精品解析：北京市房山区良乡中学2025-2026学年高三上学期期中考试 化学试题

良乡中学高三化学期中试题 1.本试卷满分100分，考试时长90分钟。 2.考生务必将答案填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。 3.可能用到的相对原子质量：O-16 C-12 N-14 Fe-56 第I卷 (选择题共42分) 本题共14题每题分，共计42分。在下列各题的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。 1. 下列说法不正确的是 A. 糖类、蛋白质和油脂均为天然高分子 B. 蔗糖发生水解反应所得产物互为同分异构体 C. 蛋白质在酶的作用下水解可得到氨基酸 D. 不饱和液态植物油通过催化加氢可提高饱和度 2. 是钛铁矿的主要成分，在工业上可以用于制备金属钛。下列说法不正确的是 A. 基态价层电子排布式为 B. Fe在元素周期表中位于ds区 C. 基态Ti价层电子轨道表示式为 D. O在元素周期表中位于第二周期ⅥA族 3. 下列事实可用范德华力大小解释的是 A. 热稳定性：HCl>HBr B. 氧化性： C. 熔点： D. 沸点： 4. 某温度下，在密闭容器中进行反应：H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g) ΔH>0，已知H2(g)和CO2(g)的初始浓度均为0.01mol·L-1，测得H2的平衡转化率为60%，下列说法不正确的是 A. CO2的平衡转化率为60% B. 升高温度平衡常数K增大 C. 该温度下反应的平衡常数K=2.25 D. 若初始H2(g)、CO2(g)、H2O(g)、CO(g)浓度均为0.01mol·L-1，则反应逆向进行 5. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 用碳酸钠溶液处理锅炉水垢： B. 用Na2S除去工业废水中的： C. 测0.1mol/L氨水的pH为11： D. 向Na2CO3溶液中滴入酚酞溶液，溶液变红： 6. 双氯芬酸是一种非甾体抗炎药，具有抗炎、镇痛及解热作用，分子结构如图所示。下列关于双氯芬酸的说法不正确的是 A. 能发生加成、取代反应 B. 1mol双氯芬酸最多能与2mol NaOH反应 C. 既能与强碱反应，又能与强酸反应 D. 能与溶液反应制得水溶性更好的双氯芬酸钠 7. 下列实验达到实验目的且操作正确的是 A．证明氯化银溶解度大于碘化银的溶解度 B． 配制一定物质的量浓度的硫酸溶液 C． 检验淀粉水解生成了葡萄糖 D． 鉴别溴乙烷和苯 A. A B. B C. C D. D 8. 将溶液分别滴入溶液和溶液中，均产生沉淀和气泡。取①中沉淀洗涤后，加入足量盐酸，无气泡产生；取②中沉淀洗涤后，加入足量盐酸，产生少量气泡。 下列分析不正确的是 A. 、溶液中均存在 B. 能促进、的水解 C. ①中发生的反应： D. 对比①②沉淀加入足量盐酸后的现象，说明溶液中的和均对沉淀成分有影响 9. 分析化学中以为指示剂，用标准溶液滴定溶液中的，测定。 已知：ⅰ.溶液中存在平衡：。 ⅱ.时，，， 下列分析不正确的是 A. 实验中先产生白色沉淀，滴定终点时产生砖红色沉淀 B. 产生白色沉淀时，存在 C. 当产生砖红色沉淀时，如果，已沉淀完全 D. 滴定时应控制溶液在合适范围内，若过低，会导致测定结果偏低 10. 探究影响H2O2分解速率的影响因素，实验方案如图。 下列说法不正确的是 A. 对比①②，可探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响 B. 对比②③④，可探究温度对H2O2分解速率的影响 C. H2O2是直线形的非极性分子 D. H2O2易溶于水，主要是由于H2O2与H2O分子之间能形成氢键 11. 乙烯、醋酸和氧气在钯()催化下高效合成醋酸乙烯酯()的过程示意图如下。 下列说法不正确的是 A. ①中反应为 B. ②中生成的过程中，有键断裂与形成 C. 生成总反应的原子利用率为 D. 催化剂通过参与反应改变反应历程，提高反应速率 12. 高分子Y是一种人工合成的多肽，其合成路线如下。 下列说法不正确的是 A. F中含有2个酰胺基 B. 高分子Y水解可得到E和G C. 高分子X中存在氢键 D. 高分子Y的合成过程中进行了官能团保护 13. 某小组同学利用如下实验探究平衡移动原理。 已知：ⅰ．；ⅱ．溶液为无色。 下列说法正确的是 A. 结合实验1和2，推测ⅰ中反应是放热反应 B. ①中滴加浓盐酸，增大了，导致Q>K，ⅰ中平衡正向移动 C. ②中加水，溶液变红，说明平衡逆向移动，的浓度增大 D. ③中加入，溶液变红，推测与形成了配合物 14. 利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同的体系中的可能产物。 已知：i.图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。 ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始，不同下由图1得到]。 下列说法不正确的是 A. 由图1， B. 由图2，初始状态，无沉淀生成 C. 由图2，初始状态，平衡后溶液中存在 D. 由图1和图2，初始状态、，发生反应： 第II卷 (主观题共58分) 15. 柠檬酸铁铵和铁氰化钾在紫外线照射下产生普鲁士蓝(PB)，可用于染色和能源行业。 （1）制备柠檬酸铁铵的原料有铁盐、氨水和柠檬酸。 ①基态Fe2+的价层电子轨道表示式是___________。 ②的VSEPR模型名称是___________。 （2）避光条件下，柠檬酸铁铵与铁氰化钾反应得到普鲁士黄(PY)，其晶胞形状为立方体，结构如图1所示。 ①PY中所有Fe3+均与CN-形成配位键。结合电子式，解释CN-在PY中作配体的原因：___________。 ②已知PY中相邻Fe3+之间的距离为，NA表示阿伏加德罗常数的值，PY的密度为___________g/cm3(用代数式表示，)。 （3）在紫外线照射下，PY中部分Fe3+转化为Fe2+，同时K+嵌入，PY转变为PB。PB晶胞结构如图2所示，其中Fe3+周围最近且等距的Fe3+有12个。图2中“”位置被Fe2+或Fe3+占据，已知和两个小立方体体心位置为，用“”补全PB晶胞结构中和两个小立方体中的Fe3+___________。 （4）由于PB中的K+能够很容易地嵌入和脱嵌，因此PB可作为钾离子电池的正极材料。充电过程中，推测K+会从PB中脱嵌出来，理由是___________。 16. 烟气脱硫脱硝技术是环境科学研究的热点。某小组模拟氧化结合溶液吸收法同时脱除和NO的过程示意图如下。 （1）气体反应器中的主要反应原理及相关数据如下表。 反应 平衡常数(25℃) 活化能/(kJ/mol) 反应a： 24.6 反应b： 3.17 反应c： 58.17 ①已知： ，则_______。 ②其他条件不变时，高于150℃，在相同时间内和NO的转化率均随温度升高而降低，原因是_______。 ③其他条件不变，和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内，和NO的转化率随的浓度的变化如图。结合数据分析NO的转化率高于的原因_______。 （2）其他条件不变，和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，与NO的物质的量之比对和NO脱除率的影响如图。 ①溶液显碱性，用化学平衡原理解释：_______。 ②的浓度很低时，的脱除率超过97%，原因是_______。 ③在吸收器中，与反应生成和的离子方程式是_______。 ④在吸收器中，随着吸收过程的进行，部分被转化为，反应中和的物质的量之比为1：1，该反应的离子方程式是_______。 17. 维生素B2可用于治疗口角炎等疾病，其中间体K的合成路线如图(部分试剂和反应条件略去)。 已知： （1）A是芳香族化合物，其名称是___________。 （2）A→B所需试剂和反应条件是___________。 （3）D的官能团是___________。 （4）下列有关戊糖T的说法正确的是___________(填序号)。 a．属于单糖 b．可用酸性KMnO4溶液检验其中是否含有醛基 c．存在含碳碳双键的酯类同分异构体 （5）E的结构简式是___________。 （6）I→J的方程式是___________。 （7）由K经过以下转化可合成维生素B2。 M的结构简式是___________。 18. 以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。 已知：酸性条件下，的氧化性强于。 （1） “浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。 ①“浸锰”过程中，发生反应，则可推断：__________(填“>”或“<”)。 ②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有__________。 （2） “浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。 ①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：__________。 ②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用：____________________。 （3） “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。 ①该步反应的离子方程式有______________________________。 ②一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因：______________。 （4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：________。 19. 某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 （1）理论分析 依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是_______。 （2）实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质 Ⅱ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质 Ⅲ 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是_______。 ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因_______。 ③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。 i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式_______。 b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验_______(填实验操作和现象)。 证实了此条件下可忽略对的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。 ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制，_______ (填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。 （3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 良乡中学高三化学期中试题 1.本试卷满分100分，考试时长90分钟。 2.考生务必将答案填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。 3.可能用到的相对原子质量：O-16 C-12 N-14 Fe-56 第I卷 (选择题共42分) 本题共14题每题分，共计42分。在下列各题的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。 1. 下列说法不正确的是 A. 糖类、蛋白质和油脂均为天然高分子 B. 蔗糖发生水解反应所得产物互为同分异构体 C. 蛋白质在酶的作用下水解可得到氨基酸 D. 不饱和液态植物油通过催化加氢可提高饱和度 【答案】A 【解析】 【详解】A．糖类中的单糖和二糖不是高分子，油脂也不是高分子，A错误； B．蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，二者分子式相同、结构不同，互为同分异构体，B正确； C．蛋白质水解的最终产物是氨基酸，酶作为催化剂促进反应，C正确； D．植物油含不饱和脂肪酸的甘油酯，催化加氢可减少碳碳双键，提高饱和度，D正确； 故选A。 2. 是钛铁矿的主要成分，在工业上可以用于制备金属钛。下列说法不正确的是 A. 基态价层电子排布式为 B. Fe在元素周期表中位于ds区 C. 基态Ti价层电子轨道表示式为 D. O在元素周期表中位于第二周期ⅥA族 【答案】B 【解析】 【详解】A．基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，铁原子失去2个电子形成亚铁离子，价层电子排布式为，A正确； B．铁为26号元素，Fe在元素周期表中位于d区，B错误； C．基态Ti原子的价电子排布式为3d24s2，则价层电子轨道表示式为，C正确； D．O位8号元素，在元素周期表中位于第二周期ⅥA族，D正确； 故选B。 3. 下列事实可用范德华力大小解释的是 A. 热稳定性：HCl>HBr B. 氧化性： C. 熔点： D. 沸点： 【答案】C 【解析】 【详解】A．热稳定性HCl>HBr，是由于H—Cl键的键能大于H—Br，不能用范德华力大小来解释，故A错误； B．氧化性：，是应为Cl的电负性大，原子半径小，不能用范德华力大小来解释，故B错误； C．熔点，是应为相对分子质量，分子间的范德华力，故C正确； D．沸点：是由于分子间形成氢键而增大了分子间作用力，不能用范德华力大小来解释，故D错误； 故选C。 4. 某温度下，在密闭容器中进行反应：H2(g)+CO2(g)⇌H2O(g)+CO(g) ΔH>0，已知H2(g)和CO2(g)的初始浓度均为0.01mol·L-1，测得H2的平衡转化率为60%，下列说法不正确的是 A. CO2的平衡转化率为60% B. 升高温度平衡常数K增大 C. 该温度下反应的平衡常数K=2.25 D. 若初始H2(g)、CO2(g)、H2O(g)、CO(g)浓度均为0.01mol·L-1，则反应逆向进行 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据题目已知信息，列三段式： 因此，二氧化碳的平衡转化率为60%，A项正确； B．此反应为吸热反应，温度升高，平衡正向进行，平衡常数K增大，B项正确； C．依据选项A中的三段式，该温度下平衡常数,C项正确； D．若初始H2(g)、CO2(g)、H2O(g)、CO(g)浓度均为0.01mol·L-1，则此时浓度熵,平衡正向移动，D项错误； 答案选D。 5. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 用碳酸钠溶液处理锅炉水垢： B. 用Na2S除去工业废水中的： C. 测0.1mol/L氨水的pH为11： D. 向Na2CO3溶液中滴入酚酞溶液，溶液变红： 【答案】D 【解析】 【详解】A．碳酸钠与硫酸钙反应生成更难溶的碳酸钙，符合沉淀转化原理，方程式正确，故A正确； B．Hg2+与S2-生成HgS沉淀，符合实际反应，方程式正确，故B正确； C．氨水为弱碱，部分电离，pH为11说明存在电离平衡，方程式正确，故C正确； D．碳酸根水解应分步进行，主要是一级水解生成和OH⁻，水解方程式：，故D错误； 故选D。 6. 双氯芬酸是一种非甾体抗炎药，具有抗炎、镇痛及解热作用，分子结构如图所示。下列关于双氯芬酸的说法不正确的是 A. 能发生加成、取代反应 B. 1mol双氯芬酸最多能与2mol NaOH反应 C. 既能与强碱反应，又能与强酸反应 D. 能与溶液反应制得水溶性更好的双氯芬酸钠 【答案】B 【解析】 【详解】A．由题干结构简式可知，分子中含有苯环故能发生加成反应，含有碳氯键和羧基，以及苯环故能发生取代反应，A正确； B．由题干结构简式可知，分子中含有两个碳氯键，水解后生成酚羟基，酚羟基和羧基均能与NaOH反应，故最多能与5mol NaOH反应，B错误； C．由题干结构简式可知，分子中含有羧基和氨基，故既能与强碱反应，又能与强酸反应，C正确； D．由题干结构简式可知，分子中含有羧基，能与溶液反应制得水溶性更好的双氯芬酸钠，D正确； 故答案为：B。 7. 下列实验达到实验目的且操作正确的是 A．证明氯化银溶解度大于碘化银的溶解度 B． 配制一定物质的量浓度的硫酸溶液 C． 检验淀粉水解生成了葡萄糖 D． 鉴别溴乙烷和苯 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．要证明氯化银溶解度大于碘化银，需通过沉淀转化实验，即向AgCl沉淀中滴加KI溶液观察白色沉淀转化为黄色，但该实验中AgNO3是过量的，过量的Ag+与I-直生成AgI，无法体现沉淀转化，A错误； B．配制一定物质的量浓度硫酸溶液时，容量瓶不能用于稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释冷却后转移至容量瓶，B错误； C．淀粉水解后溶液含稀硫酸（催化剂），需先加碱中和至碱性，否则新制氢氧化铜悬浊液会与硫酸反应，无法检验葡萄糖，C错误； D．溴乙烷密度大于水，苯密度小于水。向待测液中加水，分层后有机层在下层为溴乙烷，在上层为苯，现象明显可鉴别，D正确； 故选D。 8. 将溶液分别滴入溶液和溶液中，均产生沉淀和气泡。取①中沉淀洗涤后，加入足量盐酸，无气泡产生；取②中沉淀洗涤后，加入足量盐酸，产生少量气泡。 下列分析不正确的是 A. 、溶液中均存在 B. 能促进、的水解 C. ①中发生的反应： D. 对比①②沉淀加入足量盐酸后的现象，说明溶液中的和均对沉淀成分有影响 【答案】C 【解析】 【详解】A．溶液和溶也中均存在物料守恒，根据物料守恒得，A正确； B．溶液中存在，溶液显酸性，能促进、的水解，B正确； C．取①中沉淀洗涤后，加入足量盐酸，无气泡产生,故沉淀为，①中发生的反应：，C错误； D．①中沉淀洗涤后，加入足量盐酸，无气泡产生，说明溶液中的对沉淀成分有影响，②中沉淀洗涤后，加入足量盐酸，产生少量气泡，说明溶液中的对沉淀成分有影响，D正确； 故选C。 9. 分析化学中以为指示剂，用标准溶液滴定溶液中的，测定。 已知：ⅰ.溶液中存在平衡：。 ⅱ.时，，， 下列分析不正确的是 A. 实验中先产生白色沉淀，滴定终点时产生砖红色沉淀 B. 产生白色沉淀时，存在 C. 当产生砖红色沉淀时，如果，已沉淀完全 D. 滴定时应控制溶液在合适范围内，若过低，会导致测定结果偏低 【答案】D 【解析】 【详解】A．K2CrO4为指示剂，则硝酸银应该先和氯离子反应，然后再和铬酸根离子反应，故实验中先产生白色沉淀，滴定终点时产生砖红色沉淀，A正确； B．白色沉淀是氯化银，存在沉淀溶解平衡，AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl−(aq)，B正确； C．当时，此时=，则=，则氯离子沉淀完全，C正确； D．根据，则滴定时若pH过低则铬酸根离子浓度低，需要更多的银离子，消耗更多的硝酸银，会导致测定结果偏高，D错误； 故选D。 10. 探究影响H2O2分解速率的影响因素，实验方案如图。 下列说法不正确的是 A. 对比①②，可探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响 B. 对比②③④，可探究温度对H2O2分解速率的影响 C. H2O2是直线形的非极性分子 D. H2O2易溶于水，主要是由于H2O2与H2O分子之间能形成氢键 【答案】C 【解析】 【详解】A．实验②是在实验①的溶液中加入催化剂FeCl3，与实验①做对比实验，可探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响，A正确； B．实验②是参照，③、④相当于在②的基础上升高和降低温度，可探究温度对H2O2分解速率的影响，B正确； C．H2O2的分子结构为，分子结构不对称，为极性分子，C不正确； D．H2O2为极性分子，水也为极性分子，H2O2易溶于水，满足相似相溶原理，更主要是H2O2与H2O分子之间能形成氢键，D正确； 故选C。 11. 乙烯、醋酸和氧气在钯()催化下高效合成醋酸乙烯酯()的过程示意图如下。 下列说法不正确的是 A. ①中反应为 B. ②中生成的过程中，有键断裂与形成 C. 生成总反应的原子利用率为 D. 催化剂通过参与反应改变反应历程，提高反应速率 【答案】C 【解析】 【详解】A．①中反应物为CH3COOH、O2、Pd，生成物为H2O和Pd(CH3COO)2，方程式为：，A正确； B．②中生成的过程中，有C-H断开和C-O的生成，存在键断裂与形成，B正确； C．生成总反应中有H2O生成，原子利用率不是，C错误； D．是反应的催化剂，改变了反应的历程，提高了反应速率，D正确； 答案选C。 12. 高分子Y是一种人工合成的多肽，其合成路线如下。 下列说法不正确的是 A. F中含有2个酰胺基 B. 高分子Y水解可得到E和G C. 高分子X中存在氢键 D. 高分子Y的合成过程中进行了官能团保护 【答案】B 【解析】 【详解】A．由结构简式可知，F中含有2个酰胺基，故A正确， B．由结构简式可知，高分子Y一定条件下发生水解反应生成 和，故B错误； C．由结构简式可知，高分子X中含有的酰胺基能形成氢键，故C正确； D．由结构简式可知，E分子和高分子Y中都含有氨基，则高分子Y的合成过程中进行了官能团氨基的保护，故D正确； 故选B。 13. 某小组同学利用如下实验探究平衡移动原理。 已知：ⅰ．；ⅱ．溶液为无色。 下列说法正确的是 A. 结合实验1和2，推测ⅰ中反应是放热反应 B. ①中滴加浓盐酸，增大了，导致Q>K，ⅰ中平衡正向移动 C. ②中加水，溶液变红，说明平衡逆向移动，的浓度增大 D. ③中加入，溶液变红，推测与形成了配合物 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据所给的信息ⅰ、结合实验1，降温平衡逆向移动，逆向为放热方向，正向为吸热反应，A错误； B．①中滴加浓盐酸，增大了，导致Q＜K，ⅰ中平衡正向移动，B错误； C．②中加水，溶液变红，说明平衡逆向移动，稀释导致的浓度减小，C错误； D．③中加入，溶液变红，推测与形成了配合物使Cl-浓度减小，平衡逆向移动，溶液变红，D正确； 故选D。 14. 利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同的体系中的可能产物。 已知：i.图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与的关系。 ii.2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合[注：起始，不同下由图1得到]。 下列说法不正确的是 A. 由图1， B. 由图2，初始状态，无沉淀生成 C. 由图2，初始状态，平衡后溶液中存在 D. 由图1和图2，初始状态、，发生反应： 【答案】C 【解析】 【详解】A．水溶液中的离子平衡 从图1可以看出时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确； B．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确； C．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中，C项错误； D．时，溶液中主要含碳微粒是，，时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，D项正确； 故选C。 第II卷 (主观题共58分) 15. 柠檬酸铁铵和铁氰化钾在紫外线照射下产生普鲁士蓝(PB)，可用于染色和能源行业。 （1）制备柠檬酸铁铵的原料有铁盐、氨水和柠檬酸。 ①基态Fe2+的价层电子轨道表示式是___________。 ②的VSEPR模型名称是___________。 （2）避光条件下，柠檬酸铁铵与铁氰化钾反应得到普鲁士黄(PY)，其晶胞形状为立方体，结构如图1所示。 ①PY中所有Fe3+均与CN-形成配位键。结合电子式，解释CN-在PY中作配体的原因：___________。 ②已知PY中相邻Fe3+之间的距离为，NA表示阿伏加德罗常数的值，PY的密度为___________g/cm3(用代数式表示，)。 （3）在紫外线照射下，PY中部分Fe3+转化为Fe2+，同时K+嵌入，PY转变为PB。PB晶胞结构如图2所示，其中Fe3+周围最近且等距的Fe3+有12个。图2中“”位置被Fe2+或Fe3+占据，已知和两个小立方体体心位置为，用“”补全PB晶胞结构中和两个小立方体中的Fe3+___________。 （4）由于PB中的K+能够很容易地嵌入和脱嵌，因此PB可作为钾离子电池的正极材料。充电过程中，推测K+会从PB中脱嵌出来，理由是___________。 【答案】（1） ①. ②. 正四面体 （2） ①. 的电子式为，其中C和N均有孤对电子存在，能提供孤电子对 ②. （3） （4）充电过程中阳极上发生失去电子转化成，正电荷增多，从PB中脱嵌 【解析】 【小问1详解】 ①铁是26号元素，其电子排布为，基态的价层电子轨道表示式是 。 ②的价层电子对数是，无孤对电子，VSEPR模型是正四面体。 【小问2详解】 ①的电子式为，其中C和N均有孤对电子存在，能提供孤电子对，与形成配位键。 ②在PY的晶胞结构中最小的一个立方体中，8个Fe3+位于立方体的顶角，属于一个小立方体的Fe3+有，位于小立方体的棱心，属于一个小立方体的有，一个小立方体的质量为，一个小立方体的体积为，PY的密度为：。 【小问3详解】 根据PB晶胞结构，其中周围最近且等距的有12个，其结构为：  。 【小问4详解】 充电过程中阳极上发生失去电子转化成，正电荷增多，从PB中脱嵌。 16. 烟气脱硫脱硝技术是环境科学研究的热点。某小组模拟氧化结合溶液吸收法同时脱除和NO的过程示意图如下。 （1）气体反应器中的主要反应原理及相关数据如下表。 反应 平衡常数(25℃) 活化能/(kJ/mol) 反应a： 24.6 反应b： 3.17 反应c： 58.17 ①已知： ，则_______。 ②其他条件不变时，高于150℃，在相同时间内和NO的转化率均随温度升高而降低，原因是_______。 ③其他条件不变，和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内，和NO的转化率随的浓度的变化如图。结合数据分析NO的转化率高于的原因_______。 （2）其他条件不变，和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，与NO的物质的量之比对和NO脱除率的影响如图。 ①溶液显碱性，用化学平衡原理解释：_______。 ②的浓度很低时，的脱除率超过97%，原因是_______。 ③在吸收器中，与反应生成和的离子方程式是_______。 ④在吸收器中，随着吸收过程的进行，部分被转化为，反应中和的物质的量之比为1：1，该反应的离子方程式是_______。 【答案】（1） ①. ②. 高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，反应b和c的速率减小，导致和NO的转化率均降低 ③. 反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于 （2） ①. 溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性 ②. 溶液直接与反应是脱除的主要原因 ③. ④. 【解析】 【小问1详解】 ①已知：反应a： ， ，根据盖斯定律，将两反应相加再除以2得反应，==，故答案为：。 ②反应a为气体分子数增大的反应，，较高温度下更有利于反应a进行，所以在其他条件不变时，高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，导致反应b和c的速率减小，和NO的转化率均降低，故答案为：高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，反应b和c的速率减小，导致和NO的转化率均降低。 ③由表中数据可知，反应b的活化能小于反应c，则反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于，故答案为：反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于。 【小问2详解】 ①溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性，故答案为：溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性。 ②的浓度很低时，溶液直接与反应是脱除的主要原因，即的脱除率几乎不受的浓度的影响，的脱除率超过97%，故答案为：溶液直接与反应是脱除的主要原因。 ③与反应氧化还原反应生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式是为，故答案为：。 ④吸收过程中，部分和发生归中反应生成和H2O，反应中和的物质的量之比为1:1，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式为，故答案为：。 17. 维生素B2可用于治疗口角炎等疾病，其中间体K的合成路线如图(部分试剂和反应条件略去)。 已知： （1）A是芳香族化合物，其名称是___________。 （2）A→B所需试剂和反应条件是___________。 （3）D的官能团是___________。 （4）下列有关戊糖T的说法正确的是___________(填序号)。 a．属于单糖 b．可用酸性KMnO4溶液检验其中是否含有醛基 c．存在含碳碳双键的酯类同分异构体 （5）E的结构简式是___________。 （6）I→J的方程式是___________。 （7）由K经过以下转化可合成维生素B2。 M的结构简式是___________。 【答案】（1）邻二甲苯 （2）浓、浓，加热 （3）氨基 （4）a （5） （6） （7） 【解析】 【分析】参照的结构简式及F的分子式，可确定F为，J为。由此可推出A为，B为，D为，T为，E为；G为，I为，据此分析； 【小问1详解】 由分析可知，A是，其名称是邻二甲苯； 【小问2详解】 A()→B()，发生硝化反应，所需试剂和反应条件是浓、浓，加热； 【小问3详解】 D为，官能团是氨基； 【小问4详解】 a．戊糖T（）不能发生水解，则属于单糖，a正确； b．戊糖T（）分子中含有醛基和醇羟基，它们都能被酸性溶液氧化，不能用酸性溶液检验其中是否含有醛基，b错误； c．戊糖T（）的不饱和度为1，不存在含碳碳双键的酯类同分异构体，c错误； 故选a； 【小问5详解】 由分析可知，E的结构简式是； 【小问6详解】 I()与反应生成J()等，反应的化学方程式是； 【小问7详解】 由K脱去，则生成L的结构简式为，发生分子内加成后生成M的结构简式是。 18. 以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。 已知：酸性条件下，的氧化性强于。 （1） “浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。 ①“浸锰”过程中，发生反应，则可推断：__________(填“>”或“<”)。 ②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有__________。 （2） “浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。 ①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：__________。 ②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用：____________________。 （3） “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。 ①该步反应的离子方程式有______________________________。 ②一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因：______________。 （4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：________。 【答案】（1） ①. > ②. 、 （2） ①. ②. 与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；抑制水解，防止生成沉淀 （3） ①. 、、 ②. 被氧气氧化为，把氧化为 （4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂 【解析】 【分析】银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)混合加溶液，使矿石中的锰元素浸出，同时去除，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有、；浸锰渣中与过量和的混合液反应，将中的银以形式浸出，用铁粉把还原为金属银。 【小问1详解】 ①“浸锰”过程中，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，发生反应，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：； ②根据信息，在溶液中二氧化锰可将氧化为，自身被还原为，则浸锰液中主要的金属阳离子有、。 【小问2详解】 ①中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为； ②与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；抑制水解，防止生成沉淀。 【小问3详解】 ①铁粉可将还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子以及过量的氢离子发生反应，因此离子方程式为、、； ②溶液中生成的会被空气中的氧气缓慢氧化为，把部分氧化为，因此后银的沉淀率逐渐降低。 【小问4详解】 联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用的氧化性将中的氧化为，同时生成的还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到。 19. 某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 （1）理论分析 依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是_______。 （2）实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质 Ⅱ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质 Ⅲ 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是_______。 ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因_______。 ③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。 i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式_______。 b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验_______(填实验操作和现象)。 证实了此条件下可忽略对的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。 ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制，_______ (填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。 （3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因_______。 【答案】（1） （2） ①. 产生蓝色沉淀 ②. 在溶液中存在反应，或会与反应，溶液中c(H+)减小，使水解平衡正向移动 ③. 、 ④. 取实验Ⅱ中为3~4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡 ⑤. 观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去（或变浅），停止加盐酸 （3）金属Mg具有较强的活泼性，Mg的反应中产生大量气泡，阻止包裹的形成；pH约3~4时可忽略H+对铁的消耗 【解析】 【分析】实验Ⅰ中，加入过量的Cu，Cu与Fe3+发生反应，一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质；实验Ⅱ中，加入过量的Zn，发生反应，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色沉淀，固体中未检测到Fe单质，原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹；实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应，由于Mg很活泼，该反应非常剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质，对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 【小问1详解】 在金属活动性顺序表中，排在之前，排在之后，因此可将还原为； 【小问2详解】 ①与会生成蓝色的沉淀； ②在溶液中存在反应，加入的或会与反应，溶液中c(H+)减小，促进水解平衡正向移动，有红褐色沉淀生成； ③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为、； b．要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可取实验Ⅱ中为3~4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡； ⅱ．结合a，b和c可知，实验Ⅱ未检测到单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去（或变浅），停止加入盐酸，待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质； 【小问3详解】 对比实验Ⅱ和Ⅲ，金属Mg具有较强的活泼性，Mg的反应中产生大量气泡，阻止包裹的形成；pH约3~4时可忽略H+对铁的消耗，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $