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江苏省无锡市2024-2025学年高三上学期期末化学试题
1．（2025高三上·无锡期末）我国科学家研究“嫦娥六号”采集的月球土壤，分析揭示月壤中存在、等多种氧化物，其中属于
A．酸性氧化物 B．两性氧化物 C．过氧化物 D．金属氧化物
【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅；物质的简单分类
【解析】【解答】酸性氧化物：与碱反应只生成盐和水的氧化物。SiO2能与 NaOH 反应生成硅酸钠和水，符合酸性氧化物的定义。
两性氧化物：既能与酸又能与碱反应生成盐和水，SiO2不与一般酸（如盐酸）反应，不属于两性氧化物。
过氧化物：含 O-O 键，SiO2无此结构，不属于过氧化物。
金属氧化物：由金属元素与氧元素组成，Si 是非金属元素，故 SiO2不属于金属氧化物。
故答案为：A。
【分析】本题的易错点主要是对各类氧化物定义的混淆：
容易误将 SiO2当成金属氧化物（Si 是非金属元素，SiO2属于非金属氧化物）。
对两性氧化物的判断不准确，忽略 SiO2不与一般酸反应的性质，误判其为两性氧化物。
不清楚过氧化物的结构特征（含 O-O 键），错误认为 SiO2属于过氧化物。
2．（2025高三上·无锡期末）反应可用于检测气体泄漏，下列说法正确的是
A．为非极性分子
B．中子数为18的氯原子为
C．中既含有离子键又含有共价键
D．的电子式为
【答案】C
【知识点】化学键；极性分子和非极性分子；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、NH3分子空间结构为三角锥形，正负电荷中心不重叠，属于极性分子，A错误；
B、氯原子质子数为 17，中子数 18 时，质量数 = 17+18=35，应表示为 ，B错误；
C、NH4Cl 中，NH4+与 Cl-之间是离子键，NH4+内部 N 与 H 之间是共价键，故同时含两种化学键，C 正确；
D、N2分子中两个 N 原子间形成三对共用电子对，且各含一对孤电子对，电子式应为： ，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．根据 NH3的三角锥形空间结构，判断其为极性分子。
B．利用 “质量数 = 质子数 + 中子数”，计算氯原子的质量数并规范表示原子符号。
C．明确 NH4Cl 中离子键（NH4+与 Cl-之间）和共价键（NH4+内部 N-H 之间）的存在。
D．掌握 N2电子式的正确书写（含孤电子对和三对共用电子对）。
3．（2025高三上·无锡期末）实验室利用下列装置进行的有关实验，无法达到实验目的的是
A．制取 B．除去中的HCl
C．收集 D．吸收尾气中的
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；氯气的物理性质；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A、实验室制取氯气的经典反应为：浓盐酸与MnO2在加热条件下反应，化学方程式为。
装置中，分液漏斗添加浓盐酸，圆底烧瓶中放置MnO2固体，酒精灯加热提供反应条件，完全符合该反应的实验装置要求，因此可用于制取Cl2，A能达到实验目的；
B、饱和食盐水的作用：Cl2在饱和食盐水中溶解度很小，而HCl极易溶于饱和食盐水，因此饱和食盐水可有效除去Cl2中的HCl。
NaHCO3溶液的问题：Cl2溶于水生成HCl和HClO，HCl会与NaHCO3反应生成CO2（引入新杂质）；同时，Cl2也会与NaHCO3溶液反应被消耗，无法实现“除杂且保留Cl2”的目的。
因此，用NaHCO3溶液除去Cl2中的HCl无法达到实验目的，B符合题意；
C、氯气的密度（约3.21g/L）远大于空气密度（约1.29g/L），因此可采用“向上排空气法”收集。
装置中，气体从长导管进入集气瓶，空气从短导管排出，符合向上排空气法的操作逻辑，能有效收集Cl2，C能达到实验目的；
D、Cl2与NaOH溶液反应的化学方程式为，生成的盐均易溶于水，因此NaOH溶液可完全吸收尾气中的Cl2，防止污染空气，D能达到实验目的；
故答案为：B。
【分析】 A．浓盐酸与 MnO2加热可生成氯气，该装置能用于实验室制取 Cl2。
B．除去Cl2中的HCl杂质，需选择既能吸收HCl又不消耗Cl2的试剂。
C．氯气密度大于空气，可用向上排空气法收集。
D．氯气是有毒气体，尾气需用强碱溶液吸收。
4．（2025高三上·无锡期末）硫磷酸铵具有改良土壤等多种用途，下列说法正确的是
A．沸点： B．电负性大小：
C．电离能大小： D．酸性强弱：
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、NH3分子间可形成氢键，PH3不能，因此 NH3的分子间作用力更强，沸点 NH3 > PH3，A 错误；
B、同周期从左到右元素电负性逐渐增大，S 在 P 右侧，故电负性 χ(S) > χ(P)，B错误；
C、同周期第一电离能总体增大，但第 ⅤA 族（N）因半满稳定结构，第一电离能大于相邻的第 ⅥA 族（O），即 I1(O) < I1(N)，C正确；
D、同周期从左到右元素非金属性增强，最高价氧化物对应水化物酸性增强，S 的非金属性强于 P，故酸性 H2SO4 > H3PO4，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
对氢键影响沸点的规律掌握不牢，易误判 NH3和 PH3的沸点高低。
不熟悉同周期元素电负性的递变规律，错误比较 S 和 P 的电负性大小。
忽略第一电离能的反常规律（第 ⅡA 族、第 ⅤA 族元素第一电离能大于相邻族元素），误判 O 和 N 的第一电离能。
不清楚元素非金属性与最高价含氧酸酸性的关系，错误比较 H2SO4和 H3PO4的酸性强弱。
5．（2025高三上·无锡期末）下列物质的性质与用途具有对应关系的是
A．有还原性，可用于漂白草编织物
B．浓硫酸有脱水性，可用于干燥某些气体
C．受热可分解，可用作食盐的碘添加剂
D．有强氧化性，可用作水体杀菌消毒剂
【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、SO2漂白草编织物利用的是漂白性，而非还原性，A错误；
B、浓硫酸干燥气体利用的是吸水性，而非脱水性，B错误；
C、KIO3用作食盐碘添加剂是因为含碘元素，与受热分解的性质无关，C错误；
D、ClO2具有强氧化性，能使蛋白质变性，因此可用作水体杀菌消毒剂，性质与用途对应，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
混淆 SO2的漂白性和还原性，错误认为其漂白草编织物是利用还原性。
分不清浓硫酸的吸水性和脱水性，误将其干燥气体的用途归因于脱水性。
对 KIO3用作食盐碘添加剂的原因理解错误，误以为是利用其受热分解的性质，实际是因为含碘元素。
（2025高三上·无锡期末）阅读下列材料，完成下面小题：
C、Si及其化合物应用广泛。具有较大的燃烧热（890.3kJ·mol-1），常用作燃料；工业上可用与反应生产， kJ·mol-1；用焦炭还原可制得粗硅，再发生两步反应可制得精硅：、，反应过程中可能会生成；硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，是一种矿黏合剂，通入生成沉淀。
6．下列说法正确的是
A．1mol晶体硅中含有2mol键
B．金刚石与石墨中碳碳键的夹角都为
C．、、分子的空间构型均为正四面体
D．分子中碳原子的杂化轨道类型为
7．下列化学反应表示正确的是
A．制粗硅的化学方程式：
B．甲烷-空气碱性燃料电池正极反应式：
C．甲烷燃烧的热化学方程式： kJ·mol-1
D．硅酸钠溶液中通入过量反应的离子方程式：
8．对于反应，下列说法正确的是
A．反应的平衡常数可表示为
B．该反应的反应物总键能小于生成物总键能
C．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡正向移动
D．其他条件相同，增大，的转化率下降
【答案】6．A
7．A
8．D
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）A、晶体硅中每个 Si 原子形成 4 个 Si - Si 键，每个键为 2 个 Si 原子共有，因此 1mol 晶体硅中含 2mol Si - Si 键，A正确；
B、金刚石中碳碳键夹角为 109°28'，石墨为平面结构，碳碳键夹角为 120°，B错误；
C、CH4、SiCl4是正四面体结构，SiHCl3因原子种类不同，空间构型为四面体而非正四面体，C错误；
D、CO2分子中 C 原子采取 sp 杂化，D错误；
故答案为：A。
（2）A、工业上用 SiO2与 C 高温反应制粗硅，化学方程式为，A正确；
B、甲烷 - 空气碱性燃料电池中，甲烷在负极发生氧化反应，正极反应应为 O2得电子的反应，，B错误；
C、甲烷燃烧热的热化学方程式中，水应为液态，C错误；
D、硅酸钠溶液通入过量 CO2，生成的是碳酸氢根离子，离子方程式应为，D错误；
故答案为：A。
（3）A、平衡常数表达式应包含所有气态反应物和生成物，反应 的平衡常数 ，A错误；
B、反应 ΔH > 0，为吸热反应，反应物总键能大于生成物总键能，B错误；
C、升高温度，正、逆反应速率均增大，平衡正向移动，C错误；
D、增大 ，相当于增加 CH4的量，会导致H2O 的转化率升高，CH4的转化率下降，D正确；
故答案为：D。
【分析】（1）根据晶体硅的成键特点、金刚石与石墨的结构、分子的空间构型及杂化类型的判断方法，分析每个选项。
（2）根据各反应的实际情况（反应条件、电极类型、物质状态、反应物用量），判断化学方程式的正确性。
（3）需结合平衡常数表达式、反应热与键能的关系、温度对反应速率和平衡的影响、反应物比例对转化率的影响分析。
6．A、晶体硅中每个 Si 原子形成 4 个 Si - Si 键，每个键为 2 个 Si 原子共有，因此 1mol 晶体硅中含 2mol Si - Si 键，A正确；
B、金刚石中碳碳键夹角为 109°28'，石墨为平面结构，碳碳键夹角为 120°，B错误；
C、CH4、SiCl4是正四面体结构，SiHCl3因原子种类不同，空间构型为四面体而非正四面体，C错误；
D、CO2分子中 C 原子采取 sp 杂化，D错误；
故答案为：A。
7．A、工业上用 SiO2与 C 高温反应制粗硅，化学方程式为，A正确；
B、甲烷 - 空气碱性燃料电池中，甲烷在负极发生氧化反应，正极反应应为 O2得电子的反应，，B错误；
C、甲烷燃烧热的热化学方程式中，水应为液态，C错误；
D、硅酸钠溶液通入过量 CO2，生成的是碳酸氢根离子，离子方程式应为，D错误；
故答案为：A。
8．A、平衡常数表达式应包含所有气态反应物和生成物，反应 的平衡常数 ，A错误；
B、反应 ΔH > 0，为吸热反应，反应物总键能大于生成物总键能，B错误；
C、升高温度，正、逆反应速率均增大，平衡正向移动，C错误；
D、增大 ，相当于增加 CH4的量，H2O 的转化率升高，CH4的转化率下降，D正确；
故答案为：D。
9．（2025高三上·无锡期末）第二代钠离子电池是以嵌钠硬碳（）和锰基高锰普鲁士白为电极的新型二次电池，充电时嵌入硬碳，放电时发生脱嵌，其工作原理如图所示。下列说法正确的是
A．充电时，a接电源的负极
B．充电时，B极反应为
C．放电时，穿过离子交换膜向B极移动
D．放电时，每转移1mol电子，A极质量减少23g
【答案】B
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．充电时，B极作阴极，b接电源的负极，A错误；
B．充电时，B极为阴极，其电极反应式为：，B正确；
C．放电时，该装置为原电池，A极作正极，阳离子向正极移动，则穿过离子交换膜向A极移动，C错误；
D．放电时，该装置为原电池，A极作正极，其电极反应式为Mn[Mn(CN)6]+2Na++2e-= Na2Mn[Mn(CN)6]，每转移1mol电子，A极增加1mol钠离子，质量增加23g，D错误；
故答案为：B。
【分析】根据题干信息，充电时，该装置为电解池，嵌入硬碳， 则B极发生电极反应式为 ，即B极作阴极，A极作阳极；放电时，该装置为原电池，B极作负极，其电极反应式为，A极作正极，其电极反应式为Mn[Mn(CN)6]+2Na++2e-= Na2Mn[Mn(CN)6]。
10．（2025高三上·无锡期末）丹参醇是存在于丹参中的一种天然产物。合成丹参醇的部分路线如下：
下列说法正确的是
A．X分子中所有碳原子可能共平面
B．Y与发生加成反应最多可生成3种有机产物
C．丹参醇能发生加成、取代、氧化和消去反应
D．Y与丹参醇分子中均含有1个手性碳原子
【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．X 分子中含多个饱和碳原子（四面体结构），因此所有碳原子不可能共平面，A错误；
B．Y 含共轭双键，与 Br2按 1：1 反应时可发生 1，2 - 加成、1，4 - 加成（3 种产物），按 1：2 反应时还可生成 1 种产物，最多生成 4 种有机产物，B错误；
C．丹参醇含碳碳双键（可加成、氧化）、羟基（可取代、消去、氧化），因此能发生加成、取代、氧化和消去反应，C正确；
D．Y 中与羟基相连的碳是手性碳（1 个），丹参醇中与羟基相连的 2 个碳均为手性碳（2 个），D错误；
故答案为：C。
【分析】A．根据 X 分子中饱和碳原子的四面体结构，判断所有碳原子不可能共平面。
B．分析 Y 中共轭双键与 Br2的加成方式（1，2 - 加成、1，4 - 加成及不同物质的量比反应），确定产物种类。
C．识别丹参醇中的官能团（碳碳双键、羟基），判断其可发生的反应类型（加成、取代、氧化、消去）。
D．依据手性碳的定义（连有四个不同原子或基团的碳原子），判断 Y 和丹参醇中手性碳的数量。
11．（2025高三上·无锡期末）室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是
选项 实验过程及现象 实验结论
A 向2mL0.1mol·L-1溶液中滴加几滴酸性溶液，溶液紫色褪去 具有还原性
B 取2mL0.1mol·L-1KI溶液于试管中，加入0.5mL0.1mol·L-1溶液，充分反应后滴入几滴KSCN溶液，溶液变成红色 KI与溶液的反应有一定限度
C 用pH试纸分别测溶液和溶液的pH，溶液的pH大
D 向2mL0.1mol·L-1溶液中先滴加4滴0.1mol·L-1KCl溶液，再滴加4滴0.1mol·L-1KI溶液，先产生白色沉淀，后产生黄色沉淀
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学反应的可逆性；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】A、FeCl2溶液中 Cl-也具有还原性，能使酸性 KMnO4溶液褪色，因此无法证明是 Fe2+的还原性导致褪色，A错误；
B、KI 过量时，若反应后仍有 Fe3+（加 KSCN 溶液变红），说明反应不能进行到底，即 KI 与 FeCl3的反应有一定限度，B正确；
C、比较 Ka 需控制 CH3COONa 和 NaNO2溶液浓度相同，题中未说明浓度，无法通过 pH 判断 Ka 大小，C错误；
D、AgNO3过量，加入 KI 时直接生成 AgI 沉淀，并非 AgCl 转化为 AgI，因此不能证明
Ksp (AgI) < Ksp (AgCl)，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．注意 FeCl2中 Cl-的还原性干扰，不能仅凭酸性 KMnO4褪色证明 Fe2+的还原性。
B．KI 过量时，若仍检测到 Fe3+（KSCN 变红），说明反应存在限度。
C．比较酸的电离常数需控制盐溶液浓度相同，题中未满足此条件。
D．AgNO3过量时，生成 AgI 沉淀并非由 AgCl 转化而来，无法证明 Ksp 大小。
12．（2025高三上·无锡期末）室温下，通过下列实验制备少量并探究其性质。
实验1：测得100mL14mol·L-1氨水的pH约为12；
实验2：向上述氨水中加入NaCl至饱和，通足量，经过滤、洗涤、干燥得到固体；
实验3：配制100mL0.1mol·L-1溶液，测得溶液pH为8.0；
实验4：向2mL0.1mol·L-1溶液中滴加几滴0.1mol·L-1溶液，产生白色沉淀。
下列说法正确的是
A．依据实验1推测：
B．实验2所得滤液中存在：
C．实验3的溶液中存在：mol·L-1
D．实验4发生反应的离子方程式：
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A、 室温下，14mol·L-1氨水的pH约为12，则，，列三段式：
则，A错误；
B、实验 2 滤液中含 NH4Cl 和少量 NaHCO3，电荷守恒应包含 CO32-、HCO3-等阴离子， 根据电荷守恒可得：，题中表达式缺少相关项，B错误；
C、联立 NaHCO3溶液的物料： 守恒和电荷守恒： ，推导得
c (H2CO3) - c (CO32-) = 9.9×10-7 mol/L，而非 c (CO32-) - c (H2CO3)，C错误；
D、Ba(OH)2少量时，按 1：2 比例与 NaHCO3反应，生成 BaCO3、CO32-和 H2O，离子方程式为：，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．通过氨水的 pH 计算 OH-浓度，结合三段式和 Kb 公式，判断电离常数计算是否正确。
B．明确实验 2 滤液的成分，根据电荷守恒的完整形式（包含所有离子），判断表达式是否遗漏阴离子。
C．联立 NaHCO3溶液的物料守恒和电荷守恒，推导 c(H2CO3) 与 c(CO32-) 的差值，注意符号和数值。
D．根据 Ba(OH)2少量的反应比例，分析产物并判断离子方程式的正确性。
13．（2025高三上·无锡期末）工业尾气中含有CO和，可将尾气通过催化剂进行处理，发生以下反应：
①
②
600~1000K范围内，平衡转化率接近100%。其他条件相同，不同温度下，、COS平衡产率和10min时实际产率如图所示。下列说法正确的是
A．一定存在
B．升高温度，平衡产率上升的可能原因是反应物浓度增大对平衡的影响超过温度升高的影响
C．900K，10min后继续反应足够长时间，实际产率的变化趋势可能为先增大后保持不变
D．用该方法处理工业尾气回收单质硫（），反应的温度越高越好
【答案】B
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、反应②是放热反应，升温时反应②逆向移动，SO2和 CO 浓度增大，可使反应①正向移动。S2平衡产率升高可能是浓度影响超过温度影响，无法确定反应①的 ΔH1是否大于 0，A错误；
B、升温时，反应②逆向移动使 SO2、CO 浓度增大，若该浓度增大大对反应①平衡的影响超过温度升高的影响，会导致 S2平衡产率上升，B正确；
C、10min 时 S2实际产率大于平衡产率，继续反应会向平衡移动，实际产率应减小至平衡产率后保持不变，而非先增大，C错误；
D、温度过高可能降低催化剂活性，使 SO2平衡转化率下降，并非温度越高越好，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．结合反应②的放热性质，分析升温时 SO2、CO 浓度变化对反应①的影响，判断无法确定 ΔH1的正负。
B．明确升温时反应②逆向移动导致反应物浓度增大，若该浓度影响超过温度对反应①的影响，可使 S2平衡产率上升。
C．对比 10min 时 S2实际产率与平衡产率，判断继续反应时实际产率的变化趋势应为减小至平衡产率后保持不变。
D．考虑温度过高对催化剂活性的影响，判断温度并非越高越有利于回收 S2。
14．（2025高三上·无锡期末）实验室以黄铜矿（主要含有CuFeS2）为原料可制取草酸铜（CuC2O4），草酸铜可用于制备纳米材料、复合材料等。
已知：Cu(OH)2的分解温度为185℃，CuCO3的分解温度为200℃。
Ⅰ．CuFeS2的晶胞结构
（1） CuFeS2的一种晶体晶胞结构如图所示（其中S原子均位于晶胞内部），该CuFeS2晶体的一个晶胞中Cu的数目为　 　。在答题卡的图中用“——”将Cu原子（图示中的A）与其紧邻的S原子连接起来　 　。
Ⅱ．黄铜矿浸取法制取硫酸铜
在酸性、有氧条件下，某种细菌能催化转化成硫酸盐的反应。
（2）该反应的离子方程式为　 　，生成的Fe2(SO4)3又可将CuFeS2氧化。
（3）Ag+对上述过程有催化作用。其它条件相同，浸出时间为15天，不同Ag+浓度对铜元素浸出率的影响如图所示，Ag+浓度从5mg/L上升到7mg/L阶段铜元素浸出率下降的原因是　 　。
Ⅲ．草酸铜的制取及应用
（4）将上述黄铜矿浸出液分离提纯，得到的硫酸铜溶液与草酸反应可制备CuC2O4，反应的离子方程式为，常温下该反应的平衡常数是300，则　 　。（已知：常温下，，）
（5）将CuC2O4固体在350℃加热至恒重制取纳米CuO。
①X射线衍射实验发现得到的纳米CuO不纯。混有的杂质可能是　 　。
②纳米金属氧化物是常用的催化剂，若其表面出现氧空位，可以提高其催化性能。将纳米CuO加热到高温用无水乙醇淬火处理，得到富含氧空位的氧化铜，该过程能得到富含氧空位的CuO的原因是　 　。
【答案】4；；；Ag+浓度增大，反应速率加快；Ag+浓度增大，细菌的活性减弱，反应速率减慢；减慢幅度大于加快幅度；；Cu2O或Cu；加热条件下，乙醇与CuO表面的O反应形成氧空位
【知识点】晶胞的计算；化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铜及其化合物
【解析】【解答】（1）该CuFeS2晶体的一个晶胞中，Cu原子位于顶点、面心和体心，则Cu的数目为=4。Cu原子(图示中的A)位于体心，与其紧邻的S原子为体内靠近它的4个S原子，连接起来的图示为：
故答案为： 4 ； ；
（2）在酸性、有氧条件下，某种细菌能将CuFeS2催化转化成硫酸铜、Fe2(SO4)3等，依据得失电子守恒、质量守恒，可得出该反应的离子方程式为。
故答案为： ；
（3）从图中可以看出，Ag+浓度从5mg/L上升到7mg/L阶段，铜元素浸出率下降，若从Ag+浓度考虑，浓度增大反应速率应加快，说明Ag+浓度增大对催化剂的活性造成了不利影响，从而得出原因是：Ag+浓度增大，反应速率加快；Ag+浓度增大，细菌的活性减弱，反应速率减慢；减慢幅度大于加快幅度。
故答案为： Ag+浓度增大，反应速率加快；Ag+浓度增大，细菌的活性减弱，反应速率减慢；减慢幅度大于加快幅度 ；
（4）K====300，则
===。
故答案为： ；
（5）①CuC2O4固体在350℃加热分解，在生成CuO的同时，有CO、CO2生成，CO还原CuO可能会Cu2O或Cu，所以X射线衍射实验发现得到的纳米CuO不纯，混有的杂质可能是Cu2O或Cu。
②乙醇具有还原性，加热时能将CuO还原为Cu，从而使纳米金属氧化物表面出现氧空位，则将纳米CuO加热到高温用无水乙醇淬火处理，可得到富含氧空位的氧化铜，原因是：加热条件下，乙醇与CuO表面的O反应形成氧空位。
故答案为： Cu2O或Cu ； 加热条件下，乙醇与CuO表面的O反应形成氧空位 ；
【分析】（1）用均摊法计算晶胞中 Cu 原子数，根据晶胞结构连接 Cu 与紧邻的 S 原子。
（2）结合得失电子守恒、质量守恒书写离子方程式。
（3）分析 Ag+浓度对反应速率和细菌活性的双重影响，判断铜元素浸出率下降的原因。
（4）联立平衡常数与电离常数的关系，计算 Ksp (Cu2C2O4)。
（5）①考虑 CuC2O4分解产物的还原性，分析可能的杂质。
②利用乙醇的还原性，解释含氧空位 CuO 的形成原因。
15．（2025高三上·无锡期末）有机化合物G（）是天然抗肿瘤药物长春碱的重要结构片段，其合成路线如下：
已知：
①②
（1）化合物G中的含氧官能团名称为　 　。
（2）B→C的反应类型为　 　。
（3）A→B的反应中需控制A稍过量以防止产生有机副产物，该副产物的结构简式为　 　。
（4）E→F的反应中经历了E中间产物Ⅰ中间产物ⅡF，试写出中间产物Ⅱ的结构简式　 　。
（5）写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：　 　。
该化合物只含有一个苯环。碱性条件下水解后酸化，生成两种有机产物，均含有4种不同化学环境的氢原子，其中一种有机产物能与溶液发生显色反应。
（6）写出以和乙烯为原料制备的合成路线流程图　 　。（无机试剂和题干流程条件中出现的有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。
【答案】（1）羟基、酯基
（2）取代反应
（3）
（4）
（5）或或或
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）G的结构简式为：，含氧官能团的名称为羟基、酯基；
故答案为： 羟基、酯基 ；
（2）由分析可知，B到C反应类型为取代反应；
故答案为： 取代反应 ；
（3）A到B发生取代反应，A中-NH2上H原子被取代，若B过量，氨基上两个H原子均有可能被取代，副产物的结构简式为：；
故答案为： ；
（4）E→F的反应中，E先与 加成得到中间产物I为，中间产物I在发生醛基上加成反应得到中间产物II，中间产物II再发生消去反应得到F，中间产物II的结构简式为：；
故答案为： ；
（5）D的结构简式为：，除苯环外有2个N原子，两个O原子，除苯环外有5个不饱和度，同分异构体中能水解再酸化成两种物质，均含有4种等效H原子，一种产物与FeCl3显色反应，说明有酚羟基，该有机物可能含有一个酯基，两个对称的氨基，符合条件的结构简式为：或；若结构中含有酰胺基，可推出同分异构体的结构简式为：、。
故答案为：或或或 ；
（6）可以由与发生取代反应得到，可以有乙烯与水加成反应得到，由与H2加成反应得到，由与乙烯发生合成路线中C到D的反应得到，故合成路线为：。
故答案为：
【分析】A→B发生取代反应，A 分子中氨基（-NH2）上的 H 原子被其他基团取代，实现官能团的初步转化；B→C发生取代反应，反应过程中生成乙酸（CH3COOH）。此步的目的是保护氨基，防止后续反应中氨基被不必要地反应；C→D发生加成反应，分子中的碳碳双键参与反应，转化为环状结构，实现骨架的构建；D→E发生取代反应（酰胺基的碱性水解），水解后重新生成氨基。这一步是解除氨基保护，恢复氨基的活性，与 B→C 的保护步骤形成 “保护 - 脱保护” 的策略，确保氨基在特定阶段参与反应；E→F依次发生加成反应和消去反应，实现官能团的进一步转化；F 经多步反应最终得到目标产物 G。
这种 “保护 - 脱保护” 的策略是有机合成中常用的技巧，用于控制氨基在合适的反应阶段参与反应，避免副反应的发生，从而高效构建目标分子的结构。
（1）G的结构简式为：，含氧官能团的名称为羟基、酯基；
（2）由分析可知，B到C反应类型为取代反应；
（3）A到B发生取代反应，A中-NH2上H原子被取代，若B过量，氨基上两个H原子均有可能被取代，副产物的结构简式为：；
（4）E→F的反应中，E先与 加成得到中间产物I为，中间产物I在发生醛基上加成反应得到中间产物II，中间产物II再发生消去反应得到F，中间产物II的结构简式为：；
（5）D的结构简式为：，除苯环外有2个N原子，两个O原子，除苯环外有5个不饱和度，同分异构体中能水解再酸化成两种物质，均含有4种等效H原子，一种产物与FeCl3显色反应，说明有酚羟基，该有机物可能含有一个酯基，两个对称的氨基，符合条件的结构简式为：或；若结构中含有酰胺基，可推出同分异构体的结构简式为：、。
（6）可以由与发生取代反应得到，可以有乙烯与水加成反应得到，由与H2加成反应得到，由与乙烯发生合成路线中C到D的反应得到，故合成路线为：。
16．（2025高三上·无锡期末）回收镨铁合金抛光废料(含Fe和少量Pr及杂质)，可制备Pr6O11和Pr(OH)3。镨铁合金抛光废料经除铁、萃取、反萃取可得PrCl3溶液。Pr的常见化合价为+3和+4。
（1）沉淀Pr3+。搅拌下，将一定量的PrCl3溶液与沉淀剂Na2CO3溶液充分反应，过滤得到Pr2(CO3)3·8H2O沉淀，发生反应的化学方程式为　 　。沉淀剂用Na2CO3溶液比用NH4HCO3溶液得到的沉淀颗粒更加致密，可能的原因是　 　。
（2）Pr6O11的制备和性质。
①将Pr2(CO3)3·8H2O置于空气中灼烧，测得剩余固体质量与起始固体质量的比值随温度变化的曲线如图所示。制备Pr6O11最适宜的温度为　 　（写出计算过程）。
②将0.5 g Pr6O11加到20 mL30%H2O2酸性溶液中产生大量气泡，反应后镨元素仅以Pr3+的形式存在。该反应的离子方程式为　 　。
（3）Pr(OH)3的制备。
用萃取剂P507[(HA)2]萃取Pr3+的原理：（有机层）。
已知：①P507对Pr3+和Fe3+、Fe2+都有萃取作用，对杂质离子无萃取作用。
②Pr3+开始沉淀的pH为8，Fe3+完全沉淀的pH为3.7，Fe2+完全沉淀的pH为9.7。为获得较高纯度Pr(OH)3，请补充完整实验方案：将一定量镨铁合金抛光废料加到稀盐酸中，　 　，浓缩后得PrCl3溶液，向溶液中滴加1.0 mol·L-1NaOH溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤，将固体干燥，得到Pr(OH)3。（须选用的试剂和仪器：1.0 mol·L-1HCl溶液、1.0 mol·L-1NaOH溶液、1.0 mol·L-1 H2O2溶液、P507、分液漏斗）。
【答案】（1）2PrCl3+3Na2CO3+8H2O=Pr2(CO3)3·8H2O↓+6NaCl；碳酸氢铵沉淀PrCl3过程生成大量气体，碳酸钠沉淀PrCl3过程没有气体生成，因而沉淀颗粒更加致密
（2）设Pr2(CO3)3·8H2O的物质的量为1 mol，根据Pr守恒可得：n(Pr6O11)= mol，m(Pr6O11)=n(Pr6O11)·M=molg/mol≈340.7 g，因此制备Pr6O11最适宜的加热温度为755℃；Pr6O11+2H2O2+18H+=6Pr3++2O2↑+11H2O
（3）向溶液中边搅拌边加入稍过量1.0 mol·L-1H2O2溶液，用1.0 mol·L-1NaOH调节pH为3.7左右，充分反应后过滤，将滤液转移到分液漏斗中，加入P507充分振荡，萃取后分液，多次萃取后，向有机层中加入1.0 mol·L-1HCl反萃取，分离出水层后重复反萃取2~3次，将所得水层溶液合并
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）由题意可知：反应物为PrCl3和Na2CO3，生成物为Pr2(CO3)3·8H2O和NaCl，根据原子守恒，可得反应方程式为：2PrCl3+3Na2CO3+8H2O=Pr2(CO3)3·8H2O↓+6NaCl；
沉淀剂用Na2CO3溶液比用NH4HCO3溶液得到的沉淀颗粒更加致密，可能的原因是NH4HCO3沉淀PrCl3过程生成大量气体，而Na2CO3沉淀PrCl3过程没有气体生成，因而沉淀颗粒更加致密；
故答案为： 2PrCl3+3Na2CO3+8H2O=Pr2(CO3)3·8H2O↓+6NaCl ； 碳酸氢铵沉淀PrCl3过程生成大量气体，碳酸钠沉淀PrCl3过程没有气体生成，因而沉淀颗粒更加致密 ；
（2）设开始时加入的Pr2(CO3)3·8H2O固体的物质的量为1 mol，根据Pr守恒可知最后得到Pr6O11的物质的量为：n(Pr6O11)=mol，则其质量为m(Pr6O11)=n(Pr6O11)·M=molg/mol≈340.7 g，此时剩余固体质量与起始固体质量的比值为：，根据图示可知此时反应温度为755℃，因此制备Pr6O11最适宜的加热温度为755℃；
②将0.5 g Pr6O11加到20 mL30%H2O2酸性溶液中产生大量气泡，反应后镨元素仅以Pr3+的形式存在，H2O2失去电子被氧化为O2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可知该反应的离子方程式为：Pr6O11+2H2O2+18H+=6Pr3++2O2↑+11H2O；
故答案为：设Pr2(CO3)3·8H2O的物质的量为1 mol，根据Pr守恒可得：n(Pr6O11)= mol，m(Pr6O11)=n(Pr6O11)·M=molg/mol≈340.7 g，因此制备Pr6O11最适宜的加热温度为755℃；Pr6O11+2H2O2+18H+=6Pr3++2O2↑+11H2O；
（3）根据题意，萃取剂P507[(HA)2]对Pr3+和Fe3+、Fe2+都有萃取作用，结合三种离子开始形成沉淀即沉淀完全时的pH的不同，要形成Pr(OH)3沉淀，应该先向含有Pr3+和Fe3+、Fe2+的溶液中加入1.0 mol/LH2O2，发生反应：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入1.0 mol/LNaOH溶液调节pH为3.7左右，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，充分反应后过滤，除去Fe(OH)3沉淀，将滤液转移到分液漏斗中，加入P507充分振荡，萃取后分液，多次萃取后，Pr3+进入有机层中，然后向有机层中加入1.0 mol·L-1HCl进行反萃取，Pr3+进入水层中，分离出水层后，重复反萃取2~3次，将所得水层溶液合并，浓缩后得PrCl3溶液，向溶液中滴加1.0 mol·L-1NaOH溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤，将固体干燥，得到Pr(OH)3。
故答案为： 向溶液中边搅拌边加入稍过量1.0 mol·L-1H2O2溶液，用1.0 mol·L-1NaOH调节pH为3.7左右，充分反应后过滤，将滤液转移到分液漏斗中，加入P507充分振荡，萃取后分液，多次萃取后，向有机层中加入1.0 mol·L-1HCl反萃取，分离出水层后重复反萃取2~3次，将所得水层溶液合并 。
【分析】（2）Pr2(CO3)3 8H2O 的热分解过程具有阶段性：第一步失去结晶水转化为 Pr2(CO3)3，第二步 Pr2(CO3)3分解生成 Pr6O11、CO2和 O2。选取 1 mol Pr2(CO3)3 8H2O（摩尔质量 606 g/mol），依据 Pr 元素守恒，可推导其转化为 Pr6O11的理论质量。通过分析 “剩余固体质量与起始固体质量的比值随温度变化的曲线”，当该比值与 Pr6O11的理论质量占比一致时，对应的温度即为制取 Pr6O11的最佳温度。
（3）铁的去除：采用 H2O2（绿色氧化剂）将 Fe2+氧化为 Fe3+，再用 NaOH 溶液调节 pH 至 3.7，使 Fe3+完全沉淀为 Fe(OH)3，过滤分离。
Pr3+的萃取与反萃取：向含 Pr3+的滤液中加入萃取剂，使 Pr3+富集于有机相；多次萃取并合并萃取液以提高原料利用率。利用平衡移动，向有机相中加入盐酸进行反萃取，使 Pr3+从有机相转移至水相；浓缩水相得到 PrCl3溶液，滴加 NaOH 溶液至沉淀完全，经过滤、洗涤、干燥后得到 Pr(OH)3。据此解题。
（1）由题意可知：反应物为PrCl3和Na2CO3，生成物为Pr2(CO3)3·8H2O和NaCl，根据原子守恒，可得反应方程式为：2PrCl3+3Na2CO3+8H2O=Pr2(CO3)3·8H2O↓+6NaCl；
沉淀剂用Na2CO3溶液比用NH4HCO3溶液得到的沉淀颗粒更加致密，可能的原因是NH4HCO3沉淀PrCl3过程生成大量气体，而Na2CO3沉淀PrCl3过程没有气体生成，因而沉淀颗粒更加致密；
（2）设开始时加入的Pr2(CO3)3·8H2O固体的物质的量为1 mol，根据Pr守恒可知最后得到Pr6O11的物质的量为：n(Pr6O11)=mol，则其质量为m(Pr6O11)=n(Pr6O11)·M=molg/mol≈340.7 g，此时剩余固体质量与起始固体质量的比值为：，根据图示可知此时反应温度为755℃，因此制备Pr6O11最适宜的加热温度为755℃；
②将0.5 g Pr6O11加到20 mL30%H2O2酸性溶液中产生大量气泡，反应后镨元素仅以Pr3+的形式存在，H2O2失去电子被氧化为O2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可知该反应的离子方程式为：Pr6O11+2H2O2+18H+=6Pr3++2O2↑+11H2O；
（3）根据题意，萃取剂P507[(HA)2]对Pr3+和Fe3+、Fe2+都有萃取作用，结合三种离子开始形成沉淀即沉淀完全时的pH的不同，要形成Pr(OH)3沉淀，应该先向含有Pr3+和Fe3+、Fe2+的溶液中加入1.0 mol/LH2O2，发生反应：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入1.0 mol/LNaOH溶液调节pH为3.7左右，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，充分反应后过滤，除去Fe(OH)3沉淀，将滤液转移到分液漏斗中，加入P507充分振荡，萃取后分液，多次萃取后，Pr3+进入有机层中，然后向有机层中加入1.0 mol·L-1HCl进行反萃取，Pr3+进入水层中，分离出水层后，重复反萃取2~3次，将所得水层溶液合并，浓缩后得PrCl3溶液，向溶液中滴加1.0 mol·L-1NaOH溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤，将固体干燥，得到Pr(OH)3。
17．（2025高三上·无锡期末）的分离回收和资源化利用具有重要意义。
Ⅰ．的分离回收
乙醇胺类水溶液对气体具有优良的吸收性能。在20~40℃条件下，单乙醇胺（）水溶液吸收生成单乙醇氨基碳酸盐，升温至较高温度可实现吸收剂的再生。在吸收过程中，部分单乙醇胺会与反应生成单乙醇氨基甲酸盐，对设备有强腐蚀性。N-甲基二乙醇胺水溶液吸收时，生成氨基碳酸氢盐，较低温度即可实现吸收剂再生。
（1）单乙醇胺水溶液吸收生成单乙醇氨基碳酸盐的反应是　 　（填“吸热”或“放热”）反应。
（2）利用20%单乙醇胺水溶液吸收，测得高于40℃时，单乙醇胺水溶液吸收的吸收率随温度升高呈现下降趋势，其主要原因是　 　。
（3）单乙醇胺与反应生成单乙醇氨基甲酸盐，该过程分两步进行：
（单乙醇氨基甲酸盐）
其中第①步反应类型为　 　。
（4）与N-甲基二乙醇胺相比，单乙醇胺作为吸收剂的缺点是　 　。
Ⅱ．的资源化利用
某研究团队使用催化二氧化碳加氢制甲醇。
（5）反应选择性研究。将一定比例和的混合气体匀速通过装有催化剂的反应器，测得的转化率和产物的选择性随流动时间的变化如图-1所示，催化剂表面反应随流动时间的变化示意图如图-2所示，甲醇选择性发生变化的原因是　 　。
（6）反应机理研究。中间体转化为中间体是反应的决速步骤，表面氢或活性氢参与反应过程中的能量变化和部分中间体结构示意图分别如图-3和图-4所示。更有利于反应进行的氢为　 　（填“表面氢”或“活性氢”），从结构和能量的视角分析其原因是　 　。
【答案】放热；温度升高，溶解度下降，单乙醇氨基碳酸盐发生分解；加成反应；单乙醇胺水溶液吸收生成稳定性强的碳酸盐，吸收液再生能耗大；副产物单乙醇氨基甲酸盐对设备有强腐蚀性；随着流动时间增加，催化剂表面NiOx增多，有利于选择性生成CO，不利于选择性生成；活性氢；表面氢与金属原子之间存在作用力，且表面氢结合氧原子的方向阻力大，两者共同导致表面氢参与的反应活化能高，反应速率慢
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）根据单乙醇胺（）水溶液吸收生成单乙醇氨基碳酸盐，升温至较高温度可实现吸收剂的再生，说明升高温度反应逆向进行，则正反应为放热反应；
故答案为： 放热 ；
（2）CO2溶解度随温度升高而降低，温度高于40℃时，CO2溶解度降低，单乙醇氨基碳酸盐发生分解，单乙醇胺水溶液吸收的吸收率随温度升高呈现下降趋势；
故答案为： 温度升高，溶解度下降，单乙醇氨基碳酸盐发生分解 ；
（3）单乙醇胺与先发生加成反应得到单乙醇氨基甲酸HOCH2CH2NHCOOH，单乙醇氨基甲酸HOCH2CH2NHCOOH再与单乙醇氨反应生成单乙醇氨基甲酸盐，第一步反应为加成反应；
故答案为： 加成反应 ；
（4）根据题目信息，与N-甲基二乙醇胺相比，单乙醇胺作为吸收剂的缺点是：单乙醇胺水溶液吸收生成稳定性强的碳酸盐，吸收液再生能耗大；副产物单乙醇氨基甲酸盐对设备有强腐蚀性；
故答案为： 单乙醇胺水溶液吸收生成稳定性强的碳酸盐，吸收液再生能耗大；副产物单乙醇氨基甲酸盐对设备有强腐蚀性 ；
（5）由图2可知，随着流动时间增加，催化剂表面NiOx增多，有利于选择性生成CO，不利于选择性生成，甲醇选择性下降；
故答案为： 随着流动时间增加，催化剂表面NiOx增多，有利于选择性生成CO，不利于选择性生成 ；
（6）由图3可知，有活性氢参与的反应活化能低，更有利于进行；并且由图4可知，表面氢与金属原子之间存在作用力，且表面氢结合氧原子的方向阻力大，两者共同导致表面氢参与的反应活化能高，反应速率慢。
故答案为： 活性氢 ； 表面氢与金属原子之间存在作用力，且表面氢结合氧原子的方向阻力大，两者共同导致表面氢参与的反应活化能高，反应速率慢 ；
【分析】（1）根据吸收剂再生的温度条件，判断反应热效应（升温逆向进行，正反应放热）。
（2）分析温度对 CO2溶解度和氨基碳酸盐稳定性的影响，解释吸收率下降的原因。
（3）根据反应过程，判断第一步的反应类型（加成反应）。
（4）对比两种吸收剂，总结单乙醇胺的缺点（再生能耗大、副产物腐蚀性强）。
（5）结合催化剂表面物种变化（NiO 增多），分析甲醇选择性下降的原因。
（6）通过能量和结构分析，判断活性氢更有利于反应（表面氢活化能高，反应速率慢）。
1 / 1江苏省无锡市2024-2025学年高三上学期期末化学试题
1．（2025高三上·无锡期末）我国科学家研究“嫦娥六号”采集的月球土壤，分析揭示月壤中存在、等多种氧化物，其中属于
A．酸性氧化物 B．两性氧化物 C．过氧化物 D．金属氧化物
2．（2025高三上·无锡期末）反应可用于检测气体泄漏，下列说法正确的是
A．为非极性分子
B．中子数为18的氯原子为
C．中既含有离子键又含有共价键
D．的电子式为
3．（2025高三上·无锡期末）实验室利用下列装置进行的有关实验，无法达到实验目的的是
A．制取 B．除去中的HCl
C．收集 D．吸收尾气中的
A．A B．B C．C D．D
4．（2025高三上·无锡期末）硫磷酸铵具有改良土壤等多种用途，下列说法正确的是
A．沸点： B．电负性大小：
C．电离能大小： D．酸性强弱：
5．（2025高三上·无锡期末）下列物质的性质与用途具有对应关系的是
A．有还原性，可用于漂白草编织物
B．浓硫酸有脱水性，可用于干燥某些气体
C．受热可分解，可用作食盐的碘添加剂
D．有强氧化性，可用作水体杀菌消毒剂
（2025高三上·无锡期末）阅读下列材料，完成下面小题：
C、Si及其化合物应用广泛。具有较大的燃烧热（890.3kJ·mol-1），常用作燃料；工业上可用与反应生产， kJ·mol-1；用焦炭还原可制得粗硅，再发生两步反应可制得精硅：、，反应过程中可能会生成；硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，是一种矿黏合剂，通入生成沉淀。
6．下列说法正确的是
A．1mol晶体硅中含有2mol键
B．金刚石与石墨中碳碳键的夹角都为
C．、、分子的空间构型均为正四面体
D．分子中碳原子的杂化轨道类型为
7．下列化学反应表示正确的是
A．制粗硅的化学方程式：
B．甲烷-空气碱性燃料电池正极反应式：
C．甲烷燃烧的热化学方程式： kJ·mol-1
D．硅酸钠溶液中通入过量反应的离子方程式：
8．对于反应，下列说法正确的是
A．反应的平衡常数可表示为
B．该反应的反应物总键能小于生成物总键能
C．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡正向移动
D．其他条件相同，增大，的转化率下降
9．（2025高三上·无锡期末）第二代钠离子电池是以嵌钠硬碳（）和锰基高锰普鲁士白为电极的新型二次电池，充电时嵌入硬碳，放电时发生脱嵌，其工作原理如图所示。下列说法正确的是
A．充电时，a接电源的负极
B．充电时，B极反应为
C．放电时，穿过离子交换膜向B极移动
D．放电时，每转移1mol电子，A极质量减少23g
10．（2025高三上·无锡期末）丹参醇是存在于丹参中的一种天然产物。合成丹参醇的部分路线如下：
下列说法正确的是
A．X分子中所有碳原子可能共平面
B．Y与发生加成反应最多可生成3种有机产物
C．丹参醇能发生加成、取代、氧化和消去反应
D．Y与丹参醇分子中均含有1个手性碳原子
11．（2025高三上·无锡期末）室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是
选项 实验过程及现象 实验结论
A 向2mL0.1mol·L-1溶液中滴加几滴酸性溶液，溶液紫色褪去 具有还原性
B 取2mL0.1mol·L-1KI溶液于试管中，加入0.5mL0.1mol·L-1溶液，充分反应后滴入几滴KSCN溶液，溶液变成红色 KI与溶液的反应有一定限度
C 用pH试纸分别测溶液和溶液的pH，溶液的pH大
D 向2mL0.1mol·L-1溶液中先滴加4滴0.1mol·L-1KCl溶液，再滴加4滴0.1mol·L-1KI溶液，先产生白色沉淀，后产生黄色沉淀
A．A B．B C．C D．D
12．（2025高三上·无锡期末）室温下，通过下列实验制备少量并探究其性质。
实验1：测得100mL14mol·L-1氨水的pH约为12；
实验2：向上述氨水中加入NaCl至饱和，通足量，经过滤、洗涤、干燥得到固体；
实验3：配制100mL0.1mol·L-1溶液，测得溶液pH为8.0；
实验4：向2mL0.1mol·L-1溶液中滴加几滴0.1mol·L-1溶液，产生白色沉淀。
下列说法正确的是
A．依据实验1推测：
B．实验2所得滤液中存在：
C．实验3的溶液中存在：mol·L-1
D．实验4发生反应的离子方程式：
13．（2025高三上·无锡期末）工业尾气中含有CO和，可将尾气通过催化剂进行处理，发生以下反应：
①
②
600~1000K范围内，平衡转化率接近100%。其他条件相同，不同温度下，、COS平衡产率和10min时实际产率如图所示。下列说法正确的是
A．一定存在
B．升高温度，平衡产率上升的可能原因是反应物浓度增大对平衡的影响超过温度升高的影响
C．900K，10min后继续反应足够长时间，实际产率的变化趋势可能为先增大后保持不变
D．用该方法处理工业尾气回收单质硫（），反应的温度越高越好
14．（2025高三上·无锡期末）实验室以黄铜矿（主要含有CuFeS2）为原料可制取草酸铜（CuC2O4），草酸铜可用于制备纳米材料、复合材料等。
已知：Cu(OH)2的分解温度为185℃，CuCO3的分解温度为200℃。
Ⅰ．CuFeS2的晶胞结构
（1） CuFeS2的一种晶体晶胞结构如图所示（其中S原子均位于晶胞内部），该CuFeS2晶体的一个晶胞中Cu的数目为　 　。在答题卡的图中用“——”将Cu原子（图示中的A）与其紧邻的S原子连接起来　 　。
Ⅱ．黄铜矿浸取法制取硫酸铜
在酸性、有氧条件下，某种细菌能催化转化成硫酸盐的反应。
（2）该反应的离子方程式为　 　，生成的Fe2(SO4)3又可将CuFeS2氧化。
（3）Ag+对上述过程有催化作用。其它条件相同，浸出时间为15天，不同Ag+浓度对铜元素浸出率的影响如图所示，Ag+浓度从5mg/L上升到7mg/L阶段铜元素浸出率下降的原因是　 　。
Ⅲ．草酸铜的制取及应用
（4）将上述黄铜矿浸出液分离提纯，得到的硫酸铜溶液与草酸反应可制备CuC2O4，反应的离子方程式为，常温下该反应的平衡常数是300，则　 　。（已知：常温下，，）
（5）将CuC2O4固体在350℃加热至恒重制取纳米CuO。
①X射线衍射实验发现得到的纳米CuO不纯。混有的杂质可能是　 　。
②纳米金属氧化物是常用的催化剂，若其表面出现氧空位，可以提高其催化性能。将纳米CuO加热到高温用无水乙醇淬火处理，得到富含氧空位的氧化铜，该过程能得到富含氧空位的CuO的原因是　 　。
15．（2025高三上·无锡期末）有机化合物G（）是天然抗肿瘤药物长春碱的重要结构片段，其合成路线如下：
已知：
①②
（1）化合物G中的含氧官能团名称为　 　。
（2）B→C的反应类型为　 　。
（3）A→B的反应中需控制A稍过量以防止产生有机副产物，该副产物的结构简式为　 　。
（4）E→F的反应中经历了E中间产物Ⅰ中间产物ⅡF，试写出中间产物Ⅱ的结构简式　 　。
（5）写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：　 　。
该化合物只含有一个苯环。碱性条件下水解后酸化，生成两种有机产物，均含有4种不同化学环境的氢原子，其中一种有机产物能与溶液发生显色反应。
（6）写出以和乙烯为原料制备的合成路线流程图　 　。（无机试剂和题干流程条件中出现的有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。
16．（2025高三上·无锡期末）回收镨铁合金抛光废料(含Fe和少量Pr及杂质)，可制备Pr6O11和Pr(OH)3。镨铁合金抛光废料经除铁、萃取、反萃取可得PrCl3溶液。Pr的常见化合价为+3和+4。
（1）沉淀Pr3+。搅拌下，将一定量的PrCl3溶液与沉淀剂Na2CO3溶液充分反应，过滤得到Pr2(CO3)3·8H2O沉淀，发生反应的化学方程式为　 　。沉淀剂用Na2CO3溶液比用NH4HCO3溶液得到的沉淀颗粒更加致密，可能的原因是　 　。
（2）Pr6O11的制备和性质。
①将Pr2(CO3)3·8H2O置于空气中灼烧，测得剩余固体质量与起始固体质量的比值随温度变化的曲线如图所示。制备Pr6O11最适宜的温度为　 　（写出计算过程）。
②将0.5 g Pr6O11加到20 mL30%H2O2酸性溶液中产生大量气泡，反应后镨元素仅以Pr3+的形式存在。该反应的离子方程式为　 　。
（3）Pr(OH)3的制备。
用萃取剂P507[(HA)2]萃取Pr3+的原理：（有机层）。
已知：①P507对Pr3+和Fe3+、Fe2+都有萃取作用，对杂质离子无萃取作用。
②Pr3+开始沉淀的pH为8，Fe3+完全沉淀的pH为3.7，Fe2+完全沉淀的pH为9.7。为获得较高纯度Pr(OH)3，请补充完整实验方案：将一定量镨铁合金抛光废料加到稀盐酸中，　 　，浓缩后得PrCl3溶液，向溶液中滴加1.0 mol·L-1NaOH溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤，将固体干燥，得到Pr(OH)3。（须选用的试剂和仪器：1.0 mol·L-1HCl溶液、1.0 mol·L-1NaOH溶液、1.0 mol·L-1 H2O2溶液、P507、分液漏斗）。
17．（2025高三上·无锡期末）的分离回收和资源化利用具有重要意义。
Ⅰ．的分离回收
乙醇胺类水溶液对气体具有优良的吸收性能。在20~40℃条件下，单乙醇胺（）水溶液吸收生成单乙醇氨基碳酸盐，升温至较高温度可实现吸收剂的再生。在吸收过程中，部分单乙醇胺会与反应生成单乙醇氨基甲酸盐，对设备有强腐蚀性。N-甲基二乙醇胺水溶液吸收时，生成氨基碳酸氢盐，较低温度即可实现吸收剂再生。
（1）单乙醇胺水溶液吸收生成单乙醇氨基碳酸盐的反应是　 　（填“吸热”或“放热”）反应。
（2）利用20%单乙醇胺水溶液吸收，测得高于40℃时，单乙醇胺水溶液吸收的吸收率随温度升高呈现下降趋势，其主要原因是　 　。
（3）单乙醇胺与反应生成单乙醇氨基甲酸盐，该过程分两步进行：
（单乙醇氨基甲酸盐）
其中第①步反应类型为　 　。
（4）与N-甲基二乙醇胺相比，单乙醇胺作为吸收剂的缺点是　 　。
Ⅱ．的资源化利用
某研究团队使用催化二氧化碳加氢制甲醇。
（5）反应选择性研究。将一定比例和的混合气体匀速通过装有催化剂的反应器，测得的转化率和产物的选择性随流动时间的变化如图-1所示，催化剂表面反应随流动时间的变化示意图如图-2所示，甲醇选择性发生变化的原因是　 　。
（6）反应机理研究。中间体转化为中间体是反应的决速步骤，表面氢或活性氢参与反应过程中的能量变化和部分中间体结构示意图分别如图-3和图-4所示。更有利于反应进行的氢为　 　（填“表面氢”或“活性氢”），从结构和能量的视角分析其原因是　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】硅和二氧化硅；物质的简单分类
【解析】【解答】酸性氧化物：与碱反应只生成盐和水的氧化物。SiO2能与 NaOH 反应生成硅酸钠和水，符合酸性氧化物的定义。
两性氧化物：既能与酸又能与碱反应生成盐和水，SiO2不与一般酸（如盐酸）反应，不属于两性氧化物。
过氧化物：含 O-O 键，SiO2无此结构，不属于过氧化物。
金属氧化物：由金属元素与氧元素组成，Si 是非金属元素，故 SiO2不属于金属氧化物。
故答案为：A。
【分析】本题的易错点主要是对各类氧化物定义的混淆：
容易误将 SiO2当成金属氧化物（Si 是非金属元素，SiO2属于非金属氧化物）。
对两性氧化物的判断不准确，忽略 SiO2不与一般酸反应的性质，误判其为两性氧化物。
不清楚过氧化物的结构特征（含 O-O 键），错误认为 SiO2属于过氧化物。
2．【答案】C
【知识点】化学键；极性分子和非极性分子；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、NH3分子空间结构为三角锥形，正负电荷中心不重叠，属于极性分子，A错误；
B、氯原子质子数为 17，中子数 18 时，质量数 = 17+18=35，应表示为 ，B错误；
C、NH4Cl 中，NH4+与 Cl-之间是离子键，NH4+内部 N 与 H 之间是共价键，故同时含两种化学键，C 正确；
D、N2分子中两个 N 原子间形成三对共用电子对，且各含一对孤电子对，电子式应为： ，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．根据 NH3的三角锥形空间结构，判断其为极性分子。
B．利用 “质量数 = 质子数 + 中子数”，计算氯原子的质量数并规范表示原子符号。
C．明确 NH4Cl 中离子键（NH4+与 Cl-之间）和共价键（NH4+内部 N-H 之间）的存在。
D．掌握 N2电子式的正确书写（含孤电子对和三对共用电子对）。
3．【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；氯气的物理性质；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A、实验室制取氯气的经典反应为：浓盐酸与MnO2在加热条件下反应，化学方程式为。
装置中，分液漏斗添加浓盐酸，圆底烧瓶中放置MnO2固体，酒精灯加热提供反应条件，完全符合该反应的实验装置要求，因此可用于制取Cl2，A能达到实验目的；
B、饱和食盐水的作用：Cl2在饱和食盐水中溶解度很小，而HCl极易溶于饱和食盐水，因此饱和食盐水可有效除去Cl2中的HCl。
NaHCO3溶液的问题：Cl2溶于水生成HCl和HClO，HCl会与NaHCO3反应生成CO2（引入新杂质）；同时，Cl2也会与NaHCO3溶液反应被消耗，无法实现“除杂且保留Cl2”的目的。
因此，用NaHCO3溶液除去Cl2中的HCl无法达到实验目的，B符合题意；
C、氯气的密度（约3.21g/L）远大于空气密度（约1.29g/L），因此可采用“向上排空气法”收集。
装置中，气体从长导管进入集气瓶，空气从短导管排出，符合向上排空气法的操作逻辑，能有效收集Cl2，C能达到实验目的；
D、Cl2与NaOH溶液反应的化学方程式为，生成的盐均易溶于水，因此NaOH溶液可完全吸收尾气中的Cl2，防止污染空气，D能达到实验目的；
故答案为：B。
【分析】 A．浓盐酸与 MnO2加热可生成氯气，该装置能用于实验室制取 Cl2。
B．除去Cl2中的HCl杂质，需选择既能吸收HCl又不消耗Cl2的试剂。
C．氯气密度大于空气，可用向上排空气法收集。
D．氯气是有毒气体，尾气需用强碱溶液吸收。
4．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、NH3分子间可形成氢键，PH3不能，因此 NH3的分子间作用力更强，沸点 NH3 > PH3，A 错误；
B、同周期从左到右元素电负性逐渐增大，S 在 P 右侧，故电负性 χ(S) > χ(P)，B错误；
C、同周期第一电离能总体增大，但第 ⅤA 族（N）因半满稳定结构，第一电离能大于相邻的第 ⅥA 族（O），即 I1(O) < I1(N)，C正确；
D、同周期从左到右元素非金属性增强，最高价氧化物对应水化物酸性增强，S 的非金属性强于 P，故酸性 H2SO4 > H3PO4，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
对氢键影响沸点的规律掌握不牢，易误判 NH3和 PH3的沸点高低。
不熟悉同周期元素电负性的递变规律，错误比较 S 和 P 的电负性大小。
忽略第一电离能的反常规律（第 ⅡA 族、第 ⅤA 族元素第一电离能大于相邻族元素），误判 O 和 N 的第一电离能。
不清楚元素非金属性与最高价含氧酸酸性的关系，错误比较 H2SO4和 H3PO4的酸性强弱。
5．【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；浓硫酸的性质；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、SO2漂白草编织物利用的是漂白性，而非还原性，A错误；
B、浓硫酸干燥气体利用的是吸水性，而非脱水性，B错误；
C、KIO3用作食盐碘添加剂是因为含碘元素，与受热分解的性质无关，C错误；
D、ClO2具有强氧化性，能使蛋白质变性，因此可用作水体杀菌消毒剂，性质与用途对应，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
混淆 SO2的漂白性和还原性，错误认为其漂白草编织物是利用还原性。
分不清浓硫酸的吸水性和脱水性，误将其干燥气体的用途归因于脱水性。
对 KIO3用作食盐碘添加剂的原因理解错误，误以为是利用其受热分解的性质，实际是因为含碘元素。
【答案】6．A
7．A
8．D
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）A、晶体硅中每个 Si 原子形成 4 个 Si - Si 键，每个键为 2 个 Si 原子共有，因此 1mol 晶体硅中含 2mol Si - Si 键，A正确；
B、金刚石中碳碳键夹角为 109°28'，石墨为平面结构，碳碳键夹角为 120°，B错误；
C、CH4、SiCl4是正四面体结构，SiHCl3因原子种类不同，空间构型为四面体而非正四面体，C错误；
D、CO2分子中 C 原子采取 sp 杂化，D错误；
故答案为：A。
（2）A、工业上用 SiO2与 C 高温反应制粗硅，化学方程式为，A正确；
B、甲烷 - 空气碱性燃料电池中，甲烷在负极发生氧化反应，正极反应应为 O2得电子的反应，，B错误；
C、甲烷燃烧热的热化学方程式中，水应为液态，C错误；
D、硅酸钠溶液通入过量 CO2，生成的是碳酸氢根离子，离子方程式应为，D错误；
故答案为：A。
（3）A、平衡常数表达式应包含所有气态反应物和生成物，反应 的平衡常数 ，A错误；
B、反应 ΔH > 0，为吸热反应，反应物总键能大于生成物总键能，B错误；
C、升高温度，正、逆反应速率均增大，平衡正向移动，C错误；
D、增大 ，相当于增加 CH4的量，会导致H2O 的转化率升高，CH4的转化率下降，D正确；
故答案为：D。
【分析】（1）根据晶体硅的成键特点、金刚石与石墨的结构、分子的空间构型及杂化类型的判断方法，分析每个选项。
（2）根据各反应的实际情况（反应条件、电极类型、物质状态、反应物用量），判断化学方程式的正确性。
（3）需结合平衡常数表达式、反应热与键能的关系、温度对反应速率和平衡的影响、反应物比例对转化率的影响分析。
6．A、晶体硅中每个 Si 原子形成 4 个 Si - Si 键，每个键为 2 个 Si 原子共有，因此 1mol 晶体硅中含 2mol Si - Si 键，A正确；
B、金刚石中碳碳键夹角为 109°28'，石墨为平面结构，碳碳键夹角为 120°，B错误；
C、CH4、SiCl4是正四面体结构，SiHCl3因原子种类不同，空间构型为四面体而非正四面体，C错误；
D、CO2分子中 C 原子采取 sp 杂化，D错误；
故答案为：A。
7．A、工业上用 SiO2与 C 高温反应制粗硅，化学方程式为，A正确；
B、甲烷 - 空气碱性燃料电池中，甲烷在负极发生氧化反应，正极反应应为 O2得电子的反应，，B错误；
C、甲烷燃烧热的热化学方程式中，水应为液态，C错误；
D、硅酸钠溶液通入过量 CO2，生成的是碳酸氢根离子，离子方程式应为，D错误；
故答案为：A。
8．A、平衡常数表达式应包含所有气态反应物和生成物，反应 的平衡常数 ，A错误；
B、反应 ΔH > 0，为吸热反应，反应物总键能大于生成物总键能，B错误；
C、升高温度，正、逆反应速率均增大，平衡正向移动，C错误；
D、增大 ，相当于增加 CH4的量，H2O 的转化率升高，CH4的转化率下降，D正确；
故答案为：D。
9．【答案】B
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．充电时，B极作阴极，b接电源的负极，A错误；
B．充电时，B极为阴极，其电极反应式为：，B正确；
C．放电时，该装置为原电池，A极作正极，阳离子向正极移动，则穿过离子交换膜向A极移动，C错误；
D．放电时，该装置为原电池，A极作正极，其电极反应式为Mn[Mn(CN)6]+2Na++2e-= Na2Mn[Mn(CN)6]，每转移1mol电子，A极增加1mol钠离子，质量增加23g，D错误；
故答案为：B。
【分析】根据题干信息，充电时，该装置为电解池，嵌入硬碳， 则B极发生电极反应式为 ，即B极作阴极，A极作阳极；放电时，该装置为原电池，B极作负极，其电极反应式为，A极作正极，其电极反应式为Mn[Mn(CN)6]+2Na++2e-= Na2Mn[Mn(CN)6]。
10．【答案】C
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A．X 分子中含多个饱和碳原子（四面体结构），因此所有碳原子不可能共平面，A错误；
B．Y 含共轭双键，与 Br2按 1：1 反应时可发生 1，2 - 加成、1，4 - 加成（3 种产物），按 1：2 反应时还可生成 1 种产物，最多生成 4 种有机产物，B错误；
C．丹参醇含碳碳双键（可加成、氧化）、羟基（可取代、消去、氧化），因此能发生加成、取代、氧化和消去反应，C正确；
D．Y 中与羟基相连的碳是手性碳（1 个），丹参醇中与羟基相连的 2 个碳均为手性碳（2 个），D错误；
故答案为：C。
【分析】A．根据 X 分子中饱和碳原子的四面体结构，判断所有碳原子不可能共平面。
B．分析 Y 中共轭双键与 Br2的加成方式（1，2 - 加成、1，4 - 加成及不同物质的量比反应），确定产物种类。
C．识别丹参醇中的官能团（碳碳双键、羟基），判断其可发生的反应类型（加成、取代、氧化、消去）。
D．依据手性碳的定义（连有四个不同原子或基团的碳原子），判断 Y 和丹参醇中手性碳的数量。
11．【答案】B
【知识点】化学反应的可逆性；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】A、FeCl2溶液中 Cl-也具有还原性，能使酸性 KMnO4溶液褪色，因此无法证明是 Fe2+的还原性导致褪色，A错误；
B、KI 过量时，若反应后仍有 Fe3+（加 KSCN 溶液变红），说明反应不能进行到底，即 KI 与 FeCl3的反应有一定限度，B正确；
C、比较 Ka 需控制 CH3COONa 和 NaNO2溶液浓度相同，题中未说明浓度，无法通过 pH 判断 Ka 大小，C错误；
D、AgNO3过量，加入 KI 时直接生成 AgI 沉淀，并非 AgCl 转化为 AgI，因此不能证明
Ksp (AgI) < Ksp (AgCl)，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．注意 FeCl2中 Cl-的还原性干扰，不能仅凭酸性 KMnO4褪色证明 Fe2+的还原性。
B．KI 过量时，若仍检测到 Fe3+（KSCN 变红），说明反应存在限度。
C．比较酸的电离常数需控制盐溶液浓度相同，题中未满足此条件。
D．AgNO3过量时，生成 AgI 沉淀并非由 AgCl 转化而来，无法证明 Ksp 大小。
12．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A、 室温下，14mol·L-1氨水的pH约为12，则，，列三段式：
则，A错误；
B、实验 2 滤液中含 NH4Cl 和少量 NaHCO3，电荷守恒应包含 CO32-、HCO3-等阴离子， 根据电荷守恒可得：，题中表达式缺少相关项，B错误；
C、联立 NaHCO3溶液的物料： 守恒和电荷守恒： ，推导得
c (H2CO3) - c (CO32-) = 9.9×10-7 mol/L，而非 c (CO32-) - c (H2CO3)，C错误；
D、Ba(OH)2少量时，按 1：2 比例与 NaHCO3反应，生成 BaCO3、CO32-和 H2O，离子方程式为：，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．通过氨水的 pH 计算 OH-浓度，结合三段式和 Kb 公式，判断电离常数计算是否正确。
B．明确实验 2 滤液的成分，根据电荷守恒的完整形式（包含所有离子），判断表达式是否遗漏阴离子。
C．联立 NaHCO3溶液的物料守恒和电荷守恒，推导 c(H2CO3) 与 c(CO32-) 的差值，注意符号和数值。
D．根据 Ba(OH)2少量的反应比例，分析产物并判断离子方程式的正确性。
13．【答案】B
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、反应②是放热反应，升温时反应②逆向移动，SO2和 CO 浓度增大，可使反应①正向移动。S2平衡产率升高可能是浓度影响超过温度影响，无法确定反应①的 ΔH1是否大于 0，A错误；
B、升温时，反应②逆向移动使 SO2、CO 浓度增大，若该浓度增大大对反应①平衡的影响超过温度升高的影响，会导致 S2平衡产率上升，B正确；
C、10min 时 S2实际产率大于平衡产率，继续反应会向平衡移动，实际产率应减小至平衡产率后保持不变，而非先增大，C错误；
D、温度过高可能降低催化剂活性，使 SO2平衡转化率下降，并非温度越高越好，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．结合反应②的放热性质，分析升温时 SO2、CO 浓度变化对反应①的影响，判断无法确定 ΔH1的正负。
B．明确升温时反应②逆向移动导致反应物浓度增大，若该浓度影响超过温度对反应①的影响，可使 S2平衡产率上升。
C．对比 10min 时 S2实际产率与平衡产率，判断继续反应时实际产率的变化趋势应为减小至平衡产率后保持不变。
D．考虑温度过高对催化剂活性的影响，判断温度并非越高越有利于回收 S2。
14．【答案】4；；；Ag+浓度增大，反应速率加快；Ag+浓度增大，细菌的活性减弱，反应速率减慢；减慢幅度大于加快幅度；；Cu2O或Cu；加热条件下，乙醇与CuO表面的O反应形成氧空位
【知识点】晶胞的计算；化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铜及其化合物
【解析】【解答】（1）该CuFeS2晶体的一个晶胞中，Cu原子位于顶点、面心和体心，则Cu的数目为=4。Cu原子(图示中的A)位于体心，与其紧邻的S原子为体内靠近它的4个S原子，连接起来的图示为：
故答案为： 4 ； ；
（2）在酸性、有氧条件下，某种细菌能将CuFeS2催化转化成硫酸铜、Fe2(SO4)3等，依据得失电子守恒、质量守恒，可得出该反应的离子方程式为。
故答案为： ；
（3）从图中可以看出，Ag+浓度从5mg/L上升到7mg/L阶段，铜元素浸出率下降，若从Ag+浓度考虑，浓度增大反应速率应加快，说明Ag+浓度增大对催化剂的活性造成了不利影响，从而得出原因是：Ag+浓度增大，反应速率加快；Ag+浓度增大，细菌的活性减弱，反应速率减慢；减慢幅度大于加快幅度。
故答案为： Ag+浓度增大，反应速率加快；Ag+浓度增大，细菌的活性减弱，反应速率减慢；减慢幅度大于加快幅度 ；
（4）K====300，则
===。
故答案为： ；
（5）①CuC2O4固体在350℃加热分解，在生成CuO的同时，有CO、CO2生成，CO还原CuO可能会Cu2O或Cu，所以X射线衍射实验发现得到的纳米CuO不纯，混有的杂质可能是Cu2O或Cu。
②乙醇具有还原性，加热时能将CuO还原为Cu，从而使纳米金属氧化物表面出现氧空位，则将纳米CuO加热到高温用无水乙醇淬火处理，可得到富含氧空位的氧化铜，原因是：加热条件下，乙醇与CuO表面的O反应形成氧空位。
故答案为： Cu2O或Cu ； 加热条件下，乙醇与CuO表面的O反应形成氧空位 ；
【分析】（1）用均摊法计算晶胞中 Cu 原子数，根据晶胞结构连接 Cu 与紧邻的 S 原子。
（2）结合得失电子守恒、质量守恒书写离子方程式。
（3）分析 Ag+浓度对反应速率和细菌活性的双重影响，判断铜元素浸出率下降的原因。
（4）联立平衡常数与电离常数的关系，计算 Ksp (Cu2C2O4)。
（5）①考虑 CuC2O4分解产物的还原性，分析可能的杂质。
②利用乙醇的还原性，解释含氧空位 CuO 的形成原因。
15．【答案】（1）羟基、酯基
（2）取代反应
（3）
（4）
（5）或或或
（6）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）G的结构简式为：，含氧官能团的名称为羟基、酯基；
故答案为： 羟基、酯基 ；
（2）由分析可知，B到C反应类型为取代反应；
故答案为： 取代反应 ；
（3）A到B发生取代反应，A中-NH2上H原子被取代，若B过量，氨基上两个H原子均有可能被取代，副产物的结构简式为：；
故答案为： ；
（4）E→F的反应中，E先与 加成得到中间产物I为，中间产物I在发生醛基上加成反应得到中间产物II，中间产物II再发生消去反应得到F，中间产物II的结构简式为：；
故答案为： ；
（5）D的结构简式为：，除苯环外有2个N原子，两个O原子，除苯环外有5个不饱和度，同分异构体中能水解再酸化成两种物质，均含有4种等效H原子，一种产物与FeCl3显色反应，说明有酚羟基，该有机物可能含有一个酯基，两个对称的氨基，符合条件的结构简式为：或；若结构中含有酰胺基，可推出同分异构体的结构简式为：、。
故答案为：或或或 ；
（6）可以由与发生取代反应得到，可以有乙烯与水加成反应得到，由与H2加成反应得到，由与乙烯发生合成路线中C到D的反应得到，故合成路线为：。
故答案为：
【分析】A→B发生取代反应，A 分子中氨基（-NH2）上的 H 原子被其他基团取代，实现官能团的初步转化；B→C发生取代反应，反应过程中生成乙酸（CH3COOH）。此步的目的是保护氨基，防止后续反应中氨基被不必要地反应；C→D发生加成反应，分子中的碳碳双键参与反应，转化为环状结构，实现骨架的构建；D→E发生取代反应（酰胺基的碱性水解），水解后重新生成氨基。这一步是解除氨基保护，恢复氨基的活性，与 B→C 的保护步骤形成 “保护 - 脱保护” 的策略，确保氨基在特定阶段参与反应；E→F依次发生加成反应和消去反应，实现官能团的进一步转化；F 经多步反应最终得到目标产物 G。
这种 “保护 - 脱保护” 的策略是有机合成中常用的技巧，用于控制氨基在合适的反应阶段参与反应，避免副反应的发生，从而高效构建目标分子的结构。
（1）G的结构简式为：，含氧官能团的名称为羟基、酯基；
（2）由分析可知，B到C反应类型为取代反应；
（3）A到B发生取代反应，A中-NH2上H原子被取代，若B过量，氨基上两个H原子均有可能被取代，副产物的结构简式为：；
（4）E→F的反应中，E先与 加成得到中间产物I为，中间产物I在发生醛基上加成反应得到中间产物II，中间产物II再发生消去反应得到F，中间产物II的结构简式为：；
（5）D的结构简式为：，除苯环外有2个N原子，两个O原子，除苯环外有5个不饱和度，同分异构体中能水解再酸化成两种物质，均含有4种等效H原子，一种产物与FeCl3显色反应，说明有酚羟基，该有机物可能含有一个酯基，两个对称的氨基，符合条件的结构简式为：或；若结构中含有酰胺基，可推出同分异构体的结构简式为：、。
（6）可以由与发生取代反应得到，可以有乙烯与水加成反应得到，由与H2加成反应得到，由与乙烯发生合成路线中C到D的反应得到，故合成路线为：。
16．【答案】（1）2PrCl3+3Na2CO3+8H2O=Pr2(CO3)3·8H2O↓+6NaCl；碳酸氢铵沉淀PrCl3过程生成大量气体，碳酸钠沉淀PrCl3过程没有气体生成，因而沉淀颗粒更加致密
（2）设Pr2(CO3)3·8H2O的物质的量为1 mol，根据Pr守恒可得：n(Pr6O11)= mol，m(Pr6O11)=n(Pr6O11)·M=molg/mol≈340.7 g，因此制备Pr6O11最适宜的加热温度为755℃；Pr6O11+2H2O2+18H+=6Pr3++2O2↑+11H2O
（3）向溶液中边搅拌边加入稍过量1.0 mol·L-1H2O2溶液，用1.0 mol·L-1NaOH调节pH为3.7左右，充分反应后过滤，将滤液转移到分液漏斗中，加入P507充分振荡，萃取后分液，多次萃取后，向有机层中加入1.0 mol·L-1HCl反萃取，分离出水层后重复反萃取2~3次，将所得水层溶液合并
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）由题意可知：反应物为PrCl3和Na2CO3，生成物为Pr2(CO3)3·8H2O和NaCl，根据原子守恒，可得反应方程式为：2PrCl3+3Na2CO3+8H2O=Pr2(CO3)3·8H2O↓+6NaCl；
沉淀剂用Na2CO3溶液比用NH4HCO3溶液得到的沉淀颗粒更加致密，可能的原因是NH4HCO3沉淀PrCl3过程生成大量气体，而Na2CO3沉淀PrCl3过程没有气体生成，因而沉淀颗粒更加致密；
故答案为： 2PrCl3+3Na2CO3+8H2O=Pr2(CO3)3·8H2O↓+6NaCl ； 碳酸氢铵沉淀PrCl3过程生成大量气体，碳酸钠沉淀PrCl3过程没有气体生成，因而沉淀颗粒更加致密 ；
（2）设开始时加入的Pr2(CO3)3·8H2O固体的物质的量为1 mol，根据Pr守恒可知最后得到Pr6O11的物质的量为：n(Pr6O11)=mol，则其质量为m(Pr6O11)=n(Pr6O11)·M=molg/mol≈340.7 g，此时剩余固体质量与起始固体质量的比值为：，根据图示可知此时反应温度为755℃，因此制备Pr6O11最适宜的加热温度为755℃；
②将0.5 g Pr6O11加到20 mL30%H2O2酸性溶液中产生大量气泡，反应后镨元素仅以Pr3+的形式存在，H2O2失去电子被氧化为O2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可知该反应的离子方程式为：Pr6O11+2H2O2+18H+=6Pr3++2O2↑+11H2O；
故答案为：设Pr2(CO3)3·8H2O的物质的量为1 mol，根据Pr守恒可得：n(Pr6O11)= mol，m(Pr6O11)=n(Pr6O11)·M=molg/mol≈340.7 g，因此制备Pr6O11最适宜的加热温度为755℃；Pr6O11+2H2O2+18H+=6Pr3++2O2↑+11H2O；
（3）根据题意，萃取剂P507[(HA)2]对Pr3+和Fe3+、Fe2+都有萃取作用，结合三种离子开始形成沉淀即沉淀完全时的pH的不同，要形成Pr(OH)3沉淀，应该先向含有Pr3+和Fe3+、Fe2+的溶液中加入1.0 mol/LH2O2，发生反应：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入1.0 mol/LNaOH溶液调节pH为3.7左右，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，充分反应后过滤，除去Fe(OH)3沉淀，将滤液转移到分液漏斗中，加入P507充分振荡，萃取后分液，多次萃取后，Pr3+进入有机层中，然后向有机层中加入1.0 mol·L-1HCl进行反萃取，Pr3+进入水层中，分离出水层后，重复反萃取2~3次，将所得水层溶液合并，浓缩后得PrCl3溶液，向溶液中滴加1.0 mol·L-1NaOH溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤，将固体干燥，得到Pr(OH)3。
故答案为： 向溶液中边搅拌边加入稍过量1.0 mol·L-1H2O2溶液，用1.0 mol·L-1NaOH调节pH为3.7左右，充分反应后过滤，将滤液转移到分液漏斗中，加入P507充分振荡，萃取后分液，多次萃取后，向有机层中加入1.0 mol·L-1HCl反萃取，分离出水层后重复反萃取2~3次，将所得水层溶液合并 。
【分析】（2）Pr2(CO3)3 8H2O 的热分解过程具有阶段性：第一步失去结晶水转化为 Pr2(CO3)3，第二步 Pr2(CO3)3分解生成 Pr6O11、CO2和 O2。选取 1 mol Pr2(CO3)3 8H2O（摩尔质量 606 g/mol），依据 Pr 元素守恒，可推导其转化为 Pr6O11的理论质量。通过分析 “剩余固体质量与起始固体质量的比值随温度变化的曲线”，当该比值与 Pr6O11的理论质量占比一致时，对应的温度即为制取 Pr6O11的最佳温度。
（3）铁的去除：采用 H2O2（绿色氧化剂）将 Fe2+氧化为 Fe3+，再用 NaOH 溶液调节 pH 至 3.7，使 Fe3+完全沉淀为 Fe(OH)3，过滤分离。
Pr3+的萃取与反萃取：向含 Pr3+的滤液中加入萃取剂，使 Pr3+富集于有机相；多次萃取并合并萃取液以提高原料利用率。利用平衡移动，向有机相中加入盐酸进行反萃取，使 Pr3+从有机相转移至水相；浓缩水相得到 PrCl3溶液，滴加 NaOH 溶液至沉淀完全，经过滤、洗涤、干燥后得到 Pr(OH)3。据此解题。
（1）由题意可知：反应物为PrCl3和Na2CO3，生成物为Pr2(CO3)3·8H2O和NaCl，根据原子守恒，可得反应方程式为：2PrCl3+3Na2CO3+8H2O=Pr2(CO3)3·8H2O↓+6NaCl；
沉淀剂用Na2CO3溶液比用NH4HCO3溶液得到的沉淀颗粒更加致密，可能的原因是NH4HCO3沉淀PrCl3过程生成大量气体，而Na2CO3沉淀PrCl3过程没有气体生成，因而沉淀颗粒更加致密；
（2）设开始时加入的Pr2(CO3)3·8H2O固体的物质的量为1 mol，根据Pr守恒可知最后得到Pr6O11的物质的量为：n(Pr6O11)=mol，则其质量为m(Pr6O11)=n(Pr6O11)·M=molg/mol≈340.7 g，此时剩余固体质量与起始固体质量的比值为：，根据图示可知此时反应温度为755℃，因此制备Pr6O11最适宜的加热温度为755℃；
②将0.5 g Pr6O11加到20 mL30%H2O2酸性溶液中产生大量气泡，反应后镨元素仅以Pr3+的形式存在，H2O2失去电子被氧化为O2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可知该反应的离子方程式为：Pr6O11+2H2O2+18H+=6Pr3++2O2↑+11H2O；
（3）根据题意，萃取剂P507[(HA)2]对Pr3+和Fe3+、Fe2+都有萃取作用，结合三种离子开始形成沉淀即沉淀完全时的pH的不同，要形成Pr(OH)3沉淀，应该先向含有Pr3+和Fe3+、Fe2+的溶液中加入1.0 mol/LH2O2，发生反应：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入1.0 mol/LNaOH溶液调节pH为3.7左右，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，充分反应后过滤，除去Fe(OH)3沉淀，将滤液转移到分液漏斗中，加入P507充分振荡，萃取后分液，多次萃取后，Pr3+进入有机层中，然后向有机层中加入1.0 mol·L-1HCl进行反萃取，Pr3+进入水层中，分离出水层后，重复反萃取2~3次，将所得水层溶液合并，浓缩后得PrCl3溶液，向溶液中滴加1.0 mol·L-1NaOH溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤，将固体干燥，得到Pr(OH)3。
17．【答案】放热；温度升高，溶解度下降，单乙醇氨基碳酸盐发生分解；加成反应；单乙醇胺水溶液吸收生成稳定性强的碳酸盐，吸收液再生能耗大；副产物单乙醇氨基甲酸盐对设备有强腐蚀性；随着流动时间增加，催化剂表面NiOx增多，有利于选择性生成CO，不利于选择性生成；活性氢；表面氢与金属原子之间存在作用力，且表面氢结合氧原子的方向阻力大，两者共同导致表面氢参与的反应活化能高，反应速率慢
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）根据单乙醇胺（）水溶液吸收生成单乙醇氨基碳酸盐，升温至较高温度可实现吸收剂的再生，说明升高温度反应逆向进行，则正反应为放热反应；
故答案为： 放热 ；
（2）CO2溶解度随温度升高而降低，温度高于40℃时，CO2溶解度降低，单乙醇氨基碳酸盐发生分解，单乙醇胺水溶液吸收的吸收率随温度升高呈现下降趋势；
故答案为： 温度升高，溶解度下降，单乙醇氨基碳酸盐发生分解 ；
（3）单乙醇胺与先发生加成反应得到单乙醇氨基甲酸HOCH2CH2NHCOOH，单乙醇氨基甲酸HOCH2CH2NHCOOH再与单乙醇氨反应生成单乙醇氨基甲酸盐，第一步反应为加成反应；
故答案为： 加成反应 ；
（4）根据题目信息，与N-甲基二乙醇胺相比，单乙醇胺作为吸收剂的缺点是：单乙醇胺水溶液吸收生成稳定性强的碳酸盐，吸收液再生能耗大；副产物单乙醇氨基甲酸盐对设备有强腐蚀性；
故答案为： 单乙醇胺水溶液吸收生成稳定性强的碳酸盐，吸收液再生能耗大；副产物单乙醇氨基甲酸盐对设备有强腐蚀性 ；
（5）由图2可知，随着流动时间增加，催化剂表面NiOx增多，有利于选择性生成CO，不利于选择性生成，甲醇选择性下降；
故答案为： 随着流动时间增加，催化剂表面NiOx增多，有利于选择性生成CO，不利于选择性生成 ；
（6）由图3可知，有活性氢参与的反应活化能低，更有利于进行；并且由图4可知，表面氢与金属原子之间存在作用力，且表面氢结合氧原子的方向阻力大，两者共同导致表面氢参与的反应活化能高，反应速率慢。
故答案为： 活性氢 ； 表面氢与金属原子之间存在作用力，且表面氢结合氧原子的方向阻力大，两者共同导致表面氢参与的反应活化能高，反应速率慢 ；
【分析】（1）根据吸收剂再生的温度条件，判断反应热效应（升温逆向进行，正反应放热）。
（2）分析温度对 CO2溶解度和氨基碳酸盐稳定性的影响，解释吸收率下降的原因。
（3）根据反应过程，判断第一步的反应类型（加成反应）。
（4）对比两种吸收剂，总结单乙醇胺的缺点（再生能耗大、副产物腐蚀性强）。
（5）结合催化剂表面物种变化（NiO 增多），分析甲醇选择性下降的原因。
（6）通过能量和结构分析，判断活性氢更有利于反应（表面氢活化能高，反应速率慢）。
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