精品解析：北京市第一七一中学2026-2027学年高三上学期第二次月考 化学试卷

高三第二次月考化学学科试卷 考试时间90分钟 满分100分 可能用到的相对原子质量：C-12 N-14 Fe-56 第一部分 选择题(每小题只有一个选项符合题意，共42分) 1. 稀土元素镧(La)在国防工业中有着重要应用。中国科研人员利用大气等离子喷涂技术将熔融的喷涂到基底上，得到以为绝缘基体、为导电填料的复合涂层材料。下列说法不正确的是 A. 氧元素位于元素周期表p区 B. 可用X射线衍射测定的晶体结构 C. 能导电与其结构有关 D. 复合涂层材料的制备过程发生化学变化 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 基态N原子的轨道表示式： B. 的VSEPR模型： C. 用电子式表示的形成过程： D. 的p-p σ键的形成： 3. 元素周期律可以帮助人们认识物质性质，下列基于元素周期律的推断不正确的是 A. S的非金属性强于Si的，则酸性：H2SO3＞H2SiO3 B. Mg的金属性强于Al的，则Mg比Al更易与盐酸反应 C. N的非金属性强于P的，则热稳定性：NH3＞PH3 D. Cl的非金属性强于Br的，则Cl2可以从NaBr溶液中置换出Br2 4. 结构如图。下列说法正确的是 A. 基态的价层电子排布式是 B. 第一电离能：S>O>H C. 键角： D. 图中的虚线表示氢键 5. 下列方程式与所给事实相符的是 A. 向悬浊液中滴加氢碘酸，得棕黄色溶液： B. 食醋能提高漂白液的漂白能力： C. 浓硝酸可清洗银镜： D. 通入溶液中，产生白色沉淀： 6. 下列实验不能达到对应目的的是 实验 目的 A．比较和的热稳定性 B．比较氧化性： 实验 目的 C．比较苯和甲苯的化学性质 D．比较Fe和Cu的金属活动性 A. A B. B C. C D. D 7. 还原铁粉与水蒸气的反应装置如图所示。取少量反应后的固体加入稀硫酸使其完全溶解得溶液a；另取少量反应后的固体加入稀硝酸使其完全溶解，得溶液b，下列说法正确的是 A. 铁与水蒸气反应： B. 肥皂液中产生气泡，证明铁与水蒸气反应生成 C. 向溶液a中滴加溶液，出现蓝色沉淀，说明固体中含有二价铁 D. 向溶液b中滴加KSCN溶液，溶液变红，不能证实固体中含有三价铁 8. 依据下列事实进行的推测正确的是 事实 推测 A 用饱和NaCl溶液除去中混有的HCl 用饱和溶液除去中混有的HCl B NaCl固体与浓硫酸反应可制HCl气体 NaBr固体与浓硫酸反应可制备HBr气体 C 溶液遇KSCN溶液变红 溶液遇KSCN溶液也变红 D 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 A. A B. B C. C D. D 9. 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 10. 3-氨基-1-金刚烷醇可用于合成药物维格列汀(治疗2型糖尿病)，其分子结构如图所示。下列说法不正确的是 A. 分子中O原子和N原子均为杂化 B. 分子中有4个手性碳原子 C. 分子中O-H的极性大于N-H的极性 D. 分子能发生取代、消去、氧化反应 11. 利用和NADH可将2-丁醇催化转化为丙酸甲酯，相关转化关系如下。 下列说法不正确的是 A. ①中，1mol 2-丁醇转化为2-丁酮，转移2mol电子 B. ①中，转化为NADH，部分碳原子的杂化方式改变 C. ②中，2-丁酮和NADH均发生氧化反应 D. 每合成1mol丙酸甲酯，理论上须投入1mol 12. FT是一种具有高紫外阻隔性的生物基呋喃聚酯，其合成路线如下。 下列说法不正确的是 A. 反应①发生了加成反应和取代反应 B. X与Y的化学计量比是1∶2 C. Z为，Z与M互为同系物 D. 聚合物FT可进一步形成网状结构 13. 是一种新型高效净水剂。用黄铁矿[主要成分是(二硫化亚铁)]、与反应制备的工艺流程如图1.其他条件相同时，随黄铁矿过量率变化，产率及纯度变化如图2.已知：黄铁矿过量率。下列说法不正确的是 A. 制备的反应中，理论上消耗的 B. 黄铁矿过量率过高时，可能会还原生成的 C. 制备时需要加入过量，防止生成覆盖黄铁矿 D. 其他条件相同，将换成相同pH的盐酸，会影响的纯度或产率 14. 分析含有少量NaOH的NaClO溶液与FeSO4溶液的反应。 已知：①图1表示将FeSO4溶液逐滴滴加到含少量NaOH的NaClO溶液中的pH变化；②图2表示NaClO溶液中含氯微粒的物质的量分数与pH的关系[注：饱和NaClO溶液的pH约为11； Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10−39]。 关于上述实验，下列分析正确的是 A. A点溶液的pH约为13，主要原因是ClO− + H2OHClO + OH− B. AB段pH显著下降的原因是5ClO-+2Fe2+ + 5H2O=Cl−+ 2Fe(OH)3↓+ 4HClO C. CD段较BC段pH下降快的主要原因是HClO+2Fe2+ +5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+ 5H+ D. 反应进行至400s时溶液中产生Cl2的原因是：ClO-+ Cl-+2H+=Cl2↑+ H2O 第二部分 非选择题(共58分) 15. 双极膜是一种新型离子交换复合膜。在直流电场作用下，在中间催化层可解离为和，为电化学反应提供理想的酸碱环境。 （1）水解离需要破坏的作用力类型是___________。 （2）一种双极膜的结构示意图如图所示。 ①将S的基态原子最外层轨道表示式补充完整：___________。 ②C、N、O的第一电离能由大到小的顺序是___________。 ③键角：，原因是___________。 ④中间催化层中弱碱性基团催化解离的过程如下。 ⅰ．___________(补全反应) ⅱ． （3）中间催化层还可选择金属化合物作催化剂，如或含铁化合物。 ①的晶胞如图，形状为长方体，边长分别为a nm、a nm和b nm，的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为。该晶体的密度是___________。() ②做催化剂，催化效率高，但因易溶于水而流失。可利用聚乙烯亚胺(PEI)与制备如下图所示的复合结构的高效催化剂。 该催化剂具有高亲水性且不易流失，从结构的角度解释原因：___________。 （4）推测双极膜中间催化层中促进解离的基团或粒子可能具有的性质是___________。 16. 利用工业废气中的制备焦亚硫酸钠()的一种流程示意图如下。 已知： 物质 、 （1）制 已知： 由制的热化学方程式为_______。 （2）制 I．在多级串联反应釜中，悬浊液与持续通入的进行如下反应： 第一步： 第二步： Ⅱ．当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体。 ①Ⅱ中生成的化学方程式是_______。 ②配碱槽中，母液和过量配制反应液，发生反应的化学方程式是_______。 ③多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是_______，需除去。 ④尾气吸收器中，吸收的气体有_______。 （3）理论研究、与的反应。一定温度时，在浓度均为的和的混合溶液中，随的增加，和平衡转化率的变化如图。 ①，与优先反应的离子是_______。 ②，平衡转化率上升而平衡转化率下降，结合方程式解释原因：_______。 17. 治疗阿尔茨海默病的潜在化合物的前体T的合成路线如下（部分试剂和条件略去）。 已知：i． ii． （1）A→B的反应类型是___________。 （2）F分子中含有的官能团的名称是醚键、___________。 （3）B→D的化学方程式是___________。 （4）E分子含有一个六元环，下列关于D→E的说法正确的是___________（填序号）。 a．D分子中使邻碳上的C—H键的极性增强 b．D→E，D分子中断裂C—O键和带*碳原子上的C—H键 c．D反应后的主要产物受反应物C—H键的极性强弱和产物的稳定性影响 （5）J→K发生取代反应，K的结构简式是___________。 （6）L→T经过三步转化，设计的目的是________________________________。 （7）G能与Na反应生成，G转化为I经历如下过程。 已知： 中间体1分子中含有三种不同化学环境的氢原子，数目之比是3∶2∶1。中间体2的结构简式是______________________。 18. 以铜矿粉(主要含等)和软锰矿粉(主要含)为原料联合制备CuCl和的一种工艺流程如下。 资料：i．酸性条件下，氧化性：。 ii．潮湿条件下，CuCl容易被氧气氧化。 iii．金属离子沉淀的pH。 开始沉淀时 6.3 1.5 8.2 4.7 完全沉淀时 8.3 2.8 10.2 6.7 （1）“浸取”由酸浸、中和两步组成。 ①稀硫酸酸浸所得浸取渣中含有硫单质，CuS酸浸时反应的离子方程式是___________。 ②用氨水中和时，调节溶液的pH范围约为___________。 （2）“沉锰”时，作沉锰剂，通入，保持溶液的pH约为9. ①用离子方程式表示沉锰时未形成沉淀的原因：___________。 ②“沉锰”时用而不用作沉锰剂，原因是___________。 （3）“热分解”所得分解液可获得，“分解气”中可循环利用的有和___________。 （4）“转化”时，向溶液中加入适量的NaCl和，获得。 ①转化反应的离子方程式是___________。 ②室温时，CuCl的产率随时间的变化如图所示。60分钟后CuCl的产率减小，原因是___________。 （5）CuCl和苯并三氮唑()按物质的量之比1：1在一定条件下反应形成一种线型聚合物。反应时苯并三氮唑1位和3位的N原子与形成化学键，同时生成HCl。该聚合物的结构简式是___________。 19. 某小组同学用下图装置探究与亚铁盐溶液的反应(夹持装置略)。 已知：稀溶液中的水合离子几乎无色；(黄色)。 操作：向0.56g铁粉中迅速加入10mL试剂X，塞紧试管C上的胶塞，立即打开活塞a，待C中铁粉完全溶解后，关闭活塞a，打开活塞b．C中现象如下表。 序号 试剂X C中现象 打开活塞a后 打开活塞b后 Ⅰ 盐酸 有大量气泡产生，铁粉逐渐减少，无色溶液迅速变黄，后逐渐变为浅绿色 溶液逐渐变为浅黄色，产生极少量淡黄色沉淀 Ⅱ 盐酸 有大量气泡产生，铁粉逐渐减少，无色溶液迅速变黄，后逐渐变为浅绿色 溶液逐渐变为黄色，产生少量淡黄色沉淀 Ⅲ 硫酸 有大量气泡产生，铁粉逐渐减少，无色溶液逐渐变为浅绿色 无明显变化 （1）打开活塞b后，B中反应的化学方程式为___________。 （2）上述实验中，打开活塞a一段时间后关闭，再打开活塞b，目的是___________。 （3）打开活塞a期间，实验Ⅰ~Ⅲ中的现象有相同也有不同。 ①实验Ⅰ、Ⅱ中，试管C中无色溶液均先变黄，再逐渐变为浅绿色。溶液由黄色变为浅绿色的原因是___________(用离子方程式表示)。 ②实验Ⅲ中，溶液始终未变黄，可能的原因是___________。 （4）经检验，实验Ⅰ、Ⅱ中的淡黄色沉淀为硫单质。甲同学猜想可能是自身发生歧化反应，乙同学通过实验排除了这种可能性，其实验操作及现象为___________。 （5）综合上述实验，可以得出的结论是___________(结合化学用语说明)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三第二次月考化学学科试卷 考试时间90分钟 满分100分 可能用到的相对原子质量：C-12 N-14 Fe-56 第一部分 选择题(每小题只有一个选项符合题意，共42分) 1. 稀土元素镧(La)在国防工业中有着重要应用。中国科研人员利用大气等离子喷涂技术将熔融的喷涂到基底上，得到以为绝缘基体、为导电填料的复合涂层材料。下列说法不正确的是 A. 氧元素位于元素周期表p区 B. 可用X射线衍射测定的晶体结构 C. 能导电与其结构有关 D. 复合涂层材料的制备过程发生化学变化 【答案】D 【解析】 【详解】A．氧元素原子序数为8，电子排布为1s22s22p4，位于元素周期表第ⅥA族，属于p区元素，A正确； B．X射线衍射是测定晶体材料晶体结构的常用技术，α-Al2O3为刚玉结构，具有明确晶体结构，可用X射线衍射，B正确； C．LaSrMnO3为钙钛矿型材料，其导电性源于晶体结构中锰氧八面体的电子离域和载流子迁移，与结构密切相关，C正确； D．制备过程采用大气等离子喷涂技术，将熔融LaSrMnO3喷涂至α-Al2O3基底，此过程涉及熔化、喷射及物理结合（熔融态固化附着），无新物质生成或化学键重组，属于物理变化，D错误； 故选D。 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 基态N原子的轨道表示式： B. 的VSEPR模型： C. 用电子式表示的形成过程： D. 的p-p σ键的形成： 【答案】C 【解析】 【详解】A．基态N原子的核外电子排布遵循洪特规则，2p轨道的3个电子应分占3个不同的2p轨道，且自旋方向平行，即，A错误； B．SO3的中心S原子价层电子对数为3（σ键数3+孤电子对数0），其VSEPR模型为平面正三角形，B错误； C．HCl为共价化合物，H原子和Cl原子通过共用电子对形成HCl，电子式表示的形成过程符合规范，C正确 ； D．p-p σ键是两个p轨道沿键轴方向以“头碰头”方式重叠形成的，图示展示的是p轨道以“肩并肩”方式重叠，属于p-p π键的形成过程，不符合p-p σ键的成键特征，D错误。 3. 元素周期律可以帮助人们认识物质性质，下列基于元素周期律的推断不正确的是 A. S的非金属性强于Si的，则酸性：H2SO3＞H2SiO3 B. Mg的金属性强于Al的，则Mg比Al更易与盐酸反应 C. N的非金属性强于P的，则热稳定性：NH3＞PH3 D. Cl的非金属性强于Br的，则Cl2可以从NaBr溶液中置换出Br2 【答案】A 【解析】 【详解】A．非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物酸性越强，H2SO3不是最高价含氧酸，A错误； B．金属越强，与酸反应越剧烈，Mg的金属性强于Al的，则Mg比Al更易与盐酸反应，B正确； C．非金属性越强，简单氢化物越稳定，N的非金属性强于P的，则热稳定性：NH3＞PH3，C正确； D．元素的非金属性越强，对单质的氧化应越强，Cl的非金属性强于Br的，Cl2的氧化性强于Br2的氧化性，则Cl2可以从NaBr溶液中置换出Br2，D正确； 故选A。 4. 结构如图。下列说法正确的是 A. 基态的价层电子排布式是 B. 第一电离能：S>O>H C. 键角： D. 图中的虚线表示氢键 【答案】D 【解析】 【详解】A．基态原子价层电子排布式为，形成时优先失去最外层轨道的电子，故价层电子排布式为，A错误； B．同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，故第一电离能，B错误； C．中心为杂化，无孤电子对，键角约为；中心为杂化，有2对孤电子对，孤电子对的斥力使键角减小至约，故键角，C错误； D．图中虚线连接的是和成键的，与另一个电负性大的原子，符合氢键的形成特征，D正确； 故选D。 5. 下列方程式与所给事实相符的是 A. 向悬浊液中滴加氢碘酸，得棕黄色溶液： B. 食醋能提高漂白液的漂白能力： C. 浓硝酸可清洗银镜： D. 通入溶液中，产生白色沉淀： 【答案】C 【解析】 【详解】A．具有强氧化性，具有还原性，二者会发生氧化还原反应，不能只发生酸碱中和，正确离子方程式为，A错误； B．食醋中的醋酸是弱酸，书写离子方程式时不能拆写成氢离子，应保留化学式，正确离子方程式为，B错误； C．浓硝酸清洗银镜时，银和浓硝酸反应生成硝酸银、二氧化氮和水，离子方程式，原子、电荷均守恒，符合反应事实，C正确； D．溶于水生成使溶液显酸性，酸性条件下硝酸根具有强氧化性，会将氧化为，沉淀是而不是，正确离子方程式为，D错误； 故选C。 6. 下列实验不能达到对应目的的是 实验 目的 A．比较和的热稳定性 B．比较氧化性： 实验 目的 C．比较苯和甲苯的化学性质 D．比较Fe和Cu的金属活动性 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．在加热条件下分解放出，使澄清石灰水变浑浊，加热不分解，能达到实验目的，A不符合题意； B．如图，氯气将氧化为，使左边棉球变黄，将氧化为，使右边棉球变蓝，证明氧化性：，，不能比较与的氧化性，不能达到实验目的，B符合题意； C．向分别装有苯和甲苯的试管中加入酸性高锰酸钾溶液，甲苯中加入酸性高锰酸钾溶液可观察到溶液褪色，苯加入酸性高锰酸钾溶液无明显变化，可比较苯和甲苯的化学性质，C不符合题意； D．Fe与发生置换反应：，证明Fe金属活动性大于Cu，可达到实验目的，D不符合题意； 故答案选B。 7. 还原铁粉与水蒸气的反应装置如图所示。取少量反应后的固体加入稀硫酸使其完全溶解得溶液a；另取少量反应后的固体加入稀硝酸使其完全溶解，得溶液b，下列说法正确的是 A. 铁与水蒸气反应： B. 肥皂液中产生气泡，证明铁与水蒸气反应生成 C. 向溶液a中滴加溶液，出现蓝色沉淀，说明固体中含有二价铁 D. 向溶液b中滴加KSCN溶液，溶液变红，不能证实固体中含有三价铁 【答案】D 【解析】 【详解】A．铁与水蒸气在高温下反应的产物是四氧化三铁和氢气，正确方程式为，A错误； B．装置内的空气、受热挥发的水蒸气进入肥皂液也会产生气泡，因此肥皂液中产生气泡不能直接证明生成了，B错误； C．反应后固体中可能混有未完全反应的还原铁粉，铁粉溶于稀硫酸也会生成，因此检测出不能说明原反应后的固体中本身含有二价铁物种，C错误； D稀硝酸具有强氧化性，即使反应后固体中原本没有三价铁，稀硝酸也可以将反应生成的氧化为，因此滴加KSCN溶液，溶液变红，不能证实反应后的固体中含有三价铁，D正确； 故答案选D。 8. 依据下列事实进行的推测正确的是 事实 推测 A 用饱和NaCl溶液除去中混有的HCl 用饱和溶液除去中混有的HCl B NaCl固体与浓硫酸反应可制HCl气体 NaBr固体与浓硫酸反应可制备HBr气体 C 溶液遇KSCN溶液变红 溶液遇KSCN溶液也变红 D 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 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．HCl能与饱和溶液中的反应，反应方程式为；不与反应，且在饱和溶液中的溶解损失较小，因此可用该溶液除去中混有的HCl，A正确； B．浓硫酸具有强氧化性，HBr具有较强的还原性，生成的HBr会继续被浓硫酸氧化，发生反应，因此不能用NaBr固体与浓硫酸反应制备HBr气体，B错误； C．溶液中的能与形成红色配合物。在水溶液中电离为和，其中的铁以稳定的配离子形式存在，不能提供足量游离的与发生上述显色反应，因此不能根据铁元素同为+3价推测其遇KSCN溶液也变红，C错误； D．向NaClO溶液中通入，可使部分转化为HClO，从而提高漂白性；但具有还原性，会与具有强氧化性的发生氧化还原反应，使转化为不具有漂白作用的，消耗有效成分，因此不能作出通入也可提高其漂白性的推测，D错误； 故选A。 9. 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。 10. 3-氨基-1-金刚烷醇可用于合成药物维格列汀(治疗2型糖尿病)，其分子结构如图所示。下列说法不正确的是 A. 分子中O原子和N原子均为杂化 B. 分子中有4个手性碳原子 C. 分子中O-H的极性大于N-H的极性 D. 分子能发生取代、消去、氧化反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．羟基中的O原子，形成2个键，还有2对孤电子对，价层电子对数等于4，采取杂化；氨基中的N原子，形成3个键，还有1对孤电子对，价层电子对数等于4，采取杂化，A正确； B．手性碳原子指连有4种不同原子或基团的饱和碳原子。该分子中手性碳原子如图星号标注，共2个，B错误； C．共价键极性由成键两原子电负性差值决定，O的电负性大于N，O与H的电负性之差大于N与H的电负性之差，所以键极性大于键极性，C正确； D．羟基、氨基上的氢，烷基上的氢均可发生取代；有机物可以燃烧发生氧化反应；与羟基相连碳的邻位碳原子上含有氢原子，能够发生醇的消去反应，D正确； 故选B。 11. 利用和NADH可将2-丁醇催化转化为丙酸甲酯，相关转化关系如下。 下列说法不正确的是 A. ①中，1mol 2-丁醇转化为2-丁酮，转移2mol电子 B. ①中，转化为NADH，部分碳原子的杂化方式改变 C. ②中，2-丁酮和NADH均发生氧化反应 D. 每合成1mol丙酸甲酯，理论上须投入1mol 【答案】D 【解析】 【详解】A．①中， +2H+，因此1mol 2-丁醇转化为2-丁酮，转移2mol电子，A正确； B．①中，转化为NADH， 中带*符号的碳原子的杂化方式由sp2转化为sp3，B正确； C．②中，2-丁酮得到氧原子，NADH失去氢原子，因此2-丁酮和NADH均发生氧化反应，C正确； D．由转化关系图可知，在反应前后，化学性质不变，作催化剂，因此其质量不变，D错误； 故选D。 12. FT是一种具有高紫外阻隔性的生物基呋喃聚酯，其合成路线如下。 下列说法不正确的是 A. 反应①发生了加成反应和取代反应 B. X与Y的化学计量比是1∶2 C. Z为，Z与M互为同系物 D. 聚合物FT可进一步形成网状结构 【答案】C 【解析】 【分析】X为二元胺，Y含碳碳双键和两个酯基；反应①中，氨基的对Y的碳碳双键发生加成反应，同时氨基与酯基发生氨解反应（属于取代反应）生成酰胺键，同时得到小分子醇，得到Q为，M为，Q和Z发生缩聚反应生成FT，结合FT结构简式可知，Z为，据此解答。 【详解】A．由分析可知，反应①发生了加成反应和取代反应，A正确； B．从最终产物FT的结构可知，1个X（二元胺，含2个氨基）可与2个Y发生反应，因此X与Y的化学计量比为，B正确； C．M是甲醇（一元醇），Z为乙二醇（二元醇），二者官能团数目不同，结构不相似，不互为同系物，C错误； D．聚合物FT中，呋喃环上存在碳碳双键，碳碳双键可以发生加成交联反应，进一步形成网状结构，D正确； 故选C。 13. 是一种新型高效净水剂。用黄铁矿[主要成分是(二硫化亚铁)]、与反应制备的工艺流程如图1.其他条件相同时，随黄铁矿过量率变化，产率及纯度变化如图2.已知：黄铁矿过量率。下列说法不正确的是 A. 制备的反应中，理论上消耗的 B. 黄铁矿过量率过高时，可能会还原生成的 C. 制备时需要加入过量，防止生成覆盖黄铁矿 D. 其他条件相同，将换成相同pH的盐酸，会影响的纯度或产率 【答案】A 【解析】 【详解】A．1mol 参与反应时，从+2价升高到+3价，每个从-1价升高到+6价，总共失电子数为，1mol 中从+5价降低到+4价得1mol电子，根据得失电子守恒，，A错误； B．具有还原性，具有氧化性，黄铁矿过量率过高时，过量的可还原生成的，导致产率下降，B正确； C．加入过量可使溶液保持强酸性，抑制水解，防止生成沉淀覆盖黄铁矿表面阻碍反应进行，C正确； D．盐酸中的具有还原性，酸性条件下可被氧化生成，会引入杂质且消耗反应物，影响的纯度和产率，D正确； 故答案选A。 14. 分析含有少量NaOH的NaClO溶液与FeSO4溶液的反应。 已知：①图1表示将FeSO4溶液逐滴滴加到含少量NaOH的NaClO溶液中的pH变化；②图2表示NaClO溶液中含氯微粒的物质的量分数与pH的关系[注：饱和NaClO溶液的pH约为11； Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10−39]。 关于上述实验，下列分析正确的是 A. A点溶液的pH约为13，主要原因是ClO− + H2OHClO + OH− B. AB段pH显著下降的原因是5ClO-+2Fe2+ + 5H2O=Cl−+ 2Fe(OH)3↓+ 4HClO C. CD段较BC段pH下降快的主要原因是HClO+2Fe2+ +5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+ 5H+ D. 反应进行至400s时溶液中产生Cl2的原因是：ClO-+ Cl-+2H+=Cl2↑+ H2O 【答案】C 【解析】 【分析】刚开始滴入FeCl2溶液时，Fe2+被氧化生成Fe3+，Fe3+与溶液中本来存在OH-结合生成沉淀，使pH显著下降，当溶液中原本存在的OH-反应完全后，Fe3+和ClO-发生双水解生成弱酸HClO，溶液的pH缓慢下降，当溶液中溶质主要为HClO后，再滴入FeCl2溶液，HClO将Fe2+氧化成Fe3+，同时生成强酸HCl，所以pH迅速下降，随着FeCl2的滴入，溶液中HCl的浓度越来越大，pH越来越小，小到一定程度后Fe(OH)3开始溶解消耗氢离子，所以pH变化缓慢，据此回答。 【详解】A．饱和NaClO溶液的pH约为11，A点溶液的pH约为13，说明主要原因不是次氯酸跟离子的水解，A错误； B．根据分析可知，AB段pH下降的原因为Fe2+被氧化生成Fe3+，Fe3+与溶液中本来存在OH-结合生成沉淀，，B错误； C．当溶液中原本存在的OH-反应完全后，Fe3+和ClO-发生双水解生成弱酸HClO，BC段pH缓慢下降，再滴入FeCl2溶液，HClO将Fe2+氧化成Fe3+，同时生成强酸HCl，所以CD段pH迅速下降，CD段较BC段pH下降快的主要原因是HClO+2Fe2+ +5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+ 5H+，C正确； D．反应进行至400s时，生成的HClO氧化Cl-产生Cl2，离子方程式为HClO+ Cl-+H+=Cl2↑+ H2O，D错误； 故选C。 第二部分 非选择题(共58分) 15. 双极膜是一种新型离子交换复合膜。在直流电场作用下，在中间催化层可解离为和，为电化学反应提供理想的酸碱环境。 （1）水解离需要破坏的作用力类型是___________。 （2）一种双极膜的结构示意图如图所示。 ①将S的基态原子最外层轨道表示式补充完整：___________。 ②C、N、O的第一电离能由大到小的顺序是___________。 ③键角：，原因是___________。 ④中间催化层中弱碱性基团催化解离的过程如下。 ⅰ．___________(补全反应) ⅱ． （3）中间催化层还可选择金属化合物作催化剂，如或含铁化合物。 ①的晶胞如图，形状为长方体，边长分别为a nm、a nm和b nm，的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为。该晶体的密度是___________。() ②做催化剂，催化效率高，但因易溶于水而流失。可利用聚乙烯亚胺(PEI)与制备如下图所示的复合结构的高效催化剂。 该催化剂具有高亲水性且不易流失，从结构的角度解释原因：___________。 （4）推测双极膜中间催化层中促进解离的基团或粒子可能具有的性质是___________。 【答案】（1）极性共价键 （2） ①. ②. ③. 二者N均为杂化，中N上孤电子对数为0，中N上孤电子对数为1；孤电子对排斥力大，故前者键角大 ④. （3） ①. ②. 复合结构的催化剂中含有氨基，与水形成氢键，使之具有亲水性；PEI与形成配位键，不易流失 （4）弱酸性或弱碱性 【解析】 【小问1详解】 解离为和，需要破坏水分子内部的O-H极性共价键。 【小问2详解】 ① S基态最外层电子排布为，根据泡利原理和洪特规则，电子填充为：3s轨道填入2个自旋相反的电子，3p轨道一个轨道填2个电子，剩余两个轨道各填1个电子，最外层电子排布图为； ② 同周期第一电离能整体从左到右递增，但N的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于O，因此顺序为； ③二者N均采取杂化，为四面体形，无孤电子对，为三角锥形，有1个孤电子对，杂化相同的情况下，孤电子对越多，对成键电子的排斥力越大，键角越小，因此前者键角更大； ④ 总反应为水的解离，结合第二步反应，可推得第一步反应为结合水的氢离子，释放氢氧根，。 【小问3详解】 ① 该晶胞含2个​，晶胞质量为，体积转换单位后为，计算得密度为； ② 从结构可知，氨基是亲水基团，且N原子的孤对电子可以和形成配位键，形成较稳定结构，因此不易流失。 【小问4详解】 促进水的解离，需要结合水分解产生的或，使解离平衡正向移动，因此基团需要能结合或，即具有较弱的酸性或碱性。 16. 利用工业废气中的制备焦亚硫酸钠()的一种流程示意图如下。 已知： 物质 、 （1）制 已知： 由制的热化学方程式为_______。 （2）制 I．在多级串联反应釜中，悬浊液与持续通入的进行如下反应： 第一步： 第二步： Ⅱ．当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体。 ①Ⅱ中生成的化学方程式是_______。 ②配碱槽中，母液和过量配制反应液，发生反应的化学方程式是_______。 ③多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是_______，需除去。 ④尾气吸收器中，吸收的气体有_______。 （3）理论研究、与的反应。一定温度时，在浓度均为的和的混合溶液中，随的增加，和平衡转化率的变化如图。 ①，与优先反应的离子是_______。 ②，平衡转化率上升而平衡转化率下降，结合方程式解释原因：_______。 【答案】（1） （2） ①. ②. ③. ④. 、SO2 （3） ①. ②. 溶液中发生的反应：ⅰ.+SO2+H2OH2CO3+，H2CO3H2O+CO2；ⅱ.+SO2+H2O2。amol后，随着n(SO2)增加，因H2CO3分解，促进ⅰ中SO2与碳酸氢根的反应不断正向进行，溶液中c()不断增加，促使反应ⅱ逆向进行，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降 【解析】 【分析】硫化氢通入燃烧炉中燃烧，生成了二氧化硫，还有少量氮气，氧气等，二氧化硫与碳酸钠在反应釜中反应，产生的废气用氢氧化钠吸收，出料液离心分离得到产品，母液中含有亚硫酸氢钠，返回配碱槽中循环使用。 【小问1详解】 已知： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 将Ⅰ×2+Ⅱ×2得：，所以由制的热化学方程式为； 【小问2详解】 ① 当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体，根据元素守恒，还有水生成，化学方程式：； ②根据多级串联反应釜中的化学方程式可知，除了生成的焦亚硫酸钠外，母液中有亚硫酸氢钠剩余，又因为＞，亚硫酸氢钠与过量发生反应的化学方程式为：； ③在燃烧炉中反应冷却后的气体中混有氧气，氧气能氧化亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，生成硫酸钠，所以多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是，需除去； ④碳酸氢钠与二氧化硫发生的化学方程式为，生成了二氧化碳，二氧化碳用氢氧化钠吸收，转化成碳酸钠，可到多级串联反应釜中循环使用，所以尾气吸收器中吸收的气体有，在多级串联反应釜中持续通入的，则尾气吸收器中吸收的气体还有； 故答案为：；；；、SO2； 【小问3详解】 ① 由图可知，①，时，碳酸氢根平衡转化率较低，而亚硫酸根的平衡转化率较高，所以与优先反应； ②溶液中发生的反应：ⅰ.+SO2+H2OH2CO3+，H2CO3H2O+CO2；ⅱ.+SO2+H2O2。amol后，随着n(SO2)增加，因H2CO3分解，促进ⅰ中SO2与碳酸氢根的反应不断正向进行，溶液中c()不断增加，促使反应ⅱ逆向进行，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降。 故答案为：；溶液中发生的反应：ⅰ.+SO2+H2OH2CO3+，H2CO3H2O+CO2；ⅱ.+SO2+H2O2。amol后，随着n(SO2)增加，因H2CO3分解，促进ⅰ中SO2与碳酸氢根的反应不断正向进行，溶液中c()不断增加，促使反应ⅱ逆向进行。 17. 治疗阿尔茨海默病的潜在化合物的前体T的合成路线如下（部分试剂和条件略去）。 已知：i． ii． （1）A→B的反应类型是___________。 （2）F分子中含有的官能团的名称是醚键、___________。 （3）B→D的化学方程式是___________。 （4）E分子含有一个六元环，下列关于D→E的说法正确的是___________（填序号）。 a．D分子中使邻碳上的C—H键的极性增强 b．D→E，D分子中断裂C—O键和带*碳原子上的C—H键 c．D反应后的主要产物受反应物C—H键的极性强弱和产物的稳定性影响 （5）J→K发生取代反应，K的结构简式是___________。 （6）L→T经过三步转化，设计的目的是________________________________。 （7）G能与Na反应生成，G转化为I经历如下过程。 已知： 中间体1分子中含有三种不同化学环境的氢原子，数目之比是3∶2∶1。中间体2的结构简式是______________________。 【答案】（1）氧化反应 （2）碳碳双键、羰基 （3） （4）ac （5） （6）将酰胺基中的羰基还原为，保护酮羰基不被还原 （7） 【解析】 【分析】A发生氧化反应生成B，B与乙醇发生酯化反应生成D，由此可知，B的结构简式为，D发生已知信息i的反应生成E，E分子含有一个六元环，E的结构简式为，E经历两步反应生成F，F发生还原反应生成G，结合G的分子式可知，G的结构简式为，G经历多步反应生成I，I发生氧化反应生成J，J和发生取代反应生成K，K发生碳碳双键的加成反应转化为L，则K的结构简式为，据此解答。 【小问1详解】 A中碳碳双键被高锰酸钾氧化，发生的是氧化反应； 【小问2详解】 F分子中含有的官能团的名称是醚键、碳碳双键、羰基； 【小问3详解】 B→D的发生的是酯化反应，化学方程式是； 【小问4详解】 a．D分子中由于的吸电子作用，使邻碳上的C—H键的极性增强，a正确； b．若D分子中断裂C—O键和带*碳原子上的C—H键，则会形成四元环结构，故而断裂的是羰基左侧碳原子上的C—H键，b错误； c．D→E的反应机理是极性强的C—H键断裂，与结合生成乙醇，而受羰基、酯基吸电子效应影响图中标注*碳原子上的C—H键极性更强，会影响主产物的产率，但生成的四元环结构由于张力过大，稳定性差，从而也会影响主要产物的生成，c正确； 故选ac； 【小问5详解】 根据分析可知，K的结构简式是； 【小问6详解】 L→T经过三步转化，第一步是利用乙二醇将L中的酮羰基转化为缩酮结构（反应机理为：），第二步是利用强还原剂将酰胺基中的羰基还原为，第三步是将缩酮结构在酸性条件下重新转化为酮羰基，故设计的目的是将酰胺基中的羰基还原为，保护酮羰基不被还原； 【小问7详解】 中间体1的分子式是，有1个不饱和度，说明发生的是消去反应，结合氢原子种类和数目比，可知，中间体1的结构简式是，G的结构简式为，二者发生加成反应，生成中间体2的结构简式为，中间体2发生消去反应生成中间体3为，中间体3发生已知信息的反应得到I。 18. 以铜矿粉(主要含等)和软锰矿粉(主要含)为原料联合制备CuCl和的一种工艺流程如下。 资料：i．酸性条件下，氧化性：。 ii．潮湿条件下，CuCl容易被氧气氧化。 iii．金属离子沉淀的pH。 开始沉淀时 6.3 1.5 8.2 4.7 完全沉淀时 8.3 2.8 10.2 6.7 （1）“浸取”由酸浸、中和两步组成。 ①稀硫酸酸浸所得浸取渣中含有硫单质，CuS酸浸时反应的离子方程式是___________。 ②用氨水中和时，调节溶液的pH范围约为___________。 （2）“沉锰”时，作沉锰剂，通入，保持溶液的pH约为9. ①用离子方程式表示沉锰时未形成沉淀的原因：___________。 ②“沉锰”时用而不用作沉锰剂，原因是___________。 （3）“热分解”所得分解液可获得，“分解气”中可循环利用的有和___________。 （4）“转化”时，向溶液中加入适量的NaCl和，获得。 ①转化反应的离子方程式是___________。 ②室温时，CuCl的产率随时间的变化如图所示。60分钟后CuCl的产率减小，原因是___________。 （5）CuCl和苯并三氮唑()按物质的量之比1：1在一定条件下反应形成一种线型聚合物。反应时苯并三氮唑1位和3位的N原子与形成化学键，同时生成HCl。该聚合物的结构简式是___________。 【答案】（1） ①. ②. （2） ①. ②. 作沉锰剂时，为保持溶液的pH约为9，通入的量更大，且抑制电离，使溶液中更大，利于生成，防止沉淀 （3） （4） ①. ②. 潮湿条件下，CuCl被氧化 （5） 【解析】 【分析】铜矿粉和软锰矿粉通过稀硫酸酸浸后溶液中CuS和MnO2反应生成S、Cu2+、Mn2+，FeO与MnO2反应生成Fe3+和Mn2+，CuO溶于酸形成Cu2+，再加入氨水调pH沉淀Fe3+，得到的浸取液中含有Cu2+和Mn2+，然后加入NH4HCO3，并通入NH3沉淀Mn2+，Cu2+转化为[Cu(NH3)4]2+，沉锰液经热分解得到CuO，CuO溶于硫酸得到CuSO4，最终CuSO4转化为CuCl； 【小问1详解】 ①据分析，CuS酸浸时和MnO2反应生成S、Cu2+、Mn2+，离子方程式是CuS+MnO2+4H+=Cu2++Mn2++2H2O+S； ②据分析，用氨水中和时应完全沉淀Fe3+，而不沉淀Cu2+、Mn2+，根据资料ⅲ，调节溶液的pH范围约为2.8∼4.7。 【小问2详解】 ①据分析，沉锰时未形成沉淀的原因：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+； ②“沉锰”时用而不用作沉锰剂，原因是作沉锰剂时，为保持溶液的pH约为9，通入的量更大，且抑制电离，使溶液中更大，利于生成[Cu(NH3)4]2+，防止Cu2+沉淀。 【小问3详解】 “热分解”所得分解液可获得，“分解气”中可循环利用的有和NH3。 【小问4详解】 ①转化反应的离子方程式是； ②室温时，CuCl的产率随时间的变化如图所示，60分钟后CuCl的产率减小，根据资料ⅱ，原因是潮湿条件下，CuCl被氧化。 【小问5详解】 根据题意“CuCl和苯并三氮唑()按物质的量之比1：1在一定条件下反应形成一种线型聚合物，反应时苯并三氮唑1位和3位的N原子与形成化学键，同时生成HCl”，该聚合物的结构简式是。 19. 某小组同学用下图装置探究与亚铁盐溶液的反应(夹持装置略)。 已知：稀溶液中的水合离子几乎无色；(黄色)。 操作：向0.56g铁粉中迅速加入10mL试剂X，塞紧试管C上的胶塞，立即打开活塞a，待C中铁粉完全溶解后，关闭活塞a，打开活塞b．C中现象如下表。 序号 试剂X C中现象 打开活塞a后 打开活塞b后 Ⅰ 盐酸 有大量气泡产生，铁粉逐渐减少，无色溶液迅速变黄，后逐渐变为浅绿色 溶液逐渐变为浅黄色，产生极少量淡黄色沉淀 Ⅱ 盐酸 有大量气泡产生，铁粉逐渐减少，无色溶液迅速变黄，后逐渐变为浅绿色 溶液逐渐变为黄色，产生少量淡黄色沉淀 Ⅲ 硫酸 有大量气泡产生，铁粉逐渐减少，无色溶液逐渐变为浅绿色 无明显变化 （1）打开活塞b后，B中反应的化学方程式为___________。 （2）上述实验中，打开活塞a一段时间后关闭，再打开活塞b，目的是___________。 （3）打开活塞a期间，实验Ⅰ~Ⅲ中的现象有相同也有不同。 ①实验Ⅰ、Ⅱ中，试管C中无色溶液均先变黄，再逐渐变为浅绿色。溶液由黄色变为浅绿色的原因是___________(用离子方程式表示)。 ②实验Ⅲ中，溶液始终未变黄，可能的原因是___________。 （4）经检验，实验Ⅰ、Ⅱ中的淡黄色沉淀为硫单质。甲同学猜想可能是自身发生歧化反应，乙同学通过实验排除了这种可能性，其实验操作及现象为___________。 （5）综合上述实验，可以得出的结论是___________(结合化学用语说明)。 【答案】（1） （2）产生，将装置中的空气/氧气排净 （3） ①. ②. Ⅲ中不含时，不易被氧化为(或被氧化为后，几乎无色，未生成黄色的) （4）取实验Ⅰ或实验Ⅱ中反应后C内溶液于试管中，滴加溶液，无白色沉淀 （5）存在时，能与反应：，增大时，平衡正向移动 【解析】 【分析】打开活塞a，将分液漏斗中稀硫酸滴入圆底烧瓶A中，稀硫酸与碳酸钠发生反应，生成的CO2将装置内的空气排尽，再打开活塞b，将分液漏斗中70%的硫酸滴入三颈烧瓶中，与发生反应生成，将通入C中，与亚铁盐反应，探究与亚铁盐溶液的反应，最后用D中的NaOH溶液吸收多余的，防止污染环境，据此回答。 【小问1详解】 由分析知，打开活塞b，将分液漏斗中70%的硫酸滴入三颈烧瓶中，与发生反应的化学方程式为； 【小问2详解】 由分析知，打开活塞a一段时间后关闭，再打开活塞b，稀硫酸与碳酸钠发生反应产生，将装置中的空气/氧气排净； 【小问3详解】 ①向0.56g铁粉中迅速加入10mL试剂X，塞紧试管C上的胶塞，铁粉与盐酸反应生成，立即打开活塞a，生成的将装置内的空气赶入C中，被氧化为，待C中铁粉完全溶解后，关闭活塞a，打开活塞b，将生成的通入C中，由实验Ⅰ、Ⅱ中，试管C中无色溶液均先变黄，即为被氧化为，与结合发生(黄色)反应，溶液为黄色，再发生反应，使逐渐变为浅绿色； ②实验Ⅲ中，由于不含时，不易被氧化为(或被氧化为后，几乎无色，未生成黄色的)，溶液始终未变黄； 【小问4详解】 将生成的通入C中，经检验，实验Ⅰ、Ⅱ中的淡黄色沉淀为硫单质，甲同学猜想可能是自身发生歧化反应，即歧化生成S和生成，乙同学取实验Ⅰ或实验Ⅱ中反应后C内溶液于试管中，滴加溶液，无白色沉淀，即排除了有离子存在，即排除了自身发生歧化反应的这种可能性； 【小问5详解】 由实验Ⅰ、Ⅱ中，试管C中无色溶液均先变黄，再逐渐变为浅绿色，实验Ⅲ中，溶液始终未变黄，可知存在时，能与反应：，增大时，平衡正向移动。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $