精品解析：江苏省无锡市四校2023-2024学年高三下学期期初学期调研化学试卷

2023−2024学年春学期期初学情调研试卷 高三化学 注意事项： 1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，共100分，考试时间75分钟。 2.将选择题的答案填涂在答题卡的对应位置上，非选择题的答案写在答题卡的指定栏目内。 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 S：32 Mn：55 Fe：56 Co：59 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. 2023年是中国芯片产业突围之年。下列属于芯片中常用半导体材料的是 A. 石墨 B. 晶体硅 C. 镁铝合金 D. 聚乙烯 2. 反应应用于石油开采，下列说法正确的是 A. 基态原子的轨道表示式为 B. 的结构示意图为 C. 中原子杂化类型为 D. 的空间填充模型为 3. 实验室制备水合肼()溶液的反应原理为，能与剧烈反应。下列装置和操作能达到实验目的的是 A. 用装置甲制取 B. 用装置乙制备溶液 C. 用装置丙制备水合肼溶液 D. 用装置丁分离水合肼和混合溶液 4. Se元素处于第ⅥA族，可用于除去某些重金属离子。下列说法正确的是 A. 电负性：(O)>(Se) B. 离子半径： C. 电离能：(Na)>(Se) D. 热稳定性： 铁元素的常见价态有＋2、＋3价，实验室可用赤血盐(K3[Fe(CN)6])溶液检验Fe2＋，黄血盐(K4[Fe(CN)6])溶液检验Fe3＋。Fe2O3是重要的化工原料，Au/Fe2O3可用作反应CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)的催化剂。硫铁矿烧渣中含有大量Fe2O3，工业上常用于制取绿矾(FeSO4·7H2O)。 5. 下列有关铁及其化合物的说法正确的是 A. Fe元素位于周期表的第ⅥB族 B. 绿矾中Fe2＋核外有6个未成对电子 C. 赤血盐是含有配位键的离子化合物 D. 若黄血盐受热分解产物之一的晶胞结构如图所示，则其化学式为Fe4C3 6. 在指定条件下，下列有关铁单质的转化不能实现的是 A. Fe(s) FeCl3(s) B. Fe(s) Fe2O3(s) C. Fe(s) Fe(NO3)3(aq) D. Fe(s) FeSO4(aq) 7. 对于反应CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)，下列有关说法不正确的是 A. 加入催化剂Au/Fe2O3，反应的焓变ΔH不变 B. 升高温度，反应体系的活化分子百分数增多 C. 向固定容积的反应体系中充入氦气，反应速率加快 D. 其他条件相同，增大，反应的平衡常数K不变 8. 由硫铁矿烧渣(主要含Fe2O3、Al2O3、SiO2)制取绿矾的流程如下： 下列有关说法不正确的是 A. “酸溶”时先将烧渣粉碎并不断搅拌，可提高铁元素的浸出率 B. “反应”时发生的主要反应为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋ C. “检验”时可用K4[Fe(CN)6]溶液检验上一步“反应”是否进行完全 D. 将第二次“过滤”所得滤液加热，经蒸发结晶可以制得绿矾 9. 通过下列方法可分别获得H2和O2：①通过电解获得NiOOH和H2(如图)；②在90℃将NiOOH与H2O反应生成Ni(OH)2并获得O2。下列说法正确的是 A. 电解后KOH溶液的物质的量浓度减小 B. 电解时阳极电极反应式：Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O C. 电解的总反应方程式：2H2O2H2↑+O2↑ D. 电解过程中转移4mol电子，理论上可获得22.4LO2 10. 有机化合物Z是一种重要化工中间体，可由如下反应制得。 下列有关说法正确的是 A. 该反应涉及加成反应、消去反应 B. Y分子中和杂化的碳原子数目比为1∶2 C. X、Y均可与新制悬浊液反应 D. 1mol X与氢气反应最多消耗氢气3mol 11. ，探究溶液的性质。下列实验方案能达到探究目的的是 选项 探究目的 实验方案 A 钾元素的焰色试验 用洁净的铂丝蘸取溶液在酒精灯火焰上灼烧，观察火焰的颜色 B 是否有还原性 向溶液中滴加氯水，再滴入溶液，观察是否有白色沉淀产生 C 是否水解 向溶液中滴加2~3滴酚酞试液，观察溶液颜色的变化 D 比较溶液中与的大小 用计测量溶液的 A. A B. B C. C D. D 12. 实验室采用右图所示流程分离AgCl和AgI的淡黄色固体混合物。实验中所用氨水和硝酸的浓度均为足量2 mol⋅L，且体积相等。假设流程中每一步均实现物质的完全分离，下列说法正确的是 A. B. 结合的能力： C. 溶液中水的电离程度：氨水>无色溶液Ⅱ>硝酸 D. 无色溶液Ⅱ中存在： 13. 为研究反应在不同条件下NO的转化率向恒压反应器中通入含一定浓度NO与的气体，在无催化剂和有催化剂在时，分别测得不同温度下反应器出口处NO的转化率如图中曲线a、b所示（图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化），下列说法正确的是 A. 反应的 B. 曲线a中NO转化率随温度升高而增大，是由于催化剂的活性增强 C. 曲线b中从M点到N点，NO转化率随温度升高而减小是由于反应速率减慢 D. 催化剂存在时，其他条件不变，增大气体中，NO转化率随温度的变化为曲线c 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 以废干电池[主要含MnO2、MnOOH、Zn、Zn(OH)2、Fe、KOH]和钛白厂废酸(主要含H2SO4，还有少量Ti3+、Fe2+、Ca2+、Mg2+等)为原料，制备锰锌铁氧体[MnxZn1-xFe2O4]的流程如下： 已知：① 25℃时，Ksp(MgF2)=7.5×10-11，Ksp(CaF2)=1.5×10-10；酸性较弱时，MgF2、CaF2均易形成[MFn]2-n配离子(M代表金属元素)； ②在Ag＋催化可发生反应2Mn2＋＋5S2O＋8H2O = 2MnO＋10SO＋16H＋； ③ (NH4)2S2O8在煮沸时易分解。 （1）酸浸过程中含锰物质被溶液中的FeSO4还原为Mn2+，其中MnO2参与反应的离子方程式为___________。 （2）氧化时加入H2O2将Ti3+、Fe2+氧化，再加入Na2CO3调节溶液pH为1～2，生成偏钛酸(H2TiO3)和黄钾铁矾[K2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，使得钛、钾得以脱除。 ① 加入Na2CO3生成黄钾铁矾的离子方程式为___________。 ② 若加入Na2CO3过多，将导致产品的产率下降，其原因是___________。 （3）氟化过程中溶液pH与钙镁去除率关系如图所示。当2.5 < pH < 4.0时，溶液pH过高或过低，Ca2+、Mg2+去除率都会下降，其原因是___________。 （4）共沉淀前，需测定溶液中锰元素含量。准确量取1.00 mL氟化后溶液于锥形瓶中，加入少量硫酸、磷酸和硝酸银溶液振荡；将溶液加热至80℃，加入3 g (NH4)2S2O8充分反应后，再将溶液煮沸；冷却后，用0.0700 mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2标准液滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液32.60 mL。计算氟化后溶液中Mn2＋物质的量浓度(写出计算过程)_________。 15. 化合物F是合成药物盐酸环丙沙星的重要中间体，其合成路线如下： 已知：表示。 （1）A分子中处于同一平面上的原子最多有___________个。 （2）为提高B的产率，试剂X可选用___________(填序号)。 A．　　　　B．　　　　　C． （3）C→D发生反应：，Y的结构简式为___________。 （4）C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：_________。卤素原子均直接连在苯环上。在酸性条件下水解，得到2种产物，2种产物分子中均含有2种不同化学环境的氢原子，其中一种水解产物能与溶液发生显色反应，另一水解产物能与溶液反应生成。 （5）已知：。写出以苯和乙烯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. 实验室以废旧磷酸铁锂电极粉末为原料回收，其实验过程可表示为 （1）以盐酸—次氯酸钠体系选择性浸出锂。将磷酸铁锂加入三烧瓶中(装置见下图)，滴液漏斗装有盐酸、中装有溶液。控制，依次将两种溶液加入三颈烧瓶，充分反应后，过滤。 已知：常温时， ①实验时应先打开滴液漏斗_______(填“”或“”)。 ②浸出后过滤所得滤渣主要成分为写出转化为的离子方程式：_______。 ③控制原料锂的浸出率为若提高盐酸用量，可使锂浸出率达以上，但同时可能存在的缺陷有_______。 （2）用碳酸钠作沉淀剂从浸出液中回收碳酸锂。有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备查阅资料发现文献对常温下的有不同的描述： i．白色固体。ii．尚未从溶液中分离出来。 为探究的性质，将饱和溶液与饱和溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。 ①上述现象说明，在该实验条件下_______(填“稳定”或“不稳定”)。 ②实验中发生反应的离子方程式为_______。 （3）盐湖提盐后的浓缩卤水(含和少量)也常用作制备的重要原料。已知：常温时的溶解度为：的溶解度曲线如下图所示。 为获得较高产率和纯度的请补充完整实验方案：向浓缩卤水中边搅拌边缓慢添加石灰乳，_______，洗涤，低温烘干。完全沉淀可选用的试剂：饱和溶液、饱和溶液、固体、蒸馏水]。 17. 氮氧化物(、等)的处理和资源化利用具有重要意义。 （1）的处理。研究证明：能提高的分解速率，参与了第Ⅱ步、第Ⅲ步反应。反应历程(为反应活化能)： 第Ⅰ步： 第Ⅱ步：…… 第Ⅲ步： ①第Ⅱ步发生反应的方程式为___________。 ②总反应的反应速率取决于第Ⅱ步，则___________(填“>”、“<”或“=”)。 （2）的应用。分解制取和的原理如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应的(值为平衡时用各气体的分压表示得出的值)的关系如图-1所示。 ①时，反应的为___________。 ②时，向容积不变的容器中充入和进行反应，测得反应过程中容器内压强与时间的关系如图-2所示(反应开始和平衡后容器的温度相同)。在时间段内，容器中压强增大的主要原因是___________。 （3）催化电解吸收液可将还原为，其催化机理如图-3所示。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到部分还原产物的法拉第效率()随电解电压的变化如图-4所示。已知，，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数；表示电解过程中通过的总电量。 ①当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为___________。 ②当电解电压为时，催化电解生成的电极反应式为___________。 ③电解电压大于后，随着电解电压的不断增大，的法拉第效率迅速增大，可能原因是___________(吸附在催化剂上的物种加“*”表示，如、等)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023−2024学年春学期期初学情调研试卷 高三化学 注意事项： 1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，共100分，考试时间75分钟。 2.将选择题的答案填涂在答题卡的对应位置上，非选择题的答案写在答题卡的指定栏目内。 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 S：32 Mn：55 Fe：56 Co：59 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. 2023年是中国芯片产业突围之年。下列属于芯片中常用半导体材料的是 A. 石墨 B. 晶体硅 C. 镁铝合金 D. 聚乙烯 【答案】B 【解析】 【详解】A．石墨是导体，A错误； B．硅为半导体材料，B正确； C．镁铝合金为金属材料，C错误； D．聚乙烯为合成有机高分子材料，D错误； 故选B。 2. 反应应用于石油开采，下列说法正确的是 A. 基态原子的轨道表示式为 B. 的结构示意图为 C. 中原子杂化类型为 D. 的空间填充模型为 【答案】C 【解析】 【详解】A．N是7号元素，根据构造原理，可知基态N原子核外电子排布式是1s22s22p3。原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这种排布使原子能量最低，处于稳定状态，则基态N原子的轨道表达式为：，A错误； B．Cl是17号元素，原子核内有17个质子，Cl-核外电子排布是2、8、8，所以Cl-的结构示意图为，B错误； C．亚硝酸根()中N原子价层电子对数是2+=3，所以N原子杂化类型为sp2杂化，C正确； D．H2O分子中的中心O原子价层电子对数是2+=4，有2对孤电子对，是球棍模型，H2O的空间填充模型为，D错误； 故选C； 3. 实验室制备水合肼()溶液的反应原理为，能与剧烈反应。下列装置和操作能达到实验目的的是 A. 用装置甲制取 B. 用装置乙制备溶液 C. 用装置丙制备水合肼溶液 D. 用装置丁分离水合肼和混合溶液 【答案】B 【解析】 【详解】A．浓盐酸与二氧化锰制取氯气需要加热，A装置不满足条件，A不符合题意； B．氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠、氯化钠，B装置可达到实验目的，B符合题意； C．氨气可被次氯酸钠氧化，反应剧烈，NaClO过量，可氧化生成的N2H4·H2O，应将NaClO注入氨水，C装置不能达到实验目的 ，C不符合题意； D．N2H4·H2O沸点较低，溶于水，应该采取蒸馏的方式提纯，蒸馏时温度计测定馏分的温度、冷凝管中冷水下进上出，D装置不能达到实验目的，D不符合题意； 故选B。 4. Se元素处于第ⅥA族，可用于除去某些重金属离子。下列说法正确的是 A. 电负性：(O)>(Se) B. 离子半径： C. 电离能：(Na)>(Se) D. 热稳定性： 【答案】A 【解析】 【详解】A．O、Se均属于ⅥA族，原子序数：Se＞O，电负性随着原子序数增大而减小，则电负性：χ(O)＞χ(Se)，故A正确； B．Na+、O2-的核外电子数均为10，其原子序数：Na＞O，原子序数越大，其半径越小，则离子半径：r(Na+)<r(O2-)，故B错误； C．金属易失电子，第一电离能较小，非金属的第一电离能一般而言大于金属，则电离能：I1(Na)<I1(Se)，故C错误； D．非金属性：O＞Se，元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越大，则热稳定性：H2Se<H2O，故D错误。 故选A。 铁元素的常见价态有＋2、＋3价，实验室可用赤血盐(K3[Fe(CN)6])溶液检验Fe2＋，黄血盐(K4[Fe(CN)6])溶液检验Fe3＋。Fe2O3是重要的化工原料，Au/Fe2O3可用作反应CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)的催化剂。硫铁矿烧渣中含有大量Fe2O3，工业上常用于制取绿矾(FeSO4·7H2O)。 5. 下列有关铁及其化合物的说法正确的是 A. Fe元素位于周期表的第ⅥB族 B. 绿矾中Fe2＋核外有6个未成对电子 C. 赤血盐是含有配位键的离子化合物 D. 若黄血盐受热分解产物之一的晶胞结构如图所示，则其化学式为Fe4C3 6. 在指定条件下，下列有关铁单质的转化不能实现的是 A. Fe(s) FeCl3(s) B. Fe(s) Fe2O3(s) C. Fe(s) Fe(NO3)3(aq) D. Fe(s) FeSO4(aq) 7. 对于反应CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)，下列有关说法不正确的是 A. 加入催化剂Au/Fe2O3，反应的焓变ΔH不变 B. 升高温度，反应体系的活化分子百分数增多 C. 向固定容积的反应体系中充入氦气，反应速率加快 D. 其他条件相同，增大，反应的平衡常数K不变 8. 由硫铁矿烧渣(主要含Fe2O3、Al2O3、SiO2)制取绿矾的流程如下： 下列有关说法不正确的是 A. “酸溶”时先将烧渣粉碎并不断搅拌，可提高铁元素的浸出率 B. “反应”时发生的主要反应为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋ C. “检验”时可用K4[Fe(CN)6]溶液检验上一步“反应”是否进行完全 D. 将第二次“过滤”所得滤液加热，经蒸发结晶可以制得绿矾 【答案】5. C 6. B 7. C 8. D 【解析】 【5题详解】 A．Fe是26号元素位于周期表的第Ⅷ族，A错误； B．绿矾中价电子排布为3d6，核外有4个未成对电子，，B错误； C．赤血盐(铁与氰根之间存在配位键，内外界之间存在离子键，赤血盐是含有配位键的离子化合物，C正确； D．根据均摊法可知晶胞中存在1个Fe，2个C，则其化学式为，D错误； 故选C。 【6题详解】 A．氯气有强氧化性，可将铁氧化成氯化铁，因该反应不是在溶液中进行的，故过量的铁也不会和氯化铁反应而生成二价铁，A正确； B．铁和高温水蒸气生成四氧化三铁，B错误； C．稀硝酸氧化性很强，足量的稀硝酸可将铁单质氧化成硝酸铁，C正确； D．铁可以和硫酸铜发生置换反应生成硫酸亚铁，D正确； 故选B。 【7题详解】 A．加入催化剂Au/Fe2O3能降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，A正确； B．升温，分子总数不变，但更多的普通分子吸收能量转化为活化分子，故活化分子百分数增多，B正确； C．向固定容积的反应体系中充入氦气，不影响反应速率，C错误； D．平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数也不变，D正确； 故选C。 【8题详解】 硫铁矿烧渣酸溶后过滤，滤渣为SiO2，滤液中含Fe3+、Al3+，加过量铁粉后铁离子被还原为亚铁离子，下一步用黄血盐溶液检验是否有剩余，再加NaOH溶液调pH值，将Al3+转化为Al(OH)3沉淀，过滤后的溶液经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得到绿矾晶体； A．“酸溶”时先将烧渣粉碎并不断搅拌，可提高铁元素的浸出率，A正确； B．“反应”时加过量铁粉后铁离子被还原为亚铁离子，发生的主要反应为，B正确； C．根据分析，用黄血盐溶液检验是否有剩余，C正确； D．绿矾晶体含结晶水，故根据分析，将第二次“过滤”所得滤液经过冷却结晶可以制得绿矾，D错误； 故选D。 9. 通过下列方法可分别获得H2和O2：①通过电解获得NiOOH和H2(如图)；②在90℃将NiOOH与H2O反应生成Ni(OH)2并获得O2。下列说法正确的是 A. 电解后KOH溶液的物质的量浓度减小 B. 电解时阳极电极反应式：Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O C. 电解的总反应方程式：2H2O2H2↑+O2↑ D. 电解过程中转移4mol电子，理论上可获得22.4LO2 【答案】B 【解析】 【详解】A．阴极水电离的氢离子得电子生成氢气，阳极Ni(OH)2失电子生成NiOOH，电解过程总反应为，电解后KOH溶液的物质的量浓度不变，故A错误； B．电解时阳极Ni(OH)2失电子生成NiOOH，电极反应式为Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，故B正确； C．阴极水电离的氢离子得电子生成氢气，阳极Ni(OH)2失电子生成NiOOH，电解过程总反应为，故C错误； D．电解过程中转移4mol电子，生成4molNiOOH，根据，生成1mol氧气，非标准状况下的体积不一定是22.4L，故D错误； 选B。 10. 有机化合物Z是一种重要化工中间体，可由如下反应制得。 下列有关说法正确的是 A. 该反应涉及加成反应、消去反应 B. Y分子中和杂化的碳原子数目比为1∶2 C. X、Y均可与新制悬浊液反应 D. 1mol X与氢气反应最多消耗氢气3mol 【答案】A 【解析】 【详解】A.X和Y反应历程： ，因此该反应涉及加成反应、消去反应，故A正确； B. Y分子中和杂化的碳原子数目比为1∶4，故B错误； C. X含有醛基可与新制悬浊液反应，Y无醛基不能与新制悬浊液反应，故C错误； D. 1mol X与氢气反应最多消耗氢气4mol，加成苯环需要3mol氢气，醛基需要1mol氢气，因此1mol X与氢气反应最多消耗氢气4mol，故D错误； 故选A。 【点睛】醛基可与与新制悬浊液反应。 11. ，探究溶液的性质。下列实验方案能达到探究目的的是 选项 探究目的 实验方案 A 钾元素的焰色试验 用洁净的铂丝蘸取溶液在酒精灯火焰上灼烧，观察火焰的颜色 B 是否有还原性 向溶液中滴加氯水，再滴入溶液，观察是否有白色沉淀产生 C 是否水解 向溶液中滴加2~3滴酚酞试液，观察溶液颜色的变化 D 比较溶液中与的大小 用计测量溶液的 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．黄色光会掩盖紫色光，检验草酸氢钾溶液中的钾离子时，应用铂丝蘸取少量草酸氢钾溶液，在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃片观察火焰是否呈紫色，否则无法判断是否含有钾离子，故A错误； B．因为氯气溶于水，与水反应生成HCl，滴入溶液，会产生AgCl沉淀，因此不能判断是否是将氯气还原为Cl-，故不能证明是否有还原性，故B错误； C．离子在溶液中的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，则向草酸氢钾溶液中滴加2～3滴酚酞试液，溶液颜色不会发生改变，无法判断草酸氢根离子是否发生水解，故C错误； D．用计测量溶液的，若溶液显酸性，说明的电离程度大于其水解程度，则比大；若溶液显碱性，说明的电离程度小于其水解程度，则比小，故D正确； 故选D。 12. 实验室采用右图所示流程分离AgCl和AgI的淡黄色固体混合物。实验中所用氨水和硝酸的浓度均为足量2 mol⋅L，且体积相等。假设流程中每一步均实现物质的完全分离，下列说法正确的是 A. B. 结合的能力： C. 溶液中水的电离程度：氨水>无色溶液Ⅱ>硝酸 D. 无色溶液Ⅱ中存在： 【答案】D 【解析】 【分析】由流程可知：氯化银和碘化银的混合物中滴加浓氨水，分离出黄色的碘化银固体和无色溶液1，说明氯化银溶于足量氨水，无色溶液1与足量稀硝酸反应，又生成了白色固体氯化银，说明氢离子夺走了与银离子结合的氨气，生成了铵根离子； 【详解】A．AgI为黄色沉淀，加入过量氨水仍有黄色沉淀，说明AgI难溶于氨水，而氯化银可溶于氨水，所以ksp(AgI)<ksp(AgCl)，A错误； B．由向无色溶液加入足量稀硝酸产生出现白色沉淀可知：氢离子夺走了和Ag＋结合的NH3,故说明结合NH3的能力：Ag＋<H＋，B错误； C．无色溶液Ⅱ是NH4NO3溶液，会发生水解，可促进水的电离，另外两个溶液硝酸和氨水都是抑制水的电离，C错误； D．硝酸铵溶液中存在质子守恒，即c(H+)−c(OH−)=c(NH3⋅H2O)，D正确； 故答案选D； 13. 为研究反应在不同条件下NO的转化率向恒压反应器中通入含一定浓度NO与的气体，在无催化剂和有催化剂在时，分别测得不同温度下反应器出口处NO的转化率如图中曲线a、b所示（图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化），下列说法正确的是 A. 反应的 B. 曲线a中NO转化率随温度升高而增大，是由于催化剂的活性增强 C. 曲线b中从M点到N点，NO转化率随温度升高而减小是由于反应速率减慢 D. 催化剂存在时，其他条件不变，增大气体中，NO转化率随温度的变化为曲线c 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知，升高温度，一氧化氮平衡转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应是放热反应，故A错误； B．由图可知，相同温度时，曲线b中对应点一氧化氮的转化率大于曲线a，说明曲线a代表未加入催化剂时，一氧化氮转化率与温度变化的关系，故B错误； C．由图可知，曲线b中从M点到N点，一氧化氮转化率随温度升高而减小因为温度过高，催化剂失去活性导致反应速率减慢，故C正确； D．恒压条件下，向容器中通入氧气，氧气浓度增大，但容器体积增大，一氧化氮的浓度减小，无法确定平衡的移动方向，不能确定一氧化氮转化率的变化，故D错误； 故选C。 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 以废干电池[主要含MnO2、MnOOH、Zn、Zn(OH)2、Fe、KOH]和钛白厂废酸(主要含H2SO4，还有少量Ti3+、Fe2+、Ca2+、Mg2+等)为原料，制备锰锌铁氧体[MnxZn1-xFe2O4]的流程如下： 已知：① 25℃时，Ksp(MgF2)=7.5×10-11，Ksp(CaF2)=1.5×10-10；酸性较弱时，MgF2、CaF2均易形成[MFn]2-n配离子(M代表金属元素)； ②在Ag＋催化可发生反应2Mn2＋＋5S2O＋8H2O = 2MnO＋10SO＋16H＋； ③ (NH4)2S2O8在煮沸时易分解。 （1）酸浸过程中含锰物质被溶液中的FeSO4还原为Mn2+，其中MnO2参与反应的离子方程式为___________。 （2）氧化时加入H2O2将Ti3+、Fe2+氧化，再加入Na2CO3调节溶液pH为1～2，生成偏钛酸(H2TiO3)和黄钾铁矾[K2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，使得钛、钾得以脱除。 ① 加入Na2CO3生成黄钾铁矾的离子方程式为___________。 ② 若加入Na2CO3过多，将导致产品的产率下降，其原因是___________。 （3）氟化过程中溶液pH与钙镁去除率关系如图所示。当2.5 < pH < 4.0时，溶液pH过高或过低，Ca2+、Mg2+去除率都会下降，其原因是___________。 （4）共沉淀前，需测定溶液中锰元素含量。准确量取1.00 mL氟化后溶液于锥形瓶中，加入少量硫酸、磷酸和硝酸银溶液振荡；将溶液加热至80℃，加入3 g (NH4)2S2O8充分反应后，再将溶液煮沸；冷却后，用0.0700 mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2标准液滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液32.60 mL。计算氟化后溶液中Mn2＋物质的量浓度(写出计算过程)_________。 【答案】（1）2Fe2+＋MnO2＋4H+ = Mn2+＋2Fe3+＋2H2O （2） ①. 2K+＋6Fe3+＋4SO＋6CO＋6H2O = K2Fe6(SO4)4(OH)12↓＋6CO2↑ ②. 加入Na2CO3过多，pH过大，生成Fe(OH)3沉淀 （3）pH过低，溶液酸性较强，F-转化为弱酸HF，溶液中F-浓度减小，Ca2+、Mg2+去除率减小；pH过高，MgF2、CaF2沉淀转化为[MFn]2-n配离子，沉淀重新溶解，Ca2+、Mg2+的去除率降低 （4）0.4564 mol/L 【解析】 【分析】粉碎废电池增加酸浸速率，废干电池(主要含MnO2、MnOOH、Zn、Zn(OH)2、Fe、KOH)和钛白厂废酸(主要含H2SO4，还有少量Ti3+、Fe2+、Ca2+、Mg2+等)，MnO2、MnOOH、Zn、Zn(OH)2、Fe、KOH溶于酸，MnO2、MnOOH在酸性条件下被Fe2+还原生成Mn2+，氧化时加入H2O2将Ti3+、Fe2+氧化，加入NH4F生成MgF2、CaF2沉淀除去Ca2+、Mg2+，(NH4)2CO3制备锰锌铁氧体。 【小问1详解】 MnO2被溶液中的FeSO4还原为Mn2+，离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O； 【小问2详解】 ①加入Na2CO3调节溶液pH为1～2，生成黄钾铁矾[[K2Fe6(SO4)4(OH)12]的离子方程式为2K++6Fe3++4SO42−+6CO32−+6H2O=K2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6CO2↑； ②若加入Na2CO3过多，溶液碱性变强，Fe3+会生成Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3； 【小问3详解】 如图所示当2.5＜pH＜4.0时，溶液pH过高或过低，Ca2+、Mg2+除率都会下降，当pH过低酸性较强NH4F会生成HF，溶液中F-浓度较低，Ca2+、Mg2+去除率会下降；酸性较弱时，MgF2、CaF2均易形成[MFn]2-n配离子，MgF2、CaF2去除率会下降； 【小问4详解】 根据反应的关系式2Mn2+～2MnO4-～10Fe2+，n(Mn2+)=(2×32.60×10−3×0.0700÷10)mol=4.564×10-4mol,c(Mn2+)=(4.564×10−4÷10−3)mol/L=0.4564mol/L，故答案为：0.4564mol/L。 15. 化合物F是合成药物盐酸环丙沙星的重要中间体，其合成路线如下： 已知：表示。 （1）A分子中处于同一平面上的原子最多有___________个。 （2）为提高B的产率，试剂X可选用___________(填序号)。 A．　　　　B．　　　　　C． （3）C→D发生反应：，Y的结构简式为___________。 （4）C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：_________。卤素原子均直接连在苯环上。在酸性条件下水解，得到2种产物，2种产物分子中均含有2种不同化学环境的氢原子，其中一种水解产物能与溶液发生显色反应，另一水解产物能与溶液反应生成。 （5）已知：。写出以苯和乙烯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）14 （2）A （3） （4）或 （5） 【解析】 【小问1详解】 由苯是平面正六边形，12个原子共面再结合单键可以旋转可知A分子中处于同一平面上的原子最多有14个； 【小问2详解】 由知A生成B发生的是取代反应，同时生成HCl，可以和HCl发生反应，使平衡正向移动提高B的产率； 【小问3详解】 根据流程图及信息Et表示-CH2CH3，再结合题干C→D发生反应：C+(EtO)3CH→D+2Y可知Y的结构简式为； 【小问4详解】 ，其同分异构体满足以下条件：卤素原子均直接连在苯环上。在酸性条件下水解，得到2种产物，2种产物分子中均含有2种不同化学环境的氢原子，其中一种水解产物能与溶液发生显色反应，另一水解产物能与溶液反应生成，该有机物有酯基中单键的氧直接连在苯环上，且结构非常对称，可以写出：或； 【小问5详解】 由可知，再结合信息及所学知识可以写出合成路线为。 16. 实验室以废旧磷酸铁锂电极粉末为原料回收，其实验过程可表示为 （1）以盐酸—次氯酸钠体系选择性浸出锂。将磷酸铁锂加入三烧瓶中(装置见下图)，滴液漏斗装有盐酸、中装有溶液。控制，依次将两种溶液加入三颈烧瓶，充分反应后，过滤。 已知：常温时， ①实验时应先打开滴液漏斗_______(填“”或“”)。 ②浸出后过滤所得滤渣主要成分为写出转化为的离子方程式：_______。 ③控制原料锂的浸出率为若提高盐酸用量，可使锂浸出率达以上，但同时可能存在的缺陷有_______。 （2）用碳酸钠作沉淀剂从浸出液中回收碳酸锂。有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备查阅资料发现文献对常温下的有不同的描述： i．白色固体。ii．尚未从溶液中分离出来。 为探究的性质，将饱和溶液与饱和溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。 ①上述现象说明，在该实验条件下_______(填“稳定”或“不稳定”)。 ②实验中发生反应的离子方程式为_______。 （3）盐湖提盐后的浓缩卤水(含和少量)也常用作制备的重要原料。已知：常温时的溶解度为：的溶解度曲线如下图所示。 为获得较高产率和纯度的请补充完整实验方案：向浓缩卤水中边搅拌边缓慢添加石灰乳，_______，洗涤，低温烘干。完全沉淀可选用的试剂：饱和溶液、饱和溶液、固体、蒸馏水]。 【答案】（1） ①. a ②. ③. 过量的盐酸溶解FePO4，Fe元素也随Li一起浸出，导致产品纯度下降；产生Cl2，污染环境；后阶段消耗更多的Na2CO3，增加试剂成本 （2） ①. 不稳定 ②. （3）调节溶液pH略大于10.9，过滤，边搅拌边往滤液中缓慢加入饱和Na2SO4溶液至沉淀不再增加，过滤，用蒸馏水洗涤固体2 ~ 3次，将洗涤滤液与滤液合并，加热溶液并保持100°C，边搅拌边添加Na2CO3固体至沉淀不再增加，趁热过滤。 【解析】 【分析】废旧磷酸铁锂电极粉末用盐酸—次氯酸钠体系选择性浸出锂，再用碳酸钠沉锂得到碳酸锂。 【小问1详解】 ①该反应需要在酸性条件下进行，需要先加入盐酸，则实验时应先打开滴液漏斗a； ②被次氯酸钠氧化为，离子方程式为。 ③若提高盐酸用量，可使锂浸出率达99%以上，但同时可能存在的缺陷有过量的盐酸溶解FePO4，Fe元素也随Li一起浸出，导致产品纯度下降；产生Cl2，污染环境；后阶段消耗更多的Na2CO3，增加试剂成本。 【小问2详解】 ①将饱和LiCl溶液与饱和NaHCO3溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀说明在该实验条件下LiHCO3不稳定； ②将饱和LiCl溶液与饱和NaHCO3溶液等体积混合，气泡为CO2，生成白色沉淀为碳酸锂，实验中发生反应的离子方程式为。 【小问3详解】 结合各个物质的溶解度，为获得较高产率和纯度的Li2CO3，实验方案：向浓缩卤水中边搅，拌边缓慢添加石灰乳，调节溶液pH略大于10.9，过滤，边搅拌边往滤液中缓慢加入饱和Na2SO4溶液至沉淀不再增加，过滤，用蒸馏水洗涤固体2 ~ 3次，将洗涤滤液与滤液合并，加热溶液并保持100°C，边搅拌边添加Na2CO3固体至沉淀不再增加，趁热过滤，洗涤，低温烘干。 17. 氮氧化物(、等)的处理和资源化利用具有重要意义。 （1）的处理。研究证明：能提高的分解速率，参与了第Ⅱ步、第Ⅲ步反应。反应历程(为反应活化能)： 第Ⅰ步： 第Ⅱ步：…… 第Ⅲ步： ①第Ⅱ步发生反应的方程式为___________。 ②总反应的反应速率取决于第Ⅱ步，则___________(填“>”、“<”或“=”)。 （2）的应用。分解制取和的原理如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应的(值为平衡时用各气体的分压表示得出的值)的关系如图-1所示。 ①时，反应的为___________。 ②时，向容积不变的容器中充入和进行反应，测得反应过程中容器内压强与时间的关系如图-2所示(反应开始和平衡后容器的温度相同)。在时间段内，容器中压强增大的主要原因是___________。 （3）催化电解吸收液可将还原为，其催化机理如图-3所示。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到部分还原产物的法拉第效率()随电解电压的变化如图-4所示。已知，，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数；表示电解过程中通过的总电量。 ①当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为___________。 ②当电解电压为时，催化电解生成的电极反应式为___________。 ③电解电压大于后，随着电解电压的不断增大，的法拉第效率迅速增大，可能原因是___________(吸附在催化剂上的物种加“*”表示，如、等)。 【答案】（1） ①. I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g) ②. ＞ （2） ①. 10-4 ②. 反应Ⅰ为放热反应，随着反应的进行容器中的温度上升，导致容器内的压强增大 （3） ①. 15∶2 ②. NO+5e-+5H+=NH3+H2O ③. 随着电解电压的不断增大，*NO结合H+与e-得到*NOH（或*NO+H++e-=*NOH）的量增多，*NOH在催化剂表面失水转化成N2O（或2*NOH=N2O↑+H2O）的选择性增大，导致N2O的量增多，使N2O的法拉第效率迅速增大 【解析】 【小问1详解】 ①I2(g)能提高N2O的分解速率，I2(g)是N2O分解反应的催化剂，N2O参与了第Ⅱ、Ⅲ步的反应，结合题给第Ⅰ、Ⅲ步的反应和N2O的分解反应[2N2O(g)2N2(g)+O2(g)]可知，第Ⅱ步发生反应的方程式为I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)。 ②总反应的反应速率取决于第Ⅱ步，说明第Ⅱ步的反应速率最慢，活化能越大、反应速率越慢，则Ea2＞Ea3。 【小问2详解】 ①由图-1可知，430K时，-lgK1=1.1、-lgK2=2.9，则K1==10-1.1、K2==10-2.9，反应2ICl(g)I2(g)+Cl2(g)的K==K1K2=10-1.1×10-2.9=10-4。 ②由图-1可知，随着温度的升高-lgK1逐渐增大、-lgK2逐渐减小，即随着温度的升高K1逐渐减小、K2逐渐增大，说明反应Ⅰ为放热反应、反应Ⅱ为吸热反应，结合PV=nRT，故图-2在0~t1时间段内，容器中压强增大的主要原因是：反应Ⅰ为放热反应，随着反应的进行容器中的温度上升，导致容器内的压强增大。 【小问3详解】 ①由图-4知，当电解电压为U1时，H2、NH3的法拉第效率分别为60%、20%，根据FE%=知，电解生成H2和NH3转移电子物质的量之比为60%∶20%=3∶1，生成H2、NH3的电极反应式分别为2H++2e-=H2↑、NO+5e-+5H+=NH3+H2O，则电解生成的H2和NH3的物质的量之比为∶=15∶2。 ②结合图-3，当电解电压为U2时，催化电解NO生成NH3的电极反应式为NO+5e-+5H+=NH3+H2O。 ③电解电压大于U3后，随着电解电压的不断增大，N2O的法拉第效率迅速增大，可能原因是：随着电解电压的不断增大，*NO结合H+与e-得到*NOH（或*NO+H++e-=*NOH）的量增多，*NOH在催化剂表面失水转化成N2O（或2*NOH=N2O↑+H2O）的选择性增大，导致N2O的量增多，使N2O的法拉第效率迅速增大。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $