【文档说明】北京市第五十五中学2024-2025学年高三上学期10月月考 化学试题 Word版含解析.docx，共(25)页，2.344 MB，由小赞的店铺上传

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北京市第五十五中学2024-2025学年度第一学期10月阶段调研高三化学(等级考)本试卷共10页，共100分，调研时长90分钟可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23第一部分本部分共14题，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.中国科研团队开发出柔性单晶硅太阳能电池。单晶硅的晶体结构与金刚石类似，下列说法不正确．．．的是A.C和Si均位于元素周期表中第ⅣA族B.单晶硅和金刚石均属于共价晶体C.单晶硅和

金刚石中的键角均相同D.单晶硅的熔点高于金刚石的熔点【答案】D【解析】【详解】A．C和Si均位于元素周期表中第IVA族，A正确；B．单晶硅和金刚石中，每个原子以四个共价单键与相邻的4个原子结合，属于共价晶体，B正确；C．单晶硅和金刚石均属于共价晶体，晶体结构相似，每个硅原子和每碳原子均

采取sp3杂化，键角均相同，C正确；D．单晶硅和金刚石均属于共价晶体，C原子半径比Si小，C-C键键能比Si-Si键强，单晶硅的熔点低于金刚石的熔点，D错误；故选D。2.下列化学用语或图示表达不正确的是A.NaCl的电子式：B.基态Cr原子的价层电子排布式：423d4sC.乙醇的分子式：26

CHOD.乙炔的分子空间填充模型：【答案】B【解析】【详解】A．氯化钠是由钠离子和氯离子构成的，A正确；B．基态Cr原子的价层电子排布式为：3d54s1，B错误；C．乙醇结构简式为C2H5OH，分子式为26CHO，C正确；D．乙炔为

直线形分子，分子结构模型正确，D正确；故选B。3.下列物质的应用不涉及．．．氧化还原反应的是A.次氯酸钠作纸张的漂白剂B.铁粉作食品保鲜的吸氧剂C.过氧化钠作呼吸面具的供氧剂D.硫化钠作工业废水中2Cu+、2Hg+的沉淀剂【答案】D【解析】【详解

】A．因为次氯酸具有漂白性可用作织物漂白剂，涉及氧化还原反应，A不符合题意；B．因为铁粉具有还原性能和吸收氧气，可用作食品抗氧化剂，涉及氧化还原反应，B不符合题意；C．过氧化钠能与水、二氧化碳反应生成氧气，氧元素化合价发生改变，涉及氧化还原反应，C不符合题意；D．硫化钠作工业废

水中2Cu+、2Hg+的沉淀剂，是生成CuS、HgS沉淀，没有元素化合价改变，不涉及氧化还原反应，D符合题意；故选D。4.下列事实不能．．用平衡移动原理解释的是A.密闭烧瓶内的2NO和24NO的混合气体，受热后颜色加深B.23NaCO溶液将水垢中的4CaSO转化为3CaCOC.pH1=的醋

酸溶液稀释10倍，溶液的pH2D.22HO溶液中滴加3FeCl溶液，促进22HO分解【答案】D【解析】【详解】A．密闭烧瓶内的2NO和24NO的混合气体，受热后颜色加深，是因为温度升高，平衡向生成2NO的方向移动，能用平衡移动原理解释，A错

误；B．23NaCO溶液将水垢中的4CaSO转化为3CaCO，是因为碳酸钙溶解度小于硫酸钙，能用平衡移动原理解释，B错误；C．pH1=的醋酸溶液稀释10倍，溶液的pH2，是因为醋酸是弱酸，稀释促进电离，能用平衡移动原理解释，C错误；D．22HO溶液

中滴加3FeCl溶液，促进22HO分解，是因为氯化铁作催化剂，不能用平衡移动原理解释，D正确；故选D。5.下列方程式与所给事实不相符．．．的是A.电镀铜时阴极析出铜：2Cu2eCu+−+=B.钠在空气中加热生成淡黄色固体：224

NaO2NaO+=C.电解饱和食盐水制氯气：2222Cl2HO2OHHCl−−+++电解D.氨催化氧化生成一氧化氮：3224NH5O4NO6HO++催化剂△【答案】B【解析】【详解】A．电镀铜时阴极析出铜，铜离子得电子生成铜：2Cu2eCu+−+=，A正确；B．钠

在空气中加热生成淡黄色固体为过氧化钠：2222NaONaO+，B错误；C．电解饱和食盐水制氯气，同时生成氢氧化钠和氢气：2222Cl2HO2OHHCl−−+++电解，C正确；D．氨催化氧化生成一氧化氮：3224NH5O4

NO6HO++催化剂△，D正确；故选B。6.下列事实不能．．用氢键解释的是A.密度：()()22HOlHOsB.沸点：22HOHSC.稳定性：2HFHOD.溶解性(水中)：34NHCH【答案】C【解析】【详解】A．水分子间存在氢

键，氢键具有方向性，导致水结冰时存在较大空隙，密度比液态水小，A不符题意；B．水分子间可形成氢键，硫化氢分子间不能形成氢键，所以沸点：22HOHS，B不符题意；C．原子半径：FO＜，键长：HFHO−−＜，键能：HFHO−−＞，所以稳定

性：2HFHO，与氢键无关，C符合题意；D．氨分子与水分子间可形成氢键，增大溶解性；甲烷分子与水分子间不能形成氢键，所以溶解性(水中)：34NHCH，D不符题意；答案选C。7.阿斯巴甜是一种合成甜味

剂，其结构简式如下。下列关于阿斯巴甜的说法不正确．．．的是A.属于糖类B.1mol阿斯巴甜最多能与3molNaOH反应C.分子中含有手性碳原子D.可以发生取代反应、加成反应【答案】A【解析】【详解】A．阿斯巴甜分子

中不含有羟基和羰基，不属于糖类，A错误；B．阿斯巴甜分子中含有的羧基、酯基、酰胺基能与氢氧化钠溶液反应，1mol阿斯巴甜的分子最多能消耗3molNaOH，B正确；C．根据手性碳原子的特点，阿斯巴甜分子中含有两个手性碳原子，如图中“*”标示的碳原子：，C正确；D．阿斯巴甜中含有氨基、羧基、酯基都

可以发生取代反应，阿斯巴甜中含有苯环，可以发生加成反应，D正确；故选A。8.燃料电池法可以处理高浓度氨氮废水，原理的示意图如下(忽略溶液体积的变化)。下列说法不正确．．．的是A.H+通过质子交换膜向a极室迁移B.工作一段时间后，a极室中稀

硫酸的浓度增大C.电极b的电极反应：422NH6eN8H+−+−=+D.电池的总反应：42224NH3O2N6HO4H+++=++【答案】B【解析】【分析】根据燃料电池装置可知，左侧a极为正极，通入空气后氧气在正极发生还原反应，电极反应式：22O4e4H2HO−+++=；右侧b极为负极，

4NH+在负极发生氧化反应，电极反应式：422NH6eN8H+−+−=+；【详解】A．结合分析，根据电极反应及电解质溶液呈电中性可知，H+通过质子交换膜向a极室迁移，A正确；B．根据分析，a极电极反应式：22O4e4H2HO−++

+=可知，工作过程中每当消耗4mol氢离子的同时，生成2mol水，则工作一段时间后，a极室中稀硫酸浓度减小，B错误；C．根据分析可知，b极为负极，4NH+在负极发生氧化反应，电极反应式：422NH6eN8H+−+−=+，C正确；D．结合分析，根据得失电子守恒，将两电极反应式相加得总反应：4

2224NH3O2N6HO4H+++=++，D正确；答案选B。9.下列实验不能．．达到对应目的的是A.验证铁的吸氧腐蚀B.验证1-溴丁烷发生消去反应C.实验室制取氨气D.实验室制取乙酸乙酯A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．

用饱和食盐水浸泡过的铁钉，发生吸氧腐蚀，装置中的压强减小，浸入水中的导管液面上升，高于试管中的液面，该装置可以验证铁的吸氧腐蚀，A正确；B．1-溴丁烷在氢氧化钠的乙醇溶液中发生消去反应生成1-丁烯，1-丁烯中含有挥发的乙醇，二者都可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故酸性高锰酸钾溶液褪色不能证明

有1-丁烯生成，不能验证1-溴丁烷发生消去反应，B错误；C．实验室制取氨气的反应为2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O，氨气密度比空气小，用向下排空气法收集，C正确；D．乙酸、乙醇、浓硫酸混合加热发生酯化反应，可

以制取乙酸乙酯，用饱和Na2CO3溶液可以吸收乙醇、除去乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，D正确；故答案选B。10.将4FeSO溶液分别滴入23NaCO溶液和3NaHCO溶液中，如图所示，Ⅰ、Ⅱ中均有沉淀产生。已知：3FeCO是白色难溶于水的固体

。下列说法不正确．．．的是A.23NaCO溶液和3NaHCO溶液中均存在：()()()()()233NaHHCO2COOHccccc++−−−+=++B.Ⅰ中的沉淀可能有()2FeOH、()3FeOH和3FeCOC.Ⅱ中生成3FeCO的反应：233HCOFeFeCOH−+++=+D.

