精品解析：江苏苏州市2025-2026学年上学期期末考试 高三化学试卷

高三化学试卷 注意事项： 1.本试卷分为单项选择题和非选择题两部分，试卷满分100分。考试时间75分钟。 2.将选择题答案填涂在答题卡的对应位置上，非选择题的答案写在答题卡的指定栏目内。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Al27 S32 K39 Ca40 Cr52 Fe56 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. 下列物质不能以海水为主要原料生产的是 A. B. Mg C. D. Na 2. 反应可用于工业合成尿素。下列说法正确的是 A. 基态O的电子排布式： B. N的原子结构示意图： C. 的电子式：H：O：H D. 的结构简式： 3. 利用氨水和氨气进行相关实验，涉及的装置和原理能达到目的的是 A．验证氨水挥发性 B．制取氨气 C．收集氨气 D．产生红色喷泉 A. A B. B C. C D. D 4. C、Si、Ge、Sn位于同主族，结构与金刚石类似且导电性差。下列说法正确的是 A. 电负性： B. 属于金属晶体 C. 离子半径： D. 第一电离能： 阅读下列材料，完成下面小题。 中国科学家在自然资源利用方面贡献突出。盐湖中提取的LiCl与KCl共熔电解可制备金属锂，提取的用于制备电极材料。我国南海可燃冰(甲烷水合物)资源丰富，我国研发了在70℃下将可燃冰转化为甲醇和氢气的催化剂。工业上利用稀土离子与含磷酸酯(简写为HA)的萃取剂形成配合物分离稀土元素，萃取反应可表示为：(水层)(有机层)(有机层)(水层)。 5. 下列说法正确的是 A. 熔点：NaCl<KCl B. 可燃冰中和之间存在氢键 C. 的空间构型为三角锥形 D. 稳定性高，所对应的稀土离子更易被萃取 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 电解制备Li： B. 制备： C. 利用可燃冰转化为甲醇： D. 充电时在阳极的反应： 7. 下列物质结构或性质与分离提纯方法对应关系正确的是 A. 半径比大，可通过碳酸盐沉淀法分离卤水中的 B. 金属Li和K的熔点不同，可用真空蒸馏法提纯金属Li C. KCl是强电解质，可用蒸发结晶从盐湖中获取KCl D. 萃取剂与水的极性差异较大，可用分液法分离萃取剂和水溶液 8. 工业制硝酸过程中，催化氧化反应为：，在催化剂表面可分解。下列说法正确的是 A. 催化氧化反应时间过长，导致产物中含量上升 B. 催化氧化反应的 C. 催化氧化反应平衡常数的表达式为 D. 催化剂可使催化氧化反应的增大 9. 绿原酸(，结构如图所示)具有广泛抗菌作用。下列说法正确的是 A. 分子中所有碳原子可能在同一个平面上 B. 分子中和杂化的碳原子数之比为5∶3 C. 可用酸性高锰酸钾检验结构中的碳碳双键 D. 1mol绿原酸最多消耗含7mol NaOH的溶液 10. 将活性炭与溶液在高温、加压下得到铁基活性炭(FAC)材料，可用于去除饮用水(pH为7～8)中的，反应机理如题图所示。下列说法正确的是 A. 反应中存在非极性共价键的生成 B. 活性炭体现了吸附性和还原性 C. 被Fe(Ⅱ)还原的离子方程式为 D. 每处理1mol 理论上生成3mol 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 通入溶液中，出现黄色浑浊 具有还原性 B 通入水中，测所得溶液 是一种弱酸 C 通入一定浓度溶液中，有白色沉淀生成，向白色沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解 能与溶液反应生成 D 通入酸性溶液中，溶液紫色褪去 具有漂白性 A. A B. B C. C D. D 12. 室温下，用溶液处理含和的废水。已知：，，。下列说法正确的是 A. 的溶液，溶液中： B. 当开始沉淀时水中 C. 沉淀过程中上层清液中始终存在： D. 和完全沉淀后，溶液中存在： 13. CaO参与的和重整制氢的主要反应为(不考虑其他反应，该题实验条件下催化剂保持高活性)： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 550℃、1MPa下，将一定比例的和混合气体匀速通过装有CaO和催化剂的绝热反应管。通入t min时，在、、…位点处部分气体的干物质的量分数和CaO转化为的转化率(位点前的CaO被已通过的气体完全转化为)如题图所示。例如的干物质的量分数％。 下列说法不正确的是 A. 处的转化率约为13.4％ B. 其他条件不变，增大压强，通气时间相同，处的体积分数减小 C. 将通气时间延长为，处的百分含量下降 D. 处，体系的温度低于550℃ 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种常用的净水剂，可用于去除废水中的Se(Ⅳ)。已知：K2FeO4在强碱性条件下稳定，Fe(Ⅲ)可以催化K2FeO4分解。 （1）Fe(Ⅲ)在水中会形成[Fe2(H2O)10]6+配离子，该配离子中两个Fe(Ⅲ)的配位数相同且含有1个四元环结构，Fe(Ⅲ)的配位数为___________。 （2）电解法制备K2FeO4的装置如题图所示，电解过程中需不断向阳极区补充KOH溶液。 ①电解过程中阳极有气体产生，该气体为___________。 ②阳极生成的电极方程式为___________，为提高K2FeO4的产率，应选用___________(填“阴”或“阳”)离子交换膜。 ③电解一段时间后，若不补充KOH溶液，电路中通过相同量的电子，但K2FeO4的产量减少的原因是___________。 ④测定K2FeO4的纯度。准确称取0.6600g K2FeO4样品于锥形瓶中，用KOH溶液溶解，加入过量溶液，再加入硫酸酸化配成待测液。用 标准溶液滴定至终点，消耗标准液25.00mL。计算样品中K2FeO4的纯度___________ (写出计算过程)。测定过程中涉及的离子反应有(未配平)： （3） K2FeO4可与联用去除废水中的Se(Ⅳ)。其过程为： ⅰ. K2FeO4将Se(Ⅳ)氧化为且自身被还原为，过程中存在中间体的产生和转化； ⅱ.吸附在表面的将还原为Se，Se与共沉淀除去。 已知：溶液中含Se(Ⅳ)微粒的物质的量分数随pH的分布如下图所示。 ①时，氧化Se(Ⅳ)的离子方程式为___________。 ②时，随pH上升，Se(Ⅳ)的去除率明显下降，原因是___________。 15. 化合物G是一种常见的抗组胺类药物。其合成路线如下： （1）C分子中含氧官能团名称为___________。E分子中手性碳原子数目为___________。 （2）C→D会产生与D互为同分异构体的副产物，其结构简式为___________。 （3）F→G除了生成G外，生成的另外一种产物为___________。 （4）写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式：___________。分子中含有苯环，水解生成的有机产物中均含有2种不同化学环境的氢原子。 （5）写出以和为原料制备的合成路线流程图________(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。 16. 将电镀污泥[主要成分为、NiO、CuS、和]中的金属元素进行选择性分离具有重要意义，其分离过程如下： （1）氨浸时将污泥中Cu元素和部分Ni元素转化为配离子浸出。 ①加料完成后，一定能提高浸出率的措施有___________。 ②氨浸时存在反应。室温下，其平衡常数___________(填数值)。[已知： ，] ③氨浸时CuS在氨水存在条件下转化成的离子反应方程式为___________。 （2）氨浸后的污泥通过“灼烧”和“熔炼”得到Ni-Cr合金。熔炼在1450℃下进行，为将生成的与Ni-Cr合金分离，需添加CaO将其转化成液态的。的熔点与其中CaO的物质的量分数[％]的关系如题图所示。 ①熔炼时加入铝粉的作用是___________。 ②熔炼时，理论上加入的为___________。 （3）已知：Ni和Fe活泼性相似。将氨浸液[主要溶质为和，能被活泼金属还原]经过转化可获得单质铜，请补充完整实验方案：___________，干燥得到铜。(实验须遵循节约试剂用量的原则。必须使用的试剂：Zn，盐酸，溶液) 17. 生物乙醇制氢对降低制氢成本和保护生态环境有重要意义。 Ⅰ．乙醇-水蒸气重整制氢。主要反应如下： （1）催化剂可选用掺杂少量纳米Fe的。 ①的晶胞结构如题图1所示，与La距离相等且最近的O的数目为___________。 ②掺杂的纳米Fe可催化CO、的反应，反应过程中检测到。该催化过程可用化学方程式描述为___________、___________。 （2）一定压强下，1mol乙醇与13mol水蒸气(过量)通过装有催化剂的反应器。实验测得乙醇的转化率和CO、、的选择性随反应温度的变化如题图2所示。已知：乙醇的转化率％，CO的选择性％。 ①理论上最多可制得的物质的量为___________。 ②450～500℃时，随温度上升，的产量___________。(填“上升”“下降”或“不变”)。 ③实际使用的水醇比远大于理论值的原因是___________。 Ⅱ．铝-乙醇反应制氢 （3）存在时，Al可与无水乙醇制备氢气，部分反应机理如题图3所示。 ①图示机理中化合价发生改变的元素有___________。 ②结合电负性分析Ni的作用是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三化学试卷 注意事项： 1.本试卷分为单项选择题和非选择题两部分，试卷满分100分。考试时间75分钟。 2.将选择题答案填涂在答题卡的对应位置上，非选择题的答案写在答题卡的指定栏目内。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Al27 S32 K39 Ca40 Cr52 Fe56 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. 下列物质不能以海水为主要原料生产的是 A. B. Mg C. D. Na 【答案】C 【解析】 【详解】A．H2可以通过电解海水或水生产，因此能以海水为主要原料生产，A不符合题意； B． Mg可以从海水中提取，例如通过沉淀氢氧化镁并电解得到金属镁，因此能以海水为主要原料生产，B不符合题意； C．N2主要存在于空气中，海水中的溶解氮含量低且不易提取因此不能以海水为主要原料生产，C符合题意； D．钠（Na）通过电解熔融氯化钠生产，而氯化钠可从海水中大量提取，因此能以海水为主要原料生产，D不符合题意； 故选C。 2. 反应可用于工业合成尿素。下列说法正确的是 A. 基态O的电子排布式： B. N的原子结构示意图： C. 的电子式：H：O：H D. 的结构简式： 【答案】D 【解析】 【详解】A．O为8号元素，基态O的电子排布式为：，A错误； B．N元素原子核外有7个电子，分两层排布，K层有2个电子，L层有5个电子，其原子结构示意图为，B错误； C．水分子中含有两个氧氢键，氧原子最外层达到8电子稳定结构，水分子的电子式为：，C错误； D．中羰基（−CO−）两端分别连接氨基（− NH2），其结构简式为：，D正确； 答案选D。 3. 利用氨水和氨气进行相关实验，涉及的装置和原理能达到目的的是 A．验证氨水挥发性 B．制取氨气 C．收集氨气 D．产生红色喷泉 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．挥发的氨水可使蘸有红色石蕊试剂的棉球变蓝，或使蘸有酚酞试剂的棉球变红，但与稀硫酸反应无明显现象，左边棉球设置错误，A错误； B．CaO遇水反应放热，使得氨水分解加剧，生成氨气，B正确； C．氨气密度小于空气，应使用向下排空气法，且从长管入，短管出，图示气流方向错误，C错误； D．要产生红色喷泉，应在烧杯中装有酚酞溶液，D错误； 故选B。 4. C、Si、Ge、Sn位于同主族，结构与金刚石类似且导电性差。下列说法正确的是 A. 电负性： B. 属于金属晶体 C. 离子半径： D. 第一电离能： 【答案】A 【解析】 【详解】A．电负性在同主族中从上到下减小，C、Si、Sn的电负性顺序为χ(C) > χ(Si) > χ(Sn)，A正确； B．α-Sn结构与金刚石类似且导电性差，金刚石为共价晶体且导电性差，不符合金属晶体特征，B错误； C．同主族离子半径从上到下增大，Sn在Ge下方，故，C错误； D．第一电离能同主族从上到下减小，应为，D错误； 故选A。 阅读下列材料，完成下面小题。 中国科学家在自然资源利用方面贡献突出。盐湖中提取的LiCl与KCl共熔电解可制备金属锂，提取的用于制备电极材料。我国南海可燃冰(甲烷水合物)资源丰富，我国研发了在70℃下将可燃冰转化为甲醇和氢气的催化剂。工业上利用稀土离子与含磷酸酯(简写为HA)的萃取剂形成配合物分离稀土元素，萃取反应可表示为：(水层)(有机层)(有机层)(水层)。 5. 下列说法正确的是 A. 熔点：NaCl<KCl B. 可燃冰中和之间存在氢键 C. 的空间构型为三角锥形 D. 稳定性高，所对应的稀土离子更易被萃取 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 电解制备Li： B. 制备： C. 利用可燃冰转化为甲醇： D. 充电时在阳极的反应： 7. 下列物质结构或性质与分离提纯方法对应关系正确的是 A. 半径比大，可通过碳酸盐沉淀法分离卤水中的 B. 金属Li和K的熔点不同，可用真空蒸馏法提纯金属Li C. KCl是强电解质，可用蒸发结晶从盐湖中获取KCl D. 萃取剂与水的极性差异较大，可用分液法分离萃取剂和水溶液 【答案】5. D 6. C 7. D 【解析】 【5题详解】 A．Na+半径小于K+，离子晶体中离子半径越小、电荷越高，熔点越高，故NaCl熔点高于KCl的，A错误； B．氢键存在于H与电负性大的原子（如O、N、F）之间，CH4中无此类原子，故CH4与H2O间无氢键，B错误； C．中C原子价层电子对数为，无孤电子对，空间构型为平面三角形，C错误； D．MAn稳定性高，萃取反应平衡右移，有利于稀土离子被萃取，D正确； 故选D。 【6题详解】 A．题干说明是与共熔电解，体系为熔融态、不含水，不会生成，仅作助熔剂不参与反应，正确反应为： ，A错误； B． 原方程式化合价不守恒（从+3价降为+2价，但无元素失电子），实际制备需要还原剂，常用草酸晶体作还原剂，反应原理为，B错误； C．该反应原子守恒、化合价守恒，符合题干转化要求，C正确； D．充电时阳极发生失电子的氧化反应，原方程式误写为得电子，正确的阳极电极反应式为： ，D错误； 故选C。 【7题详解】 A．碳酸盐沉淀法分离，是因为难溶、易溶，A错误； B．真空蒸馏法分离金属，利用的是二者沸点不同，不是熔点，B错误； C．分离方法与电解质强弱无关，C错误； D．萃取剂与水极性差异大，二者不互溶分层，可用分液法分离，D正确； 故选D。 8. 工业制硝酸过程中，催化氧化反应为：，在催化剂表面可分解。下列说法正确的是 A. 催化氧化反应时间过长，导致产物中含量上升 B. 催化氧化反应的 C. 催化氧化反应平衡常数的表达式为 D. 催化剂可使催化氧化反应的增大 【答案】A 【解析】 【详解】A．题干明确说明在催化剂表面可分解，若反应时间过长，更多分解生成，因此产物中含量上升，A正确； B．熵变与气体分子数变化有关，该反应反应物总气体物质的量为，生成物总气体物质的量为，气体分子数增多，混乱度增大，因此，B错误； C．平衡常数表达式为生成物浓度幂之积除以反应物浓度幂之积，该反应中为气态，该选项中没有写进平衡常数表达式中，必须写入平衡常数表达式，正确表达式应为，C错误； D．催化剂只改变反应活化能，不改变反应的焓变，只与反应物和生成物的总能量差有关，D错误； 故答案选择A。 9. 绿原酸(，结构如图所示)具有广泛抗菌作用。下列说法正确的是 A. 分子中所有碳原子可能在同一个平面上 B. 分子中和杂化的碳原子数之比为5∶3 C. 可用酸性高锰酸钾检验结构中的碳碳双键 D. 1mol绿原酸最多消耗含7mol NaOH的溶液 【答案】B 【解析】 【详解】A．该分子右侧六元环全部为饱和杂化碳原子，饱和碳原子为四面体构型，饱和六元碳环中所有碳原子不可能共平面，A错误； B．分子共16个碳原子：杂化的碳原子包括：苯环6个，碳碳双键2个，酯羰基1个，羧基羰基1个，共10个；剩余个为杂化碳原子，数目之比为，B正确； C．分子中的酚羟基也能被酸性高锰酸钾氧化，使高锰酸钾褪色，因此无法用酸性高锰酸钾检验碳碳双键，C错误； D．绿原酸分子中含有2个酚羟基、1个羧基、1个酯基，该物质与反应时，酚羟基消耗，羧基消耗，酯基水解消耗，共消耗，D错误； 答案选B。 10. 将活性炭与溶液在高温、加压下得到铁基活性炭(FAC)材料，可用于去除饮用水(pH为7～8)中的，反应机理如题图所示。下列说法正确的是 A. 反应中存在非极性共价键的生成 B. 活性炭体现了吸附性和还原性 C. 被Fe(Ⅱ)还原的离子方程式为 D. 每处理1mol 理论上生成3mol 【答案】B 【解析】 【分析】由图，总反应为在碱性下条件，溴酸根离子和碳在催化条件下生成溴离子和二氧化碳气体，结合电子守恒，反应为； 【详解】A．反应中存在碳氧极性共价键的生成，无非极性共价键的生成，A错误； B．反应在铁基活性炭(FAC)材料吸附后进行，碳转化为二氧化碳，碳元素化合价升高，反应中活性炭体现了吸附性和还原性，B正确； C．反应为在碱性下条件进行，被Fe(Ⅱ)还原的离子方程式为，C错误； D．由分析，每处理1mol 理论上生成1.5mol ，D错误； 故选B。 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 通入溶液中，出现黄色浑浊 具有还原性 B 通入水中，测所得溶液 是一种弱酸 C 通入一定浓度溶液中，有白色沉淀生成，向白色沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀部分溶解 能与溶液反应生成 D 通入酸性溶液中，溶液紫色褪去 具有漂白性 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．SO2通入Na2S溶液中出现黄色浑浊，是由于SO2氧化S2-生成单质硫，SO2表现氧化性，而非还原性，A错误； B．因为未提供浓度信息，无法计算电离度或与强酸比较，仅凭pH值无法确定H2SO3为弱酸，B错误； C．SO2通入BaCl2溶液生成白色沉淀，加稀盐酸部分溶解，溶解部分为BaSO3，不溶部分为BaSO4（由氧化所致），说明两者反应生成生成BaSO3，C正确； D．SO2通入酸性KMnO4溶液褪色，是由于SO2还原，表现还原性，而非漂白性，D错误； 故选C。 12. 室温下，用溶液处理含和的废水。已知：，，。下列说法正确的是 A. 的溶液，溶液中： B. 当开始沉淀时水中 C. 沉淀过程中上层清液中始终存在： D. 和完全沉淀后，溶液中存在： 【答案】A 【解析】 【详解】A．对于Na2S溶液，水解常数，c(HS-)=c(S2-)时，c(OH-)=0.01 mol/L，pH=12，若pH<12，相当于加入酸，促进S2-转化为HS-，使得c(HS-)>c(S2-)，A正确； B．Zn2+初始浓度未知，无法根据Ksp(ZnS)确定开始沉淀时c(S2-)的具体值，B错误； C．沉淀过程中，Cd2+先沉淀，Zn2+后沉淀。初始时浓度比值由废水浓度决定，不一定是200；Cd2+沉淀阶段，c(Zn2+)基本不变，c(Cd2+)减小，比值变化；仅当Zn2+开始沉淀，即当ZnS和CdS两种沉淀共存时，浓度比值才为=200，C错误； D．完全沉淀后，电荷守恒为c(Na+) + c(H+) +2c(Zn2+)+2c(Cd2+)= c(Cl-) + 2c(S2-) + c(HS-) + c(OH-)[c(Zn2+)、c(Cd2+)很小可以忽略]，D错误； 答案选A。 13. CaO参与的和重整制氢的主要反应为(不考虑其他反应，该题实验条件下催化剂保持高活性)： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 550℃、1MPa下，将一定比例的和混合气体匀速通过装有CaO和催化剂的绝热反应管。通入t min时，在、、…位点处部分气体的干物质的量分数和CaO转化为的转化率(位点前的CaO被已通过的气体完全转化为)如题图所示。例如的干物质的量分数％。 下列说法不正确的是 A. 处的转化率约为13.4％ B. 其他条件不变，增大压强，通气时间相同，处的体积分数减小 C. 将通气时间延长为，处的百分含量下降 D. 处，体系的温度低于550℃ 【答案】D 【解析】 【详解】A．设起始n(CH4)=1mol，反应Ⅰ中消耗n(CH4)=ymol，反应Ⅱ中消耗n(CO)=zmol，反应Ⅲ中消耗n(CO2)=nmol。根据反应方程式，平衡时各组分的物质的量为：n(CH4)=1-y，n(CO)=y-z，n(H2)=3y+z，n(CO2)=z-n。总干物质的量∑n=(1-y)+(y-z)+(3y+z)+(z-n)=1+3y+z-n。根据图像L₁处数据：x(CH4)= ，x(H₂)=，x(CO2)= ，x(CO)=1-58%-33%-6%=3%。联立方程解得y≈0.134，则CH4转化率为13.4%，故A正确； B．反应|是气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，H2的量减少，反应是气体分子数不变的反应，增大压强平衡不移动，综合来看，其他条件不变，增大压强，通气时间相同，L2处H2的体积分数减小，故B正确； C．随着通气时间延长，前面的CaO逐渐转化为CaCO3而失效，吸收CO2的位点向后移动。当时间延长至(t+2)min时，L4处的CaO可能已完全转化，不再吸收CO2，导致反应Ⅱ平衡左移，进而使反应Ⅰ程度下降，生成的H2含量降低，故C正确； D．该反应在绝热体系中进行，与外界无热量交换，在L3位点前CaO被已通过的气体完全转化为CaCO3，即 L3之前氧化钙充足可快速吸收二氧化碳使反应Ⅱ和反应Ⅲ持续正向进行，其总放热大于反应Ⅰ的吸热，导致体系温度显著高于550℃，反应Ⅰ吸热，L3到L5体系的温度较L3降低，但由于前期已积累大量热量且无法向外界散失，L5温度仍高于初始的550℃，故D错误； 答案选D。 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种常用的净水剂，可用于去除废水中的Se(Ⅳ)。已知：K2FeO4在强碱性条件下稳定，Fe(Ⅲ)可以催化K2FeO4分解。 （1）Fe(Ⅲ)在水中会形成[Fe2(H2O)10]6+配离子，该配离子中两个Fe(Ⅲ)的配位数相同且含有1个四元环结构，Fe(Ⅲ)的配位数为___________。 （2）电解法制备K2FeO4的装置如题图所示，电解过程中需不断向阳极区补充KOH溶液。 ①电解过程中阳极有气体产生，该气体为___________。 ②阳极生成的电极方程式为___________，为提高K2FeO4的产率，应选用___________(填“阴”或“阳”)离子交换膜。 ③电解一段时间后，若不补充KOH溶液，电路中通过相同量的电子，但K2FeO4的产量减少的原因是___________。 ④测定K2FeO4的纯度。准确称取0.6600g K2FeO4样品于锥形瓶中，用KOH溶液溶解，加入过量溶液，再加入硫酸酸化配成待测液。用 标准溶液滴定至终点，消耗标准液25.00mL。计算样品中K2FeO4的纯度___________ (写出计算过程)。测定过程中涉及的离子反应有(未配平)： （3） K2FeO4可与联用去除废水中的Se(Ⅳ)。其过程为： ⅰ. K2FeO4将Se(Ⅳ)氧化为且自身被还原为，过程中存在中间体的产生和转化； ⅱ.吸附在表面的将还原为Se，Se与共沉淀除去。 已知：溶液中含Se(Ⅳ)微粒的物质的量分数随pH的分布如下图所示。 ①时，氧化Se(Ⅳ)的离子方程式为___________。 ②时，随pH上升，Se(Ⅳ)的去除率明显下降，原因是___________。 【答案】（1）6 （2） ①. O2 ②. Fe-6e-+8OH-=+4H2O ③. 阳 ④. 产生O2增多；产生Fe(Ⅲ)增多；分解 ⑤. 75.00% （3） ①. ②. 转化成，浓度下降；部分转化成 【解析】 【分析】(2)由题干电解装置图可知，细铁丝网与电源正极相连，是阳极，电极反应为：Fe-6e-+8OH-=+4H2O，同时OH-也可能在阳极上放电，发生电极反应：4OH--4e-=O2↑+2H2O，惰性电极是阴极，电极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，据此分析解题。 【小问1详解】 Fe(Ⅲ)在水中会形成[Fe2(H2O)10]6+配离子，该配离子中两个Fe(Ⅲ)的配位数相同且含有1个四元环结构，则该络离子的结构为：，则Fe(Ⅲ)的配位数为6； 【小问2详解】 ①由分析可知，电解过程中阳极上OH-可能放电，有气体O2产生； ②由分析可知，阳极生成的电极反应为Fe-6e-+8OH-=+4H2O，电解过程中阳离子由阳极区移向阴极区，阴离子由阴极区移向阳极区，阳极区消耗8molKOH，电路上转移6mol电极，若使用阳离子交换膜则有6molK+移向阴极区，配平电荷，但若使用阴离子交换膜则有6molOH-移向阳极，造成OH-在阳极竞争放电，产生的物质的量减少，降低K2FeO4的产率，故为提高K2FeO4的产率，应选用阳离子交换膜，故答案为：Fe-6e-+8OH-=+4H2O；阳； ③电解一段时间后，若不补充KOH溶液，导致阳极区的碱性减弱，铁不能充分转化为K2FeO4，部分铁转化为，电路中通过相同量的电子，OH-竞争放电产生更多的O2，产生的氧气将氧化为Fe(Ⅲ)，Fe(Ⅲ)催化K2FeO4分解，且碱性减弱，K2FeO4稳定性减弱，所以电路中通过相同量的电子，K2FeO4的产量减少的原因是：产生O2增多；产生Fe(Ⅲ)增多；分解； ④由配平之后方程式：、、可找到关系式：6(NH4)2Fe(SO4)2~~2~2K2FeO4，则有n(K2FeO4)=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=×0.3000mol/L×25.00×10-3L=2.500×10-3mol，m(K2FeO4)=nM=2.500×10-3mol×198g/mol=0.4950g，则K2FeO4的纯度为：×100%=75.00%； 【小问3详解】 ①由题干含Se(Ⅳ)微粒的物质的量分数随pH的分布图可知，时Se(Ⅳ)主要以形式存在，氧化Se(Ⅳ)即转化为Fe2O3、转化为，根据氧化还原反应配平可得，该反应的离子方程式为； ②由题干含Se(Ⅳ)微粒的物质的量分数随pH的分布图和已知信息ⅰ. K2FeO4将Se(Ⅳ)氧化为且自身被还原为，过程中存在中间体的产生和转化；ⅱ.吸附在表面的将还原为Se，Se与共沉淀除去可知，时，随pH上升，浓度逐渐减小，生成中间体速率减慢，同时的浓度逐渐增大，溶液中OH-浓度逐渐增大，部分Mn2+转化为Mn(OH)2，Mn2+还原性速率减慢，导致Se(Ⅳ)的去除率明显下降，故答案为：转化成，浓度下降；部分转化成。 15. 化合物G是一种常见的抗组胺类药物。其合成路线如下： （1）C分子中含氧官能团名称为___________。E分子中手性碳原子数目为___________。 （2）C→D会产生与D互为同分异构体的副产物，其结构简式为___________。 （3）F→G除了生成G外，生成的另外一种产物为___________。 （4）写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式：___________。分子中含有苯环，水解生成的有机产物中均含有2种不同化学环境的氢原子。 （5）写出以和为原料制备的合成路线流程图________(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。 【答案】（1） ①. 羧基 ②. 1 （2） （3） （4）或 （5） 【解析】 【分析】结合A与B的结构简式可知，A与发生取代反应生成B。B在酸性环境中酰胺基水解为羧基生成C，C在PPA的作用下发生成环反应，当在2号碳上成环生成D，在1号碳上成环生成副产物 。D→E的过程中羰基经过被加成为羟基，E→F时，羟基在硫酸催化下消去生成碳碳双键。F与发生取代反应生成G。 【小问1详解】 C分子中含氧官能团名称为羧基，E 分子中手性碳原子只有标星位置，数目为1； 【小问2详解】 由分析可知，C→D产生与D互为同分异构体的副产物结构简式为 ； 【小问3详解】 根据元素守恒可知F→G的反应方程式为： + →+，故另一产物为； 【小问4详解】 由A的结构简式可知，A分子中含有11个碳原子，2个氮原子，一个氧原子，5个不饱和度，同分异构体中含有苯环，能水解，说明含有酰胺基，水解生成的有机产物中均含有2种不同化学环境的氢原子，说明苯环上结构对称，可能的结构简式为或     ； 【小问5详解】 在碱性条件下水解生成，在铜作催化剂，加热条件下，将羟基催化氧化为醛基，可与发生类似D→E的反应生成,羟基经溴化氢取代为溴原子后，可发生成环反应生成目标产物，故流程为。 16. 将电镀污泥[主要成分为、NiO、CuS、和]中的金属元素进行选择性分离具有重要意义，其分离过程如下： （1）氨浸时将污泥中Cu元素和部分Ni元素转化为配离子浸出。 ①加料完成后，一定能提高浸出率的措施有___________。 ②氨浸时存在反应。室温下，其平衡常数___________(填数值)。[已知： ，] ③氨浸时CuS在氨水存在条件下转化成的离子反应方程式为___________。 （2）氨浸后的污泥通过“灼烧”和“熔炼”得到Ni-Cr合金。熔炼在1450℃下进行，为将生成的与Ni-Cr合金分离，需添加CaO将其转化成液态的。的熔点与其中CaO的物质的量分数[％]的关系如题图所示。 ①熔炼时加入铝粉的作用是___________。 ②熔炼时，理论上加入的为___________。 （3）已知：Ni和Fe活泼性相似。将氨浸液[主要溶质为和，能被活泼金属还原]经过转化可获得单质铜，请补充完整实验方案：___________，干燥得到铜。(实验须遵循节约试剂用量的原则。必须使用的试剂：Zn，盐酸，溶液) 【答案】（1） ①. 加快搅拌速率，适当升高温度等 ②. ③. （2） ①. 作还原剂；铝的氧化放热为反应提供热量 ②. （3）边搅拌边向氨浸液中分批加入稍过量Zn，充分反应至溶液蓝色褪去，过滤，向滤渣中加入过量盐酸，搅拌充分反应至无气泡生成，过滤，洗涤至最后一次滤液中加入溶液无浑浊 【解析】 【分析】第一步，向电镀污泥中加入氨水、硫酸铵，同时通入进行氨浸，利用配位反应将污泥中的Cu元素和部分Ni元素转化为可溶性的氨配离子进入浸出体系，剩余的Ni、Cr元素仍以难溶化合物的形式留在固体中；通入的作用是氧化CuS这类难溶硫化物，使其能够转化为可溶性的铜氨配离子进入溶液； 氨浸完成后进行过滤实现固液分离，滤液为氨浸液，主要成分为和，可进一步处理从中提取单质铜；滤渣为未浸出的含Ni、Cr的固体混合物，送入后续工序处理； 接下来对含Ni、Cr的滤渣进行灼烧，目的是除去滤渣中残留的C、S等可分解/挥发性杂质，同时将Ni、Cr转化为氧化物形态，方便后续还原熔炼； 向灼烧得到的Ni、Cr氧化物中加入Al和CaO，在1450℃下熔炼：Al作还原剂，通过铝热反应还原Ni、Cr氧化物得到金属单质，最终形成Ni-Cr合金；CaO用来结合铝热反应生成的，形成低熔点的熔渣，在1450℃下熔渣为液态，可与Ni-Cr合金分层分离，最终得到目标产物Ni-Cr合金； 据此回答。 【小问1详解】 ①加快搅拌速率、适当升高温度等是提高浸出率的常见措施，可以增大反应物接触、促进反应进行，一定程度提高浸出率； ②目标反应：，平衡常数 ； 已知，， 两式相乘得； ③氨浸过程通入，被氧化，S从-2价升高为+6价生成，与形成配离子，配平后得到； 【小问2详解】 ①由于氨浸后滤渣中、都以氧化物形式存在，铝热反应中铝作还原剂，将氧化物还原为金属单质，得到合金； ②熔炼温度为，需要产物在该温度下为液态，即熔点低于，由图得此时物质的量分数： ，整理得，而，因此， 质量比； 【小问3详解】 可置换出和，得到的固体含、过量和置换出的；活泼性和相似，、都可与盐酸反应而溶解，不反应，过滤后洗涤除去表面的，用检验洗涤是否完全，最后干燥得到铜。 17. 生物乙醇制氢对降低制氢成本和保护生态环境有重要意义。 Ⅰ．乙醇-水蒸气重整制氢。主要反应如下： （1）催化剂可选用掺杂少量纳米Fe的。 ①的晶胞结构如题图1所示，与La距离相等且最近的O的数目为___________。 ②掺杂的纳米Fe可催化CO、的反应，反应过程中检测到。该催化过程可用化学方程式描述为___________、___________。 （2）一定压强下，1mol乙醇与13mol水蒸气(过量)通过装有催化剂的反应器。实验测得乙醇的转化率和CO、、的选择性随反应温度的变化如题图2所示。已知：乙醇的转化率％，CO的选择性％。 ①理论上最多可制得的物质的量为___________。 ②450～500℃时，随温度上升，的产量___________。(填“上升”“下降”或“不变”)。 ③实际使用的水醇比远大于理论值的原因是___________。 Ⅱ．铝-乙醇反应制氢 （3）存在时，Al可与无水乙醇制备氢气，部分反应机理如题图3所示。 ①图示机理中化合价发生改变的元素有___________。 ②结合电负性分析Ni的作用是___________。 【答案】（1） ①. 12 ②. ③. （2） ①. 6mol ②. 下降 ③. 减少积炭；提高乙醇转化率；提高氢气的产量 （3） ①. Al、Ni、H ②. Al的电负性比Ni小，Al失去电子转移到Ni表面，使Ni表面电子云密度增大，易吸引乙醇中带正电性的羟基氢原子 【解析】 【小问1详解】 ①晶胞中La位于顶点、O位于面心，则与La距离相等且最近的O的数目为12； ②纳米Fe可催化CO、的反应，反应过程中检测到，则反应为铁首先和水生成四氧化三铁和氢气：，CO再和四氧化三铁发生氧化还原反应生成铁和二氧化碳：； 【小问2详解】 ①由反应： 、、，理论上，1mol乙醇生成甲烷、一氧化碳、氢气均为1mol，1mol甲烷生成1mol一氧化碳、3mol氢气，2mol一氧化碳生成2mol氢气，则理论上最多可制得的物质的量为6mol； ②由图，450～500℃时，乙醇完全转化，随温度上升，二氧化碳选择性下降，而一氧化碳、甲烷选择性上升，结合氢守恒，则的产量下降（450～500℃时，乙醇完全转化，随温度上升，选择性上升，和选择性下降。根据反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，且图中选择性虽上升但增加幅度小于等副产物变化影响，综合导致产量下降）； ③乙醇参与反应为气体分子数增大的反应，增大水醇比，可以促进乙醇转化提高氢气产量，且可以消除积碳防止影响催化剂活性，故实际使用的水醇比远大于理论值的原因是减少积炭；提高乙醇转化率；提高氢气的产量； 【小问3详解】 ①由图，首先铝和结合，导致铝、镍元素化合价发生改变，然后吸附乙醇，乙醇中羟基氢在表面反应生成氢气，故化合价发生改变的元素有Al、Ni、H。 ②机理中Ni的作用是：铝的电负性小于镍，铝更容易失去电子，Al失去电子转移到Ni表面，使Ni表面电子云密度增大，易吸引乙醇中带正电性的羟基氢原子，促进反应进行。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $