北京市東城區(qū)2024-2025學(xué)年度第二學(xué)期高三綜合練習(xí)（一）

化學(xué)試卷

本試卷共10頁，共100分?？荚嚂r長90分鐘?？忌鷦?wù)必將答案答在答題卡上，在試卷上作答

無效?？荚嚱Y(jié)束后，將答題卡交回。

可能用到的相對原子質(zhì)量：H-lC-120-16Na-23S-32

第一部分

本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的4個選項中，選出最符合題目要求的一

項。

1.生活中蘊含著豐富的化學(xué)知識。下列相關(guān)解釋不氐卿的是

A.用醫(yī)用酒精消毒，是因為乙醇能使細(xì)菌的蛋白質(zhì)發(fā)生變性

B.用糧食釀酒，是因為淀粉水解產(chǎn)生的葡萄糖在酶的作用下可轉(zhuǎn)變?yōu)橐掖?/p>

C.熱的純堿溶液去油污效果更好，是因為升溫可促進(jìn)CO》水解，使c（0H。增大

D,冰的密度比液態(tài)水的小，是因為冰中存在氫鍵，液態(tài)水中不存在氫鍵

【答案】D

【解析】

【詳解】A.醫(yī)用酒精（75%乙醇）能使細(xì)菌蛋白質(zhì)變性，破壞其結(jié)構(gòu)，達(dá)到消毒效果，A正確；

B.糧食中的淀粉先水解為葡萄糖，再經(jīng)無氧發(fā)酵（酶催化）生成乙醇，B正確；

C.純堿溶于水后，碳酸根水解生成OH-（吸熱反應(yīng)），升溫促進(jìn)水解，堿性增強(qiáng)，油脂更易水解，去污

效果提升，C正確；

D.冰的密度小是因氫鍵形成有序結(jié)構(gòu)導(dǎo)致體積膨脹，但液態(tài)水中仍存在氫鍵，并非完全不存在，D錯

誤；

故選D。

2.下列化學(xué)用語或圖示表達(dá)不正玻的是

3s3p\

A.基態(tài)P原子的價層電子軌道表示式：而⑴;卜|B.K+的結(jié)構(gòu)示意圖：0）288

C.CS2的電子式：：§：c：§：D.3Pz的電子云圖：____爨

y

X

【答案】C

【解析】

【詳解】A.基態(tài)P原子的價層排布為3s23P3,電子軌道表示式為面諱開J,故A正確;

B.K+有三個電子層，共18個電子，結(jié)構(gòu)示意圖為故B正確；

））

c.CS2的結(jié)構(gòu)為s=c=s,電子式為：§：：c：：§：，故C錯誤;

D.3Pz軌道為紡錘形，Z軸為對稱軸，電子云圖為____羹匕?，故D正確;

故答案Co

3.下列比較（相同條件下）不走確的是

A.0-N-0鍵角：NO2>NO；

B.酸性：HCOOH>CH3COOH

C,在水中的溶解度：乙醇>1-戊醇

D.ImolCU分別與足量鈉和水反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)：前者〉后者

【答案】A

【解析】

【詳解】A.NO；中心氮原子的價層電子對數(shù)為2+^~U=3,為sp2雜化，有1對孤對電子；

2

NO）中心氮原子的價層電子對數(shù)為3+^+1—2x3=3,為2雜化，無孤對電子；孤電子對對成鍵電子

2

對的排斥作用大于成鍵電子對間的排斥作用，因此，NO］的鍵角應(yīng)小于NO；,A錯誤；

B.乙酸的燃基為CH3,推電子效應(yīng)比甲基中的H原子強(qiáng)，使的O-H的極性減弱，酸性減弱，B正確；

C.乙醇碳鏈短，羥基比例高，極性大，溶解度更高，C正確；

D.ImolCL與鈉反應(yīng)完全還原（轉(zhuǎn)移2moie"）,與水反應(yīng)部分歧化（轉(zhuǎn)移Imole-）,D正確；

故選Ao

4.關(guān)于下列儀器的說法正確的是

①②③④⑤⑥⑦

A.使用②和③之前須查驗是否漏液

B.用⑤可保存濃硝酸或NaOH溶液

C.用二氧化銃和濃鹽酸反應(yīng)制備CU：選④⑦

D.用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定未知濃度的鹽酸：選①②

【答案】A

【解析】

【詳解】A.滴定管和分液漏斗使用前都要檢查是否漏液，A正確；

B.氫氧化鈉溶液不能用玻璃塞，堿液會腐蝕玻璃造成粘連，B錯誤；

C.二氧化銃和濃鹽酸制備氯氣需要加熱，要用到酒精燈，C錯誤；

D.酸堿滴定時，酸式滴定管和堿式滴定管都需要用，并且用錐形瓶裝待測液作為反應(yīng)容器，D錯誤;

故選Ao

5.解釋下列事實的方程式不E聊的是

A.紅棕色的NO2溶于水變?yōu)闊o色：3NO2+H2O=2HNO3+NO

B.將鐵絲放入硫酸銅溶液中，鐵絲表面變紅：2Fe+3Ci?+=2Fe3++3Cu

C.向碳酸氫鈉溶液中加入少量澄清石灰水，產(chǎn)生白色沉淀：

2+

2HCO；+Ca+2OH=CaCO3J+2H2O+COj

D.用硫化亞鐵可去除廢水中的Hg2+：FeS(s)+Hg2+(aq)=HgS(s)+Fe2+(aq)

【答案】B

【解析】

【詳解】A.NO2溶于水生成HNO3和NO,紅棕色氣體變?yōu)闊o色，方程式為

3NO2+H2O=2HNO3+NO,A正確；

B.鐵絲置換硫酸銅中的Cu時，F(xiàn)e應(yīng)被氧化為Fe2+,而非Fe3+,正確反應(yīng)應(yīng)為Fe+C/+=Fe?++Cu，

B錯誤；

C.少量石灰水（含Ca2+和OH）與HCO；反應(yīng)，生成CO；和H2O,Ca?+與CO,結(jié)合為CaCCh沉淀，方

2+

程式為2HCO；+Ca+2OH=CaCO3J+2H2O+CO7,C正確；

D.HgS的溶度積（Ksp）比FeS小，F(xiàn)eS中的S?-與Hg2+生成更難溶的HgS,方程式為

FeS（s）+Hg2+（aq）=HgS（s）+Fe2+（aq）,D正確；

故選B。

6.關(guān)于含少量氧化鈉的過氧化鈉樣品，下列說法不正做的是

A.陰陽離子個數(shù)比為1:2

B.鈉露置在空氣中最終轉(zhuǎn)化為該樣品

C.能與水反應(yīng)，放出熱量

D.測定氧化鈉質(zhì)量分?jǐn)?shù)的方案：取ag樣品溶于足量鹽酸，蒸干、灼燒，得bg固體

【答案】B

【解析】

【詳解】A.過氧化鈉中包含2個Na+和1個。；一，陰陽離子個數(shù)比為1:2,故A正確；

B.鈉露置在空氣中最終轉(zhuǎn)化為氧化鈉，故B錯誤；

C.氧化鈉和過氧化鈉均可與水反應(yīng)，且為放熱反應(yīng)，故C正確；

D.氧化鈉和過氧化鈉與鹽酸反應(yīng)生成NaCl,假設(shè)樣品中氧化鈉的物質(zhì)的量為xmol、過氧化鈉的物質(zhì)的

量為ymol,則M（Na2O〉x+M（Na2C）2）?產(chǎn)a、M（NaCl）-（2x+2y）=6求解方程組可計算出氧化

鈉和過氧化鈉的質(zhì)量，進(jìn)而計算氧化鈉在樣品中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，故D正確；

故答案Bo

7.甘氨酸亞鐵是一種補鐵劑的有效成分，其結(jié)構(gòu)簡式如下。甘氨酸亞鐵可由甘氨酸與FeCOs反應(yīng)得到。下

列說法正確的是

A.甘氨酸亞鐵的中心離子的基態(tài)價層電子排布式為3d§

B甘氨酸亞鐵中含有手性碳原子

C.甘氨酸的化學(xué)式為c2H4?4。2

D.甘氨酸既可與強(qiáng)酸反應(yīng)又可與強(qiáng)堿反應(yīng)

【答案】D

【解析】

【詳解】A.甘氨酸亞鐵的中心離子為Fe2+。基態(tài)價層電子排布式為3d6,故A錯誤；

B.手性碳原子是連有四個不同基團(tuán)的碳原子；甘氨酸亞鐵中包括-CH2-和默基兩種碳原子，不含手性碳原

子，故B錯誤；

C.甘氨酸結(jié)構(gòu)簡式為H2NCH2coOH,化學(xué)式為C2H5NO2，故C錯誤；

D.甘氨酸含有氨基和竣基，既可與強(qiáng)酸反應(yīng)又可與強(qiáng)堿反應(yīng)，故D正確；

故答案為D。

8.實驗：把銅絲放入稀硫酸中，無明顯現(xiàn)象，再加入雙氧水，銅絲表面有少量氣泡產(chǎn)生并逐漸增多，一段

時間后產(chǎn)生大量氣泡，溶液變藍(lán)。下列分析不正麗的是

A.依據(jù)金屬活動性順序，銅與稀硫酸不能發(fā)生置換反應(yīng)

B.實驗中產(chǎn)生的氣體能使帶火星木條復(fù)燃

+2+

C.溶液變藍(lán)的方程式有Cu+H2O2+2H=Cu+2H2O

D.“產(chǎn)生大量氣泡”，說明Cl?+起到了催化作用

【答案】D

【解析】

【分析】溶液變藍(lán)色，說明酸性條件下，銅被氧化為銅離子，則過氧化氫中氧化合價會降低被還原生成水，

+2+

結(jié)合電子守恒，反應(yīng)為：Cu+H2O2+2H=Cu+2H2O,生成銅離子催化過氧化氫分解生成氧氣，或

反應(yīng)放熱，溫度升高加快過氧化氫分解生成氧氣，故銅絲表面有少量氣泡產(chǎn)生并逐漸增多，一段時間后產(chǎn)生

大量氣泡；

【詳解】A.銅的金屬活動性順序排在氫之后，依據(jù)金屬活動性順序，銅不會與稀硫酸反應(yīng)，A正確；

B.由分析，生成氧氣，則產(chǎn)生的氣體能使帶火星木條復(fù)燃，B正確；

C.由分析，溶液變藍(lán)的方程式有CU+H2O2+2H+=CU2++2H2。，C正確；

D.“產(chǎn)生大量氣泡”，也可能反應(yīng)放熱，溫度升高，導(dǎo)致過氧化氫分解速率增大，D錯誤；

故選D。

9.利用“吹出法”從海水中提澳的主要過程如下。

鹽酸和Cl2空氣SO2和水Cl2和水蒸氣

濃縮海水吹入T吸晟：I——H贏卜》液漠

（PH>7）————

下列說法不E頌的是

A.“氧化”過程中，用鹽酸調(diào)溶液pH<7,可提高CU的利用率

B.“氧化”和“蒸儲”過程發(fā)生的主要反應(yīng)為Cl?+2B/=Br?+2CT

C.“吹出”的目的是減少溶液中殘留的C"

D.“吸收”后溶液pH減小

【答案】C

【解析】

【分析】在“濃縮”過程中，濃縮海水中的澳離子在酸性環(huán)境中被氯氣氧化為澳單質(zhì)，然后用空氣吹出，吹

出的澳單質(zhì)在“吸收”過程被二氧化硫和水吸收反應(yīng)為澳離子，實現(xiàn)澳的富集，最后在“蒸儲”過程再次

利用氯氣將澳離子氧化為澳單質(zhì)。

【詳解】A.氯氣在水中存在平衡CI2+H2OUH++CI-+HCIO,用鹽酸調(diào)溶液pH<7,增加H+濃度，

抑制反應(yīng)正向移動，提高CL利用率，故A正確；

B.據(jù)分析，“氧化”和“蒸憎’過程發(fā)生的主要反應(yīng)為CL+2Br-=Br2+2CT,故B正確；

C.據(jù)分析，“吹出”的目的是實現(xiàn)澳的富集，故C錯誤；

D.“吸收”過程的離子方程式為SO2+Br2+2H2O=4H++SO；+2Br\生成H+,pH減小，故D正確；

故答案為C。

10.實驗：向兩支試管中分別加入NaOH溶液和稀鹽酸，再加入鋁片（過量），開始均未觀察到明顯現(xiàn)象，一

段時間后均產(chǎn)生氣泡。反應(yīng)結(jié)束后，將兩支試管中的溶液混合，有白色沉淀產(chǎn)生。下列分析不正確的是

￡鋁片

NaOH稀鹽酸

溶液

A.兩支試管中反應(yīng)生成的氣體均為氫氣

B.開始沒有明顯現(xiàn)象，說明鋁與NaOH或鹽酸反應(yīng)的速率小

C.兩支試管中生成等量氣體時，反應(yīng)消耗的鋁的物質(zhì)的量相等

D.生成白色沉淀的反應(yīng)有加3++3[加(0國4]=4Al(OH13

【答案】B

【解析】

【分析】開始時為鋁片表面氧化鋁薄膜參與反應(yīng)，故無氣泡產(chǎn)生。一段時間后鋁與氫氧化鈉或鹽酸溶液均

+3+

反應(yīng)生成氫氣，離子方程式分別為：2A1+6H=2A1+3H2T,

2A1+2OH+6H2O=2[A1(OH)4J+3H2T,由于鋁過量，氫氧化鈉和鹽酸都被反應(yīng)完，反應(yīng)后溶液混合

發(fā)生反應(yīng)為：A13++3[Al(OH)J=4Al(OH)3J，則生成氫氧化鋁沉淀。

【詳解】A.由分析可知，鋁加入兩只試管中反應(yīng)生成的氣體都是氫氣，A正確；

B.開始沒有明顯現(xiàn)象，是因為鋁表面的氧化鋁先參與反應(yīng)，B錯誤；

C.鋁參與反應(yīng)均失去3個電子，生成1個氫氣均得到2個電子，根據(jù)得失電子守恒，鋁與氫氣的個數(shù)比

均為2：3,則兩支試管中生成等量氣體時，反應(yīng)消耗的鋁的物質(zhì)的量相等，C正確；

3+-

D.由分析可知，生成的白色沉淀為氫氧化鋁，方程式為：A1+3[A1(OH)4]=4Al(OH)3,D正

確；

故選B。

H.一種由離子交換樹脂和碳納米管構(gòu)成的復(fù)合薄膜，可同時傳導(dǎo)陰離子(HCOJ和電子。利用該薄膜能有

效富集空氣中的C。？。如圖所示，在薄膜a側(cè)通入空氣，b側(cè)通入氫氣，充分反應(yīng)后在b側(cè)得到高濃度的

co2O下列分析正確的是

a側(cè)

空氣ff基本無CO?的氣體

H2―?薄膜(含水)一*H2。、局濃度的CC)2

b側(cè)

A.a側(cè)CCh在薄膜表面發(fā)生還原反應(yīng)

B,電子和HCO；在薄膜中移動方向相同

C.理論上b側(cè)每消耗ImolH2同時生成2moic。2

D.總反應(yīng)中元素的化合價均未發(fā)生變化

【答案】C

【解析】

【分析】該分離裝置本質(zhì)上是氫氧燃料電池，a為正極，氧氣被還原電極反應(yīng)式為

02+4e-+2H2O+4CO2=4HCO；,b為負(fù)極，氫氣被氧化電極反應(yīng)式為

H2-2e-+2HC0；=2H2O+2CO2。

【詳解】A.CO2在a側(cè)與膜中水作用只是形成HCO；的酸堿平衡過程，并不發(fā)生電子得失的還原反應(yīng)，A

錯誤；

B.膜中H2在b側(cè)被氧化生成水，則電子應(yīng)從b側(cè)流向a側(cè)；而HCO；則是由a側(cè)向b側(cè)遷移，二者方向

相反，B錯誤；

C.氏在b側(cè)被氧化放出2e-,每Imoffih可使2moiHCO；在b側(cè)重新放出2moicO2,符合電荷守恒和電

子轉(zhuǎn)移數(shù)目，C正確；

D.氐中的H的化合價由0變?yōu)?1,元素化合價發(fā)生了變化，D錯誤；

故選C。

12.已知：-NH2+HCHO—-NHCH2OH。有機(jī)化合物a(CsN6H6)和HCHO在一定條件下發(fā)生反應(yīng)生成

高分子b,b的結(jié)構(gòu)如下。下列說法不正確的是

A.a中6個N在一個平面內(nèi)

B.生成高分子b的反應(yīng)為縮聚反應(yīng)

C.a可以與HCHO反應(yīng)生成網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)高分子

D.(CH31NH與HCHO也能發(fā)生類似反應(yīng)生成高分子

【答案】D

【解析】

【詳解】A.三聚氟胺的結(jié)構(gòu)類似于三個苯環(huán)通過氟基連接形成的平面環(huán)狀結(jié)構(gòu)。每個苯環(huán)中的碳原子用

sp2方式，形成平面六邊形結(jié)構(gòu)。由于三個環(huán)共用原子且排列對稱，整個分子呈現(xiàn)高度平面性，A正確；

B.生成的高分子存在端基原子和原子團(tuán)，同時生成小分子，說明該反應(yīng)為縮聚反應(yīng)，B正確；

C.根據(jù)反應(yīng)原理可知，每個氨基均可與甲醛發(fā)生縮聚，從而形成網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)的高分子，C正確；

D.(CH3)2NH是二甲胺，它與甲醛反應(yīng)生成的是N,N-二甲基甲醇胺((CH3￡NCHzOH),這種反應(yīng)

不會形成高分子化合物，D錯誤;

答案選D。

13.一定溫度下，向兩個固定體積的密閉容器中分別充入等量X（g）和等量Y（g）,發(fā)生反應(yīng)

mX（g）+nY（g）^pW（g）+qZ（g）AH=-akJ-mol1>測得有關(guān)數(shù)據(jù)如下。

容器容器體積平衡時Z的物質(zhì)的量達(dá)平衡所用時間達(dá)平衡過程中的能量變化

①2L1.2mollOmin放熱0.6akJ

②4L1.6molt放熱0.8akJ

下列敘述不正聊的是

A.①中0?lOmin內(nèi)，v（Z）=0.06mol-E1-min1B.t>10min

C.m+n>p+qD.q=2

【答案】C

【解析】

1.2mol

【詳解】A.①中0?lOmin內(nèi)，Ac（Z）2L-i--i>A項正確；

vZ=——=——=n0.06moyl-TLmm

'7AtlOmin

B.對比容器①、②，其他條件相同，增大容器②的體積，各物質(zhì)的濃度降低，反應(yīng)速率降低，達(dá)平衡所

用時間增大，故t>10min,B項正確；

C.對比容器①、②，其他條件相同，增大容器②的體積，壓強(qiáng)減小，平衡向氣體體積增大的方向移動，

而容器②平衡時Z的物質(zhì)的量增大，即mX（g）+nY（g）=pW（g）+qZ（g）平衡正移，正向為氣體體積增

大的方向，m+n<p+q,C項錯誤；

D.根據(jù)熱化學(xué)方程式mX（g）+nY（g）=pW（g）+qZ（g）AH=-akJ-mo「可知，生成qmolZ時放熱

akJ,而容器①生成1.2molZ時放熱0.6akJ,則4_=一色一，解得q=2,D項正確；

1.20.6a

答案選C。

14.探究電解過程中離子遷移的規(guī)律，用石墨電極完成如下實驗。

實驗現(xiàn)象

一段時間后，pH試紙上的圖案（代表電極

直流電源

的位置）

pH試紙IpH試紙n

（用O.OlmolLNa2so4（用lmol-L'NaSO

24紅色藍(lán)色紅色藍(lán)色

溶液充分潤濕）溶液充分潤濕）

pH試紙IpH試紙n

下列分析不正破的是

A.a處電極接電源正極

B.pH試紙I的圖案說明H+的遷移比的遷移快

C.電極反應(yīng)產(chǎn)生的H+的物質(zhì)的量：a處＞0處

D.pH試紙II上發(fā)生遷移的離子主要是Na+和SOj

【答案】C

【解析】

【分析】由圖，試紙為pH,ac處試紙變紅，說明溶液顯酸性，即ac電極反應(yīng)為水失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生

成氧氣和氫離子：2H2O-4e-=4H++C）2個，ac為陽極；bd處試紙變藍(lán)，說明溶液顯堿性，即bd電極反應(yīng)

為水得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣和氫氧根離子：2H2O+2e=H2T+2OH,bd為陰極;

【詳解】A.a處電極為陽極，接電源正極，A正確；

B.pH試紙I的圖案紅色區(qū)域大于藍(lán)色區(qū)域，說明H+的遷移比OH的遷移快，B正確；

C.根據(jù)電路中電子守恒，則電極反應(yīng)產(chǎn)生的H+的物質(zhì)的量：2處=￡；處，C錯誤；

D.pH試紙II上變色范圍較小，則發(fā)生遷移的離子主要是Na+和S。，，離子的定向移動形成電流，D正

確；

故選C。

第二部分

本部分共5題，共58分。

15.我國人造金剛石產(chǎn)量居世界首位。以石墨或甲烷為原料可制備金剛石。

I.石墨和金剛石的晶胞（lpm=1042m）

石墨金剛石

(1)基態(tài)碳原子的電子排布式為。

(2)根據(jù)圖中信息判斷石墨晶體中層間沒有化學(xué)鍵相連，依據(jù)是o

(3)金剛石在目前所有已知晶體中硬度最大。從結(jié)構(gòu)角度解釋其原因：

(4)石墨和金剛石的晶胞體積比為7：9,其密度比為(簡單整數(shù)比)。

II.人工合成金剛石

方法一：高壓合成方法二：低壓合成

方程C(石墨,s)二C(金剛石，s)

CH/g)=C(金剛石,s)+2H2(g)AH2>0

式AHrO

石墨與催化劑鎮(zhèn)(Ni)在高壓釜

CH4與大量H2在微波爐里形成等離子體(含電

中的高溫高壓條件下形成共

原理子、CH3、?H、H+等)，其中含碳粒子在硅晶

熔體(Ni,C),金剛石比石墨更

易從共熔體中析出體表面沉積并脫去H,得到金剛石

(5)將高壓合成金剛石過程中的能量變化，在圖中補充完整

陰，

C(石墨,s)+xNi(s)NixC(l)C(金剛石,s)+xNi(s)反應(yīng)過程

(6)關(guān)于低壓合成，下列說法正確的是(填序號)。

a.甲烷和金剛石中的碳原子、硅晶體中的硅原子均為sp3雜化

b.含碳粒子相互碰撞可能得到乙烷

c.低壓可降低含碳粒子的濃度，有利于生成結(jié)構(gòu)規(guī)整的金剛石

【答案】(1)Is22s22P2

(2)層間距335Pm遠(yuǎn)大于碳碳鍵鍵長142Pm(154pm)

(3)金剛石是共價晶體，為立體網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，鍵長很短，鍵能很大

(4)9:14

二三八，-------

<nn/、、、、、

(5)/'(6)abc

-------------------------------------------------------------->

C(石墨,s)+xNi⑸NivC(l)C(金剛石,s)+xNi(s)反應(yīng)過程

【解析】

【小問1詳解】

碳原子基態(tài)電子排布式為Is22s22P2。

【小問2詳解】

由圖可見，石墨層內(nèi)相鄰碳間距約142pm,而層間相鄰碳原子間距約335”相，遠(yuǎn)大于形成共價鍵所需的

鍵長，說明層間并無化學(xué)鍵相連(只是較弱的范德華力)。

【小問3詳解】

金剛石是共價晶體，每個碳原子以印3雜化方式與四個碳相連，形成三維網(wǎng)絡(luò)巨型分子，鍵能大，為立體

網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，鍵長很短，鍵能很大，空間結(jié)構(gòu)極其牢固，因而硬度最高。

