精品解析：江苏南通市如皋市2027届高三上学期第一次质量调研 化学试题

2026-2027学年度高三年级第一学期教学质量调研(一) 化学试题 本试卷满分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 Cu 64 选择题(共36分) 单项选择题：共8题，每题2分，共16分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 下列能量的转化过程与化学能无关的是 A. 电池放电 B. 电解 C. 煤的燃烧 D. 光伏发电 2. 检验微量砷的原理为。下列说法正确的是 A. As的基态核外电子排布式为[Ar]4s24p3 B. 的空间构型为平面三角形 C. 水的电子式 D. HNO3既含离子键又含共价键 3. 实验室制取CuSO4溶液并利用CuSO4溶液进行的有关实验中，能达到实验目的的是 A. 装置甲：制取CuSO4溶液 B. 装置乙：制取H2、O2 C. 装置丙：配制用于检验醛基的新制Cu(OH)2 D. 装置丁：制取[Cu(NH3)4]SO4溶液 4. 是一种常用的甲基化试剂。下列说法正确的是 A. 离子半径： B. 电离能： C. 热稳定性： D. 酸性： 阅读下列材料，完成下列小题： 钒、硼的化合物应用广泛。V2O5与浓盐酸反应生成Cl2和VO2+；V2O5可催化SO2制SO3.BCl3水解得硼酸(H3BO3)。氨硼烷(NH3BH3)可用作储氢材料，可由NH4Cl、NaBH4反应得到，产物还有NaCl和H2.NH3BH3脱氢后可生成具有金刚石结构的BN(可表示为)。 5. 下列说法正确的是 A. 键角： B. H3BO3中B为sp3杂化 C. NH3BH3分子内存在配位键 D. 为分子晶体 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 制取Cl2： B. 制取SO3： C. BCl3水解： D. 制取NH3BH3： 7. 下列物质的结构与性质或性质与用途具有对应关系的是 A. 盐酸具有酸性，可用于制取氯气 B. H3BO3具有弱酸性，可用作阻燃剂 C. SO2具有还原性，可用作漂白剂 D. 中键能大，硬度大 8. 下列说法正确的是 A. 反应 在任何条件下均能自发进行 B. 根据常温常压下的反应 可知CH4的燃烧热为802 kJ·mol-1 C. 相同条件下，含少量杂质铜的粗锌与稀硫酸反应比纯锌快 D. 铅蓄电池放电时，负极、正极质量均减小 不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项时，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。 9. 化合物Y有扩张血管的作用，其合成路线如下。下列说法正确的是 A. X能与HCHO发生缩聚反应 B. X存在顺反异构体 C. 1 mol Y与足量NaOH溶液反应，最多消耗2 mol NaOH D. 可以用NaHCO3溶液检验Y中是否含有X 10. 我国科学家研发一种利用氢负离子的移动进行存储和释放能量的新型固态电池，该电池放电时的工作原理如下图所示。下列说法正确的是 A. 放电时，a极发生还原反应 B. 该电池也可使用酸性溶液作电解质 C. 放电时，b极的电极反应式为 D. 充电时，电极b应与外接电源的负极相连 11. 室温下，下列实验方案能达到实验目的的是 选项 实验方案 实验目的 A 取两支试管，各加入2 mL 0.1 mol·L-1 Na2S2O3溶液，将两支试管分别放入冷水和热水中，再向上述两支试管中加入2 mL 0.1 mol·L-1 H2SO4溶液，振荡，观察现象 验证升高温度可以加快反应速率 B 向两只装有相同铁片的试管中分别加入2 mL 1 mol·L-1 H2SO4和2 mL浓H2SO4，观察现象 验证增加浓度可以加快反应速率 C 取2 mL 0.1 mol·L-1 KI溶液和5 mL 0.1 mol·L-1 FeCl3溶液充分反应后，取上层清液滴加少量KSCN溶液，观察溶液颜色变化 验证Fe3+和I-的反应存在限度 D 向FeCl3与KSCN的混合溶液中，加入少量KCl固体，观察颜色变化 验证增大生成物浓度会使得平衡逆向移动 A. A B. B C. C D. D 12. BN常用作催化剂。向一容器中加入3.0 mol CH4、2.0 mol B2O3和2.0 mol N2，维持压强一定，只发生如下反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 平衡时各气体的体积分数与温度的关系如下图所示： 下列说法正确的是 A. X、Y、Z分别表示CH4、N2、CO B. 温度高于后，H2体积分数降低的原因是反应Ⅰ的平衡常数减小 C. 时，其他条件不变，若增加B2O3的物质的量，CO平衡体积分数将增大 D. 温度高于后，H2的体积分数约为60% 13. 向一密闭容器中按物质的量之比为充入CO2、H2和N2，压强一定，只发生如下反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： CO2的平衡转化率、催化剂作用下反应相同时间的CO2实际转化率与温度的关系如下图所示： 已知时CH4的选择性为100%，时CO的选择性为100%。 下列说法正确的是 A. 线段X表示的是CO2的实际转化率 B. 、 C. 从至，实际生成的CH4的物质的量一直减少 D. 时，若增大平衡时容器的压强，达新平衡时CO的物质的量减小 非选择题(共64分) 14. 工业上以粗铜(主要含单质Cu，还含有微量单质Ag、Au、Fe、Ni及化合态的As等)为原料通过电解精炼可以制取高纯度铜。 （1）工业上可用如图所示装置精炼铜。电解一段时间后，溶液底部有阳极泥(含Au、Ag、砷酸盐等)沉淀，溶液中含有少量H3AsO4、NiSO4和FeSO4.与电解前相比，溶液中CuSO4的浓度______。(填“增大”“减小”或“不变”) （2）电解所得阳极泥经酸浸、除砷等操作后，得到含Au(金)和AgCl的混合物，该混合物可经过如图所示的转化进行分离。 ①写出“溶金”时所发生反应的离子方程式：______。 ②已知的，当离子浓度低于时，可忽略该离子的存在。“溶金”时，应控制溶液中Cl-浓度不超过______mol·L-1。 ③已知“溶银”后溶液中存在[Ag(SO3)2]3-，写出“还原”时所发生反应的离子方程式：______。 （3）电解精炼结束后，电解池中的电解液可先浓缩结晶获取CuSO4·5H2O晶体(无其他晶体析出)，再电解回收Cu等物质。 ①已知浓缩结晶前电解液和结晶后母液中Cu2+和Ni2+的浓度如下表所示，计算1 L电解液浓缩结晶获取CuSO4·5H2O晶体的质量，写出计算过程______。 Cu2+ Ni2+ 浓缩前电解液(mol·L-1) 0.74 0.10 结晶后母液(mol·L-1) 1.40 1.00 ②如图所示装置电解时，电极b上可通过两步反应析出CuxAsy合金。已知第一步反应为，则第二步反应为______。 15. 有机物G可以通过如下路线合成得到： 已知：Ph代表苯环 （1）有机物A中含氧官能团的名称为______。 （2）的反应分为两步，其中第一步是加成反应，第二步是取代反应。第一步所得产物的结构简式为______。 （3）的反应中需控制HCHO的用量，若HCHO过量，会生成副产物。该副产物的结构简式为______。 （4）转化中使用K2CO3的目的是______。 （5）写出同时符合下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：______。 ①含两个苯环，酸性条件下可以水解生成两种有机物M和N，M、N均含3种化学环境不同的氢原子； ②M能与FeCl3溶液发生显色反应，M与N的物质的量之比为1∶2。 （6）设计以、和(CH3)2NH为原料制取合成路线流程图______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。 16. 研究烟气中NOx的脱除具有重要意义。 （1）烟气中的NO可与O2发生反应： 。高温下该反应平衡转化率低的原因是______。 （2）在有氧条件下，用NH3催化还原NO时可发生反应：。将NH3与烟气混合气以一定流速通过装有催化剂的反应管，测得出口处NOx的转化率与温度的关系如图所示。温度高于，反应未达平衡，但NOx的转化率降低的原因有______和______。 （3）用NaClO溶液可将烟气中的NO氧化脱除。将含NO的烟气通过NaClO溶液，实验测得其他条件一定，通入相同时间的烟气，NO的去除率与温度及pH的关系分别如图2和图3所示。 ①温度高于时，温度越高，NO去除率越低的原因是______。 ②pH越低，NO的去除率越高的原因是______。 （4）用FeSO4吸收液吸收烟气中NO的原理如图4所示(HNO2具有强氧化性)。 ①若HNO2与HNO3的物质的量之比为1∶1，则该转化总反应的化学方程式为______。 ②该FeSO4的吸收液循环使用后，吸收NO的能力逐渐减弱，原因是______。 ③向吸收液中加入一定量的尿素[CO(NH2)2]可以防止FeSO4的吸收液吸收能力减弱，原因是______。 17. 以CH4、CO2为原料可以制取H2、CO(NH2)2(尿素)等物质。 （1）镍(Ni/NiO)载氧体与CH4、CO2混合气化学链制氢是常见的制氢方法，其原理如图所示。 ①“载氧体供氧”过程中主要发生如下反应。则______。 ②“载氧体供氧”反应中，若某次通入1molCH4与0.4molCO2，测得流出的气体中含1.36molCO、0.02molCO2和0.04molH2O。则H2的含量为______mol。 ③流出的气体中CO经过水煤气变换反应[]可转化为H2，为提高CO的转化率，工业上常通过如图所示的两次水煤气变换反应。两次变换时分别采取和的温度，则第一次变换时应选择的温度为______(填字母)。 A．B． （2）将“富氢气体”通过25%的K2CO3吸收液可除去其中的CO2，吸收液中还含3%的物质X(分子式为C4H11O2N)和0.7%的V2O5.吸收液中发生如下反应： ①物质X的结构简式为______。 ②V2O5作缓蚀剂。V2O5能减缓铁质设施腐蚀的原理是______。 （3）将吸收液热解后可获得CO2.以CO2、N2为原料，电解KHCO3溶液可制取尿素，电解装置如图所示。Pt极上有两种气体生成，该电极的反应式为______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年度高三年级第一学期教学质量调研(一) 化学试题 本试卷满分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 Cu 64 选择题(共36分) 单项选择题：共8题，每题2分，共16分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 下列能量的转化过程与化学能无关的是 A. 电池放电 B. 电解 C. 煤的燃烧 D. 光伏发电 【答案】D 【解析】 【详解】A．电池放电是原电池工作过程，将化学能转化为电能，发生自发氧化还原反应，涉及化学能，A不符合题意； B．电解是电解池工作过程，将电能转化为化学能，发生非自发氧化还原反应，涉及化学能，B不符合题意； C．煤的燃烧过程将化学能转化为热能、光能，发生燃烧化学反应，涉及化学能，C不符合题意； D．光伏发电利用半导体光电效应将太阳能直接转化为电能，无化学反应发生，不涉及化学能转化，D符合题意； 故选D。 2. 检验微量砷的原理为。下列说法正确的是 A. As的基态核外电子排布式为[Ar]4s24p3 B. 的空间构型为平面三角形 C. 水的电子式 D. HNO3既含离子键又含共价键 【答案】B 【解析】 【详解】A．As为33号元素，基态核外电子排布式应为，故A错误； B．中心原子的价层电子对数为3，无孤电子对，杂化类型为，空间构型为平面三角形，故B正确； C．为共价化合物，电子式为，故C错误； D．是共价化合物，仅含共价键，不存在离子键，故D错误； 选B。 3. 实验室制取CuSO4溶液并利用CuSO4溶液进行的有关实验中，能达到实验目的的是 A. 装置甲：制取CuSO4溶液 B. 装置乙：制取H2、O2 C. 装置丙：配制用于检验醛基的新制Cu(OH)2 D. 装置丁：制取[Cu(NH3)4]SO4溶液 【答案】D 【解析】 【详解】A．Cu与浓常温下不反应，需加热才可反应生成，装置甲无加热装置，无法制取溶液，A错误； B．电解溶液，惰性电极条件下阴极放电优先级高于，优先析出，无生成，无法同时制取和，B错误； C．配制用于检验醛基的新制，需保证过量、体系呈强碱性，应向过量溶液中滴加少量溶液，装置丙试剂添加顺序及用量错误，无法得到符合要求的，C错误； D．向溶液中滴加过量氨水，先产生蓝色沉淀，后沉淀与过量氨水反应生成可溶性的，可得到目标溶液，D正确； 故选D。 4. 是一种常用的甲基化试剂。下列说法正确的是 A. 离子半径： B. 电离能： C. 热稳定性： D. 酸性： 【答案】A 【解析】 【详解】A．和是电子层结构相同的离子，核电荷数越小，离子半径越大，核电荷数：，因此离子半径：，A正确； B．同周期主族元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，、同属第二周期，原子序数，因此第一电离能：，B错误； C．元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强。非金属性：，因此热稳定性：，C错误； D．非金属性：，最高价氧化物对应水化物的酸性随非金属性增强而增强，因此酸性：​，D错误； 故选A。 阅读下列材料，完成下列小题： 钒、硼的化合物应用广泛。V2O5与浓盐酸反应生成Cl2和VO2+；V2O5可催化SO2制SO3.BCl3水解得硼酸(H3BO3)。氨硼烷(NH3BH3)可用作储氢材料，可由NH4Cl、NaBH4反应得到，产物还有NaCl和H2.NH3BH3脱氢后可生成具有金刚石结构的BN(可表示为)。 5. 下列说法正确的是 A. 键角： B. H3BO3中B为sp3杂化 C. NH3BH3分子内存在配位键 D. 为分子晶体 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 制取Cl2： B. 制取SO3： C. BCl3水解： D. 制取NH3BH3： 7. 下列物质的结构与性质或性质与用途具有对应关系的是 A. 盐酸具有酸性，可用于制取氯气 B. H3BO3具有弱酸性，可用作阻燃剂 C. SO2具有还原性，可用作漂白剂 D. 中键能大，硬度大 【答案】5. C 6. D 7. D 【解析】 【5题详解】 A．为V形结构，中心S原子有1对孤电子对，键角约119°；为平面三角形结构，键角为120°，键角，A错误； B．中B原子价层电子对数为3，无孤电子对，为杂化，B错误； C．中N原子有孤电子对，B原子有空轨道，二者形成配位键，C正确； D．为金刚石结构，属于共价晶体，不是分子晶体，D错误； 故选C。 【6题详解】 A．该离子方程式O原子不守恒，正确配平为，A错误； B．SO2催化氧化生成SO3需要V2O5作催化剂、加热条件，且为可逆反应， ，B错误； C．水解时Cl为-1价，产物应为HCl而非HClO，方程式为，C错误； D．和发生归中反应生成、NaCl和，方程式原子、电子均守恒，D正确； 故选D。 【7题详解】 A．盐酸用于制取氯气是利用的还原性，与酸性无对应关系，A错误； B．用作阻燃剂是因为其受热分解吸热、分解产物可隔绝氧气，与弱酸性无对应关系，B错误； C．用作漂白剂是因为其可与有色物质结合生成无色不稳定物质，与还原性无对应关系，C错误； D．为共价晶体，键能大，破坏共价键需要能量高，故其硬度大，性质与用途具有对应关系，D正确； 故选D。 8. 下列说法正确的是 A. 反应 在任何条件下均能自发进行 B. 根据常温常压下的反应 可知CH4的燃烧热为802 kJ·mol-1 C. 相同条件下，含少量杂质铜的粗锌与稀硫酸反应比纯锌快 D. 铅蓄电池放电时，负极、正极质量均减小 【答案】C 【解析】 【详解】A．该反应气体分子数减少，，且，根据自发反应判据，仅低温下反应可自发，并非任何条件均能自发，A错误； B．燃烧热定义为1mol纯可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时的反应热，其中元素对应的稳定氧化物为液态，该反应中为气态，因此不能得出的燃烧热为，B错误； C．粗锌中铜与锌、稀硫酸构成原电池，锌作负极，原电池效应可加快反应速率，故粗锌反应比纯锌快，C正确； D．铅蓄电池放电时，负极转化为，正极也转化为，两者均生成固体附着在电极上，因此正、负极质量均增大，D错误； 故选C。 不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项时，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。 9. 化合物Y有扩张血管的作用，其合成路线如下。下列说法正确的是 A. X能与HCHO发生缩聚反应 B. X存在顺反异构体 C. 1 mol Y与足量NaOH溶液反应，最多消耗2 mol NaOH D. 可以用NaHCO3溶液检验Y中是否含有X 【答案】BC 【解析】 【详解】A．X中酚羟基的对位连接甲氧基，一个邻位连接烯基侧链，仅剩余1个邻位活泼氢，酚与甲醛发生缩聚反应要求单体至少提供2个活性位点，无法形成高分子，A错误； B．X中碳碳双键的两个碳原子分别连接苯环与氢原子、酯基与氢原子，均为2种不同的原子或基团，存在顺反异构体，B正确； C．Y中含有1个酚酯基，水解后生成1个酚羟基和1个羧基，二者均可与NaOH反应，因此1mol Y与足量NaOH溶液反应最多消耗2mol NaOH，C正确； D．NaHCO3仅能与酸性强于碳酸的羧酸反应，X和Y中均无羧基，都不与NaHCO3反应，无法检验Y中是否含有X，D错误； 故选BC。 10. 我国科学家研发一种利用氢负离子的移动进行存储和释放能量的新型固态电池，该电池放电时的工作原理如下图所示。下列说法正确的是 A. 放电时，a极发生还原反应 B. 该电池也可使用酸性溶液作电解质 C. 放电时，b极的电极反应式为 D. 充电时，电极b应与外接电源的负极相连 【答案】C 【解析】 【分析】放电时阴离子向a极移动，故a为负极，b为正极。a极转化为，Ce元素化合价升高，发生氧化反应。b极转化为和，Al元素化合价降低，发生还原反应。可与酸性溶液中反应，无法稳定存在。充电时原电池正极对应电解池阳极，需接外接电源正极，负极对应电解池阴极，接外接电源负极。 【详解】A．放电时a为负极，Ce元素化合价升高，失电子发生氧化反应，A错误； B．可与酸性电解质中的反应生成，无法稳定存在，故不能使用酸性溶液作电解质，B错误； C．放电时b为正极，得电子发生还原反应，给出的电极反应式满足元素守恒、电荷守恒、得失电子守恒，C正确； D．放电时b为正极，充电时原电池正极作电解池阳极，应与外接电源的正极相连，D错误； 故选C。 11. 室温下，下列实验方案能达到实验目的的是 选项 实验方案 实验目的 A 取两支试管，各加入2 mL 0.1 mol·L-1 Na2S2O3溶液，将两支试管分别放入冷水和热水中，再向上述两支试管中加入2 mL 0.1 mol·L-1 H2SO4溶液，振荡，观察现象 验证升高温度可以加快反应速率 B 向两只装有相同铁片的试管中分别加入2 mL 1 mol·L-1 H2SO4和2 mL浓H2SO4，观察现象 验证增加浓度可以加快反应速率 C 取2 mL 0.1 mol·L-1 KI溶液和5 mL 0.1 mol·L-1 FeCl3溶液充分反应后，取上层清液滴加少量KSCN溶液，观察溶液颜色变化 验证Fe3+和I-的反应存在限度 D 向FeCl3与KSCN的混合溶液中，加入少量KCl固体，观察颜色变化 验证增大生成物浓度会使得平衡逆向移动 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．该实验控制除温度外其他反应条件均相同，硫代硫酸钠与硫酸反应生成硫单质沉淀，可通过观察出现浑浊的快慢判断反应速率，能验证升高温度可以加快反应速率，A正确； B．常温下浓硫酸会使铁片发生钝化，阻止反应进一步进行，两组实验的反应原理不同，不存在单一浓度变量，不能验证增加浓度可以加快反应速率，B错误； C．实验中的物质的量过量，无论和的反应是否存在限度，反应后体系中均有剩余，滴加KSCN溶液都会变红，无法验证该反应存在限度，C错误； D．与发生反应：，和不参与反应，加入少量KCl固体平衡不移动，无法验证增大生成物浓度会使得平衡逆向移动，D错误； 故选A。 12. BN常用作催化剂。向一容器中加入3.0 mol CH4、2.0 mol B2O3和2.0 mol N2，维持压强一定，只发生如下反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 平衡时各气体的体积分数与温度的关系如下图所示： 下列说法正确的是 A. X、Y、Z分别表示CH4、N2、CO B. 温度高于后，H2体积分数降低的原因是反应Ⅰ的平衡常数减小 C. 时，其他条件不变，若增加B2O3的物质的量，CO平衡体积分数将增大 D. 温度高于后，H2的体积分数约为60% 【答案】AD 【解析】 【分析】起始时气体为 3.0 mol CH4 和 2.0 mol N2，共 5.0 mol，CH4 占 60%、N2 占 40%。反应Ⅰ吸热，升温时 CH4 不断分解为 C 和 H2；生成的 C 又被反应Ⅱ消耗，反应Ⅱ同样吸热，升温后 CO 不断增多、N2 逐渐减少。温度足够高时 CH4 基本完全转化，3.0 mol CH4 生成 6.0 mol H2 和 3.0 mol C，3.0 mol C 再与 1.0 mol N2 反应生成 3.0 mol CO，剩余 N2 1.0 mol，气体共 10.0 mol。 【详解】A．起始气体为 CH4 3.0 mol、N2 2.0 mol，二者体积分数分别为 60% 和 40%；随温度升高 CH4 被消耗，曲线 X 由约 60% 降至 0，N2 因反应Ⅱ消耗而缓慢降低，对应曲线 Y，CO 由 0 逐渐增大，对应曲线 Z，故 X、Y、Z 分别表示 CH4、N2、CO，A正确； B．反应Ⅰ为吸热反应，升高温度时其平衡常数增大而不是减小；H2 体积分数在高温下降低，是因为反应Ⅱ随温度升高进行得更彻底，消耗 C 的同时使气体总物质的量增大（1 mol N2 转化为 3 mol CO），H2 所占比例随之下降，B错误； C．B2O3 是固体，增大其物质的量不能改变固体的浓度，平衡不发生移动，CO 的平衡体积分数不变，C错误； D．温度高于 1200 ℃ 后 CH4 已完全转化，气体为 6.0 mol H2、3.0 mol CO 和 1.0 mol N2，共 10.0 mol，H2 的体积分数为 6.0 mol÷10.0 mol×100% = 60%，D正确； 故答案为AD。 13. 向一密闭容器中按物质的量之比为充入CO2、H2和N2，压强一定，只发生如下反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： CO2的平衡转化率、催化剂作用下反应相同时间的CO2实际转化率与温度的关系如下图所示： 已知时CH4的选择性为100%，时CO的选择性为100%。 下列说法正确的是 A. 线段X表示的是CO2的实际转化率 B. 、 C. 从至，实际生成的CH4的物质的量一直减少 D. 时，若增大平衡时容器的压强，达新平衡时CO的物质的量减小 【答案】BD 【解析】 【分析】初始投料设定：密闭容器按物质的量比1:4:5充入、、​，恒压条件下仅发生两个平行的气相反应：反应Ⅰ（甲烷化）：，该反应是气体分子总数减少的反应；反应Ⅱ（逆水煤气变换）：，该反应是气体分子总数不变的反应；图像与限定条件关联：图像展示转化率随温度的变化，结合额外限定：时​选择性100%（即仅发生反应Ⅰ），时选择性100%（即仅发生反应Ⅱ），可区分两条曲线的属性：低温段反应速率慢，相同反应时间内未达平衡，实际转化率随温度升高（速率加快）快速上升；平衡转化率随温度的变化则由两个反应的焓变共同决定。 【详解】A．实际转化率是催化剂作用下反应相同时间的转化率，低温时反应速率慢，反应未达平衡，实际转化率随温度升高、速率加快而快速上升；平衡转化率是反应达到限度的转化率，不会出现低温下远低于实际反应趋势的快速增长。结合已知：400℃时选择性100%，该温度下按初始投料比1:4的和恰好能让反应Ⅰ进行完全，平衡转化率可达100%，和线段X低温段高转化率的特征匹配，因此线段X是的平衡转化率，线段Y才是实际转化率，A错误； B．反应Ⅰ：400℃后随温度升高，平衡转化率持续下降，说明升温使反应Ⅰ平衡逆向移动，因此正反应放热，；反应Ⅱ：750℃时选择性为100%，此时随温度升高平衡转化率上升，说明升温使反应Ⅱ平衡正向移动，因此正反应吸热，，B正确； C．200℃到400℃之间，实际转化率随温度快速升高，且该区间选择性接近100%，生成的物质的量是持续增大的，400℃后随温度升高选择性下降，的生成量才逐渐减少，并非从200℃到800℃一直减少，C错误； D．增大压强时：反应Ⅰ是气体分子数减小的反应（反应物气体，生成物气体），加压平衡正向移动，会消耗更多和，生成更多；而反应Ⅱ是气体分子数不变的反应，平衡移动由体系组分变化主导：反应Ⅰ正向移动消耗、生成，使反应Ⅱ的平衡逆向移动，最终达新平衡时的物质的量减小，D正确； 故选BD。 非选择题(共64分) 14. 工业上以粗铜(主要含单质Cu，还含有微量单质Ag、Au、Fe、Ni及化合态的As等)为原料通过电解精炼可以制取高纯度铜。 （1）工业上可用如图所示装置精炼铜。电解一段时间后，溶液底部有阳极泥(含Au、Ag、砷酸盐等)沉淀，溶液中含有少量H3AsO4、NiSO4和FeSO4.与电解前相比，溶液中CuSO4的浓度______。(填“增大”“减小”或“不变”) （2）电解所得阳极泥经酸浸、除砷等操作后，得到含Au(金)和AgCl的混合物，该混合物可经过如图所示的转化进行分离。 ①写出“溶金”时所发生反应的离子方程式：______。 ②已知的，当离子浓度低于时，可忽略该离子的存在。“溶金”时，应控制溶液中Cl-浓度不超过______mol·L-1。 ③已知“溶银”后溶液中存在[Ag(SO3)2]3-，写出“还原”时所发生反应的离子方程式：______。 （3）电解精炼结束后，电解池中的电解液可先浓缩结晶获取CuSO4·5H2O晶体(无其他晶体析出)，再电解回收Cu等物质。 ①已知浓缩结晶前电解液和结晶后母液中Cu2+和Ni2+的浓度如下表所示，计算1 L电解液浓缩结晶获取CuSO4·5H2O晶体的质量，写出计算过程______。 Cu2+ Ni2+ 浓缩前电解液(mol·L-1) 0.74 0.10 结晶后母液(mol·L-1) 1.40 1.00 ②如图所示装置电解时，电极b上可通过两步反应析出CuxAsy合金。已知第一步反应为，则第二步反应为______。 【答案】（1）减小 （2） ①. ②. 0.5 ③. （3） ①. ②. 【解析】 【分析】本实验以粗铜电解精炼为主线：电解时阳极粗铜溶解、阴极析出纯铜，比铜活泼的铁、镍先溶解，银、金不溶而落入阳极泥；阳极泥经酸浸除砷后用氯酸钠和盐酸溶金，再以亚硫酸钠溶银、甲醛还原得银；电解液经浓缩结晶可回收硫酸铜晶体，母液继续电解回收铜并析出铜砷合金。 【小问1详解】 电解精炼时阳极为粗铜，除铜外还含铁、镍等比铜活泼的金属以及银、金等不活泼金属。通电后阳极上铁、镍等比铜活泼的金属先于铜失去电子而溶解，铜随后溶解；银、金不溶解，以阳极泥形式沉入底部。阴极上只有溶液中的铜离子得电子析出铜。由于阳极溶解的铜少于阴极析出的铜，溶液中铜离子浓度不断减小，故硫酸铜溶液的浓度减小。 【小问2详解】 ① 溶金时用氯酸钠与盐酸的混合液，金被氧化并与氯离子配位形成配离子进入溶液。由电子守恒配平：金由0价升高到+3价，每个金失去3个电子；氯酸根中的氯由+5价降低到−1价，每个氯酸根得到6个电子，故金与氯酸根按2∶1配平，再补足氢离子、氯离子并配平电荷与原子，离子方程式为：。 ② 氯化银固体与氯离子存在配位平衡，其平衡常数，当离子浓度低于时，可忽略该离子的存在，所以应控制溶液中Cl-浓度不超过mol/L=0.5 mol/L。 ③ 溶银时氯化银在亚硫酸钠溶液中生成二亚硫酸根合银配离子，还原时用甲醛在碱性条件下把银离子还原为银单质，甲醛被氧化为碳酸根，离子方程式为：。 【小问3详解】 ① 结晶过程中镍离子不析出，其物质的量守恒：设结晶后母液体积为V，则0.10 mol/L×1 L=1.00 mol/L×V，解得V=0.10 L。结晶析出的铜离子的物质的量为0.74 mol/L×1 L−1.40 mol/L×0.10 L=0.60 mol，故析出CuSO4⋅5H2O晶体的质量为0.60 mol×250 g/mol=150 g。 ② 阴极上亚砷酸先得电子生成低价砷的离子，随后铜离子、该低价砷离子与电子共同放电析出铜砷合金，第二步反应为：。 15. 有机物G可以通过如下路线合成得到： 已知：Ph代表苯环 （1）有机物A中含氧官能团的名称为______。 （2）的反应分为两步，其中第一步是加成反应，第二步是取代反应。第一步所得产物的结构简式为______。 （3）的反应中需控制HCHO的用量，若HCHO过量，会生成副产物。该副产物的结构简式为______。 （4）转化中使用K2CO3的目的是______。 （5）写出同时符合下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：______。 ①含两个苯环，酸性条件下可以水解生成两种有机物M和N，M、N均含3种化学环境不同的氢原子； ②M能与FeCl3溶液发生显色反应，M与N的物质的量之比为1∶2。 （6）设计以、和(CH3)2NH为原料制取合成路线流程图______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。 【答案】（1）酚羟基、羰基 （2） （3） （4）吸收反应中生成的HBr，促进反应的正向进行 （5） （6） 【解析】 【分析】的反应分为两步，其中第一步是与甲醛发生加成反应，生成，第二步是与氯化氢发生取代反应，得到，与CH3COONa发生取代反应生成，C与PhCH2Cl发生取代反应生成D，D与Br2发生取代反应生成E，E发生取代反应生成F，F与氢气在催化剂条件下发生反应生成G。 【小问1详解】 有机物A中含氧官能团的名称为酚羟基、羰基； 【小问2详解】 与甲醛发生加成反应，生成； 【小问3详解】 的反应中需控制HCHO的用量，若HCHO过量，则HCHO会与酚羟基的两个邻位碳原子上的氢原子发生加成反应，再与氯化氢发生取代反应生成副产物。该副产物的结构简式为； 【小问4详解】 转化中还生成HBr，HBr与K2CO3发生反应，可以促进反应的正向进行； 【小问5详解】 ①含两个苯环，酸性条件下可以水解生成两种有机物M和N，M、N均含3种化学环境不同的氢原子；②M能与FeCl3溶液发生显色反应，M与N的物质的量之比为1∶2。说明M中含两个苯环，M含3种化学环境不同的氢原子，则M为，N为CH3CH2COOH，则D的同分异构体的结构简式：； 【小问6详解】 根据流程中，要制备，需要合成，根据知，生成，需要先合成，另外根据，需要与生成，可以由与氯气光照得到，与氧气在铜催化下生成，则合成路线为：。 16. 研究烟气中NOx的脱除具有重要意义。 （1）烟气中的NO可与O2发生反应： 。高温下该反应平衡转化率低的原因是______。 （2）在有氧条件下，用NH3催化还原NO时可发生反应：。将NH3与烟气混合气以一定流速通过装有催化剂的反应管，测得出口处NOx的转化率与温度的关系如图所示。温度高于，反应未达平衡，但NOx的转化率降低的原因有______和______。 （3）用NaClO溶液可将烟气中的NO氧化脱除。将含NO的烟气通过NaClO溶液，实验测得其他条件一定，通入相同时间的烟气，NO的去除率与温度及pH的关系分别如图2和图3所示。 ①温度高于时，温度越高，NO去除率越低的原因是______。 ②pH越低，NO的去除率越高的原因是______。 （4）用FeSO4吸收液吸收烟气中NO的原理如图4所示(HNO2具有强氧化性)。 ①若HNO2与HNO3的物质的量之比为1∶1，则该转化总反应的化学方程式为______。 ②该FeSO4的吸收液循环使用后，吸收NO的能力逐渐减弱，原因是______。 ③向吸收液中加入一定量的尿素[CO(NH2)2]可以防止FeSO4的吸收液吸收能力减弱，原因是______。 【答案】（1）该反应是放热反应，平衡常数随温度升高而减小，高温下平衡常数小，反应进行程度小 （2） ①. 温度升高催化剂活性降低，反应速率减慢 ②. 部分NH3被O2氧化为NO （3） ①. NaClO受热分解比例增大，浓度减小，NO氧化反应速率减慢 ②. pH越低，溶液中HClO浓度越大，HClO与NO的反应速率快 （4） ①. ②. Fe2+被HNO2、HNO3氧化为Fe3+，Fe3+不能吸收NO ③. 尿素具有还原性，能将HNO2、HNO3还原，防止氧化Fe2+ 【解析】 【小问1详解】 该反应，是放热反应，根据勒夏特列原理，温度升高平衡向吸热反应方向（逆向）移动，平衡常数随温度升高而减小，高温下平衡常数小，反应进行程度小，平衡转化率低； 【小问2详解】 反应体系流速一定，说明反应时间一定，反应未达平衡，理论上温度越高，反应速率越快，转化率越高，400℃后转化率下降原因可能是①催化剂活性下降使反应速率下降，转化率降低，②发生了其他副反应，结合反应方程式可知可能发生氨催化氧化生成NO的副反应导致转化率下降； 【小问3详解】 ①反应时间相同，反应未达平衡，理论上温度越高，反应速率越快，NO去除率越高，60℃后去除率下降的原因可能是发生了其他副反应，体系中NaClO受热易分解，使反应效率下降，故60℃后温度越高NO去除率越低的原因是NaClO受热分解，浓度减小，使NO氧化反应速率减慢，NO去除率下降； ②pH越低，更多转化为HClO，HClO的氧化性强于，相同时间下去除NO速率更快，故pH越低，NO去除率越高； 【小问4详解】 ①结合流程图可知，NO、、在催化下转化为、且二者物质的量之比为1:1，故总反应方程式为； ②、均具有强氧化性，循环使用后，一部分被其氧化为，而不具有吸收NO的能力，故NO吸收能力减弱； ③加入尿素后，由于尿素具有还原性，可还原、，避免其与反应，可防止溶液吸收NO能力减弱。 17. 以CH4、CO2为原料可以制取H2、CO(NH2)2(尿素)等物质。 （1）镍(Ni/NiO)载氧体与CH4、CO2混合气化学链制氢是常见的制氢方法，其原理如图所示。 ①“载氧体供氧”过程中主要发生如下反应。则______。 ②“载氧体供氧”反应中，若某次通入1molCH4与0.4molCO2，测得流出的气体中含1.36molCO、0.02molCO2和0.04molH2O。则H2的含量为______mol。 ③流出的气体中CO经过水煤气变换反应[]可转化为H2，为提高CO的转化率，工业上常通过如图所示的两次水煤气变换反应。两次变换时分别采取和的温度，则第一次变换时应选择的温度为______(填字母)。 A．B． （2）将“富氢气体”通过25%的K2CO3吸收液可除去其中的CO2，吸收液中还含3%的物质X(分子式为C4H11O2N)和0.7%的V2O5.吸收液中发生如下反应： ①物质X的结构简式为______。 ②V2O5作缓蚀剂。V2O5能减缓铁质设施腐蚀的原理是______。 （3）将吸收液热解后可获得CO2.以CO2、N2为原料，电解KHCO3溶液可制取尿素，电解装置如图所示。Pt极上有两种气体生成，该电极的反应式为______。 【答案】（1） ①. 247.1 ②. 1.92 ③. B （2） ①. (C2H5O)2NH ②. V2O5具有强氧化性，使铁质设施表面生成致密的氧化膜 （3） 【解析】 【小问1详解】 ①根据盖斯定律，目标反应，可由第一个反应减第二个反应得到：；②“载氧体供氧”反应中，若某次通入1molCH4与0.4molCO2，测得流出的气体中含1.36molCO、0.02molCO2和0.04molH2O。根据碳元素守恒，可得流出的气体中CH4为0.02mol，根据氢元素守恒，可得H2为1.92mol；③已知与，根据盖斯定律，可得，该反应为放热反应，先高温有利于提高反应速率，缩短变换所需时间；后低温，反应正向进行程度大，可提高产率，提高CO的转化率。所以第一次变换时应选择的温度为； 【小问2详解】 ①根据原子守恒，物质X的结构简式为(C2H5O)2NH。②V2O5具有强氧化性，使铁质设施表面生成致密的氧化膜，从而减缓铁质设施腐蚀的速率； 【小问3详解】 根据图示，左侧Pt电极连接电源正极，为阳极，发生氧化反应。溶液中主要离子为、、、等，H2O失去电子生成O2，电极方程式为：，生成的会与反应生成，则电极方程式为：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $