房山區2025年高三年級第一次綜合練習化學本試卷共11頁，100分。考試時長90分鐘。考生務必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效。考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質量：H：1Li：7C：12N：14O：16Na：23第一部分一、本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1.我國在新型儲能電池領域取得重大突破，鋰硫電池因高能量密度成為研究熱點。下列關于鋰硫電池說法中不正確的是A.硫單質是金屬晶體 B.放電過程鋰元素發生氧化反應C.電池隔膜材料聚丙烯，屬于有機高分子材料 D.鋰硫電池單位質量儲能比鈉硫電池高2.下列表示不正確的是A.中子數為8碳原子：B.H2O的VSEPR模型：C.過氧化氫的電子式：D.基態24Cr原子的價層電子軌道表示式：3.下列說法不正確的是A.淀粉水解生成乙醇，可用于釀酒B.油脂在堿性溶液中水解，生成的高級脂肪酸鹽常用于生產肥皂C.氨基酸、二肽、蛋白質均既能與強酸又能與強堿反應D.DNA雙螺旋結構兩條鏈上的堿基通過氫鍵作用互補配對4.下列方程式能準確解釋相應事實的是A.濃硝酸存放在棕色試劑瓶中：4HNO3(濃)=4NO↑+3O2↑+2H2OB.常溫下0.1mol?L-?1NaClO溶液的pH約為9.7：ClO-+H2OHClO+OH-C.用過量的氨水吸收SO2：NH3·H2O+SO2=+D.金屬鈉著火不能用CO2滅火器滅火：Na2O+CO2=Na2CO35.回收某光盤金屬層中少量Ag的方案如下(其他金屬含量過低，可忽略)。下列說法不正確的是A.①中NaClO作氧化劑B.②中加入氨水的作用是調節溶液pHC.③中若X是乙醛溶液，生成Ag的反應為CH3CHO+2[Ag(NH3)2]OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2OD.操作a和操作b均為過濾6.下列對化學反應速率增大原因的分析錯誤的是A.對有氣體參加的化學反應，增大壓強使容器容積減小，單位體積內活化分子數增多B.向反應體系中加入相同濃度的反應物，使活化分子百分數增大C.升高溫度，使反應物分子中活化分子百分數增大D.加入適宜的催化劑，使反應物分子中活化分子百分數增大7.從微觀視角探析物質結構及性質是學習化學有效方法。下列對事實的解釋不正確的是選項實例解釋A原子光譜是不連續的線狀譜線原子的能級是量子化的B鍵角：NH3>H2O孤電子對與成鍵電子對的斥力小于成鍵電子對之間的斥力C沸點：CO>N2CO為極性分子，N2為非極性分子D酸性：CF3COOH>CH3COOH電負性F>H，CF3COOH羧基中羥基的極性更大A.A B.B C.C D.D8.用放射性同位素標記酪氨酸，可達到診斷疾病的目的。標記過程如下：下列說法不正確的是A.I元素位于周期表p區 B.和互為同位素C.酪氨酸苯環上的一碘代物有4種 D.標記過程發生了取代反應9.科學家研發了“全氧電池”，其工作原理示意圖如下。下列說法不正確的是A.電極a是負極B.離子交換膜a為陰離子交換膜C.電極b反應式：O2+4e?+4H+=2H2OD.酸性條件下O2的氧化性強于堿性條件下O2的氧化性10.實驗小組探究SO2與Na2O2的反應。向盛有SO2的燒瓶中加入Na2O2固體，測得反應體系中O2含量的變化如圖。下列說法不正確的是A.有O2生成推測發生了反應：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2B.bc段O2含量下降與反應O2+2Na2SO3=2Na2SO4有關C.c點剩余固體中含有Na2SO3D.實驗過程中Na2O2僅體現氧化性11.不對稱分子刷（聚合物C）在分子自組裝領域具有重要的研究價值，其合成路線如下：下列說法不正確的是A.聚合物A的單體結構為：B.反應①和②的反應類型相同C.推測在空氣中放置可被氧化D.聚合物C在堿性條件下的水解產物不完全是小分子12.通過理論計算發現，CH2=CH—C≡CH與HBr發生加成反應時，通過不同的路徑都可以生成有機物④，其反應過程及相對能量變化如下圖所示。下列說法不正確的是A.反應物經過渡態2生成中間體發生的是1，4-加成B.推測物質的穩定性順序為：④>③>②C.反應路徑1中最大能壘為45.6kcal·mol-1DCH2=CHC≡CH+HBrCH2=CHCBr=CH2平衡常數隨溫度升高而增大13.某同學檢驗海帶中是否含有碘元素，進行了如下實驗。步驟Ⅰ：灼燒干海帶得到海帶灰；步驟Ⅱ：將海帶灰加蒸餾水溶解、過濾，得到海帶灰浸取液；步驟Ⅲ：取少量浸取液于試管中，加入淀粉溶液，溶液未變藍；再加入溶液(硫酸酸化)，溶液變為藍色；步驟Ⅳ：將溶液(硫酸酸化)替換為氯水，重復步驟Ⅲ，溶液未變藍；步驟Ⅴ：向步驟Ⅳ所得溶液中通入，溶液迅速變為藍色。下列說法不正確的是A.步驟Ⅰ中，灼燒干海帶的目的是除去有機化合物，獲得可溶性碘化物B.步驟Ⅲ中，反應的離子方程式：C.若將步驟Ⅴ中的替換為溶液，也可能觀察到溶液變為藍色D.對比步驟Ⅲ、Ⅳ和Ⅴ中實驗現象，說明該條件下氧化性比氯水強第二部分二、本部分共5題，共58分。14.磷酸亞鐵鋰(LiFePO4)是一種電極材料，廣泛應用于新能源等領域。（1）基態Fe原子價層電子排布式是___________。（2）Fe元素的各級電離能數據(用I1、I2??????表示)如下表所示，從原子結構角度解釋I3-I2<I4-I3的原因___________。元素電離能/(kJ?mol-1)I1I2I3I4……Fe762.51561.929575290……（3）LiFePO4的制備流程：FeSO4FeC2O4?2H2OLiFePO4①FeSO4晶體中存在的作用力類型有___________。②FeC2O4·2H2O的結構如下圖所示，中C原子的雜化方式是___________。（4）鋰離子電池充、放電過程中，正極材料晶胞的組成變化如下圖所示。①由于的空間構型為___________，且磷氧鍵鍵能較大，鋰離子嵌入和脫出時，磷酸亞鐵鋰的空間骨架不易發生形變，具有良好的循環穩定性。②若LiFePO4全部轉化FePO4，則平均每個晶胞脫出___________個Li+。15.CO2含量的控制和資源化利用具有重要意義。（1）煙氣中CO2的捕集可通過下列轉化實現。①捕集過程發生反應的化學方程式___________。②捕集過程CO2吸收速率隨時間的變化如圖所示。解釋CO2吸收速率逐漸降低的原因___________。（2）通過電催化法將CO2和合成尿素[CO(NH2)2]，有助于解決含氮廢水污染問題。電解原理如圖所示。①

電極b是電解池的___________極。②

電解過程中生成尿素的電極反應式是___________。（3）催化加氫合成甲醇是重要的CO2轉化技術。主反應：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)ΔH<0副反應：CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)ΔH>0在密閉容器中，維持壓強和投料比不變，平衡時CH3OH(g)和CO在含碳產物中物質的量分數及的轉化率隨溫度的變化如圖所示：①圖中代表的物質的量分數隨溫度變化的曲線為___________(填“I”或“Ⅱ”)。②150~250℃范圍內轉化率隨溫度升高而降低的原因是___________。16.呋喹替尼是我國自主研發的一種抗癌藥物。其合成路線如下：（1）D中含氧官能團的名稱是___________。（2）NBS的結構簡式是，B→D的化學方程式是___________。（3）D→E的過程生成乙酸，試劑a的結構簡式是___________。（4）下列說法正確的是___________(填序號)。a．設計反應A→B和G→I的目的是保護羥基b．I分子中含有兩個六元環c．J中有手性碳原子（5）已知：①中α-H鍵易斷裂，原因是___________。②F→G經歷下列過程F中間產物1中間產物2G中間產物1的結構簡式___________G的結構簡式___________。（6）J+K生成呋喹替尼時，加入K2CO3能提高產品產率，請分析原因___________。17.從低品位銅鎳礦(含有Fe2O3、FeO、MgO、CuO等雜質)資源中提取鎳和銅的一種工藝流程如下：資料：一些物質的Ksp(25℃)如下。物質Fe(OH)2Fe(OH)3Mg(OH)2Ni(OH)2Ksp4.9×10?172.8×10?395.6×10?122.1×10?15（1）上述流程中，加快反應速率的措施是___________。（2）用離子方程式表示浸出過程中通入O2的目的___________。（3）萃取時發生反應：Cu2++2HRCuR2+2H+(HR、CuR2在有機層，Cu2+、H+在水層)。①某種HR的結構簡式為，該分子中可能與Cu2+形成配位鍵的原子有___________。②解釋反萃取時H2SO4的作用：___________。（4）生成黃鈉鐵礬[NaFe3(OH)6(SO4)2]的離子方程式是___________。（5）第二次使用MgO調節pH使Ni2+沉淀完全(剩余離子濃度小于1.0×10-5mol?L-?1)，宜將pH調節至___________(填序號)。a．6~7b．9~10c．11~12（6）該流程中可循環利用的物質有___________。18.某小組同學制備NO2，并探究不同條件下NO2與H2O的反應。實驗裝置如圖(夾持裝置略)。（1）裝置A中反應的化學方程式為___________。（2）將收集裝置B補充完整___________。（3）用以上方法收集兩試管NO2氣體(均為12mL)，分別倒置在盛有熱水(80℃)和冰水(0℃)的兩只水槽中，觀察實驗現象，10分鐘后記錄如下(忽略溫度對溶液pH及氣體體積的影響)：實驗編號實驗1-1(熱水)實驗2-1(冰水)剩余氣體無色，3mL幾乎無氣體溶液狀態無色，pH=0.7無色，pH=1.1①檢驗實驗1-1中剩余氣體的方法：向試管中充入少量空氣，氣體由無色變為紅棕色。用化學方程式表示檢驗的反應原理___________。②甲認為實驗2-1中NO2幾乎全部溶于水，過程中未發生化學反應。證明甲同學猜想不成立的實驗證據是___________。（4）將上述實驗靜置一天后觀察：實驗1-2(熱水)：剩余氣體4mL，溶液無色，pH=0.6，無氣泡生成。實驗2-2(冰水)：剩余氣體1mL，溶液無色，pH=0.9，有無色細小氣泡生成。查閱資料：2NO2+H2O=HNO3+HNO2，HNO2易分解。①用方程式解釋實驗2-2有無色細小氣泡生成的原因___________。②設計實驗，證實NO2與H2O反應過程中產生了HNO2：___________(補充實驗操作及現象)。（5）從反應速率的角度，分析不同溫度下NO2與水反應現象差異的原因___________。并對裝置C中吸收NO2尾氣所用試劑及條件提出建議___________。

房山區2025年高三年級第一次綜合練習化學本試卷共11頁，100分。考試時長90分鐘。考生務必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效。考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質量：H：1Li：7C：12N：14O：16Na：23第一部分一、本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。1.我國在新型儲能電池領域取得重大突破，鋰硫電池因高能量密度成為研究熱點。下列關于鋰硫電池說法中不正確的是A.硫單質是金屬晶體 B.放電過程鋰元素發生氧化反應C.電池隔膜材料聚丙烯，屬于有機高分子材料 D.鋰硫電池單位質量儲能比鈉硫電池高【答案】A【解析】【詳解】A．S是非金屬元素，S單質屬于分子晶體（如S8等），A錯誤；B．該電池中，Li做負極，發生氧化反應，B正確；C．聚丙烯是由丙烯發生加聚反應得到的，屬于有機高分子材料，C正確；D．Li失去1mol電子消耗的質量為7g，而Na失去相同物質的量的電子需要23g，故鋰硫電池單位質量儲能比鈉硫電池高，D正確；故答案選A。2.下列表示不正確的是A.中子數為8的碳原子：B.H2O的VSEPR模型：C.過氧化氫的電子式：D.基態24Cr原子的價層電子軌道表示式：【答案】D【解析】【詳解】A．核素的表示方法為：元素符號左下角為質子數，左上角為質量數；中子數為8的碳原子的質量數為8=6=14：，A正確；B．H2O中心O原子價層電子對數為，O原子采用sp3雜化，O原子上含有2對孤電子對，H2O的VSEPR模型：，B正確；C．過氧化氫為共價化合物，電子式，C正確；D．鉻為24號元素，基態原子24Cr的價層電子軌道表示式為，D錯誤；故選D。3.下列說法不正確的是A.淀粉水解生成乙醇，可用于釀酒B.油脂在堿性溶液中水解，生成的高級脂肪酸鹽常用于生產肥皂C.氨基酸、二肽、蛋白質均既能與強酸又能與強堿反應D.DNA雙螺旋結構兩條鏈上的堿基通過氫鍵作用互補配對【答案】A【解析】【詳解】A．淀粉屬于多糖，水解的最終產物是葡萄糖，而非乙醇，乙醇是葡萄糖在無氧條件下（如酵母菌發酵）進一步轉化的產物，A錯誤；B．油脂在堿性條件下的水解反應稱為皂化反應，生成的高級脂肪酸鈉（或鉀）鹽是肥皂的主要成分，B正確；C．氨基酸、二肽、蛋白質均含有氨基和羧基，氨基可與強酸反應，羧基可與強堿反應，故均具有兩性，C正確；D．DNA雙螺旋結構中，兩條鏈的堿基（如A-T、C-G）通過氫鍵互補配對，維持結構的穩定性，D正確；故選A。4.下列方程式能準確解釋相應事實的是A.濃硝酸存放在棕色試劑瓶中：4HNO3(濃)=4NO↑+3O2↑+2H2OB.常溫下0.1mol?L-?1NaClO溶液的pH約為9.7：ClO-+H2OHClO+OH-C.用過量的氨水吸收SO2：NH3·H2O+SO2=+D.金屬鈉著火不能用CO2滅火器滅火：Na2O+CO2=Na2CO3【答案】B【解析】【詳解】A．濃硝酸見光易分解成二氧化氮、水和氧氣，，故濃硝酸存放在棕色試劑瓶中，故A不符合題意；B．NaClO會水解ClO-+H2OHClO+OH-，導致溶液顯堿性，故B符合題意；C．過量的氨水吸收SO2生成亞硫酸銨：2NH3·H2O+SO2=2++H2O，故C不符合題意；D．金屬鈉著火不能用CO2滅火器滅火是由于Na能夠在CO2中繼續燃燒生成碳酸鈉和碳單質，4Na+3CO22Na2CO3+C，故D不符合題意；答案選B。5.回收某光盤金屬層中少量Ag的方案如下(其他金屬含量過低，可忽略)。下列說法不正確的是A.①中NaClO作氧化劑B.②中加入氨水的作用是調節溶液pHC.③中若X是乙醛溶液，生成Ag的反應為CH3CHO+2[Ag(NH3)2]OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2OD.操作a和操作b均為過濾【答案】B【解析】【分析】光盤碎片在堿性條件下加入次氯酸鈉將銀氧化為氯化銀沉淀等，過濾分離出氯化銀固體，加入氨水將氯化銀轉化為銀氨溶液，過濾分離出濾液，濾液加入還原劑還原得到銀單質。【詳解】A．由分析可知，①中加入次氯酸鈉溶液和氫氧化鈉溶液的目的是堿性環境下將銀氧化為氯化銀，反應中氯元素的化合價降低被還原，次氯酸鈉是反應的氧化劑，故A正確；B．由分析可知，②中加入氨水的目的是將氯化銀轉化為銀氨溶液，故B錯誤；C．由分析可知，向銀氨溶液中加入乙醛的目的是共熱發生銀鏡反應得到銀，反應的化學方程式為CH3CHO+2[Ag(NH3)2]OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，故C正確；D．由分析可知，操作a和操作b均為固液分離的過濾操作，故D正確；故選B。6.下列對化學反應速率增大原因的分析錯誤的是A.對有氣體參加的化學反應，增大壓強使容器容積減小，單位體積內活化分子數增多B.向反應體系中加入相同濃度的反應物，使活化分子百分數增大C.升高溫度，使反應物分子中活化分子百分數增大D.加入適宜的催化劑，使反應物分子中活化分子百分數增大【答案】B【解析】【詳解】A．對有氣體參加的反應，減小容器容積使增大壓強，單位體積內分子總數增大，活化分子數增大，活化分子百分數不變，故A正確；B．向反應體系中加入相同濃度的反應物，單位體積內分子總數增大，活化分子數增大，活化分子百分數不變，故B錯誤；C．升高溫度，吸收能量，原來不是活化分子變為活化分子，活化分子數增大，分子總數不變，活化分子百分數增大，故C正確；D．加入適宜的催化劑，降低反應所需活化能，原來不是活化分子變為活化分子，分子總數不變，活化分子數增大，活化分子百分數增大，故D正確；故答案為B。7.從微觀視角探析物質結構及性質是學習化學的有效方法。下列對事實的解釋不正確的是選項實例解釋A原子光譜是不連續的線狀譜線原子的能級是量子化的B鍵角：NH3>H2O孤電子對與成鍵電子對斥力小于成鍵電子對之間的斥力C沸點：CO>N2CO為極性分子，N2為非極性分子D酸性：CF3COOH>CH3COOH電負性F>H，CF3COOH羧基中羥基的極性更大A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．原子光譜是不連續的線狀譜線說明原子的能級是不連續的，即原子能級是量子化的，故A正確；B．氨分子中氮原子的孤對電子對數為1，水分子中孤對電子對數為2，孤電子對與成鍵電子對的斥力大于成鍵電子對之間的斥力，且孤對電子對數越多，對成鍵電子對的斥力越大，鍵角越小，所以氨分子的鍵角大于水分子，故B錯誤；C．一氧化碳和氮氣都是相對分子質量為28的雙原子分子，一氧化碳是正負電荷重心不重合的極性分子，氮氣是正負電荷重心重合的非極性分子，所以一氧化碳的分子間作用力大于氮氣，沸點高于氮氣，故C正確；D．氟元素的電負性強于氫元素，氟原子是吸電子基，會使羧酸分子的羧基中羥基的極性增大，更易電離出氫離子，使羧酸的酸性增強，所以三氟乙酸的酸性強于乙酸，故D正確；故選B。8.用放射性同位素標記酪氨酸，可達到診斷疾病的目的。標記過程如下：下列說法不正確的是A.I元素位于周期表p區 B.和互為同位素C.酪氨酸苯環上的一碘代物有4種 D.標記過程發生了取代反應【答案】C【解析】【詳解】A．I元素位于周期表第ⅦA族，最外層電子在p軌道上，屬于周期表的p區，A正確；B．和是質子數相同，中子數不同的核素，互為同位素，B正確；C．酪氨酸苯環上對位連兩個支鏈，苯環上剩余4個位置按對位軸對稱，一碘代物有2種，C錯誤；D．根據題目描述，酪氨酸羥基鄰位的氫原子被碘取代，生成一碘代物，是典型的取代反應，D正確；故選C。9.科學家研發了“全氧電池”，其工作原理示意圖如下。下列說法不正確的是A.電極a是負極B.離子交換膜a為陰離子交換膜C.電極b的反應式：O2+4e?+4H+=2H2OD.酸性條件下O2的氧化性強于堿性條件下O2的氧化性【答案】B【解析】【分析】由圖可知，電極a產生氧氣，氧元素化合價升高，發生氧化反應，故a為負極，電極反應為；b為正極，電極反應為。【詳解】A．由上述分析可知，a為負極，A正確；B．K+由負極移向正極定向移動，由圖可知離子交換膜a為陽離子交換膜，B錯誤；C．由上述分析可知，b為正極，電極反應為，C正確；D．由電極方程式可知，在酸性條件下O2得電子作氧化劑，堿性條件下O2作氧化產物，則酸性條件下O2的氧化性強于堿性條件下O2的氧化性，D正確；故答案選B。10.實驗小組探究SO2與Na2O2的反應。向盛有SO2的燒瓶中加入Na2O2固體，測得反應體系中O2含量的變化如圖。下列說法不正確的是A.有O2生成推測發生了反應：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2B.bc段O2含量下降與反應O2+2Na2SO3=2Na2SO4有關C.c點剩余固體中含有Na2SO3D.實驗過程中Na2O2僅體現氧化性【答案】D【解析】【詳解】A．起始階段有大量產生，說明與發生了反應并生成了，則反應的方程式為：，A正確；B．bc段含量下降，說明有物質在消耗，根據容器內物質的成分可知，可能是生成的繼續與反應導致的，反應的方程式為：，B正確；C．根據前面的信息，與發生總反應為：，在c點時，氧氣含量還在減小，說明反應還在發生，則c點剩余固體中還含有，C正確；D．根據反應可知既體現了氧化性，被還原為，又體現了還原性，被氧化為，D錯誤；故答案為：D。11.不對稱分子刷（聚合物C）在分子自組裝領域具有重要的研究價值，其合成路線如下：下列說法不正確的是A.聚合物A的單體結構為：B.反應①和②的反應類型相同C.推測在空氣中放置可被氧化D.聚合物C在堿性條件下的水解產物不完全是小分子【答案】B【解析】【詳解】A．聚合物A的單體結構可看作二取代的烯烴衍生物：，A正確；B．反應①為加成反應，②為取代反應，二者反應類型不同，B錯誤；C．中含有酚羥基和碳碳不飽和雙鍵，不穩定，推測其在空氣中放置可被氧化，C正確；D．聚合物C在堿性條件下的水解產物，例如，不完全是小分子，D正確；故本題答案選B。12.通過理論計算發現，CH2=CH—C≡CH與HBr發生加成反應時，通過不同的路徑都可以生成有機物④，其反應過程及相對能量變化如下圖所示。下列說法不正確的是A.反應物經過渡態2生成中間體發生的是1，4-加成B.推測物質的穩定性順序為：④>③>②C.反應路徑1中最大能壘為45.6kcal·mol-1D.CH2=CHC≡CH+HBrCH2=CHCBr=CH2平衡常數隨溫度升高而增大【答案】D【解析】【詳解】A．由圖，反應物經過渡態2生成中間體，HBr中氫、溴分別和1、4號碳結合，即CH2=CH-C≡CH+HBr→BrCH2-CH=C=CH2，發生的是1，4-加成，A正確；B．由題干反應歷程圖可知，物質②③④具有的能量相對大小為：②＞③＞④，能量越高物質越不穩定，故推測物質的穩定性順序為：④>③>②，B正確；C．由題干反應歷程圖可知，反應路徑1中最大能壘為過渡態3，其數值為36.1kcal·mol-1-(-9.5kcal·mol-1)=45.6kcal·mol-1，C正確；D．由圖，反應CH2=CHC≡CH+HBrCH2=CHCBr=CH2為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，平衡常數隨溫度升高而減小，D錯誤；故選D。13.某同學檢驗海帶中是否含有碘元素，進行了如下實驗。步驟Ⅰ：灼燒干海帶得到海帶灰；步驟Ⅱ：將海帶灰加蒸餾水溶解、過濾，得到海帶灰浸取液；步驟Ⅲ：取少量浸取液于試管中，加入淀粉溶液，溶液未變藍；再加入溶液(硫酸酸化)，溶液變為藍色；步驟Ⅳ：將溶液(硫酸酸化)替換為氯水，重復步驟Ⅲ，溶液未變藍；步驟Ⅴ：向步驟Ⅳ所得溶液中通入，溶液迅速變為藍色。下列說法不正確的是A.步驟Ⅰ中，灼燒干海帶的目的是除去有機化合物，獲得可溶性碘化物B.步驟Ⅲ中，反應的離子方程式：C.若將步驟Ⅴ中的替換為溶液，也可能觀察到溶液變為藍色D.對比步驟Ⅲ、Ⅳ和Ⅴ中實驗現象，說明該條件下氧化性比氯水強【答案】D【解析】【詳解】A．干海帶灼燒過程中所含有機質轉化為二氧化碳和水，得到可溶性碘化物，故A正確；B．根據步驟III中現象可知，將碘離子氧化為碘單質，根據電子得失守恒得反應離子方程式：，故B正確；C．由步驟IV、步驟V的現象可知氯水將碘化物氧化為碘酸鹽，碘酸鹽被二氧化硫還原碘單質，也具有較強還原性，也能將碘酸鹽還原為碘單質，故C正確；D．對比步驟Ⅲ、Ⅳ和Ⅴ中實驗現象，可知只能將碘化物氧化為碘單質，而氯氣能將碘化物氧化為碘酸鹽，說明氯氣的氧化性強于，故D錯誤；故選：D。第二部分二、本部分共5題，共58分。14.磷酸亞鐵鋰(LiFePO4)是一種電極材料，廣泛應用于新能源等領域。（1）基態Fe原子價層電子排布式是___________。（2）Fe元素的各級電離能數據(用I1、I2??????表示)如下表所示，從原子結構角度解釋I3-I2<I4-I3的原因___________。元素電離能/(kJ?mol-1)I1I2I3I4……Fe762.51561.929575290……（3）LiFePO4的制備流程：FeSO4FeC2O4?2H2OLiFePO4①FeSO4晶體中存在的作用力類型有___________。②FeC2O4·2H2O的結構如下圖所示，中C原子的雜化方式是___________。（4）鋰離子電池充、放電過程中，正極材料晶胞的組成變化如下圖所示。①由于的空間構型為___________，且磷氧鍵鍵能較大，鋰離子嵌入和脫出時，磷酸亞鐵鋰的空間骨架不易發生形變，具有良好的循環穩定性。②若LiFePO4全部轉化為FePO4，則平均每個晶胞脫出___________個Li+。【答案】（1）3d64s2（2）Fe原子失去兩個電子后價層電子排布式為3d6，容易失去一個電子，形成3d5半充滿結構，體系能量較低，相對穩定不容易失電子，所以I3-I2<I4-I3（3）①.共價鍵、離子鍵②.sp2（4）①.正四面體②.4【解析】【小問1詳解】鐵為26號元素，基態鐵原子的價電子排布式為3d64s2；【小問2詳解】Fe原子失去兩個電子后價層電子排布式為3d6，容易失去一個電子，形成3d5半充滿結構，體系能量較低，相對穩定不容易失電子，所以I3-I2<I4-I3；小問3詳解】①和間作用力為離子鍵，中S和O之間的作用力為共價鍵；②的結構為，碳原子成3條σ鍵，沒有孤電子對，則為sp2雜化；【小問4詳解】①中，中心P原子價層電子對數為，沒有孤電子對，構型為正四面體形；②根據晶胞結構，LiFePO4晶胞中Li+位于頂點、面心和棱上，個數為，即每個晶胞中有4個Li+，LiFePO4全部轉化為FePO4，晶胞中的Li+全部脫出，故脫出4個Li+。15.CO2含量的控制和資源化利用具有重要意義。（1）煙氣中CO2的捕集可通過下列轉化實現。①捕集過程發生反應的化學方程式___________。②捕集過程CO2吸收速率隨時間的變化如圖所示。解釋CO2吸收速率逐漸降低的原因___________。（2）通過電催化法將CO2和合成尿素[CO(NH2)2]，有助于解決含氮廢水污染問題。電解原理如圖所示。①

電極b是電解池的___________極。②

電解過程中生成尿素的電極反應式是___________。（3）催化加氫合成甲醇是重要的CO2轉化技術。主反應：CO2(g)+3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)ΔH<0副反應：CO2(g)+H2(g)?CO(g)+H2O(g)ΔH>0在密閉容器中，維持壓強和投料比不變，平衡時CH3OH(g)和CO在含碳產物中物質的量分數及的轉化率隨溫度的變化如圖所示：①圖中代表的物質的量分數隨溫度變化的曲線為___________(填“I”或“Ⅱ”)。②150~250℃范圍內轉化率隨溫度升高而降低的原因是___________。【答案】（1）①.Ca2SiO4+MgO+3CO2=2CaCO3+MgCO3+SiO2②.隨著反應進行，CaSiO4、MgO表面被固體產物覆蓋，與CO2的接觸面積減少（2）①.陽②.CO2+2+18H++16e-=CO(NH2)2+7H2O（3）①.I②.主反應為放熱反應，副反應為吸熱反應，150~250℃時，隨溫度升高主反應平衡逆向移動的程度大于副反應平衡正向移動的程度【解析】【分析】（2）由圖可知，水在b電極失去電子發生氧化反應生成氧氣，故b是電解池的陽極，方程式為，a是陰極，二氧化碳和硝酸根離子在陰極得到電子發生還原反應生成尿素，電極反應式為：CO2+2+18H++16e-=CO(NH2)2+7H2O，據此解答。【小問1詳解】①捕集過程發生反應的化學方程式Ca2SiO4+MgO+3CO2=2CaCO3+MgCO3+SiO2，②捕集過程CO2吸收速率隨反應進行逐漸降低，可能是因為隨著反應進行，CaSiO4、MgO表面被固體產物覆蓋，與CO2的接觸面積減少；【小問2詳解】①由圖可知，水在b電極失去電子發生氧化反應生成氧氣，故b是電解池的陽極；②電解過程中二氧化碳和硝酸根離子在陰極得到電子發生還原反應生成尿素，根據得失電子守恒和電荷守恒配平電極反應式為：CO2+2+18H++16e-=CO(NH2)2+7H2O；【小問3詳解】①維持壓強和投料比不變，隨著溫度升高，主反應為放熱反應，副反應為吸熱反應，隨著溫度升高主反應平衡會逆向移動，甲醇物質的量分數會降低，所以圖中代表的物質的量分數隨溫度變化的曲線為I；②150~250℃范圍內轉化率隨溫度升高而降低的是因為主反應為放熱反應，副反應為吸熱反應，150~250℃時，隨溫度升高主反應平衡逆向移動的程度大于副反應平衡正向移動的程度。16.呋喹替尼是我國自主研發的一種抗癌藥物。其合成路線如下：（1）D中含氧官能團的名稱是___________。（2）NBS的結構簡式是，B→D的化學方程式是___________。（3）D→E的過程生成乙酸，試劑a的結構簡式是___________。（4）下列說法正確的是___________(填序號)。a．設計反應A→B和G→I的目的是保護羥基b．I分子中含有兩個六元環c．J中有手性碳原子（5）已知：①中α-H鍵易斷裂，原因是___________。②F→G經歷下列過程F中間產物1中間產物2G中間產物1的結構簡式___________G的結構簡式___________。（6）J+K生成呋喹替尼時，加入K2CO3能提高產品產率，請分析原因___________。【答案】（1）羥基、醚鍵（2）（3）（4）a（5）①.酯基的吸電子作用使得酯基相連的C-H鍵極性增強，易斷裂②.③.（6）加入K2CO3與生成的HCl反應，使c(HCl)降低，促進J+K反應正向進行，提高呋喹替尼產率；與J中酚羥基反應，促進J與K的反應正向移動【解析】【分析】由流程，結合AB化學式和D結構，A為，A中酚羥基發生取代反應引入甲基生成B，B發生取代反應在苯環引入溴原子生成D，D→E的過程生成乙酸，結合F結構，生成E為，則為D中酚羥基和試劑a生成酯基且同時生成乙酸，則a為，E中溴被取代轉化為F，F在一定條件下轉化為G，F→G經歷下列過程：F中間產物1中間產物2G，結合（5）中已知反應原理，則F首先發生取代反應生成中間產物1，然后發生加成反應成環得到中間產物2，然后發生消去反應生成G，G中酯基轉化為羧基、醚鍵轉化為酚羥基得到I，I中羧基發生取代反應生成J，J和K轉化為產物；【小問1詳解】由D結構，D中含氧官能團的名稱是醚鍵和酚羥基；【小問2詳解】結合分析，B→D的反應為B中酚羥基鄰位氫被溴取代生成D和，反應為：；【小問3詳解】由分析，試劑a的結構簡式是；【小問4詳解】a．設計反應A→B和G→I過程中酚羥基被反應后，然后又生成酚羥基，則其目的是保護羥基，正確；b．I：，分子中含有1個六元環，錯誤；c．手性碳原子是連有四個不同基團的碳原子；J中沒有手性碳原子，錯誤；故選a；【小問5詳解】①中α-H鍵易斷裂，原因是酯基的吸電子作用使得酯基相連的C-H鍵極性增強，易斷裂。②由分析，中間產物1的結構簡式，G的結構簡式；【小問6詳解】J+K生成呋喹替尼時，K中氯原子和J中酚羥基氫生成HCl，加入K2CO3與生成的HCl反應，使c(HCl)降低，促進J+K反應正向進行，提高呋喹替尼產率，故J+K生成呋喹替尼時，加入K2CO3能提高產品產率。17.從低品位銅鎳礦(含有Fe2O3、FeO、MgO、CuO等雜質)資源中提取鎳和銅的一種工藝流程如下：資料：一些物質的Ksp(25℃)如下。物質Fe(OH)2Fe(OH)3Mg(OH)2Ni(OH)2Ksp4.9×10?172.8×10?395.6×10?122.1×10?15（1）上述流程中，加快反應速率的措施是___________。（2）用離子方程式表示浸出過程中通入O2的目的___________。（3）萃取時發生反應：Cu2++2HRCuR2+2H+(HR、CuR2在有機層，Cu2+、H+在水層)。①某種HR的結構簡式為，該分子中可能與Cu2+形成配位鍵的原子有___________。②解釋反萃取時H2SO4的作用：___________。（4）生成黃鈉鐵礬[NaFe3(OH)6(SO4)2]的離子方程式是___________。（5）第二次使用MgO調節pH使Ni2+沉淀完全(剩余離子濃度小于1.0×10-5mol?L-?1)，宜將pH調節至___________(填序號)。a．6~7b．9~10c．11~12（6）該流程中可循環利用的物質有___________。【答案】（1）研磨（2）4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；4FeO+O2+12H+=4Fe3++6H2O（3）①.O、N②.加入H2SO4，使Cu2++2HRCuR2+2H+逆向進行，Cu2+進入水層（4）Na++3Fe3++2+3MgO+3H2O=NaFe3(OH)6(SO4)2↓+3Mg2+或Na++3Fe3++2+6H2O=NaFe3(OH)6(SO4)2↓+6H+（5）b（6）H2SO4、萃取劑(HR)、O2【解析】【分析】銅鎳礦研磨后，加入和浸出，將銅鎳礦中的金屬氧化物轉化為、、、；加入萃取劑后，轉化為進入有機層，再經過反萃取形成含水溶液后，再轉化為金屬銅；水層中含有、、、等陽離子，加入硫酸鈉和MgO后，轉化為黃鈉鐵礬固體從水層中分離，濾液中含有、、等陽離子，再加入MgO后，轉化為再轉化為金屬鎳。【小問1詳解】將銅鎳礦研磨，可以將固體顆粒減小，增大固體與溶液接觸面積，從而加快浸出階段反應速率，故加快反應速率的措施是研磨；【小問2詳解】具有氧化性，可將溶解后的轉化為，便于轉化為沉淀除去，用離子方程式可以表示為：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；4FeO+O2+12H+=4Fe3++6H2O；【小問3詳解】①分子中，若要與形成配位鍵，則分子需提供孤電子對，分子中存在孤電子對的原子為N原子和O原子；②反萃取時，加入稀硫酸，增大水層中濃度，使平衡逆向移動，使水層中濃度增大，即銅離子進入水層；故答案為：O、N；加入H2SO4，使Cu2++2HRCuR2+2H+逆向進行，Cu2+進入水層；【小問4詳解】根據題目信息，水層中含有、、、等陽離子，加入硫酸鈉和MgO后，轉化為黃鈉鐵礬固體，對應的離子方程式為：Na++3Fe3++2+3MgO+3H2O=NaFe3(OH)6(SO4)2↓+3Mg2+或Na++3Fe3++2+6H2O=NaFe3(OH)6(SO4)2↓+6H+；小問5詳解】第二次使用MgO調節pH使沉淀完全，即溶液中≤，根據的=，恰好完全沉淀時，=≈，=≈7.14，pH=-lg