精品解析：北京师范大学附属实验中学2026-2027学年高三上学期开学考试 化学试题

北师大实验中学2026-2027学年度第一学期开学测试 高三年级化学 考生须知 1.本试卷共10页，共19题；答题纸共2页。满分100分。考试时间90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。 4.在答题卡上，选择题须用2B铅笔将选中项涂黑涂满，其他试题用黑色字迹签字笔作答。 可能用到的相对原子质量：H1 B11 Na23 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 科学家模拟早期地球的陆地热泉环境，在80～120℃、紫外-可见光照射下，用FeS纳米材料催化剂成功将转化为等有机物，为探索生命起源提供了新方向。下列说法不正确的是 A. 不能用Fe和S直接化合制备FeS B. 转化为的反应属于氧化还原反应 C. 陆地热泉中可能存在含氢元素的还原性物质 D. 上述过程中存在不同能量形式的转化 【答案】A 【解析】 【详解】A．Fe与S在加热条件下可直接化合生成，该说法错误，A符合题意； B．中C为+4价，中C为-2价，反应前后C元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，B不符合题意； C．转化为需要还原剂，且产物含H元素，因此陆地热泉中可能存在含氢元素的还原性物质，C不符合题意； D．该反应在紫外-可见光照射、一定温度下进行，存在光能、热能转化为化学能的过程，有不同能量形式的转化，D不符合题意； 故答案选A。 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 基态Si原子的价层电子轨道表示式： B. NaCl的电子式： C. p-pπ键的形成： D. 的VSEPR模型： 【答案】C 【解析】 【详解】A．基态原子价层电子排布为，根据洪特规则，能级的2个电子应分占不同轨道且自旋平行，选项中轨道2个电子挤在同一轨道，违反洪特规则，A错误； B．是离子化合物，电子式应为，选项中写成共价化合物的共用电子形式，没有标注离子电荷和方括号，B错误； C．键是轨道以“肩并肩”方式重叠形成，图示符合该成键特征，C正确； D．中心原子的价层电子对数，VSEPR模型为四面体形，选项图示为平面三角形，D错误； 故选C。 3. 下列过程与水解反应无关的是 A. 淀粉在人体内转化为葡萄糖 B. 热的纯碱溶液去油污 C. 一定条件下蛋白质转化为氨基酸 D. 核苷酸转化为生物体的遗传物质核酸 【答案】D 【解析】 【详解】A．淀粉属于多糖，在人体内发生水解反应最终生成葡萄糖，与水解反应有关，A不符合题意； B．纯碱为碳酸钠，热的纯碱溶液中水解程度更大，反应为，溶液碱性更强，油污在碱性条件下水解生成可溶于水的物质，从而达到去油污的效果，与水解反应有关，B不符合题意； C．蛋白质在一定条件下发生水解反应，肽键断裂生成氨基酸，与水解反应有关，C不符合题意； D．核苷酸通过缩聚反应（脱水聚合）生成核酸，是小分子聚合为大分子的过程，与水解反应无关，D符合题意； 故选D。 4. 下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是 A. 酸性：HClO4＞H2SO3＞H2SiO3 B. 碱性：KOH＞NaOH＞LiOH C. 热稳定性：H2O＞H2S＞PH3 D. 非金属性：F＞O＞N 【答案】A 【解析】 【详解】A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，由于S元素最高价含氧酸是H2SO4，不是H2SO3，因此不能根据元素周期律判断酸性：HClO4＞H2SO3＞H2SiO3，A错误； B．同一主族元素的金属性随原子序数的增大而增强。元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强。元素的金属性：K＞Na＞Li，所以碱性：KOH＞NaOH＞LiOH，B正确； C．同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增强；同一主族元素的非金属性随原子序数的增大而减弱。元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：O＞S＞P，所以氢化物的热稳定性：H2O＞H2S＞PH3，C正确； D．同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增强，所以元素的非金属性：F＞O＞N，D正确； 故合理选项是A。 5. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 将通入冷的石灰乳中制漂白粉： B. 过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体： C. 将二氧化硫通入氢硫酸中产生黄色沉淀： D. 用溶液除去乙炔中的： 【答案】BD 【解析】 【详解】A．将通入冷石灰乳制漂白粉的反应方程式为，符合反应事实，A不符合题意； B．过量铁粉与稀硝酸反应时，过量的会将生成的还原为，最终的产物为，正确离子方程式为，所给方程式为少量铁粉与稀硝酸的反应，与事实不相符，B符合题意； C．二氧化硫与氢硫酸发生归中反应生成硫单质和水，反应方程式为，符合反应事实，C不符合题意； D．是弱电解质，在离子方程式中不能拆分为，正确的离子方程式为，所给方程式与事实不相符，D符合题意； 故选BD。 6. 室温下，1体积的水能溶解约40体积的SO2。用试管收集SO2后进行如下实验。对实验现象的分析正确的是 A. 试管内液面上升，证明SO2与水发生了反应 B. 试管中剩余少量气体，是因为SO2的溶解已达饱和 C. 取出试管中的溶液，立即滴入紫色石蕊试液，溶液显红色，原因是：SO2+H2O⇌H2SO3、H2SO3⇌H++、⇌H++ D. 取出试管中溶液，在空气中放置一段时间后pH下降，是由于SO2挥发 【答案】C 【解析】 【详解】A．由信息可知，SO2易溶于水，也能使液面上升，故A错误； B．1体积的水能溶解约40体积的SO2，不能完全溶解是因为收集的二氧化硫中混有不溶于水的气体，故B错误； C．滴入石蕊试液，溶液变为红色，说明溶液显酸性，SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，分步电离出氢离子，故C正确； D．亚硫酸具有较强的还原性，易被氧化为硫酸，弱酸变强酸，也能使pH下降，故D错误； 故选C。 7. 下列实验的相应操作不正确的是 制备并检验SO2 用HCl标准溶液滴定NaOH溶液 A．终止反应时，向外拉铜丝，使铜丝与浓硫酸脱离接触 B．眼睛注视锥形瓶中的溶液，边滴边摇动锥形瓶 实验室制乙烯 测定溶液的pH C．加热乙醇与浓硫酸的混合液，迅速升温到170℃ D．用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸中央，再与标准比色卡比色 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．铜与浓硫酸反应制备时，向外拉铜丝可使二者脱离接触，终止反应，操作正确，不符合题意； B．标准溶液滴定溶液时，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化，边滴边摇动锥形瓶，是滴定的正确操作，不符合题意； C．乙醇与浓硫酸共热制乙烯时，迅速升温到可减少副产物乙醚生成，操作正确，不符合题意； D．测定溶液时，试纸不能预先湿润，否则会稀释待测液，导致测定结果产生误差，操作错误，符合题意； 故选D。 8. 下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液减小的是 A. 向溶液中加入少量溶液，生成白色沉淀 B. 向和的悬浊液中通入空气，生成红褐色沉淀 C. 向溶液中加入少量溶液，生成蓝绿色沉淀 D. 向溶液中通入氯气，生成黄色沉淀 【答案】D 【解析】 【详解】A．向NaHSO4中加入少量BaCl2溶液，实际参与反应的只有硫酸根离子和钡离子，忽略体积变化，H+的浓度不变，其pH不变，A错误； B．向 NaOH 和 Fe(OH)2 的悬浊液中通入空气，虽然有氢氧化亚铁被氧化成了红褐色的氢氧化铁，其方程式为，该过和中会消耗水，则增大了氢氧根离子的浓度，pH会变大，B错误； C．向 NaHCO3 溶液中加入少量 CuSO4 溶液，生成蓝绿色沉淀 [Cu2(OH)2CO3]，其中没有元素的化合价发生变化，故没有氧化还原反应，C错误； D．向H2S中通入氯气生成HCl和单质硫沉淀，这个氧化还原反应增大了H+的浓度，pH减小，D正确。 故选D。 9. 实验室利用如下装置制取氯气并研究其性质。下列说法不正确的是 A. 制取氯气利用了的氧化性 B. 装置F中发生反应的离子方程式： C. 装置B、C中的试剂分别为浓硫酸、饱和NaCl溶液 D. 与发生化学反应的实验证据是D中布条不褪色、E中布条褪色 【答案】C 【解析】 【分析】A中加热时反应生成氯气，B中饱和食盐水可除去挥发的HCl，C中浓硫酸干燥氯气，D中为干燥的红色布条，E中为湿润的红色布条，F中NaOH溶液吸收多余的氯气，防止污染环境，据此分析； 【详解】A．实验室制氯气的反应为，​中Mn元素化合价降低，作氧化剂，体现氧化性，A正确； B．F中NaOH吸收尾气氯气，反应的离子方程式为，B正确； C．制得的氯气中混有挥发的HCl和水蒸气，除杂需要先除HCl，再干燥除水：B中应为饱和NaCl溶液（除去HCl），C中应为浓硫酸（干燥氯气），选项中试剂顺序颠倒，C错误； D．D中干燥布条不褪色，说明干燥氯气无漂白性；E中潮湿布条褪色，说明氯气和水反应生成了具有漂白性的新物质（次氯酸），可以证明​与水发生了化学反应，D正确； 故选C。 10. 依据下列事实进行的推测正确的是 事实 推测 A 溶液遇KSCN溶液变红 溶液遇KSCN溶液也变红 B NaCl固体与浓硫酸反应可制备HCl气体 NaI固体与浓硫酸反应可制备HI气体 C 向NaClO溶液中通入提高其漂白性 向NaClO溶液中通入也可提高其漂白性 D 与反应生成乙酸 与可反应生成乙酸 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．中的与形成稳定配位离子，溶液中无游离，遇溶液不变红，A错误； B．还原性强，浓硫酸具有强氧化性，可将氧化为，无法制备气体，B错误； C．具有还原性，具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成和，消耗，无法提高漂白性，C错误； D．酸性强于乙酸，可发生强酸制弱酸反应生成乙酸；电负性大于，吸电子诱导效应更强，酸性比更强，故也可与反应生成乙酸，D正确； 故选D。 11. 回收利用工业废气中的和，实验原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 废气中排放到大气中会形成酸雨 B. 装置a中溶液显碱性的原因是的水解程度大于的电离程度 C. 装置a中溶液的作用是吸收废气中的和 D. 装置中的总反应为 【答案】C 【解析】 【详解】A．是酸性氧化物，废气中排放到空气中会形成硫酸型酸雨，故A正确； B．装置a中溶液的溶质为，溶液显碱性，说明的水解程度大于电离程度，故B正确； C．装置a中溶液的作用是吸收气体，与溶液不反应，不能吸收，故C错误； D．由图可知一个电极亚硫酸根失电子生成硫酸根，另一个极二氧化碳和水转化为甲酸，装置b中总反应为，故D正确； 选C。 12. 利用空气、铜、稀硫酸制，工艺简单、生产成本低，但反应速率小。若加入，反应速率显著增大。反应过程中物质转化关系如下。 下列说法不正确的是 A. 反应①： B. 反应制得，需投入 C. 酸性条件下氧化Cu的速率大于氧化Cu的速率 D. 制的总反应： 【答案】B 【解析】 【分析】首先分析转化流程：反应①是酸性条件下​氧化Cu，自身被还原为NO；反应②是NO被氧化重新生成，在整个过程中循环，相当于催化剂。对各选项分析： 【详解】A．反应①中，Cu被氧化为，被还原为NO，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，离子方程式，A正确； B．在过程中循环再生，不被消耗，仅作催化剂，因此理论上不需要投入，B错误； C．题干明确说明原工艺（​直接氧化）反应速率小，加入​后速率显著增大，说明酸性条件下​氧化的速率大于​，C正确； D．将两步反应加和消去​、，得到总反应为，D正确； 故选B。 13. 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。 14. 已知存在如下平衡：① ；② 。研究在、和水溶液中的溶解性，实验如下。 资料：依据与的反应，以淀粉为指示剂，用标准溶液可准确测定水溶液中的浓度。下列说法不正确的是 A. 的现象符合相似相溶原理，可知 B. 三支试管中，的大小顺序： C. 中，若增加的体积，则一定减小 D. 测中：取的下层溶液，加入水溶液后，依据资料方法测定 【答案】B 【解析】 【详解】A．为非极性分子，为非极性溶剂，水为极性溶剂，的萃取现象符合相似相溶原理；平衡①的平衡常数，大部分进入层，，故，A正确； B．为饱和碘水，水层总浓度最大；加入后，大量​转移到有机层，水层游离浓度大幅降低，因此：；向中滴入水溶液，发生平衡②：​，消耗水层游离​，促使平衡①逆向移动，有机层的向水层转移，减小，而为了维持不变，也要减小，故：， 因此三者顺序应为，B错误； C．平衡①的平衡常数仅随温度变化，温度不变时为定值。增加体积，更多会从水层进入有机层，但水层游离​浓度因体系稀释、平衡移动持续降低，由可知，有机层浓度一定减小，C正确； D．取的下层溶液，加入水溶液后振荡，与反应生成完全进入水层，用标准溶液滴定水层的（滴定过程中会不断分解出参与反应），可测定总物质的量，进而计算，D正确； 故选B。 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 黄铜矿(主要成分为CuFeS2)可用于冶炼Cu2O，主要物质转化过程如下： （1）Cu2S与O2共热制备Cu2O的反应中，化合价升高的元素是_________。 （2）为减少SO2对环境的污染，在高温时可以用CaO将其转化为CaSO4，反应的化学方程式为___________。 （3） SO2中心原子的杂化方式是___________，用价层电子对互斥理论解释SO2的空间结构不同于CO2的原因：___________。 （4）下图中，表示Cu2O晶胞的是___________(填“图1”或“图2”)。 （5）Cu2O与Cu2S都可视为离子晶体，且结构相似，但Cu2O的熔点比Cu2S的高约100℃，原因是___________。 （6） CuFeS2的晶胞如图3所示。 ①图4所示结构单元不能作为CuFeS2晶胞的原因是___________。 ②从图3可以看出，每个CuFeS2晶胞中含有的Cu原子个数为___________。 ③已知：CuFeS2晶体的密度是4.30g/cm3，阿伏伽德罗常数的值为NA。CuFeS2晶胞中底边边长a=___________pm(用计算式表示；1cm=1010pm；CuFeS2的摩尔质量为184g/mol)。 【答案】（1）硫(或S) （2）2CaO+2SO2+O22CaSO4 （3） ①. sp2 ②. SO2中心原子S周围的价层电子对数为：2+=3，其中孤电子对数为1，因此是V形分子；CO2中心原子C周围的价层电子对数为：2+=2，但没有孤电子对，因此是直线形分子 （4）图1 （5）二者同属离子晶体，且结构相似，但O2-半径比S2-半径小，Cu2O晶体中的离子间距小于Cu2S晶体中的，Cu2O晶体离子键作用（或晶格能）较Cu2S晶体更强（或更大），因此熔点更高 （6） ①. 图4中上底面中心的黑色原子（Fe）无法与下底面中心的白色原子（Cu）在平移之后实现无隙并置 ②. 4 ③. ×1010 【解析】 【小问1详解】 由题干流程图可知，Cu2S与O2共热制备Cu2O的同时还生成SO2，故该反应中，化合价升高的元素是硫(或S)，故答案为：硫(或S)； 【小问2详解】 为减少SO2对环境的污染，在高温时可以用CaO将其转化为CaSO4，该反应的化学方程式为：2CaO+2SO2+O22CaSO4，故答案为：2CaO+2SO2+O22CaSO4； 【小问3详解】 SO2中心原子S周围的价层电子对数为：2+=3，根据杂化轨道理论可知，硫原子的杂化方式是sp2，又知CO2中心原子C周围的价层电子对数为：2+=2，根据价层电子对互斥理论可知：SO2为V形，而CO2为直线形，故答案为：sp2；SO2中心原子S周围的价层电子对数为：2+=3，其中孤电子对数为1，因此是V形分子；CO2中心原子C周围的价层电子对数为：2+=2，但没有孤电子对，因此是直线形分子； 【小问4详解】 根据晶胞中均摊法可知，图1所示晶胞中含有Cu个数为：4个，O原子个数为：=2，故其化学式为：Cu2O，图2所示晶胞中含有Cu个数为：=4个，O原子个数为：=4，故其化学式为：CuO，故答案为：图1； 【小问5详解】 Cu2O与Cu2S都可视为离子晶体，且结构相似，但O2-半径比S2-半径小，Cu2O晶体中的离子间距小于Cu2S晶体中的，Cu2O晶体离子键作用（或晶格能）较Cu2S晶体更强（或更大），则Cu2O的熔点比Cu2S的高约100℃，故答案为：二者同属离子晶体，且结构相似，但O2-半径比S2-半径小，Cu2O晶体中的离子间距小于Cu2S晶体中的，Cu2O晶体离子键作用（或晶格能）较Cu2S晶体更强（或更大），因此熔点更高； 【小问6详解】 ①比较题干图3和图4可知，图4中上底面中心的黑色原子（Fe）无法与下底面中心的白色原子（Cu）在平移之后实现无隙并置，故不能作为CuFeS2晶胞，故答案为：图4中上底面中心的黑色原子（Fe）无法与下底面中心的白色原子（Cu）在平移之后实现无隙并置； ②从图3可以看出，每个CuFeS2晶胞中含有的Cu原子个数为=4，故答案为：4； ③由题干图3所示晶胞可知，一个晶胞中含有：Cu原子个数为=4，Fe个数为：=4，含有S个数为8，故一个晶胞的质量为：g，CuFeS2晶体的密度是4.30g/cm3，阿伏伽德罗常数的值为NA，故有2(a×10-10)3×4.30g/cm3=g，故CuFeS2晶胞中底边边长a=×1010pm，故答案为：×1010。 16. 能除废水中的有机污染物或生产硝酸。 已知：I．酸性条件下与反应产生强氧化性的，涉及如下反应： i．(未配平) ii． II．能降解有机物为和，能将氧化为。 （1）的电子式是_______。 （2）氧化乙苯()的化学方程式是_______。 （3）氧化含苯胺的废水，其他条件不变时，起始分别投入少量且含相同物质的量的、的盐，苯胺的降解率如下图。 用时，0~40分钟，苯胺的降解率低，结合反应i、ii解释原因：_______。 （4）在少量作用下，用电解法可将空气直接转化成，原理如下 ①阴极区产生，发生的反应有：_______、_______、将氧化为。 ②研究还发现，在少量作用下，与在不通电条件下也能产生，但产率远低于通电条件下的产率。结合方程式解释通电条件产率高的原因：_______。 【答案】（1） （2） （3）生成降解苯胺的活性物种⋅OH依赖反应i，起始时无，需要先经反应ii才能得到，初始浓度不足，⋅OH生成速率慢，苯胺降解被限制。 （4） ①. ②. ③. 通电条件下，阴极可将反应生成的直接还原为（），大幅提升体系中的浓度，加快⋅OH的生成速率，从而更多更快地氧化​得到，因此产率远高于不通电的体系。 【解析】 【小问1详解】 羟基是中性自由基，O最外层有7个电子（含1个未成对电子），O和H共用1对电子，剩余6个电子在O上形成3对电子的排布，的电子式是； 【小问2详解】 题干说明⋅OH能将有机物降解为​和，乙苯中C被氧化为+4价的，⋅OH作为强氧化剂，自身被还原为（O从-1价变为-2价），根据得失电子守恒、原子守恒配平得到该方程式：。 【小问3详解】 生成降解苯胺的活性物种⋅OH依赖反应i，起始时无，需要先经反应ii才能得到，初始浓度不足，⋅OH生成速率慢，苯胺降解被限制。 【小问4详解】 ①； 阴极接电源负极，首先发生还原反应生成​；随后​和体系中的反应生成⋅OH，后续⋅OH再氧化​得到；②通电条件下，阴极可将反应生成的直接还原为（），大幅提升体系中的浓度，加快⋅OH的生成速率，从而更多更快地氧化​得到，因此产率远高于不通电的体系。 17. 异诺卡酮()是西柚芳香风味的重要成分，具有驱除白蚁的功能。其合成路线如下： 已知： i．(G为OH或) ii． iii． （1）A分子中含有的官能团是_______。 （2）A→B的过程中，是溴代试剂，若将用浓氢溴酸替代，会有副产物生成，原因是_______。 （3）的化学方程式是_______。 （4）下列有关说法正确的是_______(填序号)。 ①异诺卡酮易溶于水 ②异诺卡酮中有手性碳原子 ③E的红外光谱中会出现碳碳双键、酮羰基、酯基的特征吸收峰 ④E存在含苯环且苯环上只有一种化学环境氢的同分异构体 （5）F→G的转化在后续合成中的目的是_______。 （6）I的结构简式是_______。 （7）E转化为F的过程中，依次经历了加成、加成、消去三步反应。经检验，中不含羟基。写出中间产物和的结构简式_______。 【答案】（1）碳碳双键、羧基 （2）A中碳碳双键会与HBr发生加成反应 （3）+2C2H5OH+2H2O （4）②③④ （5）保护酮羰基，防止其被还原 （6） （7）P1或；P2 【解析】 【分析】根据B生成的反应条件是增长碳链，可逆推B(C8H14Br2)结构简式为；根据已知条件i的反应，由B逆推A(C8H12O4)结构简式为；与C2H5OH在浓硫酸、加热条件下得到D，说明发生的是酯化反应，故D(C14H24O4)的结构简式为；D发生已知条件ii的反应，生成E(C12H18O3)，E的结构简式为；F经过已知条件iii的反应生成G，结合E的结构简式，由G逆推F(C17H25O3)的结构简式为；G经过已知条件i生成H，结合H生成I是Cu、O2的催化氧化，说明H含有醇羟基，所以H结构简式为，I结构简式为，据此作答。 【小问1详解】 根据分析可知，A的结构简式为，含有的官能团是碳碳双键和羧基； 【小问2详解】 A→B的过程中，若将用浓氢溴酸替代，会有副产物生成，原因是A中含有碳碳双键，会与HBr发生加成反应生成副产物； 【小问3详解】 由分析可知，与乙醇经过酯化反应得到，则化学反应方程式为：+2C2H5OH+2H2O； 【小问4详解】 ①异诺卡酮不含有亲水基团，难与水互溶，①错误； ②异诺卡酮中手性碳原子如图：，②正确； ③E的结构简式为，含有碳碳双键、酮羰基、酯基，所以红外光谱中会出现碳碳双键、酮羰基、酯基的特征吸收峰，③正确； ④E的结构简式为，不饱和度为4，则存在含苯环的同分异构体为，该结构苯环上只有一种化学环境氢，④正确； 故选②③④； 【小问5详解】 F→G的转化为→，结合后面出现还原的步骤，及异诺卡酮的结构简式，又重新生成了酮羰基，说明该步骤的目的是后面还原步骤时保护酮羰基，防止其被还原； 【小问6详解】 由分析可知，I的结构简式为； 【小问7详解】 由分析可知，E的结构简式为，第一步是E与一定条件下发生加成反应生成P1，故P1是或 ；第二步P1加成反应生成P2，第三步是P2消去反应生成F，结合F的结构简式，逆推P2是。 18. 以方铅矿(主要含、、)和软锰矿(主要含、及铁的氧化物)为原料联合制取和的一种流程示意图如下。 已知：　 （1）“酸浸”过程使矿石中的金属元素浸出，铅和锰分别以和的形式浸出。 ①加快浸出速率可采取的措施有_____(写出2条)。 ②补全与反应的离子方程式_____。 ③加酸时，方案1：将盐酸一次性加入，硫元素主要转化为单质；方案2：将盐酸间隔一定时间分两次加入，硫元素主要转化为。该工艺流程采用方案2，理由是_____。 （2）“除铁”时，加入至溶液，过量的软锰矿将氧化生成沉淀。写出发生反应的离子方程式_____。 （3）滤渣的主要成分是和，滤液中，。则可推断、、的大小关系为_____。 （4）“氧化”过程，生成时参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____(的结构式为)。 （5）干燥温度为，对产品进行鼓风烘干，得到的产物中锰含量结果如下图所示。后随干燥时间的延长，产品中的锰含量下降的原因可能是_____。 【答案】（1） ①. 加热、粉碎原料 ②. ③. 防止单质覆盖在矿物表面，阻碍反应进行或方铅矿量一定时，提高浸出量 （2） （3） （4） （5）被氧化 【解析】 【分析】由题给流程可知，向方铅矿和软锰矿中加入盐酸和氯化钠混合溶液酸浸，将矿石中的金属元素浸出后，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH约为3，将溶液中的铁元素转化为碱式氧化铁沉淀，过滤得到含有二氧化硅、碱式氧化铁的滤渣和含有四氯化铅离子、锰离子、硫酸根离子的滤液；滤液经冰水沉积、过滤得到二氯化铅固体和滤液；二氯化铅与硫酸溶液反应转化为硫酸铅；向滤液中加入硫化钠溶液，将溶液中的铅离子、锌离子转化为硫化铅、硫化锌沉淀，过滤得到含有硫化铅、硫化锌的滤渣和滤液；向滤液中加入氨水后，通入空气氧化，将溶液中的锰离子转化为四氧化三锰，过滤得到四氧化三锰。 【小问1详解】 ①酸浸时，粉碎矿石、适当升高温度、适当增加盐酸浓度、搅拌等措施能加快浸出速率，故答案为：粉碎矿石、适当升高温度或适当增加盐酸浓度或搅拌； ②由题意可知，硫化铅与二氧化锰的反应为硫化铅、二氧化锰与溶液中的氯离子、氢离子反应生成四氯化铅离子、锰离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为； ③由题意可知，将盐酸间隔一定时间分两次加入的目的是将硫元素转化为硫酸根离子，防止硫元素转化为硫单质覆盖在矿物表面，阻碍反应继续进行，导致浸取率降低，故答案为：防止单质覆盖在矿物表面，阻碍反应进行或方铅矿量一定时，提高浸出量； 【小问2详解】 由题意可知，除铁时发生的反应为二氧化锰与溶液中的亚铁离子和水反应生成FeOOH沉淀和氢离子，反应的离子方程式为； 【小问3详解】 由滤渣D中不含有硫化锰可知，三种硫化物中硫化锰的溶度积最大，由滤液C中铅离子浓度小于锌离子可知，硫化铅的溶度积小于硫化锌，则三种硫化物中硫化锰的溶度积大小顺序为； 【小问4详解】 由分析可知，加入氨水后，通入空气氧化的目的是将溶液中的锰离子转化为四氧化三锰，反应的离子方程式为6Mn2+＋6NH3·H2O+O2=2Mn3O4+6NH+6H+，由四氧化三锰的结构式可知，氧化物中二价锰离子和三价锰离子的个数比为1：2，则反应中氧化剂氧气和还原剂锰离子的物质的量之比为1：4； 【小问5详解】 5 h后随干燥时间的延长，产品中的锰含量下降说明四氧化三锰被空气中的氧气氧化，导致产品中混用杂质，使得氧元素的质量增大、锰元素的质量减小，故答案为：Mn3O4被O2氧化； 19. 某小组同学探究Fe与、混合溶液的反应，开展了如下实验。 序号 实验 现象 实验ⅰ 快速搅拌，测溶液pH pH升高，10 min停止实验，Fe粉有剩余，沉降后，上层澄清液为浅绿色，溶液pH=4.9 实验ⅱ 快速搅拌，测溶液pH Fe粉表面立即变红，红色逐渐加深。溶液pH升高，比实验ⅰ更快，10 min停止实验，Fe粉有剩余，沉降后，上层澄清液显浅绿色比实验ⅰ更深，溶液pH=5.1，经检验溶液中不含 已知：沉淀完全的pH约为3.0，开始沉淀的pH约为6.3 （1）经检验，实验ⅱ中红色物质为Cu。甲同学认为Cu应与发生反应，离子方程式为________。 （2）解释实验ⅱ中当大量存在时，附着在Fe粉上的Cu却没有被消耗的原因________。 （3）实验结束后，经检测，：实验ii>实验ⅰ，甲同学认为越大，溶液的pH应越低，结合化学用语说明理由________。 （4）实验结果表明实验ⅱ中溶液的pH比实验ⅰ的高，与甲同学分析不符。乙同学认为实验ⅰ、ⅱ中还存在其他反应影响溶液的pH，提出如下猜测。 猜测1：________ 猜测2：Fe与反应影响溶液pH 猜测3：被氧化影响溶液pH ①猜测1为________。 ②Fe与反应生成的离子方程式为________。 ③将被氧化的离子方程式补充完整：________。 ______ ④设计实验方案：向________溶液中加入2gFe粉，有微量气泡产生；pH>2后，无气泡；快速搅拌，测得溶液pH逐渐增大，10 min时pH=5.4，铁粉沉降后，取少量反应液于试管中，________(填操作和现象)检测到。由此证实上述猜想均成立。 ⑤结合猜测1、2、3，解释反应结束后实验ⅱ溶液pH大于实验ⅰ的原因_______。 【答案】（1） （2）铜附着在铁的表面，形成铁铜原电池，铜作为正极被保护（合理答案给分） （3）亚铁离子容易水解生成氢离子：，使得溶液显酸性，越大越利于平衡正向移动，使得氢离子浓度越大，溶液的pH应越低 （4） ①. Fe与反应影响溶液pH ②. ③. ④. 15mLKCl和HCl的混合溶液，其中、pH=1.3 ⑤. 先加硫酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液变为红色 ⑥. 实验ⅱ中形成Cu与Fe原电池，Fe与、反应消耗与的速率比实验ⅰ的快，使得实验结束时实验ⅱ中溶液pH更大 【解析】 【分析】控制变量的实验探究中要注意变量的唯一性，通过控制变量进行对比实验研究某一因素对实验结果的影响；铁离子和KSCN溶液变为红色，可以使用KSCN溶液检验铁离子； 【小问1详解】 铜和铁离子反应生成亚铁离子和铜离子：； 【小问2详解】 实验ⅱ中当大量存在时，附着在Fe粉上的Cu却没有被消耗的原因为：铜附着在铁的表面，形成铁铜原电池，铜作为正极被保护（合理答案给分）； 【小问3详解】 亚铁离子容易水解生成氢离子：，使得溶液显酸性，越大越利于平衡正向移动，使得氢离子浓度越大，溶液的pH应越低； 【小问4详解】 ①反应后铁单质剩余，铁会和氢离子反应，导致氢离子浓度减小，故猜测1为：Fe与反应影响溶液pH； ②氧气具有氧化性，酸性条件下，Fe与反应生成，同时生成水，离子方程式为 ； ③该反应为被氧化并水解生成的总反应，此过程会生成，反应为：； ④实验结论为上述猜想均成立，可以做没有铁离子的对照实验，故实验方案为：向15mLKCl和HCl[其中、pH=1.3]的混合溶液中加入2gFe粉，有微量气泡产生；pH>2后，无气泡；快速搅拌，测得溶液pH逐渐增大，10 min时pH=5.4，铁粉沉降后，取少量反应液于试管中，先加硫酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液变为红色，说明检测到，由此证实上述猜想均成立； ⑤实验ⅱ中形成Cu-Fe原电池，加速了Fe的反应。尽管猜测3会生成，但消耗的反应（猜测1和2）速率远大于猜测3生成的速率，导致实验ⅱ中的净消耗速率比实验ⅰ更快，因此反应结束后溶液pH更高。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北师大实验中学2026-2027学年度第一学期开学测试 高三年级化学 考生须知 1.本试卷共10页，共19题；答题纸共2页。满分100分。考试时间90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。 4.在答题卡上，选择题须用2B铅笔将选中项涂黑涂满，其他试题用黑色字迹签字笔作答。 可能用到的相对原子质量：H1 B11 Na23 第一部分 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 科学家模拟早期地球的陆地热泉环境，在80～120℃、紫外-可见光照射下，用FeS纳米材料催化剂成功将转化为等有机物，为探索生命起源提供了新方向。下列说法不正确的是 A. 不能用Fe和S直接化合制备FeS B. 转化为的反应属于氧化还原反应 C. 陆地热泉中可能存在含氢元素的还原性物质 D. 上述过程中存在不同能量形式的转化 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 基态Si原子的价层电子轨道表示式： B. NaCl的电子式： C. p-pπ键的形成： D. 的VSEPR模型： 3. 下列过程与水解反应无关的是 A. 淀粉在人体内转化为葡萄糖 B. 热的纯碱溶液去油污 C. 一定条件下蛋白质转化为氨基酸 D. 核苷酸转化为生物体的遗传物质核酸 4. 下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是 A. 酸性：HClO4＞H2SO3＞H2SiO3 B. 碱性：KOH＞NaOH＞LiOH C. 热稳定性：H2O＞H2S＞PH3 D. 非金属性：F＞O＞N 5. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 将通入冷的石灰乳中制漂白粉： B. 过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体： C. 将二氧化硫通入氢硫酸中产生黄色沉淀： D. 用溶液除去乙炔中的： 6. 室温下，1体积的水能溶解约40体积的SO2。用试管收集SO2后进行如下实验。对实验现象的分析正确的是 A. 试管内液面上升，证明SO2与水发生了反应 B. 试管中剩余少量气体，是因为SO2的溶解已达饱和 C. 取出试管中的溶液，立即滴入紫色石蕊试液，溶液显红色，原因是：SO2+H2O⇌H2SO3、H2SO3⇌H++、⇌H++ D. 取出试管中溶液，在空气中放置一段时间后pH下降，是由于SO2挥发 7. 下列实验的相应操作不正确的是 制备并检验SO2 用HCl标准溶液滴定NaOH溶液 A．终止反应时，向外拉铜丝，使铜丝与浓硫酸脱离接触 B．眼睛注视锥形瓶中的溶液，边滴边摇动锥形瓶 实验室制乙烯 测定溶液的pH C．加热乙醇与浓硫酸的混合液，迅速升温到170℃ D．用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸中央，再与标准比色卡比色 A. A B. B C. C D. D 8. 下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液减小的是 A. 向溶液中加入少量溶液，生成白色沉淀 B. 向和的悬浊液中通入空气，生成红褐色沉淀 C. 向溶液中加入少量溶液，生成蓝绿色沉淀 D. 向溶液中通入氯气，生成黄色沉淀 9. 实验室利用如下装置制取氯气并研究其性质。下列说法不正确的是 A. 制取氯气利用了的氧化性 B. 装置F中发生反应的离子方程式： C. 装置B、C中的试剂分别为浓硫酸、饱和NaCl溶液 D. 与发生化学反应的实验证据是D中布条不褪色、E中布条褪色 10. 依据下列事实进行的推测正确的是 事实 推测 A 溶液遇KSCN溶液变红 溶液遇KSCN溶液也变红 B NaCl固体与浓硫酸反应可制备HCl气体 NaI固体与浓硫酸反应可制备HI气体 C 向NaClO溶液中通入提高其漂白性 向NaClO溶液中通入也可提高其漂白性 D 与反应生成乙酸 与可反应生成乙酸 A. A B. B C. C D. D 11. 回收利用工业废气中的和，实验原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 废气中排放到大气中会形成酸雨 B. 装置a中溶液显碱性的原因是的水解程度大于的电离程度 C. 装置a中溶液的作用是吸收废气中的和 D. 装置中的总反应为 12. 利用空气、铜、稀硫酸制，工艺简单、生产成本低，但反应速率小。若加入，反应速率显著增大。反应过程中物质转化关系如下。 下列说法不正确的是 A. 反应①： B. 反应制得，需投入 C. 酸性条件下氧化Cu的速率大于氧化Cu的速率 D. 制的总反应： 13. 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 14. 已知存在如下平衡：① ；② 。研究在、和水溶液中的溶解性，实验如下。 资料：依据与的反应，以淀粉为指示剂，用标准溶液可准确测定水溶液中的浓度。下列说法不正确的是 A. 的现象符合相似相溶原理，可知 B. 三支试管中，的大小顺序： C. 中，若增加的体积，则一定减小 D. 测中：取的下层溶液，加入水溶液后，依据资料方法测定 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 黄铜矿(主要成分为CuFeS2)可用于冶炼Cu2O，主要物质转化过程如下： （1）Cu2S与O2共热制备Cu2O的反应中，化合价升高的元素是_________。 （2）为减少SO2对环境的污染，在高温时可以用CaO将其转化为CaSO4，反应的化学方程式为___________。 （3） SO2中心原子的杂化方式是___________，用价层电子对互斥理论解释SO2的空间结构不同于CO2的原因：___________。 （4）下图中，表示Cu2O晶胞的是___________(填“图1”或“图2”)。 （5）Cu2O与Cu2S都可视为离子晶体，且结构相似，但Cu2O的熔点比Cu2S的高约100℃，原因是___________。 （6） CuFeS2的晶胞如图3所示。 ①图4所示结构单元不能作为CuFeS2晶胞的原因是___________。 ②从图3可以看出，每个CuFeS2晶胞中含有的Cu原子个数为___________。 ③已知：CuFeS2晶体的密度是4.30g/cm3，阿伏伽德罗常数的值为NA。CuFeS2晶胞中底边边长a=___________pm(用计算式表示；1cm=1010pm；CuFeS2的摩尔质量为184g/mol)。 16. 能除废水中的有机污染物或生产硝酸。 已知：I．酸性条件下与反应产生强氧化性的，涉及如下反应： i．(未配平) ii． II．能降解有机物为和，能将氧化为。 （1）的电子式是_______。 （2）氧化乙苯()的化学方程式是_______。 （3）氧化含苯胺的废水，其他条件不变时，起始分别投入少量且含相同物质的量的、的盐，苯胺的降解率如下图。 用时，0~40分钟，苯胺的降解率低，结合反应i、ii解释原因：_______。 （4）在少量作用下，用电解法可将空气直接转化成，原理如下 ①阴极区产生，发生的反应有：_______、_______、将氧化为。 ②研究还发现，在少量作用下，与在不通电条件下也能产生，但产率远低于通电条件下的产率。结合方程式解释通电条件产率高的原因：_______。 17. 异诺卡酮()是西柚芳香风味的重要成分，具有驱除白蚁的功能。其合成路线如下： 已知： i．(G为OH或) ii． iii． （1）A分子中含有的官能团是_______。 （2）A→B的过程中，是溴代试剂，若将用浓氢溴酸替代，会有副产物生成，原因是_______。 （3）的化学方程式是_______。 （4）下列有关说法正确的是_______(填序号)。 ①异诺卡酮易溶于水 ②异诺卡酮中有手性碳原子 ③E的红外光谱中会出现碳碳双键、酮羰基、酯基的特征吸收峰 ④E存在含苯环且苯环上只有一种化学环境氢的同分异构体 （5）F→G的转化在后续合成中的目的是_______。 （6）I的结构简式是_______。 （7）E转化为F的过程中，依次经历了加成、加成、消去三步反应。经检验，中不含羟基。写出中间产物和的结构简式_______。 18. 以方铅矿(主要含、、)和软锰矿(主要含、及铁的氧化物)为原料联合制取和的一种流程示意图如下。 已知：　 （1）“酸浸”过程使矿石中的金属元素浸出，铅和锰分别以和的形式浸出。 ①加快浸出速率可采取的措施有_____(写出2条)。 ②补全与反应的离子方程式_____。 ③加酸时，方案1：将盐酸一次性加入，硫元素主要转化为单质；方案2：将盐酸间隔一定时间分两次加入，硫元素主要转化为。该工艺流程采用方案2，理由是_____。 （2）“除铁”时，加入至溶液，过量的软锰矿将氧化生成沉淀。写出发生反应的离子方程式_____。 （3）滤渣的主要成分是和，滤液中，。则可推断、、的大小关系为_____。 （4）“氧化”过程，生成时参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____(的结构式为)。 （5）干燥温度为，对产品进行鼓风烘干，得到的产物中锰含量结果如下图所示。后随干燥时间的延长，产品中的锰含量下降的原因可能是_____。 19. 某小组同学探究Fe与、混合溶液的反应，开展了如下实验。 序号 实验 现象 实验ⅰ 快速搅拌，测溶液pH pH升高，10 min停止实验，Fe粉有剩余，沉降后，上层澄清液为浅绿色，溶液pH=4.9 实验ⅱ 快速搅拌，测溶液pH Fe粉表面立即变红，红色逐渐加深。溶液pH升高，比实验ⅰ更快，10 min停止实验，Fe粉有剩余，沉降后，上层澄清液显浅绿色比实验ⅰ更深，溶液pH=5.1，经检验溶液中不含 已知：沉淀完全的pH约为3.0，开始沉淀的pH约为6.3 （1）经检验，实验ⅱ中红色物质为Cu。甲同学认为Cu应与发生反应，离子方程式为________。 （2）解释实验ⅱ中当大量存在时，附着在Fe粉上的Cu却没有被消耗的原因________。 （3）实验结束后，经检测，：实验ii>实验ⅰ，甲同学认为越大，溶液的pH应越低，结合化学用语说明理由________。 （4）实验结果表明实验ⅱ中溶液的pH比实验ⅰ的高，与甲同学分析不符。乙同学认为实验ⅰ、ⅱ中还存在其他反应影响溶液的pH，提出如下猜测。 猜测1：________ 猜测2：Fe与反应影响溶液pH 猜测3：被氧化影响溶液pH ①猜测1为________。 ②Fe与反应生成的离子方程式为________。 ③将被氧化的离子方程式补充完整：________。 ______ ④设计实验方案：向________溶液中加入2gFe粉，有微量气泡产生；pH>2后，无气泡；快速搅拌，测得溶液pH逐渐增大，10 min时pH=5.4，铁粉沉降后，取少量反应液于试管中，________(填操作和现象)检测到。由此证实上述猜想均成立。 ⑤结合猜测1、2、3，解释反应结束后实验ⅱ溶液pH大于实验ⅰ的原因_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $