精品解析：江西赣州市赣县中学2026-2027学年高三上学期9月阶段课后巩固作业 化学试题

赣县中学2026年秋学期高三年级九月阶段课后巩固作业 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Ce：140 一、选择题(每小题3分，共42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. 纪录片《如果国宝会说话》展示了国宝背后的中国精神、中国审美和中国价值观。下列文物中，主要由无机非金属材料制成的是 A．洛神赋图 B．三彩载乐骆驼俑 C．木雕双头镇墓兽 D．三星堆青铜神树 A. A B. B C. C D. D 2. 下列化学用语表示正确的是 A. 在水中的电离方程式为： B. 乙烯的结构简式： C. 的电子式是： D. 离子核外有a个电子，b个中子，R原子可表示为 3. 下列各组离子可以大量共存的是 A. Fe3+、I⁻、SCN⁻、NO B. Zn2+、S2-、NO、Na⁺ C. NH、CO、SO、Cl⁻ D. [Al(OH)4]-、、K+、NO 4. 我国新能源汽车产业领跑全球。下列关于新能源汽车关键材料的说法不正确的是 A. 锂离子电池正极材料中Fe的化合价为+2价 B. 车身框架使用的铝合金硬度大于纯铝 C. 充电桩绝缘外壳使用的聚氯乙烯的链节可表示为 D. 轮胎使用的硫化橡胶、氯丁橡胶属于天然有机高分子 5. 下列陈述均正确且存在因果关系的是 选项 陈述I 陈述Ⅱ A 将浓硫酸加入蔗糖中形成多孔炭 浓硫酸具有氧化性和脱水性 B 金属钠具有强还原性 钠可置换出溶液中的铁单质 C 装有的密闭烧瓶冷却后，烧瓶内气体颜色变浅 转化为的反应是吸热反应 D 向溴乙烷水解后的上层溶液中，滴入几滴溶液，有淡黄色沉淀生成 溴乙烷中存在溴离子 A. A B. B C. C D. D 6. 下列工业制备流程中涉及的物质转化关系均可一步实现的是 A. 工业制硝酸： B. 工业制备烧碱：饱和溶液溶液固体 C. 纯碱工业：溶液 D. 工业制硫酸： 7. 氯碱工业涉及等物质。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 1molNaOH固体中的离子数目为 B. 的NaClO溶液中，的数目小于 C. 标准状况下的与足量反应，形成的共价键数目为 D. 与足量NaOH溶液反应生成NaClO转移电子数为 8. 利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是 A．制备NaHCO3固体 B．制备乙酸乙酯 C．检验乙醇脱水生成乙烯 D．蒸干氯化镁溶液制取氯化镁固体 A. A B. B C. C D. D 9. 某抗肿瘤药物中间体的结构简式如图所示，下列关于该物质的说法正确的是 A. 分子中含有4种官能团 B. 含有手性碳原子 C. 可发生取代反应和加成反应 D. 该物质最多能与反应 10. 关于反应：，下列说法正确的是 A. 是氧化剂 B. 1molS参加反应电子转移 C. AgF既不是氧化产物也不是还原产物 D. 得电子被还原 11. 原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W。X、Z同族，Y、W同族，Y与W的电子总数是X与Z的电子总数2倍。Z的最高价氧化物对应的水化物碱性在同周期元素中最强。下列说法错误的是 A. 原子半径：Z＞W＞Y＞X B. 非金属性：Y＞W＞X C. X、Y、Z形成的化合物中只含离子键 D. ZXWY4能抑制水的电离 12. 实验室中初步分离环己烷、苯酚、苯甲酸混合液的流程如图所示。下列说法错误的是 A. 环己烷、苯酚、苯甲酸粗产品依次由①、②、③获得 B. 若试剂a为碳酸钠，可以通过观察气泡现象控制试剂用量 C. 试剂c可以选用盐酸或硫酸 D. “操作X”为蒸馏，“试剂b”可选用盐酸或 13. 水系电池的示意图如图，其中双极膜在工作时催化解离为和，并在直流电场的作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是 A. 放电时，电极为负极，发生还原反应 B. 放电时，从催化电极通过双极膜到达电极发生反应 C. 放电时，催化电极上的反应为 D. 放电时，电子从电极经外电路(负载)流向催化电极，再经内电路流回电极 14. 金配合物(，L为配体)催化炔烃加成的机理如图。下列说法错误的是 A. 是中间产物 B. 能缩短反应达到平衡的时间 C. 反应③的有机产物有顺反异构体 D. 用代替，产物为 二、非选择题：本题共4小题，除标注外，每空2分，共58分。 15. 铜氨纤维常用于高档丝织品，铜氨溶液可用于制作铜氨纤维。 （1）氨水浓度的测定： 将制得的氨气溶于水，取20.00mL该氨水，加入指示剂，用1.000mol·L-1盐酸滴定至终点，消耗盐酸22.00mL。 ①该过程中需用到下图中的仪器有___________(填仪器名称)。 ②该氨水的浓度为___________mol·L-1。 （2）配制铜氨溶液： 向4mL0.1mol·L-1CuSO4溶液中逐滴加入上述氨水，先出现蓝色沉淀，随后沉淀溶解，溶液变为深蓝色。反应的离子方程式：I．___________；II． 。 （3）探究铜氨离子形成的原因： ①查阅资料 Ksp=2.2×10-20。 K=7.24×1012。 ②提出猜想根据查阅的资料判断反应II难以进行。 ③验证猜想设计如下方案，进行实验。 步骤 现象 i．向4mL0.1mol·L-1CuSO4溶液中加入足量___________1mol·L-1溶液 生成蓝色沉淀 ii．再向i中悬浊液滴加配制的氨水，振荡 ___________ ④实验小结猜想成立。 ⑤教师指导 K=1.13×103。 ⑥继续探究： 步骤 现象 iii．向ii中继续滴加___________溶液 蓝色沉淀溶解，溶液变为深蓝色 ⑦分析讨论结合方程式II，从平衡移动的角度解释步骤iii的现象___________。 16. 铈(Ce)是地壳中含量最高的稀土元素。一种以独居石(主要成分为CePO4，含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质)为原料制备Ce2(CO3)3的工艺流程如下： 已知：i．常温下，，，。 ii．镭为第ⅡA族元素回答下列问题： （1）为提高“热分解”效率，可采取的措施有___________。 （2）热分解阶段U3O8生成Na2U2O7，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。 （3）溶解阶段分为两部分： ①盐酸溶解。写出此时Ce(OH)4发生的离子方程式___________。 ②加絮凝剂调节pH除杂。此过程中，Th完全转化为Th(OH)4沉淀，则应控制pH≥___________。 （4）“沉铈”过程中发生反应的离子方程式为_________。 （5）将Ce2CO3灼烧可得到二氧化铈(CeO2)。CeO2是一种应用广泛的稀土氧化物材料，其晶胞结构如图。 ①Ce4+在晶胞中的位置是________。 ②与Ce4+相邻且最近的Ce4+有________个，若该立方晶胞参数为anm，则Ce4+与O2-的核间距最小为_________nm。 （6）取8.600gCeO2粗产品用硫酸溶解后，配成250mL含Ce4+的溶液。取50.00mL该溶液，用0.2500mol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，滴定时发生反应Ce4++Fe2+=Ce4++Fe3+，到达滴定终点时消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液的体积为30.00mL，则CeO2的纯度为___________。 17. 甲醇(CH3OH)是重要的化工原料。回答下列问题： （1）以甲醇为原料制备甲醛(HCHO)，涉及主要反应如下： Ⅰ．脱氢法： Ⅱ．氧化法： Ⅲ．深度氧化反应： ①已知 ，计算___________kJ/mol。 ②图1中两条曲线分别为反应Ⅰ和Ⅱ平衡常数K随温度变化关系的曲线，其中表示反应Ⅱ的为___________(填“a”或“b”)，理由是___________。 ③图2为甲醇氧化法在不同温度下甲醇转化率与甲醛产率的曲线图。600K以后，随温度升高，甲醛产率显著下降的主要原因是___________。 （2）一定条件下 。在容积均恒为1L的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个恒温容器中分别充入1.0 mol CO和2.0molH2，分别在温度下反应，时CO的体积分数如图3所示。 ①容器Ⅰ中，内CH3OH的反应速率为___________。 ②此时Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个容器中一定达到化学平衡状态的是___________；其化学平衡常数为___________。 18. 化合物H是一种重要的合成香料，也是一种重要的医药中间体和化工原料，其一种合成路线如图所示。 已知：+RCHO 回答下列问题： （1）B的化学名称为____________，C的结构简式为_______________。 （2）由D生成E的反应类型为_______________。 （3）写出F中两个含氧官能团的名称为______________________。 （4）由C生成D的化学方程式为_____________________________________________________。 （5）由E生成F的化学方程式为________________________________________________________。 （6）G的结构简式为_________________。 （7）分子式为，在其同分异构体中同时满足下列条件的有_____________种。 a．存在苯环； b．存在醇羟基。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 赣县中学2026年秋学期高三年级九月阶段课后巩固作业 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 Ce：140 一、选择题(每小题3分，共42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. 纪录片《如果国宝会说话》展示了国宝背后的中国精神、中国审美和中国价值观。下列文物中，主要由无机非金属材料制成的是 A．洛神赋图 B．三彩载乐骆驼俑 C．木雕双头镇墓兽 D．三星堆青铜神树 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．洛神赋图所用的纸张主要材质为纸张，主要成分为纤维素，属于有机高分子材料，A不符合题意； B．三彩载乐骆驼俑属于陶瓷制品，主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，B符合题意； C．木雕双头镇墓兽的主要材质为木材，主要成分为纤维素，属于有机高分子材料，C不符合题意； D．三星堆青铜神树的材质为青铜合金，属于金属材料，D不符合题意； 故选B。 2. 下列化学用语表示正确的是 A. 在水中的电离方程式为： B. 乙烯的结构简式： C. 的电子式是： D. 离子核外有a个电子，b个中子，R原子可表示为 【答案】D 【解析】 【详解】A．在水中的电离方程式为，A错误； B．乙烯中含有碳碳双键，其结构简式为：CH2=CH2，B错误； C．羟基(-OH)的电子式为：，C错误； D．R2+离子核外有a个电子，则原子核外电子数为a+2，原子核外电子数等于原子核内质子数，质量数等于质子数与中子数的和，所以该原子的质量数为a+b+2，根据原子符号各个角标的含义，可知R原子表示为：，D正确； 故选D。 3. 下列各组离子可以大量共存的是 A. Fe3+、I⁻、SCN⁻、NO B. Zn2+、S2-、NO、Na⁺ C. NH、CO、SO、Cl⁻ D. [Al(OH)4]-、、K+、NO 【答案】C 【解析】 【详解】A．与会发生氧化还原反应，且与会发生络合反应生成，不能大量共存，A错误； B．与会反应生成沉淀，不能大量共存，B错误； C．、、、之间互不反应，虽然与存在微弱的双水解，但不足以生成大量气体或沉淀脱离体系，可以大量共存，C正确； D．与会发生反应生成氢氧化铝沉淀、碳酸根和水，不能大量共存，D错误； 故答案选C。 4. 我国新能源汽车产业领跑全球。下列关于新能源汽车关键材料的说法不正确的是 A. 锂离子电池正极材料中Fe的化合价为+2价 B. 车身框架使用的铝合金硬度大于纯铝 C. 充电桩绝缘外壳使用的聚氯乙烯的链节可表示为 D. 轮胎使用的硫化橡胶、氯丁橡胶属于天然有机高分子 【答案】D 【解析】 【详解】A．为+1价，为-3价，根据代数和为零，可得Fe的化合价为+2价，A不符合题意； B．合金的硬度通常大于其组成成分纯金属，铝合金硬度大于纯铝，B不符合题意； C．聚氯乙烯由氯乙烯()通过加聚反应制得，链节为，C不符合题意； D．氯丁橡胶属于合成有机高分子；硫化橡胶是天然橡胶经化学加工后的产物，不属于天然有机高分子。因此该说法不正确，D符合题意； 故选D。 5. 下列陈述均正确且存在因果关系的是 选项 陈述I 陈述Ⅱ A 将浓硫酸加入蔗糖中形成多孔炭 浓硫酸具有氧化性和脱水性 B 金属钠具有强还原性 钠可置换出溶液中的铁单质 C 装有的密闭烧瓶冷却后，烧瓶内气体颜色变浅 转化为的反应是吸热反应 D 向溴乙烷水解后的上层溶液中，滴入几滴溶液，有淡黄色沉淀生成 溴乙烷中存在溴离子 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．浓硫酸使蔗糖脱水碳化并产生气体，形成多孔炭，这一现象由浓硫酸的脱水性（脱去蔗糖中的H和O）和氧化性（与碳反应生成气体）共同导致，陈述I和Ⅱ均正确且存在因果关系，A正确； B．钠的强还原性使其优先与水反应生成NaOH和H2，而非直接置换FeSO4中的Fe，陈述Ⅱ错误，B不符合题意； C．NO2冷却颜色变浅是因平衡向生成N2O4（放热反应）方向移动，陈述Ⅱ中“吸热反应”错误，C不符合题意； D．溴乙烷水解后需先酸化再滴加AgNO3以排除OH-干扰，直接加AgNO3无法证明Br-存在，陈述I操作错误，D不符合题意； 故答案选A。 6. 下列工业制备流程中涉及的物质转化关系均可一步实现的是 A. 