精品解析：江苏南京市七校联合体2026-2027学年高三第一学期10月调研 化学试卷

2026~2027学年第一学期10月联合调研试题 高三化学 可能用到的相对原子质量：H 1  C 12  N 14  O 16  P 31  Sc 45  Fe 56  Cu 64 一、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. 下列过程涉及电能向化学能转化的是 A. 新能源汽车充电   B. 天然气燃烧  C. 太阳能热水器烧水   D. 干电池工作 2. 利用天然气生产CS2的反应为2S2＋CH4 = CS2＋2H2S。下列说法不正确的是 A. S2和S8互为同素异形体     B. CH4的球棍模型为 C. CS2的电子式为 D. H2S分子中只含有σ键 3. 合成溴化苄的反应为，实验装置如图所示。 反应结束后，反应液按下列步骤分离和纯化：静置→分液→水洗→纯碱洗→水洗→干燥→减压蒸馏。下列说法正确的是 A. 用恒压滴液漏斗滴加浓硫酸时，须将顶部活塞取下 B. 实验时，应先从a口通冷凝水，后加热至反应温度 C. “纯碱洗”的目的是除去液体中残留的少量酸性物质 D. “干燥”时可向液体中加入固体氢氧化钠吸水后过滤 4. 《中华本草》中记载了炉甘石(ZnCO3)可用于治疗皮肤炎症。下列说法正确的是 A. 基态Zn2+的核外电子排布式：3d10   B. 原子半径：r(O)＞r(C) C. 电负性：O＞C＞Zn      D. 热稳定性：CH4＞H2O 阅读下列材料，完成下列题： 氮、磷及其化合物应用广泛。氮的氢化物有氨(NH3)、肼(N2H4)等。其中，NH3能和许多金属阳离子形成配离子；N2H4为二元弱碱，在水中电离方式与NH3相似。白磷(P4)可由磷灰石[Ca3(PO4)2]、石英砂和过量的焦炭焙烧制得。P4在热的浓碱液中可反应生成磷化氢(PH3，常温下为气体)和次磷酸盐[次磷酸(H3PO2)是一元弱酸]。 5. 下列含氮物质的性质与用途具有对应关系的是 A. NH3易溶于水，可用作制冷剂 B. N2H4有还原性，可用作火箭燃料 C. NH4HCO3易分解，可用作化肥 D. N2无色无味，可用作焊接保护气 6. 下列化学反应表示正确的是。 A. 氯化银溶于浓氨水：Ag＋＋2NH3=[Ag(NH3)2]＋ B. 肼在水中的电离：N2H4＋2H2ON2H＋2OH− C. 白磷的制取：2Ca3(PO4)2＋6SiO2＋10C6CaSiO3＋P4＋10CO↑ D. 白磷与热的浓氢氧化钾溶液反应：P4＋9OH−PH3↑＋3PO＋3H2O 7. 下列说法正确的是 A. H−N−H的键角：NH3＞[Ag(NH3)2]＋ B. N2H4中N原子的轨道杂化类型为sp2 C. P4分子中所有原子均满足8电子结构 D. PH3晶体中存在的化学键有共价键和氢键 8. 如图所示，某电池的工作原理为2Na＋NiCl2Ni＋2NaCl。下列说法正确的是 A. 常温时，负载中有电流通过 B. β-Al2O3可以同时传导电子和离子 C. 放电时，M极发生反应Na＋e−＋Cl− = NaCl D. 充电时，N极与直流电源的正极相连 9. 某小组同学用铁粉还原AgCl制取Ag，实验如下：  实验 操作及现象 ⅰ．产生大量气泡和灰黑色固体(经检验为Ag、Fe)； ⅱ．静置后，固体变为灰白色； ⅲ．取固体，洗涤后加入KI溶液，生成黄色沉淀； ⅳ．取ii中上层清液，加入KSCN溶液，显红色，测得pH＜2。 已知：AgCl＋Cl−[AgCl2]−；[AgCl2]−不能氧化Fe2+；Fe3+＋4Cl−[FeCl4]−。 下列说法正确的是 A. ⅰ中产生的气体可能为Cl2 B. ii中生成灰白色固体的过程中，c(Cl−)增大 C. ⅲ中生成黄色沉淀可证明Ksp(AgI)＞Ksp(AgCl) D. 由ii和ⅳ可推测在该实验条件下氧化性：O2＞Fe3＋ 10. 制备氧缺位铁酸盐[ZnFe2Ox(3＜x＜4)]的部分流程如图所示。下列说法正确的是 A. ZnFe2O4与H2的反应可在空气中进行 B. 若使x＝3.5，理论上需控制n(ZnFe2O4) ：n(H2)＝1 ： 2  C. 反应中的SO2、NO2被氧化为无毒的物质排放 D. 1 mol ZnFe2Ox完全转化为ZnFe2O4时，转移(8−2x) mol电子 11. 化合物Z是合成一种苯并吡喃类天然多酚的中间体，其部分合成路线如下： 下列说法正确的是 A. X分子中所有碳原子可能共平面 B. Y分子中含有2个手性碳原子 C. 1molZ最多能与2molNaOH反应 D. Z和Y可用酸性KMnO4溶液鉴别 12. 室温时，在CO2气氛下，Pb(ClO4)2溶液中含铅微粒占总铅的质量分数(δ)随溶液pH的变化如图所示。已知c0(Pb2+)＝2.0×10−5 mol·L−1，Ka1(H2CO3)＝10−6.4，Ka2(H2CO3)＝10−10.3，Ksp(PbCO3)＝10−12.1。 下列说法正确的是 A. Pb(ClO4)2溶液中：2c(Pb2+)＝c(ClO) B. pH＝6时，c(CO)＜c(Pb2+) C. pH＝7时，2c(Pb2+)＋c[Pb(OH)＋]＝2c(CO)＋c(HCO)＋2c[Pb(CO3)] D. pH＝8时，向溶液中慢慢加入Na2CO3固体，PbCO3(s)的量会不断增加 13. CO、CO2能除去空气中的H2S气体，反应如下： 反应Ⅰ　CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)  ΔH1 反应Ⅱ CO2(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2O(g) ΔH2 容器 甲 乙 物质 CO H2S CO2 H2S 投料量/mol 1 1 1 1 向两个容积相同的密闭容器中按右表投料，在催化条件下分别发生上述反应。图中实线、虚线分别代表反应相同时间时、达到平衡状态时COS物质的量随温度的变化。已知：在相同条件下，vⅠ正(H2S)＞vⅡ正(H2S)。 下列说法正确的是 A. 1000℃时，反应Ⅰ的平衡常数KⅠ＝ B. 升高温度，两容器中n(COS)甲：n(COS)乙一定增大 C. 恒温恒容下，向W点表示的反应体系中充入Ar，能提高H2S的转化率 D. 相同条件下，延长反应时间能使反应体系中Y点对应的COS物质的量达到W点 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 从磷精矿[主要含Ca5(PO4)3F和少量ScPO4、FeO、Fe2O3、SiO2]制备草酸钪晶体[Sc2(C2O4)3·6H2O]的工业流程如下： （1）“酸浸”时ScPO4与足量稀HNO3反应的化学方程式为________。 （2）用40 mL有机萃取剂萃取100 mL含一定浓度Sc3+的酸浸液，有如下两种方案： 方案1：一次加入40 mL萃取剂萃取；方案2：每次加入20 mL萃取剂，分两次萃取。 请分别计算方案1和方案2中水相Sc的残留率__。(写出计算过程) 已知：Sc的残留率R＝×100%；该萃取平衡的分配系数D＝＝10。 （3）“萃取”所得有机相中存在Sc和Fe元素，可通过“反萃取”实现二者的分离。其中Fe2+、Fe3+和Sc3+的沉淀率随pH的变化如图所示。 ①通入SO2的作用为__________(用离子方程式表示)。 ②通入NH3应调节溶液的pH值约为__。 （4）“沉钪”时Sc3+转化为Sc2(C2O4)3·6H2O沉淀。 ①H2C2O4用量过多，会形成含三个五元环结构的配离子[Sc(C2O4)3]3−，则Sc3+的配位数为____。 ②相同时间内，钪的沉淀率随温度的变化如图所示。温度高于80℃时，钪的沉淀率降低的原因可能是____________。 15. 抗肿瘤药物泰克地那林(F)及其改进药物(G)的合成路线如下： 已知：①苯环上原有的基团对后引入的基团有定位效应，—NH2、—NHCOCH3为邻、对位定位基，—COOH、—NO2为间位定位基；②胺类物质易被氧化。 （1）C分子中含氧官能团名称为__。 （2）A→B反应中，为提高B的产率，可向体系中加入__(填序号)。 a．(C2H5)3N  b．CH3COOH  c．NaHCO3   d．H2SO4 （3）D的分子式为C9H8NO2Cl，其结构简式是__。 （4）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：__。 ①含苯环，有5种不同化学环境的氢原子； ②能水解且能发生银镜反应，能与NaHCO3溶液反应。 （5）以、、为原料制备的合成路线 流程图(无机试剂、有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)__。 16. 纳米铜用途广泛，可以以铜蓝矿(主要成分为CuS)为原料制备。 （1）浸取铜蓝矿 FeCl3溶液与CuS反应生成Cu2+和S的离子方程式为__。 （2）制铜氨溶液 向去除铁元素的浸取液中通入足量NH3可制得含[Cu(NH3)4]2+的溶液。结合数据说明不直接用氨水浸取铜蓝矿中CuS的原因__。 {已知：Cu2+＋4NH3 = [Cu(NH3)4]2+ Kf＝1×109；Ksp(CuS)＝1×10−36} （3）制纳米铜 用NaOH调节铜氨溶液的pH为11，在75 ℃水浴加热条件下，用下图所示装置制取纳米铜。 ①N2H4被[Cu(NH3)4]2+氧化为N2的离子方程式为__。　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②向三颈烧瓶中持续通入N2的原因为__。 （4）杂质检验 纳米铜样品中可能存在难溶的CuCl和Cu2O，补充完整判断样品中是否含有这两种杂质的实验方案：取少量洗涤干净的干燥纳米铜样品，____。 (已知：Cu2O＋2H＋= Cu2+＋Cu＋H2O，CuCl易被氧化；必须使用的试剂和设备：2 mol·L−1 H2SO4、6 mol·L−1 HNO3、2% AgNO3溶液，通风设备) （5）纳米铜的应用 我国科学家采用Cu-Ag双金属协同机理，通过电解法将CO2转化为乙烯，原理如题16图-2所示。纳米Cu催化剂上发生的电极反应为____。 17. 氢气是一种清洁能源，氢气的制取和储存是氢能源利用领域的研究热点。 （1）金属有机框架(MOFs)材料比表面积大，空隙多，可用于储氢，原理可表示为MOFs(s)＋nH2(g)(H2)nMOFs(s) ΔH＜0 ①H2分子通过__(填作用力类型)吸附在MOFs孔道中。 ②储氢的适宜条件为__(填字母)。 a．低温低压   b．低温高压   c．高温低压   d．高温高压 （2）镧镍合金是良好的储氢材料，其晶胞结构如图所示。储氢后，氢原子占据晶胞中上下底面的棱心和面心，形成的储氢化合物的化学式为__。 （3）十氢化萘(C10H18)是具有高储氢密度的氢能载体，脱氢反应如下： 反应Ⅰ：C10H18(l)C10H12(l)＋3H2(g)  ΔH1 反应Ⅱ：C10H12(l)C10H8(l)＋2H2(g)  ΔH2 335℃下，在恒容密闭容器中对1 mol C10H18催化脱氢，C10H12和C10H8的物质的量n1和n2随时间的变化如图所示， 反应过程中的能量变化如图所示。 ①8 h时，反应体系内H2的物质的量为__mol(忽略其他副反应)。 ②n1显著低于n2可能的原因为__。 （4）合成气经水煤气变换反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH＜0可得高纯氢气。 ①用键能估算水煤气变换反应的ΔH时，需查阅__种共价键的键能数据。 ②稀土氧碳酸盐催化剂(SMO)可催化水煤气变换反应。100℃时在SMO中加入CuOx能提升催化效率，反应可能的机理如图所示(“✖”表示转化很难进行)，其原因可能是__。 ③如图所示，实际生产中采用两阶段水煤气变换。第一阶段采用较高温度而第二阶段采用较低温度的原因是__(从反应限度和反应速率角度分析)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026~2027学年第一学期10月联合调研试题 高三化学 可能用到的相对原子质量：H 1  C 12  N 14  O 16  P 31  Sc 45  Fe 56  Cu 64 一、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. 下列过程涉及电能向化学能转化的是 A. 新能源汽车充电   B. 天然气燃烧  C. 太阳能热水器烧水   D. 干电池工作 【答案】A 【解析】 【详解】A．新能源汽车充电时，外接电源提供的电能转化为电池内部的化学能储存，涉及电能向化学能转化，A正确； B．天然气燃烧是化学能转化为热能、光能的过程，不涉及电能向化学能的转化，B错误； C．太阳能热水器烧水是太阳能转化为热能的过程，不涉及电能向化学能的转化，C错误； D．干电池工作时通过原电池反应将化学能转化为电能，是化学能向电能的转化，D错误； 故答案选A。 2. 利用天然气生产CS2的反应为2S2＋CH4 = CS2＋2H2S。下列说法不正确的是 A. S2和S8互为同素异形体     B. CH4的球棍模型为 C. CS2的电子式为 D. H2S分子中只含有σ键 【答案】B 【解析】 【详解】A．和是硫元素形成的不同单质，互为同素异形体，A正确； B．分子中原子半径大于原子，球棍模型中中心代表的球应比周围代表的球更大，即，B错误； C．与互为等电子体，与每个之间形成双键，所有原子最外层均满足8电子稳定结构，电子式为，C正确； D．的结构式为，分子中均为单键，单键都属于键，D正确； 故选B。 3. 合成溴化苄的反应为，实验装置如图所示。 反应结束后，反应液按下列步骤分离和纯化：静置→分液→水洗→纯碱洗→水洗→干燥→减压蒸馏。下列说法正确的是 A. 用恒压滴液漏斗滴加浓硫酸时，须将顶部活塞取下 B. 实验时，应先从a口通冷凝水，后加热至反应温度 C. “纯碱洗”的目的是除去液体中残留的少量酸性物质 D. “干燥”时可向液体中加入固体氢氧化钠吸水后过滤 【答案】C 【解析】 【分析】本实验使用三颈烧瓶作为反应容器，苯甲醇和溴化氢作为原料合成溴化苄。 【详解】A．恒压滴液漏斗的侧管可平衡漏斗与反应装置内的压强，滴加浓硫酸时无需取下顶部活塞，A错误； B．冷凝管中冷凝水应下进上出，需从b口通入、a口流出，B错误； C．纯碱为，呈碱性，可与残留的、硫酸等酸性杂质反应将其除去，C正确； D．固体为强碱，会使溴化苄发生水解反应，不能用作该实验的干燥剂，D错误； 故本题选C。 4. 《中华本草》中记载了炉甘石(ZnCO3)可用于治疗皮肤炎症。下列说法正确的是 A. 基态Zn2+的核外电子排布式：3d10   B. 原子半径：r(O)＞r(C) C. 电负性：O＞C＞Zn      D. 热稳定性：CH4＞H2O 【答案】C 【解析】 【详解】A．基态原子核外电子排布式为，失去2个电子形成，完整核外电子排布式为（或），选项仅写出表述不完整，A错误； B．同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，、同属第二周期，原子序数，故，B错误； C．同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，故电负性；金属元素电负性普遍小于非金属，为金属，电负性小于，因此电负性，C正确； D．元素非金属性越强，简单气态氢化物热稳定性越强，非金属性，故热稳定性，D错误； 故本题选C。 阅读下列材料，完成下列题： 氮、磷及其化合物应用广泛。氮的氢化物有氨(NH3)、肼(N2H4)等。其中，NH3能和许多金属阳离子形成配离子；N2H4为二元弱碱，在水中电离方式与NH3相似。白磷(P4)可由磷灰石[Ca3(PO4)2]、石英砂和过量的焦炭焙烧制得。P4在热的浓碱液中可反应生成磷化氢(PH3，常温下为气体)和次磷酸盐[次磷酸(H3PO2)是一元弱酸]。 5. 下列含氮物质的性质与用途具有对应关系的是 A. NH3易溶于水，可用作制冷剂 B. N2H4有还原性，可用作火箭燃料 C. NH4HCO3易分解，可用作化肥 D. N2无色无味，可用作焊接保护气 6. 下列化学反应表示正确的是。 A. 氯化银溶于浓氨水：Ag＋＋2NH3=[Ag(NH3)2]＋ B. 肼在水中的电离：N2H4＋2H2ON2H＋2OH− C. 白磷的制取：2Ca3(PO4)2＋6SiO2＋10C6CaSiO3＋P4＋10CO↑ D. 白磷与热的浓氢氧化钾溶液反应：P4＋9OH−PH3↑＋3PO＋3H2O 7. 下列说法正确的是 A. H−N−H的键角：NH3＞[Ag(NH3)2]＋ B. N2H4中N原子的轨道杂化类型为sp2 C. P4分子中所有原子均满足8电子结构 D. PH3晶体中存在的化学键有共价键和氢键 【答案】5. B 6. C 7. C 【解析】 【5题详解】 A．用作制冷剂是因为液氨汽化吸收大量热，与易溶于水的性质无对应关系，A错误； B．具有强还原性，与氧化剂反应时放出大量热，可用作火箭燃料，性质与用途有对应关系，B正确； C．用作化肥是因为含有氮元素，与易分解的性质无对应关系，C错误； D．用作焊接保护气是因为化学性质稳定，与无色无味的物理性质无对应关系，D错误； 故选B。 【6题详解】 A．氯化银是难溶物，离子方程式中不能拆为，正确离子方程式为，A错误； B．是二元弱碱，电离分步进行，不能一步电离出2个，正确为N2H4＋H2ON2H＋OH−、N2H＋H2ON2H＋OH−，B错误； C．已知白磷(P4)可由磷灰石[Ca3(PO4)2]、石英砂和过量的焦炭焙烧制得，即2Ca3(PO4)2＋6SiO2＋10C6CaSiO3＋P4＋10CO↑，C正确； D．已知P4在热的浓碱液中可反应生成磷化氢(PH3，常温下为气体)和次磷酸盐[次磷酸(H3PO2)是一元弱酸]，正确离子方程式：，D错误； 故选C。 【7题详解】 A．中有1对孤电子对，孤电子对斥力大，键角较小；中的孤电子对形成配位键，无孤电子对，键角更大，故键角，A错误； B．中的价层电子对数为4，杂化类型为，B错误； C．为正四面体结构，每个形成3个键，最外层电子数为，均满足8电子结构，C正确； D．氢键属于分子间作用力，不属于化学键，晶体中仅存在共价键，D错误； 故选C。 8. 如图所示，某电池的工作原理为2Na＋NiCl2Ni＋2NaCl。下列说法正确的是 A. 常温时，负载中有电流通过 B. β-Al2O3可以同时传导电子和离子 C. 放电时，M极发生反应Na＋e−＋Cl− = NaCl D. 充电时，N极与直流电源的正极相连 【答案】D 【解析】 【详解】A．常温下和熔融均为固态，无法发生电极反应，负载中无电流通过，A错误； B．为离子导体，仅可传导离子，不能传导电子，B错误； C．放电时M极为负极，失电子发生氧化反应，电极反应为，C错误； D．放电时N极为正极，充电时正极需与直流电源正极相连作阳极，D正确； 故选D。 9. 某小组同学用铁粉还原AgCl制取Ag，实验如下：  实验 操作及现象 ⅰ．产生大量气泡和灰黑色固体(经检验为Ag、Fe)； ⅱ．静置后，固体变为灰白色； ⅲ．取固体，洗涤后加入KI溶液，生成黄色沉淀； ⅳ．取ii中上层清液，加入KSCN溶液，显红色，测得pH＜2。 已知：AgCl＋Cl−[AgCl2]−；[AgCl2]−不能氧化Fe2+；Fe3+＋4Cl−[FeCl4]−。 下列说法正确的是 A. ⅰ中产生的气体可能为Cl2 B. ii中生成灰白色固体的过程中，c(Cl−)增大 C. ⅲ中生成黄色沉淀可证明Ksp(AgI)＞Ksp(AgCl) D. 由ii和ⅳ可推测在该实验条件下氧化性：O2＞Fe3＋ 【答案】D 【解析】 【分析】0.1 g AgCl溶于浓盐酸后的溶液中加入足量铁粉，铁粉能置换出Ag，亚铁离子静置过程中被氧气氧化为铁离子，铁离子浓度逐渐增大，将Ag氧化为银离子，Fe3+＋4Cl−[FeCl4]−同时正向移动，氯离子浓度减小，导致AgCl＋Cl−[AgCl2]−逆向移动，析出灰白色AgCl沉淀，AgCl固体洗涤后加入KI溶液，生成黄色沉淀；取ⅱ中上层清液，加入KSCN溶液，显红色，进一步证明ⅱ中亚铁离子静置过程中被氧气氧化为铁离子，据此分析作答。 【详解】A．根据i产生大量气泡和灰黑色固体(经检验为Ag、Fe)，则发生铁与盐酸的置换反应生成氢气、铁与银离子置换出银的反应，A错误； B．根据分析知，亚铁离子静置过程中被氧气氧化为铁离子，铁离子浓度逐渐增大，Fe3+＋4Cl−[FeCl4]−同时正向移动，氯离子浓度减小，导致AgCl＋Cl−[AgCl2]−逆向移动，析出灰白色AgCl沉淀，B错误； C．AgCl固体洗涤后加入KI溶液，生成黄色沉淀，溶解度大的沉淀可以转化为溶解度更小的沉淀，则证明Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，C错误； D． ⅱ中亚铁离子静置过程中被氧气氧化为铁离子，铁离子为氧化产物，氧气作氧化剂，氧化剂氧化性大于氧化产物O2＞Fe3＋，D正确； 故答案选D。 10. 制备氧缺位铁酸盐[ZnFe2Ox(3＜x＜4)]的部分流程如图所示。下列说法正确的是 A. ZnFe2O4与H2的反应可在空气中进行 B. 若使x＝3.5，理论上需控制n(ZnFe2O4) ：n(H2)＝1 ： 2  C. 反应中的SO2、NO2被氧化为无毒的物质排放 D. 1 mol ZnFe2Ox完全转化为ZnFe2O4时，转移(8−2x) mol电子 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，实现硫、氮氧化合物的废气利用涉及的反应为ZnFe2O4与氢气在300~500℃条件下反应生成ZnFe2Ox，常温下ZnFe2Ox与二氧化氮等废气反应转化为ZnFe2O4。 【详解】A．是可燃性气体，高温下在空气中混合会发生爆炸，且空气中的会与反应，该反应不能在空气中进行，A错误； B．时，中铁为+3价，中铁的平均化合价为+2.5价，则反应生成，元素总共得到电子，反应失去电子，根据得失电子守恒，需要为，故，B错误； C．氧缺位铁酸盐[ZnFe2Ox(3＜x＜4)]，则中为低价态，具有还原性，反应中、作为氧化剂被还原，C错误； D．ZnFe2Ox和ZnFe2O4中锌元素化合价为+2价、氧元素的化合价为-2价，由化合价代数和为0可知，ZnFe2Ox和ZnFe2O4中铁元素的化合价分别为+(x-1)价和+3价，则1个ZnFe2Ox完全转化为ZnFe2O4时，失去电子的数目为：3×2-(x-1)×2=( 8-2x)，故1 mol ZnFe2Ox完全转化为ZnFe2O4时，转移(8−2x) mol电子，D正确； 故选D。 11. 化合物Z是合成一种苯并吡喃类天然多酚的中间体，其部分合成路线如下： 下列说法正确的是 A. X分子中所有碳原子可能共平面 B. Y分子中含有2个手性碳原子 C. 1molZ最多能与2molNaOH反应 D. Z和Y可用酸性KMnO4溶液鉴别 【答案】A 【解析】 【详解】A．X中苯环为平面结构，碳碳三键为直线形结构，碳碳双键为平面结构，单键可旋转调整平面，所有碳原子可能共平面，A正确； B．手性碳原子是连有4个不同原子或者基团的饱和碳原子，Y分子中仅侧链上连有、、和炔基的1个碳原子为手性碳原子，B错误； C．Z中仅酚羟基可与反应，醇羟基、醚键均不与反应，最多消耗，C错误； D．Y含碳碳三键、醇羟基、苯环上直接相连的碳原子上有氢，Z含酚羟基、醇羟基、苯环上直接相连的碳原子上有氢，二者均能使酸性溶液褪色，无法鉴别，D错误； 故选A。 12. 室温时，在CO2气氛下，Pb(ClO4)2溶液中含铅微粒占总铅的质量分数(δ)随溶液pH的变化如图所示。已知c0(Pb2+)＝2.0×10−5 mol·L−1，Ka1(H2CO3)＝10−6.4，Ka2(H2CO3)＝10−10.3，Ksp(PbCO3)＝10−12.1。 下列说法正确的是 A. Pb(ClO4)2溶液中：2c(Pb2+)＝c(ClO) B. pH＝6时，c(CO)＜c(Pb2+) C. pH＝7时，2c(Pb2+)＋c[Pb(OH)＋]＝2c(CO)＋c(HCO)＋2c[Pb(CO3)] D. pH＝8时，向溶液中慢慢加入Na2CO3固体，PbCO3(s)的量会不断增加 【答案】B 【解析】 【分析】由图可知，随着pH增大，Pb2+的含量减小，Pb(OH)＋的含量先增大后减小，PbCO3(s)的含量先增大后减小，Pb(CO3)的含量增大。 【详解】A．会发生水解：，因此溶液中实际存在的游离浓度小于初始总铅浓度，所以Pb(ClO4)2溶液中：，A错误； B．pH=6时，＞75%，，此时体系中还没有生成，则，因此，B正确； C．根据电荷守恒，，pH＝7时，，则，选项缺少，C错误； D．pH=8时，体系中已经存在部分，但继续加入过量，高浓度的会和结合生成可溶性配离子​，最终固体的量会先增加后减少，不会持续增加，D错误 故答案选B。 13. CO、CO2能除去空气中的H2S气体，反应如下： 反应Ⅰ　CO(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)  ΔH1 反应Ⅱ CO2(g)＋H2S(g)COS(g)＋H2O(g) ΔH2 容器 甲 乙 物质 CO H2S CO2 H2S 投料量/mol 1 1 1 1 向两个容积相同的密闭容器中按右表投料，在催化条件下分别发生上述反应。图中实线、虚线分别代表反应相同时间时、达到平衡状态时COS物质的量随温度的变化。已知：在相同条件下，vⅠ正(H2S)＞vⅡ正(H2S)。 下列说法正确的是 A. 1000℃时，反应Ⅰ的平衡常数KⅠ＝ B. 升高温度，两容器中n(COS)甲：n(COS)乙一定增大 C. 恒温恒容下，向W点表示的反应体系中充入Ar，能提高H2S的转化率 D. 相同条件下，延长反应时间能使反应体系中Y点对应的COS物质的量达到W点 【答案】A 【解析】 【分析】甲容器中CO与H2S只发生反应Ⅰ，乙容器中CO2与H2S只发生反应Ⅱ。图中实线表示反应相同时间时COS的物质的量，受反应速率控制；虚线表示达到平衡时COS的物质的量，受平衡控制。相同条件下vⅠ正(H2S)＞vⅡ正(H2S)，反应Ⅰ更快，故相同时间时甲容器生成的COS更多：实线b对应甲、实线a对应乙，相应虚线d对应甲的平衡、虚线c对应乙的平衡。两条虚线均随温度升高而下降，说明两个反应都是放热反应。 【详解】A．1000℃时甲容器的实线与虚线相交于W点，说明甲已到达平衡，此时n(COS)=0.3 mol，则n(CO)=n(H2S)=1 mol−0.3 mol=0.7 mol，n(H2)=0.3 mol；由平衡常数表达式得KⅠ=≈0.18，A正确； B．由图可知，升高温度时甲容器平衡时的n(COS)由0.3 mol（1000℃）降至约0.14 mol（1200℃），乙容器平衡时的n(COS)由0.15 mol降至约0.135 mol，二者比值由约2减小到约1，并非一定增大，B错误； C．恒温恒容下充入Ar，各反应物和生成物的浓度均不变，平衡不移动，H2S的转化率不变，C错误； D．Y点对应乙容器1000℃、反应相同时间时的n(COS)约为0.07 mol，而乙容器在该温度下平衡时n(COS)约为0.15 mol，延长反应时间只能使n(COS)接近0.15 mol，不能达到W点的0.3 mol，D错误。 故答案为A。 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 从磷精矿[主要含Ca5(PO4)3F和少量ScPO4、FeO、Fe2O3、SiO2]制备草酸钪晶体[Sc2(C2O4)3·6H2O]的工业流程如下： （1）“酸浸”时ScPO4与足量稀HNO3反应的化学方程式为________。 （2）用40 mL有机萃取剂萃取100 mL含一定浓度Sc3+的酸浸液，有如下两种方案： 方案1：一次加入40 mL萃取剂萃取；方案2：每次加入20 mL萃取剂，分两次萃取。 请分别计算方案1和方案2中水相Sc的残留率__。(写出计算过程) 已知：Sc的残留率R＝×100%；该萃取平衡的分配系数D＝＝10。 （3）“萃取”所得有机相中存在Sc和Fe元素，可通过“反萃取”实现二者的分离。其中Fe2+、Fe3+和Sc3+的沉淀率随pH的变化如图所示。 ①通入SO2的作用为__________(用离子方程式表示)。 ②通入NH3应调节溶液的pH值约为__。 （4）“沉钪”时Sc3+转化为Sc2(C2O4)3·6H2O沉淀。 ①H2C2O4用量过多，会形成含三个五元环结构的配离子[Sc(C2O4)3]3−，则Sc3+的配位数为____。 ②相同时间内，钪的沉淀率随温度的变化如图所示。温度高于80℃时，钪的沉淀率降低的原因可能是____________。 【答案】（1）ScPO4＋3HNO3= Sc(NO3)3＋H3PO4 （2）方案1：20% 方案2：11.11% （3） ①. 2Fe3+＋SO2＋2H2O = 2Fe2+＋SO＋4H＋ ②. 2(或1.8～2.2) （4） ①. 6 ②. 温度升高，部分H2C2O4分解，H2C2O4浓度下降；Sc2(C2O4)3的溶解度增大 【解析】 【分析】磷精矿主要含Ca5(PO4)3F和少量ScPO4、FeO、Fe2O3、SiO2。磷精矿加稀硝酸“酸浸”， SiO2不溶于硝酸，过滤，所得滤液中含有Ca2+、Sc3+、Fe3+，滤渣是SiO2，滤液加有机萃取剂“萃取”，所得有机相中存在Sc和Fe元素，有机相中通入二氧化硫把Fe3+还原为Fe2+，再通入氨气调节pH生成Sc(OH)3沉淀“反萃取”，“沉钪”时Sc3+转化为Sc2(C2O4)3·6H2O沉淀。 【小问1详解】 “酸浸”时ScPO4与足量稀HNO3发生复分解反应生成硝酸钪和磷酸，反应的化学方程式为ScPO4＋3HNO3= Sc(NO3)3＋H3PO4 【小问2详解】 用40 mL有机萃取剂萃取100 mL含Sc3+的浓度为amol/L的酸浸液 ，有如下两种方案： 一次加入40 mL萃取剂萃取；设残留水相中Sc3+的浓度为b，则有机相中Sc3+的浓度为10b；根据Sc3+守恒，100a=40×10b+100b，b=0.2a，Sc的残留率R＝； 每次加入20 mL萃取剂，分两次萃取。第一次萃取残留水相中Sc3+的浓度为b，则有机相中Sc3+的浓度为10b；根据Sc3+守恒，100a=20×10b+100b，b=；第二次萃取残留水相中Sc3+的浓度为m，则有机相中Sc3+的浓度为10m；根据Sc3+守恒，，m=； Sc的残留率R＝。 【小问3详解】 ①为降低铁元素的沉淀率，需将Fe3+还原为Fe2+，所以通入SO2的作用为把Fe3+还原为Fe2+，反应的离子方程式为2Fe3+＋SO2＋2H2O = 2Fe2+＋SO＋4H＋； ②由图可知，pH为2时，二价铁没有沉淀，Sc的沉淀率已经很大，故应调节pH最佳为2； 【小问4详解】 ①H2C2O4用量过多，会形成含三个五元环结构的配离子[Sc(C2O4)3]3−，可知Sc3+与每个草酸根离子形成2个配位键，则Sc3+的配位数为6。 ②温度升高，部分H2C2O4分解，H2C2O4浓度下降，Sc2(C2O4)3的溶解度增大。所以温度高于80℃时，钪的沉淀率降低。 15. 抗肿瘤药物泰克地那林(F)及其改进药物(G)的合成路线如下： 已知：①苯环上原有的基团对后引入的基团有定位效应，—NH2、—NHCOCH3为邻、对位定位基，—COOH、—NO2为间位定位基；②胺类物质易被氧化。 （1）C分子中含氧官能团名称为__。 （2）A→B反应中，为提高B的产率，可向体系中加入__(填序号)。 a．(C2H5)3N  b．CH3COOH  c．NaHCO3   d．H2SO4 （3）D的分子式为C9H8NO2Cl，其结构简式是__。 （4）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：__。 ①含苯环，有5种不同化学环境的氢原子； ②能水解且能发生银镜反应，能与NaHCO3溶液反应。 （5）以、、为原料制备的合成路线 流程图(无机试剂、有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)__。 【答案】（1）酰胺基、羧基 （2）a、c （3） （4） （5） 【解析】 【分析】以（A）为起始原料，首先用乙酸酐将氨基乙酰化保护得到乙酰氨基对甲苯（B），避免后续氧化步骤中氨基被破坏；随后在酸性高锰酸钾条件下将苯环上的甲基氧化为羧基，得到对乙酰氨基苯甲酸（C）；C与草酰氯发生取代反应，羧基转化为酰氯得到对乙酰氨基苯甲酰氯（D）；D与邻硝基苯胺在吡啶条件下发生酰基取代反应，生成酰胺类产物E；E在Pd/C催化下加氢，将苯环上的硝基还原为氨基得到泰克地那林（F）；最终F与2,5-己二酮在无水酸条件下发生成环反应，得到改进药物G。 【小问1详解】 观察C的结构，苯环上连接-COOH（羧基），同时存在结构-NH-CO-CH3，对应的含氧官能团为酰胺基。 【小问2详解】 a．：有机碱，可与生成的乙酸反应，促进平衡正向移动，a正确； b．：加入乙酸会增大生成物浓度，抑制反应正向进行，降低产率，b错误； c．​：弱碱性物质，可与乙酸反应且不会破坏酰胺键，能促进平衡正向移动，c正确； d．​：酸性物质，会增大体系中浓度，抑制反应正向进行，d错误； 故选ac。 【小问3详解】 C是对乙酰氨基苯甲酸，与(COCl)2（草酰氯）发生羧基的酰氯化反应，-COOH转化为-COCl，结合D的分子式C9H8NO2Cl，可推导出该结构：。 【小问4详解】 条件拆解：①能与反应说明含-COOH；②能水解且发生银镜反应说明含甲酸酯基-OOCH；③仅5种等效氢说明分子高度对称，结合苯环骨架排布基团即可得到符合要求的结构：。 【小问5详解】 1,4-丁二醇被强氧化剂氧化得到丁二酸，丁二酸先转化为乙酰基丁二酸再脱水生成2,5-己二酮；原料对苯二胺与乙酸酐发生选择性单酰化反应得到对氨基乙酰苯胺；对乙酰氨基苯胺与2,5-己二酮在无水酸催化下发生成环反应，得到目标产物，对应的流程为。 16. 纳米铜用途广泛，可以以铜蓝矿(主要成分为CuS)为原料制备。 （1）浸取铜蓝矿 FeCl3溶液与CuS反应生成Cu2+和S的离子方程式为__。 （2）制铜氨溶液 向去除铁元素的浸取液中通入足量NH3可制得含[Cu(NH3)4]2+的溶液。结合数据说明不直接用氨水浸取铜蓝矿中CuS的原因__。 {已知：Cu2+＋4NH3 = [Cu(NH3)4]2+ Kf＝1×109；Ksp(CuS)＝1×10−36} （3）制纳米铜 用NaOH调节铜氨溶液的pH为11，在75 ℃水浴加热条件下，用下图所示装置制取纳米铜。 ①N2H4被[Cu(NH3)4]2+氧化为N2的离子方程式为__。　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②向三颈烧瓶中持续通入N2的原因为__。 （4）杂质检验 纳米铜样品中可能存在难溶的CuCl和Cu2O，补充完整判断样品中是否含有这两种杂质的实验方案：取少量洗涤干净的干燥纳米铜样品，____。 (已知：Cu2O＋2H＋= Cu2+＋Cu＋H2O，CuCl易被氧化；必须使用的试剂和设备：2 mol·L−1 H2SO4、6 mol·L−1 HNO3、2% AgNO3溶液，通风设备) （5）纳米铜的应用 我国科学家采用Cu-Ag双金属协同机理，通过电解法将CO2转化为乙烯，原理如题16图-2所示。纳米Cu催化剂上发生的电极反应为____。 【答案】（1）2Fe3+＋CuS = 2Fe2+＋Cu2+＋S （2）反应CuS＋4NH3[Cu(NH3)4]2+＋S2−的平衡常数K=K sp(CuS) ·Kf＝1×10−27＜10−5，正反应几乎不能发生，故不采用直接氨水浸取铜蓝矿 （3） ①. 2[Cu(NH3)4]2+＋N2H4＋4OH− 2Cu＋N2↑＋8NH3↑＋4H2O ②. 除去O2，防止纳米铜被氧化；使NH3被充分吸收，防止污染空气；吹出NH3，促进反应正向进行（任答两点即可） （4）在搅拌下将其加入过量2 mol·L−1 H2SO4中，若固体部分溶解，溶液呈蓝色，则说明样品中含有Cu2O；打开通风设备，另取少量样品加入过量6 mol·L−1 HNO3中，搅拌使固体充分溶解，取少量上清液，滴加几滴2% AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则说明样品中含有CuCl （5）2CO2＋12e−＋12 = C2H4＋12＋4H2O 【解析】 【小问1详解】 FeCl3溶液与CuS反应生成Cu2+和S，同时生成亚铁盐，反应的离子方程式为2Fe3+＋CuS = 2Fe2+＋Cu2+＋S； 【小问2详解】 反应CuS＋4NH3[Cu(NH3)4]2+＋S2−的平衡常数K=K sp(CuS) ·Kf＝1×10−27＜10−5，正反应几乎不能发生，故不采用直接氨水浸取铜蓝矿； 【小问3详解】 ①75℃时，碱性溶液中[Cu(NH3)4]2+与N2H4发生氧化还原反应，生成Cu、N2，结合质量守恒还生成NH3、H2O，铜化合价由+2变为0、肼中氮化合价由-2变为0，根据得失电子守恒，离子方程式为2[Cu(NH3)4]2+＋N2H4＋4OH− 2Cu＋N2↑＋8NH3↑＋4H2O； ②向三颈烧瓶中持续通入N2的原因为除去O2，防止纳米铜被氧化；使NH3被充分吸收，防止污染空气；吹出NH3，促进反应正向进行； 【小问4详解】 纳米铜样品中可能存在难溶的CuCl和Cu2O，补充完整判断样品中是否含有这两种杂质的实验方案：取少量洗涤干净的干燥纳米铜样品，在搅拌下将其加入过量2 mol·L−1 H2SO4中，若固体部分溶解，溶液呈蓝色，则说明样品中含有Cu2O；打开通风设备，另取少量样品加入过量6 mol·L−1 HNO3中，搅拌使固体充分溶解，取少量上清液，滴加几滴2% AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则说明样品中含有CuCl； 【小问5详解】 我国科学家采用Cu-Ag双金属协同机理，通过电解法将CO2转化为乙烯，原理如题16图-2所示，纳米Cu催化剂上CO2得电子转化为乙烯，结合溶液中离子可推，发生的电极反应为2CO2＋12e−＋12 = C2H4＋12＋4H2O。 17. 氢气是一种清洁能源，氢气的制取和储存是氢能源利用领域的研究热点。 （1）金属有机框架(MOFs)材料比表面积大，空隙多，可用于储氢，原理可表示为MOFs(s)＋nH2(g)(H2)nMOFs(s) ΔH＜0 ①H2分子通过__(填作用力类型)吸附在MOFs孔道中。 ②储氢的适宜条件为__(填字母)。 a．低温低压   b．低温高压   c．高温低压   d．高温高压 （2）镧镍合金是良好的储氢材料，其晶胞结构如图所示。储氢后，氢原子占据晶胞中上下底面的棱心和面心，形成的储氢化合物的化学式为__。 （3）十氢化萘(C10H18)是具有高储氢密度的氢能载体，脱氢反应如下： 反应Ⅰ：C10H18(l)C10H12(l)＋3H2(g)  ΔH1 反应Ⅱ：C10H12(l)C10H8(l)＋2H2(g)  ΔH2 335℃下，在恒容密闭容器中对1 mol C10H18催化脱氢，C10H12和C10H8的物质的量n1和n2随时间的变化如图所示， 反应过程中的能量变化如图所示。 ①8 h时，反应体系内H2的物质的量为__mol(忽略其他副反应)。 ②n1显著低于n2可能的原因为__。 （4）合成气经水煤气变换反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH＜0可得高纯氢气。 ①用键能估算水煤气变换反应的ΔH时，需查阅__种共价键的键能数据。 ②稀土氧碳酸盐催化剂(SMO)可催化水煤气变换反应。100℃时在SMO中加入CuOx能提升催化效率，反应可能的机理如图所示(“✖”表示转化很难进行)，其原因可能是__。 ③如图所示，实际生产中采用两阶段水煤气变换。第一阶段采用较高温度而第二阶段采用较低温度的原因是__(从反应限度和反应速率角度分析)。 【答案】（1） ①. 范德华力 ②. b （2）LaNi5H3 （3） ①. 1.951 ②. 反应Ⅱ的活化能比反应Ⅰ的小，反应Ⅱ消耗C10H12的速率比反应Ⅰ生成C10H12的速率快 （4） ①. 4 ②. 加入后，有利于使CO、HCO转化为CO2。分子优先吸附在表面形成中间体，直接将CO转化为CO2。 ③. 高温有利于提高反应速率，缩短变换所需时间；该反应为放热反应，低温时反应正向进行程度大，提高的转化率 【解析】 【小问1详解】 ① 氢气分子与金属有机框架(MOFs)材料之间没有形成化学键，属于物理吸附。氢气是非极性分子，主要通过范德华力（分子间作用力）吸附在孔道中。 ② 储氢反应 是一个气体分子数减小且放热的反应。根据勒夏特列原理，为了使平衡正向移动以利于储氢，应采用低温、高压的条件，故选b。 【小问2详解】 根据晶胞结构图，该晶胞为平行六面体。原子位于8个顶点，其个数为 ；原子位于面上和晶胞内部，其个数为；氢原子占据上下底面的棱心和面心，上下底面共有8条棱和2个面心，因此原子个数为 。综上，形成的储氢化合物的化学式为。 【小问3详解】 ① 根据反应Ⅰ和反应Ⅱ的方程式可知：生成会产生；生成相当于消耗，共产生。8h时，体系中产生的总物质的量为。 ② 由图3的能量变化曲线可知，反应Ⅱ的活化能明显小于反应Ⅰ的活化能。因此反应Ⅱ的反应速率远大于反应Ⅰ，生成的中间产物 会迅速转化为最终产物，导致体系中的积累量（）显著低于（）。 【小问4详解】 ① 水煤气变换反应 中，涉及断裂和形成的共价键有中的键、中的键、中的键、中的键，共需查阅4种共价键的键能数据。 ② 对比图示左右两部分机理可知，未加时很难直接转化；加入后，分子优先吸附在表面形成中间体，直接将CO转化为CO2，且有利于使CO、HCO转化为CO2。 ③ 该反应为放热反应（）。从反应速率角度：第一阶段采用高温，可以加快反应速率，使反应在短时间内迅速达到平衡，提高生产效率；从反应限度角度：第二阶段采用低温，可以使化学平衡向正反应方向（放热方向）移动，提高的转化率，从而将浓度降至极低水平，获得高纯氢气。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $