精品解析：北京市清华大学附属中学2026届高三上学期开学化学试题

高三化学试卷 清华附中高23级 2025.8 可能用到的相对原子质量H 1 C 12 O 16 S 32 Fe 56 Mn 55 Pt 195 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项符合题目要求。 1. 锶是人体不可缺少的一种微量元素，位于元素周期表中第五周期第ⅡA族。下列关于38Sr的说法不正确的是 A. 原子最外层有2个电子 B. 中子数为52的Sr的核素符号为 C. 与同周期的53I的原子半径：Sr>I D. 最高价氧化物对应的水化物的碱性：Ca(OH)2>Sr(OH)2 2. 下列物质的颜色变化与氧化还原反应无关的是 A. 浓硝酸久置后，显黄色 B. 刚生成的白色沉淀放置后，变成红褐色 C. 将通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫红色褪去 D. 向黄色的铬酸钾()溶液中加入硫酸，溶液变为橙红色() 3. 向2%的溶液中滴加稀氨水，可得到银氨溶液。银氨溶液可用于检验葡萄糖中的醛基。下列说法正确的是 A. 滴加稀氨水时，有沉淀的生成与溶解 B. 为加快银镜的出现，应加热并不断振荡 C. 银镜的出现说明醛基具有氧化性 D. 反应后，可用氨水洗去银镜 4. 下列依据相关数据作出的推断中，正确的是 A. 依据离子半径：，可推断结构相似的晶体的熔点：NaBr>NaI B. 依据元素的电负性：C<N<F，可推断分子极性： C. 依据分子中羟基的数目，可推断在水中的溶解度大于葡萄糖的 D. 依据元素的第一电离能：Mg>Al，可推断单质的还原性：Mg>Al 5. 下列方程式与所给事实相符的是 A. 露置在空气中的钠表面呈白色： B. 用食醋除水垢中的： C. 过量铁粉与稀硝酸反应： D. 工业电解饱和食盐水制氯气： 6. 铅蓄电池的结构示意图如图。下列关于铅蓄电池的说法正确的是 A. 放电时，PbO2作负极 B. 放电时，H+向负极方向移动 C. 充电时，铅蓄电池负极连接电源正极 D. 充电时，阳极的电极反应为 7. 下列事实能用平衡移动原理来解释的是 A. 压缩注射器中的NO2、N2O4混合气体，气体颜色立即变深 B. 向5% H2O2溶液中加入少量MnO2固体，迅速产生大量气泡 C. 新制氯水放置一段时间后，颜色变浅 D. 锌片与稀硫酸反应时加入少量CuSO4固体，快速产生大量H2 8. 下列实验，能达到实验目的的是 A．除去CO2中混有的少量HCl B．比较乙酸、碳酸和苯酚的酸性强弱 C．萃取碘水中的碘 D．模拟侯氏制碱法制NaHCO3 A. A B. B C. C D. D 9. 时，在浓溶液中通入过量，充分反应后，可通过调控温度从反应后的固液混合物中获得和固体。已知：、、溶解度(S)随温度变化关系如下图。 下列说法不正确的是 A. 通入后开始发生反应： B. 时，随反应进行先析出 C. 将反应后的固液混合物过滤，滤液降温可析出固体 D. 在冷却结晶的过程中，大量会和一起析出 10. 我国科学家成功制得新型的可化学循环的高分子材料，其合成路线如下(部分试剂和反应条件略去)。 下列说法不正确的是 A. 反应①中，标记*的碳原子被还原 B. 可用银氨溶液检验化合物Ⅲ中的官能团 C. 反应②和反应③都发生了键的断裂 D. 聚合物Ⅳ可以通过水解反应降解为小分子 11. 用高分子吸附树脂提取卤水中的碘（主要以I- 形式存在）的工艺流程如下： 下列说法不正确的是（ ） A. 经①和④所得溶液中，c（I-）后者大于前者 B. ④的作用是将吸附的碘还原而脱离高分子树脂 C. 若②和⑤中分别得到等量I2，则消耗的n（Cl2）：n（KClO3）=5：2 D. 由⑥得到碘产品的过程，主要发生的是物理变化 12. 为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 固体溶解是吸热过程 B. 根据盖斯定律可知： C. 根据各微粒的状态，可判断， D. 溶解过程的能量变化，与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关 13. 硫铁矿矿渣周围的酸性废水中存在硫细菌和铁细菌，可促进的溶解，相关的物质转化如图，其中①~③均完全转化。下列说法不正确的是 A. 硫细菌的存在可减少覆盖在硫铁矿矿渣表面的 B. 铁细菌的存在能提高反应①的速率 C. 废水中铁元素含量几乎不变 D. 一段时间后，废水的降低 14. 溶于一定量水中，溶液呈浅棕黄色（a）。加入少量浓，黄色加深（b）。 已知：（黄色）；浓度较小时（用表示）几乎无色 取溶液进行如下实验，对现象的分析不正确的是 A. 测溶液a的，证明发生了水解 B. 将溶液a滴入沸水中并加热，有丁达尔效应，说明加热能促进水解 C. 加入浓，与对溶液颜色变化、浓度大小的影响是一致的 D. 向b中加入后，黄色褪至几乎无色，说明能抑制水解 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 配合物顺铂［］是临床使用的第一代铂类抗癌药物。 （1）的配体为和，写出的电子式：_______。 （2）顺铂的抗癌机理：在铜转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的与DNA结合，破坏DNA的结构，阻止癌细胞增殖。如： ①属于_______区元素，基态的价电子排布式为_______。 ②鸟嘌呤中，与N同周期原子的第一电离能由大到小的顺序是_______。 ③生成物中a、b所示的作用力类型分别是_______和_______。 （3）顺铂和反铂互为同分异构体，两者的结构和性质如下。 顺铂 反铂 结构 25℃时溶解度/g 0.2577 0.0366 ①推测中的杂化轨道类型不是，依据是_______。 ②顺铂在水中的溶解度大于反铂的原因是_______。 （4）铂晶胞为正方体，边长为，结构如下图。铂晶体的摩尔体积_______(，阿伏加德罗常数为)。 16. 软锰矿浆(主要成分MnO2)可吸收烟气中的SO2，同时可制备MnCO3，工艺流程如下： 资料：①吸收SO2后的软锰矿浆中含有Fe2+、Fe3+、Al3+、Zn2+等阳离子； ②金属离子沉淀的pH如下表 金属离子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ Al3+ Zn2+ 开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 3.4 6.2 沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 4.7 8.2 （1）脱硫的产物是MnSO4，软锰矿中MnO2所起的作用是_______。 （2）过程1向浆液中通入O2的目的是_______。 （3）滤渣1的成分是_______，过程2中发生反应的离子方程式为_______。 （4）制备MnCO3的过程中，一般控制溶液的pH范围为5-7，不宜过大或过小。原因是_______。 （5）已知：常温下，溶液的pH约为9.3，NH4HCO3溶液的pH约为7.8，写出制备MnCO3时发生反应的离子方程式_______。 （6）取mg碳酸锰样品，加适量硫酸加热溶解后，用cmol·L-1的KMnO4溶液滴定，至滴定终点时，消耗KMnO4溶液的体积为VmL。(已知：反应产物为MnO2，杂质不参与反应) 样品中MnCO3质量分数的计算式为_______(用质量分数表示)。 17. 汉黄芩素具有抗病毒、抗肿瘤作用。合成汉黄芩素的中间体M的路线如下： （1）A属于芳香烃，A的名称是_______。 （2）由A生成B的化学方程式是_______。 （3）D中含有的官能团是_______。 （4）E的结构简式是_______。 （5）K与X在一定条件下转化为L，X的分子式是C4H8O2。 ①有机物X的结构简式是_______。 ②符合下列条件的K的同分异构体有_______种。 a．含有苯环，能与NaHCO3反应生成CO2 b．苯环上的一氯代物有两种 （6）F与L合成M的步骤如下： 已知： 中间产物1和中间产物2的结构简式分别是_______、_______。 18. CH4在光照条件下与Cl2反应，可得到各种氯代甲烷。 （1）生成CH3Cl的化学方程式是_______。 （2）CH4氯代的机理为自由基(带有单电子的原子或原子团，如、)反应，包括以下几步： I链引发 Ⅱ链传递 Ⅲ链终止 …… …… ①写出由CH3Cl生成CH2Cl2过程中链传递的方程式：_______，_______。 ②不同卤原子自由基()均可夺取中的H，反应通式： 。 已知：25℃，时，中和中的键能分别是和。 a．当X为时，_______。 b．若X依次为F、Cl、Br、I，随着原子序数增大逐渐增大，结合原子结构解释原因：_______。 ③探究光照对与反应的影响，实验如下。 编号 操作 结果 A 将与混合后，光照 得到氯代甲烷 B 将先用光照，然后迅速在黑暗中与混合 得到氯代甲烷 C 将先用光照，然后在黑暗中放置一段时间，再与混合设计实验 几乎无氯代甲烷 D 将先用光照，然后迅速在黑暗中与混合 几乎无氯代甲烷 a．由B和D得出的结论是_______。 b．依据上述机理，解释C中没有氯代甲烷的原因：_______。 （3）丙烷氯代反应中链传递的一步反应能量变化如下。 下列说法正确的是_______。 a．中键能比中键能大 b．I的反应速率比Ⅱ快 c．Ⅱ中生成的自由基比I中生成的自由基更稳定 19. 某小组同学用下图装置探究与亚铁盐溶液的反应(夹持装置略)。 已知：稀溶液中的水合离子几乎无色；(黄色)。 操作：向0.56g铁粉中迅速加入10mL试剂X，塞紧试管C上的胶塞，立即打开活塞a，待C中铁粉完全溶解后，关闭活塞a，打开活塞b．C中现象如下表。 序号 试剂X C中现象 打开活塞a后 打开活塞b后 Ⅰ 盐酸 有大量气泡产生，铁粉逐渐减少，无色溶液迅速变黄，后逐渐变为浅绿色 溶液逐渐变为浅黄色，产生极少量淡黄色沉淀 Ⅱ 盐酸 有大量气泡产生，铁粉逐渐减少，无色溶液迅速变黄，后逐渐变为浅绿色 溶液逐渐变为黄色，产生少量淡黄色沉淀 Ⅲ 硫酸 有大量气泡产生，铁粉逐渐减少，无色溶液逐渐变为浅绿色 无明显变化 （1）打开活塞b后，B中反应的化学方程式为___________。 （2）上述实验中，打开活塞a一段时间后关闭，再打开活塞b，目的是___________。 （3）打开活塞a期间，实验Ⅰ~Ⅲ中的现象有相同也有不同。 ①实验Ⅰ、Ⅱ中，试管C中无色溶液均先变黄，再逐渐变为浅绿色。溶液由黄色变为浅绿色的原因是___________(用离子方程式表示)。 ②实验Ⅲ中，溶液始终未变黄，可能的原因是___________。 （4）经检验，实验Ⅰ、Ⅱ中的淡黄色沉淀为硫单质。甲同学猜想可能是自身发生歧化反应，乙同学通过实验排除了这种可能性，其实验操作及现象为___________。 （5）综合上述实验，可以得出的结论是___________(结合化学用语说明)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三化学试卷 清华附中高23级 2025.8 可能用到的相对原子质量H 1 C 12 O 16 S 32 Fe 56 Mn 55 Pt 195 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项符合题目要求。 1. 锶是人体不可缺少的一种微量元素，位于元素周期表中第五周期第ⅡA族。下列关于38Sr的说法不正确的是 A. 原子最外层有2个电子 B. 中子数为52的Sr的核素符号为 C. 与同周期的53I的原子半径：Sr>I D. 最高价氧化物对应的水化物的碱性：Ca(OH)2>Sr(OH)2 【答案】D 【解析】 【详解】A．主族序数等于原子最外层电子数，锶元素位于周期表中第五周期第ⅡA族，所以锶原子原子最外层有2个电子，故A正确； B．质量数=质子数+中子数=38+52=90，所以中子数为52的Sr的核素符号为，故B正确； C．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，由于原子序数：碘>锶，所以原子半径：Sr>I，故C正确； D．同一主族元素元素从上到下金属性增强，金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性就越强，所以最高价氧化物对应的水化物的碱性：Ca(OH)2<Sr(OH)2，故D错误； 故答案选D。 2. 下列物质的颜色变化与氧化还原反应无关的是 A. 浓硝酸久置后，显黄色 B. 刚生成的白色沉淀放置后，变成红褐色 C. 将通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫红色褪去 D. 向黄色的铬酸钾()溶液中加入硫酸，溶液变为橙红色() 【答案】D 【解析】 【详解】A．浓硝酸久置后，显黄色，浓硝酸发生了分解反应，N、O元素的化合价发生变化，是氧化还原反应，故A不选； B．新制的白色氢氧化亚铁放置在空气中，最终变为红褐色，Te元素化合价发生变化，是氧化还原反应，故B不选； C．将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫红色褪去，是二氧化硫具有还原性，被高锰酸钾溶液氧化，与氧化还原反应有关，故C不选； D．向黄色的铬酸钾(K2CrO4)溶液中加入硫酸，溶液变为橙红色(Cr2O)，铬元素化合价不变化，不是氧化还原反应，颜色变化与氧化还原反应无关，故D选； 3. 向2%的溶液中滴加稀氨水，可得到银氨溶液。银氨溶液可用于检验葡萄糖中的醛基。下列说法正确的是 A. 滴加稀氨水时，有沉淀的生成与溶解 B. 为加快银镜的出现，应加热并不断振荡 C. 银镜的出现说明醛基具有氧化性 D. 反应后，可用氨水洗去银镜 【答案】A 【解析】 【详解】A．向溶液中滴加稀氨水时，首先生成白色沉淀（迅速分解为，呈暗褐色），继续滴加氨水，沉淀溶解形成银氨络离子，该过程有沉淀的生成与溶解，A正确； B．银镜反应需水浴加热，但需保持静置。振荡会破坏生成的银镜，导致无法形成均匀镀层，B错误； C．银镜反应中，醛基被氧化为羧酸（或羧酸盐），被还原为，醛基体现还原性而非氧化性，C错误； D．银镜为金属银，常温下不与氨水反应，清洗银镜通常需用硝酸等强酸，D错误； 故选A。 4. 下列依据相关数据作出的推断中，正确的是 A. 依据离子半径：，可推断结构相似的晶体的熔点：NaBr>NaI B. 依据元素的电负性：C<N<F，可推断分子极性： C. 依据分子中羟基的数目，可推断在水中的溶解度大于葡萄糖的 D. 依据元素的第一电离能：Mg>Al，可推断单质的还原性：Mg>Al 【答案】A 【解析】 【详解】A．的离子半径小于，离子半径越小，离子间静电作用（库仑力）越强，晶格能越大，熔点越高。NaBr与NaI同为离子晶体且结构相似，因此NaBr的熔点应高于NaI；推断正确，A正确； B．CF4是正四面体结构，极性键的矢量叠加后完全抵消，为非极性分子；NF3为三角锥形结构，极性未完全抵消，为极性分子。因此CF4的极性应小于NF3，推断错误，B错误； C．葡萄糖分子含5个羟基，仅含1个羟基。羟基数目越多，与水形成氢键的能力越强，溶解度越高。因此的溶解度应小于葡萄糖，推断错误，C错误； D．第一电离能Mg＞Al，但金属单质的还原性Mg＞Al（金属活动性顺序）。Mg的第一电离能大于Al是因为镁的价电子排布式为不易失去电子，而Al的价电子排布式为，容易失去3p能级电子，因此不能直接通过第一电离能推断单质还原性，推断错误，D错误； 故选A。 5. 下列方程式与所给事实相符的是 A. 露置在空气中的钠表面呈白色： B. 用食醋除水垢中的： C. 过量铁粉与稀硝酸反应： D. 工业电解饱和食盐水制氯气： 【答案】D 【解析】 【详解】A．钠在常温下与空气中的氧气反应生成氧化钠，从而使表面呈白色，方程式：，A错误； B．食醋中的醋酸是弱酸，在离子方程式中应保留分子形式，正确写法为：，B错误； C．过量铁粉与稀硝酸反应时，硝酸被完全消耗，因会被过量的Fe还原，故产物为，正确离子方程式为：，C错误； D．工业上用石墨电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气，反应的离子方程式是，D正确； 故选D。 6. 铅蓄电池的结构示意图如图。下列关于铅蓄电池的说法正确的是 A. 放电时，PbO2作负极 B. 放电时，H+向负极方向移动 C. 充电时，铅蓄电池负极连接电源正极 D. 充电时，阳极的电极反应为 【答案】D 【解析】 【分析】放电时，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，根据Pb元素化合价的变化，可知Pb作原电池的负极，PbO2作原电池的正极；充电时，阴极发生还原反应，PbSO4被还原为Pb，阳极发生氧化反应，PbSO4被氧化为PbO2，据此分析。 【详解】A．放电时，为原电池原理，PbO2发生还原反应，作正极，A项错误； B．放电时，阳离子向正极移动，故H+向正极方向移动，B项错误； C．充电时，为电解池原理，铅蓄电池负极应连接电源负极，C项错误； D．充电时，阳极发生氧化反应，PbSO4失电子生成PbO2，电极反应式正确，D项正确； 答案选D。 7. 下列事实能用平衡移动原理来解释的是 A. 压缩注射器中的NO2、N2O4混合气体，气体颜色立即变深 B. 向5% H2O2溶液中加入少量MnO2固体，迅速产生大量气泡 C. 新制氯水放置一段时间后，颜色变浅 D. 锌片与稀硫酸反应时加入少量CuSO4固体，快速产生大量H2 【答案】C 【解析】 【详解】A．二氧化氮气体中存在平衡2NO2N2O4，向里推动注射器，压强变大，体积减小，导致二氧化氮浓度变大，颜色变深，不能用平衡移动原理来解释，故A不选； B．二氧化锰可催化过氧化氢分解，不影响平衡移动，不能用平衡移动原理来解释，故B不选； C．氯水中存在氯气与水的反应平衡，反应生成的次氯酸容易分解，导致氯气与水的反应正向移动，颜色变浅，能用化学平衡移动原理解释，故C选； D．Zn置换出硫酸铜溶液中的Cu，与稀硫酸构成Cu、Zn原电池，从而加快反应速率，与平衡移动无关，不能用平衡移动原理来解释，故D不选； 答案选C。 8. 下列实验，能达到实验目的的是 A．除去CO2中混有的少量HCl B．比较乙酸、碳酸和苯酚的酸性强弱 C．萃取碘水中的碘 D．模拟侯氏制碱法制NaHCO3 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．除去CO2中混有的HCl，应选用饱和NaHCO3溶液，因为Na2CO3溶液会与CO2反应（Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3），导致CO2被吸收，无法达到除杂目的，A不合题意； B．比较乙酸、碳酸和苯酚的酸性强弱时，乙酸与碳酸钠反应生成的CO2中会混有挥发的乙酸蒸气，乙酸也能与苯酚钠反应生成苯酚，干扰碳酸与苯酚酸性的比较，需在中间增加除去乙酸的洗气装置，B不合题意； C．萃取碘水中的碘，选用CCl4作萃取剂，CCl4与水不互溶，且碘在CCl4中的溶解度远大于在水中，装置中分液漏斗操作合理，能达到萃取目的，C符合题意； D．侯氏制碱法需先向饱和NaCl溶液中通入NH3(溶解度大)，再通入CO2，且NH3极易溶于水，直接通入溶液会导致倒吸，装置中NH3通入方式及气体顺序均不合理，D不合题意； 故答案为：C。 9. 时，在浓溶液中通入过量，充分反应后，可通过调控温度从反应后的固液混合物中获得和固体。已知：、、溶解度(S)随温度变化关系如下图。 下列说法不正确的是 A. 通入后开始发生反应： B. 时，随反应进行先析出 C. 将反应后的固液混合物过滤，滤液降温可析出固体 D. 在冷却结晶的过程中，大量会和一起析出 【答案】D 【解析】 【详解】A．氯气与氢氧化钠反应，生成氯化钠，次氯酸钠和水，开始发生反应为，A正确； B．时，氯化钠溶解度最小，随反应进行，逐渐增多，则最先析出，B正确； C．由于次氯酸钠的溶解度随温度的变化趋势较大，将反应后的固液混合物过滤，滤液降温可析出固体，C正确； D．由于通入的氯气是过量的，所以溶液中几乎不含有NaOH，在冷却结晶的过程中，会大量析出，氢氧化钠不会大量析出，D错误； 故选D。 10. 我国科学家成功制得新型的可化学循环的高分子材料，其合成路线如下(部分试剂和反应条件略去)。 下列说法不正确的是 A. 反应①中，标记*的碳原子被还原 B. 可用银氨溶液检验化合物Ⅲ中的官能团 C. 反应②和反应③都发生了键的断裂 D. 聚合物Ⅳ可以通过水解反应降解为小分子 【答案】D 【解析】 【详解】A．标记的碳原子上从连接溴原子变成连接ZnBr，根据溴的化合价为-1，锌的化合价为+2分析，碳原子的化合价降低，被还原，A正确； B．醛基能用银氨溶液检验，B正确； C．反应②和反应③都为双键变成单键，即发生了键的断裂，C正确； D．聚合物Ⅳ是通过加聚反应生成的，水解后生成的仍为高分子化合物，不是小分子，D错误； 故选D。 11. 用高分子吸附树脂提取卤水中的碘（主要以I- 形式存在）的工艺流程如下： 下列说法不正确的是（ ） A. 经①和④所得溶液中，c（I-）后者大于前者 B. ④的作用是将吸附的碘还原而脱离高分子树脂 C. 若②和⑤中分别得到等量I2，则消耗的n（Cl2）：n（KClO3）=5：2 D. 由⑥得到碘产品的过程，主要发生的是物理变化 【答案】C 【解析】 【详解】A．从①到④的过程起到富集碘元素的作用后，环节④所得溶液中c（I-）大于环节①溶液中的c（I-），故A项正确； B．环节④是用亚硫酸钠作还原剂将高分子树脂吸附的碘单质还原为碘离子，使碘元素以离子的形式脱离树脂进入溶液中，故B项正确； C．环节②是用Cl2将碘离子氧化为I2，氯元素从0价降低为-1价，1 mol Cl2可得到2mol电子，环节⑤是用KClO3将碘离子氧化为I2，氯元素从+5价降低为-1价，1 mol KClO3可得到6mol电子，所以，若②和⑤中分别得到等量I2，消耗的Cl2与KClO3的物质的量之比为6:2=3:1，故C项错误； D．步骤⑥采用升华的方法提取纯净的碘发生的变化是物理变化，故D项正确； 故选C。 12. 为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 固体溶解是吸热过程 B. 根据盖斯定律可知： C. 根据各微粒的状态，可判断， D. 溶解过程的能量变化，与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关 【答案】C 【解析】 【分析】由图可知，固体溶于水的过程分两步实现，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程。 【详解】A．由图可知，固体溶解过程的焓变为，为吸热过程，A正确； B．由图可知，固体溶于水的过程分两步实现，由盖斯定律可知，即，B正确； C．由分析可知，第一步为NaCl固体变为Na+和Cl-，此过程离子键发生断裂，为吸热过程，a＞0；第二步为Na+和Cl-与水结合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程，b＜0，C错误； D．由分析可知，溶解过程的能量变化，取决于固体断键吸收的热量及Na+和Cl-水合过程放出的热量有关，即与固体和溶液中微粒间作用力的强弱有关，D正确； 故选C。 13. 硫铁矿矿渣周围的酸性废水中存在硫细菌和铁细菌，可促进的溶解，相关的物质转化如图，其中①~③均完全转化。下列说法不正确的是 A. 硫细菌的存在可减少覆盖在硫铁矿矿渣表面的 B. 铁细菌的存在能提高反应①的速率 C. 废水中铁元素含量几乎不变 D. 一段时间后，废水的降低 【答案】C 【解析】 【详解】A．硫细菌可以将硫铁矿表面的硫氧化为硫酸根离子从而减少硫铁矿表面的硫，A正确； B．铁细菌可以将亚铁离子氧化为铁离子，而铁离子可以加快的溶解，所以铁细菌的存在能提高反应①的速率，B正确； C．根据流程图，参与反应生成了亚铁离子和硫单质，故废水中铁元素的含量增多，C错误； D．硫细菌将硫单质氧化为硫酸根离子的过程中生成了氢离子，亚铁离子被氧气氧化为铁离子的过程中消耗氢离子，生成的氢离子多于消耗的氢离子导致废水的pH降低，D正确； 故答案选C。 14. 溶于一定量水中，溶液呈浅棕黄色（a）。加入少量浓，黄色加深（b）。 已知：（黄色）；浓度较小时（用表示）几乎无色 取溶液进行如下实验，对现象的分析不正确的是 A. 测溶液a的，证明发生了水解 B. 将溶液a滴入沸水中并加热，有丁达尔效应，说明加热能促进水解 C. 加入浓，与对溶液颜色变化、浓度大小的影响是一致的 D. 向b中加入后，黄色褪至几乎无色，说明能抑制水解 【答案】C 【解析】 【详解】A．Fe2(SO4)3溶液的pH≈1.3，证明Fe3+发生了水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，使溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液呈酸性，A项正确； B．将溶液a滴入沸水中并加热，有丁达尔效应，说明生成了胶体，说明加热促进Fe3+水解生成了Fe(OH)3胶体，B项正确； C．加入浓HCl，H+的浓度增大，抑制Fe3+的水解，使Fe3+的浓度增大，Cl-浓度增大，促进Fe3++4Cl-[FeCl4]-(黄色)正向移动，使Fe3+的浓度减小，H+与Cl-对溶液颜色变化、Fe3+浓度大小的影响不一致，C项错误； D．向b中加入AgNO3后，发生反应Ag++Cl-=AgCl↓，Cl-的浓度减小，平衡Fe3++4Cl-[FeCl4]-逆向移动，溶液的黄色应变浅，而b中加入AgNO3后黄色褪至几乎无色，结合题给粒子的颜色，说明与此同时溶液中H+浓度大，H+能抑制Fe3+水解使溶液几乎无色，D项正确； 答案选C。 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 配合物顺铂［］是临床使用的第一代铂类抗癌药物。 （1）的配体为和，写出的电子式：_______。 （2）顺铂的抗癌机理：在铜转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的与DNA结合，破坏DNA的结构，阻止癌细胞增殖。如： ①属于_______区元素，基态的价电子排布式为_______。 ②鸟嘌呤中，与N同周期原子的第一电离能由大到小的顺序是_______。 ③生成物中a、b所示的作用力类型分别是_______和_______。 （3）顺铂和反铂互为同分异构体，两者的结构和性质如下。 顺铂 反铂 结构 25℃时溶解度/g 0.2577 0.0366 ①推测中的杂化轨道类型不是，依据是_______。 ②顺铂在水中的溶解度大于反铂的原因是_______。 （4）铂晶胞为正方体，边长为，结构如下图。铂晶体的摩尔体积_______(，阿伏加德罗常数为)。 【答案】（1） （2） ①. ds ②. 3d9 ③. N > O > C ④. 配位键 ⑤. 氢键 （3） ①. 若Pt采用sp3杂化，那么Pt(NH3) 2Cl2的空间结构应该是四面体结构，这样的结构不存在顺反异构体 ②. 顺铂是极性分子，水也是极性分子，反铂是非极性分子，根据“相似相溶”原理，顺铂在水中的溶解度大于反铂 （4） 【解析】 【分析】NH3是共价化合物，N原子最外层有5个电子，与3个H原子形成3对共用电子对。Cu的原子序数为29，位于元素周期表的ds区，基态Cu原子的电子排布式为[Ar] 3d104s1。同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能大于相邻元素。“相似相溶”原理，极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂。均摊法计算晶胞中Pt原子的个数，顶点的原子，每个晶胞占，面上的原子，每个晶胞占，根据公式即可求出。 【小问1详解】 NH3是共价化合物，N原子最外层有5个电子，与3个H原子形成3对共用电子对，其电子式为  。 故答案为：  。 【小问2详解】 ①Cu的原子序数为29，位于元素周期表的ds区。基态Cu原子的电子排布式为[Ar] 3d104s1，失去2个电子形成Cu2+时，先失去4s轨道上的1个电子，再失去3d轨道上的1个电子，所以基态Cu2+的价电子排布式为3d9。 ②鸟嘌呤中，与N同周期的元素是C和O，同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能大于相邻元素。故第一电离能由大到小的顺序为 N > O > C。 ③由图可知，a是配位键（Pt提供空轨道，N提供孤电子对形成的配位键）；b是氢键。 故答案为：ds；3d9；N > O > C；配位键；氢键。 【小问3详解】 ①若Pt采用sp3杂化，那么Pt(NH3) 2Cl2的空间结构应该是四面体结构，这样的结构不存在顺反异构体。但题目中明确Pt(NH3) 2Cl2存在顺铂和反铂这两种顺反异构体，所以Pt的杂化轨道类型不是sp3。 ②顺铂是极性分子，水也是极性分子，反铂是非极性分子。根据“相似相溶”原理，极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，所以顺铂在水中的溶解度大于反铂。 故答案为：若Pt采用sp3杂化，那么Pt(NH3) 2Cl2的空间结构应该是四面体结构，这样的结构不存在顺反异构体；顺铂是极性分子，水也是极性分子，反铂是非极性分子，根据“相似相溶”原理，顺铂在水中的溶解度大于反铂。 【小问4详解】 用均摊法计算晶胞中Pt原子的个数。顶点的原子，每个晶胞占，顶点有8个Pt原子，所以顶点Pt原子个数为；面上的原子，每个晶胞占，面上有6个Pt原子，所以面上Pt原子个数为。则晶胞中Pt原子总个数为1+3=4。晶胞为正方体，边长为anm，因为1nm = 10-9 m，所以晶胞体积。根据摩尔体积的定义，，，所以。 故答案为：。 16. 软锰矿浆(主要成分MnO2)可吸收烟气中的SO2，同时可制备MnCO3，工艺流程如下： 资料：①吸收SO2后的软锰矿浆中含有Fe2+、Fe3+、Al3+、Zn2+等阳离子； ②金属离子沉淀的pH如下表 金属离子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ Al3+ Zn2+ 开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 3.4 6.2 沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 4.7 8.2 （1）脱硫的产物是MnSO4，软锰矿中MnO2所起的作用是_______。 （2）过程1向浆液中通入O2的目的是_______。 （3）滤渣1的成分是_______，过程2中发生反应的离子方程式为_______。 （4）制备MnCO3的过程中，一般控制溶液的pH范围为5-7，不宜过大或过小。原因是_______。 （5）已知：常温下，溶液的pH约为9.3，NH4HCO3溶液的pH约为7.8，写出制备MnCO3时发生反应的离子方程式_______。 （6）取mg碳酸锰样品，加适量硫酸加热溶解后，用cmol·L-1的KMnO4溶液滴定，至滴定终点时，消耗KMnO4溶液的体积为VmL。(已知：反应产物为MnO2，杂质不参与反应) 样品中MnCO3质量分数的计算式为_______(用质量分数表示)。 【答案】（1）氧化剂 （2）将Fe2+氧化为Fe3+，便于在下一步中将铁元素变成沉淀除去 （3） ①. 和 ②. （4）pH过小，降低溶液中浓度、pH过大可能产生沉淀 （5） （6） 【解析】 【分析】锰矿浆主要成分MnO2，吸收SO2后的软锰矿浆中含有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Zn2+等阳离子。通入氧气把Fe2+氧化为Fe3+，加氨水调节pH为5~6生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除去Fe3+、Al3+，过滤，滤渣1为氢氧化铁、氢氧化铝，滤液中加(NH4)2S生成ZnS沉淀除Zn2+，过滤出ZnS，滤液中加碳酸氢铵生成碳酸锰沉淀。 【小问1详解】 二氧化锰和二氧化硫反应生成硫酸锰，脱硫的产物是MnSO4，MnO2中锰元素化合价降低，所起的作用是氧化剂； 【小问2详解】 氧气能把Fe2+氧化为Fe3+，过程1向浆液中通入O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，而后经过调节溶液的pH除去； 【小问3详解】 由金属离子沉淀的pH表可知，调节溶液的pH将Fe3+、Al3+变成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤渣1是和；过程2中加入硫化铵除去锌离子，发生反应的离子方程式为Zn2++S2-=ZnS↓；。 【小问4详解】 制备MnCO3的过程中，pH过小，降低溶液中浓度；pH过大可能产生沉淀，所以一般控制溶液的pH范围为5-7。 【小问5详解】 NH4HCO3溶液的pH约为7.8，硫酸锰和碳酸氢铵反应生成碳酸锰、硫酸铵、二氧化碳，制备MnCO3时发生反应的离子方程式。 【小问6详解】 碳酸锰与硫酸反应生成硫酸锰，而后与KMnO4反应生成MnO2，硫酸锰中锰元素化合价由+2价变成+4价，KMnO4中锰元素化合价由+7价变成+4价，根据化合价升降规律，反应方程式为 ，n(MnCO3)=；样品中MnCO3质量分数的计算式为。 17. 汉黄芩素具有抗病毒、抗肿瘤作用。合成汉黄芩素的中间体M的路线如下： （1）A属于芳香烃，A的名称是_______。 （2）由A生成B的化学方程式是_______。 （3）D中含有的官能团是_______。 （4）E的结构简式是_______。 （5）K与X在一定条件下转化为L，X的分子式是C4H8O2。 ①有机物X的结构简式是_______。 ②符合下列条件的K的同分异构体有_______种。 a．含有苯环，能与NaHCO3反应生成CO2 b．苯环上的一氯代物有两种 （6）F与L合成M的步骤如下： 已知： 中间产物1和中间产物2的结构简式分别是_______、_______。 【答案】（1）甲苯 （2）+3HNO3(浓) +3H2O （3）硝基、羧基 （4） （5） ①. CH3COOCH2CH3 ②. 4 （6） ①. ②. 【解析】 【分析】A属于芳香烃，根据A分子式知A为，A发生取代反应生成B，B发生氧化反应生成D，D发生还原反应、脱羧反应生成E，E水解生成F，则B为、D为、E为；G发生酯化反应生成K，K和X发生取代反应生成L，X的分子式是C4H8O2，X为CH3COOCH2CH3，F和L发生一系列反应生成M；(6)生成中间产物1时酚羟基上去掉H原子、酯基中去掉-OCH2CH3，中间产物1为，根据题给信息知中间产物2为，据此分析解题。 【小问1详解】 由分析可知，A属于芳香烃，A的结构简式为，则A的名称是甲苯，故答案为：甲苯； 【小问2详解】 由分析可知，A的结构简式为，B的结构简式为，故由A生成B的化学方程式是+3HNO3(浓) +3H2O，故答案为：+3HNO3(浓) +3H2O； 【小问3详解】 由分析可知，D的结构简式为，D中含有的官能团是硝基、羧基，故答案为：硝基、羧基； 【小问4详解】 由分析可知，E的结构简式是，故答案为：； 【小问5详解】 ①通过以上分析知，有机物X的结构简式是CH3COOCH2CH3，故答案为：CH3COOCH2CH3； ②K的同分异构体符合下列条件：a．含有苯环，能与NaHCO3反应生成CO2，说明含有羧基，b．苯环上的一氯代物有两种，说明苯环上含有两种氢原子，如果取代基为-COOH、-CH2CH3，二者位于对位；如果取代基为-CH2COOH、-CH3，二者位于对位；如果取代基为-COOH、2个-CH3，有2种结构；所以符合条件的有4种，故答案为：4； 【小问6详解】 通过以上分析知，中间产物1为，中间产物2为，故答案为：；。 18. CH4在光照条件下与Cl2反应，可得到各种氯代甲烷。 （1）生成CH3Cl的化学方程式是_______。 （2）CH4氯代的机理为自由基(带有单电子的原子或原子团，如、)反应，包括以下几步： I链引发 Ⅱ链传递 Ⅲ链终止 …… …… ①写出由CH3Cl生成CH2Cl2过程中链传递的方程式：_______，_______。 ②不同卤原子自由基()均可夺取中的H，反应通式： 。 已知：25℃，时，中和中的键能分别是和。 a．当X为时，_______。 b．若X依次为F、Cl、Br、I，随着原子序数增大逐渐增大，结合原子结构解释原因：_______。 ③探究光照对与反应的影响，实验如下。 编号 操作 结果 A 将与混合后，光照 得到氯代甲烷 B 将先用光照，然后迅速在黑暗中与混合 得到氯代甲烷 C 将先用光照，然后在黑暗中放置一段时间，再与混合设计实验 几乎无氯代甲烷 D 将先用光照，然后迅速在黑暗中与混合 几乎无氯代甲烷 a．由B和D得出的结论是_______。 b．依据上述机理，解释C中没有氯代甲烷的原因：_______。 （3）丙烷氯代反应中链传递的一步反应能量变化如下。 下列说法正确的是_______。 a．中键能比中键能大 b．I的反应速率比Ⅱ快 c．Ⅱ中生成的自由基比I中生成的自由基更稳定 【答案】（1）CH4+Cl2CH3Cl+HCl （2） ①. Cl•+CH3Cl→•CH2Cl+HCl ②. •CH2Cl+Cl2→CH2Cl2+Cl• ③. +8 ④. 同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，H—X键能逐渐减小，计算出的ΔH增大 ⑤. Cl2 ⑥. 当Cl2光照时，吸收能量发生Cl22 Cl•，然后在黑暗中放置，又发生2Cl•→Cl2，一段时间后体系中几乎无Cl•存在，无法进行链传递产生氯代甲烷 （3）ac 【解析】 【分析】将CH4在光照条件下与Cl2发生取代反应，生成一氯甲烷至四氯甲烷产物，同时还产生氯化氢，理解题目和问题中不同条件下的反应机理来解决问题，据此回答。 【小问1详解】 将CH4在光照条件下与Cl2发生取代反应，先生成CH3Cl和HCl，化学方程式为：CH4+Cl2CH3Cl+HCl，故答案为：CH4+Cl2CH3Cl+HCl； 【小问2详解】 ①仿造表格中链传递的格式，由CH3Cl生成CH2Cl2过程中链传递的方程式为：Cl•+CH3Cl→•CH2Cl+HCl、•CH2Cl+Cl2→CH2Cl2+Cl•，故答案为：Cl•+CH3Cl→•CH2Cl+HCl；•CH2Cl+Cl2→CH2Cl2+Cl•； ②a.当X为Cl，25℃，101kPa时，CH4中C—H和HCl中H—Cl的键能分别是439kJ•mol-1和431kJ•mol-1，根据反应：Cl•(g)+CH4(g)→•CH3(g)+HCl(g)，则 ΔH=439kJ•mol-1-431kJ•mol-1=+8kJ•mol-1，故答案为：+8； b.若X依次为F、Cl、Br、I时，ΔH随着原子序数增大逐渐增大的原因为：同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，H—X键能逐渐减小，计算出的ΔH增大，故答案为：同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，H—X键能逐渐减小，计算出的ΔH增大； ③a．由B：将Cl2先用光照，然后迅速在黑暗中与CH4混合，得到氯代甲烷和D：将CH4先用光照，然后迅速在黑暗中与Cl2混合，几乎无氯代甲烷对比可得出光照时引发链反应的物质是Cl2的结论，故答案为：Cl2； b．C组实验中几乎没有氯代甲烷的原因：将Cl2光照时，Cl2吸收能量发生Cl22 Cl•，然后在黑暗中放置一段时间后，又发生2Cl•→Cl2，一段时间后体系中几乎无Cl•存在，无法进行链传递产生氯代甲烷，故答案为：当Cl2光照时，吸收能量发生Cl22 Cl•，然后在黑暗中放置，又发生2Cl•→Cl2，一段时间后体系中几乎无Cl•存在，无法进行链传递产生氯代甲烷； 【小问3详解】 a．根据坐标图得出，CH3CH2CH3与Cl•作用生成•CH2CH2CH3+HCl时放出的能量比生成CH3•CHCH3+HCl小，推知—CH3中C—H键键能比—CH2-中C—H键键能大，a正确； b．由题干图示信息可知，I所需要的活化能比Ⅱ所需要的活化能大，由于活化能越大反应速率慢，故I的反应速率比Ⅱ慢，b错误； c．由题干图示信息可知，Ⅱ生成自由基具有的总能量比Ⅰ生成自由基具有的总能量低，故Ⅱ中生成的自由基比I中生成的自由基更稳定，c正确； 故答案为：ac。 19. 某小组同学用下图装置探究与亚铁盐溶液的反应(夹持装置略)。 已知：稀溶液中的水合离子几乎无色；(黄色)。 操作：向0.56g铁粉中迅速加入10mL试剂X，塞紧试管C上的胶塞，立即打开活塞a，待C中铁粉完全溶解后，关闭活塞a，打开活塞b．C中现象如下表。 序号 试剂X C中现象 打开活塞a后 打开活塞b后 Ⅰ 盐酸 有大量气泡产生，铁粉逐渐减少，无色溶液迅速变黄，后逐渐变为浅绿色 溶液逐渐变为浅黄色，产生极少量淡黄色沉淀 Ⅱ 盐酸 有大量气泡产生，铁粉逐渐减少，无色溶液迅速变黄，后逐渐变为浅绿色 溶液逐渐变为黄色，产生少量淡黄色沉淀 Ⅲ 硫酸 有大量气泡产生，铁粉逐渐减少，无色溶液逐渐变为浅绿色 无明显变化 （1）打开活塞b后，B中反应的化学方程式为___________。 （2）上述实验中，打开活塞a一段时间后关闭，再打开活塞b，目的是___________。 （3）打开活塞a期间，实验Ⅰ~Ⅲ中的现象有相同也有不同。 ①实验Ⅰ、Ⅱ中，试管C中无色溶液均先变黄，再逐渐变为浅绿色。溶液由黄色变为浅绿色的原因是___________(用离子方程式表示)。 ②实验Ⅲ中，溶液始终未变黄，可能的原因是___________。 （4）经检验，实验Ⅰ、Ⅱ中的淡黄色沉淀为硫单质。甲同学猜想可能是自身发生歧化反应，乙同学通过实验排除了这种可能性，其实验操作及现象为___________。 （5）综合上述实验，可以得出的结论是___________(结合化学用语说明)。 【答案】（1） （2）产生，将装置中的空气/氧气排净 （3） ①. ②. Ⅲ中不含时，不易被氧化为(或被氧化为后，几乎无色，未生成黄色的) （4）取实验Ⅰ或实验Ⅱ中反应后C内溶液于试管中，滴加溶液，无白色沉淀 （5）存在时，能与反应：，增大时，平衡正向移动 【解析】 【分析】打开活塞a，将分液漏斗中稀硫酸滴入圆底烧瓶A中，稀硫酸与碳酸钠发生反应，生成的CO2将装置内的空气排尽，再打开活塞b，将分液漏斗中70%的硫酸滴入三颈烧瓶中，与发生反应生成，将通入C中，与亚铁盐反应，探究与亚铁盐溶液的反应，最后用D中的NaOH溶液吸收多余的，防止污染环境，据此回答。 【小问1详解】 由分析知，打开活塞b，将分液漏斗中70%的硫酸滴入三颈烧瓶中，与发生反应的化学方程式为； 【小问2详解】 由分析知，打开活塞a一段时间后关闭，再打开活塞b，稀硫酸与碳酸钠发生反应产生，将装置中的空气/氧气排净； 【小问3详解】 ①向0.56g铁粉中迅速加入10mL试剂X，塞紧试管C上的胶塞，铁粉与盐酸反应生成，立即打开活塞a，生成的将装置内的空气赶入C中，被氧化为，待C中铁粉完全溶解后，关闭活塞a，打开活塞b，将生成的通入C中，由实验Ⅰ、Ⅱ中，试管C中无色溶液均先变黄，即为被氧化为，与结合发生(黄色)反应，溶液为黄色，再发生反应，使逐渐变为浅绿色； ②实验Ⅲ中，由于不含时，不易被氧化为(或被氧化为后，几乎无色，未生成黄色的)，溶液始终未变黄； 【小问4详解】 将生成的通入C中，经检验，实验Ⅰ、Ⅱ中的淡黄色沉淀为硫单质，甲同学猜想可能是自身发生歧化反应，即歧化生成S和生成，乙同学取实验Ⅰ或实验Ⅱ中反应后C内溶液于试管中，滴加溶液，无白色沉淀，即排除了有离子存在，即排除了自身发生歧化反应的这种可能性； 【小问5详解】 由实验Ⅰ、Ⅱ中，试管C中无色溶液均先变黄，再逐渐变为浅绿色，实验Ⅲ中，溶液始终未变黄，可知存在时，能与反应：，增大时，平衡正向移动。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $