精品解析：北京市第一六一中学2026-2027学年高三上学期开学考试 化学试题

北京一六一中学2026—2027学年度第一学期开学测试 高三化学试卷 考生 须知 1.本试卷共5页，满分100分，考试时长90分钟。 2.试题答案一律书写在答题纸上，在试卷上作答无效。 3.在答题纸上，选择题用2B铅笔作答，非选择题用黑色字迹签字笔作答。 4.考试结束后，将答题纸、试卷和草稿纸一并交回。 相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 一、选择题：本大题共14道小题，每小题3分，共42分。 1. 我国科学家首次用石墨成功合成了毫米级、结构有序、高纯度的六方金刚石。下列说法不正确的是 A. 两者的碳原子杂化方式不同 B. 两者的晶体类型相同 C. 合成过程破坏了石墨的大π键 D. 合成过程属于化学变化 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. NaCl的电子式为 B. 的VSEPR模型为 C. 电子云图为 D. 基态原子的价层电子轨道表示式为 3. 下列关于和的说法中，正确的是 A. 二者互为同系物 B. 均能与溶液反应 C. 均能与溴水反应产生白色沉淀 D. 二者水溶液可用溶液鉴别 4. 下列说法不正确的是 A. 糖类是多羟基醛、多羟基酮和它们的脱水缩合物 B. 氨基酸为蛋白质水解的最终产物，其不能与酸反应 C. 油脂不属于高分子，可用于制造肥皂和人造奶油 D. 核酸分子的碱基含有键，碱基间易形成氢键 5. 下列实验中，不能达到实验目的的是 由海水制取蒸馏水 萃取碘水中的碘 分离粗盐中的不溶物 由制取无水固体 A B C D A. A B. B C. C D. D 6. 蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。 下列关于该过程的分析不正确的是 A. 过程①白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性 B. 过程②固体体积膨胀，与产生的大量气体有关 C. 过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的酸性 D. 过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂 7. 下列说法正确的是 A. 分子中的化学键是极性键，可推知分子为极性分子 B. 的非金属性比的强，可推知的酸性比的酸性强 C. 由和在元素周期表中的位置，可推知的电负性大于的电负性 D. 的沸点比的高，可推知键的键能比键的键能大 8. 氟他胺是一种抗肿瘤药，可由中间体通过如下转化制得(部分试剂和条件已略去)。 已知：氨基具有还原性，吡啶具有碱性。 下列说法不正确的是 A. 氟他胺中含有三种官能团 B. X不具有手性异构体(对映异构体) C. 吡啶可提高①的原料利用率 D. 交换①、②的顺序，对氟他胺的制备没有影响 9. 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： 10. 电解饱和食盐水的原理示意图如下。下列说法不正确的是 A. 阴极的电极反应为： B. 在阳极比容易失去电子，被氧化生成 C. 使用阳离子交换膜可防止发生反应： D. 电解初期电路中每通过2 mol电子，阳极室溶液质量减少71 g 11. 1，3-丁二烯与HBr反应过程的能量变化示意图如下。下列说法不正确的是 A. 1，2-加成产物的结构简式为 B. 1，4-加成产物比1，2-加成产物更稳定 C. 1，2-加成产物不存在顺反异构体，1，4-加成产物存在顺反异构体 D. 低温下n(1，2-加成产物)(1，4-加成产物)，原因是过渡态2-2的能量低于过渡态2-1，低温更易发生1，2-加成反应 12. 为研究银的沉淀和配合物性质进行如下实验。 下列说法不正确的是 A. ①中白色沉淀溶于氨水的反应： B. ②中滴加浓氨水，有新的沉淀生成后溶解 C. ④中正向移动，与被氧化和被沉淀有关 D. 实验①②③不能说明 13. 我国科学家用生物基原料合成可降解高分子的合成路线如下。 已知： 下列说法不正确的是 A. 的结构简式为 B. 有3种处于不同化学环境的氢原子 C. 反应①中和的化学计量比是1∶4 D. 若和完全水解，可得到相同产物 14. 探究与水反应所得溶液的成分，进行如下实验； ①将5 mL水加入盛有固体的试管中，产生气体，得到溶液a（） ②取溶液a，加入少量粉末，产生能使带火星的木条复燃的气体 ③另取溶液a，滴加溶液，溶液迅速褪色，产生气体及棕色沉淀（） ④取的溶液，滴加溶液，较长时间后溶液变为墨绿色（） 下列说法不正确的是 A. ①中可能发生：、、 B. ②中与③中的作用不同 C. ③中产生气体与的物质的量之比为3：2 D. ④的目的：排除③中使溶液褪色的可能 二、填空题：本大题共5小题，共58分。把答案填在答题纸中相应的横线上。 15. 是重要的染料及农药中间体。用粗铜制取该物质的过程如下。 （1）29Cu的基态价层电子排布式是_______________。 （2）第一电离能：N_____O(填“>”“<”或“=”)，从原子结构角度说明理由：_____。 （3）晶体结构中，配原子为__________。 （4）比较键角：__________(填“>”“<”或“=”)，原因是_____。 （5）Ⅰ和Ⅱ的结晶原理不同。 ①Ⅰ利用的是的溶解度随温度升高而增大的性质。操作是_____。 ②Ⅱ中加入乙醇，析出，原因是____________________。 （6）铜的晶胞为立方体，边长为，结构如下图。已知的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，则晶体的密度为_____。() 16. 以氨为原料制备硝酸的原理示意图如下。 已知：氧化炉中相关反应的反应热和平衡常数如下表。 反应(500℃，0.1MPa) (主反应) -454 (副反应) -634 （1）理论分析不用制备NO的原因。 ①从N2分子结构角度解释：___________。 ②计算该反应的ΔH和K，从反应原理角度解释：___________。 （2）热交换器中的反应分两步。 反应i： 反应ii： 对应的反应过程示意图如下。 用作答： ①由于___________＞___________，反应ii速率较慢。 ②___________kJ/mol。 （3）吸收塔中的总反应为从平衡的角度推断有利于将NO2转化为HNO3的措施是___________、___________、___________。 17. 一种具有潜在抗菌作用的活性物质L的合成路线如下(部分试剂与条件略去)。 （1）K分子中的官能团有醚键和______。 （2）的反应类型为______。 （3）的化学方程式是______。 （4）下列说法正确的是______(填序号)。 a．A与B互为同系物 b．B不存在含苯环的羧酸类同分异构体 c．的作用是引入保护基 （5）G分子中含有一个七元环。J的结构简式是______。 （6）的路线如下。 已知：i． ii． ①Q的结构简式为______。 ②若K未经上述过程直接依次与、反应也能生成L。分析设计的目的：______。 18. 磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下： 已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。 溶解度：Ca5(PO4)3(OH)<CaSO4·0.5H2O （1）上述流程中能加快反应速率的措施有__________。 （2）磷精矿粉酸浸时发生反应： 2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO4·0.5H2O+6H3PO4 ①该反应体现出酸性关系：H3PO4__________H2SO4（填“>”或“<”）。 ②结合元素周期律解释①中结论：P和S电子层数相同，__________。 （3）酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式：__________。 （4）H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80℃后脱除率变化的原因：____________________。 （5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42−残留，原因是__________；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是____________________。 （6）取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b mol·L−1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL，精制磷酸中H3PO4的质量分数是________。（已知：H3PO4摩尔质量为98 g·mol−1） 19. 实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。 资料：为紫色固体，微溶于溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生，在碱性溶液中较稳定。 （1）制备(夹持装置略) ①为氯气发生装置。中反应方程式是_________________(锰被还原为)。 ②装置B中所用试剂是_____________。 ③C中得到紫色固体和溶液。C中发生的反应有，另外还有_________________________________________________________________。 （2）探究的性质 ①取中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有。为证明是否氧化了而产生，设计以下方案： 方案Ⅰ 取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。 方案Ⅱ 用溶液充分洗涤中所得固体，再用溶液将溶出，得到紫色溶液。取少量，滴加盐酸，有产生。 ⅰ．由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有_________离子，但该离子的产生不能判断一定是由将Cl-氧化，还可能由_________________________________产生(用方程式表示)。 ⅱ．方案Ⅱ可证明氧化了。用溶液洗涤的目的是_____________________。 ②根据的制备实验得出：氧化性_________(填“”或“”)，而方案Ⅱ实验表明，和的氧化性强弱关系相反，原因是_____________________________________。 ③资料表明，酸性溶液中的氧化性，验证实验如下：将溶液b滴入和足量的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色。该现象能否证明氧化性。若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。理由或方案：_________________________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京一六一中学2026—2027学年度第一学期开学测试 高三化学试卷 考生 须知 1.本试卷共5页，满分100分，考试时长90分钟。 2.试题答案一律书写在答题纸上，在试卷上作答无效。 3.在答题纸上，选择题用2B铅笔作答，非选择题用黑色字迹签字笔作答。 4.考试结束后，将答题纸、试卷和草稿纸一并交回。 相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 一、选择题：本大题共14道小题，每小题3分，共42分。 1. 我国科学家首次用石墨成功合成了毫米级、结构有序、高纯度的六方金刚石。下列说法不正确的是 A. 两者的碳原子杂化方式不同 B. 两者的晶体类型相同 C. 合成过程破坏了石墨的大π键 D. 合成过程属于化学变化 【答案】B 【解析】 【详解】A．石墨中碳原子的价层电子对个数是3、金刚石中碳原子的价层电子对个数是4，碳原子杂化类型：前者为sp2、后者为sp3，故A正确； B．石墨为混合型晶体、六方金刚石为共价晶体，二者的晶体类型不同，故B错误； C．石墨中含有大π键，六方金刚石中只含共价键，所以合成过程中破坏了石墨的大π键，故C正确； D．石墨转化为六方金刚石时有新物质生成，所以该变化为化学变化，故D正确； 故选B。 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. NaCl的电子式为 B. 的VSEPR模型为 C. 电子云图为 D. 基态原子的价层电子轨道表示式为 【答案】C 【解析】 【详解】A．NaCl为离子化合物，由Na+和Cl-构成，电子式为，A不正确； B．NH3分子中，N原子的价层电子对数为=4，发生sp3杂化，VSEPR模型不是，而是，B不正确； C．表示2p轨道的电子云以z轴为对称轴，则其电子云图为，C正确； D．基态原子的价电子排布式为3d54s1，则其价层电子轨道表示式为，D不正确； 故选C。 3. 下列关于和的说法中，正确的是 A. 二者互为同系物 B. 均能与溶液反应 C. 均能与溴水反应产生白色沉淀 D. 二者水溶液可用溶液鉴别 【答案】D 【解析】 【详解】A．二者分别属于酚类和芳香醇，结构不相似，不互为同系物，A错误； B．苯酚可与反应生成苯酚钠和，苯甲醇为醇类，羟基无酸性，不能与溶液反应，B错误； C．苯酚可与溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀，苯甲醇与溴水不反应，不会产生白色沉淀，C错误； D．苯酚遇溶液显紫色，苯甲醇与溶液不反应，二者水溶液可用溶液鉴别，D正确； 故选D。 4. 下列说法不正确的是 A. 糖类是多羟基醛、多羟基酮和它们的脱水缩合物 B. 氨基酸为蛋白质水解的最终产物，其不能与酸反应 C. 油脂不属于高分子，可用于制造肥皂和人造奶油 D. 核酸分子的碱基含有键，碱基间易形成氢键 【答案】B 【解析】 【详解】A．糖类的定义为多羟基醛、多羟基酮和它们的脱水缩合物，涵盖单糖、二糖、多糖等类别，A不符合题意； B．氨基酸是蛋白质水解的最终产物，其分子中同时含有羧基和氨基，氨基可与酸反应生成盐，B符合题意； C．油脂是高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，油脂经皂化反应可制造肥皂，经氢化反应可制备人造奶油，C不符合题意； D．核酸分子的碱基中含有键，碱基之间可通过氢键实现互补配对，D不符合题意； 故选B。 5. 下列实验中，不能达到实验目的的是 由海水制取蒸馏水 萃取碘水中的碘 分离粗盐中的不溶物 由制取无水固体 A B C D A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．实验室用海水制取蒸馏水用蒸馏的方法制备，蒸馏时用到蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，注意温度计水银球应处在蒸馏烧瓶的支管口附近，冷凝管应从下口进水，上口出水，A正确； B．碘在水中的溶解度很小，在四氯化碳中的溶解度很大，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘，四氯化碳的密度大于水，存在于下层，B正确； C．粗盐中含有较多的可溶性杂质和不溶性杂质，将粗盐溶与水形成溶液，用过滤的方法将不溶于水的杂质除去，C正确； D．直接加热会促进水解，生成的HCl易挥发，得到氢氧化铁，继续加热会使氢氧化铁分解产生氧化铁，得不到固体，D错误； 故选D。 6. 蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。 下列关于该过程的分析不正确的是 A. 过程①白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性 B. 过程②固体体积膨胀，与产生的大量气体有关 C. 过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的酸性 D. 过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂 【答案】C 【解析】 【详解】A．浓硫酸具有脱水性，能将有机物中的H原子和O原子按2∶1的比例脱除，蔗糖中加入浓硫酸，白色固体变黑，体现浓硫酸的脱水性，A项正确； B．浓硫酸脱水过程中释放大量热，此时发生反应，产生大量气体，使固体体积膨胀，B项正确； C．结合选项B可知，浓硫酸脱水过程中生成的能使品红溶液褪色，体现浓硫酸的强氧化性，C项错误； D．该过程中，蔗糖发生化学反应，发生了化学键的断裂，D项正确； 故选C。 7. 下列说法正确的是 A. 分子中的化学键是极性键，可推知分子为极性分子 B. 的非金属性比的强，可推知的酸性比的酸性强 C. 由和在元素周期表中的位置，可推知的电负性大于的电负性 D. 的沸点比的高，可推知键的键能比键的键能大 【答案】C 【解析】 【详解】A．为直线形对称结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子，仅含极性键不能推出其为极性分子，A错误； B．元素非金属性强弱对应的是最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，、均不是对应元素的最高价含氧酸，无法通过非金属性比较二者酸性，B错误； C．同主族元素从上到下电负性逐渐减小，和同主族且位于上方，可推知的电负性大于的电负性，C正确； D．沸点高于是因为分子间存在氢键，属于分子间作用力范畴，与共价键键能无关，D错误； 故选C。 8. 氟他胺是一种抗肿瘤药，可由中间体通过如下转化制得(部分试剂和条件已略去)。 已知：氨基具有还原性，吡啶具有碱性。 下列说法不正确的是 A. 氟他胺中含有三种官能团 B. X不具有手性异构体(对映异构体) C. 吡啶可提高①的原料利用率 D. 交换①、②的顺序，对氟他胺的制备没有影响 【答案】D 【解析】 【分析】反应①为：++HCl；反应②为发生硝化反应，引入硝基生成氟他胺。 【详解】A．由氟他胺结构简式可知，其含有硝基、碳氟键、酰胺基三种官能团，A正确； B．连接4个不同基团的碳原子是手性碳原子，X不具有手性异构体，B正确； C．反应①中产生了HCl，吡啶呈碱性消耗HCl从而促使反应正向进行，可提高原料利用率，C正确； D．已知氨基具有还原性，在发生硝化反应时，可能被氧化导致后续不能和反应合成氟他胺，D错误； 故选D。 9. 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。 10. 电解饱和食盐水的原理示意图如下。下列说法不正确的是 A. 阴极的电极反应为： B. 在阳极比容易失去电子，被氧化生成 C. 使用阳离子交换膜可防止发生反应： D. 电解初期电路中每通过2 mol电子，阳极室溶液质量减少71 g 【答案】D 【解析】 【分析】在左侧电极氯离子失去电子，发生氧化反应生成氯气，该电极为阳极，则右侧为阴极，阴极水中氢离子放电生成氢气，钠离子通过离子交换膜移向阴极，故离子交换膜为阳离子交换膜，据此分析解答。 【详解】A．阴极上水电离出的优先得电子生成，电极反应为，A正确； B．惰性电极电解时阴离子放电顺序，故阳极优先失电子被氧化为，B正确； C．阳离子交换膜只允许阳离子通过，可阻止阳极生成的与阴极区的接触，避免发生反应，C正确； D．电路中通过2mol电子时，阳极生成1mol（质量71g）逸出，同时为平衡电荷，有2mol（质量46g）通过阳离子交换膜进入阴极室，因此阳极室溶液共减少，D错误； 故选D。 11. 1，3-丁二烯与HBr反应过程的能量变化示意图如下。下列说法不正确的是 A. 1，2-加成产物的结构简式为 B. 1，4-加成产物比1，2-加成产物更稳定 C. 1，2-加成产物不存在顺反异构体，1，4-加成产物存在顺反异构体 D. 低温下n(1，2-加成产物)(1，4-加成产物)，原因是过渡态2-2的能量低于过渡态2-1，低温更易发生1，2-加成反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．1，2-加成产物的结构简式为，1，4-加成产物的结构简式为，选项所给的既不是1，2-加成产物，也不是1，4-加成产物，A不正确； B．能量越低物质越稳定，图中1，4-加成产物能量更低，更稳定，B正确； C．顺反异构体要求碳碳双键两端的碳原子连接不同的基团，1，2-加成产物碳碳双键的一端碳原子连接了两个氢原子，不存在顺反异构体；1，4-加成产物碳碳双键两端的碳原子均连接了两个不同的基团，存在顺反异构体，C正确； D．低温下反应由活化能决定，过渡态 2‑2 能量更低，活化能小，低温更易发生1，2-加成反应，所以低温下n(1，2-加成产物)(1，4-加成产物)，D正确； 故选A。 12. 为研究银的沉淀和配合物性质进行如下实验。 下列说法不正确的是 A. ①中白色沉淀溶于氨水的反应： B. ②中滴加浓氨水，有新的沉淀生成后溶解 C. ④中正向移动，与被氧化和被沉淀有关 D. 实验①②③不能说明 【答案】D 【解析】 【分析】①是AgNO3加NaCl生成AgCl沉淀；②是AgCl加浓氨水生成银氨溶液；③是银氨溶液加Na2S生成Ag2S沉淀；④是Ag2S加H2O2和盐酸又生成AgCl，据此解答， 【详解】A．AgCl溶于氨水生成银氨配离子，离子方程式为：，A正确； B．②中滴加浓氨水，由于①中Ag+过量，与氨水先生成AgOH，AgOH不稳定会分解成Ag2O（新沉淀），继续滴加浓氨水，生成，因此过程为有新沉淀生成后溶解，B正确； C．④中Ag2S的溶解平衡正向移动，因为H2O2氧化，同时Ag+和结合成AgCl，离子浓度减小，所以平衡正向移动，C正确； D．实验③中，向由AgCl溶于氨水得到的溶液中加入Na2S溶液，生成了Ag₂S黑色沉淀。该现象说明发生了沉淀转化，即溶解度更小的物质（Ag2S）可以由溶解度相对较大的物质（AgCl）转化而来，由此可判断Ksp(AgCl) > Ksp(Ag2S)，因此，实验①②③能说明该结论，D错误； 故选D。 13. 我国科学家用生物基原料合成可降解高分子的合成路线如下。 已知： 下列说法不正确的是 A. 的结构简式为 B. 有3种处于不同化学环境的氢原子 C. 反应①中和的化学计量比是1∶4 D. 若和完全水解，可得到相同产物 【答案】A 【解析】 【分析】X与Y发生已知反应生成Z，由X得分子式为C5H8O3，结合Y和Z得结构式，可推知X为：，羰基和羧基可分别发生已知缩合反应、酯化反应，反应的方程为：，Z再发生聚合反应生成P，据此回答。 【详解】A．根据已知反应，由X的分子式为C5H8O3，结合Y和Z的结构式，可推知X为：，A错误； B．Y的结构为，三个-CH2OH完全等价，共有甲基氢、亚甲基氢、羟基氢3种不同化学环境的氢原子，B正确； C．由反应方程为：可知，故Z和H2O化学计量比为1:4，C正确； D．Z含酯键、缩酮键，完全水解得到X、Y；P为Z开环聚合得到的高分子，完全水解后断裂酯键、缩酮键，产物同样为X和Y，产物种类相同，D正确； 故选A。 14. 探究与水反应所得溶液的成分，进行如下实验； ①将5 mL水加入盛有固体的试管中，产生气体，得到溶液a（） ②取溶液a，加入少量粉末，产生能使带火星的木条复燃的气体 ③另取溶液a，滴加溶液，溶液迅速褪色，产生气体及棕色沉淀（） ④取的溶液，滴加溶液，较长时间后溶液变为墨绿色（） 下列说法不正确的是 A. ①中可能发生：、、 B. ②中与③中的作用不同 C. ③中产生气体与的物质的量之比为3：2 D. ④的目的：排除③中使溶液褪色的可能 【答案】C 【解析】 【详解】A．①中产生气体，说明有氧气生成，主要反应为；为中间步骤，随后分解：，A正确； B．②中MnO2催化H2O2分解产生O2，为催化剂；③中KMnO4被H2O2还原为MnO2，为氧化剂，作用不同，B正确； C．③中反应为，该产生气体与沉淀物质的量之比为3：2，但生成的MnO2会催化分解产生更多的氧气，故③中产生气体与的物质的量之比大于3：2，C错误； D．④中纯NaOH溶液使KMnO4缓慢褪色生成，而③中快速褪色生成MnO2，排除NaOH导致快速褪色的可能，D正确； 答案选C。 二、填空题：本大题共5小题，共58分。把答案填在答题纸中相应的横线上。 15. 是重要的染料及农药中间体。用粗铜制取该物质的过程如下。 （1）29Cu的基态价层电子排布式是_______________。 （2）第一电离能：N_____O(填“>”“<”或“=”)，从原子结构角度说明理由：_____。 （3）晶体结构中，配原子为__________。 （4）比较键角：__________(填“>”“<”或“=”)，原因是_____。 （5）Ⅰ和Ⅱ的结晶原理不同。 ①Ⅰ利用的是的溶解度随温度升高而增大的性质。操作是_____。 ②Ⅱ中加入乙醇，析出，原因是____________________。 （6）铜的晶胞为立方体，边长为，结构如下图。已知的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，则晶体的密度为_____。() 【答案】（1）3d104s1 （2） ①. > ②. N原子的2p轨道处于半充满的稳定状态，较难失去电子 （3）N （4） ①. < ②. 中，N原子的孤电子对与形成配位键，对N−H键的排斥作用减弱，因此键角变大 （5） ①. 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 ②. 为离子化合物，易溶于极性强的水，难溶于极性较弱的有机溶剂，加入乙醇后，溶液整体极性降低，导致该配合物的溶解度减小，从而析出晶体 （6） 【解析】 【分析】由题给流程可知，粗铜与浓硫酸共热反应得到硫酸铜溶液；硫酸铜溶液经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到五水硫酸铜晶体；五水硫酸铜晶体溶于水得到蓝色的硫酸铜溶液；向硫酸铜溶液中加入过量氨水得到深蓝色的硫酸四氨合铜溶液；向硫酸四氨合铜溶液中加入乙醇降低硫酸四氨合铜的溶解度，析出一水硫酸四氨合铜，过滤得到硫酸四氨合铜晶体。 【小问1详解】 Cu是29号元素，根据构造原理和洪特规则特例，其基态原子的电子排布式为，故其价层电子排布式为； 【小问2详解】 同一周期元素的第一电离能随着原子序数增加呈增大趋势，但N原子的价层电子排布为，其2p轨道处于半充满的稳定状态，较难失去电子，因此其第一电离能反常地大于相邻的O原子； 【小问3详解】 在配合物中，中心离子为，配体为。在分子中，N原子含有一对孤电子对，能够提供孤电子对与的空轨道形成配位键，因此配原子为N； 【小问4详解】 分子中N原子有一对孤电子对，根据价层电子对互斥理论，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用，使得键角被压缩；而在中，的孤电子对与形成配位键，孤电子对变成了成键电子对，排斥作用减弱，因此键角变大； 【小问5详解】 ① 从溶液中获取溶解度随温度升高而增大的溶质晶体，最常用的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥； ② 为离子化合物，易溶于极性强的水，难溶于极性较弱的有机溶剂。加入乙醇后，溶剂的整体极性降低，导致该配合物的溶解度减小，从而析出晶体； 【小问6详解】 由晶胞结构图可知，Cu原子位于立方体的顶点和面心，根据均摊法，一个晶胞中含有Cu原子的个数为。晶胞的质量 ；晶胞的边长为 ，则晶胞的体积 ；晶体的密度 。 16. 以氨为原料制备硝酸的原理示意图如下。 已知：氧化炉中相关反应的反应热和平衡常数如下表。 反应(500℃，0.1MPa) (主反应) -454 (副反应) -634 （1）理论分析不用制备NO的原因。 ①从N2分子结构角度解释：___________。 ②计算该反应的ΔH和K，从反应原理角度解释：___________。 （2）热交换器中的反应分两步。 反应i： 反应ii： 对应的反应过程示意图如下。 用作答： ①由于___________＞___________，反应ii速率较慢。 ②___________kJ/mol。 （3）吸收塔中的总反应为从平衡的角度推断有利于将NO2转化为HNO3的措施是___________、___________、___________。 【答案】（1） ①. 键能大，不易断裂 ②. ，反应吸热，与主反应放热相比耗能大，，反应限度小 （2） ①. ②. ③. （3） ①. 加压 ②. 提高氧气浓度 ③. 降温 【解析】 【分析】以氨为原料制备硝酸的原理：氨气与氧气在氧化炉反应生成一氧化氮和水，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮、氧气和水反应生成硝酸。 【小问1详解】 ①分子内为键，键能较大，化学键不易断裂，因此难以用于制备，故答案为键能大，不易断裂； ②由主反应-副反应得，化学平衡常数为，由此可知该反应正向吸热，主反应为放热反应，两个反应相比，耗能大，平衡常数小，反应限度小，故答案为：，反应吸热，与主反应放热相比耗能大，，反应限度小。 【小问2详解】 ①由图可知，该反应正向合成过程中正反应活化能分别为、，而，使得反应ii速率较慢，故答案为； ②反应焓变=正反应活化能-逆反应活化能，因此反应i、ii的焓变分别为、，可由反应i+反应ii得到，因此该反应的焓变为，故答案为。 【小问3详解】 ，正向为放热且气体体积减小的反应，因此若要提高转化率，可通过加压、提高氧气浓度、降温等措施实现，故答案为：加压、提高氧气浓度、降温。 17. 一种具有潜在抗菌作用的活性物质L的合成路线如下(部分试剂与条件略去)。 （1）K分子中的官能团有醚键和______。 （2）的反应类型为______。 （3）的化学方程式是______。 （4）下列说法正确的是______(填序号)。 a．A与B互为同系物 b．B不存在含苯环的羧酸类同分异构体 c．的作用是引入保护基 （5）G分子中含有一个七元环。J的结构简式是______。 （6）的路线如下。 已知：i． ii． ①Q的结构简式为______。 ②若K未经上述过程直接依次与、反应也能生成L。分析设计的目的：______。 【答案】（1）碳碳双键和酰胺基 （2）取代反应 （3）2+O22+2H2O； （4）bc （5） （6） ①. ②. 中标星号的 N-H 键与发生反应，会降低产物的纯度 【解析】 【分析】有机合成过程如下：A（）在CH3I、K2CO3的作用下发生酚羟基上的取代反应生成B（），B发生催化氧化醇氧化为醛D（）；F()与反应生成，参考K的结构可知在多聚磷酸的作用下生成G的结构简式为（），D与G发生羟醛缩合生成产物J（），参考（6）信息P为，再结合Q到L是在H2O的作用下去除CH3OH，可以猜测Q的结构为。 【小问1详解】 根据K的结构，分子中含有的官能团有醚键、碳碳双键和酰胺基； 【小问2详解】 由A→B的结构变化酚羟基生成了甲氧基可判断发生的反应类型为取代反应； 【小问3详解】 B→D是醇的氧化反应，方程式2+O22+2H2O； 【小问4详解】 a．A与B结构不相似，且不是相差若干CH2，所以不是同系物； b．B的不饱和度为4，含苯环的羧酸类不饱和度至少为5（苯环为4，羧基为1），故B不存在含苯环的羧酸类同分异构体； c．最终-OH复原，可知的作用是保护羟基； 故选bc； 【小问5详解】 结合上述分析，J的结构简式为； 【小问6详解】 由分析可知，Q的结构为，如果K未经上述过程直接依次与、反应，则有中标星号的 N-H 键与发生反应，降低产物的纯度。 18. 磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下： 已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。 溶解度：Ca5(PO4)3(OH)<CaSO4·0.5H2O （1）上述流程中能加快反应速率的措施有__________。 （2）磷精矿粉酸浸时发生反应： 2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO4·0.5H2O+6H3PO4 ①该反应体现出酸性关系：H3PO4__________H2SO4（填“>”或“<”）。 ②结合元素周期律解释①中结论：P和S电子层数相同，__________。 （3）酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式：__________。 （4）H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80℃后脱除率变化的原因：____________________。 （5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42−残留，原因是__________；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是____________________。 （6）取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b mol·L−1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL，精制磷酸中H3PO4的质量分数是________。（已知：H3PO4摩尔质量为98 g·mol−1） 【答案】 ①. 研磨、加热 ②. ＜ ③. 核电荷数P＜S，原子半径P＞S，得电子能力P＜S，非金属性P＜S ④. 2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O=10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑ ⑤. 80 ℃后，H2O2分解速率大，浓度显著降低 ⑥. CaSO4微溶 ⑦. BaCO3++2H3PO4=BaSO4+CO2↑+H2O+2 ⑧. 【解析】 【详解】分析：磷精矿粉酸浸后生成粗磷酸和磷石膏，粗磷酸经过脱有机碳、脱硫等步骤获得精制磷酸。 （1）根据外界条件对化学反应速率的影响分析，流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。 （2）①根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3PO4H2SO4。 ②用元素周期律解释，P和S电子层数相同，核电荷数PS，原子半径PS，得电子能力PS，非金属性PS。 （3）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，Ca5（PO4）3F与H2SO4反应生成HF、磷石膏和磷酸。 （4）图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80℃前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80℃后温度升高，H2O2分解速率大，H2O2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。 （5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42-残留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，反应的离子方程式为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4-+H2O。 （6）根据题意关系式为H3PO4~2NaOH，由消耗的NaOH计算H3PO4。 详解：（1）研磨能增大反应物的接触面积，加快反应速率，加热，升高温度加快反应速率；流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。 （2）①根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3PO4H2SO4。 ②用元素周期律解释酸性：H3PO4H2SO4，P和S电子层数相同，核电荷数PS，原子半径PS，得电子能力PS，非金属性PS。 （3）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，Ca5（PO4）3F与H2SO4反应生成HF、磷石膏和磷酸，生成HF的化学方程式为2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑。 （4）图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80℃前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80℃后温度升高，H2O2分解速率大，H2O2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。 （5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42-残留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，其中SO42-与BaCO3生成更难溶的BaSO4和CO32-，H3PO4的酸性强于H2CO3，在粗磷酸中CO32-转化成H2O和CO2，反应的离子方程式为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4-+H2O。 （6）滴定终点生成Na2HPO4，则消耗的H3PO4与NaOH物质的量之比为1：2，n（H3PO4）=n（NaOH）=bmol/Lc10-3L=mol，m（H3PO4）=mol98g/mol=g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的质量分数为。 点睛：本题以磷精矿湿法制备磷酸的工艺流程为载体，考查影响化学反应速率的因素、“强酸制弱酸”的复分解反应规律、元素周期律、指定情境下方程式的书写、物质含量的计算等。解题时必须利用所学知识结合流程分析，如第（5）问注意脱硫的反应是在粗磷酸中进行的，BaCO3或CaCO3中碳元素最终变为CO2；第（6）问中H3PO4与NaOH物质的量之比的确定等。 19. 实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。 资料：为紫色固体，微溶于溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生，在碱性溶液中较稳定。 （1）制备(夹持装置略) ①为氯气发生装置。中反应方程式是_________________(锰被还原为)。 ②装置B中所用试剂是_____________。 ③C中得到紫色固体和溶液。C中发生的反应有，另外还有_________________________________________________________________。 （2）探究的性质 ①取中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有。为证明是否氧化了而产生，设计以下方案： 方案Ⅰ 取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。 方案Ⅱ 用溶液充分洗涤中所得固体，再用溶液将溶出，得到紫色溶液。取少量，滴加盐酸，有产生。 ⅰ．由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有_________离子，但该离子的产生不能判断一定是由将Cl-氧化，还可能由_________________________________产生(用方程式表示)。 ⅱ．方案Ⅱ可证明氧化了。用溶液洗涤的目的是_____________________。 ②根据的制备实验得出：氧化性_________(填“”或“”)，而方案Ⅱ实验表明，和的氧化性强弱关系相反，原因是_____________________________________。 ③资料表明，酸性溶液中的氧化性，验证实验如下：将溶液b滴入和足量的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色。该现象能否证明氧化性。若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。理由或方案：_________________________。 【答案】（1） ①. 2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O ②. 饱和食盐水 ③. Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O （2） ①. Fe3+ ②. +20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O ③. 排除ClO-的干扰 ④. ＞ ⑤. 溶液的酸碱性不同 ⑥. 能，理由：在过量酸的作用下完全转化为Fe3+和O2，溶液浅紫色一定是的颜色（不能，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）      【解析】 【分析】装置A中，KMnO4与浓盐酸反应，生成Cl2，由于浓盐酸易挥发，Cl2中混有HCl气体和水蒸气；装置B用于除去Cl2中混有的HCl，则B中应盛有饱和食盐水；装置C中，Cl2与Fe(OH)3、过量KOH溶液反应，制得K2FeO4；装置D中NaOH溶液用于吸收Cl2尾气； 【小问1详解】 ①A中，KMnO4与浓盐酸反应，生成Cl2，同时生成KCl、MnCl2等，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得出发生反应的化学方程式是2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O； ②除杂装置B用于除去Cl2中混有的HCl，则所用试剂：饱和食盐水； ③C中Cl2发生的反应有：3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外Cl2也能与KOH发生反应，则还有Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O； 【小问2详解】 ① 方案Ⅰ 取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色，表明反应生成了Fe3+。 方案Ⅱ 用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，可洗去固体表面附着的溶液中的离子，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，防止其与水反应，得到紫色溶液b；取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。 i．由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有Fe3+离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化，还可能由K2FeO4在酸性溶液中快速产生，离子方程式为+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O； ii．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl-，需防止ClO-在酸性溶液中氧化Cl-，则用KOH溶液洗涤的目的是：排除ClO-的干扰； ②K2FeO4制备实验中，碱性条件下，Cl2氧化Fe(OH)3制得K2FeO4，则可得出：氧化性Cl2＞，而方案Ⅱ实验表明，酸性条件下，Cl2和的氧化性强弱关系相反，原因是：溶液的酸碱性不同； ③该小题为开放性试题；若能，根据题意K2FeO4在足量H2SO4溶液中会转化为Fe3+和O2，最后溶液中不存在，溶液振荡后呈浅紫色一定是的颜色，说明将Mn2+氧化成，所以该实验方案能证明氧化性＞；（或不能，因为溶液b呈紫色，溶液b滴入和的混合溶液中，c（）变小，溶液的紫色也会变浅；则设计一个空白对比的实验方案，方案为：向紫色溶液b中滴加过量稀H2SO4，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $