精品解析：北京市第四中学2026-2027学年高三上学期阶段测试一 化学试卷

高三化学 （试卷满分100分，考试时间为90分钟） 一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确） 1. 下列反应中水既不作氧化剂，又不作还原剂的是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应中，中元素化合价从+1价降低为中的0价，得电子，水作氧化剂，A不符合题意； B．反应中，中元素化合价从-2价升高为中的0价，失电子，水作还原剂，B不符合题意； C．反应中，只有中元素发生歧化反应（部分从-1价升高为0价，部分降低为-2价），中、元素化合价均无变化，水既不作氧化剂又不作还原剂，C符合题意； D．反应中，中元素化合价从+1价降低为中的0价，得电子，水作氧化剂，D不符合题意； 故答案选C。 2. 下列有关和的说法不正确的是 A. 1 mol 2H2的中子数约为 B. 可用质谱法区分和 C. 两者分子中的σ键电子云形状基本相同 D. 两者的化学性质相似 【答案】A 【解析】 【详解】A．1 mol 由2 mol构成，每个有1个中子，因此1 mol 的中子数约为 ，A错误； B．质谱法通过质荷比区分分子，和 的相对分子量不同，可被区分，B正确； C． 和 分子中的σ键均由氢原子的s轨道重叠形成，同位素原子的电子结构相同，电子云形状基本相同，C正确； D． 和 为同位素构成的分子，电子数和电子排布相同，化学性质相似，D正确； 答案选A。 3. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. HClO的电子式： B. 基态原子的价层电子排布式： C. 的VSEPR模型 D. 的原子结构示意图： 【答案】D 【解析】 【详解】A．HClO的中心原子为O，结构式为H-O-Cl，选项给出的电子式中原子连接顺序错误，正确的电子式为；A错误； B．基态原子满足洪特规则特例，半满结构更稳定，价层电子排布式为，B错误； C．中心原子价层电子对数为，无孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，与图示不符，C错误； D．是34号元素，核外电子层排布为2、8、18、6，与所给原子结构示意图一致，D正确； 故选D。 4. 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。 5. 下列推断中正确的是 A. 依据相对分子质量大小，可推断沸点： B. 依据、、的非金属性依次减弱，可推断酸性： C. 依据第二周期主族元素电负性依次增大，可推断它们的第一电离能依次增大 D. 依据、、、的氢化物分子中氢卤键的键能，可推断它们的热稳定性强弱 【答案】D 【解析】 【详解】A．分子间存在氢键，沸点在三者中最高，正确沸点顺序为，A错误； B．元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，不是的最高价含氧酸，不能用非金属性判断其酸性强弱，B错误； C．第二周期主族元素第一电离能存在反常：、，并非依次增大，C错误； D．共价键键能越大，分子断键越难，热稳定性越强，可依据氢卤键键能推断卤化氢的热稳定性强弱，D正确； 故选D。 6. 的结构如图。下列说法正确的是 A. Fe元素位于周期表的s区 B. 第一电离能： C. 键角： D. 图中的虚线表示氢键 【答案】D 【解析】 【详解】A．Fe是26号元素，核外电子排布为，属于d区，A错误； B．同主族从上到下第一电离能减小，O>S；H的核电荷数小、原子半径小，电离能大于S，B错误； C．中心S原子价层电子对数为4+4，无孤电子对，为正四面体形，中心O原子价层电子对数为2+4，有2对孤电子对，孤电子对斥力大于成键电子对，其键角小于，C错误； D．在晶体结构中，水分子之间、水分子与硫酸根之间存在的虚线代表氢键，D正确； 故答案选D。 7. 立方氮化硼的结构与金刚石相似，B、N均是杂化。立方氮化硼晶体结构如图所示。下列说法不正确的是 A. 氮化硼的化学式是BN B. 立方氮化硼中存在配位键 C. 距离硼原子最近的氮原子有12个 D. 立方氮化硼硬度大、熔点高 【答案】C 【解析】 【详解】A．由晶胞结构可知，B位于顶点和面心，数目为，N位于晶胞内部数目为4，B和N个数比为1:1，化学式为BN，A正确； B．B原子杂化后存在空轨道，N原子杂化后有孤电子对，二者可形成配位键，B正确； C．立方氮化硼结构与金刚石相似，每个硼原子周围最近的氮原子有4个，构成正四面体结构，C错误； D．立方氮化硼属于共价晶体，键键能大，因此硬度大、熔点高，D正确； 故选C。 8. 某医用胶的主要成分为-氰基丙烯酸异丁酯，结构简式如下。使用时，在伤口处可快速聚合，固化成膜，表现出良好的黏合及止血性能。下列说法不正确的是 A. 该医用胶分子中含有3种官能团 B. 该医用胶分子无顺反异构体 C. 该医用胶分子比乙烯更难聚合 D. 该医用胶分子中氰基可与蛋白质形成较强的相互作用 【答案】C 【解析】 【详解】A．该分子中含有碳碳双键（）、氰基（）、酯基（）共3种官能团，A正确； B．顺反异构要求碳碳双键两端的每个碳原子均连接2个不同的原子或基团，该分子碳碳双键的左端碳原子连接2个原子，不满足顺反异构条件，无顺反异构体，B正确； C．该分子的碳碳双键连有强吸电子基团氰基，双键活性更高，且题干说明其可快速聚合，故比乙烯更易聚合，C错误； D．氰基为强极性基团，可与蛋白质中的氨基、酰胺键等结构形成氢键等较强的相互作用，这也是该医用胶黏合性能的来源之一，D正确； 故选C。 9. 化合物可合成航空飞行器液体燃料，转化关系如下图。 下列说法正确的是 A. 等物质的量的与加成生成1-戊醇 B. 的核磁共振氢谱有两组峰 C. 用溴的四氯化碳溶液能区分与 D. 用酸性溶液能区分与 【答案】D 【解析】 【详解】A．M为环戊酮，其羰基与加成后生成环状的环戊醇，并非链状的1-戊醇，A错误； B．Q分子结构高度对称，共存在3种等效氢，核磁共振氢谱有3组峰，B错误； C．P为具有芳香性的稠环芳烃，无催化剂时不能与溴的四氯化碳溶液反应，溶液不褪色；Q为饱和烃，也不能使溴的四氯化碳溶液褪色，二者无法用溴的四氯化碳溶液区分，C错误； D．P为不饱和稠环芳烃，可被酸性溶液氧化，使溶液褪色；Q为饱和烃，与酸性溶液不反应，二者可以用酸性溶液区分，D正确； 故选D。 10. 探究甲醛与新制的反应：向溶液中滴加溶液，振荡后加入甲醛溶液并水浴加热。得到无色气体A，将反应后的浊液过滤，得到无色溶液B和红色固体D。 ①将无色气体A通过灼热的CuO粉末，生成红色固体。 ②向无色溶液B中加入过量浓盐酸，无明显变化。 ③红色固体D洗净后加入过量浓氨水，一段时间后，溶液变为蓝色，有红色固体剩余。 资料：(无色)(蓝色) 下列说法不正确的是 A. 根据①中现象可知，无色气体A中可能有 B. 根据②中现象可知，甲醛的氧化产物不是 C. 根据③中现象可知，红色固体D是和Cu D. 该实验条件下，1 mol甲醛能与反应 【答案】D 【解析】 【分析】实验在过量NaOH环境下配制新制，加入甲醛水浴加热，反应生成无色气体A、无色溶液B与红色固体D；气体A能还原灼热CuO，结合已知信息推测气体可能含有；向滤液B加浓盐酸无明显现象，说明不存在碳酸盐；红色固体D加浓氨水，先形成无色，随后被氧气氧化为蓝色且仍有红色固体剩余，证明固体同时含有与单质Cu； 【详解】A．气体A通入灼热CuO得到红色Cu，具有还原性可以还原CuO，结合题干给出，因此气体A中可能含有，A正确； B．若氧化产物为，向溶液B加入过量浓盐酸会产生气泡，实验无明显现象，证明氧化产物不是，B正确； C．根据资料，与氨水先生成无色，接触空气被氧化为蓝色；单质Cu不与氨水反应，实验最终有红色固体剩余，说明D为和混合物，C正确； D．常规碱性条件下，被氧化为时：，1 mol甲醛消耗4 mol ；但本实验体系中甲醛除被氧化外，还发生歧化反应，同时有副反应消耗甲醛、部分还原产物生成单质Cu，反应路径复杂，不能确定1 mol甲醛一定消耗4 mol ，D错误； 故选D。 11. 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。 12. 我国科研团队利用酯交换、缩聚两步法成功制备了具有高力学强度的异山梨醇型聚碳酸酯(PBIC)，合成路线如下。 下列说法不正确的是 A. 碳酸二甲酯中，碳原子的杂化方式有2种 B. 异山梨醇中的官能团为羟基和醚键 C. 缩聚过程脱除的小分子为甲醇 D. 合成1molPBIC时，理论上参加反应的丁二醇的物质的量为mmol 【答案】C 【解析】 【详解】A．碳酸二甲酯中，甲基上C原子为sp3杂化，碳氧双键中C原子为sp2杂化，共2种杂化方式，A正确； B．异山梨醇中含羟基、醚键，共2种官能团，B正确； C．由原子守恒可知，缩聚过程脱除的小分子为碳酸二甲酯，C错误； D．合成1molPBIC时，高分子中含mmol丁二醇的结构片段，则理论上参加反应的丁二醇的物质的量为mmol，D正确； 故答案选C。 13. 熔融碱金属碳酸盐(如)可作为焦炭转化的催化剂，一种可能的催化机理如下。 下列说法不正确的是 A. 该过程需加热至熔融，使其发生电离 B. 反应①、②中断裂的化学键只有碳氧键 C. 该过程的总反应为 D. 该过程中每生成，①、②间转移 【答案】B 【解析】 【详解】A．题干中明确提到使用的是“熔融碱金属碳酸盐”（如 ）。在常温下是固体，需要通过加热使其达到熔融状态，在熔融状态下它才能电离出自由移动的和，从而参与循环反应，A正确； B．反应①的输入是CO2，输出是CO，这个过程中必然有碳氧键（C=O）的断裂；反应②的反应物包含了焦炭。焦炭是碳的单质，其内部是由大量的碳原子通过碳碳键（C-C）结合，因此，在反应②中，除了的碳氧键断裂外，还必定伴随着焦炭中碳碳键的断裂，B错误； C． 根据上述机理推导，总循环的净结果是消耗了碳和二氧化碳，生成了一氧化碳，为催化剂，将分步反应加和可得总反应为，C正确； D．反应①：，生成的与体系中的CO2继续反应生成参与循环 ，反应②：，由此可见，每生成4 mol ，总转移电子为2 mol，即每生成2 mol ，①、②间转移1mol ，D正确； 故选B。 14. 某实验小组探究KMnO4溶液与NH3以及铵盐溶液的反应。 已知：的氧化性随溶液酸性增强而增强；MnO2为棕黑色，Mn2+接近无色。 实验 序号 试剂a 实验现象 Ⅰ 8mol·L-1氨水(pH≈13) 紫色变浅，底部有棕黑色沉淀 Ⅱ 0.1mol·L-1NaOH溶液 无明显变化 Ⅲ 4mol·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈6) 紫色略变浅，底部有少量棕黑色沉淀 Ⅳ 硫酸酸化的4mol·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈1) 紫色变浅 Ⅴ 硫酸酸化的4mol·L-1NH4Cl溶液(pH≈1) 紫色褪去 下列说法不正确的是 A. 由Ⅱ可知，pH=13时，OH-不能还原 B. 由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，与相比，NH3更易还原 C. 由Ⅲ、Ⅳ可探究溶液pH对与反应的影响 D. 由Ⅳ、Ⅴ可知，浓度降低，其还原性增强 【答案】D 【解析】 【详解】A．Ⅱ中0.1mol·L-1NaOH溶液的pH=13，实验无现象，说明pH=13时，OH-不能还原，A正确；； B．Ⅰ、Ⅱ可知，pH相同，氨水中现象明显；Ⅰ、Ⅲ可知，氨水中现象明显，而含铵根离子的硫酸铵溶液反应现象不太明显；故由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，与相比，NH3更易还原，B正确； C．Ⅲ、Ⅳ中变量为溶液的pH不同，则由Ⅲ、Ⅳ可探究溶液pH对与反应的影响，C正确； D．Ⅳ、Ⅴ中存在铵根离子浓度、阴离子种类2个变量，不能说明浓度降低，其还原性增强，D错误； 故选D。 二、填空题（本大题共5题，共58分） 15. 是一种常见的催化剂。 Ⅰ．晶胞的结构如图所示。 （1）Cl在元素周期表中的位置是__________。 （2）是__________（填“极性”或“非极性”）分子，中原子的杂化轨道类型是__________。 （3）基态的价层电子排布式是__________。 （4）晶体中，每个周围与它最近且距离相等的有__________个。 （5）的摩尔质量为，晶胞密度为，阿伏加德罗常数为。该晶体的晶胞边长为__________cm。 II．可催化废气中的脱除。在催化过程中，因被氧化为而逐渐失去活性。在一定条件下，与反应再生为，过程如下（条件略去）。 已知：      （6）相同浓度时的还原性：__________（填“>”“<”或“=”） （7）也可与反应生成和。与对比，用的优点是__________（答一条）。 【答案】（1） 第三周期ⅦA族 （2） ①. 极性 ②. （3） （4） 8 （5） （6） （7） 作还原剂，氧化产物是，绿色环保（或价廉易得） 【解析】 【小问1详解】 氯元素的原子序数为17，位于元素周期表第三周期ⅦA族； 【小问2详解】 氨分子中氮原子的价层电子对数为4，含有一对孤电子对，空间构型为三角锥形，正负电荷中心不重合，属于极性分子；中N原子与Co形成配位键，N原子形成4个键，无孤电子对，杂化方式为杂化； 【小问3详解】 钴元素的原子序数为27，基态Co原子的电子排布式为，失去两个4s电子形成，其价层电子排布式为； 【小问4详解】 由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的与位于体内的距离最近，每个顶点周围有8个相邻的晶胞，每个晶胞内有1个距离最近的，故配位数为8； 【小问5详解】 晶胞中的个数为，个数为8，即1个晶胞含有4个。设晶胞边长为，则晶胞体积，由密度公式，解得； 【小问6详解】 由平衡常数可知，，说明比更稳定，因此更容易失去电子转化为，故相同浓度时还原性：； 【小问7详解】 与作还原剂相比，用水作还原剂的氧化产物是，不会对环境造成污染，绿色环保，且水价廉易得。 16. 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。 ①S的基态原子最外层轨道表示式为__________ ②、、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． ii．__________（补全反应） （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、和，的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为。该晶体的密度是__________。 ②作催化剂，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. 两者原子均为杂化，中原子无孤电子对，而中原子有1对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用较大，使得键角较小 ④. （3） ①. ②. 复合催化剂中含有大量氨基，能与水分子形成氢键，使其具有高亲水性；氨基中的原子提供孤电子对与形成配位键，使不易流失 （4）弱酸性或弱碱性 【解析】 【小问1详解】  水解离为和，需要破坏水分子内部的键，该作用力属于极性共价键。 【小问2详解】 ①是16号元素，基态原子最外层电子排布式为。根据泡利不相容原理和洪特规则，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和中的原子均形成键并采取杂化。中原子没有孤电子对，空间构型呈四面体形；而中原子含有1对孤电子对。由于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，导致的键角被压缩而变小； ④ 催化层中解离的总反应为。已知反应为，根据盖斯定律，用总反应减去反应即可得到反应：。 【小问3详解】 ①根据晶胞结构图，原子位于顶点和体心，个数为；原子位于面上和体内，个数为。一个晶胞中含有2个单元。晶胞的质量，晶胞的体积，则密度； ②聚乙烯亚胺（）中含有大量的氨基（、等），氨基是亲水基团，能与水分子形成氢键，从而使催化剂具有高亲水性；同时，氨基上的原子具有孤电子对，能与具有空轨道的形成稳定的配位键，从而将牢固地结合在复合结构中，使其不易流失。 【小问4详解】 促进水的解离，需要基团能够结合水解离产生的或，从而使水的电离平衡正向移动。因此，这些基团或粒子应具有弱碱性（结合）或弱酸性（结合）。 17. 米非司酮是一种孕酮受体拮抗剂，其一种衍生物的前体N的合成路线如下(部分条件略)。 已知：i． ii． （1）F中含有的官能团有羰基、___________。 （2）F→A的化学方程式是___________。 （3）A→B中，判断并解释的羰基对α-H的活泼性的影响___________。 （4）D的结构简式为___________。 （5）下列说法正确的是___________(填序号)。 a．E和I生成J的反应类型为取代反应 b．J→K中，与碳碳双键发生加成反应 c．L→M的转化过程与E→L相似，均经历4步反应 （6）由N合成米非司酮衍生物Q的路线如下： X的分子式为，含有酯基和1个sp杂化的碳原子。X的结构简式为___________。 （7）F→Q中，使用了两种保护羰基的方法，分别是： ①用、进行保护，用TBAF、琼斯试剂脱除保护； ②___________。 【答案】（1）羟基 （2） （3）使α-H的活泼性增强。羰基为吸电子基团，α位C—H键极性增强，易断裂 （4） （5）ab （6） （7）用、进行保护，用、脱除保护 【解析】 【分析】F在浓硫酸加热的条件下发生醇的消去反应生成A，A的结构简式为。A和发生加成反应生成B。根据已知i，B分子五元环的1个键和侧链最左侧的α-碳的键，先发生加成反应、后发生消去反应生成D，D的结构简式为。D分子中五元环上的酮羰基经过还原反应变成醇羟基，再和Cl-Si(C2H5)3发生取代反应将羟基保护起来，得到E。F中的羟基经过取代反应转化为碳溴键，得到G。结合已知ii，G和乙二醇反应将酮羰基暂时保护起来，得到I，E和I发生取代反应生成J。J和发生加成反应得到K，K的结构简式为。K在酸性条件下将酮羰基复原，得到。结合已知i，与碱、加热生成L。L先利用自身的碳碳双键和I的碳溴键发生类似E+I→J的反应得到，在H+、H2O作用下生成，再发生类似已知i的反应得到M。M先后用TBAF、琼斯试剂将酮羰基复原，得到N。 【小问1详解】 根据F的结构简式可知其官能团为羰基和羟基。 【小问2详解】 根据分析，F→A为消去反应，生成A的同时生成了水，配平后得化学方程式为。 【小问3详解】 A→B的反应中，断开了α-C原子上的键，A断开碳碳双键，双键的端基C原子和α-C相连，H与双键的另一个C原子相连，说明该键易断裂，即两边的羰基使其活泼性增强，羰基为吸电子基团，α位C—H键极性增强，易断裂。 【小问4详解】 根据分析可知，D的结构简式为。 【小问5详解】 a．E在碱作用下α-C脱质子形成碳负离子，取代I中生成J，属于取代反应，a正确； b．J→K中，条件下优先与碳碳双键加成，酮羰基保留，b正确； c．根据分析，E→L经历4步反应，而L→M经历3步反应、不存在类似J→K的加成反应，c错误； 选ab。 【小问6详解】 P与X发生加成反应，且X分子式为，计算得不饱和度；含有酯基和1个sp杂化碳，结合Q的结构简式，含有(中心碳为sp杂化）和1个酯基，根据题干的合成路线，该合成路线的最后一步为缩酮水解脱保护生成酮羰基，同时酯基也水解变成羧基，最后一步的反应物为。所以X的结构简式为。 【小问7详解】 根据已知ii，羰基可与乙二醇形成缩酮实现保护，后续酸性水解可重新得到酮羰基，即用、进行保护，用、脱除保护，是题干中第二种保护羰基的方法。 18. 写出下列过程中发生的反应方程式 （1）在饱和氯水中加块状石灰石，能制得较浓HClO溶液，同时放出一种气体。其反应的离子方程式是____________________。 （2）1 mol/L KI溶液、溶液、淀粉溶液三者混合，溶液变成蓝色，用离子方程式解释相应的现象____________________。 （3）具有碱性，可与结合生成。用过量的将转化为并生成，反应的离子方程式为________________________________________。 （4）用溶液进行烟气中的脱除，每脱除共转移电子，请将该离子方程式补充完整________________________________________。 ____________________ （5）将电池级和、高温下反应，生成和一种可燃性气体，该反应的化学方程式是______________________________。 （6）工业生产中利用方铅矿精矿（主要成分为PbS，含有等杂质）和软锰矿（主要成分为）制备的工艺流程如下图所示。 浸取过程中与发生如下反应，请将该离子方程式补充完整：______________________________。 _________________________ （7）某小组模拟工业上回收分银渣中的银，过程如下： ①I中主要反应：。研究发现：其他条件不变时，该反应在敞口容器中进行，浸出时间过长会使银的浸出率（浸出液中银的质量占起始分银渣中银的质量的百分比）降低，可能原因是______________________________（用离子方程式表示）。 ②将II中反应的离子方程式补充完整：______________________________。 ________________________________________ 【答案】（1）CaCO3 + 2Cl2 + H2O = Ca2+ + 2Cl- + 2HClO + CO2↑ （2）4I- + O2 + 4H+ = 2I2 + 2H2O （3）5N2H4 + 4Fe3+ = N2↑ + 4Fe2+ + 4 （4）4NO + 10 + 14OH- = + 3 + 10 + 7H2O （5）Li2CO3 + 2FePO4 + 2C 2LiFePO4 + 3CO↑ （6）8H++2Cl-+PbS+4MnO2=PbCl2+4Mn2+++4H2O （7） ①. 2+O2=2或+O2+Cl-=AgCl↓+2； ②. 4+6OH-+HCHO=4Ag+8 +4H2O+ 【解析】 【分析】（6）方铅矿精矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)中加入稀盐酸，根据酸性废液中含有硫酸根离子矿渣，PbS中S元素被氧化成硫酸根离子，则发生反应为4MnO2+PbS+8HCl=3MnCl2+PbCl2+MnSO4+4H2O，加入NaCl促进反应PbCl2 (s)+2Cl-(aq)⇌(aq)，加入NaOH溶液调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁、矿渣和滤液；PbCl2微溶于水，将溶液沉降过滤得到PbCl2；电解酸性废液(Mn2+、、Cl-)可重新获得MnO2，连接电源正极为阳极，发生氧化反应，连接电源负极为阴极，发生还原反应； （7）分银渣中主要成分是AgCl，Ⅰ中用Na2SO3溶液作浸出剂，主要反应：AgCl + 2 + +Cl-；浸出液与甲醛反应，甲醛具有还原性能将一价银还原为银单质，Ⅱ中发生4+6OH-+HCHO=4Ag+8+4H2O+反应，生成Ag回收，同时又生成可以循环使用； 【小问1详解】 饱和氯水中存在平衡 Cl2 + H2OH+ + Cl- + HClO；加入块状石灰石（CaCO3），消耗了溶液中的 H+，使平衡正向移动，从而制得较浓的 HClO；同时 H+ 与 CaCO3 反应生成 CO2 气体；由于 HClO 是弱酸，不能与 CaCO3 反应，因此总反应的离子方程式为CaCO3 + 2Cl2 + H2O = Ca2+ + 2Cl- + 2HClO + CO2↑ ； 【小问2详解】 混合溶液中含有 KI 和 H2SO4（提供酸性环境），在空气中放置时，碘离子会被空气中的氧气氧化生成单质碘（I2）；淀粉遇碘变蓝，故呈现蓝色；故答案为4I- + O2 + 4H+= 2I2 + 2H2O； 【小问3详解】 首先发生氧化还原反应：N2H4 + 4Fe3+ = N2 + 4Fe2+ + 4H+；由于题目特别指出“N2H4 具有碱性，可与 H+ 结合生成 ”，且 N2H4是过量的，所以生成的 H+ 会全部与 N2H4 结合，将两个反应合并配平，得到上述总离子方程式5N2H4 + 4Fe3+ = N2↑ + 4Fe2+ + 4； 【小问4详解】 4 mol NO 共失去 10 mol 电子；设生成 x mol （N为+3价，失1e⁻）和 y mol （N为+5价，失3e⁻）；根据氮原子守恒：x + y = 4；根据电子守恒：x + 3y = 10；解得 x = 1，y = 3；（Mn为+7价）变为 （Mn为+6价），得到1个电子；为了匹配失去的10个电子，需要10个 参与反应，生成10个；此时方程式为 4NO + 10 + _ = + 3 + 10 + _；右边电荷为 -1 - 3 - 20 = -24，左边目前为 -10，由于环境通常为碱性，在左边补充 14OH-，右边补充 7H2O，原子和电荷均守恒；故答案为4NO + 10 + 14OH- = + 3 + 10 + 7H2O； 【小问5详解】 反应物中有 Li2CO3、C、FePO4，生成物有 LiFePO4 和一种可燃性气体。因为反应体系中没有氢元素，可燃性气体只能是一氧化碳（CO）；故答案为：Li2CO3 + 2FePO4 + 2C 2LiFePO4 + 3CO↑； 【小问6详解】 浸取过程中MnO2与PbS发生反应4MnO2+PbS+8HCl=3MnCl2+PbCl2+MnSO4+4H2O，离子反应为：8H++2Cl-+PbS+4MnO2=PbCl2+4Mn2+++4H2O； 【小问7详解】 ①反应在敞口容器中进行，亚硫酸钠易被空气中的氧气氧化，反应的离子方程式为2+O2=2或+O2+Cl-=AgCl↓+2； ②Ag的化合价由+1价降至0价，HCHO被氧化成，回收液循环使用，说明有生成，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平得：4+6OH-+HCHO=4Ag+8 +4H2O+。 19. 实验小组制备高锰酸钾。 资料：i．为墨绿色固体，可溶于水，强碱性条件下稳定，一定条件下发生的歧化反应为。 ii．浓碱性条件下，可被还原为。 iii．的溶解度随温度升高而增大。 （1）制备 步骤 实验 I 制备：将、和三种固体，在熔融状态下充分反应。得到墨绿色固体。 II 制备：将用水溶解后，滴加至（约），溶液由绿色变为紫红色，过滤。得到约紫红色溶液和棕黑色固体。 III 提纯：将转移至蒸发皿中，水浴浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。得到紫红色固体。 ①写出I中反应的化学方程式：__________________________________________________。 ②II中歧化的原因：随降低，的还原性不变，_____________。 ③取III中少量溶解，得紫红色溶液和少量棕黑色固体（检验为）。 （2）对III中产生的原因进行分析和探究 ①甲认为将还原，设计实验i验证：用含和的溶液代替重复III的操作，所得固体含。乙认为该现象不能证明还原了，理由是__________。 ②乙设计和实施了实验ii：用__________代替Y重复III的操作，所得固体不含。实验和证实了甲的观点。 ③丙用代替重复实验，证实III中不能还原。 （3）实验优化 为提高产品纯度，改进III的操作：将转移至蒸发皿中，水浴浓缩，__________，洗涤，干燥。 （4）测定纯度并计算产率 按Ⅰ中投料，经优化步骤制得产品，取1/4配制成待测液。酸性条件下，用待测液滴定标准溶液，被还原为。消耗的的物质的量为。 ①滴定反应的离子方程式是__________。（是二元弱酸） ②的产率是__________。[产率=（实际产量/理论产量）] 【答案】（1） ①. ②. 氧化性增强 （2） ①. 随着浓缩进行，增大，可能被还原为，歧化生成 ②. 溶液（） （3）趁热过滤、冷却结晶、过滤 （4） ①. ②. 8000a% 【解析】 【小问1详解】 ①根据题目信息可知，墨绿色固体为，则元素从价升高到价，推测元素从价降低到价，生成，结合反应环境是熔融体系，补齐反应物和产物得到化学方程式为； ②歧化反应中既是氧化剂又是还原剂，题目说明的还原性不变，只有氧化性随降低而增强后，才能得电子自身发生氧化还原反应； 【小问2详解】 ① 根据资料ⅰ、ⅱ可知实验III中溶液在浓缩过程中碱浓度增大，可被还原为，后续发生歧化反应生成，不能说明是还原了； ②为了证明确实是起到了还原作用，可以设计一个空白对照实验，即在完全相同的条件（浓度、温度、水浴、）下，排除的存在；因此应使用调节溶液使其来代替Y进行加热浓缩，证实甲的观点； 【小问3详解】 由于在 水浴浓缩过程中不可避免地产生固体杂质，为了提高产品纯度，应在结晶之前将除去；因此浓缩后应趁热过滤（除去），然后再将所得滤液冷却结晶析出，再进行过滤、洗涤、干燥； 【小问4详解】 ①酸性条件下，被还原为，被氧化为，是弱酸，在离子方程式中不能拆写，对应的离子方程式为； ②滴定实验中消耗的的物质的量为，则根据关系式可知其消耗的物质的量为，因滴定实验取的是1/4产品，则原产品中的物质的量为； 根据步骤I中投料和反应的化学计量数可知，完全参与反应，则生成的物质的量也为；之后发生歧化反应，根据化学计量数可得理论上生成的物质的量为； 产率； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三化学 （试卷满分100分，考试时间为90分钟） 一、选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确） 1. 下列反应中水既不作氧化剂，又不作还原剂的是 A. B. C. D. 2. 下列有关和的说法不正确的是 A. 1 mol 2H2的中子数约为 B. 可用质谱法区分和 C. 两者分子中的σ键电子云形状基本相同 D. 两者的化学性质相似 3. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. HClO的电子式： B. 基态原子的价层电子排布式： C. 的VSEPR模型 D. 的原子结构示意图： 4. 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. 5. 下列推断中正确的是 A. 依据相对分子质量大小，可推断沸点： B. 依据、、的非金属性依次减弱，可推断酸性： C. 依据第二周期主族元素电负性依次增大，可推断它们的第一电离能依次增大 D. 依据、、、的氢化物分子中氢卤键的键能，可推断它们的热稳定性强弱 6. 的结构如图。下列说法正确的是 A. Fe元素位于周期表的s区 B. 第一电离能： C. 键角： D. 图中的虚线表示氢键 7. 立方氮化硼的结构与金刚石相似，B、N均是杂化。立方氮化硼晶体结构如图所示。下列说法不正确的是 A. 氮化硼的化学式是BN B. 立方氮化硼中存在配位键 C. 距离硼原子最近的氮原子有12个 D. 立方氮化硼硬度大、熔点高 8. 某医用胶的主要成分为-氰基丙烯酸异丁酯，结构简式如下。使用时，在伤口处可快速聚合，固化成膜，表现出良好的黏合及止血性能。下列说法不正确的是 A. 该医用胶分子中含有3种官能团 B. 该医用胶分子无顺反异构体 C. 该医用胶分子比乙烯更难聚合 D. 该医用胶分子中氰基可与蛋白质形成较强的相互作用 9. 化合物可合成航空飞行器液体燃料，转化关系如下图。 下列说法正确的是 A. 等物质的量的与加成生成1-戊醇 B. 的核磁共振氢谱有两组峰 C. 用溴的四氯化碳溶液能区分与 D. 用酸性溶液能区分与 10. 探究甲醛与新制的反应：向溶液中滴加溶液，振荡后加入甲醛溶液并水浴加热。得到无色气体A，将反应后的浊液过滤，得到无色溶液B和红色固体D。 ①将无色气体A通过灼热的CuO粉末，生成红色固体。 ②向无色溶液B中加入过量浓盐酸，无明显变化。 ③红色固体D洗净后加入过量浓氨水，一段时间后，溶液变为蓝色，有红色固体剩余。 资料：(无色)(蓝色) 下列说法不正确的是 A. 根据①中现象可知，无色气体A中可能有 B. 根据②中现象可知，甲醛的氧化产物不是 C. 根据③中现象可知，红色固体D是和Cu D. 该实验条件下，1 mol甲醛能与反应 11. 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 12. 我国科研团队利用酯交换、缩聚两步法成功制备了具有高力学强度的异山梨醇型聚碳酸酯(PBIC)，合成路线如下。 下列说法不正确的是 A. 碳酸二甲酯中，碳原子的杂化方式有2种 B. 异山梨醇中的官能团为羟基和醚键 C. 缩聚过程脱除的小分子为甲醇 D. 合成1molPBIC时，理论上参加反应的丁二醇的物质的量为mmol 13. 熔融碱金属碳酸盐(如)可作为焦炭转化的催化剂，一种可能的催化机理如下。 下列说法不正确的是 A. 该过程需加热至熔融，使其发生电离 B. 反应①、②中断裂的化学键只有碳氧键 C. 该过程的总反应为 D. 该过程中每生成，①、②间转移 14. 某实验小组探究KMnO4溶液与NH3以及铵盐溶液的反应。 已知：的氧化性随溶液酸性增强而增强；MnO2为棕黑色，Mn2+接近无色。 实验 序号 试剂a 实验现象 Ⅰ 8mol·L-1氨水(pH≈13) 紫色变浅，底部有棕黑色沉淀 Ⅱ 0.1mol·L-1NaOH溶液 无明显变化 Ⅲ 4mol·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈6) 紫色略变浅，底部有少量棕黑色沉淀 Ⅳ 硫酸酸化的4mol·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈1) 紫色变浅 Ⅴ 硫酸酸化的4mol·L-1NH4Cl溶液(pH≈1) 紫色褪去 下列说法不正确的是 A. 由Ⅱ可知，pH=13时，OH-不能还原 B. 由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，与相比，NH3更易还原 C. 由Ⅲ、Ⅳ可探究溶液pH对与反应的影响 D. 由Ⅳ、Ⅴ可知，浓度降低，其还原性增强 二、填空题（本大题共5题，共58分） 15. 是一种常见的催化剂。 Ⅰ．晶胞的结构如图所示。 （1）Cl在元素周期表中的位置是__________。 （2）是__________（填“极性”或“非极性”）分子，中原子的杂化轨道类型是__________。 （3）基态的价层电子排布式是__________。 （4）晶体中，每个周围与它最近且距离相等的有__________个。 （5）的摩尔质量为，晶胞密度为，阿伏加德罗常数为。该晶体的晶胞边长为__________cm。 II．可催化废气中的脱除。在催化过程中，因被氧化为而逐渐失去活性。在一定条件下，与反应再生为，过程如下（条件略去）。 已知：      （6）相同浓度时的还原性：__________（填“>”“<”或“=”） （7）也可与反应生成和。与对比，用的优点是__________（答一条）。 16. 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。 ①S的基态原子最外层轨道表示式为__________ ②、、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． ii．__________（补全反应） （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、和，的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为。该晶体的密度是__________。 ②作催化剂，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__________。 17. 米非司酮是一种孕酮受体拮抗剂，其一种衍生物的前体N的合成路线如下(部分条件略)。 已知：i． ii． （1）F中含有的官能团有羰基、___________。 （2）F→A的化学方程式是___________。 （3）A→B中，判断并解释的羰基对α-H的活泼性的影响___________。 （4）D的结构简式为___________。 （5）下列说法正确的是___________(填序号)。 a．E和I生成J的反应类型为取代反应 b．J→K中，与碳碳双键发生加成反应 c．L→M的转化过程与E→L相似，均经历4步反应 （6）由N合成米非司酮衍生物Q的路线如下： X的分子式为，含有酯基和1个sp杂化的碳原子。X的结构简式为___________。 （7）F→Q中，使用了两种保护羰基的方法，分别是： ①用、进行保护，用TBAF、琼斯试剂脱除保护； ②___________。 18. 写出下列过程中发生的反应方程式 （1）在饱和氯水中加块状石灰石，能制得较浓HClO溶液，同时放出一种气体。其反应的离子方程式是____________________。 （2）1 mol/L KI溶液、溶液、淀粉溶液三者混合，溶液变成蓝色，用离子方程式解释相应的现象____________________。 （3）具有碱性，可与结合生成。用过量的将转化为并生成，反应的离子方程式为________________________________________。 （4）用溶液进行烟气中的脱除，每脱除共转移电子，请将该离子方程式补充完整________________________________________。 ____________________ （5）将电池级和、高温下反应，生成和一种可燃性气体，该反应的化学方程式是______________________________。 （6）工业生产中利用方铅矿精矿（主要成分为PbS，含有等杂质）和软锰矿（主要成分为）制备的工艺流程如下图所示。 浸取过程中与发生如下反应，请将该离子方程式补充完整：______________________________。 _________________________ （7）某小组模拟工业上回收分银渣中的银，过程如下： ①I中主要反应：。研究发现：其他条件不变时，该反应在敞口容器中进行，浸出时间过长会使银的浸出率（浸出液中银的质量占起始分银渣中银的质量的百分比）降低，可能原因是______________________________（用离子方程式表示）。 ②将II中反应的离子方程式补充完整：______________________________。 ________________________________________ 19. 实验小组制备高锰酸钾。 资料：i．为墨绿色固体，可溶于水，强碱性条件下稳定，一定条件下发生的歧化反应为。 ii．浓碱性条件下，可被还原为。 iii．的溶解度随温度升高而增大。 （1）制备 步骤 实验 I 制备：将、和三种固体，在熔融状态下充分反应。得到墨绿色固体。 II 制备：将用水溶解后，滴加至（约），溶液由绿色变为紫红色，过滤。得到约紫红色溶液和棕黑色固体。 III 提纯：将转移至蒸发皿中，水浴浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。得到紫红色固体。 ①写出I中反应的化学方程式：__________________________________________________。 ②II中歧化的原因：随降低，的还原性不变，_____________。 ③取III中少量溶解，得紫红色溶液和少量棕黑色固体（检验为）。 （2）对III中产生的原因进行分析和探究 ①甲认为将还原，设计实验i验证：用含和的溶液代替重复III的操作，所得固体含。乙认为该现象不能证明还原了，理由是__________。 ②乙设计和实施了实验ii：用__________代替Y重复III的操作，所得固体不含。实验和证实了甲的观点。 ③丙用代替重复实验，证实III中不能还原。 （3）实验优化 为提高产品纯度，改进III的操作：将转移至蒸发皿中，水浴浓缩，__________，洗涤，干燥。 （4）测定纯度并计算产率 按Ⅰ中投料，经优化步骤制得产品，取1/4配制成待测液。酸性条件下，用待测液滴定标准溶液，被还原为。消耗的的物质的量为。 ①滴定反应的离子方程式是__________。（是二元弱酸） ②的产率是__________。[产率=（实际产量/理论产量）] 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $