資源簡介

北師大燕化附屬中學2024-2025學年高三年級第二學期
化學測試題
本試卷共100分。考試時長90分鐘。考生務必將答案答在答題紙上，在試卷上作答無效。考試結束后，將答題紙交回。
可能用到的相對原子質量：Li7 C12 N14 O16 K39
第一部分
本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。
1. 下列化學用語或圖示表達正確的是
A. 的電子式 B. 的VSEPR模型為
C. 電子云圖為 D. 基態Si原子價電子軌道表示式：
【答案】C
【解析】
【詳解】A．是共價化合物，電子式應為，A錯誤；
B．中心N原子價層電子對數，VSEPR 模型為四面體，不是平面三角形，B錯誤；
C．軌道上的電子出現的概率分布為z軸對稱，在x、y軸方向出現的幾率密度為零，電子云圖為，C正確；
D．基態Si原子價電子軌道表示式應遵循洪特規則，3p軌道電子應分占不同軌道，軌道表示式為，D錯誤；
故選C。
2. 下列說法正確的是
A. 葡萄糖氧化生成CO2和H2O的反應是放熱反應
B. 質量相同的H2O和D2O(重水)所含的電子數相同
C. 碳、硫和氮的氧化物都是形成酸雨的主要物質
D. 由氨基乙酸形成的二肽中存在兩個氨基和兩個羧基
【答案】A
【解析】
【詳解】A．葡萄糖氧化生成CO2和H2O是細胞呼吸(有氧呼吸)過程或者葡萄糖在氧氣中燃燒的過程，該過程釋放能量，是放熱反應，A正確；
B．H2O和D2O(重水)摩爾質量不同，質量相同的二者物質的量不同，1個H2O和1個D2O都含10個電子，但物質的量不同則電子數不同，B錯誤；
C．形成酸雨的主要物質是硫和氮的氧化物，碳的氧化物(如CO2)不是形成酸雨的主要物質，C錯誤；
D．氨基乙酸形成二肽時，兩個氨基乙酸脫水縮合，二肽中存在1個氨基和1個羧基(兩端)，D錯誤；
故答案為：A。
3. 氘代氨()可用于反應機理研究。下列兩種方法均可得到：①與的水解反應；②與反應。下列說法不正確的是
A. 和可用質譜法區分
B. 和均為極性分子
C. 方法①的化學方程式是
D. 方法②得到的產品純度比方法①的高
【答案】D
【解析】
【詳解】A．和的相對分子質量不同，可以用質譜法區分，A正確；
B．和的H原子不同，但空間構型均為三角錐形，是極性分子，B正確；
C．Mg3N2與D2O發生水解生成Mg(OD)2和ND3，反應方法①的化學方程式書寫正確，C正確；
D．方法②是通過中D原子代替中H原子的方式得到，代換的個數不同，產物會不同，純度低，D錯誤；
故選D。
4. 下列方程式與所給事實不相符的是
A. 海水提溴過程中，用氯氣氧化苦鹵得到溴單質：
B. 用綠礬（）將酸性工業廢水中的轉化為；
C. 制備84消毒液（主要成分是NaClO）：
D. 用溶液將水垢中的轉化為溶于酸的：
【答案】D
【解析】
【詳解】A．海水提溴中氧化生成，離子方程式為，A正確；
B．還原，離子方程式為，B正確；
C．與NaOH反應制NaClO，離子方程式為，C正確；
D．轉化為，是微溶物，不能拆，離子方程式應為，D錯誤；
故選D。
5. 我國科學家提出的聚集誘導發光機制已成為研究熱點之一、一種具有聚集誘導發光性能的物質，其分子結構如圖所示。下列說法正確的是
A. 分子中N原子為雜化 B. 分子中含有手性碳原子
C. 該物質既有酸性又有堿性 D. 該物質可發生取代反應、消去反應
【答案】C
【解析】
【詳解】A．分子中存在N=C鍵的N原子為雜化，A錯誤；
B．手性碳原子是連有四個不同原子或原子團的碳原子，該分子中無手性碳原子，B錯誤；
C．含顯酸性，含等顯堿性，故既有酸性又有堿性，C正確；
D．該物質含等可發生取代反應，但無消去反應所需結構，不能發生消去反應，D錯誤；
故選C。
6. 硫酸是重要化工原料，工業生產制取硫酸的原理示意圖如下。
下列說法不正確的是
A. I的化學方程式：
B. Ⅱ中反應條件都是為了提高平衡轉化率
C. 將黃鐵礦換成硫黃可以減少廢渣的產生
D. 生產過程中產生的尾氣可用堿液吸收
【答案】B
【解析】
【分析】黃鐵礦和空氣中的O2在加熱條件下發生反應，生成SO2和Fe3O4，SO2和空氣中的O2在400~500℃、常壓、催化劑的作用下發生反應得到SO3，用98.3%的濃硫酸吸收SO3，得到H2SO4。
【詳解】A．反應I是黃鐵礦和空氣中的O2在加熱條件下發生反應，生成SO2和Fe3O4，化學方程式：，故A正確；
B．反應Ⅱ條件要兼顧平衡轉化率和反應速率，還要考慮生產成本，如Ⅱ中“常壓、催化劑”不是為了提高平衡轉化率，故B錯誤；
C．將黃鐵礦換成硫黃，則不再產生，即可以減少廢渣產生，故C正確；
D．硫酸工業產生的尾氣為、，可以用堿液吸收，故D正確；
故選B。
7. 回收利用工業廢氣中的和，實驗原理示意圖如下。
下列說法不正確的是
A. 廢氣中排放到大氣中會形成酸雨
B. 裝置a中溶液顯堿性的原因是的水解程度大于的電離程度
C. 裝置a中溶液的作用是吸收廢氣中的和
D. 裝置中的總反應為
【答案】C
【解析】
【詳解】A．是酸性氧化物，廢氣中排放到空氣中會形成硫酸型酸雨，故A正確；
B．裝置a中溶液的溶質為，溶液顯堿性，說明的水解程度大于電離程度，故B正確；
C．裝置a中溶液的作用是吸收氣體，與溶液不反應，不能吸收，故C錯誤；
D．由圖可知一個電極亞硫酸根失電子生成硫酸根，另一個極二氧化碳和水轉化為甲酸，裝置b中總反應為，故D正確；
選C。
8. 下列能達到對應實驗目的的是
A．分離酒精和水 B．比較氧化性：
C．由制取無水固體 D．比較Fe和Cu的金屬活動性
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【詳解】A．酒精和水互溶，不能用分液分離，不能達到實驗目的，A錯誤；
B．如圖，氯氣將氧化為Br2，使左邊棉球變黃，將氧化為I2，使右邊棉球變藍，證明氧化性：Cl2>Br2，Cl2>I2，不能比較Br2與I2的氧化性，不能達到實驗目的，B錯誤；
C．加熱會水解，不能直接加熱制取無水，應在HCl的氛圍中加熱，不能達到實驗目的，C錯誤；
D．Fe與CuSO4發生置換反應：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，證明Fe金屬活動性大于Cu，可達到實驗目的，D正確；
故選D。
9. 下列事實能用平衡移動原理解釋的是
A. 溶液中加入少量固體，促進分解
B. 密閉燒瓶內的和的混合氣體，受熱后顏色加深
C. 鐵釘放入濃中，待不再變化后，加熱能產生大量紅棕色氣體
D. 鋅片與稀反應過程中，加入少量固體，促進的產生
【答案】B
【解析】
【詳解】A．MnO2會催化 H2O2分解，與平衡移動無關，A項錯誤；
B．NO2轉化為N2O4 的反應是放熱反應，升溫平衡逆向移動， NO2濃度增大，混合氣體顏色加深，B項正確；
C．鐵在濃硝酸中鈍化，加熱會使表面的氧化膜溶解，鐵與濃硝酸反應生成大量紅棕色氣體，與平衡移動無關，C項錯誤；
D．加入硫酸銅以后，鋅置換出銅，構成原電池，從而使反應速率加快，與平衡移動無關，D項錯誤；
故選B。
10. 不同條件下，當與KI按照反應①②的化學計量比恰好反應，結果如下。
反應序號 起始酸堿性 KI 還原產物 氧化產物
物質的量/mol 物質的量/mol
① 酸性 0.001 n
② 中性 0.001 10n
已知：的氧化性隨酸性減弱而減弱。
下列說法不正確的是
A. 反應①，
B. 對比反應①和②，
C. 對比反應①和②，的還原性隨酸性減弱而增強
D. 隨反應進行，①②體系pH均增大
【答案】A
【解析】
【詳解】A．反應①中Mn元素的化合價由+7價降至+2價，I元素的化合價由-1價升至0價，根據得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，反應①的離子方程式是：，故n()∶n()=2∶5，A項錯誤；
B．根據反應①可得關系式~，可以求得n=0.0002，則反應②的n()∶n()=0.001∶(10×0.0002)=1∶2，反應②中Mn元素的化合價由+7價降至+4價，反應②對應的關系式為~~ ~，中I元素的化合價為+5價，根據離子所帶電荷數等于正負化合價的代數和知x=3，反應②的離子方程式是：，B項正確；
C．已知的氧化性隨酸性減弱而減弱，對比反應①和②的產物，的還原性隨酸性減弱而增強，C項正確；
D．根據反應①和②的離子方程式知，反應①消耗H+、產生水、pH增大，反應②產生OH-、消耗水、pH增大，D項正確；
答案選A。
11. 一種分解氯化銨實現產物分離的物質轉化關系如下，其中b、d代表MgO或中的一種。下列說法不正確的是
A. a為，c為HCl
B. d既可以是MgO，也可以是
C. 已知為副產物，則通入水蒸氣可減少的產生
D. 等壓條件下，反應①、②的反應熱之和，等于氯化銨直接分解的反應熱
【答案】B
【解析】
【分析】b、d代表MgO或中的一種。MgO不分解，可分解為氧化鎂和HCl，則b代表，d代表MgO。分解的產物是和HCl，分解得到的MgO與氯化銨反應生成和氨氣，綜上，a為，b為，c為HCl，d為MgO，即，據此回答；
【詳解】A．由分析知，a為，c為HCl，A正確；
B．由分析知，d為MgO，B錯誤；
C．可以水解生成，通入水蒸氣可以減少的生成，C正確；
D．反應①和反應②相加即為氯化銨直接分解的反應，由蓋斯定律可知，等壓條件下，反應①、反應②的反應熱之和等于氯化銨直接分解的反應熱，D正確；
故選B。
12. 化合物K與L反應可合成藥物中間體M，轉化關系如下。已知L能發生銀鏡反應，下列說法正確的是
A. K的核磁共振氫譜有四組峰 B. L是乙二醛
C. M完全水解可得到K和L D. 反應物K與L的化學計量比是
【答案】B
【解析】
【詳解】A．K結構對稱，酰胺基中含有1種氫原子，中間碳原子上含有一種氫原子，氨基上含有一種氫原子，故核磁共振氫譜有三組峰，A錯誤；
B．由K和M的結構可知，L是乙二醛，B正確；
C．M完全水解時，酰胺基水解得到氨基和羧基，生成可得到和氨氣，C錯誤；
D．1個K和1個L反應生成1個M分子和2個水分子，故反應物K與L的化學計量比是1∶1，D錯誤；
故選B。
13. 利用平衡移動原理，分析一定溫度下在不同pH的體系中的可能產物。
已知：i．圖1中曲線表示體系中各含碳粒子的物質的量分數與pH的關系。
ii．圖2中曲線I的離子濃度關系符合；曲線Ⅱ的離子濃度關系符合【注：起始，不同pH下由圖1得到。】
下列說法不正確的是
A. 由圖1，，
B. 由圖2，初始狀態、，有沉淀生成
C. 由圖2，初始狀態、，平衡后存在
D. 由圖1和圖2，初始狀態、，發生反應：
【答案】B
【解析】
【分析】由圖1知，當pH=6.37時，和的物質的量分數相等，即，由，同理，，由圖2知，曲線I的離子濃度關系符合；曲線Ⅱ的離子濃度關系符合，當位于曲線下方時，、表示不飽和溶液，無沉淀生成，，同理，位于曲線上方時，表示過飽和溶液，有沉淀生成，據此回答。
【詳解】A．從圖1可以看出時，碳酸氫根離子與碳酸根離子濃度相同，A正確；
B．從圖2可以看出、時，該點位于曲線Ⅰ和曲線Ⅱ的下方，不會產生碳酸鎂沉淀或氫氧化鎂沉淀，B錯誤；
C．從圖2可以看出、時，該點位于曲線Ⅱ的上方，會生成碳酸鎂沉淀，根據物料守恒，溶液中，C正確；
D．時，溶液中主要含碳微粒是，、時，該點位于曲線Ⅱ的上方，會生成碳酸鎂沉淀，因此反應的離子方程式為，D正確；
故選B。
14. 某小組為探究與KI之間的反應，進行了如下實驗。
實驗
現象 ①產生土黃色沉淀，溶液為棕黃色 ②變為白色懸濁液，最后得到無色澄清溶液 ①產生土黃色沉淀，溶液為藍綠色 ②開始變為淺藍色懸濁液，逐漸變為黃綠色懸濁液，然后變為黃色溶液，最后得到無色溶液
已知：（無色）（無色）；CuI為白色沉淀，可吸附；在溶液中不存在；呈無色，呈黃色。
下列結論或推斷不合理的是
A. 與KI能發生反應：
B. CuI與反應的速率慢于與反應的速率
C. 黃綠色懸濁液變為黃色溶液時，有、生成
D. Cu(Ⅱ)與生成配合物反應的限度大于二者發生氧化還原反應的限度
【答案】D
【解析】
【詳解】A．CuI為白色沉淀，可吸附I2而顯土黃色，CuI2在溶液中不存在，故CuSO4與KI能發生反應：，A正確；
B．已知（無色）（無色），結合第一個實驗逐滴加入Na2S2O3溶液的實驗現象，應該是CuI附著在表面的I2先反應，故CuI與Na2S2O3反應的速率慢于I2與Na2S2O3反應的速率，B正確；
C．第二個實驗中，①產生土黃色沉淀，溶液為藍綠色，發生反應，Cu2+剩余，②逐滴加入Na2S2O3溶液時，開始變為淺藍色懸濁液，逐漸變為黃綠色懸濁液，此時生成了、；黃綠色懸濁液變為黃色溶液時，說明溶液中的Cu2+幾乎全部轉化為；最后黃色溶液變為無色溶液時，說明全部被還原為，C正確；
D．第二個實驗中，溶液最后變為無色溶液，故最后溶液中主要為，故Cu(Ⅱ)與生成配合物反應的限度小于二者發生氧化還原反應的限度，D錯誤；
故選D。
第二部分
本部分共5題，共58分。
15. 三磷酸腺苷（ATP）是生物體的供能物質，由腺苷（A）與磷酸反應而成。
（1）基態P原子價層電子排布式是__________。
（2）比較ATP和A在水中的溶解性并從微粒間相互作用的角度解釋其原因：__________。
（3）ATP的堿基中，氮原子的雜化方式為__________。
（4）ATP中的堿基與尿嘧啶作用時，形成的氫鍵的種類可能有__________種。
（5）磷的含氧酸除了以外，還有亞磷酸（）等。
①是二元酸，在水中鍵能斷裂解離出而鍵不能，從元素性質的角度解釋其原因：__________。
②是一種配體。配位時配位原子是__________，理由是__________。
【答案】（1）
（2）ATP中更易與H2O形成氫鍵
（3）sp2、sp3 （4）2
（5） ①. O的電負性大于P的，O—H鍵極性大于P—H鍵 ②. O ③. O有孤電子對可以做配位原子，P沒有孤電子對不可做配位原子
【解析】
小問1詳解】
P是第15號元素，基態P原子價層電子排布式是；
【小問2詳解】
ATP中含更多羥基，更易與H2O形成氫鍵，導致其比A更易溶于水；
【小問3詳解】
ATP的堿基中環內N=C雙鍵中N原子為雜化sp2，N-C單鍵和-NH2中N原子為雜化sp3；
【小問4詳解】
尿嘧啶為當氫原子連接在電負性大且原子半徑小原子（例如氟、氧、氮）上時，可以形成氫鍵；ATP中的堿基與尿嘧啶作用時，形成的氫鍵的種類可能有：N—HN、N—HO，有2種；
【小問5詳解】
①O的電負性大于P的，O—H鍵極性大于P—H鍵，使得O—H鍵更易斷裂電離出氫離子；
②中O存在孤電子對可以提供孤電子對而做配位原子，P沒有孤電子對不可做配位原子，故配位時配位原子是O。
16. 是一種重要工業原料。可采用不同的氮源制備。
（1）方法一：早期以硝石（含）為氮源制備，反應的化學方程式為：
（濃）。該反應利用了濃硝酸的性質是酸性和__________。
（2）方法二：以為氮源催化氧化制備，反應原理分三步進行。
①工業合成的化學方程式為__________。
②針對第Ⅱ步反應進行研究：在容積可變的密閉容器中，充入2n mol NO和進行反應。在不同壓強下（、），反應達到平衡時，測得NO轉化率隨溫度的變化如圖所示。比較y點和x點的容器容積：y_______x，解釋原因__________。
（3）方法三：研究表明可以用電解法以為氮源直接制備，其原理示意圖如下。
①電極a表面生成的電極反應式：__________。
②研究發現：轉化可能的途徑為。電極a表面還發生iii．。iii的存在，有利于途徑ii，原因是__________。
（4）用于新型鋰電池，其晶胞結構如圖。立方晶胞棱長為。
①距離Li最近且等距的O的數目為__________。
②已知阿伏加德羅常數為。該晶體的密度為__________。
【答案】（1）難揮發性
（2） ①. ②. 小于（或<） ③. 反應正向氣體分子總數減小，同溫時，條件下NO轉化率高于，故，根據，x、y點轉化率相同，則n相同，此時壓強對容積的影響大于溫度對容積的影響，故y點的容器容積小于x點的容器容積
（3） ①. ②. 反應iii生成，將氧化成，更易轉化成
（4） ①. 4 ②.
【解析】
【小問1詳解】
濃硫酸難揮發，產物為氣體，有利于復分解反應進行，體現了濃硫酸的難揮發性和酸性；
【小問2詳解】
①工業上用氮氣和氫氣在高溫高壓、催化劑下合成，化學方程式為；
②反應正向氣體分子總數減小，同溫時，條件下NO轉化率高于，故，根據，x、y點轉化率相同，則n相同，此時壓強對容積的影響大于溫度對容積的影響，故y點的容器容積小于x點的容器容積；
【小問3詳解】
①由電極a上的物質轉化可知，氮元素化合價升高，發生氧化反應，電極a為陽極，電極反應式為；
②由于反應iii生成，將氧化成，更易轉化成；
【小問4詳解】
①由Li2O晶胞結構可知，Li位于晶胞內部，O位于面心和頂點，觀察晶胞可知，距離Li最近且等距的O的數目為4個；
②由Li2O晶胞結構可知，Li位于晶胞內部，共有8個，O位于面心和頂點，共有，立方晶胞棱長為，已知阿伏加德羅常數為。該晶體的密度為。
17. 除草劑苯嘧磺草胺的中間體M合成路線如下。
（1）D中含氧官能團的名稱是__________。
（2）A→B的反應類型是__________。
（3）結合方程式解釋E→G中K2CO3的作用：__________。
（4）下列說法正確的是__________（填序號）。
A. L存在順反異構體
B. 存在含兩個六元環的B的同分異構體
C. 1mol G與NaOH溶液共熱最多消耗5mol NaOH
D. I→J的制備過程中，若反應溫度過高，可能生成副產物乙醚或者乙烯
（5）已知：
①K的結構簡式是__________。
②判斷并解釋K中氟原子對的活潑性的影響__________。
（6）M的分子式為。除苯環外，M分子中還有個含兩個氮原子的六元環，在合成M的同時還生成產物甲醇和乙醇。由此可知，在生成M時，L分子和G分子斷裂的化學鍵均為鍵和鍵，M的結構簡式是__________。
【答案】（1）硝基、酯基
（2）酯化反應或取代反應
（3）+ClCOOCH3+HCl，吸收反應生成的HCl，促使反應向正向進行，提高產率 （4）ABD
（5） ①. ②. 氟原子可增強的活潑性；氟原子為吸電子基團，位鍵極性增強，易斷裂
（6）
【解析】
【分析】B發生硝化反應得到D，即B為，A與CH3OH發生酯化反應生成B，即A為，D發生還原反應得到E，結合E的分子式可知，D硝基被還原為氨基，E為，E在K2CO3的作用下與發生反應得到G，結合G的分子式可知，G為，I與C2H5OH在濃硫酸加熱的條件下生成J，結合I與J的分子式可知，I為CH3COOH，J為CH3COOC2H5，J與在一定條件下生成K，發生類似的反應，結合L的結構簡式和K的分子式可知，K為 ，G和L在堿的作用下生成M，M的分子式為，除苯環外，M分子中還有個含兩個氮原子的六元環，在合成M的同時還生成產物甲醇和乙醇，可推測為G與L中鍵與酯基分別發生反應，形成酰胺基，所以斷裂的化學鍵均為鍵和鍵，M的結構簡式為。
【小問1詳解】
D的結構簡式為，D中含氧官能團的名稱是硝基、酯基，故答案為：硝基、酯基；
【小問2詳解】
由分析可知，A→B是與甲醇發生酯化反應生成，故答案為：酯化反應或取代反應；
【小問3詳解】
由分析可知，E→G的反應方程式為：+ClCOOCH3+HCl，則E→G中K2CO3的作用為：吸收反應生成的HCl，促使反應向正向進行，提高產率，故答案為：+ClCOOCH3+HCl，吸收反應生成的HCl，促使反應向正向進行，提高產率；
【小問4詳解】
A．L為，分子中含有碳碳雙鍵且碳碳雙鍵兩端碳原子均連有互不相同的原子或原子團，故L存在順反異構體，A正確；
B．由題干信息可知，B的分子式為：C8H6O2FCl，不飽和度為5，存在含兩個六元環的B的同分異構體如，B正確；
C．由分析可知，G的結構簡式可知，，分子中含有酰胺基、酯基和碳氟鍵、碳氯鍵，鹵原子水解生成的酚羥基還能消耗氫氧化銨，故1mol G與NaOH溶液共熱最多消耗7mol NaOH，C錯誤；
D．I→J發生反應：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，則I→J的制備過程中，若反應溫度過高，可能發生乙醇分子間脫水生成副產物乙醚或者乙醇分子內脫水即發生消去反應生成乙烯，D正確；
故答案為：ABD；
【小問5詳解】
①根據已知反應可知，酯基的與另一分子的酯基發生取代反應，中左側不存在，所以產物K的結構簡式為；故答案為：；
②氟原子可增強的活潑性；氟電負性大，吸電子能力強，位鍵極性增強，易斷裂；故答案為：氟原子可增強的活潑性，氟原子為吸電子基團，位鍵極性增強，易斷裂；
【小問6詳解】
M分子中除苯環外還有一個含兩個氮原子的六元環，在合成M的同時還生成產物甲醇和乙醇，再結合其分子式，可推測為G與L中鍵與酯基分別發生反應，形成酰胺基，所以斷裂的化學鍵均為鍵和鍵，M的結構簡式為。故答案為： 。
18. 以銀錳精礦（主要含、、）和氧化錳礦（主要含）為原料聯合提取銀和錳的一種流程示意圖如下。
已知：酸性條件下，的氧化性強于。硫酸錳受熱不分解。
（1）“浸錳”過程是在溶液中使礦石中的錳元素浸出，同時去除，有利于后續銀的浸出；礦石中的銀以的形式殘留于浸錳渣中。
①“浸錳”過程中，發生反應，為提高浸取速率，可采取的措施是：__________。（寫出一種即可）
②在溶液中，銀錳精礦中的和氧化錳礦中的發生反應。（已知S元素被氧化成硫酸根離子）的離子方程式為：__________。
（2）①“浸銀”時，發生的反應為：，可以使用過量__________、__________和的混合液作為浸出劑，將中的銀以形式浸出。
②結合平衡移動原理，解釋“浸銀”過程中浸出劑中、的作用：__________。
（3）“沉銀”過程中需要過量的鋅粉作為還原劑。
①該步反應的參加反應的離子__________。
②一定溫度下，Ag的沉淀率隨反應時間的變化如圖所示。解釋Ag的沉淀率變化的原因：__________。
（4）結合“浸錳”過程，從兩種礦石中各物質利用的角度，分析聯合提取銀和錳的優勢：__________。
【答案】（1） ①. 適當提高酸的濃度、升高溫度、粉碎礦石、攪拌等（任寫一種） ②.
（2） ①. FeCl3 ②. HCl ③. 是為了與電離出的Ag+結合生成，使平衡正向移動，提高的浸出率，是為了抑制水解，防止生成氫氧化鐵沉淀
（3） ①. ②. 開始時Zn與反應，Ag沉淀率增大；隨著反應的進行，溶解的氧氣可作氧化劑，將生成的單質Ag轉化為[AgCl2]-溶解過量，沉淀率下降
（4）可將兩種礦石中的錳元素同時提取到浸錳液中，得到MnSO4，同時將銀元素和錳元素分離開；生成的還可以用于浸銀，節約氧化劑
【解析】
【分析】銀錳精礦和氧化錳礦混合加硫酸溶液，二氧化錳具有氧化性使得二價鐵氧化為三價鐵同時二氧化錳能被還原生成錳離子，使礦石中的錳元素浸出，同時去除FeS2，浸錳液中主要的金屬陽離子有、，礦石中的銀以Ag2S的形式殘留于浸錳渣中，浸錳渣中Ag2S與過量氯化鐵、鹽酸、氯化鈣的混合液反應，將Ag2S中的銀以形式浸出，用鋅粉把還原為金屬銀，據此回答。
【小問1詳解】
①“浸錳”過程中，發生反應，為提高浸取速率，可采取措施有適當提高酸的濃度、升高溫度、粉碎礦石、攪拌等（任寫一種）；
②FeS2與MnO2在酸性條件下反應，S被氧化為，Mn被還原為，離子方程式：；
【小問2詳解】
①“浸銀”時，發生的反應為：，將中的S氧化為S單質，為了不引入雜質，可以使用過量FeCl3提供，為防止水解，需在酸性條件下進行反應，為了不引入雜質，可由使用過量HCl，綜上所述，可以使用過量FeCl3、HCl和的混合液作為浸出劑，將中的銀以形式浸出；
②是為了與電離出的Ag+結合生成，使平衡正向移動，提高的浸出率，是為了抑制水解，防止生成氫氧化鐵沉淀；
【小問3詳解】
①沉銀時與Zn反應生成單質銀；
②開始時Zn與反應，Ag沉淀率增大；隨著反應的進行，溶解的氧氣可作氧化劑，將生成的單質Ag轉化為[AgCl2]-溶解，沉淀率下降；
【小問4詳解】
聯合提取銀和錳的優勢在于“浸錳”過程可將兩種礦石中的錳元素同時提取到浸錳液中，將銀元素和錳元素分離開，利用MnO2的氧化性將中的氧化為，同時生成的還可以用于浸銀，節約氧化劑，同時得到MnSO4。
19. 某小組同學向的的溶液中分別加入過量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化劑的微粒及其還原產物。
（1）理論分析：預測可將還原為Fe的金屬，并解釋原因__________。
（2）實驗驗證
實驗 金屬 操作、現象及產物
I 過量Cu 一段時間后，溶液逐漸變為藍綠色，固體中未檢測到Fe單質
II 過量Zn 一段時間后有氣泡產生，反應緩慢，pH逐漸增大，產生了大量紅褐色沉淀后，無氣泡冒出，此時溶液pH為3~4，取出固體，固體中未檢測到Fe單質
III 過量Mg 有大量氣泡產生，反應劇烈，pH逐漸增大，產生了大量紅褐色沉淀后，持續產生大量氣泡，當溶液pH為3~4時，取出固體，固體中檢測到Fe單質
①分別取實驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，證明都有生成，依據的現象是__________。
②用平衡移動原理解釋實驗Ⅱ、Ⅲ中沉淀生成的原因__________。
③對實驗Ⅱ未檢測到Fe單質進行分析及探究。
i．a．甲認為實驗Ⅱ中，當、濃度較大時，即使Zn與反應置換出少量Fe，也會被消耗。對應的離子方程式__________。
b．乙認為在pH為3~4的溶液中即便生成Fe也會被消耗。設計實驗__________（填實驗操作和現象）。證實了此條件下可忽略對Fe的消耗。
c．丙認為產生的紅褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻礙了Zn與的反應。實驗證實了Zn粉被包裹。
ii．查閱資料：開始沉淀的pH約為1.2，完全沉淀的pH約為3.
結合a，b和c可知，實驗II未檢測到Fe單質的原因可能是的干擾以及沉淀對鋅粉的包裹，因此可控制反應條件，在未生成沉淀時將還原，即可排除兩個干擾因素，具體操作為：重新做實驗Ⅱ，當溶液pH為3~4時，__________（填實驗操作和現象），固體中檢測Fe單質。
（3）對比實驗Ⅱ和Ⅲ，解釋實驗Ⅲ的固體中檢測到Fe單質的原因__________。
【答案】（1）Mg、Zn 在金屬活動性順序表中，Mg、Zn排在Fe之前，Cu排在Fe之后，因此Mg、Zn可將Fe3+還原為Fe，Cu不能將Fe3+還原為Fe單質
（2） ①. 產生藍色沉淀 ②. Fe3+水解反應為Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3，加入Mg或Zn會消耗H+，促進Fe3+水解平衡正向移動，使其轉化為Fe(OH)3沉淀 ③. 2Fe3++Fe=3Fe2+、2H++Fe=Fe2+＋H2↑ ④. 向pH為3~4的稀鹽酸中加鐵粉，一段時間后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不產生藍色沉淀 ⑤. 不取出固體，向固-液混合物中持續加入鹽酸，控制pH＜1.2，加入幾滴KSCN溶液，待溶液紅色消失后，停止加入鹽酸，待pH為3～4時，取出固體
（3）加入鎂粉后產生大量氣泡，使鎂粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹
【解析】
【分析】實驗Ⅰ中，加入過量的Cu，Cu與Fe3+發生反應Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，一段時間后，溶液逐漸變為藍綠色，固體中未檢測到Fe單質；
實驗Ⅱ中，加入過量的Zn，發生反應Zn+2H+=Zn2++H2↑，有氣泡產生，pH逐漸增大，使得Fe3+轉化為紅褐色Fe(OH)3沉淀，固體中未檢測到Fe單質，原因可能是Fe3+的干擾以及Fe(OH)3沉淀對鋅粉的包裹阻止Zn置換Fe；
實驗Ⅲ中，加入過量Mg，發生反應Mg+2H+=Mg2++H2↑，由于Mg很活潑，該反應非常劇烈，pH逐漸增大，產生了大量紅褐色沉淀后，持續產生大量氣泡，當溶液pH為3~4時，取出固體，固體中檢測到Fe單質，對比實驗Ⅱ和Ⅲ，加入鎂粉后產生大量氣泡，使鎂粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹，因此實驗Ⅲ的固體中檢測到Fe單質。
【小問1詳解】
在金屬活動性順序表中，Mg、Zn排在Fe之前，Cu排在Fe之后，因此Mg、Zn可將Fe3+還原為Fe，Cu不能將Fe3+還原為Fe單質。
【小問2詳解】
①K3[Fe(CN)6]能與Fe2+生成藍色KFe[Fe(CN)6]沉淀，則在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若生成KFe[Fe(CN)6]藍色沉淀，則證明都有Fe2+生成；
②FeCl3是強酸弱堿鹽，在溶液中發生水解反應離子方程式為：Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3；Mg、Zn與H+反應，使c(H+)降低，促進水解平衡正向移動，Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀；
③i．a．Fe是較活潑金屬，能與氧化性較強的Fe3+反應生成Fe2+，也能與H+反應生成Fe2+和H2，反應的離子方程式為：2Fe3++Fe=3Fe2+、2H++Fe=Fe2++H2↑；
b．在此條件下可忽略H+對Fe的消耗，即要設計實驗證明該實驗中H+對Fe的反應無影響，可控制pH為3~4，設計鹽酸和鐵的對比實驗，向pH為3~4的稀鹽酸中加鐵粉，一段時間后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不產生藍色沉淀，證實了此條件下可忽略H+對Fe的消耗；
ii．結合a，b和c可知，實驗II未檢測到Fe單質的原因可能是的干擾以及沉淀對鋅粉的包裹，實驗II要檢測到Fe單質，具體操作為：重新做實驗II，當溶pH為3～4時，不取出固體，向固-液混合物中持續加入鹽酸，控制pH＜1.2，加入幾滴KSCN溶液，待溶液紅色消失后，停止加入鹽酸，待pH為3～4時，取出固體，固體中檢測到 Fe單質；
【小問3詳解】
對比實驗Ⅱ和Ⅲ可知：Mg比Zn活潑，加入鎂粉后產生大量氣泡，使鎂粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹。北師大燕化附屬中學2024-2025學年高三年級第二學期
化學測試題
本試卷共100分。考試時長90分鐘。考生務必將答案答在答題紙上，在試卷上作答無效。考試結束后，將答題紙交回。
可能用到的相對原子質量：Li7 C12 N14 O16 K39
第一部分
本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。
1. 下列化學用語或圖示表達正確的是
A. 的電子式 B. 的VSEPR模型為
C. 電子云圖 D. 基態Si原子價電子軌道表示式：
2. 下列說法正確的是
A. 葡萄糖氧化生成CO2和H2O的反應是放熱反應
B. 質量相同的H2O和D2O(重水)所含的電子數相同
C. 碳、硫和氮的氧化物都是形成酸雨的主要物質
D. 由氨基乙酸形成的二肽中存在兩個氨基和兩個羧基
3. 氘代氨()可用于反應機理研究。下列兩種方法均可得到：①與的水解反應；②與反應。下列說法不正確的是
A. 和可用質譜法區分
B. 和均為極性分子
C. 方法①的化學方程式是
D. 方法②得到的產品純度比方法①的高
4. 下列方程式與所給事實不相符的是
A. 海水提溴過程中，用氯氣氧化苦鹵得到溴單質：
B. 用綠礬（）將酸性工業廢水中的轉化為；
C. 制備84消毒液（主要成分是NaClO）：
D. 用溶液將水垢中的轉化為溶于酸的：
5. 我國科學家提出的聚集誘導發光機制已成為研究熱點之一、一種具有聚集誘導發光性能的物質，其分子結構如圖所示。下列說法正確的是
A. 分子中N原子為雜化 B. 分子中含有手性碳原子
C. 該物質既有酸性又有堿性 D. 該物質可發生取代反應、消去反應
6. 硫酸是重要化工原料，工業生產制取硫酸的原理示意圖如下。
下列說法不正確的是
A. I的化學方程式：
B. Ⅱ中的反應條件都是為了提高平衡轉化率
C. 將黃鐵礦換成硫黃可以減少廢渣的產生
D. 生產過程中產生的尾氣可用堿液吸收
7. 回收利用工業廢氣中的和，實驗原理示意圖如下。
下列說法不正確的是
A. 廢氣中排放到大氣中會形成酸雨
B. 裝置a中溶液顯堿性的原因是的水解程度大于的電離程度
C. 裝置a中溶液的作用是吸收廢氣中的和
D. 裝置中的總反應為
8. 下列能達到對應實驗目的的是
A．分離酒精和水 B．比較氧化性：
C．由制取無水固體 D．比較Fe和Cu的金屬活動性
A. A B. B C. C D. D
9. 下列事實能用平衡移動原理解釋的是
A. 溶液中加入少量固體，促進分解
B. 密閉燒瓶內的和的混合氣體，受熱后顏色加深
C. 鐵釘放入濃中，待不再變化后，加熱能產生大量紅棕色氣體
D. 鋅片與稀反應過程中，加入少量固體，促進的產生
10. 不同條件下，當與KI按照反應①②的化學計量比恰好反應，結果如下。
反應序號 起始酸堿性 KI 還原產物 氧化產物
物質的量/mol 物質的量/mol
① 酸性 0.001 n
② 中性 0.001 10n
已知：的氧化性隨酸性減弱而減弱。
下列說法不正確的是
A. 反應①，
B. 對比反應①和②，
C. 對比反應①和②，的還原性隨酸性減弱而增強
D. 隨反應進行，①②體系pH均增大
11. 一種分解氯化銨實現產物分離的物質轉化關系如下，其中b、d代表MgO或中的一種。下列說法不正確的是
A. a為，c為HCl
B. d既可以是MgO，也可以是
C. 已知為副產物，則通入水蒸氣可減少的產生
D. 等壓條件下，反應①、②的反應熱之和，等于氯化銨直接分解的反應熱
12. 化合物K與L反應可合成藥物中間體M，轉化關系如下。已知L能發生銀鏡反應，下列說法正確的是
A. K的核磁共振氫譜有四組峰 B. L是乙二醛
C. M完全水解可得到K和L D. 反應物K與L的化學計量比是
13. 利用平衡移動原理，分析一定溫度下在不同pH的體系中的可能產物。
已知：i．圖1中曲線表示體系中各含碳粒子的物質的量分數與pH的關系。
ii．圖2中曲線I的離子濃度關系符合；曲線Ⅱ的離子濃度關系符合【注：起始，不同pH下由圖1得到。】
下列說法不正確的是
A. 由圖1，，
B. 由圖2，初始狀態、，有沉淀生成
C. 由圖2，初始狀態、，平衡后存在
D. 由圖1和圖2，初始狀態、，發生反應：
14. 某小組為探究與KI之間的反應，進行了如下實驗。
實驗
現象 ①產生土黃色沉淀，溶液為棕黃色 ②變為白色懸濁液，最后得到無色澄清溶液 ①產生土黃色沉淀，溶液為藍綠色 ②開始變為淺藍色懸濁液，逐漸變為黃綠色懸濁液，然后變為黃色溶液，最后得到無色溶液
已知：（無色）（無色）；CuI白色沉淀，可吸附；在溶液中不存在；呈無色，呈黃色。
下列結論或推斷不合理是
A. 與KI能發生反應：
B. CuI與反應的速率慢于與反應的速率
C. 黃綠色懸濁液變為黃色溶液時，有、生成
D. Cu(Ⅱ)與生成配合物反應的限度大于二者發生氧化還原反應的限度
第二部分
本部分共5題，共58分。
15. 三磷酸腺苷（ATP）是生物體的供能物質，由腺苷（A）與磷酸反應而成。
（1）基態P原子價層電子排布式是__________。
（2）比較ATP和A在水中的溶解性并從微粒間相互作用的角度解釋其原因：__________。
（3）ATP的堿基中，氮原子的雜化方式為__________。
（4）ATP中的堿基與尿嘧啶作用時，形成的氫鍵的種類可能有__________種。
（5）磷的含氧酸除了以外，還有亞磷酸（）等。
①是二元酸，在水中鍵能斷裂解離出而鍵不能，從元素性質的角度解釋其原因：__________。
②是一種配體。配位時配位原子是__________，理由是__________。
16. 是一種重要的工業原料。可采用不同的氮源制備。
（1）方法一：早期以硝石（含）為氮源制備，反應的化學方程式為：
（濃）。該反應利用了濃硝酸的性質是酸性和__________。
（2）方法二：以為氮源催化氧化制備，反應原理分三步進行。
①工業合成的化學方程式為__________。
②針對第Ⅱ步反應進行研究：在容積可變的密閉容器中，充入2n mol NO和進行反應。在不同壓強下（、），反應達到平衡時，測得NO轉化率隨溫度的變化如圖所示。比較y點和x點的容器容積：y_______x，解釋原因__________。
（3）方法三：研究表明可以用電解法以為氮源直接制備，其原理示意圖如下。
①電極a表面生成的電極反應式：__________。
②研究發現：轉化可能的途徑為。電極a表面還發生iii．。iii的存在，有利于途徑ii，原因是__________。
（4）用于新型鋰電池，其晶胞結構如圖。立方晶胞棱長為。
①距離Li最近且等距的O的數目為__________。
②已知阿伏加德羅常數為。該晶體的密度為__________。
17. 除草劑苯嘧磺草胺的中間體M合成路線如下。
（1）D中含氧官能團的名稱是__________。
（2）A→B的反應類型是__________。
（3）結合方程式解釋E→G中K2CO3的作用：__________。
（4）下列說法正確的是__________（填序號）。
A. L存在順反異構體
B. 存在含兩個六元環的B的同分異構體
C. 1mol G與NaOH溶液共熱最多消耗5mol NaOH
D. I→J的制備過程中，若反應溫度過高，可能生成副產物乙醚或者乙烯
（5）已知：
①K的結構簡式是__________。
②判斷并解釋K中氟原子對的活潑性的影響__________。
（6）M的分子式為。除苯環外，M分子中還有個含兩個氮原子的六元環，在合成M的同時還生成產物甲醇和乙醇。由此可知，在生成M時，L分子和G分子斷裂的化學鍵均為鍵和鍵，M的結構簡式是__________。
18. 以銀錳精礦（主要含、、）和氧化錳礦（主要含）為原料聯合提取銀和錳的一種流程示意圖如下。
已知：酸性條件下，的氧化性強于。硫酸錳受熱不分解。
（1）“浸錳”過程是在溶液中使礦石中的錳元素浸出，同時去除，有利于后續銀的浸出；礦石中的銀以的形式殘留于浸錳渣中。
①“浸錳”過程中，發生反應，為提高浸取速率，可采取的措施是：__________。（寫出一種即可）
②在溶液中，銀錳精礦中的和氧化錳礦中的發生反應。（已知S元素被氧化成硫酸根離子）的離子方程式為：__________。
（2）①“浸銀”時，發生的反應為：，可以使用過量__________、__________和的混合液作為浸出劑，將中的銀以形式浸出。
②結合平衡移動原理，解釋“浸銀”過程中浸出劑中、的作用：__________。
（3）“沉銀”過程中需要過量的鋅粉作為還原劑。
①該步反應的參加反應的離子__________。
②一定溫度下，Ag的沉淀率隨反應時間的變化如圖所示。解釋Ag的沉淀率變化的原因：__________。
（4）結合“浸錳”過程，從兩種礦石中各物質利用的角度，分析聯合提取銀和錳的優勢：__________。
19. 某小組同學向的的溶液中分別加入過量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化劑的微粒及其還原產物。
（1）理論分析：預測可將還原為Fe的金屬，并解釋原因__________。
（2）實驗驗證
實驗 金屬 操作、現象及產物
I 過量Cu 一段時間后，溶液逐漸變為藍綠色，固體中未檢測到Fe單質
II 過量Zn 一段時間后有氣泡產生，反應緩慢，pH逐漸增大，產生了大量紅褐色沉淀后，無氣泡冒出，此時溶液pH3~4，取出固體，固體中未檢測到Fe單質
III 過量Mg 有大量氣泡產生，反應劇烈，pH逐漸增大，產生了大量紅褐色沉淀后，持續產生大量氣泡，當溶液pH3~4時，取出固體，固體中檢測到Fe單質
①分別取實驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，證明都有生成，依據的現象是__________。
②用平衡移動原理解釋實驗Ⅱ、Ⅲ中沉淀生成的原因__________。
③對實驗Ⅱ未檢測到Fe單質進行分析及探究。
i．a．甲認為實驗Ⅱ中，當、濃度較大時，即使Zn與反應置換出少量Fe，也會被消耗。對應的離子方程式__________。
b．乙認為在pH為3~4的溶液中即便生成Fe也會被消耗。設計實驗__________（填實驗操作和現象）。證實了此條件下可忽略對Fe的消耗。
c．丙認為產生的紅褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻礙了Zn與的反應。實驗證實了Zn粉被包裹。
ii．查閱資料：開始沉淀的pH約為1.2，完全沉淀的pH約為3.
結合a，b和c可知，實驗II未檢測到Fe單質的原因可能是的干擾以及沉淀對鋅粉的包裹，因此可控制反應條件，在未生成沉淀時將還原，即可排除兩個干擾因素，具體操作為：重新做實驗Ⅱ，當溶液pH為3~4時，__________（填實驗操作和現象），固體中檢測Fe單質。
（3）對比實驗Ⅱ和Ⅲ，解釋實驗Ⅲ的固體中檢測到Fe單質的原因__________。

展開更多......

收起↑