高中2024北京一零一中高三（下）統(tǒng)練三化學友情提示：1.本試卷分為I卷、II卷兩部分，共19道小題，共10頁，滿分100分；答題時間為90分鐘；請將答案寫在答題紙上。2.可能用到的相對原子質量：B-11P-31Mn-55S-32Cl-35.5Cu-64I卷選擇題(共42分)共14道小題，每小題只有一個選項符合題意，每小題3分。1.2022年3月神舟十三號航天員在中國空間站進行了“天宮課堂”授課活動。其中太空“冰雪實驗”演示了過飽和醋酸鈉溶液的結晶現(xiàn)象。下列說法正確的是A.醋酸鈉是弱電解質B.醋酸鈉晶體和冰的晶體類型相同C.常溫下，醋酸鈉溶液呈中性D.該溶液中加入少量醋酸鈉固體可以促進醋酸鈉晶體析出2.下列實驗所用主要儀器合理的是A.除去粗鹽中的少量泥沙——分液漏斗B.實驗室用自來水制取蒸餾水——冷凝管C.配制一定質量分數(shù)的NaCl溶液——容量瓶D.用酸性KMnO4標準溶液滴定草酸溶液——堿式滴定管3.下列有關試劑保存和使用的措施不正確的是A.苯酚不慎滴到手上，用酒精清洗B.濃盛放在棕色試劑瓶中，避光保存C.保存溶液時可加入少量鐵粉和稀D.配制1mol/LNaOH溶液時，將稱好的NaOH固體加入容量瓶中溶解4.下列與事實對應的化學用語正確的是A.C和O形成的過程：B.用石墨電極電解溶液：C.向溶液中加入足量溶液，得到白色沉淀：D.的非金屬性強于5.蔗糖酯可由油酸與蔗糖反應而得，其轉化關系如下圖所示：下列說法正確的是A.油酸和硬脂酸互為同系物B.蔗糖酯屬于油脂類物質C.蔗糖可以發(fā)生氧化、取代、消去D.蔗糖酯在酸性條件下充分水解的最終產物為油酸和蔗糖6.下表列出了短周期元素的各級電離能數(shù)據，下列說法正確的是電離能……元素520729811815元素496456269129544……A.基態(tài)原子的電子排布式為 B.元素的最高化合價分別為C.原子失電子能力： D.和元素位于元素周期表中同一周期7.水體中的局部氮循環(huán)如下圖所示，其中含氮物質轉化方向與水深有關。下列說法不正確的是A.圖中涉及的反應均為氧化還原反應B.反硝化過程中含N物質被還原C.不同水深含氮物質轉化方向不同，可能與溶氧量有關D.排放含廢水不會影響水體中的濃度8.下列實驗對應的結論正確的是產生紅褐色沉淀產生白色沉淀均有白色沉淀產生白色沉淀A．相同溫度下的溶解度：B．白色沉淀可能是C．待測液中含有和D．與不反應A. B. C. D.9.工業(yè)上用氨水作為沉淀劑去除酸性廢水中的鉛元素。除鉛時，體系中含鉛微粒的物質的量分數(shù)(d)與溶液pH的關系如圖。[已知：Pb(OH)2難溶于水]下列說法不正確的是A.氨水中：B.酸性廢水中的含鉛微粒有Pb2+、Pb(OH)+C.時，溶液中的離子有且僅有和D.時，除鉛效果最好10.在鹵水精制中，納濾膜對Ca2+、Mg2+有很高的脫除率。一種網狀結構的納濾膜J的合成路線如圖(圖中表示鏈延長)。已知：+—NH2+HCl下列說法不正確的是A.合成J的反應為縮聚反應B.MPD的核磁共振氫譜有3組峰C.J具有網狀結構與單體TMC的結構有關D.J有親水性可能與其存在正負離子對有關11.用“循環(huán)電沉積法處理某種鋰電池，可使其中的電極表面生成只允許通過的和C保護層，工作原理如圖1，具體操作如下。i．端連接電源正極，端連接電源負極，電解，電極上生成和C。ii．端連接電源負極，端連接電源正極，電解，電極上消耗和C，電極上生成和C。步驟i和步驟ii為1個電沉積循環(huán)。下列說法正確的是A.步驟i內電路中，由電極向電極遷移B.步驟i中，總反應是C.步驟ii中，電極的電極反應式是：D.用圖2中的裝置不能完成上述電沉積循環(huán)12.{Ti12O18}團簇是比較罕見的一個穴醚無機類似物，我國科學家通過將{Rb@Ti12O18}和Cs+反應，測定籠內Cs+的濃度，計算Cs+取代Rb+反應的平衡常數(shù)(Keq)，反應示意圖和所測數(shù)據如圖。有關說法不正確的是圖中表示平衡時銫離子濃度和銣離子濃度之比，其它類似A.