精品解析：天津市河西区南开翔宇学校2026-2027学年高三上学期第一次月考 化学试卷

2026-2027学年度第一学期河西区南开翔宇学校高三年级第一次学情调查 化学学科试卷 注意事项： 1、本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分，考试用时60分钟。 2、第Ⅰ卷1至4页，第Ⅱ卷5至7页。 3、答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在试卷和答题卡上。答题时，考生务必将答案涂写在答题卡上，否则无效。 第Ⅰ卷(选择题) 注意事项： 1、每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。 2、本卷共15题，每题3分，共45分。在每题给出的四个选项中，只有一个最符合题目要求。 1. 化学在文物的研究和修复中有重要作用。下列说法错误的是 A. 竹简的成分之一纤维素属于天然高分子 B. 龟甲的成分之一羟基磷灰石属于无机物 C. 古陶瓷修复所用的熟石膏，其成分为 D. 常温下Fe与浓发生钝化，可用铁质容器贮存运输浓 2. 是优良的饮用水处理剂，一种制备方法是将混合共熔，反应为。下列说法不正确的是 A. 铁元素被氧化，氮元素被还原 B. 氧化性： C. 每生成1mol，转移6mol电子 D. 具有杀菌作用 3. 下列物质的转化在给定条件下能实现的是 A. B. C. D. 4. 消毒剂三氯异氰尿酸()能与H2O持续缓慢反应产生HClO。下列相关化学用语表述正确的是 A. 三氯异氰尿酸的分子式：Cl3N3O3 B. HClO的电子式： C. 基态Cl的价层电子排布式：3s23p5 D. H2O的空间填充模型： 5. 关于反应所涉及的物质，下列说法正确的是 A. 被氧化 B. 作还原剂 C. 的VSEPR模型为V形 D. 分子中的键与键个数比为1∶1 6. 乙炔是重要的化工原料。一条由乙炔合成某氨基酸的路线如下： 下列说法错误的是 A. 可与反应生成乙醛 B. 是极性分子 C. 具有碱性，可与盐酸反应 D. 属于-氨基酸 7. 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. 、、、 8. 实验室制备和收集相应气体可使用下图装置的是 A. Fe与稀硝酸反应制NO B. MnO2与浓盐酸共热制备Cl2 C. NaOH与浓氨水制备NH3 D. Na2SO3与浓硫酸制备SO2 9. 下列说法正确的是 A. 因为具有漂白性，所以它能使品红溶液、溴水、()、石蕊溶液褪色 B. 能使品红溶液褪色的不一定是 C. 、漂白粉、活性炭、都能使红墨水褪色，其原理相同 D. 等物质的量的和相遇在溶液中具有漂白能力 10. 下列叙述和反应方程式相对应且正确的是 A. 实验室制备氨气： B. 侯氏制碱法： C. 常温下，将氯气通入NaOH溶液中： D. 氯化亚铁溶液中加入稀硝酸： 11. NH3是氮的重要化合物，下列装置用于实验室中制取干燥氨气的实验，其中能达到实验目的的是 A. 用装置甲制备氨气 B. 用装置乙除去氨气中的少量水 C. 用装置丙收集氨气 D. 用装置丁吸收多余的氨气 12. 下列实验操作、现象、结论均正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 某溶液中滴加溶液 产生蓝色沉淀 原溶液中有，无 B 向较浓的溶液中滴入少量酸性溶液 溶液紫色褪去 有还原性 C 向盛有2 mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液 颜色发生变化 维生素C有还原性 D 向溶液中滴入NaClO溶液 产生无色气体 的氧化性强于NaClO A. A B. B C. C D. D 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. 工业上常用碱性废液吸收，反应原理为，部分催化过程如图所示，有关说法错误的是 A. 是催化剂，中间产物只有 B. 在反应过程中产生的可加快对的吸收 C. 也可用于脱硫，且脱硫效果比更好 D. “过程2”的离子方程式可表示为 15. 实验小组用如下流程探究含氮化合物的转化。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. “反应1”中，每消耗，在下得到 B. “反应2”中，每生成0.1molNO，转移电子数为 C. 在密闭容器中进行“反应3”，充分反应后体系中有个 D. “反应4”中，为使完全转化成，至少需要个 第Ⅱ卷(非选择题) 二、填空题：本大题共3小题，共55分。 16. 按要求回答下列问题。 （1）在铜和浓硝酸的反应中，某同学观察到该反应剧烈，铜丝逐渐变细，用离子方程式解释_______。还观察到反应后溶液变绿，某同学推测呈绿色的原因是的饱和溶液呈黄色，与蓝色的硝酸铜溶液混合后呈绿色。他向其中加入适量水后溶液变为蓝色，可能的原因是_______(用化学方程式表示)。 （2）高铁酸钾易溶于水，微溶于浓KOH溶液；在，强碱性溶液中比较稳定，在酸性、中性溶液中易分解放出。用高铁酸钾作水处理剂时的原理如图1所示。某小组利用次氯酸盐在碱性环境中氧化铁离子制备高铁酸钾，实验装置如图2(夹持、加热等装置略)。 ①根据图1，分析高铁酸钾在过程ⅰ中的作用有_______；写出过程ⅱ铁元素发生变化的离子方程式：_______。 ②图2中C的仪器名称为_______，A中反应的化学方程式为_______；装置B的作用是_______；在D处方框内画出需补充的装置并标注试剂名称_______。 ③将与混合并加热，可得到无水，用化学方程式解释原因_______。 ④图2，C中总反应的离子方程式为_______。已知该反应为放热反应。氯气与强碱溶液在低温下生成次氯酸盐，温度稍高时生成氯酸盐。为了提高氯气的利用率，减少副反应的发生，除了控制氯气产生的速率外，还应采取的措施是_______；实验时保持KOH过量的原因是_______。 17. 请分析海水提镁、海带提碘的主要过程，按要求回答下列问题。 （1）海水提镁 ①Mg基态原子轨道表示式为_______。 ②步骤i试剂A可加入过量的_______。 ③步骤ii反应的离子方程式为_______。 ④步骤iii需在HCl气流中加热进行的理由是_______。 ⑤步骤iv用惰性电极电解，当电路中转移电子时，阳极最多产生气体体积为(标准状况下)_______L。为实现此工艺中资源的循环再利用，提出一种对该副产物的合理利用方案：_______。 （2）海带提碘(碘元素在海带中以碘化物形式存在) ①步骤i“灼烧”过程中盛放海带的仪器为_______。 ②步骤ii需加入过量双氧水的目的是_______。 ③溶液Z中主要物质有_______。 ④步骤iv反应的离子方程式为_______。 ⑤操作I的名称为_______。 ⑥步骤iv到步骤v碘元素的循环变化目的是_______。 18. 2-氨基-3-氯苯甲酸(F)是重要的医药中间体，其制备流程图如下： 回答下列问题： （1）分子中不同化学环境的氢原子共有_______种，共面原子数目最多为_______。 （2）B的名称为_______。写出符合下列条件B的所有同分异构体的结构简式_______。 a．苯环上只有两个取代基且互为邻位 b．既能发生银镜反应又能发生水解反应 （3）该流程未采用甲苯直接硝化的方法制备B，而是经由①②③三步反应制取B，其目的是_______。 （4）写出⑥的化学反应方程式：_______，该步反应的主要目的是_______。 （5）吡啶是一种有机碱，⑥中还可加入吡啶，推测吡啶在该反应中的作用_______。 （6）写出⑧的反应试剂和条件：_______；F中含氧官能团的名称为_______。 （7）在方框中写出以为主要原料，经最少步骤制备含肽键聚合物的流程_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年度第一学期河西区南开翔宇学校高三年级第一次学情调查 化学学科试卷 注意事项： 1、本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分，考试用时60分钟。 2、第Ⅰ卷1至4页，第Ⅱ卷5至7页。 3、答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在试卷和答题卡上。答题时，考生务必将答案涂写在答题卡上，否则无效。 第Ⅰ卷(选择题) 注意事项： 1、每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。 2、本卷共15题，每题3分，共45分。在每题给出的四个选项中，只有一个最符合题目要求。 1. 化学在文物的研究和修复中有重要作用。下列说法错误的是 A. 竹简的成分之一纤维素属于天然高分子 B. 龟甲的成分之一羟基磷灰石属于无机物 C. 古陶瓷修复所用的熟石膏，其成分为 D. 常温下Fe与浓发生钝化，可用铁质容器贮存运输浓 【答案】C 【解析】 【详解】A．纤维素的化学式为，相对分子质量很大，属于天然高分子化合物，A正确； B．羟基磷灰石主要成分为，属于无机化合物，B正确； C．熟石膏的主要成分为，是熟石灰的主要成分，C错误； D．常温下遇浓表面生成致密氧化膜发生钝化，阻止反应进一步进行，因此可用铁质容器贮存运输浓，D正确； 故选C。 2. 是优良的饮用水处理剂，一种制备方法是将混合共熔，反应为。下列说法不正确的是 A. 铁元素被氧化，氮元素被还原 B. 氧化性： C. 每生成1mol，转移6mol电子 D. 具有杀菌作用 【答案】C 【解析】 【分析】反应中硝酸钾做氧化剂，作还原剂。 【详解】A．铁元素化合价升高，被氧化，氮元素化合价降低，被还原，A正确； B．硝酸钾做氧化剂，高铁酸钾为氧化产物，故氧化性，B正确； C．每生成1mol，转移3 mol电子，C错误； D．高铁酸钾中的铁元素具有强氧化性，能杀菌，D正确； 故选C。 3. 下列物质的转化在给定条件下能实现的是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】A．与盐酸反应生成，但与反应只能生成和，无法得到单质，第二步转化不能实现，A错误； B．碳酸酸性强于次氯酸，溶液通入可生成，不稳定，光照分解生成和，两步转化均能实现，B正确； C．氧化性较强，与在加热条件下反应生成，无法得到，第一步转化不能实现，C错误； D．悬浊液与葡萄糖共热反应生成砖红色沉淀，无法得到单质，第二步转化不能实现，D错误； 故选B。 4. 消毒剂三氯异氰尿酸()能与H2O持续缓慢反应产生HClO。下列相关化学用语表述正确的是 A. 三氯异氰尿酸的分子式：Cl3N3O3 B. HClO的电子式： C. 基态Cl的价层电子排布式：3s23p5 D. H2O的空间填充模型： 【答案】C 【解析】 【详解】A．三氯异氰尿酸结构中含有3个C原子，分子式应为，选项漏写C元素，A错误； B．HClO的结构式为H-O-Cl，电子式中O原子应位于H和Cl之间，选项给出的电子式原子连接顺序错误，正确的电子式为，B错误； C．Cl是17号元素，基态Cl原子的价层电子为最外层电子，排布式为，C正确； D．的空间构型为V形，且O原子半径大于H原子，空间填充模型为：，D错误； 故选C。 5. 关于反应所涉及的物质，下列说法正确的是 A. 被氧化 B. 作还原剂 C. 的VSEPR模型为V形 D. 分子中的键与键个数比为1∶1 【答案】A 【解析】 【详解】A．由反应可知NH3转化为N2，N元素化合价升高，被氧化，故A正确； B．转化为N2，N元素化合价降低，被还原，作氧化剂，故B错误； C．中心O原子的价层电子对数为，VSEPR模型为正四面体形，故C错误； D．的结构式为：，氮氮三键中有1个键与2键，个数比为1∶2，故D错误； 故选：A。 6. 乙炔是重要的化工原料。一条由乙炔合成某氨基酸的路线如下： 下列说法错误的是 A. 可与反应生成乙醛 B. 是极性分子 C. 具有碱性，可与盐酸反应 D. 属于-氨基酸 【答案】D 【解析】 【详解】A．乙炔在催化剂作用下可与水发生加成反应，生成的乙烯醇不稳定，异构化为乙醛，A正确； B．分子结构不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，B正确； C．含有碱性基团氨基，能与形成配位键，故可与盐酸反应生成盐，C正确； D．-氨基酸要求氨基和羧基连接在同一个碳原子上，该有机物中氨基与羧基连在不同碳原子上，不属于-氨基酸，D错误； 故选D。 7. 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。 8. 实验室制备和收集相应气体可使用下图装置的是 A. Fe与稀硝酸反应制NO B. MnO2与浓盐酸共热制备Cl2 C. NaOH与浓氨水制备NH3 D. Na2SO3与浓硫酸制备SO2 【答案】D 【解析】 【详解】A．NO与O2反应生成NO2，不能用排空气法收集NO，故不选A； B．二氧化锰与浓盐酸共热制备Cl2，反应需要吸热，缺少加热装置，故不选B； C．氨气的密度比空气小，需要用向下排空气法收集NH3，故不选C； D．Na2SO3与浓硫酸反应生成SO2，SO2密度比空气大，用向上排空气法收集SO2，故选D； 选D。 9. 下列说法正确的是 A. 因为具有漂白性，所以它能使品红溶液、溴水、()、石蕊溶液褪色 B. 能使品红溶液褪色的不一定是 C. 、漂白粉、活性炭、都能使红墨水褪色，其原理相同 D. 等物质的量的和相遇在溶液中具有漂白能力 【答案】B 【解析】 【详解】A．使溴水、酸性溶液褪色是因为其具有还原性，而非漂白性，且只能使石蕊溶液变红，不能使其褪色，A错误； B．、、漂白粉等物质都能使品红溶液褪色，因此能使品红溶液褪色的不一定是，B正确； C．漂白属于化合型，活性炭漂白属于物理吸附型，漂白粉、漂白属于强氧化型，三者漂白原理不相同，C错误； D．等物质的量的和在溶液中发生反应，产物没有漂白性，因此不具有漂白能力，D错误； 故答案选B。 10. 下列叙述和反应方程式相对应且正确的是 A. 实验室制备氨气： B. 侯氏制碱法： C. 常温下，将氯气通入NaOH溶液中： D. 氯化亚铁溶液中加入稀硝酸： 【答案】C 【解析】 【详解】A．实验室制备氨气需用与共热，单独加热分解生成的和遇冷会重新化合为，无法收集到氨气，正确的化学方程式为，A错误； B．侯氏制碱法中溶解度较小会先析出，反应产物为和，正确的化学方程式为，B错误； C．常温下氯气通入溶液发生歧化反应，生成、和，反应方程式书写正确，C正确； D．稀硝酸作氧化剂时，还原产物为而非，正确化学方程式为，D错误； 故选C。 11. NH3是氮的重要化合物，下列装置用于实验室中制取干燥氨气的实验，其中能达到实验目的的是 A. 用装置甲制备氨气 B. 用装置乙除去氨气中的少量水 C. 用装置丙收集氨气 D. 用装置丁吸收多余的氨气 【答案】A 【解析】 【详解】A．氨气与碱石灰不反应，碱石灰可以吸收水分子，A正确； B．氨气属于碱性化合物，与浓硫酸反应生成铵盐，B错误； C．丙装置体系密闭，收集氨气时空气无法排除，C错误； D．氨气极易溶于水，漏斗口不能压在水面下，会引起倒吸，D错误； 答案选A。 12. 下列实验操作、现象、结论均正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 某溶液中滴加溶液 产生蓝色沉淀 原溶液中有，无 B 向较浓的溶液中滴入少量酸性溶液 溶液紫色褪去 有还原性 C 向盛有2 mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液 颜色发生变化 维生素C有还原性 D 向溶液中滴入NaClO溶液 产生无色气体 的氧化性强于NaClO A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．与反应生成蓝色沉淀，该操作只能证明原溶液中有，无法证明无，结论错误，A不符合题意； B．酸性溶液具有强氧化性，可氧化中的使紫色褪去，无法证明有还原性，B不符合题意； C．具有氧化性，显黄色，可被还原为浅绿色的，溶液颜色变化说明被还原，维生素C有还原性，C符合题意； D．该反应中作氧化剂，将氧化生成，是氧化产物，根据氧化剂氧化性强于氧化产物，氧化性，结论错误，D不符合题意； 故选C。 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. 工业上常用碱性废液吸收，反应原理为，部分催化过程如图所示，有关说法错误的是 A. 是催化剂，中间产物只有 B. 在反应过程中产生的可加快对的吸收 C. 也可用于脱硫，且脱硫效果比更好 D. “过程2”的离子方程式可表示为 【答案】A 【解析】 【分析】根据图示可知，转化关系中的过程1是和ClO-发生反应生成和Cl-，反应的离子方程式为+ClO-=+Cl-；过程2为与Cl-发生反应生成和Cl-、O，反应的离子方程 式为； 【详解】A．是催化剂，中间产物只有、Cl-、ClO-等，选项A错误； B．在反应过程中产生的可加快ClO-的转化，加快对的吸收，选项B正确； C．Ca2+与结合生成微溶的CaSO4有利于反应的进行，故也可用于脱硫，且脱硫效果比更好，选项C正确； D．“过程2”的离子方程式可表示为，选项D正确； 答案选A。 15. 实验小组用如下流程探究含氮化合物的转化。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. “反应1”中，每消耗，在下得到 B. “反应2”中，每生成0.1molNO，转移电子数为 C. 在密闭容器中进行“反应3”，充分反应后体系中有个 D. “反应4”中，为使完全转化成，至少需要个 【答案】B 【解析】 【分析】反应1为实验室制备氨气的反应，方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O，反应2是氨气的催化氧化，方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，反应3为一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，方程式为：2NO+O₂=2NO₂ ，反应4为二氧化氮，氧气和水反应生成硝酸，4NO2+2H2O+O2=4HNO3‌，以此解题。 【详解】A．根据分析可知，每消耗，生成0.1mol氨气，但是由于不是标准状况，则气体不是2.24L，A错误； B．根据分析可知，反应2方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，该反应转移20e-，则每生成0.1molNO，转移电子数为，B正确； C．根据反应3，充分反应后生成个，但是体系中存在2NO2⇌N2O4，则最终二氧化氮数目小于，C错误； D．根据反应4可知，为使完全转化成，至少需要个O2，D错误； 故选B。 第Ⅱ卷(非选择题) 二、填空题：本大题共3小题，共55分。 16. 按要求回答下列问题。 （1）在铜和浓硝酸的反应中，某同学观察到该反应剧烈，铜丝逐渐变细，用离子方程式解释_______。还观察到反应后溶液变绿，某同学推测呈绿色的原因是的饱和溶液呈黄色，与蓝色的硝酸铜溶液混合后呈绿色。他向其中加入适量水后溶液变为蓝色，可能的原因是_______(用化学方程式表示)。 （2）高铁酸钾易溶于水，微溶于浓KOH溶液；在，强碱性溶液中比较稳定，在酸性、中性溶液中易分解放出。用高铁酸钾作水处理剂时的原理如图1所示。某小组利用次氯酸盐在碱性环境中氧化铁离子制备高铁酸钾，实验装置如图2(夹持、加热等装置略)。 ①根据图1，分析高铁酸钾在过程ⅰ中的作用有_______；写出过程ⅱ铁元素发生变化的离子方程式：_______。 ②图2中C的仪器名称为_______，A中反应的化学方程式为_______；装置B的作用是_______；在D处方框内画出需补充的装置并标注试剂名称_______。 ③将与混合并加热，可得到无水，用化学方程式解释原因_______。 ④图2，C中总反应的离子方程式为_______。已知该反应为放热反应。氯气与强碱溶液在低温下生成次氯酸盐，温度稍高时生成氯酸盐。为了提高氯气的利用率，减少副反应的发生，除了控制氯气产生的速率外，还应采取的措施是_______；实验时保持KOH过量的原因是_______。 【答案】（1） ①. ②. （2） ①. 具有强氧化性，能够杀菌消毒 ②. ③. 三颈烧瓶 ④. ⑤. 除去氯气中的氯化氢 ⑥. ⑦. ⑧. ⑨. 将C装置置于冰水中水浴 ⑩. 在碱性环境中稳定，同时降低的溶解度 【解析】 【分析】装置A是利用浓盐酸和二氧化锰加热制备氯气；装置B的作用是除去氯气中的氯化氢，试剂为饱和食盐水；装置C是利用氯气、氯化铁和过量的氢氧化钾制备高铁酸钾；装置D应为尾气吸收装置，用于吸收多余的氯气防止污染环境，由此解答； 【小问1详解】 铜和浓硝酸发生反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，因此铜丝逐渐变细，离子方程式为；加入水后，溶于水的二氧化氮会和水反应生成硝酸和一氧化氮，二氧化氮被消耗，浓度降低，溶液变为蓝色，化学方程式为； 【小问2详解】 ①在过程ⅰ中中的铁元素从+6价降低到中的+3价，被还原作氧化剂，说明具有强氧化性，能够杀菌消毒；在过程ⅱ中发生水解生成胶体，因此离子方程式为； ②根据C中的仪器结构可知，其名称为三颈烧瓶；由分析可知，装置A是利用浓盐酸和二氧化锰加热制备氯气，化学方程式为；由分析可知，装置B的作用是除去氯气中的氯化氢；由分析可知，装置D的作用是吸收多余的氯气防止污染环境，采用的试剂应为氢氧化钠溶液，装置为； ③与水反应生成和，可以消耗中的结晶水，并且可以抑制水解，发生的总反应为； ④在碱性条件下，将氧化为，自身被还原为，离子方程式为；根据已知信息，氯气与强碱溶液在低温下生成次氯酸盐，温度稍高时生成氯酸盐，为了提高氯气的利用率，减少副反应的发生，除了控制氯气产生的速率外，还需要将C装置置于冰水中水浴；实验时保持过量的原因是在碱性环境中稳定，同时降低的溶解度。 17. 请分析海水提镁、海带提碘的主要过程，按要求回答下列问题。 （1）海水提镁 ①Mg基态原子轨道表示式为_______。 ②步骤i试剂A可加入过量的_______。 ③步骤ii反应的离子方程式为_______。 ④步骤iii需在HCl气流中加热进行的理由是_______。 ⑤步骤iv用惰性电极电解，当电路中转移电子时，阳极最多产生气体体积为(标准状况下)_______L。为实现此工艺中资源的循环再利用，提出一种对该副产物的合理利用方案：_______。 （2）海带提碘(碘元素在海带中以碘化物形式存在) ①步骤i“灼烧”过程中盛放海带的仪器为_______。 ②步骤ii需加入过量双氧水的目的是_______。 ③溶液Z中主要物质有_______。 ④步骤iv反应的离子方程式为_______。 ⑤操作I的名称为_______。 ⑥步骤iv到步骤v碘元素的循环变化目的是_______。 【答案】（1） ①. ②. 石灰乳 ③. ④. 抑制Mg2+水解 ⑤. 112 ⑥. 可将阳极产生的Cl2与H2反应制备HCl （2） ①. 坩埚 ②. 为确保I-被完全氧化为I2 ③. I2、CCl4 ④. ⑤. 分液 ⑥. 富集碘 【解析】 【分析】（1）由题给流程可知，向含有氯化钠和硫酸镁等物质的海水中加入强碱溶液，海水中的镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，过滤得到氢氧化镁沉淀X和溶液Y；沉淀X为氢氧化镁；向沉淀X氢氧化镁中加入盐酸，氢氧化镁与盐酸反应得到氯化镁溶液，氯化镁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等得到六水氯化镁晶体，六水氯化镁晶体在氯化氢气氛中受热分解得到无水氯化镁，电解熔融的氯化镁制得金属镁。 （2）由题给流程可知，海带经灼烧得到海带灰，海带灰用蒸馏水浸泡得到海带灰悬浊液，过滤悬浊液得到含有碘离子的溶液X和滤渣；向滤液中加入硫酸酸化的过氧化氢溶液将碘离子氧化为单质碘得到溶液Y；向溶液Y中加入四氯化碳萃取、分液得到碘的四氯化碳溶液；向碘的四氯化碳溶液中加入氢氧化钠溶液，碘与氢氧化钠溶液反应生成碘酸钠、碘化钠和水，分液得到含有成碘酸钠、碘化钠的溶液；向碘酸钠、碘化钠的溶液中加入稀硫酸，酸性条件下，碘酸钠溶液与碘化钠溶液反应得到含碘的悬浊液，悬浊液过滤得到单质碘。 【小问1详解】 ①镁元素的原子序数为12，核外电子排布式为，Mg基态原子轨道表示式为，故答案为：； ②由分析可知，步骤ⅰ所需试剂为碱溶液，从经济成本考虑石灰乳最合适，故答案为：石灰乳； ③由分析可知，步骤ⅱ发生的反应为氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水，反应的离子方程式为，故答案为：； ④步骤ⅲ系列操作中因氯化镁易发生水解反应，为抑制氯化镁水解，加热时应在氯化氢氛围中进行，故答案为：抑制水解； ⑤步骤iv用惰性电极电解熔融氯化镁发生反应，阳极每生成1molCl2转移2mol电子，当电路中转移电子即10mol电子时，阳极最多产生5mol Cl2该气体体积为(标准状况下)；将阳极产生的Cl2与H2反应制备HCl，可实现资源的循环再利用，故答案为：112；可将阳极产生的Cl2与H2反应制备HCl； 【小问2详解】 ①步骤ⅰ为灼烧海带，盛放海带的仪器为坩埚，故答案为：坩埚； ②步骤ii需加入过量双氧水的目的是为确保I-被完全氧化为I2，故答案为：为确保I-被完全氧化为I2； ③向含有单质碘的溶液Y中加入四氯化碳萃取、分液得到碘的四氯化碳溶，溶液Z中主要物质有I2、CCl4，故答案为：I2、CCl4； ④步骤iv向碘的四氯化碳溶液中加入氢氧化钠溶液发生反应，故答案为：； ⑤步骤iv反应后的液体分层，将其分离采用分液漏斗分液，操作I的名称为分液，故答案为：分液； ⑥步骤iv到步骤v碘元素的循环变化目的是碘的浓度增大，富集碘，故答案为：富集碘。 18. 2-氨基-3-氯苯甲酸(F)是重要的医药中间体，其制备流程图如下： 回答下列问题： （1）分子中不同化学环境的氢原子共有_______种，共面原子数目最多为_______。 （2）B的名称为_______。写出符合下列条件B的所有同分异构体的结构简式_______。 a．苯环上只有两个取代基且互为邻位 b．既能发生银镜反应又能发生水解反应 （3）该流程未采用甲苯直接硝化的方法制备B，而是经由①②③三步反应制取B，其目的是_______。 （4）写出⑥的化学反应方程式：_______，该步反应的主要目的是_______。 （5）吡啶是一种有机碱，⑥中还可加入吡啶，推测吡啶在该反应中的作用_______。 （6）写出⑧的反应试剂和条件：_______；F中含氧官能团的名称为_______。 （7）在方框中写出以为主要原料，经最少步骤制备含肽键聚合物的流程_______。 【答案】（1） ①. 4 ②. 13 （2） ①. 邻硝基甲苯 ②. 、    （3）避免甲基对位氢原子被硝基取代 （4） ①.  +HCl ②. 保护氨基 （5）中和，促进反应正向移动 （6） ①. 、或 ②. 羧基 （7） 【解析】 【分析】甲苯与浓硫酸在加热的条件下发生磺化反应生成A，根据后续生成可知，A的结构简式为；A与浓硫酸和浓硝酸在加热的条件下发生硝化反应生成；加酸后转化为B；B与酸性溶液发生氧化反应生成；与和发生还原反应生成C，C的结构简式为；C与发生取代反应生成；与浓硫酸在加热的条件下发生磺化反应生成D；D与发生取代反应生成E，根据后续产物F的结构简式可知，E的结构简式为；E加酸后转化为F，由此解答； 【小问1详解】 为轴对称结构，在苯环上有三种不同化学环境的氢原子，甲基上有1种不同环境的氢原子，因此一共有四种不同化学环境的氢原子； 苯环上的所有原子都共平面，甲基上最多还能有1个氢原子和苯环共平面，因此共平面原子数目最多为13个； 【小问2详解】 根据B的结构简式可知，B的名称为邻硝基甲苯；B的同分异构体要既能发生银镜反应又能发生水解反应，说明存在或；并且苯环上只有两个取代基且互为邻位，符合该要求的同分异构体为和 ； 【小问3详解】 甲苯由于甲基对苯环的影响，苯环上邻对位氢活泼，如果甲苯直接硝化，苯环上对位氢原子同样可以被硝基取代，所以为了避免副产物的出现，先发生磺化反应，占据对位的位置； 【小问4详解】 反应⑥为C与发生取代反应生成和，因此化学方程式为 +HCl；该步反应主要为了保护氨基，防止氨基在后续反应中参与反应，在反应⑨中重新得到氨基； 【小问5详解】 反应⑥中除了生成，还会生成，加入吡啶可以中和，促进反应正向移动，提高产率； 【小问6详解】 反应⑧是D与发生取代反应生成E，由于取代的是苯环上的氢原子，因此反应试剂和条件为、或；根据F的结构简式可知，F中的含氧官能团为羧基； 【小问7详解】 要制备含有肽键的聚合物，需要有氨基和羧基，在给出的原料里，可以找到羧基，没有氨基，通过上面的合成路线，可以利用第⑨步原理得到氨基，因此合成线路为： 。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $