精品解析：上海市云间中学、复附青浦分校、交附嘉定分校、进才中学2024-2025学年高三下学期开学联考化学试卷

四校联考 高三化学等级考 考生注意： 1.试卷满分100分，考试时间60分钟。 2.答题前，务必在答题纸上填写姓名、班级和考号。作答必须涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分。 相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Cu-64 Se-79 一、氧族元素及其化合物(共18分)。 1. 请写出基态Se原子电子排布式_______，常温下硒单质是_______(气体、液体、固体)，同周期的元素中含有最多未成对电子的元素是_______(请写元素符号)。 2. 下列说法不正确的是 A. 按照核外电子排布，可把元素周期表划分为4个区，Se位于元素周期表p区 B. Se的第二电离能小于的第二电离能 C. 硒的两种含氧酸的酸性强弱为大于 D. 不稳定，因为其键长较长，键重叠程度小 3. 人体代谢甲硒醇()后可增加抗癌活性，下表中有机物沸点不同的原因_______。 有机物 甲醇 甲硫醇() 甲硒醇() 沸点/℃ 64.7 5.95 25.05 4. 分子结构如图。 （1）分子中O的杂化轨道类型_______。 A．sp杂化 B．杂化 C．杂化 （2）键长a、b、c从长到短的顺序为_______。 5. 一种铜铟硒晶体(化学式为)的晶胞结构如下图所示，晶胞中In和Se未标明，用A或者B代替。推断In是_______(填“A”或“B”)，晶体中一个Cu周围与它最近且等距离的A粒子的个数为_______，的晶体结构可用_______(填仪器名称)测定。 二、重要的钠盐——碳酸钠和碳酸氢钠(共20分)。 6. 某校化学兴趣小组同学为对比和的性质，进行了如下实验。向相同体积、相同浓度的和溶液中分别滴加的盐酸，溶液pH变化如下。 （1）图_______是的滴定曲线。 A．甲 B．乙 （2）发生反应的离子方程式为_______。 （3）下列说法正确的是_______。 A．和溶液中所含微粒种类相同 B．、均满足： C．水的电离程度：A>B>C 7. 测等物质的量浓度的和溶液的pH随温度变化情况。测得等物质的量浓度的和溶液的pH随温度变化如图，下列说法正确的是 A. 的水解是放热反应 B. M点之前，升高温度溶液的pH减小，原因是水解平衡逆向移动 C. N点时已完全分解 D. 若将N点溶液恢复到25℃，pH>8.62 8. 设计如下装置进行和稳定性差异对比实验(加热及夹持装置省略)。 （1）将分别装有和的试管同时放入甘油油浴加热(甘油沸点为290℃)，目的是_______。 （2）该实验用饱和碳酸钠溶液检验反应的产物，a、b试管中的实验现象分别为：a_______；b_______。 （3）试管b中发生反应的离子方程式：_______。 9. 向1的和溶液中分别滴加少量溶液，均产生白色沉淀，后者有气体产生。 已知：ⅰ．的溶液中，，。 ⅱ．25℃时，， （1）请问与反应产生的沉淀是_______，通过计算说明。 （2）写出与反应的离子方程式：_______。 三、合成治疗消化道疾病的药物(共18分)。 10. 按要求回答下列问题。 （1）化合物B的名称是_______。 （2）药物M中含氧官能团的名称为_______。 （3）写出B→D的化学方程式_______。的作用可能是_______。 （4）对化合物D的结构特征分析，预测反应D→E可能分两步进行，完成下表。 序号 反应类型 反应形成的中间结构 第一步 加成反应 ①_______ 第二步 ②_______ （5）任写一个符合以下条件的D的同分异构体的结构简式为_______。 ①苯环上只有两个取代基，且苯环上的一氯取代产物只有2种 ②含有硝基并直接与苯环相连 ③核磁共振氢谱峰面积之比为6：3：2：2：2 （6）某研究小组利用以上合成路线信息优化了苯甲醛合成药物Z()的路线。请你写出该研究小组以苯甲醛为原料，合成药物Z的合成路线_______。(无机试剂与溶剂任选，合成路线常用的表示方式为：)。 四、烟气脱硝(共26分)。 11. 烟气脱硝是指通过一系列化学反应将烟气中的NO、等氮的氧化物转化为无污染的含氮物质的过程。氧—氨水法是一种高效的工业脱硝技术，主要流程图如下所示： 已知：；。 （1）已知为角形分子。下列关于NO、说法正确的是_______。 A. 均属于酸性氧化物 B. 均属于离子化合物 C. 均属于极性分子 D. 均属于电解质 （2）静电除尘的原理是含尘气体经高压静电场使尘粒带电荷后，尘粒向带相反电荷的电极定向移动，从而达到除尘目的。静电除尘类似于胶体的_______。 （3）X溶液中含有一种铵盐，它由氨水与反应生成，写出反应的离子方程式_______。 （4）摩尔比对NO脱除率以及转化率的影响如下图所示。分析最佳摩尔比为_______。 12. 脱硝反应之一： ，T℃时，向1.0L恒容密闭容器中充入2.0mol和1.0mol，反应过程中测定的部分数据见表： t/s 0 3 6 12 24 /mol 0 0.36 060 0.80 0.80 （1）反应在0~3s内平均速率_______。 （2）下列描述中能说明上述反应已达平衡的是_______。 A. 混合气体密度不再变化 B. 单位时间内消耗2mol 的同时生成1mol C. D. 混合气体压强不再变化 （3）T℃时，上述脱硝反应的化学平衡常数等于_______。 （4）T℃时，若向上述容器中充入1.0mol、0.5mol和0.50mol、0.50mol，开始时反应_______。 A．正向进行 B．逆向进行 C．达平衡 13. 下图装置能有效去除烟气中的，已知该电池反应为：。 （1）A电极通过导线_______电子。 A．流出 B．流入 （2）B电极的电极反应式_______。 14. 利用催化剂ZAg对NO催化转化的反应过程与能量变化如下图所示。 （1）下列说法正确的是_______。 A. 高温下有利于NO的转化 B. 由a释放N2O的反应速率最慢 C. a到b、d到e，都会形成非极性键 D. 过渡态2比过渡态1稳定 （2）写出总反应的热化学方程式_______。 （3）判断在上述实验条件时该反应是否会自发地进行并说明判断理由_______。 15. O2在一定条件下能有效去除烟气中的NO，其可能的反应机理如下图所示(表示羟基自由基，其中O元素为-1价，·表示未成对电子)。在_______(填“阴”或“阳”)极生成，在净化器中生成1mol，消耗的数目为_______。 五、制备CuCl(共18分)。 16. 用低品位铜矿(主要成分和FeO)为原料制备CuCl流程如图。 已知：CuCl难溶于醇和水，在热水中易被氧化，易溶于浓度较大的体系中()。 （1）将矿样研磨后“浸取”，该操作中被氧化的元素有_______(填元素符号)。 （2）“除铁”操作需在搅拌条件下滴加氨水，防止局部pH过大，原因是_______。 （3）“还原”过程中温度不宜过高的原因是_______。 （4）另有工艺改用铜粉替换，替换后工艺后续“稀释”所得滤液3经蒸发浓缩后可直接返回_______操作循环使用。 （5）如下图所示，和其他条件相同时，CuCl产率随增大先升高后降低的原因是_______。 （6）如下图所示，其他条件相同时，CuCl产率随反应时间延长而降低的原因是_______。 17. CuCl的定量分析。 步骤1．取样品0.750g和30.0mL1.000过量的溶液置于250mL的锥形瓶中，不断摇动，滴加2滴试亚铁灵指示剂(与发生特征反应，溶液呈红棕色)。 步骤2．待样品溶解后，平均分3份，用0.1000标准溶液进行滴定。 三次实验测得数据如下表。 序号 1 2 3 起始读数/mL 0.95 0.70 1.00 终点读数/mL 20.95 24.95 21.00 已知：；。 （1）数据处理：计算得CuCl的纯度为_______%。(保留三位有效数字) （2）误差分析：下列操作会使测定结果偏高的是_______。 A. 锥形瓶中有少量蒸馏水 B. 用量筒取30.0mL 1.000的溶液时仰视刻度线 C. 0.1000硫酸铈溶液久置后浓度变小 D. 滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡 （3）已知：，，式中X表示卤素离子。298K时，，，。298K时，CuCl、CuBr、CuI的饱和溶液中pCu和pX的关系如图所示。图中代表CuCl的是_______曲线(填“X”、“Y”、“Z”)，且_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 四校联考 高三化学等级考 考生注意： 1.试卷满分100分，考试时间60分钟。 2.答题前，务必在答题纸上填写姓名、班级和考号。作答必须涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分。 相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Cu-64 Se-79 一、氧族元素及其化合物(共18分)。 1. 请写出基态Se原子电子排布式_______，常温下硒单质是_______(气体、液体、固体)，同周期的元素中含有最多未成对电子的元素是_______(请写元素符号)。 【答案】 ①. 或 ②. 固体 ③. Cr 【解析】 【详解】Se是34号元素，位于硫元素的下方，基态Se原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4或[Ar]3d104s24p4；常温下硫单质是固体，Se形成的晶体和硫同为分子晶体，Se相对分子质量更大、分子间作用力更大，熔沸点更高，则硒单质常温下也是固体；与Se同周期的所有元素的基态原子中未成对电子数最多的是：Cr，价电子排布式为：3d54s1，有6个成单电子。 2. 下列说法不正确的是 A. 按照核外电子排布，可把元素周期表划分为4个区，Se位于元素周期表p区 B. Se的第二电离能小于的第二电离能 C. 硒的两种含氧酸的酸性强弱为大于 D. 不稳定，因为其键长较长，键重叠程度小 【答案】AB 【解析】 【详解】A．元素周期表根据核外电子排布划分为s、p、d、f四个区，Se的最外层电子构型为4s24p4，属于p区，A错误； B．Se失去1个电子后的电子排布式为[Ar]3d104s24p3，失去1个电子后的电子排布式为[Ar]3d104s24p2，失去一个电子的Se的4p能级为半满稳定结构，则第二电离能：Se＞As，B错误； C．同种元素含氧酸，非羟基氧原子个数越多酸性越强，H2SeO4的酸性强于H2SeO3，C正确； D．Se原子半径较大，Se=O键长较长，导致π键重叠程度小，稳定性较差，D正确； 故选AB。 3. 人体代谢甲硒醇()后可增加抗癌活性，下表中有机物沸点不同的原因_______。 有机物 甲醇 甲硫醇() 甲硒醇() 沸点/℃ 64.7 5.95 25.05 【答案】三种物质都是分子晶体，甲醇分子间存在氢键，所以沸点最高；甲硫醇、甲硒醇组成与结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高 【解析】 【详解】甲醇、甲硫醇、甲硒醇都是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，分子晶体的沸点越高，甲醇分子间存在氢键，所以甲醇的沸点最高，故答案为：三种物质都是分子晶体，甲醇分子间存在氢键，所以沸点最高；甲硫醇、甲硒醇组成与结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高。 4. 分子结构如图。 （1）分子中O的杂化轨道类型_______。 A．sp杂化 B．杂化 C．杂化 （2）键长a、b、c从长到短的顺序为_______。 【答案】（1）C （2）b>a>c 【解析】 【小问1详解】 分子中O有2个σ键，有两个孤电子对，杂化轨道类型为杂化，故选C； 【小问2详解】 原子半径C>O>H，则键长a、b、c从长到短的顺序为b>a>c。 5. 一种铜铟硒晶体(化学式为)的晶胞结构如下图所示，晶胞中In和Se未标明，用A或者B代替。推断In是_______(填“A”或“B”)，晶体中一个Cu周围与它最近且等距离的A粒子的个数为_______，的晶体结构可用_______(填仪器名称)测定。 【答案】 ①. A ②. 8 ③. X射线衍射仪 【解析】 【详解】A的原子个数，B原子有8个，全部在晶胞内部，故Se原子的个数为8，Cu原子的个数为，根据化学式，A为In；以体心的铜为例，除顶面和底面两个In原子外，其余8个In原子与其距离最近且相等；检测晶体结构的仪器是X射线衍射仪。 二、重要的钠盐——碳酸钠和碳酸氢钠(共20分)。 6. 某校化学兴趣小组同学为对比和的性质，进行了如下实验。向相同体积、相同浓度的和溶液中分别滴加的盐酸，溶液pH变化如下。 （1）图_______是的滴定曲线。 A．甲 B．乙 （2）发生反应的离子方程式为_______。 （3）下列说法正确的是_______。 A．和溶液中所含微粒种类相同 B．、均满足： C．水的电离程度：A>B>C 【答案】（1）B （2） （3）AC 【解析】 【小问1详解】 碳酸的电离平衡常数Ka1＞Ka2，则相同浓度的碳酸钠溶液pH大于碳酸氢钠溶液，实验图乙是碳酸钠的滴定曲线，故答案为：B； 【小问2详解】 由图可知，A′-B′发生的反应为碳酸钠溶液与盐酸反应生成氯化钠和碳酸氢钠，反应的离子方程式为，故答案为：； 【小问3详解】 A．碳酸钠和碳酸氢钠溶液中所含微粒均有钠离子、碳酸根离子、碳酸氢根离子、氢离子、氢氧根离子、碳酸分子和水分子，故正确； B．由图可知，B′处碳酸钠溶液与盐酸完全反应生成氯化钠和碳酸氢钠，溶液中存在电荷守恒关系，故错误； C．图甲中，A点的溶质是碳酸氢钠，碳酸氢根离子的水解能促进水的电离；B点溶质是NaCl，对水的电离无影响；C点的溶质是NaCl和HCl，盐酸电离出的氢离子能抑制水的电离；故水的电离程度：A＞B＞C，故正确； 故选AC。 7. 测等物质的量浓度的和溶液的pH随温度变化情况。测得等物质的量浓度的和溶液的pH随温度变化如图，下列说法正确的是 A. 的水解是放热反应 B. M点之前，升高温度溶液的pH减小，原因是水解平衡逆向移动 C. N点时已完全分解 D. 若将N点溶液恢复到25℃，pH>8.62 【答案】D 【解析】 【分析】盐类的水解反应是吸热反应，当加热溶液时，水解平衡正向移动，同时溶液中还存在水的电离平衡，升温对水的电离平衡的影响程度大于水解平衡的影响程度，故变大，且均变大，则溶液的pH减小，当加热溶液时，情况与溶液类似，当M点时，pH突变，说明溶液中少部分的溶液分解生成了，据此分析解答。 【详解】A．水解反应是吸热反应，A错误； B．由分析可知，M点之前，升高温度溶液的pH减小，表明溶液中c(H+)增大，NaHCO3的水解是吸热过程，水解平衡不可能逆向移动，主要原因是升温对水的电离平衡的影响程度大于水解平衡的影响程度，c(H+)增大，pH减小，B错误； C．N点NaHCO3已经完全分解，则碳酸钠溶液在45℃时的pH约为11.45，与碳酸氢钠溶液的pH不符，C错误； D．由于N点时有部分NaHCO3转化为Na2CO3，所以若将N点溶液恢复到25℃，pH＞8.62，D正确； 故选D。 8. 设计如下装置进行和稳定性差异对比实验(加热及夹持装置省略)。 （1）将分别装有和的试管同时放入甘油油浴加热(甘油沸点为290℃)，目的是_______。 （2）该实验用饱和碳酸钠溶液检验反应的产物，a、b试管中的实验现象分别为：a_______；b_______。 （3）试管b中发生反应的离子方程式：_______。 【答案】（1）提供较高温度，便于盐分解实验 （2） ①. a中开始有少量气泡，后来无现象，无沉淀产生(只写无明显现象也可) ②. b中有大量气泡，后面有白色晶体析出 （3） 【解析】 【分析】Na2CO3加热不分解，NaHCO3在加热时会产生CO2，利用生成的CO2来对比Na2CO3和NaHCO3稳定性差异。 【小问1详解】 甘油沸点为290℃，则甘油油浴加热的目的是提供较高温度，便于盐分解实验； 【小问2详解】 Na2CO3热稳定性较好，受热难分解，升高温度试管中气体膨胀因此a中开始有气泡，后来无现象，但无沉淀产生，NaHCO3受热易分解产生二氧化碳，二氧化碳通入b中和饱和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，因此b中先有大量气泡，后有白色晶体析出； 【小问3详解】 b中二氧化碳与饱和碳酸钠溶液反应，会生成溶解度小的碳酸氢钠沉淀，离子方程式：。 9. 向1的和溶液中分别滴加少量溶液，均产生白色沉淀，后者有气体产生。 已知：ⅰ．的溶液中，，。 ⅱ．25℃时，，。 （1）请问与反应产生的沉淀是_______，通过计算说明。 （2）写出与反应的离子方程式：_______。 【答案】（1） （2） 【解析】 小问1详解】 1mol⋅L−1 NaHCO3溶液中：生成FeCO3沉淀所需；生成Fe(OH)2沉淀所需c2(Fe2+)===1.2510-5mol⋅L−1；c1(Fe2+)c2(Fe2+)，故NaHCO3与FeCl2反应产生的沉淀为FeCO3而不是Fe(OH)2； 【小问2详解】 向NaHCO3溶液中滴加少量FeCl2溶液，产生白色FeCO3沉淀，还生成气体，该气体为CO2，该反应的离子方程式为。 三、合成治疗消化道疾病的药物(共18分)。 10. 按要求回答下列问题。 （1）化合物B的名称是_______。 （2）药物M中含氧官能团的名称为_______。 （3）写出B→D的化学方程式_______。的作用可能是_______。 （4）对化合物D的结构特征分析，预测反应D→E可能分两步进行，完成下表。 序号 反应类型 反应形成的中间结构 第一步 加成反应 ①_______ 第二步 ②_______ （5）任写一个符合以下条件的D的同分异构体的结构简式为_______。 ①苯环上只有两个取代基，且苯环上的一氯取代产物只有2种 ②含有硝基并直接与苯环相连 ③核磁共振氢谱峰面积之比为6：3：2：2：2 （6）某研究小组利用以上合成路线信息优化了苯甲醛合成药物Z()的路线。请你写出该研究小组以苯甲醛为原料，合成药物Z的合成路线_______。(无机试剂与溶剂任选，合成路线常用的表示方式为：)。 【答案】（1）对羟基苯甲醛或4-羟基苯甲醛 （2）醚键、酰胺基 （3） ①. 或 ②. 中和中间产物，使平衡正向移动，提高D的产率 （4） ① ②. 消去反应 （5） （6） 【解析】 【分析】(A) 催化氧化为(B) ，B与C(C4H10ClN)在K2CO3作用下生成(D)，则C的结构简式为，D与NH2OH反应生成(E)，E与H2在催化剂作用下发生还原反应生成(F)；(G)与SOCl2反应生成(H)，H与F一定条件生成(M)。 【小问1详解】 B为 ，习惯命名法为：对羟基苯甲醛，系统命名法为：4-羟基苯甲醛； 【小问2详解】 由M的结构简式可知，M含氧官能团的名称为醚键、酰胺基； 【小问3详解】 与发生取代反应生成D，同时会生成小分子HCl，化学方程式为或；其中碳酸钾的作用是中和中间产物，使平衡正向移动，提高D的产率； 【小问4详解】 D为，E为，D→E可能分两步进行，第一步D与H2NOH发生加成反应生成，第二步发生消去反应生成； 【小问5详解】 D为，满足苯环上只有两个取代基，且其中一个是硝基，苯环上的一氯取代产物只有2种，说明硝基与另一个取代基是对位关系，核磁共振氢谱峰面积之比为6：3：2：2：2，可以说明含有两个对称结构的甲基，满足条件的同分异构体的结构简式为为； 【小问6详解】 与试剂H2NOH反应生成，与H2发生加成反应生成 ；在催化剂作用下与氧气反应生成，与SOCl2反应生成 ；与反应生成，路线为：。 四、烟气脱硝(共26分)。 11. 烟气脱硝是指通过一系列化学反应将烟气中的NO、等氮的氧化物转化为无污染的含氮物质的过程。氧—氨水法是一种高效的工业脱硝技术，主要流程图如下所示： 已知：；。 （1）已知为角形分子。下列关于NO、说法正确的是_______。 A. 均属于酸性氧化物 B. 均属于离子化合物 C. 均属于极性分子 D. 均属于电解质 （2）静电除尘的原理是含尘气体经高压静电场使尘粒带电荷后，尘粒向带相反电荷的电极定向移动，从而达到除尘目的。静电除尘类似于胶体的_______。 （3）X溶液中含有一种铵盐，它由氨水与反应生成，写出反应的离子方程式_______。 （4）摩尔比对NO脱除率以及转化率的影响如下图所示。分析最佳摩尔比为_______。 【答案】（1）C （2）电泳 （3） （4）1.1 【解析】 【分析】含NO、NO2的烟气通过静电除尘后，加入氨水同时通入臭氧氧化脱硝得到硝酸铵溶液，除雾后即为达标排放的烟气； 【小问1详解】 A．NO不和H2O、NaOH反应，NO2和水发生氧化还原反应，二者都不是酸性氧化物，故A错误； B．NO、NO2都属于共价化合物，故B错误； C．NO为直线形分子，NO2为角形分子，二者正负电中心不重合，都是极性分子，故C正确； D．NO、NO2都属于非电解质，故D错误； 故选C； 【小问2详解】 静电除尘的原理是含尘气体经高压静电场使尘粒带电荷后，尘粒向带相反电荷的电极定向移动，从而达到除尘目的，类似于胶体的电泳； 【小问3详解】 N2O5和水反应生成HNO3，氨水与N2O5反应生成硝酸铵，离子方程式为：2NH3⋅H2O+N2O5=2+2+H2O； 【小问4详解】 由图像可知，最佳摩尔比为1.1，此时NO的脱除率最大，且NO2的转化率最高。 12. 脱硝反应之一： ，T℃时，向1.0L恒容密闭容器中充入2.0mol和1.0mol，反应过程中测定的部分数据见表： t/s 0 3 6 12 24 /mol 0 0.36 0.60 0.80 0.80 （1）反应在0~3s内的平均速率_______。 （2）下列描述中能说明上述反应已达平衡的是_______。 A. 混合气体密度不再变化 B. 单位时间内消耗2mol 的同时生成1mol C. D. 混合气体压强不再变化 （3）T℃时，上述脱硝反应的化学平衡常数等于_______。 （4）T℃时，若向上述容器中充入1.0mol、0.5mol和0.50mol、0.50mol，开始时反应_______。 A．正向进行 B．逆向进行 C．达平衡 【答案】（1） （2）CD （3）20 （4）A 【解析】 【小问1详解】 反应在0~3s内的平均速率2=； 【小问2详解】 A.该反应混合气体的总质量不变，为恒容密闭容器，则混合气体密度一直保持不变，不能说明反应达到平衡，A不选； B.单位时间内消耗2molNO2同时生成1molO2都是指正反应方向速率，不能说明反应达到平衡，B不选； C. 逆说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，C选； D.该反应前后气体分子总数不相等，则混合气体压强不再变化，说明反应达到平衡状态，D选； 故选：CD； 【小问3详解】 根据表格数据可知，达到平衡时，=0.8mol，可知生成0.8mol，消耗1.6mol，消耗0.8mol，剩余0.4mol，剩余0.2mol，容器体积1L，K==20； 【小问4详解】 T℃时，若向上述容器中充入1.0mol、0.5mol和0.50mol、0.50mol，此时浓度商Q==0.5﹤K=20，开始时反应正向进行，故选A。 13. 下图装置能有效去除烟气中的，已知该电池反应为：。 （1）A电极通过导线_______电子。 A．流出 B．流入 （2）B电极的电极反应式_______。 【答案】（1）A （2） 【解析】 【小问1详解】 根据反应可知失去电子作负极，得到电子作正极生成N2，电极A为负极，电极B为正极，A电极通过导线流出电子，故选A； 【小问2详解】 根据反应可知，电极B为正极，电极的电极反应式。 14. 利用催化剂ZAg对NO催化转化的反应过程与能量变化如下图所示。 （1）下列说法正确的是_______。 A. 高温下有利于NO的转化 B. 由a释放N2O的反应速率最慢 C. a到b、d到e，都会形成非极性键 D. 过渡态2比过渡态1稳定 （2）写出总反应热化学方程式_______。 （3）判断在上述实验条件时该反应是否会自发地进行并说明判断理由_______。 【答案】（1）BC （2） （3）由于反应前后气体分子数不变，很小(几乎为0)，而反应的小于0，所以，因此反应可以自发进行 【解析】 【小问1详解】 A．从图中可以看出，NO催化转化为N2和O2是一个放热反应，则高温下不利于NO的转化，A不正确； B．由a到c比由d到f的活化能大，活化能越大，反应速率越慢，则由a释放N2O的反应速率最慢，B正确； C．a到b形成氮氮非极性键，由d到e形成氧氧非极性键，C正确； D．物质具有的能量越高，稳定性越差，图中信息显示，过渡态2的能量比过渡态1高，则过渡态2比过渡态1稳定性差，D不正确； 故选BC。 【小问2详解】 该反应中，反应物为NO(g)，最终产物为N2(g)和O2(g)，反应放出的能量为182.8kJ∙mol-1，则总反应的热化学方程式为 。 【小问3详解】 该反应前后气体分子数都为2，ΔS接近0，△H=-182.8kJ∙mol-1＜0，则上述实验条件时该反应会自发地进行，理由：由于反应前后气体分子数不变，很小(几乎为0)，而反应的小于0，所以，因此反应可以自发进行。 15. O2在一定条件下能有效去除烟气中的NO，其可能的反应机理如下图所示(表示羟基自由基，其中O元素为-1价，·表示未成对电子)。在_______(填“阴”或“阳”)极生成，在净化器中生成1mol，消耗的数目为_______。 【答案】 ①. 阳 ②. 【解析】 【详解】由图可知，O2转化为发生的反应为O2-e-=，故在阳极发生此反应；净化器内NO被HO•氧化为HNO3，发生的反应为3HO• + NO = HNO3 + H2O，氮元素化合价由+2价升高到+5价，氧元素由-1价降低到-2价，则生成1mol，消耗的数目为。 五、制备CuCl(共18分)。 16. 用低品位铜矿(主要成分为和FeO)为原料制备CuCl流程如图。 已知：CuCl难溶于醇和水，在热水中易被氧化，易溶于浓度较大的体系中()。 （1）将矿样研磨后“浸取”，该操作中被氧化的元素有_______(填元素符号)。 （2）“除铁”操作需在搅拌条件下滴加氨水，防止局部pH过大，原因是_______。 （3）“还原”过程中温度不宜过高的原因是_______。 （4）另有工艺改用铜粉替换，替换后工艺后续“稀释”所得滤液3经蒸发浓缩后可直接返回_______操作循环使用。 （5）如下图所示，和其他条件相同时，CuCl产率随增大先升高后降低的原因是_______。 （6）如下图所示，其他条件相同时，CuCl产率随反应时间延长而降低的原因是_______。 【答案】（1）+1价的Cu、-1价的S、+2价的Fe （2）防止局部pH过大锰元素和铜元素以氢氧化物形式析出 （3）防止盐酸挥发；防止生成的Cu(I)在热水中被氧化 （4）还原 （5）随着增大，溶液中浓度增大，使得更容易生成CuCl，随着反应的进行CuCl沉淀越来越多，紧接着CuCl沉淀就会与过多的形成可溶于水的，使得CuCl的沉淀逐渐消失，产率下降 （6）随着反应时间增长，生成的CuCl沉淀与空气接触的时间就越久，越容易被氧气氧化，使得CuCl产率下降 【解析】 【分析】低品位铜矿加入稀硫酸、二氧化锰浸取，将S元素氧化形成硫单质除去，同时将亚铁离子氧化为铁离子，将Cu(Ⅰ)氧化为铜离子，所得滤液加入氨水除铁，得到的滤渣1主要为氢氧化铁，再加氨水、碳酸氢铵除锰得到碳酸锰，滤液经过蒸氨、过滤、洗涤得到高活性氧化铜，加入亚硫酸钠、盐酸，加入氯化钠还原，加水稀释后得到氯化亚铜。 【小问1详解】 由分析可知，将矿样研磨后“浸取”，该操作中被氧化的元素有+1价的Cu、-1价的S、+2价的Fe，即答案为：+1价的Cu、-1价的S、+2价的Fe； 【小问2详解】 “除铁”操作需在搅拌条件下滴加氨水，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，若局部pH过大锰元素和铜元素以氢氧化物形式析出，故答案为：防止局部过大锰元素和铜元素以氢氧化物形式析出； 【小问3详解】 盐酸具有挥发性，温度过高会增大挥发，且在热水中被氧化，所以“还原”过程中温度不宜过高，故答案为：防止盐酸挥发；防止生成的Cu(I)在热水中被氧化； 【小问4详解】 改用铜粉替换，改进后工艺后续“稀释”所得滤液3的主要成分为NaCl，经蒸发浓缩后可直接返回还原操作循环使用； 【小问5详解】 由题已知：易与形成可溶的，随着增大，溶液中浓度增大，使得更容易生成，随着反应的进行沉淀越来越多，紧接着沉淀就会与过多的形成可溶于水的，使得的沉淀逐渐消失，产率下降，故答案为：随着增大，溶液中浓度增大，使得更容易生成CuCl，随着反应的进行CuCl沉淀越来越多，紧接着CuCl沉淀就会与过多的形成可溶于水的，使得CuCl的沉淀逐渐消失，产率下降； 【小问6详解】 已知易被氧化，所以随着反应时间增长，生成的沉淀与空气接触的时间就越久，越容易被氧气氧化，使得产率下降，故答案为：随着反应时间增长，生成的CuCl沉淀与空气接触的时间就越久，越容易被氧气氧化，使得CuCl产率下降。 17. CuCl定量分析。 步骤1．取样品0.750g和30.0mL1.000过量的溶液置于250mL的锥形瓶中，不断摇动，滴加2滴试亚铁灵指示剂(与发生特征反应，溶液呈红棕色)。 步骤2．待样品溶解后，平均分为3份，用0.1000标准溶液进行滴定。 三次实验测得数据如下表。 序号 1 2 3 起始读数/mL 0.95 0.70 1.00 终点读数/mL 20.95 24.95 21.00 已知：；。 （1）数据处理：计算得CuCl的纯度为_______%。(保留三位有效数字) （2）误差分析：下列操作会使测定结果偏高的是_______。 A. 锥形瓶中有少量蒸馏水 B. 用量筒取30.0mL 1.000的溶液时仰视刻度线 C. 0.1000硫酸铈溶液久置后浓度变小 D. 滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡 （3）已知：，，式中X表示卤素离子。298K时，，，。298K时，CuCl、CuBr、CuI的饱和溶液中pCu和pX的关系如图所示。图中代表CuCl的是_______曲线(填“X”、“Y”、“Z”)，且_______。 【答案】（1）79.6 （2）CD （3） ①. X ②. 6 【解析】 【小问1详解】 CuCl+FeCl3═CuCl2+FeCl2 、Fe2++Ce4+═Fe3++Ce3+，标准溶液体积中2实验读取误差太大舍去，平均消耗溶液体积=，称取0.7500g的样品和30.0mL 1.0mol/L的FeCl3溶液置于250mL锥形瓶中，n（Fe3+）=0.0300L×1.000mol/L=0.03mol，待样品溶解后，平均分为3份，用0.1000 mol•L-1Ce（SO4）2标准溶液进行滴定，得到对应关系，n=0.002mol＜0.03mol，则结合CuCl+FeCl3═CuCl2+FeCl2得到CuCl物质的量0.002mol，样品中CuCl 纯度=； 故答案：79.6； 【小问2详解】 A．锥形瓶中有少量蒸馏水对滴定实验无影响，故A错误； B．用量筒取30.0mL 1.000的溶液时仰视刻度线，氯化铁溶液体积偏大，但不影响消耗标准溶液体积，测定结果不变，故B错误； C．0.1000mol/L CeOSO4溶液久置后浓度变小，滴定时消耗溶液体积增大，结果偏高，故C正确； D．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故D正确； 故答案为：CD。 【小问3详解】 X、Y、Z三条曲线中，当pX相同时，pCu越小，对应CuX的Ksp越大，因此，曲线X代表CuCl，曲线Y代表CuBr，曲线Z代表CuI，且在CuI的饱和溶液中，c(Cu+)=c(I－)==mol·L－1=1.0×10－6mol·L－1，则a=6；故答案为：X；6。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$