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北师大燕化附属中学2024-2025学年高三年级第二学期
化学测试题
本试卷共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题纸交回。
可能用到的相对原子质量：Li7 C12 N14 O16 K39
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 的电子式 B. 的VSEPR模型为
C. 电子云图为 D. 基态Si原子价电子轨道表示式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．是共价化合物，电子式应为，A错误；
B．中心N原子价层电子对数，VSEPR 模型为四面体，不是平面三角形，B错误；
C．轨道上的电子出现的概率分布为z轴对称，在x、y轴方向出现的几率密度为零，电子云图为，C正确；
D．基态Si原子价电子轨道表示式应遵循洪特规则，3p轨道电子应分占不同轨道，轨道表示式为，D错误；
故选C。
2. 下列说法正确的是
A. 葡萄糖氧化生成CO2和H2O的反应是放热反应
B. 质量相同的H2O和D2O(重水)所含的电子数相同
C. 碳、硫和氮的氧化物都是形成酸雨的主要物质
D. 由氨基乙酸形成的二肽中存在两个氨基和两个羧基
【答案】A
【解析】
【详解】A．葡萄糖氧化生成CO2和H2O是细胞呼吸(有氧呼吸)过程或者葡萄糖在氧气中燃烧的过程，该过程释放能量，是放热反应，A正确；
B．H2O和D2O(重水)摩尔质量不同，质量相同的二者物质的量不同，1个H2O和1个D2O都含10个电子，但物质的量不同则电子数不同，B错误；
C．形成酸雨的主要物质是硫和氮的氧化物，碳的氧化物(如CO2)不是形成酸雨的主要物质，C错误；
D．氨基乙酸形成二肽时，两个氨基乙酸脱水缩合，二肽中存在1个氨基和1个羧基(两端)，D错误；
故答案为：A。
3. 氘代氨()可用于反应机理研究。下列两种方法均可得到：①与的水解反应；②与反应。下列说法不正确的是
A. 和可用质谱法区分
B. 和均为极性分子
C. 方法①的化学方程式是
D. 方法②得到的产品纯度比方法①的高
【答案】D
【解析】
【详解】A．和的相对分子质量不同，可以用质谱法区分，A正确；
B．和的H原子不同，但空间构型均为三角锥形，是极性分子，B正确；
C．Mg3N2与D2O发生水解生成Mg(OD)2和ND3，反应方法①的化学方程式书写正确，C正确；
D．方法②是通过中D原子代替中H原子的方式得到，代换的个数不同，产物会不同，纯度低，D错误；
故选D。
4. 下列方程式与所给事实不相符的是
A. 海水提溴过程中，用氯气氧化苦卤得到溴单质：
B. 用绿矾（）将酸性工业废水中的转化为；
C. 制备84消毒液（主要成分是NaClO）：
D. 用溶液将水垢中的转化为溶于酸的：
【答案】D
【解析】
【详解】A．海水提溴中氧化生成，离子方程式为，A正确；
B．还原，离子方程式为，B正确；
C．与NaOH反应制NaClO，离子方程式为，C正确；
D．转化为，是微溶物，不能拆，离子方程式应为，D错误；
故选D。
5. 我国科学家提出的聚集诱导发光机制已成为研究热点之一、一种具有聚集诱导发光性能的物质，其分子结构如图所示。下列说法正确的是
A. 分子中N原子为杂化 B. 分子中含有手性碳原子
C. 该物质既有酸性又有碱性 D. 该物质可发生取代反应、消去反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．分子中存在N=C键的N原子为杂化，A错误；
B．手性碳原子是连有四个不同原子或原子团的碳原子，该分子中无手性碳原子，B错误；
C．含显酸性，含等显碱性，故既有酸性又有碱性，C正确；
D．该物质含等可发生取代反应，但无消去反应所需结构，不能发生消去反应，D错误；
故选C。
6. 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。
7. 回收利用工业废气中的和，实验原理示意图如下。
下列说法不正确的是
A. 废气中排放到大气中会形成酸雨
B. 装置a中溶液显碱性的原因是的水解程度大于的电离程度
C. 装置a中溶液的作用是吸收废气中的和
D. 装置中的总反应为
【答案】C
【解析】
【详解】A．是酸性氧化物，废气中排放到空气中会形成硫酸型酸雨，故A正确；
B．装置a中溶液的溶质为，溶液显碱性，说明的水解程度大于电离程度，故B正确；
C．装置a中溶液的作用是吸收气体，与溶液不反应，不能吸收，故C错误；
D．由图可知一个电极亚硫酸根失电子生成硫酸根，另一个极二氧化碳和水转化为甲酸，装置b中总反应为，故D正确；
选C。
8. 下列能达到对应实验目的的是
A．分离酒精和水 B．比较氧化性：
C．由制取无水固体 D．比较Fe和Cu的金属活动性
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．酒精和水互溶，不能用分液分离，不能达到实验目的，A错误；
B．如图，氯气将氧化为Br2，使左边棉球变黄，将氧化为I2，使右边棉球变蓝，证明氧化性：Cl2>Br2，Cl2>I2，不能比较Br2与I2的氧化性，不能达到实验目的，B错误；
C．加热会水解，不能直接加热制取无水，应在HCl的氛围中加热，不能达到实验目的，C错误；
D．Fe与CuSO4发生置换反应：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，证明Fe金属活动性大于Cu，可达到实验目的，D正确；
故选D。
9. 下列事实能用平衡移动原理解释的是
A. 溶液中加入少量固体，促进分解
B. 密闭烧瓶内的和的混合气体，受热后颜色加深
C. 铁钉放入浓中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体
D. 锌片与稀反应过程中，加入少量固体，促进的产生
【答案】B
【解析】
【详解】A．MnO2会催化 H2O2分解，与平衡移动无关，A项错误；
B．NO2转化为N2O4 的反应是放热反应，升温平衡逆向移动， NO2浓度增大，混合气体颜色加深，B项正确；
C．铁在浓硝酸中钝化，加热会使表面的氧化膜溶解，铁与浓硝酸反应生成大量红棕色气体，与平衡移动无关，C项错误；
D．加入硫酸铜以后，锌置换出铜，构成原电池，从而使反应速率加快，与平衡移动无关，D项错误；
故选B。
10. 不同条件下，当与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。
反应序号 起始酸碱性 KI 还原产物 氧化产物
物质的量/mol 物质的量/mol
① 酸性 0.001 n
② 中性 0.001 10n
已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。
下列说法不正确的是
A. 反应①，
B. 对比反应①和②，
C. 对比反应①和②，的还原性随酸性减弱而增强
D. 随反应进行，①②体系pH均增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应①中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，I元素的化合价由-1价升至0价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是：，故n()∶n()=2∶5，A项错误；
B．根据反应①可得关系式~，可以求得n=0.0002，则反应②的n()∶n()=0.001∶(10×0.0002)=1∶2，反应②中Mn元素的化合价由+7价降至+4价，反应②对应的关系式为~~ ~，中I元素的化合价为+5价，根据离子所带电荷数等于正负化合价的代数和知x=3，反应②的离子方程式是：，B项正确；
C．已知的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，的还原性随酸性减弱而增强，C项正确；
D．根据反应①和②的离子方程式知，反应①消耗H+、产生水、pH增大，反应②产生OH-、消耗水、pH增大，D项正确；
答案选A。
11. 一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中b、d代表MgO或中的一种。下列说法不正确的是
A. a为，c为HCl
B. d既可以是MgO，也可以是
C. 已知为副产物，则通入水蒸气可减少的产生
D. 等压条件下，反应①、②的反应热之和，等于氯化铵直接分解的反应热
【答案】B
【解析】
【分析】b、d代表MgO或中的一种。MgO不分解，可分解为氧化镁和HCl，则b代表，d代表MgO。分解的产物是和HCl，分解得到的MgO与氯化铵反应生成和氨气，综上，a为，b为，c为HCl，d为MgO，即，据此回答；
【详解】A．由分析知，a为，c为HCl，A正确；
B．由分析知，d为MgO，B错误；
C．可以水解生成，通入水蒸气可以减少的生成，C正确；
D．反应①和反应②相加即为氯化铵直接分解的反应，由盖斯定律可知，等压条件下，反应①、反应②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D正确；
故选B。
12. 化合物K与L反应可合成药物中间体M，转化关系如下。已知L能发生银镜反应，下列说法正确的是
A. K的核磁共振氢谱有四组峰 B. L是乙二醛
C. M完全水解可得到K和L D. 反应物K与L的化学计量比是
【答案】B
【解析】
【详解】A．K结构对称，酰胺基中含有1种氢原子，中间碳原子上含有一种氢原子，氨基上含有一种氢原子，故核磁共振氢谱有三组峰，A错误；
B．由K和M的结构可知，L是乙二醛，B正确；
C．M完全水解时，酰胺基水解得到氨基和羧基，生成可得到和氨气，C错误；
D．1个K和1个L反应生成1个M分子和2个水分子，故反应物K与L的化学计量比是1∶1，D错误；
故选B。
13. 利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同pH的体系中的可能产物。
已知：i．图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。
ii．图2中曲线I的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合【注：起始，不同pH下由图1得到。】
下列说法不正确的是
A. 由图1，，
B. 由图2，初始状态、，有沉淀生成
C. 由图2，初始状态、，平衡后存在
D. 由图1和图2，初始状态、，发生反应：
【答案】B
【解析】
【分析】由图1知，当pH=6.37时，和的物质的量分数相等，即，由，同理，，由图2知，曲线I的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合，当位于曲线下方时，、表示不饱和溶液，无沉淀生成，，同理，位于曲线上方时，表示过饱和溶液，有沉淀生成，据此回答。
【详解】A．从图1可以看出时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A正确；
B．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B错误；
C．从图2可以看出、时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中，C正确；
D．时，溶液中主要含碳微粒是，、时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为，D正确；
故选B。
14. 某小组为探究与KI之间的反应，进行了如下实验。
实验
现象 ①产生土黄色沉淀，溶液为棕黄色 ②变为白色悬浊液，最后得到无色澄清溶液 ①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色 ②开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，然后变为黄色溶液，最后得到无色溶液
已知：（无色）（无色）；CuI为白色沉淀，可吸附；在溶液中不存在；呈无色，呈黄色。
下列结论或推断不合理的是
A. 与KI能发生反应：
B. CuI与反应的速率慢于与反应的速率
C. 黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，有、生成
D. Cu(Ⅱ)与生成配合物反应的限度大于二者发生氧化还原反应的限度
【答案】D
【解析】
【详解】A．CuI为白色沉淀，可吸附I2而显土黄色，CuI2在溶液中不存在，故CuSO4与KI能发生反应：，A正确；
B．已知（无色）（无色），结合第一个实验逐滴加入Na2S2O3溶液的实验现象，应该是CuI附着在表面的I2先反应，故CuI与Na2S2O3反应的速率慢于I2与Na2S2O3反应的速率，B正确；
C．第二个实验中，①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色，发生反应，Cu2+剩余，②逐滴加入Na2S2O3溶液时，开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，此时生成了、；黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，说明溶液中的Cu2+几乎全部转化为；最后黄色溶液变为无色溶液时，说明全部被还原为，C正确；
D．第二个实验中，溶液最后变为无色溶液，故最后溶液中主要为，故Cu(Ⅱ)与生成配合物反应的限度小于二者发生氧化还原反应的限度，D错误；
故选D。
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 三磷酸腺苷（ATP）是生物体的供能物质，由腺苷（A）与磷酸反应而成。
（1）基态P原子价层电子排布式是__________。
（2）比较ATP和A在水中的溶解性并从微粒间相互作用的角度解释其原因：__________。
（3）ATP的碱基中，氮原子的杂化方式为__________。
（4）ATP中的碱基与尿嘧啶作用时，形成的氢键的种类可能有__________种。
（5）磷的含氧酸除了以外，还有亚磷酸（）等。
①是二元酸，在水中键能断裂解离出而键不能，从元素性质的角度解释其原因：__________。
②是一种配体。配位时配位原子是__________，理由是__________。
【答案】（1）
（2）ATP中更易与H2O形成氢键
（3）sp2、sp3 （4）2
（5） ①. O的电负性大于P的，O—H键极性大于P—H键 ②. O ③. O有孤电子对可以做配位原子，P没有孤电子对不可做配位原子
【解析】
小问1详解】
P是第15号元素，基态P原子价层电子排布式是；
【小问2详解】
ATP中含更多羟基，更易与H2O形成氢键，导致其比A更易溶于水；
【小问3详解】
ATP的碱基中环内N=C双键中N原子为杂化sp2，N-C单键和-NH2中N原子为杂化sp3；
【小问4详解】
尿嘧啶为当氢原子连接在电负性大且原子半径小原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键；ATP中的碱基与尿嘧啶作用时，形成的氢键的种类可能有：N—HN、N—HO，有2种；
【小问5详解】
①O的电负性大于P的，O—H键极性大于P—H键，使得O—H键更易断裂电离出氢离子；
②中O存在孤电子对可以提供孤电子对而做配位原子，P没有孤电子对不可做配位原子，故配位时配位原子是O。
16. 是一种重要工业原料。可采用不同的氮源制备。
（1）方法一：早期以硝石（含）为氮源制备，反应的化学方程式为：
（浓）。该反应利用了浓硝酸的性质是酸性和__________。
（2）方法二：以为氮源催化氧化制备，反应原理分三步进行。
①工业合成的化学方程式为__________。
②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入2n mol NO和进行反应。在不同压强下（、），反应达到平衡时，测得NO转化率随温度的变化如图所示。比较y点和x点的容器容积：y_______x，解释原因__________。
（3）方法三：研究表明可以用电解法以为氮源直接制备，其原理示意图如下。
①电极a表面生成的电极反应式：__________。
②研究发现：转化可能的途径为。电极a表面还发生iii．。iii的存在，有利于途径ii，原因是__________。
（4）用于新型锂电池，其晶胞结构如图。立方晶胞棱长为。
①距离Li最近且等距的O的数目为__________。
②已知阿伏加德罗常数为。该晶体的密度为__________。
【答案】（1）难挥发性
（2） ①. ②. 小于（或<） ③. 反应正向气体分子总数减小，同温时，条件下NO转化率高于，故，根据，x、y点转化率相同，则n相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响，故y点的容器容积小于x点的容器容积
（3） ①. ②. 反应iii生成，将氧化成，更易转化成
（4） ①. 4 ②.
【解析】
【小问1详解】
浓硫酸难挥发，产物为气体，有利于复分解反应进行，体现了浓硫酸的难挥发性和酸性；
【小问2详解】
①工业上用氮气和氢气在高温高压、催化剂下合成，化学方程式为；
②反应正向气体分子总数减小，同温时，条件下NO转化率高于，故，根据，x、y点转化率相同，则n相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响，故y点的容器容积小于x点的容器容积；
【小问3详解】
①由电极a上的物质转化可知，氮元素化合价升高，发生氧化反应，电极a为阳极，电极反应式为；
②由于反应iii生成，将氧化成，更易转化成；
【小问4详解】
①由Li2O晶胞结构可知，Li位于晶胞内部，O位于面心和顶点，观察晶胞可知，距离Li最近且等距的O的数目为4个；
②由Li2O晶胞结构可知，Li位于晶胞内部，共有8个，O位于面心和顶点，共有，立方晶胞棱长为，已知阿伏加德罗常数为。该晶体的密度为。
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的反应类型是__________。
（3）结合方程式解释E→G中K2CO3的作用：__________。
（4）下列说法正确的是__________（填序号）。
A. L存在顺反异构体
B. 存在含两个六元环的B的同分异构体
C. 1mol G与NaOH溶液共热最多消耗5mol NaOH
D. I→J的制备过程中，若反应温度过高，可能生成副产物乙醚或者乙烯
（5）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__________。
（6）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）酯化反应或取代反应
（3）+ClCOOCH3+HCl，吸收反应生成的HCl，促使反应向正向进行，提高产率 （4）ABD
（5） ①. ②. 氟原子可增强的活泼性；氟原子为吸电子基团，位键极性增强，易断裂
（6）
【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】
D的结构简式为，D中含氧官能团的名称是硝基、酯基，故答案为：硝基、酯基；
【小问2详解】
由分析可知，A→B是与甲醇发生酯化反应生成，故答案为：酯化反应或取代反应；
【小问3详解】
由分析可知，E→G的反应方程式为：+ClCOOCH3+HCl，则E→G中K2CO3的作用为：吸收反应生成的HCl，促使反应向正向进行，提高产率，故答案为：+ClCOOCH3+HCl，吸收反应生成的HCl，促使反应向正向进行，提高产率；
【小问4详解】
A．L为，分子中含有碳碳双键且碳碳双键两端碳原子均连有互不相同的原子或原子团，故L存在顺反异构体，A正确；
B．由题干信息可知，B的分子式为：C8H6O2FCl，不饱和度为5，存在含两个六元环的B的同分异构体如，B正确；
C．由分析可知，G的结构简式可知，，分子中含有酰胺基、酯基和碳氟键、碳氯键，卤原子水解生成的酚羟基还能消耗氢氧化铵，故1mol G与NaOH溶液共热最多消耗7mol NaOH，C错误；
D．I→J发生反应：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，则I→J的制备过程中，若反应温度过高，可能发生乙醇分子间脱水生成副产物乙醚或者乙醇分子内脱水即发生消去反应生成乙烯，D正确；
故答案为：ABD；
【小问5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；故答案为：；
②氟原子可增强的活泼性；氟电负性大，吸电子能力强，位键极性增强，易断裂；故答案为：氟原子可增强的活泼性，氟原子为吸电子基团，位键极性增强，易断裂；
【小问6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。故答案为： 。
18. 以银锰精矿（主要含、、）和氧化锰矿（主要含）为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。
已知：酸性条件下，的氧化性强于。硫酸锰受热不分解。
（1）“浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出；矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。
①“浸锰”过程中，发生反应，为提高浸取速率，可采取的措施是：__________。（写出一种即可）
②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应。（已知S元素被氧化成硫酸根离子）的离子方程式为：__________。
（2）①“浸银”时，发生的反应为：，可以使用过量__________、__________和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。
②结合平衡移动原理，解释“浸银”过程中浸出剂中、的作用：__________。
（3）“沉银”过程中需要过量的锌粉作为还原剂。
①该步反应的参加反应的离子__________。
②一定温度下，Ag的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释Ag的沉淀率变化的原因：__________。
（4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：__________。
【答案】（1） ①. 适当提高酸的浓度、升高温度、粉碎矿石、搅拌等（任写一种） ②.
（2） ①. FeCl3 ②. HCl ③. 是为了与电离出的Ag+结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率，是为了抑制水解，防止生成氢氧化铁沉淀
（3） ①. ②. 开始时Zn与反应，Ag沉淀率增大；随着反应的进行，溶解的氧气可作氧化剂，将生成的单质Ag转化为[AgCl2]-溶解过量，沉淀率下降
（4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到MnSO4，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂
【解析】
【分析】银锰精矿和氧化锰矿混合加硫酸溶液，二氧化锰具有氧化性使得二价铁氧化为三价铁同时二氧化锰能被还原生成锰离子，使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS2，浸锰液中主要的金属阳离子有、，矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中，浸锰渣中Ag2S与过量氯化铁、盐酸、氯化钙的混合液反应，将Ag2S中的银以形式浸出，用锌粉把还原为金属银，据此回答。
【小问1详解】
①“浸锰”过程中，发生反应，为提高浸取速率，可采取措施有适当提高酸的浓度、升高温度、粉碎矿石、搅拌等（任写一种）；
②FeS2与MnO2在酸性条件下反应，S被氧化为，Mn被还原为，离子方程式：；
【小问2详解】
①“浸银”时，发生的反应为：，将中的S氧化为S单质，为了不引入杂质，可以使用过量FeCl3提供，为防止水解，需在酸性条件下进行反应，为了不引入杂质，可由使用过量HCl，综上所述，可以使用过量FeCl3、HCl和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出；
②是为了与电离出的Ag+结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率，是为了抑制水解，防止生成氢氧化铁沉淀；
【小问3详解】
①沉银时与Zn反应生成单质银；
②开始时Zn与反应，Ag沉淀率增大；随着反应的进行，溶解的氧气可作氧化剂，将生成的单质Ag转化为[AgCl2]-溶解，沉淀率下降；
【小问4详解】
联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用MnO2的氧化性将中的氧化为，同时生成的还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到MnSO4。
19. 某小组同学向的的溶液中分别加入过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。
（1）理论分析：预测可将还原为Fe的金属，并解释原因__________。
（2）实验验证
实验 金属 操作、现象及产物
I 过量Cu 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质
II 过量Zn 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3~4，取出固体，固体中未检测到Fe单质
III 过量Mg 有大量气泡产生，反应剧烈，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
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用平衡移动原理解释实验Ⅱ、Ⅲ中沉淀生成的原因__________。
③对实验Ⅱ未检测到Fe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Zn与反应置换出少量Fe，也会被消耗。对应的离子方程式__________。
b．乙认为在pH为3~4的溶液中即便生成Fe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Fe的消耗。
c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与的反应。实验证实了Zn粉被包裹。
ii．查阅资料：开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3.
结合a，b和c可知，实验II未检测到Fe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，__________（填实验操作和现象），固体中检测Fe单质。
（3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因__________。
【答案】（1）Mg、Zn 在金属活动性顺序表中，Mg、Zn排在Fe之前，Cu排在Fe之后，因此Mg、Zn可将Fe3+还原为Fe，Cu不能将Fe3+还原为Fe单质
（2） ①. 产生蓝色沉淀 ②. Fe3+水解反应为Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3，加入Mg或Zn会消耗H+，促进Fe3+水解平衡正向移动，使其转化为Fe(OH)3沉淀 ③. 2Fe3++Fe=3Fe2+、2H++Fe=Fe2+＋H2↑ ④. 向pH为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀 ⑤. 不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH＜1.2，加入几滴KSCN溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸，待pH为3～4时，取出固体
（3）加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹
【解析】
【分析】实验Ⅰ中，加入过量的Cu，Cu与Fe3+发生反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，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Zn+2H+=Zn2++H2↑，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色Fe(OH)3沉淀，固体中未检测到Fe单质，原因可能是Fe3+的干扰以及Fe(OH)3沉淀对锌粉的包裹阻止Zn置换Fe；
实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应Mg+2H+=Mg2++H2↑，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Fe(OH)3沉淀包裹，因此实验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，Mg、Zn排在Fe之前，Cu排在Fe之后，因此Mg、Zn可将Fe3+还原为Fe，Cu不能将Fe3+还原为Fe单质。
【小问2详解】
①K3[Fe(CN)6]能与Fe2+生成蓝色KFe[Fe(CN)6]沉淀，则在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若生成KFe[Fe(CN)6]蓝色沉淀，则证明都有Fe2+生成；
②FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应离子方程式为：Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3；Mg、Zn与H+反应，使c(H+)降低，促进水解平衡正向移动，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；
③i．a．Fe是较活泼金属，能与氧化性较强的Fe3+反应生成Fe2+，也能与H+反应生成Fe2+和H2，反应的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+、2H++Fe=Fe2++H2↑；
b．在此条件下可忽略H+对Fe的消耗，即要设计实验证明该实验中H+对Fe的反应无影响，可控制pH为3~4，设计盐酸和铁的对比实验，向pH为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀，证实了此条件下可忽略H+对Fe的消耗；
ii．结合a，b和c可知，实验II未检测到Fe单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，实验II要检测到Fe单质，具体操作为：重新做实验II，当溶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，加入几滴KSCN溶液，待溶液红色消失后，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可知：Mg比Zn活泼，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹。北师大燕化附属中学2024-2025学年高三年级第二学期
化学测试题
本试卷共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题纸交回。
可能用到的相对原子质量：Li7 C12 N14 O16 K39
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 的电子式 B. 的VSEPR模型为
C. 电子云图 D. 基态Si原子价电子轨道表示式：
2. 下列说法正确的是
A. 葡萄糖氧化生成CO2和H2O的反应是放热反应
B. 质量相同的H2O和D2O(重水)所含的电子数相同
C. 碳、硫和氮的氧化物都是形成酸雨的主要物质
D. 由氨基乙酸形成的二肽中存在两个氨基和两个羧基
3. 氘代氨()可用于反应机理研究。下列两种方法均可得到：①与的水解反应；②与反应。下列说法不正确的是
A. 和可用质谱法区分
B. 和均为极性分子
C. 方法①的化学方程式是
D. 方法②得到的产品纯度比方法①的高
4. 下列方程式与所给事实不相符的是
A. 海水提溴过程中，用氯气氧化苦卤得到溴单质：
B. 用绿矾（）将酸性工业废水中的转化为；
C. 制备84消毒液（主要成分是NaClO）：
D. 用溶液将水垢中的转化为溶于酸的：
5. 我国科学家提出的聚集诱导发光机制已成为研究热点之一、一种具有聚集诱导发光性能的物质，其分子结构如图所示。下列说法正确的是
A. 分子中N原子为杂化 B. 分子中含有手性碳原子
C. 该物质既有酸性又有碱性 D. 该物质可发生取代反应、消去反应
6. 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
7. 回收利用工业废气中的和，实验原理示意图如下。
下列说法不正确的是
A. 废气中排放到大气中会形成酸雨
B. 装置a中溶液显碱性的原因是的水解程度大于的电离程度
C. 装置a中溶液的作用是吸收废气中的和
D. 装置中的总反应为
8. 下列能达到对应实验目的的是
A．分离酒精和水 B．比较氧化性：
C．由制取无水固体 D．比较Fe和Cu的金属活动性
A. A B. B C. C D. D
9. 下列事实能用平衡移动原理解释的是
A. 溶液中加入少量固体，促进分解
B. 密闭烧瓶内的和的混合气体，受热后颜色加深
C. 铁钉放入浓中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体
D. 锌片与稀反应过程中，加入少量固体，促进的产生
10. 不同条件下，当与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。
反应序号 起始酸碱性 KI 还原产物 氧化产物
物质的量/mol 物质的量/mol
① 酸性 0.001 n
② 中性 0.001 10n
已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。
下列说法不正确的是
A. 反应①，
B. 对比反应①和②，
C. 对比反应①和②，的还原性随酸性减弱而增强
D. 随反应进行，①②体系pH均增大
11. 一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中b、d代表MgO或中的一种。下列说法不正确的是
A. a为，c为HCl
B. d既可以是MgO，也可以是
C. 已知为副产物，则通入水蒸气可减少的产生
D. 等压条件下，反应①、②的反应热之和，等于氯化铵直接分解的反应热
12. 化合物K与L反应可合成药物中间体M，转化关系如下。已知L能发生银镜反应，下列说法正确的是
A. K的核磁共振氢谱有四组峰 B. L是乙二醛
C. M完全水解可得到K和L D. 反应物K与L的化学计量比是
13. 利用平衡移动原理，分析一定温度下在不同pH的体系中的可能产物。
已知：i．图1中曲线表示体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。
ii．图2中曲线I的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合【注：起始，不同pH下由图1得到。】
下列说法不正确的是
A. 由图1，，
B. 由图2，初始状态、，有沉淀生成
C. 由图2，初始状态、，平衡后存在
D. 由图1和图2，初始状态、，发生反应：
14. 某小组为探究与KI之间的反应，进行了如下实验。
实验
现象 ①产生土黄色沉淀，溶液为棕黄色 ②变为白色悬浊液，最后得到无色澄清溶液 ①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色 ②开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，然后变为黄色溶液，最后得到无色溶液
已知：（无色）（无色）；CuI白色沉淀，可吸附；在溶液中不存在；呈无色，呈黄色。
下列结论或推断不合理是
A. 与KI能发生反应：
B. CuI与反应的速率慢于与反应的速率
C. 黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，有、生成
D. Cu(Ⅱ)与生成配合物反应的限度大于二者发生氧化还原反应的限度
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 三磷酸腺苷（ATP）是生物体的供能物质，由腺苷（A）与磷酸反应而成。
（1）基态P原子价层电子排布式是__________。
（2）比较ATP和A在水中的溶解性并从微粒间相互作用的角度解释其原因：__________。
（3）ATP的碱基中，氮原子的杂化方式为__________。
（4）ATP中的碱基与尿嘧啶作用时，形成的氢键的种类可能有__________种。
（5）磷的含氧酸除了以外，还有亚磷酸（）等。
①是二元酸，在水中键能断裂解离出而键不能，从元素性质的角度解释其原因：__________。
②是一种配体。配位时配位原子是__________，理由是__________。
16. 是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备。
（1）方法一：早期以硝石（含）为氮源制备，反应的化学方程式为：
（浓）。该反应利用了浓硝酸的性质是酸性和__________。
（2）方法二：以为氮源催化氧化制备，反应原理分三步进行。
①工业合成的化学方程式为__________。
②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入2n mol NO和进行反应。在不同压强下（、），反应达到平衡时，测得NO转化率随温度的变化如图所示。比较y点和x点的容器容积：y_______x，解释原因__________。
（3）方法三：研究表明可以用电解法以为氮源直接制备，其原理示意图如下。
①电极a表面生成的电极反应式：__________。
②研究发现：转化可能的途径为。电极a表面还发生iii．。iii的存在，有利于途径ii，原因是__________。
（4）用于新型锂电池，其晶胞结构如图。立方晶胞棱长为。
①距离Li最近且等距的O的数目为__________。
②已知阿伏加德罗常数为。该晶体的密度为__________。
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的反应类型是__________。
（3）结合方程式解释E→G中K2CO3的作用：__________。
（4）下列说法正确的是__________（填序号）。
A. L存在顺反异构体
B. 存在含两个六元环的B的同分异构体
C. 1mol G与NaOH溶液共热最多消耗5mol NaOH
D. I→J的制备过程中，若反应温度过高，可能生成副产物乙醚或者乙烯
（5）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__________。
（6）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. 以银锰精矿（主要含、、）和氧化锰矿（主要含）为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。
已知：酸性条件下，的氧化性强于。硫酸锰受热不分解。
（1）“浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出；矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。
①“浸锰”过程中，发生反应，为提高浸取速率，可采取的措施是：__________。（写出一种即可）
②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应。（已知S元素被氧化成硫酸根离子）的离子方程式为：__________。
（2）①“浸银”时，发生的反应为：，可以使用过量__________、__________和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。
②结合平衡移动原理，解释“浸银”过程中浸出剂中、的作用：__________。
（3）“沉银”过程中需要过量的锌粉作为还原剂。
①该步反应的参加反应的离子__________。
②一定温度下，Ag的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释Ag的沉淀率变化的原因：__________。
（4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：__________。
19. 某小组同学向的的溶液中分别加入过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。
（1）理论分析：预测可将还原为Fe的金属，并解释原因__________。
（2）实验验证
实验 金属 操作、现象及产物
I 过量Cu 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质
II 过量Zn 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH3~4，取出固体，固体中未检测到Fe单质
III 过量Mg 有大量气泡产生，反应剧烈，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pH3~4时，取出固体，固体中检测到Fe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用平衡移动原理解释实验Ⅱ、Ⅲ中沉淀生成的原因__________。
③对实验Ⅱ未检测到Fe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Zn与反应置换出少量Fe，也会被消耗。对应的离子方程式__________。
b．乙认为在pH为3~4的溶液中即便生成Fe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Fe的消耗。
c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与的反应。实验证实了Zn粉被包裹。
ii．查阅资料：开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3.
结合a，b和c可知，实验II未检测到Fe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，__________（填实验操作和现象），固体中检测Fe单质。
（3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因__________。

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