工业制硝酸： B. 工业制备烧碱：饱和溶液溶液固体 C. 纯碱工业：溶液 D. 工业制硫酸： 【答案】B 【解析】 【详解】A．氮气与过量氧气在高温或放电条件下直接生成NO2无法一步实现，通常首先生成NO；A错误； B．电解饱和NaCl溶液直接生成NaOH溶液，蒸发后得到NaOH固体，两步均可一步实现；B正确； C．NaCl溶液直接通入过量CO2无法生成NaHCO3，需先通NH3，C错误； D．硫燃烧生成SO3无法一步实现，通常首先生成SO2，D错误； 故选B。 7. 氯碱工业涉及等物质。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 1molNaOH固体中的离子数目为 B. 的NaClO溶液中，的数目小于 C. 标准状况下的与足量反应，形成的共价键数目为 D. 与足量NaOH溶液反应生成NaClO转移电子数为 【答案】D 【解析】 【详解】A．1 mol NaOH固体由1 mol 和1 mol 组成，离子总数为2NA，A正确； B．NaClO溶液中会水解，导致其实际数目小于初始的1 mol，B正确； C．标准状况下22.4 L （1 mol）与足量H2反应生成2 mol HCl，每个HCl含1个H-Cl键，共形成2NA个共价键。题目未限制反应条件，默认完全反应，C正确； D．与NaOH反应生成NaClO时，1 mol中1 mol Cl被氧化（转移1 mol电子），转移电子数为NA，而非2NA，D错误； 故选D。 8. 利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是 A．制备NaHCO3固体 B．制备乙酸乙酯 C．检验乙醇脱水生成乙烯 D．蒸干氯化镁溶液制取氯化镁固体 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．制备NaHCO3固体需先向饱和食盐水中通入NH3（碱性气体，溶解度大），再通入CO2，先通NH3使溶液呈碱性，能吸收更多的CO2，装置中P2O5为酸性干燥剂，能吸收尾气NH3、防污染大气，为防止倒吸，通NH3的导管口不能伸入液面下（无限接近液面），为使二氧化碳被充分吸收，通二氧化碳的导管口应伸入液面下，A错误； B．制备乙酸乙酯时，浓硫酸作催化剂和吸水剂，加热条件下乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯，导管口在饱和Na2CO3溶液液面上方（无限接近）可防止倒吸，饱和Na2CO3溶液能吸收乙醇、中和乙酸并降低乙酸乙酯的溶解度，装置合理，B正确； C．乙醇脱水生成乙烯需控制温度170℃（温度计应插入反应液中），生成的乙烯中混有乙醇蒸气、二氧化硫等（乙醇、二氧化硫均能使KMnO4溶液褪色），无法检验乙烯，C错误； D．氯化镁溶液蒸干时，MgCl2水解生成Mg(OH)2和HCl，HCl挥发促进水解，最终得到Mg(OH)2（或分解为MgO），无法得到MgCl2固体，需在HCl气流中蒸干抑制Mg2+的水解，D错误； 故答案选B。 9. 某抗肿瘤药物中间体的结构简式如图所示，下列关于该物质的说法正确的是 A. 分子中含有4种官能团 B. 含有手性碳原子 C. 可发生取代反应和加成反应 D. 该物质最多能与反应 【答案】C 【解析】 【详解】A．由该分子结构简式可知，该分子中含有氨基（-NH2）、碳溴键（-Br）、酯基（-COO-），共3种，A错误； B．手性碳原子需连有4个不同原子或原子团，由该分子结构简式可知，不含手性碳原子，B错误； C．由该分子结构简式可知，酯基可发生水解反应（取代反应），苯环可发生加成反应（如与H2加成），C正确； D．由该分子结构简式可知，酯基水解消耗1mol NaOH，苯环上溴原子水解生成酚羟基和HBr，共消耗2mol NaOH，则1mol该物质最多能与3mol NaOH反应，D错误； 故选C。 10. 关于反应：，下列说法正确的是 A. 是氧化剂 B. 1molS参加反应电子转移 C. AgF既不是氧化产物也不是还原产物 D. 得电子被还原 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应过程中，S元素从0价升高到+1价，Ag元素由+2价降低至+1价，F元素化合价不变；S2F2是S元素化合价升高后得到的生成物，属于氧化产物，该反应的氧化剂为反应物AgF2 ，A错误； B．S元素从0价升高到+1价，1mol S参加反应时失去1mol电子，电子转移为1mol，B错误； C．AgF2中Ag元素为+2价，反应后生成的AgF 中Ag为+1价，化合价降低，AgF 是还原产物，C错误； D．AgF2中Ag元素化合价从+2降低到+1，得电子发生还原反应，被还原，D正确； 故答案为D。 11. 原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W。X、Z同族，Y、W同族，Y与W的电子总数是X与Z的电子总数2倍。Z的最高价氧化物对应的水化物碱性在同周期元素中最强。下列说法错误的是 A. 原子半径：Z＞W＞Y＞X B. 非金属性：Y＞W＞X C. X、Y、Z形成的化合物中只含离子键 D. ZXWY4能抑制水的电离 【答案】C 【解析】 【详解】X、Y、Z、W为短周期主族元素，Z的最高价氧化物对应的水化物碱性在同周期元素中最强，可推出Z元素为Na元素，X、Z同族，则X为H，Y与W的电子总数是X与Z的电子总数2倍，则Y元素为O，W元素为S。 A．同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，因此原子半径：，A正确； B．同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，且S的非金属性强于H，因此非金属性：，B正确； C．X、Y、Z可形成化合物，中钠离子与氢氧根离子之间存在离子键，中O与H之间存在共价键，并非只含离子键，C错误； D．为，在水溶液中电离出，使溶液中增大，水的电离平衡逆向移动，可抑制水的电离，D正确； 故答案选C。 12. 实验室中初步分离环己烷、苯酚、苯甲酸混合液的流程如图所示。下列说法错误的是 A. 环己烷、苯酚、苯甲酸粗产品依次由①、②、③获得 B. 若试剂a为碳酸钠，可以通过观察气泡现象控制试剂用量 C. 试剂c可以选用盐酸或硫酸 D. “操作X”为蒸馏，“试剂b”可选用盐酸或 【答案】B 【解析】 【分析】实验室中初步分离环己烷、苯酚、苯甲酸混合液，先向混合液中加入碳酸氢钠溶液，苯甲酸与碳酸氢钠反应生成苯甲酸钠进入水相I，苯甲酸钠用试剂c（酸性强于苯甲酸）调节pH酸化可以得到苯甲酸，进一步处理得产品③为苯甲酸，有机相I中有环己烷和苯酚，加入试剂a（氢氧化钠或碳酸钠）将苯酚转化为苯酚钠使其进入水相II，加入试剂b（酸性强于苯酚）调节pH进一步处理后得产品②为苯酚，则有机相II为环己烷，通过洗涤、干燥、过滤、蒸馏得产品①环己烷。 【详解】A．根据分析可知环己烷、苯酚、苯甲酸粗产品依次由①、②、③获得，A正确； B．若试剂a为Na2CO3，其作用是与苯酚反应生成苯酚钠和NaHCO3（苯酚酸性弱于碳酸、强于），该反应无气泡产生，无法通过观察气泡控制用量，B错误； C．水相Ⅰ含苯甲酸钠，需加酸性强于苯甲酸的酸调节pH生成苯甲酸沉淀，试剂c可选盐酸或硫酸，C正确； D．有机相Ⅱ含环己烷，经干燥后通过蒸馏（操作X）分离，试剂b是酸性强于苯酚的酸，用于将苯酚钠转化为苯酚，盐酸或CO2（苯酚酸性弱于碳酸）均可实现，D正确。 故答案为：B。 13. 水系电池的示意图如图，其中双极膜在工作时催化解离为和，并在直流电场的作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是 A. 放电时，电极为负极，发生还原反应 B. 放电时，从催化电极通过双极膜到达电极发生反应 C. 放电时，催化电极上的反应为 D. 放电时，电子从电极经外电路(负载)流向催化电极，再经内电路流回电极 【答案】C 【解析】 【分析】由图知，该电池在放电时，Zn作负极失去电子，发生氧化反应，电极反应式：，催化电极作为正极得电子，发生还原反应，电极反应式：，充电时，Zn作为阴极，双极膜在工作时催化解离为和，氢离子移向阴极，电极反应式：，催化电极为阳极，双极膜在工作时催化解离为和，氢氧根移向阴极，电极反应式：，据此回答。 【详解】A．根据分析可知，放电时Zn作负极失去电子，发生氧化反应，A错误； B．不能从催化电极通过双极膜到达电极发生反应，B错误； C．根据分析可知，放电时，催化电极上的反应为，C正确； D．电子只能通过外电路导线进行转移，D错误； 答案选C。 14. 金配合物(，L为配体)催化炔烃加成的机理如图。下列说法错误的是 A. 是中间产物 B. 能缩短反应达到平衡的时间 C. 反应③的有机产物有顺反异构体 D. 用代替，产物为 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据转化流程可知，在反应③中生成的又在反应④中被消耗，属于中间产物，A正确； B．在整个反应中起到催化作用，加快反应速率，能缩短反应达到平衡的时间，B正确； C．反应③的有机产物中碳碳双键两端连接的原子团都不相同，存在顺反异构体：和，C正确； D．根据题干反应原理可知，发生加成时断裂的是甲醇中羟基上的键，如用代替，则应断裂氨基上的键，得到的产物应为：，D错误； 故答案为：D。 二、非选择题：本题共4小题，除标注外，每空2分，共58分。 15. 铜氨纤维常用于高档丝织品，铜氨溶液可用于制作铜氨纤维。 （1）氨水浓度的测定： 将制得的氨气溶于水，取20.00mL该氨水，加入指示剂，用1.000mol·L-1盐酸滴定至终点，消耗盐酸22.00mL。 ①该过程中需用到下图中的仪器有___________(填仪器名称)。 ②该氨水的浓度为___________mol·L-1。 （2）配制铜氨溶液： 向4mL0.1mol·L-1CuSO4溶液中逐滴加入上述氨水，先出现蓝色沉淀，随后沉淀溶解，溶液变为深蓝色。反应的离子方程式：I．___________；II． 。 （3）探究铜氨离子形成的原因： ①查阅资料 Ksp=2.2×10-20。 K=7.24×1012。 ②提出猜想根据查阅的资料判断反应II难以进行。 ③验证猜想设计如下方案，进行实验。 步骤 现象 i．向4mL0.1mol·L-1CuSO4溶液中加入足量___________1mol·L-1溶液 生成蓝色沉淀 ii．再向i中悬浊液滴加配制的氨水，振荡 ___________ ④实验小结猜想成立。 ⑤教师指导 K=1.13×103。 ⑥继续探究： 步骤 现象 iii．向ii中继续滴加___________溶液 蓝色沉淀溶解，溶液变为深蓝色 ⑦分析讨论结合方程式II，从平衡移动的角度解释步骤iii的现象___________。 【答案】（1） ①. 酸式滴定管、碱式滴定管 ②. 1.100 （2） （3） ①. NaOH(或KOH) ②. 蓝色沉淀不溶解 ③. 硫酸铵(或氯化铵等铵盐均可) ④. 加入铵盐，c(OH−)减小，反应Ⅱ平衡正向进行，从而促使Cu(OH)2溶解生成[Cu(NH3)4]2+(或反应Ⅰ逆向进行，生成的Cu2+结合NH3的思路也可) 【解析】 【分析】向硫酸铜中滴加氨水，发生复分解反应，生成氢氧化铜沉淀，继续滴加氨水发生反应，沉淀溶解，生成，溶液变为深蓝色。 【小问1详解】 ①开展盐酸滴定氨水的实验，量取氨水和盐酸，需要的仪器有碱式滴定管、酸式滴定管，故答案为：碱式滴定管、酸式滴定管； ②根据方程式列式：，解得，故答案为：1.100； 【小问2详解】 向硫酸铜中滴加氨水，发生复分解反应，生成氢氧化铜沉淀，继续滴加氨水发生反应，沉淀溶解，生成，溶液变为深蓝色，所以第一步的反应为：，故答案为：； 【小问3详解】 反应II，其平衡常数表达式为：，代入数据计算，说明正反应程度很小。 i．向溶液中加入某溶液，生成蓝色沉淀，说明应该加入碱溶液，则可以加入。 ii．再向i中悬浊液滴加配制的氨水，振荡，由于反应很难进行，所以沉淀不溶解。 根据方程式，氨水中含有氨气，要让该反应进行，应该加入含有铵根的物质，该物质是硫酸铵(或氯化铵等铵盐均可)。 iii．向ii中继续滴加硫酸铵(或氯化铵等铵盐均可)溶液，蓝色沉淀溶解，溶液变为深蓝色。从平衡移动的角度解释步骤iii的现象：加入铵盐，减小，反应Ⅱ平衡正向进行，从而促使溶解生成(或反应Ⅰ逆向进行，生成的结合的思路也可)，故答案为：NaOH(或KOH)；蓝色沉淀不溶解；硫酸铵(或氯化铵等铵盐均可)；加入铵盐，c(OH−)减小，反应Ⅱ平衡正向进行，从而促使Cu(OH)2溶解生成[Cu(NH3)4]2+(或反应Ⅰ逆向进行，生成的Cu2+结合NH3的思路也可)。 16. 铈(Ce)是地壳中含量最高的稀土元素。一种以独居石(主要成分为CePO4，含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质)为原料制备Ce2(CO3)3的工艺流程如下： 已知：i．常温下，，，。 ii．镭为第ⅡA族元素回答下列问题： （1）为提高“热分解”效率，可采取的措施有___________。 （2）热分解阶段U3O8生成Na2U2O7，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。 （3）溶解阶段分为两部分： ①盐酸溶解。写出此时Ce(OH)4发生的离子方程式___________。 ②加絮凝剂调节pH除杂。此过程中，Th完全转化为Th(OH)4沉淀，则应控制pH≥___________。 （4）“沉铈”过程中发生反应的离子方程式为_________。 （5）将Ce2CO3灼烧可得到二氧化铈(CeO2)。CeO2是一种应用广泛的稀土氧化物材料，其晶胞结构如图。 ①Ce4+在晶胞中的位置是________。 ②与Ce4+相邻且最近的Ce4+有________个，若该立方晶胞参数为anm，则Ce4+与O2-的核间距最小为_________nm。 （6）取8.600gCeO2粗产品用硫酸溶解后，配成250mL含Ce4+的溶液。取50.00mL该溶液，用0.2500mol/L(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，滴定时发生反应Ce4++Fe2+=Ce4++Fe3+，到达滴定终点时消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液的体积为30.00mL，则CeO2的纯度为___________。 【答案】（1）将独居石粉碎、不断搅拌等 （2）1：2 （3） ①. 2Ce(OH)4＋8H+＋2Cl-=2Ce3+＋8H2O＋Cl2↑ ②. 4 （4）6HCO+2Ce3+=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O （5） ①. 顶点和面心 ②. 12 ③. a （6）75% 【解析】 【分析】独居石的主要成分为CePO4，含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质，加入55～60%的NaOH进行热分解，U3O8发生反应2U3O8+O2+6NaOH＝3Na2U2O7+3H2O，转化为Na2U2O7，CePO4中的Ce被氧化为Ce(OH)4；将热分解后的物质加水稀释后过滤，得到的滤液中含有Na+、，滤液浓缩结晶后，得到的晶体化学式为Na3PO4•12H2O，滤液可用于热分解阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水；过滤得到的固体产物中加入盐酸和凝聚剂，Ce(OH)4具有氧化性，与盐酸发生反应2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O，废气为Cl2；调节pH，使U和Th进入沉淀，向滤液中加入硫酸铵和氯化钡，使BaSO4和RaSO4形成共沉淀，得到含有Ce3+的溶液；加入NHHCO3沉铈，2Ce3++6=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O，得到Ce2(CO3)3。 【小问1详解】 为提高“热分解”效率，可将独居石粉碎、不断搅拌等； 【小问2详解】 根据分析，加入55～60%的NaOH进行热分解，U3O8发生反应2U3O8+O2+6NaOH＝3Na2U2O7+3H2O，氧化剂(O2) 与还原剂(U3O8)的物质的量之比为1：2； 【小问3详解】 ①根据分析，盐酸溶解Ce(OH)4发生的离子方程式为2Ce(OH)4+8H++2Cl-＝2Ce3++Cl2↑+8H2O； ②Th完全沉淀时c(Th4+)≤10-5mol/L，Ksp[Th(OH)4]=c(Th4+)c4(OH-)=10﹣45，c(OH-)=10-10mol/L，c(H+)===10-4mol/L，pH≥4； 【小问4详解】 根据分析，“沉铈”过程中发生反应的离子方程式为2Ce3++6=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O； 【小问5详解】 ①由题干二氧化铈立方晶胞图示信息可知，灰球位于8个顶点和6个面心，则一个晶胞中含有=4个灰球，8个黑球位于晶胞体内，根据CeO2的化学式可知，灰球代表Ce4+，则Ce4+在晶胞中的位置是顶点和面心； ②灰球代表Ce4+，在晶胞的顶点和面心，只看Ce4+形成的晶胞为面心立方最密堆积，即每个Ce4+相邻且最近的Ce有12个；根据晶胞，将晶胞分成8个相等的小正方体，仔细观察CeO2的晶胞结构不难发现O2-位于晶胞中8个小立方体中互不相邻的4个小立方体的体心，小立方体边长为，体对角线为a，Ce4+与O2-之间距离就是小晶胞体对角线的一半，因此晶体中正负的核间距的最小的距离为anm； 【小问6详解】 由Fe2++Ce4+=Fe3+ +Ce3+，结合Ce元素守恒可知，n(CeO2)=n(Ce4+)=n(Fe2+)=0.25mol·L-1×0.03L=0.0075mol，故样品中CeO2的总量为0.0075mol×=0.0375mol，该产品的纯度为=75%。 17. 甲醇(CH3OH)是重要的化工原料。回答下列问题： （1）以甲醇为原料制备甲醛(HCHO)，涉及主要反应如下： Ⅰ．脱氢法： Ⅱ．氧化法： Ⅲ．深度氧化反应： ①已知 ，计算___________kJ/mol。 ②图1中两条曲线分别为反应Ⅰ和Ⅱ平衡常数K随温度变化关系的曲线，其中表示反应Ⅱ的为___________(填“a”或“b”)，理由是___________。 ③图2为甲醇氧化法在不同温度下甲醇转化率与甲醛产率的曲线图。600K以后，随温度升高，甲醛产率显著下降的主要原因是___________。 （2）一定条件下 。在容积均恒为1L的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个恒温容器中分别充入1.0 mol CO和2.0molH2，分别在温度下反应，时CO的体积分数如图3所示。 ①容器Ⅰ中，内CH3OH的反应速率为___________。 ②此时Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个容器中一定达到化学平衡状态的是___________；其化学平衡常数为___________。 【答案】（1） ①. +86.1 ②. a ③. 反应Ⅱ为放热反应，随着温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，故曲线a对应反应Ⅱ ④. 生成的HCHO发生了深度氧化反应 （2） ①. ②. Ⅲ ③. 【解析】 【分析】已知反应Ⅳ： ，利用盖斯定律将反应Ⅱ-反应Ⅳ得到反应Ⅰ；反应Ⅱ为放热反应，随着温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，曲线a对应反应Ⅱ；由图象可知：T3>T2>T1，温度越高，反应速率越快，在相同时间内更快达到平衡状态，T2温度下CO的体积分数小于T1温度下是由于：Ⅱ的速率更快，相同时间内消耗的CO更多，但T3温度下CO的体积分数大于T2温度下是由于：该反应的正反应为放热反应，反应达到平衡后。升高温度，平衡逆向移动，CO的体积分数增大，故一定达到平衡状态的是Ⅲ。 【小问1详解】 ①已知反应Ⅳ： ，利用盖斯定律将反应Ⅱ-反应Ⅳ得到反应Ⅰ： ，故答案为：+86.1； ②反应Ⅰ为吸热反应，温度升高，K增大，曲线b对应的是反应Ⅰ；反应Ⅱ为放热反应，随着温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，曲线a对应反应Ⅱ，故答案为：a；反应Ⅱ为放热反应，随着温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，故曲线a对应反应Ⅱ； ③600K以后，随温度升高，甲醛产率显著下降的主要原因是生成的发生了深度氧化反应，故答案为：生成的HCHO发生了深度氧化反应； 【小问2详解】 ①容器Ⅰ中，反应时CO的体积分数0.2，列三段式，则，解得，内CH3OH的反应速率为，故答案为：； ②由图象可知：T3>T2>T1，温度越高，反应速率越快，在相同时间内更快达到平衡状态，T2温度下CO的体积分数小于T1温度下是由于：Ⅱ的速率更快，相同时间内消耗的CO更多，但T3温度下CO的体积分数大于T2温度下是由于：该反应的正反应为放热反应，反应达到平衡后。升高温度，平衡逆向移动，CO的体积分数增大，故一定达到平衡状态的是Ⅲ；设0～tmin时间内容器Ⅲ中CO转化量为y， ，由CO的体积分数为0.3，则，解得，则平衡常数，故答案为：Ⅲ；。 18. 化合物H是一种重要的合成香料，也是一种重要的医药中间体和化工原料，其一种合成路线如图所示。 已知：+RCHO 回答下列问题： （1）B的化学名称为____________，C的结构简式为_______________。 （2）由D生成E的反应类型为_______________。 （3）写出F中两个含氧官能团的名称为______________________。 （4）由C生成D的化学方程式为_____________________________________________________。 （5）由E生成F的化学方程式为________________________________________________________。 （6）G的结构简式为_________________。 （7）分子式为，在其同分异构体中同时满足下列条件的有_____________种。 a．存在苯环； b．存在醇羟基。 【答案】（1） ①. 2−氯苯酚 ②. （2）加成反应 （3）羟基、羧基、羰基(三选二) （4）+2HCl+2NaCl （5）2+O22   +2H2O （6）    （7）5 【解析】 【分析】A是苯酚，A与氯气在催化剂作用下发生取代反应生成B，B在氢氧化钠和催化剂存在条件下发生水解反应生成C，C酸化得到D；根据题目信息，D与OHC-COOH发生加成反应生成E，由E逆推可知D是、C是、B是；E发生催化氧化生成F；F在一定条件下生成G，G与(CH3)2SO4发生取代反应生成H，由H逆推，可知G是。 【小问1详解】 根据以上分析，B是，B的化学名称为2−氯苯酚，C是； 【小问2详解】 由D生成E是和OHC-COOH发生加成反应生成E，反应类型为加成反应； 【小问3详解】 根据F的结构简式，F中含氧官能团的名称为羟基、羧基、羰基； 【小问4详解】 由C生成D是酸化生成，反应的化学方程式为+2HCl+2NaCl； 【小问5详解】 E发生催化氧化生成F，由E生成F的化学方程式为2+O22   +2H2O； 【小问6详解】 G与(CH3)2SO4发生取代反应生成H，由H逆推，可知G是； 【小问7详解】 分子式为；存在苯环，存在醇羟基，若有一个取代基-CH2CH2OH或-CH(OH)CH3在苯环上的位置各有1种；若有两个取代基-CH2OH、-CH3在苯环上的位置有3种，所以符合条件的的结构共5种。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $