精品解析：江苏省无锡市2024-2025学年高三上学期期末化学试题

无锡市2024年秋学期高三期终教学质量调研测试 化学 注意事项： 1.本试卷分单项选择题和非选择题两部分，共100分。考试时间75分钟。 2.答案全部写在答题卡上，写在试题纸上一律无效。 3.可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Si28 S32 Cl35.5 Mn55 Fe56 Cu64 Ag108 Pr141 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. 我国科学家研究“嫦娥六号”采集的月球土壤，分析揭示月壤中存在、等多种氧化物，其中属于 A. 酸性氧化物 B. 两性氧化物 C. 过氧化物 D. 金属氧化物 【答案】A 【解析】 【详解】酸性氧化物是与碱反应只生成盐和水的氧化物；既能与酸反应生成盐和水，又能与碱反应只生成盐和水的氧化物是两性氧化物；含有-O-O-键的氧化物属于过氧化物；由金属元素和氧元素组成的氧化物是金属氧化物；SiO2能与NaOH反应生成盐和水，属于酸性氧化物，答案选A。 2. 反应可用于检测气体泄漏，下列说法正确的是 A. 为非极性分子 B. 中子数为18的氯原子为 C. 中既含有离子键又含有共价键 D. 的电子式为 【答案】C 【解析】 【详解】A．为三角锥形，为极性分子，A错误； B．中子数为18的氯原子质量数为35：，B错误； C．氯化铵中铵根离子与氯离子之间形成离子键，铵根离子中N原子与H原子之间形成共价键，C正确； D．的电子式为，D错误； 故选C。 3. 实验室利用下列装置进行的有关实验，无法达到实验目的的是 A．制取 B．除去中的 C．收集 D．吸收尾气中的 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．浓盐酸与MnO2加热生成MnCl2、Cl2和H2O，可以用作实验室制取氯气，A不符合题意； B．除去Cl2中的HCl，应该通过饱和食盐水，通过NaHCO3溶液会产生CO2，引入新的杂质，同时还会除去氯气，B符合题意； C．氯气的密度大于空气，可以用向上排空气法收集Cl2，C不符合题意； D．Cl2与NaOH反应生成水、NaCl和NaClO，可以用NaOH溶液吸收尾气中的Cl2，D不符合题意； 答案选B。 4. 硫磷酸铵具有改良土壤等多种用途，下列说法正确的是 A. 沸点： B. 电负性大小： C. 电离能大小： D. 酸性强弱： 【答案】C 【解析】 【详解】A．氨分子能形成分子间氢键，而磷化氢不能形成分子间氢键，所以氨分子分子间作用力大于磷化氢，沸点高于磷化氢，A错误； B．同周期从左到右，元素的电负性逐渐增大，电负性大小：，B错误； C．根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，则元素第一电离能：，C正确； D．同一周期主族元素从左到右，元素非金属性递增，最高价氧化物的水化物酸性增强，酸性强弱：，D错误； 故选C。 5. 下列物质的性质与用途具有对应关系的是 A. 有还原性，可用于漂白草编织物 B. 浓硫酸有脱水性，可用于干燥某些气体 C. 受热可分解，可用作食盐的碘添加剂 D. 有强氧化性，可用作水体杀菌消毒剂 【答案】D 【解析】 【详解】A．SO2用于漂白草编织物，体现了SO2的漂白性，A错误； B．浓硫酸干燥某些气体，是由于浓硫酸具有吸水性，B错误； C．受热可分解与可用作食盐的碘添加剂之间没有对应关系，作碘添加剂由于含有碘元素，C错误； D．强氧化性的物质可以使蛋白质变性，用于杀菌消毒，有强氧化性，可用作水体杀菌消毒剂，二者有对应关系，D正确； 答案选D。 阅读下列材料，完成下面小题： C、Si及其化合物应用广泛。具有较大的燃烧热（890.3kJ·mol-1），常用作燃料；工业上可用与反应生产， kJ·mol-1；用焦炭还原可制得粗硅，再发生两步反应可制得精硅：、，反应过程中可能会生成；硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，是一种矿黏合剂，通入生成沉淀。 6. 下列说法正确的是 A. 1mol晶体硅中含有2mol键 B. 金刚石与石墨中碳碳键的夹角都为 C. 、、分子的空间构型均为正四面体 D. 分子中碳原子的杂化轨道类型为 7. 下列化学反应表示正确的是 A. 制粗硅的化学方程式： B. 甲烷-空气碱性燃料电池正极反应式： C. 甲烷燃烧的热化学方程式： kJ·mol-1 D. 硅酸钠溶液中通入过量反应的离子方程式： 8. 对于反应，下列说法正确的是 A. 反应的平衡常数可表示为 B. 该反应的反应物总键能小于生成物总键能 C. 升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡正向移动 D. 其他条件相同，增大，的转化率下降 【答案】6. A 7. A 8. D 【解析】 【6题详解】 A．晶体硅中，一个硅周围通过四个共价键与其它原子成键，平均1个Si原子形成2个Si-Si键，1mol晶体硅中含有2mol键，A正确； B．石墨是平面形结构，夹角为120°，B错误； C．CH4和SiCl4是正四面体结构，SiHCl3是四面体结构，不是正四面体，C错误； D．CO2中C原子价层电子对为2，C原子的杂化轨道类型为sp杂化，D错误； 答案选A； 【7题详解】 A．制粗硅用SiO2与C在高温下反应生成Si和CO，方程式为：，A正确； B．甲烷-空气碱性燃料电池中甲烷为燃料，发生氧化反应，是负极，负极的反应式为：，B错误； C．的燃烧热为890.3kJ·mol-1，燃烧的热化学方程式中生成物水应该是液态，C错误； D．硅酸钠溶液通入过量的CO2生成硅酸和碳酸氢钠，离子方程式为：，D错误； 答案选A； 【8题详解】 A．反应的平衡常数表达式，A错误； B．，kJ·mol-1，是吸热反应，断键要吸热，成键放热，该反应的反应物总键能大于生成物总键能，B错误； C．升高温度，正逆反应速率均增大，C错误； D．其他条件相同，增大，相当于增加CH4的物质的量，H2O的转化率升高，的转化率下降，D正确； 答案选D。 9. 第二代钠离子电池是以嵌钠硬碳（）和锰基高锰普鲁士白为电极的新型二次电池，充电时嵌入硬碳，放电时发生脱嵌，其工作原理如图所示。下列说法正确的是 A. 充电时，a接电源的负极 B. 充电时，B极反应为 C. 放电时，穿过离子交换膜向B极移动 D. 放电时，每转移1mol电子，A极质量减少23g 【答案】B 【解析】 【分析】由题可知，放电时，B极是原电池负极，镶嵌在硬碳中的钠失去电子发生氧化反应生成钠离子，电极反应式为，A极是正极，在钠离子作用下，Mn[Mn(CN)6]在正极得到电子发生还原反应生成Na2Mn[Mn(CN)6]，电极反应式为Mn[Mn(CN)6]+2Na++2e-= Na2Mn[Mn(CN)6]；充电时，A极与直流电源的正极相连，做电解池的阳极，B极为阴极。 【详解】A．由分析，充电时，a接电源的正极，A错误； B．充电时，B极为阴极，钠离子得到电子发生还原反应嵌入硬碳：，B正确； C．放电时，阳离子向正极移动，故穿过离子交换膜向A极移动，C错误； D．A极是正极，在钠离子作用下，Mn[Mn(CN)6]在正极得到电子发生还原反应生成Na2Mn[Mn(CN)6]，电极反应式为Mn[Mn(CN)6]+2Na++2e-= Na2Mn[Mn(CN)6]；结合电子守恒，放电时，每转移1mol电子，A极增加1mol钠离子，质量增加23g，D错误； 故选B。 10. 丹参醇是存在于丹参中的一种天然产物。合成丹参醇的部分路线如下： 下列说法正确的是 A. X分子中所有碳原子可能共平面 B Y与发生加成反应最多可生成3种有机产物 C. 丹参醇能发生加成、取代、氧化和消去反应 D. Y与丹参醇分子中均含有1个手性碳原子 【答案】C 【解析】 【详解】A．X分子中含有多个饱和碳原子，不可能所有碳原子共平面，A错误； B．Y与按照物质的量之比1:1发生加成反应，可以发生1,2-加成和1,4-加成得到三种产物，也可以按照物质的量之比1:2发生加成反应得到1种产物，最多可生成4种有机产物，B错误； C．丹参醇含有羟基，碳碳双键等官能团，能发生加成、取代、氧化和消去反应，C正确； D．丹参醇分子中与羟基相连的2个碳原子均为手性碳原子，Y中与羟基相连的是手性碳原子，D错误； 答案选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2mL0.1mol·L-1溶液中滴加几滴酸性溶液，溶液紫色褪去 具有还原性 B 取2mL0.1mol·L-1KI溶液于试管中，加入0.5mL0.1mol·L-1溶液，充分反应后滴入几滴KSCN溶液，溶液变成红色 KI与溶液的反应有一定限度 C 用pH试纸分别测溶液和溶液的pH，溶液的pH大 D 向2mL0.1mol·L-1溶液中先滴加4滴0.1mol·L-1KCl溶液，再滴加4滴0.1mol·L-1KI溶液，先产生白色沉淀，后产生黄色沉淀 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．溶液中氯离子也有还原性，滴加几滴酸性溶液，溶液紫色褪去，不能证明具有还原性，A错误； B．取2mL0.1mol·L-1KI溶液于试管中，加入0.5mL0.1mol·L-1溶液，碘离子过量，充分反应后滴入几滴KSCN溶液，溶液变成红色，说明溶液中还存在铁离子，能证明KI与溶液的反应有一定限度，B正确； C．不知两种盐溶液的浓度大小，不能通过溶液的pH大小判断两种酸的电离常数大小，C错误； D．向2mL0.1mol·L-1溶液中先滴加4滴0.1mol·L-1KCl溶液，溶液中银离子过量，加入KI溶液，一定会产生黄色沉淀，不能证明，D错误； 故选B。 12. 室温下，通过下列实验制备少量并探究其性质。 实验1：测得100mL14mol·L-1氨水的pH约为12； 实验2：向上述氨水中加入NaCl至饱和，通足量，经过滤、洗涤、干燥得到固体； 实验3：配制100mL0.1mol·L-1溶液，测得溶液pH为8.0； 实验4：向2mL0.1mol·L-1溶液中滴加几滴0.1mol·L-1溶液，产生白色沉淀。 下列说法正确的是 A. 依据实验1推测： B. 实验2所得滤液中存在： C. 实验3的溶液中存在：mol·L-1 D. 实验4发生反应的离子方程式： 【答案】D 【解析】 【详解】A．室温下，14mol·L-1氨水的pH约为12，则，，列三段式： 则，A错误； B．发生反应：，析出NaHCO3，所得滤液中主要含NH4Cl，含有少量NaHCO3，根据电荷守恒可得：，B错误； C．NaHCO3溶液中，根据物料守恒可得：，由电荷守恒得：，将电荷守恒关系式代入物料守恒关系式得：，C错误； D．溶液少量，反应时定其系数为1，两者反应生成、和，则反应的离子方程式为：，D正确； 故选D。 13. 工业尾气中含有CO和，可将尾气通过催化剂进行处理，发生以下反应： ① ② 600~1000K范围内，平衡转化率接近100%。其他条件相同，不同温度下，、COS平衡产率和10min时实际产率如图所示。下列说法正确的是 A. 一定存在 B. 升高温度，平衡产率上升的可能原因是反应物浓度增大对平衡的影响超过温度升高的影响 C. 900K，10min后继续反应足够长时间，实际产率的变化趋势可能为先增大后保持不变 D. 用该方法处理工业尾气回收单质硫（），反应的温度越高越好 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图可知，反应②是放热反应，温度升高，反应②逆向移动，SO2和CO浓度增大，可以使反应①正向移动，温度升高平衡产率上升的原因可能是由于浓度影响超过温度影响，反应①不一定是吸热反应，即不一定存在，A错误； B．根据A的分析可知，升高温度，平衡产率上升的可能原因是反应物浓度增大对平衡的影响超过温度升高的影响，B正确； C．通过观察图像可知，10min时S2的实际产率大于平衡产率，所以最终要减小到与900K时平衡产率相等，则900K，在10min后继续反应足够长时间，S2实际产率的变化趋势可能为：先增大后减小至900K时S2的平衡产率后保持不变，C错误； D．600~1000K范围内，平衡转化率接近100%，温度过高，催化剂的活性可能降低，SO2的平衡转化率可能下降，D错误； 答案选B。 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 实验室以黄铜矿（主要含有CuFeS2）为原料可制取草酸铜（CuC2O4），草酸铜可用于制备纳米材料、复合材料等。 已知：Cu(OH)2的分解温度为185℃，CuCO3的分解温度为200℃。 Ⅰ．CuFeS2的晶胞结构 （1） CuFeS2的一种晶体晶胞结构如图所示（其中S原子均位于晶胞内部），该CuFeS2晶体的一个晶胞中Cu的数目为______。在答题卡的图中用“——”将Cu原子（图示中的A）与其紧邻的S原子连接起来______。 Ⅱ．黄铜矿浸取法制取硫酸铜 在酸性、有氧条件下，某种细菌能催化转化成硫酸盐的反应。 （2）该反应的离子方程式为______，生成的Fe2(SO4)3又可将CuFeS2氧化。 （3）Ag+对上述过程有催化作用。其它条件相同，浸出时间为15天，不同Ag+浓度对铜元素浸出率的影响如图所示，Ag+浓度从5mg/L上升到7mg/L阶段铜元素浸出率下降的原因是____________。 Ⅲ．草酸铜的制取及应用 （4）将上述黄铜矿浸出液分离提纯，得到的硫酸铜溶液与草酸反应可制备CuC2O4，反应的离子方程式为，常温下该反应的平衡常数是300，则______。（已知：常温下，，） （5）将CuC2O4固体在350℃加热至恒重制取纳米CuO。 ①X射线衍射实验发现得到的纳米CuO不纯。混有的杂质可能是___________。 ②纳米金属氧化物是常用的催化剂，若其表面出现氧空位，可以提高其催化性能。将纳米CuO加热到高温用无水乙醇淬火处理，得到富含氧空位的氧化铜，该过程能得到富含氧空位的CuO的原因是____________。 【答案】（1） ①. 4 ②. （2） （3）Ag+浓度增大，反应速率加快；Ag+浓度增大，细菌的活性减弱，反应速率减慢；减慢幅度大于加快幅度 （4） （5） ①. Cu2O或Cu ②. 加热条件下，乙醇与CuO表面的O反应形成氧空位 【解析】 【小问1详解】 该CuFeS2晶体的一个晶胞中，Cu原子位于顶点、面心和体心，则Cu的数目为=4。Cu原子(图示中的A)位于体心，与其紧邻的S原子为体内靠近它的4个S原子，连接起来的图示为： 【小问2详解】 在酸性、有氧条件下，某种细菌能将CuFeS2催化转化成硫酸铜、Fe2(SO4)3等，依据得失电子守恒、质量守恒，可得出该反应的离子方程式为。 【小问3详解】 从图中可以看出，Ag+浓度从5mg/L上升到7mg/L阶段，铜元素浸出率下降，若从Ag+浓度考虑，浓度增大反应速率应加快，说明Ag+浓度增大对催化剂的活性造成了不利影响，从而得出原因是：Ag+浓度增大，反应速率加快；Ag+浓度增大，细菌的活性减弱，反应速率减慢；减慢幅度大于加快幅度。 【小问4详解】 K====300，则 ===。 【小问5详解】 ①CuC2O4固体在350℃加热分解，在生成CuO的同时，有CO、CO2生成，CO还原CuO可能会生成Cu2O或Cu，所以X射线衍射实验发现得到的纳米CuO不纯，混有的杂质可能是Cu2O或Cu。 ②乙醇具有还原性，加热时能将CuO还原为Cu，从而使纳米金属氧化物表面出现氧空位，则将纳米CuO加热到高温用无水乙醇淬火处理，可得到富含氧空位的氧化铜，原因是：加热条件下，乙醇与CuO表面的O反应形成氧空位。 【点睛】计算晶胞中所含微粒的数目时，可采用均摊法。 15. 有机化合物G（）是天然抗肿瘤药物长春碱的重要结构片段，其合成路线如下： 已知： ① ② （1）化合物G中的含氧官能团名称为______。 （2）B→C的反应类型为______。 （3）A→B的反应中需控制A稍过量以防止产生有机副产物，该副产物的结构简式为______。 （4）E→F的反应中经历了E中间产物Ⅰ中间产物ⅡF，试写出中间产物Ⅱ的结构简式______。 （5）写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：______。 该化合物只含有一个苯环。碱性条件下水解后酸化，生成两种有机产物，均含有4种不同化学环境的氢原子，其中一种有机产物能与溶液发生显色反应。 （6）写出以和乙烯为原料制备的合成路线流程图______。（无机试剂和题干流程条件中出现的有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。 【答案】（1）羟基、酯基 （2）取代反应 （3） （4） （5）或或或 （6） 【解析】 【分析】A到B发生取代反应，A中-NH2上H原子被取代，B到C发生取代反应，同时生成有CH3COOH，C到D发生加成反应，双键转化为环状结构，D到E发生取代反应，酰胺基在碱性条件下水解得到氨基，B到C和D到E目的是保护氨基，E到F发生加成和消去反应，F经过多步反应得到G。 【小问1详解】 G的结构简式为：，含氧官能团的名称为羟基、酯基； 【小问2详解】 由分析可知，B到C反应类型为取代反应； 【小问3详解】 A到B发生取代反应，A中-NH2上H原子被取代，若B过量，氨基上两个H原子均有可能被取代，副产物的结构简式为：； 【小问4详解】 E→F的反应中，E先与 加成得到中间产物I为，中间产物I在发生醛基上加成反应得到中间产物II ，中间产物II再发生消去反应得到F，中间产物II的结构简式为：； 【小问5详解】 D的结构简式为：，除苯环外有2个N原子，两个O原子，除苯环外有5个不饱和度，同分异构体中能水解再酸化成两种物质，均含有4种等效H原子，一种产物与FeCl3显色反应，说明有酚羟基，该有机物可能含有一个酯基，两个对称的氨基，符合条件的结构简式为：或；若结构中含有酰胺基，可推出同分异构体的结构简式为：、。 小问6详解】 可以由与发生取代反应得到，可以有乙烯与水加成反应得到，由与H2加成反应得到，由与乙烯发生合成路线中C到D的反应得到，故合成路线为：。 16. 回收镨铁合金抛光废料(含Fe和少量Pr及杂质)，可制备Pr6O11和Pr(OH)3。镨铁合金抛光废料经除铁、萃取、反萃取可得PrCl3溶液。Pr的常见化合价为+3和+4。 （1）沉淀Pr3+。搅拌下，将一定量的PrCl3溶液与沉淀剂Na2CO3溶液充分反应，过滤得到Pr2(CO3)3·8H2O沉淀，发生反应的化学方程式为____________。沉淀剂用Na2CO3溶液比用NH4HCO3溶液得到的沉淀颗粒更加致密，可能的原因是____________。 （2）Pr6O11的制备和性质。 ①将Pr2(CO3)3·8H2O置于空气中灼烧，测得剩余固体质量与起始固体质量的比值随温度变化的曲线如图所示。制备Pr6O11最适宜的温度为______（写出计算过程）。 ②将0.5 g Pr6O11加到20 mL30%H2O2酸性溶液中产生大量气泡，反应后镨元素仅以Pr³⁺的形式存在。该反应的离子方程式为____________。 （3）Pr(OH)3的制备。 用萃取剂P507[(HA)2]萃取Pr3+的原理：（有机层）。 已知：①P507对Pr3+和Fe3+、Fe2+都有萃取作用，对杂质离子无萃取作用。 ②Pr3+开始沉淀pH为8，Fe3+完全沉淀的pH为3.7，Fe2+完全沉淀的pH为9.7。为获得较高纯度Pr(OH)3，请补充完整实验方案：将一定量镨铁合金抛光废料加到稀盐酸中，______，浓缩后得PrCl3溶液，向溶液中滴加1.0 mol·L-1NaOH溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤，将固体干燥，得到Pr(OH)3。（须选用的试剂和仪器：1.0 mol·L-1HCl溶液、1.0 mol·L-1NaOH溶液、1.0 mol·L-1 H2O2溶液、P507、分液漏斗）。 【答案】（1） ①. 2PrCl3+3Na2CO3+8H2O=Pr2(CO3)3·8H2O↓+6NaCl ②. 碳酸氢铵沉淀PrCl3过程生成大量气体，碳酸钠沉淀PrCl3过程没有气体生成，因而沉淀颗粒更加致密 （2） ①. 设Pr2(CO3)3·8H2O的物质的量为1 mol，根据Pr守恒可得：n(Pr6O11)= mol，m(Pr6O11)=n(Pr6O11)·M=molg/mol≈340.7 g，因此制备Pr6O11最适宜的加热温度为755℃ ②. Pr6O11+2H2O2+18H+=6Pr3++2O2↑+11H2O （3）向溶液中边搅拌边加入稍过量1.0 mol·L-1H2O2溶液，用1.0 mol·L-1NaOH调节pH为3.7左右，充分反应后过滤，将滤液转移到分液漏斗中，加入P507充分振荡，萃取后分液，多次萃取后，向有机层中加入1.0 mol·L-1HCl反萃取，分离出水层后重复反萃取2~3次，将所得水层溶液合并 【解析】 【分析】(2)Pr2(CO3)3·8H2O受热分解，首先失去结晶水变为Pr2(CO3)3，再加热，Pr2(CO3)3分解产生Pr6O11、CO2、O2，假设Pr2(CO3)3·8H2O的物质的量是1 mol，其质量是606 g，利用Pr元素守恒，可知1 mol Pr2(CO3)3·8H2O转化的Pr6O11的质量，感觉剩余固体质量与起始固体质量的比与温度变化的曲线图关系，就可以确定制取Pr6O11的最佳温度； (3)先利用绿色氧化剂H2O2将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，然后加入NaOH溶液调整溶液pH为3.7左右，使Fe3+完全形成Fe(OH)3沉淀并过滤除去Fe(OH)3。向含有Pr3+的滤液中加入萃取剂进行萃取，使Pr3+进入有机相，为提高原料的利用率，要进行多次萃取，并将萃取液合并。结合平衡移动原理，向其中加入盐酸进行反萃取，使Pr3+进入水机相，浓缩后得PrCl3溶液，向溶液中滴加NaOH溶液至不再产生沉淀，经过滤、洗涤、干燥，就制取得到Pr(OH)3。 【小问1详解】 由题意可知：反应物为PrCl3和Na2CO3，生成物为Pr2(CO3)3·8H2O和NaCl，根据原子守恒，可得反应方程式为：2PrCl3+3Na2CO3+8H2O=Pr2(CO3)3·8H2O↓+6NaCl； 沉淀剂用Na2CO3溶液比用NH4HCO3溶液得到的沉淀颗粒更加致密，可能的原因是NH4HCO3沉淀PrCl3过程生成大量气体，而Na2CO3沉淀PrCl3过程没有气体生成，因而沉淀颗粒更加致密； 【小问2详解】 设开始时加入的Pr2(CO3)3·8H2O固体的物质的量为1 mol，根据Pr守恒可知最后得到Pr6O11的物质的量为：n(Pr6O11)=mol，则其质量为m(Pr6O11)=n(Pr6O11)·M=molg/mol≈340.7 g，此时剩余固体质量与起始固体质量的比值为：，根据图示可知此时反应温度为755℃，因此制备Pr6O11最适宜的加热温度为755℃； ②将0.5 g Pr6O11加到20 mL30%H2O2酸性溶液中产生大量气泡，反应后镨元素仅以Pr³⁺的形式存在，H2O2失去电子被氧化为O2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可知该反应的离子方程式为：Pr6O11+2H2O2+18H+=6Pr3++2O2↑+11H2O； 【小问3详解】 根据题意，萃取剂P507[(HA)2]对Pr3+和Fe3+、Fe2+都有萃取作用，结合三种离子开始形成沉淀即沉淀完全时的pH的不同，要形成Pr(OH)3沉淀，应该先向含有Pr3+和Fe3+、Fe2+的溶液中加入1.0 mol/LH2O2，发生反应：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入1.0 mol/LNaOH溶液调节pH为3.7左右，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，充分反应后过滤，除去Fe(OH)3沉淀，将滤液转移到分液漏斗中，加入P507充分振荡，萃取后分液，多次萃取后，Pr3+进入有机层中，然后向有机层中加入1.0 mol·L-1HCl进行反萃取，Pr3+进入水层中，分离出水层后，重复反萃取2~3次，将所得水层溶液合并，浓缩后得PrCl3溶液，向溶液中滴加1.0 mol·L-1NaOH溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤，将固体干燥，得到Pr(OH)3。 17. 的分离回收和资源化利用具有重要意义。 Ⅰ．的分离回收 乙醇胺类水溶液对气体具有优良的吸收性能。在20~40℃条件下，单乙醇胺（）水溶液吸收生成单乙醇氨基碳酸盐，升温至较高温度可实现吸收剂的再生。在吸收过程中，部分单乙醇胺会与反应生成单乙醇氨基甲酸盐，对设备有强腐蚀性。N-甲基二乙醇胺水溶液吸收时，生成氨基碳酸氢盐，较低温度即可实现吸收剂再生。 （1）单乙醇胺水溶液吸收生成单乙醇氨基碳酸盐的反应是______（填“吸热”或“放热”）反应。 （2）利用20%单乙醇胺水溶液吸收，测得高于40℃时，单乙醇胺水溶液吸收的吸收率随温度升高呈现下降趋势，其主要原因是____________。 （3）单乙醇胺与反应生成单乙醇氨基甲酸盐，该过程分两步进行： （单乙醇氨基甲酸盐） 其中第①步反应类型为______。 （4）与N-甲基二乙醇胺相比，单乙醇胺作为吸收剂缺点是______。 Ⅱ．资源化利用 某研究团队使用催化二氧化碳加氢制甲醇。 （5）反应选择性研究。将一定比例和的混合气体匀速通过装有催化剂的反应器，测得的转化率和产物的选择性随流动时间的变化如图-1所示，催化剂表面反应随流动时间的变化示意图如图-2所示，甲醇选择性发生变化的原因是____________。 （6）反应机理研究。中间体转化为中间体是反应的决速步骤，表面氢或活性氢参与反应过程中的能量变化和部分中间体结构示意图分别如图-3和图-4所示。更有利于反应进行的氢为__________（填“表面氢”或“活性氢”），从结构和能量的视角分析其原因是____________。 【答案】（1）放热 （2）温度升高，溶解度下降，单乙醇氨基碳酸盐发生分解 （3）加成反应 （4）单乙醇胺水溶液吸收生成稳定性强的碳酸盐，吸收液再生能耗大；副产物单乙醇氨基甲酸盐对设备有强腐蚀性 （5）随着流动时间增加，催化剂表面NiOx增多，有利于选择性生成CO，不利于选择性生成 （6） ①. 活性氢 ②. 表面氢与金属原子之间存在作用力，且表面氢结合氧原子的方向阻力大，两者共同导致表面氢参与的反应活化能高，反应速率慢 【解析】 【小问1详解】 根据单乙醇胺（）水溶液吸收生成单乙醇氨基碳酸盐，升温至较高温度可实现吸收剂的再生，说明升高温度反应逆向进行，则正反应为放热反应； 【小问2详解】 CO2溶解度随温度升高而降低，温度高于40℃时，CO2溶解度降低，单乙醇氨基碳酸盐发生分解，单乙醇胺水溶液吸收的吸收率随温度升高呈现下降趋势； 【小问3详解】 单乙醇胺与先发生加成反应得到单乙醇氨基甲酸HOCH2CH2NHCOOH，单乙醇氨基甲酸HOCH2CH2NHCOOH再与单乙醇氨反应生成单乙醇氨基甲酸盐，第一步反应为加成反应； 【小问4详解】 根据题目信息，与N-甲基二乙醇胺相比，单乙醇胺作为吸收剂的缺点是：单乙醇胺水溶液吸收生成稳定性强的碳酸盐，吸收液再生能耗大；副产物单乙醇氨基甲酸盐对设备有强腐蚀性； 【小问5详解】 由图2可知，随着流动时间增加，催化剂表面NiOx增多，有利于选择性生成CO，不利于选择性生成，甲醇选择性下降； 【小问6详解】 由图3可知，有活性氢参与的反应活化能低，更有利于进行；并且由图4可知，表面氢与金属原子之间存在作用力，且表面氢结合氧原子的方向阻力大，两者共同导致表面氢参与的反应活化能高，反应速率慢。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 无锡市2024年秋学期高三期终教学质量调研测试 化学 注意事项： 1.本试卷分单项选择题和非选择题两部分，共100分。考试时间75分钟。 2.答案全部写在答题卡上，写在试题纸上一律无效。 3.可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Si28 S32 Cl35.5 Mn55 Fe56 Cu64 Ag108 Pr141 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. 我国科学家研究“嫦娥六号”采集的月球土壤，分析揭示月壤中存在、等多种氧化物，其中属于 A. 酸性氧化物 B. 两性氧化物 C. 过氧化物 D. 金属氧化物 2. 反应可用于检测气体泄漏，下列说法正确的是 A. 为非极性分子 B. 中子数为18氯原子为 C. 中既含有离子键又含有共价键 D. 的电子式为 3. 实验室利用下列装置进行的有关实验，无法达到实验目的的是 A．制取 B．除去中的 C．收集 D．吸收尾气中的 A. A B. B C. C D. D 4. 硫磷酸铵具有改良土壤等多种用途，下列说法正确的是 A. 沸点： B. 电负性大小： C. 电离能大小： D. 酸性强弱： 5. 下列物质的性质与用途具有对应关系的是 A. 有还原性，可用于漂白草编织物 B. 浓硫酸有脱水性，可用于干燥某些气体 C. 受热可分解，可用作食盐的碘添加剂 D. 有强氧化性，可用作水体杀菌消毒剂 阅读下列材料，完成下面小题： C、Si及其化合物应用广泛。具有较大的燃烧热（890.3kJ·mol-1），常用作燃料；工业上可用与反应生产， kJ·mol-1；用焦炭还原可制得粗硅，再发生两步反应可制得精硅：、，反应过程中可能会生成；硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，是一种矿黏合剂，通入生成沉淀。 6. 下列说法正确的是 A. 1mol晶体硅中含有2mol键 B. 金刚石与石墨中碳碳键的夹角都为 C. 、、分子空间构型均为正四面体 D. 分子中碳原子的杂化轨道类型为 7. 下列化学反应表示正确的是 A. 制粗硅的化学方程式： B. 甲烷-空气碱性燃料电池正极反应式： C. 甲烷燃烧热化学方程式： kJ·mol-1 D. 硅酸钠溶液中通入过量反应的离子方程式： 8. 对于反应，下列说法正确的是 A. 反应的平衡常数可表示为 B. 该反应的反应物总键能小于生成物总键能 C. 升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡正向移动 D. 其他条件相同，增大，的转化率下降 9. 第二代钠离子电池是以嵌钠硬碳（）和锰基高锰普鲁士白为电极的新型二次电池，充电时嵌入硬碳，放电时发生脱嵌，其工作原理如图所示。下列说法正确的是 A. 充电时，a接电源的负极 B. 充电时，B极反应为 C. 放电时，穿过离子交换膜向B极移动 D 放电时，每转移1mol电子，A极质量减少23g 10. 丹参醇是存在于丹参中的一种天然产物。合成丹参醇的部分路线如下： 下列说法正确的是 A. X分子中所有碳原子可能共平面 B. Y与发生加成反应最多可生成3种有机产物 C. 丹参醇能发生加成、取代、氧化和消去反应 D. Y与丹参醇分子中均含有1个手性碳原子 11. 室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论是 选项 实验过程及现象 实验结论 A 向2mL0.1mol·L-1溶液中滴加几滴酸性溶液，溶液紫色褪去 具有还原性 B 取2mL0.1mol·L-1KI溶液于试管中，加入0.5mL0.1mol·L-1溶液，充分反应后滴入几滴KSCN溶液，溶液变成红色 KI与溶液的反应有一定限度 C 用pH试纸分别测溶液和溶液的pH，溶液的pH大 D 向2mL0.1mol·L-1溶液中先滴加4滴0.1mol·L-1KCl溶液，再滴加4滴0.1mol·L-1KI溶液，先产生白色沉淀，后产生黄色沉淀 A. A B. B C. C D. D 12. 室温下，通过下列实验制备少量并探究其性质。 实验1：测得100mL14mol·L-1氨水的pH约为12； 实验2：向上述氨水中加入NaCl至饱和，通足量，经过滤、洗涤、干燥得到固体； 实验3：配制100mL0.1mol·L-1溶液，测得溶液pH为8.0； 实验4：向2mL0.1mol·L-1溶液中滴加几滴0.1mol·L-1溶液，产生白色沉淀。 下列说法正确的是 A. 依据实验1推测： B. 实验2所得滤液中存在： C. 实验3的溶液中存在：mol·L-1 D. 实验4发生反应的离子方程式： 13. 工业尾气中含有CO和，可将尾气通过催化剂进行处理，发生以下反应： ① ② 600~1000K范围内，平衡转化率接近100%。其他条件相同，不同温度下，、COS平衡产率和10min时实际产率如图所示。下列说法正确的是 A. 一定存在 B. 升高温度，平衡产率上升的可能原因是反应物浓度增大对平衡的影响超过温度升高的影响 C. 900K，10min后继续反应足够长时间，实际产率的变化趋势可能为先增大后保持不变 D. 用该方法处理工业尾气回收单质硫（），反应的温度越高越好 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 实验室以黄铜矿（主要含有CuFeS2）为原料可制取草酸铜（CuC2O4），草酸铜可用于制备纳米材料、复合材料等。 已知：Cu(OH)2的分解温度为185℃，CuCO3的分解温度为200℃。 Ⅰ．CuFeS2的晶胞结构 （1） CuFeS2的一种晶体晶胞结构如图所示（其中S原子均位于晶胞内部），该CuFeS2晶体的一个晶胞中Cu的数目为______。在答题卡的图中用“——”将Cu原子（图示中的A）与其紧邻的S原子连接起来______。 Ⅱ．黄铜矿浸取法制取硫酸铜 在酸性、有氧条件下，某种细菌能催化转化成硫酸盐的反应。 （2）该反应的离子方程式为______，生成的Fe2(SO4)3又可将CuFeS2氧化。 （3）Ag+对上述过程有催化作用。其它条件相同，浸出时间为15天，不同Ag+浓度对铜元素浸出率的影响如图所示，Ag+浓度从5mg/L上升到7mg/L阶段铜元素浸出率下降的原因是____________。 Ⅲ．草酸铜的制取及应用 （4）将上述黄铜矿浸出液分离提纯，得到的硫酸铜溶液与草酸反应可制备CuC2O4，反应的离子方程式为，常温下该反应的平衡常数是300，则______。（已知：常温下，，） （5）将CuC2O4固体在350℃加热至恒重制取纳米CuO。 ①X射线衍射实验发现得到的纳米CuO不纯。混有的杂质可能是___________。 ②纳米金属氧化物是常用的催化剂，若其表面出现氧空位，可以提高其催化性能。将纳米CuO加热到高温用无水乙醇淬火处理，得到富含氧空位的氧化铜，该过程能得到富含氧空位的CuO的原因是____________。 15. 有机化合物G（）是天然抗肿瘤药物长春碱的重要结构片段，其合成路线如下： 已知： ① ② （1）化合物G中的含氧官能团名称为______。 （2）B→C的反应类型为______。 （3）A→B的反应中需控制A稍过量以防止产生有机副产物，该副产物的结构简式为______。 （4）E→F的反应中经历了E中间产物Ⅰ中间产物ⅡF，试写出中间产物Ⅱ的结构简式______。 （5）写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：______。 该化合物只含有一个苯环。碱性条件下水解后酸化，生成两种有机产物，均含有4种不同化学环境的氢原子，其中一种有机产物能与溶液发生显色反应。 （6）写出以和乙烯为原料制备的合成路线流程图______。（无机试剂和题干流程条件中出现的有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。 16. 回收镨铁合金抛光废料(含Fe和少量Pr及杂质)，可制备Pr6O11和Pr(OH)3。镨铁合金抛光废料经除铁、萃取、反萃取可得PrCl3溶液。Pr的常见化合价为+3和+4。 （1）沉淀Pr3+。搅拌下，将一定量的PrCl3溶液与沉淀剂Na2CO3溶液充分反应，过滤得到Pr2(CO3)3·8H2O沉淀，发生反应的化学方程式为____________。沉淀剂用Na2CO3溶液比用NH4HCO3溶液得到的沉淀颗粒更加致密，可能的原因是____________。 （2）Pr6O11的制备和性质。 ①将Pr2(CO3)3·8H2O置于空气中灼烧，测得剩余固体质量与起始固体质量的比值随温度变化的曲线如图所示。制备Pr6O11最适宜的温度为______（写出计算过程）。 ②将0.5 g Pr6O11加到20 mL30%H2O2酸性溶液中产生大量气泡，反应后镨元素仅以Pr³⁺的形式存在。该反应的离子方程式为____________。 （3）Pr(OH)3的制备。 用萃取剂P507[(HA)2]萃取Pr3+的原理：（有机层）。 已知：①P507对Pr3+和Fe3+、Fe2+都有萃取作用，对杂质离子无萃取作用。 ②Pr3+开始沉淀的pH为8，Fe3+完全沉淀的pH为3.7，Fe2+完全沉淀的pH为9.7。为获得较高纯度Pr(OH)3，请补充完整实验方案：将一定量镨铁合金抛光废料加到稀盐酸中，______，浓缩后得PrCl3溶液，向溶液中滴加1.0 mol·L-1NaOH溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤，将固体干燥，得到Pr(OH)3。（须选用的试剂和仪器：1.0 mol·L-1HCl溶液、1.0 mol·L-1NaOH溶液、1.0 mol·L-1 H2O2溶液、P507、分液漏斗）。 17. 的分离回收和资源化利用具有重要意义。 Ⅰ．的分离回收 乙醇胺类水溶液对气体具有优良的吸收性能。在20~40℃条件下，单乙醇胺（）水溶液吸收生成单乙醇氨基碳酸盐，升温至较高温度可实现吸收剂的再生。在吸收过程中，部分单乙醇胺会与反应生成单乙醇氨基甲酸盐，对设备有强腐蚀性。N-甲基二乙醇胺水溶液吸收时，生成氨基碳酸氢盐，较低温度即可实现吸收剂再生。 （1）单乙醇胺水溶液吸收生成单乙醇氨基碳酸盐的反应是______（填“吸热”或“放热”）反应。 （2）利用20%单乙醇胺水溶液吸收，测得高于40℃时，单乙醇胺水溶液吸收的吸收率随温度升高呈现下降趋势，其主要原因是____________。 （3）单乙醇胺与反应生成单乙醇氨基甲酸盐，该过程分两步进行： （单乙醇氨基甲酸盐） 其中第①步反应类型为______。 （4）与N-甲基二乙醇胺相比，单乙醇胺作为吸收剂的缺点是______。 Ⅱ．的资源化利用 某研究团队使用催化二氧化碳加氢制甲醇。 （5）反应选择性研究。将一定比例和的混合气体匀速通过装有催化剂的反应器，测得的转化率和产物的选择性随流动时间的变化如图-1所示，催化剂表面反应随流动时间的变化示意图如图-2所示，甲醇选择性发生变化的原因是____________。 （6）反应机理研究。中间体转化为中间体是反应的决速步骤，表面氢或活性氢参与反应过程中的能量变化和部分中间体结构示意图分别如图-3和图-4所示。更有利于反应进行的氢为__________（填“表面氢”或“活性氢”），从结构和能量的视角分析其原因是____________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $