还剩17页未读，
继续阅读
北京市第十四中学2022-2023学年高三上学期期中考试化学试题（解析版）
展开
这是一份北京市第十四中学2022-2023学年高三上学期期中考试化学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了填空题等内容，欢迎下载使用。
北京十四中2022-2023学年度第一学期期中检测
高三化学测试卷
可能用到的原子量：Na-23 C-12 H-1 O-16
第一部分
一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 我国在人工合成淀粉方面取得重大突破，在实验室中首次实现从二氧化碳到淀粉()的全合成。下列说法不正确的是
A. 淀粉的分子式为
B. 由等物质合成淀粉的过程涉及碳碳键的形成
C. 玉米等农作物通过光合作用能将转化为淀粉
D. 该成就能为气候变化、粮食安全等人类面临的挑战提供解决手段
【答案】A
【解析】
【详解】A．淀粉分子式为(C6H10O5)n，A错误；
B．根据二氧化碳和淀粉的结构式可知，合成淀粉的过程涉及碳碳键的形成，B正确；
C．农作物可以通过光合作用将吸收的二氧化碳转化为淀粉，C正确；
D．该成就既可以减少二氧化碳的排放量，又可以合成淀粉，D正确；
答案选A。
2. 下列化学用语或图示表达不正确的是
A. 的结构式：
B. 乙醇的分子结构模型：
C. 由和形成离子键的过程：
D. 中子数为8的氮原子：
【答案】C
【解析】
【详解】A．的结构为折线形，故结构式：，正确；
B．乙醇的分子结构模型：，正确；
C．为离子化合物，故其形成离子键的过程： ，C错误；
D．中子数为8的氮原子，质量数为15，故为，D正确；
故选C。
3. 下列方程式与所给事实不相符的是
A. 浓硝酸用棕色瓶保存：
B. 过量碳酸氢钠与氢氧化钡溶液反应：
C. 硫酸铵溶液显酸性：
D. 电解精炼铜的阳极反应：
【答案】D
【解析】
【详解】A．硝酸见光易分解，生成二氧化氮、氧气和水，故用棕色瓶保存，A正确；
B．过量的碳酸氢钠与氢氧化钡反应生成碳酸钡、碳酸钠和水，改成离子反应正如B选项，B正确；
C．硫酸铵溶液中铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，C正确；
D． 电解精炼铜的阳极反应是Cu-2e−=Cu2+，D错误；
故选D。
4. 下列说法不正确的是
A. 酸性：
B. 与钠和水的反应相比，铍与水反应更容易
C. 与的分解温度相比，的分解温度更高
D. 判断非金属性，可通过向溶液通入的实验证实
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性N＞P＞Si，因此最高价氧化物对应水化物的酸性HNO3＞H3PO4＞H2SiO3，故A不符合题意；
B．金属性越强，与水反应越容易反应，同周期从左向右金属性减弱，即Na比Mg金属性强，同主族从上到下金属性增强，即Mg比铍金属性强，从而得到金属性Na强于Be，因此钠和水比铍和水反应更容易，故B符合题意；
C．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，O的非金属性强于S，H2O比H2S稳定，H2O分解温度高于硫化氢，故C不符合题意；
D．向硫化钠溶液中通入氯气，发生Cl2+S2-=2Cl-+S，氯气的氧化性强于S，从而判断出非金属性Cl＞S，故D不符合题意；
答案为B。
5. 某离子晶体的晶体结构中最小重复单元如图所示。A为阴离子，在正方体内，B为阳离子，分别在顶点和面心，则该晶体的化学式为( )
A. B2A B. B7A4 C. B4A7 D. BA2
【答案】D
【解析】
【分析】A位于晶胞的体内，共8个，B位于晶胞的顶点和面心，可利用均摊法计算．
【详解】因为A位于晶胞的体内，共8个，B位于晶胞的顶点和面心，晶胞中B的个数为 ，则B与A的离子个数为4：8=1：2，则化学式为BA2，
答案选D。
【点睛】解答该类题目注意组成粒子在晶胞的分布，注意均摊法的计算方法的应用即可。
6. 元素周期表中铬元素的数据见如图。下列说法中，不正确的是
24 Cr
铬
3d54s1
52.00
A. 铬元素位于第四周期ⅥB族
B. 铬原子的价层电子排布式是3d5 4s1
C. 铬原子第3能层有5个未成对电子
D. Cr的第一电离能小于K的第一电离能
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cr的核电荷数为24，铬元素位于第四周期ⅥB族，故A正确；
B．从图中可以看出，铬原子的价层电子排布式是3d5 4s1，故B正确；
C．铬原子第3能层电子排布为3s23p63d5，根据洪特规则，3d上的5个电子各占据一条轨道且自旋方向相同，即铬原子第3能层有5个未成对电子，故C正确；
D．Cr和K是同周期元素，电子层数相同。Cr的核电荷数为24，K的核电荷数为19，Cr对电子的束缚力强于K，所以Cr的第一电离能大于K的第一电离能，故D错误；
故选D。
7. 用代表阿伏伽德罗常数的数值。下列说法不正确的是
A. 石墨烯和金刚石均含有个碳原子
B. 与水完全反应转移的电子数为
C. 标准状况下，含有的电子数为
D. 的中，含有个中子
【答案】B
【解析】
【详解】A．石墨烯、金刚石都是C单质，石墨烯和金刚石均含有个碳原子，故A正确；
B．NO2和水反应生成硝酸和NO，反应方程式为3NO2+H2O=HNO3+NO，与水完全反应转移的电子数为，故B错误；
C．标准状况下，的物质的量是1mol，含有的电子数为，故C正确；
D．含中子数为11-5=6，的中含有个中子，故D正确；
选B。
8. 室温下，将充满NO2的试管倒立在水中，实验现象如图。下列分析不正确的是
A. NO2易溶于水，不能用排水法收集
B. 试管中剩余的无色气体是NO
C. 取试管中的溶液，滴加紫色石蕊溶液，溶液显红色，是因为NO2与H2O反应生成了酸
D. 向试管中再缓缓通入一定量的O2，最终试管中的气体变为红棕色
【答案】D
【解析】
【详解】A．从图中可以看出，水进入试管约三分之二体积，表明NO2易溶于水，不能用排水法收集，A正确；
B．NO2和水发生如下反应:3NO2+H2O=2HNO3+NO，所以试管中剩余气体为NO，B正确；
C．紫色石蕊溶液显红色，表明溶液显酸性，从而表明NO2与H2O反应生成了酸，C正确；
D．试管中剩余气体为NO，通入一定量的O2，发生反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，NO气体转化为HNO3，所以试管中的液面上升，D错误；
故选D。
9. 在时，向水中通入，得到新制氯水，如下图所示。对现象分析不正确的是
A. 新制氯水呈黄绿色，是因为溶解了
B. 新制氯水呈黄绿色，证明与能反应
C. 取出新制氯水，光照一段时间，溶液增大，漂白性减弱，原因是： ，
D. 取出新制氯水，加入饱和溶液，的溶解度减小。说明可用饱和食盐水除去中混有的
【答案】B
【解析】
【详解】A．为黄绿色，新制氯水呈黄绿色，说明溶解了Cl2，故A正确；
B．新制氯水呈黄绿色，证明有分子，不能证明与能反应，故B错误；
C．氯气和水先反应生成次氯酸，次氯酸见光容易分解生成盐酸和氧气，故酸性变强，漂白性变弱，故C正确；
D．氯气在饱和氯化钠溶液中溶解度减小，故可以用饱和食盐水除去中混有的，故D正确；
故选B。
10. 元素X、Y、Z和R在周期表中的位置如图所示。R位于第四周期，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为17。下列说法正确的是
A. X基态原子的核外电子排布式为 B. 电负性：R>Y
C. 0.033的溶液的pH约等于1 D. 还原性：
【答案】D
【解析】
【分析】元素X、Y、Z和R在周期表中的位置如图所示，R位于第四周期，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为17，设X最外层电子数为a，则a+（a+2）+（a+3）=3a+5=17，a=4，则XYZR分别为碳、硫、氯、砷；
【详解】A．X为6号碳元素，基态原子的核外电子排布式为，故A错误；
B．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性：R
D．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，则氧化性Cl2大于S，则对应离子的还原性硫离子大于氯离子，故D正确；
故选D。
11. 已知X、Y、Z、W、M 均为短周期元素。25℃时，其最高价氧化物对应的水化物（浓度均为0.01mol/L）溶液的pH和原子半径的关系如图所示。下列说法不正确的是
A. Z元素最高价氧化物的化学式为ZO3
B. 简单离子半径大小顺序：X＞M
C. 简单气态氢化物的稳定性：Z＞W＞Y
D. X、Z的最简单气态氢化物反应有白烟生成
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、M均为常见的短周期主族元素，由常温下，其最高价氧化物对应的水化物溶液（浓度均为 0.01mol/L）的pH，X的pH=2，为一元强酸，则为硝酸，X为N元素，Y的半径大于N，且酸性较硝酸弱，应为C元素；Z的原子半径大于C，Z的最高价含氧酸为一元强酸，则Z为Cl，W的原子半径大于Cl，且对应的酸的pH小于2，应为硫酸，W为S元素；M的原子半径最大，且0.01mol/L M的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH为12，可知W为Na，以此解答该题。
【详解】由以上分析可知X、Y、Z、W、M分别为N、C、Cl、S、Na。
A. Z为Cl，最高化合价为+7价，最高价氧化物的化学式为Z2O7，故A错误；
B. X、M简单离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，离子半径越小，则半径大小顺序：X＞M，故B正确；
C. 非金属越强，简单气态氢化物稳定性越强，所以Cl＞S＞C，即Z＞W＞Y，故C正确；
D. X、Z的最简单气态氢化物反应生成氯化铵，有白烟生成，故D正确；
故选A。
12. 下列实验中，锥形瓶内均能产生气体。试管内不能产生沉淀的是
A
B
C
D
试剂a
浓盐酸
浓H2SO4
浓氨水
稀H2SO4
试剂b
KMnO4
少量蔗糖
CaO
CaCO3粉末
试剂c
AgNO3
BaCl2
AlCl3
冷、浓氨盐水
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓盐酸与高锰酸钾反应产生氯气，氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，硝酸银溶液中有白色沉淀生成，A不符合题意；
B．浓硫酸与蔗糖反应生成二氧化碳和二氧化硫，气体通入氯化钡溶液中无沉淀生成，B符合题意；
C．氧化钙与水反应放热，促进浓氨水分解产生氨气，氨气与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝沉淀，C不符合题意；
D．稀硫酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，通入冷、浓氨盐水中有碳酸氢钠晶体析出，D不符合题意；
故选B。
13. 用图所示装置探究铜丝(下端卷成螺旋状)与过量浓硫酸的反应。
现象：试管①中液面上方有白雾，底部有灰白色固体。
下列实验不合理的是
A. 浸溶液的棉团用于吸收多余的
B. 加热、将铜丝下端卷成螺旋状能提高的生成速率
C. ②中用石蕊溶液验证水溶液的酸性，③中用品红溶液验证的生成
D. 冷却后，将①中物质倒入盛有水的另一支试管，以确认的生成
【答案】C
【解析】
【详解】A．有毒污染空气，浸溶液棉团用于吸收多余的防止污染空气，故A正确；
B．将铜丝下端卷成螺旋状能增大接触面积，从而加快反应速率，升温有利加快反应速率，故B正确；
C．因为二氧化硫溶解度较大，在实验过程中先通入品红验证二氧化硫生成，然后通入紫色石蕊溶液验证二氧化硫水溶液的酸性，故C错误；
D．冷却后，将①中物质(含大量浓硫酸)倒入盛有水的试管中进行稀释后观察溶液颜色，以确认硫酸铜的生成，故D正确；
故选C。
14. 电子工业用FeCl3溶液腐蚀绝缘板上的铜箔制造印制电路板。从酸性腐蚀废液回收铜及FeCl3固体的工艺流程如图，下列分析不正确的是
已知：SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑
A. 过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅴ中均有气体产生
B. 上述流程中发生的反应有置换反应、化合反应
C. Ⅱ中加盐酸至不再产生气泡时停止加入，向过滤所得溶液中加入H2O2溶液，可提高FeCl3产率
D. Ⅴ中用SOCl2而不采用直接加热脱水的方法，主要是避免FeCl3水解
【答案】A
【解析】
【分析】腐蚀废液含有氯化铁、氯化亚铁、氯化铜和酸，加入过量的铁粉，滤液中含有氯化亚铁，滤渣中含有铜和铁，加入盐酸后得到铜和含有氯化亚铁溶液2，加入双氧水后得到氯化铁溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到氯化铁晶体，加入SOCl2得到氯化铁，以此来解析；
【详解】A．过程Ⅰ中铁与酸反应产生氢气、Ⅱ中滤渣中的铁与盐酸反应产生氢气、Ⅲ中双氧水将氯化亚铁氧化为氯化铁没有产生气体、Ⅴ中与氯化铁晶体中的结晶水作用产生气体SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，A错误；
B．上述流程中发生的反应有置换反应如铁与盐酸反应、化合反应如氯化铁与铁的反应，B正确；
C．Ⅱ中加盐酸至不再产生气泡时停止加入，向过滤所得溶液加入H2O2溶液，将氯化亚铁氧化生成氯化铁，可提高氯化铁产率，C正确；
D．Ⅴ中用而不采用直接加热脱水的方法，因发生反应SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，抑制氯化铁水解，D正确；
故选A。
二、填空题
15. 短周期元素X、Y的价电子数相同，且原子序数之比等于1：2；元素Z位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2。
（1）Y基态原子的价电子排布式为____。
（2）从分子极性等角度解释YX2易溶于水的原因：____。
（3）Y与X可形成YX。YX的空间结构为____(用文字描述)，Y原子轨道的杂化类型是___杂化。
（4）配合物[Z(NH3)4]SO4中的配位数是____；氨分子能与Z的金属阳离子形成稳定离子，其原因是____。
（5）Y与Z所形成化合物晶体的晶胞如图所示，其晶胞边长为anm，摩尔质量为Mg•mol-1，密度为____g•cm-3(列式)。
【答案】（1）3s23p4
（2）相似相溶，与水反应
（3） ①. 三角锥形 ②. sp3
（4） ①. 4 ②. Z为Zn2+提供空轨道，NH3中N原子提供孤电子对
（5）
【解析】
【分析】短周期元素X、Y价电子数相同，价电子数相同的短周期元素的序数差为2或者8，且原子序数比等于1：2，所以元素X、Y分别为O、S；元素Z位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28，且最外层电子数为2，所以该原子有30个电子，为Zn元素，据此分析解题。
【小问1详解】
S原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，价电子排布式为3s23p4；
【小问2详解】
二氧化硫是极性分子，水是极性溶剂，根据相似相溶原理可知易溶于水，二氧化硫易与水反应生成亚硫酸；
【小问3详解】
YX 为SO，其孤电子对数为 =1，根据杂化轨道理论，中心S原子为sp3杂化，空间结构为三角锥形；
【小问4详解】
配合物[Z(NH3)4]SO4中的配体为NH3，配位数是4；氨分子能与Z的金属阳离子形成稳定离子，其原因是Z为Zn2+提供空轨道，NH3中N原子提供孤电子对；
【小问5详解】
晶胞边长为anm，晶胞体积为V=a3=(a×10-7cm)3，1mol晶胞的质量m=4×Mg•mol-1，1mol晶胞含有NA个晶胞，所以晶胞密度为：= g•cm-3。
16. MnCO3是重要化工原料，由MnO2制备MnCO3一种工艺流程如图：
I.研磨MnO2，加水配成浊液。
II.MnO2浊液经还原、纯化、制备等过程，最终获得MnCO3固体。
资料：
①MnCO3不溶于水。该工艺条件下，MnO2与H2SO4不反应。
②难溶电解质的溶度积：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39、Ksp[Mn(OH)3]=2.0×10-13
（1）研磨MnO2的目的是____。
（2）加入铁粉除去FeSO4溶液中的Fe3+，反应的离子方程式是____。
（3）MnO2氧化Fe2+的反应如下：MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O
①根据上述反应，还原MnO2所需的H+与Fe2+的物质的量比值应为2。而实际上加入的酸要少一些，请结合含铁产物解释原因____。
②取少量母液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，未产生蓝色沉淀，说明____。
（4）纯化向母液中滴加氨水调pH，除去残留的Fe3+。若母液中c(Mn2+)=1mol•L-1，使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1×10-5mol•L-1，此时是否有Mn(OH)2沉淀生成？____(列式计算，已知≈6.5)。
（5）制备将Mn2+纯化液与稍过量的NH4HCO3溶液混合，得到含MnCO3的浊液。将浊液过滤，洗涤沉淀，干燥后得到MnCO3固体。
①通过检验SO来判断沉淀是否洗涤干净。检验SO的操作是____。
②生成MnCO3的离子方程式是____。
【答案】（1）增加固体接触面积，增大反应速率
（2）Fe+2Fe3+=3Fe2+
（3） ①. Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+因为生成含铁的沉淀，导致c(OH-)下降，从而需要额外加的H+比理论值少 ②. 不含有Fe2+，Fe2+已全部转化为沉淀
（4）c(OH-)==6.5×10-12，Qc＜Ksp无沉淀
（5） ①. 取最后一次洗涤液，加入足量的稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明没有洗净；若无白色沉淀产生，则说明沉淀洗净 ②. Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O
【解析】
【分析】二氧化锰浊液与亚铁离子发生氧化还原反应生成含有锰离子的母液：MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O，再对母液进行纯化后锰离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸锰：Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O，据此回答。
【小问1详解】
研磨，变为粉末状，可以增大固体与反应物的接触面积，加快反应速率，故答案为：增大固体与反应物的接触面积，加快反应速率；
【小问2详解】
加入铁粉除去FeSO4溶液中的Fe3+，反应的离子方程式是Fe+2Fe3+=3Fe2+；
【小问3详解】
依据反应流程可知，与溶液反应生成，在该条件下转化为，反应为：，产生了，所以还原所需的与的物质的量值比小于2；滴加溶液未产生蓝色沉淀，说明还原过程中的已全部转化为，母液中不含；
【小问4详解】
已知 ，故无沉淀生成；
【小问5详解】
硫酸根离子检验的操作是取最后一次洗涤液，加入足量的稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明没有洗净；若无白色沉淀产生，则说明沉淀洗净；
Mn2+纯化液与稍过量的NH4HCO3溶液混合可得到含MnCO3，离子方程式为Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O。
17. 合成NH3是重要的研究课题，一种合成NH3的流程示意如图。
相关数据如表：
物质
熔点/℃
沸点/℃
与N2反应温度/℃
分解温度/℃
Mg
649
1090
＞300
Mg3N2：＞800
（1）固氮：
①固氮反应的化学方程式是____。
②固氮的适宜温度范围是____。
a.500～600℃ b.700～800℃ c.900～1000℃
③检测固氮作用：向固氮后的产物中加水，____(填操作和现象)，说明Mg能起到固氮作用。
（2）转氨：选用试剂a完成转化。
Ⅰ.选用H2O进行转化。发现从体系中分离出NH3较困难。
Ⅱ.选用HCl气体进行转化。发现能产生NH3，且产物MgCl2能直接循环利用。但NH3的收率较低，原因是____。
Ⅲ.选用NH4Cl固体进行转化。合成氨的过程如图：
①合成氨的总反应方程式是____。
②经实验研究，证实了Mg3N2中的氮元素在“转氨”过程中能转变为氨。
实验：将____(填化学式)两种物质混合，充分反应。
检测结果：经探测仪器检测，所得氨气中存在15NH3。
③测量Mg3N2转化率：取固体mgMg3N2和足量NH4Cl的混合物[n(Mg3N2)：n(NH4Cl)≤1：6]，混匀，充分反应。用cmol•L-1的H2SO4滴定生成的NH3，至滴定终点时消耗vmLH2SO4。Mg3N2的转化率为____。(Mg3N2摩尔质量为100g•mol-1)
【答案】（1） ①. 3Mg(熔融)+N2Mg3N2 ②. b ③. 用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝，说明有氨气生产
（2） ①. NH3+HCl=NH4Cl ②. 2N2+6H2O4NH3+3O2 ③. Mg315N2、NH4Cl ④.
【解析】
【分析】电解熔融的MgCl2生成Cl2和熔融的Mg，熔融的Mg和N2发生固氮反应生成Mg3N2，Mg3N2与合适的试剂a反应生成NH3，据此解答。
【小问1详解】
固氮过程为Mg和N2的反应生成氮化镁，方程式为3Mg(熔融)+N2Mg3N2；结合图表数据可知，应让反应发生，且生成物不分解，故反应的合适温度为700~800℃；Mg3N2和水反应生成氨气和氢氧化镁，检验氨气的生成即可，操作和现象为向固氮后的产物中加水，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝，说明有氨气生成；
【小问2详解】
Ⅱ.氨气和HCl反应生成氯化铵，反应为NH3+HCl=NH4Cl，导致NH3的收率较低；
①结合反应过程，固氮的总反应为2N2+6H2O4NH3+3O2；
②经实验研究，证实了Mg3N2中的氮元素在“转氨”过程中能转变为氨，通过同位素标记法，可以将Mg315N2和NH4Cl两种物质混合，充分反应；
③用cmol/L的H2SO4滴定生成的NH3，至滴定终点时消耗vmLH2SO4，根据2NH3~H2SO4，n（NH3）=2×10-3×cVmol，结合方程式Mg3N2+6NH4Cl=3MgCl2+8NH3可知，反应的Mg3N2物质的量为×2×10-3×cVmol =2.5×10-4×cVmol， Mg3N2的转化率为。
18. 有机物Q是一种抗血栓药物，其合成路线如下。
已知：ⅰ.+H2O(、、代表烃基或H)
ⅱ.
（1）A和J均属于芳香化合物，J中含有的官能团是_______。
（2）A→B的反应类型是_______。
（3）D→E的化学方程式为_______。
（4）X的分子式为，G的结构简式为_______。
（5）下列说法正确的是_______(填序号)。
a.可用新制的检验X中的官能团
b.反应①除了生成L外，还生成
c.反应③的原子利用率为100%
（6）N是L的同分异构体，写出符合下列条件的所有N的结构简式(不考虑立体异构)_______。
ⅰ.含有苯环，且苯环上只有1个取代基
ⅱ.1molN与足量溶液反应产生2mol气体
（7）反应②的过程如下：
L→中间体的过程会产生高分子副产物，写出高分子的结构简式_______。
【答案】（1）羟基、羧基
（2）取代反应 （3）：+NaOH+NaCl
（4） （5）bc
（6），， （7）
【解析】
【分析】物质A也属于芳香族化合物，结合A的分子式可知，A的结构简式为，A和浓硝酸发生取代反应生成B，根据G的结构简式可知，发生甲基的对位取代反应，所以B为，由反应条件、分子式可知，B中甲基.上的氢原子被氯原子取代生成D为，F与X发生信息i中反应生成G，结合有机物分子式可知，D发生卤代烃水解反应生成E，E发生醇的催化氧化生成F，故E为，F为，则X为，L发生信息ii中取代反应生成M为，结合Q的结构简式推知G为，J为芳香族化合物，由L的结构简式，可知J与.乙醇发生酯化反应生成K，K中酚羟基与乙酸酐发生取代反应生成J，推知J为，K为，以此解题。
【小问1详解】
由分析可知J为，其中含有的官能团是羟基、羧基；
【小问2详解】
A→B是甲苯的硝化反应，反应类型是取代反应；
【小问3详解】
D→E为卤代烃的水解反应，方程式为：+NaOH+NaCl；
【小问4详解】
由分析可知G为；
【小问5详解】
a．X中不含有醛基，不能用新制的检验X中的官能团，a错误；
b．根据元素守恒可知，反应①除了生成L外，还生成，b正确；
c．反应③属于加成反应，原子利用率为100%，c正确；
故选bc；
【小问6详解】
N是L的同分异构体，且符号条件，ⅰ.含有苯环，且苯环上只有1个取代基；ⅱ.1molN与足量溶液反应产生2mol气体，说明含有2个羧基，符合条件的同分异构体为，，；
【小问7详解】
反应②的过程可知，形成的中间体为，形成中间体的过程理解先加成、再脱去1分子CH3OH，L→中间体的过程会产生高分子副产物为。
19. 探究一定浓度与卤素离子(、、)的反应。实验如下：
（1）a.用酸化的溶液检验白雾，产生白色沉淀；
b.用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化。白雾中含有___________。
（2）用溶液检验iii中气体，产生黑色沉淀，该气体是___________。
（3）检验ii中产物：
Ⅰ.用湿润的碘化钾淀粉试纸检测棕红色气体，试纸变蓝，说明含。
Ⅱ.取ii中部分溶液，用萃取。层显棕红色，水层(溶液)无色。证实溶液中含，过程如下：
①白色沉淀1的成分是___________。
②生成黄色沉淀3的离子方程式是___________。
（4）已知：(、、)。探究ii中溶液存在、的原因：将ii中溶液用水稀释，溶液明显褪色，推测褪色原因：
a. 与发生了反应。
b.加水稀释导致溶液颜色变浅。
c.与在溶液中发生了反应。
①资料： ，判断___________(填“是”或“不是”)主要原因。
②实验证实不是主要原因，所用试剂和现象是___________。
可选试剂：溶液、、溶液
③原因成立。稀释前溶液未明显褪色，稀释后明显褪色，试解释原因：___________。
（5）实验表明，一定浓度能氧化、，不能氧化，从原子结构角度说明___________。
【答案】（1）HCl （2）H2S
（3） ①. 硫酸钡和亚硫酸钡 ②. SO2+2S2-+4H+=3S↓+2H2O
（4） ①. 不是 ②. ，层显示棕红色 ③. 降低硫酸浓度，减小其氧化性
（5）氯原子半径小，氯元素非金属性质强，其阴离子还原性弱
【解析】
【分析】卤素离子有还原性，一定浓度的硫酸有氧化性，但是不同的卤离子的还原性的强弱不同，通过本实验验证了不同的卤素离子的还原性强弱，并对不同的产物进行了验证，以此解题。
【小问1详解】
用溶液检验白雾，产生白色沉淀，则白雾中可能含有Cl2，HCl，用湿润的KI淀粉试纸检验无变化，则白雾中没有Cl2，因为Cl2+2I-=I2+2Cl-，淀粉遇碘单质变蓝；
【小问2详解】
因为用CuSO4检验会产生CuS沉淀，则白雾中含有-2价的S，因为产生紫色固体(I2)，即硫酸和碘化钠发生氧化还原反应，碘元素化合价由-1价升高到0价，则硫元素化合价由+6价降到-2价，所以气体可能是H2S；
【小问3详解】
①溶液A应该有硫酸根离子，可能有二氧化硫，故向其中加入氢氧化钡后产生的白色沉淀1中应该是硫酸钡和亚硫酸钡，再加入硫酸后，形成的溶液2中应该含有二氧化硫或者亚硫酸，这样加入硫化钠后才能生成黄色沉淀3，同时也证明了溶液A中含有二氧化硫；
②黄色沉淀3是硫单质，这是-2价硫和+4价硫归中反应后生成的，其离子方程式是SO2+2S2-+4H+=3S↓+2H2O；
【小问4详解】
①反应 常数比较小，则反应不易发生，故a不是主要原因；
②溴和水的反应是可逆反应，若b是主要原因，则溶液中存在溴单质，这时加入萃取，层显示棕红色；
③稀释前硫酸浓度较大，通过本实验可以知道，这个浓度的硫酸可以氧化溴离子变成溴单质，故答案为：降低硫酸浓度，减小其氧化性；
【小问5详解】
非金属性越强，其阴离子的还原性越弱，故答案为：氯原子半径小，氯元素非金属性质强，其阴离子还原性弱。
北京十四中2022-2023学年度第一学期期中检测
高三化学测试卷
可能用到的原子量：Na-23 C-12 H-1 O-16
第一部分
一、本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 我国在人工合成淀粉方面取得重大突破，在实验室中首次实现从二氧化碳到淀粉()的全合成。下列说法不正确的是
A. 淀粉的分子式为
B. 由等物质合成淀粉的过程涉及碳碳键的形成
C. 玉米等农作物通过光合作用能将转化为淀粉
D. 该成就能为气候变化、粮食安全等人类面临的挑战提供解决手段
【答案】A
【解析】
【详解】A．淀粉分子式为(C6H10O5)n，A错误；
B．根据二氧化碳和淀粉的结构式可知，合成淀粉的过程涉及碳碳键的形成，B正确；
C．农作物可以通过光合作用将吸收的二氧化碳转化为淀粉，C正确；
D．该成就既可以减少二氧化碳的排放量，又可以合成淀粉，D正确；
答案选A。
2. 下列化学用语或图示表达不正确的是
A. 的结构式：
B. 乙醇的分子结构模型：
C. 由和形成离子键的过程：
D. 中子数为8的氮原子：
【答案】C
【解析】
【详解】A．的结构为折线形，故结构式：，正确；
B．乙醇的分子结构模型：，正确；
C．为离子化合物，故其形成离子键的过程： ，C错误；
D．中子数为8的氮原子，质量数为15，故为，D正确；
故选C。
3. 下列方程式与所给事实不相符的是
A. 浓硝酸用棕色瓶保存：
B. 过量碳酸氢钠与氢氧化钡溶液反应：
C. 硫酸铵溶液显酸性：
D. 电解精炼铜的阳极反应：
【答案】D
【解析】
【详解】A．硝酸见光易分解，生成二氧化氮、氧气和水，故用棕色瓶保存，A正确；
B．过量的碳酸氢钠与氢氧化钡反应生成碳酸钡、碳酸钠和水，改成离子反应正如B选项，B正确；
C．硫酸铵溶液中铵根离子水解生成一水合氨和氢离子，C正确；
D． 电解精炼铜的阳极反应是Cu-2e−=Cu2+，D错误；
故选D。
4. 下列说法不正确的是
A. 酸性：
B. 与钠和水的反应相比，铍与水反应更容易
C. 与的分解温度相比，的分解温度更高
D. 判断非金属性，可通过向溶液通入的实验证实
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性N＞P＞Si，因此最高价氧化物对应水化物的酸性HNO3＞H3PO4＞H2SiO3，故A不符合题意；
B．金属性越强，与水反应越容易反应，同周期从左向右金属性减弱，即Na比Mg金属性强，同主族从上到下金属性增强，即Mg比铍金属性强，从而得到金属性Na强于Be，因此钠和水比铍和水反应更容易，故B符合题意；
C．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，O的非金属性强于S，H2O比H2S稳定，H2O分解温度高于硫化氢，故C不符合题意；
D．向硫化钠溶液中通入氯气，发生Cl2+S2-=2Cl-+S，氯气的氧化性强于S，从而判断出非金属性Cl＞S，故D不符合题意；
答案为B。
5. 某离子晶体的晶体结构中最小重复单元如图所示。A为阴离子，在正方体内，B为阳离子，分别在顶点和面心，则该晶体的化学式为( )
A. B2A B. B7A4 C. B4A7 D. BA2
【答案】D
【解析】
【分析】A位于晶胞的体内，共8个，B位于晶胞的顶点和面心，可利用均摊法计算．
【详解】因为A位于晶胞的体内，共8个，B位于晶胞的顶点和面心，晶胞中B的个数为 ，则B与A的离子个数为4：8=1：2，则化学式为BA2，
答案选D。
【点睛】解答该类题目注意组成粒子在晶胞的分布，注意均摊法的计算方法的应用即可。
6. 元素周期表中铬元素的数据见如图。下列说法中，不正确的是
24 Cr
铬
3d54s1
52.00
A. 铬元素位于第四周期ⅥB族
B. 铬原子的价层电子排布式是3d5 4s1
C. 铬原子第3能层有5个未成对电子
D. Cr的第一电离能小于K的第一电离能
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cr的核电荷数为24，铬元素位于第四周期ⅥB族，故A正确；
B．从图中可以看出，铬原子的价层电子排布式是3d5 4s1，故B正确；
C．铬原子第3能层电子排布为3s23p63d5，根据洪特规则，3d上的5个电子各占据一条轨道且自旋方向相同，即铬原子第3能层有5个未成对电子，故C正确；
D．Cr和K是同周期元素，电子层数相同。Cr的核电荷数为24，K的核电荷数为19，Cr对电子的束缚力强于K，所以Cr的第一电离能大于K的第一电离能，故D错误；
故选D。
7. 用代表阿伏伽德罗常数的数值。下列说法不正确的是
A. 石墨烯和金刚石均含有个碳原子
B. 与水完全反应转移的电子数为
C. 标准状况下，含有的电子数为
D. 的中，含有个中子
【答案】B
【解析】
【详解】A．石墨烯、金刚石都是C单质，石墨烯和金刚石均含有个碳原子，故A正确；
B．NO2和水反应生成硝酸和NO，反应方程式为3NO2+H2O=HNO3+NO，与水完全反应转移的电子数为，故B错误；
C．标准状况下，的物质的量是1mol，含有的电子数为，故C正确；
D．含中子数为11-5=6，的中含有个中子，故D正确；
选B。
8. 室温下，将充满NO2的试管倒立在水中，实验现象如图。下列分析不正确的是
A. NO2易溶于水，不能用排水法收集
B. 试管中剩余的无色气体是NO
C. 取试管中的溶液，滴加紫色石蕊溶液，溶液显红色，是因为NO2与H2O反应生成了酸
D. 向试管中再缓缓通入一定量的O2，最终试管中的气体变为红棕色
【答案】D
【解析】
【详解】A．从图中可以看出，水进入试管约三分之二体积，表明NO2易溶于水，不能用排水法收集，A正确；
B．NO2和水发生如下反应:3NO2+H2O=2HNO3+NO，所以试管中剩余气体为NO，B正确；
C．紫色石蕊溶液显红色，表明溶液显酸性，从而表明NO2与H2O反应生成了酸，C正确；
D．试管中剩余气体为NO，通入一定量的O2，发生反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，NO气体转化为HNO3，所以试管中的液面上升，D错误；
故选D。
9. 在时，向水中通入，得到新制氯水，如下图所示。对现象分析不正确的是
A. 新制氯水呈黄绿色，是因为溶解了
B. 新制氯水呈黄绿色，证明与能反应
C. 取出新制氯水，光照一段时间，溶液增大，漂白性减弱，原因是： ，
D. 取出新制氯水，加入饱和溶液，的溶解度减小。说明可用饱和食盐水除去中混有的
【答案】B
【解析】
【详解】A．为黄绿色，新制氯水呈黄绿色，说明溶解了Cl2，故A正确；
B．新制氯水呈黄绿色，证明有分子，不能证明与能反应，故B错误；
C．氯气和水先反应生成次氯酸，次氯酸见光容易分解生成盐酸和氧气，故酸性变强，漂白性变弱，故C正确；
D．氯气在饱和氯化钠溶液中溶解度减小，故可以用饱和食盐水除去中混有的，故D正确；
故选B。
10. 元素X、Y、Z和R在周期表中的位置如图所示。R位于第四周期，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为17。下列说法正确的是
A. X基态原子的核外电子排布式为 B. 电负性：R>Y
C. 0.033的溶液的pH约等于1 D. 还原性：
【答案】D
【解析】
【分析】元素X、Y、Z和R在周期表中的位置如图所示，R位于第四周期，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为17，设X最外层电子数为a，则a+（a+2）+（a+3）=3a+5=17，a=4，则XYZR分别为碳、硫、氯、砷；
【详解】A．X为6号碳元素，基态原子的核外电子排布式为，故A错误；
B．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性：R
D．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，则氧化性Cl2大于S，则对应离子的还原性硫离子大于氯离子，故D正确；
故选D。
11. 已知X、Y、Z、W、M 均为短周期元素。25℃时，其最高价氧化物对应的水化物（浓度均为0.01mol/L）溶液的pH和原子半径的关系如图所示。下列说法不正确的是
A. Z元素最高价氧化物的化学式为ZO3
B. 简单离子半径大小顺序：X＞M
C. 简单气态氢化物的稳定性：Z＞W＞Y
D. X、Z的最简单气态氢化物反应有白烟生成
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、M均为常见的短周期主族元素，由常温下，其最高价氧化物对应的水化物溶液（浓度均为 0.01mol/L）的pH，X的pH=2，为一元强酸，则为硝酸，X为N元素，Y的半径大于N，且酸性较硝酸弱，应为C元素；Z的原子半径大于C，Z的最高价含氧酸为一元强酸，则Z为Cl，W的原子半径大于Cl，且对应的酸的pH小于2，应为硫酸，W为S元素；M的原子半径最大，且0.01mol/L M的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH为12，可知W为Na，以此解答该题。
【详解】由以上分析可知X、Y、Z、W、M分别为N、C、Cl、S、Na。
A. Z为Cl，最高化合价为+7价，最高价氧化物的化学式为Z2O7，故A错误；
B. X、M简单离子具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，离子半径越小，则半径大小顺序：X＞M，故B正确；
C. 非金属越强，简单气态氢化物稳定性越强，所以Cl＞S＞C，即Z＞W＞Y，故C正确；
D. X、Z的最简单气态氢化物反应生成氯化铵，有白烟生成，故D正确；
故选A。
12. 下列实验中，锥形瓶内均能产生气体。试管内不能产生沉淀的是
A
B
C
D
试剂a
浓盐酸
浓H2SO4
浓氨水
稀H2SO4
试剂b
KMnO4
少量蔗糖
CaO
CaCO3粉末
试剂c
AgNO3
BaCl2
AlCl3
冷、浓氨盐水
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓盐酸与高锰酸钾反应产生氯气，氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，硝酸银溶液中有白色沉淀生成，A不符合题意；
B．浓硫酸与蔗糖反应生成二氧化碳和二氧化硫，气体通入氯化钡溶液中无沉淀生成，B符合题意；
C．氧化钙与水反应放热，促进浓氨水分解产生氨气，氨气与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝沉淀，C不符合题意；
D．稀硫酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，通入冷、浓氨盐水中有碳酸氢钠晶体析出，D不符合题意；
故选B。
13. 用图所示装置探究铜丝(下端卷成螺旋状)与过量浓硫酸的反应。
现象：试管①中液面上方有白雾，底部有灰白色固体。
下列实验不合理的是
A. 浸溶液的棉团用于吸收多余的
B. 加热、将铜丝下端卷成螺旋状能提高的生成速率
C. ②中用石蕊溶液验证水溶液的酸性，③中用品红溶液验证的生成
D. 冷却后，将①中物质倒入盛有水的另一支试管，以确认的生成
【答案】C
【解析】
【详解】A．有毒污染空气，浸溶液棉团用于吸收多余的防止污染空气，故A正确；
B．将铜丝下端卷成螺旋状能增大接触面积，从而加快反应速率，升温有利加快反应速率，故B正确；
C．因为二氧化硫溶解度较大，在实验过程中先通入品红验证二氧化硫生成，然后通入紫色石蕊溶液验证二氧化硫水溶液的酸性，故C错误；
D．冷却后，将①中物质(含大量浓硫酸)倒入盛有水的试管中进行稀释后观察溶液颜色，以确认硫酸铜的生成，故D正确；
故选C。
14. 电子工业用FeCl3溶液腐蚀绝缘板上的铜箔制造印制电路板。从酸性腐蚀废液回收铜及FeCl3固体的工艺流程如图，下列分析不正确的是
已知：SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑
A. 过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅴ中均有气体产生
B. 上述流程中发生的反应有置换反应、化合反应
C. Ⅱ中加盐酸至不再产生气泡时停止加入，向过滤所得溶液中加入H2O2溶液，可提高FeCl3产率
D. Ⅴ中用SOCl2而不采用直接加热脱水的方法，主要是避免FeCl3水解
【答案】A
【解析】
【分析】腐蚀废液含有氯化铁、氯化亚铁、氯化铜和酸，加入过量的铁粉，滤液中含有氯化亚铁，滤渣中含有铜和铁，加入盐酸后得到铜和含有氯化亚铁溶液2，加入双氧水后得到氯化铁溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到氯化铁晶体，加入SOCl2得到氯化铁，以此来解析；
【详解】A．过程Ⅰ中铁与酸反应产生氢气、Ⅱ中滤渣中的铁与盐酸反应产生氢气、Ⅲ中双氧水将氯化亚铁氧化为氯化铁没有产生气体、Ⅴ中与氯化铁晶体中的结晶水作用产生气体SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，A错误；
B．上述流程中发生的反应有置换反应如铁与盐酸反应、化合反应如氯化铁与铁的反应，B正确；
C．Ⅱ中加盐酸至不再产生气泡时停止加入，向过滤所得溶液加入H2O2溶液，将氯化亚铁氧化生成氯化铁，可提高氯化铁产率，C正确；
D．Ⅴ中用而不采用直接加热脱水的方法，因发生反应SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，抑制氯化铁水解，D正确；
故选A。
二、填空题
15. 短周期元素X、Y的价电子数相同，且原子序数之比等于1：2；元素Z位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2。
（1）Y基态原子的价电子排布式为____。
（2）从分子极性等角度解释YX2易溶于水的原因：____。
（3）Y与X可形成YX。YX的空间结构为____(用文字描述)，Y原子轨道的杂化类型是___杂化。
（4）配合物[Z(NH3)4]SO4中的配位数是____；氨分子能与Z的金属阳离子形成稳定离子，其原因是____。
（5）Y与Z所形成化合物晶体的晶胞如图所示，其晶胞边长为anm，摩尔质量为Mg•mol-1，密度为____g•cm-3(列式)。
【答案】（1）3s23p4
（2）相似相溶，与水反应
（3） ①. 三角锥形 ②. sp3
（4） ①. 4 ②. Z为Zn2+提供空轨道，NH3中N原子提供孤电子对
（5）
【解析】
【分析】短周期元素X、Y价电子数相同，价电子数相同的短周期元素的序数差为2或者8，且原子序数比等于1：2，所以元素X、Y分别为O、S；元素Z位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28，且最外层电子数为2，所以该原子有30个电子，为Zn元素，据此分析解题。
【小问1详解】
S原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，价电子排布式为3s23p4；
【小问2详解】
二氧化硫是极性分子，水是极性溶剂，根据相似相溶原理可知易溶于水，二氧化硫易与水反应生成亚硫酸；
【小问3详解】
YX 为SO，其孤电子对数为 =1，根据杂化轨道理论，中心S原子为sp3杂化，空间结构为三角锥形；
【小问4详解】
配合物[Z(NH3)4]SO4中的配体为NH3，配位数是4；氨分子能与Z的金属阳离子形成稳定离子，其原因是Z为Zn2+提供空轨道，NH3中N原子提供孤电子对；
【小问5详解】
晶胞边长为anm，晶胞体积为V=a3=(a×10-7cm)3，1mol晶胞的质量m=4×Mg•mol-1，1mol晶胞含有NA个晶胞，所以晶胞密度为：= g•cm-3。
16. MnCO3是重要化工原料，由MnO2制备MnCO3一种工艺流程如图：
I.研磨MnO2，加水配成浊液。
II.MnO2浊液经还原、纯化、制备等过程，最终获得MnCO3固体。
资料：
①MnCO3不溶于水。该工艺条件下，MnO2与H2SO4不反应。
②难溶电解质的溶度积：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39、Ksp[Mn(OH)3]=2.0×10-13
（1）研磨MnO2的目的是____。
（2）加入铁粉除去FeSO4溶液中的Fe3+，反应的离子方程式是____。
（3）MnO2氧化Fe2+的反应如下：MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O
①根据上述反应，还原MnO2所需的H+与Fe2+的物质的量比值应为2。而实际上加入的酸要少一些，请结合含铁产物解释原因____。
②取少量母液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，未产生蓝色沉淀，说明____。
（4）纯化向母液中滴加氨水调pH，除去残留的Fe3+。若母液中c(Mn2+)=1mol•L-1，使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1×10-5mol•L-1，此时是否有Mn(OH)2沉淀生成？____(列式计算，已知≈6.5)。
（5）制备将Mn2+纯化液与稍过量的NH4HCO3溶液混合，得到含MnCO3的浊液。将浊液过滤，洗涤沉淀，干燥后得到MnCO3固体。
①通过检验SO来判断沉淀是否洗涤干净。检验SO的操作是____。
②生成MnCO3的离子方程式是____。
【答案】（1）增加固体接触面积，增大反应速率
（2）Fe+2Fe3+=3Fe2+
（3） ①. Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+因为生成含铁的沉淀，导致c(OH-)下降，从而需要额外加的H+比理论值少 ②. 不含有Fe2+，Fe2+已全部转化为沉淀
（4）c(OH-)==6.5×10-12，Qc＜Ksp无沉淀
（5） ①. 取最后一次洗涤液，加入足量的稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明没有洗净；若无白色沉淀产生，则说明沉淀洗净 ②. Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O
【解析】
【分析】二氧化锰浊液与亚铁离子发生氧化还原反应生成含有锰离子的母液：MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O，再对母液进行纯化后锰离子与碳酸氢根离子反应生成碳酸锰：Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O，据此回答。
【小问1详解】
研磨，变为粉末状，可以增大固体与反应物的接触面积，加快反应速率，故答案为：增大固体与反应物的接触面积，加快反应速率；
【小问2详解】
加入铁粉除去FeSO4溶液中的Fe3+，反应的离子方程式是Fe+2Fe3+=3Fe2+；
【小问3详解】
依据反应流程可知，与溶液反应生成，在该条件下转化为，反应为：，产生了，所以还原所需的与的物质的量值比小于2；滴加溶液未产生蓝色沉淀，说明还原过程中的已全部转化为，母液中不含；
【小问4详解】
已知 ，故无沉淀生成；
【小问5详解】
硫酸根离子检验的操作是取最后一次洗涤液，加入足量的稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明没有洗净；若无白色沉淀产生，则说明沉淀洗净；
Mn2+纯化液与稍过量的NH4HCO3溶液混合可得到含MnCO3，离子方程式为Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O。
17. 合成NH3是重要的研究课题，一种合成NH3的流程示意如图。
相关数据如表：
物质
熔点/℃
沸点/℃
与N2反应温度/℃
分解温度/℃
Mg
649
1090
＞300
Mg3N2：＞800
（1）固氮：
①固氮反应的化学方程式是____。
②固氮的适宜温度范围是____。
a.500～600℃ b.700～800℃ c.900～1000℃
③检测固氮作用：向固氮后的产物中加水，____(填操作和现象)，说明Mg能起到固氮作用。
（2）转氨：选用试剂a完成转化。
Ⅰ.选用H2O进行转化。发现从体系中分离出NH3较困难。
Ⅱ.选用HCl气体进行转化。发现能产生NH3，且产物MgCl2能直接循环利用。但NH3的收率较低，原因是____。
Ⅲ.选用NH4Cl固体进行转化。合成氨的过程如图：
①合成氨的总反应方程式是____。
②经实验研究，证实了Mg3N2中的氮元素在“转氨”过程中能转变为氨。
实验：将____(填化学式)两种物质混合，充分反应。
检测结果：经探测仪器检测，所得氨气中存在15NH3。
③测量Mg3N2转化率：取固体mgMg3N2和足量NH4Cl的混合物[n(Mg3N2)：n(NH4Cl)≤1：6]，混匀，充分反应。用cmol•L-1的H2SO4滴定生成的NH3，至滴定终点时消耗vmLH2SO4。Mg3N2的转化率为____。(Mg3N2摩尔质量为100g•mol-1)
【答案】（1） ①. 3Mg(熔融)+N2Mg3N2 ②. b ③. 用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝，说明有氨气生产
（2） ①. NH3+HCl=NH4Cl ②. 2N2+6H2O4NH3+3O2 ③. Mg315N2、NH4Cl ④.
【解析】
【分析】电解熔融的MgCl2生成Cl2和熔融的Mg，熔融的Mg和N2发生固氮反应生成Mg3N2，Mg3N2与合适的试剂a反应生成NH3，据此解答。
【小问1详解】
固氮过程为Mg和N2的反应生成氮化镁，方程式为3Mg(熔融)+N2Mg3N2；结合图表数据可知，应让反应发生，且生成物不分解，故反应的合适温度为700~800℃；Mg3N2和水反应生成氨气和氢氧化镁，检验氨气的生成即可，操作和现象为向固氮后的产物中加水，用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝，说明有氨气生成；
【小问2详解】
Ⅱ.氨气和HCl反应生成氯化铵，反应为NH3+HCl=NH4Cl，导致NH3的收率较低；
①结合反应过程，固氮的总反应为2N2+6H2O4NH3+3O2；
②经实验研究，证实了Mg3N2中的氮元素在“转氨”过程中能转变为氨，通过同位素标记法，可以将Mg315N2和NH4Cl两种物质混合，充分反应；
③用cmol/L的H2SO4滴定生成的NH3，至滴定终点时消耗vmLH2SO4，根据2NH3~H2SO4，n（NH3）=2×10-3×cVmol，结合方程式Mg3N2+6NH4Cl=3MgCl2+8NH3可知，反应的Mg3N2物质的量为×2×10-3×cVmol =2.5×10-4×cVmol， Mg3N2的转化率为。
18. 有机物Q是一种抗血栓药物，其合成路线如下。
已知：ⅰ.+H2O(、、代表烃基或H)
ⅱ.
（1）A和J均属于芳香化合物，J中含有的官能团是_______。
（2）A→B的反应类型是_______。
（3）D→E的化学方程式为_______。
（4）X的分子式为，G的结构简式为_______。
（5）下列说法正确的是_______(填序号)。
a.可用新制的检验X中的官能团
b.反应①除了生成L外，还生成
c.反应③的原子利用率为100%
（6）N是L的同分异构体，写出符合下列条件的所有N的结构简式(不考虑立体异构)_______。
ⅰ.含有苯环，且苯环上只有1个取代基
ⅱ.1molN与足量溶液反应产生2mol气体
（7）反应②的过程如下：
L→中间体的过程会产生高分子副产物，写出高分子的结构简式_______。
【答案】（1）羟基、羧基
（2）取代反应 （3）：+NaOH+NaCl
（4） （5）bc
（6），， （7）
【解析】
【分析】物质A也属于芳香族化合物，结合A的分子式可知，A的结构简式为，A和浓硝酸发生取代反应生成B，根据G的结构简式可知，发生甲基的对位取代反应，所以B为，由反应条件、分子式可知，B中甲基.上的氢原子被氯原子取代生成D为，F与X发生信息i中反应生成G，结合有机物分子式可知，D发生卤代烃水解反应生成E，E发生醇的催化氧化生成F，故E为，F为，则X为，L发生信息ii中取代反应生成M为，结合Q的结构简式推知G为，J为芳香族化合物，由L的结构简式，可知J与.乙醇发生酯化反应生成K，K中酚羟基与乙酸酐发生取代反应生成J，推知J为，K为，以此解题。
【小问1详解】
由分析可知J为，其中含有的官能团是羟基、羧基；
【小问2详解】
A→B是甲苯的硝化反应，反应类型是取代反应；
【小问3详解】
D→E为卤代烃的水解反应，方程式为：+NaOH+NaCl；
【小问4详解】
由分析可知G为；
【小问5详解】
a．X中不含有醛基，不能用新制的检验X中的官能团，a错误；
b．根据元素守恒可知，反应①除了生成L外，还生成，b正确；
c．反应③属于加成反应，原子利用率为100%，c正确；
故选bc；
【小问6详解】
N是L的同分异构体，且符号条件，ⅰ.含有苯环，且苯环上只有1个取代基；ⅱ.1molN与足量溶液反应产生2mol气体，说明含有2个羧基，符合条件的同分异构体为，，；
【小问7详解】
反应②的过程可知，形成的中间体为，形成中间体的过程理解先加成、再脱去1分子CH3OH，L→中间体的过程会产生高分子副产物为。
19. 探究一定浓度与卤素离子(、、)的反应。实验如下：
（1）a.用酸化的溶液检验白雾，产生白色沉淀；
b.用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化。白雾中含有___________。
（2）用溶液检验iii中气体，产生黑色沉淀，该气体是___________。
（3）检验ii中产物：
Ⅰ.用湿润的碘化钾淀粉试纸检测棕红色气体，试纸变蓝，说明含。
Ⅱ.取ii中部分溶液，用萃取。层显棕红色，水层(溶液)无色。证实溶液中含，过程如下：
①白色沉淀1的成分是___________。
②生成黄色沉淀3的离子方程式是___________。
（4）已知：(、、)。探究ii中溶液存在、的原因：将ii中溶液用水稀释，溶液明显褪色，推测褪色原因：
a. 与发生了反应。
b.加水稀释导致溶液颜色变浅。
c.与在溶液中发生了反应。
①资料： ，判断___________(填“是”或“不是”)主要原因。
②实验证实不是主要原因，所用试剂和现象是___________。
可选试剂：溶液、、溶液
③原因成立。稀释前溶液未明显褪色，稀释后明显褪色，试解释原因：___________。
（5）实验表明，一定浓度能氧化、，不能氧化，从原子结构角度说明___________。
【答案】（1）HCl （2）H2S
（3） ①. 硫酸钡和亚硫酸钡 ②. SO2+2S2-+4H+=3S↓+2H2O
（4） ①. 不是 ②. ，层显示棕红色 ③. 降低硫酸浓度，减小其氧化性
（5）氯原子半径小，氯元素非金属性质强，其阴离子还原性弱
【解析】
【分析】卤素离子有还原性，一定浓度的硫酸有氧化性，但是不同的卤离子的还原性的强弱不同，通过本实验验证了不同的卤素离子的还原性强弱，并对不同的产物进行了验证，以此解题。
【小问1详解】
用溶液检验白雾，产生白色沉淀，则白雾中可能含有Cl2，HCl，用湿润的KI淀粉试纸检验无变化，则白雾中没有Cl2，因为Cl2+2I-=I2+2Cl-，淀粉遇碘单质变蓝；
【小问2详解】
因为用CuSO4检验会产生CuS沉淀，则白雾中含有-2价的S，因为产生紫色固体(I2)，即硫酸和碘化钠发生氧化还原反应，碘元素化合价由-1价升高到0价，则硫元素化合价由+6价降到-2价，所以气体可能是H2S；
【小问3详解】
①溶液A应该有硫酸根离子，可能有二氧化硫，故向其中加入氢氧化钡后产生的白色沉淀1中应该是硫酸钡和亚硫酸钡，再加入硫酸后，形成的溶液2中应该含有二氧化硫或者亚硫酸，这样加入硫化钠后才能生成黄色沉淀3，同时也证明了溶液A中含有二氧化硫；
②黄色沉淀3是硫单质，这是-2价硫和+4价硫归中反应后生成的，其离子方程式是SO2+2S2-+4H+=3S↓+2H2O；
【小问4详解】
①反应 常数比较小，则反应不易发生，故a不是主要原因；
②溴和水的反应是可逆反应，若b是主要原因，则溶液中存在溴单质，这时加入萃取，层显示棕红色；
③稀释前硫酸浓度较大，通过本实验可以知道，这个浓度的硫酸可以氧化溴离子变成溴单质，故答案为：降低硫酸浓度，减小其氧化性；
【小问5详解】
非金属性越强，其阴离子的还原性越弱，故答案为：氯原子半径小，氯元素非金属性质强，其阴离子还原性弱。
相关试卷
北京市第十四中学2023-2024学年高三上学期期中考试化学试题： 这是一份北京市第十四中学2023-2024学年高三上学期期中考试化学试题，共14页。试卷主要包含了答题不得使用任何涂改工具，常用的除甲醛试剂有，石墨炔是一类新型碳材料，向碘水中加入KI溶液，发生反应等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年北京市北京一零一中学高三上学期统练7化学试题含解析： 这是一份2022-2023学年北京市北京一零一中学高三上学期统练7化学试题含解析，共28页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，有机推断题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年天津市第十四中学高三上学期期末考试化学试题含解析： 这是一份2022-2023学年天津市第十四中学高三上学期期末考试化学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，有机推断题，实验题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
