【文档说明】北京师范大学附属实验中学2024-2025学年高三上学期9月测练 化学试题 Word版含解析.docx，共(24)页，1.698 MB，由小赞的店铺上传

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2024-2025高三化学9月测练教学班：___________姓名：___________学号：___________可能用到的相对原子质量：N14Fe56Ba137第一部分本部分共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.第十四届全国冬季运动会所需电能基本由光伏发电和风力发电提供。单晶硅电池是常见的太阳能电池，玻璃钢(又称纤维增强塑料)是制造风力发电机叶片的主要材料之一。下列说法正确的是A.太阳能电池属于化学电源B.太阳能、

风能均属于可再生能源C.单晶硅属于分子晶体D.玻璃钢属于金属材料【答案】B【解析】【详解】A．太阳能电池直接将太阳能转化为电能，不是将化学能转化为电能，没有发生化学反应，不属于化学电源，A错误；B．在自然界中

可以不断再生的资源，属于可再生能源，主要包括阳能、风能、水能、生物质能、地热能和海洋能等，B正确；C．单晶硅是由硅原子通过共价键形成的空间网状结构，熔点、沸点较高，属于共价晶体，C错误；D．玻璃钢是塑料中添加玻璃纤维形成的复合材料，不属于金属材料，而是复合材料，D错误；

故答案为：B。2.13153I常用于放射性治疗和放射性示踪技术。下列关于13153I的说法正确的是A.中子数为78B.核外电子排布式为[Kr]5s25p7C.常温下为紫黑色固体D.13153I和12753I互为同素异形体【答案】A

【解析】【详解】A．13153I的质量数为131，质子数为53，中子数=质量数-质子数=131-53=78，A正确；B．核外电子排布式为[Kr]4d105s25p5，B错误；C．常温下碘单质紫黑色固体，C错误；D．13153I和12753I互为同位素，D错误；答案选A。3.用充有NH3

的烧瓶进行“喷泉实验”，装置及现象如下图。下列关于该实验的分析正确的是A.产生“喷泉”证明NH3与H2O发生了反应B.无色溶液变红证明NH3极易溶于水C.红色溶液中存在含有离子键的含氮微粒D.加热红色溶液可观察到红色变浅或褪去【答案】D【解析】【分析】氨气极易溶于水生成碱性溶液从而产生压

强差，产生喷泉现象；【详解】A．氨气能形成喷泉，说明氨气极易溶于水从而产生压强差，不能说明两者反应了，A错误；B．无色酚酞试液遇碱变红色，氨水溶于水后溶液由无色变为红色，说明氨水呈碱性，B错误；C．红色溶液中存在含氮微粒为铵根离子、一水合

氨，两者均含有共价键、不含有离子键，C错误；D．氨水受热不稳定，受热分解放出氨气，从而使碱性减弱，故滴有酚酞呈红色的氨水受热后红色变浅或褪色，D正确；故选D。4.含有冠醚环的聚合物膜能够高效吸附分离某些阳离子。一

种含冠醚环的聚酰亚胺薄膜吸附分离Li+的过程如图。下列说法正确的是为A.冠醚环与Li+之间的作用是离子键B.冠醚环中碳氧键为π键C.该聚酰亚胺薄膜可在强碱性环境中稳定工作D.若要设计K+的吸附分离膜，需增大冠醚环孔径【答案】D【解析】【详解】A．Li+提供空轨道、O原子提供孤电子对，二者

形成配位键，A错误；B．冠醚环中碳氧键为单键，因此是σ键，B错误；C．聚酰亚胺薄膜中含有酰胺基，在碱性条件下会发生水解，C错误；D．K+的半径比Li+大，因此K+要与冠醚环作用需要增大孔径，D正确；故答案选D。5.下列解释实验事实化学用语正确的是A.用过量NaOH溶液除去乙烯中的SO2

：SO2+2OH-=2-3SO+H2OB.铁粉在高温下与水蒸气反应生成可燃气体：3Fe+4H2O(g)高温Fe3O4+2H2C.Ba(OH)2溶液与稀硫酸混合后溶液几乎不导电：Ba2++2-4SO+H++OH-=Ba

SO4↓+H2OD.向NaHCO3溶液中加入CaCl2产生白色沉淀：Ca2++-3HCO=CaCO3↓+H+【答案】A【解析】【详解】A．用过量NaOH溶液除去乙烯中的SO2，氢氧化钠过量生成亚硫酸根，离子方程式正确，A正确；B．铁粉在高温下与水蒸气反应生成可燃气体

氢气，同时生成四氧化三铁，方程式配平有误，正确方程式为3Fe+4H2O(g)高温Fe3O4+4H2，B错误；C．Ba(OH)2溶液与稀硫酸混合后溶液几乎不导电，说明刚好完全反应，正确的离子方程式为Ba2++2-4SO的+2H++2OH-=BaSO4↓+2H2O

，C错误；D．碳酸钙和氢离子不能大量共存的，故该离子方程式错误，若该反应产生白色沉淀，则沉淀为碳酸钙、碳酸氢根转化为碳酸根被沉淀时释放的氢离子能与碳酸氢根反应产生二氧化碳，则：若产生沉淀必定同时有二氧化碳，D错误；本题选A。6.下列实验能达到对应目的的是选项ABCD实验目

的制备Fe(OH)3胶体检验待测液中是否含有2-4SO检验溴乙烷中的溴元素制备并收集NO2A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】详解】A．氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，氯化铁滴入沸水中制备Fe(OH

)3胶体，故A错误；B．待测液中滴入盐酸酸化的BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，沉淀可能是硫酸钡或氯化银，则原溶液中可能含有24SO−或Ag+，故B错误；C．溴乙烷和氢氧化钠反应后溶液中，先加足量稀硝酸中和氢氧化钠，再加硝酸银，有浅黄色

沉淀生成证明溴乙烷中含溴元素，故C正确；D．NO2和水反应，不能用排水法收集NO2，故D错误；选C。7.分银渣是从阳极泥中提取贵金属后的尾渣，含有PbSO4、BaSO4、SnO2及Au、Ag等，有较高的综合利用价值。一种从分银渣中提取有用产品流程的如下：【的已知：PbCl2(s

)+2Cl-(aq)[PbCl4]2-(aq)；ⅳ中生成[AuCl4]-和[AgCl3]2-；PbSO4、PbCO3、BaSO4、BaCO3的Ksp依次为2.8×10-8、7.4×10-14、1.1×10-10、2.6×10-9。下列说法不正确．．．的是A.步骤ⅰ中一定发生反应：

PbSO4(s)+2-3CO(aq)PbCO3(s)+2-4SO(aq)B.步骤ⅰ、ⅲ后需先过滤再加盐酸C.步骤ⅱ、ⅳ提取Pb(Ⅱ)、Ba2+时，均有H+和Cl-参加反应D.试剂a可为NaCl，促进Au、

Ag的浸出【答案】C【解析】【分析】分银渣中含有PbSO4、BaSO4、SnO2及Au、Ag等物质，向其中先加入Na2CO3溶液，发生沉淀转化反应：PbSO4(s)+2-3CO(aq)PbCO3(s)+2-4SO(aq)，PbSO4转化为PbCO3，

过滤，弃去含有的2-4SO滤液，然后向滤渣中加入盐酸，发生反应：PbCO3+2H+(aq)=Pb2+(aq)+CO2↑+H2O(l)，Pb2+(aq)+2Cl-(aq)=PbCl2(s)，PbCl2(s)+2Cl-(aq

)[PbCl4]2-(aq)；然后过滤，得到含有Pb(Ⅱ)的溶液，向固体A中加入Na2CO3溶液，发生反应：BaSO4(s)+2-3CO(aq)BaCO3(s)+2-4SO(aq)，过滤，弃去含有的2-4SO滤液，向滤渣中加入盐酸，发生反

应：BaCO3+2H+(aq)=Ba2+(aq)+CO2↑+H2O(l)，得到含有Ba2+的溶液。再过滤，向固体B中加入NaClO3、HCl，在酸性条件下NaClO3可以将Au、Ag氧化变为金属阳离子

，并与溶液中的Cl-结合形成络离子[AuCl4]-和[AgCl3]2-，SnO2不反应，仍以固体形式存在。【详解】A．步骤i向分离渣中加入Na2CO3溶液，发生沉淀转化反应：PbSO4(s)+2-3CO(aq)PbCO3(s)+2-4SO(aq)，反应后PbSO4

变成PbCO3，A正确；B．根据上述分析可知：在步骤ⅰ中PbSO4与Na2CO3反应先产生PbCO3、2-4SO，过滤，弃去含有2-4SO的滤液，向滤渣中加入盐酸，增大了c(H+)、c(Cl-)，PbCO3先反应产生PbCl2固体，然后P

bCl2再与Cl-反应变为[PbCl4]2-(aq)，得到含有Pb(Ⅱ)的溶液；在步骤ⅲ中过滤后向得到的固体A中加入Na2CO3溶液，发生沉淀转化反应：BaSO4(s)+2-3CO(aq)BaCO3(s)+2-4SO(aq)，再过滤，弃去含有2-4SO的滤液，向滤渣中加

入盐酸，发生反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，得到含有Ba2+的溶液，故步骤i、iii后需先过滤再加盐酸，B正确；C．步骤ⅳ是盐酸与BaCO3反应产生Ba2+，H2O、CO2，离子方程式为：BaCO3+2H+

=Ba2++CO2↑+H2O，可见Cl-没有参加反应，C错误；D．试剂a可为NaCl，NaCl的加入，增大了溶液中c(Cl-)，促进与Au、Ag形成配位化合物，使Au、Ag变为络离子[AuCl4]-和[AgCl3]2-进入溶液，有利于Au、Ag的浸出，D正确；故合理选项是C。8.将铁

粉在NH3和H2的混合气氛中加热，可得含Fe和N的磁性材料，其晶体的晶胞如下图，晶胞边长均为apm。下列说法不正确．．．的是已知：1cm=1010pm，阿伏加德罗常数的值为NA。A.距离N最近的Fe有6个B.Fe之间的最近距离为2apm2C.该晶体的密度为303A7010aN

g·cm-3D.若将N置于晶胞顶点，则Fe位于体心和棱心【答案】C【解析】【详解】A．N位于体心，处于Fe围成的正八面体的中心，因此有6个，故A正确；B．Fe之间的最近距离为面对角线的一半，因此为2apm2，故B正确；C．Fe位于晶胞中的顶点和面心，

有1186482+=个，N位于体心有1个，()30-3-33310AAAmNM45611423810ρ==gcmgcmVNVaNNa10−+==，故C错误；D．若将N置于晶胞顶点，有1818=，Fe位于晶胞中的体心和棱心，有

111244+=个，与原有的比值关系相同，故D正确；故答案选C。9.牙釉质的主要成分是Ca5(PO4)3(OH)，牙齿表面液膜的pH一般约为6.5.当液膜pH<5.2时，牙釉质会出现溶解损伤。使用含氟牙膏(含少量氟化物，如NaF)可预防龋齿。下列说法不正确．．．的是已知：

Ca5(PO4)3(OH)、Ca5(PO4)3F的Ksp分别为6.8×10−37、1×10−60；含磷粒子在水溶液中的物质的量分数(δ)与pH的关系如图；Ca3(PO4)2、CaHPO4均难溶于水。A.牙齿表面液膜中：c(Ca2+)

>c(H2PO-4)+c(HPO2-4)+c(PO3-4)B.牙釉质溶解损伤时，牙齿表面液膜中δ(PO3-4)升高C.使用含氟牙膏时，Ca5(PO4)3(OH)可转化为Ca5(PO4)3FD.在漱口水中添加适量的Ca2+有利于牙釉质的沉积【答案】B【解析】【详

解】A．牙釉质的主要成分是Ca5(PO4)3(OH)，根据元素守恒c(Ca2+)：[c(H2PO-4)+c(HPO2-4)+c(PO3-4)]=5:3，因此c(Ca2+)>c(H2PO-4)+c(HPO2-4)+c(PO3-4)正确，A正确；B．牙釉质溶解损伤时，液膜pH<5.2，根据含磷粒

子在水溶液中的物质的量分数(δ)与pH的关系图可知，牙齿表面液膜中δ(H2PO-4)最高，牙齿表面液膜中δ(PO3-4)降低，B错误；C．Ca5(PO4)3F的Ksp更小，使用含氟牙膏时，Ca5(PO4)3(

OH)可转化为Ca5(PO4)3F，C正确；D．牙齿表面液膜中存在在Ca5(PO4)3(OH)(s)⇋5Ca2+(aq)+3P34O−(aq)+5OH-(aq)，漱口水中添加适量的Ca2+，沉淀溶解平衡逆向移动，有利于牙釉质的沉积，D正确；答案选B。10.葫芦脲是一类大

环化合物，在超分子化学和材料科学中发挥着重要的作用。葫芦[7]脲的合成路线如下图。其中，试剂a和试剂b均能发生银镜反应。下列说法正确的是A.试剂a的核磁共振氢谱有两组峰B.E与试剂a的化学计量数之比是2:1C.试剂b为甲醛D.E→1molG时，有2

21molHO生成【答案】BC【解析】【分析】E与试剂a反应生成F，对比E与F的结构简式，试剂a能发生银镜反应，则试剂a为OHCCHO；F与试剂b反应生成G，对比F与G的结构简式，试剂b能发生银镜反应，则试剂b为HCHO。【详解】A．根据分析可

知，试剂a为OHCCHO，分子中只含1种等效氢原子，核磁共振氢谱只有1组峰，A错误；B．E与试剂a反应的化学方程式：2+OHCCHO→+2H2O，即E与试剂a的化学计量数之比是2∶1，B正确；C．根据分析，试

剂b为HCHO，名称为甲醛，C正确；D．E→F的化学方程式：2+OHCCHO→+2H2O，F→G的化学方程式：7+14HCHO→+14H2O，则E→1molG时有28molH2O生成，D错误；答案选BC。11.用热再生氨电池处理含Cu2+电镀废液的装置如图。该装置由电池部分和热再生部分

组成：电池部分中，a极室为(NH4)2SO4-NH3混合液，b极室为(NH4)2SO4溶液；热再生部分加热a极室流出液，使[Cu(NH3)4]2+分解。下列说法不正确．．．的是A.装置中的离子交换膜为阳离子交换膜B.a极的电极反应

为：Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+C.电池部分的总反应为：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+D.该方法可以富集Cu2+并产生电能，同时循环利用NH3【答案】A【解析】【分析】甲、乙两室均预加相同的Cu2+电镀废液，a室铜失去电子发生氧化反应生成[Cu(

NH3)4]2+为负极：Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，b端为原电池正极，铜离子得到电子发生还原反应生成铜，电极反应Cu2++2e-=Cu；中间为阴离子交换膜，硫酸根离子由正极迁移到负极。【详解】A．在原电池内电路中阳

离子向正极移动，如隔膜为阳离子交换膜，电极溶解生成的铜离子要向右侧移动，通入NH3要消耗Cu2+，显然左侧阳离子不断减小，明显不利于电池反应正常进行，故离子交换膜为阴离子交换膜，A错误；B．由分析可知，a极电极反应为：Cu-2e-

+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，B正确；C．由分析可知，a：Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，b：Cu2++2e-=Cu；则总反应为：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+，C正确；D．该装置为原电池装置，可以富集Cu2+并产生

电能，同时回收液受热分解释放出氨气，能循环利用NH3，D正确；故选A。12.某实验小组探究KMnO4溶液与NH3以及铵盐溶液的反应。已知：-4MnO的氧化性随溶液酸性增强而增强；MnO2为棕黑色，Mn2+接近无色。的实验序号试剂a实验现象Ⅰ8mol·L-1氨水(pH≈13)紫色变浅，底

部有棕黑色沉淀Ⅱ0.1mol·L-1NaOH溶液无明显变化Ⅲ4mol·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈6)紫色略变浅，底部有少量棕黑色沉淀Ⅳ硫酸酸化的4mol·L-1(NH4)2SO4溶液(pH≈1)紫色变浅Ⅴ硫酸酸化的4mol·L-1NH4Cl溶液(pH≈

1)紫色褪去下列说法不正确．．．的是A.由Ⅱ可知，pH=13时，OH-不能还原-4MnOB.由Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，与+4NH相比，NH3更易还原-4MnOC.由Ⅲ、Ⅳ可探究溶液pH对+4NH与-4MnO反应的影响D.由Ⅳ、Ⅴ可知，+4NH浓度降低，其还原性增强【答案】D【解

析】【详解】A．Ⅱ中0.1mol·L-1NaOH溶液的pH=13，实验无现象，说明pH=13时，OH-不能还原-4MnO，A正确；；B．Ⅰ、Ⅱ可知，pH相同，氨水中现象明显；Ⅱ、Ⅲ可知，氨水中现象明显，而含铵根离子的硫酸铵溶液反应现象不太明显；故由Ⅰ、

Ⅱ、Ⅲ可知，与+4NH相比，NH3更易还原-4MnO，B正确；C．Ⅲ、Ⅳ中变量为溶液的pH不同，则由Ⅲ、Ⅳ可探究溶液pH对+4NH与-4MnO反应的影响，C正确；D．Ⅳ、Ⅴ中存在铵根离子浓度、阴离子种类2个变量，不能说明+4

NH浓度降低，其还原性增强，D错误；故选D。13.向10mLHCOOH-NH4Cl混合溶液(浓度均为0.1mol·L−1)中滴加0.1mol·L−1NaOH溶液，并监测溶液pH变化，实验数据如图。由该实验可得到的结论是A.HCOOH电离方程式

为HCOOH=H++HCOO−B.由a点数据可推出电离能力：HCOOH>NH3·H2OC.b点溶液中的OH−主要来自HCOO−水解D.0.05mol·L−1氨水的pH<10.89【答案】B【解析】【详解】

A．10mLHCOOH-NH4Cl混合溶液(浓度均为0.1mol·L−1)pH大于2，说明HCOOH是弱酸，则HCOOH电离方程式为HCOOHH++HCOO−，故A错误；B．a点HCOOH全部反应完，溶质为HCOO

Na、NH4Cl且两者浓度相等，溶液显酸性，则铵根水解占主要，根据越弱越水解，则氨水的电离程度小，因此由a点数据可推出电离能力：HCOOH>NH3·H2O，故B正确；C．b点溶质溶质为HCOONa、NH4Cl、NH3·H2O、NaCl

，且NH3·H2O物质的量浓度大于NH4Cl物质的量浓度，则b点溶液中的OH−主要来自NH3·H2O电离和HCOO-的水解，故C错误；D．c点溶质溶质为HCOONa、NH3·H2O、NaCl，且NH3·H2O物质的

量浓度为0.033mol·L−1，此时混合溶液的pH=10.89，由于存在HCOONa和氨水浓度两个变量，无法确定0.05mol·L−1氨水的pH<10.89，故D错误；综上所述，答案为B。14.工业

上以1，4-丁二醇(BD)为原料催化脱氢制备γ-丁内酯(BL)，其副反应产物为四氢呋喃(，THF)、正丁醇(BuOH)以及其他四碳有机物。其他条件相同时，不同温度下，向1L容器中通入4×10-2molBD反应2h，测得BL、T

HF、BuOH在四碳有机产物中的物质的量分数如下：温度/℃220240250255BL/%60.284.692.695.2THF/%1.21.81.92.1BuOH/%0.20.30.40.6已知：HO(CH2

)4OH(g，BD)(g，BL)+2H2(g)ΔH>0下列说法不正确．．．的是A.220℃，2h时n(BL)=9.03×10-3mol，则BD的总转化率为37.5%B.250℃，2h时n(BD)+n(BL)+n(THF)+n(BuOH)<4×10-2molC.255℃，2h时n(BL)=

1.5×10-2mol，则0~2h内υ(H2)主反应=1.5×10-2mol·L−1·h−1D.由表中数据可知，220~255℃，催化剂活性、选择性均随着温度的升高而提高【答案】D【解析】【详解】A．由表格数据可知，220℃，2h时

n(BL)=9.03×10-3mol，含量为60.2%，则BD的总转化率为-3-29.0310mol37.5%14010%m=ol60.2%0，A正确；；B．BD)制备BL，其副反应产物为THF、BuOH以及其他四碳有机物，则根据碳守恒，250℃，2h时n(BD)+n(BL)+n(THF

)+n(BuOH)<4×10-2mol，B正确；C．255℃，2h时n(BL)=1.5×10-2mol，则0~2h内()()-22-1-121.510molH2BL21.510molLh2h1L−===

主反应主反应，C正确；D．由表中数据可知，220~255℃，BL在四碳有机产物中的物质的量分数增大，但是不能体现220~255℃时催化剂活性随温度的升高而增大，D错误；故选D。第二部分15.铁元素在人体健康和新材料研发中有重要的应用。I．在血液中，以2Fe+为

中心的配位化合物铁卟啉是血红蛋白的重要组成部分，可用于输送2O。如图为载氧后的血红蛋白分子示意图。（1）基态2Fe+的价电子轨道表示式为___________。（2）载氧时，血红蛋白分子中2Fe+脱去配位的2HO并与2O配位；若人体吸入CO，则CO占

据配位点，血红蛋白失去携氧功能。此条件下，与2Fe+配位能力由强到弱的配体顺序是___________。（3）该2Fe+配位化合物存在平衡2322FeOFeO++−++，比较半径：2Fe+___________3Fe+。

（4）一种最简单的卟啉环结构如图。①比较C和N的电负性大小，并从原子结构角度说明理由：___________。②该卟啉分子中，1号位和2号位N的杂化方式是___________和3sp杂化，其中N的配位能力：1号位___________2号位N(填“>”、“<

”或“=”)③该卟啉分子在酸性环境中配位能力会减弱，原因是___________。II．2Fe+可用于制备优良铁磁体材料。下图是一种铁磁体化合物的立方晶胞，其边长为anm。（5）该晶体的密度是___________3gcm

−。（6）距离Fe最近的F的个数为___________。【答案】（1）（2）22COOHO＞＞（3）＞（4）①.C和N电子层数相同，核电荷数C＜N，原子半径C＞N，原子核对最外层电子的吸引作用C＜N，所以C的电负性小于N的电负性②.sp

2③.＞④.酸性环境中，卟啉分子中的N原子与H+形成配位键，导致提供孤对电子的能力降低（5）233A2.4610aN（6）6【解析】【小问1详解】铁元素的原子序数为26，基态Fe2+的价电子排布式为3d6，轨道表示式：；【小问2详解】载氧时，血红蛋白分

子中亚铁离子脱去配位的水并与氧气配位，说明氧分子与亚铁离子的配位能力强于水分子；若人体吸入一氧化碳，则一氧化碳占据配位点，血红蛋白失去携氧功能说明一氧化碳与亚铁离子的配位能力强于氧分子，所以与亚铁离子的配位能力由强到弱的配体顺序是CO＞O2＞H2O；【小问3详解】2Fe+和3Fe+电子层数

相同，核电荷数相同，2Fe+核外电子数更多，半径更大；【小问4详解】①C和N电子层数相同，核电荷数C＜N，原子半径C＞N，原子核对最外层电子的吸引作用C＜N，所以C的电负性小于N的电负性；②1号N原子形成2个键，含1对孤电子对，杂化轨道数为3，为sp2杂化，2号位N原子形成3个键，含1

对孤电子对，杂化轨道数为4，为sp3杂化；分子中存在大π键，则1号氮原子有1个电子参与形成大π键，2号氮原子孤电子对参与形成大π键，故1号氮原子更容易给出孤电子对形成配位键；③酸性环境中，卟啉分子中的氮原子与氢离子形成配位键，

导致提供孤对电子的能力降低，所以卟啉分子在酸性环境中配位能力会减弱；【小问5详解】由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的铁原子个数：1818=，位于体心的铯原子个数1，位于棱上的氟原子个数：11234=，则晶胞的化学式为CsFeF3

，晶胞密度：()233337AAAANM11331563192462.4610Vaaa10NNNN−++====；【小问6详解】距离Fe最近的F位于棱心，每个晶胞中距离Fe最近的F有3

个，顶点的Fe被8个晶胞所共用，则距离Fe最近的F的个数为6。16.黄铁矿[主要成分为二硫化亚铁(FeS2)]、焦炭和适量空气混合加热发生如下反应：i．3FeS2+2C+3O2=3S2+Fe3O4+2CO（1）反应i生成1molS2时，转移电子的物

质的量为_____mol。（2）反应i所得气体经冷凝回收S2后，尾气中还含有CO和SO2。将尾气通过催化剂进行处理，发生反应ii，同时发生副反应iii。ii．2SO2(g)+4CO(g)S2(g)+4CO2(g)ΔH<0iii．SO2(g)+3CO(g)CO

S(g)+2CO2(g)ΔH<0理论分析及实验结果表明，600~1000K范围内，SO2平衡转化率接近100%。其他条件相同，不同温度下，S2、COS平衡产率和10min时S2实际产率如图。①从资源和能

源利用的角度说明用反应ii处理尾气的好处：_____。②随温度升高，S2平衡产率上升，推测其原因是_____。③900K，在10min后继续反应足够长时间，推测S2实际产率的变化趋势可能为_____。（3）处理

后的尾气仍含少量SO2，经Na2CO3溶液洗脱处理后，所得洗脱液主要成分为Na2CO3、NaHCO3和Na2SO3.利用生物电池技术，可将洗脱液中的Na2SO3转化为单质硫(以S表示)回收。①该装置中，正极的电极反应式为_____。②一段时间后，若洗脱液中2-3SO的物质的量减小了1m

ol，则理论上-3HCO减小了_____mol。【答案】（1）4（2）①.回收单质硫，处理尾气不需要另加氧化剂或还原剂；利用反应ii放热为反应i提供能量②.温度升高，反应iii平衡逆向移动，使c(SO

2)、c(CO)增大；对于反应ii，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动③.先增大后减小至900K时S2的平衡产率后保持不变或：减小至900K时S2的平衡产率后保持不变（3）①.2--23323SO+4e+6HCO=S+3HO+6CO−−②.2【解析】【分析】原电池中，葡萄

糖转化为二氧化碳和水，碳的化合价在升高，作负极，Na2SO3中硫的化合价在降低，则正极电极反应为：2--23323SO+4e+6HCO=S+3HO+6CO−−，据此回答。【小问1详解】根据题目所给反应方程式可知，每当生成3mol

S2，理论上转移12mol电子，则生成1molS2时，转移电子的物质的量为4mol；【小问2详解】①反应ii处理尾气的好处有：回收单质硫，处理尾气不需要另加氧化剂或还原剂，利用反应ii放热为反应i提供能量；②随温度升高，S2平衡产率上升，其原因是：温度升高，反应i

ii平衡逆向移动，使c(SO2)、c(CO)增大，对于反应ii，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动；③通过观察图像可知，10min时S2的实际产率大于平衡产率，所以最终要减小到与900K时产率相等，则900K

，在10min后继续反应足够长时间，S2实际产率的变化趋势可能为：先增大后减小至900K时S2的平衡产率后保持不变，或：减小至900K时S2的平衡产率后保持不变；【小问3详解】①根据分析可知，该装置中，正极的电极反应式为：2--23323SO+4e+6HCO=S+3HO+6CO−

−；②根据电极方程式可知，当消耗1mol亚硫酸根离子，转移4mol电子，同时消耗6mol碳酸氢根离子，生成6mol碳酸根离子，根据电荷守恒，则有4mol的H+通过质子交换膜来到正极，4mol氢离子可以结合4mol的碳酸根离子生成4mol的碳酸氢根离子，

则理论上碳酸氢根离子减小了2mol。17.多并环化合物K具有抗病毒、抗菌等生物活性，其合成路线如下图已知：i．ii．（1）A→B所需试剂是___________。（2）B→C的反应为取代反应，该反应的化学方程式为___________。（3）E中官能

团的名称为___________。（4）F→G的过程中会得到少量聚合物，该聚合物的结构简式为___________。（5）芳香族化合物M是I的同分异构体，写出一种符合下列条件的，M的结构简式：___________。a．能与3NaHCO反应b．

核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为2:2:1（6）J→K的反应过程中J与试剂X物质的量之比是1:1，其它产物只有水。反应过程如下图，中间产物1、2均含有三个六元环。①试剂X的结构简式是___________②中间产物1、3的结构简式分别为___________、___________。【答案】（

1）浓硝酸、浓硫酸（2）（3）硝基、羧基（4）（5）（6）①.②.③.【解析】【分析】A的分子式为C7H8，从D的结构简式可知，B是，则A为甲苯，发生硝化反应生成B；C的结构简式为，C水解生成D，根据G的结构简式，结合已知信息ii，可知F的结构简式为，E的结构简式为，F到G失水发生取代反应形

成环状结构，G到I发生氧化反应，I与H2O2反应生成J，J转化为K。【小问1详解】根据分析可知，A发生硝化反应生成B，反应所需试剂为浓硝酸、浓硫酸；【小问2详解】B是，B→C的反应为取代反应，反应的化学方程式：；【小问3详

解】根据分析可知，E的结构简式为，其官能团：硝基、羧基；【小问4详解】F的结构简式为，结构中有氨基和羧基，可以脱水形成环状结构，也可以发生缩聚反应形成高聚物，F→G的过程中会得到少量聚合物，该聚合物的结构简式：；【小问5详解

】芳香族化合物M是I的同分异构体，符合下列条件：a．能与3NaHCO反应，说明含羧基；b．核磁共振氢谱有3组峰，峰面积比为2:2:1，说明存在结构对称，则符合要求的物质的结构简式：；【小问6详解】J到K反应过程，结合题

目中已知i可知，与先发生加成反应，生成中间产物1，再发生消去反应生成中间产物2，中间产物2再发生已知信息ii的反应生成中间产物3，最后中间产物3失水生成K。18.钡盐沉淀法处理酸性含铬废水(含227CrO−、[Ni

(CN)4]2-、2-4SO等)并回收铬元素的工艺路线如下：已知：I．六价铬[Cr(VI)]在水溶液中存在平衡：227CrO−+H2O224CrO−+2H+II．室温下相关物质的Ksp如下：化合物CaSO4BaSO4BaCrO4K

sp4.9×10-51.1×10-101.2×10-10（1）向废水中加入破氰剂NaClO，可以提高镍元素的去除率。①NaClO能氧化CN-，生成无毒无味气体，补全该反应的离子方程式：_____。□CN-+□_____+□_____=□-3HCO+□_____+□____

_②结合平衡移动原理解释加入NaClO可提高镍元素的去除率的原因：_____。（2）用石灰乳将含铬废水预调至不同pH，经破氰后取等量的溶液1，向其中加入等量的BaCl2·2H2O，搅拌、反应60min，得到Cr(VI)去除率随预

调pH变化如图。与预调pH=6相比，pH=7时Cr(VI)的去除率显著提高，可能的原因有_____(写出两条)。（3）沉淀2与足量H2SO4反应的离子方程式为_____。（4）溶液2需处理至Ba2+含量达标后方可排放。可用如下方

法测定废水中Ba2+含量。步骤1：取aL含Ba2+废水，浓缩至100mL后，加入过量的Na2CrO4标准溶液，充分反应后过滤，向滤液中加入指示剂，用0.1mol·L−1HCl标准溶液滴定至CrO24−全部转化为Cr2O27−，消耗HCl标准溶液的体积为bmL。步骤2：取100mL

蒸馏水，加入与步骤1中等量的Na2CrO4标准溶液，加入指示剂，用0.1mol·L−1HCl标准溶液滴定，消耗HCl标准溶液的体积为cmL。①步骤1中加入的Na2CrO4标准溶液必须过量，目的是_____。②若废水中其

他杂质不参与反应，则废水中Ba2+的含量为_____mg·L−1(写出表达式)。【答案】（1）①.2CN-+5ClO-+1H2O=2-3HCO+1N2↑+5Cl-②.ClO-氧化CN-，使c(CN-)降低，平衡[Ni(CN)4]2-Ni2++4CN-正向移动，c(Ni2+)增大

，利于生成Ni(OH)2沉淀（2）预调pH=7，溶液中c(H+)降低，平衡227CrO−+H2O224CrO−+2H+正向移动，c(24CrO−)增大，生成BaCrO4沉淀量增大@预调pH=7要加入更多的石灰乳，会将更多的2-4SO转化为CaSO4沉淀，从而减少了沉淀2-4SO消耗的Ba2+的量，

使更多的Ba2+与24CrO−反应生成BaCrO4沉淀（3）2BaCrO4+2H++22-4SO=2BaSO4+227CrO−+H2O（4）①.保证废水中Ba2+沉淀完全②.()13.7cba−【解析

】【分析】流程分析：加石灰乳调节PH后，2-4SO转化为CaSO4沉淀（微溶），227CrO−主要转化成24CrO−；破氰后[Ni(CN)4]2-转化为Ni(OH)2沉淀；继续加入BaCl2▪2H2O，生成主要

沉淀为BaCrO4和BaSO4；加入H2SO4，生成BaSO4沉淀和227CrO−。【小问1详解】①NaClO能氧化CN-，生成无毒无味气体N2和-3HCO，NaClO被还原为Cl-等无毒无害物质，CN-失去5个电子，ClO-获得2个电子，根据电子守恒，可知CN-系数是2，Cl

O-系数是5，反应的离子方程式：2CN-+5ClO-+1H2O=2-3HCO+1N2↑+5Cl-；②ClO-氧化CN-，使c(CN-)降低，平衡[Ni(CN)4]2-Ni2++4CN-正向移动，c(Ni2+)增大，利于生成Ni(OH)2沉淀，提高镍元素的去除率；【小问2详解】①预调p

H=7，溶液中c(H+)降低，平衡227CrO−+H2O224CrO−+2H+正向移动，c(24CrO−)增大，生成BaCrO4沉淀量增大；②预调pH=7要加入更多的石灰乳，会将更多的2-4SO转化为CaSO4沉淀，从而减少了沉淀2-4SO消耗的Ba2+的量，使更多的Ba2+与24CrO−

反应生成BaCrO4沉淀；【小问3详解】沉淀2中铬元素以BaCrO4形式存在，六价铬[Cr(VI)]在水溶液中存在平衡：227CrO−+H2O224CrO−+2H+，则酸性增加，使BaCrO4沉淀溶解平衡移动，离子方程式：2BaCrO4+2H++22-4SO=2BaSO4+227

CrO−+H2O【小问4详解】①保证废水中Ba2+沉淀完全②根据离子方程式：227CrO−+H2O224CrO−+2H+，n(H+)n(24CrO−)n(Ba2+)，步骤2消耗的HCl是与全部的Na2CrO4标准溶液反应，步骤1消耗的H

Cl是24CrO−与全部Ba2+反应后剩余的24CrO−所需量，两者的差值即与全部Ba2+反应需要的Na2CrO4；n(H+)=n(24CrO−)=n(Ba2+)=（c-b）310−L×0.1mol·L−1，m(Ba2+)=137×（c-b）410−g；则废水中Ba2+的含量为()13.

7cba−mg·L−119.某小组通过分析镁与酸反应时pH的变化，探究镁与醋酸溶液反应的实质。【实验】在常温水浴条件下，进行实验Ⅰ～Ⅲ，记录生成气体体积和溶液pH的变化：Ⅰ．取0.1g光亮的镁屑(过量)放入10mL0.10mol

·L–1HCl溶液中；Ⅱ．取0.1g光亮的镁屑放入10mL0.10mol·L–1CH3COOH溶液(pH=2.9)中；Ⅲ．取0.1g光亮的镁屑放入10mLpH=2.9HCl溶液中。【数据】(1)起始阶段，Ⅰ中主要反应的离子方程式是_

___。(2)Ⅱ起始溶液中3(CHCOOH)(H)cc+约为____。(选填“1”、“10”或“102”)(3)起始阶段，导致Ⅱ、Ⅲ气体产生速率差异的主要因素不是c(H+)，实验证据是____。(4)探究Ⅱ的反应速率大于Ⅲ的原因。提出假设：CH3COOH能直接与Mg反应。进行实验Ⅳ：____

。得出结论：该假设成立。(5)探究醋酸溶液中与Mg反应的主要微粒，进行实验Ⅴ。与Ⅱ相同的条件和试剂用量，将溶液换成含0.10mol·L–1的CH3COOH与0.10mol·L–1CH3COONa的混合溶液(

pH=4.8)，气体产生速率与Ⅱ对比如下。a．实验Ⅴ起始速率b．实验Ⅱ起始速率c．实验ⅡpH=4.8时速率2.1mL·min–12.3mL·min–10.8mL·min–1对比a~c中的微粒浓度，解释其

a与b、a与c气体产生速率差异的原因：____。(6)综合以上实验得出结论：①镁与醋酸溶液反应时，CH3COOH、H+、H2O均能与镁反应产生氢气；②____。(7)实验反思：120min附近，Ⅰ~Ⅲp

H均基本不变，pH(Ⅰ)≈pH(Ⅱ)<pH(Ⅲ)，解释其原因：____。【答案】①.Mg+2H+=Mg2++H2↑②.102③.由图1可知起始阶段Ⅱ的速率远大于Ⅲ，但图2表明起始阶段Ⅱ的pH大于Ⅲ④.室

温下，将光亮的镁屑投入冰醋酸中，立即产生气体⑤.a与b对比，c(CH3COOH)几乎相同，但b中c(H+)约为a的100倍，使速率b>a；a与c对比，c(H+)几乎相同，但a中c(CH3COOH)约为c的2倍，使速率a>c⑥.CH3COOH是与Mg反应产生气体

的主要微粒⑦.120min附近，Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH–(aq)均达到平衡状态，因此pH基本不变；c(Mg2+)Ⅰ≈Ⅱ>Ⅲ，Ⅰ、Ⅱ中上述平衡相对Ⅲ逆移，c(OH–)减小，pH减小【解析】【分析】反应刚开始时，由于Ⅰ中c

(H+)最大，所以反应速率最快，消耗n(H+)最多，但如果只发生反应2H++Mg=Mg2++H2↑，则Ⅰ、Ⅱ中产生H2的体积应相差较大，但实际上体积相差不大，说明醋酸也能与镁直接反应；从Ⅱ、Ⅲ中产生H2的体积也可得出

同样的结论。当Ⅰ、Ⅱ中产生H2的体积相同时，盐酸、醋酸应完全反应，但产生H2的体积继续增大，表明Mg与H2O能发生反应Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑，且醋酸中产生的H2更多，说明Mg与H2O反应的速率Ⅱ中更快。比较Ⅱ、Ⅲ中溶

液的pH，随着反应的进行，Ⅱ的pH比Ⅲ大，但产生H2的速率Ⅱ>Ⅲ，表明c(H+)不是影响反应速率的唯一因素；比较Ⅰ、Ⅱ溶液的pH，当pH相等后，盐酸中溶液的pH先趋于稳定，说明盐酸与Mg反应先结束，而醋酸与Mg反应后结束；Ⅲ与Ⅰ、Ⅱ溶液进行比较，Ⅲ的pH大，则表明Ⅲ中c(OH–)大，应为

Ⅰ、Ⅱ溶液中c(Mg2+)引起。【详解】(1)起始阶段，Ⅰ中主要发生镁与盐酸的反应，离子方程式是Mg+2H+=Mg2++H2↑。答案为：Mg+2H+=Mg2++H2↑；(2)Ⅱ起始溶液中3(CHCOOH)(

H)cc+约为-30.1mol/L110mol/L=102。答案为：102；(3)起始阶段，虽然Ⅱ、Ⅲ中c(H+)相等，但从产生H2的体积判断，Ⅱ、Ⅲ中气体产生速率差异很大，而Ⅱ的pH大于Ⅲ，则表明主要因素不是

c(H+)，实验证据是：由图1可知，起始阶段Ⅱ的速率远大于Ⅲ，但图2表明起始阶段Ⅱ的pH大于Ⅲ。答案为：由图1可知，起始阶段Ⅱ的速率远大于Ⅲ，但图2表明起始阶段Ⅱ的pH大于Ⅲ；(4)既然c(H+)不是影响反应速率

的主要原因，那么有可能是醋酸能与Mg直接反应，于是进行实验Ⅳ：室温下，将光亮的镁屑投入冰醋酸中，立即产生气体。答案为：室温下，将光亮的镁屑投入冰醋酸中，立即产生气体；(5)a与b中醋酸浓度相同、但a中c(H+)小，反应速率慢；a与c中，c(H+)相同，但醋酸浓度c大约是a

中的一半(假设实验Ⅱ中醋酸反应掉近一半，此时溶液中醋酸与醋酸根离子浓度相等，刚好为a中的一半，pH比a中稍大)，反应速率慢，由此得出气体产生速率差异的原因：a与b对比，c(CH3COOH)几乎相同，但b中c(H+)

约为a的100倍，使速率b>a；a与c对比，c(H+)几乎相同，但a中c(CH3COOH)约为c的2倍，使速率a>c。答案为：a与b对比，c(CH3COOH)几乎相同，但b中c(H+)约为a的100倍，使速

率b>a；a与c对比，c(H+)几乎相同，但a中c(CH3COOH)约为c的2倍，使速率a>c；(6)①镁与醋酸溶液反应时，CH3COOH、H+、H2O均能与镁反应产生氢气；②从实验Ⅰ、Ⅱ的比较中可得出，CH3CO

OH是与Mg反应产生气体的主要微粒。答案为：CH3COOH是与Mg反应产生气体的主要微粒；(7)120min附近，Ⅰ~ⅢpH均基本不变、c(Mg2+)相同，而Ⅲ的pH大，c(Mg2+)小，所以解释pH(Ⅰ)≈pH(Ⅱ)<pH(Ⅲ)的原因，应为：120min附近，Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(

aq)+2OH–(aq)均达到平衡状态，因此pH基本不变；c(Mg2+)Ⅰ≈Ⅱ>Ⅲ，Ⅰ、Ⅱ中上述平衡相对Ⅲ逆移，c(OH–)减小，pH减小。答案为：120min附近，Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2O

H–(aq)均达到平衡状态，因此pH基本不变；c(Mg2+)Ⅰ≈Ⅱ>Ⅲ，Ⅰ、Ⅱ中上述平衡相对Ⅲ逆移，c(OH–)减小，pH减小。【点睛】醋酸与镁反应后的溶液中，Mg与H2O反应的速率比盐酸与镁反应后的溶液中Mg与H2O反应的速率快，可能是CH3COO-能加快Mg与H2O反应的速率，或Cl

-能减慢Mg与H2O反应的速率。