【文档说明】北京市中关村中学2024-2025学年高三上学期 化学试题 Word版含解析.docx，共(21)页，1.907 MB，由小赞的店铺上传

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2024-2025学年度第一学期高三年级化学10月测试本试卷共100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸上。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Cl35.5第一部分非选择题（共42分）本部分共14题，每题3分，共42分。在每题的四个选项中，选出最符合题目要求的一项

。1.“高山流水觅知音”。下列中国古乐器中，主要由硅酸盐材料制成的是A．九霄环佩木古琴B．裴李岗文化骨笛C．商朝后期陶埙D．曾侯乙青铜编钟A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．九霄环佩木古琴主要构成是木材，

动物筋制得，A错误；B．裴李岗文化骨笛由动物骨骼构成，B错误；C．商朝后期陶埙属于陶瓷，由硅酸盐制成，C正确；D．曾侯乙青铜编钟主要由合金材料制成，D错误；故选C。2.下列物质混合后，变化过程中不涉及．．．氧化还原反应的是A.3FeCl溶液使淀粉碘化钾试纸变蓝B.将2

SO通入到()32BaNO溶液中，生成白色沉淀C.向饱和食盐水中依次通入3NH、2CO，有晶体析出D.石蕊溶液滴入氯水中，溶液变红，随后迅速褪色【答案】C【解析】【详解】A．3FeCl溶液使淀粉碘化钾试纸变蓝原理为：2FeCl3+2KI=2KCl+I2+2FeCl2，涉及氧化还原反应，A不合

题意；B．将2SO通入到()32BaNO溶液中，由于H2O+SO2H2SO3H++-3HSO，H+和Ba(NO3)2电离出的硝酸能将亚硫酸氧化为硫酸，故生成白色沉淀BaSO4，涉及氧化还原反应，B不合题意；C．向饱和食盐水中依次通入3NH、

2CO，有晶体析出，反应原理为：NaCl+H2O+CO2+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl，未涉及氧化还原反应，C符合题意；D．已知Cl2+H2O=HCl+HClO，由于氯水中含有H+故石蕊溶液滴入氯水中，溶液变红，同时氯水中含有的HClO具有强氧化性，则随

后迅速褪色，涉及氧化还原反应，D不合题意；故答案为：C。3.用NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是A.1molOH—含有的电子数为NAB.将7.1gCl2通入水中，转移电子数为0.1NAC.标准状况下，11.2LO2、CO2混合气体含有的氧原子数为NAD.1

L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中，含有的NH数为0.1NA【答案】C【解析】【详解】A.1个OH—含有10个电子，1molOH—含有的电子数为10NA，故A错误；B.通入水中的氯气只有部分与水反应生成盐酸和次氯酸，将7.1gCl2通入水中，转移电子

数小于0.1NA，故B错误；C.标准状况下，11.2LO2、CO2混合气体的物质的量是0.5mol，O2、CO2每个分子都有2个氧原子，所以含有的氧原子数为NA，故C正确；D.NH4Cl溶液中NH4+发生水解反应，1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中，含有的NH4+数小

于0.1NA，故D错误。4.下列反应的方程式正确的是A.铜片与浓硫酸共热：2442CuHSOCuSOH+=+B.2NaS溶液显碱性：222S2HOHS2OH−−++C.用氨水吸收烟气中的二氧化硫：2232SO2OHSOHO−−+=+D.向2230.1mol/LNaSO溶液中加稀硫酸

：22322SO2HSOSHO−++=++【答案】D【解析】【详解】A．浓硫酸具有强氧化性，铜片与浓硫酸共热生成SO2，不是氢气，A项错误；B．2NaS是强碱弱酸盐，弱酸根离子发生水解，溶液呈碱性，分步水解，S2-+H2OHS-+OH-，B项

错误；C．一水合氨是弱碱，不能拆，C项错误；D．硫代硫酸钠在酸性条件下不稳定，加入稀硫酸发生反应：22322SO2HSOSHO−++=++，D项正确；故答案选D。5.下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是A.无色溶液中：2Cu+、K

+、SCN−、Cl−B.含有3NO−的溶液中：I−、23SO−、24SO−、H+C强酸性溶液中：Na+、4NH+、24SO−、3HCO−D.pH=11的NaOH溶液中：23CO−、K+、3NO−、24SO−【答案】D【解析】【详解】A．铜离子为蓝色，不能在无色溶液中大量存在，故A不符合题意；B．

大量氢离子存在时，硝酸根会把碘离子、亚硫酸根氧化，故B不符合题意；C．强酸性溶液中氢离子会和碳酸氢根离子反应，不能共存，故C不符合题意；D．四种离子相互之间不反应，也不与NaOH反应，可以大量共存，故D符合题意；故选D。6.下列由实验现象所得结论错误的是

A.向NaHSO3溶液中滴加氢硫酸，产生淡黄色沉淀，证明HSO3−具有氧化性B.向酸性KMnO4溶液中加入Fe3O4粉末，紫色褪去，证明Fe3O4中含Fe(Ⅱ)C.向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，证明炭可与浓HNO3反应生成NO2D.向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，证明N

aClO在溶液中发生了水解反应【答案】C.【解析】【详解】A．淡黄色沉淀是S，在反应过程中硫元素由NaHSO3中的+4价降低到0价，发生还原反应，-3HSO体现氧化性，A项不符合题意；B．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，与还原性物质反应紫色才会褪去，所以可以证明Fe3O4中有还原性物质，即Fe(

Ⅱ)，B项不符合题意；C．硝酸受热分解也会生成NO2，所以无法证明是炭与硝酸反应生成NO2，C项符合题意；D．先变红说明溶液显碱性，证明NaClO在溶液中发生了水解，2NaClO+HONaOH+HClO，后来褪色，是因为水解产生了漂白性物质HClO，D项不符合题意；

故选C。7.向H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，溶液迅速变黄，稍后产生气体；再加入KSCN溶液，溶液变红，一段时间后，溶液颜色明显变浅。依据实验现象，下列分析不正确．．．是A.产生气体的原因是FeSO4将H2O2还原生成了O2B.H2O2溶液与FeSO4溶液反应生成Fe3＋的证据是：“溶液迅速

变黄”和“溶液变红”C.溶液颜色变浅，可能是过量的H2O2氧化了KSCND.溶液先变红后明显变浅，是由反应速率不同导致的【答案】A【解析】【详解】A.H2O2具有强的氧化性，FeSO4具有还原性，向H2O2溶

液中滴加少量FeSO4溶液，二者发生氧化还原反应，产生Fe3+，使溶液迅速变黄，稍后产生气体，是由于反应产生的Fe3+是H2O2分解反应的催化剂，A错误；B.Fe3+水溶液显黄色，且Fe3+遇KSCN会显红色，B正确；C.KSCN具有还原性，H2O2具有强的氧化性，二者会发生氧化还

原反应，Fe3+与SCN-结合形成Fe(SCN)3的浓度降低，故会使溶液的颜色变浅，C正确；D.溶液中开始时Fe3+与SCN-结合形成Fe(SCN)3的浓度较大，溶液的红色比较深，后由于KSCN被氧化，使Fe(SCN)3的

浓度降低，溶液颜色变浅，这都是由于浓度改变，导致物质的反应速率发生变化引起的，D正确；故答案选A。8.还原铁粉与水蒸气的反应装置如图所示。取少量反应后的固体加入稀硫酸使其完全溶解得溶液a；另取少量反应后的固体加入稀硝酸使其完全溶解，得溶液b．下列说法正确的是的A.铁与水蒸气反应：22322Fe3

HO(g)FeO3H++高温B.肥皂液中产生气泡，不能证明铁与水蒸气反应生成2HC.向溶液a中滴加36KFe(CN)溶液，出现蓝色沉淀，说明铁粉未完全反应D.向溶液b中滴加KSCN溶液，溶液变红，证实了固体

中含有23FeO【答案】B【解析】【详解】A．Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为：23422Fe4HO(g)FeO4H++高温，故A错误；B．肥皂液中产生气泡，只能说明有气体，还不能说明是氢气，

故B正确；C．若滴加铁氰化钾溶液后出现蓝色沉淀，说明含有二价铁离子，不能确定二价铁离子来自铁粉还Fe3O4，故C错误；D．若滴加KSCN溶液后变红色，说明含三价铁离子，黑色固体有Fe3O4也能产生三价铁离子，故D错误。答案选B。9.化学反应中会出现“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应

”的特殊情况。下列反应中属于这种情况的是①过量稀硫酸与块状石灰石；②过量的氢气与氮气在催化剂存在下充分反应；③过量稀硝酸与铜反应；④常温下将铝片投入到过量浓硫酸中；⑤过量铜与浓硫酸反应；⑥过量的锌与118molL−

的硫酸反应；⑦过量的2MnO和浓盐酸A.③⑥B.②③⑤⑦C.①②④⑤⑦D.①②③④⑤⑥⑦是【答案】C【解析】【详解】①稀硫酸与块状石灰石反应生成微溶物硫酸钙，附着在碳酸钙表面阻止反应的进一步发生，故①正确；②合成氨是一个可逆反应，无

论如何充分反应，都不能完全反应而达到百分之百，故②正确；③铜与过量的稀硝酸反应时，铜完全反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，故③错误；④常温下铝遇浓硫酸发生钝化，不再继续反应，故④正确；⑤随反应进行浓硫酸变为稀硫酸，铜无法与稀硫酸反应，

无论铜怎么过量，都不能完全消耗完硫酸，故⑤正确；⑥锌不论与浓硫酸还是稀硫酸都能反应，一种物质过量时，另一种能完全反应，故⑥错误；⑦MnO2与浓盐酸加热反应制取氯气，不能与稀盐酸反应，过量的2MnO和浓盐酸反应，到

最后浓盐酸转化为稀盐酸，稀盐酸与MnO2不再反应，⑦正确；故答案为C。10.下列实验中，锥形瓶内均能产生气体。试管内不能产生沉淀的是ABCD试剂a浓盐酸浓24HSO浓氨水稀24HSO试剂b4KMnO少量蔗糖NaOH3CaCO

粉末试剂c3AgNO3AlCl2MgCl冷、浓氨盐水A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水，氯气溶于水产生氯化氢和次氯酸，氯化氢再和3AgNO溶液生成氯化银沉淀，不符合题意，A错误；B．浓硫酸和少量蔗糖反应生成二氧化碳、二氧化硫和

水，这些气体与3AlCl都不反应，符合题意，B正确；C．浓氨水和NaOH固体制得氨气，氨气和氯化镁溶液反应生成氢氧化镁沉淀，不符合题意，C错误；D．稀24HSO与3CaCO粉末生成硫酸钙、二氧化碳和水，二氧化碳会和冷、浓氨盐水反应生成碳酸氢钠沉淀，D错误；故选B。1

1.下列实验中，由现象得出的结论正确的是选项操作和现象结论A将3体积SO2和1体积O2混合通过灼热的V2O5充分反应，产物依次通过BaCl2溶液和品红溶液，前者产生白色沉淀，后者褪色SO2和O2的反应为可逆反应B用洁净的玻璃棒蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰为黄色该溶液为钠

盐溶液C向某无色溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置，下层溶液呈紫红色原溶液中含有I-D用浓盐酸和石灰石反应产生的气体通入Na2SiO3溶液中，Na2SiO3溶液变浑浊C元素的非金属性大于Si元素A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.SO2过

量，故不能通过实验中证明二氧化硫有剩余来判断该反应为可逆反应，选项A错误；B.不一定为钠盐溶液，也可以是NaOH溶液，选项B错误；C向某无色溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置，下层溶液呈紫红色，则说明原溶液中含有I-，被氧化产生碘单质，选项C正确；D.浓盐酸易挥发，挥发出的H

Cl也可以与硅酸钠溶液反应产生相同现象，选项D错误；答案选C。12.侯氏制碱法工艺流程如图所示。下列说法不正确．．．的是A.饱和食盐水“吸氨”的目的是使“碳酸化”时产生更多的3HCO−B.煅烧时发生反

应32322Δ2NaHCONaCOCOHO++C.“盐析”后溶液pH比“盐析”前溶液pH大D.母液Ⅱ与母液Ⅰ所含粒子种类相同，但前者Na+、3HCO−、Cl−的浓度更大【答案】D【解析】【详解】A．氨气极易溶于水使溶液显碱性，饱和食盐水“吸氨”的目的是可以吸收更多二氧化碳，使“碳酸化”时产生

更多的3HCO−，故A正确；B．碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、水、二氧化碳，故B正确；C．铵根离子水解生成氢离子，溶液显酸性；加入氯化钠“盐析”后溶液中铵根离子浓度减小，溶液酸性减弱，故pH比“盐析”前溶液pH大，故C正确；D．母液Ⅱ为加入氯化钠晶体，析出

氯化铵后得到的；与母液Ⅰ所含粒子种类相同，但母液Ⅱ中碳酸氢根离子的浓度没有变的更大，故D错误；.故选D。13.在Pt-BaO催化下，NO的“储存-还原”过程如图1所示。其中“还原”过程依次发生反应Ⅰ和反应

Ⅱ，各气体的物质的量变化如图2所示。下列说法不正确的是A.2NO与BaO的反应中，2NO既是氧化剂，又是还原剂B.反应Ⅰ为()32322BaNO8HBaO2NH5HO+=++C.反应Ⅱ中，最终生成2N的物质的量为

0.2amolD.反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的()32BaNO的质量比是3∶5【答案】D【解析】【详解】A．由可知NO和O2在Pt表面发生反应生成NO2，NO2和BaO生成Ba(NO3)2的反应中N元素的化合价由+4价升至+5价，根据氧化还原反应的规律，还有N元素的化合价降低，则2N

O既是氧化剂，又是还原剂，A正确；B．由图可知，第一步反应氢气与Ba(NO3)2作用生成NH3，方程式为：()32322BaNO8HBaO2NH5HO+=++，B正确；C．由图可知，反应分两步进行，第二步反应为NH3还原Ba(NO3)2生成BaO和

N2等，则可知，相应的关系式为：325NH4N，图中氨气最大量为0.25amol，则最终生成2N的物质的量为0.2amol，C正确；D．第二步反应为NH3还原Ba(NO3)2生成BaO和N2等，根据得式电子守恒可知，()3325NH3BaNO，再结合第一

步反应()332BaNO2NH，可知第一步为()3325BaNO10NH，第二步为()33210NH~3BaNO，则反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的()32BaNO的质量比即物质的量之比是5∶3，D错误；故选D。14.化学小组探究2Fe

+与SCN−是否存在反应，实验过程如下图所示。下列分析不正确的是A.②中溶液无色是因为32Fe2Fe3Fe+++=，导致平衡33Fe3SCNFe(SCN)+−+逆向移动B.③中溶液略显黄色，可能是因为②→③过程中2Fe+被空气氧化C.④中溶液颜

色比①浅，说明2Fe+与SCN−反应导致()SCNc−减小D.将向①中加入的2滴水改为2滴0.3mol/L4FeSO溶液，两次实验后的溶液颜色相同【答案】C【解析】【详解】A．②中溶液加入足量铁粉，32Fe2Fe3Fe+++=，溶液中Fe3+浓度减小，导致3+-3Fe+3SCNFe(SCN)平衡

逆向移动，导致溶液颜色变浅甚至无色，A正确；B．③中溶液略显黄色，可能是因为2Fe+被空气氧化，生成Fe3+，B正确；C．④中加入2滴243Fe(SO)溶液，溶液又显红色，但是颜色比①浅，是因为溶液中3F

e(SCN)浓度比①小，C错误；D．①中溶液2mL，②中溶液4mL，然后分成两等份，一份是2mL，所以①溶液体积和②溶液分成两等份后溶液体积是相同的，所以向①中加入的2滴水改为2滴0.3mol/L4FeSO溶液，两次实验后的溶液颜色相同，D正确；故选C。第二部分非选择题（共58分）15.I、某学生

课外小组用如图所示装置分别做如下实验：（1）在试管中注入某红色溶液，加热试管，溶液的颜色逐渐变浅，冷却后恢复红色，则原溶液可能是________；加热后溶液红色逐渐变浅的原因是________。（2）在试管中注入

某无色溶液，加热试管，溶液变为红色，冷却后恢复无色，则此溶液可能是________；加热时溶液由无色变为红色的原因是________。II、某化学学习小组设计如图实验装置（夹持装置略去）制备2Cl，并探究氯气的相关性质。（3）装置B的作用是________。（4）装置C的作

用是验证氯气是否具有漂白性，I处是湿润的有色布条，则II、III处应加入的物质分别是________（选填“无水氯化钙”或“碱石灰”）、________。（5）设计装置D、E的目的是比较Cl、Br、I的非

金属性。但有同学认为该设计不够严谨，他的理由可能是________。从原子结构的角度解释Cl、Br、I非金属性的强弱顺序________。（6）请用离子方程式说明装置F的作用：________。【答案】（1）①.稀

氨水和酚酞②.稀氨水中的氨气逸出，溶液颜色变浅（2）①.溶有2SO的品红②.2SO逸出，品红溶液恢复红色（3）既能除去氯气中混有的氯化氢，还能检测实验过程中装置C是否发生堵塞（4）①.无水氯化钙②.干燥的有色布条（5）①.若D中溶有过量的氯气，则无法证明溴与碘非金属性的强弱

②.非金属性ClBrI，它们的最外层电子数相同，随着核电荷数的递增，电子层数逐渐增大，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，非金属性逐渐减弱（6）22Cl2OHClClOHO−−−+=++【解析】【分

析】如图，A中利用浓盐酸制取氯气，由于浓盐酸易挥发，制得的氯气中混有氯化氢气体，B中的饱和食盐水可以将氯气中混有的氯化氢除去，还能检测实验过程中装置C是否发生堵塞，氯气能使I处湿润的有色布条，氯气经过II处的无水氯化钙，将氯气干燥，III处干燥的有色布条不褪色，再将氯气通入D处

的溴化钠溶液中，氯气将与溴化钠反应生成氯化钠和溴单质，最后将D中混有溴单质的氯化钠溶液滴入碘化钾溶液中，溴单质将碘化钾氧化为碘单质，最后用氢氧化钠溶液进行尾气处理，据此回答。【小问1详解】)氨水呈碱性，滴有酚酞的氨水呈红色，加热滴有酚酞的氨水，32NHHO不稳定会分解逸出3NH，溶液的碱

性减弱，故溶液的颜色逐渐变浅，冷却后，3NH又溶于水中，溶液的碱性增强，溶液又恢复红色；【小问2详解】SO2具有漂白性，故溶有SO2的品红溶液呈无色，加热溶液，溶液中的SO2逸出，品红溶液恢复红色，冷却后，SO2又溶于水中，使品红溶液褪色，即溶液由红色变为无色；

【小问3详解】由分析知，装置B的作用是既能除去氯气中混有的氯化氢，还能检测实验过程中装置C是否发生堵塞；【小问4详解】由分析知，由于氯气能与碱石灰反应，故II处应加入的物质为无水氯化钙，III应加入的物质为干燥的有色布条；【小问5详解】设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非

金属性，但该设计不够严密,若D中溶有过量的氯气，则不能保证是溴将碘离子氧化，无法证明溴与碘的非金属性强弱；由于非金属性ClBrI，它们的最外层电子数相同，随着核电荷数的递增，电子层数逐渐增大，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，非金属性逐渐减弱；【小问6详解】装置F的作用是吸收多余的氯

气，防止污染环境，离子方程式为22Cl2OHClClOHO−−−+=++；16.碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：(1)2I的一种制备方法如下图所示：①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为_______，生成的沉淀与硝酸反应，生成_______后可循环使

用。②通入2Cl的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为_______；若反应物用量比()()22nCl/nFeI=1.5时，氧化产物为_______；当()()22nCl/nFeI>1.5，

单质碘的收率会降低，原因是_______。(2)以3NaIO为原料制备2I的方法是：先向3NaIO溶液中加入过量的3NaHSO，生成碘化物；再向混合溶液中加入3NaIO溶液，反应得到2I，上述制备2I的总反应的离子方程式为_______。(3)KI溶液和4CuSO溶液

混合可生成CuI沉淀和2I，若生成21molI，消耗KI至少为_______mol。2I在KI溶液中可发生反应--23I+II。实验室中使用过量的KI与4CuSO溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过

量KI的原因是_______。【答案】①.2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-②.AgNO3③.FeI2+Cl2=I2+FeCl2④.I2、FeCl3⑤.I2被过量的2Cl进一步氧化⑥.--2-+332422IO+5HSO=I+5SO+3H+HO⑦.4⑧.防止单质碘析出【

解析】【分析】【详解】(1)①由流程图可知悬浊液中含AgI，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-，生成的银能与硝酸反

应生成硝酸银参与循环中，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-；AgNO3；②通入2Cl的过程中，因I-还原性强于Fe2+，2Cl先氧化还原性强的I-，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的

化学方程式为FeI2+Cl2=I2+FeCl2，若反应物用量比()()22nCl/nFeI=1.5时即2Cl过量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当()()22nCl/nFeI>1.5即2Cl过量特别多

，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低，故答案为：FeI2+Cl2=I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被过量的2Cl进一步氧化；(2)先向3NaIO溶液中加入计量的3NaHS

O，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中（含I-）加入的3NaIO溶液，反应得到2I，上述制备2I的两个反应中I-为中间产物，总反应为-3IO与-3HSO发生氧化还原反应，生成2-4SO和2I，根据得失电子守恒

、电荷守恒]及元素守恒配平离子方程式即可得：--2-+332422IO+5HSO=I+5SO+3H+HO，故答案为：--2-+332422IO+5HSO=I+5SO+3H+HO；(3)KI溶液和4CuSO溶液混合可生成CuI沉淀和2I，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI+I2+2

K2SO4，若生成21molI，则消耗的KI至少为4mol；反应中加入过量KI，I-浓度增大，可逆反应--23I+II平衡右移，增大2I溶解度，防止2I升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出，故答案为：4；防止单质碘析出。17.蔗糖与浓硫酸发生反应时有白雾产生。某化学小组

对其成分进行探究。查阅资料：i．白雾中可能含有2SO、2CO、CO、水蒸气。ii．常温下，CO可与银氨溶液反应：324233CO2AgNHOH2AgNHCO()()2NH+=++。iii．文献中实验

及现象如下：a处注入浓硫酸后，混合物逐渐变为黑色，黑色物质体积膨胀，生成白雾：c、d处颜色褪去；e处固体白色变为蓝色；f处产生少量白色浑浊；g处生成黑色浑浊。Ⅰ．小组同学对文献中实验现象进行分析。（1）a处变为黑色，体现浓硫酸___________性。（2）针对c、

d、e处现象，分析不正确的是___________。A．c处品红褪色，说明浓硫酸具有强氧化性B．d处可能是2SO使高锰酸钾溶液褪色C．将e处无水4CuSO移至a、c之间，可证明产物有水（3）f处沉淀较少，可能是因为通入气体过量导致。写出2SO过量时，沉淀变

少的化学方程式___________。（4）经检验，g处黑色固体是Ag，但不能确认白雾含CO。从氧化还原角度说明理由___________。Ⅱ．综合上述分析，小组同学对实验进行改进。（5）证明有CO生成的实验现象是___________。（6）设计实验证明反应后k处溶

液中含有23CO−。取反应后k处溶液，___________。(写出实验操作、预期现象与结论)【答案】（1）脱水（2）C（3）32232CaSO+SO+HO=Ca(HSO)（4）g处黑色固体是Ag，说明银氨溶液发生还原反应，二氧化硫具有还原性，所

以不能确认白雾含CO（5）f处澄清石灰水不变浑浊，g处产生黑色固体（6）加入足量盐酸，反应生成的气体依次通过足量高锰酸钾溶液、澄清石灰水，高锰酸钾溶液没有完全褪色、澄清石灰水变浑浊，证明k处溶液中含有23CO−

【解析】【分析】a处浓硫酸和蔗糖反应，k处氢氧化钠吸收CO2、SO2，f处石灰水检验CO2、SO2是否除尽，g处银氨溶液检验CO。【小问1详解】a处变为黑色，说明蔗糖脱水碳化，体现浓硫酸脱水性。【小问2详解】A．c处品红褪色

，说明有二氧化硫生成，浓硫酸和碳反应放出二氧化硫，则体现浓硫酸的强氧化性，故A正确；B．二氧化硫具有还原性，d处可能是2SO使高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C．将e处无水4CuSO移至a、c之间，由于蔗糖用水浸湿、c处棉球也会带出水蒸气，所以不能证明产物有水，故C错误；选C。【小问3详解】2S

O过量时，亚硫酸钙和二氧化硫反应生成亚硫酸氢钙使沉淀变少，反应的化学方程式为32232CaSO+SO+HO=Ca(HSO)。【小问4详解】经检验，g处黑色固体是Ag，说明银氨溶液发生还原反应，二氧化硫具有还原性

，所以不能确认白雾含CO。【小问5详解】f处澄清石灰水不变浑浊，说明没有二氧化硫进入g，g处产生黑色固体，证明有CO生成；【小问6详解】取反应后k处溶液，加入足量盐酸，反应生成的气体依次通过足量高锰酸钾

溶液、澄清石灰水，高锰酸钾溶液没有完全褪色、澄清石灰水变浑浊，证明k处溶液中含有23CO−。18.某实验小组探究Cu与()33FeNO溶液的反应。取3g铜粉加入()33100mL0.6mol/LFeNO溶液(用3HNO调pH1=)中，振荡、静置30分钟，铜粉减少，溶液

呈棕绿色，未见有气泡产生。已知：CuSCN是难溶于水的白色固体（1）预测铜粉可能发生的反应反应I26232I3Cu2NO8H3Cu2NO4HOK6.310−++++=++=反应II____________________

______14IIK510=（2）探究反应I是否发生①取3g铜粉加入100mL_____________溶液中，振荡、静置30分钟，无明显现象。(所用试剂：硝酸钠和硝酸溶液)②用传感器检测Cu与()33FeN

O溶液反应过程中3NO−浓度的变化，发现3NO−浓度逐渐减少。有同学认为：2Fe+催化了铜和稀硝酸的反应，可能的催化过程如下，写出ⅰ的离子方程式。ⅰ．_____________ⅱ．反应II总反应：2232Fe3Cu2NO8H3Cu2NO4HO+−++++++（3）探

究反应II是否发生取3g铜粉加入_____________中，溶液迅速变为蓝绿色。取上层清液，滴加KSCN溶液，出现白色浑浊且溶液变红，振荡后红色褪去，KSCN溶液过量后浊液呈深红色。结合离子方程式解释溶液开始呈现白色浑浊最终浊液呈深红色的原因_______

______。（4）分析“溶液呈棕绿色，未见有气泡产生”的原因小组讨论认为，棕绿色可能是因为NO与22CuFe++、或3Fe+形成配合物，设计实验证明棕绿色是2[Fe(NO)]+的颜色，实验操作是_____________。（5）从化学反应速率和限度角度简述对Cu与()33FeNO溶液反应的认

识_____________。【答案】（1）2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+（2）①.1.8mol/L硝酸钠溶液(用3HNO调pH1=)②.NO3−+3Fe2++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O（3）①.0.3mol/LF

e2(SO4)3溶液(用H2SO4调pH1=)②.Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+，当SCN-较少时Fe(SCN)3转化为CuSCN，过量的SCN-和溶液中的Fe3+反应，浊液最终呈深红色（4）分别向Cu(NO3)2、Fe(NO3)2和Fe(NO3)3溶液中通入NO（5）反

应I比反应II限度大，反应II比反应I速率快【解析】【小问1详解】溶液中含有Fe3+，所以除发生反应I外，还有Fe3+氧化Cu生成Cu2+和Fe2+，即反应II的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2+

+Cu2+；【小问2详解】①探究反应I是否发生，需要排除Fe3+的影响，而且保证其他条件应相同，根据所提供的试剂，取3g铜粉加入100mL1.8mol/L硝酸钠溶液(用3HNO调pH1=)中，振荡、静置30分钟，无明显现象，故答案为：1.8mol

/L硝酸钠溶液(用3HNO调pH1=)；②由总反应减反应II可得ⅰ的离子方程式为NO3−+3Fe2++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，故答案为：NO3−+3Fe2++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；【小问3详解】探究反应II是否发生，需要

排除NO3−的影响，而且保证其他条件应相同，取3g铜粉加入0.3mol/LFe2(SO4)3溶液(用H2SO4调pH1=)中，溶液迅速变为蓝绿色。取上层清液，滴加KSCN溶液，出现白色浑浊且溶液变红，振荡后红色褪去，KSCN溶液过量后浊液呈深红色，

Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+，当SCN-较少时Fe(SCN)3转化为CuSCN，过量的SCN-和溶液中的Fe3+反应，浊液最终呈深红色，故答案为：0.3mol/LFe2(SO4)3溶液(用H2SO4调pH1=)；Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+

，当SCN-较少时Fe(SCN)3转化为CuSCN，过量的SCN-和溶液中的Fe3+反应，浊液最终呈深红色；【小问4详解】分析“溶液呈棕绿色，未见有气泡产生”的原因可能是因为NO与22CuFe++、或3Fe+形成配合物，证明棕绿色是2[Fe(NO)]+的颜色，实验操作是分别向C

u(NO3)2、Fe(NO3)2和Fe(NO3)3溶液中通入NO，故答案为：分别向Cu(NO3)2、Fe(NO3)2和Fe(NO3)3溶液中通入NO；【小问5详解】通过比较反应现象及反应I、反应II的平衡常数可知，反应I比反应II限度大，反应II比反

应I速率快，故答案为：反应I比反应II限度大，反应II比反应I速率快。19.洛索洛芬钠H可用于治疗类风湿性关节炎、肩周炎等，其合成路线如下。已知：（1）X的结构简式是________。（2）D中含有的官能团是________。（3

）D与Y反应还会生成少量'E，'E与E互为同分异构体。①Y的结构简式是________。②'E的结构简式是________。③'E少于E的原因是：相对于生成E，生成'E时断裂的C—H键的极性________（填“强”或“弱”）。（4）E经历两步转

化为G。F分子内存在由氢键形成的六元环，F的结构简式是________（标出分子内氢键）。（5）将G和NaOH溶液混合加热后生成H，再加入乙醇后有大量白色固体H析出。①反应的化学方程式是________。②从物质结构角度解释加入乙醇后析出H的原因：________。【答案】（1）3

CHOH（2）酯基、碳溴键（溴原子）（3）①.②.③.弱（4）（5）①.②.乙醇比水的极性弱，加入乙醇后溶剂的极性变小，而H是离子化合物，根据相似相溶原理，H在极性小的溶剂中溶解性差，故能析出H。【解析】【分析】由A（）先与3CH

OH发生酯化，再与溴单质发生取代，得到D（），D与Y（）反应生成E（），再经过反应生成G（），最终得到H（），据此分析；【小问1详解】根据分析得出，A为3CHOH【小问2详解】D为，官能团为酯基、碳溴键（溴原子）【小问3详解】根据信息方程式可知，在C=O键邻位

C上，发生去氢加烃基的反应，可知Y为，可以发生反应的C原子为，E为，则'E为左侧发生反应，结构为；'E少于E的原因是，酯基是给电子基团，相对于生成E，生成'E时断裂的C—H键的极性弱；【小问4详解】E

中与五元环相连的酯基先水解生成对应的羧酸，再脱去二氧化碳，分子内存在由氢键形成的六元环，F的结构简式是；【小问5详解】①G为，和NaOH溶液混合加热后生成H（）反应的化学方程式是；②从物质结构角度解释加入乙醇后析出H的原因：乙醇比水的极性弱，加入乙醇后溶剂的极性变小，而H是钠盐属于离子化合物，根据

相似相溶原理，H在极性小的溶剂中溶解性差，故能析出H。