精品解析：福建省厦门第六中学2025-2026学年高三上学期11月月考 化学试题

福建省厦门第六中学2026届高三上学期11月考试 化学试题 满分：100 考试时间：75分钟 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 F-19 Ni-59 Ag-108 Cs-133 一、单项选择题(每题4分，共40分) 1. 2015年9月3日，纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利70周年阅兵式在北京举行。致敬英雄，捍卫正义，守护和平。关于阅兵式中武器装备用到的材料，陈述错误的是 武器装备中用到的材料 陈述 A “DF—5C”洲际战略核导弹耐高温部件——碳化硅陶瓷 属于新型无机非金属材料 B 有源相控阵雷达——GaN Ga和N都位于元素周期表p区 C 装备显示系统——储氢材料镍铜合金 属于离子晶体，实现氢气可逆吸附 D 歼-20隐身战机机身——含铁氧体纳米颗粒的吸波材料 具有低可探测性 A. A B. B C. C D. D 2. 由X合成化合物Z路线如下： 下列说法正确的是 A. X分子与足量加成后含有2个手性碳原子 B. Y存在顺反异构，且能与盐酸反应 C. Z分子中有11个杂化碳原子 D. Y→Z的反应类型为加成反应 3. 某化合物的结构如图所示，X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，X的基态原子核外电子占据3个原子轨道。下列说法正确的是 A. X最高价氧化物对应的水化物为一元弱酸 B. 简单离子半径：Z>Y C. 电负性：Z>Y>X D. 该化合物中所有原子均满足最外层8电子稳定结构 4. 下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 室温时，溶液呈酸性 B 装有的密闭烧瓶冷却后颜色变浅 转化为的反应吸热 C 酸性： 烷基越长，推电子效应越大 D 键能：N—H>P—H 的沸点比高 A. A B. B C. C D. D 5. 将游离态氮固定在碳上(示踪反应如下)，制得的可用于合成核酸的结构单元。设阿伏加德罗常数的值为，下列有关说法错误的是 A. 在上述反应中作氧化剂，1个中含有16个中子 B. 理论上，石墨中含有的六元环数目为 C. 为直线形结构， 中含有的π键数目为 D. 发生上述反应若生成，则此时转移的电子数目为 6. 在醇溶液中发生互为竞争的取代反应和消去反应，反应历程和相对能量如图。下列说法错误的是 A. 醇溶液中与乙醇分子间形成了氢键 B. 发生取代反应或消去反应时，进攻的原子不同 C. 在热力学上，在醇溶液中发生反应的有利程度：消去反应>取代反应 D. 在动力学上，升温对反应历程的有利程度：历程1>历程2 7. 按以下流程制备三草酸合铁酸钾晶体。 已知：①结构如下图。②“氧化”时，加入试剂和时发生反应。下列叙述错误的是 A. “溶解”时，加稀硫酸是为了抑制水解 B. 可从“滤液”中回收 C. “氧化”时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2 D. 中，配体数目为6 8. 蓝光条件下，产生光生空穴可氧化富电子的芳香族化合物(如图中，Me代表)产生阳离子自由基物种，进一步与吡唑()反应得到偶联产物，电化学装置如图。 说法正确的是 A. 电极a应与电源的负极相连 B. 电极b附近电解质溶液的pH降低 C. 电极a产生的电极反应式为 D. 中所有原子均共面 9. 为研究三价铁的配离子性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。 已知：为黄色、为红色、为无色。 下列说法错误的是 A. ①中浓盐酸促进平衡正向移动 B. ②中的实验现象说明与的配位能力： C. ③中发生的反应为 D. ④中的实验现象说明还原性： 10. 是一种二元酸，是一种难溶盐。图中曲线分别表示室温下： (i)的溶液中，各物种的与的关系； (ⅱ)含的溶液中，与的关系。 下列说法正确的是 A. 曲线④表示与的关系 B. (ⅰ)中时， C. D. (ⅱ)中增加，平衡后溶液中浓度之和增大 二、填空题(本题4小题，共60分。) 11. 按要求回答。 （1）可通过如下反应萃取砷。 ①键角：Ⅰ中O-C-O______(填“>”或“<”)Ⅲ中O-As-O。 ②常温时，物质Ⅳ的水溶液显碱性，主要原因是______(用离子方程式表示)。 （2）某超导材料化学式为，长方体晶胞(下图)中：，N点原子分数坐标为。 ①Cs、Ag、F第一电离能从小到大的顺序是______。 ②P点原子分数坐标为______。 ③阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为______(列出计算式，不必化简)。 （3）草酸亚铁()可通过如下流程制取： 室温时：、、。 ①“酸化溶解”后的溶液：______(填“>”“<”或“=”)。 ②根据数据计算：室温时，反应的平衡常数______。 12. 一种利用废钴镍矿(含较多的Co、Ni、Fe，以及一定量的Mg、Pb、Mn(II)等元素)提取Co、Ni，并获得一系列化工产品的工艺流程如图： 已知：①P204对、、具有高选择性。 ②萃取平衡：(M=Co、Ni) ③易被氧化成 （1）中钴的价电子排布式为______；Co位于元素周期表第4周期______族。 （2）“浸渣1”的主要成分为______(填名称)。 （3）“水相1”中除了外主要含有的金属离子有______(填离子符号)。 （4）“沉镍”时反应的离子方程式为______。 （5）关于该工艺流程，说法错误的是______(填标号)。 a．“反萃取”中应加入盐酸，使、进入“水相2” b．“氮浸”时离子方程式为： c．“浸渣2”为 d．“沉镍”不用的原因之一是：碱性强于，易生成沉淀 （6）测定产品中镍含量：取2.95g样品，酸溶后配成100mL溶液，取20.00mL于锥形瓶中，滴入指示剂，用浓度为的标准液滴定，重复操作3次，消耗标准液平均值为15.18mL。已知：，则样品中镍元素质量分数为______%(保留4位有效数字)。若“取20.00mL”时先俯视后仰视液面，则测定结果偏______(填“高”或“低”)。 （7）红砷镍矿是一种六方晶体，晶胞如图(底面为60°和120°的菱形，)。图中黑色小球为Ni(半径)，浅色大球为As(半径)。 ①晶胞中Ni周围距离最近且相等的As有______个。 ②红砷镍矿在平行于底面方向和垂直于底面方向上表现出______(填“相”或“不”)同的金属性。 ③空间利用率：红砷镍矿______(填“>”“<”或“=”)面心立方堆积的金属镍。 13. 用氧化安息香(，)制二苯乙二酮(，)的原理、部分装置及步骤如下，据此回答。 I、在50mL装置A中加0.08g(过量)、4.24g安息香和18.0mL冰醋酸。 Ⅱ、安装回流装置，加入磁子，使用磁搅拌加热器加热搅拌。平稳回流40min后，每隔15min利用薄板层析检测反应混合物，当安息香已全部转化为二苯乙二酮后，停止加热。 Ⅲ、充分冷却后，将析出的黄色固体滤出，用95%乙醇重结晶，晾干后称量，得黄色柱状晶体3.57g。 （1）装置A的名称是______。步骤II中，搅拌的作用是______。 （2）实框内：是______(填“催化剂”或“中间产物”)；补全反应B的化学方程式______。 __________________=__________________ （3）晶体中含有下面______种微粒间作用力。 键 大π键 离子键 配位键 极性共价键 （4）步骤Ⅱ中，薄板层析原理：薄板表面涂有硅胶(剖面如图一)，取装置A内液体点在薄板M处，乙酸乙酯和正己烷的混合液带动样品在薄板上爬升时(图二)，由于硅胶层表面对安息香与二苯乙二酮吸附力强弱不同，因此爬升高度不同(图三)。 以下说法错误的是______(填标号)。 a．将硅胶置于蒸馏水中，Si—O键会逐渐断开形成硅酸 b．图三中，当Q点消失时，应关闭磁搅拌加热器停止反应 c．薄板层析实验的原理主要是利用物质的相对分子质量不同对物质进行区分 （5）利用红外光谱对产物进行表征，对比安息香的红外光谱图，能够初步推测安息香转化为二苯乙二酮的谱图变化为：______吸收峰消失。此实验二苯乙二酮的产率为______%。 14. “碳达峰·碳中和”是我国社会发展的重大战略。 I．在催化剂作用下，可被还原为等化学品，主要反应如下： 反应1： 反应2： （1）的随温度T的变化趋势正确的是______(填标号)。 a. b. c. d. （2）恒温恒容，若只发生反应1，起始按投料，不能作为反应达平衡的标志是______(填标号)。 a．浓度不再发生变化 b．的物质的量分数不再发生变化 c．气体平均相对分子质量不再发生变化 d． （3）将和充入密闭容器发生反应1和反应2，并达到平衡状态。相同温度不同压强下测得的平衡转化率、的选择性和CO的选择性随压强变化如图。表示选择性的曲线是______ (填“m”、“n”或“p”)；A点时的转化率为______%；反应2压强平衡常数______ (保留2位有效数字)。 Ⅱ．图1是电催化还原装置。控制其他条件相同，将一定量通入该装置中，阴极产物及其物质的量与电压的关系如图2。 （4）阴极生成的电极反应式为______。控制电压为0.8V，电解时转移电子的物质的量为______mol。 （5）采用多孔金属有机骨架(MOF)合成Cu-BTC-X催化剂，碳化后Cu活性组分均匀分散在多孔C中。与普通Cu颗粒催化剂相比，Cu-BTC-X催化剂的优点是______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福建省厦门第六中学2026届高三上学期11月考试 化学试题 满分：100 考试时间：75分钟 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 F-19 Ni-59 Ag-108 Cs-133 一、单项选择题(每题4分，共40分) 1. 2015年9月3日，纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利70周年阅兵式在北京举行。致敬英雄，捍卫正义，守护和平。关于阅兵式中武器装备用到的材料，陈述错误的是 武器装备中用到的材料 陈述 A “DF—5C”洲际战略核导弹耐高温部件——碳化硅陶瓷 属于新型无机非金属材料 B 有源相控阵雷达——GaN Ga和N都位于元素周期表p区 C 装备显示系统——储氢材料镍铜合金 属于离子晶体，实现氢气可逆吸附 D 歼-20隐身战机机身——含铁氧体纳米颗粒的吸波材料 具有低可探测性 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．碳化硅陶瓷是一种高性能陶瓷材料，属于新型无机非金属材料，常用于耐高温部件，陈述正确，A不合题意； B．镓(Ga)位于元素周期表第四周期第ⅢA族(p区)，氮(N)位于第二周期第ⅤA族(p区)，两者均属于p区元素，陈述正确，B不合题意； C．镍铜合金是一种金属合金，由金属键构成，属于金属晶体，而非离子晶体；虽然它能实现氢气可逆吸附，但晶体类型陈述错误，C符合题意； D．含铁氧体纳米颗粒的吸波材料能有效吸收雷达波，降低战机被探测概率，具有低可探测性，陈述正确，D不合题意； 故答案为C。 2. 由X合成化合物Z路线如下： 下列说法正确的是 A. X分子与足量加成后含有2个手性碳原子 B. Y存在顺反异构，且能与盐酸反应 C. Z分子中有11个杂化碳原子 D. Y→Z的反应类型为加成反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．X分子与足量加成后得，手性碳如图中星号标注（），手性碳原子数目共3个，A错误； B．Y分子中碳碳双键两端的基团不同，存在顺反异构；分子中含有亚氨基（），能与盐酸反应，B正确； C．Z分子中苯环上的6个碳原子、羰基碳原子（2个）、碳碳双键上的2个碳原子均为杂化，共12个，C错误； D．Y→Z的反应是Y中上的氢原子被乙酰基（）取代，属于取代反应，而非加成反应，D错误； 故答案选B。 3. 某化合物的结构如图所示，X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，X的基态原子核外电子占据3个原子轨道。下列说法正确的是 A. X最高价氧化物对应的水化物为一元弱酸 B. 简单离子半径：Z>Y C. 电负性：Z>Y>X D. 该化合物中所有原子均满足最外层8电子稳定结构 【答案】A 【解析】 【分析】X的基态原子核外电子占据3个原子轨道，其电子排布式为，对应元素为B（硼）。在结构中，Y原子形成2个共价键，且原子序数大于B，故Y为O（氧）。Z形成+1价阳离子，原子序数大于O，故Z为Na（钠），据此分析解答。 【详解】A．X为B，其最高价氧化物对应的水化物为。是一元弱酸，在水中电离方程式为，A正确； B．简单离子分别为（Z）和（Y）。二者核外电子排布相同，均为2层8电子结构。核电荷数越大，对核外电子的吸引力越强，离子半径越小。因此离子半径顺序为，即，B错误； C．元素的电负性反映其原子在化合物中吸引键合电子的能力。同周期从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小。因此电负性顺序为，C错误； D．在该化合物中，最外层满足8电子稳定结构。但B原子最外层有3个电子，在结构中形成了3个共价键，最外层电子数为6，不满足8电子稳定结构，D错误； 故答案选A。 4. 下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 室温时，溶液呈酸性 B 装有的密闭烧瓶冷却后颜色变浅 转化为的反应吸热 C 酸性： 烷基越长，推电子效应越大 D 键能：N—H>P—H 的沸点比高 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．室温时，亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，由电离常数可得亚硫酸氢根离子的水解常数为：Kh=＜Ka2(H2SO3)，整理可得：，A正确； B．装有二氧化氮的密闭烧瓶中存在如下平衡：2NO2 N2O4，冷却后颜色变浅，说明平衡向正反应方向移动，则该反应为放热反应，B错误； C．烷基为推电子基，烷基越长，推电子效应越大，所以丙酸的酸性弱于乙酸，C错误； D．氨分子的沸点高于磷化氢是因为氨分子能形成分子间氢键，而磷化氢不能形成分子间氢键，使得氨分子的分子间作用力大于磷化氢，沸点高于磷化氢，所以氨分子的沸点高于磷化氢与键能的大小无关，D错误； 故选A。 5. 将游离态氮固定在碳上(示踪反应如下)，制得的可用于合成核酸的结构单元。设阿伏加德罗常数的值为，下列有关说法错误的是 A. 在上述反应中作氧化剂，1个中含有16个中子 B. 理论上，石墨中含有的六元环数目为 C. 为直线形结构， 中含有的π键数目为 D. 发生上述反应若生成，则此时转移的电子数目为 【答案】D 【解析】 【详解】A．中氮元素化合价从0价降至-3价，作氧化剂；原子含15-7=8个中子，故1个含16个中子，A正确； B．石墨中每个碳原子被三个六元环共享，每个六元环平均含个碳原子，故1 mol碳原子（即1 mol石墨）对应0.5 mol六元环，数目为，B正确； C．为直线形结构（sp杂化），含两个离域π键，故1 mol该离子含2 mol π键，数目为，C正确； D．反应中生成1 mol 时，得6 mol电子（N从0价降至-3价），C失4 mol电子（从0价升至+4价），2H⁻失2 mol电子（从-1价升至0价），转移电子总数为，D错误； 故答案选D。 6. 在醇溶液中发生互为竞争的取代反应和消去反应，反应历程和相对能量如图。下列说法错误的是 A. 醇溶液中与乙醇分子间形成了氢键 B. 发生取代反应或消去反应时，进攻的原子不同 C. 在热力学上，在醇溶液中发生反应的有利程度：消去反应>取代反应 D. 在动力学上，升温对反应历程的有利程度：历程1>历程2 【答案】C 【解析】 【详解】A．从反应历程图能看到，中的氧与乙醇分子中的氢存在相互作用，符合氢键形成特征，所以NaOH醇溶液中与乙醇分子间形成了氢键，A正确； B．取代反应里，进攻与Br原子相连的碳原子；消去反应时，进攻与Br原子相连碳原子的邻位碳原子上的氢原子，进攻原子不同，B正确； C．由图可知，取代反应产物能量比消去反应产物能量低，能量越低越稳定，说明在NaOH醇溶液中发生取代反应在热力学上更有利，并非消去反应，C错误； D．由图可知，取代反应和消去反应均为放热反应，取代反应活化能大，消去反应活化能小，升温，活化能大的反应速率提升更显著，故升温对反应历程的有利程度：历程1>历程2，D正确； 故答案选C。 7. 按以下流程制备三草酸合铁酸钾晶体。 已知：①结构如下图。②“氧化”时，加入试剂和时发生反应。下列叙述错误的是 A. “溶解”时，加稀硫酸是为了抑制水解 B. 可从“滤液”中回收 C. “氧化”时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2 D. 中，配体数目为6 【答案】D 【解析】 【详解】用稀硫酸溶解后，所得溶液中含有、、、等，加入草酸形成草酸亚铁沉淀，过滤出草酸亚铁，滤液为硫酸铵，草酸亚铁中加入草酸钾、过氧化氢、草酸反应得到和氢氧化铁，过滤后，氢氧化铁进入滤渣，进入滤液，加入乙醇进行结晶得到产品。 A．在水溶液中会发生水解反应，加入稀硫酸可增大浓度，抑制水解，A正确； B．根据分析，可通过蒸发结晶回收滤液中的，B正确； C．“氧化”时发生反应，该反应中， Fe元素化合价升高，变成，草酸亚铁为还原剂，中O元素的化合价从-1降低到-2，为氧化剂，由方程式可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为，C正确； D．由的结构可知，配体为，每个是双齿配体，配位数是6，配体数目为3，D错误； 故答案选D。 8. 蓝光条件下，产生光生空穴可氧化富电子的芳香族化合物(如图中，Me代表)产生阳离子自由基物种，进一步与吡唑()反应得到偶联产物，电化学装置如图。 说法正确的是 A. 电极a应与电源的负极相连 B. 电极b附近电解质溶液的pH降低 C. 电极a产生的电极反应式为 D. 中所有原子均共面 【答案】C 【解析】 【分析】b电极为阴极，发生还原反应，a电极为阳极，发生电极反应式为，据此分析； 【详解】A．电极a为阳极，故与电源的正极相连，A错误； B．电极b表面发生还原反应，氢离子浓度降低，故溶液pH升高，B错误； C．电极a上生成产物，电极反应式为，C正确； D．中Me代表，该有机物中存在甲基，所有原子不可能共面，D错误； 综上，答案是C。 9. 为研究三价铁的配离子性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。 已知：为黄色、为红色、为无色。 下列说法错误的是 A. ①中浓盐酸促进平衡正向移动 B. ②中的实验现象说明与的配位能力： C. ③中发生的反应为 D. ④中的实验现象说明还原性： 【答案】D 【解析】 【详解】A．①中浓盐酸增加浓度，根据勒夏特列原理，平衡正向移动，生成更多黄色，溶液黄色加深，A正确； B．①中生成（黄色），②中加入后溶液变红，说明能与结合生成更稳定的，即与的配位能力强于，B正确； C．②中红色为，加入NaF后红色褪去变为无色（），说明与结合生成更稳定的，反应为：，C正确； D．③中溶液含（无色），被稳定配位，浓度极低，氧化性减弱，无法氧化，故加入KI和淀粉无明显变化。不能说明还原性弱于（实际还原性强于），D错误； 故答案选D。 10. 是一种二元酸，是一种难溶盐。图中曲线分别表示室温下： (i)的溶液中，各物种的与的关系； (ⅱ)含的溶液中，与的关系。 下列说法正确的是 A. 曲线④表示与的关系 B. (ⅰ)中时， C. D. (ⅱ)中增加，平衡后溶液中浓度之和增大 【答案】B 【解析】 【分析】是一种二元酸，随着增大，逐渐减小，先增大后减小，逐渐增大；含的溶液中，随着增大，逆移，逐渐增大，导致逆移，逐渐减小，但由于平衡移动的程度不大，因此变化不大；据此可得曲线①表示与的关系，曲线②表示与的关系，曲线③表示与的关系，曲线④表示与的关系； 【详解】A．根据分析，曲线④表示与的关系，A错误； B．由曲线可得，， (ⅰ)中时，，B正确； C．，由图可知，时，，，则，因此，C错误； D．(ⅱ)中增加，平衡不移动，不变，则均不变，因此平衡后溶液中浓度之和不变，D错误； 故选B。 二、填空题(本题4小题，共60分。) 11. 按要求回答。 （1）可通过如下反应萃取砷。 ①键角：Ⅰ中O-C-O______(填“>”或“<”)Ⅲ中O-As-O。 ②常温时，物质Ⅳ的水溶液显碱性，主要原因是______(用离子方程式表示)。 （2）某超导材料化学式为，长方体晶胞(下图)中：，N点原子分数坐标为。 ①Cs、Ag、F第一电离能从小到大的顺序是______。 ②P点原子分数坐标为______。 ③阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为______(列出计算式，不必化简)。 （3）草酸亚铁()可通过如下流程制取： 室温时：、、。 ①“酸化溶解”后的溶液：______(填“>”“<”或“=”)。 ②根据数据计算：室温时，反应的平衡常数______。 【答案】（1） ①. ＞ ②. （2） ①. Cs＜Ag＜F ②. ③. （3） ①. ＜ ②. 40 【解析】 【小问1详解】 ①由题干物质结构式可知，Ⅰ中O-C-O中C周围的价层电子对数为3，采用sp2杂化，键角接近120°，而Ⅲ中O-As-O中As周围的价层电子对数为3+=4，采用sp3杂化，键角小于109°28′，故键角：Ⅰ中O-C-O＞Ⅲ中O-As-O，故答案为：＞； ②根据质量守恒定律可知，反应中生成的物质Ⅳ为Na2CO3，常温时，物质Ⅳ的水溶液显碱性，主要原因是碳酸根离子发生水解，其离子方程式为：； 【小问2详解】 ①根据同一周期从左往右元素的电负性呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，同一主族从上往下元素电负性依次减小，故Cs、Ag、F第一电离能从小到大的顺序是Cs＜Ag＜F； ②由题干信息可知，长方体晶胞(下图)中：，N点原子分数坐标为，则P点原子分数坐标为； ③由题干晶胞图可知，一个晶胞中含有Cs个数为：8×+2=4，Ag个数为：8×+4×=4，F的个数为：16×+4=12，阿伏加德罗常数为，则一个晶胞的质量为：g，一个晶胞的体积为：(a×10-10cm)2×(c×10-10cm)=a2c×10-30cm3，则该晶体的密度为：==； 【小问3详解】 ①根据电荷守恒可知，“酸化溶解”后的溶液中有：+c(H+)=，只有＜，故答案为：＜； ②根据数据计算：室温时，反应的平衡常数====40。 12. 一种利用废钴镍矿(含较多的Co、Ni、Fe，以及一定量的Mg、Pb、Mn(II)等元素)提取Co、Ni，并获得一系列化工产品的工艺流程如图： 已知：①P204对、、具有高选择性。 ②萃取平衡：(M=Co、Ni) ③易被氧化成 （1）中钴的价电子排布式为______；Co位于元素周期表第4周期______族。 （2）“浸渣1”的主要成分为______(填名称)。 （3）“水相1”中除了外主要含有的金属离子有______(填离子符号)。 （4）“沉镍”时反应的离子方程式为______。 （5）关于该工艺流程，说法错误的是______(填标号)。 a．“反萃取”中应加入盐酸，使、进入“水相2” b．“氮浸”时离子方程式为： c．“浸渣2”为 d．“沉镍”不用的原因之一是：碱性强于，易生成沉淀 （6）测定产品中镍含量：取2.95g样品，酸溶后配成100mL溶液，取20.00mL于锥形瓶中，滴入指示剂，用浓度为的标准液滴定，重复操作3次，消耗标准液平均值为15.18mL。已知：，则样品中镍元素质量分数为______%(保留4位有效数字)。若“取20.00mL”时先俯视后仰视液面，则测定结果偏______(填“高”或“低”)。 （7）红砷镍矿是一种六方晶体，晶胞如图(底面为60°和120°的菱形，)。图中黑色小球为Ni(半径)，浅色大球为As(半径)。 ①晶胞中Ni周围距离最近且相等的As有______个。 ②红砷镍矿在平行于底面方向和垂直于底面方向上表现出______(填“相”或“不”)同的金属性。 ③空间利用率：红砷镍矿______(填“>”“<”或“=”)面心立方堆积的金属镍。 【答案】（1） ①. ②. Ⅷ （2）硫酸铅 （3）、 （4） （5）ab （6） ①. 15.18 ②. 低 （7） ①. 6 ②. 不 ③. < 【解析】 【分析】向废钴镍矿加入稀硫酸，生成可溶性硫酸盐与难溶性硫酸铅，加入铁粉，将高价离子还原，故其溶液中含有Co2+，Ni2+，Fe2+，Mg2+，Mn2+，加入萃取剂P204后，根据已知，P204对、、具有高选择性，Co2+，Ni2+进入有机相，Fe2+，Mg2+，Mn2+不被萃取，存在于水相中，向含有Co2+，Ni2+的有机相中加入酸进行反萃取，，平衡逆向移动，使Co2+，Ni2+从有机相重新进入水相，得到Co2+，Ni2+的溶液，向溶液中加入氨水，使Ni2+形成Ni(OH)2，Co2+与氨水反应生成络合物，继而被氧化成，通入SO2将+3价钴还原为+2价钴，得到CoSO4，向浸渣2【Ni(OH)2】中加入酸得到Ni2+，向溶液中加入碳酸氢铵发生反应：； 【小问1详解】 Co的原子序数为27，位于元素周期表第Ⅷ族，中Co的价态为+2价，故其价电子排布式为； 【小问2详解】 Pb2+与不能共存，故浸渣1为硫酸铅； 【小问3详解】 根据已知，P204对、、具有高选择性，Co2+，Ni2+进入有机相，Fe2+，Mg2+，Mn2+不被萃取，存在于水相中，故“水相1”中除了外主要含有的金属离子有、； 【小问4详解】 向含Ni2+的溶液中加入碳酸氢铵，生成碳酸镍，故其反应的离子方程式为：； 【小问5详解】 a．“反萃取”中应加入稀硫酸，加入盐酸会引入杂质离子氯离子，a错误； b．氨浸时离子方程式为：，b错误； c．氨浸时生成的难溶物为，故“浸渣2”为，c正确； d． 碱性强于，“沉镍”用易生成沉淀，d正确； 故选ab。 【小问6详解】 已知n()=，根据，n(Ni2+)=，100mL溶液中Ni2+的总量为n(Ni2+)=，故样品中镍元素质量分数为；若先俯视后仰视液面，则所取溶液体积偏小，则消耗的标准液较少，最终测定的镍元素质量分数偏低； 【小问7详解】 ①晶胞中含有2个Ni和2个As，晶胞中As周围距离最近且相等的Ni有6个，因此晶胞中Ni周围距离最近且相等的As也有6个； ②晶体有各向异性，故红砷镍矿在平行于底面方向和垂直于底面方向上表现出不同的金属性； ③面心立方堆积的金属镍为密堆积，空间利用率为74%，红砷镍矿晶胞中含有Ni和As两种原子，原子半径不同，且堆积方式为非密堆积，原子间存在更多空隙，因此空间利用率低于74%。 13. 用氧化安息香(，)制二苯乙二酮(，)的原理、部分装置及步骤如下，据此回答。 I、在50mL装置A中加0.08g(过量)、4.24g安息香和18.0mL冰醋酸。 Ⅱ、安装回流装置，加入磁子，使用磁搅拌加热器加热搅拌。平稳回流40min后，每隔15min利用薄板层析检测反应混合物，当安息香已全部转化为二苯乙二酮后，停止加热。 Ⅲ、充分冷却后，将析出的黄色固体滤出，用95%乙醇重结晶，晾干后称量，得黄色柱状晶体3.57g。 （1）装置A的名称是______。步骤II中，搅拌的作用是______。 （2）实框内：是______(填“催化剂”或“中间产物”)；补全反应B的化学方程式______。 __________________=__________________ （3）晶体中含有下面______种微粒间作用力。 键 大π键 离子键 配位键 极性共价键 （4）步骤Ⅱ中，薄板层析原理：薄板表面涂有硅胶(剖面如图一)，取装置A内液体点在薄板M处，乙酸乙酯和正己烷的混合液带动样品在薄板上爬升时(图二)，由于硅胶层表面对安息香与二苯乙二酮吸附力强弱不同，因此爬升高度不同(图三)。 以下说法错误的是______(填标号)。 a．将硅胶置于蒸馏水中，Si—O键会逐渐断开形成硅酸 b．图三中，当Q点消失时，应关闭磁搅拌加热器停止反应 c．薄板层析实验的原理主要是利用物质的相对分子质量不同对物质进行区分 （5）利用红外光谱对产物进行表征，对比安息香的红外光谱图，能够初步推测安息香转化为二苯乙二酮的谱图变化为：______吸收峰消失。此实验二苯乙二酮的产率为______%。 【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. 使混合物受热均匀，防暴沸 （2） ①. 催化剂 ②. （3）5 （4）ac （5） ①. 羟基(-OH或O-H) ②. 85 【解析】 【分析】该反应用氧化安息香制二苯乙二酮，实验在三颈烧瓶中利用球形冷凝管加热冷凝回流完成，实验过程中利用薄板层析检测反应混合物，直至反应完全，后将混合溶液冷却结晶，过滤干燥即得二苯乙二酮晶体。 【小问1详解】 装置A的名称是三颈烧瓶；步骤II中搅拌的作用是使混合物受热均匀，避免局部过热，防止暴沸。 【小问2详解】 实框内反应前后质量和化学性质不变，参与反应但最终再生，故其是催化剂； 在反应B中，Cu从+1价升至+2价，中两个N原子分别从-3价和+5价归中至0价，故可将整体看作失去2个电子，根据原子守恒和氧化还原规律，反应为。 【小问3详解】 晶体中含有的微粒间作用力包括：与之间的离子键；内键和内键是极性共价键；​ 中提供孤电子对，提供空轨道形成的配位键；中的轨道与3个的轨道形成离域大 π 键；所有共价键均含σ键；故共5种微粒间作用力。 【小问4详解】 a．硅胶性质稳定，不能和水发生反应生成硅酸，置于蒸馏水中，键不会断裂形成，a错误； b．图三中P点代表二苯乙二酮（产物），Q点代表安息香（反应物），P点消失说明反应完全，说明安息香已全部转化为二苯乙二酮，应停止加热，b正确； c．薄板层析原理是利用物质在固定相（硅胶）和流动相（展开剂）中吸附能力不同，c错误。 故错误的是ac。 【小问5详解】 红外光谱图中，安息香含羟基，二苯乙二酮无羟基，故羟基吸收峰消失； 反应起始投入过量的和4.24g安息香（)，故实际反应转化量为安息香的物质的量，则二苯乙二酮（）理论产量，故二苯乙二酮的产率为。 14. “碳达峰·碳中和”是我国社会发展的重大战略。 I．在催化剂作用下，可被还原为等化学品，主要反应如下： 反应1： 反应2： （1）的随温度T的变化趋势正确的是______(填标号)。 a. b. c. d. （2）恒温恒容，若只发生反应1，起始按投料，不能作为反应达平衡的标志是______(填标号)。 a．浓度不再发生变化 b．的物质的量分数不再发生变化 c．气体平均相对分子质量不再发生变化 d． （3）将和充入密闭容器发生反应1和反应2，并达到平衡状态。相同温度不同压强下测得的平衡转化率、的选择性和CO的选择性随压强变化如图。表示选择性的曲线是______ (填“m”、“n”或“p”)；A点时的转化率为______%；反应2压强平衡常数______ (保留2位有效数字)。 Ⅱ．图1是电催化还原装置。控制其他条件相同，将一定量通入该装置中，阴极产物及其物质的量与电压的关系如图2。 （4）阴极生成的电极反应式为______。控制电压为0.8V，电解时转移电子的物质的量为______mol。 （5）采用多孔金属有机骨架(MOF)合成Cu-BTC-X催化剂，碳化后Cu活性组分均匀分散在多孔C中。与普通Cu颗粒催化剂相比，Cu-BTC-X催化剂的优点是______。 【答案】（1）c （2）bd （3） ①. m ②. 24 ③. 0.017 （4） ①. ②. 2.8 （5）催化剂中活性位点相对均匀分散，活性面积大，还原效率高 【解析】 【小问1详解】 由盖斯定律得，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)可由反应1-反应2得到，因此ΔH =ΔH1-ΔH2=（-50 kJ·mol-1）-（41 kJ·mol-1）=-91 kJ·mol-1，该反应是熵减的反应，故ΔS<0，则随着温度T的升高，ΔH−TΔS逐渐增大，当T=0 K时，ΔH−TΔS=ΔH=-91 kJ·mol-1，综上所述c符合。 【小问2详解】 a．CO2是气体，当CO2浓度不再发生变化，说明反应已达到平衡，a正确； b．设起始投料n(CO2)=n(H2)=a mol，转化的n(CO2) =x mol，列三段式得，，反应前CO2百分含量为×100%=50%，反应后CO2百分含量为×100%=50%，百分含量一直保持不变，不能作为反应达到平衡标志，b错误； c．反应1是气体分子减小的反应，则反应后气体总物质的量减少，且质量守恒，根据，气体平均相对分子质量不断增大，当反应达到平衡时，气体平均相对分子质量不再发生变化，c正确； d．化学反应速率之比等于化学计量数之比，则v(H2):v(H2O)=3:1，所以v(H2)正=3v(H2O)正，当正逆反应速率相等时反应平衡，则v(H2O)正= v(H2O)逆，故当反应平衡时v(H2)正=3v(H2O)逆，d错误； 故答案为：bd。 【小问3详解】 根据已知信息可知：反应1的正反应是气体体积减小的反应，反应2是反应前后气体物质的量不变的反应，增大压强，反应1平衡正向移动，CO2含量减少，水蒸气含量增大，使反应2平衡逆向移动，导致CO选择性降低，因此一定温度下，图中p表示CO的选择性与压强的关系，CH3OH的选择性加上CO的选择性应为100%，因此m表示CH3OH的选择性与压强的关系，n表示CO2的平衡转化率与压强的关系；A点时CO2转化率为30%，CH3OH的选择性为70%，设反应1消耗CO2的物质的量为x mol，反应2消耗CO2的物质的量为ymol，列三段式得：，，x+y=1×30%，=70%，解得x=0.21，y=0.09，此时H2的转化率为==24%；A点平衡时n(CO2)=1-x-y=0.7mol，n(H2)=3-3x-y=2.28mol，n(CO)=0.09mol，n(H2O)=x+y=0.3mol，n(CH3OH)=0.21mol，各物质的总物质的量之和为n总=n(CO2)+n(H2)+n(CH3OH)+n(H2O)+n(CO)=0.7mol+2.28mol+0.21mol+0.3mol+0.09mol=3.58mol，反应2的压强平衡常数Kp===0.017。 【小问4详解】 酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲醇和水，电极反应式为CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O；图可知，控制电压为0.8V，生成乙醇物质的量0.2mol、氢气物质的量0.2mol，电极反应2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O、2H++2e-=H2↑，转移电子的物质的量为0.2mol×12+0.2mol×2=2.8mol。 【小问5详解】 多孔碳载体提供了更大的表面积，能负载更多的 Cu 活性位点；Cu 活性点位相对均匀分散在多孔碳中，避免了颗粒团聚，提高了还原效率。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $