精品解析：江苏连云港高级中学2027届高三上学期模拟预测 化学试题

连云港高级中学高三年级零模热身 化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 中国资源总量丰富，但人均不足。下列资源转化的主要过程属于化学变化的是 A. 煤的液化 B. 干冰升华 C. 磁力选矿 D. 石油分馏 2. 下列关于反应说法正确的是 A. Ca原子的结构示意图为 B. 原子核内有10个中子的氧原子： C. 的电子式为 D. 基态F原子的价电子排布式为 3. 工业上常用乙醇胺（）作为吸收剂，下列有关说法正确的是 A. 原子半径： B. 分子中键与键的个数比为 C. 第一电离能： D. 乙醇胺中、原子杂化方式不同 4. 下列实验装置和操作能达到实验目的的是 A. 用装置甲观察钠的燃烧 B. 用装置乙配制一定浓度的NaOH溶液 C. 用装置丙制备胶体 D. 用装置丁检验反应生成的气体成分 阅读下列材料，完成下列小题： 钒、硼的化合物应用广泛。V2O5与浓盐酸反应生成Cl2和VO2+；V2O5可催化SO2制SO3.BCl3水解得硼酸(H3BO3)。氨硼烷(NH3BH3)可用作储氢材料，可由NH4Cl、NaBH4反应得到，产物还有NaCl和H2.NH3BH3脱氢后可生成具有金刚石结构的BN(可表示为)。 5. 下列说法正确的是 A. 键角： B. H3BO3中B为sp3杂化 C. NH3BH3分子内存在配位键 D. 为分子晶体 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 制取Cl2： B. 制取SO3： C. BCl3水解： D. 制取NH3BH3： 7. 下列物质的结构与性质或性质与用途具有对应关系的是 A. 盐酸具有酸性，可用于制取氯气 B. H3BO3具有弱酸性，可用作阻燃剂 C. SO2具有还原性，可用作漂白剂 D. 中键能大，硬度大 8. 下列说法正确的是 A. 反应 在任何条件下均能自发进行 B. 根据常温常压下的反应 可知CH4的燃烧热为802 kJ·mol-1 C. 相同条件下，含少量杂质铜的粗锌与稀硫酸反应比纯锌快 D. 铅蓄电池放电时，负极、正极质量均减小 9. 我国科学家研发一种利用氢负离子的移动进行存储和释放能量的新型固态电池，该电池放电时的工作原理如下图所示。下列说法正确的是 A. 放电时，a极发生还原反应 B. 该电池也可使用酸性溶液作电解质 C. 放电时，b极的电极反应式为 D. 充电时，电极b应与外接电源的负极相连 10. 在给定条件下，下列物质制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A. 氯化铁：NaCl溶液 B. 氧化钙： C. 氢氧化钠： D. 镁：溶液Mg 11. 化合物Y有扩张血管的作用，其合成路线如下。下列说法正确的是 A. X能与HCHO发生缩聚反应 B. X不存在顺反异构体 C. 1 mol Y与足量NaOH溶液反应，最多消耗2 mol NaOH D. 可以用NaHCO3溶液检验Y中是否含有X 12. 用肼()的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量，反应原理如图所示。下列说法正确的是 A. 过程①②③中Cu元素化合价均发生变化 B. 理论上处理1 mol 需要的物质的量为0.5 mol C. 处理后溶液的pH减小 D. 图示反应过程中起催化作用的是 13. 室温下，用含少量Mg2+的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如下图所示。已知，下列说法正确的是 A. MnSO4溶液中： B. “沉镁”后的溶液中： C. 0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中： D. “沉锰”反应为 二、非选择题：共4题，共61分 14. 镍是重要战略金属资源。 （1）制备　从某高镁低品位铜镍矿（主要成分为、、、等）中制备Cu、的过程如下： ①滤渣有S和________（写化学式）。 ②“氧压浸出”时，通入氧气可以提高的浸出率的原因________。 ③“沉铁”时发生反应的离子方程式为______________________________。 ④已知：，“沉镍”时控制pH为8.50，“滤液”中，此时的沉淀率为________。（写出计算过程，精确至0.1%） （2）制备Ni。