精品解析：北京市北京大学附属中学2024-2025学年高三上学期开学考试化学试题

北大附中2025届高三化学开学检测 本试卷共8页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案作答在答题卡上，在试卷上作答无效。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 第I卷(选择题，共42分) 本部分共14题，每题3分，共42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. 铋可改善钢的加工性能。元素周期表中铋与砷(As)同主族，其最稳定的同位素为。下列说法不正确的是 A. 和的核外电子数相同 B. 的中子数是126 C. Bi是第六周期元素 D. Bi的原子半径比As的小 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. HClO的结构式： B. 基态Cr原子的价电子排布式： C. NaCl的晶胞： D. 反-2-丁烯的球棍模型： 3. 下列事实不能直接从原子结构角度解释的是 A. 化合物ICl中Ⅰ为+1价 B. 沸点： C. 第一电离能： D. 热稳定性： 4. “律动世界”国际化学元素周期表主题年活动报告中，提到了一种具有净水作用的物质，它由五种原子序数依次增大的元素组成。该五种元素的性质或结构信息如下表： 元素 信息 Q 基态原子只有一种形状的原子轨道填有电子，并容易形成共价键 W 基态原子有5个原子轨道填有电子，有2个未成对电子 X 最高价氧化物对应的水化物与Y、Z最高价氧化物对应的水化物都能反应 Y 在元素周期表中位于第3周期、第VIA族 Z 焰色试验中，透过蓝色钴玻璃观察其焰色为紫色 下列说法不正确的是 A. 电负性： B. X元素单质可由电解其熔融氧化物制备 C. 简单离子半径： D. 该物质是离子化合物 5. 物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配不正确的是 选项 性质差异 结构因素 A 沸点：正戊烷(36.1℃)高于新戊烷(9.5℃) 范德华力大小 B 熔点：AlF3(1040℃)远高于AlCl3(178℃升华) 晶体类型 C 酸性：CF3COOH(pKa=0.23)远强CH3COOH(pKa=4.76) 羟基极性强弱 D 稳定性：H2O的分解温度(3000℃)远大于H2S(900℃) 有无氢键 A. A B. B C. C D. D 6. 我国科学家从中国特有的喜树中分离得到具有肿瘤抑制作用的喜树碱，结构如图。下列关于喜树碱的说法不正确的是 A. 分子中含手性碳原子 B. 羟基中的极性强于乙基中的极性 C. 喜树碱与溶液反应最多消耗 D. 用*标注的氮原子有孤电子对，能与含空轨道的以配位键结合 7. 离子液体具有电导率高、化学稳定性好等优点，在电化学领域用途广泛。由与NaF反应制得的是制备某离子液体的原料，该离子液体的结构简式如下。 下列说法不正确的是 A. 键角： B. 该物质中的键数目为 C. 该离子液体中，C原子的杂化方式有2种 D. 该离子液体熔点较低，主要是因为阳离子的体积较大，离子键较弱 8. 下列事实与元素周期律相关知识无关的是 A. 用金属Na与KCl反应冶炼金属钾 B. 向粉末中加入稀硝酸，固体逐渐溶解并有无色气体产生 C 和暗处即化合爆炸，而和化合需光照或点燃 D. Na和水剧烈反应，Mg和热水缓慢反应，而Al难以和水反应 9. 下列解释实验事实的化学用语正确的是 A. 用过量NaOH溶液除去乙烯中的 B. 铁粉在高温下与水蒸气反应生成可燃气体： C. 溶液与稀硫酸混合后溶液几乎不导电： D. 向溶液中加入产生白色沉淀： 10. 下列实验设计能达成对应实验目的的是 选项 A B C D 实验设计 实验目的 实验室制 比较的氧化性强弱 除去中的少量 配制溶液 A. A B. B C. C D. D 11. 实验室中利用制取配合物的反应如下：。相关叙述正确的是 A. 的价电子轨道表达式为 B. 该反应中是还原剂 C. 键角： D. 中的配位数为9 12. 下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液减小的是 A. 向浓硝酸中加入铜粉，产生红棕色气体 B. 向水中加入固体，产生无色气体 C. 向溶液中通入，生成黄色沉淀 D. 向酸性溶液中加入，溶液紫色褪去 13. 为尖晶石型锰系锂离子电池材料，其晶胞由8个立方单元组成，这8个立方单元可分为A、B两种类型。电池充电过程的总反应可表示为：。已知：充放电前后晶体中锰的化合价只有+3、+4，分别表示为Mn(III)、Mn(IV)。 下列说法不正确的是 A. 每个晶胞含8个 B. 立方单元B中Mn、O原子个数比为 C. 放电时，正极反应为 D. 若，则充电后材料中Mn(Ⅲ)与Mn(Ⅳ)的比值为 14. 某实验小组采用如下实验探究该依地酸铁钠(强化补铁剂)中铁元素的化合价。(已知：依地酸根是常见的配体，邻二氮菲可与形成橙红色配合物)下列说法正确的是 A 从现象②和③推测，依地酸铁钠中不含Fe(Ⅲ) B. 从现象②和⑤推测，依地酸铁钠中含Fe(Ⅱ) C. 从现象①、②和③推测，与形成配合物的稳定性强于依地酸铁钠 D. 从现象①、④和⑤推测，与邻二氮菲形成配合物稳定性强于依地酸根 第II卷(非选择题，共58分) 15. 以和HCHO为主要成分的镀液可在某些材料上镀铜，原理如下： （1）基态Cu原子的价层电子排布式为___________。 （2）晶体和溶液均显蓝色，原因是两者中均存在___________ (填化学符号)。 （3）镀铜反应利用了HCHO的___________性。 （4）选择HCHO进行化学镀铜的原因之一是它易溶于水。 ①解释HCHO易溶于水的原因：___________。 ②实验表明，HCHO水溶液中存在“水合甲醛”分子(分子式为)，它是甲醛与水发生加成反应的产物，“水合甲醛”的结构简式为___________。 （5）以下各微粒中，空间结构为平面三角形的是___________ (填字母)。 a． b．HCHO c． （6）Cu-Ni镀层能增强材料的耐蚀性。按照原子价电子排布，把元素周期表划分为5个区，Ni位于___________区。 （7）聚酰亚胺具有高强度、耐紫外线、优良的热氧化稳定性等性质。某聚酰亚胺具有如下结构特征： 上述方法不适合在该聚酰亚胺基材上直接镀铜。原因是： ①___________ ②聚合物有可能与配位。 16. 晶体具有周期性的微观结构，表现出许多独特的性质，用于制造各种材料。观察分析下列晶胞结构，回答以下问题。 （1）铜及其合金是重要的金属材料。 ①每个Cu原子周围距离最近的Cu原子有___________个。 ②将铜晶胞中立方体所有顶点位置的原子替换为Au，即得到一种铜金合金的晶胞，该铜金合金的化学式为___________。 （2）单晶硅等作为制造太阳能电池的材料已得到广泛应用。 ①单晶硅中含有___________键。 ②单晶硅的硬度低于金刚石，从原子结构角度解释其原因：___________。 （3）干冰常用作制冷剂、人工降雨材料等。 下图是冰的结构。下列事实能解释干冰的密度比冰大的是___________ (填字母)。 a．二氧化碳分子的质量大于水分子 b．干冰晶胞中二氧化碳分子堆积得更密集 c．水分子极性强，分子间作用力大 d．冰中氢键存方向性，晶体有较大空隙，空间利用率低 （4）NiO晶体与晶体结构相似，晶胞为立方体。 ①NiO的熔点远高于，结合下表说明原因：___________。 晶体 离子间距/pm 熔点/℃ NaCl 801 NiO 1960 ②NiO晶体中距离最近的两个间距为，NiO的摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值为，则NiO晶体的密度为___________ (列计算式)。 ③晶体普遍存在各种缺陷。某种NiO晶体中存在如图所示的缺陷：当一个空缺，会有两个被两个所取代，使晶体保持电中性。经测定某氧化镍样品中与的离子数之比为6：91.若该晶体的化学式为，则___________。 17. 盐酸舍曲林是一种精神类药物，其合成路线如图(部分试剂、条件省略)。回答以下问题。 （1）A→B的反应类型是___________。F分子中的含氧官能团是___________。 （2）C在一定条件下发生聚合反应可得到顺丁橡胶，其中的碳碳双键均为顺式结构，该聚合反应的化学方程式是___________。 （3）D属于二元羧酸，E含有五元环，E的核磁共振氢谱只有1组信号峰。E的结构简式是___________。 （4）H分子含有1个苯环和1个五元环，G→H的化学方程式是___________。 （5）J的结构简式是___________。 （6）有机物X符合以下条件，写出其一种可能的结构简式___________。 ①属于B的同系物 ②核磁共振氢谱中有3个信号峰，峰面积之比为1：1：1 （7）将舍曲林(K)转化为盐酸舍曲林的可能目的是___________。 18. 红矾钠()可用于制备制革产业中的铬鞣剂。对含铬污泥进行酸浸处理后，得到浸出液(主要含)，经过如下主要流程，可制得红矾钠，实现铬资源的有效循环利用。 已知：i．Cr(VI)在溶液中存在以下平衡： ⅱ。溶液1条件下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围： 金属离子 开始沉淀 沉淀完全的 4.3 5.6 7.1 9.2 （1）Ⅰ中，还原的离子方程式为___________。 ______________________+___________ （2）Ⅱ中，加入调节溶液的目标范围是___________。 （3）Ⅲ中，其他条件相同时，反应温度过高会导致产率降低，可能原因是___________。 （4）Ⅲ中，可用过二硫酸钠()代替的结构式如下， ①中，键角___________180°(填“等于”或“小于”)。 ②若用代替参与反应II，中断裂的化学键为___________键(填“”、“”或“”)。 （5）Ⅳ中，加入的作用是___________(结合平衡移动原理解释)。 （6）为了测定红矾钠的纯度，称取上述流程的产品ag配成溶液，取出于锥形瓶中，加入稀硫酸和足量的KI溶液，置于暗处充分反应至全部转化为后，滴入2~3滴淀粉溶液，最后用浓度为的标准溶液滴定，共消耗。 已知： ①滴定终点的现象为___________。 ②该产品中，红矾钠(摩尔质量为)的质量分数为___________ (列出计算式)。 19. 实验小组对NaHSO3溶液分别与CuCl2、CuSO4溶液的反应进行探究。 实验 装置 试剂x 操作及现象 Ⅰ 1 mol·L−1CuCl2溶液 加入2mL CuCl2溶液，得到绿色溶液，30s时有无色气泡和白色沉淀产生，上层溶液颜色变浅。 Ⅱ 1 mol·L−1CuSO4溶液 加入2mL CuSO4溶液，得到绿色溶液，3分钟未见明显变化。 已知：Ⅰ.Cu2+[Cu(NH3)4]2+(深蓝色溶液) Ⅱ. Cu+[Cu(NH3)]+(无色溶液)[Cu(NH3)4]2+(深蓝色溶液) (1)推测实验Ⅰ产生的无色气体为SO2，实验证实推测正确：用蘸有碘水的淀粉试纸接近试管口，观察到_______，反应的离子方程式为_______。 (2)对实验Ⅰ产生SO2的原因进行分析，提出假设： 假设a: Cu2+水解使溶液中c(H+)增大； 假设b: Cl－存在时，Cu2+与HSO3－反应生成CuCl白色沉淀，溶液中c(H+)增大。 ①假设a不合理，实验证据是_______； ②实验表明假设b合理，实验I反应的离子方程式有_____、H++ HSO3-= SO2↑+H2O。 (3)对比实验Ⅰ、Ⅱ，提出假设：Cl－增强了Cu2+的氧化性。 下述实验Ⅲ证实了假设合理，装置如图。实验方案：闭合K，电压表的指针偏转至“X”处；向U形管_______(补全实验操作及现象)。 (4)将实验Ⅱ的溶液静置24小时或加热后，得到红色沉淀。经检验，红色沉淀中含有Cu+、Cu2+和SO32−。 ①通过实验Ⅳ证实红色沉淀中含有Cu+和Cu2+。 实验Ⅳ： 证实红色沉淀中含有Cu+的实验证据是_______； ②有同学认为实验Ⅳ不足以证实红色沉淀中含有Cu2+，设计实验Ⅳ的对比实验Ⅴ，证实了Cu2+的存在。实验Ⅴ的方案和现象是：_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 北大附中2025届高三化学开学检测 本试卷共8页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案作答在答题卡上，在试卷上作答无效。 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 第I卷(选择题，共42分) 本部分共14题，每题3分，共42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. 铋可改善钢的加工性能。元素周期表中铋与砷(As)同主族，其最稳定的同位素为。下列说法不正确的是 A. 和的核外电子数相同 B. 的中子数是126 C. Bi是第六周期元素 D. Bi的原子半径比As的小 【答案】D 【解析】 【详解】A．和的质子数为83，则核外电子数为83，故核外电子数相同，故A项正确； B．已知质量数等于质子数加中子数，则的中子数是209-83=126，故B项正确； C．由题干信息可知，Bi是83号元素，54＜83＜86，则Bi属于第六周期元素，故C项正确； D．已知As位于第4周期第VA族，而Bi位于第6周期第VA族，根据同一主族从上往下原子半径依次增大，即Bi的原子半径比As的大，故D项错误； 故本题选D。 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. HClO的结构式： B. 基态Cr原子的价电子排布式： C. NaCl的晶胞： D. 反-2-丁烯的球棍模型： 【答案】A 【解析】 【详解】A．HClO结构式为H-O-Cl，故A项正确； B．基态Cr的价电子排布式为3d54s1，故B项错误； C．NaCl的晶胞为，故C项错误； D．表示顺-2-丁烯的分子结构模型，故D项错误； 故答案选A。 3. 下列事实不能直接从原子结构角度解释的是 A. 化合物ICl中Ⅰ为+1价 B. 沸点： C. 第一电离能： D. 热稳定性： 【答案】B 【解析】 【详解】A．氯元素的非金属性强于碘元素，氯化碘中共用电子对偏向非金属性强的氯原子一方，碘元素呈+1价，则氯化碘中碘元素呈+1价能直接从原子结构角度解释，A错误； B．均为分子晶体，且分子结构相似，相对分子质量越大，熔沸点越高，的相对分子质量大于，故沸点：，不能从原子结构解释，B正确； C．C、Si位于同一主族，但原子半径：Si>C，故第一电离能：，能直接从原子结构角度解释，C错误； D．N、P位于同一主族，但原子半径N<P，故键能，热稳定性能直接从原子结构角度解释，D错误； 故选B。 4. “律动世界”国际化学元素周期表主题年活动报告中，提到了一种具有净水作用的物质，它由五种原子序数依次增大的元素组成。该五种元素的性质或结构信息如下表： 元素 信息 Q 基态原子只有一种形状的原子轨道填有电子，并容易形成共价键 W 基态原子有5个原子轨道填有电子，有2个未成对电子 X 最高价氧化物对应的水化物与Y、Z最高价氧化物对应的水化物都能反应 Y 在元素周期表中位于第3周期、第VIA族 Z 焰色试验中，透过蓝色钴玻璃观察其焰色为紫色 下列说法不正确的是 A. 电负性： B. X元素单质可由电解其熔融氧化物制备 C. 简单离子半径： D. 该物质是离子化合物 【答案】A 【解析】 【分析】Q、W、X、Y、Z五种原子序数依次增大的元素；Q基态原子只有一种形状的轨道填有电子，并容易形成共价键，为H；Z焰色反应为紫色，为K；Y在元素周期表中位于第3周期、第ⅥA族，为S；X最高价氧化物对应的水化物与Y、Z最高价氧化物对应的水化物都能反应，则X为Al，氢氧化铝具有两性，能和强酸、强碱反应；W基态原子有5个原子轨道填充有电子，有2个未成对电子，且Q、W、X、Y、Z形成具有净水作用的物质，则W为O，净水性物质为含有结晶水的硫酸铝钾晶体，据此回答。 【详解】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性：H＜S＜O，A错误； B．Al单质可由电解熔融Al2O3制备，B正确； C．电子层数越多离子半径越大，核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小，简单离子半径：Al3+＜O2-＜S2-，C正确； D．该净水性物质为含有结晶水的硫酸铝钾晶体，该物质中含有离子键，属于离子化合物，D正确； 故选A。 5. 物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配不正确的是 选项 性质差异 结构因素 A 沸点：正戊烷(36.1℃)高于新戊烷(9.5℃) 范德华力大小 B 熔点：AlF3(1040℃)远高于AlCl3(178℃升华) 晶体类型 C 酸性：CF3COOH(pKa=0.23)远强CH3COOH(pKa=4.76) 羟基极性强弱 D 稳定性：H2O的分解温度(3000℃)远大于H2S(900℃) 有无氢键 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．正戊烷和新戊烷形成的晶体都是分子晶体，由于新戊烷支链多，对称性好，分子间作用力小，所以沸点较低，A正确； B．AlF3为离子化合物，形成的晶体为离子晶体，熔点较高，AlCl3为共价化合物，形成的晶体为分子晶体，熔点较低，则AlF3(1040℃)远高于AlCl3(178℃升华)，B正确； C．由于电负性F>H，C-F键极性大于C-H键，使得羧基上的羟基极性增强，氢原子更容易电离，酸性增强，C正确； D．H2O的分解温度(3000℃)远大于H2S(900℃)是因为氧原子半径小于硫，电负性氧大于硫，形成的氢氧键键能远大于氢硫键键能，D错误； 故选D。 6. 我国科学家从中国特有的喜树中分离得到具有肿瘤抑制作用的喜树碱，结构如图。下列关于喜树碱的说法不正确的是 A. 分子中含手性碳原子 B. 羟基中的极性强于乙基中的极性 C. 喜树碱与溶液反应最多消耗 D. 用*标注的氮原子有孤电子对，能与含空轨道的以配位键结合 【答案】C 【解析】 【详解】A．分子中含手性碳原子，如图所示，，故A项正确； B．氧的电负性强于碳，则O-H键的极性强于C-H键的极性，故B项错误； C．1mol该有机物中含有1mol酯基、1mol酰胺键均消耗1molNaOH溶液反应，最多消耗2molNaOH，故C项错误； D．含带*的氮原子能提供孤电子对、H+能接受孤电子对，所以带*的氮原子有孤电子对，能与含空轨道的H+以配位键结合，故D项正确； 故本题选C。 7. 离子液体具有电导率高、化学稳定性好等优点，在电化学领域用途广泛。由与NaF反应制得的是制备某离子液体的原料，该离子液体的结构简式如下。 下列说法不正确的是 A. 键角： B. 该物质中的键数目为 C. 该离子液体中，C原子的杂化方式有2种 D. 该离子液体熔点较低，主要是因为阳离子的体积较大，离子键较弱 【答案】B 【解析】 【详解】A．BF3中心原子价层电子对数=3+，杂化轨道数=3，B采取sp2杂化，而中心原子价层电子对数=4+，杂化轨道数=4，B采取sp3杂化，所以键角：，故A项正确； B．1mol该物质中含有4个B-Fσ键，阳离子中含有11个C-Hσ键、1个C-Cσ键、5个C-Nσ键、1个C=C中含有1个σ键、1个C=N中含有1个σ键，共含有σ键数目为23NA，故B项错误； C．该离子液体中，含有碳碳双键，碳碳单键，碳氮双键，碳采取sp2、sp3杂化，故C项正确； D．阳离子的体积较大，半径大，离子间的作用力小，离子键弱，则该离子液体熔点较低，故D项正确； 故本题选B。 8. 下列事实与元素周期律相关知识无关的是 A. 用金属Na与KCl反应冶炼金属钾 B. 向粉末中加入稀硝酸，固体逐渐溶解并有无色气体产生 C. 和暗处即化合爆炸，而和化合需光照或点燃 D. Na和水剧烈反应，Mg和热水缓慢反应，而Al难以和水反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．工业上用钠制取钾：Na+KCl=K↑+NaCl（高温）是利用化学平衡，金属钠与氯化钾的反应时，钾的沸点比钠低，不断地将钾的蒸气分离出去，就能使反应持续进行，与元素周期律，A正确； B．向粉末中加入稀硝酸，固体逐渐溶解并有无色气体产生，说明硝酸的酸性强于碳酸的酸性，两者都是最高价氧化为对应的水化物，说明非金属N>C，与元素周期律有关，B错误； C．和暗处即化合爆炸，而和化合需光照或点燃，说明F的非金属性强于Cl，与元素周期律有关，C错误； D．Na和水剧烈反应，Mg和热水缓慢反应，而Al难以和水反应，说明金属性Na>Mg>Al，与元素周期律有关，D错误； 故选A。 9. 下列解释实验事实的化学用语正确的是 A. 用过量NaOH溶液除去乙烯中的 B. 铁粉在高温下与水蒸气反应生成可燃气体： C. 溶液与稀硫酸混合后溶液几乎不导电： D. 向溶液中加入产生白色沉淀： 【答案】A 【解析】 【详解】A．用过量NaOH溶液除去乙烯中的SO2，氢氧化钠过量生成亚硫酸根，离子方程式正确，A正确； B．铁粉在高温下与水蒸气反应生成可燃气体氢气，同时生成四氧化三铁，方程式配平有误，正确方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，B错误； C．Ba(OH)2溶液与稀硫酸混合后溶液几乎不导电，说明刚好完全反应，正确的离子方程式为Ba2+++2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O，C错误； D．碳酸钙和氢离子不能大量共存的，故该离子方程式错误，若该反应产生白色沉淀，则沉淀为碳酸钙、碳酸氢根转化为碳酸根被沉淀时释放的氢离子能与碳酸氢根反应产生二氧化碳，则：若产生沉淀必定同时有二氧化碳，通常情况下两者很难发生反应，D错误； 本题选A。 10. 下列实验设计能达成对应实验目的的是 选项 A B C D 实验设计 实验目的 实验室制 比较的氧化性强弱 除去中的少量 配制溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．实验室采用氯化铵和氢氧化钙固体加热制取氨气，加热时试管口向下倾斜，A正确； B．氯气与溴化钠反应生成溴单质，可证明氧化性氯气大于溴单质，但溴单质易挥发，也能进入KI溶液中，氯气、溴单质都能与KI反应生成碘单质，因此不能说明溴和碘、氯和碘得电子能力，B错误； C．饱和碳酸钠能吸收二氧化碳，因此不能用饱和碳酸钠除二氧化碳中的二氧化硫，C错误； D．转移溶液时需要用玻璃棒引流，D错误； 故选A。 11. 实验室中利用制取配合物的反应如下：。相关叙述正确的是 A. 的价电子轨道表达式为 B. 该反应中是还原剂 C. 键角： D. 中的配位数为9 【答案】C 【解析】 【详解】A．Co原子核外有27个电子，基态Co原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，Co2+的价电子排布式为3d7，价电子排布图为，A错误； B．该反应中中O的化合价有-1价降低到-2价，为氧化剂，B错误； C．中N原子有3对σ键电子对，有1对孤电子对，中O原子有2对σ键电子对，有2对孤电子对，孤电子对越多，对σ键电子对的斥力越大，键角越小，故键角：，C正确； D．每个NH3配体与中心Co3+间形成一根配位键，故中的配位数为6，D错误； 故选C。 12. 下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液减小的是 A. 向浓硝酸中加入铜粉，产生红棕色气体 B. 向水中加入固体，产生无色气体 C. 向溶液中通入，生成黄色沉淀 D. 向酸性溶液中加入，溶液紫色褪去 【答案】C 【解析】 【详解】A．Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，消耗了硝酸，因氧化还原反应使溶液pH增大，A不符合题意； B．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，因氧化还原反应使溶液碱性增强，pH增大，B不符合题意； C．Cl2将H2S氧化为S而自身被还原为HCl溶液pH减小，C符合题意； D．酸性KMnO4和H2O2溶液混合，离子方程式为：2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，消耗了氢离子，溶液pH增大，D不符合题意； 故选C。 13. 为尖晶石型锰系锂离子电池材料，其晶胞由8个立方单元组成，这8个立方单元可分为A、B两种类型。电池充电过程的总反应可表示为：。已知：充放电前后晶体中锰的化合价只有+3、+4，分别表示为Mn(III)、Mn(IV)。 下列说法不正确的是 A. 每个晶胞含8个 B. 立方单元B中Mn、O原子个数比为 C. 放电时，正极反应为 D. 若，则充电后材料中Mn(Ⅲ)与Mn(Ⅳ)的比值为 【答案】B 【解析】 【详解】A．从A立方单元中可知，一个A单元中含2个，一个晶胞含4个A，所以每个晶胞含8个，故A正确； B．由立方单元B可知Mn原子个数分别为，O原子个数为，所以Mn、O原子个数比为，故B错误； C．放电时，正极得电子被还原，反应式为：，故C正确； D．若，根据化合物化合价之和为0原则，可计算出Mn(Ⅲ)与Mn(Ⅳ)的比值为，故D正确； 故选B。 14. 某实验小组采用如下实验探究该依地酸铁钠(强化补铁剂)中铁元素的化合价。(已知：依地酸根是常见的配体，邻二氮菲可与形成橙红色配合物)下列说法正确的是 A. 从现象②和③推测，依地酸铁钠中不含Fe(Ⅲ) B. 从现象②和⑤推测，依地酸铁钠中含Fe(Ⅱ) C. 从现象①、②和③推测，与形成配合物的稳定性强于依地酸铁钠 D. 从现象①、④和⑤推测，与邻二氮菲形成配合物的稳定性强于依地酸根 【答案】D 【解析】 【详解】A．从现象②和③推测，可能是依地酸铁钠与Fe3+形成配合物稳定性强于，不能说明依地酸铁钠中不含Fe(Ⅲ)，故A错误； B．从现象②和③不能推测依地酸铁钠中含Fe(Ⅱ)，加入的维生素C为还原剂，也不能推测，依地酸铁钠中含Fe(Ⅱ)，故B错误； C．从现象①、②和③推测，与形成配合物的稳定性弱于依地酸铁钠，故C错误； D．加入的维生素C为还原剂，溶液变为橙红色，由题意可知，与邻二氮菲形成配合物的稳定性强于依地酸根，故D正确； 故选D。 第II卷(非选择题，共58分) 15. 以和HCHO为主要成分的镀液可在某些材料上镀铜，原理如下： （1）基态Cu原子的价层电子排布式为___________。 （2）晶体和溶液均显蓝色，原因是两者中均存在___________ (填化学符号)。 （3）镀铜反应利用了HCHO的___________性。 （4）选择HCHO进行化学镀铜的原因之一是它易溶于水。 ①解释HCHO易溶于水的原因：___________。 ②实验表明，HCHO水溶液中存在“水合甲醛”分子(分子式为)，它是甲醛与水发生加成反应的产物，“水合甲醛”的结构简式为___________。 （5）以下各微粒中，空间结构为平面三角形的是___________ (填字母)。 a． b．HCHO c． （6）Cu-Ni镀层能增强材料的耐蚀性。按照原子价电子排布，把元素周期表划分为5个区，Ni位于___________区。 （7）聚酰亚胺具有高强度、耐紫外线、优良的热氧化稳定性等性质。某聚酰亚胺具有如下结构特征： 上述方法不适合在该聚酰亚胺基材上直接镀铜。原因是： ①___________ ②聚合物有可能与配位。 【答案】（1） （2） （3）还原 （4） ①. HCHO为极性分子，且能与分子形成氢键 ②. （5）bc （6）d （7）聚酰亚胺存在酰胺基，在碱性条件下会发生水解 【解析】 【小问1详解】 铜元素为29号元素，基态Cu原子的价层电子排布式为：3d104s1，故答案为：3d104s1； 【小问2详解】 CuSO4⋅5H2O晶体和CuSO4溶液均显蓝色，原因是两者中均存在：[Cu(H2O)4]2+，故答案为：[Cu(H2O)4]2+； 【小问3详解】 由镀铜原理可知，Cu2+被还原为Cu，HCHO被氧化为HCOO-，则HCHO为还原剂，体现还原性，故答案为：还原； 【小问4详解】 ①HCHO易溶于水是因为HCHO为极性分子，且能与H2O分子形成氢键，故答案为：HCHO为极性分子，且能与H2O分子形成氢键； ②“水合甲醛”分子(分子式为CH4O2)，它是甲醛与水发生加成反应的产物，“水合甲醛”的结构简式为：CH2(OH)2，故答案为：CH2(OH)2； 【小问5详解】 a．中心原子S原子周围的价层电子对数为：4+，没有孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知，它们的空间结构分别为正四面体形，故a项错误； b．HCHO中心原子C原子周围的价层电子对数为：3+，没有孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知，它们的空间结构为平面三角形，故b项正确；  c．甲酸根离子中碳原子的价层电子对数为：3+0=3，没有孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知，其空间结构为平面三角形，故c项正确； 故答案为：bc； 【小问6详解】 已知Ni是28号元素，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，则位于d区，故答案为：d； 【小问7详解】 由于该聚酰亚胺基材上存在酰胺键，在碱性条件下易发生水解而遭到破坏；聚合物中的O和 N中存在孤电子对，可能与Cu2+配位，则上述方法不适合在该聚酰亚胺基材上直接镀铜，故答案为：该聚酰亚胺基材上存在酰胺键，在碱性条件下易发生水解而遭到破坏。 16. 晶体具有周期性的微观结构，表现出许多独特的性质，用于制造各种材料。观察分析下列晶胞结构，回答以下问题。 （1）铜及其合金是重要的金属材料。 ①每个Cu原子周围距离最近的Cu原子有___________个。 ②将铜晶胞中立方体所有顶点位置的原子替换为Au，即得到一种铜金合金的晶胞，该铜金合金的化学式为___________。 （2）单晶硅等作为制造太阳能电池的材料已得到广泛应用。 ①单晶硅中含有___________键。 ②单晶硅的硬度低于金刚石，从原子结构角度解释其原因：___________。 （3）干冰常用作制冷剂、人工降雨材料等。 下图是冰的结构。下列事实能解释干冰的密度比冰大的是___________ (填字母)。 a．二氧化碳分子的质量大于水分子 b．干冰晶胞中二氧化碳分子堆积得更密集 c．水分子极性强，分子间作用力大 d．冰中氢键存在方向性，晶体有较大空隙，空间利用率低 （4）NiO晶体与晶体结构相似，晶胞为立方体。 ①NiO的熔点远高于，结合下表说明原因：___________。 晶体 离子间距/pm 熔点/℃ NaCl 801 NiO 1960 ②NiO晶体中距离最近的两个间距为，NiO的摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值为，则NiO晶体的密度为___________ (列计算式)。 ③晶体普遍存在各种缺陷。某种NiO晶体中存在如图所示的缺陷：当一个空缺，会有两个被两个所取代，使晶体保持电中性。经测定某氧化镍样品中与的离子数之比为6：91.若该晶体的化学式为，则___________。 【答案】（1） ①. 12 ②. （2） ①. 2 ②. 两者均为共价晶体，结构相似，原子半径：，键长：，键能：，因此硬度：单晶硅<金刚石 （3）abd （4） ①. 两者均为离子晶体，结构相似；和都是二价离子，和都是一价离子；和间距比和间距更小，NiO晶体中离子键更强 ②. ③. 0.97 【解析】 【小问1详解】 ①由图知，铜原子为与面心和顶点上，故每个Cu原子周围距离最近的Cu原子有12个； ②将铜晶胞中立方体所有顶点位置的原子替换为Au，即得到一种铜金合金的晶胞，子该晶胞中Au原子的个数为，Cu原子的个数为，故该铜金合金的化学式为； 【小问2详解】 ①晶体硅中每个Si原子形成4个共价键，1条共价键为2个Si原子共有，则单晶硅中含有键； ②两者均为共价晶体，结构相似，原子半径：，键长：，键能：，因此硬度：单晶硅<金刚石； 【小问3详解】 a.二氧化碳分子质量大于水分了，则相同体积的二氧化碳分了，其密度比水大，a正确， b.干冰晶胞中二氧化碳分子堆积得更密集，则说明干冰的密度比冰大，b正确； c.水分子极性强，分子间作用力大，不能说明干冰的密度比冰大，c错误: d.冰中氢键存在方向性，晶体有较大空隙，空间利用率低，能说明干冰的密度比冰大，d正确； 故选abd； 【小问4详解】 ①NiO晶体与晶体结构相似，晶胞为立方体两者均为离子晶体，结构相似；和都是二价离子，和都是一价离子；和间距比和间距更小，NiO晶体中离子键更强，NiO的熔点远高于； ②由图可知NaCl晶体中存在4个和4个，则晶胞中存在4个和4个，则晶胞的质量为，距离最近的两个位于顶点和面心，为对角线的一半，间距为，则棱长为，则体积为，则晶胞的密度为； ③氧化镍样品中与的离子数之比为6：91，则为，为，根据晶体成电中性，可得，解x=0.97。 17. 盐酸舍曲林是一种精神类药物，其合成路线如图(部分试剂、条件省略)。回答以下问题。 （1）A→B的反应类型是___________。F分子中的含氧官能团是___________。 （2）C在一定条件下发生聚合反应可得到顺丁橡胶，其中的碳碳双键均为顺式结构，该聚合反应的化学方程式是___________。 （3）D属于二元羧酸，E含有五元环，E的核磁共振氢谱只有1组信号峰。E的结构简式是___________。 （4）H分子含有1个苯环和1个五元环，G→H的化学方程式是___________。 （5）J的结构简式是___________。 （6）有机物X符合以下条件，写出其一种可能的结构简式___________。 ①属于B的同系物 ②核磁共振氢谱中有3个信号峰，峰面积之比为1：1：1 （7）将舍曲林(K)转化为盐酸舍曲林的可能目的是___________。 【答案】（1） ①. 取代反应 ②. 羧基、(酮)羰基 （2） （3） （4） （5）或 （6） （7）将舍曲林转化为离子化合物(盐类)，增大水溶性(或提高熔沸点、增强稳定性、易于结晶等，合理即可) 【解析】 【分析】根据F的结构得到B为，A为，D属于二元羧酸，E含有五元环，E的核磁共振氢谱只有1组吸收峰，则D为HOOCCH2CH2COOH，E为，B、E发生加成反应得到F，根据G、F的分子式得到两者发生加成反应生成G()，根据I的结构和G、H的分子式得到G发生酯化反应生成H()，H和A、HF反应生成I，根据J的分子式和I、K的结构简式得到I到J先取代后消去，则J的结构简式为或。 【小问1详解】 根据A→B的分子式得到A→B的反应类型是取代反应；F的结构式为，故F中含氧官能团为羧基、(酮)羰基； 【小问2详解】 C在一定条件下发生聚合反应可得到顺丁橡胶，其中的碳碳双键均为顺式结构，该聚合反应的化学方程式是； 【小问3详解】 D属于二元羧酸，E含有五元环，E的核磁共振氢谱只有1组吸收峰，根据F的结构简式得到E的键线式是； 【小问4详解】 根据G的结构简式和H的分子式，又根据H含有1个苯环和1个五元环得到反应是酯化反应，则G→H的化学方程式是； 【小问5详解】 根据I的结构简式和K的结构简式得到J与氢气加成得到K，则J的结构简式是或； 【小问6详解】 属于B的同系物即含有一个苯环，有两个氯原子，②核磁共振氢谱中，峰面积之比为1：1：1，有三种位置的氢，则其一种可能的物质的结构简式为； 【小问7详解】 由于盐类的溶解度、熔沸电、稳定性等均较强，故将舍曲林转化为离子化合物(盐类)，增大水溶性(或提高熔沸点、增强稳定性、易于结晶等，合理即可)，便于保存。 18. 红矾钠()可用于制备制革产业中的铬鞣剂。对含铬污泥进行酸浸处理后，得到浸出液(主要含)，经过如下主要流程，可制得红矾钠，实现铬资源的有效循环利用。 已知：i．Cr(VI)在溶液中存在以下平衡： ⅱ。溶液1条件下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围： 金属离子 开始沉淀的 沉淀完全的 4.3 5.6 7.1 9.2 （1）Ⅰ中，还原的离子方程式为___________。 ______________________+___________ （2）Ⅱ中，加入调节溶液的目标范围是___________。 （3）Ⅲ中，其他条件相同时，反应温度过高会导致产率降低，可能原因是___________。 （4）Ⅲ中，可用过二硫酸钠()代替的结构式如下， ①中，键角___________180°(填“等于”或“小于”)。 ②若用代替参与反应II，中断裂的化学键为___________键(填“”、“”或“”)。 （5）Ⅳ中，加入的作用是___________(结合平衡移动原理解释)。 （6）为了测定红矾钠的纯度，称取上述流程的产品ag配成溶液，取出于锥形瓶中，加入稀硫酸和足量的KI溶液，置于暗处充分反应至全部转化为后，滴入2~3滴淀粉溶液，最后用浓度为的标准溶液滴定，共消耗。 已知： ①滴定终点的现象为___________。 ②该产品中，红矾钠(摩尔质量为)的质量分数为___________ (列出计算式)。 【答案】（1） （2）5.6~7.1 （3）温度升高，分解速率加快，浓度降低 （4） ①. 小于 ②. （5）增大'浓度，使平衡逆移，增大浓度 （6） ①. 溶液蓝色褪去，且30s不变色 ②. 【解析】 【分析】浸出液(主要含)，根据流程图，先加入NaHSO3、NaOH，与NaHSO3发生氧化还原反应后得到与氢氧化钠反应Cr(OH)3，Cr(OH)3，Cr(OH)3与NaOH和H2O2反应生成Na2CrO4，Na2CrO4酸化后生成Na2Cr2O7溶液，加热蒸发结晶，趁热过滤后冷却结晶得到红矾钠 ()，据此回答。 【小问1详解】 由分析知，加入NaHSO3，与NaHSO3发生氧化还原反应后得到和Na2SO4，对应的离子方程式为； 【小问2详解】 Ⅱ中，加入NaOH调节pH的目的是将Cr3+完全沉淀，而使Ni2+不沉淀，故应该调节pH至5.6~7.1，故选c； 【小问3详解】 III中，其他条件相同时，若温度升高，分解速率加快，浓度降低，所以氧化Cr(OH)3的减少，故能导致Na2CrO4的产率反而降低； 【小问4详解】 ①的中心原子O原子的价电子对数为，为sp3杂化，有两个孤电子对，故键角小于180°； ②在反应II中，过氧化氢作为氧化剂，若用代替参与反应II，即作为氧化剂，中断裂的化学键为键； 【小问5详解】 Na2CrO4溶液中存在以下平衡：，加入硫酸，溶液中增大，使得上述平衡逆向移动，以提高Na2Cr2O7的产率； 【小问6详解】 ①本实验指示剂为淀粉溶液，I2遇到淀粉溶液显蓝色，故滴定终点的现象为滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液后，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色； ②根据得失电子总数相等可知，，故有，所得红矾钠 (摩尔质量为)的质量分数为。 19. 实验小组对NaHSO3溶液分别与CuCl2、CuSO4溶液的反应进行探究。 实验 装置 试剂x 操作及现象 Ⅰ 1 mol·L−1CuCl2溶液 加入2mL CuCl2溶液，得到绿色溶液，30s时有无色气泡和白色沉淀产生，上层溶液颜色变浅。 Ⅱ 1 mol·L−1CuSO4溶液 加入2mL CuSO4溶液，得到绿色溶液，3分钟未见明显变化。 已知：Ⅰ.Cu2+[Cu(NH3)4]2+(深蓝色溶液) Ⅱ. Cu+[Cu(NH3)]+(无色溶液)[Cu(NH3)4]2+(深蓝色溶液) (1)推测实验Ⅰ产生的无色气体为SO2，实验证实推测正确：用蘸有碘水的淀粉试纸接近试管口，观察到_______，反应的离子方程式为_______。 (2)对实验Ⅰ产生SO2的原因进行分析，提出假设： 假设a: Cu2+水解使溶液中c(H+)增大； 假设b: Cl－存在时，Cu2+与HSO3－反应生成CuCl白色沉淀，溶液中c(H+)增大。 ①假设a不合理，实验证据是_______； ②实验表明假设b合理，实验I反应的离子方程式有_____、H++ HSO3-= SO2↑+H2O。 (3)对比实验Ⅰ、Ⅱ，提出假设：Cl－增强了Cu2+的氧化性。 下述实验Ⅲ证实了假设合理，装置如图。实验方案：闭合K，电压表的指针偏转至“X”处；向U形管_______(补全实验操作及现象)。 (4)将实验Ⅱ的溶液静置24小时或加热后，得到红色沉淀。经检验，红色沉淀中含有Cu+、Cu2+和SO32−。 ①通过实验Ⅳ证实红色沉淀中含有Cu+和Cu2+。 实验Ⅳ： 证实红色沉淀中含有Cu+的实验证据是_______； ②有同学认为实验Ⅳ不足以证实红色沉淀中含有Cu2+，设计实验Ⅳ的对比实验Ⅴ，证实了Cu2+的存在。实验Ⅴ的方案和现象是：_______。 【答案】 ①. 蓝色褪去 ②. SO2+I2+2H2O=SO42－+2I－+4H+ ③. 实验Ⅰ、Ⅱ中c(Cu2+)相同，但实验Ⅱ中未见气泡 ④. 2Cu2++2Cl－+ HSO3－+ H2O =2CuCl↓+SO42-+3H+ ⑤. 右侧加入一定量NaCl固体，溶解后，观察到电压表指针偏转变大 ⑥. 一段时间后溶液由浅蓝色变为深蓝色 ⑦. 取少量纯净的Cu2O于试管中，滴加足量浓氨水。沉淀溶解，得到无色溶液，露置一段时间后溶液变为深蓝色 【解析】 【分析】NaHSO3溶液属于弱酸的酸式盐，HSO3-的电离程度大于水解程度，它的溶液呈酸性。 (1)从二氧化硫的还原性和碘的氧化性角度出发，写出实验现象和离子反应方程式； (2)要产生二氧化硫气体，需要溶液中有氢离子存在，对于氢离子产生的原因，可以从实验Ⅰ、Ⅱ都有铜离子，但现象不同，故可以判断出假设a不正确； (3)是否是Cl－增强了Cu2+的氧化性，可以加入氯离子，但是为了不引入新的杂质，可以加氯化钠，再观察电压表的示数； (4)根据题目信息，Cu+[Cu(NH3)]+(无色溶液)[Cu(NH3)4]2+(深蓝色溶液)，确定Cu+的检验方法。若要证明溶液中的Cu2+，需要做一个对比实验，一个含有Cu2+和Cu+的混合溶液，另一个只含有Cu+的溶液，再加入足量浓氨水，看反应现象，所以可以加少量纯净的Cu2O。 【详解】(1)蘸有碘水的淀粉试纸显蓝色，遇到二氧化硫，二氧化硫具有还原性，碘单质具有氧化性，二氧化硫与碘单质发生氧化还原反应，实验现象为蓝色褪去，离子方程式为SO2+I2+ 2H2O=SO42－+2I－+4H+， 故答案为：蓝色褪去；SO2+I2+2H2O=SO42－+2I－+4H+； (2)要产生二氧化硫，需要亚硫酸氢根离子与氢离子作用，如果是Cu2+水解使溶液中氢离子浓度增大，从而释放出气体，由于实验Ⅰ、Ⅱ中c(Cu2+)相同，但实验Ⅱ中未见气泡，说明不是由假设a: Cu2+水解使溶液中c(H+)增大引起的，故答案为实验Ⅰ、Ⅱ中c(Cu2+)相同，但实验Ⅱ中未见气泡；根据亚硫酸氢钠加入氯化铜后的实验现象是生成白色沉淀，则假设b正确，利用电荷守恒，元素守恒，化合价升降法配平离子反应，2Cu2++2Cl－+HSO3－+H2O =2CuCl↓+SO42-+3H+， 故答案为：实验Ⅰ、Ⅱ中c(Cu2+)相同，但实验Ⅱ中未见气泡；2Cu2++2Cl－+ HSO3－+ H2O =2CuCl↓+SO42-+3H+； (3)实验Ⅲ是为了验证Cl－增强了Cu2+的氧化性，需向硫酸铜溶液中补充氯离子，U形管左侧是亚硫酸氢钠，故加入氯化钠固体，如果Cl－增强了Cu2+的氧化性，会使溶液中转移的电子数增多，闭合K，故电压表的读数会增大， 故答案为：右侧加入一定量NaCl固体，溶解后，观察到电压表指针偏转变大； (4)根据题目所给信息，Cu+[Cu(NH3)]+(无色溶液)[Cu(NH3)4]2+(深蓝色溶液)，实验Ⅳ中若有Cu+，一段时间后溶液由浅蓝色变为深蓝色；如要证明溶液中的Cu2+，需要做一个对比实验，一个含有Cu2+和Cu+的混合溶液，另一个只含有Cu+的溶液，再加入足量浓氨水，沉淀溶解，得到无色溶液，露置一段时间后溶液变为深蓝色，实验操作为取少量纯净的Cu2O于试管中，滴加足量浓氨水。实验现象为沉淀溶解，得到无色溶液，露置一段时间后溶液变为深蓝色。 故答案为：一段时间后溶液由浅蓝色变为深蓝色；取少量纯净的Cu2O于试管中，滴加足量浓氨水。沉淀溶解，得到无色溶液，露置一段时间后溶液变为深蓝色。 【点睛】本题的难点在于实验方案的设计分析判断上，尤其是对性质实验方案设计时，要从多个角度思考物质的性质，结合性质分析设计方案。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$