宁夏石嘴山市第一中学2026-2027学年高三上学期9月阶段检测 化学试题

石嘴山市第一中学2026-2027学年第一学期高三年级9月月考 化学试题 一、单选题：本题共14小题，每小题3分，共42分。 1．DNA分子复制前首先将双链解开，则DNA分子复制将双链解开的过程可视为 A．化学变化 B．物理变化 C．既有物理变化又有化学变化 D．是一种特殊的生物变化 2．下列有关说法中错误的是 A．、H+和H2是氢元素的四种不同微粒 B．和、金刚石和石墨均互为同位素 C．H2、D2、T2在相同条件下的密度比为1：2：3 D．氕、氘发生核聚变生成其他元素的变化不属于化学变化 3．三氯甲硅烷()是制取高纯硅的重要原料，常温下为无色液体，沸点为，熔点为，易水解。实验室根据反应，利用如下装置制备粗品(加热及夹持装置略)。制备时进行操作：(i)……；(ii)将盛有硅粉的瓷舟置于管式炉中；(iii)通入，一段时间后接通冷凝装置，加热开始反应。已知非金属性：下列说法错误的是： A．加热反应之前，通入一段时间，目的是赶走装置内的空气 B．既是氧化产物又是还原产物，生成反应转移个电子 C．图示装置唯一缺陷是、之间没有干燥装置，外界水蒸气会让水解 D．与浓的溶液反应方程式： 4．将15.6 g Na2O2和5.4 g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200 mL溶液，再缓慢通入HCl气体6.72 L(标准状况)，若反应过程中溶液的体积保持不变，则 A．反应过程中得到6.72 L的气体(标准状况) B．最终得到的溶液中溶质为NaCl和NaOH C．最终得到15.6 g沉淀 D．最终得到的溶液中NaCl的物质的量浓度为1.5 mol·L-1 5．向10mL某浓度的NaOH溶液中通入CO2气体后得溶液M，因CO2通入量的不同，溶液M的组成也不同．若向M中逐滴加入0.1mol/L盐酸，产生的气体V（CO2）与加入盐酸的体积V（HCl）的关系有图示两种情况，则下列分析判断不正确的是（不考虑CO2的溶解）（  ） A．曲线A表明M中的溶质为NaOH、Na2CO3 B．曲线B表明M中NaHCO3与Na2CO3的物质的量之比为1：2 C．原NaOH溶液的物质的量浓度为0.75mol/L D．由A．B可知，两次实验通入的CO2的体积比3：10 6．下列实验所用试剂、现象和结论均正确的是 实验序号 实验内容 试剂 现象和结论 ① 鉴别K2CO3和Na2SO3 盐酸、澄清的石灰水 产生无色无味气体，能使澄清的石灰水变浑浊的是K2CO3 ② 鉴别NO2和Br2蒸气 湿润的淀粉KI试纸 试纸变蓝色的是Br2 ③ 鉴别葡萄糖和蔗糖 银氨溶液 有银镜产生的是葡萄糖 ④ 鉴别AlCl3溶液和MgCl2溶液 氨水 产生白色沉淀然后消失的是AlCl3 溶液 A．①③ B．①② C．②④ D．②③ 7．探究某补铁口服液中铁元素价态的实验如图所示。下列说法错误的是 已知：该补铁口服液中还含有维生素C(具有还原性)等物质。 A．步骤1可知此补铁口服液中不含 B．步骤2滴加氯水可将还原为 C．步骤2可知的氧化性强于 D．维生素C有利于人体对铁元素的吸收 8．下列事实与解释不对应的是 选项 事实 解释 A 的键角： 中N原子有孤电子对，中N原子没有孤电子对 B 熔点： 原子的价层电子多，金属键强 C 缺角的晶体在饱和溶液中变为完美的立方体 晶体具有自范性 D 硬度：石墨<晶体硅 石墨属于分子晶体、晶体硅是共价晶体 9．从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法，下列有关事实解释错误的是 选项 事实 解释 A 石蜡在水晶柱表面不同方向熔化快慢不同 晶体具有各向异性 B 邻羟基苯甲酸的沸点低于对羟基苯甲酸 邻羟基苯甲酸形成分子间氢键 C 与形成配合物 中的B有空轨道接受中N的孤电子对 D 聚丙烯酸钠可用于制备高吸水性树脂 聚丙烯酸钠()中含有亲水基团 A．A B．B C．C D．D 10．在密闭容器中，可逆反应3X(g)+Y(s) 2Z(g)；△H＜0，达到平衡后，仅改变横坐标条件，下列图象正确的是 A．B． C． D． 11．下列化学用语表示正确的是 A．O3分子的球棍模型： B．H2O的VSEPR模型名称是四面体型 C．在氨水中，与分子间的氢键主要形式可表示为： D．聚丙烯的结构简式： 12．下列化学用语表示正确的是 A．乙烯的结构简式： CH2CH2 B．2-甲基戊烷的键线式：   C．顺-2-丁烯的球棍模型：   D．甲基碳正离子(CH) 的电子式：   13．锂—铜空气燃料电池(图1)容量高、成本低，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为：2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li++2OH-，用该电池电解含有尿素［CO(NH2)2]的碱性溶液，用于废水处理和煤液化供氢，其装置如图2所示。装置中c、d均为惰性电极，隔膜仅阻止气体通过，电解时，c极接b极。下列说法不正确的是 A．放电时，b极的电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH- B．电解时，理论上标准状况下，有33.6L O2参与反应时，c电极区可产生22.4L N2 C．电解一段时间后，d电极区pH增大 D．图1整个反应过程，Cu起了催化剂的作用 14．下，向2 L恒容密闭容器中充入2 molA(g)和2 molB(g)，发生反应，实验测得各气体的物质的量浓度随时间的变化如图。下列说法错误的是 A． B． C．时， D．反应物B的平衡转化率为90% 二、解答题：本题共58分。 15．凯氏定氮法(Kjeldahl method)是分析化学中一种常用的确定有机化合物中氮含量的检测方法。某化学实验小组欲通过“凯氏定氮法”测定某蛋白质中的含氮量，设计实验方案如下。（本题共12分） 回答下列问题： (1)“消化”操作在图1所示装置中进行，在加热条件下，稍过量的浓硫酸先将有机物碳化，再将N、C、H元素分别转化为、、，用___________(填“托盘天平”“电子天平”)称取蛋白质，加入至仪器X中开始实验，的作用是___________，实验结束后，再打开继续通入的原因是___________。 (2)“蒸出”、“吸收”操作在图2所示装置中进行，向吸收瓶加入稍过量的硼酸(一元弱酸)，从Y口迅速将“消化”后所得溶液转移至反应管中，再迅速注入过量氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗Y口，快速放入棒状玻塞，再向Y口加入少量水，其原因是___________，实验过程中向反应管中鼓入水蒸气和使用隔热套的作用是___________，吸收瓶中发生反应的化学方程式为___________。反应结束后，下列操作的先后顺序是___________(填标号)。 ①关闭蒸汽发生瓶的加热装置   ②打开活塞   ③移走吸收瓶 (3)将Y中溶液、Y的洗涤液合并于吸收瓶中，加入几滴甲基红乙醇溶液，再用盐酸标准溶液滴定，滴定终点时消耗盐酸体积为；另取相同浓度的硼酸，重复上述滴定过程，进行空白对照滴定，终点时消耗盐酸体积为。 ①蛋白质样品中氮的质量分数为___________。 ②下列操作导致蛋白质样品中氨的质量分数测定结果偏大的是___________(填标号)。 A．实验过程中，没有用冷凝管 B．未用标准液润洗滴定管 C．空白滴定时，滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成 16．锰是一种非常重要的金属元素，在很多领域有着广泛的应用。利用废铁屑还原浸出低品位软锰矿制备硫酸锰，然后进行电解，是制备金属锰的新工艺，其流程简图如下：（本题共14分） 已知： i. 低品位软锰矿主要成份有MnO2、Al2O3、Fe2O3、Cu2(OH)2CO3、CaCO3、SiO2等。 ii. 部分金属离子以氢氧化物沉淀时的pH Fe2+ Fe3+ Al3+ Mn2+ Cu2+ 开始沉淀的pH 6.8 1.8 3.7 8.6 5.2 沉淀完全的pH 8.3 2.8 4.7 10.1 6.7 iii. 几种化合物的溶解性或溶度积(Ksp) MnF2 CaS MnS FeS CuS 溶于水 溶于水 2.5×10－13 6.3×10－18 6.3×10－36 (1)研究表明，单质Fe和Fe2+都可以还原MnO2。在硫酸存在的条件下，MnO2将Fe氧化为Fe3+的离子方程式是____________。 (2)清液A先用H2O2处理，然后加入CaCO3，反应后溶液的pH≈5。滤渣a的主要成分中有黄铵铁矾NH4Fe3(SO4)2(OH)6。 ①H2O2的作用是____________(用离子方程式表示)。 ②滤渣a中除了黄铵铁矾，主要成分还有X。用平衡移动原理解释产生x的原因：____________。 (3)用离子方程式表示MnS固体的作用：____________。 (4)滤渣c的成分是____________。 (5)如下图所示装置，用惰性电极电解中性MnSO4溶液可以制得金属Mn。阴极反应有： i. Mn2++2e－＝Mn ii. 2H++2e－＝H2↑ 电极上H2的产生会引起锰起壳开裂，影响产品质量。 ①电解池阳极的电极方程式是________________。 ②清液C需要用氨水调节pH＝7的原因是____________。 ③电解时，中性MnSO4溶液中加入(NH4)2SO4的作用除了增大溶液导电性之外，还有___________(结合电极反应式和离子方程式解释)。 17．NH3具有易液化、含氢密度高、应用广泛等优点，NH3的合成及应用是科学研究的重要课题。（本题共16分） (1)以H2、N2合成NH3，Fe是常用的催化剂。 ①基态Fe原子的电子排布式为________，基态N原子轨道表示式________。 ②实际生产中采用铁的氧化物Fe2O3、FeO，使用前用H2和N2的混合气体将它们还原为具有活性的金属铁。铁的两种晶胞(所示图形为正方体)结构示意如下： ⅰ.两种晶胞所含铁原子个数比为________。 ⅱ.图1晶胞的棱长为apm(1pm=10-10cm)，则其密度ρ=________g/cm3。 ③我国科学家开发出双中心催化剂，在合成NH3中显示出高催化活性。第一电离能(I1)：I1(H)＞I1(Li)＞I1(Na)，从原子结构角度解释原因________。 (2)NH3、NH3BH3 (氨硼烷)储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。 ①NH3的中心原子的杂化轨道类型为________。 ②NH3BH3存在配位键，提供空轨道的是________。 (3)常温下S2Cl2是橙黄色液体，其分子结构如图所示。 少量泄漏会产生窒息性气味，遇水易水解，并产生酸性悬浊液。 S2Cl2分子是________(填“极性”、“非极性”)分子，S2Br2与S2Cl2分子结构相似，熔沸点S2Br2______S2Cl2(填“>”或“<”)。 18．有机物K是合成抗肿瘤药物的重要中间体，其合成路线如图：（本题共16分）    已知：i.TBSCl为  ； ii．  iii．  ； 请回答下列问题： (1)F中含氧官能团名称为___________。 (2)TBSCl的作用为___________。 (3)试剂a的结构简式为___________，F和G生成H的反应类型为___________。 (4)由I生成J的化学反应方程式为___________。 (5)在G的同分异构体中，同时满足下列条件的总数为___________种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6：2：1：1的结构简式为___________。 ①能使石蕊试液变色；②能发生银镜反应；③分子中含有两个甲基 (6)有机材料M(属于降冰片烯酸类，结构简式：  )也可用作医药中间体，请设计以CH2=CH-COOH和  为起始原料制备M的合成路线(其他试剂任选)___________。 试卷第2页（共7页） 试卷第1页（共7页） 学科网（北京）股份有限公司 答案第8页（共8页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B C D B A B D B B 题号 11 12 13 14 答案 B B A C 1．B 【详解】DNA分子复制前首先将双链解开，DNA分子复制将双链解开的过程中没有新物质产生，因此可视为物理变化，故合理选项是B。 2．B 【详解】A．由氢元素构成的微粒有多种，如H、H 、H+、H2等，A正确； B．金刚石和石墨均是由C元素形成的不同碳单质，二者互为同素异形体，B错误； C．在同温同压下，H2、D2、T2的密度之比等于其摩尔质量之比为1:2:3，C正确； D．在化学变化过程中原子的种类不变，而氕、氘发生核聚变反应生成其他元素，原子种类发生改变，属于核反应，不属于化学变化，D正确； 故选B。 3．C 【详解】A．该实验中反应前需要通入赶走装置内空气，因为该反应生成物与空气混合点燃易爆炸，同时易水解，A正确； B．根据题目条件非金属性：，所以中是+4价，是-1价，在反应中既是氧化产物又是还原产物，生成反应转移个电子，B正确； C．图示装置有两处缺陷，一个是C、D之间没有干燥装置，外界水蒸气会让水解，还有一个缺陷是缺少尾气处理装置，是易燃易爆的气体，没有处理不能随意排放，C错误； D．与浓的溶液反应方程式：，D正确； 故答案选C。 4．D 【详解】15.6 g Na2O2的物质的量为0.2mol，5.4 g铝粉的物质的量为0.2mol。 据反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知n(NaOH)= 0.4mol、n(O2)= 0.1mol。 据反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，该反应中消耗NaOH 的物质的量n(NaOH)= 0.2mol，生成n(NaAlO2)=0.2mol、n(H2)= 0.3mol；可见NaOH过量0.4mol-0.2mol=0.2mol，即所得溶液中含有0.2mol NaOH、0.2molNaAlO2，反应得到的气体0.1mol +0.3mol=0.4mol，这些气体在标准状况下的体积为8.96L。通入氯化氢的物质的量0.3mol，据反应HCl+NaOH=NaCl+H2O可知该反应消耗n(HCl)=0.2mol，则n(NaCl)=0.2mol，充分反应后剩余HCl的物质的量为.3mol-0.2mol=0.1mol。据反应HCl+NaAlO2+H2O=NaCl +Al(OH)3得，n(NaAlO2)= 0.1mol，n(NaCl)= 0.1mol，n[Al(OH)3]= 0.1mol，剩余NaAlO2的物质的量为0.2mol-0.1mol=0.1mol，可见最后溶液中有0.1molNaAlO2和0.3mol NaCl。 A．据以上分析可知，反应过程中共生成8.96 L气体，A错误； B．最终得到的溶液中溶质为NaAlO2和NaCl，B错误； C．最终生成0.1 mol Al(OH)3沉淀，质量为7.8 g，C错误； D．最终得到的溶液中NaCl的物质的量浓度为1.5 mol·L-1，D正确； 答案选D。 5．B 【详解】A项，曲线A开始没有气体产生，加入一定体积盐酸后生成气体，生成气体的反应为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，若A中只有Na2CO3，开始时只发生CO32-+H+=HCO3-，则前后两个阶段消耗的盐酸体积应相等，而实际开始阶段消耗盐酸体积大于产生二氧化碳阶段消耗的盐酸体积，故A曲线表明M中的溶质为NaOH、Na2CO3，故A正确；B项，B曲线中，产生气体前后两阶段消耗盐酸体积比为：25：(75-25)=1：2，则M中NaHCO3与Na2CO3的物质的量之比为1：1，故B错误；C项，加入75mL盐酸时二氧化碳的体积达到最大，此时溶液为NaCl溶液，根据钠原子守恒和氯原子守恒，则n(NaOH)=n(HCl)=0.075L×0.1mol•L-1=0.0075mol，则c(NaOH)= 0.0075mol÷0.01L=0.75mol•L-1，故C正确；D项，曲线A生成二氧化碳消耗盐酸体积为：(75-60)mL=15mL，曲线B生成二氧化碳消耗盐酸体积为：(75-25)mL=50mL，由反应HCO3-+H+=H2O+CO2↑可知，CO2的体积之比为15mL：50mL=3：10，所以原溶液中两次实验通入的CO2的体积比为3：10，故D正确。 点睛：本题考查混合物的计算，主要是溶液中根据化学方程式的有关计算，有一定难度，解题时注意分析图象，根据图象得出各阶段可能发生的反应，从而判断溶液中溶质的成分，结合离子方程式进行计算。 6．A 【详解】①K2CO3和Na2SO3均能与盐酸反应生成气体CO2和SO2，CO2是无色无味的气体，SO2是无色有刺激性气味的气体，虽然都能使澄清石灰水变浑浊，但根据气味不同能鉴别，正确； ②NO2、Br2都可以将KI氧化成I2，无法鉴别，错误； ③葡萄糖有醛基，蔗糖中没有，可以用银氨溶液检验醛基，有银镜产生的是葡萄糖，正确； ④氨水是弱碱，与AlCl3溶液和MgCl2溶液均产生白色沉淀，氨水过量沉淀均不溶解，错误； 故选A。 7．B 【分析】补铁口服液中含，同时含还原性的维生素C，步骤1中滴加KSCN溶液不变色，因此可说明口服液中不含，步骤2滴加氯水可将氧化为，发生反应：，而KSCN溶液遇会变红，据此分析。 【详解】A．步骤1中滴加KSCN溶液不变色，而KSCN溶液遇会变红，因此可说明口服液中不含，A不符合题意； B．氯水具有强氧化性，滴加氯水是将氧化为，而非还原，B符合题意； C．步骤 2 中能将 氧化为，根据 “氧化剂的氧化性强于氧化产物”，可知 的氧化性强于，C不符合题意； D．维生素 C 具有还原性，可防止被氧化为 ，有利于人体对（易被吸收的铁形态）的吸收，D不符合题意； 故选B。 8．D 【详解】A．中的N原子均为杂化，中N原子有孤电子对，中N原子没有孤电子对，孤电子对的排斥力比成键电子对的排斥力大，所以中的键角小，A项不符合题意； B．均为金属晶体，金属原子半径越小、价层电子越多，金属键越强，B项不符合题意； C．缺角的晶体在饱和溶液中变为完美的立方体，体现了晶体的自范性，C项不符合题意； D．石墨是混合型晶体，层间是范德华力，所以石墨比较软，D项符合题意； 本题选D。 9．B 【详解】A．水晶是晶体，晶体具有各向异性，不同方向上导热性等物理性质不同，导致石蜡在不同方向熔化快慢不同，A正确； B．邻羟基苯甲酸中羟基与羧基距离近，易形成分子内氢键，分子间作用力减弱，沸点降低；对羟基苯甲酸形成分子间氢键，分子间作用力强，沸点较高，解释中“邻羟基苯甲酸形成分子间氢键”错误，B错误； C．BF3中B原子价层电子对数为3，存在空轨道，NH3中N原子有孤电子对，N提供孤电子对、B提供空轨道形成配位键，从而形成配合物[H3N→BF3]，C正确； D．聚丙烯酸钠结构中含-COONa（羧酸钠）亲水基团，能与水分子形成相互作用，具有吸水性，可制备高吸水性树脂，D正确； 答案选B。 10．B 【详解】试题分析：A.增大压强，化学平衡正向移动，反应物X的转化率增大。错误。B.由于该反应的正反应是放热反应。所以升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动。对该反应来说，平衡向逆反应方向移动，所以化学平衡常数减小。正确。C.由于Y是固体，所以增大压强，Y的含量不变。错误。D。升高温度，V正、V逆都增大，由于该反应的正反应是放热反应，所以V逆增大的多，平衡逆向移动，由于温度不断升高，所以始终是V逆>V正。错误。 考点：考查温度、压强对化学反应速率、化学平衡常数、物质的含量、转化率的影响的知识。 11．B 【详解】A．O3分子结构为V形结构，该球棍模型与其结构不符，A错误； B．H2O的价层电子对数为，所以VSEPR模型名称是四面体型，B正确； C．O原子电负性更强，与O连接的H原子几乎成了质子，更易形成氢键，故在氨水中，NH3与H2O分子间的氢键主要形式可表示为：，C错误； D．聚丙烯结构简式应该为：，D错误； 故选B。 12．B 【详解】A．乙烯分子中存在碳碳双键，乙烯正确结构简式为，A错误； B．键线式中端点和拐点均代表碳原子，该键线式最长碳链含5个碳原子，2号碳原子上连接1个甲基，对应物质为2-甲基戊烷，B正确； C．顺-2-丁烯的结构特点是两个甲基在碳碳双键同侧，题图中两个甲基在双键两侧，是反-2-丁烯的球棍模型，C错误； D．甲基碳正离子中只有6个电子，电子式：，D错误； 故选B。 13．A 【详解】A．该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为Cu2O+H2O+2e-=2Cu+2OH-，A错误； B．原电池中，正极上发生4Cu+O2=2Cu2O，Cu2O+H2O+2e-=Cu+2OH-；电解池中，c与原电池的正极相接，为阳极，电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液时，阳极上[CO(NH2)2]发生失电子的氧化反应生成氮气，电极反应式为CO(NH2)2-6e-+8OH-=CO32-+N2↑+6H2O，根据得失电子守恒，n(N2):n(O2)=1:1.5；根据阿伏加德罗定律可得，相同状况下，V(N2):V(O2)=1:1.5，即理论上标况下，有33.6L O2参与反应时，c电极区可产生22.4L N2，B正确； C．电解时，d极与原电池的负极相接，为阴极，阴极上发生还原反应生成氢气，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则电解一段时间后，d电极区pH增大，C正确； D．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，放电时Cu2O转化为Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，D正确； 故选A。 14．C 【详解】A．由图像可知4min达到平衡时，曲线Ⅰ平衡浓度为，曲线Ⅲ平衡浓度为，二者浓度变化量分别为：，，符合反应计量数的关系，因此Ⅰ为A、Ⅲ为B：生成物D的平衡浓度为，，根据反应计量数之比等于浓度变化量之比：，解得，A正确； B． t=3min时，对A：，对B：，根据计量比，可得；同时t=3min时D的浓度为n，，结合，可得，即，代入解得，，成立，B正确； C．平衡常数表达式为（固体C不计入平衡常数），代入平衡浓度：，，，计算得，C错误； D． 由图像可知B的起始浓度为，转化浓度为，，D正确。 故选C。 15．(1) 电子天平 催化剂 将生成的赶入装置C中完全吸收 (2) 吸收反应逸出的 升高反应管中温度且防止热量散失，降低的溶解度，使逸出 ③②① (3) BC 【分析】(1)化学中使用的电子天平的精确度为0.0001g，用电子天平称量10.00g的蛋白质，在催化剂和浓硫酸的作用下反应生成硫酸铵，硫酸铵与氢氧化钠作用生成氨气，蒸出氨气用硼酸吸收得到(NH4)2B4O7，最后用盐酸滴定； (2)“蒸出”、“吸收”操作在图2所示装置中进行，向吸收瓶加入稍过量的30.00mL硼酸(一元弱酸)，从Y口迅速将“消化”后所得溶液转移至反应管中，再迅速注入过量氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗Y口，快速放入棒状玻塞，再向Y口加入少量水，吸收反应逸出的氨气，实验过程中向反应管中鼓入水蒸气和使用隔热套的作用是升高反应管的温度且防止热量散失，吸收瓶中发生反应的化学方程式为2NH3+4H3BO3=(NH4)2B4O7+5H2O，反应结束后，操作的先后顺序是移走吸收瓶、打开活塞K3、关闭蒸汽发生瓶的加热装置； 【详解】（1）化学中使用的电子天平的精确度为0.0001g，所以用电子天平称取10.00g蛋白质，加入至仪器X中开始实验，CuSO4的作用是催化剂，实验结束后，再打开K1继续通入N2的原因是将生成的SO2全部赶入装置C中被吸收； （2）由上述分析可知，向Y口加入少量水，其原因是吸收反应逸出的；实验过程中向反应管中鼓入水蒸气和使用隔热套的作用是升高反应管的温度且防止热量散失，从而降低的溶解度，使逸出；吸收瓶中发生反应的化学方程式为2NH3+4H3BO3=(NH4)2B4O7+5H2O；反应结束后，操作的先后顺序是移走吸收瓶、打开活塞K3、关闭蒸汽发生瓶的加热装置，答案为③②①； （3）①根据题意(NH4)2B4O7+2HCl+5H2O=2NH4Cl+4H3BO3，则有关系式：2N～2NH3～(NH4)2B4O7~2HCl，n(N)=n(HCl)，所以蛋白质样品中氮的质量分数为=； ②A．实验过程中，没有用冷凝管，部分氨气损失，测定结果偏小，故A不选； B．未用标准液润洗滴定管，导致标准液浓度偏低，滴定时，消耗标准液体积偏大，导致测定结果偏大，故B选； C．空白滴定时，滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致空白实验体积偏小，导致测定结果偏大，故C选； 故答案为：BC。 16． 3MnO2+2Fe+12H+＝3Mn2++2Fe3++6H2O 2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O Al3++3H2O Al(OH)3+3H+，加入碳酸钙，消耗H+，H+浓度降低，平衡向右移动，最终生成Al(OH)3 MnS(s)+Cu2+＝Mn2++ CuS(s) CaF2 2H2O－4e－＝O2↑+4H+(或4OH－－4e－＝O2↑+2H2O) 降低c(H+)，减弱H+的放电趋势(放电能力)，使阴极上产生的H2减少 阴极2H2O+2e－＝H2+2OH－，NH4++OH－＝NH3·H2O，防止溶液中因为pH过大而产生Mn(OH)2 【分析】由流程图可知，软锰矿加入Fe和H2SO4，MnO2将Fe氧化为Fe3+，本身被还原为Mn2+，经过滤除去不溶的SiO2。清液A中含有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Cu2+和Ca2+等离子，在清液A中加入H2O2可将Fe2+氧化为Fe3+，加入碳酸钙调节溶液的pH，产生黄铵铁矾NH4Fe3(SO4)2(OH)6和氢氧化铝沉淀，除去Fe2+、Fe3+、Al3+。清液B中含有Mn2+、Cu2+和Ca2+等离子，在清液B中加入MnS固体，生成CuS沉淀，除去Cu2+。清液C中含有Mn2+和Ca2+等离子，在清液C中加入MnF2可将Ca2+转化为CaF2沉淀而除去。最后加氨水调节溶液pH=7，电解中性MnSO4溶液制取Mn，以此分析。 【详解】(1)根据以上分析，在硫酸存在的条件下，MnO2将Fe氧化为Fe3+，本身被还原为Mn2+，根据得失电子守恒，离子方程式是3MnO2+2Fe+12H+＝3Mn2++2Fe3++6H2O。 故答案为3MnO2+2Fe+12H+＝3Mn2++2Fe3++6H2O； (2) ①黄铵铁矾NH4Fe3(SO4)2(OH)6中的铁为+3价，所以H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+， 离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O。 故答案为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O； ②分析流程图可知，滤渣a中除了黄铵铁矾，主要成分还有Al(OH)3。产生Al(OH)3的原因是Al3++3H2O Al(OH)3+3H+，加入碳酸钙，消耗H+，H+浓度降低，平衡向右移动，最终生成Al(OH)3。 故答案为Al3++3H2O Al(OH)3+3H+，加入碳酸钙，消耗H+，H+浓度降低，平衡向右移动，最终生成Al(OH)3 (3) 分析流程图可知，加入MnS固体，生成CuS沉淀，发生沉淀转化，除去Cu2+，离子方程式为：MnS(s)+Cu2+＝Mn2++ CuS(s)。 故答案为MnS(s)+Cu2+＝Mn2++ CuS(s)； (4) 在清液C中加入MnF2可将Ca2+转化为CaF2沉淀而除去，所以滤渣c的成分是CaF2。 故答案为CaF2； (5)①用惰性电极电解中性MnSO4溶液，电解池阳极发生氧化反应，电极方程式是2H2O－4e－＝O2↑+4H+(或4OH－－4e－＝O2↑+2H2O)。 故答案为2H2O－4e－＝O2↑+4H+(或4OH－－4e－＝O2↑+2H2O)    ②根据信息，电极上H2的产生会引起锰起壳开裂，影响产品质量，所以清液C需要用氨水调节pH＝7，降低c(H+)，减弱H+的放电趋势(放电能力)，使阴极上产生的H2减少。 故答案为降低c(H+)，减弱H+的放电趋势(放电能力)，使阴极上产生的H2减少； ③电解时，阴极发生2H2O+2e－＝H2+2OH－，NH4++OH－＝NH3·H2O，为防止溶液中因为pH过大而产生Mn(OH)2，则加入(NH4)2SO4控制pH不过大。 故答案为阴极2H2O+2e－＝H2+2OH－，NH4++OH－＝NH3·H2O，防止溶液中因为pH过大而产生Mn(OH)2。 17．(1) 1s22s22p63s23p63d64s2 或 [Ar]3d64s2 1:2 H、Li、Na位于同一主族，价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减弱，第一电离能逐渐减小 (2) sp3 B (3) 极性 ＞ 【详解】（1） ①Fe元素的原子序数为26，核外有26个电子，根据核外电子排布规则，基态Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2 或 [Ar]3d64s2；N原子核外有7个电子，分2层排布，原子的轨道表示式：。 ②ⅰ．由晶胞的结构可知，图1结构中，Fe位于顶点和体心，Fe原子的个数为8×+1=2，图2结构中，Fe位于顶点和面心，Fe原子的个数为8×+6×=4，则两种晶胞所含铁原子个数比为2:4=1:2。 ⅱ．图1晶胞的棱长为a pm，其体积为V=(a×10-10cm)3，晶胞的质量为g，其密度 g/cm3。 ③第一电离能为 H＞Li＞Na，原因是H、Li、Na位于同一主族，价电子数相同，自上而下，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引作用逐渐减弱，失电子能力增强，第一电离能逐渐减小。 （2）①NH3分子中中心原子N原子的价层电子对个数=3+1=4，且含有一个孤电子对，所以中心原子N原子的杂化轨道类型为sp3杂化。 ②在NH3BH3结构中，N原子存在孤电子对，B原子为缺电子原子，在配位键的形成中B原子提供空轨道。 （3）该分子中，电荷的分布是不均匀的，不对称的，所以是极性分子；S2Br2与S2Cl2均属于分子晶体，分子晶体中，相对分子质量越大则熔沸点越高，所以熔沸点：S2Br2＞S2Cl2。 18．(1)羟基、羧基 (2)保护-CH2OH，防止其被氧化 (3) CH2=CHMgBr 取代反应(或酯化反应) (4)   (5) 5   或   (6)   【分析】 A发生取代反应生成B，B发生氧化反应生成C，C和a发生信息i的反应生成D， a结构简式为CH2=CHMgBr，D发生取代反应生成E，E发生氧化反应生成F，F和G发生取代反应(或酯化反应)生成H，则G为CH3COOCH2CH＝CHCH2OH，H减去一分子水生成I为  ，I发生成环反应生成J，J和氢气发生加成反应生成K，据据此解答。 【详解】（1）F中含氧官能团名称为羟基、羧基； （2）根据流程，TBSCl的作用为保护-CH2OH，防止其被氧化； （3）根据分析，试剂a的结构简式为CH2=CHMgBr，F和G发生取代反应(或酯化反应)生成H； （4） 由I生成J的化学反应方程式为  ； （5） G的结构简式为CH3COOCH2CH＝CHCH2OH，G的同分异构体满足下列条件：①能使石蕊试液变色，说明含有羧基；②能发生银镜反应，说明含有醛基；③分子中含有两个甲基，符合条件的同分异构体结构简式为  或  或    或  或  ，共5种；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6：2：1：1的结构简式为  或  ； （6） 以CH2=CH-COOH和  为起始原料制备M，  先和Br2发生加成反应生成    ，  再发生消去反应生成  ，  再和CH2=CHCOOH发生加成反应生成产物，合成路线为：   答案第8页（共9页） 答案第8页（共8页） 学科网（北京）股份有限公司 $