精品解析：北京市通州区2024-2025学年高三下学期一模考试化学试题

通州区2025年高三年级模拟考试 化学试卷 2025年4月 本试卷共10页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，请将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 S 32 As 75 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. Mg有三种稳定的同位素：、和，研究发现幔源岩浆岩与沉积碳酸盐岩中Mg同位素的组成存在明显差异，利用镁同位素示踪法可以研究中国东部岩石圈碳循环。下列说法不正确的是 A. 、和的化学性质不同 B. 、和的质子数相同，中子数不同 C. 可以用质谱法区分、和 D. 依据Mg同位素的组成可以区分幔源岩浆岩和沉积碳酸盐岩 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 过氧化钠的电子式： B. 乙烯的结构式： C. HCl共价键电子云轮廓图： D. 的VSEPR模型： 3. 下列性质的比较中，不正确的是 A. 酸性： B. 热稳定性： C. 溶解性(水中)： D. 金属性： 4. 下列事实不能用平衡移动原理解释的是 A. 密闭烧瓶内的和的混合气体，受热后颜色加深 B. 铁制器件附有铜制配件，长期放置，在接触处铁易生锈 C. 去除氯气中的氯化氢用饱和食盐水，而不用水 D. 利用加热溶液的方法制取 5. 下列实验中，不能达到实验目的的是 A.制备晶体 B.验证AgCl和AgI的大小 C.制乙炔并检验乙炔具有还原性 D.海水蒸馏制淡水 A. A B. B C. C D. D 6. 下列说法不正确的是 A. 依据第三周期主族元素原子半径依次减小，可推断它们的电负性依次增大 B. 依据一元弱酸的，可推断它们同温度同浓度稀溶液的pH大小 C. 植物油氢化后所得的硬化油不易被空气氧化变质 D. 向饱和溶液中滴加几滴鸡蛋清溶液，出现沉淀，加蒸馏水后沉淀不溶解 7. 下列过程的化学用语表述不正确的是 A. 与浓盐酸在加热条件下反应： B. 将灼热的铜丝插入乙醇中： C. 溴乙烷在NaOH水溶液中加热： D. 酚酞滴入溶液中，溶液变红： 8. 工业上以硫黄为原料生产硫酸的主要流程如下。 已知：步骤Ⅱ中的平衡转化率随温度和压强的变化情况如下表。 温度/℃ 平衡时的转化率/％ 0.1 MPa 0.5 MPa 1 MPa 5 MPa 10 MPa 450 97.5 98.9 99.2 99.6 99.7 550 85.6 92.9 94.9 97.7 98.3 下列说法不正确的是 A. 步骤Ⅰ中进料温度超过硫的沸点，部分硫蒸气直接进入步骤Ⅱ，会导致硫的利用率降低 B. 步骤Ⅱ中通入过量的空气，目的是提高的平衡转化率 C. 从节能角度考虑，步骤Ⅱ中实际生产中应选择450℃和0.1 MPa D. 步骤Ⅲ中用吸收 9. 如图是核酸的某一结构片段，下列说法不正确的是 A. 该结构片段能与NaOH反应，不能与盐酸反应 B. 该结构片段中含有手性碳原子 C. 核酸水解可得到磷酸 D. 核酸分子中碱基通过氢键实现互补配对 10. 的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用为原料可以合成新型高分子Z，合成路线如下。 下列说法不正确的是 A. 1 mol Y最多可与3 mol NaOH反应 B. 合成Z的过程中会脱除小分子 C. 与X、Y的化学计量数比为 D. Z充分水解不能得到Y 11. 常温下，实验Ⅰ和实验Ⅱ中均有气体产生。 已知：饱和溶液 下列分析不正确的是 A. 饱和溶液中 B. 饱和溶液中： C. Ⅱ中产生白色的沉淀 D. Ⅰ和Ⅱ中溶液的pH均逐渐增大 12. AgCN与可发生取代反应，反应过程中的C原子和N原子均可进攻，分别生成腈和异腈两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如图(TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物)。 由图示信息，下列说法错误的是 A. 从生成和的反应都是放热反应 B. 过渡态TS1是由的C原子进攻的而形成的 C. Ⅰ中“”之间的作用力比Ⅱ中“”之间的作用力弱 D. 生成放热更多，低温时是主要产物 13. 金属锂用于电化学驱动将还原为，原理如图所示。 已知：ⅰ.电解质溶液由和少量溶于有机溶剂形成。 ⅱ.电流效率 下列说法不正确的是 A. 阳极电极反应是 B. 过程Ⅱ生成的反应是 C. 理论上，乙醇浓度越高，电流效率越高 D. 理论上，若电解液传导，最多生成标准状况下 14. 某小组探究六价铬盐与过氧化氢氧化性的相对强弱并进行如下实验。 已知：(绿色)、(灰绿色，难溶于水)、(黄色)、(橙色)。 实验ⅰ： 实验ⅱ： 实验ⅲ 装置 操作及现象 按图组装好仪器，电流表指针不偏转，向左池中加入较浓NaOH溶液，左池中有灰绿色沉淀产生，电流表显示电子从左向右运动，一段时间后指针指向0 下列说法不正确的是 A. 实验i中溶液由橙色变为绿色的离子方程式是 B. 实验ii的目的是排除溶液中对氧化+3价铬元素的干扰 C. 依据上述实验，氧化性：酸性条件下+6价铬大于，碱性条件下大于+6价铬 D. 实验ⅲ指针指向0后，向左池中加入过量较浓硫酸，电流表显示电子从左向右运动 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 氮、磷、砷在自然界中分布广泛，其化合物有重要用途。 （1）As位于元素周期表的第4周期，第VA族。将As的基态原子最外层轨道表示式补充完整：_________。 （2）比较N原子和As原子的第一电离能大小，从原子结构角度说明理由：___________。 （3）可用作锅炉用水软水剂，的空间结构为___________。 （4）工业上常用改性季铵盐从炼铜烟灰碱性溶液中萃取砷，其工艺流程短、成本低。萃取反应机理如下： ①物质Ⅳ为___________(填化学式)。 ②关于Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种物质，下列说法正确的有___________(填序号)。 a．Ⅰ中的化学键均为σ键 b．Ⅱ中As的化合价为+5 c．Ⅲ中C原子的杂化轨道类型均为杂化 （5）砷化硼晶体是具有超高热导率的半导体材料，其晶胞为立方体，边长为a nm，结构如图所示。 ①晶体中与顶点B原子等距且最近的B原子个数为___________。 ②该结构中存在配位键，提供空轨道的原子是___________。 ③已知阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为___________。() ④如果把晶体中砷原子换成氮原子，形成的晶体的熔点明显升高，原因为___________。 16. 油气开采、石油化工等行业废气普遍含有硫化氢，需要回收处理并加以利用。 （1）回收单质硫。催化空气氧化法制取单质硫的过程如图所示。写出总反应的化学方程式___________。 （2）和重整制氢，此过程涉及的主要反应有： ⅰ. ⅱ. 恒压条件下，将和按物质的量比为进行投料，并用稀释，不同温度下反应相同时间后，测得和体积分数如下图。 ①与重整制氢反应的热化学反应方程式是___________。 ②其他条件不变时，加入稀释，可以提高的转化率，原因是___________。 ③下列说法正确的是___________(填序号)。 a．其他条件不变时，温度越高，的转化率越高 b．结合上图数据分析，反应ii为与重整反应的决速步 c．在范围内，随温度升高，的体积分数增大 （3）用滴定法测定煤气中的含量：将10 L煤气通入盛有100 mL锌氨络合液的洗气瓶中，将其中的全部转化为ZnS沉淀，过滤，收集固体；将固体加入盛有碘标准液、200 mL水和10 mL盐酸的碘量瓶中，盖上瓶塞，摇动碘量瓶，置于暗处反应10 min后，用少量水冲洗瓶壁和瓶塞；用标准液滴定，待溶液呈淡黄色时，加入1 mL淀粉指示剂，继续滴定至终点时，消耗溶液20 mL。 已知：、 ①滴定终点的现象：滴入最后半滴溶液，___________。 ②煤气中的含量为___________。 17. 抗哮喘药普仑司特中间体的合成路线如下。（部分试剂和条件省略） 已知： （1）B中含有官能团的名称是________。 （2）的反应类型是________。 （3）有乙酸生成，写出此步发生反应的化学方程式________。 （4）所需的试剂和条件为________。 （5）G的结构简式是________。 （6）下列说法正确的是________（填序号）。 a．B存在顺反异构体 b．核磁共振氢谱有3组峰 c．加入溶液可提高的产率 （7）Q可以通过如下流程合成普仑司特。 已知： ①的结构简式为。生成时，分子中与羰基相邻的键易断裂的原因是________。 ②普仑司特的分子式为。除苯环外，分子中还有一个含氧原子的六元环，普仑司特的结构简式是________。 18. 以黄铜矿(主要成分为)为原料生产纯铜，流程示意图如下。 （1）矿石在氧化浸出前需要先粉碎，原因是___________。 （2）“氧化浸出”时，以氧气为氧化剂，浸出过程的总反应是。浸取初期，随着浸泡时间延长，的浸出速率提高，原因是浸出液中产生的与黄铜矿发生反应。 ①生成的离子方程式是___________。 ②与黄铜矿发生反应的离子方程式是___________。 （3）“氧化浸出”时，改用过量硫酸铁和稀硫酸混合液作浸出剂。在浸出温度为90℃，浸出时间为2 h条件下，改变硫酸铁浓度对试样铜浸出率的影响结果见下图。 ①由上图可知，硫酸铁的最佳浓度为___________。 ②随着硫酸铁浓度的增加，铜浸出率先增大后减小的可能原因是___________。 （4）“电解”的原理示意图如下。 ①电解初期，阴极没有铜析出。结合化学用语解释原因是___________。 ②将阴极室的流出液送入阳极室，可使浸出剂再生，再生的原理是___________。 19. 某小组同学探究不同条件下溶液与KI溶液的反应。 资料：ⅰ.(绿色)、(几乎无色)、(棕黑色) ⅱ.一定条件下：能将氧化为或，能将氧化成向溶液中分别加入5滴溶液和3滴试剂X，实验记录如下： 实验 试剂X 操作、现象 I 溶液中有棕黑色沉淀生成，离心分离出固体，剩余液体用萃取，下层液体无色。 Ⅱ 溶液立即变绿，一段时间绿色消失，产生棕黑色沉淀，离心分离出固体，剩余液体用萃取，下层液体无色。 Ⅲ 溶液中未见棕黑色沉淀，溶液呈黄色，用萃取，下层液体呈紫色。 （1）对实验Ⅰ进行分析 ①的还原产物为___________。 ②推测该条件下被氧化的产物不是，依据的实验现象是___________。 （2）为检验实验Ⅰ中的氧化产物，取萃取后的上层清液，滴加3滴，溶液立即变黄，滴加淀粉后溶液变蓝。 ①上述反应的离子反应方程式是___________。 ②甲同学认为判断上层清液中含的证据不足，另取溶液，加入5滴水和3滴，溶液不变黄。甲同学实验的目的是___________。 （3）用离子方程式说明实验Ⅱ中一段时间绿色消失的原因___________。 （4）经检测实验Ⅲ黄色溶液中没有。乙同学依据的电极反应分析实验Ⅲ反应条件下应检测到，理由是___________。 （5）为进一步研究实验Ⅲ中未产生的原因，设计实验如下。 最终紫色溶液中未检测到和，推测可被继续氧化为。设计实验，取最终紫色溶液，___________(填操作和现象)，证实了实验Ⅲ未产生与酸性溶液的用量有关。 （6）若向酸性溶液中，逐滴滴加溶液至过量，实验现象是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $命学科网命组卷网 通州区2025年高三年级模拟考试 化学试卷 2025年4月 本试卷共10页，共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作 答无效。考试结束后，请将答题卡交回。 可能用到的相对原子质量：H1B11C12N14016S32As75 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一 项。 1.Mg有三种稳定的同位素： 24Mg25Mg和 Mg,研究发现馒源岩浆岩与沉积碳酸盐岩中Mg同位素 的组成存在明显差异，利用镁同位素示踪法可以研究中国东部岩石圈碳循环。下列说法不正确的是 A"Mg、5Ms和 Mg的化学性质不同 BMg、5Mg和Mg的质子数相同，中子数不同 C.可以用质谱法区分 ”Mg、5Mg和Mg D.依据Mg同位素的组成可以区分幔源岩浆岩和沉积碳酸盐岩 【答案】A 【解析】 【详解】A. 24Mg5Mg和 Mg核外电子数相同，化学性质相同，枚A错误： 第1页/共32页 命学科网丽组卷网 B 24Mg25Mg 和Mg质子数均为12，中子数分别为12、13、14，故B正确： C 2Mg25Mg和 Mg质量不同，可用质谱区分，故C正确： D,根据题干信息，幔源岩浆岩与沉积碳酸盐岩中Mg同位素的组成存在明显差异，则依据Mg同位素的组 成可以区分幔源岩浆岩和沉积碳酸盐岩，故D正确： 故答案为A。 2.下列化学用语或图示表达正确的是 Na:O:O:Na A.过氧化钠的电子式： H B.乙烯的结构式： H C.HCl共价键电子云轮廓图： 的VSEPR模型： S02 【答案】B 【解析】 【详解】A.过氧化钠是离子化合物，电子式为 Na[:O:O:]2-Na,枚A错误 H H B.乙烯是平面分子，结构式为 ,故B正确： H C.HCl分子中为spo键，电子云轮廓图为 故C错误； 第2页/共32页 命学科网命组卷网 D 分子中S原子价电子对数为3，有1个孤电子对，VSEPR模型为 故D错误； S02 选B。 3.下列性质的比较中，不正确的是 HNO3>H,CO CH>SiH A.酸性： B.热稳定性： 1-丁醇>1-丙醇 C.溶解性（水中）： D.金属性： K>Na 【答案】C 【解析】 【详解】A.非金属性：N>C,元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸 性： HNO,>H,CO,A正确： B.非金届性：C>S1,元素的非金届性越强，对应的氢化物越稳定，则热稳定性： CH4>SiH4,B正 确： 1-丁醇<1-丙醇 C.碳原子数越多，醇的水溶性越小，则溶解性（水中）： ,C错误； D.同主族元素从上到下，元素的金属性逐渐增强，则金属性：K>Na,D正确： 故选C。 4.下列事实不能用平衡移动原理解释的是 A.密闭烧瓶内 NO?和N,O的混合气体，受热后颜色加深 B.铁制器件附有铜制配件，长期放置，在接触处铁易生锈 C.去除氯气中的氯化氢用饱和食盐水，而不用水 Ti02·xH,0 D.利用加热 4溶液的方法制取 【答案】B 第3页/共32页 6学科网 命组卷网 【解析】 【详解】A. 2NO,二N,0,AH<0,加热后，平衡向逆反应方向移动， NO2 的浓度增大，颜色加深， A正确： B.铁制器件附有铜制配件，长期放置，在接触处铁易生锈是因为铁比铜活泼，铁和铜在空气中形成原电 池，铁做负极被腐蚀，与平衡移动无关，B错误： C.氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应存在平衡，饱和食盐水中氯离子浓度大，抑制氯气的溶解， 所以可以除去氯气中的氯化氢气体，C正确： D TiCL,溶液中存在 iCL,+(x+2H,0户Ti0,·XH,0+4HC,加 热TiCL4溶液，HC1挥发，平衡向 正反应方向移动，D正确： 故选B。 5.下列实验中，不能达到实验目的的是 A.制备晶体 [Cu(NH3)aJSOH2O B.验证AgCI和Agl的p大小 ①滴加0.1molL 8mL NaCl溶液至过量 95%乙醇 ②滴加0.1molL amd KI溶液 4mL 0.1mol/I [CuNH)4]SO,溶液 10滴0.1mol-L1 AgNO,溶液 C.制乙炔并检验乙炔具有还原性 D.海水蒸馏制淡水 饱和食盐水 入海水 电石 酸性 冷却水 淡水 KMnO4 溶液 A.A B.B C.C D.D 第4页/共32页 6学科网 组卷网 【答案】C 【解析】 【详解】A.向硫酸四氨合铜溶液中加入95%乙醇溶液可以降低硫酸四氨合铜的溶解度，便于晶体析出， 则题给装置能达到制备一水硫酸四氨合铜晶体的实验目的，故A不选； B.向硝酸银溶液中加入过量的氯化钠溶液，将溶液中银离子完全转化为氯化银白色沉淀，再向反应后的 试管中加入等浓度的碘化钾溶液，氯化银白色沉淀转化为黄色的碘化银沉淀说明氯化银的溶度积大于碘化 银，则题给装置能达到验证氯化银和碘化银溶度积大小的实验目的，故B不选： C.电石中混有的硫化钙等杂质能与水反应生成能使酸性高锰酸钾溶液褪色的硫化氢等气体，则题给装置 不能达到检验乙炔具有还原性的实验目的，故C选： D.由实验装置图可知，用蒸馏的方法能达到利用海水蒸馏制淡水的实验目的，故D不选： 故选C。 6.下列说法不正确的是 A.依据第三周期主族元素原子半径依次减小，可推断它们的电负性依次增大 B.依据一元弱酸 K,可推断它们同温度同浓度稀溶液的1大小 C.植物油氢化后所得的硬化油不易被空气氧化变质 D.向饱和 NH,)S04溶液中滴加几滴鸡蛋清溶液，出现沉淀，加蒸馏水后沉淀不溶解 【答案】D 【解析】 【详解】A.第三周期主族元素（→Cl)原子半径减小，核电荷数增加，原子核对电子吸引力逐渐增强， 则电负性依次增大，A正确： K B.一元弱酸的 越大，酸性越强，同浓度时pH越小，故可通过推断pH大小，B正确： C.植物油氢化后稳定性增强，不易变质，C正确； (NH)SO D.饱和 4使蛋白质盐析，盐析可逆，加水稀释后沉淀应溶解，D错误： 故选D。 7.下列过程的化学用语表述不正确的是 第5页/共32页 6学科网 命组卷网 A.MnO,与浓盐酸在加热条件下反应：MnO2+4H+2CI=Mn2++CL,个+2H,0 B.将灼热的铜丝插入乙醇中： 2CH,CH2OH+O2->2CH,CHO+2H2O C.溴乙烷在NaOH水溶液中加热： CH,CH,Br+NaOH-0→CH2=CH2↑+NaBr+HO D.酚酞滴入Na,C0,溶液中，溶液变红：CO+H,0一HCO,+OH 【答案】C 【解析】 【详解】A.二氧化锰和浓盐酸加热生成氯化锰、氯气和水，故A正确： B.乙醇与氧气在C1催化条件下加热生成乙醛和水，故B正确： C.溴乙烷在NaOH水溶液中加热发生取代反应生成乙醇、NaBr和水，化学方程式为 CH CH,Br+NaOH-A>CHCH,OH+NaBr ,故C错误： D,碳酸钠溶液中碳酸根离子水解产生碳酸氢根离子和氢氧根离子，为碱性，酚酞变红，故D正确： 故答案为C。 8.工业上以硫黄为原料生产硫酸的主要流程如下。 硫黄 燃烧 SO 催化氧化 →S03吸收 H,S04 空气 S0, 已知：步骤Ⅱ中 的平衡转化率随温度和压强的变化情况如下表。 SO. 平衡时 的转化率/% 温 度/℃ 0.1 0.5 5 10 MPa MPa MPa MPa MPa 450 97.5 98.9 99.2 99.6 99.7 550 85.6 92.9 94.9 97.7 98.3 第6页/共32页 6学科网命组卷网 下列说法不正确的是 A.步骤I中进料温度超过硫的沸点，部分硫蒸气直接进入步骤Ⅱ，会导致硫的利用率降低 SO, B.步骤Ⅱ中通入过量的空气，目的是提高的平衡转化率 C.从节能角度考虑，步骤Ⅱ中实际生产中应选择450℃和0.1MPa D.步骤Ⅲ中用 吸收 【答案】D 【解析】 【分析】由题给流程控制，硫磺在空气燃烧生成二氧化硫，催化剂作用下二氧化硫与空气中氧气共热发生 催化氧化反应生成三氧化硫，三氧化硫用98.3%的浓硫酸吸收得到硫酸。 【详解】A,步骤I中进料温度超过硫的沸点会使部分硫蒸气直接进入步骤Ⅱ，从而导致硫不能完全转化 为二氧化硫，使得硫磺的利用率降低，故A正确： B.步骤Ⅱ中通入过量的空气有利于增大反应物氧气的浓度，使平衡向正反应方向移动，从而提高二氧化 硫的转化率，故B正确； C.由表格数据可知，450℃和10MPa时二氧化硫的转化率最高，但压强由0.1MPa升高到10Mpa时，二氧 化硫的转化率提升并不明显，所以实际生产中从节能角度考虑，通常选择450℃和0.1MP,故C正确； D.由分析可知，步骤中用983%的浓硫酸吸收三氧化硫得到硫酸，防止用水或稀硫酸吸收三氧化硫形 成酸雾而导致三氧化硫的吸收效率降低，故D错误； 故选D。 9.如图是核酸的某一结构片段，下列说法不正确的是 H,C NH H0-P-0-CH20 O H O=P-O-CH2 OH! A.该结构片段能与NOH反应，不能与盐酸反应 第7页/共32页 命学科网命组卷网 B.该结构片段中含有手性碳原子 C.核酸水解可得到磷酸 D.核酸分子中碱基通过氢键实现互补配对 【答案】A 【解析】 【详解】A.该核酸中的磷酸基团能与碱反应，碱基与酸反应，因此核苷酸在一定条件下，既可以与酸反 应，又可以与碱反应，故A错误： H.C N H0-P-0-CH20 H H 中含有3个手性碳原子(*标出)，故B正确： H O H O=P-O-CH, OH! C.核酸水解完全水解后得到磷酸、脱氧核糖和含氨碱基，故C正确； D.核酸分子中碱基通过氢键实现互补配对，遵循碱基互补配对原则，故D正确： 选A。 10. C0?的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用C0:为原料可以合成新型高分子乙，合成路线如下。 C02 OH 8 催化剂 ☒ at HO Z 下列说法不正确的是 A.1molY最多可与3 mol NaOH反应 第8页/共32页 6学科网 命组卷网 B.合成2的过程中会脱除小分子H,0 C. C02与x、Y的化学计量数比为 :(m+n+p):m D.Z充分水解不能得到Y 【答案】B 【解析】 【详解】A.Y分子中含有2个酯基和1个羧基，1molY最多可与3 mol NaOH反应，A正确： B.合成过程中，追踪氧原子可以看出，该反应没有水生成，B错误； OH C.根据化合物Z的结构简式可知， 框内的氧原子来 自于化合物X, 框内的结构来自于C0,'故C0,与X、Y的化学计量数比为 n:(m+n+p):m ,C正确： COOH D.Z充分水解后，得到的芳香族化合物是 ,不能得到Y,D正确； HOOC COOH 故选B。 11.常温下，实验I和实验Ⅱ中均有气体产生。 1mL饱和 1mL饱和 NaHCO,溶液 BaCL2溶液 2mL饱和 2mL饱和 NaHSO,溶液 NaHSO,溶液 实验I 实验Ⅱ NaHSO 已知：饱和 溶液PH≈q 第9页/共32页 6学科网 命组卷网 下列分析不正确的是 A.饱 NaHs0,溶液中(H,S0,)KcS0) B.饱和 NaHC0溶液中，cNa)=cco)+cc0,)+cH,c0,） BaSO C.Ⅱ中产生白色的 沉淀 D.I和Ⅱ中溶液的pH均逐渐增大 【答案】D 【解析】 【分析】带温下，实验I和实验I中均有气体产生，故NaHS0,和NaHC0,会生成二氧化碳气体， NaHSO:中加氯化钡会产生二氧化硫气体。 【详解】A.由已知条件知 NaHs0,以电离为主，故(H,S0,)<cSO),A正确： NaHCO. B.饱和 溶液的物料守恒为a)=cC0)+cIc0,)+cH,c0,）,B正确： C NaHS0,以电离为士，电离出SO,故可以产生BaS0,沉淀，C正确 NaHCO, NaHSO, D 溶液显碱性会消耗 电离出的氢离子，溶液H增大，钡离子会结合 NaHSO.3电离 出的SO;,促使电离正向进行氢离子浓度增大pH减小，D错误： 故答案选D。 CH,CH,Br 12.AgCN与 T可发生取代反应，反应过程中CN的C原子和N原子均可进攻 CH,CH,B ,分 别生成腈(CH,CH,CN)和异腊(CH,CH,NC) 两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化 如图TS为过渡态，I、Ⅱ为后续物)。 第10页/供32页 命学科网组卷网 CH; 能量 CH3 CH2 TS1 TS2 C--CH2 Br 异腈 C--Ag Ag----Br AgCN+CH:CH2Br CHCH2NC+AgBr 一、 腈 CH:CH2CN+AgBr CH,CHN≡C-Ag-Br CH,CH,C≡N-Ag-Br 反应进程 反应进程 由图示信息，下列说法错误的是 A从CH,CH,Br生成CH,CH,CN和CH,CH,NC 的反应都是放热反应 B.过波态T1是由CN的C原子进政CH,CH,Br的a-C而形成的 CI中。N-Ag,之间的作用力比I中.C-Ag,之间的作用力器 D.生成CH,CH,C 放热更多，低温时CH,CH,CN 是主要产物 【答案】D 【解析】 【详解】A.由反应历程及能量变化图可知，两种路径生成的产物的总能量均低于反应物，故从 CH,CH,Br生成CH,CH,CN和CH,CH,NC 的反应都是放热反应，A项正确： B.与Br原子相连的C原子为-C,由反应历程及能量变化图可知，过渡态TS1是由CN的C原子进攻 CH,CH2Br a-C 的 ,形成碳碳键，B项正确； C.由反应历程及能量变化图可知，后续物I、Ⅱ转化为产物，分别断开的是 N-AgC-Ag,且后者吸收 和 更多的能量，故中 N-Ag。之的作用力比中C-A8·之间的作用方品，C项E疏 CH.CH,CN D.由于生成 所需要的活化能高，反应速率慢，故低温时更容易生成CH,CH,NC, ,为主要 产物，D项错误： 第11页/共32页 6学科网命组卷网 故选D。 13.金属锂用于电化学驱动将 N还原为 H 原理如图所示。 电源 0 Li 催 NH3 化 电 剂 电 C2HsOH 00 Li o ●L计 2H,OH 己知：1.电解质溶液由 BH4和少量 溶于有机溶剂形成。 生成日标产物消耗的电子数 ⅱ.电流效率 ×100% 转移电子数 下列说法不正确的是 A.阳极电极反应是 H,-2e=2H* B.过程生 NH的反应是6Li+N,+6C,H,OH=6C,H,0+6Li+2NH,个 C.理论上，乙醇浓度越高，电流效率越高 D.理论上，若电解液传导3molH,最多生成标准状况下 2.4LNH3 【答案】C 【解析】 【分析】由电解池工作原理可知，H在左侧电极上失去电子生成矿，该电极为阳极，L在右侧电极上得 到电子生成L,该电极为阴极，以此解答。 【详解】A.由分析可知，阳极的电极反应式为H-2=2H,A正确： B.过程Ⅱ中N和Li、CHOH反应生成Li计、NH和CHO,离子方程式为： 6Li+N,+6C,HOH=6C,H,0+6Li+2NH,个，B正确： 第12页/供32页 命学科网命组卷网 电解 c,该电解池总反应为：N,+3H,2NH,根据电流数率的定义电流效率 生成目标产物消耗的电子数0O0可知，乙醇张度将，电流效事无明是变化，C情识 转移电子数 D.由图可知，电解液传导的氢离子最终转变为氨气中的氢，结合氨气的分子 NH可知，理论上，若电 解液传导3molH,最多生成标准状况 22.4LNH.D正确： 故选C。 14.某小组探究六价铬盐与过氧化氢氧化性的相对强弱并进行如下实验。 已知：Cr“(绿色、COD,(灰绿色，难溶于水 C0(黄色 C,0(橙色). 2mL3% H,O2溶液 加入稀硫酸， 加入2mL10% 再加入3% 有大量气泡 )无明显 NaOH溶液， H,O2溶液 溶液先变为橙色， 实验1： ·(0)产生， →最终变为绿色， 变化 水浴加热 溶液变为黄色 有气泡生成 2mL0.1mol·L Cr(SO,)3溶液 加入2mL10% NaOH溶液 通入02 →溶液未变为黄色 实验i: 水浴加热 2mL0.1mol·L Cr,(SO,)3溶液 实 装置 操作及现象 第13页/供32页 命学科网命组卷网 © 盐桥 石墨 按图组装好仪器，电流表指针不偏转，向左池中加入较 验 浓NaOH溶液，左池中有灰绿色沉淀产生，电流表显示 电子从左向右运动，一段时间后指针指向0 0.1mol·L1 Cr(SO4)3溶液 下列说法不正确的是 A实验i中溶液由橙色变为绿色的离子方程式是C,0?+8H+3H,0,=2Cr+30,个+7H,0 B实验i的目的是排除溶液中0？对H,0:氧化+3价络元素的干扰 C.依据上述实验，氧化性：酸性条件下+6价铬大于 H,02,碱性条件 H,02大于+6价铬 D.实验指针指向0后，向左池中加入过量较浓硫酸，电流表显示电子从左向右运动 【答案】D 【解析】 【分析】通过实验1和ⅱ对比可知：C在碱性条件下枝过氧化氢氧化为黄色的CO,反应的方程式为。 3H,02+2Cr3+10OH=2CrO2+8H, ,在C”的催化下，过氧化氢分解产生水和氧气，向反应后的溶 液中滴加稀硫酸和过氣化氢，黄色的C0听转化为橙色的C,0咛，C,0咛在酸性条件下被过氣化氢还原为 绿色的C”,过氧化氢被C,0号氧化为氧气，离子方程式为 Cr,0子+8H+3H,0,=2Cr3++30,个+7H,0 实验ⅱ作为对比实验，体现了C 在碱性条件下被氧化为 黄色的C0?,不是在碱性条件下被过氧化氢分解产生的氧气氧化的结果，实验ⅲ体现的性质为三价铬元 第14页/供32页 6学科网命组卷网 素在碱性条件下被过氧化氢氧化为黄色的C0好，左侧为负极，右侧为正极：回答下列问思： 【详解】A.根据分析可知：实验中溶液由橙色变为绿色的离子方程式是 C,0?+8+3H,0,=2Cr+30,个+7H,0,A不符合愿意； B.实验的日的是排除溶液中0？对H,0?氧化+3价铬元素的干扰，B不符合题意： C.根据分析可知：酸性条件下+6价铬氧化性大 于H,0?,碱性条件下H,02氧化性大于十6价铬，C不 符合题意： D.根据分析可知：实验指针指向0后，向左池中加入过量较浓硫酸，发生 2CrO+2H*=CrO+H,O ,电池总反应为：C,0+8H+3H,0,2Cr+30,个+7H,0 左侧为 正极，右侧为负极，电流表显示电子从右向左运动，D符合题意： 故选D。 第二部分 本部分共5题，共58分。 15.氨、磷、砷在自然界中分布广泛，其化合物有重要用途。 (1)As位于元素周期表的第4周期，第VA族。将As的基态原子最外层轨道表示式补充完整： -0 4s 4p (2)比较N原子和As原子的第一电离能大小，从原子结构角度说明理由： (3) Na,PO4可用作锅炉用水软水剂 PO的空间结构为 (4)工业上常用改性季铵盐从炼铜烟灰碱性溶液中萃取砷，其工艺流程短、成本低。萃取反应机理如下： 第15页/供32页 6学科网 6组卷网 CHi7 C.Hn7 CsHn7 .0 萃取 Na,HAsO2S As CsHn7 CH, CH CH CH H I(季铵盐) I v ①物质IV为. (填化学式)。 ②关于I、Ⅱ、Ⅲ三种物质，下列说法正确的有」 (填序号)。 a.I中的化学键均为o键 b.Ⅱ中As的化合价为+5 。,Ⅲ中C原子的杂化轨道类型均为p杂化 (5)砷化硼晶体是具有超高热导率的半导体材料，其晶胞为立方体，边长为ām,结构如图所示。 OAs ●B ①晶体中与顶点B原子等距且最近的B原子个数为 ②该结构中存在配位键，提供空轨道的原子是 ③已知啊优加德罗符数的值为N,则该品体的密度为 g.cmm-10cm) ④如果把晶体中砷原子换成氮原子，形成的晶体的熔点明显升高，原因为 ↑ ↑↑↑ 【答案】(1) 4s 4p (2)第一电离能N>As。N和As为同主族元素，电子层数 As>N As>N N>As ，原子半径 原子核对最外层电子的吸引作用 (3)正四面体形 (4) ①. Na,CO ②.c 344×1021 (5) ①.12 ②.B ③.aNa ④.氮化硼与砷化硼晶体类型相同，N原子半径小于As,即 B—N键的键长比B一As的键长短，B—N键的键能比B一As的键能大 【解析】 第16页/共32页 学科网命组卷网 【小问1详解】 As位于元素周期表的第4周期第A族，其基态原子最外层轨道为： 4s 4p 【小问2详解】 N和As为同主族元素，电子层数As>N,原子半径As>N,原子核对最外层电子的吸引作用N>As, 导致第一电离能：N>As: 【小问3详解】 在PO中P原子的价层电子对数 45+3-2×4=4 2 P为即杂化，离子的空间构型为正四面体形： 【小问4详解】 a,CO ①根据方程式的元素守恒可知，物质V为 ②a.单键均为o键，双键中含有1个o键1个π键，I中的碳氧双键中含有π键，a错误； b.结合的结构可知，Ⅱ中As的化合价为+3，b错误： ~,根据亚的结构可知，Ⅲ中C原子均为饱和碳原子，其杂化轨道类型均为p 杂化，d正确： 故选c; 【小问5详解】 ①由图，晶体中与顶点B原子等距且最近的B原子位于面心位置，每个面心B被2个晶胞共用，顶点B周 1 ×8×二=12 围有8个晶胞，则其个数为 2 ②该结构中存在配位键，B提供空轨道、As提供孤电子对形成配位键，故为B; 1 1 8×-+6×一=4 ③根据“均摊法”，晶胞中含8 2 个As、4个B,则晶体密度为 第17页/供32页 6学科网 命组卷网 4M Nx1g.cm3 aN -x1021gcm3: ④氮化硼与砷化硼晶体类型相同，N原子半径小于As,即BN键的键长比B一As的键长短，B一N键的 键能比B一As的键能大，导致晶体中砷原子换成氮原子，形成的晶体的熔点明显升高。 16.油气开采、石油化工等行业废气普遍含有硫化氢，需要回收处理并加以利用。 Fe(III) (1)回收单质硫。 催化空气氧化法制取单质硫的过程如图所示。写出总反应的化学方程式 H,S 人 Fe2+ (2) CH4和 H,S 重整制氢，此过程涉及的主要反应有： i.2H2S(g)2H2(g)+S2(g)AH=+170kJ.mol- i.CH,(g)+S,(g)≥CS2(g)+2H2(g）)△L2=+64kJ·mol 恒压条件下，将HS和CH,按物质的量比为2：1进行投料，并用N:稀释，不同温度下反应相同时间后， 测得H和 CS, 体积分数如下图。 9 8.5 8 H, 6 5.5 5 4 3.6 3 1.5 CS, 1.8 0+ 0.50 0 0.1 0.4 900 950 100010501100 11501200 温度/°C 第18页/共32页 6学科网命组卷网 H,S与CH4重整制氢反应的热化学反应方程式是 ① 与 ②其他条件不变时，加入N?稀释，可以提 H,S的转化率，原因是 ③下列说法正确的是 (填序号)。 H,S a.其他条件不变时，温度越高， 的转化率越高 b.结合上图数据分析，反应ⅱ为H,S与CH重整反应的决速步 c.在950℃~1150℃范围内，随温度升高， S2(g) 的体积分数增大 H, (3)用滴定法测定煤气中 2的含量：将10L煤气通入盛有100L锌氨络合液的洗气瓶中，将其中的 H, 全部转化为Zs沉淀，过滤，收集周体，将固体加入盛有20mL0.1mol:L碘标准液、200mL水和 10mL盐酸的碘量瓶中，盖上瓶塞，摇动碘量瓶，置于暗处反应10min后，用少量水冲洗瓶壁和瓶塞：用 0.lmol:LNaS,0标准液滴完，待溶液呈淡黄色时，加入1mL淀粉指示剂，继续滴定至终点时，消耗 Na,S,0溶液20ml。 ZnS+I,=Znl,+S 2Na,S,O+I,=Na,SO+2Nal 已知： ①滴定终点的现象：滴入最后半 NaS,03溶液， H,S ②煤气中 的含量为 mg·L1 【客案灯2,8+0，心2S+2H0 (2) ①.2HS(g)+CH4(g)、三CS,(g)+4H,(g),△H=+234kJ·mol ②.恒压条件下， 加入N2稀释，体积增大，反应体系分压减小，2H,S(g)+CH,(g)一CS,g)+4H,g反应向若正反 第19页/共32页 学科网组卷网 H,S 应方向移动， 的转化率增大 ③.ac (3) ①.溶液蓝色恰好消失，且半分钟内颜色不恢复蓝色②.3.4 【解析】 【小问1详解】 Fe3+ 分析反应过程， 起催化作用，HS作还原剂，生成S,O2作氧化剂生成HO。根据氧化还原原理和 质量守恒定律，化学方程式为： 2H,S+0,e2S+2H,0 【小问2详解】 ①将反应i与反应iⅱ相加，可得 H,S与CH4重整制氢反应的热化学反应方程式： 2H2S(g)+CH4(g)=CS2(g)+4H2(g)AH=△H1+AH2=+(170+64)=+234kJ/mol。 ②恒压条件下，加入2稀释，气体体积增大，相当于减小压强。对于反应 2H,Sg)+CH,(g)、三CS,(g)+4H,g),减压使平衡正向移动，从而提高HS的转化率。 ③a.反应和2H,S(g)+CH,(g)一CS,(g)+4H,(g)的均为吸热反应。温度升高，平衡正向移动， HS转化率提高，a正确； b.仅从图中数据，H体积分数大，CS2体积分数增加小，说明反应进行程度相对较大，反应ⅱ进行程 度相对较小，但不能判断反应和反应ⅱ反应速率的快慢，所以无法确 H,S与CH,重整反应的决速步， b错误： 。.反应1i均为吸热反应，温度升高，反应生成S,反应消耗S,但反应受温度影响更大 △H, 绝对值更大)，生成的量S?多于反应ⅱ消耗的量S,故S?体积分数增大，c正确： 故答案选ac。 【小问3详解】 第20页/供32页 学科网命组卷网 ①淀粉遇碘变蓝，当滴入最后半 Na,S,0溶液时，溶液中的碘单质被完全反应，蓝色褪去且半分钟内不 恢复。 ②碘量法测定12含量时，消耗硫代硫酸钠20L,根据化学方程式，设与硫代硫酸钠反应的12的物质的量 为xmol, 2Na,S,O3 I,Na,S,O 2Nal 2 1 ,则解得x1×10mol,说明与ZnS反应的的物质的量为 2×103 2×10mol-1×10mol=1×10mol,根据化学方程式可知参加反应的ZnS的物质的量为1×10mol,根据s元 素守恒，故Hs为1×103mol,即10L煤气中含有1×10mol的HS,煤气中HS的含量为 1×103mol×34g/mol×1×103 =3.4mg/L 10L 17.抗哮喘药普仑司特中间体的合成路线如下。（部分试剂和条件省略） OH (CH2)4-Br COOCHs NaOH.AG C18H2oO3②H+ CI7HiSO3 ②1 SoCL C17H1702C1 OH NH2 (CH:CO)O COCH3 N 还原 OH K C6 H3OBr-定条件CH,0Br CsH6OaNBr COCH; Br -(CH2)40 -CONH OH COCH: Q OCOR OH AlCl 己知： COR (1)B中含有官能团的名称是 第21页/共32页 学科网 命组卷网 (2)D→E的反应类型是 (3)K→L有乙酸生成，写出此步发生反应的化学方程式 (4)M→N所需的试剂和条件为 (5)G的结构简式是 (6)下列说法正确的是 (填序号)。 a.B存在顺反异构体 b.K核磁共振氢谱有3组峰 c.J+P→Q加入Na,C0溶液可提高Q的产率 Q 加入 (7)Q可以通过如下流程合成普仑司特。 Q X W C25H2504N 定条件 浓H2S0 →普仑司特 0 R20一R2一定条件 O +R3OH 己知： CH ① 的结构简式为 COOC2H5。生成时，分子中与羰基相邻的 键易断裂的 X W Q C-H 原因是 ②普仑司特的分子式为 C27H2OaNs 。除苯环外，分子中还有一个含氧原子的六元环，普仑司特的结构简 式是 0 【答案】(1)碳碳双键、碳溴键（或溴原子） OH OCOCH: (CH:CO)2O 一定条件 (2)加成反应 +CHCOOH (3) Br Br 第22页/供32页 6学科网 6组卷网 (4) HNO,、张H,SO,、加热 (H2C)40 COOH (5) (6)bc (7) ①.羰基为吸电子基团，使得相邻碳原子上的C-H键极性增强 ② (CH2)4O- -CONH HN-N N 【解析】 (CH2)4—Br 【分析】E的结构简式为 ,环外侧链有4个CH2,则A为烯烃，即A为丙 烯，A与溴单质在高温下发生取代反应生成的B为： BrCH,CH=CH,B依次与①、②中物质发生反应 CH,CH2CH-CH2 (CH2)4-Br 生成的D为： ,E的结构简式为 ,即D和 OH 发生加成反应生成E,E和 反应生成的F为： HBr COOCH3 H2C)40 COOCH? ,F和氢氧化钠溶液反应并且酸化，生成的G为： 第23页/共32页 6学科网 组卷网 (H2C)40 COOH ,G与S0C12反应生成的J为： (H2C)40〈 COC。K物质与(CH,CO,O发生反应生成L,结合已知信息 OCOCH3 OH 根据M逆推L为： ,K的结构简式为： ,M的分子式为：CHOB,对比M、N的 Br Br 分子式，M发生硝化反应生成N,N还原生成F。据此分析作答。 【小问1详解】 根据分析，B的结构简式为： BCH,CH=CH,其官能团的名称为：碳碳双键、碳溴键（或溴原子）。 【小问2详解】 CH2CH2CH=CH2 根据分析，D的结构简式为： ,E的结构简式为 (CH2)4—Br ,D和HBr反应生成E,对比D、E的结构简式，可知发生加成反应。 【小问3详解】 K物质与(CH,CO),0发生反应生成L和乙酸，结合分析，K一L的化学方程式为： 第24页/共32页 命学科网命组卷网 OCOCH3 +(CH,C020一定条件 CHCOOH Br 【小问4详解】 根据分析，M发生硝化反应生成N,反应的试剂和条件是：浓 NO,、张H,S0,、加热。 【小问5详解】 (H2C)40 -COOH 根据分析，G的结构简式为： 【小问6详解】 BrCH,CH=CH2 a.B是 B中一个双键碳原子上连了2个氢原子，无顺反异构，a错误： OH 1 OH b.K的结构简式为： ,含有三种情况的氢原子，有3组峰，位置如图： ,b正确； Br Br c.J与P发生取代反应生成Q和HC,加入 加入Na,C0溶液消耗HC,导致平衡正向移动，可以提高Q的 产率，c正确； 故选bc。 【小问7详解】 ①羰基为吸电子基团，羰基的吸电子效应会使相邻的C-H键极性增强，使其更容易断裂。 CH2)4O -CONH ②Q结构简式为： OH ,与N 发生题 -CH3 COOC,Hs 第25页/供32页 6学科网列组卷网 (CH2)40 -CONH HN-N OH 给已知的反应，反应生成的W为： C-CH2C- (CH2)40 、〉-CONH HN-N OH C-CH2 与浓硫酸反应，生成的产物还有一个 含氧原子的六元环，结合普仑司特的分子式知，普仑司特的结构简式为 (CH2)4O〈 CONH HN-N N 18.以黄铜矿（主要成分 CuFeS,.)为原料生产纯铜，流程示意图如下。 电解 氧化浸出 浸出液 纯铜 黄铜矿 稀硫酸 浸出渣 (1)矿石在氧化浸出前需要先粉碎，原因是 (2)“氧化浸出”时，以氧气为氧化剂，浸出过程的总反应是 CuFeS,+0,+2H,S0,=CuS0,+FeS0,+2S+2H,0。浸取初期，随若浸泡时间延长，Cu2的浸出 速率提高，原因是浸出液中产生的F©” 与黄铜矿发生反应。 Fe3+ ①生成的离子方程式是 第26页/供32页 6学科网 命组卷网 ③e 与黄铜矿发生反应的离子方程式是 (3)“氧化浸出”时，改用过量硫酸铁和稀硫酸混合液作浸出剂。在浸出温度为90℃，浸出时间为2h条 件下，改变硫酸铁浓度对试样铜浸出率的影响结果见下图。 201 18 16 扫 14 幂 12 10 00.020.040.060.080.100.12 疏酸铁浓度/(molL) ①由上图可知，硫酸铁的最佳浓度为」 -c ②随着硫酸铁浓度的增加，铜浸出率先增大后减小的可能原因是 (4)“电解”的原理示意图如下。 ⊕ Cu 石墨 流出液子 →较浓H,SO, 浸出液 一稀H,SO, 阴极室阴离子交换膜阳极室 ①电解初期，阴极没有铜析出。结合化学用语解释原因是 ②将阴极室的流出液送入阳极室，可使浸出剂再生，再生的原理是 【答案】(1)增大接触面积，加快氧化浸出反应速率 (2) ①. 4Ht+02+4Fe2+=4Fe3++2H20 CuFeS2+4Fe*=Cu2++5Fe2++2S (3) ①.0.06mo/L ②，c(Fe)增大，加快CuFeS,+4e+=Cu2+5Fe2+2S的速率加速矿 物的浸出： ©)过高时，产生硫单质的速率也加快，同时也会促进铁的水解生成大量F©(O,覆盖 在黄铜矿的表面，阻碍矿物的浸出 第27页/共32页 6学科网 命组卷网 (4) ① Fe3+ 过量，氧化性 e+>Cu2+ Fe3+ ，因此先放电，电极反应为 e+e=Fe2+ ②.阳 极上发生Fe4-e=Fe,Fe2在阳极失电子生成Fe”,SO通过阴离子交换膜进入阳极室， Fe,S0,为溶液再生 【解析】 【分析】黄铜矿矿石在氧化浸出前需要先粉碎，增大接触面积，加快氧化浸出反应速率，得到浸出渣硫单 质，浸出液中含铜离子，电解得到铜单质。 【小问1详解】 矿石在氧化浸出前需要先粉碎，原因是增大接触面积，加快氧化浸出反应速率； 【小问2详解】 ①“氧化浸出”时，以氧气为氧化剂，亚铁离子易被氧化，离子方程式为 4Ht+02+4Fe2+=4Fe3++2H,0 ②三价铁离子具有氧化性可将硫离子氧化为硫单质，根据质量守恒定律结合氧化还原反应配平得 CuFeS,+4Fe+=Cu2++5Fe2++2S 【小问3详解】 ①由图可知硫酸浓度为0.06nol/L时铜浸出率最大，故为0.06molL: ②增大硫酸浓度，亚铁离子浓度增大c(Fe)增大，加快CuFeS,.+4fe+=Cu2+5Fe2+2S 速率加速 矿物的浸出： c(F©”)过高时，产生硫单质的速率也加快，同时也会促进铁离子水解生成大量 e(OH)3 覆盖在黄铜矿的表面，阻碍矿物的浸出： 【小问4详解】 ①阴极阳离子放电，初期溶液中有大量F©+ 氧化性 Fe+>Cu2+ e3+ 因此 先放电，电极反应为 Fe3++e=Fe2+ 第28页/供32页 6学科网命组卷网 ②阴极室的流出液中含有亚铁窝子，阳极上发生反应为F®2-e=Fe,S0?通过阴离子交换膜进入阳 极室，可形 Fe,(S043,使浸出剂再生。 19某小压同学探究不同条件下KM0,溶液与灯常藏的反应。 资料：i.M血o绿色.Mn2L乎无色)、 Mn02(棕黑色) i.一定条件下：Mn0能将「氣化为2或0，Mm0,能将Mn2氧化成Mn0?向2mL0.01mol-LKI 溶液中分别加入5 0.01mol-LKMn0,溶液和3滴试剂X,实验记录如下： 试 实 剂 操作、现象 验 X H,O 溶液中有棕黑色沉淀生成，离心分离出固体，剩余液体 CCL4萃取，下层 液体无色。 溶液立即变绿，一段时间绿色消失，产生棕黑色沉淀，离心分离出固体， 6mo CCI 剩余液体用 萃取，下层液体无色。 亚 3mo 溶液中未见棕黑色沉淀，溶液呈黄色， CCL4萃取，下层液体呈紫色。 (1)对实验I进行分析 MnO ① 的还原产物为 ②推测该条件下「被氧化的产物不是'，依据的实验现象是 (2)为检验实验I中的氧化产物 10,取萃取后的上层清液，滴加3滴3 molLH,S0,溶液立即变 第29页/共32页 命学科网命组卷网 黄，滴加淀粉后溶液变蓝。 ①上述反应的离子反应方程式是 ②甲同学认为判断上层清液中含 0的证据不足，另取2mL0.01mol-LK1溶液，加入5滴水和3滴 3m0l-LH,S0,溶液不变黄。甲同学实验的目的是 (3)用离子方程式说明实验Ⅱ中一段时间绿色消失的原因 (4)经检测实验Ⅲ黄色溶液中没有 0;。乙同学依据M0的电极反应分析实验皿反应条件下应检测到 IO3 理由是 (5)为进一步研究实验Ⅲ中未产生10的原因，设计实验如下。 5滴0.01molL 15滴0.01molL 过量酸性 酸性KMnO4溶液 酸性KMnO4溶液 KMnO4溶液 国 2mL0.01mol-L 溶液变黄 溶液黄色加深， 溶液黄色褪去至无色，最终 KI溶液 出现棕黑色沉淀呈紫色，棕黑色沉淀增多 最终紫色溶液中未检测到和M加2，推测可被KM04维续氧化为I0。设计实验，取最终紫色溶液， (填操作和现象，证实了实验皿未产生10：与酸性 KMnO4溶液的用量有关。 (6)若向2mL0.01mol-L' 酸 KMn0,溶液中，逐滴滴加0.01 molLKI溶液至过量，实验现象是 ①. MnO2 【答案】(1) ②.分离出固体后的液体 CCL4萃取，下层液体无色 (2) 0.10,+5T+6H*=312+3H,0 ②.排除在酸性条件下，0？对0氧化「的干扰 (3)3Mn0+r+3H,0=3Mn0,↓+10，+60H (4)Mh0,+5e+8H=Mm2+4H,0 加酸可以增强M0,的氧化性 第30页/共32页 学科网 组卷网 MnSO, (5)加入 溶液至紫色褪去，静置后取上层清液，加入KI溶液 H,S0,溶液立即变黄，加入淀 粉溶液，溶液变蓝 (6)溶液紫色变浅，有棕黑色沉淀生成，最终溶液为黄色 【解析】 【分析】本实验探究不同条件下KMO4与I溶液的反应，利用高锰酸钾溶液的强氧化性，将氧化成 【么、O,根据M元素被还原成不同物质，发生颜色变化或有无沉淀生成，判断不同条件的反应，据此 分析： 【小问1详解】 ①根据实验I现象出现黑色沉淀，判断出实验I中MnO4的还原产物为 nO2 ②若实验I氧化的产物是 2,用 CC1,萃取，下层液体呈黄色，而实验I下层液体无色，说明没有是生成： 【小问2详解】 ①滴加3滴 3mol.L'HSO 溶液立即变黄，滴加淀粉后溶液变蓝说明生成了，则证明是10 ,与「在 ，离子方程式为： I03+5I厂+6H+=3L2+3H20 酸性条件下发生归中反应生成 ②甲同学取2mL0.01mol.LKI溶液，加入5滴水和3 3 mol.LH,S04,与上述实验形成对比，溶液 不变黄，说明没有生成，目的是排除在酸性条件下，0？对0氧化「的干扰： 【小问3详解】 实验Ⅱ溶液立即变绿， 说明生成了M0:(绿色.一段时间后绿色消失，产生棕黑色沉淀，说明生成了 Mn02,则该反应为 血O?在碱性环境下氧化「生成？，离子反应为 3MnO+I厂+3H,0=3MnO,↓+HO,+6OH 【小问4详解】 第31页/供32页 命学科网 组卷网 实验I中未见棕黑色沉淀，说明M0,被还原为Mn2,乙同学依据M0,的电极反应分析实验Ⅲ反应条 件下应检测到 IO,说明酸性条件下，M血0：能将「氣化生成0，即加酸可以增强M血0，的氣化性，对 应的M血04的电极反应 MnO+5e+8H*Mn2++4H,O 【小问5详解】 已知Mn在一定条件下可被M血0，氧化 M加0，花首先将紫色福液中的Mn0,完全除持，放实验标作 和现象是将取上层溶液，加入 加S0,宿孩至紫色接长，克金除去过迷的KNO,福流，静提后收上层浴 液，加入KI溶液、 03 H,S04溶液变黄，加入淀粉溶液，溶液变蓝，证明生成碘单质，说明溶液B中含 【小问6详解】 由上一问可知，若酸 KMO,宿液过品，M0,能的Mn”化段Ma0,放首先出现紫色视去、溶液 0.01mol.LKI 中出现黑色沉淀现象，随着 溶液逐渐加入，溶液最终变为黄色。 第32页/供32页