精品解析：北京汇文中学2025-2026学年高三上学期期中考试化学试题

北京汇文中学教育集团2025-2026学年度第一学期期中考试 高三年级化学学科 本试卷共9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。 可能用到的相对原子质量：H：1 Li：7 C：12 O：16 Fe：56 一、选择题(每小题只有一个正确答案，14道选择题，共42分) 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. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 的电子式： B. 反-2-丁烯的结构简式： C. HCHO分子的空间结构模型： D. 杂化轨道示意图： 3. 下列说法不正确的是 A. 氨基酸为蛋白质水解的最终产物，其不能与酸反应 B. 糖类是多羟基醛、多羟基酮和它们的脱水缩合物 C. 油脂不属于高分子，可用于制造肥皂 D. 核酸分子的碱基含有N-H键，碱基间易形成氢键 4. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆 B. 碱金属元素发生焰色反应，可用于制造烟花 C. NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥 D. Fe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂 5. 表示下列变化的方程式不正确的是 A. 稀硫酸与氢氧化钡溶液混合，生成白色沉淀： B. 氯化铝溶液与碳酸氢钠溶液混合，生成沉淀和气体： C. 氢氧化亚铁浊液露置在空气中，沉淀变为红褐色： D. 钠与水反应，生成可燃性气体： 6. 下列说法正确的是 A. pH=1的醋酸溶液中， B. 等质量的O2和O3所含氧原子数目比为2：3 C. 标准状况下，22.4 LN2和CO的混合气体中含有的分子数目约为 D. 28 gFe与足量S充分反应，转移电子数约为 7. 研究氨的喷泉实验。(1)用向下排空气法收集一烧瓶氨；(2)如图所示，打开弹簧夹，将滴管中的水挤入烧瓶，烧杯中的水沿导管进入烧瓶形成喷泉，最终液体占烧瓶体积的4/5。下列说法正确的是 A. 把湿润的蓝色石蕊试纸放在烧瓶口可检验是否集满 B. 烧杯中的水进入烧瓶，说明与发生了反应 C. 烧瓶内有气体剩余，是因为的溶解已达到饱和 D. 所得溶液中： 8. 下列物质性质差异与结构因素匹配正确的是 选项 性质差异 结构因素 A 热稳定性： 分子间是否存在氢键 B 硬度：金刚石碳化硅 晶体类型不同 C 酸性： 键的极性大小 D 碱性： 核电荷数： A. A B. B C. C D. D 9. 下列实验设计能达成对应的实验目的的是 实验设计 实验目的 A．实验室制 B．比较Cl、Br、I得电子能力强弱 实验设计 实验目的 C．除去中的少量 D．配制溶液 A. A B. B C. C D. D 10. 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 11. 我国科学家设计可同时实现H2制备和海水淡化的新型电池，装置示意图如图。 下列说法不正确的是 A. 电极a是正极 B. 电极b的反应式：N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O C. 每生成1molN2，有2molNaCl发生迁移 D. 离子交换膜c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜 12. 几种含硫物质的转化如下图(部分反应条件略去)，下列判断不正确的是 A. ①中，试剂a可以是Cu B. ②中，需要确保NaOH溶液足量 C. ③中，生成1mol 时，转移4mol电子 D. ③中，将S换为，氧化产物为 13. 功能高分子P的合书路线如下 已知：((、表示烃基或氢)。下列说法正确的是 A. H中含有碳碳双键 B. F的结构简式为 C. C→D为消去反应 D. 仅用蒸馏水不能区分A和E 14. 兴趣小组为探究FeCl3在溶液中显黄色的原因，进行如下实验。 序号 操作 试剂a 试剂b 现象 ① 0.2mol/L FeCl3 蒸馏水 溶液为黄色 ② 0.2mol/L FeCl3 2mol/L盐酸 溶液为浅黄色 ③ 0.2mol/L Fe(NO3)3 蒸馏水 溶液为浅黄色 ④ 0.2mol/L Fe(NO3)3 2mol/L硝酸 溶液接近无色 下列说法不正确的是 A. ②中的溶液颜色比①中的浅，主要是因为Fe3+的水解平衡逆向移动 B. 由③④可知，Fe(NO3)3溶液显浅黄色与Fe3+水解有关 C. 由以上实验可推知，FeCl3溶液显黄色与Fe3+水解、Cl-存在均有关 D. 由以上实验可推知，导致②③溶液均为浅黄色的原因相同 二、填空题(5道大题，共58分) 15. 硼氢化钠()具有高理论氢含量，是优秀的储氢材料。 （1）制取的反应为。该反应不是氧化还原反应。 ①B基态原子的价层电子排布式是：___________。 ②从原子结构角度解释中B显正价的原因：___________。 ③比较中键角F—B—F和中键角H—B—H的大小并解释原因：___________。 ④下列说法正确的是___________(填序号)。 a．NaH的电子式： b．离子半径： c．为极性分子 （2）晶体的一种晶胞形状为立方体，结构如图所示。 ①与最近且距离相等的有___________个。 ②已知该晶胞的体积为，为阿伏加德罗常数的值。则晶体中，氢元素的质量为___________g(用含的代数式表示) （3）科学家设计如下图所示装置，实现发电和制氢一体化，总反应为：。 已知：在电场作用下，双极膜可将解离为和，和分别向两极迁移。 ①只在电极a产生，则b极的电极反应式是___________。 ②当电极产生 时，双极膜解离水的物质的量为___________mol。 16. 燃煤、炼钢等过程会产生含有SO2、NO的烟气，为了避免环境污染，研发了多种脱硫脱硝技术。 I活性炭脱硫脱硝技术 （1）吸收塔1，在100～200℃，SO2在活性炭的吸附催化下生成硫酸，该过程的化学方程式为_______。 （2）吸收塔2，在活性炭的催化作用下，烟气中的NO转化为无毒无害的气体排放到大气，该过程体现了NH3具有_______(填“氧化性”或“还原性”)。 （3）吸收塔1中若SO2去除不彻底，进入吸收塔2，会降低NO的去除率，原因是_______(写化学方程式)。 II络合吸收法脱硝技术 该技术有2种吸收NO的方法，涉及的反应如下： 方法1：Fe2++NO⇌[Fe(NO)]2+方法2：[FeY]2-+NO⇌[FeY(NO)]2- 已知：[FeY]2-是Fe2+与某有机化合物的阴离子(Y4-)形成的配合物 （4）①方法1，pH过高不利于Fe2+与NO反应，原因是_______。 ②尽管生产[FeY]2-所需成本比Fe2+高，实际工业生产更多选用方法2吸收NO，可能的原因有_______(至少写出2个不同角度的原因)。 （5）研究温度对反应[FeY]2-(aq)+NO(g)⇌[FeY(NO)]2-(aq)ΔH<0的影响，在相同时间内，测得不同温度下，NO的去除率如图所示： 解释随温度变化NO去除率变化的原因_______。 （6）使用锌粉将1L吸收液中浓度为0.04mol·L-1[FeY(NO)]2-转化为[FeY]2-、N2和NH，实现[FeY]2-的再生。若消耗锌粉0.03mol，测得NH浓度为0.004mol·L-1，则[FeY]2-的再生率为_______。 17. 某研究小组以甲苯为起始原料，按下列路线合成利尿药美托拉宗。 已知： 请回答下列问题： （1）试剂a是___________。 （2）C→D的反应类型是___________。 （3）D→E的化学方程式是___________。 （4）属于芳香族化合物的B的同分异构体有___________个(提示：不包括B)，其中核磁共振氢谱的峰面积之比为2：2：2：3的有机物结构是___________。 （5）写出B+H→I的化学方程式___________。 （6）从D→H的流程看，D→E的主要目的是___________。 （7）有人认为由I合成美托拉宗的过程如下： 请写出J的结构简式___________，K的结构简式___________。 18. 一种利用富锂卤水(含、、、、硼酸根等)制备碳酸锂的工艺如下： 已知：室温下相关物质的如下表。 化合物 （1）ⅰ中，操作的名称是___________、___________。 （2）纯碱溶液显碱性，请用离子方程式解释原因：___________，ⅱ可除去80%的，该过程中生成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．取产品，加入 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，用标准溶液滴定至终点，消耗液体积为。 ①已知：杂质不与、溶液反应。该产品纯度为___________(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，将导致测得的产品纯度___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 19. 资料显示，可以将Cu氧化为。某小组同学设计实验探究Cu被氧化的产物及铜元素的价态。 已知：易溶于KI溶液，发生反应(红棕色)；和氧化性几乎相同。 （1）将等体积的KI溶液加入到铜粉和(n>m)的固体混合物中，振荡。实验记录如下： c(KI) 实验现象 实验Ⅰ 极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色。 实验Ⅱ 部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色。 实验Ⅲ 完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色。 ①请从物质结构角度解释在水中溶解度较低的原因：___________。 ②初始阶段，Cu被氧化的反应速率：实验Ⅰ___________实验Ⅱ(填“>”、“<”或“=”)。 ③实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的存在形式有(蓝色)或(无色)，进行以下实验探究： 步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。 步骤b．分液后的无色水溶液，滴入浓氨水，溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。 ⅰ．步骤a的目的是___________。 ⅱ．查阅资料，，(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤b的溶液中发生的变化：___________。 ④结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是___________。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓KI溶液，___________(填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是___________。 （2）上述实验结果，仅将Cu氧化为+1价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将Cu氧化为。装置如图所示，a、b分别是___________。 （3）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中Cu被氧化的产物中价态不同的原因：___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京汇文中学教育集团2025-2026学年度第一学期期中考试 高三年级化学学科 本试卷共9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。 可能用到的相对原子质量：H：1 Li：7 C：12 O：16 Fe：56 一、选择题(每小题只有一个正确答案，14道选择题，共42分) 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. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 的电子式： B. 反-2-丁烯的结构简式： C. HCHO分子的空间结构模型： D. 杂化轨道示意图： 【答案】C 【解析】 【详解】A．过氧化氢是含有极性键和非极性键的共价化合物，电子式为，故A错误； B．反-2-丁烯的结构简式为，故B错误； C．甲醛的空间构型为平面三角形，空间结构模型为，故C正确； D．杂化轨道为平面三角形，杂化轨道间夹角为120°，示意图为，故D错误； 故选C。 3. 下列说法不正确的是 A. 氨基酸为蛋白质水解的最终产物，其不能与酸反应 B. 糖类是多羟基醛、多羟基酮和它们的脱水缩合物 C. 油脂不属于高分子，可用于制造肥皂 D. 核酸分子的碱基含有N-H键，碱基间易形成氢键 【答案】A 【解析】 【详解】A．氨基酸含有氨基（-NH2），能与酸反应生成铵盐，A错误； B．糖类的定义是多羟基醛、多羟基酮及其脱水缩合物（如二糖、多糖），B正确； C．油脂相对分子质量较小，不属于高分子，其碱性水解可制肥皂，C正确； D．核酸碱基（如腺嘌呤、鸟嘌呤）含有N-H键，碱基间通过氢键配对（如A-T、C-G），D正确； 故选A。 4. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆 B. 碱金属元素发生焰色反应，可用于制造烟花 C. NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥 D. Fe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．SO2可用于漂白纸浆，利用的是SO2的漂白性，A不符合题意； B．碱金属用于制造烟花，是利用碱金属发生焰色反应时可产生五颜六色，B符合题意； C．NH4HCO3可用作氮肥，是利用其含有植物的营养元素氮，且能被植物吸收，C不符合题意； D．Fe2(SO4)3可用作净水剂，是利用其水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附水中悬浮颗粒物的能力，D不符合题意； 故选B。 5. 表示下列变化的方程式不正确的是 A. 稀硫酸与氢氧化钡溶液混合，生成白色沉淀： B. 氯化铝溶液与碳酸氢钠溶液混合，生成沉淀和气体： C. 氢氧化亚铁浊液露置在空气中，沉淀变为红褐色： D. 钠与水反应，生成可燃性气体： 【答案】A 【解析】 【详解】A．不符合物质的化学组成，正确的离子方程式应该为：，A错误； B．氯化铝溶液与碳酸氢钠溶液混合，和因双水解而反应生成沉淀和气体，则反应的离子方程式为：，B正确； C．氢氧化亚铁还原性很强，极易在潮湿环境中被空气快速氧化为，则反应的化学方程式为：，C正确； D．钠与水反应，生成NaOH和，则反应的化学方程式为：，D正确； 故答案为：A。 6. 下列说法正确的是 A. pH=1的醋酸溶液中， B. 等质量的O2和O3所含氧原子数目比为2：3 C. 标准状况下，22.4 LN2和CO的混合气体中含有的分子数目约为 D. 28 gFe与足量S充分反应，转移电子数约为 【答案】C 【解析】 【详解】A．醋酸是一元弱酸，在溶液中存在电离平衡，当醋酸溶液pH=1时，溶液中c(H+)=0.1 mol/L，A错误； B．O2和O3的分子都是由O原子构成，等质量的O2和O3所含氧原子的物质的量相等，故O2和O3中所含氧原子数目相等，因此其中所含有的O原子数目比为1：1，B错误； C．N2和CO在标准状况下都是气体，标准状况下22.4 LN2和CO的混合气体中含有的分子的物质的量是n==1 mol，故其中所含有的分子数目约为，C正确； D．Fe与S在加热时反应产生FeS，28 gFe的物质的量是0.5 mol，则其与足量S充分反应产生0.5 molFeS，反应过程中转移电子的物质的量是n(e-)=0.5 mol×2=1 mol，故转移电子数约为，D错误； 故合理选项是C。 7. 研究氨的喷泉实验。(1)用向下排空气法收集一烧瓶氨；(2)如图所示，打开弹簧夹，将滴管中的水挤入烧瓶，烧杯中的水沿导管进入烧瓶形成喷泉，最终液体占烧瓶体积的4/5。下列说法正确的是 A. 把湿润的蓝色石蕊试纸放在烧瓶口可检验是否集满 B. 烧杯中的水进入烧瓶，说明与发生了反应 C. 烧瓶内有气体剩余，是因为的溶解已达到饱和 D. 所得溶液中： 【答案】D 【解析】 【详解】A．检验氨气是否集满需要用湿润的红色石蕊试纸，A错误； B．烧瓶中形成喷泉，不一定是因为氨气与水发生了反应引起的，还有可能是因为氨气极易溶于水造成的，B错误； C．1体积水大约溶解700体积氨气，烧瓶中剩余少量气体可能是空气，来源于实验中某个操作，比如图中止水夹下方的玻璃管未插入水中时会有空气进入，C错误； D．氨气溶于水形成，是弱电解质，又会部分电离生成，所得溶液中存在：，D正确； 故选D。 8. 下列物质性质差异与结构因素匹配正确的是 选项 性质差异 结构因素 A 热稳定性： 分子间是否存在氢键 B 硬度：金刚石碳化硅 晶体类型不同 C 酸性： 键的极性大小 D 碱性： 核电荷数： A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．热稳定性：HF>HCl，说明键能：H-F>H-Cl，与分子间是否存在氢键无关，氢键主要影响物理性质，A错误； B．金刚石和碳化硅均为共价晶体，晶体类型相同，金刚石硬度更高是因C-C键键长更短、键能更大，而非晶体类型差异，B错误； C．CF3COOH的酸性强于CCl3COOH，因F的电负性比Cl大，吸电子效应更强，使O-H键极性增大，H+更易解离，C正确； D．KOH的碱性强于Al(OH)3是因K的金属性（活泼性）强于Al，而非核电荷数，金属性与原子半径、电子层结构等因素相关，D错误； 故选C。 9. 下列实验设计能达成对应的实验目的的是 实验设计 实验目的 A．实验室制 B．比较Cl、Br、I得电子能力强弱 实验设计 实验目的 C．除去中的少量 D．配制溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．实验室用Ca(OH)2与NH4Cl加热制NH3，实验室用固体加热制取氨气时，为防止生成的冷凝水倒流炸裂试管，试管口应略向下倾斜，A正确； B．比较Cl、Br、I得电子能力需通过分步置换，Cl2应先与NaBr反应生成Br2，再用Br2与KI反应，该装置会使Cl2直接通入KI溶液，无法证明Br2氧化性强于I2，B错误； C．除去CO2中的SO2应使用饱和NaHCO3溶液，Na2CO3溶液会与CO2反应生成NaHCO3，C错误； D．配制100 mL 溶液需用100 mL容量瓶，移液时，需用玻璃棒引流，D错误； 故选A。 10. 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。 11. 我国科学家设计可同时实现H2制备和海水淡化的新型电池，装置示意图如图。 下列说法不正确的是 A. 电极a是正极 B. 电极b的反应式：N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O C. 每生成1molN2，有2molNaCl发生迁移 D. 离子交换膜c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜 【答案】C 【解析】 【分析】该装置为原电池，电极a上氢离子得电子生成氢气，则a为正极，电极反应为2H++2e-=H2↑，电极b上，N2H4在碱性条件下失去电子生成N2，b为负极，电极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，根据电解池中，阳离子移向正极，阴离子移向负极，则钠离子经c移向左侧（a），氯离子经d移向右侧（b），c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜，据此解答。 【详解】A．根据分析，电极a是正极，A正确； B．根据分析，电极b的反应式：N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，B正确； C．根据N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，每生成1molN2，转移4mol电子，根据电荷守恒，有4molNaCl发生迁移，C错误； D．根据分析，离子交换膜c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜，D正确； 故选C。 12. 几种含硫物质的转化如下图(部分反应条件略去)，下列判断不正确的是 A. ①中，试剂a可以是Cu B. ②中，需要确保NaOH溶液足量 C. ③中，生成1mol 时，转移4mol电子 D. ③中，将S换为，氧化产物为 【答案】C 【解析】 【详解】Ａ．Cu与浓H2SO4发生氧化还原反应，生成硫酸铜和二氧化硫，A正确； Ｂ．NaOH溶液足量可保证二氧化硫被完全吸收，B正确； Ｃ．由反应可知，1mol时，转移2mol电子，C错误； Ｄ．将S换为,化合价降低，化合价升高生成氧化产物，D正确； 故选C 13. 功能高分子P的合书路线如下 已知：((、表示烃基或氢)。下列说法正确的是 A. H中含有碳碳双键 B. F的结构简式为 C. C→D为消去反应 D. 仅用蒸馏水不能区分A和E 【答案】B 【解析】 【分析】由高分子P的结构简式可知，D和H两物质分别为、，由反推可知C为，则C→D的反应为卤代烃的水解反应，反推可知B为，则A为甲苯；由H的结构简式及F→G的条件可知G为，根据题中的已知条件，则F为，由已知的反应可知E为乙醛，据此解答。 【详解】A．由分析可知，H中没有碳碳双键，A错误； B．由H的结构简式，结合的条件可知G为，根据题中的已知条件，则F为，B正确； C．C物质是，的反应为卤代烃的水解反应，也是取代反应，生成的D物质是，C错误； D．A为甲苯，不溶于水，E为乙醛，能跟水以任意比互溶，可以用蒸馏水区分A和E，D错误； 故选B。 14. 兴趣小组为探究FeCl3在溶液中显黄色的原因，进行如下实验。 序号 操作 试剂a 试剂b 现象 ① 0.2mol/L FeCl3 蒸馏水 溶液为黄色 ② 0.2mol/L FeCl3 2mol/L盐酸 溶液为浅黄色 ③ 0.2mol/L Fe(NO3)3 蒸馏水 溶液为浅黄色 ④ 0.2mol/L Fe(NO3)3 2mol/L硝酸 溶液接近无色 下列说法不正确的是 A. ②中的溶液颜色比①中的浅，主要是因为Fe3+的水解平衡逆向移动 B. 由③④可知，Fe(NO3)3溶液显浅黄色与Fe3+水解有关 C. 由以上实验可推知，FeCl3溶液显黄色与Fe3+水解、Cl-存在均有关 D. 由以上实验可推知，导致②③溶液均为浅黄色的原因相同 【答案】D 【解析】 【详解】A．已知Fe3+水解溶液显酸性，加入2mol/L盐酸后溶液中H+浓度增大，导致水解平衡逆向移动，故②中的溶液颜色比①中的浅，主要是因为Fe3+的水解平衡逆向移动，A正确； B．已知Fe3+水解溶液显酸性，加入2mol/L硝酸后溶液中H+浓度增大，导致水解平衡逆向移动，故由③④可知，Fe(NO3)3溶液显浅黄色与Fe3+水解有关，B正确； C．对比实验①③和实验②④实验现象可知，FeCl3溶液显黄色与Fe3+水解、Cl-存在均有关，C正确； D．由以上实验可推知，导致②溶液为浅黄色的原因是Fe3+的水解平衡逆向移动，而导致③溶液为浅黄色的原因是Fe3+浓度和水解生成的离子浓度减小，故不相同，D错误； 故答案为：D。 二、填空题(5道大题，共58分) 15. 硼氢化钠()具有高理论氢含量，是优秀的储氢材料。 （1）制取的反应为。该反应不是氧化还原反应。 ①B基态原子的价层电子排布式是：___________。 ②从原子结构角度解释中B显正价的原因：___________。 ③比较中键角F—B—F和中键角H—B—H的大小并解释原因：___________。 ④下列说法正确的是___________(填序号)。 a．NaH的电子式： b．离子半径： c．为极性分子 （2）晶体的一种晶胞形状为立方体，结构如图所示。 ①与最近且距离相等的有___________个。 ②已知该晶胞的体积为，为阿伏加德罗常数的值。则晶体中，氢元素的质量为___________g(用含的代数式表示) （3）科学家设计如下图所示装置，实现发电和制氢一体化，总反应为：。 已知：在电场作用下，双极膜可将解离为和，和分别向两极迁移。 ①只在电极a产生，则b极的电极反应式是___________。 ②当电极产生 时，双极膜解离水的物质的量为___________mol。 【答案】（1） ①. 2s22p1 ②. B和F的电负性相差较大，F的电负性远大于B，在成键时共用电子对偏向F，使得中B显正价、F显负价 ③. 前者大，中B为杂化，键角为120°；中B为杂化，键角为109°28＇ ④. a （2） ①. 6 ②. （3） ①. ②. 2 【解析】 【小问1详解】 ①B是第5号元素，其电子排布为1s22s22p1。则B的价层电子排布式为2s22p1。 ②B和F的电负性相差较大，F的电负性远大于B，在成键时共用电子对偏向F，使得中B显正价、F显负价。 ③中B的价层电子数为，杂化，键角为120°；中B的价层电子数为，杂化，键角为109°28＇，故中键角F－B－F大于中键角H－B－H； ④a．NaH为钠离子和氢负离子形成的，电子式：，a正确； b．、具有相同的电子层数，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，故离子半径：<，b错误； c．中的B原子为杂化，无孤电子对，为平面三角形结构，分子中正负电荷重心重合，为非极性分子，c错误； 故选a； 【小问2详解】 ①以顶面面心的为例，最近且距离相等的在顶面的棱上和上下两个晶胞的体心，共有6个。 ②根据“均摊法”，晶胞中含的个数为个。已知该晶胞的体积为a，则1晶体中，氢元素的质量为； 【小问3详解】 ①只在电极a产生，由图，a极氢离子发生还原反应：，为正极，则b为负极，结合总反应，在碱性条件下，失去电子发生氧化反应生成和水，反应为； ②在电场作用下，双极膜可将解离为和，和分别向两极迁移，当电极产生1mol 时，电路中转移2mol电子，消耗2mol氢离子，则双极膜解离水的物质的量为2mol。 16. 燃煤、炼钢等过程会产生含有SO2、NO的烟气，为了避免环境污染，研发了多种脱硫脱硝技术。 I活性炭脱硫脱硝技术 （1）吸收塔1，在100～200℃，SO2在活性炭的吸附催化下生成硫酸，该过程的化学方程式为_______。 （2）吸收塔2，在活性炭的催化作用下，烟气中的NO转化为无毒无害的气体排放到大气，该过程体现了NH3具有_______(填“氧化性”或“还原性”)。 （3）吸收塔1中若SO2去除不彻底，进入吸收塔2，会降低NO的去除率，原因是_______(写化学方程式)。 II络合吸收法脱硝技术 该技术有2种吸收NO的方法，涉及的反应如下： 方法1：Fe2++NO⇌[Fe(NO)]2+方法2：[FeY]2-+NO⇌[FeY(NO)]2- 已知：[FeY]2-是Fe2+与某有机化合物的阴离子(Y4-)形成的配合物 （4）①方法1，pH过高不利于Fe2+与NO反应，原因是_______。 ②尽管生产[FeY]2-所需成本比Fe2+高，实际工业生产更多选用方法2吸收NO，可能的原因有_______(至少写出2个不同角度的原因)。 （5）研究温度对反应[FeY]2-(aq)+NO(g)⇌[FeY(NO)]2-(aq)ΔH<0的影响，在相同时间内，测得不同温度下，NO的去除率如图所示： 解释随温度变化NO去除率变化的原因_______。 （6）使用锌粉将1L吸收液中浓度为0.04mol·L-1[FeY(NO)]2-转化为[FeY]2-、N2和NH，实现[FeY]2-的再生。若消耗锌粉0.03mol，测得NH浓度为0.004mol·L-1，则[FeY]2-的再生率为_______。 【答案】（1）2SO2 + O2 + 2H2O2H2SO4 （2）还原性 （3）2NH3+SO2+H2O= (NH4)2SO3 或4NH3+2SO2+ O2+2H2O =2 (NH4)2SO4 （4） ①. Fe2+ + 2OH-= Fe(OH)2 ②. 方法2中反应的速率更快、限度更大、[FeY]2-比Fe2+抗氧化的能力强 （5）温度45℃以下，升高温度，有利于加快反应速率，NO的脱除率增大。温度45℃以上，升高温度，平衡逆向移动，且NO的溶解度降低，NO的脱除率减小 （6）60% 【解析】 【小问1详解】 吸收塔1，在100～200℃，SO2在活性炭的吸附催化下生成硫酸，即SO2和空气在活性炭的吸附催化下转化为硫酸，故该过程的化学方程式为2SO2 + O2 + 2H2O2H2SO4，故答案为：2SO2 + O2 + 2H2O2H2SO4； 【小问2详解】 吸收塔2，在活性炭的催化作用下，烟气中的NO转化为无毒无害的气体排放到大气，即NO和NH3反应生成N2和H2O，反应方程式为：6NO+4NH3=5N2+6H2O，则该过程体现了NH3具有还原性，故答案为：还原性； 【小问3详解】 吸收塔1中若SO2去除不彻底，进入吸收塔2，由于NH3的水溶液呈碱性，能与SO2反应生成亚硫酸铵或者硫酸铵等，从而降低NH3的浓度，故会降低NO的去除率，其发生的反应方程式为：2NH3+SO2+H2O= (NH4)2SO3 或4NH3+2SO2+ O2+2H2O =2 (NH4)2SO4，故答案为：2NH3+SO2+H2O= (NH4)2SO3 或4NH3+2SO2+ O2+2H2O =2 (NH4)2SO4； 【小问4详解】 ①方法1，pH过高则OH-浓度过大，则Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，从而不利于Fe2+与NO反应，故答案为：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓； ②尽管生产[FeY]2-所需成本比Fe2+高，但由于方法2中反应的速率更快、限度更大、[FeY]2-比Fe2+抗氧化的能力强，在实际工业生产更多选用方法2吸收NO，故答案为：方法2中反应的速率更快、限度更大、[FeY]2-比Fe2+抗氧化的能力强； 【小问5详解】 温度45℃以下，升高温度，有利于加快反应速率，则相同时间内NO的转化量增大，NO的脱除率增大，温度45℃以上，此时该该时段内已经达到化学平衡，且反应[FeY]2-(aq)+NO(g)⇌[FeY(NO)]2-(aq)ΔH<0为放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，且NO的溶解度降低，NO的脱除率减小，故答案为：温度45℃以下，升高温度，有利于加快反应速率，NO的脱除率增大。温度45℃以上，升高温度，平衡逆向移动，且NO的溶解度降低，NO的脱除率减小； 【小问6详解】 已知[FeY(NO)]2-转化为[FeY]2-、N2和NH转化过程中只有N元素的化合价发生改变，其余元素的化合价未改变，根据得失电子总数相等可知，0.03molZn参与反应失去电子为0.06mol，测得NH浓度为0.004mol·L-1，即生成了0.004mol的NH此过程得到电子数为：0.004mol×5=0.02mol，则转化为N2时得到的电子数为：0.06-0.02=0.04mol，即生成的n(N2)==0.01mol，根据N原子守恒可知，参与反应的[FeY(NO)]2-的物质的量为：0.004+0.01×2=0.024mol，则[FeY]2-的再生率为：=60%，故答案为：60%。 17. 某研究小组以甲苯为起始原料，按下列路线合成利尿药美托拉宗。 已知： 请回答下列问题： （1）试剂a是___________。 （2）C→D的反应类型是___________。 （3）D→E的化学方程式是___________。 （4）属于芳香族化合物的B的同分异构体有___________个(提示：不包括B)，其中核磁共振氢谱的峰面积之比为2：2：2：3的有机物结构是___________。 （5）写出B+H→I的化学方程式___________。 （6）从D→H的流程看，D→E的主要目的是___________。 （7）有人认为由I合成美托拉宗的过程如下： 请写出J的结构简式___________，K的结构简式___________。 【答案】（1）浓硝酸、浓硫酸 （2）还原反应 （3） （4） ①. 4 ②. （5）+H2O （6）保护与苯环直接相连的氨基不被酸性KMnO4氧化 （7） ①. CH3CHO ②. 【解析】 【分析】由A的分子式和D的结构简式可知，甲苯发生硝化反应生成的A为，则试剂a为浓硝酸、浓硫酸，A中苯环上甲基邻位的氢原子被氯原子取代生成的C为，C中硝基被还原为氨基生成D，结合E的分子式可知，D与发生取代反应生成的E为，E与ClSO3H、NH3反应生成F，F中甲基被酸性KMnO4氧化为羧基而生成的G为，结合H的分子式可知，G中酰胺基水解生成的H为；A()中硝基被还原为氨基生成的B为，结合I的分子式可知，B()与H()发生取代反应生成的I为，结合已知信息ii和美托拉宗的结构简式可知，I与J(CH3CHO)先发生加成反应生成，再经环化、脱水得到美托拉宗； 【小问1详解】 由分析可知，试剂a是浓硝酸、浓硫酸； 【小问2详解】 由分析可知，C()中硝基被还原为氨基生成D，则C→D的反应类型是还原反应； 【小问3详解】 结合分析可知，D与发生取代反应生成E()和CH3COOH，则D→E的化学方程式是：； 【小问4详解】 由分析可知，B为，考虑苯环上可能有2个或1个取代基，则属于芳香族化合物的B的同分异构体有、、、，共4个(提示：不包括B)；其中核磁共振氢谱的峰面积之比为2：2：2：3的有机物结构是  ； 【小问5详解】 结合分析可知，B()与H()发生取代反应生成I()和水，反应的化学方程式为：+H2O； 【小问6详解】 D→E反应将D中氨基转化为-NHCOCH3，但G→H过程中酰胺基水解又生成含有氨基的H，且氨基易被酸性KMnO4氧化，则从D→H的流程看，D→E的主要目的是：保护与苯环直接相连的氨基不被酸性KMnO4氧化； 【小问7详解】 由分析可知，I与J(CH3CHO)先发生加成反应生成  ，  再经环化、脱水得到美托拉宗，则J、K的结构简式分别为CH3CHO、。 18. 一种利用富锂卤水(含、、、、硼酸根等)制备碳酸锂的工艺如下： 已知：室温下相关物质的如下表。 化合物 （1）ⅰ中，操作的名称是___________、___________。 （2）纯碱溶液显碱性，请用离子方程式解释原因：___________，ⅱ可除去80%的，该过程中生成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．取产品，加入 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，用标准溶液滴定至终点，消耗液体积为。 ①已知：杂质不与、溶液反应。该产品纯度为___________(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，将导致测得的产品纯度___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 【答案】（1） ①. 萃取 ②. 分液 （2） ①. 、 ②. （3）Ca(OH)2、Mg(OH)2和CaCO3 （4） ①. 不可行 ②. Ksp(CaCO3)远小于Ksp (Li2CO3)，溶液3中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，避免其消耗NaOH，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Ca(OH)2、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，故答案为：萃取；分液。 【小问2详解】 纯碱溶液显碱性，是由于碳酸根发生水解：、，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：，故答案为：、；。 【小问3详解】 由分析可知，iii中，得到的沉淀3的成分有Ca(OH)2、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，由表格数据可知，Ksp(CaCO3)远小于Ksp (Li2CO3)，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，故答案为：不可行；溶液3中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。 【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)1=n(NaOH)=c2V2×10-3mol，则与Li2CO3反应的硫酸的物质的量为：n(H2SO4)2=c1V1×10-3mol-n(H2SO4)1=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，故答案为：； 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，避免其消耗NaOH，以免影响实验结果；若省略步骤Ⅱ，直接进行步骤Ⅲ，CO2会与NaOH反应：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，这会导致V2增大，计算出的n(H2SO4)2减小，最终导致Li2CO3纯度偏低，故答案为：将溶液中溶解的CO2赶出，避免其消耗NaOH，以免影响实验结果。 19. 资料显示，可以将Cu氧化为。某小组同学设计实验探究Cu被氧化的产物及铜元素的价态。 已知：易溶于KI溶液，发生反应(红棕色)；和氧化性几乎相同。 （1）将等体积的KI溶液加入到铜粉和(n>m)的固体混合物中，振荡。实验记录如下： c(KI) 实验现象 实验Ⅰ 极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色。 实验Ⅱ 部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色。 实验Ⅲ 完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色。 ①请从物质结构角度解释在水中溶解度较低的原因：___________。 ②初始阶段，Cu被氧化的反应速率：实验Ⅰ___________实验Ⅱ(填“>”、“<”或“=”)。 ③实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的存在形式有(蓝色)或(无色)，进行以下实验探究： 步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。 步骤b．分液后的无色水溶液，滴入浓氨水，溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。 ⅰ．步骤a的目的是___________。 ⅱ．查阅资料，，(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤b的溶液中发生的变化：___________。 ④结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是___________。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓KI溶液，___________(填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是___________。 （2）上述实验结果，仅将Cu氧化为+1价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将Cu氧化为。装置如图所示，a、b分别是___________。 （3）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中Cu被氧化的产物中价态不同的原因：___________。 【答案】（1） ①. I2是非极性分子，而水是极性分子，根据 “相似相溶” 原理，非极性分子在极性溶剂中的溶解度较低 ②. < ③. 除去，防止干扰后续实验； ④. 、 ⑤. 或 ⑥. 产生白色沉淀溶解，溶液变为无色，有红色固体出现 ⑦. 铜与碘的反应为可逆反应(或浓度小未能氧化全部的) （2）铜片；I2和KI的混合溶液 （3）铜与碘反应的体系在原电池装置中，I2将Cu氧化为Cu2+；而在实验I、实验II和实验III中Cu以Cu+形式存在， 这是由于在实验I、实验II、实验III中Cu+可以进一步与I-结合生成CuI沉淀或[CuI2]-，Cu+浓度减小使得Cu2+氧化性增强，发生反应2Cu2++4I-=CuI↓+I2和2Cu2++6I-=[CuI2]-+I2 【解析】 【分析】因I2溶解度较小，Cu与I2接触不充分，将转化为可以提高Cu与的接触面积，提高反应速率。加入，平衡逆向移动，I2浓度减小，浓度增加，浓度增加，加入氨水后转化为，被氧化为，故而产生无色溶液变为蓝色溶液的现象。 【小问1详解】 ①I2是非极性分子，而水是极性分子，根据 “相似相溶” 原理，非极性分子在极性溶剂中的溶解度较低； ②提高KI浓度，便于提高的浓度，与Cu接触更加充分，Cu与的反应速率加快，故实验Ⅰ<实验Ⅱ； ③加入，I2浓度减小，平衡逆向移动， 浓度增加，其目的为：除去，防止干扰后续实验； 加入浓氨水后转化为，无色的被氧化为蓝色的，方程式为、； ④结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是或；白色沉淀为CuI，加入浓溶液，CuI与I-反应转化为[CuI2]-，故产生白色沉淀溶解，溶液变为无色，出现红色固体的过程；由于n＞m，铜未完全反应的原因是铜与碘的反应为可逆反应(或浓度小未能氧化全部的)；故答案为：或；产生白色沉淀溶解，溶液变为无色，有红色固体出现；铜与碘的反应为可逆反应(或浓度小未能氧化全部的)； 【小问2详解】 I2能将Cu氧化为Cu2+，反应中Cu失去电子被氧化，Cu为负极，故a为铜片，则石墨为正极，正极碘得到电子，被还原，故b为I2和KI的混合溶液； 【小问3详解】 在原电池装置中，将氧化为；而在实验Ⅰ、实验Ⅱ和实验Ⅲ中以形式存在，这是由于在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $