湖南2026届金太阳十月份高三年级阶段监测联合考试化学+答案

十月份高三年级阶段监测联合考试本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：选项甲乙丙丁ACBCDA.AB.标准状况下4.48LH₂C.沉淀B为0.3molFe(OH)₃、0.06)M,(C₇H₅O2)=121。下列说法不正确的是()A.0～92℃范围内产品质量减轻的原因为Eu(CH₅O₂)₃·xH₂O失去吸潮的水B.92℃~195℃失去的是结晶水的质量12.用含铜丰富的自然资源黄铜矿(CuFeS₂)冶炼铜的工艺流程如下：下列有关该流程的说法错误的是()A.“浸取”时，若改用FeCl₃溶液，也能生成CuCl和S,该反应的化学方程式为CuFeS₂+D.为保持流程持续循环，每生成2molCu,理论上需补充CuCl₂的物质的量为1mol13.对由稀土氧化物Eu₂O₃和苯甲酸钠制备的配合物Eu(C₇H₅O₂)₃·xH₂O进行热重分析，并通过实验测定产品纯度和结晶水个数(杂质受热不分解),每个阶段的质量降低比例数据如图所示。已知：Eu(C₇H₅O₂)₃·xH₂O在空气中易吸潮，加强热时分解生成Eu₂O₃。3.6%.封14.H₂A是二元弱酸，M²+不发生水解。25℃时，向足量的难溶盐MA粉末中加人稀盐酸，平电出用4m甲emmA.25℃时，MA的溶度积常数的数量级是10-【高三化学第4页(共8页)】弥已知：①Sac表示糖精根离子，其摩尔质量为182g·mol⁻¹②CoCl₂·6H₂O+2NaSac·2H₂O=[Co(Sac)₂(H₂O)₄]·xH₂O+(6—x)H₂O十Ⅱ.称取2.6g(稍过量)糖精钠(NaSac·2H₂O),A.①③②(5)下列操作的正确顺序为(用字母排序)。a.用标准溶液润洗滴定管c.检查滴定管是否漏水并清洗(6)滴定终点时消耗标准溶液VmL,则产品[Co(Sac)₂(H₂O)₄]·xH₂O中x的测定值为 (用含m、c、V的代数式表示);若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，16.(14分)钒是重要的战略金属，广泛应用于储能、合金等领域，现代工业利用钒渣(主要成分为FeO、V₂O₃,含少量SiO₂、Al₂O₃、Cr₂O₃等杂质)制备钒电解液(VOSO₄溶液)的一种绿色工艺流程如下：已知：①多钒酸铵(NH₄)₂V₆O1₆在pH为2至6条件下溶解度极低，在强酸性条件下(pH<2)会溶解。②在酸性介质中，钒的稳定阳离子以VO吃形式存在，具有氧化性。根据以上流程，回答下列问题：(1)V属于区元素，其基态原子的价电子排布式为o(2)“焙烧”过程中，钒渣中的V₂O₃转化为NaVO₃的化学方程式为o(3)“溶解”后，滤渣1的主要成分是(填化学式)。(4)常温下，若水浸后滤液1中c(CrO²-)=0.02mol·L⁻¹,为回收滤液中的Cr,将其转化为Cr³+,以Cr(OH)₃形式沉淀完全(浓度≤1×10⁻⁵mol·L-¹),应控制pH至少(5)钒的“酸溶”步骤中，SO₂将V₆O6还原为VO²+的离子方【高三化学第6页(共8页)】17.(14分)将甘油(C₃H₈O₃)转化成高附加值产品是当前热点研究方向，甘油和水蒸气经催化反应I:C₃H₈O₃(g)—3CO(g)+4H₂(g)△H₁=+251kJ·mol⁻¹;物质的量随温度变化的理论计算结果如图1所示。其中表示CH₄物质的量变化曲线的是,400~642(3)反应IV制备H₂时的副产物很多，主要有CH₁、C₂H₄等，生产过程中必须采取措施抑制 (4)高效的催化剂是这种制氢方法能大规模应用的重要因素。图3为三种不同催化剂在一 18.(15分)某研究小组按照以下合成路线合成某消炎药的中间体I。(部分反应条件已省略)封请回答：封(1)化合物E的官能团名称是、o(2)已知D+E→F的反应分两步进行，涉及的反应类型依次为、(3)A→B分两步完成，已知中间产物的等效氢个数之比为3:2:2,则中间产物的结构简式为,第二步所需要的反应试剂是(5)J的分子式为C₈H₇CIO₂,与B具有相同的官能团，则J可能的结构有种(不考虑立体异构)。的路线(用流程图表示，HCN等其他无机试剂任选)。十月份高三年级阶段监测联合考试【解析】A.电石与饱和NaCl溶液反应制备C₂H₂,C₂H₂中含有的杂质硫化氢也使酸性B.乙醇与浓硫酸反应制备的产物中含乙醇，乙醇可使酸性KMnO₄溶液褪色，B不符合题意；D.Al₂S₃固体遇水水解生成Al(OH)₃和H₂S,H₂S可使酸性KMnO₄溶液褪色，能完成相应【解析】A.黑火药爆炸时，KNO₃、C和S反应生成K₂S、N₂和CO₂,该反应的化学方程式为2KNO₃+3C+S—K₂S+N₂个+3CC.用稀盐酸浸泡氧化银生成AgCl沉淀，离子方程式为Ag₂O+2H++2Cl-=2AgCl+H₂O,C错误；D.FeS在酸性条件下会溶解，故离子方程式为2Fe³++H₂S——2Fe²++S↓+2H+,D错误。【解析】A.CuO与少量C反应生成CO₂,CuO与过量C反应生成CO,CO₂与C反应生成CO,CO与CuO反应生成CO₂,转化均可行，故不选A;B.Fe与少量稀硝酸反应生成Fe(NO₃)₂,Fe与过量稀硝酸反应生成Fe(NO₃)₃,Fe(NO₃)₂与HNO₃反应生成Fe(NO₃)₃,Fe(NO₃)₃与Fe反应生成Fe(NO₃)₂,转化均可行，故不C.AlCl₃与NH₃·H₂O反应，无论NH₃·H₂O少量还是过量，均生成Al(OH)₃沉淀，转化D.CO₂与少量NaOH反应生成NaHCO₃,CO₂与过量NaOH反应生成Na₂CO₃,NaHCO₃与NaOH反应生成Na₂CO₃,Na₂CO₃与CO₂反应生成NaHCO₃,转化均可行，故不选D。随核电荷数增大而减小可知A正确；化学键中离子键成分的百分数与电负性差值相关(电负【解析】酸性条件下，H+可增强氧化剂的氧化性(如Cr₂O²、Fe³+等在酸性环境中氧化性更强),同时促进NaBH₄中-1价H的失电子能力，使NaBH₄还原性增强，更易与氧化剂反【解析】d极上H+和乙醛放电，故d极附近Na₂SO₄的物质的量不变。【解析】待测液中加入过量的稀盐酸，无明显现象，溶液中一定没有一定含SO²-;加入过量的硝酸钡溶液，生成标准状况下2.24L的无色气体X(一氧化氮),则溶液中含有Fe²+,发生反应的离子方程式是3Fe²++4H++NO₃=3Fe³++NO个+2H₂O,生成的一氧化氮的物质的量是0.1mol,则Fe²+的物质的量是0.3mol,SO²-的物质的量mol;;向滤液I中加入过量的氢氧化钠溶液，生成无色气体Y(氨气),则溶液中一定有NH₄,NH₄的物质的量;滤液I中含有铁离子，根据原子守恒生成氢氧化铁的质量是0.3mol×107g·mol⁻¹=32.1g,而沉淀B是37.98g,则有5.88g的氢氧化铜，其物质的量mol,则溶液中一定含有0.06mol的Cu²+;依据电荷守恒：n(K)+2n(Cu²+)+2n(Fe²+)+n(NH)=2n(SO²一),把数据代入，得n(K+)=0.08mol,则溶液中含有K+,据此解答。由分析知，该待测液中一定含有的离子是NH₄、SO²-和Fe²+、Cu²+、K+,一定不含有的离子是SO₃-、CO₃、MnO₄,沉淀A的成分是BaSO₄,沉淀B为0.3molFe(OH)₃、0.06molCu(OH)₂。一氧化氮和氨气反应生成氮气和水，反应的化学方程式是4NH₃+6NO=—5N₂+6H₂O。B正确。过滤3所得滤液中溶质主要成分为HCl和CuCl₂,C错误。则生成2molCu需要补充1molCuCl₂,D正确。【解析】Eu(C₇H₅O₂)₃·xH₂O在空气中易吸潮，0～92℃范围内减轻的是Eu(C₇H₅O₂)₃·xH₂O吸潮的水的质量，92℃~195℃失去的是结晶水的质量，最后得到的是Eu₂O₃,1molEu(C₇H₅O₂)₃·xH₂O失去结晶水，质量减少18xg,质量减少5.2%,根据M(C₇H₅O₂)=121,1molEu(C₇H₅O₂)₃生成0.5mol的Eu₂O₃,质量减少3×(121—8)g=339g,质量减少56.8%,有关系式18x:5.2%=339:56.8%,x≈1.7。中加入稀盐酸，发生反应A²-+H+—HA,继续加盐酸发生反应HA+H+一H₂A,c(A²一)=c(HA⁻)时，pH=6.8,1,当c(A²一)=,p[K(MA)]=-6-1g2=-6.3,则+2c(M²+)=c(Cl-)+c(HA⁻)+2c(A²-)+c(HA-)+c(A²-)]=c(Cl-)+c(HA-)+2c(A²-)+c(OH-),化简得到c(H+)+2c(H₂A)+c(HA)=c(Cl-)+c(OH),D正偏高(1分)【分析】按照反应CoCl₂·6H₂O+2NaSac·2H₂O—[Co(Sac)₂(H₂O)₄]·xH₂O+(6—x)H₂O+2NaCl制备糖精钴，然后在冰水浴中结晶，再按照“冷的1%NaSac溶液、冷水、丙酮”顺序进行洗涤，得到糖精钴晶体，最后将糖精钴晶体溶解后用EDTA标准溶液滴定测定含有结晶水的数量。【解析】(1)步骤I、Ⅱ中需要使用量筒、胶头滴管量取蒸馏水，并用玻璃棒搅拌以加快固体溶解速率。烧杯置于冰水浴中。(3)先用冷的1%NaSac溶液洗涤，可降低糖精钴溶解度，减少晶体损失，还能将晶体表面吸液中存在的可溶性离子，丙酮可以与水互溶且沸点比水的低，故最后用丙酮洗涤以除去残留的水且能使晶体快速干燥，故答案为B。(4)IV中为了确认氯离子已经洗净的步骤：取水洗时的最后一次水洗液于试管中，加稀硝酸(5)使用滴定管前首先要检漏，确定不漏液之后用蒸馏水清洗(c),再用待装的标准溶液进行润洗(a),待润洗完成后装入标准溶液至“0”刻度以上2～3mL处(b),放液赶出气泡后调节(6)滴定消耗的mol,EDTA与Co²+形成1:1配合物，则样品溶解后的;若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，测得消耗的EDTA溶液(5)V₆O6+SO₂+16H+—6VO²++SO²-+8H₂O保证钒元素以VO²+的形式存在，防止生成VO(或其他合理答案)【解析】(2)V从+3价被氧气氧化为+5价(NaVO₃中),氧化剂是O₂。(3)铁被氧化为不溶于水的Fe₂O₃。10⁻⁵mol·L⁻¹,得c³(OH)=Cr³+才能沉淀，题目假设已还原。若直接沉淀CrO²-,方法不同。根据已知Kp和完全沉淀的浓度要求，计算得到pH为5.6。量增大，则曲线③代表CO,温度升高，反应Ⅲ逆向移动，CH₄