精品解析：北京市海淀实验中学2026届高三上学期10月月考化学试题

海淀实验中学十月份学科活动高三化学试卷（2025.10） 时间：90分钟 可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Ba:137 Ti:48 Zr:91 Ca:40 Mg:24 Na:23 Ⅰ卷选择题 一、选择题（每小题只有1个选项符合题意，共14小题，每题3分，共42分） 1. 科技助力北京2022年冬奥会。下列变化不属于化学变化的是 A.冬奥场馆使用制冷剂制冰 B.火炬“飞扬”中的氢燃料燃烧 C.由碲和镉合成发电玻璃中的碲化镉 D.电动汽车的全气候电池充电 A. A B. B C. C D. D 2. 下列物质的应用中，与氧化还原反应无关的是 A. 用含Fe2O3的铁矿石冶炼Fe B. 用Na2O2作潜水艇的供氧剂 C. 用NaOH作沉淀剂去除粗盐水中的Mg2+ D. 以NH3为原料制备HNO3 3. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. NaCl的电子式为 B. 的VSEPR模型为 C. 电子云图为 D. 基态原子的价层电子轨道表示式为 4. 是一种重要的化工原料。下列说法不正确的是 A. 分子中键的键能大，可推断的沸点高 B. 液态氟化氢中存在形式，可推断氟元素的电负性大 C. 易溶于水，原因与和能形成分子间氢键有关 D. 氟的非金属性强于氯，可推断的热稳定性强于的热稳定性 5. 下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是 A. 无色溶液中：、、、 B. 含有的溶液中：、、、 C. 由水电离出的的溶液中：、、、 D. pH=11的NaOH溶液中：、、、 6. 海水提溴过程中发生反应：，下列说法正确的是 A. 标准状况下的体积约为 B. 1 L 溶液中的物质的量为0.1 mol C. 反应中消耗转移的电子数约为 D. 反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为 7. 为探究新制氯水的性质，某学生做了如下实验。由上述实验可得新制氯水的性质与对应的解释或离子方程式不相符的是 实验 装置 试剂a 现象 ① 紫色的石蕊试液 溶液先变红后褪色 ② NaHCO3溶液 产生气泡 ③ HNO3酸化的AgNO3溶液 产生白色沉淀 ④ FeCl2溶液、KSCN溶液 溶液变红 A. 实验①说明新制氯水中含有H+、HClO B. 实验②发生的反应为+HClO=ClO-+CO2↑+H2O C. 实验③说明新制氯水中有Cl-，Cl- +Ag+=AgCl↓ D. 实验④说明氯气具有强氧化性，Cl2+2Fe2+=2Cl-+ 2Fe3+ 8. 以黄铁矿（主要成分为，其中的化合价为－1价）生产硫酸的工艺流程如下图。 下列说法不正确的是 A. 将黄铁矿粉碎，可加快其在沸腾炉中的化学反应速率 B. 沸腾炉中每生成，有发生转移 C. 接触室中排放出的、循环利用，可提高原料利用率 D. 吸收塔排放的尾气可通过氨吸收转化成氮肥 9. 为探究的性质，实验小组同学进行了如下实验： 下列说法一定正确的是 A. ③和④中产生的气体成分完全相同 B. ②和⑥中沉淀的主要成分不同 C. ①→②和④→⑥均只发生了复分解反应 D. 的还原性在酸性条件下增强 10. 氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。如图为合成氨以及氨催化制硝酸的流程示意图。下列说法不正确的是 A. 可以利用NH3易液化的性质分离出NH3 B. 吸收塔中通入的A为氧气，是为了提高原料的利用率 C. 可以用NH3进行氮氧化物的尾气处理 D. 合成氨以及氨催化制硝酸的流程中氮元素均被氧化 11. 工业上分别用、还原可得无定形硅、晶体硅。下列说法正确的是 A. 属于两性氧化物 B. 酸性： C. 电负性： D. 电离能： 12. 下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是 A. 浓硫酸与蔗糖反应，观察到蔗糖变黑，体现了浓硫酸的脱水性 B. 硝酸见光受热易分解，一般保存在棕色试剂瓶中，放置在阴凉处 C. 燃油发动机产生的、与反应能生成和，因此可以直接排放 D. 铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或者碱性食物 13. 研究小组探究与水反应。取粉末加入到水中，充分反应得溶液（液体体积无明显变化），进行以下实验。 编号 ① ② 操作 现象 溶液变红色，20秒后褪色 ⅰ.产生大量能使带火星木条复燃的气体 ⅱ.溶液变红色，10分钟后褪色 编号 ③ ④ 操作 现象 ⅰ.溶液变红色，10分钟后溶液褪色. ⅱ.变红色 溶液变红色，2小时后无明显变化 下列说法不正确的是 A. 由②中现象可知，与水反应有生成 B. 由③、④可知，②中溶液红色褪去是因为大 C. 由②、③、④可知，①中溶液红色褪去的主要原因不是大 D. 向①中褪色后的溶液中滴加5滴6 mol/L盐酸，溶液最终变成红色 14. 为研究三价铁配合物性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。 已知：为黄色、为红色、为无色。 下列说法不正确的是 A. ①中浓盐酸促进平衡正向移动 B. 由①到②，生成并消耗 C. ②、③对比，说明：②>③ D. 由①→④推断，若向①深黄色溶液中加入、淀粉溶液，溶液也无明显变化 第Ⅱ卷（非选择题）（共58分） 15. 碘是人体必须的微量元素之一，海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素。在实验室中，从海藻里提取碘的流程如下： （1）指出上述过程中有关实验操作的名称，步骤i：___________，步骤iii：___________。 （2）步骤ii中可使用，从原子结构角度说明理由：___________。过量时，可能无法获得，原因是会被继续氧化为，该反应的离子方程式为___________。 （3）当使用做氧化剂时，的转化率受外界因素的影响如下图所示。 ①图1中，时转化率几乎为0，结合离子方程式解释原因：___________。 ②图2中，与物质的量之比从0.5﹕1提高至1﹕1时，的转化率明显增大，可能的原因是___________(写出2条)。 16. 钛酸钙是最典型的钙钛矿型化合物，该类化合物具有特殊的理化性质。 （1）基态的核外电子排布式为___________。 （2）钛酸钙的晶胞如图所示，1个晶胞中含有的个数是___________。离子半径大于，理由是___________。 （3）钛酸钙的阴、阳离子均可被半径相近的其它离子替代，从而衍生出多种钙钛矿型化合物。 ①晶体密度可以用晶胞的质量除以体积来求算。已知，钛酸钙晶胞的棱长为a pm()，则钛酸钙晶体密度___________(列出计算式) ②若忽略离子替代时的体积变化，下列钙钛矿型化合物中，密度大于钛酸钙的是___________(填字母序号) a． b． c． （4）通过离子替代可获得具有优异光电性能的有机钙钛矿型化合物。其中有机阳离子可由甲胺()制得。 ①中N的杂化方式为___________。 ②请从化学键的角度解释由甲胺形成的过程：___________。 17. 实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。 资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。 （1）制备K2FeO4（夹持装置略） ①A为氯气发生装置。A中反应方程式是________________（锰被还原为Mn2+）。 ②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。_______ ③C中得到紫色固体和溶液，C中Cl2发生的反应有 3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有________________（用离子方程式表示）。 （2）探究K2FeO4的性质 ①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案： 方案Ⅰ 取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。 方案Ⅱ 用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。 Ⅰ．由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有______离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由________________产生（用方程式表示）。 Ⅱ．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗涤的目的是________________。 ②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2________（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2和的氧化性强弱关系相反，原因是________________。 ③资料表明，酸性溶液中的氧化性＞，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性＞。若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。理由或方案：________________。 18. 工业烟气中常含有(NO、)。用NaClO溶液将氧化为，实现烟气中的脱除。 （1）在大气中会形成酸雨。形成酸雨的过程中，NO表现___________性。 （2）向NaClO溶液中加入硫酸，研究初始pH对脱除率的影响，结果如下。 已知： ①不用盐酸调节NaClO溶液初始pH的原因是___________。 ②将pH=3.5时NaClO溶液脱除NO的离子方程式补充完整：___________。 □NO+□___________+□___________□□□___________ ③pH<5.5时，分析脱除率随溶液初始pH升高而增大的可能原因：___________。 （3）用分别将脱除前后的全部转化为，并用库仑仪测定的量，可计算脱除率。库仑仪工作的原理和装置如下： 检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。进入电解池后与反应，库仑仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束。通过测定电解消耗的电量可以求出的物质的量。 ①在电解池中被还原为NO的离子方程式为___________。 ②将脱除前、后等体积的烟气分别用上述装置进行测定，电解时转移电子的物质的量分别为amol、bmol。脱除率是___________。 ③测量结束后，电解池中还检测到少量和，这将导致测定结果___________(填“偏高”或“偏低”)，需进行校正。 19. 抗肿瘤药物7–氟喹啉衍生物的前体Q的合成路线如下： 已知：R1ONa+R2C1→R1OR2+NaCl（R1、R2代表烃基） (1)A属于芳香烃，A的名称是_______。 (2)B→D的化学方程式是_______。 (3)D→E的反应类型是_______。 (4)G的结构简式是_______。 (5)下列关于M的说法正确的是_______（填序号）。 a．M含有两种不同的官能团 b．M存在顺反异构体 c．M和G能用Br2的CCl4溶液鉴别 d．M能与NaOH溶液反应 (6)已知：G + J → M + 2CH3CH2OH。J的结构简式是_________。 (7)L与M反应生成Q的过程如下： 已知：上述异构化反应中，只存在氢原子和不饱和键的位置变化。Y的分子中含有两个六元环。Y的结构简式是________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 海淀实验中学十月份学科活动高三化学试卷（2025.10） 时间：90分钟 可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Ba:137 Ti:48 Zr:91 Ca:40 Mg:24 Na:23 Ⅰ卷选择题 一、选择题（每小题只有1个选项符合题意，共14小题，每题3分，共42分） 1. 科技助力北京2022年冬奥会。下列变化不属于化学变化的是 A.冬奥场馆使用制冷剂制冰 B.火炬“飞扬”中的氢燃料燃烧 C.由碲和镉合成发电玻璃中的碲化镉 D.电动汽车的全气候电池充电 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．使用二氧化碳制冷剂制冰时，水由液态转化为固态，没有新物质生成，属于物理变化，故A符合题意； B．氢燃料燃烧时氢气和氧气反应生成水，有新物质生成，属于化学变化，故B不符合题意； C．由碲和镉合成发电玻璃中的碲化镉时，有新物质生成，属于化学变化，故C不符合题意； D．电动汽车的全气候电池充电过程为电解过程，有新物质生成，属于化学变化，故D不符合题意； 故选A。 2. 下列物质的应用中，与氧化还原反应无关的是 A. 用含Fe2O3的铁矿石冶炼Fe B. 用Na2O2作潜水艇的供氧剂 C. 用NaOH作沉淀剂去除粗盐水中的Mg2+ D. 以NH3为原料制备HNO3 【答案】C 【解析】 【详解】A．用含氧化铁的铁矿石冶炼铁时，氧化铁中铁元素的化合价降低被还原，与氧化还原反应有关，故A不符合题意； B．用过氧化钠作潜水艇的供氧剂时，过氧化钠中氧元素的化合价即升高被氧化，又降低被还原，与氧化还原反应有关，故B不符合题意； C．用氢氧化钠溶液作沉淀剂去除粗盐水中的镁离子时，没有元素发生化合价变化，与氧化还原反应无关，故C符合题意； D．以氨气为原料制备硝酸时，氨气中氮元素的化合价升高被氧化，与氧化还原反应有关，故D不符合题意； 故选C。 3. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. NaCl的电子式为 B. 的VSEPR模型为 C. 电子云图为 D. 基态原子的价层电子轨道表示式为 【答案】C 【解析】 【详解】A．NaCl为离子化合物，由Na+和Cl-构成，电子式为，A不正确； B．NH3分子中，N原子的价层电子对数为=4，发生sp3杂化，VSEPR模型不是，而是，B不正确； C．表示2p轨道的电子云以z轴为对称轴，则其电子云图为，C正确； D．基态原子的价电子排布式为3d54s1，则其价层电子轨道表示式为，D不正确； 故选C。 4. 是一种重要的化工原料。下列说法不正确的是 A. 分子中键的键能大，可推断的沸点高 B. 液态氟化氢中存在形式，可推断氟元素的电负性大 C. 易溶于水，原因与和能形成分子间氢键有关 D. 氟的非金属性强于氯，可推断的热稳定性强于的热稳定性 【答案】A 【解析】 【详解】A．形成分子晶体，HF的沸点高是因为存在分子间氢键，不是键的键能大导致的，A错误； B．液态氟化氢中存在形式，是因为F的电负性大，使得HF分子间存在氢键，从而形成缔合分子，B正确； C．F、O的电负性都很大，和能形成分子间氢键，导致易溶于水，C正确； D．元素的非金属性越强，其简单气态氢化物越稳定，氟的非金属性强于氯，则的热稳定性强于的热稳定性，D正确； 故选A。 5. 下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是 A. 无色溶液中：、、、 B. 含有的溶液中：、、、 C. 由水电离出的的溶液中：、、、 D. pH=11的NaOH溶液中：、、、 【答案】D 【解析】 【详解】A．在溶液中为蓝色，不能存在，A错误； B．硝酸根离子在氢离子存在的情况下具有强氧化性，可以氧化亚硫酸根离子，不能存在，B错误； C．由水电离出的的溶液可能显酸性或者碱性，无论是酸性还是碱性条件下碳酸氢根离子都不能存在，C错误； D．碱性条件下，、、、相互之间不反应，可以共存，D正确； 故选D。 6. 海水提溴过程中发生反应：，下列说法正确的是 A. 标准状况下的体积约为 B. 1 L 溶液中的物质的量为0.1 mol C. 反应中消耗转移的电子数约为 D. 反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为 【答案】C 【解析】 【详解】A．标准状况下H2O不是气体，不能用气体摩尔体积22.4L/mol计算其体积，故A错误； B．在溶液中会发生水解，因此1L 溶液中的物质的量小于0.1mol，故B错误； C．反应中消耗3mol 时，有1mol Br从0价升高到+5价，5mol Br从0价降低到-1价，转移电子物质的量为5mol，数目约为，故C正确； D．氧化产物是，还原产物是，二者物质的量之比为1:5，故D错误； 选C。 7. 为探究新制氯水的性质，某学生做了如下实验。由上述实验可得新制氯水的性质与对应的解释或离子方程式不相符的是 实验 装置 试剂a 现象 ① 紫色的石蕊试液 溶液先变红后褪色 ② NaHCO3溶液 产生气泡 ③ HNO3酸化的AgNO3溶液 产生白色沉淀 ④ FeCl2溶液、KSCN溶液 溶液变红 A. 实验①说明新制氯水中含有H+、HClO B. 实验②发生的反应为+HClO=ClO-+CO2↑+H2O C. 实验③说明新制氯水中有Cl-，Cl- +Ag+=AgCl↓ D. 实验④说明氯气具有强氧化性，Cl2+2Fe2+=2Cl-+ 2Fe3+ 【答案】B 【解析】 【分析】溶液中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水中含有氯气而呈浅黄绿色，溶液中HCl与硝酸银反应产生AgCl白色沉淀，而溶液呈酸性，紫色的石蕊试液变红，有HClO，变红后褪色，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色，以此解答该题。 【详解】新制氯水存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，主要成分有：Cl2、H+、HClO、Cl-等， A．有H+存在，紫色的石蕊试液变红，有HClO，氯水具有漂白性，溶液先变红后褪色，故A正确； B．碳酸的酸性比HClO的酸性强，根据强酸制弱酸原理，离子方程式书写错误，正确为：+H+=CO2↑+H2O；故B错误； C．新制氯水有Cl-，和银离子反应生成白色沉淀，离子方程式：Cl-+Ag+═AgCl↓，故C正确； D．新制氯水的Cl2具有强氧化性，可以使亚铁离子氧化，离子方程式：Cl2+2Fe2+═2Cl-+2Fe3+，故D正确。 答案选B。 8. 以黄铁矿（主要成分为，其中的化合价为－1价）生产硫酸的工艺流程如下图。 下列说法不正确的是 A. 将黄铁矿粉碎，可加快其在沸腾炉中的化学反应速率 B. 沸腾炉中每生成，有发生转移 C. 接触室中排放出的、循环利用，可提高原料利用率 D. 吸收塔排放的尾气可通过氨吸收转化成氮肥 【答案】B 【解析】 【分析】由题给流程控制，黄铁矿在沸腾炉中与氧气高温条件下反应生成氧化铁、二氧化硫，二氧化硫、氧气在接触室反应生成三氧化硫，未反应的二氧化硫和氧气返回接触室循环反应，三氧化硫在吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收可生成硫酸，尾气中含有二氧化硫和氧气。 【详解】A．将黄铁矿粉碎，可增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快其在沸腾炉中的化学反应速率，故A正确； B．由分析可知，黄铁矿在沸腾炉中与氧气高温条件下反应生成氧化铁、二氧化硫，反应的化学方程式为4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2，反应中生成8mol二氧化硫，转移电子的物质的量为44mol，则生成1mol二氧化硫时，转移电子的物质的量为1mol×=5.5 mol，故B错误； C． 二氧化硫与氧气在接触室反应生成三氧化硫的反应为可逆反应，可逆反应不能完全反应，则接触室中排放出的二氧化硫和氧气循环利用，可提高原料利用率，故C正确； D．尾气中含有二氧化硫、氧气，用氨水吸收可转化铵态氮肥，故D正确； 故选B。 9. 为探究的性质，实验小组同学进行了如下实验： 下列说法一定正确的是 A. ③和④中产生的气体成分完全相同 B. ②和⑥中沉淀的主要成分不同 C. ①→②和④→⑥均只发生了复分解反应 D. 的还原性在酸性条件下增强 【答案】B 【解析】 【分析】加入溶液后，②产生白色沉淀，即为，再加入稀硝酸，③沉淀不消失，产生了刺激性气味，是由于稀硝酸具有氧化性，故将迅速氧化为，而刺激性气味可能是稀硝酸被还原后产生的氮氧化物气体，也可能是与过量的结合生成的； ④中加入稀硝酸后，产生刺激性气味，后加入溶液，⑤不产生沉淀，说明稀硝酸与结合生成了大量，气体成分即为，静置一小时后，产生了白色沉淀，是因为溶解在水中的(或)被稀硝酸或空气中的氧气缓慢氧化为，产生了沉淀； 【详解】A．③中、过量与稀硝酸发生氧化还原反应与复分解反应，生成氮氧化物与；④中与稀硝酸发生复分解反应，产生大量，没有氮氧化物生成，二者气体成分存在差异，A错误； B．②中沉淀是与反应生成的，⑥中沉淀是酸性条件下被氧化为后与反应生成的，主要成分不同，B正确； C．①→②发生复分解反应生成沉淀，而④→⑥过程中存在被稀硝酸或者氧化的氧化还原反应，并非只发生复分解反应，C错误； D．通过对比实验可知：在中性/碱性条件下（上半部分实验）产生的遇到稀硝酸能被迅速氧化（沉淀直接转化为不消失）；而在强酸性条件下（下半部分实验），生成的或在加入稀硝酸后反应缓慢（加入钡离子一开始无明显现象，需要静置1小时才出现沉淀）。这说明亚硫酸盐在酸性条件下的还原性反而比在碱性或中性条件下更弱（或者说反应速率更慢），D错误； 故答案为B。 10. 氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。如图为合成氨以及氨催化制硝酸的流程示意图。下列说法不正确的是 A. 可以利用NH3易液化的性质分离出NH3 B. 吸收塔中通入的A为氧气，是为了提高原料的利用率 C. 可以用NH3进行氮氧化物的尾气处理 D. 合成氨以及氨催化制硝酸的流程中氮元素均被氧化 【答案】D 【解析】 【分析】氮气与氢气在合成塔中反应生成氨气，因氨气容易液化分离出氨气，氨气被氧气氧化成硝酸和一氧化氮，通入吸收塔中吸收形成硝酸，因氮的氧化物有毒，最后尾气处理。 【详解】A．因为氨气容易液化，故可利用NH3易液化的性质分离出NH3，A正确； B．分析可知，A为氧气，氨气的催化氧化需要氧气，一氧化氮转换成二氧化氮需要氧气，故吸收塔中通入氧气是为了提高原料的利用率，B正确； C．氨气与二氧化氮反应生成氮气和水，故可以用NH3进行氮氧化物的尾气处理，C正确； D．制硝酸的流程中二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，NO2转化成NO时，氮元素化合价有+4价变成+2价，氮元素被还原，D错误； 故选D。 11. 工业上分别用、还原可得无定形硅、晶体硅。下列说法正确的是 A. 属于两性氧化物 B. 酸性： C. 电负性： D. 电离能： 【答案】D 【解析】 【详解】A．两性氧化物是指既能与酸反应又能与碱反应的氧化物。SiO2是典型的酸性氧化物，能与碱反应：，但不与普通酸反应（除HF外），因此，SiO2不属于两性氧化物，A错误； B．同主族从上到下非金属性减弱，非金属性，则碳酸酸性大于硅酸，B错误； C．元素非金属性越强，电负性越大，氧的电负性比硅大，C错误； D．镁为金属元素，氧为非金属元素，金属的第一电离能通常小于非金属的第一电离能，D正确； 故选D。 12. 下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是 A. 浓硫酸与蔗糖反应，观察到蔗糖变黑，体现了浓硫酸的脱水性 B. 硝酸见光受热易分解，一般保存在棕色试剂瓶中，放置在阴凉处 C. 燃油发动机产生的、与反应能生成和，因此可以直接排放 D. 铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或者碱性食物 【答案】C 【解析】 【详解】A．浓硫酸与蔗糖反应，观察到蔗糖变黑变为碳，体现了浓硫酸的脱水性，A正确； B．硝酸见光受热易分解为二氧化氮和氧气，一般保存在棕色试剂瓶中，放置在阴凉处，B正确； C．、与反应需要在催化剂作用下转化为无毒的气体，因此需要催化转化后排放，C错误； D．铝与酸、碱均会反应，故铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或者碱性食物，D正确； 故选C。 13. 研究小组探究与水反应。取粉末加入到水中，充分反应得溶液（液体体积无明显变化），进行以下实验。 编号 ① ② 操作 现象 溶液变红色，20秒后褪色 ⅰ.产生大量能使带火星木条复燃的气体 ⅱ.溶液变红色，10分钟后褪色 编号 ③ ④ 操作 现象 ⅰ.溶液变红色，10分钟后溶液褪色. ⅱ.变红色 溶液变红色，2小时后无明显变化 下列说法不正确的是 A. 由②中现象可知，与水反应有生成 B. 由③、④可知，②中溶液红色褪去是因为大 C. 由②、③、④可知，①中溶液红色褪去的主要原因不是大 D. 向①中褪色后的溶液中滴加5滴6 mol/L盐酸，溶液最终变成红色 【答案】D 【解析】 【分析】实验②：二氧化锰作催化剂条件下过氧化氢会分解生成氧气和水，向溶液A中加入二氧化锰，产生大量能使带火星木条复燃的气体，说明过氧化钠与水反应有H2O2生成，褪色说明H2O2具有强氧化性；实验③、④：氢氧化钠溶液中滴入酚酞显红色，实验③中氢氧根浓度高于实验④，实验②中溶液红色褪去是因为氢氧根离子浓度过高所致；实验①：溶液红色在20秒后褪去，结合实验②、实验③、实验④中溶液颜色变化可知，实验①中溶液红色褪去的主要原因不是氢氧根离子浓度过高所致，而是因为过氧化氢具有强氧化性，氧化酚酞导致褪色。 【详解】A．根据分析，②中i现象证明有O2生成，是溶液中H2O2在MnO2催化下分解生成，因此与水反应有生成，A正确； B．根据分析，②中溶液红色在10分钟后褪去，结合③、④可知，②中溶液红色褪去是因为大，B正确； C．根据分析，①中溶液红色在20秒后褪去，结合②、③、④可知，①中溶液红色褪去的主要原因不是大，而是因为过氧化氢具有强氧化性导致，C正确； D．根据分析，实验①中溶液红色褪去的主要原因不是氢氧根离子浓度过高所致，而是因为过氧化氢具有强氧化性，氧化酚酞导致褪色，向①中褪色后的溶液中滴加5滴盐酸，溶液不会变成红色，D错误； 故选D。 14. 为研究三价铁配合物性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。 已知：为黄色、为红色、为无色。 下列说法不正确的是 A. ①中浓盐酸促进平衡正向移动 B. 由①到②，生成并消耗 C. ②、③对比，说明：②>③ D. 由①→④推断，若向①深黄色溶液中加入、淀粉溶液，溶液也无明显变化 【答案】D 【解析】 【分析】的FeCl3溶液滴加数滴浓盐酸，生成更多的，溶液黄色加深；继续滴加1滴KSCN溶液，转化为，溶液变为红色；再加入NaF固体，转化为，溶液红色褪去，变为无色；再滴加KI溶液、淀粉溶液，无色溶液未见明显变化，说明I-未被氧化。 【详解】A．①中滴加数滴浓盐酸，试管溶液黄色加深，生成更多的，说明浓盐酸促进平衡正向移动，A正确； B．由①到②，溶液变为红色，说明转化为，即生成并消耗，B正确； C．②溶液中均存在平衡，加入NaF固体，Fe3+与F-结合成无色的[FeF6]3-，使平衡逆向移动，使得溶液红色褪去变为无色，说明与Fe3+的配位能力：F-＞SCN-，故能说明：②>③，C正确； D．类似C选项分析，由①→④推断，溶液中的是越来越小的，若向①深黄色溶液中加入、淀粉溶液，无法确定①中溶液中的的含量是否能够氧化I-，D错误； 故选D。 第Ⅱ卷（非选择题）（共58分） 15. 碘是人体必须的微量元素之一，海洋植物如海带、海藻中含有丰富的碘元素。在实验室中，从海藻里提取碘的流程如下： （1）指出上述过程中有关实验操作的名称，步骤i：___________，步骤iii：___________。 （2）步骤ii中可使用，从原子结构角度说明理由：___________。过量时，可能无法获得，原因是会被继续氧化为，该反应的离子方程式为___________。 （3）当使用做氧化剂时，的转化率受外界因素的影响如下图所示。 ①图1中，时转化率几乎为0，结合离子方程式解释原因：___________。 ②图2中，与物质的量之比从0.5﹕1提高至1﹕1时，的转化率明显增大，可能的原因是___________(写出2条)。 【答案】（1） ①. 过滤 ②. 萃取分液 （2） ①. 同主族从上到下非金属性减弱，单质的氧化性减弱，即氧化性：Cl2>I2 ②. 5Cl2+I2+6H2O=2+ 10Cl-+12H+ （3） ①. 反应的离子方程式为+2+2H+=I2+2H2O，pH=7时，即减小反应物的浓度，反应正向进行受阻 ②. 增大的浓度，促进反应正向进行，的转化率增大；过量的分解产生的O2氧化使转化率增大 【解析】 【分析】海藻在坩埚中灼烧得到海藻灰，将海藻灰浸泡得到海藻灰悬浊液，然后利用过滤的方法分离海藻灰悬浊液，得到残渣和溶液，在溶液中通入过量氯气，氯气和碘离子发生氧化还原反应得失I2，向含有I2的溶液中加入有机溶剂进行萃取，得到含有碘的有机溶液，再利用蒸馏的方法得到晶态碘。 【小问1详解】 过滤适用于不溶于水的固体和液体，步骤i分离固体和液体用过滤；利用溶质在互不相溶的溶剂里溶解度不同，用一种溶剂把溶质从它跟另一种溶剂所组成的溶液里提取出来，这种方法叫做萃取，步骤ii将碘水中的碘单质萃取出来，选择合适的萃取剂即可， 故答案为：过滤； 萃取分液； 【小问2详解】 步骤ii是将I-氧化为I2，使用，原因是同主族从上到下非金属性减弱，单质的氧化性减弱，即氧化性：Cl2>I2；Cl2具有强氧化性，过量的Cl2与I2反应生成和Cl-，反应的离子方程式为5Cl2+I2+6H2O=2+ 10Cl-+12H+； 【小问3详解】 ①做氧化剂时，反应的离子方程式为+2+2H+=I2+2H2O，溶液在酸性条件下，反应较完全，若pH=7时，即减小反应物的浓度，反应正向进行受阻； ②理论上与物质的量之比为0.5﹕1，若提高至1﹕1，即增大的浓度，促进反应正向进行，的转化率增大，还有可能是多余的分解产生的O2，也能氧化。 16. 钛酸钙是最典型的钙钛矿型化合物，该类化合物具有特殊的理化性质。 （1）基态的核外电子排布式为___________。 （2）钛酸钙的晶胞如图所示，1个晶胞中含有的个数是___________。离子半径大于，理由是___________。 （3）钛酸钙的阴、阳离子均可被半径相近的其它离子替代，从而衍生出多种钙钛矿型化合物。 ①晶体密度可以用晶胞的质量除以体积来求算。已知，钛酸钙晶胞的棱长为a pm()，则钛酸钙晶体密度___________(列出计算式) ②若忽略离子替代时的体积变化，下列钙钛矿型化合物中，密度大于钛酸钙的是___________(填字母序号) a． b． c． （4）通过离子替代可获得具有优异光电性能的有机钙钛矿型化合物。其中有机阳离子可由甲胺()制得。 ①中N的杂化方式为___________。 ②请从化学键的角度解释由甲胺形成的过程：___________。 【答案】（1）1s22s22p63s23p6 （2） ①. 3 ②. Ti是22号元素，的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，和的电子排布相同，但Ca元素的核电荷数小于Ti，则离子半径大于 （3） ①. ②. ac （4） ①. sp3 ②. 氨分子中的一个氢原子被甲基取代后，所得甲胺(CH3NH2)的性质与氨相似，其中的N原子有一对孤电子，可以通过配位键再结合一个H+形成 【解析】 【小问1详解】 Ca是20号元素，基态的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6； 【小问2详解】 由均摊法可知，1个晶胞中含有的个数是6=3，Ti是22号元素，的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，和的电子排布相同，但Ca元素的核电荷数小于Ti，则离子半径大于； 【小问3详解】 ①由均摊法可知，1个晶胞中含有的个数是6=3，含有的个数为1，含有的个数为8=1，钛酸钙晶胞的棱长为a pm()，则钛酸钙晶体密度=； ②钛酸钙的阴、阳离子均可被半径相近的其它离子替代，忽略离子替代时的体积变化，钙钛矿型化合物的密度取决于阴阳离子的质量，由此可知密度大于钛酸钙的是和，故选ac； 【小问4详解】 ①中以N原子为中心原子，价层电子对数为4+=4，N的杂化方式为sp3杂化； ②氨分子中的一个氢原子被甲基取代后，所得甲胺(CH3NH2)的性质与氨相似，其中的N原子有一对孤电子，可以通过配位键再结合一个H+形成。 17. 实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。 资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。 （1）制备K2FeO4（夹持装置略） ①A为氯气发生装置。A中反应方程式是________________（锰被还原为Mn2+）。 ②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。_______ ③C中得到紫色固体和溶液，C中Cl2发生的反应有 3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有________________（用离子方程式表示）。 （2）探究K2FeO4的性质 ①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案： 方案Ⅰ 取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。 方案Ⅱ 用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。 Ⅰ．由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有______离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由________________产生（用方程式表示）。 Ⅱ．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗涤的目的是________________。 ②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2________（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2和的氧化性强弱关系相反，原因是________________。 ③资料表明，酸性溶液中的氧化性＞，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性＞。若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。理由或方案：________________。 【答案】（1） ①. ②. ③. （2） ①. ②. ③. 排除的干扰 ④. > ⑤. 溶液的酸碱性不同 ⑥. 能，理由：在过量酸的作用下完全转化为和，溶液浅紫色一定是的颜色（不能，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色） 【解析】 【分析】（1）与浓盐酸反应制；由于盐酸具有挥发性，所得中混有和，会消耗、，用饱和食盐水除去；与、反应制备；最后用溶液吸收多余，防止污染大气。 （2）①根据制备反应，C的紫色溶液中含有、，还会与反应生成、和。 I.加入溶液，溶液变红说明a中含。根据题意在酸性或中性溶液中快速产生，自身被还原成。 II.产生还可能是，即的存在干扰判断；微溶于溶液，用洗涤除去、排除的干扰，同时保持4稳定存在。 ②根据同一反应中，氧化性：氧化剂氧化产物。对比两个反应的异同，制备反应在碱性条件下，方案II在酸性条件下，说明酸碱性的不同影响氧化性的强弱。 ③判断的依据是否排除的颜色对实验结论的干扰。 【小问1详解】 ①A为氯气发生装置，与浓盐酸反应时，锰被还原为，浓盐酸被氧化成，与浓盐酸反应生成、、和，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为； ②由于盐酸具有挥发性，所得中混有和，会消耗、，用饱和食盐水除去，除杂装置B为； ③ C中发生的反应有，还有与的反应，与反应的化学方程式为，反应的离子方程式为； 【小问2详解】 ①根据上述制备反应，C的紫色溶液中含有、，还可能含有等。 i.方案I加入溶液，溶液变红说明a中含。但的产生不能判断与 发生了反应，根据题意在酸性或中性溶液中快速产生，自身被还原成，根据得失电子守恒和原子守恒，可能的反应为；ii.产生还可能是，即的存在干扰判断；微溶于溶液，用溶液洗涤的目的是除去、排除的干扰，同时保持稳定存在，答案： ，，排除的干扰； ②制备K2FeO4的原理为，在该反应中元素的化合价由0价降至-1价，是氧化剂，元素的化合价由+3价升至+6价，是还原剂，为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂氧化产物，得出氧化性；方案II的反应，实验表明，和氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱，答案：>，溶液的酸碱性不同 ③该小题为开放性试题。若能，根据题意在足量溶液中会转化为和，最后溶液中不存在，溶液振荡后呈浅紫色一定是的颜色，说明将氧化成，所以该实验方案能证明氧化性。（或不能，因为溶液b呈紫色，溶液b滴入和的混合溶液中，c（）变小，溶液的紫色也会变浅；则设计一个空白对比的实验方案，方案为：向紫色溶液b中滴加过量稀，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）。 18. 工业烟气中常含有(NO、)。用NaClO溶液将氧化为，实现烟气中的脱除。 （1）在大气中会形成酸雨。形成酸雨的过程中，NO表现___________性。 （2）向NaClO溶液中加入硫酸，研究初始pH对脱除率的影响，结果如下。 已知： ①不用盐酸调节NaClO溶液初始pH的原因是___________。 ②将pH=3.5时NaClO溶液脱除NO的离子方程式补充完整：___________。 □NO+□___________+□___________□□□___________ ③pH<5.5时，分析脱除率随溶液初始pH升高而增大的可能原因：___________。 （3）用分别将脱除前后的全部转化为，并用库仑仪测定的量，可计算脱除率。库仑仪工作的原理和装置如下： 检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。进入电解池后与反应，库仑仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束。通过测定电解消耗的电量可以求出的物质的量。 ①在电解池中被还原为NO的离子方程式为___________。 ②将脱除前、后等体积的烟气分别用上述装置进行测定，电解时转移电子的物质的量分别为amol、bmol。脱除率是___________。 ③测量结束后，电解池中还检测到少量和，这将导致测定结果___________(填“偏高”或“偏低”)，需进行校正。 【答案】（1）还原 （2） ①. 盐酸具有还原性，能与NaClO反应 ②. ③. 溶液初始pH高，小，有利于和正向进行，脱除率大 （3） ①. ②. ③. 偏低 【解析】 【小问1详解】 在大气中最终被氧化成硝酸，形成酸雨，该过程中表现还原性，故答案为：还原； 【小问2详解】 ①盐酸是还原性酸，能与NaClO发生氧化还原反应，因此不能用盐酸调节NaClO溶液的pH值，故答案为：盐酸具有还原性，能与NaClO反应； ②pH=3.5时NaClO首先结合氢离子生成HClO，HClO表现强氧化性将NO氧化为，1molNaClO得2mol电子生成1molNaCl，1molNO失3mol电子生成，根据得失电子守恒得：，故答案为：； ③由反应：和，可知反应初始阶段随pH值升高，氢离子浓度减小，有利于平衡正向移动，从而提高脱除率，故答案为：溶液初始pH高，小，有利于和正向进行，脱除率大； 【小问3详解】 ①在电解池中被还原为NO，1mol得2mol电子，2mol失2mol电子生成1mol碘单质，结合电解质环境提供氢离子最终生成，根据得失电子守恒可得反应方程式：，故答案为：； ②可用转移电子物质的量表示的物质的量，则脱除前的物质的量为amol，则脱出后的物质的量为bmol，的脱出率为：。故答案为：； ③电解池中若检测到少量和，说明没有完全转化为，导致测定值偏低，故答案为：偏低。 19. 抗肿瘤药物7–氟喹啉衍生物的前体Q的合成路线如下： 已知：R1ONa+R2C1→R1OR2+NaCl（R1、R2代表烃基） (1)A属于芳香烃，A的名称是_______。 (2)B→D的化学方程式是_______。 (3)D→E的反应类型是_______。 (4)G的结构简式是_______。 (5)下列关于M的说法正确的是_______（填序号）。 a．M含有两种不同的官能团 b．M存在顺反异构体 c．M和G能用Br2的CCl4溶液鉴别 d．M能与NaOH溶液反应 (6)已知：G + J → M + 2CH3CH2OH。J的结构简式是_________。 (7)L与M反应生成Q的过程如下： 已知：上述异构化反应中，只存在氢原子和不饱和键的位置变化。Y的分子中含有两个六元环。Y的结构简式是________。 【答案】 ①. 苯 ②. +Cl2+HCl ③. 取代反应 ④. ⑤. c d ⑥. ⑦. 【解析】 【分析】由题可知A为芳烃，从A逐步反应生成L，期间并未涉及C链的增长，因此由L的结构推测A即为苯，那么B即为硝基苯；由B生成D，根据条件可知，发生的是苯环上氢的氯代反应，再结合L的结构推测，氯原子取代的是与硝基相连的碳的间位碳上的氢原子，那么D的结构为：，那么D生成E的反应即D中的氯原子被取代为F原子的反应；对E的结构中的硝基进行还原即可得到L。根据反应条件可知，丙二酸与乙醇发生的是酯化反应，由产物G的分子式推测，G的结构为：；由反应条件可知，由乙醇钠与三氯甲烷反应生成J发生的是与已知条件相似的反应，再根据题干(6)可知，J的结构为：。由题可知，L和M反应脱去一分子乙醇后生成X，X再脱去一分子乙醇形成具有两个六元环的Y；Y转变为Q发生的是异构化反应且反应过程中只有氢原子和不饱和键位置发生变化，那么C和N等原子的连接方式不变；所以推测X的结构为：，进一步可知Y的结构为：。 【详解】(1)通过分析可知，A的名称为苯； (2)通过分析可知，B生成D的方程式为：+Cl2+HCl； (3)通过分析可知，D生成E的反应即取代反应； (4)通过分析可知，G的结构为； (5)a．由M的结构可知，M中含有碳碳双键，醚键和酯基三种官能团，a项错误； b．由M的结构可知，M其中的一个双键C上连接了两个相同的基团，所以M不存在顺反异构体，d项错误； c．M的结构中含碳碳双键，可以使Br2的CCl4溶液褪色，而G的结构中不含碳碳双键，无法使Br2的CCl4溶液褪色，c项正确； d．M的结构中含有酯基，所以可以与NaOH溶液反应，d项正确； 答案选cd； (6)通过分析可知，J的结构为； (7)通过分析可知，Y的结构为：。 【点睛】推断有机物的结构可从三方面入手：(1)反应条件；(2)反应前后有机物结构的差异；(3)题干中指出的有机物的名称，性质和燃烧规律等信息。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $