精品解析：北京市顺义区第二中学2023-2024学年高三上学期10月份考试化学试题

顺义二中2023-2024学年高三第一学期10月月考 化学试题 相对原子质量：H-1 C-12 Cu-64 Cl-35.5 考生须知： 1.本试卷共8页，共五道大题，19道小题；答题纸共2页。满分100分。考试时间60分钟 2.在试卷和答题卡上准确填写班级、姓名、学号。 3.试卷答案一律填写在答题卡上，在试卷上作答无效。 第Ⅰ卷(共42分) 一、单项选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项最符合题意。) 1. 2022年3月神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中太空“冰雪实验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。下列说法不正确的是 A. 醋酸钠是强电解质 B. 醋酸钠晶体与冰都是离子晶体 C. 常温下，醋酸钠溶液的 D. 该溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. MgCl2的形成过程： B. 顺－2－丁烯的球棍模型： C. CO2的空间填充模型： D. 基态氮原子的轨道表示式： 3. 根据元素周期律，下列说法中不正确的是 A. 酸性：HClO4＞H2SO3＞H2SiO3 B. 与钠和水的反应相比，铍与水反应的速率小 C. 与H2S的分解温度相比，H2O的分解温度更高 D. 判断非金属性Cl＞S，可向Na2S溶液通入Cl2来验证 4. 下列方程式能准确解释事实的是 A. 呼吸面具中用吸收并供氧： B. 自然界的高能固氮： C. 苯酚钠溶液通入后变浑浊：2+H2O+CO22+Na2CO3 D. 白醋可除去水壶中的水垢： 5. 关于CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2的结构与性质，下列说法错误的是 A. CH3OH为极性分子 B. N2H4空间结构为平面形 C. N2H4的沸点高于(CH3)2NNH2 D. CH3OH和(CH3)2NNH2中C、O、N杂化方式均相同 6. 2021年，我国科学家首次在实验室实现到淀粉的全合成，其合成路线如下：设为阿伏加德罗常数，下列有关说法不正确的是 A. 标况下，11.2L 中含有共用电子对数目为2 B. 反应②、③无法在高温下进行 C. 反应②中，3.2g 生成HCHO时转移电子数目为0.2 D. 1mol DHA与乙酸发生取代反应，可消耗乙酸分子数目为 7. 汽车安全气囊是在发生撞车时、产生二次碰撞前能够自动膨胀保护乘员的装置，碰撞时发生反应：10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑。下列判断正确的是 A. N2既是氧化剂又是还原剂 B. NaN3中N元素被还原 C. 每生成16molN2转移30mole﹣ D. 还原产物与氧化产物质量之比为1：15 8. 化合物乙是一种治疗神经类疾病的药物，可由化合物甲经多步反应得到。下列有关化合物甲、乙的说法正确的是 A. 甲分子中所有碳原子一定处于同一平面 B. 乙中含有2个手性碳原子 C. 用NaHCO3溶液或FeCl3溶液不能鉴别化合物甲、乙 D. 乙能与盐酸、NaOH溶液反应，且1mol乙最多能与4molNaOH反应 9. 下列实验能达到实验目的的是 A．证明酸性：盐酸＞碳酸＞苯酚 B．证明乙炔可使溴水褪色 C．检验蔗糖的水解产物具有还原性 D．证明溶解度：AgCl＞AgI A. A B. B C. C D. D 10. 不饱和聚酯(UP)是生产复合材料“玻璃钢”的基体树脂材料。如图是以基础化工原料合成UP的流程： 下列说法正确的是 A. 丙可被酸性KMnO4溶液直接氧化制单体1 B. 合成UP的流程中第Ⅲ步与第Ⅳ步可以交换顺序 C. 合成UP的三种单体自身分子之间均不能发生缩聚反应 D. 调节单体的投料比，控制m和n的比值，可获得性能不同的高分子材料 11. 某多孔材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高选择性吸附。废气中的被吸附后，经处理能全部转化为。原理示意图如下。 已知： 下列说法不正确的是 A. 温度升高时不利于吸附 B. 多孔材料“固定”，促进平衡正向移动 C. 转化为的反应是 D. 每获得时，转移电子的数目为 12. 利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。 装置 序号 电解质溶液 实验现象 ① 少量溶液 阴极表面产生无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验，电解液中有 ② 过量氨水 阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验，电解液中无元素 下列分析不正确的是 A. ①中气体减少，推测是由于溶液中减小，且覆盖铁电极，阻碍与铁接触 B. ①中检测到，推测可能发生反应：、 C. 随阴极析出铜，推测②中溶液减小，平衡逆向移动 D. ②中生成，使得比①中溶液的小，缓慢析出，镀层更致密 13. 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： 14. 氯化亚铜(CuCl)是白色粉末，微溶于水，广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组模拟热分解CuCl2•2H2O制备CuCl的过程，并进行相关物质转化的探究。 已知：酸性条件下Cu+不稳定 下列说法不正确的是 A. X气体是HCl，可抑制CuCl2•2H2O加热时水解 B. 途径1中产生的Cl2可以回收利用，也可以通入饱和NaOH溶液中除去 C. 途径2中200℃时反应的化学方程式为Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑ D. CuCl与稀硫酸反应的离子方程式为2Cu++4H++SO=2Cu2++SO2↑+2H2O 第Ⅱ卷(非选择题 共58分) 15. Cu(Ⅱ)可形成多种配合物，呈现出多样化的性质和用途。 （1）向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入少量氨水生成蓝色沉淀，继续加入过量氨水，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量的乙醇，析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体。 ①产生蓝色沉淀的离子方程式是________________________________。 ②[Cu(NH3)4]SO4在水中电离的方程式是__________________________。 ③比较甲醇分子中H-C-H与C-O-H的键角大小并解释原因 ____________________________________________________________________________________________________________________。 （2）如图所示，Cu(Ⅱ)配合物A和B可发生配位构型的转变，该转变可带来颜色的变化，因此可用作热致变色材料，在温度传感器、变色涂料等领域应用广泛。 ①Cu2+的价层电子排布式为______。 ②A中氮原子与其它原子(或离子)之间存在的作用力类型有_________________，氢原子与其它原子之间存在的作用力类型有_________________。 ③已知：当Cu(Ⅱ)配合物A和B配位构型由八面体转变为四方平面时，吸收光谱蓝移，配合物颜色紫色变为橙色。 ​ 想将配合物的颜色由紫色调整为橙色，需要进行的简单操作为______。 （3）已知：① 物质 颜色 [CuCl4]2- 黄色 [Cu(H2O)4]2+ 蓝色 ②蓝色溶液与黄色溶液混合为绿色溶液。 在CuCl2溶液中加入MgCl2浓溶液，颜色从蓝色变为绿色，请结合化学用语解释原因_________________________________________________。 （4）CuCl2和CuCl是铜常见的两种氯化物，如图示意图表示的是______的晶胞。已知晶胞的边长为a pm，阿伏加德罗常数为NA mol-1，则该晶体的密度为______g·cm-3(已知：1pm=10-10cm)。 16. 丹参酮系列化合物是中药丹参的主要活性成分，具有抗菌消炎、活血化瘀、促进伤口愈合等多种作用，其衍生物J的合成路线如下： 已知：i. ii. （1）中含有的官能团是硝基和_______。 （2）A→B的化学方程式为_______。 （3）D→E的反应类型为_______。 （4）下列关于化合物B、D的说法正确的是_______(填字母序号)。 A. D含有手性碳原子 B. B和D均能使酸性溶液褪色 C. B和D在水中的溶解性： D. B的一种同分异构体含有苯环和碳碳双键，且该异构体能与反应 （5）由F制备G的反应中，同时会生成一种副产物，它与G互为同分异构体，的结构简式为_______。 （6）H的结构简式为_______。 （7）已知反应过程中可得电子，则反应中I与的物质的量之比为_______。 （8）丹参酮ⅡA的合成过程中有如下转化，已知X含三种官能团，不与金属反应放出，丹参酮ⅡA分子中所有与氧原子连接的碳均为杂化。 依次写出X、丹参酮IIA的结构简式：_______、_______。 17. 某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。已知：。 （1）浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物A中仍存在盐酸和MnO2。 ①反应的离子方程式是_______。 ②电极反应式： i.还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O ii.氧化反应：_______。 ③根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO2的原因。 i.随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱。 ii.随c(Cl-)降低，_______。 ④补充实验证实了③中的分析。 实验操作 试剂 产物 I 较浓H2SO4 有氯气 II a 有氯气 III a+b 无氯气 a是_______，b是_______。 （2）利用c(H+)浓度对MnO2氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr和KI溶液，能与MnO2反应所需的最低c(H+)由大到小的顺序是_______，从原子结构角度说明理由______________。 （3）根据(1)中结论推测：酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2。经实验证实了推测，该化合物是_______。 （4）Ag分别与1mol·L-1的盐酸、氢溴酸和氢碘酸混合，Ag只与氢碘酸发生置换反应，试解释原因：_______。 （5）总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是_______。 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. 化学耗氧量是判断水体受污染程度的一个重要指标。测定某湖泊水样的并对测定后的废液进行处理的方法如下。 Ⅰ．的测定 是以氧化水样中还原性物质所消耗的为标准，并将其换算成的质量表示(换算关系：)。 【测定原理】 先用过量溶液氧化水体中还原性物质，再用硫酸亚铁铵溶液滴定剩余的。 （1）补全滴定反应的离子方程式：___________ ______________________ 【测定步骤】 ⅰ．将水样和标准溶液混合，在催化和强酸性条件下充分反应。 ⅱ．用溶液滴定剩余的至终点，消耗溶液。 （2）ⅰ中反应结束时，溶液颜色应为橙黄色，目的是___________。 （3）ⅰ中保持溶液强酸性可使平衡向左移动，从而： ①使___________(填微粒符号)的浓度增大，其氧化性增强。 ②避免生成沉淀，防止___________，导致反应速率过慢。 （4）由ⅰ、ⅱ中数据计算：___________。 Ⅱ．废液处理 测定后的酸性废液中含有、、、等，处理流程如下。 （5）①中反应的化学方程式是___________。 （6）固体3中含有___________(填化学式)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 顺义二中2023-2024学年高三第一学期10月月考 化学试题 相对原子质量：H-1 C-12 Cu-64 Cl-35.5 考生须知： 1.本试卷共8页，共五道大题，19道小题；答题纸共2页。满分100分。考试时间60分钟 2.在试卷和答题卡上准确填写班级、姓名、学号。 3.试卷答案一律填写在答题卡上，在试卷上作答无效。 第Ⅰ卷(共42分) 一、单项选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项最符合题意。) 1. 2022年3月神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中太空“冰雪实验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。下列说法不正确的是 A. 醋酸钠是强电解质 B. 醋酸钠晶体与冰都是离子晶体 C. 常温下，醋酸钠溶液的 D. 该溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出 【答案】B 【解析】 【详解】A．醋酸钠在水溶液中能完全电离，醋酸钠是强电解质，故A正确； B．醋酸钠晶体是离子晶体，冰是分子晶体，故B错误； C．醋酸钠是强碱弱酸盐，常温下，醋酸钠溶液的，故C正确； D．过饱和醋酸钠溶液处于亚稳态，加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出，形成饱和溶液，故D正确； 选B。 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. MgCl2的形成过程： B. 顺－2－丁烯的球棍模型： C. CO2的空间填充模型： D. 基态氮原子的轨道表示式： 【答案】A 【解析】 【详解】A．用电子式表示MgCl2的形成过程：，故A正确； B．顺-2-丁烯的结构是两个甲基在平面的同侧，选项中的是反-2-丁烯，故B错误； C．已知CO2是直线形分子，故CO2的空间填充模型为：，故C错误； D．基态氮原子的电子排布式为1s22s22p3，轨道表示式为： ，故D错误； 故答案选A。 3. 根据元素周期律，下列说法中不正确的是 A. 酸性：HClO4＞H2SO3＞H2SiO3 B. 与钠和水的反应相比，铍与水反应的速率小 C. 与H2S的分解温度相比，H2O的分解温度更高 D. 判断非金属性Cl＞S，可向Na2S溶液通入Cl2来验证 【答案】A 【解析】 【详解】A．元素周期律中，仅最高价氧化物对应水化物的酸性可通过非金属性强弱比较，S的最高价含氧酸为而非，不能根据元素周期律得出该酸性顺序，A符合题意； B．金属性，金属性越强，与水反应速率越快，因此铍与水反应速率比钠小，B不符合题意； C．非金属性，非金属性越强，简单氢化物稳定性越强，分解温度越高，因此分解温度高于，C不符合题意； D．向溶液通入，发生反应，说明氧化性强于，单质氧化性越强对应非金属性越强，可证实非金属性，D不符合题意。 4. 下列方程式能准确解释事实的是 A. 呼吸面具中用吸收并供氧： B. 自然界的高能固氮： C. 苯酚钠溶液通入后变浑浊：2+H2O+CO22+Na2CO3 D. 白醋可除去水壶中的水垢： 【答案】A 【解析】 【详解】A．根据反应可知呼吸面具中用吸收并供氧，A符合题意； B．是人工固氮，自然界的高能固氮是N2和O2在高温或放电条件下反应生成NO的过程，B不合题意； C．由于酸性：H2CO3＞苯酚＞，故苯酚钠溶液通入后变浑浊的反应原理为：+H2O+CO2+NaHCO3，C不合题意； D．由于醋酸是弱酸，则白醋可除去水壶中的水垢的离子方程式为：，D不合题意； 故答案为：A。 5. 关于CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2的结构与性质，下列说法错误的是 A. CH3OH为极性分子 B. N2H4空间结构为平面形 C. N2H4的沸点高于(CH3)2NNH2 D. CH3OH和(CH3)2NNH2中C、O、N杂化方式均相同 【答案】B 【解析】 【详解】A．甲醇可看成是甲烷中的一个氢原子被羟基取代得到的，为四面体结构，是由极性键组成的极性分子，A正确； B．N2H4中N原子的杂化方式为sp3，不是平面形，B错误； C．N2H4分子中连接N原子的H原子数多，存在氢键的数目多，而偏二甲肼（(CH3)2NNH2）只有一端可以形成氢键，另一端的两个甲基基团比较大，影响了分子的排列，沸点较N2H4的低，C正确； D．CH3OH为四面体结构，-OH结构类似于水的结构，(CH3)2NNH2的结构简式为 ，两者分子中C、O、N杂化方式均为sp3，D正确； 故选B。 6. 2021年，我国科学家首次在实验室实现到淀粉的全合成，其合成路线如下：设为阿伏加德罗常数，下列有关说法不正确的是 A. 标况下，11.2L 中含有共用电子对数目为2 B. 反应②、③无法在高温下进行 C. 反应②中，3.2g 生成HCHO时转移电子数目为0.2 D. 1mol DHA与乙酸发生取代反应，可消耗乙酸分子数目为 【答案】D 【解析】 【详解】A．的结构式为O=C=O，标况下11.2L 中含有共用电子对数目为，故A正确； B．反应②、③需要用酶作2催化剂，反应②、③无法在高温下进行，故B正确； C．反应②中，3.2g 生成HCHO时转移电子数目为，故C正确； D．DHA含有2个羟基，1mol DHA与乙酸发生取代反应，可消耗2mol乙酸，故D错误； 选D。 7. 汽车安全气囊是在发生撞车时、产生二次碰撞前能够自动膨胀保护乘员的装置，碰撞时发生反应：10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑。下列判断正确的是 A. N2既是氧化剂又是还原剂 B. NaN3中N元素被还原 C. 每生成16molN2转移30mole﹣ D. 还原产物与氧化产物质量之比为1：15 【答案】D 【解析】 【详解】A．只有N元素的化合价变化，则N2既是氧化产物又是还原产物，故A错误； B．NaN3中N元素化合价升高，失电子被氧化，故B错误； C．由反应可知， 2molKNO3反应转移电子为2mol(5-0)= 10mol ，即每生成16 mol N2转移10 mol电子，故C错误； D．该反应中10molNaN3是还原剂，生成氧化产物N2的物质的量是15mol ； 2molKNO3是氧化剂，生成还原产物N2的物质的量是1mol ，还原产物与氧化产物质量之比为1 : 15，故D正确； 故答案为D 8. 化合物乙是一种治疗神经类疾病的药物，可由化合物甲经多步反应得到。下列有关化合物甲、乙的说法正确的是 A. 甲分子中所有碳原子一定处于同一平面 B. 乙中含有2个手性碳原子 C. 用NaHCO3溶液或FeCl3溶液不能鉴别化合物甲、乙 D. 乙能与盐酸、NaOH溶液反应，且1mol乙最多能与4molNaOH反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．图中C-O-C为V形，与苯环相连的C-O键可以旋转，使得甲基碳原子不在苯环的平面上，A项错误； B．手性碳原子指连接4个不同原子或原子团的碳原子。乙中有2个手性碳原子，如图：，B项正确； C．甲中有羧基，与NaHCO3溶液反应生成CO2气体，乙中有酚羟基，遇FeCl3溶液显紫色，都可鉴别甲和乙，C项错误； D．乙中有-NH2，显碱性，能与盐酸反应；有1个酚羟基，消耗1个NaOH；有2个酯基，如图：，左侧酯基水解以后形成1个酚羟基和1个羧基，消耗2个NaOH，右侧酯基水解以后形成醇羟基和羧基，消耗1个NaOH；C-Br位置为卤代烃的结构，可以发生碱性水解，消耗1个NaOH，综上，1个乙分子消耗5个NaOH，即1 mol乙消耗5 mol NaOH，D项错误； 答案选B。 9. 下列实验能达到实验目的的是 A．证明酸性：盐酸＞碳酸＞苯酚 B．证明乙炔可使溴水褪色 C．检验蔗糖的水解产物具有还原性 D．证明溶解度：AgCl＞AgI A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．浓盐酸具有挥发性，挥发的HCl也能与苯酚钠反应生成苯酚，无法证明酸性碳酸＞苯酚，A错误； B．电石与饱和食盐水反应生成的乙炔中混有H2S等还原性杂质，H2S也可使溴水褪色，无法证明是乙炔使溴水褪色，B错误； C．蔗糖水解后溶液呈酸性，银镜反应需在碱性条件下进行，该实验未加NaOH中和过量稀硫酸，直接加入银氨溶液无法发生银镜反应，不能检验水解产物的还原性，C错误； D．向10滴溶液中加入20滴同浓度溶液，过量，完全转化为沉淀，再加入同浓度溶液产生黄色沉淀，说明转化为更难溶的，可证明溶解度，D正确； 故答案为：D。 10. 不饱和聚酯(UP)是生产复合材料“玻璃钢”的基体树脂材料。如图是以基础化工原料合成UP的流程： 下列说法正确的是 A. 丙可被酸性KMnO4溶液直接氧化制单体1 B. 合成UP的流程中第Ⅲ步与第Ⅳ步可以交换顺序 C. 合成UP的三种单体自身分子之间均不能发生缩聚反应 D. 调节单体的投料比，控制m和n的比值，可获得性能不同的高分子材料 【答案】D 【解析】 【分析】根据缩聚反应的高聚物与单体之间的关系可推知，不饱和聚酯(UP)的单体有三个，分别是HOCH2CH2OH、HOOCCH=CHCOOH、，从合成UP流程来看，甲含4个C，2个不饱和度，应该是合成单体HOOCCH=CHCOOH的原料，结合随后的与溴的四氯化碳的加成反应可推出甲应为基本化工原料1，4丁二烯(CH2=CH-CH=CH2)，甲与溴单质发生加成反应生成乙，推出乙为，乙水解可得到丙，则丙为，丙与HBr发生加成反应可得到，再经过连续氧化会得到丁，则丁为，丁发生消去反应得到最终的单体1(HOOCCH=CHCOOH)，最终经过缩聚反应得到UP。 【详解】A．根据上述分析可知，丙为，碳碳双键和羟基均可被KMnO4酸性溶液氧化，不能直接得到单体1(HOOCCH=CHCOOH)，A项错误； B．与HBr发生加成反应可得到，再经过连续氧化会得到，若交换第Ⅲ步与第Ⅳ步，碳碳双键可能会被氧化，不能得到，B项错误； C．单体HOOCCH=CHCOOH含有羟基、羧基，可以发生缩聚反应，C项错误； D．调节单体的投料比，控制m和n的比值，可获得性能不同的高聚物，D项正确； 答案选D。 11. 某多孔材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高选择性吸附。废气中的被吸附后，经处理能全部转化为。原理示意图如下。 已知： 下列说法不正确的是 A. 温度升高时不利于吸附 B. 多孔材料“固定”，促进平衡正向移动 C. 转化为的反应是 D. 每获得时，转移电子的数目为 【答案】D 【解析】 【分析】废气经过MOFs材料之后，NO2转化成N2O4被吸附，进而与氧气和水反应生成硝酸，从该过程中我们知道，NO2转化为N2O4的程度，决定了整个废气处理的效率。 【详解】A．从可以看出，这个是一个放热反应，升高温度之后，平衡逆向移动，导致生成的N2O4减少，不利于NO2的吸附，A正确； B．多孔材料“固定”，从而促进平衡正向移动，B正确； C．N2O4和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为，C正确； D．在方程式中，转移的电子数为4e-，则每获得，转移的电子数为0.4mol，即个数为，D错误； 故选D。 12. 利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。 装置 序号 电解质溶液 实验现象 ① 少量溶液 阴极表面产生无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验，电解液中有 ② 过量氨水 阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验，电解液中无元素 下列分析不正确的是 A. ①中气体减少，推测是由于溶液中减小，且覆盖铁电极，阻碍与铁接触 B. ①中检测到，推测可能发生反应：、 C. 随阴极析出铜，推测②中溶液减小，平衡逆向移动 D. ②中生成，使得比①中溶液的小，缓慢析出，镀层更致密 【答案】C 【解析】 【详解】A．随着反应的进行，一段时间后溶液中的减小，同时阴极发生电极反应：，生成的Cu覆盖在阴极铁制镀件表面，阻碍了与铁的接触，故气体减少，A正确； B．因为溶液中有和，铁制镀件与其接触，铁可能与和发生氧化还原反应生成，B正确； C．当阴极有Cu析出时，阴极电极反应：，阳极电极反应：，又因为②中电解液中无Fe元素，根据得失电子守恒，溶液不变，C错误； D．②中与反应生成，使得比①溶液中小，Cu缓慢析出，镀层更致密，D正确； 答案选C。 13. 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。 14. 氯化亚铜(CuCl)是白色粉末，微溶于水，广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组模拟热分解CuCl2•2H2O制备CuCl的过程，并进行相关物质转化的探究。 已知：酸性条件下Cu+不稳定 下列说法不正确的是 A. X气体是HCl，可抑制CuCl2•2H2O加热时水解 B. 途径1中产生的Cl2可以回收利用，也可以通入饱和NaOH溶液中除去 C. 途径2中200℃时反应的化学方程式为Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑ D. CuCl与稀硫酸反应的离子方程式为2Cu++4H++SO=2Cu2++SO2↑+2H2O 【答案】D 【解析】 【详解】热分解CuCl2•2H2O制备CuCl，为抑制CuCl2水解，要在HCl气流下加热，加热温度大于300C，发生，直接加热CuCl2•2H2O会生成Cu2 (OH ) 2Cl2，Cu2 (OH ) 2Cl2加热到200C生成CuO。据此解答。 A．氯化铜水解生成氢氧化铜和氯化氢，X气体是HCl，可抑制CuCl2•2H2O加热时水解，A正确； B．氯气能被饱和氢氧化钠溶液吸收，防止污染，也可以将其转化为氯化氢，回收循环利用，B正确； C．途径2中200℃时反应生成氧化铜，由原子守恒可知，还生成氯化氢，该反应的化学方程式为Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑，C正确； D．氯化亚铜不溶于水，书写离子方程式时不能拆开，D错误； 故选D。 第Ⅱ卷(非选择题 共58分) 15. Cu(Ⅱ)可形成多种配合物，呈现出多样化的性质和用途。 （1）向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入少量氨水生成蓝色沉淀，继续加入过量氨水，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量的乙醇，析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体。 ①产生蓝色沉淀的离子方程式是________________________________。 ②[Cu(NH3)4]SO4在水中电离的方程式是__________________________。 ③比较甲醇分子中H-C-H与C-O-H的键角大小并解释原因 ____________________________________________________________________________________________________________________。 （2）如图所示，Cu(Ⅱ)配合物A和B可发生配位构型的转变，该转变可带来颜色的变化，因此可用作热致变色材料，在温度传感器、变色涂料等领域应用广泛。 ①Cu2+的价层电子排布式为______。 ②A中氮原子与其它原子(或离子)之间存在的作用力类型有_________________，氢原子与其它原子之间存在的作用力类型有_________________。 ③已知：当Cu(Ⅱ)配合物A和B配位构型由八面体转变为四方平面时，吸收光谱蓝移，配合物颜色紫色变为橙色。 ​ 想将配合物的颜色由紫色调整为橙色，需要进行的简单操作为______。 （3）已知：① 物质 颜色 [CuCl4]2- 黄色 [Cu(H2O)4]2+ 蓝色 ②蓝色溶液与黄色溶液混合为绿色溶液。 在CuCl2溶液中加入MgCl2浓溶液，颜色从蓝色变为绿色，请结合化学用语解释原因_________________________________________________。 （4）CuCl2和CuCl是铜常见的两种氯化物，如图示意图表示的是______的晶胞。已知晶胞的边长为a pm，阿伏加德罗常数为NA mol-1，则该晶体的密度为______g·cm-3(已知：1pm=10-10cm)。 【答案】（1） ①. ②. ③. 键角，C与O均为杂化，C无孤电子对，O有2个孤电子对，孤电子对越多，键角越小 （2） ①. ②. 配位键、共价键 ③. 共价键、氢键 ④. 降温 （3）溶液中存在，加入MgCl2溶液，增大，平衡右移，的浓度增大，黄色与蓝色叠加使溶液显绿色 （4） ①. ②. 【解析】 【分析】本题围绕Cu(II)配合物展开，综合考查配位化学、价电子排布、化学键类型、分子空间结构与键角、配位平衡、晶胞密度计算，分为铜氨配合物、热致变色铜配合物、氯水合铜配离子平衡、氯化亚铜晶胞四大模块； 【小问1详解】 铜离子和NH3•H2O反应生成蓝色沉淀，同时生成，离子方程式为；[Cu(NH3)4]SO4在水中电离生成、，电离方程式为；甲醇分子中H-C-H的键角大于C-O-H的键角，其中C与O均为杂化，C无孤电子对，O有2个孤电子对，孤电子对越多，键角越小； 【小问2详解】 Cu的原子序数为29，价层电子排布式为3d104s1，优先失去4s轨道电子，Cu2+的价层电子排布式为3d9；A中氮原子和铜离子之间存在配位键、和H原子之间存在共价键，氢原子和N原子之间存在共价键、和O原子之间存在氢键；根据图知，Cu(Ⅱ)配合物B配位构型为八面体时呈紫色，Cu(Ⅱ)配合物A配位构型为四方平面时呈橙色，配合物的颜色由紫色调整为橙色，所以想将配合物的颜色由紫色调整为橙色，需要进行的简单操作为降温； 【小问3详解】 CuCl2溶液中含有，存在，加入溶液，增大，平衡右移，的浓度增大，黄色与蓝色叠加使溶液显绿色； 【小问4详解】 该晶胞中黑色球个数为4、白色球个数为，白色球、黑色球个数之比为4：4=1：1，即阴阳离子个数之比为1：1，所以该化合物为CuCl；该晶胞体积=(a×10-10cm)3，该晶胞中相当于含有4个“CuCl”， 晶体密度为。 16. 丹参酮系列化合物是中药丹参的主要活性成分，具有抗菌消炎、活血化瘀、促进伤口愈合等多种作用，其衍生物J的合成路线如下： 已知：i. ii. （1）中含有的官能团是硝基和_______。 （2）A→B的化学方程式为_______。 （3）D→E的反应类型为_______。 （4）下列关于化合物B、D的说法正确的是_______(填字母序号)。 A. D含有手性碳原子 B. B和D均能使酸性溶液褪色 C. B和D在水中的溶解性： D. B的一种同分异构体含有苯环和碳碳双键，且该异构体能与反应 （5）由F制备G的反应中，同时会生成一种副产物，它与G互为同分异构体，的结构简式为_______。 （6）H的结构简式为_______。 （7）已知反应过程中可得电子，则反应中I与的物质的量之比为_______。 （8）丹参酮ⅡA的合成过程中有如下转化，已知X含三种官能团，不与金属反应放出，丹参酮ⅡA分子中所有与氧原子连接的碳均为杂化。 依次写出X、丹参酮IIA的结构简式：_______、_______。 【答案】（1）醛基 （2）+CH3CH2OH+H2O （3）取代反应 （4）BCD （5） （6） （7）1:2 （8） ①. ②. 【解析】 【分析】由题干合成流程图可知，由D到E的转化条件、E的结构简式和B到D、A到B的转化条件以及A的分子式并结合已知信息i可推知，D的结构简式为：，B的结构简式为： ，A的结构简式为：，由F到G的转化条件和G的分子式并结合已知信息ii可知，G的结构简式为：，由H的分子式和I的结构简式可知，H的结构简式为：，据此分析解题。 【小问1详解】 中含有的官能团是硝基和醛基，故答案为：醛基； 【小问2详解】 由分析可知，A为，B为 ，结合题干信息可知，A→B的化学方程式为+CH3CH2OH+H2O，故答案为：+CH3CH2OH+H2O； 【小问3详解】 由分析可知，D为：，则D→E即+HBr+H2O，故该反应的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应； 【小问4详解】 A．由分析可知，D为，D分子不含同时连接四个互不相同的原子或原子团的碳原子即没有手性碳原子，A错误； B．由分析可知，B为，D为，B和D分子中的侧链上连有两个甲基的碳原子上含有H，故均能使酸性溶液褪色，B正确； C．由分析可知，B为，D为，B中酯基转换为D中的醇羟基，故B和D在水中的溶解性：，C正确； D．由分析可知，B为，B的一种同分异构体含有苯环和碳碳双键，且该异构体能与反应，该同分异构体的结构简式可以为：，D正确； 故答案为：BCD； 【小问5详解】 由分析可知，G的结构简式为：，根据F转化为G的原理可知，由F制备G的反应中，同时会生成一种副产物，它与G互为同分异构体，的结构简式为，故答案为：； 【小问6详解】 由分析可知，H的结构简式为，故答案为： ； 【小问7详解】 由题干信息可知，I为，J为，则反应过程中失去4个电子，已知反应过程中可得电子，根据得失电子总数相等可知反应中I与的物质的量之比为1:2，故答案为：1:2； 【小问8详解】 由题干信息中起始物质：，和丹参酮ⅡA的分子式以及已知X含三种官能团，不与金属反应放出，丹参酮ⅡA分子中所有与氧原子连接的碳均为杂化，可推导出：X的结构简式为：，丹参酮ⅡA的结构简式为： ，故答案为： ； 。 17. 某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。已知：。 （1）浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物A中仍存在盐酸和MnO2。 ①反应的离子方程式是_______。 ②电极反应式： i.还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O ii.氧化反应：_______。 ③根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO2的原因。 i.随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱。 ii.随c(Cl-)降低，_______。 ④补充实验证实了③中的分析。 实验操作 试剂 产物 I 较浓H2SO4 有氯气 II a 有氯气 III a+b 无氯气 a是_______，b是_______。 （2）利用c(H+)浓度对MnO2氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr和KI溶液，能与MnO2反应所需的最低c(H+)由大到小的顺序是_______，从原子结构角度说明理由______________。 （3）根据(1)中结论推测：酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2。经实验证实了推测，该化合物是_______。 （4）Ag分别与1mol·L-1的盐酸、氢溴酸和氢碘酸混合，Ag只与氢碘酸发生置换反应，试解释原因：_______。 （5）总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是_______。 【答案】（1） ①. MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O ②. 2Cl--2e- =Cl2↑ ③. Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强 ④. KCl固体(或浓/饱和溶液) ⑤. MnSO4固体(或浓/饱和溶液) （2） ①. KCl>KBr>KI ②. Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强 （3）AgNO3 或Ag2SO4 （4）比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生 （5）氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强 【解析】 【小问1详解】 ①二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O；②氧化反应是元素化合价升高，故氧化反应为：2Cl--2e- =Cl2↑③反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂，故答案为：Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强④可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II的现象分析，试剂a可以是KCl固体(或浓/饱和溶液)；结合实验III的显现是没有氯气，且实验III也加入了试剂a，那一定是试剂b影响了实验III的现象，再结合原因i可知试剂b是MnSO4固体(或浓/饱和溶液)； 【小问2详解】 非金属性越弱其阴离子的还原性越强，反应时所需的氢离子浓度越小，故顺序是KCl>KBr>KI；其原因是Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强； 【小问3详解】 根据(1)中的结论推测随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱，那么如果进一步降低Cl-浓度降低则可以导致可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2，故答案为：AgNO3 或Ag2SO4； 【小问4详解】 若要使反应2Ag+2H+=2Ag++ H2↑发生，根据本题的提示可以降低Ag+浓度，对比AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，故Ag只与氢碘酸发生置换反应的原因是：比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生； 【小问5详解】 通过本题可以发现，物质氧化性和还原性还与物质的浓度有关，浓度越大氧化性或者还原性越强，故答案为：氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(氧化产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。 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. 化学耗氧量是判断水体受污染程度的一个重要指标。测定某湖泊水样的并对测定后的废液进行处理的方法如下。 Ⅰ．的测定 是以氧化水样中还原性物质所消耗的为标准，并将其换算成的质量表示(换算关系：)。 【测定原理】 先用过量溶液氧化水体中还原性物质，再用硫酸亚铁铵溶液滴定剩余的。 （1）补全滴定反应的离子方程式：___________ ______________________ 【测定步骤】 ⅰ．将水样和标准溶液混合，在催化和强酸性条件下充分反应。 ⅱ．用溶液滴定剩余的至终点，消耗溶液。 （2）ⅰ中反应结束时，溶液颜色应为橙黄色，目的是___________。 （3）ⅰ中保持溶液强酸性可使平衡向左移动，从而： ①使___________(填微粒符号)的浓度增大，其氧化性增强。 ②避免生成沉淀，防止___________，导致反应速率过慢。 （4）由ⅰ、ⅱ中数据计算：___________。 Ⅱ．废液处理 测定后的酸性废液中含有、、、等，处理流程如下。 （5）①中反应的化学方程式是___________。 （6）固体3中含有___________(填化学式)。 【答案】（1） （2）保证过量 （3） ①. ②. 催化剂浓度过低而失效 （4） （5） （6）、 【解析】 【小问1详解】 根据氧化还原中+6的Cr被还原成+3价的Cr3+，每个Cr原子得到3电子，+2价的亚铁离子失去一个电子生成+3价的铁离子，根据的是电子守恒1mol的6mol电子，故需要6molFe2+，在根据电荷守恒和元素守恒得； 【小问2详解】 溶液颜色应为橙黄色，说明过量，要求先用过量溶液氧化水体中还原性物质，溶液颜色应为橙黄色，保证过量； 【小问3详解】 ①保持溶液强酸性可使平衡向左移动，的浓度增大，其氧化性增强； ②做催化剂，保持溶液强酸性可使平衡向左移动，避免生成沉淀，防止催化剂浓度过低而失效； 【小问4详解】 根据可知剩余的n()=，将水样中的还原物质消耗的物质的量为，，水样； 【小问5详解】 酸性废液中含有、、、等，加入NaCl生成AgCl沉淀，过滤，AgCl沉淀与浓氨水反应生成氯化二氨合银，方程式为：； 【小问6详解】 生成AgCl沉淀，过滤后滤液中含有、、加入过量的硫酸亚铁，硫酸亚铁将还原为，加入氢氧化钠溶液有、沉淀生成； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $