精品解析：江苏南京市部分学校2026-2027学年高三上学期11月期中考试 化学试题

2026—2027学年第一学期期中检测试卷 高三化学 本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分。考试用时75分钟。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Ce 140 一、单项选择题：每题只有一个选项最符合题意。 1. 下列新能源汽车部件所用材料的主要成分属于有机高分子材料的是 A. 酚醛树脂隔热层 B. 太阳能电池板 C. 铝锂合金底盘 D. 碳纤维天线支架 2. 以NaIO3为原料制备NaI的反应为：NaIO3+3NaHSO3=NaI+3NaHSO4。下列说法正确的是 A. Na+的结构示意图为 B. 中子数为8的氧原子可表示为 C. SO的空间结构为正四面体 D. H2SO4中既含离子键又含共价键 3. 一种以铜为原料制取溶液并验证性质的装置中，原理正确并能达到实验目的的是 A. 用装置甲制 B. 用装置乙验证具有漂白性 C. 用装置丙稀释混合物得溶液 D. 用装置丁制溶液 4. 我国科研人员设计并合成了一种可检测的化合物M，其结合时发出荧光，所得产物结构如图所示。下列说法不正确的是 A. 电离能： B. 电负性： C. 发出荧光可能与电子从高能级跃迁至低能级有关 D. M中C、N的杂化方式只有一种 阅读下列材料，完成下面小题。 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(Cu2S)得粗铜和二氧化硫；含铜催化剂在酸性条件下电催化还原CO2制乙烯；CO2与H2在铜催化作用下合成C2H5OH，该反应的热化学方程式为2CO2(g)+6H2(g)=C2H5OH(l)+3H2O(l) ΔH=-348.1 kJ·mol-1；铜的化合物CH3COO[Cu(NH3)2]可脱除CO；碲化亚铜(Cu2Te)与稀硫酸、H2O2溶液作用生成二元弱酸H2TeO3是回收碲单质的反应之一。 5. 下列关于反应2CO2(g)+6H2(g)=C2H5OH(l)+3H2O(l)的说法正确的是 A. 若反应生成3 mol H2O(g)，放出的热量将大于348.1 kJ B. 反应物的总键能小于生成物的总键能 C. 反应在任何温度下都可以自发进行 D. 加入含铜催化剂使CO2的平衡转化率增大 6. 下列表述和化学反应正确的是 A. 辉铜矿焙烧制铜：2Cu2S+3O24Cu+2SO2 B. 粗铜电解精炼时Ag在阳极发生反应：Ag-e-=Ag+ C. 电催化还原CO2制乙烯：2CO2+12H++12e-C2H4+4H2O D. 碲化亚铜生成H2TeO3：Cu2Te+2H++4H2O2=2Cu2++TeO+5H2O 7. CH3COO[Cu(NH3)2]脱除CO的反应为CH3COO[Cu(NH3)2]+CO+NH3=CH3COO[Cu(NH3)3CO]。下列说法正确的是 A. CH3COO[Cu(NH3)2]中铜元素的化合价为+2 B. CH3COO-中σ键与π键的个数比为5∶2 C. [Cu(NH3)2]+与NH3中N原子的杂化轨道类型不同 D. H-N-H键角大小：[Cu(NH3)2]+>NH3 8. 一种新型人工固氮的原理如图所示，循环中的每一步均完全转化。下列说法正确的是 A. 过程①中N2被还原 B. 参与反应的物质中含有的化学键有离子键、共价键和氢键 C. 转化过程中所涉及的元素均呈现了不同价态 D. 该固氮过程节能环保，不需要提供额外的能量 9. 咖啡酸具有抗菌、抗病毒作用，其合成路线如下： 下列说法正确的是 A. X和咖啡酸分子与足量的H2加成后的产物都存在手性碳原子 B. 咖啡酸分子中所有碳原子不可能在同一平面上 C. 咖啡酸不能与HCHO发生缩聚反应 D. 可用溴水检验咖啡酸中是否含有X 10. 一种柔性电池以碳纳米管作支撑材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物为固态电解质，相关图示如图1、图2，电池总反应为：MnO2+Zn+(1+)H2O+ZnSO4MnOOH+[ZnSO4·3Zn(OH)2·xH2O]，下列说法不正确的是 A. 放电时，电池正极的反应为MnO2+H2O+e-=MnOOH+OH- B. 充电时，含有MnO2膜的碳纳米管纤维与外加电源的负极相连 C. 合成图2中的有机高聚物分子的聚合反应为加聚反应 D. 有机高聚物中通过氢键的缔合作用，增强了高聚物的机械强度 11. 探究含铜化合物性质的实验如下： 步骤Ⅰ：将一定量固体加少量水溶解得黄色溶液，再加水稀释，溶液变成蓝色，然后将溶液分成两等份。 步骤Ⅱ：向其中一份溶液中滴加滴酚酞试液，溶液颜色没有变化。 步骤Ⅲ：向另一份溶液中滴加浓氨水至生成的蓝色沉淀恰好溶解为深蓝色溶液。 步骤Ⅳ：向步骤Ⅲ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入过量的稀盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现少量红色物质。 下列说法不正确的是 A. 步骤Ⅰ中平衡向正反应方向移动 B. 步骤Ⅱ中滴加酚酞溶液颜色没有变化，不能判断是否水解 C. 步骤Ⅲ可判断，与配位的能力： D. 步骤Ⅳ中产生的气体为和的混合气体 12. 室温下，有色金属冶炼废渣(含Cu、Ni、Si等的氧化物)用过量的较浓H2SO4溶液酸浸后，提取铜和镍的过程如图所示： 已知：室温下： ；Ka1(H2SO3)=1.2×10-2，Ka2(H2SO3)=6.0×10-8，下列说法正确的是 A. NaHSO3溶液中： B. “提铜”的离子方程式： C. (NH4)2C2O4溶液中； D. “沉镍”后上层清液中一定有： 13. 利用MgCO3与H2获得CH4的主要反应如下： 反应Ⅰ：MgCO3(s)=MgO(s)+CO2(g) ΔH1 反应Ⅱ：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH2 反应Ⅲ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH3 100 kPa下，在密闭容器中加入一定量的MgCO3(s)和4 mol H2(g)，发生以上反应。T1温度后体系达平衡，MgCO3(s)已完全分解。中间产物CO2转化率、CH4产率及另外2种含氢气体的物质的量(n)随温度的变化如图所示(T1温度前图未画出)。 下列说法正确的是 A. 反应CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)的ΔH>0 B. 曲线②表示H2O的物质的量 C. 曲线③表示CO2转化率 D. 温度为T0时，反应达平衡后，缩小容器体积达新平衡，c(CO2)减小 二、非选择题： 14. 钨酸(H2WO4)是一种重要的化工原料，用作媒染剂催化剂，制造防火材料等。一种以黑钨矿(主要成分是FeWO4和MnWO4，还含有Si、P、As等元素的杂质)为原料制备钨酸的工业流程如下图所示。 已知：①“滤渣1”的成分是Mn3O4和Fe2O3。 ②“水浸”后滤液中主要阴离子为、、、和。 ③。 ④一般情况下，离子浓度小于10-5mol·L-1可认为该离子沉淀完全。 回答下列问题： （1）“焙烧”前，粉碎黑钨矿的目的是___________。 （2）FeWO4发生“焙烧”时的化学反应方程式为___________。 （3）“滤渣2”的主要成分是___________。 （4）“除磷、砷”过程中P、As元素以Mg3(PO4)2和Mg3(AsO4)2形式沉淀，则“氧化”过程中加入NaClO溶液的目的是___________。 （5）当“滤液1”中c(Mg2+)=0.01 mol·L-1时，此时是否沉淀完全？___________。(填“是”或“否”) （6）利用碘量法可测定H2WO4样品中H2WO4(M=250 g·mol-1)的质量分数： 先称量0.0250g样品，再将H2WO4转化为可溶的Na2WO4；通过离子交换柱发生反应：。交换结束后，向所得含的溶液中加入稍过量酸化的KI溶液，发生反应：。反应完全后，以淀粉为指示剂，用0.1000 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：，消耗11.82 mL Na2S2O3标准溶液。 计算样品中H2WO4的质量分数为___________。(写出计算过程)。 15. 化合物G是一种青霉素的重要中间体，其合成路线如下： （1）B分子中官能团名称为酰胺基、________。 （2）A→B的过程中，的作用为________。 （3）F→G的反应可表示为，W分子中含有两个六元环，写出W的结构简式：________。 （4）X的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：________。 含有两个苯环，核磁共振氢谱中有4组峰； 能与溶液发生显色反应，能发生银镜反应。 （5）写出以、、和为原料制备的合成路线流程图________。（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。 16. 研究水质除砷技术对保护环境有重要意义。 已知：pH<9.2时As(Ⅲ)主要以H3AsO3的形式存在；As(V)在不同pH条件下的物种分布分数如图1所示；Ksp(FeAsO4)=5.7×10-21。 （1）硫化法：弱酸性条件下，水体中的As(Ⅲ)和SO在还原菌的作用下与HCHO反应生成雌黄(As2S3)沉淀和CO2。 ①基态As的核外电子排布式为___________。 ②H3AsO4的第二步电离平衡常数Ka2为___________。 ③硫化法的离子方程式为___________。 （2）石灰沉淀法：向含As(V)废水中添加石灰水，可使砷元素转化为Ca3(AsO4)2沉淀。 ①控制其他条件不变，向碱性含As(V)废水中加入一定量石灰水，As(V)去除率在30℃以后随温度升高而降低，可能的原因是___________。 ②在初始pH、c[As(V)]相同的模拟废水中加入石灰水，As(V)去除率随的变化如图2曲线a所示；固定=6，往石灰水中添加FeCl3溶液，As(V)去除率随的变化如图2曲线b所示。加入FeCl3溶液后，As(V)去除率增大的原因是___________。 （3）抗坏血酸可以将As(V)还原为As(Ⅲ)，0.5%的KBH4溶液可选择性地将溶液中的As(Ⅲ)还原为AsH3气体，而As(V)不会被还原。工厂排放的污水中含有少量As(Ⅲ)、As(V)，为测定100 mL污水样品中As(V)的浓度，请补充实验方案：取100 mL污水样品，___________，测定生成AsH3气体的量不再改变，通过计算得到As(V)的浓度。(可选用的试剂：抗坏血酸溶液、0.5%的KBH4溶液、Ar气。已知：Ar气可以吹出装置中残留的AsH3气体；污水中其他杂质不参与反应。) 17. 二氧化碳的捕集和利用是节能减排的一个重要研究方向。 Ⅰ．CO2的捕集 （1）科研组利用NaOH溶液实现“碳捕获”技术的装置如下图。 ①“碳捕获”技术是减少CO2排放的一种途径，基本思路是将工业排放的CO2分离出来。用NaOH溶液吸收CO2，反应后碳酸盐和碳酸氢盐的物质的量之比为1∶1，反应的离子方程式为___________。 ②下列溶液中，同样能用于“捕获”二氧化碳的是___________(填字母)。 A．NaNO3溶液 B．CaCl2溶液 C．HOCH2CH2NH2溶液 Ⅱ．CO2的资源化利用 （2）CeO2催化CO2与H2转化为CH4的机理如下图所示。 ①总反应的化学方程式为___________。 ②催化剂中掺入少量CaO，用Ca2+替代CeO2结构中部分Ce4+形成CaxCe1-xOy，可提高催化效率的原因是___________。 ③对催化剂CeO2(晶胞结构如图)改性，可减少积碳。取干燥CeO2在Ar气条件下加热，热重分析显示样品一直处于质量损失状态；X射线衍射分析结果表明随着温度升高，铈离子空间排列没有发生变化。当失重率(损失的质量/总质量)为4.65%时，每个晶胞拥有的O2-的个数为___________。 （3）在Ni/Rh/ZrO2催化下CO2和H2反应合成CH4，可能的反应路径如下图所示： ①路径Ⅰ中，Rh的作用是___________。 ②路径Ⅱ中，将H2换成D2后所得产物的化学式为HDO、___________和___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026—2027学年第一学期期中检测试卷 高三化学 本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分。考试用时75分钟。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Ce 140 一、单项选择题：每题只有一个选项最符合题意。 1. 下列新能源汽车部件所用材料的主要成分属于有机高分子材料的是 A. 酚醛树脂隔热层 B. 太阳能电池板 C. 铝锂合金底盘 D. 碳纤维天线支架 【答案】A 【解析】 【详解】A．酚醛树脂是通过缩聚反应制备的合成树脂，相对分子质量远大于有机小分子，属于有机高分子材料，A正确； B．太阳能电池板的核心材料为晶体硅，属于无机非金属材料，不属于有机高分子材料，B错误； C．铝锂合金是由铝、锂等金属元素形成的合金，属于金属材料，不属于有机高分子材料，C错误； D．碳纤维的主要成分为碳单质，属于无机非金属材料，不属于有机高分子材料，D错误； 故选A。 2. 以NaIO3为原料制备NaI的反应为：NaIO3+3NaHSO3=NaI+3NaHSO4。下列说法正确的是 A. Na+的结构示意图为 B. 中子数为8的氧原子可表示为 C. SO的空间结构为正四面体 D. H2SO4中既含离子键又含共价键 【答案】C 【解析】 【详解】A．Na为11号元素，的核内质子数为11，核外电子排布为2、8，结构示意图为，A错误； B．氧元素质子数为8，中子数为8时，质量数为，该氧原子应表示为，B错误； C．的中心S原子价层电子对数为，无孤电子对，空间结构为正四面体，C正确； D．是共价化合物，分子内只存在共价键，不存在离子键，D错误； 故选C。 3. 一种以铜为原料制取溶液并验证性质的装置中，原理正确并能达到实验目的的是 A. 用装置甲制 B. 用装置乙验证具有漂白性 C. 用装置丙稀释混合物得溶液 D. 用装置丁制溶液 【答案】D 【解析】 【详解】A．常温下铜与浓硫酸不发生反应，装置甲没有加热装置，无法制取，A错误； B．使酸性溶液褪色是因为具有还原性，二者发生氧化还原反应，不能验证的漂白性，B错误； C．稀释含浓硫酸的混合物时，应将混合物沿烧杯内壁缓慢倒入水中并不断搅拌，装置丙中将水倒入混合物中，会因浓硫酸稀释放热引发液体飞溅，操作错误，C错误； D．向溶液中滴加过量氨水，首先生成氢氧化铜沉淀，氨水过量后沉淀溶解，最终生成，装置丁的操作可以达到实验目的，D正确； 故选D。 4. 我国科研人员设计并合成了一种可检测的化合物M，其结合时发出荧光，所得产物结构如图所示。下列说法不正确的是 A. 电离能： B. 电负性： C. 发出荧光可能与电子从高能级跃迁至低能级有关 D. M中C、N的杂化方式只有一种 【答案】D 【解析】 【详解】A．同周期第二周期元素第一电离能呈总体增大趋势，N的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于O，故，A正确； B．同周期元素电负性从左到右逐渐增大，O的原子序数大于N，故电负性，B正确； C．荧光产生的机理是处于激发态的电子从高能级向低能级跃迁时以光的形式释放能量，因此发出荧光可能与该过程有关，C正确； D．化合物M中，苯环及含双键杂环上的C为杂化，冠醚结构中的饱和C为杂化；成双键的N为杂化，与配位的单键N为杂化，故C、N的杂化方式均不止一种，D错误； 故选D。 阅读下列材料，完成下面小题。 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(Cu2S)得粗铜和二氧化硫；含铜催化剂在酸性条件下电催化还原CO2制乙烯；CO2与H2在铜催化作用下合成C2H5OH，该反应的热化学方程式为2CO2(g)+6H2(g)=C2H5OH(l)+3H2O(l) ΔH=-348.1 kJ·mol-1；铜的化合物CH3COO[Cu(NH3)2]可脱除CO；碲化亚铜(Cu2Te)与稀硫酸、H2O2溶液作用生成二元弱酸H2TeO3是回收碲单质的反应之一。 5. 下列关于反应2CO2(g)+6H2(g)=C2H5OH(l)+3H2O(l)的说法正确的是 A. 若反应生成3 mol H2O(g)，放出的热量将大于348.1 kJ B. 反应物的总键能小于生成物的总键能 C. 反应在任何温度下都可以自发进行 D. 加入含铜催化剂使CO2的平衡转化率增大 6. 下列表述和化学反应正确的是 A. 辉铜矿焙烧制铜：2Cu2S+3O24Cu+2SO2 B. 粗铜电解精炼时Ag在阳极发生反应：Ag-e-=Ag+ C. 电催化还原CO2制乙烯：2CO2+12H++12e-C2H4+4H2O D. 碲化亚铜生成H2TeO3：Cu2Te+2H++4H2O2=2Cu2++TeO+5H2O 7. CH3COO[Cu(NH3)2]脱除CO的反应为CH3COO[Cu(NH3)2]+CO+NH3=CH3COO[Cu(NH3)3CO]。下列说法正确的是 A. CH3COO[Cu(NH3)2]中铜元素的化合价为+2 B. CH3COO-中σ键与π键的个数比为5∶2 C. [Cu(NH3)2]+与NH3中N原子的杂化轨道类型不同 D. H-N-H键角大小：[Cu(NH3)2]+>NH3 【答案】5. B 6. C 7. D 【解析】 【5题详解】 A．原热化学方程式对应生成3 mol 液态时放出348.1 kJ热量，气态能量高于液态，生成气态时反应的总放热量小于348.1 kJ，A错误； B．该反应，根据反应物总键能生成物总键能，可得反应物总键能小于生成物总键能，B正确； C．该反应正向是气体物质的量大幅减少的反应，，结合，根据，只有低温下反应才能自发，高温下反应非自发，C错误； D．含铜催化剂仅改变反应速率，不影响化学平衡移动，不能增大的平衡转化率，D错误； 故选B。 【6题详解】 A．所给方程式中氧原子不守恒，左侧3 mol 含6 mol O，右侧2 mol 仅含4 mol O，正确的焙烧反应为，A错误； B．粗铜电解精炼时，阳极上比Cu活泼的金属优先失电子，Ag的活泼性弱于Cu，不会在阳极发生失电子反应，会随阳极溶解形成阳极泥，B错误； C．电催化还原制乙烯的反应中，C元素从+4价降为-2价，2个C共得到12个电子，反应式的原子、电荷均守恒，书写正确，C正确； D．是二元弱酸，离子方程式中不能拆写为，应保留化学式，D错误； 故选C。 【7题详解】 A．带1个单位负电荷，为中性分子，根据化合物电中性原则，中心Cu的化合价为+1，A错误； B．中，甲基含3个C-H σ键、1个C-C σ键，羧酸根部分含2个C-O σ键，共6个σ键；羧酸根中存在1个π键，故σ键与π键个数比为6:1，B错误； C．中N原子价层电子对数为4（3个σ键+1对孤对电子），为杂化；中N原子将孤对电子与Cu形成配位键，价层电子对数仍为4，同样为杂化，杂化类型相同，C错误； D．中N原子存在1对孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥作用更强，使H-N-H键角被压缩；形成后，N的孤对电子转化为与Cu的成键电子对，孤对电子的强排斥作用消失，成键电子对间的排斥作用使H-N-H键角增大，故键角，D正确； 故选D。 8. 一种新型人工固氮的原理如图所示，循环中的每一步均完全转化。下列说法正确的是 A. 过程①中N2被还原 B. 参与反应的物质中含有的化学键有离子键、共价键和氢键 C. 转化过程中所涉及的元素均呈现了不同价态 D. 该固氮过程节能环保，不需要提供额外的能量 【答案】A 【解析】 【详解】A．过程①为与反应生成，元素从中的0价变为中的-3价，化合价降低、得到电子，被还原，A正确； B．氢键属于分子间作用力，不属于化学键，因此参与反应的物质中不存在作为化学键的氢键，B错误； C．转化过程中涉及的元素，在、、中均为+1价，未呈现不同价态，C错误； D．过程③需要通电条件，需要额外输入电能，并非不需要提供额外能量，D错误； 故选A。 9. 咖啡酸具有抗菌、抗病毒作用，其合成路线如下： 下列说法正确的是 A. X和咖啡酸分子与足量的H2加成后的产物都存在手性碳原子 B. 咖啡酸分子中所有碳原子不可能在同一平面上 C. 咖啡酸不能与HCHO发生缩聚反应 D. 可用溴水检验咖啡酸中是否含有X 【答案】A 【解析】 【详解】A．X与足量加成后的产物为，产物中环上多个碳原子连接4种不同基团，存在手性碳原子，用“*”表示手性碳原子，产物中的手性碳原子为；咖啡酸与足量加成后的产物为，同样存在多个连接4种不同基团的环上碳原子，即存在手性碳原子，产物中的手性碳原子为 ，A正确； B．咖啡酸中苯环、碳碳双键、羧基均为平面结构，单键可旋转使各平面重合，所有碳原子可能处于同一平面，B错误； C．咖啡酸含有酚羟基，且酚羟基邻、对位存在未被取代的活泼氢原子，满足酚类与发生缩聚反应的结构条件，一定条件下可以发生缩聚反应，C错误； D．X含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应使溴水褪色；咖啡酸含有碳碳双键可与溴水发生加成反应使溴水褪色，同时含酚羟基可与溴水发生苯环上的取代反应，二者与溴水作用均会出现溴水褪色的现象，无法检验咖啡酸中是否混有X，D错误； 故选A。 10. 一种柔性电池以碳纳米管作支撑材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物为固态电解质，相关图示如图1、图2，电池总反应为：MnO2+Zn+(1+)H2O+ZnSO4MnOOH+[ZnSO4·3Zn(OH)2·xH2O]，下列说法不正确的是 A. 放电时，电池正极的反应为MnO2+H2O+e-=MnOOH+OH- B. 充电时，含有MnO2膜的碳纳米管纤维与外加电源的负极相连 C. 合成图2中的有机高聚物分子的聚合反应为加聚反应 D. 有机高聚物中通过氢键的缔合作用，增强了高聚物的机械强度 【答案】B 【解析】 【分析】根据电池总反应：MnO2+Zn+(1+)H2O+ZnSO4MnOOH+[ZnSO4·3Zn(OH)2·xH2O]，放电时反应向右进行，反应中化合价升高失电子，作负极；得电子化合价降低，作正极，据此分析； 【详解】A．放电时正极发生还原反应，Mn元素从中的+4价降低为中的+3价，得1个电子，结合元素守恒可得电极反应为，A正确； B．充电时，原电池的正极（含膜的碳纳米管纤维）作电解池的阳极，需与外加电源的正极相连，发生氧化反应将重新转化为，B错误； C．由图2的高聚物结构可知，主链为连续碳碳单键构成的碳链，对应单体为含碳碳双键的丙烯酰胺（），聚合过程无小分子生成，属于加聚反应，C正确； D．图2中高聚物的酰胺基团之间可形成形式的分子间氢键，氢键的缔合作用可增强分子间作用力，提升高聚物的机械强度，D正确； 故选B。 11. 探究含铜化合物性质的实验如下： 步骤Ⅰ：将一定量固体加少量水溶解得黄色溶液，再加水稀释，溶液变成蓝色，然后将溶液分成两等份。 步骤Ⅱ：向其中一份溶液中滴加滴酚酞试液，溶液颜色没有变化。 步骤Ⅲ：向另一份溶液中滴加浓氨水至生成的蓝色沉淀恰好溶解为深蓝色溶液。 步骤Ⅳ：向步骤Ⅲ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入过量的稀盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现少量红色物质。 下列说法不正确的是 A. 步骤Ⅰ中平衡向正反应方向移动 B. 步骤Ⅱ中滴加酚酞溶液颜色没有变化，不能判断是否水解 C. 步骤Ⅲ可判断，与配位的能力： D. 步骤Ⅳ中产生的气体为和的混合气体 【答案】D 【解析】 【详解】A．加水稀释后，该平衡体系中所有微粒浓度降低，平衡向微粒数增大的正反应方向移动，溶液由黄色变为蓝色也可证明平衡正向移动，A正确，不符合题意； B．酚酞的变色范围为pH 8.2~10.0，若Cu2+水解会使溶液呈酸性，酸性条件下酚酞本身为无色，因此酚酞不变色不能判断Cu2+是否水解，B正确，不符合题意； C．原溶液中Cu2+与H2O形成配离子[Cu(H2O)4]2+，加入浓氨水后转化为深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+，说明NH3更易与Cu2+配位，配位能力：H2O<NH3，C正确，不符合题意； D．加入过量稀盐酸后，溶液呈酸性，配离子中的NH3会与H⁺结合为，不会逸出NH3，步骤Ⅳ中产生的气体只有铁与盐酸反应生成的H2，D错误，符合题意； 故选D。 12. 室温下，有色金属冶炼废渣(含Cu、Ni、Si等的氧化物)用过量的较浓H2SO4溶液酸浸后，提取铜和镍的过程如图所示： 已知：室温下： ；Ka1(H2SO3)=1.2×10-2，Ka2(H2SO3)=6.0×10-8，下列说法正确的是 A. NaHSO3溶液中： B. “提铜”的离子方程式： C. (NH4)2C2O4溶液中； D. “沉镍”后上层清液中一定有： 【答案】C 【解析】 【分析】有色金属冶炼废渣（含Cu、Ni、Si等的氧化物）用过量的较浓H2SO4溶液酸浸后，浸取液主要含有CuSO4、NiSO4，加入NaHSO3溶液提铜，滤液加入(NH4)2C2O4溶液沉镍得到NiC2O4。 【详解】A．溶液中电荷守恒为，物料守恒为，将物料守恒带入电荷守恒，消去，整理得：，移项得，因电离程度大于水解程度，溶液显酸性，，故并非大于关系，A错误； B．该离子方程式不符合反应事实，反应是在酸性环境中，正确离子方程式为：， B错误； C．溶液中，电荷守恒为，物料守恒为，联立两式消去，可得，C正确； D．“沉镍”时若加入的过量，体系中的量远大于，同时发生水解，上层清液中，二者浓度不一定相等，D错误； 故选C。 13. 利用MgCO3与H2获得CH4的主要反应如下： 反应Ⅰ：MgCO3(s)=MgO(s)+CO2(g) ΔH1 反应Ⅱ：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH2 反应Ⅲ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH3 100 kPa下，在密闭容器中加入一定量的MgCO3(s)和4 mol H2(g)，发生以上反应。T1温度后体系达平衡，MgCO3(s)已完全分解。中间产物CO2转化率、CH4产率及另外2种含氢气体的物质的量(n)随温度的变化如图所示(T1温度前图未画出)。 下列说法正确的是 A. 反应CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)的ΔH>0 B. 曲线②表示H2O的物质的量 C. 曲线③表示CO2转化率 D. 温度为T0时，反应达平衡后，缩小容器体积达新平衡，c(CO2)减小 【答案】B 【解析】 【分析】在T2之前，曲线③和曲线④重合，说明CO2的转化率和CH4的产率相等，即在这之前只发生反应Ⅱ，在T2之后，曲线④大于曲线③，说明曲线④代表CO2的转化率，曲线③代表CH4的产率，温度升高CO2的转化率减小，说明ΔH2<0，在T3之后，CO2的转化率略有上升，说明反应Ⅲ的ΔH3>0；温度升高时，反应Ⅱ逆向进行，H2O的物质的量减少，所以曲线②为H2O的物质的量，曲线为H2的物质的量，据分析答题。 【详解】A．通过盖斯定律推导，反应Ⅱ-反应Ⅲ得到，，，，故，A错误； B．结合分析可知曲线②为H2O的物质的量，B正确； C．曲线④对应转化率，曲线③对应产率，C错误； D．T0时体系中仍存在MgCO3固体，反应Ⅰ：的平衡常数，温度不变时平衡常数K为定值，因此缩小容器体积达新平衡后，保持不变，，D错误； 故选B。 二、非选择题： 14. 钨酸(H2WO4)是一种重要的化工原料，用作媒染剂催化剂，制造防火材料等。一种以黑钨矿(主要成分是FeWO4和MnWO4，还含有Si、P、As等元素的杂质)为原料制备钨酸的工业流程如下图所示。 已知：①“滤渣1”的成分是Mn3O4和Fe2O3。 ②“水浸”后滤液中主要阴离子为、、、和。 ③。 ④一般情况下，离子浓度小于10-5mol·L-1可认为该离子沉淀完全。 回答下列问题： （1）“焙烧”前，粉碎黑钨矿的目的是___________。 （2）FeWO4发生“焙烧”时的化学反应方程式为___________。 （3）“滤渣2”的主要成分是___________。 （4）“除磷、砷”过程中P、As元素以Mg3(PO4)2和Mg3(AsO4)2形式沉淀，则“氧化”过程中加入NaClO溶液的目的是___________。 （5）当“滤液1”中c(Mg2+)=0.01 mol·L-1时，此时是否沉淀完全？___________。(填“是”或“否”) （6）利用碘量法可测定H2WO4样品中H2WO4(M=250 g·mol-1)的质量分数： 先称量0.0250g样品，再将H2WO4转化为可溶的Na2WO4；通过离子交换柱发生反应：。交换结束后，向所得含的溶液中加入稍过量酸化的KI溶液，发生反应：。反应完全后，以淀粉为指示剂，用0.1000 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：，消耗11.82 mL Na2S2O3标准溶液。 计算样品中H2WO4的质量分数为___________。(写出计算过程)。 【答案】（1）增大接触面积，使焙烧更充分，加快反应速率 （2）4FeWO4+O2+4Na2CO32Fe2O3+4CO2+4Na2WO4 （3）H2SiO3 （4）将滤液中的氧化为，使As元素可与生成沉淀而被除去 （5）是 （6）由反应式可得关系式：；消耗的的物质的量为，因此，，的质量分数 【解析】 【分析】黑钨矿(主要成分是FeWO4和MnWO4，还含有Si、P、As等元素的杂质)加入O2和Na2CO3焙烧后，“水浸”得到阴离子主要为、、、和的滤液，和成分是Mn3O4和Fe2O3的“滤渣1”；向滤液中加入NaClO溶液将氧化为，加入盐酸，调节pH，得到“滤渣2”为，继续加入MgCl2溶液，除去磷、砷等，再加入CaCl2溶液沉钨，经过滤、洗涤，最后加入盐酸酸解，得到H2WO4，据此解答。 【小问1详解】 通过减小颗粒尺寸增大接触面积，既可以提升反应速率，也能让矿粒与反应物充分接触，提高原料利用率。 【小问2详解】 结合已知信息，FeWO4在O2和Na2CO3条件下“焙烧”转化为“滤渣1”中的Fe2O3​，同时生成“水浸”后滤液中的Na2WO4​和流程放出的CO2 ​，通过Fe、O元素得失电子守恒配平得反应方程式为4FeWO4+O2+4Na2CO32Fe2O3+4CO2+4Na2WO4。 【小问3详解】 “水浸”后滤液含，加入盐酸调节pH时，硅酸根与反应生成难溶的沉淀，作为“滤渣2”被除去。 【小问4详解】 “除磷、砷”过程中P、As元素以Mg3(PO4)2和Mg3(AsO4)2形式沉淀，但水浸后滤液中存在低价态的​，加入强氧化性的NaClO可将其氧化为高价的​，保证As元素被完全沉淀去除。 【小问5详解】 根据溶度积公式，代入c(Mg2+)=0.01 mol·L-1，计算得，则，因此沉淀完全。 【小问6详解】 由反应式可得关系式：；由反应式和可得关系式：；则可得到总计量关系式：；消耗的的物质的量为，因此，，的质量分数为 15. 化合物G是一种青霉素的重要中间体，其合成路线如下： （1）B分子中官能团名称为酰胺基、________。 （2）A→B的过程中，的作用为________。 （3）F→G的反应可表示为，W分子中含有两个六元环，写出W的结构简式：________。 （4）X的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：________。 含有两个苯环，核磁共振氢谱中有4组峰； 能与溶液发生显色反应，能发生银镜反应。 （5）写出以、、和为原料制备的合成路线流程图________。（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。 【答案】（1）羧基、碳氯键（氯原子） （2）吸收HCl，促进反应的进行 （3） （4） （5） 【解析】 【分析】A中氨基与氯乙酰氯发生取代反应生成B，反应生成，加入可消耗，使反应平衡正向移动。B含有酰胺基、羧基、氯原子三种官能团。B与乙酸酐加热发生环化反应，得到C。C与硫化氢在甲醇钠、甲醇条件下发生加成开环反应，双键加成硫化氢，开环生成酰胺和甲酯结构得到D。D在酸性水溶液中加热发生水解反应，酯基与酰胺键断裂，得到含氨基、巯基、羧基的E。E与X发生取代反应，连接到E的氨基上得到F。F与肼发生反应，生成含两个六元环的副产物W。 【小问1详解】 B含有的官能团为酰胺基、羧基、碳氯键。 【小问2详解】 A生成B的反应为氨基与酰氯的取代反应，反应过程生成，为有机碱，可与反应生成盐，使反应平衡正向移动，提高B的产率，因此作用为吸收反应生成的，促进反应正向进行。 【小问3详解】 F与发生反应时，酰胺的两个羰基与肼反应，形成含两个相邻氮原子的六元环，与苯环并合得到W，W为。 【小问4详解】 X的同分异构体能与发生显色反应，说明含酚羟基；能发生银镜反应，说明含醛基；含两个苯环且核磁共振氢谱有4组峰，说明分子高度对称，仅4种化学环境的氢。结构为。 【小问5详解】 参考题干中B到C的转化，D到E的转化，对应物质的合成路线为：先发生甲醇的催化氧化，获得甲醛，即，随后 16. 研究水质除砷技术对保护环境有重要意义。 已知：pH<9.2时As(Ⅲ)主要以H3AsO3的形式存在；As(V)在不同pH条件下的物种分布分数如图1所示；Ksp(FeAsO4)=5.7×10-21。 （1）硫化法：弱酸性条件下，水体中的As(Ⅲ)和SO在还原菌的作用下与HCHO反应生成雌黄(As2S3)沉淀和CO2。 ①基态As的核外电子排布式为___________。 ②H3AsO4的第二步电离平衡常数Ka2为___________。 ③硫化法的离子方程式为___________。 （2）石灰沉淀法：向含As(V)废水中添加石灰水，可使砷元素转化为Ca3(AsO4)2沉淀。 ①控制其他条件不变，向碱性含As(V)废水中加入一定量石灰水，As(V)去除率在30℃以后随温度升高而降低，可能的原因是___________。 ②在初始pH、c[As(V)]相同的模拟废水中加入石灰水，As(V)去除率随的变化如图2曲线a所示；固定=6，往石灰水中添加FeCl3溶液，As(V)去除率随的变化如图2曲线b所示。加入FeCl3溶液后，As(V)去除率增大的原因是___________。 （3）抗坏血酸可以将As(V)还原为As(Ⅲ)，0.5%的KBH4溶液可选择性地将溶液中的As(Ⅲ)还原为AsH3气体，而As(V)不会被还原。工厂排放的污水中含有少量As(Ⅲ)、As(V)，为测定100 mL污水样品中As(V)的浓度，请补充实验方案：取100 mL污水样品，___________，测定生成AsH3气体的量不再改变，通过计算得到As(V)的浓度。(可选用的试剂：抗坏血酸溶液、0.5%的KBH4溶液、Ar气。已知：Ar气可以吹出装置中残留的AsH3气体；污水中其他杂质不参与反应。) 【答案】（1） ①. ②. ③. （2） ①. 温度升高时氢氧化钙的溶解度减小、砷酸钙的溶解度增大，故 As(V) 的去除率降低 ②. 铁离子与 As(V) 生成溶度积更小的砷酸铁沉淀；铁离子水解生成的氢氧化铁胶体吸附溶液中的 As(V)，使去除率上升 （3）方案一：加入足量0.5%的KBH4溶液，并用Ar气吹出生成的AsH3气体，测定生成的AsH3气体的量不再改变；向剩余溶液加入足量抗坏血酸溶液充分反应，再加入足量0.5%的KBH4溶液，并用气吹出生成的AsH3气体 方案二：加入足量抗坏血酸溶液充分反应，再加入足量0.5%的KBH4溶液，并用气吹出生成的AsH3气体，测定生成的AsH3气体的量不再改变；另取100 mL污水样品，加入足量0.5%的KBH4溶液，并用Ar气吹出生成的AsH3气体 【解析】 【小问1详解】 ①As 是 33 号元素，位于第四周期第ⅤA 族，基态原子的核外电子排布式为 。 ②由图 1 可知，pH=7 时相邻两级含砷酸根离子的分布分数相等（两条曲线交点处分数均为 0.5），即两级离子的浓度相等；由电离常数表达式可得，此点的氢离子浓度在数值上即等于第二步电离平衡常数，故 。 ③弱酸性条件下 As(Ⅲ) 以亚砷酸形式存在，硫酸根在还原菌作用下被还原为硫并与 As(Ⅲ)结合成雌黄沉淀，甲醛被氧化为二氧化碳，按电子得失守恒与原子守恒配平得 。 【小问2详解】 ①温度升高时氢氧化钙的溶解度减小，溶液中钙离子浓度降低，同时砷酸钙的溶解度随温度升高而增大，沉淀溶解平衡向溶解方向移动，故 As(V) 去除率下降。 ②加入氯化铁后，铁离子与 As(V) 生成溶度积更小的砷酸铁沉淀，使砷的沉淀更完全；同时铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体表面积大，能吸附溶液中的 As(V)，两者共同使去除率上升。 【小问3详解】 实验原理分析：干扰因素：污水样品中同时含As(Ⅲ)和As(V)，而测定目标仅为As(V)。试剂特性：0.5%的​溶液具有选择性，只能将As(Ⅲ)还原为AsH3​气体，不能还原As(V)；抗坏血酸可以将As(V)还原为As(Ⅲ)。测定思路：由于原样品中已有As(Ⅲ)，为了准确测定As(V)，必须将原有的As(Ⅲ)与由As(V)还原生成的As(Ⅲ)区分开来。可以采取“同一样品分步测定”或“平行样品作差测定”的思路。 方案一（分步测定法）：第一步：先向100 mL污水样品中加入足量0.5%的​溶液。此时只有原溶液中的As(Ⅲ)被还原为。用Ar气将全部吹出，测定其生成量，此数据对应的是原样品中As(Ⅲ)的浓度。第二步：待原As(Ⅲ)反应完全后，向剩余溶液中加入足量抗坏血酸溶液，将原样品中的As(V)全部还原为新生成的As(Ⅲ)。第三步：再次加入足量0.5%的​溶液，将新生成的As(Ⅲ)还原为，并用Ar气吹出测定。这部分完全来源于原溶液中的As(V)，根据其物质的量即可计算出原样品中As(V)的浓度。 方案二（平行作差法）：第一份样品：加入足量抗坏血酸溶液，将样品中所有的As(V)还原为As(Ⅲ)。此时溶液中As(Ⅲ)的总量等于“原As(Ⅲ) + 原As(V)”。再加入足量0.5%的​溶液，用Ar气吹出并测定生成的​总量（即总砷含量）。第二份样品：另取等体积（100 mL）污水样品，直接加入足量0.5%的​溶液，用气吹出并测定生成的量（即原As(Ⅲ)含量）。计算：两次测得的​气体的量之差，即为由原As(V)还原生成的​的量，由此可计算出As(V)的浓度。 17. 二氧化碳的捕集和利用是节能减排的一个重要研究方向。 Ⅰ．CO2的捕集 （1）科研组利用NaOH溶液实现“碳捕获”技术的装置如下图。 ①“碳捕获”技术是减少CO2排放的一种途径，基本思路是将工业排放的CO2分离出来。用NaOH溶液吸收CO2，反应后碳酸盐和碳酸氢盐的物质的量之比为1∶1，反应的离子方程式为___________。 ②下列溶液中，同样能用于“捕获”二氧化碳的是___________(填字母)。 A．NaNO3溶液 B．CaCl2溶液 C．HOCH2CH2NH2溶液 Ⅱ．CO2的资源化利用 （2）CeO2催化CO2与H2转化为CH4的机理如下图所示。 ①总反应的化学方程式为___________。 ②催化剂中掺入少量CaO，用Ca2+替代CeO2结构中部分Ce4+形成CaxCe1-xOy，可提高催化效率的原因是___________。 ③对催化剂CeO2(晶胞结构如图)改性，可减少积碳。取干燥CeO2在Ar气条件下加热，热重分析显示样品一直处于质量损失状态；X射线衍射分析结果表明随着温度升高，铈离子空间排列没有发生变化。当失重率(损失的质量/总质量)为4.65%时，每个晶胞拥有的O2-的个数为___________。 （3）在Ni/Rh/ZrO2催化下CO2和H2反应合成CH4，可能的反应路径如下图所示： ①路径Ⅰ中，Rh的作用是___________。 ②路径Ⅱ中，将H2换成D2后所得产物的化学式为HDO、___________和___________。 【答案】（1） ①. ②. C （2） ①. ②. 催化剂结构中出现较多的氧空位，有利于二氧化碳的催化转化 ③. 6 （3） ①. 吸附活化并将其解离成O和CO ②. CD4 ③. D2O 【解析】 【小问1详解】 ①用NaOH溶液吸收，反应后碳酸盐和碳酸氢盐的物质的量之比为1∶1，即NaOH与按照物质的量之比为进行反应，因此对应的离子方程式为。 ②二氧化碳属于酸性氧化物，显碱性的溶液均可吸收，溶液中显碱性可吸收二氧化碳；而、均与不反应，因此能用于“捕获”二氧化碳的是C。 【小问2详解】 ①总反应为在的催化作用下，与反应生成和，对应的化学方程式为。 ②催化剂中掺入少量CaO，用替代结构中部分形成，导致催化剂结构中出现较多的氧空位，利于二氧化碳的催化转化，从而提高催化效率。 ③结合晶胞结构，白球位于晶胞的顶点和面心，含有的个数为；灰球位于晶胞的体内，含有的个数为8个，白球和灰球的个数比为，则白球表示（该晶胞中含有4个），灰球表示（该晶胞中含有8个）；已知4 mol的质量为688 g，加热后当失重率为4.65%时，损失的质量为氧元素的质量，即，则，即失去的的个数为2个，则每个晶胞拥有的个数为个。 【小问3详解】 ①从路径图可见Rh的作用是吸附活化，并将其解离成O和。 ②在路径Ⅱ中，生成中的氢元素全部来自于氢气，而反应生成的水中的氢元素一部分来自于氢气，还有一部分来自催化剂本身的羟基，因此将换成后，除生成HDO外，还生成和。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $