2023北京重点校高三（上）期末化学汇编（含解析）

2023北京重点校高三（上）期末化学汇编
离子反应
一、单选题
1．（2023秋·北京通州·高三统考期末）某实验小组的同学用0.1000mol/L氢氧化钠溶液和0.05000mol/L草酸溶液在25℃下进行中和滴定实验，先向锥形瓶内加入25.00L溶液，然后开始滴定，直至滴定完全测得锥形瓶内溶液pH随滴定管滴加溶液体积变化的曲线(见下图)。根据图中数据，下列说法正确的是
A．草酸是一元酸
B．该实验不能使用碱式滴定管
C．当滴加了20.00mL溶液后，锥形瓶内溶液的草酸根离子浓度大于氢离子浓度
D．当滴加了30.00mL溶液后，锥形瓶内溶液的钠离子浓度小于氢氧根离子浓度
2．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）精炼铜工业中阳极泥的综合利用具有重要意义。从阳极泥中回收多种金属的流程如下。
已知：分金液中含；分金渣的主要成分为；在反应中被氧化为。
下列说法不正确的是
A．“分铜”时加入的目的是降低银的浸出率
B．得到分金液的反应为：
C．得到分银液的反应为：
D．“滤液2”中含有大量的氨，可直接循环利用
3．（2023秋·北京西城·高三统考期末）以0.1mol/L NaOH溶液滴定20.00mL 0.1mol/L溶液的滴定曲线如图。已知：酚酞的变色范围是pH8.2~10
下列说法不正确的是
A．M点主要溶质为
B．N点可用酚酞作指示剂指示滴定终点
C．N点溶液：
D．M→N过程中，均满足
4．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）某小组同学进行了以下3个实验：
实验1 实验2 实验3
操作
现象 无沉淀及气体产生 有沉淀及气体产生 现象a
下列说法正确的是
A．实验1中发生了反应
B．实验2中促进了的电离平衡
C．实验3中现象a可能是：有沉淀及气体产生
D．推测：可用溶液鉴别浓度均为的溶液和溶液
5．（2023秋·北京·高三统考期末）表示下列反应的方程式正确的是
A．铁粉与水蒸气共热，生成可燃性气体：
B．向溶液中加入铜片，溶液由黄色变成蓝色：
C．向浊液中加入溶液，生成红褐色沉淀：
D．向溶液中滴加溶液，溶液由浅绿色变成黄色：
6．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）下列反应的离子方程式正确的是
A．用饱和碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：
B．通入水中制硝酸：
C．硫酸铜溶液中加少量的铁粉：
D．室温下用稀溶解铜：
二、实验题
7．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）某小组同学在实验室制备高铁酸钾，并探究制备的适宜条件。制备的实验装置如下(夹持装置略)。
资料：为紫色固体，微溶于溶液。
(1)装置A中产生的化学方程式是_______(锰元素被还原为)。
(2)研究试剂a对产率的影响，对比实验如下。
实验编号 试剂a 实验现象
I 和少量 无明显现象
II 和过量 得到紫色溶液，无紫色固体
III 和过量 得到紫色溶液(颜色比II深)，有紫色固体
注：上述实验中，溶液总体积、和的物质的量、的通入量均相同。
①实验II、III产生，将方程式补充完整______。
还原反应：；
氧化反应：。
②对实验I未产生而实验II能产生的原因提出假设：实验Ⅱ溶液碱性较强，增强+3价铁的还原性。以下实验证实了该假设。
步骤1：通入，电压表示数为；
步骤2：向右侧烧杯中加入_______(填试剂)，电压表示数为。
③反思装置B的作用：用饱和溶液除去，目的是_______。
④实验II中的产率比实验III低，试解释原因：_______。
(3)向实验II所得紫色溶液中继续通入，观察到溶液紫色变浅。可能原因是通入后发生_______(填离子方程式)而使溶液碱性减弱，进而导致分解。
(4)综上，制备的适宜条件是_______。
三、工业流程题
8．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）以废旧铅酸电池中的含铅废料(等)为原料制备，实现铅的再生利用。流程示意图如下：
资料：i.25℃时，
ii.
(1)溶浸
均转化为。
①上述流程中能提高含铅废料中铅的浸出率的措施有_______。
②转化为的反应有：、_______。
(2)结晶
①所得中含有少量，原因是_______(用方程式表示)。
②向母液中补加一定量盐酸，可继续浸取含铅废料。重复操作的结果如下：
循环次数 0 1 2 3 4
铅回收率/% 85.4 93.5 95.8 97.1 98.2
纯度/% 99.4 99.3 99.2 99.1 96.1
循环3次后，纯度急剧降低，此时向母液中加入_____(填试剂)，过滤，滤液可再次参与循环。
(3)脱氯
在某浓度溶液中的溶解度曲线如下图所示。
结合溶解度曲线，简述脱氯的操作：_______。
(4)测定废料中铅的含量
将含铅废料与足量盐酸、溶液充分反应，得到溶液。取溶液加水稀释，再加几滴二甲酚橙作指示剂，用的乙二胺四乙酸二钠盐(用表示)进行滴定，滴定终点时消耗溶液。计算废料中铅的质量分数_______。
资料：滴定原理为：
9．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）我国出口球状氯化镁融雪剂时，对产品色度(白度)要求很高，因此研究脱色及显色离子的去除有现实意义。以水氯镁石为原料生产符合白度要求的融雪剂的流程如下。
已知：①水氯镁石的主要成分是，还含有少量有色有机物、可溶性等杂质离子及少量不溶物。
物质
I.去除泥沙及脱除有机物颜色
水氯镁石饱和溶液脱色后的饱和溶液
(1)操作1的名称是_______。
(2)活性炭的作用是_______。
(3)部分有机物可与反应脱氢，在该反应中，体现的性质是_______。
(4)其它条件都不变的情况下，得到温度对脱色率的影响如图所示。后，随温度升高，脱色率下降的原因是_______。
II.去除显色离子
向脱色处理后的氯化镁溶液中加入氨水反应30分钟，再将溶液升温至保持30分钟，恢复至室温，最后加入适量的溶液反应一段时间，过滤得到氯化镁精制溶液。
(5)过滤得到的滤渣中含有、_______。
①将横线补充完整_______。
②将生成的离子方程式补充完整：_______、
(6)将溶液升温至的目的是_______。
III.制备产品
氯化镁精制溶液球状氯化镁融雪剂
(7)操作2是_______。
10．（2023秋·北京·高三统考期末）碳酸锂是制备其他锂化合物的关键原料。一种以磷酸锂渣(主要成分)为原料制备碳酸锂的工艺流程示意图如下。
已知：部分物质的溶解性表(20℃)
阳离子 阴离子
难溶 可溶 易溶
难溶 难溶 可溶
(1)写出浸取时与盐酸反应的化学方程式：_______。
(2)加入盐酸的量不宜过多的原因是_______。
(3)钙渣的主要成分是_______。
(4)磷锂分离时，需要不断加入适量溶液以维持溶液的基本不变。结合离子方程式解释其原因是_______。
(5)沉锂时，反应的离子方程式是_______。
(6)若粗制溶液中，。则沉锂前溶液中能达到的的最小浓度是_______。(已知：25℃时，的，的)
11．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）含钛高炉渣的主要化学成分为、、、、、、和金属等，对其综合利用具有重要的经济价值和社会效益。
Ⅰ、一种含钛高炉渣提钛工艺流程如下图所示。
已知：①不溶于水、稀酸和碱溶液；②能与强酸、强碱反应。
(1)盐酸酸浸过程中发生反应的离子方程式为___________。
(2)“磁选”的目的是___________。
(3)下列说法正确的是___________(填字母序号)。
a、滤渣1的主要成分为、
b、若将流程A部分与流程B部分互换顺序，最终得到的滤渣成分相同
c、若将流程A部分与流程B部分互换顺序，理论上氢氧化钠用量不变
Ⅱ、含钛高炉渣中金属含量的测定：
ⅰ、配制金属浸取液：取一定量的亚硫酸钠和邻菲岁啉(抑制水解)溶于水，加入乙酸和乙酸铵混合溶液调，此时铁的化合物不溶解。
ⅱ、取粉碎后的含钛高炉渣，加入足量金属浸取液，室温下浸取。
ⅲ、过滤，将滤液及洗涤液全部转移至盛有过量溶液的烧杯中，加入稀硫酸充分反应。
ⅳ、将反应后的溶液煮沸至冒大气泡并继续微沸。
ⅴ、冷却，用浓度为的抗坏血酸标准液滴定，消耗抗坏血酸标准液。
已知：①酸性条件下，(未配平)
②(抗坏血酸)(脱氢抗坏血酸)
(4)步骤ⅱ中浸取铁时发生反应的离子方程式为___________。
(5)步骤ⅲ中加入过量溶液的主要作用是___________(用离子方程式表示)。
(6)该含钛高炉渣中金属的质量分数=___________(用代数式表示)。
(7)下列两种情况均会对“金属的质量分数”测定结果造成偏差，任选其中一种情况分析并说明判断理由。
情况一：配制金属浸取液时，溶液等于2
情况二：未进行步骤ⅳ，直接用抗坏血酸标准液滴定
①情况___________的测定结果___________(填“偏高”或“偏低”)。
②理由是___________。
四、原理综合题
12．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）利用氢氧化钡沉淀-碘量法对锰酸钾和高锰酸钾共存时的离子浓度进行分别测定，方法如下。
已知：①，易溶于水
②
③溶液中较高时，易被空气氧化
④该条件下，和的还原产物都是
I.取和共存液于烧杯中，加入过量溶液，产生灰绿色沉淀，过滤。
II.取I中的滤液于碘量瓶中，加入溶液和浓硫酸，此时溶液颜色发生变化，盖上盖子后至黑暗处放置5分钟。
III.用溶液滴定，待溶液颜色变为淡黄色时，加入淀粉指示剂，达到滴定终点时，消耗溶液。
IV.另取一份相同共存液于碘量瓶中，重复II、III操作，记录消耗溶液。
(1)I中灰绿色沉淀是_______，同时生成的另一种产物的化学式是_______。
(2)II中反应的离子方程式是_______。
(3)III中滴定终点时的现象是_______。
(4)II中加入浓硫酸要适量，防止溶液中较高发生副反应：_______(写出反应的离子方程式)。
(5)该溶液中锰酸钾的物质的量浓度为_______。
参考答案
1．C
【分析】根据pH曲线图知，锥形瓶中盛装的是草酸溶液，实验是用0.1000mol/L氢氧化钠溶液滴定0.05000mol/L草酸溶液。滴定终点时，两溶液消耗的体积相同，则氢氧化钠与草酸按物质的量2：1发生了反应，方程式为：。
【详解】A．由分析知草酸是二元酸，A错误；
B．盛装氢氧化钠溶液必须用碱式滴定管，量取草酸溶液必须用酸式滴定管，B错误；
C．当滴加了20.00mL溶液时，根据方程式可计得锥形瓶内草酸钠有，草酸有，草酸钠完全电离，草酸微弱电离，因此溶液中草酸根离子浓度大于氢离子浓度。随着滴加的NaOH增多，生成的草酸钠更多，草酸根离子浓度变得更大，氢离子浓度变得更小，C正确；
D．当滴加了25.00mL溶液时，恰好完全中和，溶质只有草酸钠，草酸钠完全电离，氢氧根离子主要由草酸根离子水解产生，水解是微弱的，因此钠离子浓度大于氢氧根离子浓度。随着滴加的NaOH增多，增多的NaOH中，钠离子浓度等于氢氧根离子浓度，且NaOH还能抑制草酸根离子的水解，因此溶液中的钠离子浓度依然会大于氢氧根离子浓度，D错误；
故选C。
2．D
【分析】阳极泥加入硫酸、过氧化氢和氯化钠使铜溶解，使氯化银尽量不溶解，在分铜渣中加入氯化氢和氯酸钠分金，分金液中加入二氧化硫将金还原成单质金，分渣金中加入氨水分银，分银液中加入，还原银成为银单质，据此分析。
【详解】A．“分铜”时加入，使氯离子浓度增大，利用同离子效应，使氯化银几乎不溶解，降低银的浸出率， A正确；
B．利用的氧化性，同时大量氯离子存在，可以使金形成配合离子，反应的离子方程式为：，B正确；
C．氯化银可以溶解在氨水中，形成，反应的化学方程式为：，C正确；
D．由已知被氧化成，不会生成氨气，故“滤液2”中不会含有大量的氨，D错误；
故本题选D。
3．C
【详解】A．加入20.00mL等浓度的NaOH溶液时生成，因此M点主要溶质为，A正确；
B．N点溶液中溶质为，溶液pH=10，酚酞的变色范围是pH8.2~10，因此N点可用酚酞作指示剂指示滴定终点，B正确；
C．N点溶液中溶质为，溶液pH=10，溶液呈碱性，说明的水解程度大于电离程度，因此，C错误；
D．M→N过程中和的混合溶液，则混合溶液中电荷守恒式为：，D正确；
故选C。
4．B
【详解】A．根据实验1中的现象可知，没有沉淀生成，故没有发生反应，A错误；
B．实验2中有沉淀及气体产生说明，钙离子结合了碳酸氢根电离产生的碳酸根离子，同时，碳酸氢根离子电离产生的氢离子和另一个碳酸氢根离子结合生成水和二氧化碳，B正确；
C．由实验1和2可知，当钙离子浓度较小时，不容易和碳酸根离子结合生成沉淀，故现象a不会出现沉淀，C错误；
D．由实验1和2可知，饱和氯化钙可以和碳酸氢钠反应生成沉淀和气体，不饱和的氯化钙溶液，无法反应，故不能用溶液鉴别浓度均为的溶液和溶液，D错误；
故选B。
5．B
【详解】A．铁粉与水蒸气共热生成Fe3O4和H2，A错误；
B．向溶液中加入铜片，Fe3+与Cu反应生成Fe2+和Cu2+，溶液由黄色变成蓝色，离子方程式为，B正确；
C．在离子方程式中不能拆开，应该保留化学式，C错误；
D．向溶液中滴加溶液的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，D错误 ；
故答案为：B。
【点睛】判断离子方程式是否正确，一般先看产物是否符合客观事实，二看化学式拆分是否正确，三看是否漏离子反应，四看反应物的配比是否正确，五看各种符号是否齐全。
6．D
【详解】A．水垢中的硫酸钙是沉淀，故用饱和碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙的离子方程式为：，A错误；
B．原离子方程式H原子不守恒，则通入水中制硝酸的离子方程式为：，B错误；
C．铁与盐溶液发生置换反应生成Fe2+，故硫酸铜溶液中加少量的铁粉的离子方程式为：，C错误；
D．室温下用稀溶解铜的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故其离子方程式为：，D正确；
故答案为：D。
7．(1)
(2) 固体 防止与反应，避免价铁的还原性减弱而使产率降低 II中大，不利于正向进行。(或根据反应：，II中大，的氧化性减弱)
(3)
(4)选用和过量溶液、通入适量
【分析】装置A中浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，得到的氯气中混有氯化氢气体，通过饱和NaCl溶液除去氯化氢气体，C中氯气和和过量反应得到，D为尾气处理装置。
【详解】（1）装置A中浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，化学方程式为：。
（2）①氧化反应中，Fe元素由+3价上升到+6价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：；
②实验Ⅱ溶液碱性较强，增强+3价铁的还原性，故步骤2：向右侧烧杯中加入KOH固体，增强右侧溶液的碱性，若电压表示数为，说明该假设成立；
③用饱和溶液除去，目的是：防止与反应，避免价铁的还原性减弱而使产率降低；
④II中大，不利于正向进行(或根据反应：，II中大，的氧化性减弱)，所以实验II中的产率比实验III低。
（3）通入后，和NaOH溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：。
（4）综上，增强碱性可以增强+3价铁的还原性，过量的氯气使溶液碱性减弱，进而导致分解，则制备的适宜条件是选用和过量溶液、通入适量。
8．(1) 粉碎、加热、加入增大
(2) (或)
(3)向中加入一定量溶液，加热至固体完全溶解后，冷却结晶，过滤得到固体
(4)
【分析】以废旧铅酸电池中的含铅废料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4等）为原料，制备，含铅废料加入盐酸、氯化钠、加热反应过滤得到PbCl2粗品，加入过量氢氧钠溶液脱氯得到。据此分析解题。
【详解】（1）①溶浸均转化为，粉碎、加热、加入增大均能增大铅的浸出率，故答案为粉碎、加热、加入增大。
②和盐酸直接反应可转化为，也可以和一起反应生成；反应有：，；故答案为。
（2）①溶浸均转化为，由于的水解，，所得中含有少量；故答案为。
②向母液中补加一定量盐酸，可继续浸取含铅废料。循环3次后，纯度急剧降低，可向母液中加入(或)，过滤，滤液可再次参与循环；故答案为(或)。
（3）在某浓度溶液中的溶解度随温度升高而增大，脱氯的操作为向中加入一定量溶液，加热至固体完全溶解后，冷却结晶，过滤得到固体；故答案为向中加入一定量溶液，加热至固体完全溶解后，冷却结晶，过滤得到固体。
（4）取溶液加水稀释，再加几滴二甲酚橙作指示剂，用的乙二胺四乙酸二钠盐(用表示)进行滴定，滴定终点时消耗溶液。滴定原理为：；所以，所以；所以铅的质量分数为；故答案为。
9．(1)溶解、过滤
(2)吸附少量有色有机物
(3)氧化性
(4)当温度高于50℃时，过氧化氢分解，从而导致脱色率下降
(5) CuS CuS Mn2++2NH3·H2O+H2O2=MnO(OH)2↓+2+H2O
(6)除去溶液中过量的H2O2，防止其氧化后续加入的硫化铵
(7)蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，同时加入HCl防止镁离子水解
【分析】水氯镁石加水溶解，操作1为过滤除去其中的少量不溶物得到氯化镁溶液，氯化镁溶液中加入活性炭吸附少量有色有机物，加入过量过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子得到脱色后的氯化镁饱和溶液。脱色后的氯化镁溶液中加入氨水将铁离子、铜离子、锰离子转化为氢氧化物沉淀，其中氢氧化锰先被氧化生成MnO(OH)2，MnO(OH)2进一步分解生成二氧化锰，最后加入硫化铵生成硫化铅沉淀同时氢氧化铜沉淀会转化成更难溶的硫化铜沉淀，得到氯化镁精制溶液，氯化镁精制溶液经蒸发浓缩冷却结晶得到球状氯化镁融雪剂。
【详解】（1）根据分析可知，操作1名称为溶解、过滤。
（2）活性炭具有吸附能力，其作用为吸附少量有色有机物。
（3）部分有机物与H2O2反应脱氢，发生了氧化反应，在该反应中，过氧化氢表现出氧化性。
（4）从第三小问可知，部分有机物被过氧化氢氧化从而脱色，当温度高于50℃时，过氧化氢分解，从而导致脱色率下降。
（5）①根据分析可知，过滤得到的滤渣中除了氢氧化铁、二氧化锰还含有硫化铜。
②锰离子先与过氧化氢、一水合氨反应生成MnO(OH)2，MnO(OH)2分解生成二氧化锰，离子方程式为Mn2++2NH3·H2O+H2O2=MnO(OH)2↓+2+H2O。
（6）将温度升高到90℃目的是除去溶液中过量的H2O2，防止其氧化后续加入的硫化铵。
（7）氯化镁精制溶液经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，造粒得到球状氯化镁融雪剂，同时加入HCl防止镁离子水解。
10．(1)+2HCl=+2LiCl
(2)尽量减少后序磷锂分离时NaOH的用量
(3)
(4)溶液中存在反应Ca2++=+H+，反应后后溶液酸性增强，需要不断NaOH溶液以维持溶液的基本不变，避免溶液酸性增强影响磷的沉淀
(5)2Li++=Li2CO3↓
(6)
【分析】磷酸锂渣加入盐酸浸取时生成和LiCl，加入CaCl2溶液生成，期间不断加入NaOH溶液保持pH基本不变，避免溶液酸性增强影响磷的沉淀，磷锂分离后钙渣中主要是，调节溶液中pH至弱碱性，向粗制LiCl溶液中加入Na2CO3溶液除去Ca2+杂质，然后再加入Na2CO3溶液进行沉锂，最后得到Li2CO3沉淀。
【详解】（1）磷酸锂渣加入盐酸浸取时生成Li+、、Cl-，因此与盐酸反应的化学方程式为+2HCl=+2LiCl；
（2）在磷锂分离时还需要加入NaOH调节pH，因此浸取时加入盐酸的量不宜过多，减少后序磷锂分离时NaOH的用量；
（3）根据溶解性表可知，磷锂分离时加入CaCl2溶液和NaOH溶液，生成可溶性的LiCl和难溶性的，钙渣的主要成分是；
（4）在溶液中存在反应Ca2++=+H+，反应后后溶液酸性增强，需要不断NaOH溶液以维持溶液的基本不变，避免溶液酸性增强影响磷的沉淀；
（5）沉锂时，Li+与结合生成Li2CO3沉淀，反应的离子方程式是2Li++=Li2CO3↓；
（6）要求Li+不能沉淀，Ca2+形成沉淀CaCO3而除去，则，则沉锂前溶液中能达到的的最小浓度是。
11．(1)
(2)除去金属铁
(3)ab
(4)
(5)
(6)
(7) 一（或二） 偏高（偏高） 溶液等于2，会导致铁的化合物溶解（或过氧化氢剩余，也会和抗坏血酸反应，消耗抗坏血酸标准液偏多）
【分析】磁选分离出金属，盐酸酸浸，、、、、溶解，、不溶解，滤渣1主要成分是、，再加氢氧化钠溶液碱浸，溶解，不溶，滤渣2主要成分是，提纯之后还原得到金属钛。
【详解】（1）盐酸酸浸过程中发生反应的离子方程式为；
（2）“磁选”的目的是除去易被磁铁吸引的金属铁；
（3）a．根据分析可知滤渣1的主要成分为、，a正确；
b．若将流程A部分与流程B部分互换顺序，最终得到的滤渣2都是，成分相同，b正确；
c．氢氧化钠可以与、反应，若将流程A部分与流程B部分互换顺序，先加氢氧化钠溶液碱浸，理论上氢氧化钠用量增多，c错误；
故选ab；
（4）根据已知：①酸性条件下，，步骤ⅱ中浸取铁时发生反应的离子方程式为；
（5）步骤ⅲ中加入过量溶液的主要作用是将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为；
（6）根据发生的反应可得关系式～2Fe3+～2Fe，该含钛高炉渣中金属的物质的量为2cV×10-3mol，质量分数==；
（7）情况一：配制金属浸取液时，溶液等于2，会导致铁的化合物溶解，测得金属的质量分数偏高；
情况二：未进行步骤ⅳ，直接用抗坏血酸标准液滴定，有过氧化氢剩余，也会和抗坏血酸反应，消耗抗坏血酸标准液偏多，测得金属的质量分数偏高。
12．(1) BaMnO4 KOH
(2)
(3)溶液由蓝色变为无色，且半分钟不褪色
(4)
(5)
【分析】将KMnO4 和K2MnO4共存液20mL于烧杯中，加入过量Ba(OH)2溶液，KMnO4不反应，，所以第Ⅰ步的滤液为KMnO4、KOH、Ba(OH)2，加入KI和浓硫酸，中和反应，，及，用Na2S2O3滴定时，，用淀粉作指示剂，观察到现象，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不褪色则说明到达滴定终点，以此分析；
【详解】（1）根据分析，灰绿色沉淀时BaMnO4，生成的另一种产物是KOH；
故答案为：BaMnO4；KOH；
（2）根据分析，Ⅱ中发生的反应，，；
故答案为： ；
（3）根据分析，滴定终点现象，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不褪色；
故答案为：溶液由蓝色变为无色，且半分钟不褪色；
（4）在酸性条件下，碘离子易易发生氧化反应，；
故答案为：；
（5）高锰酸钾与锰酸钾均与硫代硫酸钠反应，，，高锰酸钾和锰酸钾共消耗，在第一份溶液中，高锰酸钾消耗的，则锰酸钾消耗的，根据反应式的关系，可知，；
故答案为：。2023北京重点校高三（上）期末化学汇编
微粒间相互作用与物质性质章节综合
一、单选题
1．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）已知某些化学键键能如下，下列说法不正确的是
化学键
键能/ 436 243 194 432 a
A．根据键能可估算反应的
B．根据原子半径可知键长：，进而推测
C．与反应生成时，放出热量小于
D．常温下和的状态不同，与和的键能有关
2．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）下列化学用语或图示表达正确的是
A．共价键电子云轮廓图：
B．基态原子的价层电子排布式：
C．的模型：
D．反-2-丁烯的结构简式：
3．（2023秋·北京西城·高三统考期末）和的混合气体在光照下发生反应，实验装置如图。下列说法不正确的是
A．分子中的共价键是s-p键
B．产物分子是极性分子
C．有HCl生成说明该反应是取代反应
D．试管壁出现油状液滴，有机产物的沸点：
4．（2023秋·北京西城·高三统考期末）名医华佗创制的用于外科手术的麻醉药“麻沸散”中含有东莨菪碱，其结构简式如图。下列关于该物质的说法不正确的是
A．含有3种含氧官能团 B．N的杂化方式为
C．不能发生消去反应 D．具有碱性，能与强酸反应
5．（2023秋·北京西城·高三统考期末）我国科研团队对嫦娥五号月壤的研究发现，月壤中存在一种含“水”矿物。下列化学用语或图示表达不正确的是
A．—OH的电子式： B．的结构示意图：
C．的空间结构模型： D．的VSEPR模型：
6．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）吲吲哚生物碱具有抗菌、抗炎、抗肿瘤等多种活性，其一种中间体结构简式如图所示，下列关于吲哚生物碱中间体的说法不正确的是
A．该物质属于芳香族化合物 B．该物质能发生加成、取代反应
C．分子中不含有手性碳原子 D．分子中含有酰胺基
7．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）据报道，火星和金星大气层中可能存在一种非常特殊的气态化合物，这种化合物会导致温室效应，它的结构式为。下列说法中不正确的是
A．的电子式是：
B．和互为同位素
C．分子中存在极性键
D．分子呈直线形
8．（2023秋·北京·高三统考期末）研究碘在不同溶剂中的溶解性。进行实验：
①向试管中放入一小粒碘晶体，再加入蒸馏水，充分溶解后，得到黄色溶液a和少量不溶的碘；
②取5mL溶液a，加入四氯化碳，振荡，静置，液体分层，下层呈紫色，上层无色；
③将②所得下层溶液全部取出，加入溶液，振荡，静置，下层溶液紫色变浅，上层溶液b呈黄色(颜色比溶液a深)。
已知：ⅰ.；
ⅱ.。
下列说法不正确的是
A．是极性溶剂，是非极性溶剂，非极性的更易溶于
B．②中的下层溶液为碘的四氯化碳溶液
C．溶液b中溶液a中
D．向①所得浊液中加入，使增大，反应ⅰ平衡逆向移动，析出
9．（2023秋·北京·高三统考期末）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．乙炔的分子结构模型：
C．氮分子的电子式：
D．基态的简化电子排布式：
10．（2023秋·北京·高三统考期末）我国科学家分别攻克了两大催化技术，使合成“液态阳光”的两个生产环节效率大幅提高。“液态阳光”的合成示意图如下。下列说法不正确的是
A．甲醇的沸点远远高于乙烷，是由于甲醇分子之间存在氢键
B．催化剂通过降低相应反应的活化能使化学反应速率增大
C．理论上生成时，光催化过程至少转移电子
D．作燃料时，充分燃烧消耗
11．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）我国科学家成功利用和人工合成了淀粉，使淀粉的生产方式从农业种植转为工业制造成为可能，其原理如下图所示。下列说法不正确的是
A．分子中键和键个数比为1∶1
B．甲醇沸点高于甲醛，是因为甲醇分子间能形成氢键
C．甲醇分子和二羟基丙酮分子中碳原子的杂化类型均为
D．二羟基丙酮与乳酸()互为同分异构体
12．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）向少量溶液中依次加入足量下表中的试剂，观察现象并记录如下：
试剂
①溶液 ②氨水 ③溶液 ④溶液 ⑤溶液 ⑥溶液 ⑦浓硝酸
白色沉淀 澄清溶液 浅黄色沉淀 澄清溶液 黄色沉淀 黑色沉淀 澄清溶液
已知：与形成。依据现象推测，下列说法不正确的是
A．②中加氨水后发生反应：
B．同温度下，溶度积大小关系：
C．与配位的能力由强到弱依次为：、
D．上述实验转化过程中不涉及氧化还原反应
13．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）食醋中含有醋酸等有机酸及少量氨基酸。食醋的酸度是指每食醋中含酸(均折合成醋酸计)的质量。国家标准规定酿造食醋酸度不得低于。可用滴定法测定食醋的酸度。某小组同学量取自制食醋样品稀释至(溶液几乎无色)，每次量取于锥形瓶中，加入中性甲醛溶液(掩蔽氨基的碱性)，以酚酞为指示剂，用标准溶液滴定，滴定管读数记录如下表。
溶液的体积 第一次 第二次 第三次
滴定前溶液的体积读数 0.00 1.00 2.00
滴定后溶液的体积读数 9.90 11.00 12.10
下列说法不正确的是
A．醋酸易溶于水与“醋酸分子和水分子之间能形成氢键”有关
B．锥形瓶中溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色时停止滴定
C．该自制食醋样品的酸度不符合国家标准
D．若不加甲醛溶液，测定结果会偏低
14．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）用代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法中，正确的是
A．碳酸钠和碳酸氢钠的混合物含有的氧原子数为
B．标准状况下，乙炔中键数为、键数为
C．醋酸溶液中含有的氢离子数为
D．二氧化硅晶体中含有键数为
15．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）下列原因分析能正确解释递变规律的是
选项 递变规律 原因分析
A 酸性： 非金属性：
B 离子半径： 电子层结构相同时，核电荷数：
C 与水反应的剧烈程度： 最外层电子数：
D 熔点： 键能：
A．A B．B C．C D．D
16．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）我国科学家利用高分辨原子力显微镜技术，首次拍摄到质子在水层中的原子级分辨图像，发现两种结构的水合质子，其中一种结构如图所示。下列有关该水合质子的说法正确的是
A．化学式为 B．氢、氧原子都处于同一平面
C．氢、氧原子间均以氢键结合 D．图中所有键角都相同
17．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）血红蛋白结合后的结构如图所示，与周围的6个原子均以配位键结合。也可与血红蛋白配位，它与血红蛋白结合的能力约为的230～270倍。二者与血红蛋白结合的反应可表示为：①　；②　，下列说法不正确的是
A．形成配位键时提供空轨道
B．电负性：，故中与配位的是O
C．由题意可得结论：相同温度下，
D．中毒患者进入高压氧舱治疗，平衡①、②移动的方向相反
二、结构与性质
18．（2023秋·北京西城·高三统考期末）向溶液中滴加过量的氨水得到含有的溶液。
(1)基态的价层电子排布式为_______。
(2)基态占据的最高能级的电子云轮廓图的形状是_______。
(3)O、N、H的电负性由大到小的顺序是_______。
(4)下列状态的氮中，电离最外层一个电子所需能量最小的是_______(填序号)。
a. b. c.
(5)的晶胞结构示意图如下。
①在下图虚线框内画出中一个的结构式_______。
②比较H—N—H键角：_______(填“>”“<”或“=”)，原因是_______。
③该立方晶胞的边长为a cm，阿伏加德罗常数为，的摩尔质量为M g/mol，则该晶体的密度为_______。
参考答案
1．D
【详解】A．根据反应热=反应物总键能-生成物总键能，则：H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g)中有：△H=+436 kJ/mol+243 kJ/mol-2×432kJ/mol =-185kJ/mol，选项A正确；
B．Cl原子半径小于Br原子，H—Cl键的键长比H—Br键长短， H—Cl键的键能比H—Br键大，进而推测，选项B正确；
C．键能>，反应生成HBr比生成HCl更难，放出的热量更低，故生成时，放出热量小于，选项C正确；
D．Cl-Cl键能大于Br-Br键能，说明Cl2分子比Br2分子稳定，破坏的是共价键，而状态由分子间作用力决定，选项D不正确；
答案选D。
2．B
【详解】A．氯化氢中氢原子和氯原子形成的是σ键，原子轨道头碰头方式重叠，电子云轮廓图为： ，A错误；
B．基态原子是14号元素，原子的价层电子排布式：，B正确；
C．的孤电子对数目为：（6-22）=1，只有一对孤电子对，C错误；
D．反-2-丁烯的结构简式：，D错误；
故本题选B。
3．A
【详解】A．Cl2 分子是两个Cl原子利用各自的p轨道中的单电子共用形成的p-p σ 键，故A错误；
B．产物 CH3Cl 分子可看做是甲烷中的一个氢原子被氯原子取代生成的，CH4是正四面体结构，正负电荷中心重合，是非极性分子，CH3Cl分子中正负电荷中心不重合，是极性分子，故B正确；
C．甲烷和氯气在光照下发生反应，除了生成有机物外，还有HCl生成，说明氯气中的一个氯原子取代了甲烷分子中的一个氢原子，被取代下来的氢原子和另一个氯原子结合成HCl，该反应是取代反应，故C正确；
D．甲烷和氯气发生取代反应生成CCl4、CHCl3、CH2Cl2、CH3Cl多种取代产物，其中只有CH3Cl在常温下是气态的，CCl4、CHCl3、CH2Cl2均为不溶于水的液体，所以能看到试管壁出现油状液滴。CCl4、CHCl3、CH2Cl2、CH3Cl均属于卤代烃，在卤代烃中，碳原子数和卤素原子相同时，卤素原子数越多，相对分子质量越大，则分子间作用力越大，沸点越高，则有机产物的沸点： CCl4＞CHCl3＞CH2Cl2＞CH3Cl，故D正确；
故选A。
4．C
【详解】A．由结构简式可知含有羟基、醚键、酯基3种官能团，故A正确；
B．由结构简式可知，N原子连接了两个σ键，同时含有两个孤电子对，杂化方式为，故B正确；
C．由结构简式可知与羟基相连碳的相邻碳原子上有氢原子，可以发生消去反应，故C错误；
D．东莨菪碱中五元脂环上含有叔胺氮原子，具有较强的碱性，能与强酸反应，故D正确；
故选C。
5．C
【详解】A．-OH的电子式：，A正确；
B．的结构示意图：，B正确；
C．的中心原子的价层电子对数为4+=4，没有孤电子对，空间构型为正四面体，C错误；
D．的中心原子的价层电子对数为2+=4，有2个孤电子对，VSEPR模型：，D正确；
故选C。
6．C
【详解】A．该有机物含苯环，属于芳香族化合物，故A正确；
B．该有机物含有双键，可发生加成反应，苯环上可发生取代反应；故B正确；
C．分子中含有手性碳原子为：，故C错误；
D．分子中含有酰胺结构，含有酰胺基，故D正确；
故答案选C。
7．A
【详解】A．的电子式是，A错误；
B．同位素是指质子数相同，中子数不同的同一种元素的不同原子，则和互为同位素，B正确；
C．不同非金属元素之间形成的共价键为极性键，则分子中存在极性键，C正确；
D．为CO2，其分子呈直线形，D正确；
故选A。
8．D
【详解】A．根据相似相溶原理，是极性溶剂，是非极性溶剂，非极性的更易溶于，A正确；
B．四氯化碳密度大于水且与水互不相溶，②中的下层溶液为碘的四氯化碳溶液，B正确；
C．加入碘化钾，，使得碘单质转化为，故溶液b中溶液a中，C正确；
D．向①所得浊液中加入，使增大，，反应生成溶解性更大的，故不会析出，D错误；
故选D。
9．D
【详解】A．Br元素原子序数35，根据核外电子排布规律，Br原子结构示意图为，故A正确；
B．乙炔的结构简式为，C原子采用SP杂化，为直线形分子，其分子结构模型为，故B正确；
C．氮气分子属于共价型分子，最外层满足8电子稳定结构，电子式为，故C正确；
D．Cr元素原子序数24，原子核外24个电子，基态的简化电子排布式：，故D错误；
故选D。
10．C
【分析】由合成示意图可知H2O在催化剂①和光照条件下生成H2，然后H2和CO2在催化剂②催化下生成甲醇。
【详解】A．甲醇中存在醇羟基，能够形成氢键，所以甲醇的沸点远远高于乙烷，是由于甲醇分子之间存在氢键，A正确；
B．催化剂可以降低相应反应的活化能，使化学反应速率加快，B正确；
C．由示意图可知H2和CO2在催化剂②催化下生成甲醇，CO2的化合价由+4价降低到甲醇的-2价，理论上生成时，光催化过程至少转移电子，C错误；
D． 根据CH3OH燃烧方程式2CH3OH+3O22CO2+4H2O，充分燃烧消耗的物质的量为1.5，D正确；
故答案为：C。
11．C
【详解】A．已知CO2的结构简式为：O=C=O，且知单键均为键，双键是一个键和一个键，三键为一个键和二个键，故分子中键和键个数比为2：2=1∶1，A正确；
B．甲醇中含有羟基，故甲醇能够形成分子间氢键，甲醛中不含氢键，故导致甲醇沸点高于甲醛，是因为甲醇分子间能形成氢键，B正确；
C．甲醇分子CH3OH中C原子周围形成4个键，则其价层电子对数为4，采用sp3杂化，而二羟基丙酮分子中中间含碳氧双键的碳原子周围形成了3个键，无孤电子对，价层电子对数为3，采用sp2杂化，另外两个碳原子周围形成4个键，则其价层电子对数为4，采用sp3杂化，C错误；
D．二羟基丙酮与乳酸()分子式相同，结构不同，故互为同分异构体，D正确；
故答案为：C。
12．D
【详解】A．②中加氨水后氯化银沉淀溶解，生成，发生反应：，A正确；
B．沉淀向着溶解度更小的方向转化容易实现，根据实验中沉淀的转化过程，可知同温度下，溶度积大小关系：，B正确；
C．Br-可与反应生成沉淀，沉淀又可溶于溶液，说明与配位的能力由强到弱依次为：、，C正确；
D．浓硝酸具有强氧化性，沉淀溶于稀硝酸过程中发生了氧化还原反应，D错误；
故选D。
13．C
【详解】A．醋酸分子与水分子间可以形成氢键，所以醋酸易溶于水，A正确；
B．达到滴定终点时，锥形瓶中溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色，B正确；
C．三次平均消耗的NaOH体积为mL=10.00mL，根据CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，自制食醋中醋酸的物质的量为，酸度为=6g/100mL>，符合国家标准，C错误；
D．若不加甲醛溶液，由于氨基的碱性，导致所需的NaOH偏少，测定结果会偏低，D正确；
故选C。
14．A
【详解】A．和均含3个氧原子，碳酸钠和碳酸氢钠的混合物含有的氧原子数为，A正确；
B．乙炔的结构式为，每个乙炔分子含有3个键、2个键，标准状况下，乙炔即1mol乙炔中键数为3、键数为，B错误；
C．醋酸是弱电解质，部分电离，醋酸溶液中含有的氢离子数小于，C错误；
D．二氧化硅晶体中每个Si原子形成4个键，二氧化硅晶体即1mol二氧化硅中含有键数为，D错误；
故选A。
15．B
【详解】A．通过比较最高价氧化物对应水化物的酸性比较非金属性，S的最高价氧化物对应水化物为H2SO4，A错误；
B．具有相同电子层结构的阳离子核电荷数大于阴离子核电荷数，具有相同电子层的阴离子核电荷数，所带电荷数越多，核电荷数越小，根据离子半径：，可得电子层结构相同时，核电荷数：Ca>Cl>S，B正确；
C．与水反应的剧烈程度：，金属性，元素的非金属性和最外层电子数没有必然联系，C错误；
D ．Cl2为气体，Br2为液体，I2为固体，三者均为分子晶体，它们的相对分子质量逐渐增大,分子间的作用力—范得华力增强,所以氯、溴、碘单质的熔沸点依次升高，和键能没有必然联系，D错误；
故选B。
16．A
【详解】A．水合质子带正电，化学式为，A正确；
B．中心O原子为sp3杂化，存在孤电子对，结合质子的水分子为三角锥形结构，水分子为V形结构，氢、氧原子不可能都处于同一平面，B错误；
C．水分子之间的氢、氧原子间均以氢键结合，但是水分子内的氢、氧原子间均以共价键结合，C错误；
D．水分子为V形结构，结合质子的水分子为三角锥形结构，结构不同，键角不同，D错误；
故选A。
17．B
【详解】A．存在空轨道，形成配位键时提供空轨道，A正确；
B．电负性：，O在成键时不易给出孤电子对，故中与配位的是C，B错误；
C．也可与血红蛋白配位，它与血红蛋白结合的能力约为的230～270倍，可知反应②正向进行程度比①大，故相同温度下，，C正确；
D．中毒患者进入高压氧舱治疗，氧气浓度增大，反应①平衡正向移动，Hb浓度减小，反应②平衡逆向移动，二者平衡移动的方向相反，D正确；
故选B。
18．(1)3d7
(2)哑铃形
(3)O>N>H
(4)c
(5) ＜ N原子均采取sp3杂化，分子中有孤电子对，孤电子对有较大斥力
【详解】（1）Co 是27号元素，其基态原子的价电子排布式为3d74s2，则价层电子排布式为3d7；
（2）基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，其最高能级为3p，电子云轮廓图的形状是哑铃形；
（3）同周期主族元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，则电负性：O>N，三种元素中H的电负性最小，于是有电负性：O>N>H；
（4）2s22p2属于基态的N-，由于基态N的第二电离能高于其第一电离能，故其再失去一个电子所需能量较高；2s22p3属于基态N原子，其失去一个电子变为基态N-，其失去一个电子所需能量低于基态N-；2s22p23s1属于激发态N原子，其失去一个电子所需能量低于基态N原子；综上所述，电离最外层一个电子所需能量最小的是2s22p23s1，故选c。
（5）①中心N原子孤电子对数=，有3个键，则中心N原子价层电子对数=3+1=4，采取sp3杂化，空间构型为三角锥形，其结构式可表示为；
②由①分析知，由于中心N原子有一对孤电子对，排斥力较大，则H-N-H键角小于，约为107°，形成配位键，氨分子中不再有孤电子对，H—N—H键角变大，故答案为＜；
③该晶胞中，位于顶点和面心的个数为，位于晶胞内部Cl-个数为8，故晶胞的密度为。2023北京重点校高三（上）期末化学汇编
化学平衡
一、单选题
1．（2023秋·北京通州·高三统考期末）已知温度为483K时，反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H＜0的K=14.5。在483 K，将1.0 mol的CO(g)和1.0 mol的H2(g)充入容积为2.0 L的恒容密闭容器中。在反应达到平衡时，以下说法正确的是
A．c(H2)=2c(CO) B．c(H2)＜c(CO)
C．c(CO)=c(CH3OH)＜c(H2) D．c(CO)=c(CH3OH)=c(H2)
2．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）在不同条件下，按投料比进行反应： ，并测定实验数据。
一定条件下，CO2转化率为13.68%，CH3OH产率(甲醇的物质的量/起始CO2物质的量)为4.12%。
②一定压强下，相同时间，CH3OH产率随温度变化的数据图如下。
下列说法不正确的是
A．与①相同条件下，提高与的比例，可以提高的转化率
B．由①可推测，制取过程中无副反应发生
C．由②可推测，480～520K，温度升高，速率加快是产率升高的原因
D．由②可推测，温度升高产率降低的可能原因是平衡逆向移动
3．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）已知： 。钒触媒(V2O5)是该反应的催化剂，其催化过程如图所示。下列说法正确的是
A．促进了平衡正向移动
B．过程c的反应为
C．a、b、c中反应均为氧化还原反应
D．升高温度可提高的平衡转化率
4．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）某同学进行如下实验：
①取少量稀盐酸放于试管中，投入光亮的铜片，无明显变化。
②向实验①的试管中通入足量的，铜片表面很快变暗，生成黑色同体，溶液逐渐变为棕色。
③若将稀盐酸换成稀硫酸重复实验①和②，均无明显变化。
资料：是白色固体，难溶于水，能溶于盐酸，(棕色)
下列说法不正确的是
A．黑色固体不是
B．将棕色溶液加水稀释，会产生白色沉淀
C．由实验①②能说明增强了的还原性
D．上述过程中可能发生的反应：
二、工业流程题
5．（2023秋·北京西城·高三统考期末）黏土钒矿中，钒以+3价、+4价、+5价的化合物存在，还包括、和铝硅酸盐()等。采用以下流程可由黏土钒矿制备、和硫酸铝铵。
已知：i.有机酸性萃取剂HR的萃取原理为：
org表示有机溶液
ii.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
iii.HR能萃取而不能萃取
(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%溶液的作用：_______。
(5)和反应生成和的离子方程式是_______。
(6)测定产品的纯度
称取产品a g，先加入硫酸将转化为，加入指示剂后，用溶液滴定将转化为至终点，消耗溶液的体积为VmL。假设杂质不参与反应，则产品中的质量分数是_______(的摩尔质量为Mg/mol)。
(7)从无机层获得的离子方程式是_______。
(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。
参考答案
1．B
【详解】A．反应在容积为2.0 L的容器中进行，开始时n(CO)=1.0 mol，n(H2)=1.0 mol，则开始时c(CO)=c(H2)=0.5 mol/L，二者反应的物质的量浓度比是1：2，则平衡时c(H2)一定比c(CO)小，A错误；
B．反应开始时c(CO)=c(H2)=0.5 mol/L，由于反应消耗物质的浓度△c(H2)=2△c(CO)，所以反应达到平衡后，c(H2)＜c(CO)，B正确；
C．反应开始时c(CO)=c(H2)=0.5 mol/L，若平衡时，c(CO)=c(CH3OH)，则根据C元素守恒平衡时，c(CO)=c(CH3OH)=0.25 mol/L，c(H2)=0，不符合可逆反应的特点，C错误；
D．反应开始时c(CO)=c(H2)=0.5 mol/L，反应消耗浓度关系为△c(H2)=2△c(CO)，则平衡时c(H2)一定比c(CO)，不可能存在关系c(CO)=c(H2)=c(CH3OH)，D错误；
故合理选项是B。
2．B
【详解】A．与①相同条件下，提高与的比例，即增大H2的用量，化学平衡正向移动， 的转化率增大，H2的转化率减小，A正确；
B．由①可推测，一定条件下，转化率为13.68%，产率(甲醇的物质的量/起始物质的量)为4.12%，根据碳原子守恒可知，制取过程中有副反应发生，B错误；
C．由图示信息可知， 480～520K，温度升高，相同时间内的CH3OH产率升高，主要是由于速率的加快，C正确；
D．由题干信息可知， 正反应是一个放热反应，则由②可推测，温度升高产率降低的可能原因是平衡逆向移动，D正确；
故答案为：B。
3．B
【详解】A．催化剂只能影响反应达到平衡的时间，而不能使平衡发生移动，故V2O5不能使平衡发生移动，A错误；
B．依据题干信息的转化关系图可知，V2O5参与反应先做氧化剂把二氧化硫氧化为三氧化硫，本身被还原为图中产物V2O4；根据氧化还原反应的实质写出并配平a步化学方程式SO2+V2O5SO3+V2O4；c是VOSO4转化为SO3，此过程需要重新生成催化剂V2O5，需要氧化剂完成，此过程中的氧化剂时氧气，根据化合价的变化写出c步化学方程式 4VOSO4+O22V2O5+4SO3，B正确；
C．由B项分析可知，a、b、c中分别发生的反应为：SO2+V2O5SO3+V2O4、4SO3+2V2O44VOSO4、4VOSO4+O22V2O5+4SO3，故可知a、c反应均为氧化还原反应，b中反应未有元素化合价改变，不是氧化还原反应，C错误；
D．由题干可知，反应正反应是一个放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，不能提高SO2的平衡转化率，D错误；
故答案为：B。
4．C
【详解】A．反应中SO2作氧化剂被还原得到Cu2S黑色沉淀，A正确；
B．将棕色溶液加水稀释，平衡逆向移动，会产生白色沉淀，B正确；
C．对比实验①②③可推测氯离子的存在提高了二氧化硫的氧化性，C错误；
D．反应中SO2作氧化剂被还原得到Cu2S黑色沉淀，同时还得到含有CuCl的棕色溶液，反应方程式为，D正确；
故选C。
5．(1)使用浓硫酸、升高温度到250℃
(2)
(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%溶液，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，利于钒元素进入水层，与萃取剂分离
(5)
(6)
(7)
(8)降温结晶、过滤
【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，煅烧得到；水层加入氨水、空气得到氢氧化铁，煅烧得到氧化铁；
【详解】（1）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；
（2）由分析可知，滤渣的主要成分是；
（3）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能萃取而不能萃取；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；
（4）有机酸性萃取剂HR的萃取原理为：
，加入20%溶液，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，利于钒元素进入水层；
（5）和反应生成和，离子方程式是；
（6）用溶液滴定将转化为，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，，则产品中的质量分数是
（7）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；
（8）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。2023北京重点校高三（上）期末化学汇编
不同聚集状态的物质与性质章节综合
一、单选题
1．（2023秋·北京通州·高三统考期末）某同学取两块大小相同的干冰，在一块干冰中央挖一个小穴，撒入一些镁粉，用红热的铁棒把镁点燃，将另一块干冰盖上。该同学看到镁粉在干冰内继续燃烧，发出耀眼的白光。以下说法正确的是
A．干冰的熔点比冰高
B．镁属于共价晶体
C．铁的电导率随温度升高而升高
D．镁在干冰中燃烧反应的化学方程式是
2．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）下列产生固体的实验中，与物质溶解度无关的是
A．向饱和溶液中滴加几滴浓盐酸，析出沉淀
B．向饱和溶液中依次通入过量，析出沉淀
C．冷却熔融态的硫黄，析出晶体
D．冷却苯甲酸的热饱和溶液，析出晶体
3．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）的晶胞结构如图所示。下列说法不正确的是
A．属于离子晶体
B．每个晶胞中平均含有4个和4个
C．每个周围有6个紧邻的和6个紧邻的
D．和间存在较强的离子键，因此具有较高的熔点
4．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）下列对物质性质解释合理的是
选项 性质 解释
A 热稳定性： 中存在氢键
B 熔点：晶体硅<碳化硅 碳化硅中分子间作用力较大
C 酸性： 电负性：
D 熔点： 键较强
A．A B．B C．C D．D
5．（2023秋·北京·高三统考期末）因生产金属铁的工艺和温度等因素不同，产生的铁单质的晶体结构也不同。两种铁晶胞(均为立方体，边长分别为以anm和1.22anm)的结构示意图如下。
下列说法不正确的是
A．用X射线衍射可测定铁晶体的结构
B．图2代表的铁单质中，一个铁原子周围最多有4个紧邻的铁原子
C．图1与图2代表的铁单质中，原子之间以金属键相互结合
D．图1与图2代表的铁单质的密度不同
6．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是
A．熔点： B．酸性：
C．金属性： D．稳定性：
二、结构与性质
7．（2023秋·北京通州·高三统考期末）离子筛是一种具有空隙结构的化合物。首先合成一种含目标离子的化合物，称作离子筛前体。然后在不破坏前体晶体结构的前提下，将目标离子从中洗脱出来，即得到相应的离子筛。下图是一种用作离子筛前体的化合物晶胞示意图。晶胞为立方体，图左将晶胞划分为八个小立方体，用灰白两色区分，每种颜色各四个小立方体。白色小立方体对应图A结构，灰色小立方体对应图B结构。
(1)该化合物的化学式为_______。
(2)设晶胞棱长为anm，NA表示阿伏加德罗常数，则该晶胞的密度是_______g/cm3(写出计算式即可)。
(3)该化合物的制备方法为：将硫酸锰和氨水混合得到Mn(OH)2，沉淀，将其过滤留在烧杯中，加入蒸馏水，加热搅拌，加入乙醇作为分散剂，逐滴加入适量的10%H2O2溶液，控制滴加速度即得Mn3O4沉淀。将Mn3O4过滤、洗涤、干燥后，与一定量Li2CO3混合，高温反应得到最终产品。请写出利用氢氧化锰制备最终产品的各步反应化学方程式：_______。
(4)用盐酸洗脱该化合物中的锂离子后制成粉状离子筛。将100mg粉状离子筛置入200mL含Li+、Na+、K+、Mg2+的溶液中，在30℃恒温下搅拌溶液，达到吸附平衡后取上清液，测定溶液中各离子的浓度。离子筛对溶液中某种离子的吸附容量Qt的计算式为： ，式中V是溶液的体积，co和ct分别表示开始吸附和t时刻离子的浓度，W表示离子筛的质量。
金属离子 co(mmol/L) ct(mmol/L)
Li+ 9.942 8.790
Na+ 9.151 9.138
K+ 9.719 9.694
Mg2+ 5.554 5.225
结合上表中数据，对比吸附容量Qt可知，该离子筛对_______(填离子符号)的吸附能力最弱。
(5)为了方便使用，可用壳聚糖为黏合剂将粉状离子筛制成粒状离子筛。壳聚糖可以看作以氨基葡萄糖为单体的聚合物，其结构如下：
根据壳聚糖结构写出其单体的分子式：_______。
8．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）配合物顺铂是临床使用的第一代铂类抗癌药物。
(1)的配体为和，写出的电子式：_______。
(2)顺铂的抗癌机理：在铜转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的与结合，破坏的结构，阻止癌细胞增殖。如：
①基态原子价层电子的轨道表示式为_______，属于_______区元素。
②生成物中a、b示的作用力类型分别是_______。
③在中，配体与铂(II)的结合能力：_______(填“>”或“<”)。此外，顺铂还能躲避癌细胞对受损的修复，使癌细胞彻底死亡。
(3)顺铂和反铂互为同分异构体，两者的结构和性质如下。
顺铂 反铂
结构
25℃时溶解度/g 0.2577 0.0366
①推测中的杂化轨道类型不是，依据是_______。
②顺铂在水中的溶解度大于反铂的原因是_______。
(4)顺铂的发现与铂电极的使用有关。铂晶胞为正方体，边长为，结构如下图。
①铂晶体的摩尔体积_______(阿伏加德罗常数为)。
②通常情况下铂电极为惰性电极，但在溶液中使用会产生而略有损耗，分析原因：_______。
资料：i.单位物质的量的物质所具有的体积叫做摩尔体积；ii.。
9．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）(II)可形成多种配合物，呈现出多样化的性质和用途。
(1)向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入少量氨水生成蓝色沉淀，继续加入过量氨水，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量的乙醇，析出晶体。
①产生蓝色沉淀的离子方程式是_______。
②在水中电离的方程式是_______。
(2)如下图所示，(II)配合物A和B可发生配位构型的转变，该转变可带来颜色的变化，因此可用作热致变色材料，在温度传感器、变色涂料等领域应用广泛。
①的价层电子排布式为_______。
②A中氮原子与其它原子(或离子)之间存在的作用力类型有_______，氢原子与其它原子之间存在的作用力类型有_______。
③已知：当(II)配合物A和B配位构型由八面体转变为四方平面时，吸收光谱蓝移，配合物颜色紫色变为橙色。
想将配合物的颜色由紫色调整为橙色，需要进行的简单操作为_______。
(3)已知：①
物质 颜色
黄色
蓝色
②蓝色溶液与黄色溶液混合为绿色溶液。在溶液中加入浓溶液，颜色从蓝色变为绿色，请结合化学用语解释原因_______。
(4)和是铜常见的两种氯化物，如图表示的是_______的晶胞。已知晶胞的边长为，阿伏伽德罗常数为，则该晶体的密度为_______。(已知：)
10．（2023秋·北京·高三统考期末）硅烷广泛应用在现代高科技领域。制备硅烷的反应为。
(1)①基态硅原子的价层电子轨道表示式为_______。
②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.的热稳定性比的差
b.中4个的键长相同，的键角为
c.中硅原子以4个杂化轨道分别与4个氢原子的轨道重叠，形成4个键
④的沸点(℃)高于的沸点(℃)，原因是_______。
(2)的晶胞结构如图所示，晶胞的体积为。
①的VSEPR模型名称为_______。
②用表示阿伏加德罗常数的值。晶体密度为_______(用含a、b、的代数式表示)。
③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：。掺杂替换晶体中部分，更利于中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：_______。
11．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）ZnS、CdSe均为重要的半导体材料，可应用于生物标记和荧光显示领域，并在光电器件、生物传感和激光材料等方面也得到了广泛的应用。
(1)基态Zn原子的价层电子排布式为_______。
(2)在周期表中的位置为_______。
(3)S与P在周期表中是相邻元素，两者的第一电离能：S_______P(填“>”、“<”或“=”)，解释其原因_______。
(4)CdSe的一种晶体为闪锌矿型结构，晶胞结构如图所示。
①晶胞中，与Cd原子距离最近且相等的Se原子有_______个。
②已知，晶胞边长a nm，阿伏伽德罗常数为，CdSe的摩尔质量为。则CdSe晶体的密度是_______。(1nm=10-7cm)
(5)电化学沉积法可用于制备CdSe，其装置示意图如下。
电解过程中阳极有无色气泡产生，CdSe在阴极生成，纯度及颗粒大小会影响CdSe性能，沉积速率过快容易团聚。
①已知，是弱酸。控制合适的电压，可以使转化为纯净的CdSe，写出阴极的电极反应式：_______。
②研究表明，为得到更致密均匀的CdSe薄膜，可用二甲基甲酰胺( )做溶剂降低浓度，从结构的角度分析原因：_______。
12．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）硼及其化合物具有多种结构和化学性质，化合物中的硼原子多以缺电子中心参与反应。
(1)基态硼原子的核外电子排布式为___________。量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，基态硼原子的电子有___________种空间运动状态。
(2)分子的空间构型为___________，和反应后形成一种超强酸，中心硼原子的杂化方式为___________。
(3)六方氮化硼晶体俗称“白石墨”，与石墨具有类似的结构，其晶体片层结构如图所示。
①六方氮化硼的化学式为___________，其晶体中存在的作用力有___________(填字母序号)。
a、范德华力 b、键 c、离子键
②石墨能导电的主要原因是电子能在由电负性相同的碳原子所形成的大键中流动。但六方氮化硼晶体不导电，可能的原因是___________。
(4)立方氮化硼晶体结构与金刚石相似，其晶胞如图所示。
①晶胞中平均含有___________个硼原子，距离硼原子最近的氮原子有___________个。
②已知：立方氮化硼晶体的摩尔质量为，密度为，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的晶胞边长为___________cm。
参考答案
1．D
【详解】A． 二氧化碳是非极性分子分子间作用力小，水为极性分子且分子间形成氢键，干冰的熔点比冰低，故A错误；
B． 镁属于金属晶体，故B错误；
C． 铁属于金属晶体，铁的电导率随温度升高而降低，随温度升高电阻增大，故C错误；
D． 镁在干冰中燃烧生成氧化镁和碳，反应的化学方程式是，故D正确；
故选D。
2．C
【详解】A．向饱和溶液中滴加几滴浓盐酸，氯离子浓度增大，使氯化钠结晶析出，减小了氯化钠的溶解，与物质溶解度有关，A不符合；
B． 向饱和溶液中依次通入过量，生成铵离子、碳酸氢根离子，由于碳酸氢钠在该条件下溶解度最小，故形成过饱和溶液而结晶析出，与物质溶解度有关，B不符合；
C． 冷却熔融态的硫黄，析出晶体，发生物理变化，有液态转变为固态，与物质溶解度无关，C符合；
D． 苯甲酸的溶解度随温度下降而减小，则冷却苯甲酸的热饱和溶液可析出苯甲酸晶体，与物质溶解度有关，D不符合；
答案选C。
3．C
【详解】A．NaCl 由钠离子和氯离子构成，以离子键结合，属于离子晶体，A正确；
B．每个晶胞中平均含有个 Na+ 和个 Cl ，B正确；
C．每个 Na+ 周围有6个紧邻的 Cl 和12个紧邻的 Na+，C错误；
D．Na+ 和 Cl 以离子键结合，因此 NaCl 具有较高的熔点，D正确；
故选C。
4．C
【详解】A．气体分子之间距离太大，此时分子间氢键不存在，A错误；
B．晶体硅和碳化硅都不是分子，不存在分子间作用力，B错误；
C．酸性是因为电负性：，C正确；
D．Br2的熔点较高是因为其分子间作用力较大，D错误。
本题选C。
5．B
【详解】A．晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法；X射线衍射可测定铁晶体的结构，故A正确；
B．图2代表的铁单质中，以底面中心的原子为例，上层、同层、下层各有4个紧邻的原子，故一个铁原子周围最多有12个紧邻的铁原子，故B错误；
C．铁为金属晶体，铁单质中，原子之间以金属键相互结合，故C正确；
D．图1中，据“均摊法”，晶胞中含个Fe，则晶体密度为；同理图2中，晶体密度为；故铁单质的密度不同，故D正确；
故选B。
6．A
【详解】A．由于CO2形成分子晶体，而SiO2形成共价晶体，故熔点：，与元素周期律无关，A符合题意；
B．P和S为同一周期元素，同一周期从左往右元素非金属性依次增强，则最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，故酸性与元素周期律有关，B不合题意；
C．Na和Mg为同一周期元素，同一周期从左往右元素金属性依次减弱，金属性：与元素周期律有关，C不合题意；
D．O和S为同一主族元素，同一主族从上往下元素的非金属性依次减弱，则其简单气态氢化物的稳定性依次减弱，则稳定性：与元素周期律有关，D不合题意；
故答案为：A。
7．(1)LiMn2O4
(2)
(3) 、
(4)Na+
(5)C6H13O5N
【详解】（1）如图，A方块中，Li离子个数为，氧离子在体心为4；B方块中Li离子个数为，锰离子和氧离子在体心均为4，该晶胞由4个A和4个B组成，总计有Li离子个数为，锰离子为，氧离子为；，其化学式为；
故答案为：；
（2）综上所述，该晶胞由4个A和4个B组成，总计有Li离子个数为，锰离子为，氧离子为，据，晶胞的密度为；
故答案为：；
（3）根据题意，利用制备分为两步，首先利用与反应制备的反应为；然后利用与一定量在高温下反应制备，其反应为；
故答案为：；；
（4）根据表中数据，浓度变化量分别为 ；；
；，综上所述，，由可知，该离子筛对的吸附能力最弱；
故答案为：；
（5）根据该聚合物的结构简式为 ，单体为 ，分子式为；
故答案为：。
8．(1)
(2) ds 配位键、氢键 <
(3) 若的杂化轨道类型为，则为四面体结构，不存在同分异构现象 顺铂是极性分子，反铂是非极性分子
(4) 在作用下，在阳极失电子生成，还原性增强
【详解】（1）是共价化合物，电子式为：。
（2）①Cu是29号元素，基态原子价层电子的轨道表示式为，属于ds区元素；
②a表示N和Pt之间的配位键，b表示H和O之间的氢键；
③NH3具有较强的电子捕获能力，可以与铂形成更紧密的配体键，从而增强与铂之间的结合能力更强，则配体与铂(II)的结合能力：<。
（3）①若的杂化轨道类型为，则为四面体结构，不存在同分异构现象，所以中的杂化轨道类型不是；
②顺铂是极性分子，反铂是非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶的原理，顺铂在水中的溶解度大于反铂。
（4）①铂晶胞中Pt的个数为8+6=4，n(Pt)= mol，晶胞的体积为a3×10-27m3，=；
②在作用下，在阳极失电子生成，还原性增强，所以在溶液中使用会产生而略有损耗。
9．(1) Cu2++2NH3H2O=Cu(OH)2↓+2NH
(2) 3d9 共价键、配位键 共价键、氢键 降温
(3)在溶液中存在平衡：，加入浓溶液，c(Cl-)增大，平衡向右移动，的浓度增大，黄色与蓝色混合会呈现绿色
(4) CuCl
【详解】（1）①向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入少量氨水生成蓝色沉淀为氢氧化铜，所以产生蓝色沉淀的离子方程式是Cu2++2NH3H2O=Cu(OH)2↓+2NH；
②为离子化合物，在水中电离生成和，其电离方程式是；
（2）①Cu为29号元素，其基态原子价层电子排布式：3d104s1,则的价层电子排布式为3d9；
②根据图示可知，N的最外层电子数为5，则应形成3对共用电子对达到满8电子稳定结构，所以A中氮原子与其它原子(或离子)之间存在的作用力类型有共价键和配位键；氢原子与其它原子之间除了存在共价键以外，还和电负性较强的O原子形成了氢键，所以存在的作用力类型有共价键和氢键；当(II)配合物A和B配位构型由八面体转变为四方平面时，能量会降低，吸收光谱蓝移，配合物颜色紫色变为橙色，所以若实现上述操作，可从平衡角度考虑，最简单的方法是降低温度，使平衡向正向移动，实现配合物颜色由紫色变为橙色，故答案为：降低温度；
（3）蓝色溶液与黄色溶液混合为绿色溶液，在溶液中加入浓溶液，颜色从蓝色变为绿色，原因是在溶液中存在平衡：，加入浓溶液，c(Cl-)增大，平衡向右移动，的浓度增大，黄色与蓝色混合会呈现绿色；
（4）图中白球所在位置是顶点和面心，晶胞内原子个数为=4，黑球在晶胞内部，原子个数为4，所以化学式为AB型，即上述晶胞表示的是CuCl；则晶胞的质量为，则晶胞的密度=。
10．(1) 中Si原子和F原子之间共价键连接，电负性Si＜F ac; 、结构相似，的相对分子质量大于，的范德华力大于；
(2) 正四面体； ； 键长：Ti-H＞Al-H，键能：Ti-H＜；Al-H或可以使基团中的H原子处于近自由的状态，替代Al时占位能最小；
【详解】（1）;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，的热稳定性比的差，a项正确；
b．中4个的键长相同，键角是109°28′，b项错误；
c．分子中的Si原子以4个杂化轨道，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，的相对分子质量大于，因此的沸点高于；
（2）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，晶胞中的数目为，数目为，则二者配位数为1∶1，以体心的研究，与之紧密且等距的位于晶胞棱之间，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，与紧密且等距的有8个，则与紧密且等距的有8个，晶胞质量为，则晶胞密度为；掺杂替换晶体中部分，更利于中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或可以使基团中的H原子处于近自由的状态， 替代Al时占位能最小。
11．(1)3d104s2
(2)第4周期第ⅥA族
(3) ＜ P原子的3p能级上处于半充满的稳定结构，而S的3p能级不是全充满、半充满或者全空的稳定结构，P原子稳定，难失电子，第一电离能大
(4) 4
(5) 4H++Cd2++H2SeO3+6e-=CdSe+3H2O 二甲基甲酰胺( )中的O原子和N原子均有孤电子对，能与Cd2+形成配位键，从而形成络合物，降低Cd2+的浓度
【详解】（1）已知Zn是30号元素，其基态原子的核外电子排布式为：[Ar]3d104s2，故其基态Zn原子的价层电子排布式为3d104s2，故答案为：3d104s2；
（2）是34号元素，其基态原子的核外电子排布式为：[Ar]3d104s24
p4，根据最高能层序数等于周期序数，最外层电子数等于主族序数，故在周期表中的位置为第4周期第ⅥA族，故答案为：第4周期第ⅥA族；
（3）S与P在周期表中是相邻元素，S的价层电子排布式为：3s23p4，而P的价层电子排布式为：3s23p3，则P原子的3p能级上处于半充满的稳定结构，故其第一电离能大于S，故答案为：＜；P原子的3p能级上处于半充满的稳定结构，而S的3p能级不是全充满、半充满或者全空的稳定结构，P原子稳定，难失电子，第一电离能大；
（4）①由题干晶胞图示可知，与Cd原子距离最近且相等的Se原子有4个，如图 带星号的Cd周围同一层有两个Se离它等距离且最近，则上面一层也有2个，一共4个，故答案为：4；
②由晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Cd的个数为：=4，Se个数为4，晶胞边长a nm，则一个晶胞的体积为：(a×10-7)3cm3，阿伏伽德罗常数为，CdSe的摩尔质量为，一个晶胞的质量为：g，则CdSe晶体的密度是=，故答案为：；
（5）①电解过程中阳极有无色气泡产生，阳极发生氧化反应，电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，已知H2SeO3是弱酸，控制合适的电压，可以使Cd2+转化为纯净的CdSe，CdSe在阴极生成，阴极发生还原反应，则阴极的电极反应式为：4H++Cd2++H2SeO3+6e-=CdSe+3H2O，故答案为：4H++Cd2++H2SeO3+6e-=CdSe+3H2O；
②二甲基甲酰胺( )中的O原子和N原子均有孤电子对，能与Cd2+形成配位键，从而形成络合物，故用二甲基甲酰胺( )做溶剂降低浓度，故答案为：二甲基甲酰胺( )中的O原子和N原子均有孤电子对，能与Cd2+形成配位键，从而形成络合物，降低Cd2+的浓度。
12．(1) 1s22s22p1 3
(2) 平面三角形 sp3
(3) BN ab 六方氮化硼中也存在类似于石墨的大π键，但由于N的电负性明显大于B，电子被约束在N原子 周围不能形成有效的流动，所以六方氮化硼晶体不导电。
(4) 4 4
【详解】（1）基态硼原子核外有5个电子，根据构造原理书写基态B原子核外电子排布式为1s22s22p1；基态B原子核外有几个轨道，其核外电子就有几个空间运动状态，基态B原子核外电子空间运动状态个数=1+1+1=3；
（2）BF3中B原子的价层电子对数为3+(3 3×1)=3，根据价层电子对互斥理论判断该分子空间构型为平面三角形；HBF4中B原子与F原子形成4个σ键，为sp3杂化；
（3）①根据六方氮化硼类似于石墨的结构，图示为正六边形，可推知每个正六边形所占有的原子数为6个，而每一个点都是3个六边形共用的，晶胞每个6边形中N原子数目3×=1、B原子数目3×=1，故氮化硼的化学式为BN；不同非金属原子之间易形成极性键，所以B-N原子之间存在极性共价键（σ键）；分子之间存在范德华力，所以层之间存在范德华力；
②六方氮化硼晶体不导电，可能的原因是六方氮化硼中也存在类似于石墨的大π键，但由于N的电负性明显大于B，电子被约束在N原子 周围不能形成有效的流动，所以六方氮化硼晶体不导电。
（4）①根据均摊法，晶胞中的B原子个数为8×+6×=4；N原子位于晶胞中体对角线上，距离硼原子最近的氮原子有4个；
②根据均摊法，晶胞中的B原子个数为8×+6×=4；N原子为4个，设晶胞边长为xcm，根据，解得x=。2023北京重点校高三（上）期末化学汇编
化学反应条件的优化——工业合成氨
一、单选题
1．（2023秋·北京通州·高三统考期末）某同学在家中用天然气灶炒菜，不慎使油在锅中燃烧起来，但火势未溢出锅外。该同学果断地关闭了天然气灶，但家中没有灭火器等消防器材。此时，以下方法可以扑灭锅中火的是
A．迅速用锅盖把锅盖严实，等锅的温度降下来再揭盖
B．向锅中倒入少量凉水
C．向锅中倒入面粉
D．打开厨房的窗户，加大通风
2．（2023秋·北京通州·高三统考期末）酶在化学反应过程中的主要作用是
A．酶与反应物分子暂时性结合以降低反应的活化能
B．酶消耗反应中的副产物来促使反应进行完全
C．酶自身分解生成主产物，从而加快反应速率
D．酶分解会释放能量，以增加主产物分子的有效碰撞次数
3．（2023秋·北京西城·高三统考期末）转化可减少排放并实现资源利用。催化氧化乙烷制乙烯的主要反应有：
①：
②：
反应的能量变化如图1所示。体系中还存在其他副反应。相同时间内，乙烷的转化率、乙烯的选择性与温度的关系如图2所示。
已知：乙烯的选择性为转化的乙烷中生成乙烯的百分比，下列说法不正确的是
A．
B．反应②比反应①的速率小，是总反应的决速步
C．在图2所画曲线的温度范围内，温度越高，乙烯的产率越低
D．其他条件不变，适当增大投料比，能提高的转化率
二、原理综合题
4．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）沼气中除外，还含有等气体，脱除沼气中的并使之转化为可再利用的资源有重要意义。
资料：i.(黄色溶液)，与酸反应生成S、(或)
ii.均易溶于水
(1)乙醇胺可脱除沼气中的，这与其结构中的_______(填官能团名称)有关。加热所得产物，得到，同时乙醇胺得以再生。
(2)采用加热法可将转化为和。反应为：。一定温度下，将置于密闭容器中加热分解，平衡时混合气中与的物质的量相等，该温度下反应的平衡常数_______(用含a、v的代数式表示)。
(3)采用电解法也可将转化为S和。先用溶液吸收气体，再电解所得溶液。电解时阴极产生无色气体，阳极附近溶液变为黄色。
①写出足量溶液吸收气体的离子方程式：_______。
②用方程式解释阳极附近溶液变为黄色的原因_______。
③实验测得的转化率大于S的收率，推测电解时阳极可能生成、等物质。实验证实了上述推测成立，写出检验的实验操作及现象：_______。
资料：的转化率；S的收率
④停止通电，向黄色溶液中通入_______(填化学式)气体，析出S，过滤，滤液可继续电解。
5．（2023秋·北京·高三统考期末）乙二醛是一种重要的精细化工产品，可由乙醛硝酸氧化法制备。
Ⅰ.研究其他条件相同时，仅改变一个条件对乙二醛制备的影响，获得如下数据。
(1)乙二醛的结构简式是_______。
(2)图1中，曲线a对应的温度是_______，判断的依据是_______。
(3)图2中，c→d乙二醛的产率降低，并检测出较多的副产物，如乙二酸。产生较多乙二酸的原因是_______。
Ⅱ.运用电化学原理设计分离纯化乙二醛并回收硝酸的装置示意图如下(电极均为惰性电极)。
(4)与电源负极相连的是_______(填“X”或“Y”)。
(5)结合电极反应分析硝酸回收原理：_______。
(6)测定纯化后溶液中乙二醛的含量。
ⅰ.移取VmL纯化后的溶液于锥形瓶中，加入2滴酚酞溶液，用浓度为溶液滴定至溶液恰好由无色变为粉红色。
ⅱ.向ⅰ所得溶液加入过量溶液，充分反应。
ⅲ.试用硫酸滴定ⅱ中溶液至终点，消耗硫酸体积为。
已知：乙二醛在强碱性溶液中发生反应生成。
该纯化后的溶液中乙二醛的含量为_______(乙二醛摩尔质量：)。
三、工业流程题
6．（2023秋·北京西城·高三统考期末）黏土钒矿中，钒以+3价、+4价、+5价的化合物存在，还包括、和铝硅酸盐()等。采用以下流程可由黏土钒矿制备、和硫酸铝铵。
已知：i.有机酸性萃取剂HR的萃取原理为：
org表示有机溶液
ii.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
iii.HR能萃取而不能萃取
(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%溶液的作用：_______。
(5)和反应生成和的离子方程式是_______。
(6)测定产品的纯度
称取产品a g，先加入硫酸将转化为，加入指示剂后，用溶液滴定将转化为至终点，消耗溶液的体积为VmL。假设杂质不参与反应，则产品中的质量分数是_______(的摩尔质量为Mg/mol)。
(7)从无机层获得的离子方程式是_______。
(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。
参考答案
1．A
【详解】A．迅速用锅盖把锅盖严实，使油与空气隔绝，没有了氧气，油就不能持续燃烧，从而达到灭火效果，等锅温度降下来以确保油不会再燃烧再揭盖，A正确；
B．向锅中倒入少量凉水，由于水的密度比油大，会沉到油层下，无法使油与空气隔绝，且水的沸点比油低会导致暴沸，油滴飞溅出来与空气充分接触使燃烧更猛烈，B错误；
C．面粉是可燃物，向锅中倒入面粉时，当面粉扬起的粉尘和明火相遇时，由于接触面积极大，会加速燃烧，甚至可能引发爆炸，C错误；
D．打开厨房的窗户，加大通风，相当于增加燃烧空间中氧气的浓度，使油燃烧更剧烈，D错误；
故选A。
2．A
【详解】A． 酶是生物催化剂，酶与反应物分子暂时性结合以降低反应的活化能，A正确；
B．酶是生物催化剂，能大幅增大反应速率、但不影响反应程度，B错误；
C． 结合选项A可知酶通过降低反应活化能从而加快反应速率，C错误；
D．结合选项A可知酶通过降低反应活化能、增大了活化分子百分数、增加了反应的有效碰撞次数，D错误；
答案选A。
3．C
【详解】A．由图可知， =生成物的能量减去反应物的能量=-300kJ/mol-(-477 kJ/mol)=+177kJ/mol，故A正确；
B．由图可知，反应①的活化能大于反应②的活化能，则反应②比反应①的速率小，速率小的是总反应的决速步，故B正确；
C．由图可知，在图2所画曲线的温度范围内，温度越高，乙烯的选择性越低，但是乙烷的转化率越高，无法确定乙烯的产率的变化，故C错误；
D．其他条件不变，适当增大投料比，反应①正向移动，能提高的转化率，故D正确；
故选C。
4．(1)氨基
(2)
(3) ， (黄色溶液) 取少量阳极附近溶液，加入足量盐酸，静置，取上层清液，加溶液，产生白色沉淀
【详解】（1）H2S的水溶液是弱酸，具有酸性，氨基具有碱性，二者能发生反应，故乙醇胺可脱除沼气中的与其结构中的氨基有关。
（2）一定温度下，将置于密闭容器中加热分解，，平衡时混合气中与的物质的量相等，则amol-2x=2x，x=0.25amol，该温度下反应的平衡常数为。
（3）①足量溶液吸收气体得到硫化钠和水，离子方程式：。
②硫离子在阳极放电生成硫单质、淡黄色的硫单质不溶于水，据信息，硫能与硫离子反应生成可溶性(黄色溶液)，故阳极附近溶液变为黄色，电极方程式为，。
③的转化率大于S的收率，结合定义可推测电解时阳极可能生成、等物质。由于酸性条件下硫离子、亚硫酸根离子会反应生成不溶性硫单质，或者氢离子与反应生成硫单质，会干扰硫酸根离子的检验，为防止干扰，检验时需过滤加盐酸后产生的硫或往上层清液中滴加滴入氯化钡，则检验阳极可能存在的实验操作及现象为：取少量阳极附近溶液，加入足量盐酸，静置，取上层清液，加溶液，若产生白色沉淀，则存在硫酸根离子。
④已知与酸反应生成S、，则停止通电时，防止引入其它酸根离子，可向黄色溶液中通入气体，析出S，过滤，滤液可继续电解。
5．(1)HCOCHO
(2) 45℃ 起始阶段相同时间内曲线a对应的乙二醛浓度变化更大
(3)硝酸具有强氧化性，硝酸浓度增大，导致副反应速率增大使得乙二醛被氧化为乙二酸
(4)X
(5)Y极上水放电发生氧化反应生成氧气和氢离子，，B中硝酸根离子向C室移动，氢离子和硝酸根离子在C室得到硝酸
(6)
【详解】（1）乙二醛的结构简式是HCOCHO；
（2）温度越高，化学反应速率越快，根据先拐先平数值大，可知曲线a对应的温度是45℃，原因是起始阶段相同时间内曲线a对应的乙二醛浓度变化更大；
（3）硝酸具有强氧化性，硝酸浓度增大，导致副反应速率增大使得乙二醛被氧化为乙二酸；
（4）运用电化学原理设计分离纯化乙二醛并回收硝酸，则B中硝酸根离子向C室移动，电解池中阴离子向阳极移动，则Y为阳极、X为阴极，X与电源负极相连；
（5）Y极上水放电发生氧化反应生成氧气和氢离子，，B中硝酸根离子向C室移动，氢离子和硝酸根离子在C室得到硝酸；
（6），则根据题意与乙二醛反应的氢氧化钠的物质的量为=，已知：乙二醛在强碱性溶液中发生反应生成，根据钠元素、碳元素守恒可知，纯化后的溶液中乙二醛的含量为。
6．(1)使用浓硫酸、升高温度到250℃
(2)
(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%溶液，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，利于钒元素进入水层，与萃取剂分离
(5)
(6)
(7)
(8)降温结晶、过滤
【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，煅烧得到；水层加入氨水、空气得到氢氧化铁，煅烧得到氧化铁；
【详解】（1）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；
（2）由分析可知，滤渣的主要成分是；
（3）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能萃取而不能萃取；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；
（4）有机酸性萃取剂HR的萃取原理为：
，加入20%溶液，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，利于钒元素进入水层；
（5）和反应生成和，离子方程式是；
（6）用溶液滴定将转化为，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，，则产品中的质量分数是
（7）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；
（8）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。2023北京重点校高三（上）期末化学汇编
物质在水溶液中的行为章节综合
一、单选题
1．（2023秋·北京通州·高三统考期末）苏打型盐碱地因为土壤中碳酸钠和碳酸氢钠含量高，肥力低下，不适宜耕种。为了将荒芜的盐碱地变成良田，科学家将硫酸铝施入盐碱地来改良土壤。下列叙述不合理的是
A．碳酸氢钠晶体溶于少量水，有吸热现象
B．工业上制备硫酸铝改良剂可以利用铝和浓硫酸在常温下反应
C．将硫酸铝溶液施入盐碱地会看到土壤液产生气泡
D．硫酸铝水解生成的胶体有丁达尔效应
2．（2023秋·北京通州·高三统考期末）某实验小组的同学用0.1000mol/L氢氧化钠溶液和0.05000mol/L草酸溶液在25℃下进行中和滴定实验，先向锥形瓶内加入25.00L溶液，然后开始滴定，直至滴定完全测得锥形瓶内溶液pH随滴定管滴加溶液体积变化的曲线(见下图)。根据图中数据，下列说法正确的是
A．草酸是一元酸
B．该实验不能使用碱式滴定管
C．当滴加了20.00mL溶液后，锥形瓶内溶液的草酸根离子浓度大于氢离子浓度
D．当滴加了30.00mL溶液后，锥形瓶内溶液的钠离子浓度小于氢氧根离子浓度
3．（2023秋·北京通州·高三统考期末）某温度下，四种不同一元酸溶液在不同浓度时的pH如下表所示，下列推测不合理的是
酸浓度(mol/L) 酸HX的pH 酸HY的pH 酸HM的pH 酸HN的pH
0.010 3.44 2.00 2.92 2.20
0.10 2.94 1.00 2.42 1.55
A．该温度下电离出H+的能力：HY>HN>HM>HX
B．该温度下将HY溶液加入NaX溶液中，发生反应为HY+NaX=HX+NaY
C．该温度下当HX的浓度为0.10mol/L时，c(HX)>c(X—)>c(H+)>c(OH—)
D．该温度下用同种方法测定，相同体积的0.10mol/LHM溶液比0.010mol/LHM溶液导电能力强
4．（2023秋·北京通州·高三统考期末）某种盐M2CrO4(s)一定温度下在水中的溶解度为0.032g/L。比较该盐在0.05mol/L的MNO3溶液中的溶解度与相同温度下在水中的溶解度，下列叙述正确的是
A．在MNO3溶液中溶解度更高，因为MNO3的摩尔质量比M2CrO4的小
B．在MNO3溶液中溶解度更低，因为溶液中已经含有M
C．溶解度相同，因为M+的物质的量浓度都是的二倍
D．溶解度相同，因为Ksp只受温度影响
5．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）精炼铜工业中阳极泥的综合利用具有重要意义。从阳极泥中回收多种金属的流程如下。
已知：分金液中含；分金渣的主要成分为；在反应中被氧化为。
下列说法不正确的是
A．“分铜”时加入的目的是降低银的浸出率
B．得到分金液的反应为：
C．得到分银液的反应为：
D．“滤液2”中含有大量的氨，可直接循环利用
6．（2023秋·北京西城·高三统考期末）某小组同学探究Al与的反应，实验如下。
装置 序号 试剂a 现象
① 2mL0.5mol/L溶液 无明显变化，数小时后观察到铝片上仅有少量红色斑点
② 2mL0.5mol/L溶液 迅速产生红色固体和无色气泡，且气体的生成速率逐渐增大，反应放出大量的热。在铝片表面产生少量白色沉淀，经检验为CuCl
下列说法不正确的是
A．②中气体生成速率逐渐增大可能与Al和Cu在溶液中形成了原电池有关
B．②中产生白色沉淀的可能原因：
C．向①中加入一定量NaCl固体，推测出现与②相似的实验现象
D．②比①反应迅速是由于水解使②中的更大，利于破坏铝片表面的氧化膜
7．（2023秋·北京西城·高三统考期末）以0.1mol/L NaOH溶液滴定20.00mL 0.1mol/L溶液的滴定曲线如图。已知：酚酞的变色范围是pH8.2~10
下列说法不正确的是
A．M点主要溶质为
B．N点可用酚酞作指示剂指示滴定终点
C．N点溶液：
D．M→N过程中，均满足
8．（2023秋·北京西城·高三统考期末）解释下列事实所用的化学用语不正确的是
A．酚酞滴入溶液中，溶液变红：
B．铜片放入浓硝酸中，产生红棕色气体：
C．钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应：
D．通入溴水中，溶液褪色：
9．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）下列过程中的化学反应对应的离子方程式正确的是
A．硫酸铜溶液中加少量的铁粉：
B．溶液中滴加过量稀氨水：
C．硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：
D．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：
10．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）某小组同学进行了以下3个实验：
实验1 实验2 实验3
操作
现象 无沉淀及气体产生 有沉淀及气体产生 现象a
下列说法正确的是
A．实验1中发生了反应
B．实验2中促进了的电离平衡
C．实验3中现象a可能是：有沉淀及气体产生
D．推测：可用溶液鉴别浓度均为的溶液和溶液
11．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）已知物质的相关数据如下表，下列说法正确的是
物质
相关数据
A．不与盐酸溶液反应
B．溶液中存在的所有微粒有：
C．与碳酸钠溶液反应，可能产生气体
D．向石灰水悬浊液中加入溶液，溶液可能变澄清
12．（2023秋·北京·高三统考期末）向溶液中持续滴加稀盐酸，记录溶液及温度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A．溶液的起始浓度为
B．在滴定至终点的过程中，水的电离程度不断减小
C．对应的溶液中均存在：
D．由后溶液的温度变化可推知，与的反应是吸热反应
13．（2023秋·北京·高三统考期末）侯氏制碱法工艺流程如图所示。
下列说法不正确的是
A．饱和食盐水“吸氨”的目的是使“碳酸化”时产生更多的
B．煅烧时发生反应
C．“盐析”后溶液比“盐析”前溶液大
D．母液Ⅱ与母液Ⅰ所含粒子种类相同，但前者、、的浓度更大
14．（2023秋·北京·高三统考期末）表示下列反应的方程式正确的是
A．铁粉与水蒸气共热，生成可燃性气体：
B．向溶液中加入铜片，溶液由黄色变成蓝色：
C．向浊液中加入溶液，生成红褐色沉淀：
D．向溶液中滴加溶液，溶液由浅绿色变成黄色：
15．（2023秋·北京·高三统考期末）用表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．中含有的原子数为
B．溶液含有的个数为
C．标准状况下，和的混合气体中分子数为
D．与盐酸充分反应，转移电子数为
16．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）某小组研究实验室制备Fe(OH)3胶体的方法。下列说法不正确的是
序号 1 2
实验
现象 液体变为红褐色后，停止加热，有明显的丁达尔效应，冷却后仍为红褐色 液体变为红褐色后，停止加热，有明显的丁达尔效应，冷却后溶液变黄
A．对比实验可知，制备Fe(OH)3胶体选用饱和FeCl3溶液效果更好
B．实验1中液体变红褐色后，持续加热可观察到红褐色沉淀
C．选用饱和溶液以及加热，均为了促进Fe3+的水解
D．对比实验可知，酸根离子不同是造成实验现象差异的重要原因
17．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）常温下，1体积水能溶解约700体积NH3。用圆底烧瓶收集NH3后进行如图所示实验，下列分析正确的是
A．圆底烧瓶内形成喷泉现象，证明与水发生了反应
B．喷泉停止后，圆底烧瓶内剩余少量气体，是因为的溶解已达到饱和
C．圆底烧瓶中的液体呈红色的原因是
D．取圆底烧瓶内部分液体，滴加盐酸至时，溶液中
18．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）下列反应的离子方程式正确的是
A．用饱和碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：
B．通入水中制硝酸：
C．硫酸铜溶液中加少量的铁粉：
D．室温下用稀溶解铜：
二、工业流程题
19．（2023秋·北京通州·高三统考期末）工业上湿法冶炼金属锌，通常先将含锌矿石焙烧。锌焙烧矿再加稀硫酸浸出，所得浸出液中含Zn2+和Fe2+、Fe3+等杂质。铁元素的存在对后续电解锌有害。从锌浸出液中沉铁的方法有多种，其中将铁以针铁矿(FeOOH)形式沉淀，铁渣易过滤。其工艺流程如下：
已知：i.滤渣1的主要成分是硫单质；
ii.滤渣2中铁元素的存在形态为FeOOH；
iii.溶液中Fe3+浓度小于1g/L，才能顺利析出FeOOH晶体。溶液pH较大时，Fe3+水解主要生成氢氧化铁胶体。
(1)酸浸：
能加快锌焙烧矿浸出速率的措施有_______。
A．加热 B．粉碎锌焙烧矿 C．降低稀硫酸的浓度
(2)还原：
①为了便于沉铁时调控溶液中Fe3+浓度，向锌浸出液中加入过量ZnS精矿先将Fe3+还原为Fe2+，该反应的离子方程式：_______(已知室温时，Ksp(ZnS)=2.5×10-22)
②检验滤液1中是否含Fe3+的方法是_______。
(3)沉铁：
溶液pH对铁去除率的影响实验结果如下图所示：
①从图中数据来看，沉铁的最佳pH为_______。
②结合图中数据，解释pH偏小或偏大都不利于沉铁的原因是_______。
(4)除氟：
通常锌浸出液中还有一定量的氟离子，氟离子浓度过高也会影响电解锌。FeOOH对F-有吸附作用。若将流程中ZnO更换为CaO，可进一步显著提高F-去除率。若要求滤液2中氟离子含量在38mg/L以下，则滤液2中所含Ca2+的浓度至少为_______mol/L。(已知室温时， )
20．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）以废旧铅酸电池中的含铅废料(等)为原料制备，实现铅的再生利用。流程示意图如下：
资料：i.25℃时，
ii.
(1)溶浸
均转化为。
①上述流程中能提高含铅废料中铅的浸出率的措施有_______。
②转化为的反应有：、_______。
(2)结晶
①所得中含有少量，原因是_______(用方程式表示)。
②向母液中补加一定量盐酸，可继续浸取含铅废料。重复操作的结果如下：
循环次数 0 1 2 3 4
铅回收率/% 85.4 93.5 95.8 97.1 98.2
纯度/% 99.4 99.3 99.2 99.1 96.1
循环3次后，纯度急剧降低，此时向母液中加入_____(填试剂)，过滤，滤液可再次参与循环。
(3)脱氯
在某浓度溶液中的溶解度曲线如下图所示。
结合溶解度曲线，简述脱氯的操作：_______。
(4)测定废料中铅的含量
将含铅废料与足量盐酸、溶液充分反应，得到溶液。取溶液加水稀释，再加几滴二甲酚橙作指示剂，用的乙二胺四乙酸二钠盐(用表示)进行滴定，滴定终点时消耗溶液。计算废料中铅的质量分数_______。
资料：滴定原理为：
21．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）我国出口球状氯化镁融雪剂时，对产品色度(白度)要求很高，因此研究脱色及显色离子的去除有现实意义。以水氯镁石为原料生产符合白度要求的融雪剂的流程如下。
已知：①水氯镁石的主要成分是，还含有少量有色有机物、可溶性等杂质离子及少量不溶物。
物质
I.去除泥沙及脱除有机物颜色
水氯镁石饱和溶液脱色后的饱和溶液
(1)操作1的名称是_______。
(2)活性炭的作用是_______。
(3)部分有机物可与反应脱氢，在该反应中，体现的性质是_______。
(4)其它条件都不变的情况下，得到温度对脱色率的影响如图所示。后，随温度升高，脱色率下降的原因是_______。
II.去除显色离子
向脱色处理后的氯化镁溶液中加入氨水反应30分钟，再将溶液升温至保持30分钟，恢复至室温，最后加入适量的溶液反应一段时间，过滤得到氯化镁精制溶液。
(5)过滤得到的滤渣中含有、_______。
①将横线补充完整_______。
②将生成的离子方程式补充完整：_______、
(6)将溶液升温至的目的是_______。
III.制备产品
氯化镁精制溶液球状氯化镁融雪剂
(7)操作2是_______。
22．（2023秋·北京·高三统考期末）碳酸锂是制备其他锂化合物的关键原料。一种以磷酸锂渣(主要成分)为原料制备碳酸锂的工艺流程示意图如下。
已知：部分物质的溶解性表(20℃)
阳离子 阴离子
难溶 可溶 易溶
难溶 难溶 可溶
(1)写出浸取时与盐酸反应的化学方程式：_______。
(2)加入盐酸的量不宜过多的原因是_______。
(3)钙渣的主要成分是_______。
(4)磷锂分离时，需要不断加入适量溶液以维持溶液的基本不变。结合离子方程式解释其原因是_______。
(5)沉锂时，反应的离子方程式是_______。
(6)若粗制溶液中，。则沉锂前溶液中能达到的的最小浓度是_______。(已知：25℃时，的，的)
23．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）富钴结壳浸出液分离制备的工业流程如下。
已知：i.浸出液中主要含有的金属离子为：、、、、
ii.25℃时，金属硫化物的溶度积常数。
金属硫化物 NiS CoS CuS MnS
(1)过程①中，还原得到的浸出液中含硫元素的阴离子主要为_______。
(2)过程②中，转化为时，氧气和石灰乳的作用分别是_______。
(3)固体Y中主要物质的化学式为_______。
(4)已知，在时完全沉淀转化为。过程③中沉淀剂不选择的原因可能是_______。
(5)已知，温度高于20℃时，在水中的溶解度随温度升高迅速降低。过程④中，采用的操作是_______。
(6)过程⑤中发生下列反应。



利用和计算时，还需要利用_______反应的。
(7)流程中可循环使用的物质是_______。
24．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）含钛高炉渣的主要化学成分为、、、、、、和金属等，对其综合利用具有重要的经济价值和社会效益。
Ⅰ、一种含钛高炉渣提钛工艺流程如下图所示。
已知：①不溶于水、稀酸和碱溶液；②能与强酸、强碱反应。
(1)盐酸酸浸过程中发生反应的离子方程式为___________。
(2)“磁选”的目的是___________。
(3)下列说法正确的是___________(填字母序号)。
a、滤渣1的主要成分为、
b、若将流程A部分与流程B部分互换顺序，最终得到的滤渣成分相同
c、若将流程A部分与流程B部分互换顺序，理论上氢氧化钠用量不变
Ⅱ、含钛高炉渣中金属含量的测定：
ⅰ、配制金属浸取液：取一定量的亚硫酸钠和邻菲岁啉(抑制水解)溶于水，加入乙酸和乙酸铵混合溶液调，此时铁的化合物不溶解。
ⅱ、取粉碎后的含钛高炉渣，加入足量金属浸取液，室温下浸取。
ⅲ、过滤，将滤液及洗涤液全部转移至盛有过量溶液的烧杯中，加入稀硫酸充分反应。
ⅳ、将反应后的溶液煮沸至冒大气泡并继续微沸。
ⅴ、冷却，用浓度为的抗坏血酸标准液滴定，消耗抗坏血酸标准液。
已知：①酸性条件下，(未配平)
②(抗坏血酸)(脱氢抗坏血酸)
(4)步骤ⅱ中浸取铁时发生反应的离子方程式为___________。
(5)步骤ⅲ中加入过量溶液的主要作用是___________(用离子方程式表示)。
(6)该含钛高炉渣中金属的质量分数=___________(用代数式表示)。
(7)下列两种情况均会对“金属的质量分数”测定结果造成偏差，任选其中一种情况分析并说明判断理由。
情况一：配制金属浸取液时，溶液等于2
情况二：未进行步骤ⅳ，直接用抗坏血酸标准液滴定
①情况___________的测定结果___________(填“偏高”或“偏低”)。
②理由是___________。
三、实验题
25．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）某小组同学在实验室制备高铁酸钾，并探究制备的适宜条件。制备的实验装置如下(夹持装置略)。
资料：为紫色固体，微溶于溶液。
(1)装置A中产生的化学方程式是_______(锰元素被还原为)。
(2)研究试剂a对产率的影响，对比实验如下。
实验编号 试剂a 实验现象
I 和少量 无明显现象
II 和过量 得到紫色溶液，无紫色固体
III 和过量 得到紫色溶液(颜色比II深)，有紫色固体
注：上述实验中，溶液总体积、和的物质的量、的通入量均相同。
①实验II、III产生，将方程式补充完整______。
还原反应：；
氧化反应：。
②对实验I未产生而实验II能产生的原因提出假设：实验Ⅱ溶液碱性较强，增强+3价铁的还原性。以下实验证实了该假设。
步骤1：通入，电压表示数为；
步骤2：向右侧烧杯中加入_______(填试剂)，电压表示数为。
③反思装置B的作用：用饱和溶液除去，目的是_______。
④实验II中的产率比实验III低，试解释原因：_______。
(3)向实验II所得紫色溶液中继续通入，观察到溶液紫色变浅。可能原因是通入后发生_______(填离子方程式)而使溶液碱性减弱，进而导致分解。
(4)综上，制备的适宜条件是_______。
26．（2023秋·北京西城·高三统考期末）石油中含有有机氯和无机氯(主要以的形式存在)，还含有少量的硫化氢、硫酸盐和碳酸盐等。微库仑滴定法可快速测定石油中的有机氯和无机氯的含量。
已知：库仑测氯仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。待测物质进入电解池后与反应，测氯仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束。通过测定电解消耗的电量可以求出石油中氯的含量。
(1)库仑测氯仪电解池中的阳极反应是_______。
I.石油中有机氯含量的测定
(2)用过量KOH溶液和水除去石油样品中的和无机盐，再通过_______操作分离得到处理后的石油样品。KOH溶液除去的离子方程式是_______。
(3)经处理后的石油样品在高温、富氧条件下燃烧，有机氯转化为HCl。在库仑测氯仪中，待测气体通入电解池后与反应的离子方程式是_______。
(4)石油样品为ag，电解消耗的电量为x库仑，样品中有机氯的含量(按含氯元素计)为_______mg/g。
已知：电解中转移1mol电子所消耗的电量为F库仑
II.石油中无机氯含量的测定
在极性溶剂存在下加热石油样品，再用水提取其中的无机盐。含盐的待测液体注入库仑测氯仪进行测定。
已知：i.样品中存在的和CO不影响测定结果
ii.
(5)用离子方程式解释不影响测定结果的原因：_______。
(6)石油样品中存在的会影响测定结果。
①通过估算说明的存在会影响测定结果：_______。
②待测液体注入库仑测氯仪前，可加入_______(填序号)以消除的影响。
a.溶液 b.NaOH溶液 c.碘水
27．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）某小组同学探究盐对平衡体系的影响。
实验Ⅰ：探究对和平衡体系的影响
将等体积、低浓度的溶液(已用稀盐酸酸化)和溶液混合，静置至体系达平衡，得红色溶液a。各取溶液a放入3支比色皿中，分别滴加不同浓度的溶液，并测定各溶液的透光率随时间的变化，结果如图所示。
已知：①溶液的透光率与溶液颜色深浅有关，颜色深，透光率低。
②在水溶液中由于水解而显黄色；溶液中存在(黄色)。
(1)稀盐酸酸化溶液的目的是___________。采用浓度较低的溶液制备和平衡体系，是为了避免___________(填离子符号)的颜色对实验干扰。
(2)从实验结果来看，溶液确实对和平衡体系有影响，且随着浓度增大，平衡向___________(填“正”或“逆”)反应方向移动。
实验Ⅱ：探究盐对和平衡体系产生影响的原因
同学查阅相关资料，认为可能的原因有：
原因1：溶液中的离子会受到周围带有异性电荷离子的屏蔽，使该离子的有效浓度降低，这种影响称为盐效应。溶液的加入使和平衡状态因盐效应而发生变化。
原因2：溶液中存在副反应，离子浓度发生变化，导致和平衡状态发生变化。
(3)基于以上分析，该组同学取等体积的溶液a，分别加入等物质的量的不同种类的盐晶体(忽略溶液体积变化)，观察颜色变化，结果如下表。
序号 加入少量盐 溶液颜色
1 无 红色
2 变浅
3 略变浅
4 变浅程度较大
①上述实验可证明盐效应影响了和平衡体系的是___________(填字母序号)。
a、1和2 b、1和3 c、1和4
②选择实验___________(填序号)可得出结论：的盐效应弱于的盐效应。简述选择实验的理由及获得结论的依据：___________。
(4)取等体积的溶液a继续进行实验，结果如下表。
序号 加入溶液 溶液颜色
5 浓盐酸 明显变浅，溶液偏黄
6 去离子水 略变浅
上述实验可证明副反应影响了和平衡体系，结合实验现象及化学用语分析副反应对和平衡体系有影响的原因：___________。
(5)拓展应用：盐效应对多种平衡体系有影响。
在不同浓度溶液中的溶解度数据如下表：
0 0.01 0.02 0.04 0.10 0.20
溶解度 4.5 0.48 0.42 0.39 0.48 0.69
分析在范围内，溶解度发生变化的原因：___________。
四、原理综合题
28．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）利用氢氧化钡沉淀-碘量法对锰酸钾和高锰酸钾共存时的离子浓度进行分别测定，方法如下。
已知：①，易溶于水
②
③溶液中较高时，易被空气氧化
④该条件下，和的还原产物都是
I.取和共存液于烧杯中，加入过量溶液，产生灰绿色沉淀，过滤。
II.取I中的滤液于碘量瓶中，加入溶液和浓硫酸，此时溶液颜色发生变化，盖上盖子后至黑暗处放置5分钟。
III.用溶液滴定，待溶液颜色变为淡黄色时，加入淀粉指示剂，达到滴定终点时，消耗溶液。
IV.另取一份相同共存液于碘量瓶中，重复II、III操作，记录消耗溶液。
(1)I中灰绿色沉淀是_______，同时生成的另一种产物的化学式是_______。
(2)II中反应的离子方程式是_______。
(3)III中滴定终点时的现象是_______。
(4)II中加入浓硫酸要适量，防止溶液中较高发生副反应：_______(写出反应的离子方程式)。
(5)该溶液中锰酸钾的物质的量浓度为_______。
29．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）煤焦油、煤和海砂中氯离子含量高会破坏金属的钝化膜，导致铁制设备和钢管等被腐蚀。
(1)铁接触氧气和水后会发生电化学腐蚀，其负极的电极反应式为_______。
(2)测定煤中氯离子含量的两种方法。
方法一：在高温下，通入水蒸气将煤样中无机盐转化为HCl，再滴定氯离子。
方法二：取a g煤样，处理后得到含氯离子的样品溶液，加入溶液，以作指示剂，用溶液滴定过量的溶液，共消耗KSCN溶液。
已知：能与KSCN反应生成AgSCN沉淀。
①结合化学用语，从化学平衡的角度解释方法一中无机盐中生成HCl的原因_______。
②方法二中，滴定终点的现象为_______。
③利用方法二，测得煤样中氯元素的质量分数为_______。
(3)快速检测法测定海砂中氯离子含量的过程如下。
i.配制固定组分的铬酸银()浑浊液；
ii.将待测海砂样品与i中浑浊液混合，溶液的颜色会随着氯离子含量的变化而变化。
氯离子含量x
ii中现象 沉淀仍然为砖红色 砖红色沉淀部分变为白色，溶液逐渐转变为黄色 砖红色沉淀完全变为白色，溶液完全转变为黄色
已知：；；溶液为黄色，固体为砖红色。
①时，沉淀仍然为砖红色的原因是_______。
②写出砖红色沉淀变为白色的离子方程式_______。
参考答案
1．B
【详解】A． 碳酸氢钠晶体溶于少量水的过程是吸热过程，A合理；
B．铝和浓硫酸在常温下钝化而难以溶解，工业上不适合用利用铝和浓硫酸在常温下制备硫酸铝，B不合理；
C． 将硫酸铝溶液施入盐碱地，铝离子和碳酸根离子双水解产生二氧化碳气体、会看到土壤液产生气泡，C合理；
D． 硫酸铝水解生成氢氧化铝胶体，有丁达尔效应，D合理；
答案选B。
2．C
【分析】根据pH曲线图知，锥形瓶中盛装的是草酸溶液，实验是用0.1000mol/L氢氧化钠溶液滴定0.05000mol/L草酸溶液。滴定终点时，两溶液消耗的体积相同，则氢氧化钠与草酸按物质的量2：1发生了反应，方程式为：。
【详解】A．由分析知草酸是二元酸，A错误；
B．盛装氢氧化钠溶液必须用碱式滴定管，量取草酸溶液必须用酸式滴定管，B错误；
C．当滴加了20.00mL溶液时，根据方程式可计得锥形瓶内草酸钠有，草酸有，草酸钠完全电离，草酸微弱电离，因此溶液中草酸根离子浓度大于氢离子浓度。随着滴加的NaOH增多，生成的草酸钠更多，草酸根离子浓度变得更大，氢离子浓度变得更小，C正确；
D．当滴加了25.00mL溶液时，恰好完全中和，溶质只有草酸钠，草酸钠完全电离，氢氧根离子主要由草酸根离子水解产生，水解是微弱的，因此钠离子浓度大于氢氧根离子浓度。随着滴加的NaOH增多，增多的NaOH中，钠离子浓度等于氢氧根离子浓度，且NaOH还能抑制草酸根离子的水解，因此溶液中的钠离子浓度依然会大于氢氧根离子浓度，D错误；
故选C。
3．C
【详解】A．由表格数据可知，等浓度的四种一元酸溶液的pH大小顺序为HX>HM>HN>HY，则该温度下四种酸溶液电离出氢离子的能力大小顺序为HY>HN>HM>HX，故A正确；
B．由表格数据可知，等浓度的HY溶液的pH小于HX溶液，说明HY的酸性强于HX，由强酸制弱酸的原理可知，HY溶液加入NaX溶液中发生的反应为HY+NaX=HX+NaY，故B正确；
C．由表格数据可知，HX为一元弱酸，在溶液中部分电离出氢离子和X—离子，则溶液中微粒的大小顺序为c(HX>c(H+))>c(X—)>c(OH—)，故C错误；
D．由表格数据可知，HM为一元弱酸，则相同体积的0.10mol/LHM溶液中离子浓度大于0.010mol/LHM溶液，导电能力强于0.010mol/LHM溶液，故D正确；
故选C。
4．B
【详解】A．在MNO3溶液中含M+、M+浓度增大使沉淀溶解平衡M2CrO4(s) 2 M+ (aq) + (aq)左移，因此溶解度比纯水中更低，A错误；
B．结合选项A可知在MNO3溶液中溶解度更低， B正确；
C．M2CrO4(s)溶解度随溶液中M+、的浓度变化，只有在纯水中M+的物质的量浓度是的二倍，C错误；
D．虽然 Ksp(M2CrO4)= c2 (M+) c()只受温度影响，但M2CrO4(s)溶解度随溶液中M+、的浓度变化， D错误；
答案选B。
5．D
【分析】阳极泥加入硫酸、过氧化氢和氯化钠使铜溶解，使氯化银尽量不溶解，在分铜渣中加入氯化氢和氯酸钠分金，分金液中加入二氧化硫将金还原成单质金，分渣金中加入氨水分银，分银液中加入，还原银成为银单质，据此分析。
【详解】A．“分铜”时加入，使氯离子浓度增大，利用同离子效应，使氯化银几乎不溶解，降低银的浸出率， A正确；
B．利用的氧化性，同时大量氯离子存在，可以使金形成配合离子，反应的离子方程式为：，B正确；
C．氯化银可以溶解在氨水中，形成，反应的化学方程式为：，C正确；
D．由已知被氧化成，不会生成氨气，故“滤液2”中不会含有大量的氨，D错误；
故本题选D。
6．D
【分析】氯离子能破坏铝片表面的致密氧化膜，氯化铜水解呈酸性， Al能从氯化铜溶液中置换出Cu、和水解产生的盐酸反应置换出氢气，Al和覆盖在表面的Cu在溶液中可形成原电池，反应速率大，而表面析出的白色沉淀CuCl，应是铝和铜离子发生氧化还原反应产生的沉淀，硫酸根离子不能破坏铝片表面的致密氧化膜，所以铝与2mL0.5mol/L溶液反应相当缓慢、只有少量铜生成，据此回答。
【详解】A．据分析， ②中产生的气体为氢气，气体生成速率逐渐增大可能与Al和Cu在溶液中形成了原电池有关，A正确；
B． 据分析，②中产生白色沉淀的可能原因：，B正确；
C． 向①中加入一定量NaCl固体，氯离子能破坏铝片表面的致密氧化膜，铝投入的溶液中含有铜离子、氯离子，则可推测出现与②相似的实验现象，C正确；
D． ②比①反应迅速是由于氯离子能破坏铝片表面的致密氧化膜，硫酸根离子不能破坏铝片表面的致密氧化膜，D不正确；
答案选D。
7．C
【详解】A．加入20.00mL等浓度的NaOH溶液时生成，因此M点主要溶质为，A正确；
B．N点溶液中溶质为，溶液pH=10，酚酞的变色范围是pH8.2~10，因此N点可用酚酞作指示剂指示滴定终点，B正确；
C．N点溶液中溶质为，溶液pH=10，溶液呈碱性，说明的水解程度大于电离程度，因此，C错误；
D．M→N过程中和的混合溶液，则混合溶液中电荷守恒式为：，D正确；
故选C。
8．B
【详解】A．碳酸钠水解使溶液呈碱性，水解的离子方程式为 ，故A正确；
B．铜片放入浓硝酸中生成硝酸铜、二氧化氮、水，反应的离子方程式为，故B错误；
C．钢铁发生吸氧腐蚀，负极铁失电子生成亚铁离子，负极反应式为，故C正确；
D．通入溴水中生成硫酸和氢溴酸，反应的化学方程式是，故D正确；
选B。
9．A
【详解】A．铁具有还原性，与铜离子反应生成亚铁离子和单质铜，A正确；
B．AgNO3溶液中滴加氨水，开始生成沉淀，氨水过量时，沉淀溶解，，B错误；
C．硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液，，氢氧化钾的物质的量少，不能溶解氢氧化铝沉淀，C错误；
D．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙，，D错误；
故答案为：A。
10．B
【详解】A．根据实验1中的现象可知，没有沉淀生成，故没有发生反应，A错误；
B．实验2中有沉淀及气体产生说明，钙离子结合了碳酸氢根电离产生的碳酸根离子，同时，碳酸氢根离子电离产生的氢离子和另一个碳酸氢根离子结合生成水和二氧化碳，B正确；
C．由实验1和2可知，当钙离子浓度较小时，不容易和碳酸根离子结合生成沉淀，故现象a不会出现沉淀，C错误；
D．由实验1和2可知，饱和氯化钙可以和碳酸氢钠反应生成沉淀和气体，不饱和的氯化钙溶液，无法反应，故不能用溶液鉴别浓度均为的溶液和溶液，D错误；
故选B。
11．C
【详解】A．HF为弱酸，NaF与盐酸反应生成，符合强酸制弱酸，A错误；
B．，则溶液中的微粒有，，B错误；
C．根据电离平衡常数，，。符合强酸制弱酸，C正确；
D．根据Ksp可知，，Ca(OH)2转化为CaF2沉淀，D错误；
故答案为：C。
12．C
【分析】向溶液中持续滴加稀盐酸，如图，曲线a到b为中和曲线，b点时刚好反应完全，此时反应温度最高；
【详解】A．如图，未滴加盐酸时，溶液pH最大，NaOH属于强碱，起始时溶液pH=a，，常温下，根据，得，溶液的起始浓度为，故A错误；
B．任何酸或碱均抑制水的电离，在滴定至终点的过程中，浓度减小，水的电离程度不断增大。刚好反应时，达到最大，故B错误；
C．时，NaOH过量，溶质为和NaCl；时，盐酸过量，溶质为HCl和NaCl，所以根据电荷守恒，对应的溶液中均存在：，故C正确；
D．如图，曲线a到b为中和曲线，b点时刚好反应完全，此时反应温度最高，由此可知，与的反应是放热反应，故D错误；
故选C。
13．D
【详解】A．氨气极易溶于水使溶液显碱性，饱和食盐水“吸氨”的目的是可以吸收更多二氧化碳，使“碳酸化”时产生更多的，故A正确；
B．碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、水、二氧化碳，故B正确；
C．铵根离子水解生成氢离子，溶液显酸性；加入氯化钠“盐析”后溶液中铵根离子浓度减小，溶液酸性减弱，故比“盐析”前溶液大，故C正确；
D．母液Ⅱ为加入氯化钠晶体，析出氯化铵后得到的；与母液Ⅰ所含粒子种类相同，但母液Ⅱ中碳酸氢根离子的浓度没有变的更大，故D错误；
故选D。
14．B
【详解】A．铁粉与水蒸气共热生成Fe3O4和H2，A错误；
B．向溶液中加入铜片，Fe3+与Cu反应生成Fe2+和Cu2+，溶液由黄色变成蓝色，离子方程式为，B正确；
C．在离子方程式中不能拆开，应该保留化学式，C错误；
D．向溶液中滴加溶液的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，D错误 ；
故答案为：B。
【点睛】判断离子方程式是否正确，一般先看产物是否符合客观事实，二看化学式拆分是否正确，三看是否漏离子反应，四看反应物的配比是否正确，五看各种符号是否齐全。
15．D
【详解】A．的物质的量为，含有的原子数为2，A错误；
B．由于Al3+的水解，溶液含有的个数小于，B错误；
C．标准状况下，和的混合气体的物质的量为，分子数为0.5，C错误；
D．Na在反应过程中转移1个电子，因此与盐酸充分反应，转移电子数为，D正确；
故答案为：D。
16．C
【详解】A．对比实验可知，用FeCl3饱和溶液制备的Fe(OH)3胶体冷却后能够稳定存在，而用饱和Fe2(SO4)3制备的Fe(OH)3胶体冷却后不能够稳定存在，又转化为Fe3+，故制备Fe(OH)3胶体选用饱和FeCl3溶液效果更好，A正确；
B．实验1中液体变红褐色后即生成了Fe(OH)3胶体，持续加热胶体将发生聚沉，故可观察到红褐色沉淀即Fe(OH)3沉淀，B正确；
C．电解质溶液的浓度越大，其水解程度越小，则选用饱和溶液不能促进Fe3+的水解，水解是一个吸热反应，故加热是为了促进Fe3+的水解，C错误；
D．对比实验可知，两实验中Fe3+的浓度不同，电离出的酸根离子不同，由FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，HCl易挥发，使得冷却时上述平衡逆向移动程度很小，仍然保持红褐色溶液，Fe2(SO4)3+6H2O2Fe(OH)3(胶体)+3H2SO4，H2SO4难挥发，使得冷却时上述平衡逆向移动程度很大，溶液变为黄色，则酸根离子不同是造成实验现象差异的重要原因，D正确；
故答案为：C。
17．C
【详解】A．NH3极易溶于水，小滴管中的水挤入圆底烧瓶中就能导致瓶内压强快速减小，形成喷泉，故圆底烧瓶内形成喷泉现象，不证明NH3与水发生了反应，A错误；
B．NH3极易溶于水，1体积的水能够溶解700体积的NH3，故喷泉停止后，圆底烧瓶内剩余少量气体，是因为收集的NH3不纯，含有少量不溶于水的气体，而不是NH3的溶解已达到饱和，B错误；
C．圆底烧瓶中的液体呈红色，说明NH3溶于水呈碱性，其原因是，C正确；
D．取圆底烧瓶内部分液体，滴加盐酸至时，反应方程式为：NH3·H2O+HCl=NH4Cl+H2O，根据电荷守恒可知溶液中有：，pH=7即c(H+)=c(OH-)，则，D错误；
故答案为：C。
18．D
【详解】A．水垢中的硫酸钙是沉淀，故用饱和碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙的离子方程式为：，A错误；
B．原离子方程式H原子不守恒，则通入水中制硝酸的离子方程式为：，B错误；
C．铁与盐溶液发生置换反应生成Fe2+，故硫酸铜溶液中加少量的铁粉的离子方程式为：，C错误；
D．室温下用稀溶解铜的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故其离子方程式为：，D正确；
故答案为：D。
19．(1)AB
(2) 取少量滤液1于试管，滴加KSCN溶液，若不显红色，则证明不含Fe3+
(3) 4.8 ，pH过小，c(H+)较大，使Fe3+的水解平衡逆向移动，不利于生成FeOOH沉淀。溶液pH较大，Fe3+水解产物更多是不易过滤的氢氧化铁胶体
(4)6.75×10-6
【分析】锌焙烧矿加入稀硫酸浸出，所得浸出液中含Zn2+和Fe2+、Fe3+等杂质，加入ZnS精矿，发生反应ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S，经过滤得到滤渣1和滤液1，滤液1中加入双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，加入ZnO将Fe3+以针铁矿形式沉淀，过滤后得到滤液2和滤渣2。
【详解】（1）A．加热，温度升高，化学反应速率加快，A选；
B．粉碎锌焙烧矿，增大反应物的接触面积，化学反应速率加快，B选；
C．降低稀硫酸的浓度，减小反应物浓度，化学反应速率减慢，C不选；
答案选AB。
（2）①滤渣1的主要成分是硫单质，说明加入过量ZnS精矿将Fe3+还原为Fe2+的同时ZnS被氧化成S，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S；答案为：ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S。
②用KSCN溶液检验Fe3+，故检验滤液1中是否含Fe3+的方法是：取少量滤液1于试管，滴加KSCN溶液，若不显红色，则证明不含Fe3+；答案为：取少量滤液1于试管，滴加KSCN溶液，若不显红色，则证明不含Fe3+。
（3）①从图中数据可知，pH=4.8时铁去除率最大，故沉铁的最佳pH为4.8；答案为：4.8。
②滤渣2中铁元素的存在形态为FeOOH，说明加入双氧水氧化后的溶液中存在水解平衡：Fe3++2H2OFeOOH+3H+，pH过小，c(H+)较大，使Fe3+的水解平衡逆向移动，不利于生成FeOOH沉淀；根据已知iii，溶液pH较大，Fe3+水解产物更多是不易过滤的氢氧化铁胶体；答案为：Fe3++2H2OFeOOH+3H+，pH过小，c(H+)较大，使Fe3+的水解平衡逆向移动，不利于生成FeOOH沉淀；溶液pH较大，Fe3+水解产物更多是不易过滤的氢氧化铁胶体。
（4）要求滤液2中氟离子含量在38mg/L以下，即c(F-)在=2×10-3mol/L以下，则Ca2+的浓度至少为=mol/L=6.75×10-6mol/L；答案为：6.75×10-6。
20．(1) 粉碎、加热、加入增大
(2) (或)
(3)向中加入一定量溶液，加热至固体完全溶解后，冷却结晶，过滤得到固体
(4)
【分析】以废旧铅酸电池中的含铅废料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4等）为原料，制备，含铅废料加入盐酸、氯化钠、加热反应过滤得到PbCl2粗品，加入过量氢氧钠溶液脱氯得到。据此分析解题。
【详解】（1）①溶浸均转化为，粉碎、加热、加入增大均能增大铅的浸出率，故答案为粉碎、加热、加入增大。
②和盐酸直接反应可转化为，也可以和一起反应生成；反应有：，；故答案为。
（2）①溶浸均转化为，由于的水解，，所得中含有少量；故答案为。
②向母液中补加一定量盐酸，可继续浸取含铅废料。循环3次后，纯度急剧降低，可向母液中加入(或)，过滤，滤液可再次参与循环；故答案为(或)。
（3）在某浓度溶液中的溶解度随温度升高而增大，脱氯的操作为向中加入一定量溶液，加热至固体完全溶解后，冷却结晶，过滤得到固体；故答案为向中加入一定量溶液，加热至固体完全溶解后，冷却结晶，过滤得到固体。
（4）取溶液加水稀释，再加几滴二甲酚橙作指示剂，用的乙二胺四乙酸二钠盐(用表示)进行滴定，滴定终点时消耗溶液。滴定原理为：；所以，所以；所以铅的质量分数为；故答案为。
21．(1)溶解、过滤
(2)吸附少量有色有机物
(3)氧化性
(4)当温度高于50℃时，过氧化氢分解，从而导致脱色率下降
(5) CuS CuS Mn2++2NH3·H2O+H2O2=MnO(OH)2↓+2+H2O
(6)除去溶液中过量的H2O2，防止其氧化后续加入的硫化铵
(7)蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，同时加入HCl防止镁离子水解
【分析】水氯镁石加水溶解，操作1为过滤除去其中的少量不溶物得到氯化镁溶液，氯化镁溶液中加入活性炭吸附少量有色有机物，加入过量过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子得到脱色后的氯化镁饱和溶液。脱色后的氯化镁溶液中加入氨水将铁离子、铜离子、锰离子转化为氢氧化物沉淀，其中氢氧化锰先被氧化生成MnO(OH)2，MnO(OH)2进一步分解生成二氧化锰，最后加入硫化铵生成硫化铅沉淀同时氢氧化铜沉淀会转化成更难溶的硫化铜沉淀，得到氯化镁精制溶液，氯化镁精制溶液经蒸发浓缩冷却结晶得到球状氯化镁融雪剂。
【详解】（1）根据分析可知，操作1名称为溶解、过滤。
（2）活性炭具有吸附能力，其作用为吸附少量有色有机物。
（3）部分有机物与H2O2反应脱氢，发生了氧化反应，在该反应中，过氧化氢表现出氧化性。
（4）从第三小问可知，部分有机物被过氧化氢氧化从而脱色，当温度高于50℃时，过氧化氢分解，从而导致脱色率下降。
（5）①根据分析可知，过滤得到的滤渣中除了氢氧化铁、二氧化锰还含有硫化铜。
②锰离子先与过氧化氢、一水合氨反应生成MnO(OH)2，MnO(OH)2分解生成二氧化锰，离子方程式为Mn2++2NH3·H2O+H2O2=MnO(OH)2↓+2+H2O。
（6）将温度升高到90℃目的是除去溶液中过量的H2O2，防止其氧化后续加入的硫化铵。
（7）氯化镁精制溶液经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，造粒得到球状氯化镁融雪剂，同时加入HCl防止镁离子水解。
22．(1)+2HCl=+2LiCl
(2)尽量减少后序磷锂分离时NaOH的用量
(3)
(4)溶液中存在反应Ca2++=+H+，反应后后溶液酸性增强，需要不断NaOH溶液以维持溶液的基本不变，避免溶液酸性增强影响磷的沉淀
(5)2Li++=Li2CO3↓
(6)
【分析】磷酸锂渣加入盐酸浸取时生成和LiCl，加入CaCl2溶液生成，期间不断加入NaOH溶液保持pH基本不变，避免溶液酸性增强影响磷的沉淀，磷锂分离后钙渣中主要是，调节溶液中pH至弱碱性，向粗制LiCl溶液中加入Na2CO3溶液除去Ca2+杂质，然后再加入Na2CO3溶液进行沉锂，最后得到Li2CO3沉淀。
【详解】（1）磷酸锂渣加入盐酸浸取时生成Li+、、Cl-，因此与盐酸反应的化学方程式为+2HCl=+2LiCl；
（2）在磷锂分离时还需要加入NaOH调节pH，因此浸取时加入盐酸的量不宜过多，减少后序磷锂分离时NaOH的用量；
（3）根据溶解性表可知，磷锂分离时加入CaCl2溶液和NaOH溶液，生成可溶性的LiCl和难溶性的，钙渣的主要成分是；
（4）在溶液中存在反应Ca2++=+H+，反应后后溶液酸性增强，需要不断NaOH溶液以维持溶液的基本不变，避免溶液酸性增强影响磷的沉淀；
（5）沉锂时，Li+与结合生成Li2CO3沉淀，反应的离子方程式是2Li++=Li2CO3↓；
（6）要求Li+不能沉淀，Ca2+形成沉淀CaCO3而除去，则，则沉锂前溶液中能达到的的最小浓度是。
23．(1)
(2)氧气是氧化剂，使Fe2+转化为Fe3+，石灰乳是沉淀剂，调pH可使Fe3+转化为沉淀
(3)CuS、CoS、NiS
(4)Na2S水解呈碱性，其碱性强于NaHS。可能会导致Mn2+转化为Mn(OH)2沉淀
(5)蒸发结晶
(6)
(7)SO2
【分析】酸浸过程中SO2具有还原性，MnO2具有氧化性，所以两者反应生成硫酸锰，反应的离子方程式为，因为浸出液中含有Ni2+、 Co2+、 Cu2+ 、 Mn2+、 Fe2+，与氧气和石灰乳反应后，生成Fe(OH)3，根据金属硫化物的Ksp可知，向溶液1中加入NaHS，生成沉淀的先后顺序为，CuS、CoS、NiS、MnS，根据溶液2的成分分析，生成的沉淀中没有MnS，故溶液2中的MnSO4经过蒸发结晶得到固体MnSO4，最后经过焙烧得到Mn3O4，以此分析解答；
【详解】（1）根据分析，含硫的阴离子主要为；
故答案为：；
（2）根据分析，氧气的作用使得亚铁离子转化为铁离子，加入石灰乳使得铁离子转化为沉淀；
故答案为：氧气是氧化剂，使Fe2+转化为Fe3+，石灰乳是沉淀剂，调pH可使Fe3+转化为沉淀；
（3）根据分析，Y中的固体有CuS、CoS、NiS;
故答案为：CuS、CoS、NiS；
（4），生成的硫离子，水解呈碱性，其碱性强于NaHS。可能会导致Mn2+转化为Mn(OH)2沉淀；
故答案为：Na2S水解呈碱性，其碱性强于NaHS。可能会导致Mn2+转化为Mn(OH)2沉淀；
（5）对硫酸锰溶液进行蒸发结晶，得到晶体MnSO4；
故答案为：蒸发结晶；
（6）根据盖斯定律，2①-2②，可得，与式③相比，差；
故答案为：
（7）根据分析，MnSO4进行焙烧时产生SO2可以在步骤①中重复使用；
故答案为：SO2。
24．(1)
(2)除去金属铁
(3)ab
(4)
(5)
(6)
(7) 一（或二） 偏高（偏高） 溶液等于2，会导致铁的化合物溶解（或过氧化氢剩余，也会和抗坏血酸反应，消耗抗坏血酸标准液偏多）
【分析】磁选分离出金属，盐酸酸浸，、、、、溶解，、不溶解，滤渣1主要成分是、，再加氢氧化钠溶液碱浸，溶解，不溶，滤渣2主要成分是，提纯之后还原得到金属钛。
【详解】（1）盐酸酸浸过程中发生反应的离子方程式为；
（2）“磁选”的目的是除去易被磁铁吸引的金属铁；
（3）a．根据分析可知滤渣1的主要成分为、，a正确；
b．若将流程A部分与流程B部分互换顺序，最终得到的滤渣2都是，成分相同，b正确；
c．氢氧化钠可以与、反应，若将流程A部分与流程B部分互换顺序，先加氢氧化钠溶液碱浸，理论上氢氧化钠用量增多，c错误；
故选ab；
（4）根据已知：①酸性条件下，，步骤ⅱ中浸取铁时发生反应的离子方程式为；
（5）步骤ⅲ中加入过量溶液的主要作用是将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为；
（6）根据发生的反应可得关系式～2Fe3+～2Fe，该含钛高炉渣中金属的物质的量为2cV×10-3mol，质量分数==；
（7）情况一：配制金属浸取液时，溶液等于2，会导致铁的化合物溶解，测得金属的质量分数偏高；
情况二：未进行步骤ⅳ，直接用抗坏血酸标准液滴定，有过氧化氢剩余，也会和抗坏血酸反应，消耗抗坏血酸标准液偏多，测得金属的质量分数偏高。
25．(1)
(2) 固体 防止与反应，避免价铁的还原性减弱而使产率降低 II中大，不利于正向进行。(或根据反应：，II中大，的氧化性减弱)
(3)
(4)选用和过量溶液、通入适量
【分析】装置A中浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，得到的氯气中混有氯化氢气体，通过饱和NaCl溶液除去氯化氢气体，C中氯气和和过量反应得到，D为尾气处理装置。
【详解】（1）装置A中浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，化学方程式为：。
（2）①氧化反应中，Fe元素由+3价上升到+6价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：；
②实验Ⅱ溶液碱性较强，增强+3价铁的还原性，故步骤2：向右侧烧杯中加入KOH固体，增强右侧溶液的碱性，若电压表示数为，说明该假设成立；
③用饱和溶液除去，目的是：防止与反应，避免价铁的还原性减弱而使产率降低；
④II中大，不利于正向进行(或根据反应：，II中大，的氧化性减弱)，所以实验II中的产率比实验III低。
（3）通入后，和NaOH溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：。
（4）综上，增强碱性可以增强+3价铁的还原性，过量的氯气使溶液碱性减弱，进而导致分解，则制备的适宜条件是选用和过量溶液、通入适量。
26．(1)
(2) 分液
(3)
(4)
(5)
(6) H2S+2Ag+= =Ag2S↓+2H+ K= ，经估算K的数量级为1029，说明H2S与Ag+的反应程度接近完全，即H2S也消耗Ag+，影响测定结果 a
【分析】检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。待测物质进入电解池后与反应，浓度减小，测氯仪便立即自动进行电解，阳极Ag失电子，生成，到又回到原定值，电极反应式为，根据电解消耗的电量可以求出石油中氯的含量；
【详解】（1）库仑测氯仪电解池中的阳极反应是；
（2）用过量KOH溶液和水除去石油样品中的和无机盐，石油和水溶液不互溶，可以通过分液操作分离；KOH溶液除去的离子方程式是；
（3）HCl与反应的离子方程式是；
（4）电解消耗的电量为x库仑，即mol电子，n(Cl-)= n(Ag+)= n(e-)=mol，样品中有机氯的含量为= mg/g；
（5）碳酸银可溶于醋酸，不影响测定结果，离子方程式为;
（6）①H2S+2Ag+= =Ag2S↓+2H+ K= ，经估算K的数量级为1029，说明H2S与Ag+的反应程度接近完全，即H2S也消耗Ag+，影响测定结果；
②待测液体注入库仑测氯仪前，可加入能与反应，消除S2-的试剂；
a．溶液与反应生成硫单质和水，溶液中没有S2-，a符合；
b．NaOH溶液与反应生成硫化钠和水，溶液中仍然存在S2-，b不符合；
c．碘水与反应生成硫单质和碘化氢，溶液中存在I-，会生成碘化银沉淀影响测定结果，c不符合；
故选a。
27．(1) 抑制Fe3+水解
(2)逆
(3) b 2和4 阴离子均为氯离子，加入，溶液变浅程度较大
(4)加入浓盐酸，氯离子浓度增大，平衡正向移动，Fe3+浓度减小，平衡逆向移动，溶液颜色变浅；
(5)浓度增大，溶解平衡逆向移动，溶解度减小，浓度继续增大，离子会受到周围带有异性电荷离子的屏蔽，使该离子的有效浓度降低，溶解平衡正向移动，溶解度又略增大
【分析】实验Ⅰ：探究对和平衡体系的影响，随着溶液浓度增大，溶液的透光率增加，按照题中信息，可能原因有：原因1，溶液中的离子会受到周围带有异性电荷离子的屏蔽，使该离子的有效浓度降低，这种影响称为盐效应。溶液的加入使和平衡状态因盐效应而发生变化。
原因2，溶液中存在副反应，离子浓度发生变化，导致和平衡状态发生变化。
【详解】（1）稀盐酸酸化溶液的目的是抑制Fe3+水解；有颜色，采用浓度较低的溶液制备和平衡体系，是为了避免的颜色对实验干扰；
（2）随着浓度增大，平衡正向移动，Fe3+浓度减小，平衡逆向移动；
（3）①溶液和溶液中均存在氯离子，对平衡有影响，无法确定是盐效应使平衡移动，加入溶液，颜色略变浅，证明和平衡状态因盐效应而发生变化，故1和3可证明盐效应影响了和平衡体系，故选b；
②选择实验2和4可得出结论：的盐效应弱于的盐效应；溶液和溶液中均存在氯离子，加入，溶液变浅程度较大；
（4）加入浓盐酸，氯离子浓度增大，平衡正向移动，Fe3+浓度减小，平衡逆向移动，溶液颜色变浅；
（5）浓度增大，溶解平衡逆向移动，溶解度减小，浓度继续增大，离子会受到周围带有异性电荷离子的屏蔽，使该离子的有效浓度降低，溶解平衡正向移动，溶解度又略增大。
28．(1) BaMnO4 KOH
(2)
(3)溶液由蓝色变为无色，且半分钟不褪色
(4)
(5)
【分析】将KMnO4 和K2MnO4共存液20mL于烧杯中，加入过量Ba(OH)2溶液，KMnO4不反应，，所以第Ⅰ步的滤液为KMnO4、KOH、Ba(OH)2，加入KI和浓硫酸，中和反应，，及，用Na2S2O3滴定时，，用淀粉作指示剂，观察到现象，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不褪色则说明到达滴定终点，以此分析；
【详解】（1）根据分析，灰绿色沉淀时BaMnO4，生成的另一种产物是KOH；
故答案为：BaMnO4；KOH；
（2）根据分析，Ⅱ中发生的反应，，；
故答案为： ；
（3）根据分析，滴定终点现象，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不褪色；
故答案为：溶液由蓝色变为无色，且半分钟不褪色；
（4）在酸性条件下，碘离子易易发生氧化反应，；
故答案为：；
（5）高锰酸钾与锰酸钾均与硫代硫酸钠反应，，，高锰酸钾和锰酸钾共消耗，在第一份溶液中，高锰酸钾消耗的，则锰酸钾消耗的，根据反应式的关系，可知，；
故答案为：。
29．(1)
(2) 由于HCl是气体使平衡正向移动，从而得到HCl 溶液变成红色，且半分钟内不褪色
(3) 氯离子含量x<0.001%时，没有达到氯化银的，因此看到的砖红色是的颜色
【详解】（1）铁接触氧气和水发生电化学腐蚀，Fe易失电子作负极，负极反应式为；
（2）无机盐中生成HCl，由于HCl是气体使平衡正向移动，从而得到HCl；当与反应生成时，溶液变成红色，且半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；加入的物质的量为，剩余的的物质的量为，则实际参加反应的的物质的量为，氯元素的物质的量为，则，氯元素的质量分数为；
（3）氯离子含量x<0.001%时，没有达到氯化银的，达到，因此看到的砖红色是的颜色；砖红色沉淀变为白色的离子方程式为。2023北京重点校高三（上）期末化学汇编
化学反应的方向、限度与速率章节综合
一、单选题
1．（2023秋·北京通州·高三统考期末）某同学在家中用天然气灶炒菜，不慎使油在锅中燃烧起来，但火势未溢出锅外。该同学果断地关闭了天然气灶，但家中没有灭火器等消防器材。此时，以下方法可以扑灭锅中火的是
A．迅速用锅盖把锅盖严实，等锅的温度降下来再揭盖
B．向锅中倒入少量凉水
C．向锅中倒入面粉
D．打开厨房的窗户，加大通风
2．（2023秋·北京通州·高三统考期末）已知温度为483K时，反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H＜0的K=14.5。在483 K，将1.0 mol的CO(g)和1.0 mol的H2(g)充入容积为2.0 L的恒容密闭容器中。在反应达到平衡时，以下说法正确的是
A．c(H2)=2c(CO) B．c(H2)＜c(CO)
C．c(CO)=c(CH3OH)＜c(H2) D．c(CO)=c(CH3OH)=c(H2)
3．（2023秋·北京通州·高三统考期末）酶在化学反应过程中的主要作用是
A．酶与反应物分子暂时性结合以降低反应的活化能
B．酶消耗反应中的副产物来促使反应进行完全
C．酶自身分解生成主产物，从而加快反应速率
D．酶分解会释放能量，以增加主产物分子的有效碰撞次数
4．（2023秋·北京西城·高三统考期末）转化可减少排放并实现资源利用。催化氧化乙烷制乙烯的主要反应有：
①：
②：
反应的能量变化如图1所示。体系中还存在其他副反应。相同时间内，乙烷的转化率、乙烯的选择性与温度的关系如图2所示。
已知：乙烯的选择性为转化的乙烷中生成乙烯的百分比，下列说法不正确的是
A．
B．反应②比反应①的速率小，是总反应的决速步
C．在图2所画曲线的温度范围内，温度越高，乙烯的产率越低
D．其他条件不变，适当增大投料比，能提高的转化率
5．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）在不同条件下，按投料比进行反应： ，并测定实验数据。
一定条件下，CO2转化率为13.68%，CH3OH产率(甲醇的物质的量/起始CO2物质的量)为4.12%。
②一定压强下，相同时间，CH3OH产率随温度变化的数据图如下。
下列说法不正确的是
A．与①相同条件下，提高与的比例，可以提高的转化率
B．由①可推测，制取过程中无副反应发生
C．由②可推测，480～520K，温度升高，速率加快是产率升高的原因
D．由②可推测，温度升高产率降低的可能原因是平衡逆向移动
6．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）已知： 。钒触媒(V2O5)是该反应的催化剂，其催化过程如图所示。下列说法正确的是
A．促进了平衡正向移动
B．过程c的反应为
C．a、b、c中反应均为氧化还原反应
D．升高温度可提高的平衡转化率
7．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）某同学进行如下实验：
①取少量稀盐酸放于试管中，投入光亮的铜片，无明显变化。
②向实验①的试管中通入足量的，铜片表面很快变暗，生成黑色同体，溶液逐渐变为棕色。
③若将稀盐酸换成稀硫酸重复实验①和②，均无明显变化。
资料：是白色固体，难溶于水，能溶于盐酸，(棕色)
下列说法不正确的是
A．黑色固体不是
B．将棕色溶液加水稀释，会产生白色沉淀
C．由实验①②能说明增强了的还原性
D．上述过程中可能发生的反应：
二、原理综合题
8．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）沼气中除外，还含有等气体，脱除沼气中的并使之转化为可再利用的资源有重要意义。
资料：i.(黄色溶液)，与酸反应生成S、(或)
ii.均易溶于水
(1)乙醇胺可脱除沼气中的，这与其结构中的_______(填官能团名称)有关。加热所得产物，得到，同时乙醇胺得以再生。
(2)采用加热法可将转化为和。反应为：。一定温度下，将置于密闭容器中加热分解，平衡时混合气中与的物质的量相等，该温度下反应的平衡常数_______(用含a、v的代数式表示)。
(3)采用电解法也可将转化为S和。先用溶液吸收气体，再电解所得溶液。电解时阴极产生无色气体，阳极附近溶液变为黄色。
①写出足量溶液吸收气体的离子方程式：_______。
②用方程式解释阳极附近溶液变为黄色的原因_______。
③实验测得的转化率大于S的收率，推测电解时阳极可能生成、等物质。实验证实了上述推测成立，写出检验的实验操作及现象：_______。
资料：的转化率；S的收率
④停止通电，向黄色溶液中通入_______(填化学式)气体，析出S，过滤，滤液可继续电解。
9．（2023秋·北京·高三统考期末）乙二醛是一种重要的精细化工产品，可由乙醛硝酸氧化法制备。
Ⅰ.研究其他条件相同时，仅改变一个条件对乙二醛制备的影响，获得如下数据。
(1)乙二醛的结构简式是_______。
(2)图1中，曲线a对应的温度是_______，判断的依据是_______。
(3)图2中，c→d乙二醛的产率降低，并检测出较多的副产物，如乙二酸。产生较多乙二酸的原因是_______。
Ⅱ.运用电化学原理设计分离纯化乙二醛并回收硝酸的装置示意图如下(电极均为惰性电极)。
(4)与电源负极相连的是_______(填“X”或“Y”)。
(5)结合电极反应分析硝酸回收原理：_______。
(6)测定纯化后溶液中乙二醛的含量。
ⅰ.移取VmL纯化后的溶液于锥形瓶中，加入2滴酚酞溶液，用浓度为溶液滴定至溶液恰好由无色变为粉红色。
ⅱ.向ⅰ所得溶液加入过量溶液，充分反应。
ⅲ.试用硫酸滴定ⅱ中溶液至终点，消耗硫酸体积为。
已知：乙二醛在强碱性溶液中发生反应生成。
该纯化后的溶液中乙二醛的含量为_______(乙二醛摩尔质量：)。
三、工业流程题
10．（2023秋·北京西城·高三统考期末）黏土钒矿中，钒以+3价、+4价、+5价的化合物存在，还包括、和铝硅酸盐()等。采用以下流程可由黏土钒矿制备、和硫酸铝铵。
已知：i.有机酸性萃取剂HR的萃取原理为：
org表示有机溶液
ii.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
iii.HR能萃取而不能萃取
(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%溶液的作用：_______。
(5)和反应生成和的离子方程式是_______。
(6)测定产品的纯度
称取产品a g，先加入硫酸将转化为，加入指示剂后，用溶液滴定将转化为至终点，消耗溶液的体积为VmL。假设杂质不参与反应，则产品中的质量分数是_______(的摩尔质量为Mg/mol)。
(7)从无机层获得的离子方程式是_______。
(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。
参考答案
1．A
【详解】A．迅速用锅盖把锅盖严实，使油与空气隔绝，没有了氧气，油就不能持续燃烧，从而达到灭火效果，等锅温度降下来以确保油不会再燃烧再揭盖，A正确；
B．向锅中倒入少量凉水，由于水的密度比油大，会沉到油层下，无法使油与空气隔绝，且水的沸点比油低会导致暴沸，油滴飞溅出来与空气充分接触使燃烧更猛烈，B错误；
C．面粉是可燃物，向锅中倒入面粉时，当面粉扬起的粉尘和明火相遇时，由于接触面积极大，会加速燃烧，甚至可能引发爆炸，C错误；
D．打开厨房的窗户，加大通风，相当于增加燃烧空间中氧气的浓度，使油燃烧更剧烈，D错误；
故选A。
2．B
【详解】A．反应在容积为2.0 L的容器中进行，开始时n(CO)=1.0 mol，n(H2)=1.0 mol，则开始时c(CO)=c(H2)=0.5 mol/L，二者反应的物质的量浓度比是1：2，则平衡时c(H2)一定比c(CO)小，A错误；
B．反应开始时c(CO)=c(H2)=0.5 mol/L，由于反应消耗物质的浓度△c(H2)=2△c(CO)，所以反应达到平衡后，c(H2)＜c(CO)，B正确；
C．反应开始时c(CO)=c(H2)=0.5 mol/L，若平衡时，c(CO)=c(CH3OH)，则根据C元素守恒平衡时，c(CO)=c(CH3OH)=0.25 mol/L，c(H2)=0，不符合可逆反应的特点，C错误；
D．反应开始时c(CO)=c(H2)=0.5 mol/L，反应消耗浓度关系为△c(H2)=2△c(CO)，则平衡时c(H2)一定比c(CO)，不可能存在关系c(CO)=c(H2)=c(CH3OH)，D错误；
故合理选项是B。
3．A
【详解】A． 酶是生物催化剂，酶与反应物分子暂时性结合以降低反应的活化能，A正确；
B．酶是生物催化剂，能大幅增大反应速率、但不影响反应程度，B错误；
C． 结合选项A可知酶通过降低反应活化能从而加快反应速率，C错误；
D．结合选项A可知酶通过降低反应活化能、增大了活化分子百分数、增加了反应的有效碰撞次数，D错误；
答案选A。
4．C
【详解】A．由图可知， =生成物的能量减去反应物的能量=-300kJ/mol-(-477 kJ/mol)=+177kJ/mol，故A正确；
B．由图可知，反应①的活化能大于反应②的活化能，则反应②比反应①的速率小，速率小的是总反应的决速步，故B正确；
C．由图可知，在图2所画曲线的温度范围内，温度越高，乙烯的选择性越低，但是乙烷的转化率越高，无法确定乙烯的产率的变化，故C错误；
D．其他条件不变，适当增大投料比，反应①正向移动，能提高的转化率，故D正确；
故选C。
5．B
【详解】A．与①相同条件下，提高与的比例，即增大H2的用量，化学平衡正向移动， 的转化率增大，H2的转化率减小，A正确；
B．由①可推测，一定条件下，转化率为13.68%，产率(甲醇的物质的量/起始物质的量)为4.12%，根据碳原子守恒可知，制取过程中有副反应发生，B错误；
C．由图示信息可知， 480～520K，温度升高，相同时间内的CH3OH产率升高，主要是由于速率的加快，C正确；
D．由题干信息可知， 正反应是一个放热反应，则由②可推测，温度升高产率降低的可能原因是平衡逆向移动，D正确；
故答案为：B。
6．B
【详解】A．催化剂只能影响反应达到平衡的时间，而不能使平衡发生移动，故V2O5不能使平衡发生移动，A错误；
B．依据题干信息的转化关系图可知，V2O5参与反应先做氧化剂把二氧化硫氧化为三氧化硫，本身被还原为图中产物V2O4；根据氧化还原反应的实质写出并配平a步化学方程式SO2+V2O5SO3+V2O4；c是VOSO4转化为SO3，此过程需要重新生成催化剂V2O5，需要氧化剂完成，此过程中的氧化剂时氧气，根据化合价的变化写出c步化学方程式 4VOSO4+O22V2O5+4SO3，B正确；
C．由B项分析可知，a、b、c中分别发生的反应为：SO2+V2O5SO3+V2O4、4SO3+2V2O44VOSO4、4VOSO4+O22V2O5+4SO3，故可知a、c反应均为氧化还原反应，b中反应未有元素化合价改变，不是氧化还原反应，C错误；
D．由题干可知，反应正反应是一个放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，不能提高SO2的平衡转化率，D错误；
故答案为：B。
7．C
【详解】A．反应中SO2作氧化剂被还原得到Cu2S黑色沉淀，A正确；
B．将棕色溶液加水稀释，平衡逆向移动，会产生白色沉淀，B正确；
C．对比实验①②③可推测氯离子的存在提高了二氧化硫的氧化性，C错误；
D．反应中SO2作氧化剂被还原得到Cu2S黑色沉淀，同时还得到含有CuCl的棕色溶液，反应方程式为，D正确；
故选C。
8．(1)氨基
(2)
(3) ， (黄色溶液) 取少量阳极附近溶液，加入足量盐酸，静置，取上层清液，加溶液，产生白色沉淀
【详解】（1）H2S的水溶液是弱酸，具有酸性，氨基具有碱性，二者能发生反应，故乙醇胺可脱除沼气中的与其结构中的氨基有关。
（2）一定温度下，将置于密闭容器中加热分解，，平衡时混合气中与的物质的量相等，则amol-2x=2x，x=0.25amol，该温度下反应的平衡常数为。
（3）①足量溶液吸收气体得到硫化钠和水，离子方程式：。
②硫离子在阳极放电生成硫单质、淡黄色的硫单质不溶于水，据信息，硫能与硫离子反应生成可溶性(黄色溶液)，故阳极附近溶液变为黄色，电极方程式为，。
③的转化率大于S的收率，结合定义可推测电解时阳极可能生成、等物质。由于酸性条件下硫离子、亚硫酸根离子会反应生成不溶性硫单质，或者氢离子与反应生成硫单质，会干扰硫酸根离子的检验，为防止干扰，检验时需过滤加盐酸后产生的硫或往上层清液中滴加滴入氯化钡，则检验阳极可能存在的实验操作及现象为：取少量阳极附近溶液，加入足量盐酸，静置，取上层清液，加溶液，若产生白色沉淀，则存在硫酸根离子。
④已知与酸反应生成S、，则停止通电时，防止引入其它酸根离子，可向黄色溶液中通入气体，析出S，过滤，滤液可继续电解。
9．(1)HCOCHO
(2) 45℃ 起始阶段相同时间内曲线a对应的乙二醛浓度变化更大
(3)硝酸具有强氧化性，硝酸浓度增大，导致副反应速率增大使得乙二醛被氧化为乙二酸
(4)X
(5)Y极上水放电发生氧化反应生成氧气和氢离子，，B中硝酸根离子向C室移动，氢离子和硝酸根离子在C室得到硝酸
(6)
【详解】（1）乙二醛的结构简式是HCOCHO；
（2）温度越高，化学反应速率越快，根据先拐先平数值大，可知曲线a对应的温度是45℃，原因是起始阶段相同时间内曲线a对应的乙二醛浓度变化更大；
（3）硝酸具有强氧化性，硝酸浓度增大，导致副反应速率增大使得乙二醛被氧化为乙二酸；
（4）运用电化学原理设计分离纯化乙二醛并回收硝酸，则B中硝酸根离子向C室移动，电解池中阴离子向阳极移动，则Y为阳极、X为阴极，X与电源负极相连；
（5）Y极上水放电发生氧化反应生成氧气和氢离子，，B中硝酸根离子向C室移动，氢离子和硝酸根离子在C室得到硝酸；
（6），则根据题意与乙二醛反应的氢氧化钠的物质的量为=，已知：乙二醛在强碱性溶液中发生反应生成，根据钠元素、碳元素守恒可知，纯化后的溶液中乙二醛的含量为。
10．(1)使用浓硫酸、升高温度到250℃
(2)
(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%溶液，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，利于钒元素进入水层，与萃取剂分离
(5)
(6)
(7)
(8)降温结晶、过滤
【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，煅烧得到；水层加入氨水、空气得到氢氧化铁，煅烧得到氧化铁；
【详解】（1）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；
（2）由分析可知，滤渣的主要成分是；
（3）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能萃取而不能萃取；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；
（4）有机酸性萃取剂HR的萃取原理为：
，加入20%溶液，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，利于钒元素进入水层；
（5）和反应生成和，离子方程式是；
（6）用溶液滴定将转化为，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，，则产品中的质量分数是
（7）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；
（8）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。2023北京重点校高三（上）期末化学汇编
原子结构与性质章节综合
一、单选题
1．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）下列说法不正确的是
A．的电子式：
B．基态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．胶体和悬浊液的本质区别：分散质粒子直径不同
2．（2023秋·北京西城·高三统考期末）利用如图装置(夹持装置略)进行实验，X、Y中所选试剂不能达到实验目的的是
选项 实验目的 试剂X 试剂Y
A 比较非金属性：Cl>Br>S NaBr溶液 溶液
B 吸收中混有的并检验其是否已除尽 酸性溶液 品红溶液
C 检验与NaOH醇溶液共热的产物乙烯 水 酸性溶液
D 证明电石与饱和食盐水反应产生的气体中含有乙炔 溶液 酸性溶液
A．A B．B C．C D．D
3．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）下列性质的比较中，不正确的是
A．电负性： B．微粒半径：
C．第一电离能： D．酸性：
4．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）用放射性同位素标记酪氨酸，可达到诊断疾病的目的。标记过程如下：
下列说法不正确的是
A．I位于元素周期表中第四周期、第ⅦA族
B．中子数与核外电子数之差为25
C．、标记酪氨酸均具有放射性
D．标记过程发生了取代反应
5．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）利用原子结构及元素周期律表相关知识得到的以下结论中不正确的是
A．第IA族元素的原子半径：
B．基态N原子的轨道表示式：
C．酸性：
D．电负性：
二、实验题
6．（2023秋·北京·高三统考期末）某小组根据既有还原性又有氧化性，探究其能否实现或的转化。
已知：ⅰ.水合既易被氧化也易被还原，因此水溶液中无法生成水合。
ⅱ.为白色固体，难溶于水，可溶于较大的溶液生成，也可溶于氨水生成(无色)。
Ⅰ.与的反应
向试管中通入足量(尾气处理装置已略)，记录如下。
装置 编号 试剂 实验现象
a 溶液 始终无明显变化
b 溶液 溶液变绿，进而变棕黄色，一段时间后出现白色沉淀
(1)基态的价层电子排布式为_______。
(2)将b所得沉淀过滤，充分洗涤，进行下列实验，证实该沉淀为。
①证明白色沉淀中有，推理过程是_______。
②ⅲ排除了干扰检验的因素。写出ⅲ中反应的离子方程式：_______；。
(3)进一步证实b中作还原剂，补全实验方案和预期现象：取b中反应后的上层清液于试管中，_______。
(4)由实验Ⅰ可推知，该条件下：①a中不能将还原为或；
②、、的还原性由强到弱的顺序为_______。
综上所述，改变还原产物的价态或形态可以影响氧化还原反应能否发生。
Ⅱ.与的反应
向试管中通入足量(尾气处理装置已略)，记录如下
装置 编号 试剂 实验现象
c 稀硫酸 始终无明显变化
d 稀盐酸 铜片表面变黑，溶液变为棕色
(5)证明d所得棕色溶液含有：用滴管吸取少量棕色溶液，滴入蒸馏水中，出现白色沉淀。用平衡移动原理解释产生该现象的原因：_______。
(6)经进一步检验，铜表面黑色物质为。补全d中反应的离子方程式：________
______________。
(7)与c对比，d能发生反应的原因是_______。
参考答案
1．B
【详解】A．的电子式：，A正确；
B．先失去最外层4s能级的电子，基态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．胶体和悬浊液的本质区别：分散质粒子直径不同，D正确；
故选B。
2．A
【详解】A．非金属性：Cl>Br>S，Cl2通入NaBr溶液中，Cl2可以把溴离子氧化为溴单质，所以溶液变成棕色，但是后面和溶液反应的气体是Cl2和Br2的混合气体，不能说明金属性：Br>S，故A错误；
B．具有还原性，酸性溶液可以吸收，具有漂白性，可以用品红溶液检验其是否已除尽，故B正确；
C．与NaOH醇溶液共热生成的乙烯中混有乙醇，先通过水将乙醇除去，然后用酸性溶液检验乙烯，现象是高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D．电石与饱和食盐水反应产生的乙炔中混有H2S，先通过溶液除去H2S气体，再用酸性溶液检验乙炔，现象是高锰酸钾溶液褪色，故D正确；
故选A。
3．C
【详解】A．同主族元素从上到下电负性逐渐减弱，电负性：，A正确；
B．具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则微粒半径：，B正确；
C．同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但Mg原子3s能级轨道全满，更稳定，第一电离能高于Al， C不正确；
D．同主族从上到下元素非金属性递减，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性：，D正确；
答案选C。
4．A
【详解】A．I位于元素周期表中第五周期、第ⅦA族，故A错误；
B．中子数为131-53=78，核外电子数为53，中子数与核外电子数之差为78-53=25，故B正确；
C．、标记酪氨酸中都含有131I，均具有放射性，故C正确；
D．由方程式可知，标记过程发生了取代反应，故D正确；
故选A。
5．B
【详解】A．同一主族元素，从上到下原子半径增大，则第IA族元素的原子半径：，A正确；
B．N的原子序数为7，则基态N原子的轨道表示式： ，B错误；
C．P、S、Cl均为第三周期元素，且原子序数依次增大，同一周期元素从左到右元素非金属性增强，则非金属性：Cl>S>P，元素非金属性越强其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，则酸性：，C正确；
D．元素非金属性越强，其电负性越大，C、N、O均为第二周期元素，且原子序数依次增大，同一周期元素从左到右元素非金属性增强，则电负性：，D正确；
故选B。
6．(1)
(2) 深蓝色溶液中含，是无色溶液中的被O2氧化的产物，说明浓氨水溶解出了白色沉淀中的
(3)滴加溶液，出现白色沉淀
(4)
(5)棕色溶液滴入蒸馏水后离子浓度减小，使，，反应逆向移动，析出CuCl 沉淀
(6)
(7)与结合成，其氧化性弱于，使Cu 能够被氧化
【详解】（1）根据题意，Cu元素原子序数29，核外28个电子，基态的价层电子排布式为；
故答案为：；
（2）①根据如图所示的实验，将实验b中所得固体加入氨水后，白色沉淀溶解，变为无色溶液，最终生成深蓝色溶液，根据已知信息，其中深蓝色溶液中含，是无色溶液中的被O2氧化的产物，说明浓氨水溶解出了白色沉淀中的；
故答案为：深蓝色溶液中含，是无色溶液中的被O2氧化的产物，说明浓氨水溶解出了白色沉淀中的；
②步骤i中氨水过量，所以步骤iii中加入稀硝酸后，发生的反应有；；
故答案为：；
（3）进一步证实b中作还原剂的操作为：取b中反应后的上层清液于试管中，滴加溶液，出现白色沉淀，说明被氧化为；
故答案为：滴加溶液，出现白色沉淀；
（4）根据氧化还原反应规律，还原性：还原剂>还原产物，向硫酸铜溶液中通入，无明显现象，说明a中不能将还原为或，即还原性：；根据实验证实，b中能将还原为，发生反应，即还原性：，综上所述，、、的还原性由强到弱的顺序为：；
故答案为：；
（5）由题，为白色固体，难溶于水，可溶于较大的溶液生成，棕色溶液滴入蒸馏水后离子浓度减小，使，，反应逆向移动，析出CuCl 沉淀；
故答案为：棕色溶液滴入蒸馏水后离子浓度减小，使，，反应逆向移动，析出CuCl 沉淀；
（6）根据氧化还原反应的电子守恒规律，该反应中，S元素化合价降低6，得到6个电子，即Cu元素化合价也升高6，失去6个电子，结合元素守恒，等式坐标补上氢离子，右边补上水，再由原子守恒，配平该反应为；
故答案为：；
（7）根据以上实验可知，再硫酸作用下，不能单独存在，在盐酸中，与结合成，其氧化性弱于，使Cu 能够被氧化；
故答案为：与结合成，其氧化性弱于，使Cu 能够被氧化。2023北京重点校高三（上）期末化学汇编
电解池
一、单选题
1．（2023秋·北京通州·高三统考期末）下图为一种多硫化物一空气二次电池的原理示意图，其中a和b为惰性电极，池内各室溶液可往复利用。下列叙述不正确的是
A．充电时，a接外电源的负极，作阴极
B．充电时，b电极附近溶液碱性减弱
C．放电时，a电极反应为
D．放电时，b电极反应为
2．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如图所示。通过控制开关，可得到或。下列说法正确的是
A．连接时，阳极反应物为
B．连接时，可制备
C．连接时，阳极发生反应：
D．连接时，当电路中通过电子时，电极3的质量增加
3．（2023秋·北京·高三统考期末）用如图装置进行实验，电流计指针偏转。下列说法不正确的是
A．该装置将化学能转化为电能
B．从a极经阳离子交换膜移向b极
C．工作一段时间，a极附近溶液会减小
D．该装置的总反应为
4．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．0.1 mol氨基(-NH2)中含有NA个质子
B．14 g乙烯和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为2NA
C．1.0 mol/LAlCl3溶液中，Cl-数目为3NA
D．电解熔融NaCl，阳极产生气体质量为7.1 g时，外电路中通过电子的数目为0.1NA
二、实验题
5．（2023秋·北京西城·高三统考期末）石油中含有有机氯和无机氯(主要以的形式存在)，还含有少量的硫化氢、硫酸盐和碳酸盐等。微库仑滴定法可快速测定石油中的有机氯和无机氯的含量。
已知：库仑测氯仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。待测物质进入电解池后与反应，测氯仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束。通过测定电解消耗的电量可以求出石油中氯的含量。
(1)库仑测氯仪电解池中的阳极反应是_______。
I.石油中有机氯含量的测定
(2)用过量KOH溶液和水除去石油样品中的和无机盐，再通过_______操作分离得到处理后的石油样品。KOH溶液除去的离子方程式是_______。
(3)经处理后的石油样品在高温、富氧条件下燃烧，有机氯转化为HCl。在库仑测氯仪中，待测气体通入电解池后与反应的离子方程式是_______。
(4)石油样品为ag，电解消耗的电量为x库仑，样品中有机氯的含量(按含氯元素计)为_______mg/g。
已知：电解中转移1mol电子所消耗的电量为F库仑
II.石油中无机氯含量的测定
在极性溶剂存在下加热石油样品，再用水提取其中的无机盐。含盐的待测液体注入库仑测氯仪进行测定。
已知：i.样品中存在的和CO不影响测定结果
ii.
(5)用离子方程式解释不影响测定结果的原因：_______。
(6)石油样品中存在的会影响测定结果。
①通过估算说明的存在会影响测定结果：_______。
②待测液体注入库仑测氯仪前，可加入_______(填序号)以消除的影响。
a.溶液 b.NaOH溶液 c.碘水
三、原理综合题
6．（2023秋·北京通州·高三统考期末）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如下图所示：
(1)已知：



反应I的热化学方程式：_______。
(2)反应I所得产物的溶液在碘过量时会自发分成两层。分离两层溶液的实验操作是_______。
(3)研究发现，通过电解方法实现反应I，既可减少碘的加入量，也可减少溶液后续纯化过程的能耗。写出通过电解法实现反应I时，阳极的电极反应式：_______。
(4)碘硫循环过程中反应I所制备出的HI浓度较低，必须对HI溶液进行浓缩。电解电渗析浓缩HI溶液的原理如下图所示，初始时阳极液和阴极液相同，溶液组成均为n(HI)：n(H2O)：n(I2)=1：6.8：2。
①电渗析过程中，阳极液中I2的浓度会_______(填“增大”或“减小”)。
②结合化学用语，解释阴极区进行HI浓缩的原理_______。
(5)某科研小组采用双极膜电渗析法制备高浓度氢碘酸，工作原理如下图所示。
已知：双极膜在直流电场作用下可将水解离，在双极膜的两侧分别得到H+和OH-。
①X极是_______(填“阳极”或“阴极”)。
②电解后，_______室获得较浓的氢碘酸(填“a”、“b”或“c”)。
7．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）沼气中除外，还含有等气体，脱除沼气中的并使之转化为可再利用的资源有重要意义。
资料：i.(黄色溶液)，与酸反应生成S、(或)
ii.均易溶于水
(1)乙醇胺可脱除沼气中的，这与其结构中的_______(填官能团名称)有关。加热所得产物，得到，同时乙醇胺得以再生。
(2)采用加热法可将转化为和。反应为：。一定温度下，将置于密闭容器中加热分解，平衡时混合气中与的物质的量相等，该温度下反应的平衡常数_______(用含a、v的代数式表示)。
(3)采用电解法也可将转化为S和。先用溶液吸收气体，再电解所得溶液。电解时阴极产生无色气体，阳极附近溶液变为黄色。
①写出足量溶液吸收气体的离子方程式：_______。
②用方程式解释阳极附近溶液变为黄色的原因_______。
③实验测得的转化率大于S的收率，推测电解时阳极可能生成、等物质。实验证实了上述推测成立，写出检验的实验操作及现象：_______。
资料：的转化率；S的收率
④停止通电，向黄色溶液中通入_______(填化学式)气体，析出S，过滤，滤液可继续电解。
8．（2023秋·北京·高三统考期末）乙二醛是一种重要的精细化工产品，可由乙醛硝酸氧化法制备。
Ⅰ.研究其他条件相同时，仅改变一个条件对乙二醛制备的影响，获得如下数据。
(1)乙二醛的结构简式是_______。
(2)图1中，曲线a对应的温度是_______，判断的依据是_______。
(3)图2中，c→d乙二醛的产率降低，并检测出较多的副产物，如乙二酸。产生较多乙二酸的原因是_______。
Ⅱ.运用电化学原理设计分离纯化乙二醛并回收硝酸的装置示意图如下(电极均为惰性电极)。
(4)与电源负极相连的是_______(填“X”或“Y”)。
(5)结合电极反应分析硝酸回收原理：_______。
(6)测定纯化后溶液中乙二醛的含量。
ⅰ.移取VmL纯化后的溶液于锥形瓶中，加入2滴酚酞溶液，用浓度为溶液滴定至溶液恰好由无色变为粉红色。
ⅱ.向ⅰ所得溶液加入过量溶液，充分反应。
ⅲ.试用硫酸滴定ⅱ中溶液至终点，消耗硫酸体积为。
已知：乙二醛在强碱性溶液中发生反应生成。
该纯化后的溶液中乙二醛的含量为_______(乙二醛摩尔质量：)。
9．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）电化学还原将其转化为其它化学产品，是一种综合利用的好方法。
已知：选择性(S)和法拉第效率(FE)的定义：
×100％；×100％
(1)碱性电化学还原前，先在中性电解液中通电一段时间，及电流稳定后，再通。在阴极区若每得到电子，同时有也会得到等物质的量的电子，且阴极区电解液的几乎保持不变(忽略溶液体积变化)。
①补全阴极产生的电极反应___________
___________＋______________________。
②阴极附近发生反应___________(用离子方程式表示)，生成的难以放电，降低了。结合上述信息，的理论最大值为___________。
③结合化学用语分析阳极区产生的原因是___________。
(2)控制、电解液中存在时，电化学还原过程中(其他含碳产物未标出)和的法拉第效率变化如图3所示。
①结合图3的变化规律，推测可能的作用是___________。
②时，(已折合为标准状况，下同)的被完全吸收并还原为和，分离后，将和混合气体通入如图4所示装置(反应完全)，出口处收集到气体。则为___________。
参考答案
1．D
【分析】结合a电极Na2S2转化为Na2S4，S元素失去电子，化合价升高，则放电时a为负极，a电极的电极反应为，则b为正极，根据b电极通入空气和NaOH溶液，放电时的电极反应为。充电时，a接外电源的负极，作阴极，b接外电源的正极，作阳极。放电时左侧钠离子经过阳离子交换膜进入中间隔室，右侧氢氧根离子经过阴离子交换膜进入中间隔室，从而在中间隔室得到浓氢氧化钠溶液，据此解答。
【详解】A．根据分析，充电时，a接外电源的负极，作阴极，A正确；
B．根据放电时b电极反应为，则充电时b电极反应为，b附近溶液碱性减弱，B正确；
C．根据分析，放电时，a电极反应为，C正确；
D．放电时，b电极反应为，D错误；
故选D。
2．D
【分析】电解水生成氢气和氧气，氧气在阳极生成，氢气在阴极生成，电极3可分别连接K1或K2，分别发生氧化、还原反应，实现的转化，且可循环使用，以此解答该题。
【详解】A．连接时，电极3为阳极，发生，为产物，故A错误；
B．电解时，氧气在阳极生成，氢气在阴极生成，连接时，可制备，故B错误；
C．溶液为碱性电解液，所以连接时，阳极发生反应：，故C错误；
D．连接时，电极3发生，当电路中通过电子时，电极3的质量增加，故D正确；
故答案选D。
【点睛】本题考查非常温下水的电离问题及电解知识等，侧重考查学生的分析能力和理解能力，注意把握图像分析以及电解池的判断，掌握电极方程式的书写，题目难度中等。
3．D
【分析】没有外加电源，故此装置为原电池，电流计指针偏转说明原电池中发生了化学反应。a极H2发生氧化反应，为负极；b极Cl2发生还原反应，为正极。
【详解】A．该装置为原电池，可将化学能转化为电能，A项正确；
B．原电池中阳离子从负极移向正极，因此从a极经阳离子交换膜移向b极，B项正确；
C．a极电极反应为：，因为OH-被消耗，因此a极附近溶液会减小，C项正确；
D．因为H2在a极放电后消耗了OH-，从a极经阳离子交换膜移向b极，与生成的Cl-形成KCl，因此总反应不是，D错误。
本题选D。
4．B
【详解】A．1个氨基(-NH2)中含有9个质子，则0.1 mol氨基(-NH2)中含有9NA个质子，A错误；
B．乙烯和丙烯属于烯烃，分子式最简式是CH2，式量是14，则14 g乙烯和丙烯的混合气体中含有1 mol CH2，其中所含有碳氢键数为2NA，B正确；
C．只有溶液浓度，缺少溶液体积，不能计算微粒的数目，C错误；
D．电解熔融NaCl，阳极产生气体质量为7.1 g时，反应产生Cl2的物质的量n(Cl2)=，则外电路中通过电子的物质的量是0.2 mol，故转移的电子数目为0.2NA，D错误；
故合理选项是B。
5．(1)
(2) 分液
(3)
(4)
(5)
(6) H2S+2Ag+= =Ag2S↓+2H+ K= ，经估算K的数量级为1029，说明H2S与Ag+的反应程度接近完全，即H2S也消耗Ag+，影响测定结果 a
【分析】检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。待测物质进入电解池后与反应，浓度减小，测氯仪便立即自动进行电解，阳极Ag失电子，生成，到又回到原定值，电极反应式为，根据电解消耗的电量可以求出石油中氯的含量；
【详解】（1）库仑测氯仪电解池中的阳极反应是；
（2）用过量KOH溶液和水除去石油样品中的和无机盐，石油和水溶液不互溶，可以通过分液操作分离；KOH溶液除去的离子方程式是；
（3）HCl与反应的离子方程式是；
（4）电解消耗的电量为x库仑，即mol电子，n(Cl-)= n(Ag+)= n(e-)=mol，样品中有机氯的含量为= mg/g；
（5）碳酸银可溶于醋酸，不影响测定结果，离子方程式为;
（6）①H2S+2Ag+= =Ag2S↓+2H+ K= ，经估算K的数量级为1029，说明H2S与Ag+的反应程度接近完全，即H2S也消耗Ag+，影响测定结果；
②待测液体注入库仑测氯仪前，可加入能与反应，消除S2-的试剂；
a．溶液与反应生成硫单质和水，溶液中没有S2-，a符合；
b．NaOH溶液与反应生成硫化钠和水，溶液中仍然存在S2-，b不符合；
c．碘水与反应生成硫单质和碘化氢，溶液中存在I-，会生成碘化银沉淀影响测定结果，c不符合；
故选a。
6．(1)
(2)分液
(3)
(4) 增大 阴极： ，H+通过质子交换膜由阳极区进入阴极区，阴极区HI的浓度增大
(5) 阴 c
【详解】（1）反应①
反应②
反应③
按盖斯定律，反应Ⅰ=-×①-②-×③，反应Ⅰ的=---，则反应I的热化学方程式为： 。
（2）反应I所得产物溶液在碘过量时会自发分成两层，则为互不相溶的两层液体，分离两层溶液的实验操作是分液。
（3）反应I为，电解法实现反应I时，阳极二氧化硫失去电子被氧化转变为硫酸根，阳极的电极反应式：。
（4）①通过电解电渗析浓缩HI溶液，电渗析过程中，阳极碘离子失去电子被氧化转变为碘单质，则阳极液中I2的浓度会增大。
②结合化学用语，解释阴极区进行HI浓缩的原理为：阴极电极反应为 ，H+通过质子交换膜由阳极区进入阴极区，阴极区HI的浓度增大。
（5）①采用双极膜电渗析法制备高浓度氢碘酸，X电极上水提供的氢离子转变为氢气，是还原反应，则X极是阴极。
②Y为阳极，进入b中碘离子通过阴离子交换膜进入c室，右侧双极膜在直流电场作用下可将水解离产生的H+在c室、OH-在阳极Y放电产生氧气，则电解后，c室获得较浓的氢碘酸。
7．(1)氨基
(2)
(3) ， (黄色溶液) 取少量阳极附近溶液，加入足量盐酸，静置，取上层清液，加溶液，产生白色沉淀
【详解】（1）H2S的水溶液是弱酸，具有酸性，氨基具有碱性，二者能发生反应，故乙醇胺可脱除沼气中的与其结构中的氨基有关。
（2）一定温度下，将置于密闭容器中加热分解，，平衡时混合气中与的物质的量相等，则amol-2x=2x，x=0.25amol，该温度下反应的平衡常数为。
（3）①足量溶液吸收气体得到硫化钠和水，离子方程式：。
②硫离子在阳极放电生成硫单质、淡黄色的硫单质不溶于水，据信息，硫能与硫离子反应生成可溶性(黄色溶液)，故阳极附近溶液变为黄色，电极方程式为，。
③的转化率大于S的收率，结合定义可推测电解时阳极可能生成、等物质。由于酸性条件下硫离子、亚硫酸根离子会反应生成不溶性硫单质，或者氢离子与反应生成硫单质，会干扰硫酸根离子的检验，为防止干扰，检验时需过滤加盐酸后产生的硫或往上层清液中滴加滴入氯化钡，则检验阳极可能存在的实验操作及现象为：取少量阳极附近溶液，加入足量盐酸，静置，取上层清液，加溶液，若产生白色沉淀，则存在硫酸根离子。
④已知与酸反应生成S、，则停止通电时，防止引入其它酸根离子，可向黄色溶液中通入气体，析出S，过滤，滤液可继续电解。
8．(1)HCOCHO
(2) 45℃ 起始阶段相同时间内曲线a对应的乙二醛浓度变化更大
(3)硝酸具有强氧化性，硝酸浓度增大，导致副反应速率增大使得乙二醛被氧化为乙二酸
(4)X
(5)Y极上水放电发生氧化反应生成氧气和氢离子，，B中硝酸根离子向C室移动，氢离子和硝酸根离子在C室得到硝酸
(6)
【详解】（1）乙二醛的结构简式是HCOCHO；
（2）温度越高，化学反应速率越快，根据先拐先平数值大，可知曲线a对应的温度是45℃，原因是起始阶段相同时间内曲线a对应的乙二醛浓度变化更大；
（3）硝酸具有强氧化性，硝酸浓度增大，导致副反应速率增大使得乙二醛被氧化为乙二酸；
（4）运用电化学原理设计分离纯化乙二醛并回收硝酸，则B中硝酸根离子向C室移动，电解池中阴离子向阳极移动，则Y为阳极、X为阴极，X与电源负极相连；
（5）Y极上水放电发生氧化反应生成氧气和氢离子，，B中硝酸根离子向C室移动，氢离子和硝酸根离子在C室得到硝酸；
（6），则根据题意与乙二醛反应的氢氧化钠的物质的量为=，已知：乙二醛在强碱性溶液中发生反应生成，根据钠元素、碳元素守恒可知，纯化后的溶液中乙二醛的含量为。
9．(1) 阳极区发生电极反应，阴极区产生的透过阴离子交换膜进入阳极，发生 反应：+ 2H+ =CO2↑ + H2O，产生
(2) 提高电化学还原CO2生成CH4的选择性 10%
【分析】碱性电化学还原，电极Ⅱ为阴极，、得电子发生还原反应，电极反应式为、，电极Ⅰ为阳极，失电子发生氧化反应，电极反应式为；
酸性电化学还原，电极Ⅱ为阴极，、得电子发生还原反应，电极反应式为、，电极Ⅰ为阳极，失电子发生氧化反应，电极反应式为；
【详解】（1）①根据分析，阴极产生的电极反应为；
②阴极生成的，发生反应为；在阴极区若每得到电子，同时有也会得到等物质的量的电子，若生成1mol，消耗1mol得8mol电子，生成8molOH-，也会得到8mol电子，生成8mol OH-，共16mol OH-，发生反应，消耗8mol，阴极共消耗9mol，根据=×100％==；
③阳极区发生电极反应，阴极区产生的透过阴离子交换膜进入阳极，发生 反应：+ 2H+ =CO2↑ + H2O，产生；
（2）①结合图3的变化规律，随着浓度增大，的法拉第效率降低，可能的作用是KCl 抑制了（阴极）析氢，总体而言提高了电化学还原CO2 生成CH4的选择性；
②，法拉第效率为20%；将和混合气体通入如图4所示装置(反应完全)，被吸收，出口处收集到气体为，的物质的量为0.3mol，生成的电极反应式为，可知生成0.3mol得到0.3mol×8=2.4mol电子，法拉第效率为20%，则通过阴极的电子为=12mol，共有0.5mol被完全吸收并还原为和，根据碳原子守恒，的物质的量为=0.1mol，生成的电极反应式为，可知生成0.1mol得到1.2mol电子，则为=10%。2023北京重点校高三（上）期末化学汇编
水溶液中的离子反应与平衡章节综合
一、单选题
1．（2023秋·北京通州·高三统考期末）苏打型盐碱地因为土壤中碳酸钠和碳酸氢钠含量高，肥力低下，不适宜耕种。为了将荒芜的盐碱地变成良田，科学家将硫酸铝施入盐碱地来改良土壤。下列叙述不合理的是
A．碳酸氢钠晶体溶于少量水，有吸热现象
B．工业上制备硫酸铝改良剂可以利用铝和浓硫酸在常温下反应
C．将硫酸铝溶液施入盐碱地会看到土壤液产生气泡
D．硫酸铝水解生成的胶体有丁达尔效应
2．（2023秋·北京通州·高三统考期末）某实验小组的同学用0.1000mol/L氢氧化钠溶液和0.05000mol/L草酸溶液在25℃下进行中和滴定实验，先向锥形瓶内加入25.00L溶液，然后开始滴定，直至滴定完全测得锥形瓶内溶液pH随滴定管滴加溶液体积变化的曲线(见下图)。根据图中数据，下列说法正确的是
A．草酸是一元酸
B．该实验不能使用碱式滴定管
C．当滴加了20.00mL溶液后，锥形瓶内溶液的草酸根离子浓度大于氢离子浓度
D．当滴加了30.00mL溶液后，锥形瓶内溶液的钠离子浓度小于氢氧根离子浓度
3．（2023秋·北京通州·高三统考期末）某温度下，四种不同一元酸溶液在不同浓度时的pH如下表所示，下列推测不合理的是
酸浓度(mol/L) 酸HX的pH 酸HY的pH 酸HM的pH 酸HN的pH
0.010 3.44 2.00 2.92 2.20
0.10 2.94 1.00 2.42 1.55
A．该温度下电离出H+的能力：HY>HN>HM>HX
B．该温度下将HY溶液加入NaX溶液中，发生反应为HY+NaX=HX+NaY
C．该温度下当HX的浓度为0.10mol/L时，c(HX)>c(X—)>c(H+)>c(OH—)
D．该温度下用同种方法测定，相同体积的0.10mol/LHM溶液比0.010mol/LHM溶液导电能力强
4．（2023秋·北京通州·高三统考期末）某种盐M2CrO4(s)一定温度下在水中的溶解度为0.032g/L。比较该盐在0.05mol/L的MNO3溶液中的溶解度与相同温度下在水中的溶解度，下列叙述正确的是
A．在MNO3溶液中溶解度更高，因为MNO3的摩尔质量比M2CrO4的小
B．在MNO3溶液中溶解度更低，因为溶液中已经含有M
C．溶解度相同，因为M+的物质的量浓度都是的二倍
D．溶解度相同，因为Ksp只受温度影响
5．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）精炼铜工业中阳极泥的综合利用具有重要意义。从阳极泥中回收多种金属的流程如下。
已知：分金液中含；分金渣的主要成分为；在反应中被氧化为。
下列说法不正确的是
A．“分铜”时加入的目的是降低银的浸出率
B．得到分金液的反应为：
C．得到分银液的反应为：
D．“滤液2”中含有大量的氨，可直接循环利用
6．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）下列过程中的化学反应对应的离子方程式正确的是
A．硫酸铜溶液中加少量的铁粉：
B．溶液中滴加过量稀氨水：
C．硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：
D．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：
7．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）某小组同学进行了以下3个实验：
实验1 实验2 实验3
操作
现象 无沉淀及气体产生 有沉淀及气体产生 现象a
下列说法正确的是
A．实验1中发生了反应
B．实验2中促进了的电离平衡
C．实验3中现象a可能是：有沉淀及气体产生
D．推测：可用溶液鉴别浓度均为的溶液和溶液
8．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）已知物质的相关数据如下表，下列说法正确的是
物质
相关数据
A．不与盐酸溶液反应
B．溶液中存在的所有微粒有：
C．与碳酸钠溶液反应，可能产生气体
D．向石灰水悬浊液中加入溶液，溶液可能变澄清
9．（2023秋·北京·高三统考期末）向溶液中持续滴加稀盐酸，记录溶液及温度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A．溶液的起始浓度为
B．在滴定至终点的过程中，水的电离程度不断减小
C．对应的溶液中均存在：
D．由后溶液的温度变化可推知，与的反应是吸热反应
10．（2023秋·北京·高三统考期末）侯氏制碱法工艺流程如图所示。
下列说法不正确的是
A．饱和食盐水“吸氨”的目的是使“碳酸化”时产生更多的
B．煅烧时发生反应
C．“盐析”后溶液比“盐析”前溶液大
D．母液Ⅱ与母液Ⅰ所含粒子种类相同，但前者、、的浓度更大
11．（2023秋·北京·高三统考期末）表示下列反应的方程式正确的是
A．铁粉与水蒸气共热，生成可燃性气体：
B．向溶液中加入铜片，溶液由黄色变成蓝色：
C．向浊液中加入溶液，生成红褐色沉淀：
D．向溶液中滴加溶液，溶液由浅绿色变成黄色：
12．（2023秋·北京·高三统考期末）用表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．中含有的原子数为
B．溶液含有的个数为
C．标准状况下，和的混合气体中分子数为
D．与盐酸充分反应，转移电子数为
13．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）某小组研究实验室制备Fe(OH)3胶体的方法。下列说法不正确的是
序号 1 2
实验
现象 液体变为红褐色后，停止加热，有明显的丁达尔效应，冷却后仍为红褐色 液体变为红褐色后，停止加热，有明显的丁达尔效应，冷却后溶液变黄
A．对比实验可知，制备Fe(OH)3胶体选用饱和FeCl3溶液效果更好
B．实验1中液体变红褐色后，持续加热可观察到红褐色沉淀
C．选用饱和溶液以及加热，均为了促进Fe3+的水解
D．对比实验可知，酸根离子不同是造成实验现象差异的重要原因
14．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）常温下，1体积水能溶解约700体积NH3。用圆底烧瓶收集NH3后进行如图所示实验，下列分析正确的是
A．圆底烧瓶内形成喷泉现象，证明与水发生了反应
B．喷泉停止后，圆底烧瓶内剩余少量气体，是因为的溶解已达到饱和
C．圆底烧瓶中的液体呈红色的原因是
D．取圆底烧瓶内部分液体，滴加盐酸至时，溶液中
15．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）下列反应的离子方程式正确的是
A．用饱和碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：
B．通入水中制硝酸：
C．硫酸铜溶液中加少量的铁粉：
D．室温下用稀溶解铜：
16．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）食醋中含有醋酸等有机酸及少量氨基酸。食醋的酸度是指每食醋中含酸(均折合成醋酸计)的质量。国家标准规定酿造食醋酸度不得低于。可用滴定法测定食醋的酸度。某小组同学量取自制食醋样品稀释至(溶液几乎无色)，每次量取于锥形瓶中，加入中性甲醛溶液(掩蔽氨基的碱性)，以酚酞为指示剂，用标准溶液滴定，滴定管读数记录如下表。
溶液的体积 第一次 第二次 第三次
滴定前溶液的体积读数 0.00 1.00 2.00
滴定后溶液的体积读数 9.90 11.00 12.10
下列说法不正确的是
A．醋酸易溶于水与“醋酸分子和水分子之间能形成氢键”有关
B．锥形瓶中溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色时停止滴定
C．该自制食醋样品的酸度不符合国家标准
D．若不加甲醛溶液，测定结果会偏低
二、实验题
17．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）某小组同学探究盐对平衡体系的影响。
实验Ⅰ：探究对和平衡体系的影响
将等体积、低浓度的溶液(已用稀盐酸酸化)和溶液混合，静置至体系达平衡，得红色溶液a。各取溶液a放入3支比色皿中，分别滴加不同浓度的溶液，并测定各溶液的透光率随时间的变化，结果如图所示。
已知：①溶液的透光率与溶液颜色深浅有关，颜色深，透光率低。
②在水溶液中由于水解而显黄色；溶液中存在(黄色)。
(1)稀盐酸酸化溶液的目的是___________。采用浓度较低的溶液制备和平衡体系，是为了避免___________(填离子符号)的颜色对实验干扰。
(2)从实验结果来看，溶液确实对和平衡体系有影响，且随着浓度增大，平衡向___________(填“正”或“逆”)反应方向移动。
实验Ⅱ：探究盐对和平衡体系产生影响的原因
同学查阅相关资料，认为可能的原因有：
原因1：溶液中的离子会受到周围带有异性电荷离子的屏蔽，使该离子的有效浓度降低，这种影响称为盐效应。溶液的加入使和平衡状态因盐效应而发生变化。
原因2：溶液中存在副反应，离子浓度发生变化，导致和平衡状态发生变化。
(3)基于以上分析，该组同学取等体积的溶液a，分别加入等物质的量的不同种类的盐晶体(忽略溶液体积变化)，观察颜色变化，结果如下表。
序号 加入少量盐 溶液颜色
1 无 红色
2 变浅
3 略变浅
4 变浅程度较大
①上述实验可证明盐效应影响了和平衡体系的是___________(填字母序号)。
a、1和2 b、1和3 c、1和4
②选择实验___________(填序号)可得出结论：的盐效应弱于的盐效应。简述选择实验的理由及获得结论的依据：___________。
(4)取等体积的溶液a继续进行实验，结果如下表。
序号 加入溶液 溶液颜色
5 浓盐酸 明显变浅，溶液偏黄
6 去离子水 略变浅
上述实验可证明副反应影响了和平衡体系，结合实验现象及化学用语分析副反应对和平衡体系有影响的原因：___________。
(5)拓展应用：盐效应对多种平衡体系有影响。
在不同浓度溶液中的溶解度数据如下表：
0 0.01 0.02 0.04 0.10 0.20
溶解度 4.5 0.48 0.42 0.39 0.48 0.69
分析在范围内，溶解度发生变化的原因：___________。
三、工业流程题
18．（2023秋·北京通州·高三统考期末）工业上湿法冶炼金属锌，通常先将含锌矿石焙烧。锌焙烧矿再加稀硫酸浸出，所得浸出液中含Zn2+和Fe2+、Fe3+等杂质。铁元素的存在对后续电解锌有害。从锌浸出液中沉铁的方法有多种，其中将铁以针铁矿(FeOOH)形式沉淀，铁渣易过滤。其工艺流程如下：
已知：i.滤渣1的主要成分是硫单质；
ii.滤渣2中铁元素的存在形态为FeOOH；
iii.溶液中Fe3+浓度小于1g/L，才能顺利析出FeOOH晶体。溶液pH较大时，Fe3+水解主要生成氢氧化铁胶体。
(1)酸浸：
能加快锌焙烧矿浸出速率的措施有_______。
A．加热 B．粉碎锌焙烧矿 C．降低稀硫酸的浓度
(2)还原：
①为了便于沉铁时调控溶液中Fe3+浓度，向锌浸出液中加入过量ZnS精矿先将Fe3+还原为Fe2+，该反应的离子方程式：_______(已知室温时，Ksp(ZnS)=2.5×10-22)
②检验滤液1中是否含Fe3+的方法是_______。
(3)沉铁：
溶液pH对铁去除率的影响实验结果如下图所示：
①从图中数据来看，沉铁的最佳pH为_______。
②结合图中数据，解释pH偏小或偏大都不利于沉铁的原因是_______。
(4)除氟：
通常锌浸出液中还有一定量的氟离子，氟离子浓度过高也会影响电解锌。FeOOH对F-有吸附作用。若将流程中ZnO更换为CaO，可进一步显著提高F-去除率。若要求滤液2中氟离子含量在38mg/L以下，则滤液2中所含Ca2+的浓度至少为_______mol/L。(已知室温时， )
19．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）我国出口球状氯化镁融雪剂时，对产品色度(白度)要求很高，因此研究脱色及显色离子的去除有现实意义。以水氯镁石为原料生产符合白度要求的融雪剂的流程如下。
已知：①水氯镁石的主要成分是，还含有少量有色有机物、可溶性等杂质离子及少量不溶物。
物质
I.去除泥沙及脱除有机物颜色
水氯镁石饱和溶液脱色后的饱和溶液
(1)操作1的名称是_______。
(2)活性炭的作用是_______。
(3)部分有机物可与反应脱氢，在该反应中，体现的性质是_______。
(4)其它条件都不变的情况下，得到温度对脱色率的影响如图所示。后，随温度升高，脱色率下降的原因是_______。
II.去除显色离子
向脱色处理后的氯化镁溶液中加入氨水反应30分钟，再将溶液升温至保持30分钟，恢复至室温，最后加入适量的溶液反应一段时间，过滤得到氯化镁精制溶液。
(5)过滤得到的滤渣中含有、_______。
①将横线补充完整_______。
②将生成的离子方程式补充完整：_______、
(6)将溶液升温至的目的是_______。
III.制备产品
氯化镁精制溶液球状氯化镁融雪剂
(7)操作2是_______。
20．（2023秋·北京·高三统考期末）碳酸锂是制备其他锂化合物的关键原料。一种以磷酸锂渣(主要成分)为原料制备碳酸锂的工艺流程示意图如下。
已知：部分物质的溶解性表(20℃)
阳离子 阴离子
难溶 可溶 易溶
难溶 难溶 可溶
(1)写出浸取时与盐酸反应的化学方程式：_______。
(2)加入盐酸的量不宜过多的原因是_______。
(3)钙渣的主要成分是_______。
(4)磷锂分离时，需要不断加入适量溶液以维持溶液的基本不变。结合离子方程式解释其原因是_______。
(5)沉锂时，反应的离子方程式是_______。
(6)若粗制溶液中，。则沉锂前溶液中能达到的的最小浓度是_______。(已知：25℃时，的，的)
21．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）富钴结壳浸出液分离制备的工业流程如下。
已知：i.浸出液中主要含有的金属离子为：、、、、
ii.25℃时，金属硫化物的溶度积常数。
金属硫化物 NiS CoS CuS MnS
(1)过程①中，还原得到的浸出液中含硫元素的阴离子主要为_______。
(2)过程②中，转化为时，氧气和石灰乳的作用分别是_______。
(3)固体Y中主要物质的化学式为_______。
(4)已知，在时完全沉淀转化为。过程③中沉淀剂不选择的原因可能是_______。
(5)已知，温度高于20℃时，在水中的溶解度随温度升高迅速降低。过程④中，采用的操作是_______。
(6)过程⑤中发生下列反应。



利用和计算时，还需要利用_______反应的。
(7)流程中可循环使用的物质是_______。
22．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）含钛高炉渣的主要化学成分为、、、、、、和金属等，对其综合利用具有重要的经济价值和社会效益。
Ⅰ、一种含钛高炉渣提钛工艺流程如下图所示。
已知：①不溶于水、稀酸和碱溶液；②能与强酸、强碱反应。
(1)盐酸酸浸过程中发生反应的离子方程式为___________。
(2)“磁选”的目的是___________。
(3)下列说法正确的是___________(填字母序号)。
a、滤渣1的主要成分为、
b、若将流程A部分与流程B部分互换顺序，最终得到的滤渣成分相同
c、若将流程A部分与流程B部分互换顺序，理论上氢氧化钠用量不变
Ⅱ、含钛高炉渣中金属含量的测定：
ⅰ、配制金属浸取液：取一定量的亚硫酸钠和邻菲岁啉(抑制水解)溶于水，加入乙酸和乙酸铵混合溶液调，此时铁的化合物不溶解。
ⅱ、取粉碎后的含钛高炉渣，加入足量金属浸取液，室温下浸取。
ⅲ、过滤，将滤液及洗涤液全部转移至盛有过量溶液的烧杯中，加入稀硫酸充分反应。
ⅳ、将反应后的溶液煮沸至冒大气泡并继续微沸。
ⅴ、冷却，用浓度为的抗坏血酸标准液滴定，消耗抗坏血酸标准液。
已知：①酸性条件下，(未配平)
②(抗坏血酸)(脱氢抗坏血酸)
(4)步骤ⅱ中浸取铁时发生反应的离子方程式为___________。
(5)步骤ⅲ中加入过量溶液的主要作用是___________(用离子方程式表示)。
(6)该含钛高炉渣中金属的质量分数=___________(用代数式表示)。
(7)下列两种情况均会对“金属的质量分数”测定结果造成偏差，任选其中一种情况分析并说明判断理由。
情况一：配制金属浸取液时，溶液等于2
情况二：未进行步骤ⅳ，直接用抗坏血酸标准液滴定
①情况___________的测定结果___________(填“偏高”或“偏低”)。
②理由是___________。
四、原理综合题
23．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）利用氢氧化钡沉淀-碘量法对锰酸钾和高锰酸钾共存时的离子浓度进行分别测定，方法如下。
已知：①，易溶于水
②
③溶液中较高时，易被空气氧化
④该条件下，和的还原产物都是
I.取和共存液于烧杯中，加入过量溶液，产生灰绿色沉淀，过滤。
II.取I中的滤液于碘量瓶中，加入溶液和浓硫酸，此时溶液颜色发生变化，盖上盖子后至黑暗处放置5分钟。
III.用溶液滴定，待溶液颜色变为淡黄色时，加入淀粉指示剂，达到滴定终点时，消耗溶液。
IV.另取一份相同共存液于碘量瓶中，重复II、III操作，记录消耗溶液。
(1)I中灰绿色沉淀是_______，同时生成的另一种产物的化学式是_______。
(2)II中反应的离子方程式是_______。
(3)III中滴定终点时的现象是_______。
(4)II中加入浓硫酸要适量，防止溶液中较高发生副反应：_______(写出反应的离子方程式)。
(5)该溶液中锰酸钾的物质的量浓度为_______。
参考答案
1．B
【详解】A． 碳酸氢钠晶体溶于少量水的过程是吸热过程，A合理；
B．铝和浓硫酸在常温下钝化而难以溶解，工业上不适合用利用铝和浓硫酸在常温下制备硫酸铝，B不合理；
C． 将硫酸铝溶液施入盐碱地，铝离子和碳酸根离子双水解产生二氧化碳气体、会看到土壤液产生气泡，C合理；
D． 硫酸铝水解生成氢氧化铝胶体，有丁达尔效应，D合理；
答案选B。
2．C
【分析】根据pH曲线图知，锥形瓶中盛装的是草酸溶液，实验是用0.1000mol/L氢氧化钠溶液滴定0.05000mol/L草酸溶液。滴定终点时，两溶液消耗的体积相同，则氢氧化钠与草酸按物质的量2：1发生了反应，方程式为：。
【详解】A．由分析知草酸是二元酸，A错误；
B．盛装氢氧化钠溶液必须用碱式滴定管，量取草酸溶液必须用酸式滴定管，B错误；
C．当滴加了20.00mL溶液时，根据方程式可计得锥形瓶内草酸钠有，草酸有，草酸钠完全电离，草酸微弱电离，因此溶液中草酸根离子浓度大于氢离子浓度。随着滴加的NaOH增多，生成的草酸钠更多，草酸根离子浓度变得更大，氢离子浓度变得更小，C正确；
D．当滴加了25.00mL溶液时，恰好完全中和，溶质只有草酸钠，草酸钠完全电离，氢氧根离子主要由草酸根离子水解产生，水解是微弱的，因此钠离子浓度大于氢氧根离子浓度。随着滴加的NaOH增多，增多的NaOH中，钠离子浓度等于氢氧根离子浓度，且NaOH还能抑制草酸根离子的水解，因此溶液中的钠离子浓度依然会大于氢氧根离子浓度，D错误；
故选C。
3．C
【详解】A．由表格数据可知，等浓度的四种一元酸溶液的pH大小顺序为HX>HM>HN>HY，则该温度下四种酸溶液电离出氢离子的能力大小顺序为HY>HN>HM>HX，故A正确；
B．由表格数据可知，等浓度的HY溶液的pH小于HX溶液，说明HY的酸性强于HX，由强酸制弱酸的原理可知，HY溶液加入NaX溶液中发生的反应为HY+NaX=HX+NaY，故B正确；
C．由表格数据可知，HX为一元弱酸，在溶液中部分电离出氢离子和X—离子，则溶液中微粒的大小顺序为c(HX>c(H+))>c(X—)>c(OH—)，故C错误；
D．由表格数据可知，HM为一元弱酸，则相同体积的0.10mol/LHM溶液中离子浓度大于0.010mol/LHM溶液，导电能力强于0.010mol/LHM溶液，故D正确；
故选C。
4．B
【详解】A．在MNO3溶液中含M+、M+浓度增大使沉淀溶解平衡M2CrO4(s) 2 M+ (aq) + (aq)左移，因此溶解度比纯水中更低，A错误；
B．结合选项A可知在MNO3溶液中溶解度更低， B正确；
C．M2CrO4(s)溶解度随溶液中M+、的浓度变化，只有在纯水中M+的物质的量浓度是的二倍，C错误；
D．虽然 Ksp(M2CrO4)= c2 (M+) c()只受温度影响，但M2CrO4(s)溶解度随溶液中M+、的浓度变化， D错误；
答案选B。
5．D
【分析】阳极泥加入硫酸、过氧化氢和氯化钠使铜溶解，使氯化银尽量不溶解，在分铜渣中加入氯化氢和氯酸钠分金，分金液中加入二氧化硫将金还原成单质金，分渣金中加入氨水分银，分银液中加入，还原银成为银单质，据此分析。
【详解】A．“分铜”时加入，使氯离子浓度增大，利用同离子效应，使氯化银几乎不溶解，降低银的浸出率， A正确；
B．利用的氧化性，同时大量氯离子存在，可以使金形成配合离子，反应的离子方程式为：，B正确；
C．氯化银可以溶解在氨水中，形成，反应的化学方程式为：，C正确；
D．由已知被氧化成，不会生成氨气，故“滤液2”中不会含有大量的氨，D错误；
故本题选D。
6．A
【详解】A．铁具有还原性，与铜离子反应生成亚铁离子和单质铜，A正确；
B．AgNO3溶液中滴加氨水，开始生成沉淀，氨水过量时，沉淀溶解，，B错误；
C．硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液，，氢氧化钾的物质的量少，不能溶解氢氧化铝沉淀，C错误；
D．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙，，D错误；
故答案为：A。
7．B
【详解】A．根据实验1中的现象可知，没有沉淀生成，故没有发生反应，A错误；
B．实验2中有沉淀及气体产生说明，钙离子结合了碳酸氢根电离产生的碳酸根离子，同时，碳酸氢根离子电离产生的氢离子和另一个碳酸氢根离子结合生成水和二氧化碳，B正确；
C．由实验1和2可知，当钙离子浓度较小时，不容易和碳酸根离子结合生成沉淀，故现象a不会出现沉淀，C错误；
D．由实验1和2可知，饱和氯化钙可以和碳酸氢钠反应生成沉淀和气体，不饱和的氯化钙溶液，无法反应，故不能用溶液鉴别浓度均为的溶液和溶液，D错误；
故选B。
8．C
【详解】A．HF为弱酸，NaF与盐酸反应生成，符合强酸制弱酸，A错误；
B．，则溶液中的微粒有，，B错误；
C．根据电离平衡常数，，。符合强酸制弱酸，C正确；
D．根据Ksp可知，，Ca(OH)2转化为CaF2沉淀，D错误；
故答案为：C。
9．C
【分析】向溶液中持续滴加稀盐酸，如图，曲线a到b为中和曲线，b点时刚好反应完全，此时反应温度最高；
【详解】A．如图，未滴加盐酸时，溶液pH最大，NaOH属于强碱，起始时溶液pH=a，，常温下，根据，得，溶液的起始浓度为，故A错误；
B．任何酸或碱均抑制水的电离，在滴定至终点的过程中，浓度减小，水的电离程度不断增大。刚好反应时，达到最大，故B错误；
C．时，NaOH过量，溶质为和NaCl；时，盐酸过量，溶质为HCl和NaCl，所以根据电荷守恒，对应的溶液中均存在：，故C正确；
D．如图，曲线a到b为中和曲线，b点时刚好反应完全，此时反应温度最高，由此可知，与的反应是放热反应，故D错误；
故选C。
10．D
【详解】A．氨气极易溶于水使溶液显碱性，饱和食盐水“吸氨”的目的是可以吸收更多二氧化碳，使“碳酸化”时产生更多的，故A正确；
B．碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、水、二氧化碳，故B正确；
C．铵根离子水解生成氢离子，溶液显酸性；加入氯化钠“盐析”后溶液中铵根离子浓度减小，溶液酸性减弱，故比“盐析”前溶液大，故C正确；
D．母液Ⅱ为加入氯化钠晶体，析出氯化铵后得到的；与母液Ⅰ所含粒子种类相同，但母液Ⅱ中碳酸氢根离子的浓度没有变的更大，故D错误；
故选D。
11．B
【详解】A．铁粉与水蒸气共热生成Fe3O4和H2，A错误；
B．向溶液中加入铜片，Fe3+与Cu反应生成Fe2+和Cu2+，溶液由黄色变成蓝色，离子方程式为，B正确；
C．在离子方程式中不能拆开，应该保留化学式，C错误；
D．向溶液中滴加溶液的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，D错误 ；
故答案为：B。
【点睛】判断离子方程式是否正确，一般先看产物是否符合客观事实，二看化学式拆分是否正确，三看是否漏离子反应，四看反应物的配比是否正确，五看各种符号是否齐全。
12．D
【详解】A．的物质的量为，含有的原子数为2，A错误；
B．由于Al3+的水解，溶液含有的个数小于，B错误；
C．标准状况下，和的混合气体的物质的量为，分子数为0.5，C错误；
D．Na在反应过程中转移1个电子，因此与盐酸充分反应，转移电子数为，D正确；
故答案为：D。
13．C
【详解】A．对比实验可知，用FeCl3饱和溶液制备的Fe(OH)3胶体冷却后能够稳定存在，而用饱和Fe2(SO4)3制备的Fe(OH)3胶体冷却后不能够稳定存在，又转化为Fe3+，故制备Fe(OH)3胶体选用饱和FeCl3溶液效果更好，A正确；
B．实验1中液体变红褐色后即生成了Fe(OH)3胶体，持续加热胶体将发生聚沉，故可观察到红褐色沉淀即Fe(OH)3沉淀，B正确；
C．电解质溶液的浓度越大，其水解程度越小，则选用饱和溶液不能促进Fe3+的水解，水解是一个吸热反应，故加热是为了促进Fe3+的水解，C错误；
D．对比实验可知，两实验中Fe3+的浓度不同，电离出的酸根离子不同，由FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，HCl易挥发，使得冷却时上述平衡逆向移动程度很小，仍然保持红褐色溶液，Fe2(SO4)3+6H2O2Fe(OH)3(胶体)+3H2SO4，H2SO4难挥发，使得冷却时上述平衡逆向移动程度很大，溶液变为黄色，则酸根离子不同是造成实验现象差异的重要原因，D正确；
故答案为：C。
14．C
【详解】A．NH3极易溶于水，小滴管中的水挤入圆底烧瓶中就能导致瓶内压强快速减小，形成喷泉，故圆底烧瓶内形成喷泉现象，不证明NH3与水发生了反应，A错误；
B．NH3极易溶于水，1体积的水能够溶解700体积的NH3，故喷泉停止后，圆底烧瓶内剩余少量气体，是因为收集的NH3不纯，含有少量不溶于水的气体，而不是NH3的溶解已达到饱和，B错误；
C．圆底烧瓶中的液体呈红色，说明NH3溶于水呈碱性，其原因是，C正确；
D．取圆底烧瓶内部分液体，滴加盐酸至时，反应方程式为：NH3·H2O+HCl=NH4Cl+H2O，根据电荷守恒可知溶液中有：，pH=7即c(H+)=c(OH-)，则，D错误；
故答案为：C。
15．D
【详解】A．水垢中的硫酸钙是沉淀，故用饱和碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙的离子方程式为：，A错误；
B．原离子方程式H原子不守恒，则通入水中制硝酸的离子方程式为：，B错误；
C．铁与盐溶液发生置换反应生成Fe2+，故硫酸铜溶液中加少量的铁粉的离子方程式为：，C错误；
D．室温下用稀溶解铜的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故其离子方程式为：，D正确；
故答案为：D。
16．C
【详解】A．醋酸分子与水分子间可以形成氢键，所以醋酸易溶于水，A正确；
B．达到滴定终点时，锥形瓶中溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色，B正确；
C．三次平均消耗的NaOH体积为mL=10.00mL，根据CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，自制食醋中醋酸的物质的量为，酸度为=6g/100mL>，符合国家标准，C错误；
D．若不加甲醛溶液，由于氨基的碱性，导致所需的NaOH偏少，测定结果会偏低，D正确；
故选C。
17．(1) 抑制Fe3+水解
(2)逆
(3) b 2和4 阴离子均为氯离子，加入，溶液变浅程度较大
(4)加入浓盐酸，氯离子浓度增大，平衡正向移动，Fe3+浓度减小，平衡逆向移动，溶液颜色变浅；
(5)浓度增大，溶解平衡逆向移动，溶解度减小，浓度继续增大，离子会受到周围带有异性电荷离子的屏蔽，使该离子的有效浓度降低，溶解平衡正向移动，溶解度又略增大
【分析】实验Ⅰ：探究对和平衡体系的影响，随着溶液浓度增大，溶液的透光率增加，按照题中信息，可能原因有：原因1，溶液中的离子会受到周围带有异性电荷离子的屏蔽，使该离子的有效浓度降低，这种影响称为盐效应。溶液的加入使和平衡状态因盐效应而发生变化。
原因2，溶液中存在副反应，离子浓度发生变化，导致和平衡状态发生变化。
【详解】（1）稀盐酸酸化溶液的目的是抑制Fe3+水解；有颜色，采用浓度较低的溶液制备和平衡体系，是为了避免的颜色对实验干扰；
（2）随着浓度增大，平衡正向移动，Fe3+浓度减小，平衡逆向移动；
（3）①溶液和溶液中均存在氯离子，对平衡有影响，无法确定是盐效应使平衡移动，加入溶液，颜色略变浅，证明和平衡状态因盐效应而发生变化，故1和3可证明盐效应影响了和平衡体系，故选b；
②选择实验2和4可得出结论：的盐效应弱于的盐效应；溶液和溶液中均存在氯离子，加入，溶液变浅程度较大；
（4）加入浓盐酸，氯离子浓度增大，平衡正向移动，Fe3+浓度减小，平衡逆向移动，溶液颜色变浅；
（5）浓度增大，溶解平衡逆向移动，溶解度减小，浓度继续增大，离子会受到周围带有异性电荷离子的屏蔽，使该离子的有效浓度降低，溶解平衡正向移动，溶解度又略增大。
18．(1)AB
(2) 取少量滤液1于试管，滴加KSCN溶液，若不显红色，则证明不含Fe3+
(3) 4.8 ，pH过小，c(H+)较大，使Fe3+的水解平衡逆向移动，不利于生成FeOOH沉淀。溶液pH较大，Fe3+水解产物更多是不易过滤的氢氧化铁胶体
(4)6.75×10-6
【分析】锌焙烧矿加入稀硫酸浸出，所得浸出液中含Zn2+和Fe2+、Fe3+等杂质，加入ZnS精矿，发生反应ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S，经过滤得到滤渣1和滤液1，滤液1中加入双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，加入ZnO将Fe3+以针铁矿形式沉淀，过滤后得到滤液2和滤渣2。
【详解】（1）A．加热，温度升高，化学反应速率加快，A选；
B．粉碎锌焙烧矿，增大反应物的接触面积，化学反应速率加快，B选；
C．降低稀硫酸的浓度，减小反应物浓度，化学反应速率减慢，C不选；
答案选AB。
（2）①滤渣1的主要成分是硫单质，说明加入过量ZnS精矿将Fe3+还原为Fe2+的同时ZnS被氧化成S，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S；答案为：ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S。
②用KSCN溶液检验Fe3+，故检验滤液1中是否含Fe3+的方法是：取少量滤液1于试管，滴加KSCN溶液，若不显红色，则证明不含Fe3+；答案为：取少量滤液1于试管，滴加KSCN溶液，若不显红色，则证明不含Fe3+。
（3）①从图中数据可知，pH=4.8时铁去除率最大，故沉铁的最佳pH为4.8；答案为：4.8。
②滤渣2中铁元素的存在形态为FeOOH，说明加入双氧水氧化后的溶液中存在水解平衡：Fe3++2H2OFeOOH+3H+，pH过小，c(H+)较大，使Fe3+的水解平衡逆向移动，不利于生成FeOOH沉淀；根据已知iii，溶液pH较大，Fe3+水解产物更多是不易过滤的氢氧化铁胶体；答案为：Fe3++2H2OFeOOH+3H+，pH过小，c(H+)较大，使Fe3+的水解平衡逆向移动，不利于生成FeOOH沉淀；溶液pH较大，Fe3+水解产物更多是不易过滤的氢氧化铁胶体。
（4）要求滤液2中氟离子含量在38mg/L以下，即c(F-)在=2×10-3mol/L以下，则Ca2+的浓度至少为=mol/L=6.75×10-6mol/L；答案为：6.75×10-6。
19．(1)溶解、过滤
(2)吸附少量有色有机物
(3)氧化性
(4)当温度高于50℃时，过氧化氢分解，从而导致脱色率下降
(5) CuS CuS Mn2++2NH3·H2O+H2O2=MnO(OH)2↓+2+H2O
(6)除去溶液中过量的H2O2，防止其氧化后续加入的硫化铵
(7)蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，同时加入HCl防止镁离子水解
【分析】水氯镁石加水溶解，操作1为过滤除去其中的少量不溶物得到氯化镁溶液，氯化镁溶液中加入活性炭吸附少量有色有机物，加入过量过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子得到脱色后的氯化镁饱和溶液。脱色后的氯化镁溶液中加入氨水将铁离子、铜离子、锰离子转化为氢氧化物沉淀，其中氢氧化锰先被氧化生成MnO(OH)2，MnO(OH)2进一步分解生成二氧化锰，最后加入硫化铵生成硫化铅沉淀同时氢氧化铜沉淀会转化成更难溶的硫化铜沉淀，得到氯化镁精制溶液，氯化镁精制溶液经蒸发浓缩冷却结晶得到球状氯化镁融雪剂。
【详解】（1）根据分析可知，操作1名称为溶解、过滤。
（2）活性炭具有吸附能力，其作用为吸附少量有色有机物。
（3）部分有机物与H2O2反应脱氢，发生了氧化反应，在该反应中，过氧化氢表现出氧化性。
（4）从第三小问可知，部分有机物被过氧化氢氧化从而脱色，当温度高于50℃时，过氧化氢分解，从而导致脱色率下降。
（5）①根据分析可知，过滤得到的滤渣中除了氢氧化铁、二氧化锰还含有硫化铜。
②锰离子先与过氧化氢、一水合氨反应生成MnO(OH)2，MnO(OH)2分解生成二氧化锰，离子方程式为Mn2++2NH3·H2O+H2O2=MnO(OH)2↓+2+H2O。
（6）将温度升高到90℃目的是除去溶液中过量的H2O2，防止其氧化后续加入的硫化铵。
（7）氯化镁精制溶液经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，造粒得到球状氯化镁融雪剂，同时加入HCl防止镁离子水解。
20．(1)+2HCl=+2LiCl
(2)尽量减少后序磷锂分离时NaOH的用量
(3)
(4)溶液中存在反应Ca2++=+H+，反应后后溶液酸性增强，需要不断NaOH溶液以维持溶液的基本不变，避免溶液酸性增强影响磷的沉淀
(5)2Li++=Li2CO3↓
(6)
【分析】磷酸锂渣加入盐酸浸取时生成和LiCl，加入CaCl2溶液生成，期间不断加入NaOH溶液保持pH基本不变，避免溶液酸性增强影响磷的沉淀，磷锂分离后钙渣中主要是，调节溶液中pH至弱碱性，向粗制LiCl溶液中加入Na2CO3溶液除去Ca2+杂质，然后再加入Na2CO3溶液进行沉锂，最后得到Li2CO3沉淀。
【详解】（1）磷酸锂渣加入盐酸浸取时生成Li+、、Cl-，因此与盐酸反应的化学方程式为+2HCl=+2LiCl；
（2）在磷锂分离时还需要加入NaOH调节pH，因此浸取时加入盐酸的量不宜过多，减少后序磷锂分离时NaOH的用量；
（3）根据溶解性表可知，磷锂分离时加入CaCl2溶液和NaOH溶液，生成可溶性的LiCl和难溶性的，钙渣的主要成分是；
（4）在溶液中存在反应Ca2++=+H+，反应后后溶液酸性增强，需要不断NaOH溶液以维持溶液的基本不变，避免溶液酸性增强影响磷的沉淀；
（5）沉锂时，Li+与结合生成Li2CO3沉淀，反应的离子方程式是2Li++=Li2CO3↓；
（6）要求Li+不能沉淀，Ca2+形成沉淀CaCO3而除去，则，则沉锂前溶液中能达到的的最小浓度是。
21．(1)
(2)氧气是氧化剂，使Fe2+转化为Fe3+，石灰乳是沉淀剂，调pH可使Fe3+转化为沉淀
(3)CuS、CoS、NiS
(4)Na2S水解呈碱性，其碱性强于NaHS。可能会导致Mn2+转化为Mn(OH)2沉淀
(5)蒸发结晶
(6)
(7)SO2
【分析】酸浸过程中SO2具有还原性，MnO2具有氧化性，所以两者反应生成硫酸锰，反应的离子方程式为，因为浸出液中含有Ni2+、 Co2+、 Cu2+ 、 Mn2+、 Fe2+，与氧气和石灰乳反应后，生成Fe(OH)3，根据金属硫化物的Ksp可知，向溶液1中加入NaHS，生成沉淀的先后顺序为，CuS、CoS、NiS、MnS，根据溶液2的成分分析，生成的沉淀中没有MnS，故溶液2中的MnSO4经过蒸发结晶得到固体MnSO4，最后经过焙烧得到Mn3O4，以此分析解答；
【详解】（1）根据分析，含硫的阴离子主要为；
故答案为：；
（2）根据分析，氧气的作用使得亚铁离子转化为铁离子，加入石灰乳使得铁离子转化为沉淀；
故答案为：氧气是氧化剂，使Fe2+转化为Fe3+，石灰乳是沉淀剂，调pH可使Fe3+转化为沉淀；
（3）根据分析，Y中的固体有CuS、CoS、NiS;
故答案为：CuS、CoS、NiS；
（4），生成的硫离子，水解呈碱性，其碱性强于NaHS。可能会导致Mn2+转化为Mn(OH)2沉淀；
故答案为：Na2S水解呈碱性，其碱性强于NaHS。可能会导致Mn2+转化为Mn(OH)2沉淀；
（5）对硫酸锰溶液进行蒸发结晶，得到晶体MnSO4；
故答案为：蒸发结晶；
（6）根据盖斯定律，2①-2②，可得，与式③相比，差；
故答案为：
（7）根据分析，MnSO4进行焙烧时产生SO2可以在步骤①中重复使用；
故答案为：SO2。
22．(1)
(2)除去金属铁
(3)ab
(4)
(5)
(6)
(7) 一（或二） 偏高（偏高） 溶液等于2，会导致铁的化合物溶解（或过氧化氢剩余，也会和抗坏血酸反应，消耗抗坏血酸标准液偏多）
【分析】磁选分离出金属，盐酸酸浸，、、、、溶解，、不溶解，滤渣1主要成分是、，再加氢氧化钠溶液碱浸，溶解，不溶，滤渣2主要成分是，提纯之后还原得到金属钛。
【详解】（1）盐酸酸浸过程中发生反应的离子方程式为；
（2）“磁选”的目的是除去易被磁铁吸引的金属铁；
（3）a．根据分析可知滤渣1的主要成分为、，a正确；
b．若将流程A部分与流程B部分互换顺序，最终得到的滤渣2都是，成分相同，b正确；
c．氢氧化钠可以与、反应，若将流程A部分与流程B部分互换顺序，先加氢氧化钠溶液碱浸，理论上氢氧化钠用量增多，c错误；
故选ab；
（4）根据已知：①酸性条件下，，步骤ⅱ中浸取铁时发生反应的离子方程式为；
（5）步骤ⅲ中加入过量溶液的主要作用是将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为；
（6）根据发生的反应可得关系式～2Fe3+～2Fe，该含钛高炉渣中金属的物质的量为2cV×10-3mol，质量分数==；
（7）情况一：配制金属浸取液时，溶液等于2，会导致铁的化合物溶解，测得金属的质量分数偏高；
情况二：未进行步骤ⅳ，直接用抗坏血酸标准液滴定，有过氧化氢剩余，也会和抗坏血酸反应，消耗抗坏血酸标准液偏多，测得金属的质量分数偏高。
23．(1) BaMnO4 KOH
(2)
(3)溶液由蓝色变为无色，且半分钟不褪色
(4)
(5)
【分析】将KMnO4 和K2MnO4共存液20mL于烧杯中，加入过量Ba(OH)2溶液，KMnO4不反应，，所以第Ⅰ步的滤液为KMnO4、KOH、Ba(OH)2，加入KI和浓硫酸，中和反应，，及，用Na2S2O3滴定时，，用淀粉作指示剂，观察到现象，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不褪色则说明到达滴定终点，以此分析；
【详解】（1）根据分析，灰绿色沉淀时BaMnO4，生成的另一种产物是KOH；
故答案为：BaMnO4；KOH；
（2）根据分析，Ⅱ中发生的反应，，；
故答案为： ；
（3）根据分析，滴定终点现象，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不褪色；
故答案为：溶液由蓝色变为无色，且半分钟不褪色；
（4）在酸性条件下，碘离子易易发生氧化反应，；
故答案为：；
（5）高锰酸钾与锰酸钾均与硫代硫酸钠反应，，，高锰酸钾和锰酸钾共消耗，在第一份溶液中，高锰酸钾消耗的，则锰酸钾消耗的，根据反应式的关系，可知，；
故答案为：。2023北京重点校高三（上）期末化学汇编
氧化还原反应
一、单选题
1．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）下列反应中出现的颜色变化不是由于氧化还原反应引起的是
A．向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，白色沉淀溶解
B．向溶液中加入足量粉，溶液蓝色消失
C．乙醇使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．在空气中加热，白色变为淡黄色
2．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）以下关于的制备、干燥、收集、吸收(如图所示)的说法正确的是
A．生成氯气的同时，可能转化为
B．a中加入饱和食盐水，b中加入浓硫酸
C．用溶液吸收时，体现氧化性，体现还原性
D．每消耗8.7克，生成氯气
3．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）是硅酸盐水泥的重要成分之一，其相关性质的说法不正确的是
A．可发生反应：
B．具有吸水性，需要密封保存
C．能与，反应生成新盐
D．与足量盐酸作用，所得固体产物主要为
二、实验题
4．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）某小组同学在实验室制备高铁酸钾，并探究制备的适宜条件。制备的实验装置如下(夹持装置略)。
资料：为紫色固体，微溶于溶液。
(1)装置A中产生的化学方程式是_______(锰元素被还原为)。
(2)研究试剂a对产率的影响，对比实验如下。
实验编号 试剂a 实验现象
I 和少量 无明显现象
II 和过量 得到紫色溶液，无紫色固体
III 和过量 得到紫色溶液(颜色比II深)，有紫色固体
注：上述实验中，溶液总体积、和的物质的量、的通入量均相同。
①实验II、III产生，将方程式补充完整______。
还原反应：；
氧化反应：。
②对实验I未产生而实验II能产生的原因提出假设：实验Ⅱ溶液碱性较强，增强+3价铁的还原性。以下实验证实了该假设。
步骤1：通入，电压表示数为；
步骤2：向右侧烧杯中加入_______(填试剂)，电压表示数为。
③反思装置B的作用：用饱和溶液除去，目的是_______。
④实验II中的产率比实验III低，试解释原因：_______。
(3)向实验II所得紫色溶液中继续通入，观察到溶液紫色变浅。可能原因是通入后发生_______(填离子方程式)而使溶液碱性减弱，进而导致分解。
(4)综上，制备的适宜条件是_______。
5．（2023秋·北京西城·高三统考期末）资料显示，酸性介质中，和可反应转化为和。小组探究利用该反应测定含量的条件。
实验 序号 物质a 实验现象
I 0.002mol/L溶液 无明显变化
II 0.002mol/L溶液 加热至沸腾，5min后溶液变为紫色
III 0.05mol/L溶液 加热至沸腾，生成大量棕黑色沉淀，静置，上层溶液未变紫色
(1)根据实验II的现象，氧化性：_______(填“>”或“<”)。
(2)实验II中反应的离子方程式是_______。
(3)实验I的条件下能将氧化为，推测实验I未出现紫色的原因：_______。
(4)经检验，棕黑色沉淀为，针对实验Ⅲ中的现象，提出以下假设：
假设1：的浓度较低，不足以将氧化为
假设2：溶液中存在还原剂，将生成的还原为
①甲同学分析上述实验设计，认为假设1不成立，理由是_______。
②针对假设2，乙同学设计实验IV证实了推测合理。
请写出实验操作和现象：_______。
③实验III中生成的离子方程式是_______，从化学反应速率的角度分析实验Ⅲ未得到紫色溶液的原因：_______。
(5)资料表明可作为和反应转化为的催化剂。丙同学设计实验Ⅲ的对比实验进行了证实。向_______中滴加2滴0.1mol/L溶液，再加入0.0005mol固体，加热至沸腾，观察到溶液变为紫色。
(6)根据上述实验，要利用将转化为的反应来快速测定的含量，应控制的反应条件有：加热至沸腾、_______。
参考答案
1．A
【详解】A．，加入氯化铵，铵根与OH-结合，，与氧化还原无关，A符合题意；
B．，发生氧化还原，B不符合题意；
C．乙醇具有还原性，高锰酸钾具有强氧化性，发生氧化还原，C不符合题意；
D．，发生氧化还原，D不符合题意；
故答案为：A。
2．B
【详解】A．生成氯气的同时，是将盐酸中的氯元素由-1价氧化为0价，为氧化剂，本身被还原，化合价降低，不可能转化为，选项A错误；
B．浓盐酸易挥发，制得的氯气中含有氯化氢及水蒸气，通过a中加入饱和食盐水除去氯化氢，再通过b中加入浓硫酸干燥得到纯净干燥的氯气，选项B正确；
C．用溶液吸收时，发生反应2+=NaCl+NaClO+H2O，反应中只有氯元素化合价由0价变为-1价和+1价，既体现氧化性也体现还原性，而既没有体现氧化性也没有体现还原性，选项C错误；
D．根据反应+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O可知，每消耗8.7克，生成氯气0.1mol,且没有说明标准状况，不能确定气体的体积，选项D错误；
答案选B。
3．D
【分析】将Ca3SiO5改写为氧化物形式后的化学式为：3CaO·SiO2，性质也可与Na2SiO3相比较，据此解答。
【详解】A.Ca3SiO5与NH4Cl反应的方程式为：Ca3SiO5+4NH4Cl CaSiO3+2CaCl2+4NH3↑+2H2O，A正确；
B.CaO能与水反应，所以需要密封保存，B正确；
C.亚硫酸的酸性比硅酸强，当二氧化硫通入到Ca3SiO5溶液时，发生反应：3SO2+H2O+ Ca3SiO5=3 CaSO3+H2SiO3，C正确；
D.盐酸的酸性比硅酸强，当盐酸与Ca3SiO5反应时，发生反应：6HCl+ Ca3SiO5=3CaCl2+H2SiO3+2H2O，D不正确；
故选D。
4．(1)
(2) 固体 防止与反应，避免价铁的还原性减弱而使产率降低 II中大，不利于正向进行。(或根据反应：，II中大，的氧化性减弱)
(3)
(4)选用和过量溶液、通入适量
【分析】装置A中浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，得到的氯气中混有氯化氢气体，通过饱和NaCl溶液除去氯化氢气体，C中氯气和和过量反应得到，D为尾气处理装置。
【详解】（1）装置A中浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，化学方程式为：。
（2）①氧化反应中，Fe元素由+3价上升到+6价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：；
②实验Ⅱ溶液碱性较强，增强+3价铁的还原性，故步骤2：向右侧烧杯中加入KOH固体，增强右侧溶液的碱性，若电压表示数为，说明该假设成立；
③用饱和溶液除去，目的是：防止与反应，避免价铁的还原性减弱而使产率降低；
④II中大，不利于正向进行(或根据反应：，II中大，的氧化性减弱)，所以实验II中的产率比实验III低。
（3）通入后，和NaOH溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：。
（4）综上，增强碱性可以增强+3价铁的还原性，过量的氯气使溶液碱性减弱，进而导致分解，则制备的适宜条件是选用和过量溶液、通入适量。
5．(1)>
(2)5+2+8H2O=2+10+16H+
(3)相比实验II，实验温度I较低，反应速率较慢
(4) 实验II和实验III中的浓度相同 向1mL 0.05mol/L溶液中滴入3滴1mol/LH2SO4溶液并加入1mL 0.05mol/LKMnO4，有棕黑色沉淀生成 3+2+2H2O=5↓+4H+ 溶液中存在反应,反应ii速率快于反应i，所以未得到紫色溶液
(5)1mL 0.05mol/L溶液和3滴1mol/LH2SO4溶液的混合溶液中
(6)过量、加入催化剂
【详解】（1）酸性介质中，和可反应转化为和，该过程中是氧化剂，是氧化产物，根据氧化还原反应的规律，氧化性：>。
（2）实验II中，和在酸性条件下反应生成和，S元素由+7价下降到+6价，Mn元素由+2价上升到+7价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为： 5+2+8H2O=2+10+16H+。
（3）实验II、III均说明能将氧化为，相比实验II，实验温度I较低，反应速率较慢，未得到紫色溶液。
（4）①实验II和实验III中的浓度相同，实验II中能将氧化为，说明假设1不成立；
②假设2认为溶液中存在还原剂，将生成的还原为，则可向1mL 0.05mol/L溶液中滴入3滴1mol/LH2SO4溶液并加入1mL 0.05mol/LKMnO4，加热至沸腾，若紫色褪去，迅速生成棕黑色沉淀，说明假设2正确；
③实验III中还原生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：3+2+2H2O=5↓+4H+；溶液中存在反应,反应ii速率快于反应i，所以未得到紫色溶液。
（5）向1mL 0.05mol/L溶液中滴入3滴1mol/LH2SO4溶液，再滴加2滴0.1mol/L溶液，再加入0.0005mol固体，加热至沸腾，观察到溶液变为紫色，说明可作为和反应转化为的催化剂。
（6）实验涉及温度不同、是否使用催化剂、浓度变化，即要利用将转化为的反应来快速测定的含量，应控制的反应条件有：加过量、加入催化剂等。2023北京重点校高三（上）期末化学汇编
化学反应与电能章节综合
一、单选题
1．（2023秋·北京通州·高三统考期末）下图为一种多硫化物一空气二次电池的原理示意图，其中a和b为惰性电极，池内各室溶液可往复利用。下列叙述不正确的是
A．充电时，a接外电源的负极，作阴极
B．充电时，b电极附近溶液碱性减弱
C．放电时，a电极反应为
D．放电时，b电极反应为
2．（2023秋·北京西城·高三统考期末）某小组同学探究Al与的反应，实验如下。
装置 序号 试剂a 现象
① 2mL0.5mol/L溶液 无明显变化，数小时后观察到铝片上仅有少量红色斑点
② 2mL0.5mol/L溶液 迅速产生红色固体和无色气泡，且气体的生成速率逐渐增大，反应放出大量的热。在铝片表面产生少量白色沉淀，经检验为CuCl
下列说法不正确的是
A．②中气体生成速率逐渐增大可能与Al和Cu在溶液中形成了原电池有关
B．②中产生白色沉淀的可能原因：
C．向①中加入一定量NaCl固体，推测出现与②相似的实验现象
D．②比①反应迅速是由于水解使②中的更大，利于破坏铝片表面的氧化膜
3．（2023秋·北京西城·高三统考期末）盐酸酸洗钢材的废液中含有大量的盐酸、。研究人员利用如图装置可将部分铁元素在极区转化为沉淀，实现资源和能源的再利用。下列说法不正确的是
A．电子由b极流向a极
B．离子交换膜为阴离子交换膜
C．该装置实现了化学能向电能转化
D．a极可发生电极反应：
4．（2023秋·北京西城·高三统考期末）解释下列事实所用的化学用语不正确的是
A．酚酞滴入溶液中，溶液变红：
B．铜片放入浓硝酸中，产生红棕色气体：
C．钢铁发生吸氧腐蚀，负极反应：
D．通入溴水中，溶液褪色：
5．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如图所示。通过控制开关，可得到或。下列说法正确的是
A．连接时，阳极反应物为
B．连接时，可制备
C．连接时，阳极发生反应：
D．连接时，当电路中通过电子时，电极3的质量增加
6．（2023秋·北京·高三统考期末）用如图装置进行实验，电流计指针偏转。下列说法不正确的是
A．该装置将化学能转化为电能
B．从a极经阳离子交换膜移向b极
C．工作一段时间，a极附近溶液会减小
D．该装置的总反应为
7．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）化学与生活密切相关。下列叙述正确的是
A．冰的密度比水小，是因为水分子内存在氢键
B．洁厕灵(主要成分为HCl)与84消毒液可以混用
C．镀锌铁制品的镀层破损后失去对铁制品的保护作用
D．利用紫外杀菌技术进行消毒，是为了使蛋白质变性
8．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．0.1 mol氨基(-NH2)中含有NA个质子
B．14 g乙烯和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为2NA
C．1.0 mol/LAlCl3溶液中，Cl-数目为3NA
D．电解熔融NaCl，阳极产生气体质量为7.1 g时，外电路中通过电子的数目为0.1NA
9．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）直接燃料电池是一种新型化学电源，其工作原理如图所示。电池放电时，下列说法不正确的是
A．电极Ⅰ为负极
B．电极Ⅱ的反应式为：
C．电池总反应为：
D．该电池的设计利用了在酸碱性不同条件下氧化性、还原性的差异
二、实验题
10．（2023秋·北京西城·高三统考期末）石油中含有有机氯和无机氯(主要以的形式存在)，还含有少量的硫化氢、硫酸盐和碳酸盐等。微库仑滴定法可快速测定石油中的有机氯和无机氯的含量。
已知：库仑测氯仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。待测物质进入电解池后与反应，测氯仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束。通过测定电解消耗的电量可以求出石油中氯的含量。
(1)库仑测氯仪电解池中的阳极反应是_______。
I.石油中有机氯含量的测定
(2)用过量KOH溶液和水除去石油样品中的和无机盐，再通过_______操作分离得到处理后的石油样品。KOH溶液除去的离子方程式是_______。
(3)经处理后的石油样品在高温、富氧条件下燃烧，有机氯转化为HCl。在库仑测氯仪中，待测气体通入电解池后与反应的离子方程式是_______。
(4)石油样品为ag，电解消耗的电量为x库仑，样品中有机氯的含量(按含氯元素计)为_______mg/g。
已知：电解中转移1mol电子所消耗的电量为F库仑
II.石油中无机氯含量的测定
在极性溶剂存在下加热石油样品，再用水提取其中的无机盐。含盐的待测液体注入库仑测氯仪进行测定。
已知：i.样品中存在的和CO不影响测定结果
ii.
(5)用离子方程式解释不影响测定结果的原因：_______。
(6)石油样品中存在的会影响测定结果。
①通过估算说明的存在会影响测定结果：_______。
②待测液体注入库仑测氯仪前，可加入_______(填序号)以消除的影响。
a.溶液 b.NaOH溶液 c.碘水
三、原理综合题
11．（2023秋·北京通州·高三统考期末）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如下图所示：
(1)已知：



反应I的热化学方程式：_______。
(2)反应I所得产物的溶液在碘过量时会自发分成两层。分离两层溶液的实验操作是_______。
(3)研究发现，通过电解方法实现反应I，既可减少碘的加入量，也可减少溶液后续纯化过程的能耗。写出通过电解法实现反应I时，阳极的电极反应式：_______。
(4)碘硫循环过程中反应I所制备出的HI浓度较低，必须对HI溶液进行浓缩。电解电渗析浓缩HI溶液的原理如下图所示，初始时阳极液和阴极液相同，溶液组成均为n(HI)：n(H2O)：n(I2)=1：6.8：2。
①电渗析过程中，阳极液中I2的浓度会_______(填“增大”或“减小”)。
②结合化学用语，解释阴极区进行HI浓缩的原理_______。
(5)某科研小组采用双极膜电渗析法制备高浓度氢碘酸，工作原理如下图所示。
已知：双极膜在直流电场作用下可将水解离，在双极膜的两侧分别得到H+和OH-。
①X极是_______(填“阳极”或“阴极”)。
②电解后，_______室获得较浓的氢碘酸(填“a”、“b”或“c”)。
12．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）沼气中除外，还含有等气体，脱除沼气中的并使之转化为可再利用的资源有重要意义。
资料：i.(黄色溶液)，与酸反应生成S、(或)
ii.均易溶于水
(1)乙醇胺可脱除沼气中的，这与其结构中的_______(填官能团名称)有关。加热所得产物，得到，同时乙醇胺得以再生。
(2)采用加热法可将转化为和。反应为：。一定温度下，将置于密闭容器中加热分解，平衡时混合气中与的物质的量相等，该温度下反应的平衡常数_______(用含a、v的代数式表示)。
(3)采用电解法也可将转化为S和。先用溶液吸收气体，再电解所得溶液。电解时阴极产生无色气体，阳极附近溶液变为黄色。
①写出足量溶液吸收气体的离子方程式：_______。
②用方程式解释阳极附近溶液变为黄色的原因_______。
③实验测得的转化率大于S的收率，推测电解时阳极可能生成、等物质。实验证实了上述推测成立，写出检验的实验操作及现象：_______。
资料：的转化率；S的收率
④停止通电，向黄色溶液中通入_______(填化学式)气体，析出S，过滤，滤液可继续电解。
13．（2023秋·北京·高三统考期末）乙二醛是一种重要的精细化工产品，可由乙醛硝酸氧化法制备。
Ⅰ.研究其他条件相同时，仅改变一个条件对乙二醛制备的影响，获得如下数据。
(1)乙二醛的结构简式是_______。
(2)图1中，曲线a对应的温度是_______，判断的依据是_______。
(3)图2中，c→d乙二醛的产率降低，并检测出较多的副产物，如乙二酸。产生较多乙二酸的原因是_______。
Ⅱ.运用电化学原理设计分离纯化乙二醛并回收硝酸的装置示意图如下(电极均为惰性电极)。
(4)与电源负极相连的是_______(填“X”或“Y”)。
(5)结合电极反应分析硝酸回收原理：_______。
(6)测定纯化后溶液中乙二醛的含量。
ⅰ.移取VmL纯化后的溶液于锥形瓶中，加入2滴酚酞溶液，用浓度为溶液滴定至溶液恰好由无色变为粉红色。
ⅱ.向ⅰ所得溶液加入过量溶液，充分反应。
ⅲ.试用硫酸滴定ⅱ中溶液至终点，消耗硫酸体积为。
已知：乙二醛在强碱性溶液中发生反应生成。
该纯化后的溶液中乙二醛的含量为_______(乙二醛摩尔质量：)。
14．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）煤焦油、煤和海砂中氯离子含量高会破坏金属的钝化膜，导致铁制设备和钢管等被腐蚀。
(1)铁接触氧气和水后会发生电化学腐蚀，其负极的电极反应式为_______。
(2)测定煤中氯离子含量的两种方法。
方法一：在高温下，通入水蒸气将煤样中无机盐转化为HCl，再滴定氯离子。
方法二：取a g煤样，处理后得到含氯离子的样品溶液，加入溶液，以作指示剂，用溶液滴定过量的溶液，共消耗KSCN溶液。
已知：能与KSCN反应生成AgSCN沉淀。
①结合化学用语，从化学平衡的角度解释方法一中无机盐中生成HCl的原因_______。
②方法二中，滴定终点的现象为_______。
③利用方法二，测得煤样中氯元素的质量分数为_______。
(3)快速检测法测定海砂中氯离子含量的过程如下。
i.配制固定组分的铬酸银()浑浊液；
ii.将待测海砂样品与i中浑浊液混合，溶液的颜色会随着氯离子含量的变化而变化。
氯离子含量x
ii中现象 沉淀仍然为砖红色 砖红色沉淀部分变为白色，溶液逐渐转变为黄色 砖红色沉淀完全变为白色，溶液完全转变为黄色
已知：；；溶液为黄色，固体为砖红色。
①时，沉淀仍然为砖红色的原因是_______。
②写出砖红色沉淀变为白色的离子方程式_______。
15．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）电化学还原将其转化为其它化学产品，是一种综合利用的好方法。
已知：选择性(S)和法拉第效率(FE)的定义：
×100％；×100％
(1)碱性电化学还原前，先在中性电解液中通电一段时间，及电流稳定后，再通。在阴极区若每得到电子，同时有也会得到等物质的量的电子，且阴极区电解液的几乎保持不变(忽略溶液体积变化)。
①补全阴极产生的电极反应___________
___________＋______________________。
②阴极附近发生反应___________(用离子方程式表示)，生成的难以放电，降低了。结合上述信息，的理论最大值为___________。
③结合化学用语分析阳极区产生的原因是___________。
(2)控制、电解液中存在时，电化学还原过程中(其他含碳产物未标出)和的法拉第效率变化如图3所示。
①结合图3的变化规律，推测可能的作用是___________。
②时，(已折合为标准状况，下同)的被完全吸收并还原为和，分离后，将和混合气体通入如图4所示装置(反应完全)，出口处收集到气体。则为___________。
参考答案
1．D
【分析】结合a电极Na2S2转化为Na2S4，S元素失去电子，化合价升高，则放电时a为负极，a电极的电极反应为，则b为正极，根据b电极通入空气和NaOH溶液，放电时的电极反应为。充电时，a接外电源的负极，作阴极，b接外电源的正极，作阳极。放电时左侧钠离子经过阳离子交换膜进入中间隔室，右侧氢氧根离子经过阴离子交换膜进入中间隔室，从而在中间隔室得到浓氢氧化钠溶液，据此解答。
【详解】A．根据分析，充电时，a接外电源的负极，作阴极，A正确；
B．根据放电时b电极反应为，则充电时b电极反应为，b附近溶液碱性减弱，B正确；
C．根据分析，放电时，a电极反应为，C正确；
D．放电时，b电极反应为，D错误；
故选D。
2．D
【分析】氯离子能破坏铝片表面的致密氧化膜，氯化铜水解呈酸性， Al能从氯化铜溶液中置换出Cu、和水解产生的盐酸反应置换出氢气，Al和覆盖在表面的Cu在溶液中可形成原电池，反应速率大，而表面析出的白色沉淀CuCl，应是铝和铜离子发生氧化还原反应产生的沉淀，硫酸根离子不能破坏铝片表面的致密氧化膜，所以铝与2mL0.5mol/L溶液反应相当缓慢、只有少量铜生成，据此回答。
【详解】A．据分析， ②中产生的气体为氢气，气体生成速率逐渐增大可能与Al和Cu在溶液中形成了原电池有关，A正确；
B． 据分析，②中产生白色沉淀的可能原因：，B正确；
C． 向①中加入一定量NaCl固体，氯离子能破坏铝片表面的致密氧化膜，铝投入的溶液中含有铜离子、氯离子，则可推测出现与②相似的实验现象，C正确；
D． ②比①反应迅速是由于氯离子能破坏铝片表面的致密氧化膜，硫酸根离子不能破坏铝片表面的致密氧化膜，D不正确；
答案选D。
3．B
【分析】由图可知，该装置为原电池，通入空气的电极a为正极，电极反应为：，电极b是负极，负极区盐酸酸洗的废液含有大量的盐酸、，负极的电极反应为Fe2+-e-=Fe3+，负极区的H+通过阳离子交换膜进入正极区，使该区溶液pH增大，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，据此分析解答。
【详解】A．电池中电子由负极经外电路流向正极，即电子由b极流向a极，故A正确；
B．a极的电极反应为：，为维持电荷守恒，H+由右池通过离子交换膜向左池迁移，则离子交换膜为质子交换膜，故B错误；
C．该装置为原电池，实现了化学能向电能转化，故C正确；
D．a极为原电池正极，该极通入空气，氧气得电子，电极反应为：，故D正确；
答案选B。
4．B
【详解】A．碳酸钠水解使溶液呈碱性，水解的离子方程式为 ，故A正确；
B．铜片放入浓硝酸中生成硝酸铜、二氧化氮、水，反应的离子方程式为，故B错误；
C．钢铁发生吸氧腐蚀，负极铁失电子生成亚铁离子，负极反应式为，故C正确；
D．通入溴水中生成硫酸和氢溴酸，反应的化学方程式是，故D正确；
选B。
5．D
【分析】电解水生成氢气和氧气，氧气在阳极生成，氢气在阴极生成，电极3可分别连接K1或K2，分别发生氧化、还原反应，实现的转化，且可循环使用，以此解答该题。
【详解】A．连接时，电极3为阳极，发生，为产物，故A错误；
B．电解时，氧气在阳极生成，氢气在阴极生成，连接时，可制备，故B错误；
C．溶液为碱性电解液，所以连接时，阳极发生反应：，故C错误；
D．连接时，电极3发生，当电路中通过电子时，电极3的质量增加，故D正确；
故答案选D。
【点睛】本题考查非常温下水的电离问题及电解知识等，侧重考查学生的分析能力和理解能力，注意把握图像分析以及电解池的判断，掌握电极方程式的书写，题目难度中等。
6．D
【分析】没有外加电源，故此装置为原电池，电流计指针偏转说明原电池中发生了化学反应。a极H2发生氧化反应，为负极；b极Cl2发生还原反应，为正极。
【详解】A．该装置为原电池，可将化学能转化为电能，A项正确；
B．原电池中阳离子从负极移向正极，因此从a极经阳离子交换膜移向b极，B项正确；
C．a极电极反应为：，因为OH-被消耗，因此a极附近溶液会减小，C项正确；
D．因为H2在a极放电后消耗了OH-，从a极经阳离子交换膜移向b极，与生成的Cl-形成KCl，因此总反应不是，D错误。
本题选D。
7．D
【详解】A．由于氢键具有方向性和饱和性，水结冰后由于形成分子间氢键，导致H2O之间的距离拉大，空间利用率减小，从而导致冰的密度比水小，是因为水分子间存在氢键，A错误；
B．根据反应方程式：NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O可知，若洁厕灵(主要成分为HCl)与84消毒液混用将产生有毒气体Cl2，故二者不能混用，B错误；
C．由于锌比铁活泼，故镀锌铁制品的镀层破损后将形成电化学腐蚀，锌作负极，失去电子，而铁作正极，从而被保护，故加强了对铁制品的保护作用，C错误；
D．紫外线、红外线等高能量射线均能使蛋白质发生变性，故可利用紫外杀菌技术进行消毒，D正确；
故答案为：D。
8．B
【详解】A．1个氨基(-NH2)中含有9个质子，则0.1 mol氨基(-NH2)中含有9NA个质子，A错误；
B．乙烯和丙烯属于烯烃，分子式最简式是CH2，式量是14，则14 g乙烯和丙烯的混合气体中含有1 mol CH2，其中所含有碳氢键数为2NA，B正确；
C．只有溶液浓度，缺少溶液体积，不能计算微粒的数目，C错误；
D．电解熔融NaCl，阳极产生气体质量为7.1 g时，反应产生Cl2的物质的量n(Cl2)=，则外电路中通过电子的物质的量是0.2 mol，故转移的电子数目为0.2NA，D错误；
故合理选项是B。
9．C
【分析】由K+向电极Ⅱ所在区域迁移可知，电极Ⅱ为正极发生还原反应，电极Ⅰ为负极发生氧化反应；正极电极反应式：，负极电极反应式：。
【详解】A．电极Ⅰ为负极，A正确；
B．电极Ⅱ为正极发生还原反应：，B正确；
C．两极酸碱度不一样，氢离子和氢氧根离子不能电池总反应为：，C错误；
D．该电池的设计利用了在酸碱性不同条件下氧化性、还原性的差异，D正确；
故选C。
10．(1)
(2) 分液
(3)
(4)
(5)
(6) H2S+2Ag+= =Ag2S↓+2H+ K= ，经估算K的数量级为1029，说明H2S与Ag+的反应程度接近完全，即H2S也消耗Ag+，影响测定结果 a
【分析】检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。待测物质进入电解池后与反应，浓度减小，测氯仪便立即自动进行电解，阳极Ag失电子，生成，到又回到原定值，电极反应式为，根据电解消耗的电量可以求出石油中氯的含量；
【详解】（1）库仑测氯仪电解池中的阳极反应是；
（2）用过量KOH溶液和水除去石油样品中的和无机盐，石油和水溶液不互溶，可以通过分液操作分离；KOH溶液除去的离子方程式是；
（3）HCl与反应的离子方程式是；
（4）电解消耗的电量为x库仑，即mol电子，n(Cl-)= n(Ag+)= n(e-)=mol，样品中有机氯的含量为= mg/g；
（5）碳酸银可溶于醋酸，不影响测定结果，离子方程式为;
（6）①H2S+2Ag+= =Ag2S↓+2H+ K= ，经估算K的数量级为1029，说明H2S与Ag+的反应程度接近完全，即H2S也消耗Ag+，影响测定结果；
②待测液体注入库仑测氯仪前，可加入能与反应，消除S2-的试剂；
a．溶液与反应生成硫单质和水，溶液中没有S2-，a符合；
b．NaOH溶液与反应生成硫化钠和水，溶液中仍然存在S2-，b不符合；
c．碘水与反应生成硫单质和碘化氢，溶液中存在I-，会生成碘化银沉淀影响测定结果，c不符合；
故选a。
11．(1)
(2)分液
(3)
(4) 增大 阴极： ，H+通过质子交换膜由阳极区进入阴极区，阴极区HI的浓度增大
(5) 阴 c
【详解】（1）反应①
反应②
反应③
按盖斯定律，反应Ⅰ=-×①-②-×③，反应Ⅰ的=---，则反应I的热化学方程式为： 。
（2）反应I所得产物溶液在碘过量时会自发分成两层，则为互不相溶的两层液体，分离两层溶液的实验操作是分液。
（3）反应I为，电解法实现反应I时，阳极二氧化硫失去电子被氧化转变为硫酸根，阳极的电极反应式：。
（4）①通过电解电渗析浓缩HI溶液，电渗析过程中，阳极碘离子失去电子被氧化转变为碘单质，则阳极液中I2的浓度会增大。
②结合化学用语，解释阴极区进行HI浓缩的原理为：阴极电极反应为 ，H+通过质子交换膜由阳极区进入阴极区，阴极区HI的浓度增大。
（5）①采用双极膜电渗析法制备高浓度氢碘酸，X电极上水提供的氢离子转变为氢气，是还原反应，则X极是阴极。
②Y为阳极，进入b中碘离子通过阴离子交换膜进入c室，右侧双极膜在直流电场作用下可将水解离产生的H+在c室、OH-在阳极Y放电产生氧气，则电解后，c室获得较浓的氢碘酸。
12．(1)氨基
(2)
(3) ， (黄色溶液) 取少量阳极附近溶液，加入足量盐酸，静置，取上层清液，加溶液，产生白色沉淀
【详解】（1）H2S的水溶液是弱酸，具有酸性，氨基具有碱性，二者能发生反应，故乙醇胺可脱除沼气中的与其结构中的氨基有关。
（2）一定温度下，将置于密闭容器中加热分解，，平衡时混合气中与的物质的量相等，则amol-2x=2x，x=0.25amol，该温度下反应的平衡常数为。
（3）①足量溶液吸收气体得到硫化钠和水，离子方程式：。
②硫离子在阳极放电生成硫单质、淡黄色的硫单质不溶于水，据信息，硫能与硫离子反应生成可溶性(黄色溶液)，故阳极附近溶液变为黄色，电极方程式为，。
③的转化率大于S的收率，结合定义可推测电解时阳极可能生成、等物质。由于酸性条件下硫离子、亚硫酸根离子会反应生成不溶性硫单质，或者氢离子与反应生成硫单质，会干扰硫酸根离子的检验，为防止干扰，检验时需过滤加盐酸后产生的硫或往上层清液中滴加滴入氯化钡，则检验阳极可能存在的实验操作及现象为：取少量阳极附近溶液，加入足量盐酸，静置，取上层清液，加溶液，若产生白色沉淀，则存在硫酸根离子。
④已知与酸反应生成S、，则停止通电时，防止引入其它酸根离子，可向黄色溶液中通入气体，析出S，过滤，滤液可继续电解。
13．(1)HCOCHO
(2) 45℃ 起始阶段相同时间内曲线a对应的乙二醛浓度变化更大
(3)硝酸具有强氧化性，硝酸浓度增大，导致副反应速率增大使得乙二醛被氧化为乙二酸
(4)X
(5)Y极上水放电发生氧化反应生成氧气和氢离子，，B中硝酸根离子向C室移动，氢离子和硝酸根离子在C室得到硝酸
(6)
【详解】（1）乙二醛的结构简式是HCOCHO；
（2）温度越高，化学反应速率越快，根据先拐先平数值大，可知曲线a对应的温度是45℃，原因是起始阶段相同时间内曲线a对应的乙二醛浓度变化更大；
（3）硝酸具有强氧化性，硝酸浓度增大，导致副反应速率增大使得乙二醛被氧化为乙二酸；
（4）运用电化学原理设计分离纯化乙二醛并回收硝酸，则B中硝酸根离子向C室移动，电解池中阴离子向阳极移动，则Y为阳极、X为阴极，X与电源负极相连；
（5）Y极上水放电发生氧化反应生成氧气和氢离子，，B中硝酸根离子向C室移动，氢离子和硝酸根离子在C室得到硝酸；
（6），则根据题意与乙二醛反应的氢氧化钠的物质的量为=，已知：乙二醛在强碱性溶液中发生反应生成，根据钠元素、碳元素守恒可知，纯化后的溶液中乙二醛的含量为。
14．(1)
(2) 由于HCl是气体使平衡正向移动，从而得到HCl 溶液变成红色，且半分钟内不褪色
(3) 氯离子含量x<0.001%时，没有达到氯化银的，因此看到的砖红色是的颜色
【详解】（1）铁接触氧气和水发生电化学腐蚀，Fe易失电子作负极，负极反应式为；
（2）无机盐中生成HCl，由于HCl是气体使平衡正向移动，从而得到HCl；当与反应生成时，溶液变成红色，且半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；加入的物质的量为，剩余的的物质的量为，则实际参加反应的的物质的量为，氯元素的物质的量为，则，氯元素的质量分数为；
（3）氯离子含量x<0.001%时，没有达到氯化银的，达到，因此看到的砖红色是的颜色；砖红色沉淀变为白色的离子方程式为。
15．(1) 阳极区发生电极反应，阴极区产生的透过阴离子交换膜进入阳极，发生 反应：+ 2H+ =CO2↑ + H2O，产生
(2) 提高电化学还原CO2生成CH4的选择性 10%
【分析】碱性电化学还原，电极Ⅱ为阴极，、得电子发生还原反应，电极反应式为、，电极Ⅰ为阳极，失电子发生氧化反应，电极反应式为；
酸性电化学还原，电极Ⅱ为阴极，、得电子发生还原反应，电极反应式为、，电极Ⅰ为阳极，失电子发生氧化反应，电极反应式为；
【详解】（1）①根据分析，阴极产生的电极反应为；
②阴极生成的，发生反应为；在阴极区若每得到电子，同时有也会得到等物质的量的电子，若生成1mol，消耗1mol得8mol电子，生成8molOH-，也会得到8mol电子，生成8mol OH-，共16mol OH-，发生反应，消耗8mol，阴极共消耗9mol，根据=×100％==；
③阳极区发生电极反应，阴极区产生的透过阴离子交换膜进入阳极，发生 反应：+ 2H+ =CO2↑ + H2O，产生；
（2）①结合图3的变化规律，随着浓度增大，的法拉第效率降低，可能的作用是KCl 抑制了（阴极）析氢，总体而言提高了电化学还原CO2 生成CH4的选择性；
②，法拉第效率为20%；将和混合气体通入如图4所示装置(反应完全)，被吸收，出口处收集到气体为，的物质的量为0.3mol，生成的电极反应式为，可知生成0.3mol得到0.3mol×8=2.4mol电子，法拉第效率为20%，则通过阴极的电子为=12mol，共有0.5mol被完全吸收并还原为和，根据碳原子守恒，的物质的量为=0.1mol，生成的电极反应式为，可知生成0.1mol得到1.2mol电子，则为=10%。2023北京重点校高三（上）期末化学汇编
氮的循环
一、单选题
1．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）下列物质混合后，变化过程中不涉及氧化还原反应的是
A．溶液使淀粉碘化钾试纸变蓝
B．将通入到溶液中，生成白色沉淀
C．向饱和食盐水中依次通入、，有晶体析出
D．石蕊溶液滴入氯水中，溶液变红，随后迅速褪色
2．（2023秋·北京西城·高三统考期末）下列实验不能达到实验目的的是
A B C D
实验室制氨气 配制一定物质的量浓度的溶液 检验和水反应的气体产物 实验室制乙酸乙酯
A．A B．B C．C D．D
3．（2023秋·北京通州·高三统考期末）下列实验对应的化学方程式不正确的是
A．次氯酸溶液在光照下产生气泡：2HClO2HCl+O2↑
B．将稀硫酸和硫代硫酸钠溶液混合产生浑浊：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+2S↓+O2↑+H2O
C．将铜片投入稀硝酸产生气泡：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
D．向氯化银沉淀中加入氨水得到澄清的无色溶液：AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]Cl
二、实验探究题
4．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）铜片与浓硝酸反应后溶液呈现鲜草绿色，小组同学探究其成因。
(1)铜片溶解的化学方程式为 。
【初步实验】
甲同学提出猜想：仅仅是因为气体溶解后，溶液颜色和气体颜色叠加形成鲜草绿色，进行实验1-1及1-2予以验证。
实验1-1：取反应后混合液于一支试管内，按一定的气体流速将和混合气体通入，有大量红棕色气体逸出，约后溶液转为蓝色。
实验1-2：取反应后混合液于另一支试管内，按与实验1-1中相同的气体流速将空气通入，有大量红棕色气体逸出，约后溶液转为蓝色。
(2)乙同学根据以上2个实验现象证明甲同学猜想不成立，理由是 。
【深入研究】
分别向四支试管内依次加入下列试剂后，同时插入铜丝并记录实验现象，如下表。
编号 浓硝酸/ 蒸馏水/滴 /滴 尿素溶液/滴 现象
2-1 1 0 0 0 快速反应，异常剧烈，溶液为鲜草绿色
2-2 1 3 0 0 快速反应，异常剧烈，溶液为鲜草绿色
2-3 1 0 3 0 反应较慢，溶液为蓝色，没有绿色出现
2-4 1 0 0 3 反应较慢，溶液为蓝色，没有绿色出现
已知：①尿素的化学式为，其中C的化合价为价
②该条件下，浓硝酸与尿素溶液不反应
③金属和浓硝酸反应过程中有生成，可大大加快金属与浓硝酸反应的速率。其原理为：
第一步：
第二步：
第三步：
(3)补全上述原理的第二步反应： 。
(4)因为发生化学反应： ，因此实验2-4中反应速率较慢。上述实验可以说明反应过程中的对反应速率有一定影响。丙同学设计实验3，能证明反应混合液的鲜草绿色也与也有关。
(5)实验3：向一支试管内加入5滴稀，加入溶液振荡后再滴加溶液，现象是 。
(6)实验2-3和实验2-4分别证明了具有 性、 性，这与其核心元素化合价密切相关。
(7)解释实验1-1和1-2的现象差异 。
参考答案
1．C
【详解】A．溶液使淀粉碘化钾试纸变蓝原理为：2FeCl3+2KI=2KCl+I2+2FeCl2，涉及氧化还原反应，A不合题意；
B．将通入到溶液中，由于H2O+SO2H2SO3 H++，H+和Ba(NO3)2电离出的硝酸能将亚硫酸氧化为硫酸，故生成白色沉淀BaSO4，涉及氧化还原反应，B不合题意；
C．向饱和食盐水中依次通入、，有晶体析出，反应原理为：NaCl+H2O+CO2+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl，未涉及氧化还原反应，C符合题意；
D．已知Cl2+H2O=HCl+HClO，由于氯水中含有H+故石蕊溶液滴入氯水中，溶液变红，同时氯水中含有的HClO具有强氧化性，则随后迅速褪色，涉及氧化还原反应，D不合题意；
故答案为：C。
2．A
【详解】A．NH4Cl受热分解产生NH3、HCl，二者在试管口遇冷会重新化合形成NH4Cl固体，因此不能用加热NH4Cl固体的方法制取NH3，A错误；
B．配制一定物质的量浓度的溶液定容时，使用玻璃棒引流，B正确；
C．用带火星的木条检验和水反应的气体产物，若木条复燃则证明产生了氧气，C正确；
D．加热加有乙酸、乙醇和浓硫酸的混合溶液能制得乙酸乙酯，盛有饱和碳酸钠溶液的试管可以除去乙酸、吸收乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，便于析出乙酸乙酯，D正确；
故选A。
3．B
【详解】A．次氯酸不稳定，在光照下分解产生HCl、O2，，因此产生气泡，反应方程式为：2HClO2HCl+O2↑，A正确；
B．将稀硫酸和硫代硫酸钠溶液混合，反应产生Na2SO4、S、SO2、H2O，反应方程式为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，B错误；
C．铜片投入稀硝酸，反应产生NO气体，根据电子守恒、电荷守恒，可知反应方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，C正确；
D．向氯化银沉淀中加入过量氨水，反应得到澄清的无色溶液[Ag(NH3)2]Cl，反应的化学方程式为：AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]Cl，D正确；
故合理选项是B。
4．(1)
(2)相同气体流速下，溶液变为蓝色所用时间不同
(3)
(4)
(5)溶液为为鲜草绿色
(6) 还原 氧化
(7)1-2中，空气中的氧气将产生的HNO2氧化，因此鲜草绿色较快消失
【分析】利用铜与浓硝酸反应生成的产物进行探究，通过对比实验，利用硝酸、蒸馏水、双氧水、尿素等设计不同介质条件下铜与之反应的现象进行分析，探究具有还原性、氧化性，与其核心元素化合价密切相关的原理。
【详解】（1）铜片与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的化学方程式为；
（2）相同气体流速下，溶液变为蓝色所用时间不同，所以不仅仅是因为气体溶解后，溶液颜色和气体颜色叠加形成鲜草绿色，乙同学根据以上2个实验现象证明甲同学猜想不成立；
（3）已知：总反应为；
第一步：；
第三步：；
将总反应减去第一步反应和第三步反应得到第二步反应：；
（4）根据描述可知，HNO2参与反应，反应生成氮气，HNO2中氮元素化合价降低3，CO(NH2)2中氮元素化合价升高3，最小公倍数为3，结合氧化还原反应及质量守恒配平得反应；
（5）向一支试管内加入5滴稀，加入溶液振荡后产生HNO2，再滴加溶液，现象是溶液为为鲜草绿色；
（6）实验2-3和实验2-4分别是过氧化氢将氧化和尿素将还原，证明了具有还原性、氧化性，这与其核心元素化合价密切相关；
（7）实验1-1和1-2的现象差异是因为1-2中，空气中的氧气将产生的HNO2氧化，因此鲜草绿色较快消失。2023北京重点校高三（上）期末化学汇编
配合物与超分子
一、单选题
1．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）向少量溶液中依次加入足量下表中的试剂，观察现象并记录如下：
试剂
①溶液 ②氨水 ③溶液 ④溶液 ⑤溶液 ⑥溶液 ⑦浓硝酸
白色沉淀 澄清溶液 浅黄色沉淀 澄清溶液 黄色沉淀 黑色沉淀 澄清溶液
已知：与形成。依据现象推测，下列说法不正确的是
A．②中加氨水后发生反应：
B．同温度下，溶度积大小关系：
C．与配位的能力由强到弱依次为：、
D．上述实验转化过程中不涉及氧化还原反应
2．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）血红蛋白结合后的结构如图所示，与周围的6个原子均以配位键结合。也可与血红蛋白配位，它与血红蛋白结合的能力约为的230～270倍。二者与血红蛋白结合的反应可表示为：①　；②　，下列说法不正确的是

A．形成配位键时提供空轨道
B．电负性：，故中与配位的是O
C．由题意可得结论：相同温度下，
D．中毒患者进入高压氧舱治疗，平衡①、②移动的方向相反
二、结构与性质
3．（2023秋·北京西城·高三统考期末）向溶液中滴加过量的氨水得到含有的溶液。
(1)基态的价层电子排布式为 。
(2)基态占据的最高能级的电子云轮廓图的形状是 。
(3)O、N、H的电负性由大到小的顺序是 。
(4)下列状态的氮中，电离最外层一个电子所需能量最小的是 (填序号)。
a. b. c.
(5)的晶胞结构示意图如下。

①在下图虚线框内画出中一个的结构式 。

②比较H—N—H键角： (填“>”“<”或“=”)，原因是 。
③该立方晶胞的边长为a cm，阿伏加德罗常数为，的摩尔质量为M g/mol，则该晶体的密度为 。
参考答案
1．D
【详解】A．②中加氨水后氯化银沉淀溶解，生成，发生反应：，A正确；
B．沉淀向着溶解度更小的方向转化容易实现，根据实验中沉淀的转化过程，可知同温度下，溶度积大小关系：，B正确；
C．Br-可与反应生成沉淀，沉淀又可溶于溶液，说明与配位的能力由强到弱依次为：、，C正确；
D．浓硝酸具有强氧化性，沉淀溶于稀硝酸过程中发生了氧化还原反应，D错误；
故选D。
2．B
【详解】A．存在空轨道，形成配位键时提供空轨道，A正确；
B．电负性：，O在成键时不易给出孤电子对，故中与配位的是C，B错误；
C．也可与血红蛋白配位，它与血红蛋白结合的能力约为的230～270倍，可知反应②正向进行程度比①大，故相同温度下，，C正确；
D．中毒患者进入高压氧舱治疗，氧气浓度增大，反应①平衡正向移动，Hb浓度减小，反应②平衡逆向移动，二者平衡移动的方向相反，D正确；
故选B。
3．(1)3d7
(2)哑铃形
(3)O>N>H
(4)c
(5) ＜ N原子均采取sp3杂化，分子中有孤电子对，孤电子对有较大斥力
【详解】（1）Co 是27号元素，其基态原子的价电子排布式为3d74s2，则价层电子排布式为3d7；
（2）基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，其最高能级为3p，电子云轮廓图的形状是哑铃形；
（3）同周期主族元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，则电负性：O>N，三种元素中H的电负性最小，于是有电负性：O>N>H；
（4）2s22p2属于基态的N+，由于基态N的第二电离能高于其第一电离能，故其再失去一个电子所需能量较高；2s22p3属于基态N原子，其失去一个电子变为基态N+，其失去一个电子所需能量低于基态N+；2s22p23s1属于激发态N原子，其失去一个电子所需能量低于基态N原子；综上所述，电离最外层一个电子所需能量最小的是2s22p23s1，故选c。
（5）①中心N原子孤电子对数=，有3个键，则中心N原子价层电子对数=3+1=4，采取sp3杂化，空间构型为三角锥形，其结构式可表示为 ；
②由①分析知，由于中心N原子有一对孤电子对，排斥力较大，则H-N-H键角小于，约为107°，形成配位键，氨分子中不再有孤电子对，H—N—H键角变大，故答案为＜；
③该晶胞中，位于顶点和面心的个数为，位于晶胞内部Cl-个数为8，故晶胞的密度为。2023北京重点校高三（上）期末化学汇编
盐类的水解
一、单选题
1．（2023秋·北京通州·高三统考期末）苏打型盐碱地因为土壤中碳酸钠和碳酸氢钠含量高，肥力低下，不适宜耕种。为了将荒芜的盐碱地变成良田，科学家将硫酸铝施入盐碱地来改良土壤。下列叙述不合理的是
A．碳酸氢钠晶体溶于少量水，有吸热现象
B．工业上制备硫酸铝改良剂可以利用铝和浓硫酸在常温下反应
C．将硫酸铝溶液施入盐碱地会看到土壤液产生气泡
D．硫酸铝水解生成的胶体有丁达尔效应
2．（2023秋·北京通州·高三统考期末）某实验小组的同学用0.1000mol/L氢氧化钠溶液和0.05000mol/L草酸溶液在25℃下进行中和滴定实验，先向锥形瓶内加入25.00L溶液，然后开始滴定，直至滴定完全测得锥形瓶内溶液pH随滴定管滴加溶液体积变化的曲线(见下图)。根据图中数据，下列说法正确的是
A．草酸是一元酸
B．该实验不能使用碱式滴定管
C．当滴加了20.00mL溶液后，锥形瓶内溶液的草酸根离子浓度大于氢离子浓度
D．当滴加了30.00mL溶液后，锥形瓶内溶液的钠离子浓度小于氢氧根离子浓度
3．（2023秋·北京·高三统考期末）向溶液中持续滴加稀盐酸，记录溶液及温度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A．溶液的起始浓度为
B．在滴定至终点的过程中，水的电离程度不断减小
C．对应的溶液中均存在：
D．由后溶液的温度变化可推知，与的反应是吸热反应
4．（2023秋·北京·高三统考期末）侯氏制碱法工艺流程如图所示。
下列说法不正确的是
A．饱和食盐水“吸氨”的目的是使“碳酸化”时产生更多的
B．煅烧时发生反应
C．“盐析”后溶液比“盐析”前溶液大
D．母液Ⅱ与母液Ⅰ所含粒子种类相同，但前者、、的浓度更大
5．（2023秋·北京·高三统考期末）用表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．中含有的原子数为
B．溶液含有的个数为
C．标准状况下，和的混合气体中分子数为
D．与盐酸充分反应，转移电子数为
6．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）某小组研究实验室制备Fe(OH)3胶体的方法。下列说法不正确的是
序号 1 2
实验
现象 液体变为红褐色后，停止加热，有明显的丁达尔效应，冷却后仍为红褐色 液体变为红褐色后，停止加热，有明显的丁达尔效应，冷却后溶液变黄
A．对比实验可知，制备Fe(OH)3胶体选用饱和FeCl3溶液效果更好
B．实验1中液体变红褐色后，持续加热可观察到红褐色沉淀
C．选用饱和溶液以及加热，均为了促进Fe3+的水解
D．对比实验可知，酸根离子不同是造成实验现象差异的重要原因
7．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）常温下，1体积水能溶解约700体积NH3。用圆底烧瓶收集NH3后进行如图所示实验，下列分析正确的是
A．圆底烧瓶内形成喷泉现象，证明与水发生了反应
B．喷泉停止后，圆底烧瓶内剩余少量气体，是因为的溶解已达到饱和
C．圆底烧瓶中的液体呈红色的原因是
D．取圆底烧瓶内部分液体，滴加盐酸至时，溶液中
参考答案
1．B
【详解】A． 碳酸氢钠晶体溶于少量水的过程是吸热过程，A合理；
B．铝和浓硫酸在常温下钝化而难以溶解，工业上不适合用利用铝和浓硫酸在常温下制备硫酸铝，B不合理；
C． 将硫酸铝溶液施入盐碱地，铝离子和碳酸根离子双水解产生二氧化碳气体、会看到土壤液产生气泡，C合理；
D． 硫酸铝水解生成氢氧化铝胶体，有丁达尔效应，D合理；
答案选B。
2．C
【分析】根据pH曲线图知，锥形瓶中盛装的是草酸溶液，实验是用0.1000mol/L氢氧化钠溶液滴定0.05000mol/L草酸溶液。滴定终点时，两溶液消耗的体积相同，则氢氧化钠与草酸按物质的量2：1发生了反应，方程式为：。
【详解】A．由分析知草酸是二元酸，A错误；
B．盛装氢氧化钠溶液必须用碱式滴定管，量取草酸溶液必须用酸式滴定管，B错误；
C．当滴加了20.00mL溶液时，根据方程式可计得锥形瓶内草酸钠有，草酸有，草酸钠完全电离，草酸微弱电离，因此溶液中草酸根离子浓度大于氢离子浓度。随着滴加的NaOH增多，生成的草酸钠更多，草酸根离子浓度变得更大，氢离子浓度变得更小，C正确；
D．当滴加了25.00mL溶液时，恰好完全中和，溶质只有草酸钠，草酸钠完全电离，氢氧根离子主要由草酸根离子水解产生，水解是微弱的，因此钠离子浓度大于氢氧根离子浓度。随着滴加的NaOH增多，增多的NaOH中，钠离子浓度等于氢氧根离子浓度，且NaOH还能抑制草酸根离子的水解，因此溶液中的钠离子浓度依然会大于氢氧根离子浓度，D错误；
故选C。
3．C
【分析】向溶液中持续滴加稀盐酸，如图，曲线a到b为中和曲线，b点时刚好反应完全，此时反应温度最高；
【详解】A．如图，未滴加盐酸时，溶液pH最大，NaOH属于强碱，起始时溶液pH=a，，常温下，根据，得，溶液的起始浓度为，故A错误；
B．任何酸或碱均抑制水的电离，在滴定至终点的过程中，浓度减小，水的电离程度不断增大。刚好反应时，达到最大，故B错误；
C．时，NaOH过量，溶质为和NaCl；时，盐酸过量，溶质为HCl和NaCl，所以根据电荷守恒，对应的溶液中均存在：，故C正确；
D．如图，曲线a到b为中和曲线，b点时刚好反应完全，此时反应温度最高，由此可知，与的反应是放热反应，故D错误；
故选C。
4．D
【详解】A．氨气极易溶于水使溶液显碱性，饱和食盐水“吸氨”的目的是可以吸收更多二氧化碳，使“碳酸化”时产生更多的，故A正确；
B．碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、水、二氧化碳，故B正确；
C．铵根离子水解生成氢离子，溶液显酸性；加入氯化钠“盐析”后溶液中铵根离子浓度减小，溶液酸性减弱，故比“盐析”前溶液大，故C正确；
D．母液Ⅱ为加入氯化钠晶体，析出氯化铵后得到的；与母液Ⅰ所含粒子种类相同，但母液Ⅱ中碳酸氢根离子的浓度没有变的更大，故D错误；
故选D。
5．D
【详解】A．的物质的量为，含有的原子数为2，A错误；
B．由于Al3+的水解，溶液含有的个数小于，B错误；
C．标准状况下，和的混合气体的物质的量为，分子数为0.5，C错误；
D．Na在反应过程中转移1个电子，因此与盐酸充分反应，转移电子数为，D正确；
故答案为：D。
6．C
【详解】A．对比实验可知，用FeCl3饱和溶液制备的Fe(OH)3胶体冷却后能够稳定存在，而用饱和Fe2(SO4)3制备的Fe(OH)3胶体冷却后不能够稳定存在，又转化为Fe3+，故制备Fe(OH)3胶体选用饱和FeCl3溶液效果更好，A正确；
B．实验1中液体变红褐色后即生成了Fe(OH)3胶体，持续加热胶体将发生聚沉，故可观察到红褐色沉淀即Fe(OH)3沉淀，B正确；
C．电解质溶液的浓度越大，其水解程度越小，则选用饱和溶液不能促进Fe3+的水解，水解是一个吸热反应，故加热是为了促进Fe3+的水解，C错误；
D．对比实验可知，两实验中Fe3+的浓度不同，电离出的酸根离子不同，由FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，HCl易挥发，使得冷却时上述平衡逆向移动程度很小，仍然保持红褐色溶液，Fe2(SO4)3+6H2O2Fe(OH)3(胶体)+3H2SO4，H2SO4难挥发，使得冷却时上述平衡逆向移动程度很大，溶液变为黄色，则酸根离子不同是造成实验现象差异的重要原因，D正确；
故答案为：C。
7．C
【详解】A．NH3极易溶于水，小滴管中的水挤入圆底烧瓶中就能导致瓶内压强快速减小，形成喷泉，故圆底烧瓶内形成喷泉现象，不证明NH3与水发生了反应，A错误；
B．NH3极易溶于水，1体积的水能够溶解700体积的NH3，故喷泉停止后，圆底烧瓶内剩余少量气体，是因为收集的NH3不纯，含有少量不溶于水的气体，而不是NH3的溶解已达到饱和，B错误；
C．圆底烧瓶中的液体呈红色，说明NH3溶于水呈碱性，其原因是，C正确；
D．取圆底烧瓶内部分液体，滴加盐酸至时，反应方程式为：NH3·H2O+HCl=NH4Cl+H2O，根据电荷守恒可知溶液中有：，pH=7即c(H+)=c(OH-)，则，D错误；
故答案为：C。2023北京重点校高三（上）期末化学汇编
原子结构与元素性质章节综合
一、单选题
1．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）下列说法不正确的是
A．的电子式：
B．基态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．胶体和悬浊液的本质区别：分散质粒子直径不同
2．（2023秋·北京西城·高三统考期末）利用如图装置(夹持装置略)进行实验，X、Y中所选试剂不能达到实验目的的是
选项 实验目的 试剂X 试剂Y
A 比较非金属性：Cl>Br>S NaBr溶液 溶液
B 吸收中混有的并检验其是否已除尽 酸性溶液 品红溶液
C 检验与NaOH醇溶液共热的产物乙烯 水 酸性溶液
D 证明电石与饱和食盐水反应产生的气体中含有乙炔 溶液 酸性溶液
A．A B．B C．C D．D
3．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）下列性质的比较中，不正确的是
A．电负性： B．微粒半径：
C．第一电离能： D．酸性：
4．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）利用原子结构及元素周期律表相关知识得到的以下结论中不正确的是
A．第IA族元素的原子半径：
B．基态N原子的轨道表示式：
C．酸性：
D．电负性：
二、实验题
5．（2023秋·北京·高三统考期末）某小组根据既有还原性又有氧化性，探究其能否实现或的转化。
已知：ⅰ.水合既易被氧化也易被还原，因此水溶液中无法生成水合。
ⅱ.为白色固体，难溶于水，可溶于较大的溶液生成，也可溶于氨水生成(无色)。
Ⅰ.与的反应
向试管中通入足量(尾气处理装置已略)，记录如下。
装置 编号 试剂 实验现象
a 溶液 始终无明显变化
b 溶液 溶液变绿，进而变棕黄色，一段时间后出现白色沉淀
(1)基态的价层电子排布式为_______。
(2)将b所得沉淀过滤，充分洗涤，进行下列实验，证实该沉淀为。
①证明白色沉淀中有，推理过程是_______。
②ⅲ排除了干扰检验的因素。写出ⅲ中反应的离子方程式：_______；。
(3)进一步证实b中作还原剂，补全实验方案和预期现象：取b中反应后的上层清液于试管中，_______。
(4)由实验Ⅰ可推知，该条件下：①a中不能将还原为或；
②、、的还原性由强到弱的顺序为_______。
综上所述，改变还原产物的价态或形态可以影响氧化还原反应能否发生。
Ⅱ.与的反应
向试管中通入足量(尾气处理装置已略)，记录如下
装置 编号 试剂 实验现象
c 稀硫酸 始终无明显变化
d 稀盐酸 铜片表面变黑，溶液变为棕色
(5)证明d所得棕色溶液含有：用滴管吸取少量棕色溶液，滴入蒸馏水中，出现白色沉淀。用平衡移动原理解释产生该现象的原因：_______。
(6)经进一步检验，铜表面黑色物质为。补全d中反应的离子方程式：________
______________。
(7)与c对比，d能发生反应的原因是_______。
参考答案
1．B
【详解】A．的电子式：，A正确；
B．先失去最外层4s能级的电子，基态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．胶体和悬浊液的本质区别：分散质粒子直径不同，D正确；
故选B。
2．A
【详解】A．非金属性：Cl>Br>S，Cl2通入NaBr溶液中，Cl2可以把溴离子氧化为溴单质，所以溶液变成棕色，但是后面和溶液反应的气体是Cl2和Br2的混合气体，不能说明金属性：Br>S，故A错误；
B．具有还原性，酸性溶液可以吸收，具有漂白性，可以用品红溶液检验其是否已除尽，故B正确；
C．与NaOH醇溶液共热生成的乙烯中混有乙醇，先通过水将乙醇除去，然后用酸性溶液检验乙烯，现象是高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D．电石与饱和食盐水反应产生的乙炔中混有H2S，先通过溶液除去H2S气体，再用酸性溶液检验乙炔，现象是高锰酸钾溶液褪色，故D正确；
故选A。
3．C
【详解】A．同主族元素从上到下电负性逐渐减弱，电负性：，A正确；
B．具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则微粒半径：，B正确；
C．同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但Mg原子3s能级轨道全满，更稳定，第一电离能高于Al， C不正确；
D．同主族从上到下元素非金属性递减，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性：，D正确；
答案选C。
4．B
【详解】A．同一主族元素，从上到下原子半径增大，则第IA族元素的原子半径：，A正确；
B．N的原子序数为7，则基态N原子的轨道表示式： ，B错误；
C．P、S、Cl均为第三周期元素，且原子序数依次增大，同一周期元素从左到右元素非金属性增强，则非金属性：Cl>S>P，元素非金属性越强其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，则酸性：，C正确；
D．元素非金属性越强，其电负性越大，C、N、O均为第二周期元素，且原子序数依次增大，同一周期元素从左到右元素非金属性增强，则电负性：，D正确；
故选B。
5．(1)
(2) 深蓝色溶液中含，是无色溶液中的被O2氧化的产物，说明浓氨水溶解出了白色沉淀中的
(3)滴加溶液，出现白色沉淀
(4)
(5)棕色溶液滴入蒸馏水后离子浓度减小，使，，反应逆向移动，析出CuCl 沉淀
(6)
(7)与结合成，其氧化性弱于，使Cu 能够被氧化
【详解】（1）根据题意，Cu元素原子序数29，核外28个电子，基态的价层电子排布式为；
故答案为：；
（2）①根据如图所示的实验，将实验b中所得固体加入氨水后，白色沉淀溶解，变为无色溶液，最终生成深蓝色溶液，根据已知信息，其中深蓝色溶液中含，是无色溶液中的被O2氧化的产物，说明浓氨水溶解出了白色沉淀中的；
故答案为：深蓝色溶液中含，是无色溶液中的被O2氧化的产物，说明浓氨水溶解出了白色沉淀中的；
②步骤i中氨水过量，所以步骤iii中加入稀硝酸后，发生的反应有；；
故答案为：；
（3）进一步证实b中作还原剂的操作为：取b中反应后的上层清液于试管中，滴加溶液，出现白色沉淀，说明被氧化为；
故答案为：滴加溶液，出现白色沉淀；
（4）根据氧化还原反应规律，还原性：还原剂>还原产物，向硫酸铜溶液中通入，无明显现象，说明a中不能将还原为或，即还原性：；根据实验证实，b中能将还原为，发生反应，即还原性：，综上所述，、、的还原性由强到弱的顺序为：；
故答案为：；
（5）由题，为白色固体，难溶于水，可溶于较大的溶液生成，棕色溶液滴入蒸馏水后离子浓度减小，使，，反应逆向移动，析出CuCl 沉淀；
故答案为：棕色溶液滴入蒸馏水后离子浓度减小，使，，反应逆向移动，析出CuCl 沉淀；
（6）根据氧化还原反应的电子守恒规律，该反应中，S元素化合价降低6，得到6个电子，即Cu元素化合价也升高6，失去6个电子，结合元素守恒，等式坐标补上氢离子，右边补上水，再由原子守恒，配平该反应为；
故答案为：；
（7）根据以上实验可知，再硫酸作用下，不能单独存在，在盐酸中，与结合成，其氧化性弱于，使Cu 能够被氧化；
故答案为：与结合成，其氧化性弱于，使Cu 能够被氧化。2023北京重点校高三（上）期末化学汇编
认识晶体
一、单选题
1．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）下列产生固体的实验中，与物质溶解度无关的是
A．向饱和溶液中滴加几滴浓盐酸，析出沉淀
B．向饱和溶液中依次通入过量，析出沉淀
C．冷却熔融态的硫黄，析出晶体
D．冷却苯甲酸的热饱和溶液，析出晶体
2．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）的晶胞结构如图所示。下列说法不正确的是
A．属于离子晶体
B．每个晶胞中平均含有4个和4个
C．每个周围有6个紧邻的和6个紧邻的
D．和间存在较强的离子键，因此具有较高的熔点
二、结构与性质
3．（2023秋·北京通州·高三统考期末）离子筛是一种具有空隙结构的化合物。首先合成一种含目标离子的化合物，称作离子筛前体。然后在不破坏前体晶体结构的前提下，将目标离子从中洗脱出来，即得到相应的离子筛。下图是一种用作离子筛前体的化合物晶胞示意图。晶胞为立方体，图左将晶胞划分为八个小立方体，用灰白两色区分，每种颜色各四个小立方体。白色小立方体对应图A结构，灰色小立方体对应图B结构。
(1)该化合物的化学式为_______。
(2)设晶胞棱长为anm，NA表示阿伏加德罗常数，则该晶胞的密度是_______g/cm3(写出计算式即可)。
(3)该化合物的制备方法为：将硫酸锰和氨水混合得到Mn(OH)2，沉淀，将其过滤留在烧杯中，加入蒸馏水，加热搅拌，加入乙醇作为分散剂，逐滴加入适量的10%H2O2溶液，控制滴加速度即得Mn3O4沉淀。将Mn3O4过滤、洗涤、干燥后，与一定量Li2CO3混合，高温反应得到最终产品。请写出利用氢氧化锰制备最终产品的各步反应化学方程式：_______。
(4)用盐酸洗脱该化合物中的锂离子后制成粉状离子筛。将100mg粉状离子筛置入200mL含Li+、Na+、K+、Mg2+的溶液中，在30℃恒温下搅拌溶液，达到吸附平衡后取上清液，测定溶液中各离子的浓度。离子筛对溶液中某种离子的吸附容量Qt的计算式为： ，式中V是溶液的体积，co和ct分别表示开始吸附和t时刻离子的浓度，W表示离子筛的质量。
金属离子 co(mmol/L) ct(mmol/L)
Li+ 9.942 8.790
Na+ 9.151 9.138
K+ 9.719 9.694
Mg2+ 5.554 5.225
结合上表中数据，对比吸附容量Qt可知，该离子筛对_______(填离子符号)的吸附能力最弱。
(5)为了方便使用，可用壳聚糖为黏合剂将粉状离子筛制成粒状离子筛。壳聚糖可以看作以氨基葡萄糖为单体的聚合物，其结构如下：
根据壳聚糖结构写出其单体的分子式：_______。
4．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）配合物顺铂是临床使用的第一代铂类抗癌药物。
(1)的配体为和，写出的电子式：_______。
(2)顺铂的抗癌机理：在铜转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的与结合，破坏的结构，阻止癌细胞增殖。如：
①基态原子价层电子的轨道表示式为_______，属于_______区元素。
②生成物中a、b示的作用力类型分别是_______。
③在中，配体与铂(II)的结合能力：_______(填“>”或“<”)。此外，顺铂还能躲避癌细胞对受损的修复，使癌细胞彻底死亡。
(3)顺铂和反铂互为同分异构体，两者的结构和性质如下。
顺铂 反铂
结构
25℃时溶解度/g 0.2577 0.0366
①推测中的杂化轨道类型不是，依据是_______。
②顺铂在水中的溶解度大于反铂的原因是_______。
(4)顺铂的发现与铂电极的使用有关。铂晶胞为正方体，边长为，结构如下图。
①铂晶体的摩尔体积_______(阿伏加德罗常数为)。
②通常情况下铂电极为惰性电极，但在溶液中使用会产生而略有损耗，分析原因：_______。
资料：i.单位物质的量的物质所具有的体积叫做摩尔体积；ii.。
5．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）(II)可形成多种配合物，呈现出多样化的性质和用途。
(1)向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入少量氨水生成蓝色沉淀，继续加入过量氨水，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量的乙醇，析出晶体。
①产生蓝色沉淀的离子方程式是_______。
②在水中电离的方程式是_______。
(2)如下图所示，(II)配合物A和B可发生配位构型的转变，该转变可带来颜色的变化，因此可用作热致变色材料，在温度传感器、变色涂料等领域应用广泛。
①的价层电子排布式为_______。
②A中氮原子与其它原子(或离子)之间存在的作用力类型有_______，氢原子与其它原子之间存在的作用力类型有_______。
③已知：当(II)配合物A和B配位构型由八面体转变为四方平面时，吸收光谱蓝移，配合物颜色紫色变为橙色。
想将配合物的颜色由紫色调整为橙色，需要进行的简单操作为_______。
(3)已知：①
物质 颜色
黄色
蓝色
②蓝色溶液与黄色溶液混合为绿色溶液。在溶液中加入浓溶液，颜色从蓝色变为绿色，请结合化学用语解释原因_______。
(4)和是铜常见的两种氯化物，如图表示的是_______的晶胞。已知晶胞的边长为，阿伏伽德罗常数为，则该晶体的密度为_______。(已知：)
6．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）ZnS、CdSe均为重要的半导体材料，可应用于生物标记和荧光显示领域，并在光电器件、生物传感和激光材料等方面也得到了广泛的应用。
(1)基态Zn原子的价层电子排布式为_______。
(2)在周期表中的位置为_______。
(3)S与P在周期表中是相邻元素，两者的第一电离能：S_______P(填“>”、“<”或“=”)，解释其原因_______。
(4)CdSe的一种晶体为闪锌矿型结构，晶胞结构如图所示。
①晶胞中，与Cd原子距离最近且相等的Se原子有_______个。
②已知，晶胞边长a nm，阿伏伽德罗常数为，CdSe的摩尔质量为。则CdSe晶体的密度是_______。(1nm=10-7cm)
(5)电化学沉积法可用于制备CdSe，其装置示意图如下。
电解过程中阳极有无色气泡产生，CdSe在阴极生成，纯度及颗粒大小会影响CdSe性能，沉积速率过快容易团聚。
①已知，是弱酸。控制合适的电压，可以使转化为纯净的CdSe，写出阴极的电极反应式：_______。
②研究表明，为得到更致密均匀的CdSe薄膜，可用二甲基甲酰胺( )做溶剂降低浓度，从结构的角度分析原因：_______。
参考答案
1．C
【详解】A．向饱和溶液中滴加几滴浓盐酸，氯离子浓度增大，使氯化钠结晶析出，减小了氯化钠的溶解，与物质溶解度有关，A不符合；
B． 向饱和溶液中依次通入过量，生成铵离子、碳酸氢根离子，由于碳酸氢钠在该条件下溶解度最小，故形成过饱和溶液而结晶析出，与物质溶解度有关，B不符合；
C． 冷却熔融态的硫黄，析出晶体，发生物理变化，有液态转变为固态，与物质溶解度无关，C符合；
D． 苯甲酸的溶解度随温度下降而减小，则冷却苯甲酸的热饱和溶液可析出苯甲酸晶体，与物质溶解度有关，D不符合；
答案选C。
2．C
【详解】A．NaCl 由钠离子和氯离子构成，以离子键结合，属于离子晶体，A正确；
B．每个晶胞中平均含有个 Na+ 和个 Cl ，B正确；
C．每个 Na+ 周围有6个紧邻的 Cl 和12个紧邻的 Na+，C错误；
D．Na+ 和 Cl 以离子键结合，因此 NaCl 具有较高的熔点，D正确；
故选C。
3．(1)LiMn2O4
(2)
(3) 、
(4)Na+
(5)C6H13O5N
【详解】（1）如图，A方块中，Li离子个数为，氧离子在体心为4；B方块中Li离子个数为，锰离子和氧离子在体心均为4，该晶胞由4个A和4个B组成，总计有Li离子个数为，锰离子为，氧离子为；，其化学式为；
故答案为：；
（2）综上所述，该晶胞由4个A和4个B组成，总计有Li离子个数为，锰离子为，氧离子为，据，晶胞的密度为；
故答案为：；
（3）根据题意，利用制备分为两步，首先利用与反应制备的反应为；然后利用与一定量在高温下反应制备，其反应为；
故答案为：；；
（4）根据表中数据，浓度变化量分别为 ；；
；，综上所述，，由可知，该离子筛对的吸附能力最弱；
故答案为：；
（5）根据该聚合物的结构简式为 ，单体为 ，分子式为；
故答案为：。
4．(1)
(2) ds 配位键、氢键 <
(3) 若的杂化轨道类型为，则为四面体结构，不存在同分异构现象 顺铂是极性分子，反铂是非极性分子
(4) 在作用下，在阳极失电子生成，还原性增强
【详解】（1）是共价化合物，电子式为：。
（2）①Cu是29号元素，基态原子价层电子的轨道表示式为，属于ds区元素；
②a表示N和Pt之间的配位键，b表示H和O之间的氢键；
③NH3具有较强的电子捕获能力，可以与铂形成更紧密的配体键，从而增强与铂之间的结合能力更强，则配体与铂(II)的结合能力：<。
（3）①若的杂化轨道类型为，则为四面体结构，不存在同分异构现象，所以中的杂化轨道类型不是；
②顺铂是极性分子，反铂是非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶的原理，顺铂在水中的溶解度大于反铂。
（4）①铂晶胞中Pt的个数为8+6=4，n(Pt)= mol，晶胞的体积为a3×10-27m3，=；
②在作用下，在阳极失电子生成，还原性增强，所以在溶液中使用会产生而略有损耗。
5．(1) Cu2++2NH3H2O=Cu(OH)2↓+2NH
(2) 3d9 共价键、配位键 共价键、氢键 降温
(3)在溶液中存在平衡：，加入浓溶液，c(Cl-)增大，平衡向右移动，的浓度增大，黄色与蓝色混合会呈现绿色
(4) CuCl
【详解】（1）①向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入少量氨水生成蓝色沉淀为氢氧化铜，所以产生蓝色沉淀的离子方程式是Cu2++2NH3H2O=Cu(OH)2↓+2NH；
②为离子化合物，在水中电离生成和，其电离方程式是；
（2）①Cu为29号元素，其基态原子价层电子排布式：3d104s1,则的价层电子排布式为3d9；
②根据图示可知，N的最外层电子数为5，则应形成3对共用电子对达到满8电子稳定结构，所以A中氮原子与其它原子(或离子)之间存在的作用力类型有共价键和配位键；氢原子与其它原子之间除了存在共价键以外，还和电负性较强的O原子形成了氢键，所以存在的作用力类型有共价键和氢键；当(II)配合物A和B配位构型由八面体转变为四方平面时，能量会降低，吸收光谱蓝移，配合物颜色紫色变为橙色，所以若实现上述操作，可从平衡角度考虑，最简单的方法是降低温度，使平衡向正向移动，实现配合物颜色由紫色变为橙色，故答案为：降低温度；
（3）蓝色溶液与黄色溶液混合为绿色溶液，在溶液中加入浓溶液，颜色从蓝色变为绿色，原因是在溶液中存在平衡：，加入浓溶液，c(Cl-)增大，平衡向右移动，的浓度增大，黄色与蓝色混合会呈现绿色；
（4）图中白球所在位置是顶点和面心，晶胞内原子个数为=4，黑球在晶胞内部，原子个数为4，所以化学式为AB型，即上述晶胞表示的是CuCl；则晶胞的质量为，则晶胞的密度=。
6．(1)3d104s2
(2)第4周期第ⅥA族
(3) ＜ P原子的3p能级上处于半充满的稳定结构，而S的3p能级不是全充满、半充满或者全空的稳定结构，P原子稳定，难失电子，第一电离能大
(4) 4
(5) 4H++Cd2++H2SeO3+6e-=CdSe+3H2O 二甲基甲酰胺( )中的O原子和N原子均有孤电子对，能与Cd2+形成配位键，从而形成络合物，降低Cd2+的浓度
【详解】（1）已知Zn是30号元素，其基态原子的核外电子排布式为：[Ar]3d104s2，故其基态Zn原子的价层电子排布式为3d104s2，故答案为：3d104s2；
（2）是34号元素，其基态原子的核外电子排布式为：[Ar]3d104s24
p4，根据最高能层序数等于周期序数，最外层电子数等于主族序数，故在周期表中的位置为第4周期第ⅥA族，故答案为：第4周期第ⅥA族；
（3）S与P在周期表中是相邻元素，S的价层电子排布式为：3s23p4，而P的价层电子排布式为：3s23p3，则P原子的3p能级上处于半充满的稳定结构，故其第一电离能大于S，故答案为：＜；P原子的3p能级上处于半充满的稳定结构，而S的3p能级不是全充满、半充满或者全空的稳定结构，P原子稳定，难失电子，第一电离能大；
（4）①由题干晶胞图示可知，与Cd原子距离最近且相等的Se原子有4个，如图 带星号的Cd周围同一层有两个Se离它等距离且最近，则上面一层也有2个，一共4个，故答案为：4；
②由晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Cd的个数为：=4，Se个数为4，晶胞边长a nm，则一个晶胞的体积为：(a×10-7)3cm3，阿伏伽德罗常数为，CdSe的摩尔质量为，一个晶胞的质量为：g，则CdSe晶体的密度是=，故答案为：；
（5）①电解过程中阳极有无色气泡产生，阳极发生氧化反应，电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，已知H2SeO3是弱酸，控制合适的电压，可以使Cd2+转化为纯净的CdSe，CdSe在阴极生成，阴极发生还原反应，则阴极的电极反应式为：4H++Cd2++H2SeO3+6e-=CdSe+3H2O，故答案为：4H++Cd2++H2SeO3+6e-=CdSe+3H2O；
②二甲基甲酰胺( )中的O原子和N原子均有孤电子对，能与Cd2+形成配位键，从而形成络合物，故用二甲基甲酰胺( )做溶剂降低浓度，故答案为：二甲基甲酰胺( )中的O原子和N原子均有孤电子对，能与Cd2+形成配位键，从而形成络合物，降低Cd2+的浓度。2023北京重点校高三（上）期末化学汇编
元素与物质世界章节综合
一、单选题
1．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）下列反应中出现的颜色变化不是由于氧化还原反应引起的是
A．向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，白色沉淀溶解
B．向溶液中加入足量粉，溶液蓝色消失
C．乙醇使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．在空气中加热，白色变为淡黄色
2．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）以下关于的制备、干燥、收集、吸收(如图所示)的说法正确的是
A．生成氯气的同时，可能转化为
B．a中加入饱和食盐水，b中加入浓硫酸
C．用溶液吸收时，体现氧化性，体现还原性
D．每消耗8.7克，生成氯气
3．（2023秋·北京·高三统考期末）文物是人类宝贵的历史文化遗产。按制作文物的主要材料分类，下列文物属于金属文物的是
文物
选项 A．青铜亚长牛尊 B．虎形玉佩 C．甲骨片 D．竖线划纹黑陶尊
A．A B．B C．C D．D
4．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）是硅酸盐水泥的重要成分之一，其相关性质的说法不正确的是
A．可发生反应：
B．具有吸水性，需要密封保存
C．能与，反应生成新盐
D．与足量盐酸作用，所得固体产物主要为
二、实验题
5．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）某小组同学在实验室制备高铁酸钾，并探究制备的适宜条件。制备的实验装置如下(夹持装置略)。
资料：为紫色固体，微溶于溶液。
(1)装置A中产生的化学方程式是_______(锰元素被还原为)。
(2)研究试剂a对产率的影响，对比实验如下。
实验编号 试剂a 实验现象
I 和少量 无明显现象
II 和过量 得到紫色溶液，无紫色固体
III 和过量 得到紫色溶液(颜色比II深)，有紫色固体
注：上述实验中，溶液总体积、和的物质的量、的通入量均相同。
①实验II、III产生，将方程式补充完整______。
还原反应：；
氧化反应：。
②对实验I未产生而实验II能产生的原因提出假设：实验Ⅱ溶液碱性较强，增强+3价铁的还原性。以下实验证实了该假设。
步骤1：通入，电压表示数为；
步骤2：向右侧烧杯中加入_______(填试剂)，电压表示数为。
③反思装置B的作用：用饱和溶液除去，目的是_______。
④实验II中的产率比实验III低，试解释原因：_______。
(3)向实验II所得紫色溶液中继续通入，观察到溶液紫色变浅。可能原因是通入后发生_______(填离子方程式)而使溶液碱性减弱，进而导致分解。
(4)综上，制备的适宜条件是_______。
6．（2023秋·北京西城·高三统考期末）资料显示，酸性介质中，和可反应转化为和。小组探究利用该反应测定含量的条件。
实验 序号 物质a 实验现象
I 0.002mol/L溶液 无明显变化
II 0.002mol/L溶液 加热至沸腾，5min后溶液变为紫色
III 0.05mol/L溶液 加热至沸腾，生成大量棕黑色沉淀，静置，上层溶液未变紫色
(1)根据实验II的现象，氧化性：_______(填“>”或“<”)。
(2)实验II中反应的离子方程式是_______。
(3)实验I的条件下能将氧化为，推测实验I未出现紫色的原因：_______。
(4)经检验，棕黑色沉淀为，针对实验Ⅲ中的现象，提出以下假设：
假设1：的浓度较低，不足以将氧化为
假设2：溶液中存在还原剂，将生成的还原为
①甲同学分析上述实验设计，认为假设1不成立，理由是_______。
②针对假设2，乙同学设计实验IV证实了推测合理。
请写出实验操作和现象：_______。
③实验III中生成的离子方程式是_______，从化学反应速率的角度分析实验Ⅲ未得到紫色溶液的原因：_______。
(5)资料表明可作为和反应转化为的催化剂。丙同学设计实验Ⅲ的对比实验进行了证实。向_______中滴加2滴0.1mol/L溶液，再加入0.0005mol固体，加热至沸腾，观察到溶液变为紫色。
(6)根据上述实验，要利用将转化为的反应来快速测定的含量，应控制的反应条件有：加热至沸腾、_______。
参考答案
1．A
【详解】A．，加入氯化铵，铵根与OH-结合，，与氧化还原无关，A符合题意；
B．，发生氧化还原，B不符合题意；
C．乙醇具有还原性，高锰酸钾具有强氧化性，发生氧化还原，C不符合题意；
D．，发生氧化还原，D不符合题意；
故答案为：A。
2．B
【详解】A．生成氯气的同时，是将盐酸中的氯元素由-1价氧化为0价，为氧化剂，本身被还原，化合价降低，不可能转化为，选项A错误；
B．浓盐酸易挥发，制得的氯气中含有氯化氢及水蒸气，通过a中加入饱和食盐水除去氯化氢，再通过b中加入浓硫酸干燥得到纯净干燥的氯气，选项B正确；
C．用溶液吸收时，发生反应2+=NaCl+NaClO+H2O，反应中只有氯元素化合价由0价变为-1价和+1价，既体现氧化性也体现还原性，而既没有体现氧化性也没有体现还原性，选项C错误；
D．根据反应+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O可知，每消耗8.7克，生成氯气0.1mol,且没有说明标准状况，不能确定气体的体积，选项D错误；
答案选B。
3．A
【详解】A．青铜主要由铜、锡含有少量铅的合金，属于金属文物，故A选；
B．玉佩主要成分为玉石，属于矿物质，为含硅化合物，不属于金属文物，故B不选；
C．胛骨片主要成分为动物骨骼，属于无机非金属文物，故C不选；
D．竖线划纹黑陶尊主要成分为硅酸盐等含硅化合物，不属于金属制品，故D不选；
故选A。
4．D
【分析】将Ca3SiO5改写为氧化物形式后的化学式为：3CaO·SiO2，性质也可与Na2SiO3相比较，据此解答。
【详解】A.Ca3SiO5与NH4Cl反应的方程式为：Ca3SiO5+4NH4Cl CaSiO3+2CaCl2+4NH3↑+2H2O，A正确；
B.CaO能与水反应，所以需要密封保存，B正确；
C.亚硫酸的酸性比硅酸强，当二氧化硫通入到Ca3SiO5溶液时，发生反应：3SO2+H2O+ Ca3SiO5=3 CaSO3+H2SiO3，C正确；
D.盐酸的酸性比硅酸强，当盐酸与Ca3SiO5反应时，发生反应：6HCl+ Ca3SiO5=3CaCl2+H2SiO3+2H2O，D不正确；
故选D。
5．(1)
(2) 固体 防止与反应，避免价铁的还原性减弱而使产率降低 II中大，不利于正向进行。(或根据反应：，II中大，的氧化性减弱)
(3)
(4)选用和过量溶液、通入适量
【分析】装置A中浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，得到的氯气中混有氯化氢气体，通过饱和NaCl溶液除去氯化氢气体，C中氯气和和过量反应得到，D为尾气处理装置。
【详解】（1）装置A中浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，化学方程式为：。
（2）①氧化反应中，Fe元素由+3价上升到+6价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：；
②实验Ⅱ溶液碱性较强，增强+3价铁的还原性，故步骤2：向右侧烧杯中加入KOH固体，增强右侧溶液的碱性，若电压表示数为，说明该假设成立；
③用饱和溶液除去，目的是：防止与反应，避免价铁的还原性减弱而使产率降低；
④II中大，不利于正向进行(或根据反应：，II中大，的氧化性减弱)，所以实验II中的产率比实验III低。
（3）通入后，和NaOH溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：。
（4）综上，增强碱性可以增强+3价铁的还原性，过量的氯气使溶液碱性减弱，进而导致分解，则制备的适宜条件是选用和过量溶液、通入适量。
6．(1)>
(2)5+2+8H2O=2+10+16H+
(3)相比实验II，实验温度I较低，反应速率较慢
(4) 实验II和实验III中的浓度相同 向1mL 0.05mol/L溶液中滴入3滴1mol/LH2SO4溶液并加入1mL 0.05mol/LKMnO4，有棕黑色沉淀生成 3+2+2H2O=5↓+4H+ 溶液中存在反应,反应ii速率快于反应i，所以未得到紫色溶液
(5)1mL 0.05mol/L溶液和3滴1mol/LH2SO4溶液的混合溶液中
(6)过量、加入催化剂
【详解】（1）酸性介质中，和可反应转化为和，该过程中是氧化剂，是氧化产物，根据氧化还原反应的规律，氧化性：>。
（2）实验II中，和在酸性条件下反应生成和，S元素由+7价下降到+6价，Mn元素由+2价上升到+7价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为： 5+2+8H2O=2+10+16H+。
（3）实验II、III均说明能将氧化为，相比实验II，实验温度I较低，反应速率较慢，未得到紫色溶液。
（4）①实验II和实验III中的浓度相同，实验II中能将氧化为，说明假设1不成立；
②假设2认为溶液中存在还原剂，将生成的还原为，则可向1mL 0.05mol/L溶液中滴入3滴1mol/LH2SO4溶液并加入1mL 0.05mol/LKMnO4，加热至沸腾，若紫色褪去，迅速生成棕黑色沉淀，说明假设2正确；
③实验III中还原生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：3+2+2H2O=5↓+4H+；溶液中存在反应,反应ii速率快于反应i，所以未得到紫色溶液。
（5）向1mL 0.05mol/L溶液中滴入3滴1mol/LH2SO4溶液，再滴加2滴0.1mol/L溶液，再加入0.0005mol固体，加热至沸腾，观察到溶液变为紫色，说明可作为和反应转化为的催化剂。
（6）实验涉及温度不同、是否使用催化剂、浓度变化，即要利用将转化为的反应来快速测定的含量，应控制的反应条件有：加过量、加入催化剂等。2023北京重点校高三（上）期末化学汇编
化学反应与能量转化章节综合
一、单选题
1．（2023秋·北京通州·高三统考期末）下图为一种多硫化物一空气二次电池的原理示意图，其中a和b为惰性电极，池内各室溶液可往复利用。下列叙述不正确的是
A．充电时，a接外电源的负极，作阴极
B．充电时，b电极附近溶液碱性减弱
C．放电时，a电极反应为
D．放电时，b电极反应为
2．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）已知某些化学键键能如下，下列说法不正确的是
化学键
键能/ 436 243 194 432 a
A．根据键能可估算反应的
B．根据原子半径可知键长：，进而推测
C．与反应生成时，放出热量小于
D．常温下和的状态不同，与和的键能有关
3．（2023秋·北京西城·高三统考期末）盐酸酸洗钢材的废液中含有大量的盐酸、。研究人员利用如图装置可将部分铁元素在极区转化为沉淀，实现资源和能源的再利用。下列说法不正确的是
A．电子由b极流向a极
B．离子交换膜为阴离子交换膜
C．该装置实现了化学能向电能转化
D．a极可发生电极反应：
4．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如图所示。通过控制开关，可得到或。下列说法正确的是
A．连接时，阳极反应物为
B．连接时，可制备
C．连接时，阳极发生反应：
D．连接时，当电路中通过电子时，电极3的质量增加
5．（2023秋·北京·高三统考期末）用如图装置进行实验，电流计指针偏转。下列说法不正确的是
A．该装置将化学能转化为电能
B．从a极经阳离子交换膜移向b极
C．工作一段时间，a极附近溶液会减小
D．该装置的总反应为
6．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）化学与生活密切相关。下列叙述正确的是
A．冰的密度比水小，是因为水分子内存在氢键
B．洁厕灵(主要成分为HCl)与84消毒液可以混用
C．镀锌铁制品的镀层破损后失去对铁制品的保护作用
D．利用紫外杀菌技术进行消毒，是为了使蛋白质变性
7．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．0.1 mol氨基(-NH2)中含有NA个质子
B．14 g乙烯和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为2NA
C．1.0 mol/LAlCl3溶液中，Cl-数目为3NA
D．电解熔融NaCl，阳极产生气体质量为7.1 g时，外电路中通过电子的数目为0.1NA
8．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）直接燃料电池是一种新型化学电源，其工作原理如图所示。电池放电时，下列说法不正确的是
A．电极Ⅰ为负极
B．电极Ⅱ的反应式为：
C．电池总反应为：
D．该电池的设计利用了在酸碱性不同条件下氧化性、还原性的差异
二、原理综合题
9．（2023秋·北京通州·高三统考期末）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如下图所示：
(1)已知：



反应I的热化学方程式：_______。
(2)反应I所得产物的溶液在碘过量时会自发分成两层。分离两层溶液的实验操作是_______。
(3)研究发现，通过电解方法实现反应I，既可减少碘的加入量，也可减少溶液后续纯化过程的能耗。写出通过电解法实现反应I时，阳极的电极反应式：_______。
(4)碘硫循环过程中反应I所制备出的HI浓度较低，必须对HI溶液进行浓缩。电解电渗析浓缩HI溶液的原理如下图所示，初始时阳极液和阴极液相同，溶液组成均为n(HI)：n(H2O)：n(I2)=1：6.8：2。
①电渗析过程中，阳极液中I2的浓度会_______(填“增大”或“减小”)。
②结合化学用语，解释阴极区进行HI浓缩的原理_______。
(5)某科研小组采用双极膜电渗析法制备高浓度氢碘酸，工作原理如下图所示。
已知：双极膜在直流电场作用下可将水解离，在双极膜的两侧分别得到H+和OH-。
①X极是_______(填“阳极”或“阴极”)。
②电解后，_______室获得较浓的氢碘酸(填“a”、“b”或“c”)。
10．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）电化学还原将其转化为其它化学产品，是一种综合利用的好方法。
已知：选择性(S)和法拉第效率(FE)的定义：
×100％；×100％
(1)碱性电化学还原前，先在中性电解液中通电一段时间，及电流稳定后，再通。在阴极区若每得到电子，同时有也会得到等物质的量的电子，且阴极区电解液的几乎保持不变(忽略溶液体积变化)。
①补全阴极产生的电极反应___________
___________＋______________________。
②阴极附近发生反应___________(用离子方程式表示)，生成的难以放电，降低了。结合上述信息，的理论最大值为___________。
③结合化学用语分析阳极区产生的原因是___________。
(2)控制、电解液中存在时，电化学还原过程中(其他含碳产物未标出)和的法拉第效率变化如图3所示。
①结合图3的变化规律，推测可能的作用是___________。
②时，(已折合为标准状况，下同)的被完全吸收并还原为和，分离后，将和混合气体通入如图4所示装置(反应完全)，出口处收集到气体。则为___________。
参考答案
1．D
【分析】结合a电极Na2S2转化为Na2S4，S元素失去电子，化合价升高，则放电时a为负极，a电极的电极反应为，则b为正极，根据b电极通入空气和NaOH溶液，放电时的电极反应为。充电时，a接外电源的负极，作阴极，b接外电源的正极，作阳极。放电时左侧钠离子经过阳离子交换膜进入中间隔室，右侧氢氧根离子经过阴离子交换膜进入中间隔室，从而在中间隔室得到浓氢氧化钠溶液，据此解答。
【详解】A．根据分析，充电时，a接外电源的负极，作阴极，A正确；
B．根据放电时b电极反应为，则充电时b电极反应为，b附近溶液碱性减弱，B正确；
C．根据分析，放电时，a电极反应为，C正确；
D．放电时，b电极反应为，D错误；
故选D。
2．D
【详解】A．根据反应热=反应物总键能-生成物总键能，则：H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g)中有：△H=+436 kJ/mol+243 kJ/mol-2×432kJ/mol =-185kJ/mol，选项A正确；
B．Cl原子半径小于Br原子，H—Cl键的键长比H—Br键长短， H—Cl键的键能比H—Br键大，进而推测，选项B正确；
C．键能>，反应生成HBr比生成HCl更难，放出的热量更低，故生成时，放出热量小于，选项C正确；
D．Cl-Cl键能大于Br-Br键能，说明Cl2分子比Br2分子稳定，破坏的是共价键，而状态由分子间作用力决定，选项D不正确；
答案选D。
3．B
【分析】由图可知，该装置为原电池，通入空气的电极a为正极，电极反应为：，电极b是负极，负极区盐酸酸洗的废液含有大量的盐酸、，负极的电极反应为Fe2+-e-=Fe3+，负极区的H+通过阳离子交换膜进入正极区，使该区溶液pH增大，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，据此分析解答。
【详解】A．电池中电子由负极经外电路流向正极，即电子由b极流向a极，故A正确；
B．a极的电极反应为：，为维持电荷守恒，H+由右池通过离子交换膜向左池迁移，则离子交换膜为质子交换膜，故B错误；
C．该装置为原电池，实现了化学能向电能转化，故C正确；
D．a极为原电池正极，该极通入空气，氧气得电子，电极反应为：，故D正确；
答案选B。
4．D
【分析】电解水生成氢气和氧气，氧气在阳极生成，氢气在阴极生成，电极3可分别连接K1或K2，分别发生氧化、还原反应，实现的转化，且可循环使用，以此解答该题。
【详解】A．连接时，电极3为阳极，发生，为产物，故A错误；
B．电解时，氧气在阳极生成，氢气在阴极生成，连接时，可制备，故B错误；
C．溶液为碱性电解液，所以连接时，阳极发生反应：，故C错误；
D．连接时，电极3发生，当电路中通过电子时，电极3的质量增加，故D正确；
故答案选D。
【点睛】本题考查非常温下水的电离问题及电解知识等，侧重考查学生的分析能力和理解能力，注意把握图像分析以及电解池的判断，掌握电极方程式的书写，题目难度中等。
5．D
【分析】没有外加电源，故此装置为原电池，电流计指针偏转说明原电池中发生了化学反应。a极H2发生氧化反应，为负极；b极Cl2发生还原反应，为正极。
【详解】A．该装置为原电池，可将化学能转化为电能，A项正确；
B．原电池中阳离子从负极移向正极，因此从a极经阳离子交换膜移向b极，B项正确；
C．a极电极反应为：，因为OH-被消耗，因此a极附近溶液会减小，C项正确；
D．因为H2在a极放电后消耗了OH-，从a极经阳离子交换膜移向b极，与生成的Cl-形成KCl，因此总反应不是，D错误。
本题选D。
6．D
【详解】A．由于氢键具有方向性和饱和性，水结冰后由于形成分子间氢键，导致H2O之间的距离拉大，空间利用率减小，从而导致冰的密度比水小，是因为水分子间存在氢键，A错误；
B．根据反应方程式：NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O可知，若洁厕灵(主要成分为HCl)与84消毒液混用将产生有毒气体Cl2，故二者不能混用，B错误；
C．由于锌比铁活泼，故镀锌铁制品的镀层破损后将形成电化学腐蚀，锌作负极，失去电子，而铁作正极，从而被保护，故加强了对铁制品的保护作用，C错误；
D．紫外线、红外线等高能量射线均能使蛋白质发生变性，故可利用紫外杀菌技术进行消毒，D正确；
故答案为：D。
7．B
【详解】A．1个氨基(-NH2)中含有9个质子，则0.1 mol氨基(-NH2)中含有9NA个质子，A错误；
B．乙烯和丙烯属于烯烃，分子式最简式是CH2，式量是14，则14 g乙烯和丙烯的混合气体中含有1 mol CH2，其中所含有碳氢键数为2NA，B正确；
C．只有溶液浓度，缺少溶液体积，不能计算微粒的数目，C错误；
D．电解熔融NaCl，阳极产生气体质量为7.1 g时，反应产生Cl2的物质的量n(Cl2)=，则外电路中通过电子的物质的量是0.2 mol，故转移的电子数目为0.2NA，D错误；
故合理选项是B。
8．C
【分析】由K+向电极Ⅱ所在区域迁移可知，电极Ⅱ为正极发生还原反应，电极Ⅰ为负极发生氧化反应；正极电极反应式：，负极电极反应式：。
【详解】A．电极Ⅰ为负极，A正确；
B．电极Ⅱ为正极发生还原反应：，B正确；
C．两极酸碱度不一样，氢离子和氢氧根离子不能电池总反应为：，C错误；
D．该电池的设计利用了在酸碱性不同条件下氧化性、还原性的差异，D正确；
故选C。
9．(1)
(2)分液
(3)
(4) 增大 阴极： ，H+通过质子交换膜由阳极区进入阴极区，阴极区HI的浓度增大
(5) 阴 c
【详解】（1）反应①
反应②
反应③
按盖斯定律，反应Ⅰ=-×①-②-×③，反应Ⅰ的=---，则反应I的热化学方程式为： 。
（2）反应I所得产物溶液在碘过量时会自发分成两层，则为互不相溶的两层液体，分离两层溶液的实验操作是分液。
（3）反应I为，电解法实现反应I时，阳极二氧化硫失去电子被氧化转变为硫酸根，阳极的电极反应式：。
（4）①通过电解电渗析浓缩HI溶液，电渗析过程中，阳极碘离子失去电子被氧化转变为碘单质，则阳极液中I2的浓度会增大。
②结合化学用语，解释阴极区进行HI浓缩的原理为：阴极电极反应为 ，H+通过质子交换膜由阳极区进入阴极区，阴极区HI的浓度增大。
（5）①采用双极膜电渗析法制备高浓度氢碘酸，X电极上水提供的氢离子转变为氢气，是还原反应，则X极是阴极。
②Y为阳极，进入b中碘离子通过阴离子交换膜进入c室，右侧双极膜在直流电场作用下可将水解离产生的H+在c室、OH-在阳极Y放电产生氧气，则电解后，c室获得较浓的氢碘酸。
10．(1) 阳极区发生电极反应，阴极区产生的透过阴离子交换膜进入阳极，发生 反应：+ 2H+ =CO2↑ + H2O，产生
(2) 提高电化学还原CO2生成CH4的选择性 10%
【分析】碱性电化学还原，电极Ⅱ为阴极，、得电子发生还原反应，电极反应式为、，电极Ⅰ为阳极，失电子发生氧化反应，电极反应式为；
酸性电化学还原，电极Ⅱ为阴极，、得电子发生还原反应，电极反应式为、，电极Ⅰ为阳极，失电子发生氧化反应，电极反应式为；
【详解】（1）①根据分析，阴极产生的电极反应为；
②阴极生成的，发生反应为；在阴极区若每得到电子，同时有也会得到等物质的量的电子，若生成1mol，消耗1mol得8mol电子，生成8molOH-，也会得到8mol电子，生成8mol OH-，共16mol OH-，发生反应，消耗8mol，阴极共消耗9mol，根据=×100％==；
③阳极区发生电极反应，阴极区产生的透过阴离子交换膜进入阳极，发生 反应：+ 2H+ =CO2↑ + H2O，产生；
（2）①结合图3的变化规律，随着浓度增大，的法拉第效率降低，可能的作用是KCl 抑制了（阴极）析氢，总体而言提高了电化学还原CO2 生成CH4的选择性；
②，法拉第效率为20%；将和混合气体通入如图4所示装置(反应完全)，被吸收，出口处收集到气体为，的物质的量为0.3mol，生成的电极反应式为，可知生成0.3mol得到0.3mol×8=2.4mol电子，法拉第效率为20%，则通过阴极的电子为=12mol，共有0.5mol被完全吸收并还原为和，根据碳原子守恒，的物质的量为=0.1mol，生成的电极反应式为，可知生成0.1mol得到1.2mol电子，则为=10%。2023北京重点校高三（上）期末化学汇编
物质的性质与转化章节综合
一、单选题
1．（2023秋·北京通州·高三统考期末）下列实验对应的化学方程式不正确的是
A．次氯酸溶液在光照下产生气泡：2HClO2HCl+O2↑
B．将稀硫酸和硫代硫酸钠溶液混合产生浑浊：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+2S↓+O2↑+H2O
C．将铜片投入稀硝酸产生气泡：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
D．向氯化银沉淀中加入氨水得到澄清的无色溶液：AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]Cl
2．（2023秋·北京西城·高三统考期末）下列制备物质的转化关系不合理的是
A．制：
B．制：
C．制NaOH：海水NaCl溶液NaOH
D．制Mg：海水溶液
3．（2023秋·北京西城·高三统考期末）下列实验不能达到实验目的的是
A B C D
实验室制氨气 配制一定物质的量浓度的溶液 检验和水反应的气体产物 实验室制乙酸乙酯
A．A B．B C．C D．D
4．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）下列物质混合后，变化过程中不涉及氧化还原反应的是
A．溶液使淀粉碘化钾试纸变蓝
B．将通入到溶液中，生成白色沉淀
C．向饱和食盐水中依次通入、，有晶体析出
D．石蕊溶液滴入氯水中，溶液变红，随后迅速褪色
二、实验题
5．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）铜片与浓硝酸反应后溶液呈现鲜草绿色，小组同学探究其成因。
(1)铜片溶解的化学方程式为_______。
【初步实验】
甲同学提出猜想：仅仅是因为气体溶解后，溶液颜色和气体颜色叠加形成鲜草绿色，进行实验1-1及1-2予以验证。
实验1-1：取反应后混合液于一支试管内，按一定的气体流速将和混合气体通入，有大量红棕色气体逸出，约后溶液转为蓝色。
实验1-2：取反应后混合液于另一支试管内，按与实验1-1中相同的气体流速将空气通入，有大量红棕色气体逸出，约后溶液转为蓝色。
(2)乙同学根据以上2个实验现象证明甲同学猜想不成立，理由是_______。
【深入研究】
分别向四支试管内依次加入下列试剂后，同时插入铜丝并记录实验现象，如下表。
编号 浓硝酸/ 蒸馏水/滴 /滴 尿素溶液/滴 现象
2-1 1 0 0 0 快速反应，异常剧烈，溶液为鲜草绿色
2-2 1 3 0 0 快速反应，异常剧烈，溶液为鲜草绿色
2-3 1 0 3 0 反应较慢，溶液为蓝色，没有绿色出现
2-4 1 0 0 3 反应较慢，溶液为蓝色，没有绿色出现
已知：①尿素的化学式为，其中C的化合价为价
②该条件下，浓硝酸与尿素溶液不反应
③金属和浓硝酸反应过程中有生成，可大大加快金属与浓硝酸反应的速率。其原理为：
第一步：
第二步：
第三步：
(3)补全上述原理的第二步反应：_______。
(4)因为发生化学反应：_______，因此实验2-4中反应速率较慢。上述实验可以说明反应过程中的对反应速率有一定影响。丙同学设计实验3，能证明反应混合液的鲜草绿色也与也有关。
(5)实验3：向一支试管内加入5滴稀，加入溶液振荡后再滴加溶液，现象是_______。
(6)实验2-3和实验2-4分别证明了具有_______性、_______性，这与其核心元素化合价密切相关。
(7)解释实验1-1和1-2的现象差异_______。
参考答案
1．B
【详解】A．次氯酸不稳定，在光照下分解产生HCl、O2，，因此产生气泡，反应方程式为：2HClO2HCl+O2↑，A正确；
B．将稀硫酸和硫代硫酸钠溶液混合，反应产生Na2SO4、S、SO2、H2O，反应方程式为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，B错误；
C．铜片投入稀硝酸，反应产生NO气体，根据电子守恒、电荷守恒，可知反应方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，C正确；
D．向氯化银沉淀中加入过量氨水，反应得到澄清的无色溶液[Ag(NH3)2]Cl，反应的化学方程式为：AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]Cl，D正确；
故合理选项是B。
2．D
【详解】A．氮气和氢气生成NH3，氨和空气的混合气通入灼热的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮。生成的一氧化氮利用反应后残余的氧气继续氧化为二氧化氮，随后将二氧化氮通入水中制取硝酸，转化关系合理，故A不符合题意；
B．S通过和氧气生成SO2，SO2在催化剂条件下生成SO3，SO3通入水中得到，转化关系合理，故B不符合题意；
C．海水提纯可获得NaCl溶液，电解NaCl溶液可制备NaOH，转化关系合理，故C不符合题意；
D．电解饱和氯化镁溶液，在阳极处产生氯气，阴极处产生氢气和氢氧化镁，因此不能用这种方法获得镁，转化关系不合理，故D符合题意；
故答案选D。
3．A
【详解】A．NH4Cl受热分解产生NH3、HCl，二者在试管口遇冷会重新化合形成NH4Cl固体，因此不能用加热NH4Cl固体的方法制取NH3，A错误；
B．配制一定物质的量浓度的溶液定容时，使用玻璃棒引流，B正确；
C．用带火星的木条检验和水反应的气体产物，若木条复燃则证明产生了氧气，C正确；
D．加热加有乙酸、乙醇和浓硫酸的混合溶液能制得乙酸乙酯，盛有饱和碳酸钠溶液的试管可以除去乙酸、吸收乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，便于析出乙酸乙酯，D正确；
故选A。
4．C
【详解】A．溶液使淀粉碘化钾试纸变蓝原理为：2FeCl3+2KI=2KCl+I2+2FeCl2，涉及氧化还原反应，A不合题意；
B．将通入到溶液中，由于H2O+SO2H2SO3 H++，H+和Ba(NO3)2电离出的硝酸能将亚硫酸氧化为硫酸，故生成白色沉淀BaSO4，涉及氧化还原反应，B不合题意；
C．向饱和食盐水中依次通入、，有晶体析出，反应原理为：NaCl+H2O+CO2+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl，未涉及氧化还原反应，C符合题意；
D．已知Cl2+H2O=HCl+HClO，由于氯水中含有H+故石蕊溶液滴入氯水中，溶液变红，同时氯水中含有的HClO具有强氧化性，则随后迅速褪色，涉及氧化还原反应，D不合题意；
故答案为：C。
5．(1)
(2)相同气体流速下，溶液变为蓝色所用时间不同
(3)
(4)
(5)溶液为为鲜草绿色
(6) 还原 氧化
(7)1-2中，空气中的氧气将产生的HNO2氧化，因此鲜草绿色较快消失
【分析】利用铜与浓硝酸反应生成的产物进行探究，通过对比实验，利用硝酸、蒸馏水、双氧水、尿素等设计不同介质条件下铜与之反应的现象进行分析，探究具有还原性、氧化性，与其核心元素化合价密切相关的原理。
【详解】（1）铜片与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的化学方程式为；
（2）相同气体流速下，溶液变为蓝色所用时间不同，所以不仅仅是因为气体溶解后，溶液颜色和气体颜色叠加形成鲜草绿色，乙同学根据以上2个实验现象证明甲同学猜想不成立；
（3）已知：总反应为；
第一步：；
第三步：；
将总反应减去第一步反应和第三步反应得到第二步反应：；
（4）根据描述可知，HNO2参与反应，反应生成氮气，HNO2中氮元素化合价降低3，CO(NH2)2中氮元素化合价升高3，最小公倍数为3，结合氧化还原反应及质量守恒配平得反应；
（5）向一支试管内加入5滴稀，加入溶液振荡后产生HNO2，再滴加溶液，现象是溶液为为鲜草绿色；
（6）实验2-3和实验2-4分别是过氧化氢将氧化和尿素将还原，证明了具有还原性、氧化性，这与其核心元素化合价密切相关；
（7）实验1-1和1-2的现象差异是因为1-2中，空气中的氧气将产生的HNO2氧化，因此鲜草绿色较快消失。2023北京重点校高三（上）期末化学汇编
分子结构与性质章节综合
一、单选题
1．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）已知某些化学键键能如下，下列说法不正确的是
化学键
键能/ 436 243 194 432 a
A．根据键能可估算反应的
B．根据原子半径可知键长：，进而推测
C．与反应生成时，放出热量小于
D．常温下和的状态不同，与和的键能有关
2．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）下列化学用语或图示表达正确的是
A．共价键电子云轮廓图：
B．基态原子的价层电子排布式：
C．的模型：
D．反-2-丁烯的结构简式：
3．（2023秋·北京西城·高三统考期末）和的混合气体在光照下发生反应，实验装置如图。下列说法不正确的是
A．分子中的共价键是s-p键
B．产物分子是极性分子
C．有HCl生成说明该反应是取代反应
D．试管壁出现油状液滴，有机产物的沸点：
4．（2023秋·北京西城·高三统考期末）名医华佗创制的用于外科手术的麻醉药“麻沸散”中含有东莨菪碱，其结构简式如图。下列关于该物质的说法不正确的是
A．含有3种含氧官能团 B．N的杂化方式为
C．不能发生消去反应 D．具有碱性，能与强酸反应
5．（2023秋·北京西城·高三统考期末）我国科研团队对嫦娥五号月壤的研究发现，月壤中存在一种含“水”矿物。下列化学用语或图示表达不正确的是
A．—OH的电子式： B．的结构示意图：
C．的空间结构模型： D．的VSEPR模型：
6．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）据报道，火星和金星大气层中可能存在一种非常特殊的气态化合物，这种化合物会导致温室效应，它的结构式为。下列说法中不正确的是
A．的电子式是：
B．和互为同位素
C．分子中存在极性键
D．分子呈直线形
7．（2023秋·北京·高三统考期末）研究碘在不同溶剂中的溶解性。进行实验：
①向试管中放入一小粒碘晶体，再加入蒸馏水，充分溶解后，得到黄色溶液a和少量不溶的碘；
②取5mL溶液a，加入四氯化碳，振荡，静置，液体分层，下层呈紫色，上层无色；
③将②所得下层溶液全部取出，加入溶液，振荡，静置，下层溶液紫色变浅，上层溶液b呈黄色(颜色比溶液a深)。
已知：ⅰ.；
ⅱ.。
下列说法不正确的是
A．是极性溶剂，是非极性溶剂，非极性的更易溶于
B．②中的下层溶液为碘的四氯化碳溶液
C．溶液b中溶液a中
D．向①所得浊液中加入，使增大，反应ⅰ平衡逆向移动，析出
8．（2023秋·北京·高三统考期末）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．乙炔的分子结构模型：
C．氮分子的电子式：
D．基态的简化电子排布式：
9．（2023秋·北京·高三统考期末）我国科学家分别攻克了两大催化技术，使合成“液态阳光”的两个生产环节效率大幅提高。“液态阳光”的合成示意图如下。下列说法不正确的是
A．甲醇的沸点远远高于乙烷，是由于甲醇分子之间存在氢键
B．催化剂通过降低相应反应的活化能使化学反应速率增大
C．理论上生成时，光催化过程至少转移电子
D．作燃料时，充分燃烧消耗
10．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）我国科学家成功利用和人工合成了淀粉，使淀粉的生产方式从农业种植转为工业制造成为可能，其原理如下图所示。下列说法不正确的是
A．分子中键和键个数比为1∶1
B．甲醇沸点高于甲醛，是因为甲醇分子间能形成氢键
C．甲醇分子和二羟基丙酮分子中碳原子的杂化类型均为
D．二羟基丙酮与乳酸()互为同分异构体
11．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）下列原因分析能正确解释递变规律的是
选项 递变规律 原因分析
A 酸性： 非金属性：
B 离子半径： 电子层结构相同时，核电荷数：
C 与水反应的剧烈程度： 最外层电子数：
D 熔点： 键能：
A．A B．B C．C D．D
12．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）用代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法中，正确的是
A．碳酸钠和碳酸氢钠的混合物含有的氧原子数为
B．标准状况下，乙炔中键数为、键数为
C．醋酸溶液中含有的氢离子数为
D．二氧化硅晶体中含有键数为
13．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）我国科学家利用高分辨原子力显微镜技术，首次拍摄到质子在水层中的原子级分辨图像，发现两种结构的水合质子，其中一种结构如图所示。下列有关该水合质子的说法正确的是
A．化学式为 B．氢、氧原子都处于同一平面
C．氢、氧原子间均以氢键结合 D．图中所有键角都相同
参考答案
1．D
【详解】A．根据反应热=反应物总键能-生成物总键能，则：H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g)中有：△H=+436 kJ/mol+243 kJ/mol-2×432kJ/mol =-185kJ/mol，选项A正确；
B．Cl原子半径小于Br原子，H—Cl键的键长比H—Br键长短， H—Cl键的键能比H—Br键大，进而推测，选项B正确；
C．键能>，反应生成HBr比生成HCl更难，放出的热量更低，故生成时，放出热量小于，选项C正确；
D．Cl-Cl键能大于Br-Br键能，说明Cl2分子比Br2分子稳定，破坏的是共价键，而状态由分子间作用力决定，选项D不正确；
答案选D。
2．B
【详解】A．氯化氢中氢原子和氯原子形成的是σ键，原子轨道头碰头方式重叠，电子云轮廓图为： ，A错误；
B．基态原子是14号元素，原子的价层电子排布式：，B正确；
C．的孤电子对数目为：（6-22）=1，只有一对孤电子对，C错误；
D．反-2-丁烯的结构简式：，D错误；
故本题选B。
3．A
【详解】A．Cl2 分子是两个Cl原子利用各自的p轨道中的单电子共用形成的p-p σ 键，故A错误；
B．产物 CH3Cl 分子可看做是甲烷中的一个氢原子被氯原子取代生成的，CH4是正四面体结构，正负电荷中心重合，是非极性分子，CH3Cl分子中正负电荷中心不重合，是极性分子，故B正确；
C．甲烷和氯气在光照下发生反应，除了生成有机物外，还有HCl生成，说明氯气中的一个氯原子取代了甲烷分子中的一个氢原子，被取代下来的氢原子和另一个氯原子结合成HCl，该反应是取代反应，故C正确；
D．甲烷和氯气发生取代反应生成CCl4、CHCl3、CH2Cl2、CH3Cl多种取代产物，其中只有CH3Cl在常温下是气态的，CCl4、CHCl3、CH2Cl2均为不溶于水的液体，所以能看到试管壁出现油状液滴。CCl4、CHCl3、CH2Cl2、CH3Cl均属于卤代烃，在卤代烃中，碳原子数和卤素原子相同时，卤素原子数越多，相对分子质量越大，则分子间作用力越大，沸点越高，则有机产物的沸点： CCl4＞CHCl3＞CH2Cl2＞CH3Cl，故D正确；
故选A。
4．C
【详解】A．由结构简式可知含有羟基、醚键、酯基3种官能团，故A正确；
B．由结构简式可知，N原子连接了两个σ键，同时含有两个孤电子对，杂化方式为，故B正确；
C．由结构简式可知与羟基相连碳的相邻碳原子上有氢原子，可以发生消去反应，故C错误；
D．东莨菪碱中五元脂环上含有叔胺氮原子，具有较强的碱性，能与强酸反应，故D正确；
故选C。
5．C
【详解】A．-OH的电子式：，A正确；
B．的结构示意图：，B正确；
C．的中心原子的价层电子对数为4+=4，没有孤电子对，空间构型为正四面体，C错误；
D．的中心原子的价层电子对数为2+=4，有2个孤电子对，VSEPR模型：，D正确；
故选C。
6．A
【详解】A．的电子式是，A错误；
B．同位素是指质子数相同，中子数不同的同一种元素的不同原子，则和互为同位素，B正确；
C．不同非金属元素之间形成的共价键为极性键，则分子中存在极性键，C正确；
D．为CO2，其分子呈直线形，D正确；
故选A。
7．D
【详解】A．根据相似相溶原理，是极性溶剂，是非极性溶剂，非极性的更易溶于，A正确；
B．四氯化碳密度大于水且与水互不相溶，②中的下层溶液为碘的四氯化碳溶液，B正确；
C．加入碘化钾，，使得碘单质转化为，故溶液b中溶液a中，C正确；
D．向①所得浊液中加入，使增大，，反应生成溶解性更大的，故不会析出，D错误；
故选D。
8．D
【详解】A．Br元素原子序数35，根据核外电子排布规律，Br原子结构示意图为，故A正确；
B．乙炔的结构简式为，C原子采用SP杂化，为直线形分子，其分子结构模型为，故B正确；
C．氮气分子属于共价型分子，最外层满足8电子稳定结构，电子式为，故C正确；
D．Cr元素原子序数24，原子核外24个电子，基态的简化电子排布式：，故D错误；
故选D。
9．C
【分析】由合成示意图可知H2O在催化剂①和光照条件下生成H2，然后H2和CO2在催化剂②催化下生成甲醇。
【详解】A．甲醇中存在醇羟基，能够形成氢键，所以甲醇的沸点远远高于乙烷，是由于甲醇分子之间存在氢键，A正确；
B．催化剂可以降低相应反应的活化能，使化学反应速率加快，B正确；
C．由示意图可知H2和CO2在催化剂②催化下生成甲醇，CO2的化合价由+4价降低到甲醇的-2价，理论上生成时，光催化过程至少转移电子，C错误；
D． 根据CH3OH燃烧方程式2CH3OH+3O22CO2+4H2O，充分燃烧消耗的物质的量为1.5，D正确；
故答案为：C。
10．C
【详解】A．已知CO2的结构简式为：O=C=O，且知单键均为键，双键是一个键和一个键，三键为一个键和二个键，故分子中键和键个数比为2：2=1∶1，A正确；
B．甲醇中含有羟基，故甲醇能够形成分子间氢键，甲醛中不含氢键，故导致甲醇沸点高于甲醛，是因为甲醇分子间能形成氢键，B正确；
C．甲醇分子CH3OH中C原子周围形成4个键，则其价层电子对数为4，采用sp3杂化，而二羟基丙酮分子中中间含碳氧双键的碳原子周围形成了3个键，无孤电子对，价层电子对数为3，采用sp2杂化，另外两个碳原子周围形成4个键，则其价层电子对数为4，采用sp3杂化，C错误；
D．二羟基丙酮与乳酸()分子式相同，结构不同，故互为同分异构体，D正确；
故答案为：C。
11．B
【详解】A．通过比较最高价氧化物对应水化物的酸性比较非金属性，S的最高价氧化物对应水化物为H2SO4，A错误；
B．具有相同电子层结构的阳离子核电荷数大于阴离子核电荷数，具有相同电子层的阴离子核电荷数，所带电荷数越多，核电荷数越小，根据离子半径：，可得电子层结构相同时，核电荷数：Ca>Cl>S，B正确；
C．与水反应的剧烈程度：，金属性，元素的非金属性和最外层电子数没有必然联系，C错误；
D ．Cl2为气体，Br2为液体，I2为固体，三者均为分子晶体，它们的相对分子质量逐渐增大,分子间的作用力—范得华力增强,所以氯、溴、碘单质的熔沸点依次升高，和键能没有必然联系，D错误；
故选B。
12．A
【详解】A．和均含3个氧原子，碳酸钠和碳酸氢钠的混合物含有的氧原子数为，A正确；
B．乙炔的结构式为，每个乙炔分子含有3个键、2个键，标准状况下，乙炔即1mol乙炔中键数为3、键数为，B错误；
C．醋酸是弱电解质，部分电离，醋酸溶液中含有的氢离子数小于，C错误；
D．二氧化硅晶体中每个Si原子形成4个键，二氧化硅晶体即1mol二氧化硅中含有键数为，D错误；
故选A。
13．A
【详解】A．水合质子带正电，化学式为，A正确；
B．中心O原子为sp3杂化，存在孤电子对，结合质子的水分子为三角锥形结构，水分子为V形结构，氢、氧原子不可能都处于同一平面，B错误；
C．水分子之间的氢、氧原子间均以氢键结合，但是水分子内的氢、氧原子间均以共价键结合，C错误；
D．水分子为V形结构，结合质子的水分子为三角锥形结构，结构不同，键角不同，D错误；
故选A。2023北京重点校高三（上）期末化学汇编
有机化合物的合成
一、单选题
1．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）形成白酒辛辣口感的物质是醛类物质，主要由葡萄糖经如下转化生成：
下列说法不正确的是
A．一定条件下，最多可与发生加成反应
B．Y中含有羟基和醛基，属于糖类物质
C．可用新制的悬浊液鉴别X和Z
D．沸点：
2．（2023秋·北京西城·高三统考期末）名医华佗创制的用于外科手术的麻醉药“麻沸散”中含有东莨菪碱，其结构简式如图。下列关于该物质的说法不正确的是
A．含有3种含氧官能团 B．N的杂化方式为
C．不能发生消去反应 D．具有碱性，能与强酸反应
3．（2023秋·北京·高三统考期末）酒石酸是一种有机弱酸，其分子结构模型如图。下列说法不正确的是
A．酒石酸中各元素的电负性由大到小的顺序为O>C>H
B．酒石酸中碳原子有、两种杂化方式
C．酒石酸最多能与金属钠发生反应
D．常温下，酒石酸氢钾水溶液，说明酒石酸氢根的电离程度大于其水解程度
二、有机推断题
4．（2023秋·北京通州·高三统考期末）某药物中间体的合成路线如下(部分反应条件省略)：
已知：i.
ii.
回答下列问题：
(1)A的官能团是_______和_______。
(2)B→C的反应类型是_______。
(3)D的结构简式为_______。
(4)A→B反应的目的是_______。
(5)F→G反应的化学方程式是_______。
(6)G和H互为同分异构体，H的结构简式为_______。
(7)I的结构简式为_______。
(8)K是_______结构(填“顺式”或“反式”)。
5．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）导电高分子材料PEDOT的一种合成路线如下：
资料：
i．
ii．R5-OH+R6-ClR5-O-R6+HCl
(1)A分子中含有的官能团有_______。
(2)A→B的化学方程式是_______。
(3)B→D的反应类型是_______。
(4)D→E的反应方程式是_______。
(5)F的结构简式是_______。
(6)下列有关J的说法正确的是_______(填字母)。
a．核磁共振氢谱有2组峰
b．能与H2发生加成反应
c．不存在含苯环的同分异构体
d．合成PEDOT的反应属于加聚反应
(7)推测J→PEDOT的过程中，反应物(NH4)2S2O8的作用是_______。
(8)溶剂a为环己烷，若用水代替环己烷，则D的产率下降，分析可能的原因：
①B在水中的溶解度较小，与Na2S的反应不充分；
②_______。
6．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）他非诺喹是一种抗疟疾新药。其中间体K的合成路线如下(部分条件已省略)
已知：
①
②
(1)A可以与溶液反应放出，A中官能团为_______。
(2)的反应类型为_______。
(3)的化学方程式为_______。
(4)X是D的同分异构体，符合下列条件的X的结构简式是_______。
①能与足量银氨溶液生成
②X中核磁共振氢谱中出现3组吸收峰，峰面积比为1∶1∶3
(5)由J生成K可以看作三步反应，如图所示。
P中有两个六元环结构。Q的结构简式为_______。
(6)一种由G制备H的电化学方法：在和混合水溶液中加入G，通电。电极反应为_______。
(7)具有水果香味，在化妆品行业有一定用途。以环己醇为原料合成路线如下，补全剩余片段。(其余所需材料任选)：
已知：
合成路线：_____
7．（2023秋·北京·高三统考期末）盐酸阿扎司琼(S)是一种高效受体拮抗剂，其合成路线如下。
已知：
(1)A中官能团的名称是_______。
(2)A→B的反应类型是_______。
(3)B→C的化学方程式是_______。
(4)E的结构简式是_______。
(5)K的合成路线如下。
已知：
①K分子中有_______个手性碳原子，在结构简式上用“*”标记出来(如没有，填“0”，不用标记)。_______
②H的结构简式为_______或_______。
③参考上述流程中的信息，以乙醇、乙酸为起始原料，两步合成乙酰乙酸乙酯()，写出相应的化学方程式：_______、_______。
8．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）抗肿瘤药物培美曲塞的前体N合成路线如下：
已知：i.试剂b的结构简式为
ii.
iii.
(1)B→C反应所需的试剂和条件是_______。
(2)E的结构简式是_______。
(3)G的结构简式是_______。H→I的化学方程式是_______。
(4)下列关于J的说法正确的是_______。
a．J分子中有三种官能团 b．可以与Na、NaOH、发生反应
c．核磁共振氢谱有5组峰 d．由E和I生成J的反应类型是取代反应
(5)L中含氧官能团名称是_______。
(6)M→N的反应过程有HBr和生成，则M的结构简式是_______。
(7)试剂b的一种合成路线如下。已知P中含--结构，写出中间产物P、Q的结构简式_______、_______。
9．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）异诺卡酮是西柚芳香风味的重要成分，具有驱除白蚁的功能。其合成路线如下：
已知：ⅰ、(G为或OR′)
ⅱ、
ⅲ、
(1)A分子中含有的官能团是___________。
(2)A→B的过程中，是溴代试剂，若将用浓氢溴酸替代，会有副产物生成，原因是___________。
(3)的化学方程式是___________。
(4)下列有关说法正确的是___________(填字母序号)。
a、异诺卡酮易溶于水
b、异诺卡酮中有手性碳原子
c、E的红外光谱中会出现碳碳双键、酮羰基、酯基的特征吸收峰
d、E存在含苯坏且苯环上只有一种化学环境氢的同分异构体
(5)F→G的转化在后续合成中的目的是___________。
(6)I的结构简式是___________。
(7)E转化为F的过程中，依次经历了加成、加成、消去三步反应。写出中间产物和的结构简式___________。
参考答案
1．B
【详解】A．1molZ中含1mol碳碳双键和1mol醛基，可与2mol氢气发生加成反应，故A正确；
B．糖类是多羟基醛类或多羟基酮类，Y只含一个羟基和1个醛基，不属于糖类，故B错误；
C．X中不含醛基，Z中有醛基，可用性质氢氧化铜悬浊液鉴别，故C正确；
D．有机物中所含羟基数越多，形成的分子间氢键越多，物质的沸点越高，由结构可知羟基数：，沸点：，故D正确；
故选：B。
2．C
【详解】A．由结构简式可知含有羟基、醚键、酯基3种官能团，故A正确；
B．由结构简式可知，N原子连接了两个σ键，同时含有两个孤电子对，杂化方式为，故B正确；
C．由结构简式可知与羟基相连碳的相邻碳原子上有氢原子，可以发生消去反应，故C错误；
D．东莨菪碱中五元脂环上含有叔胺氮原子，具有较强的碱性，能与强酸反应，故D正确；
故选C。
3．C
【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，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；酒石酸中各元素的电负性由大到小的顺序为O>C>H，故A正确；
B．酒石酸中饱和碳原子为杂化，羧基中碳原子为为杂化，故B正确；
C．羧基和羟基均可以和钠单质反应，故酒石酸最多能与金属钠发生反应，故C错误；
D．常温下，酒石酸氢钾水溶液，说明酒石酸氢根的电离程度大于其水解程度，导致氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，故D正确；
故选C。
4．(1) 羟基 硝基
(2)还原反应
(3)
(4)保护羟基
(5)+HCl
(6)
(7)
(8)反式
【分析】对比A和B的结构简式，A到B为取代反应；B到C为氨基的还原反应；结合E的结构简式，C到D为取代反应，D的结构简式为；对比E和F的结构简式，E到F为取代反应；由J的结构简式，可推知H的结构简式为；根据已知，G的结构简式为；H到I为取代反应，I的结构简式为，加热重排，得到J；
【详解】（1）A的结构简式为，含有的官能团为羟基和硝基；
故答案为：羟基；硝基；
（2）对比B到C的结构简式可知，B到C为在Fe和HCl作用下将硝基还原为氨基；
故答案为：还原反应；
（3）结合E的结构简式，C到D为取代反应，D的结构简式为；
故答案为：；
（4）根据A到B的反应与E到F的反应可知，A→B反应的目的是保护羟基；
故答案为；保护羟基；
（5）根据已知i的信息，F到G为取代反应，其反应为+HCl；
故答案为：+HCl；
（6）G的结构简式为，结合J的结构简式，可推知H的结构简式为，G到H为酰基重排；
故答案为：；
（7）根据已知ii，在加热条件下，I到J取代基位置发生改变，由J的结构简式，可知I的结构简式为；
故答案为：；
（8）相同原子或基团在碳碳双键同一侧且碳碳双键碳原子上连接基团不同，为顺式结构，反之为反式结构，K的结构简式为，基团在碳碳双键异侧，为反式结构；
故答案为：反式。
5．(1)羧基、碳氯键
(2)ClCH2COOH+C2H5OHClCH2COOC2H5+H2O
(3)取代
(4)++2C2H5OH
(5)
(6)ab
(7)作氧化剂(或脱氢)
(8)Na2S水溶液碱性较强导致B(或D)发生水解
【分析】A是ClCH2COOH，分子中含有-COOH，能够与C2H5OH在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产生B：ClCH2COOC2H5和H2O，B与Na2S的环己烷溶液中发生取代反应产生D：和C2H5OH；D与在C2H5ONa作用下发生取代反应产生E：，E与K2CO3、ClCH2-CH2Cl反应产生F：；F与NaOH水溶液共热发生酯的水解反应然后酸化，反应产生G：，经脱羧反应产生J，J与(NH4)2S2O8及催化剂作用反应产生高聚物PEDOT。
【详解】（1）有机物A分子结构简式是ClCH2COOH，其中含有的官能团是羧基、碳氯键；
（2）A是ClCH2COOH，A与C2H5OH在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生ClCH2COOC2H5和H2O，反应为可逆反应，反应的化学方程式为：ClCH2COOH+C2H5OHClCH2COOC2H5+H2O；
（3）B是ClCH2COOC2H5，B与Na2S在环己烷溶液中发生取代反应产生D和NaCl，故B→D的反应类型是取代反应；
（4）D是，D与在C2H5ONa作用下发生取代反应产生E：和C2H5OH，则D→E的反应方程式是：++2C2H5OH；
（5）根据上述分析可知化合物F结构简式是；
（6）a．根据有机物J结构简式可知：该物质分子结构对称，分子中含有2种不同位置的H原子，因此其核磁共振氢谱有2组峰，a正确；
b．J分子中含有不饱和的碳碳双键，能够与H2在一定条件下发生加成反应，b正确；
c．该物质分子式是C6H6SO2，可能存在含有苯环的同分异构体，如，c错误；
d．根据有机物J及PEDOT结构的不同，可知J变为PEDOT发生缩聚反应；
（7）在有机物J变为PEDOT的过程中，反应物(NH4)2S2O8的作用是作氧化剂(或脱氢)；
（8）溶剂a为环己烷，若用水代替环己烷，会导致D的产率下降，原因可能是①B在水中的溶解度较小，与Na2S的反应不充分；②是Na2S水溶液碱性较强导致B(或D)发生水解。
6．(1)羧基
(2)取代反应
(3)
(4)
(5)
(6) +6H++6e- +2H2O
(7)
【分析】A与乙醇在浓硫酸加热条件下反应生成B，结合A的分子式可知，A为乙酸，B为乙酸乙酯，根据信息①可知，2分子乙酸乙酯发生信息①中的反应生成D为，E发生氯苯的硝化反应生成F为，F与CH3OH在氢氧化钠加热条件下反应生成G为，G发生还原反应生成H为，H和D发生信息②中的反应生成J为，J反应生成K。
【详解】（1）根据分析可知，A为乙酸，A中的官能团为羧基。
（2）根据分析可知，E→F为氯苯的硝化反应，反应类型为取代反应。
（3）B→D发生的是信息①中的反应，2分子乙酸乙酯反应生成和乙醇，化学方程式为。
（4）X是D的同分异构体，1molX能与足量银氨溶液反应生成4molAg，说明X中含有2个醛基，X中有3种不同化学环境的氢原子，峰面积比为1：1：3，则X一定是对称结构，两个醛基中有两个氢原子，则X中一定有两个甲基，故X的结构简式为。
（5）J为，P中有两个六元环，结合K的结构和P的分子式可知，P为，P发生消去反应生成Q为。
（6）G→H为还原反应，则其电极反应为+6H++6e- +2H2O 。
（7）根据题干信息，环己烯与酸性高锰酸钾反应生成OHC—CH2—CH2CH2CH2COOH，羧基与乙醇发生酯化反应生成OHC—CH2—CH2CH2CH2COOCH2CH3，OHC—CH2—CH2CH2CH2COOCH2CH3中醛基氧化生成HOOC—CH2—CH2CH2CH2COOCH2CH3，HOOC—CH2—CH2CH2CH2COOCH2CH3发生信息①的反应得到目标产物，合成路线为
7．(1)酯基、酚羟基
(2)取代反应
(3)
(4)
(5) 1 CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O 2CH3COOCH2CH3 CH3COCH2COOC2H5+ CH3CH2OH
【分析】A和氯单质在酚羟基对位发生取代反应引入氯原子得到B；B发生硝化反应在酚羟基邻位引入-NO2得到C；C和铁反应硝基被还原为氨基得到D，D和ClCH2COCl反应得到E，结合E化学式可知，E为；E通过反应转化为F，F和K生成S；
【详解】（1）A中官能团的名称是酯基、酚羟基；
（2）由分析可知，A→B的反应类型是取代反应；
（3）B发生硝化反应在酚羟基邻位引入-NO2得到C，反应为；
（4）E的结构简式是；
（5）①手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；，如图K分子中有1个手性碳原子；
②G跟着存在2个酯基，根据已知反应原理，则H的结构简式为或。
③乙醇和乙酸反应发生酯化反应生成乙酸乙酯，CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；
乙酸乙酯反应已知反应原理生成CH3COCH2COOC2H5，反应为2CH3COOCH2CH3 CH3COCH2COOC2H5+ CH3CH2OH。
8．(1)NaOH醇溶液，加热
(2)CH≡CCH2CH2OH
(3) +CH3OH+H2O
(4)abd
(5)酯基和醛基
(6)
(7) CH3CH2OOC—CH2—CN
【分析】由题干流程图中信息，由A的分子式可知，A的结构简式为：CH2=CH2，由A到B的转化条件可知，B的结构简式为：CH2BrCH2Br，由C的分子式可知，C的结构简式为：CH≡CH，由D的分子式并结合C到D的转化条件和题干已知信息ii可知，D的结构简式为：CH≡CMgBr，由E的分子式和D到E的转化条件并结合已知信息ii可知，E的结构简式为：CH≡CCH2CH2OH，K的结构简式结合F的分子式可知，F、G、H、I分子中含有苯环，则F的结构简式为：，由F到G的转化条件和K的结构简式并结合G的分子式可知，G的结构简式为：，由G到H的转化条件并结合H的分子式可知，H的结构简式为：，由I的分子式和H到I的转化条件可知，I的结构简式为：，由E和I的结构简式并结合J的分子式和J到K的分子结构简式以及J到K的转化条件可知，J的结构简式为：，由N和试剂b的结构简式以及已知信息iii的转化信息可知，M的结构简式为：，根据L的分子式和K的结构简式可知，L的结构简式为：，据此分析解题。
【详解】（1）由分析可知，B→C即B为CH2BrCH2Br转化为C为CH≡CH，该反应即为氯代烃的消去反应，则所需的试剂和条件是NaOH醇溶液，加热，故答案为：NaOH醇溶液，加热；
（2）由分析可知，E的结构简式是CH≡CCH2CH2OH，故答案为：CH≡CCH2CH2OH；
（3）由分析可知，G的结构简式是，H→I即和CH3OH发生酯化反应生成和水，该反应的化学方程式是+CH3OH+H2O，故答案为：；+CH3OH+H2O；
（4）由分析可知，J的结构简式为，据此结构简式分析：
a．由J的结构简式可知，J分子中有羟基、碳碳三键和酯基等三种官能团，a正确；
b．由J的结构简式可知，J分子中有羟基、碳碳三键和酯基等三种官能团，故可以与Na、NaOH、发生反应，b正确；
c．由J的结构简式可知，分子中含有6种不同环境的H原子，即核磁共振氢谱有6组峰，c错误；
d．由分析可知，由E和I生成J即 CH≡CCH2CH2OH和反应生成和HBr，该反应的反应类型是取代反应，d正确；
故答案为：abd；
（5）由分析可知，L的结构简式为：，故L中含氧官能团名称是酯基和醛基，故答案为：酯基和醛基；
（6）由分析可知，M→N的反应过程有HBr和生成，则M的结构简式是，故答案为：；
（7）由题干已知信息iii可知，由Q到的转化条件可知，Q的结构简式为：，由 和P转化为Q为加成反应可知，P的结构简式为：CH3CH2OOC—CH2—CN，故答案为：CH3CH2OOC—CH2—CN；。
9．(1)碳碳双键、羧基
(2)A中碳碳双键会与HBr发生加成反应
(3)+2C2H5OH+2H2O；
(4)bcd
(5)保护酮羰基，防止其被还原
(6)
(7)P1：或 P2：
【分析】根据B生成的反应条件是增长碳链，可逆推B(C8H14Br2)结构简式为；根据已知条件i，由B逆推A(C8H12O4)结构简式为 ；经过条件为浓硫酸、乙醇、加热得到D，说明发生的是酯化反应，故D(C14H24O4)的结构简式为;根据已知条件ⅱ，D生成E(C12H18O3)的结构简式为；F经过已知条件iii生成G，结合E的结构简式，由G逆推F(C17H25O3)的结构简式为；G经过已知条件i生成H，结合H生成I是Cu、O2的催化氧化，说明H含有醇羟基，所以H结构简式为，I结构简式为，据此作答。
【详解】（1）根据分析可知，A的结构简式，含有的官能团是碳碳双键和羧基；
（2）A→B的过程中，若将用浓氢溴酸替代，会有副产物生成，原因是A中含有碳碳双键，会与HBr发生加成反应生成副产物。
（3）有分析可知，经过酯化反应得到D，则化学反应方程式为： +2C2H5OH+2H2O；
（4）根据异诺卡酮的结构简式，可以判断：
a．异诺卡酮不含有亲水基团，难与水互溶，a错误；
b．异诺卡酮中有手性碳原子：，b正确；
c．E的结构简式为，含有碳碳双键、羰基、酯基，所以红外光谱中会出现碳碳双键、酮羰基、酯基的特征吸收峰，c正确；
d．E的结构简式为，不饱和度为4，则存在含苯坏的同分异构体为，该结构苯环上只有一种化学环境氢，d正确；
故选bcd。
（5）F生成G，再结合后面几步出现还原的步骤，以及异诺卡酮的结构简式，又重新生成了羰基，说明该步骤的目的是为了后面还原步骤时保护酮羰基，防止其被还原；
（6）根据分析可知，I结构简式为；
（7），根据分析可知，E的结构简式为，上述第一步是E加成反应生成P1，故P1是或；第二步P1加成反应生成P2，第三步是P2消去反应生成F，结合F的结构简式，逆推P2是。2023北京重点校高三（上）期末化学汇编
合成高分子化合物
一、单选题
1．（2023秋·北京通州·高三统考期末）聚甲醛是一种重要的工程塑料，其在光热作用下易解聚，原理如下：
而三聚甲醛()与二氧五环()共同聚合的产物()具有良好的热稳定性。下列叙述不正确的是
A．甲醛和三聚甲醛不是同系物
B．聚甲醛属于线型高分子化合物
C．聚甲醛的链节是
D．与在一定条件下可以共同聚合生成
2．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）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
3．（2023秋·北京西城·高三统考期末）聚合物P是某高分子凝胶的主要成分，其结构片段如下图(图中表示链延长)。
已知：
下列说法不正确的是
A．聚合物P可以在碱性溶液中发生水解反应
B．由X、Y、Z对应的原料单体合成聚合物P的反应是缩聚反应
C．Z对应的原料单体是
D．仅用X和Z对应的原料单体合成的聚合物是线型高分子
4．（2023秋·北京·高三统考期末）交联聚合物P的结构片段如图所示。[图中表示链延长，R为]
下列说法不正确的是
A．聚合物P难溶于水，但有高吸水性
B．合成聚合物P的反应为加聚反应
C．聚合物P的单体之一存在顺反异构现象
D．1，4-戊二烯与丙烯共聚也可形成类似聚合物P骨架的交联结构
5．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）我国科学家制备了一种新型可生物降解的脂肪族聚酯P，并利用P合成了具有细胞低毒性和亲水性较好的聚合物Q，Q在生物医学领域有一定的应用前景。下列说法不正确的是
注：R表示葡萄糖或乳糖
A．聚合物P可生物降解与酯的水解反应有关
B．由M、L合成P的过程，参与聚合反应的单体的数目为个
C．由P合成Q的过程中发生了加成反应
D．通过调控x与y的比例，可调节Q的亲水性能
6．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）一种可完全降解的环保型塑料(PPC)的合成路线如下：
下列说法不正确的是
A．PPC中含有2种官能团
B．聚合过程中没有小分子生成
C．顺丁烯二酸酐可使的溶液褪色
D．由于PPC中存在碳碳双键，可进行交联改性
二、有机推断题
7．（2023秋·北京西城·高三统考期末）可降解的聚酯类高分子P的合成路线如下(部分试剂和反应条件略去)。
(1)A中含氧官能团的名称是_______。
(2)A→B的反应类型是_______。
(3)B→D的化学方程式是_______。
(4)下列关于有机物F的说法正确的是_______(填序号)。
a.含有3个手性碳原子
b.1mol有机物F最多消耗3mol NaOH
c.D与E反应生成F和
(5)F水解生成G和。反应①、②的目的是_______。
(6)J→P的化学方程式是_______。
(7)若反应开始时K的浓度为0.01mo/L，J的浓度为2mol/L，反应完全后，K的浓度几乎为0，J的浓度为0.24mol/L，高分子P的平均聚合度约为_______。
参考答案
1．C
【详解】A． 甲醛含羰基、三聚甲醛含醚键，二者结构不相似，不是同系物，A正确；
B．由结构简式可知， 聚甲醛属于线型高分子化合物，B正确；
C． 聚甲醛的链节是-OCH2-，C不正确；
D．由题干信息可知与在一定条件下可以共同聚合生成，D正确；
答案选C。
2．D
【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．基团和碳碳三键能发生信息反应，1个X含有2个基团、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。
3．B
【详解】A．组成聚合物P的X物质内含有酯基，可以在碱性溶液中发生水解反应，A正确；
B．缩聚反应是指由一种或多种单体相互缩合生成高分子和小分子的反应，X、Y、Z对应的原料单体即分别断裂C=C、C=C、C-O和C=S键合成聚合物P，没有生成小分子物质，该反应是加聚反应，B错误；
C．物质Z去掉高聚物符号以及断裂C=O其中一条键得到单体是 ，C正确；
D．线型高分子是指官能团种数为2的单体经过缩合聚合得到的高分子，仅用X和Z对应的原料单体合成的聚合物含有支链但不是网状体型高分子，是线型高分子，D正确；
故选：B。
4．C
【详解】A．聚合物P中虽然含有-COONa结构，但由于碳原子数较多，所以难溶于水，但由于-COONa有强极性，所以聚合物P有高吸水性，故A正确；
B．聚合物P高分子链全部为碳原子，所以合成聚合物P的反应为加聚反应，故B正确；
C．根据聚合物P的结构可知，合成聚合物P的单体为CH2=CH-R-CH=CH2和CH2=CH-COONa，不存在顺反异构，故C错误；
D．1，4-戊二烯与丙烯与聚合物P的单体结构相似，能形成类似交联结构，故D正确；
故选C。
5．B
【详解】A．由题干信息中P的结构简式可知，聚合物P中含有酯基，可以发生水解反应转化为小分子物质，故其可生物降解与酯的水解反应有关，A正确；
B．由题干转化信息可知，由M、L合成P的过程，参与聚合反应的聚合度为x个M和y个L，单体个数一共个，B错误；
C．由题干转化信息可知，由P合成Q的过程中发生了P中的碳碳双键和ROCH2CH2N3中的氮氮三键发生了加成反应，C正确；
D．由题干信息可知，Q中含亲水基团，通过调控x与y的比例可以改变亲水基的多少，故能调节Q的亲水性能，D正确；
故答案为：B。
6．A
【详解】A．PPC中含有酯基、碳碳双键、羰基3种官能团，A错误；
B．该聚合过程中没有小分子生成，B正确；
C．顺丁烯二酸酐含有碳碳双键，可使的溶液褪色，C正确；
D．由于PPC中存在碳碳双键，可以发生加成反应进行交联改性，D正确；
故选A。
7．(1)羟基
(2)氧化反应
(3)+CH3OH+H2O
(4)bc
(5)保护羧基
(6)
(7)176
【分析】由B的分子式可以推知，A发生氧化反应生成B，B的结构简式为，B和甲醇在浓硫酸、加热的条件下发生酯化反应生成D，则D 的结构简式为，D和E在一定条件下反应生成F，F在碱性条件下发生水解反应生成G，G的结构简式为， G经酯化反应后得到J，则J为，J和K发生聚合反应生成P，以此解答。
【详解】（1）
由A的结构简式可知，A中含氧官能团的名称是羟基。
（2）由B的分子式可以推知，A发生氧化反应生成B。
（3）B和甲醇在浓硫酸、加热的条件下发生酯化反应生成D，化学方程式为：+CH3OH+H2O。
（4）a．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，由F的结构简式可知，F中含有2个手性碳原子，故a错误；
b．F中含有两个酯基和一个酰胺基，最多消耗3mol NaOH发生水解反应，故b正确；
c．由D、E、F的结构简式结合原子守恒可知，D与E反应生成F和，故c正确；
故选bc。
（5）B中存在羧基，反应①将羧基转化为酯基，反应②又把酯基水解为羧基，目的是保护羧基。
（6）J和K发生聚合反应生成P，方程式为：。
（7）若反应开始时K的浓度为0.01mo/L，J的浓度为2mol/L，反应完全后，K的浓度几乎为0，J的浓度为0.24mol/L，则反应过程中消耗K和消耗J的比例为0.01：(2-0.24)=1:176，由方程式可知，n=176。2023北京重点校高三（上）期末化学汇编
烃
一、单选题
1．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）槟榔中含有多种生物碱，如槟榔碱和槟榔次碱，其结构如下。这些生物碱会对人体机能产生影响。下列说法正确的是
A．槟榔碱和槟榔次碱是同系物
B．槟榔碱分子中N原子的杂化方式是
C．槟榔次碱分子中最多有4个碳原子共平面
D．槟榔碱和槟榔次碱均能与强酸、强碱反应
2．（2023秋·北京西城·高三统考期末）利用如图装置(夹持装置略)进行实验，X、Y中所选试剂不能达到实验目的的是
选项 实验目的 试剂X 试剂Y
A 比较非金属性：Cl>Br>S NaBr溶液 溶液
B 吸收中混有的并检验其是否已除尽 酸性溶液 品红溶液
C 检验与NaOH醇溶液共热的产物乙烯 水 酸性溶液
D 证明电石与饱和食盐水反应产生的气体中含有乙炔 溶液 酸性溶液
A．A B．B C．C D．D
3．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）下列实验能达到实验目的的是
A．在铁制品上镀铜 B．探究浓度对反应速率的影响 C．检验乙炔具有还原性 D．制备NH4Cl固体
A．A B．B C．C D．D
4．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）下列化学用语或图示表达正确的是
A．共价键电子云轮廓图：
B．基态原子的价层电子排布式：
C．的模型：
D．反-2-丁烯的结构简式：
5．（2023秋·北京西城·高三统考期末）和的混合气体在光照下发生反应，实验装置如图。下列说法不正确的是
A．分子中的共价键是s-p键
B．产物分子是极性分子
C．有HCl生成说明该反应是取代反应
D．试管壁出现油状液滴，有机产物的沸点：
6．（2023秋·北京·高三统考期末）环已烯是有机合成的重要中间体，可由环已烷氧化脱氢制备。已知几种物质的燃烧热(25℃，)：
名称 氢气 环已烯 环已烷
化学式(状态)
下列说法正确的是
A．氢气燃烧的热化学方程式为
B．由燃烧热可知，环已烯的能量小于环已烷的能量
C． (l)= (l)+H2(g)
D．环已烷氧化脱氢制备环已烯时，氧气和高锰酸钾均可作氧化剂
7．（2023秋·北京·高三统考期末）下列除杂试剂选用正确且除杂过程涉及氧化还原反应的是
选项 物质(括号内为杂质) 除杂试剂
A 蒸馏水、碱石灰
B 盐酸、溶液、二氧化碳
C 溶液、溶液、盐酸
D 酸性溶液
A．A B．B C．C D．D
参考答案
1．D
【详解】A．槟榔碱中含有酯基，槟榔次碱中含有羧基，二者结构不相似，不是同系物，A错误；
B．槟榔碱分子中N原子的价层电子对数为3+1=4，杂化方式是，B错误；
C．槟榔次碱结构中含有碳碳双键和羧基，都是平面结构，碳碳双键形成的平面结构含有5个碳原子，另外还有一个碳原子可以利用碳碳单键的旋转性与碳碳双键共平面，所以该分子中最多有6个碳原子共平面，C错误；
D．槟榔碱中含有酯基能与强酸、强碱反应，槟榔次碱中含有羧基能与强酸反应，两个物质中均有N原子，其中的孤对电子可以接受氢离子，与酸反应，D正确；
故选D。
2．A
【详解】A．非金属性：Cl>Br>S，Cl2通入NaBr溶液中，Cl2可以把溴离子氧化为溴单质，所以溶液变成棕色，但是后面和溶液反应的气体是Cl2和Br2的混合气体，不能说明金属性：Br>S，故A错误；
B．具有还原性，酸性溶液可以吸收，具有漂白性，可以用品红溶液检验其是否已除尽，故B正确；
C．与NaOH醇溶液共热生成的乙烯中混有乙醇，先通过水将乙醇除去，然后用酸性溶液检验乙烯，现象是高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D．电石与饱和食盐水反应产生的乙炔中混有H2S，先通过溶液除去H2S气体，再用酸性溶液检验乙炔，现象是高锰酸钾溶液褪色，故D正确；
故选A。
3．A
【详解】A．在铁制品上镀铜时，Cu电极与电源正极连接，作阳极，铁制品与电源负极连接作阴极，含有Cu2+的CuSO4溶液作电镀液，能够达到电镀的目的，A正确；
B．浓硫酸中硫酸主要以分子存在，而在稀硫酸中硫酸电离产生H+、，二者的存在微粒不相同，因此不能探究浓度对反应速率的影响，B错误；
C．电石中主要成分CaC2与水反应产生C2H2，及其中含有的杂质CaS与H2O反应产生H2S，二者都具有还原性，都可以被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液褪色，因此不能检验乙炔具有还原性，C错误；
D．NH4Cl溶液蒸发水分，随着加热使溶液温度升高，盐水解产生NH3·H2O、HCl，HCl挥发逸出，NH3·H2O分解产生NH3、H2O，因此不能采用该方法制备NH4Cl固体，D错误；
故合理选项是A。
4．B
【详解】A．氯化氢中氢原子和氯原子形成的是σ键，原子轨道头碰头方式重叠，电子云轮廓图为： ，A错误；
B．基态原子是14号元素，原子的价层电子排布式：，B正确；
C．的孤电子对数目为：（6-22）=1，只有一对孤电子对，C错误；
D．反-2-丁烯的结构简式：，D错误；
故本题选B。
5．A
【详解】A．Cl2 分子是两个Cl原子利用各自的p轨道中的单电子共用形成的p-p σ 键，故A错误；
B．产物 CH3Cl 分子可看做是甲烷中的一个氢原子被氯原子取代生成的，CH4是正四面体结构，正负电荷中心重合，是非极性分子，CH3Cl分子中正负电荷中心不重合，是极性分子，故B正确；
C．甲烷和氯气在光照下发生反应，除了生成有机物外，还有HCl生成，说明氯气中的一个氯原子取代了甲烷分子中的一个氢原子，被取代下来的氢原子和另一个氯原子结合成HCl，该反应是取代反应，故C正确；
D．甲烷和氯气发生取代反应生成CCl4、CHCl3、CH2Cl2、CH3Cl多种取代产物，其中只有CH3Cl在常温下是气态的，CCl4、CHCl3、CH2Cl2均为不溶于水的液体，所以能看到试管壁出现油状液滴。CCl4、CHCl3、CH2Cl2、CH3Cl均属于卤代烃，在卤代烃中，碳原子数和卤素原子相同时，卤素原子数越多，相对分子质量越大，则分子间作用力越大，沸点越高，则有机产物的沸点： CCl4＞CHCl3＞CH2Cl2＞CH3Cl，故D正确；
故选A。
6．C
【详解】A．燃烧热是在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；氢气燃烧的热化学方程式为 ，A错误；
B．等量的环已烯、环已烷燃烧耗氧量、生成水的量不同，由燃烧热不能判断环已烯的能量小于环已烷的能量，B错误；
C．由燃烧热可知，①
②
③
由盖斯定律可知，③-①-②得：(l)= (l)+H2(g) ，C正确；
D．环已烯中含有碳碳双键，会被高锰酸钾氧化，D错误；
故选C。
7．A
【分析】除杂时，加入的试剂或使用的方法不能影响主体物质，且不能引入新杂质；氧化反应中存在元素的化合价升高或者降低；
【详解】A．除去中的，先通入蒸馏水中，发生反应，再通过碱石灰干燥得到纯净的NO，其除杂过程涉及氧化还原反应，故A选；
B．除去中含有的，先加入盐酸，涉及反应、，再加入过量NaOH溶液，过滤，向滤液中通入过量二氧化碳，得到沉淀，加热分解得到纯净的，涉及反应、、、，其中不涉及氧化还原反应，故B不选；
C．除去中含有的，先加过量溶液发生反应，再加过量溶液发生反应，过滤，最后向滤液中加入盐酸调pH至中性，发生反应，然后蒸发结晶得到NaCl，其中不涉及氧化还原反应，故C不选；
D．除去甲苯的苯，加入酸性溶液，主体物质甲苯被氧化，没有达到除杂目的，故D不选；
故选A。2023北京重点校高三（上）期末化学汇编
简单的有机化合物章节综合
一、单选题
1．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）用放射性同位素标记酪氨酸，可达到诊断疾病的目的。标记过程如下：
下列说法不正确的是
A．I位于元素周期表中第四周期、第ⅦA族
B．中子数与核外电子数之差为25
C．、标记酪氨酸均具有放射性
D．标记过程发生了取代反应
2．（2023秋·北京西城·高三统考期末）下列实验不能达到实验目的的是
A B C D
实验室制氨气 配制一定物质的量浓度的溶液 检验和水反应的气体产物 实验室制乙酸乙酯
A．A B．B C．C D．D
3．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）吲吲哚生物碱具有抗菌、抗炎、抗肿瘤等多种活性，其一种中间体结构简式如图所示，下列关于吲哚生物碱中间体的说法不正确的是
A．该物质属于芳香族化合物 B．该物质能发生加成、取代反应
C．分子中不含有手性碳原子 D．分子中含有酰胺基
4．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）某小组利用下图装置探究的性质。下列关于实验现象的解释中，不正确的是
A．通入前，①中溶液显红色的原因：
B．通入后，①中溶液颜色褪去的原因：具有漂白性
C．通入前，②中溶液显蓝色的原因：淀粉遇碘单质变蓝
D．通入后，②中溶液颜色褪去的原因：
5．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）下列有关“双奥之城——北京”在奥运会系列设计中的说法不正确的是
A．“水立方”采用的四氟乙烯与乙烯的共聚物属于有机材料 B．“鸟巢”的主体框架为钢结构，钢属于金属材料 C．“飞扬”火炬所用的燃料氢气为还原性气体 D．冰壶场馆采用分布式光纤温度检测仪监测温度，光纤主要成分是硅
A．A B．B C．C D．D
参考答案
1．A
【详解】A．I位于元素周期表中第五周期、第ⅦA族，故A错误；
B．中子数为131-53=78，核外电子数为53，中子数与核外电子数之差为78-53=25，故B正确；
C．、标记酪氨酸中都含有131I，均具有放射性，故C正确；
D．由方程式可知，标记过程发生了取代反应，故D正确；
故选A。
2．A
【详解】A．NH4Cl受热分解产生NH3、HCl，二者在试管口遇冷会重新化合形成NH4Cl固体，因此不能用加热NH4Cl固体的方法制取NH3，A错误；
B．配制一定物质的量浓度的溶液定容时，使用玻璃棒引流，B正确；
C．用带火星的木条检验和水反应的气体产物，若木条复燃则证明产生了氧气，C正确；
D．加热加有乙酸、乙醇和浓硫酸的混合溶液能制得乙酸乙酯，盛有饱和碳酸钠溶液的试管可以除去乙酸、吸收乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，便于析出乙酸乙酯，D正确；
故选A。
3．C
【详解】A．该有机物含苯环，属于芳香族化合物，故A正确；
B．该有机物含有双键，可发生加成反应，苯环上可发生取代反应；故B正确；
C．分子中含有手性碳原子为：，故C错误；
D．分子中含有酰胺结构，含有酰胺基，故D正确；
故答案选C。
4．B
【详解】A．酚酞遇碱变红，NaOH在水中能电离：NaOH=Na++OH ，溶液显碱性，所以①中溶液显红色，故A正确；
B．通入SO2后，SO2能与NaOH溶液反应生成亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，消耗了NaOH，溶液碱性减弱，溶液红色褪去，体现了SO2的酸性氧化物的性质，不是漂白性，故B错误；
C．淀粉遇碘变蓝，所以②中溶液显蓝色，故C正确；
D．通入 SO2 后，②中溶液颜色褪去是SO2和碘发生了氧化还原反应，I2被还原为I-，溶液蓝色褪去，故D正确；
故选B。
5．D
【详解】A．四氟乙烯与乙烯的共聚物为有机高分子材料，A正确；
B．钢是最常用的金属材料，B正确；
C．氢气燃烧产生水，氢元素的化合价由0价变为+1价，化合价升高，为还原剂，故氢气为还原性气体，C正确；
D．光导纤维的主要成分是二氧化硅，D错误；
故本题选D。2023北京重点校高三（上）期末化学汇编
电能转化为化学能——电解
一、单选题
1．（2023秋·北京通州·高三统考期末）下图为一种多硫化物一空气二次电池的原理示意图，其中a和b为惰性电极，池内各室溶液可往复利用。下列叙述不正确的是
A．充电时，a接外电源的负极，作阴极
B．充电时，b电极附近溶液碱性减弱
C．放电时，a电极反应为
D．放电时，b电极反应为
2．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如图所示。通过控制开关，可得到或。下列说法正确的是
A．连接时，阳极反应物为
B．连接时，可制备
C．连接时，阳极发生反应：
D．连接时，当电路中通过电子时，电极3的质量增加
3．（2023秋·北京·高三统考期末）用如图装置进行实验，电流计指针偏转。下列说法不正确的是
A．该装置将化学能转化为电能
B．从a极经阳离子交换膜移向b极
C．工作一段时间，a极附近溶液会减小
D．该装置的总反应为
4．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．0.1 mol氨基(-NH2)中含有NA个质子
B．14 g乙烯和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为2NA
C．1.0 mol/LAlCl3溶液中，Cl-数目为3NA
D．电解熔融NaCl，阳极产生气体质量为7.1 g时，外电路中通过电子的数目为0.1NA
二、原理综合题
5．（2023秋·北京通州·高三统考期末）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如下图所示：
(1)已知：



反应I的热化学方程式：_______。
(2)反应I所得产物的溶液在碘过量时会自发分成两层。分离两层溶液的实验操作是_______。
(3)研究发现，通过电解方法实现反应I，既可减少碘的加入量，也可减少溶液后续纯化过程的能耗。写出通过电解法实现反应I时，阳极的电极反应式：_______。
(4)碘硫循环过程中反应I所制备出的HI浓度较低，必须对HI溶液进行浓缩。电解电渗析浓缩HI溶液的原理如下图所示，初始时阳极液和阴极液相同，溶液组成均为n(HI)：n(H2O)：n(I2)=1：6.8：2。
①电渗析过程中，阳极液中I2的浓度会_______(填“增大”或“减小”)。
②结合化学用语，解释阴极区进行HI浓缩的原理_______。
(5)某科研小组采用双极膜电渗析法制备高浓度氢碘酸，工作原理如下图所示。
已知：双极膜在直流电场作用下可将水解离，在双极膜的两侧分别得到H+和OH-。
①X极是_______(填“阳极”或“阴极”)。
②电解后，_______室获得较浓的氢碘酸(填“a”、“b”或“c”)。
6．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）电化学还原将其转化为其它化学产品，是一种综合利用的好方法。
已知：选择性(S)和法拉第效率(FE)的定义：
×100％；×100％
(1)碱性电化学还原前，先在中性电解液中通电一段时间，及电流稳定后，再通。在阴极区若每得到电子，同时有也会得到等物质的量的电子，且阴极区电解液的几乎保持不变(忽略溶液体积变化)。
①补全阴极产生的电极反应___________
___________＋______________________。
②阴极附近发生反应___________(用离子方程式表示)，生成的难以放电，降低了。结合上述信息，的理论最大值为___________。
③结合化学用语分析阳极区产生的原因是___________。
(2)控制、电解液中存在时，电化学还原过程中(其他含碳产物未标出)和的法拉第效率变化如图3所示。
①结合图3的变化规律，推测可能的作用是___________。
②时，(已折合为标准状况，下同)的被完全吸收并还原为和，分离后，将和混合气体通入如图4所示装置(反应完全)，出口处收集到气体。则为___________。
参考答案
1．D
【分析】结合a电极Na2S2转化为Na2S4，S元素失去电子，化合价升高，则放电时a为负极，a电极的电极反应为，则b为正极，根据b电极通入空气和NaOH溶液，放电时的电极反应为。充电时，a接外电源的负极，作阴极，b接外电源的正极，作阳极。放电时左侧钠离子经过阳离子交换膜进入中间隔室，右侧氢氧根离子经过阴离子交换膜进入中间隔室，从而在中间隔室得到浓氢氧化钠溶液，据此解答。
【详解】A．根据分析，充电时，a接外电源的负极，作阴极，A正确；
B．根据放电时b电极反应为，则充电时b电极反应为，b附近溶液碱性减弱，B正确；
C．根据分析，放电时，a电极反应为，C正确；
D．放电时，b电极反应为，D错误；
故选D。
2．D
【分析】电解水生成氢气和氧气，氧气在阳极生成，氢气在阴极生成，电极3可分别连接K1或K2，分别发生氧化、还原反应，实现的转化，且可循环使用，以此解答该题。
【详解】A．连接时，电极3为阳极，发生，为产物，故A错误；
B．电解时，氧气在阳极生成，氢气在阴极生成，连接时，可制备，故B错误；
C．溶液为碱性电解液，所以连接时，阳极发生反应：，故C错误；
D．连接时，电极3发生，当电路中通过电子时，电极3的质量增加，故D正确；
故答案选D。
【点睛】本题考查非常温下水的电离问题及电解知识等，侧重考查学生的分析能力和理解能力，注意把握图像分析以及电解池的判断，掌握电极方程式的书写，题目难度中等。
3．D
【分析】没有外加电源，故此装置为原电池，电流计指针偏转说明原电池中发生了化学反应。a极H2发生氧化反应，为负极；b极Cl2发生还原反应，为正极。
【详解】A．该装置为原电池，可将化学能转化为电能，A项正确；
B．原电池中阳离子从负极移向正极，因此从a极经阳离子交换膜移向b极，B项正确；
C．a极电极反应为：，因为OH-被消耗，因此a极附近溶液会减小，C项正确；
D．因为H2在a极放电后消耗了OH-，从a极经阳离子交换膜移向b极，与生成的Cl-形成KCl，因此总反应不是，D错误。
本题选D。
4．B
【详解】A．1个氨基(-NH2)中含有9个质子，则0.1 mol氨基(-NH2)中含有9NA个质子，A错误；
B．乙烯和丙烯属于烯烃，分子式最简式是CH2，式量是14，则14 g乙烯和丙烯的混合气体中含有1 mol CH2，其中所含有碳氢键数为2NA，B正确；
C．只有溶液浓度，缺少溶液体积，不能计算微粒的数目，C错误；
D．电解熔融NaCl，阳极产生气体质量为7.1 g时，反应产生Cl2的物质的量n(Cl2)=，则外电路中通过电子的物质的量是0.2 mol，故转移的电子数目为0.2NA，D错误；
故合理选项是B。
5．(1)
(2)分液
(3)
(4) 增大 阴极： ，H+通过质子交换膜由阳极区进入阴极区，阴极区HI的浓度增大
(5) 阴 c
【详解】（1）反应①
反应②
反应③
按盖斯定律，反应Ⅰ=-×①-②-×③，反应Ⅰ的=---，则反应I的热化学方程式为： 。
（2）反应I所得产物溶液在碘过量时会自发分成两层，则为互不相溶的两层液体，分离两层溶液的实验操作是分液。
（3）反应I为，电解法实现反应I时，阳极二氧化硫失去电子被氧化转变为硫酸根，阳极的电极反应式：。
（4）①通过电解电渗析浓缩HI溶液，电渗析过程中，阳极碘离子失去电子被氧化转变为碘单质，则阳极液中I2的浓度会增大。
②结合化学用语，解释阴极区进行HI浓缩的原理为：阴极电极反应为 ，H+通过质子交换膜由阳极区进入阴极区，阴极区HI的浓度增大。
（5）①采用双极膜电渗析法制备高浓度氢碘酸，X电极上水提供的氢离子转变为氢气，是还原反应，则X极是阴极。
②Y为阳极，进入b中碘离子通过阴离子交换膜进入c室，右侧双极膜在直流电场作用下可将水解离产生的H+在c室、OH-在阳极Y放电产生氧气，则电解后，c室获得较浓的氢碘酸。
6．(1) 阳极区发生电极反应，阴极区产生的透过阴离子交换膜进入阳极，发生 反应：+ 2H+ =CO2↑ + H2O，产生
(2) 提高电化学还原CO2生成CH4的选择性 10%
【分析】碱性电化学还原，电极Ⅱ为阴极，、得电子发生还原反应，电极反应式为、，电极Ⅰ为阳极，失电子发生氧化反应，电极反应式为；
酸性电化学还原，电极Ⅱ为阴极，、得电子发生还原反应，电极反应式为、，电极Ⅰ为阳极，失电子发生氧化反应，电极反应式为；
【详解】（1）①根据分析，阴极产生的电极反应为；
②阴极生成的，发生反应为；在阴极区若每得到电子，同时有也会得到等物质的量的电子，若生成1mol，消耗1mol得8mol电子，生成8molOH-，也会得到8mol电子，生成8mol OH-，共16mol OH-，发生反应，消耗8mol，阴极共消耗9mol，根据=×100％==；
③阳极区发生电极反应，阴极区产生的透过阴离子交换膜进入阳极，发生 反应：+ 2H+ =CO2↑ + H2O，产生；
（2）①结合图3的变化规律，随着浓度增大，的法拉第效率降低，可能的作用是KCl 抑制了（阴极）析氢，总体而言提高了电化学还原CO2 生成CH4的选择性；
②，法拉第效率为20%；将和混合气体通入如图4所示装置(反应完全)，被吸收，出口处收集到气体为，的物质的量为0.3mol，生成的电极反应式为，可知生成0.3mol得到0.3mol×8=2.4mol电子，法拉第效率为20%，则通过阴极的电子为=12mol，共有0.5mol被完全吸收并还原为和，根据碳原子守恒，的物质的量为=0.1mol，生成的电极反应式为，可知生成0.1mol得到1.2mol电子，则为=10%。2023北京重点校高三（上）期末化学汇编
沉淀溶解平衡
一、单选题
1．（2023秋·北京通州·高三统考期末）某种盐M2CrO4(s)一定温度下在水中的溶解度为0.032g/L。比较该盐在0.05mol/L的MNO3溶液中的溶解度与相同温度下在水中的溶解度，下列叙述正确的是
A．在MNO3溶液中溶解度更高，因为MNO3的摩尔质量比M2CrO4的小
B．在MNO3溶液中溶解度更低，因为溶液中已经含有M
C．溶解度相同，因为M+的物质的量浓度都是的二倍
D．溶解度相同，因为Ksp只受温度影响
2．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）精炼铜工业中阳极泥的综合利用具有重要意义。从阳极泥中回收多种金属的流程如下。
已知：分金液中含；分金渣的主要成分为；在反应中被氧化为。
下列说法不正确的是
A．“分铜”时加入的目的是降低银的浸出率
B．得到分金液的反应为：
C．得到分银液的反应为：
D．“滤液2”中含有大量的氨，可直接循环利用
3．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）下列过程中的化学反应对应的离子方程式正确的是
A．硫酸铜溶液中加少量的铁粉：
B．溶液中滴加过量稀氨水：
C．硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：
D．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：
4．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）已知物质的相关数据如下表，下列说法正确的是
物质
相关数据
A．不与盐酸溶液反应
B．溶液中存在的所有微粒有：
C．与碳酸钠溶液反应，可能产生气体
D．向石灰水悬浊液中加入溶液，溶液可能变澄清
5．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）下列反应的离子方程式正确的是
A．用饱和碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：
B．通入水中制硝酸：
C．硫酸铜溶液中加少量的铁粉：
D．室温下用稀溶解铜：
6．（2023秋·北京·高三统考期末）表示下列反应的方程式正确的是
A．铁粉与水蒸气共热，生成可燃性气体：
B．向溶液中加入铜片，溶液由黄色变成蓝色：
C．向浊液中加入溶液，生成红褐色沉淀：
D．向溶液中滴加溶液，溶液由浅绿色变成黄色：
二、实验题
7．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）某小组同学探究盐对平衡体系的影响。
实验Ⅰ：探究对和平衡体系的影响
将等体积、低浓度的溶液(已用稀盐酸酸化)和溶液混合，静置至体系达平衡，得红色溶液a。各取溶液a放入3支比色皿中，分别滴加不同浓度的溶液，并测定各溶液的透光率随时间的变化，结果如图所示。
已知：①溶液的透光率与溶液颜色深浅有关，颜色深，透光率低。
②在水溶液中由于水解而显黄色；溶液中存在(黄色)。
(1)稀盐酸酸化溶液的目的是___________。采用浓度较低的溶液制备和平衡体系，是为了避免___________(填离子符号)的颜色对实验干扰。
(2)从实验结果来看，溶液确实对和平衡体系有影响，且随着浓度增大，平衡向___________(填“正”或“逆”)反应方向移动。
实验Ⅱ：探究盐对和平衡体系产生影响的原因
同学查阅相关资料，认为可能的原因有：
原因1：溶液中的离子会受到周围带有异性电荷离子的屏蔽，使该离子的有效浓度降低，这种影响称为盐效应。溶液的加入使和平衡状态因盐效应而发生变化。
原因2：溶液中存在副反应，离子浓度发生变化，导致和平衡状态发生变化。
(3)基于以上分析，该组同学取等体积的溶液a，分别加入等物质的量的不同种类的盐晶体(忽略溶液体积变化)，观察颜色变化，结果如下表。
序号 加入少量盐 溶液颜色
1 无 红色
2 变浅
3 略变浅
4 变浅程度较大
①上述实验可证明盐效应影响了和平衡体系的是___________(填字母序号)。
a、1和2 b、1和3 c、1和4
②选择实验___________(填序号)可得出结论：的盐效应弱于的盐效应。简述选择实验的理由及获得结论的依据：___________。
(4)取等体积的溶液a继续进行实验，结果如下表。
序号 加入溶液 溶液颜色
5 浓盐酸 明显变浅，溶液偏黄
6 去离子水 略变浅
上述实验可证明副反应影响了和平衡体系，结合实验现象及化学用语分析副反应对和平衡体系有影响的原因：___________。
(5)拓展应用：盐效应对多种平衡体系有影响。
在不同浓度溶液中的溶解度数据如下表：
0 0.01 0.02 0.04 0.10 0.20
溶解度 4.5 0.48 0.42 0.39 0.48 0.69
分析在范围内，溶解度发生变化的原因：___________。
三、工业流程题
8．（2023秋·北京通州·高三统考期末）工业上湿法冶炼金属锌，通常先将含锌矿石焙烧。锌焙烧矿再加稀硫酸浸出，所得浸出液中含Zn2+和Fe2+、Fe3+等杂质。铁元素的存在对后续电解锌有害。从锌浸出液中沉铁的方法有多种，其中将铁以针铁矿(FeOOH)形式沉淀，铁渣易过滤。其工艺流程如下：
已知：i.滤渣1的主要成分是硫单质；
ii.滤渣2中铁元素的存在形态为FeOOH；
iii.溶液中Fe3+浓度小于1g/L，才能顺利析出FeOOH晶体。溶液pH较大时，Fe3+水解主要生成氢氧化铁胶体。
(1)酸浸：
能加快锌焙烧矿浸出速率的措施有_______。
A．加热 B．粉碎锌焙烧矿 C．降低稀硫酸的浓度
(2)还原：
①为了便于沉铁时调控溶液中Fe3+浓度，向锌浸出液中加入过量ZnS精矿先将Fe3+还原为Fe2+，该反应的离子方程式：_______(已知室温时，Ksp(ZnS)=2.5×10-22)
②检验滤液1中是否含Fe3+的方法是_______。
(3)沉铁：
溶液pH对铁去除率的影响实验结果如下图所示：
①从图中数据来看，沉铁的最佳pH为_______。
②结合图中数据，解释pH偏小或偏大都不利于沉铁的原因是_______。
(4)除氟：
通常锌浸出液中还有一定量的氟离子，氟离子浓度过高也会影响电解锌。FeOOH对F-有吸附作用。若将流程中ZnO更换为CaO，可进一步显著提高F-去除率。若要求滤液2中氟离子含量在38mg/L以下，则滤液2中所含Ca2+的浓度至少为_______mol/L。(已知室温时， )
9．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）我国出口球状氯化镁融雪剂时，对产品色度(白度)要求很高，因此研究脱色及显色离子的去除有现实意义。以水氯镁石为原料生产符合白度要求的融雪剂的流程如下。
已知：①水氯镁石的主要成分是，还含有少量有色有机物、可溶性等杂质离子及少量不溶物。
物质
I.去除泥沙及脱除有机物颜色
水氯镁石饱和溶液脱色后的饱和溶液
(1)操作1的名称是_______。
(2)活性炭的作用是_______。
(3)部分有机物可与反应脱氢，在该反应中，体现的性质是_______。
(4)其它条件都不变的情况下，得到温度对脱色率的影响如图所示。后，随温度升高，脱色率下降的原因是_______。
II.去除显色离子
向脱色处理后的氯化镁溶液中加入氨水反应30分钟，再将溶液升温至保持30分钟，恢复至室温，最后加入适量的溶液反应一段时间，过滤得到氯化镁精制溶液。
(5)过滤得到的滤渣中含有、_______。
①将横线补充完整_______。
②将生成的离子方程式补充完整：_______、
(6)将溶液升温至的目的是_______。
III.制备产品
氯化镁精制溶液球状氯化镁融雪剂
(7)操作2是_______。
10．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）富钴结壳浸出液分离制备的工业流程如下。
已知：i.浸出液中主要含有的金属离子为：、、、、
ii.25℃时，金属硫化物的溶度积常数。
金属硫化物 NiS CoS CuS MnS
(1)过程①中，还原得到的浸出液中含硫元素的阴离子主要为_______。
(2)过程②中，转化为时，氧气和石灰乳的作用分别是_______。
(3)固体Y中主要物质的化学式为_______。
(4)已知，在时完全沉淀转化为。过程③中沉淀剂不选择的原因可能是_______。
(5)已知，温度高于20℃时，在水中的溶解度随温度升高迅速降低。过程④中，采用的操作是_______。
(6)过程⑤中发生下列反应。



利用和计算时，还需要利用_______反应的。
(7)流程中可循环使用的物质是_______。
11．（2023秋·北京·高三统考期末）碳酸锂是制备其他锂化合物的关键原料。一种以磷酸锂渣(主要成分)为原料制备碳酸锂的工艺流程示意图如下。
已知：部分物质的溶解性表(20℃)
阳离子 阴离子
难溶 可溶 易溶
难溶 难溶 可溶
(1)写出浸取时与盐酸反应的化学方程式：_______。
(2)加入盐酸的量不宜过多的原因是_______。
(3)钙渣的主要成分是_______。
(4)磷锂分离时，需要不断加入适量溶液以维持溶液的基本不变。结合离子方程式解释其原因是_______。
(5)沉锂时，反应的离子方程式是_______。
(6)若粗制溶液中，。则沉锂前溶液中能达到的的最小浓度是_______。(已知：25℃时，的，的)
参考答案
1．B
【详解】A．在MNO3溶液中含M+、M+浓度增大使沉淀溶解平衡M2CrO4(s) 2 M+ (aq) + (aq)左移，因此溶解度比纯水中更低，A错误；
B．结合选项A可知在MNO3溶液中溶解度更低， B正确；
C．M2CrO4(s)溶解度随溶液中M+、的浓度变化，只有在纯水中M+的物质的量浓度是的二倍，C错误；
D．虽然 Ksp(M2CrO4)= c2 (M+) c()只受温度影响，但M2CrO4(s)溶解度随溶液中M+、的浓度变化， D错误；
答案选B。
2．D
【分析】阳极泥加入硫酸、过氧化氢和氯化钠使铜溶解，使氯化银尽量不溶解，在分铜渣中加入氯化氢和氯酸钠分金，分金液中加入二氧化硫将金还原成单质金，分渣金中加入氨水分银，分银液中加入，还原银成为银单质，据此分析。
【详解】A．“分铜”时加入，使氯离子浓度增大，利用同离子效应，使氯化银几乎不溶解，降低银的浸出率， A正确；
B．利用的氧化性，同时大量氯离子存在，可以使金形成配合离子，反应的离子方程式为：，B正确；
C．氯化银可以溶解在氨水中，形成，反应的化学方程式为：，C正确；
D．由已知被氧化成，不会生成氨气，故“滤液2”中不会含有大量的氨，D错误；
故本题选D。
3．A
【详解】A．铁具有还原性，与铜离子反应生成亚铁离子和单质铜，A正确；
B．AgNO3溶液中滴加氨水，开始生成沉淀，氨水过量时，沉淀溶解，，B错误；
C．硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液，，氢氧化钾的物质的量少，不能溶解氢氧化铝沉淀，C错误；
D．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙，，D错误；
故答案为：A。
4．C
【详解】A．HF为弱酸，NaF与盐酸反应生成，符合强酸制弱酸，A错误；
B．，则溶液中的微粒有，，B错误；
C．根据电离平衡常数，，。符合强酸制弱酸，C正确；
D．根据Ksp可知，，Ca(OH)2转化为CaF2沉淀，D错误；
故答案为：C。
5．D
【详解】A．水垢中的硫酸钙是沉淀，故用饱和碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙的离子方程式为：，A错误；
B．原离子方程式H原子不守恒，则通入水中制硝酸的离子方程式为：，B错误；
C．铁与盐溶液发生置换反应生成Fe2+，故硫酸铜溶液中加少量的铁粉的离子方程式为：，C错误；
D．室温下用稀溶解铜的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故其离子方程式为：，D正确；
故答案为：D。
6．B
【详解】A．铁粉与水蒸气共热生成Fe3O4和H2，A错误；
B．向溶液中加入铜片，Fe3+与Cu反应生成Fe2+和Cu2+，溶液由黄色变成蓝色，离子方程式为，B正确；
C．在离子方程式中不能拆开，应该保留化学式，C错误；
D．向溶液中滴加溶液的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，D错误 ；
故答案为：B。
【点睛】判断离子方程式是否正确，一般先看产物是否符合客观事实，二看化学式拆分是否正确，三看是否漏离子反应，四看反应物的配比是否正确，五看各种符号是否齐全。
7．(1) 抑制Fe3+水解
(2)逆
(3) b 2和4 阴离子均为氯离子，加入，溶液变浅程度较大
(4)加入浓盐酸，氯离子浓度增大，平衡正向移动，Fe3+浓度减小，平衡逆向移动，溶液颜色变浅；
(5)浓度增大，溶解平衡逆向移动，溶解度减小，浓度继续增大，离子会受到周围带有异性电荷离子的屏蔽，使该离子的有效浓度降低，溶解平衡正向移动，溶解度又略增大
【分析】实验Ⅰ：探究对和平衡体系的影响，随着溶液浓度增大，溶液的透光率增加，按照题中信息，可能原因有：原因1，溶液中的离子会受到周围带有异性电荷离子的屏蔽，使该离子的有效浓度降低，这种影响称为盐效应。溶液的加入使和平衡状态因盐效应而发生变化。
原因2，溶液中存在副反应，离子浓度发生变化，导致和平衡状态发生变化。
【详解】（1）稀盐酸酸化溶液的目的是抑制Fe3+水解；有颜色，采用浓度较低的溶液制备和平衡体系，是为了避免的颜色对实验干扰；
（2）随着浓度增大，平衡正向移动，Fe3+浓度减小，平衡逆向移动；
（3）①溶液和溶液中均存在氯离子，对平衡有影响，无法确定是盐效应使平衡移动，加入溶液，颜色略变浅，证明和平衡状态因盐效应而发生变化，故1和3可证明盐效应影响了和平衡体系，故选b；
②选择实验2和4可得出结论：的盐效应弱于的盐效应；溶液和溶液中均存在氯离子，加入，溶液变浅程度较大；
（4）加入浓盐酸，氯离子浓度增大，平衡正向移动，Fe3+浓度减小，平衡逆向移动，溶液颜色变浅；
（5）浓度增大，溶解平衡逆向移动，溶解度减小，浓度继续增大，离子会受到周围带有异性电荷离子的屏蔽，使该离子的有效浓度降低，溶解平衡正向移动，溶解度又略增大。
8．(1)AB
(2) 取少量滤液1于试管，滴加KSCN溶液，若不显红色，则证明不含Fe3+
(3) 4.8 ，pH过小，c(H+)较大，使Fe3+的水解平衡逆向移动，不利于生成FeOOH沉淀。溶液pH较大，Fe3+水解产物更多是不易过滤的氢氧化铁胶体
(4)6.75×10-6
【分析】锌焙烧矿加入稀硫酸浸出，所得浸出液中含Zn2+和Fe2+、Fe3+等杂质，加入ZnS精矿，发生反应ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S，经过滤得到滤渣1和滤液1，滤液1中加入双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，加入ZnO将Fe3+以针铁矿形式沉淀，过滤后得到滤液2和滤渣2。
【详解】（1）A．加热，温度升高，化学反应速率加快，A选；
B．粉碎锌焙烧矿，增大反应物的接触面积，化学反应速率加快，B选；
C．降低稀硫酸的浓度，减小反应物浓度，化学反应速率减慢，C不选；
答案选AB。
（2）①滤渣1的主要成分是硫单质，说明加入过量ZnS精矿将Fe3+还原为Fe2+的同时ZnS被氧化成S，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S；答案为：ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S。
②用KSCN溶液检验Fe3+，故检验滤液1中是否含Fe3+的方法是：取少量滤液1于试管，滴加KSCN溶液，若不显红色，则证明不含Fe3+；答案为：取少量滤液1于试管，滴加KSCN溶液，若不显红色，则证明不含Fe3+。
（3）①从图中数据可知，pH=4.8时铁去除率最大，故沉铁的最佳pH为4.8；答案为：4.8。
②滤渣2中铁元素的存在形态为FeOOH，说明加入双氧水氧化后的溶液中存在水解平衡：Fe3++2H2OFeOOH+3H+，pH过小，c(H+)较大，使Fe3+的水解平衡逆向移动，不利于生成FeOOH沉淀；根据已知iii，溶液pH较大，Fe3+水解产物更多是不易过滤的氢氧化铁胶体；答案为：Fe3++2H2OFeOOH+3H+，pH过小，c(H+)较大，使Fe3+的水解平衡逆向移动，不利于生成FeOOH沉淀；溶液pH较大，Fe3+水解产物更多是不易过滤的氢氧化铁胶体。
（4）要求滤液2中氟离子含量在38mg/L以下，即c(F-)在=2×10-3mol/L以下，则Ca2+的浓度至少为=mol/L=6.75×10-6mol/L；答案为：6.75×10-6。
9．(1)溶解、过滤
(2)吸附少量有色有机物
(3)氧化性
(4)当温度高于50℃时，过氧化氢分解，从而导致脱色率下降
(5) CuS CuS Mn2++2NH3·H2O+H2O2=MnO(OH)2↓+2+H2O
(6)除去溶液中过量的H2O2，防止其氧化后续加入的硫化铵
(7)蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，同时加入HCl防止镁离子水解
【分析】水氯镁石加水溶解，操作1为过滤除去其中的少量不溶物得到氯化镁溶液，氯化镁溶液中加入活性炭吸附少量有色有机物，加入过量过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子得到脱色后的氯化镁饱和溶液。脱色后的氯化镁溶液中加入氨水将铁离子、铜离子、锰离子转化为氢氧化物沉淀，其中氢氧化锰先被氧化生成MnO(OH)2，MnO(OH)2进一步分解生成二氧化锰，最后加入硫化铵生成硫化铅沉淀同时氢氧化铜沉淀会转化成更难溶的硫化铜沉淀，得到氯化镁精制溶液，氯化镁精制溶液经蒸发浓缩冷却结晶得到球状氯化镁融雪剂。
【详解】（1）根据分析可知，操作1名称为溶解、过滤。
（2）活性炭具有吸附能力，其作用为吸附少量有色有机物。
（3）部分有机物与H2O2反应脱氢，发生了氧化反应，在该反应中，过氧化氢表现出氧化性。
（4）从第三小问可知，部分有机物被过氧化氢氧化从而脱色，当温度高于50℃时，过氧化氢分解，从而导致脱色率下降。
（5）①根据分析可知，过滤得到的滤渣中除了氢氧化铁、二氧化锰还含有硫化铜。
②锰离子先与过氧化氢、一水合氨反应生成MnO(OH)2，MnO(OH)2分解生成二氧化锰，离子方程式为Mn2++2NH3·H2O+H2O2=MnO(OH)2↓+2+H2O。
（6）将温度升高到90℃目的是除去溶液中过量的H2O2，防止其氧化后续加入的硫化铵。
（7）氯化镁精制溶液经过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，造粒得到球状氯化镁融雪剂，同时加入HCl防止镁离子水解。
10．(1)
(2)氧气是氧化剂，使Fe2+转化为Fe3+，石灰乳是沉淀剂，调pH可使Fe3+转化为沉淀
(3)CuS、CoS、NiS
(4)Na2S水解呈碱性，其碱性强于NaHS。可能会导致Mn2+转化为Mn(OH)2沉淀
(5)蒸发结晶
(6)
(7)SO2
【分析】酸浸过程中SO2具有还原性，MnO2具有氧化性，所以两者反应生成硫酸锰，反应的离子方程式为，因为浸出液中含有Ni2+、 Co2+、 Cu2+ 、 Mn2+、 Fe2+，与氧气和石灰乳反应后，生成Fe(OH)3，根据金属硫化物的Ksp可知，向溶液1中加入NaHS，生成沉淀的先后顺序为，CuS、CoS、NiS、MnS，根据溶液2的成分分析，生成的沉淀中没有MnS，故溶液2中的MnSO4经过蒸发结晶得到固体MnSO4，最后经过焙烧得到Mn3O4，以此分析解答；
【详解】（1）根据分析，含硫的阴离子主要为；
故答案为：；
（2）根据分析，氧气的作用使得亚铁离子转化为铁离子，加入石灰乳使得铁离子转化为沉淀；
故答案为：氧气是氧化剂，使Fe2+转化为Fe3+，石灰乳是沉淀剂，调pH可使Fe3+转化为沉淀；
（3）根据分析，Y中的固体有CuS、CoS、NiS;
故答案为：CuS、CoS、NiS；
（4），生成的硫离子，水解呈碱性，其碱性强于NaHS。可能会导致Mn2+转化为Mn(OH)2沉淀；
故答案为：Na2S水解呈碱性，其碱性强于NaHS。可能会导致Mn2+转化为Mn(OH)2沉淀；
（5）对硫酸锰溶液进行蒸发结晶，得到晶体MnSO4；
故答案为：蒸发结晶；
（6）根据盖斯定律，2①-2②，可得，与式③相比，差；
故答案为：
（7）根据分析，MnSO4进行焙烧时产生SO2可以在步骤①中重复使用；
故答案为：SO2。
11．(1)+2HCl=+2LiCl
(2)尽量减少后序磷锂分离时NaOH的用量
(3)
(4)溶液中存在反应Ca2++=+H+，反应后后溶液酸性增强，需要不断NaOH溶液以维持溶液的基本不变，避免溶液酸性增强影响磷的沉淀
(5)2Li++=Li2CO3↓
(6)
【分析】磷酸锂渣加入盐酸浸取时生成和LiCl，加入CaCl2溶液生成，期间不断加入NaOH溶液保持pH基本不变，避免溶液酸性增强影响磷的沉淀，磷锂分离后钙渣中主要是，调节溶液中pH至弱碱性，向粗制LiCl溶液中加入Na2CO3溶液除去Ca2+杂质，然后再加入Na2CO3溶液进行沉锂，最后得到Li2CO3沉淀。
【详解】（1）磷酸锂渣加入盐酸浸取时生成Li+、、Cl-，因此与盐酸反应的化学方程式为+2HCl=+2LiCl；
（2）在磷锂分离时还需要加入NaOH调节pH，因此浸取时加入盐酸的量不宜过多，减少后序磷锂分离时NaOH的用量；
（3）根据溶解性表可知，磷锂分离时加入CaCl2溶液和NaOH溶液，生成可溶性的LiCl和难溶性的，钙渣的主要成分是；
（4）在溶液中存在反应Ca2++=+H+，反应后后溶液酸性增强，需要不断NaOH溶液以维持溶液的基本不变，避免溶液酸性增强影响磷的沉淀；
（5）沉锂时，Li+与结合生成Li2CO3沉淀，反应的离子方程式是2Li++=Li2CO3↓；
（6）要求Li+不能沉淀，Ca2+形成沉淀CaCO3而除去，则，则沉锂前溶液中能达到的的最小浓度是。2023北京重点校高三（上）期末化学汇编
化学反应速率与化学平衡章节综合
一、单选题
1．（2023秋·北京通州·高三统考期末）某同学在家中用天然气灶炒菜，不慎使油在锅中燃烧起来，但火势未溢出锅外。该同学果断地关闭了天然气灶，但家中没有灭火器等消防器材。此时，以下方法可以扑灭锅中火的是
A．迅速用锅盖把锅盖严实，等锅的温度降下来再揭盖
B．向锅中倒入少量凉水
C．向锅中倒入面粉
D．打开厨房的窗户，加大通风
2．（2023秋·北京通州·高三统考期末）已知温度为483K时，反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H＜0的K=14.5。在483 K，将1.0 mol的CO(g)和1.0 mol的H2(g)充入容积为2.0 L的恒容密闭容器中。在反应达到平衡时，以下说法正确的是
A．c(H2)=2c(CO) B．c(H2)＜c(CO)
C．c(CO)=c(CH3OH)＜c(H2) D．c(CO)=c(CH3OH)=c(H2)
3．（2023秋·北京通州·高三统考期末）酶在化学反应过程中的主要作用是
A．酶与反应物分子暂时性结合以降低反应的活化能
B．酶消耗反应中的副产物来促使反应进行完全
C．酶自身分解生成主产物，从而加快反应速率
D．酶分解会释放能量，以增加主产物分子的有效碰撞次数
4．（2023秋·北京西城·高三统考期末）转化可减少排放并实现资源利用。催化氧化乙烷制乙烯的主要反应有：
①：
②：
反应的能量变化如图1所示。体系中还存在其他副反应。相同时间内，乙烷的转化率、乙烯的选择性与温度的关系如图2所示。
已知：乙烯的选择性为转化的乙烷中生成乙烯的百分比，下列说法不正确的是
A．
B．反应②比反应①的速率小，是总反应的决速步
C．在图2所画曲线的温度范围内，温度越高，乙烯的产率越低
D．其他条件不变，适当增大投料比，能提高的转化率
5．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）在不同条件下，按投料比进行反应： ，并测定实验数据。
一定条件下，CO2转化率为13.68%，CH3OH产率(甲醇的物质的量/起始CO2物质的量)为4.12%。
②一定压强下，相同时间，CH3OH产率随温度变化的数据图如下。
下列说法不正确的是
A．与①相同条件下，提高与的比例，可以提高的转化率
B．由①可推测，制取过程中无副反应发生
C．由②可推测，480～520K，温度升高，速率加快是产率升高的原因
D．由②可推测，温度升高产率降低的可能原因是平衡逆向移动
6．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）已知： 。钒触媒(V2O5)是该反应的催化剂，其催化过程如图所示。下列说法正确的是
A．促进了平衡正向移动
B．过程c的反应为
C．a、b、c中反应均为氧化还原反应
D．升高温度可提高的平衡转化率
7．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）某同学进行如下实验：
①取少量稀盐酸放于试管中，投入光亮的铜片，无明显变化。
②向实验①的试管中通入足量的，铜片表面很快变暗，生成黑色同体，溶液逐渐变为棕色。
③若将稀盐酸换成稀硫酸重复实验①和②，均无明显变化。
资料：是白色固体，难溶于水，能溶于盐酸，(棕色)
下列说法不正确的是
A．黑色固体不是
B．将棕色溶液加水稀释，会产生白色沉淀
C．由实验①②能说明增强了的还原性
D．上述过程中可能发生的反应：
二、工业流程题
8．（2023秋·北京西城·高三统考期末）黏土钒矿中，钒以+3价、+4价、+5价的化合物存在，还包括、和铝硅酸盐()等。采用以下流程可由黏土钒矿制备、和硫酸铝铵。
已知：i.有机酸性萃取剂HR的萃取原理为：
org表示有机溶液
ii.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
iii.HR能萃取而不能萃取
(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%溶液的作用：_______。
(5)和反应生成和的离子方程式是_______。
(6)测定产品的纯度
称取产品a g，先加入硫酸将转化为，加入指示剂后，用溶液滴定将转化为至终点，消耗溶液的体积为VmL。假设杂质不参与反应，则产品中的质量分数是_______(的摩尔质量为Mg/mol)。
(7)从无机层获得的离子方程式是_______。
(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。
参考答案
1．A
【详解】A．迅速用锅盖把锅盖严实，使油与空气隔绝，没有了氧气，油就不能持续燃烧，从而达到灭火效果，等锅温度降下来以确保油不会再燃烧再揭盖，A正确；
B．向锅中倒入少量凉水，由于水的密度比油大，会沉到油层下，无法使油与空气隔绝，且水的沸点比油低会导致暴沸，油滴飞溅出来与空气充分接触使燃烧更猛烈，B错误；
C．面粉是可燃物，向锅中倒入面粉时，当面粉扬起的粉尘和明火相遇时，由于接触面积极大，会加速燃烧，甚至可能引发爆炸，C错误；
D．打开厨房的窗户，加大通风，相当于增加燃烧空间中氧气的浓度，使油燃烧更剧烈，D错误；
故选A。
2．B
【详解】A．反应在容积为2.0 L的容器中进行，开始时n(CO)=1.0 mol，n(H2)=1.0 mol，则开始时c(CO)=c(H2)=0.5 mol/L，二者反应的物质的量浓度比是1：2，则平衡时c(H2)一定比c(CO)小，A错误；
B．反应开始时c(CO)=c(H2)=0.5 mol/L，由于反应消耗物质的浓度△c(H2)=2△c(CO)，所以反应达到平衡后，c(H2)＜c(CO)，B正确；
C．反应开始时c(CO)=c(H2)=0.5 mol/L，若平衡时，c(CO)=c(CH3OH)，则根据C元素守恒平衡时，c(CO)=c(CH3OH)=0.25 mol/L，c(H2)=0，不符合可逆反应的特点，C错误；
D．反应开始时c(CO)=c(H2)=0.5 mol/L，反应消耗浓度关系为△c(H2)=2△c(CO)，则平衡时c(H2)一定比c(CO)，不可能存在关系c(CO)=c(H2)=c(CH3OH)，D错误；
故合理选项是B。
3．A
【详解】A． 酶是生物催化剂，酶与反应物分子暂时性结合以降低反应的活化能，A正确；
B．酶是生物催化剂，能大幅增大反应速率、但不影响反应程度，B错误；
C． 结合选项A可知酶通过降低反应活化能从而加快反应速率，C错误；
D．结合选项A可知酶通过降低反应活化能、增大了活化分子百分数、增加了反应的有效碰撞次数，D错误；
答案选A。
4．C
【详解】A．由图可知， =生成物的能量减去反应物的能量=-300kJ/mol-(-477 kJ/mol)=+177kJ/mol，故A正确；
B．由图可知，反应①的活化能大于反应②的活化能，则反应②比反应①的速率小，速率小的是总反应的决速步，故B正确；
C．由图可知，在图2所画曲线的温度范围内，温度越高，乙烯的选择性越低，但是乙烷的转化率越高，无法确定乙烯的产率的变化，故C错误；
D．其他条件不变，适当增大投料比，反应①正向移动，能提高的转化率，故D正确；
故选C。
5．B
【详解】A．与①相同条件下，提高与的比例，即增大H2的用量，化学平衡正向移动， 的转化率增大，H2的转化率减小，A正确；
B．由①可推测，一定条件下，转化率为13.68%，产率(甲醇的物质的量/起始物质的量)为4.12%，根据碳原子守恒可知，制取过程中有副反应发生，B错误；
C．由图示信息可知， 480～520K，温度升高，相同时间内的CH3OH产率升高，主要是由于速率的加快，C正确；
D．由题干信息可知， 正反应是一个放热反应，则由②可推测，温度升高产率降低的可能原因是平衡逆向移动，D正确；
故答案为：B。
6．B
【详解】A．催化剂只能影响反应达到平衡的时间，而不能使平衡发生移动，故V2O5不能使平衡发生移动，A错误；
B．依据题干信息的转化关系图可知，V2O5参与反应先做氧化剂把二氧化硫氧化为三氧化硫，本身被还原为图中产物V2O4；根据氧化还原反应的实质写出并配平a步化学方程式SO2+V2O5SO3+V2O4；c是VOSO4转化为SO3，此过程需要重新生成催化剂V2O5，需要氧化剂完成，此过程中的氧化剂时氧气，根据化合价的变化写出c步化学方程式 4VOSO4+O22V2O5+4SO3，B正确；
C．由B项分析可知，a、b、c中分别发生的反应为：SO2+V2O5SO3+V2O4、4SO3+2V2O44VOSO4、4VOSO4+O22V2O5+4SO3，故可知a、c反应均为氧化还原反应，b中反应未有元素化合价改变，不是氧化还原反应，C错误；
D．由题干可知，反应正反应是一个放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，不能提高SO2的平衡转化率，D错误；
故答案为：B。
7．C
【详解】A．反应中SO2作氧化剂被还原得到Cu2S黑色沉淀，A正确；
B．将棕色溶液加水稀释，平衡逆向移动，会产生白色沉淀，B正确；
C．对比实验①②③可推测氯离子的存在提高了二氧化硫的氧化性，C错误；
D．反应中SO2作氧化剂被还原得到Cu2S黑色沉淀，同时还得到含有CuCl的棕色溶液，反应方程式为，D正确；
故选C。
8．(1)使用浓硫酸、升高温度到250℃
(2)
(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%溶液，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，利于钒元素进入水层，与萃取剂分离
(5)
(6)
(7)
(8)降温结晶、过滤
【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，煅烧得到；水层加入氨水、空气得到氢氧化铁，煅烧得到氧化铁；
【详解】（1）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；
（2）由分析可知，滤渣的主要成分是；
（3）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能萃取而不能萃取；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；
（4）有机酸性萃取剂HR的萃取原理为：
，加入20%溶液，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，利于钒元素进入水层；
（5）和反应生成和，离子方程式是；
（6）用溶液滴定将转化为，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，，则产品中的质量分数是
（7）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；
（8）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。2023北京重点校高三（上）期末化学汇编
化工生产中的重要非金属元素章节综合
一、单选题
1．（2023秋·北京通州·高三统考期末）下列实验对应的化学方程式不正确的是
A．次氯酸溶液在光照下产生气泡：2HClO2HCl+O2↑
B．将稀硫酸和硫代硫酸钠溶液混合产生浑浊：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+2S↓+O2↑+H2O
C．将铜片投入稀硝酸产生气泡：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
D．向氯化银沉淀中加入氨水得到澄清的无色溶液：AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]Cl
2．（2023秋·北京丰台·高三统考期末）下列物质混合后，变化过程中不涉及氧化还原反应的是
A．溶液使淀粉碘化钾试纸变蓝
B．将通入到溶液中，生成白色沉淀
C．向饱和食盐水中依次通入、，有晶体析出
D．石蕊溶液滴入氯水中，溶液变红，随后迅速褪色
3．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）是硅酸盐水泥的重要成分之一，其相关性质的说法不正确的是
A．可发生反应：
B．具有吸水性，需要密封保存
C．能与，反应生成新盐
D．与足量盐酸作用，所得固体产物主要为
二、实验题
4．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）铜片与浓硝酸反应后溶液呈现鲜草绿色，小组同学探究其成因。
(1)铜片溶解的化学方程式为_______。
【初步实验】
甲同学提出猜想：仅仅是因为气体溶解后，溶液颜色和气体颜色叠加形成鲜草绿色，进行实验1-1及1-2予以验证。
实验1-1：取反应后混合液于一支试管内，按一定的气体流速将和混合气体通入，有大量红棕色气体逸出，约后溶液转为蓝色。
实验1-2：取反应后混合液于另一支试管内，按与实验1-1中相同的气体流速将空气通入，有大量红棕色气体逸出，约后溶液转为蓝色。
(2)乙同学根据以上2个实验现象证明甲同学猜想不成立，理由是_______。
【深入研究】
分别向四支试管内依次加入下列试剂后，同时插入铜丝并记录实验现象，如下表。
编号 浓硝酸/ 蒸馏水/滴 /滴 尿素溶液/滴 现象
2-1 1 0 0 0 快速反应，异常剧烈，溶液为鲜草绿色
2-2 1 3 0 0 快速反应，异常剧烈，溶液为鲜草绿色
2-3 1 0 3 0 反应较慢，溶液为蓝色，没有绿色出现
2-4 1 0 0 3 反应较慢，溶液为蓝色，没有绿色出现
已知：①尿素的化学式为，其中C的化合价为价
②该条件下，浓硝酸与尿素溶液不反应
③金属和浓硝酸反应过程中有生成，可大大加快金属与浓硝酸反应的速率。其原理为：
第一步：
第二步：
第三步：
(3)补全上述原理的第二步反应：_______。
(4)因为发生化学反应：_______，因此实验2-4中反应速率较慢。上述实验可以说明反应过程中的对反应速率有一定影响。丙同学设计实验3，能证明反应混合液的鲜草绿色也与也有关。
(5)实验3：向一支试管内加入5滴稀，加入溶液振荡后再滴加溶液，现象是_______。
(6)实验2-3和实验2-4分别证明了具有_______性、_______性，这与其核心元素化合价密切相关。
(7)解释实验1-1和1-2的现象差异_______。
三、工业流程题
5．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）以废旧铅酸电池中的含铅废料(等)为原料制备，实现铅的再生利用。流程示意图如下：
资料：i.25℃时，
ii.
(1)溶浸
均转化为。
①上述流程中能提高含铅废料中铅的浸出率的措施有_______。
②转化为的反应有：、_______。
(2)结晶
①所得中含有少量，原因是_______(用方程式表示)。
②向母液中补加一定量盐酸，可继续浸取含铅废料。重复操作的结果如下：
循环次数 0 1 2 3 4
铅回收率/% 85.4 93.5 95.8 97.1 98.2
纯度/% 99.4 99.3 99.2 99.1 96.1
循环3次后，纯度急剧降低，此时向母液中加入_____(填试剂)，过滤，滤液可再次参与循环。
(3)脱氯
在某浓度溶液中的溶解度曲线如下图所示。
结合溶解度曲线，简述脱氯的操作：_______。
(4)测定废料中铅的含量
将含铅废料与足量盐酸、溶液充分反应，得到溶液。取溶液加水稀释，再加几滴二甲酚橙作指示剂，用的乙二胺四乙酸二钠盐(用表示)进行滴定，滴定终点时消耗溶液。计算废料中铅的质量分数_______。
资料：滴定原理为：
参考答案
1．B
【详解】A．次氯酸不稳定，在光照下分解产生HCl、O2，，因此产生气泡，反应方程式为：2HClO2HCl+O2↑，A正确；
B．将稀硫酸和硫代硫酸钠溶液混合，反应产生Na2SO4、S、SO2、H2O，反应方程式为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，B错误；
C．铜片投入稀硝酸，反应产生NO气体，根据电子守恒、电荷守恒，可知反应方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，C正确；
D．向氯化银沉淀中加入过量氨水，反应得到澄清的无色溶液[Ag(NH3)2]Cl，反应的化学方程式为：AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]Cl，D正确；
故合理选项是B。
2．C
【详解】A．溶液使淀粉碘化钾试纸变蓝原理为：2FeCl3+2KI=2KCl+I2+2FeCl2，涉及氧化还原反应，A不合题意；
B．将通入到溶液中，由于H2O+SO2H2SO3 H++，H+和Ba(NO3)2电离出的硝酸能将亚硫酸氧化为硫酸，故生成白色沉淀BaSO4，涉及氧化还原反应，B不合题意；
C．向饱和食盐水中依次通入、，有晶体析出，反应原理为：NaCl+H2O+CO2+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl，未涉及氧化还原反应，C符合题意；
D．已知Cl2+H2O=HCl+HClO，由于氯水中含有H+故石蕊溶液滴入氯水中，溶液变红，同时氯水中含有的HClO具有强氧化性，则随后迅速褪色，涉及氧化还原反应，D不合题意；
故答案为：C。
3．D
【分析】将Ca3SiO5改写为氧化物形式后的化学式为：3CaO·SiO2，性质也可与Na2SiO3相比较，据此解答。
【详解】A.Ca3SiO5与NH4Cl反应的方程式为：Ca3SiO5+4NH4Cl CaSiO3+2CaCl2+4NH3↑+2H2O，A正确；
B.CaO能与水反应，所以需要密封保存，B正确；
C.亚硫酸的酸性比硅酸强，当二氧化硫通入到Ca3SiO5溶液时，发生反应：3SO2+H2O+ Ca3SiO5=3 CaSO3+H2SiO3，C正确；
D.盐酸的酸性比硅酸强，当盐酸与Ca3SiO5反应时，发生反应：6HCl+ Ca3SiO5=3CaCl2+H2SiO3+2H2O，D不正确；
故选D。
4．(1)
(2)相同气体流速下，溶液变为蓝色所用时间不同
(3)
(4)
(5)溶液为为鲜草绿色
(6) 还原 氧化
(7)1-2中，空气中的氧气将产生的HNO2氧化，因此鲜草绿色较快消失
【分析】利用铜与浓硝酸反应生成的产物进行探究，通过对比实验，利用硝酸、蒸馏水、双氧水、尿素等设计不同介质条件下铜与之反应的现象进行分析，探究具有还原性、氧化性，与其核心元素化合价密切相关的原理。
【详解】（1）铜片与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的化学方程式为；
（2）相同气体流速下，溶液变为蓝色所用时间不同，所以不仅仅是因为气体溶解后，溶液颜色和气体颜色叠加形成鲜草绿色，乙同学根据以上2个实验现象证明甲同学猜想不成立；
（3）已知：总反应为；
第一步：；
第三步：；
将总反应减去第一步反应和第三步反应得到第二步反应：；
（4）根据描述可知，HNO2参与反应，反应生成氮气，HNO2中氮元素化合价降低3，CO(NH2)2中氮元素化合价升高3，最小公倍数为3，结合氧化还原反应及质量守恒配平得反应；
（5）向一支试管内加入5滴稀，加入溶液振荡后产生HNO2，再滴加溶液，现象是溶液为为鲜草绿色；
（6）实验2-3和实验2-4分别是过氧化氢将氧化和尿素将还原，证明了具有还原性、氧化性，这与其核心元素化合价密切相关；
（7）实验1-1和1-2的现象差异是因为1-2中，空气中的氧气将产生的HNO2氧化，因此鲜草绿色较快消失。
5．(1) 粉碎、加热、加入增大
(2) (或)
(3)向中加入一定量溶液，加热至固体完全溶解后，冷却结晶，过滤得到固体
(4)
【分析】以废旧铅酸电池中的含铅废料（Pb、PbO、PbO2、PbSO4等）为原料，制备，含铅废料加入盐酸、氯化钠、加热反应过滤得到PbCl2粗品，加入过量氢氧钠溶液脱氯得到。据此分析解题。
【详解】（1）①溶浸均转化为，粉碎、加热、加入增大均能增大铅的浸出率，故答案为粉碎、加热、加入增大。
②和盐酸直接反应可转化为，也可以和一起反应生成；反应有：，；故答案为。
（2）①溶浸均转化为，由于的水解，，所得中含有少量；故答案为。
②向母液中补加一定量盐酸，可继续浸取含铅废料。循环3次后，纯度急剧降低，可向母液中加入(或)，过滤，滤液可再次参与循环；故答案为(或)。
（3）在某浓度溶液中的溶解度随温度升高而增大，脱氯的操作为向中加入一定量溶液，加热至固体完全溶解后，冷却结晶，过滤得到固体；故答案为向中加入一定量溶液，加热至固体完全溶解后，冷却结晶，过滤得到固体。
（4）取溶液加水稀释，再加几滴二甲酚橙作指示剂，用的乙二胺四乙酸二钠盐(用表示)进行滴定，滴定终点时消耗溶液。滴定原理为：；所以，所以；所以铅的质量分数为；故答案为。2023北京重点校高三（上）期末化学汇编
共价键与分子的空间结构
一、单选题
1．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）下列化学用语或图示表达正确的是
A．共价键电子云轮廓图：
B．基态原子的价层电子排布式：
C．的模型：
D．反-2-丁烯的结构简式：
2．（2023秋·北京西城·高三统考期末）和的混合气体在光照下发生反应，实验装置如图。下列说法不正确的是
A．分子中的共价键是s-p键
B．产物分子是极性分子
C．有HCl生成说明该反应是取代反应
D．试管壁出现油状液滴，有机产物的沸点：
3．（2023秋·北京西城·高三统考期末）名医华佗创制的用于外科手术的麻醉药“麻沸散”中含有东莨菪碱，其结构简式如图。下列关于该物质的说法不正确的是
A．含有3种含氧官能团 B．N的杂化方式为
C．不能发生消去反应 D．具有碱性，能与强酸反应
4．（2023秋·北京西城·高三统考期末）我国科研团队对嫦娥五号月壤的研究发现，月壤中存在一种含“水”矿物。下列化学用语或图示表达不正确的是
A．—OH的电子式： B．的结构示意图：
C．的空间结构模型： D．的VSEPR模型：
5．（2023秋·北京昌平·高三统考期末）吲吲哚生物碱具有抗菌、抗炎、抗肿瘤等多种活性，其一种中间体结构简式如图所示，下列关于吲哚生物碱中间体的说法不正确的是
A．该物质属于芳香族化合物 B．该物质能发生加成、取代反应
C．分子中不含有手性碳原子 D．分子中含有酰胺基
6．（2023秋·北京·高三统考期末）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．乙炔的分子结构模型：
C．氮分子的电子式：
D．基态的简化电子排布式：
7．（2023秋·北京海淀·高三统考期末）下列原因分析能正确解释递变规律的是
选项 递变规律 原因分析
A 酸性： 非金属性：
B 离子半径： 电子层结构相同时，核电荷数：
C 与水反应的剧烈程度： 最外层电子数：
D 熔点： 键能：
A．A B．B C．C D．D
参考答案
1．B
【详解】A．氯化氢中氢原子和氯原子形成的是σ键，原子轨道头碰头方式重叠，电子云轮廓图为： ，A错误；
B．基态原子是14号元素，原子的价层电子排布式：，B正确；
C．的孤电子对数目为：（6-22）=1，只有一对孤电子对，C错误；
D．反-2-丁烯的结构简式：，D错误；
故本题选B。
2．A
【详解】A．Cl2 分子是两个Cl原子利用各自的p轨道中的单电子共用形成的p-p σ 键，故A错误；
B．产物 CH3Cl 分子可看做是甲烷中的一个氢原子被氯原子取代生成的，CH4是正四面体结构，正负电荷中心重合，是非极性分子，CH3Cl分子中正负电荷中心不重合，是极性分子，故B正确；
C．甲烷和氯气在光照下发生反应，除了生成有机物外，还有HCl生成，说明氯气中的一个氯原子取代了甲烷分子中的一个氢原子，被取代下来的氢原子和另一个氯原子结合成HCl，该反应是取代反应，故C正确；
D．甲烷和氯气发生取代反应生成CCl4、CHCl3、CH2Cl2、CH3Cl多种取代产物，其中只有CH3Cl在常温下是气态的，CCl4、CHCl3、CH2Cl2均为不溶于水的液体，所以能看到试管壁出现油状液滴。CCl4、CHCl3、CH2Cl2、CH3Cl均属于卤代烃，在卤代烃中，碳原子数和卤素原子相同时，卤素原子数越多，相对分子质量越大，则分子间作用力越大，沸点越高，则有机产物的沸点： CCl4＞CHCl3＞CH2Cl2＞CH3Cl，故D正确；
故选A。
3．C
【详解】A．由结构简式可知含有羟基、醚键、酯基3种官能团，故A正确；
B．由结构简式可知，N原子连接了两个σ键，同时含有两个孤电子对，杂化方式为，故B正确；
C．由结构简式可知与羟基相连碳的相邻碳原子上有氢原子，可以发生消去反应，故C错误；
D．东莨菪碱中五元脂环上含有叔胺氮原子，具有较强的碱性，能与强酸反应，故D正确；
故选C。
4．C
【详解】A．-OH的电子式：，A正确；
B．的结构示意图：，B正确；
C．的中心原子的价层电子对数为4+=4，没有孤电子对，空间构型为正四面体，C错误；
D．的中心原子的价层电子对数为2+=4，有2个孤电子对，VSEPR模型：，D正确；
故选C。
5．C
【详解】A．该有机物含苯环，属于芳香族化合物，故A正确；
B．该有机物含有双键，可发生加成反应，苯环上可发生取代反应；故B正确；
C．分子中含有手性碳原子为：，故C错误；
D．分子中含有酰胺结构，含有酰胺基，故D正确；
故答案选C。
6．D
【详解】A．Br元素原子序数35，根据核外电子排布规律，Br原子结构示意图为，故A正确；
B．乙炔的结构简式为，C原子采用SP杂化，为直线形分子，其分子结构模型为，故B正确；
C．氮气分子属于共价型分子，最外层满足8电子稳定结构，电子式为，故C正确；
D．Cr元素原子序数24，原子核外24个电子，基态的简化电子排布式：，故D错误；
故选D。
7．B
【详解】A．通过比较最高价氧化物对应水化物的酸性比较非金属性，S的最高价氧化物对应水化物为H2SO4，A错误；
B．具有相同电子层结构的阳离子核电荷数大于阴离子核电荷数，具有相同电子层的阴离子核电荷数，所带电荷数越多，核电荷数越小，根据离子半径：，可得电子层结构相同时，核电荷数：Ca>Cl>S，B正确；
C．与水反应的剧烈程度：，金属性，元素的非金属性和最外层电子数没有必然联系，C错误；
D ．Cl2为气体，Br2为液体，I2为固体，三者均为分子晶体，它们的相对分子质量逐渐增大,分子间的作用力—范得华力增强,所以氯、溴、碘单质的熔沸点依次升高，和键能没有必然联系，D错误；
故选B。2023北京重点校高三（上）期末化学汇编
物质的聚集状态与晶体的常识
一、单选题
1．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）下列产生固体的实验中，与物质溶解度无关的是
A．向饱和溶液中滴加几滴浓盐酸，析出沉淀
B．向饱和溶液中依次通入过量，析出沉淀
C．冷却熔融态的硫黄，析出晶体
D．冷却苯甲酸的热饱和溶液，析出晶体
2．（2023秋·北京朝阳·高三统考期末）的晶胞结构如图所示。下列说法不正确的是
A．属于离子晶体
B．每个晶胞中平均含有4个和4个
C．每个周围有6个紧邻的和6个紧邻的
D．和间存在较强的离子键，因此具有较高的熔点
二、结构与性质
3．（2023秋·北京通州·高三统考期末）离子筛是一种具有空隙结构的化合物。首先合成一种含目标离子的化合物，称作离子筛前体。然后在不破坏前体晶体结构的前提下，将目标离子从中洗脱出来，即得到相应的离子筛。下图是一种用作离子筛前体的化合物晶胞示意图。晶胞为立方体，图左将晶胞划分为八个小立方体，用灰白两色区分，每种颜色各四个小立方体。白色小立方体对应图A结构，灰色小立方体对应图B结构。
(1)该化合物的化学式为 。
(2)设晶胞棱长为anm，NA表示阿伏加德罗常数，则该晶胞的密度是 g/cm3(写出计算式即可)。
(3)该化合物的制备方法为：将硫酸锰和氨水混合得到Mn(OH)2，沉淀，将其过滤留在烧杯中，加入蒸馏水，加热搅拌，加入乙醇作为分散剂，逐滴加入适量的10%H2O2溶液，控制滴加速度即得Mn3O4沉淀。将Mn3O4过滤、洗涤、干燥后，与一定量Li2CO3混合，高温反应得到最终产品。请写出利用氢氧化锰制备最终产品的各步反应化学方程式： 。
(4)用盐酸洗脱该化合物中的锂离子后制成粉状离子筛。将100mg粉状离子筛置入200mL含Li+、Na+、K+、Mg2+的溶液中，在30℃恒温下搅拌溶液，达到吸附平衡后取上清液，测定溶液中各离子的浓度。离子筛对溶液中某种离子的吸附容量Qt的计算式为： ，式中V是溶液的体积，co和ct分别表示开始吸附和t时刻离子的浓度，W表示离子筛的质量。
金属离子 co(mmol/L) ct(mmol/L)
Li+ 9.942 8.790
Na+ 9.151 9.138
K+ 9.719 9.694
Mg2+ 5.554 5.225
结合上表中数据，对比吸附容量Qt可知，该离子筛对 (填离子符号)的吸附能力最弱。
(5)为了方便使用，可用壳聚糖为黏合剂将粉状离子筛制成粒状离子筛。壳聚糖可以看作以氨基葡萄糖为单体的聚合物，其结构如下：
根据壳聚糖结构写出其单体的分子式： 。
参考答案
1．C
【详解】A．向饱和溶液中滴加几滴浓盐酸，氯离子浓度增大，使氯化钠结晶析出，减小了氯化钠的溶解，与物质溶解度有关，A不符合；
B． 向饱和溶液中依次通入过量，生成铵离子、碳酸氢根离子，由于碳酸氢钠在该条件下溶解度最小，故形成过饱和溶液而结晶析出，与物质溶解度有关，B不符合；
C． 冷却熔融态的硫黄，析出晶体，发生物理变化，有液态转变为固态，与物质溶解度无关，C符合；
D． 苯甲酸的溶解度随温度下降而减小，则冷却苯甲酸的热饱和溶液可析出苯甲酸晶体，与物质溶解度有关，D不符合；
答案选C。
2．C
【详解】A．NaCl 由钠离子和氯离子构成，以离子键结合，属于离子晶体，A正确；
B．每个晶胞中平均含有个 Na+ 和个 Cl ，B正确；
C．每个 Na+ 周围有6个紧邻的 Cl 和12个紧邻的 Na+，C错误；
D．Na+ 和 Cl 以离子键结合，因此 NaCl 具有较高的熔点，D正确；
故选C。
3．(1)LiMn2O4
(2)
(3) 、
(4)Na+
(5)C6H13O5N
【详解】（1）如图，A方块中，Li离子个数为，氧离子在体心为4；B方块中Li离子个数为，锰离子和氧离子在体心均为4，该晶胞由4个A和4个B组成，总计有Li离子个数为，锰离子为，氧离子为；，其化学式为；
故答案为：；
（2）综上所述，该晶胞由4个A和4个B组成，总计有Li离子个数为，锰离子为，氧离子为，据，晶胞的密度为；
故答案为：；
（3）根据题意，利用制备分为两步，首先利用与反应制备的反应为；然后利用与一定量在高温下反应制备，其反应为；
故答案为：；；
（4）根据表中数据，浓度变化量分别为 ；；
；，综上所述，，由可知，该离子筛对的吸附能力最弱；
故答案为：；
（5）根据该聚合物的结构简式为 ，单体为 ，分子式为；
故答案为：。