精品解析：北京市第三十五中学2026-2027学年高三上学期10月月考 化学试题

高三化学10月月考 试卷说明：试卷分值100，考试时间90分钟。Ⅰ卷为选择题，共14个小题，共42分。Ⅱ卷为主观题，包括第15至第19题，共58分。 可能用到的相对原子质量：H1  Li7  B11  C12  N14  O16  S32  Fe56 第一部分 一．选择题（共14个小题，每题3分，共42分。每小题只有一个正确选项，请选择正确答案填在机读卡相应的题号处） 1. 杭州第19届亚运会使用到的材料属于无机非金属材料的是 A. “亚运莲花尊”莲花盆的青瓷 B. 火炬“薪火”外壳的铝合金 C. 棒垒球馆顶棚的聚四氟乙烯薄膜 D. 亚运村衣橱内的由麦秸秆制成的衣架 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 有8个中子的碳原子： B. 1s电子云图： C. 顺—2—丁烯的结构简式： D. 的VSEPR模型： 3. 下列过程与取代反应无关的是 A. 用油脂生产肥皂  B. 葡萄糖在酶的作用下转化为二氧化碳 C. 氨基酸形成多肽  D. 核苷酸分子间脱水缩合形成核酸 4. 下列各组离子不能大量共存的原因与氧化还原反应有关的是 A. 、、、 B. 、、、 C. 、、、 D. 、、、 5. 下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液的减小的是 A. 向苯酚钠溶液中通入少量气体 B. 向溶液中通入少量气体 C. 向水中通入少量气体 D. 向饱和溶液中通入少量气体 6. 下列反应的离子方程式书写正确的是 A. 溶液与醋酸溶液反应： B. 溶液与溶液反应： C. 电解饱和食盐水： D. 向溶液中通入过量的： 7. 下列反应产物不能用反应物中键的极性解释的是 A. B. C. D. 8. 实验小组探究SO2与 的反应。在一定条件下，向盛有 的烧瓶中加入 固体，用传感器测得反应体系中( 含量的变化如图。 下列说法错误的是 A. 有 生成推测发生了反应： B. bc段 含量下降与反应 有关 C. 产物 也可能是 与 直接化合生成的 D. 可用 酸化的 溶液检验b点固体中是否含有 9. 汽车发动机稀燃控制系统主要工作原理是发动机在稀燃和富燃条件下交替进行，尾气中的NOx在催化剂上反应脱除。其工作原理示意图如下： 下列说法不正确的是 A. 稀燃过程中，NO发生的主要反应为：2NO + O2=== 2NO2 B. 稀燃过程中，NO2被吸收的反应为：BaO + 2NO2=== Ba(NO3)2 C. 富燃过程中，NO2被CO还原的反应为：2NO2+ 4CO === N2+ 4CO2 D. 富燃过程中，CxHy被O2氧化的反应为：CxHy+ (x+y/4)O2== xCO2+ y/2H2O 10. 利用下图进行实验，装置丙中实验现象正确的是 选项 装置甲 装置乙 装置丙 装置丙中的实验现象 A 浓硫酸 亚硫酸钠 紫色石蕊试液 溶液先变红后褪色 B 浓盐酸 二氧化锰 淀粉碘化钾试液 溶液变为蓝色 C 浓氨水 氧化钙 硝酸银溶液 先有沉淀生成，后沉淀消失 D 稀硫酸 碳酸钠 饱和碳酸钠溶液 先有沉淀生成，后沉淀消失 A. A B. B C. C D. D 11. 用下图装置和相应试剂进行性质验证实验，不能达到相应目的的是 选项 目的 试剂a 试剂b 试剂c 试剂d A 遇水生成酸 浓硝酸 铜粉 紫色石蕊溶液 溶液 B 非金属性： 盐酸 溶液 溶液 C 具有还原性 硫酸 酸性溶液 溶液 D 酸性：乙酸＞碳酸＞苯酚 乙酸 饱和溶液 苯酚钠溶液 A. A B. B C. C D. D 12. 在实验室和工业上均有重要应用，一种制取的原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A. Ⅰ中反应的化学方程式： B. Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ均需过滤 C. 制取的过程中，和均可循环利用 D. 在碱性条件下比在酸性条件下更稳定 13. 科研小组用氧化—沉淀法从废电池浸出液中去除铁：用氧化废电池浸出液中的，再加适量调使转化为沉淀。研究发现对的氧化率和铁去除率的影响如下图1和下图2所示。 已知：i．越大，的浓度越小；ii．酸性条件下被还原为。 下列说法不合理的是 A. 由图1可知，氧化率随浸出液增大而减小 B. 若起始浸出液，与反应一段时间后，浸出液会减小 C. 转变为沉淀的离子方程式为： D. 推测若用调溶液也可以使转化为沉淀 14. 研究小组为探究晶体在空气中变质后的产物，进行实验并记录现象如下： ①取样品加水溶解，得到澄清溶液。 ②取少量溶液加入过量盐酸，有臭鸡蛋气味的气体放出，且出现淡黄色浑浊。 ③将②中浊液过滤，向滤液中加入溶液，产生白色沉淀。 资料：i．溶液能溶解生成，与酸反应生成和（臭鸡蛋气味） ii．易溶于水 下列说法不正确的是 A. ②中淡黄色浑浊可能是与反应产生的 B. ①和②说明该样品中含有 C. ③中白色沉淀是 D. 该样品中可能含有 第二部分（共58分） 15. 具有易液化、含氢密度高、应用广泛等优点，的合成及应用一直是科学研究的重要课题。 （1）以、合成，Fe是常用的催化剂。 ①基态Fe原子的电子排布式为__________。 ②实际生产中采用铁的氧化物、FeO，使用前用和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a pm （ ），则其密度ρ = __________。 ③我国科学家开发出Fe−LiH等双中心催化剂，在合成中显示出高催化活性。第一电离能：，原因是__________。 （2）化学工业科学家侯德榜利用下列反应最终制得了高质量的纯碱。 ①1体积水可溶解1体积，1体积水可溶解约700体积。极易溶于水的原因是______________________。 ②反应时，向饱和NaCl溶液中先通入__________。 ③还可以得到副产物。空间结构为__________。 （3）、（氨硼烷）储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。 元素 H B N 电负性 2.1 2.0 3.0 ①的中心原子的杂化轨道类型为__________。 ②存在配位键，提供空轨道的是__________。 ③比较熔点：__________（填“>”或“<”）。 16. 向含有NaOH的NaClO溶液中逐滴滴入FeSO4溶液，滴加过程中溶液的pH随FeSO4溶液的体积的变化曲线及实验现象见表。 变化曲线 实验现象 i.A→B产生红褐色沉淀 ii.B→C红褐色沉淀的量增多 iii.C→D红褐色沉淀的量增多 iv.D点附近产生有刺激性气味的气体 v.D→E红褐色沉淀的量略有增多 资料：i.饱和NaClO溶液的pH约为11 ii.Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39 （1）Cl2和NaOH溶液制取NaClO的离子方程式是____。 （2）A点溶液的pH约为13，主要原因是____。 （3）结合离子方程式解释A→B溶液的pH显著下降的主要原因：____。 （4）NaClO溶液中含氯各微粒的物质的量分数与pH的关系如图。 ①M点溶液含氯的微粒有____。 ②C点附近生成红褐色沉淀的主要反应的离子方程式是____。 （5）检验iv中气体的方法是____。 （6）A→D的过程中，溶液的pH一直下降，原因是____。 （7）整个滴加过程中发生的反应与____、微粒的浓度等有关。 17. 黄酮类物质X具有抗金黄色葡萄球菌、大肠杆菌等活性，一种合成路线如下。 已知：。 （1）X中含有的含氧官能团为醚键、_______。 （2）A→B反应的化学方程式是_______。 （3）B→D的反应类型是_______。 （4）E→F的反应同时生成HCl，试剂a的结构简式是_______。 （5）G转化为J需加入。 ①J的结构简式是_______。 ②的主要作用是_______。 （6）F和L生成X经历如下多步反应： 已知：Ⅰ．；Ⅱ．。 ①M的结构简式是_______。 ②三步反应中，涉及生成手性碳原子的为第_______步(填“一”“二”或“三”)。 18. 一种利用富锂卤水（含、、、、硼酸根等）制备碳酸锂的工艺如下： 已知：室温下相关物质的如下表： 化合物 （1）i中，操作的名称是__________。 （2）ii可除去的，该过程中生成反应的离子方程式为__________。 （3）iii中，得到的沉淀3的成分有__________。 （4）有人提出：可省略向溶液3中加入草酸钠这一步，该建议__________（填“可行”或“不可行”），理由是__________。 （5）一种测定碳酸锂产品纯度的方法如下： 步骤I.取产品，加入标准溶液，固体完全溶解； 步骤II.加热溶液，缓缓煮沸一段时间后自然冷却至室温； 步骤III.以酚酞为指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗溶液体积为。 ①已知：杂质不与、溶液反应，。 该产品纯度为__________（写出计算式，用质量分数表示）。 ②步骤II的目的是__________；若省略步骤II，直接进行步骤III，将导致测得的产品纯度__________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”） 19. 某小组探究的制备。配制0.1的溶液和0.1的溶液备用。 【查阅资料】 i.FeS、均为黑色固体，难溶于水。 ii.，为无色离子。 iii.硫单质微溶于乙醇，难溶于水。 【设计并实施实验】 编号 实验一 实验二 操作 1.0mL 0.1 溶液 0.5mL 0.1 溶液 现象 迅速产生黑色沉淀a，振荡后黑色沉淀溶解，并产生臭鸡蛋气味的气体，最终得到棕黄色浊液X 产生棕黑色沉淀 （1）实验一中，根据复分解反应规律推测，生产黑色沉淀a的离子方程式为_______。 （2）进一步检验浊液X的组成，过程如下。 ①通过对浊液X组成的检验，推测实验一的黑色沉淀a溶解过程中有氧化还原反应发生，实验证据是_______。 ②经检测，黑色固体b的主要成分为FeS。甲同学认为，FeS是由红褐色清液中的与加入的反应产生的。乙同学认为该解释不严谨，理由是_______。 （3）实验二制得了，但其中含少量。 ①生成的离子方程式为_______。 ②从化学反应速率角度推测实验二的棕黑色沉淀中不含S的原因：_______。 实验三 小组同学进行如下图所示的改进实验。经检验，黑色沉淀c为纯净的。 （4）实验三中，由无色清液生成的离子方程式为_______。 【反思评价】 （5）对比三个实验，实验三能成功制备的原因是_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三化学10月月考 试卷说明：试卷分值100，考试时间90分钟。Ⅰ卷为选择题，共14个小题，共42分。Ⅱ卷为主观题，包括第15至第19题，共58分。 可能用到的相对原子质量：H1  Li7  B11  C12  N14  O16  S32  Fe56 第一部分 一．选择题（共14个小题，每题3分，共42分。每小题只有一个正确选项，请选择正确答案填在机读卡相应的题号处） 1. 杭州第19届亚运会使用到的材料属于无机非金属材料的是 A. “亚运莲花尊”莲花盆的青瓷 B. 火炬“薪火”外壳的铝合金 C. 棒垒球馆顶棚的聚四氟乙烯薄膜 D. 亚运村衣橱内的由麦秸秆制成的衣架 【答案】A 【解析】 【详解】A．青瓷属于无机非金属材料，A正确； B．铝合金属于金属材料，B错误； C．棒垒球馆顶棚的聚四氟乙烯薄膜，属于合成有机高分子，C错误； D．麦秸秆的化学成分为纤维素，属于天然有机高分子材料，D错误； 答案选A。 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 有8个中子的碳原子： B. 1s电子云图： C. 顺—2—丁烯的结构简式： D. 的VSEPR模型： 【答案】C 【解析】 【详解】A．有8个中子的碳原子的质量数为14，原子符号为，故A正确； B．电子云中的小黑点的疏密程度表示电子在原子核外出现概率的大小，1s电子云是球形的，电子云轮廓图为，故B正确； C．2—丁烯存在顺反异构，其中顺—2—丁烯的两个甲基位于双键的同侧，结构简式为，故C错误； D．亚硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，则离子的VSEPR模型为，故D正确； 故选C。 3. 下列过程与取代反应无关的是 A. 用油脂生产肥皂  B. 葡萄糖在酶的作用下转化为二氧化碳 C. 氨基酸形成多肽  D. 核苷酸分子间脱水缩合形成核酸 【答案】B 【解析】 【详解】A．油脂在碱性条件下发生水解反应可生产肥皂，属于取代反应，A不符题意； B．葡萄糖在酶的作用下转化为二氧化碳发生的是氧化反应，与取代反应无关，B符合题意； C．氨基酸中羧基和氨基脱水形成多肽属于取代反应，C不符题意； D．核苷酸分子间通过磷酸二酯键连接形成核酸，磷酸基团取代羟基上的氢原子，属于取代反应，D不符题意； 答案选B。 4. 下列各组离子不能大量共存的原因与氧化还原反应有关的是 A. 、、、 B. 、、、 C. 、、、 D. 、、、 【答案】B 【解析】 【详解】A．溶液中铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应，不能大量共存，反应中没有元素发生化合价变化，与氧化还原反应无关，故A不符合题意； B．酸性溶液中次氯酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应不能大量共存，故B符合题意； C．溶液中氢离子与醋酸根离子反应生成醋酸，不能大量共存，反应中没有元素发生化合价变化，与氧化还原反应无关，故C不符合题意； D．溶液中亚硫酸根离子与钡离子、钙离子生成亚硫酸钡、亚硫酸钙沉淀，且钙离子与氢氧根离子生成微溶的氢氧化钙，不能大量共存，反应中没有元素发生化合价变化，与氧化还原反应无关，故D不符合题意； 故选B。 5. 下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液的减小的是 A. 向苯酚钠溶液中通入少量气体 B. 向溶液中通入少量气体 C. 向水中通入少量气体 D. 向饱和溶液中通入少量气体 【答案】C 【解析】 【详解】A．苯酚钠溶液中通入少量CO2，反应生成苯酚和碳酸氢钠，没有发生氧化还原反应，A不符合题意； B．向溶液中通入少量气体，生成碳酸钠、二氧化碳和水，没有发生氧化还原反应，B不符合题意； C．向水中通入少量气体，NO2与水反应生成硝酸和NO，发生了氧化还原反应且溶液的减小，C符合题意； D．向饱和溶液中通入少量气体，生成S单质，发生了氧化还原反应但溶液的增大，D不符合题意； 故选C。 6. 下列反应的离子方程式书写正确的是 A. 溶液与醋酸溶液反应： B. 溶液与溶液反应： C. 电解饱和食盐水： D. 向溶液中通入过量的： 【答案】B 【解析】 【详解】A．醋酸为弱酸，不能拆，正确离子方程式为：，A错误 ； B．溶液与溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，B正确； C．电解饱和食盐水生成氢氧化钠和氢气、氯气，水不能拆，正确离子方程式为：，C错误； D．向溶液中通入过量的，反应生成氯化铁、碘单质，正确离子方程式为：，D错误； 故选B。 7. 下列反应产物不能用反应物中键的极性解释的是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】共价键的极性会使成键原子带部分正/负电荷，反应中通常带部分正电的基团与带部分负电的基团结合得到产物，据此分析： 【详解】A．乙醛的是极性键，氧电负性大于碳，羰基碳带部分正电；是极性键，带部分负电，加成时负电的连接带正电的羰基碳，正电的连接带负电的氧，得到对应产物，可以用键的极性解释，A不符合题意； B．乙酰氯的是极性键，酰基碳带部分正电；中氮原子带部分负电，负电的氮进攻正电的酰基碳，带负电的结合中带正电的生成，得到对应产物，可以用键的极性解释，B不符合题意； C．乙醇的是极性键，烷基碳带部分正电；中带部分负电，取代连接带正电的碳，带正电的和带负电的结合生成水，得到，可以用键的极性解释，C不符合题意； D．反应物中是碳原子间形成的非极性键，也是非极性键，不存在键极性导致的电荷偏移，该加成反应的产物不能用反应物键的极性解释，D符合题意； 故选D。 8. 实验小组探究SO2与 的反应。在一定条件下，向盛有 的烧瓶中加入 固体，用传感器测得反应体系中( 含量的变化如图。 下列说法错误的是 A. 有 生成推测发生了反应： B. bc段 含量下降与反应 有关 C. 产物 也可能是 与 直接化合生成的 D. 可用 酸化的 溶液检验b点固体中是否含有 【答案】D 【解析】 【详解】A．起始阶段有大量产生，说明与发生了反应并生成了，则反应的方程式为：，A正确； B．bc段含量下降，说明有物质在消耗，根据容器内物质的成分可知，可能是生成的继续与反应导致的，反应的方程式为：，B正确； C．虽然无法判断Na2O2+ SO2=2Na2SO4是否发生，但产物Na2SO4也可能是SO2与Na2O2直接化合生成的，同时发生①2Na2O2+2SO2 =2Na2SO3+O2、Na2O2+ SO2=2Na2SO4等反应，C正确； D．HNO3具有强氧化性，能将氧化为，不能用HNO3酸化的BaCl2溶液检验b点固体中是否含有Na2SO4，D错误； 故选D。 9. 汽车发动机稀燃控制系统主要工作原理是发动机在稀燃和富燃条件下交替进行，尾气中的NOx在催化剂上反应脱除。其工作原理示意图如下： 下列说法不正确的是 A. 稀燃过程中，NO发生的主要反应为：2NO + O2=== 2NO2 B. 稀燃过程中，NO2被吸收的反应为：BaO + 2NO2=== Ba(NO3)2 C. 富燃过程中，NO2被CO还原的反应为：2NO2+ 4CO === N2+ 4CO2 D. 富燃过程中，CxHy被O2氧化的反应为：CxHy+ (x+y/4)O2== xCO2+ y/2H2O 【答案】B 【解析】 【详解】A.由图可知，在稀燃条件下，一氧化氮与氧气反应生成了二氧化氮，故A正确； B.给出的反应中只有N元素的化合价升高，没有化合价降低的元素，所以在稀燃条件下，二氧化氮与氧化钡反应生成硝酸钡和一氧化氮，故B错误； C.由图可知，CO和CxHy、NO2进入反应系统，而出来的是氮气、二氧化碳和水，所以在富燃条件下，二氧化氮与一氧化碳反应生成氮气和二氧化碳，故C正确； D.由图可知，CO和CxHy、NO2进入反应系统，而出来的是氮气、二氧化碳和水，所以在富燃条件下，CxHy与氧气反应生成二氧化碳和水，故D正确。 故选B。 10. 利用下图进行实验，装置丙中实验现象正确的是 选项 装置甲 装置乙 装置丙 装置丙中的实验现象 A 浓硫酸 亚硫酸钠 紫色石蕊试液 溶液先变红后褪色 B 浓盐酸 二氧化锰 淀粉碘化钾试液 溶液变为蓝色 C 浓氨水 氧化钙 硝酸银溶液 先有沉淀生成，后沉淀消失 D 稀硫酸 碳酸钠 饱和碳酸钠溶液 先有沉淀生成，后沉淀消失 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫溶于水生成亚硫酸，使紫色石蕊试液变红，但二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，因此溶液不会褪色，现象描述错误，A错误； B．浓盐酸与二氧化锰反应制备氯气需要加热条件，该装置无加热装置，无法生成氯气，不能将碘离子氧化为碘单质，淀粉碘化钾溶液不会变蓝，现象描述错误，B错误； C．浓氨水滴入氧化钙中会生成氨气，氨气通入硝酸银溶液中，首先发生反应生成氢氧化银沉淀，氢氧化银不稳定转化为氧化银暗褐色沉淀，继续通入过量氨气，沉淀会与氨水反应生成可溶的银氨络离子，因此现象为先有沉淀生成，后沉淀消失，现象描述正确，C正确； D．稀硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳通入饱和碳酸钠溶液中会生成溶解度更小的碳酸氢钠，析出碳酸氢钠沉淀，但二氧化碳过量时，碳酸氢钠不会进一步发生反应溶解，沉淀不会消失，现象描述错误，D错误。 11. 用下图装置和相应试剂进行性质验证实验，不能达到相应目的的是 选项 目的 试剂a 试剂b 试剂c 试剂d A 遇水生成酸 浓硝酸 铜粉 紫色石蕊溶液 溶液 B 非金属性： 盐酸 溶液 溶液 C 具有还原性 硫酸 酸性溶液 溶液 D 酸性：乙酸＞碳酸＞苯酚 乙酸 饱和溶液 苯酚钠溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．浓硝酸具有挥发性，左侧装置中产生的气体中可能混有HNO3，挥发的硝酸进入到c中也会使得紫色石蕊试液变红使，不能证明遇水生成酸，A符合题意； B．盐酸和高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，氯气氧化溴离子生成溴单质溶液变为橙色，能证明非金属性：，尾气使用碱液吸收防止污染，B不符合题意； C．硫酸和亚硫酸钠生成二氧化硫气体，二氧化硫使得使得高锰酸钾溶液褪色，体现二氧化硫还原性，尾气使用碱液吸收防止污染，C不符合题意； D．乙酸和碳酸钠生成二氧化碳气体，通过饱和碳酸氢钠溶液除去带出的乙酸，二氧化碳和苯酚钠生成溶解度较小的苯酚，溶液变浑浊，能说明酸性：乙酸＞碳酸＞苯酚，D不符合题意； 故选A。 12. 在实验室和工业上均有重要应用，一种制取的原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A. Ⅰ中反应的化学方程式： B. Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ均需过滤 C. 制取的过程中，和均可循环利用 D. 在碱性条件下比在酸性条件下更稳定 【答案】C 【解析】 【分析】制备KMnO4的流程如下：MnO2、KOH和O2在加热条件下反应生成K2MnO4（步骤I），反应后加稀KOH溶液使K2MnO4等可溶性物质溶解，并过滤除去不溶性杂质（步骤II），向滤液中通入过量CO2使溶液酸化，并使K2MnO4发生歧化反应，生成KMnO4和MnO2，过滤除去MnO2（步骤III），滤液进行结晶、过滤、洗涤、干燥等操作后可得到KMnO4晶体（步骤IV）。 【详解】A．I中MnO2、KOH和O2在加热条件下反应生成K2MnO4，化学方程式为，故A正确； B．据分析，需要过滤的步骤有II、III、IV，故B正确； C．第III步反应方程式为，加入CO2，减少生成KOH的浓度，促进反应进行，因此MnO2可循环利用，KOH被消耗，不能循环利用，故C错误； D．碱性环境下不易发生歧化反应，而在酸性条件下会歧化为KMnO4和MnO2，因此在碱性条件下比在酸性条件下更稳定，故D正确； 故答案为C。 13. 科研小组用氧化—沉淀法从废电池浸出液中去除铁：用氧化废电池浸出液中的，再加适量调使转化为沉淀。研究发现对的氧化率和铁去除率的影响如下图1和下图2所示。 已知：i．越大，的浓度越小；ii．酸性条件下被还原为。 下列说法不合理的是 A. 由图1可知，氧化率随浸出液增大而减小 B. 若起始浸出液，与反应一段时间后，浸出液会减小 C. 转变为沉淀的离子方程式为： D. 推测若用调溶液也可以使转化为沉淀 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图1可知，Fe2+氧化率随浸出液pH增大而减小，符合图象信息，A正确； B．由题干信息得方程式Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，可知若起始浸出液pH=1，MnO2与Fe2+反应一段时间后，消耗了H+，生成水，导致H+浓度减小，故浸出液pH会增大，B错误； C．转变为沉淀是由于Fe3+和发生双水解反应，故该反应的离子方程式为，C正确； D．转变为沉淀是由于Fe3+和发生双水解反应，Fe3+和也能发生双水解反应，，故推测若用NaHCO3调溶液pH也可以使转化为沉淀，D正确； 故选B。 14. 研究小组为探究晶体在空气中变质后的产物，进行实验并记录现象如下： ①取样品加水溶解，得到澄清溶液。 ②取少量溶液加入过量盐酸，有臭鸡蛋气味的气体放出，且出现淡黄色浑浊。 ③将②中浊液过滤，向滤液中加入溶液，产生白色沉淀。 资料：i．溶液能溶解生成，与酸反应生成和（臭鸡蛋气味） ii．易溶于水 下列说法不正确的是 A. ②中淡黄色浑浊可能是与反应产生的 B. ①和②说明该样品中含有 C. ③中白色沉淀是 D. 该样品中可能含有 【答案】B 【解析】 【分析】由资料i和实验②现象可知，加入过量的盐酸产生和单质，可能是被氧化为单质，溶液能溶解生成，与盐酸反应生成的和单质；也有可能是被氧化为，（少量）和在酸性条件下反应生成和单质；根据实验③可知，在过量盐酸体系中，加入溶液，产生白色沉淀，该沉淀为，说明样品中存在，由此解答； 【详解】A．由分析可知，产生的单质可能是与盐酸反应生成的，A正确； B．由资料i可知，溶液能溶解生成，因此步骤①得到得到澄清溶液不能证明样品中原本含有S单质，同时实验②的淡黄色浑浊液可以来自与在酸性条件下的归中反应，并非一定是样品中原本含有单质，因此不能通过①和②说明该样品中含有S的结论，B错误； C．由分析可知，实验③的白色沉淀为，C正确； D．由分析可知，可能存在被氧化为的情况，样品中可能存在，D正确； 故选B。 第二部分（共58分） 15. 具有易液化、含氢密度高、应用广泛等优点，的合成及应用一直是科学研究的重要课题。 （1）以、合成，Fe是常用的催化剂。 ①基态Fe原子的电子排布式为__________。 ②实际生产中采用铁的氧化物、FeO，使用前用和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a pm （ ），则其密度ρ = __________。 ③我国科学家开发出Fe−LiH等双中心催化剂，在合成中显示出高催化活性。第一电离能：，原因是__________。 （2）化学工业科学家侯德榜利用下列反应最终制得了高质量的纯碱。 ①1体积水可溶解1体积，1体积水可溶解约700体积。极易溶于水的原因是______________________。 ②反应时，向饱和NaCl溶液中先通入__________。 ③还可以得到副产物。空间结构为__________。 （3）、（氨硼烷）储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。 元素 H B N 电负性 2.1 2.0 3.0 ①的中心原子的杂化轨道类型为__________。 ②存在配位键，提供空轨道的是__________。 ③比较熔点：__________（填“>”或“<”）。 【答案】（1） ①. ②. ③. ④. H、Li、Na同属第ⅠA族，自上而下电子层数增多，原子半径增大，原子核对最外层电子的吸引能力减弱，失去最外层电子所需的能量减小 （2） ①. 和均为极性分子，分子间能形成氢键，且能与水反应 ②. ③. 正四面体形 （3） ①. ②. B原子 ③. > 【解析】 【小问1详解】 ①Fe的原子序数为26，基态Fe原子核外有26个电子。按照构造原理排布，各电子层所含电子数依次为2、8、14、2，电子排布式为。 ②i．图1中，Fe原子位于正方体的8个顶点和体心，顶点原子由8个晶胞共有，体心原子完全属于该晶胞，因此一个晶胞含有的Fe原子数为。图2中，Fe原子位于正方体的8个顶点和6个面心，面心原子由2个晶胞共有，因此一个晶胞含有的Fe原子数为。两种晶胞所含Fe原子个数比为。 ii．图1晶胞含有2个Fe原子。用表示阿伏加德罗常数的数值，Fe的摩尔质量取，则一个晶胞中Fe的物质的量为，晶胞质量为。晶胞棱长为，晶胞体积为，因此密度为。 ③第一电离能是气态基态原子失去一个电子形成气态基态正离子所需的最低能量。H、Li、Na同属第ⅠA族，最外层均只有1个电子；从H到Li再到Na，电子层数增多，原子半径增大，原子核对最外层电子的吸引能力逐渐减弱，失去该电子所需的能量逐渐减小，因此； 【小问2详解】 ①和均为极性分子，符合相似相溶规律；分子与分子间还能形成氢键。此外，氨与水存在反应。这些因素共同使极易溶于水。 ②氨极易溶于水，形成的氨水呈碱性，有利于吸收更多的。在饱和NaCl溶液中发生反应，析出溶解度较小的。因此应先通入，再通入。 ③中，N原子与4个H原子形成4个成键电子对，N原子的孤电子对数为。4个成键电子对为使相互排斥作用尽可能小，在空间采取正四面体排列，因此的空间结构为正四面体形； 【小问3详解】 ①中，N原子形成3个成键电子对，孤电子对数为，价层电子对数为，因此N原子采用杂化。 ②中的N原子有一对孤电子对，中的B原子具有空轨道。形成时，N原子提供孤电子对，B原子接受这对电子形成配位键，因此提供空轨道的是B原子。 ③ (氨硼烷)与互为等电子体，由于分子中N原子的电负性较大，分子间会形成氢键，所以熔点高于。 16. 向含有NaOH的NaClO溶液中逐滴滴入FeSO4溶液，滴加过程中溶液的pH随FeSO4溶液的体积的变化曲线及实验现象见表。 变化曲线 实验现象 i.A→B产生红褐色沉淀 ii.B→C红褐色沉淀的量增多 iii.C→D红褐色沉淀的量增多 iv.D点附近产生有刺激性气味的气体 v.D→E红褐色沉淀的量略有增多 资料：i.饱和NaClO溶液的pH约为11 ii.Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39 （1）Cl2和NaOH溶液制取NaClO的离子方程式是____。 （2）A点溶液的pH约为13，主要原因是____。 （3）结合离子方程式解释A→B溶液的pH显著下降的主要原因：____。 （4）NaClO溶液中含氯各微粒的物质的量分数与pH的关系如图。 ①M点溶液含氯的微粒有____。 ②C点附近生成红褐色沉淀的主要反应的离子方程式是____。 （5）检验iv中气体的方法是____。 （6）A→D的过程中，溶液的pH一直下降，原因是____。 （7）整个滴加过程中发生的反应与____、微粒的浓度等有关。 【答案】（1） （2）溶液中含有NaOH，NaOH电离出OH−使溶液的pH约为13 （3）A→B发生反应，消耗OH−，使溶液的pH显著下降 （4） ①. ClO−、HClO、Cl− ②. （5）用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体，试纸变蓝 （6）Fe2+向Fe(OH)3转化时消耗了NaOH和H2O电离的OH−，c(OH−)减小、c(H+)增大，pH一直下降 （7）反应物的相对用量或氧化剂的种类 【解析】 【分析】向含有NaOH的NaClO溶液中逐滴滴入FeSO4溶液，结合变化曲线图和实验现象，发现A→B过程，溶液的碱性较强，此时发生，从B→C的过程ClO-的含量减少，HClO含量增多，到C点主要发生，D→E过程溶液中NaOH和NaClO已完全反应，此时红褐色沉淀略有增多，主要是Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+，Fe3+发生水解生成Fe(OH)3沉淀，据此分析来解题。 【小问1详解】 Cl2和NaOH溶液反应生成NaClO、NaCl和H2O，反应的离子方程式为：，故答案为； 【小问2详解】 根据资料：饱和NaClO溶液的pH约为11，则A点溶液pH约为13主要是NaOH完全电离产生的c(OH-)0.1mol/L，所以A点溶液的pH约为13，主要原因是溶液中含有NaOH，NaOH电离出OH−使溶液的pH约为13，故答案为溶液中含有NaOH，NaOH电离出OH−使溶液的pH约为13； 【小问3详解】 根据实验现象：A→B产生红褐色沉淀，说明有Fe(OH)3生成，所以A→B溶液的pH显著下降是ClO-将Fe2+氧化为+3价，消耗溶液中的OH−，使c(OH-)减小，发生反应的离子方程式为，故答案为A→B发生反应，消耗OH−，使溶液的pH显著下降； 【小问4详解】 M点pH略小于8，产生红褐色沉淀，所以溶液含氯的微粒有ClO−、HClO、Cl−；C点pH约为6.5，溶液中HClO含量较多，所以C点附近生成红褐色沉淀的主要反应的离子方程式是，故答案为ClO−、HClO、Cl−；； 【小问5详解】 根据现象iv：D点附近产生有刺激性气味的气体，该气体为氯气，利用反应和碘单质遇淀粉溶液变蓝进行检验，故答案为用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体，试纸变蓝； 【小问6详解】 A→D的过程中，产生的红褐色沉淀在不断增多，即Fe2+不断地转化为Fe(OH)3沉淀，此过程需不断地消耗溶液中的OH−，所以溶液的pH一直下降，故答案是Fe2+向Fe(OH)3转化时消耗了NaOH和H2O电离的OH−，c(OH−)减小、c(H+)增大，pH一直下降； 【小问7详解】 根据以上分析，发现不同阶段有不同的氧化剂将Fe2+氧化为Fe(OH)3，因此整个滴加过程中发生的反应与反应物的相对用量或氧化剂的种类、微粒的浓度等有关，故答案为反应物的相对用量或氧化剂的种类； 17. 黄酮类物质X具有抗金黄色葡萄球菌、大肠杆菌等活性，一种合成路线如下。 已知：。 （1）X中含有的含氧官能团为醚键、_______。 （2）A→B反应的化学方程式是_______。 （3）B→D的反应类型是_______。 （4）E→F的反应同时生成HCl，试剂a的结构简式是_______。 （5）G转化为J需加入。 ①J的结构简式是_______。 ②的主要作用是_______。 （6）F和L生成X经历如下多步反应： 已知：Ⅰ．；Ⅱ．。 ①M的结构简式是_______。 ②三步反应中，涉及生成手性碳原子的为第_______步(填“一”“二”或“三”)。 【答案】（1）酮羰基、酚羟基 （2）+Br2+HBr （3）取代反应 （4）CH3OCH2Cl （5） ①. ②. 消耗反应生成的HBr，提高J的产率 （6） ①. ②. 二 【解析】 【分析】结合流程，A和Br2发生取代反应生成B，结合F的结构简式可知，B的结构简式为；B和(CH3)2SO4发生取代反应生成D，结合F的结构简式可以推知D为；D发生水解反应后酸化生成的E为；E和试剂a发生取代反应生成F，由题(4)可知，同时生成HCl，可以推知a为CH3OCH2Cl；G和发生取代反应生成J为；J发生已知信息的反应得到K为，K和CH3OCH2Cl发生取代反应生成L为；F和L发生(6)题中信息的反应得到M，由F和L的结构简式可知M为；M加成转化为N：；N酸化生成X，同时会生成甲醛、甲醇； 【小问1详解】 由X结构，X中含有的含氧官能团为醚键、酮羰基、酚羟基； 【小问2详解】 由分析可知，A和Br2发生取代反应生成B，化学方程式为：+Br2+HBr； 【小问3详解】 由分析可知，B和(CH3)2SO4发生取代反应生成D，故为取代反应； 【小问4详解】 由分析可知，a为CH3OCH2Cl； 【小问5详解】 ①由分析可知，J的结构简式是； ②G和发生取代反应生成J为，同时有HBr生成，K2CO3的主要作用是消耗反应生成的HBr，提高J的产率； 【小问6详解】 ①由分析可知，M的结构简式是； ②手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，M中没有手性碳原子，N中含有手性碳原子，则三步反应中涉及生成手性碳原子的为第二步。 18. 一种利用富锂卤水（含、、、、硼酸根等）制备碳酸锂的工艺如下： 已知：室温下相关物质的如下表： 化合物 （1）i中，操作的名称是__________。 （2）ii可除去的，该过程中生成反应的离子方程式为__________。 （3）iii中，得到的沉淀3的成分有__________。 （4）有人提出：可省略向溶液3中加入草酸钠这一步，该建议__________（填“可行”或“不可行”），理由是__________。 （5）一种测定碳酸锂产品纯度的方法如下： 步骤I.取产品，加入标准溶液，固体完全溶解； 步骤II.加热溶液，缓缓煮沸一段时间后自然冷却至室温； 步骤III.以酚酞为指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗溶液体积为。 ①已知：杂质不与、溶液反应，。 该产品纯度为__________（写出计算式，用质量分数表示）。 ②步骤II的目的是__________；若省略步骤II，直接进行步骤III，将导致测得的产品纯度__________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”） 【答案】（1）萃取、分液 （2） （3）、、 （4） ①. 不可行 ②. 由于远小于，若省略向溶液3中加入草酸钠这一步，会在沉锂的同时生成沉淀，造成产品纯度降低 （5） ①. ②. 除去溶液中的 ③. 偏低 【解析】 【分析】由题干工艺流程图可知，向富锂卤水中加入有机溶剂进行萃取分液出含硼有机溶剂和主要含Li+、Na+、Mg2+的水层溶液1，向溶液1中加入纯碱，将Mg2+转化为Mg2(OH)2CO3进行一次除镁，过滤得沉淀2主要成分为Mg2(OH)2CO3，向溶液2中加入石灰乳进行二次除镁，将剩余的镁离子转化为Mg(OH)2，同时步骤ii中生成的碳酸氢根离子和石灰乳反应生成CaCO3沉淀，故过滤出沉淀3主要成分为Mg(OH)2、CaCO3和过量的Ca(OH)2，向溶液3中加入草酸钠除Ca2+，将溶液3中的Ca2+转化为CaC2O4沉淀，过滤得到沉淀4主要成分为CaC2O4，向溶液4中加入纯碱进行沉锂，过滤洗涤得到碳酸锂，据此分析解题。 【小问1详解】 步骤i中，向富锂卤水中加入有机溶剂，目的是将硼酸根转移到有机相中，这是一个萃取过程。随后需要将水相（溶液1）和有机相（含硼有机溶液）分离开来，这需要分液操作。 【小问2详解】 反应物是溶液中的和加入的纯碱提供的，产物是沉淀。根据电荷守恒和原子守恒，会发生水解提供，同时生成，配平离子方程式为：。 【小问3详解】 由分析可知，沉淀3主要成分为Mg(OH)2、CaCO3和过量的Ca(OH)2。 【小问4详解】 溶液3中含有大量的和未除尽的。如果省略加入草酸钠除钙的步骤，直接进行沉锂（加入纯碱），由于远小于，会与 结合生成沉淀，混入产品中，导致产品不纯，该建议不可行。 【小问5详解】 ①步骤I：加入的总物质的量为，与反应：，步骤III：用滴定剩余的，反应为，消耗的物质的量为，剩余的物质的量为，反应的物质的量为，的物质的量等于反应的的物质的量，即，的质量为，该Li2CO3产品纯度为 = ； ②步骤I反应生成了，部分会溶解在水中形成碳酸。步骤III使用酚酞作指示剂，碳酸会消耗标准液。因此步骤II加热煮沸的目的是赶走溶解的。如果省略步骤II，溶液中的会与反应，导致消耗的体积偏大。根据纯度计算公式，偏大则计算出的质量偏小，最终测得的纯度偏低。 19. 某小组探究的制备。配制0.1的溶液和0.1的溶液备用。 【查阅资料】 i.FeS、均为黑色固体，难溶于水。 ii.，为无色离子。 iii.硫单质微溶于乙醇，难溶于水。 【设计并实施实验】 编号 实验一 实验二 操作 1.0mL 0.1 溶液 0.5mL 0.1 溶液 现象 迅速产生黑色沉淀a，振荡后黑色沉淀溶解，并产生臭鸡蛋气味的气体，最终得到棕黄色浊液X 产生棕黑色沉淀 （1）实验一中，根据复分解反应规律推测，生产黑色沉淀a的离子方程式为_______。 （2）进一步检验浊液X的组成，过程如下。 ①通过对浊液X组成的检验，推测实验一的黑色沉淀a溶解过程中有氧化还原反应发生，实验证据是_______。 ②经检测，黑色固体b的主要成分为FeS。甲同学认为，FeS是由红褐色清液中的与加入的反应产生的。乙同学认为该解释不严谨，理由是_______。 （3）实验二制得了，但其中含少量。 ①生成的离子方程式为_______。 ②从化学反应速率角度推测实验二的棕黑色沉淀中不含S的原因：_______。 实验三 小组同学进行如下图所示的改进实验。经检验，黑色沉淀c为纯净的。 （4）实验三中，由无色清液生成的离子方程式为_______。 【反思评价】 （5）对比三个实验，实验三能成功制备的原因是_______。 【答案】（1）2Fe3++3S2-=↓ （2） ①. 反应生成硫单质，反应前后硫元素化合价有改变，说黑色沉淀a溶解过程中有氧化还原反应发生 ②. 三价铁离子具有还原性，会和硫离子发生氧化还原生成的二价亚铁离子也会转化为FeS沉淀 （3） ①. 3S2-+Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3HS- ②. 铁离子与硫离子迅速反应生成沉淀，导致铁离子浓度降低，铁离子的氧化性减弱，发生氧化还原的速率减弱，使得实验二的棕黑色沉淀中不含S （4）2+3S2-=↓+12F- （5）加入NaF溶液，将铁离子转化为，降低铁离子浓度可以防止铁离子水解和发生氧化还原反应，再加入硫离子可以将转化为沉淀 【解析】 【分析】氯化铁和硫化钠可以发生复分解反应生成，也可能发生氧化还原反应生成FeS，铁离子与硫离子水解生成的氢氧根离子还会生成氢氧化铁沉淀。 【小问1详解】 已知，FeS、均为黑色固体，难溶于水；两种化合物交换成分生成另外两种化合物的反应，属于复分解反应；实验一中，根据复分解反应规律推测，则生产黑色沉淀a为，离子方程式为2Fe3++3S2-=↓； 【小问2详解】 ①离心分离出淡黄色固体，为硫单质，反应前后硫元素化合价有改变，说黑色沉淀a溶解过程中有氧化还原反应发生； ②三价铁离子具有还原性，会和硫离子发生氧化还原生成的二价亚铁离子也会转化为FeS沉淀； 【小问3详解】 ①实验二中硫化钠过量，硫离子水解生成氢氧根离子会和铁离子生成氢氧化铁沉淀，方程式为3S2-+Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3HS-。 ②铁离子与硫离子迅速反应生成沉淀，导致铁离子浓度降低，铁离子的氧化性减弱，发生氧化还原的速率减弱，使得实验二的棕黑色沉淀中不含S； 【小问4详解】 已知，；实验三中，由无色清液生成的反应为和硫离子生成沉淀，离子方程式为2+3S2-=↓+12F-。 【小问5详解】 实验三中加入NaF溶液，将铁离子转化为，降低铁离子浓度可以防止铁离子水解和发生氧化还原反应，再加入硫离子可以将转化为沉淀。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $