精品解析：福建省厦门第一中学2025-2026学年高三上学期12月月考化学试卷

福建省厦门第一中学2025-2026学年上学期12月月考 高三年化学试卷 2025.12 说明：1.完成时间75分钟 2.可能用到的相对原子质量：O-16 S-32 Fe-56 Cu-64 Re-186 一、单项选择题 1. 泉州作为古代海上丝绸之路的重要起点，在茶叶、丝绸、瓷器等贸易中扮演关键角色。下列有关说法错误的是 A. 茶叶中含儿茶素(酚类物质)，其具有抗氧化性 B. 丝绸主要成分是蛋白质，其属于天然有机高分子 C. 远看是纱，近看是瓷——白瓷是典型的共价晶体 D. 海船中使用的钢铁材料在海水中易发生吸氧腐蚀 2. 下列实验能达到目的的是 选项 实验目的 实验方法或操作 A 测定中和反应的反应热 酸碱中和滴定的同时，用温度传感器采集锥形瓶内溶液的温度 B 判断反应后是否沉淀完全 将溶液与溶液混合反应后静置，向上层清液中再加几滴溶液 C 探究浓度对化学反应速率的影响 量取相同体积、不同浓度的NaClO溶液，分别加入等体积等浓度的溶液，对比现象 D 探究木炭还原 将灼热的木炭颗粒加到浓硝酸中，出现大量红棕色气体 A. A B. B C. C D. D 3. 有机物M是一种用于治疗非酒精性脂肪性肝炎的药物中间体，其合成路线如下： 下列说法错误的是 A. A的化学名称为2-甲基丙酸 B. B可发生水解反应、消去反应 C. L能与水溶液反应 D. M中存在4个键 4. 合成氨工业中用铜氨溶液除去原料气中CO，其反应为，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1 mol 充分反应后，配体的个数从增加到 B. 每生成1 mol 转移电子数目为 C. 1 mol 中，含键的数目与键的数目比为 D. 100 g质量分数为17%的溶液中，H原子总数为 5. 短周期元素的原子序数依次增大，同主族。甲、乙、丙分别是由以上四种元素中的两种组成的化合物，丁是由以上三种元素组成的化合物；甲与乙摩尔质量相同，乙为淡黄色固体，上述物质之间的转化关系如图所示(部分生成物省略)，下列说法中一定正确的是 A. 图中有两个氧化还原反应 B. 丁中含有离子键、共价键和配位键 C. 摩尔质量：戊>丙，沸点：丙>戊 D. 简单离子半径： 6. 下列实验的相应操作中不能达到实验目的是 A. 甲装置：用玻璃棒摩擦烧杯内壁，可析出深蓝色晶体 B. 乙装置：先通再通，可制备 C. 丙装置：制备无水 D. 丁装置：用标准溶液滴定锥形瓶中的碘水 7. 超临界水能够与氧气等氧化剂以任意比例互溶。一定条件下，测得含醋酸的超临界水被氧气氧化结果如图所示，其中x为以碳元素计算的物质的量分数，t为反应时间。下列说法正确的是 A. 随温度升高，(醋酸氧化)比(CO氧化)的增幅大 B. 点前，始终存在(醋酸氧化)(CO氧化) C. 醋酸消耗速率或二氧化碳生成速率都可以表示氧化反应的速率，且两者比值为 D. 前3 s内，(醋酸氧化) 8. 废旧三元锂离子电池处理后得到的正极活性材料(主要成分为，还含铝等杂质)，用来制备镍钴锰酸锂产品的主要流程示意图如下。下列说法错误的是 已知：①温度升高，溶解度下降； ②离子浓度小于时，视为完全沉淀 ③中Ni、Co、Mn的化合价相同 ④室温下，、、的分别为、、 A. 浸取时，做还原剂 B. 除铝时的离子方程式： C. 共沉淀时， D. 沉锂的操作依次为加溶液、蒸发浓缩、冷却结晶、热水洗涤干燥 9. 一种循环产氢体系是将锌-多硫化物电池与H2生产装置集成，最大化利用了间歇性太阳光，实现日夜不间断生产氢气，原理如图所示。下列说法正确的是 A. 硅太阳能电池、锌-多硫化物电池均可实现化学能转化为电能 B. 夜间工作时，循环产氢体系应将电极a与c相接、b与d相接 C. 日间工作时，b电极的反应式为 D. H2生产装置工作时，若使用阳离子交换膜，Na+向d电极方向迁移 10. 常温下，在含浓度均为的、的混合溶液中滴同浓度的氨水，溶液中某些粒子浓度的负对数[，、、]与的关如图所示，已知常温下，溶解度大于。 下列叙述错误的是 A. 代表与关系 B. 的数量级为 C. 时， D. 的 二、填空题 11. 过渡元素金属单质及其化合物在化工生产、材料科学等方面应用广泛。回答下列问题： (Ⅰ)第ⅦB族金属Re(铼)的配合物在催化均相加氢领域的发展前景广阔。 （1）配合物中元素Re的化合价为___________； （2）Re的某配合物的结构如图所示(Ph代表苯基)。 利用该配合物催化苯乙酮加氢制1-苯乙醇可能的反应机理如下图所示(Me代表)，下列说法正确的是___________。 A. 反应过程中有4种中间产物 B. 此反应过程的原子利用率是100% C. 用HD代替最多能得到四种有机产物 D. 此过程有极性键和非极性共价键的断裂与形成 （3）铼的某种氧化物的晶体结构为立方晶胞(晶胞参数为a nm)，沿x、y、z轴方向投影均得如图所示投影图，则Re在晶胞中的位置为___________；晶胞中与一个Re距离最近且相等的O的个数为___________；晶体的密度为___________(设为阿伏加德罗常数的值)。 (Ⅱ) （4）18电子规则称为有效原子序数法则，是过渡金属簇合物一个经验规则。(18电子=中心原子的价电子数+配原子提供的电子数)。如CO(羰基)提供2个电子，H、F等原子提供1个电子，是符合18电子规则的羰基配位化合物。以铁为中心的纯羰基配位化合物满足18电子规则，该化合物的化学式是___________； (Ⅲ) （5）一种电解质可循环流动的新型电池如图所示，M极材料为，N极材料为(已知电极电势：，。 ①M极是该电池的___________(填“正极”或“负极”)，N极的电极反应式为___________。 ②电池工作过程中，电解质溶液的质量___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 (Ⅳ) （6）Hg在元素周期表中位置是第6周期第ⅡB族，其氯化物溶液可用于手术刀消毒。与的混合溶液中主要存在平衡： 的溶液中加入NaCl固体(设溶液体积保持不变)，溶液中含氯微粒的物质的量分数随的变化如图所示。[已知]。 ①熔融状态的不能导电，是___________。 A．离子晶体 B．共价晶体 C．分子晶体 D．混合晶体 ②中Hg的杂化方式___________。 ③A点溶液中___________。 ④A点溶液中___________。 12. 苯甲酰氯()是无色液体，遇水或乙醇逐渐水解或醇解，可用作制备染料、香料、有机过氧化物、药品和树脂的重要中间体。实验室可用苯甲酸与氯化亚砜()制备苯甲酰氯。 Ⅰ．氯化亚砜的制备：采用硫黄、二氧化硫、氯气为原料，在活性炭催化作用下的合成反应为、，副反应为(部分加热仪器略，已知：氯化亚砜遇水易水解)。 回答下列问题： （1）苯甲酰氯()分子中元素的电负性由大到小的顺序是___________，氯化亚砜()分子的空间构型为___________。 （2）仪器M的名称是___________。 （3）按气流进出三颈烧瓶的接口连接顺序是___________(填小写字母)。 （4）碱石灰的作用是___________。 （5）实验开始时，先打开仪器Q中的旋塞反应一段时间，再打开仪器N中旋塞的目的是___________。 Ⅱ．制备苯甲酰氯的装置如图所示： （6）从含少量氯化钠的苯甲酸粗产品中提纯苯甲酸的方法是___________。 （7）试剂Y是___________。 （8）三颈烧瓶中等物质的量的苯甲酸与发生反应的化学方程式是___________。 13. 磷尾矿是磷矿石浮选过程中排放的工业废弃物，主要含有和，工业上通过以下流程从磷尾矿中提取钙、镁、磷，具有较高的经济与生态环境效应。 （1）基态磷原子价层电子的轨道表示式为_______。 （2）如图是不同煅烧温度下磷尾矿的X射线衍射图谱，通过测定矿物晶体结构获得其组成信息，如(a)图表示600℃矿物由、组成，即尚未分解。由图可知分解温度_______(填“>”、“＜”或“=”)，磷尾矿在900℃条件下煅烧的方程式为_______。 （3）“浸钙”时加入一定量0.1 mol/L的溶液，若浸取液Ⅰ中为，则此时溶液中_______(结果保留2位有效数字)，已知，。 （4）“沉钙”反应的离子方程式为_______。 （5）浸取液Ⅱ中的含量可以铬黑T(以表示)为指示剂，用EDTA(以表示)标准液滴定测得，已知： ①滴定终点时锥形瓶中溶液颜色变化为_______。 ②滴定分析发现，将温度从40℃升高到90℃可以显著提高“浸镁”效率，从化学平衡的角度分析原因_______。 （6）“酸解”反应制备的化学方程式为_______。 14. I．将二氧化碳转化为能源是缓解温室效应和能源问题的方案之一，和在一定条件下可转化为，转化过程中发生的反应如下： 反应i(主反应)： ； 反应ii(副反应)： 甲烷与二氧化碳制备合成气的反应为 回答下列问题： （1）___________；有利于反应i自发进行的条件是___________(填“高温”或“低温”)。 （2）催化加氢合成的过程中，活化的可能途径如图1所示(“*”表示物质吸附在催化剂表面)，CO是活化的优势中间体，原因是___________。 （3）在一绝热恒容的密闭容器中发生上述反应，下列说法能说明该反应达到化学平衡状态的是___________(填标号)。 A. 的分压保持不变 B. 混合气体的密度保持不变 C. 保持不变 D. 密闭容器中温度保持不变 （4）在恒容条件下，按的投料比进行反应i和反应ii，平衡时、和CO在含碳物质中的体积分数[]随温度T的变化如图2所示。 ①曲线b表示的含碳物质的名称为___________。 ②M点时反应ⅱ的___________(以分压表示，分压=总压×该物质的物质的量分数，结果保留至小数点后两位)。 Ⅱ．电还原制备高附加值的有机物 已知：Sn、In、Bi的活性位点对O的连接能力较强，Au、Cu的活性位点对C的连接能力较强，Cu对CO的吸附能力远强于Au，且Cu吸附CO后不易脱离。 （5）电还原可能的反应机理如图所示(*CO表示吸附态的CO)。 ①参照机理图画出A的结构：___________。 ②若还原产物主要为HCOOH，应选择___________(填“Sn”“Au”或“Cu”)做催化剂。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福建省厦门第一中学2025-2026学年上学期12月月考 高三年化学试卷 2025.12 说明：1.完成时间75分钟 2.可能用到的相对原子质量：O-16 S-32 Fe-56 Cu-64 Re-186 一、单项选择题 1. 泉州作为古代海上丝绸之路的重要起点，在茶叶、丝绸、瓷器等贸易中扮演关键角色。下列有关说法错误的是 A. 茶叶中含儿茶素(酚类物质)，其具有抗氧化性 B. 丝绸主要成分是蛋白质，其属于天然有机高分子 C. 远看是纱，近看是瓷——白瓷是典型的共价晶体 D. 海船中使用的钢铁材料在海水中易发生吸氧腐蚀 【答案】C 【解析】 【详解】A．酚羟基具有还原性，易被空气中的氧气氧化，儿茶素属于酚类物质，说明分子中含有酚羟基，具有抗氧化性，A正确； B．丝绸主要成分为天然有机高分子化合物蛋白质，B正确； C．白瓷主要成分是硅酸盐，硅酸盐属于离子晶体，不属于共价晶体，C错误； D．海水为电解质溶液，海船中使用的钢铁材料在海水中易形成原电池而发生吸氧腐蚀，D正确； 故选C。 2. 下列实验能达到目的的是 选项 实验目的 实验方法或操作 A 测定中和反应的反应热 酸碱中和滴定的同时，用温度传感器采集锥形瓶内溶液的温度 B 判断反应后是否沉淀完全 将溶液与溶液混合反应后静置，向上层清液中再加几滴溶液 C 探究浓度对化学反应速率的影响 量取相同体积、不同浓度的NaClO溶液，分别加入等体积等浓度的溶液，对比现象 D 探究木炭还原 将灼热的木炭颗粒加到浓硝酸中，出现大量红棕色气体 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．酸碱中和滴定中无保温措施，热量损失大，无法准确测定中和反应的反应热，A错误； B．向上层清液中加入Na2SO3溶液，若出现浑浊，说明Ba2+未沉淀完全，反之则沉淀完全，B正确； C．NaClO与Na2SO3反应无明显现象(如沉淀、气体或颜色变化)，无法通过对比现象探究浓度对化学反应速率的影响，C错误； D．浓硝酸受热会自身分解生成红棕色，无法证明红棕色气体是木炭还原硝酸得到的产物，不能达到目的，D错误； 故选B。 3. 有机物M是一种用于治疗非酒精性脂肪性肝炎的药物中间体，其合成路线如下： 下列说法错误的是 A. A的化学名称为2-甲基丙酸 B. B可发生水解反应、消去反应 C. L能与水溶液反应 D. M中存在4个键 【答案】D 【解析】 【详解】A．A为主链为3的羧酸，2号碳上有甲基，名称为2-甲基丙酸，A正确； B．B分子中含碳溴键，可发生水解反应，溴原子的β位上有氢原子，可以发生消去反应，B正确； C．L中含与苯环相连的-ONa，能与CO2水溶液反应转化为酚羟基，C正确； D．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，由结构，M中存在5个C-Oσ键，D错误； 故选D。 4. 合成氨工业中用铜氨溶液除去原料气中CO，其反应为，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1 mol 充分反应后，配体的个数从增加到 B. 每生成1 mol 转移电子数目为 C. 1 mol 中，含键的数目与键的数目比为 D. 100 g质量分数为17%的溶液中，H原子总数为 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应为可逆反应，无法完全转化为，配体实际增加数不确定，不能从增加到，A错误； B．反应中各元素的化合价均无变化，无电子转移，B错误； C．中，三个各有个键，共个键；三个配位键均为键，共个键；与的配位键为键（个），内部含键（个），两个键；无其他键；故中含键总数为，键总数为，则键与键数目比为，C正确； D．溶液中，为，含原子，但水中也含原子，故原子总数远大于，D错误； 故选C。 5. 短周期元素的原子序数依次增大，同主族。甲、乙、丙分别是由以上四种元素中的两种组成的化合物，丁是由以上三种元素组成的化合物；甲与乙摩尔质量相同，乙为淡黄色固体，上述物质之间的转化关系如图所示(部分生成物省略)，下列说法中一定正确的是 A. 图中有两个氧化还原反应 B. 丁中含有离子键、共价键和配位键 C. 摩尔质量：戊>丙，沸点：丙>戊 D. 简单离子半径： 【答案】D 【解析】 【分析】乙为淡黄色固体，乙为Na2O2，甲与乙摩尔质量相同，推测甲为Na2S，短周期元素的原子序数依次增大，同主族，则Y为O，W为S，根据图中的转化关系，戊为NaHS，丁为NaOH，丙为H2O，则X为H，Z为Na。 【详解】A．过氧化钠与水的反应是氧化还原反应，图中其它反应为非氧化还原反应，A错误； B．丁为NaOH，含有离子键、共价键，没有配位键，B错误； C．戊为NaHS，丙为H2O，摩尔质量：NaHS>H2O，NaHS是离子化合物，沸点：NaHS>H2O，C错误； D．S2-核外三层电子，离子半径最大，O2-、Na+核外电子排布相同，离子半径序大径小，H+半径最小，简单离子半径：，D正确； 故选D。 6. 下列实验的相应操作中不能达到实验目的是 A. 甲装置：用玻璃棒摩擦烧杯内壁，可析出深蓝色晶体 B. 乙装置：先通再通，可制备 C. 丙装置：制备无水 D. 丁装置：用标准溶液滴定锥形瓶中的碘水 【答案】D 【解析】 【详解】A．乙醇可降低硫酸四氨合铜的溶解度，用玻璃棒摩擦烧杯内壁产生微小的晶核，可析出深蓝色晶体，能达到实验目的，A不可选； B．溶解度大，先通使溶液呈碱性以吸收更多，又因极易溶于水，因此将通入饱和食盐水时采用短管进可防止倒吸，稀硫酸可吸收多余的氨气，能达到实验目的，B不可选； C．丙装置中，在氯化氢气流中加热，可抑制氯化镁水解，从而制备无水，能达到实验目的，C不可选； D．用标准溶液滴定锥形瓶中的碘水，硫代硫酸钠溶液显碱性，应使用碱式滴定管，而图中是酸式滴定管，不能达到实验目的，D可选； 故选D。 7. 超临界水能够与氧气等氧化剂以任意比例互溶。一定条件下，测得含醋酸的超临界水被氧气氧化结果如图所示，其中x为以碳元素计算的物质的量分数，t为反应时间。下列说法正确的是 A. 随温度升高，(醋酸氧化)比(CO氧化)的增幅大 B. 点前，始终存在(醋酸氧化)(CO氧化) C. 醋酸消耗速率或二氧化碳生成速率都可以表示氧化反应的速率，且两者比值为 D. 前3 s内，(醋酸氧化) 【答案】A 【解析】 【分析】由第一幅图可知，该反应的过程为醋酸先被氧化为，再被氧化为。 【详解】A．从第二幅图可知：温度越高，峰值出现的时间提前且峰值更高，这说明温度升高，醋酸氧化为的速率和氧化为的速率均加快。峰值更高，说明醋酸氧化为的速率增幅大于氧化为的速率增幅，导致的积累量增加。因此，随温度升高，(醋酸氧化)的增幅大于(氧化)，A正确； B．由第一幅图可知，曲线中，最高点前(醋酸氧化)(氧化)，不断增加；最高点后(醋酸氧化)(氧化)，不断减少；M点位于最高点的右边，B错误； C．由分析可知该氧化反应分两步进行，不同时间段内两个反应进行的速率不同，则醋酸的消耗速率与的生成速率的比值不一定是1：2，C错误； D．由第一幅图可知，前内，醋酸的碳元素物质的量分数从1减少到。则醋酸的浓度变化量为 。所以， (醋酸氧化) ，D错误； 故选A。 8. 废旧三元锂离子电池处理后得到的正极活性材料(主要成分为，还含铝等杂质)，用来制备镍钴锰酸锂产品的主要流程示意图如下。下列说法错误的是 已知：①温度升高，溶解度下降； ②离子浓度小于时，视为完全沉淀 ③中Ni、Co、Mn的化合价相同 ④室温下，、、的分别为、、 A. 浸取时，做还原剂 B. 除铝时的离子方程式： C. 共沉淀时， D. 沉锂的操作依次为加溶液、蒸发浓缩、冷却结晶、热水洗涤干燥 【答案】D 【解析】 【分析】首先，需要分析整个工艺流程：浸取：将正极活性材料与硫酸、过氧化氢混合，溶解出  、  、  、  、  等离子，H2O2起到还原剂的作用。除铝：加入 NH4HCO3，调节 pH 使  沉淀为  ，而其他金属离子留在溶液中。调整比例：通过加入相应离子，使  。共沉淀：加入碱液，使  、  、  共沉淀为钴镍锰氢氧化物。沉锂：加入Na2CO3溶液，沉淀  为 Li2CO3。焙烧：将Li2CO3与钴镍锰氢氧化物混合焙烧，得到最终产品。 【详解】A．正极材料中Ni、Co、Mn为+3价（已知③），浸取后转化为+2价离子。H2O2将金属离子还原，自身被氧化为O2，故 H2O2作还原剂，A正确； B．加入NH4HCO3使Al3+沉淀，发生双水解：，方程式原子与电荷守恒，符合实际，B正确; C．要求 Ni2+、Co2+、Mn2+完全沉淀（浓度 < 10-5 mol·L⁻¹）。根据Ksp计算所需最小 c(OH⁻)：Mn(OH)2最难沉淀，需： ，故控制pH > 10.1可确保三者完全沉淀，C正确; D．已知Li2CO3溶解度随温度升高而降低。正确操作应为：加Na2CO3溶液沉淀Li⁺；趁热过滤（因高温下溶解度小，利于析出）；热水洗涤（减少溶解损失）；干燥。D中“冷却结晶”会导致Li2CO3溶解度增大，不利于结晶，D错误。 故选D。 9. 一种循环产氢体系是将锌-多硫化物电池与H2生产装置集成，最大化利用了间歇性太阳光，实现日夜不间断生产氢气，原理如图所示。下列说法正确的是 A. 硅太阳能电池、锌-多硫化物电池均可实现化学能转化为电能 B. 夜间工作时，循环产氢体系应将电极a与c相接、b与d相接 C. 日间工作时，b电极的反应式为 D. H2生产装置工作时，若使用阳离子交换膜，Na+向d电极方向迁移 【答案】D 【解析】 【分析】由电子流向可知，放电时，a极锌失去电子发生氧化反应为负极，则b为正极；氢气生产装置中d极，水放电生成氢气，发生还原反应，d为阴极，则c为阳极；白天可利用太阳能电池给左侧锌一多硫化物电池充电，实现电能向化学能的转化，夜间作电源，给H2装置充电，电解反应产生H2，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，白天可利用太阳能电池给左侧锌一多硫化物电池充电，实现电能向化学能的转化，晚上实现化学能向电能的转化，但硅太阳能电池是将太阳能转化为电能，而不是化学能转化为电能，A错误； B．左侧锌一多硫化物电池夜间作电源，给H2装置充电，电解反应产生H2，结合分析可知，应将电极ad、bc分别连接，B错误； C．白天工作时，锌一多硫化物电池处于充电状态，则b电极是阳极，发生氧化反应，电极反应式为：，C错误； D．由分析可知，H2生产装置工作时，c电极为阳极，d电极为阴极，若使用阳离子交换膜，则阳离子Na+向阴极即d电极方向迁移，D正确； 故答案为：D。 10. 常温下，在含浓度均为的、的混合溶液中滴同浓度的氨水，溶液中某些粒子浓度的负对数[，、、]与的关如图所示，已知常温下，溶解度大于。 下列叙述错误的是 A. 代表与关系 B. 的数量级为 C. 时， D. 的 【答案】C 【解析】 【分析】(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq) =c(Mg2+)×c2(OH-)、(s)Fe2+(aq)+2OH-(aq) =c(Fe2+)×c2(OH-)，pH越大，c(OH-)越大，c(Mg2+)或c(Fe2+)越小，pX越大，故L3表示-lg]与的关系，Kb=，取a点(6.98，2.27)数值计算：Kb=102.27×=10-4.75；常温下，溶解度大于，则＞，c(Mg2+)=c(Fe2+)时前者c(OH-)更大，pH更大，故L1代表与关系，代表与关系。 【详解】A．由分析可知L2代表-lgc(Mg2+)与pH的关系，A正确； B．L1代表与关系，带入a点(6.98，2.27)数值计算，Ksp[Fe(OH)2]=c(Fe2+)·c2(OH-)=10-2.27×()2=10-16.31，数量级为10-17，B正确； C．当V=40时，NH3·H2O恰好与0.001 mol Fe2+、0.001 mol Mg2+完全反应生成Mg(OH)2、Fe(OH)2沉淀和0.004 mol ，溶液为NH4Cl溶液。水解使溶液显酸性，故c(H+)＞c(NH3·H2O)＞c(OH-)，C错误； D．反应Mg2++2NH3·H2O=Mg(OH)2↓+2的平衡常数K=Kb2[NH3·H2O]/Ksp[Mg(OH)2]。取L2(Mg2+)在pH=12时，pX=5即c(Mg2+)=10-5mol/L，c(OH-)=10-2 mol/L，Ksp[Mg(OH)2]=10-5×(10-2)2=10-9，Kb=10-4.75，则K=(10-4.75)2/10-9=10-0.5＜1＜100，D正确； 故选C。 二、填空题 11. 过渡元素金属单质及其化合物在化工生产、材料科学等方面应用广泛。回答下列问题： (Ⅰ)第ⅦB族金属Re(铼)的配合物在催化均相加氢领域的发展前景广阔。 （1）配合物中元素Re的化合价为___________； （2）Re的某配合物的结构如图所示(Ph代表苯基)。 利用该配合物催化苯乙酮加氢制1-苯乙醇可能的反应机理如下图所示(Me代表)，下列说法正确的是___________。 A. 反应过程中有4种中间产物 B. 此反应过程的原子利用率是100% C. 用HD代替最多能得到四种有机产物 D. 此过程有极性键和非极性共价键的断裂与形成 （3）铼的某种氧化物的晶体结构为立方晶胞(晶胞参数为a nm)，沿x、y、z轴方向投影均得如图所示投影图，则Re在晶胞中的位置为___________；晶胞中与一个Re距离最近且相等的O的个数为___________；晶体的密度为___________(设为阿伏加德罗常数的值)。 (Ⅱ) （4）18电子规则称为有效原子序数法则，是过渡金属簇合物一个经验规则。(18电子=中心原子的价电子数+配原子提供的电子数)。如CO(羰基)提供2个电子，H、F等原子提供1个电子，是符合18电子规则的羰基配位化合物。以铁为中心的纯羰基配位化合物满足18电子规则，该化合物的化学式是___________； (Ⅲ) （5）一种电解质可循环流动的新型电池如图所示，M极材料为，N极材料为(已知电极电势：，。 ①M极是该电池的___________(填“正极”或“负极”)，N极的电极反应式为___________。 ②电池工作过程中，电解质溶液的质量___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 (Ⅳ) （6）Hg在元素周期表中位置是第6周期第ⅡB族，其氯化物溶液可用于手术刀消毒。与的混合溶液中主要存在平衡： 的溶液中加入NaCl固体(设溶液体积保持不变)，溶液中含氯微粒的物质的量分数随的变化如图所示。[已知]。 ①熔融状态的不能导电，是___________。 A．离子晶体 B．共价晶体 C．分子晶体 D．混合晶体 ②中Hg的杂化方式___________。 ③A点溶液中___________。 ④A点溶液中___________。 【答案】（1） （2）AC （3） ①. 顶点 ②. 6 ③. （4） （5） ①. 负极 ②. ③. 不变 （6） ①. C ②. sp杂化 ③. ④. 或 【解析】 【小问1详解】 由题干可知：为配合物 ，故其中元素为-1价，Re和H的化合价代数和为-2，Re的化合价为+7价； 【小问2详解】 A．由图可知，反应过程中有4种中间产物，A正确； B．苯乙酮加氢制1-苯乙醇的反应为：，但该反应过程中消耗氢气用于Re配合物的活化，有HCl生成，属于取代反应，则原子利用率小于100%，B错误； C．用HD代替最多能得到四种有机产物，分别为：、、、，C正确； D．由图可知，此过程有H-H键的断裂，即有非极性共价键的断裂；有C-H键、H-Cl键、O-H键的形成，即没有非极性共价键的形成，D错误； 故选AC。 【小问3详解】 ①如图所示，Re、O分别位于立方晶胞沿x、y、z轴方向投影图的顶点和边的中心，因此Re位于立方晶胞的顶点；②O位于立方晶胞的棱上，则晶体中与一个Re距离最近且相等的O的个数为6；③一个晶胞中Re的个数为：，O的个数为，则晶体的密度为： g⋅cm−3。 【小问4详解】 由题干得，铁的价层电子数为8，需再配10电子满足18电子规则，CO(羰基)提供2个电子，故需5个羰基，所以配合物为：； 【小问5详解】 ①由电子流向可知，M为电子流出的电极，为负极；②N为正极，正极得电子，故电极反应式为：；③负极为，电极反应式为：，若电路中通过2 mol ，则负极电极质量减少64 g ，故溶液中的铜离子增加64 g，正极电极生成，故溶液中的消耗96 g，氢离子消耗4 g，水生成36 g，溶液质量变化为：64+36-4-96=0，故电解质溶液质量不变； 【小问6详解】 ①熔融状态的不能导电，说明不存在自由移动的离子，又因其可溶于水，故为分子晶体，选C； ②Hg在元素周期表中位置是第6周期第ⅡB族，其价电子排布式为：，参与成键的价电子数为2，故根据计算得：价层电子对数=2+=2，故其杂化方式为杂化； ③由图可知，A点，，，， ④，已知，带入得： ，联立得：，因为，故或 12. 苯甲酰氯()是无色液体，遇水或乙醇逐渐水解或醇解，可用作制备染料、香料、有机过氧化物、药品和树脂的重要中间体。实验室可用苯甲酸与氯化亚砜()制备苯甲酰氯。 Ⅰ．氯化亚砜的制备：采用硫黄、二氧化硫、氯气为原料，在活性炭催化作用下的合成反应为、，副反应为(部分加热仪器略，已知：氯化亚砜遇水易水解)。 回答下列问题： （1）苯甲酰氯()分子中元素的电负性由大到小的顺序是___________，氯化亚砜()分子的空间构型为___________。 （2）仪器M的名称是___________。 （3）按气流进出三颈烧瓶的接口连接顺序是___________(填小写字母)。 （4）碱石灰的作用是___________。 （5）实验开始时，先打开仪器Q中的旋塞反应一段时间，再打开仪器N中旋塞的目的是___________。 Ⅱ．制备苯甲酰氯的装置如图所示： （6）从含少量氯化钠的苯甲酸粗产品中提纯苯甲酸的方法是___________。 （7）试剂Y是___________。 （8）三颈烧瓶中等物质的量的苯甲酸与发生反应的化学方程式是___________。 【答案】（1） ①. ②. 三角锥形 （2）球形冷凝管 （3）ebahicdfg （4）吸收和，同时防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶中 （5）先由与S反应生成，减少产生，提高的产率 （6）重结晶 （7）NaOH溶液 （8） 【解析】 【分析】浓盐酸与二氧化锰在加热条件下生成氯气，然后通过饱和食盐水除去氯化氢气体，再通入浓硫酸除去水蒸气，由c口进入三颈烧瓶，70%硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，经浓硫酸干燥，氯气和二氧化硫通入盛有硫黄的三颈烧瓶中，发生题干所述的主反应生成氯化亚砜，最后用碱石灰进行尾气处理； 【小问1详解】 同一周期从左到右电负性增大，同一主族从上到下电负性减小。苯甲酰氯()分子中H、O、Cl、C中，O的电负性最大（位于周期表右上角），Cl次之，C较小，Ｈ最小，因此顺序为； SOCl2中心S原子价层电子对数为3+=4，采用sp3杂化，分子的空间构型为三角锥形； 【小问2详解】 仪器M的名称是球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管； 【小问3详解】 由分析知，按气流进出三颈烧瓶的接口连接顺序是ebahicdfg，故答案为：ebahicdfg； 【小问4详解】 碱石灰的作用是吸收和，同时防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶中，故答案为：吸收和，同时防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶中； 【小问5详解】 实验开始时，先打开仪器Q中的旋塞反应一段时间，再打开仪器N中旋塞的目的是先由Cl2与S反应生成S2Cl2，减少SO2Cl2产生，提高SOCl2的产率，故答案为：先由Cl2与S反应生成S2Cl2，减少SO2Cl2产生，提高SOCl2的产率； 【小问6详解】 通过重结晶法可由含少量氯化钠的苯甲酸粗产品中提纯苯甲酸，故答案为；重结晶； 【小问7详解】 苯甲酸和氯化亚砜反应生成苯甲酰氯、二氧化硫和氯化氢，用试剂Y进行尾气处理，该溶液可以是NaOH溶液，故答案为：NaOH溶液； 【小问8详解】 三颈烧瓶用来制备苯甲酰氯，根据元素守恒推测还有SO2和HCl生成，反应的化学方程式是，故答案为：。 13. 磷尾矿是磷矿石浮选过程中排放的工业废弃物，主要含有和，工业上通过以下流程从磷尾矿中提取钙、镁、磷，具有较高的经济与生态环境效应。 （1）基态磷原子价层电子的轨道表示式为_______。 （2）如图是不同煅烧温度下磷尾矿的X射线衍射图谱，通过测定矿物晶体结构获得其组成信息，如(a)图表示600℃矿物由、组成，即尚未分解。由图可知分解温度_______(填“>”、“＜”或“=”)，磷尾矿在900℃条件下煅烧的方程式为_______。 （3）“浸钙”时加入一定量0.1 mol/L的溶液，若浸取液Ⅰ中为，则此时溶液中_______(结果保留2位有效数字)，已知，。 （4）“沉钙”反应的离子方程式为_______。 （5）浸取液Ⅱ中的含量可以铬黑T(以表示)为指示剂，用EDTA(以表示)标准液滴定测得，已知： ①滴定终点时锥形瓶中溶液颜色变化为_______。 ②滴定分析发现，将温度从40℃升高到90℃可以显著提高“浸镁”效率，从化学平衡的角度分析原因_______。 （6）“酸解”反应制备的化学方程式为_______。 【答案】（1） （2） ①. > ②. （3）0.0018 （4） （5） ①. 酒红色变蓝色 ②. ，温度升高，随大量氨逸出，平衡正向移动 （6） 【解析】 【分析】在处理磷尾矿的流程中，首先将磷尾矿置于900℃下煅烧，得到气体A，由磷尾矿的成分可推知气体A为CO2，向煅粉中加入NH4Cl浸钙，得到含Ca2+的浸取液Ⅰ，将CO2通入浸取液Ⅰ得到CaCO3，向浸钙后剩余固体中加入(NH4)2SO4浸镁，得到含Mg2+的浸取液Ⅱ，再将Mg2+沉淀得Mg(OH)2，最后向残留固体中加入浓硫酸酸解，生成H3PO4、CaSO4（固体C）和HF（气体B），从而实现钙、镁、磷的分离与提取；据此回答。 【小问1详解】 根据构造原理，基态磷原子的价层电子排布式为3s23p3，根据泡利原理、洪特规则，磷原子的价层电子轨道表示式为； 【小问2详解】 由X射线衍射图谱可知，600℃下该矿物尚未分解， 800℃下含Mg化合物只检测出MgO，说明MgCO3已完全分解，除Ca5(PO4)3F外，含Ca化合物检测出CaCO3和CaO，说明CaCO3发生分解，但未分解完全，900℃下未检测出碳酸盐，说明CaCO3·MgCO3已完全分解，因此CaCO3的分解温度大于MgCO3的分解温度，900℃下磷尾矿煅烧的方程式为； 【小问3详解】 浸取液中存在平衡，故，且，所以，而加入0.1 mol/L的NH4Cl后，可认为体系中，故； 【小问4详解】 由分析可知，沉钙过程中通入了CO2，故该过程的离子方程式为； 【小问5详解】 ①滴定开始时将铬黑T加入含Mg2+的待测液中，铬黑T与Mg2+结合呈酒红色，用EDTA滴定后，EDTA与Mg2+结合，解除了铬黑T与Mg2+的结合，铬黑T指示剂恢复为蓝色，所以滴定终点时，锥形瓶中溶液颜色由酒红色变为蓝色； ②浸镁时发生反应，温度升高，大量逸出，使得平衡正向移动，可以显著提高浸镁效率； 【小问6详解】 酸解前已将CaCO3·MgCO3除去，剩余固体成分为Ca5(PO4)3F，其与浓硫酸反应得到磷酸、气体B和固体C，反应方程式为。 14. I．将二氧化碳转化为能源是缓解温室效应和能源问题的方案之一，和在一定条件下可转化为，转化过程中发生的反应如下： 反应i(主反应)： ； 反应ii(副反应)： 甲烷与二氧化碳制备合成气的反应为 回答下列问题： （1）___________；有利于反应i自发进行的条件是___________(填“高温”或“低温”)。 （2）催化加氢合成的过程中，活化的可能途径如图1所示(“*”表示物质吸附在催化剂表面)，CO是活化的优势中间体，原因是___________。 （3）在一绝热恒容的密闭容器中发生上述反应，下列说法能说明该反应达到化学平衡状态的是___________(填标号)。 A. 的分压保持不变 B. 混合气体的密度保持不变 C. 保持不变 D. 密闭容器中温度保持不变 （4）在恒容条件下，按的投料比进行反应i和反应ii，平衡时、和CO在含碳物质中的体积分数[]随温度T的变化如图2所示。 ①曲线b表示的含碳物质的名称为___________。 ②M点时反应ⅱ的___________(以分压表示，分压=总压×该物质的物质的量分数，结果保留至小数点后两位)。 Ⅱ．电还原制备高附加值的有机物 已知：Sn、In、Bi的活性位点对O的连接能力较强，Au、Cu的活性位点对C的连接能力较强，Cu对CO的吸附能力远强于Au，且Cu吸附CO后不易脱离。 （5）电还原可能的反应机理如图所示(*CO表示吸附态的CO)。 ①参照机理图画出A的结构：___________。 ②若还原产物主要为HCOOH，应选择___________(填“Sn”“Au”或“Cu”)做催化剂。 【答案】（1） ①. ②. 低温 （2）生成中间体CO的反应的活化能小、反应速率快，且产物能量低、稳定，有利于生成 （3）AD （4） ①. 甲烷 ②. 0.39 （5） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 利用已知的甲烷与二氧化碳制备合成气的反应为 与反应ii(副反应)： 配合，即可求得 故答案为：； 由于该反应既放热又使总气体物质的量减少(ΔS<0)，故根据ΔG=ΔH−TΔS判断，“低温”更有利于反应 i 自发进行，故答案为：低温； 【小问2详解】 由题给机理图可知，先生成CO这一路径所需的活化能更低，且在催化剂表面上更稳定、后续加氢更容易，因此“CO是CO₂活化的优势中间体”的原因可表述为“生成CO的能垒更低、后续转化更容易”，故答案为：生成中间体CO的反应的活化能小、反应速率快，且产物能量低、稳定，有利于生成； 【小问3详解】 在“绝热、恒容”的密闭体系中，反应的吸热、放热会引起体系温度变化，一旦到达化学平衡，体系不再有净热效应且各组分的分压不再发生变化。选项A(“CO2的分压保持不变”)和D(“密闭容器中温度保持不变”)都能说明体系已达平衡，故答案为A、D； 【小问4详解】 图 2 中，a、b、c三条曲线分别表示CO2、CH4、CO在含碳物质中的体积分数随温度的变化。曲线 b 为CH4，“M(540，15)”可知：在此温度下，，由此可知，，，对副反应 ii，根据原子守恒法可得：O原子守恒法： H原子守恒法： ，由此可知平衡后总气体为，设平衡后总压为； 于是 ； 【小问5详解】 参照机理图，A通常是“CO2经单电子还原”生成的自由基阴离子，写作 ； 若主要产物是HCOOH，则宜选对“O”有较强结合能力的金属(如Sn、In、Bi)作催化剂。题干所述“Sn对O的连接能力较强”正有利于生成HCOO-中间体，故应填“Sn”。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $