精品解析：北京市顺义牛栏山第一中学2025-2026学年高二上学期开学化学试题

2025北京牛栏山一中高二(上)开学考 化学 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 N：14 Cl：35.5 S：32 Na：23 Fe：56 Li：7 一、选择题(共21个小题，每小题2分，共42分。每小题只有1个选项符合题目中的要求。) 1. 是钾元素的一种较稳定的核素，其衰变后产生。的半衰期(放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间)长达13亿年，故常用于古老岩石的年代测定。下列说法不正确的是 A. 的原子核内有21个中子 B. 和均易失去一个电子 C. 可通过质谱法区分和 D. 衰变为的过程属于化学变化 【答案】D 【解析】 【详解】A．的原子核内有40-19=21个中子，A正确； B．和最外层均只含有1个电子，易失去一个电子，B正确； C．和的相对原子质量不同，可通过质谱法区分和，C正确； D．衰变为的过程中元素种类发生了变化，不属于化学变化，D错误； 故选D。 2. 化学与生活密切相关，下列说法正确的是 A. 其他条件相同时，有机高分子油脂在碱性条件下水解程度大于其在酸性条件下的水解程度 B. 灼烧法可以鉴别新疆棉和苏州蚕丝 C. 聚氯乙烯是一种热稳定性塑料，可用于制作食品包装袋 D. 溶液和溶液均可使蛋白质发生盐析 【答案】B 【解析】 【详解】A．油脂不属于有机高分子，故A错误； B．棉花的成分是纤维素，灼烧无气味；蚕丝的成分是蛋白质，灼烧有烧焦羽毛味，故B正确； C．聚氯乙烯受热分解产生有毒物质，不可用于食品包装，故C错误； D．NH4Cl可盐析蛋白质，CuCl2为重金属盐会使蛋白质变性，故D错误； 选B。 3. 下列化学用语表达不正确的是 A. 氯离子结构示意图： B. 羟基电子式： C. 乙烯的结构简式： D. 的系统命名：甲酸乙酯 【答案】C 【解析】 【详解】A．氯离子是氯原子得到1个电子形成的，核电荷数为17，核外电子数为18，结构示意图为：，A正确； B．羟基中氧原子最外层有6个电子，与氢原子形成1对共用电子对，电子式为：，B正确； C．乙烯分子中含有碳碳双键，结构简式应体现双键，正确的结构简式为：CH2=CH2，C错误； D．HCOOC2H5是甲酸和乙醇发生酯化反应生成的酯，系统命名为甲酸乙酯，D正确； 故选C。 4. 用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 常温常压下，中含有的共价键总数为 B. 与足量水反应，转移的电子数为 C. 室温下溶液中数为 D. 密闭容器中，和催化反应后分子总数为 【答案】A 【解析】 【详解】A．1.6g CH4的物质的量为0.1mol，每个CH4分子含4个C-H共价键，含共价键总数为0.4NA，A正确； B．Na2O2与水反应时，每mol Na2O2转移1mol电子（Na2O2中-1价的O发生歧化反应），故转移电子数为NA，B错误； C．会水解，实际浓度小于0.1mol/L，故数小于0.1NA，C错误； D．2SO2+O2⇌2SO3为可逆反应，不能完全反应。反应到达平衡状态时，容器内分子总数应介于2NA（完全反应）和3NA（未反应）之间，D错误； 故答案选A。 5. 下列方程式与所给事实相符的是： A. 溶液处理水垢中的： B. 电解饱和食盐水获取烧碱和氯气： C. 向溶液中滴加少量浓，溶液橙色加深：(橙色)(黄色) D. 向溶液中逐滴加入溶液至恰好沉淀完全： 【答案】C 【解析】 【详解】A．Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4时，反应本质是CaSO4（固体）与生成CaCO3沉淀和，但选项A的方程式将CaSO4拆分为Ca2+和，忽略了其难溶固体的性质，书写错误，A错误； B．电解饱和食盐水反应的反应物和产物都正确，但未写反应条件“通电”，B错误； C．K2Cr2O7溶液中存在平衡：（橙色） + H2O ⇌ （黄色） + 2H+，加入浓H2SO4会增大H+浓度，平衡左移，浓度增加，使溶液橙色加深，C正确； D．向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NaHSO4至Ba2+恰好沉淀时，一个Ba2+恰好完全反应需一个，对于NaHSO4溶液，含有一个的同时H+也只有1个，故反应应为 Ba2++ OH-+ H+ + = BaSO4↓ + H2O ，D错误； 故选答案C。 6. 下列实验现象与的电离平衡无关的是 A. 向溶液中加入酚酞，溶液变红 B. 向饱和溶液中通入少量气体，生成淡黄色沉淀 C. 加热溶液，pH减小 D. 25℃时，将的盐酸稀释10倍，溶液 【答案】B 【解析】 【详解】A．是强碱弱酸盐 ，会发生水解反应，促进水的电离，溶液显碱性，加入酚酞溶液变红，与水的电离平衡有关，不符合题意，A错误； B．向饱和溶液中通入少量气体，发生反应，该反应是与之间的氧化还原反应，未涉及水的电离平衡移动，符合题意，B正确； C．是强碱弱酸盐，发生水解，促进水的电离，盐类水解是吸热反应，加热促进水解，同时水的电离也受到促进(增大)，溶液中浓度变化，pH减小，与水的电离平衡有关，不符合题意，C错误； D．25℃时，，pH=6的盐酸稀释10倍，溶液仍呈酸性， ，是因为稀释过程中促进了水的电离，水电离出的H+不能忽略，与水的电离平衡有关，D 不符合题，D错误； 故选B。 7. 下列各组物质中，因为反应条件或用量不同而发生不同化学反应的是 ①与 ②与 ③与 ④溶液与氨水 ⑤与溶液 ⑥与硝酸 ⑦溶液与氨水 A. 除③④外 B. 除③⑦外 C. 除③外 D. 除⑥⑦外 【答案】A 【解析】 【详解】①与：氧气足量生成二氧化碳，不足生成一氧化碳，符合条件； ②与：常温生成氧化钠，加热生成过氧化钠，符合条件； ③与：无论条件如何均生成氯化铁，不符合； ④与氨水：无论氨水量多少均生成氢氧化铝沉淀，不符合； ⑤与：二氧化碳足量生成碳酸氢钠，二氧化碳少量生成碳酸钠，符合条件； ⑥与硝酸：与浓硝酸反应放出二氧化氮，稀硝酸放出一氧化氮，符合条件； ⑦与氨水：氨水量不同分别生成氢氧化银沉淀（会分解生成氧化银）或银氨溶液，符合条件。 综上，①、②、⑤、⑥、⑦符合条件，排除③④，选A。 8. 短周期元素W、X、Y和Z在元素周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。下列关系正确的是 W X Y Z A. 氢化物沸点：W＞X B. 简单离子的半径：Y＜X C. 化合物熔点：Y2X3＜YZ3 D. 氧化物对应水化物的酸性：Y＞W 【答案】B 【解析】 【分析】 短周期元素W、X、Y和Z在元素周期表中的相对位置如表所示，则W、X为第2周期元素，Y、Z为第3周期元素；设Y的最外层电子数为a，则W的最外层电子数为a+2，X的最外层电子数为a+3，Z的最外层电子数为a+4，从而得出a+a+2+a+3+a+4=21，a=3；则W、X、Y和Z分别为N、O、Al、Cl。 【详解】A．W、X的氢化物分别为NH3、H2O，常温下NH3呈气态，而H2O呈液态，所以氢化物沸点：NH3＜H2O，A不正确； B．Y、X的离子分别为Al3+、O2-，它们的电子层结构相同，但Al的原子序数比O大，则简单离子的半径：Al3+＜O2-，B正确； C．Y2X3、YZ3分别为Al2O3、AlCl3，前者可形成离子晶体，后者形成分子晶体，所以熔点：Al2O3＞AlCl3，C不正确； D．Al、N的氧化物对应水化物分别为Al(OH)3、HNO3或HNO2，前者呈两性，后者呈酸性，所以酸性：Al(OH)3＜HNO3(或HNO2)，D不正确； 故选B。 9. 下列实验装置中正确的是 A．证明乙醇消去产物中含乙烯 B．证明氯化银溶解度大于碘化银的溶解度 C．制备收集乙酸乙酯乙醇 D．实验室制氨气 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．乙醇与浓硫酸混合加热170℃发生消去生成乙烯时，乙醇具有挥发性，挥发的乙醇也能够使酸性KMnO4溶液褪色；且浓硫酸还会将一部分乙醇氧化产生SO2气体，SO2具有强的还原性，也能使酸性KMnO4溶液褪色，因此图示操作无法证明反应产生了乙烯，A错误； B．向2 mL 0.1 mol/L AgNO3溶液中滴加5滴0.1 mol/LNaCl溶液，发生反应：Ag++Cl-=AgCl↓，反应产生白色沉淀，然后再滴加5滴0.1 mol/LKI溶液，由于试管中AgNO3溶液过量，过量的AgNO3溶液电离产生Ag+与I-发生反应：Ag++I-=AgI↓，反应产生黄色沉淀，不能证明是由AgCl转化生成，因此无法比较二者溶解度的大小，B错误； C．用乙醇、浓硫酸与乙酸混合加热制备制备乙酸乙酯时，液体总体积不能超过试管容积的，避免液体受热时通过导气管流出，且导气管要伸入到盛有饱和碳酸钠溶液的试管的液面以上，以防止倒吸现象的发生。图示制取乙酸乙酯的反应物液体总体积超过了最大添加量，C错误； D．实验室用NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物加热制氨气，试管口略向下倾斜，以防止冷凝水倒流使试管炸裂，在收集气体的导管口放一团疏松的棉花可以防止氨气与空气对流，导致收集的气体不纯；由于氨气的密度比空气小，因此要使用向下排空气法收集，装置连接符合要求，D正确； 故合理选项是D。 10. 二氧化碳甲烷化对缓解能源危机意义重大，二氧化碳在催化剂的作用下与氢气作用制备甲烷的反应机理如下图所示。下列说法错误的是 A. Ni和是该反应的催化剂 B. 的过程为放热过程 C. 催化剂不能改变该反应的总体热效应 D. 该反应的总反应方程式为 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图可知该循环中Ni和是该反应的催化剂，故A正确； B．为断键的过程，该过程为吸热过程，故B错误； C．催化剂可以降低反应的活化能，但不能改变该反应的总体热效应，故C正确； D．根据图中信息得到该反应的总反应方程式为，故D正确。 综上所述，答案为B。 11. 一种高分子丙的合成路线如图 下列说法正确的是 A. 甲属于芳香烃 B. 乙分子的核磁共振氢谱有3组峰 C. 生成丙的反应为缩聚反应，同时有H2O生成 D. 若用18O标记甲中的O原子，则丙中一定含有18O 【答案】D 【解析】 【详解】A．物质甲为苯酚，含有碳氢氧三种元素，为烃的衍生物，不是芳香烃，故A错误； B．物质乙的结构为，可以分析得出，两个酚羟基上的氢原子等效，中间碳原子上相连两个甲基上的氢原子等效，位于酚羟基邻位的四个氢原子等效，位于酚羟基间位的四个氢原子等效，所以一共有四种等效氢，所以乙分子的核磁共振氢谱有４组峰，故B错误； C．生成丙的反应为缩聚反应，根据缩聚产物可判断，同时有生成,故C错误； D．乙中下来氢原子，碳酸二甲酯下来，所以若用18O标记甲中的O原子，则丙中一定含有18O，故D正确； 综上答案为D。 12. 我国科研人员研制出一种室温“可呼吸”Na­CO2电池。放电时该电池“吸入”CO2，充电时“呼出”CO2.吸入CO2时，其工作原理如图所示。吸收的全部CO2中，有转化为Na2CO3固体沉积在多壁碳纳米管(MWCNT)电极表面。下列说法正确的是 A. “吸入”CO2时，钠箔为正极 B. “呼出”CO2时，Na＋向多壁碳纳米管电极移动 C. “吸入”CO2时的正极反应：4Na＋＋3CO2＋4e-=2Na2CO3＋C D. 标准状况下，每“呼出”22.4 L CO2，转移电子0.75 mol 【答案】C 【解析】 【分析】Na­CO2电池，放电时钠箔作负极失去电子生成钠离子，同时正极“吸入”CO2，二氧化碳得电子生成C单质；充电时“呼出”CO2，右侧作阳极，左侧为阴极，据此解答。 【详解】A．活泼金属钠是负极，选项A错误； B．“呼出”CO2时，是电解池，电解池中，阳离子向有机移动，Na+向钠箔电极移动，选项B错误； C．“吸入”CO2时是原电池装置，正极发生还原反应，电极反应式为4Na++3CO2+4e-= 2Na2CO3 + C，选项C正确； D．标准状况下，22.4 L CO2的物质的量为1mol，根据2Na2CO3 + C-4e-=4Na+ + 3CO2，每“呼出”1mol CO2，转移电子数为mol，选项D错误； 故选：C。 13. 硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(如图所示)。下列说法错误的是（ ） A. 碱式硫酸铁水解能产生Fe(OH)3胶体，可用做净水剂 B. 为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行 C. 可用KSCN溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2是否被氧化 D. 该温度下，(NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的大 【答案】D 【解析】 【详解】A. 碱式硫酸铁电离产生Fe3+，Fe3+能发生水解生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体具有吸附性，可用作净水剂，故A正确； B. NH4HCO3不稳定，受热易分解，所以为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行，故B正确； C. KSCN溶液遇Fe2+溶液无现象，(NH4)2Fe(SO4)2若被氧化则生成Fe3+，KSCN溶液遇Fe3+溶液变红，故C正确； D. (NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的小，所以FeSO4才能与(NH4)2SO4反应生成(NH4)2Fe(SO4)2，故D错误； 故选D。 14. 配制银氨溶液并进行实验，过程如图。下列对该实验的说法不正确的是 A. 将乙醛换成蔗糖，同样可以得到光亮的银镜 B. 用银镜反应可以检验醛基 C. 滴加稀氨水后沉淀溶解，是因为形成了离子 D. 实验后，可以用硝酸洗掉试管上的银镜 【答案】A 【解析】 【详解】A．蔗糖分子中不含醛基，不能与银氨溶液发生银镜反应，A错误； B．银镜反应是醛基的特征反应，可用银镜反应检验醛基，B正确； C．硝酸银溶液中滴加氨水，先生成氢氧化银沉淀，继续滴加氨水，氢氧化银与氨水反应生成离子，沉淀溶解，C正确； D．银能与硝酸反应生成可溶性的硝酸银，所以实验后可用硝酸洗掉试管上的银镜，D正确； 故选A。 15. 下列实验中，均产生白色沉淀。 下列分析不正确的是 A. Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同 B. CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解 C. Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解 D. 4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．Na2CO3溶液、NaHCO3溶液均存在Na+、、、H2CO3、H+、OH-、H2O，故含有的微粒种类相同，A正确； B． H++，加入Ca2+后，Ca2+和反应生成沉淀，促进的电离，B错误； C．Al3+与、都能发生互相促进的水解反应，C正确； D．由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会减小，pH减小，D正确； 故选B。 16. 甲醇可用于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，再加入乙醚，将获得的有机层(含少量氯化氢)进行洗涤，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 64.7 －97.8 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 下列说法不正确的是 A. 该反应属于取代反应 B. 分离出甲醇的操作是蒸馏 C. 间苯三酚与3，5—二甲氧基苯酚互为同系物 D. 洗涤时，可用NaHCO3溶液除去有机层中的氯化氢 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．该反应方程式为，属于取代反应，A正确； B．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，B正确； C．间苯三酚与3，5—二甲氧基苯酚的官能团种类及数目都不完全相同，二者不互为同系物，C不正确； D．洗涤时，往混合液中加入NaHCO3溶液，与HCl反应，生成的NaCl不溶于有机物，便于分离除去，所以可用NaHCO3溶液除去有机层中的氯化氢，D正确； 故选C。 17. 已知反应，在某温度下的平衡常数为400.此温度下，在密闭容器中加入，反应进行到某时刻测得各组分的浓度如下： 物质 浓度 0.44 0.6 0.6 下列叙述中正确的是 A. 平衡时 B. 该时刻正、逆反应速率的大小： C. 若混合气体的平均摩尔质量不再变化，则说明反应已达到平衡状态 D. 若起始时加入，则达到平衡时的转化率增大 【答案】A 【解析】 【详解】A．在某时刻下浓度商，反应未达平衡，正向进行，则有根据平衡常数，解得，平衡时的浓度为，A正确； B．在该时刻下浓度商，反应未达平衡，反应正向进行，，B错误； C．反应前后总物质的量和总质量均不变，平均摩尔质量始终不变，无法作为平衡判据，C错误； D．反应前后气体物质的量相同，起始量增加等效于增大压强、平衡不移动，故转化率不变，D错误； 故答案选A。 18. 维纶（聚乙烯醇缩甲醛纤维）可用于生产服装、绳索等。其合成路线如下： 下列说法不正确的是 A. 反应①是加聚反应 B. 高分子A的链节中只含有一种官能团 C. 通过质谱法测定高分子B的平均相对分子质量，可得其聚合度 D. 反应③的化学方程式为：+nHCHO→+(2n-1)H2O 【答案】D 【解析】 【详解】A．的结构中含有碳碳双键，因此能发生加聚反应生成A，A的结构为：；A项正确； B．由A的结构可知，A的链节中只含有酯基一种官能团，B项正确； C．由题可知，A在发生水解后生成B，那么B的结构为：；对于聚合物，其平均相对分子质量=链节的相对质量×聚合度，因此，C项正确； D．由题可知，维纶的结构为：，维纶是由聚乙烯醇和甲醛缩聚而来，聚乙烯醇的结构为；因此，每生成一个维纶的链节需要2个聚乙烯醇的链节和1分子甲醛发生缩合，脱去1分子水；所以反应的方程式为： nHCHOnH2O；D项错误； 答案选D。 19. 电导率可用于衡量电解质溶液导电能力大小，且电导率越大溶液的导电能力越强。室温下，用0.100mol/L的NH3·H2O 滴定10.00mL 浓度均为0.100 mol/LHCl和CH3COOH的混合液，电导率曲线如右图所示。下列说法正确的是 A. ①点溶液中c(H+)为0.200mol/L B. ②点时溶液的温度最低 C. ③点后离子数目减少电导率略降低 D. ③点时溶液中有c(Cl-)＞(CH3COO-) 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：导电性与离子浓度有关，离子浓度越大，导电性越大，氨水先与盐酸反应，生成氯化铵，铵根会水解，离子浓度减小，导电性减小，②点后，加入氨水，开始与醋酸反应，生成强电解质醋酸铵，与醋酸对比，离子浓度增大，导电性增强，③点后氨水过量，据此解答。A．醋酸为弱酸，0.1mol/L中醋酸不能电离出0.1mol/L的氢离子，所以①点溶液中c(H+)小于0.200 mol/L，A项错误；B．中和反应为放热反应，①点的温度最低，B项错误；C．③点后，氨水过量，会电离出铵根与氢氧根，离子数目增大，但离子浓度减小，电导率略降低，C项错误；D．③点时，氨水与醋酸恰好完全反应，存在等浓度的氯化铵与醋酸铵，醋酸根会水解，溶液中有c (Cl-)＞(CH3COO-)，D项正确；答案选D。 考点：考查弱电解质的电离，溶液的导电性和离子浓度大小比较等知识。 20. 某同学进行如下实验： ①取少量稀盐酸放于试管中，投入光亮的铜片，无明显变化。 ②向实验①的试管中通入足量的，铜片表面很快变暗，生成黑色固体，溶液逐渐变为棕色。 ③若将稀盐酸换成稀硫酸重复实验①和②，均无明显变化。 资料：是白色固体，难溶于水，能溶于盐酸，(棕色) 下列说法不正确的是 A. 黑色固体不是 B. 将棕色溶液加水稀释，会产生白色沉淀 C. 由实验①②能说明增强了的还原性 D. 上述过程中可能发生的反应： 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应中SO2作氧化剂被还原得到Cu2S黑色沉淀，A正确； B．将棕色溶液加水稀释，平衡逆向移动，会产生白色沉淀，B正确； C．对比实验①②③可推测氯离子的存在提高了二氧化硫的氧化性，C错误； D．反应中SO2作氧化剂被还原得到Cu2S黑色沉淀，同时还得到含有CuCl的棕色溶液，反应方程式为，D正确； 故选C。 21. 向等物质的量浓度、混合溶液中滴加稀盐酸至过量。其主要含硫各物种(、、)的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与滴加盐酸体积的关系如图所示(忽略滴加过程气体的逸出)。下列说法不正确的是 A. 含硫物种B表示 B. 在滴加盐酸过程中，溶液中与含硫各物种浓度的大小关系： C. X，Y为曲线的两交叉点，若能知道X点处的pH，就可以计算出的(第一步电离平衡常数) D. NaHS呈碱性，若向溶液中加入溶液，恰好完全反应，所得溶液呈强酸性，其原因是： 【答案】C 【解析】 【分析】向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，盐酸和氢氧化钠先反应，然后和硫化钠反应，A表示含硫微粒浓度减小，则A为S2－；B先增加后减少，则B为HS－；C开始时几乎不存在，之后逐渐增大，则C为H2S。 【详解】A．随着盐酸滴加，S2－先转化为HS⁻，再转化为H2S。初始时A为S2－（分布分数最高），随后A下降、B上升，B应为HS⁻，最终C上升为H2S，A正确； B．因体积相同，设Na2S、NaOH各为1 mol，则n(Na)＝3n(S)，溶液中含硫的微粒为HS－、S2－、H2S，根据物料守恒，则c(Na＋)＝3[c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)]，B正确； C．图象分析可知A为S2－，B为HS－，C表示H2S，当滴加盐酸至Y点时，表示两者含量相等，所以Ka1＝＝c(H＋)，X点为S2－和HS－浓度相同，可以计算HS－的电离平衡常数，即可以计算出的，而的需要Y点的pH，C错误； D．NaHS中HS－水解呈碱性，加入CuSO4后，Cu2+与S2－生成CuS沉淀，促进HS－电离：Cu2＋＋HS－=CuS↓＋H＋，生成H＋使溶液呈酸性，D正确； 故选C。 二、填空题(共58分) 22. 艾瑞昔布是中国具有自主知识产权的新药，具有低毒、高效的抗炎止痛作用。艾瑞昔布的前体L的一种合成路线如下(部分试剂和反应条件已略去)。 （1）A是苯的同系物，其苯环上的一溴代物只有一种。 ①A的结构简式是______。 ②A→B的反应条件是______。 （2）的反应类型是______。 （3）发生氧化反应。 ①若用H2O2溶液将D氧化为E，理论上D与H2O2的物质的量之比为______。 ②若用一定浓度的HNO3将D氧化为E，会生成副产物M。M的相对分子质量比E的相对分子质量大16，M能与NaHCO3溶液反应生成CO2。则D与M反应的化学方程式是______。 （4）反应的化学方程式是______。 （5）发生取代反应。不饱和碳原子上的不易发生取代反应，但F中与硝基相连的不饱和碳原子上的易发生取代反应。原因是______。 （6）的转化经历如下多步。 已知：Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ．碳碳双键连接羟基时，可通过重排生成含有“”的同分异构体中间体1的结构简式是______。 【答案】（1） ①. ②. 光照 （2）取代反应 （3） ①. 1：1 ②. ++H2O （4）+CH3NO2+H2O （5）受硝基的吸电子作用影响，与硝基相连的不饱和碳原子上的C-H的极性增强，易断裂 （6） 【解析】 【分析】化合物A分子式为C8H10，A是苯的同系物，其苯环上的一溴代物只有一种，则A是。A与溴在光照条件下发生侧链上的取代反应生成B为，B与NaOH的水溶液共热，发生水解反应生成D 为，D氧化得到E是，E与CH3NO2反应生成F为，F与溴发生取代反应生成G，G经过多步反应，经中间产物I、J、K合成产物L。 【小问1详解】 ①A的化学式为C8H10，A是苯的同系物，其苯环上的一溴代物只有一种，则A是对二甲苯，结构简式是； ②A→B的反应条件是光照，此时发生侧链饱和碳原子上的取代反应，故反应条件是光照； 【小问2详解】 B在一定条件下水解生成D，B→D的反应类型是取代反应； 【小问3详解】 化合物D是，E是，D→E发生氧化反应。 ①若用H2O2溶液将D氧化为E，发生反应为：+H2O2→+2H2O，故理论上D与H2O2的物质的量之比为1：1； ②HNO3具有强的氧化性，醛基具有强的还原性，因此若用一定浓度的HNO3将D氧化为E时，产生的会进一步被氧化，-CHO被氧化为-COOH，而生成副产物M：，的相对分子质量比E的相对分子质量大16，能与NaHCO3溶液反应生成CO2，M名称为对甲基苯甲酸。D与M在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生酯和水，该反应与酯的水解反应互为可逆反应，该反应的化学方程式为++H2O； 【小问4详解】 E是，E与CH3NO2在超声波辐射条件下反应产生F，则E→F反应的化学方程式为：+CH3NO2+H2O； 【小问5详解】 F→G发生取代反应。不饱和碳原子上的C−H不易发生取代反应，但F中与硝基相连的不饱和碳原子上的C−H易发生取代反应，这是由于受硝基的吸电子作用影响，与硝基相连的不饱和碳原子上的C-H的极性增强，易断裂； 【小问6详解】 化合物K是，K发生氧化反应产生中间体1，中间体1水解脱去1个HCOOH，产生中间体2为，然后重排得到化合物L，结合正向和逆向合成法分析，可知得到的含羰基的同分异构体中间体1的结构简式为。 23. 合成环状烯胺类化合物前体N的合成路线如下： 已知：i． ii． iii． （1）A属于二烯烃，则B含有的官能团名称是______。 （2）已知C不能使溴水褪色，的化学方程式______。 （3）已知F和G的反应为取代反应，则该反应的化学方程式______。 （4）J的结构简式是______。 （5）所需的条件是______。 （6）N的结构简式是______。 （7）由N合成环状烯胺类化合物Q过程如下： ①的反应类型是______②该合成路线中，乙二醇的作用是______。 【答案】（1）碳碳双键、碳溴键 （2） （3） （4） （5）O3/Zn、H2O （6） （7） ①. 加成反应 ②. 保护羰基不被LiAlH4还原 【解析】 【分析】已知F和G的反应为取代反应，根据和G的分子式，G为甲苯，F分子式为，F为，A属于二烯烃，C4H6为，根据F结构简式，与溴发生1,4-加成反应，生成B为，C不能使溴水褪色，C中没有碳碳双键，与氢气加成生成C为，发生水解反应生成D为，D发生氧化反应生成E为，E转化为F；发生已知反应i生成I为，J到K发生消去反应，根据K的结构简式，可知J为；中含有碳碳双键，发生已知反应ii生成M为，M发生已知反应iii生成N为：，据此分析； 【小问1详解】 根据分析，B含有的官能团名称是碳碳双键、碳溴键； 【小问2详解】 C为，发生水解反应生成D，的化学方程式为； 【小问3详解】 G为甲苯，F为，F和G的反应为取代反应，则该反应的化学方程式为； 【小问4详解】 根据分析，J的结构简式是； 【小问5详解】 发生已知反应ii，所需的条件是O3/Zn、H2O； 【小问6详解】 根据分析，N的结构简式是； 【小问7详解】 ①根据的结构，可知与HCN发生加成反应； ②根据最后产物中存在的双键可知，该合成路线中，乙二醇的作用是保护羰基不被LiAlH4还原。 24. 一种处理高浓度氨氮废水并获取MAP()的工艺流程如图。 已知：①MAP难溶于水，可溶于酸。 ②时水中的溶解性：。 （1）下列说法正确的是______(填字母序号) a． MAP可用作复合肥 b．分离的方法可以是过滤 c．废水中的会抑制水解 （2）沉淀剂的选择。其他条件相同，按投入相应的沉淀剂，其氨氮去除效果如图所示。 i． ii． iii． iv． ①沉淀剂为i时，生成MAP的离子方程式为______。 ②iii和i相比，iii的氨氮去除率低，原因是______。 ③沉淀剂为ii和iv时，氨氮去除率明显低于其他相应组，原因是______。 （3）用i作沉淀剂，研究其他条件相同时，不同pH下氨氮去除效果和溶液中余磷含量，结果如图。 ①时的氨氮去除率略大于时的氨氮去除率，原因是 a．生成了MAP； b．______(结合方程式解释)。 ②后，氨氮去除率明显减小，原因是______。 【答案】（1）abc （2） ①. ②. iii中生成更多，MAP可溶于酸，酸性增强不利于生成MAP ③. 生成的MAP覆盖在MgO表面，阻碍反应继续进行 （3） ①. ，分解成逸出 ②. 随着溶液pH升高，增大，生成沉淀 【解析】 【分析】高浓度氨氮废水在pH为9.5条件下通过加入氯化镁和磷酸氢二钠生成MAP，达到处理高浓度氨氮废水并获取MAP(MgNHH4PO4⋅6H2O)的目的，据此分析解题。 【小问1详解】 a．MAP含有N、P，可用作复合肥，a正确； b．MAP难溶于水，分离的方法可以是过滤，b正确； c． 水解会生成H+，所以废水中的H+会抑制水解，c正确； 故答案为：abc； 【小问2详解】 ①沉淀剂为ⅰ时，生成MAP的离子方程式为+Mg2+++6H2O=MgNH4PO4•6H2O↓+H+，故答案为：+Mg2+++6H2O=MgNH4PO4•6H2O↓+H+； ②ⅲ和i相比，ⅲ的氨氮去除率低，原因是ⅲ中生成更多H+，MAP可溶于酸，酸性增强不利于生成MAP，故答案为：ⅲ中生成更多H+，MAP可溶于酸，酸性增强不利于生成MAP； ③沉淀剂为ⅱ和ⅳ时，氨氮去除率明显低于其他相应组，原因是：生成的MAP覆盖在MgO表面，阻碍继续反应，故答案为：生成的MAP覆盖在MgO表面，阻碍继续反应； 【小问3详解】 ①pH=9.5时的氨氮去除率略大于pH=8.0时的氨氮去除率，原因是：a.生成了MAP； b.OH-+NH3•H2O，NH3•H2O分解成NH3逸出，故答案为：OH-+NH3•H2O，NH3•H2O分解成NH3逸出； ②pH＞9.5后，氨氮去除率明显减小，原因是随着溶液pH升高，增大，生成Mg3(PO4)2沉淀，故答案为：随着溶液pH升高，增大，生成Mg3(PO4)2沉淀。 25. 一种利用富锂卤水(含Li+、Na+、Mg2+、Cl-、硼酸根等)中制备碳酸锂的工艺如下： 已知：室温下相关物质的Ksp如下表。 化合物 MgCO3 Mg(OH)2 CaC2O4 CaCO3 Ca(OH)2 Li2CO3 Ksp （1）i中操作的名称是_______、分液。 （2）ii可除去80%的Mg2+，该过程中生成Mg2(OH)2CO3反应的离子方程式为_______。 （3）iii中，得到的沉淀3的成分有_______。 （4）有人提出：可省略向溶液3中加入草酸钠这一步，该建议_______(填“可行”或“不可行”)，理由是_______。 （5）一种测定碳酸锂产品纯度的方法如下： 步骤I．取agLi2CO3产品，加入c1mol∙L-1V1mLH2SO4标准溶液，固体完全溶解； 步骤Ⅱ．加热溶液，缓缓煮沸一段时间后自然冷却至室温； 步骤Ⅲ．以酚酞为指示剂，用c2mol∙L-1NaOH标准溶液滴定至终点，消耗溶液体积为V2mL。 已知：杂质不与H2SO4、NaOH溶液反应。该Li2CO3产品纯度为_______(写出计算式，用质量分数表示)。 ②步骤Ⅱ的目的是_______；若省略步骤Ⅱ，直接进行步骤Ⅲ，将导致测得的Li2CO3，产品纯度_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 【答案】（1）萃取分液 （2）2Mg2++3+2H2O= Mg2(OH)2CO3↓+2 （3）Mg(OH)2和CaCO3 （4） ①. 不可行 ②. 溶液3中含有Li+、Na+、Ca2+等离子，Ca2+能与步骤v中的沉锂的纯碱反应生成CaCO3，造成所得Li2CO3沉淀不纯 （5） ①. % ②. 将溶液中溶解的CO2赶出，以免影响实验结果 ③. 偏低 【解析】 【分析】由题干工艺流程图可知，向富锂卤水中加入有机溶剂进行萃取分液出含硼有机溶剂和主要含Li+、Na+、Mg2+的水层溶液1，向溶液1中加入纯碱，将Mg2+转化为Mg2(OH)2CO3进行一次除镁，过滤得沉淀2主要成分为Mg2(OH)2CO3，向溶液2中加入石灰乳进行二次除镁，将剩余的镁离子转化为Mg(OH)2，同时步骤ii中生成的碳酸氢根离子和石灰乳反应生成CaCO3沉淀，故过滤出沉淀3主要成分为Mg(OH)2和CaCO3，向溶液3中加入草酸钠进行除Ca2+，将溶液3中的Ca2+转化为CaC2O4沉淀，过滤得到沉淀4主要成分为CaC2O4，向溶液4中加入纯碱进行沉锂，过滤洗涤得到碳酸锂，据此分析解题。 【小问1详解】 由分析可知，i中操作的名称是萃取分液； 【小问2详解】 由分析可知，ii可除去80％的Mg2+，该过程中生成Mg2(OH)2CO3反应即Mg2+和Na2CO3溶液反应生成Mg2(OH)2CO3，故该反应的离子方程式为：2Mg2++3+2H2O= Mg2(OH)2CO3↓+2； 【小问3详解】 由分析可知，iii中，得到的沉淀3的成分有Mg(OH)2和CaCO3； 【小问4详解】 由分析可知，溶液3中含有Li+、Na+、Ca2+等离子，Ca2+能与步骤v中的沉锂的纯碱反应生成CaCO3，造成所得Li2CO3沉淀不纯，故有人提出：可省略向溶液3中加入草酸钠这一步，该建议不可行； 【小问5详解】 ①根据2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O可知与NaOH反应的H2SO4的物质的量为：n(H2SO4) =n(NaOH)=c2V2×10-3mol，则与Li2CO3反应的硫酸的物质的量为：n(H2SO4)= c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol=( c1V1-c2V2) ×10-3mol，根据Li2CO3+H2SO4=Li2SO4+H2O+CO2↑，故该Li2CO3产品纯度为=%； ②由反应方程式Li2CO3+H2SO4=Li2SO4+H2O+CO2↑可知，步骤I反应后的溶液中含有CO2，故步骤Ⅱ的目的是将溶液中溶解的CO2赶出，以免影响实验结果； ③若省略步骤Ⅱ，直接进行步骤Ⅲ，将导致上述实验中的V2偏大，则将导致测得的Li2CO3产品纯度偏低。 26. 某兴趣小组模拟工业制取FeCl3，并对其性质进行探究。 资料：ⅰ．无水FeCl3易潮解，加热易升华。ⅱ．Fe3+与SO可以形成红色配离子。 Ⅰ．FeCl3的制取(夹持装置略) 实验ⅰ： （1）A为氯气发生装置，A中的反应方程式是___________(锰被还原为Mn2+)。 （2）装置F中的试剂是___________。 Ⅱ． FeCl3性质探究 将实验ⅰ制取的FeCl3固体配成0.1 mol/L FeCl3溶液，进行实验ⅱ和实验ⅲ。 实验ⅱ：将酸化的5 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液与2 mL 0.1 mol/L Na2SO3溶液混合，得到红色溶液，一段时间后红色褪去。 （3）解释实验ⅱ中溶液先变红后褪色的原因___________。 （4）降低pH能缩短红色褪去的时间，推测可能的原因___________。 实验ⅲ 操作 序号 现象 a 蒸发时，试管内有白雾 b 灼烧时，导出的气体可以使NaBr溶液变黄 c 最终，试管底部留有黑色固体 （5）结合化学方程式，解释a中的实验现象___________。 （6）小组成员对b中的现象进行探究。向得到的黄色溶液中加入苯，振荡静置，上层溶液呈黄色，取上层黄色溶液加入淀粉KI溶液，溶液变蓝，甲同学推测实验ⅲ灼烧过程中FeCl3分解产生了Cl2，乙同学认为需要排除FeCl3被苯萃取的影响，并通过实验证实了甲同学的推测，乙同学的验证过程及现象是___________。 （7）将c中黑色固体溶于浓盐酸，无气泡产生，小组同学判断黑色固体中含有正二价铁，其理由是___________。 【答案】（1）2KMnO4 + 16HCl = 2MnCl2+ 5Cl2↑+ 8H2O + 2KCl （2）浓H2SO4 （3）Fe3+与SO既可以形成配离子也可以发生氧化还原反应；氧化还原反应限度大，最终红色褪去 （4）c(H+)增大，H+和反应，溶液中c()降低，红色配离子浓度减少 （5）加热促进FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl平衡正移，挥发的HCl形成白雾 （6）向FeCl3溶液中加入苯，振荡静置，取上层溶液加入淀粉KI溶液，溶液未变蓝 （7）实验确认有Cl2生成，Cl元素化合价升高，黑色固体与盐酸反应没有H2生成，说明没有0价Fe，由此可判断+3价铁降低到+2价 【解析】 【分析】由实验装置图可知，装置A中高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置C中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置D中氯气与铁共热反应制备氯化铁，装置E为冷凝收集氯化铁的装置；装置F中盛有的浓硫酸用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入E中导致氯化铁潮解；装置G中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。 【小问1详解】 由分析可知，装置A中发生的反应为高锰酸钾固体与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为2KMnO4 + 16HCl ＝2MnCl2+ 5Cl2↑+ 8H2O + 2KCl，故答案为：2KMnO4 + 16HCl ＝ 2MnCl2+ 5Cl2↑+ 8H2O + 2KCl； 【小问2详解】 由分析可知，装置F中盛有的浓硫酸用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入E中导致氯化铁潮解，故答案为：浓H2SO4； 【小问3详解】 溶液中铁离子能与亚硫酸根离子可以形成红色配离子使溶液呈红色，具有氧化性的铁离子也能与具有还原性的亚硫酸根离子发生氧化反应生成亚铁离子和硫酸根离子，实验ⅱ中溶液先变红后褪色说明溶液中铁离子与亚硫酸根离子发生氧化还原反应的限度大于发生络合反应的限度，故答案为：Fe3+与既可以形成配离子也可以发生氧化还原反应；氧化还原反应限度大，最终红色褪去； 【小问4详解】 溶液中氢离子能与亚硫酸根离子反应生成二氧化硫和水，降低pH能缩短红色褪去的时间说明溶液中氢离子浓度增大，氢离子和亚硫酸根离子反应，使溶液中亚硫酸根离子浓度减小，导致红色配离子浓度减少，溶液红色褪去，故答案为：c(H+)增大，H+和反应，溶液中c()降低，红色配离子浓度减少； 【小问5详解】 氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中存在如下水解平衡：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，水解反应是吸热反应，加热蒸发时，反应温度升高，平衡向正反应方向移动，挥发出的氯化氢遇到水蒸气形成盐酸小液滴而产生白雾，故答案为：加热促进FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl平衡正移，挥发的HCl形成白雾； 【小问6详解】 由题意可知，乙同学的实验目的是验证苯不能萃取氯化铁溶液中的氯化铁，则验证过程为向FeCl3溶液中加入苯，振荡静置，取上层溶液加入淀粉KI溶液，溶液未变蓝，说明苯中不含有氯化铁，故答案为：向FeCl3溶液中加入苯，振荡静置，取上层溶液加入淀粉KI溶液，溶液未变蓝； 【小问7详解】 由题意可知，实验确认有Cl2生成，反应中Cl元素化合价升高被氧化，黑色固体与盐酸反应没有H2生成，说明固体中没有0价Fe，由此可判断氯化铁溶液加热时，+3价铁得到电子被还原，化合价降低到+2价，故答案为：实验确认有Cl2生成，Cl元素化合价升高，黑色固体与盐酸反应没有H2生成，说明没有0价Fe，由此可判断+3价铁降低到+2价。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025北京牛栏山一中高二(上)开学考 化学 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 N：14 Cl：35.5 S：32 Na：23 Fe：56 Li：7 一、选择题(共21个小题，每小题2分，共42分。每小题只有1个选项符合题目中的要求。) 1. 是钾元素的一种较稳定的核素，其衰变后产生。的半衰期(放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间)长达13亿年，故常用于古老岩石的年代测定。下列说法不正确的是 A. 的原子核内有21个中子 B. 和均易失去一个电子 C. 可通过质谱法区分和 D. 衰变为的过程属于化学变化 2. 化学与生活密切相关，下列说法正确的是 A. 其他条件相同时，有机高分子油脂在碱性条件下水解程度大于其在酸性条件下的水解程度 B. 灼烧法可以鉴别新疆棉和苏州蚕丝 C. 聚氯乙烯是一种热稳定性塑料，可用于制作食品包装袋 D. 溶液和溶液均可使蛋白质发生盐析 3. 下列化学用语表达不正确的是 A. 氯离子结构示意图： B. 羟基电子式： C. 乙烯的结构简式： D. 的系统命名：甲酸乙酯 4. 用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 常温常压下，中含有的共价键总数为 B. 与足量水反应，转移的电子数为 C. 室温下溶液中数为 D. 密闭容器中，和催化反应后分子总数为 5. 下列方程式与所给事实相符的是： A. 溶液处理水垢中的： B. 电解饱和食盐水获取烧碱和氯气： C. 向溶液中滴加少量浓，溶液橙色加深：(橙色)(黄色) D. 向溶液中逐滴加入溶液至恰好沉淀完全： 6. 下列实验现象与的电离平衡无关的是 A. 向溶液中加入酚酞，溶液变红 B. 向饱和溶液中通入少量气体，生成淡黄色沉淀 C. 加热溶液，pH减小 D. 25℃时，将的盐酸稀释10倍，溶液 7. 下列各组物质中，因为反应条件或用量不同而发生不同化学反应的是 ①与 ②与 ③与 ④溶液与氨水 ⑤与溶液 ⑥与硝酸 ⑦溶液与氨水 A. 除③④外 B. 除③⑦外 C. 除③外 D. 除⑥⑦外 8. 短周期元素W、X、Y和Z在元素周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。下列关系正确的是 W X Y Z A. 氢化物沸点：W＞X B. 简单离子的半径：Y＜X C. 化合物熔点：Y2X3＜YZ3 D. 氧化物对应水化物的酸性：Y＞W 9. 下列实验装置中正确的是 A．证明乙醇消去产物中含乙烯 B．证明氯化银溶解度大于碘化银的溶解度 C．制备收集乙酸乙酯乙醇 D．实验室制氨气 A. A B. B C. C D. D 10. 二氧化碳甲烷化对缓解能源危机意义重大，二氧化碳在催化剂的作用下与氢气作用制备甲烷的反应机理如下图所示。下列说法错误的是 A. Ni和是该反应的催化剂 B. 的过程为放热过程 C. 催化剂不能改变该反应的总体热效应 D. 该反应的总反应方程式为 11. 一种高分子丙的合成路线如图 下列说法正确的是 A. 甲属于芳香烃 B. 乙分子的核磁共振氢谱有3组峰 C. 生成丙的反应为缩聚反应，同时有H2O生成 D. 若用18O标记甲中的O原子，则丙中一定含有18O 12. 我国科研人员研制出一种室温“可呼吸”Na­CO2电池。放电时该电池“吸入”CO2，充电时“呼出”CO2.吸入CO2时，其工作原理如图所示。吸收的全部CO2中，有转化为Na2CO3固体沉积在多壁碳纳米管(MWCNT)电极表面。下列说法正确的是 A. “吸入”CO2时，钠箔为正极 B. “呼出”CO2时，Na＋向多壁碳纳米管电极移动 C. “吸入”CO2时的正极反应：4Na＋＋3CO2＋4e-=2Na2CO3＋C D. 标准状况下，每“呼出”22.4 L CO2，转移电子0.75 mol 13. 硫酸亚铁是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(如图所示)。下列说法错误的是（ ） A. 碱式硫酸铁水解能产生Fe(OH)3胶体，可用做净水剂 B. 为防止NH4HCO3分解，生产FeCO3需在较低温度下进行 C. 可用KSCN溶液检验(NH4)2Fe(SO4)2是否被氧化 D. 该温度下，(NH4)2Fe(SO4)2在水中的溶解度比FeSO4的大 14. 配制银氨溶液并进行实验，过程如图。下列对该实验的说法不正确的是 A. 将乙醛换成蔗糖，同样可以得到光亮的银镜 B. 用银镜反应可以检验醛基 C. 滴加稀氨水后沉淀溶解，是因为形成了离子 D. 实验后，可以用硝酸洗掉试管上的银镜 15. 下列实验中，均产生白色沉淀。 下列分析不正确的是 A. Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同 B. CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解 C. Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解 D. 4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低 16. 甲醇可用于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，再加入乙醚，将获得的有机层(含少量氯化氢)进行洗涤，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 64.7 －97.8 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 下列说法不正确的是 A. 该反应属于取代反应 B. 分离出甲醇的操作是蒸馏 C. 间苯三酚与3，5—二甲氧基苯酚互为同系物 D. 洗涤时，可用NaHCO3溶液除去有机层中的氯化氢 17. 已知反应，在某温度下的平衡常数为400.此温度下，在密闭容器中加入，反应进行到某时刻测得各组分的浓度如下： 物质 浓度 0.44 0.6 0.6 下列叙述中正确的是 A. 平衡时 B. 该时刻正、逆反应速率的大小： C. 若混合气体的平均摩尔质量不再变化，则说明反应已达到平衡状态 D. 若起始时加入，则达到平衡时的转化率增大 18. 维纶（聚乙烯醇缩甲醛纤维）可用于生产服装、绳索等。其合成路线如下： 下列说法不正确的是 A. 反应①是加聚反应 B. 高分子A的链节中只含有一种官能团 C. 通过质谱法测定高分子B的平均相对分子质量，可得其聚合度 D. 反应③的化学方程式为：+nHCHO→+(2n-1)H2O 19. 电导率可用于衡量电解质溶液导电能力大小，且电导率越大溶液的导电能力越强。室温下，用0.100mol/L的NH3·H2O 滴定10.00mL 浓度均为0.100 mol/LHCl和CH3COOH的混合液，电导率曲线如右图所示。下列说法正确的是 A. ①点溶液中c(H+)为0.200mol/L B. ②点时溶液的温度最低 C. ③点后离子数目减少电导率略降低 D. ③点时溶液中有c(Cl-)＞(CH3COO-) 20. 某同学进行如下实验： ①取少量稀盐酸放于试管中，投入光亮的铜片，无明显变化。 ②向实验①的试管中通入足量的，铜片表面很快变暗，生成黑色固体，溶液逐渐变为棕色。 ③若将稀盐酸换成稀硫酸重复实验①和②，均无明显变化。 资料：是白色固体，难溶于水，能溶于盐酸，(棕色) 下列说法不正确的是 A. 黑色固体不是 B. 将棕色溶液加水稀释，会产生白色沉淀 C. 由实验①②能说明增强了的还原性 D. 上述过程中可能发生的反应： 21. 向等物质的量浓度、混合溶液中滴加稀盐酸至过量。其主要含硫各物种(、、)的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与滴加盐酸体积的关系如图所示(忽略滴加过程气体的逸出)。下列说法不正确的是 A. 含硫物种B表示 B. 在滴加盐酸过程中，溶液中与含硫各物种浓度的大小关系： C. X，Y为曲线的两交叉点，若能知道X点处的pH，就可以计算出的(第一步电离平衡常数) D. NaHS呈碱性，若向溶液中加入溶液，恰好完全反应，所得溶液呈强酸性，其原因是： 二、填空题(共58分) 22. 艾瑞昔布是中国具有自主知识产权的新药，具有低毒、高效的抗炎止痛作用。艾瑞昔布的前体L的一种合成路线如下(部分试剂和反应条件已略去)。 （1）A是苯的同系物，其苯环上的一溴代物只有一种。 ①A的结构简式是______。 ②A→B的反应条件是______。 （2）的反应类型是______。 （3）发生氧化反应。 ①若用H2O2溶液将D氧化为E，理论上D与H2O2的物质的量之比为______。 ②若用一定浓度的HNO3将D氧化为E，会生成副产物M。M的相对分子质量比E的相对分子质量大16，M能与NaHCO3溶液反应生成CO2。则D与M反应的化学方程式是______。 （4）反应的化学方程式是______。 （5）发生取代反应。不饱和碳原子上的不易发生取代反应，但F中与硝基相连的不饱和碳原子上的易发生取代反应。原因是______。 （6）的转化经历如下多步。 已知：Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ．碳碳双键连接羟基时，可通过重排生成含有“”的同分异构体中间体1的结构简式是______。 23. 合成环状烯胺类化合物前体N的合成路线如下： 已知：i． ii． iii． （1）A属于二烯烃，则B含有的官能团名称是______。 （2）已知C不能使溴水褪色，的化学方程式______。 （3）已知F和G的反应为取代反应，则该反应的化学方程式______。 （4）J的结构简式是______。 （5）所需的条件是______。 （6）N的结构简式是______。 （7）由N合成环状烯胺类化合物Q过程如下： ①的反应类型是______②该合成路线中，乙二醇的作用是______。 24. 一种处理高浓度氨氮废水并获取MAP()的工艺流程如图。 已知：①MAP难溶于水，可溶于酸。 ②时水中的溶解性：。 （1）下列说法正确的是______(填字母序号) a． MAP可用作复合肥 b．分离的方法可以是过滤 c．废水中的会抑制水解 （2）沉淀剂的选择。其他条件相同，按投入相应的沉淀剂，其氨氮去除效果如图所示。 i． ii． iii． iv． ①沉淀剂为i时，生成MAP的离子方程式为______。 ②iii和i相比，iii的氨氮去除率低，原因是______。 ③沉淀剂为ii和iv时，氨氮去除率明显低于其他相应组，原因是______。 （3）用i作沉淀剂，研究其他条件相同时，不同pH下氨氮去除效果和溶液中余磷含量，结果如图。 ①时的氨氮去除率略大于时的氨氮去除率，原因是 a．生成了MAP； b．______(结合方程式解释)。 ②后，氨氮去除率明显减小，原因是______。 25. 一种利用富锂卤水(含Li+、Na+、Mg2+、Cl-、硼酸根等)中制备碳酸锂的工艺如下： 已知：室温下相关物质的Ksp如下表。 化合物 MgCO3 Mg(OH)2 CaC2O4 CaCO3 Ca(OH)2 Li2CO3 Ksp （1）i中操作的名称是_______、分液。 （2）ii可除去80%的Mg2+，该过程中生成Mg2(OH)2CO3反应的离子方程式为_______。 （3）iii中，得到的沉淀3的成分有_______。 （4）有人提出：可省略向溶液3中加入草酸钠这一步，该建议_______(填“可行”或“不可行”)，理由是_______。 （5）一种测定碳酸锂产品纯度的方法如下： 步骤I．取agLi2CO3产品，加入c1mol∙L-1V1mLH2SO4标准溶液，固体完全溶解； 步骤Ⅱ．加热溶液，缓缓煮沸一段时间后自然冷却至室温； 步骤Ⅲ．以酚酞为指示剂，用c2mol∙L-1NaOH标准溶液滴定至终点，消耗溶液体积为V2mL。 已知：杂质不与H2SO4、NaOH溶液反应。该Li2CO3产品纯度为_______(写出计算式，用质量分数表示)。 ②步骤Ⅱ的目的是_______；若省略步骤Ⅱ，直接进行步骤Ⅲ，将导致测得的Li2CO3，产品纯度_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 26. 某兴趣小组模拟工业制取FeCl3，并对其性质进行探究。 资料：ⅰ．无水FeCl3易潮解，加热易升华。ⅱ．Fe3+与SO可以形成红色配离子。 Ⅰ．FeCl3的制取(夹持装置略) 实验ⅰ： （1）A为氯气发生装置，A中的反应方程式是___________(锰被还原为Mn2+)。 （2）装置F中的试剂是___________。 Ⅱ． FeCl3性质探究 将实验ⅰ制取的FeCl3固体配成0.1 mol/L FeCl3溶液，进行实验ⅱ和实验ⅲ。 实验ⅱ：将酸化的5 mL 0.1 mol/L FeCl3溶液与2 mL 0.1 mol/L Na2SO3溶液混合，得到红色溶液，一段时间后红色褪去。 （3）解释实验ⅱ中溶液先变红后褪色的原因___________。 （4）降低pH能缩短红色褪去的时间，推测可能的原因___________。 实验ⅲ 操作 序号 现象 a 蒸发时，试管内有白雾 b 灼烧时，导出的气体可以使NaBr溶液变黄 c 最终，试管底部留有黑色固体 （5）结合化学方程式，解释a中的实验现象___________。 （6）小组成员对b中的现象进行探究。向得到的黄色溶液中加入苯，振荡静置，上层溶液呈黄色，取上层黄色溶液加入淀粉KI溶液，溶液变蓝，甲同学推测实验ⅲ灼烧过程中FeCl3分解产生了Cl2，乙同学认为需要排除FeCl3被苯萃取的影响，并通过实验证实了甲同学的推测，乙同学的验证过程及现象是___________。 （7）将c中黑色固体溶于浓盐酸，无气泡产生，小组同学判断黑色固体中含有正二价铁，其理由是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $