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北京市第一零一中学2024届高三上学期10月月考化学试卷（Word版附解析）
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这是一份北京市第一零一中学2024届高三上学期10月月考化学试卷（Word版附解析），文件包含北京市第一○一中学2023-2024学年高三上学期10月月考化学试题Word版含解析docx、北京市第一○一中学2023-2024学年高三上学期10月月考化学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共36页， 欢迎下载使用。
友情提示：本试卷分为Ⅰ卷、Ⅱ卷两部分，共19个小题，共10页，满分100分；答题时间为90分钟；请将答案写在答题纸上，交答题纸。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 N 14 O 16 Na 23 Fe 56 Cu 6
I卷 选择题(共42分)
一、每小题只有一个选项符合题意。
1. 中国首次在月球上发现新矿物并命名为“嫦娥石”，其晶体组成为。是一种稀土元素，常以形式存在。下列说法不正确的是
A. Y属于金属元素B. 属于区元素
C. 嫦娥石中存离子键和共价键D. 可利用X射线衍射法获取其晶体结构
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题干信息可知是一种稀土元素，稀土元素均属于金属元素，A正确；
B．属于d区元素，B错误；
C．嫦娥石其晶体组成为，存在离子键和共价键，C正确；
D．X射线衍射实验是获得晶体结构最科学可靠的方法，故可利用X射线衍射法获取其晶体结构，D正确；
故选B。
2. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 电子云图为：B. 的VSEPR模型：
C. 氧化钠的电子式： D. 的空间填充模型：
【答案】A
【解析】
【详解】A．的电子云图为哑铃型，在Z轴上，故A正确；
B．的价层电子对数为3+（6+2-2×3）÷2=4，VSEPR模型为四面体形，图示与其不符，故B错误；
C．氧化钠的电子式为： ，故C错误；
D．为直线型分子，其空间填充模型 ，故D错误；
故选A。
3. 下列说法正确的是
A. 的体积为
B. 中含有的离子数为
C. 溶液中的物质的量为
D. 与足量氯气反应，转移电子的物质的量为
【答案】D
【解析】
【详解】A．未指明温度与压强，不能利用22.4L/ml计算1ml O2的体积，故A错误；
B．1个Na2O2中含有2个Na+和1个，物质的量为0.1ml，含有的离子数为，故B错误；
C．未指明溶液的体积，无法计算的物质的量，故C错误；
D．5.6g Fe物质的量为0.1ml，与足量C12反应，即所有的Fe均转化为FeCl3，转移电子的物质的量为0.3ml，故D正确；
故选D。
4. 下列解释事实的化学用语正确的是
A. 的催化氧化反应：
B. 红热的粉和水蒸气反应生成黑色固体：
C. 碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液混合，产生白色沉淀：
D. 将氯化铜溶液加热，溶液由蓝色变为绿色：
【答案】C
【解析】
【详解】A．的催化氧化反应产物为NO，对应的化学方程式为：，故A错误；
B．红热的粉和水蒸气反应生成黑色固体，该固体为Fe3O4，对应的化学方程式为：，故B错误；
C．碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液混合，产生白色沉淀，碳酸氢钠与氯化钙反应生成碳酸钙、水、二氧化碳，离子方程式为：，故C正确；
D．将氯化铜溶液加热，溶液由蓝色变为绿色，则平衡正向移动，正反应为吸热反应： ，故D错误；
故选C。
5. 汽车尾气中的、、碳氢化合物通过排气系统的净化装置(催化剂主要由、、等物质和稀土材料组成)转化为无害气体，净化原理如图。下列分析不正确的是
A. 催化剂能提高活化分子百分数
B. 、均发生了氧化反应
C. 转化为时，转化为
D. 催化剂对化学反应有选择性
【答案】B
【解析】
【详解】A．催化剂能降低活化能，提高活化分子百分数，加快反应速率，故A正确；
B．中氮元素化合价降低到0价，发生还原反应，CO中碳元素化合价升高到+4价，发生氧化反应，故B错误；
C．由图示可知，CO转化为CO2时，碳元素化合价升高失电子，则反应时应得电子化合价降低转化为，故C正确；
D．催化剂对特定反应具有催化作用，故催化剂对化学反应有选择性，故D正确；
故选B。
6. 用圆底烧瓶收集后进行喷泉实验。下列说法不正确的是
A. 和都是极性分子
B. 和分子中的共价键都是键
C. 实验时，先挤入胶头滴管中的水，再打开止水夹
D. 烧瓶中溶液颜色变红的原因：
【答案】B
【解析】
【详解】A．是三角锥形，是V形，两者的正负电荷中心都不重合，都是极性分子，故A正确；
B．和分子中中心原子都是sp3杂化类型，配原子都是H原子只有s轨道电子，所以共价键都是s-sp3σ键，故B错误；
C．氨气极易溶于水，胶头滴管中的水挤入圆底烧瓶中，导致瓶内的压强迅速减小，再打开止水夹，水进入烧瓶出现喷泉现象，故C正确；
D．烧杯中烧瓶中溶液遇酚酞颜色变红说明溶液显碱性，其原因：，故D正确；
故选B。
7. 下列反应产物不能用反应物中键的极性解释的是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．丙烯中的C=C双键是非极性共价键，双键上有一个σ键，较稳定，一个π键，不稳定，反应与反应物中键的极性没有关系，故A符合题意；
B．乙酰氯中的C―Cl是极性共价键，极性较强，反应中容易断裂，反应与反应物中键的极性有关，故B不符合题意；
C．乙醇中C―O键是极性共价键，极性较强，反应中容易断裂，反应与反应物中键的极性有关，故C不符合题意；
D．乙醛分子中的C=O双键是极性共价键，极性较强，反应中容易断裂，反应与反应物中键的极性有关，故D不符合题意；
故选A。
8. 形成白酒辛辣口感的物质是醛类物质，主要由葡萄糖经如图转化生成：
下列说法正确的是
A. X和Y分子中都有手性碳原子B. Y可以发生取代、加成、中和
C. 可用酸性高锰酸钾溶液鉴别X和ZD. 沸点：
【答案】D
【解析】
【详解】A．X、Y中无手性碳原子，故A错误；
B．Y中含有醇羟基和醛基，可以发生取代、加成反应，但无法发生中和反应，故B错误；
C．X中的羟基和Z中的碳碳双键、醛基，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D．有机物中所含羟基数越多，形成的分子间氢键越多，物质的沸点越高，由结构可知羟基数：，沸点：，故D正确；
故选D。
9. 实验室制备下列气体所选用的发生装置、制备试剂和除杂试剂均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．使用固体固体制备NH3，采用装置a，用碱石灰干燥NH3，A项错误；
B．无水乙醇浓硫酸发生消去反应制备乙烯，需要控制反应温度为170℃，要使用温度计，B项错误；
C．大理石稀硫酸反应生成的CaSO4微溶，覆盖在CaCO3表面会阻碍反应进行，故应采用稀盐酸，C项错误；
D．浓盐酸在加热的条件下制备Cl2选用发生装置c，得到的氯气先用饱和溶液除去其中的HCl，再用浓硫酸进行干燥，D项正确；
故选D。
10. 我国研究人员研发了一种新型纳米催化剂，实现CO2和H2反应得到CH4，部分微粒转化过程如图(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)。下列说法不正确的是
A. 过程②吸收热量
B. 过程③涉及极性键的断裂和形成
C. 结合过程③，过程④的方程式为：*C+*OH+5H→CH4+H2O
D. 整个过程中制得1mlCH4转移电子的物质的量为8ml
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由图可知，过程②为*CO2→*CO+*O，在断键过程中吸收热量，故A正确；
B．过程③为：*CO+*O+2H→2*OH+*C，CO中的极性共价键被破坏，形成*OH中新极性键，故B正确；
C．结合过程③，过程④的方程式应为：*C+2*OH+6H→CH4+2H2O，故C错误；
D．整个过程中由1mlCO2制得1mlCH4，C元素化合价由+4降低为-4，则转移电子的物质的量为8ml，故D正确。
故选C。
11. 向100mL 溶液中滴加 溶液，测得溶液电导率的变化如图。下列说法不正确的是
A. 和都是强电解质
B. A→B电导率下降的主要原因是发生了反应：
C. B→C，溶液中的减小
D. A、B、C三点水的电离程度：A＜B＜C
【答案】B
【解析】
【详解】A． 和在溶液中均完全电离，均属于强电解质，故A正确；
B．A→B加入的物质的量小于的物质的量，发生的反应为，故B错误；
C．B→C时加入的继续消耗氢氧根离子，C点两者恰好完全反应，因此B→C溶液中减小，故C正确；
D．100mL物质的量为0.1L×0.01ml/L=0.001ml，n(OH-)=0.002ml，B点n()=0.01L×0.1ml/L=0.001ml，B点发生离子反应：，恰好反应完全，剩余一半，c(OH-)比A点小，对水的电离抑制程度减小，C点n()=0.02L×0.1ml/L=0.002ml，B到C点发生离子反应：，生成Na2CO3是强碱弱酸盐，碳酸根离子发生水解促进水的电离，C点水的电离程度最大，因此水的电离程度：A＜B＜C，故D正确；
答案选B。
12. 合成氨原料气中的可通过水煤气变换反应除去。某合成氨原料气中、、、的体积分数分别为20%、50%、25%、5%。一定温度下按不同投料比通入水蒸气，平衡后混合气体中的体积分数如下表。
下列说法不正确的是
A. 从表中数据可知，水煤气变换反应的
B. 温度相同时，投料比大，的转化率高
C. 按=1通入水蒸气后，反应前在混合气体中的体积分数为20%
D. 根据=1时数据推算，300℃时水煤气变换反应的平衡常数K为46
【答案】D
【解析】
【详解】A．由表中数据可知，当一定时，升高温度，平衡后混合气体中的体积分数增大，说明升高温度平衡逆向移动，则水煤气变换反应的，故A正确；
B．由表中数据可知，温度一定时，反应物投料比越大，平衡时CO的体积分数越小，说明CO的转化率高，故B正确；
C．原料气中、、、的体积分数分别为20%、50%、25%、5%，设反应前CO的物质的量为1ml，则为0.8ml，H2为2ml，为0.2ml，又因，则H2O(g)为1ml，总物质的量为5ml，所以CO的体积分数为，故C正确；
D．设反应前CO的物质的量为1ml，则为0.8ml，H2为2ml，为0.2ml，H2O(g)为1ml，假设反应达到平衡时CO转化了x ml，则有三段式：
300℃时CO占6%，所以，解得，因此CO(g)、H2O(g)、CO2 (g)、H2(g)平衡时的物质的量分别为0.3、0.3、0.9、2.7，反应前后气体体积不变，则平衡常数为，故D错误；
答案选D。
13. 小组同学探究和物质A的反应，实验如下。
下列分析不正确的是
A. ②中铜粉溶解的原因：
B. ①中产生的原因：时直接将还原为
C. 若向③中加入固体，推测铜粉会溶解
D. ①②③现象的差异不仅与物质氧化性(或还原性)强弱有关，也与反应速率有关
【答案】B
【解析】
【详解】A．实验②中，铜与铁离子反应生成蓝色铜离子和绿色亚铁离子，A正确；
B．经检验含，说明加入铜粉后铜与铁离子反应生成蓝色铜离子和绿色亚铁离子，酸性条件下亚铁离子与硝酸根离子反应产生NO，选项B不正确；
C．若向③中加入固体，因酸性条件下亚铁离子与硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子，产生了硝酸铁，根据实验①的条件，推测铜粉会溶解，选项C正确；
D．①②③现象的差异不仅与物质氧化性(或还原性)强弱有关，如铁离子、硝酸根离子等氧化性强弱，亚铁离子还原性等；也与反应速率有关，也氯离子、硝酸根离子，氢离子浓度等对反应速率的影响有关，选项D正确；
答案选B。
14. CH4和CO2联合重整能减少温室气体的排放。其主要反应为：
①CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)
②H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)
其他条件相同时，投料比n(CH4)：n(CO2)为1∶1.3，不同温度下反应的结果如图。
下列说法不正确是
A. 550～600℃，升温更有利于反应①，反应①先达到平衡
B. n(H2)∶n(CO)始终低于1.0，与反应②有关
C. 加压有利于增大CH4和CO2反应的速率但不利于提高二者的平衡转化率
D. 若不考虑其他副反应，体系中存在：4[c(CH4)+c(CO)+c(CO2)]=2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)]
【答案】A
【解析】
【详解】A．这两个反应同时发生，反应②会破坏反应①的平衡，所以两个反应应该同时达到平衡，A项错误；
B．若反应②不存在，则n(H2)∶n(CO)始终为1.0，所以n(H2)∶n(CO)低于1.0与反应②有关，B项正确；
C．加压可以提升反应速率，但是反应①中生成物的化学计量数大于反应物的化学计量数，因此加压会导致反应①的平衡左移，转化率降低，C项正确；
D．设初始n（CH4）=xml，则有初始n（CO2）=1.3xml，再设反应①有ymlCH4转化成了H2和CO，反应②有zmlH2转化成了H2O，最终整个体系体积为VL，则该系统中有n（CH4）=（x-y）ml，n（CO2）=（1.3x-y-z）ml，n（H2）=（2y-z）ml，n（CO）=（2y+z）ml，n（H2O）=zml。4[c(CH4)+c(CO)+c(CO2)]=，2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)]=，所以不考虑其他副反应，体系中存在4[c(CH4)+c(CO)+c(CO2)]=2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)]，[解法二：投料比n(CH4):n(CO2)=1:1.3,则n(C):n(H)=2.3:4,即4[c(CH4)+c(CO)+c(CO2)]=2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)]]，D项正确。
答案选A。
Ⅱ卷 非选择题(共58分)
15. 氨基锂()为白色固体，广泛用于有机合成。
（1）金属锂与液氨反应生成和一种气体。该气体是___________。
（2）液氨中也存在类似水的微弱电离：。
①的空间结构为___________。
②已知键角。从结构角度解释其原因：___________。
（3）的晶胞如图所示(晶胞体积为)。
①该晶体的密度为___________(用含字母的代数式表示)。
②与结构相似。从结构角度解释熔点()高于熔点()的原因：___________。
（4）测定产品的纯度(主要杂质为)，实验步骤如下。
ⅰ．准确称量产品，与过量稀盐酸充分反应，将全部转化为。
ii．向i所得溶液中滴加溶液至。再加入甲醛溶液，发生反应：
iii．以酚酞为指示剂，用溶液滴定ii中生成，消耗溶液。
①步骤ⅰ反应的化学方程式为___________。
②样品中的质量分数为___________(用含字母的代数式表示)。
③若i中未用溶液调节，则测定结果___________(填“偏低”或“偏高”)。
【答案】（1）氢气 （2） ①. V形 ②. N均为sp3杂化，孤电子对数，孤电子对有较大斥力
（3） ①. ②. 二者均为离子晶体，锂离子半径小于钠离子半径，离子键更强
（4） ①. ②. ③. 偏高
【解析】
【小问1详解】
金属锂与液氨反应生成和一种气体，氨气中氮原子和氢原子个数比为1：3，中氮原子和氢原子个数比为1：2，则另一种产物气体为氢气；
【小问2详解】
液氨中也存在类似水的微弱电离：。
①的价层电子对数为，孤电子对数为2，空间结构为V形；
②N均为sp3杂化，孤电子对数，孤电子对有较大斥力；
【小问3详解】
①该晶胞Li个数为，N个数为8，H个数为，含有八个，晶胞的质量为，体积，密度为；
②与结构相似。从结构角度解释熔点()高于熔点()的原因二者均为离子晶体，锂离子半径小于钠离子半径，离子键更强；
【小问4详解】
①步骤ⅰ反应的化学方程式为；
②设样品中物质的量为n。
样品中的质量分数为；
③若i中未用溶液调节，原来盐酸有剩余，造成氢氧化钠消耗过多，则测定结果偏高。
16. 处理再利用有多种方法。
（1）碱法脱硫：
用溶液吸收。已知：氢硫酸和碳酸的电离常数如表。
①用化学用语表示溶液显碱性的原因：_______。
②用过量的溶液吸收的离子方程式是_______。
（2）热分解法脱硫
在密闭容器中发生反应。其他条件不变时，的平衡转化率随温度和压强的变化如图。
，反应中_______(填“是”或“不是”)气态，理由是_______。
（3）间接电解法脱硫
间接电解法脱硫过程的示意图如图。
①溶液X的主要溶质是_______。
②简述在电解反应器中溶液再生的原理：_______。
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. 是 ②. 其他条件不变时，增大压强，H2S的转化率减小，说明该反应是气体体积增大的反应，S2是气态
（3） ①. FeCl2、HCl ②. 含FeCl2和HCl的溶液加入阳极区，Fe2+放电生成Fe3+，且H+由阳极区进入阴极区，FeCl3溶液得以再生
【解析】
【小问1详解】
①中的在溶液中分步水解使溶液呈碱性(第一步为主)，水解离子方程式为：；
②由电离常数可知，弱酸和弱酸根离子在溶液中的电离程度的顺序为，即过量的溶液吸收生成，离子方程式是: ；
【小问2详解】
在密闭容器中发生反应，已知，由图可知，其他条件不变时，压强越大H2S的转化率越小，即增大压强，平衡逆向移动，生成物气体分子总数大于反应物气体分子总数，反应中是气态；
【小问3详解】
①由图可知，吸收反应器中反应的方程式为H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl，溶液X为FeCl2和HCl的混合溶液；
②由图可知，电解反应器中右侧电极为电解池的阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，左侧电极为阳极，FeCl2和HCl的混合溶液中Fe2+在阳极失去电子发生氧化反应生成Fe3+，H+通过质子交换膜进入阴极区，FeCl3溶液在阳极区得以再生。
17. 奥美拉唑可用于治疗十二指肠溃疡等疾病，其合成路线如下。
已知：
（1）A能与溶液作用显紫色，A的名称是_______。
（2）A→B的化学方程式是_______。
（3）试剂a_______。
（4）满足下列条件的E的同分异构有_______种。
i.苯环上有两个取代基
ii.能与溶液发生反应
（5）E→G的过程：
①M中含有的官能团有醚键、_______。
②N与反应的化学方程式是_______。
（6）合成 的路线如下。
①可由与_______(填化学式)经加成反应得到。
②K转化为的同时有生成，化学方程式是_______。
【答案】（1）苯酚 （2）+CH3OH+H2O
（3）浓硫酸和浓硝酸 （4）6
（5） ①. 酰胺键 ②. +NaOH+CH3COONa
（6） ①. H2O ②. + SOCl2+ SO2+HCl。
【解析】
【分析】A能与溶液作用显紫色，说明其中含有酚羟基，结合A的分子式可以推知A的结构简式为：，A和甲醇在浓硫酸、加热的条件下发生取代反应得到B，B的结构简式为，D发生还原反应得到E，结合D和E的分子式可以推知D中的硝基发生还原反应生成氨基，D的结构简式为，E发生多步反应得到G，G和CS2发生反应得到J，J再经过一系列反应得到奥美拉唑，以此解答。
【小问1详解】
由分析可知，A为，A的名称是苯酚。
【小问2详解】
A和甲醇在浓硫酸、加热的条件下发生取代反应得到B，B的结构简式为，化学方程式为：+CH3OH+H2O。
【小问3详解】
B的结构简式为，D的结构简式为，B发生硝化反应得到D，试剂a为浓硫酸和浓硝酸。
【小问4详解】
E的同分异构满足条件i.苯环上有两个取代基，ii.能与溶液发生反应，说明其中含有酚羟基；则苯环上的取代基为-OH、-CH2NH2或-OH、-NHCH3，这两个取代基有邻、间、对三种位置关系，则符合条件的同分异构体共有6种。
【小问5详解】
①由结构简式可知，M中含有的官能团有醚键、酰胺键；
②N中含有肽键，在NaOH溶液中会发生水解，化学方程式为：+NaOH+CH3COONa。
【小问6详解】
①加成反应是化合反应，由原子守恒可知，可由与H2O经加成反应得到；
②K和1发生取代反应生成，结合K的分子式可以推知K为，K转化为的同时有SO2生成，化学方程式为：+ SOCl2+ SO2+HCl。
18. 制备锂离子电池的正极材料的前体的一种流程如下：
资料：ⅰ．磷灰石的主要成分是
ⅱ．可溶于水，微溶于水
ⅲ．
ⅳ．
（1）制备
①用溶液、溶液分步浸取磷灰石生成HF、和，主要反应是和______。
②其他条件不变时，若仅用溶液酸浸，浸取的速率低于用、分步浸取法，原因是______。
（2）制备
将、、混合并调节溶液的pH制备。
①酸性条件下，生成的离子方程式是______。
②含磷各微粒的物质的量分数与pH的关系如图。
pH＝1时，溶液中的，则______ml/L。
再加入晶体、溶液使溶液中的，不考虑溶液体积的变化，通过计算说明此时能否产生沉淀______。
③的纯度及颗粒大小会影响其性能，沉淀速率过快容易团聚。
ⅰ．研究表明，沉淀时可加入含的溶液，的作用是________________________。
ⅱ．其他条件不变时，工业上选择pH＝2而不是更高的pH制备，可能的原因是____(答出2点)。
【答案】（1） ①. Ca(H2PO4)2+H2SO4+2H2O=↓+2H3PO4 ②. 若仅用溶液浸取，硫酸溶液与磷灰石反应生成的沉淀附着在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积，降低浸取的速率
（2） ①. 2Fe2++2H3PO4+H2O2=2FePO4↓+2H2O+4H+ ②. 1.010-18.6ml/L ③. 磷酸铁的熵，所以能产生磷酸铁沉淀 ④. 发生反应Fe3++⇌，使c(Fe3+)降低，减小FePO4的沉淀速率，避免团聚，随着Fe3+被沉淀，上述平衡逆向移动，生成的Fe3+继续被沉淀 ⑤. pH更高时，产品中可能混有Fe(OH)3杂质；pH更高时，大，可能沉淀速率过快导致团聚等
【解析】
【分析】由题给流程可知，磷灰石用磷酸溶液和硫酸溶液分步浸取、过滤制得粗磷酸，粗磷酸经纯化得到磷酸，向磷酸中加入硫酸亚铁溶液和过氧化氢溶液并调节溶液pH，充分反应、过滤得到磷酸铁。
【小问1详解】
①用溶液、溶液分步浸取磷灰石生成HF、和，硫酸溶液浸取时发生的反应为磷酸浸取磷灰石得到的磷酸二氢钙与硫酸溶液反应生成二水硫酸钙沉淀和磷酸，反应的化学方程式为Ca(H2PO4)2+H2SO4+2H2O=↓+2H3PO4，故主要反应是和Ca(H2PO4)2+H2SO4+2H2O=↓+2H3PO4。
②其他条件不变时，若仅用溶液浸取，硫酸溶液与磷灰石反应生成的沉淀附着在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积，降低浸取的速率。
【小问2详解】
①由题意可知，制备磷酸铁发生的反应为酸性条件下，磷酸溶液与硫酸亚铁、过氧化氢溶液反应生成磷酸铁沉淀、硫酸和水，反应的化学方程式为2Fe2++2H3PO4+H2O2=2FePO4↓+2H2O+4H+。
②由图可知，当溶液中磷酸氢根离子浓度和磷酸根离子浓度相等时，溶液pH为12.3，则磷酸的三级电离常数，所以溶液pH为1时，磷酸根离子的浓度为；当溶液中铁离子浓度为1ml/L时，磷酸铁的熵，所以能产生磷酸铁沉淀。
③i．由题给信息可知，制备磷酸铁沉淀时加入含离子的溶液，离子能与溶液中的铁离子反应生成离子：Fe3++⇌，溶液中c(Fe3+)减小，生成FePO4沉淀的反应速率减小，可有效防止团聚的发生，当溶液中铁离子转化为FePO4沉淀时，Fe3+浓度减小，平衡向逆反应方向移动，生成的Fe3+能继续与磷酸根离子反应生成磷酸铁沉淀。
ⅱ．其他条件不变，制备磷酸铁沉淀时若pH大于2，铁离子水解程度增大会转化为氢氧化铁沉淀导致产品不纯，同时溶液中磷酸根离子浓度会增大，可能会因沉淀速率过快而导致团聚，所以工业上选择pH=2而不是更高的pH制备磷酸铁
。
19. 探究溶液中与单质的反应。
资料：不溶于盐酸，和在盐酸中均发生沉淀的转化。
实验Ⅰ：将溶液与粉混合，水浴加热，充分反应后，过滤，得到无色溶液a，沉淀除S、洗涤后得到黑色固体b。
（1）研究黑色固体b的组成
①根据S具有_______性，推测b中可能含有、、或。
②检验黑色固体b的成分
实验Ⅱ：
i.取少量滤液c，先加入足量稀盐酸，再滴加溶液，未出现白色沉淀，判断黑色固体b中不含_______。
ii.用滤液c继续实验证明了黑色固体b中不含，可选择的试剂是_______(填序号)。
a.酸性溶液b.和混合溶液c.溴水
iii.进一步实验证实了黑色固体b中不含。根据沉淀e含有、气体含有，写出同时生成和的离子方程式：_______。
（2）研究无色溶液a的组成
结合上述实验结果，分析溶液a中可能存在或，依据是_______。
实验Ⅲ：
①说明溶液a中不含的实验证据是_______。
②加入足量稀盐酸的作：用是_______。
（3）甲同学认为实验Ⅰ中对反应可能有影响，设计对比实验证明了对该反应没有影响，实验操作是_______。
（4）综合以上实验，写出溶液中与S反应的离子方程式并简要说明的作用：_______。
【答案】（1） ①. 氧化性和还原 ②. Ag2SO4 ③. bc ④.
（2） ①. S转化为Ag2S发生了还原反应，反应同时发生氧化反应，能发生氧化反应的只有S，则溶液a中可能存在或 ②. 向溶液a中加入足量稀盐酸后，再加入碘水和淀粉溶液，蓝色不褪去 ③. 排除Ag+对和检验的干扰
（3）将溶液换为溶液，其余条件、操作与实验I相同，所得产物与实验I相同
（4），Ag+可与S2-形成沉淀，降低c(S2-)，提高S的氧化性，利于反应发生
【解析】
【小问1详解】
①S的化合价为0价，可以升高，也可以降低，同时具有氧化性和还原性；
②i.取少量滤液c，先加入足量稀盐酸，再滴加溶液，未出现白色沉淀，说明不含，即黑色固体b中不含；
ii.用滤液c继续实验证明了黑色固体b中不含，可选和的混合溶液，若未出现白色沉淀，则证明无；可选溴水，若溴水未褪色，则证明无；不可选择酸性溶液，因为溶液中的Cl-会使酸性溶液褪色，干扰的检验；
iii.Fe、盐酸、反应生成和，离子方程式为；
【小问2详解】
S转化为Ag2S发生了还原反应，反应同时发生氧化反应，能发生氧化反应的只有S，溶液a中可能存在或；向溶液a中加入足量稀盐酸后，再加入碘水和淀粉溶液，蓝色不褪去，证明a中不含；加入足量盐酸，可以排除Ag+对和检验的干扰
【小问3详解】
排除的干扰，可将溶液换为溶液，保证Ag+浓度相同，则选择溶液实验，其余条件、操作与实验I相同，所得产物与实验I相同，说明不影响该实验；
【小问4详解】
根据实验，证明Ag+与S反应生成Ag2S和，根据得失电子守恒、电荷守恒配平该方程式为：；Ag+可与S2-形成沉淀，降低c(S2-)，提高S的氧化性，利于反应发生。选项
气体
发生装置
制备试剂
除杂试剂
A
a
固体固体
浓硫酸
B
c
无水乙醇浓硫酸
溶液
C
b
大理石稀硫酸
浓硫酸
D
c
浓盐酸
饱和溶液浓硫酸
投料比
的体积分数/%
温度/℃
200
1.70
0.21
0.02
250
2.73
0.30
0.06
300
6.00
0.84
0.43
350
7.85
1.52
0.80
装置
序号
物质A
实验现象
①
溶液（调）
铜粉溶解，溶液变为深棕色［经检验含]
②
溶液
铜粉溶解，溶液变为蓝绿色
③
溶液（调）
无明显变化
友情提示：本试卷分为Ⅰ卷、Ⅱ卷两部分，共19个小题，共10页，满分100分；答题时间为90分钟；请将答案写在答题纸上，交答题纸。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 N 14 O 16 Na 23 Fe 56 Cu 6
I卷 选择题(共42分)
一、每小题只有一个选项符合题意。
1. 中国首次在月球上发现新矿物并命名为“嫦娥石”，其晶体组成为。是一种稀土元素，常以形式存在。下列说法不正确的是
A. Y属于金属元素B. 属于区元素
C. 嫦娥石中存离子键和共价键D. 可利用X射线衍射法获取其晶体结构
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题干信息可知是一种稀土元素，稀土元素均属于金属元素，A正确；
B．属于d区元素，B错误；
C．嫦娥石其晶体组成为，存在离子键和共价键，C正确；
D．X射线衍射实验是获得晶体结构最科学可靠的方法，故可利用X射线衍射法获取其晶体结构，D正确；
故选B。
2. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 电子云图为：B. 的VSEPR模型：
C. 氧化钠的电子式： D. 的空间填充模型：
【答案】A
【解析】
【详解】A．的电子云图为哑铃型，在Z轴上，故A正确；
B．的价层电子对数为3+（6+2-2×3）÷2=4，VSEPR模型为四面体形，图示与其不符，故B错误；
C．氧化钠的电子式为： ，故C错误；
D．为直线型分子，其空间填充模型 ，故D错误；
故选A。
3. 下列说法正确的是
A. 的体积为
B. 中含有的离子数为
C. 溶液中的物质的量为
D. 与足量氯气反应，转移电子的物质的量为
【答案】D
【解析】
【详解】A．未指明温度与压强，不能利用22.4L/ml计算1ml O2的体积，故A错误；
B．1个Na2O2中含有2个Na+和1个，物质的量为0.1ml，含有的离子数为，故B错误；
C．未指明溶液的体积，无法计算的物质的量，故C错误；
D．5.6g Fe物质的量为0.1ml，与足量C12反应，即所有的Fe均转化为FeCl3，转移电子的物质的量为0.3ml，故D正确；
故选D。
4. 下列解释事实的化学用语正确的是
A. 的催化氧化反应：
B. 红热的粉和水蒸气反应生成黑色固体：
C. 碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液混合，产生白色沉淀：
D. 将氯化铜溶液加热，溶液由蓝色变为绿色：
【答案】C
【解析】
【详解】A．的催化氧化反应产物为NO，对应的化学方程式为：，故A错误；
B．红热的粉和水蒸气反应生成黑色固体，该固体为Fe3O4，对应的化学方程式为：，故B错误；
C．碳酸氢钠溶液与氯化钙溶液混合，产生白色沉淀，碳酸氢钠与氯化钙反应生成碳酸钙、水、二氧化碳，离子方程式为：，故C正确；
D．将氯化铜溶液加热，溶液由蓝色变为绿色，则平衡正向移动，正反应为吸热反应： ，故D错误；
故选C。
5. 汽车尾气中的、、碳氢化合物通过排气系统的净化装置(催化剂主要由、、等物质和稀土材料组成)转化为无害气体，净化原理如图。下列分析不正确的是
A. 催化剂能提高活化分子百分数
B. 、均发生了氧化反应
C. 转化为时，转化为
D. 催化剂对化学反应有选择性
【答案】B
【解析】
【详解】A．催化剂能降低活化能，提高活化分子百分数，加快反应速率，故A正确；
B．中氮元素化合价降低到0价，发生还原反应，CO中碳元素化合价升高到+4价，发生氧化反应，故B错误；
C．由图示可知，CO转化为CO2时，碳元素化合价升高失电子，则反应时应得电子化合价降低转化为，故C正确；
D．催化剂对特定反应具有催化作用，故催化剂对化学反应有选择性，故D正确；
故选B。
6. 用圆底烧瓶收集后进行喷泉实验。下列说法不正确的是
A. 和都是极性分子
B. 和分子中的共价键都是键
C. 实验时，先挤入胶头滴管中的水，再打开止水夹
D. 烧瓶中溶液颜色变红的原因：
【答案】B
【解析】
【详解】A．是三角锥形，是V形，两者的正负电荷中心都不重合，都是极性分子，故A正确；
B．和分子中中心原子都是sp3杂化类型，配原子都是H原子只有s轨道电子，所以共价键都是s-sp3σ键，故B错误；
C．氨气极易溶于水，胶头滴管中的水挤入圆底烧瓶中，导致瓶内的压强迅速减小，再打开止水夹，水进入烧瓶出现喷泉现象，故C正确；
D．烧杯中烧瓶中溶液遇酚酞颜色变红说明溶液显碱性，其原因：，故D正确；
故选B。
7. 下列反应产物不能用反应物中键的极性解释的是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．丙烯中的C=C双键是非极性共价键，双键上有一个σ键，较稳定，一个π键，不稳定，反应与反应物中键的极性没有关系，故A符合题意；
B．乙酰氯中的C―Cl是极性共价键，极性较强，反应中容易断裂，反应与反应物中键的极性有关，故B不符合题意；
C．乙醇中C―O键是极性共价键，极性较强，反应中容易断裂，反应与反应物中键的极性有关，故C不符合题意；
D．乙醛分子中的C=O双键是极性共价键，极性较强，反应中容易断裂，反应与反应物中键的极性有关，故D不符合题意；
故选A。
8. 形成白酒辛辣口感的物质是醛类物质，主要由葡萄糖经如图转化生成：
下列说法正确的是
A. X和Y分子中都有手性碳原子B. Y可以发生取代、加成、中和
C. 可用酸性高锰酸钾溶液鉴别X和ZD. 沸点：
【答案】D
【解析】
【详解】A．X、Y中无手性碳原子，故A错误；
B．Y中含有醇羟基和醛基，可以发生取代、加成反应，但无法发生中和反应，故B错误；
C．X中的羟基和Z中的碳碳双键、醛基，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D．有机物中所含羟基数越多，形成的分子间氢键越多，物质的沸点越高，由结构可知羟基数：，沸点：，故D正确；
故选D。
9. 实验室制备下列气体所选用的发生装置、制备试剂和除杂试剂均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．使用固体固体制备NH3，采用装置a，用碱石灰干燥NH3，A项错误；
B．无水乙醇浓硫酸发生消去反应制备乙烯，需要控制反应温度为170℃，要使用温度计，B项错误；
C．大理石稀硫酸反应生成的CaSO4微溶，覆盖在CaCO3表面会阻碍反应进行，故应采用稀盐酸，C项错误；
D．浓盐酸在加热的条件下制备Cl2选用发生装置c，得到的氯气先用饱和溶液除去其中的HCl，再用浓硫酸进行干燥，D项正确；
故选D。
10. 我国研究人员研发了一种新型纳米催化剂，实现CO2和H2反应得到CH4，部分微粒转化过程如图(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)。下列说法不正确的是
A. 过程②吸收热量
B. 过程③涉及极性键的断裂和形成
C. 结合过程③，过程④的方程式为：*C+*OH+5H→CH4+H2O
D. 整个过程中制得1mlCH4转移电子的物质的量为8ml
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由图可知，过程②为*CO2→*CO+*O，在断键过程中吸收热量，故A正确；
B．过程③为：*CO+*O+2H→2*OH+*C，CO中的极性共价键被破坏，形成*OH中新极性键，故B正确；
C．结合过程③，过程④的方程式应为：*C+2*OH+6H→CH4+2H2O，故C错误；
D．整个过程中由1mlCO2制得1mlCH4，C元素化合价由+4降低为-4，则转移电子的物质的量为8ml，故D正确。
故选C。
11. 向100mL 溶液中滴加 溶液，测得溶液电导率的变化如图。下列说法不正确的是
A. 和都是强电解质
B. A→B电导率下降的主要原因是发生了反应：
C. B→C，溶液中的减小
D. A、B、C三点水的电离程度：A＜B＜C
【答案】B
【解析】
【详解】A． 和在溶液中均完全电离，均属于强电解质，故A正确；
B．A→B加入的物质的量小于的物质的量，发生的反应为，故B错误；
C．B→C时加入的继续消耗氢氧根离子，C点两者恰好完全反应，因此B→C溶液中减小，故C正确；
D．100mL物质的量为0.1L×0.01ml/L=0.001ml，n(OH-)=0.002ml，B点n()=0.01L×0.1ml/L=0.001ml，B点发生离子反应：，恰好反应完全，剩余一半，c(OH-)比A点小，对水的电离抑制程度减小，C点n()=0.02L×0.1ml/L=0.002ml，B到C点发生离子反应：，生成Na2CO3是强碱弱酸盐，碳酸根离子发生水解促进水的电离，C点水的电离程度最大，因此水的电离程度：A＜B＜C，故D正确；
答案选B。
12. 合成氨原料气中的可通过水煤气变换反应除去。某合成氨原料气中、、、的体积分数分别为20%、50%、25%、5%。一定温度下按不同投料比通入水蒸气，平衡后混合气体中的体积分数如下表。
下列说法不正确的是
A. 从表中数据可知，水煤气变换反应的
B. 温度相同时，投料比大，的转化率高
C. 按=1通入水蒸气后，反应前在混合气体中的体积分数为20%
D. 根据=1时数据推算，300℃时水煤气变换反应的平衡常数K为46
【答案】D
【解析】
【详解】A．由表中数据可知，当一定时，升高温度，平衡后混合气体中的体积分数增大，说明升高温度平衡逆向移动，则水煤气变换反应的，故A正确；
B．由表中数据可知，温度一定时，反应物投料比越大，平衡时CO的体积分数越小，说明CO的转化率高，故B正确；
C．原料气中、、、的体积分数分别为20%、50%、25%、5%，设反应前CO的物质的量为1ml，则为0.8ml，H2为2ml，为0.2ml，又因，则H2O(g)为1ml，总物质的量为5ml，所以CO的体积分数为，故C正确；
D．设反应前CO的物质的量为1ml，则为0.8ml，H2为2ml，为0.2ml，H2O(g)为1ml，假设反应达到平衡时CO转化了x ml，则有三段式：
300℃时CO占6%，所以，解得，因此CO(g)、H2O(g)、CO2 (g)、H2(g)平衡时的物质的量分别为0.3、0.3、0.9、2.7，反应前后气体体积不变，则平衡常数为，故D错误；
答案选D。
13. 小组同学探究和物质A的反应，实验如下。
下列分析不正确的是
A. ②中铜粉溶解的原因：
B. ①中产生的原因：时直接将还原为
C. 若向③中加入固体，推测铜粉会溶解
D. ①②③现象的差异不仅与物质氧化性(或还原性)强弱有关，也与反应速率有关
【答案】B
【解析】
【详解】A．实验②中，铜与铁离子反应生成蓝色铜离子和绿色亚铁离子，A正确；
B．经检验含，说明加入铜粉后铜与铁离子反应生成蓝色铜离子和绿色亚铁离子，酸性条件下亚铁离子与硝酸根离子反应产生NO，选项B不正确；
C．若向③中加入固体，因酸性条件下亚铁离子与硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子，产生了硝酸铁，根据实验①的条件，推测铜粉会溶解，选项C正确；
D．①②③现象的差异不仅与物质氧化性(或还原性)强弱有关，如铁离子、硝酸根离子等氧化性强弱，亚铁离子还原性等；也与反应速率有关，也氯离子、硝酸根离子，氢离子浓度等对反应速率的影响有关，选项D正确；
答案选B。
14. CH4和CO2联合重整能减少温室气体的排放。其主要反应为：
①CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)
②H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)
其他条件相同时，投料比n(CH4)：n(CO2)为1∶1.3，不同温度下反应的结果如图。
下列说法不正确是
A. 550～600℃，升温更有利于反应①，反应①先达到平衡
B. n(H2)∶n(CO)始终低于1.0，与反应②有关
C. 加压有利于增大CH4和CO2反应的速率但不利于提高二者的平衡转化率
D. 若不考虑其他副反应，体系中存在：4[c(CH4)+c(CO)+c(CO2)]=2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)]
【答案】A
【解析】
【详解】A．这两个反应同时发生，反应②会破坏反应①的平衡，所以两个反应应该同时达到平衡，A项错误；
B．若反应②不存在，则n(H2)∶n(CO)始终为1.0，所以n(H2)∶n(CO)低于1.0与反应②有关，B项正确；
C．加压可以提升反应速率，但是反应①中生成物的化学计量数大于反应物的化学计量数，因此加压会导致反应①的平衡左移，转化率降低，C项正确；
D．设初始n（CH4）=xml，则有初始n（CO2）=1.3xml，再设反应①有ymlCH4转化成了H2和CO，反应②有zmlH2转化成了H2O，最终整个体系体积为VL，则该系统中有n（CH4）=（x-y）ml，n（CO2）=（1.3x-y-z）ml，n（H2）=（2y-z）ml，n（CO）=（2y+z）ml，n（H2O）=zml。4[c(CH4)+c(CO)+c(CO2)]=，2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)]=，所以不考虑其他副反应，体系中存在4[c(CH4)+c(CO)+c(CO2)]=2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)]，[解法二：投料比n(CH4):n(CO2)=1:1.3,则n(C):n(H)=2.3:4,即4[c(CH4)+c(CO)+c(CO2)]=2.3[4c(CH4)+2c(H2)+2c(H2O)]]，D项正确。
答案选A。
Ⅱ卷 非选择题(共58分)
15. 氨基锂()为白色固体，广泛用于有机合成。
（1）金属锂与液氨反应生成和一种气体。该气体是___________。
（2）液氨中也存在类似水的微弱电离：。
①的空间结构为___________。
②已知键角。从结构角度解释其原因：___________。
（3）的晶胞如图所示(晶胞体积为)。
①该晶体的密度为___________(用含字母的代数式表示)。
②与结构相似。从结构角度解释熔点()高于熔点()的原因：___________。
（4）测定产品的纯度(主要杂质为)，实验步骤如下。
ⅰ．准确称量产品，与过量稀盐酸充分反应，将全部转化为。
ii．向i所得溶液中滴加溶液至。再加入甲醛溶液，发生反应：
iii．以酚酞为指示剂，用溶液滴定ii中生成，消耗溶液。
①步骤ⅰ反应的化学方程式为___________。
②样品中的质量分数为___________(用含字母的代数式表示)。
③若i中未用溶液调节，则测定结果___________(填“偏低”或“偏高”)。
【答案】（1）氢气 （2） ①. V形 ②. N均为sp3杂化，孤电子对数，孤电子对有较大斥力
（3） ①. ②. 二者均为离子晶体，锂离子半径小于钠离子半径，离子键更强
（4） ①. ②. ③. 偏高
【解析】
【小问1详解】
金属锂与液氨反应生成和一种气体，氨气中氮原子和氢原子个数比为1：3，中氮原子和氢原子个数比为1：2，则另一种产物气体为氢气；
【小问2详解】
液氨中也存在类似水的微弱电离：。
①的价层电子对数为，孤电子对数为2，空间结构为V形；
②N均为sp3杂化，孤电子对数，孤电子对有较大斥力；
【小问3详解】
①该晶胞Li个数为，N个数为8，H个数为，含有八个，晶胞的质量为，体积，密度为；
②与结构相似。从结构角度解释熔点()高于熔点()的原因二者均为离子晶体，锂离子半径小于钠离子半径，离子键更强；
【小问4详解】
①步骤ⅰ反应的化学方程式为；
②设样品中物质的量为n。
样品中的质量分数为；
③若i中未用溶液调节，原来盐酸有剩余，造成氢氧化钠消耗过多，则测定结果偏高。
16. 处理再利用有多种方法。
（1）碱法脱硫：
用溶液吸收。已知：氢硫酸和碳酸的电离常数如表。
①用化学用语表示溶液显碱性的原因：_______。
②用过量的溶液吸收的离子方程式是_______。
（2）热分解法脱硫
在密闭容器中发生反应。其他条件不变时，的平衡转化率随温度和压强的变化如图。
，反应中_______(填“是”或“不是”)气态，理由是_______。
（3）间接电解法脱硫
间接电解法脱硫过程的示意图如图。
①溶液X的主要溶质是_______。
②简述在电解反应器中溶液再生的原理：_______。
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. 是 ②. 其他条件不变时，增大压强，H2S的转化率减小，说明该反应是气体体积增大的反应，S2是气态
（3） ①. FeCl2、HCl ②. 含FeCl2和HCl的溶液加入阳极区，Fe2+放电生成Fe3+，且H+由阳极区进入阴极区，FeCl3溶液得以再生
【解析】
【小问1详解】
①中的在溶液中分步水解使溶液呈碱性(第一步为主)，水解离子方程式为：；
②由电离常数可知，弱酸和弱酸根离子在溶液中的电离程度的顺序为，即过量的溶液吸收生成，离子方程式是: ；
【小问2详解】
在密闭容器中发生反应，已知，由图可知，其他条件不变时，压强越大H2S的转化率越小，即增大压强，平衡逆向移动，生成物气体分子总数大于反应物气体分子总数，反应中是气态；
【小问3详解】
①由图可知，吸收反应器中反应的方程式为H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl，溶液X为FeCl2和HCl的混合溶液；
②由图可知，电解反应器中右侧电极为电解池的阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，左侧电极为阳极，FeCl2和HCl的混合溶液中Fe2+在阳极失去电子发生氧化反应生成Fe3+，H+通过质子交换膜进入阴极区，FeCl3溶液在阳极区得以再生。
17. 奥美拉唑可用于治疗十二指肠溃疡等疾病，其合成路线如下。
已知：
（1）A能与溶液作用显紫色，A的名称是_______。
（2）A→B的化学方程式是_______。
（3）试剂a_______。
（4）满足下列条件的E的同分异构有_______种。
i.苯环上有两个取代基
ii.能与溶液发生反应
（5）E→G的过程：
①M中含有的官能团有醚键、_______。
②N与反应的化学方程式是_______。
（6）合成 的路线如下。
①可由与_______(填化学式)经加成反应得到。
②K转化为的同时有生成，化学方程式是_______。
【答案】（1）苯酚 （2）+CH3OH+H2O
（3）浓硫酸和浓硝酸 （4）6
（5） ①. 酰胺键 ②. +NaOH+CH3COONa
（6） ①. H2O ②. + SOCl2+ SO2+HCl。
【解析】
【分析】A能与溶液作用显紫色，说明其中含有酚羟基，结合A的分子式可以推知A的结构简式为：，A和甲醇在浓硫酸、加热的条件下发生取代反应得到B，B的结构简式为，D发生还原反应得到E，结合D和E的分子式可以推知D中的硝基发生还原反应生成氨基，D的结构简式为，E发生多步反应得到G，G和CS2发生反应得到J，J再经过一系列反应得到奥美拉唑，以此解答。
【小问1详解】
由分析可知，A为，A的名称是苯酚。
【小问2详解】
A和甲醇在浓硫酸、加热的条件下发生取代反应得到B，B的结构简式为，化学方程式为：+CH3OH+H2O。
【小问3详解】
B的结构简式为，D的结构简式为，B发生硝化反应得到D，试剂a为浓硫酸和浓硝酸。
【小问4详解】
E的同分异构满足条件i.苯环上有两个取代基，ii.能与溶液发生反应，说明其中含有酚羟基；则苯环上的取代基为-OH、-CH2NH2或-OH、-NHCH3，这两个取代基有邻、间、对三种位置关系，则符合条件的同分异构体共有6种。
【小问5详解】
①由结构简式可知，M中含有的官能团有醚键、酰胺键；
②N中含有肽键，在NaOH溶液中会发生水解，化学方程式为：+NaOH+CH3COONa。
【小问6详解】
①加成反应是化合反应，由原子守恒可知，可由与H2O经加成反应得到；
②K和1发生取代反应生成，结合K的分子式可以推知K为，K转化为的同时有SO2生成，化学方程式为：+ SOCl2+ SO2+HCl。
18. 制备锂离子电池的正极材料的前体的一种流程如下：
资料：ⅰ．磷灰石的主要成分是
ⅱ．可溶于水，微溶于水
ⅲ．
ⅳ．
（1）制备
①用溶液、溶液分步浸取磷灰石生成HF、和，主要反应是和______。
②其他条件不变时，若仅用溶液酸浸，浸取的速率低于用、分步浸取法，原因是______。
（2）制备
将、、混合并调节溶液的pH制备。
①酸性条件下，生成的离子方程式是______。
②含磷各微粒的物质的量分数与pH的关系如图。
pH＝1时，溶液中的，则______ml/L。
再加入晶体、溶液使溶液中的，不考虑溶液体积的变化，通过计算说明此时能否产生沉淀______。
③的纯度及颗粒大小会影响其性能，沉淀速率过快容易团聚。
ⅰ．研究表明，沉淀时可加入含的溶液，的作用是________________________。
ⅱ．其他条件不变时，工业上选择pH＝2而不是更高的pH制备，可能的原因是____(答出2点)。
【答案】（1） ①. Ca(H2PO4)2+H2SO4+2H2O=↓+2H3PO4 ②. 若仅用溶液浸取，硫酸溶液与磷灰石反应生成的沉淀附着在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积，降低浸取的速率
（2） ①. 2Fe2++2H3PO4+H2O2=2FePO4↓+2H2O+4H+ ②. 1.010-18.6ml/L ③. 磷酸铁的熵，所以能产生磷酸铁沉淀 ④. 发生反应Fe3++⇌，使c(Fe3+)降低，减小FePO4的沉淀速率，避免团聚，随着Fe3+被沉淀，上述平衡逆向移动，生成的Fe3+继续被沉淀 ⑤. pH更高时，产品中可能混有Fe(OH)3杂质；pH更高时，大，可能沉淀速率过快导致团聚等
【解析】
【分析】由题给流程可知，磷灰石用磷酸溶液和硫酸溶液分步浸取、过滤制得粗磷酸，粗磷酸经纯化得到磷酸，向磷酸中加入硫酸亚铁溶液和过氧化氢溶液并调节溶液pH，充分反应、过滤得到磷酸铁。
【小问1详解】
①用溶液、溶液分步浸取磷灰石生成HF、和，硫酸溶液浸取时发生的反应为磷酸浸取磷灰石得到的磷酸二氢钙与硫酸溶液反应生成二水硫酸钙沉淀和磷酸，反应的化学方程式为Ca(H2PO4)2+H2SO4+2H2O=↓+2H3PO4，故主要反应是和Ca(H2PO4)2+H2SO4+2H2O=↓+2H3PO4。
②其他条件不变时，若仅用溶液浸取，硫酸溶液与磷灰石反应生成的沉淀附着在磷灰石表面，减少了磷灰石与硫酸溶液的接触面积，降低浸取的速率。
【小问2详解】
①由题意可知，制备磷酸铁发生的反应为酸性条件下，磷酸溶液与硫酸亚铁、过氧化氢溶液反应生成磷酸铁沉淀、硫酸和水，反应的化学方程式为2Fe2++2H3PO4+H2O2=2FePO4↓+2H2O+4H+。
②由图可知，当溶液中磷酸氢根离子浓度和磷酸根离子浓度相等时，溶液pH为12.3，则磷酸的三级电离常数，所以溶液pH为1时，磷酸根离子的浓度为；当溶液中铁离子浓度为1ml/L时，磷酸铁的熵，所以能产生磷酸铁沉淀。
③i．由题给信息可知，制备磷酸铁沉淀时加入含离子的溶液，离子能与溶液中的铁离子反应生成离子：Fe3++⇌，溶液中c(Fe3+)减小，生成FePO4沉淀的反应速率减小，可有效防止团聚的发生，当溶液中铁离子转化为FePO4沉淀时，Fe3+浓度减小，平衡向逆反应方向移动，生成的Fe3+能继续与磷酸根离子反应生成磷酸铁沉淀。
ⅱ．其他条件不变，制备磷酸铁沉淀时若pH大于2，铁离子水解程度增大会转化为氢氧化铁沉淀导致产品不纯，同时溶液中磷酸根离子浓度会增大，可能会因沉淀速率过快而导致团聚，所以工业上选择pH=2而不是更高的pH制备磷酸铁
。
19. 探究溶液中与单质的反应。
资料：不溶于盐酸，和在盐酸中均发生沉淀的转化。
实验Ⅰ：将溶液与粉混合，水浴加热，充分反应后，过滤，得到无色溶液a，沉淀除S、洗涤后得到黑色固体b。
（1）研究黑色固体b的组成
①根据S具有_______性，推测b中可能含有、、或。
②检验黑色固体b的成分
实验Ⅱ：
i.取少量滤液c，先加入足量稀盐酸，再滴加溶液，未出现白色沉淀，判断黑色固体b中不含_______。
ii.用滤液c继续实验证明了黑色固体b中不含，可选择的试剂是_______(填序号)。
a.酸性溶液b.和混合溶液c.溴水
iii.进一步实验证实了黑色固体b中不含。根据沉淀e含有、气体含有，写出同时生成和的离子方程式：_______。
（2）研究无色溶液a的组成
结合上述实验结果，分析溶液a中可能存在或，依据是_______。
实验Ⅲ：
①说明溶液a中不含的实验证据是_______。
②加入足量稀盐酸的作：用是_______。
（3）甲同学认为实验Ⅰ中对反应可能有影响，设计对比实验证明了对该反应没有影响，实验操作是_______。
（4）综合以上实验，写出溶液中与S反应的离子方程式并简要说明的作用：_______。
【答案】（1） ①. 氧化性和还原 ②. Ag2SO4 ③. bc ④.
（2） ①. S转化为Ag2S发生了还原反应，反应同时发生氧化反应，能发生氧化反应的只有S，则溶液a中可能存在或 ②. 向溶液a中加入足量稀盐酸后，再加入碘水和淀粉溶液，蓝色不褪去 ③. 排除Ag+对和检验的干扰
（3）将溶液换为溶液，其余条件、操作与实验I相同，所得产物与实验I相同
（4），Ag+可与S2-形成沉淀，降低c(S2-)，提高S的氧化性，利于反应发生
【解析】
【小问1详解】
①S的化合价为0价，可以升高，也可以降低，同时具有氧化性和还原性；
②i.取少量滤液c，先加入足量稀盐酸，再滴加溶液，未出现白色沉淀，说明不含，即黑色固体b中不含；
ii.用滤液c继续实验证明了黑色固体b中不含，可选和的混合溶液，若未出现白色沉淀，则证明无；可选溴水，若溴水未褪色，则证明无；不可选择酸性溶液，因为溶液中的Cl-会使酸性溶液褪色，干扰的检验；
iii.Fe、盐酸、反应生成和，离子方程式为；
【小问2详解】
S转化为Ag2S发生了还原反应，反应同时发生氧化反应，能发生氧化反应的只有S，溶液a中可能存在或；向溶液a中加入足量稀盐酸后，再加入碘水和淀粉溶液，蓝色不褪去，证明a中不含；加入足量盐酸，可以排除Ag+对和检验的干扰
【小问3详解】
排除的干扰，可将溶液换为溶液，保证Ag+浓度相同，则选择溶液实验，其余条件、操作与实验I相同，所得产物与实验I相同，说明不影响该实验；
【小问4详解】
根据实验，证明Ag+与S反应生成Ag2S和，根据得失电子守恒、电荷守恒配平该方程式为：；Ag+可与S2-形成沉淀，降低c(S2-)，提高S的氧化性，利于反应发生。选项
气体
发生装置
制备试剂
除杂试剂
A
a
固体固体
浓硫酸
B
c
无水乙醇浓硫酸
溶液
C
b
大理石稀硫酸
浓硫酸
D
c
浓盐酸
饱和溶液浓硫酸
投料比
的体积分数/%
温度/℃
200
1.70
0.21
0.02
250
2.73
0.30
0.06
300
6.00
0.84
0.43
350
7.85
1.52
0.80
装置
序号
物质A
实验现象
①
溶液（调）
铜粉溶解，溶液变为深棕色［经检验含]
②
溶液
铜粉溶解，溶液变为蓝绿色
③
溶液（调）
无明显变化
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