精品解析：北京市第一六一中学2024-2025学年高三上化学期中考试

北京一六一中学2024—2025学年度第一学期期中阶段性测试 高三化学试卷 班级___________ 姓名___________ 学号___________ 考生须知 1.本试卷共5页，满分100分，考试时长90分钟。 2.试题答案一律书写在答题纸上，在试卷上作答无效。 3.在答题纸上，选择题用2B铅笔作答，非选择题用黑色字迹签字笔作答。 4.考试结束后，将答题纸、试卷和草稿纸一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Zn 65 Cu 64 I 127 Al 27 B 11 Ca 40 Mn 55 一、选择题：本大题共14道小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目的要求。把正确答案涂写在答题卡上相应的位置。 1. 我国科学家提出了高强度人造蚕丝的制备方法，用表面活性剂和溶液使丝胶蛋白水解，然后将浓缩的丝素蛋白挤入含和的溶液中凝固成纤维。下列说法不正确的是 A. 含或的盐溶液均能使蛋白质变性 B. 丝胶蛋白水解时酰胺基中发生了断裂 C. 中既含有亲水基团又含有疏水基团 D. 溶液显碱性的原因： 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. HCHO分子的空间结构模型为： B. 的电子式： C. 乙烯分子中π键的形成过程 D. 邻羟基苯甲醛分子内形成的氢键： 3. 下列过程中，没有发生酯化反应或酯的水解反应的是 A. 核苷酸聚合生成核酸 B. 氨基酸缩合生成多肽 C. 油脂在碱性溶液中反应制取肥皂 D. 纤维素和乙酸反应制取纤维素乙酸酯 4. 下列比较正确的是 A. 热稳定性： B. 键角： C. 离子半径： D. 酸性： 5. 下列反应不属于氧化还原反应的是 A. 铜丝加热后，伸入无水乙醇中，先变黑，后重新变为红色 B. 向硝酸银溶液中加入氨水至过量，产生沉淀又消失 C. 将通入到溶液中，生成白色沉淀 D. 向溶液中加入溶液，产生红褐色沉淀 6. 室温下，1体积的水能溶解约2体积的Cl2.用试管收集Cl2后进行如图所示实验，下列对实验现象的分析或预测正确的是 A. 试管内液面上升，证明Cl2与水发生了反应 B. 取出试管中的溶液，加入少量CaCO3粉末，溶液漂白能力减弱 C. 取出试管中的溶液，光照一段时间后pH下降，与反应2HClO2HCl+O2↑有关 D. 取出试管中的溶液，滴加紫色石蕊溶液，溶液先变红后褪色，加热后颜色又变为红色 7. 我国科学家最新合成出一种聚醚酯(PM)新型材料，合成方法如下： 下列说法不正确的是 A. M分子中含有2个手性碳原子 B. M在碱性条件下水解开环得到 C. PM中含有酯基、醚键和羟基三种官能团 D. 合成1mol PM，理论上需要n mol M和1mol苯甲醇 8. 下列所给事实对应方程式书写不正确的是 A. C和浓反应： B. 用石灰乳吸收泄漏的氯气： C. 溶液与少量的溶液反应： D. 钢铁发生吸氧腐蚀时铁做负极： 9. 为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A. 0.1 mol氨基()中含有个质子 B. 14g乙烯和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为2 C. 1.0溶液中，数目为3 D. 22.4L(标准状况)与足量NaOH溶液充分反应，电子转移数为2 10. 下列实验的对应操作中，不合理的是 眼睛注视锥形瓶中溶液 A．用标准溶液滴定溶液 B．稀释浓硫酸 C．从提纯后的溶液获得晶体 D．配制一定物质的量浓度的溶液 A. A B. B C. C D. D 11. 硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示。下列说法不正确的是 A. 过程①生成了HCl，说明酸性：H2S>HCl B. 过程②，每溶解1molCuS，转移2mole- C. 过程③，溶液的pH增大 D. 回收S的总反应为 12. 新型Li-Mg双离子可充电电池是一种高效、低成本的储能电池，其装置示意图如下。当闭合K2时，该电池的工作原理为。下列关于该电池的说法正确的是 A. 放电时，电子从N电极经导线流向M电极 B. 放电时，正极的电极反应式： C. 充电时，外加直流电源的正极与M电极相连 D. 充电时，电路中每通过1mol，左室溶液增加2mol 13. 化合物K与L反应可合成药物中间体M，转化关系如下： 已知L能发生银镜反应，下列说法不正确的是 A. 分子中碳原子的杂化方式均有和 B. 在水中的溶解度： C. L为乙醛 D. 生成物M与的化学计量数之比为1：1 14. 实验小组探究浓度对溶液与溶液反应的影响。实验如下： 实验 编号 试剂 沉淀物质的量之比 试剂X 试剂Y ⅰ 0.04 0.04 a ⅱ 0.1 0.1 0.15 ⅲ 0.5 0.5 0.19 ⅳ 1.0 1.0 0.26 已知：①。 ②取ⅰ～ⅳ充分反应后的上层清液，滴加浓盐酸均产生白色沉淀；滴加溶液均产生蓝色沉淀。下列说法不正确的是 A. 分析ⅰ中数据可知： B. ⅱ中沉淀加适量浓氨水充分反应，取上层清液滴加溶液，产生白色沉淀 C. 本实验中反应物浓度增大，对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大 D. 取ⅲ中充分反应后的上层清液，滴加溶液产生蓝色沉淀，可以作为为可逆反应的证据 二、非选择题：本大题共5小题，共58分。把答案填在答题纸中相应的横线上。 15. 氧族元素Se(硒)及其化合物有着广泛应用价值。 （1）(硒代硫酸钠，其中可看作是中的一个O原子被Se原子取代的产物)在某些肿瘤治疗中能够提高治愈率。其制备和转化关系如下： ①基态Se原子的价层电子排布式是___________，按照核外电子排布，可把元素周期表划分为5个区，Se位于元素周期表___________区。 ②的空间结构是___________，基态O原子中处于最高能级的电子的运动状态共有___________个。 ③过程ⅱ中一定断裂的化学键是___________。 （2）非铅双钙钛矿材料［］有望大规模应用于太阳能电池。一定压力下合成的［］晶体的晶胞结构如下图，其中位于正方体的顶点和面心。 ①比较Se原子和Br原子的第一电离能大小，并从原子结构的角度说明理由___________。 ②中键角___________(填“>”或“<”)中键角。 ③一定压力下形成的［］晶胞形状为正方体，边长为a nm。已知［］的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体密度为___________。() （3）是一种钠离子电池的正极材料，充、放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如下图所示(晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子)。 每个晶胞完全转化为晶胞，转移电子数为___________。 16. 一种利用某镍矿资源（主要成分为、，含有少量、、、、）提取含Ni、Cu、Fe、Mg、Al的物质的流程如下： 资料： i．25℃时，一些物质的如下： 物质 ii．溶液中离子浓度时认为该离子沉淀完全。 （1）流程中能加快反应速率的措施有_________。 （2）固体A中还有少量酸浸后剩余的NiS，II中反应的离子方程式为_________。 （3）III中，生成转移，III中反应的化学方程式为_________；III过滤后得到的固体残渣中含有的物质是_________。 （4）IV可以除去溶液D中的，由此推测氧化性_________（填“＞”或“＜”）。 （5）结合离子方程式解释V中加入的作用：_________。 （6）为了使沉淀完全，VI中溶液pH的最小值所属范围为_________（填字母）。 a．2~3 b．3~4 c．9~10 d．10~11 （7）VI中，不宜多加，原因是_________。 17. 化合物K有抗高血压活性，其合成路线如下。 已知： （1）A为芳香族化合物，A的名称是___________。 （2）B→D的化学方程式是___________。 （3）G的结构简式是___________。 （4）E属于酯，E的结构简式是___________。 （5）K中能与溶液反应的官能团有___________。 a．碳碳双键 b．酯基 c．酰胺基 （6）D也可由间硝基甲苯通过电解法制得，主要物质转化关系如下。 已知：电解效率的定义： ①Ⅱ中，生成Q的离子方程式是___________。 ②若电解产生的使间硝基甲苯通过两步氧化完全转化为D，当电极通过，生成amol D时，___________。 （7）以D、F和为原料，“一锅法”合成G的转化过程如下。 M的结构简式是___________，M→N的反应类型是___________。 18. KMnO4在实验室和工业上均有重要应用，其工业制备的部分工艺如下： Ⅰ．将软锰矿(主要成分MnO2)粉碎后，与KOH固体混合，通入空气充分焙烧，生成暗绿色熔融态物质。 Ⅱ．冷却，将固体研细，用稀KOH溶液浸取，过滤，得暗绿色溶液。 Ⅲ．向暗绿色溶液中通入CO2，溶液变为紫红色，同时生成黑色固体。 Ⅳ．过滤，将紫红色溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得KMnO4固体。 资料：K2MnO4为暗绿色固体，在强碱性溶液中稳定，在近中性或酸性溶液中易发生歧化反应(Mn的化合价既升高又降低)。 (1)Ⅰ中，粉碎软锰矿的目的是_____。 (2)Ⅰ中，生成K2MnO4的化学方程式是_____。 (3)Ⅱ中，浸取时用稀KOH溶液的原因是_____。 (4)Ⅲ中，CO2和K2MnO4在溶液中反应的化学方程式是_____。 (5)将K2MnO4溶液采用惰性电极隔膜法电解，也可制得KMnO4．装置如图： ①b极是_____极(填“阳”或“阴”)，D是____________。 ②结合电极反应式简述生成KMnO4的原理：___________。 ③传统无膜法电解时，锰元素利用率偏低，与之相比，用阳离子交换膜可以提高锰元素的利用率，其原因是__________。 (6)用滴定法测定某高锰酸钾产品的纯度，步骤如下： 已知：Na2C2O4 +H2SO4 ═H2C2O4 +Na2SO4 5H2C2O4 +2MnO4﹣+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O 摩尔质量：Na2C2O4 134g/mol KMnO4 158g/mol ⅰ．称取ag产品，配成50mL溶液。 ⅱ．称取bgNa2C2O4，置于锥形瓶中，加蒸馏水使其溶解，再加入过量的硫酸。 ⅲ．将锥形瓶中溶液加热到75℃～80℃，恒温，用ⅰ中所配溶液滴定至终点，消耗溶液V mL(杂质不参与反应)。 产品中KMnO4的质量分数的表达式为_________。 19. 资料显示，酸性介质中，和可反应转化为和。小组探究利用该反应测定含量的条件。 实验 序号 物质a 实验现象 I 0.002mol/L溶液 无明显变化 II 0.002mol/L溶液 加热至沸腾，5min后溶液变为紫色 III 0.05mol/L溶液 加热至沸腾，生成大量棕黑色沉淀，静置，上层溶液未变紫色 （1）根据实验II的现象，氧化性：_______(填“>”或“<”)。 （2）实验II中反应的离子方程式是_______。 （3）实验I的条件下能将氧化为，推测实验I未出现紫色的原因：_______。 （4）经检验，棕黑色沉淀为，针对实验Ⅲ中的现象，提出以下假设： 假设1：的浓度较低，不足以将氧化为 假设2：溶液中存在还原剂，将生成的还原为 ①甲同学分析上述实验设计，认为假设1不成立，理由是_______。 ②针对假设2，乙同学设计实验IV证实了推测合理。 请写出实验操作和现象：_______。 ③实验III中生成的离子方程式是_______，从化学反应速率的角度分析实验Ⅲ未得到紫色溶液的原因：_______。 （5）资料表明可作为和反应转化为的催化剂。丙同学设计实验Ⅲ的对比实验进行了证实。向_______中滴加2滴0.1mol/L溶液，再加入0.0005mol固体，加热至沸腾，观察到溶液变为紫色。 （6）根据上述实验，要利用将转化为的反应来快速测定的含量，应控制的反应条件有：加热至沸腾、_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京一六一中学2024—2025学年度第一学期期中阶段性测试 高三化学试卷 班级___________ 姓名___________ 学号___________ 考生须知 1.本试卷共5页，满分100分，考试时长90分钟。 2.试题答案一律书写在答题纸上，在试卷上作答无效。 3.在答题纸上，选择题用2B铅笔作答，非选择题用黑色字迹签字笔作答。 4.考试结束后，将答题纸、试卷和草稿纸一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Zn 65 Cu 64 I 127 Al 27 B 11 Ca 40 Mn 55 一、选择题：本大题共14道小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目的要求。把正确答案涂写在答题卡上相应的位置。 1. 我国科学家提出了高强度人造蚕丝的制备方法，用表面活性剂和溶液使丝胶蛋白水解，然后将浓缩的丝素蛋白挤入含和的溶液中凝固成纤维。下列说法不正确的是 A. 含或的盐溶液均能使蛋白质变性 B. 丝胶蛋白水解时酰胺基中发生了断裂 C. 中既含有亲水基团又含有疏水基团 D. 溶液显碱性的原因： 【答案】A 【解析】 【详解】A．钠盐会使蛋白质发生盐析，不能使蛋白质变性，故A错误； B．一定条件下蛋白质分子中含有的酰胺基会发生水解反应生成氨基酸，所以丝胶蛋白水解时酰胺基中发生了断裂，故B正确； C．中为疏水基团，为亲水基团，所以中既含有亲水基团又含有疏水基团，故C正确； D．碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，反应的离子方程式为，故D正确； 故选A。 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. HCHO分子的空间结构模型为： B. 的电子式： C. 乙烯分子中π键的形成过程 D. 邻羟基苯甲醛分子内形成的氢键： 【答案】B 【解析】 【详解】A．甲醛分子中碳原子的杂化方式为sp2杂化，分子的空间结构模型为，故A正确； B．氯化镁是只含有离子键的离子化合物，电子式为，故B错误； C．乙烯分子中的π键是碳原子的2p轨道以“肩并肩”的方式重叠形成的，形成过程为，故C正确； D．邻羟基苯甲醛分子含有O—H键，—CHO中含有电负性大的O原子，二者位置较近，根据氢键形成条件可知，邻羟基苯甲醛分子可形成分子内氢键，示意图为，故D正确； 故选B。 3. 下列过程中，没有发生酯化反应或酯的水解反应的是 A. 核苷酸聚合生成核酸 B. 氨基酸缩合生成多肽 C. 油脂在碱性溶液中反应制取肥皂 D. 纤维素和乙酸反应制取纤维素乙酸酯 【答案】B 【解析】 【详解】A．核酸是通过三磷酸核苷聚合而成，相互之间以磷酸二酯键连接，发生了酯化反应，故不选A； B．氨基酸缩合生成多肽，通过羧基与氨基脱水形成肽键连接，没有发生酯化反应也没有发生酯的水解，故选B； C．油脂属于酯类，油脂在碱性溶液中发生酯的水解反应制取肥皂，故不选C； D．纤维素中含有羟基，纤维素与乙酸发生酯化反应制取纤维素乙酸酯，故不选D； 选B。 4. 下列比较正确的是 A. 热稳定性： B. 键角： C. 离子半径： D. 酸性： 【答案】C 【解析】 【详解】A．同主族元素，从上到下，非金属性依次减弱，氢化物的热稳定性依次减弱，同周期元素，从左到右，非金属性依次增强，氢化物的热稳定性依次增强，则氢化物的热稳定性强弱顺序为，故A错误； B．甲烷分子、氨气分子、水分子中碳原子、氮原子、氧原子的价层电子对均为4，孤对电子对数分别为0、1、2，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，则氢化物的键角大小顺序为，故B错误； C．电子层数相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子的离子半径大小顺序为，故C正确； D．同主族元素，从上到下，非金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱，同周期元素，从左到右，非金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，则酸性强弱顺序为，故D错误； 故选C。 5. 下列反应不属于氧化还原反应的是 A. 铜丝加热后，伸入无水乙醇中，先变黑，后重新变为红色 B. 向硝酸银溶液中加入氨水至过量，产生沉淀又消失 C. 将通入到溶液中，生成白色沉淀 D. 向溶液中加入溶液，产生红褐色沉淀 【答案】B 【解析】 【详解】A．铜丝加热后，Cu被氧化为黑色的CuO，伸入无水乙醇中后又重新变为红色，则黑色的CuO被还原为Cu，则与氧化还原反应有关，故A错误； B．向硝酸银溶液中加入氨水至过量，首先生成氢氧化银，随后氢氧化银再和氨气生成氢氧化二氨合银，不是氧化还原反应，故B正确； C．SO2通入Ba(NO3)2溶液中，SO2与H2O反应产生的H2SO3被(H+)氧化为H2SO4，与Ba2+反应生成BaSO4白色沉淀，包含氧化还原反应，故C错误； D．红褐色沉淀是氢氧化铁，硫酸亚铁中的二价铁可以被次氯酸根离子氧化为三价铁，属于氧化还原反应，故D错误； 故选B。 6. 室温下，1体积的水能溶解约2体积的Cl2.用试管收集Cl2后进行如图所示实验，下列对实验现象的分析或预测正确的是 A. 试管内液面上升，证明Cl2与水发生了反应 B. 取出试管中的溶液，加入少量CaCO3粉末，溶液漂白能力减弱 C. 取出试管中的溶液，光照一段时间后pH下降，与反应2HClO2HCl+O2↑有关 D. 取出试管中的溶液，滴加紫色石蕊溶液，溶液先变红后褪色，加热后颜色又变为红色 【答案】C 【解析】 【详解】A．由题目信息可知，氯气能溶于水，也可以使试管内液面上升，不能证明氯气和水发生了反应，A错误； B．氯气与水反应的方程式为：，加入少量CaCO3粉末会与HCl反应，使平衡右移，HClO浓度增大，溶液漂白能力增强，B错误； C．取出试管中的溶液，光照一段下发生反应：2HClO2HCl+O2↑，生成HCl，同时次氯酸浓度下降，可能使平衡右移，HCl浓度增大，溶液酸性增强，pH下降，C正确； D．取出试管中的溶液，滴加紫色石蕊溶液，由于溶液中有HCl和HClO，所以溶液先变红，次氯酸具有漂白性会使溶液褪色，次氯酸的强氧化性漂白不可逆，加热后颜色不会恢复，D错误； 故选C。 7. 我国科学家最新合成出一种聚醚酯(PM)新型材料，合成方法如下： 下列说法不正确的是 A. M分子中含有2个手性碳原子 B. M在碱性条件下水解开环得到 C. PM中含有酯基、醚键和羟基三种官能团 D. 合成1mol PM，理论上需要n mol M和1mol苯甲醇 【答案】B 【解析】 【详解】A．由结构简式可知，M分子中含有如图*所示的2个手性碳原子：，故A正确； B．由结构简式可知，M中含有酯基，在酸性条件下水解开环得到，碱性条件下水解会生成相应的羧酸盐，故B错误； C．由结构简式可知，PM中含有酯基、醚键和羟基三种官能团，故C正确； D．由结构简式可知，理论上，合成1mol PM需要消耗n mol M和1mol苯甲醇，故D正确； 故选B。 8. 下列所给事实对应方程式书写不正确的是 A. C和浓反应： B. 用石灰乳吸收泄漏的氯气： C. 溶液与少量的溶液反应： D. 钢铁发生吸氧腐蚀时铁做负极： 【答案】D 【解析】 【详解】A．C和浓反应生成CO2、SO2和H2O，该化学方程式正确，A 正确； B．石灰乳吸收泄漏的氯气，反应生成CaCl2、Ca(ClO)2和H2O，该化学方程式正确，B正确； C．溶液与少量的溶液反应生成CaCO3、NaOH和H2O，该离子方程式正确，C正确； D．铁发生吸氧腐蚀时，铁做负极，生成Fe2+，正确的电极方程式：，D错误； 故答案选D。 9. 为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A. 0.1 mol氨基()中含有个质子 B. 14g乙烯和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为2 C. 1.0溶液中，数目为3 D. 22.4L(标准状况)与足量NaOH溶液充分反应，电子转移数为2 【答案】B 【解析】 【详解】A．0.1 mol氨基含有的质子数目为0.1 mol×9×NAmol—1=0.9NA，故A错误； B．乙烯和丙烯的最简式都为CH2，则14gCH2所含碳氢键数为×2×NAmol—1=2NA，故B正确； C．缺溶液的体积，无法计算1.0mol/L氯化铝溶液中氯化铝的物质的量和含有氯离子的数目，故C错误； D．氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，则标准状况下22.4L氯气与足量氢氧化钠溶液反应时，转移电子数目为×1×NAmol—1=NA，故D错误； 故选B。 10. 下列实验的对应操作中，不合理的是 眼睛注视锥形瓶中溶液 A．用标准溶液滴定溶液 B．稀释浓硫酸 C．从提纯后的溶液获得晶体 D．配制一定物质的量浓度的溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液时，眼睛应注视锥形瓶中溶液，以便观察溶液颜色的变化从而判断滴定终点，A项合理； B．浓硫酸的密度比水的密度大，浓硫酸溶于水放热，故稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入盛水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，B项合理； C．NaCl的溶解度随温度升高变化不明显，从NaCl溶液中获得NaCl晶体采用蒸发结晶的方法，C项合理； D．配制一定物质的量浓度的溶液时，玻璃棒引流低端应该在容量瓶刻度线以下；定容阶段，当液面在刻度线以下约1cm时，应改用胶头滴管滴加蒸馏水，D项不合理； 答案选D。 11. 硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示。下列说法不正确的是 A. 过程①生成了HCl，说明酸性：H2S>HCl B. 过程②，每溶解1molCuS，转移2mole- C. 过程③，溶液的pH增大 D. 回收S的总反应为 【答案】A 【解析】 【详解】A．过程①中，H2S和Cu2+反应生成CuS，离子方程式为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，反应发生是因为生成了沉淀，不能证明酸性强弱，故A错误； B．过程②中，CuS和Fe3+发生氧化还原反应生成Cu2+、Fe2+和S，离子方程式为2Fe3++CuS =Cu2++2Fe2++S，每溶解1molCuS，转移2mole-，故B正确； C．过程③中发生反应4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，反应消耗H+，溶液酸性减弱，溶液的pH增大，故C正确； D．由反应(①+②)×2+③可得回收S的总反应为，故D正确； 故答案为A。 12. 新型Li-Mg双离子可充电电池是一种高效、低成本的储能电池，其装置示意图如下。当闭合K2时，该电池的工作原理为。下列关于该电池的说法正确的是 A. 放电时，电子从N电极经导线流向M电极 B. 放电时，正极的电极反应式： C. 充电时，外加直流电源的正极与M电极相连 D. 充电时，电路中每通过1mol，左室溶液增加2mol 【答案】B 【解析】 【分析】打开K1、关闭K2，形成原电池，左侧M电极做负极，右侧N电极为正极，关闭K1、打开K2进行充电，M电极接外加电源的负极做阴极，N电极接外加电源的正极做阳极。 【详解】A．放电时，电子从负极M电极经导线流向正极N电极，A错误； B．放电时，N电极做正极，电极反应式：，B正确； C．充电时，N电极接外加电源的正极，C错误； D．充电时，电路中每通过1mol，左室溶液增加1mol，D错误； 答案选B。 13. 化合物K与L反应可合成药物中间体M，转化关系如下： 已知L能发生银镜反应，下列说法不正确的是 A. 分子中碳原子的杂化方式均有和 B. 在水中的溶解度： C. L为乙醛 D. 生成物M与的化学计量数之比为1：1 【答案】D 【解析】 【详解】A．分子均有单键碳和双键碳，碳原子的杂化方式均有和，故A正确； B．K分子中含有羧基，在水中的溶解度：，故B正确； C．M比K多2个碳原子，L能发生银镜反应，L含有醛基，则L为乙醛，故C正确； D．K和乙醛反应生成M和水，根据原子守恒，生成物M与的化学计量数之比为1：2，故D错误； 选D。 14. 实验小组探究浓度对溶液与溶液反应的影响。实验如下： 实验 编号 试剂 沉淀物质的量之比 试剂X 试剂Y ⅰ 0.04 0.04 a ⅱ 0.1 0.1 0.15 ⅲ 0.5 0.5 0.19 ⅳ 1.0 1.0 0.26 已知：①。 ②取ⅰ～ⅳ充分反应后的上层清液，滴加浓盐酸均产生白色沉淀；滴加溶液均产生蓝色沉淀。下列说法不正确的是 A. 分析ⅰ中数据可知： B. ⅱ中沉淀加适量浓氨水充分反应，取上层清液滴加溶液，产生白色沉淀 C. 本实验中反应物浓度增大，对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大 D. 取ⅲ中充分反应后的上层清液，滴加溶液产生蓝色沉淀，可以作为为可逆反应的证据 【答案】D 【解析】 【详解】A．等体积混合后，此时，不会产生沉淀，所以a=0，故A正确； B．ii中沉淀加适量浓氨水充分反应形成，溶液中增大，取上层清液滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，故B正确； C．结合表中数据可得，本实验中反应物浓度增大，得到的沉淀占比越大，所以推断对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大，故C正确； D．结合表中数据可知有生成，溶液中Fe2+过量，不能通过检验是否存在Fe2+作为为可逆反应的证据，故D错误； 故选D。 二、非选择题：本大题共5小题，共58分。把答案填在答题纸中相应的横线上。 15. 氧族元素Se(硒)及其化合物有着广泛应用价值。 （1）(硒代硫酸钠，其中可看作是中的一个O原子被Se原子取代的产物)在某些肿瘤治疗中能够提高治愈率。其制备和转化关系如下： ①基态Se原子的价层电子排布式是___________，按照核外电子排布，可把元素周期表划分为5个区，Se位于元素周期表___________区。 ②的空间结构是___________，基态O原子中处于最高能级的电子的运动状态共有___________个。 ③过程ⅱ中一定断裂的化学键是___________。 （2）非铅双钙钛矿材料［］有望大规模应用于太阳能电池。一定压力下合成的［］晶体的晶胞结构如下图，其中位于正方体的顶点和面心。 ①比较Se原子和Br原子的第一电离能大小，并从原子结构的角度说明理由___________。 ②中键角___________(填“>”或“<”)中键角。 ③一定压力下形成的［］晶胞形状为正方体，边长为a nm。已知［］的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体密度为___________。() （3）是一种钠离子电池的正极材料，充、放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如下图所示(晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子)。 每个晶胞完全转化为晶胞，转移电子数为___________。 【答案】（1） ①. ②. p ③. 四面体 ④. 4 ⑤. 硫硒键 （2） ①. Br和Se为同周期元素，电子层数相同，核电荷数Br>Se，原子半径Br<Se，原子核对最外层电子的吸引作用Br>Se，所以第一电离能Br>Se ②. > ③. （3）8 【解析】 【小问1详解】 ①硒元素的原子序数为34，基态原子的价层电子排布式为，所以硒元素处于元素周期表的p区，故答案为：；p； ②中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间结构为四面体形；氧元素的原子序数为8，基态O原子的电子排布式为1s22s22p4，处于最高能级2p的电子的运动状态共有4个，故答案为：四面体形；4； ③由转化关系可知，过程ⅱ中一定断裂的化学键是硫硒键，故答案为：硫硒键； 【小问2详解】 ①Br和Se为同周期元素，电子层数相同，核电荷数Br>Se，原子半径Br<Se，原子核对最外层电子的吸引作用Br>Se，所以第一电离能Br>Se，故答案为：Br和Se为同周期元素，电子层数相同，核电荷数Br>Se，原子半径Br<Se，原子核对最外层电子的吸引作用Br>Se，所以第一电离能Br>Se； ②铵根离子中氮原子的孤电子对数为0，氨分子中氮原子的孤电子对数为1，铵根离子和氨分子中氮原子的价层电子对数都为4，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，所以氨分子的键角小于铵根离子，故答案为：>； ③由题意可知，[SeBr6]2-位于正方体的顶点和面心，1个晶胞中个数为8×+6×=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—7 a)3d，解得d=，故答案为：； 【小问3详解】 由化合价变化可知，Na2Se转化为Cu2-xSe的电极反应式为Na2Se—2e—+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，由晶胞结构可知，Se2-位于顶点和面心，1个晶胞中硒离子个数为8×+6×=4，则每个Na2Se晶胞转化为Cu2-xSe晶胞时转移电子数为8，故答案为：8。 16. 一种利用某镍矿资源（主要成分为、，含有少量、、、、）提取含Ni、Cu、Fe、Mg、Al的物质的流程如下： 资料： i．25℃时，一些物质的如下： 物质 ii．溶液中离子浓度时认为该离子沉淀完全。 （1）流程中能加快反应速率的措施有_________。 （2）固体A中还有少量酸浸后剩余的NiS，II中反应的离子方程式为_________。 （3）III中，生成转移，III中反应的化学方程式为_________；III过滤后得到的固体残渣中含有的物质是_________。 （4）IV可以除去溶液D中的，由此推测氧化性_________（填“＞”或“＜”）。 （5）结合离子方程式解释V中加入的作用：_________。 （6）为了使沉淀完全，VI中溶液pH的最小值所属范围为_________（填字母）。 a．2~3 b．3~4 c．9~10 d．10~11 （7）VI中，不宜多加，原因是_________。 【答案】（1）研磨、加热 （2） （3） ①. ②. （4）＞ （5），更有利于提取含Fe物质 （6）b （7）过多，会导致发生反应，中会含有 【解析】 【分析】某镍矿（主要成分为、，含有少量、、、、）经研磨后在加热条件下加入硫酸溶解，二氧化硅不溶于硫酸，根据题干信息固体A中还有少量酸浸后剩余的NiS，加入硫酸铜溶解生成CuS，CuS经氧气氧化后被硫酸溶解生成硫酸铜，过滤除去二氧化硅；溶液B中加入过氧化氢可将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸氢铵使溶液中铁离子形成氢氧化铁滤出；再想溶液中加入碳酸氢铵使溶液中氯离子形成氢氧化铝沉淀滤出；向溶液G中加入硫化钠使镍离子形成硫化镍沉淀，剩余含镁离子溶液。 【小问1详解】 流程中可以通过研磨、加热加快反应速率； 【小问2详解】 固体A中还有少量酸浸后剩余的NiS，II中反应的离子方程式：； 【小问3详解】 III中，生成转移，说明S元素由-1价被氧化为+6价，III中反应的化学方程式：；根据分析III过滤后得到的固体残渣中含有的物质是SiO2； 【小问4详解】 IV可以除去溶液D中的，说明电解过程中先于发生反应，由此推测氧化性； 【小问5详解】 过氧化氢可将亚铁离子氧化为铁离子，，更有利于提取含Fe物质； 【小问6详解】 根据题干信息，若要使沉淀完全，但未沉淀，，计算得出pH范围3~4； 【小问7详解】 过多，会导致发生反应，中会含有。 17. 化合物K有抗高血压活性，其合成路线如下。 已知： （1）A为芳香族化合物，A的名称是___________。 （2）B→D的化学方程式是___________。 （3）G的结构简式是___________。 （4）E属于酯，E的结构简式是___________。 （5）K中能与溶液反应的官能团有___________。 a．碳碳双键 b．酯基 c．酰胺基 （6）D也可由间硝基甲苯通过电解法制得，主要物质转化关系如下。 已知：电解效率的定义： ①Ⅱ中，生成Q的离子方程式是___________。 ②若电解产生的使间硝基甲苯通过两步氧化完全转化为D，当电极通过，生成amol D时，___________。 （7）以D、F和为原料，“一锅法”合成G的转化过程如下。 M的结构简式是___________，M→N的反应类型是___________。 【答案】（1）甲苯 （2） （3） （4）CH3COOCH2CH3 （5）bc （6） ①. ②. （7） ①. ②. 加成反应 【解析】 【分析】由题干合成路线图可知，根据D的结构简式和B的分子式以及B到D的转化条件可知，B的结构简式为：，由A的分子式和A到B的转化条件可知，A的结构简式为：，由K的结构简式和G的分子式以及G到K的转化条件可知，G的结构简式为：，由F的分子式和D、F转化为G的转化条件可知，F的结构简式为：，由E的分子式并结合题干已知信息可知，E的结构简式为：CH3COOCH2CH3，据此分析解题。 【小问1详解】 由分析可知，A为芳香族化合物，A的结构简式为：，故A的名称是甲苯，故答案为：甲苯； 【小问2详解】 由分析可知，B的结构简式为：，故B→D的化学方程式是，故答案为：； 【小问3详解】 由分析可知，G的结构简式是，故答案为：； 【小问4详解】 由分析可知，E属于酯，E的结构简式是CH3COOCH2CH3，故答案为：CH3COOCH2CH3； 【小问5详解】 碳碳双键不能和NaOH反应，酯基和酰胺基能与NaOH溶液发生水解反应，故K中能与溶液反应的官能团有酯基和酰胺基，故答案为：bc； 【小问6详解】 ①由题干转化关系图可知Ⅱ中，生成Q即被Ce(OH)3+离子氧化为，根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式是，故答案为：； ②若电解产生的使间硝基甲苯通过两步氧化完全转化为D，则由转化为D即，每生成1molD需失去4mol电子，故当生成amol D时，失去电子4amol，=4a×100%，故答案为：4a×100%； 【小问7详解】 由分析可知，F的结构简式为：，G的结构简式为：，N到G发生消去反应，故N的结构简式为：，则M转化为N是氨基与酮羰基发生加成反应形成环，故M的，由F的结构简式：，和L到M的转化条件可知，L的结构简式为：，然后D和发生加成反应生成L，故答案为：；加成反应。 18. KMnO4在实验室和工业上均有重要应用，其工业制备的部分工艺如下： Ⅰ．将软锰矿(主要成分MnO2)粉碎后，与KOH固体混合，通入空气充分焙烧，生成暗绿色熔融态物质。 Ⅱ．冷却，将固体研细，用稀KOH溶液浸取，过滤，得暗绿色溶液。 Ⅲ．向暗绿色溶液中通入CO2，溶液变为紫红色，同时生成黑色固体。 Ⅳ．过滤，将紫红色溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得KMnO4固体。 资料：K2MnO4为暗绿色固体，在强碱性溶液中稳定，在近中性或酸性溶液中易发生歧化反应(Mn的化合价既升高又降低)。 (1)Ⅰ中，粉碎软锰矿的目的是_____。 (2)Ⅰ中，生成K2MnO4的化学方程式是_____。 (3)Ⅱ中，浸取时用稀KOH溶液的原因是_____。 (4)Ⅲ中，CO2和K2MnO4在溶液中反应的化学方程式是_____。 (5)将K2MnO4溶液采用惰性电极隔膜法电解，也可制得KMnO4．装置如图： ①b极是_____极(填“阳”或“阴”)，D是____________。 ②结合电极反应式简述生成KMnO4的原理：___________。 ③传统无膜法电解时，锰元素利用率偏低，与之相比，用阳离子交换膜可以提高锰元素的利用率，其原因是__________。 (6)用滴定法测定某高锰酸钾产品的纯度，步骤如下： 已知：Na2C2O4 +H2SO4 ═H2C2O4 +Na2SO4 5H2C2O4 +2MnO4﹣+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O 摩尔质量：Na2C2O4 134g/mol KMnO4 158g/mol ⅰ．称取ag产品，配成50mL溶液。 ⅱ．称取bgNa2C2O4，置于锥形瓶中，加蒸馏水使其溶解，再加入过量的硫酸。 ⅲ．将锥形瓶中溶液加热到75℃～80℃，恒温，用ⅰ中所配溶液滴定至终点，消耗溶液V mL(杂质不参与反应)。 产品中KMnO4的质量分数的表达式为_________。 【答案】 ①. 增大反应物接触面积，加快反应速率 ②. 2MnO2 +4KOH+O2 2K2MnO4 +2H2O ③. 保持溶液呈强碱性，防止K2MnO4发生歧化反应 ④. 3K2MnO4 +2CO2 =2KMnO4 +MnO2↓+2K2CO3 ⑤. 阴 ⑥. 较浓的KOH溶液 ⑦. a极：MnO42--e-=MnO4-，部分K+通过阳离子交换膜进入阴极区，阳极区生成KMnO4 ⑧. 用阳离子交换膜可防止MnO4﹣、MnO42﹣在阴极被还原 ⑨. 【解析】 【分析】(1)粉碎软锰矿，可增大固体表面积； (2)由题意可知软锰矿(主要成分MnO2)粉碎后，与KOH固体混合，通入空气充分焙烧，可生成K2MnO4； (3)用稀KOH溶液浸取，可使溶液呈强碱性，防止K2MnO4变质； (4)Ⅲ中，CO2和K2MnO4在溶液中反应，溶液变为紫红色，同时生成黑色固体，说明生成KMnO4和MnO2； (5)电解K2MnO4制取KMnO4，阴极上水得电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，阳极上锰酸根离子失电子反应氧化反应生成高锰酸根离子； (6)称取bgNa2C2O4，置于锥形瓶中，可知n(Na2C2O4)=，用ⅰ中所配溶液滴定至终点，消耗溶液V mL，由方程式5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知VmL溶液中n(KMnO4)，进而计算纯度。 【详解】(1)粉碎软锰矿，可增大固体表面积，反应物的接触面积增大，则反应速率加快； (2)由题意可知软锰矿(主要成分MnO2)粉碎后，与KOH固体混合，通入空气充分焙烧，可生成K2MnO4，反应的方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O； (3)由题意可知用稀KOH溶液浸取，可使溶液呈强碱性，防止K2MnO4发生歧化反应而变质； (4)Ⅲ中，CO2和K2MnO4在溶液中反应，溶液变为紫红色，同时生成黑色固体，说明生成KMnO4和MnO2，反应的方程式为3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3； (5)①由图可知b极生成氢气，应发生还原反应，为电解池阴极，阴极可得到较浓的KOH溶液； ②a为阳极，阳极上锰酸根离子失电子反应氧化反应生成高锰酸根离子，发生MnO42--e-=MnO4-，同时部分K+通过阳离子交换膜进入阴极区，阳极区生成KMnO4； ③用阳离子交换膜可防止MnO4-、MnO42-在阴极被还原，提高锰元素的利用率； (6)称取bgNa2C2O4，置于锥形瓶中，可知n(Na2C2O4)=mol，用ⅰ中所配溶液滴定至终点，消耗溶液V mL，由方程式5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知VmL溶液中n(KMnO4)=mol×，则50mL溶液中n(KMnO4)=mol×，质量m=mol××158g/mol=g，则产品中KMnO4的质量分数为。 【点睛】本题考查物质的制备实验，注意把握物质的性质，把握流程中发生的反应、电解原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查。 19. 资料显示，酸性介质中，和可反应转化为和。小组探究利用该反应测定含量的条件。 实验 序号 物质a 实验现象 I 0.002mol/L溶液 无明显变化 II 0.002mol/L溶液 加热至沸腾，5min后溶液变为紫色 III 0.05mol/L溶液 加热至沸腾，生成大量棕黑色沉淀，静置，上层溶液未变紫色 （1）根据实验II的现象，氧化性：_______(填“>”或“<”)。 （2）实验II中反应的离子方程式是_______。 （3）实验I的条件下能将氧化为，推测实验I未出现紫色的原因：_______。 （4）经检验，棕黑色沉淀为，针对实验Ⅲ中的现象，提出以下假设： 假设1：的浓度较低，不足以将氧化为 假设2：溶液中存在还原剂，将生成的还原为 ①甲同学分析上述实验设计，认为假设1不成立，理由是_______。 ②针对假设2，乙同学设计实验IV证实了推测合理。 请写出实验操作和现象：_______。 ③实验III中生成的离子方程式是_______，从化学反应速率的角度分析实验Ⅲ未得到紫色溶液的原因：_______。 （5）资料表明可作为和反应转化为的催化剂。丙同学设计实验Ⅲ的对比实验进行了证实。向_______中滴加2滴0.1mol/L溶液，再加入0.0005mol固体，加热至沸腾，观察到溶液变为紫色。 （6）根据上述实验，要利用将转化为的反应来快速测定的含量，应控制的反应条件有：加热至沸腾、_______。 【答案】（1）> （2）5+2+8H2O=2+10+16H+ （3）相比实验II，实验温度I较低，反应速率较慢 （4） ①. 实验II和实验III中的浓度相同 ②. 向盛有1mL 0.05mol/L溶液和3滴1mol/LH2SO4溶液的试管中，加入一定量KMnO4溶液，有棕黑色沉淀生成 ③. 3+2+2H2O=5↓+4H+ ④. 溶液中存在反应，反应ii速率快于反应i，所以未得到紫色溶液 （5）1mL 0.05mol/L溶液和3滴1mol/LH2SO4溶液的混合溶液中 （6）过量、加入催化剂 【解析】 【小问1详解】 酸性介质中，和可反应转化为和，该过程中是氧化剂，是氧化产物，根据氧化还原反应的规律，氧化性：>。 【小问2详解】 实验II中，和在酸性条件下反应生成和，S元素由+7价下降到+6价，Mn元素由+2价上升到+7价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为： 5+2+8H2O=2+10+16H+。 【小问3详解】 实验II、III均说明能将氧化为，相比实验II，实验温度I较低，反应速率较慢，未得到紫色溶液。 【小问4详解】 ①实验II和实验III中的浓度相同，实验II中能将氧化为，说明假设1不成立； ②假设2认为溶液中存在还原剂，将生成的还原为，则可向盛有1mL 0.05mol/L溶液和3滴1mol/LH2SO4溶液的试管中，加入一定量KMnO4溶液，有棕黑色沉淀生成，说明假设2正确； ③实验III中还原生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：3+2+2H2O=5↓+4H+；溶液中存在反应，反应ii速率快于反应i，所以未得到紫色溶液。 【小问5详解】 向1mL 0.05mol/L溶液中滴入3滴1mol/LH2SO4溶液，再滴加2滴0.1mol/L溶液，再加入0.0005mol固体，加热至沸腾，观察到溶液变为紫色，说明可作为和反应转化为的催化剂。 【小问6详解】 实验涉及温度不同、是否使用催化剂、浓度变化，即要利用将转化为的反应来快速测定的含量，应控制的反应条件有：加过量、加入催化剂等。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $