【文档说明】北京市第十三中学2024届高三上学期期中化学试卷 Word版含解析.docx，共(24)页，1.560 MB，由小赞的店铺上传

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北京市第十三中学2023~2024学年度第一学期高三化学期中测试本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非逃择题)两部分，第I卷第1页至第4页；第II卷第5页至第10页，答题纸第1页至第2页。共100分，考试时间90分钟。请在答题卡规定位置书写班级、姓名和考号。考试

结束后，将本试卷和答愿卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1B-10.8C-12N-14O-16Fe-56第I卷(选择题共42分)1.我国科研人员发现中药成分黄芩素能明显抑制新冠病毒的活性。下列关于黄芩素的说法不正确的是A.分子中有3种官能团B.能与Na2CO3溶液反应C.空气中可发生氧

化反应D.能和Br2发生取代反应和加成反应【答案】A【解析】【分析】【详解】A．根据物质结构简式可知：该物质分子中含有酚羟基、醚键、羰基、碳碳双键四种官能团，A错误；B．黄芩素分子中含有酚羟基，由于酚的酸性比NaHCO3强，所以黄芩素能与Na2CO3溶液反应产生NaHCO3，B

正确；C．酚羟基不稳定，容易被空气中的氧气氧化，C正确；D．该物质分子中含有酚羟基，由于羟基所连的苯环的邻、对位有H原子，因此可以与浓溴水发生苯环上的取代反应；分子中含有不饱和的碳碳双键，可以与Br2等发生加成反应，D正确；故合理选项是A。2.下列化学用语或图示

表达不正确的是A.Br的原子结构示意图：B.2p：电子云图为：在C.NaCl的电子式为D.基态24Cr的简化电子排布式：51[Ar]3d4s【答案】C【解析】【详解】A．Br元素原子序数为35，根据核外电子排布规律，Br原子结构示

意图为，A正确；B．2p电子云图为，B正确；C．氯化钠是离子化合物，电子式为，C错误；D．Cr元素原子序数24，原子核外24个电子，基态24Cr的简化电子排布式：51[Ar]3d4s，D正确；故选C。3.下列说法不正确的是A.键角：432CH>NH>HOB.还原性：--Cl>IC.熔点：

金刚石>碳化硅>晶体硅D.热稳定性：223HO>HS>PH【答案】B【解析】【详解】A．CH4、NH3、H2O的价层电子对数均为4，杂化类型为sp3，CH4分子中无孤电子对，NH3分子中含有1对孤电子对，H2O分子中含有2对孤电子对，对成键电子对的

排斥作用依次增大，故键角：432CH>NH>HO，A正确；B．同主族元素从上到下，非金属性减弱，简单阴离子还原性增强，还原性强弱：--Cl<I，B错误；C．金刚石、碳化硅、晶体硅都是共价晶体，原子间通过共价键结合，形成共价键的原子半径越小，共价键结合得就越牢固，物质的熔点就越高，由于共价键

的键长C-C<C-Si<Si-Si，所以熔点金刚石>碳化硅>晶体硅，C正确；D．非金属性越强，对应的简单氢化物越稳定，非金属性O>S>P，所以热稳定性：223HO>HS>PH，D正确；故选B。4.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4NaHSO溶液中加入少量2BaCl溶

液，生成白色沉淀B.向NaOH和()2FeOH的悬浊液中通入空气，生成红褐色沉淀C.向3NaHCO溶液中加入少量4CuSO溶液，生成蓝绿色沉淀223Cu(OH)CO]D.向2HS溶液中通入氯气，生成黄色沉淀【答案】D【解析】【详解】A．向Na

HSO4中加入少量BaCl2溶液，实际参与反应的只有硫酸根离子和钡离子，忽略体积变化，H+的浓度不变，其pH不变，A错误；B．向NaOH和Fe(OH)2的悬浊液中通入空气，虽然有氢氧化亚铁被氧化成了红褐色的氢氧化铁，

其方程式为()()22234FeOH2HOO4FeOH++=，该过和中会消耗水，则增大了氢氧根离子的浓度，pH会变大，B错误；C．向NaHCO3溶液中加入少量CuSO4溶液，生成蓝绿色沉淀[Cu2(OH)2CO3]，其中没有元素的化合价发生变化，故没有氧化还原反应，C

错误；D．向H2S中通入氯气生成HCl和单质硫沉淀，这个氧化还原反应增大了H+的浓度，pH减小，D正确。故选D。5.已知：22HCl2HCl+点燃。下列说法不正确．．．的是A.2H分子的共价键是ssσ−键，2Cl分子的共价键是spσ−键B.燃烧生成的HCl气

体与空气中的水蒸气结合呈雾状C.停止反应后，用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近集气瓶口产生白烟D.可通过原电池将2H与2Cl反应的化学能转化为电能【答案】A【解析】【详解】A．H2分子里的共价键H-H键是由两个s电子重叠形成的

，称为s-sσ键，Cl2分子里的共价键Cl-Cl键是由两个p电子重叠形成的，称为p-pσ键，故A错误；B．HCl气体极易溶于水，遇到空气中的水蒸气后立即形成盐酸小液滴，即白雾，故B正确；C．浓氨水易挥发，挥发的氨气和HCl气体互相反应，化学方程式NH3+H

Cl=NH4Cl，生成NH4Cl氯化铵固体小颗粒，固体粉末就是烟，故C正确；D．2H与2Cl的反应是能够自发进行的氧化还原反应，可通过原电池将2H与2Cl反应的化学能转化为电能，故D正确；故选A。6.利用如图所示

装置(夹持装置略)进行实验，b中现象不能．．证明a中产物生成的是a中反应b中检测试剂及现象A浓3HNO分解生成2NO淀粉-KI溶液变蓝BCu与浓24HSO生成2SO品红溶液褪色C浓NaOH与4NHCl溶液生成3NH酚酞溶液变红D33CHCHBrCH与NaOH乙醇溶液生

成丙烯溴水褪色A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．浓硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸也能与碘化钾溶液反应生成遇淀粉溶液变蓝色的碘，则淀粉碘化钾溶液变蓝色不能说明浓硝酸分解生成二氧化氮，故A符合题意；B．铜与浓硫酸共热反应生成的二氧化硫具有漂

白性，能使品红溶液褪色，则品红溶液褪色能说明铜与浓硫酸共热反应生成二氧化硫，故B不符合题意；C．浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成能使酚酞溶液变红的氨气，则酚酞溶液变红能说明浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成氨气，故C不符合题意；D．乙醇具有挥发性，挥

发出的乙醇不能与溴水反应，则2—溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成能使溴水褪色的丙烯气体，则溴水褪色能说明2—溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成丙烯，故D不符合题意；故选A。7.下列事实能用平衡移动原理解释的是A.22HO溶液中加入少

量2MnO固体，促进22HO分解B.密闭烧瓶内的2NO和24NO的混合气体，受热后颜色加深C.铁钉放入浓3HNO中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体D.锌片与稀24HSO反应过程中，加入少量4CuSO固体，促进2H的产生【答案】B【解析】【详解

】A．MnO2会催化H2O2分解，与平衡移动无关，A项错误；B．NO2转化为N2O4的反应是放热反应，升温平衡逆向移动，NO2浓度增大，混合气体颜色加深，B项正确；C．铁在浓硝酸中钝化，加热会使表面的氧化膜溶解，铁与浓硝酸反应生成大量红棕色气体

，与平衡移动无关，C项错误；D．加入硫酸铜以后，锌置换出铜，构成原电池，从而使反应速率加快，与平衡移动无关，D项错误；故选B。8.实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是气体试剂制备装置收集方法AO2KMnO4ad

BH2Zn+稀H2SO4beCNOCu+稀HNO3bcDCO2CaCO3+稀H2SO4bcA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】【详解】A．KMnO4是固体物质，加热分解产生O2，由于O2难溶于水，因此可以用排水方法或向上

排空气的方法收集，故不可以使用a、d装置制取和收集O2，A错误；B．Zn与H2SO4发生置换反应产生H2，块状固体与液体反应制取气体，产生的H2难溶于水，因此可以用排水方法收集，故可以使用装置b、e制取H2，B正确；C．Cu与稀

HNO3反应产生NO气体，NO能够与O2发生反应产生NO2气体，因此不能使用排空气的方法收集，C错误；D．CaCO3与稀硫酸反应产生的CaSO4、CO2气体，CaSO4微溶于水，使制取CO2气体不能持续发生，因此不能使用该方

法制取CO2气体，D错误；故合理选项是B。9.下列事实不能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释的是A.FF−键的键能小于ClCl−键的键能B.三氟乙酸的aK大于三氯乙酸的aKC.氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性D.气态氟化氢中存在2(HF)，而

气态氯化氢中是HCl分子【答案】A【解析】【详解】A．F原子半径小，电子云密度大，两个原子间的斥力较强，FF−键不稳定，因此FF−键的键能小于ClCl−键的键能，与电负性无关，A符合题意；B．氟的电负性大于氯的电负性。FC−键的极性大于ClC−键的极性，使3FC—的极性大于3ClC

—的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强，B不符合题意；C．氟的电负性大于氯的电负性，FH−键的极性大于ClH−键的极性，导致HF分子极性强于HCl，C不符合题意；D．氟的电负性大于氯的电负性，与氟原子相连的氢原子可以与另外的氟原子形成分

子间氢键，因此气态氟化氢中存在()2HF，D不符合题意；故选A。10.下列方程式与所给事实相符的是A.金属钠在空气中加热生成淡黄色固体：224Na+O2NaOB.酚酞滴入23NaCO溶液中，溶液变红：2--323CO+HOHC

O+OHC.过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体：-+3+32Fe+NO+4H=Fe+NO+2HOD.湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝：--+2233Cl+I+3HO=6Cl+IO+6H−【答案】B【解析】【详解】A．金属钠在空气中加热生成的淡黄色固体是

Na2O2，方程式为2222Na+ONaO，A错误；B．酚酞滴入23NaCO溶液中，溶液变红，碳酸是二元弱酸，分步水解，2--323CO+HOHCO+OH，溶液显碱性，酚酞遇碱变红，B正确；C．过量铁粉与稀硝酸反应，起初生成的Fe3+被Fe全部还原为Fe2+，同时生成NO，离子方程

式为+-2+323Fe+8H+2NO=3Fe+2NO+4HO，C错误；D．湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝，说明生成I2遇淀粉变蓝，而-3IO不能使淀粉变蓝，发生的离子方程式为--22Cl+2I=I+2Cl，D错误；故选B。11.下列实验中，能达到实验目的的

是由32FeCl6HO制取无水3FeCl固体相同温度下的溶解度：23Mg(OH)>Fe(OH)AB检验溴乙烷水解产物中含有-Br除去2CO中混有的少量HClCDA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．直接加热Fe

Cl3·6H2O会促进氯化铁水解生成氢氧化铁，继续加热会使氢氧化铁分解产生氧化铁，得不到FeCl3固体，A错误；B．在2mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入3滴0.1mol/LMgCl2溶液，生成白色沉淀，N

aOH是过量的，再滴入3滴0.1mol/LFeCl3溶液，FeCl3与过量的NaOH反应生成红褐色沉淀，不能证明沉淀发生了转化，即不能说明相同温度下的溶解度：23Mg(OH)Fe(OH)＞，B错误；C．溴乙烷

在氢氧化钠水溶液中加热的条件下水解，在水解液中加入稀硝酸中和过量的氢氧化钠，再加入硝酸银溶液，生成淡黄色沉淀为AgBr，从而检验溴乙烷水解产物中含有Br-，C正确；D．二氧化碳也能与碳酸钠溶液反应，22323CO+NaCO+HO=2NaH

CO，故不能用碳酸钠溶液除去二氧化碳中的HCl，应用饱和碳酸氢钠溶液，D错误；故选C。12.某种超分子聚合物网络生物电极的制备原料CB和PDMA的结构如下图。下列说法正确的是A.CB中核磁共振氢谱有两组峰B.PDMA单体的化学式为102022CHNOC.CB与PDMA均为高分子

D.CB与PDMA都具有良好的耐酸碱性【答案】A【解析】【详解】A．根据等效氢原理可知，CB中核磁共振氢谱有二组峰如图所示，A正确；B．由题干图示信息可知，PDMA单体为：，则其化学式为C5H9NO，B错误；C．高分子是指相对分子质量成千上万的物质，由题干

可知，CB的相对分子质量为1328，不是高分子化合物，PDMA为高分子，C错误；D．由题干信息可知，CB与PDMA中都含有酰胺键，在酸性和碱性条件下均能发生水解，故CB与PDMA都不耐酸碱性，D错误；故答案为：A。13.利用下

图装置进行铁上电镀铜的实验探究。装置示意图序号电解质溶液实验现象①0.1mol/LCuSO4+少量H2SO4阴极表面有无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验电解液中有2+Fe②01mol/LCuS

O4+过量氨水阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验电解液中无Fe元素下列说法不正确．．．的是A.①中气体减少，推测是由于溶液中()+cH减少，且Cu覆盖铁电极，阻碍+H与铁接触B.①中检测到2+Fe，推测可能

发生反应：+2+2+2+2Fe+2H=Fe+HFe+Cu=Fe+Cu、C.随阴极析出Cu，推测②中溶液()2+cCu减少，()2+2+334Cu+4NHCuNH平衡逆移D.②中2+Cu生成()2+34

CuNH，使得()2+cCu比①中溶液小，Cu缓慢析出，镀层更致密【答案】C【解析】【分析】由实验现象可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，一段时间后，铜离子在阴极得到电子发生还原反应生成

铜；实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，使得溶液中铜离子浓度比①中要小，电解速率减慢，铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层。【详解】A．由分析可知，实验①时，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应，当

溶液中氢离子浓度减小，反应和放电生成的铜覆盖铁电极，阻碍氢离子与铁接触，导致产生的气体减少，故A正确；B．由分析可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，可能发生的反应为+2+2+2+2Fe+2H

=Fe+HFe+Cu=Fe+Cu、，故B正确；C．由分析可知，铜离子在阴极得到电子发生还原反应，在阴极析出铜，但阳极发生Cu-2e-=Cu2+的反应，铜离子浓度不变，()2+2+334Cu+4NHCuNH平衡不移动，故C错误；D．由分析可

知，实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，使得溶液中铜离子浓度比①中要小，电解速率减慢，铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层，故D正确；.的故选C。14.丙烷经催化脱氢可制丙烯:C3H8

C3H6+H2。600℃，将一定浓度的CO2与固定浓度的C3H8通过含催化剂的恒容反应器，经相同时间，流出的C3H6、CO和H2浓度随初始CO2浓度的变化关系如图。已知：①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=-2220kJ/mol②C3H6(g)+9/2O2(g)=

3CO2(g)+3H2O(l)△H=-2058kJ/mol③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)△H=-286kJ/mol下列说法不正确的是A.C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)△H=+124kJ/molB.c(H2)和c(C3H6)变化差异的原因：CO2+H

2CO+H2OC.其他条件不变，投料比c(C3H8)/c(CO2)越大，C3H8转化率越大D.若体系只有C3H6、CO、H2和H2O生成，则初始物质浓度c0与流出物质浓度c之间一定存在：3c0(C3H8)+c0(CO2)=c

(CO)+c(CO2)+3c(C3H8)+3c(C3H6)【答案】C【解析】【分析】【详解】A．根据盖斯定律结合题干信息①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=-2220kJ/mol②C3H6(g)+9/2O2

(g)=3CO2(g)+3H2O(l)△H=-2058kJ/mol③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)△H=-286kJ/mol可知，可由①-②-③得到目标反应C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)，该反应的△H=123ΔH-ΔH-ΔH=+124kJ/mol，A正确；B．仅按C3H8(

g)=C3H6(g)+H2(g)可知C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势应该是一致的，但是氢气的变化不明显，反而是CO与C3H6的变化趋势是一致的，因此可以推断高温下能够发生反应CO2+H2CO+H2O，从而导致C3H6、H2的浓度随CO

2浓度变化趋势出现这样的差异，B正确；C．投料比增大，相当于增大C3H8浓度，浓度增大，转化率减小，C错误；D．根据质量守恒定律，抓住碳原子守恒即可得出，如果生成物只有C3H6、CO、H2O、H2，那么入口各气体的浓度c0和出口各气体的浓度符合3c0(C3H8)+c0(CO2)=3c(C3

H6)+c(CO)+3c(C3H8)+c(CO2)，D正确；答案为：C。第II卷(非选择题共58分)15.3NH具有易液化、含氢密度高、应用广泛等优点，3NH的合成及应用一直是科学研究的重要课题。（1）以22H

N、合成3NH,Fe是常用的催化剂。①基态Fe原子的价层电子排布式为___________。②实际生产中采用铁的氧化物23FeOFeO、，使用前用2H和2N的混合气体将它们还原为具有活性的金属铁。铁的两种晶胞(所示图形为正方体)结构示意如下：i．两种晶胞所含铁原子个数比为__

_________。ii．图1晶胞的棱长为()-10apm1pm=110cm，其密度ρ=___________-3gcm。图2代表的铁单质中，一个铁原子周围最多有___________个紧邻的铁原子。③我国科学家开发出Fe?LiH等双中心催

化剂，在合成3NH中显示出高催化活性。比较H原子、Li原子和Na原子的第一电离能大小___________，从原子结构的角度说明理由：___________。（2）化学工业科学家侯德榜利用下列反应最终制得了高质量的纯碱。32234NaCl

+NH+CO+HO=NaHCO+NHCl①1体积水可溶解1体积2CO，1体积水可溶解约700体积3NH。3NH极易溶于水的原因是___________。②反应时，向饱和NaCl溶液中先通入___________。③3NaHCO分解得23NaCO。2-3CO空间结

构为___________。（3）33NHBH(氨硼烷)储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。元素HBN电负性2.12.03.0①33NHBH存在配位键，提供空轨道的是___________。②比较

熔点：33NHBH___________33CHCH(填“>”或“<”)。【答案】（1）①.623d4s②.1:2③.()3-10A112Na10④.12⑤.H>Li>Na⑥.H、LiNa、为同主族元素

，电子层数Na>Li>H，原子半径Na>Li>H，原子核对最外层电子的吸引作用H>Li>Na（2）①.3NH与2HO分子间能形成氢键，3NH与2HO都是极性分子，3NH与2HO反应②.3NH③.平面三角形（3）①.B②.>【解析】【小问1

详解】①Fe是26号元素，核外有26个电子，根据核外电子排布规则，价层电子排布式623d4s，故答案为：623d4s；②由图可知，晶胞甲中Fe位于顶点和体心，含有Fe原子数目为11828+=，晶胞乙中Fe位于顶点和面心，含有Fe原子数目为1186482+=，两种晶

胞所含铁原子个数比为2:4=1:2，故答案为：1:2；③晶胞甲含有2个Fe原子，晶胞质量为A256gN，棱长为apm，则该晶胞的密度-1033A112N(a10cm)g−=，故答案为：()3-10A112Na10；④

以图2某个顶点铁原子为例，每个晶胞中有3个面心紧邻一个顶点，因此一个铁原子周围最多有38122=个紧邻的铁原子，故答案为：12；⑤H、Li、Na位于同一主族，价电子数相同，自上而下原子半径逐渐增大，原子核对最外层电子的吸引作用逐渐减弱，第一电离能逐渐

减小H>Li>Na，故答案为：H>Li>Na；⑥由⑤分析，故答案为：HLiNa、、为同主族元素，电子层数Na>Li>H，原子半径Na>Li>H，原子核对最外层电子的吸引作用H>Li>Na；【小问2详解】①3NH与水分子间形成氢键，3NH与水能发生反应，且3NH与2

HO分子都是极性分子，相似相溶，因此3NH极易溶于水，故答案为：3NH与2HO分子间能形成氢键，3NH与2HO都是极性分子，3NH与2HO反应；②因二氧化碳在水中溶解度不大，氨气极易溶于水，饱和氨盐水显碱性，比饱和食盐水更容易吸收二氧化碳，所以应先通入3NH，故答案为：3NH；③2

3CO−中心原子C原子的价层电子对数为4232323+−=+，采取sp2杂化，且无孤电子对，则空间结构为平面三角形，故答案为：平面三角形；【小问3详解】①在33NHBH结构中，N原子存在孤电子对，B原子为缺电子原子，在配位键的形成中B原子提供空轨道，故答

案为：B；②33NHBH(氨硼烷)与33CHCH互为等电子体，由于33NHBH分子中N原子的电负性较大，分子间会形成氢键，所以33NHBH熔点高于33CHCH，故答案为：>。16.尿素()22CONH合成的

发展体现了化学科学与技术的不断进步。（1）十九世纪初，用氰酸银()AgOCN与4NHCl在一定条件下反应制得()22CONH，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是____________________。（2）二十世纪初，工业上以2CO和3NH为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应

分两步：ⅰ．2CO和3NH生成24NHCOONH；ⅱ．24NHCOONH分解生成尿素。为结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是__________(填序号)。a．活化能：反应ⅰ<反应ⅱb．ⅰ为放热反应，ⅱ

为吸热反应c．()()()()()2322142COl2NHlCONHlHOlΔHEE+=+=−（3）近年研究发现，电催化2CO和含氮物质(3NO−等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的3KNO溶液通

2CO至饱和，在电极上反应生成()22CONH，电解原理如图所示。①电极b是电解池的__________极。②电解过程中生成尿素的电极反应式是_____________。（4）尿素样品含氮量的测定方法如下。已知：溶液中()4cNH+不能直接用NaOH溶液准确滴

定。①消化液中的含氮粒子是__________。②步骤ⅳ中标准NaOH溶液的浓度和消耗的体积分别为c和V，计算样品含氮量还需要的实验数据有__________。【答案】（1）()422AgOCNNHClCONHAgCl+=+（2）ab（3）①.阳②.()322222NO16eCO

18HCONH7HO−−++++=+（4）①.4NH+②.样品的质量、步骤Ⅲ所加入24HSO溶液的体积和浓度【解析】小问1详解】根据原子守恒分析，二者反应生成尿素和氯化银，化学方程式是()422AgOCNNHClCONHAgCl+=+。答案为()422AgOC

NNHClCONHAgCl+=+；【小问2详解】a．反应ⅰ的活化能是1E，反应ⅱ活化能是3E，13E<E，a项正确；b．从图中反应物和生成物能量的相对大小可看出反应ⅰ放热，反应ⅱ吸热，b项正确；c．总反应的：1234ΔH=E-E+E-E，c项错误；故选ab。【小问3详解】①电极b上发生2

HO失电子生成2O的氧化反应，是电解池的阳极。②a极硝酸根离子得电子转化为尿素，再结合酸性环境可分析出电极反应式为()322222NO16eCO18HCONH7HO−−++++=+。答案为阳极；()322222NO16eCO18HCONH7HO−−++++=+；【小问4详解】①尿素

消化分解生成3NH和2CO，由于反应中存在浓24HSO，则消化液中含氮粒子为4NH+。②除了已知数据外，还需要的是样品的质量、步骤ⅲ所加入24HSO溶液的体积和浓度。答案为4NH+；样品的质量、步骤Ⅲ所加入H2SO4溶液的体积和浓度。17.瑞马唑仑是我国自主研发的小分子镇静

药物，用于常规胃镜检查，其合成路线如下（部分试剂和反应条件略去）。【已知：ⅰ．32RBrNHRNHHBr→+⎯+⎯ⅱ．（1）A能使2Br的4CCl溶液褪色，A分子含有的官能团是______。（2）B中含有醛基，A→B的反应类型是__

____。（3）D→E的化学方程式是______。（4）E的同分异构体中，能发生水解反应的顺式同分异构体的结构简式是______。（5）F分子中苯环上有2种氢原子，生成G的化学方程式是______。（6）J的结构简式是______。（

7）从K到M的合成路线如下：R的结构简式是______。【答案】（1）碳碳双键（2）氧化反应（3）CH2=CHCOOH+CH3OH24ΔHSO浓CH2=CHCOOCH3+H2O（4）（5）（6）（7）【解析】【分析】E与M发生加成反应生成

瑞马唑仑，结合E的分子式可知，E为，D与甲醇发生酯化反应生成E，则D为CH2=CHCOOH，B为CH2=CHCHO，A为CH2=CHCH3，与C6H6BrN发生取代反应得到G，根据K的结构简式结合F苯环上有两种氢原子

，推断C6H6BrN的结构简式为，G的结构简式为，J与NH3发生信息i的反应，随后发生信息ii的反应生成K，J与NH3反应生成的物质为，再发生信息ii的反应成环，故J为，再反推可得I为，K经过系列反应生成M，根据瑞马唑仑的结构简式和E的结构简式，推断M的结构简式为，

M与E加成生成瑞马唑仑。【小问1详解】A能使溴的四氯化碳溶液褪色，A为丙烯，含有的官能团为碳碳双键；【小问2详解】B为CH2=CHCHO，丙烯被氧化生成CH2=CHCHO，A→B反应类型为氧化反应；【小问3

详解】D为CH2=CHCOOH，D与甲醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成E，化学方程式为CH2=CHCOOH+CH3OH24ΔHSO浓CH2=CHCOOCH3+H2O；【小问4详解】E的同分异构体能发生水解反应说明存在酯基，同时存在顺反异构，则双键C原子上不能连

接相同的基团，则其顺式同分异构体的结构简式为；【小问5详解】F分子中苯环上有2种氢原子，F的结构简式为，F与发生取代反应生成G，化学方程式为；【小问6详解】根据分析可知，J的结构简式为；【小问7详解】与发生信息ii的反应生成P为，P发生醇

的氧化生成Q为，根据M的结构简式可知Q到R是羰基碳氧键断裂形成5元环，R为。18.铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。资料：i.钛白粉废渣成分：主要为FeSO4·H2O，含少量TiOSO4和不溶物i

i.TiOSO4+(x+1)H2O⇌TiO2·xH2O↓+H2SO4iii.0.1mol/LFe2+生成Fe(OH)2，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3；0.1mol/LFe3+生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8（1）纯

化①加入过量铁粉的目的是_______。②充分反应后，分离混合物的方法是_______。（2）制备晶种为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至p

H为6.0时开始通空气并记录pH变化(如图)。①产生白色沉淀的离子方程式是_______。②产生白色沉淀后的pH低于资料iii中的6.3。原因是：沉淀生成后c(Fe2+)_______0.1mol/L(填“＞”“=”或“＜”)。③0-t1时段，pH几乎不变；t1-t2

时段，pH明显降低。结合方程式解释原因：_______。④pH≈4时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t3后pH几乎不变，此时溶液中c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)增加，且(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原因：_______。（3）产品纯度测定铁黄纯度可以通过产

品的耗酸量确定。wg铁黄24HSO→加热溶解标准溶液溶液b⎯⎯⎯⎯⎯⎯→224NaCO溶液溶液cNaOH→酚酞标准溶液滴定资料：Fe3++32-24CO=Fe(C2O4)3-3，Fe(C2O4)3-3不与稀碱液反应Na2C2O4过量，会使测定结果_______(填“

偏大”“偏小”或“不受影响”)。【答案】（1）①.与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化②.过滤（2）①.Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2+2+4NH②.>③.pH6.0左右，4Fe(OH)

2+O2+2H2O=4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH+8H+，溶液中H+浓度增大，pH减小④.溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2++O2+4H+=4Fe3+和4Fe2++O2+2H2O=4FeOOH+4H+，因此c(Fe2+)的减小大于

c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释：12Fe2++3O2+2H2O=4FeOOH+8Fe3+（3）不受影响【解析】【分析】根据钛白粉废渣制备铁黄流程和钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物,可知：加入蒸馏水、铁粉纯化后，TiOSO4+2H2O⇌TiO2·

H2O↓+H2SO4，TiO2·H2O是沉淀，通过过滤后，得到精制FeSO4溶液，加入氨水和空气后，FeSO4溶液被氧化成三价铁离子，同时调整PH（0.1mol/LFe2+沉淀为Fe(OH)2，起始的pH为6.3，完全沉淀的pH为8.3；0.1mol/LFe3+沉淀为FeOOH，起始的p

H：1.5，完全沉淀的pH为2.8）和空气，生成FeOOH，再经过系列提纯，最终制得FeOOH固体。【小问1详解】与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化.钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOS

O4及其它难溶物，充分反应后有沉淀出现，所以分离混合物的方法是过滤；【小问2详解】pH6.0左右，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH+8H+，溶液中H+浓度增大，pH减小.溶液中

同时存在两个氧化反应4Fe2++O2+4H+=4Fe3+和4Fe2++O2+2H2O=4FeOOH+4H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释：12Fe2++3O2+2H2O=4FeOO

H+8Fe3+【小问3详解】由于Fe3++3C2O42-=Fe(C2O4)3，Fe(C2O4)3不与稀碱溶液反应,所以加入的Na2C2O4过量，则测定结果不受影响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NaClO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H2

SO4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N

aCuO2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Na

CuO2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.NaO

H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；②NaCuO

2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，C

lO-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4NaC

uO2+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，NaCuO2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。