【文档说明】北京市第三十一中学2024-2025学年第一学期高三化学期中试题 Word版含解析.docx，共(23)页，1.488 MB，由小赞的店铺上传

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北京市第三十一中学2024-2025学年度第一学期高三年级化学期中考试试题班级_______姓名_______学号_______成绩_______(考试时间90分钟试卷满分100分)可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16N-14Mg-24Al-27Si-28Cl-35.5第一部分选择题一

、选择题（共14小题，每题3分，共42分。各题只有1个选项符合题意）。1.我国科研人员利用激光操控方法，从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子，实现了对同位素41Ca的灵敏检测。41Ca的半衰期(放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间)长达10万

年，是14C的17倍，可应用于地球科学与考古学。下列说法正确的是A.41Ca的原子核内有21个中子B.41Ca的半衰期长，说明41Ca难以失去电子C.41Ca衰变一半所需的时间小于14C衰变一半所需的时间D.从Ca原子束流中直接俘获

41Ca原子的过程属于化学变化【答案】A【解析】【详解】A．41Ca的质量数为41，质子数为20，所以中子数为412021−=，A正确；B．41Ca的半衰期长短与得失电子能力没有关系，B错误；C．根据题意41Ca衰变一半所需的时间要大于14C衰变半所需的时间，C

错误；D．从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子的过程没有新物质产生，不属于化学变化，D错误；本题选A。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：26CHOD.乙

炔的分子结构模型：【答案】B【解析】【详解】A．NaCl为离子化合物，其电子式：，A正确；B．Cr原子序数24，其价层电子排布式：513d4s，B错误；C．乙醇结构简式：25CHOH，其分子式：26CHO，C正

确；D．乙炔为直线形分子，其分子结构模型：，D正确；答案选B。3.酸性锌锰干电池的构造示意图如下。关于该电池及其工作原理，下列说法正确的是A.石墨作电池的负极材料B.电池工作时，+4NH向负极方向移动C.2MnO发生氧化反应D.锌筒发生的电极反应为-2+Zn-2eZn=【

答案】D【解析】【详解】A．酸性锌锰干电池，锌筒为负极，石墨电极为正极，故A错误；B．原电池工作时，阳离子向正极(石墨电极)方向移动，故B错误；C．2MnO发生得电子的还原反应，故C错误；D．锌筒为负极，负极发生失电子的氧化反应-

2+Zn-2eZn=，故D正确；故选D。4.下列说法不正确的是A.淀粉经水解反应可直接生成乙醇B.用医用酒精、紫外线杀菌消毒的过程中涉及蛋白质的变性为C.纤维素与乙酸反应生成纤维素乙酸酯属于酯化反应D.核酸水解的最终产物是磷酸、戊糖和碱基【答案】A【解析】【详

解】A．淀粉经水解反应产生的葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇，A错误；B．医用酒精、紫外线杀菌消毒可以使蛋白质变性，B正确；C．纤维素的每个葡萄糖单元中含3个羟基，纤维素与乙酸发生酯化反应生成纤维素乙酸酯，C正确；D．核酸水解的最终产物是

磷酸、戊糖和碱基，D正确；故选A。5.下列方程式与所给事实不相符的是A海水提溴过程中，用氯气氧化苦卤得到溴单质：--222Br+ClBr+2Cl=B.用绿矾(42FeSO7HO)将酸性工业废水中的2-27CrO转化为3+2+2-+3+3+272Cr:6Fe+CrO+14H6F

e+2Cr+7HO=C.用245%?NaSO溶液能有效除去误食的2+2-2+44Ba:SO+BaBaSO=D.用23NaCO溶液将水垢中的4CaSO转化为溶于酸的3CaCO：2+2-33Ca+COCaCO=【答案】D【解

析】【详解】A．氯气氧化苦卤得到溴单质，发生置换反应，离子方程式正确，A正确；B．2-27CrO可以将2+Fe氧化成3+Fe，离子方程式正确，B正确；C．2-4SO结合2+Ba生成4BaSO沉淀，可以阻止2+Ba被人体吸收，离子方程式正确，C正确；D．23NaC

O与4CaSO反应属于沉淀的转化，4CaSO不能拆分，正确的离子方程式为CaSO4+23CO−=CaCO3+24SO−，D错误；本题选D。6.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。7.下列实验的对应操作中，不合理的是眼睛注视锥形瓶中溶液A．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液B．稀释浓硫酸C．从提纯后的NaCl溶液获得NaCl晶体D．配制一定物质的量浓度的KCl溶液A.AB.BC.CD.D【答案

】D【解析】【详解】A．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液时，眼睛应注视锥形瓶中溶液，以便观察溶液颜色的变化从而判断滴定终点，A项合理；B．浓硫酸的密度比水的密度大，浓硫酸溶于水放热，故稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入盛水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，B项合理；C．NaCl的溶解度随温度

升高变化不明显，从NaCl溶液中获得NaCl晶体采用蒸发结晶的方法，C项合理；D．配制一定物质的量浓度的溶液时，玻璃棒引流低端应该在容量瓶刻度线以下；定容阶段，当液面在刻度线以下约1cm时，应改用胶头滴管滴加蒸馏水，D

项不合理；答案选D。8.硼酸可用于治疗婴儿湿疹。硼酸显酸性的原因：3324HBOHOHB(OH)−+++，硼酸的结构简式如图所示。下列说法不正确．．．的是A.33HBO分子中所有的共价键均为极性键B.33HBO分子中B原子与3个O

原子形成三角锥形结构C.()4BOH−中存在B原子提供空轨道、O原子提供孤电子对的配位键D.根据33HBO溶液与3NaHCO溶液是否反应，可比较33HBO与23HCO的酸性强弱【答案】B【解析】【详解】A．由33HBO分子的结构简式可知，所有的共价键均为极性键

，A正确；B．由33HBO分子的结构简式可知，B原子形成3个σ键且没有孤电子对，杂化类型为sp2，与3个O原子形成平面三角形结构，B错误；C．B原子含有空轨道，O原子含有孤电子对，则()4BOH−中存在B原子提供空轨道、O原子提供孤电子对的配位键

，C正确；D．根据强酸制取弱酸的原理，根据33HBO溶液与3NaHCO溶液是否反应，可比较33HBO与23HCO的酸性强弱，D正确；故选B。9.关于23NaCO和3NaHCO的下列说法中，不正确的是A.两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同B.可用NaOH溶液使3NaHCO

转化为23NaCOC.室温下，二者饱和溶液的pH差约为4，主要是由于它们的溶解度差异D.利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去3NaHCO【答案】C【解析】【详解】A．23NaCO和3NaHCO的两种溶液中存在电

离平衡和水解平衡，溶液中的离子种类都含有：Na+、2-3CO、-3HCO、23HCO、H+、OH-、H2O等微粒，A正确；B．--2-332HCO+OH=CO+HO，可用NaOH溶液使3NaHCO转化为Na2CO3，B正确；C．

室温下23NaCO和3NaHCO饱和溶液pH相差较大的主要原因是2-3CO的水解程度远大于-3HCO，C错误；D．3NaHCO受热易分解，可转化为23NaCO，而23NaCO热稳定性较强，利用二者热稳定性差异，可

从它们的固体混合物中除去NaHCO3，D正确；故选C。10.苯与液溴反应生成溴苯，其反应过程的能量变化如图所示。下列说法不正确的是A.3FeBr可作该反应的催化剂B.将反应后的气体依次通入4CCl和3Ag

NO溶液以检验产物HBrC.总反应的H0，且123ΔH=E-E+ED.过程②的活化能最大，决定总反应速率的大小【答案】C【解析】【详解】A．苯与液溴反应生成溴苯和溴化氢，3FeBr可作该反应的催化剂，故A正确；B．反应后的气体中含溴化氢和溴蒸汽，通

入4CCl除去溴蒸汽，HBr和3AgNO溶液反应生成浅黄色AgBr沉淀，可知反应有HBr生成，故B正确；C．根据图示，总反应放热，总反应的H0，只知道正反应活化能，不能计算反应的焓变，故C错误；D

．根据图示，过程②的活化能最大，反应速率最慢，慢反应决定总反应速率的大小，故D正确；故选C。11.丙二酸二乙酯与尿素[()22CONH]合成重要有机试剂巴比妥酸，下列说法不正确的是A.丙二酸二乙酯的核磁共振氢谱有三组峰B.1mol巴比妥酸最多可与

2molNaOH反应C.丙二酸二乙酯与尿素反应生成巴比妥酸和乙醇D.一定条件下，丙二酸二乙酯与尿素可发生缩聚反应【答案】B【解析】【详解】A．由丙二酸二乙酯的结构简式可知，其中含有3种环境的H原子，则核磁共振氢谱有三组峰，A正确；B．巴比妥酸水解生成()22CONH和，1mol()22CO

NH可以和2molNaOH反应，1mol可以和2molNaOH反应，则1mol巴比妥酸最多可与4molNaOH反应，B错误；C．由丙二酸二乙酯和巴比妥酸的结构简式可知，丙二酸二乙酯和()22CONH发生取代反应生成巴比妥酸和乙醇，C正确；D．丙二酸二乙酯中含有两个酯基，()22CONH中含有两个

氨基，一定条件下，丙二酸二乙酯与尿素可发生缩聚反应，D正确；故选B。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.①中，Ag被NaClO氧化B.操作a过滤后取固体，操作b过滤后取溶液C.③中，若X是乙醛溶液，生成Ag

的反应为()3334322CHCHO+2AgNHOHCHCOONH+2Ag+3NH+HO⎯⎯→D.①②中分别加入NaOH溶液和氨水，作用均为调节溶液的pH【答案】D【解析】【分析】光盘碎片在碱性条件下加

入次氯酸钠将银氧化为氯化银沉淀等，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．①中Ag被NaClO氧化为氯化银沉淀，A正确；B．由分析可知，操作a过滤后取AgCl固体，操作b过滤后取()32AgNH

OH溶液，B正确；C．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()Δ3334322CHCHO+2AgNHOHCHCOONH+2Ag+3NH+HO→，C正确；D．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，D错误；故选D。13.工业上用乙苯与2CO生产苯乙烯，主要反应：①(g)(g)+H2(g)1125kJmolH=+②()()()()222HgCOgCOgHOg++241kJmolH=+在一定压强和催化剂作用下，向恒容容器中充入等物质的量的乙

苯和2CO。达到平衡时，各物质的体积分数随温度的变化如图所示。下列说法不正确．．．的是A.当反应混合气体的平均相对分子质量不再变化时，反应达到化学平衡状态B.苯乙烯和2H的体积分数变化差异的主要原因是2CO消耗2HC.乙苯的平衡转化率随温度升高而

升高，宜采用700℃获得更多的苯乙烯D.温度越高，乙苯脱氢生成苯乙烯的反应的K越大【答案】C【解析】【详解】A．在恒容容器中发生反应①、②，只有气体物质反应及生成，混合气体的质量不变，反应①是气体分子数增大的反应，随反应的进行，气体物质的量增加，混合气体的平均相对分子质量m

M=n减小，当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，反应达到化学平衡状态，A正确；B．发生反应①生成的苯乙烯和2H的体积相等，相同温度时，苯乙烯的体积分数大于2H的体积分数，说明2H与2CO发生反应②而被消耗，B正确；C．温度升高到630℃左右时，苯乙烯的体积分数较大，温度继

续升高，采用700℃获得更多的苯乙烯，苯乙烯的体积分数变化不明显，但耗能较大，故宜采用630℃获得较多的苯乙烯，C错误；D．反应①，乙苯脱氢生成苯乙烯的反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，化学平衡常数K增大，温度越高，K越大，D正确；答案选C。14

.研究()346CoNHSO溶液制备、性质和应用。①向4CoSO溶液中逐滴加入氨水，得到()346CoNHSO溶液。②分别将等浓度的4CoSO溶液、()346CoNHSO溶液放置于空气中，一段时间后，加入浓盐酸，前者无明显现象，后者产生使淀粉

KI溶液变蓝的气体。③()346CoNHSO溶液可处理含NO的废气，反应过程如下。下列说法正确的是A.①中，为避免4CoSO溶液与氨水生成2Co(OH)沉淀，可先加入适量的()442NHSO溶液B.②中，4CoSO溶液中的2Co+浓度比(

)346CoNHSO溶液中的高，4CoSO的还原性比()346CoNHSO的强C.③中，()236CoNH+转化为()()43355NHCoOOCoNH+−−−，Co元素的化合价不变D.③中，降低pH可显著提高NO的脱除率【答案】A【解析】【详解】A．

为避免CoSO4溶液与氨水生成Co(OH)2沉淀，可先加入适量的(NH4)2SO4溶液，使溶液中铵根离子浓度增大，抑制一水合氨的电离，故A正确；B．②中，由于[Co(NH3)6]2+为配离子，4CoSO溶液中的2

Co+浓度比()346CoNHSO溶液中的高，由图可知，[Co(NH3)6]2+被O2氧化为()()43355NHCoOOCoNH+−−−，分别将等浓度的CoSO4溶液、的[Co(NH3)6]SO4溶液放置于空气中，一段时

间后，加入浓盐酸前者无明显现象，后者产生使淀粉KI溶液变蓝的气体，该气体为氯气，说明[Co(NH3)6]SO4溶液中的Co2+更易被氧化，则[Co(NH3)6]SO4的还原性更强，故B错误；C．③中，[Co(NH3)6]2+转化为()()43355NHCoOOCo

NH+−−−，Co元素的化合价由+2价变为+3价，故C错误；D．③中，降低pH，溶液酸性增强，氢离子和氨气反应生成铵根，不利于脱除NO，故D错误；故选A。第二部分非选择题二、非选择题（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VSEPR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2LiS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.黏土钒矿中，钒以+3价、+4价、+5价的化合物存在，还包括2SiO、23FeO和铝硅酸盐(232AlOSiO)等。采用以下流程可由黏土钒矿制备25VO、23FeO和硫酸铝铵。已知：i.有机酸性萃取剂HR的萃

取原理为：()()()()n++nMaq+nHRorgMRorg+nHaqorg表示有机溶液ii.酸性溶液中，HR对+4价钒萃取能力强，而对+5价钒的萃取能力较弱iii.HR能萃取3Fe+而不能萃取2Fe+（1）从黏土钒矿到浸出

液的流程中，加快浸出速率的措施有_______。（2）滤渣的主要成分是_______。（3）浸出液中钒以+4价、+5价的形式存在，简述加入铁粉的原因：_______。（4）从平衡移动原理解释加入20%24HSO溶液的作用：_______。（5）3KClO和2

VO+反应生成2VO+和Cl−的离子方程式是_______。（6）测定25VO产品的纯度称取25VO产品ag，先加入硫酸将25VO转化为2VO+，加入指示剂后，用cmol/L()()4422NHFeSO溶液滴定将2VO+转化为2VO+至终点，消耗()()4422NHFe

SO溶液的体积为VmL。假设杂质不参与反应，则25VO产品中25VO的质量分数是_______(25VO的摩尔质量为Mg/mol)。（7）从无机层获得()3FeOH的离子方程式是_______。（8）硫酸铝铵固

体中含有少量硫酸铵杂质，根据下图的溶解度曲线，进一步提纯硫酸铝铵的操作是加热溶解、_______、洗涤、干燥。【答案】（1）使用浓硫酸、升高温度到250℃（2）2SiO（3）将溶液中的+5价钒、Fe3+分别转化为+4价钒、Fe2+，利于+4价钒的萃取，实现钒元素和

铁元素的分离（4）加入20%24HSO溶液，氢离子浓度增大，平衡()()()()n++nMaq+nHRorgMRorg+nHaq逆向移动，利于钒元素进入水层，与萃取剂分离（5）--++3222+6+ClO+3HO=ClVO+

6VO+6H（6）cVM%20a（7）()+3222432++8NHHO+O+2HO=4FeOH+84FeNH（8）降温结晶、过滤【解析】【分析】黏土钒矿加入浓硫酸、通入空气加入后水浸，二氧化硅不反应成为滤渣，浸出液加入氨水调节pH生成硫酸铝铵沉淀，滤液加入铁将三

价铁转化为二价铁、并将五价钒还原为四价钒，使用HR萃取钒到有机层，有机层加入硫酸、氯酸钾将四价钒转化为五价钒，加入氨水得到43NHVO，煅烧得到25VO；水层加入氨水、空气得到氢氧化铁，煅烧得到氧化铁；【小问1详解】加快浸出速率的措施有粉碎增大接触面积

、适当升高温度等；【小问2详解】由分析可知，滤渣的主要成分是2SiO；【小问3详解】酸性溶液中，HR对+4价钒萃取能力强，而对+6价钒的萃取能力较弱；HR能萃取3Fe+而不能萃取2Fe+；浸出液中钒以+4价、

+5价的形式存在，铁具有还原性，加入铁粉的原因为将三价铁转化为二价铁、并将五价钒还原为四价钒，以利于HR萃取分离铁和钒元素；【小问4详解】有机酸性萃取剂HR的萃取原理为：()()()()n++nMaq+nHRorgMRorg+nHaq，加入20%24HSO溶液，氢离子浓度增大，平衡逆向

移动，利于钒元素进入水层；【小问5详解】3KClO和2VO+反应生成2VO+和Cl−，离子方程式是--++3222+6+ClO+3HO=ClVO+6VO+6H；【小问6详解】用cmol/L()()4422N

HFeSO溶液滴定将2VO+转化为2VO+，铁元素化合价由+2变为+3，钒元素化合价由+5变为+4，根据电子守恒可知，()()4425222NHFeSOVO，则25VO产品中25VO的质量分数是-31cV10McVM21

00%=%a20a【小问7详解】无机层含有亚铁离子，加入一水合氨、氧气生成氢氧化铁沉淀，反应为()+3222432++8NHHO+O+2HO=4FeOH+84FeNH；【小问8详解】由图可知，相同温度下硫酸铵溶解度更大，则进一步提纯硫酸铝铵的操作是加热溶解、降温结晶、

过滤、洗涤、干燥。17.除草剂苯嘧磺草胺的中间体M合成路线如下。（1）D中含氧官能团的名称是_______。（2）A→B的化学方程式是_______。（3）I→J的制备过程中，下列说法正确的是_______(填序号)。a．依据平衡移动原理，加入过量的乙醇或将J蒸出，

都有利于提高I的转化率b．利用饱和碳酸钠溶液可吸收蒸出的I和乙醇c．若反应温度过高，可能生成副产物乙醚或者乙烯（4）已知：①K的结构简式是_______。②判断并解释K中氟原子对α-H的活泼性的影响_______。（5）M的分子式为137424CHClFNO

。除苯环外，M分子中还有个含两个氮原子的六元环，在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇。由此可知，在生成M时，L分子和G分子断裂的化学键均为CO—键和_______键，M的结构简式是_______。【答案】（1）硝基、酯基（2

）（3）abc（4）①.②.氟原子可增强α-H的活泼性，氟原子为吸电子基团，降低相连碳原子的电子云密度，使得碳原子的正电性增加，有利于增强α-H的活泼性（5）①.N-H②.【解析】【分析】B发生硝化反应得到D，即B为，A与CH

3OH发生酯化反应生成B，即A为，D发生还原反应得到E，结合E的分子式可知，D硝基被还原为氨基，E为，E在K2CO3的作用下与发生反应得到G，结合G的分子式可知，G为，I与C2H5OH在浓硫酸加热的条件下生成J，结合I与J的分子式可知，I

为CH3COOH，J为CH3COOC2H5，J与在一定条件下生成K，发生类似的反应，结合L的结构简式和K的分子式可知，K为，G和L在碱的作用下生成M，M的分子式为137424CHClFNO，除苯环外，M分子中还有个含两个氮原子的六元环，在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇，可推测

为G与L中NH-键与酯基分别发生反应，形成酰胺基，所以断裂的化学键均为C-O键和NH-键，M的结构简式为。【小问1详解】由D的结构简式可知，D中含氧官能团为硝基、酯基；【小问2详解】A→B的过程为A中羧基与甲醇中羟基发生酯化反应，化学方程式为：；【小问3详解】I→J的制备过程

为乙酸与乙醇的酯化过程，a．依据平衡移动原理，加入过量的乙醇或将乙酸乙酯蒸出，都有利于提高乙酸的转化率，a正确；b．饱和碳酸钠溶液可与蒸出的乙酸反应并溶解乙醇，b正确；c．反应温度过高，乙醇在浓硫酸的作用下发生分子间脱水生成乙醚，发生分子内消去反应生成乙

烯，c正确；故选abc；【小问4详解】①根据已知反应可知，酯基的α-H与另一分子的酯基发生取代反应，325FCCOOCH中左侧不存在α-H，所以产物K的结构简式为；②氟原子可增强α-H的活泼性，氟原子为吸电子基团，降低相连碳原子的电子云密度，使得碳原子的正电性增加，有利于增强α-H的活泼性；

【小问5详解】M分子中除苯环外还有一个含两个氮原子的六元环，在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇，再结合其分子式，可推测为G与L中NH-键与酯基分别发生反应，形成酰胺基，所以断裂的化学键均为C-O键和NH-键，M的结构简式为

。18.烟气脱硝技术是环境科学研究的热点。实验室模拟3O将烟气中的NO深度氧化为25NO，并进一步将25NO转化获得含氮产品，流程示意图如下。深度氧化器中发生的反应：i．322NO(g)O(g)NO(g)O(g)+=+1HakJ/mo

l=−ii．2332NO(g)O(g)NO(g)O(g)+=+2HbkJ/mol=−iii．2325NO(g)NO(g)NO(g)+3HckJ/mol(abc0)=−、、（1）NO被3O深度氧化，补全热化学方程式：32522NO(g)3O(g)

NO(g)3O(g)++H=___________kJ/mol（2）一定条件下，不同温度时，25NO的浓度随时间的变化如图所示。①1T___________2T(填“>”或“<”)。②8s时，25NO的浓度不同的原因是_

__________。（3）一定条件下，NO的初始浓度为200ppm时，不同反应时间，深度氧化器中2NO的浓度随()3nO:n(NO)的变化如图所示。反应过程中3NO的浓度极低。①()3nO:n(NO)1.0时，深度氧化器中发生的反应主要是____

_______(填“i”“ii”或“iii”)。②()30.9snO:n(NO)1.0、时，2NO的浓度随()3nO:n(NO)变化的原因是___________。（4）()380nO:n(NO)1.5=℃、且恒压的条件下进行烟气处理，烟气达到排放标准所

需深度氧化的时间仍较长。结合(3)，保持上述条件不变，解决这一问题可采取的措施及目的分别是___________。（5）深度氧化后烟气通过吸收器完全转化为硝酸盐产品，产品浓度的测定方法如下。已知34NOMnO−−、的还原

产物分别是2NOMn+、。产品中3NO−的物质的量浓度为___________mol/L。【答案】（1）(2)abc−++（2）①.<②.8s时反应已达到平衡状态，3O将NO深度氧化为25NO是放热反应，温度越高，越不利于反应正向进行，生成25NO的浓度越低（3）①.i②.0.9s

、n(O3)∶n(NO)＞1.0时，n(O3)∶n(NO)增大，使vⅱ增大、vⅲ增大，从而使2NO的浓度减小（4）使用适宜的催化剂，以增大ⅱ的反应速率（5）1122cv5cv3a−【解析】【小问1详解】的根据盖

斯定律知：i2+ii+iii可得，32522NO(g)3O(g)NO(g)3O(g)++H=(2)abc−++kJ/mol；【小问2详解】由图知，T2温度下，反应速率快，首先到达平衡，因此1T<2T；由图知，8s时反应已达到平衡状态，3O

将NO深度氧化为25NO是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，越不利于反应正向进行，生成25NO的浓度越低，所以答案为：8s时反应已达到平衡状态，3O将NO深度氧化为25NO是放热反应，温度越高，越不利于反应正向进行，生成25NO的浓度越低；【小问3详解】当()3nO

:n(NO)1.0时，NO主要转化为NO2,所以深度氧化器中发生的反应主要是i；由图知，()30.9snO:n(NO)1.0、时，2NO的浓度随着()3nO:n(NO)增大而减小的原因是：n(O3)∶n(NO)增大

，使vⅱ增大、vⅲ增大，从而使NO2的浓度减小；【小问4详解】由（3）知反应过程中NO3的浓度极低，说明反应ⅲ比反应ⅱ快，因为烟气达到排放标准所需深度氧化的时间仍较长，所以为了加快反应速率，采取的措施及目的分别是：使用适宜的催化剂，以增大ⅱ的反应速率；【小问5详解】溶液X中的3NO−与亚铁

离子发生氧化还原反应后，剩余的亚铁离子与4MnO−发生氧化还原反应，2432225Fe~MnO51ncv10mol+−−，则与4MnO−发生氧化还原反应的Fe2+为n2=3225cv10mol−，则与3NO−反应的Fe2+为n1=()31122cv5cv10mol−−，2313~

3nnFeNO+−１，则3NO−物质的量()311221cv5cv10nnmol33−−＝＝，则3NO−的物质的量浓度为()3112211223cv5cv10cv5cvmol/Lmol/L3a103a−−−−＝。19.某小组同学向pH=1的-10.5molL的3FeCl溶液中分

别加入过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。（1）理论分析依据金属活动性顺序，CuZnMg、、中可将3+Fe还原为Fe的金属是_______。（2）实验验证实验金属操作、现象及产物I过量Cu一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿

色，固体中未检测到Fe单质Ⅱ过量Zn一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3~4，取出固体，固体中未检测到Fe单质Ⅲ过量Mg有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量

气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加36KFe(CN)溶液，证明都有2+Fe生成，依据的现象是_______。②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因_______。③对实验Ⅱ未检测到Fe单质进行分析及探究。i．a．甲

认为实验Ⅱ中，当3+Fe、+H浓度较大时，即使Zn与2+Fe反应置换出少量Fe，Fe也会被3+Fe、+H消耗。写出Fe与3+Fe、+H反应的离子方程式_______。b．乙认为在pH为3~4的溶液中即便生成Fe也会被+H消耗。设计实验__

_____(填实验操作和现象)。证实了此条件下可忽略+H对Fe的消耗。c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与2+Fe的反应。实验证实了Zn粉被包裹。ii．查阅资料：-13+0.5molLFe开始沉淀pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3。结合a、b和c

，重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，_______(填实验操作和现象)，待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质。（3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中

检测到Fe单质的原因_______。的【答案】（1）MgZn、（2）①.产生蓝色沉淀②.3+Fe水解方程式为3++23Fe+3HOFe(OH)+3H，加入的Mg或Zn会消耗+H，促进3+Fe水解平衡正向移动，使其转化为3Fe(OH)沉淀③.3++2+22Fe+2Fe+2H4Fe+H=或3+2+2

Fe+Fe3Fe=、+2+22H+FeFe+H=④.向pH为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加36KFe(CN)溶液，不产生蓝色沉淀⑤.加入几滴KSCN溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸（3）加入镁粉

后产生大量气泡，使镁粉不容易被3Fe(OH)沉淀包裹【解析】【分析】实验Ⅰ中，加入过量的Cu，Cu与Fe3+发生反应3222FeCuCu2Fe++++=+，一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质；实验Ⅱ中，

加入过量的Zn，发生反应+22Zn2HZnH++=+，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色沉淀3Fe(OH)，固体中未检测到Fe单质，原因可能是3+Fe的干扰以及3Fe(OH)沉淀对锌粉的包裹；实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应+22Mg2HMgH++=+，由于Mg很活泼，该

反应非常剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质，对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被3Fe(OH)沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。【小问1详解】在金属活动性顺序表中，MgZn、

排在Fe之前，Cu排在Fe之后，因此MgZn、可将3+Fe还原为Fe；【小问2详解】①2+Fe与36KFe(CN)会生成蓝色的6KFeFe(CN)沉淀；②3+Fe水解方程式为3++23Fe+3HOFe(OH)

+3H，加入的Mg或Zn会消耗+H，促进3+Fe水解平衡正向移动，使其转化为3Fe(OH)沉淀；③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为：3++2+22Fe+2Fe+2H4Fe+H=或3+2+2Fe

+Fe3Fe=、+2+22H+FeFe+H=；b．要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可向pH为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加36KFe(CN)溶液，不产生蓝色沉淀，即说明此条件下Fe未与H+反应生成Fe2+；ⅱ．结

合a，b和c可知，实验Ⅱ未检测到Fe单质的原因可能是3+Fe的干扰以及3Fe(OH)沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成3Fe(OH)沉淀时将3+Fe还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液

pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，加入几滴KSCN溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸，待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质；【小问3详解】对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被3Fe(OH)沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到

Fe单质。