精品解析：北京师范大学附属中学2026-2027学年高三上学期开学测试 化学试卷

北京师大附中2026—2027学年(上)高三化学开学测试 化学试卷 本试卷共17道小题，满分100分。考试时长70分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。 第一部分 选择题(共13题，共52分) 在下面每题列出的4个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 下列化学用语正确的是 A. 基态N原子的价层电子轨道表示式： B. 中子数为18的氯原子： C. 的电子式： D. 的空间结构模型： 2. 下列关于SiO2、CO2、NO2及SO2的叙述正确的是 A. 都是共价化合物且常温下均为气体 B. SO2可用于杀菌消毒，干冰可用于人工降雨 C. 都是酸性氧化物，都能与强碱溶液反应 D. 都能溶于水且与水反应生成相应的酸 3. 物质的微观结构决定其宏观性质。乙腈()是一种常见的有机溶剂，沸点较高，水溶性好。下列说法不正确的是 A. 乙腈的电子式： B. 乙腈分子中所有原子均在同一平面 C. 乙腈的沸点高于与其分子量相近的丙炔 D. 乙腈可发生加成反应 4. 下列反应中能体现具有还原性的是 A. 加热分解生成 B. 固体能在溶液中溶解 C. 加热和的混合溶液有生成 D. 溶液中滴加溶液出现白色沉淀 5. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 用盐酸除去铁锈： B. 用溶液除去乙炔中的 C. 用乙醇处理废弃的 D. 将通入水中制备硝酸： 6. 下列关于气体的制备、除杂、检验或收集的方法中，正确的是 A.氨的制备 B.检验溴乙烷消去产生乙烯 C.除去CO2中的HCl D.乙炔气体收集 A. A B. B C. C D. D 7. 依据下列事实进行的推测正确的是 事实 推测 A 固体与浓硫酸反应可制备气体 固体与浓硫酸反应可制备HI气体 B 难溶于盐酸，可作“钡餐”使用 可代替作“钡餐” C 盐酸和溶液反应是吸热反应 盐酸和溶液反应是吸热反应 D 的沸点高于 的沸点高于 A. A B. B C. C D. D 8. 时，在浓溶液中通入过量，充分反应后，可通过调控温度从反应后的固液混合物中获得和固体。已知：、、溶解度(S)随温度变化关系如下图。 下列说法不正确的是 A. 通入后开始发生反应： B. 时，随反应进行先析出 C. 将反应后的固液混合物过滤，滤液降温可析出固体 D. 在冷却结晶的过程中，大量会和一起析出 9. 溴及其化合物广泛应用于医药、农药和阻燃剂等生产中。一种利用空气吹出法从海水中提取溴的工艺流程如下。 浓缩海水酸化海水含溴空气含溴溶液产品溴 已知：ⅰ.与反应时，转化为和。 ⅱ.为强酸。 下列说法不正确的是 A. 酸化海水通入提取溴的反应： B. 脱氯过程和均具有脱氯作用 C. 酸化后重新得到的反应： D. 用溶液吸收足量蒸气后，所得产物中的含碳粒子主要是 10. 可采用催化氧化法将工业副产物制成，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：。下图所示为该法的一种催化机理。 下列说法不正确的是 A. Y为反应物，W为生成物 B. 反应制得，须投入 C. 升高反应温度，被氧化制的反应平衡常数减小 D. 图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 11. 一种生物基可降解高分子P合成路线如下。 下列说法正确的是 A. 反应物A中有手性碳原子 B. 反应物A与B的化学计量比是 C. 反应物D与E生成P的反应类型为加聚反应 D. 高分子P可降解的原因是由于键断裂 12. 下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是 ① ② ③ A. 由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体 B. 由②中的红棕色气体不能表明木炭与浓硝酸发生了反应 C. 由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物 D. ③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应 13. 不同条件下，当KMnO4与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。 反应序号 起始酸碱性 KI KMnO4 还原产物 氧化产物 物质的量/mol 物质的量/mol ① 酸性 0.001 n Mn2+ I2 ② 中性 0.001 10n MnO2 已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。 下列说法正确的是 A. 反应①， B. 对比反应①和②， C. 对比反应①和②，的还原性随酸性减弱而减弱 D. 随反应进行，体系变化：①增大，②不变 第二部分 非选择题(共4题，共48分) 14. 是一种常见的催化剂。 Ⅰ．晶胞的结构如图所示。 （1）Cl在元素周期表中的位置是_______。 （2）是_______(填“极性”或“非极性”)分子，中N原子的杂化轨道类型是_______。 （3）基态的价层电子排布式是_______。 （4）晶体中，每个周围与它最近且距离相等的有_______个。 （5）的摩尔质量为，晶胞边长为a nm，阿伏加德罗常数为。该晶体的密度是_______。() Ⅱ．可催化废气中NO的脱除。在催化过程中，因被氧化为而逐渐失去活性。在一定条件下，与反应再生为，过程如下(条件略去)。 已知： （6）相同浓度时的氧化性：_______(填“”“”或“”)。 （7）也可与反应生成和。与对比，用的优点是_______(答一条)。 15. 除草剂苯嘧磺草胺的中间体M合成路线如下， （1）D中含氧官能团的名称是_______。 （2）的化学方程式是_______。 （3）的制备过程中，下列说法正确的是______(填序号)。 a．依据平衡移动原理，加入过量的乙醇或将J蒸出，都有利于提高I的转化率 b．利用饱和碳酸钠溶液可吸收蒸出的I和乙醇 c．若反应温度过高，可能生成副产物乙醚或者乙烯 （4）已知： ①K的结构简式是______。 ②K中氟原子使的活泼性增强，原因是______。 （5）M的分子式为。除苯环外，M分子中还有一个含两个氮原子的六元环，在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇。由此可知，在生成M时，L分子和O分子断裂的化学键均为键和______键，M的结构简式是_______。 16. 利用黄铜矿(主要成分为，含有等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。 （1）矿石在焙烧前需粉碎，其作用是_______。 （2）的作用是利用其分解产生的使矿石中的铜元素转化为。发生热分解的化学方程式是_______。 （3）矿石和过量按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；和时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。 温度/℃ B中所含铜、铁的主要物质 400 500 ①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是_______。 ②温度高于，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是_______。 （4）用离子方程式表示置换过程中加入的目的_______。 （5）粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的溶液做电解液，并维持一定的和。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是_______。 17. 甲、乙两同学为探究与可溶性钡的强酸盐能否反应生成白色BaSO3沉淀，用下图所示装置进行实验（夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验）。 实验操作和现象： 操作 现象 关闭弹簧夹，滴加一定量浓硫酸，加热 A中有白雾生成，铜片表面产生气泡，B中有气泡冒出，产生大量白色沉淀，C中产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色并逐渐消失 打开弹簧夹，通入N2，停止加热，一段时间后关闭 从B、C中分别取少量白色沉淀，加稀盐酸 尚未发现白色沉淀溶解 (1)A中反应的化学方程式是_________________。 (2)C中白色沉淀是_______，该沉淀的生成表明SO2具有_______性。 (3)C中液面上方生成浅棕色气体的化学方程式是______。 (4)分析B中不溶于稀盐酸的沉淀产生的原因，甲认为是空气参与反应，乙认为是白雾参与反应。 ①未证实各自的观点，在原实验基础上：甲在原有操作之前增加一步操作，该操作是____；乙在A、B间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是______。 ②进行实验，B中现象： 甲 大量白色沉淀 乙 少量白色沉淀 检验白色沉淀，发现均不溶于稀盐酸。结合离子方程式解释实验现象异同的原因：___。 (5)合并（4）中两同学的方案进行试验。B中无沉淀生成，而C中产生白色沉淀，由此得出的结论是_____。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京师大附中2026—2027学年(上)高三化学开学测试 化学试卷 本试卷共17道小题，满分100分。考试时长70分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。 第一部分 选择题(共13题，共52分) 在下面每题列出的4个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 下列化学用语正确的是 A. 基态N原子的价层电子轨道表示式： B. 中子数为18的氯原子： C. 的电子式： D. 的空间结构模型： 【答案】A 【解析】 【详解】A．N是7号元素，价层电子排布式为2s22p3，基态N原子的价层电子轨道表示式：，故A正确； B．中子数为18的氯原子，其质子数为17、质量数为35，该原子表示为，故B错误； C．是离子化合物，电子式为，故C错误； D．是直线型分子，空间结构模型为，故D错误； 选A。 2. 下列关于SiO2、CO2、NO2及SO2的叙述正确的是 A. 都是共价化合物且常温下均为气体 B. SO2可用于杀菌消毒，干冰可用于人工降雨 C. 都是酸性氧化物，都能与强碱溶液反应 D. 都能溶于水且与水反应生成相应的酸 【答案】B 【解析】 【详解】A．二氧化硅常温下不是气体，A错误； B．SO2通过对微生物的细胞膜和蛋白质结构造成损伤和破坏，可用于消毒杀菌，干冰升华时吸收能量，使空气中周围环境的温度降低，可用于人工降雨，B正确； C．二氧化氮不是酸性氧化物，C错误； D．二氧化硅不溶于水，不能与水反应生成相应的酸，D错误； 故选B。 3. 物质的微观结构决定其宏观性质。乙腈()是一种常见的有机溶剂，沸点较高，水溶性好。下列说法不正确的是 A. 乙腈的电子式： B. 乙腈分子中所有原子均在同一平面 C. 乙腈的沸点高于与其分子量相近的丙炔 D. 乙腈可发生加成反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．乙腈中存在碳氢单键、碳碳单键和碳氮叁键，各原子均满足稳定结构，电子式正确，A正确； B．乙腈中甲基碳原子是四面体结构，所有原子不可能共面，B错误； C．乙腈与丙炔都可以形成分子晶体，两者相对分子质量接近，乙腈分子的极性强于丙炔，分子间作用力乙腈大于丙炔，因此，乙腈沸点高于丙炔，C正确； D．乙腈中有碳氮叁键，能够发生加成反应，D正确； 答案选B。 4. 下列反应中能体现具有还原性的是 A. 加热分解生成 B. 固体能在溶液中溶解 C. 加热和的混合溶液有生成 D. 溶液中滴加溶液出现白色沉淀 【答案】C 【解析】 【详解】A．分解生成，氮元素化合价没有改变，未发生氧化还原反应，A不符合题意； B．通过水解：产生，与反应使其溶解，同时氮元素化合价无变化，未发生氧化还原反应，B不符合题意； C．中的N元素化合价为价、中的N元素化合价为+3价，二者发生反应生成N2的化合价为0价，化合价升高，被氧化，体现还原性，C符合题意； D．(NH4)2SO4与BaCl2的沉淀反应为复分解反应，未参与氧化还原，D不符合题意； 故答案为：C。 5. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 用盐酸除去铁锈： B. 用溶液除去乙炔中的 C. 用乙醇处理废弃的 D. 将通入水中制备硝酸： 【答案】B 【解析】 【详解】A．铁锈的成分为Fe2O3·xH2O ，能溶于盐酸生成FeCl3和水，离子方程式为：Fe2O3·xH2O+6H+=2Fe3++(3+x)H2O，A正确； B．H2S为弱酸，离子方程式不能拆成离子，离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，B错误； C． 乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气，化学方程式正确，C正确； D．NO2与水反应生成硝酸和NO，化学方程式正确，D正确； 答案选B。 6. 下列关于气体的制备、除杂、检验或收集的方法中，正确的是 A.氨的制备 B.检验溴乙烷消去产生乙烯 C.除去CO2中的HCl D.乙炔气体收集 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．直接加热氯化铵分解生成氨气和氯化氢，生成的两种产物会在试管口直接化合生成氯化铵，因此无法制备氨气，应该选用氯化铵和氢氧化钙固体加热制备氨气，A错误； B．乙烯与溴发生加成反应，则溴的四氯化碳溶液褪色，因此可检验溴乙烷消去产生的乙烯，B正确； C．和均与饱和碳酸钠溶液反应，因此无法除去中的，C错误； D．乙炔的密度小于空气，因此不能使用向上排空气法收集，D错误； 故选B。 7. 依据下列事实进行的推测正确的是 事实 推测 A 固体与浓硫酸反应可制备气体 固体与浓硫酸反应可制备HI气体 B 难溶于盐酸，可作“钡餐”使用 可代替作“钡餐” C 盐酸和溶液反应是吸热反应 盐酸和溶液反应是吸热反应 D 的沸点高于 的沸点高于 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．浓硫酸与NaCl反应生成HCl主要是因为浓硫酸的沸点高，难挥发，但浓硫酸具有强氧化性，与NaI反应，氧化I⁻生成I2，得不到HI，A错误； B．BaSO4不溶于盐酸，不会产生有毒的钡离子，可做钡餐使用，而BaCO3会与胃酸反应生成有毒的Ba2+，不能替代BaSO4，B错误； C．盐酸与NaHCO3反应吸热是特例，而盐酸与NaOH的中和反应是典型的放热反应，C错误； D．H2O因含有分子间氢键，沸点高于H2S，同理HF也含有分子间氢键，沸点高于HCl，D正确； 故选D。 8. 时，在浓溶液中通入过量，充分反应后，可通过调控温度从反应后的固液混合物中获得和固体。已知：、、溶解度(S)随温度变化关系如下图。 下列说法不正确的是 A. 通入后开始发生反应： B. 时，随反应进行先析出 C. 将反应后的固液混合物过滤，滤液降温可析出固体 D. 在冷却结晶的过程中，大量会和一起析出 【答案】D 【解析】 【详解】A．氯气与氢氧化钠反应，生成氯化钠，次氯酸钠和水，开始发生反应为，A正确； B．时，氯化钠溶解度最小，随反应进行，逐渐增多，则最先析出，B正确； C．由于次氯酸钠的溶解度随温度的变化趋势较大，将反应后的固液混合物过滤，滤液降温可析出固体，C正确； D．由于通入的氯气是过量的，所以溶液中几乎不含有NaOH，在冷却结晶的过程中，会大量析出，氢氧化钠不会大量析出，D错误； 故选D。 9. 溴及其化合物广泛应用于医药、农药和阻燃剂等生产中。一种利用空气吹出法从海水中提取溴的工艺流程如下。 浓缩海水酸化海水含溴空气含溴溶液产品溴 已知：ⅰ.与反应时，转化为和。 ⅱ.为强酸。 下列说法不正确的是 A. 酸化海水通入提取溴的反应： B. 脱氯过程和均具有脱氯作用 C. 酸化后重新得到的反应： D. 用溶液吸收足量蒸气后，所得产物中的含碳粒子主要是 【答案】D 【解析】 【分析】流程中，氯气先将海水中的溴离子氧化为溴，热空气将溴吹出；脱氯时亚铁离子和溴离子均可消耗残余氯气。碳酸钠溶液吸收溴时，溴发生歧化，生成溴酸根离子和溴离子，同时碳酸根转化为二氧化碳；加入硫酸后，溴酸根离子与溴离子在酸性条件下归中生成溴。 【详解】A．酸化海水中，氯气的氧化性强于溴，氯气将溴离子氧化为溴，离子方程式为，A正确； B．脱氯时，亚铁离子可被氯气氧化为铁离子，溴离子也可被氯气氧化为溴，两者都能消耗残余氯气，B正确； C．硫酸酸化后，溴酸根离子与溴离子发生归中反应，离子方程式为，C正确； D．碳酸钠溶液吸收足量溴时，反应为，含碳粒子主要是二氧化碳，不是碳酸氢根离子，D错误； 故选D。 10. 可采用催化氧化法将工业副产物制成，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：。下图所示为该法的一种催化机理。 下列说法不正确的是 A. Y为反应物，W为生成物 B. 反应制得，须投入 C. 升高反应温度，被氧化制的反应平衡常数减小 D. 图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 【答案】B 【解析】 【分析】由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO与Y反应生成Cu(OH)Cl，则Y为HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2，则W为H2O；CuCl2分解为X和CuCl，则X为Cl2；CuCl和Z反应生成Cu2OCl2，则Z为O2；综上所述，X、Y、Z、W依次是、、、。 【详解】A．由分析可知，Y为反应物，W为生成物，A正确； B．在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误； C．总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确； D．图中涉及的两个氧化还原反应是和，D正确； 故选B。 11. 一种生物基可降解高分子P合成路线如下。 下列说法正确的是 A. 反应物A中有手性碳原子 B. 反应物A与B的化学计量比是 C. 反应物D与E生成P的反应类型为加聚反应 D. 高分子P可降解的原因是由于键断裂 【答案】A 【解析】 【分析】A与B发生加成反应，结合A的分子式以及P的结构简式，可推出A的结构简式为或，A与B反应生成D，由P的结构简式可知，反应物A与B的化学计量比是2:1；D与E反应生成高聚物P和水。 【详解】A．反应物A中有1个手性碳原子，如图所示或，A正确； B．由分析可知，反应物A与B的化学计量比是2:1，B错误； C．反应物D与E反应生成高聚物P和水，有小分子生成，为缩聚反应，C错误； D．由高分子P的结构可知，P中的酰胺基易水解，导致高分子P可降解，即高分子P可降解的原因是由于键断裂，D错误； 故选A。 12. 下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是 ① ② ③ A. 由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体 B. 由②中的红棕色气体不能表明木炭与浓硝酸发生了反应 C. 由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物 D. ③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应 【答案】D 【解析】 【分析】浓硝酸不稳定，易分解为二氧化氮、水和氧气。 【详解】A．①中的红棕色气体是NO2，N元素化合价降低，根据氧化还原反应规律，一定有元素化合价升高，推断产生的气体中还一定有O2，故A正确； B．浓硝酸受热易分解，②中的红棕色气体可能是硝酸分解产生，不能说明木炭与浓硝酸发生了反应，故B正确； C．硝酸中N元素化合价为+5价，生成二氧化氮中N元素化合价为+4价，化合价降低，所以生成的红棕色气体为还原产物，故C正确； D．③的气体产物中检测出CO2，CO2可能是C和氧气反应生成的产物，故D错误； 选D。 13. 不同条件下，当KMnO4与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。 反应序号 起始酸碱性 KI KMnO4 还原产物 氧化产物 物质的量/mol 物质的量/mol ① 酸性 0.001 n Mn2+ I2 ② 中性 0.001 10n MnO2 已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。 下列说法正确的是 A. 反应①， B. 对比反应①和②， C. 对比反应①和②，的还原性随酸性减弱而减弱 D. 随反应进行，体系变化：①增大，②不变 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应①中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，I元素的化合价由-1价升至0价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是：10I-+2+16H+=2Mn2++5I2+8H2O，故n(Mn2+)∶n(I2)=2∶5，A项错误； B．根据反应①可得关系式10I-~2，可以求得n=0.0002，则反应②的n(I-)∶n()=0.001∶(10×0.0002)=1∶2，反应②中Mn元素的化合价由+7价降至+4价，反应②对应的关系式为I-~2~MnO2~~6e-，中I元素的化合价为+5价，根据离子所带电荷数等于正负化合价的代数和知x=3，反应②的离子方程式是：I-+2+H2O=2MnO2↓++2OH-，B项正确； C．已知的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，I-的还原性随酸性减弱而增强，C项错误； D．根据反应①和②的离子方程式知，反应①消耗H+、产生水、pH增大，反应②产生OH-、消耗水、pH增大，D项错误； 答案选B。 第二部分 非选择题(共4题，共48分) 14. 是一种常见的催化剂。 Ⅰ．晶胞的结构如图所示。 （1）Cl在元素周期表中的位置是_______。 （2）是_______(填“极性”或“非极性”)分子，中N原子的杂化轨道类型是_______。 （3）基态的价层电子排布式是_______。 （4）晶体中，每个周围与它最近且距离相等的有_______个。 （5）的摩尔质量为，晶胞边长为a nm，阿伏加德罗常数为。该晶体的密度是_______。() Ⅱ．可催化废气中NO的脱除。在催化过程中，因被氧化为而逐渐失去活性。在一定条件下，与反应再生为，过程如下(条件略去)。 已知： （6）相同浓度时的氧化性：_______(填“”“”或“”)。 （7）也可与反应生成和。与对比，用的优点是_______(答一条)。 【答案】（1）第三周期ⅦA族 （2） ①. 极性 ②. （3） （4）8 （5） （6） （7）作还原剂，氧化产物是，绿色环保；价廉易得 【解析】 【小问1详解】 氯元素的原子序数为17，位于元素周期表第三周期ⅦA族； 【小问2详解】 氨分子中氮原子的价层电子对数为：3+(5-1×3) ×=4，孤对电子对数为：(5-1×3) ×=1，则氮原子的杂化方式为sp3杂化，分子的空间构型为结构不对称的三角锥形，属于极性分子； 【小问3详解】 钴元素的原子序数为27，基态亚钴离子的价层电子排布式为； 【小问4详解】 由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的六氨合亚钴离子与位于体对角线上的氯离子距离最近，则六氨合亚钴离子的配位数为8； 【小问5详解】 由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的六氨合亚钴离子的个数为：8×+6×=4，位于体内的氯离子个数为8，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(a×10-7)3d，解得d=； 【小问6详解】 由平衡常数可知，六氨合钴离子稳定性强，较难离解出钴离子，所以相同浓度时六氨合钴离子的氧化性弱于钴离子； 【小问7详解】 与碘离子作还原剂对比，用水的优点是水作还原剂得到的氧化产物是氧气，不会对环境造成污染，绿色环保，且水价廉易得。 15. 除草剂苯嘧磺草胺的中间体M合成路线如下， （1）D中含氧官能团的名称是_______。 （2）的化学方程式是_______。 （3）的制备过程中，下列说法正确的是______(填序号)。 a．依据平衡移动原理，加入过量的乙醇或将J蒸出，都有利于提高I的转化率 b．利用饱和碳酸钠溶液可吸收蒸出的I和乙醇 c．若反应温度过高，可能生成副产物乙醚或者乙烯 （4）已知： ①K的结构简式是______。 ②K中氟原子使的活泼性增强，原因是______。 （5）M的分子式为。除苯环外，M分子中还有一个含两个氮原子的六元环，在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇。由此可知，在生成M时，L分子和O分子断裂的化学键均为键和______键，M的结构简式是_______。 【答案】（1）硝基、酯基 （2） （3）abc （4） ①. ②. F的电负性大，-CF3为吸电子基团（极性强），位C-H键极性增强，易断裂 （5） ①. N-H ②. 【解析】 【分析】根据已知条件A的分子式为C7H4FClO2，推断可知化合物A为，与甲醇发生酯化反应生成化合物B，发生硝化反应生成化合物D，发生还原反应生成化合物E,与反应生成化合物O为；化合物I的分子式为C2H4O2，可知为乙酸，与乙醇发生酯化反应生成化合物J为CH3COOCH2CH3，与CF3COOC2H5反应生成化合物K为，O和L在碱的作用下生成M，M的分子式为C13H7ClF4N2O4，除苯环外，M分子中还有含两个氮原子的六元环，在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇，可推测为O与L中N-H键与酯基分别发生反应，形成酰胺基，所以断裂的化学键均为C-O键和N-H键，M的结构简式为。 【小问1详解】 由D的结构简式可知，D中含氧官能团为硝基、酯基； 【小问2详解】 A→B的过程为A中羧基与甲醇中羟基发生酯化反应，化学方程式为： 【小问3详解】 I→J的制备过程为乙酸与乙醇的酯化过程， a．依据平衡移动原理，加入过量的乙醇或将乙酸乙酯蒸出，都有利于提高乙酸的转化率，a正确； b．饱和碳酸钠溶液可与蒸出的乙酸反应并溶解乙醇，b正确； c．反应温度过高，乙醇在浓硫酸的作用下发生分子间脱水生成乙醚，发生分子内消去反应生成乙烯，c正确； 故答案选abc； 【小问4详解】 ①根据已知反应可知，酯基的与另一分子的酯基发生取代反应，CF3COOC2H5中左侧不存在，所以产物K的结构简式为； ②氟原子可使的活泼性增强，F的电负性大，—CF3为吸电子基团（极性强），位C—H键极性增强，易断裂； 【小问5详解】 M分子中除苯环外还有一个含两个氮原子的六元环，在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇，再结合其分子式，可推测为O与L中N-H键与酯基分别发生反应，形成酰胺基，所以断裂的化学键均为C-O键和N-H键，M的结构简式为。 16. 利用黄铜矿(主要成分为，含有等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。 （1）矿石在焙烧前需粉碎，其作用是_______。 （2）的作用是利用其分解产生的使矿石中的铜元素转化为。发生热分解的化学方程式是_______。 （3）矿石和过量按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；和时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。 温度/℃ B中所含铜、铁的主要物质 400 500 ①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是_______。 ②温度高于，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是_______。 （4）用离子方程式表示置换过程中加入的目的_______。 （5）粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的溶液做电解液，并维持一定的和。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是_______。 【答案】（1）增大矿石的接触面积，提高反应速率，使反应更充分 （2） （3） ①. 随焙烧温度升高，生成的速率加快 ②. 发生分解生成难溶于水的 （4） （5）粗铜若未经酸浸，会残留较多的Fe，在电解时，阳极会发生反应Fe-2e-=Fe2+，溶液中的 Fe2+易被空气中O2氧化为 Fe3+，Fe3+在阴极发生反应Fe3++e-=Fe2+ 【解析】 【分析】黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有SiO2等杂质)粉碎后加入硫酸铵通入空气焙烧，黄铜矿在硫酸铵生成的SO3作用下，转化成CuSO4，得到的混合气体中主要含NH3，用硫酸吸收，得到硫酸铵，是溶液A的主要溶质，可以循环利用，固体B为SiO2、CuSO4及含铁的化合物，加水分离，主要形成含硫酸铜的滤液和含SiO2的滤渣，分别为滤液C和滤渣D，向硫酸铜溶液中加入过量的铁，置换得到粗铜和FeSO4，粗铜再精炼可以得到纯铜。 【小问1详解】 黄铜矿的矿石在焙烧前需粉碎，是为了增大矿石的接触面积，提高反应速率，使反应更充分； 【小问2详解】 铵盐不稳定，易分解，分解为非氧化还原反应，产物中有NH3和SO3，故化学方程式为； 【小问3详解】 ①由图，温度低于425℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大，是因为温度低于425℃，随焙烧温度升高，(NH4)2SO4分解产生的SO3增多，生成的速率加快，故铜浸出率显著增加； ②温度高于425℃，随焙烧温度升高，CuSO4发生分解生成难溶于水的CuO，铜浸出率降低； 【小问4详解】 加入置换硫酸铜溶液中的铜，反应的离子方程式为； 【小问5详解】 粗铜中含有杂质，加酸可以除，但粗铜若未经酸浸处理，会残留较多的Fe，在电解时，阳极会发生反应Fe-2e-=Fe2+，溶液中的 Fe2+易被空气中O2氧化为 Fe3+，Fe3+在阴极发生反应Fe3++e-=Fe2+，降低得到纯铜的量。 17. 甲、乙两同学为探究与可溶性钡的强酸盐能否反应生成白色BaSO3沉淀，用下图所示装置进行实验（夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验）。 实验操作和现象： 操作 现象 关闭弹簧夹，滴加一定量浓硫酸，加热 A中有白雾生成，铜片表面产生气泡，B中有气泡冒出，产生大量白色沉淀，C中产生白色沉淀，液面上方略显浅棕色并逐渐消失 打开弹簧夹，通入N2，停止加热，一段时间后关闭 从B、C中分别取少量白色沉淀，加稀盐酸 尚未发现白色沉淀溶解 (1)A中反应的化学方程式是_________________。 (2)C中白色沉淀是_______，该沉淀的生成表明SO2具有_______性。 (3)C中液面上方生成浅棕色气体的化学方程式是______。 (4)分析B中不溶于稀盐酸的沉淀产生的原因，甲认为是空气参与反应，乙认为是白雾参与反应。 ①未证实各自的观点，在原实验基础上：甲在原有操作之前增加一步操作，该操作是____；乙在A、B间增加洗气瓶D，D中盛放的试剂是______。 ②进行实验，B中现象： 甲 大量白色沉淀 乙 少量白色沉淀 检验白色沉淀，发现均不溶于稀盐酸。结合离子方程式解释实验现象异同的原因：___。 (5)合并（4）中两同学的方案进行试验。B中无沉淀生成，而C中产生白色沉淀，由此得出的结论是_____。 【答案】 ①. 2H2SO4(浓)＋Cu CuSO4＋2H2O＋SO2↑ ②. BaSO4 ③. 还原 ④. 2NO+O2=2NO2 ⑤. 通N2一段时间，排除装置的空气 ⑥. 饱和的NaHSO3溶液 ⑦. 甲中SO42－＋Ba2＋=BaSO4↓，乙中2Ba2＋＋2SO2＋O2＋2H2O=2BaSO4＋4H＋，白雾的量要远多于装置中氧气的量 ⑧. SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀 【解析】 【分析】（1）由现象可知，A中发生Cu与浓硫酸的反应，生成硫酸铜、二氧化硫和水； （2）C中白色沉淀为硫酸钡，S元素的化合价升高； （3）C中液面上方发生NO被氧化生成二氧化氮的反应； （4）①B中亚硫酸钡被空气中的氧气氧化；硫酸酸雾能与B、C中钡离子反应；②白色沉淀均不溶于盐酸，则白色沉淀为硫酸钡，以此分析发生的反应； （5）SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应，SO2与可溶性钡的弱酸盐能反应。 【详解】（1）A中有铜和浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Cu + 2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Cu + 2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O； （2）二氧化硫溶于水为亚硫酸，与硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀，所以白色沉淀为BaSO4，说明二氧化硫有还原性，故答案为：BaSO4； （3）硝酸根被还原为一氧化氮气体，与空气中的氧气接触反应生成二氧化氮，红棕色气体，方程式为：2NO+O2=2NO2，故答案为：2NO+O2=2NO2； （4）①A中白雾可能含有SO3或H2SO4，因B中白色沉淀不溶于稀盐酸，说明该白色沉淀为BaSO4，甲同学为排除装置内空气对实验结果的影响，在Cu与浓硫酸反应前，可先通一会儿N2，排除装置中的空气。乙同学为除去白雾或SO2中的SO3，可在A、B间增加一个盛放浓硫酸或饱和NaHSO3溶液的洗气瓶；②由于甲同学没有排除白雾的干扰，故生成BaSO4沉淀的离子方程式为SO42－+Ba2＋=BaSO4↓；乙同学没有排除空气的干扰，其生成BaSO4的离子方程式为2Ba2＋+2SO2+O2+2H2O=2BaSO4↓+4H＋，故答案为：甲中SO42－＋Ba2＋=BaSO4↓，乙中2Ba2＋＋2SO2＋O2＋2H2O=2BaSO4＋4H＋，白雾的量要远多于装置中氧气的量； （5）合并甲、乙两同学的方案进行实验时，B中无沉淀生成，C中产生白色沉淀，说明SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀，故答案为：SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $