高級中學名校試卷PAGEPAGE1江蘇省無錫市2024-2025學年高三上學期期末試題注意事項：1.本試卷分單項選擇題和非選擇題兩部分，共100分。考試時間75分鐘。2.答案全部寫在答題卡上，寫在試題紙上一律無效。3.可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Na23Si28S32Cl35.5Mn55Fe56Cu64Ag108Pr141一、單項選擇題：共13題，每題3分，共39分。每題只有一個選項最符合題意。1.我國科學家研究“嫦娥六號”采集的月球土壤，分析揭示月壤中存在、等多種氧化物，其中屬于A.酸性氧化物 B.兩性氧化物 C.過氧化物 D.金屬氧化物【答案】A【解析】酸性氧化物是與堿反應只生成鹽和水的氧化物；既能與酸反應生成鹽和水，又能與堿反應只生成鹽和水的氧化物是兩性氧化物；含有-O-O-鍵的氧化物屬于過氧化物；由金屬元素和氧元素組成的氧化物是金屬氧化物；SiO2能與NaOH反應生成鹽和水，屬于酸性氧化物，答案選A。2.反應可用于檢測氣體泄漏，下列說法正確的是A.為非極性分子 B.中子數為18氯原子為C.中既含有離子鍵又含有共價鍵 D.的電子式為【答案】C【解析】A．為三角錐形，為極性分子，A錯誤；B．中子數為18的氯原子質量數為35：，B錯誤；C．氯化銨中銨根離子與氯離子之間形成離子鍵，銨根離子中N原子與H原子之間形成共價鍵，C正確；D．的電子式為，D錯誤；故選C。3.實驗室利用下列裝置進行的有關實驗，無法達到實驗目的的是A．制取B．除去中的HClC．收集D．吸收尾氣中A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．濃鹽酸與MnO2加熱生成MnCl2、Cl2和H2O，可以用作實驗室制取氯氣，A不符合題意；B．除去Cl2中的HCl，應該通過飽和食鹽水，通過NaHCO3溶液會產生CO2，引入新的雜質，同時還會除去氯氣，B符合題意；C．氯氣的密度大于空氣，可以用向上排空氣法收集Cl2，C不符合題意；D．Cl2與NaOH反應生成水、NaCl和NaClO，可以用NaOH溶液吸收尾氣中的Cl2，D不符合題意；答案選B。4.硫磷酸銨具有改良土壤等多種用途，下列說法正確的是A.沸點： B.電負性大小：C.電離能大小： D.酸性強弱：【答案】C【解析】A．氨分子能形成分子間氫鍵，而磷化氫不能形成分子間氫鍵，所以氨分子分子間作用力大于磷化氫，沸點高于磷化氫，A錯誤；B．同周期從左到右，元素的電負性逐漸增大，電負性大小：，B錯誤；C．根據同周期從左到右第一電離能呈增大趨勢，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，則元素第一電離能：，C正確；D．同一周期主族元素從左到右，元素非金屬性遞增，最高價氧化物的水化物酸性增強，酸性強弱：，D錯誤；故選C。5.下列物質的性質與用途具有對應關系的是A.有還原性，可用于漂白草編織物B.濃硫酸有脫水性，可用于干燥某些氣體C.受熱可分解，可用作食鹽的碘添加劑D.有強氧化性，可用作水體殺菌消毒劑【答案】D【解析】A．SO2用于漂白草編織物，體現了SO2的漂白性，A錯誤；B．濃硫酸干燥某些氣體，是由于濃硫酸具有吸水性，B錯誤；C．受熱可分解與可用作食鹽的碘添加劑之間沒有對應關系，作碘添加劑由于含有碘元素，C錯誤；D．強氧化性的物質可以使蛋白質變性，用于殺菌消毒，有強氧化性，可用作水體殺菌消毒劑，二者有對應關系，D正確；答案選D。閱讀下列材料，完成下面小題：C、Si及其化合物應用廣泛。具有較大的燃燒熱（890.3kJ·mol-1），常用作燃料；工業上可用與反應生產，kJ·mol-1；用焦炭還原可制得粗硅，再發生兩步反應可制得精硅：、，反應過程中可能會生成；硅酸鈉的水溶液俗稱水玻璃，是一種礦黏合劑，通入生成沉淀。6.下列說法正確的是A.1mol晶體硅中含有2mol鍵B.金剛石與石墨中碳碳鍵的夾角都為C.、、分子的空間構型均為正四面體D.分子中碳原子的雜化軌道類型為7.下列化學反應表示正確的是A.制粗硅的化學方程式：B.甲烷-空氣堿性燃料電池正極反應式：C.甲烷燃燒的熱化學方程式：kJ·mol-1D.硅酸鈉溶液中通入過量反應的離子方程式：8.對于反應，下列說法正確的是A.反應的平衡常數可表示為B.該反應的反應物總鍵能小于生成物總鍵能C.升高溫度，正反應速率增大，逆反應速率減小，平衡正向移動D.其他條件相同，增大，的轉化率下降【答案】6.A7.A8.D【解析】6.A．晶體硅中，一個硅周圍通過四個共價鍵與其它原子成鍵，平均1個Si原子形成2個Si-Si鍵，1mol晶體硅中含有2mol鍵，A正確；B．石墨是平面形結構，夾角為120°，B錯誤；C．CH4和SiCl4是正四面體結構，SiHCl3是四面體結構，不是正四面體，C錯誤；D．CO2中C原子價層電子對為2，C原子的雜化軌道類型為sp雜化，D錯誤；答案選A；7.A．制粗硅用SiO2與C在高溫下反應生成Si和CO，方程式為：，A正確；B．甲烷-空氣堿性燃料電池中甲烷為燃料，發生氧化反應，是負極，負極的反應式為：，B錯誤；C．的燃燒熱為890.3kJ·mol-1，燃燒的熱化學方程式中生成物水應該是液態，C錯誤；D．硅酸鈉溶液通入過量的CO2生成硅酸和碳酸氫鈉，離子方程式為：，D錯誤；答案選A；8.A．反應的平衡常數表達式，A錯誤；B．，kJ·mol-1，是吸熱反應，斷鍵要吸熱，成鍵放熱，該反應的反應物總鍵能大于生成物總鍵能，B錯誤；C．升高溫度，正逆反應速率均增大，C錯誤；D．其他條件相同，增大，相當于增加CH4的物質的量，H2O的轉化率升高，的轉化率下降，D正確；答案選D。9.第二代鈉離子電池是以嵌鈉硬碳（）和錳基高錳普魯士白為電極的新型二次電池，充電時嵌入硬碳，放電時發生脫嵌，其工作原理如圖所示。下列說法正確的是A.充電時，a接電源的負極B.充電時，B極反應為C放電時，穿過離子交換膜向B極移動D.放電時，每轉移1mol電子，A極質量減少23g【答案】B【解析】由題可知，放電時，B極是原電池負極，鑲嵌在硬碳中的鈉失去電子發生氧化反應生成鈉離子，電極反應式為，A極是正極，在鈉離子作用下，Mn[Mn(CN)6]在正極得到電子發生還原反應生成Na2Mn[Mn(CN)6]，電極反應式為Mn[Mn(CN)6]+2Na++2e-=Na2Mn[Mn(CN)6]；充電時，A極與直流電源的正極相連，做電解池的陽極，B極為陰極。A．由分析，充電時，a接電源的正極，A錯誤；B．充電時，B極為陰極，鈉離子得到電子發生還原反應嵌入硬碳：，B正確；C．放電時，陽離子向正極移動，故穿過離子交換膜向A極移動，C錯誤；D．A極是正極，在鈉離子作用下，Mn[Mn(CN)6]在正極得到電子發生還原反應生成Na2Mn[Mn(CN)6]，電極反應式為Mn[Mn(CN)6]+2Na++2e-=Na2Mn[Mn(CN)6]；結合電子守恒，放電時，每轉移1mol電子，A極增加1mol鈉離子，質量增加23g，D錯誤；故選B。10.丹參醇是存在于丹參中的一種天然產物。合成丹參醇的部分路線如下：下列說法正確的是A.X分子中所有碳原子可能共平面B.Y與發生加成反應最多可生成3種有機產物C.丹參醇能發生加成、取代、氧化和消去反應D.Y與丹參醇分子中均含有1個手性碳原子【答案】C【解析】A．X分子中含有多個飽和碳原子，不可能所有碳原子共平面，A錯誤；B．Y與按照物質的量之比1:1發生加成反應，可以發生1,2-加成和1,4-加成得到三種產物，也可以按照物質的量之比1:2發生加成反應得到1種產物，最多可生成4種有機產物，B錯誤；C．丹參醇含有羥基，碳碳雙鍵等官能團，能發生加成、取代、氧化和消去反應，C正確；D．丹參醇分子中與羥基相連的2個碳原子均為手性碳原子，Y中與羥基相連的是手性碳原子，D錯誤；答案選C。11.室溫下，根據下列實驗過程及現象，能驗證相應實驗結論的是選項實驗過程及現象實驗結論A向2mL0.1mol·L-1溶液中滴加幾滴酸性溶液，溶液紫色褪去具有還原性B取2mL0.1mol·L-1KI溶液于試管中，加入0.5mL0.1mol·L-1溶液，充分反應后滴入幾滴KSCN溶液，溶液變成紅色KI與溶液的反應有一定限度C用pH試紙分別測溶液和溶液的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，先產生白色沉淀，后產生黃色沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．溶液中氯離子也有還原性，滴加幾滴酸性溶液，溶液紫色褪去，不能證明具有還原性，A錯誤；B．取2mL0.1mol·L-1KI溶液于試管中，加入0.5mL0.1mol·L-1溶液，碘離子過量，充分反應后滴入幾滴KSCN溶液，溶液變成紅色，說明溶液中還存在鐵離子，能證明KI與溶液的反應有一定限度，B正確；C．不知兩種鹽溶液的濃度大小，不能通過溶液的pH大小判斷兩種酸的電離常數大小，C錯誤；D．向2mL0.1mol·L-1溶液中先滴加4滴0.1mol·L-1KCl溶液，溶液中銀離子過量，加入KI溶液，一定會產生黃色沉淀，不能證明，D錯誤；故選B。12.室溫下，通過下列實驗制備少量并探究其性質。實驗1：測得100mL14mol·L-1氨水的pH約為12；實驗2：向上述氨水中加入NaCl至飽和，通足量，經過濾、洗滌、干燥得到固體；實驗3：配制100mL0.1mol·L-1溶液，測得溶液pH為8.0；實驗4：向2mL0.1mol·L-1溶液中滴加幾滴0.1mol·L-1溶液，產生白色沉淀。下列說法正確的是A.依據實驗1推測：B.實驗2所得濾液中存在：C.實驗3的溶液中存在：mol·L-1D.實驗4發生反應的離子方程式：【答案】D【解析】A．室溫下，14mol·L-1氨水的pH約為12，則，，列三段式：則，A錯誤；B．發生反應：，析出NaHCO3，所得濾液中主要含NH4Cl，含有少量NaHCO3，根據電荷守恒可得：，B錯誤；C．NaHCO3溶液中，根據物料守恒可得：，由電荷守恒得：，將電荷守恒關系式代入物料守恒關系式得：，C錯誤；D．溶液少量，反應時定其系數為1，兩者反應生成、和，則反應的離子方程式為：，D正確；故選D。13.工業尾氣中含有CO和，可將尾氣通過催化劑進行處理，發生以下反應：①②600~1000K范圍內，平衡轉化率接近100%。其他條件相同，不同溫度下，、COS平衡產率和10min時實際產率如圖所示。下列說法正確的是A.一定存在B.升高溫度，平衡產率上升的可能原因是反應物濃度增大對平衡的影響超過溫度升高的影響C.900K，10min后繼續反應足夠長時間，實際產率的變化趨勢可能為先增大后保持不變D.用該方法處理工業尾氣回收單質硫（），反應的溫度越高越好【答案】B【解析】A．由圖可知，反應②是放熱反應，溫度升高，反應②逆向移動，SO2和CO濃度增大，可以使反應①正向移動，溫度升高平衡產率上升的原因可能是由于濃度影響超過溫度影響，反應①不一定是吸熱反應，即不一定存在，A錯誤；B．根據A分析可知，升高溫度，平衡產率上升的可能原因是反應物濃度增大對平衡的影響超過溫度升高的影響，B正確；C．通過觀察圖像可知，10min時S2的實際產率大于平衡產率，所以最終要減小到與900K時平衡產率相等，則900K，在10min后繼續反應足夠長時間，S2實際產率的變化趨勢可能為：先增大后減小至900K時S2的平衡產率后保持不變，C錯誤；D．600~1000K范圍內，平衡轉化率接近100%，溫度過高，催化劑的活性可能降低，SO2的平衡轉化率可能下降，D錯誤；答案選B。二、非選擇題：共4題，共61分。14.實驗室以黃銅礦（主要含有CuFeS2）為原料可制取草酸銅（CuC2O4），草酸銅可用于制備納米材料、復合材料等。已知：Cu(OH)2的分解溫度為185℃，CuCO3的分解溫度為200℃。Ⅰ．CuFeS2的晶胞結構（1）CuFeS2的一種晶體晶胞結構如圖所示（其中S原子均位于晶胞內部），該CuFeS2晶體的一個晶胞中Cu的數目為______。在答題卡的圖中用“——”將Cu原子（圖示中的A）與其緊鄰的S原子連接起來______。Ⅱ．黃銅礦浸取法制取硫酸銅在酸性、有氧條件下，某種細菌能催化轉化成硫酸鹽的反應。（2）該反應的離子方程式為______，生成的Fe2(SO4)3又可將CuFeS2氧化。（3）Ag+對上述過程有催化作用。其它條件相同，浸出時間為15天，不同Ag+濃度對銅元素浸出率的影響如圖所示，Ag+濃度從5mg/L上升到7mg/L階段銅元素浸出率下降的原因是____________。Ⅲ．草酸銅的制取及應用（4）將上述黃銅礦浸出液分離提純，得到的硫酸銅溶液與草酸反應可制備CuC2O4，反應的離子方程式為，常溫下該反應的平衡常數是300，則______。（已知：常溫下，，）（5）將CuC2O4固體在350℃加熱至恒重制取納米CuO。①X射線衍射實驗發現得到的納米CuO不純。混有的雜質可能是___________。②納米金屬氧化物是常用的催化劑，若其表面出現氧空位，可以提高其催化性能。將納米CuO加熱到高溫用無水乙醇淬火處理，得到富含氧空位的氧化銅，該過程能得到富含氧空位的CuO的原因是____________。【答案】（1）①.4②.（2）（3）Ag+濃度增大，反應速率加快；Ag+濃度增大，細菌的活性減弱，反應速率減慢；減慢幅度大于加快幅度（4）（5）①.Cu2O或Cu②.加熱條件下，乙醇與CuO表面的O反應形成氧空位【解析】（1）該CuFeS2晶體的一個晶胞中，Cu原子位于頂點、面心和體心，則Cu的數目為=4。Cu原子(圖示中的A)位于體心，與其緊鄰的S原子為體內靠近它的4個S原子，連接起來的圖示為：（2）在酸性、有氧條件下，某種細菌能將CuFeS2催化轉化成硫酸銅、Fe2(SO4)3等，依據得失電子守恒、質量守恒，可得出該反應的離子方程式為。（3）從圖中可以看出，Ag+濃度從5mg/L上升到7mg/L階段，銅元素浸出率下降，若從Ag+濃度考慮，濃度增大反應速率應加快，說明Ag+濃度增大對催化劑的活性造成了不利影響，從而得出原因是：Ag+濃度增大，反應速率加快；Ag+濃度增大，細菌的活性減弱，反應速率減慢；減慢幅度大于加快幅度。（4）K====300，則===。（5）①CuC2O4固體在350℃加熱分解，在生成CuO的同時，有CO、CO2生成，CO還原CuO可能會Cu2O或Cu，所以X射線衍射實驗發現得到的納米CuO不純，混有的雜質可能是Cu2O或Cu。②乙醇具有還原性，加熱時能將CuO還原為Cu，從而使納米金屬氧化物表面出現氧空位，則將納米CuO加熱到高溫用無水乙醇淬火處理，可得到富含氧空位的氧化銅，原因是：加熱條件下，乙醇與CuO表面的O反應形成氧空位。15.有機化合物G（）是天然抗腫瘤藥物長春堿的重要結構片段，其合成路線如下：已知：①②（1）化合物G中的含氧官能團名稱為______。（2）B→C的反應類型為______。（3）A→B的反應中需控制A稍過量以防止產生有機副產物，該副產物的結構簡式為______。（4）E→F的反應中經歷了E中間產物Ⅰ中間產物ⅡF，試寫出中間產物Ⅱ的結構簡式______。（5）寫出同時滿足下列條件的D的一種同分異構體的結構簡式：______。該化合物只含有一個苯環。堿性條件下水解后酸化，生成兩種有機產物，均含有4種不同化學環境的氫原子，其中一種有機產物能與溶液發生顯色反應。（6）寫出以和乙烯為原料制備的合成路線流程圖______。（無機試劑和題干流程條件中出現的有機溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干）。【答案】（1）羥基、酯基（2）取代反應（3）（4）（5）或其它合理結構也可（6）【解析】A到B發生取代反應，A中-NH2上H原子被取代，B到C發生取代反應，同時生成有CH3COOH，C到D發生加成反應，雙鍵轉化為環狀結構，D到E發生取代反應，酰胺基在堿性條件下水解得到氨基，B到C和D到E目的是保護氨基，E到F發生加成和消去反應，F經過多步反應得到G。（1）G的結構簡式為：，含氧官能團的名稱為羥基、酯基；（2）由分析可知，B到C反應類型為取代反應；（3）A到B發生取代反應，A中-NH2上H原子被取代，若B過量，氨基上兩個H原子均有可能被取代，副產物的結構簡式為：；（4）E→F的反應中，E先與加成得到中間產物I為，中間產物I在發生醛基上加成反應得到中間產物II，中間產物II再發生消去反應得到F，中間產物II的結構簡式為：；（5）D的結構簡式為：，除苯環外有2個N原子，兩個O原子，除苯環外有5個不飽和度，同分異構體中能水解再酸化成兩種物質，均含有4種等效H原子，一種產物與FeCl3顯色反應，說明有酚羥基，該有機物可能含有一個酯基，兩個對稱的氨基，符合條件的結構簡式為：或；（6）可以由與發生取代反應得到，可以有乙烯與水加成反應得到，由與H2加成反應得到，由與乙烯發生合成路線中C到D的反應得到，故合成路線為：。16.回收鐠鐵合金拋光廢料(含Fe和少量Pr及雜質)，可制備Pr6O11和Pr(OH)3。鐠鐵合金拋光廢料經除鐵、萃取、反萃取可得PrCl3溶液。Pr的常見化合價為+3和+4。（1）沉淀Pr3+。攪拌下，將一定量的PrCl3溶液與沉淀劑Na2CO3溶液充分反應，過濾得到Pr2(CO3)3·8H2O沉淀，發生反應的化學方程式為____________。沉淀劑用Na2CO3溶液比用NH4HCO3溶液得到的沉淀顆粒更加致密，可能的原因是____________。（2）Pr6O11的制備和性質。①將Pr2(CO3)3·8H2O置于空氣中灼燒，測得剩余固體質量與起始固體質量的比值隨溫度變化的曲線如圖所示。制備Pr6O11最適宜的溫度為______（寫出計算過程）。②將0.5gPr6O11加到20mL30%H2O2酸性溶液中產生大量氣泡，反應后鐠元素僅以Pr3?的形式存在。該反應的離子方程式為____________。（3）Pr(OH)3的制備。用萃取劑P507[(HA)2]萃取Pr3+的原理：（有機層）。已知：①P507對Pr3+和Fe3+、Fe2+都有萃取作用，對雜質離子無萃取作用。②Pr3+開始沉淀的pH為8，Fe3+完全沉淀的pH為3.7，Fe2+完全沉淀的pH為9.7。為獲得較高純度Pr(OH)3，請補充完整實驗方案：將一定量鐠鐵合金拋光廢料加到稀鹽酸中，______，濃縮后得PrCl3溶液，向溶液中滴加1.0mol·L-1NaOH溶液至不再產生沉淀，過濾，用蒸餾水洗滌，將固體干燥，得到Pr(OH)3。（須選用的試劑和儀器：1.0mol·L-1HCl溶液、1.0mol·L-1NaOH溶液、1.0mol·L-1H2O2溶液、P507、分液漏斗）。【答案】（1）①.2PrCl3+3Na2CO3+8H2O=Pr2(CO3)3·8H2O↓+6NaCl②.碳酸氫銨沉淀PrCl3過程生成大量氣體，碳酸鈉沉淀PrCl3過程沒有氣體生成，因而沉淀顆粒更加致密（2）①.設Pr2(CO3)3·8H2O的物質的量為1mol，根據Pr守恒可得：n(Pr6O11)=mol，m(Pr6O11)=n(Pr6O11)·M=molg/mol≈340.7g，因此制備Pr6O11最適宜的加熱溫度為755℃②.Pr6O11+2H2O2+18H+=Pr3++2O2↑+11H2O（3）向溶液中邊攪拌邊加入稍過量1.0mol·L-1H2O2溶液，用1.0mol·L-1NaOH調節pH為3.7左右，充分反應后過濾，將濾液轉移到分液漏斗中，加入P507充分振蕩，萃取后分液，多次萃取后，向有機層中加入1.0mol·L-1HCl反萃取，分離出水層后重復反萃取2~3次，將所得水層溶液合并【解析】Pr2(CO3)3·8H2O受熱分解，首先失去結晶水變為Pr2(CO3)3，再加熱，Pr2(CO3)3分解產生Pr6O11、CO2、O2，假設Pr2(CO3)3·8H2O的物質的量是1mol，其質量是606g，利用Pr元素守恒，可知1molPr2(CO3)3·8H2O轉化的Pr6O11的質量，感覺剩余固體質量與起始固體質量的比與溫度變化的曲線圖關系，就可以確定制取Pr6O11的最佳溫度；先利用綠色氧化劑H2O2將溶液中的Fe2+氧化為Fe3+，然后加入NaOH溶液調整溶液pH為3.7左右，使Fe3+完全形成Fe(OH)3沉淀并過濾除去Fe(OH)3。向含有Pr3+的濾液中加入萃取劑進行萃取，使Pr3+進入有機相，為提高原料的利用率，要進行多次萃取，并將萃取液合并。結合平衡移動原理，向其中加入鹽酸進行反萃取，使Pr3+進入水機相，濃縮后得PrCl3溶液，向溶液中滴加NaOH溶液至不再產生沉淀，經過濾、洗滌、干燥，就制取得到Pr(OH)3。（1）由題意可知：反應物為PrCl3和Na2CO3，生成物為Pr2(CO3)3·8H2O和NaCl，根據原子守恒，可得反應方程式為：2PrCl3+3Na2CO3+8H2O=Pr2(CO3)3·8H2O↓+6NaCl；沉淀劑用Na2CO3溶液比用NH4HCO3溶液得到的沉淀顆粒更加致密，可能的原因是NH4HCO3沉淀PrCl3過程生成大量氣體，而Na2CO3沉淀PrCl3過程沒有氣體生成，因而沉淀顆粒更加致密；（2）設開始時加入的Pr2(CO3)3·8H2O固體的物質的量為1mol，根據Pr守恒可知最后得到Pr6O11的物質的量為：n(Pr6O11)=mol，則其質量為m(Pr6O11)=n(Pr6O11)·M=molg/mol≈340.7g，此時剩余固體質量與起始固體質量的比值為：，根據圖示可知此時反應溫度為755℃，因此制備Pr6O11最適宜的加熱溫度為755℃；②將0.5gPr6O11加到20mL30%H2O2酸性溶液中產生大量氣泡，反應后鐠元素僅以Pr3?的形式存在，H2O2失去電子被氧化為O2，根據電子守恒、電荷守恒、原子守恒，可知該反應的離子方程式為：Pr6O11+2H2O2+18H+=Pr3++2O2↑+11H2O；（3）根據題意，萃取劑P507[(HA)2]對Pr3+和Fe3+、Fe2+都有萃取作用，結合三種離子開始形成沉淀即沉淀完全時的pH的不同，要形成Pr(OH)3沉淀，應該先向含有Pr3+和Fe3+、Fe2+的溶液中加入1.0mol/LH2O2，發生反應：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，將Fe2+氧化為Fe3+，然后加入1.0mol/LNaOH溶液調節pH為3.7左右，使Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀，充分反應后過濾，除去Fe(OH)3沉淀，將濾液轉移到分液漏斗中，加入P507充分振蕩，萃取后分液，多次萃取后，Pr3+進入有機層中，然后向有機層中加入1.0mol·L-1HCl進行反萃取，Pr3+進入水層中，分離出水層后，重復反萃取2~3次，將所得水層溶液合并，濃縮后得PrCl3溶液，向溶液中滴加1.0mol·L-1NaOH溶液至不再產生沉淀，過濾，用蒸餾水洗滌，將固體干燥，得到Pr(OH)3。17.的分離回收和資源化利用具有重要意義。Ⅰ．的分離回收乙醇胺類水溶液對氣體具有優良的吸收性能。在20~40℃條件下，單乙醇胺（）水溶液吸收生成單乙醇氨基碳酸鹽，升溫至較高溫度可實現吸收劑的再生。在吸收過程中，部分單乙醇胺會與反應生成單乙醇氨基甲酸鹽，對設備有強腐蝕性。N-甲基二乙醇胺水溶液吸收時，生成氨基碳酸氫鹽，較低溫度即可實現吸收劑再生。（1）單乙醇胺水溶液吸收生成單乙醇氨基碳酸鹽的反應是______（填“吸熱”或“放熱”）反應。（2）利用20%單乙醇胺水溶液吸收，測得高于40℃時，單乙醇胺水溶液吸收的吸收率隨溫度升高呈現下降趨勢，其主要原因是____________。（3）單乙醇胺與反應生成單乙醇氨基甲酸鹽，該過程分兩步進行：（單乙醇氨基甲酸鹽）其中第①步反應類型為______。（4）與N-甲基二乙醇胺相比，單乙醇胺作為吸收劑的缺點是______。Ⅱ．的資源化利用某研究團隊使用催化二氧化碳加氫制甲醇。（5）反應選擇性研究。將一定比例和的混合氣體勻速通過裝有催化劑的反應器，測得的轉化率和產物的選擇性隨流動時間的變化如圖-1所示，催化劑表面反應隨流動時間的變化示意圖如圖-2所示，甲醇選擇性發生變化的原因是____________。（6）反應機理研究。中間體轉化為中間體是反應的決速步驟，表面氫或活性氫參與反應過程中的能量變化和部分中間體結構示意圖分別如圖-3和圖-4所示。更有利于反應進行的氫為__________（填“表面氫”或“活性氫”），從結構和能量的視角分析其原因是____________。【答案】（1）放熱（2）溫度升高，溶解度下降，單乙醇氨基碳酸鹽發生分解（3）加成反應（4）單乙醇胺水溶液吸收生成穩定性強的碳酸鹽，吸收液再生能耗大；副產物單乙醇氨基甲酸鹽對設備有強腐蝕性（5）隨著流動時間增加，催化劑表面NiOx增多，有利于選擇性生成CO，不利于選擇性生成（6）①.活性氫②.表面氫與金屬原子之間存在作用力，且表面氫結合氧原子的方向阻力大，兩者共同導致表面氫參與的反應活化能高，反應速率慢【解析】（1）根據單乙醇胺（）水溶液吸收生成單乙醇氨基碳酸鹽，升溫至較高溫度可實現吸收劑的再生，說明升高溫度反應逆向進行，則正反應為放熱反應；（2）CO2溶解度隨溫度升高而降低，溫度高于40℃時，CO2溶解度降低，單乙醇氨基碳酸鹽發生分解，單乙醇胺水溶液吸收的吸收率隨溫度升高呈現下降趨勢；（3）單乙醇胺與先發生加成反應得到單乙醇氨基甲酸HOCH2CH2NHCOOH，單乙醇氨基甲酸HOCH2CH2NHCOOH再與單乙醇氨反應生成單乙醇氨基甲酸鹽，第一步反應為加成反應；（4）根據題目信息，與N-甲基二乙醇胺相比，單乙醇胺作為吸收劑的缺點是：單乙醇胺水溶液吸收生成穩定性強的碳酸鹽，吸收液再生能耗大；副產物單乙醇氨基甲酸鹽對設備有強腐蝕性；（5）由圖2可知，隨著流動時間增加，催化劑表面NiOx增多，有利于選擇性生成CO，不利于選擇性生成，甲醇選擇性下降；（6）由圖3可知，有活性氫參與的反應活化能低，更有利于進行；并且由圖4可知，表面氫與金屬原子之間存在作用力，且表面氫結合氧原子的方向阻力大，兩者共同導致表面氫參與的反應活化能高，反應速率慢。江蘇省無錫市2024-2025學年高三上學期期末試題注意事項：1.本試卷分單項選擇題和非選擇題兩部分，共100分。考試時間75分鐘。2.答案全部寫在答題卡上，寫在試題紙上一律無效。3.可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Na23Si28S32Cl35.5Mn55Fe56Cu64Ag108Pr141一、單項選擇題：共13題，每題3分，共39分。每題只有一個選項最符合題意。1.我國科學家研究“嫦娥六號”采集的月球土壤，分析揭示月壤中存在、等多種氧化物，其中屬于A.酸性氧化物 B.兩性氧化物 C.過氧化物 D.金屬氧化物【答案】A【解析】酸性氧化物是與堿反應只生成鹽和水的氧化物；既能與酸反應生成鹽和水，又能與堿反應只生成鹽和水的氧化物是兩性氧化物；含有-O-O-鍵的氧化物屬于過氧化物；由金屬元素和氧元素組成的氧化物是金屬氧化物；SiO2能與NaOH反應生成鹽和水，屬于酸性氧化物，答案選A。2.反應可用于檢測氣體泄漏，下列說法正確的是A.為非極性分子 B.中子數為18氯原子為C.中既含有離子鍵又含有共價鍵 D.的電子式為【答案】C【解析】A．為三角錐形，為極性分子，A錯誤；B．中子數為18的氯原子質量數為35：，B錯誤；C．氯化銨中銨根離子與氯離子之間形成離子鍵，銨根離子中N原子與H原子之間形成共價鍵，C正確；D．的電子式為，D錯誤；故選C。3.實驗室利用下列裝置進行的有關實驗，無法達到實驗目的的是A．制取B．除去中的HClC．收集D．吸收尾氣中A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．濃鹽酸與MnO2加熱生成MnCl2、Cl2和H2O，可以用作實驗室制取氯氣，A不符合題意；B．除去Cl2中的HCl，應該通過飽和食鹽水，通過NaHCO3溶液會產生CO2，引入新的雜質，同時還會除去氯氣，B符合題意；C．氯氣的密度大于空氣，可以用向上排空氣法收集Cl2，C不符合題意；D．Cl2與NaOH反應生成水、NaCl和NaClO，可以用NaOH溶液吸收尾氣中的Cl2，D不符合題意；答案選B。4.硫磷酸銨具有改良土壤等多種用途，下列說法正確的是A.沸點： B.電負性大小：C.電離能大小： D.酸性強弱：【答案】C【解析】A．氨分子能形成分子間氫鍵，而磷化氫不能形成分子間氫鍵，所以氨分子分子間作用力大于磷化氫，沸點高于磷化氫，A錯誤；B．同周期從左到右，元素的電負性逐漸增大，電負性大小：，B錯誤；C．根據同周期從左到右第一電離能呈增大趨勢，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，則元素第一電離能：，C正確；D．同一周期主族元素從左到右，元素非金屬性遞增，最高價氧化物的水化物酸性增強，酸性強弱：，D錯誤；故選C。5.下列物質的性質與用途具有對應關系的是A.有還原性，可用于漂白草編織物B.濃硫酸有脫水性，可用于干燥某些氣體C.受熱可分解，可用作食鹽的碘添加劑D.有強氧化性，可用作水體殺菌消毒劑【答案】D【解析】A．SO2用于漂白草編織物，體現了SO2的漂白性，A錯誤；B．濃硫酸干燥某些氣體，是由于濃硫酸具有吸水性，B錯誤；C．受熱可分解與可用作食鹽的碘添加劑之間沒有對應關系，作碘添加劑由于含有碘元素，C錯誤；D．強氧化性的物質可以使蛋白質變性，用于殺菌消毒，有強氧化性，可用作水體殺菌消毒劑，二者有對應關系，D正確；答案選D。閱讀下列材料，完成下面小題：C、Si及其化合物應用廣泛。具有較大的燃燒熱（890.3kJ·mol-1），常用作燃料；工業上可用與反應生產，kJ·mol-1；用焦炭還原可制得粗硅，再發生兩步反應可制得精硅：、，反應過程中可能會生成；硅酸鈉的水溶液俗稱水玻璃，是一種礦黏合劑，通入生成沉淀。6.下列說法正確的是A.1mol晶體硅中含有2mol鍵B.金剛石與石墨中碳碳鍵的夾角都為C.、、分子的空間構型均為正四面體D.分子中碳原子的雜化軌道類型為7.下列化學反應表示正確的是A.制粗硅的化學方程式：B.甲烷-空氣堿性燃料電池正極反應式：C.甲烷燃燒的熱化學方程式：kJ·mol-1D.硅酸鈉溶液中通入過量反應的離子方程式：8.對于反應，下列說法正確的是A.反應的平衡常數可表示為B.該反應的反應物總鍵能小于生成物總鍵能C.升高溫度，正反應速率增大，逆反應速率減小，平衡正向移動D.其他條件相同，增大，的轉化率下降【答案】6.A7.A8.D【解析】6.A．晶體硅中，一個硅周圍通過四個共價鍵與其它原子成鍵，平均1個Si原子形成2個Si-Si鍵，1mol晶體硅中含有2mol鍵，A正確；B．石墨是平面形結構，夾角為120°，B錯誤；C．CH4和SiCl4是正四面體結構，SiHCl3是四面體結構，不是正四面體，C錯誤；D．CO2中C原子價層電子對為2，C原子的雜化軌道類型為sp雜化，D錯誤；答案選A；7.A．制粗硅用SiO2與C在高溫下反應生成Si和CO，方程式為：，A正確；B．甲烷-空氣堿性燃料電池中甲烷為燃料，發生氧化反應，是負極，負極的反應式為：，B錯誤；C．的燃燒熱為890.3kJ·mol-1，燃燒的熱化學方程式中生成物水應該是液態，C錯誤；D．硅酸鈉溶液通入過量的CO2生成硅酸和碳酸氫鈉，離子方程式為：，D錯誤；答案選A；8.A．反應的平衡常數表達式，A錯誤；B．，kJ·mol-1，是吸熱反應，斷鍵要吸熱，成鍵放熱，該反應的反應物總鍵能大于生成物總鍵能，B錯誤；C．升高溫度，正逆反應速率均增大，C錯誤；D．其他條件相同，增大，相當于增加CH4的物質的量，H2O的轉化率升高，的轉化率下降，D正確；答案選D。9.第二代鈉離子電池是以嵌鈉硬碳（）和錳基高錳普魯士白為電極的新型二次電池，充電時嵌入硬碳，放電時發生脫嵌，其工作原理如圖所示。下列說法正確的是A.充電時，a接電源的負極B.充電時，B極反應為C放電時，穿過離子交換膜向B極移動D.放電時，每轉移1mol電子，A極質量減少23g【答案】B【解析】由題可知，放電時，B極是原電池負極，鑲嵌在硬碳中的鈉失去電子發生氧化反應生成鈉離子，電極反應式為，A極是正極，在鈉離子作用下，Mn[Mn(CN)6]在正極得到電子發生還原反應生成Na2Mn[Mn(CN)6]，電極反應式為Mn[Mn(CN)6]+2Na++2e-=Na2Mn[Mn(CN)6]；充電時，A極與直流電源的正極相連，做電解池的陽極，B極為陰極。A．由分析，充電時，a接電源的正極，A錯誤；B．充電時，B極為陰極，鈉離子得到電子發生還原反應嵌入硬碳：，B正確；C．放電時，陽離子向正極移動，故穿過離子交換膜向A極移動，C錯誤；D．A極是正極，在鈉離子作用下，Mn[Mn(CN)6]在正極得到電子發生還原反應生成Na2Mn[Mn(CN)6]，電極反應式為Mn[Mn(CN)6]+2Na++2e-=Na2Mn[Mn(CN)6]；結合電子守恒，放電時，每轉移1mol電子，A極增加1mol鈉離子，質量增加23g，D錯誤；故選B。10.丹參醇是存在于丹參中的一種天然產物。合成丹參醇的部分路線如下：下列說法正確的是A.X分子中所有碳原子可能共平面B.Y與發生加成反應最多可生成3種有機產物C.丹參醇能發生加成、取代、氧化和消去反應D.Y與丹參醇分子中均含有1個手性碳原子【答案】C【解析】A．X分子中含有多個飽和碳原子，不可能所有碳原子共平面，A錯誤；B．Y與按照物質的量之比1:1發生加成反應，可以發生1,2-加成和1,4-加成得到三種產物，也可以按照物質的量之比1:2發生加成反應得到1種產物，最多可生成4種有機產物，B錯誤；C．丹參醇含有羥基，碳碳雙鍵等官能團，能發生加成、取代、氧化和消去反應，C正確；D．丹參醇分子中與羥基相連的2個碳原子均為手性碳原子，Y中與羥基相連的是手性碳原子，D錯誤；答案選C。11.室溫下，根據下列實驗過程及現象，能驗證相應實驗結論的是選項實驗過程及現象實驗結論A向2mL0.1mol·L-1溶液中滴加幾滴酸性溶液，溶液紫色褪去具有還原性B取2mL0.1mol·L-1KI溶液于試管中，加入0.5mL0.1mol·L-1溶液，充分反應后滴入幾滴KSCN溶液，溶液變成紅色KI與溶液的反應有一定限度C用pH試紙分別測溶液和溶液的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，先產生白色沉淀，后產生黃色沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．溶液中氯離子也有還原性，滴加幾滴酸性溶液，溶液紫色褪去，不能證明具有還原性，A錯誤；B．取2mL0.1mol·L-1KI溶液于試管中，加入0.5mL0.1mol·L-1溶液，碘離子過量，充分反應后滴入幾滴KSCN溶液，溶液變成紅色，說明溶液中還存在鐵離子，能證明KI與溶液的反應有一定限度，B正確；C．不知兩種鹽溶液的濃度大小，不能通過溶液的pH大小判斷兩種酸的電離常數大小，C錯誤；D．向2mL0.1mol·L-1溶液中先滴加4滴0.1mol·L-1KCl溶液，溶液中銀離子過量，加入KI溶液，一定會產生黃色沉淀，不能證明，D錯誤；故選B。12.室溫下，通過下列實驗制備少量并探究其性質。實驗1：測得100mL14mol·L-1氨水的pH約為12；實驗2：向上述氨水中加入NaCl至飽和，通足量，經過濾、洗滌、干燥得到固體；實驗3：配制100mL0.1mol·L-1溶液，測得溶液pH為8.0；實驗4：向2mL0.1mol·L-1溶液中滴加幾滴0.1mol·L-1溶液，產生白色沉淀。下列說法正確的是A.依據實驗1推測：B.實驗2所得濾液中存在：C.實驗3的溶液中存在：mol·L-1D.實驗4發生反應的離子方程式：【答案】D【解析】A．室溫下，14mol·L-1氨水的pH約為12，則，，列三段式：則，A錯誤；B．發生反應：，析出NaHCO3，所得濾液中主要含NH4Cl，含有少量NaHCO3，根據電荷守恒可得：，B錯誤；C．NaHCO3溶液中，根據物料守恒可得：，由電荷守恒得：，將電荷守恒關系式代入物料守恒關系式得：，C錯誤；D．溶液少量，反應時定其系數為1，兩者反應生成、和，則反應的離子方程式為：，D正確；故選D。13.工業尾氣中含有CO和，可將尾氣通過催化劑進行處理，發生以下反應：①②600~1000K范圍內，平衡轉化率接近100%。其他條件相同，不同溫度下，、COS平衡產率和10min時實際產率如圖所示。下列說法正確的是A.一定存在B.升高溫度，平衡產率上升的可能原因是反應物濃度增大對平衡的影響超過溫度升高的影響C.900K，10min后繼續反應足夠長時間，實際產率的變化趨勢可能為先增大后保持不變D.用該方法處理工業尾氣回收單質硫（），反應的溫度越高越好【答案】B【解析】A．由圖可知，反應②是放熱反應，溫度升高，反應②逆向移動，SO2和CO濃度增大，可以使反應①正向移動，溫度升高平衡產率上升的原因可能是由于濃度影響超過溫度影響，反應①不一定是吸熱反應，即不一定存在，A錯誤；B．根據A分析可知，升高溫度，平衡產率上升的可能原因是反應物濃度增大對平衡的影響超過溫度升高的影響，B正確；C．通過觀察圖像可知，10min時S2的實際產率大于平衡產率，所以最終要減小到與900K時平衡產率相等，則900K，在10min后繼續反應足夠長時間，S2實際產率的變化趨勢可能為：先增大后減小至900K時S2的平衡產率后保持不變，C錯誤；D．600~1000K范圍內，平衡轉化率接近100%，溫度過高，催化劑的活性可能降低，SO2的平衡轉化率可能下降，D錯誤；答案選B。二、非選擇題：共4題，共61分。14.實驗室以黃銅礦（主要含有CuFeS2）為原料可制取草酸銅（CuC2O4），草酸銅可用于制備納米材料、復合材料等。已知：Cu(OH)2的分解溫度為185℃，CuCO3的分解溫度為200℃。Ⅰ．CuFeS2的晶胞結構（1）CuFeS2的一種晶體晶胞結構如圖所示（其中S原子均位于晶胞內部），該CuFeS2晶體的一個晶胞中Cu的數目為______。在答題卡的圖中用“——”將Cu原子（圖示中的A）與其緊鄰的S原子連接起來______。Ⅱ．黃銅礦浸取法制取硫酸銅在酸性、有氧條件下，某種細菌能催化轉化成硫酸鹽的反應。（2）該反應的離子方程式為______，生成的Fe2(SO4)3又可將CuFeS2氧化。（3）Ag+對上述過程有催化作用。其它條件相同，浸出時間為15天，不同Ag+濃度對銅元素浸出率的影響如圖所示，Ag+濃度從5mg/L上升到7mg/L階段銅元素浸出率下降的原因是____________。Ⅲ．草酸銅的制取及應用（4）將上述黃銅礦浸出液分離提純，得到的硫酸銅溶液與草酸反應可制備CuC2O4，反應的離子方程式為，常溫下該反應的平衡常數是300，則______。（已知：常溫下，，）（5）將CuC2O4固體在350℃加熱至恒重制取納米CuO。①X射線衍射實驗發現得到的納米CuO不純。混有的雜質可能是___________。②納米金屬氧化物是常用的催化劑，若其表面出現氧空位，可以提高其催化性能。將納米CuO加熱到高溫用無水乙醇淬火處理，得到富含氧空位的氧化銅，該過程能得到富含氧空位的CuO的原因是____________。【答案】（1）①.4②.（2）（3）Ag+濃度增大，反應速率加快；Ag+濃度增大，細菌的活性減弱，反應速率減慢；減慢幅度大于加快幅度（4）（5）①.Cu2O或Cu②.加熱條件下，乙醇與CuO表面的O反應形成氧空位【解析】（1）該CuFeS2晶體的一個晶胞中，Cu原子位于頂點、面心和體心，則Cu的數目為=4。Cu原子(圖示中的A)位于體心，與其緊鄰的S原子為體內靠近它的4個S原子，連接起來的圖示為：（2）在酸性、有氧條件下，某種細菌能將CuFeS2催化轉化成硫酸銅、Fe2(SO4)3等，依據得失電子守恒、質量守恒，可得出該反應的離子方程式為。（3）從圖中可以看出，Ag+濃度從5mg/L上升到7mg/L階段，銅元素浸出率下降，若從Ag+濃度考慮，濃度增大反應速率應加快，說明Ag+濃度增大對催化劑的活性造成了不利影響，從而得出原因是：Ag+濃度增大，反應速率加快；Ag+濃度增大，細菌的活性減弱，反應速率減慢；減慢幅度大于加快幅度。（4）K====300，則===。（5）①CuC2O4固體在350℃加熱分解，在生成CuO的同時，有CO、CO2生成，CO還原CuO可能會Cu2O或Cu，所以X射線衍射實驗發現得到的納米CuO不純，混有的雜質可能是Cu2O或Cu。②乙醇具有還原性，加熱時能將CuO還原為Cu，從而使納米金屬氧化物表面出現氧空位，則將納米CuO加熱到高溫用無水乙醇淬火處理，可得到富含氧空位的氧化銅，原因是：加熱條件下，乙醇與CuO表面的O反應形成氧空位。15.有機化合物G（）是天然抗腫瘤藥物長春堿的重要結構片段，其合成路線如下：已知：①②（1）化合物G中的含氧官能團名稱為______。（2）B→C的反應類型為______。（3）A→B的反應中需控制A稍過量以防止產生有機副產物，該副產物的結構簡式為______。（4）E→F的反應中經歷了E中間產物Ⅰ中間產物ⅡF，試寫出中間產物Ⅱ的結構簡式______。（5）寫出同時滿足下列條件的D的一種同分異構體的結構簡式：______。該化合物只含有一個苯環。堿性條件下水解后酸化，生成兩種有機產物，均含有4種不同化學環境的氫原子，其中一種有機產物能與溶液發生顯色反應。（6）寫出以和乙烯為原料制備的合成路線流程圖______。（無機試劑和題干流程條件中出現的有機溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干）。【答案】（1）羥基、酯基（2）取代反應（3）（4）（5）或其它合理結構也可（6）【解析】A到B發生取代反應，A中-NH2上H原子被取代，B到C發生取代反應，同時生成有CH3COOH，C到D發生加成反應，雙鍵轉化為環狀結構，D到E發生取代反應，酰胺基在堿性條件下水解得到氨基，B到C和D到E目的是保護氨基，E到F發生加成和消去反應，F經過多步反應得到G。（1）G的結構簡式為：，含氧官能團的名稱為羥基、酯基；（2）由分析可知，B到C反應類型為取代反應；（3）A到B發生取代反應，A中-NH2上H原子被取代，若B過量，氨基上兩個H原子均有可能被取代，副產物的結構簡式為：；（4）E→F的反應中，E先與加成得到中間產物I為，中間產物I在發生醛基上加成反應得到中間產物II，中間產物II再發生消去反應得到F，中間產物II的結構簡式為：；（5）D的結構簡式為：，除苯環外有2個N原子，兩個O原子，除苯環外有5個不飽和度，同分異構體中能水解再酸化成兩種物質，均含有4種等效H原子，一種產物與FeCl3顯色反應，說明有酚羥基，該有機物可能含有一個酯基，兩個對稱的氨基，符合條件的結構簡式為：或；（6）可以由與發生取代反應得到，可以有乙烯與水加成反應得到，由與H2加成反應得到，由與乙烯發生合成路線中C到D的反應得到，故合成路線為：。16.回收鐠鐵合金拋光廢料(含Fe和少量Pr及雜質)，可制備Pr6O11和Pr(OH)3。鐠鐵合金拋光廢料經除鐵、萃取、反萃取可得PrCl3溶液。Pr的常見化合價為+3和+4。（1）沉淀Pr3+。攪拌下，將一定量的PrCl3溶液與沉淀劑Na2CO3溶液充分反應，過濾得到Pr2(CO3)3·8H2O沉淀，發生反應的化學方程式為____________。沉淀劑用Na2CO3溶液比用NH4HCO3溶液得到的沉淀顆粒更加致密，可能的原因是____________。（2）Pr6O11的制備和性質。①將Pr2(CO3)3·8H2O置于空氣中灼燒，測得剩余固體質量與起始固體質量的比值隨溫度變化的曲線如圖所示。制備Pr6O11最適宜的溫度為______（寫出計算過程）。②將0.5gPr6O11加到20mL30%H2O2酸性溶液中產生大量氣泡，反應后鐠元素僅以Pr3?的形式存在。該反應的離子方程式為____________。（3）Pr(OH)3的制備。用萃取劑P507[(HA)2]萃取Pr3+的原理：（有機層）。已知：①P507對Pr3+和Fe3+、Fe2+都有萃取作用，對雜質離子無萃取作用。②Pr3+開始沉淀的pH為8，Fe3+完全沉淀的pH為3.7，Fe2+完全沉淀的pH為9.7。為獲得較高純度Pr(OH)3，請補充完整實驗方案：將一定量鐠鐵合金拋光廢料加到稀鹽酸中，______，濃縮后得PrCl3溶液，向溶液中滴加1.0mol·L-1NaOH溶液至不再產生沉淀，過濾，用蒸餾水洗滌，將固體干燥，得到Pr(OH)3。（須選用的試劑和儀器：1.0mol·L-1HCl溶液、1.0mol·L-1NaOH溶液、1.0mol·L-1H2O2溶液、P507、分液漏斗）。【答案】（1）①.2PrCl3+3Na2CO3+8H2O=Pr2(CO3)3·8H2O↓+6NaCl②.碳酸氫銨沉淀PrCl3過程生成大量氣體，碳酸鈉沉淀PrCl3過程沒有氣體生成，因而沉淀顆粒更加致密（2）①.設Pr2(CO3)3·8H2O的物質的量為1mol，根據Pr守恒可得：n(Pr6O11)=mol，m(Pr6O11)=n(Pr6O11)·M=molg/mol≈340.7g，因此制備Pr6O11最適宜的加熱溫度為755℃②.Pr6O11+2H2O2+18H+=Pr3++2O2↑+11H2O（3）向溶液中邊攪拌邊加入稍過量1.0mol·L-1H2O2溶液，用1.0mol·L-1NaOH調節pH為3.7左右，充分反應后過濾，將濾液轉移到分液漏斗中，加入P507充分振蕩，萃取后分液，多次萃取后，向有機層中加入1.0mol·L-1HCl反萃取，分離出水層后重復反萃取2~3次，將所得水層溶液合并【解析】Pr2(CO3)3·8H2O受熱分解，首先失去結晶水變為Pr2(CO3)3，再加熱，Pr2(CO3)3分解產生Pr6O11、CO2、O2，假設Pr2(CO3)3·8H2O的物質的量是1mol，其質量是606g，利用Pr元素守恒，可知1molPr2(CO3)3·8H2O轉化的Pr6O11的質量，感覺剩余固體質量與起始固體質量的比與溫度變化的曲線圖關系，就可以確定制取Pr6O11的最佳溫度；先利用綠色氧化劑H2O2將溶液中的Fe2+氧化為Fe3+，然后加入NaOH溶液調整溶液pH為3.7左右，使Fe3+完全形成Fe(OH)3沉淀并過濾除去Fe(OH)3。向含有Pr3+的濾液中加入萃取劑進行萃取，使Pr3+進入有機相，為提高原料的利用率，要進行多次萃取，并將萃取液合并。結合平衡移動原理，向其中加入鹽酸進行反萃取，使Pr3+進入水機相，濃縮后得PrCl3溶液，向溶液中滴加NaOH溶液至不再產生沉淀，經過濾、洗滌、干燥，就制取得到Pr(OH)3。（1）由題意可知：反應物為PrCl3和Na2CO3，生成物為Pr2(CO3)3·8H2O和NaCl，根據原子守恒，可得反應方程式為：2PrCl3+3Na2CO3+8H2O=P