精品解析：2025届福建省南安第一中学（行知级）高三下学期5月最后一次模拟考试化学试卷

南安一中2025届(行知级)高三最后一次模拟考试 化学科试卷 本试卷考试内容为：高中化学知识全部内容。分第I卷(选择题)和第II卷，共7页，满分100分，考试时间75分钟。 注意事项： 1.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上。 2.考生作答时，请将答案答在答题纸上，在本试卷上答题无效。按照题号在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。 3.答案使用0.5毫米的黑色中性(签字)笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚(英语科选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号)。 4.保持答题纸纸面清洁，不破损。考试结束后，将本试卷自行保存，答题纸交回。 5.可能用到的相对分子质量：H-1 C-12 O-16 Al-27 Mn-55 Cu-64 Sb-122 第I卷(选择题 共40分) 一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有1项符合题目要求 1. “福建舰”是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。下列说法正确的是 A. “福建舰”舰体材料为无磁镍铬钛合金钢，该合金钢的硬度低于纯铁 B. “福建舰”航空母舰防腐涂料中使用的石墨烯是乙烯的同系物 C. “福建舰”所用燃料为重油，是石油分馏产物 D. “福建舰”航母使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料 2. 福建是中国红曲酒的发源地和主产区，它以糯米和水为原料，以红曲为主要糖化发酵剂，具有较高的养生价值。红曲素结构如下图所示。下列说法正确的是 A. 分子中所有的碳原子可能共平面 B. 与足量氢气加成后存在6个手性碳 C. 含有醚键、羰基、酯键三种含氧官能团 D. 1 mol红曲素最多能与2 mol NaOH发生反应 3. HCHO还原[Cu(NH3)4]2+的方程式为HCHO+2[Cu(NH3)4]2++2H2O=2Cu+6NH+2NH3+CO，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 100g 30%的HCHO溶液中含氧原子数目为NA B. 1mol [Cu(NH3)4]2+ 中σ键数目为16NA C. 1mol Cu与足量的硫粉反应转移电子数为2NA D. 等物质的量的NH与NH3含电子数均为10NA 4. 超分子CB是制备聚合物网络生物电极原料，其结构如图所示。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z相邻，X原子的价层电子数为内层电子数的2倍。下列说法错误的是 A. 第一电离能：X<Z<Y B. 氢化物沸点可能是X<Y C. CB具有分子识别和自组装功能 D. CB具有良好的耐酸碱性 5. 下列反应的离子方程式正确的是 A. 用盐酸酸化的高锰酸钾溶液氧化过氧化氢：2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O B. 甲醛溶液中加入足量的银氨溶液并加热：HCHO+2[Ag(NH3)2]++2OH-HCOO-+NH+2Ag↓+3NH3+H2O C. 碘单质和氢氧化钠溶液反应：I2+2NaOH=NaI+NaIO+H2O D. 向Ca(HCO3)2溶液中滴入少量Ca(OH)2溶液：Ca2++OH−+HCO=CaCO3↓+H2O 6. 以含少量Fe3+的CuCl2为原料制备CuCl的流程如下图所示： CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成配合物Cu(CO)Cl·H2O，结构如图所示。下列叙述错误的是 A. CuCl的盐酸溶液可用于吸收CO，是利用了CuCl的氧化性 B. ①中加热有利于Fe(OH)3胶体聚沉，便于与Cu2+分离 C. ②中发生的离子反应为Cu+Cu2++2Cl- = 2CuCl D. ③用酒精洗涤既可除去晶体表面的杂质离子，又可以加快固体的干燥 7. 恒温条件下，用图1所示装置研究铁的电化学腐蚀，测定结果如图2。 下列说法正确是 A. 铁的电化学腐蚀属于化学腐蚀 B. 段越大，析氢速率越大 C. 段正极反应式主要为 D. 段基本不变，说明生成铁锈覆盖在铁粉表面，阻止铁粉继续发生腐蚀 8. 由下列实验操作能得到相应结论的是 选项 实验操作 结论 A 将少量氯气缓慢通入溶液中，得到黄色溶液 氧化性： B 向盛有固体的试管中加入足量的溶液，充分反应后白色沉淀完全溶解，再向试管中加入几滴溶液，又产生黑色沉淀 溶解度： C 常温下，向溶液中加入稀盐酸，有白色沉淀产生 与结合的能力强于分子与的配位能力 D 向沉淀中分别加入盐酸和氨水，沉淀均溶解 两性氢氧化物 A. A B. B C. C D. D 9. 下列实验装置或实验设计不能达到相应实验目的是 A．检验浓硫酸与铜反应的产物中是否含有Cu2+ B．用(杯酚)识别C60 和C70，操作①②为过滤，操作③为蒸馏 C．验证蔗糖的水解产物具有还原性 D．证明氯气与水发生了化学反应 A. A B. B C. C D. D 10. 在含、、的溶液中，滴加氨水，存在平衡关系：、(深蓝色)、，平衡常数分别为、、，且。与的关系如图所示，其中x表示或或。 已知：在水溶液中以(蓝色)形式存在，滴加氨水即由蓝色转化为深蓝色。下列叙述错误的是 A. 直线c代表与的关系 B. 配位键的强弱： C. 的平衡常数 D. 向等浓度的和的混合溶液中滴加足量氨水，小于 第II卷(非选择题，共60分) 二、本大题共4小题，共60分。 11. 厦门钨业专注钨钼、新能源材料、稀土等方面研究，是国内最大的钨钼产品生产与出口企业。工业上利用黑钨矿(其主要成分是FeWO4，MnWO4还含有少量的SiO2、Al2O3、As2O3等)制备钨的工艺流程如图： 已知：①钨酸钠：Na2WO4；仲钨酸铵晶体：5(NH4)2O·12WO3·5H2O。 ②离子交换法原理为：用强碱性阴离子交换树脂[R4NCl(s)]与WO发生离子交换，交换过程中发生反应：。 请回答下列问题： （1）基态简化电子排布式为___________；位于元素周期表___________区。 （2）写出在焙烧条件下与纯碱、空气反应的化学方程式___________。 （3）“吸附”中该树脂对阴离子的亲和力大小为：___________(填“>”、“<”或“=”)。 （4）“解吸”中采用浓的氯化铵和氨水的混合溶液作为解吸剂，加入氯化铵的目的除了可以使解吸得到的钨转化为钨酸铵溶液，还能___________。 （5）“系列操作”的目的是去除部分氨和水，使转化为仲钨酸铵晶体析出并分离，则该系列操作是___________、过滤、洗涤、干燥；若在(NH4)2WO4过饱和溶液中加入___________可促进其结晶。 （6）合金具有比金属单质更优越的性能，Cu-Mn-Al合金为磁性形状记忆合金材料之一，其晶胞结构如图所示(已知：Mn原子和Al原子位于Cu原子所构成的八个小正方体的体心)。 ①若A原子的坐标参数为(0，0，0)，则B原子的坐标参数为___________。 ②已知该合金晶体的密度为pg·cm-3，则最近的两个Al原子间的距离为___________pm(列出计算式，阿伏加德罗常数的值用NA表示)。 12. 立方晶系Sb2O3对光稳定，是制备聚对苯二甲酸乙二醇酯的优良催化剂。制备的实验步骤如下： ①按下图装置安装仪器(加热仪器略)，添加试剂，通入NH3，得到固液混合物。 ②向容器a中加入一定量的蒸馏水，搅拌一段时间，过滤、洗涤、110℃烘干。 已知： ①SbCl3易水解成SbOCl，SbOCl难溶于乙醇、能溶于乙二醇，SbOCl也可水解为Sb2O3，但如果反应只发生在表面，则得不到单一晶型。 ②Sb2O3为两性氧化物。 ③无水乙醇和乙二醇都可能含少量水。 回答下列问题： （1）步骤①生成Sb2(OCH2CH2O)3，写出化学方程式___________。 （2）仪器a的名称为___________，装置B的作用为___________。 （3）在步骤①中，不可用NaOH溶液代替氨气的原因为___________。 （4）洗涤时Sb2O3晶体洗净的判断标准是___________。 （5）烘干时，晶体装在___________中(填仪器名称)。 （6）如果将乙二醇改为乙醇用上述同样方法制备，往往得到Sb2O3混晶，解释原因___________。 （7）用___________法可以测定Sb2O3是混晶还是单晶。 （8）取mg产品于锥形瓶中，用盐酸等试剂预处理后，用amol·L-1碘标准液滴定。接近终点时加入2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，消耗碘标准液VmL。反应原理为。 ①滴定终点现象是___________。 ②产品中Sb元素的质量分数是___________。 13. 奥卡西平是一种可用于治疗神经系统疾病的药物。奥卡西平的一种合成路线如下： （1）奥卡西平中含有的官能团有___________。 （2）反应①所需的试剂与条件是___________；B的名称为___________。 （3）某同学采用薄层色谱(原理：当样品随着流动相经过固定相时，因样品中不同组分在两相间的分配不同而实现分离)跟踪反应①反应进程，分别在反应开始、回流、、和时，用毛细管取反应液、点样、薄层色谱展开后的斑点如图所示。该实验条件下比较合适的回流时间是___________。 A. B. C. D. （4）反应③的反应类型为___________。 （5）写出符合下列要求的D的一种同分异构体的结构简式___________。 i)含有联苯()结构，且除苯环外不含其他环状结构 ii)核磁共振氢谱显示苯环上的氢原子有四种不同的化学环境，且个数比为1：1：1：1 （6）已知：++HCl。反应④进行时： ①若过量，有利于反应正向进行，原因是___________。 ②若不足，F的转化率未发生明显降低，但G的产率却显著下降，原因是___________。 （7）B→C的合成路线如下。已知：+(、为烃基或H)结合相关信息，回答以下问题。 ①转化为M的反应条件为___________。 ②写出M→N的化学方程式___________。 14. 氢气是一种清洁能源，研究制氢技术具有重要意义。 ．乙醇与水催化重整制氢发生以下反应： 反应： 反应： 回答下列问题： （1）①已知反应： ，则___________。 ②反应能自发进行的条件为___________。 （2）反应的速率，其中、分别为正、逆反应速率常数。降低温度时___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 （3）压强为100，的平衡产率与温度、起始时的关系如图所示，每条曲线表示相同的平衡产率。 A、B两点产率相等的原因是___________。 （4）压强为100下，1和3发生上述反应，平衡时和的选择性、乙醇的转化率随温度的升高曲线如图所示。[已知：的选择性] ①表示选择性的曲线是___________(填标号)。 ②573K时，反应的___________(写出详细计算过程，结果列计算式即可)。 ．已知晶体中离子空位越多，离子越容易在晶体中移动。在高温时，用铈()的氧化物电解水制氢，其晶胞结构如图所示。 （5）当进入氧化物晶格后(取代部分)，电解效率显著提升，其原因是___________。 ．在“”催化作用下，乙醇-水催化重整中部分物种变化路径如图所示。 （6）不含的催化剂几乎没有催化活性的原因可能是___________。 （7）若用标记乙醇，最终产物中含的物质化学式为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 南安一中2025届(行知级)高三最后一次模拟考试 化学科试卷 本试卷考试内容为：高中化学知识全部内容。分第I卷(选择题)和第II卷，共7页，满分100分，考试时间75分钟。 注意事项： 1.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上。 2.考生作答时，请将答案答在答题纸上，在本试卷上答题无效。按照题号在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。 3.答案使用0.5毫米的黑色中性(签字)笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚(英语科选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号)。 4.保持答题纸纸面清洁，不破损。考试结束后，将本试卷自行保存，答题纸交回。 5.可能用到的相对分子质量：H-1 C-12 O-16 Al-27 Mn-55 Cu-64 Sb-122 第I卷(选择题 共40分) 一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有1项符合题目要求 1. “福建舰”是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。下列说法正确的是 A. “福建舰”舰体材料为无磁镍铬钛合金钢，该合金钢的硬度低于纯铁 B. “福建舰”航空母舰防腐涂料中使用的石墨烯是乙烯的同系物 C. “福建舰”所用燃料为重油，是石油分馏产物 D. “福建舰”航母使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料 【答案】C 【解析】 【详解】A．合金通常通过添加元素来增强纯金属的性能，合金硬度高于其成份金属，所以该合金钢的硬度高于纯铁，A错误； B．石墨烯是碳元素的一种同素异形体，属于无机物，B错误； C．分馏是根据沸点不同从石油中分离出汽油、煤油、柴油等，重油是沸点较高、粘度较大的残留组分，常用于船舶燃料，C正确； D．碳纤维主要成分为碳，属于无机非金属材料，而非有机高分子材料，D错误； 故选C。 2. 福建是中国红曲酒的发源地和主产区，它以糯米和水为原料，以红曲为主要糖化发酵剂，具有较高的养生价值。红曲素结构如下图所示。下列说法正确的是 A. 分子中所有的碳原子可能共平面 B. 与足量氢气加成后存在6个手性碳 C. 含有醚键、羰基、酯键三种含氧官能团 D. 1 mol红曲素最多能与2 mol NaOH发生反应 【答案】C 【解析】 【详解】A．如图，箭头所指的C均为sp3杂化且每个C与另外3-4个C相连，sp3杂化最多3原子共平面，因此所有的碳原子不可能共平面，A错误； B．与足量氢气加成后结构为存在8个手性碳，B错误； C．由图可知，红斑素中含有醚键、羰基（2个）、酯键这三种含氧官能团，C正确； D．红曲素含有1个酯基，1mol红曲素最多能与1molNaOH发生反应，D错误； 故选C。 3. HCHO还原[Cu(NH3)4]2+的方程式为HCHO+2[Cu(NH3)4]2++2H2O=2Cu+6NH+2NH3+CO，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 100g 30%的HCHO溶液中含氧原子数目为NA B. 1mol [Cu(NH3)4]2+ 中σ键数目为16NA C. 1mol Cu与足量硫粉反应转移电子数为2NA D. 等物质的量的NH与NH3含电子数均为10NA 【答案】B 【解析】 【详解】A．HCHO（甲醛）摩尔质量为 30 g/mol。100g 30% HCHO 溶液中含 HCHO 的质量为 30g，即 1 mol HCHO。HCHO分子中含有 1 个氧原子，因此1mol HCHO 含1mol氧原子，即个氧原子。但溶液中还有溶剂水，溶液总质量为 100g，HCHO 占 30g，水占 70g。70g 水的物质的量为 。每个水分子含 1 个氧原子，因此水中含氧原子约 3.889 mol，即约个。溶液中总氧原子数目 = HCHO 中的氧原子 + 水中的氧原子 = ，即约个，不等于，A错误； B．与每个分子形成一个配位键（Cu-N），共 4 个配位键，配位键属于 σ 键。每个分子内部有 3 个 N-H σ 键，因此 4 个分子共有 个 N-H σ 键。总 σ 键数目 = Cu-N 键 + N-H 键 = 个。因此，1 mol 含 16 mol σ 键，即个 σ 键。B正确； C．铜与硫反应时，主要生成硫化亚铜（），反应方程式为：，在 中，铜的氧化态为 +1，因此每个 Cu 原子失去 1 个电子。1 mol Cu 参与反应时，失去 1 mol 电子，转移电子数为，C错误； D．：氮原子原子序数为 7，有 7 个电子；每个氢原子原子序数为 1，有 1 个电子。分子总电子数 = 个。因此，1 mol 含 10 mol 电子，即个电子。：氮原子有 7 个电子，4 个氢原子共有 4 个电子，但离子带 +1 电荷，表示失去 1 个电子。总电子数 = 个。因此，1 mol 含 10 mol 电子，即个电子。题干中与等物质的量，但物质的量未知，无法计算电子数，D错误； 故选B。 4. 超分子CB是制备聚合物网络生物电极的原料，其结构如图所示。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z相邻，X原子的价层电子数为内层电子数的2倍。下列说法错误的是 A. 第一电离能：X<Z<Y B. 氢化物的沸点可能是X<Y C. CB具有分子识别和自组装功能 D. CB具有良好的耐酸碱性 【答案】D 【解析】 【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素；X原子的价层电子数为内层电子数的2倍，X是C元素；X、Y、Z相邻，Z能形成2个共价键，Z是O元素；Y形成3个共价键，Y是N元素；W能形成1个共价键，W是H元素。 【详解】A．同一周期中，元素第一电离能从左到右呈增大的趋势，N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于O，第一电离能：C<O<N，故A正确； B．X是C元素，Y是N元素，碳能形成众多氢化物，有些碳的氢化物是固体，有些是气体如CH4，氮的氢化物NH3存在分子间氢键，会使其沸点升高大于CH4，则沸点可能存在X<Y，故B正确； C．超分子CB具有分子识别和自组装功能，故C正确；        D．CB中具有酰胺基，在酸性或碱性条件下都能水解，不具有耐酸碱性，故D错误； 故选D。 5. 下列反应的离子方程式正确的是 A. 用盐酸酸化的高锰酸钾溶液氧化过氧化氢：2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O B. 甲醛溶液中加入足量的银氨溶液并加热：HCHO+2[Ag(NH3)2]++2OH-HCOO-+NH+2Ag↓+3NH3+H2O C. 碘单质和氢氧化钠溶液反应：I2+2NaOH=NaI+NaIO+H2O D. 向Ca(HCO3)2溶液中滴入少量Ca(OH)2溶液：Ca2++OH−+HCO=CaCO3↓+H2O 【答案】D 【解析】 【详解】A．高锰酸钾可以氧化盐酸中的氯离子，不可用盐酸酸化高锰酸钾，A错误； B．甲醛溶液中加入足量的银氨溶液并加热，反应生成碳酸根离子和银单质、氨气和水：，B错误； C．碘单质和氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：I2+2OH-=I-+IO-+H2O，C错误； D．少量的物质完全反应，应按少量的物质的电离比例书写离子方程式，向Ca(HCO3)2溶液中滴入少量Ca(OH)2溶液，氢氧化钙完全反应，反应生成碳酸钙沉淀、水：Ca2++OH−+HCO=CaCO3↓+H2O，D正确； 故选D。 6. 以含少量Fe3+的CuCl2为原料制备CuCl的流程如下图所示： CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成配合物Cu(CO)Cl·H2O，结构如图所示。下列叙述错误的是 A. CuCl的盐酸溶液可用于吸收CO，是利用了CuCl的氧化性 B. ①中加热有利于Fe(OH)3胶体聚沉，便于与Cu2+分离 C. ②中发生的离子反应为Cu+Cu2++2Cl- = 2CuCl D. ③用酒精洗涤既可除去晶体表面的杂质离子，又可以加快固体的干燥 【答案】A 【解析】 【详解】A．CuCl的盐酸溶液可用于吸收CO，是因为Cu+含有空轨道，CO中C原子上电子可以填充到Cu+空轨道上，成配位键，A错误； B．加热使胶体聚沉，避免胶体表面吸附Cu2+，B正确； C．CuCl2和Cu发生归中反应生成CuCl,②中发生的离子反应为Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl,故C正确； D．CuCl具有还原性，易被空气氧化，酒精挥发快，缩短CuCl与空气接触时间，干燥较快，D正确； 答案选A。 7. 恒温条件下，用图1所示装置研究铁的电化学腐蚀，测定结果如图2。 下列说法正确的是 A. 铁的电化学腐蚀属于化学腐蚀 B. 段越大，析氢速率越大 C. 段正极反应式主要为 D. 段基本不变，说明生成铁锈覆盖在铁粉表面，阻止铁粉继续发生腐蚀 【答案】C 【解析】 【分析】图1中构成原电池，铁作负极，开始时pH=1.8，AB段溶液pH值增大，体系压强增大，铁主要发生析氢腐蚀；BD段溶液的pH值增加，体系压强减小，发生吸氧腐蚀，正极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O；DE段溶液pH基本不变，但压强减小，产生的Fe2+被O2氧化，pH基本不变可能的原因：相同时间内，2Fe + O2 + 4H+=2Fe2+ + 2H2O消耗H+的量与4Fe2+ + O2 +10H2O=4Fe(OH)3 + 8H+产生H+的量基本相同。 【详解】A．铁的电化学腐蚀发生电化学反应，不属于化学腐蚀，A错误； B．段越大，氢离子浓度越小，析氢速率越小，B错误； C．根据分析，段正极反应式主要为，C正确； D．铁锈疏松，不能阻止铁粉继续发生腐蚀，段基本不变，可能的原因：相同时间内，2Fe + O2 + 4H+=2Fe2+ + 2H2O消耗H+的量与4Fe2+ + O2 +10H2O=4Fe(OH)3 + 8H+产生H+的量基本相同，D错误； 故选C。 8. 由下列实验操作能得到相应结论的是 选项 实验操作 结论 A 将少量氯气缓慢通入溶液中，得到黄色溶液 氧化性： B 向盛有固体的试管中加入足量的溶液，充分反应后白色沉淀完全溶解，再向试管中加入几滴溶液，又产生黑色沉淀 溶解度： C 常温下，向溶液中加入稀盐酸，有白色沉淀产生 与结合的能力强于分子与的配位能力 D 向沉淀中分别加入盐酸和氨水，沉淀均溶解 为两性氢氧化物 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．I-的还原性强于Fe2+，氯气不足时，I-优先被氧化成I2，使得溶液呈黄色，故不能确定Fe2+是否被氧化成Fe3+，无法得出Cl2的氧化性强于Fe3+，A错误； B．AgCl与反应生成，加入几滴Na2S后所得黑色沉淀为Ag2S，故溶解度：AgCl>Ag2S，B正确； C．的溶液中加入盐生成AgCl沉淀，滴加盐酸的过程中只要Qc>Ksp(AgCl)即可产生沉淀，且AgCl的生成会促进解离，故不能说明Cl-与Ag+结合的能力更强，C错误； D．两性氢氧化物是指既能与酸反应生成盐和水，又可以与强碱反应生成盐和水，而与氨水发生络合反应生成，故不是两性氢氧化物，D错误； 故答案选B。 9. 下列实验装置或实验设计不能达到相应实验目的的是 A．检验浓硫酸与铜反应的产物中是否含有Cu2+ B．用(杯酚)识别C60 和C70，操作①②为过滤，操作③为蒸馏 C．验证蔗糖的水解产物具有还原性 D．证明氯气与水发生了化学反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．反应后的混合物中含有浓硫酸，应该将其加入到水中，A错误； B．用(杯酚)识别C60 和C70，操作①②为过滤，操作③为利用物质沸点分离出氯仿的操作，该操作为蒸馏，B正确； C．这样在酸性条件下水解产物是葡萄糖和果糖‌，加入氢氧化钠将溶液调到碱性，用银氨溶液检验葡萄糖即可验证蔗糖的水解产物具有还原性，C正确； D．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，溶液显酸性，可以pH计算测量其pH值来证明氯气与水发生了化学反应，D正确； 故选A。 10. 在含、、的溶液中，滴加氨水，存在平衡关系：、(深蓝色)、，平衡常数分别为、、，且。与的关系如图所示，其中x表示或或。 已知：在水溶液中以(蓝色)形式存在，滴加氨水即由蓝色转化为深蓝色。下列叙述错误的是 A. 直线c代表与的关系 B. 配位键的强弱： C. 的平衡常数 D. 向等浓度的和的混合溶液中滴加足量氨水，小于 【答案】C 【解析】 【分析】，则，；同理，，；，；已知，再结合图像斜率可知，直线a、b、c分别为、、与的关系，据此分析解答。 【详解】A．根据分析可知，直线c为与的关系，A正确； B．在水溶液中以(蓝色)形式存在，滴加氨水即由蓝色转化为深蓝色，则说明中配位键更强，B正确； C．根据a、b、c直线上给的数据，代入选项A中分析得的关系式，计算可得，，， 的平衡常数，C错误； D．根据已知，比更易形成，故向含相同浓度的Cu2+和Hg2+的混合溶液中滴加少量氨水，小于，D正确； 故选C。 第II卷(非选择题，共60分) 二、本大题共4小题，共60分。 11. 厦门钨业专注钨钼、新能源材料、稀土等方面研究，是国内最大的钨钼产品生产与出口企业。工业上利用黑钨矿(其主要成分是FeWO4，MnWO4还含有少量的SiO2、Al2O3、As2O3等)制备钨的工艺流程如图： 已知：①钨酸钠：Na2WO4；仲钨酸铵晶体：5(NH4)2O·12WO3·5H2O。 ②离子交换法原理为：用强碱性阴离子交换树脂[R4NCl(s)]与WO发生离子交换，交换过程中发生反应：。 请回答下列问题： （1）基态简化电子排布式为___________；位于元素周期表___________区。 （2）写出在焙烧条件下与纯碱、空气反应的化学方程式___________。 （3）“吸附”中该树脂对阴离子的亲和力大小为：___________(填“>”、“<”或“=”)。 （4）“解吸”中采用浓的氯化铵和氨水的混合溶液作为解吸剂，加入氯化铵的目的除了可以使解吸得到的钨转化为钨酸铵溶液，还能___________。 （5）“系列操作”的目的是去除部分氨和水，使转化为仲钨酸铵晶体析出并分离，则该系列操作是___________、过滤、洗涤、干燥；若在(NH4)2WO4过饱和溶液中加入___________可促进其结晶。 （6）合金具有比金属单质更优越的性能，Cu-Mn-Al合金为磁性形状记忆合金材料之一，其晶胞结构如图所示(已知：Mn原子和Al原子位于Cu原子所构成的八个小正方体的体心)。 ①若A原子的坐标参数为(0，0，0)，则B原子的坐标参数为___________。 ②已知该合金晶体的密度为pg·cm-3，则最近的两个Al原子间的距离为___________pm(列出计算式，阿伏加德罗常数的值用NA表示)。 【答案】（1） ①. [Ar]3d6 ②. d （2） （3）> （4）增大Cl-浓度，使平衡逆向移动，将树脂重新转化为R4NCl(s)，可给下一周期的吸附用 （5） ①. 蒸发浓缩、冷却结晶 ②. (NH4)2WO4晶粒 （6） ①. ②. 【解析】 【分析】黑钨矿其主要成分是，还含有少量的等。在焙烧条件下与纯碱、空气反应生成氧化铁、钨酸钠、二氧化碳，转化为二氧化锰、钨酸钠，二氧化硅转化为硅酸钠、氧化铝转化为偏铝酸钠、转化为砷酸钠；过滤出氧化铁和二氧化锰沉淀，滤液中主要含，用强碱性阴离子交换树脂与发生离子交换，吸附，“解吸”中采用浓的氯化铵和氨水的混合溶液解吸，获得钨酸铵溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得仲钨酸铵晶体，煅烧仲钨酸铵晶体得WO3，WO3还原得W单质。 【小问1详解】 Fe是26号元素，基态Fe原子的简化电子排布式为，铁原子失去最外层2个电子得到，基态简化电子排布式为；是是25号元素，在元素周期表第四周期ⅦB族，位于元素周期表d区； 【小问2详解】 在焙烧条件下与纯碱、空气反应生成氧化铁、钨酸钠、二氧化碳，化学方程式为； 【小问3详解】 “吸附”过程，该树脂能吸附，可知阴离子的亲和力大小为：>； 【小问4详解】 “解吸”中采用浓的氯化铵和氨水的混合溶液作为解吸剂，加入氯化铵，使逆向进行，除了可以使解吸得到的钨转型为钨酸铵溶液，还能将树脂重新转化为，可给下一周期的吸附用； 【小问5详解】 “系列操作”的目的是去除中部分氨和水，使转化为仲钨酸铵晶体析出并分离，该系列操作是蒸发浓缩、冷却结晶；若在(NH4)2WO4过饱和溶液中加入(NH4)2WO4晶粒作晶核，可促进其结晶； 【小问6详解】 ①晶胞中，Cu数目为，Al数目为4，Mn数目为4，该合金的化学式为。若A原子的坐标参数为，则B原子的坐标参数为； ②结合晶胞结构可知，则最近的两个Al原子间的距离为面对角线的一半，再结合①分析可知，晶胞参数为：pm，最近的两个Al原子间的距离为：pm。 12. 立方晶系Sb2O3对光稳定，是制备聚对苯二甲酸乙二醇酯的优良催化剂。制备的实验步骤如下： ①按下图装置安装仪器(加热仪器略)，添加试剂，通入NH3，得到固液混合物。 ②向容器a中加入一定量的蒸馏水，搅拌一段时间，过滤、洗涤、110℃烘干。 已知： ①SbCl3易水解成SbOCl，SbOCl难溶于乙醇、能溶于乙二醇，SbOCl也可水解为Sb2O3，但如果反应只发生在表面，则得不到单一晶型。 ②Sb2O3为两性氧化物。 ③无水乙醇和乙二醇都可能含少量水。 回答下列问题： （1）步骤①生成Sb2(OCH2CH2O)3，写出化学方程式___________。 （2）仪器a的名称为___________，装置B的作用为___________。 （3）在步骤①中，不可用NaOH溶液代替氨气的原因为___________。 （4）洗涤时Sb2O3晶体洗净的判断标准是___________。 （5）烘干时，晶体装在___________中(填仪器名称)。 （6）如果将乙二醇改为乙醇用上述同样方法制备，往往得到Sb2O3混晶，解释原因___________。 （7）用___________法可以测定Sb2O3是混晶还是单晶。 （8）取mg产品于锥形瓶中，用盐酸等试剂预处理后，用amol·L-1碘标准液滴定。接近终点时加入2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，消耗碘标准液VmL。反应原理为。 ①滴定终点现象是___________。 ②产品中Sb元素的质量分数是___________。 【答案】（1） （2） ①. 两颈烧瓶 ②. 吸收剩余NH3，防倒吸 （3）Sb2O3为两性氧化物，碱性太强会导致Sb2O3溶解 （4）取最后一次洗涤液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则晶体已洗净 （5）坩埚 （6）SbCl3部分水解成SbOCl，SbOCl难溶于乙醇，SbOCl的水解反应只发生在固体表面，得到混晶 （7）X射线衍射 （8） ①. 滴入最后半滴碘标准液，溶液变蓝，半分钟不褪色 ②. 或 【解析】 【分析】通入NH3生成Sb2（OCH2CH2O）3，反应的化学方程式为2SbCl3+3HOCH2CH2OH+6NH3=Sb2（OCH2CH2O）3+6NH4Cl，得到固液混合物，多余的氨气用稀硫酸吸收，据此解答。 【小问1详解】 由分析可知，步骤①生成Sb2（OCH2CH2O）3，根据元素守恒可知还有氯化铵生成，反应的化学方程式为2SbCl3+3HOCH2CH2OH+6NH3=Sb2（OCH2CH2O）3+6NH4Cl,故答案为：2SbCl3+3HOCH2CH2OH+6NH3=Sb2（OCH2CH2O）3+6NH4Cl； 【小问2详解】 根据仪器构造可知仪器a的名称为两颈烧瓶，氨气属于大气污染物，装置B的作用为吸收剩余NH3，防倒吸，故答案为：两颈烧瓶；吸收剩余NH3，防倒吸； 【小问3详解】 由题干信息可知，SbOCl也可水解为Sb2O3，且Sb2O3为两性氧化物，即Sb2O3能与强碱NaOH反应，则在步骤①中，不可用NaOH溶液代替氨气的原因为Sb2O3为两性氧化物，碱性太强会导致Sb2O3溶解，故答案为：Sb2O3为两性氧化物，碱性太强会导致Sb2O3溶解； 【小问4详解】 晶体表面含有氯离子，则洗涤时Sb2O3晶体洗净判断标准是取最后一次洗涤后滤液，滴加AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则晶体已洗净，故答案为：取最后一次洗涤后滤液，滴加AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则晶体已洗净； 【小问5详解】 烘干固体时应该在坩埚中进行，即烘干晶体装在坩埚中进行，故答案为：坩埚； 【小问6详解】 由于SbCl3部分水解成SbOCl，SbOCl难溶于乙醇，SbOCl的水解反应只发生在固体表面，因此将乙二醇改为乙醇用上述同样方法制备，往往得到Sb2O3混晶，故答案为：SbCl3部分水解成SbOCl，SbOCl难溶于乙醇，SbOCl的水解反应只发生在固体表面，得到混晶； 【小问7详解】 用X射线衍射法可以测定Sb2O3是混晶还是单晶，故答案为：X射线衍射法； 【小问8详解】 ①碘遇淀粉显蓝色，因此滴定终点现象是滴入最后半滴碘标准液，溶液变蓝，半分钟不褪色，故答案为：滴入最后半滴碘标准液，溶液变蓝，半分钟不褪色； ②消耗单质碘的物质的量是0.001aVmol，依据方程式可知产品中Sb元素的质量分数是，故答案为：。 13. 奥卡西平是一种可用于治疗神经系统疾病的药物。奥卡西平的一种合成路线如下： （1）奥卡西平中含有的官能团有___________。 （2）反应①所需的试剂与条件是___________；B的名称为___________。 （3）某同学采用薄层色谱(原理：当样品随着流动相经过固定相时，因样品中不同组分在两相间的分配不同而实现分离)跟踪反应①反应进程，分别在反应开始、回流、、和时，用毛细管取反应液、点样、薄层色谱展开后的斑点如图所示。该实验条件下比较合适的回流时间是___________。 A. B. C. D. （4）反应③的反应类型为___________。 （5）写出符合下列要求的D的一种同分异构体的结构简式___________。 i)含有联苯()结构，且除苯环外不含其他环状结构 ii)核磁共振氢谱显示苯环上的氢原子有四种不同的化学环境，且个数比为1：1：1：1 （6）已知：++HCl。反应④进行时： ①若过量，有利于反应正向进行，原因是___________。 ②若不足，F的转化率未发生明显降低，但G的产率却显著下降，原因是___________。 （7）B→C的合成路线如下。已知：+(、为烃基或H)结合相关信息，回答以下问题。 ①转化为M的反应条件为___________。 ②写出M→N的化学方程式___________。 【答案】（1）酮羰基、酰胺基 （2） ①. 浓硫酸、浓硝酸、加热 ②. 邻硝基甲苯或2-硝基甲苯 （3）C （4）还原反应 （5）、、(任写一种) （6） ①. NH3与氯化氢反应生成氯化铵，使平衡正向移动 ②. 生成的G继续与F反应，生成副产物或1分子氨气与2分子F发生反应，生成副产物 （7） ①. NaOH水溶液，加热 ②. 2+O22+2H2O 【解析】 【分析】采用逆推法，由A、B的分子式和C的结构简式，可推出A为、B为；由流程中两物质的结构简式和D的分子式，可确定D为；由E前后物质的结构简式，可推出E为；由F和H的结构简式及G的分子式，可推出G为。 【小问1详解】 由奥卡西平的结构简式可知，含有的官能团有酮羰基、酰胺基，故答案为：酮羰基、酰胺基； 【小问2详解】 反应①为发生硝化反应生成等，所需的试剂与条件是：浓硫酸、浓硝酸、加热；B为，名称为邻硝基甲苯或2-硝基甲苯，故答案为：浓硫酸、浓硝酸、加热；邻硝基甲苯或2-硝基甲苯； 【小问3详解】 由图示可知，45min时即可得到较好的分离，故答案为：C； 【小问4详解】 反应③为硝基转化为氨基，反应为类型为还原反应，故答案为：还原反应； 【小问5详解】 由分析可知，D为，符合下列要求：“ⅰ)含有联苯()结构，且除苯环外不含其他环状结构；ⅱ)核磁共振氢谱显示苯环上的氢原子有四种不同的化学环境，且个数比为1:1:1:1”的D的一种同分异构体分子中，除含有外，还可能含-CH3、-CH=NH或-N=CH2，或H2N-、-CH=CH2，则可能结构简式为：、、。 小问6详解】 已知：++HCl。反应④进行时，①若NH3过量，过量的NH3将与反应产物HCl继续反应生成NH4Cl，减少生成物浓度，有利于反应正向进行，原因是：NH3与氯化氢反应生成氯化铵，使平衡正向移动。②若NH3不足，则F有剩余，剩余的F将与生成的G继续反应，则F的转化率未发生明显降低，但G的产率却显著下降，原因是：生成的G继续与F反应，生成副产物或1分子氨气与2分子F发生反应，生成副产物。 【小问7详解】 由信息：+(、为烃基或H)可得出由在光照条件下与氯气发生取代反应生成，与氢氧化钠水溶液发生水解反应生成，催化氧化生成，在低价钛条件下发生题给反应生成，故答案为：NaOH水溶液，加热；2+O22+2H2O。 14. 氢气是一种清洁能源，研究制氢技术具有重要意义。 ．乙醇与水催化重整制氢发生以下反应： 反应： 反应： 回答下列问题： （1）①已知反应： ，则___________。 ②反应能自发进行的条件为___________。 （2）反应的速率，其中、分别为正、逆反应速率常数。降低温度时___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 （3）压强为100，的平衡产率与温度、起始时的关系如图所示，每条曲线表示相同的平衡产率。 A、B两点产率相等的原因是___________。 （4）压强为100下，1和3发生上述反应，平衡时和选择性、乙醇的转化率随温度的升高曲线如图所示。[已知：的选择性] ①表示选择性的曲线是___________(填标号)。 ②573K时，反应的___________(写出详细计算过程，结果列计算式即可)。 ．已知晶体中离子空位越多，离子越容易在晶体中移动。在高温时，用铈()的氧化物电解水制氢，其晶胞结构如图所示。 （5）当进入氧化物晶格后(取代部分)，电解效率显著提升，其原因是___________。 ．在“”催化作用下，乙醇-水催化重整中部分物种变化路径如图所示。 （6）不含的催化剂几乎没有催化活性的原因可能是___________。 （7）若用标记乙醇，最终产物中含的物质化学式为___________。 【答案】（1） ①. ②. 高温 （2）增大 （3）B点温度高于A点，升高温度，反应II逆向移动消耗氢气的量与反应I正向移动产生H2的量相等 （4） ①. c ②. 14.04 （5）取代部分后产生氧空位，增强了的传导能力 （6）必须先吸附于的活性位形成乙氧基，然后乙氧基再转移吸附的活性位上，从而实现脱氢 （7） 【解析】 【小问1详解】 ①根据盖斯定律，将反应Ⅰ+反应Ⅱ×2得反应，； ②该反应为吸热反应，且是熵增反应，即∆H>0，∆S>0，根据，则该反应正向自发的条件为高温； 【小问2详解】 反应为放热反应，，降低温度，平衡正向移动，平衡常数增大，即增大； 小问3详解】 A、B两点氢气产率相等是因为B点温度高于A点，升高温度，反应为放热反应，逆向移动，反应I为吸热反应，正向移动，反应逆向移动消耗氢气的量与反应I正向移动产生氢气的量相等； 【小问4详解】 反应Ⅰ、Ⅲ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，随着温度的升高，反应Ⅰ、Ⅲ平衡向正反应方向移动，反应Ⅱ平衡向逆反应方向移动，则升高温度，一氧化碳的选择性增大、二氧化碳的选择性减小，由一氧化碳的选择性和二氧化碳的选择性之和等于1可知，表示二氧化碳选择性的曲线为a、表示一氧化碳选择性的曲线是c、表示乙醇的转化率的曲线是b； ①由分析可知，表示一氧化碳选择性的曲线为c； ②由图可知，573K时，二氧化碳的选择性为85%，一氧化碳的选择性为15%，乙醇的转化率为60%，则平衡时一氧化碳的物质的量为1mol×60%×2×15%=0.18mol，二氧化碳的物质的量为1mol×60%×2×85%=1.02mol，设反应Ⅰ中消耗乙醇xmol、反应Ⅱ中消耗一氧化碳ymol，反应Ⅲ中消耗乙醇zmol，由方程式和乙醇的转化率可得：x+z=0.6，由方程式和一氧化碳的物质的量可得：2x-y=0.18，由方程式和二氧化碳的物质的量可得：y+2z=1.02，则平衡时水蒸气的物质的量为3-x-y-3z=3-(x+z)-(y+2z)=3-0.6-1.02=1.38mol，氢气的物质的量为4x+y+6z=4(x+z)+(y+2z)=2.4+1.02=3.42mol，气体的总物质的量为0.4+1.38+1.02+0.18+3.42=6.4mol，所以反应II的Kp=≈14.04； 【小问5详解】 当CuO进入Ce氧化物晶格后，Cu取代部分Ce，更易脱离晶体，即产生氧空位，因此电解效率显著提升； 【小问6详解】 由图可知，乙醇在上发生吸附活化，即必须先吸附于的活性位形成乙氧基，然后乙氧基再转移吸附的活性位上，从而实现脱氢，不含的催化剂几乎没有催化活性； 【小问7详解】 根据题中图可知，标记的用“*”表示，观察可知从，故最终产物中含的物质化学式CO。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$