Ⅰ和Ⅱ中加入4FeSO溶液后，pH均降低【答案】C【解析】【详解】A．23NaCO溶液和3NaHCO两种溶液中都存在电荷守恒：()()()()()233cNacHcHCO2cCOcOH++−−−+=++，A正确；B．Ⅰ中发

生的反应有：234324NaCO+FeSO=FeCO+NaSO，Fe2+遇碳酸根发生双水解，碳酸根与H+形成碳酸（分解成CO2）和碳酸氢根，Fe2+则与OH-生成Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2会很快

被氧化成Fe(OH)3，B正确；C．Ⅱ中生成3FeCO的反应：2+3322Fe+2HCO=FeCO+CO+HO−，C错误；D．Ⅰ和Ⅱ中加入4FeSO溶液后，发生双水解，生成的-OH被消耗，pH均降低，D正确；故选D。【点睛】两种溶液中都存在电荷守恒11.

单体M通过不同的聚合方式可生成聚合物A和聚合物B，转化关系如下。下列说法不正确．．．的是A.聚合物A的重复结构单元中含有的官能团和单体M中的不同B.单体M生成聚合物B的反应为加聚反应C.在酸性或碱性的水溶液中，聚合物B的溶解程度比在水中

的均提高D.聚合物B解聚生成单体M，存在断开C—C键，形成C—Cπ键的过程【答案】A【解析】【详解】A．根据聚合物A和单体M的结构可知，聚合物A的重复结构单元中含有官能团：酯基和碳碳双键；单体M中含有官能团：碳碳双键，酯基，官能团相同，说法错误，A符合题意；B．对比

单体M和聚合物B可知，单体M断开碳碳双键中的π键，生成聚合物B中的碳碳单键键，该反应为加聚反应，说法正确，B不符题意；C．在酸性或碱性的水溶液中，聚合物B中酯基水解，溶解度增大，说法正确，C不符题意；D．结合选项C，聚合物B解聚生成单体M，存在断开C—C键，形成C—Cπ键的过程

，说法正确，D不符题意；答案选A。12.回收某光盘金属层中少量Ag的方案如下(其他金属含量过低，可忽略)。下列说法不正确．．．的是A.操作a过滤后取固体，操作b过滤后取溶液B.①中，Ag被NaClO氧化C.①②中分别加入NaOH溶液和氨水，作用均为调节溶液的pHD.③中，若X是乙醛溶液，生成

Ag的反应为()3334322CHCHO2AgNHOHCHCOONH2Ag3NHHO+→+++【答案】C【解析】【分析】光盘碎片在碱性条件下加入次氯酸钠将银氧化氯化银沉淀等，过滤分离出氯化银固体，加入氨水将氯化银转化为银氨溶液，过滤分离出滤

液，滤液加入还原剂还原得到银单质。【详解】A．由分析可知，操作a过滤后取固体，操作b过滤后取溶液，A正确；B．①中Ag被NaClO氧化为氯化银沉淀，B正确；C．①②中分别加入NaOH溶液和氨水，作用分别为调节溶液的pH、溶解氯化银生成银氨溶液，C错误；D．

③中，若X是乙醛溶液，乙醛具有还原性，能和银氨溶液发生银镜反应，故生成Ag的反应为()3334322ΔCHCHO+2AgNHOHCHCOONH+2Ag+3NH+HO→，D正确；故选C。13.科研人员以间硝基甲苯为原料，采用间接成对电解方法合成间氨基苯甲酸。两极材料分别采用Pb、为2P

bO，电解质溶液为24HSO溶液。反应的原理示意图如下。下列说法不正确．．．的是A.A电极为电解池阴极B.B电极反应为：3+22272Cr7HO6eCrO14H−−++−=+C.1mol间硝基甲苯氧化为1mol间硝基苯甲酸时，转移8mole−D.产品既可以与酸反应，也可以与碱反应【答

案】C【解析】【分析】由图可知，与电源负极相连的电极A为电解池的阴极，TiO2+离子在阴极得到电子发生还原反应生成Ti3+离子，电极反应式为2+-+3+2TiO+e+2H=TiHO+，阴极区中Ti3+离子与间硝基苯甲酸酸性条件下反应生成间氨基苯甲酸、TiO2+和水，反应的离子方程式为+6T

i3++4H2O+6TiO2++6H+，电极B为阳极，水分子作用下铬离子在阳极失去电子发生氧化反应生成重铬酸根离子和氢离子，电极反应式为3+-2-+2272Cr-6e+7HO=CrO+14H，阳极槽外中重铬酸根离子与间硝基甲苯酸性条

件下反应生成间硝基苯甲酸，反应的离子方程式为+2-27CrO+8H+=+2Cr3++5H2O，电解时，氢离子通过阳离子交换膜由阳极区加入阴极区，据此作答。【详解】A．由分析可知，与电源负极相连的电极A为电解池的阴极，故A正确；B．由分析可知，电解时B电

极反应为：3+-2-+2272Cr-6e+7HO=CrO+14H，故B正确；C．阳极槽外中重铬酸根离子与间硝基甲苯酸性条件下反应生成间硝基苯甲酸，反应的离子方程式为+2-27CrO+8H+=+2Cr3++5H2O，根据B电极反应3+-2-+

2272Cr-6e+7HO=CrO+14H，可知生成1mol2-27CrO转移电子为6mol，则1mol间硝基甲苯氧化为1mol间硝基苯甲酸时，转移电子为6mole−，故C错误；D．中的氨基呈碱性，可与酸反应，羧基呈酸性

，可以与碱反应，故D正确；故答案选C。14.实验小组探究浓度对4FeSO溶液与3AgNO溶液反应的影响。实验如下：实验编号试剂沉淀物质的量之比()()24nAgSOnAg试剂X试剂Y()13cAgNO/molL−()14cFeSO/molL−ⅰ0.040.04aⅱ0.10.10.1

5ⅲ0.50.50.19ⅳ1.01.00.26已知：①()5sp24KAgSO1.210−=。②取ⅰ～ⅳ充分反应后的上层清液，滴加浓盐酸均产生白色沉淀；滴加36KFe(CN)溶液均产生蓝色沉淀。下列说法不

正确．．．的是A.分析ⅰ中数据可知：a0=B.ⅱ中沉淀加适量浓氨水充分反应，取上层清液滴加()32BaNO溶液，产生白色沉淀C.本实验中反应物浓度增大，对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大D.取ⅲ中充分反应后的上层清液，滴加36KFe(CN)溶液产生蓝色沉淀，可以作为

23FeAgAgFe++++为可逆反应的证据【答案】D【解析】【详解】A．等体积混合后()()24cAgcSO0.02mol/L+−==，此时()()()()32265244QAgSOcAgcSO0.028101.210+−−−===＜，

不会产生24AgSO沉淀，所以a=0，故A正确；B．ii中沉淀加适量浓氨水充分反应形成()32AgNH+，溶液中()24cSO−增大，取上层清液滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，故B正确；C．结

合表中数据可得，本实验中反应物浓度增大，得到的沉淀占比越大，所以推断对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大，故C正确；D．结合表中数据可知有24AgSO生成，溶液中Fe2+过量，不能通过检验是否存在Fe2+作为23FeAgAgFe++++为可

逆反应的证据，故D错误；故选D。第二部分本部分共5题，共58分。15.锂电池的电解液是目前研究的热点。（1）锂电池的电解液可采用溶有6LiPF的碳酸酯类有机溶液。①基态Li+的电子云轮廓图的形状为_______。②基态P原子的价层电子轨道表示式为_

______。（2）为提高锂电池的安全性，科研人员采用离子液体作电解液。某种离子液体的阳离子的结构简式如下，阴离子为6PF−。①N、F、P三种元素的电负性由大到小的顺序为_______。②该阳离子中，带“*”的C原子的杂化轨道类型为_______杂化。③根据VSE

PR模型，6PF−的中心原子上的价层电子对数为_______，空间结构为正八面体形。（3）2LiS因其良好的锂离子传输性能可作锂电池的固体电解质，其晶胞结构示意图如图所示，晶胞的边长为()10pm1pm10cma−=。①

晶胞中的“○”代表_______(填“Li+”或“2S−”)。②距离Li+最近的2S−有_______个。③已知2LiS的摩尔质量是gmolM，阿伏伽德罗常数为AN。该晶体的密度为_______3gcm。【答案】（1）①.球形②.（2）①.F

>N>P②.sp2③.6（3）①.Li+②.4③.303A4M10Na【解析】【小问1详解】基态+Li的核外电子排布式为21s，电子云轮廓图形状为球形；P是15号元素，最外层电子数为5，基态P原子的价层电子轨道表示式为

；【小问2详解】一般来说，周期表从左到右，元素的电负性逐渐变大；周期表从上到下，元素的电负性逐渐变小，则F>N>P；由图可知带“*”的C原子含有3个σ键，没有孤电子对，则价电子对数n=3，为sp2杂化

；6PF−的VSEPR为561n=622++++==中心原子价层电子数配位原子配位数阴离子电荷数，则价层电子对数为6；【小问3详解】根据晶胞的示意图可知实心球的个数为1186482+=，○的个数为8，○与实心圆的个数比为2：1，则2Li

S当中○代表Li+；根据晶胞图可知+Li最近的2-S有4个；密度3033AAmnMNM4Mρ====10g/cmVVNVNa。16.肼(24NH)有较强的还原性，与24NO等可组成火箭推进剂。（1）已知：Ⅰ．()()()222Ng2Og2NOg

+=11Δ67.7kJmolH−=−Ⅱ．()()()()24222NHgOgNg2HOg+=+12Δ534.0kJmolH−=−Ⅲ．()()2241NOgNOg213Δ26.4kJmolH−=−火箭发射时24NH与24N

O反应生成2N和2HO，该反应的热化学方程式是_____。（2）肼的传统生产工艺为Raschig法，两步反应分别在不同容器的水溶液环境中进行：ⅰ．32NHNaClONHClNaOH+=+(快)ⅱ．13023242

3.0MPaNHClNHNaOHNHHONaCl+++℃(慢)已知电负性NCl，下列说法正确的是_____(填序号)。a．反应ⅰ中NaClO做氧化剂b．适当提高反应ⅰ温度，可显著提高相同时间内242NHHO的产量c．采用3.0MPa压强可以增大3NH

的溶解度，提高反应ⅱ中2NHCl的利用率（3）采用Raschig法制得肼后，可采用分步蒸馏的方法将其从反应混合液中分离出来。①水合肼(242NHHO，常温为液态)中24NH与2HO间存在氢键，在下图中用“…”表示出这种作用力_____。②蒸馏过程中首先馏出的物质是_____

(填序号)。a．3NHb．242NHHOc．NaCl（4）产品中肼含量的测定方法如下。取0.50g产品加20mL水稀释，滴入2滴淀粉溶液，用120.500molLI−溶液滴定3次，平均每次消耗2I溶液2

0.00mL，已知：2422NH2I4HIN+=+。①样品中肼(以24NH计)的质量分数为_____。②若滴定过程中操作过于缓慢，则测定结果_____(填“偏大”、“偏小”或“不受影响”)。（5）肼除做火箭推进剂外还可用

于燃料电池中。某种碱性肼-空气燃料电池(电解质为KOH溶液)具有高效、无污染的特点，装置如下图所示：①负极的电极反应式是_____。②电池工作一段时间后正极区KOH溶液pH基本保持不变，结合电极反应式解释原因：_____。【答案】（1）()()()()242

4222NHgNOg3Ng4HOg+=+1Δ947.5kJmolH−=−（2）c（3）①.②.a（4）①.32%②.偏小（5）①.2422NH4e4OHN4HO−−−+=+②.正极反应式为：22O2HO4e40H−−++=，电路中每转移4mole−时，正极区生成的4molO

H−全部迁移到负极区，与负极区消耗的OH−的物质的量相同【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知，反应Ⅱ×2—Ⅰ—Ⅲ×2得到肼与二氧化氮反应生成氮气和水的反应()()()()2424222NHgNOg3Ng4HOg+=+，则反应的△H=(—534.0kJ/mol)×2—(—67.

7kJ/mol)—(—26.4kJ/mol)×2=—947.5kJ/mol，反应的化学方程式为()()()()2424222NHgNOg3Ng4HOg+=+1Δ947.5kJmolH−=−，故答案为：()()()()2424222NHgNOg3Ng4HOg+=+

1Δ947.5kJmolH−=−；【小问2详解】a．由氮元素的电负性大于氯元素可知，NH2Cl中氯元素的化合价与次氯酸钠中氯元素的化合价相同，都为+1价，则反应中没有元素发生化合价变化，该反应是非氧化还

原反应，所以次氯酸钠不可能是氧化剂，故错误；b．由题意可知，反应的决速步为反应ii，适当提高反应ⅰ温度，不能加快反应ii的反应速率，不能提高相同时间内水合肼的产量，故错误；c．采用3.0MPa压强可以增大氨气的溶解度，增大溶液中NH2Cl的浓度，反应ii的平衡向正反应方向移动，有利于提高NH2Cl

的利用率，故正确；故选c；【小问3详解】①水合肼分子中肼分子和水分子可以形成分子间氢键，表示氢键示意图为，故答案为：；②氨分子和水合肼分子都是分子晶体，沸点小于离子晶体氯化钠，水合肼分子中肼分子和水分子形成的分子间氢键强于氨分子间

形成的分子间氢键，沸点高于氨分子，所以蒸馏过程中首先溜出的物质为氨气，故选a；【小问4详解】①由题意可知，滴定消耗20.00mL0.500mol/L碘溶液，由方程式可知，样品中肼的质量分数为10.500mol/L0.0200

L32g/mol20.5g×100%=32%，故答案为：32%；②肼具有还原性，若滴定过程中操作过于缓慢，肼易被空气中的氧气氧化，使得消耗标准碘液的体积偏小，导致测定结果偏小，故答案为：偏小；【小问5详解】由电子移动方向可知，通入肼的电极为燃料电池的负极，碱性条

件下肼在负极失去电子发生氧化反应生成氮气和水，电极反应式为2422NH4e4OHN4HO−−−+=+，通入氧气的电极为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为22O2HO4e40H−−++=；①由分析可知，通

入肼的电极为燃料电池的负极，碱性条件下肼在负极失去电子发生氧化反应生成氮气和水，电极反应式为2422NH4e4OHN4HO−−−+=+，故答案为：2422NH4e4OHN4HO−−−+=+；②由分析可知，通入氧气的电极为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离的子

，电极反应式为22O2HO4e40H−−++=，电路中每转移4mole−时，正极区生成的4molOH−全部迁移到负极区，与负极区消耗的OH−的物质的量相同，所以电池工作一段时间后正极区KOH溶液pH基本保持不变，故答案为：正极反应式为：22O2HO4e40H

−−++=，电路中每转移4mole−时，正极区生成的4molOH−全部迁移到负极区，与负极区消耗的OH−的物质的量相同。17.艾瑞昔布是中国具有自主知识产权的新药，具有低毒、高效的抗炎止痛作用。艾瑞昔布的前体L的一种合成路线如下(部分试剂

和反应条件已略去)。（1）A是苯的同系物，其苯环上的一溴代物只有一种。①A的结构简式是_______。②A→B的反应条件是_______。（2）B→D的反应类型是_______。（3）D→E发生氧化反应。①若用22HO溶液将D氧化为E，理论上D与22HO的物质

的量之比为_______。②若用一定浓度的3HNO将D氧化为E，会生成副产物M。M的相对分子质量比E的相对分子质量大16，M能与3NaHCO溶液反应生成2CO。则D与M反应的化学方程式是_______。（4）E→F反应的化学方程式是____

___。（5）F→G发生取代反应。不饱和碳原子上的C—H不易发生取代反应，但F中与硝基相连的不饱和碳原子上的C—H易发生取代反应。原因是_______。（6）J→L的转化经历如下多步。已知：Ⅰ．Ⅱ．Ⅲ．碳碳双键连接羟基时，可通过重排生成含有“”的同分

异构体中间体1的结构简式是_______。【答案】（1）①.②.光照（2）取代反应（3）①.1∶1②.+24HSO浓+H2O（4）+CH3NO2→超声波辐射+H2O（5）受硝基的吸电子作用影响，与硝基相连的不饱和碳原子上的C-H的极性增强，易断裂（6）【解析】【分析】A为、与溴发生取代反应生成

B、B在一定条件下水解生成D、D氧化得到E、E与CH3NO2反应生成F，F与溴反应生成G，G经过多步反应，经中间产物I、J、K合成产物。【小问1详解】A是苯的同系物，其苯环上的一溴代物只有一种。①A的结构简式是。故答案为：；②

A→B的反应条件是光照，侧链上发生取代反应。故答案为：光照；【小问2详解】B在一定条件下水解生成D，B→D的反应类型是取代反应。故答案为：取代反应；【小问3详解】D→E发生氧化反应。①若用22HO溶液将D氧化为E

，理论上D与22HO的物质的量之比为1∶1。故答案为：1∶1；②若用一定浓度的3HNO将D氧化为E，会生成副产物M。M的相对分子质量比E的相对分子质量大16，即多一个氧原子，M能与3NaHCO溶液反应生成2CO，M为对甲基苯甲酸。则D与M反应的化学方程式是+24HSO浓+H2O。故答案为：+24

HSO浓+H2O；【小问4详解】E→F反应的化学方程式是+CH3NO2→超声波辐射+H2O。故答案为：+CH3NO2→超声波辐射+H2O；【小问5详解】F→G发生取代反应。不饱和碳原子上的C—H不易发生取代反应，但F中与硝基相连的不饱和碳原子上的C—H易发生取代反应。原因是受硝

基的吸电子作用影响，与硝基相连的不饱和碳原子上的C-H的极性增强，易断裂。故答案为：受硝基的吸电子作用影响，与硝基相连的不饱和碳原子上的C-H的极性增强，易断裂；【小问6详解】碳碳双键连接羟基时，可通过重排

生成含有“”的同分异构体中间体1的结构简式是。故答案为：。18.以黄铜矿（主要成分为2CuFeS）为原料，用()4282NHSO溶液作浸取剂提取铜。已知：ⅰ．822SO−的结构式为。ⅱ．22CuFeSAgS、均能导电。（1）()4282NHSO有强氧化性

，用()4282NHSO溶液作浸取剂浸出2CuFeS的原理示意图如下。①正极的电极反应式为______。②浸取初期，随着浸泡时间延长，2Cu+的浸出速率提高。可能的原因是______。（2）在足量()4282NHSO溶液中添加少量3AgNO溶液作为浸取剂与2CuFeS作用，一段时间结果如下

：添加Ag+未加Ag+Cu元素的浸出率98.02%30.90%过程中产物形态①结合离子方程式解释添加Ag+可以显著提高Cu元素的浸出率的原因：______。②进一步研究发现添加的少量Ag+可以多次循环使用，具

有类似“催化剂”的作用。其中Ag+“再生”的离子方程式为：______。（3）进一步从浸出液中提取铜并使()4282NHSO再生的流程示意图如下。①在空气中焙烧24FeCO得到铁红，反应的化学方程式为______。②由滤液B

电解（Pt作电极）生成()4282NHSO的总反应的离子方程式为______；③从能源及物质利用的角度，说明电解滤液B而不直接电解滤液A的优点：______。【答案】（1）①.228SO−+2e-=224SO−②.随着浸泡时间延长，生成的Fe2+增多，Fe2+作催化剂对Cu2+浸出速率的影响大于

c[(NH4)2S2O8]减小对Cu2+浸出速率的影响，从而使Cu2+的浸出速率提高（2）①.添加Ag+发生反应CuFeS2+4Ag+=2Ag2S+Cu2++Fe2+，所生成的Ag2S夹杂在硫层中，提高其导电性，使CuFeS2的浸出反应得以继续进行②.228SO−+Ag2S=2Ag

++224SO−+S（3）①.4FeC2O4+3O2高温2Fe2O3+8CO2②.224SO−+2H+电解228SO−+H2↑③.直接电解滤液B可以避免电解时发生反应Fe2+-e-=Fe3+消耗电能，得到更为纯净的(NH4)2S2O8，同时获得铁红【解析】【小问1详解】①由

图可知正极228SO−得电子生成硫酸根离子，电极反应式为：228SO−+2e-=224SO−②随着浸泡时间延长，生成的Fe2+增多，Fe2+作催化剂对Cu2+浸出速率的影响大于c[(NH4)2S2O8]减小对Cu2+浸出速率的影响，从而使Cu2+的浸出速率提高；小问2详解】①添加Ag+发生

反应CuFeS2+4Ag+=2Ag2S+Cu2++Fe2+，所生成的Ag2S夹杂在硫层中，提高其导电性，使CuFeS2的浸出反应得以继续进行；②Ag+“再生”的离子方程式为：228SO−+Ag2S=2Ag++224SO−+S；【小问3详解】①在空气中焙烧FeC2O4得到铁红，反

应的化学方程式为：4FeC2O4+3O2高温2Fe2O3+8CO2；②由滤液B电解(Pt作电极)生成(NH4)2S2O8的总反应的离子方程式为：224SO−+2H+电解228SO−+H2↑；③从能源及物质利用的角度，电解滤

液B而不直接电解滤液A的优点：直接电解滤液B可以避免电解时发生反应Fe2+-e-=Fe3+消耗电能，得到更为纯净的(NH4)2S2O8，同时获得铁红。19.实验小组探究溶液酸碱性对锰化合物和223Na

SO氧化还原反应影响。资料：ⅰ．24MnO−呈绿色，2MnO为棕黑色沉淀，2Mn+几乎无色。ⅱ．24MnO−在强碱性溶液中能稳定存在，在酸性、中性或弱碱性溶液中易转化为4MnO−和2MnO。ⅲ．23BaSO为微溶物实验序号试剂现象【的Ⅰa：10滴1243molLHSO−溶液b：20

滴12230.002molLNaSO−溶液溶液紫色变浅至接近无色，静置一段时间后出现乳白色浑浊。Ⅱa：10滴蒸馏水b：20滴12230.002molLNaSO−溶液紫色溶液逐渐褪色，产生棕黑色沉淀。Ⅲa：10滴16mo

lLNaOH−溶液b：2滴12230.002molLNaSO−溶液和18滴蒸馏水溶液变为绿色，无沉淀生成；静置5min，未见明显变化。Ⅳa：10滴16molLNaOH−溶液b：20滴12230.002molLNaSO−溶液溶液变为绿色，无沉淀生成；静置5min，绿色变浅

，有棕黑色沉淀生成。（1）用离子方程式解释实验Ⅰ中出现乳白色浑浊的原因_____。（2）已知，实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中223SO−均被氧化24SO−。针对实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ进行分析：①对于4KMnO氧化性的认识是_____。②实验Ⅱ所得溶液中24SO−的检验方法为_____。（3）针对实验Ⅲ、Ⅳ进行分析：①

实验Ⅲ中“溶液变为绿色”相应反应的离子方程式为_____。②实验Ⅳ中“静置5min，有棕黑色沉淀生成”的可能原因：_____(写出2点)。（4）针对实验Ⅲ、Ⅵ继续探究：为①实验Ⅴ：向实验Ⅲ的试管中继续滴加足量24HSO，振荡，溶液立即变为紫红色。产生棕黑色沉淀。②实验Ⅵ：向实验Ⅵ的试管中

继续滴加足量24HSO，振荡，绿色溶液迅速变为无色，棕黑色沉淀逐渐减少直至消失。静置一段时间后，出现乳白色浑浊。对比实验Ⅴ、Ⅵ，结合方程式分析实验Ⅵ滴加24HSO后溶液未见紫红色的可能原因_____。（5）综合上

述实验，在下图中用连线的方式补充完善实验Ⅰ~Ⅵ已证实．．．的锰化合物转化关系_____。【答案】（1）223222HSOSSOHO+−+=++（2）①.均可体现氧化性；在酸性溶液中被还原为2Mn+，在中性溶液中被还原为2MnO，在碱性溶液中被还原为24MnO−②.加入足量盐酸，振荡，充分反应后

过滤，向滤液中滴加2BaCl溶液，产生白色沉淀。（3）①.2224234428MnOSO10OH8MnO2SO5HO−−−−−+++=+②.24MnO−被过量的223SO−还原产生2MnO；随着4MnO−与

223SO−反应过程中消耗OH−，溶液碱性减弱，24MnO−转化为2MnO。（4）酸性条件下，可发生反应：2222423422MnOSO6H2Mn2SO3HO−−++−+++=+；或酸性条件下，可发生反应2442

23MnO4H2MnOMnO2HO−+−+=++(反应ⅰ)、222423428MnO5SO14H8Mn10SO7HO−−++−+++=+(反应ⅱ)，反应ⅱ速率快于反应ⅰ（5）【解析】【分析】该实验的实验目的是探究高锰酸根离子在酸性、中性、碱

性条件下的氧化性强弱，并设计实验验证锰化合物转化关系。【小问1详解】由题意可知，向高锰酸钾溶液中滴入硫酸溶液后，滴入硫代硫酸钠溶液先发生如下反应：8MnO-4+5S2O2-3+14H+=8Mn2++5SO2-4+7H2O，后过量

的硫代硫酸钠溶液反应与溶液中的稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫、硫沉淀和水，反应的离子方程式为223222HSOSSOHO+−+=++；【小问2详解】①实验I、II、III可知，高锰酸钾溶液具有氧化性，能将硫代硫酸钠氧化为硫酸钠

，但还原产物不同，故答案为：KMnO4溶液在酸性、中性、碱性条件下均具有氧化性，在酸性溶液中被还原为2Mn+，在中性溶液中被还原为2MnO，在碱性溶液中被还原为24MnO−；②由题意可知，用氯化钡溶液检验实验Ⅱ所得溶液

中的硫酸根离子时，应加入足量的盐酸除去硫代硫酸根离子，排出硫代硫酸根离子对硫酸根离子检验的干扰，具体操作为取少量实验Ⅱ所得溶液少许于试管中，先加入足量的稀盐酸，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说

明溶液中含有SO2-4；【小问3详解】①由题意可知，实验Ⅲ中“溶液变为绿色”发生的反应为碱性条件下溶液中的高锰酸根离子与硫代硫酸根离子反应生成锰酸根离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为22242344

28MnOSO10OH8MnO2SO5HO−−−−−+++=+；②实验IV中“静置5min，有棕黑色沉淀生成”可能是溶液中MnO2-4与S2O2-3碱性条件下反应生成MnO2棕黑色沉淀，也可能是MnO2-4不稳定，在溶液中分解生成MnO2棕黑色沉淀；【小问4详解】对比实验V、V

I，实验VI滴加硫酸溶液后溶液未见紫红色说明酸性条件下溶液中锰酸根离子与硫代硫酸根离子反应生成锰离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为2MnO2-4+S2O2-3+6H+=2Mn2++2SO2-4+3H2O，故答案为：MnO2

-4酸性条件与与S2O2-3反应生成Mn2+，反应的离子方程式为：2222423422MnOSO6H2Mn2SO3HO−−++−+++=+；【小问5详解】由实验I~VI可知，高锰酸根离子在酸性、中性、碱性条件

下均具有氧化性，能将硫代硫酸根离子氧化为硫酸根离子，但还原产物不同，酸性条件下生成锰离子、中性条件下生成二氧化锰、碱性条件下生成锰酸根离子；锰酸根离子在酸性条件下不稳定会分解生成高锰酸根离子和二氧化锰、也能将硫代硫酸根离子氧化为硫酸根离

子，被还原生成锰离子；二氧化锰酸性条件下能将硫代硫酸根离子氧化为硫酸根离子，被还原生成锰离子，则实验I~VI已证实的锰化合物转化关系如下：；