離子半徑：r(Cs+)＞r(Rb+)B.研究發(fā)現(xiàn)：Cs+的直徑顯著大于{Ti12O18}團簇表面的孔徑且{Ti12O18}的骨架結構在Cs+交換過程中沒有被破壞。據此推斷：{Ti12O18}團簇表面的孔是柔性的C.Keq≈0.1D.{Ti12O18}團簇對于Cs+具有比Rb+大的親和力13.向碘水、淀粉的混合液中加入溶液，藍色褪去。為探究褪色原因，實驗如圖：下列分析不正確的是A.過程①中藍色褪去的原因可能是氧化了 B.過程①后溶液可能明顯變小C.過程③中加入溶液的目的是除去 D.過程④說明過程①生成含的粒子14.催化加氫合成二甲醚是一種轉化方法，其過程中主要發(fā)生下列反應：反應I：反應II：恒壓，投入和適當過量的平衡轉化率和平衡時的選擇性隨溫度的變化如圖。其中：的選擇性下列說法中正確的是A.B.溫度高于，反應I正移程度<反應Ⅱ逆移程度C.若平衡時的選擇性為的平衡轉化率小于D.若平衡時的選擇性為，則體系中II卷非選擇題(共58分)15.磷及其化合物在工業(yè)生產中起著重要的作用。（1）基態(tài)磷原子價電子的軌道表示式是___________。（2）磷元素有白磷、黑磷等常見的單質。①白磷(P4)是分子晶體，易溶于CS2，難溶于水，可能原因是___________。②黑磷晶體是一種比石墨烯更優(yōu)秀的新型材料，其晶體是與石墨類似的層狀結構，如下圖所示。下列有關黑磷晶體的說法正確的是___________(填字母序號)a．層與層之間的作用力是共價鍵b．分子中磷原子雜化方式為sp2雜化c．是混合型晶體（3）Fe3+與水會形成黃色的配離子[Fe(OH)]2+，為避免顏色干擾，常在Fe3+溶液中加入H3PO4形成無色的[Fe(PO4)2]3-。由此推測與Fe3+形成的配離子更穩(wěn)定的配體是___________，其空間構型是___________。（4）第ⅢA族磷化物均為共價化合物，被廣泛用于高溫技術、新型電子產品等領域。①實驗測定磷化鋁和磷化銦的熔點分別為2000、1070℃，從結構角度說明其熔點差異的原因___________。②磷化硼是一種半導體材料，晶胞結構如下圖所示。磷化硼的化學式是___________，已知晶胞邊長apm，阿伏加德羅常數(shù)為NA，磷化硼晶體的密度是___________g/cm3。(1pm=10-10cm)16.是一種重要的化工產品。以菱錳礦(主要成分為，還含有、等)為原料制備的工藝流程如圖。資料：難溶物（1）沉淀池1中，先加充分反應后再加氨水。寫出加時發(fā)生反應的離子方程式：___________。（2）沉淀池2中，選擇含硫沉淀劑而不選擇的原因是___________。（3）如圖為和的溶解度曲線。從“含的溶液”中提取晶體”的操作為___________，洗滌干燥。（4）受實際條件限制，“酸浸池”所得的廢渣中還含有。其含量測定方法如下。稱取廢渣，加酸將錳元素全部溶出成，過濾，i．將濾液定容于容量瓶中；ii．取溶液于錐形瓶中，加入少量催化劑和過量溶液，加熱、充分反應后。iii．煮沸溶液使過量的分解。iv．加入指示劑，用溶液滴定。滴定至終點時消耗溶液的體積為重新變成。①步驟ii中反應的離子方程式是___________。②廢渣中錳元素的質量分數(shù)為___________。③若省略步驟iii，則測定的結果將___________(填“偏大”“偏小”或“不變”)。（5）廢渣若長期露置于空氣，其中的錳元素會逐漸轉化為。研究者用如圖裝置提取中的錳元素。圖中“”代表氫自由基。實驗測得電解時間相同時，隨外加電流的增大，溶液中先增大后減小，減小的原因是___________(寫出兩條)。17.由鍵構建鍵是有機化學的熱點研究領域。我國科學家利用苯基甘氨酸中的鍵在作用下構建鍵，實現(xiàn)了喹啉并內酯的高選擇性制備。合成路線如圖。已知：i．ii．（1）的反應類型是___________。（2）B具有堿性，轉化為的反應中，使過量可以提高的平衡轉化率，的作用是___________(寫出一條即可)。（3）C轉化為的化學方程式為___________。（4）轉化為的化學方程式為___________；生成的過程中會得到少量的聚合物，寫出其中一種的結構簡式：___________。（5）已知：i.ii．①D和在作用下得到的4步反應如圖(無機試劑及條件已略去)，中間產物1中有兩個六元環(huán)和一個五元環(huán)，中間產物3中有三個六元環(huán)。結合已知反應信息，寫出結構簡式：中間產物1___________，中間產物3___________。②D和轉化成的過程中還生成水，理論上該過程中消耗的與生成的的物質的量之比為___________。18.氯化亞銅(CuCl)是重要的化工原料，廣泛用作有機合成催化劑。資料1.水溶液中存在平衡：2Cl-(aq)+CuCl(s)CuCl(aq)。2.CuCl是難溶于水的白色固體，在熱水中迅速水解生成Cu2O。3.CuCl在潮濕的空氣中易被氧化，生成的堿式鹽為Cu2(OH)3Cl。Ⅰ.實驗室中用純凈的CuCl2固體可制備CuCl。取75gCuCl2固體于燒杯中，加入100mL0.2mol/L鹽酸和水配成200mL溶液，然后在溶液中通入SO2氣體。(1)結合化學用語解釋加入鹽酸的主要目的是___。(2)溶液中通入SO2氣體后，發(fā)生反應的離子方程式為___。Ⅱ.工業(yè)中，用初級銅礦粉(主要含Cu2S及少量Fe2O3、FeO等)為原料制備CuCl。流程如圖：(3)“酸浸”中，加入稀H2SO4不宜過量太多的原因是__。(4)用化學用語解釋，析出的CuCl晶體不能用水洗滌的原因是___。(5)合成過程中適宜的反應條件為___。(6)若要制99.5gCuCl，理論上至少需要含Cu2S50%的銅礦粉的質量為___g。(7)相同時間內，反應物在最佳配比條件下，溫度對CuCl產率影響如圖所示。溶液溫度控制在58℃時，CuCl產率最大，隨溫度升高CuCl產率降低，其原因是__。(答出2條即可)19.某實驗小組探究用銀氨溶液檢驗醛基適宜的條件。資料：i．、。ii．不穩(wěn)定，極易分解為黑色溶于氨水。（1）實驗發(fā)現(xiàn)：乙醛和溶液水浴加熱無明顯現(xiàn)象；銀氨溶液水浴加熱無明顯現(xiàn)象；滴加乙醛的銀氨溶液水浴加熱，試管壁逐漸出現(xiàn)一層光亮的銀鏡。①有研究表明：配制銀氨溶液時，和氨水生成，寫出生成的化學方程式___________。②從氧化還原角度分析：發(fā)生銀鏡反應時，氧化性微粒可能是、___________。（2）甲同學查閱資料：銀鏡反應時，被還原成。①電極反應式：i．還原反應：ii．氧化反應：___________。(堿性條件下)②從電極反應角度分析物質氧化性和還原性的變化：i．隨降低，氧化性減弱。ii．隨增大，乙醛還原性增強。③補充實驗驗證②中的分析。實驗操作及現(xiàn)象：實驗I：插入“飽和溶液”鹽橋，電流表指針偏轉；實驗II：電流穩(wěn)定后向右側燒杯滴加溶液，指針偏轉幅度增大；實驗III：電流再次穩(wěn)定后向左側燒杯滴加氨水，指針偏轉幅度減小乙同學認為實驗III不能證明“隨降低，氧化性減弱”，理由是___________。（3）設計實驗進一步驗證。實驗實驗操作實驗現(xiàn)象IV往盛有銀氨溶液的試管中滴加濃氨水，無明顯現(xiàn)象，加入3滴乙醛，振蕩，水浴加熱聞到刺激性氣味，溶液略顯灰色，試管壁未見銀鏡V往盛有銀氨溶液的試管中滴加較濃的溶液至與實驗IV相同，振蕩，溶液變渾濁，加入3滴乙醛，振蕩，水浴加熱試管壁立即出現(xiàn)銀鏡①乙同學認為通過實驗IV能證明“隨降低，氧化性減弱”，你認為是否合理并說明原因___________。②分析實驗V中“立即出現(xiàn)銀鏡的原因”，提出假設：隨增大，可能是也參與了還原。經檢驗該假設成立，實驗方案及現(xiàn)象是___________。（4）綜上所述，銀氨溶液檢驗醛基時，做氧化劑的粒子是___________；為觀察到銀鏡的生成，銀氨溶液中加入較濃的溶液，該方案是否合理，說明理由：___________。

參考答案I卷選擇題(共42分)共14道小題，每小題只有一個選項符合題意，每小題3分。1234567891011121314DBDCCADBCBDCDCII卷非選擇題(共58分)15.【答案】（1）（2）①.CS2是非極性分子，H2O是極性分子，根據相似相溶原理，P4是非極性分子，易溶于CS2，難溶于水②.c（3）①.②.正四面體（4）①.磷化鋁和磷化銦屬于共價晶體，由于Al、In為同主族元素，隨著原子序數(shù)的遞增，核外電子層數(shù)逐漸增加，原子半徑Al<In，共價鍵鍵長Al-P<In-P，Al-P的鍵能強于In-P的鍵能，因此AlP熔點高于InP②.BP③.【小問1詳解】基態(tài)磷原子價電子為3s、3p能級上的電子，根據構造原理P原子價電子軌道表示式為；【小問2詳解】CS2是非極性分子，H2O是極性分子，根據相似相溶原理，P4是非極性分子，易溶于CS2，難溶于水；a．中層與層之間的作用力是分子間作用力，選項a錯誤；b．由結構可知黑磷晶體中磷原子雜化方式為sp3雜化，選項b錯誤；c．黑磷晶體是與石墨類似的層狀結構，故為混合型晶體，選項c正確；答案選c；【小問3詳解】Fe3+與水會形成黃色的配離子[Fe(OH)]2+，為避免顏色干擾，常在Fe3+溶液中加入H3PO4形成無色的[Fe(PO4)2]3-,即形成更穩(wěn)定的配合物，故由此推測與Fe3+形成的配離子更穩(wěn)定的配體是，中心原子為P，其中σ鍵電子對數(shù)為4，中心原子孤電子對數(shù)=×（5+3-4×2）=0，中心原子價層電子對數(shù)為4+0=4，P原子sp3雜化，立體構型為正四面體；【小問4詳解】①實驗測定磷化鋁和磷化銦的熔點分別為2000、1070℃，從結構角度說明其熔點差異的原因是：磷化鋁和磷化銦屬于共價晶體，由于Al、In為同主族元素，隨著原子序數(shù)的遞增，核外電子層數(shù)逐漸增加，原子半徑Al<In，共價鍵鍵長Al-P<In-P，Al-P的鍵能強于In-P的鍵能，因此AlP熔點高于InP；②根據晶胞結構，磷化硼含有P原子數(shù)目為個，含有B原子數(shù)目為4個，故磷化硼的化學式是BP，已知晶胞邊長apm，阿伏加德羅常數(shù)為NA，磷化硼晶體的密度==g/cm3。16.【答案】（1）（2）和的相差不多，沉淀完全時也會沉淀。的遠小于完全沉淀時，不會沉淀（3）加熱蒸發(fā)至有大量固體析出時，趁熱過濾（4）①.②.③.偏大（5）電流繼續(xù)增大，在陰極放電：，使得減?。环烹娭苯由啥皇潜贿€原的反應不能進行，使得減??；在陽極放電生成，使得減小【分析】菱錳礦(主要成分為MnCO3，還含有、等)酸浸后得到MnSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、CoSO4等；加入MnO2的目的是將Fe2+氧化為Fe3+，再加入氨水除去Fe3+，加入含硫沉淀劑是為了除去Co2+，最后經處理得到含MnSO4的溶液，結晶得到MnSO4晶體?！拘?詳解】加入MnO2的目的是將Fe2+氧化為Fe3+，反應的離子方程式為；【小問2詳解】選擇含硫沉淀劑而不選擇的原因是和的相差不多，沉淀完全時也會沉淀。的遠小于完全沉淀時，不會沉淀；【小問3詳解】從溶解度曲線中可以看出，(NH4)2SO4的溶解度隨溫度升高而升高，MnSO4的溶解度隨溫度升高而降低，故從“含MnSO4的溶液”中提取“MnSO4晶體”可以采用蒸發(fā)結晶，趁熱過濾，洗滌干燥的方法?！拘?詳解】①步驟ii中將氧化成，根據得失電子守恒及元素守恒得離子方程式：；②滴定時發(fā)生反應：，由此可得關系式：，c(Mn2+)=；濾液中n(Mn2+)=，ag廢渣中m(Mn2+)=，廢渣中錳元素的質量分數(shù)為：=?！拘?詳解】圖中陽極反應為2H2O-4e-=O2↑+4H+，陰極反應為4H++4e-=4H·、2H·+MnO2+2H+=Mn2++2H2O，隨著電流繼續(xù)增大，在陰極放電：，使得減?。环烹娭苯由啥皇潜籋?還原的反應不能進行，使得減??；在陽極放電生成，使得減小。17.【答案】（1）還原反應（2）增大苯胺用量，使反應物苯胺濃度增大(苯胺具有堿性，與生成的發(fā)生中和反應，濃度減小)，使平衡正向移動，提高的轉化率（3）+H2O

+CH3CH2OH（4）①.+KOH+KBr+H2O②.或（5）①.②.③.【分析】由流程信息知，制備喹啉并內酯需先得到

和

，A為硝基苯，經還原后得到苯胺B，苯胺與ClCH2COOC2H5發(fā)生取代反應得到C，C為

，其在酸性條件下發(fā)生水解生成

；丙烯和溴單質發(fā)生取代反應得到E，E為CH2=CH-CH2Br，E與甲醛反應生成F，結合信息ii知，F(xiàn)為CH2=CH-CH2CH2OH，則G為CH2BrCHBrCH2CH2OH，結合信息i知，H為

，它在NaOH醇溶液和加熱條件下發(fā)生消去反應生成

?！拘?詳解】根據分析，的反應類型是還原反應；【小問2詳解】C為

，B→C的化學方程式為：

+ClCH2COOC2H5→

+HCl，因

具有堿性，增大苯胺用量，使反應物苯胺濃度增大(苯胺具有堿性，與生成的發(fā)生中和反應，濃度減小)，使平衡正向移動，提高的轉化率；【小問3詳解】C為

，C→D發(fā)生酯的水解反應，化學方程式：+H2O

+CH3CH2OH；【小問4詳解】G為BrCH2CHBrCH2CH2OH，參考題干中的已知信息i知，G→H的化學方程式：+KOH+KBr+H2O；生成的過程中會得到少量的聚合物，其中一種的結構簡式或；【小問5詳解】結合(5)中信息i知，

和

在氧氣的作用下可先生成中間產物1：

，化學方程式為：2

+2

+O22

+2H2O，結合(5)中信息ii知，

在一定條件下可轉化為中間產物2：

，然后

發(fā)生自身酯化反應得到中間產物3：

，最后

在氧氣的作用下反應生成喹啉并內酯，方程式為：2

+O2

2

+2H2O，整個過程中只有第一步和最后一步消耗O2，故理論上消耗的O2與生成的喹啉并內酯的物質的量之比為1:1。18.【答案】①.Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，加酸抑制了Cu2+的水解②.SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=SO+2CuCl↓+4H+③.避免除雜步驟消耗更多的氨水和碳酸氫銨④.4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl⑤.溫度不宜過高、控制HCl濃度不宜過高、隔絕空氣⑥.160⑦.溫度過高，CuCl水解生成Cu2O/CuCl被直接氧化/SO2逸出/HCl揮發(fā)【分析】初級銅礦粉(主要含Cu2S及少量Fe2O3、FeO等)中加入稀硫酸、二氧化錳，Cu2S和二氧化錳、稀硫酸發(fā)生氧化還原反應，發(fā)生的離子反應方程式為Cu2S+2MnO2+8H+=2Cu2++2Mn2++S+4H2O，雜質FeO、Fe2O3分別與稀硫酸反應，過濾生成的S，向濾液中加入氨水調節(jié)溶液的pH值，鐵離子生成Fe(OH)3沉淀，加入碳酸氫銨，得到MnCO3沉淀，過濾，得到的濾液中含有Cu(NH3)4CO3，加熱Cu(NH3)4CO3得到CuO，CuO與鹽酸、二氧化硫反應：SO2+2CuO+2Cl-=2CuCl+SO，經過過濾、洗滌、真空干燥或隔絕空氣干燥得產品，

以此解答?！驹斀狻?1)氯化銅溶液中存在平衡：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，加酸抑制了Cu2+的水解，故答案為：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，加酸抑制了Cu2+的水解；(2)溶液中通入SO2氣體后，二氧化硫將Cu2+還原為CuCl沉淀，Cu元素化合價由+2價下降到+1價，S元素化合價由+4價上升到+6價，根據得失電子守恒和質量守恒配平離子方程式為：SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=SO+2CuCl↓+4H+，故答案為：SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=SO+2CuCl↓+4H+；(3)H2SO4過多會消耗“除雜”步驟中的氨水和碳酸氫銨，影響除雜效果，故答案為：避免除雜步驟消耗更多的氨水和碳酸氫銨；(4)CuCl在潮濕的空氣中易被氧化，生成的堿式鹽為Cu2(OH)3Cl，若用水洗會生成Cu2(OH)3Cl，方程式為：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl，故答案為：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；(5)由(2)可知，合成步驟中發(fā)生反應SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=SO+2CuCl↓+4H+，結合CuCl在潮濕的空氣中易被氧化可知，為了使反應更加充分地進行，合成過程中適宜的反應條件為溫度不宜過高、控制HCl濃度不宜過高、隔絕空氣，故答案為：溫度不宜過高、控制HCl濃度不宜過高、隔絕空氣；(6)由Cu元素守恒得到關系式：Cu2S2CuCl，99.5gCuCl的物質的量為=1mol，理論上需要0.5molCu2S，其質量為160g/mol0.5mol=80g，理論上至少需要含Cu2S50%的銅礦粉的質量為=160g，故答案為：160；(7)合成步驟中發(fā)生反應SO2+2Cu2++2Cl-+2H2O=SO+2CuCl↓+4H+，由圖可知溶液溫度控制在58℃時，CuCl產率最大，隨溫度升高CuCl產率降低，溫度過高，CuCl水解生成Cu2O；CuCl被直接氧化；SO2逸出；HCl揮發(fā)可知，其原因是溫度過高，CuCl水解生成Cu2O，CuCl被直接氧化，SO2逸出，HCl揮發(fā)；故答案為：溫度過高，CuCl水解生成Cu2O，CuCl被直接氧化，SO2逸出，HCl揮發(fā)。19.【答案】（1）①.②.（2）①.②.可能是硝酸銀溶液中的或等微粒做氧化劑，其氧化性隨酸性減弱而減弱（3）①.合理，增大，平衡逆向移動，降低，氧化性減弱，未發(fā)生銀鏡反應(或不合理，灰色渾濁中可能有，正一價的