【文档说明】北京市第五中学2024-2025学年高三上学期10月阶段检测化学试题 Word版含解析.docx，共(23)页，1.304 MB，由管理员店铺上传

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2024/2025学年度第一学期十月阶段检测试卷高三化学可能用到的相对原子质量：H-1Si-28O-16Cu-64第一部分(选择题共42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.我国科学家首次合成大面积全碳纳米材料——石墨炔，其结构与

石墨类似，可用于制备储锂电极材料。下列关于石墨炔的说法不正确．．．的是A.与石墨互为同分异构体B.碳原子有sp、sp2两种杂化方式C.与石墨类似，层间存在范德华力D.具有传导电子的性能【答案】A【解析】【详解】A．石墨炔也是碳的

一种单质，与石墨互为同素异形体，A错误；B．石墨炔结构中既有三键的碳原子也有双键的碳原子，所以有sp、sp2两种杂化方式，B正确；C．结构与石墨类似，所以层间存在范德华力，C正确；D．与石墨结构类似，所以具有传导电子的性能，D正确；故选D2.下列说法不正确．．．的是

A.3NF的电子式：B.基态2Cu+价层电子的轨道表示式：C青铜器电化学腐蚀形成铜锈：铜作负极。.D.()3FeOH胶体和()3FeOH悬浊液的本质区别：分散质粒子直径不同【答案】B【解析】【详解】A．3NF的电子式：，A正确；B．Cu先失去最外层4s能级的电子，基态2Cu+价层电子的轨道表示式

为，B错误；C．青铜器电化学腐蚀形成铜锈：铜失电子被氧化，铜作负极，C正确；D．()3FeOH胶体和()3FeOH悬浊液的本质区别：分散质粒子直径不同，D正确；故选B。3.下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液pH减小的是A.向浓硝酸

中加入铜粉，产生红棕色气体B.向水中加入22NaO固体，产生无色气体C.向碘水中通入2SO气体，碘水颜色变浅D.向4CuSO溶液中通入2HS气体，生成黑色沉淀【答案】C【解析】【详解】A．Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，因氧化还原反应pH增大，A错误

；B．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，因氧化还原反应碱性增强，pH增大，B错误；C．向碘水中通入2SO气体，碘水颜色变浅，SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，因发生氧化还原反应使溶液pH减小，C正确；D

．向4CuSO溶液中通入2HS气体，生成黑色沉淀，CuSO4+H2S=CuS+H2SO4，该反应是非氧化还原反应，D错误；故选C。4.用AN代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法中，正确的是A.0.1mol碳酸钠和碳酸氢钠的混合物含有的氧原子数为A0.3NB.标准状况下，22.4L乙炔中键数

为AN、π键数为A2NC.1100mL1molL−醋酸溶液中含有的氢离子数为A0.1ND.60g二氧化硅晶体中含有SiO−键数为A2N【答案】A【解析】【详解】A．23NaCO和3NaHCO均含3个氧原子，0.1m

ol碳酸钠和碳酸氢钠的混合物含有的氧原子数为A0.3N，A正确；B．乙炔的结构式为HCCH−−，每个乙炔分子含有3个键、2个π键，标准状况下，22.4L乙炔即1mol乙炔中键数为3AN、π键数为A2N，B错误；C．醋酸是弱电解质，部分电离，1100mL1mol

L−醋酸溶液中含有的氢离子数小于A0.1N，C错误；D．二氧化硅晶体中每个Si原子形成4个SiO−键，60g二氧化硅晶体即1mol二氧化硅中含有SiO−键数为A4N，D错误；故选A。5.下列反应的离子方程式书写正确的是A.电解饱和食盐水制2Cl：222ClHOCl

HOH−−+++通电B.用小苏打治疗胃酸过多：322HHCOHOCO+−+=+C.用FeS除去废水中的2Hg+：22SHgHgS−++=D.用稀3HNO处理银镜反应后试管内壁的Ag：322Ag2HNOAgNOHO+−+++=++【答案】

B【解析】【详解】A．质量不守恒，应该为：--2222Cl+2HOCl+H+2OH通电，A错误；B．小苏打碳酸氢钠和胃酸盐酸生成氯化钠、水和二氧化碳，反应为322HHCOHOCO+−+=+，B正确；C．FeS为沉淀，

不能拆，除去废水中2Hg+反应为：2+2+FeS+Hg=HgS+Fe，C错误；D．稀3HNO处理银镜反应后试管内壁的Ag生成硝酸银和NO：+-+323Ag+4H+NO=3Ag+NO+2HO，D错误；故选B。6.下列实验

设计能达成对应的实验目的的是选项AB实验设计实验目的实验室制NH3比较Cl、Br、I得电子能力强弱选项CD实验设计实验目的除去CO2中的少量SO2配制100mL1mol·L-1NaCl溶液AAB.BC.CD.D【答案】A【解析】【

详解】A．实验室采用氯化铵和氢氧化钙固体加热制取氨气，加热时试管口向下倾斜，故A正确；B．氯气与溴化钠反应生成溴单质，可证明氧化性氯气大于溴单质，但溴单质易挥发，也能进入KI溶液中，氯气、溴单质都能与KI反应生成碘单质，因此不能说明溴和碘、氯和碘的得电子能力，故B错误；C．饱

和碳酸钠能吸收二氧化碳，因此不能用饱和碳酸钠除二氧化碳中的二氧化硫，故C错误；D．转移溶液时需要用玻璃棒引流，不能用烧杯直接倾倒溶液，故D错误；故选A。7.双氯芬酸是一种非甾体抗炎药，具有抗炎、镇痛及解热作用，分子结构如图所示。下列

关于双氯芬酸的说法不正确．．．的是的.A.能发生加成、取代反应B.1mol双氯芬酸最多能与2molNaOH反应C.既能与强碱反应，又能与强酸反应D.能与3NaHCO溶液反应制得水溶性更好的双氯芬酸钠【答案

】B【解析】【详解】A．由题干结构简式可知，分子中含有苯环故能发生加成反应，含有碳氯键和羧基，以及苯环故能发生取代反应，A正确；B．由题干结构简式可知，分子中含有两个碳氯键，水解后生成酚羟基，酚羟基和羧基均能与NaOH反应，故最多能与5molNaOH反应，B错误；C．由题干结构简式可知，

分子中含有羧基和氨基，故既能与强碱反应，又能与强酸反应，C正确；D．由题干结构简式可知，分子中含有羧基，能与3NaHCO溶液反应制得水溶性更好的双氯芬酸钠，D正确；故答案为：B。8.根据下列实验操作和现象所

得结论正确的是选项实验操作现象结论A将Cl₂通入品红溶液溶液红色褪去Cl₂具有漂白性B向某溶液中滴加几滴氯水，再滴加KSCN溶液溶液变红原溶液中有Fe2＋C向Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体有沉淀生成酸性：H2SO

3>HClOD向Al(OH)3沉淀中分别滴加足量盐酸或NaOH溶液沉淀均溶解Al(OH)3是两性氢氧化物，Al表现一定的非金属性A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．Cl2没有漂白性，而是Cl2与水反应生成HCl

O的漂白性，A错误；B．若原溶液中含有Fe3＋，滴加几滴氯水，再滴加KSCN溶液，溶液也会变红；应该先滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氯水，溶液变红，说明原溶液中有Fe2＋；B错误；C．Ca(ClO)2溶液中的C

lO－具有氧化性，能将SO2氧化成24SO−，生成微溶物CaSO4，而不是CaSO3，不能说明酸性H2SO3＞HClO，C错误；D．Al(OH)3可与盐酸或NaOH溶液反应生成盐和水，说明Al(OH)3是两性氢氧化物，具有一定的酸性，能说明Al具有一定的非金属性，D正确；答案选D。9.基于水煤

气转化反应222COHOHCO+=+，通过电化学装置制备纯氢的原理示意如下。下列说法不．正确．．的是A.电解质溶液可以是KOH溶液B.阴极电极反应为：232CO2e4OHCO2HO−−−−+=+C.使用阴离子交换膜能减缓单位时间内乙室中c(OH-)的降低D.该装置中氧化反应和还原反应分别在两极进行

，利于制得高纯度氢气【答案】B【解析】【详解】A．阳极CO失去电子变成2CO，但阳极出来的是23CO−所以乙池里电解质溶液应为碱性，可以是KOH溶液，A正确；B．阳极电极反应为：232CO2e4OHCO2HO−−−−+=+，阴极的电极反应式为：222HO+2e2OHH−−

=+，B错误；C．阴极的电极反应式为：222HO+2e2OHH−−=+若为阴离子交换膜，OH−从甲池向乙池迁移，因此能减缓单位时间内乙室中c(OH-)的降低，C正确；D．2H在阴极生成，2CO在阳极产生且在乙池被

吸收变成23CO−，因此利于制得高纯度氢气，D正确；故选B。10.CO2和H2在催化剂作用下制CH3OH，主要涉及的反应有：①CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.0kJ/mol②CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g

)△H2=+41.2kJ/mol下列说法正确的是A.①为吸热反应B.若①中水为液态，则△H1′＞-49.0kJ/molC.②中反应物的总能量比生成物的总能量高D.CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H=-90.

2kJ/mol【答案】D【解析】【详解】A．反应①的△H1＜0，说明该反应是放热反应，A错误；B．物质由气态转化为液态时放出热量，反应放出是热量越多，反应热就越小。由于反应①的△H1＜0，若①中水为液态，则△H1′＜

-49.0kJ/mol，B错误；C．反应②中△H2＞0，说明反应物的总能量比生成物的总能量低，C错误；D．根据盖斯定律，将反应①-②，整理可得CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H=-90.2kJ/mol，D正确；

故合理选项是D。11.有研究表明，铜和稀3HNO反应后的溶液中有2HNO。取铜丝和过量稀3HNO反应一段时间后的蓝色溶液分别进行实验①~④，操作和现象如下表。序号操作现象①向2mL该溶液中加入几滴浓NaOH溶液，振

荡溶液变为浅绿色②向2mL该溶液中滴加酸性4KMnO溶液紫红色褪去③将2mL该溶液充分加热后冷却，再滴加酸性4KMnO溶液……④用玻璃棒蘸取该溶液滴到淀粉碘化钾试纸上溶液变蓝已知：2HNO为弱酸，受热发生分解反应：2222HNONONOHO++；()224CuNO−在

溶液中呈绿色。下列推断或分析不合理．．．的是A.①说明2HNO存在电离平衡：22HNOHNO+−+B.②说明2HNO具有还原性C.③中，紫红色不褪去D.④说明2HNO具有氧化性【答案】D【解析】【详解】Cu与过量的稀硝酸反应一段时间后，反应后的溶质为Cu(NO3)2

、HNO3、HNO2，以此分析；【分析】A．加入NaOH，OH-与H+反应生成H2O，H+浓度减小，从而使得22HHNONO+−+平衡正向进行，()2cNO−增大，则生成的()22CuNO浓度增大，溶液变为绿色，A正确；B．酸性高锰酸钾具有强氧化性，HNO2具有还原性，使高锰酸钾褪色，B正确；C．

充分加热后冷却，则溶液中无HNO2，故酸性高锰酸钾不发生发生反应，溶液紫色不褪色，C正确；D．因为溶液中有HNO3，则可能是稀HNO3氧化I-生成I2，使淀粉变蓝，无法判断HNO2有氧化性，D错误；故答案为：D。12.2022年诺贝尔化学奖授予了在点击化学方面做出贡献的科学家。一种点

击化学反应如下：某课题组借助该点击化学反应，用单体X(含有3N−基团)和Y合成了一种具有较高玻璃化转变温度的聚合物P(结构如下)。下列叙述不正确．．．的是A.由X与Y合成P的反应属于加聚反应B.X的结构简式为C.Y的官

能团为碳碳三键和酯基D.P可发生水解反应得到X和Y【答案】D【解析】【分析】结合信息反应可知，X为，Y为，X和Y发生加聚反应得到高聚物P，据此回答。【详解】A．3N−基团和碳碳三键能发生信息反应，1个X含有2个3N−基团、1个Y分子含有2个碳碳三键，由X与Y合成P

的反应属于加聚反应，A正确；B．X含有3N−基团、X的结构简式为，B正确；C．据分析，Y为，Y的官能团为碳碳三键和酯基，C正确；D．P含酯基，可发生水解反应、酯基可转换为羧基和羟基，故水解产物不能得到X和Y，D不正确；答案选D。13.氧化铈(2CeO)是应

用广泛的稀土氧化物。一种用氟碳铈矿(3CeFCO，含BaO、2SiO等杂质)为原料制备2CeO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4BaSO和2SiOB.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()33232232Ce6HCOCeCO3CO3HO+−+=++【答案】AC【解析】【分析】由流程可知，氟碳铈矿在空气中焙烧主要将3CeFCO转化为2CeO和4CeF，3Ce+被氧化为4Ce+，然后再用稀硫酸浸取，4Ce+进入溶液中，2SiO不反应，

BaO与硫酸反应生成4BaSO沉淀，过滤分离、即滤渣A为2SiO、4BaSO，滤液中加还原剂将4Ce+还原3Ce+，再加入43NHHCO使3Ce+转化为()233CeCO，最后灼烧生成2CeO。【详解】A．根据分析可知，由流程可知滤渣A的主要成分为4BaSO和2SiO，故A错误；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()233CeCO，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()233CeCO，反应的离子方程式为：()33232232Ce6HC

OCeCO3CO3HO+−+=++，故D正确；故答案为AC。14.兴趣小组为探究FeCl3在溶液中显黄色的原因，进行如下实验。序号操作试剂a试剂b现象①0.2mol/LFeCl3蒸馏水溶液为黄色②0.2mol/LFeCl32mol/L盐酸溶液为浅黄色

③0.2mol/LFe(NO3)3蒸馏水溶液为浅黄色④0.2mol/LFe(NO3)32mol/L硝酸溶液接近无色下列说法不正确．．．的是A.②中的溶液颜色比①中的浅，主要是因为Fe3+的水解平衡逆向移动B.由③④可知，Fe(NO3

)3溶液显浅黄色与Fe3+水解有关C.由以上实验可推知，FeCl3溶液显黄色与Fe3+水解、Cl-存在均有关D.由以上实验可推知，导致②③溶液均为浅黄色的原因相同【答案】D【解析】【详解】A．已知Fe3+水解溶液显酸性，加入2mol/L盐酸后溶液中H+浓度增大，导致

水解平衡逆向移动，故②中的溶液颜色比①中的浅，主要是因为Fe3+的水解平衡逆向移动，A正确；B．已知Fe3+水解溶液显酸性，加入2mol/L硝酸后溶液中H+浓度增大，导致水解平衡逆向移动，故由③④可知，Fe(NO3)3溶液显浅黄色

与Fe3+水解有关，B正确；C．对比实验①③和实验②④实验现象可知，FeCl3溶液显黄色与Fe3+水解、Cl-存在均有关，C正确；D．由以上实验可推知，导致②溶液为浅黄色的原因是Fe3+的水解平衡逆向移动，而导致③溶液为

浅黄色的原因是Fe3+浓度和水解生成的离子浓度减小，故不相同，D错误；故答案为：D。第二部分(非选择题共58分)15.硅烷广泛应用在现代高科技领域。制备硅烷的反应为4444SiFNaAlHSiHNaAlF+=+。（1）①基态硅原子的价层电子轨道表示式为_______。②4SiF中，硅的化合

价为+4价。硅显正化合价的原因是_______。③下列说法正确的是_______(填序号)。a.4SiF的热稳定性比4CH的差b.4SiH中4个SiH−的键长相同，HSiH−−的键角为90c.4SiH中硅原子以4个3sp杂化轨道分别与4个氢原子的1s轨道重叠，形成4个SiH−σ键④4Si

F的沸点(86−℃)高于4SiH的沸点(112−℃)，原因是_______。（2）4NaAlH的晶胞结构如图所示，晶胞的体积为2213ab10cm−。①4AlH−的VSEPR模型名称为_______

。②用AN表示阿伏加德罗常数的值。4NaAlH晶体密度为_______3gcm−(用含a、b、AN的代数式表示)。③4NaAlH是一种具有应用潜能的储氢材料，其释氢过程可用化学方程式表示为：43623NaAlH=NaAlH2Al3H++。

掺杂22Ti替换晶体中部分Al，更利于4NaAlH中H的解离，使体系更容易释放氢。从结构的角度推测其可能原因：_______。【答案】（1）①.②.4SiF中Si原子和F原子之间共价键连接，电负性Si＜F③.ac④.4SiF、4SiH结构相似，4SiF的相对分子质量大于4SiH，4SiF的范德华

力大于4SiH（2）①.正四面体②.212A21610abN③.键长：Ti-H＞Al-H，键能：Ti-H＜Al-H或22Ti可以使基团中的H原子处于近自由的状态，22Ti替代Al时占位能最小【解析】【小问

1详解】;4SiF中Si原子和F原子之间共价键连接，其中F原子的吸电子能力强，电负性Si＜F，共用电子对偏向F因此硅显正化合价；a．热稳定性决定于该分子中的化学键的强度，化学键越强，热稳定性越强，4SiF的热稳定性比4CH的

差，a项正确；b．4SiH中4个Si-H的键长相同，H-Si-H键角是109°28′，b项错误；c．4SiH分子中的Si原子以4个3SP杂化轨道，分别与4个氢原子的1s轨道重叠，形成4个Si-Hσ键，且四个Si-H完全相同，c项正确；答案选ac。组成和结构相似的分子，相对分子质量越

大，范德华力越大，熔沸点越大，4SiF的相对分子质量大于4SiH，因此4SiF的沸点高于4SiH；【小问2详解】-4AlH中有4个σ键，0个孤电子对，因此其VSEPR模型为正四面体构型；根据均摊法可知，晶胞中-4AlH的数目为11184482++=，+Na数目为11

64424+=，则二者配位数为1∶1，以体心的-4AlH研究，与之紧密且等距的+Na位于晶胞棱之间，晶胞中上面立方体左右侧面面心，晶胞中下面立方体的前后面的面心，与-4AlH紧密且等距的+Na有8个，则与+Na

紧密且等距的-4AlH有8个，晶胞质量为A454gN，则晶胞密度为21A2-212A544Nm21610==Vab10abN=；掺杂22Ti替换晶体中部分Al，更利于4NaAlH中H的解离，使体系更容

易释放氢，原因是键长：Ti-H＞Al-H，键能：Ti-H＜Al-H或22Ti可以使基团中的H原子处于近自由的状态，22Ti替代Al时占位能最小。16.以方铅矿(主要含PbS、FeS2、ZnS)和软锰矿(主

要含MnO2、SiO2及铁的氧化物)为原料联合制取PbSO4和Mn3O4的一种流程示意图如下：已知：PbCl2(s)+2Cl-(aq)[PbCl4]2-(aq)△H>0（1）“酸浸”过程使矿石中的金属元素浸出，铅和锰分别以[PbCl4]2-和Mn2+的形式浸出。①加快

浸出速率可采取的措施有___________(写出2条)。②补全PbS与MnO2反应的离子方程式___________。PbS+MnO2+___________+___________=[PbCl4]

2-+SO24−+___________+___________③加酸时，方案1：将盐酸一次性加入，硫元素主要转化为S单质；方案2：将盐酸间隔一定时间分两次加入，硫元素主要转化为SO24−，该工艺流程采用方案2，理由是___________。（2）“除铁”时，加入NaOH至溶液

pH≈3，过量的软锰矿将Fe2+氧化生成沉淀，写出发生反应的离子方程式___________。（3）滤渣D的主要成分是PbS和ZnS，滤液C中c(Pb2+)=7.7×10-7mol·L-1，c(Zn2+)=1.3×10-6mol·L-1，则可推断Ksp(

PbS)、Ksp(ZnS)、Ksp(MnS)的大小关系为___________。（4）“氧化”过程，生成Mn3O4时参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________(Mn3O4的结构式为

)。（5）干燥温度为90℃，对产品Mn3O4进行鼓风烘干，得到的产物中锰含量结果如图所示，5h后随干燥时间的延长，产品中的锰含量下降的原因可能是___________。【答案】（1）①.粉碎矿石、适当

升高温度或适当增加盐酸浓度或搅拌②.2PbS+4MnO2+4Cl—+8H+=[PbCl4]2-+SO24−+4Mn2++4H2O③.防止S单质覆盖在矿物表面，阻碍反应继续进行（2）2Fe2+＋MnO2＋2H2O=Mn2+＋2FeOOH↓

+2H+（3）Ksp(PbS)＜Ksp(ZnS)＜Ksp(MnS)（4）1：4（5）Mn3O4被O2氧化【解析】【分析】由题给流程可知，向方铅矿和软锰矿中加入盐酸和氯化钠混合溶液酸浸，将矿石中的金属元素浸出后，加入氢氧化钠溶液调节溶

液pH约为3，将溶液中的铁元素转化为碱式氧化铁沉淀，过滤得到含有二氧化硅、碱式氧化铁的滤渣和含有四氯化铅离子、锰离子、硫酸根离子的滤液；滤液经冰水沉积、过滤得到二氯化铅固体和滤液；二氯化铅与硫酸溶液反应转化为硫酸铅；向滤液中加入硫化钠溶液，将溶液中的

铅离子、锌离子转化为硫化铅、硫化锌沉淀，过滤得到含有硫化铅、硫化锌的滤渣和滤液；向滤液中加入氨水后，通入空气氧化，将溶液中的锰离子转化为四氧化三锰，过滤得到四氧化三锰。【小问1详解】①酸浸时，粉碎矿石、适当升高温度、适当增加盐酸浓度、搅拌等措施能加快浸出速率，故答案为

：粉碎矿石、适当升高温度或适当增加盐酸浓度或搅拌；②由题意可知，硫化铅与二氧化锰的反应为硫化铅、二氧化锰与溶液中的氯离子、氢离子反应生成四氯化铅离子、锰离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为2PbS+4MnO2+

4Cl—+8H+=[PbCl4]2-+SO24−+4Mn2++4H2O，故答案为：2PbS+4MnO2+4Cl—+8H+=[PbCl4]2-+SO24−+4Mn2++4H2O；③由题意可知，将盐酸间隔一定

时间分两次加入的目的是将硫元素转化为硫酸根离子，防止硫元素转化为硫单质覆盖在矿物表面，阻碍反应继续进行，导致浸取率降低，故答案为：防止S单质覆盖在矿物表面，阻碍反应继续进行；【小问2详解】由题意可知，除铁时发生的反应为二氧化锰与溶液中的亚铁离子和水

反应生成碱式氧化铁沉淀和氢离子，反应的离子方程式为2Fe2+＋MnO2＋2H2O=Mn2+＋2FeOOH↓+2H+，故答案为：2Fe2+＋MnO2＋2H2O=Mn2+＋2FeOOH↓+2H+；【小问3详解】由滤渣D中不含有硫化锰可知，三种硫化物中硫化锰的溶度积最

大，由滤液C中铅离子浓度小于锌离子可知，硫化铅的溶度积小于硫化锌，则三种硫化物中硫化锰的溶度积大小顺序为Ksp(PbS)＜Ksp(ZnS)＜Ksp(MnS)，故答案为：Ksp(PbS)＜Ksp(ZnS)＜Ksp(MnS)；【小问4详解】由分析可知，加入氨水后，通入空气氧化的目的是

将溶液中的锰离子转化为四氧化三锰，反应的离子方程式为6Mn2+＋6NH3·H2O+O2=2Mn3O4+6NH+4+6H+，由四氧化三锰的结构式可知，氧化物中二价锰离子和三价锰离子的个数比为1：2，则反应中氧化剂氧气和还原剂锰离子的物质的量之比为1：4，故答案为：1：4；【小问5详解】5h后随

干燥时间的延长，产品中的锰含量下降说明四氧化三锰被空气中的氧气氧化，导致产品中混用杂质，使得氧元素的质量增大、锰元素的质量减小，故答案为：Mn3O4被O2氧化。17.螺环化合物M具有抗病毒、抗肿瘤功能，其合成路线如下：已知：Ⅰ.-CHO+-CH2-COOR⎯⎯⎯⎯→一定条件+H2OⅡ.

（1）A→B的反应类型为___________。（2）C中含有的官能团是___________。（3）酸性环境下电化学氧化法可实现B→D的一步合成，阳极区涉及到的反应有：ⅰ.Mn2+-e-=Mn3+；ⅱ.___________，Mn2+可循环利用。（4）D→E的化学方程式为_______

____。（5）试剂a的分子式为C4H5O3Cl，其结构简式为___________。（6）H分子中含有一个六元环和一个五元环。I的结构简式为___________。（7）关于J的说法正确的是___________。a．含有手性碳原子b．能发生消去反应c．在加热和Cu催化条件下，不能被

O2氧化d．存在含苯环和碳碳三键的同分异构体（8）E、K中均含有“—C≡N”，K的结构简式为___________。【答案】（1）取代反应（2）碳氯键(或氯原子)、羧基（3）+4Mn3++H2O→+4Mn2++4H+（4）+NCCH2COOC2H5→+H2O（5）Cl

COCOOC2H5（6）（7）ad（8）【解析】【分析】根据分子式可知，A为甲苯，结合C的结构可知，A和氯气发生取代反应生成B为，结合信息Ⅰ可知，D为，结合信息可知，E为，结合M的结构简式，同时H分子中含有一个六元环和一个五元环，则I中含有一个六元环和一个五元环，则I的结构简式为：，I→

J为I中的羰基和氢气的加成反应，则J为，以此解题。【小问1详解】由分析可知，A→B的反应类型为取代反应；【小问2详解】结合C的结构简式可知，C中含有的官能团是碳氯键(或氯原子)、羧基；【小问3详解】B被氧化为D，第一步反应生成Mn3+

，随后Mn3+将B氧化为D，根据元素守恒可知，第二步反应为：+4Mn3++H2O→+4Mn2++4H+；【小问4详解】D为，结合信息I可知，D→E的化学方程式为+NCCH2COOC2H5→+H2O；【小问5详解】结合F和G的分子式，再结合F→G失去HCl可知试剂a为ClCOCOOC2

H5；【小问6详解】由分析可知，I的结构简式为：；【小问7详解】由分析可知，J为，a．含有手性碳原子，a正确；b．J中含有羟基，但是羟基邻位碳上没有氢原子，则不能发生消去反应，b错误；c．J中含有羟基，且羟基碳上含有氢原子，则在加

热和Cu催化条件下，能被O2氧化，c错误；d．J中苯环外含有2个不饱和度，则存在含苯环和碳碳三键的同分异构体，d正确；故选ad；【小问8详解】由分析可知，E为，J为，E、K中均含有“—C≡N”，再结合M的结构简式可知，K为

。18.工业用黄铜矿（主要成分CuFeS2，含少量锌、铅的硫化物）冶炼铜的一种方法如下：（1）Ⅰ中发生下列反应。ⅰ.CuFeS2+3Cu2++4Cl-=4CuCl+Fe2++2Sⅱ.CuCl+Cl-CuCl2-，I中盐酸的作用是________。（2）Ⅱ中通入空气，将Fe2+转化Fe

OOH沉淀。①Fe2+转化为FeOOH的离子方程式是__________。②溶液A中含金属元素的离子有：Zn2+、Pb2+和________。（3）Ⅲ中需控制NaOH溶液的用量，其原因是________。（4）Ⅳ中加入Na

2CO3溶液的目的是________。（5）V中反应的离子方程式是________。（6）从物质循环利用的角度分析，如何处理NaCl溶液才能更好地服务于该冶炼铜的工艺，并说明理由：__。【答案】①.补充Cl-，促进I中反应，提高铜元素浸出率②.4Fe2++O2+6H2O=4FeO

OH↓+8H+③.Cu2+、CuCl2-④.防止Zn2+、Pb2+沉淀，同时避免CuCl2-变成Cu2O沉淀⑤.除去Zn2+和Pb2+⑥.2CuCl2-+2OH-=Cu2O↓+4Cl-+H2O⑦.电解氯化钠溶液产生H2、Cl2和NaOH，NaOH可用于Ⅲ、Ⅴ中作沉淀剂，H2可用于

Ⅵ作还原剂，Cl2可用于Ⅷ作氧化剂【解析】【分析】（1）观察I中的两个反应，其中ii是可逆反应，故使用稀盐酸可以促使平衡正向移动，增大铜元素的浸出率；（2）①Fe2+被O2氧化FeOOH，则反应物中还含有H2O

，依此写出方程式；②根据I中的反应及Cu(OH)3Cl，可以推出溶液A中还含有Cu2+、CuCl2-；（3）在流程中，从溶液A中得到的Cu(OH)3Cl要经过盐酸的处理得到CuCl2，因此要求Cu(OH)3Cl的纯度要高

，所以Ⅲ中控制NaOH的用量是为了防止Zn2+、Pb2+形成沉淀，同时也可避免CuCl2-变成Cu2O沉淀；（4）通过V、Ⅵ可知，溶液C中没有杂质离子，故Ⅳ中加入Na2CO3溶液是为了除去Zn2+和Pb2+；（

5）溶液C中的主要离子为CuCl2-，根据图中可知，该离子和NaOH反应生成了Cu2O，据此写出离子方程式；（6）观察流程图，可以发现电解饱和NaCl溶液所得的产物Cl2、H2、NaOH均有运用，故可以电解氯化钠溶液。【详解】（1）使用

稀盐酸，可以增加Cl-的浓度，使得反应ⅱ的平衡正向移动，增大铜元素的浸出率；（2）①Fe2+转化为FeOOH的离子方程式为4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH↓+8H+；②黄铜矿和CuCl2、稀盐酸反应后，再向所得溶液通入O2得到溶液A，可

以推出溶液中有CuCl2-，再根据溶液A中加入NaOH溶液得到Cu(OH)3Cl，可以推出溶液A中还含有Cu2+；（3）Ⅲ中控制NaOH的用量是为了防止Zn2+、Pb2+形成沉淀，同时也可避免CuCl2-变成Cu2O沉淀，以防止Cu(OH)3

Cl中含有杂质；（4）Ⅳ中加入Na2CO3溶液是为了除去Zn2+和Pb2+；（5）溶液C中的主要离子为CuCl2-，根据图中可知，该离子和NaOH反应生成了Cu2O，则反应的离子方程式为：2CuCl2-+2OH-=Cu2O↓+4Cl-+H2O；（6）如图所示，电解氯化钠溶液产生H2、Cl2和Na

OH，NaOH可用于Ⅲ、Ⅴ中作沉淀剂，H2可用于Ⅵ作还原剂，Cl2可用于Ⅷ作氧化剂。19.资料表明Co2+还原性很弱，某小组同学为实现23CoCo++→，进行如下探究。（1）理论分析：氧化半反应23CoeCo+−+

−=一般很难发生。从平衡移动的角度来看，降低c(Co3+)或_______均能促进Co2+失电子，提高其还原性。【实验】①②已知：ⅰ．()3.1a2KHNO10−=，()4.8a3KCHCOOH10−=；ⅱ．HNO2不稳定，易分解

：2323HNO2NOHNOHO=++（2）②是①的对照实验，目的是_______。（3）经检验，橙红色溶液中存在()326CoNO−。经分析，①中能实现23CoCo++→的原因是Co3+形成配离子，且2NO−的氧化性被提高。a．解释

Co3+能与2NO−形成配位键的原因：_______。b．结合还原半反应解释2NO−的氧化性被提高的原因：_______。【实验Ⅱ】③④已知：Co(OH)2(粉红色)和Co(OH)3(棕黑色)的Ksp分别是10-14.2和1

0-43.8。（4）对比③④可知，本实验条件下还原性：Co(OH)2_______Co2+(填“＞”或“＜”)。（5）分析④中能实现23CoCo++→的原因：a．该条件下，Co2+的还原性同时受“c(Co3+)降低”和“c(Co2+)降

低”的影响，前者影响更_______(填“大”或“小”)。b．当c(Co2+):c(Co3+)＞1014时，Co2+能被Cl2氧化。结合Ksp计算，④中通入少量Cl2后溶液c(Co2+):c(Co3+)=_______，因此能实现转化。（6）实验启示：通常情况下，为促进

低价金属阳离子向高价转化，可将高价阳离子转化为_______或_______。【答案】（1）提高c(Co2+)（2）证明该条件下2NO−遇CH3COOH不会产生气泡（3）①.Co3+能够提供空轨道，2NO−能够提供孤电子对②.还原半反应为2H++2NO−+e

-=NO+H2O，CH3COOH电离出H+，使c(H+)增大，促进2NO−得电子（4）＞（5）①.大②.1027.6（6）①.更稳定的配合物②.更难溶的沉淀【解析】【分析】Co2+还原性很弱，氧化半反应23CoeCo+−+−=一般很难发生。从平衡移动的角度来看，降

低生成物c(Co3+)或提高反应物c(Co2+)均能促进Co2+失电子，提高其还原性。实验①中，通过加入冰醋酸，提高2NO−的氧化能力，将Co2+氧化为Co3+后，将Co3+转化为()326CoNO−，从而降低

c(Co3+)，促进平衡正向移动。实验②是一个对比实验，证明在该实验条件下，NaNO2不会与CH3COOH发生反应，不能引起HNO2的分解，也就不会产生实验①的现象。由对比实验，可证明实现了Co2+向Co3+的转化。【小问1详解】从平衡移动的角度来看，降低生成物c(C

o3+)或提高反应物c(Co2+)，均能促进Co2+失电子，提高其还原性。【小问2详解】实验①中，产生现象是否为Co2+发生的转化，是否为NaNO2在酸性环境中发生的转化，需要进行实验证实，所以实验②是①的对照实验，目的是：证明该

条件下2NO−遇CH3COOH不会产生气泡。【小问3详解】a．形成配位键时，中心原子提供空轨道，配位体提供孤电子对，则Co3+能与2NO−形成配位键的原因：Co3+能够提供空轨道，2NO−能够提供孤电子对。b．加入NaNO2时，反应并未发生，加入冰

醋酸后，还原半反应发生，则醋酸提供的酸性环境提高了2NO−的的氧化能力。从而得出2NO−的氧化性被提高的原因：还原半反应为2H++2NO−+e-=NO+H2O，CH3COOH电离出H+，使c(H+)增大，促进2NO−得电子。【小问4详解】实验③中，过

量Cl2都不能将Co2+氧化，实验④中，通入少量Cl2就能将Co(OH)2氧化，则表明本实验条件下还原性：Co(OH)2＞Co2+。【小问5详解】a．该条件下，Co2+的还原性同时受“c(Co3+)降低”和“c(Co2+)降低”的影响，因为

实现了23CoCo++→，所以表明前者影响更大。b．④中通入少量Cl2后，部分粉红色的Co(OH)2立即变成棕色的Co(OH)3，继续通入Cl2后，全部变为棕黑色的Co(OH)3。在Co(OH)2、Co(OH)3共存的溶液中，有2214.2sp23

343.8sp3K[Co(OH)]c(Co)c(OH)10K[Co(OH)]c(Co)c(OH)10+−−+−−===1029.6，则c(Co2+):c(Co3+)=1029.6×c(OH-)=1029.6×10-2

=1027.6＞1014时，因此能实现转化。【小问6详解】实验启示：通常情况下，为促进低价金属阳离子向高价转化，需设法降低高价阳离子的浓度，可将高价阳离子转化为更稳定的配合物或更难溶的沉淀。【点睛】要促进反应物向生成物的转化，可减小生成物的浓度或增大反应物的浓度。