湖南师范大学附属中学2026-2027学年高三上学期10月阶段检测 化学试题

高三化学三 本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页。时量75分钟，满分100分。 可能用到的相对原子质量：N~14O~16Na~23 一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要 求的。) 1.中国科技自主创新，自立自强。下列说法错误的是 纺 A.“6G通信”使用的宽禁带半导体材料氮化傢，具有高电子迁移率特性 游 B.“东方超环”(EAST,中国“人造太阳”)在超高温下使氘氚核聚变，该聚变属于化学变化 國 C.“黑土粮仓”保护中使用酸性磷石膏来改良苏打盐碱地，利用了离子交换及酸碱中和原理 和 D.“北脑一号”高密度皮层薄膜电极采用的是柔性高分子材料，材质柔软，生物相容性高 2.下列叙述正确的是 0 A.用托盘天平称取11.75g食盐 戡 B.用蒸发皿加热蒸发浓缩溶液时，必须垫上陶土网 C.容量瓶、滴定管使用前均需要检漏 D.量筒、容量瓶、锥形瓶都是不能加热的玻璃仪器 3.铜阳极泥是一种含贵金属的可再生资源，浸出时发生反应Cu2Se十4H2O2十4H+一2Cu2+十H2SeO3十 5H2O。下列说法正确的是 常 A.水分子的空间填充模型：○○○ B.SeO的VSEPR模型 C.基态Se价层电子的轨道表示式：t可tt 链 D.H2O2分子的空间结构为直线形 拼 4.部分含氮物质的“价-类”二维图如图所示。设N为阿伏加德罗常数 N 的值，下列说法正确的是 +2 A.标准状况下，22.4LX中心原子上价层电子对数为3NA 0 B.2.8gY在纯氧中完全反应生成Z的分子数目为0.1NA -3 G→H C.催化氧化X→Z,每消耗1molX转移电子数为5NA 氢化物单质氧化物酸碱盐 物质类别 D.1L0.1mol·L1H的溶液中含NH时的数目小于0.1Na 化学试题(27T)第1页（共8页） 5.下列不能由结构直接推测出对应性质的是 选项 结构 性质 NH2 NH2 NH2 NH2 A 中N原子上电子云密度小于 碱性： CI B 氮气分子中氮氮三键的键能大 通常条件下N2很稳定 N+-CH C 化合物中阴、阳离子体积很大，结构松散 的熔点低 D 硅原子通过sp杂化形成立体网状结构 单晶硅的熔、沸点高，硬度大 6.利用化学方法捕集、转化和封存二氧化碳是实现“碳达峰”和“碳中和”的重要途径。下列有关“双碳”目标 表述中涉及的方程式书写正确的是 A.用足量氢氧化钠溶液喷淋捕捉空气中的二氧化碳：CO2十OH一HCO2 B.利用饱和碳酸钠溶液吸收工业废气中的二氧化碳：CO?十CO2十H2O一2HCO5 C.在碱性介质中将二氧化碳电催化还原为乙烯，阴极电极反应式： 2C02+12e+8H2O-C2H4+120H D.利用废气中的CO2模拟侯氏制碱法：CO2+2NH3+2NaCI+H2O一NaCO3'+2NHCl 7.工业盐酸呈黄色与含有铁元素有关，为了探究工业盐酸呈黄色的原因，进行下列实验。 实验甲： 橙黄色 黄色 2屬 取大约半药匙 加人适量 加入 FeCL,固体 蒸馏水使固体溶解 稀盐酸 实验乙： 橙黄色 几乎无色 黄色 1 2摩 3圈 4 取大约半药匙 加入适量 加人 加入 Fe(NO,),固体蒸馏水使固体溶解 稀硝酸 稀盐酸 已知：Fe8+在水溶液中以[Fe(HzO)。]3+形式存在，呈肉眼几乎无法分辨的淡紫色；[FeCL]厂呈黄色； [Fe(OH)]+呈橙黄色；NO3较难与Fe+形成稳定的配合物。 下列说法错误的是 A.实验甲、乙的试管2中均呈橙黄色与Fe+水解有关 B.实验乙的试管3中呈无色与硝酸的氧化性有关 C.与Fe3+的配位能力：H2OCI D.工业盐酸中呈黄色的微粒是[FeCL4] 化学试题(27T)第2页（共8页） 8.某含铜催化剂的阴离子的结构如图所示。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，其中X、Y、Z位 于同一周期，基态X原子的价电子排布式为s”np”。下列说法错误的是 A.电负性：Z>Y>X>W XZ;W B.Y的第一电离能大于同周期相邻元素 C.该阴离子中铜元素的化合价为+3 XZ D.由W,Y、Z构成的化合物不可能为离子化合物 9.由短周期主族元素组成的物质有如图转化关系。常温常压下A呈液态，M能溶于NOH溶液，H为白色 沉淀，G是二元强酸。下列叙述正确的是 A 回o包H B 回0-可回9①0g 金属单质M,△ A.工业上采用热还原法冶炼金属单质M B.物质D常温常压下为固体，难溶于水、微溶于酒精 C.1molE与足量氧气反应可生成1molF D.H、I、J均为两性化合物 10.高锰酸根离子(MnO:)与碘离子(I-)在酸性溶液中可发生如下反应： i.2MnO4+15I+16H+-2Mn2++5I5+8H2O i.IO3+8I+6Ht—315+3H20lgK2=65 i.6MnO+5I+18H+-6Mn2++51O3+9H2O 根据上述反应信息，下列说法正确的是 A.反应i中，当转移2mol电子时，生成的物质的量为2mol B.酸性条件下，MnCa一定可以使淀粉-KI试纸变蓝 C.酸性条件下，IO的氧化性强于MnO:,使反应ⅲ得以进行 D.当反应物中n(MnO):n(T)=1：1时，产物中存在IO 11.化学源于生活，并服务于生活。为达到实验目的，下列实验设计，现象与结论均正确的是 选项 实验目的 实验设计 现象与结论 取少量样品溶解于装有水的试管 检验纯碱样品中是否含 有白色沉淀产生，说明纯碱样品 A 中，加人过量的稀硝酸后，再加入 有氯离子 中含有氯离子 硝酸银溶液 检验某盐中是否含有铵 取少量固体于试管中加热，将湿润 试纸未变蓝，说明不含有铵根 B 根离子 的红色石蕊试纸置于试管口 离子 检验日2还原氧化铜的红 取适量固体于烧杯中，加入稀硝 C 溶液变蓝，说明含有Cu2O 色产物中是否含Cu2O 酸，搅拌溶解 检验NaHCO,固体中是 取少量固体溶于水，滴加Ca(OH)2 若有白色沉淀产生，则样品中含 D 否混有Na2CO3 溶液，观察现象 有Na2c03 化学试题(27T)第8页（共8页） 12.NH催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图甲所示；有氧条件下，Fε3+催化 NH,还原NO的反应历程如图乙所示。下列说法正确的是 能量/kJmo) NH3 -Fe3 H2O 5N2(g)+b 4NH3(g)+ 6H,0(g)↑ Fe2*+·NH2+H NO 02 6NO(g) ② 反应过程 N2+H2O Fe2++H" 甲 A.图甲所示热化学方程式为4NH(g)十6NO(g)一5N,(g)+6H,O(g)△=-(a-b)kJ.mol B.图乙所示反应③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为！·1 C.脱硝过程中使用催化剂的目的是降低活化能，改变反应焓变 D.图乙所示催化脱硝过程中既有极性共价键的断裂和形成，又有非极性共价键的断裂和形成 13.废锂离子电池正极材料中含有大量镍、钴等元素，通过分选、硫酸浸出、除杂净化等工序，可以回收钴、 镍。由镍钴废渣[主要成分为Ni(OH)2、NiO(OH)、Co(OH)2、CoO(OH)、CuO、Al2O3]回收镍、钴的流 程如图所示。 稀硫酸、 稀硫酸 H2O2溶液 镍钴废渣 >一段酸浸 →浸出渣 →二段酸浸 二段 浸出液 除杂 一段 通氨气调pH 浸出液 Co2+、Ni2+ 后，过滤 下列说法正确的是 A.“镍钴废渣”中CoO(OH)易溶于稀硫酸 B.在“二段酸浸”中，NiO(OH)发生的反应为2NiO(OH)十H2O2十2H2SO4—2NiSO4+O2A+4H2O C.“调pH”时，通入过量的氨气有利于除净AI3+和Cu+ D.“二段酸浸”过程中升高温度一定可以提高浸取率 14.CO2催化氢化还原可合成燃料甲醇。向一恒容密闭容器中按CO2和H2物质的量之比为1：3投料，在 催化剂的作用下合成甲醇，涉及的主要反应如下： 反应①：CO2(g)+3H2(g)=CHOH(g)+H2O(g)△H1=-49kJ·mol-1 反应②：CO2(g)+H2(g)=C0(g)+H2O(g)△H2=+41kJ·mol-1 测得平衡时CO2的转化率、CHOH和CO的选择性[如CHOH的选 880 择性=n(CH.0巴×100%]随温度的变化情况如图所示。下列说法辈8】 转化(CO2) 60 错误的是 40 A.曲线a代表CO2的平衡转化率，曲线b代表CH3OH的选择性 20 0 B.反应达到平衡后，增大容器容积，反应②平衡正向移动 0 180200220240260 C当CH,0H和C0的选择性相等时，反应②的平衡常数为0 温度/℃ D.使用反应①的专属催化剂，不能提高CO2的平衡转化率 化学试题(27T)第4页（共8页） 二、非选择题（本题共4小题，共58分。） 15.(14分)亚硝酸钠(NaNO2)外观酷似食盐且有咸味，是一种常用的发色剂和防腐剂。某学习小组进行相 关实验，回答下列问题： 实验I.制备NaNO2 已知：①2NO+Na2O2-2NaNO2,2NO2+Na2O2=2NaNO2; ②NO能被酸性高锰酸钾溶液氧化为NO2。 该小组利用下列装置制备NaNO2(夹持及加热装置略去，部分仪器可重复使用)。 稀硝 酸性高锰 过氧化钠 酸钾溶液 浓硫酸 铜 A (1)反应开始前需通入氮气，防止 (填2种物质的化学式)与Na2O2反应使产品纯度 降低。 (2)仪器按气流方向的连接顺序为b→ (3)E中发生反应的离子方程式为 实验I.样品中NaNO2纯度测定 (4)配制100mL0.20g·mL1NaNO2标准使用液，需要使用的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、量筒、胶头 滴管，还需 。配制过程中，未洗涤烧杯和玻璃棒，会使标准使用液浓度 （填“偏 大”或“偏小”)。 (5)用分光光度计测量标准系列溶液的吸光度A,获取以NaNO2质量为横坐标、吸光度A为纵坐标的标 准曲线。分别量取不同体积NaNO2标准使用液，加入显色剂，用蒸馏水定容至25mL。部分数据处 理如下： NaNO2质量（μg) 0 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 吸光度A 0 0.101 0.147 0.192 0.237 0.283 通过上述实验数据得到吸光度A与NaNO2质量的标准曲线函数y=0.4553x+0.01,则n为 (填整数)。 (6)①用实验I制备的NaNO2样品配成ag·mL1样品溶液。取1mL该溶液，加人显色剂，定容至 25mL,测得吸光度为A1,样品中NaNO2纯度是 (用a、A1列出计算式)。 ②有关报道指出，维生素C可以有效降低食品中NaNO2含量。为探究真实性，小组成员进行如下实 验（维生素C不干扰该实验吸光度的测定）。 实验方案 实验数据 实验结论 取 mL样品溶液，加入少量 A (填“>”“<” 维生素0可以有效降低 维生素C充分反应，再加入显色剂， 或“-”)A2 NaNO2的含量 定容至25mL,测得吸光度为A2 化学试题(27T) 第5页（共8页） 16.(15分)钼(Mo)是重要的战略金属。一种由辉钼矿(MoS2,含有少量Cu、Zn、Fe的硫化物和SiO2)生产高 纯度MoO3的工艺流程如下： 辉钼心焙烧 →烟气 盐酸NH·H,ONH),S +焙渣→酸洗→氨浸→除杂→ 蒸发 结晶 →NH),Mo,044H,0→煅烧Mo0 酸洗液滤渣1 滤渣2 已知：①MoO3不溶于水和稀酸，但可溶于碱（如氨水）形成钼酸盐(MoO)。 ②Zn2++4NH3一[Zn(NHg)4]2+K=3.0×10°，Zn2+在足量氨水中生成[Zn(NH3)4]2+。 ③Ksp(ZnS)=1.6×10-24。 (1)焙烧辉钼矿 ①Mo的原子序数为42.位于元素周期表的 区。 ②焙烧前，将矿石研磨成粉末的作用是 0 ③MoS2经“焙烧”转化为MoO和SO2,该反应的化学方程式为 ④为减少烟气产生的空气污染，下列适合吸收烟气的物质是 (填标号) a.CaO b.CaCOa c.CaCl2 d.CaSO (2)焙渣除杂 ①“酸洗”后过滤，滤渣中仍残留少量杂质金属离子，“氨浸”过程中加入足量氨水的目的是 ②“滤渣2”的主要成分为 ③“除杂”后，若c(NH3)=2.0mol·L1,c(S-)=1.6×10-6mol·L-1,则c([Zn(NH)4]2-)= 0 (3)提纯MoO3 “蒸发结晶”前，将钼酸盐溶液酸化，溶液中会形成七钼酸根离子（结合上述流程，写出该过程发生反 应的离子方程式： 0 17.(15分)甲磺酸萘莫司他(K)是临床常用的强效蛋白酶抑制剂，以下是甲横酸萘莫司他的合成路线（部分 Br OHBr,/乙酸 OHSn/乙酸， OHCuCN/DMF CN HCI/CH,OH ① Br ② Br N,保护 HO C ③ C-NH-HCI NH /CH,OH C=NH CH SO,H ⑤H ⑥ HO 6-脒基-2-萘酚 DCC O ⑦ NHHCI ooc-○NH-NH, NaHCO /H,O H,SO,H/CH,OH 00C -NH--C-NH, HN-C NH·CH,SO, ⑨ HN- NH-HCI NH·CH,SO,H NH·CH,SO,H 已知：|，萘( )与苯的结构和化学性质相似； Ⅱ.酸性环境下酚羟基不易被氧化。 化学试题(27T)第6页（共8页） 回答下列问题： (1)化合物B的分子式为 ;化合物E中含氧官能团的名称为 (2)反应①的化学方程式为 :反应①、③、④、⑧中不属于取代反应的 是 0 (3)反应①以乙酸为溶剂，其目的是 (4)与化合物C含有相同官能团且有萘环结构的同分异构体有 种。 NH (5)以苯酚为原料，参照题干合成路线，设计完善制备对羟基苯甲脒(HO一〈》 C-NH2)的合成路 线（无机、有机试剂任选，结构简式书写规范，反应条件标注清晰）。 OH OH Brz/CCL 4 05℃ Br &(14分)苯乙烯可由乙苯直接脱氢或乙苯氧化脱氢两种方法制备，涉及的反应如下： I.直接脱氢： CH,CH(g)一《-CH-CH&(g)+H,(g)△H (1)已知：反应① C,CH(g)+婴0(g)一8C0,(g)+5H.0(g)△H,=-4386.9 kJ。mol-1 反应② CH=CH2(g)+10O2(g)-8C02(g)+4H2O(g)△H2=-42631kJ·mol- 反应③H,(g)+202(g)—H,0(g) △H3=-241.8kJ·mol-1 则直接脱氢反应的△H= kJ·mol。 (2)下列关于直接脱氢反应的△H一T△S随温度T的变化趋势正确的是 (填标号，下同)。 VI-HY A C D (3)恒温恒压的密闭体系中，发生直接脱氢反应，下列能说明体系一定达到平衡状态的是 0 A.v(乙苯)=(H) B.混合气体的密度保持不变 C.混合气体的平均摩尔质量保持不变 D.n(乙苯)：n(苯乙烯)：n(H2)=1:1:1 化学试题(27T)第7页（共8页） Ⅱ.氧化脱氢： CH,CH,(g)+C0,(g)《 CH-CH2(g)+H2O(g)+CO(g) (4)某研究团队成功开发出用于乙苯氧化脱氢制苯乙烯的高效催化剂，催化机理如图： -CH—CH -CHCH3 HO、+ 0 -CH=CH, CO H CO H20C0 0 B B11 B 催化剂 催化剂 催化剂 催化剂 其中α、B表示乙苯分子中C原子的位置；A、B为催化剂的活性位点，A位点带部分正电荷，B位点带 部分负电荷。 ①乙苯。C一H断裂得到的中间体(《二CH一CH。)可与苯环共轭，稳定性增强。据此判断乙苯 分子中C一H键能：aC-H (填“>”或“<”)βC一H。 ②一定温度下，向恒容密闭容器中加人一定量的该催化剂和乙苯，只发生氧化脱氢反应，改变CO2初 始分压p(C02),测得相同时间内不同po(CO2)下乙苯转化率变化如图。o(CO2)>14kPa时，乙苯 转化率下降的原因是 70 00 0 0 101420 30 Po(CO,)/kPa (5)已知CaCO(s)=CaO(s)十CO2(g)K,(700K)=pkPa(K。是以平衡分压代替平衡浓度的平衡 常数)。在700K时，向恒温恒容密闭容器中加人过量CaCO2和一定量乙苯，初始压强为pkPa,同 时发生直接脱氢、氧化脱氢和CaCO的分解反应，nmin时达到平衡。平衡时容器内压强为pkPa, 其中H2的分压为p2kPa,则0~nmin内o(苯乙烯)= kPa·min-1(用含p、o、力、2 的式子表示)。 (6)通过电化学合成的方法，苯乙烯可合成布洛芬、萘普生等抗炎药的关键中间体( COOH),请 写出以苯乙烯、CO2为原料，在酸性条件下合成 COOH的阴极电极反应式： 化学试题(27T)第8页（共8页） 高三化学三参考答案 一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 题号 123 45 6 7 9 10 11 12 13 14 答案 B B A 0 D A D B C 1.B【解析】A氢化镓是宽禁带半导体材料，本身具有高电子迁移率的特性，可应用于6G通信领域，A正确；B.化学 变化的最小微粒是原子，反应前后原子种类不发生改变，氘氚核聚变过程中原子核发生变化，原子种类改变，不属于 化学变化，B错误；C.酸性磷石骨显酸性，可与苏打盐碱地的碱性成分发生酸碱中和，同时其含有的钙离子可交换盐 碱地中的钠离子，利用了离子交换及酸碱中和原理，C正确；D.柔性高分子材料质地柔软，且生物相容性高，适合制 作需要接触生物组织的高密度皮层薄膜电极，D正确；故选B。 2.C【解析】A.托盘天平的精确度为0.1g,无法准确称取11.75g食盐，A错误；B.蒸发皿属于可直接加热的仪器，加 热蒸发浓缩溶液时不需要垫陶土网，B错误；C,容量瓶用于配制一定物质的量浓度的溶液，滴定管用于准确量取液体 体积，二者漏液均会造成实验误差，因此使用前均需要检漏，C正确；D.锥形瓶可垫陶土网加热，容量瓶和量筒不能 加热，D错误；故选C。 3.B【解析】A.水分子的空间结构为V形（键角约104.5），图中的空间填充模型为直线形，且氧原子的半径应大于氢 原子，A错误；B.S0;中心原子Se的价层电子对数为3+6+2,3X2=4,含1个孤电子对，VSEPR模型为四面体 形，B正确；C.基态Se的价电子排布为4s24p,根据洪特规则；4p的4个电子应分占3个轨道，正确的轨道表示式为 4s 4p □T十，C错误：D,民0，分子的空间结构为折线形，不是直线形，D错误；故选B。 4.C【解析X是N为一3价的氢化物NH2,Y是N元素的单质N2,Z是N为十2价的氧化物NO,W是N为+4价的 氧化物（如NO2),M是N为十5价的酸HNO,G是NH·H2O,H是含NH的铵盐。A.标准状况下22.4LNH 的物质的量为1mol,因此中心原子N的价层电子对数应该为4NA,A错误；B.2.8gN2在纯氧中完全反应生成NO 的分子数应该为0.2N,B错误；CNH催化氧化生成NO的反应为4NH,十5O,催化荆4NO十6H,0,N元素从-3 △ 价升高到+2价，1 mol NH2反应时转移5mol电子，即转移电子数为5Na,C正确；D.H为铵盐，1L0.1mol/L的铵 盐[如(NH)2SO,]溶液水解前的NHt总物质的量不一定是0.1ol,所以NH数目不一定小于0.1Na,D错误； 故选C。 5.A【解析】AN原子上电子云密度越大，胺碱性越强，F、CI都是吸电子基，电负性：F>C,F的吸电子能力更强，使 NH2 NH. 的N上电子云密度更低，故碱性： ,A符合题意；B.氨气分子中氨氨三键键能 大，断裂该化学键需要较多的能量，因此通常条件下N2很稳定，可由结构推测对应性质，B不符合题意；C.化合物 阴、阳离子体积大，结构松散，离子键作用力弱，晶格能小，因此熔点低，可由结构推测对应性质，C不符合题意；D.硅 原子通过$即杂化形成立体网状共价晶体结构，因此单晶硅熔、沸点高，硬度大，可由结构推测对应性质，D不符合题 意；故选A。 6.C【解析】A.氢氧化钠溶液足量时，正确的离子方程式为CO2十2OH一CO?十H2O,A错误；B.向饱和碳酸钠溶 液中通入二氧化碳，由于生成的碳酸氢钠溶解度较小，且反应消耗了水，会导致碳酸氢钠结晶析出，正确的离子方程 式为2Na+CO十CO2十H2O一2 NaHCO,↓，B错误；C.在碱性电解池中，二氧化碳在阴极被还原为乙烯 (CzH),其电极反应式为2CO2+12e十8H2O—CH十12OH,C正确；D.侯氏制碱法获得的产物是NaHCO和 ·NH,Cl,正确的化学方程式为CO2+NH+NaCl+HO一NaHCO2+NHCl,D错误；故选C。 化学参考答案(27T)一1 7.B【解析】AFe3+水解生成橙黄色的[Fe(OH)]+,实验甲、乙的试管2中均呈橙黄色，与Fe+水解有关，A正确； B.实验乙中加入稀硝酸，Ht浓度增大抑制Fe水解，[Fe(OH)]浓度降低，转化为几乎无色的[Fe(H,O),]+,反 应前后F元素均为十3价，与硝酸的氧化性无关，B错误；C.加入稀盐酸后溶液变为黄色，说明CI可以替换配离子 中的H2O生成[FCL,],故配位能力：H2O<CI,C正确；D.工业盐酸中含有大量Cl,且酸性较强，抑制Fe+水 解，故黄色微粒为[FeCL],D正确；故选B。 8.D【解析】基态X原子的价电子排布式为ns"np',s轨道最多容纳2个电子，故n=2,X为C元素；X、Y、Z为原子序 数依次增大的位于同一周期的短周期元素，结合结构中X=Y,可知Y为N元素；Z与X间形成共价单镀，故Z为F 元素；W原子序数小于C,结合结构中W与C间形成单健，可知W为H元素。A.同周期主族元素，从左到右电负性 逐渐增大，电负性：F>N>C>H,即T>Y>X○W,A正确；BN的第一电离能大于同周期相邻元素C和O,B正确； C,该阴离子带1个单位负电荷，3个CF,配体共带3个单位负电荷，1个CH,CN配体带1个单位负电荷，设Cu化 合价为x,则x十(-3)+(-1)=一1，解得x=+3,C正确；D,H、N、F可形成NHF,属于离子化合物，D错误；故选 D。 9.B【解析】根据题干条件推导物质：A常温常压下为液态，可能是H2O;G是二元强酸，为H2SO,逆推得F为SO、E 为SO2、D为S、C为H2S:金属M能溶于NaOH溶液，为Al;D(S)与Al加热生成的B为AlzS;Al,S与水发生双水 解生成白色沉淀H[Al(OHD,]和C(H,S),H与NaOH反应生成的I为Na[Al(OH)4],I与过量HCI反应生成的J 为A1Cl。A工业上冶炼Al采用电解熔融氧化铝的方法，不是热还原法，A错误；BD为硫单质，常温常压下为黄色 固体，难溶于水，微溶于酒精，B正确；C.SO2与O2生成SO,的反应为可逆反应，反应物不能完全转化，1 mol SO2无 法生成1 mol SO,C错误；D.I为Na[A1(OH)4](只能与酸反应)、J为A1Cl(只能与碱反应)，二者均不是两性化合 物，D错误；故选B。 10.D【解析】A.反应i中每转移l0mol电子生成5mol,故转移2mol电子时生成1mol5,A错误；B.酸性条件 下，MnO可以氧化I厂，当I厂过量时生成I(等同于12)，淀粉遇碘变蓝，当MO,过量时，会继续把I5/L2氧化成 IO,IO不能使淀粉变蓝，所以MO,不一定能使淀粉KI试纸变蓝，B错误；C.反应ⅲ中MnO为氧化剂，IO5 为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，故MnO,的氧化性强于IO,C错误；D.反应i中，n(MnO):n (I)=2:15=1:7.5,反应m中n(Mn0):n(T厂)=6：5=1.2：1,1：1介于二者之间，MnO将部分氧化 为IO,剩余I厂的量不足以将所有IO通过反应ⅱ消耗，故产物中存在IO,D正确；故选D。 11.A【解析】A.纯碱主要成分为Na2CO,加入过量稀硝酸可排除CO的千扰，再加入AgNO,溶液产生白色沉淀 AgCl,说明样品中含有氣离子，A正确；B.检验NH时需向固体中加入浓NaOH溶液后再加热，直接加热铵盐（如 NH,Cl等)时分解生成的NH,可能和对应酸性气体在试管口重新化合，有的铵盐（如NHNO)受热不一定生成 NH,无法使试纸变蓝，不能证明不含NH时，B错误；C.稀硝酸具有强氧化性，可将红色产物中的Cu和CuO都氧 化为Cu+使溶液变蓝，无法证明含有Cu2O,C错误；D/NaHCO和Na2CO2均能与Ca(OH)2反应生成白色沉淀 CaCO2,无法证明样品中混有Naz CO,D错误；故选A。 12.D【解析】图甲中。可表示正反应活化能，b可表示逆反应活化能，据此可计算反应焓变；图乙催化过程涉及的化学 方程式有：反应①Fe+十NH一Fe+十·NH2+Ht、反应②NO+·NH2一N2+H2O、反应③4Fe++O2+ 4H一4Fe++2H2O。A.反应焓变△H=正反应活化能-逆反应活化能，由图甲可得△H=(a-b)k·molr, A错误；B.反应③4Fe2+十O2十4Ht一4Fe+十2H0中，氧化剂O2与还原剂Fe+的物质的量之比为1：4，B错 误；C.催化剂只能降低反应活化能，加快反应速率，不能改变反应物和生成物的总能量差，即不改变反应焓变，C错 误；D.催化过程中断裂N一H、N=O(极性共价键)和O=O(非极性共价键)，形成O一H(极性共价健)和N三N(非 极性共价键)，既有极性共价键的断裂和形成，又有非极性共价键的断裂和形成，D正确；故选D。 13.B【解析】该回收镍、钴的工业流程以镍钻废渣为原料，首先通过“一段酸浸”，将废渣中可直接与稀硫酸反应的组 分[如Ni(OH)2、Co(OH)、CuO、AlO]漫出得到一段浸出液，剩余难以直接被稀硫酸浸出的NiO(OH)、 CoO(OH)进入漫出海；随后对浸出渣进行“二段酸漫”，加入稀硫酸和HO2溶液，将高价态的羟基氧化镍/结还原 化学参考答案(27T)一2 为可溶的NF+、Co1得到二段浸出液；向一段浸出液中通入氨气调节pH,使AP、Cu+转化为氢氧化物沉淀后过滤 得到C0+、NP+溶液，与除杂后的二段浸出液合并，实现镍、钻的回收。A.“一段酸浸”仅加入稀硫酸，CoO(OH)存 在于浸出渣中进入二段酸浸，说明其难溶于稀硫酸，A错误；B.NO(OH)中Ni为十3价，作氧化剂被还原为N, HO2作还原剂被氧化为O2,发生反应的化学方程式为2NiO(OH)+HO2+2H,SO.一2NiSO,+O↑十4H,O, B正确；C.通入过量氧气时，Cu+会与NH,形成可溶性络离子[Cu(NH,),]2,无法沉淀除去，C错误；D.温度过高 可能造成过氧化氢分解，导致浸取率降低，D错误；故选B。 14.C【解析】CH,OH和C0的选择性之和为100%，且反应①为放热反应，随温度的升高CHOH的选择性下降，反 应②为吸热反应，随温度的升高CO的选择性升高，因此曲线b、c分别代表CH,OH和CO的选择性，曲线a代表 CO2的平衡转化率。A.由分析可知，曲线a代表CO2的平衡转化率，曲线b代表CHOH的选择性，A正确；B.反 应①为气体分子数减小的反应，达到平衡后，增大容器容积，反应①平衡逆向移动，使CO2和H2的物质的量增加、 H,O的物质的量减少，导致反应②的浓度商小于平衡常数，平衡正向移动，B正确；C.CO2和H按物质的量之比为 1:3投料，设总物质的量为amol,当CHOH和C0的选择性相等时，即均为50%，由题图可知，此时CO2的平衡 转化率为25%，平衡时二氧化碳的物质的量为号m0lX(1-25%)-餐m0l,反应①和反应②中二氧化碳的转化率 均为25%×号=12.5%，则平衡时，氢气的物质的量为mol-(骨molX12.5%X3+号molX12.5%)=号m0l, 水蒸气的物质的量为号molX12.5%+量molX12.5%=品mol,一氧化碳的物质的量为骨molX125%=2mol,设 a 容器容积为VL,则反应②的平衡常数为32罗×16亚 3a 5a 一0，C错误D。催化剂不影响化学平衡，因此不能提高C0,的 16v×8v 平衡转化率，D正确；故选C。 二、非选择题 15.(14分，除标注外，每空2分) (1)CO2、H2O、NO2(写两个即可) (2)g→h→e→f→c→d→e→f(c、d位置可互换) (3)3MnO,+5NO+4H+-3Mn2++5NO+2H2O (4)100mL容量瓶(1分)偏小(1分) (5)1 (6)0A02×100%②11分)>(1分) 0.4553a 【解析】(I)空气中的CO2、H2O会和Na2O2反应生成Na2COa、NaOH、O2;装置B中残留的O2与NO反应生成 NO2,NO2会和Na2O2反应，导致产品纯度降低。 (2)Cu和HNO反应制取的NO混有挥发出的HNO2,需用装置D中的水除去，装置C用于千燥NO,得到纯净NO 通入装置B与Na2O2反应，后接装置C防止E中水蒸气进入装置B,最后用盛有酸性KMnO,溶液的烧杯吸收未反 应的NO,防止污染空气。 (3)E中装有酸性高锰酸钾溶液，其作用是吸收NO,NO中N元素化合价由十2升高到NO中的十5，失去3e; MnO;中Mm元素化合价由十7降低到Mm2+中的十2，得到5e;根据得失电子守恒，NO和MmO,的系数比为 5:3,再结合酸性条件下用H和H2O配平即可。 (4)未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质没有全部转移到容量瓶中，会导致所配溶液浓度偏小。 (5)方法一：直接取一组数据代入函数计算；方法二：观察两组数据，加入NNO2质量为0.2μg和0.4g时，可发现 NaNO2质量增大到原来的2倍，(A一0.01)也大约增大到2倍，故n=1。 (6)①1mL样品溶液中含样品总质量m(总)=a1g,测得对应吸光度为A1,代入y=0.4553x十0.01标准曲线函 化学参考答案(27T)一3 最可得纯NN0,质量为&gg,则NaN0,纯度-（统02XI00%=&00XI0X。 m(总) 0.4553a ②为验证维生素C能降低食品中NaNO2含量，应与①中实验保持取样体积相同，即仍取1mL样品溶液；再加入少 量维生素C,使其与NaNO2充分反应，然后加入显色剂并定容至25mL,测得吸光度为A2。由于维生素C能消耗部 分NaNO2,而维生素C本身不千扰吸光度测定，所以显色时剩余NaNO2的量减少，吸光度降低，因此A>A2。 16.(15分，除标注外，每空2分) (1)①d(1分)②增大反应物接触面积，使反应快速且充分③2MoS,十70，塔桡2Mo0,十4S0,④ab (2)①将三氧化钼溶解，从而实现与Fe(OH),沉淀和二氧化硅的分离②ZS,CuS③4.8X10-8mol/L (3)7MoO-+8H+-Mo,O+4H2O 【解析】辉钼矿在空气中“焙烧”时，金属硫化物转化为金属氧化物和二氧化硫；向焙渣中加入盐酸“酸洗”，将氧化铜、 氧化锌、氧化铁转化为氯化物，三氧化钼、二氧化硅不反应，过滤得到酸洗液和滤渣；向滤渣中加入氨水，将三氧化钼 转化为钼酸铵，少量的铜离子、锌离子转化为四氨合铜离子、四氧合锌离子，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化 硅和少量F(OH)2的滤渣1和滤液；向滤液中加入硫化铵“除杂”，将溶液中四氢合铜离子、四氢合锌离子转化为硫 化铜、硫化锌沉淀，过滤得到含有硫化铜、硫化锌的滤渣2和滤液；滤液经蒸发结晶、过滤得到(NH),Mo,OM· 4H2O;煅烧(NH)Mo,Ou·4H2O得到三氧化钼。 (1)①Mo原子序数为42，位于第五周期第MB族，属于d区。 ②增大固体反应物接触面积，加快焙烧速度，使反应更充分，提高原料利用率。 ③MoS,被氧气氧化生成Mo0,和S02,化学方程式为2MoS,十70，措2Mo0,十4S0,. ④烟气中SO2可用碱性物质吸收，CaO或CaCO(高温分解为CaO)可与SO2反应，CaCl2、CaSO,无此作用，所以答 案选ab。 (2)①氨水可以溶解MoO形成MoO,Fe3+形成氢氧化物沉淀。 ②根据分析，“除杂”步骤加入(NH)2S,Zn+、Cu2+与S2-结合生成ZnS、CuS。 @由题目已为可得c(2*)-长号9-88mlL=10X10m1-Lc4[2a0N,)=K. c(Zn2+)·c(NH2)=3.0X109X1.0×10-18×2.0mol·L1=4.8X10-8mol·L-1。 (3)“蒸发结晶”前酸化钼酸盐溶液，形成七钼酸根离子，离子方程式为7MoO十8H*一M0,O%十4H20。 17.(15分，除标注外，每空2分) (1)CoHOBra2(酚)羟基、醚键 OH OH (2) +2Br2 乙酸 +2HBr④ Br (3)保护酚羟基 (4)13 OH OH OH OH OH Br/CCL CuCN/DMF HCI/CH,OH NH,/CH,OH (5) 0~5℃ N,保护 (3分) Br CN C-NH·HCI C-NH OCH, NH2 【解析】A和B2发生取代反应生成B,B在S、乙酸的条件下，羟基邮位溴原子被氢原子取代得到C,氢基取代C中 茶环上的谈原子得到D,D中氨基加成为一C一NH·HC得到E,进一步反应得到F,然后生成G,H发生加成反 OCH 化学参考答案(27T)4 应生成I,G和I发生酯化反应生成J,最终得到目标产物甲磺酸茶莫司他(K)。 (1)已知化合物B的结构简式，分子式为CoH OBr2;化合物E中含氧官能团的名称为（酚）羟基、酿键。 Br OH OH (2)反应①是A和B2发生取代反应生成B,化学方程式为 乙酸 +2Br2 +2HBr; Br 由分析可得，反应④是加成反应，反应①、③、⑧是取代反应，所以不属于取代反应的是④。 (3)酸性环境下酚羟基不易被氧化，B2是氧化剂，反应①以乙酸为溶剂，其目的是保护酚差基。 OH (4)与化合物C含有相同官能团且有蔡环结构，固定羟基的位置为 ,有7种渙原子位置不同的同分异构 HO 体，固定羟基的位置为 ,有7种溴原子位置不同的同分异构体，同分异构体有7十7=14种，除去C 本身，此题答案为13种。 NH (5)观察目标产物HO C一NH2,需要先在羟基对位取代一个溴原子，基团的转化与题千中③、④，⑤类 似，设计合成路线。 18.(14分，每空2分) (1)+118 (2)B (3)BC (4)①<②过多的CO2占据了带部分负电荷的B位点（催化剂的活性位点），使得乙苯α-H的脱除速率降低，乙 来转化率下降 (5)D十p-p-2 2n (6)〔+C0,+2e+2Ht—1 COOH 【解析】(1)根据盖斯定律，目标反应=反应①一反应②-反应③：△H=△H1一△H2一△H2=[(-4386.9)一 (-4263.1)-(-241.8)]k·mol-1=+118k灯·mol-。 (2)直接脱氢反应△H>0,反应前后气体分子数增多，△S>0,△G=△H一T△S,△H是定值，T△S随T增大而增大， △G随T增大而减小，低温△G>0,高温△G0,故答案选B。 (3)A没有说明正、逆反应速率相等，无法说明反应达到平衡状态，A不符合题意；B.反应在恒温恒压下进行，气体 的总质量m不变，但随着反应进行，气体总物质的量n改变，导致气体体积V变化，密度P一晋变化，当混合气体的 密度保持不变时，说明反应达到平衡状态，B符合题意；C.M=m盛，反应前后m不变、n变化，平均摩尔质量不变，说 ns 明反应达到平衡，C符合题意；D.物质的量之比1：1：1只是某一时刻的比例，不能说明各物质的物质的量不变，无 法说明反应达到平衡状态，D不符合题意；故答案选BC。 (4)①乙苯αC一H断裂得到的中间体因为与苯环共轭，稳定性更强，说明αC一H更容易断裂，能能更小，所以键能 aC-H<BC-H。 ②由机理图可知，活性位，点B上吸附并活化CO2,当(CO2)>14kPa(即CO2浓度过高)时，过量的CO2会竞争性 地占据带部分负电荷的B位，点（催化剂的活性位点），使得乙苯α一H的脱除速率降低，从而使相同时间内乙茉的转 化率下降。 化学参考答案(27T)一5 (5)在700K下，容器中同时发生以下三个反应：CaCOa的分解反应CaCO2(s)一CaO(s)十CO2(g),K,=p(CO2) =力kPa,平衡时C02的分压恒为pkPa;直接脱氯反应《-CH,CH,(g)一《-CH=CH,(g)十H,(g), 平衡时，p(H2)=2kPa,对应消耗的乙苯分压为2kPa,生成的苯乙烯分压为pkPa;氧化脱氢反应 《○-CHC4(g)+C0,(g)一《○CH-CH,(g)+H0(g)+C0(g),设氧化脱氢消耗的乙苯分压为 xkPa,则生成的苯乙烯、H2O和CO的分压均为xkPa,平衡时各气体分压p(乙苯)=(p,一p2一x)kPa,p(苯乙烯) =(p2十x)kPa,p(H2)=p2kPa,p(CO2)=pkPa,p(H,O)=xkPa,p(CO)=xkPa,体系总压p1=p(乙苯)+p(苯 乙烯)十p(H2)十p(CO2)十p(H2O)+p(CO)=[(p-p2一x)十(p2+x)+p十p十x十x]kPa=(p,+p+p2+2x) kPa,x=D-2P-色，因此，平衡时苯乙烯的分压为p(苯乙烯)=（十x)kPa=(p十b-b2-L)kPa= 2 D一色2+色kPa,则0~nmin内（苯乙烯）=△p(苯乙烯2kPa·mint-B二A什色kPa·min'。 2 2n (6)苯乙烯在阴极得电子与CO2反应，被还原为 COOH,电极反应式为〔 +C02+2e+2Ht COOH。 化学参考答案(27T)一6