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人大附中2025届高三热身练习
化学
说明：本试卷19道题，共100分；考试时间90分钟；请在答题卡上填写个人信息，并将条形码贴在答题卡的相应位置上。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16
第一部分(共42分)
本部分共14小题，每题3分。在每题列出的4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. 电子式： B. 葡萄糖的结构简式：
C. 离子的结构示意图： D. 乙烯分子中的键：
【答案】D
【解析】
【详解】A．为离子化合物，电子式为：，A错误；
B．葡萄糖的分子式为：，结构简式为：，B错误；
C．最外层8个电子，结构示意图应为：，C错误；
D．乙烯分子中的π键镜面对称，图示正确，D正确；
故选D。
2. 下列说法不正确的是
A. 纤维素能够发生酯化反应，不能被银氨溶液等弱氧化剂氧化
B. 核苷与磷酸通过醚键结合形成核苷酸，如
C. 攀登高山时佩戴护目镜，防止强紫外线引起皮肤和眼睛的蛋白质变性灼伤
D. 丙醛糖()分子中含有手性碳原子，存在对映异构体
【答案】B
【解析】
【详解】A．纤维素分子中葡萄糖单元存在醇羟基，能够发生酯化反应，纤维素属于非还原糖不能被银氨溶液等弱氧化剂氧化，A项正确；
B．核苷与磷酸通过磷酸酯键结合形成核苷酸，B项错误；
C．紫外线能够使蛋白质发生变性，因此攀登高山时佩戴护目镜，防止强紫外线引起皮肤和眼睛的蛋白质变性灼伤，C项正确；
D． 把与四个不同原子或基团相连的碳原子称为手性碳原子，因此丙醛糖中含有手性碳原子(中间碳)，存在对映异构体，D项正确；
答案选B。
3. 用表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是
A. 含有键的数目为
B. 溶液中的数目为
C. 和的混合气体含有的原子数为
D. (标准状况)乙醇与足量充分反应，生成的分子数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙炔的结构式如图：，1个乙炔分子中含有1个碳碳三键，1个碳碳三键有1个键和2个π键，C与H之间是键，则含有键的数目为，A错误；
B．溶液中体积未知，无法计算的数目，B错误；
C．和的最简式为，则和的混合气体的物质的量为，含有1mol氮原子、2mol氧原子，总共含有3mol原子，含有原子的数目为，C正确；
D．标准状况下乙醇不是气体，因此无法利用气体摩尔体积算得乙醇的物质的量，D错误；
故选C。
4. 下列反应的离子方程式正确的是
A. 溶液中滴加足量溶液：
B. 在氨水中通入少量的气体：
C. 溶液中通入少量：
D. 将等物质的量浓度的和溶液以体积比混合：
【答案】B
【解析】
【详解】A．NaOH过量，产物为，离子方程式：，故A错误；
B．氨水过量，产物为(NH4)2SO3，故B正确；
C．苯酚钠过量，产物为苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式：，故C错误；
D．将等物质的量浓度的和溶液以体积比1∶1混合，反应生成硫酸钡沉淀、一水合氨、水，反应的离子方程式：，故D错误；
故答案为B。
5. 下列离子检验利用了氧化还原反应的是
选项 待检验离子 检验试剂
A Fe3+ KSCN溶液
B I- Cl2、淀粉溶液
C SO 稀盐酸、氯化钡溶液
D NH 浓NaOH溶液、湿润的红色石蕊试纸
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．检验Fe3+常用KSCN溶液，反应为，元素化合价均未发生变化，没有发生氧化还原反应，A错误；
B．检验I-可用Cl2、淀粉溶液，反应为，I元素化合价升高，Cl元素化合价降低，发生氧化还原反应，B正确；
C．检验SO常用稀盐酸、氯化钡溶液，反应为，元素化合价均未发生变化，没有发生氧化还原反应，C错误；
D．检验NH常用浓NaOH溶液、湿润的红色石蕊试纸，反应为，元素化合价均未发生变化，没有发生氧化还原反应，D错误；
故选B。
6. 下列关于物质结构和元素性质说法正确的是
A. 乙醇可与水以任意比例混溶，是因为与水形成氢键
B. 非金属元素之间形成的化合物一定是共价化合物
C. A族与A族元素原子之间形成的化学键一定是离子键
D. 同主族元素的简单阴离子还原性越强，水解程度越大
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙醇中羟基上的氢可以和水之间形成氢键，使乙醇和水可以以任意比例互溶，A正确；
B．氯化铵全部由非金属元素构成，为离子化合物，B错误；
C．A族的氢元素与A族元素原子之间形成的化学键可以是共价键，C错误；
D．水解程度与酸根的还原性无关，和酸根对应的弱酸的强弱有关，酸性越弱对应酸根水解程度越大，D错误；
故选A。
7. 实验室中，下列气体制备试剂和装置均正确的是
选项 A B C D
气体
试剂 电石、饱和食盐水 、较浓 、 浓盐酸、
装置 c、f a、e b、e c、d
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．电石、饱和食盐水反应制备乙炔，选用固体、液体、常温反应装置，乙炔不溶于水，可以用排水法收集，选用装置c、f，A正确；
B．二氧化硫密度比空气大且会污染空气不能选用向下排空气法，B错误；
C．实验室用固体氯化铵和氢氧化钙加热制氨气，C错误；
D．浓盐酸、加热条件下反应生成氯气，发生装置应选a，D错误；
故选A。
8. 氨分解制氢是一种极具前景的便携式制氢方法，不同压强下氨的平衡转化率随温度变化如下。下列说法正确的是
A 2NH3 3H2 + N2 ΔH < 0
B. 氢气和氮气的物质的量之比保持不变，说明氨分解反应达到平衡状态
C. p1 < p2 < p3 < p4
D. 500 K时，p3压强下氨分解反应的平衡常数比p4压强下的大
【答案】C
【解析】
【详解】A．温度升高，氨平衡转化率上升，2NH3 3H2 + N2平衡正向移动，ΔH ＞ 0，故A错误；
B．氢气和氮气的物质的量之比始终为3:1，不能说明反应到达平衡状态，故B错误；
C．2NH3 3H2 + N2为气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，氨的平衡转化率下降，因此p1 < p2 < p3 < p4，故C正确；
D．平衡常数只与温度有关，500 K时无论压强是多少，K为定值，故D错误；
故选C。
9. 下列依据实验方案和现象对浓硫酸性质做出的判断合理的是
实验方案 实验I： 实验II：
实验现象 试纸中心区域变黑，边缘变红 黑色固体溶解，溶液接近无色(溶液中锰元素仅以存在)，产生能使带火星的木条复燃的无色气体
A. 由I可知，浓硫酸具有脱水性 B. 由I可知，浓硫酸具有弱酸性
C. 由II可知，浓硫酸具有强氧化性 D. 由II可知，浓硫酸具有吸水性
【答案】A
【解析】
【详解】A．试纸中心区域变黑，说明试纸中的H元素和O元素被脱去，只剩下C，证明浓硫酸具有脱水性，A正确；
B．蓝色石蕊试纸边缘变红，证明浓硫酸具有酸性，不能证明浓硫酸有弱酸性，B错误；
C．浓硫酸与MnO2反应后，Mn元素仅以存在，说明Mn元素化合价降低，表现氧化性，产生能使带火星的木条复燃的无色气体，说明生成O2。但由于Mn元素也表现氧化性，且实验中没有说明有硫酸的还原产物生成，故不能体现浓硫酸的强氧化性，C错误；
D．浓硫酸与MnO2反应没有体现出浓硫酸的吸水性，D错误；
故选A。
10. 过渡金属氧化物离子(以表示)在烃类的选择性氧化等方面应用广泛。与反应的过程如下图所示。
下列说法不正确的是
A. 反应速率：步骤Ⅰ<步骤Ⅱ
B. 分子中，键角：
C. 若与反应，生成的氘代甲醇有2种
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．步骤Ⅰ的活化能大于步骤Ⅱ，反应速率步骤Ⅰ更小，A正确；
B．O原子上有两对孤对电子，排斥力较大，键角H—C—H>H—O—C，B正确；
C．根据反应机理可知，若MO+与CH3D反应，生成的氘代甲醇可能为CH3OD或CH2DOH，共两种，C正确；
D．根据反应历程能量变化图所示，总反应的反应热为E1-E2+E3-E4，D错误；
故选D；
11. 氧化铈()是应用广泛的稀土氧化物。一种用氟碳铈矿(，含BaO、等杂质)为原料制备的工艺如下图。
下列说法不正确的是
A. 滤渣A的主要成分为和
B. 步骤①、②中均有过滤操作
C. 该过程中，铈元素的化合价变化了两次
D. 步骤②反应的离子方程式为
【答案】C
【解析】
【分析】由流程可知，氟碳铈矿在空气中焙烧主要将转化为和，被氧化为，然后再用稀硫酸浸取，进入溶液中，不反应，BaO与硫酸反应生成沉淀，过滤分离、即滤渣A为、，滤液中加还原剂将还原，再加入使转化为，最后灼烧生成。
【详解】A．根据分析可知，由流程可知滤渣A的主要成分为和，故A正确；
B．步骤①是分离滤渣A和溶液，需要过滤，步骤②是分离沉淀，需要过滤操作，故B正确；
C．焙烧、滤液还原、灼烧时铈元素的化合价均变化，所以共三次，故C错误；
D．步骤②加入碳酸氢铵使Ce3+转化为，反应的离子方程式为：，故D正确；
故答案为C。
12. 光电活性共轭高分子在有机发光二极管、聚合物太阳电池领域具备独特优点，是高分子科学的前沿研究方向。一种梯形共轭光电高分子合成如下图：
已知：(部分产物已省略)
ⅰ．
ⅱ．
ⅲ．和均为催化剂，和的聚合度均为n。
下列说法不正确的是
A. J中碳原子有两种杂化方式
B. 生成的反应为缩聚反应
C. 可以和NaOH或HCl溶液反应
D. 过程中和产物小分子的系数比为1∶n
【答案】D
【解析】
【详解】A．J中的饱和碳原子(-C11H23中碳原子)采用sp3杂化，其余碳原子采用sp2杂化，故A正确；
B．结和已知中i和iii，是高分子化合物，根据已知i可知，生成过程中有小分子生成，故为缩聚反应，故B正确；
C．中含有酰胺键，在NaOH或HCl溶液中都能水解反应，故C正确；
D．过程中生成的小分子是H2O，结合J的结构，和产物小分子的系数比为1∶(2n-1)，故D错误。
答案选D。
13. 时，向蒸馏水中加入粉末，一段时间后再向其中加入蒸馏水。该过程中电导率的变化如下图。
已知：时，；饱和溶液的略小于10。
的电离常数：。
下列说法正确的是
A. 过程的上层清液中：
B. 过程的上层清液电导率下降，说明的溶解平衡逆向移动
C. 点的上层清液中：
D. 体系中任意时刻都满足
【答案】C
【解析】
【分析】时，向蒸馏水加入粉末及后续加水过程中电导率变化图，呈现实验中电导率随时间变化的曲线。起点a，代表初始蒸馏水，电导率低，因纯水中离子极少。a→b段，加入，其溶解产生、等离子，离子浓度增大，电导率上升，到b点达溶解平衡，电导率暂稳 。c→d段，加入10mL蒸馏水，溶液被稀释，离子浓度降低，电导率下降。d→e段，继续溶解补充离子，离子浓度逐渐回升，电导率上升，e点后溶解又达平衡，电导率趋于稳定 ，反映溶解平衡及离子浓度变化对电导率的影响。
【详解】A．溶液中存在溶解平衡，同时会发生水解，由于水解，所以，A错误；
B．过程加入蒸馏水，溶液被稀释，离子浓度减小，导致电导率下降，而稀释会使的溶解平衡正向移动，B错误；
C．在点的上层清液为饱和溶液，由得，存在水解平衡，即，，根据，，可得，，以第一步水解为主，设有的水解生成，列三段式有：
则，，即，，所以，C正确；
D．根据电荷守恒，体系中应满足，D错误；
综上，答案是C。
14. 研究溶液的制备、性质和应用。
①向溶液中逐滴加入氨水，得到溶液。
②分别将等浓度的溶液、溶液放置于空气中，一段时间后，加入浓盐酸，前者无明显现象，后者产生使淀粉溶液变蓝的气体。
③溶液可处理含的废气，反应过程如下。
下列说法不正确的是
A. ①中，为避免溶液与氨水生成沉淀，可先加入适量的溶液
B. ②中，溶液中的浓度比溶液中的高，的还原性比的强
C. ③中，转化为元素的化合价升高
D. ③中，过低将不利于的脱除
【答案】B
【解析】
【分析】③由图可知，氧气和反应生成和氨气，把NO氧化为亚硝酸铵和硝酸铵，说明被氧气氧化了，具有强氧化性；
②分别将等浓度的溶液、溶液放置于空气中，一段时间后，加入浓盐酸，前者无明显现象，后者产生使淀粉溶液变蓝的气体即氯气，说明的溶液不能被氧气氧化，被氧气氧化为，把浓盐酸氧化而产生氯气了。
【详解】A．加入适量的溶液，使溶液中铵根离子浓度增大，抑制一水合氨的电离，减小了氢氧根离子浓度，则①中，先加入适量的溶液可避免溶液与氨水生成沉淀，A不符合题意；
B．[Co(NH3)6]2+为配离子，则②中溶液中的浓度比溶液中的高，结合分析可知，的还原性比的弱，B符合题意；
C．③中，转化为元素的化合价由+2价升高为+3，C不符合题意；
D．③中，降低pH，溶液酸性增强，氢离子和氨气反应生成铵根，不利于脱除NO，D不符合题意；
故选B。
第二部分(共58分)
15. 黄铜矿(主要成分为)可用于生产和硫酸。第一阶段转化过程如下：
（1）基态Cu原子的核外电子排布式为___________。
（2）分子的空间构型为___________。
（3）晶胞为立方体，结构如图，“●”表示的原子为___________(填“铜”或“氧”)。其晶胞边长为___________cm。
已知：密度为，摩尔质量为，阿伏伽德罗常数的值为。
（4）与结构相似，但的熔点比的高约，原因是___________。
（5）将还原为单质时，使用的还原剂一般为或焦炭。
①焦炭还原可涉及以下反应：
．
．
则还原的热化学方程式为___________；
②从资源与反应原理的角度分析，使用或焦炭作还原剂的优点分别为___________。
【答案】（1）(或)
（2）V形 （3） ①. 氧 ②.
（4）与均为离子晶体，结构相似，阳离子均为，阴离子体积，的离子键强于的，因此熔点较高
（5） ①. ②. 资源角度：使用还原可节约还原剂；反应原理：使用焦炭作还原剂，反应过程中生成，还原的速率更快
【解析】
【小问1详解】
铜为29号元素，基态Cu原子的核外电子排布式为(或)，故答案为：(或)。
【小问2详解】
分子的价层电子对数=，中心原子上的孤电子对数为1，分子的空间构型为V形，故答案为：V形。
【小问3详解】
由题干晶胞结构示意图可知，一个晶胞中含有黑球个数为：，白球为4，则白球代表铜，黑球代表氧；设晶胞边长为a cm，根据，有，解得a=，故答案为：氧；。
【小问4详解】
与均为离子晶体，结构相似，阳离子均为，阴离子体积，的离子键强于的，因此熔点较高，故答案为：与均为离子晶体，结构相似，阳离子均为，阴离子体积，的离子键强于的，因此熔点较高。
【小问5详解】
①将反应Ⅰ-反应Ⅱ，得到，则 ，则还原的热化学方程式为，故答案为：。
②资源角度：使用还原可节约还原剂；反应原理：使用焦炭作还原剂，反应过程中生成，还原的速率更快，故答案为：资源角度：使用还原可节约还原剂；反应原理：使用焦炭作还原剂，反应过程中生成，还原的速率更快。
16. 二氧化氯()因其杀菌效率高、不易产生有毒副产物的优点，是第四代新型消毒剂。
资料：i．常温下为气体，可溶于水，其水溶液不稳定，可逐渐转化为和。
ii．电极(惰性电极)可有效提高生成所需的电压，减少的产生。
（1）分子的键角据此推测其中的杂化方式应为___________。
（2）电解溶液或溶液均可制备，电解装置如图1(物质X为或)：
①可从___________(填“阴”或“阳”)极区所产生的气体中分离获得；
②铁电极上发生的电极反应为___________；
③物质选用相比于的优点是___________(写一条即可)；
④若物质选用，在浓度、电解时间相同时，测得的电解效率随电解电压的变化如图2；
定义物质的电解效率：
的电解效率随电压的增大呈现先增大后降低的趋势，其原因可能是___________。
（3）由于不易运输和储存，可将其通入和的混合溶液中，制得较稳定的“保存液”进行保存，待使用时再向其中加入一定量的酸，得到含的溶液。该方法涉及的物质转化关系如图(部分反应物或产物未标出)：
①“保存”的离子方程式为___________；
②关于的保存和使用，下列说法中正确的是___________。(填字母)
a．作杀菌消毒剂利用了它的强氧化性
b．“保存液”中不含
c．该保存方法不会降低被保存的消毒效率(用单位质量的消毒剂所能转移的电子数来表示)
【答案】（1）
（2） ①. 阳 ②. ③. 可避免副产物的生成；电解电压低，节省电能和成本 ④. 电压小于时，电压越小，生成速率减慢，歧化占比更大(或电压越小，更利于生成)，电解效率下降；电压大于时，电压越大，生成的副反应增多，电解效率下降
（3） ①. ②. ab
【解析】
【分析】（1）根据分子的键角分析作答。
（2）电解溶液或溶液均可制备，可知电极上，氯元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极；铁电极上得电子，发生还原反应，为电解池的阴极。
（3）由图示可知，“保存”时，是与和反应，生成了和，根据得失电子守恒，可知还有氧气生成；使用“保存液”，是和硫酸反应，生成氯化钠、硫酸钠、和水的过程，据此分析作答。
【小问1详解】
分子的键角，可知含有大键，则Cl原子周围有2个键和一对孤电子对，即价层电子对数为3，Cl原子杂化方式为，故答案为：。
【小问2详解】
①电解溶液或溶液均可制备，可知电极上，氯元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极，即可从阳极区所产生的气体中分离获得，故答案为：阳。
②铁电极上得电子，发生还原反应，为电解池的阴极，电极反应为：，故答案为：。
③中氯元素为-1价，在阳极区失去电子，变为的同时，可能会生成副产物，而中氯元素为+3价，在阳极区失去电子，只会生成，可以避免副产物的生成，同时在同等物质的量的情况下，失电子数更少，电解电压低，节省电能和成本，故答案为：可避免副产物的生成；电解电压低，节省电能和成本。
④由资料i可知，常温下为气体，可溶于水，其水溶液不稳定，可逐渐转化为和，电压小于时，电压越小，生成速率减慢，歧化占比更大(或电压越小，更利于生成)，电解效率下降；由资料ii可知，电压大于时，电压越大，生成的副反应增多，电解效率下降，故答案为：电压小于时，电压越小，生成速率减慢，歧化占比更大(或电压越小，更利于生成)，电解效率下降；电压大于时，电压越大，生成的副反应增多，电解效率下降。
【小问3详解】
①保存”时，是与和反应，生成了、和氧气，则离子方程式为，故答案为：。
②a．具有强氧化性，作杀菌消毒剂利用了它的强氧化性，a项正确；
b．“保存液”是将转化为了，则“保存液”中不含，b项正确；
c．使用“保存液”，是和硫酸反应，生成氯化钠、硫酸钠、和水的过程，该过程会使部分转化为氯化钠，则会降低被保存的消毒效率，c项错误；
故答案为：ab。
17. 某研究小组按下列路线合成药物氯氮平。
（1）下列说法不正确的是___________。
A. 硝化反应的试剂可用浓硝酸和浓硫酸
B. 化合物中的含氧含能团只有羧基
C. 化合物具有两性
D. 从的反应推测，化合物中硝基间位氯原子比邻位的活泼
（2）写出的化学方程式___________。
（3）的反应类型是___________。
（4）已知氨基可发生反应：(分别代表带一定正电荷和一定负电荷的原子)
①相对于，氨基中的更倾向于与成键的原因是___________。
②以环氧乙烷()和等为原料合成的路线如下。
M的结构简式是___________。
（5）同时符合下列条件的化合物的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)；写出其中1种的结构简式___________。
a．谱和谱表明：分子中共有3种不同化学环境的氢原子，有键
b．分子中含一个环，其成环原子数
（6）氯氮平的分子式是，其中氮原子有两种杂化类型，则氯氮平的结构简式是___________。
【答案】（1）BD （2） +CH3OH+H2O
（3）取代反应 （4） ①. 电负性，在键中带一定负电荷，易与带正电荷的结合 ②.
（5） ①. 4种 ②. (任写一种)
（6）
【解析】
【分析】甲苯先经硝化反应（浓硝酸+浓硫酸，引入硝基）、氧化反应（侧链氧化，生成羧基）得A（含硝基、羧基 ）。A经还原反应（硝基→氨基）得B（含氨基、羧基，具两性）。
B与在件下，发生酯化反应（羧基→酯基 ）生成C（，含酯基、氨基）。C与D（含氯原子、硝基的芳香环结构）在催化剂作用下，通过取代反应（一个氯原子被含C结构取代），拼接成E（）。 E与F反应得G，再经还原（还原硝基）得Ｈ。最终Ｈ在催化剂下，经结构重排/环化等，形成氯氮平。
【小问1详解】
A．硝化反应常用浓硝酸和浓硫酸作试剂，A正确；
B．A是硝基甲苯氧化产物，含羧基和硝基，B错误；
C．B含氨基和羧基，有两性，C正确；
D．从反应推测是邻位氯原子更活泼，D错误；
综上，答案是BD。
【小问2详解】
是羧基和甲醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，化学方程式为 +CH3OH+H2O
【小问3详解】
是取代反应（是中某些基团被取代引入新结构）
【小问4详解】
①电负性，在键中带一定负电荷，易与带正电荷的结合。
②根据Ｆ的结构和氨基可发生的反应，推断出和环氧乙烷（）反应生成Ｍ的化学方程式为：NH3+2，所以Ｍ的结构简式为。
【小问5详解】
化合物F的同分异构体，则有1个不饱和度，其有3种等效氢，含有N—H键，且分子中含有含一个环，其成环原子数≥４，则这样的结构有４种，分别是。
【小问6详解】
根据Ｈ结构式以及氯氮平的分子式（），其中氮原子有两种杂化类型，则推断出氯氮平的结构简式为。
18. 钒(V)被称为钢铁行业的“维生素”。工业上用含三价钒为主的某石煤为原料(含、、等杂质)，低温硫酸化焙烧-水浸工艺高效提取钒制备高纯的主要流程如下：
资料：
i．氢氧化物完全沉淀时溶液的pH表
沉淀物
完全沉淀 3.2 9.0 4.7
ii．有机试剂对溶液中离子萃取能力为；
iii．含磷有机试剂“萃取”过程可表示为(有机相)(有机相)；
iv．沉钒过程前会发生。
（1）焙烧过程中向石煤中通焙烧，将转化为的化学方程式是___________。
（2）焙烧时将原矿石磨碎且气体与矿料逆流而行，目的是___________。
（3）滤液A中含有、、、和，滤液C中钒的微粒为。“还原”过程中，铁粉发生的反应有___________。
（4）“萃取”前，用氨水先中和至pH≈5的原因是___________。
（5）沉钒过程中加入铵盐使中的钒元素形成多钒酸铵沉淀，且沉淀颗粒大小影响最终产品品质。溶液pH值与沉钒率，沉淀颗粒直径的关系如图所示，请结合反应原理解释沉钒时的pH选择2.0-2.5的原因：___________。
（6）测定产品中的纯度：
称取产品，先用硫酸溶解，得到溶液。再加入溶液最后用溶液滴定过量的至终点，消耗溶液的体积为。已知被还原为，假设杂质不参与反应。则产品中的质量分数是___________。
(的摩尔质量：)
【答案】（1）
（2）增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分反应
（3）
（4）除去，降低萃取的，提高钒纯度；用氨水中和，降低溶液中，使平衡(有机相)(有机相)正向移动，增加萃取率。
（5），平衡逆向移动，不利于形成多钒酸铵沉淀；，随升高，沉淀颗粒大小急剧下降，影响最终产品的品质。
（6）
【解析】
【分析】石煤在220℃条件下空气中硫酸化焙烧，V2O3转化为VOSO4，Al2O3、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，SiO2不反应，得到的钒矿石经水浸、过滤后得到含有Vo2+、以及Fe3+、Al3+杂质的滤液，先加入铁粉、硫酸溶液进行还原预处理，将Fe3+和V(V)还原，然后再用氨水混合并调节溶液pH=5，除去Al3+，过滤后加入有机试剂萃取V(Ⅳ)，静置分液得到含有V(Ⅳ)的有机物，加入H2SO4反萃取，得到含V(Ⅳ)的溶液，之后进行氧化沉钒得到多钒酸铵，煅烧得到V2O5。
【小问1详解】
通焙烧，将转化为，V的化合价升高，做氧化剂，化学方程式为；
【小问2详解】
焙烧时将原矿石磨碎且气体与矿料逆流而行，目的是：增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分反应；
【小问3详解】
铁粉将V(V)还原还原为V(Ⅳ)，同时铁粉还能和、反应，故发生的反应有
、、；
【小问4详解】
根据题目所给信息可知加氨水调节pH≈5可以使Al3+完全沉淀，除去Al(OH)3，提高在有机试剂中的萃取率；同时用氨水中和，使平衡(有机相)(有机相)正向移动，增加萃取率；
【小问5详解】
溶液中存在反应10VO+8H2OH2V10O+14H+，pH<2.5，氢离子浓度过高，该平衡逆向移动，不利于形成多钒酸铵沉淀；pH>2.5，随升高，沉淀颗粒大小急剧下降，影响最终产品的品质；
【小问6详解】
根据电子守恒，存在数量关系n(Fe2+)=5n(MnO)，所以剩余的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=5b2c2×10-3mol，则VO消耗的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=(b1c1-5b2c2)×10-3mol，n(V2O5)=n(VO)=×(b1c1-5b2c2)×10-3mol，所以V2O5的质量分数是=。
19. 船舶的外壳常用镶嵌锌块的方法避免船体遭受腐蚀，实验室模拟该过程如下。
实验 实验装置 实验步骤及现象
电流表指针偏转，电极上未见气泡生成；取出少量电极附近的溶液，滴加溶液，未出现蓝色沉淀
向电极附近滴加溶液，生成蓝色沉淀
___________
向区滴加溶液，生成蓝色沉淀，一段时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀消失
（1）实验中，作___________极。
（2）蓝色沉淀为，说明有产生。
①对实验中产生的原因作出如下猜想：
猜想a．将Fe氧化；
猜想b．___________将Fe氧化；
猜想c．将Fe氧化；
猜想d．被还原；
猜想b中的物质是___________；依据实验中的现象可否定猜想___________(填字母)。
②理论分析：
资料i：实验条件下， ，
。
根据资料i推测猜想d不成立，理由是：___________，无法生成蓝色沉淀。
因此猜想成立，其中生成的离子方程式为___________。
（3）补全实验中的操作和现象，证明发生了吸氧腐蚀：___________。
资料ii：实验条件下，Fe与很难发生反应。
（4）结合平衡移动原理，解释实验中“一段时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀消失”的可能原因___________。
（5）将实验装置中的锌片换成铜片，重复实验的操作，推测其与实验现象的差异___________。
由上述实验可知：比铁活泼的锌可以保护铁不被腐蚀。
【答案】（1）负 （2） ①. ②. ③. (与的配位能力远大于)，被还原后的产物应为而非 ④.
（3）向A区滴加酚酞溶液，出现红色
（4），或被还原，使其浓度降低，平衡正向移动，蓝色沉淀溶解
（5）该反应比实验产生的蓝色沉淀更快；一段时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀不消失
【解析】
【分析】如图，用Zn和Fe作为电极，酸化的3%的NaCl溶液（）作为电解液，组成原电池，探究铁被腐蚀的原因，在实验中滴加溶液，未出现蓝色沉淀，证明未生成；在实验中向电极附近滴加溶液，生成蓝色沉淀，证明生成了，通过分析，探究Fe被腐蚀额原因；用一端包裹着锌片，一段不作任何处理的铁钉置于加入NaCl溶液的琼脂胶冻探究铁钉的腐蚀原因，据此回答。
【小问1详解】
在锌铁原电池中，活泼的金属作负极，锌比铁活泼，所以实验Ⅰ中锌作负极；
【小问2详解】
①在酸性的氯化钠溶液中存在氧气，氧气具有氧化性，能把铁氧化，所以猜想为：能将Fe氧化；依据实验中电流表指针偏转，电极上未见气泡生成；取出少量电极附近的溶液，滴加溶液，未出现蓝色沉淀，即可知由和将Fe氧化，即可否定猜想ab；
②由资料i：实验条件下， ，
，可得(与的配位能力远大于)，被还原后的产物应为而非，无法生成蓝色沉淀，推测猜想d不成立；因此猜想成立，将Fe氧化，中将Fe氧化生成的离子方程式为；
【小问3详解】
在实验中，若发生吸氧腐蚀，正极发生反应，生成，溶液呈增强，若向A区滴加酚酞溶液，出现红色，证明溶液呈碱性，即证明发生了吸氧腐蚀；
【小问4详解】
蓝色沉淀为，其在溶液中存在着沉淀溶解平衡，，，中阴离子向负极移动，所以移动到负极附近被Zn还原，使其浓度降低，随着正极反应的进行，铁钉附近增大，、与反应，使、、浓度降低，根据勒夏特列原理，上述沉淀溶解平衡正向移动，蓝色沉淀溶解；
【小问5详解】
当把锌片换成铜片时，因为铜的活泼性比铁弱，此时形成的原电池中，A区的铁作负极，铜作正极，负极反应为，向A区滴加溶液，因为有生成，会生成蓝色沉淀，但与实验I不同的是，因为铁持续作负极被氧化产生，所以该反应比实验产生的蓝色沉淀更快、更多；一段时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀不消失。人大附中2025届高三热身练习
化学
说明：本试卷19道题，共100分；考试时间90分钟；请在答题卡上填写个人信息，并将条形码贴在答题卡的相应位置上。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16
第一部分(共42分)
本部分共14小题，每题3分。在每题列出的4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. 葡萄糖的结构简式：
C. 离子的结构示意图： D. 乙烯分子中的键：
2. 下列说法不正确是
A. 纤维素能够发生酯化反应，不能被银氨溶液等弱氧化剂氧化
B. 核苷与磷酸通过醚键结合形成核苷酸，如
C. 攀登高山时佩戴护目镜，防止强紫外线引起皮肤和眼睛的蛋白质变性灼伤
D. 丙醛糖()分子中含有手性碳原子，存在对映异构体
3. 用表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是
A. 含有键的数目为
B. 溶液中数目为
C. 和的混合气体含有的原子数为
D. (标准状况)乙醇与足量充分反应，生成的分子数为
4. 下列反应的离子方程式正确的是
A. 溶液中滴加足量溶液：
B. 在氨水中通入少量的气体：
C. 溶液中通入少量：
D. 将等物质量浓度的和溶液以体积比混合：
5. 下列离子检验利用了氧化还原反应的是
选项 待检验离子 检验试剂
A Fe3+ KSCN溶液
B I- Cl2、淀粉溶液
C SO 稀盐酸、氯化钡溶液
D NH 浓NaOH溶液、湿润的红色石蕊试纸
A. A B. B C. C D. D
6. 下列关于物质结构和元素性质说法正确的是
A. 乙醇可与水以任意比例混溶，是因为与水形成氢键
B. 非金属元素之间形成的化合物一定是共价化合物
C. A族与A族元素原子之间形成的化学键一定是离子键
D. 同主族元素的简单阴离子还原性越强，水解程度越大
7. 实验室中，下列气体制备的试剂和装置均正确的是
选项 A B C D
气体
试剂 电石、饱和食盐水 、较浓 、 浓盐酸、
装置 c、f a、e b、e c、d
A. A B. B C. C D. D
8. 氨分解制氢是一种极具前景的便携式制氢方法，不同压强下氨的平衡转化率随温度变化如下。下列说法正确的是
A. 2NH3 3H2 + N2 ΔH < 0
B. 氢气和氮气的物质的量之比保持不变，说明氨分解反应达到平衡状态
C. p1 < p2 < p3 < p4
D. 500 K时，p3压强下氨分解反应的平衡常数比p4压强下的大
9. 下列依据实验方案和现象对浓硫酸性质做出的判断合理的是
实验方案 实验I： 实验II：
实验现象 试纸中心区域变黑，边缘变红 黑色固体溶解，溶液接近无色(溶液中锰元素仅以存在)，产生能使带火星木条复燃的无色气体
A 由I可知，浓硫酸具有脱水性 B. 由I可知，浓硫酸具有弱酸性
C. 由II可知，浓硫酸具有强氧化性 D. 由II可知，浓硫酸具有吸水性
10. 过渡金属氧化物离子(以表示)在烃类的选择性氧化等方面应用广泛。与反应的过程如下图所示。
下列说法不正确的是
A. 反应速率：步骤Ⅰ<步骤Ⅱ
B. 分子中，键角：
C. 若与反应，生成的氘代甲醇有2种
D.
11. 氧化铈()是应用广泛的稀土氧化物。一种用氟碳铈矿(，含BaO、等杂质)为原料制备的工艺如下图。
下列说法不正确的是
A. 滤渣A的主要成分为和
B. 步骤①、②中均有过滤操作
C. 该过程中，铈元素的化合价变化了两次
D. 步骤②反应的离子方程式为
12. 光电活性共轭高分子在有机发光二极管、聚合物太阳电池领域具备独特优点，是高分子科学的前沿研究方向。一种梯形共轭光电高分子合成如下图：
已知：(部分产物已省略)
ⅰ．
ⅱ．
ⅲ．和均为催化剂，和的聚合度均为n。
下列说法不正确的是
A. J中碳原子有两种杂化方式
B. 生成的反应为缩聚反应
C. 可以和NaOH或HCl溶液反应
D. 过程中和产物小分子的系数比为1∶n
13. 时，向蒸馏水中加入粉末，一段时间后再向其中加入蒸馏水。该过程中电导率的变化如下图。
已知：时，；饱和溶液的略小于10。
的电离常数：。
下列说法正确的是
A. 过程的上层清液中：
B. 过程的上层清液电导率下降，说明的溶解平衡逆向移动
C. 点的上层清液中：
D. 体系中任意时刻都满足
14. 研究溶液的制备、性质和应用。
①向溶液中逐滴加入氨水，得到溶液。
②分别将等浓度的溶液、溶液放置于空气中，一段时间后，加入浓盐酸，前者无明显现象，后者产生使淀粉溶液变蓝的气体。
③溶液可处理含的废气，反应过程如下。
下列说法不正确的是
A. ①中，为避免溶液与氨水生成沉淀，可先加入适量的溶液
B. ②中，溶液中的浓度比溶液中的高，的还原性比的强
C. ③中，转化为元素的化合价升高
D. ③中，过低将不利于的脱除
第二部分(共58分)
15. 黄铜矿(主要成分为)可用于生产和硫酸。第一阶段转化过程如下：
（1）基态Cu原子的核外电子排布式为___________。
（2）分子的空间构型为___________。
（3）晶胞为立方体，结构如图，“●”表示的原子为___________(填“铜”或“氧”)。其晶胞边长为___________cm。
已知：密度为，摩尔质量为，阿伏伽德罗常数的值为。
（4）与结构相似，但的熔点比的高约，原因是___________。
（5）将还原为单质时，使用的还原剂一般为或焦炭。
①焦炭还原可涉及以下反应：
．
．
则还原的热化学方程式为___________；
②从资源与反应原理的角度分析，使用或焦炭作还原剂的优点分别为___________。
16. 二氧化氯()因其杀菌效率高、不易产生有毒副产物的优点，是第四代新型消毒剂。
资料：i．常温下为气体，可溶于水，其水溶液不稳定，可逐渐转化为和。
ii．电极(惰性电极)可有效提高生成所需的电压，减少的产生。
（1）分子的键角据此推测其中的杂化方式应为___________。
（2）电解溶液或溶液均可制备，电解装置如图1(物质X为或)：
①可从___________(填“阴”或“阳”)极区所产生的气体中分离获得；
②铁电极上发生的电极反应为___________；
③物质选用相比于的优点是___________(写一条即可)；
④若物质选用，在浓度、电解时间相同时，测得的电解效率随电解电压的变化如图2；
定义物质的电解效率：
的电解效率随电压的增大呈现先增大后降低的趋势，其原因可能是___________。
（3）由于不易运输和储存，可将其通入和的混合溶液中，制得较稳定的“保存液”进行保存，待使用时再向其中加入一定量的酸，得到含的溶液。该方法涉及的物质转化关系如图(部分反应物或产物未标出)：
①“保存”的离子方程式为___________；
②关于的保存和使用，下列说法中正确的是___________。(填字母)
a．作杀菌消毒剂利用了它的强氧化性
b．“保存液”中不含
c．该保存方法不会降低被保存的消毒效率(用单位质量的消毒剂所能转移的电子数来表示)
17. 某研究小组按下列路线合成药物氯氮平。
（1）下列说法不正确的是___________。
A. 硝化反应的试剂可用浓硝酸和浓硫酸
B. 化合物中的含氧含能团只有羧基
C. 化合物具有两性
D. 从的反应推测，化合物中硝基间位氯原子比邻位的活泼
（2）写出的化学方程式___________。
（3）的反应类型是___________。
（4）已知氨基可发生反应：(分别代表带一定正电荷和一定负电荷的原子)
①相对于，氨基中的更倾向于与成键的原因是___________。
②以环氧乙烷()和等为原料合成的路线如下。
M的结构简式是___________。
（5）同时符合下列条件的化合物的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)；写出其中1种的结构简式___________。
a．谱和谱表明：分子中共有3种不同化学环境的氢原子，有键
b．分子中含一个环，其成环原子数
（6）氯氮平的分子式是，其中氮原子有两种杂化类型，则氯氮平的结构简式是___________。
18. 钒(V)被称为钢铁行业的“维生素”。工业上用含三价钒为主的某石煤为原料(含、、等杂质)，低温硫酸化焙烧-水浸工艺高效提取钒制备高纯的主要流程如下：
资料：
i．氢氧化物完全沉淀时溶液的pH表
沉淀物
完全沉淀 3.2 9.0 4.7
ii．有机试剂对溶液中离子萃取能力为；
iii．含磷有机试剂“萃取”过程可表示为(有机相)(有机相)；
iv．沉钒过程前会发生。
（1）焙烧过程中向石煤中通焙烧，将转化为的化学方程式是___________。
（2）焙烧时将原矿石磨碎且气体与矿料逆流而行，目的是___________。
（3）滤液A中含有、、、和，滤液C中钒的微粒为。“还原”过程中，铁粉发生的反应有___________。
（4）“萃取”前，用氨水先中和至pH≈5的原因是___________。
（5）沉钒过程中加入铵盐使中的钒元素形成多钒酸铵沉淀，且沉淀颗粒大小影响最终产品品质。溶液pH值与沉钒率，沉淀颗粒直径的关系如图所示，请结合反应原理解释沉钒时的pH选择2.0-2.5的原因：___________。
（6）测定产品中的纯度：
称取产品，先用硫酸溶解，得到溶液。再加入溶液最后用溶液滴定过量的至终点，消耗溶液的体积为。已知被还原为，假设杂质不参与反应。则产品中的质量分数是___________。
(的摩尔质量：)
19. 船舶的外壳常用镶嵌锌块的方法避免船体遭受腐蚀，实验室模拟该过程如下。
实验 实验装置 实验步骤及现象
电流表指针偏转，电极上未见气泡生成；取出少量电极附近的溶液，滴加溶液，未出现蓝色沉淀
向电极附近滴加溶液，生成蓝色沉淀
___________
向区滴加溶液，生成蓝色沉淀，一段时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀消失
（1）实验中，作___________极。
（2）蓝色沉淀为，说明有产生。
①对实验中产生的原因作出如下猜想：
猜想a．将Fe氧化；
猜想b．___________将Fe氧化；
猜想c．将Fe氧化；
猜想d．被还原；
猜想b中的物质是___________；依据实验中的现象可否定猜想___________(填字母)。
②理论分析：
资料i：实验条件下， ，
。
根据资料i推测猜想d不成立，理由是：___________，无法生成蓝色沉淀。
因此猜想成立，其中生成的离子方程式为___________。
（3）补全实验中的操作和现象，证明发生了吸氧腐蚀：___________。
资料ii：实验条件下，Fe与很难发生反应。
（4）结合平衡移动原理，解释实验中“一段时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀消失”的可能原因___________。
（5）将实验装置中的锌片换成铜片，重复实验的操作，推测其与实验现象的差异___________。
由上述实验可知：比铁活泼的锌可以保护铁不被腐蚀。

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