精品解析：北京人大附中2025届高三上学期暑假返校开学考化学试题

人大附中2025届高三暑假自主复习检测练习 化学 说明：本试卷19道题，共100分；考试时间90分钟；请在答题卡上填写个人信息，并将条形码贴在答题卡的相应位置上。 第一部分(共42分) 本部分共14小题，每题3分。在每题列出的4个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 化学与人类社会的生产、生活有着密切联系。下列叙述中不正确的是 A．氧化铁：用作涂料 B．钙钛矿太阳能电池：化学能转化为电能 C．SiO2超分子纳米管：无机非金属材料 D．石墨烯发热服：有电热转化性能 A. A B. B C. C D. D 2. 在和存在条件下，以活性炭为催化剂，可用氧化溶液来制备化工产品，下列表述正确的是 A. 中子数为32，质子数为27的钴原子： B. 的电子式： C. 中的化合价是+3 D. 和所含化学键类型完全相同 3. 镁和铝都是较活泼的金属，下列叙述正确的是 A. 第一电离能： B. 工业上常通过电解溶液的方法制取金属 C. 将溶液蒸干可制得无水 D. 历史上曾用反应：制铝；现代工业用反应：制铷，所以活动性： 4. 根据已有知识，结合给出信息，判断以下化学用语表达式不正确的是 信息：、 A. 在水中的电离： B. 向溶液中加入少量氯水： C. 固体悬浊液中存在平衡： D. 与溶液可发生反应： 5. 下列图示实验能达成相应目的的是 NO2球浸泡在热水和冷水中 A.除去苯中少量苯酚 B.验证铁钉能发生析氢腐蚀 C.检验乙醇消去反应产物中的乙烯 D.研究温度对化学平衡的影响 A. A B. B C. C D. D 6. “褪色”是高中化学实验中一种常见且重要的现象。以下实验中的“褪色”现象与所得结论相匹配的是 选项 实验操作 结论 A 向滴有酚酞的溶液中通入 具有漂白性 B 向酸性液中滴入乙醇 乙醇具有还原性 C 向品红溶液中通入 具有漂白性 D 向与的混合溶液中加入铁粉 比更易与配位 A. A B. B C. C D. D 7. 三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，其催化剂表面物质转化的关系如图所示，下列说法正确的是 A. 在转化过程中，氮元素均被还原 B. 依据图示判断催化剂不参与储存和还原过程 C. 还原过程中生成0.1 mol ，转移0.5 mol电子 D. 三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化 8. 工业上利用CO和H2合成二甲醚：3CO(g)＋3H2(g)⇌CH3OCH3(g)＋CO2(g) ΔH。其它条件不变时，相同时间内CO的转化率随温度T的变化情况如图所示。下列说法不正确的是 A. ΔH＜0 B. 状态X时，v消耗(CO)=v生成(CO) C. 相同温度时，增大压强，可以提高CO的转化率 D. 状态X时，选择合适催化剂，可以提高相同时间内CO的转化率 9. 胆矾(CuSO4·5H2O)的结构示意图如下所示。下列说法不正确的是 A. 基态Cu2+的价层电子轨道表示式是 B. H2O中氧原子的VSEPR的价层电子对数是4 C. SO中的O-S-O的键角小于H2O中的H-O-H的键角 D. 胆矾中的H2O与Cu2+、H2O与SO的作用力分别为配位键和氢键 10. 间苯三酚通过甲基化反应可以合成重要的有机合成中间体3，5-二甲氧基苯酚。 反应结束后，先分离出甲醇(操作①)，再加入乙醚，将获得的有机层(含少量氯化氢)进行洗涤(操作②)，然后分离提纯得到产物。有关物质的部分物理性质如下： 物质 沸点/℃ 熔点/℃ 溶解性 甲醇 易溶于水 3，5-二甲氧基苯酚 172∼175 33∼36 易溶于甲醇、乙醚，微溶于水 下列说法正确的是 A. 分离出甲醇的操作①是蒸馏 B. 间苯三酚与3，5-二甲氧基苯酚的核磁共振氢谱分别有2组峰和3组峰 C. 用溶液可以鉴别间苯三酚是否完全转化为3，5-二甲氧基苯酚 D. 洗涤有机层(操作②)时，可使用溶液 11. 一种自修复材料外力破坏后能够复原，其结构简式(图1)和修复原理(图2)如下所示。 下列说法不正确的是 A. 该高分子可通过加聚反应合成 B. 合成该高分子的两种单体互为同系物 C. 使用该材料时应避免接触强酸或强碱 D. 自修复过程中“—COOCH2CH2CH2CH3”基团之间形成了化学键 12. 近期，天津大学化学团队以与辛胺为原料实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，装置工作原理如图。下列说法正确的是 A. 电极与电源负极相连 B. 图中从左向右迁移的离子是 C. 电极上可能会有副产物生成 D. 在电极上发生的反应为： 13. 某粗品中含少量、和等杂质，以氧化镁粗品为原料制备耐火材料——轻质氧化镁的流程如下： 以下说法中，不正确的是 A. 滤渣Ⅰ的主要成分是 B. 步骤Ⅱ利用了是两性氢氧化物的特点将之分离 C. 硫酸铵溶液中各离子浓度大小关系满足： D. 步骤Ⅳ中发生反应的离子方程式为： 14. 某学生对与漂粉精的反应进行实验探究： 步骤 操作 现象 Ⅰ 取漂粉精固体，加入水 部分固体溶解，溶液略有颜色 Ⅱ 过滤，测漂粉精溶液 试纸先变蓝(约为12)，后褪色 Ⅲ ⅰ．液面上方出现白雾； ⅱ．稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色； ⅲ．稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去 Ⅳ 分别用酸化的溶液和淀粉试纸检验Ⅲ-ⅰ中出现的白雾 ⅳ．溶液中产生白色沉淀 ⅴ.淀粉试纸未变蓝 已知：漂粉精主要成份为，同时含有少量和等杂质 以下说法中正确的是 A. 步骤Ⅱ中溶液的原因一定是： B. 步骤Ⅲ中黄绿色的产生可能与溶液的酸性增强有关 C. 步骤Ⅲ中产生的白色沉淀主要成份是 D. 步骤Ⅳ中的实验现象证明Ⅲ-ⅰ的白雾中一定含有 第二部分(共58分) 15. 元素①~⑨是化学实验中常见九种元素，其在周期表中的位置如下。 （1）元素②的基态原子的电子排布式为_______。 （2）在①~⑧中，原子半径最大的是_______(填元素符号) （3）以下现象或事实能说明⑤的电负性小于⑥的是_______(填字母) A．两元素的最高化合价：⑤<⑥ B．两元素形成的简单氢化物的沸点：⑤>⑥ C．在⑤与⑥形成的化合物中，⑤显正价 （4）①与③可形成原子个数比为2:1的分子X。 ⅰ．该分子中的化学键是由①的1s轨道与③的_______轨道重叠而形成的σ键。 ⅱ．X比①与⑤形成的同类型分子熔沸点更高，原因是_______。 （5）元素③与④可形成原子个数比为1:1的离子型化合物Y，Y与CO2反应的化学方程式为_______。 （6）元素⑨(用M表示)的一种氧化物Z的晶体是由图1所示的结构平移构成。图1包含Ⅰ型和Ⅱ型两种小立方体；图2是Z的晶胞，a~g分别对应图1中的小立方体Ⅰ或Ⅱ。 ⅰ．图2中Ⅰ型小立方体分别是a、_______(填图2中的字母序号)。 ⅱ．晶体中周围距离最近且等距的有_______个。 ⅲ．若Ⅰ型和Ⅱ型小立方体的边长均为，则的密度为_______。(列出表达式，其中阿伏加德罗常数值用表示，Z的摩尔质量为) ⅳ．写出一种由M的单质制备Z的化学方程式_______。 16. 天然气是一种绿色、优质能源，但其中含有的H2S会腐蚀管道设备，开采天然气后须及时除去H2S。 已知：i.氢硫酸和碳酸的电离常数如下表。 Ka1 Ka2 H2S 1.3×10-7 7.1×10-15 H2CO3 4.4×10-7 4.7×10-11 ii. (x-1)S + S2-(无色)⇌S(黄色)(x=2~6) (1)醇胺法脱硫：醇胺对脱除H2S选择性很高，二乙醇胺脱硫原理如下：(HOCH2CH2)2NH(l) + H2S(g)⇌(HOCH2CH2)2NH2HS(l) ΔH ＜0 ①上述反应能够发生是因为二乙醇胺分子中含有_______性基团。 ②依据平衡移动原理推测脱硫后使二乙醇胺再生的方法有_______(2种即可)。 (2)热碱法脱硫：用热碱液(Na2CO3溶液)吸收天然气中的H2S，可将其转化为可溶性的NaHS，反应的化学方程式是_______。 (3)利用如下电解装置，可从吸收H2S后的热碱液中提取单质硫。 ①电解一段时间后，阳极区溶液变黄，结合电极反应式解释原因：_______。 ②取①中阳极区黄色溶液，加入硫酸可得到单质硫，产率高达91.6%。推断黄色溶液中含硫微粒除S外，还有_______。 ③电解一段时间后，阴极区得到的溶液可继续用于吸收H2S。该溶液中溶质一定含有_______(填化学式)。 17. 苯巴比妥(M)是一种中枢神经系统药物，具有镇静、催眠、抗惊厥作用。其一种合成路线如下： 已知：ⅰ． ⅱ． （1）A属于芳香烃，其名称为_______。 （2）B→D的反应类型是_______。 （3）E→F的化学方程式是_______。 （4）G和J的核磁共振氢谱都只有一组峰，J的结构简式是_______。 （5）由F和K合成M的过程如下图(无机物略去)： 写出结构简式K：_______；P：_______。 18. 三星堆出土的金面具等金制品揭示了人类古文明对黄金的使用。 Ⅰ．金的结构与性质 （1）金的价电子排布为，它在周期表中的位置为_______。 （2）金面具的制作过程包含了淘金、冶金、铸金、锤鍱等工艺，以下金的性质中，与其金属键有关的是_______(填字母) A. 有金属光泽 B. 有较高的熔点 C. 有很好的延展性 D. 有良好的导电性 Ⅱ．金的冶炼 （3）金的化学性质很稳定，单独用浓盐酸或浓硝酸均不能将金溶解，但将浓硝酸与浓盐酸按体积比配制成王水，则可以溶解金，发生的反应如下：。 ①王水溶金过程中，硝酸的作用是_______。 ②盐酸的作用是：提供与生成的配位，降低了浓度，提高的还原性。 ③可被浓硝酸轻易溶解，但王水溶解的效果却不好，原因可能是_______。 ④可用粉还原，完成“沉金”。被完全还原时，消耗的物质的量是_______。 （4）在碱性条件下用溶液也可溶金。(已知：是一种易挥发的弱酸。) ①补全溶液溶金反应的离子方程式：_______。 ②中配位原子是C，结合电子式说明C可以作为配位原子的原因：_______。 ③已知的氧化性随溶液酸性的增强而增强。工业上常选的溶液进行溶金，不选更低的原因可能是_______(写出一种即可)。 19. 锰的化合物在工业、医疗等领域有重要应用。某兴趣小组模拟制备及探究锰(Ⅱ)盐能否被氧化为高锰(Ⅶ)酸盐。 Ⅰ．的制备： 【反应原理】 步骤一： 步骤二： 【实验操作】 步骤一：将一定比例的、和固体混合加热，得到墨绿色的固体，冷却后加水溶解得到碱性溶液放入烧杯中。 步骤二：连接装置，检查气密性后装药品。打开分液漏斗活塞，当C中溶液完全变为紫红色时，关闭活塞停止反应，分离、提纯获取晶体。 装置图如下： （1）中的试剂应选择_______。 （2）若反应结束后，未能及时分离晶体，可发现C中紫红色溶液变浅。该小组同学认为是碱性溶液中的某成分将生成的还原，导致颜色变浅，该成分可能是_______。 （3）测定所得的纯度：称取晶体，溶于水配成溶液，取于锥形瓶中，加入稀硫酸酸化后，其能与恰好完全反应。则所得的质量分数为_______(列式表达，)。 已知：ⅰ．晶体中的其他杂质不与反应 ⅱ．酸性条件下与发生如下反应： Ⅱ．该小组继续探究能否氧化为，进行了下列实验： 装置图 试剂 实验现象 ①溶液 生成浅棕色沉淀，一段时间后变为棕黑色 ②和混合液 立即生成棕黑色沉淀 ③溶液 无明显现象 ④溶液和少量 滴加无明显现象，加入立即变为紫红色，稍后紫红色很快消失，生成棕黑色沉淀 已知：ⅰ．为白色难溶固体；为棕黑色难溶固体； ⅱ．在酸性环境下缓慢分解产生。 （4）实验①中生成棕黑色沉淀可能的原因_______。 （5）实验②中迅速生成棕黑色沉淀的离子方程式_______。 （6）对比实验③和④，实验③的作用_______。 （7）甲同学猜测实验④中紫红色消失的原因：酸性条件下不稳定，分解产生了，乙认为不成立，理由是_______；乙认为是溶液中的将还原，并设计了实验方案证明此推测成立，其方案为_______。 探究结果：酸性条件下，某些强氧化剂可以将氧化为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 人大附中2025届高三暑假自主复习检测练习 化学 说明：本试卷19道题，共100分；考试时间90分钟；请在答题卡上填写个人信息，并将条形码贴在答题卡的相应位置上。 第一部分(共42分) 本部分共14小题，每题3分。在每题列出的4个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 化学与人类社会的生产、生活有着密切联系。下列叙述中不正确的是 A．氧化铁：用作涂料 B．钙钛矿太阳能电池：化学能转化为电能 C．SiO2超分子纳米管：无机非金属材料 D．石墨烯发热服：有电热转化性能 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．氧化铁为红色俗称为铁红，难溶于水，氧化铁常用作红色油漆和涂料，A正确； B．钙钛矿太阳能电池是把吸收的光能转化为电能，B错误； C．SiO2属于无机非金属材料，可以制取超分子纳米管，C正确； D．石墨烯发热服有电热转化性能，D正确； 故选B。 2. 在和存在条件下，以活性炭为催化剂，可用氧化溶液来制备化工产品，下列表述正确的是 A. 中子数为32，质子数为27的钴原子： B. 的电子式： C. 中的化合价是+3 D. 和所含化学键类型完全相同 【答案】C 【解析】 【详解】A．质量数=质子数+中子数，中子数为32，质子数为27的钴原子，应该表示为，故A错误； B．H2O2为共价化合物，原子间形成共用电子对，没有电子的得失，电子式为，故B错误； C．[Co(NH3)6]Cl3，NH3整体为0价，Cl为-1价，由化合价代数和为零可知Co的化合价是+3，故C正确； D．NH3为共价化合物，分子中只存在共价键，NH4Cl为离子化合物，化合物中存在离子键和共价键，故D错误； 故答案选C。 3. 镁和铝都是较活泼的金属，下列叙述正确的是 A. 第一电离能： B. 工业上常通过电解溶液的方法制取金属 C. 将溶液蒸干可制得无水 D. 历史上曾用反应：制铝；现代工业用反应：制铷，所以活动性： 【答案】A 【解析】 【详解】A．Mg的价电子为3s2，s轨道全满，比较稳定，较难失去电子，因此第一电离能大于Al，A正确； B．电解MgCl2溶液得到Mg(OH)2、H2、Cl2，电解熔融的MgCl2可以制得Mg，B错误； C．由于Al3+水解，且HCl易挥发，蒸干AlCl3溶液得到的是Al(OH)3，C错误； D．Mg置换Rb的反应有一定的可逆性，将生成的Rb蒸气抽出使平衡正向移动，与Mg、Rb的金属活动性无关，D错误； 故选A。 4. 根据已有知识，结合给出信息，判断以下化学用语表达式不正确的是 信息：、 A. 在水中的电离： B. 向溶液中加入少量氯水： C. 固体悬浊液中存在平衡： D. 与溶液可发生反应： 【答案】A 【解析】 【详解】A．是弱酸，所以在水中的电离是分步进行的：，故A错误； B．向溶液中加入少量氯水，氯气会将硫离子氧化为硫单质，故B正确； C．存在溶度积，所以固体悬浊液中存在平衡：，故C正确； D．依据、可知硫化铜溶解度小于硫化亚铁，依据溶度积规则，硫化亚铁与硫酸铜反应能够生成硫化铜沉淀和硫酸亚铁，离子方程式为，故D正确； 答案选A。 5. 下列图示实验能达成相应目的的是 NO2球浸泡在热水和冷水中 A.除去苯中少量苯酚 B.验证铁钉能发生析氢腐蚀 C.检验乙醇消去反应产物中的乙烯 D.研究温度对化学平衡的影响 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．虽然苯酚与溴水能反应生成三溴苯酚，但三溴苯酚仍溶解在苯中，不能分离，A不能达成目的； B．铁钉在食盐水中发生的是吸氧腐蚀，不是析氢腐蚀，B不能达成目的； C．乙醇蒸汽也能使酸性KMnO4褪色，所以不一定生成乙烯，C不能达成目的； D．浸泡在热水中的NO2球颜色比浸泡在冷水中的NO2球深，则表明加热平衡向生成NO2的方向移动，D能达成目的； 故选D。 6. “褪色”是高中化学实验中一种常见且重要的现象。以下实验中的“褪色”现象与所得结论相匹配的是 选项 实验操作 结论 A 向滴有酚酞的溶液中通入 具有漂白性 B 向酸性液中滴入乙醇 乙醇具有还原性 C 向品红溶液中通入 具有漂白性 D 向与的混合溶液中加入铁粉 比更易与配位 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．向滴有酚酞的溶液中通入生成亚硫酸钠(或亚硫酸氢钠)，体现了酸性氧化物的性质，A错误； B．向酸性溶液中滴入乙醇，乙醇具有还原性使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确； C．向品红溶液中通入，与H2O反应生成HClO，HClO具有漂白性使品红溶液褪色，C错误； D．向与的混合溶液中加入铁粉，发生反应，不是Fe比Fe3+更易与SCN−配位，D错误； 故选B。 7. 三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，其催化剂表面物质转化的关系如图所示，下列说法正确的是 A. 在转化过程中，氮元素均被还原 B. 依据图示判断催化剂不参与储存和还原过程 C. 还原过程中生成0.1 mol ，转移0.5 mol电子 D. 三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据图示可知，NOx与BaO、O2转化成Ba(NO3)2的过程中，N元素化合价升高被氧化，故A错误；  B．根据图示可知，BaO为催化剂，NOx与BaO、O2转化成Ba(NO3)2时，BaO参与储存N元素，故B错误； C．还原过程中生成0.1  mol  N2，转移电子的物质的量为0.1 mol×(5-0)×2=1  mol，故C错误； D．整个过程中，CO、CxHy、NOx转化成CO2、H2O、N2，说明三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化，故D正确； 故选D。 8. 工业上利用CO和H2合成二甲醚：3CO(g)＋3H2(g)⇌CH3OCH3(g)＋CO2(g) ΔH。其它条件不变时，相同时间内CO的转化率随温度T的变化情况如图所示。下列说法不正确的是 A. ΔH＜0 B. 状态X时，v消耗(CO)=v生成(CO) C. 相同温度时，增大压强，可以提高CO的转化率 D. 状态X时，选择合适催化剂，可以提高相同时间内CO的转化率 【答案】B 【解析】 【分析】250℃之前，反应未平衡，升高温度，反应速率增大，相同时间内CO的转化率随温度T的升高而增大，250℃，反应达到平衡，250℃后，温度升高，平衡逆向移动，相同时间内CO的转化率随温度T的升高而减小，因此逆反应是吸热反应。 【详解】A．结合分析可知正反应是放热反应，ΔH＜0，A正确； B．由分析可知，X点反应未平衡，反应表现为正向进行，因此v消耗(CO)＞v生成(CO)，B错误； C．该反应为气体分子数减小的反应，因此相同温度时，增大压强，平衡正向移动，可提高CO的转化率，C正确； D．状态X时，反应未平衡，选择合适催化剂，反应速率增大，可以提高相同时间内CO的转化率，D正确； 答案选B。 9. 胆矾(CuSO4·5H2O)的结构示意图如下所示。下列说法不正确的是 A. 基态Cu2+的价层电子轨道表示式是 B. H2O中氧原子的VSEPR的价层电子对数是4 C. SO中的O-S-O的键角小于H2O中的H-O-H的键角 D. 胆矾中的H2O与Cu2+、H2O与SO的作用力分别为配位键和氢键 【答案】C 【解析】 【详解】A．Cu原子核外有29个电子，基态铜原子价电子排布式为3d104s1，失去2个电子形成，基态的价层电子轨道表示式是，故A项正确； B．中氧原子的VSEPR的价层电子对数是4，故B项正确； C．中S原子有4个价电子对，无孤电子对，空间构型为正四面体，中O原子有4个价电子对，有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥作用较大，所以的键角大于中的的键角，故C项错误； D．根据图示，胆矶中的与的作用力为配位键，与的作用力为氢键，故D项正确； 故本题选C。 10. 间苯三酚通过甲基化反应可以合成重要的有机合成中间体3，5-二甲氧基苯酚。 反应结束后，先分离出甲醇(操作①)，再加入乙醚，将获得的有机层(含少量氯化氢)进行洗涤(操作②)，然后分离提纯得到产物。有关物质的部分物理性质如下： 物质 沸点/℃ 熔点/℃ 溶解性 甲醇 易溶于水 3，5-二甲氧基苯酚 172∼175 33∼36 易溶于甲醇、乙醚，微溶于水 下列说法正确的是 A. 分离出甲醇的操作①是蒸馏 B. 间苯三酚与3，5-二甲氧基苯酚的核磁共振氢谱分别有2组峰和3组峰 C. 用溶液可以鉴别间苯三酚是否完全转化为3，5-二甲氧基苯酚 D. 洗涤有机层(操作②)时，可使用溶液 【答案】A 【解析】 【详解】A．从该有机混合物中分离出某种有机物(甲醇)，常利用沸点的差异，操作方法是蒸馏，A正确； B．间苯三酚核磁共振氢谱有2组峰，3，5-二甲氧基苯酚的核磁共振氢谱有4组峰，B错误； C．间苯三酚、3，5-二甲氧基苯酚都含有酚羟基，都可以与溶液发生显色反应，溶液不能用来鉴别，C错误； D．酚羟基也可以与溶液反应，故不能用溶液洗涤，D错误； 故选A。 11. 一种自修复材料在外力破坏后能够复原，其结构简式(图1)和修复原理(图2)如下所示。 下列说法不正确的是 A. 该高分子可通过加聚反应合成 B. 合成该高分子的两种单体互为同系物 C. 使用该材料时应避免接触强酸或强碱 D. 自修复过程中“—COOCH2CH2CH2CH3”基团之间形成了化学键 【答案】D 【解析】 【详解】A.由高分子的结构简式可知，高分子的单体为CH2=C（CH3）COOCH3和CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3，一定条件下CH2=C（CH3）COOCH3和CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3发生加聚反应生成高分子，故A正确； B.由高分子的结构简式可知，高分子的单体为CH2=C（CH3）COOCH3和CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3，两种单体的结构相似，相差2个CH2原子团，互为同系物，故B正确； C.由高分子的结构简式可知，高分子中含有酯基结构，在强酸或强碱的条件下高分子能发生水解反应，则使用该材料时应避免接触强酸或强碱，防止发生水解反应，故C正确； D.由自修复过程的示意图可知，自修复过程中“—COOCH2CH2CH2CH3”基团之间没有形成化学键，故D错误； 故选D。 12. 近期，天津大学化学团队以与辛胺为原料实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，装置工作原理如图。下列说法正确的是 A. 电极与电源负极相连 B. 图中从左向右迁移的离子是 C. 电极上可能会有副产物生成 D. 在电极上发生的反应为： 【答案】C 【解析】 【分析】根据装置图可知，电极上，得电子发生还原反应生成，电极方程式为，因此应与电源负极相连，为电解装置的阴极；电极应与电源正极相连，辛胺失电子发生氧化反应转化为辛腈，为电解装置的阳极。 【详解】A．根据分析，电极与电源正极相连，A错误； B．电极为电解装置的阳极，阴离子向阳极移动，因此图中从左向右迁移的离子是，B错误； C．电极为阴极，阴极可能有得到电子，因此可能有副产物生成，C正确； D．电极上得电子发生还原反应生成，电极方程式为，D错误； 答案选C。 13. 某粗品中含少量、和等杂质，以氧化镁粗品为原料制备耐火材料——轻质氧化镁的流程如下： 以下说法中，不正确的是 A. 滤渣Ⅰ的主要成分是 B. 步骤Ⅱ利用了是两性氢氧化物的特点将之分离 C. 硫酸铵溶液中各离子浓度大小关系满足： D. 步骤Ⅳ中发生反应的离子方程式为： 【答案】D 【解析】 【分析】MgO粗品加入足量稀硫酸，二氧化硅不能发生反应，因此滤渣1为二氧化硅，镁、铁、铝元素进入滤液1；加入足量氢氧化钠溶液，生成氢氧化镁沉淀、氢氧化铁沉淀得到滤渣2，铝元素进入滤液2；氢氧化镁沉淀、氢氧化铁沉淀加入足量硫酸铵溶液后，氢氧化铁沉淀进入滤渣3，镁元素进入滤液3，加入碳酸铵得到镁的沉淀，最终生成氧化镁。 【详解】A．由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是，故A正确； B．步骤Ⅱ中加入足量氢氧化钠溶液，生成氢氧化镁沉淀、氢氧化铁沉淀，而为两性氢氧化物，可以与氢氧化钠反应生成溶液，而后过滤分离沉淀和溶液，故B正确； C．(NH4)2SO4溶液中铵根离子浓度是硫酸根离子浓度的两倍，但铵根离子会结合水电离出氢氧离子发生水解而减小，溶液显酸性，但水解程度微弱，因此铵根离子浓度仍旧大于硫酸根离子浓度，可知各离子浓度大小关系满足：，故C正确； D．步骤Ⅳ中发生反应的离子方程式为：，故D错误； 故答案选D。 14. 某学生对与漂粉精的反应进行实验探究： 步骤 操作 现象 Ⅰ 取漂粉精固体，加入水 部分固体溶解，溶液略有颜色 Ⅱ 过滤，测漂粉精溶液的 试纸先变蓝(约为12)，后褪色 Ⅲ ⅰ．液面上方出现白雾； ⅱ．稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色； ⅲ．稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去 Ⅳ 分别用酸化的溶液和淀粉试纸检验Ⅲ-ⅰ中出现的白雾 ⅳ．溶液中产生白色沉淀 ⅴ.淀粉试纸未变蓝 已知：漂粉精的主要成份为，同时含有少量和等杂质 以下说法中正确的是 A. 步骤Ⅱ中溶液的原因一定是： B. 步骤Ⅲ中黄绿色的产生可能与溶液的酸性增强有关 C. 步骤Ⅲ中产生的白色沉淀主要成份是 D. 步骤Ⅳ中的实验现象证明Ⅲ-ⅰ的白雾中一定含有 【答案】B 【解析】 【分析】漂粉精中含有，可以发生水解反应：，同时含有少量和等杂质，因此溶液具有碱性、漂白性；持续通入气体，随溶液酸性增强，漂粉精溶液与反应可以生成HCl、黄绿色气体和白色沉淀。 【详解】A．漂粉精中含有、等物质，可以发生水解反应，且为强碱，因此测得溶液约为12，呈碱性，A错误； B．为酸性氧化物，漂粉精溶液中持续通入，溶液酸性增强，漂粉精中的和在酸性环境中生成，因此步骤Ⅲ中黄绿色的产生可能与溶液的酸性增强有关，B正确； C．步骤Ⅲ中产生大量白色沉淀，黄绿色褪去，说明被氯气氧化，因此产生的白色沉淀为，C错误； D．白雾中混有气体，具有还原性，酸化的硝酸根具有强氧化性，也可与酸化的溶液反应产生白色沉淀，因此步骤Ⅳ中的实验现象不能证明Ⅲ-ⅰ的白雾中一定含有，D错误； 答案选B。 第二部分(共58分) 15. 元素①~⑨是化学实验中常见的九种元素，其在周期表中的位置如下。 （1）元素②的基态原子的电子排布式为_______。 （2）在①~⑧中，原子半径最大的是_______(填元素符号) （3）以下现象或事实能说明⑤的电负性小于⑥的是_______(填字母) A．两元素的最高化合价：⑤<⑥ B．两元素形成的简单氢化物的沸点：⑤>⑥ C．在⑤与⑥形成的化合物中，⑤显正价 （4）①与③可形成原子个数比为2:1的分子X。 ⅰ．该分子中的化学键是由①的1s轨道与③的_______轨道重叠而形成的σ键。 ⅱ．X比①与⑤形成的同类型分子熔沸点更高，原因是_______。 （5）元素③与④可形成原子个数比为1:1的离子型化合物Y，Y与CO2反应的化学方程式为_______。 （6）元素⑨(用M表示)的一种氧化物Z的晶体是由图1所示的结构平移构成。图1包含Ⅰ型和Ⅱ型两种小立方体；图2是Z的晶胞，a~g分别对应图1中的小立方体Ⅰ或Ⅱ。 ⅰ．图2中Ⅰ型小立方体分别是a、_______(填图2中的字母序号)。 ⅱ．晶体中周围距离最近且等距的有_______个。 ⅲ．若Ⅰ型和Ⅱ型小立方体的边长均为，则的密度为_______。(列出表达式，其中阿伏加德罗常数值用表示，Z的摩尔质量为) ⅳ．写出一种由M的单质制备Z的化学方程式_______。 【答案】（1）1s22s22p2 （2）K （3）C （4） ①. 2p ②. 水分子间存在氢键 （5）2Na2O2+ 2CO2= 2Na2CO3+ O2 （6） ①. c、f ②. 3 ③. ④. 【解析】 【分析】①是H元素，②是C元素，③是O元素，④是Na元素，⑤是S元素，⑥是Cl元素，⑦是K元素，⑧是Ca元素，⑨是Fe元素，据此作答。 【小问1详解】 ②是C元素，碳元素的基态原子的电子排布式为1s22s22p2； 【小问2详解】 在①~⑧中，同一周期从左到右，原子半径依次减小；同一主族从上到下，原子半径依次增大，所以在①~⑧中，原子半径最大的是K； 【小问3详解】 ⑤是S元素，⑥是Cl元素，则： A．两元素的最高化合价：⑤<⑥，根据最高化合价关系，不能说明S的电负性小于Cl，A不符合题意； B．两元素形成的简单氢化物的沸点：⑤>⑥，沸点和电负性无关，不能说明S的电负性小于Cl，B不符合题意； C．在⑤与⑥形成的化合物中，⑤显正价，说明共用电子对偏离S原子而偏向Cl原子，能说明S的电负性小于Cl，C不符合题意； 故选C。 【小问4详解】 氢与氧可形成原子个数比为2∶1的分子H2O，则： ⅰ．水分子中的化学键是由氢的1s轨道与氧的2p轨道重叠而形成的σ键； ⅱ．H2O比氢与硫形成的同类型分子H2S熔沸点更高，原因是水分子间存在氢键； 【小问5详解】 氧元素与钠元素可形成原子个数比为1∶1的离子型化合物Na2O2，Na2O2与CO2反应的化学方程式为：2Na2O2+ 2CO2= 2Na2CO3+ O2； 【小问6详解】 ⅰ．根据晶胞中Ⅰ型立体结构、Ⅱ型立方体关系，图2中Ⅰ型立方体位于图2中上层ac对角线的位置、下层f对角线位置，故分别是a、c、f； ⅱ．由图可知，晶胞中Ⅰ型立体结构、Ⅱ型立方体交叉排列所以，晶体中Fe3+周围距离最近且等距的有3个， ⅲ．Ⅰ型立体结构中Fe2+位于顶点和体心，离子数是4×+1，O2-位于晶胞内，离子数是4，Ⅱ型立方体中Fe2+位于顶点，离子数是4×，O2-位于晶胞内，离子数是4，Fe3+位于晶胞内，离子数是4，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，所以1个晶胞含有Fe2+数是8、O2-数是32、Fe2+数是16，Z的晶体中三种离子个数比N(Fe2+)∶N(Fe3+)∶N(O)=8∶16∶32= 1∶2∶4，由分析可知，图2所示晶胞质量为，晶胞体积为，所以密度为，则的密度为； ⅳ．因N(Fe2+)∶N(Fe3+)∶N(O)=8∶16∶32= 1∶2∶4，即Z的化学式为Fe3O4，则一种由铁的单质制备Fe3O4的化学方程式：。 16. 天然气是一种绿色、优质能源，但其中含有的H2S会腐蚀管道设备，开采天然气后须及时除去H2S。 已知：i.氢硫酸和碳酸的电离常数如下表。 Ka1 Ka2 H2S 1.3×10-7 7.1×10-15 H2CO3 4.4×10-7 4.7×10-11 ii. (x-1)S + S2-(无色)⇌S(黄色)(x=2~6) (1)醇胺法脱硫：醇胺对脱除H2S选择性很高，二乙醇胺脱硫原理如下：(HOCH2CH2)2NH(l) + H2S(g)⇌(HOCH2CH2)2NH2HS(l) ΔH ＜0 ①上述反应能够发生是因为二乙醇胺分子中含有_______性基团。 ②依据平衡移动原理推测脱硫后使二乙醇胺再生的方法有_______(2种即可)。 (2)热碱法脱硫：用热碱液(Na2CO3溶液)吸收天然气中的H2S，可将其转化为可溶性的NaHS，反应的化学方程式是_______。 (3)利用如下电解装置，可从吸收H2S后的热碱液中提取单质硫。 ①电解一段时间后，阳极区溶液变黄，结合电极反应式解释原因：_______。 ②取①中阳极区的黄色溶液，加入硫酸可得到单质硫，产率高达91.6%。推断黄色溶液中含硫微粒除S外，还有_______。 ③电解一段时间后，阴极区得到的溶液可继续用于吸收H2S。该溶液中溶质一定含有_______(填化学式)。 【答案】 ①. 碱 ②. 升高温度、降低压强 ③. Na2CO3+H2S=NaHS+NaHCO3 ④. 溶液中存在下列变化：HS-﹣2e-+HCO=S↓+H2O＋CO2↑，HS-⇌H++S2-，(x-1)S+S2-⇌S，生成S导致溶液颜色变黄 ⑤. SO(或S2O等) ⑥. Na2CO3(Na2S) 【解析】 【分析】 【详解】(1)①由于硫化氢是二元弱酸，则上述反应能够发生是因为二乙醇胺分子中含有碱性基团。 ②正反应是体积减小的放热反应，则依据平衡移动原理推测脱硫后使二乙醇胺再生的方法有升高温度、降低压强。 (2)用热碱液(Na2CO3溶液)吸收天然气中的H2S，可将其转化为可溶性的NaHS，根据原子守恒可知还有碳酸氢钠生成，反应的化学方程式是Na2CO3+H2S=NaHS+NaHCO3。 (3)①由于溶液中存在下列变化：HS-﹣2e-+HCO=S↓+H2O＋CO2↑，HS-H++S2-，(x-1)S+S2-S，生成S导致溶液颜色变黄，属于电解一段时间后，阳极区溶液变黄； ②取①中阳极区的黄色溶液，加入硫酸可得到单质硫，产率高达91.6%，这说明溶液中还存在能在酸性溶液中氧化硫离子的氧化剂，因此推断黄色溶液中含硫微粒除S外，还有SO(或S2O等)。 ③电解一段时间后，阴极区得到的溶液可继续用于吸收H2S，由于在所给的物质中能吸收硫化氢的是碳酸钠或硫化钠，则该溶液中溶质一定含有Na2CO3或Na2S。 17. 苯巴比妥(M)一种中枢神经系统药物，具有镇静、催眠、抗惊厥作用。其一种合成路线如下： 已知：ⅰ． ⅱ． （1）A属于芳香烃，其名称为_______。 （2）B→D的反应类型是_______。 （3）E→F的化学方程式是_______。 （4）G和J的核磁共振氢谱都只有一组峰，J的结构简式是_______。 （5）由F和K合成M的过程如下图(无机物略去)： 写出结构简式K：_______；P：_______。 【答案】（1）甲苯 （2）取代反应 （3）+C2H5OH+H2O （4） （5） ①. ②. 【解析】 【分析】根据逆推法，由M和F的结构和已知信息ii，可知K为 ，由E的分子式可逆推E到F是酯化反应，则E为 ，由已知i可知D为 ，逆推B为 ，A为。 【小问1详解】 分析知A为，名称是：甲苯。 【小问2详解】 B→D是Cl原子被CN原子团取代，反应类型是：取代反应。 【小问3详解】 E→F是羧酸和醇发生酯化反应，反应的化学方程式是：+C2H5OH+H2O。 【小问4详解】 G、J的核磁共振氢谱都只有一组峰，则G为，G与CO2发生加成反应生成J，则J的结构简式是：。 【小问5详解】 由M和F的结构和已知信息ii，可知K为 ，结合流程转化可知P为。 18. 三星堆出土的金面具等金制品揭示了人类古文明对黄金的使用。 Ⅰ．金的结构与性质 （1）金的价电子排布为，它在周期表中的位置为_______。 （2）金面具的制作过程包含了淘金、冶金、铸金、锤鍱等工艺，以下金的性质中，与其金属键有关的是_______(填字母) A. 有金属光泽 B. 有较高的熔点 C. 有很好的延展性 D. 有良好的导电性 Ⅱ．金的冶炼 （3）金的化学性质很稳定，单独用浓盐酸或浓硝酸均不能将金溶解，但将浓硝酸与浓盐酸按体积比配制成王水，则可以溶解金，发生的反应如下：。 ①王水溶金过程中，硝酸的作用是_______。 ②盐酸的作用是：提供与生成的配位，降低了浓度，提高的还原性。 ③可被浓硝酸轻易溶解，但王水溶解的效果却不好，原因可能是_______。 ④可用粉还原，完成“沉金”。被完全还原时，消耗的物质的量是_______。 （4）在碱性条件下用溶液也可溶金。(已知：是一种易挥发的弱酸。) ①补全溶液溶金反应的离子方程式：_______。 ②中配位原子是C，结合电子式说明C可以作为配位原子的原因：_______。 ③已知的氧化性随溶液酸性的增强而增强。工业上常选的溶液进行溶金，不选更低的原因可能是_______(写出一种即可)。 【答案】（1）第六周期第IB族 （2）ABCD （3） ①. 氧化性、酸性 ②. 银和氯离子不能生成配合物而是形成氯化银沉淀 ③. 1.5 （4） ①. ②. 碳原子的电负性小于氮原子电负性，碳原子对孤对电子的束缚力较弱，更易提供孤对电子对 ③. 增加剧毒HCN的挥发 【解析】 【小问1详解】 由金的价电子排布式，可知金在周期表中的位置为第六周期第IB族。 【小问2详解】 金属键是金属阳离子和自由电子之间的强烈相互作用；有金属光泽的原因是金属键中对应的自由电子对可见光吸收后再放出，表现为反射率高；金属键越强金属的熔点越高；有很好的延展性是由于金属受到外力作用时，晶体中的各原子层发生相对滑动，但不会改变原来的排列方式，金属阳离子与自由电子之间的金属键没有被破坏；有良好的导电性是由于在外加电场作用下，金属晶体中的电子气定向移动而形成电流，故选ABCD。 【小问3详解】 硝酸中氮元素化合价为+5价，反应后生成一氧化氮中的氮元素化合价为+2价，氮元素化合价降低，发生还原反应，故硝酸作氧化剂且提供酸性环境，浓硝酸具有强氧化性，将银氧化为银离子使得银溶解度高，王水能溶解金，是因为硝酸的强氧化性和盐酸中氯离子的配位性，让金溶解生成氯金酸H[AuCl4]，王水溶解的效果不好，可能是银和氯离子不能生成配合物而是形成氯化银沉淀，结合方程式可得，被完全还原时，被完全还原时，消耗的物质的量1.5mol。 【小问4详解】 碱性环境且金元素化合价升高则氧元素化合价降低，结合得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒得离子方程式为； 由氰根电子式可知[:CN:]-，C、N均可提供孤对电子对，但碳原子的电负性小于氮原子电负性，碳原子对孤对电子的束缚力较弱，碳原子更容易给中心原子提供孤对电子对形成配位键。 由已知可知HCN易挥发，低pH最大问题是增加剧毒HCN的挥发。 19. 锰的化合物在工业、医疗等领域有重要应用。某兴趣小组模拟制备及探究锰(Ⅱ)盐能否被氧化为高锰(Ⅶ)酸盐。 Ⅰ．的制备： 【反应原理】 步骤一： 步骤二： 【实验操作】 步骤一：将一定比例的、和固体混合加热，得到墨绿色的固体，冷却后加水溶解得到碱性溶液放入烧杯中。 步骤二：连接装置，检查气密性后装药品。打开分液漏斗活塞，当C中溶液完全变为紫红色时，关闭活塞停止反应，分离、提纯获取晶体。 装置图如下： （1）中的试剂应选择_______。 （2）若反应结束后，未能及时分离晶体，可发现C中紫红色溶液变浅。该小组同学认为是碱性溶液中的某成分将生成的还原，导致颜色变浅，该成分可能是_______。 （3）测定所得的纯度：称取晶体，溶于水配成溶液，取于锥形瓶中，加入稀硫酸酸化后，其能与恰好完全反应。则所得的质量分数为_______(列式表达，)。 已知：ⅰ．晶体中的其他杂质不与反应 ⅱ．酸性条件下与发生如下反应： Ⅱ．该小组继续探究能否氧化为，进行了下列实验： 装置图 试剂 实验现象 ①溶液 生成浅棕色沉淀，一段时间后变为棕黑色 ②和混合液 立即生成棕黑色沉淀 ③溶液 无明显现象 ④溶液和少量 滴加无明显现象，加入立即变为紫红色，稍后紫红色很快消失，生成棕黑色沉淀 已知：ⅰ．为白色难溶固体；为棕黑色难溶固体； ⅱ．在酸性环境下缓慢分解产生。 （4）实验①中生成棕黑色沉淀可能的原因_______。 （5）实验②中迅速生成棕黑色沉淀的离子方程式_______。 （6）对比实验③和④，实验③的作用_______。 （7）甲同学猜测实验④中紫红色消失的原因：酸性条件下不稳定，分解产生了，乙认为不成立，理由是_______；乙认为是溶液中的将还原，并设计了实验方案证明此推测成立，其方案为_______。 探究结果：酸性条件下，某些强氧化剂可以将氧化。 【答案】（1）饱和碳酸氢钠溶液 （2）KCl （3） （4）空气中的氧气在碱性环境中将Mn2+氧化为MnO2（或2Mn2++O2+4OH-=2MnO2+2H2O） （5）Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O （6）对照试验，排除HNO3将Mn2+氧化的可能性 （7） ① 资料ⅱ表明缓慢分解产生MnO2，而实验④中紫红色很快消失并产生棕黑色沉淀 ②. 取5mL 0.1 mol•L-1 MnSO4溶液于试管中，加入0.5mL 0.1 mol•L-1 HNO3溶液，无明显现象，再滴加几滴KMnO4溶液，立即生成棕黑色沉淀 【解析】 【分析】本题为实验探究题，Ⅰ．制备KMnO4，装置图中A为制备CO2，反应原理为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，这样制得的CO2中含有挥发出来的HCl杂质，将混合气体通入装置B中除去CO2中的HCl，装置C中为向碱性K2MnO4溶液中通入CO2使其发生歧化反应以制备KMnO4，同时测定所得的纯度，Ⅱ为继续探究Mn2+能否氧化为，据此分析解题。 【小问1详解】 A中制得的二氧化碳中混有HCl，B中试剂应选择饱和碳酸氢钠溶液不与二氧化碳反应且除去HCl，同时生成二氧化碳，故装置B中的试剂应选择饱和碳酸氢钠溶液，答案：饱和碳酸氢钠溶液； 【小问2详解】 第一步反应产物中含Cl-，且操作中未除去Cl-，Cl-将生成的还原，导致颜色变浅，答案：KCl； 【小问3详解】 称取晶体，溶于水配成溶液，取于锥形瓶中，加入稀硫酸酸化后，其能与恰好完全反应，即Vcmol，根据化学式的化学计量数之比，所得的物质的量为，所以的质量分数为，答案：； 【小问4详解】 实验①中生成棕黑色沉淀的原因可能是：空气中的氧气在碱性环境反应：2Mn2++O2+4OH-=2MnO2+2H2O，将Mn2+氧化为MnO2，答案：空气中的氧气在碱性环境中将Mn2+氧化为MnO2（或2Mn2++O2+4OH-=2MnO2+2H2O）； 【小问5详解】 实验②为碱性条件下H2O2将Mn2+氧化为MnO2，离子反应为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，答案：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O； 【小问6详解】 由题干实验可知，实验④明显现象，实验③无明显现象，说明HNO3不能氧化Mn2+，作对照试验，答案：对照试验，排除HNO3将Mn2+氧化的可能性； 【小问7详解】 资料ⅱ表明缓慢分解产生MnO2，而实验④中紫红色很快消失并产生棕黑色沉淀，故不是KMnO4在酸性环境下自身分解产生MnO2，根据分析，证明溶液中的Mn2+将还原的实验为：取5mL 0.1 mol•L-1 MnSO4溶液于试管中，加入0.5mL 0.1 mol•L-1 HNO3溶液，无明显现象，再滴加几滴KMnO4溶液，立即生成棕黑色沉淀，说明推测成立，答案：资料ⅱ表明缓慢分解产生MnO2，而实验④中紫红色很快消失并产生棕黑色沉淀、取5mL 0.1 mol•L-1 MnSO4溶液于试管中，加入0.5mL 0.1 mol•L-1 HNO3溶液，无明显现象，再滴加几滴KMnO4溶液，立即生成棕黑色沉淀。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$