北京师范大学附属实验中学2022-2023学年高三化学上学期期中试题（Word版附解析）

这是一份北京师范大学附属实验中学2022-2023学年高三化学上学期期中试题（Word版附解析），共24页。
北师大附属实验中学2022-2023学年度第一学期期中考试
高三年级化学
第一部分
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. 宇航员在天宫实验室进行水球实验。下列有关水的说法不正确的是
A. 分子的共价键是键
B. 分子之间可以形成氢键
C. 分子的空间构型是V字型
D. 分子内有极性共价键，分子是极性分子
【答案】A
【解析】
【详解】A．H原子中未成对电子为s电子、O原子中未成对电子为p电子，所以H2O分子的共价键是s-pσ键，故A错误；
B．非金属性较强的元素的氢化物易形成氢键，则H2O分子间可以形成氢键，故B正确；
C．H2O分子中O原子价层电子对数=2+=4且含有2个孤电子对，则水分子为V形结构，故C正确；
D．H2O分子内含有H-O极性共价键，H2O分子空间构型为V形，分子结构不对称，正负电荷中心不重叠，则为极性分子，故D正确；
故选：A。
2. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 二氧化碳电子式：O::C::O
B 1，3-丁二烯结构简式：
C. 乙醛：CH3COH
D. 基态铁原子价电子轨道表示式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化碳电子式中氧原子自身的两对电子未画出，未满足8电子稳定结构，A错误；
B．1，3-丁二烯结构简式：，B错误；
C．乙醛：CH3CHO，C错误；
D．基态铁原子价电子排布式为3d64s2,其价电子轨道表示式为，D正确；
故选D。
3. 碘有多种同位素，其中是稳定同位素。下列说法不正确的是
A. 碘元素位于第六周期ⅦA族 B. 碘原子序数为53，是非金属元素
C. 可用质谱法区分和 D. 易溶于乙醚、乙醇等有机溶剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．碘元素位于第五周期，第ⅦA族，故A错误；
B．碘原子序数为53，属于非金属元素，故B正确；
C．两者质量数不同，可用质谱法区分和，故C正确；
D．在水中溶解度很小，易溶于乙醚、乙醇等有机溶剂，故D正确；
故选：A。
4. 下列化学用语对事实的表述不正确的是
A. 工业上用乙醛催化氧化法制乙酸：
B. 苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：
C. 用除去工业废水中的：
D. 用明矾净水：
【答案】B
【解析】
【详解】A．CH3CHO具有强还原性，催化剂作用下，易被氧气氧化生成CH3COOH，反应为，故A正确；
B．苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳，离子方程式：C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+，故B错误；
C．硫化钠和Hg2+的盐能发生复分解反应生成难溶性的HgS，反应为Hg2++S2-═HgS↓，以达到除去汞离子的目的，故C正确；
D．明矾净水的原理是铝离子发生水解反应生成氢氧化铝胶体具有吸附性，离子方程式为：，故D正确；
故选：B。
5. 为探究电解过程中的放电规律，某研究小组进行下列实验：
序号
阳极材料
阴极材料
电解质
阳极产物
阴极产物
①
石墨
石墨
熔融


②
石墨
石墨
溶液


③
石墨
石墨
溶液


④
铜
石墨
溶液


⑤
石墨
石墨
溶液


下列说法不正确的是
A. 对比②⑤可知，阴极放电顺序是：
B. 对比③⑤可知，阳极放电顺序是：
C. 对比③④可知，阳极是铜时，会先于溶液中的离子放电
D. 对比①⑤可知，电解得到金属只能用熔融态，不能用水溶液
【答案】D
【解析】
【分析】在电解池的电解质溶液中，得电子能力强的离子优先放电，电解池的阳极若是活泼电极，则金属电极本身失电子，发生氧化反应，此时不会发生电解质溶液中的离子放电情况，根据对照试验结合电解池的工作原理以及放电顺序知识来回答即可。
【详解】A．根据②知道氢离子的氧化性强于钠离子，根据⑤知道铜离子的氧化性强于氢离子，得电子能力强(氧化性强)的离子优先放电，所以对比②⑤可知，阴极放电顺序是：Cu2＋＞H＋＞Na＋，故A正确；
B．根据③知道阳极上离子放电顺序是：OH-＞，根据⑤知道，离子放电顺序是：Cl-＞OH-，所以阳极离子放电顺序是Cl-＞OH-＞，故B正确；
C．电解池的阳极若是活泼电极，则金属电极本身失电子，发生氧化反应，对比③④可知，阳极是铜时，会先于溶液中的离子放电，故C正确；
D．①⑤用到的电解质成分不一样，铜离子优先于钠离子放电，但是电解得到金属不一定只能用熔融态，电解氯化铜溶液也是得到金属铜，故D错误；
故选：D。
6. 下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液增大的是
A. 向稀硝酸银溶液中通入少量氨气产生棕黑色沉淀
B. 向亚硫酸钠溶液中加入少量次氯酸钠溶液无明显现象
C. 酸性碘化钾溶液放置在空气中变为棕黄色
D. 向硫酸亚铁溶液中加入少量过氧化钠粉末产生红褐色沉淀，且未见气体生成
【答案】C
【解析】
【详解】A．发生的反应为Ag++NH3H2O=AgOH↓+NH，其中AgOH不稳定，会迅速分解为棕黑色的Ag2O，未发生氧化还原反应，故A不符合题意；
B．发生的反应为ClO-+SO=Cl-+SO，NaClO、Na2SO3均显碱性，NaCl、Na2SO4溶液显中性，则反应后溶液的碱性减弱，pH减小，故B不符合题意；
C．发生的反应为4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，既发生了氧化还原反应，又消耗氢离子，使溶液的pH增大，故C符合题意；
D．发生的反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，该反应氧气没有逸出的原因是发生了后面的反应，4Fe2++O2+8OH-+2H2O=4Fe(OH)3↓，产生可氢氧化铁红褐色沉淀，部分Fe2+被氧气氧气，而过氧化钠是少量的，导致没有气体放出。氧化过程中发生了氧化还原反应，原溶液的溶质是FeSO4，因为水解而显酸性，后FeSO4的浓度减小，水解程度减小，酸性减弱，则溶液的pH会增大，故D不符合题意；
故选C。
7. 下图是某种偶氮苯X和Y的结构简式，有关说法正确的是

A. X与Y互为同分异构体 B. Y的化学式为
C. X分子中C均为杂化 D. X与Y互为同系物
【答案】B
【解析】
【详解】A．X的分子式为，Y的分子式为，分子式不相同，故不是同分异构体，故A错误；
B．Y的分子式为，故B正确；
C．X中的苯环上的碳原子为杂化，而单键碳原子为杂化，故C错误；
D．由图可知，两者结构相似，但是两者分子式上相差不是若干个CH2，不满足同系物的定义，故D错误；
故选B。
8. 下列实验方案不能达到相应目的的是
目的
A．研究浓度对化学平衡的影响
B．分离二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳
实验方案


目的
C．制备氢氧化铁胶体
D．证明浓硫酸有强氧化性
实验方案



A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．左侧试管中加KSCN溶液，增大反应物的浓度，化学平衡正向移动，可用于研究浓度对化学平衡的影响，A不符合题意；
B．二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳的沸点不同，可以通过蒸馏分离，B不符合题意；
C ．制备氢氧化铁胶体：向沸水中加几滴饱和溶液，并继续加热至液体呈红褐色，可得氢氧化铁胶体，饱和氯化铁溶液加入沸腾的氢氧化钠溶液得不到氢氧化铁胶体，C符合题意；
D．铜和浓硫酸反应生成硫酸铜、SO2、H2O，生成SO2体现了浓硫酸的氧化性，品红溶液可以检验SO2的生成，石蕊溶液检验SO2和水反应生成亚硫酸的酸性，浸有氢氧化钠溶液的棉花吸收SO2尾气，可以验证浓硫酸的强氧化性，D不符合题意；
故选：C。
9. 工业废铁的综合利用，是节约资源的重要组成部分。下图是以废铁块生产净水剂聚合氯化铁和高铁酸钠的流程。

下列说法不正确的是
A. ①过程可以用盐酸
B. ②氧化的目的是将转化为
C. 为使③中的水解程度增大，可将溶液加热
D. ④中阳极的电极反应式为
【答案】D
【解析】
【分析】对于废铁块，首先用酸溶解，再用氧化剂将二价铁氧化为三价铁，水解，聚合后得到产物；另一种方案，在碱性条件下对废铁块电解得到高铁酸钠，以此解题。
【详解】A．由分析可知，用酸溶解废铁块，可以用盐酸，A正确；
B．由分析可知，氧化的目的是将转化为，B正确；
C．温度升高可以促进水解，C正确；
D．在NaOH为电解质的溶液中电解，电极反应式中不能出现氢离子，正确的是：，D错误；
故选D。
10. 室温下，向硫酸酸化的溶液中逐滴加入溶液，当加入且完全反应时，测得反应后溶液中溴和碘的存在形式及物质的量分别为(空气不参与反应)：
粒子



物质的量/
0.5
1.3
X
下列说法正确的是
A. 表格中
B. 该实验过程中存在
C. 原溶液中的物质的量是
D. 此实验结果能说明氧化性
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据得失电子守恒可列方程：2´0.5+6x=2´1.3，解得x=2，A错误；
B．该实验在酸性环境下进行，不存在I2和OH-的反应，B错误；
C．反应后的溶液中，n(I2)=0.5mol，n()=2mol，根据碘元素守恒可知，原溶液中NaI的物质的量是3mol，C正确；
D．此实验中，Br2是还原产物，是氧化产物，此实验结果不能说明氧化性：Br2＞，D错误；
故选C。
11. 可降解塑料的合成路线如下：

下列说法不正确的是
A. 可用饱和溴水鉴别A和B
B. 发生的是氧化反应
C. D到是缩聚反应
D. D和均可在氢氧化钠溶液中水解，得到相同的水解产物
【答案】C
【解析】
【分析】苯酚与H2在Ni催化下加热，生成环己醇，则B是环己醇，C与过氧乙酸发生氧化反应，生成D（C6H10O2），则D中含有酯基，D在一定条件下酯基断键聚合生成PCL。
【详解】A．A是苯酚，B是环己醇，苯酚与溴水可以反应，生成三溴苯酚白色沉淀，环己醇与溴水不反应，不符合题意，A错误；
B．由题干可知的反应为过氧乙酸氧化C生成D，发生氧化反应，不符合题意，B错误；
C．缩聚反应有小分子生成，而D到过程没有小分子生成，符合题意，C正确；
D．D含有酯基，是D聚合反应得到的，均含有酯基，均可在氢氧化钠溶液中水解，得到相同的水解产物，不符合题意，D错误；
故答案为：C。
【点睛】根据有机物的分子式和官能团，判断有机物的性质和反应类型。
12. 工业上用氨水作为沉淀剂去除酸性废水中的铅元素。除铅时，体系中含铅微粒的物质的量分数与的关系如下图[难溶于水]。下列说法不正确的是

A. 氨水中：
B. 酸性废水中物质的量分数最高的含铅微粒是
C. 除铅过程控制效果最好
D. 时，
【答案】D
【解析】
【分析】用氨水作为沉淀剂去除酸性废水中的铅元素，由图可知，开始时氨水消耗溶液中的酸，pH为6时，Pb2+与氨水反应生成Pb(OH)+，在pH=7时生成Pb(OH)2，在pH=10时，Pb(OH)2达到最多，Pb(OH)+，反应完全，pH＞10时，Pb(OH)2开始减少生成，pH继续增大，逐渐生成。
【详解】A．氨水中，由电荷守恒可知，故A正确；
B．由图可知，在pH＜7时，Pb2+的物质的量分数最高，故B正确；
C．在pH=10时，Pb(OH)2达到最多，Pb(OH)2难溶于水，除铅效果最好，故C正确；
D．时，溶液存在电荷守恒：，故D错误；
故选：D。
13. 室温下，实验小组用氢氧化钠溶液滴定浓度均为的和溶液，用传感仪记录数据得下图。已知电解质的电导率越大，电解质溶液导电能力越强。下列说法正确的是

A. 曲线②代表滴定醋酸溶液的曲线
B. 图中D点溶液中
C. 图中A点溶液中
D. 室温下在溶液中A、B、C三点水的电离程度
【答案】B
【解析】
【详解】A．醋酸是弱电解质、HCl是强电解质，相同浓度的盐酸和醋酸，离子浓度：盐酸＞醋酸，则开始时醋酸溶液电导率较小，根据图知，曲线①代表滴定CH3COOH溶液的曲线，故A错误；
B．D点溶液中溶质为NaCl、NaOH，且存在c(NaCl)=2c(NaOH)，溶液中存在电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，存在物料守恒2c(Na+)=3c(Cl-)，所以存在c(Cl-)=2c(OH-)-2c(H+)，故B正确；
C．A点酸碱恰好完全反应生成醋酸钠，溶液中存在电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(Na+)，溶液体积增大一倍导致其浓度降为原来的一半，所以A点c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(Na+)=0.050 mol•L-1，故C错误；
D．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，酸中c(H+)越大或碱中c(OH-)越大，其抑制水电离程度越大，A点溶质为醋酸钠，促进水电离，C点溶质为NaCl，不影响水电离，B点溶质为NaOH、CH3COONa，抑制水电离，所以A、B、C三点水的电离程度：A>C>B，故D错误；
故选：B
14. 研究生铁的锈蚀，下列分析不正确的是（ ）
序号
①
②
③
实验




现象
8小时未观察
到明显锈蚀
8小时未观察
到明显锈蚀
1小时观察
到明显锈蚀

A. ①中，NaCl溶液中溶解的O2不足以使生铁片明显锈蚀
B. ②中，生铁片未明显锈蚀的原因之一是缺少H2O
C. ③中正极反应：O2+4e−+ 2H2O ==4OH−
D. 对比①②③，说明苯能隔绝O2
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据实验现象，③中1小时观察到明显锈蚀，说明NaCl溶液中溶解有O2，只是苯不能隔绝空气中的氧气进入氯化钠溶液，而①中由于是密闭体系，溶解的O2较少，不足以使生铁片明显锈蚀，故A正确；
B. 苯属于非电解质，②中无电解质溶液，不满足电化学腐蚀的条件，故B正确；
C. 根据现象，铁在中性环境下发生吸氧腐蚀，正极反应：O2+4e−+ 2H2O ==4OH−，电极反应式合理，故C正确；
D. 根据现象，③中发生吸氧腐蚀，①③溶液中均溶解由氧气，③中观察到明显锈蚀，说明苯不能隔绝O2，故D错误；
答案选D。
第二部分本部分共5题，共58分。
15. 钛及其化合物被广泛应用于飞机、火箭、卫星、舰艇、医疗以及石油化工等领域。回答下列问题：
（1）基态Ti原子核外电子排布式为___________。
（2）钛与卤素形成的化合物TiX4熔点如下表：
TiX4
TiF4
TiCl4
TiBr4
TiI4
熔点/℃
377
-24
38.3
153
解释TiX4熔点差异的原因___________。
（3） TiCl4能与甲胺(CH3NH2)形成稳定的配合物[TiCl4(CH3NH2)2]。
①甲胺中N原子的杂化方式为___________。
②CH3NH2中H-N-H键角比[TiCl4(CH3NH2)2]中H-N-H键角小，从结构角度解释原因___________。
（4）TiO2的化学性质非常稳定，广泛用于涂料、橡胶和造纸等工业。
①向TiCl4中加入大量的水，可制得TiO2∙xH2O，该反应的化学方程式为___________，所得TiO2∙xH2O经焙烧得到TiO2。
②金红石型TiO2的晶胞为长方体，晶胞参数如图所示。TiO2的摩尔质量为80 g∙mol-1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为___________ g∙cm-3。

（5）Ti(SO4)2是有机合成中常见的催化剂。测定Ti(SO4)2溶液物质的量浓度的方法为：
ⅰ.取5mL待测液于烧杯中，加入足量铝粉，充分反应；
ⅱ.将所得混合物过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并，转移到锥形瓶中，加水稀释到25mL；
ⅲ.向锥形瓶中滴加2滴KSCN溶液；
ⅳ.用cmol/LFe2(SO4)3溶液滴定，滴定终点时消耗Fe2(SO4)3溶液VmL。
已知：

①滴定终点时的现象为___________。
②待测液中Ti(SO4)2的浓度为___________。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar] 3d24s2
（2）TiF4为离子晶体，TiCl4、TiBr4、TiI4为分子晶体，故TiF4熔点最高；TiCl4、TiBr4、TiI4相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故熔点依次升高
（3） ①. sp3 ②. CH3NH2与[TiCl4(CH3NH2)2]中的N均为sp3杂化；CH3NH2中N上有一对孤电子对，[TiCl4 (CH3NH2)2]中N与Ti形成配位键后，原来的孤电子对变为成键电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力，故CH3NH2中H-N-H键角更小
（4） ①. ②.
（5） ①. 滴入最后一滴Fe2(SO4)3溶液时，锥形瓶中溶液恰好变为浅红色，且半分钟内不褪色 ②.
【解析】
【小问1详解】
基态Ti原子核外有22个电子，位于第4周期第ⅣB族，则核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar] 3d24s2。答案为：1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar] 3d24s2；
【小问2详解】
从表中数据可以看出，TiF4的沸点反常，则其晶体类型与其它三种不同，其应为离子晶体，从而得出TiX4熔点差异的原因：TiF4为离子晶体，TiCl4、TiBr4、TiI4为分子晶体，故TiF4熔点最高；TiCl4、TiBr4、TiI4相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故熔点依次升高。答案为：TiF4为离子晶体，TiCl4、TiBr4、TiI4为分子晶体，故TiF4熔点最高；TiCl4、TiBr4、TiI4相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故熔点依次升高；
【小问3详解】
①甲胺中N原子的价层电子对数为4，杂化方式为sp3。
②CH3NH2中H-N-H与[TiCl4(CH3NH2)2]中H-N-H相比，前者N原子最外层有1个孤电子对，后者N原子的孤电子对形成了配位键，所以对成键电子的排斥作用前者大于后者，则前者键角小，从结构角度解释原因：CH3NH2与[TiCl4(CH3NH2)2]中的N均为sp3杂化；CH3NH2中N上有一对孤电子对，[TiCl4 (CH3NH2)2]中N与Ti形成配位键后，原来的孤电子对变为成键电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力，故CH3NH2中H-N-H键角更小。答案为：sp3；CH3NH2与[TiCl4(CH3NH2)2]中的N均为sp3杂化；CH3NH2中N上有一对孤电子对，[TiCl4 (CH3NH2)2]中N与Ti形成配位键后，原来的孤电子对变为成键电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力，故CH3NH2中H-N-H键角更小；
【小问4详解】
①向TiCl4中加入大量水，可制得TiO2∙xH2O，则另一种产物为HCl，该反应的化学方程式为。
②在晶胞中，含Ti原子数为=2，含O原子数为=4，TiO2的摩尔质量为80 g∙mol-1，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为=g∙cm-3。答案为：；；
【小问5详解】
①滴定前，溶液呈无色，终点时溶液呈浅红色，现象为：滴入最后一滴Fe2(SO4)3溶液时，锥形瓶中溶液恰好变为浅红色，且半分钟内不褪色。
②由发生的反应，可建立以下关系式：Fe2(SO4)3——2 Ti(SO4)2，待测液中Ti(SO4)2的浓度为=mol/L。答案为：滴入最后一滴Fe2(SO4)3溶液时，锥形瓶中溶液恰好变为浅红色，且半分钟内不褪色；。
【点睛】描述滴定终点的现象时，一定要强调“半分钟内不褪色”。
16. 研究的综合利用、实现资源化，是能源领域的重要发展方向。
（1）催化重整反应为。
已知，时，和的燃烧热如下表：
可燃物







①该催化重整反应的___________。
②催化重整过程还存在积碳反应：，催化剂的活性会因积碳反应而降低。适当通入过量可以有效缓解积碳，结合方程式解释其原因：___________。
③相同时间内测得选用不同催化剂时的转化率随反应温度的变化如图1所示：
ⅰ、a点所处的状态___________化学平衡状态(填“是”或“不是”)。
ⅱ、的转化率：，原因是___________。

（2）以二氧化钛表面覆盖的为催化剂，可以将和直接转化成乙酸。
①催化剂的催化效率与乙酸的生成速率随温度的变化关系如图2所示。时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是___________。
②为了提高该反应中的平衡转化率，可以采取的措施是___________(写出两种)。
（3）在电解质水溶液中，可被电化学还原为。在三种不同催化剂(a、b、c)上电还原为的反应进程中(被还原为的反应可同时发生)，相对能量变化如图。由此判断，电还原为从易到难的顺序为___________(用a、b、c字母排序)。

【答案】（1） ①. ②. 增大的量，发生反应，消耗C；增大的量，催化重整反应正向进行的程度增加，降低了的浓度，增大了的浓度，积碳反应进行的程度减小 ③. 不是 ④. 其他条件相同时，温度升高，平衡正向移动，反应转化率增大
（2） ①. 时，温度升高，催化剂的催化效率降低对反应速率的影响大于温度升高对反应速率的加快作用 ②. 增大体系压强、增大的浓度、及时分离出乙酸等
（3）c、b、a
【解析】
【小问1详解】
①根据燃烧热，可得①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890.3kJ/mol
②CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ/mol
③H2（g）+O2（g）= H2O（l）△H=-285.8kJ/mol
根据盖斯定律，①-2×②-2×③可得△H=（-890.3kJ/mol）-2×（-283.0kJ/mol）-2×（-285.8kJ/mol）=+247.3 kJ/mol；
②增大二氧化碳的量，可以有效缓解积碳的原因是增大的量，发生反应，消耗C；增大的量，催化重整反应正向进行的程度增加，降低了的浓度，增大了的浓度，积碳反应进行的程度减小；
③ⅰ、a点时CH4的转化率在增大，反应正向进行，所处的状态不是化学平衡状态；
ⅱ、的转化率：，原因是其他条件相同时，温度升高，平衡正向移动，反应转化率增大；
【小问2详解】
①时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是时，温度升高，催化剂的催化效率降低对反应速率的影响大于温度升高对反应速率的加快作用；
②增大体系压强、增大的浓度、及时分离出乙酸等，平衡正向移动，反应物转化率增大；
【小问3详解】
c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原；而催化剂a和b条件下，CO2电还原的活化能均大于H+电还原的活化能，相对来说，更易发生H+的电还原。其中a催化剂条件下，H+电还原的活化能比CO2电还原的活化能小的更多，发生H+电还原的可能性更大，因此反应从易到难的顺序为c、b、a。
17. 靛蓝(化合物X)是人类所知最古老的色素之一，广泛用于食品、医药和印染工业。其两种合成路线如下：

已知：

回答下列问题：
（1）A是芳香烃，其结构简式是___________。
（2）的反应类型是___________。
（3）E中的官能团是___________。
（4）靛蓝的分子是___________(填“顺式”或“反式”)结构。
（5）M中除苯环外，还含有一个五元环。的化学方程式是___________。
（6）的过程中，会生成X的同分异构体Z，影响X的产率。Z的结构简式是___________。
（7）写出同时满足以下条件的F的同分异构体的结构简式___________(不考虑立体异构)。
①含有苯环，且苯环上连有硝基；
②能发生银镜反应；
③该同分异构体最多能与氢氧化钠反应；
④核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1.
【答案】（1） （2）氧化反应
（3）酮羰基 （4）反式
（5）+O2 +H2O
2 （6） （7）
【解析】
【分析】A是甲苯： ，发生硝化反应生成B（）。B在稀硫酸和二氧化锰条件下被氧化成D（），D与E（）发生已知反应生成F（）。K碱熔生成L（ ），再与空气反应生成M： ，M与L在碱性条件下发生已知的反应生成目标产物，据此回答。
【小问1详解】
A是芳香烃，其结构简式是 ；
【小问2详解】
的过程中得氧失氢，反应类型是氧化反应；
【小问3详解】
E（）中官能团是酮羰基；
【小问4详解】
靛蓝（）分子中碳碳双键两端的碳原子连接不一样的原子，有顺反异构，且是反式结构；
【小问5详解】
的过程是得氧失氢的氧化反应，化学方程式是+O2 +H2O；
【小问6详解】
的过程中，会生成X的同分异构体Z，生成原因是第一步与碱反应是M中靠近苯环的碳基发生加成反应，在发生碱性条件下的消去生成Z：+ ，故Z为；
【小问7详解】
F的结构简式为，其同分异构体要满足①含有苯环，且苯环上连有硝基；
②能发生银镜反应，即有醛基的结构；
③该同分异构体最多能与氢氧化钠反应；结合②③要求该物质是甲酸酯类；
④核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1，该分子有较强的对称性。满足条件的有： 。
18. 锶()是第五周期ⅡA族元素。自然界中的锶存在于天青石中，天青石的主要成分为和少量。以天青石为原料制备高纯需要两个步骤。
【步骤一】从天青石到粗：

已知：ⅰ、硫化物()和硫氢化物均易溶于水。
ⅱ、时，的溶解度(g)分别为1.77、3.89、0.173；
时，的溶解度(g)分别为20.2、101.4、0.094.
（1）焙烧过程中转化为的化学方程式是___________。
（2）浸取时发生反应：。使用热水有利于提高的平衡转化率，原因是___________。
（3）滤渣1的主要成分是___________。
【步骤二】粗转化为高纯：
（4）粗中的杂质是。有同学提出可以将粗产物溶于酸，再加入溶液实现和的分离。设完全沉淀时，则溶液中一定不大于___________。此时会有沉淀，该方案不合理。
（5）实际的除杂和转化流程如下图所示：


已知：ⅰ、溶液中存在，具有强氧化性。
ⅱ、是两性氢氧化物，难溶于水，。
①若酸溶过程中过量太多，则除钡过程中去除率会下降，请从化学平衡移动角度解释原因___________。
②还原过程中草酸发生反应的离子方程式为___________。
③为除铬，向溶液D中加入调节为7～8.此过程不调节为13的原因是___________。
④加入溶液生成高纯的离子方程式为___________
【答案】（1）
（2）该反应是水解反应，是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡转化率增大。
（3）、C
（4）0.03 （5） ①. 对，增大，发生反应，下降，平衡正向移动，沉淀率下降，的去除率下降 ②. ③. 直接用将调至13，会与过量的反应生成，无法将元素完全除去。 ④.
【解析】
【分析】步骤一：天青石的和与碳粉分别反应生成SrS、CaS、BaS，加水浸取时发生反应：，得到滤液1种含Sr(HS)2、Ca(HS)2、Ba(HS)2，滤渣1含、C，向滤液1中通入二氧化碳生成SrCO3沉淀，经系列操作后得到粗SrCO3粉；
步骤二：SrCO3与硝酸反应生成Sr(NO3)2和二氧化碳，杂质BaCO3与硝酸反应生成Ba(NO3)2，Sr(NO3)2与过量(NH4)2CrO4反应生成SrCrO4，加入硝酸发生氧化还原反应生成SrCr2O7，加入NaOH再加入过量生成SrCO3；
【小问1详解】
天青石的主要成分为，与碳粉反应生成CO和SrS，反应方程式为：；
【小问2详解】
浸取时发生反应：，用热水有利于提高的平衡转化率，原因是：该反应是水解反应，是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡转化率增大；
【小问3详解】
已知在时，Ca(OH)2的溶解度(g)为0.094，属于微溶物，还有多余的碳粉，则滤渣1的主要成分是、C；
【小问4详解】
完全沉淀时，则，加入溶液实现和的分离，则不能沉淀SrSO4，溶液中一定不大于；
【小问5详解】
①若酸溶过程中过量太多，则除钡过程中去除率会下降，从化学平衡移动角度解释原因：对，增大，发生反应，下降，平衡正向移动，沉淀率下降，的去除率下降；
②还原过程中与草酸发生反应生成铬离子和二氧化碳，反应的离子方程式为；
③为除铬，向溶液D中加入调节为7～8，此过程不调节为13的原因是：直接用将调至13，会与过量的反应生成，无法将元素完全除去；
④加入溶液与Sr(OH)2反应生成高纯和水，反应的离子方程式为。
19. 某小组同学利用隔绝空气的密闭容器对稀硝酸和金属的反应进行了研究。
实验Ⅰ的操作及现象是：
ⅰ、室温下，在反应器中加入过量的铁粉与，有气体生成，溶液呈浅绿色，反应结束后收集到无色气体。
ⅱ、将收集到气体通入有空气的容器中，无明显变化：然后点燃气体，有尖锐的爆鸣声，并产生无色液滴。
ⅲ、取ⅰ中反应后溶液，加入足量溶液并加热，立刻得到白色沉淀，迅速变为灰绿色；加热后产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。
（1）气体产物中含有的实验证据是___________。经进一步检验气体产物中只有。
（2）反应中，硝酸还有其他还原产物，生成该还原产物的离子方程式是___________。
（3）对产生的原因提出假设并进行了研究：
①假设1：该浓度的硝酸中的氧化性大于；
经实验检验，假设1不成立。实验方案是___________，实验证据是___________。
②假设2：___________(补出合理假设)。同学们用其他实验方案，验证该假设成立。
（4）仅改变实验温度，重复实验Ⅰ、实验中得到的气体和溶液的成分与实验Ⅰ相同，但收集到的气体体积不同：反应温度为时，气体体积为3.4mL；反应温度为时，气体体积为2.6mL。对实验现象给出合理解释：___________。
（5）实验Ⅱ：
实验
现象
室温下，在反应器中加入过量的铁粉与
有无色气体生成，经检验不含可燃性气体；气体接触空气显红棕色；溶液变为深棕色
根据前面实验得出的结论，解释本实验中生成该还原产物的原因：___________。
（6）综上所述，金属与硝酸生成氢气需要控制的条件是___________。
【答案】（1）点燃气体，有尖锐爆鸣声，试管壁出现液滴
（2）
（3） ①. 在反应器中加入过量的粉与 ②. 溶液变蓝，同时没有氢气放出 ③. 的还原速率大于的还原速率
（4）随着温度升高和的还原速率都在增大，但是，得到的氢气体积却在减少，所以说的还原速率增大的更多
（5）硝酸浓度增大，的还原速率剧增，远远大于的还原速率，以至于产物变为，得不到氢气。
（6）降低硝酸浓度，低温，使用氢前金属
【解析】
【分析】通过隔绝空气的密闭容器对稀硝酸和金属的反应的探究，得出金属与硝酸生成氢气需要控制的条件。
【小问1详解】
氢气燃烧时，有爆鸣声，生成物为水，则容器内壁出现无色液体，根据无色气体遇空气无明显变化，点燃气体，有尖锐爆鸣声，试管壁出现液滴的现象可判断产物中为氢气，故答案为：点燃气体，有尖锐爆鸣声，试管壁出现液滴；
【小问2详解】
取反应后溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则铁粉与0.5mol/LHNO3反应还生成铵根离子，则离子方程式为，故答案为：；
【小问3详解】
①假设1：该浓度的硝酸中H+的氧化性大于NO，Cu粉不与氢离子反应，但铜粉与硝酸反应生成硝酸铜溶液，无氢气放出，则用Cu粉证明了假设1不成立。②假设2：的还原速率大于的还原速率。故答案为：在反应器中加入过量的粉与；溶液变蓝，同时没有氢气放出；的还原速率大于的还原速率。
【小问4详解】
根据数据可知，随温度的升高，生成气体的体积减小，说明生成的铵根离子增多，故随温度升高，和的还原速率都在增大，但还原速率增大的更多，故答案为：随温度升高，H+与的还原速率都在增大，但还原速率增大的更多。
【小问5详解】
对比试验Ⅰ可知，硝酸的浓度为3mol/L，产生的无色气体经检验不含可燃性气体氢气，接触空气显红棕色，则为NO气体，硝酸浓度增大，的还原速率剧增，远远大于的还原速率，以至于产物变为，得不到氢气，答案为：经检验不含可燃性气体。
【小问6详解】