2026屆高三考前模擬綜合檢測(cè)(化學(xué))

可能用到的相對(duì)分子質(zhì)量：H-10-16S-32C1-35.5

一、單選題(本題共13題，每題3分，共39分。每題只有一個(gè)選項(xiàng)最符合題意)

1.第19屆杭州亞運(yùn)會(huì)采用石墨烯納米防滑涂層以增加地面防滑性。石墨烯屬于

A.有機(jī)材料B.無機(jī)非金屬材料C.金屬材料D.復(fù)合材料

【答案】B

【解析】

【詳解】石墨烯是一種碳的單質(zhì)，屬于新型無機(jī)非金屬材料，故選B。

A

2.印刷電路板的堿性蝕刻液與NaOH溶液共熱可發(fā)生反應(yīng)：[CU(NH3)4]2++2OH-=CUO1+4NH3T+H2O。下

列說法不正確的是

A.Cu屬于d區(qū)元素B.lmol[Cu(NH3)4]2+中含16molo鍵

CNH3分子所含鍵角大于H2OD.穩(wěn)定性：NH3VH2。

【答案】A

【解析】

【詳解】A.銅的價(jià)電子結(jié)構(gòu)為3dWsi,屬于ds區(qū)元素，而非d區(qū)，故A錯(cuò)誤；

B.每個(gè)NH3分子含有3個(gè)N-H?鍵，4個(gè)NH3共12個(gè)◎鍵，加上4個(gè)Cu-N配位鍵(◎鍵)，總計(jì)16moi

◎鍵，故B正確；

C.N%的中心原子N原子為sp3雜化，含有一對(duì)孤電子對(duì)，為三角錐形，鍵角約107。，H2O的中心原子

O原子為sp3雜化，含有兩對(duì)孤電子對(duì)，為V形，鍵角約104.5。，也即是雜化類型相同，孤電子對(duì)數(shù)越多

則鍵角越小，因此NH3鍵角更大，C正確；

D.同周期元素從左往右非金屬性逐漸增強(qiáng)，氫化物穩(wěn)定性逐漸增強(qiáng)，非金屬性N<0,因此穩(wěn)定性NH3V

H2O,D正確；

故答案選A。

3.一種用于燒制陶瓷的黏土中含AbSi2O5(OH)4、CaMg(CO3)2>MgSCU等物質(zhì)。下列說法正確的是

A.離子半徑：r(Na+)>r(A13+)>r(C)2-)B,電負(fù)性：%(0)>x(C)>x(Si)

C.熔點(diǎn)：CaO>MgOD.第一電離能：Ii(Si)>L(Al)>Ii(Mg)

【答案】B

【解析】

【詳解】A.Na\Al3\一為電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，核電荷數(shù)越大，半徑越小，則離子半徑順序?yàn)?/p>

r（O2-）＞r（Na+）＞r（Al3+）,A錯(cuò)誤;

B.同主族元素電負(fù)性從左到右依次增強(qiáng)，同主族元素從上到下電負(fù)性逐漸減弱，則電負(fù)性：

Z（O）＞x（C）＞x（Si）,B正確;

C.離子晶體的熔點(diǎn)取決于金屬的半徑和電荷，Mg2+和Ca2+所帶的電荷數(shù)一樣，Mg2+的半徑比Ca2+小，

MgO的熔點(diǎn)比CaO高，C錯(cuò)誤；

D.第一電離從左到右依次增大，但第HA、VA族元素為充滿、半充滿結(jié)構(gòu)比較穩(wěn)定，第一電離能大于相

鄰主族元素，則第一電離能：L（Si）＞L（Mg）＞L（Al）,D錯(cuò)誤；

故選B。

+2+

4.FeS2在酸性條件下可發(fā)生反應(yīng)：FeS2+2H=Fe+S+H2St?以FeS2為原料制取FeSC（4-7凡0晶

體的實(shí)驗(yàn)操作或原理不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?/p>

A.用裝置甲制取含F(xiàn)eS。4的懸濁液B.用裝置乙吸收揮發(fā)出的H2s氣體

用裝置丁蒸干溶液，獲得。

C.用裝置丙除去S和未反應(yīng)的FeS2D.FeSO,IH?

【答案】D

【解析】

【詳解】A.裝置甲中，F(xiàn)eS2與稀硫酸在加熱、電磁攪拌條件下發(fā)生反應(yīng):

+2+

FeS2+2H=Fe+S+H2ST,可制取制取含F(xiàn)eSOq的懸濁液，A正確;

B.H2s是酸性氣體，能與NaOH溶液反應(yīng)，裝置乙可吸收揮發(fā)出的H2s氣體，B正確;

C.S和未反應(yīng)的FeS2難溶于水，F(xiàn)eSC）4易溶于水，用裝置丙（過濾裝置）可除去S和未反應(yīng)的FeS2,

C正確。

D.Fes。4溶液蒸發(fā)結(jié)晶時(shí)，F(xiàn)e?+易被氧化，且直接蒸干溶液不能得到FeSO4aH20晶體，應(yīng)該蒸發(fā)濃

縮、冷卻結(jié)晶，D錯(cuò)誤;

故答案選D。

閱讀下列材料，完成以下3個(gè)小題：

碳族元素及其化合物在自然界廣泛存在且具有重要應(yīng)用。甲烷具有較大燃燒熱(890.3kJnoH),是常見燃

料；H2cs3是一種弱酸，在水中緩慢水解生成H2co3；通過反應(yīng)Ni(s)+4CO(g)UNi(CO)4?可用于提純Ni。

Si、Ge是重要半導(dǎo)體材料，硅可以溶于HF-HNO3的混合酸中生成H2SiF6；醋酸鉛(易溶于水，難電離)溶

液可以吸收硫化氫氣體。

5.下列說法正確的是

A.碳和硅的單質(zhì)都屬于分子晶體

B,C02中的C原子與Si02中的Si原子雜化方式相同

C,配合物Ni(CO)4中配位鍵的形成由Ni提供空軌道

D.Ge原子基態(tài)核外電子排布式為[Ar]4s24P2

6.下列化學(xué)反應(yīng)表示不正確的是

A.甲烷的燃燒：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)AH=-890.3kJmol1

B.H2cs3與水反應(yīng)：H2cs3+3H2OH2CO3+3H2s

C.硅溶于HF-HNO3的混合酸中：3Si+4HNO3+18HF=3H2SiF6+4NOf+8H2O

2++

D.醋酸鉛溶液吸收硫化氫氣體：Pb+H2S=PbS；+2H

7.下列物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)或性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是

A.金剛石難溶于水，可用于切割玻璃

B.晶體硅熔點(diǎn)高，可用作半導(dǎo)體材料

C.CH4為正四面體分子，CR具有較大的燃燒熱

D.石墨中碳原子未參與雜化的2P電子可在整個(gè)碳原子平面中運(yùn)動(dòng)，石墨具有導(dǎo)電性

【答案】5.C6,D7,D

【解析】

【5題詳解】

A.碳的單質(zhì)如金剛石是原子晶體，硅的單質(zhì)也是原子晶體，A錯(cuò)誤；

B.CO2中的C為sp雜化，Si。？中的Si為sp3雜化，B錯(cuò)誤；

C.Ni(C0)4中Ni提供空軌道，C0提供孤電子對(duì)形成配位鍵，C正確；

D.Ge的基態(tài)電子排布應(yīng)為[Ar]3d104s24P3D錯(cuò)誤；

故答案為C。

【6題詳解】

A.甲烷燃燒的方程式及AH正確，A正確；

B.H2cs3水解生成H2cO3和H?S,方程式正確，B正確;

C.硅與HF-HNO3反應(yīng)的方程式配平正確，C正確；

D.醋酸鉛難電離，應(yīng)保留分子形式，D錯(cuò)誤；

故答案為D。

【7題詳解】

A.金剛石切割玻璃因硬度大，與溶解性無關(guān)，A錯(cuò)誤；

B.晶體硅作半導(dǎo)體因?qū)щ娦?，與熔點(diǎn)無關(guān)，B錯(cuò)誤；

C.CH4燃燒熱大與鍵能有關(guān)，與分子結(jié)構(gòu)無關(guān)，C錯(cuò)誤;

D.石墨導(dǎo)電因未雜化的2P電子形成離域n鍵，D正確；

故答案為D。

8.下列物質(zhì)的轉(zhuǎn)化在給定條件下能實(shí)現(xiàn)的是

A.Fe2O3(s)-----避---->FeCb(aq)一⑹>Fe(s)

B.NH3-H2O(aq)過量s°?(g)>(NH4)2SC)3(aq)02(g)>(NH^zSO^aq)

C.Ca(ClO)2(aq)必⑵>HClO(aq)—蟹—>02(g)

D.CuSO4—^!22JL^CU(OH)2―圃泉糖一>Cu

【答案】C

【解析】

【詳解】A.FezCh與鹽酸反應(yīng)生成FeCb溶液正確，但FeCb與Cu反應(yīng)生成FeCb和CuCb，而非Fe單

質(zhì)，第二步錯(cuò)誤，A錯(cuò)誤；

B.過量SO?與NH3H2O反應(yīng)生成NH4Hse>3而非(NH4)2SC>3，第一步產(chǎn)物錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤；

C.Ca(C10)2與CO2反應(yīng)生成HC10正確，HC10光照分解生成。2正確，C正確；

D.Cu(OH)2與葡萄糖共熱生成Cm。而非Cu單質(zhì)，第二步產(chǎn)物錯(cuò)誤，D錯(cuò)誤；

故答案選C。

9.異甘草素具有抗腫瘤、抗病毒等藥物功效。合成中間體Z的部分路線如圖：

下列有關(guān)化合物X、Y和Z的說法正確的是

A.ImolZ中含有6mol碳氧o鍵

B.X分子中的所有原子一定共平面

C.Y能發(fā)生加成、氧化和消去反應(yīng)

D.Z與足量的氫氣加成后的產(chǎn)物分子中含有3個(gè)手性碳原子

【答案】A

【解析】

【詳解】A.根據(jù)單鍵都是◎鍵，雙鍵是1個(gè)◎鍵1個(gè)n鍵，ImolZ中含有6moi碳氧◎鍵，A正確；

B.因?yàn)?0H中的氧是sp3雜化，再加上單鍵可以旋轉(zhuǎn)，X分子中的所有原子不一定共平面，B錯(cuò)誤；

C.Y中官能團(tuán)有酮鍛基、酚羥基，能發(fā)生加成、氧化反應(yīng)，因苯環(huán)結(jié)構(gòu)穩(wěn)定，酚羥基不能發(fā)生消去反

應(yīng)，C錯(cuò)誤；

D.Z與足量的氫氣加成后的產(chǎn)物分子為20cH琪中含有4個(gè)手性碳原子，D錯(cuò)誤；

故選Ao

10.科學(xué)家最近發(fā)明了一種Al-PbCh電池，電解質(zhì)為KOH、K2so人稀硫酸，通過X和Y兩種離子交換膜

將電解質(zhì)溶液隔開，形成M、R、N三個(gè)電解質(zhì)溶液區(qū)域(a>b),結(jié)構(gòu)示意圖如圖。下列說法正確的是

—0—

AKXY/PbCh

[A1(OH)4]-

b%硫酸溶液

A?4

M區(qū)R區(qū)區(qū)

a%硫酸溶液

A.R區(qū)域的電解質(zhì)濃度逐漸減小

B.SO：通過Y膜移向N區(qū)

+

C.放電時(shí)PbO2電極上反應(yīng)為PbO2+2e-+4H+SO4=PbSO4+2H2O

D.理論上當(dāng)電路中通過2moi電子，N極區(qū)溶液質(zhì)量減少96g

【答案】C

【解析】

【分析】由圖可知，原電池工作時(shí)，A1為負(fù)極，被氧化生成[A1(OH)41，PbC)2為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，電解

質(zhì)溶液M區(qū)為KOH,R區(qū)為K2s。4，N區(qū)為H2s。4，原電池工作時(shí)，負(fù)極反應(yīng)為Al-3e-+4OH=[Al(OH)4丁,

則消耗OH-,鉀離子向正極（M區(qū)向R區(qū)）移動(dòng)，X為陽離子交換膜；正極電極反應(yīng)式為PbO2+2e-+4H++SOj

=PbSO4+2H2O,正極消耗氫離子，硫酸根向負(fù)極（N區(qū)向R區(qū)）移動(dòng)，則Y是陰離子交換膜。在同一閉合回

路中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等，結(jié)合溶液酸堿性及電極材料書寫電極反應(yīng)式和總反應(yīng)的方程式，以此解答該題。

【詳解】A.據(jù)分析，鉀離子向正極（M區(qū)向R區(qū)）移動(dòng)，硫酸根向負(fù)極（N區(qū)向R區(qū)）移動(dòng)，R區(qū)域的電解

質(zhì)濃度逐漸增大，故A錯(cuò)誤；

B.據(jù)分析，SO；一向負(fù)極移動(dòng)，通過Y膜移由N區(qū)向R區(qū)移動(dòng)，故B錯(cuò)誤；

C.據(jù)分析，放電時(shí)，PbO2電極為正極，電極反應(yīng)式為PbO2+2e-+4H++SO；-=PbSC）4+2H2O,故

C正確；

D.結(jié)合分析可知，消耗27gAl,電子轉(zhuǎn)移3mol,N區(qū)消耗6moiH+、1.5molSO：,同時(shí)有1.5mol

SO：移向R區(qū)，則相當(dāng)于減少3molH2so4，同時(shí)生成3molItO,則R區(qū)實(shí)際減少質(zhì)量為3moix98g/mol-

3molx18g/mol=240g,則當(dāng)電路中通過2moi電子，N極區(qū)溶液質(zhì)量減少130g,故D錯(cuò)誤；

故選C。

11.常溫下，根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象，得出的相應(yīng)結(jié)論正確的是

實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象結(jié)論

A向白葡萄酒中滴加幾滴酸性高銃酸鉀溶液，溶液紫色褪去白葡萄酒中含有so2

將等濃度等體積的Na[Al（OH）4]溶液與NaHCO3溶液混合二者水解相互促進(jìn)生

B

有白色沉淀生成成氫氧化鋁沉淀

向2mL0.1mol-LTNaCl溶液中滴加2滴O.lmorLTAgNO?

C溶液，有白色沉淀生成；振蕩試管，再滴加2滴Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)

O.lmollTKI溶液，有黃色沉淀生成

將Fe（NC）3）3溶液加到HI溶液中，充分溶解后，滴入CCL

3+

D證明氧化性:Fe>I2

后振蕩、靜置，觀察CC14層顏色變化

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【詳解】A.SO2具有還原性，可被酸性高鋅酸鉀氧化，導(dǎo)致溶液褪色，但乙醇同樣能被酸性高鋅酸鉀氧化,

也會(huì)導(dǎo)致其褪色，因此結(jié)論不合理，故A錯(cuò)誤;

B.將等濃度等體積的Na[Al(OH)/溶液與NaHCC>3溶液混合發(fā)生反應(yīng)

[Al(OH)]+HCO,=Al(OH)3」+(20；+應(yīng)0,不是水解反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；

C.向2mL0.1mol[TNaCl溶液中滴加2滴O.lmollTAgNC)3溶液，產(chǎn)生白色沉淀，根據(jù)數(shù)據(jù)可知

NaCl溶液過量，AgNC)3溶液全部反應(yīng)生成AgCl沉淀，此時(shí)再滴加4滴O.lmoLL-iKI溶液，沉淀變?yōu)?/p>

黃色，說明白色的AgCl沉淀轉(zhuǎn)化為黃色Agl沉淀，AgCl(s)+r(aq)^Agl(s)+Cr(aq),得到

Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),故C正確；

D.Fe(NC)3)3與HI反應(yīng)時(shí)，NO；在酸性條件下也具有強(qiáng)氧化性，故可能是Fe?+與[反應(yīng)生成L，也可能是

3+

HNO3與反應(yīng)生成L，因此不能證明氧化性：Fe>I2,故D錯(cuò)誤；

故答案選C。

12.室溫下，通過下列實(shí)驗(yàn)探究NaHSCh溶液的性質(zhì)。

1

實(shí)驗(yàn)1：用pH試紙測(cè)量0.1mol?LNaHSO3溶液的pH,測(cè)得pH約為5。

實(shí)驗(yàn)2：向10mLO.lmoMJNaHSOs溶液中加入等體積O.lmoMJ氨水，充分混合后，溶液pH約為9。

實(shí)驗(yàn)3：向lOmLO.lmoM/Na2c。3溶液中滴加幾滴0.1mol?L"NaHSO3溶液，無明顯現(xiàn)象。

實(shí)驗(yàn)4：向lOtnLO.lmoHJNaHSOs溶液中加入過量Ba(OH)2溶液，產(chǎn)生白色沉淀。

下列有關(guān)說法正確的是

A.由實(shí)驗(yàn)1可得出：Kal(H2SO3)-Ka2(H2SO3)<Kw

B.實(shí)驗(yàn)2所得溶液中存在：c(SO^j+c(HSO；)+c(H2SO3)=c(NH3.H2O)+c(NH；)

C.由實(shí)驗(yàn)3可得出：見232so3)<Kai(H2co3)

2+

D.實(shí)驗(yàn)4反應(yīng)后的上層清液中：c(SO^)-c(Ba)<Ksp(BaSO3)

【答案】B

【解析】

【詳解】A.實(shí)驗(yàn)1中NaHSC>3溶液的pH約為5,可知溶液顯酸性，則HSO]的水解程度小于電離程度，

c(SO；)

c(sct)>c(Ksq),則有>1,

c(H2so3)

c(HSO；)c(H+)c(SQj)c(H+)C(S0；)C2(H+)

>C2(H+)=1O-IO>K

Kal(H2SO3)Ka2(H2SO3)c(H2so3)*c(H2so3)WA

C(H2SO3)

項(xiàng)錯(cuò)誤；

B.實(shí)驗(yàn)2中NaHSCh和氨水等物質(zhì)的量混合，根據(jù)物料守恒可知，含硫元素微粒的總濃度等于含氮元素

微粒的總濃度，即c(c(SO；］+c(HSOj+c(H2so3)=C(NH3.H20)+c(NH：),B項(xiàng)正確；

C.要證明：Ka2(H2SO3)<Kal(H2CO3),則是證明酸性：HS0；>H2co3,則應(yīng)該發(fā)生的反應(yīng)為：

CO^+2HSO；=CO2T+H20+2S0^,該實(shí)驗(yàn)沒有現(xiàn)象，說明沒有發(fā)生到這個(gè)程度，這是由于實(shí)驗(yàn)3中

NaHSCh只有幾滴，量遠(yuǎn)遠(yuǎn)不足，只可能發(fā)生：C0：+HS0］=HC0，+S0；,也同樣是沒有現(xiàn)象，因

此不能得出1^(凡$03)<降］(凡(203),C項(xiàng)錯(cuò)誤；

D.實(shí)驗(yàn)4中過量Ba(0H)2使S0：完全沉淀，說明上層清液為飽和溶液，則上層清液中

2+

c(SOtj-c(Ba)=Ksp(BaSO3),而非小于，D項(xiàng)錯(cuò)誤;

故答案選B。

13.一種以CO2、H2s為原料制取COS的過程中主要反應(yīng)如下：

反應(yīng)I：C02(g)+H2S(g)=COS(g)+H2O(g)AH】=35kJ.mo「

1

反應(yīng)H：2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)AH2=171kJ-mor

-1

反應(yīng)III：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)AH3=41kJ-mol

將等物質(zhì)的量的CC>2(g)和H2S(g)充入反應(yīng)器中，壓強(qiáng)一定,平衡時(shí)CO2(g)和H2S(g)的轉(zhuǎn)化率、COS(g)

和H2(3(g)選擇性與溫度的關(guān)系如下圖所示。

溫度QC

n(COS)生出或以凡。)生服

COS(g)或H,O(g)選擇性=八一”胃2性成X100%0下列說法正確的是

n^S)轉(zhuǎn)化

A.X代表的物質(zhì)是COS

B.溫度越高，平衡時(shí)所得H2。的物質(zhì)的量越少

C.400℃之前，容器內(nèi)只發(fā)生反應(yīng)I

D.600℃時(shí)，其他條件一定，適當(dāng)增大起始反應(yīng)的壓強(qiáng)，既能加快反應(yīng)速率也能提高COS的平衡選擇性

【答案】D

【解析】

【詳解】A.反應(yīng)I生成COS和H2。，反應(yīng)III也生成H?。，則H?。的選擇性應(yīng)高于COS,由圖可知，

X的選擇性高于Y,所以X代表H?。，Y代表COS,A錯(cuò)誤；

B.反應(yīng)I、III均生成H2。，且均為吸熱反應(yīng)，溫度升高，平衡正向移動(dòng)，H2。的物質(zhì)的量應(yīng)增多，B

錯(cuò)誤；

C.400℃之前，H2S,CO2有轉(zhuǎn)化率，COS,H2。有選擇性，同時(shí)反應(yīng)II中H2s分解也會(huì)發(fā)生(只

是程度小)，不可能只發(fā)生反應(yīng)I,c錯(cuò)誤；

D.增大壓強(qiáng)，反應(yīng)速率加快；反應(yīng)I是氣體分子數(shù)不變的反應(yīng)，反應(yīng)n逆向移動(dòng)(減少H2s分解)，反

應(yīng)III氣體分子數(shù)不變，整體有利于COS生成，能提高其平衡選擇性，D正確；

故答案選D。

二、非選擇題(本題共4題，共61分)

14.電解鎰渣(主要成分是MnS、還含有FeS及Fe、Ca、Mg的氧化物等)制取高純M11SO4并電解制備Mn

的流程如下：

MnO2.硫酸調(diào)pH

電解鎰渣—rm斕一>［莪、反萃取卜榴鬲卜強(qiáng)薜1

(1)氧化酸浸。酸浸后浸出液中主要離子為Mn2+、H+、SO：、Fe3+、Ca2\Mg2+o寫出FeS酸浸時(shí)發(fā)生

反應(yīng)的離子方程式o

(2)沉鐵。常溫下，F(xiàn)e3+開始生成氫氧化物沉淀的pH=1.7,完全沉淀時(shí)pH=2.8(某離子濃度Wlxio-

5mol/L,認(rèn)為該離子沉淀完全)。酸浸后的溶液調(diào)節(jié)pH至4后，溶液中殘留的c(Fe3+)=molL^

(3)萃取與反萃取。向沉鐵后的溶液加入某有機(jī)萃取劑HA,在不同pH下進(jìn)行萃取可以實(shí)現(xiàn)Ca2+、Mn2+

的分離。萃取原理為M2++2HAUMA2+2H+(M2+表示Ca2+或MM+),過程如圖。

叼葭西調(diào)pH=a廣畫詞稀硫酸

幽畫萃品劑HA沃西調(diào)pH=b通反萃取氏可

j―水層技1萃一取卻劑HUAA/gj水―層

己知：某溫度下M2++2HAUMA2+2H+的平衡常數(shù)用K表示，且K(CaA2)>K(MnA2)。上述過程中前后調(diào)

節(jié)pH值大小為ab(填“>”或“<”)

(4)結(jié)晶：反萃取后的溶液中仍存在Mg2+及少量Ca2+等雜質(zhì)離子，將該溶液蒸發(fā)結(jié)晶、趁熱過濾可除去

m（結(jié)晶MnSOj

部分雜質(zhì)。雜質(zhì)去除率隨MnSCU結(jié)晶率［X100%］的變化如圖。

m（總MnSOj

%

、<

健

出

眼

忌

分析雜質(zhì)去除率隨MnSC)4結(jié)晶率的增大反而下降的原因是。

(5)電解：已知Se對(duì)MU+有特殊的吸附能力。電解酸性MnSCU溶液制備Mn時(shí)在陰極加入適量的SeO?

有利于Mn在電極上析出，結(jié)合方程式說明原因o

(6)鎰和錢形成的金屬互化物的立方晶胞如圖所示。晶胞中1號(hào)、2號(hào)、3號(hào)、4號(hào)Mn原子構(gòu)成一個(gè)

_______空隙；一個(gè)Mn原子周圍距離最近且相等的Mn原子數(shù)為個(gè)。

2+

【答案】⑴9MnO2+2FeS+20H+=2SO：+2Fe3++9Mn+10H2O

(2)10-8.6(3)<

(4)水分大量蒸發(fā)，溶劑減少后使雜質(zhì)結(jié)晶的析出量增加

+

(5)陰極：SeO2+4H+4e-=Se+2H2O,生成Se單質(zhì)能吸附MQ,有利于Mi?+在陰極發(fā)生還原并沉積

(6)①.正四面體(2).12

【解析】

【分析】向電解銃渣中加入Mn。2礦粉和稀硫酸，由于MnC)2具有氧化性，MnS中S元素被氧化為硫酸

根，CaO與稀硫酸反應(yīng)生成微溶物CaSCU。Fe2O3,氧化鎂生成可溶于水的金屬硫酸鹽，調(diào)節(jié)pH沉淀鐵,

通過萃取和反萃取實(shí)現(xiàn)C°2+、.2+的分離，得到MnSC%并電解制備Mn。

【小問1詳解】

氧化酸浸，MnS中S元素被氧化為硫酸根，F(xiàn)eS酸浸時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式:

2+3+

20T+9MnO,+2FeS=9Mn+2Fe+10H2O+2s。

【小問2詳解】

當(dāng)金屬離子濃度低于10-5機(jī)O//L，該離子沉淀完全，據(jù)此可以求出氫氧化鐵的溶度積常數(shù):

3

3+33+-38

K^[Fe(OH)3]=c(Fe)-c(<9H)=c(Fe)-=10%溶液調(diào)節(jié)

&[后(皿

pH至4后,c(Fe3+)==10-8-6mo//L

C3((9H-)

【小問3詳解】

2++

根據(jù)萃取原理：M+2HA^MA2+2H,可知平衡常數(shù)：

c2（H+）c2（H+）

K（Ca4）=/'\>K（M〃4）=/'<。根據(jù)二者平衡常數(shù)大小，K值越大，越有利于反應(yīng)進(jìn)

clCajc\Mnj

行，若金屬離子濃度相同，鈣離子在較低）〃下即可形成MA2,而銃離子需較高。笈才能達(dá)到類似程

度，先萃取C/+,所以上述過程中前后調(diào)節(jié)）笈值大小為a<b。

【小問4詳解】

通過濃縮溶液（蒸發(fā)結(jié)晶等操作）使目標(biāo)溶質(zhì)達(dá)到過飽和而析出晶體，由于溶液中的水分逐漸減少，溶劑

減少，雜質(zhì)也會(huì)析出晶體。

【小問5詳解】

2++

電解酸性MnSO4溶液制備Mn時(shí)的陽極反應(yīng)為：Mn-2e-+2H2O=MnO2J+4H,陰極加入適量的

Sc。2的電極反應(yīng)為：SeQ+4H++4e-=Se+2H2。，生成的單質(zhì)Se能吸附M/+,有利于出戶在陰

極發(fā)生還原并沉積。

【小問6詳解】

根據(jù)晶胞中1號(hào)、2號(hào)、3號(hào)、4號(hào)Mn原子分別位于四個(gè)頂點(diǎn)，類似于甲烷中氫原子位置，所以構(gòu)成一個(gè)

正四面體空隙。該晶胞中，以3號(hào)銃原子為中心原子進(jìn)行參考，同層有4個(gè)錦原子距離最近，以及（該晶

胞）中層和上層（晶胞，未畫出）距離最近且相等的Mn原子總數(shù)為12。

15.化合物G是一種藥物合成中間體，人工合成路線如圖：

（1）化合物D中的含氧官能團(tuán)除羥基外，還有o

（2）A—B中生成的另一有機(jī)產(chǎn)物為0

（3）（C2H5）3N有利于D—E的轉(zhuǎn)化，原因是______o

（4）寫出同時(shí)滿足下列條件°HC（的一種同分異構(gòu)體，

除苯環(huán)外不含其它環(huán)狀結(jié)構(gòu)；含有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子；含有2種官能團(tuán)。

和乙快為原料制備

（5）請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)以（/CH°的合成路線..（無機(jī)試劑和有

機(jī)溶劑任用，合成路線示例見本題題干）。

【答案】（1）醒鍵、（酮）案基

\C1

⑵CH3coOH（3）D與\盧一發(fā)生取代反應(yīng)生成E和HC1,而（C2H5）3N能與HC1反應(yīng)消耗掉生

成的HC1,促使該反應(yīng)正向進(jìn)行

CH

I3

4C

I一

CH

3

O

【解析】

【分析】將A在CH3cOOK的作用下與乙酸酎反應(yīng)得B,然后與H2加成把B還原為C,將C在MsOH、

\C1

加熱下自身形成五元環(huán)得到D,D與「*：一在（C2H5}N的作用下生成E,然后把E在堿性條件下與

OHC^^l^jl反應(yīng)得到F,最后將F與H2加成得到目標(biāo)產(chǎn)物G,據(jù)此分析解答。

【小問1詳解】

化合物D中的含氧官能團(tuán)除羥基外，還有酸鍵、(酮)鍛基。

【小問2詳解】

HJCO^^CHOH3CO^^^/COOH

A-B的反應(yīng)為：jfJ+(CH3co%。一皿〉JTJ

+CH3COOH,則生成的另一有機(jī)產(chǎn)物為CH3coOH。

【小問3詳解】

…的轉(zhuǎn)化即+人I：EQ9?有堿性能消耗

0-\|'o

\ci

HC1,則(C2H5)3N有利于D—E的轉(zhuǎn)化的原因是：D與S1—發(fā)生取代反應(yīng)生成E和HC1,而(C2H5)3N

能與HC1反應(yīng)消耗掉生成的HCL促使該反應(yīng)正向進(jìn)行。

【小問4詳解】

°"。丫、|廣、的同分異構(gòu)體同時(shí)滿足下列條件：①除苯環(huán)外不含其它環(huán)狀結(jié)構(gòu)，則苯環(huán)上的

取代基共有2個(gè)不飽和度，②含有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，說明分子結(jié)構(gòu)高度對(duì)稱，結(jié)構(gòu)中需要出現(xiàn)

大量的-CH3；③含有2種官能團(tuán)。綜上，滿足條件的同分異構(gòu)體可以為:

和乙快為原料來制備

要將［,CH°,可仿照題干中C-D的轉(zhuǎn)化成環(huán)且引入魏

基，故需要先將CH°中的醛基氧化為竣基，然后在MsOH作用下轉(zhuǎn)變?yōu)榄h(huán)狀結(jié)構(gòu)

O

，再仿照E-F,使與乙醛(通過乙煥水化法得到)反應(yīng)得到,最后與

合成流程為

16.亞硫酰氯（SOCb）是一種無色或淡黃色液體（熔點(diǎn)-105。（2,沸點(diǎn)79℃）,有強(qiáng)烈刺激性氣味，遇水劇烈反

應(yīng)生成兩種酸性氣體，常用作脫水劑。

（1）實(shí)驗(yàn)室用SCb、S02與C12在活性炭催化加熱條件下制取S0C12，部分裝置（夾持、加熱裝置略去）如

圖所示。

①三頸燒瓶中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為O

②堿石灰的作用為。

（2）測(cè)定樣品中SOCk的純度。準(zhǔn)確稱量2.55gSOCb樣品，將其完全溶解于300mLNaOH溶液中，發(fā)生

反應(yīng)：SOCb+4NaOH=Na2SO3+2NaCl+2H2。。將反應(yīng)后的溶液稀釋到500mL；取50mL稀釋后的溶液于

碘量瓶，滴加鹽酸至NaOH恰好完全反應(yīng)；再加入50.00mL0.0500moi溶液充分反應(yīng)，用O.lOOOmol]-

Na2s2O3溶液滴定過量的I2（I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6）0平行滴定三次，反應(yīng)消耗Na2s2O3溶液的平均

體積為20.00mL。則樣品中SOCb的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為（寫出計(jì)算過程）。

（3）實(shí)驗(yàn)室常利用SOCb和FeCbWH2?；旌霞訜嶂迫o水FeCb，但不使用SOCb與FeCbPH2。制取無

水FeCb，其原因是可能發(fā)生副反應(yīng)導(dǎo)致產(chǎn)品不純。

①SOCb與FeCbPHzO發(fā)生副反應(yīng)的可能原因是=

②為驗(yàn)證副反應(yīng)的可能性，請(qǐng)補(bǔ)充完整實(shí)驗(yàn)方案：取少量FeCb6H2。于試管中，0則證明發(fā)生了

副反應(yīng)。（實(shí)驗(yàn)中必須使用的試劑：SOCb、NaOH溶液、K3[Fe（CN）6]溶液）

活性炭

【答案】（1）①.SO2+SCI2+CI22soe卜②.吸收逸出的SO2與Cb，防止污染環(huán)境；防止

空氣中的水進(jìn)入裝置與SOCb反應(yīng)

(2)70%(3)①.SOCb（或SOCb與水反應(yīng)生成的SO?）具有還原性，會(huì)還原FeCl3-6H2O②.

加入稍過量的S0C12,加熱，將尾氣通入NaOH溶液中，充分反應(yīng)后向試管中加入適量蒸儲(chǔ)水溶解，取少

量溶解后的溶液于試管中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若出現(xiàn)藍(lán)色沉淀

【解析】

【分析】制備SOCb需要先制取氯氣和二氧化硫，根據(jù)裝置分析，左側(cè)通入二氧化硫，右側(cè)通入氯氣，發(fā)

活性炭

生SO2+SCI2+C"----------2soeb反應(yīng),制取S0C1”蛇形冷凝管也用來冷凝回流，球形干燥管的堿石灰用

-"A"

來吸收逸出的S02與Cl2,防止污染環(huán)境并防止空氣中的水進(jìn)入裝置與SOC12反應(yīng)，并測(cè)定樣品中SOC12的

純度，據(jù)此分析。

【小問1詳解】

活性炭

①由分析知，三頸燒瓶中左側(cè)通入二氧化硫，右側(cè)通入氯氣，發(fā)生SO2+SCI2+CI2--2soeh反應(yīng);

A

②球形干燥管的堿石灰用來吸收逸出的S02與Cb，防止污染環(huán)境并防止空氣中的水進(jìn)入裝置與SOCb反

應(yīng)；

【小問2詳解】

12的總物質(zhì)的量=0.0500moULx0.050L=0.0025mol,乘馀12的物質(zhì)的量

=n(Na2S2O3)=^x0.Imol/Lx0.02L=0.00Imol,Na2sO3反應(yīng)消耗I2的物質(zhì)的量

=0.0025mol-0.0010mol=0.0015mol,由關(guān)系式SOC%?SO；?12知，50.00ml溶液中

n.古廿LJSL八皿牝15moix5°°mLxii9g/m°l

n(SOCl)=0.0015mol,則2.38gSOCl2中其質(zhì)量分?jǐn)?shù)為____________50mLx100%=70%；

2.55g°一°

【小問3詳解】

①實(shí)驗(yàn)室常利用SOCb和FeCl2-4H2O混合加熱制取無水FeCb但不使用SOCb與FeC}6氏O制取無水

FeCb，因SOCb(或SOCb與水反應(yīng)生成的SO2)具有還原性，會(huì)還原FeCbPH?。，可能導(dǎo)致產(chǎn)品不純；

②為驗(yàn)證副反應(yīng)的可能性即檢驗(yàn)亞鐵離子的存在，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案如下：加入稍過量的SOCb，加熱，將尾

氣通入NaOH溶液中，充分反應(yīng)后向試管中加入適量蒸儲(chǔ)水溶解，取少量溶解后的溶液于試管中滴加

K3[Fe(CN)6]溶液，若出現(xiàn)藍(lán)色沉淀。

17.CO2資源化利用具有重要意義。

(1)電催化制取甲烷。

①酸性條件下，向陰極通入CO2,反應(yīng)生成CH4的電極反應(yīng)式為。

②實(shí)際電解時(shí)，需控制pH約為7.當(dāng)其他條件相同時(shí)，pH減小，CH4的產(chǎn)率降低，可能的原因是

⑵光催化制乙烯。C5、比。、三乙胺(I)在催化劑作用下，光照一段時(shí)間可制得

C2H-

①催化劑中含LaPC)40常溫下，將O.lOmoLLTLaiNC%1溶液和O.lOmollTNazHPOq溶液混合制備

19

LaPO4o已知：^sp[La(OH)3]=1.0xlO-,^sp(LaPO4)=1.0x10^a2(H3PO4)=l.Ox10^\

(3(H3PoJ=1.0xl()T30

3++

反應(yīng)La(aq)+HPO：(aq)=LaPO4(s)+H(aq)的平衡常數(shù)K的數(shù)值為。

制備LaPC)4時(shí)，La(NO3%溶液與Na2HPO4溶液的混合方式為。

②用同位素示蹤法研究乙烯分子中C和H的來源。在其他條件相同時(shí)，三乙胺(C6H15N分別與下列三

組試劑反應(yīng)，得到乙烯的質(zhì)譜中最大質(zhì)荷比均為