精品解析：江苏省扬州市2024-2025学年高三上学期11月期中检测化学试题

2024—2025学年第一学期期中检测 高三化学 注意事项： 1.考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求。 2.本试卷共6页，包含选择题[第1题~第13题，共39分]、非选择题[第14题~第17题，共61分]两部分。本次考试时间为75分钟，满分100分。考试结束后，请将答题卡交回。 3.答题前，请考生务必将自己的学校、姓名、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置，在相应区域贴好条形码。 4.选择题每小题选出答案后，请用2B铅笔在答题卡指定区域填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其它答案。非选择题请用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡指定区域作答。在试卷或草稿纸上作答一律无效。 5.如有作图需要，可用2B铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 选择题(共39分) 单项选择题：本题包括13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。 1. LiFePO4可用作锂离子电池的正极材料。LiFePO4中属于过渡元素的是 A. Li B. Fe C. P D. O 【答案】B 【解析】 【详解】A．锂为3号元素，位于第二周期ⅠA，不属于过渡元素，故A错误； B．铁为26号元素，位于第四周期Ⅷ，属于过渡元素，故B正确； C．磷为15号元素，位于第三周期ⅤA，不属于过渡元素，故C错误； D．氧为8号元素，位于第二周期ⅥA，不属于过渡元素，故D错误； 选B。 2. 以NaIO3为原料制备I2时发生反应：2NaIO3＋6NaHSO3=2NaI＋6NaHSO4。下列说法正确的是 A. Na＋的结构示意图为 B. IO中I元素的化合价为＋6 C. SO的空间构型为正四面体 D. H2SO4中既含离子键又含共价键 【答案】C 【解析】 【详解】A．Na是第11号元素，Na＋的结构示意图为，A错误； B．IO中O为-2价，正负化合价代数和为零，故I元素的化合价为＋5，B错误； C．SO的中心原子价层电子对数，孤电子对数为0，空间构型为正四面体，C正确； D．H2SO4是共价化合物，只含共价键，D错误； 故选C； 3. 配制100 mL 0.120 0 mol·L-1 Na2CO3溶液并用于测定盐酸的物质的量浓度(约为0.2 mol·L-1)。下列相关原理、装置及操作不正确的是 A.称量1.2720gNa2CO3 B.溶解Na2CO3 C.转移溶液 D.测定浓度 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．用托盘天平称量时，以g为单位，应该精确到小数点后第一位，A错误； B．称量后应该在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，B正确； C．溶解后，并恢复到室温，用玻璃棒引流到容量瓶中，C正确； D．滴定时，由于盐酸显酸性，用酸式滴定管装盐酸，D正确； 故选A。 4. 和都可用于食品工业。下列说法正确的是 A. 半径： B. 热稳定性： C. 碱性： D. 电负性： 【答案】D 【解析】 【详解】A．氧负离子和镁离子的核外电子排布相同，O的核电荷数小，半径更大，A错误； B．同主族元素，从上往下非金属性减弱，简单气态氢化物稳定性减弱，热稳定性：H2S<H2O，B错误； C．同主族元素随着核电荷数增大金属性增强，对应最高价氧化物水化物碱性增强，碱性强弱：，C错误； D．同周期元素从左到右电负性增大，同主族元素从上到下电负性减小，电负性大小：，D正确； 故选D。 阅读以下材料，完成下面小题。 氮的氢化物是重要的化工原料。在纯氧中燃烧生成，在Pt-Rh催化下被氧化为NO。NO与反应生成，与水生成和。肼()具有还原性，可用于燃料电池。 5. 下列有关反应的说法正确的是 A. 氮原子轨道的杂化类型由sp转变为 B. 反应的(E表示键能) C. 其他条件相同，增大，的平衡转化率下降 D. 使用催化剂，可以提高的平衡产率 6. 下列说法正确的是 A. 的结构式可表示为 B. 的键角比的大 C. 和的酸性不同与O-H键的极性强弱相关 D. 分子中有键和键 7. 下列化学反应表示正确的是 A. 稀硝酸洗去银镜： B. NaOH溶液吸收： C. 在纯氧中燃烧： D. 燃料电池的正极反应： 【答案】5. A 6. C 7. A 【解析】 【5题详解】 A．氮气分子中氮形成氮氮三键还存在1对孤电子，为sp杂化；NH3分子中N原子的价层电子对数为，N原子采用sp3杂化；氮原子轨道的杂化类型由sp转变为，A正确； B．反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和，反应的(E表示键能)，B错误； C．其他条件相同，增大，氮气量增大，促进氢气转化，的平衡转化率升高，C错误； D．使用催化剂，可以提高反应速率，但是不影响平衡移动，不影响的平衡产率，D错误； 故选A； 【6题详解】 A．中氮提供孤电子对与1个氧形成配位键，结构式可表示为，A错误； B．中N原子的价层电子对数为，N为sp2杂化，中N原子的价层电子对数为，N为sp2杂化且存在一对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，则的键角比的小，B错误； C．氧为吸电子基团，导致中O-H键极性更大，更容易电离出氢离子，故和的酸性不同与O-H键的极性强弱相关，C正确； D．分子中只有键，D错误； 故选C； 【7题详解】 A．稀硝酸洗去银镜，是和银单质生成硝酸银和NO、水：，A正确； B．NaOH溶液吸收生成硝酸钠、亚硝酸钠，，B错误； C．在纯氧中燃烧生成氮气和水：，C错误； D．燃料电池的正极反应为氧气得到电子发生还原反应生成氢氧根离子：，D错误； 故选A。 8. 下列说法正确的是 A. 电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极 B. 镀铜与镀锌的铁制品相比，镀层受损后，前者易生锈 C. 向0.1 mol·L-1的CuSO4溶液中加入少量水，溶液中减小 D. 常温下Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，pH=5的含CuCl2溶液中c(Cu2＋)≥2.2×10-2 mol·L-1 【答案】B 【解析】 【详解】A．电解法精炼铜时，粗铜应作阳极（），纯铜作阴极（），故A错误； B．镀层破损后，发生电化学腐蚀，镀锌铁因锌比铁活泼，锌为负极，被腐蚀，铁为正极被保护；而镀铜铁中铜不如铁活泼，铁会作为负极加速腐蚀，更易生锈，故B正确； C．稀释CuSO₄溶液时，浓度降低，但其水解程度增大，，导致浓度下降幅度小于。因此，比值  增大，而非减小，故C错误； D．根据溶度积公式 ，pH=5时，，，代入得 。实际溶液中，若未析出沉淀， ，而非 ≥，故D错误； 故选B。 9. 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. 制备Ti： B. 制备FeCl3溶液： C. 制备漂白粉： D. 制备硫酸： 【答案】B 【解析】 【详解】A．电解氯化钠溶液可以得到H2和Cl2和氢氧化钠，得不到金属钠，A错误； B．铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，B正确； C．HCl与石灰乳反应生成氯化钙，漂白粉主要成分是氯化钙与次氯酸钙混合物，C错误； D．S与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫与氧气在催化剂作用下生成三氧化硫，三氧化硫用浓硫酸吸收，D错误； 故选B。 10. 以某种样品(含少量)为原料制备的部分流程如下： 下列说法正确的是 A. “酸浸”时发生的反应为 B. “氧化”时可以用等物质的量的代替 C. 滤渣经充分洗涤后可以得到纯净的固体 D. 随着电解的进行，溶液的pH逐渐减小 【答案】D 【解析】 【分析】样品加硫酸溶解，加二氧化锰将Fe2+氧化成Fe3+，加石灰乳沉铁，生成氢氧化铁除铁，过滤后得到滤液的溶质主要为硫酸锰，电解制得。 【详解】A．“酸浸”时发生反应为，A错误； B．易在Fe3+催化作用下分解，“氧化”时不能用等物质的量的代替，B错误； C．加石灰乳沉铁过程中还生成硫酸钙沉淀，洗涤后不能得到纯净的固体，C错误； D．电解过程中发生的总反应为，可知随着电解的进行，溶液的pH逐渐减小，D正确； 故选D。 11. 室温下，根据下列实验过程及现象，能得出相应实验结论的是 选项 实验过程及现象 实验结论 A 向2 mL 0.1 mol·L-1 Na2S溶液中通入少量Cl2，产生淡黄色沉淀 还原性：Cl->S2- B 向2 mL 0.5 mol·L-1 Na2CO3溶液中滴加2 mL 1 mol·L-1盐酸，产生气泡 非金属性：Cl>C C 向2 mL KCl和KI混合溶液中滴加2滴0.1mol·L-1 AgNO3溶液，振荡，产生黄色沉淀 Ksp：AgCl>AgI D 用pH试纸分别测定等浓度的CH3COOH溶液和CH2ClCOOH溶液，pH分别为3、2 Ka：CH2ClCOOH>CH3COOH A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．向Na2S溶液中通入少量Cl2，产生淡黄色沉淀，氧化剂的氧化性强于氧化产物，故可以证明氧化性：Cl2>S，A错误； B．Na2CO3溶液与盐酸反应，产生气泡，证明盐酸酸性强于碳酸，但盐酸不是最高价氧化物对应水化物，故无法证明非金属性：Cl>C，B错误； C．向2mL KCl、KI混合溶液中滴加2滴0.1mol•L-1AgNO3溶液，振荡，产生黄色沉淀，未知浓度，无法证明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，C错误； D．等浓度的CH3COOH溶液和CH2ClCOOH溶液，pH分别为3、2，酸性越强Ka越大，故Ka：CH2ClCOOH>CH3COOH，D正确； 故选D； 12. 室温下，通过下列实验探究与性质。已知：的，。 实验1：测得溶液的pH为8。 实验2：向溶液中持续通入，并测定所得溶液的pH。 实验3：向溶液中逐滴加入溶液，产生沉淀，同时放出气体。 下列有关说法不正确的是 A. 溶液中： B. 实验2中pH为9时所得溶液中： C. 实验2中pH为7时所得溶液中： D. 实验3中发生反应的离子方程式为： 【答案】B 【解析】 【详解】A．在溶液中，既水解（产生）又电离（产生）。溶液显碱性，说明水解程度大于电离程度，故，A正确； B．，当时，，代入得 ，即，B错误； C．时，，由电荷守恒，可得，C正确； D．实验 3 中与反应生成沉淀和气体，离子方程式为 ，D正确； 综上，答案选 B。 13. 水煤气法制H2的主要反应(忽略其他副反应)如下： ① C(s)＋ H2O(g)=CO(g)＋H2(g)；ΔH=131.7 kJ·mol-1 ② CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)；ΔH=-43.6 kJ·mol-1 ③ CaO(s)＋CO2(g)=CaCO3(s)；ΔH=-178.3 kJ·mol-1 将一定量的C(s)和H2O(g)投入恒压密闭容器中，再加入适量CaO(s)，在不同温度下反应达平衡后，分别对容器中气体取样进行分析(忽略其中的水蒸气，仅考虑其他成分)，所得CO、CO2和H2的物质的量分数及H2的产量随温度变化如图所示。下列说法正确的是 A. 制备高纯度的H2最佳温度范围约为800～1 000 ℃ B. 图中曲线b表示CO2的物质的量分数随温度的变化 C. 从750 ℃升高至800 ℃，反应①正向进行程度小于反应②逆向进行程度 D. 800 ℃时对平衡体系加压，重新达平衡后c(CO2)增大 【答案】C 【解析】 【分析】根据图形，反应①产生和，然后反应②消耗生成，反应③又消耗，所以得到曲线a表示，曲线b表示，曲线c表示，据此信息解答。 【详解】A．从图中可见，约在时，体系中的体积分数最高，随后随温度继续升高而下降，说明要制得高纯度的，其最适宜温度为：，A错误； B．由于加入了 会将生成的不断吸收且随温度升高消耗更多，含量降低，故平衡混合气中 含量始终最小，根据分析，曲线c才表示的物质的量分数随温度的变化，B错误； C．随温度由 上升到，图中 的含量略有下降，说明吸热反应①正向进行增强的程度小于放热反应②反向进行增强的程度，从而导致含量减小，C正确； D．在 时若对体系加压，反应③的平衡常数不变，所以重新平衡后气相中c(CO2)不变，D错误； 故答案为：C。 非选择题(共61分) 14. 从高铅碲渣[主要含TeO2、Pb(OH)2]中提取单质碲(Te)的部分实验过程如下： （1） TeO2难溶于水，是两性氧化物。其晶胞如图-1所示，1个晶胞中Te原子的数目为______。 （2）“浸出”时，控制其他条件不变，Te、Pb元素单位时间内的浸出率随硫酸浓度的变化如图-2所示。“浸出”后滤渣中含铅物质的主要成分为_______(填化学式)。硫酸浓度大于5mol/L时，随着硫酸浓度增大，Te元素浸出率下降的原因是_______。(浸出率) （3）“还原”时控制温度80℃，加入足量Na2SO3可得到Te，同时生成SO2。若先加入少量NaCl生成，可大幅提高反应速率。被Na2SO3还原的离子方程式为_______，该过程中Cl-的作用是_______。 （4）碲粉与HClO3溶液反应可制得碲酸(H6TeO6)。H6TeO6结构如图-3所示，可形成配离子[。中与Cu(Ⅲ)配位的4个原子处于同一平面，画出该配离子的结构_______。 【答案】（1）2 （2） ①. PbSO4 ②. PbSO4的生成速率加快，覆盖在TeO2表面，阻碍反应进行 （3） ①. ②. 催化剂，与Te4+形成配合物 （4） 【解析】 【分析】由题干流程图可知，向高铅碲渣[主要含TeO2、Pb(OH)2]中加入一定量的H2SO4溶液进行“浸出”，将Pb转化为PbSO4，然后加入NaCl和Na2SO3进行“还原”得到Te，过滤得到Te，用盐酸进行“酸洗”除去表面杂质，得到锑粉，据此分析解题。 【小问1详解】 由题干晶胞示意图可知，晶胞中白球的个数为：=2，黑球的个数为：=4，结合化学式TeO2可知，白球为Te、黑球为O，故1个晶胞中Te原子的数目为2，故答案为：2； 【小问2详解】 由分析可知，“浸出”时加入硫酸溶液，能将Pb转化为PbSO4沉淀留在滤渣中，即“浸出”后滤渣中含铅物质的主要成分为PbSO4，由题干图示信息可知，硫酸浓度大于5mol/L时，随着硫酸浓度增大，PbSO4的浸出率增大，即PbSO4的生成速率增大，生成的PbSO4覆盖在TeO2的表面，阻碍反应的进行，从而导致Te元素浸出率下降，故答案为：PbSO4；PbSO4的生成速率加快，覆盖在TeO2表面，阻碍反应进行； 【小问3详解】 “还原”时控制温度80℃，加入足量Na2SO3可得到Te，同时生成SO2，若先加入少量NaCl生成，可大幅提高反应速率，根据氧化还原反应配平可得，被Na2SO3还原的离子方程式为：，该过程中反应前后Cl-的数量没有发生改变，加快了反应速率，故Cl-的作用是催化剂，与Te4+形成配合物，故答案为：；催化剂，与Te4+形成配合物； 【小问4详解】 由题干H6TeO6如图-3所示结构，且中与Cu(Ⅲ)配位的4个原子处于同一平面，即中共面的4个O原子中的2个与Cu(Ⅲ)形成4个配位键，故该配离子的结构为：，故答案为：。 15. 利用与水反应释放的活性氧可降解废水中的有机物。 （1）向溶液中加入适量溶液，通过沉镁、焙烧得到MgO，MgO与溶液反应可制取。 ①沉镁时，转化为，同时有生成。该反应的离子方程式为_______。 ②取一定量(摩尔质量为)在密闭体系中进行焙烧，剩余固体的质量随温度变化的曲线如下图所示。450℃时，A点处所得固体产物化学式可表示为。通过以上实验数据确定该产物中的比值______(写出计算过程)。 ③MgO与H2O2溶液反应制取MgO2反应历程如下图所示： 微粒M的化学式是_______。 （2）相同条件下，取不同形态的样品(棒状、花瓣状)模拟降解废水中的有机物。有机物被降解的速率与样品的比表面积、活性氧含量有关。已知：不同样品比较，比表面积为棒状>花瓣状，活性氧含量为花瓣状>棒状：亚甲基蓝是一种蓝色有机物，可被氧化为无色物质。 ①实验室用亚甲基蓝水溶液模拟有机废水，来评价样品的降解能力。用亚甲基蓝代表有机物的优点是_______。 ②花瓣状降解亚甲基蓝速率大于棒状，原因是_______。 （3）纳米片状由二维层状结构堆积形成，类似于石墨结构，可用于制作降解有机物的催化剂。 ①纳米片状中层与层之间的作用力为_______。 ②其他条件不变时，10-20℃范围内，随废水初始温度升高，废水中有机物去除率迅速上升的原因是_______。 【答案】（1） ①. ②. ③. （2） ①. 亚甲基蓝显蓝色，有利于判断降解反应的终点 ②. 该条件下，活性氧含量对反应的影响程度大于比表面积的影响 （3） ①. 范德华力 ②. 温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快 【解析】 【小问1详解】 ①沉镁时，向溶液中加入适量溶液生成，同时有生成，离子方程式为：； ②由图可知，，根据Mg、C守恒可知：，，450℃~525℃时失去，结合C守恒，A处固体中，则该产物中； ③由图可知，氧化镁先和水发生微弱反应生成Mg(OH)2，随后Mg(OH)2失去一个氢氧根离子剩下M，即M为，再和过氧化氢、氢氧根反应，故答案为：； 【小问2详解】 ①根据题意可知，亚甲基蓝是一种蓝色有机物，可被氧化为无色物质，则用亚甲基蓝代表有机物的优点是：亚甲基蓝显蓝色，有利于判断降解反应的终点； ②根据题意不同样品比较，比表面积为棒状>花瓣状，活性氧含量为花瓣状>棒状，而花瓣状降解亚甲基蓝的速率大于棒状，故答案为：该条件下，活性氧含量对反应的影响程度大于比表面积的影响； 【小问3详解】 ①根据题意纳米片状由二维层状结构堆积形成，类似于石墨结构，则纳米片状中层与层之间的作用力为：范德华力； ②一般来说，温度升高，反应速率加快，可是本题中提到去除率迅速上升，则要考虑催化剂活性问题，故答案为：温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快。 16. 废水中的六价铬[Cr(Ⅵ)]可转化为含Cr(Ⅲ)的铬渣，再制备高纯Cr2O3。 （1）CuS-TiO2可吸附并部分还原Cr(Ⅵ)，原理如图1所示。实验控制在pH<6的弱酸性条件下进行。已知在水溶液中存在反应2H＋＋2CrOCr2O＋H2O。 ① 可由反应Cu2++H2SCuS＋2H＋制备CuS，该反应的K=___________。[H2S的Ka1=1.0×10-7，Ka2=1.0×10-12；Ksp(CuS)=1.0×10-36] ② CuS-TiO2在pH<6的水溶液中表面带正电荷，在pH>6的水溶液中表面带负电荷。在弱酸性条件下，除铬的速率比碱性条件下快的原因是 ___________。 ③ 起始pH=4时，溶液中Cr(Ⅵ)和Cu2＋的浓度随时间的变化如图2所示。Cu2＋浓度先增大后减小的原因是___________。 （2）用含Cr(Ⅲ)的铬渣(杂质不参与反应)制备高纯Cr2O3。 已知：①pH>5时H2O2可以氧化Cr(Ⅲ)，pH<5时H2O2可将Cr2O还原为Cr3＋； ②H2O2在碱性溶液中易分解。 步骤Ⅰ：预处理。铬渣与Na2CO3混合后在空气中焙烧制得含Na2CrO4的固体。 步骤Ⅱ：浸取。将焙烧后的固体冷却，与H2O2溶液、H2SO4溶液中的一种配成悬浊液，加入三颈瓶中，通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，实验装置如图3所示。充分反应，过滤。 滴液漏斗中的溶液是___________。生成Cr3＋的离子方程式为___________。 步骤Ⅲ：制备高纯Cr2O3.补充完整实验方案：取步骤Ⅱ的滤液，___________，得到Cr2O3。[pH=9时，Cr3＋沉淀完全；Cr(OH)3在400 ℃分解为Cr2O3.须使用的试剂：0.1 mol·L-1 NaOH溶液，盐酸酸化的BaCl2溶液] 【答案】（1） ①. 1017 ②. 在酸性条件下，CuS-TiO2在pH<6水溶液中表面带正电荷，Cr2O带负电荷，更易吸附到表面 ③. CuS还原Cr(Ⅵ)生成Cu2＋，使Cu2＋浓度增大；CuS还原Cr(Ⅵ)的反应消耗H＋，使溶液pH增大，促进Cu2＋水解，使Cu2＋浓度减小 （2） ①. H2O2溶液 ②. 3H2O2++8H＋=2Cr3＋+3O2↑+7H2O ③. 煮沸，除去剩余的H2O2.边搅拌边滴加0.1 mol·L-1NaOH溶液至溶液pH=9，使Cr3＋沉淀完全。过滤，洗涤，至最后一次洗涤滤液加盐酸酸化的BaCl2溶液无浑浊出现。将固体在400 ℃加热分解至恒重 【解析】 【分析】已知：H2O2在碱性溶液中易分解且受热溶液分解，酸性条件下过氧化氢将还原为Cr3+，pH=9时，Cr3＋沉淀完全；Cr(OH)3在400 ℃分解为Cr2O3；故制取步骤为：首先铬渣与Na2CO3混合后在空气中焙烧制得含Na2CrO4的固体，在酸性条件下，过氧化氢将还原为Cr3+，反应后煮沸，除去剩余的H2O2，边搅拌边滴加0.1 mol·L-1NaOH溶液至溶液pH=9，使Cr3＋沉淀完全沉淀为Cr(OH)3，过滤分离出沉淀，洗涤至最后一次洗涤滤液加盐酸酸化的BaCl2溶液无浑浊出现，说明洗涤干净，然后将固体在400 ℃加热分解至恒重得到Cr2O3。 【小问1详解】 ① 可由反应Cu2++H2SCuS＋2H＋制备CuS，该反应的； ②CuS-TiO2可吸附并部分还原Cr(Ⅵ)，在酸性条件下，CuS-TiO2在pH<6的水溶液中表面带正电荷，带负电荷，更易吸附到表面，促进反应的进行，使得在弱酸性条件下，除铬的速率比碱性条件下快； ③由图示反应为：，CuS还原Cr(Ⅵ)生成Cu2+，使Cu2+浓度增大，且反应过程中消耗H＋，使溶液pH增大，促进Cu2+水解转化为氢氧化铜，使Cu2+浓度减小，导致Cu2+浓度先增大后减小； 【小问2详解】 已知：pH>5时H2O2可以氧化Cr(Ⅲ)，pH<5时H2O2可将还原为Cr3+，实验目的为含Cr(Ⅲ)的铬渣(杂质不参与反应)制备高纯Cr2O3，则应该为pH<5时，H2O2将还原为Cr3+，故滴液漏斗中的溶液是H2O2溶液；反应中铬化合价由+6变为+3、过氧化氢中氧化合价由-1变为0，结合电子守恒，生成Cr3＋的离子方程式为3H2O2++8H＋=2Cr3＋+3O2↑+7H2O。 由分析，步骤Ⅲ为：煮沸，除去剩余的H2O2.边搅拌边滴加0.1 mol·L-1NaOH溶液至溶液pH=9，使Cr3＋沉淀完全，过滤，洗涤，至最后一次洗涤滤液加盐酸酸化的BaCl2溶液无浑浊出现，将固体在400 ℃加热分解至恒重。 17. 制氢技术研究具有重要意义。 （1）肼硼烷水解制氢。 ①肼硼烷水解：，生成的可进一步转化为或。若要增大氢气的产率，需提高生成_______的选择性(填“”或“”)。 ②石墨烯可用作肼硼烷水解的催化剂载体。在石墨烯上引入氨基，有利于催化剂均匀分散于水中，原因是_______。 （2）电催化乙二醇制氢，同时得到乙醇酸，电解原理如下图-1所示。一定条件下，测得乙二醇与乙醇酸的总物质的量及乙醇酸的法拉第效率随时间变化如下图-2所示。[法拉第效率] ①阳极的电极反应式为_______。 ②乙醇酸的法拉第效率小于100%的原因是_______。 （3）甲醇和水蒸气重整制氢。在340℃时，将一定量的和在催化剂作用下发生反应，其可能的机理如下图-3所示。 ①水蒸气在催化剂表面生成活性。的电子式为_______。 ②随着水蒸气浓度的增大，的转化率先增大后减小的原因是_______。 ③过程中会分解生成CO，导致催化剂中毒。适当增大水蒸气的浓度，能降低CO的含量，原因是_______。 【答案】（1） ①. ②. 氨基与水分子之间形成氢键，增大了催化剂的水溶性 （2） ①. ②. 生成其他含碳副产物(如等)或 （3） ①. ②. 水蒸气浓度增大，生成更多，有利于转化水蒸气浓度过大，占据较多氧空位，不利于甲醇吸附 ③. CO被氧化(或) 【解析】 【小问1详解】 ①肼硼烷水解：，因为生成可进一步转化为或，若要增大氢气的产率，需提高生成的选择性； ②氨基中含有“N—H”键，它们能与水分子形成氢键，从而增大了粒子间的亲合性，增大了催化剂的水溶性； 【小问2详解】 ①左侧乙二醇→乙醇酸，被氧化，失电子，为阳极，电极反应为； ②1个乙二醇转化为1个乙醇酸，根据阳极反应式可知，转移了4个电子，因生成其他含碳副产物(如等)或，消耗了部分电量，导致生成乙醇酸的电量减少，乙醇酸的法拉第效率小于100%； 【小问3详解】 ①的电子式为； ②由反应机理图可知，随着水蒸气浓度的增大，的转化率先增大后减小的原因是：水蒸气浓度增大，生成更多（占据氧空位），有利于转化，水蒸气浓度过大，占据较多氧空位，甲醇无法占据氧空位，不利于甲醇吸附（）； ③由反应机理图可知，过程中会分解生成CO，导致催化剂中毒，适当增大水蒸气的浓度，能降低CO的含量，原因是：活性具有氧化性，CO被活性氧化(或)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024—2025学年第一学期期中检测 高三化学 注意事项： 1.考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求。 2.本试卷共6页，包含选择题[第1题~第13题，共39分]、非选择题[第14题~第17题，共61分]两部分。本次考试时间为75分钟，满分100分。考试结束后，请将答题卡交回。 3.答题前，请考生务必将自己的学校、姓名、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置，在相应区域贴好条形码。 4.选择题每小题选出答案后，请用2B铅笔在答题卡指定区域填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其它答案。非选择题请用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡指定区域作答。在试卷或草稿纸上作答一律无效。 5.如有作图需要，可用2B铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 选择题(共39分) 单项选择题：本题包括13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。 1. LiFePO4可用作锂离子电池的正极材料。LiFePO4中属于过渡元素的是 A. Li B. Fe C. P D. O 2. 以NaIO3为原料制备I2时发生反应：2NaIO3＋6NaHSO3=2NaI＋6NaHSO4。下列说法正确的是 A. Na＋的结构示意图为 B. IO中I元素的化合价为＋6 C. SO的空间构型为正四面体 D. H2SO4中既含离子键又含共价键 3. 配制100 mL 0.120 0 mol·L-1 Na2CO3溶液并用于测定盐酸的物质的量浓度(约为0.2 mol·L-1)。下列相关原理、装置及操作不正确的是 A.称量1.2720gNa2CO3 B.溶解Na2CO3 C.转移溶液 D.测定浓度 A. A B. B C. C D. D 4. 和都可用于食品工业。下列说法正确的是 A. 半径： B. 热稳定性： C. 碱性： D. 电负性： 阅读以下材料，完成下面小题。 氮的氢化物是重要的化工原料。在纯氧中燃烧生成，在Pt-Rh催化下被氧化为NO。NO与反应生成，与水生成和。肼()具有还原性，可用于燃料电池。 5. 下列有关反应的说法正确的是 A. 氮原子轨道的杂化类型由sp转变为 B. 反应的(E表示键能) C. 其他条件相同，增大，的平衡转化率下降 D. 使用催化剂，可以提高的平衡产率 6. 下列说法正确的是 A. 的结构式可表示为 B. 的键角比的大 C. 和的酸性不同与O-H键的极性强弱相关 D. 分子中有键和键 7. 下列化学反应表示正确的是 A. 稀硝酸洗去银镜： B. NaOH溶液吸收： C. 在纯氧中燃烧： D. 燃料电池的正极反应： 8. 下列说法正确的是 A. 电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极 B. 镀铜与镀锌的铁制品相比，镀层受损后，前者易生锈 C. 向0.1 mol·L-1的CuSO4溶液中加入少量水，溶液中减小 D. 常温下Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，pH=5的含CuCl2溶液中c(Cu2＋)≥2.2×10-2 mol·L-1 9. 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. 制备Ti： B. 制备FeCl3溶液： C. 制备漂白粉： D 制备硫酸： 10. 以某种样品(含少量)为原料制备的部分流程如下： 下列说法正确的是 A. “酸浸”时发生的反应为 B. “氧化”时可以用等物质的量的代替 C. 滤渣经充分洗涤后可以得到纯净的固体 D. 随着电解的进行，溶液的pH逐渐减小 11. 室温下，根据下列实验过程及现象，能得出相应实验结论的是 选项 实验过程及现象 实验结论 A 向2 mL 01 mol·L-1 Na2S溶液中通入少量Cl2，产生淡黄色沉淀 还原性：Cl->S2- B 向2 mL 0.5 mol·L-1 Na2CO3溶液中滴加2 mL 1 mol·L-1盐酸，产生气泡 非金属性：Cl>C C 向2 mL KCl和KI混合溶液中滴加2滴0.1mol·L-1 AgNO3溶液，振荡，产生黄色沉淀 Ksp：AgCl>AgI D 用pH试纸分别测定等浓度的CH3COOH溶液和CH2ClCOOH溶液，pH分别为3、2 Ka：CH2ClCOOH>CH3COOH A. A B. B C. C D. D 12. 室温下，通过下列实验探究与性质。已知：的，。 实验1：测得溶液的pH为8。 实验2：向溶液中持续通入，并测定所得溶液的pH。 实验3：向溶液中逐滴加入溶液，产生沉淀，同时放出气体。 下列有关说法不正确的是 A. 溶液中： B. 实验2中pH为9时所得溶液中： C. 实验2中pH为7时所得溶液中： D. 实验3中发生反应的离子方程式为： 13. 水煤气法制H2的主要反应(忽略其他副反应)如下： ① C(s)＋ H2O(g)=CO(g)＋H2(g)；ΔH=131.7 kJ·mol-1 ② CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)；ΔH=-436 kJ·mol-1 ③ CaO(s)＋CO2(g)=CaCO3(s)；ΔH=-178.3 kJ·mol-1 将一定量的C(s)和H2O(g)投入恒压密闭容器中，再加入适量CaO(s)，在不同温度下反应达平衡后，分别对容器中气体取样进行分析(忽略其中的水蒸气，仅考虑其他成分)，所得CO、CO2和H2的物质的量分数及H2的产量随温度变化如图所示。下列说法正确的是 A. 制备高纯度的H2最佳温度范围约为800～1 000 ℃ B. 图中曲线b表示CO2的物质的量分数随温度的变化 C. 从750 ℃升高至800 ℃，反应①正向进行程度小于反应②逆向进行程度 D. 800 ℃时对平衡体系加压，重新达平衡后c(CO2)增大 非选择题(共61分) 14. 从高铅碲渣[主要含TeO2、Pb(OH)2]中提取单质碲(Te)的部分实验过程如下： （1） TeO2难溶于水，是两性氧化物。其晶胞如图-1所示，1个晶胞中Te原子的数目为______。 （2）“浸出”时，控制其他条件不变，Te、Pb元素单位时间内的浸出率随硫酸浓度的变化如图-2所示。“浸出”后滤渣中含铅物质的主要成分为_______(填化学式)。硫酸浓度大于5mol/L时，随着硫酸浓度增大，Te元素浸出率下降的原因是_______。(浸出率) （3）“还原”时控制温度80℃，加入足量Na2SO3可得到Te，同时生成SO2。若先加入少量NaCl生成，可大幅提高反应速率。被Na2SO3还原的离子方程式为_______，该过程中Cl-的作用是_______。 （4）碲粉与HClO3溶液反应可制得碲酸(H6TeO6)。H6TeO6结构如图-3所示，可形成配离子[。中与Cu(Ⅲ)配位的4个原子处于同一平面，画出该配离子的结构_______。 15. 利用与水反应释放的活性氧可降解废水中的有机物。 （1）向溶液中加入适量溶液，通过沉镁、焙烧得到MgO，MgO与溶液反应可制取。 ①沉镁时，转化为，同时有生成。该反应的离子方程式为_______。 ②取一定量(摩尔质量为)在密闭体系中进行焙烧，剩余固体质量随温度变化的曲线如下图所示。450℃时，A点处所得固体产物化学式可表示为。通过以上实验数据确定该产物中的比值______(写出计算过程)。 ③MgO与H2O2溶液反应制取MgO2反应历程如下图所示： 微粒M的化学式是_______。 （2）相同条件下，取不同形态的样品(棒状、花瓣状)模拟降解废水中的有机物。有机物被降解的速率与样品的比表面积、活性氧含量有关。已知：不同样品比较，比表面积为棒状>花瓣状，活性氧含量为花瓣状>棒状：亚甲基蓝是一种蓝色有机物，可被氧化为无色物质。 ①实验室用亚甲基蓝水溶液模拟有机废水，来评价样品的降解能力。用亚甲基蓝代表有机物的优点是_______。 ②花瓣状降解亚甲基蓝的速率大于棒状，原因是_______。 （3）纳米片状由二维层状结构堆积形成，类似于石墨结构，可用于制作降解有机物的催化剂。 ①纳米片状中层与层之间的作用力为_______。 ②其他条件不变时，10-20℃范围内，随废水初始温度升高，废水中有机物的去除率迅速上升的原因是_______。 16. 废水中的六价铬[Cr(Ⅵ)]可转化为含Cr(Ⅲ)的铬渣，再制备高纯Cr2O3。 （1）CuS-TiO2可吸附并部分还原Cr(Ⅵ)，原理如图1所示。实验控制在pH<6的弱酸性条件下进行。已知在水溶液中存在反应2H＋＋2CrOCr2O＋H2O。 ① 可由反应Cu2++H2SCuS＋2H＋制备CuS，该反应K=___________。[H2S的Ka1=1.0×10-7，Ka2=1.0×10-12；Ksp(CuS)=1.0×10-36] ② CuS-TiO2在pH<6的水溶液中表面带正电荷，在pH>6的水溶液中表面带负电荷。在弱酸性条件下，除铬的速率比碱性条件下快的原因是 ___________。 ③ 起始pH=4时，溶液中Cr(Ⅵ)和Cu2＋的浓度随时间的变化如图2所示。Cu2＋浓度先增大后减小的原因是___________。 （2）用含Cr(Ⅲ)的铬渣(杂质不参与反应)制备高纯Cr2O3。 已知：①pH>5时H2O2可以氧化Cr(Ⅲ)，pH<5时H2O2可将Cr2O还原为Cr3＋； ②H2O2在碱性溶液中易分解。 步骤Ⅰ：预处理。铬渣与Na2CO3混合后在空气中焙烧制得含Na2CrO4的固体。 步骤Ⅱ：浸取。将焙烧后的固体冷却，与H2O2溶液、H2SO4溶液中的一种配成悬浊液，加入三颈瓶中，通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，实验装置如图3所示。充分反应，过滤。 滴液漏斗中的溶液是___________。生成Cr3＋的离子方程式为___________。 步骤Ⅲ：制备高纯Cr2O3.补充完整实验方案：取步骤Ⅱ的滤液，___________，得到Cr2O3。[pH=9时，Cr3＋沉淀完全；Cr(OH)3在400 ℃分解为Cr2O3.须使用的试剂：0.1 mol·L-1 NaOH溶液，盐酸酸化的BaCl2溶液] 17. 制氢技术研究具有重要意义。 （1）肼硼烷水解制氢。 ①肼硼烷水解：，生成的可进一步转化为或。若要增大氢气的产率，需提高生成_______的选择性(填“”或“”)。 ②石墨烯可用作肼硼烷水解的催化剂载体。在石墨烯上引入氨基，有利于催化剂均匀分散于水中，原因是_______。 （2）电催化乙二醇制氢，同时得到乙醇酸，电解原理如下图-1所示。一定条件下，测得乙二醇与乙醇酸的总物质的量及乙醇酸的法拉第效率随时间变化如下图-2所示。[法拉第效率] ①阳极的电极反应式为_______。 ②乙醇酸的法拉第效率小于100%的原因是_______。 （3）甲醇和水蒸气重整制氢。在340℃时，将一定量的和在催化剂作用下发生反应，其可能的机理如下图-3所示。 ①水蒸气在催化剂表面生成活性。的电子式为_______。 ②随着水蒸气浓度的增大，的转化率先增大后减小的原因是_______。 ③过程中会分解生成CO，导致催化剂中毒。适当增大水蒸气的浓度，能降低CO的含量，原因是_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$