【小問4詳解】

若取石墨、金剛石各自“標(biāo)準(zhǔn)”晶胞，石墨每個晶胞含原子數(shù)為：8x-+4x-+2x-+l=4,金剛石每

842

個晶胞含碳原子數(shù)為：8x-+6x-+4=8,兩者晶胞體積比為7:9,石墨的密度為：

82

4M4x128M8x12

P石墨二M1'金剛石密度為：P金剛石二M，則其密度比為

I、?X1NA，??X2

4XQ6

(4xl2+7):(8xl2+9)=亍:$=9:14。

【小問5詳解】

在高壓合成示意圖中，應(yīng)將“Ni-C共熔體”的能量畫在最高處，起始“C(石墨)+xNi(固)”和產(chǎn)物

“C(金剛石)+xNi(固)”的能量均較低，且由于石墨轉(zhuǎn)變?yōu)榻饎偸癁槲鼰徇^程，產(chǎn)物能量略高于反應(yīng)物

(但都低于中間的共熔體能量)，故圖像為：

制------------

&/、、、、、、、

<nn/、、、、

C(石墨,s)+xNi(s)NixC(l)C(金剛石,s)+xNi(s)反應(yīng)過程

【小問6詳解】

a.甲烷分子中，中心碳原子通過印3雜化與4個氫原子形成正四面體結(jié)構(gòu)；金剛石為原子晶體，每個碳原

子與周圍4個碳原子通過共價鍵結(jié)合，形成三維網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，碳原子采取s/雜化方式；晶體硅的結(jié)構(gòu)與金

剛石類似，硅原子同樣以即3雜化與鄰近的4個硅原子形成共價鍵，a正確；

b.在含大量自由基的等離子體中，碳自由基通過相互碰撞確有可能生成乙烷等小分子，b正確；

c.降低壓強(qiáng)可降低碳自由基濃度，使得碳沉積更有序，從而有利于生成結(jié)構(gòu)規(guī)整的金剛石，c正確；

故選abco

鉗鐵鐵鐵

氧化池絮凝池沉降池

2922

資料：25°。時，Ksp[Fe3(PO4)2]?10-,Ksp[FePO4]?W?

OR

ROX|/OR

(1)有機(jī)磷可用(R代表煌基或H)表示，其中磷元素的化合價是價。

(2)氧化池中有機(jī)磷發(fā)生氧化反應(yīng)生成CO》和PO*PO；在_______(填“粕”或“鐵”)附近生成。

(3)有機(jī)磷被氧化的機(jī)理可能為：i.有機(jī)磷直接參與電極反應(yīng)；ii.電極反應(yīng)產(chǎn)生的QH將有機(jī)磷氧

化。做對比實驗，結(jié)果如圖。

(

口50

灣添加TBA

)

履注：叔丁醇(TBA)可淬滅?OH,

談防止?OH與其他物質(zhì)反應(yīng)。

遂2L.

￡

1°:：未添加TBA一

煦

為20406080100120

時間/min

結(jié)合圖中信息判斷有機(jī)磷被氧化的機(jī)理并寫出推理過程:

(4)結(jié)合電極反應(yīng)解釋絮凝池除磷原理：

(5)相同條件下，向原廢水中添加一定量NaCl有利于降低“出水”中的磷含量，原因是。

【答案】(1)+5(2)伯

(3)涉及機(jī)理ii,電解相同時間，未添加TBA的有機(jī)磷濃度更低；可能存在機(jī)理i,添加TBA的有機(jī)磷

濃度隨電解時間增加而下降

(4)陽極發(fā)生反應(yīng)Fe—2e-=Fe?+,Fe?+與PO；反應(yīng)生成Fe3(POJ2沉淀

(5)氧化池中2c「-2e-=CU，在絮凝池中CL將Fe?+氧化為Fe?+，F(xiàn)e?+更有利于降低C(PO；)(或氧化

池中2Cr-2e=Cl2,Cl2氧化有機(jī)磷效果更好)

【解析】

【分析】用電解工藝除去有機(jī)磷，氧化池中有機(jī)磷發(fā)生氧化反應(yīng)生成CO〉和P。：進(jìn)入絮凝池中，絮凝

池中陽極發(fā)生反應(yīng)Fe-2-=Fe2+,Fe?+與CO：、PO；反應(yīng)生成沉淀，進(jìn)入沉降池中分離。

【小問1詳解】

有機(jī)磷中磷原子形成5個共價鍵，且非金屬性：O>P,故磷元素的化合價是+5價；

【小問2詳解】

電解池中陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，氧化池中鋁電極是陽極，PO：在鋁電極附近生成；

【小問3詳解】

根據(jù)圖中信息，電解相同時間，未添加TBA的有機(jī)磷濃度更低，而添加TBA的有機(jī)磷濃度隨電解時間增

加而下降，可知有機(jī)磷被氧化涉及機(jī)理ii,電解相同時間，未添加TBA的有機(jī)磷濃度更低；可能存在機(jī)

理i,添加TBA的有機(jī)磷濃度隨電解時間增加而下降；

【小問4詳解】

絮凝池中陽極發(fā)生反應(yīng)Fe-2e-=Fe?+，F(xiàn)e?+與PO：反應(yīng)生成Fe3(PC)4)2沉淀;

【小問5詳解】

向原廢水中添加一定量NaCl,在氧化池中生成氯氣：2Cr-2e-=Cl2T,在絮凝池中C"將Fe?+氧化

3+

為Fe3+，F(xiàn)e更有利于降低《PO口（或氧化池中2Cr-2e=Cl2,Cl2氧化有機(jī)磷效果更好）。

17.原兒茶酸（A）是一種重要的化工原料。由A合成F和高分子W的路線如下。

酯化

已知：i.R'COOR2+R3OHJ^^R'COOR^R^H

醇鈉

1567475

..RCOOR+RCH2COOR>RCOCHCOOR+ROH

R6

（1）E中的含氧官能團(tuán)有醒鍵和o

（2）AfB的化學(xué)方程式為o

（3）BfC中，B與試劑k反應(yīng)生成陰離子8,。8'更易與CH3I反應(yīng)。試劑k的最佳選擇是（填

序號）。

a.KOHb.K2cO3c.KHCO3

（4）寫出同時滿足下列條件的B的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：。

a.與B有相同的官能團(tuán)b.能發(fā)生銀鏡反應(yīng)c.苯環(huán)上的一氯代物只有一種

（5）DfE中，Na2s2O4的氧化產(chǎn)物為Na2so3，則理論上加入molNa2s2O4可將ImolD完全

轉(zhuǎn)化為E。

（6）E—>F經(jīng)歷如下兩步：

€

F中含酰胺基，則F的結(jié)構(gòu)簡式為0

（7）G中含有兩個六元環(huán)。W的結(jié)構(gòu)簡式為（寫出一種即可）。

HO^X>-/COOH濃HsoHOx^^xCOOCH,

【答案】（1）酯基（2）+CHOH^o^HO+

OOCHOOCH

⑶b⑷HDO^X/OH1

CHaCHj

⑸3(6)

⑺H3co+0€10^0^80012cH2cHzca0+H或「0丫個「C0OCH2cH2cH2cHzOiH

【解析】

【分析】A的分子式為c7H6。4，不飽和度為5,能發(fā)生酯化反應(yīng)，說明其結(jié)構(gòu)含有1個竣基、1個苯

環(huán)，結(jié)合E的結(jié)構(gòu)簡式可知，A中還含有兩個酚羥基,則A的結(jié)構(gòu)簡式為：A與

HOCOOCH，

甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成B為JjJ,

B與CH3I發(fā)生取代反應(yīng)生成C為

nv

143c0、/^^C00CH3^.COOCH3

,c發(fā)生硝化反應(yīng)生成D為,D發(fā)生還原反應(yīng)生成

NO2

E,E經(jīng)過一系列反應(yīng)生成F為內(nèi)可個廠\,B中酚羥基與中氯原子發(fā)生取

CH2CHCOOCHJ

COOCH3yoyycooc%

代反應(yīng)，形成1個六元環(huán)，則G的結(jié)構(gòu)簡式為|||或

(o八'〃

「。篇丫80.3

G與HOCH2cH2cH2cH20H發(fā)生信息i的反應(yīng)生成高分子W為

COOCHa/"。"''''?

HjCOfOCYOy^COOCH2cH2cHzca0+H成[O^QJ/COOCH2cH2cH2cH2(HiH

或H,CO+OC，

【小問1詳解】

由E的結(jié)構(gòu)簡式可知，E中的含氧官能團(tuán)有酸鍵和酯基；

【小問2詳解】

A為：與甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成B,化學(xué)方程式為：

HOCOOH+CH3H

^0^°、濃］。4\凡0+

【小問3詳解】

B中含有酚羥基和酯基，酯基會在KOH試劑下水解，故不選a；酚羥基能和K2c。3反應(yīng)，生成

符合條件，故b選；酚羥基酸性比碳酸弱，不能和KHC03反應(yīng)，故不選c；

【小問4詳解】

B為JLJ，含有酚羥基和酯基，能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明含有甲酸形成的酯基，苯環(huán)上的

一氯代物只有一種，說明其結(jié)構(gòu)高度對稱，滿足條件的結(jié)構(gòu)簡式為

【小問5詳解】

D—E的反應(yīng)為-NQ4-NH2,由化合價變化可知，ImolD完全轉(zhuǎn)化為E需要轉(zhuǎn)移6mol電子，Imol

Na2s2。4轉(zhuǎn)化為Na?SO3,轉(zhuǎn)移2moi電子，故共需要加入3moiNa2s2。4；

【小問6詳解】

F的分子式比E多了一個碳原子，結(jié)合己知信息ii,可知E與S3co。〃發(fā)生信息ii的反應(yīng)生成中間體

M中的氨基與竣基發(fā)生取代反應(yīng)生成F,F的結(jié)構(gòu)簡式為

由分析可知，W的結(jié)構(gòu)簡式為用8+℃工；080012cH皿CHQ如或

^Oy^xCOOCHjCHjCHjCHjOiH

H3co

18.從金礦（主要含Au.CaCX^、Si。?）中提取金的一種流程如下。

r浸取液，50七銅粉"

浸金液粗金粉

金礦W*浸取置換,

(1)浸取過程中涉及的主要操作有加熱、

(2)研究浸取過程及其影響因素。

a.一種浸金原理示意圖如下。

b.配制浸取液：向含0.0013mol?LTCuS04、0.125mol?IJl(NH4)2S04的混合溶液中滴加NaOH溶液,

-1

至溶液pH=9.5,再加入Na2s2。3至其濃度為0.15molL。

①浸取液配制過程中主要反應(yīng)的離子方程式是。

②用化學(xué)反應(yīng)原理解釋浸取過程中優(yōu)先生成［AU(NH3),J,最后金以［AU(S2(D3)2］”存在的原因:

③相同條件下，相同時間內(nèi)溶解氧對“金浸出率”和“Na2S2。3消耗率”的影響如下。

溶解氧含量/(mg-L-1)

隨溶解氧含量上升，金浸出率先增大后減小的原因是

(3)某學(xué)習(xí)小組設(shè)計了兩種除去粗金粉中雜質(zhì)的方法：a.將粗金粉浸泡在稀硝酸中。b.將粗金粉在空

氣中灼燒后，浸泡在稀硫酸中。

①寫出a中反應(yīng)的離子方程式：o

②你認(rèn)為哪種方法較好，寫出理由：。

【答案】(1)攪拌、過濾

2+2+

(2)①.NH4+OH=NH3.H2O,CU+4NH,^12O=［Cu(NH,)4］+4H2O②.Au+與叫

結(jié)合快，優(yōu)先生成［AU(NH3)2『，而［AU(S2()3)2廠更穩(wěn)定③.隨溶解氧含量增大(低于2mg?I；i),

有利于增大［CU(NH3)21轉(zhuǎn)化為［Au(S2()3)2丁的速率；隨溶解氧含量繼續(xù)增大(2mg［T),S2O：的氧

化速率加大，使c(s2c＞；)降低

(3)①.3Cu+8H++2NO3=3Cu2++2NOT+4H2。②.方法a較好，所得金粉純度更高等(或方

法b較好，產(chǎn)物無污染等)

【解析】

【分析】從金礦得到粗金粉的大致流程為：先研磨，再在50度溫度下用試劑進(jìn)行浸取，得到浸金液，加

入銅粉置換，得到粗金粉；

【小問1詳解】

浸取過程中涉及的主要操作有加熱、攪拌、過濾；

【小問2詳解】

①浸取液配制過程中，NaOH先與(NHJ2SO4生成一水合氨，一水合氨再與硫酸銅反應(yīng)生成硫酸四氨合

2+2+

銅，涉及的離子方程式為NH：+OH-=NH3?H2。，CU+4NH3^12O=［CU(NH3)4］+4H2O；

②浸取時，由于Au+與NH3結(jié)合快，所以會優(yōu)先生成［AU(NH3),1，而由于［AU(S2()3)27更穩(wěn)定，

3-

故［Au(NH3),『會逐漸轉(zhuǎn)化為［Au(S2O3)2］；

③當(dāng)溶解氧低于2mg.Ui時，隨溶解氧含量增大，有利于增大［CU(NH3)2,轉(zhuǎn)化為［Au(S2()3)2『的速

率，故金浸出率增大，溶解氧含量大于2mg-I7i后，再增大溶解氧含量，$2。；一的氧化速率加大，使

c(S2。；)降低，使金浸出率減??；

【小問3詳解】

①粗金粉中含有銅，用稀硝酸與銅反應(yīng)，可以除掉銅，離子方程式為

+2+

3Cu+8H+2NO3=3CU+2NOT+4H2O；

②b方法是先將銅變?yōu)檠趸~，氧化銅再與硫酸反應(yīng)，a、b兩種方法各有優(yōu)點，a方法的優(yōu)點是操作簡

單，所得金粉純度更高；b方法的優(yōu)點是產(chǎn)物無污染。

19.以銀鹽為例探究沉淀溶解的反應(yīng)規(guī)律。

已知25°。時部分物質(zhì)的溶度積：

化學(xué)式AgClAglAg2s

1.8x10108.5x10176.3xlO-50

I.理論分析

（1）根據(jù)溶度積表達(dá)式，分析促進(jìn)沉淀溶解的方法：①降低陽離子濃度使Q<Ksp；②。

II.實驗探究