久置变质是被氧化为，该方案检验的是，而溶液本身就含有，无论是否变质都能产生沉淀，无法证明变质，A错误； B．向溶液中先加无明显现象，通入少量后溶液变红，说明将氧化为，根据氧化还原规律，还原剂（）的还原性强于还原产物（），可比较二者还原性强弱，B正确； C．溶液因水解呈酸性，条先与反应生成，同时溶液升高，转化为Fe(OH)2，Fe(OH)2极易被空气中氧气氧化为红褐色Fe(OH)3，未发生置换的反应，无法证明金属活动性，C错误； D．溶液具有强氧化性，会漂白试纸，无法用试纸测定其，D错误； 故选B。 13. 一定温度和压强下，利用铜基催化剂实现二氧化碳选择性加氢制甲醇的反应机理图如图所示(其中吸附在催化剂表面上的粒子用＊标注)，下列说法错误的是 A. 该历程存在非极性键的断裂和形成 B. 过程①中CO2发生了还原反应 C. 第②步反应的方程式为HCOO＊＋4H＊=CH3O＊＋H2O D. 使用铜基催化剂可降低反应的活化能，提高活化分子百分数 【答案】A 【解析】 【详解】A．反应历程中解离为时断裂非极性键，但整个历程的中间物种及最终产物、中均只含极性键，无非极性键形成，故不存在非极性键的形成，A错误； B．过程①中转化为，元素化合价从降低为，得电子发生还原反应，B正确； C．结合反应机理和能量变化图，第②步反应物为和，生成物为和，反应方程式为，C正确； D．铜基催化剂可降低反应的活化能，使更多普通分子变为活化分子，提高活化分子百分数，D正确； 故选A。 二、非选择题：本题共4小题，共61分。 14. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种常用的净水剂，可用于去除废水中的Se(Ⅳ)。已知：K2FeO4在强碱性条件下稳定，Fe(Ⅲ)可以催化K2FeO4分解。 （1）Fe(Ⅲ)在水中会形成[Fe2(H2O)10]6+配离子，该配离子中两个Fe(Ⅲ)的配位数相同且含有1个四元环结构，Fe(Ⅲ)的配位数为___________。 （2）电解法制备K2FeO4的装置如题图所示，电解过程中需不断向阳极区补充KOH溶液。 ①电解过程中阳极有气体产生，该气体为___________。 ②阳极生成的电极方程式为___________，为提高K2FeO4的产率，应选用___________(填“阴”或“阳”)离子交换膜。 ③电解一段时间后，若不补充KOH溶液，电路中通过相同量的电子，但K2FeO4的产量减少的原因是___________。 ④测定K2FeO4的纯度。准确称取0.6600g K2FeO4样品于锥形瓶中，用KOH溶液溶解，加入过量溶液，再加入硫酸酸化配成待测液。用 标准溶液滴定至终点，消耗标准液25.00mL。计算样品中K2FeO4的纯度___________ (写出计算过程)。测定过程中涉及的离子反应有(未配平)： （3） K2FeO4可与联用去除废水中的Se(Ⅳ)。其过程为： ⅰ. K2FeO4将Se(Ⅳ)氧化为且自身被还原为，过程中存在中间体的产生和转化； ⅱ.吸附在表面的将还原为Se，Se与共沉淀除去。 已知：溶液中含Se(Ⅳ)微粒的物质的量分数随pH的分布如下图所示。 ①时，氧化Se(Ⅳ)的离子方程式为___________。 ②时，随pH上升，Se(Ⅳ)的去除率明显下降，原因是___________。 【答案】（1）6 （2） ①. O2 ②. Fe-6e-+8OH-=+4H2O ③. 阳 ④. 产生O2增多；产生Fe(Ⅲ)增多；分解 ⑤. 75.00% （3） ①. ②. 转化成，浓度下降；部分转化成 【解析】 【分析】(2)由题干电解装置图可知，细铁丝网与电源正极相连，是阳极，电极反应为：Fe-6e-+8OH-=+4H2O，同时OH-也可能在阳极上放电，发生电极反应：4OH--4e-=O2↑+2H2O，惰性电极是阴极，电极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，据此分析解题。 【小问1详解】 Fe(Ⅲ)在水中会形成[Fe2(H2O)10]6+配离子，该配离子中两个Fe(Ⅲ)的配位数相同且含有1个四元环结构，则该络离子的结构为：，则Fe(Ⅲ)的配位数为6； 【小问2详解】 ①由分析可知，电解过程中阳极上OH-可能放电，有气体O2产生； ②由分析可知，阳极生成的电极反应为Fe-6e-+8OH-=+4H2O，电解过程中阳离子由阳极区移向阴极区，阴离子由阴极区移向阳极区，阳极区消耗8molKOH，电路上转移6mol电极，若使用阳离子交换膜则有6molK+移向阴极区，配平电荷，但若使用阴离子交换膜则有6molOH-移向阳极，造成OH-在阳极竞争放电，产生的物质的量减少，降低K2FeO4的产率，故为提高K2FeO4的产率，应选用阳离子交换膜，故答案为：Fe-6e-+8OH-=+4H2O；阳； ③电解一段时间后，若不补充KOH溶液，导致阳极区的碱性减弱，铁不能充分转化为K2FeO4，部分铁转化为，电路中通过相同量的电子，OH-竞争放电产生更多的O2，产生的氧气将氧化为Fe(Ⅲ)，Fe(Ⅲ)催化K2FeO4分解，且碱性减弱，K2FeO4稳定性减弱，所以电路中通过相同量的电子，K2FeO4的产量减少的原因是：产生O2增多；产生Fe(Ⅲ)增多；分解； ④由配平之后方程式：、、可找到关系式：6(NH4)2Fe(SO4)2~~2~2K2FeO4，则有n(K2FeO4)=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=×0.3000mol/L×25.00×10-3L=2.500×10-3mol，m(K2FeO4)=nM=2.500×10-3mol×198g/mol=0.4950g，则K2FeO4的纯度为：×100%=75.00%； 【小问3详解】 ①由题干含Se(Ⅳ)微粒的物质的量分数随pH的分布图可知，时Se(Ⅳ)主要以形式存在，氧化Se(Ⅳ)即转化为Fe2O3、转化为，根据氧化还原反应配平可得，该反应的离子方程式为； ②由题干含Se(Ⅳ)微粒的物质的量分数随pH的分布图和已知信息ⅰ. K2FeO4将Se(Ⅳ)氧化为且自身被还原为，过程中存在中间体的产生和转化；ⅱ.吸附在表面的将还原为Se，Se与共沉淀除去可知，时，随pH上升，浓度逐渐减小，生成中间体速率减慢，同时的浓度逐渐增大，溶液中OH-浓度逐渐增大，部分Mn2+转化为Mn(OH)2，Mn2+还原性速率减慢，导致Se(Ⅳ)的去除率明显下降，故答案为：转化成，浓度下降；部分转化成。 15. G是一种安眠类药物的合成中间体，其合成路线如图所示： （1）A→B的反应类型为__________。 （2）C→D中可用__________(填字母)替代。 a． b． c． （3）D→E会产生与E互为同分异构体的副产物，其结构简式为__________。 （4）F的分子式为，其结构简式为____________________。 （5）写出同时满足下列条件的G的一种芳香族同分异构体的结构简式____________________。 ①分子中不同化学环境的氢原子数目之比是6∶6∶2∶2∶1； ②能与溶液发生显色反应； ③该物质与发生置换反应最多消耗 。 【答案】（1）取代反应 （2）a （3） （4） （5）或 【解析】 【分析】由E（）经催化加氢得 F，E 含苯环和酯基，观察流程：E到F是 H2/Pd-C 还原，结合G（）的结构反推，F 应为饱和哌啶环衍生物，分子式为，其结构简式为。 【小问1详解】 A是内酯，与C2H5OH在酸性条件下发生取代反应（酯交换反应），生成B； 【小问2详解】 是C中的-Br与发生取代反应，的作用是吸收生成的HBr，使反应正向进行，需要碱性试剂， a．是有机碱，可吸收HBr，a正确； b．是强氧化剂，会氧化有机物，b错误； c．是酸，会抑制反应，c错误； 故选a； 【小问3详解】 D的结构简式为，E的结构简式为，对比D和E的结构可知，的反应为在碱性条件下D分子中一个酯基的H与另一个酯基发生取代反应生成E 和乙醇，故反应过程中可能形成E的五元环副产物 ：； 【小问4详解】 由E（）经催化加氢得 F，E 含苯环和酯基，观察流程：E到F是 H2/Pd-C 还原，结合G（）的结构反推，F 应为饱和哌啶环衍生物，分子式为，其结构简式为； 【小问5详解】 G（）的分子式为C11H17NO5，同分异构体需满足：①分子中不同化学环境的氢原子个数比是6∶6∶2∶2∶1，说明分子高度对称，含有4个甲基且两两对称，②能与溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；③1 mol该物质与Na发生置换反应最多消耗5 mol Na；，说明分子中含有5个羟基(包括酚羟基)④芳香族（含苯环）；则该同分异构体的结构简式为：或。 16. 是常用的分析试剂。一种利用含铁制备的实验流程如下： 已知：“酸化”时发生反应(aq，黄)(aq，橙) 。 （1）“碱浸氧化”时发生反应的离子方程式为___________。 （2）已知KCl和的溶解度随温度的变化如图所示。若“酸化”后溶液中KCl的含量约为，的含量约为，补充完整从该溶液中获得晶体的实验方案：取酸化后的溶液，___________，将沉淀进行重结晶。(实验中需使用的试剂：冰水) （3）测定溶液的浓度。称取一定质量样品，配制浓度约为酸性溶液，用标准溶液标定其浓度。滴定过程中发生反应：(未配平)。 ①配制酸性溶液时，使用的玻璃仪器除量筒外，还须有___________。下列可用于酸化溶液的酸为___________(填字母)。 A．盐酸 B．硫酸 C．硝酸 ②取一定体积溶液于锥形瓶中，用25mL规格的滴定管滴加溶液至滴定终点。取用溶液的合理体积是___________(填字母)。 A．5mL B．30mL C．50mL D．60mL （4）为验证溶液酸碱性对Cr(Ⅵ)溶液中平衡移动的影响，实验小组分别取溶液进行如下实验。 实验序号 实验操作 现象 Ⅰ 向其中滴加 溶液显黄色 Ⅱ 向其中滴加盐酸 溶液显橙色 Ⅲ 向其中滴加2 mL 溶液显橙黄色 ①设计实验Ⅲ的目的为___________。 ②小组同学提出用代替NaOH溶液进行实验Ⅰ，以达到实验目的。判断该设计方案是否合理，并说明理由：___________。 【答案】（1） （2）加热浓缩至有较多晶体析出，趁热过滤，冷却至室温后转移至冰水浴中继续冷却，过滤，用冰水洗涤 （3） ①. 烧杯、玻璃棒 ②. AB ③. B （4） ①. 作对照实验，排除体积增大对实验的影响 ②. 不合理，溶解放热，溶液温度升高，无法判断平衡移动是酸碱性还是温度因素导致 【解析】 【分析】该流程以含Cr(OH)3和Fe(OH)3杂质的原料制备K2Cr2O7，先在KOH碱性条件下用H2O2将Cr(OH)3氧化为可溶性的，过滤除去不反应的Fe(OH)3杂质，再向滤液中加入HCl酸化，使转化为，最后结合K2Cr2O7与KCl的溶解度差异，结晶得到高纯度的K2Cr2O7晶体；据此作答。 【小问1详解】 在碱性条件下，Cr(OH)3被H2O2氧化为，Cr元素从+3价升高到+6价，H2O2中O元素从-1价降低到-2价，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，离子方程式为：； 【小问2详解】 K2Cr2O7的溶解度随温度降低显著减小，而KCl的溶解度受温度影响较小；通过加热浓缩提高溶液浓度，趁热过滤，再冷却结晶，可使K2Cr2O7析出，用冰水洗涤可减少晶体溶解损失；答案为：加热浓缩至有较多晶体析出，趁热过滤，冷却至室温后转移至冰水浴中继续冷却，过滤，用冰水洗涤； 【小问3详解】 ①配制浓度约为0.01 mol/L酸性K2Cr2O7溶液时，使用的玻璃仪器除量筒外，还须有烧杯、玻璃棒；结合流程可知，可以用盐酸酸化重铬酸钾，A项合理；硫酸性质稳定，不与发生氧化还原反应，可用于酸化，B项合理；硝酸具有强氧化性，会氧化二价铁干扰后续的氧化还原滴定，C项不合理；则可用于酸化K2Cr2O7溶液的酸为盐酸和硫酸，答案选AB； ②依据题意，滴定反应的离子方程式为：；根据反应关系：，若取K2Cr2O7溶液体积为V mL，则 ，V=37.5；即取用K2Cr2O7溶液的合理体积应接近37.5 mL，所以选择30 mL，答案选B； 【小问4详解】 ①设计实验Ⅲ的目的是：作为对照实验，排除体积增大对实验的影响，证明实验I、Ⅱ中颜色变化是由溶液酸碱性改变导致平衡移动引起的； ②该设计方案不合理；NaOH(s)溶解放热，溶液温度升高，无法判断平衡移动是酸碱性还是温度因素导致。 17. 利用和的循环，可实现在资源化利用的同时进行氢能的贮存和释放。 （1）电解制 ①原理如下图所示，电解一段时间后阴极区溶液浓度升高。写出阴极还原为的电极反应式：________________________________________。 ②向和混合溶液中加入活性催化剂，通入继续生成，其可能的反应机理如图所示。吸附在和上的分别用和表示，上述机理所得甲酸根的化学式可表示为__________(其它原子用正常的元素符号表示)。 （2）HCOOH催化释氢。催化剂作用下，甲酸有如下两种可能的分解反应： ①   ②   为提高的产率，需研发在较低温度下对反应②活性较高的催化剂，理由是______________________________。 （3）和制甲烷。在一定的温度和压力条件下，将按一定比例混合的和通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。常温、常压下、的燃烧热及水的汽化热如下表。 燃烧热/ 汽化热/() 285.8 890.3 44 ①反应的__________。 ②在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得转化率随温度的变化如图所示。 ，随温度升高，以为催化剂，转化率略有下降，而以为催化剂，转化率却仍在上升，原因是________________________________________。 【答案】（1） ①. ②. （2）反应②为放热反应，低温有利于反应②正向进行；反应①为吸热反应，低温可抑制反应①发生，该催化剂低温下对反应②活性高，可提高产率 （3） ①. ②. 以​为催化剂时，区间反应已达到平衡状态，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，因此​转化率略有下降；而以为催化剂时，该温度区间内反应尚未达到平衡，温度升高会加快反应速率，相同反应时间内消耗的​更多，因此测得的转化率仍在上升 【解析】 【分析】阴极得电子，化合价降低，发生还原反应； 【小问1详解】 ①阴极发生还原反应，得电子被还原为。题目指出电解一段时间后阴极区溶液浓度升高，说明阴极反应还生成了（同时阳极区的通过阳离子交换膜移向阴极）。结合电荷守恒和原子守恒，可写出电极反应式：。 ②观察图示的反应机理可知，解离后分别吸附在和上形成和。吸附在催化剂表面后，其基团与吸附在上的（）结合生成并脱附；剩余的部分与吸附在上的（）结合生成了甲酸根。因此，所得甲酸根中的氢原子来源于，其化学式可表示为。 【小问2详解】 根据热化学方程式可知，反应②是放热反应（），根据勒夏特列原理，降低温度有利于化学平衡向正反应方向移动，从而提高的产率；同时，反应①是吸热反应（），降低温度会使平衡逆向移动，从而有效抑制副反应的发生。为了在低温下保证较快的反应速率，必须研发在较低温度下对反应②活性较高的催化剂。 【小问3详解】 ①根据题意可写出如下热化学方程式： I. Ⅱ. Ⅲ. 根据盖斯定律，目标反应 可由 得到。 因此，。 ②这是一个典型的热力学与动力学控制问题。该甲烷化反应为放热反应。在区间内，使用催化剂时，反应已经达到化学平衡，由于正反应放热，升高温度导致平衡逆向移动，转化率下降（受热力学控制）；而使用催化剂时，由于催化活性相对较低，反应尚未达到平衡，此时升高温度的主要作用是加快反应速率，使得在相同时间内的转化率持续上升（受动力学控制）。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $