精品解析：江苏省兴化中学 高邮中学 泗阳中学三校2026-2027学年高三上学期10月阶段检测 化学试题

2027届高三10月调研测试 化学试卷 总分：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 S 32 Fe 56 Ni 59 Cu 64 Zn 65 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. 近日我国发现大型锰矿，经勘探锰矿石资源量可达亿吨以上。下列有关说法错误的是 A. MnCO3属于电解质 B. MnO2属于酸性氧化物 C. Mn位于元素周期表d区 D. Mn基态原子核外电子排布式为 2. 反应可用于制备氧气。下列说法不正确的是 A. 的结构示意图为 B. 中既含离子键又含共价键 C. 中碳元素的化合价为+4 D. CO2的空间填充模型： 3. 下列实验装置能达到实验目的的是 A. 图①装置用于二氧化锰和浓盐酸反应制氯气 B. 图②装置（仪器为玻璃材质）用于强碱标准溶液滴定未知浓度的强酸溶液 C. 图③装置用于测定中和反应的反应热 D. 图④装置用于配制的硫酸 4. 超分子二苯并-18-冠-6结构如图，可用于识别K+和Na+。下列说法正确的是 A. 沸点： B. 半径： C. 电离能： D. 电负性： 阅读下列材料，完成下面小题： 周期表中IA族元素及其化合物应用广泛。H2可用于NH3的合成、CaH2的制备、植物油的氢化等；LiCoO2是一种锂离子电池的正极材料，可由Li2CO3、Co3O4混合后与O2在高温下反应制得，废弃的该电极材料用酸性H2O2溶液浸取可回收Co2+、Li+；Na2CO3广泛应用于轻工、建材、化工、食品工业等领域；K3[Fe(CN)6]溶液遇亚铁盐生成深蓝色沉淀KFe[Fe(CN)6]，可用于检验Fe2+。 5. 下列说法正确的是 A. N2与H2合成NH3，N2仅断裂π键 B. NH3易液化，原因之一是NH3分子之间能够形成氢键 C. 植物油氢化，碳原子轨道的杂化类型由sp3转化为sp2 D. 1 mol [Fe(CN)6]3-中，含有6molσ键 6. 下列化学反应表示正确的是 A. CaH2与H2O反应制氢： B. 制备LiCoO2： C. 侯氏制碱： D. 检验Fe2+： 7. 下列说法正确的是 A. 工业合成NH3时，催化剂能降低该反应的焓变 B. 锂离子电池放电时，Li+从电池正极移向负极 C. 浸取LiCoO2时，H2O2表现还原性 D. Na2CO3用作食品膨松剂，是因为其受热易分解产生CO2气体 8. 科研人员设计了一种热再生电池－二氧化碳电化学还原池系统，减少工业烟气中余热与的排放。该系统消除的同时产生和CO，其工作原理如图所示。 下列说法正确的是 A. D电极为阳极，发生氧化反应 B. 工作时，阴离子从左向右通过阴离子交换膜M C. B电极的电极反应为 D. 工作时，当C极生成1.12 L（标准状况）时，A极质量减少12.8 g 9. 化合物Z是一种药物的重要中间体，部分合成路线如下： 下列说法正确的是 A. X的分子式为 B. 1 mol Y最多能与2 mol发生加成 C. Z分子存在3个手性碳原子 D. X、Y、Z均能使Br2的溶液褪色 10. 在给定条件下，下列过程涉及的物质转化均可实现的是 A. 制： B. 制胶体：胶体 C. 提纯硅：粗硅硅 D. 制： 11. 催化剂作用下，HCOOH释氢反应机理和相对能量变化情况分别如图1和图2所示。 下列说法不正确的是 A. 若用HCOOD催化释氢，则生成HD B. HCOOH催化释氢过程有配位键、极性键和非极性键形成 C. HCOOH释氢反应热化学方程式为 D. 其他条件不变时，向反应体系中加入HCOOK，释氢速率加快 12. 化学需氧量()是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗的量(单位为)来表示。碱性不与反应，可用于测定含水样的，流程如图。 下列说法错误的是 A. 若Ⅰ中为酸性条件，测得含水样的值偏低 B. Ⅱ中避光、加盖可抑制被氧化及的挥发 C. Ⅱ中发生的反应有 D. Ⅲ中消耗的越多，水样的值越低 13. 废旧电子产品的CPU元件可以回收利用，其中的Au、Ag和Cu回收的部分流程如图：下列说法正确的是 A. “酸溶”时，温度越高，越容易提高原料的浸取率 B. 滤液中的和可通过向滤液中加入过量浓氨水充分反应，过滤来分离 C. “溶金”过程发生反应的离子方程式 D. 用过量Zn粉将完全还原，理论上需消耗97.5 g Zn 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 硫酸镍()是一种重要工业原料，可用于电镀、镍电池、催化剂等。 （1）利用镍钼矿制备。镍钼矿(主要含NiS、MoS2、FeO和SiO2等)制备粗硫酸镍的过程可表示为 ①将镍钼矿和溶液混合后通入，在加热和加压的条件下充分反应，得到酸浸液。过程中NiS转化为，其反应的离子方程式为__________。 ②过滤后滤液中含有的阳离子主要有__________。 ③酸浸过程中硫酸不宜过多的原因是__________。 （2）利用含镍废催化剂制备。一定温度下，将含镍废催化剂(主要含Ni和Cu)固体用不同质量分数的硫酸浸泡，相同时间内测得在不同质量分数的硫酸中固体质量减少情况如图所示。 ①当时，随着增大，固体质量的减少值反而降低的原因可能是__________。 ②资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如下关系。 温度 低于30℃ 30~54℃ 54~280℃ 高于280℃ 晶体形态 多种结晶水合物 欲从酸浸后的和混合溶液中获得稳定的晶体的操作为__________。 （3）化学镀镍 ①硫酸镍()用于化学镀镍时，常用甲醛作还原剂，若氧化产物为，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。 ②Ⅰ．称量28.7 g某镀镍试剂，配成100 ml溶液； Ⅱ．准确量取10.00 ml溶液，用的EDTA()标准溶液滴定其中(离子方程式为)，消耗EDTA标准溶液25.00 ml；该镀镍试剂的化学式__________。 15. 有机物H可通过如下路线合成得到： （1）有机物D中含氧官能团的名称为____________。D→E的转化中的作用是____________________。 （2）C→D的反应分为C→X→D两步，C→X为加成反应，所得产物与D互为同分异构体，则第一步所得产物的结构简式为____________。 （3）写出满足下列条件的H的一种同分异构体的结构简式：____________。 含两个苯环，酸性条件下能发生水解反应，水解后得到两种产物，两种产物均含有4种不同环境的氢原子，其中一种所有碳原子的轨道杂化方式均相同。 （4）已知：①； ②苯环上连有时，会将新引入的基团连接到间位；苯环上连有—Br时，会将新引入的基团连接到邻位或对位； ③—NHR(R表示氢或烃基)易被氧化。 以、、为原料合成，写出合成路线流程图________________________________(无机试剂有机溶剂任选，合成路线流程图示例见本题题干)。 16. 磷酸亚铁锂是锂电池的正极材料之一，研究其制备方法具有积极的意义。 方法I：将、和按一定比例配成溶液，放入反应釜中，选择温度为、压强条件下发生水热反应，反应完成后离心，将离心后的样品过滤，所得滤饼与适量葡萄糖混合，充分研磨后在氩气氛围中烧结，得到。 （1）选择高压原因为___________。 方法II： 步骤1：将、、混合并调节溶液的制备。 步骤2：将、和葡萄糖混合物在氩气气氛下在左右高温下反应得到。 已知：①的纯度及颗粒大小会影响其性能，沉淀速率过快容易团聚。 ② （2）①研究表明，制备时常加入含的溶液，的作用是___________。 ②转化为(已知葡萄糖反应生成)的化学方程式为___________。 （3）为了探索在烧结过程中发生的物理、化学过程，对、和葡萄糖混合物在氩气气氛下反应进行差热分析，其曲线(热重)及曲线(反映体系热量变化情况)如下图所示。左右，曲线出现吸收峰①的可能原因是___________。 （4）工业上也可以用磷酸亚铁粗产品(混有氢氧化铁)制备磷酸铁()。其他条件一定，制备时测得的有效转化率与溶液的关系如图所示。 ①初始大于后，的有效转化率偏低原因为___________。 ②请补充完整制备晶体的实验方案：___________，得晶体。(实验中须使用的试剂：溶液，溶液，溶液、蒸馏水、计)。 17. 随全球碳排放增加，碳的循环利用日益受到重视。 Ⅰ．工业排放CO2 。 （1）合成气变换反应：CO(g)+H2OH2(g)+CO2(g) ΔH 估算该反应的需要__________(填数字)种不同类型化学键的键能数据。 Ⅱ．工业吸收CO2 。 （2）碱液法吸收。 工业常用NaOH-Ca(OH)2体系吸收空气中的CO2.已知：NaOH浓度越大，粘度越高，液膜传质阻力增大。随NaOH浓度上升，CO2脱除率先上升后下降的原因是__________。 Ⅲ．金属有机框架(MOFs)法吸附、分离CO2 。 MOFs具有一定数量的孔隙，其对应复合材料可选择性透过某些气体分子。 （3）在金属有机框架上的过渡金属A催化下，和合成的反应分两步进行：第一步：；则第二步反应的方程式为__________。 （4）某钒基MOFs材料可催化KHCO3与KNO3电解合成(尿素)。阴极区生成尿素的电极反应式为__________。 （5）科学家利用不同有机化合物与银盐合成结构相似的MOF材料，并在298 K、100 kPa时测试其对CO2的吸附能力，不同有机化合物的结构及吸附结果如下表。 材料代号 A B 有机化合物的结构 CO2吸附量/() 1.5 1.0 材料A比材料B的CO2吸附量大，从微粒间相互作用的角度说明原因：__________。 （6）掺杂锌基MOFs材料的致密PVDF(聚偏氟乙烯)复合膜可通过添加纳米颗粒(ZIF-8)和离子液体(RTIL)来提高气体选择性和渗透性。添加不同组分的PVDF复合膜对CO2选择性和混合气中CO2和N2的渗透系数(与渗透性成正比)的影响如下图所示。 ①添加__________(选填“ZIF-8”或“RTIL”)更有利于提高CO2选择性。 ②CO2和N₂组成的混合气体，选用PVDF/RTIL/15%ZIF-8组分的复合膜分离CO2的优点是__________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高三10月调研测试 化学试卷 总分：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 S 32 Fe 56 Ni 59 Cu 64 Zn 65 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. 近日我国发现大型锰矿，经勘探锰矿石资源量可达亿吨以上。下列有关说法错误的是 A. MnCO3属于电解质 B. MnO2属于酸性氧化物 C. Mn位于元素周期表d区 D. Mn基态原子核外电子排布式为 【答案】B 【解析】 【详解】A．是盐，熔融状态下可导电，属于电解质，A正确； B．不能与碱反应生成对应价态的盐和水，不属于酸性氧化物，B错误； C．是号元素，位于第四周期第Ⅶ族，位于元素周期表d区，C正确； D．根据核外电子排布规则，基态原子核外电子排布式为，D正确； 故答案为B。 2. 反应可用于制备氧气。下列说法不正确的是 A. 的结构示意图为 B. 中既含离子键又含共价键 C. 中碳元素的化合价为+4 D. CO2的空间填充模型： 【答案】D 【解析】 【详解】A．的核电荷数为11，核外共10个电子，分两层排布，电子数依次为2、8，所给结构示意图正确，A正确； B．中和之间为离子键，内部存在O-O非极性共价键，既含离子键又含共价键，B正确； C．中O元素化合价为-2，设C化合价为，根据离子所带电荷可得，解得，C正确； D．C原子半径大于O原子半径，的空间填充模型中，中心C原子的球的半径应大于两侧O原子，所给模型原子大小不符合实际，正确的是，D错误； 故答案选D。 3. 下列实验装置能达到实验目的的是 A. 图①装置用于二氧化锰和浓盐酸反应制氯气 B. 图②装置（仪器为玻璃材质）用于强碱标准溶液滴定未知浓度的强酸溶液 C. 图③装置用于测定中和反应的反应热 D. 图④装置用于配制的硫酸 【答案】C 【解析】 【详解】A．图①装置没有加热装置，不适用于二氧化锰和浓盐酸反应制氯气，不能达到实验目的，A不符合题意； B．图②装置为利用酸式滴定管中装有的标准酸溶液滴定未知碱溶液，不能用于强碱标准溶液滴定未知浓度的强酸溶液，不能达到实验目的，B不符合题意； C．图③装置用于测定中和反应的反应热，温度计测温度，玻璃搅拌器起搅拌作用，装置密封、隔热保温效果好，能达到实验目的，C符合题意； D．容量瓶不能用于稀释浓硫酸，浓硫酸稀释会放出大量热，可能导致容量瓶受热变形、精度受损，应在烧杯中稀释并冷却至室温后，再转移至容量瓶中，图④装置不能达到实验目的，D不符合题意； 故答案选C。 4. 超分子二苯并-18-冠-6结构如图，可用于识别K+和Na+。下列说法正确的是 A. 沸点： B. 半径： C. 电离能： D. 电负性： 【答案】A 【解析】 【详解】A．分子间存在氢键，分子间仅存在范德华力，氢键作用力强于范德华力，故沸点，A正确； B．核外有3个电子层，核外有2个电子层，电子层数越多离子半径越大，故，B错误； C．同周期主族元素从左到右第一电离能整体呈增大趋势（仅第ⅤA族因半满稳定结构出现反常），C和O同周期，C的第一电离能小于O，故，C错误； D．CH4中碳元素的化合价为-4，氢元素的化合价为+1，即，D错误； 故选A。 阅读下列材料，完成下面小题： 周期表中IA族元素及其化合物应用广泛。H2可用于NH3的合成、CaH2的制备、植物油的氢化等；LiCoO2是一种锂离子电池的正极材料，可由Li2CO3、Co3O4混合后与O2在高温下反应制得，废弃的该电极材料用酸性H2O2溶液浸取可回收Co2+、Li+；Na2CO3广泛应用于轻工、建材、化工、食品工业等领域；K3[Fe(CN)6]溶液遇亚铁盐生成深蓝色沉淀KFe[Fe(CN)6]，可用于检验Fe2+。 5. 下列说法正确的是 A. N2与H2合成NH3，N2仅断裂π键 B. NH3易液化，原因之一是NH3分子之间能够形成氢键 C. 植物油氢化，碳原子轨道的杂化类型由sp3转化为sp2 D. 1 mol [Fe(CN)6]3-中，含有6molσ键 6. 下列化学反应表示正确的是 A. CaH2与H2O反应制氢： B. 制备LiCoO2： C. 侯氏制碱： D. 检验Fe2+： 7. 下列说法正确的是 A. 工业合成NH3时，催化剂能降低该反应的焓变 B. 锂离子电池放电时，Li+从电池正极移向负极 C. 浸取LiCoO2时，H2O2表现还原性 D. Na2CO3用作食品膨松剂，是因为其受热易分解产生CO2气体 【答案】5. B 6. B 7. C 【解析】 【5题详解】 A．N2的结构式为，其中包含1个σ键和2个π键。在N2与H2合成NH3的反应中，N2分子中的σ键和π键都会断裂，并非仅断裂π键，A错误； B．NH3分子之间能够形成氢键，氢键的存在会使分子间作用力增强，从而导致NH3的沸点较高，易液化，B正确； C．植物油中含有碳碳双键，碳原子采用sp2杂化；植物油氢化是与H2发生加成反应，生成饱和烃基，此时碳原子采用sp3杂化，即碳原子轨道的杂化类型由sp2转化为sp3，C错误； D．在[Fe(CN)6]3-中，Fe3+与CN-之间存在6个配位键（属于σ键），同时每个CN-内部还含有1个σ键，所以1 mol[Fe(CN)6]3-中含有的σ键数目为6 + 6 = 12 mol，并非6 mol，D错误； 故选B。 【6题详解】 A．CaH2与H2O反应生成的是Ca(OH)2而非CaO，化学方程式应为，A错误； B．根据题意，LiCoO2由Li2CO3、Co3O4混合后与O2在高温下反应制得，制备反应方程式，B正确； C．侯氏制碱法生成的是NaHCO3沉淀，反应方程式应为，C错误； D．检验Fe2+反应方程式应为：，会生成蓝色沉淀，D错误； 故选B。 【7题详解】 A．催化剂的作用是降低反应的活化能，从而加快反应速率，但不能改变反应的焓变。工业合成NH3时，催化剂只是加快反应进行，不影响焓变，A错误； B．锂离子电池放电时，属于原电池工作原理。在原电池中， Li+会从负极移向正极（负极发生氧化反应失去电子，正极发生还原反应得到电子，阳离子向正极移动以维持电荷平衡），B错误； C．浸取LiCoO2时，LiCoO2中Co为 + 3价，反应后Co的化合价降低，发生还原反应。此时H2O2中O为-1价，会被氧化为O2，所以H2O2表现还原性，C正确； D．Na2CO3受热不易分解，用作食品膨松剂的是NaHCO3，因为NaHCO3受热易分解产生CO2气体，使食品膨松，D错误； 故选C。 8. 科研人员设计了一种热再生电池－二氧化碳电化学还原池系统，减少工业烟气中余热与的排放。该系统消除的同时产生和CO，其工作原理如图所示。 下列说法正确的是 A. D电极为阳极，发生氧化反应 B. 工作时，阴离子从左向右通过阴离子交换膜M C. B电极的电极反应为 D. 工作时，当C极生成1.12 L（标准状况）时，A极质量减少12.8 g 【答案】D 【解析】 【分析】由装置图可知A电极上发生反应：Cu+4CH3CN-e-=[Cu(CH3CN)4]+，A电极作负极，B电极为正极，正极发生反应：Cu2++4CH3CN+e-=[Cu(CH3CN)4]+，则电极D为阴极，电极反应：，C电极为阳极，电极反应； 【详解】A．根据分析，D电极属于电解池的阴极，而非阳极，A错误； B．电解池中阴离子向阳极移动，C是阳极、D是阴极，因此阴离子应从右（D极区）向左（C极区）通过阴离子交换膜M，并非从左向右，B错误； C．B电极为正极，电极反应为Cu2++4CH3CN+e-=[Cu(CH3CN)4]+，C错误； D．标准状况下1.12 L 物质的量为0.05 mol，生成1 mol 转移4 mol电子，因此电路中转移电子总物质的量为，根据A极电极反应，A极Cu质量减少，D正确； 故选D。 9. 化合物Z是一种药物的重要中间体，部分合成路线如下： 下列说法正确的是 A. X的分子式为 B. 1 mol Y最多能与2 mol发生加成 C. Z分子存在3个手性碳原子 D. X、Y、Z均能使Br2的溶液褪色 【答案】D 【解析】 【详解】A．X的不饱和度为4，经计算其分子式应为，不是，A错误； B．1mol Y含有2mol碳碳双键、1mol酮羰基（均可与加成），酯基不能与加成，最多能与3mol 发生加成，B错误； C．手性碳原子是连接4种不同基团的饱和碳原子，Z分子中仅存在2个手性碳原子，C错误； D．X、Y、Z分子中均含有碳碳双键，可与发生加成反应，均能使的溶液褪色，D正确； 故答案选D。 10. 在给定条件下，下列过程涉及的物质转化均可实现的是 A. 制： B. 制胶体：胶体 C. 提纯硅：粗硅硅 D. 制： 【答案】D 【解析】 【详解】A．不能和水直接反应生成，实际该步需要通入才能实现转化：，A错误； B．和溶液反应生成的是沉淀，无法得到胶体，制备胶体的正确操作是将饱和FeCl₃溶液滴入沸水中继续煮沸至液体呈红褐色，B错误； C．和焦炭在高温下反应，生成和粗硅，，不会生成，转化无法实现，C错误； D．煅烧生成，经催化氧化生成，用98.3%浓硫酸吸收可制得，转化均可实现，D正确； 故选D。 11. 催化剂作用下，HCOOH释氢反应机理和相对能量变化情况分别如图1和图2所示。 下列说法不正确的是 A. 若用HCOOD催化释氢，则生成HD B. HCOOH催化释氢过程有配位键、极性键和非极性键形成 C. HCOOH释氢反应热化学方程式为 D. 其他条件不变时，向反应体系中加入HCOOK，释氢速率加快 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据反应机理，产物中两个H分别来自甲酸的醛基H和羟基H，若为，会得到，A正确； B．反应中反应物吸附在催化剂上，会形成配位键；生成会形成极性共价键，生成​会形成非极性共价键，因此过程中确实有这三种化学键形成，B正确； C．图2给出的是一个甲酸分子反应的相对能量变化，而热化学方程式中焓变对应1mol反应，单位为，1mol甲酸反应的焓变不等于，C错误； D．由图2知，III→IV是反应的决速步，加入会增大浓度，加快反应速率，释氢速率加快，D正确； 故选C。 12. 化学需氧量()是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗的量(单位为)来表示。碱性不与反应，可用于测定含水样的，流程如图。 下列说法错误的是 A. 若Ⅰ中为酸性条件，测得含水样的值偏低 B. Ⅱ中避光、加盖可抑制被氧化及的挥发 C. Ⅱ中发生的反应有 D. Ⅲ中消耗的越多，水样的值越低 【答案】A 【解析】 【分析】中与水样中的有机物在碱性条件下反应得到，溶液中剩余有，Ⅱ中在酸性条件下、与反应得到单质和，Ⅲ中生成的再用滴定，据此分析。 【详解】A．题目已知碱性​不与反应，若Ⅰ为酸性条件，酸性​会氧化水样中的，导致更多的​被消耗，计算时会将消耗的​算作有机物消耗的，最终测得的值偏高，A错误； B．易被空气中​氧化，光照会加快反应速率，且​易挥发，因此Ⅱ中避光、加盖可以抑制被氧化和​挥发，B正确； C．Ⅱ中，剩余的在酸性条件下与反应生成和​，反应离子方程式：，C正确； D．​滴定剩余氧化剂反应生成的​，消耗​越多，说明剩余的氧化剂越多，对应被有机物消耗的氧化剂越少，因此水样的值越低，D正确； 故选A。 13. 废旧电子产品的CPU元件可以回收利用，其中的Au、Ag和Cu回收的部分流程如图：下列说法正确的是 A. “酸溶”时，温度越高，越容易提高原料的浸取率 B. 滤液中的和可通过向滤液中加入过量浓氨水充分反应，过滤来分离 C. “溶金”过程发生反应的离子方程式 D. 用过量Zn粉将完全还原，理论上需消耗97.5 g Zn 【答案】C 【解析】 【分析】废旧电子产品的CPU元件中含有Au、Ag和Cu，在流程中酸溶Ag和Cu可以被硝酸氧化溶解，Au不溶于硝酸，留在滤渣里，滤液里含有Ag+和Cu2+，“溶金”过程Au与生成，进一步与Zn发生反应生成Au，据此分析： 【详解】A．“酸溶”所用不稳定，受热易分解，温度过高会使大量分解，反而降低原料浸取率，A错误； B．向含和的滤液中加入过量浓氨水，二者分别生成可溶性络离子、，无沉淀生成，无法通过过滤分离，B错误； C．“溶金”过程中被氧化为，与结合为，被还原为，经电子守恒、电荷守恒、原子守恒验证，给出的离子方程式书写正确，C正确； D．为强酸，完全电离出和，过量Zn不仅还原（得），还会与反应（得），共得，每个Zn反应失，故需，质量为，D错误； 故答案选C。 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 硫酸镍()是一种重要工业原料，可用于电镀、镍电池、催化剂等。 （1）利用镍钼矿制备。镍钼矿(主要含NiS、MoS2、FeO和SiO2等)制备粗硫酸镍的过程可表示为 ①将镍钼矿和溶液混合后通入，在加热和加压的条件下充分反应，得到酸浸液。过程中NiS转化为，其反应的离子方程式为__________。 ②过滤后滤液中含有的阳离子主要有__________。 ③酸浸过程中硫酸不宜过多的原因是__________。 （2）利用含镍废催化剂制备。一定温度下，将含镍废催化剂(主要含Ni和Cu)固体用不同质量分数的硫酸浸泡，相同时间内测得在不同质量分数的硫酸中固体质量减少情况如图所示。 ①当时，随着增大，固体质量的减少值反而降低的原因可能是__________。 ②资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如下关系。 温度 低于30℃ 30~54℃ 54~280℃ 高于280℃ 晶体形态 多种结晶水合物 欲从酸浸后的和混合溶液中获得稳定的晶体的操作为__________。 （3）化学镀镍 ①硫酸镍()用于化学镀镍时，常用甲醛作还原剂，若氧化产物为，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。 ②Ⅰ．称量28.7 g某镀镍试剂，配成100 ml溶液； Ⅱ．准确量取10.00 ml溶液，用的EDTA()标准溶液滴定其中(离子方程式为)，消耗EDTA标准溶液25.00 ml；该镀镍试剂的化学式__________。 【答案】（1） ①. ②. 、、 ③. 会增加后续沉铁时氨水的用量 （2） ①. 高浓度硫酸中水含量少，硫酸电离程度减小，浓度降低，反应速率减慢；且会使金属Ni表面形成一层致密的氧化物保护膜，阻止反应进一步进行 ②. 蒸发浓缩（至晶膜出现）、冷却至30℃~54℃结晶、过滤、用少量热水（30~54°C）洗涤，低温干燥（温度低于54°C） （3） ①. 2∶1 ②. 【解析】 【分析】镍钼矿加入和通入进行酸浸。、溶于酸，被氧化生成进入溶液，溶于酸生成 ，随即被氧化为 。被氧化，在酸性条件下形成难溶的沉淀，硫元素转化为。不反应，作为酸性氧化物不与硫酸反应，直接保留在固相中。过滤，滤渣成分主要为和。滤液成分含有目标离子、杂质离子以及大量的和。加入氨水调节溶液pH值沉铁。利用金属离子沉淀pH的差异。加入氨水可将pH控制在铁沉淀而镍不沉淀的范围，从而除去铁杂质。沉铁后的滤液主要含镍盐，经蒸发结晶等处理可得粗硫酸镍，据此解答； 【小问1详解】 ①反应物为、，产物为、。被氧化为（失8e⁻），被还原（得4e⁻），故与系数比为。离子方程式为。 ②原料中的转化为进入溶液，溶于酸生成，但在加热加压及通入的条件下被氧化为。加入的提供且通常过量；转化为沉淀进入滤渣被除去。故主要阳离子为、、。 ③后续步骤需加入氨水调节pH使沉淀而保留。若硫酸过多，溶液中浓度过高，会消耗大量氨水，增加试剂成本。同时可能导致pH难以调节至完全沉淀而不沉淀的范围，影响除铁效果。 【小问2详解】 ①当硫酸质量分数时，高浓度硫酸中水含量少，硫酸电离程度减小，浓度降低，反应速率减慢。更重要的是，高浓度的硫酸具有强氧化性，会使金属Ni表面形成一层致密的氧化物保护膜，阻碍了酸与金属内部的进一步接触和反应，导致溶解速率下降，固体质量减少值降低。 ②根据表格数据，稳定存在的温度区间为30~54°C。因此，从酸浸后的混合溶液中获得该晶体的操作为：将溶液蒸发浓缩（至有晶膜出现），冷却至30~54°C下结晶，过滤，用少量热水（30~54°C）洗涤，低温干燥（温度低于54°C）。 【小问3详解】 ①氧化剂为（还原产物为Ni），还原剂为HCHO（氧化产物为）。化合价变化：降2价；HCHO中C为0价中C为+4价，升4价。根据电子守恒： ，即。故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1。 ②计算Ni2+总量：取10.00 mL溶液消耗EDTA的物质的量为。则100 mL原溶液中含Ni2+总量为。即28.7 g试剂中含Ni 0.1 mol。。故该试剂化学式为。 15. 有机物H可通过如下路线合成得到： （1）有机物D中含氧官能团的名称为____________。D→E的转化中的作用是____________________。 （2）C→D的反应分为C→X→D两步，C→X为加成反应，所得产物与D互为同分异构体，则第一步所得产物的结构简式为____________。 （3）写出满足下列条件的H的一种同分异构体的结构简式：____________。 含两个苯环，酸性条件下能发生水解反应，水解后得到两种产物，两种产物均含有4种不同环境的氢原子，其中一种所有碳原子的轨道杂化方式均相同。 （4）已知：①； ②苯环上连有时，会将新引入的基团连接到间位；苯环上连有—Br时，会将新引入的基团连接到邻位或对位； ③—NHR(R表示氢或烃基)易被氧化。 以、、为原料合成，写出合成路线流程图________________________________(无机试剂有机溶剂任选，合成路线流程图示例见本题题干)。 【答案】（1） ①. 酰胺基 ②. 吸收生成的HCl，促进反应的正向进行 （2） （3）或 （4） ， 【解析】 【分析】A→B是羧基上的取代反应，B→C也是取代反应，C→X为碳碳双键、氰基与氢气的加成反应，X发生异构化得到D，D→E、E→F、F→G、G→H都是取代反应。 【小问1详解】 有机物D中含氧官能团的名称为酰胺基；D→E的转化中产物除了E还有HCl，具有碱性，可以与生成的HCl发生酸碱中和反应，从而促进该反应的正向进行，故D→E的转化中的作用是吸收生成的HCl，促进反应的正向进行。 【小问2详解】 C→X为加成反应，故C中的碳碳双键和氰基与氢气发生加成反应生成烷基和氨甲基，X与D互为同分异构体即分子式相同结构不同，故X 的结构应该是 C 分子中的氰基（）被加成为氨甲基（）、碳碳双键与氢气加成后的结构，故X为。 【小问3详解】 条件要求含两个苯环、酸性水解说明含酯基，水解得两种产物，其中一种所有碳原子杂化方式相同说明该产物全为苯环碳（均为杂化），两个产物都只有4种等效氢，说明两个苯环均为对称的二取代结构，满足氢环境数目为4，故其结构式为或。 【小问4详解】 从产物结构分析可知，的甲氨基先发生D→E的反应生成酰胺基，接着要在邻位的甲基上引入基团，需要先把甲基氧化成羧基，再发生A→B的反应生成酰氯，再与溴苯发生邻位取代反应。故合成路线为，。 16. 磷酸亚铁锂是锂电池的正极材料之一，研究其制备方法具有积极的意义。 方法I：将、和按一定比例配成溶液，放入反应釜中，选择温度为、压强条件下发生水热反应，反应完成后离心，将离心后的样品过滤，所得滤饼与适量葡萄糖混合，充分研磨后在氩气氛围中烧结，得到。 （1）选择高压原因为___________。 方法II： 步骤1：将、、混合并调节溶液的制备。 步骤2：将、和葡萄糖混合物在氩气气氛下在左右高温下反应得到。 已知：①的纯度及颗粒大小会影响其性能，沉淀速率过快容易团聚。 ② （2）①研究表明，制备时常加入含的溶液，的作用是___________。 ②转化为(已知葡萄糖反应生成)的化学方程式为___________。 （3）为了探索在烧结过程中发生的物理、化学过程，对、和葡萄糖混合物在氩气气氛下反应进行差热分析，其曲线(热重)及曲线(反映体系热量变化情况)如下图所示。左右，曲线出现吸收峰①的可能原因是___________。 （4）工业上也可以用磷酸亚铁粗产品(混有氢氧化铁)制备磷酸铁()。其他条件一定，制备时测得的有效转化率与溶液的关系如图所示。 ①初始大于后，的有效转化率偏低原因为___________。 ②请补充完整制备晶体的实验方案：___________，得晶体。(实验中须使用的试剂：溶液，溶液，溶液、蒸馏水、计)。 【答案】（1）提高溶液沸点，让水在高于的温度下仍保持液态，从而实现高温水热反应 （2） ①. 发生反应，使浓度降低，沉淀速率减慢，防止团聚。随浓度降低，逆向移动，生成的继续被沉淀 ②. （3）物理吸附水的蒸发和物质结晶水的失去 （4） ①. pH大于1.5后，Fe的有效转化率降低原因为转化为 ②. 边搅拌边向磷酸亚铁粗产品中加入溶液至完全溶解；向溶液中加入溶液至出现较多气体时为止；边搅拌边滴加溶液至用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】 常压下水的沸点为，该反应需要160~220℃的温度，加压可以提高水的沸点，让体系达到反应所需的高温，加快反应速率。 【小问2详解】 ①沉淀速率过快容易团聚，影响产物性能；已知可与结合，，降低浓度，减慢沉淀速率，防止团聚。随着浓度降低，逆向移动，生成的继续被沉淀。 ②​中为价，产物​中为价，每个得；葡萄糖中平均化合价为，生成中为价，1个葡萄糖共失，根据电子转移守恒，方程式为：。 【小问3详解】 温度较低，此时固体混合物中物理吸附的水会蒸发，会失去结晶水，二者均为吸热过程，故DSC曲线出现吸收峰，同时TG曲线显示失重。 【小问4详解】 ①易水解，pH越大，越容易水解生成氢氧化铁沉淀，最终得到的减少，转化率降低。 ②由图像可知pH=1.5时的有效转化率最高，因此需要调节pH到1.5；实验流程为：酸溶粗产品→氧化→调节pH沉淀得到​→过滤洗涤干燥。具体操作为：边搅拌边向磷酸亚铁粗产品中加入溶液至完全溶解；向溶液中加入溶液至出现较多气体时为止；边搅拌边滴加溶液至用pH计测溶液pH为1.5为止，过滤、用蒸馏水洗涤、干燥。 17. 随全球碳排放增加，碳的循环利用日益受到重视。 Ⅰ．工业排放CO2 。 （1）合成气变换反应：CO(g)+H2OH2(g)+CO2(g) ΔH 估算该反应的需要__________(填数字)种不同类型化学键的键能数据。 Ⅱ．工业吸收CO2 。 （2）碱液法吸收。 工业常用NaOH-Ca(OH)2体系吸收空气中的CO2.已知：NaOH浓度越大，粘度越高，液膜传质阻力增大。随NaOH浓度上升，CO2脱除率先上升后下降的原因是__________。 Ⅲ．金属有机框架(MOFs)法吸附、分离CO2 。 MOFs具有一定数量的孔隙，其对应复合材料可选择性透过某些气体分子。 （3）在金属有机框架上的过渡金属A催化下，和合成的反应分两步进行：第一步：；则第二步反应的方程式为__________。 （4）某钒基MOFs材料可催化KHCO3与KNO3电解合成(尿素)。阴极区生成尿素的电极反应式为__________。 （5）科学家利用不同有机化合物与银盐合成结构相似的MOF材料，并在298 K、100 kPa时测试其对CO2的吸附能力，不同有机化合物的结构及吸附结果如下表。 材料代号 A B 有机化合物的结构 CO2吸附量/() 1.5 1.0 材料A比材料B的CO2吸附量大，从微粒间相互作用的角度说明原因：__________。 （6）掺杂锌基MOFs材料的致密PVDF(聚偏氟乙烯)复合膜可通过添加纳米颗粒(ZIF-8)和离子液体(RTIL)来提高气体选择性和渗透性。添加不同组分的PVDF复合膜对CO2选择性和混合气中CO2和N2的渗透系数(与渗透性成正比)的影响如下图所示。 ①添加__________(选填“ZIF-8”或“RTIL”)更有利于提高CO2选择性。 ②CO2和N₂组成的混合气体，选用PVDF/RTIL/15%ZIF-8组分的复合膜分离CO2的优点是__________。 【答案】（1）4 （2）NaOH浓度较低时，随着NaOH浓度的增加，NaOH吸收效率增大，脱除率上升；浓度过高时，溶液黏度显著增大，液膜传质阻力增加，抑制吸收，脱除率下降 （3） （4） （5）材料A的有机化合物中含有氨基，氨基可与形成分子间氢键，增强了材料A与的微粒间相互作用，吸附量更大 （6） ①. RTIL ②. 渗透系数大，分离选择性高；单位时间内可以获得更多、更纯的气体 【解析】 【小问1详解】 估算化学反应的焓变（）需要知道反应物断键吸收的能量和生成物成键释放的能量。该反应方程式为，涉及的化学键包括：中的键、中的键、中的键、中的键，共计4种不同类型的化学键。 【小问2详解】 气体吸收过程受化学反应速率和物理传质速率双重影响。NaOH浓度较低时，增加浓度能提供更多的反应物，加快化学反应速率，使脱除率上升；但当NaOH浓度过高时，溶液黏度显著增大，物理传质阻力成为主要矛盾，导致难以扩散进液膜与碱发生反应，因此脱除率反而下降。 【小问3详解】 催化剂参与反应，但在总反应前后质量和化学性质不变。该过程的总反应方程式为，已知第一步反应为，根据盖斯定律，用总反应减去第一步反应即可得到第二步反应的方程式：。 【小问4详解】 阴极发生还原反应。根据题意，反应物为（C为+4价）和（N为+5价），生成物为尿素（C为+4价，N为-3价）。N的化合价从+5降至-3，2个N原子共得到个电子，初步写出：。在体系中，为了平衡电荷和原子，左侧需补充，右侧生成，而生成的会立即与溶液中的大量反应转化为和。综合配平后得到的最终电极反应式为。 【小问5详解】 对比材料A和B的有机化合物结构可知，材料A含有氨基()，材料B含有甲基()。氨基中的N原子电负性较大且含有孤电子对，能与分子形成氢键，使得材料A与的分子间作用力显著强于材料B，因此材料A对的吸附量更大。 【小问6详解】 ① 观察图中的折线（代表选择性），对比“PVDF”与“PVDF/15%ZIF-8”，值提升较小；而对比“PVDF”与“PVDF/RTIL”，值出现了大幅度跃升。因此添加RTIL更有利于提高选择性。② 观察柱状图和折线图，在所有给出的复合膜组分中，“PVDF/RTIL/15%ZIF-8”对应的折线点最高（选择性最大），且其代表渗透系数的柱子也最高（渗透性最好），这说明该配比能同时实现高选择性和高通量，单位时间内可以获得更多、更纯的气体，分离效果最佳。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $