精品解析：上海市虹口区2026届高三下学期二模化学试题

高三化学 考生注意： 1.本试卷满分100分，考试时间60分钟。 2.本考试设试卷和答题纸两部分，试卷包括试题与答题要求，所有答案必须涂(选择题)或写(非选择题)在答题纸上，做在试卷上一律不得分。 3.考生务必在答题纸上用水笔清楚填写姓名、准考证号，并将条形码贴在指定位置上。 4.本试题的选择题，没有特别注明，为单选题，只有一个正确选项；若注明不定项，有1~2个正确选项，多选、错选不得分，漏选得一半分。 相对原子质量：H-1 O-16 Si-28 P-31 S-32 Ni-59 一、铯锗溴化物 铯锗溴化物(CsGeBr3)是一类金属卤化物材料，近年来因其独特的光电特性在光电子领域受到关注。 1. Cs的原子序数为55，其一种稳定核素的中子数是质子数的1.418倍，该核素的符号为_______。 A. B. C. D. 2. Ge位于第四周期，与C是同族元素。 (1)基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar]_______，有_______个未成对电子。 (2)C原子之间可以形成双键、三键，但Ge原子之间难以形成双键或三键。结合原子半径与π键的成键方式解释原因]_______ GeO2是制备铯锗溴化物的重要原料之一、GeO2不溶于水和稀盐酸，但在加热条件下能溶于草酸，转化为可溶性的配离子，其结构如图所示。 3. 该配离子中，中心离子是_______，配原子是_______。 4. 1 mol该配离子中含有_______mol σ键。 A. 16 B. 18 C. 20 D. 22 在一定压强下，CsGeBr3晶胞呈立方体，结构如图所示。 5. 晶体中一个Cs+周围与其距离最近的Br-的个数为_______。 A. 4个 B. 6个 C. 8个 D. 12个 6. 已知CsGeBr3摩尔质量为M g·mol-1，密度为d g·cm-3，阿伏加德罗常数为NA mol-1.则晶胞棱长为_______nm(用含M、d、NA的代数式表示，1 nm=10-7 cm)。 7. 若将Cs+置于晶胞体心，则CsGeBr3晶胞也可以表示为_______。 A. B. C. D. 二、化学链技术制乙烯 化学链技术通过载氧体的氧化还原循环，把乙烷安全、高效、低耗能地转化为乙烯，其反应过程如下图。LaFeO3是载氧体，通过流化技术在还原反应器和再生反应器中实现连续循环转移。还原反应器中的反应如下： 8. 写出再生反应器中发生反应的化学方程式_______。 9. 已知： ①2C2H6(g)+7O2(g)=4CO2(g)+6H2O(g) ΔH1=-2856 kJ·mol-1 ②C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g) ΔH2=-1323 kJ·mol-1 化学链技术中，乙烷制乙烯总反应的热化学方程式为_______。 10. 下列能提高还原反应器中反应的活化分子百分数的是_______(不定项)。 A. 升高温度 B. 增大乙烷浓度 C. 加入催化剂 D. 缩小容器体积 在容积为2 L的密闭容器中，加入0.4 mol LaFeO3载氧体，通入0.2 mol乙烷，在750℃下发生反应，25 min时达平衡，固体质量减少2.56 g。 11. 下列能判断上述反应达到平衡状态的是_______(不定项)。 A. 乙烷的生成速率等于乙烯的生成速率 B. 气体的密度不再变化 C. 混合气体中乙烯与水蒸气的体积比不再变化 D. 反应的焓变ΔH不再变化 12. 0-25 min内，乙烯的化学反应速率为_______mol·L-1·min-1。 A. 0.0032 B. 0.0064 C. 0.008 D. 0.016 13. 750℃下，该反应的平衡常数K=_______。 A. 4.0 B. 0.32 C. 5.12 D. 10.24 传统乙烯的生产采用乙烷高温热裂解工艺，主要反应如下：，该反应的ΔH-TΔS随温度T的变化趋势如图所示。 14. 关于该反应，下列说法正确的是_______。 A. 该反应的ΔH<0 B. 该反应的ΔS<0 C. D. 温度低于T1时，该反应能自发进行 15. 能提高该反应中乙烯平衡产率的措施有_______(不定项)。 A. 升温 B. 加压 C. 加入催化剂 D. 及时分离出氢气 16. 与乙烷高温热裂解制乙烯的工艺相比，利用化学链技术制乙烯的优势是_______。(写一点) 三、磷化氢 磷化氢(PH3)是一种剧毒气体，微溶于水，被储粮部门用作高效熏蒸杀虫剂，也用作n型半导体的掺杂剂。 17. 密闭粮仓放置的磷化铝(AlP)片剂，遇水蒸气放出PH3气体，写出该反应的化学方程式_______。 18. PH3的电子式为_______。 19. PH3在水中的溶解度远远小于NH3，原因是_______。 在n型半导体掺杂工艺中，把PH3和SiH4两种气体按一定比例通过晶体硅表面，并加热使二者分解，生成的P原子在高温下掺入了晶体硅。n型半导体材料相当于P原子取代了晶体硅中的部分Si原子，结构如图所示。 20. PH3比SiH4的分解温度高，下列说法正确且与该现象有关的是_______。 A. PH3是极性分子，SiH4是非极性分子 B. PH3分子间的范德华力强于SiH4 C. PH3分子中的键角比SiH4分子的小 D. P的非金属性比Si的非金属性强 21. n型半导体中Si原子的杂化方式为_______。 22. n型半导体材料导电性远高于晶体硅，从结构角度分析其原因_______。 23. 电解法可生产半导体掺杂所需的高纯PH3.该方法采用磷酸溶液作为电解液，把熔融的白磷(P4)分散到溶液中。 (1)M电极是_______。 A．正极 B．负极 C．阴极 D．阳极 (2)写出生成PH3的电极反应式_______。 24. NaClO溶液可处理PH3废气，生成可用作食品添加剂的次磷酸钠NaH2PO2。 完成并配平碱性条件下，NaClO溶液处理PH3的离子方程式：_______。 ______ 25℃时，次磷酸钠NaH2PO2溶液中的摩尔分数随pH的变化曲线如图所示。 已知： 25. 若要求溶液中的摩尔分数，则应控制溶液的pH不小于_______(精确到0.01)。 四、电镀污泥中镍的回收与测定 铜镍电镀废水处理后得到电镀污泥，主要成分是Cu(OH)2和Ni(OH)2，还含有Fe、Al等元素，利用以下工艺可回收部分重金属并制备硫酸镍晶体(NiSO4·6H2O)，流程图如下： 已知有关金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH见下表： 金属离子 Fe3+ Al3+ Ni2+ Fe2+ Cu2+ 开始沉淀的pH 1.5 3.8 7.1 7.6 4.7 沉淀完全的pH 2.8 5.2 9.2 9.6 6.7 完成下列填空： 26. 用H2O2溶液氧化的目的是_______。 27. 流程中，用NaOH调节溶液至pH=3： (1)滤渣①的化学式为_______。 A．Fe(OH)3 B．Cu(OH)2 C．Al(OH)3 D．Fe(OH)2 (2)pH=3时，计算溶液中c(Fe3+)=_______mol·L-1(已知25℃，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39)。 28. 写出生成滤渣②的离子方程式_______。 29. 加NaOH溶液沉镍操作时，镍和铝元素沉淀率随pH变化如下图所示，由图可知，沉镍操作应控制pH为_______。滤液①中主要含有物质有NaOH、_______。 30. 为得到硫酸镍晶体一系列操作的实验步骤如下： (1)将沉淀转移至烧杯中，滴加稀硫酸直至沉淀恰好完全溶解，经过_______、_______、过滤、洗涤，得到NiSO4·6H2O晶体。 (2)上述步骤中需要用到的仪器有_______(不定项)。 A． B． C． D． Ⅱ．硫酸镍晶体纯度的测定： 某同学采用EDTA(乙二胺四乙酸)配位滴定法测定NiSO4·6H2O晶体样品的纯度，反应原理为：Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+(H2Y2-为EDTA阴离子)。 实验步骤如下： (1)准确称取硫酸镍晶体样品2.500 g，溶于水配成250.00 mL溶液。 (2)取25.00 mL待测液于锥形瓶中，加入缓冲溶液调节pH，加入指示剂。 (3)用0.0500 mol·L-1 EDTA标准溶液滴定至终点，重复三次，平均消耗18.00 mL EDTA溶液。 31. 计算该样品的纯度是_______。(已知M(NiSO4·6H2O)=263 g·mol-1) 32. 下列情况会导致该样品纯度测定结果偏高的是_______(不定项)。 A. 样品部分风化失去结晶水 B. 锥形瓶未干燥 C. 未用EDTA标准液润洗滴定管 D. 滴定时锥形瓶中有液体溅出 五、沃塞洛托衍生物的合成 沃塞洛托可以有效防止红细胞镰状化，进而改善贫血和红细胞寿命，但存在头痛、腹泻等副作用。化学家尝试合成各种不同结构的沃塞洛托衍生物，通过筛选对药物功能进行优化。某种沃塞洛托衍生物M的合成路线如下： 已知：反应②称为Vilsmeier-Haack反应，可在苯环被活化的位置上引入醛基。 33. M中含有的不对称碳原子数为_______。 A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 34. 反应②还会生成一种有机物B的同类别同分异构体G，其结构简式为_______。 35. 设计反应①和③的目的是_______。 36. 反应③过程中，证明有机物C生成所需的试剂可以是_______。 A. 酸性高锰酸钾溶液 B. 银氨溶液 C. 碳酸氢钠溶液 D. 氯化铁溶液 37. 已知烯烃、苯等有机物在钯碳(Pd-C)催化下都能氢化。结合反应④产物分析，可得到的结论是_______。 38. 已知有机物A与有机物C的一级电离常数(Ka1)分别为1.6×10-10和2.2×10-8，从化学键角度分析两者的Ka1存在较大差异的可能原因_______。 39. 写出符合下列要求的有机物D的同分异构体的结构简式_______(任写一种)。 i．除苯环外不含其他环状结构，分子中至少有5个碳原子一定位于同一直线上 ii．含有叔丁基结构[-C(CH3)3] iii．核磁共振氢谱存在4个峰，面积比为9：3：2：2 40. 反应⑤在固定反应物用量和溶剂种类前提下，探究不同条件对M产率的影响，结果如下表所示： 序号 反应温度/℃ 反应时间/h M的产率/% Ⅰ 0 12 27.2 Ⅱ 25 8 53.1 Ⅲ 25 10 61.5 Ⅳ 25 12 61.4 Ⅴ 25 14 61.6 Ⅵ 50 12 57.4 根据上表初步确定合成M的适宜反应条件为_______。 A. 25℃、8 h B. 25℃、10 h C. 25℃、14 h D. 50℃、14 h 41. 已知：。设计仅以甲苯和甲酸为有机原料合成的路线(其他无机试剂与溶剂任选)_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三化学 考生注意： 1.本试卷满分100分，考试时间60分钟。 2.本考试设试卷和答题纸两部分，试卷包括试题与答题要求，所有答案必须涂(选择题)或写(非选择题)在答题纸上，做在试卷上一律不得分。 3.考生务必在答题纸上用水笔清楚填写姓名、准考证号，并将条形码贴在指定位置上。 4.本试题的选择题，没有特别注明，为单选题，只有一个正确选项；若注明不定项，有1~2个正确选项，多选、错选不得分，漏选得一半分。 相对原子质量：H-1 O-16 Si-28 P-31 S-32 Ni-59 一、铯锗溴化物 铯锗溴化物(CsGeBr3)是一类金属卤化物材料，近年来因其独特的光电特性在光电子领域受到关注。 1. Cs的原子序数为55，其一种稳定核素的中子数是质子数的1.418倍，该核素的符号为_______。 A. B. C. D. 2. Ge位于第四周期，与C是同族元素。 (1)基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar]_______，有_______个未成对电子。 (2)C原子之间可以形成双键、三键，但Ge原子之间难以形成双键或三键。结合原子半径与π键的成键方式解释原因]_______ GeO2是制备铯锗溴化物的重要原料之一、GeO2不溶于水和稀盐酸，但在加热条件下能溶于草酸，转化为可溶性的配离子，其结构如图所示。 3. 该配离子中，中心离子是_______，配原子是_______。 4. 1 mol该配离子中含有_______mol σ键。 A. 16 B. 18 C. 20 D. 22 在一定压强下，CsGeBr3晶胞呈立方体，结构如图所示。 5. 晶体中一个Cs+周围与其距离最近的Br-的个数为_______。 A. 4个 B. 6个 C. 8个 D. 12个 6. 已知CsGeBr3摩尔质量为M g·mol-1，密度为d g·cm-3，阿伏加德罗常数为NA mol-1.则晶胞棱长为_______nm(用含M、d、NA的代数式表示，1 nm=10-7 cm)。 7. 若将Cs+置于晶胞体心，则CsGeBr3晶胞也可以表示为_______。 A. B. C. D. 【答案】1. B 2. ①. 3d104s24p2 ②. 2 ③. 形成稳定的双键或三键，除头碰头的σ键外，还要形成肩并肩的π键，但Ge原子半径太大，肩并肩的电子云难以有效重叠，故难以形成稳定的π键； 3. ①. ②. O 4. B 5. D 6. 7. B 【解析】 【1题详解】 质子数为55，中子数为，故为； 【2题详解】 Ge是第四周期第Ⅳ主族的元素，故电子排布式为[Ar] 3d104s24p2，4p2中有2个未成对电子；形成稳定的双键或三键，除头碰头的σ键外，还要形成肩并肩的π键，但Ge原子半径太大，肩并肩的电子云难以有效重叠，故难以形成π键； 【3题详解】 该配离子中，配体的2个和2个总共带6个单位负电荷，配合物整体为-2价，故中心离子为，提供空轨道，配体中的O原子提供孤对电子与形成配位键。 【4题详解】 该配离子中含有6个Ge-O σ键、2个O-H σ键、2个C-C σ键和8个C-O σ键（每个草酸根配体中有1个C-C σ键和4个C-O σ键），σ键总数为6+2+2+8=18。故1 mol该配离子中含有18 mol σ键。 【5题详解】 在xyz轴上，各有4个面心距离最近，总计12个，故选D； 【6题详解】 用一个晶胞的质量（含有个CS+，1个Ge2+，=3个Br-）=，与密度做比，可以得到一个晶胞的体积V=，再开三次方，故为； 【7题详解】 观察原晶胞，将原点沿着体对角线向下移后，得到以Ge2+为顶点，Br-在棱上，Cs在体心的晶体，即图B。 二、化学链技术制乙烯 化学链技术通过载氧体的氧化还原循环，把乙烷安全、高效、低耗能地转化为乙烯，其反应过程如下图。LaFeO3是载氧体，通过流化技术在还原反应器和再生反应器中实现连续循环转移。还原反应器中的反应如下： 8. 写出再生反应器中发生反应的化学方程式_______。 9. 已知： ①2C2H6(g)+7O2(g)=4CO2(g)+6H2O(g) ΔH1=-2856 kJ·mol-1 ②C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g) ΔH2=-1323 kJ·mol-1 化学链技术中，乙烷制乙烯总反应的热化学方程式为_______。 10. 下列能提高还原反应器中反应的活化分子百分数的是_______(不定项)。 A. 升高温度 B. 增大乙烷浓度 C. 加入催化剂 D. 缩小容器体积 在容积为2 L的密闭容器中，加入0.4 mol LaFeO3载氧体，通入0.2 mol乙烷，在750℃下发生反应，25 min时达平衡，固体质量减少2.56 g。 11. 下列能判断上述反应达到平衡状态的是_______(不定项)。 A. 乙烷的生成速率等于乙烯的生成速率 B. 气体的密度不再变化 C. 混合气体中乙烯与水蒸气的体积比不再变化 D. 反应的焓变ΔH不再变化 12. 0-25 min内，乙烯的化学反应速率为_______mol·L-1·min-1。 A. 0.0032 B. 0.0064 C. 0.008 D. 0.016 13. 750℃下，该反应的平衡常数K=_______。 A. 4.0 B. 0.32 C. 5.12 D. 10.24 传统乙烯的生产采用乙烷高温热裂解工艺，主要反应如下：，该反应的ΔH-TΔS随温度T的变化趋势如图所示。 14. 关于该反应，下列说法正确的是_______。 A. 该反应的ΔH<0 B. 该反应的ΔS<0 C. D. 温度低于T1时，该反应能自发进行 15. 能提高该反应中乙烯平衡产率的措施有_______(不定项)。 A. 升温 B. 加压 C. 加入催化剂 D. 及时分离出氢气 16. 与乙烷高温热裂解制乙烯的工艺相比，利用化学链技术制乙烯的优势是_______。(写一点) 【答案】8. 9. 10. AC 11. AB 12. A 13. B 14. C 15. AD 16. 总反应放热，耗能低；产物水易与乙烯分离，副反应少 【解析】 【8题详解】 还原反应器中生成的转移到再生反应器中，往再生反应器中通入空气，空气中的氧气又将氧化为，实现循环，再生反应器中发生的反应方程式为。 【9题详解】 化学链技术中，乙烷制乙烯总反应为，根据盖斯定律，总反应=反应①-2反应②，则，乙烷制乙烯总反应的热化学方程式为。 【10题详解】 A．升高温度，使一些未活化的分子能量升高到活化状态，增大活化分子百分数，A正确；B．增大乙烷浓度，只增大单位体积内活化分子数，活化分子百分数不变，B错误；C．加入催化剂，降低反应的活化能，使一些分子达到活化状态，增大活化分子百分数，C正确；D．缩小容器体积（增大压强），只增大单位体积内活化分子数，活化分子百分数不变，D错误；故答案选AC。 【11题详解】 A．乙烷生成是逆反应，乙烯生成是正反应，且两者生成速率相等且系数比1：1，说明正逆反应速率相等，A符合题意；B．容器体积固定，该反应气体总质量随着反应进行会改变，根据是变量，当气体密度不变时，反应达到平衡，B符合题意；C．乙烯和水蒸气是生成物，按1：1生成，混合气体中乙烯和水蒸气的体积比始终为1：1，该比值为定量，不能判断反应达到平衡，C不符合题意；D．焓变只与反应方程式有关，与平衡状态无关，D不符合题意；故答案选AB。 【12题详解】 固体质量减少2.56 g，对应转化为，固体减少的是氧原子的质量。反应中，每生成，固体减少，同时生成。减少的的物质的量：，对应生成，则，答案选A。 【13题详解】 由题5可知，在容积为2 L的密闭容器中，时达到平衡，乙烯生成，浓度为，水蒸气浓度也为，乙烷初始浓度为，平衡时乙烷浓度为，则该反应的平衡常数，故答案选B。 【14题详解】 A．乙烷裂解为乙烯是吸热反应，，A错误；B．反应气体分子数增加，，B错误；C．当时，则，C正确；D．反应能自发进行的判据是，由图像可知，当温度低于时，，反应不能自发进行，D错误；故答案选C。 【15题详解】 A．该反应，升温平衡正向移动，乙烯产率提高，A符合题意；B．该反应气体分子数增加，加压平衡逆向移动，乙烯产率降低，B不合题意；C．催化剂只能改变反应速率，不影响平衡产率，C不符合题意；D．及时分离出氢气，会使生成物浓度降低，平衡正向移动，乙烯产率提高，D正确；故答案选AD。 【16题详解】 乙烷高温裂解需要极高温度，能耗大，且副反应多；化学链技术可通过循环载氧体把乙烷安全、高效、低耗能地转化为乙烯。 三、磷化氢 磷化氢(PH3)是一种剧毒气体，微溶于水，被储粮部门用作高效熏蒸杀虫剂，也用作n型半导体的掺杂剂。 17. 密闭粮仓放置的磷化铝(AlP)片剂，遇水蒸气放出PH3气体，写出该反应的化学方程式_______。 18. PH3的电子式为_______。 19. PH3在水中的溶解度远远小于NH3，原因是_______。 在n型半导体掺杂工艺中，把PH3和SiH4两种气体按一定比例通过晶体硅表面，并加热使二者分解，生成的P原子在高温下掺入了晶体硅。n型半导体材料相当于P原子取代了晶体硅中的部分Si原子，结构如图所示。 20. PH3比SiH4的分解温度高，下列说法正确且与该现象有关的是_______。 A. PH3是极性分子，SiH4是非极性分子 B. PH3分子间的范德华力强于SiH4 C. PH3分子中的键角比SiH4分子的小 D. P的非金属性比Si的非金属性强 21. n型半导体中Si原子的杂化方式为_______。 22. n型半导体材料导电性远高于晶体硅，从结构角度分析其原因_______。 23. 电解法可生产半导体掺杂所需的高纯PH3.该方法采用磷酸溶液作为电解液，把熔融的白磷(P4)分散到溶液中。 (1)M电极是_______。 A．正极 B．负极 C．阴极 D．阳极 (2)写出生成PH3的电极反应式_______。 24. NaClO溶液可处理PH3废气，生成可用作食品添加剂的次磷酸钠NaH2PO2。 完成并配平碱性条件下，NaClO溶液处理PH3的离子方程式：_______。 ______ 25℃时，次磷酸钠NaH2PO2溶液中的摩尔分数随pH的变化曲线如图所示。 已知： 25. 若要求溶液中的摩尔分数，则应控制溶液的pH不小于_______(精确到0.01)。 【答案】17. 18. 19. NH3分子可与水分子形成分子间氢键，大大增强了水溶性；而PH3分子与水分子之间几乎不能形成氢键，因此溶解度远小于NH3 20. D 21. sp3杂化 22. P原子最外层有5个电子，掺入晶体硅取代Si原子后，4个电子与周围Si原子形成共价键，还剩余1个自由电子，可在晶体中自由移动，大幅提高了导电性；而纯晶体硅中没有这种自由电子，导电性弱； 23. ①. C ②. 24. 25. 3.23 【解析】 【17题详解】 磷化铝(AlP)遇水蒸气反应的化学方程式为：； 【18题详解】 PH3的电子式为 【19题详解】 PH3在水中的溶解度远远小于NH3，原因是NH3分子可与水分子形成分子间氢键，大大增强了水溶性；而PH3分子与水分子之间几乎不能形成氢键，因此溶解度远小于NH3； 【20题详解】 分解温度与化学键稳定性有关； A．分子极性与热稳定性无关，A错误； B．范德华力影响熔沸点，不影响热稳定性，B错误； C．键角大小不影响化学键稳定性，C错误。 D．P的非金属性比Si的非金属性强，P-H键的键能大于Si-H键，因此PH3更稳定，分解温度更高，D正确； 故答案选D； 【21题详解】 晶体硅中每个Si原子与周围4个Si原子形成4个σ键，为四面体结构，因此是sp3杂化；掺杂P原子后，周围的Si原子成键方式不变，仍为sp3杂化； 【22题详解】 n型半导体导电性远高于晶体硅的原因：P原子最外层有5个电子，掺入晶体硅取代Si原子后，4个电子与周围Si原子形成共价键，还剩余1个自由电子，可在晶体中自由移动，大幅提高了导电性；而纯晶体硅中没有这种自由电子，导电性弱； 【23题详解】 （1）M电极是P4为反应物，PH3为生成物，P元素化合价从0降低为-3，得电子发生还原反应，电解池中阴极发生还原反应，故M为阴极； （2）酸性电解液中，P4得电子，结合H⁺生成PH3，故生成PH3的电极反应式为：； 【24题详解】 NaClO溶液处理PH3的离子方程式； 【25题详解】 当时，，，故，要求>0.99，则>0.99，>99，代入Ka得：，故。 四、电镀污泥中镍的回收与测定 铜镍电镀废水处理后得到电镀污泥，主要成分是Cu(OH)2和Ni(OH)2，还含有Fe、Al等元素，利用以下工艺可回收部分重金属并制备硫酸镍晶体(NiSO4·6H2O)，流程图如下： 已知有关金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH见下表： 金属离子 Fe3+ Al3+ Ni2+ Fe2+ Cu2+ 开始沉淀的pH 1.5 3.8 7.1 7.6 4.7 沉淀完全的pH 2.8 5.2 9.2 9.6 6.7 完成下列填空： 26. 用H2O2溶液氧化的目的是_______。 27. 流程中，用NaOH调节溶液至pH=3： (1)滤渣①的化学式为_______。 A．Fe(OH)3 B．Cu(OH)2 C．Al(OH)3 D．Fe(OH)2 (2)pH=3时，计算溶液中c(Fe3+)=_______mol·L-1(已知25℃，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39)。 28. 写出生成滤渣②的离子方程式_______。 29. 加NaOH溶液沉镍操作时，镍和铝元素沉淀率随pH变化如下图所示，由图可知，沉镍操作应控制pH为_______。滤液①中主要含有物质有NaOH、_______。 30. 为得到硫酸镍晶体一系列操作的实验步骤如下： (1)将沉淀转移至烧杯中，滴加稀硫酸直至沉淀恰好完全溶解，经过_______、_______、过滤、洗涤，得到NiSO4·6H2O晶体。 (2)上述步骤中需要用到的仪器有_______(不定项)。 A． B． C． D． Ⅱ．硫酸镍晶体纯度的测定： 某同学采用EDTA(乙二胺四乙酸)配位滴定法测定NiSO4·6H2O晶体样品的纯度，反应原理为：Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+(H2Y2-为EDTA阴离子)。 实验步骤如下： (1)准确称取硫酸镍晶体样品2.500 g，溶于水配成250.00 mL溶液。 (2)取25.00 mL待测液于锥形瓶中，加入缓冲溶液调节pH，加入指示剂。 (3)用0.0500 mol·L-1 EDTA标准溶液滴定至终点，重复三次，平均消耗18.00 mL EDTA溶液。 31. 计算该样品的纯度是_______。(已知M(NiSO4·6H2O)=263 g·mol-1) 32. 下列情况会导致该样品纯度测定结果偏高的是_______(不定项)。 A. 样品部分风化失去结晶水 B. 锥形瓶未干燥 C. 未用EDTA标准液润洗滴定管 D. 滴定时锥形瓶中有液体溅出 【答案】26. 将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续通过调节pH将其沉淀除去 27. ①. A ②. 2.8 × 10-6 28. 29. ①. 13 ②. Na2SO4、Na[Al(OH)4] 30. ①. 蒸发浓缩 ②. 冷却结晶 ③. D 31. 32. AC 【解析】 【分析】首先分析题目给出的流程图，了解各流程的作用。酸浸：将电镀污泥中的金属氢氧化物溶解为金属离子（如Cu2+、Ni2+、Fe2+、Al3+等），同时可能有未溶解的杂质（浸出渣）。氧化：加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续沉淀分离。调pH=3：加入NaOH溶液，使Fe3+沉淀完全，而其他离子（如Al3+、Cu2+、Ni2+）仍留在溶液中。除铜：加入Na2S沉淀Cu2+，生成CuS沉淀。沉镍：加入NaOH沉淀Ni2+，得到Ni(OH)2沉淀，再经过一系列操作可得NiSO4·6H2O。据此分析以下各问。 【26题详解】 根据金属离子沉淀pH表，Fe2+完全沉淀的pH为9.6，而Ni2+开始沉淀的pH为7.1。如果直接调pH除铁，会导致Ni2+也沉淀，无法实现分离。而Fe3+在pH=2.8时即可完全沉淀，远低于Ni2+的沉淀pH。因此，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便在较低pH下沉淀Fe3+，同时避免Ni2+损失。故H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续通过调节pH将其沉淀除去。 【27题详解】 根据流程，酸浸后溶液中含有Cu2+、Ni2+、Fe2+、Al3+等离子。加入H2O2后，Fe2+被氧化为Fe3+。接着，用NaOH调节pH至3。根据沉淀pH表：Fe3+在pH=2.8时已完全沉淀，pH=3时仍为Fe(OH)3沉淀。Al3+在pH=3.8时才开始沉淀，pH=3时未沉淀。Cu2+和Ni2+的沉淀pH更高，pH=3时均未沉淀。因此，pH=3时，只有Fe3+完全沉淀为Fe(OH)3，而Al3+、Cu2+、Ni2+均留在溶液中。滤渣①应为Fe(OH)3；已知：，pH=3时，c(H⁺) = 10-3 mol·L-1，c(OH⁻) = Kw/c(H+) = 10-14/10-3 = 10-11 mol·L-1。将c(OH⁻)代入Ksp公式：因此，c(Fe3+) = 2.8 × 10-6 mol·L-1。 【28题详解】 在除铜步骤中，加入Na2S溶液，目的是将Cu2+沉淀为CuS。根据溶解度，CuS的Ksp远小于NiS，因此Cu2+优先沉淀。反应的离子方程式为：。 【29题详解】 根据工艺流程和沉淀率图像，沉镍操作需满足以下条件：Ni2+尽可能完全沉淀：Al3+形成可溶性络离子[Al(OH)4]⁻，由此实现镍和铝元素分离，由图可知，pH = 13时Al3+沉淀率几乎为0，Ni2+几乎完全沉淀，因此，沉镍操作应控制pH为13；初始溶液中含Ni2+、Al3+、、Na⁺等离子。加入NaOH后，Ni2+沉淀为Ni(OH)2，Al3+部分沉淀或形成[Al(OH)4]⁻。根据反应：，，滤液①中主要含有过量的NaOH，以及还含有Na2SO4（来自H2SO4与NaOH中和）和Na[Al(OH)4]。 【30题详解】 溶解：将Ni(OH)2沉淀与稀硫酸反应，生成NiSO4溶液，蒸发浓缩：加热溶液至饱和或近饱和状态，避免蒸干以免失去结晶水。冷却结晶：降温使NiSO4·6H2O晶体析出，确保保留结晶水结构。过滤与洗涤：分离晶体并洗去表面杂质；实验中涉及的关键操作及对应仪器：过滤 ，必需使用漏斗（D），A．直形冷凝管，减压蒸馏适用；B．蒸馏烧瓶，减压蒸馏适用；C．分液漏斗，主要用于萃取和分液，均不参与本实验流程，故选D。 【31题详解】 根据EDTA滴定法测定硫酸镍晶体（NiSO4·6H2O）纯度的实验数据，计算过程如下：核心反应关系：，Ni2+与EDTA按1:1摩尔比反应，故，计算步骤：n(EDTA) = 0.05 mol/L0.018 L= 0.0009 mol，所以25.00 mL待测液中Ni2+物质的量为0.0009 mol，因取样比例为1:10，250.00 mL溶液中总Ni2+物质的量，对应NiSO4·6H2O的质量摩尔质量  ，m(NiSO4·6H2O) = 263 g/mol 0.009 mol = 2.367 g，则样品纯度。 【32题详解】 纯度计算公式为：,其中，  增大将直接导致纯度结果偏高。 A．风化后样品中有效金属离子（如 Ni2+）的质量分数升高，相同称样量下消耗的  增大纯度结果偏高。A正确； B．水分不参与反应，不影响待测物物质的量或滴定体积，故锥形瓶未干燥对结果无影响。B错误； C．未用 EDTA 标准液润洗滴定管，导致 EDTA 被残留水稀释，实际浓度降低，需更大体积  达到终点，纯度结果偏高。C正确； D．滴定时锥形瓶中有液体溅出，导致待测离子损失，所需  减小，纯度结果偏低。D错误； 故导致纯度测定结果偏高的选项为A、C。 五、沃塞洛托衍生物的合成 沃塞洛托可以有效防止红细胞镰状化，进而改善贫血和红细胞寿命，但存在头痛、腹泻等副作用。化学家尝试合成各种不同结构的沃塞洛托衍生物，通过筛选对药物功能进行优化。某种沃塞洛托衍生物M的合成路线如下： 已知：反应②称为Vilsmeier-Haack反应，可在苯环被活化的位置上引入醛基。 33. M中含有的不对称碳原子数为_______。 A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 34. 反应②还会生成一种有机物B的同类别同分异构体G，其结构简式为_______。 35. 设计反应①和③的目的是_______。 36. 反应③过程中，证明有机物C生成所需的试剂可以是_______。 A. 酸性高锰酸钾溶液 B. 银氨溶液 C. 碳酸氢钠溶液 D. 氯化铁溶液 37. 已知烯烃、苯等有机物在钯碳(Pd-C)催化下都能氢化。结合反应④产物分析，可得到的结论是_______。 38. 已知有机物A与有机物C的一级电离常数(Ka1)分别为1.6×10-10和2.2×10-8，从化学键角度分析两者的Ka1存在较大差异的可能原因_______。 39. 写出符合下列要求的有机物D的同分异构体的结构简式_______(任写一种)。 i．除苯环外不含其他环状结构，分子中至少有5个碳原子一定位于同一直线上 ii．含有叔丁基结构[-C(CH3)3] iii．核磁共振氢谱存在4个峰，面积比为9：3：2：2 40. 反应⑤在固定反应物用量和溶剂种类前提下，探究不同条件对M产率的影响，结果如下表所示： 序号 反应温度/℃ 反应时间/h M的产率/% Ⅰ 0 12 27.2 Ⅱ 25 8 53.1 Ⅲ 25 10 61.5 Ⅳ 25 12 61.4 Ⅴ 25 14 61.6 Ⅵ 50 12 57.4 根据上表初步确定合成M的适宜反应条件为_______。 A. 25℃、8 h B. 25℃、10 h C. 25℃、14 h D. 50℃、14 h 41. 已知：。设计仅以甲苯和甲酸为有机原料合成的路线(其他无机试剂与溶剂任选)_______。 【答案】33. C 34. 35. 保护酚羟基，防止其在反应②中被破坏 36. D 37. Pd-C催化下，碳碳双键比苯环更容易被氢化（或D中碳碳双键优先氢化） 38. C中酚羟基邻位的醛基具有吸电子效应，增强了酚羟基O-H键的极性，使更易电离，故Ka1更大 39. 或、 40. B 41. 【解析】 【分析】A为，将A与CH3OCH2Cl反应，得到，这一步用来保护酚羟基；然后在POCl3存在下和HCON(CH3)2反应，得到B；B加入HCl脱保护，得到C；与此同时，D在Pd-C作用下催化氢化得到E，E和C反应得到最终产物M；D为，M为，可推出E为； 【33题详解】 不对称碳原子（手性碳）是指连有4个不同基团的饱和碳原子；观察M的结构，共2个手性碳，如图； 【34题详解】 B含醛基，G与B同类，故G也含醛基，为B的官能团位置异构；因此将B中醛基位置调整为其他活化位即可得到G；烷氧基是邻对位定位基，因此活化位必然是烷氧基的邻位或者对位；如：； 【35题详解】 A中有两个酚羟基，反应①用 CH3OCH3Cl 将酚羟基保护为 -OCH2OCH3 ，反应③再用HCl脱保护；目的是保护酚羟基，防止其在反应②中被破坏； 【36题详解】 A．C含有酚羟基和醛基，B也有醛基，都可以和酸性高锰酸钾反应使之褪色，不能区分，A错误； B．银氨溶液可以检验醛基，但是B中也有醛基，不能区分；B错误； C．碳酸氢钠和B、C都不反应，C错误； D．氯化铁溶液遇酚羟基显色，可证明酚羟基生成，即证明C生成，D正确； 故答案选D； 【37题详解】 已知烯烃、苯等在Pd-C催化下都能氢化，D含碳碳双键和苯环，产物E中双键被氢化，苯环未被氢化，故结论：Pd-C催化下，碳碳双键比苯环更容易被氢化（或D中碳碳双键优先被氢化）； 【38题详解】 A（间苯二酚）的酚羟基电离出H+后，形成的负离子可通过分子内氢键稳定；C中一个酚羟基邻位有醛基，醛基的吸电子诱导/共轭效应使酚羟基的O-H键极性增强，H+更易电离，故Ka1更大； 【39题详解】 D的分子式为C13H16O，不饱和度为6；且除了苯环外不能有其他的环，所以必然有2个碳碳双键或1个碳碳叁键；由于含有叔丁基，所以除叔丁基和苯环外还剩下3个碳，所以必然是含有1个碳碳叁键（两个碳碳双键即为累积二烯烃，这种结构不稳定）；且分子中至少5个碳原子一定位于同一直线上，所以碳碳叁键直接连在苯环上，且取代基处于对位，这样苯环上有2种氢原子且每种都是2个；再算上叔丁基的9个氢原子全都等效，因此必然存在一个单独的甲基，故结构为或、； 【40题详解】 分析表格数据：25℃时，反应时间10h、12h、14h产率接近（61.5%、61.4%、61.6%），8h产率较低；0℃和50℃产率均低于25℃；综合效率与产率，25℃、10h为适宜条件；所以选B； 【41题详解】 逆合成分析：可由甲酸和酯化反应得到，可由催化氢化还原得到；根据提示，可知可在CuCN和NaH2PO2的存在下由为原料制备，可由甲苯和溴在溴化铁催化下得到；因此即可得出的合成路线。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $