精品解析：江苏泰州市靖江市2026-2027学年高三上学期11月期中考试 化学试题

2026~2027学年度第一学期期中调研测试 高三化学 注意事项： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。 2.所有试题的答案均填写在答题纸上，答案写在试卷上的无效。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 P-31 S-32 Fe-56 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 我国地大物博，资源丰富。下列资源转化过程属于化学变化的是 A. 煤制甲醇 B. 石油分馏 C. 风力发电 D. 盐湖晒盐 2. 下列描述正确的是 A. 的电子式为 B. 的空间填充模型为 C. 的电子排布图为 D. 中子数22的的核素符号为 3. 实验室由硫铁矿烧渣（含FeO、、等）制取无水氯化铁的实验原理和装置不能达到实验目的的是 A. 用装置甲溶解硫铁矿烧渣 B. 用装置乙过滤得到含、混合溶液 C. 用装置丙氧化得到溶液 D. 用装置丁蒸干溶液获得无水 4. 周期表中第四周期元素Ge、As、Se常用于制造半导体材料。下列说法正确的是 A. 原子半径：r(Se)>r(As)>r(Ge) B. 电负性：χ(Se)>χ(As)>χ(Ge) C. 第一电离能：I1(Se)>I1(As)>I1(Ge) D. 基态原子中未成对电子数：Se>As>Ge 阅读下列资料，完成下列小题： 和在生产、生活和科学研究中有着广泛的应用。葡萄酒中添加适量的可以起到抗氧化等作用。工业上常用接触法制备，过程如下：将硫黄或其他含硫矿物在沸腾炉中与氧气反应生成；在催化作用下，与空气中的在接触室中发生反应，热化学方程式表示为；生成的在吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收得到发烟硫酸()。 5. 下列关于的说法不正确的是 A. 葡萄酒中使用作抗氧化剂是利用了的还原性 B. 将通入滴有酚酞的溶液中，红色褪去，说明具有漂白性 C. 与气体混合，产生淡黄色固体，体现了的氧化性 D. 工业制备硫酸后含的尾气大量排放至空气中会形成酸雨 6. 关于常压下催化氧化生成的反应，下列说法正确的是 A. 如图所示为催化剂的晶胞 B. 接触室中使用过量空气的目的是加快反应速率 C. 将2 mol和1.5 mol通过接触室，放出196.6 kJ热量 D. 使用作催化剂同时降低了正、逆反应的活化能 7. 下列与硫酸相关的实验能达到目的的是 A. 装置甲可用于实验室制备乙烯气体 B. 装置乙可用于去除乙烯中混有的气体 C. 常温下，可使用浓硫酸和铁片反应制取 D. 向50 g中加入50 g发烟硫酸，可配成100 g质量分数为50%的硫酸溶液 8. 某科研团队利用S和Cu2S的相互转化设计了如图所示电池。工作时，两极上发生反应的S和Cu2S的物质的量相等。放电完成后，将一侧的电解液加热，产生的气体通入另一侧，可使电池重复工作。若性能显著衰减，经简单处理可恢复。下列说法正确的是 A. 膜为阳离子交换膜 B. 当气体通入左室开始工作时，电极a为正极 C. 理论上，电路中通过的与消耗的物质的量之比为 D. 电池总反应为 9. 羟基自由基()具有强氧化性，可用于处理有机废水。某科研团队开发了一种催化剂，将高效转化为，机理如图。下列说法错误的是 A. 步骤①中与之间形成氢键 B. 部分中的来自于 C. 步骤③发生了氧化还原反应 D. 总反应为 10. G是一种具有较高热稳定性的不饱和聚酯醚类高分子，其合成方法如图所示。 下列说法正确的是 A. E中所有原子共平面 B. F在碱性条件下水解可生成E C. E与F发生缩聚反应生成G D. 一定条件下，1molG最多能与2molH2反应 11. 某同学设计以下实验，探究铁的化合物的性质(忽略②~⑤试管中溶液体积变化)。 已知：在水溶液中由于水解与配位而显黄色；呈绿色。下列说法错误的是 A. ②到③说明加入稀硫酸能抑制的水解 B. 若向③中依次加入适量维生素C、溶液，会出现蓝色沉淀 C. ④与⑤中：④＞⑤ D. ④与⑥中呈现红色均是由于与结合所致 12. 从浓缩海水中获取高纯Mg的工艺如图。已知25℃时H2C2O4的Ka1=5.4×10-2，Ka2=5.4×10-5，Ksp[Mg(OH)2]= 5.6×10-12。下列说法正确的是 A. 常温下，“滤液1”pH=5时，c()＞c(H2C2O4) B. 煅烧“滤渣”回收CaO：CaC2O4CaO+2CO↑+O2↑ C. 常温下，“滤液2”pH=9时，Mg2+完全沉淀 D. 路线I的工艺优于II 13. 研究甲、乙两种催化剂对下列反应的催化作用及产物选择性的影响。 反应Ⅰ：　 反应Ⅱ：　 恒压条件下，，，按体积比投料，分别使用甲或乙作催化剂，在下反应固定时间后测定的实验转化率；不改变其他条件，每间隔重复上述实验。的实验转化率和理论平衡转化率随温度的变化如图所示。已知：甲催化时，选择性在为；甲、乙分别催化时，选择性在均达。下列说法正确的是 A. ， B. 范围内，使用甲催化时，选择性随温度升高而增大 C. 范围内，相同温度下，无论使用甲还是乙催化，产物选择性相同 D. 其他条件不变，仅减小投料量，选择性达时的温度仍为 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 赤铁矿主要成分为Fe2O3(含少量Si、Al、Mg等元素的氧化物)，结构致密，在酸液中溶解缓慢。某研究小组以赤铁矿为原料制备电池级磷酸铁(FePO4)的低碳新工艺流程如图： 已知：25℃时，H3PO4的电离常数Ka1=6.92×10-3；Ksp[Fe(OH)3]=2.80×10-39。 回答下列问题： （1）Fe元素在周期表中的位置为_____。 （2）预处理将赤铁矿中部分Fe3+转化为Fe2+，导致晶格畸变，使矿石产生微裂纹，加快“酸浸”速率，其原因是_____。 （3）“酸浸”条件：c(H+)为8mol•L-1的HCl—H3PO4混合酸，n(H3PO4)：n(Fe)=1.05：1。混合酸中盐酸的作用是_____(答两条即可)。 （4）酸浸液中加入H2O2，Fe2+被氧化成[FeCl4]-的离子方程式为_____。 （5）“沉淀”步骤中，用氨水调节pH至2.00生成FePO4•2H2O沉淀，无Fe(OH)3沉淀。基于Fe(OH)3(s)Fe3+(aq)+3OH-(aq)，该溶液中Fe3+浓度不大于_____mol•L-1，此时滤液中的主要成分为_____(填化学式)。 （6）煅烧沉淀FePO4•2H2O所得到的FePO4，纯度符合锂电池材料的工业规格。已知沉淀FePO4•2H2O中含有Fe(OH)3、FeO(OH)等少量杂质，在高温煅烧后，产物FePO4中的Fe与P原子个数比为1.02：1(经测定产物中只有一种杂质)。试计算杂质的质量分数为_____(结果保留两位有效数字，请写出计算过程)。 15. 一种药物中间体(H)的合成路线如图： 已知： I.Z、Z′均为强吸电子基团(如：—F、—Cl、氰基、酯基、羰基等) Ⅱ.X=C、NR′′、 Ⅲ.“Et—”为“C2H5—” 回答下列问题： （1）A为一种常见的有机溶剂，则B的结构简式为_____。 （2）C中含氧官能团名称为_____；D→E反应的反应类型为_____。 （3）E转化为F时加入Et3N的目的为_____。 （4）C的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为_____(写出一种即可)。 ①遇FeCl3溶液显色；②苯环上仅含1种化学环境的氢原子 （5）请以和乙烯为主要原料合成(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线实例见题干)。 16. 金()是一种战略性金属。从某金精矿(含、、、、和等)中提取金并综合利用部分物质的一种工艺如图。 已知：和在一定条件下均可与形成可溶于水的配离子。 （1）“浸取”步骤中能提高金精矿浸取效率的措施为_____(填两种即可)。 （2）“沉锑”步骤中铁粉与反应的离子方程式_____；“过滤”得到的与同族，与中离子键成分的百分数较大的是_____；经过一系列处理可制得光电材料，其晶体的立方晶胞结构如图1所示，其原子占据A、B、C三种位置，每种位置上只有一种原子，则距离最近的有_____个。 （3）“电解”得到的电解产物中，回收处理后可进行循环利用的物质是_____。 （4）“X”包含多个步骤，需同时用到和溶液。一定条件下，、浸取率随溶液中的变化如图2所示，在滤液2中主要以存在。为尽可能提高金的提取率和纯度，“X”包括的步骤为_____。 （5）“沉金”步骤中理论上消耗的_____。 （6）某杂冠醚可选择性地与含银废液中的形成如图3所示的超分子，其选择性识别的原因除了该杂冠醚与有配位作用之外，还有_____。 17. 氢能是重要的绿色能源。其中甲醛释氢对氢能源和含甲醛污水处理有重要意义。 （1）HCHO水化释氢 45℃时，碱性条件下Ag作催化剂可将甲醛转化为H2，反应的机理如图所示。 使用时将纳米Ag颗粒负载在Al2O3表面以防止纳米Ag团聚。其他条件不变，反应相同时间，NaOH浓度对H2生成速率的影响如图1所示。 已知：甲醛在碱性条件下会发生副反应：2HCHO+NaOH=HCOONa+CH3OH。 ①若只将甲醛中的H用D原子标记为DCDO，DCDO为_____分子(填“极性”或“非极性”)，得到的氢气化学式为_____。 ②由题意知NaOH的最佳浓度约为_____，若NaOH浓度过大，则H2的体积减小的原因可能是_____。 ③甲烷与水在催化剂作用下也可产生氢气与碳氧化物，与甲烷水化法制氢气相比，甲醛制氢的优点有_____(至少写两点)。 （2）HCHO电催化释氢 催化电解含较低浓度的HCHO、NaOH混合溶液，可获得H2与HCOONa(如图2所示)，其中电极b表面覆盖一种Mo与P形成的化合物(晶胞结构如图3所示)作催化剂。 ①催化剂可由MoO2与(NH4)2HPO4的混合物与H2高温灼烧制得(反应中N元素化合价不变)，该反应的化学方程式为_____。 ②电解时，电极b上同时产生H2与HCOO-的物质的量之比为1：2，则电极b上的电极反应式为_____。 ③电解过程中通过阴离子交换膜的OH-为1mol时，产生H2的量为_____mol。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026~2027学年度第一学期期中调研测试 高三化学 注意事项： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。 2.所有试题的答案均填写在答题纸上，答案写在试卷上的无效。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 P-31 S-32 Fe-56 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 我国地大物博，资源丰富。下列资源转化过程属于化学变化的是 A. 煤制甲醇 B. 石油分馏 C. 风力发电 D. 盐湖晒盐 【答案】A 【解析】 【详解】A．煤制甲醇过程中，煤的组分发生化学反应生成新物质甲醇，有新物质生成，属于化学变化，A正确； B．石油分馏是利用石油中各组分沸点不同分离提纯物质的操作，无新物质生成，属于物理变化，B错误； C．风力发电是将风能转化为电能的能量转化过程，无新物质生成，属于物理变化，C错误； D．盐湖晒盐是通过蒸发溶剂使盐类溶质结晶析出的过程，无新物质生成，属于物理变化，D错误； 故选A。 2. 下列描述正确的是 A. 的电子式为 B. 的空间填充模型为 C. 的电子排布图为 D. 中子数22的的核素符号为 【答案】C 【解析】 【详解】A．是共价化合物，不存在阴阳离子，其电子式为：，A错误； B．题图为球棍模型，不是空间填充模型，的空间填充模型为：，B错误； C．核外有9个电子，电子排布式为，电子排布图为，C正确； D．的质子数为18，中子数为22的核素质量数为，核素符号左下角应为质子数，正确符号为，D错误； 故选C。 3. 实验室由硫铁矿烧渣（含FeO、、等）制取无水氯化铁的实验原理和装置不能达到实验目的的是 A. 用装置甲溶解硫铁矿烧渣 B. 用装置乙过滤得到含、混合溶液 C. 用装置丙氧化得到溶液 D. 用装置丁蒸干溶液获得无水 【答案】D 【解析】 【详解】A．硫铁矿烧渣(含FeO、、等)置于烧杯中，加过量盐酸溶解，其中FeO、溶于盐酸生成氯化亚铁和氯化铁，不溶于盐酸，故A正确； B．酸溶后的悬浊液进行过滤分离，得到氯化亚铁和氯化铁的混合溶液，故B正确； C．含氯化亚铁和氯化铁的混合溶液，转移入锥形瓶中加过量的双氧水，将氯化亚铁氧化为氯化铁，故C正确； D．所得氯化铁溶液应在HCl氛围中蒸发浓缩、冷却结晶，在将晶体在HCl气氛中脱水得到无水氯化铁，直接蒸发结晶无法得到无水氯化铁，故D错误； 故选：D。 4. 周期表中第四周期元素Ge、As、Se常用于制造半导体材料。下列说法正确的是 A. 原子半径：r(Se)>r(As)>r(Ge) B. 电负性：χ(Se)>χ(As)>χ(Ge) C. 第一电离能：I1(Se)>I1(As)>I1(Ge) D. 基态原子中未成对电子数：Se>As>Ge 【答案】B 【解析】 【详解】A．同周期元素从左到右半径依次减小，原子半径：r(Se)<r(As)< r(Ge)，故A错误； B．同周期元素从左到右电负性依次增强，电负性：χ(Se)>χ(As)>χ(Ge)，故B正确； C．As原子4p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：I1(As)>I1(Se)>I1(Ge)，故C错误； D．Ge未成对电子数为2，As未成对电子数为3，Se未成对电子数为2，基态原子中未成对电子数： As>Ge =Se，故D错误； 选B。 阅读下列资料，完成下列小题： 和在生产、生活和科学研究中有着广泛的应用。葡萄酒中添加适量的可以起到抗氧化等作用。工业上常用接触法制备，过程如下：将硫黄或其他含硫矿物在沸腾炉中与氧气反应生成；在催化作用下，与空气中的在接触室中发生反应，热化学方程式表示为；生成的在吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收得到发烟硫酸()。 5. 下列关于的说法不正确的是 A. 葡萄酒中使用作抗氧化剂是利用了的还原性 B. 将通入滴有酚酞的溶液中，红色褪去，说明具有漂白性 C. 与气体混合，产生淡黄色固体，体现了的氧化性 D. 工业制备硫酸后含的尾气大量排放至空气中会形成酸雨 6. 关于常压下催化氧化生成的反应，下列说法正确的是 A. 如图所示为催化剂的晶胞 B. 接触室中使用过量空气的目的是加快反应速率 C. 将2 mol和1.5 mol通过接触室，放出196.6 kJ热量 D. 使用作催化剂同时降低了正、逆反应的活化能 7. 下列与硫酸相关的实验能达到目的的是 A. 装置甲可用于实验室制备乙烯气体 B. 装置乙可用于去除乙烯中混有的气体 C. 常温下，可使用浓硫酸和铁片反应制取 D. 向50 g中加入50 g发烟硫酸，可配成100 g质量分数为50%的硫酸溶液 【答案】5. B 6. D 7. A 【解析】 【5题详解】 A．葡萄酒中使用作抗氧化剂，是利用的还原性，可优先与氧化性物质反应，避免葡萄酒被氧化，A正确； B．通入滴有酚酞的溶液中红色褪去，是因为作为酸性氧化物与反应，使溶液碱性减弱，并非体现的漂白性（不能漂白酸碱指示剂），B错误； C．与气体混合发生反应，反应中作氧化剂，体现氧化性，C正确； D．工业制备硫酸后含的尾气大量排放至空气中，会经氧化、水合形成硫酸型酸雨，D正确； 故答案选B； 【6题详解】 A．计算晶胞组成：黑球为，8个位于晶胞顶点，每个顶点原子贡献为，体心有1个，故晶胞中的总数为；白球为，个数为，故、原子个数比为，对应组成为，并非，A错误； B．接触室中使用过量空气，主要目的是增大浓度，使平衡正向移动，提高成本较高的的平衡转化率，并非仅为加快反应速率，B错误； C．该反应为可逆反应，热化学方程式中对应2 mol完全反应时的放热值，实际反应中反应物不能完全转化，故放出的热量小于196.6 kJ，C错误； D．催化剂的作用是同等程度降低正、逆反应的活化能，加快反应速率，不改变反应的始态与终态，D正确； 故答案选D； 【7题详解】 A．实验室制备乙烯需要将乙醇与浓硫酸的混合液加热至170℃，温度计需插入反应液中测量温度，装置甲的结构符合实验要求，A正确； B．装置乙中盛有浓硫酸，浓硫酸与不发生反应，无法吸收乙烯中混有的，不能达到除杂目的，B错误； C．常温下铁片遇浓硫酸会发生钝化，表面生成致密氧化膜阻止反应持续进行，无法制取，C错误； D．发烟硫酸的组成为，其中的会与水反应生成，故混合后溶液中的总质量大于50 g，所得溶液质量分数大于50%，D错误； 故答案选A。 8. 某科研团队利用S和Cu2S的相互转化设计了如图所示电池。工作时，两极上发生反应的S和Cu2S的物质的量相等。放电完成后，将一侧的电解液加热，产生的气体通入另一侧，可使电池重复工作。若性能显著衰减，经简单处理可恢复。下列说法正确的是 A. 膜为阳离子交换膜 B. 当气体通入左室开始工作时，电极a为正极 C. 理论上，电路中通过的与消耗的物质的量之比为 D. 电池总反应为 【答案】D 【解析】 【分析】根据题干“工作时，反应的S和物质的量相等”，结合化合价变化可得电子守恒的电极反应：左室电极a为正极，电极反应：；右室电极b为负极：电极反应，，加热时释放，据此解答。 【详解】A．反应后左室消耗，剩余多余的​；右室生成带正电的，正电荷多余。需要​（阴离子）从左室迁移到右室平衡电荷，因此膜为阴离子交换膜；若为阳离子交换膜，向左侧移动，无法实现该电池的功能，A错误 B．放电完成后，电极a的S完全转化为，电极b的完全转化为S；加热右室电解液，分解放出，将通入左室后重新开始工作时，电极a现在为，发生失电子的氧化反应，为负极，B错误； C．根据负极反应，转移时，消耗，因此电路中通过的与消耗的物质的量之比为，不是，C错误； D．将正负极反应相加，消去两边均有的S、和电子，得到总反应： ，化简得，D正确； 故选D。 9. 羟基自由基()具有强氧化性，可用于处理有机废水。某科研团队开发了一种催化剂，将高效转化为，机理如图。下列说法错误的是 A. 步骤①中与之间形成氢键 B. 部分中的来自于 C. 步骤③发生了氧化还原反应 D. 总反应为 【答案】B 【解析】 【详解】A．步骤①的产物结构中，的原子与的原子以虚线相连，代表二者形成氢键，A正确； B．根据反应机理的原子流向，提供的两个原子最终进入两个中，自身的原子最终进入生成的中，所有的原子均来自反应物，不存在来自的，B错误； C．步骤③中参与反应，生成和，反应过程中元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，C正确； D．将各步反应的中间产物抵消，催化剂循环参与反应，总反应的反应物为和3个，生成物为4个和2个，即总反应为，D正确； 故答案选B。 10. G是一种具有较高热稳定性的不饱和聚酯醚类高分子，其合成方法如图所示。 下列说法正确的是 A. E中所有原子共平面 B. F在碱性条件下水解可生成E C. E与F发生缩聚反应生成G D. 一定条件下，1molG最多能与2molH2反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．E分子中含有多个杂化的饱和碳原子，如环上的结构单元，饱和碳原子为四面体空间构型，无法实现所有原子共平面，A错误； B．F是丙炔酸与E形成的二酯，碱性条件下水解得到E（二元醇）和丙炔酸盐，B正确； C．E与F反应生成G的过程中无小分子（如）脱除，不属于缩聚反应，E中羟基氢原子断裂，和F的碳碳三键发生加聚反应生成高分子G，C错误； D．G的每个重复结构单元中含有2个碳碳双键，酯基中的羰基不与发生加成反应，1 mol G含mol重复单元，最多可与 mol 反应，D错误； 故选B。 11. 某同学设计以下实验，探究铁的化合物的性质(忽略②~⑤试管中溶液体积变化)。 已知：在水溶液中由于水解与配位而显黄色；呈绿色。下列说法错误的是 A. ②到③说明加入稀硫酸能抑制的水解 B. 若向③中依次加入适量维生素C、溶液，会出现蓝色沉淀 C. ④与⑤中：④＞⑤ D. ④与⑥中呈现红色均是由于与结合所致 【答案】C 【解析】 【分析】将水合硫酸铁溶于水，在水溶液中发生水解与配位而显黄色；加入稀硫酸使浓度增大，水解平衡逆向移动，溶液③颜色变浅；加入后，的配位能力比强，因此与发生配位反应生成红色的，溶液④变为红色；加入后，的配位能力比强，因此与发生配位反应生成绿色的，溶液⑤变为绿色；加入稀硫酸，与结合生成弱电解质，使的解离平衡正向移动，释放出再与配位显红色，溶液⑥变为红色，由此解答。 【详解】A．存在水解平衡，加入稀硫酸后增大，平衡逆向移动，的水解被抑制，溶液由黄色变为浅黄色，A正确； B．维生素C具有还原性，可将③中的还原为，与反应会生成特征蓝色沉淀，B正确； C．④中大部分与结合形成红色配合物，游离浓度较低；向④中加入固体后，与结合生成更稳定的绿色配离子，将原本与结合的释放出来，因此游离：⑤④，C错误； D．④中红色来自与结合形成的红色配合物；向⑤中加入适量稀硫酸后，与结合生成弱酸，使解离释放出，再与溶液中的结合显红色，因此④与⑥的红色均由与结合所致，D正确； 故答案选C。 12. 从浓缩海水中获取高纯Mg的工艺如图。已知25℃时H2C2O4的Ka1=5.4×10-2，Ka2=5.4×10-5，Ksp[Mg(OH)2]= 5.6×10-12。下列说法正确的是 A. 常温下，“滤液1”pH=5时，c()＞c(H2C2O4) B. 煅烧“滤渣”回收CaO：CaC2O4CaO+2CO↑+O2↑ C. 常温下，“滤液2”pH=9时，Mg2+完全沉淀 D. 路线I的工艺优于II 【答案】A 【解析】 【分析】浓缩海水（主要含、、、等离子），加入和，滤渣主要为，滤液1中主要含有、、以及少量的草酸根、草酸氢根离子；向滤液1中加入NaOH溶液沉镁，将转化为沉淀，滤液2主要含有NaCl、及过量的NaOH；从出发，工艺给出了两条转化为可电解物质的路径：路径I为受热分解生成，电解氧化镁制取镁；路径II为与盐酸反应生成溶液，蒸发浓缩、冷却结晶后，在HCl氛围下加热脱水得到无水，电解熔融制取高纯Mg，这是工业制镁的主流方法，能耗相对较低，据此解题。 【详解】A．根据的两级电离平衡关系，可得，当时，代入数据计算得，即，A正确； B．滤渣主要为，高温煅烧生成CaO、CO和CO2，高温分解的反应为：，B错误； C．常温下，时，根据，计算得，远大于离子沉淀完全的判定浓度（），因此未完全沉淀，C错误； D．与均为离子晶体，离子半径：，晶格能：，因此的熔点高于，电解制备高纯的能耗远高于电解熔融，因此路线II的工艺优于路线I，D错误； 故选A。 13. 研究甲、乙两种催化剂对下列反应的催化作用及产物选择性的影响。 反应Ⅰ：　 反应Ⅱ：　 恒压条件下，，，按体积比投料，分别使用甲或乙作催化剂，在下反应固定时间后测定的实验转化率；不改变其他条件，每间隔重复上述实验。的实验转化率和理论平衡转化率随温度的变化如图所示。已知：甲催化时，选择性在为；甲、乙分别催化时，选择性在均达。下列说法正确的是 A. ， B. 范围内，使用甲催化时，选择性随温度升高而增大 C. 范围内，相同温度下，无论使用甲还是乙催化，产物选择性相同 D. 其他条件不变，仅减小投料量，选择性达时的温度仍为 【答案】C 【解析】 【详解】A．低温下，随着温度升高，理论平衡转化率下降。根据勒夏特列原理，转化率下降说明低温下占据主导的反应平衡逆向移动了。因此，低温下主导的正反应是放热反应。结合题干信息甲催化时，选择性在为可知，低温区主要发生的是反应Ⅰ，故推断；同理，高温区​平衡转化率随温度升高，高温下以反应Ⅱ为主，升高温度反应Ⅱ平衡正向移动，故，A错误； B．反应I放热、反应Ⅱ吸热，升高温度平衡更有利于吸热的反应Ⅱ，的平衡选择性随温度升高降低；400℃，甲催化时甲烷选择性为100%，说明只发生反应一，低温更有利于反应一的进行，所以在400℃以下时，也是只发生反应一，甲烷选择性也是100%，甲烷选择性不变，B错误； C．由图可知，范围内，甲、乙催化的​实验转化率都与理论平衡转化率重合，说明反应已经达到平衡状态。催化剂只改变反应速率，不改变平衡组成，因此相同温度下，无论使用哪种催化剂，平衡状态相同，产物选择性相同，C正确； D．反应恒压进行，减小​投料量，体系总体积减小，反应物分压增大：反应Ⅰ是气体分子数减少的反应，加压促进反应Ⅰ正向移动，相同温度下选择性会降低，因此选择性达到100%需要更高的温度来对抗压强带来的影响，不再是，D错误； 故选C。 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 赤铁矿主要成分为Fe2O3(含少量Si、Al、Mg等元素的氧化物)，结构致密，在酸液中溶解缓慢。某研究小组以赤铁矿为原料制备电池级磷酸铁(FePO4)的低碳新工艺流程如图： 已知：25℃时，H3PO4的电离常数Ka1=6.92×10-3；Ksp[Fe(OH)3]=2.80×10-39。 回答下列问题： （1）Fe元素在周期表中的位置为_____。 （2）预处理将赤铁矿中部分Fe3+转化为Fe2+，导致晶格畸变，使矿石产生微裂纹，加快“酸浸”速率，其原因是_____。 （3）“酸浸”条件：c(H+)为8mol•L-1的HCl—H3PO4混合酸，n(H3PO4)：n(Fe)=1.05：1。混合酸中盐酸的作用是_____(答两条即可)。 （4）酸浸液中加入H2O2，Fe2+被氧化成[FeCl4]-的离子方程式为_____。 （5）“沉淀”步骤中，用氨水调节pH至2.00生成FePO4•2H2O沉淀，无Fe(OH)3沉淀。基于Fe(OH)3(s)Fe3+(aq)+3OH-(aq)，该溶液中Fe3+浓度不大于_____mol•L-1，此时滤液中的主要成分为_____(填化学式)。 （6）煅烧沉淀FePO4•2H2O所得到的FePO4，纯度符合锂电池材料的工业规格。已知沉淀FePO4•2H2O中含有Fe(OH)3、FeO(OH)等少量杂质，在高温煅烧后，产物FePO4中的Fe与P原子个数比为1.02：1(经测定产物中只有一种杂质)。试计算杂质的质量分数为_____(结果保留两位有效数字，请写出计算过程)。 【答案】（1）第四周期第Ⅷ族 （2）矿石晶格畸变产生微裂纹后，增大了矿石与酸液的接触面积，同时内部孔隙增多，酸液更容易渗入矿石内部，从而有效提升浸出反应速率 （3）提供高浓度的增强体系酸性，促进氧化铁矿物溶解；提供，后续可与形成稳定配离子，促进铁元素浸出；同时不引入杂质，不干扰后续沉淀生成； （4） （5） ①. ②. （6）设产物中的物质的量为，杂质的物质的量为，P全部来自，由得，解得，则杂质质量分数为 【解析】 【分析】赤铁矿与少量碳在下反应，碳将部分还原为，引起晶格畸变并产生微裂纹，破坏致密结构，加快后续酸浸速率。加入 混合酸并加热。提供和，促进矿石溶解并形成配离子；提供磷源。不溶的等作为滤渣分离。向滤液中加入，将溶液中残留的氧化为（主要以形式存在）。加入氨水（）调节pH至2.00，使与反应生成沉淀。此时、等杂质离子不沉淀，留在滤液中。将得到的沉淀在下煅烧，脱去结晶水，最终得到电池级无水产品。 【小问1详解】 Fe元素的原子序数为26，在周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族； 【小问2详解】 矿石晶格畸变产生微裂纹后，增大了矿石与酸液的接触面积，同时内部孔隙增多，酸液更容易渗入矿石内部，从而有效提升浸出反应速率； 【小问3详解】 混合酸中盐酸的作用：提供高浓度的增强体系酸性，促进氧化铁矿物溶解；提供，后续可与形成稳定配离子，促进铁元素浸出；同时不引入杂质，不干扰后续沉淀生成； 【小问4详解】 酸性条件下，将氧化为，与形成配离子，离子方程式为：； 【小问5详解】 时，，根据，可得：；矿石含少量、杂质，加、、，滤液中阳离子主要为，阴离子主要为，因此滤液中的主要成分为； 【小问6详解】 计算过程见答案。 15. 一种药物中间体(H)的合成路线如图： 已知： I.Z、Z′均为强吸电子基团(如：—F、—Cl、氰基、酯基、羰基等) Ⅱ.X=C、NR′′、 Ⅲ.“Et—”为“C2H5—” 回答下列问题： （1）A为一种常见的有机溶剂，则B的结构简式为_____。 （2）C中含氧官能团名称为_____；D→E反应的反应类型为_____。 （3）E转化为F时加入Et3N的目的为_____。 （4）C的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为_____(写出一种即可)。 ①遇FeCl3溶液显色；②苯环上仅含1种化学环境的氢原子 （5）请以和乙烯为主要原料合成(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线实例见题干)。 【答案】（1） （2） ①. 酯基 ②. 加成反应 （3）消耗生成的HCl，促进该反应正向进行，提高反应物的转化率 （4）或 （5） 【解析】 【分析】A为一种常见的有机溶剂，由流程图可知，与A在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成B()，结合B的化学式可得A为CH3CH2OH，则B为，B在乙醇钠、乙醇体系中和发生已知I的取代反应得到C，结合E的结构可知C()为，C在Pd/C作用下与氢气发生还原反应得到D()为，D再与发生加成反应生成E，E和ClCOOCH2P h在Et3N、CH2Cl2环境下发生N上的取代反应得到F为，F经NaH、DMF分子内环合得到G在氯化钠、水、DMSO条件下脱酯基得到目标产物H。 【小问1详解】 由分析可知，B的结构简式为。 【小问2详解】 由分析可知，C为，含氧官能团名称为酯基，D与发生加成反应生成E。 【小问3详解】 由分析可知，E和ClCOOCH2P h在Et3N、CH2Cl2环境下发生N上的取代反应得到F，同时有HCl生成，Et3N具有碱性，可以消耗生成的HCl，促进该反应正向进行，提高反应物的转化率。 【小问4详解】 C的同分异构体满足条件：①遇FeCl3溶液显色，说明其中含有酚羟基；②苯环上仅含1种化学环境的氢原子，说明其是对称的结构；该同分异构体中苯环为对称四取代，两对取代基对位分布，结合C的结构简式可知，同分异构体中含有-NH2、-CH3和对称的羟基，则符合条件的C的同分异构体为或。 【小问5详解】 乙烯和Br2发生加成反应生成，结合题中流程，在NaH/DMF条件下发生已知Ⅱ的反应生成，在乙醇钠、乙醇体系中与发生已知I的取代反应生成，在NaCl、H2O、DMSO加热下脱酯得到目标产物，则补全流程图为。 16. 金()是一种战略性金属。从某金精矿(含、、、、和等)中提取金并综合利用部分物质的一种工艺如图。 已知：和在一定条件下均可与形成可溶于水的配离子。 （1）“浸取”步骤中能提高金精矿浸取效率的措施为_____(填两种即可)。 （2）“沉锑”步骤中铁粉与反应的离子方程式_____；“过滤”得到的与同族，与中离子键成分的百分数较大的是_____；经过一系列处理可制得光电材料，其晶体的立方晶胞结构如图1所示，其原子占据A、B、C三种位置，每种位置上只有一种原子，则距离最近的有_____个。 （3）“电解”得到的电解产物中，回收处理后可进行循环利用的物质是_____。 （4）“X”包含多个步骤，需同时用到和溶液。一定条件下，、浸取率随溶液中的变化如图2所示，在滤液2中主要以存在。为尽可能提高金的提取率和纯度，“X”包括的步骤为_____。 （5）“沉金”步骤中理论上消耗的_____。 （6）某杂冠醚可选择性地与含银废液中的形成如图3所示的超分子，其选择性识别的原因除了该杂冠醚与有配位作用之外，还有_____。 【答案】（1）将金精矿粉碎（研磨）、适当升高温度或适当增大盐酸浓度、搅拌等 （2） ①. ②. ③. 4 （3） （4）先控制浓度在mol/L，与溶液浸出后过滤除去，再控制浓度在mol/L与溶液浸出 （5）3:2 （6）杂冠醚的空腔大小与的直径（大小）相匹配 【解析】 【分析】先通过盐酸和氧化剂体系，将转化为可溶性配离子，过滤后滤泥含有、、、等；滤液主要含，还会存在、等，再用铁粉还原沉锑得到单质锑，同时也将还原为，滤液1含有、，通过电解实现沉锑试剂的回收循环，降低原料成本。滤泥除硫后得到含金银粉体，通过控制浓度在酸性条件下实现金、银的选择性浸出，最后用亚硫酸钠还原沉金得到单质金，回收的锑可进一步加工制备光电材料，实现副产物高值化利用。 【小问1详解】 “浸取”步骤中能提高金精矿浸取效率的措施为将金精矿粉碎（研磨）、适当升高温度、适当增大盐酸浓度、搅拌等； 【小问2详解】 “沉锑”步骤中铁粉与反应的离子方程式为； 离子键成分百分数随元素电负性差增大而增大，电负性远大于，和电负性相近，因此中电负性差更大，离子键成分更大； 据图可知，是闪锌矿（型）结构，晶胞中每个原子周围4个异号原子形成正四面体配位，则距离最近的有4个； 【小问3详解】 根据分析可知，滤液1中主要含有、，阴极得到电子被还原为，阳极阴离子放电顺序为、，对应产物为、，回收处理后可进行循环利用的物质是； 【小问4详解】 由图-2可知：低浓度下浸出率接近100%、几乎不溶解，先在mol/L浓度下优先浸出，避免进入含金体系降低金的纯度；再提高浓度到mol/L附近，实现的高浸出率；“X”包括的步骤为：先控制浓度在mol/L，与溶液浸出后过滤除去，再控制浓度在mol/L与溶液浸出； 【小问5详解】 沉金过程中中+3价被还原为单质，被氧化为，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，则； 【小问6详解】 超分子选择性识别的核心原因除配位作用外，冠醚的空腔尺寸与目标离子的半径恰好匹配，仅能容纳形成稳定结构。 17. 氢能是重要的绿色能源。其中甲醛释氢对氢能源和含甲醛污水处理有重要意义。 （1）HCHO水化释氢 45℃时，碱性条件下Ag作催化剂可将甲醛转化为H2，反应的机理如图所示。 使用时将纳米Ag颗粒负载在Al2O3表面以防止纳米Ag团聚。其他条件不变，反应相同时间，NaOH浓度对H2生成速率的影响如图1所示。 已知：甲醛在碱性条件下会发生副反应：2HCHO+NaOH=HCOONa+CH3OH。 ①若只将甲醛中的H用D原子标记为DCDO，DCDO为_____分子(填“极性”或“非极性”)，得到的氢气化学式为_____。 ②由题意知NaOH的最佳浓度约为_____，若NaOH浓度过大，则H2的体积减小的原因可能是_____。 ③甲烷与水在催化剂作用下也可产生氢气与碳氧化物，与甲烷水化法制氢气相比，甲醛制氢的优点有_____(至少写两点)。 （2）HCHO电催化释氢 催化电解含较低浓度的HCHO、NaOH混合溶液，可获得H2与HCOONa(如图2所示)，其中电极b表面覆盖一种Mo与P形成的化合物(晶胞结构如图3所示)作催化剂。 ①催化剂可由MoO2与(NH4)2HPO4的混合物与H2高温灼烧制得(反应中N元素化合价不变)，该反应的化学方程式为_____。 ②电解时，电极b上同时产生H2与HCOO-的物质的量之比为1：2，则电极b上的电极反应式为_____。 ③电解过程中通过阴离子交换膜的OH-为1mol时，产生H2的量为_____mol。 【答案】（1） ①. 极性 ②. ③. 1.0 ④. 碱性过强时甲醛发生副反应被消耗，用于生成氢气的反应物减少，同时氢氧化钠溶解载体Al2O3，使纳米Ag颗粒团聚，催化剂活性下降 ⑤. 氢气纯度高，可同时处理有毒的甲醛且反应条件温和 （2） ①. ②. ③. 1 【解析】 【小问1详解】 ①甲醛分子中中心碳原子的价层电子对数，中心碳原子是杂化，分子的空间结构为平面三角形，电荷分布不对称，是极性分子；若只将甲醛中的H用D原子标记为DCDO，分子构型不变，极性不变，DCDO为极性分子。根据反应机理图，氢分子中的两个氢原子一个来自水分子，一个来自甲醛分子，得到的氢气化学式为。 ②由题意知NaOH的最佳浓度约为；由已知甲醛在碱性条件下会发生副反应：2HCHO+NaOH=HCOONa+CH3OH，消耗甲醛，减少了用来生成氢气的甲醛，同时NaOH浓度过大，溶解载体Al2O3，使纳米Ag颗粒发生团聚，催化剂活性下降，H2的体积减小。 ③甲烷与水在催化剂作用下产生氢气与碳氧化物，使制得的氢气不纯，与甲烷水化法制氢气相比，甲醛制氢的优点有氢气纯度高，可同时处理有毒的甲醛且反应条件温和。 【小问2详解】 ①根据晶胞结构图，黑球在内部，共4个；白球在顶点、面上、棱上，共，所以催化剂的化学式为，催化剂可由MoO2与(NH4)2HPO4的混合物与H2高温灼烧制得(反应中N元素化合价不变)，该反应的化学方程式为。 ②已知电解时电极b上同时产生H2与HCOO-的物质的量之比为1：2；电极b与电源正极相连，是电解池的阳极，失去电子，则电极b上的电极反应式为：。 ③电极a与电源负极相连，是电解池的阴极，电极反应式：；阳极电极反应式：；每转移2 mol e-，两极共生成2 mol，根据电荷守恒，通过阴离子交换膜的OH-为2 mol，则通过阴离子交换膜的OH-为1 mol时，产生H2的量为1 mol。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $