精品解析：福建省泉州第五中学2026-2027学年高三上学期9月阶段检测 化学试题

2027届泉州五中高三上学期化学单元检测 化学 全卷共8页，满分100分，考试时间60分钟。 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的考生号、姓名填写在试题卷、答题卡上。考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“考生号、姓名”与考生本人考生号、姓名是否一致。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，用黑色字迹签字笔在答题卡上作答。所有题目的答案均在答题卡相应位置上作答答在试卷上无效。 3.考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 S-32 Fe-56 Cu-64 Au-197 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 氮及其化合物的部分转化关系如图所示，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 反应①中，每产生17g 需断裂个键 B. 1mol 中氮原子有个杂化轨道 C. 溶液中数目小于 D. 反应③中，产生1mol 转移个电子 2. 下列各组离子在溶液中可以大量共存，且加入相应试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是 选项 离子组 加入试剂 发生反应的离子方程式 A 、、、 少量HCl溶液 B 、、、 少量溶液 C 、、、 通入足量 D 、、、 通入少量 A. A B. B C. C D. D 3. Be及其化合物的转化关系如图。下列说法错误的是 A. 是两性氢氧化物 B. 和的晶体类型相同 C. 中Be原子的杂化方式为 D. 与反应： 4. 利用和NADH可将2-丁醇催化转化为丙酸甲酯，相关转化关系如下。 下列说法不正确的是 A. ①中，1mol 2-丁醇转化为2-丁酮，转移2mol电子 B. ①中，转化为NADH，部分碳原子的杂化方式改变 C. ②中，2-丁酮和NADH均发生氧化反应 D. 每合成1mol丙酸甲酯，理论上须投入1mol 5. 以铜阳极泥[含有Cu、Ag、Au多种单质]为原料分离回收金和银的流程如下图所示： 已知： ①浸取1、浸取2过程H2O2过量 ②浸出液2中Au的存在形式为[AuCl4]-； ③电沉积时电极反应：。 下列说法错误的是。 A. 浸取1过程与浸取2过程加入的酸不同 B. “还原”步骤的离子方程式： C. “还原”步骤中，若加入24g N2H4，则实际析出197g Au D. 电沉积后，浸出液3的剩余液体经处理后可循环利用 6. 不同条件下，当与按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。 反应序号 起始酸碱性 KI KMnO4 还原产物 氧化产物 物质的量/mol 物质的量/mol ① 酸性 0.001 n ② 中性 0.001 10n 已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。 下列说法正确的是 A. 反应①， B. 对比反应①和②， C. 对比反应①和②，的还原性随酸性减弱而增强 D. 随反应进行，体系变化：①增大，②不变 7. 某课外活动小组用如图装置(夹持装置已省略)研究氨分子中氮、氢的原子个数比。实验中观察到装置C中黑色粉末变为红色固体，量气管收集到无色无味的气体(反应前装置C、D中的水蒸气可忽略不计)。下列说法正确的是 A. 装置A中固体若替换为NaOH固体，则需加热 B. 装置E可以替换为另一个盛有碱石灰的干燥管 C. 此装置中量气管是由碱式滴定管改造而成，从上图2读出气体体积为9.20 mL D. 实验结束后干燥管D质量增加m g，装置F测得产生n L气体，已知该温度下气体摩尔体积为，则氨分子中氮、氢的原子个数比为 8. 已知由 FeSO4和 Cu (NO3)2组成的混合物 17.08g，加入 100mL 1.4mol・L-1 硫酸充分反应，生成标准状况下 448mL NO，得到溶液 a．向溶液 a 中通入一定量 Cl2至恰好完全反应后，再加入 11.2g铁粉，充分反应后过滤，得到标准状况下 V mL H₂和固体 m g。下列说法不正确的是 A. 固体中有铁粉和铜粉，m=6.4g B. 原混合物中FeSO4的物质的量为0.1mol C. V=2240 D. 混合物与硫酸反应的离子方程式为 9. 席夫碱也称希夫氏碱，主要是指含有亚胺或甲亚胺特性基团(-RC=N-)的一类有机化合物，如图是一种席夫碱的合成及应用，下列说法错误的是 A. 步骤一经历了加成和消去两步反应 B. 中杂化碳原子有6个 C. Z和W均含有手性碳 D. 设置步骤一和步骤三的目的是保护醛基 10. 的某溶液X中还含有、、、、、、、、、中的一种或几种(忽略水的电离及离子的水解)，取该溶液进行如下实验： 下列有关推断不正确的是 A. 沉淀H不可能为、的混合物 B. 若溶液X为100 mL，产生的气体A为112 mL(标况)，则X中 C. 溶液X中一定含有、、、、 D. 根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有、 二、非选择题：本大题共4小题，共60分 11. 纳米Fe粉和FeS均可处理含硫酸的铬(Ⅵ)废水。已知：，， （1）纳米零价铁的制备。 绿矾()、保险粉()溶液和氢氧化钠溶液按比例混合后，在温水浴作用下反应，主要反应产物为纳米Fe粉和，其化学方程式为_______。 （2）利用零价铁和活性炭处理的反应机理为：零价铁在水中电化学腐蚀产生和，和在酸性条件下均能将还原为，可转化为沉淀去除。 ①写出和反应的离子方程式_______。 ②纳米零价铁投入量对去除率的关系如图所示。当纳米零价铁的投入量为时，反应60min后，去除率只有；而当零价铁的投入量增加到时，反应60min后，去除率为。可能的原因为_______。 ③初始pH对去除率的关系如图所示。时，的去除率几乎为零。可能的原因为_______。 （3）利用FeS处理的机理为： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． Ⅳ． ①反应Ⅰ的化学平衡常数_______。(填数值) ②制备高纯粉末。将反应Ⅳ生成的沉淀用酸溶解后，取一定体积所得溶液于烧杯中，_______，得高纯粉末。(可供选择的试剂和主要仪器：蒸馏水、NaOH溶液、稀盐酸、溶液、坩埚、蒸发皿、pH计。)已知该溶液中开始沉淀的，完全沉淀的，开始沉淀的，完全沉淀的。 12. 近年来，我国自主研发推出了第二代钠电池，固态电解质为。工业上以锆英石(主要成分为)为原料生产的工艺流程如下。 已知：①Zr位于元素周期表第五周期第ⅣB族，性质与Ti相似； ②“酸浸”后溶液中金属元素主要存在形式为、、和。 （1）基态的价电子排布式为___________。 （2）“沉铅”时发生的总反应离子方程式为___________。 （3）25℃，金属离子形成的与关系如图所示。“调pH”前，溶液中杂质离子，此时通入氨调节pH___________(填标号)，假定溶液体积无变化。 a． b．1.8~2.8 c．2.8~5.6 d． （4）“高温氯化”时，转化为(331℃升华)，并生成一种还原性气体，相应的化学方程式为___________。在“高温氯化”前对固体进行“煅烧”除水，目的是___________。 （5）“高温氯化”后，从混合气体中分离的方法是___________。 （6）一种含钨(W)、钼(Mo)、锆元素的合金的立方晶胞结构如下图所示，W与Mo的最小间距大于W与的最小间距。 ①W、Mo、Zr的原子个数比为___________，若Mo与Zr之间的最小间距为a nm，则晶胞的边长为___________nm。 ②晶面对晶体的生长、成型等有重要影响。米勒指数可用于标记晶面，是指晶面分别与x、y、z三轴截距的倒数，通过求比化为最简的三个整数。图中，实线所示晶面与x、y、z三轴截距的倒数为，因此该晶面可标记为，则虚线所示晶面可标记为___________。 13. 桂皮中富含的肉桂醛是重要的药物合成原料。一种药物的合成路线如下。 回答下列问题： （1）用系统命名法对B命名：___________，C中官能团名称为___________。 （2）A→B先发生加成反应，后发生消去反应，写出加成产物的结构简式___________。 （3）D→E的历程如下图所示(Ph表示苯基，Et表示乙基)，关于该转化过程的描述不合理的是___________。(填标号) A. 过程①表明3号碳的正电荷比2号碳多 B. 过程②表明带负电的原子碱性弱于氨基 C. 过程③前后N原子的杂化方式没有变化 D. 过程④存在非极性键和极性键的断开和形成 （4）根据的历程写出和反应生成含有四元环产物的方程式___________。 （5）的过程也经历了加成和脱水两步。E和G反应在脱水过程中还可能得到一种结构类似于，但是比多一个三元环结构的副产物，该副产物的结构简式为___________。 （6）满足下列条件的C的同分异构有___________种。 ①可以和溶液发生显色反应 ②能发生银镜反应 ③结构中只有一个环 14. 纳米铜用途广泛，可用次磷酸还原柠檬酸铜钠制备。 已知：①为一元弱酸；在一定条件下可分解：。 ②易溶于水。 ③与柠檬酸根离子可形成配位离子。 （1）制备次磷酸。在如图所示装置中将白磷与石灰乳混合，在85℃下搅拌2~3小时，制得（此反应为歧化反应），冷却后过滤，滤液通过强酸性阳离子树脂后得到。制得的离子方程式为：_____。 （2）制备柠檬酸铜钠。制备过程如图所示： ①写出的外围电子排布式：_____。 ②加入溶液的作用是：_____。 （3）制备纳米铜。在敞开体系中，向柠檬酸铜钠溶液中加入稀调节溶液为4~6，加入一定量，50~70℃时反应半小时，经过滤、洗涤、干燥得到产品。 ①调后的溶液中的将氧化为，该反应的离子方程式为：_____。 ②的实际用量远大于理论值的原因是：_____。 （4）经过还原后所得的纳米铜中含有难溶的，欲测定产品中的百分含量，请补充完整以下实验方案：用电子天平准确称取的样品，置于烧杯中，_____，将沉淀灼烧至恒重后，用电子天平称量，质量为，计算出结果。（已知：。必须使用的试剂：溶液、溶液、溶液、蒸馏水）通过计算得出产品中的百分含量为：_____。（写出计算过程） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届泉州五中高三上学期化学单元检测 化学 全卷共8页，满分100分，考试时间60分钟。 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的考生号、姓名填写在试题卷、答题卡上。考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“考生号、姓名”与考生本人考生号、姓名是否一致。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，用黑色字迹签字笔在答题卡上作答。所有题目的答案均在答题卡相应位置上作答答在试卷上无效。 3.考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 S-32 Fe-56 Cu-64 Au-197 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1. 氮及其化合物的部分转化关系如图所示，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A. 反应①中，每产生17g 需断裂个键 B. 1mol 中氮原子有个杂化轨道 C. 溶液中数目小于 D. 反应③中，产生1mol 转移个电子 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应①为N2 + 3H22NH3，产生2 mol NH3需断裂1 mol N2中的三键（含2 mol π键）。17 g NH3为1 mol，故产生1 mol NH3需断裂1 mol π键，即NA个π键，A正确； B．HNO3中氮原子为sp2杂化，有3个sp2杂化轨道。1 mol HNO3含1 mol氮原子，故有3 mol sp2杂化轨道，即3NA个，B正确； C．溶液中离子数目需指定体积。若未指明体积，无法确定数目是否小于0.1NA（如体积为1 L时，因水解，数目小于0.1NA；但体积大于1 L时，数目可能大于0.1NA）。该说法未限定体积，故不严谨，C错误； D．反应③为NH4NO3＝N2O + 2H2O。铵根中Ｎ的氧化态从-3升至+1（平均），失4 mol电子；硝酸根氮氧化态从+5降至+1，得4 mol电子。故产生1 mol N2O转移4 mol电子，即4NA个电子，D正确； 答案选C。 2. 下列各组离子在溶液中可以大量共存，且加入相应试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是 选项 离子组 加入试剂 发生反应的离子方程式 A 、、、 少量HCl溶液 B 、、、 少量溶液 C 、、、 通入足量 D 、、、 通入少量 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．与会发生反应生成沉淀和，离子组不能大量共存，A错误； B．离子组中各离子之间不发生反应，可大量共存；加入少量溶液时，仅与反应生成沉淀，离子方程式书写正确，B正确； C．离子组可大量共存，但通入足量时，具有氧化性的会与具有还原性的发生氧化还原反应，正确离子方程式为，给出的离子方程式错误，C错误； D．与会发生氧化还原反应生成和，离子组不能大量共存，D错误； 故选B。 3. Be及其化合物的转化关系如图。下列说法错误的是 A. 是两性氢氧化物 B. 和的晶体类型相同 C. 中Be原子的杂化方式为 D. 与反应： 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图中转化信息可知，既能与盐酸反应生成盐和水，又能与氢氧化钠反应生成盐，因此其是两性氢氧化物，A正确； B．由题中信息可知，的熔点远远高于的，因此不可能是分子晶体，而的熔点和沸点均较低，其为分子晶体，因此两者的晶体类型不相同，B错误； C．中 Be 原子与4个羟基形成4个σ键，没有孤电子对，只有4个成键电子对，因此，其杂化方式为 sp3，C正确； D．中的Be化合价为+2，C的化合价为-4，因此其与反应生成和，该反应的化学方程式为，D正确； 综上所述，本题选B。 4. 利用和NADH可将2-丁醇催化转化为丙酸甲酯，相关转化关系如下。 下列说法不正确的是 A. ①中，1mol 2-丁醇转化为2-丁酮，转移2mol电子 B. ①中，转化为NADH，部分碳原子的杂化方式改变 C. ②中，2-丁酮和NADH均发生氧化反应 D. 每合成1mol丙酸甲酯，理论上须投入1mol 【答案】D 【解析】 【详解】A．①中， +2H+，因此1mol 2-丁醇转化为2-丁酮，转移2mol电子，A正确； B．①中，转化为NADH， 中带*符号的碳原子的杂化方式由sp2转化为sp3，B正确； C．②中，2-丁酮得到氧原子，NADH失去氢原子，因此2-丁酮和NADH均发生氧化反应，C正确； D．由转化关系图可知，在反应前后，化学性质不变，作催化剂，因此其质量不变，D错误； 故选D。 5. 以铜阳极泥[含有Cu、Ag、Au多种单质]为原料分离回收金和银的流程如下图所示： 已知： ①浸取1、浸取2过程H2O2过量 ②浸出液2中Au的存在形式为[AuCl4]-； ③电沉积时电极反应：。 下列说法错误的是。 A. 浸取1过程与浸取2过程加入的酸不同 B. “还原”步骤的离子方程式： C. “还原”步骤中，若加入24g N2H4，则实际析出197g Au D. 电沉积后，浸出液3的剩余液体经处理后可循环利用 【答案】C 【解析】 【分析】由题给流程可知：向铜、银、金的混合物中加入稀硫酸和过氧化氢的混合溶液浸取，将铜转化为硫酸铜，银、金不反应，过滤得到含有硫酸铜的浸出液1和含的浸渣1；向浸渣1中加入盐酸和过氧化氢的混合溶液浸取，将银转化为氯化银，金转化为，过滤得到含有的浸渣2和含有的浸出液2；向浸渣2中加入硫代硫酸钠溶液，将转化为，过滤得到含有的浸出液3；浸出液3电沉积得到银；向含有的浸出液2中加入，将溶液中还原为金。 【详解】A．浸取1为溶解，可加入稀硫酸，浸取2需要形成，必需加入盐酸，二者加入的酸不同，A正确； B．还原步骤中，元素从+3价降为0价，每个中元素从-2价升为0价，共失去4，该反应得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒，离子方程式书写正确，B正确； C．，已知浸取2中过量，与也能发生氧化还原反应，实际参与还原的小于0.75mol，析出Au的物质的量小于1mol，质量小于197g，C错误； D．电沉积反应生成，剩余液体处理后可返回浸取3工序循环利用，D正确。 6. 不同条件下，当与按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。 反应序号 起始酸碱性 KI KMnO4 还原产物 氧化产物 物质的量/mol 物质的量/mol ① 酸性 0.001 n ② 中性 0.001 10n 已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。 下列说法正确的是 A. 反应①， B. 对比反应①和②， C. 对比反应①和②，的还原性随酸性减弱而增强 D. 随反应进行，体系变化：①增大，②不变 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应①中根据得失电子守恒，中从+7价降为+2价，每个得；从-1价升为0价，每个失，故，解得。生成，，二者比值为，不是，A错误； B．反应②中，从+7价降为中的+4价，总得电子。共失电子，即每个失6个电子，故中为+5价，根据离子电荷守恒，解得，不是2，B错误； C．题干已知高锰酸根氧化性随酸性减弱下降； 酸性条件只能被氧化成（低价位氧化产物）； 中性环境之下被氧化至高价态碘酸根； 氧化剂氧化性变弱，却依旧可以把碘‑1 价氧化到更高价，说明还原性随酸性减弱变强，C正确； D．反应①的离子方程式为，消耗，pH增大；反应②的离子方程式为，生成，pH也增大，不是不变，D错误； 故选C。 7. 某课外活动小组用如图装置(夹持装置已省略)研究氨分子中氮、氢的原子个数比。实验中观察到装置C中黑色粉末变为红色固体，量气管收集到无色无味的气体(反应前装置C、D中的水蒸气可忽略不计)。下列说法正确的是 A. 装置A中固体若替换为NaOH固体，则需加热 B. 装置E可以替换为另一个盛有碱石灰的干燥管 C. 此装置中量气管是由碱式滴定管改造而成，从上图2读出气体体积为9.20 mL D. 实验结束后干燥管D质量增加m g，装置F测得产生n L气体，已知该温度下气体摩尔体积为，则氨分子中氮、氢的原子个数比为 【答案】D 【解析】 【分析】装置A中浓氨水与反应生成，经B中碱石灰被干燥，C中还原生成和，D中碱石灰吸收，E中浓硫酸吸收未反应的，F量气管测量的体积。最终通过D中增加的质量和F中的体积，可计算出N和H的原子个数比。 【详解】A．固体溶于浓氨水时会放热，且增大溶液中浓度，促进分解释放，无需加热即可制得氨气，A错误； B．装置E的作用是吸收未反应的，同时避免F中水蒸气进入D干扰水的质量测定，碱石灰无法吸收，会导致体积测定结果偏大，B错误； C．气体体积为量气管末态读数与初始读数的差值，图2仅为反应后的末态读数，无法直接得到气体体积为9.20 mL，C错误； D．干燥管D增加的质量为反应生成的质量，；装置F收集的气体为，，则氮、氢原子个数比为，D正确； 故答案选D。 8. 已知由 FeSO4和 Cu (NO3)2组成的混合物 17.08g，加入 100mL 1.4mol・L-1 硫酸充分反应，生成标准状况下 448mL NO，得到溶液 a．向溶液 a 中通入一定量 Cl2至恰好完全反应后，再加入 11.2g铁粉，充分反应后过滤，得到标准状况下 V mL H₂和固体 m g。下列说法不正确的是 A. 固体中有铁粉和铜粉，m=6.4g B. 原混合物中FeSO4的物质的量为0.1mol C. V=2240 D. 混合物与硫酸反应的离子方程式为 【答案】A 【解析】 【分析】混合物加硫酸，酸性下把还原生成；溶液通将所有氧化为；再加铁粉，依次还原、置换、与产生。由题，，反应过程发生反应，由，设混合物中，则，解得。设，则，解得。硫酸提供，反应消耗，剩余。通入后全部铁为，，。加入铁粉，依次发生如下反应：，消耗，剩余：；，消耗，生成，剩余：；，消耗，生成，；最终剩余铁粉：，固体总质量。 【详解】A．由分析可知，反应后得到0.01mol Cu和0.04mol剩余Fe，总固体质量，A错误； B．由分析可知，的物质的量为，B正确； C．由分析可知，反应后剩余为0.2 mol，与Fe反应生成0.1 mol ，标准状况下体积为2240 mL，C正确； D．酸性条件下氧化的离子方程式为，D正确； 故选A。 9. 席夫碱也称希夫氏碱，主要是指含有亚胺或甲亚胺特性基团(-RC=N-)的一类有机化合物，如图是一种席夫碱的合成及应用，下列说法错误的是 A. 步骤一经历了加成和消去两步反应 B. 中杂化碳原子有6个 C. Z和W均含有手性碳 D. 设置步骤一和步骤三的目的是保护醛基 【答案】B 【解析】 【分析】由图可知，步骤一中，氨基先与醛基发生加成反应得到含羟基的中间体，之后中间体消去1分子水形成碳氮双键，最终得到Y，Y再与在一定条件下发生取代反应得到和HCl，在一定条件下发生水解得到。 【详解】A．步骤一中氨基先与醛基发生加成反应得到含羟基的中间体，之后中间体消去1分子水形成碳氮双键，经历加成和消去两步反应，A正确； B．为邻氯苯甲醛，苯环上6个碳原子均为杂化，醛基中的羰基碳原子也为杂化，共有7个杂化碳原子，B错误； C．中与苯基、氧原子、相连的碳原子连接4种不同基团，为手性碳，如图所示：；中手性碳如图所示：，C正确； D．步骤一将醛基转化为亚胺，避免醛基在步骤二的碱性条件下发生反应，步骤三将亚胺水解重新得到醛基，因此设置步骤一和步骤三的目的是保护醛基，D正确； 故答案选B。 10. 的某溶液X中还含有、、、、、、、、、中的一种或几种(忽略水的电离及离子的水解)，取该溶液进行如下实验： 下列有关推断不正确的是 A. 沉淀H不可能为、的混合物 B. 若溶液X为100 mL，产生的气体A为112 mL(标况)，则X中 C. 溶液X中一定含有、、、、 D. 根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有、 【答案】B 【解析】 【分析】的某溶液X呈强酸性，则一定不含有、；加入过量的硝酸钡溶液产生沉淀C和气体A，则沉淀C为沉淀，原溶液中存在，不存在，生成气体A只能为NO，说明溶液中存在还原性离子，故存在，酸性条件下，硝酸根离子会氧化亚铁离子，因此原溶液中不存在硝酸根离子；溶液B中加入过量的氢氧化钠溶液，产生的气体D只能为氨气，说明含有，沉淀F为氢氧化铁；溶液E中通入过量的二氧化碳产生沉淀H，说明原溶液中含有，生成的沉淀H为氢氧化铝。综上，原溶液中一定含有、、、、，一定不含有、、、，不能确定是否有、，据此解答。 【详解】A．由分析可知，沉淀H为，不可能为、的混合物，因为溶液E中含有的和过量的二氧化碳反应不会生成沉淀，A正确； B．若溶液X为100 mL，产生的气体A为112 ml(标况)，则生成气体NO物质的量为0.005 mol，发生反应：，则X中物质的量为0.015 mol，， B错误； C．由分析可知，溶液X中一定含有、、、、，C正确； D．由分析可知，根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有、，D正确； 故选B。 二、非选择题：本大题共4小题，共60分 11. 纳米Fe粉和FeS均可处理含硫酸的铬(Ⅵ)废水。已知：，， （1）纳米零价铁的制备。 绿矾()、保险粉()溶液和氢氧化钠溶液按比例混合后，在温水浴作用下反应，主要反应产物为纳米Fe粉和，其化学方程式为_______。 （2）利用零价铁和活性炭处理的反应机理为：零价铁在水中电化学腐蚀产生和，和在酸性条件下均能将还原为，可转化为沉淀去除。 ①写出和反应的离子方程式_______。 ②纳米零价铁投入量对去除率的关系如图所示。当纳米零价铁的投入量为时，反应60min后，去除率只有；而当零价铁的投入量增加到时，反应60min后，去除率为。可能的原因为_______。 ③初始pH对去除率的关系如图所示。时，的去除率几乎为零。可能的原因为_______。 （3）利用FeS处理的机理为： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． Ⅳ． ①反应Ⅰ的化学平衡常数_______。(填数值) ②制备高纯粉末。将反应Ⅳ生成的沉淀用酸溶解后，取一定体积所得溶液于烧杯中，_______，得高纯粉末。(可供选择的试剂和主要仪器：蒸馏水、NaOH溶液、稀盐酸、溶液、坩埚、蒸发皿、pH计。)已知该溶液中开始沉淀的，完全沉淀的，开始沉淀的，完全沉淀的。 【答案】（1） （2） ①. ②. 零价铁量较少时，不能形成较多的微小原电池，的去除率低；随着零价铁量的增加，形成的原电池的数目迅速增加，另外零价铁与的接触面积也增大，反应速率加快，导致去除率迅速增大，60min后，的去除率达到 ③. 时，电化学腐蚀生成的和极少；溶液碱性增强，会生成氢氧化物沉淀覆盖在零价铁表面，阻碍反应的进行，导致的去除率几乎为零 （3） ①. ②. 边搅拌边滴加NaOH溶液，同时使用pH计测量溶液中的pH，当测得pH在范围内，停止滴加NaOH溶液，充分反应一段时间后静置，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤后的滤液中滴加溶液无沉淀生成，将沉淀转移至坩埚中，灼烧至固体质量不再变化 【解析】 【小问1详解】 反应物是绿矾 ()、保险粉 () 和 NaOH ，产物是纳米粉和。这是一个氧化还原反应，被还原为，得到2个电子，被氧化为，两个S原子失去2个电子，根据电子守恒和原子守恒配平可得，其化学方程式为。 【小问2详解】 ①是还原剂，是强氧化剂，从+6价被还原为+3价，H从0价被氧化为+1，且反应在酸性条件下进行，故反应的离子方程式为； ②零价铁和活性炭形成原电池；当投入量少时，铁粉少，形成的原电池数量少，反应速率慢，去除率低；当投入量大时，铁粉增多，形成的原电池数目迅速增加，加速了电子转移。同时，接触面积增大，反应速率加快，能在60 min内将完全去除。 ③和在酸性条件下均能将还原为，时，碱性强，电化学腐蚀受阻，难以生成还原剂和 ，生成的少量或会立即生成或沉淀，覆盖在铁粉表面，形成钝化层，阻碍了电子传递和反应的继续进行。 【小问3详解】 ①利用溶度积 () 和电离常数 () 计算，反应Ⅰ的化学平衡常数为，分子分母同乘 得。 ②从除铬后的废水中得到，即分离和，应控制 pH 在 3.0 ~ 4.3 之间，使完全沉淀为，而留在溶液中。故先调节 pH：，边搅拌边滴加 NaOH 溶液，控制 pH 在 3.0 ~ 4.3 之间，产生沉淀；过滤，使沉淀与含的滤液分离；用蒸馏水洗涤沉淀，直至洗涤液中不含； 将沉淀转移到坩埚中灼烧至恒重，得到。 12. 近年来，我国自主研发推出了第二代钠电池，固态电解质为。工业上以锆英石(主要成分为)为原料生产的工艺流程如下。 已知：①Zr位于元素周期表第五周期第ⅣB族，性质与Ti相似； ②“酸浸”后溶液中金属元素主要存在形式为、、和。 （1）基态的价电子排布式为___________。 （2）“沉铅”时发生的总反应离子方程式为___________。 （3）25℃，金属离子形成的与关系如图所示。“调pH”前，溶液中杂质离子，此时通入氨调节pH___________(填标号)，假定溶液体积无变化。 a． b．1.8~2.8 c．2.8~5.6 d． （4）“高温氯化”时，转化为(331℃升华)，并生成一种还原性气体，相应的化学方程式为___________。在“高温氯化”前对固体进行“煅烧”除水，目的是___________。 （5）“高温氯化”后，从混合气体中分离的方法是___________。 （6）一种含钨(W)、钼(Mo)、锆元素的合金的立方晶胞结构如下图所示，W与Mo的最小间距大于W与的最小间距。 ①W、Mo、Zr的原子个数比为___________，若Mo与Zr之间的最小间距为a nm，则晶胞的边长为___________nm。 ②晶面对晶体的生长、成型等有重要影响。米勒指数可用于标记晶面，是指晶面分别与x、y、z三轴截距的倒数，通过求比化为最简的三个整数。图中，实线所示晶面与x、y、z三轴截距的倒数为，因此该晶面可标记为，则虚线所示晶面可标记为___________。 【答案】（1） （2） （3）a （4） ①. ②. 防止水解或防止焦炭及氯气与水反应 （5）冷却或凝华 （6） ①. 1∶1∶2 ②. ③. 【解析】 【分析】将原料中锆、铁、铬、铅等金属元素转化为可溶性离子（、、和），滤出不溶性杂质得到废渣1；随后加入沉铅，将转化为沉淀除去，得到废渣2；再通入氨气调节pH，使、留在废液中，得到水合氧化锆；经煅烧除结晶水得到无水，再经焦炭、高温氯化得到，分离后与NaCl化合得到最终产物。 【小问1详解】 Zr位于第五周期第ⅣB族，属于过渡元素，Zr的原子序数为40，其核外电子排布式为[Kr]4d25s2，故Zr价电子排布为4d25s2； 【小问2详解】 “酸浸”后溶液中含有，加入PbCO3后生成PbCl2沉淀（废渣2），同时溶液中可能生成CO2，发生的总反应离子方程式为； 【小问3详解】 由图可知，当pH=2.8时，Fe3+的-lgc=5，即c(Fe3+)=10-5 mol/L，已完全沉淀，当pH=5.6时，Cr3+的-lgc=5，即c(Cr3+)=10-5 mol/L，也已完全沉淀，则Fe3+先沉淀，根据，计算得，为了使沉淀而、不沉淀，实现物质分离，故，则pOH=12.2，调节pH最大值是1.8，选a； 【小问4详解】 ZrO2与C、Cl2在高温下生成ZrCl4和一种还原性气体，故反应方程式为；ZrCl4易水解生成ZrO2或Zr(OH)4，影响产品纯度，此外水蒸气可能与C、Cl2反应，干扰主反应，需预先除去水分，目的是防止水解或防止焦炭及氯气与水反应； 【小问5详解】 ZrCl4在331℃升华，变为气态，冷却后凝华为固体，因此可通过冷却或凝华分离； 【小问6详解】 ①根据晶胞中原子的位置，用均摊法计算：W原子位于晶胞顶点和面心，W原子数：；已知W与Mo的最小间距大于W与的最小间距，观察上图可知Mo原子为白色小球，与W间距为晶胞边长的，位于晶胞体心和棱心，Mo原子数：；Zr原子为灰色小球，位于体对角线上，与W间距为晶胞边长的，位于晶胞内部共8个，因此，W、Mo、Zr的原子个数比为1:1:2；若Mo与Zr之间的最小间距为a nm，与W间距为晶胞边长的，则晶胞边长为nm； ②米勒指数的计算步骤：首先确定晶面在 x、y、z 轴上的截距，图中虚线晶面的截距为 (,1,)；取截距的倒数为 (2,1,2)；已为最简整数比，因此，该晶面的米勒指数为(2,1,2)。 13. 桂皮中富含的肉桂醛是重要的药物合成原料。一种药物的合成路线如下。 回答下列问题： （1）用系统命名法对B命名：___________，C中官能团名称为___________。 （2）A→B先发生加成反应，后发生消去反应，写出加成产物的结构简式___________。 （3）D→E的历程如下图所示(Ph表示苯基，Et表示乙基)，关于该转化过程的描述不合理的是___________。(填标号) A. 过程①表明3号碳的正电荷比2号碳多 B. 过程②表明带负电的原子碱性弱于氨基 C. 过程③前后N原子的杂化方式没有变化 D. 过程④存在非极性键和极性键的断开和形成 （4）根据的历程写出和反应生成含有四元环产物的方程式___________。 （5）的过程也经历了加成和脱水两步。E和G反应在脱水过程中还可能得到一种结构类似于，但是比多一个三元环结构的副产物，该副产物的结构简式为___________。 （6）满足下列条件的C的同分异构有___________种。 ①可以和溶液发生显色反应 ②能发生银镜反应 ③结构中只有一个环 【答案】（1） ①. 3-苯基丙烯醛 ②. 碳碳双键、羧基 （2） （3）BD （4） （5） （6）16 【解析】 【分析】A→B（苯甲醛+乙醛，）反应类型：羟醛缩合，随后脱水消去；B→C醛基氧化为羧基； C→D（肉桂酸+乙醇，浓硫酸、加热）反应类型：酯化反应（取代反应），D结构：； D→E（和反应）酯与肼发生肼解，环化生成五元环酰肼结构E；E→F（与G：对硝基苯甲醛，乙醇加热）氨基与醛基发生缩合脱水，形成双键，得到产物F。 【小问1详解】 B的母体为丙烯醛，苯基在3号碳，系统命名为3-苯基丙烯醛；C是肉桂醛氧化得到的肉桂酸，含有的官能团为碳碳双键和羧基； 【小问2详解】 A（苯甲醛）和乙醛在碱性条件下发生羟醛缩合，首先是乙醛的α-碳进攻苯甲醛的醛基，发生加成反应得到β-羟基醛，之后再脱水消去得到B的碳碳双键，故由B的结构简式推得加成产物的结构简式为； 【小问3详解】 A．过程①中亲核的进攻3号碳，说明3号碳正电荷更高，描述合理，A不符合题意； B．过程②中带负电的2号碳夺取氨基上的氢，说明带负电的碳碱性强于氨基，描述不合理，B符合题意； C．过程③反应前氨基N均形成3个键，含1对孤电子对，为杂化，成环后左端氨基N成键情况不变，右端带正电的N形成4个键，故均仍为杂化，杂化方式没有变化，描述合理，C不符合题意； D．过程④断开C-O极性键、N-H极性键，形成C-O极性键、O-H极性键，没有非极性键的断开和形成，描述不合理，D符合题意； 故选BD。 【小问4详解】 参照D→E的历程，单甲基的只有一个可参与成环的N-H键，最终生成四元的β-内酰胺环，同时脱去乙醇，反应方程式为； 【小问5详解】 脱水时除了生成F的亚胺结构，还可发生分子内的亲核加成，E上的活泼α-碳进攻G的醛基碳，关环得到多一个三元环的稠环副产物，结构简式为； 【小问6详解】 C的同分异构体满足条件：①含酚羟基（直接连苯环的-OH）；②含醛基-CHO；③只有一个苯环（唯一环），剩余不饱和度为1的碳链含碳碳双键，分三类情况计数：苯环上连-OH、-CHO、三个不同取代基：共10种，如图（数字标注位置）；苯环上连-OH、两个取代基：共3种（邻、间、对）；苯环上连-OH、两个取代基：共3种（邻、间、对）； 总计16种。 14. 纳米铜用途广泛，可用次磷酸还原柠檬酸铜钠制备。 已知：①为一元弱酸；在一定条件下可分解：。 ②易溶于水。 ③与柠檬酸根离子可形成配位离子。 （1）制备次磷酸。在如图所示装置中将白磷与石灰乳混合，在85℃下搅拌2~3小时，制得（此反应为歧化反应），冷却后过滤，滤液通过强酸性阳离子树脂后得到。制得的离子方程式为：_____。 （2）制备柠檬酸铜钠。制备过程如图所示： ①写出的外围电子排布式：_____。 ②加入溶液的作用是：_____。 （3）制备纳米铜。在敞开体系中，向柠檬酸铜钠溶液中加入稀调节溶液为4~6，加入一定量，50~70℃时反应半小时，经过滤、洗涤、干燥得到产品。 ①调后的溶液中的将氧化为，该反应的离子方程式为：_____。 ②的实际用量远大于理论值的原因是：_____。 （4）经过还原后所得的纳米铜中含有难溶的，欲测定产品中的百分含量，请补充完整以下实验方案：用电子天平准确称取的样品，置于烧杯中，_____，将沉淀灼烧至恒重后，用电子天平称量，质量为，计算出结果。（已知：。必须使用的试剂：溶液、溶液、溶液、蒸馏水）通过计算得出产品中的百分含量为：_____。（写出计算过程） 【答案】（1） （2） ①. ②. 氧化，促进溶解 （3） ①. ②. 部分分解；部分被氧化，增大的消耗量 （4） ①. 边搅拌边向其中加入稍过量溶液，充分反应后，过滤，用蒸馏水洗涤固体2~3次，洗涤滤液与原滤液合并，向合并后的滤液中滴加溶液至静置后向上层清液中继续加溶液不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，至取最后一次洗涤滤液，向其中加入溶液无沉淀生成 ②. 【解析】 【分析】纳米铜用途广泛，可用次磷酸还原柠檬酸铜钠制备，将白磷与石灰乳混合，在85℃下搅拌2~3小时，制得，冷却后过滤，滤液通过强酸性阳离子树脂后得到，在敞开体系中，向柠檬酸铜钾溶液中加入稀调节溶液为4~6，加入一定量，50~70℃时反应半小时，经过滤、洗涤、干燥得到产品。 【小问1详解】 白磷与石灰乳发生歧化反应生成和，P元素由0价上升到+1价，又由0价下降到-3价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。 【小问2详解】 ①基态Cu原子核外有29个电子，Cu的核外电子排布式为，的外围电子排布式为； ②柠檬酸钠具有强还原性，加入溶液的作用是：作氧化剂氧化，促进CuS溶解。 【小问3详解】 ①被Cu2+氧化为，同时有Cu单质生成，P元素由+1价上升到+5价，Cu元素由+2价下降到0价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平反应的离子方程式为：； ②根据题干信息，的实际用量远大于理论值的原因是：部分在酸性条件下容易发生歧化反应，部分被氧气氧化。 【小问4详解】 欲测定产品中的百分含量，先用稀硫酸溶液使转化为Cu和CuSO4，然后将CuSO4转化为Cu(OH)2，Cu(OH)2受热分解生成CuO，通过称量生成CuO的质量，计算的质量，补充完整实验方案：边搅拌边向其中加入稍过量溶液，充分反应后，过滤，用蒸馏水洗涤固体2~3次，洗涤滤液与原滤液合并，向合并后的滤液中滴加溶液至静置后向上层清液中继续加溶液不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，至取最后一次洗涤滤液，向其中加入溶液无沉淀生成。最终得到CuO的质量为，由可知，n()=n(CuO)= ，产品中的百分含量为：=。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $