北師大燕化附屬中學(xué)2024-2025學(xué)年高三年級(jí)第二學(xué)期化學(xué)測(cè)試題本試卷共100分。考試時(shí)長(zhǎng)90分鐘。考生務(wù)必將答案答在答題紙上，在試卷上作答無(wú)效。考試結(jié)束后，將答題紙交回。可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：Li7C12N14O16K39第一部分本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出最符合題目要求的一項(xiàng)。1.下列化學(xué)用語(yǔ)或圖示表達(dá)正確的是A.的電子式 B.的VSEPR模型為C.電子云圖為 D.基態(tài)Si原子價(jià)電子軌道表示式：【答案】C【解析】【詳解】A．是共價(jià)化合物，電子式應(yīng)為，A錯(cuò)誤；B．中心N原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)，VSEPR模型為四面體，不是平面三角形，B錯(cuò)誤；C．軌道上的電子出現(xiàn)的概率分布為z軸對(duì)稱(chēng)，在x、y軸方向出現(xiàn)的幾率密度為零，電子云圖為，C正確；D．基態(tài)Si原子價(jià)電子軌道表示式應(yīng)遵循洪特規(guī)則，3p軌道電子應(yīng)分占不同軌道，軌道表示式為，D錯(cuò)誤；故選C。2.下列說(shuō)法正確的是A.葡萄糖氧化生成CO2和H2O的反應(yīng)是放熱反應(yīng)B.質(zhì)量相同的H2O和D2O(重水)所含的電子數(shù)相同C.碳、硫和氮的氧化物都是形成酸雨的主要物質(zhì)D.由氨基乙酸形成的二肽中存在兩個(gè)氨基和兩個(gè)羧基【答案】A【解析】【詳解】A．葡萄糖氧化生成CO2和H2O是細(xì)胞呼吸(有氧呼吸)過(guò)程或者葡萄糖在氧氣中燃燒的過(guò)程，該過(guò)程釋放能量，是放熱反應(yīng)，A正確；B．H2O和D2O(重水)摩爾質(zhì)量不同，質(zhì)量相同的二者物質(zhì)的量不同，1個(gè)H2O和1個(gè)D2O都含10個(gè)電子，但物質(zhì)的量不同則電子數(shù)不同，B錯(cuò)誤；C．形成酸雨的主要物質(zhì)是硫和氮的氧化物，碳的氧化物(如CO2)不是形成酸雨的主要物質(zhì)，C錯(cuò)誤；D．氨基乙酸形成二肽時(shí)，兩個(gè)氨基乙酸脫水縮合，二肽中存在1個(gè)氨基和1個(gè)羧基(兩端)，D錯(cuò)誤；故答案為：A。3.氘代氨()可用于反應(yīng)機(jī)理研究。下列兩種方法均可得到：①與的水解反應(yīng)；②與反應(yīng)。下列說(shuō)法不正確的是A.和可用質(zhì)譜法區(qū)分B.和均為極性分子C.方法①的化學(xué)方程式是D.方法②得到的產(chǎn)品純度比方法①的高【答案】D【解析】【詳解】A．和的相對(duì)分子質(zhì)量不同，可以用質(zhì)譜法區(qū)分，A正確；B．和的H原子不同，但空間構(gòu)型均為三角錐形，是極性分子，B正確；C．Mg3N2與D2O發(fā)生水解生成Mg(OD)2和ND3，反應(yīng)方法①的化學(xué)方程式書(shū)寫(xiě)正確，C正確；D．方法②是通過(guò)中D原子代替中H原子的方式得到，代換的個(gè)數(shù)不同，產(chǎn)物會(huì)不同，純度低，D錯(cuò)誤；故選D。4.下列方程式與所給事實(shí)不相符的是A.海水提溴過(guò)程中，用氯氣氧化苦鹵得到溴單質(zhì)：B.用綠礬（）將酸性工業(yè)廢水中的轉(zhuǎn)化為；C.制備84消毒液（主要成分是NaClO）：D.用溶液將水垢中的轉(zhuǎn)化為溶于酸的：【答案】D【解析】【詳解】A．海水提溴中氧化生成，離子方程式為，A正確；B．還原，離子方程式為，B正確；C．與NaOH反應(yīng)制NaClO，離子方程式為，C正確；D．轉(zhuǎn)化為，是微溶物，不能拆，離子方程式應(yīng)為，D錯(cuò)誤；故選D。5.我國(guó)科學(xué)家提出的聚集誘導(dǎo)發(fā)光機(jī)制已成為研究熱點(diǎn)之一、一種具有聚集誘導(dǎo)發(fā)光性能的物質(zhì)，其分子結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A.分子中N原子為雜化 B.分子中含有手性碳原子C.該物質(zhì)既有酸性又有堿性 D.該物質(zhì)可發(fā)生取代反應(yīng)、消去反應(yīng)【答案】C【解析】【詳解】A．分子中存在N=C鍵的N原子為雜化，A錯(cuò)誤；B．手性碳原子是連有四個(gè)不同原子或原子團(tuán)的碳原子，該分子中無(wú)手性碳原子，B錯(cuò)誤；C．含顯酸性，含等顯堿性，故既有酸性又有堿性，C正確；D．該物質(zhì)含等可發(fā)生取代反應(yīng)，但無(wú)消去反應(yīng)所需結(jié)構(gòu)，不能發(fā)生消去反應(yīng)，D錯(cuò)誤；故選C。6.硫酸是重要化工原料，工業(yè)生產(chǎn)制取硫酸的原理示意圖如下。下列說(shuō)法不正確的是A.I的化學(xué)方程式：B.Ⅱ中反應(yīng)條件都是為了提高平衡轉(zhuǎn)化率C.將黃鐵礦換成硫黃可以減少?gòu)U渣的產(chǎn)生D.生產(chǎn)過(guò)程中產(chǎn)生的尾氣可用堿液吸收【答案】B【解析】【分析】黃鐵礦和空氣中的O2在加熱條件下發(fā)生反應(yīng)，生成SO2和Fe3O4，SO2和空氣中的O2在400~500℃、常壓、催化劑的作用下發(fā)生反應(yīng)得到SO3，用98.3%的濃硫酸吸收SO3，得到H2SO4。【詳解】A．反應(yīng)I是黃鐵礦和空氣中的O2在加熱條件下發(fā)生反應(yīng)，生成SO2和Fe3O4，化學(xué)方程式：，故A正確；B．反應(yīng)Ⅱ條件要兼顧平衡轉(zhuǎn)化率和反應(yīng)速率，還要考慮生產(chǎn)成本，如Ⅱ中“常壓、催化劑”不是為了提高平衡轉(zhuǎn)化率，故B錯(cuò)誤；C．將黃鐵礦換成硫黃，則不再產(chǎn)生，即可以減少?gòu)U渣產(chǎn)生，故C正確；D．硫酸工業(yè)產(chǎn)生的尾氣為、，可以用堿液吸收，故D正確；故選B。7.回收利用工業(yè)廢氣中的和，實(shí)驗(yàn)原理示意圖如下。下列說(shuō)法不正確的是A.廢氣中排放到大氣中會(huì)形成酸雨B.裝置a中溶液顯堿性的原因是的水解程度大于的電離程度C.裝置a中溶液的作用是吸收廢氣中的和D.裝置中的總反應(yīng)為【答案】C【解析】【詳解】A．是酸性氧化物，廢氣中排放到空氣中會(huì)形成硫酸型酸雨，故A正確；B．裝置a中溶液的溶質(zhì)為，溶液顯堿性，說(shuō)明的水解程度大于電離程度，故B正確；C．裝置a中溶液的作用是吸收氣體，與溶液不反應(yīng)，不能吸收，故C錯(cuò)誤；D．由圖可知一個(gè)電極亞硫酸根失電子生成硫酸根，另一個(gè)極二氧化碳和水轉(zhuǎn)化為甲酸，裝置b中總反應(yīng)為，故D正確；選C。8.下列能達(dá)到對(duì)應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿．分離酒精和水B．比較氧化性：C．由制取無(wú)水固體D．比較Fe和Cu的金屬活動(dòng)性A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．酒精和水互溶，不能用分液分離，不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模珹錯(cuò)誤；B．如圖，氯氣將氧化為Br2，使左邊棉球變黃，將氧化為I2，使右邊棉球變藍(lán)，證明氧化性：Cl2>Br2，Cl2>I2，不能比較Br2與I2的氧化性，不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模珺錯(cuò)誤；C．加熱會(huì)水解，不能直接加熱制取無(wú)水，應(yīng)在HCl的氛圍中加熱，不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模珻錯(cuò)誤；D．Fe與CuSO4發(fā)生置換反應(yīng)：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，證明Fe金屬活動(dòng)性大于Cu，可達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模珼正確；故選D。9.下列事實(shí)能用平衡移動(dòng)原理解釋的是A.溶液中加入少量固體，促進(jìn)分解B.密閉燒瓶?jī)?nèi)的和的混合氣體，受熱后顏色加深C.鐵釘放入濃中，待不再變化后，加熱能產(chǎn)生大量紅棕色氣體D.鋅片與稀反應(yīng)過(guò)程中，加入少量固體，促進(jìn)的產(chǎn)生【答案】B【解析】【詳解】A．MnO2會(huì)催化H2O2分解，與平衡移動(dòng)無(wú)關(guān)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．NO2轉(zhuǎn)化為N2O4的反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升溫平衡逆向移動(dòng)，NO2濃度增大，混合氣體顏色加深，B項(xiàng)正確；C．鐵在濃硝酸中鈍化，加熱會(huì)使表面的氧化膜溶解，鐵與濃硝酸反應(yīng)生成大量紅棕色氣體，與平衡移動(dòng)無(wú)關(guān)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．加入硫酸銅以后，鋅置換出銅，構(gòu)成原電池，從而使反應(yīng)速率加快，與平衡移動(dòng)無(wú)關(guān)，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選B。10.不同條件下，當(dāng)與KI按照反應(yīng)①②的化學(xué)計(jì)量比恰好反應(yīng)，結(jié)果如下。反應(yīng)序號(hào)起始酸堿性KI還原產(chǎn)物氧化產(chǎn)物物質(zhì)的量/mol物質(zhì)的量/mol①酸性0.001n②中性0.00110n已知：的氧化性隨酸性減弱而減弱。下列說(shuō)法不正確的是A.反應(yīng)①，B.對(duì)比反應(yīng)①和②，C.對(duì)比反應(yīng)①和②，的還原性隨酸性減弱而增強(qiáng)D.隨反應(yīng)進(jìn)行，①②體系pH均增大【答案】A【解析】【詳解】A．反應(yīng)①中Mn元素的化合價(jià)由+7價(jià)降至+2價(jià)，I元素的化合價(jià)由-1價(jià)升至0價(jià)，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，反應(yīng)①的離子方程式是：，故n()∶n()=2∶5，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．根據(jù)反應(yīng)①可得關(guān)系式~，可以求得n=0.0002，則反應(yīng)②的n()∶n()=0.001∶(10×0.0002)=1∶2，反應(yīng)②中Mn元素的化合價(jià)由+7價(jià)降至+4價(jià)，反應(yīng)②對(duì)應(yīng)的關(guān)系式為~~~，中I元素的化合價(jià)為+5價(jià)，根據(jù)離子所帶電荷數(shù)等于正負(fù)化合價(jià)的代數(shù)和知x=3，反應(yīng)②的離子方程式是：，B項(xiàng)正確；C．已知的氧化性隨酸性減弱而減弱，對(duì)比反應(yīng)①和②的產(chǎn)物，的還原性隨酸性減弱而增強(qiáng)，C項(xiàng)正確；D．根據(jù)反應(yīng)①和②的離子方程式知，反應(yīng)①消耗H+、產(chǎn)生水、pH增大，反應(yīng)②產(chǎn)生OH-、消耗水、pH增大，D項(xiàng)正確；答案選A。11.一種分解氯化銨實(shí)現(xiàn)產(chǎn)物分離的物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系如下，其中b、d代表MgO或中的一種。下列說(shuō)法不正確的是A.a為，c為HClB.d既可以是MgO，也可以是C.已知為副產(chǎn)物，則通入水蒸氣可減少的產(chǎn)生D.等壓條件下，反應(yīng)①、②的反應(yīng)熱之和，等于氯化銨直接分解的反應(yīng)熱【答案】B【解析】【分析】b、d代表MgO或中的一種。MgO不分解，可分解為氧化鎂和HCl，則b代表，d代表MgO。分解的產(chǎn)物是和HCl，分解得到的MgO與氯化銨反應(yīng)生成和氨氣，綜上，a為，b為，c為HCl，d為MgO，即，據(jù)此回答；【詳解】A．由分析知，a為，c為HCl，A正確；B．由分析知，d為MgO，B錯(cuò)誤；C．可以水解生成，通入水蒸氣可以減少的生成，C正確；D．反應(yīng)①和反應(yīng)②相加即為氯化銨直接分解的反應(yīng)，由蓋斯定律可知，等壓條件下，反應(yīng)①、反應(yīng)②的反應(yīng)熱之和等于氯化銨直接分解的反應(yīng)熱，D正確；故選B。12.化合物K與L反應(yīng)可合成藥物中間體M，轉(zhuǎn)化關(guān)系如下。已知L能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，下列說(shuō)法正確的是A.K的核磁共振氫譜有四組峰 B.L是乙二醛C.M完全水解可得到K和L D.反應(yīng)物K與L的化學(xué)計(jì)量比是【答案】B【解析】【詳解】A．K結(jié)構(gòu)對(duì)稱(chēng)，酰胺基中含有1種氫原子，中間碳原子上含有一種氫原子，氨基上含有一種氫原子，故核磁共振氫譜有三組峰，A錯(cuò)誤；B．由K和M的結(jié)構(gòu)可知，L是乙二醛，B正確；C．M完全水解時(shí)，酰胺基水解得到氨基和羧基，生成可得到和氨氣，C錯(cuò)誤；D．1個(gè)K和1個(gè)L反應(yīng)生成1個(gè)M分子和2個(gè)水分子，故反應(yīng)物K與L的化學(xué)計(jì)量比是1∶1，D錯(cuò)誤；故選B。13.利用平衡移動(dòng)原理，分析一定溫度下在不同pH的體系中的可能產(chǎn)物。已知：i．圖1中曲線(xiàn)表示體系中各含碳粒子的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與pH的關(guān)系。ii．圖2中曲線(xiàn)I的離子濃度關(guān)系符合；曲線(xiàn)Ⅱ的離子濃度關(guān)系符合【注：起始，不同pH下由圖1得到。】下列說(shuō)法不正確的是A.由圖1，，B.由圖2，初始狀態(tài)、，有沉淀生成C.由圖2，初始狀態(tài)、，平衡后存在D.由圖1和圖2，初始狀態(tài)、，發(fā)生反應(yīng)：【答案】B【解析】【分析】由圖1知，當(dāng)pH=6.37時(shí)，和的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)相等，即，由，同理，，由圖2知，曲線(xiàn)I的離子濃度關(guān)系符合；曲線(xiàn)Ⅱ的離子濃度關(guān)系符合，當(dāng)位于曲線(xiàn)下方時(shí)，、表示不飽和溶液，無(wú)沉淀生成，，同理，位于曲線(xiàn)上方時(shí)，表示過(guò)飽和溶液，有沉淀生成，據(jù)此回答。【詳解】A．從圖1可以看出時(shí)，碳酸氫根離子與碳酸根離子濃度相同，A正確；B．從圖2可以看出、時(shí)，該點(diǎn)位于曲線(xiàn)Ⅰ和曲線(xiàn)Ⅱ的下方，不會(huì)產(chǎn)生碳酸鎂沉淀或氫氧化鎂沉淀，B錯(cuò)誤；C．從圖2可以看出、時(shí)，該點(diǎn)位于曲線(xiàn)Ⅱ的上方，會(huì)生成碳酸鎂沉淀，根據(jù)物料守恒，溶液中，C正確；D．時(shí)，溶液中主要含碳微粒是，、時(shí)，該點(diǎn)位于曲線(xiàn)Ⅱ的上方，會(huì)生成碳酸鎂沉淀，因此反應(yīng)的離子方程式為，D正確；故選B。14.某小組為探究與KI之間的反應(yīng)，進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象①產(chǎn)生土黃色沉淀，溶液為棕黃色②變?yōu)榘咨珣覞嵋海詈蟮玫綗o(wú)色澄清溶液①產(chǎn)生土黃色沉淀，溶液為藍(lán)綠色②開(kāi)始變?yōu)闇\藍(lán)色懸濁液，逐漸變?yōu)辄S綠色懸濁液，然后變?yōu)辄S色溶液，最后得到無(wú)色溶液已知：（無(wú)色）（無(wú)色）；CuI為白色沉淀，可吸附；在溶液中不存在；呈無(wú)色，呈黃色。下列結(jié)論或推斷不合理的是A.與KI能發(fā)生反應(yīng)：B.CuI與反應(yīng)的速率慢于與反應(yīng)的速率C.黃綠色懸濁液變?yōu)辄S色溶液時(shí)，有、生成D.Cu(Ⅱ)與生成配合物反應(yīng)的限度大于二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)的限度【答案】D【解析】【詳解】A．CuI為白色沉淀，可吸附I2而顯土黃色，CuI2在溶液中不存在，故CuSO4與KI能發(fā)生反應(yīng)：，A正確；B．已知（無(wú)色）（無(wú)色），結(jié)合第一個(gè)實(shí)驗(yàn)逐滴加入Na2S2O3溶液的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，應(yīng)該是CuI附著在表面的I2先反應(yīng)，故CuI與Na2S2O3反應(yīng)的速率慢于I2與Na2S2O3反應(yīng)的速率，B正確；C．第二個(gè)實(shí)驗(yàn)中，①產(chǎn)生土黃色沉淀，溶液為藍(lán)綠色，發(fā)生反應(yīng)，Cu2+剩余，②逐滴加入Na2S2O3溶液時(shí)，開(kāi)始變?yōu)闇\藍(lán)色懸濁液，逐漸變?yōu)辄S綠色懸濁液，此時(shí)生成了、；黃綠色懸濁液變?yōu)辄S色溶液時(shí)，說(shuō)明溶液中的Cu2+幾乎全部轉(zhuǎn)化為；最后黃色溶液變?yōu)闊o(wú)色溶液時(shí)，說(shuō)明全部被還原為，C正確；D．第二個(gè)實(shí)驗(yàn)中，溶液最后變?yōu)闊o(wú)色溶液，故最后溶液中主要為，故Cu(Ⅱ)與生成配合物反應(yīng)的限度小于二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)的限度，D錯(cuò)誤；故選D。第二部分本部分共5題，共58分。15.三磷酸腺苷（ATP）是生物體的供能物質(zhì)，由腺苷（A）與磷酸反應(yīng)而成。（1）基態(tài)P原子價(jià)層電子排布式是__________。（2）比較ATP和A在水中的溶解性并從微粒間相互作用的角度解釋其原因：__________。（3）ATP的堿基中，氮原子的雜化方式為_(kāi)_________。（4）ATP中的堿基與尿嘧啶作用時(shí)，形成的氫鍵的種類(lèi)可能有__________種。（5）磷的含氧酸除了以外，還有亞磷酸（）等。①是二元酸，在水中鍵能斷裂解離出而鍵不能，從元素性質(zhì)的角度解釋其原因：__________。②是一種配體。配位時(shí)配位原子是__________，理由是__________。【答案】（1）（2）ATP中更易與H2O形成氫鍵（3）sp2、sp3（4）2（5）①.O的電負(fù)性大于P的，O—H鍵極性大于P—H鍵②.O③.O有孤電子對(duì)可以做配位原子，P沒(méi)有孤電子對(duì)不可做配位原子【解析】小問(wèn)1詳解】P是第15號(hào)元素，基態(tài)P原子價(jià)層電子排布式是；【小問(wèn)2詳解】ATP中含更多羥基，更易與H2O形成氫鍵，導(dǎo)致其比A更易溶于水；【小問(wèn)3詳解】ATP的堿基中環(huán)內(nèi)N=C雙鍵中N原子為雜化sp2，N-C單鍵和-NH2中N原子為雜化sp3；【小問(wèn)4詳解】尿嘧啶為當(dāng)氫原子連接在電負(fù)性大且原子半徑小原子（例如氟、氧、氮）上時(shí)，可以形成氫鍵；ATP中的堿基與尿嘧啶作用時(shí)，形成的氫鍵的種類(lèi)可能有：N—HN、N—HO，有2種；【小問(wèn)5詳解】①O的電負(fù)性大于P的，O—H鍵極性大于P—H鍵，使得O—H鍵更易斷裂電離出氫離子；②中O存在孤電子對(duì)可以提供孤電子對(duì)而做配位原子，P沒(méi)有孤電子對(duì)不可做配位原子，故配位時(shí)配位原子是O。16.是一種重要工業(yè)原料。可采用不同的氮源制備。（1）方法一：早期以硝石（含）為氮源制備，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：（濃）。該反應(yīng)利用了濃硝酸的性質(zhì)是酸性和__________。（2）方法二：以為氮源催化氧化制備，反應(yīng)原理分三步進(jìn)行。①工業(yè)合成的化學(xué)方程式為_(kāi)_________。②針對(duì)第Ⅱ步反應(yīng)進(jìn)行研究：在容積可變的密閉容器中，充入2nmolNO和進(jìn)行反應(yīng)。在不同壓強(qiáng)下（、），反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，測(cè)得NO轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如圖所示。比較y點(diǎn)和x點(diǎn)的容器容積：y_______x，解釋原因__________。（3）方法三：研究表明可以用電解法以為氮源直接制備，其原理示意圖如下。①電極a表面生成的電極反應(yīng)式：__________。②研究發(fā)現(xiàn)：轉(zhuǎn)化可能的途徑為。電極a表面還發(fā)生iii．。iii的存在，有利于途徑ii，原因是__________。（4）用于新型鋰電池，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖。立方晶胞棱長(zhǎng)為。①距離Li最近且等距的O的數(shù)目為_(kāi)_________。②已知阿伏加德羅常數(shù)為。該晶體的密度為_(kāi)_________。【答案】（1）難揮發(fā)性（2）①.②.小于（或<）③.反應(yīng)正向氣體分子總數(shù)減小，同溫時(shí)，條件下NO轉(zhuǎn)化率高于，故，根據(jù)，x、y點(diǎn)轉(zhuǎn)化率相同，則n相同，此時(shí)壓強(qiáng)對(duì)容積的影響大于溫度對(duì)容積的影響，故y點(diǎn)的容器容積小于x點(diǎn)的容器容積（3）①.②.反應(yīng)iii生成，將氧化成，更易轉(zhuǎn)化成（4）①.4②.【解析】【小問(wèn)1詳解】濃硫酸難揮發(fā)，產(chǎn)物為氣體，有利于復(fù)分解反應(yīng)進(jìn)行，體現(xiàn)了濃硫酸的難揮發(fā)性和酸性；【小問(wèn)2詳解】①工業(yè)上用氮?dú)夂蜌錃庠诟邷馗邏骸⒋呋瘎┫潞铣桑瘜W(xué)方程式為；②反應(yīng)正向氣體分子總數(shù)減小，同溫時(shí)，條件下NO轉(zhuǎn)化率高于，故，根據(jù)，x、y點(diǎn)轉(zhuǎn)化率相同，則n相同，此時(shí)壓強(qiáng)對(duì)容積的影響大于溫度對(duì)容積的影響，故y點(diǎn)的容器容積小于x點(diǎn)的容器容積；【小問(wèn)3詳解】①由電極a上的物質(zhì)轉(zhuǎn)化可知，氮元素化合價(jià)升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極a為陽(yáng)極，電極反應(yīng)式為；②由于反應(yīng)iii生成，將氧化成，更易轉(zhuǎn)化成；【小問(wèn)4詳解】①由Li2O晶胞結(jié)構(gòu)可知，Li位于晶胞內(nèi)部，O位于面心和頂點(diǎn)，觀(guān)察晶胞可知，距離Li最近且等距的O的數(shù)目為4個(gè)；②由Li2O晶胞結(jié)構(gòu)可知，Li位于晶胞內(nèi)部，共有8個(gè)，O位于面心和頂點(diǎn)，共有，立方晶胞棱長(zhǎng)為，已知阿伏加德羅常數(shù)為。該晶體的密度為。17.除草劑苯嘧磺草胺的中間體M合成路線(xiàn)如下。（1）D中含氧官能團(tuán)的名稱(chēng)是__________。（2）A→B的反應(yīng)類(lèi)型是__________。（3）結(jié)合方程式解釋E→G中K2CO3的作用：__________。（4）下列說(shuō)法正確的是__________（填序號(hào)）。A.L存在順?lè)串悩?gòu)體B.存在含兩個(gè)六元環(huán)的B的同分異構(gòu)體C.1molG與NaOH溶液共熱最多消耗5molNaOHD.I→J的制備過(guò)程中，若反應(yīng)溫度過(guò)高，可能生成副產(chǎn)物乙醚或者乙烯（5）已知：①K的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是__________。②判斷并解釋K中氟原子對(duì)的活潑性的影響__________。（6）M的分子式為。除苯環(huán)外，M分子中還有個(gè)含兩個(gè)氮原子的六元環(huán)，在合成M的同時(shí)還生成產(chǎn)物甲醇和乙醇。由此可知，在生成M時(shí)，L分子和G分子斷裂的化學(xué)鍵均為鍵和鍵，M的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是__________。【答案】（1）硝基、酯基（2）酯化反應(yīng)或取代反應(yīng)（3）+ClCOOCH3+HCl，吸收反應(yīng)生成的HCl，促使反應(yīng)向正向進(jìn)行，提高產(chǎn)率（4）ABD（5）①.②.氟原子可增強(qiáng)的活潑性；氟原子為吸電子基團(tuán)，位鍵極性增強(qiáng)，易斷裂（6）【解析】【分析】B發(fā)生硝化反應(yīng)得到D，即B為，A與CH3OH發(fā)生酯化反應(yīng)生成B，即A為，D發(fā)生還原反應(yīng)得到E，結(jié)合E的分子式可知，D硝基被還原為氨基，E為，E在K2CO3的作用下與發(fā)生反應(yīng)得到G，結(jié)合G的分子式可知，G為，I與C2H5OH在濃硫酸加熱的條件下生成J，結(jié)合I與J的分子式可知，I為CH3COOH，J為CH3COOC2H5，J與在一定條件下生成K，發(fā)生類(lèi)似的反應(yīng)，結(jié)合L的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式和K的分子式可知，K為，G和L在堿的作用下生成M，M的分子式為，除苯環(huán)外，M分子中還有個(gè)含兩個(gè)氮原子的六元環(huán)，在合成M的同時(shí)還生成產(chǎn)物甲醇和乙醇，可推測(cè)為G與L中鍵與酯基分別發(fā)生反應(yīng)，形成酰胺基，所以斷裂的化學(xué)鍵均為鍵和鍵，M的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。【小問(wèn)1詳解】D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，D中含氧官能團(tuán)的名稱(chēng)是硝基、酯基，故答案為：硝基、酯基；【小問(wèn)2詳解】由分析可知，A→B是與甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成，故答案為：酯化反應(yīng)或取代反應(yīng)；【小問(wèn)3詳解】由分析可知，E→G的反應(yīng)方程式為：+ClCOOCH3+HCl，則E→G中K2CO3的作用為：吸收反應(yīng)生成的HCl，促使反應(yīng)向正向進(jìn)行，提高產(chǎn)率，故答案為：+ClCOOCH3+HCl，吸收反應(yīng)生成的HCl，促使反應(yīng)向正向進(jìn)行，提高產(chǎn)率；【小問(wèn)4詳解】A．L為，分子中含有碳碳雙鍵且碳碳雙鍵兩端碳原子均連有互不相同的原子或原子團(tuán)，故L存在順?lè)串悩?gòu)體，A正確；B．由題干信息可知，B的分子式為：C8H6O2FCl，不飽和度為5，存在含兩個(gè)六元環(huán)的B的同分異構(gòu)體如，B正確；C．由分析可知，G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，，分子中含有酰胺基、酯基和碳氟鍵、碳氯鍵，鹵原子水解生成的酚羥基還能消耗氫氧化銨，故1molG與NaOH溶液共熱最多消耗7molNaOH，C錯(cuò)誤；D．I→J發(fā)生反應(yīng)：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，則I→J的制備過(guò)程中，若反應(yīng)溫度過(guò)高，可能發(fā)生乙醇分子間脫水生成副產(chǎn)物乙醚或者乙醇分子內(nèi)脫水即發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯，D正確；故答案為：ABD；【小問(wèn)5詳解】①根據(jù)已知反應(yīng)可知，酯基的與另一分子的酯基發(fā)生取代反應(yīng)，中左側(cè)不存在，所以產(chǎn)物K的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為；故答案為：；②氟原子可增強(qiáng)的活潑性；氟電負(fù)性大，吸電子能力強(qiáng)，位鍵極性增強(qiáng)，易斷裂；故答案為：氟原子可增強(qiáng)的活潑性，氟原子為吸電子基團(tuán)，位鍵極性增強(qiáng)，易斷裂；【小問(wèn)6詳解】M分子中除苯環(huán)外還有一個(gè)含兩個(gè)氮原子的六元環(huán)，在合成M的同時(shí)還生成產(chǎn)物甲醇和乙醇，再結(jié)合其分子式，可推測(cè)為G與L中鍵與酯基分別發(fā)生反應(yīng)，形成酰胺基，所以斷裂的化學(xué)鍵均為鍵和鍵，M的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。故答案為：。18.以銀錳精礦（主要含、、）和氧化錳礦（主要含）為原料聯(lián)合提取銀和錳的一種流程示意圖如下。已知：酸性條件下，的氧化性強(qiáng)于。硫酸錳受熱不分解。（1）“浸錳”過(guò)程是在溶液中使礦石中的錳元素浸出，同時(shí)去除，有利于后續(xù)銀的浸出；礦石中的銀以的形式殘留于浸錳渣中。①“浸錳”過(guò)程中，發(fā)生反應(yīng)，為提高浸取速率，可采取的措施是：__________。（寫(xiě)出一種即可）②在溶液中，銀錳精礦中的和氧化錳礦中的發(fā)生反應(yīng)。（已知S元素被氧化成硫酸根離子）的離子方程式為：__________。（2）①“浸銀”時(shí)，發(fā)生的反應(yīng)為：，可以使用過(guò)量__________、__________和的混合液作為浸出劑，將中的銀以形式浸出。②結(jié)合平衡移動(dòng)原理，解釋“浸銀”過(guò)程中浸出劑中、的作用：__________。（3）“沉銀”過(guò)程中需要過(guò)量的鋅粉作為還原劑。①該步反應(yīng)的參加反應(yīng)的離子__________。②一定溫度下，Ag的沉淀率隨反應(yīng)時(shí)間的變化如圖所示。解釋Ag的沉淀率變化的原因：__________。（4）結(jié)合“浸錳”過(guò)程，從兩種礦石中各物質(zhì)利用的角度，分析聯(lián)合提取銀和錳的優(yōu)勢(shì)：__________。【答案】（1）①.適當(dāng)提高酸的濃度、升高溫度、粉碎礦石、攪拌等（任寫(xiě)一種）②.（2）①.FeCl3②.HCl③.是為了與電離出的Ag+結(jié)合生成，使平衡正向移動(dòng)，提高的浸出率，是為了抑制水解，防止生成氫氧化鐵沉淀（3）①.②.開(kāi)始時(shí)Zn與反應(yīng)，Ag沉淀率增大；隨著反應(yīng)的進(jìn)行，溶解的氧氣可作氧化劑，將生成的單質(zhì)Ag轉(zhuǎn)化為[AgCl2]-溶解過(guò)量，沉淀率下降（4）可將兩種礦石中的錳元素同時(shí)提取到浸錳液中，得到MnSO4，同時(shí)將銀元素和錳元素分離開(kāi)；生成的還可以用于浸銀，節(jié)約氧化劑【解析】【分析】銀錳精礦和氧化錳礦混合加硫酸溶液，二氧化錳具有氧化性使得二價(jià)鐵氧化為三價(jià)鐵同時(shí)二氧化錳能被還原生成錳離子，使礦石中的錳元素浸出，同時(shí)去除FeS2，浸錳液中主要的金屬陽(yáng)離子有、，礦石中的銀以Ag2S的形式殘留于浸錳渣中，浸錳渣中Ag2S與過(guò)量氯化鐵、鹽酸、氯化鈣的混合液反應(yīng)，將Ag2S中的銀以形式浸出，用鋅粉把還原為金屬銀，據(jù)此回答。【小問(wèn)1詳解】①“浸錳”過(guò)程中，發(fā)生反應(yīng)，為提高浸取速率，可采取措施有適當(dāng)提高酸的濃度、升高溫度、粉碎礦石、攪拌等（任寫(xiě)一種）；②FeS2與MnO2在酸性條件下反應(yīng)，S被氧化為，Mn被還原為，離子方程式：；【小問(wèn)2詳解】①“浸銀”時(shí)，發(fā)生的反應(yīng)為：，將中的S氧化為S單質(zhì)，為了不引入雜質(zhì)，可以使用過(guò)量FeCl3提供，為防止水解，需在酸性條件下進(jìn)行反應(yīng)，為了不引入雜質(zhì)，可由使用過(guò)量HCl，綜上所述，可以使用過(guò)量FeCl3、HCl和的混合液作為浸出劑，將中的銀以形式浸出；②是為了與電離出的Ag+結(jié)合生成，使平衡正向移動(dòng)，提高的浸出率，是為了抑制水解，防止生成氫氧化鐵沉淀；【小問(wèn)3詳解】①沉銀時(shí)與Zn反應(yīng)生成單質(zhì)銀；

②開(kāi)始時(shí)Zn與反應(yīng)，Ag沉淀率增大；隨著反應(yīng)的進(jìn)行，溶解的氧氣可作氧化劑，將生成的單質(zhì)Ag轉(zhuǎn)化為[AgCl2]-溶解，沉淀率下降；【小問(wèn)4詳解】聯(lián)合提取銀和錳的優(yōu)勢(shì)在于“浸錳”過(guò)程可將兩種礦石中的錳元素同時(shí)提取到浸錳液中，將銀元素和錳元素分離開(kāi)，利用MnO2的氧化性將中的氧化為，同時(shí)生成的還可以用于浸銀，節(jié)約氧化劑，同時(shí)得到MnSO4。19.某小組同學(xué)向的的溶液中分別加入過(guò)量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化劑的微粒及其還原產(chǎn)物。（1）理論分析：預(yù)測(cè)可將還原為Fe的金屬，并解釋原因__________。（2）實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證實(shí)驗(yàn)金屬操作、現(xiàn)象及產(chǎn)物I過(guò)量Cu一段時(shí)間后，溶液逐漸變?yōu)樗{(lán)綠色，固體中未檢測(cè)到Fe單質(zhì)II過(guò)量Zn一段時(shí)間后有氣泡產(chǎn)生，反應(yīng)緩慢，pH逐漸增大，產(chǎn)生了大量紅褐色沉淀后，無(wú)氣泡冒出，此時(shí)溶液pH為3~4，取出固體，固體中未檢測(cè)到Fe單質(zhì)III過(guò)量Mg有大量氣泡產(chǎn)生，反應(yīng)劇烈，pH逐漸增大，產(chǎn)生了大量紅褐色沉淀后，持續(xù)產(chǎn)生大量氣泡，當(dāng)溶液pH為3~4時(shí)，取出固體，固體中檢測(cè)到Fe單質(zhì)①分別取實(shí)驗(yàn)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，證明都有生成，依據(jù)的現(xiàn)象是__________。②用平衡移動(dòng)原理解釋實(shí)驗(yàn)Ⅱ、Ⅲ中沉淀生成的原因__________。③對(duì)實(shí)驗(yàn)Ⅱ未檢測(cè)到Fe單質(zhì)進(jìn)行分析及探究。i．a(chǎn)．甲認(rèn)為實(shí)驗(yàn)Ⅱ中，當(dāng)、濃度較大時(shí)，即使Zn與反應(yīng)置換出少量Fe，也會(huì)被消耗。對(duì)應(yīng)的離子方程式__________。b．乙認(rèn)為在pH為3~4的溶液中即便生成Fe也會(huì)被消耗。設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)__________（填實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象）。證實(shí)了此條件下可忽略對(duì)Fe的消耗。c．丙認(rèn)為產(chǎn)生的紅褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻礙了Zn與的反應(yīng)。實(shí)驗(yàn)證實(shí)了Zn粉被包裹。ii．查閱資料：開(kāi)始沉淀的pH約為1.2，完全沉淀的pH約為3.結(jié)合a，b和c可知，實(shí)驗(yàn)II未檢測(cè)到Fe單質(zhì)的原因可能是的干擾以及沉淀對(duì)鋅粉的包裹，因此可控制反應(yīng)條件，在未生成沉淀時(shí)將還原，即可排除兩個(gè)干擾因素，具體操作為：重新做實(shí)驗(yàn)Ⅱ，當(dāng)溶液pH為3~4時(shí)，__________（填實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象），固體中檢測(cè)Fe單質(zhì)。（3）對(duì)比實(shí)驗(yàn)Ⅱ和Ⅲ，解釋實(shí)驗(yàn)Ⅲ的固體中檢測(cè)到Fe單質(zhì)的原因__________。【答案】（1）Mg、Zn在金屬活動(dòng)性順序表中，Mg、Zn排在Fe之前，Cu排在Fe之后，因此Mg、Zn可將Fe3+還原為Fe，Cu不能將Fe3+還原為Fe單質(zhì)（2）①.產(chǎn)生藍(lán)色沉淀②.Fe3+水解反應(yīng)為Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3，加入Mg或Zn會(huì)消耗H+，促進(jìn)Fe3+水解平衡正向移動(dòng)，使其轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀③.2Fe3++Fe=3Fe2+、2H++Fe=Fe2+＋H2↑④.向pH為3~4的稀鹽酸中加鐵粉，一段時(shí)間后取出