精品解析：北京市清华大学附属中学2025-2026学年高三上学期统练四化学试题

清华附中高23级高三试卷统练4 化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Ca-40 Ti-48 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项符合题目要求。 1. 下列关于糖类、油脂、蛋白质的说法中，不正确的是 A. 淀粉、纤维素都属于糖类 B. 粮食酿酒经历了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程 C. 糖类、油脂在一定条件下都能发生水解反应 D. “重组蛋白疫苗”运输时需低温保存，目的是防止蛋白质变性 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 二氧化碳的电子式： B. 乙烯的结构式： C. NH3分子的空间结构模型： D. py的电子云轮廓图： 3. 下列反应中，酸体现还原性的是 A. 与浓盐酸共热制 B. 与浓硫酸共热制 C. 与稀硫酸反应制 D. 与稀硝酸反应制备 4. 锌银纽扣电池是生活中常见的一次电池，其构造示意图如下。下列说法不正确的是 A. 作电池的负极 B. 电池工作时，向正极移动 C. 正极的电极反应： D. 金属外壳需具有良好的导电性和耐腐蚀性 5. 下列关于室温下溶液的说法正确的是 A. 的电离方程式： B. 加入少量固体后，溶液的增大 C. 滴加稀盐酸的过程中，增大 D. 与溶液反应的离子方程式： 6. 下列解释事实的方程式正确的是 A. 电解饱和NaCl溶液，两极均产生气体： B. 84消毒液加白醋，可增强漂白效果： C. 向溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀： D. 乙醛和新制悬浊液共热出现砖红色沉淀： 7. 香豆素席夫碱类衍生物M的结构如下。下列说法不正确的是 A. M易被氧化 B. M能与发生取代反应和加成反应 C. 1molM最多可与5molNaOH发生反应 D. M不能与HCHO发生缩聚反应 8. 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 9. M()和N()在一定条件下可制得环氧树脂黏合剂P，其结构如下： 下列说法不正确的是 A. M苯环上的一溴代物有2种 B. M的核磁共振氢谱有4组峰且峰的面积之比1：2：2：3 C. 相同条件下，苯酚也可以和N反应生成结构与P相似的高分子 D. 生成1 mol P的同时生成(n+2)molHCl 10. 转化可减少排放并实现资源利用。催化氧化乙烷制乙烯的主要反应有： ①： ②： 反应的能量变化如图1所示。体系中还存在其他副反应。相同时间内，乙烷的转化率、乙烯的选择性与温度的关系如图2所示。 已知：乙烯的选择性为转化的乙烷中生成乙烯的百分比，下列说法不正确的是 A. B. 反应②比反应①的速率小，是总反应的决速步 C. 在图2所画曲线的温度范围内，温度越高，乙烯的产率越低 D. 其他条件不变，适当增大投料比，能提高的转化率 11. 五氯化磷()是有机合成中重要的氯化剂，可由如下反应制得：，某温度下，在容积恒定为2.0L的密闭容器中充入和，一段时间后反应达平衡状态。实验数据如下表所示。 t/s 0 50 150 250 350 0 0.24 0.36 0.40 0.40 下列说法正确的是 A. 升高温度，平衡向正反应方向移动 B. 增大压强，活化分子百分数增大，反应速率加快 C. 该温度下，反应的化学平衡常数的数值为 D. 内的 12. 探究电解过程中离子迁移的规律，用石墨电极完成如下实验。 实验 现象 一段时间后，pH试纸上的图案 下列分析不正确的是 A. a处接电源正极 B. pH试纸I的图案说明H+的迁移比OH-的迁移快 C. 电极反应产生的H+的物质的量：a处＞c处 D. pH试纸Ⅱ上发生迁移的离子主要是Na+和 13. Na2S、FeS可用于含镉(Cd2+)废水的处理。已知：常温下 ⅰ． Na2S溶液中各含硫粒子的物质的量分数与pH的关系如图所示。 ⅱ．0.1mol/L Na2S溶液pH约为12.8。 ⅲ． 。 下列说法正确的是 A. Na2S溶液中： B. 0.1mol/L Na2S溶液中： C. 向0.01mol/L的FeCl2溶液中加入等体积的0.2mol/L的Na2S溶液，反应初期产生沉淀为FeS D. 向含0.001mol/LCd2+的废水中加入足量FeS，废水可达排放标准[c(Cd2+)＜10-8mol/L] 14. 通过与的可逆反应，探究外界条件对物质氧化性和还原性的影响，进行如下实验(不考虑对实验体系的影响)。 闭合时，电流计的指针向右偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅。指针归零后，再分别进行下列实验： 实验 操作 现象 ① 向乙烧杯中逐滴滴加少量NaOH溶液 指针向左偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅 ② 向甲烧杯中加入少量固体 指针向右偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅 已知：ⅰ、和均是弱酸。 ⅱ、易溶于溶液，反应生成(棕色)，和的氧化性几乎相同。 下列说法正确的是 A. 闭合后，甲烧杯中的电极反应： B. ①中，加入溶液后，甲烧杯中的浓度减小 C. ②中，加入固体后，对的氧化性的影响小于的浓度对其氧化性的影响 D. 根据上述实验推测，向甲烧杯中加入少量固体，指针向右偏转 第二部分 本部分共5题，共58分 15. 钛(22Ti)被称为继铁、铝之后的第三金属，钛及化合物在生活和生产中有重要应用，钙钛矿中典型代表CaTiO3晶体是工业获取钛的重要原料。回答下列问题： （1）基态Ti原子的价电子排布式为___________。 （2）纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，其催化的一个实例如图。 ①化合物乙的沸点明显高于化合物甲，主要原因是___________。 ②化合物乙中采取sp3杂化原子的第一电离能由大到小的顺序为___________。 （3）[Ti(H2O)6]2+中___________(填“大于”、“小于”或“等于”)单个水分子中。 （4）钙钛矿晶体的结构与晶胞如下图。 ①钛原子位于立方晶胞的顶角，被___________个氧离子包围成配位八面体，钙离子位于立方晶胞的体心，被___________个氧离子包围。 ②钙钛矿晶体的密度为，设阿伏加德罗常数的值为NA，则钙钛矿晶胞的边长为___________cm。 16. 电解MnSO4溶液制备Mn时，电解锰渣中含大量MnO2和少量PbSO4。从电解锰渣中回收锰、铅的流程如下。 已知：① 。 ②25℃时，有关物质的Ksp如下表。 物质 Ksp （1）MnO2在电解池的___________(填A．阴或B．阳)极产生。 （2）将“浸锰”反应的离子方程式补充完整：___________。 （3）“净化”时调节溶液pH的理论最小值为___________(当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全)。 （4）写出“沉锰”过程的离子方程式___________。 （5）“浸铅”所用NaCl和CaCl2的浓度分别为350g/L (饱和)、20g/L。结合平衡移动原理解释NaCl、CaCl2的作用：___________。 （6）“沉铅”的方法是___________，所得“滤液4”循环用于“浸铅” （7）用)PbCl2作阴极、石墨作阳极、氨水和NH4Cl的混合液作电解液电解，一段时间后，阴极产生Pb，阳极产生气体，溶液pH从7.5降至6.9。经检验阳极气体含N2，分析原因： 原因一：NH3或在阳极直接放电产生。 原因二：___________。 17. 一种处理高浓度氨氮废水并获取MAP的工艺流程如下。 已知：①MAP难溶于水，可溶于酸。 ②20℃时水中的溶解性：。 （1）下列说法正确的是___________(填字母序号)。 a．MAP既能与强酸反应又能与强碱反应 b．离子的空间结构为正四面体形 c．废水中的H+会抑制水解 （2）沉淀剂的选择。其他条件相同，按n(N)：n(Mg)：n(P)=1：1.2：1投入相应的沉淀剂，其氨氮去除效果如图所示。 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，结果如下。 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．___________(结合方程式解释)。 ②pH＞9.5后，氨氮去除率明显减小，原因是___________。 18. 荧光探针的合成路线如下。 （1）A中所含官能团的名称是___________。 （2）过程中反应①的化学方程式为___________。 （3）试剂a的结构简式为，的反应类型是___________。 （4）I的结构简式为___________。 （5）P为D的同分异构体，满足下列条件的P的结构简式为___________。 a．核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：1：1 b．含有一个六元环和一个五元环 （6）K中含有碳碳三键，由E和J合成K的反应过程如下： 已知： 写出试剂b和K的结构简式___________、___________。 （7）L的过程中还生成了一种M的同分异构体X。依据的反应原理，X的结构简式为___________。 19. 资料显示，可以将氧化为。某小组同学设计实验探究被氧化的产物及铜元素的价态。 已知：易溶于溶液，发生反应(红棕色)；和氧化性几乎相同。 I.将等体积的溶液加入到铜粉和的固体混合物中，振荡。 实验记录如下： 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）初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ__________(填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。 （2）实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有(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．取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的溶液中发生的变化：______________。 （3）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____________________。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____________________。 （4）上述实验结果，仅将氧化为价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将氧化为。装置如图所示，分别是_____________。 （5）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中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 $ 清华附中高23级高三试卷统练4 化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Ca-40 Ti-48 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项符合题目要求。 1. 下列关于糖类、油脂、蛋白质的说法中，不正确的是 A. 淀粉、纤维素都属于糖类 B. 粮食酿酒经历了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学变化过程 C. 糖类、油脂在一定条件下都能发生水解反应 D. “重组蛋白疫苗”运输时需低温保存，目的是防止蛋白质变性 【答案】C 【解析】 【详解】A．淀粉和纤维素均为多糖，属于糖类，A正确； B．粮食酿酒过程中，淀粉水解为葡萄糖，葡萄糖再经发酵转化为乙醇，B正确； C．油脂可水解，但糖类中的单糖（如葡萄糖、果糖）无法水解，双糖和多糖可水解，故"糖类都能水解"的说法错误，C不正确； D．低温保存可抑制蛋白质结构破坏，防止变性，D正确； 故选C。 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 二氧化碳的电子式： B. 乙烯的结构式： C. NH3分子的空间结构模型： D. py的电子云轮廓图： 【答案】A 【解析】 【详解】A．二氧化碳是共价化合物，结构式为O=C=O，C原子与每个O原子形成2对共用电子，电子式为，A错误； B．乙烯含有碳碳双键，所有原子共面，结构式为：，B正确； C．分子的价层电子对数为：，含有一对孤对电子，空间构型为三角锥形，且N原子半径大于H原子，C正确； D．p电子云呈哑铃形，电子云沿着y方向伸展，D正确； 故选A。 3. 下列反应中，酸体现还原性的是 A. 与浓盐酸共热制 B. 与浓硫酸共热制 C. 与稀硫酸反应制 D. 与稀硝酸反应制备 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】A．Cl元素的化合价升高，还生成氯化锰，则盐酸作还原剂表现还原性，故A正确； B．S元素的化合价不变，只表现酸性，故B错误； C．由Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，H元素的化合价降低，表现氧化性，故C错误； D．由3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，N元素的化合价降低，表现氧化性，故D错误； 故选：A。 4. 锌银纽扣电池是生活中常见的一次电池，其构造示意图如下。下列说法不正确的是 A. 作电池的负极 B. 电池工作时，向正极移动 C. 正极的电极反应： D. 金属外壳需具有良好的导电性和耐腐蚀性 【答案】B 【解析】 【分析】锌银纽扣电池中，锌作负极，发生氧化反应：，作正极，发生还原反应：，总反应为：； 【详解】A．由分析可知，锌作电池的负极，作电池正极，A正确； B．原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，则向负极移动，B错误； C．由分析可知，正极的电极反应为：，C正确； D．金属外壳需具有良好的导电性和耐腐蚀性，以保证电池正常工作，D正确； 故选B。 5. 下列关于室温下溶液的说法正确的是 A. 的电离方程式： B. 加入少量固体后，溶液的增大 C. 滴加稀盐酸的过程中，增大 D. 与溶液反应的离子方程式： 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．为弱电解质，故电离方程式为，A项错误； B．加入固体后，铵根离子浓度变大，，抑制氨水电离，氢氧根离子浓度降低，pH减小，B项错误； C．，加入稀盐酸，氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，促进氨水电离，铵根离子浓度增大，C项正确； D．与溶液反应的离子方程式：，D项错误； 答案选C。 6. 下列解释事实的方程式正确的是 A. 电解饱和NaCl溶液，两极均产生气体： B. 84消毒液加白醋，可增强漂白效果： C. 向溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀： D. 乙醛和新制悬浊液共热出现砖红色沉淀： 【答案】D 【解析】 【详解】A．饱和氯化钠溶液电解生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑，故A错误； B．向84消毒液中加入白醋，醋酸和NaClO反应产生HClO，醋酸、HClO是弱电解质，不能拆写，故消毒液的漂白性增强：ClO-+CH3COOH=HClO+CH3COO-，故B错误； C．碳酸氢钠溶液与过量澄清石灰水反应生成氢氧化钠、碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为，故C错误； D．乙醛和新制氢氧化铜悬浊液共热反应生成乙酸钠、氧化亚铜沉淀和水，反应的化学方程式为，故D正确； 故选D。 7. 香豆素席夫碱类衍生物M的结构如下。下列说法不正确的是 A. M易被氧化 B. M能与发生取代反应和加成反应 C. 1molM最多可与5molNaOH发生反应 D. M不能与HCHO发生缩聚反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．M中含有酚羟基和碳碳双键，易被强氧化剂氧化，A正确； B．M中含有酚羟基和碳碳双键，酚羟基的邻位和对位还有氢原子，能与发生取代反应；碳碳双键能发生加成反应，B正确； C．1molM中左边的酚羟基消耗1molNaOH，左边苯环上Cl原子水解要消耗1molNaOH，水解后得到的羟基连接在苯环上形成酚要消耗1molNaOH，右边酯基水解得到的羧酸要消耗1molNaOH，水解生成的羟基连接在苯环上形成酚还要消耗1molNaOH，最后总的消耗5molNaOH，C正确； D．M中酚羟基的邻位和对位都还有氢原子，可以与HCHO发生缩聚反应，D错误； 故答案为：D。 8. 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。 9. M()和N()在一定条件下可制得环氧树脂黏合剂P，其结构如下： 下列说法不正确的是 A. M苯环上的一溴代物有2种 B. M的核磁共振氢谱有4组峰且峰的面积之比1：2：2：3 C. 相同条件下，苯酚也可以和N反应生成结构与P相似的高分子 D. 生成1 mol P的同时生成(n+2)molHCl 【答案】C 【解析】 【详解】A．M 结构对称，苯环上只有2种等效氢，因此苯环上的一溴代物有2种，A正确； B．M 共有4种等效氢，氢原子数目比为：羟基 H (2):羟基邻位苯环 H (4):羟基间位苯环 H (4):甲基 H (6)=，因此核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为，B正确； C．苯酚只含1个羟基，属于单官能团，无法像二元酚M一样和N缩聚形成长链高分子结构，因此不能生成结构与P相似的高分子，C错误； D．生成需要和，每个N含1个Cl，反应中每个Cl与羟基脱出的H结合生成1分子HCl，因此共生成，D正确； 故选C。 10. 转化可减少排放并实现资源利用。催化氧化乙烷制乙烯的主要反应有： ①： ②： 反应的能量变化如图1所示。体系中还存在其他副反应。相同时间内，乙烷的转化率、乙烯的选择性与温度的关系如图2所示。 已知：乙烯的选择性为转化的乙烷中生成乙烯的百分比，下列说法不正确的是 A. B. 反应②比反应①的速率小，是总反应的决速步 C. 在图2所画曲线的温度范围内，温度越高，乙烯的产率越低 D. 其他条件不变，适当增大投料比，能提高的转化率 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知， =生成物的能量减去反应物的能量=-300kJ/mol-(-477 kJ/mol)=+177kJ/mol，故A正确； B．由图可知，反应①的活化能小于反应②的活化能，则反应②比反应①的速率小，速率小的是总反应的决速步，故B正确； C．由图可知，在图2所画曲线的温度范围内，温度越高，乙烯的选择性越低，但是乙烷的转化率越高，无法确定乙烯的产率的变化，故C错误； D．其他条件不变，适当增大投料比，反应①正向移动，能提高的转化率，故D正确； 故选C。 11. 五氯化磷()是有机合成中重要的氯化剂，可由如下反应制得：，某温度下，在容积恒定为2.0L的密闭容器中充入和，一段时间后反应达平衡状态。实验数据如下表所示。 t/s 0 50 150 250 350 0 0.24 0.36 0.40 0.40 下列说法正确的是 A. 升高温度，平衡向正反应方向移动 B. 增大压强，活化分子百分数增大，反应速率加快 C. 该温度下，反应的化学平衡常数的数值为 D. 内的 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可知，开始时c(PCl3)=1.0mol/L、c(Cl2)= 0.5mol/L，平衡时c(PCl5)=0.2mol/L， 结合v(PCl3)=v(PCl5)= 、K=解答该题。 【详解】A．正反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，故A错误； B．增大压强，不改变活化分子百分数，故B错误； C．由以上分析可知，化学平衡常数K==(mol/L)-1，故C正确； D．0～150s内的平均反应速率v(PCl5)= =1.2×10-3mol/(L·s)，根据方程式知，v(PCl3)=v(PCl5)=1.2×10-3mol/(L·s)，故D错误； 故选C。 12. 探究电解过程中离子迁移的规律，用石墨电极完成如下实验。 实验 现象 一段时间后，pH试纸上的图案 下列分析不正确的是 A. a处接电源正极 B. pH试纸I的图案说明H+的迁移比OH-的迁移快 C. 电极反应产生的H+的物质的量：a处＞c处 D. pH试纸Ⅱ上发生迁移的离子主要是Na+和 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据pH试纸I的现象，a处附近试纸变红，说明a处电极产生了  ，发生了氧化反应（ ），因此 a 处是阳极。阳极应接直流电源的正极；A正确； B．在pH试纸I中，a处（阳极）产生的  使试纸变红，b处（阴极）产生的  使试纸变蓝。观察到红色区域明显大于蓝色区域，说明在相同的时间内，  从阳极向阴极方向迁移的距离比  从阴极向阳极方向迁移的距离更远。这表明  的迁移速率大于  ，B正确； C．实验I和实验II是串联在同一个直流电源上的（从图中连线可以看出），这意味着通过两个电解池的电流大小相等，通电时间也相同。根据法拉第电解定律，通过的电量相等，电极上发生反应的电子转移数就相等。a处和c处均为阳极，其电极反应均为  。由于转移的电子数相同，a处和c处产生的  的物质的量应该是相等的，C错误； D．pH 试纸II使用的是  的  溶液，离子浓度较高。在电场作用下，溶液中大量的  向阴极（d处）迁移，  向阳极（c处）迁移。由于  和  的浓度远大于电极反应产生的微量  和  ，它们承担了主要的导电任务（即主要的电荷迁移）。因此，试纸上红蓝区域相对对称，没有像试纸I那样出现明显的离子迁移速率差异导致的区域大小悬殊，D正确； 故选C。 13. Na2S、FeS可用于含镉(Cd2+)废水的处理。已知：常温下 ⅰ． Na2S溶液中各含硫粒子的物质的量分数与pH的关系如图所示。 ⅱ．0.1mol/L Na2S溶液pH约为12.8。 ⅲ． 。 下列说法正确的是 A. Na2S溶液中： B. 0.1mol/L Na2S溶液中： C. 向0.01mol/L的FeCl2溶液中加入等体积的0.2mol/L的Na2S溶液，反应初期产生沉淀为FeS D. 向含0.001mol/LCd2+的废水中加入足量FeS，废水可达排放标准[c(Cd2+)＜10-8mol/L] 【答案】D 【解析】 【分析】在水溶液中发生电离：、。 【详解】A．硫离子发生水解，、，电荷守恒关系为： ，A错误； B．已知溶液，结合题图可知：时，的物质的量分数小于，大于0.5，且第一步水解生成等物质的量的和，第二步水解还会继续生成，因此离子浓度顺序为： ，B错误； C．等体积混合后浓度减半，可得：，总硫浓度，混合后溶液约为12.8，因此；对：；对：，两种沉淀的离子积均远大于溶度积，反应初期会同时生成两种沉淀，因此沉淀不只有，C错误； D．沉淀转化反应为：，平衡常数： ，初始浓度为，根据方程式计量关系，完全转化后，代入平衡常数得： ，满足排放标准，D正确； 故选D。 14. 通过与的可逆反应，探究外界条件对物质氧化性和还原性的影响，进行如下实验(不考虑对实验体系的影响)。 闭合时，电流计的指针向右偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅。指针归零后，再分别进行下列实验： 实验 操作 现象 ① 向乙烧杯中逐滴滴加少量NaOH溶液 指针向左偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅 ② 向甲烧杯中加入少量固体 指针向右偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅 已知：ⅰ、和均是弱酸。 ⅱ、易溶于溶液，反应生成(棕色)，和的氧化性几乎相同。 下列说法正确的是 A. 闭合后，甲烧杯中的电极反应： B. ①中，加入溶液后，甲烧杯中的浓度减小 C. ②中，加入固体后，对的氧化性的影响小于的浓度对其氧化性的影响 D. 根据上述实验推测，向甲烧杯中加入少量固体，指针向右偏转 【答案】D 【解析】 【分析】闭合时，电流计的指针向右偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅，说明正向移动，则碘得到电子生成，进一步生成，失去电子生成、，此时甲的石墨电极为负极，乙的石墨电极为正极，据此解答。 【详解】A．结合分析，闭合后，失去电子生成、，甲烧杯中的电极反应：，A错误； B．①中，加入溶液后，指针向左偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅，甲的石墨电极为正极，、得到电子生成，甲烧杯中的浓度增大，B错误； C．②中，加入固体后，指针向右偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅，说明继续失去电子生成、，结合①②现象，对的氧化性的影响大于的浓度对其氧化性的影响，C错误； D．根据上述实验推测，向甲烧杯中加入少量固体，浓度增大，甲的石墨电极为负极，指针向右偏转，D正确； 故选D。 第二部分 本部分共5题，共58分 15. 钛(22Ti)被称为继铁、铝之后的第三金属，钛及化合物在生活和生产中有重要应用，钙钛矿中典型代表CaTiO3晶体是工业获取钛的重要原料。回答下列问题： （1）基态Ti原子的价电子排布式为___________。 （2）纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，其催化的一个实例如图。 ①化合物乙的沸点明显高于化合物甲，主要原因是___________。 ②化合物乙中采取sp3杂化原子的第一电离能由大到小的顺序为___________。 （3）[Ti(H2O)6]2+中___________(填“大于”、“小于”或“等于”)单个水分子中。 （4）钙钛矿晶体的结构与晶胞如下图。 ①钛原子位于立方晶胞的顶角，被___________个氧离子包围成配位八面体，钙离子位于立方晶胞的体心，被___________个氧离子包围。 ②钙钛矿晶体的密度为，设阿伏加德罗常数的值为NA，则钙钛矿晶胞的边长为___________cm。 【答案】（1） （2） ①. 化合物乙中含有氨基，分子间可以形成氢键 ②. （3）大于 （4） ①. 6 ②. 12 ③. 【解析】 【小问1详解】 Ti是22号过渡元素，基态核外电子排布为，过渡元素价电子包括最外层s电子和次外层d电子，因此价电子排布式为。 【小问2详解】 ①化合物乙含氨基，分子间可以形成氢键，分子间作用力远大于仅靠范德华力的化合物甲，因此沸点更高。 ②化合物乙中所有饱和C、醚键O、氨基N均为杂化；同周期元素第一电离能随原子序数增大整体呈增大趋势，N原子2p轨道为半满稳定结构，第一电离能大于相邻的O，因此第一电离能顺序为。 【小问3详解】 游离水分子中O原子有2对孤电子对，O与Ti形成配位键后，1对孤电子对变为成键电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用减弱，键角增大，因此配合物中大于单个水分子的键角。 【小问4详解】 ①钙钛矿晶胞中，Ti位于顶点，O位于棱心，Ti在三维坐标轴方向共紧邻6个O，形成配位八面体，因此Ti被6个O包围；Ca位于体心，晶胞12条棱的棱心各有1个O，全部与Ca紧邻，因此Ca被12个O包围。 ②晶胞中Ca位于晶胞体心，数目为1；Ti位于晶胞顶点，数目为；O位于晶胞棱心，数目为，晶胞质量，设晶胞边长为，由密度公式推导得。 16. 电解MnSO4溶液制备Mn时，电解锰渣中含大量MnO2和少量PbSO4。从电解锰渣中回收锰、铅的流程如下。 已知：① 。 ②25℃时，有关物质的Ksp如下表。 物质 Ksp （1）MnO2在电解池的___________(填A．阴或B．阳)极产生。 （2）将“浸锰”反应的离子方程式补充完整：___________。 （3）“净化”时调节溶液pH的理论最小值为___________(当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全)。 （4）写出“沉锰”过程的离子方程式___________。 （5）“浸铅”所用NaCl和CaCl2的浓度分别为350g/L (饱和)、20g/L。结合平衡移动原理解释NaCl、CaCl2的作用：___________。 （6）“沉铅”的方法是___________，所得“滤液4”循环用于“浸铅” （7）用)PbCl2作阴极、石墨作阳极、氨水和NH4Cl的混合液作电解液电解，一段时间后，阴极产生Pb，阳极产生气体，溶液pH从7.5降至6.9。经检验阳极气体含N2，分析原因： 原因一：NH3或在阳极直接放电产生。 原因二：___________。 【答案】（1）B （2） （3）2.8 （4） （5），NaCl和CaCl2中的Cl-与Pb2+生成，CaCl2中的Ca2+与生成CaSO4析出，可促进PbSO4溶解 （6）降温/稀释 （7）Cl-在阳极放电，产生的Cl2将NH3或氧化成N2 【解析】 【分析】电解锰渣中含大量和少量，加入和浸锰，和在酸性条件下发生反应生成、、，进入滤液1中，未反应的成为滤渣1。滤渣1加入热和将转化为，同时生成沉淀，即滤渣3。根据已知①，滤液3降温可使反应逆向移动析出沉淀，加入氨水和溶解后电解可得Pb，滤液4中含有和。滤液1加入氨水可将转化为沉淀，即滤渣2。滤液2加入和氨水将转化为沉淀。 【小问1详解】 Mn从+2价升高到中+4价，失电子发生氧化反应，电解池中阳极发生氧化反应，因此在阳极生成。 【小问2详解】 酸性环境中，中、被氧化为、，中被还原为，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平得到离子方程式为。 【小问3详解】 净化目的是使沉淀完全，根据，沉淀完全时，代入得，推得，即。 【小问4详解】 沉锰过程中与、氨水反应生成沉淀，根据电荷守恒书写得到离子方程式为。 【小问5详解】 结合平衡移动原理，沉淀，沉淀，促进溶解平衡正向移动；高浓度推动反应平衡正向移动，将转化为可溶性的。 【小问6详解】 稀释降低，降温使吸热反应逆向移动，均可使平衡左移析出，达到沉铅目的。 【小问7详解】 在阳极放电生成，反应为；生成的具有强氧化性，能将或氧化成，如，该反应消耗了体系中的并生成酸，导致溶液pH降低。 17. 一种处理高浓度氨氮废水并获取MAP的工艺流程如下。 已知：①MAP难溶于水，可溶于酸。 ②20℃时水中的溶解性：。 （1）下列说法正确的是___________(填字母序号)。 a．MAP既能与强酸反应又能与强碱反应 b．离子的空间结构为正四面体形 c．废水中的H+会抑制水解 （2）沉淀剂的选择。其他条件相同，按n(N)：n(Mg)：n(P)=1：1.2：1投入相应的沉淀剂，其氨氮去除效果如图所示。 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，结果如下。 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．___________(结合方程式解释)。 ②pH＞9.5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，溶液酸性增强，不利于生成MAP ③. 形成的MAP覆盖在表面，阻碍继续反应 （3） ①. ，分解成逸出 ②. 随着溶液pH值升高，增大，生成沉淀 【解析】 【分析】高浓度的氨氮废水加入沉淀剂将其中的转化为MAP，过滤从溶液中分离出来。 【小问1详解】 a．为，​可与强碱反应，可与强酸反应，因此既能与强酸反应又能与强碱反应，a正确； b．​中心P原子含有4个σ键，孤电子对数为，价层电子对数为4，空间结构为正四面体形，b正确； c．水解：，废水中浓度升高，水解平衡逆向移动，抑制水解，c正确； 故选abc。 【小问2详解】 ①沉淀剂i为​，提供和​，与废水中​反应生成沉淀，配平得离子方程式为。 ②​的电离程度大于​的电离程度，溶液中浓度更高，与结合，使游离浓度降低，不利于沉淀生成。 ③ii和iv都以为镁源，难溶，溶解后提供的游离浓度低，同时形成的MAP覆盖在表面，阻碍继续反应，不利于沉淀生成。 【小问3详解】 ①比的浓度更大，除生成沉淀外，还可与反应生成​逸出，进一步除去氨氮，因此去除率更高。 ②根据题干信息②，Mg₃(PO₄)₂的溶解度小于MAP。当pH＞9.5时，溶液中OH⁻浓度增大，促使更多地转化为，增大，导致生成更难溶的沉淀，该副反应消耗了，使得用于生成MAP的浓度降低，因此氨氮去除率下降。 18. 荧光探针的合成路线如下。 （1）A中所含官能团的名称是___________。 （2）过程中反应①的化学方程式为___________。 （3）试剂a的结构简式为，的反应类型是___________。 （4）I的结构简式为___________。 （5）P为D的同分异构体，满足下列条件的P的结构简式为___________。 a．核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：1：1 b．含有一个六元环和一个五元环 （6）K中含有碳碳三键，由E和J合成K的反应过程如下： 已知： 写出试剂b和K的结构简式___________、___________。 （7）L的过程中还生成了一种M的同分异构体X。依据的反应原理，X的结构简式为___________。 【答案】（1）羧基、碳碳双键 （2）+3NaOH+2NaBr+3H2O （3）加成反应 （4） （5） （6） ①. ②. （7） 【解析】 【分析】根据A生成B，两者的分子式可知，发生了加成反应，B生成C的已知条件可知，发生了卤代烃的消去生成C，故A的结构简式为，B的结构简式为，失CO2生成E（）；F与试剂发生加成反应生成G，G发生加成生成H（），H氧化生成I（），I水解生成J；J、E和试剂b生成K（），K异构化生成L（），L加成反应生M，据此分析； 【小问1详解】 A（）中所含官能团的名称是羧基、碳碳双键； 【小问2详解】 过程为卤代烃的消去，化学方程式为+3NaOH+2NaBr+3H2O； 【小问3详解】 的反应可以看出是不饱和键生成单键，类型是加成反应； 【小问4详解】 根据分析可知I的结构简式为； 【小问5详解】 P为D（）的同分异构体，满足a．核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：1：1，说明结构对称，b．含有一个六元环和一个五元环，除苯环侧链上有3个C原子，形成五元环，不饱和度为7，故简式为； 【小问6详解】 根据已知，说明试剂b中含有醛基，根据E、J、K结构简式可知，试剂b为，J与b生成Q（），Q与E加成生成K，K的简式为； 【小问7详解】 依据为分子内-NH-与碳碳三键加成的反应，可分别发生在碳碳三键的两个碳上，X的结构简式为。 19. 资料显示，可以将氧化为。某小组同学设计实验探究被氧化的产物及铜元素的价态。 已知：易溶于溶液，发生反应(红棕色)；和氧化性几乎相同。 I.将等体积的溶液加入到铜粉和的固体混合物中，振荡。 实验记录如下： 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）初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ__________(填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。 （2）实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有(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．取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的溶液中发生的变化：______________。 （3）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____________________。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____________________。 （4）上述实验结果，仅将氧化为价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将氧化为。装置如图所示，分别是_____________。 （5）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中被氧化的产物中价态不同的原因：_________。 【答案】（1）< （2） ①. 排除的颜色对判断铜氧化产物的干扰 ②. 、 （3） ①. ②. 白色沉淀逐渐溶解 ③. 浓度减小，CuI覆盖在Cu表面，阻止反应继续进行； （4）铜、和的混合溶液 （5）电化学实验中，由于氧化性I2>Cu，I2将Cu氧化为Cu2+；实验I-III中，体系中有，生成沉淀或，使+1价Cu的还原性减弱，而I2不能氧化或； 【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】 由题意知，KI浓度越大，越容易发生反应，I2的溶解度越大，溶液中的浓度越高，与Cu接触更加充分，Cu与的反应速率加快，故实验Ⅰ<实验Ⅱ； 【小问2详解】 加入，I2浓度减小，平衡逆向移动，浓度增加，其目的为排除的颜色对判断铜氧化产物的干扰。加入浓氨水后转化为，无色的被氧化为蓝色的，方程式为、； 【小问3详解】 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；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；由于n＞m，铜未完全反应的原因是浓度减小，CuI覆盖在Cu表面，阻止反应继续进行； 【小问4详解】 验证将氧化为，需设计原电池负极材料为Cu，即电极a为Cu，b为含与的混合溶液； 【小问5详解】 电化学实验中，由于氧化性I2>Cu，I2将Cu氧化为Cu2+；在实验I-III中，体系中有，生成沉淀或，使+1价Cu的还原性减弱，而I2不能氧化或； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $