精品解析：北京一零一中未来科学城学校2026-2027学年上学期高三统练二 化学试题

北京一零一中未来科学城学校 2026-2027学年第一学期高三化学统练二 可能会用到的相对原子质量H：1 C：12 O：16 一、单选题 1. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 的电子式： B. 分子的球棍模型： C. 的结构示意图： D. 乙炔的结构式： 【答案】A 【解析】 【详解】A．是共价化合物，其电子式为，故A错误； B．为正四面体形，分子的球棍模型：，故B正确； C．Al的原子序数为13，即的结构示意图：，故C正确； D．乙炔含有碳碳三键，结构式为：，故D正确； 故选A。 2. 下列说法不正确的是 A. 葡萄糖氧化生成和的反应是放热反应 B. 核酸可看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子 C. 由氨基乙酸形成的二肽中存在两个氨基和两个羧基 D. 向饱和的溶液中加入少量鸡蛋清溶液会发生盐析 【答案】C 【解析】 【详解】A．葡萄糖氧化生成CO2和H2O是放热反应，在人体内葡萄糖缓慢氧化成CO2和H2O为人体提供能量，A项正确； B．核酸是一种生物大分子，分析核酸水解的产物可知，核酸是由许多核苷酸单体形成的聚合物，核苷酸进一步水解得到磷酸和核苷，核苷进一步水解得到戊糖和碱基，故核酸可看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子，B项正确； C．氨基乙酸的结构简式为H2NCH2COOH，形成的二肽的结构简式为H2NCH2CONHCH2COOH，该二肽中含1个氨基、1个羧基和1个肽键，C项错误； D．鸡蛋清溶液为蛋白质溶液，NaCl溶液属于轻金属盐溶液，向饱和NaCl溶液中加入少量鸡蛋清溶液，蛋白质发生盐析，D项正确； 答案选C。 3. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 用盐酸除去铁锈： B. 用溶液除去乙炔中的 C. 用乙醇处理废弃的 D. 将通入水中制备硝酸： 【答案】B 【解析】 【详解】A．铁锈的成分为Fe2O3·xH2O ，能溶于盐酸生成FeCl3和水，离子方程式为：Fe2O3·xH2O+6H+=2Fe3++(3+x)H2O，A正确； B．H2S为弱酸，离子方程式不能拆成离子，离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，B错误； C． 乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气，化学方程式正确，C正确； D．NO2与水反应生成硝酸和NO，化学方程式正确，D正确； 答案选B。 4. 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。 5. 下列实验合理的是 A．由FeCl3溶液制备无水FeCl3 B．稀释浓硫酸 C．分离乙醇和水 D．配制一定物质的量浓度的KCl溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．直接加热蒸发溶液时，水解生成和易挥发的，加热会促进水解，最终无法得到无水，A错误； B．稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢注入蒸馏水中，并用玻璃棒不断搅拌散热，操作符合实验规范，B正确； C．蒸馏分离乙醇和水时，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处测量蒸气温度，冷凝水应下口进上口出，图中温度计位置错误，C错误； D．配制一定物质的量浓度溶液时，液面离刻度线约1~2时，应改用胶头滴管滴加蒸馏水定容，直接倾倒易导致加液超过刻度线，使溶液浓度偏低，D错误； 故选B。 6. 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。 7. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 苯酚钠溶液中通入CO2，出现白色浑浊：+H2O+CO2→+NaHCO3 B. 用绿矾(FeSO4·7H2O)将酸性工业废水中的转化为 C. 过量铁粉与稀硝酸反应： D. 用Na2CO3溶液将水垢中的CaSO4转化为溶于酸的 【答案】D 【解析】 【详解】A．酸性顺序为，因此苯酚钠与反应无论量多少均生成苯酚和，A不符合题意； B．酸性条件下具有氧化性，可将氧化为，自身被还原为，该离子方程式电子守恒、电荷守恒、原子守恒，B不符合题意； C．过量铁粉与稀硝酸反应时，生成的会被过量还原为，最终产物为、和，离子方程式书写正确，C不符合题意； D．水垢中的是微溶固体，不能拆分为，正确的离子方程式为，D符合题意； 故选D。 8. 下列说法正确的是 A. 标准状况下，含有的分子数约为 B. 含有的质子数约为 C. 室温下，17克-OH中含有电子数约为 D. 与足量的Fe反应转移的电子数约为 【答案】D 【解析】 【详解】A．标准状况下为液体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量，无法确定分子数，A错误； B．1个含有11个质子，含质子的物质的量为，质子数约为，B错误； C．的摩尔质量为，的物质的量为，1个含有9个电子，故含电子数约为，C错误； D．与足量反应时，元素化合价从0价降低到-1价，完全反应得到电子，转移电子数约为，D正确； 故答案选D。 9. 酸性锌锰干电池的构造示意图如下。关于该电池及其工作原理，下列说法正确的是 A. 石墨作电池的负极材料 B. 电池工作时，向负极方向移动 C. 发生氧化反应 D. 锌筒发生的电极反应为 【答案】D 【解析】 【详解】A．酸性锌锰干电池，锌筒为负极，石墨电极为正极，故A错误； B．原电池工作时，阳离子向正极(石墨电极)方向移动，故B错误； C．发生得电子的还原反应，故C错误； D．锌筒为负极，负极发生失电子的氧化反应，故D正确； 故选D。 10. 可采用催化氧化法将工业副产物制成，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：。下图所示为该法的一种催化机理。 下列说法不正确的是 A. Y为反应物，W为生成物 B. 反应制得，须投入 C. 升高反应温度，被氧化制的反应平衡常数减小 D. 图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 【答案】B 【解析】 【分析】由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO与Y反应生成Cu(OH)Cl，则Y为HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2，则W为H2O；CuCl2分解为X和CuCl，则X为Cl2；CuCl和Z反应生成Cu2OCl2，则Z为O2；综上所述，X、Y、Z、W依次是、、、。 【详解】A．由分析可知，Y为反应物，W为生成物，A正确； B．在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误； C．总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确； D．图中涉及的两个氧化还原反应是和，D正确； 故选B。 11. 中国科学家团队以杜仲胶(X)为基体通过两步反应制备羟基杜仲胶(Z)，再在交联剂M的作用下，生成高分子材料W，转化过程如下。 已知：+2R1-OH +2H2O 下列说法不正确的是 A. X的单体为 B. 反应X→Y中，理论上会氧化碳碳双键 C. M为 D. W可回收重新得到Z 【答案】B 【解析】 【详解】A．杜仲胶X是聚异戊二烯，结构重复单元为，单体为异戊二烯（​），A正确； B．X→Y中，碳碳双键被氧化为环氧结构，1 mol碳碳双键被氧化时，需要1 mol （ ​中2个-1价O得到2 mol电子变为-2价，1 mol碳碳双键氧化共失去2 mol电子，得失电子守恒），因此1 mol 只能氧化1 mol碳碳双键，B错误； C．根据已知反应，结合W的结构，M为对苯二硼酸（苯环对位连接两个），符合交联成W的结构要求，C正确； D．已知生成硼酸酯的反应是可逆反应，因此W可通过水解反应重新得到Z，D正确； 故选B。 12. 用电石（主要成分为，含CaS和等）制取乙炔时，常用溶液除去乙炔中的杂质。反应为： ① ② 下列分析不正确的是 A. CaS、发生水解反应的化学方程式：、 B. 反应②中每氧化 C. 不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱 D. 用酸性溶液验证乙炔还原性时，和有干扰 【答案】B 【解析】 【详解】A．两种物质水解均生成相应的气态氢化物和氢氧化钙，配平后的化学方程式为、，两式的物种、系数和气体符号均正确，A正确； B．反应②中，24 mol硫酸铜中的铜元素由+2价降至+1价，共得到24 mol电子；11 mol磷化氢参与反应时，只有生成3 mol磷酸的3 mol磷化氢被氧化，其余8 mol磷化氢中的磷元素转入磷化亚铜，化合价不变，因此被氧化的磷化氢为3 mol，B错误； C．反应①生成难溶于水、也难溶于酸的硫化铜沉淀，沉淀的生成会推动反应进行，反应方向不只受酸性强弱影响，所以不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱，C正确； D．粗乙炔中的硫化氢和磷化氢均有还原性，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，会干扰乙炔还原性的验证，D正确； 故选B。 13. 硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A. I的化学方程式： B. Ⅱ中的反应条件都是为了提高平衡转化率 C. 将黄铁矿换成硫黄可以减少废渣的产生 D. 生产过程中产生的尾气可用碱液吸收 【答案】B 【解析】 【分析】黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，SO2和空气中的O2在400~500℃、常压、催化剂的作用下发生反应得到SO3，用98.3%的浓硫酸吸收SO3，得到H2SO4。 【详解】A．反应I是黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，化学方程式：，故A正确； B．反应Ⅱ条件要兼顾平衡转化率和反应速率，还要考虑生产成本，如Ⅱ中“常压、催化剂”不是为了提高平衡转化率，故B错误； C．将黄铁矿换成硫黄，则不再产生，即可以减少废渣产生，故C正确； D．硫酸工业产生的尾气为、，可以用碱液吸收，故D正确； 故选B。 14. 已知存在如下平衡：① ；② 。研究在、和水溶液中的溶解性，实验如下。 资料：依据与的反应，以淀粉为指示剂，用标准溶液可准确测定水溶液中的浓度。下列说法不正确的是 A. 的现象符合相似相溶原理，可知 B. 三支试管中，的大小顺序： C. 中，若增加的体积，则一定减小 D. 测中：取的下层溶液，加入水溶液后，依据资料方法测定 【答案】B 【解析】 【详解】A．为非极性分子，为非极性溶剂，水为极性溶剂，的萃取现象符合相似相溶原理；平衡①的平衡常数，大部分进入层，，故，A正确； B．为饱和碘水，水层总浓度最大；加入后，大量​转移到有机层，水层游离浓度大幅降低，因此：；向中滴入水溶液，发生平衡②：​，消耗水层游离​，促使平衡①逆向移动，有机层的向水层转移，减小，而为了维持不变，也要减小，故：， 因此三者顺序应为，B错误； C．平衡①的平衡常数仅随温度变化，温度不变时为定值。增加体积，更多会从水层进入有机层，但水层游离​浓度因体系稀释、平衡移动持续降低，由可知，有机层浓度一定减小，C正确； D．取的下层溶液，加入水溶液后振荡，与反应生成完全进入水层，用标准溶液滴定水层的（滴定过程中会不断分解出参与反应），可测定总物质的量，进而计算，D正确； 故选B。 二、解答题 15. 通过和的相互转化可实现的高效存储和利用。 （1）将的基态原子最外层轨道表示式补充完整：_______。 （2）分子中键角小于，从结构角度解释原因：_______。 （3）的晶胞是立方体结构，边长为，结构示意图如下。 ①的配体中，配位原子是_______。 ②已知的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为_______。() （4）和反应过程中能量变化示意图如下。 ①室温下，和反应生成而不生成。分析原因：_______。 ②从平衡的角度推断利于脱除生成的条件并说明理由：_______。 【答案】（1） （2）NH3中N原子的sp3杂化轨道有一个孤电子对，斥力较大 （3） ①. N ②. （4） ①. E2＜E1，温度低时更容易生成 ②. [Mg(NH3)6]Cl2是吸热反应，也是气体分子数增加的反应，升温、减压有利于[Mg(NH3)6]Cl2脱除NH3 【解析】 【小问1详解】 Mg是第12号元素，其基态最外层电子的电子排布式为3s2，故其基态原子最外层轨道表示式为：。 【小问2详解】 NH3中N原子的键电子对数为3、孤电子对数为=1，价层电子对数为4，N原子的sp3杂化轨道有一个孤电子对，斥力较大，故NH3分子中H-N-H的键角小于109°28′。 【小问3详解】 ①的内界为，故其配体为NH3，由于N原子有孤电子对，所以配位原子为N； ②根据均摊法，该晶胞中的个数为，的个数为8，故每个晶胞中含有4个，则晶体的密度为。 【小问4详解】 ①由MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可知，E2＜E1，温度低时更容易生成； ②根据MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可知[Mg(NH3)6]Cl2是吸热反应，该反应也是气体分子数增加的反应，故升温、减压有利于[Mg(NH3)6]Cl2脱除NH3。 16. 铅酸电池是用途广泛并不断发展的化学电源。 （1）十九世纪，铅酸电池工作原理初步形成并延续至今。 铅酸电池工作原理： ①充电时，阴极发生的电极反应为_______。 ②放电时，产生a库仑电量，消耗的物质的量为_______。已知：转移电子所产生的电量为96500库仑。 ③作为电解质溶液性质稳定、有较强的导电能力，参与电极反应并有利于保持电压稳定。该体系中不氧化，氧化性弱与其结构有关，的空间结构是_______。 ④铅酸电池储存过程中，存在化学能的缓慢消耗：电极在作用下产生的可将电极氧化。氧化发生反应的化学方程式为_______。 （2）随着铅酸电池广泛应用，需要回收废旧电池材料，实现资源的再利用。回收过程中主要物质的转化关系示意图如下。 ①将等物质转化为的过程中，步骤I加入溶液的目的是_______。 ②步骤Ⅱ、Ⅲ中和作用分别是_______。 （3）铅酸电池使用过程中，负极因生成导电性差的大颗粒，导致电极逐渐失活。通过向负极添加石墨、多孔碳等碳材料，可提高铅酸电池性能。碳材料的作用有_______(填序号)。 a．增强负极导电性 b．增大负极材料比表面积，利于生成小颗粒 c．碳材料作还原剂，使被还原 【答案】（1） ①. ②. ③. 正四面体形 ④. （2） ①. 脱除硫酸根，生成可溶于酸的氢氧化铅 ②. H2O2作还原剂，K2S2O8作氧化剂 （3）ab 【解析】 【小问1详解】 ①充电时，阴极发生还原反应，PbSO4得到电子变成Pb，其发生的电极反应为：； ②根据放电时的反应，每消耗1molH2SO4，转移1mol电子；产生a库伦电量，转移的电子为，故消耗H2SO4的物质的量为； ③的中心原子S原子的价层电子对数为，故其空间结构为正四面体形； ④Pb在H2SO4作用下与氧气反应，会生成PbSO4和水，反应的化学方程式为：。 【小问2详解】 废旧铅酸电池通过预处理得到PbSO4、PbO、PbO2；加入NaOH，使PbSO4转化为Pb(OH)2，过滤得到Pb(OH)2、PbO、PbO2；若加入H2O2，在酸性条件下生成含Pb2+溶液，电解后生成Pb；若加入K2S2O8，在碱性条件下可生成PbO2。 ①由以上分析可知，加入NaOH，使PbSO4转化为Pb(OH)2，过滤得到Pb(OH)2、PbO、PbO2，其目的是脱除硫酸根，生成可溶于酸的氢氧化铅，便于后续的溶解； ②由以上分析可知，加入H2O2，在酸性条件下生成含Pb2+溶液，说明PbO2被H2O2还原，故H2O2的作用为还原剂；加入K2S2O8，在碱性条件下可生成PbO2，说明Pb(OH)2、PbO被K2S2O8氧化，故K2S2O8的作用为氧化剂。 【小问3详解】 由于负极会生成导电性差的大颗粒PbSO4，石墨可以导电，多孔碳可以增加负极材料的比表面积，故碳材料的作用可以增强负极的导电性，且有利于生成小颗粒PbSO4，故a、b正确； 负极的主要材料是Pb，且电解质环境为酸性，故负极不存在PbO2，碳材料不能使PbO2被还原，c错误； 故选ab。 17. 除草剂苯嘧磺草胺的中间体M合成路线如下。 （1）D中含氧官能团的名称是_______。 （2）A→B的化学方程式是_______。 （3）I→J的制备过程中，下列说法正确的是_______(填序号)。 a．依据平衡移动原理，加入过量的乙醇或将J蒸出，都有利于提高I的转化率 b．利用饱和碳酸钠溶液可吸收蒸出的I和乙醇 c．若反应温度过高，可能生成副产物乙醚或者乙烯 （4）已知： ①K的结构简式是_______。 ②判断并解释K中氟原子对的活泼性的影响_______。 （5）M的分子式为。除苯环外，M分子中还有个含两个氮原子的六元环，在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇。由此可知，在生成M时，L分子和G分子断裂的化学键均为键和_______键，M的结构简式是_______。 【答案】（1）硝基、酯基 （2） （3）abc （4） ①. ②. 使的活泼性增强。F的电负性大，—CF3为吸电子基团（极性强），α位C—H键极性增强，易断裂 （5） ①. ②. 【解析】 【分析】B发生硝化反应得到D，即B为，A与CH3OH发生酯化反应生成B，即A为，D发生还原反应得到E，结合E的分子式可知，D硝基被还原为氨基，E为，E在K2CO3的作用下与发生反应得到G，结合G的分子式可知，G为，I与C2H5OH在浓硫酸加热的条件下生成J，结合I与J的分子式可知，I为CH3COOH，J为CH3COOC2H5，J与在一定条件下生成K，发生类似的反应，结合L的结构简式和K的分子式可知，K为，G和L在碱的作用下生成M，M的分子式为，除苯环外，M分子中还有个含两个氮原子的六元环，在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇，可推测为G与L中键与酯基分别发生反应，形成酰胺基，所以断裂的化学键均为键和键，M的结构简式为。 【小问1详解】 由D的结构简式可知，D中含氧官能团为硝基、酯基； 【小问2详解】 A→B的过程为A中羧基与甲醇中羟基发生酯化反应，化学方程式为：； 【小问3详解】 I→J的制备过程为乙酸与乙醇的酯化过程， a．依据平衡移动原理，加入过量的乙醇或将乙酸乙酯蒸出，都有利于提高乙酸的转化率，a正确； b．饱和碳酸钠溶液可与蒸出的乙酸反应并溶解乙醇，b正确； c．反应温度过高，乙醇在浓硫酸的作用下发生分子间脱水生成乙醚，发生分子内消去反应生成乙烯，c正确； 故选abc； 【小问4详解】 ①根据已知反应可知，酯基的与另一分子的酯基发生取代反应，中左侧不存在，所以产物K的结构简式为； ②氟原子可使的活泼性增强。F的电负性大，—CF3为吸电子基团（极性强），α位C—H键极性增强，易断裂； 【小问5详解】 M分子中除苯环外还有一个含两个氮原子的六元环，在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇，再结合其分子式，可推测为G与L中键与酯基分别发生反应，形成酰胺基，所以断裂的化学键均为键和键，M的结构简式为。 18. 以铋精矿（主要成分为Bi2S3，含有少量FeS2、Cu2S、PbO2、SiO2等杂质）和氧化锰矿（主要成分为MnO2）为原料联合提取铋和锰的一种流程示意图如下。 已知：ⅰ.酸性条件下，氧化性：PbO2>MnO2>Fe3+>Cu2+；ⅱ.Bi2(SO4)3不溶于水，可溶于盐酸；ⅲ.BiCl3不溶于水，沸点为447℃；pH>3时，极易水解生成不溶性的BiOCl沉淀。 （1）矿石在浸取过程前需粉碎，目的是__________。 （2）Ⅰ中，浸锰过程是在H2SO4溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除杂质。 ①将浸锰过程中Cu2S与MnO2反应的离子方程式补充完整__________。 Cu2S+2MnO2+ H+=2Cu2++ __________+ __________↓+ H2O ②浸锰渣的成分有Bi2(SO4)3和__________。 （3）Ⅱ中，Bi2(SO4)3转化为BiCl3为可逆反应，从平衡角度说明加入过量浓盐酸的作用_______。 （4）已知：金属离子的起始浓度为0.1mol·L-1时，溶液中离子生成氢氧化物的pH如下。 Cu(OH)2 Fe(OH)3 Mn(OH)2 开始沉淀时pH 5.4 1.5 8.2 完全沉淀时pH 6.9 2.8 10.2 Ⅴ中除去MnSO4粗液中含有的杂质离子，需调节pH约为7~8.原因是__________。 （5）测定BiOCl产品的纯度：取a g充分洗涤干燥后的产品，溶于稍过量的浓硝酸中，加水稀释至100mL，取20.00 mL于锥形瓶中，用c mol·L-1的AgNO3标准液滴定至终点（用Na2CrO4做指示剂），消耗AgNO3标准液V mL，则产品中BiOCl的质量分数为_______。（已知：ⅰ.BiOCl的摩尔质量为M g·mol-1；ⅱ.BiOCl+3HNO3⇌Bi(NO3)3+HCl+H2O）。 【答案】（1）增大反应物接触面积，加快浸取速率，提高浸取率 （2） ①. Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++2Mn2++S↓+4H2O ②. SiO2、S、PbSO4 （3）体系中存在Bi2(SO4)3+6HCl⇌2BiCl3+3H2SO4，加入过量浓盐酸，一方面增大了Cl-的浓度，使该溶解平衡正向移动，提高转化率；另一方面，浓盐酸提供了大量的H+，能抑制BiCl3的水解 （4）使Fe3+和Cu2+生成沉淀而除去，Mn2+不沉淀 （5）（或） 【解析】 【分析】铋精矿(主要成分为，含有少量、、、等杂质)和氧化锰矿(主要成分为)，矿石粉碎后进入浸锰工序，在酸性条件下作为氧化剂将硫化物氧化，自身被还原为进入溶液得到粗液，后续经除杂、结晶得到晶体。浸锰过程中生成的和不反应的固体杂质共同进入浸锰渣，经浓盐酸溶解、升温蒸馏分离出，最终和碳酸钠反应水解得到产物。 【小问1详解】 固体矿石粉碎的常规目的是为了增大反应物之间的接触面积，从而加快反应速率，并使反应更充分，提高浸取率。 【小问2详解】 ①作氧化剂被还原为，作还原剂，元素化合价由升高到，元素化合价由升高到，生成单质沉淀；根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平可得：Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++2Mn2++S↓+4H2O； ②浸锰过程中，转化为不溶于水的 和S，不反应，和被氧化生成单质；具有强氧化性，在酸性条件下被还原为，并与溶液中的结合生成难溶的；因此浸锰渣中除了外，还含有、、。 【小问3详解】 转化为的反应为可逆反应：；加入过量浓盐酸，一方面增大了的浓度，使该溶解平衡正向移动，提高转化率；另一方面，已知极易水解，水解方程式为：，浓盐酸提供了大量的，能有效抑制的水解； 【小问4详解】 粗液中含有及杂质、；由表格数据可知， 完全沉淀的为，而开始沉淀的为；为了将和完全转化为氢氧化物沉淀除去，同时保证不沉淀损失，调节约为； 【小问5详解】 滴定过程中发生的反应为；溶液中消耗的， 则溶液中总；根据关系式，产品中的物质的量为，的质量为，故产品中的质量分数为（或）。 19. 某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 （1）理论分析 依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是_______。 （2）实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质 Ⅱ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质 Ⅲ 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是_______。 ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因_______。 ③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。 i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式_______。 b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验_______(填实验操作和现象)。 证实了此条件下可忽略对的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。 ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制，_______ (填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。 （3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因_______。 【答案】（1） （2） ①. 产生蓝色沉淀 ②. 在溶液中存在反应，或会与反应，溶液中c(H+)减小，使水解平衡正向移动 ③. 、 ④. 取实验Ⅱ中为3~4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡 ⑤. 观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去（或变浅），停止加盐酸 （3）金属Mg具有较强的活泼性，Mg的反应中产生大量气泡，阻止包裹的形成；pH约3~4时可忽略H+对铁的消耗 【解析】 【分析】实验Ⅰ中，加入过量的Cu，Cu与Fe3+发生反应，一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质；实验Ⅱ中，加入过量的Zn，发生反应，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色沉淀，固体中未检测到Fe单质，原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹；实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应，由于Mg很活泼，该反应非常剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质，对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 【小问1详解】 在金属活动性顺序表中，排在之前，排在之后，因此可将还原为； 【小问2详解】 ①与会生成蓝色的沉淀； ②在溶液中存在反应，加入的或会与反应，溶液中c(H+)减小，促进水解平衡正向移动，有红褐色沉淀生成； ③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为、； b．要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可取实验Ⅱ中为3~4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡； ⅱ．结合a，b和c可知，实验Ⅱ未检测到单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去（或变浅），停止加入盐酸，待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质； 【小问3详解】 对比实验Ⅱ和Ⅲ，金属Mg具有较强的活泼性，Mg的反应中产生大量气泡，阻止包裹的形成；pH约3~4时可忽略H+对铁的消耗，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京一零一中未来科学城学校 2026-2027学年第一学期高三化学统练二 可能会用到的相对原子质量H：1 C：12 O：16 一、单选题 1. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 的电子式： B. 分子的球棍模型： C. 的结构示意图： D. 乙炔的结构式： 2. 下列说法不正确的是 A. 葡萄糖氧化生成和的反应是放热反应 B. 核酸可看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子 C. 由氨基乙酸形成的二肽中存在两个氨基和两个羧基 D. 向饱和的溶液中加入少量鸡蛋清溶液会发生盐析 3. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 用盐酸除去铁锈： B. 用溶液除去乙炔中的 C. 用乙醇处理废弃的 D. 将通入水中制备硝酸： 4. 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 5. 下列实验合理的是 A．由FeCl3溶液制备无水FeCl3 B．稀释浓硫酸 C．分离乙醇和水 D．配制一定物质的量浓度的KCl溶液 A. A B. B C. C D. D 6. 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 7. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 苯酚钠溶液中通入CO2，出现白色浑浊：+H2O+CO2→+NaHCO3 B. 用绿矾(FeSO4·7H2O)将酸性工业废水中的转化为 C. 过量铁粉与稀硝酸反应： D. 用Na2CO3溶液将水垢中的CaSO4转化为溶于酸的 8. 下列说法正确的是 A. 标准状况下，含有的分子数约为 B. 含有的质子数约为 C. 室温下，17克-OH中含有电子数约为 D. 与足量的Fe反应转移的电子数约为 9. 酸性锌锰干电池的构造示意图如下。关于该电池及其工作原理，下列说法正确的是 A. 石墨作电池的负极材料 B. 电池工作时，向负极方向移动 C. 发生氧化反应 D. 锌筒发生的电极反应为 10. 可采用催化氧化法将工业副产物制成，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：。下图所示为该法的一种催化机理。 下列说法不正确的是 A. Y为反应物，W为生成物 B. 反应制得，须投入 C. 升高反应温度，被氧化制的反应平衡常数减小 D. 图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 11. 中国科学家团队以杜仲胶(X)为基体通过两步反应制备羟基杜仲胶(Z)，再在交联剂M的作用下，生成高分子材料W，转化过程如下。 已知：+2R1-OH +2H2O 下列说法不正确的是 A. X的单体为 B. 反应X→Y中，理论上会氧化碳碳双键 C. M为 D. W可回收重新得到Z 12. 用电石（主要成分为，含CaS和等）制取乙炔时，常用溶液除去乙炔中的杂质。反应为： ① ② 下列分析不正确的是 A. CaS、发生水解反应的化学方程式：、 B. 反应②中每氧化 C. 不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱 D. 用酸性溶液验证乙炔还原性时，和有干扰 13. 硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A. I的化学方程式： B. Ⅱ中的反应条件都是为了提高平衡转化率 C. 将黄铁矿换成硫黄可以减少废渣的产生 D. 生产过程中产生的尾气可用碱液吸收 14. 已知存在如下平衡：① ；② 。研究在、和水溶液中的溶解性，实验如下。 资料：依据与的反应，以淀粉为指示剂，用标准溶液可准确测定水溶液中的浓度。下列说法不正确的是 A. 的现象符合相似相溶原理，可知 B. 三支试管中，的大小顺序： C. 中，若增加的体积，则一定减小 D. 测中：取的下层溶液，加入水溶液后，依据资料方法测定 二、解答题 15. 通过和的相互转化可实现的高效存储和利用。 （1）将的基态原子最外层轨道表示式补充完整：_______。 （2）分子中键角小于，从结构角度解释原因：_______。 （3）的晶胞是立方体结构，边长为，结构示意图如下。 ①的配体中，配位原子是_______。 ②已知的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为_______。() （4）和反应过程中能量变化示意图如下。 ①室温下，和反应生成而不生成。分析原因：_______。 ②从平衡的角度推断利于脱除生成的条件并说明理由：_______。 16. 铅酸电池是用途广泛并不断发展的化学电源。 （1）十九世纪，铅酸电池工作原理初步形成并延续至今。 铅酸电池工作原理： ①充电时，阴极发生的电极反应为_______。 ②放电时，产生a库仑电量，消耗的物质的量为_______。已知：转移电子所产生的电量为96500库仑。 ③作为电解质溶液性质稳定、有较强的导电能力，参与电极反应并有利于保持电压稳定。该体系中不氧化，氧化性弱与其结构有关，的空间结构是_______。 ④铅酸电池储存过程中，存在化学能的缓慢消耗：电极在作用下产生的可将电极氧化。氧化发生反应的化学方程式为_______。 （2）随着铅酸电池广泛应用，需要回收废旧电池材料，实现资源的再利用。回收过程中主要物质的转化关系示意图如下。 ①将等物质转化为的过程中，步骤I加入溶液的目的是_______。 ②步骤Ⅱ、Ⅲ中和作用分别是_______。 （3）铅酸电池使用过程中，负极因生成导电性差的大颗粒，导致电极逐渐失活。通过向负极添加石墨、多孔碳等碳材料，可提高铅酸电池性能。碳材料的作用有_______(填序号)。 a．增强负极导电性 b．增大负极材料比表面积，利于生成小颗粒 c．碳材料作还原剂，使被还原 17. 除草剂苯嘧磺草胺的中间体M合成路线如下。 （1）D中含氧官能团的名称是_______。 （2）A→B的化学方程式是_______。 （3）I→J的制备过程中，下列说法正确的是_______(填序号)。 a．依据平衡移动原理，加入过量的乙醇或将J蒸出，都有利于提高I的转化率 b．利用饱和碳酸钠溶液可吸收蒸出的I和乙醇 c．若反应温度过高，可能生成副产物乙醚或者乙烯 （4）已知： ①K的结构简式是_______。 ②判断并解释K中氟原子对的活泼性的影响_______。 （5）M的分子式为。除苯环外，M分子中还有个含两个氮原子的六元环，在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇。由此可知，在生成M时，L分子和G分子断裂的化学键均为键和_______键，M的结构简式是_______。 18. 以铋精矿（主要成分为Bi2S3，含有少量FeS2、Cu2S、PbO2、SiO2等杂质）和氧化锰矿（主要成分为MnO2）为原料联合提取铋和锰的一种流程示意图如下。 已知：ⅰ.酸性条件下，氧化性：PbO2>MnO2>Fe3+>Cu2+；ⅱ.Bi2(SO4)3不溶于水，可溶于盐酸；ⅲ.BiCl3不溶于水，沸点为447℃；pH>3时，极易水解生成不溶性的BiOCl沉淀。 （1）矿石在浸取过程前需粉碎，目的是__________。 （2）Ⅰ中，浸锰过程是在H2SO4溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除杂质。 ①将浸锰过程中Cu2S与MnO2反应的离子方程式补充完整__________。 Cu2S+2MnO2+ H+=2Cu2++ __________+ __________↓+ H2O ②浸锰渣的成分有Bi2(SO4)3和__________。 （3）Ⅱ中，Bi2(SO4)3转化为BiCl3为可逆反应，从平衡角度说明加入过量浓盐酸的作用_______。 （4）已知：金属离子的起始浓度为0.1mol·L-1时，溶液中离子生成氢氧化物的pH如下。 Cu(OH)2 Fe(OH)3 Mn(OH)2 开始沉淀时pH 5.4 1.5 8.2 完全沉淀时pH 6.9 2.8 10.2 Ⅴ中除去MnSO4粗液中含有的杂质离子，需调节pH约为7~8.原因是__________。 （5）测定BiOCl产品的纯度：取a g充分洗涤干燥后的产品，溶于稍过量的浓硝酸中，加水稀释至100mL，取20.00 mL于锥形瓶中，用c mol·L-1的AgNO3标准液滴定至终点（用Na2CrO4做指示剂），消耗AgNO3标准液V mL，则产品中BiOCl的质量分数为_______。（已知：ⅰ.BiOCl的摩尔质量为M g·mol-1；ⅱ.BiOCl+3HNO3⇌Bi(NO3)3+HCl+H2O）。 19. 某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 （1）理论分析 依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是_______。 （2）实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质 Ⅱ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质 Ⅲ 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是_______。 ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因_______。 ③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。 i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式_______。 b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验_______(填实验操作和现象)。 证实了此条件下可忽略对的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。 ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制，_______ (填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。 （3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $