【文档说明】北京市第一六一中学2024-2025学年高三上学期10月月考 化学试卷 Word版含解析.docx，共(22)页，1.383 MB，由小赞的店铺上传

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北京一六一中学2024—2025学年度第一学期10月阶段性测试高三化学试卷考生须知1.本试卷共5页，满分100分，考试时长90分钟。2.试题答案一律书写在答题纸上，在试卷上作答无效。3.在答题纸上，选择题用2B铅笔作答，非选择题用黑色字迹签字笔作答。4.考试结束后，将答题纸、试卷和草

稿纸一并交回。可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16F：19Na：23S：32Cl：35.5Fe：56Zn：65Cu：64I：127一、选择题：本大题共14道小题，每小题3分，共42分。在每小

题给出的四个选项中，只有一项符合题目的要求。把正确答案涂写在答题卡上相应的位置。1.2023年诺贝尔化学奖授予对量子点的发现有突出贡献的科研工作者。量子点是指尺寸在纳米量级(通常2～20nm)的半导体晶体，

其中铜铟硫(CuInS2)量子点被广泛用于光电探测、发光二极管以及光电化学电池领域。下列说法不正确．．．的是A.制备过程中得到的CuInS2量子点溶液能够产生丁达尔效应B.可利用X射线衍射技术解析量子点的晶体结构C.已知In的原子序数为49，可推知In位于元素

周期表第四周期D.基态Cu+的价层电子排布式为3d10【答案】C【解析】【详解】A．量子点是指尺寸通常在2～20nm，制备过程中得到的CuInS2量子点溶液属于胶体，能够产生丁达尔效应，故A正确；B．X射线衍射可以分析晶体中原子的排列方式，可利用X射线衍射技术解

析量子点的晶体结构，故B正确；C．已知In的原子序数为49，可推知In核外有5个电子层，位于元素周期表第五周期，故C错误；D．Cu是29号元素，价电子排布式为3d104s1，Cu失去最外层1个电子得到Cu+，基态Cu

+的价层电子排布式为3d10，故D正确；选C。2.下列化学用语或图示表达不正确的是A.34PO−的空间结构模型：B.H2O的VSEPR模型C.二氧化碳的电子式：D.p-pπ键电子云轮廓图【答案】A【解析】【详解】A．在34PO−中，中心P原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，则其空间构

型为正四面体，空间结构模型为，A不正确；B．H2O的中心O原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，则其VSEPR模型为四面体，即为，B正确；C．二氧化碳分子中，C原子与每个O原子形成2对共用电子，其电子式，C正确；

D．p-pπ键是两个p轨道肩并肩重叠，其电子云轮廓图为，D正确；故选A。3.镍二硫烯配合物基元的COFs材料因具有良好的化学稳定性、热稳定性和导电性而应用于电池领域。一种基于镍二硫烯配合物的单体结构简式如下图所示，下列关于该单体的说法不正

确．．．的是A.Ni属于d区元素B.S与Ni形成配位键时，S提供孤电子对C.组成元素中电负性最大的是OD.醛基中C原子的价层电子对数为4【答案】D【解析】【详解】A．Ni为28号元素，价层电子排布式为3d84s2，属于d

区元素，A正确；为B．S与Ni形成配位键时，Ni提供空轨道，S提供孤电子对，B正确；C．组成元素H、C、O、S、Ni中，电负性最大的是O，C正确；D．醛基中含有碳氧双键，中心C原子采取sp2杂化，价层电子对数为3，不含孤电子对，D错误；故选D。4.下列关

于同主族元素C、Si及其化合物的性质比较和原因分析不正确的是选项性质比较原因分析A热稳定性：44CHSiH键能：C-H>Si-HB电负性：C>Si原子半径：C<SiC酸性：2323HCOHSiO非金属性：C>SiD分子的极性：3

4NHCHN—H键的极性大于C—H键的极性A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．非金属性：C>Si，C原子得电子能力更强，同时C的原子半径小于Si，故C-H键能大于Si-H，则热稳定性：44CHSiH，A项正确；B．原子半径：C<Si，C原子得电子能力强，电负

性：C>Si，B项正确；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：C>Si，故酸性：2323HCOHSiO，C项正确；D．分子的极性：34NHCH，因为氨气为三角锥，没有对称中心

，甲烷为正四面体，有对称中心，D项错误；答案选D。5.“律动世界”国际化学元素周期表主题年活动报告中，提到了一种具有净水作用的物质，它由Q、W、X、Y、Z五种原子序数依次增大的元素组成。该五种元素的性质或结构信息如下表：元素

信息Q基态原子只有一种形状的轨道填有电子，并容易形成共价键W基态原子有5个原子轨道填充有电子，有2个未成对电子X最高价氧化物对应的水化物与Y、Z最高价氧化物对应的水化物都能反应Y在元素周期表中位于第3周期、第ⅥA族Z焰色反应为紫色下列说法正确的是A.电负性：Q＜W＜YB.第一电离能

：W＜X＜ZC.简单离子半径：X＜W＜Z＜YD.这种物质只含离子键【答案】C【解析】【分析】Q、W、X、Y、Z五种原子序数依次增大的元素；Q基态原子只有一种形状的轨道填有电子，并容易形成共价键，为氢；Z焰色反应为紫色，为钾；Y在元素周期表

中位于第3周期、第ⅥA族，为硫；X最高价氧化物对应的水化物与Y、Z最高价氧化物对应的水化物都能反应，则X为铝，氢氧化铝具有两性，能和强酸、强碱反应；W基态原子有5个原子轨道填充有电子，有2个未成对电子，且Q、W、X、Y、Z形成具有净水作用的物质，则W为氧，净水性物质为硫酸铝

钾晶体；【详解】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性：Q＜Y＜W，A错误；B．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一

电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，第一电离能：Z＜X＜W，B错误；C．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；简单离子半径：X＜W＜Z＜Y，C正确；D．该物质为KAl(

SO4)2∙12H2O，非金属元素之间存在共价键，D错误；故选C。6.下列说法不正确的是A.核酸中核苷酸之间通过磷酯键连接B.无水乙醇和3AgNO溶液均可以使蛋白质变性C.葡萄糖、蔗糖、纤维素都是糖类物质，均可发生水解反应D.油酸分子中含有碳碳双键，因此含有油酸甘油酯的植物油可使溴水褪色【答案】C

【解析】【详解】A．核苷酸水解得到磷酸和核苷，核苷酸之间通过磷酯键连接，A项正确；B．加热、强酸、强碱、重金属盐（如AgNO3、CuSO4等）、某些有机物（如无水乙醇、苯酚等）均可以使蛋白质变性，B项正确；C．蔗糖水解成葡萄糖和果糖，纤维素水解的最终

产物为葡萄糖，葡萄糖属于单糖，葡萄糖不能发生水解反应，C项错误；D．油酸为C17H33COOH，C17H33—中含碳碳双键，含有油酸甘油酯的植物油中含碳碳双键，能与溴水发生加成反应，使溴水褪色，D项正确；答案选C。7.化合物M是一种治疗脑卒中药物中间体，其结构简式如下图。下列关于该

有机物的说法不正确．．．的是A.存在顺反异构，分子中无手性碳B.分子中有3种含氧官能团C.能与2Br发生取代反应和加成反应D.1mol该有机物最多消耗2molNaOH【答案】D【解析】【详解】A．该有机物分子中含有碳碳双键，且双键碳原子连有两个不同的基团，所以有顺反异构；手性碳原子是连有

四个不同基团的碳原子，分子中无手性碳原子，故A正确；B．分子中有羟基、醚键和酯基三种含氧官能团，故B正确；C．苯环上直接连有羟基，具有酚的性质，在酚羟基的邻对位上的氢原子可以被溴取代，分子中有碳碳双键，可以和溴发生加成反应，故C正确；D．酚能和NaOH发生中和反应，

酯基在NaOH溶液中可以发生水解反应，卤代烃也能在NaOH溶液中发生水解反应，所以1mol该有机物最多消耗3molNaOH，故D错误；故选D。8.下列物质的颜色变化与氧化还原反应无关．．的是A.浓硝酸久置后，显黄色B.将SO2通入酸性高锰酸钾溶液

中，溶液紫红色褪去C.新制的白色氢氧化亚铁放置在空气中，最终变为红褐色D.向黄色的铬酸钾(K2CrO4)溶液中加入硫酸，溶液变为橙红色(Cr2O27−)【答案】D【解析】【详解】A．久置的浓硝酸显黄色，原因是硝酸发生分解生成了N

O2和O2，N、O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A不符合题意；B．SO2具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，二者发生氧化还原反应，溶液紫红色褪去，故B不符合题意；C．新制的白色氢氧化亚铁放置在空气中，最终变为红褐色，Fe(OH)2被空气中的O2氧化为F

e(OH)2，与氧化还原反应有关，故C不符合题意；D．向黄色的铬酸钾(K2CrO4)溶液中加入硫酸，溶液变为橙红色(Cr2O27−)，Cr元素化合价没有发生变化，该过程与氧化还原反应无关，故D符合题意；故选D。9.下列离子方程式书写正确的是A.在

酸或酶催化下蔗糖水解：12221126126CHOHO2CHO+⎯⎯⎯→蔗糖葡萄糖酸或酶B.向3NaHCO溶液中加入2CaCl产生白色沉淀：323CaHCOCaCOH−+++=+C.向氯化银浊液中滴加氨水，得

到澄清溶液：()332Ag2NHAgNH+++=D.向4NaHSO溶液中加入()2BaOH至溶液显中性：224422HSO2OHBaBaSO2HO+−−++++=+【答案】D【解析】【详解】A．蔗糖水解是指将蔗糖分解成葡萄糖和果糖的过程，122211261266126CHOHOCHOC

HO+⎯⎯⎯+→糖酸或酶蔗糖葡萄糖果，A错误；B．-3HCO与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3-生成-3HCO，B错误；C．向氯化银浊液中滴加氨水，得到澄清溶液，反应的离子方程式为()+332-22AO

H·HO+Cl+2HgCl+2NH=AgN，C错误；D．向4NaHSO溶液中加入2Ba(OH)至溶液显中性，氢离子与氢氧根离子完全反应，离子方程式为：224422HSO2OHBaBaSO2HO+−−++++=+，D正确；故选D。10.下列实验能达到实验目的的是目

A．检验电石与水反应的产物是乙B．检验蔗糖的水解产物具有还原的炔性实验目的C．证明乙醇与浓硫酸共热生成乙烯D．除去工业乙醇中的杂质实验A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．生成的乙炔中混有硫化氢等，均与溴水反应，则溴

水褪色，不能检验乙炔，A项错误；B．蔗糖水解液与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀应为碱性环境，故水解液中应先加NaOH溶液至溶液呈碱性，B项正确；C．浓硫酸具有强氧化性，将乙醇氧化，自身被还原生成二氧化硫，挥发出的乙醇以及二

氧化硫也会使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰乙烯的检验，C项错误；D．蒸馏时，温度计应该放在蒸馏烧瓶的支口处，D项错误；答案选B。11.离子化合物22NaO和2CaC与水的反应分别为①22222NaO2HO4NaOHO+

=+；②22222CaC2HOCa(OH)CH+=+，下列说法不正确的是A.22NaO、2CaC中均含有非极性共价键B.22NaO、2CaC中阴、阳离子个数比均为1：1C.①、②两个反应中水均不作氧化剂

或还原剂D.相同物质的量的22NaO和2CaC与足量的水反应，所得气体的物质的量()()222OCHnn【答案】B【解析】【详解】A．过氧化钠和碳化钙都是含有离子键和非极性共价键的离子化合物，故A正确；B

．过氧化钠中钠离子和过氧根离子的个数比为2：1，故B错误；C．由方程式可知，过氧化钠与水的反应是由元素化合价发生化合价变化的氧化还原反应，碳化钙与水反应是没有元素化合价发生化合价变化的非氧化还原反应，反应中水均不作氧

化剂或还原剂，故C正确；D．由方程式可知，1mol过氧化钠与水反应生成14mol氧气，1mol碳化钙与水反应生成12mol乙炔，过氧化钠与水反应生成氧气的物质的量小于碳化钙与水反应生成乙炔的物质的量，故D正确；故选B。12.金属铬常用于提升特种合金的性能。工业

上以铬铁矿(主要成分为23FeOCrO，含有少量23AlO)为原料制备金属铬的流程如下图。下列说法不正确的是A.①中需持续吹入空气做氧化剂B.②中需加入过量稀硫酸C.③中浓硫酸的作用是提高()cH+促使Cr元素转化为2-27CrOD.④中

每生成1molCr，转移-3mole【答案】B【解析】【分析】铬铁矿(主要成分为FeO•Cr2O3，含有少量Al2O3)，由流程可知，加入碳酸钠灼烧，可生成Na2CrO4、Fe2O3、NaAlO2，加入水过滤分离出Fe2O3，滤液中加入稀硫酸得到氢氧化铝和Na2CrO4，Na2

CrO4中加浓硫酸得到溶液A为Na2Cr2O7，电解得到Cr,以此解答该题。【详解】A．经过反应①，Fe由二价升高为三价，需要空气作氧化剂，故A正确；B．硫酸过量，Al(OH)3会溶解，不能加过量稀硫酸，故B错误；C．Na2CrO4加入浓硫酸得到A为Na2Cr2O7，硫酸的作

用是提高c(H+)促使Cr元素转化为2-27CrO，故C正确；D．④中Cr元素化合价由+3降为0，每生成1molCr,转移3mole-，故D正确；故选：B。13.某大环分子(BU[6])的合成路线如下所示。其中，—BU—表示下列说法不正确．．．的是A.试剂b的

名称是甲醛B.试剂a的结构简式是C.F的核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比1：1：3D.由E合成1molBU[6]时，共有12molH2O生成【答案】D【解析】【分析】E与试剂a发生取代反应生成F，F与试剂b发生取代反应生成BU[6]，据此回

答，【详解】A．根据分子式可知，b的名称为甲醛，A正确；B．分子式为C3H8SN2，-BU-结构中有S，根据原子守恒，S来自试剂a，则试剂a的结构简式是，B正确；C．根据结构简式可知，等效氢有三种，所以峰

有三种，分别是①-NH-，②-CH3，③，C正确；D．E生成F脱去2分子水，再脱氢缩合环化生成水，1mol-BU-脱3分子水，所以合成1molBU[6]时，共有18molH2O生成，D错误；故选D。14.依地酸铁钠是一种强化补铁剂。某实验小组采用如下实验探究该补铁

剂中铁元素的化合价。(已知：依地酸根是常见的配体，邻二氮菲可与2Fe+形成橙红色配合物)下列说法正确的是A.依据现象②和③推测，依地酸铁钠中不含Fe(Ⅲ)B.依据现象②和⑤推测，依地酸铁钠中含Fe(Ⅱ)C.依据现象①、②和③推测，SCN−与3Fe+形成配合物的稳定性强于依地酸铁钠D.依

据现象①、④和⑤推测，与依地酸根相比，邻二氮菲与2Fe+形成的配合物更稳定【答案】D【解析】【详解】A．依据现象②和③推测，依地酸铁钠与3Fe+形成配合物的稳定性强于SCN−，不能说明依地酸铁钠中不含Fe(Ⅲ)，A错

误；B．依据现象②和③不能推出依地酸铁钠中含Fe(Ⅱ)，⑤中加维生素C为还原剂，可还原Fe3+为Fe2+，也不能推出依地酸铁钠中含Fe(Ⅱ)，B错误；C．依据现象①、②和③推测，依地酸铁钠与3Fe+形成配合物的稳定性强于SCN−，C错误；D．加入的维生素C为还原剂，溶液

变为橙红色，由题可知邻二氮菲可与2Fe+形成橙红色配合物，故邻二氮菲与2Fe+形成的配合物更稳定，D正确；故答案选D。二、非选择题：本大题共5小题，共58分。把答案填在答题纸中相应的横线上。15.随着科学的发展，氟及其化合物的用途日益广泛

。Ⅰ．离子液体具有电导率高、化学稳定性高等优点，在电化学领域用途广泛。某离子液体的结构简式(1-乙基-3-甲基咪唑四氟硼酸盐)如下图。（1）写出基态铜原子的价电子排布式___________。H、O、C电负性由大到小的顺序___

________。（2）4NaBF是制备此离子液体的原料。①微粒中F—B—F键角：3BF___________4BF−(填“>”、“<”或“=”)。②3BF可以与NaF反应生成4NaBF的原因是___________。（3）铜—镍镀层能增强材料的耐蚀性，镍在周期表中的位置为：_

__________。按照核外电子排布，把元素周期表划分为5个区，Ni位于___________区。从价电子排布的角度解释Ni位于元素周期表该区的原因：___________。Ⅱ．NaF等氟化物可以做光导纤维材料，一定条

件下，某NaF的晶胞结构如下图。（4）与F距离最近且相等的Na+有___________个。（5）AN表示阿伏加德罗常数的值。NaF晶胞为正方体，边长为anm，则晶体的摩尔体积mV=___________31mmol−。(9nm10m−=)（6）下图所示结构单元

不能作为NaF晶胞的原因是___________。【答案】（1）①.3d104s1②.O>C>H（2）①.>②.BF3中B原子有空轨道，F-有孤电子对，可以形成配位键（3）①.第四周期第Ⅷ族②.d③.基态Ni原子的价电子排布式为3

d84s2，最后填入电子的能级为3d区（4）6（5）3-27ANa104（6）图中8个顶点上原子不相同，无法在平移之后实现无隙并置【解析】【小问1详解】铜是29号元素，基态铜原子的价电子排布式为3d104s1；同周

期元素从左到右元素的电负性逐渐增大，则有电负性O>C，H的电负性最小，所以O>C>H；【小问2详解】①BF3中B形成3个共价键，且无孤电子对，B采取sp2杂化，4BF−中B形成4个共价键，且无孤电子对，B采取sp3杂化，所以F—B—F键角：BF3>4BF−；②BF3中B原子有空轨道，F-有孤电子对

，可以形成配位键，故3BF可以与NaF反应生成4NaBF；【小问3详解】镍为28号元素，在周期表中的位置为：第四周期第Ⅷ族，基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2，最后填入电子的能级为3d区，故Ni位于d区；【小问4详解】以体心处白球F-为研究对象，与F-等距且最近的Na+位于6个面

心处；故与F距离最近且相等的Na+有6个；【小问5详解】据“均摊法”，晶胞中含1186482+=个Na+，结合化学式，则晶胞物质的量为A4molN，晶胞体积=(a×10−9)3m3，()3-933-273AAa10mNaV==10m/mol4n4molNmV=；【小问6详解】晶胞为

最小的晶体单位，能实现无隙并置，图中8个顶点上的原子不相同，无法在平移之后实现无隙并置。16.选择性催化还原技术(SCR技术)可有效降低柴油机尾气中xNO的排放。其原理是在催化剂作用下，用的3NH等物

质将尾气中的xNO转化为2N。（1）柴油机尾气中的xNO是由2N和2O在高温或放电条件下生成的。①写出2N的电子式：_______。②高温尾气xNO中绝大多数为NO，推测222NOO2NO+为_______(填“放热”或“吸热”)反应。（2）在催化剂作用下，3NH还

原2NO的化学方程式为_______。（3）用传感器检测NO的含量，其工作原理示意图如下：①写出工作电极的电极反应式：_______。②若用该传感器测定2NO的含量，则传感器信号响应方向(即电流方向)相反，从物质性质角

度说明原因：_______。（4）一种研究认为，有氧条件下3NH与NO在催化剂表面的催化反应历程如下(催化剂中部分原子未表示)：①下列说法正确的是_______(填序号)。a.过程涉及了配位键的形成与断裂b.反应ⅰ~ⅵ均属于氧化还

原反应c.3NH与NO反应而不与2O直接反应，体现了催化剂的选择性②根据上图，写出3NH选择性催化还原NO的总反应方程式：_______。【答案】（1）①.②.放热（2）32228NH+6NO7N+12HO催化剂（3）

①.2H2O+NO-3e-=NO3−+4H+②.二氧化氮有强氧化性，在工作电极得电子（4）①.ac②.32224NH+4NO+O4N+6HO催化剂【解析】【小问1详解】氮元素原子序数为7，核外电子排布为2、5，位于第二周期VA族，氮

气的电子式为：，一氧化氮与氧气化合生成二氧化氮的反应推测为放热反应；【小问2详解】反应器中3NH还原2NO生成N2和H2O，3NH具有还原性，发生反应的化学方程式：32228NH+6NO7N+12HO催化剂；【小问3详解】由图示知一氧化氮在酸性电解质中失电子发生氧化反应生成

硝酸根：2H2O+NO-3e-=NO3−+4H+；二氧化氮有强氧化性，在工作电极得电子，故传感器信号响应方向(即电流方向)相反；【小问4详解】a．历程图中有铵根离子的形成和破坏，铵根离子中有配位键，故涉及了配位键的形成

与断裂，a正确；b．反应ⅰ、ii、iv都不是氧化还原反应，b错误；c．3NH与NO反应而不与2O直接反应，体现了催化剂的选择性，c正确；故选ac；根据上图，写出3NH选择性催化还原NO的总反应方程式：32224NH+4NO+O4N+6HO催化剂。17.黄酮类物质X具有抗金

黄色葡萄球菌、大肠杆菌等活性，一种合成路线如下。已知：（1）X中含有的含氧官能团为醚键、___________。（2）A→B反应的化学方程式是___________。（3）B→D的反应类型是___________。（4）E→F的反应

同时生成HCl，试剂a的结构简式是___________。（5）G转化为J需加入23KCO。①J的结构简式是___________。②23KCO的主要作用是___________。（6）F和L生成X经历如下多步反应

：已知：Ⅰ.Ⅱ.①M的结构简式是___________。②三步反应中，涉及生成手性碳原子的为第___________步(填“一”“二”或“三”)【答案】（1）羰基、羟基（2）+Br2⎯⎯⎯→催化剂+HBr（3）取代反应（4）32CHOCHCl（5）①.②.消耗

反应生成的HBr，提高J的产率（6）①.②.二【解析】【分析】A和Br2发生取代反应生成B，结合F的结构简式可知，B的结构简式为；B和(CH3)2SO4发生取代反应生成D，结合F的结构简式可以推知D为；D发生水解反应生成E为；E和试剂a发生取代反应生成F，由

题干可知，同时生成HCl，可以推知a为32CHOCHCl；G和发生取代反应生成J为；J发生已知信息的反应得到K为，K和32CHOCHCl发生取代反应生成L为；F和L发生已知信息的反应得到M，由F和L的结构简式可知M为；M发生加成反应生成N为；M发生取代反应生成X，据此分析

解答。【小问1详解】由X的结构简式可知，X中含有的含氧官能团为醚键、羰基、羟基，故答案为：羰基、羟基。【小问2详解】由分析可知，A和Br2发生取代反应生成B，化学方程式为：+Br2⎯⎯⎯→催化剂+HBr，故答案为：+

Br2⎯⎯⎯→催化剂+HBr。【小问3详解】由分析可知，B和(CH3)2SO4发生取代反应生成D，故答案为：取代反应。【小问4详解】由分析可知，试剂a的结构简式是32CHOCHCl，故答案为：32CHOCHCl。【小问5详解】①由分

析可知，J的结构简式是，故答案为：。②G和发生取代反应生成J为，同时有HBr生成，23KCO的主要作用是消耗反应生成的HBr，提高J的产率，故答案为：消耗反应生成的HBr，提高J的产率。【小问6详解】①由分析可知，M的结构简式是，故答案为：。②手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳

原子，M中没有手性碳原子，N中含有手性碳原子，则三步反应中涉及生成手性碳原子的为第二步，故答案为：二。【点睛】K和32CHOCHCl发生取代反应生成L为，L结构式的确定要结合其分子式的同时，更要结合后面流程中结构，才能做到准确的理解。18.某粗铜精炼得到阳极泥主要成分为：C

u、Se、2AgSe等，从中提取Se的工艺流程如下：已知：化学式2AgSeAgClspK（常温）642.010−101.810−（1）酸浸过程，通入稀硫酸和空气的目的是________________。（2）“氯化”过程中发生如下转化：①Se转化为23HSe

O，反应方程式为________________________________________________。②2AgSe转化为AgCl，从化学平衡角度解释原因_______________________

_____________。（3）①“还原”过程中发生反应的化学方程式为____________________________________。的的②2Cl、2SO、23HSeO氧化性由强到弱的顺序为_________________

____。（4）滴定法测定4CuSO溶液的浓度，其基本原理为：第一步：222Cu4I2CuII+−+=+第二步：2232SO−（无色）2246ISO−+=（无色）2I−+①由此可知滴定所用的指示剂为_____________________。②若4CuSO溶液体积为25mL

，滴定至终点时消耗223cmol/LNaSO溶液VmL，则4CuSO溶液的物质的量浓度为_______________mol/L。③若使用的KI溶液过量，对滴定结果的影响是_______________。（填“偏大”或“偏小”或“不影响”）【答案】（1

）将Cu转化为可溶性盐4CuSO，实现Cu与其他物质的分离（2）①.2223Se+2Cl+3HO=HSeO+4HCl②.+2-2AgSe(s)2Ag(aq)+Se(aq)，2Se−被2Cl氧化为23HSeO，()2cSe−减小，促进平衡正向移动，导致()cAg+增大，使得Ag+与Cl−结合生

成AgCl沉淀，进一步促进平衡正向移动，2AgSe转化为AgCl（3）①.232224HSeO+2SO+HO=Se+2HSO②.2232ClHSeOSO（4）①.淀粉②.cV25③.不影响【解析】【分析】阳极泥主要成分为Cu、Se、Ag2Se等，先经过空气氧化和稀硫酸

的酸浸后，Cu反应生成硫酸铜溶液除去，再通入氯气，将Se元素氧化成H2SeO3的同时生成氯化银沉淀，用SO2还原H2SeO3得到粗Se；【小问1详解】铜和稀硫酸不反应，酸浸过程，通入空气的目的是将铜氧化后与稀硫酸反应生成硫酸铜，故答案为：将C

u转化为可溶性盐CuSO4，实现Cu与其他物质的分离；【小问2详解】①氯气具有氧化性，可以将Se氧化为+4价，氯气被还原为HCl，化学方程式为：2223Se+2Cl+3HO=HSeO+4HCl；②2AgSe中存在平衡：+2-2AgSe(s)2Ag(aq)+Se(aq)，

2Se−被2Cl氧化为23HSeO，()2cSe−减小，促进平衡正向移动，导致()cAg+增大，使得Ag+与Cl−结合生成AgCl沉淀，进一步促进平衡正向移动，2AgSe转化为AgCl；【小问3详解】①SO2具有还原性，可以将+4价的Se还原为0价的Se，二氧化硫被

氧化为硫酸，发生反应的化学方程式为：232224HSeO+2SO+HO=Se+2HSO；②氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，由反应2223Se+2Cl+3HO=HSeO+4HCl可知，氧化性Cl2>H2SeO3；232224HSeO+2SO+HO=Se+2HSO反应中2

3HSeO为氧化剂而二氧化硫为还原剂，则氧化性23HSeO>2SO；故氧化性：2232ClHSeOSO；【小问4详解】①淀粉遇碘显蓝色，由此可知滴定所用的指示剂为淀粉；②由关系式知：422232Cu

SOI2NaSO，则()4cmol/LVmLcVcCuSO==mol/L25mL25；③若使用的KI溶液过量，因为过量的I-不与Na2S2O3反应，且不能使淀粉变色，所以对滴定结果的影响是不影响。19.研究小组探究高铜酸钠(NaCuO2)的制备和性质。

资料：高铜酸钠为棕黑色固体，难溶于水。实验Ⅰ.向2mL1mol/LNaClO溶液中滴加1mL1mol/LCuCl2溶液，迅速产生蓝绿色沉淀，振荡后得到棕黑色的浊液a，将其等分成2份。（1）蓝绿色沉淀中含有OH-。用离子方程式表示N

aClO溶液显碱性的原因：_____。（2）探究棕黑色沉淀的组成。实验Ⅱ.将一份浊液a过滤、洗涤、干燥，得到固体b。取少量固体b，滴加稀H2SO4，沉淀溶解，有气泡产生，得到蓝色溶液。①另取少量固体b进行实验，证实了NaCuO2中钠元素的存

在，实验操作的名称是_____。②进一步检验，棕黑色固体是NaCuO2。NaCuO2与稀H2SO4反应的离子方程式是_____。（3）探究实验条件对NaCuO2制备的影响。实验Ⅲ.向另一份浊液a中继续滴加

1.5mL1mol/LCuCl2溶液，沉淀由棕黑色变为蓝绿色，溶液的pH约为5，有Cl2产生。①对Cl2的来源，甲同学认为是NaCuO2和Cl-反应生成了Cl2，乙同学认为该说法不严谨，提出了生成Cl2的其他原因：_____。②探究“继续滴加CuCl2溶液，NaCuO2能氧化Cl-”的原因

。i.提出假设1：c(Cl-)增大，Cl-的还原性增强。实验证明假设成立。操作和现象是：取少量NaCuO2固体于试管中，_____。ii.提出假设2：_____，经证实该假设也成立。（4）改进实验方案，进行实验实验Ⅳ.向1mL1mol/LNaClO溶液中滴加0.5mL1mol

/LCuSO4溶液，迅速生成蓝色沉淀，振荡后得到棕黑色浊液。浊液放置过程中，沉淀表面缓慢产生气泡并出现蓝色固体，该气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝。NaCuO2放置过程中产生气体的化学方程式是_____。（5）通过以上实验，对于NaCuO2化学性质的认识是_____。（6）根据上述实验，制备在水

溶液中稳定存在的NaCuO2，应选用的试剂是NaClO溶液、_____和_____。【答案】（1）ClO-+H2OHClO+OH-（2）①.焰色试验②.4NaCuO2+12H+=4Cu2++4Na++O2↑+6H2O（3）①.pH减小，ClO

-也可能氧化Cl-生成Cl2②.滴加浓NaCl溶液，产生使湿润的淀粉KI试纸变蓝的气体③.c(H+)增大，NaCuO2的氧化性增强（4）4NaCuO2+6H2O=4Cu(OH)2+O2↑+4NaOH（5）具有强

氧化性，能与H+、H2O反应（6）①.CuSO4溶液②.NaOH溶液【解析】【小问1详解】NaClO为强碱弱酸盐，水解显碱性，溶液显碱性的原因：ClO-+H2OHClO+OH-；【小问2详解】①钠元素的焰色

试验为黄色，可以通过焰色试验证明钠元素的存在；②NaCuO2与稀H2SO4反应生成硫酸铜、硫酸钠、氧气、水，反应的离子方程式是4NaCuO2+12H+=4Cu2++4Na++O2↑+6H2O；【小问3详解】①溶液中存在次氯酸根离子，具有氧化

性，也可能氧化氯离子生成氯气，则生成Cl2的其他原因：pH减小，ClO-也可能氧化Cl-生成Cl2；②i.提出假设1：c(Cl-)增大，Cl-的还原性增强。证明假设成立操作和现象是：取少量NaCuO2固体于

试管中，滴加浓NaCl溶液，产生使湿润的淀粉KI试纸变蓝的气体。ii.提出假设2：c(H+)增大，NaCuO2的氧化性增强，经证实该假设也成立。【小问4详解】浊液放置过程中，沉淀表面缓慢产生气泡为O2，蓝色固体为氢氧化铜

，同时生成NaOH，放置过程中产生。气体的化学方程式是4NaCuO2+6H2O=4Cu(OH)2+O2↑+4NaOH。【小问5详解】通过以上实验，对于NaCuO2化学性质的认识是具有强氧化性，能与H+、H2O反应。【小问6详解】根据上述实验，Na

CuO2在碱性条件下较稳定，则可以用NaClO溶液、CuSO4溶液和NaOH溶液制备在水溶液中稳定存在的NaCuO2，应选用的试剂是NaClO溶液、CuSO4溶液和NaOH溶液。