精品解析：山东省淄博市2025-2026学年高三上学期1月期末化学试题

参照秘密级管理★启用前 淄博市2025—2026学年度第一学期高三摸底质量检测 化学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号等填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 K39 Fe56 Zn65 Br80 Sn119 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有1个选项符合题目要求。 1. 材料科学是社会发展的支柱之一。下列说法错误的是 A. 黄色琉璃工艺品中的硫化镉属于合金材料 B. 内存芯片用的单晶硅属于无机非金属材料 C. 篆刻印章用的青田石属于天然硅酸盐材料 D. 航天服的聚酰亚胺隔热层属于高分子材料 2. 化学应用体现在生活的方方面面。下列用法不合理的是 A. 碳酸钠用于除油污 B. 二氧化硫用于漂白纸浆 C. 聚丙烯用作吸水剂 D. 氧化钙用作食品干燥剂 3. 实验室中，下列试剂保存方法正确的是 A. 少量金属锂保存在煤油中 B. 浓硝酸保存在棕色广口试剂瓶中 C. 液氯贮存在干燥的钢瓶中 D. 金属钾与酒精存放在同一药品柜中 4. 下列化学用语或图示正确的是 A. 的电子式： B. 的空间结构模型： C. 顺-2-丁烯的结构简式： D. 原子的一种激发态的轨道表示式： 5. 下列离子方程式书写正确的是 A. 电解饱和食盐水制Cl2：Cl-+H2O= B. 用小苏打治疗胃酸过多： C. 用FeS除去废水中的 D. 用醋酸除去水垢： 6. 下列对于物质性质差异的解释错误的是 选项 性质差异 主要原因 A 熔点： 金属性： B 熔点： 晶体类型不同 C 硬度：晶体硅＜碳化硅 原子半径：C<Si D 酸性： 电负性：F>H A. A B. B C. C D. D 7. 某化合物结构简式如图所示。下列有关该物质的说法正确的是 A. 分子式为C7H10O4 B. 分子中所有碳原子共平面 C. 二氯代物有4种(不考虑立体异构) D. 该物质最多可与反应 8. 下列图示实验中，操作正确且能达到实验目的的是 A.制备固体 B.铁上镀铜 C.制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O D.验证C2H2使溴水褪色 A. A B. B C. C D. D 9. 二氧化氯是国际上公认的广谱消毒剂，酸性环境中利用和制备的反应机理如图所示。下列说法错误的是 A. ①②③均为氧化还原反应 B. ②中反应为NO C. 总反应中消耗的2:1 D. 若和的还原产物均为的消毒能力是等物质的量Cl2的2.5倍 10. 常温下，0.025mol·L-1的K2CrO4溶液中，Cr(VI)以HCrO、、形式存在，滴加硫酸或KOH溶液调pH(忽略体积变化)，体系中pX随pH变化如图所示，pX=-lgc(X)。下列说法正确的是 A. 曲线Ⅱ代表的组分为 B. 常温下，HCrO⇌H++的平衡常数K=106.3 C. pH=6.1时，c(HCrO)=100.2c() D. P点：c(HCrO)+4c()+c(OH-)=c(K+)+c(H+) 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全对的得2分，有选错的得0分。 11. 根据下列操作及现象，得出结论正确的是 选项 操作及现象 结论 A 用玻璃棒蘸取溶液点在淀粉碘化钾试纸上，试纸变蓝 氧化性： B 用计测得碳酸钠溶液的小于苯酚钠溶液的 酸性：碳酸>苯酚 C 加热、乙醇、1-溴丁烷的混合溶液，将产生的气体通入酸性溶液中，溶液紫色褪去 1-溴丁烷发生消去反应 D 向淀粉溶液中加入适量稀硫酸并加热，冷却后直接滴加少量碘水，溶液不变蓝 淀粉已完全水解 A. A B. B C. C D. D 12. 我国科学家设计了一种基于时间解耦氨分解的新型可充电电池，以实现到的高效转化，其原理如下图所示。下列说法错误的是 A. 放电时，极电势高于极 B. 放电时，极区域减小(忽略体积、温度变化) C. 充电时，极反应式为 D. 充电时，电路中转移，左室溶液质量减少 13. 有机物的合成路线如下。下列说法错误的是 A. 为加成反应 B. 利用银氨溶液可鉴别与 C. 类比反应，可由丙酮与乙醛反应制取 D. 与足量加成后，每个产物分子中含1个手性碳原子 14. 以废镍催化剂(含及、、、等)为原料制备草酸镍晶体的流程如下。 已知：I.萃取原理可表示为Zn2+(水层)+2HR(有机层)ZnR2(有机层)+2H+(水层)； II.常温下，；离子浓度，认为沉淀完全。 下列说法错误的是 A. “滤渣1”的主要成分是、 B. “除铁”时发生反应为 C. “除钙”时滤液中至少为 D. “萃取”时适当降低溶液pH可提高萃取率 15. 温度下，在恒容密闭容器中，起始浓度为发生以下反应： 反应I： 反应II： 和的浓度随反应时间变化的曲线如图。 已知：活化能远小于，近似认为反应建立平衡后始终处于平衡状态。 下列说法正确的是 A. 曲线表示的关系 B. 若升高温度，达新平衡时，减小 C. 若在体系中通入，达平衡时，减小 D. 相同条件下加入催化剂(仅对反应I有加速作用)，则的浓度峰值不变 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 铁系元素(Fe、Co、Ni)及其化合物应用广泛。回答下列问题： （1）Ni在元素周期表中位于第_______周期_______族；同周期中，与基态Ni原子的未成对电子数相同的元素有_______种。 （2）[Co(II)Salen]类配合物具有可逆载氧能力。[Co(II)Salen]A制备方法如下： 上述物质中原子的轨道杂化方式为_______。双水杨缩乙二胺中第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为_______(填元素符号。对羟基苯甲醛的沸点为，水杨醛的沸点为，从结构角度分析二者沸点差异的原因为_______。实验表明，中心原子电子云密度越大，[Co(II)Salen]配合物的载氧能力越强，若将水杨醛换成发生上述反应制得配合物[Co(II)Salen]B，则载氧能力B_______A(填“>”、“＜”或“=”)。 （3）某铁系储氢材料[Fe(NH3)g]的立方晶胞如图1所示(的位置未标出)，该晶胞沿轴方向投影如图2所示。键角：_______[Fe(N(填“>”、“＜”或“=”)。距离“●”最近的“○”数目为_______。晶体密度为，阿伏加德罗常数的值为，晶胞中间最短距离为_______(用含、的代数式表示)。 17. 从钢铁含锌尘泥(主要含、、、、、、)制备并分离提取、、等元素，工艺流程如下： 已知：I.不溶于稀硫酸，可与形成； II.有关数据如表： Al(OH)3 Fe(OH)3 Zn(OH)2 Mn(OH)2 开始沉淀pH 3.5 1.9 6.2 7.5 完全沉淀pH 4.5 3.2 8.2 9.1 回答下列问题： （1）“滤渣1”的主要成分为和_______(写化学式)，“调pH”的范围为_______。 （2）“沉锰”时反应的离子方程式为_______，“沉锌”时向溶液中缓慢滴加溶液，生成，该反应离子方程式为_______。 （3）“沉铋”时需向“浸取滤液中加水稀释生成，该反应的离子方程式为_______。常温下，“脱氯”后溶液中，此时溶液_______。[已知：常温下，。] （4）将“沉锌”后的滤液加适量稀得溶液，利用膜电解技术(装置如图)，电解再生后返回“沉锰”工序。阳极反应式为_______，隔膜为_______(填“阴”或“阳”)离子交换膜。 18. 溴化亚锡(SnBr)可用作有机合成催化剂，熔点，沸点，易升华，极易水解，易被氧化为。实验室利用气体和锡反应制备，装置如图所示(夹持装置略)。 已知：极易水解；还原性。 回答下列问题： （1）仪器X名称为_______；按上图连接仪器进行实验，操作顺序为_______。(填标号) ①通入氢气流②管式炉F加热，收集③管式炉C加热④打开活塞，滴加液溴 （2）装置D中用湿润红磷的目的是_______(用化学方程式表示)；图示装置存在的缺陷是_______；仪器Y中盛装的试剂是_______(填标号)。 A.碱石灰　　　B.　　　C.　　　　D. （3）反应过程中需间歇性微热连接管，其目的是_______。反应结束后应继续通入一段时间，主要目的是_______。 （4）测定样品纯度(杂质为)。取样品溶于适量浓盐酸，加蒸馏水稀释至，取于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液，用碘标准溶液滴定至终点时，平均消耗碘标准溶液，样品纯度为_______(用含、、的最简代数式表示)。若以上操作时间过长，会使测定结果_______(填“偏高”“偏低”，“无影响”)。 19. 氮芥类抗肿瘤药物美法仑(G)的一种合成路线如下： 已知：I. Ⅱ. 回答下列问题： （1）A中含氧官能团名称为硝基、_______；B结构简式为_______。 （2）C→D反应类型为_______；E→F化学方程式为_______。 （3）氮原子的碱性越弱氮芥类抗肿瘤药物的毒副作用越小，下列氮芥类物质毒副作用最小的是_______(填标号)。 A. B. C. （4）A的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为_______(写出一种即可)。 ①苯环上有3个取代基，且存在硝基 ②水解后的产物才能与溶液发生显色反应 ③核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为6:1:1:1:1 （5）G的合成路线中，有两处官能团的保护，分别是： ①引入保护基，脱除保护基； ②_______引入保护基，_______脱除保护基 （6）以、和环氧乙烷()为主要原料合成。利用上述信息补全合成路线_______。 20. 利用和发生重整反应制备合成气(H2和CO)，主要反应如下： I. II. III. 恒容条件下，按和投料反应。平衡体系中，和的转化率、随温度的变化关系如图所示。 回答下列问题： （1）反应的焓变_______kJ。 （2）表示转化率的曲线为_______(填标号)。温度低于，甲线比乙线高的原因为_______。随温度升高，积碳量将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 （3）温度下，平衡体系中的物质的量_______(用含、、的最简代数式表示)。 （4）℃、下，向密闭容器中加入和，发生和上述重整反应，反应至平衡时，体系中无积碳，转化率为90%，转化率为60%，物质的量为，反应II的平衡常数_______，此时原位利用率为_______(原位利用率=)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 参照秘密级管理★启用前 淄博市2025—2026学年度第一学期高三摸底质量检测 化学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号等填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 K39 Fe56 Zn65 Br80 Sn119 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有1个选项符合题目要求。 1. 材料科学是社会发展的支柱之一。下列说法错误的是 A. 黄色琉璃工艺品中的硫化镉属于合金材料 B. 内存芯片用的单晶硅属于无机非金属材料 C. 篆刻印章用的青田石属于天然硅酸盐材料 D. 航天服的聚酰亚胺隔热层属于高分子材料 【答案】A 【解析】 【详解】A．硫化镉（CdS）是化合物，属于无机物，不是合金；合金是由金属元素与其他元素熔合形成的具有金属特性的物质，A错误； B．单晶硅为硅单质，硅属于非金属，其材料归类为无机非金属材料（如半导体、陶瓷等），B正确； C．青田石主要成分为硅酸铝钾等矿物，属于天然硅酸盐（如岩石、黏土），C正确； D．聚酰亚胺由有机单体聚合而成，具有长链结构，属于合成高分子材料（如塑料、纤维），D正确； 故答案为：A。 2. 化学应用体现在生活的方方面面。下列用法不合理的是 A. 碳酸钠用于除油污 B. 二氧化硫用于漂白纸浆 C. 聚丙烯用作吸水剂 D. 氧化钙用作食品干燥剂 【答案】C 【解析】 【详解】A．碳酸钠水解显碱性；油污在碱性条件下水解生成可溶物质，因此可以除油污，A正确； B．二氧化硫具有漂白性，工业上常用于漂白纸浆，B正确； C．聚丙烯是碳链型高分子，结构中无亲水基团，吸水性极差，不能用作吸水剂，常见的吸水剂为聚丙烯酸钠等含亲水基团的高分子，该用法不合理，C错误； D．氧化钙（生石灰）能与水反应，吸水性强，常用作食品干燥剂，D正确； 故选C。 3. 实验室中，下列试剂保存方法正确的是 A. 少量金属锂保存在煤油中 B. 浓硝酸保存在棕色广口试剂瓶中 C. 液氯贮存在干燥的钢瓶中 D. 金属钾与酒精存放在同一药品柜中 【答案】C 【解析】 【详解】A．锂密度小于煤油，无法浸没于煤油中，需用石蜡密封隔绝空气，A错误； B．浓硝酸见光易分解，棕色瓶避光，但广口瓶易挥发且瓶口大，应选用棕色细口瓶，B错误； C．常温下，干燥的氯气与铁不反应，可以用干燥的钢瓶储存和运输液氯，C正确； D．酒精易挥发，金属钾是活泼金属，遇酒精会发生剧烈反应，放出大量热，有火灾、爆炸风险，必须分柜存放，D错误； 故选C。 4. 下列化学用语或图示正确的是 A. 的电子式： B. 的空间结构模型： C. 顺-2-丁烯的结构简式： D. 原子的一种激发态的轨道表示式： 【答案】B 【解析】 【详解】A．CO2的电子式中，C与O应形成双键，每个O有两对孤对电子，正确电子式为，A错误； B．OF2中心原子O的价层电子对数为，杂化方式为，有2对孤对电子，空间构型为V形，B正确； C．顺-2-丁烯中两个甲基位于双键同侧，题中图示是反-2-丁烯的结构简式，C错误； D．H原子电子层中n=1时只有1s轨道，不存在1p轨道，激发态应跃迁到更高能级（如2s、2p），D错误； 故选B。 5. 下列离子方程式书写正确的是 A. 电解饱和食盐水制Cl2：Cl-+H2O= B. 用小苏打治疗胃酸过多： C. 用FeS除去废水中的 D. 用醋酸除去水垢： 【答案】B 【解析】 【详解】A．该离子方程式未配平，正确的离子方程式为，A错误； B．小苏打（）与胃酸（）反应生成水和二氧化碳，离子方程式为，B正确； C．FeS为难溶固体，离子方程式中不能拆分，正确的离子方程式为，C错误； D．醋酸（）为弱酸，离子方程式中不能拆分，正确的离子方程式为，D错误； 故选B。 6. 下列对于物质性质差异的解释错误的是 选项 性质差异 主要原因 A 熔点： 金属性： B 熔点： 晶体类型不同 C 硬度：晶体硅＜碳化硅 原子半径：C<Si D 酸性： 电负性：F>H A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．熔点Fe＞Na的主要原因是金属键强度不同，而非金属性差异。金属性Fe＜Na正确，但金属性主要描述化学活泼性，熔点主要取决于金属键强度，与原子半径、价电子数等因素相关。该解释将化学性质与物理性质混淆，作为熔点差异的主要原因不准确，故A错误； B．熔点AlF3（1040°C）＞AlCl3（178°C）的主要原因是晶体类型不同：AlF3为离子晶体（离子键强，熔点高），AlCl3为分子晶体（分子间作用力弱，熔点低）。B正确； C．硬度：晶体硅＜碳化硅的主要原因是原子半径C＜Si，导致Si-C键键长短、键能大（碳化硅），而Si-Si键键长长、键能小（晶体硅）。该解释合理，C正确； D．酸性：CF3COOH＞CH3COOH的主要原因是电负性F＞H，F的吸电子效应增强羧基极性，使质子更易解离。D正确； 故答案选A。 7. 某化合物结构简式如图所示。下列有关该物质的说法正确的是 A. 分子式为C7H10O4 B. 分子中所有碳原子共平面 C. 二氯代物有4种(不考虑立体异构) D. 该物质最多可与反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．由结构简式可知，该有机物分子式为，A不符合题意； B．分子中存在饱和碳原子，其为四面体结构，所有碳原子不可能共平面，B不符合题意； C．该分子结构对称，，当两个取代基取代在同环上，有3种（都取代在α，β，或一个取代在α，一个取代在β），当两个取代基取代在不同环上，有3种，故二氯代物数目多于4种，C不符合题意； D．1 mol该物质含2 mol酯基，酯基水解生成羧基，可与2 mol 反应，D符合题意； 故选D。 8. 下列图示实验中，操作正确且能达到实验目的的是 A.制备固体 B.铁上镀铜 C.制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O D.验证C2H2使溴水褪色 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．极易溶于水，直接将导管伸入液面下通入​会发生倒吸，操作错误，不能达到目的，A错误； B．镀层金属作阳极（接电源正极）、镀件作阴极（接电源负极），电解液为含镀层金属离子的溶液。该装置中，电极接反了，不能达到目的，B错误； C．​在水中溶解度大，向铜氨溶液中加入乙醇，降低溶解度析出晶体，能得到目标晶体，C正确； D．电石中混有、​等杂质，与水反应生成乙炔时，会混有、​杂质，这类杂质也可以还原溴水使溴水褪色，装置没有除杂步骤，无法验证是乙炔使溴水褪色，不能达到目的，D错误； 故选C。 9. 二氧化氯是国际上公认的广谱消毒剂，酸性环境中利用和制备的反应机理如图所示。下列说法错误的是 A. ①②③均为氧化还原反应 B. ②中反应为NO C. 总反应中消耗的2:1 D. 若和的还原产物均为的消毒能力是等物质的量Cl2的2.5倍 【答案】B 【解析】 【详解】A．①中Cl元素化合价从+5变为+4，-1变为0价，②中Cl元素从0变为-1、N从+3变为+5，③中C元素从+1变为+2、N从+5变为+3，均有化合价变化，均为氧化还原反应，A正确； B．酸性环境中无O2-，反应机理，B错误； C．总反应中OHC-CHO（C2H2O2）生成了OHC-COOH（C2H2O3）中C从+1→+2（每个C升1价，共升2价），KClO3中Cl元素主要生成ClO2（+5→+4，每个Cl降1价），电子守恒时n(KClO3):n(OHC-CHO)=2:1，C正确； D．1mol ClO₂→Cl⁻得5e⁻，1mol Cl2→2Cl⁻得2e⁻，消毒能力（得电子量）之比为5:2=2.5:1，D正确； 故选B。 10. 常温下，0.025mol·L-1的K2CrO4溶液中，Cr(VI)以HCrO、、形式存在，滴加硫酸或KOH溶液调pH(忽略体积变化)，体系中pX随pH变化如图所示，pX=-lgc(X)。下列说法正确的是 A. 曲线Ⅱ代表的组分为 B. 常温下，HCrO⇌H++的平衡常数K=106.3 C. pH=6.1时，c(HCrO)=100.2c() D. P点：c(HCrO)+4c()+c(OH-)=c(K+)+c(H+) 【答案】C 【解析】 【分析】溶液中存在：①和，随着pH增大，浓度减小，浓度增大，曲线I为浓度的负对数与pH值的关系，曲线II代表浓度负对数与pH值关系，当曲线位于Q点时，pH=6.3，此时，因此电离平衡常数。 【详解】A．由分析可知，曲线I代表的浓度随 pH值变化的曲线。A错误； B．由上述推导，电离平衡常数，B错误； C．pH=6.1 时，P点满足。结合电离平衡关系： ，代入，得到：c(HCrO)=100.2 c()，C正确； D．P点的pH值为6.1，溶液呈酸性，加入了硫酸调节pH值，存在有电荷守恒式为：，P点有：，经过整理得到：，D错误； 故选C。 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全对的得2分，有选错的得0分。 11. 根据下列操作及现象，得出结论正确的是 选项 操作及现象 结论 A 用玻璃棒蘸取溶液点在淀粉碘化钾试纸上，试纸变蓝 氧化性： B 用计测得碳酸钠溶液的小于苯酚钠溶液的 酸性：碳酸>苯酚 C 加热、乙醇、1-溴丁烷的混合溶液，将产生的气体通入酸性溶液中，溶液紫色褪去 1-溴丁烷发生消去反应 D 向淀粉溶液中加入适量稀硫酸并加热，冷却后直接滴加少量碘水，溶液不变蓝 淀粉已完全水解 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．在酸性条件下存在，溶液中在酸性条件下具有强氧化性，可氧化生成，无法证明氧化性，A不符合题意； B．未指明溶液等浓度，不符合单一变量原则，且对应的酸为，对应的酸为，无法直接比较碳酸与苯酚的酸性，B不符合题意； C．乙醇具有挥发性，挥发的乙醇可使酸性溶液褪色，无法证明1-溴丁烷发生消去反应，C不符合题意； D．淀粉遇碘变蓝，冷却后滴加碘水，溶液不变蓝，说明溶液中无淀粉，即淀粉已完全水解，D符合题意； 故选D。 12. 我国科学家设计了一种基于时间解耦氨分解的新型可充电电池，以实现到的高效转化，其原理如下图所示。下列说法错误的是 A. 放电时，极电势高于极 B. 放电时，极区域减小(忽略体积、温度变化) C. 充电时，极反应式为 D. 充电时，电路中转移，左室溶液质量减少 【答案】AD 【解析】 【分析】放电时，极（）为负极，发生氧化反应：；极为正极，发生还原反应：；充电时，极为阴极，极为阳极，据此分析。 【详解】A．放电时，极为负极，极为正极，正极电势高于负极，即极电势低于极，A错误； B．放电时，极反应为，每转移2个电子，消耗4个，同时有2个通过阴离子交换膜移动到负极，但是整体消耗，忽略体积变化，极区域减小，B正确； C．充电时，极为阳极，被氧化为，电极反应式为，C正确； D．充电时，极为阴极，反应为，电路中转移时，左室生成，析出固体，溶液质量减少，同时有通过阴离子交换膜移向右室，左室溶液质量减少量大于，D错误； 故选AD。 13. 有机物的合成路线如下。下列说法错误的是 A. 为加成反应 B. 利用银氨溶液可鉴别与 C. 类比反应，可由丙酮与乙醛反应制取 D. 与足量加成后，每个产物分子中含1个手性碳原子 【答案】BC 【解析】 【详解】A．W→X中，碳碳双键断裂并连接新基团，属于加成反应，A正确； B．W和X都含醛基，能与银氨溶液发生银镜反应，不可鉴别，B错误； C．X→Y为羟醛缩合反应，丙酮含羰基、乙醛含醛基，可发生类似缩合反应生成，C错误； D．Z与足量H2加成后，产物分子中含1个手性碳原子，D正确； 故选BC。 14. 以废镍催化剂(含及、、、等)为原料制备草酸镍晶体的流程如下。 已知：I.萃取原理可表示为Zn2+(水层)+2HR(有机层)ZnR2(有机层)+2H+(水层)； II.常温下，；离子浓度，认为沉淀完全。 下列说法错误的是 A. “滤渣1”的主要成分是、 B. “除铁”时发生反应为 C. “除钙”时滤液中至少为 D. “萃取”时适当降低溶液pH可提高萃取率 【答案】D 【解析】 【分析】该工艺流程以含 Ni、Zn、Fe、CaO、SiO2的废镍催化剂为原料，通过分步除杂与分离提纯制备草酸镍晶体：首先用稀硫酸进行酸浸，使 Ni、Zn、Fe 的单质及氧化物和 CaO 溶解，SiO2不反应、CaO 反应生成微溶的 CaSO4，二者作为滤渣 1 分离，得到含 Ni2+、Zn2+、Fe2+、Ca2+的酸性滤液；随后加入 NaClO 溶液除铁，利用 ClO-的氧化性将 Fe2+氧化为 Fe3+并使其水解生成 Fe(OH)3沉淀（滤渣 2）除去；再加入 NH4F 溶液除钙，通过 F-与 Ca2+结合生成溶度积极小的 CaF2沉淀（滤渣 3），控制 F-浓度保证 Ca2+沉淀完全；接着加入萃取剂 HR 进行萃取，利用可逆萃取反应 Zn2+ (水层)+2HR (有机层)⇌ZnR2(有机层)+2H+(水层) 选择性萃取 Zn2+，将其与 Ni2+分离，萃取液回收 Zn，水相进入下一步；最后向水相中加入 (NH4)2C2O4溶液沉镍，Ni2+与结合生成 NiC2O4・2H2O 晶体，过滤后得到目标产品。 【详解】A．酸浸过程中，化学性质稳定，不与稀硫酸发生反应；CaO与稀硫酸反应生成微溶于水的，二者均无法进入溶液体系，因此 “滤渣 1” 的主要成分为和，A正确； B．除铁”步骤中，NaClO作为强氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，进一步发生水解反应生成沉淀。反应中Fe 元素从+2价升至+3价（每个Fe2+失去1个电子），Cl元素从+1价降至-1价（每个ClO-得到2个电子）。根据电子守恒，Fe2+与ClO-的化学计量数之比为 2:1；再结合电荷守恒和原子守恒配平，最终离子方程式为：，B正确； C．题目规定离子浓度时认为沉淀完全。根据溶度积常数表达式：，代入钙离子浓度为，可得：，C正确； D．萃取反应为可逆平衡：Zn2+(水层)+2HR(有机层)ZnR2(有机层)+2H+(水层)。降低溶液pH会使溶液中氢离子浓度增大，根据勒夏特列原理，平衡将逆向移动，Zn2+从有机层返回水层，导致Zn2+的萃取率降低，D错误； 故选D。 15. 温度下，在恒容密闭容器中，起始浓度为发生以下反应： 反应I： 反应II： 和的浓度随反应时间变化的曲线如图。 已知：活化能远小于，近似认为反应建立平衡后始终处于平衡状态。 下列说法正确的是 A. 曲线表示的关系 B. 若升高温度，达新平衡时，减小 C. 若在体系中通入，达平衡时，减小 D. 相同条件下加入催化剂(仅对反应I有加速作用)，则的浓度峰值不变 【答案】AB 【解析】 【分析】曲线L1、L2的起始浓度为0，二者是表示生成物C2H3Cl(g)和H2(g)，活化能Ea1远小于Ea2，反应Ⅰ的速率远大于反应Ⅱ，反应Ⅰ先达到平衡，反应Ⅱ继续向正反应进行，C2H4Cl2(g)继续减小，使用反应Ⅰ的平衡逆向移动，C2H3Cl浓度又降低，直至反应Ⅱ建立平衡，整个过程H2的浓度增大，所以曲线L1表示c(H2)～t的关系、曲线L2表示c(C2H3Cl)～t的关系。 【详解】A．由分析可知，曲线L1表示c(H2)～t的关系，故A正确； B．若升高温度，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ逆向移动，导致C2H4Cl2(g)浓度减小，使反应Ⅰ进一步正向移动，所以c(H2)减小、c(C2H3Cl)增大，达新平衡时，减小，故B正确； C．若在体系中通入He(g)，由于容器的体积不变，各组分浓度不变，不影响平衡状态，达平衡时，c(H2)不变，故C错误； D．相同条件下加入催化剂，仅对反应Ⅰ有加速作用，反应Ⅰ到达平衡的时间缩短，相同时间内使反应Ⅱ消耗的C2H4Cl2(g)少了，生成HCl也少了，促进反应Ⅰ进一步正向移动，则C2H3Cl的浓度峰值会增大，故D错误； 故选：AB。 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 铁系元素(Fe、Co、Ni)及其化合物应用广泛。回答下列问题： （1）Ni在元素周期表中位于第_______周期_______族；同周期中，与基态Ni原子的未成对电子数相同的元素有_______种。 （2）[Co(II)Salen]类配合物具有可逆载氧能力。[Co(II)Salen]A制备方法如下： 上述物质中原子的轨道杂化方式为_______。双水杨缩乙二胺中第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为_______(填元素符号。对羟基苯甲醛的沸点为，水杨醛的沸点为，从结构角度分析二者沸点差异的原因为_______。实验表明，中心原子电子云密度越大，[Co(II)Salen]配合物的载氧能力越强，若将水杨醛换成发生上述反应制得配合物[Co(II)Salen]B，则载氧能力B_______A(填“>”、“＜”或“=”)。 （3）某铁系储氢材料[Fe(NH3)g]的立方晶胞如图1所示(的位置未标出)，该晶胞沿轴方向投影如图2所示。键角：_______[Fe(N(填“>”、“＜”或“=”)。距离“●”最近的“○”数目为_______。晶体密度为，阿伏加德罗常数的值为，晶胞中间最短距离为_______(用含、的代数式表示)。 【答案】（1） ①. 四 ②. Ⅷ族 ③. 3 （2） ①. sp2、sp3 ②. N>O>C ③. 对羟基苯甲醛分子间可形成氢键，而水杨醛分子内可形成氢键，削弱了分子间作用力 ④. < （3） ①. < ②. 8 ③. 【解析】 【小问1详解】 Ni为28号元素，在元素周期表中位于第四周期Ⅷ族；基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2，未成对电子数目为2，同周期核外未成对电子数目为2的有Ti、Ge、Se共3种。 【小问2详解】 上述物质中N原子形成3个单键并有1对孤对电子，为sp3杂化，双水杨缩乙二胺、[Co(Ⅱ)Salen]A中N原子与C形成双键（C=N），形成2个σ键和1个π键，为sp2杂化；双水杨缩乙二胺中第二周期元素为C、N、O，同周期元素从左到右第一电离能总体呈增大趋势，其中N的2p轨道为半满结构，第一电离能大于O，第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；对羟基苯甲醛的沸点为246.6℃，水杨醛的沸点为197℃，两者均存在羟基，从结构角度分析二者沸点差异的原因为对羟基苯甲醛能形成分子间氢键，水杨醛形成分子内氢键；实验表明，中心原子电子云密度越大，[Co(Ⅱ)Salen]配合物的载氧能力越强，若将水杨醛换成，由于Cl原子是吸电子基团，会降低苯环上的电子云密度，进而通过共轭体系降低与Co配位的O原子的电子云密度，最终使得中心Co原子的电子云密度减小，制得的配合物[Co(Ⅱ)Salen]B载氧能力减小，即载氧能力B＜A。 【小问3详解】 NH3中N原子中心原子价层电子对数为3+=4，是杂化，且存在一对孤对电子，在配离子中，作为配体，N原子的孤对电子与形成配位键，而形成配位键后不存在孤对电子，孤电子对对成键电子的斥力更大，则∠H—N—H键角：NH3＜[Fe(NH3)6](BH4)2，结合图示●位于顶点和面心，形成8个正四面体空隙，○位于这8个正四面体空隙中，以位于面心的●为研究对象，距离●最近的o数目为8；●代表，○代表，设边长为apm，Fe、B间最短距离为体对角线的，由均摊法的个数为8×+6×=4，的个数为8，晶体密度为ρ=，a=×1010pm，晶胞中Fe、B间最短距离为×1010pm。 17. 从钢铁含锌尘泥(主要含、、、、、、)制备并分离提取、、等元素，工艺流程如下： 已知：I.不溶于稀硫酸，可与形成； II.有关数据如表： Al(OH)3 Fe(OH)3 Zn(OH)2 Mn(OH)2 开始沉淀pH 3.5 1.9 6.2 7.5 完全沉淀pH 4.5 3.2 8.2 9.1 回答下列问题： （1）“滤渣1”的主要成分为和_______(写化学式)，“调pH”的范围为_______。 （2）“沉锰”时反应的离子方程式为_______，“沉锌”时向溶液中缓慢滴加溶液，生成，该反应离子方程式为_______。 （3）“沉铋”时需向“浸取滤液中加水稀释生成，该反应的离子方程式为_______。常温下，“脱氯”后溶液中，此时溶液_______。[已知：常温下，。] （4）将“沉锌”后的滤液加适量稀得溶液，利用膜电解技术(装置如图)，电解再生后返回“沉锰”工序。阳极反应式为_______，隔膜为_______(填“阴”或“阳”)离子交换膜。 【答案】（1） ①. ②. （2） ①. ②. （3） ①. ②. （4） ①. ②. 阳 【解析】 【分析】钢铁含锌尘泥（主要含、、、、、、）先经、浸取Ⅰ，不溶，与硫酸生成沉淀，形成滤渣1；滤液加调pH，使、完全沉淀为氢氧化物，形成滤渣2；滤液加沉锰，将氧化为沉淀除去；再加沉锌，生成锌的碱式碳酸盐沉淀，经焙烧得到；滤渣1经、浸取Ⅱ，与形成进入溶液，滤渣3为未溶杂质；滤液加水稀释沉铋，生成沉淀，加脱氯得到，最终分离提取、、等元素。 【小问1详解】 浸取Ⅰ中，不溶于稀硫酸，与反应生成难溶的，因此滤渣1的主要成分为和；调pH的目的是使、完全沉淀，同时、不沉淀。由表格可知，完全沉淀的pH为4.5，开始沉淀的pH为6.2，因此调pH的范围为； 【小问2详解】 作为强氧化剂，将氧化为沉淀，被还原为，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平：；向含的溶液中缓慢滴加溶液，生成沉淀，既提供，又水解提供，配平离子方程式：； 【小问3详解】 向浸取Ⅱ的滤液（含）中加水稀释，生成沉淀，离子方程式为：；已知，；。两式相除得：。已知，代入得：，得，则，因此； 【小问4详解】 电解的核心目的是再生以返回“沉锰”工序，因此阳极（石墨）的主要反应为，将氧化为实现的再生；为使顺利进入阴极室、同时防止在阴极被还原，应选用阳离子交换膜，仅允许阳离子通过，保障的高效再生与循环利用。 18. 溴化亚锡(SnBr)可用作有机合成催化剂，熔点，沸点，易升华，极易水解，易被氧化为。实验室利用气体和锡反应制备，装置如图所示(夹持装置略)。 已知：极易水解；还原性。 回答下列问题： （1）仪器X名称为_______；按上图连接仪器进行实验，操作顺序为_______。(填标号) ①通入氢气流②管式炉F加热，收集③管式炉C加热④打开活塞，滴加液溴 （2）装置D中用湿润红磷的目的是_______(用化学方程式表示)；图示装置存在的缺陷是_______；仪器Y中盛装的试剂是_______(填标号)。 A.碱石灰　　　B.　　　C.　　　　D. （3）反应过程中需间歇性微热连接管，其目的是_______。反应结束后应继续通入一段时间，主要目的是_______。 （4）测定样品纯度(杂质为)。取样品溶于适量浓盐酸，加蒸馏水稀释至，取于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液，用碘标准溶液滴定至终点时，平均消耗碘标准溶液，样品纯度为_______(用含、、的最简代数式表示)。若以上操作时间过长，会使测定结果_______(填“偏高”“偏低”，“无影响”)。 【答案】（1） ①. 蒸馏烧瓶 ②. ①④③② （2） ①. ②. 缺少氢气处理装置 ③. BD （3） ①. 使凝华在连接管中的SnBr2​升华进入收集瓶，同时防止SnBr2​固体堵塞导管 ②. 将装置中残留的SnBr2​全部吹入收集瓶提高产率，将残余HBr赶入H装置被吸收，同时防止冷却后产物被氧化、防止倒吸 （4） ①. ②. 偏低 【解析】 【分析】本实验目的是制备，结合信息​易升华、极易水解、易被氧化，整个实验需要保证无氧、无水环境，制备流程如下：首先通入的​先经过A中浓硫酸干燥，除去水蒸气后，进入B装置，带出分液漏斗中的液溴，​和在C管式炉中铂石棉催化下加热反应生成：；由于生成的HBr混有未反应的​，进入D装置和湿润红磷反应，除去多余​同时额外生成HBr；除杂后HBr带水蒸气，为防止后续产物​水解，经过E干燥管干燥后，进入F管式炉和Sn反应制备：，​易升华，受热升华后随气流进入G收集瓶凝华得到产物；反应后的尾气含有毒HBr，需通入H装置，用碱石灰吸收尾气，同时阻挡外界空气中水蒸气进入G，防止产物水解。 【小问1详解】 仪器X是带支管的反应烧瓶，名称为蒸馏烧瓶；操作顺序思路：先通​排尽装置内空气（防止Sn、​被氧化），再滴加液溴，让​带出，加热C管式炉制备HBr，HBr充满装置后加热F管式炉反应制备，收集产物，因此顺序为①④③②。 【小问2详解】 D中湿润红磷除去未反应，反应方程式为：；反应中HBr和Sn反应生成SnBr2和H2，装置存在的缺陷是缺少氢气处理装置；Y的作用是干燥具有酸性、还原性的HBr，因此不能选择碱石灰等碱性干燥剂，硫酸铜干燥能力弱，无水氯化钙为中性干燥剂、五氧化二磷为酸性干燥剂，不与HBr反应，可用于干燥HBr，故答案为BD。 【小问3详解】 间歇性微热连接管可使凝华在连接管中的SnBr2​升华进入收集瓶，同时防止SnBr2​固体堵塞导管；反应结束后继续通，将装置中残留的SnBr2​全部吹入收集瓶提高产率，将残余HBr赶入H装置被吸收，同时防止冷却后产物被氧化。 【小问4详解】 根据还原性，滴定反应为，可得，25mL待测液消耗的物质的量为，则250mL样品中，，因此纯度为：；操作时间过长，会被空气中氧气提前氧化，导致滴定消耗​的体积偏小，因此测定结果偏低。 19. 氮芥类抗肿瘤药物美法仑(G)的一种合成路线如下： 已知：I. Ⅱ. 回答下列问题： （1）A中含氧官能团名称为硝基、_______；B结构简式为_______。 （2）C→D反应类型为_______；E→F化学方程式为_______。 （3）氮原子的碱性越弱氮芥类抗肿瘤药物的毒副作用越小，下列氮芥类物质毒副作用最小的是_______(填标号)。 A. B. C. （4）A的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为_______(写出一种即可)。 ①苯环上有3个取代基，且存在硝基 ②水解后的产物才能与溶液发生显色反应 ③核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为6:1:1:1:1 （5）G的合成路线中，有两处官能团的保护，分别是： ①引入保护基，脱除保护基； ②_______引入保护基，_______脱除保护基 （6）以、和环氧乙烷()为主要原料合成。利用上述信息补全合成路线_______。 【答案】（1） ①. 羧基 ②. （2） ①. 还原反应 ②. （3）B （4）（其中一种均可） （5） ①. ②. （6） 【解析】 【分析】以化合物A为原料合成美法仑(G)的路线如下：A与邻苯二甲酸酐发生酰化反应引入保护基得到B；结合C的结构简式和已知I ，可得A为，B为，B在作用下与发生酯化反应生成C，C在Pt催化下与H2发生还原反应，将硝基还原为氨基得到D（）；D与环氧乙烷发生加成反应引入羟乙基得到E（）；E与SOCl2发生取代反应，将羟基转化为氯原子得到F（）；F经水解反应脱除保护基，最终得到目标产物G，全程通过两次保护基的引入与脱除实现官能团的选择性转化；据此作答。 【小问1详解】 A的结构简式为，含氧官能团为硝基和羧基；由分析可知，B的结构简式为； 【小问2详解】 C中含硝基（），在条件下，硝基被还原为氨基（），反应类型为还原反应；E中含羟基（），与发生取代反应，羟基被氯原子取代，化学方程式为：； 【小问3详解】 A．苯环为直接与氮相连的基团，苯环对氮原子的孤对电子有弱的共轭给电子效应，会使氮原子孤对电子电子云密度略有升高，氮原子碱性较强，A不符合题意； B．苯环的对位连有醛基（），醛基是强吸电子基团，通过苯环的共轭作用，会强烈地吸引氮原子上的电子，使氮原子孤对电子的电子云密度大幅降低，氮原子碱性显著减弱，B符合题意； C．苯环的对位连有甲基（），甲基是给电子基团，通过苯环的共轭作用，会向氮原子推电子，使氮原子孤对电子的电子云密度升高，氮原子碱性增强，C不符合题意； B选项中氮原子的碱性最弱，因此毒副作用最小，故选B； 【小问4详解】 ①苯环上有3个取代基，且存在硝基；②水解产物能与显色（说明含酚酯结构）；③核磁共振氢谱有5组峰，峰面积比为（说明含2个等效甲基），则三个取代基分别为、、，苯环上连3个不同取代基共有10种结构，符合条件的结构简式可以为：（其中一种均可）； 【小问5详解】 已知①引入保护基（保护氨基），脱除保护基； ②另一处保护基：引入保护基（保护羧基），（酯的水解）脱除保护基（羧基脱保护），因此：引入保护基，脱除保护基； 【小问6详解】 与邻苯二甲酸酐反应，保护氨基，再与在Pt作用下硝基还原为氨基，与环氧乙烷发生加成反应，引入羟乙基，经、水解，脱除保护基，成盐得到目标产物，流程为：。 20. 利用和发生重整反应制备合成气(H2和CO)，主要反应如下： I. II. III. 恒容条件下，按和投料反应。平衡体系中，和的转化率、随温度的变化关系如图所示。 回答下列问题： （1）反应的焓变_______kJ。 （2）表示转化率的曲线为_______(填标号)。温度低于，甲线比乙线高的原因为_______。随温度升高，积碳量将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 （3）温度下，平衡体系中的物质的量_______(用含、、的最简代数式表示)。 （4）℃、下，向密闭容器中加入和，发生和上述重整反应，反应至平衡时，体系中无积碳，转化率为90%，转化率为60%，物质的量为，反应II的平衡常数_______，此时原位利用率为_______(原位利用率=)。 【答案】（1）+329.5 （2） ①. 乙 ②. 反应Ⅲ生成的n(H2)与反应Ⅱ消耗的n(H2)之差大于反应生成的n(CO)，可知反应Ⅲ消耗的n(CH4)比反应Ⅱ消耗的n(CO2)大 ③. 减小 （3） （4） ①. 2.8 ②. 80% 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，Ⅰ+2×Ⅱ可得，的。 【小问2详解】 反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为吸热反应，升高温度，均正向进行，CH4和CO2的转化率增大，则丙曲线表示随温度的变化曲线，温度升高对反应Ⅲ进行的影响程度比对反应Ⅱ大，则相同温度下CH4的转化率比CO2的转化率大，则甲曲线表示CH4的转化率，乙曲线表示CO2的转化率；温度低于850℃，甲线比乙线高的原因为反应Ⅲ生成的n(H2)与反应Ⅱ消耗的n(H2)之差大于反应生成的n(CO)，可知反应Ⅲ消耗的n(CH4)比反应Ⅱ消耗的n(CO2)大；随温度升高，=1且CH4的转化率和CO2的转化率相等，说明此时主要发生反应Ⅰ，积碳量将减小。 【小问3详解】 由图可知。温度800℃下，CH4的转化率为b，CO2的转化率为a，则反应的CH4的为b mol，反应的CO2为a mol，设生产的CO为x mol，生产的H2为mxmol，根据O元素守恒，则n(H2O)=(2a-x)mol，根据H元素守恒，则2mx+2(2a-x)=4b，x=mol。 【小问4详解】 CaCO3转化率为90%，则反应的CaCO3为0.9 mol，生成的CO2为0.9 mol；CH4转化率为60%，则反应的CH4为0.6 mol；CO物质的量为1.4 mol，则反应的CO2为1.4 mol-0.6 mol=0.8 mol，平衡时n(CO2)=0.9 mol-0.8 mol=0.1 mol；根据O元素守恒，反应消耗的中的O元素部分生成，部分生成，因此有，即，解得；根据H元素守恒，n(H2)==1 mol，反应Ⅱ为反应前后气体体积不变的反应，可用物质的量代替分压，反应Ⅱ的平衡常数Kp===2.8；CO2利用率=×100%=80%。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $