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文檔簡介
高級中學名校試卷PAGEPAGE1北京市石景山區2025屆高三上學期期末考試試題本試卷共10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,將答題卡交回。可能用到的相對原子質量:H-1C-12N-14O-16S-32Ca-40第一部分本部分共14題,每題3分,共42分。在每題列出的四個選項中,選出最符合題目要求的一項。1.明朝宋應星所著的《天工開物》是世界上第一部關于農業和手工業生產的綜合性“工藝百科全書”,其中介紹了鋅的冶煉方法:把爐甘石和煤炭餅裝入煉鋅罐(如圖所示),泥封,“其底鋪薪,發火煅紅”,“冷定毀罐取出”。已知:鋅的熔點為419℃,沸點為907℃。下列說法不正確的是A.冷凝區中,鋅由氣態轉化為液態,理論上該區溫度控制在419~907℃B.“冷定”后“毀罐”取鋅的原因是防止在較高的溫度下被氧化成C.反應區中,分解生成和D.反應區中,與發生置換反應得到,被還原【答案】D【解析】A.根據鋅的熔點為419℃,沸點為907℃,冷凝區中,鋅由氣態轉化為液態,理論上該區溫度控制在419~907℃,A正確;B.Zn在加熱時易被氧化,冷卻為固體后,“毀罐”取鋅是防止在較高的溫度下被氧化成,B正確;C.反應區中,分解生成和,ZnCO3ZnO+CO2↑,C正確;D.反應區中,與發生置換反應得到,被氧化,D錯誤;答案選D。2.下列性質的比較,不能用元素周期律解釋的是A.酸性: B.沸點:C.金屬性: D.電負性:【答案】B【解析】A.非金屬性越強,其最高價氧化物對應水化物的酸性越強,非金屬性:S>C,則酸性:,能用元素周期律解釋,A不選;B.H2O的沸點高于H2S的原因是H2O分子間能夠形成氫鍵,不能用元素周期律解釋,B選;C.同主族元素,從上往下,金屬性依次增強,則金屬性:,能用元素周期律解釋,C不選;D.同周期主族元素,從左往右,電負性逐漸增大,則電負性:,能用元素周期律解釋,D不選;故選B。3.下列化學用語或圖示表達正確的是A.的電子式:B.基態原子的價層電子軌道表示式:C.的結構式:D.反-2-丁烯的分子結構模型:【答案】B【解析】A.的電子式:,A錯誤;B.基態原子價電子排布式為2s22p3,2p軌道半充滿穩定,價層電子軌道表示式:,B正確;C.根據成鍵的原理,H形成1個鍵達到穩定結構,O需要形成2個鍵達到穩定結構,Cl形成1個鍵達到穩定結構,的結構式:H-O-Cl,C錯誤;D.反-2-丁烯的兩個甲基在雙鍵的兩側,是順-2-丁烯分子結構模型,D錯誤;答案選B。4.下列說法錯誤的是A.葡萄糖氧化生成和的反應是吸熱反應B.核酸是一種生物大分子C.葡萄糖和果糖互為同分異構體D.氨基酸是組成蛋白質的基本結構單位【答案】A【解析】A.葡萄糖氧化生成二氧化碳和水的反應是放熱反應,故A錯誤;B.核酸是細胞中最重要的生物大分子,也是一切生物的遺傳物質,擔負著生命信息的儲存和傳遞,與生物體的生長、發育、繁殖、遺傳和變異都有著極為密切的關系,故B正確;C.葡萄糖和果糖時分子式相同,結構不同的單糖,互為同分異構體,故C正確;D.氨基酸是一類兩性有機化合物,是生物功能大分子蛋白質的基本結構單位,故D正確;故選A。5.下列方程式與所給事實相符的是A.食醋去除水垢中的:B.的水溶液顯酸性:C.新切開的鈉的光亮的表面很快變暗:D.氯化鐵溶液作為覆銅板的“腐蝕液”:【答案】D【解析】A.食醋去除水垢中的,醋酸是弱酸,不能拆成離子,方程式為:,A錯誤;B.的水溶液顯酸性:,亞硫酸是弱酸,電離用“?”,B錯誤;C.在常溫下,鈉與氧氣反應生成氧化鈉,方程式為:4Na+O2=2Na2O,C錯誤;D.Fe3+氧化性大于Cu2+,氯化鐵溶液與Cu反應離子方程式為:,D正確;答案選D。6.習慣上把電解飽和食鹽水的工業生產叫氯堿工業,一個單元槽的電解原理示意圖如下,下列說法不正確的是A.陰極的電極反應:B.在陽極,比容易失去電子C.中間的離子交換膜選用陰離子交換膜D.電解飽和食鹽水可以得到三種重要的化工產品:、和【答案】C【解析】在左側電極氯離子失去電子,發生氧化反應生成氯氣,該電極為陽極,則右側為陰極,陰極水中氫離子放電生成氫氣,鈉離子通過離子交換膜移向陰極,故離子交換膜為陽離子交換膜,據此分析解答。A.陰極水中氫離子放電生成氫氣,電極反應式為:,故A正確;B.在陽極,同時存在、,最終生成氯氣,可知放電能力強于,故B正確;C.由上述分析可知鈉離子通過離子交換膜移向陰極,故離子交換膜為陽離子交換膜,故C錯誤;D.電解飽和食鹽水時陽極得到,陰極得到和,故D正確;故選:C。7.已知溶液顯酸性。關于和的下列說法中,不正確的是A.溶液中,B.兩種物質的溶液中,所含微粒的種類相同C溶液中,D.可以用溶液吸收,生成【答案】C【解析】A.在溶液中電離:,且在溶液中會發生水解,所以,A正確;B.在溶液中存在水解,在溶液中存在電離和水解平衡,所以兩種物質的溶液中,所含微粒種類相同,B正確;C.溶液中,根據電荷守恒:,溶液顯酸性,,,C錯誤;D.溶液可與發生反應:,D正確;答案選C。8.下列實驗裝置及操作,能達到實驗目的的是A.實驗室制取B.轉移溶液C.測溶液D.收集A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A.氯化銨受熱分解為氨氣和氯化氫,兩者遇冷又會生成氯化銨,不適合制取氨氣,A錯誤;B.轉移溶液時玻璃棒應該伸入容量瓶刻度線以下,操作正確,B正確;C.測溶液pH時不能將pH試紙伸入待測液,C錯誤;D.會與空氣中氧氣反應,不適合用排空氣法收集,D錯誤;答案選B。9.將甲烷直接轉化為高附加值化學品是實現天然氣高效利用的有效途徑。在全氟己烷和水組成的兩相反應體系中,甲烷轉化率達到99%,其機理如下。下列說法不正確的是A.上層是水,下層是全氟己烷B.甲烷和O2更易溶解在全氟己烷中,推測全氟己烷極性較大C.生成的甲醇、甲酸從全氟己烷轉移至水相,避免被深度氧化為CO2D.氯自由基(·Cl)和甲烷的反應可表示為:【答案】B【解析】根據圖示可知:向水層的NaClO2溶液中加入酸,生成·ClO2,生成·ClO2進入下層的全氟己烷中,解離產生氯自由基(·Cl)和O2,氯自由基(·Cl)與CH4反應產生·CH3和HCl,·CH3被O2氧化產生CH3OH、CH3COOH,生成的CH3OH、CH3COOH極易溶于水,而不容易溶于全氟己烷中,因此CH3OH、CH3COOH從全氟己烷層進入到水層中,就可以避免再被氧化為CO2。A.水與氯代烴是互不相溶的液體,由于物質的密度:ρ水<ρ全氟己烷,所以上層是水層,下層是全氟己烷層,A正確;B.H2O分子是極性分子,甲烷和O2分子是非極性分子,根據相似相溶原理,非極性分子構成的溶質易溶于由非極性分子構成的溶劑中,而在由極性分子構成的溶劑中不容易溶解,根據甲烷和O2更易溶解在全氟己烷中,推測全氟己烷分子的極性較小,B錯誤;C.CH4失去電子被氧化反應轉化生成的CH3OH、CH3COOH與水分子之間易形成氫鍵,因此CH3OH、CH3COOH容易溶于水中,故CH4氧化生成的甲醇、甲酸從全氟己烷轉移至水相,就可以避免被深度氧化為+4價CO2,C正確;D.根據圖示可知:氯自由基和甲烷反應產生甲基(·CH3)自由基和HCl,反應方程式可表示為:,D正確;故合理選項是B。10.對下列事實的解釋不正確的是事實解釋A第一電離能:的第一電離能失去的電子是能級的,該能級電子的能量比失去的能級電子的低B甲苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色苯環使甲基活化,甲苯中的甲基被氧化C第一電離能:的電子排布是半充滿的,比較穩定,電離能較高D酸性:氟的電負性大于氯的電負性,的極性大于的極性,使的極性大于的極性,導致三氟乙酸的羧基中的羥基的極性更大,更易電離出氫離子A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A.能級上的電子能量高于能級上電子的能量,A錯誤;B.甲苯上,苯環使甲基活化,甲苯中的甲基被酸性高錳酸鉀溶液氧化褪色,B正確;C.原子價電子排布式為2p3,2p軌道電子排布半充滿穩定,第一電離能N>O,C正確;D.氟的電負性大于氯的電負性,F的吸引電子能力大于Cl,導致三氟乙酸的羧基中的羥基的極性更大,更易電離出氫離子,酸性:,D正確;答案選A。11.一種熱響應高分子的合成路線如下。下列說法不正確的是A.在引發劑的作用下,發生加聚反應生成B.和均含有酰胺基C.X的分子式為D水解可得到【答案】D【解析】X到Y在引發劑作用下碳碳雙鍵發生加聚反應,Y到Z通過氫鍵發生物理交聯。A.根據分析,在引發劑的作用下,發生加聚反應生成,A正確;B.X和Y中都存在酰胺基,B正確;C.X的結構簡式為:,分子式為,C正確;D.Y是加聚反應的高分子化合物,酰胺基發生水解,得到物質中仍有高分子化合物,不能得到X,D錯誤;答案選D。12.一種全釩液流電池放電狀態的工作原理示意圖如下。下列說法正確的是A.放電時,穿過質子交換膜進入負極室B.放電時,正極的反應為C.充電時,負極室的升高D.充電時,電極a應連接電源的負極【答案】B【解析】放電時,正極室發生還原反應,電極反應式為:,負極室發生氧化反應,電極反應式為:V2+-e-=V3+,H+通過質子交換膜由負極室移向正極室。A.放電時,穿過質子交換膜進入正極室,A錯誤;B.根據電子的移動方向,正極上發生得電子的還原反應,正極的反應為:,B正確;C.充電時,H+由正極室移向負極室,負極室H+濃度增大,降低,C錯誤;D.充電時,電極a為陽極,應連接電源的正極,D錯誤;答案選B。13.白云石的主要化學成分為,我國科學家以白云石為原料制備球霰石型碳酸鈣,流程示意圖如下。后續實驗發現:將產品加熱至740℃,固體剩余量少于56%。已知:740℃時,碳酸鈣受熱分解為和。下列說法不正確的是A.將白云石粉碎是為了增大接觸面積,提高反應速率B.固體的主要成分是C.生成固體的離子方程式是D.740℃時產品固體剩余量少于56%,推測是因為分解所致【答案】D【解析】由題給流程可知,白云石煅燒、粉碎后,加入氯化銨溶液浸出,將氧化鈣轉化為氯化鈣溶液,氧化鎂不反應,過濾得到含有氧化鎂的固體A和含有氯化鈣的濾液B;向濾液中先通入氨氣,再通入二氧化碳陳化,氯化鈣溶液與氨氣和二氧化碳反應生成氯化銨和碳酸鈣沉淀,過濾得到含有氯化銨的溶液D和碳酸鈣固體C;固體烘干得到碳酸鈣產品。A.將白云石粉碎可以增大固體表面積,有利于增大反應物的接觸面積,提高反應速率,故A正確;B.由分析可知,固體A的主要成分為氧化鎂,故B正確;C.由分析可知,生成碳酸鈣的反應為氯化鈣溶液與氨氣和二氧化碳反應生成氯化銨和碳酸鈣沉淀,反應的離子方程式為,故C正確;D.由題意可知,740℃時,碳酸鈣受熱分解為氧化鈣和二氧化碳,則產品固體剩余量少于56%是因為碳酸鈣受熱分解所致,故D錯誤;故選D。14.對于二元弱酸,存在電離平衡:,,,,如果,則以第一步電離為主,此時水溶液中,則。已知:的,;;的,;;。下列說法不正確的是A.酸性:B.將濃度均為的和溶液等體積混合,會生成沉淀C.將碳酸鈉溶液加水稀釋至,的水解程度約為50%D.將過量碳酸鈣粉末置于水中,上層清液中含碳微粒主要以形式存在【答案】D【解析】A.由題目信息可知,,所以酸性,故A正確;B.將濃度均為的和等體積混合后,體積增大一倍,、均為,由于的,由已知信息可知,得出和的離子積,所以溶液中會產生沉淀,故B正確;C.設的碳酸鈉溶液發生水解的濃度為x,忽略的第二步水解,可列三段式,,,,則的水解程度約為,故C正確;D.水解平衡常數,說明溶液中的水解程度較大,上層清液中含碳微粒最主要以形式存在,故D錯誤;故D。第二部分本部分共5題,共58分。15.對機理的研究有利于從微觀層面理解化學反應的本質。一種催化加氫制的路徑如下。(□表示氧空位)(1)寫出催化加氫制的化學方程式___________。(2)分子的模型名稱是___________。(3)位于元素周期表第6周期。將基態原子簡化電子排布式補充完整:___________。(4)在表面異裂產生氧空位(□)和的示意圖如下。分析異裂解離需要吸收能量且與催化劑表面結合原因___________。(5)的晶胞如圖所示。①每個原子周圍與它最近且距離相等的原子有___________個。②晶胞的邊長均為,已知的摩爾質量是,阿伏加德羅常數為,該晶體的密度為___________。③已知的摩爾質量是,假設每個晶胞中有1個變為氧空位,則參與反應時轉移___________電子。【答案】(1)(2)四面體(3)(4)斷開鍵需要吸收能量,和電性相反(或有空軌道,有孤電子對,可以形成配位鍵)(5)①.8②.③.【解析】H2與催化劑CeO2多步反應得到H2O和氧空位的催化劑,氧空位的催化劑再與CO2作用,多步反應后得到CH3OH,反應是化學方程式為:。(1)由分析可知,化學方程式為:;(2)H2O的中心原子為O,O原子的價層電子對為2+,VSEPR模型的名稱為四面體形;(3)58Ce位于元素周期表第6周期,原子核外有6層電子,因此電子排布式為:;(4)由圖可知,異裂解離過程有H-H鍵的斷開,需要吸收能量,斷開后,帶正電荷的Hδ+與催化劑表面O電性相反,可以結合成鍵(或者O有孤電子對,Hδ+有空軌道,二者之間形成配位鍵);(5)①根據晶胞圖分析,白球全在晶胞內部,有8個,黑球在面心和頂角,有6×,則黑球為Ce原子,白球為O原子,一個O原子周圍有4個Ce,根據Ce與O個數比為1:2,則一個Ce原子周圍有8個O原子;②晶胞中有4個Ce原子,8個O原子,質量為,體積為(a×10-7cm)3,則晶胞的密度為:g/cm3=g/cm3;③的物質的量為,含有晶胞的物質的量為,氧空位的物質的量為,參與反應時轉移電子的物質的量為=。16.在國民經濟中占有重要地位。可采取不同的方法制備。(1)氨的發現:科學家在加熱氯化銨和石灰(主要成分是)混合物時發現氨,寫出反應的化學方程式___________。(2)氰化法制氨:以為氮源兩步合成氨。①第I步產物還有單質,則反應中___________(填序號)。a.是氧化劑b.是還原劑c.既是氧化劑又是還原劑②第II步產物還有,反應的化學方程式為___________。(3)直接合成法制氨是人類科學技術的一項重大突破,其反應如下:若斷裂、需要吸收的能量分別為、,則斷裂需要吸收的能量為___________。(4)電化學氮還原合成氨是未來合成氨工藝最有潛力的前沿技術。水相電解是最早實現低溫合成氨的體系。①以溶液為離子導體的示意圖如圖所示,陰極的電極反應是___________。②以稀硫酸為離子導體,氮還原的選擇性較低。在稀硫酸中添加聚乙二醇,能顯著提高氮還原的選擇性,其原理如下。聚乙二醇不影響的擴散。聚乙二醇能___________,有效抑制的擴散。【答案】(1)(2)①.b②.(3)(4)①.②.與形成氫鍵【解析】(1)根據加熱氯化銨和石灰(主要成分是)混合物時發現氨,知道反應物是氯化銨和,生成物是氨氣、氯化鈣和水,故反應的化學方程式是。(2)①根據氰化法制氨合成流程圖,可知反應Ⅰ是N2和反應生成CaCN2和單質C,中C元素的化合價是-1價,CaCN2中C元素的化合價是+4價,單質C中為0價,反應過程中,碳元素化合價是升高的,則反應中是反應物,是還原劑,故答案為b。②第二步反應是CaCN2和水在反應生成氨氣和,故反應的化學方程式是。(3)一個反應的焓變等于反應物的鍵能之和減去生成物的鍵能之和,斷裂、需要吸收的能量分別為、,設斷裂需要吸收的能量為x,則有x+3a-6b=-92.4,故x等于。(4)①陰極發生還原反應,根據題干電化學氮還原合成氨,可知氮氣在陰極得電子被還原成氨氣,則根據電荷守恒、元素質量守恒和堿性電解液,可知電極反應式為。②以稀硫酸為離子導體,會在陰極形成氫氣,降低氮還原的選擇性;根據圖可知聚乙二醇中的氧原子能與中的氫離子形成分子間氫鍵,能有效抑制的擴散,提高氮還原的選擇性。17.從構樹中分離得到的BroussoninC()具有較好的酪氨酸酶抑制活性,其人工合成路線如下。已知:i.。ii.。(1)A中含氧官能團的名稱是___________。(2)的反應類型是___________。(3)C的結構簡式是___________。(4)G的分子式是,的化學方程式是___________。(5)下列說法正確的是___________(填序號)。a.的作用是保護酚羥基b.被還原時,轉移電子c.I和J互為同分異構體(6)I的結構簡式是___________。(7)以上述合成路線中的E制備K,利用K和BroussoninC進行對比實驗,實驗確認異戊烯基()不是抑制酪氨酸酶活性的關鍵藥效團。寫出和的結構簡式:___________。【答案】(1)醛基、羥基(2)取代反應(3)(4)++HCl(5)abc(6)(7)和【解析】A和ClCH2OC2H5發生取代反應生成B,結合B的分子式和D的結構簡式可以推知B的結構簡式為,B和C發生已知信息i的反應原理生成D,由D的結構簡式可知C的結構簡式為,D發生還原反應生成E,由BroussoninC的結構簡式可知,E的結構簡式為,F和G發生取代反應生成H,由H的結構簡式和G的分子式C5H10O可以推知G的結構簡式為,J將-OCH2OC2H5轉化為-OH生成BroussoninC,則J為,I發生已知信息ii的反應原理生成J,則I為,以此解答。(1)由A的結構簡式可知,A中含氧官能團的名稱是醛基、羥基。(2)由分析可知,A和ClCH2OC2H5發生取代反應生成B。(3)由分析可知,B和C發生已知信息i的反應原理生成D,由D的結構簡式可知C的結構簡式為。(4)由分析可知,G為,F和G發生取代反應生成H,化學方程式為:++HCl。(5)a.由流程可知,A中的酚羥基先和ClCH2OC2H5發生取代反應,將-OH轉化為醚鍵,J將-OCH2OC2H5轉化為-OH生成BroussoninC,的作用是保護酚羥基,a正確;b.D被還原時,D中的碳碳雙鍵轉化為碳碳單鍵,轉移2個電子,羰基轉化為-CH2-,碳的氧化態從+2價變為-2價,轉移4個電子,則被還原時,轉移電子,b正確;c.I加熱重排生成J,I和J的分子式相同,結構式不同,二者互為同分異構體,c正確;故選abc。(6)由分析可知,I的結構簡式是。(7)由分析可知,E的結構簡式為,已知異戊烯基不是抑制酪氨酸酶活性的關鍵藥效團,則E直接發生J去保護的反應原理即可生成K為。18.一種利用綠柱石(主要成分是,含一定量和等雜質)生產的工藝流程如下(簡稱硫酸法)。已知:固體的主要成分是;固體的主要成分是。(1)濃硫酸浸出,利用了的氧化性和___________性。(2)濾液D氨水調時,反應的離子方程式有___________。(3)25℃時,氨水的可達11.室溫過濾(25℃)時,濾液的最高為8.0,結合平衡移動原理解釋原因___________。(4)由于高品質綠柱石資源短缺,需要從品質差的含氟鈹礦石中提取。①采用硫酸法時,濾液中硫酸的濃度約為,濾液中硫酸銨的濃度一般為,此時如果溶液中不含氟,鈹可以完全沉淀。氟存在時,部分會和生成配合物,導致的產率降低,解釋和能形成配合物的原因___________。增大沉鈹時的或較少濃度有利于提高的產率。②實踐表明:其他條件不變時,用替代硫酸銨既可以除去,又能夠將沉淀時的提高到8.5,結合化學用語解釋原因___________。③預處理脫氟可減少氟對鈹提取的影響。不考慮的影響,沉淀時,將從8.0提高到8.5,理論上鈹的損失將降低至原來的___________%。【答案】(1)酸性(2),(3),濾液中濃度較大,平衡逆向移動;在95℃時,氨的溶解度較低,室溫過濾時溶解的氨較少,最高為8.0(4)①.有空軌道,有孤電子對,兩者可以形成配位鍵②.通過反應和[或]除去;用氨代替硫酸銨,可以降低濃度,減少對的抑制作用,增大濃度,可以提高到8.5③.10【解析】綠柱石煅燒生成氧化物,用濃硫酸浸取,二價鐵轉化為三價鐵,SiO2不溶于硫酸,固體A是SiO2,濾液B加硫酸銨調節pH除去鋁離子,過濾所得固體的主要成分是,濾液D加入氨水調節pH=5.1除去鐵離子,過濾所得固體E為氫氧化鐵,濾液F再在95°C時加氨水、室溫時過濾得Be(OH)2沉淀,濾液G為硫酸銨。(1)煅燒、濃硫酸浸出時,將金屬元素轉化為硫酸鹽,鐵元素轉化為硫酸鐵,則利用了的氧化性和酸性。(2)濾液D氨水調時,先中和硫酸、同時把鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀,則反應的離子方程式有,。(3)25℃時,氨水中存在可達11,室溫過濾(25℃)時,濾液的最高為8.0,則氫氧根濃度下降,結合一水合氨的電離平衡移動可知,原因為:,濾液中濃度較大,平衡逆向移動;在95℃時,氨的溶解度較低,室溫過濾時溶解的氨較少,最高為8.0。(4)①形成配位鍵時一方有空軌道、另一方提供孤電子對;和能形成配合物的原因:有空軌道,有孤電子對,兩者可以形成配位鍵。②實踐表明:其他條件不變時,用替代硫酸銨既可以除去,又能夠將沉淀時的提高到8.5,即適當增大了溶液中的氫氧根濃度,減少了溶液中的濃度,降低了鈹的溶解損失,結合化學用語解釋原因為:通過反應和[或]除去;用氨代替硫酸銨,可以降低濃度,減少對的抑制作用,增大濃度,可以提高到8.5。③設Be(OH)2的溶度積常數為Ksp,Ksp=c(Be2+)×c2(OH-),c(Be2+)=,當pH=8.0時,c(OH-)=10-6mol/L,鈹損失濃度為c(Be2+)=mol/L,當pH=8.5時,c(OH-)=10-5.5mol/L,鈹損失濃度為c(Be2+)=mol/L,理論上鈹的損失降低至原來的10%。19.某小組探究銅和雙氧水在不同條件下的反應。資料:還原反應中,增大反應物濃度或降低生成物濃度,氧化劑的氧化性增強;氧化反應中,增大反應物濃度或降低生成物濃度,還原劑的還原性增強。(1)實驗過程
實驗I實驗II實驗III操作30%的溶液中,加入光亮銅片30%的溶液中,加入光亮銅片,滴加稀硫酸30%的溶液中,滴加的氨水,加入光亮銅片現象開始無明顯現象,較長時間溶液變為淺藍色,取出銅片晾干,表面有藍色沉淀物銅片表面產生少量氣泡,隨著反應的進行,氣泡越來越多,溶液很快變藍,取出銅片晾干,鋼片依然保持光亮立即產生大量氣泡,溶液顏色變為深藍色,取出鋼片晾干,表面有藍色沉淀物①實驗I中藍色沉淀物是___________。②實驗II中發生的反應有___________。③實驗III中溶液呈深藍色,是因為含有___________離子。④參照實驗III的操作進行實驗IV:溶液加入氨水后,加入一定量的___________固體,攪拌溶解后,加入光亮的銅片,立即產生大量氣泡,溶液顏色變為深藍色,取出銅片晾干,銅片依然保持光亮。解釋銅片依然保持光亮的原因___________。(2)分析解釋①實驗I中銅和的電極反應式:i.還原反應:ii.氧化反應:___________。②實驗II比實驗I溶液更快變藍的原因可能是:加入稀硫酸,的氧化性___________,采用下圖電化學裝置進行驗證,實驗操作及現象___________。③實驗III比實驗I溶液更快變藍的原因可能是___________。【答案】(1)①.②.、③.④.⑤.加入固體,結合,使溶液堿性減弱,銅片依然保持光亮(2)①.②.增強③.向右側雙氧水中加入一定量硫酸鈉固體,待固體溶解后,閉合開關;待靈敏電流計指針穩定后,先向電極一側滴加稀硫酸,指針偏轉幅度沒有明顯變化;再向石墨電極一側滴加稀硫酸,指針偏轉幅度增大④.加入氨水生成,的還原性增強是主要原因【解析】根據實驗I現象可知,Cu與H2O2反應較慢,生成藍色沉淀為Cu(OH)2,實驗I和實驗II對比可知,實驗II中加入硫酸,酸性增強,H2O2的氧化性增強,酸性條件下生成Cu2+,沒有沉淀生成,Cu2+對H2O2的分解起到催化劑作用,有氣泡O2產生,實驗III和實驗I對比,加入了氨水,生成深藍色溶液是[Cu(NH3)4]2+,增加了反應物濃度,減少了生成物Cu2+濃度,還原劑Cu的還原性增強。(1)①實驗I的藍色沉淀物為Cu(OH)2;②實驗II的現象是有氣泡生成,溶液變藍色,發生的反應有:、;③實驗III中溶液呈深藍色,是因為生成的Cu2+與NH3分子形成配離子[Cu(NH3)4]2+;④實驗III中Cu表面依然有藍色沉淀Cu(OH)2,原因是溶液的堿性較強,加入水解呈酸性的(NH4)2SO4,同時還可以增大NH3·H2O濃度,使Cu(OH)2轉化為[Cu(NH3)4]2+,銅片依然保持光亮。(2)①利用原電池原理,H2O2具有氧化性,作為正極反應物,電極反應式為:;Cu為負極反應物,發生氧化反應,電極反應式為:;②加入硫酸,氧化劑H2O2的氧化性增強;驗證加入稀硫酸,的氧化性增強的操作及現象是:向右側雙氧水中加入一定量硫酸鈉固體,待固體溶解后,閉合開關;待靈敏電流計指針穩定后,先向電極一側滴加稀硫酸,指針偏轉幅度沒有明顯變化,說明增大反應物濃度,Cu的還原性沒有增強;再向石墨電極一側滴加稀硫酸,指針偏轉幅度增大,說明H2O2的氧化性增強了;③實驗III比實驗I加入了氨水,增大了反應物濃度,溶液更快變藍的原因可能是還原劑的還原性增強。北京市石景山區2025屆高三上學期期末考試試題本試卷共10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,將答題卡交回。可能用到的相對原子質量:H-1C-12N-14O-16S-32Ca-40第一部分本部分共14題,每題3分,共42分。在每題列出的四個選項中,選出最符合題目要求的一項。1.明朝宋應星所著的《天工開物》是世界上第一部關于農業和手工業生產的綜合性“工藝百科全書”,其中介紹了鋅的冶煉方法:把爐甘石和煤炭餅裝入煉鋅罐(如圖所示),泥封,“其底鋪薪,發火煅紅”,“冷定毀罐取出”。已知:鋅的熔點為419℃,沸點為907℃。下列說法不正確的是A.冷凝區中,鋅由氣態轉化為液態,理論上該區溫度控制在419~907℃B.“冷定”后“毀罐”取鋅的原因是防止在較高的溫度下被氧化成C.反應區中,分解生成和D.反應區中,與發生置換反應得到,被還原【答案】D【解析】A.根據鋅的熔點為419℃,沸點為907℃,冷凝區中,鋅由氣態轉化為液態,理論上該區溫度控制在419~907℃,A正確;B.Zn在加熱時易被氧化,冷卻為固體后,“毀罐”取鋅是防止在較高的溫度下被氧化成,B正確;C.反應區中,分解生成和,ZnCO3ZnO+CO2↑,C正確;D.反應區中,與發生置換反應得到,被氧化,D錯誤;答案選D。2.下列性質的比較,不能用元素周期律解釋的是A.酸性: B.沸點:C.金屬性: D.電負性:【答案】B【解析】A.非金屬性越強,其最高價氧化物對應水化物的酸性越強,非金屬性:S>C,則酸性:,能用元素周期律解釋,A不選;B.H2O的沸點高于H2S的原因是H2O分子間能夠形成氫鍵,不能用元素周期律解釋,B選;C.同主族元素,從上往下,金屬性依次增強,則金屬性:,能用元素周期律解釋,C不選;D.同周期主族元素,從左往右,電負性逐漸增大,則電負性:,能用元素周期律解釋,D不選;故選B。3.下列化學用語或圖示表達正確的是A.的電子式:B.基態原子的價層電子軌道表示式:C.的結構式:D.反-2-丁烯的分子結構模型:【答案】B【解析】A.的電子式:,A錯誤;B.基態原子價電子排布式為2s22p3,2p軌道半充滿穩定,價層電子軌道表示式:,B正確;C.根據成鍵的原理,H形成1個鍵達到穩定結構,O需要形成2個鍵達到穩定結構,Cl形成1個鍵達到穩定結構,的結構式:H-O-Cl,C錯誤;D.反-2-丁烯的兩個甲基在雙鍵的兩側,是順-2-丁烯分子結構模型,D錯誤;答案選B。4.下列說法錯誤的是A.葡萄糖氧化生成和的反應是吸熱反應B.核酸是一種生物大分子C.葡萄糖和果糖互為同分異構體D.氨基酸是組成蛋白質的基本結構單位【答案】A【解析】A.葡萄糖氧化生成二氧化碳和水的反應是放熱反應,故A錯誤;B.核酸是細胞中最重要的生物大分子,也是一切生物的遺傳物質,擔負著生命信息的儲存和傳遞,與生物體的生長、發育、繁殖、遺傳和變異都有著極為密切的關系,故B正確;C.葡萄糖和果糖時分子式相同,結構不同的單糖,互為同分異構體,故C正確;D.氨基酸是一類兩性有機化合物,是生物功能大分子蛋白質的基本結構單位,故D正確;故選A。5.下列方程式與所給事實相符的是A.食醋去除水垢中的:B.的水溶液顯酸性:C.新切開的鈉的光亮的表面很快變暗:D.氯化鐵溶液作為覆銅板的“腐蝕液”:【答案】D【解析】A.食醋去除水垢中的,醋酸是弱酸,不能拆成離子,方程式為:,A錯誤;B.的水溶液顯酸性:,亞硫酸是弱酸,電離用“?”,B錯誤;C.在常溫下,鈉與氧氣反應生成氧化鈉,方程式為:4Na+O2=2Na2O,C錯誤;D.Fe3+氧化性大于Cu2+,氯化鐵溶液與Cu反應離子方程式為:,D正確;答案選D。6.習慣上把電解飽和食鹽水的工業生產叫氯堿工業,一個單元槽的電解原理示意圖如下,下列說法不正確的是A.陰極的電極反應:B.在陽極,比容易失去電子C.中間的離子交換膜選用陰離子交換膜D.電解飽和食鹽水可以得到三種重要的化工產品:、和【答案】C【解析】在左側電極氯離子失去電子,發生氧化反應生成氯氣,該電極為陽極,則右側為陰極,陰極水中氫離子放電生成氫氣,鈉離子通過離子交換膜移向陰極,故離子交換膜為陽離子交換膜,據此分析解答。A.陰極水中氫離子放電生成氫氣,電極反應式為:,故A正確;B.在陽極,同時存在、,最終生成氯氣,可知放電能力強于,故B正確;C.由上述分析可知鈉離子通過離子交換膜移向陰極,故離子交換膜為陽離子交換膜,故C錯誤;D.電解飽和食鹽水時陽極得到,陰極得到和,故D正確;故選:C。7.已知溶液顯酸性。關于和的下列說法中,不正確的是A.溶液中,B.兩種物質的溶液中,所含微粒的種類相同C溶液中,D.可以用溶液吸收,生成【答案】C【解析】A.在溶液中電離:,且在溶液中會發生水解,所以,A正確;B.在溶液中存在水解,在溶液中存在電離和水解平衡,所以兩種物質的溶液中,所含微粒種類相同,B正確;C.溶液中,根據電荷守恒:,溶液顯酸性,,,C錯誤;D.溶液可與發生反應:,D正確;答案選C。8.下列實驗裝置及操作,能達到實驗目的的是A.實驗室制取B.轉移溶液C.測溶液D.收集A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A.氯化銨受熱分解為氨氣和氯化氫,兩者遇冷又會生成氯化銨,不適合制取氨氣,A錯誤;B.轉移溶液時玻璃棒應該伸入容量瓶刻度線以下,操作正確,B正確;C.測溶液pH時不能將pH試紙伸入待測液,C錯誤;D.會與空氣中氧氣反應,不適合用排空氣法收集,D錯誤;答案選B。9.將甲烷直接轉化為高附加值化學品是實現天然氣高效利用的有效途徑。在全氟己烷和水組成的兩相反應體系中,甲烷轉化率達到99%,其機理如下。下列說法不正確的是A.上層是水,下層是全氟己烷B.甲烷和O2更易溶解在全氟己烷中,推測全氟己烷極性較大C.生成的甲醇、甲酸從全氟己烷轉移至水相,避免被深度氧化為CO2D.氯自由基(·Cl)和甲烷的反應可表示為:【答案】B【解析】根據圖示可知:向水層的NaClO2溶液中加入酸,生成·ClO2,生成·ClO2進入下層的全氟己烷中,解離產生氯自由基(·Cl)和O2,氯自由基(·Cl)與CH4反應產生·CH3和HCl,·CH3被O2氧化產生CH3OH、CH3COOH,生成的CH3OH、CH3COOH極易溶于水,而不容易溶于全氟己烷中,因此CH3OH、CH3COOH從全氟己烷層進入到水層中,就可以避免再被氧化為CO2。A.水與氯代烴是互不相溶的液體,由于物質的密度:ρ水<ρ全氟己烷,所以上層是水層,下層是全氟己烷層,A正確;B.H2O分子是極性分子,甲烷和O2分子是非極性分子,根據相似相溶原理,非極性分子構成的溶質易溶于由非極性分子構成的溶劑中,而在由極性分子構成的溶劑中不容易溶解,根據甲烷和O2更易溶解在全氟己烷中,推測全氟己烷分子的極性較小,B錯誤;C.CH4失去電子被氧化反應轉化生成的CH3OH、CH3COOH與水分子之間易形成氫鍵,因此CH3OH、CH3COOH容易溶于水中,故CH4氧化生成的甲醇、甲酸從全氟己烷轉移至水相,就可以避免被深度氧化為+4價CO2,C正確;D.根據圖示可知:氯自由基和甲烷反應產生甲基(·CH3)自由基和HCl,反應方程式可表示為:,D正確;故合理選項是B。10.對下列事實的解釋不正確的是事實解釋A第一電離能:的第一電離能失去的電子是能級的,該能級電子的能量比失去的能級電子的低B甲苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色苯環使甲基活化,甲苯中的甲基被氧化C第一電離能:的電子排布是半充滿的,比較穩定,電離能較高D酸性:氟的電負性大于氯的電負性,的極性大于的極性,使的極性大于的極性,導致三氟乙酸的羧基中的羥基的極性更大,更易電離出氫離子A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A.能級上的電子能量高于能級上電子的能量,A錯誤;B.甲苯上,苯環使甲基活化,甲苯中的甲基被酸性高錳酸鉀溶液氧化褪色,B正確;C.原子價電子排布式為2p3,2p軌道電子排布半充滿穩定,第一電離能N>O,C正確;D.氟的電負性大于氯的電負性,F的吸引電子能力大于Cl,導致三氟乙酸的羧基中的羥基的極性更大,更易電離出氫離子,酸性:,D正確;答案選A。11.一種熱響應高分子的合成路線如下。下列說法不正確的是A.在引發劑的作用下,發生加聚反應生成B.和均含有酰胺基C.X的分子式為D水解可得到【答案】D【解析】X到Y在引發劑作用下碳碳雙鍵發生加聚反應,Y到Z通過氫鍵發生物理交聯。A.根據分析,在引發劑的作用下,發生加聚反應生成,A正確;B.X和Y中都存在酰胺基,B正確;C.X的結構簡式為:,分子式為,C正確;D.Y是加聚反應的高分子化合物,酰胺基發生水解,得到物質中仍有高分子化合物,不能得到X,D錯誤;答案選D。12.一種全釩液流電池放電狀態的工作原理示意圖如下。下列說法正確的是A.放電時,穿過質子交換膜進入負極室B.放電時,正極的反應為C.充電時,負極室的升高D.充電時,電極a應連接電源的負極【答案】B【解析】放電時,正極室發生還原反應,電極反應式為:,負極室發生氧化反應,電極反應式為:V2+-e-=V3+,H+通過質子交換膜由負極室移向正極室。A.放電時,穿過質子交換膜進入正極室,A錯誤;B.根據電子的移動方向,正極上發生得電子的還原反應,正極的反應為:,B正確;C.充電時,H+由正極室移向負極室,負極室H+濃度增大,降低,C錯誤;D.充電時,電極a為陽極,應連接電源的正極,D錯誤;答案選B。13.白云石的主要化學成分為,我國科學家以白云石為原料制備球霰石型碳酸鈣,流程示意圖如下。后續實驗發現:將產品加熱至740℃,固體剩余量少于56%。已知:740℃時,碳酸鈣受熱分解為和。下列說法不正確的是A.將白云石粉碎是為了增大接觸面積,提高反應速率B.固體的主要成分是C.生成固體的離子方程式是D.740℃時產品固體剩余量少于56%,推測是因為分解所致【答案】D【解析】由題給流程可知,白云石煅燒、粉碎后,加入氯化銨溶液浸出,將氧化鈣轉化為氯化鈣溶液,氧化鎂不反應,過濾得到含有氧化鎂的固體A和含有氯化鈣的濾液B;向濾液中先通入氨氣,再通入二氧化碳陳化,氯化鈣溶液與氨氣和二氧化碳反應生成氯化銨和碳酸鈣沉淀,過濾得到含有氯化銨的溶液D和碳酸鈣固體C;固體烘干得到碳酸鈣產品。A.將白云石粉碎可以增大固體表面積,有利于增大反應物的接觸面積,提高反應速率,故A正確;B.由分析可知,固體A的主要成分為氧化鎂,故B正確;C.由分析可知,生成碳酸鈣的反應為氯化鈣溶液與氨氣和二氧化碳反應生成氯化銨和碳酸鈣沉淀,反應的離子方程式為,故C正確;D.由題意可知,740℃時,碳酸鈣受熱分解為氧化鈣和二氧化碳,則產品固體剩余量少于56%是因為碳酸鈣受熱分解所致,故D錯誤;故選D。14.對于二元弱酸,存在電離平衡:,,,,如果,則以第一步電離為主,此時水溶液中,則。已知:的,;;的,;;。下列說法不正確的是A.酸性:B.將濃度均為的和溶液等體積混合,會生成沉淀C.將碳酸鈉溶液加水稀釋至,的水解程度約為50%D.將過量碳酸鈣粉末置于水中,上層清液中含碳微粒主要以形式存在【答案】D【解析】A.由題目信息可知,,所以酸性,故A正確;B.將濃度均為的和等體積混合后,體積增大一倍,、均為,由于的,由已知信息可知,得出和的離子積,所以溶液中會產生沉淀,故B正確;C.設的碳酸鈉溶液發生水解的濃度為x,忽略的第二步水解,可列三段式,,,,則的水解程度約為,故C正確;D.水解平衡常數,說明溶液中的水解程度較大,上層清液中含碳微粒最主要以形式存在,故D錯誤;故D。第二部分本部分共5題,共58分。15.對機理的研究有利于從微觀層面理解化學反應的本質。一種催化加氫制的路徑如下。(□表示氧空位)(1)寫出催化加氫制的化學方程式___________。(2)分子的模型名稱是___________。(3)位于元素周期表第6周期。將基態原子簡化電子排布式補充完整:___________。(4)在表面異裂產生氧空位(□)和的示意圖如下。分析異裂解離需要吸收能量且與催化劑表面結合原因___________。(5)的晶胞如圖所示。①每個原子周圍與它最近且距離相等的原子有___________個。②晶胞的邊長均為,已知的摩爾質量是,阿伏加德羅常數為,該晶體的密度為___________。③已知的摩爾質量是,假設每個晶胞中有1個變為氧空位,則參與反應時轉移___________電子。【答案】(1)(2)四面體(3)(4)斷開鍵需要吸收能量,和電性相反(或有空軌道,有孤電子對,可以形成配位鍵)(5)①.8②.③.【解析】H2與催化劑CeO2多步反應得到H2O和氧空位的催化劑,氧空位的催化劑再與CO2作用,多步反應后得到CH3OH,反應是化學方程式為:。(1)由分析可知,化學方程式為:;(2)H2O的中心原子為O,O原子的價層電子對為2+,VSEPR模型的名稱為四面體形;(3)58Ce位于元素周期表第6周期,原子核外有6層電子,因此電子排布式為:;(4)由圖可知,異裂解離過程有H-H鍵的斷開,需要吸收能量,斷開后,帶正電荷的Hδ+與催化劑表面O電性相反,可以結合成鍵(或者O有孤電子對,Hδ+有空軌道,二者之間形成配位鍵);(5)①根據晶胞圖分析,白球全在晶胞內部,有8個,黑球在面心和頂角,有6×,則黑球為Ce原子,白球為O原子,一個O原子周圍有4個Ce,根據Ce與O個數比為1:2,則一個Ce原子周圍有8個O原子;②晶胞中有4個Ce原子,8個O原子,質量為,體積為(a×10-7cm)3,則晶胞的密度為:g/cm3=g/cm3;③的物質的量為,含有晶胞的物質的量為,氧空位的物質的量為,參與反應時轉移電子的物質的量為=。16.在國民經濟中占有重要地位。可采取不同的方法制備。(1)氨的發現:科學家在加熱氯化銨和石灰(主要成分是)混合物時發現氨,寫出反應的化學方程式___________。(2)氰化法制氨:以為氮源兩步合成氨。①第I步產物還有單質,則反應中___________(填序號)。a.是氧化劑b.是還原劑c.既是氧化劑又是還原劑②第II步產物還有,反應的化學方程式為___________。(3)直接合成法制氨是人類科學技術的一項重大突破,其反應如下:若斷裂、需要吸收的能量分別為、,則斷裂需要吸收的能量為___________。(4)電化學氮還原合成氨是未來合成氨工藝最有潛力的前沿技術。水相電解是最早實現低溫合成氨的體系。①以溶液為離子導體的示意圖如圖所示,陰極的電極反應是___________。②以稀硫酸為離子導體,氮還原的選擇性較低。在稀硫酸中添加聚乙二醇,能顯著提高氮還原的選擇性,其原理如下。聚乙二醇不影響的擴散。聚乙二醇能___________,有效抑制的擴散。【答案】(1)(2)①.b②.(3)(4)①.②.與形成氫鍵【解析】(1)根據加熱氯化銨和石灰(主要成分是)混合物時發現氨,知道反應物是氯化銨和,生成物是氨氣、氯化鈣和水,故反應的化學方程式是。(2)①根據氰化法制氨合成流程圖,可知反應Ⅰ是N2和反應生成CaCN2和單質C,中C元素的化合價是-1價,CaCN2中C元素的化合價是+4價,單質C中為0價,反應過程中,碳元素化合價是升高的,則反應中是反應物,是還原劑,故答案為b。②第二步反應是CaCN2和水在反應生成氨氣和,故反應的化學方程式是。(3)一個反應的焓變等于反應物的鍵能之和減去生成物的鍵能之和,斷裂、需要吸收的能量分別為、,設斷裂需要吸收的能量為x,則有x+3a-6b=-92.4,故x等于。(4)①陰極發生還原反應,根據題干電化學氮還原合成氨,可知氮氣在陰極得電子被還原成氨氣,則根據電荷守恒、元素質量守恒和堿性電解液,可知電極反應式為。②以稀硫酸為離子導體,會在陰極形成氫氣,降低氮還原的選擇性;根據圖可知聚乙二醇中的氧原子能與中的氫離子形成分子間氫鍵,能有效抑制的擴散,提高氮還原的選擇性。17.從構樹中分離得到的BroussoninC()具有較好的酪氨酸酶抑制活性,其人工合成路線如下。已知:i.。ii.。(1)A中含氧官能團的名稱是___________。(2)的反應類型是___________。(3)C的結構簡式是___________。(4)G的分子式是,的化學方程式是___________。(5)下列說法正確的是___________(填序號)。a.的作用是保護酚羥基b.被還原時,轉移電子c.I和J互為同分異構體(6)I的結構簡式是___________。(7)以上述合成路線中的E制備K,利用K和BroussoninC進行對比實驗,實驗確認異戊烯基()不是抑制酪氨酸酶活性的關鍵藥效團。寫出和的結構簡式:___________。【答案】(1)醛基、羥基(2)取代反應(3)(4)++HCl(5)abc(6)(7)和【解析】A和ClCH2OC2H5發生取代反應生成B,結合B的分子式和D的結構簡式可以推知B的結構簡式為,B和C發生已知信息i的反應原理生成D,由D的結構簡式可知C的結構簡式為,D發生還原反應生成E,由BroussoninC的結構簡式可知,E的結構簡式為,F和G發生取代反應生成H,由H的結構簡式和G的分子式C5H10O可以推知G的結構簡式為,J將-OCH2OC2H5轉化為-OH生成BroussoninC,則J為,I發生已知信息ii的反應原理生成J,則I為,以此解答。(1)由A的結構簡式可知,A中含氧官能團的名稱是醛基、羥基。(2)由分析可知,A和ClCH2OC2H5發生取代反應生成B。(3)由分析可知,B和C發生已知信息i的反應原理生成D,由D的結構簡式可知C的結構簡式為。(4)由分析可知,G為,F和G發生取代反應生成H,化學方程式為:++HCl。(5)a.由流程可知,A中的酚羥基先和ClCH2OC2H5發生取代反應,將-OH轉化為醚鍵,J將-OCH2OC2H5轉化為-OH生成BroussoninC,的作用是保護酚羥基,a正確;b.D被還原時,D中的碳碳雙鍵轉化為碳碳單鍵,轉移2個電子,羰基轉化為-CH2-,碳的氧化態從+2價變為-2價,轉移4個電子,則被還原時,轉移電子,b正確;c.I加熱重排生成J,I和J的分子式相同,結構式不同,二者互為同分異構體,c正確;故選abc。(6)由分析可知,I的結構簡式是。(7)由分析可知,E的結構簡式為,已知異戊烯基不是抑制酪氨酸酶活性的關鍵藥效團,則E直接發生J去保護的反應原理即可生成K為。18.一種利用綠柱石(主要成分是,含一定量和等雜質)生產的工藝流程如下(簡稱硫酸法)。已知:固體的主要成分是;固體的主要成分是。(1)濃硫酸浸出,利用了的氧化性和___________性。(2)濾液D氨水調時,反應的離子方程式有___________。(3)25℃時,氨水的可達11.室溫過濾(25℃)時,濾液的最高為8.0,結合平衡移動原理解釋原因___________。(4)由于高品質綠柱石資源短缺,需要從品質差的含氟鈹礦石中提取。①采用硫酸法時,濾液中硫酸的濃度約為,濾液中硫酸銨的濃度一般為,此時如果溶液中不含氟,鈹可以完全沉淀。氟存在時,部分會和生成配合物,導致的產率降低,解釋和能形成配合物的原因___________。增大沉鈹時的或較少濃度有利于提高的產率。②實踐表明:其他條件不變時,用替代硫酸銨既可以除去,又能夠將沉淀時的提高到8.5,結合化學用語解釋原因___________。③預處理脫氟可減少氟對鈹提取的影響。不考慮的影響,沉淀時,將從8.0提高到8.5,理論上鈹的損失將降低至原來的___________%。【答案】(1)酸性(2),(3),濾液中濃度較大,平衡逆向移動;在95℃時,氨的溶解度較低,室溫過濾時溶解的氨較少,最高為8.0(4)①.有空軌道,有孤電子對,兩者可以形成配位鍵②.通過反應和[或]除去;用氨代替硫酸銨,可以降低濃度,減少對的抑制作用,增大濃度,可以提高到8.5③.10【解析】綠柱石煅燒生成氧化物,用濃硫酸浸取,二價鐵轉化為三價鐵,SiO2不溶于硫酸,固體A是SiO2,濾液B加硫酸銨調節pH除去鋁離子,過濾所得固體的主要成分是,濾液D加入氨水調節pH=5.1除去鐵離子,過濾所得固體
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