精品解析：江苏省前黄高级中学2024-2025学年高三上学期期初考试化学试题

江苏省前黄中学2025届高三上学期期初检测试卷化学试卷 本试卷满分为97分，考试时间为75分钟 可能用到的相对原子质量：H-1　C-12　O-16　Fe-56　Nd-144　Zn-65 一、单选题(共13题，每题3分，共39分。每题仅一个选项符合题意。) 1. 近年来，我国新能源产业得到了蓬勃发展，下列说法错误的是 A. 理想的新能源应具有资源丰富、可再生、对环境无污染等特点 B. 氢氧燃料电池具有能量转化率高、清洁等优点 C. 锂离子电池放电时锂离子从负极脱嵌，充电时锂离子从正极脱嵌 D. 太阳能电池是一种将化学能转化为电能的装置 2. 下列化学用语或表述正确的是 A. 中子数为1氦核素： B. 的晶体类型：分子晶体 C. 的共价键类型：键 D. 的空间结构：平面三角形 3. 太阳能电池可由Si、GaP、GaAs等半导体材料构成。下列说法正确的是 A 原子半径：r(Ga)<r(As) B. 第一电离能：I1(Si)<I1(P) C. 热稳定性：AsH3>PH3 D. Ga的周期序数与族序数相等 4. 在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A. 回收烟气中SO2获得 B. 金属Mg制备： C. 纯碱工业： D. AlCl3制备： 5. 化合物是合成药物艾氟康唑中间体，下列说法不正确的是 A. X与发生加成反应 B. Y分子存在对映异构现象 C. Z分子中所有原子位于同一平面上 D. Y、Z可用溴的四氯化碳溶液鉴别 阅读下列材料，完成下面小题： 氯气在生产、生活中应用广泛。实验室用MnO2和浓盐酸反应制取Cl2，工业上用电解饱和食盐水制备Cl2，也可用Deacon催化氧化法制备Cl2.Deacon催化氧化法原理将工业副产物HCl制成Cl2，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：ΔH=-114.4kJ/mol。如图所示为该法的一种催化机理。氨气可以检验Cl2是否发生泄露，遇Cl2泄漏时反应有白烟生成。Cl2可用于处理含氰(CN-)废水。 6. 实验小组用如图所示装置制取Cl2，并探究Cl2、氯水性质，难以达到预期目的的是 A. 制备Cl2 B. 净化、干燥Cl2 C. 收集Cl2 D. 验证Cl2的氧化性 7. 下列化学反应表示正确的是 A. 电解饱和食盐水制备Cl2的离子方程式： B. 将氯水在强光下照射的化学方程式： C. 氨气检验Cl2泄露的化学方程式：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl D. Cl2处理含氰碱性废水的离子方程式：5Cl2+2CN-+4H2O=10Cl-+N2↑+2CO2↑+8H+ 8. Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2，下列说法不正确的是 A. Y为反应物HCl，W为生成物H2O B. 加2molCuO降低ΔH C. 升高反应温度，HCl被O2氧化制Cl2的反应平衡常数减小 D. 其他条件不变，加压可以提高HCl的平衡转化率 9. 科学家使用研制了一种可充电电池(如图所示)。电池工作一段时间后，电极上检测到和少量。下列叙述正确的是 A. 充电时，向阳极方向迁移 B. 充电时，会发生反应 C. 放电时，正极反应有 D. 放电时，电极质量减少，电极生成了 10. 某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的并制备，流程如下“脱氯”步骤仅元素化合价发生改变。下列说法正确的是 锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰) 离子 浓度 145 0.03 1 A. “浸铜”时应加入足量，确保铜屑溶解完全 B. “浸铜”反应： C. “脱氯”反应： D. 脱氯液净化后电解，可在阳极得到 11. 室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是 选项 实验过程及现象 实验结论 A 向Al(OH)3沉淀中分别滴加盐酸和氨水，观察沉淀变化 探究Al(OH)3为两性氢氧化物 B 向2mL0.1mol·L—1Na2S溶液中滴加几滴溴水 振荡，产生淡黄色沉淀 氧化性：Br2>S C 向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀 气体X一定具有强氧化性 D 将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸 滴加KSCN溶液，溶液未出现血红色 食品脱氧剂样品中没有＋3价铁 A. A B. B C. C D. D 12. 环境保护工程师研究利用、和处理水样中的。已知时，饱和溶液浓度约为，，，，。下列说法错误的是 A. 溶液中： B. 溶液中： C. 向的溶液中加入，可使 D. 向的溶液中通入气体至饱和，所得溶液中： 13. 二甲醚和水蒸气制氢气可作为燃料电池氢能源，发生的主要反应如下： 反应Ⅰ 反应Ⅱ 反应Ⅲ 在恒压下，将一定比例的二甲醚和水蒸气混合后，以一定流速通过装有催化剂的反应器，反应相同时间测得的实际转化率、实际选择性与平衡选择性随温度的变化如图所示．的选择性．下列说法不正确的是 A. 曲线表示实际转化率随温度的变化 B. 时，反应Ⅱ的速率大于反应Ⅲ的速率 C. 适当增加，有利于提高的产率 D. 一定温度下，若增大压强，的平衡产量不变 二、非选择题：共4题，共58分。 14. 回收磁性合金钕铁硼(Nd2Fe14B)可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。 （1）钕铁硼在空气中焙烧转化为Nd2O3、Fe2O3等(忽略硼的化合物)，用0.4mol·L-1盐酸酸浸后过滤得到NdCl3溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率()随浸取时间变化如图所示。 ①含铁滤渣的主要成分为_____(填化学式)。 ②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是_____。 （2）含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。 ①用含有机胺(R3N)的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的Fe2(SO4)3溶液，原理为： ①已知： 其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是_____。 ②反萃取后，Fe2(SO4)3经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出)，其中原子数目比N(Fe)：N(Bi)=_____。 （3）净化后的NdCl3溶液通过沉钕、焙烧得到Nd2O3。 ①向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液，Nd3+可转化为Nd(OH)CO3沉淀，生成物还有NH4HCO3。该反应的离子方程式为：_____。 ②将4.42mgNd(OH)CO3(摩尔质量为221g·mol-1)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。 550~600℃时，所得固体产物可表示为NdaOb(CO3)c，通过以上实验数据确定该产物中的比值_____(写出计算过程)。 15. 盐酸考尼伐坦(J)可用于治疗血容量正常的低钠血症，其合成路线如下： （1）化合物A中sp3、sp2杂化的碳原子数目之比为_____。 （2）B的分子式为C7H4NO3Cl，可由对硝基苯甲酸与SOCl2反应合成，B的结构简式为_____。 （3）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：_____。 ①分子中有2个苯环；②遇FeCl3溶液显紫色；③能与新制Cu(OH)2反应；④核磁共振氢谱有6组峰。 （4）F→G的反应中，羰基相邻碳原子上的C-H键容易断裂的原因是_____。 （5）G+H→I的反应需经历G+H→X→Y→I的过程。中间体X中无溴原子，X→Y的过程中有π键的断裂，则Y→I的反应类型为_____。 （6）将考尼伐坦(I)制成盐酸盐(J)的目的是_____。 （7）麻黄碱是治疗硬脊膜外麻醉引起低血压的常用药物，有机物K()是生产麻黄碱的重要中间体。写出以和CH3NH2为原料制备有机物K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. 实验室以菱锰矿(含MnCO3及少量Fe、Si的氧化物等)为原料制备高纯MnCO3和Mn3O4的流程如下图所示。已知：室温下Ksp(MnS)=2.6×10-13、Ksp[Mn(OH)2]=2.0×10-13、H2S电离常数Ka1=1.1×10-7、Ka2=1.3×10-13。 （1）该流程中可循环使用的物质有_____。 （2）“沉铁”过程需加氨水调节溶液pH，使溶液中Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀同时得到MnSO4溶液。检验MnSO4溶液中是否含有Fe3+的实验方法是_____。 （3）沉铁过程中也会产生少量Mn(OH)2沉淀。Mn(OH)2在工业上可用于去除溶液中HS-，反应为Mn(OH)2＋HS-=MnS＋OH-+H2O，其平衡常数K=_____。 （4）制取MnCO3.在如图1所示的实验装置中，搅拌下使一定量的MnSO4溶液与氨水-NH4HCO3混合溶液充分反应。 ①滴液漏斗中添加的药品是_____。 ②混合溶液中氨水的作用是_____。 （5）制取Mn3O4.固定其他条件不变，反应物物质的量浓度比值、温度、空气流量对MnSO4溶液制取Mn3O4纯度的影响如图2、图3、图所示。 补充完整制取纯净Mn3O4的实验方案：取25mL0.7mol·L-1的MnSO4溶液，_____，控制搅拌速率500r·min-1反应8h，_____，110℃干燥2h，得到纯净的Mn3O4(须使用的试剂：0.7mol·L-1NaOH溶液、1.0mol·L-1BaCl2溶液)。 17. 甲醛释氢对氢能源和含甲醛污水处理有重要意义。 （1）HCHO电催化释氢 催化电解含较低浓度的HCHO、NaOH混合溶液，可获得H2与HCOONa(如图1所示)，其中电极b表面覆盖一种Mo与P形成的化合物(晶胞结构如图2所示)作催化剂。 ①催化剂可由MoO2与(NH4)2HPO4混合物与H2高温灼烧制得，同时还有NH3生成，生成物中P为-3价，该反应的化学方程式为_____。 ②电解时，电极b上同时产生H2与HCOO-的物质的量之比为1∶2，则电极b上的电极反应式为_____。 ③电解过程中每产生2molH2，通过阴离子交换膜的OH-为_____mol。 （2）HCHO水化释氢 45℃时，碱性条件下Ag作催化剂可将甲醛转化为H2，反应的机理如图3所示。使用时将纳米Ag颗粒负载在Al2O3表面以防止纳米Ag团聚。其他条件不变，反应相同时间，NaOH浓度对氢气产生快慢的影响如图4所示。 已知：甲醛在碱性条件下会发生副反应2HCHO＋NaOH=HCOONa＋CH3OH。 ①若将甲醛中的氢用D原子标记为DCDO，得到的氢气产物为_____(填化学式)。 ②NaOH浓度低于1mol•L-1时，NaOH浓度增大产生氢气会加快的原因是_____。 ③若NaOH浓度过大，H2的产生迅速减慢的原因可能是_____。 （3）甲烷与水在催化剂作用下可产生氢气与碳氧化物，与甲烷水化法制氢气相比，甲醛制氢的优点_____。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省前黄中学2025届高三上学期期初检测试卷化学试卷 本试卷满分为97分，考试时间为75分钟 可能用到的相对原子质量：H-1　C-12　O-16　Fe-56　Nd-144　Zn-65 一、单选题(共13题，每题3分，共39分。每题仅一个选项符合题意。) 1. 近年来，我国新能源产业得到了蓬勃发展，下列说法错误的是 A. 理想的新能源应具有资源丰富、可再生、对环境无污染等特点 B. 氢氧燃料电池具有能量转化率高、清洁等优点 C. 锂离子电池放电时锂离子从负极脱嵌，充电时锂离子从正极脱嵌 D. 太阳能电池是一种将化学能转化为电能的装置 【答案】D 【解析】 【详解】A．理想的新能源应具有可再生、无污染等特点，故A正确； B．氢氧燃料电池利用原电池将化学能转化为电能，对氢气与氧气反应的能量进行利用，减小了直接燃烧的热量散失，产物无污染，故具有能量转化率高、清洁等优点，B正确； C．脱嵌是锂从电极材料中出来的过程，放电时，负极材料产生锂离子，则锂离子在负极脱嵌，则充电时，锂离子在阳极脱嵌，C正确； D．太阳能电池是一种将太阳能转化为电能的装置，D错误； 本题选D。 2. 下列化学用语或表述正确的是 A. 中子数为1的氦核素： B. 的晶体类型：分子晶体 C. 的共价键类型：键 D. 的空间结构：平面三角形 【答案】C 【解析】 【详解】A．中子数为1的He核素其质量数为1+2=3，故其表示应为He，A错误； B．SiO2晶体中只含有共价键，为共价晶体，B错误； C．两个F原子的2p轨道单电子相互重叠形成p-p σ键，C正确； D．PCl3的中心原子存在1对孤电子对，其VSEPR模型为四面体型，PCl3的空间结构为三角锥型，D错误； 故答案选C。 3. 太阳能电池可由Si、GaP、GaAs等半导体材料构成。下列说法正确的是 A. 原子半径：r(Ga)<r(As) B. 第一电离能：I1(Si)<I1(P) C. 热稳定性：AsH3>PH3 D. Ga的周期序数与族序数相等 【答案】B 【解析】 【详解】A．同周期随原子序数的递增，原子半径减小，所以，故A错误； B．同一周期从左到右，第一电离能有增大的趋势，P最外层电子为半充满状态，第一电离能大于相邻元素Si，故B正确； C．As为第四周期元素，P为第三周期元素，P的非金属性比As强，p-H键键能更大，热稳定性AsH3<PH3，故C错误； D．为第四周期ⅢA族元素，周期序数与族序数不相等，故D错误； 故答案选B。 4. 在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A. 回收烟气中SO2获得 B. 金属Mg制备： C. 纯碱工业： D AlCl3制备： 【答案】A 【解析】 【详解】A．SO2和Ca(OH)2反应生成CaSO3，CaSO3具有还原性可以和O2反应生成CaSO4，制备过程涉及的物质转化均可实现，A选； B．氢氧化镁和盐酸反应可以得到氯化镁溶液，但是电解氯化镁溶液不能得到Mg，电解熔融MgCl2才能得到金属镁单质，B不选； C．纯碱工业是在饱和食盐水中先后通入NH3和CO2先得到NaHCO3，然后NaHCO3受热分解为Na2CO3，C不选； D．当AlCl3溶液被加热时，会发生水解反应生成Al(OH)3和HCl，由于HCl具有挥发性，因此在加热过程中会不断挥发，导致水解反应向右移动，最终生成Al(OH)3，在更高的温度下，即灼烧条件下，Al(OH)3是不稳定的，会分解生成Al2O3，D不选； 故选A。 5. 化合物是合成药物艾氟康唑的中间体，下列说法不正确的是 A. X与发生加成反应 B. Y分子存在对映异构现象 C. Z分子中所有原子位于同一平面上 D. Y、Z可用溴的四氯化碳溶液鉴别 【答案】C 【解析】 【详解】A．X分子中含有酮羰基，能与发生加成反应，A正确； B．Y分子中，与-OH相连的碳原子为手性碳原子，则Y分子存在对映异构现象，B正确； C．Z分子中，含有-CH2Cl、-CH3，它们都形成四面体结构，所有原子不可能位于同一平面上，C不正确； D．Z分子中含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，所以Y、Z分子中，可用溴的四氯化碳溶液鉴别，D正确； 故选C。 阅读下列材料，完成下面小题： 氯气在生产、生活中应用广泛。实验室用MnO2和浓盐酸反应制取Cl2，工业上用电解饱和食盐水制备Cl2，也可用Deacon催化氧化法制备Cl2.Deacon催化氧化法原理将工业副产物HCl制成Cl2，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：ΔH=-114.4kJ/mol。如图所示为该法的一种催化机理。氨气可以检验Cl2是否发生泄露，遇Cl2泄漏时反应有白烟生成。Cl2可用于处理含氰(CN-)废水。 6. 实验小组用如图所示装置制取Cl2，并探究Cl2、氯水的性质，难以达到预期目的的是 A. 制备Cl2 B. 净化、干燥Cl2 C. 收集Cl2 D. 验证Cl2的氧化性 7. 下列化学反应表示正确的是 A. 电解饱和食盐水制备Cl2的离子方程式： B. 将氯水在强光下照射的化学方程式： C. 氨气检验Cl2泄露的化学方程式：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl D. Cl2处理含氰碱性废水的离子方程式：5Cl2+2CN-+4H2O=10Cl-+N2↑+2CO2↑+8H+ 8. Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2，下列说法不正确的是 A. Y为反应物HCl，W为生成物H2O B. 加2molCuO降低ΔH C. 升高反应温度，HCl被O2氧化制Cl2的反应平衡常数减小 D. 其他条件不变，加压可以提高HCl的平衡转化率 【答案】6. A 7. C 8. B 【解析】 【6题详解】 A．常温下浓盐酸与二氧化锰不反应，加热时浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，故A错误； B．饱和食盐水除去HCl，无水氯化钙可干燥氯气，图中装置合理，故B正确； C．氯气的密度比空气密度大，可长导管进气收集，故C正确； D．点燃的氢气与氯气发生反应生成HCl，氯元素化合价降低，可知氯气具有氧化性，故D正确； 故选：A； 【7题详解】 A．电解饱和食盐水生成H2和Cl2，离子方程式为：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，故A错误； B．将氯水在强光下照射分解生成HCl和氧气，反应的离子方程式为：2HClO 2H++2Cl-+O2↑，故B错误； C．化工厂常用浓氨水检验管道是否漏氯气，如氯气泄漏，会在管道周围反应生成氯化铵，产生大量白烟，反应的化学方程式为：3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2，故C正确； D．Cl2处理含氰碱性废水的离子方程式为5Cl2+2CN-+12OH-=10Cl-+N2↑+6H2O+2，故D错误； 故选：C； 【8题详解】 A．结合反应机理分析，根据原子守恒，可得X、Y、Z、W依次是Cl2、HCl、O2、H2O，则Y为反应物HCl，W为生成物H2O，故A正确； B．CuO在反应中作催化剂，不改变平衡移动，ΔH不变，故B错误； C．HCl被O2氧化制Cl2的ΔH<0为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，故C正确； D．反应是气体体积减小的反应，其他条件不变，加压平衡正向移动，可以提高HCl的平衡转化率，故D正确； 故选：B。 9. 科学家使用研制了一种可充电电池(如图所示)。电池工作一段时间后，电极上检测到和少量。下列叙述正确的是 A. 充电时，向阳极方向迁移 B. 充电时，会发生反应 C. 放电时，正极反应有 D. 放电时，电极质量减少，电极生成了 【答案】C 【解析】 【分析】Zn具有比较强的还原性，具有比较强的氧化性，自发的氧化还原反应发生在Zn与MnO2之间，所以电极为正极，Zn电极为负极，则充电时电极为阳极、Zn电极为阴极。 【详解】A．充电时该装置为电解池，电解池中阳离子向阴极迁移，即向阴极方向迁移，A不正确； B．放电时，负极的电极反应为，则充电时阴极反应为Zn2++2e-=Zn，即充电时Zn元素化合价应降低，而选项中Zn元素化合价升高，B不正确； C．放电时电极为正极，正极上检测到和少量，则正极上主要发生的电极反应是，C正确； D．放电时，Zn电极质量减少0.65g（物质的量为0.010mol），电路中转移0.020mol电子，由正极的主要反应可知，若正极上只有生成，则生成的物质的量为0.020mol，但是正极上还有生成，因此，的物质的量小于0.020mol，D不正确； 综上所述，本题选C。 10. 某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的并制备，流程如下“脱氯”步骤仅元素化合价发生改变。下列说法正确的是 锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰) 离子 浓度 145 0.03 1 A. “浸铜”时应加入足量，确保铜屑溶解完全 B. “浸铜”反应： C. “脱氯”反应： D. 脱氯液净化后电解，可在阳极得到 【答案】C 【解析】 【分析】铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反应的离子方程式为：，再加入锌浸出液进行“脱氯”，“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，可知“脱氯”步骤发生反应的化学方程式为：，过滤得到脱氯液，脱氯液净化后电解，Zn2+可在阴极得到电子生成Zn。 【详解】A．由分析得，“浸铜”时，铜屑不能溶解完全，Cu在“脱氯”步骤还需要充当还原剂，故A错误； B．“浸铜”时，铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反应的离子方程式为：，故B错误； C．“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，即Cu的化合价升高，Cu2+的化合价降低，发生归中反应，化学方程式为：，故C正确； D．脱氯液净化后电解，Zn2+应在阴极得到电子变为Zn，故D错误； 故选C。 11. 室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是 选项 实验过程及现象 实验结论 A 向Al(OH)3沉淀中分别滴加盐酸和氨水，观察沉淀变化 探究Al(OH)3为两性氢氧化物 B 向2mL0.1mol·L—1Na2S溶液中滴加几滴溴水 振荡，产生淡黄色沉淀 氧化性：Br2>S C 向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀 气体X一定具有强氧化性 D 将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸 滴加KSCN溶液，溶液未出现血红色 食品脱氧剂样品中没有＋3价铁 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．向Al(OH)3沉淀中滴加盐酸，沉淀溶解，滴加氨水，Al(OH)3沉淀不能溶解，不能探究Al(OH)3为两性氢氧化物，故A错误； B．将溴水滴入Na2S溶液中，发生氧化还原反应，生成的淡黄色沉淀为S，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，氧化性：Br2>S，故B正确； C．气体X不一定具有氧化性，若X为NH3，NH3与SO2在溶液中反应生成亚硫酸铵，进而生成亚硫酸钡白色沉淀，故C错误； D．将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加KSCN溶液，虽然溶液颜色无变化，但并不能说明该样品中无+3价铁，可能是铁粉表面的氧化铁与盐酸反应生成的Fe3+被Fe还原，故D错误； 故选B。 12. 环境保护工程师研究利用、和处理水样中的。已知时，饱和溶液浓度约为，，，，。下列说法错误的是 A. 溶液中： B. 溶液中： C. 向的溶液中加入，可使 D. 向的溶液中通入气体至饱和，所得溶液中： 【答案】B 【解析】 【详解】A．溶液中只有5种离子，分别是，溶液是电中性的，存在电荷守恒，可表示为，A正确； B．溶液中，水解使溶液呈碱性，其水解常数为，根据硫元素守恒可知，所以，则，B不正确； C．远远大于，向的溶液中加入时，可以发生沉淀的转化FeS(s)+Cd2+(aq)CdS(s)+Fe2+(aq)，该反应的平衡常数为，因此该反应可以完全进行，当溶液中Cd2+完全沉淀时，溶液中c(Fe2+)约为0.01mol/L，此时溶液中c(Cd2+)=mol/L=10-10.9mol/L＜10-8mol/L，C正确； D．的平衡常数，该反应可以完全进行，因此，当向的溶液中通入气体至饱和，可以完全沉淀，所得溶液中，D正确； 综上所述，本题选B。 13. 二甲醚和水蒸气制氢气可作为燃料电池的氢能源，发生的主要反应如下： 反应Ⅰ 反应Ⅱ 反应Ⅲ 在恒压下，将一定比例的二甲醚和水蒸气混合后，以一定流速通过装有催化剂的反应器，反应相同时间测得的实际转化率、实际选择性与平衡选择性随温度的变化如图所示．的选择性．下列说法不正确的是 A. 曲线表示实际转化率随温度的变化 B. 时，反应Ⅱ的速率大于反应Ⅲ的速率 C. 适当增加，有利于提高的产率 D. 一定温度下，若增大压强，的平衡产量不变 【答案】D 【解析】 【分析】根据常理可知，实际选择性与平衡选择性随温度的变化的走势变化应该相同，故可知曲线b为实际选择性，则曲线a为实际转化率。据此结合题意进行作答即可。 【详解】A．根据上述分析可知曲线a为实际转化率，A正确； B．在200℃时，实际选择性大于平衡选择性，可知此温度下，反应Ⅱ的速率大于反应Ⅲ，B正确； C．适当增加的量，会促进的转化率，还能使反应Ⅱ朝正向进行，反应Ⅲ朝逆向进行，从而提高氢气的产率，C正确； D．增大压强会导致反应Ⅱ平衡逆向移动，从而导致反应Ⅲ逆向移动，CO的平衡产率会减小，D错误； 故选D。 二、非选择题：共4题，共58分。 14. 回收磁性合金钕铁硼(Nd2Fe14B)可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。 （1）钕铁硼在空气中焙烧转化为Nd2O3、Fe2O3等(忽略硼的化合物)，用0.4mol·L-1盐酸酸浸后过滤得到NdCl3溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率()随浸取时间变化如图所示。 ①含铁滤渣的主要成分为_____(填化学式)。 ②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是_____。 （2）含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。 ①用含有机胺(R3N)的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的Fe2(SO4)3溶液，原理为： ①已知： 其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是_____。 ②反萃取后，Fe2(SO4)3经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出)，其中原子数目比N(Fe)：N(Bi)=_____。 （3）净化后的NdCl3溶液通过沉钕、焙烧得到Nd2O3。 ①向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液，Nd3+可转化为Nd(OH)CO3沉淀，生成物还有NH4HCO3。该反应的离子方程式为：_____。 ②将4.42mgNd(OH)CO3(摩尔质量为221g·mol-1)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。 550~600℃时，所得固体产物可表示为NdaOb(CO3)c，通过以上实验数据确定该产物中的比值_____(写出计算过程)。 【答案】（1） ①. ②. 浸出初期，较大，溶于盐酸，约5min后，减小，水解生成进入滤渣 （2） ①. 随水层pH增大，减小，的化学平衡逆向移动，引起的量增多，萃取正向程度增大 ②. 2：1 （3） ①. ②. 2：1 【解析】 【小问1详解】 ①由图可知，Fe的浸出率比Nd的浸出率低很多，因此大多数铁元素在浸取过程中以氧化铁的形式存在，则含铁滤渣的主要成分是未反应的Fe2O3，故答案为：Fe2O3； ②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是：浸出初期，Fe2O3溶解，Fe的浸出率增大，一段时间后随着Nd的浸出率增大，溶液中的的浓度逐渐减小，逐渐增大导致水解生成进入滤渣，Fe的浸出率又减小，，故答案为：浸出初期，较大，溶于盐酸，约5min后，减小，水解生成进入滤渣； 【小问2详解】 ①减小生成物浓度，化学平衡向正反应方向移动，因此，其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，的浓度减小，的化学平衡向正反应方向移动，又的浓度减小使平衡逆向移动，引起浓度的增大，进一步促进平衡向萃取方向移动，导致的浓度增大，有机层中Fe元素含量迅速增多，故答案为：随水层pH增大，减小，的化学平衡逆向移动，引起的量增多，萃取正向程度增大； ②由铁酸铋晶胞结构示意图可知，晶胞中体内有4个Fe原子，面上有8个Fe原子，根据均摊法可知，Fe原子的数目为；原子全部在晶胞的面上，共有，因此，其中原子数目比，故答案为：2:1； 【小问3详解】 ①向溶液中加入溶液，和相互促进对方水解生成沉淀和，该反应的离子方程式为，故答案为：； ②的物质的量为，其在氮气氛围中焙烧后，金属元素的质量和化合价均保持不变，因此，；时剩余固体的质量为，固体减少的质量为，由于碱式盐在受热分解时易变为正盐，氢氧化物分解得到氧化物和，碳酸盐分解得到氧化物和，因此，可以推测固体变为时失去的质量是生成和的质量；根据H元素守恒可知，固体分解时生成的质量为，则生成的质量为-=，则生成的物质的量为，由C元素守恒可知，分解后剩余的的物质的量为=，因此可以确定该产物中的比值为，故答案为：2:1。 15. 盐酸考尼伐坦(J)可用于治疗血容量正常的低钠血症，其合成路线如下： （1）化合物A中sp3、sp2杂化的碳原子数目之比为_____。 （2）B的分子式为C7H4NO3Cl，可由对硝基苯甲酸与SOCl2反应合成，B的结构简式为_____。 （3）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：_____。 ①分子中有2个苯环；②遇FeCl3溶液显紫色；③能与新制Cu(OH)2反应；④核磁共振氢谱有6组峰。 （4）F→G的反应中，羰基相邻碳原子上的C-H键容易断裂的原因是_____。 （5）G+H→I的反应需经历G+H→X→Y→I的过程。中间体X中无溴原子，X→Y的过程中有π键的断裂，则Y→I的反应类型为_____。 （6）将考尼伐坦(I)制成盐酸盐(J)的目的是_____。 （7）麻黄碱是治疗硬脊膜外麻醉引起低血压的常用药物，有机物K()是生产麻黄碱的重要中间体。写出以和CH3NH2为原料制备有机物K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）3：7 （2） （3） （4）羰基为吸电子基团，使得相邻碳原子上的C-H共用电子对更偏向羰基碳原子，C-H键的极性增强 （5）消去反应 （6）增加药物的水溶性和稳定性 （7） 【解析】 【分析】根据C的结构可知B为对硝基苯甲酸或其取代物，A与B发生取代反应；C→D是将硝基还原生成氨基；D→E是氨基与羧基发生取代反应，生成酰胺；F→G→I发生取代反应，生成I，因为I有-NH-结构，呈碱性，与盐酸反应生成J。 【小问1详解】 化合物A中饱和碳原子的价层电子对数为4，采取sp3杂化，苯环和酮羰基上的碳原子周围有3个σ键，采取sp2杂化，sp3、sp2杂化的碳原子数目之比为3：7； 【小问2详解】 对硝基苯甲酸与反应合成B的分子式为C7H4NO3Cl，可以看出羧基上-OH被-Cl取代，故B的结构为； 【小问3详解】 根据E的结构，①含有两个独立苯环，②遇FeCl3溶液显紫色说明含有酚羟基，③能与新制Cu(OH)2反应说明含有醛基；④核磁共振氢谱有6组峰，其中羟基、醛基共有2种氢，剩余4种氢分别在苯环上，则考虑羟基和醛基在苯的对位上，符合条件的同分异构体的结构简式：； 【小问4详解】 F→G发生取代反应，羰基相邻碳原子上的C-H键容易断裂的原因是羰基为强吸电子基团，使得相邻碳原子上的C-H共用电子对更偏向羰基碳原子，C-H键的极性增强； 【小问5详解】 G+H→I的反应需经历G+H→X→Y→I的过程。中间体X中无溴原子，说明溴原子被取代，先发生G+H→X+HBr，X→Y的过程中有π键的断裂，说明羰基发生加成反应形成五元环、且原羰基转化为-CH(OH)-，最后Y发生消去反应引入碳碳双键生成I，则Y→I的反应类型为消去反应； 【小问6详解】 将考尼伐坦(Ⅰ)制成盐酸盐(J)的目的是增加药物的水溶性和稳定性； 【小问7详解】 以和CH3NH2为原料制备有机物K()，先与HBr发生加成反应，然后水解生成醇，醇发生催化氧化生成酮，然后在CuBr2作用下取代羰基相连碳上的H，最后得到目标产物，路线为：。 16. 实验室以菱锰矿(含MnCO3及少量Fe、Si的氧化物等)为原料制备高纯MnCO3和Mn3O4的流程如下图所示。已知：室温下Ksp(MnS)=2.6×10-13、Ksp[Mn(OH)2]=2.0×10-13、H2S电离常数Ka1=1.1×10-7、Ka2=1.3×10-13。 （1）该流程中可循环使用的物质有_____。 （2）“沉铁”过程需加氨水调节溶液pH，使溶液中Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀同时得到MnSO4溶液。检验MnSO4溶液中是否含有Fe3+实验方法是_____。 （3）沉铁过程中也会产生少量Mn(OH)2沉淀。Mn(OH)2在工业上可用于去除溶液中HS-，反应为Mn(OH)2＋HS-=MnS＋OH-+H2O，其平衡常数K=_____。 （4）制取MnCO3.在如图1所示的实验装置中，搅拌下使一定量的MnSO4溶液与氨水-NH4HCO3混合溶液充分反应。 ①滴液漏斗中添加的药品是_____。 ②混合溶液中氨水的作用是_____。 （5）制取Mn3O4.固定其他条件不变，反应物物质的量浓度比值、温度、空气流量对MnSO4溶液制取Mn3O4纯度的影响如图2、图3、图所示。 补充完整制取纯净Mn3O4的实验方案：取25mL0.7mol·L-1的MnSO4溶液，_____，控制搅拌速率500r·min-1反应8h，_____，110℃干燥2h，得到纯净的Mn3O4(须使用的试剂：0.7mol·L-1NaOH溶液、1.0mol·L-1BaCl2溶液)。 【答案】（1）或氨水、 （2）取少量溶液于试管中，向其中滴加KSCN溶液{溶液}，溶液不变红(或没有蓝色沉淀)，则溶液中无(其他答案合理也给分) （3）10 （4） ①. 氨水混合溶液 ②. 调节溶液pH，增大，使尽可能沉淀完全 （5） ①. 边搅拌边向其中加入溶液，并保持75℃加热，同时以17的流量向溶液中通入空气 ②. 静置过滤，用水洗涤，取最后一次洗涤滤液，向其中滴加溶液，无沉淀生成 【解析】 【分析】根据菱锰矿中所含成分，以及流程图可知，碳酸锰与硫酸铵反应生成硫酸锰、氨气和二氧化碳，铁的氧化物、二氧化硅不与硫酸铵反应，加水溶解后，得到含硫酸锰溶液，再加入氨水调节pH除去铁，过滤得到硫酸锰溶液，搅拌下使一定量的MnSO4溶液与氨水−NH4HCO3混合溶液充分反应，同时得到硫酸铵； 【小问1详解】 由流程图可知，加入硫酸氨后会生成NH3或氨水，可以用于后续调节溶液的pH，该流程中可循环使用的物质有NH3或氨水、(NH4)2SO4，故答案为：NH3或氨水、(NH4)2SO4； 【小问2详解】 硫氰化钾溶液可用来检验铁离子，溶液会变成红色，检验MnSO4溶液中是否含有Fe3+的实验方法是取少量MnSO4溶液于试管中，向其中滴加KSCN溶液{或K4[Fe(CN)6]溶液}，若溶液不变红(或没有蓝色沉淀)，则溶液中无Fe3+，故答案为：取少量MnSO4溶液于试管中，向其中滴加KSCN溶液{或K4[Fe(CN)6]溶液}，若溶液不变红(或没有蓝色沉淀)，则溶液中无Fe3+； 【小问3详解】 反应Mn(OH)2+HS-═MnS+OH-+H2O的平衡常数K==，故答案为：10； 【小问4详解】 ①氨水容易挥发，应该用滴液漏滴加，滴液漏斗中添加的药品应该是氨水—NH4HCO3混合溶液，故答案为：氨水—NH4HCO3混合溶液； ②氨水的作用主要是用来调节pH，增大的浓度，使锰离子尽可能的沉淀，故答案为：调节pH，增大的浓度，使锰离子尽可能的沉淀； 【小问5详解】 制取纯净Mn3O4的实验方案：取50mL0.7mol/L的MnSO4溶液，边搅拌边向其中加入50mL0.4mol/LNaOH溶液，并保持75℃水浴加热，同时以17L/min的流量向溶液中通入空气，控制搅拌速率500r/min反应8h静置过滤，用水洗涤，取最后一次洗涤滤液，向其中滴加1.0mol/LBaCl2溶液，无沉淀生成，100℃干燥2h，得到纯净的Mn3O4(须使用的试剂：1.4mol/LNaOH溶液、1.0mol/LBaCl2溶液)，故答案为：边搅拌边向其中加入50mL1.4mol•L-1NaOH溶液，并保持75℃水浴加热，同时以17L•min-1的流量向溶液中通入空气；静置过滤，用水洗涤，取最后一次洗涤滤液，向其中滴加1.0mol•L-1BaCl2溶液，无沉淀生成。 17. 甲醛释氢对氢能源和含甲醛污水处理有重要意义。 （1）HCHO电催化释氢 催化电解含较低浓度的HCHO、NaOH混合溶液，可获得H2与HCOONa(如图1所示)，其中电极b表面覆盖一种Mo与P形成的化合物(晶胞结构如图2所示)作催化剂。 ①催化剂可由MoO2与(NH4)2HPO4混合物与H2高温灼烧制得，同时还有NH3生成，生成物中P为-3价，该反应的化学方程式为_____。 ②电解时，电极b上同时产生H2与HCOO-的物质的量之比为1∶2，则电极b上的电极反应式为_____。 ③电解过程中每产生2molH2，通过阴离子交换膜的OH-为_____mol。 （2）HCHO水化释氢 45℃时，碱性条件下Ag作催化剂可将甲醛转化为H2，反应机理如图3所示。使用时将纳米Ag颗粒负载在Al2O3表面以防止纳米Ag团聚。其他条件不变，反应相同时间，NaOH浓度对氢气产生快慢的影响如图4所示。 已知：甲醛在碱性条件下会发生副反应2HCHO＋NaOH=HCOONa＋CH3OH。 ①若将甲醛中的氢用D原子标记为DCDO，得到的氢气产物为_____(填化学式)。 ②NaOH浓度低于1mol•L-1时，NaOH浓度增大产生氢气会加快原因是_____。 ③若NaOH浓度过大，H2的产生迅速减慢的原因可能是_____。 （3）甲烷与水在催化剂作用下可产生氢气与碳氧化物，与甲烷水化法制氢气相比，甲醛制氢的优点_____。 【答案】（1） ①. ②. ③. 2 （2） ①. HD ②. 随NaOH浓度增大，催化剂表面吸附的浓度增大，释氢反应的速率加快，副反应速度也加快，但释氢反应的速度加快更多 ③. NaOH溶解载体，使纳米Ag颗粒发生团聚，催化活性下降 （3）氢气纯度高、可处理有毒甲醛 【解析】 【小问1详解】 ①根据题意，该实验的催化剂是一种Mo与P形成的化合物，根据晶胞结构图，Mo原子个数是4，P原子个数是，因此催化剂的化学式为MoP，可由MoO2与(NH4)2HPO4混合物与H2高温灼烧制得（反应中N元素化合价不变），该反应的化学方程式为； ②电解时，电极b与电源正极相连，是电解池的阳极，HCHO失去电子同时产生H2与HCOO−的物质的量之比为1∶2，则电极b上的电极反应式为； ③电极a是阴极，电极反应式为，电解过程中每产生2molH2，每个电极上各产生1 molH2，故通过阴离子交换膜的OH−为2mol。 【小问2详解】 ①根据反应的机理如图，氢分子中的两个氢原子一个来自水分子，一个来自甲醛分子，若将甲醛中的氢用D原子标记为DCDO，得到的氢气产物为HD； ②NaOH浓度低于1 mol⋅L−1时，NaOH浓度增大产生氢气会加快的原因是随NaOH浓度增大，催化剂表面吸附的CH2(O−)2浓度增大，释氢反应的速率加快，副反应速率也加快，但释氢反应的速率加快更多； ③若NaOH浓度过大，H2产生迅速减慢的原因可能是NaOH溶解载体Al2O3，使纳米Ag颗粒发生团聚，催化活性下降。 【小问3详解】 甲烷与水在催化剂作用下可产生氢气与碳氧化物，与甲烷水化法制氢气相比，甲醛制氢的优点有氢气纯度高、可处理有毒甲醛。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $