精品解析：四川省青羊区树德中学2025-2026学年高三上学期期末测试 化学试题

树德中学高2023级高三上期期末测试化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Pd-106 Ce-140 一、单项选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。 1. 人类社会的发展离不开化学，化学的发展离不开科学家的不断探索与创新。下列科学家与其主要成就不相符的是 A. 阿伏伽德罗提出分子学说 B. 鲍林提出电负性的概念 C. 凯库勒提出构造原理 D. 侯德榜发明了联合制碱法 【答案】C 【解析】 【详解】A．阿伏伽德罗提出分子学说，完善了近代物质结构理论，对应关系正确，A不符合题意； B．鲍林首先提出电负性概念，用于定量描述元素原子吸引键合电子的能力，对应关系正确，B不符合题意； C．凯库勒的主要成就是提出苯的环状分子结构，构造原理是核外电子排布遵循的填充规律，并非凯库勒提出，对应关系错误，C符合题意； D．侯德榜发明了联合制碱法（侯氏制碱法），提升了纯碱生产效率，对应关系正确，D不符合题意； 故选C。 2. 结构决定性质，性质决定用途。关于下列事实的化学解释错误的是 选项 事实 化学解释 A 用“杯酚”可将、分离开 分子大小与“杯酚”空腔大小适配 B 在中的溶解度大于在水中的 与均为非极性分子，相似相溶 C 干冰常用于制造“烟雾” 干冰升华时吸收热量，使空气中水蒸气液化形成小液滴 D 石墨可作电极 未杂化的p轨道重叠使电子可以在整个碳原子平面内运动 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．杯酚具有空腔结构，分子大小与空腔适配可形成包合物，尺寸较大无法进入，因此可以实现二者分离，A正确； B．为V形结构，属于极性分子，为非极性分子，解释中称是非极性分子的表述错误，B错误； C．干冰升华时吸收大量热量，使周围空气温度骤降，空气中的水蒸气冷凝液化形成小液滴，从而产生“烟雾”效果，C正确； D．石墨中碳原子采取杂化，未杂化的轨道重叠形成大π键，电子可在整个碳原子平面内自由移动，因此石墨具有导电性，可作电极，D正确； 故选B。 3. 下列化学用语或图示表示正确的是 A. p-p π键形成的轨道重叠示意图： B. 酚醛树脂的结构简式： C. 的电子式为 D. 邻羟基苯甲醛形成分子内氢键： 【答案】A 【解析】 【详解】A．两个相互平行的p轨道以肩并肩方式重叠，形成p-p π键，其轨道重叠示意图为，A正确； B．苯酚与甲醛发生缩聚反应时，苯环之间通过亚甲基连接，酚羟基保留，原图在亚甲基与相邻苯环之间多画了一个氧原子。酚醛树脂的正确结构简式为，B错误； C．P原子有5个价电子，与3个H原子分别形成一对共用电子对后，还剩一对孤电子对。原电子式漏画了P原子上的孤电子对，的电子式应为，C错误； D．邻羟基苯甲醛形成分子内氢键时，羟基中的H原子与醛基中的O原子通过氢键相连；原图却把虚线连在羟基的O原子与醛基的H原子之间。正确表示为，D错误； 故选A。 4. 化合物和所含元素相同，相对分子质量相差7，含40 mol质子，X、W和R三种元素位于同周期，X原子最外层电子数是R原子核外电子数的一半。下列说法正确的是 A. X的氧化物中不一定有键 B. 氢化物的沸点： C. Y和Z互为同素异形体 D. 常温下，Fe的表面能被W的最高价含氧酸浓溶液氧化 【答案】D 【解析】 【分析】化合物和所含元素相同，相对分子质量相差7，说明Y、Z为氢元素的两种核素，由题干信息可知，1 mol含40 mol质子，X、W和R三种元素位于同周期，X原子最外层电子数是R原子核外电子数的一半，则X、W、R的内层电子数为2，设X的最外层电子数为a，则R的核外电子数为2a，W的核外电子数为b，Y的质子数为1，则有：3(a+2)+ 2a+b+7=40(a、b均为整数)，5a+b=27，解得a=5，b=2(X、R不在同周期，舍去)；a=4，b=7；a=3，b=12(X、R不在同周期，舍去)；则为，为，为，为，为。 【详解】A．的常见氧化物为、，均含键，不存在不含键的碳氧化物，A错误； B．的氢化物为烃类，碳原子数较多的烃沸点远高于的氢化物、，沸点不一定，B错误； C．和互为同位素，同素异形体是同种元素形成的不同单质，C错误； D．的最高价含氧酸浓溶液为浓，常温下可使表面钝化，钝化属于氧化反应，表面被氧化生成致密氧化膜，D正确； 故选D。 5. 使用如下实验装置，可以达到预期目的的是 A．除去苯中的苯酚 B．分离乙酸乙酯（沸点77℃）和乙醇（沸点78℃） C．用于色谱法，可确定有机物的结构 D．用NaOH标准溶液滴定待测盐酸的浓度 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．苯酚与浓溴水反应生成的三溴苯酚可溶于苯，无法通过过滤分离，还会引入新杂质溴，应加溶液分液除杂，A错误； B．乙酸乙酯与乙醇的沸点相近，沸点差过小，无法通过蒸馏实现分离，应先加入饱和溶液分液后再蒸馏，B错误； C．色谱法可用于分离提纯有机物、进行定性分析，无法直接确定有机物结构，确定结构需借助波谱分析等方法，C错误； D．聚四氟乙烯活塞是酸碱两用滴定管，可用于装NaOH标准溶液滴定待测盐酸的浓度，D正确； 故选D。 6. 298K、酸性环境下，1 mol/L不同电对的电极电势见下表。电极电势越高，其氧化型物质的氧化性越强；电极电势越低，其还原型物质的还原性越强。某小组设计实验探究物质氧化性对电池电压大小的影响，装置示意图及测得的数据如下所示。下列说法错误的是 电对(氧化型/还原型) 电极电势V 0.337 0.770 电解质溶液 浓度/mol·L-1 均为1.0 A. 基态Ni2+有15种不同空间运动状态的电子 B. 根据数据可推断出：Fe3+能与Cu反应 C. 电解精炼铁时，若粗铁中含有Ni，则精炼后阳极泥中含有Ni D. 负极反应物一定时，正极反应物氧化性越强，电池电压越大 【答案】A 【解析】 【详解】Ａ．Ni为28号元素，基态Ni2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d8，电子的“空间运动状态”指其所在的原子轨道，的电子占据了1s、2s、2p(3个)、3s、3p(3个)、3d(5个)轨道，共1+1+3+1+3+5=14个轨道，即有14种不同的空间运动状态，A错误； Ｂ．的电极电势大于，说明Fe3+的氧化性大于Cu２+，Fe3+能与Cu反应生成Fe２+和Cu２+，B正确； Ｃ．的电极电势小于，说明Fe的还原性大于Ni，电解精炼铁时，若粗铁中含有Ni，则精炼后阳极泥中含有Ni ，C正确； Ｄ．电池电压等于正极电势减负极电势，负极反应物一定时，正极反应物氧化性越强，其电极电势越高，电池电压越大，D正确； 答案选A。 7. 美拉德反应是一种广泛存在于食品工业中的反应，能赋予食品独特的风味和色泽。由天门冬氨酸引发的美拉德反应部分过程如下，下列叙述错误的是 A. 甲分子中含有15个σ键 B. 1 mol乙和足量Na反应最多产生78.4 L H2 C. 乙分子中含有3个手性碳原子 D. 甲可形成两种链状二肽分子 【答案】B 【解析】 【详解】A．每个单键都是一个σ键，而双键中有一个σ键和一个π键，天门冬氨酸分子中含有15个σ键，A正确； B．乙分子中含5个羟基和2个羧基，则1 mol乙和足量Na反应最多产生3.5 mol H2，题目中未提及气体状态，无法计算体积，B错误； C．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，乙分子中含有3个手性碳原子，如图：，C正确； D．天门冬氨酸分子含有2个羧基和1个氨基，可形成两种链状二肽分子，D正确； 故答案为B。 8. 下列离子方程式书写正确的是 A. 用铁电极电解饱和食盐水： B. 一氯乙酸乙酯在足量NaOH溶液中加热： C. 将溶液与稀硫酸混合： D. 将通入酸性溶液： 【答案】C 【解析】 【详解】A．铁为活性阳极，电解饱和食盐水时阳极Fe优先失电子发生氧化反应，不会生成，正确的离子方程式为，A错误； B．一氯乙酸乙酯中的氯原子也会在碱性加热条件下水解，正确的离子方程式为： ，B错误； C．与稀硫酸反应生成硫单质、二氧化硫和水，离子方程式书写符合反应事实、守恒规则，C正确； D．该反应电荷、原子均不守恒，正确离子方程式为，D错误； 故选C。 9. Ni(CO)4(四羰合镍，沸点43℃)可用于制备高纯镍，也是有机化合物羰基化反应的催化剂。在总压分别为0.10、0.50、1.0、2.0MPa下，Ni(s)和CO(g)反应达平衡时，Ni(CO)4体积分数与温度的关系如图所示。 下列说法正确的是 A. 晶态Ni(CO)4属于离子晶体 B. Ni(s)+4CO(g)=Ni(CO)4(g)是吸热反应 C. p2=1.0 MPa D. 当气体平均相对分子质量不再改变时，可说明反应已达平衡 【答案】D 【解析】 【详解】A．Ni(CO)4沸点仅43℃，熔、沸点很低，符合分子晶体的特征，离子晶体熔、沸点普遍较高，因此Ni(CO)4属于分子晶体，A错误； B．由图像可知，温度升高，平衡时Ni(CO)4的体积分数减小，说明升高温度，反应Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)逆向移动，该反应为放热反应，B错误； C．反应Ni(s)+4CO(g)=Ni(CO)4(g)是气体分子数减少的反应，增大压强，平衡正向移动，同温度下Ni(CO)4的体积分数增大，p1<p2<p3<p4，故p2=0.50 MPa，C错误； D．反应中Ni是固体，反应过程中，气体总质量、气体总物质的量都会发生变化，因此气体平均相对分子质量是变量，当平均相对分子质量不再改变时，说明各组分的量不再变化，反应达到平衡状态，D正确； 故答案为D。 10. 我国科学家发明了一种以和为电极材料的新型电池，其内部结构如下图所示，其中①区、②区、③区电解质溶液的酸碱性不同。放电时，电极材料转化为。下列说法错误的是 A. 放电时，a电极的电极反应式为 B. 充电时，b电极上发生还原反应 C. 放电时，③区溶液中的向②区迁移 D. 放电时，当有1 mol 转化时，外电路转移2 mol电子 【答案】D 【解析】 【分析】放电时，电极材料转化为，电极反应 -2ne-=+2nK+，是原电池的负极，阳离子增多需要通过阳离子交换膜进入②区；二氧化锰得到电子变成锰离子，是原电池的正极，电极反应，阳离子减少，多余的阴离子需要通过阴离子交换膜进入②区，故③为碱性溶液对应电极，①为酸性溶液对应二氧化锰电极。 【详解】A．放电时a电极为正极，酸性环境下得电子生成，电极反应式书写符合反应事实，A正确； B．充电时，原电池的负极b电极外接电源负极，作电解池的阴极，得电子发生还原反应，B正确； C．放电时，③区b电极反应生成，可通过阳离子交换膜向②区迁移，C正确； D．该电极材料为聚合物，1 mol该物质含个重复单元，每个重复单元反应时转移2 mol电子，故1 mol该物质转化时外电路转移mol电子，D错误； 故选D。 11. 催化剂I和Ⅱ均能催化反应。反应历程（下图）中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法正确的是 A. 其他条件相同时，起始时投入的R越多，达平衡时R的物质的量分数就越大 B. 使用I和Ⅱ，平衡时P的物质的量分数相同 C. 使用I或Ⅱ，若只向体系中投入M，则短时间内都是R的选择性较高 D. 使用Ⅱ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大 【答案】B 【解析】 【分析】图中实线表示催化剂I，虚线表示催化剂Ⅱ，反应由R经过中间产物M转化为P。两条路径中R、M、P各自的能量相同，而各步需要跨越的能垒不同；比较某一步的活化能，应从该步起始物质的能级量至相应峰顶，不能只比较峰顶的绝对高低。与Ⅱ相比，I在R转化为M的区段峰顶较低，在M转化为P的区段峰顶较高。 【详解】A．题给反应中R和P的化学计量数均为1，反应前后气体分子总数不变。在温度等其他条件相同时，增加起始R的投入量，达到平衡时各组分的物质的量同比增加，R的物质的量分数不变，并非越大，A错误； B．I和Ⅱ均催化同一反应，催化剂只能改变达到平衡所需的时间，不能改变平衡常数和平衡组成，因此其他条件相同时，平衡时P的物质的量分数相同，B正确； C．只投入M时，应比较从M能级出发通向R和P的能垒。使用I时，通向R的能垒低于通向P的能垒，短时间内生成R较快，R的选择性较高；使用Ⅱ时，通向P的能垒低于通向R的能垒，短时间内P的选择性较高，因此并非两种催化剂都使R的选择性较高，C错误； D．由R开始反应时，根据两条路径的能垒比较，与Ⅱ相比，I使R生成M的活化能较小，而M继续转化为P的活化能较大，因而M较易生成、继续转化较慢，更容易积累；使用I时M所能达到的最高浓度更大，D错误； 故选B。 12. 一种制备的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液pH在3~4之间，反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在条件下进行。常温下，的电离平衡常数，。下列说法正确的是 A. 气体Ⅱ的分子构型为V形 B. 低温真空蒸发主要目的是防止被氧化 C. 溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体I D. 若产量不变，参与反应Ⅲ的X与物质的量之比增大时，补加NaOH的量也需增加 【答案】C 【解析】 【分析】 反应I是Cu和浓硫酸共热生成CuSO4、SO2（气体I）和水；反应Ⅱ中SO2与Na2CO3溶液反应，最终pH为3~4，结合H2SO3的电离常数，此时生成NaHSO3，释放出的气体Ⅱ为CO2。据此作答。 【详解】A．气体Ⅱ为，中心原子采取杂化，分子构型为直线形，A错误； B．调时已完全转化为，低温真空蒸发的主要目的是防止被氧化，B错误； C．溶液Y为溶液，可与气体I反应生成，可循环用于反应Ⅱ所在单元吸收，C正确； D．反应Ⅲ生成，增大时，过量的可消耗生成的，需补加的量减少，D错误； 故选C。 13. 某小组同学利用如下实验探究平衡移动原理。 已知：i．[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoCl4]2-+6H2O ΔH； ⅱ．ZnCl2溶液为无色。 下列说法正确的是 A. [Co(H2O)6]Cl2的配位数为8 B. 结合实验可知上述正反应是放热反应 C. ③中溶液变红，推测可能是Zn2+与Cl-形成了配合物 D. ①中溶液变蓝，主要是因为H+浓度增大，抑制了[Co(H2O)6]2+水解，促进上述平衡正移 【答案】C 【解析】 【详解】A．中配离子为，中心离子与6个分子配位，配位数为6，A错误； B．呈红色，呈蓝色，在实验1中溶液被加热后变蓝，即平衡向正反应方向移动，说明正反应是吸热反应，则，B错误； C．在实验2，③中加入过量固体，溶液变红，说明平衡向逆反应方向移动，其原因可能是溶液中和形成了配合物，使降低，导致平衡向逆反应方向移动，C正确； D．①中加浓盐酸使浓度增大，平衡正向移动生成，因此溶液变蓝，主要原因是浓度增大，D错误； 故选C。 14. 研究人员发现金属氧化物存在一定的氧离子缺陷位点，在一些催化反应中可发挥重要作用。一种催化剂晶体中存在被还原为时产生的氧空位，且每两个理想立方晶胞中出现一个氧空位，该氧离子缺陷晶体的结构如图所示，晶体密度为，为阿伏加德罗常数的值。下列有关该氧离子缺陷晶体的说法错误的是 A. 与的比值为 B. 阴、阳离子间的最短距离为 C. 的配位数为4 D. 由生成a g该氧离子缺陷晶体，转移电子 【答案】A 【解析】 【详解】A．理想萤石型晶胞中，1个晶胞含4个、8个。题目说明每2个理想晶胞出现1个氧空位，则该缺陷结构中：Ce原子总物质的量：，实际物质的量：；根据晶体电中性：设个数为，个数为，则正电荷总和等于负电荷总和： ，解得，即为6个、为2个，二者比值为，而非，A错误； B．该缺陷结构对应2个理想晶胞的总质量为，设单个理想晶胞参数为，则2个晶胞总体积为，由密度公式​得： ​​，整理得。 萤石结构中阴、阳离子最短距离为晶胞体对角线的1/4，即，代入后与B选项表达式一致，B正确； C．​为萤石型结构，中的配位数为4，对应本题中的配位数为4，C正确； D．每生成含1个氧空位的该缺陷结构，对应有2个被还原为，转移2 mol电子，该缺陷结构的摩尔质量为，则晶体转移电子：，D正确； 故选A。 15. 利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同pH的体系中的可能产物。 已知：i．图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。 ii．图2中曲线I的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合［注：起始，不同pH下由图1得到］。 下列说法不正确的是 A. pH = 8.31时， B. pH = 6.37时， C. 初始状态pH = 11、时，有沉淀生成 D. 初始状态pH = 9，时，发生反应： 【答案】B 【解析】 【分析】图2的曲线I、Ⅱ分别表示氢氧化镁和碳酸镁达到沉淀溶解平衡时的镁离子浓度的对数随pH的变化。对应的溶解平衡为和，溶度积表达式分别为和。在相同pH下，初始点位于某条曲线上方，说明对应离子积大于溶度积，会生成该沉淀；位于曲线下方则不会生成该沉淀。 【详解】A．碳酸的两步电离为、。图1中pH = 6.37和pH = 10.25分别对应相邻两种含碳粒子浓度相等，故、。两式相乘得，pH = 8.31时有，因此，A正确； B．pH = 6.37时，图1表明，但将碳酸钠体系调节到该pH会引入其他离子，不能直接套用只含钠离子及碳酸体系离子的电荷守恒式。根据钠、碳的物料关系，应有，代入上述浓度相等关系得，题列关系不成立，B错误； C．pH = 11时，曲线I的纵坐标低于-5，初始的点位于曲线I上方，按分析中的沉淀判据，有，所以有氢氧化镁沉淀生成，C正确； D．pH = 9时，初始的点在曲线Ⅱ上方、曲线I下方，按分析中的沉淀判据，生成碳酸镁沉淀而不生成氢氧化镁沉淀。图1显示此时主要含碳粒子为碳酸氢根离子；碳酸镁沉淀消耗碳酸根离子，促进碳酸氢根离子电离，产生的氢离子再与碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水。合并可得离子方程式，D正确； 故选B。 二、非选择题（共4道题，共55分） 16. 实验室以二氧化铈（）废渣为原料制备含量少的，其部分实验过程如下： （1）温度过高不利于“酸浸”的原因是________。 （2）已知能被有机萃取剂（简称HA）萃取，其萃取原理可表示为。加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是________________________。 （3）pH约为7的溶液与溶液反应可生成沉淀，该沉淀中含量与加料方式有关。得到含量较少的的加料方式为________（填序号）； A．将溶液滴加到溶液中 B．将溶液滴加到溶液中 上述流程中“沉淀”步骤发生反应的离子方程式为________________。 （4）与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤溶液的滤液中，物质的量减小的离子有________（填化学式）。 （5）实验中需要测定溶液中的含量。已知水溶液中可用准确浓度的溶液滴定。以苯代邻氨基苯甲酸为指示剂，滴定反应为。 ①请补充完整实验方案： i．准确量取溶液，加氧化剂将完全氧化并去除多余氧化剂后，用稀硫酸酸化，将溶液完全转移到250 mL容量瓶中后定容； ii．按规定操作分别将和待测溶液装入如图所示的________（填仪器名称）中； iii．从仪器中准确放出溶液于________（填仪器名称中，加入几滴指示剂苯代邻氨基苯甲酸，向其中滴加溶液，边滴边振荡，至溶液颜色恰好由紫红色变为亮黄色，且30 s内颜色不变，记录滴加溶液的体积。 iv．________。 v．根据上述数据计算得出结果。 ②步骤i中若没有去除多余氧化剂，则对测定结果的影响是_______（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。 【答案】（1）HCl会挥发或会分解，损失原料或降低原料利用率 （2）避免盐酸抑制萃取平衡正向移动，有利于提高的萃取率 （3） ①. B ②. （4）、 （5） ①. 酸式滴定管 ②. 锥形瓶 ③. 重复上述操作2~3次 ④. 偏大 【解析】 【分析】向废渣中加入稀盐酸和，将难溶的还原溶解，使元素以形式进入水相；加氨水除去酸浸后过量的盐酸，调节溶液至近中性，为后续萃取步骤创造合适条件；利用有机萃取剂HA将水相中的转移至有机层，实现与水相中的杂质离子分离；加入稀硝酸，使平衡逆向移动，将从有机层重新转移至水相，得到含的水溶液；加入氨水和，将转化为沉淀，最终得到目标产物。 【小问1详解】 酸浸步骤加入了作为还原剂溶解，热稳定性差，温度过高会发生分解，导致酸浸反应无法充分进行，降低浸出率。 【小问2详解】 根据给出的萃取平衡，过量盐酸会使水层浓度过高，平衡逆向移动，抑制进入有机相；中和除去过量盐酸、使溶液接近中性后，浓度降低，平衡正向移动，更多被萃取到有机层。 【小问3详解】 若将溶液滴入过量的​溶液中，体系始终处于​大幅过量的环境，可以充分与​反应生成碳酸铈沉淀，减少沉淀对溶液中的包裹吸附，得到含量更低的产物；反之将​滴入溶液中，局部过量，沉淀易包裹。离子方程式中和​、氨水反应生成碳酸铈沉淀，离子方程式为： 。 【小问4详解】 反萃取得到的水溶液中溶质主要为，加入氨水和​后，生成沉淀从溶液中脱离；同时会与溶液中的反应，因此过滤后的滤液中和的物质的量显著减小。 【小问5详解】 ①具有强氧化性、溶液呈弱酸性，二者都会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此都需要装入酸式滴定管；从滴定管放出的待测液需要在锥形瓶中进行滴定反应；定量滴定实验为了减小误差，必须多次平行实验取平均体积。 ②若未除去多余氧化剂，氧化剂也会消耗滴定剂，导致测得的消耗的体积偏大，最终计算得到的含量结果偏大。 17. 二氯四氨合钯(Pd(NH3)4]Cl2，相对分子质量为245)是重要的钯化合物，广泛应用在化学催化及电镀工业。利用钯粉制备二氯四氨合钯的实验过程和部分装置如下： Ⅰ．称取10.6 g钯粉，加入适量的HNO3和HCl的混合酸中，使钯粉溶解，溶液中有无色气泡产生，加热赶出溶液中的含氮化合物，经浓缩、结晶、过滤、洗涤后得到四氯合钯酸(H2PdCl4)； Ⅱ．将四氯合钯酸加入到装置c中，用3倍体积的去离子水溶解，加入搅拌磁子； Ⅲ．将装置c中的混合物在100℃条件下恒温加热2小时； Ⅳ．在不断搅拌并持续保温下，缓慢加入浓氨水，开始时装置中产生白烟，溶液内有沉淀产生，继续滴加浓氨水，沉淀逐渐溶解，最后得到浅黄色的[Pd(NH3)4]Cl2溶液； Ⅴ．浅黄色溶液经加热浓缩至出现一层晶膜、自然冷却结晶、过滤、洗涤、50℃真空干燥后，得到14.7 g纯净的二氯四氨合钯｛[Pd(NH3)4]Cl2｝产品。 回答下列问题： （1）已知Pd是Ni同族相邻周期的元素，则Pd在元素周期表中的位置是___________。 （2）“步骤Ⅰ”中溶解钯粉时，盐酸的主要作用是___________。 （3）装置b(双球U形管)的作用为___________(答出一点即可)。 （4）“步骤Ⅲ”中最佳的加热方式为___________(填字母)。 A. 水浴加热 B. 油浴加热 C. 酒精灯加热 D. 酒精喷灯加热 （5）“步骤Ⅳ”中产生沉淀时发生的反应为2H2PdCl4+4NH3·H2O=Pd(NH3)4·PdCl4↓+4HCl+4H2O；装置c中产生的白烟的成分可能为___________(填化学式)。根据实验分析，在题述实验条件下，NH3、Cl-与钯的配位能力强弱顺序为：NH3___________Cl-(填“>”或“<”或“=”)。 （6）本实验中产品产率为___________。 【答案】（1）第五周期第VIII族 （2）提供配体Cl-促进Pd溶解 （3）平衡三颈烧瓶中压强、吸收挥发出来的氨气和氯化氢防止污染 （4）A （5） ①. NH4Cl ②. > （6）60% 【解析】 【分析】钯粉使用王水溶解处理得到四氯合钯酸，在三颈烧瓶中加水溶解，在100℃条件下恒温加热2小时，缓慢加入浓氨水，有沉淀产生，继续滴加浓氨水至沉淀溶解，最后得到浅黄色的溶液，经过一系列操作，得到纯净的二氯四氨合钯，据此回答。 【小问1详解】 Ni为第四周期第VIII族元素，所以Pd为第五周期第VIII族元素。 【小问2详解】 步骤I中钯粉溶解在硝酸与盐酸的混酸中，类似于金单质溶解在王水中，盐酸的作用为提供配体Cl-促进Pd溶解。 【小问3详解】 实验过程中会生成氨气、氯化氢等气体，则装置b的作用是平衡三颈烧瓶中压强、吸收挥发出来的氨气和氯化氢防止污染。 【小问4详解】 水浴加热温度最高100℃，且能均匀控温（适合需精准温度的反应），油浴、酒精灯、酒精喷灯加热温度易超过100℃，且温度不稳定，故选A。 【小问5详解】 实验过程中产生氨气、氯化氢等气体，所以白烟可能为氯化氢与氨气反应生成的NH4Cl；该方程式中Pd2+与Cl-配位转化为与NH3配位，所以NH3的配位能力强于Cl-。 【小问6详解】 理论上产量为，所以产率为。 18. 反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)在工业上有重要应用。 （1）已知该反应放热，但并非在任意温度下自发进行，则该反应ΔS___________0(填“>”或“<”)；实际工业中，反应常在较高温度下进行，该措施的优缺点是___________。 （2）该反应常在Pd膜反应器中进行，其工作原理如图所示。 ①利用平衡移动原理解释反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是___________。 ②某温度下，H2在Pd膜表面上的解离过程存在如下平衡：H22H，其正反应的活化能远小于逆反应的活化能。下列说法错误的是___________。 A．工业排放的CO2是引发酸雨的主要原因之一 B．H2O的VSEPR模型为四面体形 C．加快Pd膜内H原子迁移有利于H2的解离 D．H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为放热反应 ③同温同压下，等物质的量的CO和H2O通入无Pd膜反应器，CO的平衡转化率为75%；若换成Pd膜反应器，CO的平衡转化率为90%，则相同时间内出口a和出口b中H2的质量比为___________。 （3）该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图所示。 ①固体电解质采用___________(填“氧离子导体”或“质子导体”)。 ②阴极的电极反应式为___________。 ③同温同压下，相同时间内，若进口Ⅰ处n(CO):n(H2O)=a:b，出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的y倍，则CO的转化率为___________(用a，b，y表示)。 【答案】（1） ①. < ②. 反应速率较快，但转化率较低 （2） ①. Pd膜可以吸附生成的H2，使其脱离反应体系，使平衡正向移动，增大转化率 ②. AD ③. 1:8 （3） ①. 质子导体 ②. 2H++2e-＝H2↑ ③. ×100% 【解析】 【小问1详解】 由，该反应放热，但并非在任意温度下自发进行，说明该反应熵变小于零；实际工业中在较高温度下进行，反应速率较快，但该反应放热，导致反应平衡逆向移动，反应物的转化率较低。 【小问2详解】 ①由图得，Pd膜可以吸附生成的H2，使其脱离反应体系，使平衡正向移动，增大转化率； ②A．二氧化碳为温室气体，与酸雨的形成无关，A错误； B．H2O中O的价电子对数为，价电子对互斥模型为四面体形，B正确； C．加快Pd膜内H原子迁移，平衡H22H正向移动，有利于H2的解离，C正确； D．已知在Pd膜表面上的解离过程存在如下平衡：H2=2H，其正反应的活化能远小于逆反应的活化能，即为放热反应，则H原子在Pd膜表面结合形成H2是吸热反应，D错误； 故选AD； ③设初始CO和H2O物质的量为1 mol，无Pd膜时，生成H2和CO2物质的量为0.75 mol，剩余CO、H2O的物质的量为0.25 mol，可计算出此温度下平衡常数K=9；有膜情况下CO的平衡转化率为90%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡总物质的量分别为0.1 mol、0.1 mol、0.9 mol、0.9 mol，a口和b口的H2总量为0.9 mol，其中只有a口的处于平衡体系，设a口产生的H2的物质的量为x mol，则，解得x=0.1，所以b口产生的H2物质的量为0.9-0.1=0.8 mol，a口与b口H2质量之比为1:8。 【小问3详解】 ①电解时，CO和H2O均从阳极口进入，CO转化为CO2，则H2需要在阴极产生，阳极产生CO2的同时产生H+，H+通过固体电解质进入阴极附近，然后被还原产生氢气，故固体电解质应采用质子导体； ②电解时，阴极反应式为：2H++2e-＝H2↑； ③根据pV=nRT可知，同温同压下，出口Ⅰ处气体物质的量为进口Ⅰ处的y倍，设反应中CO初始物质的量为a mol，转化了x mol，则根据三段式：，CO2在出口I生成，H2在出口II生成，所以出口I气体总物质的量为(a+b-x) mol，则有y(a+b)=a+b-x，解得x=(a+b)(1-y)，CO转化率为×100%。 19. 某药物成分H具有抗炎、抗病毒、抗氧化等生物活性，其合成路线如下： 已知： 回答下列问题： （1）H中的官能团除羟基外还有_______（填名称）；B中共面的原子最多有________个。 （2）在NaOH溶液中，苯酚与反应的化学方程式为__________。 （3）D→E中PCC的作用为__________。 （4）I的结构简式为__________。 （5）化合物I的同分异构体满足以下条件的有__________种（不考虑立体异构）； i．含苯环且苯环上只有一个取代基；ii．红外光谱有醚键吸收峰。 （6）参照上述流程，设计以HCHO和为原料合成的路线如图： Z的结构简式为_________（已知：Z中与相同）。 【答案】（1） ①. 醚键、酰胺基 ②. 18 （2） （3）选择性将分子中的羟基氧化为羰基 （4） （5）13 （6） 【解析】 【分析】由合成流程可知，A在HMTA作用下引入醛基生成B，B与苯基溴化镁发生加成反应（亲核加成），经酸化后生成C；C在碱性条件下与发生取代反应保护酚羟基，得到D；D经PCC发生氧化反应将羟基氧化为酮基得到E；E经系列变化得到F，F中含有磷酸酯基，且F→G中步骤ⅰ在强碱作用下进行，由此可推测F→G发生题给已知信息中的反应；由F、G的结构简式及化合物I的分子式可逆推得到I的结构简式为；G经系列变化生成H。 【小问1详解】 由H的结构可知，H中的含氧官能团除羟基外还有酰胺基和醚键；B的结构为酚羟基邻位连醛基、对位连硝基的取代甲苯：苯环所有原子共面，醛基为平面结构，硝基为平面结构，单键可旋转，甲基最多有1个旋转至苯环平面内，总计共面原子最多18个； 【小问2详解】 由题给合成路线中的转化可知，苯酚可与发生取代反应生成与，可与发生中和反应生成和，据此可得该反应的化学方程式为：+CH3OCH2Cl+NaOH+NaCl+H2O； 【小问3详解】 由的结构变化可知，PCC的作用为选择性将分子中的羟基氧化为羰基； 【小问4详解】 据分析可知，化合物I的结构简式为； 【小问5详解】 化合物Ⅰ的分子式为，计算可得不饱和度为4，根据题目所给信息，化合物Ⅰ的同分异构体分子中含有苯环(已占据4个不饱和度)，则其余C原子均为饱和碳原子(单键连接其他原子)；又由红外光谱有醚键吸收峰，可得苯环上的取代基中含1个醚键；再由分子中苯环上只含有1个取代基，可知该有机物的碳链结构有如下13种：； 【小问6详解】 结合题干中B到C的反应，可知经过后得到X（），继续催化氧化得到Y（），已知：，由要得到，可推知为乙基，则Z可以为(Z中的乙氧基的乙基，也可以是其他烃基，合理即可)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 树德中学高2023级高三上期期末测试化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Pd-106 Ce-140 一、单项选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。 1. 人类社会的发展离不开化学，化学的发展离不开科学家的不断探索与创新。下列科学家与其主要成就不相符的是 A. 阿伏伽德罗提出分子学说 B. 鲍林提出电负性的概念 C. 凯库勒提出构造原理 D. 侯德榜发明了联合制碱法 2. 结构决定性质，性质决定用途。关于下列事实的化学解释错误的是 选项 事实 化学解释 A 用“杯酚”可将、分离开 分子大小与“杯酚”空腔大小适配 B 在中的溶解度大于在水中的 与均为非极性分子，相似相溶 C 干冰常用于制造“烟雾” 干冰升华时吸收热量，使空气中水蒸气液化形成小液滴 D 石墨可作电极 未杂化的p轨道重叠使电子可以在整个碳原子平面内运动 A. A B. B C. C D. D 3. 下列化学用语或图示表示正确的是 A. p-p π键形成的轨道重叠示意图： B. 酚醛树脂的结构简式： C. 的电子式为 D. 邻羟基苯甲醛形成分子内氢键： 4. 化合物和所含元素相同，相对分子质量相差7，含40 mol质子，X、W和R三种元素位于同周期，X原子最外层电子数是R原子核外电子数的一半。下列说法正确的是 A. X的氧化物中不一定有键 B. 氢化物的沸点： C. Y和Z互为同素异形体 D. 常温下，Fe的表面能被W的最高价含氧酸浓溶液氧化 5. 使用如下实验装置，可以达到预期目的的是 A．除去苯中的苯酚 B．分离乙酸乙酯（沸点77℃）和乙醇（沸点78℃） C．用于色谱法，可确定有机物的结构 D．用NaOH标准溶液滴定待测盐酸的浓度 A. A B. B C. C D. D 6. 298K、酸性环境下，1 mol/L不同电对的电极电势见下表。电极电势越高，其氧化型物质的氧化性越强；电极电势越低，其还原型物质的还原性越强。某小组设计实验探究物质氧化性对电池电压大小的影响，装置示意图及测得的数据如下所示。下列说法错误的是 电对(氧化型/还原型) 电极电势V 0.337 0.770 电解质溶液 浓度/mol·L-1 均为1.0 A. 基态Ni2+有15种不同空间运动状态的电子 B. 根据数据可推断出：Fe3+能与Cu反应 C. 电解精炼铁时，若粗铁中含有Ni，则精炼后阳极泥中含有Ni D. 负极反应物一定时，正极反应物氧化性越强，电池电压越大 7. 美拉德反应是一种广泛存在于食品工业中的反应，能赋予食品独特的风味和色泽。由天门冬氨酸引发的美拉德反应部分过程如下，下列叙述错误的是 A. 甲分子中含有15个σ键 B. 1 mol乙和足量Na反应最多产生78.4 L H2 C. 乙分子中含有3个手性碳原子 D. 甲可形成两种链状二肽分子 8. 下列离子方程式书写正确的是 A. 用铁电极电解饱和食盐水： B. 一氯乙酸乙酯在足量NaOH溶液中加热： C. 将溶液与稀硫酸混合： D. 将通入酸性溶液： 9. Ni(CO)4(四羰合镍，沸点43℃)可用于制备高纯镍，也是有机化合物羰基化反应的催化剂。在总压分别为0.10、0.50、1.0、2.0MPa下，Ni(s)和CO(g)反应达平衡时，Ni(CO)4体积分数与温度的关系如图所示。 下列说法正确的是 A. 晶态Ni(CO)4属于离子晶体 B. Ni(s)+4CO(g)=Ni(CO)4(g)是吸热反应 C. p2=1.0 MPa D. 当气体平均相对分子质量不再改变时，可说明反应已达平衡 10. 我国科学家发明了一种以和为电极材料的新型电池，其内部结构如下图所示，其中①区、②区、③区电解质溶液的酸碱性不同。放电时，电极材料转化为。下列说法错误的是 A. 放电时，a电极的电极反应式为 B. 充电时，b电极上发生还原反应 C. 放电时，③区溶液中的向②区迁移 D. 放电时，当有1 mol 转化时，外电路转移2 mol电子 11. 催化剂I和Ⅱ均能催化反应。反应历程（下图）中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法正确的是 A. 其他条件相同时，起始时投入的R越多，达平衡时R的物质的量分数就越大 B. 使用I和Ⅱ，平衡时P的物质的量分数相同 C. 使用I或Ⅱ，若只向体系中投入M，则短时间内都是R的选择性较高 D. 使用Ⅱ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大 12. 一种制备的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液pH在3~4之间，反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在条件下进行。常温下，的电离平衡常数，。下列说法正确的是 A. 气体Ⅱ的分子构型为V形 B. 低温真空蒸发主要目的是防止被氧化 C. 溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体I D. 若产量不变，参与反应Ⅲ的X与物质的量之比增大时，补加NaOH的量也需增加 13. 某小组同学利用如下实验探究平衡移动原理。 已知：i．[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoCl4]2-+6H2O ΔH； ⅱ．ZnCl2溶液为无色。 下列说法正确的是 A. [Co(H2O)6]Cl2的配位数为8 B. 结合实验可知上述正反应是放热反应 C. ③中溶液变红，推测可能是Zn2+与Cl-形成了配合物 D. ①中溶液变蓝，主要是因为H+浓度增大，抑制了[Co(H2O)6]2+水解，促进上述平衡正移 14. 研究人员发现金属氧化物存在一定的氧离子缺陷位点，在一些催化反应中可发挥重要作用。一种催化剂晶体中存在被还原为时产生的氧空位，且每两个理想立方晶胞中出现一个氧空位，该氧离子缺陷晶体的结构如图所示，晶体密度为，为阿伏加德罗常数的值。下列有关该氧离子缺陷晶体的说法错误的是 A. 与的比值为 B. 阴、阳离子间的最短距离为 C. 的配位数为4 D. 由生成a g该氧离子缺陷晶体，转移电子 15. 利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同pH的体系中的可能产物。 已知：i．图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。 ii．图2中曲线I的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合［注：起始，不同pH下由图1得到］。 下列说法不正确的是 A. pH = 8.31时， B. pH = 6.37时， C. 初始状态pH = 11、时，有沉淀生成 D. 初始状态pH = 9，时，发生反应： 二、非选择题（共4道题，共55分） 16. 实验室以二氧化铈（）废渣为原料制备含量少的，其部分实验过程如下： （1）温度过高不利于“酸浸”的原因是________。 （2）已知能被有机萃取剂（简称HA）萃取，其萃取原理可表示为。加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是________________________。 （3）pH约为7的溶液与溶液反应可生成沉淀，该沉淀中含量与加料方式有关。得到含量较少的的加料方式为________（填序号）； A．将溶液滴加到溶液中 B．将溶液滴加到溶液中 上述流程中“沉淀”步骤发生反应的离子方程式为________________。 （4）与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤溶液的滤液中，物质的量减小的离子有________（填化学式）。 （5）实验中需要测定溶液中的含量。已知水溶液中可用准确浓度的溶液滴定。以苯代邻氨基苯甲酸为指示剂，滴定反应为。 ①请补充完整实验方案： i．准确量取溶液，加氧化剂将完全氧化并去除多余氧化剂后，用稀硫酸酸化，将溶液完全转移到250 mL容量瓶中后定容； ii．按规定操作分别将和待测溶液装入如图所示的________（填仪器名称）中； iii．从仪器中准确放出溶液于________（填仪器名称中，加入几滴指示剂苯代邻氨基苯甲酸，向其中滴加溶液，边滴边振荡，至溶液颜色恰好由紫红色变为亮黄色，且30 s内颜色不变，记录滴加溶液的体积。 iv．________。 v．根据上述数据计算得出结果。 ②步骤i中若没有去除多余氧化剂，则对测定结果的影响是_______（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。 17. 二氯四氨合钯(Pd(NH3)4]Cl2，相对分子质量为245)是重要的钯化合物，广泛应用在化学催化及电镀工业。利用钯粉制备二氯四氨合钯的实验过程和部分装置如下： Ⅰ．称取10.6 g钯粉，加入适量的HNO3和HCl的混合酸中，使钯粉溶解，溶液中有无色气泡产生，加热赶出溶液中的含氮化合物，经浓缩、结晶、过滤、洗涤后得到四氯合钯酸(H2PdCl4)； Ⅱ．将四氯合钯酸加入到装置c中，用3倍体积的去离子水溶解，加入搅拌磁子； Ⅲ．将装置c中的混合物在100℃条件下恒温加热2小时； Ⅳ．在不断搅拌并持续保温下，缓慢加入浓氨水，开始时装置中产生白烟，溶液内有沉淀产生，继续滴加浓氨水，沉淀逐渐溶解，最后得到浅黄色的[Pd(NH3)4]Cl2溶液； Ⅴ．浅黄色溶液经加热浓缩至出现一层晶膜、自然冷却结晶、过滤、洗涤、50℃真空干燥后，得到14.7 g纯净的二氯四氨合钯｛[Pd(NH3)4]Cl2｝产品。 回答下列问题： （1）已知Pd是Ni同族相邻周期的元素，则Pd在元素周期表中的位置是___________。 （2）“步骤Ⅰ”中溶解钯粉时，盐酸的主要作用是___________。 （3）装置b(双球U形管)的作用为___________(答出一点即可)。 （4）“步骤Ⅲ”中最佳的加热方式为___________(填字母)。 A. 水浴加热 B. 油浴加热 C. 酒精灯加热 D. 酒精喷灯加热 （5）“步骤Ⅳ”中产生沉淀时发生的反应为2H2PdCl4+4NH3·H2O=Pd(NH3)4·PdCl4↓+4HCl+4H2O；装置c中产生的白烟的成分可能为___________(填化学式)。根据实验分析，在题述实验条件下，NH3、Cl-与钯的配位能力强弱顺序为：NH3___________Cl-(填“>”或“<”或“=”)。 （6）本实验中产品产率为___________。 18. 反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)在工业上有重要应用。 （1）已知该反应放热，但并非在任意温度下自发进行，则该反应ΔS___________0(填“>”或“<”)；实际工业中，反应常在较高温度下进行，该措施的优缺点是___________。 （2）该反应常在Pd膜反应器中进行，其工作原理如图所示。 ①利用平衡移动原理解释反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是___________。 ②某温度下，H2在Pd膜表面上的解离过程存在如下平衡：H22H，其正反应的活化能远小于逆反应的活化能。下列说法错误的是___________。 A．工业排放的CO2是引发酸雨的主要原因之一 B．H2O的VSEPR模型为四面体形 C．加快Pd膜内H原子迁移有利于H2的解离 D．H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为放热反应 ③同温同压下，等物质的量的CO和H2O通入无Pd膜反应器，CO的平衡转化率为75%；若换成Pd膜反应器，CO的平衡转化率为90%，则相同时间内出口a和出口b中H2的质量比为___________。 （3）该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图所示。 ①固体电解质采用___________(填“氧离子导体”或“质子导体”)。 ②阴极的电极反应式为___________。 ③同温同压下，相同时间内，若进口Ⅰ处n(CO):n(H2O)=a:b，出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的y倍，则CO的转化率为___________(用a，b，y表示)。 19. 某药物成分H具有抗炎、抗病毒、抗氧化等生物活性，其合成路线如下： 已知： 回答下列问题： （1）H中的官能团除羟基外还有_______（填名称）；B中共面的原子最多有________个。 （2）在NaOH溶液中，苯酚与反应的化学方程式为__________。 （3）D→E中PCC的作用为__________。 （4）I的结构简式为__________。 （5）化合物I的同分异构体满足以下条件的有__________种（不考虑立体异构）； i．含苯环且苯环上只有一个取代基；ii．红外光谱有醚键吸收峰。 （6）参照上述流程，设计以HCHO和为原料合成的路线如图： Z的结构简式为_________（已知：Z中与相同）。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $