湖南长沙市实验中学2026-2027学年高三上学期10月阶段检测 化学试题

长沙市实验中学2027届高三第三次阶段检测 化学试题 命题人：胡晓丽、张世洁审题人：高三化学组 本次试卷共8页满分：100分时间：75分钟 可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-140-16Na-23A1-27Cu-64I-127 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1.生活中有许多现象或做法都蕴含着化学原理，下列说法正确的是 A.“深中通道”隧道使用的LED灯具发光时：电子吸收能量跃迁到较高能级 B.牙膏中添加氟化物可预防龋齿，利用了氟化物的强氧化性 C.油脂久置变质的产生“哈喇味，是油脂发生了氧化反应导致 D.人工智能芯片的主要成分为SiQ2,利用了其半导体特性 2.常温下，下列各离子组在指定的溶液中一定能够大量共存的是 A.无色溶液中：Cu2+、K+、SCN、CI B.滴入石蕊溶液变红的溶液中：Fe+、I、SO:、NO, C.由水电离出的c(H)=1.0×l0molL的溶液中：Na+、NH、SO?、HCO D.pH=11的NaOH溶液中：CO?、K*、CIo、SO 3.下列实验装置正确且能达到实验目的的是 C 温度计8 表面皿/ 一杯盖 NaOH -Na 内筒干 浓溶液 隔热层 外壳 ① ② ③ ④ A.用图①所示装置在空气中加热金属钠 B.用图②所示装置进行喷泉实验 C.用图③所示装置测定中和反应的反应热 D.用图④所示操作除去碱式滴定管中的气泡 4.XY4ZME4)2是一种分析试剂，X、Y、Z、M是位于元素周期表中前四周期的不同周期元素，X原子 比E原子少一个电子。基态Z3+的d轨道半充满，基态M原子价层电子排布式为ns2np1,E和M位于 同一主族。下列说法错误的是 A.电负性：X>E B.E与其他元素均能组成多种二元化合物 C.XY,和XE的空间结构不同 D.Z的单质能与YE发生置换反应 第1页共8页 阅读材料，完成5-7小题。铜及其化合物有着广泛用途。工业上通过在空气中焙烧辉铜矿(CuS)得粗铜 和二氧化硫；含铜催化剂可以电催化C02还原制乙烯：C02与H2在铜催化作用下合成C2H,OH,其热化 学方程式为2C02(g)+6H2(g)=CH,0H()+3H20()△H=-348.1kJ-mol'；铜的化合物乙酸铜氨 CH,COO[Cu(NHg)2]}溶液可脱除C0:碲化亚铜(CuTe)与稀硫酸、H,O2溶液作用生成二元弱酸 (H2T©O3)是回收碲单质的反应之一，完成问题。 5.下列关于反应2C02(g)+6H2(g)=CzH,OH()+3H,0()的说法正确的是 A.若反应生成3molH,0(g),放出的热量将大于348.1kJ B.反应物的总键能小于生成物的总键能 C.一定条件下，兰2y(H2)=V(HO)时，反应达平衡状态 D.含铜催化剂的加大使反应的平衡转化率增大 6.下列化学反应表示正确的是 A。辉铜矿搭烧制铜：20u,8+30,焙燧 4Cu+2S02 电催化 B.电催化C02还原制乙烯：2C02+12H+12e C,H4+4H,0 Cu C.2-丙醇催化氧化：2CH,CH(OH)CH+O28→2CH,CH,CH0+2H,0 D.碲化亚铜生成H2Te0g:Cu2Te+2H+4H202=2Cu2++Te0%+5H,0 7.乙酸铜氨溶液脱除C0的反应为CH,COO[Cu(NH)2]+C0+NH,=CH,C0o[Cu(NH),CO]。下列 说法正确的是 A.CH,C0O[C(NH)2]中铜元素的化合价为+2 B..CH,C0O~中o键与π键的个数比为5：2 C.[Ca(NH)2了与NH,中氨原子的杂化方式不同 D.[Cu(NH,)2]中HN-H键角大于NH 8.聚合物A是一种新型可回收材料的主要成分， 其结构片段如右图（图中八表示链延长）。该聚 合物是由线型高分子P和交联剂Q在一定条件下 反应而成，以氯仿为溶剂，通过调控温度即可实 现这种材料的回收和重塑。下列说法不正确的是 已知： HO OH i.n +nM ->P+x H,O △H<0 A.M为1,4丁二酸 第2页共8页 B.交联剂Q的结构简式为 C.合成高分子化合物P的反应属于缩聚反应，其中x=1 D.通过先升温后降温可实现这种材料的回收和重翔 9.CIO2是一种新型高效净水剂。用黄铁矿[主要成分是FeS2]、H,S04与NaCI0,反应制备CIO2的工艺 流程如图1。其他条件相同时，随黄铁矿过量率变化，C1O2产率及纯度变化如图2。已知：黄铁矿过量 实际投入的黄铁刊矿物质的量 率 理论需要的黄铁和矿物质的量 1×100%。下列说法不正确的是 ·C102纯度/%·-C10产率/% 100 NaCIo3和 →C102气体 96 H2SO4混合液 黄铁矿 92 粉碎 搅拌 →含Fe3+、SO}溶液 88 84 图1 0 6 9 1215 黄铁矿过量率/% 图2 A.制备Cl02的反应中，理论上消耗的n(FeS2):n(NaCIO3)=1:l4 B.黄铁矿过量率过高时，FeS2可能会还原生成的CIO2 C.制备时需要加入过量HSO4,防止生成Fe(OH),覆盖黄铁矿 D.其他条件相同，将HSO,换成相同pH的盐酸，会影响C1O2的纯度或产率 10.晶态半导体材料硅化镁的立方晶胞结构如图。晶胞参数为apm。下列说法错误的是 A.Mg位于Si形成的四面体空隙中 B.MgSi晶胞沿x轴方向的投影图为 o Si o Mg C.N点Mg原子的分数坐标为2,3》 444 D.晶胞中Mg与S1之间最近的距离为三apm M(0,0,0) 2 11.四甲基氢氧化铵(CH),NOH常用作电子 M电源N 工业清洗剂，以四甲基氯化铵[(CH,)4NCI为 (CH)NCI NaCI 浓溶液 稀溶液 原料，采用电渗析法合成[(CH),NOH],其工 (CH)NOH d n% 浓溶液 NaOH溶液 作原理如图所示(a、b为石墨电极，c、d、e为 --- 离子交换膜)，下列说法正确的是 (CH )NOH- m% 稀溶液 NaOH溶液 A.NaOH溶液的浓度大小关系：m<n (CH)4NCI稀溶液NaCI浓溶液 B.c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜 C.线路中通过1mole时，阳极室电解液质量减重8g D.若两极共产生33.6L气体（标准状况下），则制备(CH4NOH的质量为182g 第3页共8页 12.利用CO,与H,电化学催化还原制备HC00H的反应机理和不同催化剂(Bi、Bn或n)下的相对 能量变化如图所示(*表示吸附态)。下列说法不正确的是 CO, 0.6 Bi H-M-H Biln ◆HCOOH 0.4 In HCOOH M H-M-COOH 0.2 盟 CO(g)+H:(g) HCHO 0.0 HCOOH(g） -0.2 H-M -CH M-C=0 H,O C02 -0.4 ◆OCHO H 反应进程 图甲 图乙 A.从CO2与H2电化学催化还原制备HCOOH的反应机理可判断催化剂为M B.利用C02与H2电化学催化还原制备HC00H的反应只存在1种副产物：C0 C.三种催化剂中使用Bn效果更优 D.若为酸性电解池体系，在阴极发生的电极反应式可表示为：C0,+2e+2I=HCOOH 13.某小组研究SCN分别C2+与Fe+的反应。下列说祛不正确的是 编号 2 3 2mL0.1mol-L 2mL0.1mol-L KSCN溶液 KSCN溶液 石墨 实验 2mL 0.5mol-L 2mL 0.25mol-L 0.125molL1 0.05mol-L- CuSO,溶液 Fe(SO)3溶液 Fe(SO)3溶液 KSCN溶液 溶液变为黄绿色， 溶液变红，向反应后的溶液中 接通电路后，电压表指针不偏转。一段时 现象 产生白色沉淀（白色 加入K3[Fe(CN]6溶液，产生 间后，取出左侧烧杯中少量溶液，滴加 沉淀为CuSCN) 蓝色沉淀，且沉淀量逐渐增多 K3Fe(C)]6溶液，没有观察到蓝色沉淀 A. 实验1中发生了氧化还原反应，KSCN为还原剂 B.实验2中“溶液变红”是Fe3+与SCN结合形成了配合物 C.若将实验3中Fe2(SO),溶液替换为0.25mol·L CuSo4溶液，接通电路后，可推测出电压表指 针会发生偏转 D.综合实验1~3，微粒的氧化性与还原产物的价态和状态有关 14.HS的氧化可在卟啉铁配合物[F®L(H20)](用Z表示)催化下进行， 2 其中的一步反应为[FeL(H,O]+HS=[FeL(HS)]+H,0.为研究不 2.0 ----Ⅱ 同因素对该反应的影响，进行4组实验：~Ⅲ组仅初始c(HS)不同； 31.0 V与组仅温度不同。0~t时间内的实验数据如图。下列说法正确的是 CI A,0-*内反应速率：I>Ⅱ>Ⅲ B.Z的平衡转化率：1>Ⅲ c(HS)/(mol·L C.平衡时Z的浓度：和V相等 D,若1、Ⅱ和皿的数据点分布在一条直线土，且(cm-cm)/(Cm-c)=1.2,则y=3.2 二、非选择题：本题共4小题，共58分 15.(15分)用某铜矿（主要含CuS、Fe0)制备Cu,0的一种工艺流程如图： 某酸、 氨水、 水合肼 MnO2 NH HCO3N2H4·HO) 某铜矿一→酸浸→调p→除锰一→还原→C,0 Fe(OH) 滤渣 N2 已知：①常温下， 金属氢氧化物 Fe(OH) Fe(OH) Cu(OH)2 Mn(OH)2 开始沉淀的pH 1.9 7.5 5.0 8.8 沉淀完全的pH 3.2 9.7 6.5 10.4 ②常温下，金属离子浓度小于105mo1/庄时，认为沉淀完全： ③水合肼溶液呈碱性。 请回答下列问题： (1)基态0的电子排布图为 (2)“酸浸”时，加入Mn0,与CuS反应生成S的离子方程式为 (3)根据表格数据，“调pH”的范围为 ,pH=6时溶液中Cu+的浓度为 (4)用电离方程式表示水合肼溶液呈碱性的原因： (5)“还原”前Cu元素以[Cu(NH)4]《(OH)2的形式存在，写出还原过程中的离子方程式： (⑥Cu2O立方晶胞结构如图所示，则C*的配位数为；若该氧化物的密度为Pg/cm3,设阿伏加德 罗常数的值为N,则CuO晶体的摩尔体积'= m3.mol（列出计算式)。 ●Cu 17.(15分)化合物H是一种抗艾滋病药物，某课题组设计的合成路线如下： NH M CH.COCI HCIO CF,COOC,H. C.HCI D B CH NO.F.CL 乙醚 A 一定 条件 H,O OH -NH F G NH2 OH 已知：① 易被氧化；② R Br 乙醚 R一C-R3 H,O/H R 回答下列问题： (1)写出有机物A的名称 有机物F含氧官能团名称 (2)在合成过程中，A→B的目的是 G→H的反应类型为 (3)化合物D的结构简式是 (4)下列说法错误的是 (填标号)。 a.卫分子中碳原子的杂化方式有3种 b.E→F的反应类型是消去反应 c.化合物H的分子式是CuH,CNO2,易溶于水 HO (5)化合物N( 是另一合成路线的中间体，化合物N有符合不列条件的同分异构体，写 出其中的一种： ①含有苯环 ②H-NMR谱显示有6种不同化学环境的氢原子； ③能发生水解反应，产物之一是甘氨酸(H2N-CH2-COOH)。 Br (6以 和CH,CHO为原料，制备 - 的合成路线如下： MgBr Mg 乙醚 CH.CHOG 写出J→K的化学反应方程式： 16.(14分)某小组采用如下实验流程制备AⅡ，： 铝0.02mol 加热 结晶、过滤 碘0.01mol 回流 过滤 浓缩 混合物 浓溶液 洗涤、干燥 滤液 粗产品 正己烷 W 已知：AI,是一种无色晶体， 吸湿性极强，可溶于热的正己烷，在空气中受热 易被氧化。环己烷是易挥发的液体，且易燃。固体碘易溶于环己烷，显紫红色。 请回答： (1)如图为步骤I的实验装置图（夹持仪器和尾气处理装置已省略），图中仪器A 的名称是 ,判断步骤I反应结束的实验现象是 (2)下列做法不正确的是 A.步骤I中，反应物和溶剂在使用前除水 控温加热器 B.步骤I中，若控温加热器发生故障，改用酒精灯（配石棉网）加热 C.步骤Ⅲ中，在通风橱中浓缩至蒸发皿内出现晶膜 D.步骤V中，使用冷的正己烷洗涤 (3)所得粗产品呈浅棕黄色，小组成员认为其中混有碘单质，请设计实验方案验证 (4)纯化与分析：对粗产品纯化处理后得到产品，再采用银量法测定产品中含量以确定纯度。滴定原理 为：先用过量AgNO3标准溶液沉淀r,再以NH,SCN标准溶液回滴剩余的Ag。已知： 难溶电解质 AgI(黄色) AgSCN(白色) Ag2CO4(红色) 溶度积常数Kp 8.5×107 1.0×102 1.1×10-2 ①从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤。 称取产品1.0200g,用少量稀酸A溶解后转移至250mL容量瓶，加水定容得待测溶液。 取滴定管检漏、水洗→→装液、赶气泡、调液面、读数→用移液管准确移取25.00mL待测溶液加 入锥形瓶→ →加入稀酸B→用1.000×102mo/LNH,SCN标准溶液滴定→ →读数。 a.润洗，从滴定管尖嘴放出液体 飞.润洗，从滴定管上口倒出液体 C.滴加指示剂K2CO4溶液 d.滴加指示剂硫酸铁铵[NH,Fe(SO,)2]溶液 c.准确移取25.00mL4.000×102mol/LAgNO3标准溶液加入锥形瓶 f.滴定至溶液呈浅红色 g,滴定至沉淀变白色 ②加入稀酸B的作用是 ③三次滴定消耗NH SCN标雅溶液的平均体积为25.60mL,则产品纯度为 [M(AL)=408gmo1] 18.(14分)低碳烯烃（乙烯、丙烯等）作为化学工业重要基本有机化工原料，在现代石油和化学工业中起 着举足轻重的作用。碘甲烷(CH,)热裂解制低碳烯烃的主要反应有： 反应I2CH,I(g)C,H,(g)+2HI(g)AH, 反应.3C,H,(g)=2C,H6(g）AH2 反应Π2C,H4(g)三CHg(g)AH, (1)反应1、Ⅱ、Ⅲ的△H随温度的变化如图1所示。298K下，△H,= kJ.mol-。 (2)针对反应1，利于提高碘甲烷的平衡转化率的条件有 A.低温 B.高温 C.低压 D.高压 E.催化剂 (3)利用计算机模拟反应过程。一定压强条件下，测定反应温度对碘甲烷热裂解制低碳烯烃平衡体系中乙 烯、丙烯和丁烯组成的影响如图2所示。结合图1、图2，回答下列问题： ①下列有关说法正确的是 A.因为反应I、Ⅲ自发，且为嫡减小反应，所以△H,<0、△H,<0 B.若△H随温度的上升而增大，则△H>0 C.随温度升高，反应亚、Ⅲ的化学平衡先正向移动后逆向移动 D.当温度范围：T≤715K时，相同条件下的反应Ⅱ的平衡常数小于反应Ⅲ 200 ●CH 150 25 -C H 80.24 99.66 102.8 -C.Hs 100 年 20 0 尔 15 0 50 %10 -100 -108.06 -109.82 -110 -150 -120.6 -120.13 -119.83 0 298 373 473 200 400 600715800 1000 1200 温度/K T/K 图1 图2 ②从图2中可看出，当体系温度高于600K时，乙烯的摩尔分数随温度升高而显著增加，可能的原因是： (4)维持温度为810K,压强为0.1MPa,起始投料1 mol CH,测得平衡体系中n(CzH4)-m(C,H6)=0.14mol, n(CH2)=0.065mol。 100 100 ①平衡时CHI的转化率为 90 90 x2(CH1) 80 80 ②已知810K条件下，存在等式 p-x(C2H) =A(常数)Ma(对 10 70 只60 60 于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)可代替物质的量浓度 50 50 cB),如p(B)卫x(B),p为平衡总压强，xB)为平衡系统中B 40 % 的物质的量分数)。保持其它条件不变，请在图3中画出xD 30 30 0.10.51.0 1.5 2.0 与压强(0.1-2.0MPa)关系的曲线示意图。 p/MPa 图3 (5)最新研究尝试采用电化学方法，由NO和乙烯直接合成乙二 胺(BNCH2CH2NH2)。在碱性电解质溶液中，NO可在阴极与乙烯反应作用生成目标产物。写出NO与乙 儒反应生成乙二胺的电极反应方程式 长沙市实验中学2027届高三第三次阶段检测 化学解析 题号1 2 56 7 8 9 10 1112 13 14 答案C D B A B D A D D B D 1.【答案】c 【详解】A.LED灯具发光时，电了先吸收能量跃迁到较高能级，发光过程是电了从较高能 级跃迁回较低能级释放能量的过程，A错误： B.牙膏中添加氟化物可预防龋齿，是因为氟离子与羟基磷灰石反应生成更耐酸腐蚀的氟磷 灰石，与氟化物的氧化性无关，B错误； C.油脂中含有不饱和碳碳双键，久置时会被空气中的氧气氧化，产生具有“哈喇味的小分 子氧化产物，C正确； D.人工智能芯片的主要成分为晶体Si,利用了Si的半导体特性，SiO2是光导纤维的主要 成分，不具有半导体特性，D错误；故选C。 2.【答案】D 【详解】A铜离子在溶液中显出蓝色，溶液要求无色，故A错误： B.溶液显酸性，在酸性溶液中氢离子、亚铁离子、硝酸根不能大量共存，故B错误： C.溶液既可能是酸性，也可能是碱性，酸性条件下，碳酸氢根不能大量共存，碱性条件下铵 根、碳酸氢根不能大量共存，故C错误； D溶液显碱性，上述离子之间不反应，也不和氢氧根反应，因此能大量共存，故D正确。 3.【答案】B 【详解】A,加热金属钠需使用耐高温的坩埚，表面皿不能直接加热灼烧，无法达到实验目 的，A错误； B.Cl2能与NaOH浓溶液发生反应，使烧瓶内压强快速减小形成压强差，可完成喷泉实验， 装置正确能达到目的，B正确； C.测定中和反应反应热的装置缺少环形玻璃搅拌棒，无法使酸碱充分混合反应，测定误差 大，不能达到实验目的，C错误； D.除去碱式滴定管中的气泡时，需将胶管向上弯曲、尖嘴斜向上，挤压玻璃珠使溶液流出 带出气泡，图中操作错误，不能达到目的，D错误； 故答案选B。 4.【答案】A 【分析】首先推断元素：基态Z的d轨道半充满，可知Z价电子排布为3d,故Z为Fe(第 四周期)，基态M价层电子排布为s2p”,取n=3时价层电子排布为3s3p,M为S(第 三周期)：卫与M同主族，故B为O；X原子比B少1个电子，故X为N(第二周期)：四 种元素分属前四周期不同周期，故Y为第一周期的H。 【详解】A.同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，X为N、B为O,电负性O>N, 即E>X,A错误； B.E为O,与H可形成H,0、H,02,与N可形成N0、NO2等多种氧化物，与S可形成S02、 SO,与Fe可形成Fe0.下，0g、Fe,O4,均能组成多种二元化合物，B正确； C.XY,为NH,中心N原子价层电子对数为4，含1对孤电子对，空间结构为三角锥形：XE 为N0,中心N原子价层电子对数为3，无孤电子对，空间结构为平面三角形，二者空间结 构不同，C正确： 高 D.Z为FPe,Y,E为H,0,高温下Fe与水蒸气发生置换反应：3Pe+4H,O()=FPe,0,+4H2, D正确；故答案选A。 5-7【答案】5.B6.B7.D 【详解】5.A.原反应生成3mol液态H,0放出348.1k1热量，气态H,0能量高于液态H,0, 生成气态H,0时放出热量小于348.1kJ,A错误： B.该反应△H<0,△H=反应物总键能~生成物总键能<0，故反应物总键能小于生成物总 键能，B正确； C.反应达平衡时正逆反应速率比等于化学计量数比，H2与H,0计量数比为2：1，平衡时应 为V(H,)=2v处（但，0），所给关系不能说明反应达平衡，C错误 D.催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动，不能提高平衡转化率，D错误；故选B。 6.A.该反应前后0原子不守恒，左边有6个0，右边仅S02中含4个0，方程式错误， 0u,S+0,旋20u+S0, 正确的化学方程式为： ,A错误： B.电催化C02还原制乙烯，C元素从+4价降为-2价，2个C共得12°，反应式电荷、原 子均守恒，书写正确，B正确： C.2-丙醇中羟基连接的碳原子上只有1个H,催化氧化产物为丙酮，不是丙醛，正确的化 学方程式为： 2CH,CH(OH)CH+02CH,COCH,+2H,O ,C错误； D.H,T0是二元弱酸，离子方程式中不能拆写为Te0吟，应保留化学式，正确的离子方程 式为：Cu,Te+4H+4H,02=20u2+H,Te0,+5狙，0，D错误；枚选B. 7.A.CH,C00带1个单位负电荷，NH为不带电荷的分子，根据电中性原则， CH,C0O[Cu(NH,)2]中阳离子带1个单位正电荷，佩元素的Cw化合价为+1，A错误； B.CH,C00中共有6个0键、1.个π键，二者个数比为6：1，B错误； C.【CuNH,)2中N原子与NH中N原子均为s即杂化，桑化方式相同，C错误： D.NH中N原子有一对孤对电子，孤对电子对成键电子对排斥力更大；形成配位键后孤对 电子变为成键电子对，排斥力减小，故[CONH)2广中HN-H键角大于NH,D正确。 8.【答案】C HO 【详解】A. OH和1,4丁二酸发生缩聚反应生成p,故A正确； B.根据A的结构简式，可知交联剂Q的结构简式为 故B 正确： HO C OH和1,4丁二酸发生缩聚反应生成p,其中x=2n-l,故C错误： 正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，所以通过先升温后降温 可实现这种材料的回收和重塑，故D正确：选C。 9.【答案】A 【详解】A.1 mol FeS,,参与反应时，Fe从+2价升高到+3价，每个S从-1价升高到+6价， 总共失电子数为1+2×7=15,1 mol Nacl103中C从+5价降低到+4价得1mol电子，根据得 失电子守恒，n(Fes2):n(NaC10)=1:l5,A错误； B.Fe82具有还原性，.CIO2具有氧化性，黄铁矿过量率过高时，过量的FeS,可还原生成的 CIO2,导致产率下降，B正确： C.加入过量HSO4可使溶液保持强酸性，抑制Pe3+水解，防止生成Fe(Om沉淀覆盖黄铁 矿表面阻碍反应进行，C正确： D.盐酸中的Cr具有还原性，酸性条件下可被CC氧化生成C,会引入杂质且消耗反应 物，影响C102的纯度和产率，D正确；故答案选A。 10.【答案】D 【分析】根据均摊法，由晶胞结构可知，品胞中位于项点和面心的硅原子个数为： 11 8×8+6×2=4,位于体内的镁原子个数为8，则晶胞的化学式为Mg2Si。 【详解】A,山晶胞结构可知，镁原子位于硅原子形成的四面体空隙中，A正确： B.由晶胞结构可知，晶胞沿x轴方向投影得到的正方形中，晶胞的项点的硅原子位于正方 形的项点，晶胞中面心上的硅原子位于正方形的中心和边上，晶胞中的镁原子，位于正方形 的面对角线上，投影图为60一 B正确 C.由晶胞结构可知，位于顶点的M原子的坐标为O,0,0),则位于体对角线上的N原子的 333、 坐标为444，C正确： D.由晶胞结构可知，镁和硅原子之间的最近距腐为晶胞体对角线的4，由晶胞参数为apm 5 可知，最近的距离为4apm,D错误：故选D。 11.【答案】D 【分析】以四甲基氯化铵【(CH,)NC可为原料.采用电渗析法合成(CH,)NOH的过程中， 根据从左往右第二、三个池中浓度变化得出：钠离子从第四池通过ε膜，氯离子从第二池通 过d膜，【《C,灯从第二池通过c膜，b为阳极，a为阴极，且阴极电极反应式为 4OH-4e=0,个+2H,0,阴极反应式为2(CH,N*+2H,0+2e=2(CH,)4NOH+H,个， ·【详解】A.出分析可知，b为阳极，浓氢氧化钠溶液进入阳极区，稀的氢氧化钠溶液出阳 极区，则NaOH溶液的浓度大小关系：m>n.,·A错误： B.由分析可知，需要(C)4N”移入阴极X产生产物(CH,4NOH,因此c允许阳离子通过， 为阳离子交换膜：(CH,),NC中的CT需要移出原料案，因此d允许阴离了通过，为阴离子 交换膜，、B错误： C,转移1mole时，阳极生成0.25mol02,质量8g,同时有1 molNa移出阳极室，质量为23g, 因此阳极室总减重为8g+23g=31g,不是8g,C错误。 D.由分析可知，若两极共产生3.L气体（标准状况下，则有2m1(CH,ANOH生成，则 制备(CH,MNOH的质量为91g/mol×2mol=182g,D正确：故选D。 t2.【答案】B 【分析】由图甲可知，C02与H2在催化剂活性中心M上经H-M一H、H—MCOOH等 吸附中问体生成HCOOH,同时存在生成CO和HCHO的副反应支路；图乙给出Bi、Bn、 In三种催化剂下各吸附中间体(*C02、*OCH0、*HC0OH)的相对能量，中间体相对能量 越低、决速步能垒越小，越有利于HCOOH的生成。 【详解】A.由图甲的催化循环可知，H2与CO2在金属活性中心M上经H一M一H、 H一M一COOH等吸附中问体最终生成HCOOH,可判断催化活性中心为M,A正确： B.图甲中H一M-COOH除生成目标产物HCOOH外，还经M一C=0脱附出CO,并 可进一步加氢生成HCHO,副产物不止CO一种，B错误： )C,由图乙可知，Biln(实线)路径中关键中间体HC0OH的相对能量最低、决速步能皇 第4页共10员 最小，最有利于HC0OH的生成，故三种催化剂中Bn效果更优，C正确： D.酸性电解池中阴极发生还原反应，C02被还原为HC0OH:CO2+2e-+2H+HCOOH,反 应前后C、O、H原子守恒且电荷守恒，D正确：故答案为B。 13.【答案】C 【详解】A.实验1中生成白色沉淀CSCN,CH从+2价降为+1价，C2+得电子作氧化剂， 因此必有元素化合价升高，SCN被氧化，KSCN作还原剂，该反应为氧化还原反应，A正 确： B.Fe+与SCN结合生成红色配合物，这是Fe的特征反应，实验2中溶液变红"就是配 位反应的结果，B正确： C.等物质的量浓度时离子的氧化性：Fe3+>Cu2+,0.25mo/LCuSO4溶液与0.125mol/L Fe2(S04)3溶液中Fe3+和Cu2+的浓度相等，氧化性强的为Fe2(S04)3溶液，实验3中电压 表指针未偏转，故用0.25mol·L-1CuS04溶液替换0.125mol/LFe2(S04)3溶液时，接通电 路后电压表指针也不会发生偏转，C错误； D.综合三个实验：Cu2+氧化性弱于Fe+,但C2+能氧化SCN,原因是Cu+的还原产物 为+1价Cu,且生成难溶沉淀CuSCN,降低了C浓度，提高了C的氧化性，说明微粒 的氧化性与还原产物的价态和状态有关，D正确；故选C 14.【答案】D 【详解】A.题图1的纵坐标是乙的反应速率，从实验到皿，随着，(HS)的增大，Z的反 应速率逐渐增大，即I<<I,A错误： B.从实验1到皿，随着，(HS）的增大，Z平衡转化率逐海增大，即<<，B错误： C.Ⅱ和V温度不同，该分步反应平衡常数不同，平衡时Z的浓度不相等，C错误： 2.0-1.0_y-2.0 (cm-0-1.2 D.若缸、Ⅱ和m的数据点分布在一条直线上，故(c-){cmn),且（©-c) ,则 y=3.2,D正确；故选D。 15.【答案】（立 IS 2s 2p (2) MnO,+CuS+4H+=S+Mn2++Cu2++2H,O (3) 3.2~5.0 10-mol/L (4)N2HH2ON,H+H (6)4[Cu(NH)+N,H,H,0+9H,0+80F=2C,0↓+N,↑+16NH,·H,0 (6) 2（1分) 14x10 体x面止10面 【分析】铜矿中含有CuS、FeO,加入稀硫酸、MnO2“酸浸"得到S单质，MnO2做氧化剂， 根据流程，“调pH'得到氢氧化铁沉淀，说明“酸浸”步骤中MnO2将+2价Fe氧化成+3价Fe, “除锰步骤得到MnCO3沉淀，Cu2+与氨水反应生成CuNH3)4(OH2,CaNH)4(OH)2与水合 肼发生氧化还原反应得到Cu2O,据此分析： 【详解】(1)基态0的电子排布图为个中 2s 2p 个个 (2)“酸浸时盐酸有还原性会干扰后续实验，加入的某酸常选择稀硫酸；加入M02“酸浸 得到S单质，MnO2做氧化剂，Mn02+CuS+4H=S↓+Mn2++Cu2+2H,0: (3)根据表中数据可知，“调pH使F3+全部转化成氢氧化铁沉淀，Cu2+不能转化成沉淀， 因此调节pH的范围是3.2sH<5.0,故答案为pH的最大值为5.0：由常温下，金属离子浓 度小于10-5mo1L时，认为沉淀完全，当Cu(OH),沉淀完全时 =gc=65,cr）=0“wL,©0n）e =105mol1L,则 K,Cu(OH)2=10×10752=1020,当pH=6时，c(0H）=10-8mol/L,，溶液中Cu2+的浓 度为c(Cu2+)=K6u(02=10-20 O(10=10-4mol/L: (4)水合肼溶液电离呈碱性的原因：NH4·H,O≠N+OH (5)“还原"前Cu元素以[C(NH)4](OH)2形式存在，与水合肼发生氧化还原反应，得到 C20和氨气，其发生化学反应离子方程式： 4[Cu(NHg)4了+N,H4H20+9H,0+8OFr=2Cu,04+N2↑+16NH,H,0: (6)晶胞中有氧原子8×+1=2个，有4个铜原子，离Cu*最近且距离相等的02有2个， 8 C4*的距位数为2，由P%,V=M=2x144-288 NAPNAP NAP ,摩尔体积为Na个Cu2O, 。×2×Ncm2/mol=14 2881 Vm-NA'P 2 ×106m3/mol。 16.【答案】(1) 球形冷凝管 溶液巾紫红色恰好变为无色（或溶液褪为无色） (2)BC (3)用无氧水溶解少量样品。滴入淀粉溶液，若出现蓝色，则含有碘单质：若不出现蓝色， 则不含碘单质 (4) aedf(2分，写错任意一个不给分) 抻制F+发生水解反应，保证滴定终点 的准确判断 99.20% 第6页共10页 【分析】由流程信息可知，铝、碘和止已烷一起加热回流时，钳和碘发生反应生成AⅡ3，过 滤后滤液经浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥后得到粗产品。 【详解】（1)由实验装置图可知，.图中仪器A的名称是球形冷凝管，其用于冷屣回流：碘 溶于正己烷使溶液显紫红色，A山3是无色晶体，当碘反应完全后，溶液变为无色，因此，判 断步骤I反应结束的实验现象是：溶液由紫红色恰好变为无色（或溶液褪为无色）。 (2)A.A山吸湿性极强，因此在步骤1中，反应物和溶剂在使用前必须除水，A正确； B.使用到易燃的有机溶剂时，禁止使用明火加热，因此在步骤」中，若控温加热器发生故 障，不能改用酒精灯（配右棉网）加热，B不正确： C.A在空气中受热易被氧化，因此在步骤I中蒸发浓缩时，要注意使用有保护气（如持 续通入氮气的蒸馏烧瓶等)的装置中进行，不能直接在蒸发皿浓缩，C不正确： D.AL山在空气中受热易被氧化、可溶于热的正己烷因此，为了减少浴解损失，在步骤V中 要使用冷的正己烷洗涤，D正确；综上所述，本题选BC。 (3)碘单质的检验为防止溶解过程中碘离子被氧化影响检验，所以用无氧水溶解少量样品。 滴入淀粉溶液，若出现蓝色，则含有碘单质：若不出现蓝色，则不含碘单质。 (4)①润洗时，滴定管尖嘴部分也需要润洗：先加25.00mL待测溶液，后加 25.00mL4.000×102 mol/LAgNO3标准溶液，两者充分反应后，剩余的Ag*浓度较小，然后滴 加指示剂硫酸铁铵[NH,Fe(SO4)2]溶液作指示剂，可以防止生成AgSO4沉淀；由于使用 1.000×102 mol/LNH,SCN标准浴液滴定，枚应该选用[NH,Fe(SO4)2]溶液，其中的Fe+可以 与过量的半滴NH,SCN溶液中的SCN反应生成溶液呈红色的配合物，故滴定至溶液呈浅红 色：综上所述，需要补全的操作步骤依次是：aedf。 ②Fe+和A1+均易发生水解，NH,Fe(SO,)2]溶液中含有Fe+,为防止影响滴定终点的判 断，必须抑制其发生水解，因此加入稀酸B的作用是：抑制℉+发生水解反应，保证滴定 终点的准确判断。 ③由滴定步骤可知，25.00mL4.000×102mol/LAgNO3标准溶液分别与AL3溶液中的r、 1.000xI02mol/LNH,SCN标准溶液中的SCN发生反应生成Agl和AgSCN;由Ag守恒可知， n(AgD+n(AgSCN)-n(AgNO),(AgD-n(AgNO)-n(AgSCN)n(AgNO,)-n(NH SCN): 次滴定消耗NH SCN标准溶液的平均体积为25.60mL,则 n(AgD-n(AgNO )-n(AgSCN)-n(AgNO )-n(NH SCN)= 25.00mL×103LmL×4.000x102mol/L25.60mL×103LmL-×1.000×102mol/L 7.440x10^mol,由1守恒可知n(A,)=34(Ag0-7,40x10°molx=2.480x10mol,因此， 2.480x10molx408g/mol 产品纯度为 ×100%=99.20% 25.00mL 1.0200g× 250mL 17.(15分，特别标注外，每空两分) 【答案】(1)对氯苯胶或4氯苯胶羟基，酰胺基 (2) 保护氨基 取代反应(1分) 3)9 (4)bc NH, ,( 或 OH 一定条件 +2H,0 【分析】 A中氨基与乙酰氯发生取代反应，得到B的结构为 参考E结构，可得C到D过程 中，-COCF3将连接到氯原子的间位，因此D的结构为，C 由此继续推出M的， 结构为HC=CCH2CH2CH2C1。 【详解】(1)A中的官能团有碳氯键和氨基，命名时氨基优先，故选择苯胺为母体，所以其 名称为对氯苯胺或4氯苯胺： (2)过程A到B消除氨基，而后发生一系列转化，在F到G的过程中义重新入消除的 氨基，且苯胺易被氧化，可知过程A到B的作用是保护氨基；G到H的过程符合“一上一下” 的取代反应特点； (4)a选项，卫中苯环和碳氧双键中碳原子的杂化方式为p,单键碳原子的杂化方式为$p, 碳碳三键中碳原子的杂化方式为s即，共3种朵化方式，故a正确；b选项，B到F过程中符 合一上一下”的取代反应特点，故b锴误；e选项，由结构可知：化合物日的分子式是 CH,CNO2,但难溶于水，故c错误； 第8（兆10贝 (5)N的分子式为CnH1sNO2,N的间分异构体能发生水解反应，产物之一是甘氨酸，故 含有 NH,片段，N的同分异构体中含有苯环，且H-NMR谱显示有6种不同化学 环境的氢原子，故满足条件的结构为 NH,或 (6) 已知②的原理为与Mg连接的碳原子进攻乙醛中醛基的碳原子，生成羟基，故J的结构为 OH J到K为羟基转变为羰基的氧化反 100 100 应。 90 90 80 80 18.【答案】(1)80.24 (2)BC 70 反应吸热，反应I、Ⅲ、放热， 60 60 (3) AC 50 50 升高温度，反应I平衡正向移动，反应江、Ⅲ平衡 40 逆向移动，三者均使CH4的平衡体积分数增加， % 30 30 且随温度变化明显 0.10.5 1.0 1.5 2.0 (4)·96% p/MPa (5)2NO CH2=CH2+8e+6H2O=H2NCH2CH2NH2 +80H 【详解】(1)反应I、Ⅱ、I的△H随温度的变化如图1所示。反应为分解反应，反应I、Ⅲ 为化合反应，大多数分解反应为吸热反应，大多数化合反应为放热反应，故298K下， H=+80.24 kJ.mol'; (2)反应1为气体体积增大的吸热反应，高温低压有利于提高碘甲烷的平衡转化率，催化剂 不能使用平衡移动，故答案选BC; (3)①A.因为反应I、Ⅲ自发，则△G=△H-T△S<0,且为熵减小反应，则△S<0,所以必须 △H2<0、△H<0,放A正确；B.从图上可以看出，最上面的一条线，△H随温度升高而增 大，△0，而图中最下面一条线，温度升高，后面△H也增大，但△<0，故B错误；C 由图2可知，随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ生成物的摩尔分数先增大后降低，故化学平衡先正向 移动后逆向移动，故C正确；D.I=715K时，相同条件下的反应Ⅱ、Ⅲ摩尔分数相等，已知： K端名%品则太水×8器血图可知，飞15K时，器1，放K>K c(C2H4) 故D错误 ②从图2中可看出，当体系温度高于600K时，因反应1吸热，反应11、Ⅲ、放热，升高温度， 反应1平衡正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，三者均使CH:的平衡体积分数增加，且随 温度变化明显，故乙烯的摩尔分数随温度升高而显著增加： (4)①根据三段式可知： 2CHI(g)C,H(g)+2HI(g) 初始浓度mo) 1 0 0 转化浓度mol) 0.96 0.48 0.96 平衡浓度(mol) 0.04 0.48 0.96 3C,H,(g)=2C,H(g) 初始浓度(mol) 0.48 0 转化浓度(mol 0.21 0.14 平衡浓度(mol) 0.27 0.14 2CH(g)≠C4H(B〉 初始浓度(mo) 0.27 0 故平衡时CH,l的转化率 转化浓度(mol) 0.13 0.065 0.96×100%=96%: 平衡浓度(mol) 0.14 0.065 ②维持温度为810K,压强为0.1MPa, 起始投料1 mo]CH,I,平衡时气体总物质的量为 0.04mol+0.96mol+0.14mol+0.14nmol+0.065mol=1.345mol,故平衡总压为0.1345MPa, 0.96 ×100%=71.4% xH=1.345 接着分析压强对平衡的影响：己知等式C,=A。 p-x(C2H) 反应I的平衡常数表达式可写为 KCDCM)C)D p(CH3D (px(CH31)) x(CH3D 结合已知等式，可推导出K,=“吧。因为温度不变，K,和A均为常数，所以x)在温 度不变时理论上是一个定值。