精品解析：天津市和平区2025-2026学年高三上学期期末考试化学试题

高三年级化学 本卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，共100分。时间60分钟。答题时，请将第I卷每小题答案选出后，用2B铅笔涂在答题卡的相应位置上，若仅答在卷子上则不给分。将第II卷各题直接答在答题卡相应位置上。 相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Fe 56 Zn 65 第I卷(选择题 共36分) 选择题(本题包括12小题，每小题3分，共36分。每小题只有一个选项符合题意。) 1. 下列古建筑组件主要成分属于有机物的是 A．基石 B．斗拱 C．青瓦 D．琉璃 A. A B. B C. C D. D 2. 大气中的氮是取之不尽的天然资源。下列反应中以氮气作为反应物的是 A. 工业合成氨 B. 氨的催化氧化 C. 制硝基苯 D. 在氮气中焊接金属 3. 化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是 A. 具有强氧化性，可用于杀菌消毒 B. 聚丙烯是高分子材料，可用作吸水剂 C. 浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂 D. 用食醋去除水壶中水垢 4. 下列不符合实验安全要求的是 A. 酸、碱废液分别收集后直接排放 B. 进行化学实验时需要佩戴护目镜 C. 加热操作时选择合适的工具避免烫伤 D. 乙醇应存放在阴凉通风处，远离火种 5. 以下研究文物的方法达不到目的的是 A. 用核磁共振法判断有机分子氢原子类型及相对数目 B. 用X射线衍射法分析玉器的晶体结构 C. 用原子光谱法鉴定漆器表层的元素种类 D. 用红外光谱法测定古酒中有机分子的相对分子质量 6. 下列方程式不正确的是 A. 和浓盐酸反应： B. 与反应： C. 与反应： D. 将通入酸性溶液： 7. 加氢转化成甲烷，是综合利用实现“碳中和”和“碳达峰”的重要方式。525℃，101kPa下，。反应达到平衡时，能使平衡向正反应方向移动的是 A. 减小体系压强 B. 升高温度 C. 增大浓度 D. 恒容下充入惰性气体 8. 用肼的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量，反应原理如图所示。下列说法正确的是 A. 是还原反应的产物 B. 还原性： C. 处理后溶液的增大 D. 图示反应过程中起催化作用的是 9. 天冬氨酸广泛应用于医药、食品和化工等领域。天冬氨酸的一条合成路线如下： 下列说法不正确的是。 A. X的核磁共振氢谱有2组峰 B. 与水溶液反应，最多可消耗 C. 天冬氨酸分子中含有两个羧基，不能与酸反应生成盐 D. 天冬氨酸通过缩聚反应可合成聚天冬氨酸 10. 元素a~i为短周期元素，其第一电离能与原子序数的关系如图。下列说法正确的是 A. a和g同主族；原子半径： B. 金属性：；非金属性： C. 电负性：；第一电离能： D. 最简单氢化物沸点：；最高价氧化物水化物的酸性： 11. 一种液流电解池在工作时可以实现海水淡化，并以形式回收含锂废弃物中的锂元素，其工作原理如图所示。 下列说法正确的是 A. 海水放在I和II膜之间比较合理，且II为阳离子交换膜 B. 电极a附近溶液的增大，I为阳离子交换膜 C. 电极b上发生的反应为，III为阳离子交换膜 D. 若海水用溶液模拟，则每脱除，理论上可回收 12. 时，的电离常数。下列描述不正确的是 A. B. C. D. 溶液中，，则 第II卷(非选择题 共64分) 监测注意事项：第II卷共4页，用蓝、黑色墨水的钢笔或圆珠笔直接答在答题纸上。 相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Fe 56 Eu 152 13. 通过和的相互转化可实现的高效存储和利用。 （1）写出的基态原子最外层轨道表示式______。 （2）分子N原子轨道的杂化类型是______，分子构型是______，分子中键角小于，从结构角度解释原因______。 （3）某晶胞结构如图。 ①该物质的化学式是______。 ②中配体是______，配位原子是______。 （4）和反应过程中能量变化示意图如下。 ①室温下，和反应生成而不生成。分析原因______。 ②从平衡的角度推断利于脱除生成的条件并说明理由______。 14. 有机化合物C和F是制造特种工程塑料的两种重要单体，均可以苯为起始原料按下列路线合成(部分反应步骤和条件略去)： 已知：。 回答下列问题： （1）B中含氧官能团名称为______；的反应类型为______。 （2）写出C的名称______。 （3）下列说法错误的是______(填标号)。 a．A能与乙酸反应生成酰胺 b．B的位置异构体有2种 c．C遇溶液显紫色 d．D中的官能团为碳氟键 （4）已知反应中还生成和，写出的化学方程式______。 （5）反应涉及反应是______(填标号)。 a．先取代反应后消去反应 b．先消去反应后取代反应 c．只发生氧化反应 d．只发生水解反应 （6）脂肪烃衍生物G是C的同分异构体，分子中含有羟甲基()，核磁共振氢谱有两组峰。G的结构简式为______。 （7）二羟基二苯砜()和F在一定条件下缩聚，得到性能优异的特种工程塑料——聚醚砜醚酮()。写出的结构简式______。 （8）制备反应中，单体之一选用芳香族氟化物F，而未选用对应的氯化物，可能的原因是______。 15. 已知在空气中易吸潮，时溶解度约为 ，加强热时分解生成，难溶于水。由稀土氧化物和苯甲酸钠制备配合物的流程如下： 并通过实验测定产品纯度和结晶水个数(杂质受热不分解)。 （1）下图为“配制一定物质的量浓度的苯甲酸钠溶液”的部分过程，写出a仪器名称为______。操作b应重复3次，目的是______，定容后还需要的操作为______。 （2）步骤①中，加热的目的为______。 （3）步骤②中，调节溶液时需搅拌并缓慢滴加溶液，目的为______；接近6时，为了防止变化过大，还应采取的操作为______。 （4）简述如何洗涤产品______。 （5）准确称取一定量产品溶解于稀中，萃取生成的苯甲酸，蒸去有机溶剂，加入一定量的标准溶液，滴入1~2滴酚酞溶液，用标准溶液滴定剩余的。 ①滴定终点的现象为______。实验所需的指示剂不可更换为甲基橙，原因为______。 ②临近滴定终点时，需改为半滴滴加，其具体操作为______。 （6）取一定量产品进行热重分析，每个阶段的重量降低比例数据如图所示。 范围内产品质量减轻的原因为______。结晶水个数______。［，结果保留两位有效数字］。 16. 用乙醇(沸点)制乙酸(沸点)新途径的主要反应为： I． II． 回答下列问题： （1）乙醇可由秸秆生产，主要过程为______。 （2）已知。 ①______。 ②反应I后从混合气体分离得到，最适宜的方法为______。 （3）乙醇燃料电池工作原理的示意图如下： 电极是电池的______极，电极反应式为______，电极发生电极反应式为______。 （4）恒压下，向密闭容器中按投料，产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2［比如：乙酸选择性=n(生成的乙酸)：n(转化的乙醇)×100%］。 ①由图1可知，反应I最适宜的温度为，原因为______。 ②由图中信息可知，乙酸可能是______(填“产物1”“产物2”或“产物3”)。 ③时，若该密闭容器中只发生反应I、II，平衡时乙醇的转化率为，乙酸的选择性为，则______，平衡常数______(列出计算式即可：用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级化学 本卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，共100分。时间60分钟。答题时，请将第I卷每小题答案选出后，用2B铅笔涂在答题卡的相应位置上，若仅答在卷子上则不给分。将第II卷各题直接答在答题卡相应位置上。 相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Fe 56 Zn 65 第I卷(选择题 共36分) 选择题(本题包括12小题，每小题3分，共36分。每小题只有一个选项符合题意。) 1. 下列古建筑组件主要成分属于有机物的是 A．基石 B．斗拱 C．青瓦 D．琉璃 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．古建筑中的基石一般使用石质材料，常用的石材有花岗岩、青石等，花岗岩的主要成分是硅酸盐，青石的主要成分是碳酸钙，硅酸盐和碳酸钙均属于无机物，A错误； B．斗拱是由木材制成的，木材的主要成分是纤维素，纤维素属于有机物，B正确； C．青瓦是由黏土烧制而成的传统建筑材料，主要成分为铝硅酸盐，铝硅酸盐属于无机物，C错误； D．琉璃的主要成分是硅酸盐，属于无机物，D错误； 故选B。 2. 大气中的氮是取之不尽的天然资源。下列反应中以氮气作为反应物的是 A. 工业合成氨 B. 氨的催化氧化 C. 制硝基苯 D. 在氮气中焊接金属 【答案】A 【解析】 【详解】A．工业合成氨发生的反应为催化剂作用下氮气与氢气在高温高压条件下反应生成氨气，氮气是反应的反应物，A符合题意； B．氨的催化氧化反应为催化剂作用下氨气与氧气加热发生催化氧化反应生成一氧化氮和水，氮气未参与反应，B不符合题意； C．制硝基苯发生的反应为浓硫酸作用下苯与浓硝酸共热发生硝化反应生成硝基苯和水，氮气未参与反应，C不符合题意； D．在氮气中焊接金属时，氮气作惰性保护气，未参与化学反应，D不符合题意； 故选A。 3. 化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是 A. 具有强氧化性，可用于杀菌消毒 B. 聚丙烯是高分子材料，可用作吸水剂 C. 浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂 D. 用食醋去除水壶中水垢 【答案】B 【解析】 【详解】A. ClO2是一种强氧化剂，能有效杀灭细菌和病毒，常用于水处理消毒，A正确； B. 聚丙烯是疏水性聚合物，不吸水；吸水剂通常是亲水性高分子如聚丙烯酸钠或高吸水性树脂（SAP），B错误； C. 浓硫酸具有吸水性，能吸收水分，常用于干燥中性或酸性气体如氢气、氯气等，C正确； D. 食醋中的醋酸（CH3COOH）能与水垢中的碳酸钙（CaCO3）反应生成可溶性醋酸钙、水和二氧化碳，从而去除水垢，D正确； 故选B。 4. 下列不符合实验安全要求的是 A. 酸、碱废液分别收集后直接排放 B. 进行化学实验时需要佩戴护目镜 C. 加热操作时选择合适的工具避免烫伤 D. 乙醇应存放在阴凉通风处，远离火种 【答案】A 【解析】 【详解】A．酸、碱废液需中和处理达标后才能排放，直接排放会污染环境，不符合安全要求，A错误； B．实验时佩戴护目镜是防止化学试剂溅入眼睛的必要防护措施，B正确； C．选择合适的加热工具如坩埚钳，可避免直接接触高温物体导致烫伤，C正确； D．乙醇易燃，存放于阴凉通风处并远离火源是防止火灾的安全措施，D正确； 故选A。 5. 以下研究文物的方法达不到目的的是 A. 用核磁共振法判断有机分子氢原子类型及相对数目 B. 用X射线衍射法分析玉器的晶体结构 C. 用原子光谱法鉴定漆器表层的元素种类 D. 用红外光谱法测定古酒中有机分子的相对分子质量 【答案】D 【解析】 【详解】A．核磁共振氢谱中，不同化学环境的氢原子会出现在不同位置，峰的面积比等于氢原子数目比，因此可以准确判断氢原子的类型及相对数目，该方法是可行的，A正确； B．X射线衍射法通过衍射图谱分析物质晶体结构，玉器为晶体矿物，适用此方法，B正确； C．原子光谱法通过特征谱线鉴定元素种类，可用于分析漆器表层元素组成，C正确； D．红外光谱法用于识别分子官能团和化学键类型，无法直接测定相对分子质量（需质谱法测定），D错误； 故选D。 6. 下列方程式不正确的是 A. 和浓盐酸反应： B. 与反应： C. 与反应： D. 将通入酸性溶液： 【答案】D 【解析】 【详解】A．与浓盐酸反应制氯气的离子方程式为：，A正确； B．与反应生成硝酸和一氧化氮的离子方程式为：，B正确； C．与反应生成氢氧化钠和氧气的离子方程式为：，C正确； D．通入酸性溶液的反应中，被酸性氧化为，离子方程式应为：，D错误； 故选D。 7. 加氢转化成甲烷，是综合利用实现“碳中和”和“碳达峰”的重要方式。525℃，101kPa下，。反应达到平衡时，能使平衡向正反应方向移动的是 A. 减小体系压强 B. 升高温度 C. 增大浓度 D. 恒容下充入惰性气体 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应物气体总物质的量为5mol，生成物为3mol，减小压强会使平衡向气体体积增大的方向（逆反应）移动，A不符合题意； B．该反应为放热反应，升高温度会使平衡向吸热的逆反应方向移动，B不符合题意； C．增大浓度会提高反应物浓度，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动以消耗增加的，C符合题意； D．恒容充入惰性气体不改变各物质浓度，对平衡无影响，D不符合题意； 故选C。 8. 用肼的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量，反应原理如图所示。下列说法正确的是 A. 是还原反应的产物 B. 还原性： C. 处理后溶液的增大 D. 图示反应过程中起催化作用的是 【答案】C 【解析】 【分析】由图中信息可知，和反应生成的是和反应的催化剂，是中间产物，该反应的离子方程式为，是还原剂，是氧化剂，是还原产物。 【详解】A．该反应中，中N元素的化合价升高被氧化，因此，是氧化反应的产物，A不正确； B．在同一个氧化还原反应中，还原剂的还原性强于还原产物，因此，还原性的强弱关系为，B不正确； C．由反应的离子方程式可知，该反应消耗，处理后溶液的增大，C正确； D．根据循环图可知，图示反应过程中起催化作用的是，D不正确； 综上所述，本题选C。 9. 天冬氨酸广泛应用于医药、食品和化工等领域。天冬氨酸的一条合成路线如下： 下列说法不正确的是。 A. X的核磁共振氢谱有2组峰 B. 与水溶液反应，最多可消耗 C. 天冬氨酸分子中含有两个羧基，不能与酸反应生成盐 D. 天冬氨酸通过缩聚反应可合成聚天冬氨酸 【答案】C 【解析】 【详解】A．X是对称结构，两个亚甲基等效，两个羧基等效，共含两种H，核磁共振氢谱有2组峰，A正确； B．含有2 mol羧基、1 mol碳溴键，2 mol羧基能消耗2 mol NaOH、1 mol碳溴键能消耗1 mol NaOH，1 mol Y最多可消耗3 mol NaOH，B正确； C．天冬氨酸含有的氨基能和酸反应生成盐，C错误； D．天冬氨酸含有羧基和氨基，可通过缩聚反应合成聚天冬氨酸，D正确； 故选C。 10. 元素a~i为短周期元素，其第一电离能与原子序数的关系如图。下列说法正确的是 A. a和g同主族；原子半径： B. 金属性：；非金属性： C. 电负性：；第一电离能： D. 最简单氢化物沸点：；最高价氧化物水化物的酸性： 【答案】B 【解析】 【分析】同主族元素，从上到下第一电离能呈减小趋势；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，且第IIA族和第VA族元素的第一电离能大于其相邻元素，0族元素的第一电离能在同周期中最大，可以推断a~i分别是B、C、N、O、F、Ne、Na、Mg、Al。 【详解】A．a是B，g是Na，二者不同主族，原子半径：N>O>F，A错误； B．Na、Mg、Al属于同周期，从左到右金属性依次减弱，N、O、F属于同周期，从左到右非金属性依次增强，B正确； C．电负性O>N>Na，图中第一电离能B>Mg，C错误； D．b为C，c为N，NH3分子间存在氢键，沸点高，沸点NH3>CH4；最高价氧化物水化物的酸性HNO3>H2CO3，D错误； 故选B。 11. 一种液流电解池在工作时可以实现海水淡化，并以形式回收含锂废弃物中的锂元素，其工作原理如图所示。 下列说法正确的是 A. 海水放在I和II膜之间比较合理，且II为阳离子交换膜 B. 电极a附近溶液的增大，I为阳离子交换膜 C. 电极b上发生的反应为，III为阳离子交换膜 D. 若海水用溶液模拟，则每脱除，理论上可回收 【答案】BD 【解析】 【分析】电极b处， 转化为 ，Fe元素的化合价从+2升高到+3，发生氧化反应，电极b为阳极（接电源正极），电极反应为：，同时释放出。电极a处通入，发生还原反应，为阴极（接电源负极），电极反应为：，生成使溶液pH增大。为实现海水淡化，向阴极（电极a）迁移，因此膜I为阳离子交换膜；向阳极方向（电极b）迁移，因此膜II为阴离子交换膜；阳极释放的需要迁移到所在区域（膜II和III之间）才能得到，因此膜III为阳离子交换膜，允许通过。 【详解】A．结合分析知，海水放在I和II之间合理，但II应为阴离子交换膜（允许通过），而非阳离子交换膜，A错误； B．电极a为阴极，反应生成，溶液pH增大；膜I为阳离子交换膜（允许迁移到阴极），B正确； C．电极b为阳极，反应为（失电子，氧化反应），选项中反应式为得电子，错误；虽III为阳离子交换膜，但反应式错误，C错误； D．58.5 g为1 mol，脱除1 mol时，迁移到膜II和III之间；根据电子守恒，转移1 mol电子时，阳极释放，它迁移到所在区域，理论上可回收 ，D正确； 故选BD。 12. 时，的电离常数。下列描述不正确的是 A. B. C. D. 溶液中，，则 【答案】D 【解析】 【详解】A．，K==，A正确； B．，K==，B正确； C．，K==，C正确； D．=，由于，，D错误； 答案选D。 第II卷(非选择题 共64分) 监测注意事项：第II卷共4页，用蓝、黑色墨水的钢笔或圆珠笔直接答在答题纸上。 相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Fe 56 Eu 152 13. 通过和的相互转化可实现的高效存储和利用。 （1）写出的基态原子最外层轨道表示式______。 （2）分子N原子轨道的杂化类型是______，分子构型是______，分子中键角小于，从结构角度解释原因______。 （3）某晶胞结构如图。 ①该物质的化学式是______。 ②中配体是______，配位原子是______。 （4）和反应过程中能量变化示意图如下。 ①室温下，和反应生成而不生成。分析原因______。 ②从平衡的角度推断利于脱除生成的条件并说明理由______。 【答案】（1） （2） ①. ②. 三角锥形 ③. 中氮原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1；孤电子对对成键电子对的排斥能力大于成键电子对对成键电子对的排斥能力，故分子中的键角小于 （3） ①. ②. ③. N （4） ①. 生成的活化能高 ②. 根据和反应过程中的能量变化示意图可得到反应的热化学方程式为 ，该反应的正反应为气体计量数增大的放热反应，故低压、高温有利于脱除生成 【解析】 【小问1详解】 Mg是12号元素，基态原子电子排布式为，最外层为3s轨道，轨道表示式为； 【小问2详解】 中N原子的价层电子对数为，故杂化类型为杂化；因含1对孤电子对，分子构型为三角锥形；中N原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1；孤电子对对成键电子对的排斥能力大于成键电子对之间的排斥能力，导致成键电子对被挤压，H-N-H键角小于正四面体的； 【小问3详解】 ①晶胞中位于顶点和面心，离子数目为；位于晶胞内部，离子数目为8；因此个数比，化学式为； ②中配体为，配位原子为N（N原子提供孤电子对与中心离子形成配位键）； 【小问4详解】 ①从能量变化图可知，生成的活化能低于生成的活化能，室温下反应更易通过活化能较低的路径进行，因此优先生成； ②，该反应是气体分子数增大的吸热反应；根据勒夏特列原理，低压、高温条件下平衡正向移动，有利于脱除生成。 14. 有机化合物C和F是制造特种工程塑料的两种重要单体，均可以苯为起始原料按下列路线合成(部分反应步骤和条件略去)： 已知：。 回答下列问题： （1）B中含氧官能团名称为______；的反应类型为______。 （2）写出C的名称______。 （3）下列说法错误的是______(填标号)。 a．A能与乙酸反应生成酰胺 b．B的位置异构体有2种 c．C遇溶液显紫色 d．D中的官能团为碳氟键 （4）已知反应中还生成和，写出的化学方程式______。 （5）反应涉及反应是______(填标号)。 a．先取代反应后消去反应 b．先消去反应后取代反应 c．只发生氧化反应 d．只发生水解反应 （6）脂肪烃衍生物G是C的同分异构体，分子中含有羟甲基()，核磁共振氢谱有两组峰。G的结构简式为______。 （7）二羟基二苯砜()和F在一定条件下缩聚，得到性能优异的特种工程塑料——聚醚砜醚酮()。写出的结构简式______。 （8）制备反应中，单体之一选用芳香族氟化物F，而未选用对应的氯化物，可能的原因是______。 【答案】（1） ①. 酮羰基 ②. 还原反应 （2）对苯二酚(1，4-苯二酚) （3）b （4） （5）a （6） （7） （8）虽然键比键的键能大，但因电负性，使键比键的极性大，中C原子电子密度降低正电性增强，便于带负电的试剂进攻，从而导致反应速率加快 【解析】 【分析】由有机物的转化关系可知，苯一定条件下转化为苯胺A；硫酸作用下A与二氧化锰发生氧化反应生成B；B与铁和水发生还原反应生成C；A一定条件下与氟化氢发生取代反应生成D；无水氯化铝作用下D与四氯化碳发生取代反应生成E；E在水中共热先发生取代反应，后发生消去反应生成F。 【小问1详解】 由结构简式可知，B中含氧官能团为酮羰基；由分析可知，B→C的反应为B与铁和水发生还原反应生成C； 【小问2详解】 由结构简式可知，C的名称为对苯二酚或1，4-苯二酚； 【小问3详解】 a．由结构简式可知，A分子中含有的氨基能与乙酸发生取代反应生成，a正确； b．由结构简式可知，B分子的位置异构体为，只有1种，b错误； c．由结构简式可知，C分子中含酚羟基，能表现酚的性质，遇氯化铁溶液会发生显色反应，使溶液显紫色，c正确； d．由结构简式知，D的官能团为碳氟键，d正确； 故选b； 【小问4详解】 由题意可知，A→B的反应为硫酸作用下A与二氧化锰发生氧化还原反应生成B、硫酸铵、硫酸锰和水，反应的化学方程式为：； 【小问5详解】 由分析可知，E→F的反应为E在水中共热先发生取代反应，氯原子被羟基取代，后2个羟基失水生成羰基，即发生消去反应后生成F，故选a； 【小问6详解】 C的不饱和度为4，其同分异构体G是脂肪烃衍生物，分子中含有羟甲基，说明分子中含有2个碳碳三键，核磁共振氢谱有两组峰，说明G分子结构对称，则符合条件的结构简式为：； 【小问7详解】 由题意可知，4，—二羟基二苯砜和F在一定条件下发生缩聚反应生成聚醚砜醚酮(PESEK)和HF，则聚醚砜醚酮(PESEK)的结构简式为：； 【小问8详解】 制备PESEK反应中选用芳香族氟化物F，而未选用对应的氯化物，可能的原因是F的电负性比Cl大，C-F键极性更大，C-F中C原子电子密度降低正电性增强，便于带负电的试剂进攻，从而导致反应速率加快。 15. 已知在空气中易吸潮，时溶解度约为，加强热时分解生成，难溶于水。由稀土氧化物和苯甲酸钠制备配合物的流程如下： 并通过实验测定产品纯度和结晶水个数(杂质受热不分解)。 （1）下图为“配制一定物质的量浓度的苯甲酸钠溶液”的部分过程，写出a仪器名称为______。操作b应重复3次，目的是______，定容后还需要的操作为______。 （2）步骤①中，加热的目的为______。 （3）步骤②中，调节溶液时需搅拌并缓慢滴加溶液，目的为______；接近6时，为了防止变化过大，还应采取的操作为______。 （4）简述如何洗涤产品______。 （5）准确称取一定量产品溶解于稀中，萃取生成的苯甲酸，蒸去有机溶剂，加入一定量的标准溶液，滴入1~2滴酚酞溶液，用标准溶液滴定剩余的。 ①滴定终点的现象为______。实验所需的指示剂不可更换为甲基橙，原因为______。 ②临近滴定终点时，需改为半滴滴加，其具体操作为______。 （6）取一定量产品进行热重分析，每个阶段的重量降低比例数据如图所示。 范围内产品质量减轻的原因为______。结晶水个数______。［，结果保留两位有效数字］。 【答案】（1） ①. 容量瓶 ②. 避免溶质损失 ③. 盖好瓶塞，反复上下颠倒、摇匀 （2）升高温度，加快溶解速率，提高浸出率 （3） ①. 防止生成沉淀和苯甲酸的生成，有利于的生成 ②. 缓慢滴加溶液，同时测定溶液的 （4）沿玻璃棒向过滤器(漏斗)中(或关小水龙头，向布氏漏斗中)注入冷水至浸没沉淀，待冷水流出后，重复2~3次 （5） ①. 滴入最后半滴标准溶液，溶液由浅红色变无色，并保持半分钟不褪色 ②. 滴定终点呈碱性，使用甲基橙误差较大 ③. 将悬挂在滴定管尖嘴处的液体，轻轻靠一下锥形瓶内壁，随即用少量蒸馏水淋下 （6） ①. 吸潮的水在加热后逸出 ②. 1.7 【解析】 【分析】该实验以稀土氧化物和苯甲酸钠为原料，先通过加盐酸加热溶解、调pH、加入苯甲酸钠溶液反应制备配合物粗品，再经抽滤、洗涤得到产品；随后通过酸碱滴定法测定产品纯度，通过热重分析确定结晶水个数，同时考查溶液配制、滴定操作、热重分析等基础实验技能。 【小问1详解】 仪器a为容量瓶，是配制一定物质的量浓度溶液的核心仪器；操作b为洗涤烧杯和玻璃棒，重复3次的目的是避免溶质损失，确保溶质全部转移至容量瓶；定容后还需盖好瓶塞，反复上下颠倒、摇匀，使溶液浓度均匀； 【小问2详解】 加热可升高反应温度，加快盐酸溶解的反应速率，提高浸出率，使稀土氧化物充分转化为可溶性盐； 【小问3详解】 调节pH并搅拌、缓慢滴加NaOH溶液，目的是防止生成沉淀和苯甲酸的生成，避免目标配合物合成受阻，利于生成；pH接近6时，为防止pH变化过大，应缓慢滴加NaOH溶液，同时用pH计（或精密pH试纸）持续测定溶液pH，控制pH稳定； 【小问4详解】 产品抽滤后，沿玻璃棒向过滤器（布氏漏斗）中注入冷水至浸没沉淀，待冷水流出后，重复洗涤2~3次，除去表面吸附的杂质离子，同时减少配合物溶解损失； 【小问5详解】 ① 滴定终点现象：滴入最后半滴HCl标准溶液，溶液由浅红色变为无色，且半分钟内不褪色；指示剂不可更换为甲基橙，原因是滴定终点溶液呈弱碱性，甲基橙的变色范围为，此时溶液颜色无明显变化，误差较大，而酚酞的变色范围（）与终点pH匹配； ② 临近滴定终点时半滴加的操作：将悬挂在滴定管尖嘴处的半滴液体轻轻靠一下锥形瓶内壁，随即用少量蒸馏水淋洗锥形瓶内壁，使半滴溶液全部进入反应体系； 【小问6详解】 在空气中易吸潮，范围内产品质量减轻是因为吸潮的水逸出；最后得到的是， 失去结晶水质量减少 ，重量减少，而生成的，质量减少：Mr[Eu(C7H5O2)3]−0.5×Mr(Eu2O3)≈(152+3×121)−0.5×(2×152+3×16)= ，重量减少，有关系式，解得。 16. 用乙醇(沸点)制乙酸(沸点)新途径的主要反应为： I． II． 回答下列问题： （1）乙醇可由秸秆生产，主要过程为______。 （2）已知。 ①______。 ②反应I后从混合气体分离得到，最适宜的方法为______。 （3）乙醇燃料电池工作原理的示意图如下： 电极是电池的______极，电极反应式为______，电极发生电极反应式为______。 （4）恒压下，向密闭容器中按投料，产氢速率和产物的选择性随温度变化关系如图1，关键步骤中间体的能量变化如图2［比如：乙酸选择性=n(生成的乙酸)：n(转化的乙醇)×100%］。 ①由图1可知，反应I最适宜的温度为，原因为______。 ②由图中信息可知，乙酸可能是______(填“产物1”“产物2”或“产物3”)。 ③时，若该密闭容器中只发生反应I、II，平衡时乙醇的转化率为，乙酸的选择性为，则______，平衡常数______(列出计算式即可：用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 【答案】（1）葡萄糖 （2） ①. ②. 降温冷凝后收集气体 （3） ①. 负 ②. ③. （4） ①. 乙酸选择性最大，乙醛和副产物选择性最小，产氢速率较快 ②. 产物1 ③. ④. 【解析】 【小问1详解】 纤维素为多糖，水解得到葡萄糖，葡萄糖发酵产生二氧化碳和乙醇； 【小问2详解】 ①根据盖斯定律，反应I - II 可得，，则； ②乙醇、水、乙醛、乙酸的沸点都高于氢气，反应I后从混合气体分离得到，最适宜的方法为降温冷凝后收集气体； 【小问3详解】 燃料电池中通入氧化剂氧气的一极为正极，通入乙醇的一极为负极，电极是电池的负极，酸性电解质溶液中乙醇发生氧化反应生成二氧化碳，碳元素化合价：-2→+4，电极反应式为；电极为正极，氧气得电子，发生电极反应式为； 【小问4详解】 ①由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为乙酸选择性最大，乙醛和副产物选择性最小，产氢速率较快； ②由图2可知关键步骤中生成产物1的最大能垒为0.76-0.18=0.58eV，生成产物2的最大能垒为0.80-0.14=0.66eV，生成产物3的最大能垒为0.81eV，图1中乙酸的选择性最大，说明相同条件下生成乙酸的反应速率最大，则乙酸可能是产物1； ③设投料n(H2O)=9mol，n(乙醇)=1mol，密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则平衡时生成的乙酸的物质的量=90%×80%×1=0.72mol，n平(乙醇)=1mol×10%=0.1mol，恒温恒压下，各组分的分压之比=各组分的物质的量之比，故0.72：0.1=36：5；根据反应方程式、，消耗0.72molH2O(g)，反应Ⅱ消耗90%×20%×1=0.18mol乙醇，生成0.18mol乙醛，两个反应共生成0.72mol×2+0.18mol=1.62mol氢气，则平衡时乙醇、H2O(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分别为0.1mol、8.28mol、1.62mol、0.72mol、0.18mol，气体总物质的量为0.1mol+8.28mol+1.62mol+0.72mol+0.18mol=10.9mol，则= 。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $