湖北省“荆荆襄恩”2026-2027学年高三上学期10月阶段检测 化学试卷

10月月考化学答案及评分标准 答案：ADCDD ACDBC CDACC 16.(14分)(1)ABC(2分)（少选给1分，多选、错选0分） (2)Si02和PbS04(2分，各1分) (3)3(2分) (4)增大Ht浓度，有利于H与萃取剂中的配位原子O和N结合，破坏了萃取剂与Cu2*之间的配位结构，将C2+ 从有机相中释放出来进入水相(2分) (5)9.65×107(2分) (6)①2Au+8HC1+3HO2=2 IAuCl4+60(2分) ②分子识别(2分) 17.(14分) (1)三颈烧瓶(2分) (2)①②(2分) (3)Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++20H (2) (4)过滤速度快，且得到的晶体较干燥(2分)（一个要点给1分） (5)加热过程中晶体失去部分氨分子，生成浅蓝色铜的碱式盐或氢氧化铜(2分)（一个要点给1分) (6) 6.15cV,-V% (2分)（写出合理的其它分数表达示，也得分） m (7)偏低(2分) 18.(13分) (1)醛基、（酚）羟基(2分，每种1分)； HO OH (2)1 CN(2分)： HO (3)保护（酚）羟基，避免参与后续反应(2分)；（答出“保护（酚）羟基”即得2分) (4)取代反应(1分)： COOH (5) +S0C12 +so1+HC11(2分)；（无气体符号扣1分） (6)①④(2分)（少选给1分，多选、错选0分） OOCH OOCH OH 或 (2分)（任写一种即可） HO 19.(14分)【答案】(1)①-49.2(1分) 低温(1分) ②氧（或“0”)(2分) (2)④(1分)③(1分) (3)①CH3OH(2分)②80(2分) (2分)(4)水蒸气会使催化剂活化位点减少，吸附反应物的能 17 力减弱；水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降(2分，2个方面各1分) 第1页共1页10月月考化学答案详解 1.A【详解】D.擦干己洗净铁锅表面的水，避免铁锅在潮湿环境中形成原电池腐蚀，从而起到防锈作用，而铁与 水蒸气生成FeO4需在高温条件下进行，两者并无关联，故D错误； 2.D【详解】A.重水摩尔质量20g/mol,18g重水质子数小于10NA;B.氯气与水可逆反应，不能完全反应；C. 缺体积： 0 3.C【详解】A.N-甲基乙酰胺结构简式为： CH3-C-NH-CH3 则其键线式为：又 ,A错误； B.0,分子P-PT键形成的轨道重叠示意图为8~3- -C,故B错误； DHO中两个氧都是sp3杂化，是半开书页型的，两个O在书轴上，两个氢分别和两个O相连，但不在同一平 面上，四个原子不共线，故D错误。 4.D【详解】A溶液转移时需用玻璃棒引流，使溶液沿玻璃棒流入容器（如容量瓶），玻璃棒下端应该在刻度线 以下，A错误： B.浓硫酸可氧化硫代硫酸钠，稀硫酸不能，反应原理不同，不能探究浓度对速率的影响，故B错 C,铁质搅拌棒可导热，应改为玻璃搅拌器，故C错误 D.乙醇和浓硫酸共热至170℃可以制得乙烯，挥发出来的乙醇不能使Br2的CC4溶液褪色，而乙烯可以，故该 装置能够实现用于乙醇在170C时制备并检验乙烯的目的，D正确 5.D【详解】X、Y、Z、W为原子序数逐渐增大的前四周期元素，X的基态原子只有1个未成对电子，X与Y可形 成生活中常见的液态化合物，则X、Y分别是H、O元素；Z、W的基态原子均只有1个未成对电子，W的未成 对电子在次外层，则W为第四周期副族元素，为Sc元素(3d4s);原子序数：Z<W且Z与W相互作用形成的简单 离子的电子层结构相同，可得Z为C元素。 B.C1和O可形成化合物CIO2,则电负性：O>CL,B正确。C.Sc元素位于元素周期表第IIB族，该族包含阑系和 锕系，是周期表中元素种类最多的族，C正确。D.形成配合物时，H和O形成的HO、OH都可作配体，D错 误 6.A【详解】A.氯磺酸是强酸，遇水反应生成硫酸和盐酸，盐酸和硫酸均和氢氧化钠溶液发生中和反应，A 正确：B.溶液中有氨水，因此不可能生成CO2,正确的离子方程式为：Fe++HCO,+NH3·H,O=FCO3↓+NH4+H,O, B错误；C.浓溴水具有强氧化性，会氧化邻羟基苯甲醛中的醛基(-CHO)为羧基(-COOH),C错误；D.稀 硝酸为强氧化剂，会将S,O氧化为SO,自身被还原为NO,并非简单歧化反应D错误。 7.C【详解】A.配合物中Ni的化合价为+2价，A正确： B.该配合物的配体为2个结构完全相同的三齿配体，每个配体提供2个N和1个O共3个配位原子，故分子 中有2个配体，而配位数为6，B正确： C.与中心离子配位的N原子中，部分饱和N的价层电子对数为4，采取$即3杂化，并非均采取杂化，C错误： D.CH4、H3、HO中，中心原子的价层电子对数均为4，孤电子对数依次为0、1、2。孤电子对对成键电子 对的排斥作用较强，使键角依次减小，因此键角由大到小的顺序为CH4>H>HO,D正确； 8D[详解]A.电负性：F>C1,导致三氟乙酸的羧基中的羟基的记性更大，更易电离出氢离子，符合结构推导性质， A不符合题意。B.乙醇与水分子间可形成氢键，因此二者互溶；水分子间存在氢键，H$分子间无氢键，因此水 的沸点高于HS,符合氢键对性质的影响，B不符合题意。C.C原子半径比Si原子半径小，C-C和C-H键能均 高于Si-Si和Si-H,因此CH6更稳定，C不符合题意。D.石墨硬度小，是由于层间为分子间作用力，D符合题 意。 9.B【详解】A.Z含有酚羟基，遇到FeCl3溶液显紫色：Y不含酚羟基，遇到FeCl3溶液无现象，故可以用FeCl3 溶液鉴别Y、Z两种物质；Y分子中含有羧基，能与NaHCO3溶液反应生成CO2,故可用NaHCO3溶液鉴别，A 正确。B.X的苯环中C原子杂化类型为即？、亚甲基中C原子杂化类型为p3、氰基中C原子杂化类型为p,共 H0*入*0H 2Z与足量的氢气加成后产物中含有4个手性碳原子 ,D正确。 OH 10.C【详解】A.用均摊法计算结构1中原子数：C0(黑球)：4个位于晶胞内部完全占有，4个位于晶胞顶点， C0原子总数为4+4x。45,S(白球)1个位于晶胞内部完全占有，12个位于晶胞棱上，S原子总数为1+12×号4： 8 4 原子个数比Co:S=4.5:4=9:8,对应化学式CogS,A正确： B.立方晶胞边长为α，由晶胞2结构可知，S与S的最短距离为面对角线长度的一半，即V24,B正确： 2 第1页共4页 C.晶胞2中Li位于周围4个S形成的正四面体的中心，如图： ● 以图中的Li为例，与其 ● 晶胞2 最近的S共4个，故晶胞2中距Li最近的S有4个，C错误： D.并置两个晶胞2，截取其中间部分即可得到晶胞3，如图所示： 故晶胞2和晶 胞3表示同一晶体晶胞，D正确： 11.C【详解】A.反应过程中有H-O、C=O极性键的断裂，H-H非极性键的形成，H-O、C-H极性键的形成， 没有非极性键的断裂，A错误； B.此电极发生还原反应，为阴极。B错误： C.水得电子生成氢氧根和H*,H*与MF反应生成BMF,电极反应式为HMF+2H,O+2e=BHMF+2OH, C正确； D.Pb/PbO复合催化剂能提供双中心活性位点吸附MF(PbO)和H*(Pb),但是催化剂不改变平衡。D错误： 12.D【分析】补铁剂经研磨后加稀盐酸浸泡、过滤，取滤液少量滴加硫氰化钾、所得溶液呈微红，滴加试剂 后，溶液红色加深，说明③中生成的硫氰化铁浓度大，②中生成的硫氰化铁浓度很小，则为氧化剂，将亚铁离 子氧化为铁离子，而②中铁元素主要以亚铁离子形式存在，推测其中有少量的亚铁离子被空气中的氧气氧化为很 少量的铁离子：另取少量滤液滴加酸性高锰酸钾褪色，虽然高锰酸钾被还原，但只根据这个现象不能说明滤液中 含亚铁，因为酸性条件下，氯离子也能还原高锰酸钾：另取少量滤液滴加邻二氨菲，溶液变为橙红色，根据信息 ⅱ，说明滤液中含亚铁离子，综上，补铁剂中含二价铁： 【详解】A.根据信息i:SCN中硫元素的化合价为-2价，具有还原性，如果试剂a选用过量氯水，会与SCN 发生氧化还原反应，难以生成硫氰化铁溶液，不能使现象明显，A正确： B.因之前加入盐酸，其中氯离子具有还原性，也可能使酸性高锰酸钾褪色，B正确： C.铁氰化钾溶液可以与亚铁离子生成蓝色沉淀，C正确： D.吡咯中N的孤对电子参与环共轭，不能与H形成配位键，碱性极弱；邻二氮菲中N类似吡啶（孤对电子不 参与共轭)，碱性强于吡咯，D不符合题意； 13.A【详解】A.高压钠灯发出黄光，是电子跃迁引起的，与其还原性无关，A错误； B.NaCl晶体中Na和C呈周期性有序排列，晶体具有自范性，在饱和NaCl溶液的溶解-结晶平衡中，缺角部 位可按照晶体结构规则生长为完美立方体，事实与解释相符，B正确： C.N原子价电子排布为2s2p,2p轨道半满结构更稳定，失去电子需要的能量更高，因此第一电离能N>0, 事实与结构因素相符，C正确： D.F®电荷高、半径小，极化作用强，易结合水电离出的OH发生水解生成F©OH胶体，事实与结构因素相 符，D正确： 14.C【详解】A.钢铁输水管与镁块相连形成原电池，镁作负极，发生氧化反应被腐蚀，钢铁输水管作正极， 电流由钢铁制品经过导线流向Mg,A正确： B.Mg为活泼金属，可作为牺牲阳极，则将Mg与钢铁输水管相连是用牺牲阳极法保护钢铁输水管，B正确； C.输水管上发生的是吸氧腐蚀，电极反应为2HO+4e+O2-4OH,C错误； D.金属镁的活泼性比锌大，则锌和钢铁输水管之间的电势差小，保护效果减弱，D正确； 15.C【详解】A.实线Kp(AgCI)=c(Ag)c(C1)=109.6×1=109.6,虚线Ksp(Ag2Cr04)=c2(Ag)c(Cr0)=12×10114=10-114, 故A正确： c2(cr）c(CI） B.向A点的混合溶液中，2AgCI+CrO4、三Ag2CO4+2CI,K c(Co)'c(Croc(CT)加入硝酸银固 K c(CI 体，氢离了浓度变小，cCT可即cC 、变大，故B正确： C.B点在Ag2CO4的沉淀溶解平衡曲线的上方，为不饱和溶液，因此B点条件下不能生成Ag2CO4沉淀；在 AgCI的沉淀溶解平衡曲线的下方，为过饱和溶液，能生成AgC1沉淀，故C错误； 第2页共4页 D.AgNO,溶液先与NaCl溶液反应，当C反应完，在和CrO反应生产砖红色沉淀，可以用CO作指示剂。 故D正确： 16.(14分)【答案】(1)ABC(2分) (2)SiO2和PbS04(2分，各1分) (3)3(2分) (4)增大H+浓度，有利于H与萃取剂中的配位原子O和N结合，破坏了萃取剂与Cu2+之间的配位结构，将Cu 从有机相中释放出来进入水相(2分) (5)9.65×107(2分) (6)①2Au+8HC+3HO2=2 AuCl4+6H0(2分) ②分子识别(2分) 【详解】(2)滤渣1中不与硫酸反应的成分为SiO2、Au、Ag,同时ZnS、CuS被氧化生成S,废渣中原有的 PbSO4作为不溶物也进入滤渣，故滤渣1的成分除了Au、Ag、S外，还有SiO2和PbSO4; (3)信息可知，K,[Fe(OD3]=c(Fe3*)c3(OH)=1.0×1038,要完全除去Fe3+,需保证 c(OH)=3Kc(OHa01035 V01x10molL，此时pH旺gc)尸gaO>-g8 (4)“反萃取时，增大H浓度有利于Cu+进入水相的原因是：增大H浓度，H与萃取剂中N、O原子结合， 破坏萃取剂与Cu2+之间的配位键，使Cu2+从有机相中释放进入水相： (5)6410g×2×96500Cm0k20004xt,运算得9.65×107秒 64glmol (6)根据图示，当c(H,O2)=x1mol/L时，Ag的浸取率较高（约95%），而Au此时还未浸出，此时可优先浸 出Ag,保留Au在滤渣中。随后，将c(H,O2)提高至x3moL,此时Au的浸取率接近100%，而Ag已基本浸出 完毕。因此，x3mol/L时为Au浸出的反应。 17.(14分)【答案】(1)三颈烧瓶(2分) (2)①②(2分) (3)C(OH2+4NH3=[CuNH)4]2++20T(2分) (4)过滤速度快，且得到的晶体较干燥(2分) (5)加热过程中晶体失去部分氨分子，生成浅蓝色铜的碱式盐或氢氧化铜(2分) (6) 6.15c(y2-V2% (2分) m (7)偏低(2分) 【详解】(2)A装置制备氨气，浓氨水与氧化钙反应放出氨气、浓氨水和氢氧化钠固体混合放出氨气，所以固 体试剂可选生石灰、氢氧化钠，选①②。 (5)[Cu个NH3)4]SO4H0受热易失氨，所以乙组产品颜色异常的可能原因是加热过程中晶体失去部分氨分子， 生成浅蓝色铜的碱式盐或氢氧化铜。 (6)产品中，[CuNH)4]SO4HO与NH的物质的量之比为1：4。加入过量NaOH并加热，NH全部蒸出。用 过量盐酸吸收H:NH+HCNH4Cl;用NaOH标准溶液滴定剩余的HCl。样品实验消耗NaOH体积V1mL: 空白实验（同量盐酸，不加样品）消耗NaOH体积V2mL。被NH消耗的HCl的物质的量：nHC)(消)=c(V? -V)103.所以NH)=c(V2-V)10-3mol。由化学式，Cu(NH)4]s0H,0=1nNH)=1cV2-V)103mol。 4 4 产品中[Cu0NHS04H0的质量为246cY一Y2×10g产品中[Gu0NHB41S04H0的质量分数为： 246c(V,-V)x10-3 100%=615cy,-V26 41m m (7)若碱式滴定管滴定前尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，则滴定终点时读数偏小，读取的标准溶液的体积偏小， 即V偏小。结合计算式可知，V偏小会导致测定值偏低。 18.(13分)【答案】 (1)醛基、（酚）羟基(2分，每种1分)： HO OH (2) (2分)： HO (3)保护（酚）羟基，避免参与后续反应(2分)： (4)取代反应(1分)； 第3页共4页 COOH 5 +s02↑·HCIT(2分)； (6)①④(2分) OOCH OOCH HO OH (7) 或 (2分)（任写一种即可） 【详解】 (1)A分子为3,4-二羟基肉桂醛，含有的含氧官能团为醛基和（酚）羟基： HO OH (2)由A合成B的方法是先利用氰化氢和醛基的加成反应合成中间体 N，随后由于（醇）羟基 HO 有B-H,可进一步发生消去反应得到B。 (3)整个路线中，先利用碘甲烷将（酚）羟基转化为甲氧基，避免在后续的步骤中与氯化亚砜发生反应： (4)该步是（酚）羟基的脱保护反应，用HBr中的氢原子取代甲氧基中的甲基，脱去小分子CHBr,是典型的 取代反应； (5)由元素守恒推断可知两种酸性气体为SO2和HCl,故反应的化学反应方程式为 -0 COOH 、 COCI +S0C2 +S02+HC1 0 (6)①存在顺反异构的分子有B、C、D、E、F、G共6种；②分子内能与氢气加成的官能团或结构有苯环、碳 碳双键、氰基共消耗3+1+2=6种：③分子内能与酸性高锰酸钾反应的官能团或结构有碳碳双键和连有H原子的 苯环α-C,故使酸性高锰酸钾溶液褪色不能说明 有碳碳双键：④分子内具有两个距离接近的羟基，可能通过五元环形成氢键 (7)C分子分子式为CH304,有6个不饱和度。条件①说明有碳碳双键，需要至少2个碳原子和1个不饱和度： 条件②说明有醛基，需要至少1个碳原子、1个氧原子和1个不饱和度：条件③包含多种情况，在满足条件①和 条件②之后，分子还剩下6个碳原子、4个不饱和度和3个氧，因为能与NOH反应的基团有酚羟基、羧基、酯 基等，而目前仅剩3个氧原子，必然不可能全为酚羟基或者羧基。结合前面条件，考虑存在酚酯，而1ol甲酸 酚酯同时能消耗2 mol NaOH和发生银镜反应，故推断得，该分子结构含有苯环以及与苯环直接相连得乙烯基、 OOCH HO OH 甲酰氧基和2个酚羟基，其中，满足核磁条件的为 两种。 19.(14分)【答案】(1)①-49.2(1分) 低温（1分) ②氧（或“0”）(2分) (2)④(1分)③(1分) (3)①CHOH(2分)②80(2分) 1(2分)(4)水蒸气会使催化剂活化位点减少，吸附反应物的能 17 力减弱：水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降(2分，2个方面各1分) 【详解】(1)①根据盖斯定律，反应1=反应Ⅱ+反应Ⅲ，因此△H=+41.2-90.4=-49.2 kJ-mol厂1；反应I熵减、放热， 所以低温自发②根据题目给出的反应历程图，可以看出HCOO*→HCOO*的活化能较高，HCOO*→HCOOH* 的活化能较低，显然，HCOO上的O原子加氢（生成HCOOH)的活化能更低，反应更容易进行，且产物更稳定， c00上的0原子胞更有利：2)已知nK三R十C,因为反T利m的△H<0,为 升高温度，K值减小，所以K的斜率为正。△H的绝对值越大，斜率越大。故表示反应I的曲线编号为④、表示 反应Ⅲ的曲线编号为③。 (3)①升温时，放热的反应逆向移动，CH3OH、HO物质的量分数降低；吸热的反应I正向移动，CO物质的 量分数升高，因此升高增大的X为CO:又n(HO)=(CHOH)+(CO),H,O的物质的量分数始终大于CHOH, 因此Z为H0:Y为CH3OH②设反应I转化C02为nol,反应I转化C02为mol,已知平衡时n(H2O)=1.0mol, nH,)=34m0l,则x+y=10,6-3x-y=34,解得x=08,y=0.2,因此CH,0Hm-8×10°6806： (4)平衡角度：HO(g)是反应I、Ⅱ的生成物，进料H20(g)分压增大，会使反应平衡逆向移动，不利于甲醇生成： 催化剂角度：HO(g)会吸附占据催化剂的活性位点，使催化剂活化位点减少，吸附反应物的能力减弱，因此需要 控制进料中H,O(g)的量。 第4页共4页6.下列离子方程式书写正确的是 A.CISO H(强酸)与足量NaOH溶液反应：H+CISO3+3OH一SO42-+C1+2HO B.将FeSO4溶液与氨水-NH4HCO3混合溶液反应，生成FeCO3沉淀： Fe2++2HC03=FeCo3↓+C02↑+H,O OH OH Br CHO CHO C.邻羟基苯甲醛中加入足量浓溴水： +2Br2→ +2H'+2Br Br D.NaSO3溶液中加入稀硝酸：S,O+2H=S↓+SO,个+H,O 7.科学家合成了一种有抑菌活性的配合物，其结构如图。下列说法错误的是 A.配合物中Ni为+2价 B.该配合物中配位数与配体个数不相等 C.与中心离子配位的N原子均采取s即杂化 D.C、N、O三种元素形成的简单氢化物的键角由大到小的顺序为：CH4>H3>H,O 8.由下列微观描述不能推测出对应性质的是 微观描述 性质 A 电负性：F>C 三氟乙酸的酸性强于三氯乙酸 B 分子间形成氢键O—H…O 乙醇与水互溶，水的沸点大于硫化氢 C 键能：C-C>Si-Si、C-H-Si-H C,H稳定性大于Si,H。 D 金刚石中每个碳原子形成的化学键数目更多 金刚石比石墨硬度大 9.化合物Z是一种抗骨质疏松药物的重要中间体，可由下列反应制得。下列有关说法错误的是 HO OH HO OH CN H'/H.O COOH 一定条件 Y A.用FeCl3溶液和NaHCO3溶液均可鉴别Y、Z两种物质 B.X分子中碳原子的杂化类型有2种 C.Y分子最多有16个原子共平面 D.Z与足量的氢气加成后产物分子中含有4个手性碳原子 高三化学试题第2页（共8页) 10.某锂离子电池电极材料结构如图。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构： 晶胞2是充电后的晶胞结构；所有晶胞均为立方晶胞。下列说法错误的是 ● ●Co o Li 结构1 晶胞2 晶胞3 A.结构1钻硫化物的化学式为Co,Ss。B.晶胞2中S与S的最短距离为V5a C.晶胞2中距Li最近的S原子有3个D.晶胞2和晶胞3表示同一晶体晶胞 11.在电催化5-羟甲基糠醛HMF)加氢制备2,5-呋喃二甲醇BHMF)的反应中，碳负载的纳米 Pb/PbO复合催化剂发挥了关键作用，其的催化反应路径如图所示H*代表活性氢)。下列说法正确 的是 BHMF HO PbPbO Pb +e HO ▲OH H* H* OH Pb Pbo Pb Pb Pbo Pb (副产物)H, H H* Pb Pbo Pb HMF A.反应过程中有非极性键和极性键的断裂与形成 B.碳负载的纳米Pb/PbO复合催化剂所在电极为阳极 C.生成BHMF的电极反应式为HMF+2H,O+2e=BHMF+2OH D.Pb/PbO复合催化剂能提供双中心活性位点吸附HMF和H*,从而提高反应的平衡产率 12.某小组同学检验补铁剂中铁元素的价态，实验如下。 滴加 试剂a 滴加 KSCN溶液 溶液微微变红溶液红色加深 滴加至少量 加稀盐酸浸泡 KMnO,溶液中 过滤 研磨补铁剂 ④ 药片 滤 KMnO,溶液褪色 滴加 邻二氮菲溶液 ⑤ 溶液变为橙红色 高三化学试题第3页（共8页) 己知：i.SCN中硫元素为-2价；ⅱ.邻二氮菲的结构简式为 ,邻二氮菲可以和Fe+ 生成稳定的邻二氮菲亚铁离子（橙红色），可用于F+的检测：i.吡咯( NH)分子中所有原子 可共平面。下列说法错误的是 A.为使②到③的实验出现对应现象，不能使用过量氯水 B.KMnO4溶液褪色不能说明补铁剂中含有Fe2+ C.用铁氰化钾溶液代替邻二氨菲溶液，则⑤中会出现蓝色沉淀 D.邻二氨菲的碱性比吡咯的弱 13.物质的性质与其结构密切相关。下列结构与其性质不相符的是 A.金属钠有强还原性，可以制作发出黄光的高压钠灯 B.NaCI晶体中Na+和CI呈周期性有序排列，缺角的NaCI晶体在饱和NaCl溶液中恢复成 完美立方体块 C.N原子的2p轨道半满，较稳定，第一电离能：N>O D.Fe3+电荷高、半径小，易结合水电离出的OH,FeCl3易水解形成红褐色Fe(OHD3胶体 14.城镇地面下常埋有纵横交错的金属管道，当金属管道或铁轨 在潮湿土壤中形成电流回路时，就会引起这些金属制品的腐蚀。 地面 Mg 为了防止这类腐蚀的发生，某同学设计图所示的装置。下列有关 说法中错误的是 导线 A.电流由钢铁输水管经过导线流向Mg B.此防腐方法为牺牲阳极法，属于电化学保护的一种 钢铁输水管 C.钢铁输水管上发生的电极反应为：2H0+2e=H2↑+2OH D.将Mg换成金属锌，则保护效果减弱 15.室温下，两种难溶盐AgCI(白色)、Ag2CO4(砖红色)的离子浓度关系曲线如图所示，其中 p(CI )=-1gc(CI )p(Cr)=Igc(Cr),p(Ag*)=-Igc(Ag"). 下列说法错误的是 12 A.由图像可知：&(Ag 2CrO4 <Ks AgCI) 11.4 B.向A点的混合溶液中，加入硝酸银固体， 10 9.6 c(c)变大 p(Cr)8 c(Croi) 或 A C.B点条件下能生成砖红色沉淀，不能生 p(CrO)6 成白色沉淀 D.用AgNO3溶液滴定NaCI溶液，可以加 极 入几滴NaCO4溶液作指示剂 4 576 8 9.61012 P(Ag) 高三化学试题第4页（共8页) 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16.(14分)对工业废料进行物质回收再利用符合“绿色化学”，现有某废渣主要含ZnF204、ZnS、 CS、PbSO4,还含有少量Au、Ag单质及SiO2杂质。工业上采用下列流程对其中金属元素进行 回收提取。 H,SO4、 0 X试剂 萃取剂 调pH 有机相 反萃取 →Cu 滤液1 酸浸 沉淀 萃取分液 水相 结晶 ·+ZnSO 滤渣1. 滤渣2 滤液4 回答下列问题： (1)在“酸浸步骤中，为了提高酸浸效率，可以采取的措施有 (在下列选项中 选择) A.适当升温B.搅拌C.将废渣磨成粉末D.加大废渣投放速率 (2)矿粉中的金属硫化物、金属氧化物在酸浸步骤中全部溶解，同时硫元素被通入的空气氧化 为S单质。则滤渣1的主要成分除了Au、Ag、S外，还有 (3)沉淀时通过调节pH使Fe+转化为沉淀而除去，该工序中应将pH调至大于或等于 (已知：此工作温度下Fe(OHD3的溶度积常数约为1×1038；当某离子浓度c≤1×10mol/L时，可 认为该离子沉淀完全) OH (4)“萃取分液中选用Lix-84(c,H。 OH)萃取剂对铜元素进行萃取，萃取后的有机 O…H0-1 相结构为C,H CgH。 请从结构角度分析，“反萃取”时，增大H浓度有利 -OH.0 于Cu+进入水相的原因是 (5)上述生产的铜还要经过电解精炼得到纯铜。若工厂的工作电流为2000A,则生产64吨纯铜， 需要的时间为 秒。（已知法拉第常数为96500Cmol) (6)①向滤渣1中加入盐酸和HO2溶液分步提取Au、Ag,A、Ag分别转化为AuC14]和[AgC1。 一定条件下，Au、Ag浸取率随溶液中cHO)的变化如下图所示。在cHO)为xmol/L时发生 的化学反应方程式为 100 Ag ②某杂冠醚可选择性地与废液中的Ag*形成如图所示的超分子 50 Au 必 X2 A3 因为该杂冠醚与Ag*有配位作用且冠醚空腔直径与Ag*直 c(H2O2)/(mol/L) 径大小相匹配。此过程描述的超分子的重要特征是 高三化学试题第5页（共8页) 17.(14分)硫酸四氨合铜晶体[Cu个NH)4]SO4H0(M=246gmol)呈深蓝色，是一种高效广谱杀 菌剂，受热易失氨。某学习小组甲制备该晶体并测定其纯度。过程如下： I.晶体制备：如图为晶体制取装置 向仪器a中加40mL0.1molL1CuSO4溶液，再通入NH3。可观察到先产生蓝色沉淀，后沉淀溶 解，得到深蓝色透明溶液。再加入80L95%乙醇，并用电磁搅拌器充分搅拌，静置一段时间后， 减压过滤、洗涤、干燥，得到深蓝色晶体[Cu个NH3)4]SO4HO。 浓氨水 CuSO,溶液 固体X 罗罗 磁力搅拌子 稀硫酸 (1)仪器a的名称为 (2)固体X可选 (填序号)。 ①生石灰②烧碱③纯碱④芒硝 ⑤胆矾 (3)写出沉淀溶解时发生反应的离子方程式 (4)实验中采用减压过滤的优点是 (5)某学习小组乙将得到的深蓝色透明溶液进行加热蒸发，直至出现较多晶膜，冷却后得到的 固体呈浅蓝色。分析乙组产品颜色异常的可能原因是 Ⅱ、产品纯度测定 准确称取mg产品，溶解后加入过量NaOH溶液并加热，将NH3完全蒸出并用过量盐酸吸收，再 用NaOH标准溶液滴定过量的盐酸（甲基橙为指示剂），消耗NaOH溶液V1mL;另取同量盐酸 做空白实验，消耗NaOH溶液V2mL。已知NaOH标准溶液的浓度为cmol-L-。 (6)该样品中[CuNH)4]SO4HO的质量分数为 (用含m、c、V1、V2的代数式表示)。 (7)若空白实验时，碱式滴定管滴定前尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，会导致测定值 (填 “偏高偏低或“无影响)。 高三化学试题第6页（共8页) 18.(13分)咖啡酸苯乙酯(CAPE)是峰胶中的活性成分之一，具有抗炎、抗癌的生理活性， 其一种合成路线如下，回答下列问题： HO. COOH HCN,△， G(CAPE) (1)A中含有的官能团名称是 (2)由A能够通过连续两步反应合成B,其中第一步反应的产物是 (3)合成路线中使用碘甲烷的作用是 (4)F到G的反应类型是 (5)由D合成E的步骤中，除了有酰氯产物生成外，还放出了两种酸性气体，请写出该步反应 的化学方程式 (6)下列说法正确的有 ①合成路线中存在顺反异构的分子共有6种 ②1molB最多能与4molH2发生反应 ③向F中滴入KMO4溶液，溶液褪色，证明F中有双键 ④C中可能存在分子内氢键 (7)C的同分异构体中，满足如下条件的分子的结构为 (任写一种)： ①能与Br2的CCl4溶液反应： ②能发生银镜反应： ③每1mol分子能与4 mol NaOH发生发应： ④核磁共振氢谱峰面积之比为2：2：2：1：1。 19.(14分)CO2选择性加氢制甲醇，传统铜锌催化剂因活性位点高度耦合生成副产物C0,涉 及的反应如下： I:CO2(g+3H(g)卡CHOH(g)+HO(g△H Ⅱ：C02(gtH(g)=C0(gtH2O(g)△H2=+41.2 kJ.mol1 III:CO(g)+2H2(g)CH:OH(g)AH3=-90.4 kJ.mol 回答下列问题： (1)①△H1= kJ.mol-1,反应I在 （填“高温低温”或“任何温度)能自发进行。 ②反应I的反应历程如图所示(*表示吸附态)。由图可知HCOO*上的 原子加氢更有利。 高三化学试题第7页（共8页) 1.80f 1.40 CH-O(g) 1.00 H.CO2* CH-OH* 十0* 0.60 CH-O CO2(g) +● 0.20 A/3 +3H(g) -0.20 CHO* 反应历程 +OH* -0.60 CHOH(g) -1.00 CO:g CO2* +H2O(g) HCOOH* +6H* -1.40 HCOO* HCOOH(g) CHO+CHOH* -1.80 反应中间体 +OH+OH*CH.OH* +H,O* (2)已知nK=-二+C(K为平衡常数，R和C为常数)。nK与1T的关系如图所示。则反应I和 RT 反应Ⅲ对应的曲线分别为 (填标号，下同)。 InK 1 ③ ② /K- (3)在3MPa下，向某密闭容器中按投料比n(H2):n(CO2)=3:1充入反应物发生反应I、Ⅱ，反应达 到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如下图所示。 01 时 000 H 0.6 0 +C02 ◆Z 翠0.2 ★Y o-X 0三 200220240260280温度/℃ ①Y线所示物种是 (填化学式)。 ②260C时向密闭容器中加入2molC02和6molH2,达平衡时测得n(H20)=1.0mol,n(H)=3.4mol, 选择性S(cHOH)= 9%S(CH,OH)=转化为COH的c0,的物质的量×100%]，反应I的平衡常数 转化的CO2的总物质的量 Kp= (结果用分数表示，分压=总压×物质的量分数)。 (4)工业生产甲醇的催化体系需控制进料气中HO(g)的进入量，原因是 (从催化剂活性 位点和化学平衡角度分析)。 高三化学试题第8页（共8页)