高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1江蘇省南京市六校聯(lián)合體2026屆高三上學(xué)期8月學(xué)情調(diào)研考試試題可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H1C12N14O16F19Ti48Co59一、單項(xiàng)選擇題：共13小題，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】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。2.利用反應(yīng)吸收NO2，下列說法正確的是A.基態(tài)核外電子排布式為B.空間結(jié)構(gòu)為三角錐形C.中既含離子鍵也含極性共價(jià)鍵D.用電子式表示水的形成過程：【答案】C【解析】A．Ca是20號(hào)元素，基態(tài)核外電子排布式為[Ar]4s2，A錯(cuò)誤；B．中N原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為，無孤電子對(duì)，空間結(jié)構(gòu)為平面三角形，B錯(cuò)誤；C．由Ca2+和構(gòu)成，Ca2+與間存在離子鍵，中N-O鍵為極性共價(jià)鍵，既含離子鍵也含極性共價(jià)鍵，C正確；D．水的電子式形成過程，D錯(cuò)誤；故選C。3.下列從含Br2的稀溶液中提取Br2的實(shí)驗(yàn)操作或原理能達(dá)到目的的是A.用裝置甲吹出Br2蒸汽并吸收 B.用裝置乙制取Cl2C.用裝置丙制取Br2 D.用裝置丁蒸餾回收Br2【答案】A【解析】使用熱空氣將溴蒸出后使用二氧化硫吸收轉(zhuǎn)化為HBr，再通入氯氣將HBr氧化為溴單質(zhì)，利用物質(zhì)沸點(diǎn)的不同，采取蒸餾的方法將溴蒸出；A．熱空氣將溴蒸出后使用二氧化硫吸收轉(zhuǎn)化為HBr，A正確；B．濃鹽酸和二氧化錳制取氯氣需要加熱，B錯(cuò)誤；C．通入氯氣氣體，應(yīng)該是長(zhǎng)進(jìn)短出，短進(jìn)長(zhǎng)出，會(huì)將HBr溶液壓出，C錯(cuò)誤；D．蒸餾時(shí)溫度計(jì)測(cè)定餾分的溫度，圖中溫度計(jì)水銀球位置應(yīng)該在支管口處，位置不合理，D錯(cuò)誤；故選A；4.工業(yè)上用C還原SiO2可得半導(dǎo)體材料Si，下列說法正確的是A.鍵能大?。篍(C-C)<E(Si-Si) B.電離能大?。篒1(Si)>I1(O)C.電負(fù)性大小：χ(O)<χ(C) D.酸性強(qiáng)弱：H2CO3>H2SiO3【答案】D【解析】A．同主族元素中，原子半徑越大，鍵能越小。C的原子半徑小于Si，故鍵能大?。篍(C-C)>E(Si-Si)，A錯(cuò)誤；B．同周期元素從左到右第一電離能逐漸增大的趨勢(shì)，但是第ⅡA族與第ⅤA族元素的第一電離能大于同周期相鄰元素，同主族元素從上到下第一電離能逐漸減小，電離能大?。篒1(O)>I1(C)>I1(Si)，B錯(cuò)誤；C．同周期從左到右，電負(fù)性逐漸增大，同主族從上到下，電負(fù)性逐漸減小，O的電負(fù)性大于C，C錯(cuò)誤；D．C的非金屬性強(qiáng)于Si，故酸性強(qiáng)弱：H2CO3>H2SiO3，D正確；故選D。閱讀下列材料，完成以下問題：F2在常溫下與Cu反應(yīng)生成致密的氟化物薄膜，高溫時(shí)與Na2SO4反應(yīng)生成硫酰氟(SO2F2)。CaF2與濃硫酸在加熱條件下反應(yīng)可制得HF，常溫下測(cè)得HF的相對(duì)分子質(zhì)量約為37。SO2通入KClO3酸性溶液中制得黃綠色氣體ClO2常用作自來水消毒劑。Cl2和潮濕的Na2CO3反應(yīng)生成Cl2O。(CN)2具有與鹵素單質(zhì)相似的化學(xué)性質(zhì)。Ka(HCN)=4.9×10-10。5.下列說法不正確的是A.硫酰氟(SO2F2)是由極性鍵構(gòu)成的非極性分子B.和Cl2O的中心原子的雜化軌道類型為sp3C.(CN)2分子中所有原子最外層均滿足8電子結(jié)構(gòu)D.常溫下，氟化氫分子間以氫鍵結(jié)合形成(HF)26.下列化學(xué)反應(yīng)表示正確的是A.CaF2與濃硫酸反應(yīng)：B.Cl2和潮濕的Na2CO3反應(yīng)：2Cl2＋2OH-=2Cl-＋Cl2O＋H2OC.F2與熔融的Na2SO4反應(yīng)：D.(CN)2與水反應(yīng)：(CN)2＋H2OH++CN-＋HOCN7.下列物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是A.ClO2是黃綠色氣體，可用于自來水消毒B.Cu與F2反應(yīng)生成致密的氟化物薄膜，可用于制作儲(chǔ)存F2的容器C.SO2具有氧化性，可用于與KClO3反應(yīng)制ClO2D.HF具有弱酸性，可用于蝕刻玻璃【答案】5.A6.C7.B【解析】5.A．硫酰氟(SO2F2)分子中，S與O、F之間均為極性鍵，分子結(jié)構(gòu)不對(duì)稱，分子為極性分子，A錯(cuò)誤；B．中Cl的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，采取sp3雜化；Cl2O中O的價(jià)層電子對(duì)數(shù)也為4，采取sp3雜化，B正確；C．(CN)2分子中，C和N通過三鍵連接，每個(gè)原子均滿足8電子結(jié)構(gòu)，C正確；D．HF分子間通過氫鍵形成(HF)2，D正確；故選A。6.A．CaF2與濃硫酸加熱發(fā)生反應(yīng)，生成CaSO4和HF氣體，A錯(cuò)誤；B．Cl2與潮濕的Na2CO3反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C．F2與熔融的Na2SO4高溫發(fā)生反應(yīng)，生成SO2F2、NaF和O2，C正確；D．(CN)2與水反應(yīng)生成HCN和HOCN，HCN為弱電解質(zhì)對(duì)應(yīng)的方程式為：(CN)2＋H2OHCN＋HOCN，D錯(cuò)誤；故選C。7.A．ClO2具有強(qiáng)氧化性，可使病菌的蛋白質(zhì)變性，常用于自來水的消毒，A錯(cuò)誤；B．Cu與F2反應(yīng)生成致密氟化物薄膜，可阻止進(jìn)一步反應(yīng)，用于儲(chǔ)存F2，B正確；C．SO2與KClO3反應(yīng)SO2時(shí)作為還原劑，體現(xiàn)還原性，C錯(cuò)誤；D．HF蝕刻玻璃因與SiO2反應(yīng)，不是其弱酸性，D錯(cuò)誤；故選B。8.通過電解廢舊鋰電池中的可獲得難溶性的和，電解示意圖如下(其中濾布的作用是阻擋固體顆粒，但離子可自由通過。電解過程中溶液的體積變化忽略不計(jì))。下列說法正確的是A.電極A為陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)B.電極B的電極反應(yīng)：C.電解一段時(shí)間后溶液中Mn2+濃度保持不變D.電解結(jié)束，可通過調(diào)節(jié)除去Mn2+，再加入溶液以獲得【答案】D【解析】該裝置有外接電源為電解池，電極B中Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO2，B為陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)；電極A為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)。A．電極A處LiMn2O4生成Li+和Mn2+，Mn元素價(jià)態(tài)從+3.5降為+2，發(fā)生還原反應(yīng)，故電極A為陰極，A錯(cuò)誤；B．電極B為陽極，Mn2+被氧化為MnO2，溶液含H2SO4呈酸性，電極反應(yīng)式應(yīng)為，B錯(cuò)誤；C．電極A生成Mn2+發(fā)生反應(yīng)），電極B消耗Mn2+生成MnO2，根據(jù)分析、結(jié)合兩極上電子數(shù)守恒，則生成量大于消耗量，Mn2+濃度增大，C錯(cuò)誤；D．電解后溶液含Li+和Mn2+，調(diào)節(jié)pH可使Mn2+轉(zhuǎn)化為Mn(OH)2沉淀除去，剩余Li+與Na2CO3反應(yīng)生成Li2CO3，D正確；故選D。9.某抗凝血作用的藥物Z可用下列反應(yīng)合成。下列說法正確的是A.X與NaHCO3溶液反應(yīng)可以生成B.1molY與NaOH溶液反應(yīng)，最多消耗2molNaOHC.Z與足量的氫氣加成后的產(chǎn)物分子中含有2個(gè)手性碳原子D.X、Y、Z均易溶于水【答案】C【解析】A．X為鄰羥基苯甲酸，含羧基（-COOH）和酚羥基（-OH）。羧基酸性強(qiáng)于碳酸，可與NaHCO3反應(yīng)生成羧酸鈉，但酚羥基酸性弱于碳酸，不與NaHCO3反應(yīng)，故產(chǎn)物應(yīng)為酚羥基不變、羧基成鹽的鄰羥基苯甲酸鈉，而非酚羥基和羧基均成鹽的產(chǎn)物，A錯(cuò)誤；B．Y含乙酸酚酯基（-OOCCH3）和甲酯基（-COOCH3）。1mol乙酸酚酯水解生成酚羥基和乙酸，二者均與NaOH反應(yīng)，消耗2molNaOH；1mol甲酯基水解生成羧基，與NaOH反應(yīng)消耗1moNaOH，共消耗3molNaOH，B錯(cuò)誤；C．Z與足量H2加成后，，有2個(gè)手性碳，C正確；D．X含羧基和酚羥基，但苯環(huán)憎水，水溶性有限；Y、Z含酯基和大的憎水基團(tuán)，均難溶于水，D錯(cuò)誤；故選C。10.釩催化劑對(duì)氧化苯制備苯酚的反應(yīng)具有良好的催化活性，反應(yīng)機(jī)理如圖所示，其中步驟③為放熱反應(yīng)。下列說法錯(cuò)誤的是A.步驟①反應(yīng)為B.步驟③正、逆反應(yīng)的活化能關(guān)系為C.在催化循環(huán)中起氧化作用D.步驟③生成的物質(zhì)Z是【答案】D【解析】結(jié)合反應(yīng)機(jī)理圖可知和反應(yīng)生成、、，步驟①反應(yīng)為，和苯生成，和、反應(yīng)生成、和水，據(jù)此解答。A．結(jié)合反應(yīng)機(jī)理圖可知和反應(yīng)生成、、，步驟①反應(yīng)為，故A正確；B．步驟③為放熱反應(yīng)，，即正反應(yīng)的活化能小于逆反應(yīng)的活化能，故B正確；C．在催化循環(huán)中V的化合價(jià)由+5降低到+3，所以起氧化作用，故C正確；D．根據(jù)分析，步驟③生成的物質(zhì)Z是，故D錯(cuò)誤；答案選D。11.室溫下，下列實(shí)驗(yàn)研究方案能達(dá)到探究目的的是選項(xiàng)探究方案探究目的A在酸性KMnO4溶液中滴加間甲基苯甲醛，振蕩，溶液紫紅色褪去驗(yàn)證醛基具有還原性B向溶液逐滴加入同體積同濃度溶液，先出現(xiàn)紅褐色沉淀，放置后沉淀消失，溶液變?yōu)榫G色與在水溶液中存在水解反應(yīng)和氧化還原反應(yīng)的競(jìng)爭(zhēng)C用pH試紙測(cè)定濃度均為的溶液和CH3COONa溶液的pH比較、CH3COOH酸性相對(duì)強(qiáng)弱D向CO還原所得到的產(chǎn)物中加入稀鹽酸，再滴加KSCN溶液，觀察顏色變化CO還原實(shí)驗(yàn)中，是否全部被還原AA B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．間甲基苯甲醛中的甲基也能被酸性KMnO4氧化，高錳酸鉀溶液褪色無法確定是由醛基引起還是甲基引起的，A錯(cuò)誤；B．與混合生成紅褐色沉淀說明發(fā)生水解反應(yīng)生成Fe(OH)3沉淀，后溶液變綠說明發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Fe2+，因此兩種說明兩者存在水解反應(yīng)和氧化還原反應(yīng)的競(jìng)爭(zhēng)，B正確；C．NaClO溶液具有強(qiáng)氧化性，會(huì)漂白pH試紙，無法準(zhǔn)確測(cè)定pH，C錯(cuò)誤；D．若產(chǎn)物含F(xiàn)e單質(zhì)，會(huì)與反應(yīng)，即使未完全還原，KSCN也不顯紅色，D錯(cuò)誤；故選B。12.已知室溫下，，，。用含少量的酸性溶液制備NiOOH的過程如下。下列說法正確的是A.溶液中：B.的NaClO溶液中：C.“調(diào)pH”得到的上層清液中：D.“氧化”時(shí)主要發(fā)生反應(yīng)：【答案】C【解析】用含少量Fe3+的NiCl2酸性溶液制備NiOOH的流程：加入Na2CO3溶液調(diào)pH，F(xiàn)e3+轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀，Ni2+不沉淀，過濾除去Fe（OH）3沉淀得到含Ni2+的濾液，堿性條件下加入NaClO溶液，氧化Ni2+得到NiOOH沉淀，發(fā)生的反應(yīng)為2Ni2++ClO-+4OH-＝2NiOOH↓+Cl-+H2O，過濾、洗滌、干燥得到NiOOH固體，據(jù)此分析解答。A．溶液中物料守恒關(guān)系為c（）+c（）+c（H2CO3）=c（Na+）=0.1mol/L，電荷守恒關(guān)系為c（OH-）+2c（）+c（）=c（H+）+c（Na+），則c（OH-）-c（H+）=c（）+2c（H2CO3）=0.1mol/L+c（H2CO3）-c（）＜0.1mol?L-1+c（H2CO3），故A錯(cuò)誤；B．pH=11的NaClO溶液中=3000，即，故B錯(cuò)誤；C．“調(diào)pH”得到的上層清液中濃度積Q[Fe(OH)3]=c(Fe3+）?c3(OH-)=Ksp[Fe(OH)3]，Q[Ni(OH)2]=c(Ni2+）?c2(OH-)＜Ksp[Ni(OH)2]，則上層清液中，故C正確；D．堿性條件下加入NaClO溶液氧化Ni2+得到NiOOH沉淀，反應(yīng)為2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O，故D錯(cuò)誤；故選C。13.在催化劑作用下，以、為原料合成，其主要反應(yīng)有：反應(yīng)1kJ·mol反應(yīng)2kJ·mol將體積比為1∶1的、混合氣體按一定流速通過催化反應(yīng)管，測(cè)得、的轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的關(guān)系如圖所示。已知的選擇性下列說法正確的是A.圖中曲線①表示轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化B.720~800℃范圍內(nèi)，隨溫度的升高，出口處及的量均增大C.720~800℃范圍內(nèi)，隨溫度的升高，的選擇性不斷增大D.其他條件不變，加入或選用高效催化劑，均能提高平衡時(shí)產(chǎn)率【答案】B【解析】將體積比為1∶1的、混合氣體按一定流速通過催化反應(yīng)管，其主要反應(yīng)有：、，則的轉(zhuǎn)化率應(yīng)該大于的轉(zhuǎn)化率，圖中曲線①表示轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化，曲線②表示的轉(zhuǎn)化率，以此解答。A．由分析可知，圖中曲線①表示轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化，故A錯(cuò)誤；B．720~800℃范圍內(nèi)，隨溫度的升高，、的轉(zhuǎn)化率都增大，則生成、的物質(zhì)的量增大，出口處及的量均增大，故B正確；C．720~800℃范圍內(nèi)，隨溫度的升高，、的轉(zhuǎn)化率都增大，但的轉(zhuǎn)化率程度大于，說明反應(yīng)2正向進(jìn)行的程度增大大于反應(yīng)1，的選擇性不斷減小，故C錯(cuò)誤；D．催化劑雖然不能改變平衡轉(zhuǎn)化率，但是催化劑有選擇性，可以提升目標(biāo)產(chǎn)物的產(chǎn)率；CaO會(huì)吸收水和二氧化碳，但是無法判斷平衡如何移動(dòng)，因此不能判斷平衡時(shí)C2H4的產(chǎn)率如何變化，故D錯(cuò)誤；故選B。二、非選擇題：共4題，共61分。14.鈷及其化合物在制造合金、磁性材料、催化劑及陶瓷釉等方面有著廣泛應(yīng)用。（1）一種從濕法煉鋅產(chǎn)生的廢渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的單質(zhì)或氧化物)中富集回收得到含錳高鈷成品的工藝如下：已知溶液中離子開始沉淀和沉淀完全()時(shí)的pH：開始沉淀的pH156.9—7.46.2沉淀完全的pH2.88.41.19.48.2回答下列問題：①“濾渣1”中金屬元素主要___________。②“過濾1”后的溶液中加入的MnO2應(yīng)足量，如何設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證明該步驟反應(yīng)已完全？___________。③“氧化沉鈷”中Co2+生成Co(OH)3的離子方程式為___________。④“除鈷液”中殘留的Co3+濃度為___________。（2）Mn的某種氧化物MnOx的四方晶胞及其在xy平面的投影如下圖所示，則該氧化物的化學(xué)式為___________。（3）Co3O4在磁性材料、電化學(xué)領(lǐng)域應(yīng)用廣泛，CoC2O4·2H2O熱分解可制備Co3O4。準(zhǔn)確稱取4.575gCoC2O4·2H2O樣品，在空氣中加熱，固體樣品的剩余質(zhì)量隨溫度的變化如下圖所示(已知385℃及以上殘留固體均為金屬氧化物，CoC2O4·2H2O的摩爾質(zhì)量為183g/mol)。經(jīng)測(cè)定，溫度為205~385℃的煅燒過程中，產(chǎn)生的氣體為CO2，則AB段消耗的O2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為___________L。(寫出計(jì)算過程，結(jié)果保留2位有效數(shù)字)【答案】（1）①.Pb②.取少量反應(yīng)后的溶液，加入，若不出現(xiàn)藍(lán)色沉淀，則說明反應(yīng)已完全③.④.10-16.7（2）MnO2（3）0.37【解析】由題中信息可知，用硫酸處理含有Co、Zn、Pb、Fe的單質(zhì)或氧化物的廢渣，得到含有Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+等離子的溶液，Pb的單質(zhì)或氧化物與硫酸反應(yīng)生成難溶的PbSO4，則“濾渣1”為“酸浸”時(shí)生成的PbSO4，向?yàn)V液中加入MnO2將Fe2+氧化為Fe3+，然后加入ZnO調(diào)節(jié)pH=4使Fe3+完全轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3，則“濾渣Ⅱ”的主要成分為Fe(OH)3，濾液中的金屬離子主要是Co2+、Zn2+和Mn2+，最后“氧化沉鈷”，加入強(qiáng)氧化劑KMnO4，將溶液中Co2+氧化為Co3+，在pH=5時(shí)Co3+形成沉淀Co(OH)3，而KMnO4則被還原為MnO2，KMnO4還會(huì)與溶液中的Mn2+發(fā)生歸中反應(yīng)生成MnO2，得到Co(OH)3和MnO2的混合物，“除鈷液”主要含有ZnSO4、K2SO4，據(jù)此解答；（1）①根據(jù)分析可知，“濾渣1”主要是PbSO4，金屬元素主要為Pb；②“過濾1”后的溶液中加入的MnO2應(yīng)足量，則無Fe2+，實(shí)驗(yàn)步驟：取少量反應(yīng)后的溶液，加入，若不出現(xiàn)藍(lán)色沉淀，則說明反應(yīng)已完全；③由分析可知，該過程發(fā)生氧化還原反應(yīng)，根據(jù)分析反應(yīng)物、產(chǎn)物與反應(yīng)環(huán)境(pH=5)，結(jié)合得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可寫出離子方程式：；④由表中完全沉淀可知，，“除鈷液”中，pH=5，；（2）根據(jù)“均攤法”，晶胞中含個(gè)Mn、個(gè)O，則該氧化物化學(xué)式為MnO2；（3）4.575g的CoC2O4·2H2O的物質(zhì)的量為0.025mol，其中結(jié)晶水的質(zhì)量為0.025×2×18g/mol=0.9g，m(CoC2O4)=4.575g-0.9g=3.675g，則A點(diǎn)為CoC2O4，Co元素的質(zhì)量為0.025mol×59g/mol=1.475g，B點(diǎn)固體為金屬氧化物，根據(jù)元素守恒n(O)=，n(Co)：n(O)=0.025：0.033=3：4，則B為Co3O4；205～385℃的煅燒過程中，產(chǎn)生的氣體為CO2，AB段反應(yīng)方程式為3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2，則消耗氧氣的體積為0.37L。15.有機(jī)物F()是一種鎮(zhèn)痛藥，它的一種合成路線如下：（1）1molA分子所含σ鍵的數(shù)目為___________。（2）B→C的反應(yīng)類型是___________。（3）D中氮原子的雜化方式為___________。（4）F中的含氧官能團(tuán)的名稱為___________。（5）E的一種同分異構(gòu)體同時(shí)滿足下列條件，該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為___________。①能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)②分子中含有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，峰面積之比為9：6：2（6）已知：。寫出以、NCCH2CN、CH3CH2OH為原料制取的合成路線流程圖(無機(jī)試劑和有機(jī)溶劑可任選，合成示例見本題題干)___________?！敬鸢浮浚?）6NA（2）取代反應(yīng)（3）sp3、sp（4）酯基（5）（6）【解析】A(CH3NH2)與環(huán)氧乙烷發(fā)生取代反應(yīng)生成B，B與SOCl2反應(yīng)時(shí)B中的羥基被氯原子取代生成C，則C為，C與在NaNH2作用下發(fā)生取代反應(yīng)生成D，D在酸性環(huán)境下水解生成E，最后E與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成F，據(jù)此解答。（1）1個(gè)A(CH3NH2)分子只含6個(gè)共價(jià)單鍵，共價(jià)單鍵為σ鍵，則1molA分子所含σ鍵的數(shù)目為6NA；（2）B與SOCl2反應(yīng)時(shí)B中的羥基被氯原子取代生成C，則B→C的反應(yīng)類型是取代反應(yīng)；（3）D()含有的中氮原子參與形成1個(gè)σ鍵，且還有1對(duì)孤電子對(duì)，其價(jià)層電子對(duì)數(shù)為1+1=2，采取sp雜化；另外1個(gè)氮原子參與形成3個(gè)σ鍵，且還有1對(duì)孤電子對(duì)，其價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+1=4，采取sp3雜化，則D中氮原子的雜化方式為sp3、sp；（4）由F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，F(xiàn)中的含氧官能團(tuán)的名稱為酯基；（5）E()的一種同分異構(gòu)體同時(shí)滿足條件：①能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說明含有酚羥基(即羥基與苯環(huán)直接相連)；②分子中含有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，峰面積之比為9∶6∶2，即含有3種等效氫，且每種等效氫的氫原子個(gè)數(shù)之比為9∶6∶2，說明該同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)高度對(duì)稱，且含有，苯環(huán)上連有兩個(gè)對(duì)稱的甲基、兩個(gè)對(duì)稱的酚羥基，再結(jié)合E的分子式(C13H17O2N)，苯環(huán)上還應(yīng)連有1個(gè)，則滿足條件的E的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為；（6）已知：。以、NCCH2CN、CH3CH2OH為原料制取，可采用逆分析法：由和CH3CH2OH發(fā)生酯化反應(yīng)得到，由受熱得到，再參考題干流程中的反應(yīng)原理，由在酸性環(huán)境下水解得到，由和NCCH2CN發(fā)生取代反應(yīng)得到，而可由和Br2發(fā)生1,4-加成得到，所以合成路線為：。16.單質(zhì)硫有S2、S4、S6、S8等同素異形體，可由閃鋅礦(主要含ZnS、FeS)制備。已知：S8在低于112℃時(shí)在水溶液中呈固態(tài)，高于150℃易分解，易溶于CCl4.（1）制備：將閃鋅礦置于敞口容器中，加入硫酸浸取，邊攪拌邊通入O2，部分浸取過程如下圖所示。①步驟Ⅱ反應(yīng)的離子方程式為___________。②高于112℃時(shí)，鋅的浸出率更高，除反應(yīng)速率加快外，主要原因是___________。③相同條件下，鋅的浸出率和硫的氧化率隨初始酸濃度的變化如圖所示，初始酸濃度大于1.6mol/L時(shí)，硫的氧化率隨酸濃度的增加而下降，主要原因是___________。（2）檢驗(yàn)：請(qǐng)補(bǔ)充完整檢測(cè)過濾所得固體中是否殘留ZnS等難溶硫化物的實(shí)驗(yàn)方案：取少量浸取后過濾所得固體，加適量CCl4充分溶解，過濾，加熱所得固體至CCl4完全揮發(fā)，___________(實(shí)驗(yàn)須選用的試劑：飽和溴水，蒸餾水，BaCl2溶液。已知：飽和溴水可將硫化物氧化為硫酸鹽)。（3）蒸硫：將浸取后冷卻所得粗硫置于如圖所示裝置中加熱得到硫蒸氣，再冷凝得到硫單質(zhì)。①蒸硫前，需通入一段時(shí)間N2，目的是___________。②已知：S8的沸點(diǎn)約為445℃。溫度約為280℃，硫單質(zhì)完全變?yōu)檎魵?，原因是___________?！敬鸢浮浚?）①.8H2S+16Fe3+=S8↓＋16Fe2+＋16H＋②.高于112℃時(shí)，覆蓋在閃鋅礦表面的S8熔化，有利于鋅元素浸出(或低于112℃時(shí)，S8會(huì)在水中以固體析出，覆蓋在閃鋅礦表面，阻礙鋅元素浸出)③.隨著酸濃度增大，硫元素轉(zhuǎn)化為H2S逸出，導(dǎo)致硫的氧化率降低（2）用蒸餾水洗滌浸取渣，至取最后一次洗滌濾液滴加BaCl2溶液無白色沉淀生成。將浸取渣加入足量飽和溴水中，充分反應(yīng)。取反應(yīng)后的溶液滴加BaCl2溶液，若無白色沉淀生成，則無ZnS等難溶硫化物殘留（3）①.排出空氣，防止硫單質(zhì)被氧化②.S8分解為相對(duì)分子質(zhì)量更小分子，沸點(diǎn)降低【解析】（1）①由圖可知，步驟Ⅱ是和發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成、和，經(jīng)配平得反應(yīng)的離子方程式為：8H2S+16Fe3+=S8↓＋16Fe2+＋16H＋；②已知：S8在低于112℃時(shí)在水溶液中呈固態(tài)，即低于112℃時(shí)，呈固態(tài)的S8會(huì)覆蓋在閃鋅礦表面，阻礙鋅元素浸出；高于112℃時(shí)，覆蓋在閃鋅礦表面的S8熔化，有利于鋅元素浸出，所以高于112℃時(shí)，鋅的浸出率更高，除反應(yīng)速率加快外，主要原因是：高于112℃時(shí)，覆蓋在閃鋅礦表面的S8熔化，有利于鋅元素浸出(或低于112℃時(shí)，S8會(huì)在水中以固體析出，覆蓋在閃鋅礦表面，阻礙鋅元素浸出)；③初始酸濃度大于1.6mol/L時(shí)，隨酸濃度的增加(即濃度增大)，生成的也增多，且從溶液中逸出，導(dǎo)致硫的氧化率隨酸濃度的增加而下降，所以初始酸濃度大于1.6mol/L時(shí)，硫的氧化率隨酸濃度的增加而下降，主要原因是：隨著酸濃度增大，硫元素轉(zhuǎn)化為H2S逸出，導(dǎo)致硫的氧化率降低；（2）已知：飽和溴水可將硫化物氧化為硫酸鹽，即飽和溴水可將ZnS氧化為。檢測(cè)過濾所得固體中是否殘留ZnS等難溶硫化物，需先將其固體中的S8溶于CCl4，過濾，再用蒸餾水洗凈固體表面的以排除其干擾，再將浸取渣加入足量飽和溴水中，若殘留ZnS，ZnS將被氧化為，再取反應(yīng)后的溶液滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，則有ZnS等難溶硫化物殘留，反之，無ZnS等難溶硫化物殘留。所以實(shí)驗(yàn)方案為：取少量浸取后過濾所得固體，加適量CCl4充分溶解，過濾，加熱所得固體至CCl4完全揮發(fā)，用蒸餾水洗滌浸取渣，至取最后一次洗滌濾液滴加BaCl2溶液無白色沉淀生成。將浸取渣加入足量飽和溴水中，充分反應(yīng)。取反應(yīng)后的溶液滴加BaCl2溶液，若無白色沉淀生成，則無ZnS等難溶硫化物殘留；（3）①因硫單質(zhì)易被空氣中的氧氣氧化，則蒸硫前，需通入一段時(shí)間N2，其目的是：排出空氣，防止硫單質(zhì)被氧化；②S8的沸點(diǎn)約為445℃，但S8在高于150℃時(shí)易分解，且分解為相對(duì)分子質(zhì)量更小分子，導(dǎo)致其沸點(diǎn)降低，所以溫度約為280℃，硫單質(zhì)完全變?yōu)檎魵猓湓蚴牵篠8分解為相對(duì)分子質(zhì)量更小分子，沸點(diǎn)降低。17.氫能是應(yīng)用前景廣闊的新能源。（1）制氫。工業(yè)上電解堿性尿素水溶液制氫。①陽極活性物質(zhì)Ni(OH)2首先放電生成NiOOH，該過程電極反應(yīng)式為___________。②CO(NH2)2吸附在NiOOH上被氧化生成N2.根據(jù)電負(fù)性規(guī)則，CO(NH2)2分子中能被Ni吸附的原子是___________(填元素符號(hào))。（2）儲(chǔ)氫。部分H2和Mg一定條件下化合生成MgH2以儲(chǔ)氫；部分H2和N2在催化劑表面合成氨以儲(chǔ)氫，其反應(yīng)機(jī)理的部分過程如圖-1所示。①請(qǐng)?jiān)诖痤}紙相應(yīng)“□”中畫出中間體X的結(jié)構(gòu)______。②研究發(fā)現(xiàn)，使用Ru系催化劑時(shí)，N2在催化劑表面的吸附活化是整個(gè)反應(yīng)過程的控速步驟，實(shí)際工業(yè)生產(chǎn)時(shí)，將n(H2)/n(N2)控制在1.8~2.2之間，比理論值3小，其原因是___________。（3）釋氫。MgH2可通過熱分解和水解兩種方法制得H2。相較于熱分解，從物質(zhì)轉(zhuǎn)化和能量利用的角度分析，MgH2水解釋氫方法的優(yōu)點(diǎn)有___________。（4）儲(chǔ)氫物質(zhì)NH3的運(yùn)用。NH3常用于煙氣(主要成分NO、NO2)脫硝。以N2為載氣，將含一定量NO、NH3及O2的模擬煙氣以一定流速通過裝有催化劑CeO2的反應(yīng)管，研究溫度、SO2(g)、H2O(g)對(duì)脫硝反應(yīng)的影響。①如圖-2所示，溫度高于350℃時(shí)，NO轉(zhuǎn)化率下降，推測(cè)原因是___________。②如圖-3所示，溫度高于350℃時(shí)，和不含水蒸氣煙氣相比，含10%水蒸氣的煙氣的NO轉(zhuǎn)化率更高，其原因是___________。③實(shí)驗(yàn)證明，煙氣中含SO2會(huì)導(dǎo)致催化劑不可逆的中毒(Ce4+氧化SO2生成SO覆蓋在生成的Ce3+表面，阻止了O2氧化Ce3+)。而添加CuO后抗硫能力顯著增強(qiáng)，請(qǐng)結(jié)合圖-4機(jī)理，說明抗硫能力增強(qiáng)的原因___________。【答案】（1）①.Ni(OH)2－e－+OH－=NiOOH+H2O②.N、O（2）①.②.提高N2在合成氣中比例，增大N2在催化劑表面的吸附活化總量，加快反應(yīng)速率；利于提高H2的轉(zhuǎn)化率，同時(shí)提高儲(chǔ)氫率（3）等量的MgH2水解比熱分解產(chǎn)生的氫氣多，同時(shí)不需要消耗大量熱能（4）①.溫度升高，催化劑的活性下降，NH3和O2反應(yīng)生成NO，還原劑NH3的量減少②.在350℃以上含10%水蒸氣的煙氣中，水蒸氣的存在抑制了NH3和O2生成NO的反應(yīng)，更多NH3和NO反應(yīng)，提高NO轉(zhuǎn)化率③.添加CuO后，氧化生成的SO覆蓋在Cu2+上，O2氧化Ce3+生成Ce4+，恢復(fù)催化能力【解析】（1）工業(yè)上電解堿性尿素水溶液制氫。

陽極活性物質(zhì)Ni(OH)2首先放電生成NiOOH，該過程的電極反應(yīng)式為Ni(OH)2－e－+OH-=NiOOH+H2O吸附在NiOOH上被氧化生成N2，根據(jù)電負(fù)性規(guī)則，

Co(NH2)2分子中能被Ni吸附的原子是N和O；故答案為：Ni(OH)2－e－+OH-=NiOOH+H2O，N和O；（2）①根據(jù)氫氣和氮?dú)庠诖呋瘎┍砻娈a(chǎn)生氨氣，中間體X結(jié)合一個(gè)H原子以后產(chǎn)生氨氣，剩余一個(gè)N≡在催化劑表面，逆向推導(dǎo)可知為，故答案為：；②氫氣量多于實(shí)際反應(yīng)的化學(xué)計(jì)量系數(shù)，相當(dāng)于氫氣過量，可以提高氮?dú)庠诜磻?yīng)中的轉(zhuǎn)化率，可以增加氮?dú)庠诖呋瘎┍砻娴奈搅浚蚀鸢笧椋禾岣逳2在合成氣中比例，增大N2在催化劑表面的吸附活化總量，加快反應(yīng)速率；利于提高H2的轉(zhuǎn)化率，同時(shí)提高儲(chǔ)氫率；（3）MgH2水解所需要的能耗低，根據(jù)原子守恒，1mol的MgH2熱分解最多只能產(chǎn)生1molH2，而水解法可以產(chǎn)生2molH2，故答案為：等量的MgH2水解比熱分解產(chǎn)生的氫氣多，同時(shí)不需要消耗大量熱能；（4）①溫度升高以后，催化劑活性降低，導(dǎo)致氨氣生成量減少，導(dǎo)致NO轉(zhuǎn)化率降低，故答案為：溫度升高，催化劑的活性下降，NH3和O2反應(yīng)生成NO，還原劑NH3的量減少；②在350℃以上含10%水蒸氣的煙氣中，水的存在使得氨氣溶解，減少了氨氣與氧氣反應(yīng)量，致使生成NO減少，故答案為：在350℃以上含10%水蒸氣的煙氣中，水蒸氣的存在抑制了NH3和O2生成NO的反應(yīng)，更多NH3和NO反應(yīng)，提高NO轉(zhuǎn)化率；③加入CuO以后，使生成的硫酸根離子與銅離子結(jié)合生成硫酸銅，硫酸根就不會(huì)附著在催化劑表面，讓催化劑就可以繼續(xù)氧化Ce2+，故答案為：添加CuO后，氧化生成的覆蓋在Cu2+上，O2氧化Ce3+生成Ce4+，恢復(fù)催化能力。江蘇省南京市六校聯(lián)合體2026屆高三上學(xué)期8月學(xué)情調(diào)研考試試題可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H1C12N14O16F19Ti48Co59一、單項(xiàng)選擇題：共13小題，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】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。2.利用反應(yīng)吸收NO2，下列說法正確的是A.基態(tài)核外電子排布式為B.空間結(jié)構(gòu)為三角錐形C.中既含離子鍵也含極性共價(jià)鍵D.用電子式表示水的形成過程：【答案】C【解析】A．Ca是20號(hào)元素，基態(tài)核外電子排布式為[Ar]4s2，A錯(cuò)誤；B．中N原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為，無孤電子對(duì)，空間結(jié)構(gòu)為平面三角形，B錯(cuò)誤；C．由Ca2+和構(gòu)成，Ca2+與間存在離子鍵，中N-O鍵為極性共價(jià)鍵，既含離子鍵也含極性共價(jià)鍵，C正確；D．水的電子式形成過程，D錯(cuò)誤；故選C。3.下列從含Br2的稀溶液中提取Br2的實(shí)驗(yàn)操作或原理能達(dá)到目的的是A.用裝置甲吹出Br2蒸汽并吸收 B.用裝置乙制取Cl2C.用裝置丙制取Br2 D.用裝置丁蒸餾回收Br2【答案】A【解析】使用熱空氣將溴蒸出后使用二氧化硫吸收轉(zhuǎn)化為HBr，再通入氯氣將HBr氧化為溴單質(zhì)，利用物質(zhì)沸點(diǎn)的不同，采取蒸餾的方法將溴蒸出；A．熱空氣將溴蒸出后使用二氧化硫吸收轉(zhuǎn)化為HBr，A正確；B．濃鹽酸和二氧化錳制取氯氣需要加熱，B錯(cuò)誤；C．通入氯氣氣體，應(yīng)該是長(zhǎng)進(jìn)短出，短進(jìn)長(zhǎng)出，會(huì)將HBr溶液壓出，C錯(cuò)誤；D．蒸餾時(shí)溫度計(jì)測(cè)定餾分的溫度，圖中溫度計(jì)水銀球位置應(yīng)該在支管口處，位置不合理，D錯(cuò)誤；故選A；4.工業(yè)上用C還原SiO2可得半導(dǎo)體材料Si，下列說法正確的是A.鍵能大?。篍(C-C)<E(Si-Si) B.電離能大小：I1(Si)>I1(O)C.電負(fù)性大?。害?O)<χ(C) D.酸性強(qiáng)弱：H2CO3>H2SiO3【答案】D【解析】A．同主族元素中，原子半徑越大，鍵能越小。C的原子半徑小于Si，故鍵能大?。篍(C-C)>E(Si-Si)，A錯(cuò)誤；B．同周期元素從左到右第一電離能逐漸增大的趨勢(shì)，但是第ⅡA族與第ⅤA族元素的第一電離能大于同周期相鄰元素，同主族元素從上到下第一電離能逐漸減小，電離能大?。篒1(O)>I1(C)>I1(Si)，B錯(cuò)誤；C．同周期從左到右，電負(fù)性逐漸增大，同主族從上到下，電負(fù)性逐漸減小，O的電負(fù)性大于C，C錯(cuò)誤；D．C的非金屬性強(qiáng)于Si，故酸性強(qiáng)弱：H2CO3>H2SiO3，D正確；故選D。閱讀下列材料，完成以下問題：F2在常溫下與Cu反應(yīng)生成致密的氟化物薄膜，高溫時(shí)與Na2SO4反應(yīng)生成硫酰氟(SO2F2)。CaF2與濃硫酸在加熱條件下反應(yīng)可制得HF，常溫下測(cè)得HF的相對(duì)分子質(zhì)量約為37。SO2通入KClO3酸性溶液中制得黃綠色氣體ClO2常用作自來水消毒劑。Cl2和潮濕的Na2CO3反應(yīng)生成Cl2O。(CN)2具有與鹵素單質(zhì)相似的化學(xué)性質(zhì)。Ka(HCN)=4.9×10-10。5.下列說法不正確的是A.硫酰氟(SO2F2)是由極性鍵構(gòu)成的非極性分子B.和Cl2O的中心原子的雜化軌道類型為sp3C.(CN)2分子中所有原子最外層均滿足8電子結(jié)構(gòu)D.常溫下，氟化氫分子間以氫鍵結(jié)合形成(HF)26.下列化學(xué)反應(yīng)表示正確的是A.CaF2與濃硫酸反應(yīng)：B.Cl2和潮濕的Na2CO3反應(yīng)：2Cl2＋2OH-=2Cl-＋Cl2O＋H2OC.F2與熔融的Na2SO4反應(yīng)：D.(CN)2與水反應(yīng)：(CN)2＋H2OH++CN-＋HOCN7.下列物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是A.ClO2是黃綠色氣體，可用于自來水消毒B.Cu與F2反應(yīng)生成致密的氟化物薄膜，可用于制作儲(chǔ)存F2的容器C.SO2具有氧化性，可用于與KClO3反應(yīng)制ClO2D.HF具有弱酸性，可用于蝕刻玻璃【答案】5.A6.C7.B【解析】5.A．硫酰氟(SO2F2)分子中，S與O、F之間均為極性鍵，分子結(jié)構(gòu)不對(duì)稱，分子為極性分子，A錯(cuò)誤；B．中Cl的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，采取sp3雜化；Cl2O中O的價(jià)層電子對(duì)數(shù)也為4，采取sp3雜化，B正確；C．(CN)2分子中，C和N通過三鍵連接，每個(gè)原子均滿足8電子結(jié)構(gòu)，C正確；D．HF分子間通過氫鍵形成(HF)2，D正確；故選A。6.A．CaF2與濃硫酸加熱發(fā)生反應(yīng)，生成CaSO4和HF氣體，A錯(cuò)誤；B．Cl2與潮濕的Na2CO3反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C．F2與熔融的Na2SO4高溫發(fā)生反應(yīng)，生成SO2F2、NaF和O2，C正確；D．(CN)2與水反應(yīng)生成HCN和HOCN，HCN為弱電解質(zhì)對(duì)應(yīng)的方程式為：(CN)2＋H2OHCN＋HOCN，D錯(cuò)誤；故選C。7.A．ClO2具有強(qiáng)氧化性，可使病菌的蛋白質(zhì)變性，常用于自來水的消毒，A錯(cuò)誤；B．Cu與F2反應(yīng)生成致密氟化物薄膜，可阻止進(jìn)一步反應(yīng)，用于儲(chǔ)存F2，B正確；C．SO2與KClO3反應(yīng)SO2時(shí)作為還原劑，體現(xiàn)還原性，C錯(cuò)誤；D．HF蝕刻玻璃因與SiO2反應(yīng)，不是其弱酸性，D錯(cuò)誤；故選B。8.通過電解廢舊鋰電池中的可獲得難溶性的和，電解示意圖如下(其中濾布的作用是阻擋固體顆粒，但離子可自由通過。電解過程中溶液的體積變化忽略不計(jì))。下列說法正確的是A.電極A為陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)B.電極B的電極反應(yīng)：C.電解一段時(shí)間后溶液中Mn2+濃度保持不變D.電解結(jié)束，可通過調(diào)節(jié)除去Mn2+，再加入溶液以獲得【答案】D【解析】該裝置有外接電源為電解池，電極B中Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO2，B為陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)；電極A為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)。A．電極A處LiMn2O4生成Li+和Mn2+，Mn元素價(jià)態(tài)從+3.5降為+2，發(fā)生還原反應(yīng)，故電極A為陰極，A錯(cuò)誤；B．電極B為陽極，Mn2+被氧化為MnO2，溶液含H2SO4呈酸性，電極反應(yīng)式應(yīng)為，B錯(cuò)誤；C．電極A生成Mn2+發(fā)生反應(yīng)），電極B消耗Mn2+生成MnO2，根據(jù)分析、結(jié)合兩極上電子數(shù)守恒，則生成量大于消耗量，Mn2+濃度增大，C錯(cuò)誤；D．電解后溶液含Li+和Mn2+，調(diào)節(jié)pH可使Mn2+轉(zhuǎn)化為Mn(OH)2沉淀除去，剩余Li+與Na2CO3反應(yīng)生成Li2CO3，D正確；故選D。9.某抗凝血作用的藥物Z可用下列反應(yīng)合成。下列說法正確的是A.X與NaHCO3溶液反應(yīng)可以生成B.1molY與NaOH溶液反應(yīng)，最多消耗2molNaOHC.Z與足量的氫氣加成后的產(chǎn)物分子中含有2個(gè)手性碳原子D.X、Y、Z均易溶于水【答案】C【解析】A．X為鄰羥基苯甲酸，含羧基（-COOH）和酚羥基（-OH）。羧基酸性強(qiáng)于碳酸，可與NaHCO3反應(yīng)生成羧酸鈉，但酚羥基酸性弱于碳酸，不與NaHCO3反應(yīng)，故產(chǎn)物應(yīng)為酚羥基不變、羧基成鹽的鄰羥基苯甲酸鈉，而非酚羥基和羧基均成鹽的產(chǎn)物，A錯(cuò)誤；B．Y含乙酸酚酯基（-OOCCH3）和甲酯基（-COOCH3）。1mol乙酸酚酯水解生成酚羥基和乙酸，二者均與NaOH反應(yīng)，消耗2molNaOH；1mol甲酯基水解生成羧基，與NaOH反應(yīng)消耗1moNaOH，共消耗3molNaOH，B錯(cuò)誤；C．Z與足量H2加成后，，有2個(gè)手性碳，C正確；D．X含羧基和酚羥基，但苯環(huán)憎水，水溶性有限；Y、Z含酯基和大的憎水基團(tuán)，均難溶于水，D錯(cuò)誤；故選C。10.釩催化劑對(duì)氧化苯制備苯酚的反應(yīng)具有良好的催化活性，反應(yīng)機(jī)理如圖所示，其中步驟③為放熱反應(yīng)。下列說法錯(cuò)誤的是A.步驟①反應(yīng)為B.步驟③正、逆反應(yīng)的活化能關(guān)系為C.在催化循環(huán)中起氧化作用D.步驟③生成的物質(zhì)Z是【答案】D【解析】結(jié)合反應(yīng)機(jī)理圖可知和反應(yīng)生成、、，步驟①反應(yīng)為，和苯生成，和、反應(yīng)生成、和水，據(jù)此解答。A．結(jié)合反應(yīng)機(jī)理圖可知和反應(yīng)生成、、，步驟①反應(yīng)為，故A正確；B．步驟③為放熱反應(yīng)，，即正反應(yīng)的活化能小于逆反應(yīng)的活化能，故B正確；C．在催化循環(huán)中V的化合價(jià)由+5降低到+3，所以起氧化作用，故C正確；D．根據(jù)分析，步驟③生成的物質(zhì)Z是，故D錯(cuò)誤；答案選D。11.室溫下，下列實(shí)驗(yàn)研究方案能達(dá)到探究目的的是選項(xiàng)探究方案探究目的A在酸性KMnO4溶液中滴加間甲基苯甲醛，振蕩，溶液紫紅色褪去驗(yàn)證醛基具有還原性B向溶液逐滴加入同體積同濃度溶液，先出現(xiàn)紅褐色沉淀，放置后沉淀消失，溶液變?yōu)榫G色與在水溶液中存在水解反應(yīng)和氧化還原反應(yīng)的競(jìng)爭(zhēng)C用pH試紙測(cè)定濃度均為的溶液和CH3COONa溶液的pH比較、CH3COOH酸性相對(duì)強(qiáng)弱D向CO還原所得到的產(chǎn)物中加入稀鹽酸，再滴加KSCN溶液，觀察顏色變化CO還原實(shí)驗(yàn)中，是否全部被還原AA B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．間甲基苯甲醛中的甲基也能被酸性KMnO4氧化，高錳酸鉀溶液褪色無法確定是由醛基引起還是甲基引起的，A錯(cuò)誤；B．與混合生成紅褐色沉淀說明發(fā)生水解反應(yīng)生成Fe(OH)3沉淀，后溶液變綠說明發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Fe2+，因此兩種說明兩者存在水解反應(yīng)和氧化還原反應(yīng)的競(jìng)爭(zhēng)，B正確；C．NaClO溶液具有強(qiáng)氧化性，會(huì)漂白pH試紙，無法準(zhǔn)確測(cè)定pH，C錯(cuò)誤；D．若產(chǎn)物含F(xiàn)e單質(zhì)，會(huì)與反應(yīng)，即使未完全還原，KSCN也不顯紅色，D錯(cuò)誤；故選B。12.已知室溫下，，，。用含少量的酸性溶液制備NiOOH的過程如下。下列說法正確的是A.溶液中：B.的NaClO溶液中：C.“調(diào)pH”得到的上層清液中：D.“氧化”時(shí)主要發(fā)生反應(yīng)：【答案】C【解析】用含少量Fe3+的NiCl2酸性溶液制備NiOOH的流程：加入Na2CO3溶液調(diào)pH，F(xiàn)e3+轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀，Ni2+不沉淀，過濾除去Fe（OH）3沉淀得到含Ni2+的濾液，堿性條件下加入NaClO溶液，氧化Ni2+得到NiOOH沉淀，發(fā)生的反應(yīng)為2Ni2++ClO-+4OH-＝2NiOOH↓+Cl-+H2O，過濾、洗滌、干燥得到NiOOH固體，據(jù)此分析解答。A．溶液中物料守恒關(guān)系為c（）+c（）+c（H2CO3）=c（Na+）=0.1mol/L，電荷守恒關(guān)系為c（OH-）+2c（）+c（）=c（H+）+c（Na+），則c（OH-）-c（H+）=c（）+2c（H2CO3）=0.1mol/L+c（H2CO3）-c（）＜0.1mol?L-1+c（H2CO3），故A錯(cuò)誤；B．pH=11的NaClO溶液中=3000，即，故B錯(cuò)誤；C．“調(diào)pH”得到的上層清液中濃度積Q[Fe(OH)3]=c(Fe3+）?c3(OH-)=Ksp[Fe(OH)3]，Q[Ni(OH)2]=c(Ni2+）?c2(OH-)＜Ksp[Ni(OH)2]，則上層清液中，故C正確；D．堿性條件下加入NaClO溶液氧化Ni2+得到NiOOH沉淀，反應(yīng)為2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O，故D錯(cuò)誤；故選C。13.在催化劑作用下，以、為原料合成，其主要反應(yīng)有：反應(yīng)1kJ·mol反應(yīng)2kJ·mol將體積比為1∶1的、混合氣體按一定流速通過催化反應(yīng)管，測(cè)得、的轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的關(guān)系如圖所示。已知的選擇性下列說法正確的是A.圖中曲線①表示轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化B.720~800℃范圍內(nèi)，隨溫度的升高，出口處及的量均增大C.720~800℃范圍內(nèi)，隨溫度的升高，的選擇性不斷增大D.其他條件不變，加入或選用高效催化劑，均能提高平衡時(shí)產(chǎn)率【答案】B【解析】將體積比為1∶1的、混合氣體按一定流速通過催化反應(yīng)管，其主要反應(yīng)有：、，則的轉(zhuǎn)化率應(yīng)該大于的轉(zhuǎn)化率，圖中曲線①表示轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化，曲線②表示的轉(zhuǎn)化率，以此解答。A．由分析可知，圖中曲線①表示轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化，故A錯(cuò)誤；B．720~800℃范圍內(nèi)，隨溫度的升高，、的轉(zhuǎn)化率都增大，則生成、的物質(zhì)的量增大，出口處及的量均增大，故B正確；C．720~800℃范圍內(nèi)，隨溫度的升高，、的轉(zhuǎn)化率都增大，但的轉(zhuǎn)化率程度大于，說明反應(yīng)2正向進(jìn)行的程度增大大于反應(yīng)1，的選擇性不斷減小，故C錯(cuò)誤；D．催化劑雖然不能改變平衡轉(zhuǎn)化率，但是催化劑有選擇性，可以提升目標(biāo)產(chǎn)物的產(chǎn)率；CaO會(huì)吸收水和二氧化碳，但是無法判斷平衡如何移動(dòng)，因此不能判斷平衡時(shí)C2H4的產(chǎn)率如何變化，故D錯(cuò)誤；故選B。二、非選擇題：共4題，共61分。14.鈷及其化合物在制造合金、磁性材料、催化劑及陶瓷釉等方面有著廣泛應(yīng)用。（1）一種從濕法煉鋅產(chǎn)生的廢渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的單質(zhì)或氧化物)中富集回收得到含錳高鈷成品的工藝如下：已知溶液中離子開始沉淀和沉淀完全()時(shí)的pH：開始沉淀的pH156.9—7.46.2沉淀完全的pH2.88.41.19.48.2回答下列問題：①“濾渣1”中金屬元素主要___________。②“過濾1”后的溶液中加入的MnO2應(yīng)足量，如何設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證明該步驟反應(yīng)已完全？___________。③“氧化沉鈷”中Co2+生成Co(OH)3的離子方程式為___________。④“除鈷液”中殘留的Co3+濃度為___________。（2）Mn的某種氧化物MnOx的四方晶胞及其在xy平面的投影如下圖所示，則該氧化物的化學(xué)式為___________。（3）Co3O4在磁性材料、電化學(xué)領(lǐng)域應(yīng)用廣泛，CoC2O4·2H2O熱分解可制備Co3O4。準(zhǔn)確稱取4.575gCoC2O4·2H2O樣品，在空氣中加熱，固體樣品的剩余質(zhì)量隨溫度的變化如下圖所示(已知385℃及以上殘留固體均為金屬氧化物，CoC2O4·2H2O的摩爾質(zhì)量為183g/mol)。經(jīng)測(cè)定，溫度為205~385℃的煅燒過程中，產(chǎn)生的氣體為CO2，則AB段消耗的O2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為___________L。(寫出計(jì)算過程，結(jié)果保留2位有效數(shù)字)【答案】（1）①.Pb②.取少量反應(yīng)后的溶液，加入，若不出現(xiàn)藍(lán)色沉淀，則說明反應(yīng)已完全③.④.10-16.7（2）MnO2（3）0.37【解析】由題中信息可知，用硫酸處理含有Co、Zn、Pb、Fe的單質(zhì)或氧化物的廢渣，得到含有Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+等離子的溶液，Pb的單質(zhì)或氧化物與硫酸反應(yīng)生成難溶的PbSO4，則“濾渣1”為“酸浸”時(shí)生成的PbSO4，向?yàn)V液中加入MnO2將Fe2+氧化為Fe3+，然后加入ZnO調(diào)節(jié)pH=4使Fe3+完全轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3，則“濾渣Ⅱ”的主要成分為Fe(OH)3，濾液中的金屬離子主要是Co2+、Zn2+和Mn2+，最后“氧化沉鈷”，加入強(qiáng)氧化劑KMnO4，將溶液中Co2+氧化為Co3+，在pH=5時(shí)Co3+形成沉淀Co(OH)3，而KMnO4則被還原為MnO2，KMnO4還會(huì)與溶液中的Mn2+發(fā)生歸中反應(yīng)生成MnO2，得到Co(OH)3和MnO2的混合物，“除鈷液”主要含有ZnSO4、K2SO4，據(jù)此解答；（1）①根據(jù)分析可知，“濾渣1”主要是PbSO4，金屬元素主要為Pb；②“過濾1”后的溶液中加入的MnO2應(yīng)足量，則無Fe2+，實(shí)驗(yàn)步驟：取少量反應(yīng)后的溶液，加入，若不出現(xiàn)藍(lán)色沉淀，則說明反應(yīng)已完全；③由分析可知，該過程發(fā)生氧化還原反應(yīng)，根據(jù)分析反應(yīng)物、產(chǎn)物與反應(yīng)環(huán)境(pH=5)，結(jié)合得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒可寫出離子方程式：；④由表中完全沉淀可知，，“除鈷液”中，pH=5，；（2）根據(jù)“均攤法”，晶胞中含個(gè)Mn、個(gè)O，則該氧化物化學(xué)式為MnO2；（3）4.575g的CoC2O4·2H2O的物質(zhì)的量為0.025mol，其中結(jié)晶水的質(zhì)量為0.025×2×18g/mol=0.9g，m(CoC2O4)=4.575g-0.9g=3.675g，則A點(diǎn)為CoC2O4，Co元素的質(zhì)量為0.025mol×59g/mol=1.475g，B點(diǎn)固體為金屬氧化物，根據(jù)元素守恒n(O)=，n(Co)：n(O)=0.025：0.033=3：4，則B為Co3O4；205～385℃的煅燒過程中，產(chǎn)生的氣體為CO2，AB段反應(yīng)方程式為3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2，則消耗氧氣的體積為0.37L。15.有機(jī)物F()是一種鎮(zhèn)痛藥，它的一種合成路線如下：（1）1molA分子所含σ鍵的數(shù)目為___________。（2）B→C的反應(yīng)類型是___________。（3）D中氮原子的雜化方式為___________。（4）F中的含氧官能團(tuán)的名稱為___________。（5）E的一種同分異構(gòu)體同時(shí)滿足下列條件，該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為___________。①能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)②分子中含有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，峰面積之比為9：6：2（6）已知：。寫出以、NCCH2CN、CH3CH2OH為原料制取的合成路線流程圖(無機(jī)試劑和有機(jī)溶劑可任選，合成示例見本題題干)___________?！敬鸢浮浚?）6NA（2）取代反應(yīng)（3）sp3、sp（4）酯基（5）（6）【解析】A(CH3NH2)與環(huán)氧乙烷發(fā)生取代反應(yīng)生成B，B與SOCl2反應(yīng)時(shí)B中的羥基被氯原子取代生成C，則C為，C與在NaNH2作用下發(fā)生取代反應(yīng)生成D，D在酸性環(huán)境下水解生成E，最后E與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成F，據(jù)此解答。（1）1個(gè)A(CH3NH2)分子只含6個(gè)共價(jià)單鍵，共價(jià)單鍵為σ鍵，則1molA分子所含σ鍵的數(shù)目為6NA；（2）B與SOCl2反應(yīng)時(shí)B中的羥基被氯原子取代生成C，則B→C的反應(yīng)類型是取代反應(yīng)；（3）D()含有的中氮原子參與形成1個(gè)σ鍵，且還有1對(duì)孤電子對(duì)，其價(jià)層電子對(duì)數(shù)為1+1=2，采取sp雜化；另外1個(gè)氮原子參與形成3個(gè)σ鍵，且還有1對(duì)孤電子對(duì)，其價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+1=4，采取sp3雜化，則D中氮原子的雜化方式為sp3、sp；（4）由F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，F(xiàn)中的含氧官能團(tuán)的名稱為酯基；（5）E()的一種同分異構(gòu)體同時(shí)滿足條件：①能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說明含有酚羥基(即羥基與苯環(huán)直接相連)；②分子中含有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，峰面積之比為9∶6∶2，即含有3種等效氫，且每種等效氫的氫原子個(gè)數(shù)之比為9∶6∶2，說明該同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)高度對(duì)稱，且含有，苯環(huán)上連有兩個(gè)對(duì)稱的甲基、兩個(gè)對(duì)稱的酚羥基，再結(jié)合E的分子式(C13H17O2N)，苯環(huán)上還應(yīng)連有1個(gè)，則滿足條件的E的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為；（6）已知：。以、NCCH2CN、CH3CH2OH為原料制取，可采用逆分析法：由和CH3CH2OH發(fā)生酯化反應(yīng)得到，由受熱得到，再參考題干流程中的反應(yīng)原理，由在酸性環(huán)境下水解得到，由和NCCH2CN發(fā)生取代反應(yīng)得到，而可由和Br2發(fā)生1,4-加成得到，所以合成路線為：。16.單質(zhì)硫有S2、S4、S6、S8等同素異形體，可由閃鋅礦(主要含ZnS、FeS)制備。已知：S8在低于112℃時(shí)在水溶液中呈固態(tài)，高于150℃易分解，易溶于CCl4.（1）制備：將閃鋅礦置于敞口容器中，加入硫酸浸取，邊攪拌邊通入O2，部分浸取過程如下圖所示。①步驟Ⅱ反應(yīng)的離子方程式為___________。②高于112℃時(shí)，鋅的浸出率更高，除反應(yīng)速率加快外，主要原因是___________。③相同條件下，鋅的浸出率和硫的氧化率隨初始酸濃度的變化如圖所示，初始酸濃度大于1.6mol/L時(shí)，硫的氧化率隨酸濃度的增加而下降，主要原因是___________。（2）檢驗(yàn)：請(qǐng)補(bǔ)充完整檢測(cè)過濾所得固體中是否殘留ZnS等難溶硫化物的實(shí)驗(yàn)方案：取少量浸取后過濾所得固體，加適量CCl4充分溶解，過濾，加熱所得固體至CCl4完全揮發(fā)，___________(實(shí)驗(yàn)須選用的試劑：飽和溴水，蒸餾水，BaCl2溶液。已知：飽和溴水可將硫化物氧化為硫酸鹽)。（3）蒸硫：將浸取后冷卻所得粗硫置于如圖所示裝置中加熱得到硫蒸氣，再冷凝得到硫單質(zhì)。①蒸硫前，需通入一段時(shí)間N2，目的是___________。②已知：S8的沸點(diǎn)約為445℃。溫度約為280℃，硫單質(zhì)完全變?yōu)檎魵?，原因是___________?！敬鸢浮浚?）①.8H2S+16Fe3+=S8↓＋16Fe2+＋16H＋②.高于112℃時(shí)，覆蓋在閃鋅礦表面的S8熔化，有利于鋅元素浸出(或低于112℃時(shí)，S8會(huì)在水中以固體析出，覆蓋在閃鋅礦表面，阻礙鋅元素浸出)③.隨著酸濃度增大，硫元素轉(zhuǎn)化為H2S逸出，導(dǎo)致硫的氧化率降低（2）用蒸餾水洗滌浸取渣，至取最后一次洗滌濾液滴加BaCl2溶液無白色沉淀生成。將浸取渣加入足量飽和溴水中，充分反應(yīng)。取反應(yīng)后的溶液滴加BaCl2溶液，若無白色沉淀生成，則無ZnS等難溶硫化物殘留（3）①.排出空氣，防止硫單質(zhì)被氧化②.S8分解為相對(duì)分子質(zhì)量更小分子，沸點(diǎn)降低【解析】（1）①由圖可知，步驟Ⅱ是和發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成、和，經(jīng)配平得反應(yīng)的離子方程式為：8H2S+16Fe3+=S8↓＋16Fe2+＋16H＋；②已知：S8在低于112℃時(shí)在水溶液中呈固態(tài)，即低于112℃時(shí)，呈固態(tài)的S8會(huì)覆蓋在閃鋅礦表面，阻礙鋅元素浸出；高于112℃時(shí)，覆蓋在閃鋅礦表面的S8熔化，有利于鋅元素浸出，所以高于112℃時(shí)，鋅的浸出率更高，除反應(yīng)速率加快外，主要原因是：高于112℃時(shí)，覆蓋在閃鋅礦表面的S8熔化，有利于鋅元素浸出(或低于112℃時(shí)，S8會(huì)在水中以固體析出，覆蓋在閃鋅礦表面，阻礙鋅元素浸出)；③初始酸濃度大于1.6mol/L時(shí)，隨酸濃度的增加(即濃度增大)，生成的也增多，且從溶液中逸出，導(dǎo)致硫的氧化率隨酸濃度的增加而下降，所以初始酸濃度大于1.6mol/L時(shí)，硫的氧化率隨酸濃度的增加而下降，主要原因是：隨著酸濃度增大，硫元素轉(zhuǎn)化為H2S逸出，導(dǎo)致硫的氧化率降低；（2）已知：飽和溴水可將硫化物氧化為硫酸鹽，即飽和溴水可將ZnS氧化為。檢測(cè)過濾所得固體中是否殘留ZnS等難溶硫化物，需