将制得的加盐酸溶解后，用双膜三室电沉积法制备Ni的示意图如图-1，实验中阴极液pH与镍产率间的关系如图-2： pH = 6.9时，镍回收率最高的原因是_______________________________________。 （3）制备固体电解质材料 ①具有双钙钛矿型结构的氧化物通过掺杂改性可用作固体电解质材料，其晶体的一种完整结构单元如图-3所示，该材料的化学式为____________________。 ②真实的晶体中存在5%的O空位缺陷，导电时O空位的存在有利于的传导。考虑晶体缺陷，该晶体中+3价与+4价La原子个数比为_____________________。 15. 抗肿瘤药物泰克地那林(F)及其改进药物(G)的合成路线如下： 已知：①苯环上原有的基团对后引入的基团有定位效应，—NH2、—NHCOCH3为邻、对位定位基，—COOH、—NO2为间位定位基；②胺类物质易被氧化。 （1）C分子中含氧官能团名称为__。 （2）A→B反应中，为提高B的产率，可向体系中加入__(填序号)。 a．(C2H5)3N  b．CH3COOH  c．NaHCO3   d．H2SO4 （3）D的分子式为C9H8NO2Cl，其结构简式是__。 （4）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：__。 ①含苯环，有5种不同化学环境的氢原子； ②能水解且能发生银镜反应，能与NaHCO3溶液反应。 （5）以、、为原料制备的合成路线 流程图(无机试剂、有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)__。 16. 纳米铜用途广泛，可以以铜蓝矿(主要成分为CuS)为原料制备。 （1）浸取铜蓝矿 FeCl3溶液与CuS反应生成Cu2+和S的离子方程式为__。 （2）制铜氨溶液 向去除铁元素的浸取液中通入足量NH3可制得含[Cu(NH3)4]2+的溶液。结合数据说明不直接用氨水浸取铜蓝矿中CuS的原因__。 {已知：Cu2+＋4NH3 = [Cu(NH3)4]2+ Kf＝1×109；Ksp(CuS)＝1×10−36} （3）制纳米铜 用NaOH调节铜氨溶液的pH为11，在75 ℃水浴加热条件下，用下图所示装置制取纳米铜。 ①N2H4被[Cu(NH3)4]2+氧化为N2的离子方程式为__。　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②向三颈烧瓶中持续通入N2的原因为__。 （4）杂质检验 纳米铜样品中可能存在难溶的CuCl和Cu2O，补充完整判断样品中是否含有这两种杂质的实验方案：取少量洗涤干净的干燥纳米铜样品，____。 (已知：Cu2O＋2H＋= Cu2+＋Cu＋H2O，CuCl易被氧化；必须使用的试剂和设备：2 mol·L−1 H2SO4、6 mol·L−1 HNO3、2% AgNO3溶液，通风设备) （5）纳米铜的应用 我国科学家采用Cu-Ag双金属协同机理，通过电解法将CO2转化为乙烯，原理如题16图-2所示。纳米Cu催化剂上发生的电极反应为____。 17. 氢气是一种清洁能源，氢气的制取和储存是氢能源利用领域的研究热点。 （1）金属有机框架(MOFs)材料比表面积大，空隙多，可用于储氢，原理可表示为MOFs(s)＋nH2(g)(H2)nMOFs(s) ΔH＜0 ①H2分子通过__(填作用力类型)吸附在MOFs孔道中。 ②储氢的适宜条件为__(填字母)。 a．低温低压   b．低温高压   c．高温低压   d．高温高压 （2）镧镍合金是良好的储氢材料，其晶胞结构如图所示。储氢后，氢原子占据晶胞中上下底面的棱心和面心，形成的储氢化合物的化学式为__。 （3）十氢化萘(C10H18)是具有高储氢密度的氢能载体，脱氢反应如下： 反应Ⅰ：C10H18(l)C10H12(l)＋3H2(g)  ΔH1 反应Ⅱ：C10H12(l)C10H8(l)＋2H2(g)  ΔH2 335℃下，在恒容密闭容器中对1 mol C10H18催化脱氢，C10H12和C10H8的物质的量n1和n2随时间的变化如图所示， 反应过程中的能量变化如图所示。 ①8 h时，反应体系内H2的物质的量为__mol(忽略其他副反应)。 ②n1显著低于n2可能的原因为__。 （4）合成气经水煤气变换反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH＜0可得高纯氢气。 ①用键能估算水煤气变换反应的ΔH时，需查阅__种共价键的键能数据。 ②稀土氧碳酸盐催化剂(SMO)可催化水煤气变换反应。100℃时在SMO中加入CuOx能提升催化效率，反应可能的机理如图所示(“✖”表示转化很难进行)，其原因可能是__。 ③如图所示，实际生产中采用两阶段水煤气变换。第一阶段采用较高温度而第二阶段采用较低温度的原因是__(从反应限度和反应速率角度分析)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 连云港高级中学高三年级零模热身 化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 中国资源总量丰富，但人均不足。下列资源转化的主要过程属于化学变化的是 A. 煤的液化 B. 干冰升华 C. 磁力选矿 D. 石油分馏 【答案】A 【解析】 【详解】A．煤的液化是将煤通过化学反应转化为液体燃料等新物质的过程，有新物质生成，属于化学变化，A符合题意； B．干冰升华是固态变为气态的过程，仅物质状态发生改变，无新物质生成，属于物理变化，B不符合题意； C．磁力选矿是利用矿物磁性差异进行分离的过程，无新物质生成，属于物理变化，C不符合题意； D．石油分馏是利用石油中各组分沸点不同进行分离的过程，无新物质生成，属于物理变化，D不符合题意； 故选A。 2. 下列关于反应说法正确的是 A. Ca原子的结构示意图为 B. 原子核内有10个中子的氧原子： C. 的电子式为 D. 基态F原子的价电子排布式为 【答案】D 【解析】 【详解】A．Ca为20号元素，其原子核外电子排布为2、8、8、2，图示为的结构示意图，不是Ca原子的结构示意图，A错误； B．氧原子质子数为8，中子数为10时质量数=质子数+中子数=18，该核素应表示为，B错误； C．为带负电的阴离子，电子式需加方括号并在右上角标注所带负电荷，图示不符合的电子式书写规则，C错误； D．F为9号元素，核外电子排布式为，价电子为最外层电子，故价电子排布式为，D正确； 故选D。 3. 工业上常用乙醇胺（）作为吸收剂，下列有关说法正确的是 A. 原子半径： B. 分子中键与键的个数比为 C. 第一电离能： D. 乙醇胺中、原子杂化方式不同 【答案】B 【解析】 【详解】A．同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，C、N同属第二周期，因此原子半径，A错误； B．CO2​的结构式为，1个双键中含1个键和1个键，因此分子中共有2个键、2个键，二者个数比为，B正确； C．N原子的2p轨道为半充满的稳定结构，第一电离能高于同周期相邻主族元素，因此第一电离能，C错误； D．乙醇胺中两个C原子均形成4个键、无孤电子对，为杂化；N原子形成3个键、含1对孤电子对，也为杂化，二者杂化方式相同，D错误。 4. 下列实验装置和操作能达到实验目的的是 A. 用装置甲观察钠的燃烧 B. 用装置乙配制一定浓度的NaOH溶液 C. 用装置丙制备胶体 D. 用装置丁检验反应生成的气体成分 【答案】D 【解析】 【详解】A．钠的燃烧实验需在坩埚或燃烧匙中进行，烧杯为玻璃仪器，高温下易炸裂，无法承载钠的燃烧实验，A错误； B．容量瓶为精密定容仪器，不能用于溶解固体，溶解放热会使容量瓶体积变化导致刻度不准确，应在烧杯中溶解并冷却至室温后再转移至容量瓶，B错误； C．向溶液中滴加溶液会生成沉淀，制备胶体需将饱和溶液滴入沸水中，继续加热至液体呈红褐色，C错误； D．与水反应生成，能使带火星的木条复燃，该装置可检验生成的，D正确； 故选D。 阅读下列材料，完成下列小题： 钒、硼的化合物应用广泛。V2O5与浓盐酸反应生成Cl2和VO2+；V2O5可催化SO2制SO3.BCl3水解得硼酸(H3BO3)。氨硼烷(NH3BH3)可用作储氢材料，可由NH4Cl、NaBH4反应得到，产物还有NaCl和H2.NH3BH3脱氢后可生成具有金刚石结构的BN(可表示为)。 5. 下列说法正确的是 A. 键角： B. H3BO3中B为sp3杂化 C. NH3BH3分子内存在配位键 D. 为分子晶体 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 制取Cl2： B. 制取SO3： C. BCl3水解： D. 制取NH3BH3： 7. 下列物质的结构与性质或性质与用途具有对应关系的是 A. 盐酸具有酸性，可用于制取氯气 B. H3BO3具有弱酸性，可用作阻燃剂 C. SO2具有还原性，可用作漂白剂 D. 中键能大，硬度大 【答案】5. C 6. D 7. D 【解析】 【5题详解】 A．为V形结构，中心S原子有1对孤电子对，键角约119°；为平面三角形结构，键角为120°，键角，A错误； B．中B原子价层电子对数为3，无孤电子对，为杂化，B错误； C．中N原子有孤电子对，B原子有空轨道，二者形成配位键，C正确； D．为金刚石结构，属于共价晶体，不是分子晶体，D错误； 故选C。 【6题详解】 A．该离子方程式O原子不守恒，正确配平为，A错误； B．SO2催化氧化生成SO3需要V2O5作催化剂、加热条件，且为可逆反应， ，B错误； C．水解时Cl为-1价，产物应为HCl而非HClO，方程式为，C错误； D．和发生归中反应生成、NaCl和，方程式原子、电子均守恒，D正确； 故选D。 【7题详解】 A．盐酸用于制取氯气是利用的还原性，与酸性无对应关系，A错误； B．用作阻燃剂是因为其受热分解吸热、分解产物可隔绝氧气，与弱酸性无对应关系，B错误； C．用作漂白剂是因为其可与有色物质结合生成无色不稳定物质，与还原性无对应关系，C错误； D．为共价晶体，键能大，破坏共价键需要能量高，故其硬度大，性质与用途具有对应关系，D正确； 故选D。 8. 下列说法正确的是 A. 反应 在任何条件下均能自发进行 B. 根据常温常压下的反应 可知CH4的燃烧热为802 kJ·mol-1 C. 相同条件下，含少量杂质铜的粗锌与稀硫酸反应比纯锌快 D. 铅蓄电池放电时，负极、正极质量均减小 【答案】C 【解析】 【详解】A．该反应气体分子数减少，，且，根据自发反应判据，仅低温下反应可自发，并非任何条件均能自发，A错误； B．燃烧热定义为1mol纯可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时的反应热，其中元素对应的稳定氧化物为液态，该反应中为气态，因此不能得出的燃烧热为，B错误； C．粗锌中铜与锌、稀硫酸构成原电池，锌作负极，原电池效应可加快反应速率，故粗锌反应比纯锌快，C正确； D．铅蓄电池放电时，负极转化为，正极也转化为，两者均生成固体附着在电极上，因此正、负极质量均增大，D错误； 故选C。 9. 我国科学家研发一种利用氢负离子的移动进行存储和释放能量的新型固态电池，该电池放电时的工作原理如下图所示。下列说法正确的是 A. 放电时，a极发生还原反应 B. 该电池也可使用酸性溶液作电解质 C. 放电时，b极的电极反应式为 D. 充电时，电极b应与外接电源的负极相连 【答案】C 【解析】 【分析】放电时阴离子向a极移动，故a为负极，b为正极。a极转化为，Ce元素化合价升高，发生氧化反应。b极转化为和，Al元素化合价降低，发生还原反应。可与酸性溶液中反应，无法稳定存在。充电时原电池正极对应电解池阳极，需接外接电源正极，负极对应电解池阴极，接外接电源负极。 【详解】A．放电时a为负极，Ce元素化合价升高，失电子发生氧化反应，A错误； B．可与酸性电解质中的反应生成，无法稳定存在，故不能使用酸性溶液作电解质，B错误； C．放电时b为正极，得电子发生还原反应，给出的电极反应式满足元素守恒、电荷守恒、得失电子守恒，C正确； D．放电时b为正极，充电时原电池正极作电解池阳极，应与外接电源的正极相连，D错误； 故选C。 10. 在给定条件下，下列物质制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A. 氯化铁：NaCl溶液 B. 氧化钙： C. 氢氧化钠： D. 镁：溶液Mg 【答案】A 【解析】 【详解】A．电解NaCl溶液生成Cl2（阳极：），Cl2与Fe在加热条件下直接生成FeCl3（），两步均合理，A项正确； B．CO2通入CaCl2溶液不反应，无法生成CaCO3（因H2CO3酸性弱于HCl），第一步不成立，故B项错误； C．Na和O2在点燃条件下生成Na2O2而非Na2O，反应方程式为，第一步错误，故C项错误； D．电解MgCl2溶液时，阴极析出H2而非Mg，阴极反应式为：，（需电解熔融态MgCl2才能得到Mg单质：），第二步错误，故D项错误； 故答案选A。 11. 化合物Y有扩张血管的作用，其合成路线如下。下列说法正确的是 A. X能与HCHO发生缩聚反应 B. X不存在顺反异构体 C. 1 mol Y与足量NaOH溶液反应，最多消耗2 mol NaOH D. 可以用NaHCO3溶液检验Y中是否含有X 【答案】C 【解析】 【详解】A．X中酚羟基的邻位一个位点连接烯基侧链，对位连接甲氧基，仅剩余1个邻位活泼氢，酚与HCHO发生缩聚反应需要酚羟基邻对位至少有2个可反应的活泼氢以形成高分子链，X不满足缩聚的结构要求，A错误； B．X中的碳碳双键的两个碳原子，分别连接苯环与氢原子、酯基与氢原子，每个双键碳均连接两种不同的基团，存在顺反异构体，B错误； C．Y中的内酯环为酚与羧酸形成的酚酯结构，1 mol该酚酯水解后生成1 mol酚羟基和1 mol羧基，二者均可与NaOH反应，分子中的甲氧基、碳碳双键不与NaOH反应，因此1 mol Y与足量NaOH溶液反应最多消耗2 mol NaOH，C正确； D．NaHCO3仅能与酸性强于碳酸的羧基反应，X和Y中均无游离羧基，X中的酚羟基酸性弱于碳酸，不与NaHCO3反应，Y中的内酯在常温下与NaHCO3不反应，无法通过NaHCO3溶液的现象差异检验Y中是否含有X，D错误； 故选C。 12. 用肼()的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量，反应原理如图所示。下列说法正确的是 A. 过程①②③中Cu元素化合价均发生变化 B. 理论上处理1 mol 需要的物质的量为0.5 mol C. 处理后溶液的pH减小 D. 图示反应过程中起催化作用的是 【答案】B 【解析】 【分析】整个循环体系中，先与结合生成配离子（过程①，Cu化合价不变）；过程②中被还原为，同时被氧化生成与；过程③被氧化变回，被还原为。总反应：； 【详解】A．过程①是与形成配位化合物，配位过程没有电子转移，Cu元素化合价不变；过程②Cu从+2变为+1，过程③Cu从+1变回+2，所以①中Cu化合价不变，A错误； B．可看作，1mol含有2mol，被还原为一共得到2mol电子；中N为-2价，氧化产物中N为0价，1mol失去4mol电子。根据电子守恒：，当，解得，B正确； C．由总反应方程式可知，反应不断消耗，氢离子浓度降低，溶液pH增大，C错误； D．先参与反应生成配离子，在循环中被消耗，并不是起始加入、反应结束又生成的催化剂；起催化作用的不是，D错误； 答案选B。 13. 室温下，用含少量Mg2+的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如下图所示。已知，下列说法正确的是 A. MnSO4溶液中： B. “沉镁”后的溶液中： C. 0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中： D. “沉锰”反应为 【答案】C 【解析】 【分析】该制备流程以含少量杂质的溶液为原料：第一步向溶液中加入溶液，利用与杂质生成​沉淀完成沉镁除杂；第二步向除镁后的含溶液中加入​溶液，反应析出​沉淀，最终得到目标产物。 【详解】A．MnSO4​溶液中存在电荷守恒：阳离子总浓度等于阴离子总浓度，正确的守恒式应为，A错误； B．“沉镁”过程生成​沉淀，存在沉淀溶解平衡；沉淀后的溶液为饱和溶液，满足离子积等于溶度积，即，B错误； C．NaHCO3​溶液中存在质子守恒：，变形得，C正确； D．若反应为，生成的会继续与过量反应生成​和，正确的沉锰反应为，D错误。 二、非选择题：共4题，共61分 14. 镍是重要战略金属资源。 （1）制备　从某高镁低品位铜镍矿（主要成分为、、、等）中制备Cu、的过程如下： ①滤渣有S和________（写化学式）。 ②“氧压浸出”时，通入氧气可以提高的浸出率的原因________。 ③“沉铁”时发生反应的离子方程式为______________________________。 ④已知：，“沉镍”时控制pH为8.50，“滤液”中，此时的沉淀率为________。（写出计算过程，精确至0.1%） （2）制备Ni。将制得的加盐酸溶解后，用双膜三室电沉积法制备Ni的示意图如图-1，实验中阴极液pH与镍产率间的关系如图-2： pH = 6.9时，镍回收率最高的原因是_______________________________________。 （3）制备固体电解质材料 ①具有双钙钛矿型结构的氧化物通过掺杂改性可用作固体电解质材料，其晶体的一种完整结构单元如图-3所示，该材料的化学式为____________________。 ②真实的晶体中存在5%的O空位缺陷，导电时O空位的存在有利于的传导。考虑晶体缺陷，该晶体中+3价与+4价La原子个数比为_____________________。 【答案】（1） ①. ②. 将−2价S氧化为单质S，促进溶解 ③. ④. 存在溶解平衡，其溶度积表达式为。常温下，pH = 8.50时，，由水的离子积可得。设沉淀后，将各浓度的数值代入溶度积表达式，有，解得，即沉淀后。忽略沉淀前后溶液体积变化，的沉淀率为 （2）pH < 6.9，随pH降低，浓度增大，和竞争放电；pH > 6.9，随pH增大，浓度增大，转化为沉淀 （3） ①. ②. 4∶1 【解析】 【分析】原矿中的铜、铁主要以硫化物形式存在，镍、镁主要存在于硅酸盐中。在硫酸和氧气作用下进行氧压浸出，使铜、铁、镍、镁转入浸出液，分离不溶性残渣后进行萃铜。铜进入萃取液并进一步制得金属铜，萃余液中主要含有、、等离子。加入和MgO后，MgO消耗酸、调节溶液pH，使铁以黄钠铁矾的形式沉淀分离。所得含镍滤液再加入MgO，进一步调节pH，使镍以沉淀的形式分离，镁等可溶性组分留在母液中。 【小问1详解】 ①酸性浸出过程中，矿石中的镍、镁进入溶液，硅元素留在不溶于硫酸的中，因此滤渣中除S外还有。 ②中的硫元素为−2价，氧气具有氧化性，能使其中的硫元素由−2价升高到0价，生成单质S，从而促进溶解，使更多的铜元素进入溶液，提高的浸出率。 ③“沉铁”所得黄钠铁矾的化学式为，其中、和的个数比为1∶3∶2。结合原子守恒和电荷守恒，可得到离子方程式为。 ④“滤液”位于沉铁之后、沉镍之前，因此是沉镍前的浓度。存在沉淀溶解平衡，其溶度积表达式为。常温下，pH = 8.50时，，由水的离子积可得。设沉淀后，将各浓度的数值代入溶度积表达式，有，解得，即沉淀后。忽略沉淀前后溶液体积变化，沉淀率等于沉淀的镍离子的物质的量与沉镍前镍离子的物质的量之比，因此的沉淀率为； 【小问2详解】 图-1右侧含的溶液所在室为阴极室，制备镍时的阴极反应为。当pH < 6.9时，随pH降低，溶液中浓度增大，反应更易发生，与竞争放电，用于析出镍的电量比例减小。当pH > 6.9时，随pH增大，浓度增大，发生反应，使可供电沉积的减少。因此，pH = 6.9时既能减轻析氢的影响，又能减少生成沉淀造成的镍损失，镍回收率最高； 【小问3详解】 ①按照图-3所示完整结构单元的边界均摊，4个Ni原子和4个Mn原子分别位于顶点，每个顶点原子由8个相邻结构单元共用，因此该结构单元含Ni原子个、Mn原子个；La原子位于体内，完全属于该结构单元，计1个；6个O原子分别位于6个面上，每个面上的原子由2个相邻结构单元共用，计个。故Ni、Mn、La、O的原子个数比为，该材料的化学式为。 ②根据图-3的标注，Ni为+2价，Mn为+3价，La有+3价和+4价。若以10个化学式单位为计算基准，其中含10个Ni原子、10个Mn原子和20个La原子，正常情况下应有60个O原子。存在5%的O空位后，实际O原子数为。设其中+3价La原子有个，则+4价La原子有个，根据晶体电中性，有，解得。因此+3价与+4价La原子个数比为。 15. 抗肿瘤药物泰克地那林(F)及其改进药物(G)的合成路线如下： 已知：①苯环上原有的基团对后引入的基团有定位效应，—NH2、—NHCOCH3为邻、对位定位基，—COOH、—NO2为间位定位基；②胺类物质易被氧化。 （1）C分子中含氧官能团名称为__。 （2）A→B反应中，为提高B的产率，可向体系中加入__(填序号)。 a．(C2H5)3N  b．CH3COOH  c．NaHCO3   d．H2SO4 （3）D的分子式为C9H8NO2Cl，其结构简式是__。 （4）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：__。 ①含苯环，有5种不同化学环境的氢原子； ②能水解且能发生银镜反应，能与NaHCO3溶液反应。 （5）以、、为原料制备的合成路线 流程图(无机试剂、有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)__。 【答案】（1）酰胺基、羧基 （2）a、c （3） （4） （5） 【解析】 【分析】以（A）为起始原料，首先用乙酸酐将氨基乙酰化保护得到乙酰氨基对甲苯（B），避免后续氧化步骤中氨基被破坏；随后在酸性高锰酸钾条件下将苯环上的甲基氧化为羧基，得到对乙酰氨基苯甲酸（C）；C与草酰氯发生取代反应，羧基转化为酰氯得到对乙酰氨基苯甲酰氯（D）；D与邻硝基苯胺在吡啶条件下发生酰基取代反应，生成酰胺类产物E；E在Pd/C催化下加氢，将苯环上的硝基还原为氨基得到泰克地那林（F）；最终F与2,5-己二酮在无水酸条件下发生成环反应，得到改进药物G。 【小问1详解】 观察C的结构，苯环上连接-COOH（羧基），同时存在结构-NH-CO-CH3，对应的含氧官能团为酰胺基。 【小问2详解】 a．：有机碱，可与生成的乙酸反应，促进平衡正向移动，a正确； b．：加入乙酸会增大生成物浓度，抑制反应正向进行，降低产率，b错误； c．​：弱碱性物质，可与乙酸反应且不会破坏酰胺键，能促进平衡正向移动，c正确； d．​：酸性物质，会增大体系中浓度，抑制反应正向进行，d错误； 故选ac。 【小问3详解】 C是对乙酰氨基苯甲酸，与(COCl)2（草酰氯）发生羧基的酰氯化反应，-COOH转化为-COCl，结合D的分子式C9H8NO2Cl，可推导出该结构：。 【小问4详解】 条件拆解：①能与反应说明含-COOH；②能水解且发生银镜反应说明含甲酸酯基-OOCH；③仅5种等效氢说明分子高度对称，结合苯环骨架排布基团即可得到符合要求的结构：。 【小问5详解】 1,4-丁二醇被强氧化剂氧化得到丁二酸，丁二酸先转化为乙酰基丁二酸再脱水生成2,5-己二酮；原料对苯二胺与乙酸酐发生选择性单酰化反应得到对氨基乙酰苯胺；对乙酰氨基苯胺与2,5-己二酮在无水酸催化下发生成环反应，得到目标产物，对应的流程为。 16. 纳米铜用途广泛，可以以铜蓝矿(主要成分为CuS)为原料制备。 （1）浸取铜蓝矿 FeCl3溶液与CuS反应生成Cu2+和S的离子方程式为__。 （2）制铜氨溶液 向去除铁元素的浸取液中通入足量NH3可制得含[Cu(NH3)4]2+的溶液。结合数据说明不直接用氨水浸取铜蓝矿中CuS的原因__。 {已知：Cu2+＋4NH3 = [Cu(NH3)4]2+ Kf＝1×109；Ksp(CuS)＝1×10−36} （3）制纳米铜 用NaOH调节铜氨溶液的pH为11，在75 ℃水浴加热条件下，用下图所示装置制取纳米铜。 ①N2H4被[Cu(NH3)4]2+氧化为N2的离子方程式为__。　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②向三颈烧瓶中持续通入N2的原因为__。 （4）杂质检验 纳米铜样品中可能存在难溶的CuCl和Cu2O，补充完整判断样品中是否含有这两种杂质的实验方案：取少量洗涤干净的干燥纳米铜样品，____。 (已知：Cu2O＋2H＋= Cu2+＋Cu＋H2O，CuCl易被氧化；必须使用的试剂和设备：2 mol·L−1 H2SO4、6 mol·L−1 HNO3、2% AgNO3溶液，通风设备) （5）纳米铜的应用 我国科学家采用Cu-Ag双金属协同机理，通过电解法将CO2转化为乙烯，原理如题16图-2所示。纳米Cu催化剂上发生的电极反应为____。 【答案】（1）2Fe3+＋CuS = 2Fe2+＋Cu2+＋S （2）反应CuS＋4NH3[Cu(NH3)4]2+＋S2−的平衡常数K=K sp(CuS) ·Kf＝1×10−27＜10−5，正反应几乎不能发生，故不采用直接氨水浸取铜蓝矿 （3） ①. 2[Cu(NH3)4]2+＋N2H4＋4OH− 2Cu＋N2↑＋8NH3↑＋4H2O ②. 除去O2，防止纳米铜被氧化；使NH3被充分吸收，防止污染空气；吹出NH3，促进反应正向进行（任答两点即可） （4）在搅拌下将其加入过量2 mol·L−1 H2SO4中，若固体部分溶解，溶液呈蓝色，则说明样品中含有Cu2O；打开通风设备，另取少量样品加入过量6 mol·L−1 HNO3中，搅拌使固体充分溶解，取少量上清液，滴加几滴2% AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则说明样品中含有CuCl （5）2CO＋8e−＋8HCO = C2H4＋8CO＋2H2O 【解析】 【小问1详解】 FeCl3溶液与CuS反应生成Cu2+和S，同时生成亚铁盐，反应的离子方程式为2Fe3+＋CuS = 2Fe2+＋Cu2+＋S； 【小问2详解】 反应CuS＋4NH3[Cu(NH3)4]2+＋S2−的平衡常数K=K sp(CuS) ·Kf＝1×10−27＜10−5，正反应几乎不能发生，故不采用直接氨水浸取铜蓝矿； 【小问3详解】 ①75℃时，碱性溶液中[Cu(NH3)4]2+与N2H4发生氧化还原反应，生成Cu、N2，结合质量守恒还生成NH3、H2O，铜化合价由+2变为0、肼中氮化合价由-2变为0，根据得失电子守恒，离子方程式为2[Cu(NH3)4]2+＋N2H4＋4OH− 2Cu＋N2↑＋8NH3↑＋4H2O； ②向三颈烧瓶中持续通入N2的原因为除去O2，防止纳米铜被氧化；使NH3被充分吸收，防止污染空气；吹出NH3，促进反应正向进行； 【小问4详解】 纳米铜样品中可能存在难溶的CuCl和Cu2O，补充完整判断样品中是否含有这两种杂质的实验方案：取少量洗涤干净的干燥纳米铜样品，在搅拌下将其加入过量2 mol·L−1 H2SO4中，若固体部分溶解，溶液呈蓝色，则说明样品中含有Cu2O；打开通风设备，另取少量样品加入过量6 mol·L−1 HNO3中，搅拌使固体充分溶解，取少量上清液，滴加几滴2% AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则说明样品中含有CuCl； 【小问5详解】 据图可知，纳米Cu催化剂上CO得电子转化为乙烯，发生的电极反应为2CO＋8e−＋8HCO = C2H4＋8CO＋2H2O。 17. 氢气是一种清洁能源，氢气的制取和储存是氢能源利用领域的研究热点。 （1）金属有机框架(MOFs)材料比表面积大，空隙多，可用于储氢，原理可表示为MOFs(s)＋nH2(g)(H2)nMOFs(s) ΔH＜0 ①H2分子通过__(填作用力类型)吸附在MOFs孔道中。 ②储氢的适宜条件为__(填字母)。 a．低温低压   b．低温高压   c．高温低压   d．高温高压 （2）镧镍合金是良好的储氢材料，其晶胞结构如图所示。储氢后，氢原子占据晶胞中上下底面的棱心和面心，形成的储氢化合物的化学式为__。 （3）十氢化萘(C10H18)是具有高储氢密度的氢能载体，脱氢反应如下： 反应Ⅰ：C10H18(l)C10H12(l)＋3H2(g)  ΔH1 反应Ⅱ：C10H12(l)C10H8(l)＋2H2(g)  ΔH2 335℃下，在恒容密闭容器中对1 mol C10H18催化脱氢，C10H12和C10H8的物质的量n1和n2随时间的变化如图所示， 反应过程中的能量变化如图所示。 ①8 h时，反应体系内H2的物质的量为__mol(忽略其他副反应)。 ②n1显著低于n2可能的原因为__。 （4）合成气经水煤气变换反应CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH＜0可得高纯氢气。 ①用键能估算水煤气变换反应的ΔH时，需查阅__种共价键的键能数据。 ②稀土氧碳酸盐催化剂(SMO)可催化水煤气变换反应。100℃时在SMO中加入CuOx能提升催化效率，反应可能的机理如图所示(“✖”表示转化很难进行)，其原因可能是__。 ③如图所示，实际生产中采用两阶段水煤气变换。第一阶段采用较高温度而第二阶段采用较低温度的原因是__(从反应限度和反应速率角度分析)。 【答案】（1） ①. 范德华力 ②. b （2）LaNi5H3 （3） ①. 1.951 ②. 反应Ⅱ的活化能比反应Ⅰ的小，反应Ⅱ消耗C10H12的速率比反应Ⅰ生成C10H12的速率快 （4） ①. 4 ②. 加入后，有利于使CO、HCO转化为CO2。分子优先吸附在表面形成中间体，直接将CO转化为CO2。 ③. 高温有利于提高反应速率，缩短变换所需时间；该反应为放热反应，低温时反应正向进行程度大，提高的转化率 【解析】 【小问1详解】 ① 氢气分子与金属有机框架(MOFs)材料之间没有形成化学键，属于物理吸附。氢气是非极性分子，主要通过范德华力（分子间作用力）吸附在孔道中。 ② 储氢反应 是一个气体分子数减小且放热的反应。根据勒夏特列原理，为了使平衡正向移动以利于储氢，应采用低温、高压的条件，故选b。 【小问2详解】 根据晶胞结构图，该晶胞为平行六面体。原子位于8个顶点，其个数为 ；原子位于面上和晶胞内部，其个数为；氢原子占据上下底面的棱心和面心，上下底面共有8条棱和2个面心，因此原子个数为 。综上，形成的储氢化合物的化学式为。 【小问3详解】 ① 根据反应Ⅰ和反应Ⅱ的方程式可知：生成会产生；生成相当于消耗，共产生。8h时，体系中产生的总物质的量为。 ② 由图3的能量变化曲线可知，反应Ⅱ的活化能明显小于反应Ⅰ的活化能。因此反应Ⅱ的反应速率远大于反应Ⅰ，生成的中间产物 会迅速转化为最终产物，导致体系中的积累量（）显著低于（）。 【小问4详解】 ① 水煤气变换反应 中，涉及断裂和形成的共价键有中的键、中的键、中的键、中的键，共需查阅4种共价键的键能数据。 ② 对比图示左右两部分机理可知，未加时很难直接转化；加入后，分子优先吸附在表面形成中间体，直接将CO转化为CO2，且有利于使CO、HCO转化为CO2。 ③ 该反应为放热反应（）。从反应速率角度：第一阶段采用高温，可以加快反应速率，使反应在短时间内迅速达到平衡，提高生产效率；从反应限度角度：第二阶段采用低温，可以使化学平衡向正反应方向（放热方向）移动，提高的转化率，从而将浓度降至极低水平，获得高纯氢气。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $