资源简介

北京一零一中2024-2025学年度高三第三次模拟测试
化学
友情提示：
本试卷分为I卷、II卷两部分，共19道小题，共10页，满分100分；答题时间为90分钟；请将答案写在答题纸上。
可能用到的相对原子质量：O 16 Mg 24 S 32 I 127
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. 下列说法正确的是
A. 电解质溶液导电的过程发生了化学变化
B. 原子核外电子发生跃迁属于化学变化
C. 石油分馏利用了石油中各组分化学性质的差异
D. RNA中含磷酯键，DNA两条链上的碱基通过化学键作用相连接
【答案】A
【解析】
【详解】A．电解质溶液导电的过程就是电解的过程，在电极上发生氧化还原反应，发生了化学变化，A正确；
B．原子核外电子发生跃迁不产生新物质，不属于化学变化，B错误；
C．石油分馏利用了石油中各组分物理性质的差异，主要是沸点的差异，C错误；
D．核糖核酸和脱氧核糖核酸都是双螺旋结构，DNA、RNA都有磷酯键，DNA两条链上的碱基通过氢键相连，不是化学键，D错误；
故选A。
2. 下列图示或化学用语表达不正确的是
A. 的VSEPR模型： B. 乙炔的空间填充模型：
C. 的结构式： D. 的电子式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．分子的中心S原子的价层电子对数为3+，采取sp3杂化，有一对孤电子对，VSEPR模型：，A正确；
B．乙炔为直线形分子，其分子空间填充模型为，B正确；
C．CO2是共价化合物，直线形分子，中心原子是C，含有C=O双键，其结构式为，C正确；
D．CCl4是共价化合物， CCl4分子的电子式，D错误；
故选D。
3. 下列指定微粒或化学键的个数比为1：2的是
A. C原子中的质子和中子 B. Na2O2固体中的阴离子和阳离子
C. SiO2晶体中的硅原子和共价键 D. FeCl2溶液中的Fe2+和Cl—
【答案】B
【解析】
【详解】A．C原子中的质子数和中子数都为6，则质子和中子的个数比为1：1，故A不符合题意；
B．过氧化钠中过氧根离子和钠离子的个数比为1：2，故B符合题意；
C．二氧化硅中每个硅原子与4个氧原子形成4个硅氧共价键，则晶体中的硅原子和共价键的个数比为1：4，故C不符合题意；
D．氯化亚铁是强酸弱碱盐，亚铁离子在溶液中水解，所以溶液中亚铁离子和氯离子的个数比小于1：2，故D不符合题意；
故选B。
4. 下列实验中，能达到实验目的的是
A．验证牺牲阳极法 B．比较和与酸反应的快慢
C．检验烧碱样品中是否含有 D．检验待测液中是否含有
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．锌比铁活泼做负极，铁做正极，通过铁氰化钾检验是否有亚铁离子生成，A正确；
B．应选择等体积、等物质的量浓度的碳酸钠和碳酸氢钠与盐酸反应，而碳酸钠和碳酸氢钠的溶解度不同、饱和碳酸钠和饱和碳酸氢钠溶液的物质的量浓度不同，B错误；
C．观察火焰的颜色，钾离子的焰色反应实验要透过Co玻璃观察，C错误；
D．检验某溶液是否含有时，先用稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，排除银离子的干扰，D错误；
故选A。
5. 氢化亚铜（CuH）是一种红棕色的难溶物，可在40℃~50℃时用溶液和“另一种反应物”制取，在中能燃烧生成和；跟盐酸反应生成难溶物和。下列推断不正确的是
A. “另一种反应物”在反应中表现还原性
B. 与反应的化学方程式为：
C. 与反应时，氧化产物为和
D. 与盐酸反应的离子方程式为：
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢化亚铜(CuH)是一种红棕色的难溶物，可在40℃~50℃时用CuSO4溶液和“另一种反应物”制取，硫酸铜中铜元素化合价降低，则“另一种反应物”在反应中有元素化合价升高，因此在反应中表现还原性，A正确；
B．根据CuH在Cl2中能燃烧生成CuCl2和HCl，因此反应的化学方程式为：，B正确；
C．CuH与Cl2反应时，铜、氢化合价升高，因此在反应中氧化产物为和，C正确；
D．CuH跟盐酸反应生成CuCl难溶物和H2，因此反应的离子方程式为：，D错误；
故选D。
6. 实验室模拟海带提碘的流程如下，下列说法正确的是
A. 步骤①、③、⑥的操作分别是过滤、萃取和分液、蒸馏
B. 步骤④中反应消耗时，转移电子
C. 步骤⑤中主要发生反应的离子方程式为：
D. 理论上，步骤④消耗的和步骤⑤消耗的的物质的量相等
【答案】B
【解析】
【分析】海带灰溶于水浸泡并过滤得到海带浸取液，加入H2O2，氧化碘离子生成碘单质，加入四氯化碳萃取分液，得到上层为水溶液，下层为四氯化碳的碘单质溶液，在下层溶液中加入浓NaOH溶液，反应原理为：3I2+6NaOH=NaIO3+5NaI+3H2O，分液得到上层溶液中含有，加入稀硫酸得到含I2的悬浊液，过滤得到碘单质，反应原理为：NaIO3+5NaI+3H2SO4=3Na2SO4+3I2+3H2O，据此分析；
【详解】A．由分析知，步骤①、③的操作分别是过滤、萃取和分液，操作⑥是分离难溶性固体与可溶性液体混合物，方法为过滤，A错误；
B．步骤④中反应为3I2+6NaOH=NaIO3+5NaI+3H2O，在该反应中I元素的化合价分别升高为+5价，降低为-1价，当3molI2反应时，转移5mol电子，7.62g物质的量为0.03mol，故转移0.05mol电子，B正确；
C．由分析知，步骤⑤中主要发生反应的离子方程式为，C错误；
D．由分析知，步骤④中反应为3I2+6NaOH=NaIO3+5NaI+3H2O，步骤⑤中反应为NaIO3+5NaI+3H2SO4=3Na2SO4+3I2+3H2O，故理论上，步骤④消耗的NaOH和步骤⑤消耗的的物质的量之比为2：1，D错误；
故选B。
7. 几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：
元素代号 X Y Z M R
原子半径 1.86 0.99 1.43 0.75 0.71
主要化合价 最高正价 +1 +7 +3 +5 -
最低负价 - -1 - -3 -1
下列说法不正确的是
A. M、R在同一周期
B. 元素X和Y形成的化合物中含离子键
C. 工业上，用Y、Z形成的化合物制取Z
D. 以上5种元素中，电负性最强的是R
【答案】C
【解析】
【分析】根据主族元素最高正价＝最外层电子数，最低负价的绝对值＝8－最外层电子数，还有原子半径的周期性变化规律，可以判断出X：Na，Y元素有+7、-1价，则Y为Cl，Z的最高正化合价为+3，且原子半径大于Cl元素，故Z为Al，M的最高正化合价为+5，最低负价位-3，且原子半径小于Cl元素可知M为N，R只有最低负价-1价，故R为F，据此分析；
【详解】A．由分析可知M、R分别为N、F，故M、R在同一周期，A正确；
B．元素X和Y分别为Na、Cl，可形成的化合物为NaCl含有离子键，B正确；
C．Y、Z形成的化合物为，工业上电解Al2O3制取Al，C错误；
D．以上5种元素中，电负性最强的是F元素，D正确；
故选C。
8. 甲醛水溶液久置会发生聚合，生成低聚甲醛，反应如下(均为放热反应)：
下列说法不正确的是
A. 生成低聚甲醛的过程中，发生了加成、取代反应
B. 低聚甲醛的生成可能导致甲醛溶液出现浑浊
C. 在回流装置中加热久置的甲醛溶液到一定温度，甲醛可再生
D. 向久置的甲醛溶液中加入酸性溶液，若褪色证明甲醛有剩余
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题给方程式可知，生成低聚甲醛的过程中发生的反应为甲醛与水发生加成反应生成HO—CH2—OH，HO—CH2—OH发生取代反应生成低聚甲醛，故A正确；
B．由结构简式可知，甲醛能与水分子形成分子间氢键，而低聚甲醛分子中含有的醚键与水分子形成的分子间氢键弱于甲醛，所以低聚甲醛的生成可能导致甲醛溶液出现浑浊，故B正确；
C．由题给信息可知，生成低聚甲醛的反应都是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以在回流装置中加热久置的甲醛溶液到一定温度，有利于甲醛再生，故C正确；
D．低聚甲醛也能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则向久置的甲醛溶液中加入酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色不能证明甲醛有剩余，故D错误；
故选D。
9. 某小组用、HI和KI探究外界条件对化学反应速率的影响。室温下，按下列初始浓度进行实验。
实验Ⅰ．
实验编号 ① ② ③ ④ ⑤
0.1 0.1 0.1 0.2 0.3
0.1 0.2 0.3 0.1 0.1
出现棕黄色的时间/s 13 6.5 4.3 6.6 4.4
实验Ⅱ．用KI替代HI做上述5组实验，观察到有无色气体产生，一段时间内溶液均未见棕黄色。
下列说法不正确的是
A. 由实验Ⅰ可知，氧化HI的反应速率与和的乘积成正比
B. 实验①中反应继续进行，20s时测得为，则0～20s的平均反应速率：
C. 实验Ⅱ中的现象可能是因为分解的速率大于氧化KI的速率
D. 对比实验Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ-的还原性随酸性减弱而减弱
【答案】D
【解析】
【详解】A．对比实验①、②、③：HI浓度增加反应速率增加，对比实验①、④、⑤：H2O2浓度增加反应速率增加，因此，H2O2氧化HI的反应速率与和的乘积成正比，故A正确；
B．0～20s的平均反应速率：，故B正确；
C．实验II向H2O2加入KI产生氧气，而未产生I2，说明H2O2分解的速率大于H2O2氧化KI的速率，故C正确；
D．实验II引入了K+，K+对H2O2的分解有影响，不能说明酸性对I-还原性的影响，故D错误；
故答案为D。
10. 在光照条件下，空气中的二氧化硫二氧化钛颗粒物表面发生催化氧化生成硫酸气溶胶，下列说法不正确的是
A. 受到光激发产生空穴()带正电，能将氧化成·OH
B. 在颗粒物表面形成有多种途径，其中一种为
C. 上述形成硫酸气溶胶的总反应为
D. 空气的湿度越大，硫酸气溶胶的形成速率越快
【答案】D
【解析】
【详解】A．观察可知，受到光激发产生的空穴带正电，中氧元素为-2价，具有还原性，空穴能将氧化成，A选项正确；
B．从图中反应过程可以看出，在颗粒物表面形成有多种途径，其中一种途径中，具有强氧化性，能将氧化，根据得失电子守恒和原子守恒可得反应为，B选项正确；
C．由图中整个反应过程可知，二氧化硫、氧气和水在作催化剂、光激发的条件下反应生成硫酸根离子和氢离子，总反应为，C选项正确；
D．空气中湿度大时，水的含量高，可能会稀释反应体系中的反应物浓度，导致硫酸气溶胶的形成速率减慢，而不是越快，D选项错误；
故答案为：D。
11. 水溶性荧光超支化聚合物P在生物、医药及组织工程和生物成像等领域都有较好的应用，合成P的单体由M()和W()在一定条件下反应得到，P的结构片段如下：
下列说法不正确的是
A. W不存在顺反异构
B. 聚合物P的单体由M与W通过取代反应得到
C. M与W形成的单体通过缩聚反应制得聚合物P，同时有生成
D. 聚合物P具有较好水溶性可能与存在多个亲水基团-OH有关
【答案】B
【解析】
【详解】A．W中碳碳双键上的原子有三个氢原子，不存在顺反异构，A正确；
B．有结构简式可知，聚合物P的单体由M加成到W的碳碳双键后形成的单体缩聚得到，B错误；
C．M与W形成的单体通过缩聚反应制得聚合物P，羟基中的H和酯基断裂C-O单键产生的-OCH3结合生成，C正确；
D．聚合物P存在多个亲水基团-OH，具有较好水溶性，D正确；
故选B。
12. 同学们探究不同金属和浓硫酸的反应。向三等份浓硫酸中分别加入大小相同的不同金属片，加热，用生成气体进行下表实验操作并记录实验现象。
实验操作 实验现象
金属为铜 金属为锌 金属为铝
点燃 不燃烧 燃烧 燃烧
通入酸性溶液 褪色 褪色 褪色
通入溶液 无明显变化 无明显变化 出现黑色沉淀
通入品红溶液 褪色 褪色 不褪色
已知：(CuS为黑色固体)；可燃
下列说法不正确的是
A. 加入铜片的实验中，使酸性溶液褪色的气体是
B. 加入铝片的实验中，燃烧现象能证明生成气体中一定含
C. 加入锌片的实验中，生成的气体一定是混合气体
D. 金属与浓硫酸反应的还原产物与金属活动性强弱有关
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．加入铜片的实验中，气体能使酸性溶液褪色、使品红溶液褪色、不可燃，则气体具有还原性、漂白性，则气体是，A正确；
B． 加入铝片的实验中，气体能使酸性溶液褪色、能与CuSO4溶液产生黑色沉淀，则气体是，硫化氢具有可溶性，但具有可溶性的气体不一定是硫化氢，B不正确；
C． 加入锌片的实验中，气体能使酸性溶液褪色、使品红溶液褪色、则气体含，但不可燃，而锌片与浓硫酸反应的气体具有可燃性、但不能与CuSO4溶液产生黑色沉淀，则含有另一种气体；故生成的气体一定是混合气体，C正确；
D． 结合选项ABC可知，金属与浓硫酸反应的还原产物与金属活动性强弱有关，D正确；
答案选B。
13. 利用平衡移动原理，分析沉淀溶解平衡。
已知：i．。
ii．图中直线的离子浓度关系符合或。
下列分析不正确的是
A. ①表示的是，
B. a、b两点对应的溶液，相应的离子浓度之比
C. 向c点对应的溶液中加适量固体，可使溶液由c点变到a点
D. 向固体中加入的溶液，充分反应后有0.032mol转化为
【答案】D
【解析】
【分析】饱和溶液中，，，a点代入，小于，即曲线①代表-lg与-lg的关系图，曲线②代表-lg与-lg的关系图，以此解答；
【详解】A．根据分析可知，①表示的是，，A正确；
B．a、b两点对应的溶液，相同，相应的离子浓度之比，B正确；
C．向c点对应的溶液中加适量固体，则浓度增加，-lg减小，且，可使溶液由c点变到a点，C正确；
D．设有xmol转化为，x=0.064mol，D错误；
故选D。
14. 催化加氢制能实现碳的循环利用。一定压强下，1mol 与3mol 在密闭容器中发生的反应如下：
Ⅰ：；△H<0
Ⅱ：；△H>0
反应相同时间，测得不同温度下转化率和选择性如右图实验值所示。图中平衡值表示在相同条件下达到平衡状态时转化率和选择性随温度的变化。
已知：的选择性。
下列说法正确的是
A. 曲线b表示的平衡转化率
B. 其他条件不变，240℃时加压或使用高效催化剂均可能使转化率达到X点
C. 220～280℃时，反应Ⅰ生成速率小于反应Ⅱ生成CO的速率
D. 为提高生产效率，需选择相对较低的温度
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应I为放热反应，反应II为吸热反应，升高温度，反应I平衡逆向移动导致的平衡转化率降低，反应II平衡正向移动导致的平衡转化率升高，的平衡转化率不会一直随温度的升高而降低，故曲线b表示的平衡转化率，故A正确；
B．使用催化剂对化学平衡无影响，所以使用高效催化剂不可能使转化率超过平衡转化率，故B错误；
C．260～280 ℃间，选择性的实验值大于平衡值，说明相同时间内得到的量更多，反应I的速率大于反应II，即反应Ⅰ生成速率大于反应Ⅱ生成的速率，故C错误；
D．由图像可知，升高温度，转化率升高，选择性降低，为提高生产效率，需选择适宜的温度，而不是相对较低的温度，故D错误；
故选A。
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 氮及其化合物在能源领域应用广泛。
（1）非常稳定，通常只能与电离能小的、等金属元素形成离子型化合物。
①基态N原子价层电子排布式为_____。
②、在水中能产生。分子的空间结构为三角锥形，解释原因：_____。
（2）我国科学家成功合成五氮阴离子盐：（可表示为），局部结构示意图如下所示。
①中和中均为杂化，比较中键角和中键角大小并解释原因：_____。
②对于的稳定存在有重要作用。与的作用力类型有_____。
（3）丁二酮肟可用于检验溶液中的，原理如下。二（丁二酮肟）合镍为非极性分子，结构稳定，含有共价键、配位键、氢键等作用力，请在图中方框内补全其结构_____。
（4）通过、与的循环转化，可实现由、与合成、与。合成过程与Mg、MgO的晶胞结构示意图如下。
①若和的晶胞体积分别为和，则和的密度之比为_____。
②合成、与的总反应方程式是_____。
【答案】（1） ①. ②. 的价层电子对数为，其VSEPR模型为四面体形，含一个孤电子对，略去孤电子对，的空间结构为三角锥形
（2） ①. 中O的孤电子对个数为，中N的孤电子对个数为，孤电子对有较大斥力，使键角：< ②. 离子键、氢键
（3） （4） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
①N为7号元素，其基态原子最外层有5个电子，基态N的价层电子排布式为。
②的价层电子对数为，其VSEPR模型为四面体形，含一个孤电子对，略去孤电子对，的空间结构为三角锥形。
【小问2详解】
①中O的孤电子对个数为，中N的孤电子对个数为，孤电子对有较大斥力，使键角小于键角。
②与分别为阳离子、阴离子，二者间存在离子键，结合图知，中的H与中的N还形成了氢键，故与的作用力类型有离子键、氢键。
【小问3详解】
根据原子守恒知，方框内还各有一个氢原子，结合题目信息知，二（丁二酮肟）合镍中含有共价键、配位键、氢键等作用力，根据其已知结构可确定方框中存在氢键，则补全后的结构为。
【小问4详解】
①晶胞中Mg处于顶点和体内，一个晶胞含Mg：个，该晶胞的质量为；晶胞中Mg2+处于12条棱上和体内(1个)，一个晶胞含Mg2+：个，O2-处于8个顶点和6个面心处，一个晶胞含O2-：个，该晶胞的质量为；则和的密度之比为。
②由图知，、与可合成、与，反应过程中，、中的元素化合价均发生了变化，一个N降低3个价态，中C为-4价、H为+1价，反应后，一个C升高6个价态(得到CO)、H降低至0价，则，根据得失电子守恒和原子守恒可得合成、与的总反应方程式：。
16. 铁矿石中存在硫酸盐(主要为)和少量硫化物。测定铁矿石中硫含量的一种方法是把矿石中的硫元素转化为，再利用滴定法测定。
（1）高温下完全分解、和___________。
（2）测定过程如下：
向吸收器内滴入少量标准溶液至溶液呈淡蓝色。将铁矿石样品置于管式炉(已预热至高温)内，通入空气，当吸收器内溶液淡蓝色消退时，立即用标准溶液滴定至淡蓝色复现。随着不断通入，滴定过程中溶液颜色“蓝色消退-蓝色复现”不断变换，直至终点。
①持续通入空气，空气的作用是___________。
②依据现象，滴定过程发生的反应有、___________。
③滴定达终点的实验现象是___________。
（3）标准溶液的浓度为，消耗该溶液相当于___________g硫。根据到达滴定终点时消耗标准溶液的体积，可计算铁矿石样品中硫的质量分数。
（4）条件控制和误差分析
①测定时，需要控制吸收器中溶液的。若过低时，非氧化生成的使测定结果偏小。生成的离子方程式为___________。
②能直接将完全氧化。吸收器中加入，滴定时能被完全吸收。若吸收器中不加，滴定时通入的会部分逸出溶液，原因是___________。
【答案】（1）
（2） ①. 将导入吸收器中；将硫化物氧化为 ②. ③. 溶液变为淡蓝色，且半分钟内不褪色
（3）0.096a （4） ①. ②. 与的反应速率较慢
【解析】
【分析】本题为矿样中硫元素含量测定的实验题，首先通入净化的空气在高温条件下使矿样中的硫元素转化为二氧化硫，在后面装置中被吸收，再用碘酸钾标准溶液测定二氧化硫的含量，以此解题。
【小问1详解】
根据氧化还原的规律结合题给信息可知，硫由+6价降低到+4价，则同时应该有化合价的升高，故产物中还应该存在O2；
【小问2详解】
①通入空气可将管式炉中矿石中的硫元素转化为二氧化硫、且将生成的SO2气体全部吹入吸收器，确保SO2完全参与后续反应，避免损失，故答案为：将导入吸收器中；将硫化物氧化为；
②滴定过程中KIO3与I-反应生成I2，随后I2与SO2反应，被还原为I-，第二个反应体现了I2氧化SO2的过程，故答案为：；
③淀粉遇I2显蓝色。即SO2反应完全后，吸收器内溶液淡蓝色消退，继续滴加KIO3，过量的IO与I-反应生成I2，溶液变为稳定的蓝色，且半分钟内不褪色，即为终点，故答案为：溶液变为淡蓝色，且半分钟内不褪色；
【小问3详解】
根据反应关系：，消耗的KIO3物质的量为，对应的S的质量为：
；
【小问4详解】
①若溶液pH过低，I-会被空气中的O2氧化为I2，导致额外生成I2，消耗KIO3标准溶液体积减少，使测定结果偏小，故答案为：；
②KIO3与SO2反应动力学缓慢，而I2与SO2反应迅速，确保SO2被完全氧化留在溶液中。若不加入KI，则未反应的SO2会积累在溶液中，超过最大溶解度时会逸出，故答案为：与的反应速率较慢。
17. 有机化合物作为高活性农用杀菌剂，其合成路线如下。
已知：i．
ii．+R2OH
（1）A分子含有的官能团名称是_____。
（2）的化学方程式是_____。
（3）依据的反应原理，在一定条件下缩聚成高分子的化学方程式为_____。
（4）下列说法正确的是_____（填序号）。
a．能与溶液反应
b．的分子式为，核磁共振氢谱显示峰面积比为
c．最多能与发生加成反应
（5）B与F合成G过程如下
①判断并解释中基团对活泼性的影响_____。
②已知：，L和M的结构简式分别为_____、_____。
【答案】（1）羧基、氯原子（碳氯键）
（2） （3） （4）ab
（5） ①. 增强的活泼性，酯基和羰基均为吸电子基团，可以使位极性增强，易断裂 ②. ③.
【解析】
【分析】根据已知信息，A（，含羧基结构）与反应，A中羧基转化为酰氯，生成B（），可知A为。由D（）与反应的条件为浓和加热，可知该反应为发生酯化反应，D中有羧基，故D为，与生成E（）。E与、反应，依据已知信息ii，生成F（）。B与F经多步反应生成G()。G先与反应，再经处理（涉及酯的水解、酸化），生成I（）I中含有羧基，故I为，I与含N有机物反应（脱水缩合），生成K。
【小问1详解】
由分析可知A为，含有的官能团是羧基和碳氯键；
故答案为：羧基、氯原子（碳氯键）；
【小问2详解】
D是，E是该反应是酯化反应，在浓、加热条件下，苯甲酸与乙醇反应方程式为++；
故答案为：
【小问3详解】
由已知信息ii可知EF是酯缩合，分子中酯基、，在存在的条件下，分子间脱去小分子，形成高分子链，在一定条件下缩聚成高分子的化学方程式为：；
故答案为：；
【小问4详解】
a．I中含有羧基，羧基能与溶液反应生成，a选项正确；
b．由题意可知，I（）脱去1分子生成K，推出J为其分子式为，核磁共振氢谱显示峰面积比为，故b选项正确；
c．K中含有2个苯环（每个苯环可与3个加成 ）、1个碳碳双键（可与1个加成）、1个羰基（可与1个加成），则1molK最多能与mol发生加成反应，c选项错误；
故答案为：ab；
【小问5详解】
F中酯基为吸电子基团，会使电子云密度降低，从而增强的活泼性，更易发生反应，更易解离参与反应；B与F反应脱去生成L，L发生异构化生成M，再脱去生成G，由题中信息可知L为，M为；
故答案为：增强的活泼性，酯基和羰基均为吸电子基团，可以使位极性增强，易断裂；；。
18. BiOCl是一种新型的高档环保珠光材料。以辉铋矿和软锰矿为原料制取氯氧化铋和超细氧化铋的工艺流程如下：
已知：i．易与形成；，易发生水解为。
ii．几种离子沉淀与
离子 开始沉淀 沉淀完全
8.1 10.1
6.3 8.3
1.9 3.3
（1）“联合焙烧”时，和，在空气中反应生成和。该反应的化学方程式为_____。
（2）“酸浸”时需及时补充浓盐酸控制浸取液pH小于1.4，其目的是_____。
（3）得到BiOCl的离子方程式为_____。
（4）铋能被有机萃取剂（简称TBP）萃取，其萃取原理可表示为：(水层)+2TBP(有机层)(有机层)(水层)。“萃取”时需向溶液中加入固体调节浓度，萃取率随变化关系如图所示。最佳为的可能原因是_____。
（5）“沉淀反萃取”时生成草酸铋晶体。为得到含较少的草酸铋晶体，“萃取”后有机相与草酸溶液的混合方式为_____。
【答案】（1）
（2）增大、浓度，使铋充分浸出；同时抑制金属离子（或）、水解
（3）
（4）时，铋离子萃取平衡（）逆向移动，萃取率下降，铁离子萃取率上升；时，铋离子水解（）程度增大，不利于铋离子的萃取提纯
（5）边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中
【解析】
【分析】焙烧时过量MnO2分解为MnSO4，FeS2转变为Fe2O3，在空气中Bi2S3焙烧生成Bi2O3和二氧化硫，经过酸浸，Fe2O3转化为氯化铁，滤渣为二氧化硅，Mn2O3与浓盐酸生成氯气，滤液中含有Bi3+、Fe3+，滤液中加入萃取剂TBP让Bi3+和Fe3+分离，再加入草酸溶液反萃取出Bi3+，最终得到超细氧化铋；滤液2中加金属Bi可将Fe3+转化为Fe2+，然后调节pH，将Bi转化为BiOCl，以此解答；
【小问1详解】
“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4，Mn元素由+4价下降到+2价，O2中O元素由0价下降到-2价，S元素由-2价上升到+6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：；
【小问2详解】
Bi3＋易与Cl－形成，易发生水解，其反应的离子方程式为＋H2O BiOCl↓＋5Cl－＋2H＋，增大H＋、浓度，平衡逆向移动，浓度增大又抑制Bi3＋与Cl－形成，使Bi3＋充分浸出；同时抑制金属离子Bi3＋(或BiCl)、Fe3＋水解；
【小问3详解】
得到BiOCl的离子方程式为：；
【小问4详解】
由图像可知，时，铋离子萃取平衡（）逆向移动，萃取率下降，铁离子萃取率上升，引入杂质；时，铋离子水解（）程度增大，不利于铋离子的萃取提纯；
【小问5详解】
得到含Cl-较少草酸铋晶体，应边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中保证草酸较大浓度，析出含Cl-较少的草酸铋晶体。
19. 某小组同学探究铜和浓硝酸的反应，进行如下实验：
实验1：分别取浓硝酸与不同质量的铜粉充分反应，铜粉完全溶解，溶液颜色如下表：
编号 ① ② ③ ④ ⑤
铜粉质量/g 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5
溶液颜色 绿色 草绿色 蓝绿色偏绿 蓝绿色偏蓝 蓝色
（1）写出铜和浓硝酸反应的离子方程式：___________。
（2）小组同学认为溶液显绿色的可能原因是：
猜想1：硝酸铜浓度较高，溶液呈绿色；
猜想2：溶解在混合溶液中，溶液呈绿色。
依据实验1中的现象，判断猜想1是否合理，并说明理由：___________。
（3）取⑤中溶液，___________(填操作和现象)，证实猜想2成立。
小组同学进行如下实验也证实了猜想2成立。
实验2：向①中溶液以相同流速分别通入和空气，观察现象。
通入气体 氮气 空气
现象 液面上方出现明显的红棕色气体 后溶液变为蓝色 液面上方出现明显的红棕色气体 后溶液变为蓝色
（4）结合上述实验现象，下列推测合理的是___________(填字母序号)。
a．①中溶液通入时，被缓慢氧化为
b．①中溶液里某还原性微粒与绿色有关，通入空气时较快被氧化
c．空气小的溶于水显酸性，促进了溶液变蓝色
d．加热溶液①后，可能观察到溶液变蓝的现象
（5）小组同学继续探究实验2中现象的差异，并查阅文献：
ⅰ.“可溶性铜盐中溶解亚硝酸”可能是实验①中溶液显绿色的主要原因
ⅱ.在溶液中存在
反应l：(慢)
反应2：(快)
解释实验2中“通入氮气变蓝慢，通入空气变蓝快”的原因___________。
小组同学为确认亚硝酸参与了形成绿色溶液的过程，继续进行实验。
实验3：取3份等体积的①中绿色溶液，分别加入不同物质，观察现象。
加入物质 ___________固体 3滴30％溶液 3滴水
现象 溶液绿色变深 溶液迅速变为蓝色 溶液颜色几乎不变
（6）实验中加入的固体物质是___________(填化学式)。加入后溶液迅速变蓝可能的原因是(用化学方程式表示)：，___________，___________。
【答案】（1）
（2）不合理，实验编号①~⑤中铜粉均溶解，随着硝酸铜浓度的增大，溶液颜色反而由绿色变为蓝色，与假设不符
（3）通入NO2气体，溶液颜色变绿
（4）bd （5）通入氮气时，二氧化氮和一氧化氮气体被吹出，由于反应1较慢，亚硝酸浓度下降较慢；通入空气时，一氧化氮与空气中的氧气发生反应，溶液中一氧化氮浓度降低，对溶液颜色变化影响程度较大的反应2快速向正反应方向移动，亚硝酸浓度降低快，溶液颜色变化快。
（6） ①. NaNO2（或其他亚硝酸盐） ②. ③.
【解析】
【分析】通过设计实验推测铜与硝酸反应产物的颜色原因。
【小问1详解】
铜和浓硝酸反应生成NO2气体和水，。
【小问2详解】
根据题意，铜粉完全溶解，则随着铜粉质量的增加，溶液中硝酸铜的浓度浓度不断增大，但溶液颜色有绿色逐渐变为蓝色，与假设不符，故假设1不合理。
【小问3详解】
猜想2认为，溶解在混合溶液中使溶液呈绿色，故向⑤中溶液通入NO2若溶液变为绿色，则猜想2成立。
【小问4详解】
实验2证明，向①中溶液通入氮气溶液较慢变为蓝色，通入空气溶液较快变为蓝色； 化学性质稳定，在上述溶液中不能被氧化为 ，a错误；①中溶液里某还原性微粒与绿色有关，通入空气时较快被氧化，空气中的氧气具有氧化性，能够氧化溶液中的还原性微粒，b正确；酸性物质不能促进溶液变为蓝色，c错误；加热溶液①，加快反应速率，可能观察到溶液变蓝的现象，d正确；故选择bd两项。
【小问5详解】
向溶液中通入N2时，NO2和NO气体被吹出，由于反应1进行较慢，亚硝酸的浓度下降较慢；通入空气时，NO与空气中的氧气发生反应，溶液中NO的浓度降低，对溶液颜色变化影响程度较大的反应2快速向正反应方向移动，亚硝酸浓度降低快，溶液颜色变化快。
【小问6详解】
根据实验2可知，亚硝酸参与了绿色的形成过程，故向①的溶液中加入亚硝酸盐能够使溶液绿色变深；加入过氧化氢后，溶液迅速不变蓝，说明过氧化氢能够与亚硝酸发生反应，使溶液中亚硝酸浓度降低，亚硝酸具有还原性，过氧化氢具有氧化性，故过氧化氢将亚硝酸氧化为硝酸：，同时溶液中的一氧化氮也被过氧化氢氧化为硝酸：。北京一零一中2024-2025学年度高三第三次模拟测试
化学
友情提示：
本试卷分为I卷、II卷两部分，共19道小题，共10页，满分100分；答题时间为90分钟；请将答案写在答题纸上。
可能用到的相对原子质量：O 16 Mg 24 S 32 I 127
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. 下列说法正确的是
A. 电解质溶液导电的过程发生了化学变化
B. 原子核外电子发生跃迁属于化学变化
C. 石油分馏利用了石油中各组分化学性质的差异
D. RNA中含磷酯键，DNA两条链上的碱基通过化学键作用相连接
2. 下列图示或化学用语表达不正确的是
A. 的VSEPR模型： B. 乙炔的空间填充模型：
C. 的结构式： D. 的电子式：
3. 下列指定微粒或化学键个数比为1：2的是
A. C原子中的质子和中子 B. Na2O2固体中的阴离子和阳离子
C. SiO2晶体中的硅原子和共价键 D. FeCl2溶液中的Fe2+和Cl—
4. 下列实验中，能达到实验目的的是
A．验证牺牲阳极法 B．比较和与酸反应的快慢
C．检验烧碱样品中是否含有 D．检验待测液中是否含有
A. A B. B C. C D. D
5. 氢化亚铜（CuH）是一种红棕色的难溶物，可在40℃~50℃时用溶液和“另一种反应物”制取，在中能燃烧生成和；跟盐酸反应生成难溶物和。下列推断不正确的是
A. “另一种反应物”在反应中表现还原性
B. 与反应的化学方程式为：
C. 与反应时，氧化产物为和
D. 与盐酸反应的离子方程式为：
6. 实验室模拟海带提碘的流程如下，下列说法正确的是
A. 步骤①、③、⑥的操作分别是过滤、萃取和分液、蒸馏
B. 步骤④中反应消耗时，转移电子
C. 步骤⑤中主要发生反应的离子方程式为：
D. 理论上，步骤④消耗的和步骤⑤消耗的的物质的量相等
7. 几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：
元素代号 X Y Z M R
原子半径 1.86 0.99 1.43 0.75 0.71
主要化合价 最高正价 +1 +7 +3 +5 -
最低负价 - -1 - -3 -1
下列说法不正确是
A. M、R在同一周期
B. 元素X和Y形成的化合物中含离子键
C. 工业上，用Y、Z形成的化合物制取Z
D. 以上5种元素中，电负性最强的是R
8. 甲醛水溶液久置会发生聚合，生成低聚甲醛，反应如下(均为放热反应)：
下列说法不正确的是
A. 生成低聚甲醛的过程中，发生了加成、取代反应
B. 低聚甲醛的生成可能导致甲醛溶液出现浑浊
C. 在回流装置中加热久置的甲醛溶液到一定温度，甲醛可再生
D. 向久置的甲醛溶液中加入酸性溶液，若褪色证明甲醛有剩余
9. 某小组用、HI和KI探究外界条件对化学反应速率的影响。室温下，按下列初始浓度进行实验。
实验Ⅰ．
实验编号 ① ② ③ ④ ⑤
0.1 0.1 0.1 0.2 0.3
0.1 0.2 0.3 0.1 0.1
出现棕黄色的时间/s 13 6.5 4.3 6.6 4.4
实验Ⅱ．用KI替代HI做上述5组实验，观察到有无色气体产生，一段时间内溶液均未见棕黄色。
下列说法不正确的是
A. 由实验Ⅰ可知，氧化HI的反应速率与和的乘积成正比
B. 实验①中反应继续进行，20s时测得为，则0～20s的平均反应速率：
C. 实验Ⅱ中的现象可能是因为分解的速率大于氧化KI的速率
D. 对比实验Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ-的还原性随酸性减弱而减弱
10. 在光照条件下，空气中的二氧化硫二氧化钛颗粒物表面发生催化氧化生成硫酸气溶胶，下列说法不正确的是
A. 受到光激发产生的空穴()带正电，能将氧化成·OH
B. 在颗粒物表面形成有多种途径，其中一种为
C. 上述形成硫酸气溶胶的总反应为
D. 空气的湿度越大，硫酸气溶胶的形成速率越快
11. 水溶性荧光超支化聚合物P在生物、医药及组织工程和生物成像等领域都有较好的应用，合成P的单体由M()和W()在一定条件下反应得到，P的结构片段如下：
下列说法不正确的是
A. W不存在顺反异构
B. 聚合物P的单体由M与W通过取代反应得到
C. M与W形成的单体通过缩聚反应制得聚合物P，同时有生成
D. 聚合物P具有较好水溶性可能与存在多个亲水基团-OH有关
12. 同学们探究不同金属和浓硫酸的反应。向三等份浓硫酸中分别加入大小相同的不同金属片，加热，用生成气体进行下表实验操作并记录实验现象。
实验操作 实验现象
金属为铜 金属为锌 金属为铝
点燃 不燃烧 燃烧 燃烧
通入酸性溶液 褪色 褪色 褪色
通入溶液 无明显变化 无明显变化 出现黑色沉淀
通入品红溶液 褪色 褪色 不褪色
已知：(CuS为黑色固体)；可燃
下列说法不正确的是
A. 加入铜片的实验中，使酸性溶液褪色的气体是
B. 加入铝片的实验中，燃烧现象能证明生成气体中一定含
C. 加入锌片的实验中，生成的气体一定是混合气体
D. 金属与浓硫酸反应的还原产物与金属活动性强弱有关
13. 利用平衡移动原理，分析沉淀溶解平衡。
已知：i．。
ii．图中直线的离子浓度关系符合或。
下列分析不正确的是
A. ①表示的是，
B. a、b两点对应的溶液，相应的离子浓度之比
C. 向c点对应的溶液中加适量固体，可使溶液由c点变到a点
D. 向固体中加入的溶液，充分反应后有0.032mol转化为
14. 催化加氢制能实现碳的循环利用。一定压强下，1mol 与3mol 在密闭容器中发生的反应如下：
Ⅰ：；△H<0
Ⅱ：；△H>0
反应相同时间，测得不同温度下转化率和选择性如右图实验值所示。图中平衡值表示在相同条件下达到平衡状态时转化率和选择性随温度的变化。
已知：选择性。
下列说法正确的是
A. 曲线b表示的平衡转化率
B. 其他条件不变，240℃时加压或使用高效催化剂均可能使转化率达到X点
C. 220～280℃时，反应Ⅰ生成速率小于反应Ⅱ生成CO的速率
D. 为提高生产效率，需选择相对较低的温度
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 氮及其化合物在能源领域应用广泛。
（1）非常稳定，通常只能与电离能小的、等金属元素形成离子型化合物。
①基态N原子价层电子排布式为_____。
②、在水中能产生。分子的空间结构为三角锥形，解释原因：_____。
（2）我国科学家成功合成五氮阴离子盐：（可表示为），局部结构示意图如下所示。
①中和中均为杂化，比较中键角和中键角大小并解释原因：_____。
②对于的稳定存在有重要作用。与的作用力类型有_____。
（3）丁二酮肟可用于检验溶液中的，原理如下。二（丁二酮肟）合镍为非极性分子，结构稳定，含有共价键、配位键、氢键等作用力，请在图中方框内补全其结构_____。
（4）通过、与的循环转化，可实现由、与合成、与。合成过程与Mg、MgO的晶胞结构示意图如下。
①若和的晶胞体积分别为和，则和的密度之比为_____。
②合成、与的总反应方程式是_____。
16. 铁矿石中存在硫酸盐(主要为)和少量硫化物。测定铁矿石中硫含量的一种方法是把矿石中的硫元素转化为，再利用滴定法测定。
（1）高温下完全分解为、和___________。
（2）测定过程如下：
向吸收器内滴入少量标准溶液至溶液呈淡蓝色。将铁矿石样品置于管式炉(已预热至高温)内，通入空气，当吸收器内溶液淡蓝色消退时，立即用标准溶液滴定至淡蓝色复现。随着不断通入，滴定过程中溶液颜色“蓝色消退-蓝色复现”不断变换，直至终点。
①持续通入空气，空气的作用是___________。
②依据现象，滴定过程发生的反应有、___________。
③滴定达终点的实验现象是___________。
（3）标准溶液的浓度为，消耗该溶液相当于___________g硫。根据到达滴定终点时消耗标准溶液的体积，可计算铁矿石样品中硫的质量分数。
（4）条件控制和误差分析
①测定时，需要控制吸收器中溶液的。若过低时，非氧化生成的使测定结果偏小。生成的离子方程式为___________。
②能直接将完全氧化。吸收器中加入，滴定时能被完全吸收。若吸收器中不加，滴定时通入的会部分逸出溶液，原因是___________。
17. 有机化合物作为高活性农用杀菌剂，其合成路线如下。
已知：i．
ii．+R2OH
（1）A分子含有的官能团名称是_____。
（2）的化学方程式是_____。
（3）依据的反应原理，在一定条件下缩聚成高分子的化学方程式为_____。
（4）下列说法正确的是_____（填序号）。
a．能与溶液反应
b．的分子式为，核磁共振氢谱显示峰面积比为
c．最多能与发生加成反应
（5）B与F合成G过程如下。
①判断并解释中基团对活泼性的影响_____。
②已知：，L和M的结构简式分别为_____、_____。
18. BiOCl是一种新型的高档环保珠光材料。以辉铋矿和软锰矿为原料制取氯氧化铋和超细氧化铋的工艺流程如下：
已知：i．易与形成；，易发生水解为。
ii．几种离子沉淀与
离子 开始沉淀 沉淀完全
8.1 10.1
63 8.3
1.9 3.3
（1）“联合焙烧”时，和，在空气中反应生成和。该反应的化学方程式为_____。
（2）“酸浸”时需及时补充浓盐酸控制浸取液pH小于1.4，其目的是_____。
（3）得到BiOCl的离子方程式为_____。
（4）铋能被有机萃取剂（简称TBP）萃取，其萃取原理可表示为：(水层)+2TBP(有机层)(有机层)(水层)。“萃取”时需向溶液中加入固体调节浓度，萃取率随变化关系如图所示。最佳为的可能原因是_____。
（5）“沉淀反萃取”时生成草酸铋晶体。为得到含较少的草酸铋晶体，“萃取”后有机相与草酸溶液的混合方式为_____。
19. 某小组同学探究铜和浓硝酸的反应，进行如下实验：
实验1：分别取浓硝酸与不同质量的铜粉充分反应，铜粉完全溶解，溶液颜色如下表：
编号 ① ② ③ ④ ⑤
铜粉质量/g 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5
溶液颜色 绿色 草绿色 蓝绿色偏绿 蓝绿色偏蓝 蓝色
（1）写出铜和浓硝酸反应的离子方程式：___________。
（2）小组同学认为溶液显绿色的可能原因是：
猜想1：硝酸铜浓度较高，溶液呈绿色；
猜想2：溶解在混合溶液中，溶液呈绿色。
依据实验1中的现象，判断猜想1是否合理，并说明理由：___________。
（3）取⑤中溶液，___________(填操作和现象)，证实猜想2成立。
小组同学进行如下实验也证实了猜想2成立。
实验2：向①中溶液以相同流速分别通入和空气，观察现象。
通入气体 氮气 空气
现象 液面上方出现明显的红棕色气体 后溶液变为蓝色 液面上方出现明显的红棕色气体 后溶液变为蓝色
（4）结合上述实验现象，下列推测合理的是___________(填字母序号)。
a．①中溶液通入时，被缓慢氧化为
b．①中溶液里某还原性微粒与绿色有关，通入空气时较快被氧化
c．空气小的溶于水显酸性，促进了溶液变蓝色
d．加热溶液①后，可能观察到溶液变蓝的现象
（5）小组同学继续探究实验2中现象差异，并查阅文献：
ⅰ.“可溶性铜盐中溶解亚硝酸”可能是实验①中溶液显绿色的主要原因
ⅱ.在溶液中存在
反应l：(慢)
反应2：(快)
解释实验2中“通入氮气变蓝慢，通入空气变蓝快”的原因___________。
小组同学为确认亚硝酸参与了形成绿色溶液的过程，继续进行实验。
实验3：取3份等体积的①中绿色溶液，分别加入不同物质，观察现象。
加入物质 ___________固体 3滴30％溶液 3滴水
现象 溶液绿色变深 溶液迅速变为蓝色 溶液颜色几乎不变
（6）实验中加入的固体物质是___________(填化学式)。加入后溶液迅速变蓝可能的原因是(用化学方程式表示)：，___________，___________。

展开更多......

收起↑