北京某中学2024-2025学年高三10月月考化学试卷（含解析）

北京市第三十五中学2024-2025学年高三第一学期10月月考

化学试卷

试卷说明：试卷分值100,考试时间90分钟。I卷为选择题，共14个小题，共42分。II卷

为主观题，包括第15至第19题，共58分。

可能用到的相对原子质量：HlC12N14016Fe561127

第一部分

一、选择题(共14个小题，每题3分，共42分。每小题只有一个正确选项，请选择正确答案

填在机读卡相应的题号处)

1.中国传统文化中包括许多知识，下列古语不涉及化学变化的是

A.千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金

B.熬胆研(CUSC»4・5H2O)铁釜，久之亦化为铜

C.凡石灰(CaCCh)经火焚炼为用

D.丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂

【答案】A

【解析】

【详解】A.千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金，过程为金的富集，不涉及化学变化，A符合题意；

B.熬胆研铁釜，久之亦化为铜，发生铁和铜离子生成单质铜的反应，化学变化，B不符合题意；

C.反应中碳酸钙燃烧得到氧化钙，生成新物质，C不符合题意；

D.丹砂(HgS)烧之成水银，积变又成丹砂，发生硫化汞分解得到汞，汞又和硫生成硫化汞的反应，化学变

化，D不符合题意；

故选Ao

2.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是

23

A.无色透明溶液中：Cu\Al\HCOrSOt

22+

B.能使品红褪色的溶液中：MnO4>Mg\I\Ca

C.遇酚麟变红的溶液中：Na\K\SO：、F

3

D.与Al反应能生成氢气的溶液中：NH；、Fe\N03>SO：

【答案】C

【解析】

【详解】A.Cu2+显蓝色不满足无色透明，同时Cu2+、A产与HCO3发生双水解不能大量共存，A错误;

B.MnO4,1发生氧化还原反应不能大量共存，B错误；

C.遇酚髓变红的溶液显碱性，Na\K\SO：、F之间不发生反应且与OH能大量共存，C正确；

D.与A1反应能生成氢气的溶液显碱性或者酸性，碱性条件下NH；与0H生成弱碱NH3-H20不能大量

共存，Fe3+与OH生成Fe(OH)3沉淀不能大量共存，D错误；

答案选C。

3.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A.56gFe与足量稀HN03反应转移的电子数目为2NA

B.标准状况下，5.6LH2。所含O-H键的数目为0.5NA

C.28g乙烯和丙烯的混合气体中含有的碳原子数为2NA

D.0.1mol-L」NH4cl溶液中，NH；、NH?不?。数目之和为01NA

【答案】C

【解析】

【详解】A.56gFe的物质的量为imol,与足量稀HNO3反应生成Fe(NC>3)3,因此转移的电子数目为

3NA,A错误；

B.标准状况下水不是气体，无法计算5.6LH2。的物质的量，B错误；

C.乙烯和丙烯的最简式为CH2,则28g乙烯和丙烯的混合气体中含有碳原子的物质的量为

28g

6=2mol,即碳原子数为2NA，C正确；

14g/mol

D.0.1mol-L」NH4cl溶液的体积未知，因此无法计算NH；、的数目，D错误；

答案选C。

4.下列关于同主族元素C、Si及其化合物的性质比较和原因分析不F碉的是

选项性质比较原因分析

熔点：

ACO2<SiO2摩尔质量：CO2<SiO2

B电负性：Se>As原子半径：Se<As

C酸性:H2CO3>H2SiO3非金属性：OSi

D热稳定性：CH4>SiH4键能：C-H>Si-H

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A.C02分子晶体，分子间存在分子间作用力；Si。？为共价晶体，Si、。原子之间通过共价

键连接，因此熔点：CO2<SiO2,A错误；

B.Se、As位于同一周期，原子半径：Se<As,则得电子能力：Se>As,因此电负性：Se>As,B正

确；

C.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则非金属性：C>Si,因此酸性：

H2CO3>H2SiO3,C正确；

D.键能越大，物质的稳定性越强，则键能：C-H>Si-H,因此热稳定性：CH4>SiH4,D正确；

答案选A。

5.下列方程式能准确解释相应事实的是

A.金属钠在空气中加热生成淡黄色固体：4Na+O22Na2O

3+

B.向AlCh溶液中加入过量氨水，产生白色沉淀：A1+3OH=A1(OH)3

C.和面时小苏打中加少量醋酸，增强效果：CH3COOH+HCO；=CH3COO+H2O+CO2T

D.向NaHS。4溶液中加入足量Ba(OH)2溶液，得到白色沉淀：

2H++SO：+Ba"+2OH=BaSC)4J+2H2O

【答案】C

【解析】

【详解】A.金属钠在空气中加热生成淡黄色固体NazCh,方程式为：2Na+O2?Na2O2,A错误；

B.向AlCh溶液中加入过量氨水，产生AKOH%白色沉淀，离子方程式为:

3+

Al+3NH3-H2O=A1(OH)3J+3NH；，:B错误；

c.和面时在小苏打中加少量醋酸，醋酸和碳酸氢钠反应生成二氧化碳、水和醋酸钠，离子方程式为：

CH3COOH+HCO；=CH3COO+H2O+CO2T,C正确；

D.向NaHS。4溶液中加入足量Ba(OH)2溶液，得到硫酸领白色沉淀，离子方程式为：

+2+

H+SO：+Ba+OH=BaSO4J+H2O,D错误；

故选Co

6.“律动世界”国际化学元素周期表主题年活动报告中，提到了一种具有净水作用的物质，它由Q、W、

X、Y、Z五种原子序数依次增大的元素组成。该五种元素的性质或结构信息如下表：

元素信息

Q基态原子只有一种形状的轨道填有电子，并容易形成共价键

W基态原子有5个原子轨道填充有电子，有2个未成对电子

X最高价氧化物对应的水化物与Y、Z最高价氧化物对应的水化物都能反应

Y在元素周期表中位于第3周期、第VIA族

Z焰色反应为紫色

下列说法正确的是

A.电负性：Q<W<YB.Y易溶于水

C.简单离子半径：X<W<Z<YD.这种物质只含离子键

【答案】C

【解析】

【分析】Q、W、X、Y、Z为五种原子序数依次增大元素，Q基态原子只有一种形状的轨道填有电子，并

容易形成共价键，则Q为H元素；Z焰色反应为紫色，则Z为K元素；Y在元素周期表中位于第3周期、

第VIA族，则Y为S硫元素；X最高价氧化物对应的水化物与Y、Z最高价氧化物对应的水化物都能反应,

说明X最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，具有两性，则X为A1元素；W基态原子有5个原子轨道填

充有电子，有2个未成对电子，且Q、W、X、Y、Z形成具有净水作用的物质，则W为O元素，净水性物

质为硫酸铝钾晶体。

【详解】A.同周期从左到右，元素的电负性变强，同主族由上而下，元素电负性减弱，则电负性：

H<S<O,即Q<Y<W,A错误;

B.Y为单质S,不溶于水，B错误；

C.电子层数越多，半径越大，当电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，因此简单离子半径：

A13+<O2<K+<S2>即X<W<Z<Y,C正确；

D.根据分析，该物质KAl(SO4)2,属于离子化合物，so：中含有共价键，因此含有离子键和共价

键，D错误；

答案选C。

7.名医华佗创制的用于外科手术的麻醉药“麻沸散”中含有东甚碧碱，其结构简式如图。下列关于该物质的

说法不正确的是

A.含有3种含氧官能团B.N的杂化方式为sp3

C.不能发生消去反应D.具有碱性，能与强酸反应

【答案】C

【解析】

【详解】A.由结构简式可知含有羟基、醴键、酯基3种官能团，故A正确；

B.由结构简式可知，N原子连接了两个◎键，同时含有两个孤电子对，杂化方式为sp3,故B正确;

C.由结构简式可知与羟基相连碳的相邻碳原子上有氢原子，可以发生消去反应，故C错误；

D.东蔓碧碱中五元脂环上含有叔胺氮原子，具有较强的碱性，能与强酸反应，故D正确；

故选Co

8.下列实验中，锥形瓶内均能产生气体。试管内不熊产生沉淀的是

ABcD

试剂a浓盐酸浓H2sO4浓氨水稀H2SO4

试剂bKMnO4少量蔗糖CaOCaCC)3粉末

试剂CAgNO3A1C13MgCl2冷、浓氨盐水

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A.高锯酸钾与浓盐酸反应生成氯化锦，氯化镒和AgNOs生成氯化银沉淀，故A不符合题意；

B.浓硫酸和少量蔗糖反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，剩余硫酸，与AICI3都不反应，故B符合题

思；

C.浓氨水和CaO反应生成氨气，氨水和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀，故C不符合题意；

D.H?SO4与CaCX)3粉末生成硫酸钙，在冷、浓氨盐水中析出硫酸钙沉淀，故D不符合题意；

故选B„

9.依地酸铁钠是一种强化补铁剂。某实验小组采用如下实验探究该补铁剂中铁元素的化合价。(已知：依

地酸根是常见的配体，邻二氮菲可与Fe2+形成橙红色配合物)下列说法正确的是

2滴2滴乳水

KSCN溶液►---------------A

n0

—无明显变化无明显变化

y②

依地酸铁钠

黄色溶液i-

①2滴_少址维生素C

——二氯菲溶液~——粉末

无明显变化溶液变为慢红色

⑤

A.依据现象②和③推测，依地酸铁钠中不含Fe(III)

B.依据现象②和⑤推测，依地酸铁钠中含Fe(II)

C.依据现象①、②和③推测，SCN-与Fe3+形成配合物的稳定性强于依地酸铁钠

D.依据现象①、④和⑤推测，与依地酸根相比，邻二氮菲与Fe?+形成的配合物更稳定

【答案】D

【解析】

【详解】A.依据现象②和③推测，依地酸铁钠与Fe3+形成配合物的稳定性强于SCNL不能说明依地酸

铁钠中不含Fe(III),A错误；

B.依据现象②和③不能推出依地酸铁钠中含Fe(II),⑤中加维生素C为还原剂，可还原Fe3+为Fe2+,也

不能推出依地酸铁钠中含Fe(II),B错误；

C.依据现象①、②和③推测，依地酸铁钠与Fe3+形成配合物的稳定性强于SCN-，C错误；

D.加入的维生素C为还原剂，溶液变为橙红色，由题可知邻二氮菲可与Fe?+形成橙红色配合物，故邻二

氮菲与Fe?+形成的配合物更稳定，D正确;

故答案选D。

10.室温下，1体积的水能溶解约40体积的SO”用试管收集SO?后进行如下实验。对实验现象的分析正

确的是

A-so2

匡里斗达0

A.试管内液面上升，证明S02与水发生了反应

B.试管中剩余少量气体，是因为S02的溶解已达饱和

C.取出试管中的溶液，立即滴入紫色石蕊试液，溶液显红色，原因是：SO2+H2OUH2so3、H2sO3UH++

HSO；,HSO3UH++SO；

D.取出试管中溶液，在空气中放置一段时间后pH下降，是由于S02挥发

【答案】C

【解析】

【详解】A.由信息可知，S02易溶于水，也能使液面上升，故A错误；

B.1体积的水能溶解约40体积的SCh,不能完全溶解是因为收集的二氧化硫中混有不溶于水的气体，故

B错误；

C.滴入石蕊试液，溶液变为红色，说明溶液显酸性，SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，分步电

离出氢离子，故c正确；

D.亚硫酸具有较强的还原性，易被氧化为硫酸，弱酸变强酸，也能使pH下降，故D错误；

故选Co

11.某种超分子聚合物网络生物电极的制备原料CB和PDMA的结构如下图。下列说法正确的是

C-H

CH.—

—

CB（环状）PDMA

A.CB中核磁共振氢谱有两组峰B.PDMA单体的化学式为CioHzoN?。?

C.CB与PDMA均为高分子D.CB与PDMA都具有良好的耐酸碱性

【答案】A

【解析】

厂

、一一NN-CHf

【详解】A.根据等效氢原理可知，CB中核磁共振氢谱有二组峰如图所示厂一―-内''

J-NN—CHL

-O_8

确;

CH,

/No

B.由题干图示信息可知，PDMA单体为:X，则其化学式为C5H9NO,B错误;

H3C

CH=CH2

C.高分子是指相对分子质量成千上万的物质，由题干可知，CB的相对分子质量为1328,不是高分子化

合物，PDMA为高分子，C错误；

D.由题干信息可知，CB与PDMA中都含有酰胺键，在酸性和碱性条件下均能发生水解，故CB与

PDMA都不耐酸碱性，D错误；

故答案为：Ao

12.常温下，将4.0g铁钉加入到30mL4%的CuS。,溶液中，一段时间后观察到铁钉表面产生气泡，氧气

含量和溶液pH变化如下图所示。

7

*

<rrn

崛

时间时间

下列说法不正确的是

A.CuSC)4溶液pH<7的原因：CU2++2H2<3Cu(OH),+2H+

+2+

B.铁钉表面产生气泡的原因：Fe+2H=Fe+H2T

C.加入铁钉消耗H+，C/+水解平衡正向移动，产生Cu(OH)2沉淀

2++

D.推测溶液pH减小的原因：4Fe+O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H

【答案】c

【解析】

【详解】A.CuSO4溶液pH<7的原因是Cu2+发生水解反应所致，离子方程式是：

2+

Cu+2H2OCU(OH)2+2H+,故A正确；

+2+

B.铁钉表面产生气泡的原因是铁溶解于酸中，即：Fe+2H=Fe+H2T,故B正确;

C.加入铁钉发生反应：Cu2++Fe=Fe2++Cu-铜离子水解平衡逆向移动，不会产生Cu(OH)?沉淀，故

C错误；

D.结合图像可知氧气不断被消耗，pH不断较小，推测溶液pH减小的原因：

2++

4Fe+O2+10H2O=4Fe(OH)3J+8H,故D正确；

故选Co

13.聚酰胺(PA)具有良好的力学性能，一种合成路线如下图所示。下列说法不正螂的是。

HOOC

11f

[:'OH催常必“C,H,oJ,喟H"GH.ojH?'；H《0k0PNH^K^NHQH

COOH

XYZPA

A.Y中含有五元环B.②是酯化反应

C.该合成路线中甲醇可循环使用D.PA可发生水解反应重新生成Z

【答案】D

【解析】

NH发生缩聚反应生成PA,结合的分子式可以推知为

［分析］Z和H1s2ZZ

ooo0

人/O「口，Y和CH30H发生酯化反应生成Z,则Y为口JLcu，以此解答。

H3co飞厂OCH3H0飞/OH

oo

【详解】A.由分析可知，Y为H0人含有五元环，故A正确；

B.由分析可知，Y和CH30H发生酯化反应生成Z,②是酯化反应，故B正确；

由和的结构简式可以推知，和

C.ZPAZNH2发生缩聚反应生成PA的过程中会

生成甲醇，可循环使用，故C正确;

D.由Z和PA的结构简式可以推知，PA可发生水解反应得到不能直接得到

Z,故D错误;

故选Do

14.为探究Na2sO3的性质，实验小组同学进行了如下实验:

①1mLO.lmolL_1

Na2sO3溶液

④有刺激性气味⑤无明显变化⑥产生白色沉淀

有刺激性气味

下列说法一定正确的是

A.③和④中产生的气体成分完全相同B.②和⑥中沉淀的主要成分不同

C.①一②和④-⑥均只发生了复分解反应D.SOj的还原性在酸性条件下增强

【答案】B

【解析】

【分析】由题干实验信息可知，①一②—③过程中先发生反应：Na2SO3+BaCl2=BaSO3i+2NaCl,然后发生

Na2s03与HNCh反应生成SCh和氮氧化物等刺激性气味的气体，BaSCh与HNCh反应生成BaSCU,同时产生

氮氧化物刺激性气味的气体，而①一④一⑤一⑥过程中先发生Na2SO3与HNO3反应生成S02和氮氧化物等

刺激性气味的气体，同时部分转化为硫酸根，然后溶于水中的S02继续被过量的硝酸根氧化为硫酸根，然后

与Ba2+结合生成BaSCU沉淀，同时继续反应生成氮氧化物等刺激性气味的气体，据此分析解题。

【详解】A.由题干实验信息可知，①一③依次发生反应方程式为：Na2SO3+BaC12=BaSO3；+2NaCh

BaSCh与HNO3反应，己经过量的Na2s。3与HNO3反应，而①一④则是Na2s。3与HNCh反应生成NO和

SO2,可知③和④中产生的气体成分不一定完全相同，NO和SO2的多少可能不同，A不合题意；

B.由题干实验信息可知，①一②发生的反应为：Na2SO3+BaCl2=BaSO3i+2NaCl,故沉淀②的主要成分是

BaSO3,而⑥中沉淀是先加入稀硝酸后再加入BaCL,硝酸具有强氧化性，将亚硫酸钠氧化为Na2so4,然

后再与BaCb反应生成BaSCU沉淀，故二者的主要成分不同，B符合题意；

C.由分析可知，①一②发生的反应为：Na2sO3+BaC12=BaSO3j+2NaCl属于分解反应，而④一⑥既发生了

复分解反应又发生氧化还原反应，C不合题意；

D.由题干信息可知，由②到③时的酸性比①到④的酸性弱，但①到④转化生成的硫酸根反而更少，但①

中SO：浓度比②中的更大，不能说明SO：的还原性在酸性条件下增强，D不合题意；

故答案为：B。

第二部分

15.水的性质与其结构密切相关，[FeR『与金属离子或NH：财形成的化合物有广泛的用途。

（1）基态Fe原子的价层电子轨道表示式为0

（2）钢铁表面成膜技术是钢铁防腐的重要方法。工业上利用某种转化液使钢铁表面形成致密的K.lFelM

膜以进行防腐，该转化液是含KF、HN03,（NH4）2S2（）8（或H2O2）等物质的溶液（PH土2）。S2。：的

结构如下：

0o

Hn

Ss

Hn

0o

①比较O原子和S原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：

②下列说法正确的是（填字母）。

3+

a.（NH4）2S2O8能将Fe?+氧化为Fe的可能原因是含有“-0-0」结构

b.依据结构分析，（NH,^SzOg中硫元素的化合价为+7价

c.S20j中"S-O-O”在一条直线上

③转化液pH过小时，不易得到K3[Fe^],原因是。

(3)对于水分子中的共价键，依据原子轨道重叠的方式判断，属于键；H2O的O-H键是由

O的轨道与H的1s轨道重叠形成的。

(4)水分子的VSEPR的模型名称为,的电子式为；

+

判断H3O+和H2。的键角大小：H3O凡0(填“〉”或“<”)，解释原因：o

(5)下列事实可用“水分子间存在氢键”解释的是(填字母序号)。

a.常压下，4℃时水的密度最大

b.水的沸点比硫化氢的沸点高160℃

c.水的热稳定性比硫化氢强

(6)[FeR「与NH：形成的化合物可以作为锂离子电池的电极材料。

①化合物(NH“[FeR]中的化学键类型有(填字母)。

a.离子键b.极性共价键c.非极性共价键d.金属键e.配位键

②(NHJsiFe耳]的晶胞形状为立方体，边长为anm,结构如下图所示：

图中“•”代表的是(填“NH；”或“[FeR「")。已知(NHj[Fe瑁的摩尔质量是Mg•mol",阿

伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为g-cm3o(lnm=W7cm)

【答案】⑴1付11111rn阀(2)①.氧元素和硫元素都位于元素周期表VIA族，氧

3d4s

原子的原子半径小于硫原子，原子核对最外层电子的吸引作用大于硫原子，所以氧原子的第一电离能大于

硫原子②.a③.氢氟酸是弱酸，若转化液pH过小，溶液中氢离子浓度较大，会与溶液中的氟离子

生成氢氟酸，溶液中的氟离子浓度减小，不利于铁离子转化为[FeF6]3一,所以转化液pH不能过小

(3)①.。②.sp3杂化

(4)①.四面体形②.[H^O.H]③.>④.凡0+和H2。中心O原子都是sp3杂

H

+

化，凡。,中含有1个孤电子对，凡。中含有2个孤电子对，孤电子对越多，键角越小，则键角大小：H30>

H2O

4M

3

（5）ab（6）①.abe®.［FeF6］-③——T

aNAxlO

【解析】

【小问1详解】

铁元素的原子序数为26,基态原子的价层电子排布式为3d64s2,轨道表示式为

HEHHII］由

3d4s

【小问2详解】

①氧元素和硫元素都位于元素周期表VIA族，氧原子的原子半径小于硫原子，原子核对最外层电子的吸引

作用大于硫原子，所以氧原子的第一电离能大于硫原子；

②a.由过氧化氢的结构可以推知具有氧化性，（NH4）2S2O8能将亚铁离子氧化为铁离子的可能原因

是过二硫酸根离子中含有“-0-0「结构，表现出强氧化性，故a正确；

b.由结构式可知，“-O-O-”结构中O元素为-1价，根据化合价代数和为零可知，过二硫酸根离子中硫元素

的化合价为+6价，故b错误；

c.由结构式可知，过二硫酸根离子中“S-O-O”的。原子形成2个。键，且含有2个孤电子对，杂化类型

为sp3,“S-CMD”呈V形结构，三个原子不可能在同一条直线上，故c错误；

故选a；

③氢氟酸是弱酸，若转化液pH过小，溶液中氢离子浓度较大，会与溶液中的氟离子生成氢氟酸，溶液中

的氟离子浓度减小，不利于铁离子转化为［FeFM］所以转化液pH不能过小。

【小问3详解】

H2O分子中心。原子的价层电子对数为2+匕；=4,杂化类型为sp3,O原子和2和H原子都形成单

键，依据原子轨道重叠的方式判断，属于。键，Hz。的O-H键是由O的sp3杂化轨道与H的1s轨道重叠

形成的。

【小问4详解】

H2O分子中心O原子的价层电子对数为2+二^-=4,且含有2个孤电子对，VSEPR的模型名称为四面

2

体形，通0+的电子式为［H'9'H］。凡0+和H2。中心0原子都是sp3杂化，通0+中含有1个

H

+

孤电子对，凡。中含有2个孤电子对，孤电子对越多，键角越小，则键角大小：H3O>H2OO

【小问5详解】

a.水中存在氢键，导致冰的密度小于水的密度，升高温度会破坏部分氢键，使水分子间的距离减小，4℃

时水的密度最大，a符合题意；

b.水分子间由于存在氢键，使分子之间的作用力增强，因而沸点比同主族的H2s高，b符合题意；

C.水的热稳定性比硫化氢强的原因是其中的共价键的键能更大，与氢键无关，C不符合题意；

故选abo

【小问6详解】

①（曲4）3怛明］是离子化合物，其中含有离子键，NH3中含有N-H极性共价键，［FeR广中含有配位

键，不含有非极性共价键和金属键，故选abe；

②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的黑球个数为8X』+6X』=4,位于棱上、体内和体心的白球个

82

数为12x；+9=12,由化学式可知，黑球代表［FeF6］3-,已知（NHJ3［Fe耳］的摩尔质量是Mg•mo『，阿伏

4M4M

g-cm-3g-cm-3

加德罗常数为NA，该晶体的密度为73321

NA(axlO-)aNAxlO

16.合成NH3是重要的研究课题，一种合成NH：的流程示意如下。

相关数据如下:

物熔点/沸点/与N2反应温度/

分解温度/℃

质℃℃℃

Mg6491090>300Mg3N2：>800

(1)固氮：

①固氮反应的化学方程式是o

②固氮的适宜温度范围是O

a.500~600℃b.700-800℃c.900~1000℃

③人工固氮是高能耗的过程，结合N2分子结构解释原因：o

④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H2。进行转化。发现从体系中分离出NH3较困难。

II.选用HC1气体进行转化。发现能产生NH3,且产物MgCU能直接循环利用。但NH3的收率较低，原

因是O

选用固体进行转化。合成氨的过程如下：

ni.NH4CI

合成氨的总反应方程式是。

经实验研究，证实了MgsN2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：经探测仪检测所得氨气中存在

15N%

【答案】(1)①.3Mg(熔融)+N23Mg3N2②.b③.氮分子中存在氮氮叁键，键能很大

④.用湿润的红色石蕊试纸，如果变蓝，说明有氨气

(2)①.氨气能和HC1反应生成氯化镂(2).2N2+6H2O=4AW3+3O2③.Mg3&N2、NH4cl

【解析】

【分析】熔融氯化镁电解生成镁，熔融镁和氮气反应生成氮化镁，氮化镁转氨生成氨气;

【小问1详解】

①固氮反应为熔融镁和氮气反应生成氮化镁，3Mg（熔融）+N2UMg3N2o

②熔融镁和氮气反应生成氮化镁，结合表格数据，镁熔点649℃、沸点1090℃,而分解温度

Mg3N2>800,故固氮的适宜温度范围是700~800℃；故选b；

③氮分子中存在氮氮叁键，键能很大，断裂氮氮键需要较大能量，故人工固氮是高能耗的过程；

④氮化镁能水反应生成白色氢氧化镁和氨气，则向固氮后的产物中加水，用湿润的红色石蕊试纸，如果变

蓝，说明有氨气，即生成了氮化镁，则说明Mg能起到固氮作用。

【小问2详解】

NH3的收率较低，原因是氨气能和HC1反应生成氯化钱；

由图可知，合成氨的总反应为氮气和水反应生成氨气和氧气，2N2+6H2O=4A^/3+3O2；

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，可以使用15N标记氮化镁中氮元素和

氯化镂反应，检测生成的氨气，故Mg3&N2、NH4cl两种物质混合，充分反应。

N2和H2O反应生成NH3和02

17.环丙基甲基酮是合成环丙氟哌酸类广谱抗菌药物和抗艾滋特效药依法韦仑的重要中间体，在医药、化

工及农林等领域均有广泛应用。

K

（环丙基甲基酮）

0

已知：I.2RCH2co0C2H5GHQNa>RCH22cHe00C2H5+C2H50H

II.R1COOR2+R3OH—淀条件>R1COOR3+R2OH

（1）实验室制取A的化学方程式为o

（2）A-B发生了加成反应，B中含有羟基。B的结构简式为

（3）D—E的化学方程式为o

(4)M是F的同分异构体，写出符合下列条件的M的结构简式。

①能发生银镜反应

②核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为1：2：2

(5)H分子中含有一个五元环，写出G-H的化学方程式__________o

(6)I可以与NaHCCh溶液反应。I的结构简式为。

(7)J-K的反应中常伴有其他环状副产物生成，依据J-K的反应原理，该副产物的结构简式为

【答案】(1)C2H50H膘>CH2=CH2T+H2O

(2)HOCH2cH2cl

(3)CH3coOH+C2H50H脩浓野CH3coOC2H5+H2O

(4)OHCCH2CH2OCH2CH2CHO

【分析】根据A的分子式可知，A为CH2=CH2,A-B发生了加成反应，B中含有羟基，B的结构简式为

HOCH2cH2C1,HOCH2cH2cl反应生成C为。，D与乙醇反应生成E,E与乙醇钠反应生成F,F与C反应

OO

生成G,根据逆推法推知F为/八、，E为CH3coOC2H5,D为CH3coOH；G反应生成H,

oo

H分子中含有一个五元环，在酸作用下再与HBr反应生成L结合I的分子式推知H为人/o,I为

【小问1详解】

实验室利用无水乙醇在浓硫酸催化下迅速加热至170℃制取CH2=CH2,反应的化学方程式为C2H50H

浓硫酸

170℃》CH2=CH2T+H2O；

【小问2详解】

A—B发生了加成反应，B中含有羟基。B的结构简式为HOCH2cH2C1；

【小问3详解】

D—E的化学方程式为CH3coOH+C2H50H脩浓鹘CH3COOC2H5+H2O；

【小问4详解】

F为又X%,M是F的同分异构体，符合条件：①能发生银镜反应，则含有醛基；②核磁共振氢谱

有3组峰，且峰面积之比为1：2：2,则对称，符合条件的同分异构体为OHCCH2cH20cH2cH2cHO；

【小问5详解】

【小问6详解】

OO

I可以与NaHC03溶液反应，则含有竣基，I的结构简式为人「人0H；

【小问7详解】

J-K的反应中常伴有其他环状副产物生成，依据J—K的反应原理，消去HBr的位置不同，选择

0

o

的首尾澳和H原子消去，该副产物的结构简式为自。

18.卤素的单质及其化合物在生产、生活领域应用广泛。

i.市售食盐有无碘盐和加碘盐(含KK)3和少量KI。检验食盐是否为加碘盐的定性方法：

①取待检食盐溶于水，加入稀硫酸酸化，再加入过量的KI溶液，振荡。

②为验证①中有§生成，向上述混合液中加入少量CCI4充分振荡后，静置。

(1)若为加碘盐，则①中发生反应的离子方程式为o

(2)②中的实验操作名称是。

(3)实验过程中能证明食盐含KK)3的现象是。

ii.碘摄入过多或者过少都会增加患甲状腺疾病的风险，目前所用食盐中碘含量测定方法:

①用饱和澳水将碘盐中少量的I-氧化成101O

②再加入甲酸发生反应：Br2+HCOOH=CO2T+2HBr。

③在酸性条件下，加入过量KI，使之与101完全反应。

④以淀粉作指示剂，用Na2s2O3标准溶液进行滴定，测定碘元素的含量。（L+2Na2s2（）3=2NaI+Na2s4Cy

（4）①中反应离子方程式为。

（5）取a克含碘食盐配制成100mL溶液，取25mL溶液用bmol/LNa2s2。3标准溶液滴定，消耗

Na2s2。3溶液vmL,食盐中含碘元素的质量分数为。

iii.氯是海水中含量丰富的元素，氯的单质及其化合物在生产、生活领域应用广泛：

（6）可以使用二氧化氯（。。2）代替液氯消毒。工业上以黄铁矿（FeS2）、氯酸钠（NaClC>3）和硫酸溶液混

合制备二氧化氯气体。已知黄铁矿中的硫元素（-1价）最终氧化成SO：,写出制备二氧化氯的离子方程

式：O

（7）用莫尔法可以测定溶液中的cr的含量。莫尔法是一种沉淀滴定法，用标准AgNO3溶液滴定待测

液，以KzCrO,为指示剂，滴定终点的现象是溶液中出现砖红色沉淀（AgzCrOj。已知平衡

+

Cr2O^+H2O.-2CrOt+2H,该滴定过程需要控制pH范围在6.570.5,若pH小于6.5会使测定结果

偏高。结合平衡移动原理解释偏高的原因：o

+

【答案】（1）5I+IO3+6H=3I2+3H2O

（2）萃取（3）溶液分层，下层为紫红色

+

（4）3Br2+1+3H2O=IO3+6Br+6H

+3+

（6）FeS2+15ClO3+14H=Fe+2SO；+15C1O2+7H2O

（7）若pH小于6.5,溶液酸性增强，导致©马0；+凡02CrO『+2H+逆向移动，使得生成砖红色沉淀

（Ag2CrO4）需要的银离子浓度增大，消耗硝酸银的量增大

【解析】

【分析】从定性和定量两个角度对加碘盐进行了测定，均是将碘盐中的碘元素转化为也前者通过反应的现

象来判断，后者通过滴定实验来测定，再结合氧化还原反应的计算解答。

【小问1详解】

若为加碘盐，则其中含有KIC>3,在酸性条件下与r会发生氧化还原反应生成碘单质，则①中发生反应的离

子方程式为5r+IO!+6H+=3l2+3H2。；

【小问2详解】

由于b在有机溶剂中的溶解度更大，CC14能将12从水溶液中萃取出来，故②中的实验操作名称为：萃取；

【小问3详解】

12溶于CCL所得溶液为紫红色，且CC14的密度比水的密度大，实验过程中能证明食盐含KI03的现象是：

溶液分层，下层为紫红色；

【小问4详解】

澳单质具有氧化性，①中反应时，澳将I-氧化成IO3的同时，澳单质被还原为Br,反应的离子方程式为：

+

3Br2+I+3H2O=IO；+6Br+6H；

【小问5详解】

+

酸性条件下碘酸根与r会发生氧化还原反应生成碘单质，5I+IO3+6H=3I2+3H2O,碘单质发生反应

I2+2Na2S203=2NaI+Na2S406,则存在关系IO33I26Na2S2O3,再根据①③、结合碘元素守恒，食盐

,h一一一一、“，,bmol/LxvxlO_3Lx—x^^xl27g/molcc.i.

中含碘兀素的质量分数为625*100%=°，254bv乂1Q()%。

ag3a

【小问6详解】

以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠(NaClC>3)和硫酸溶液混合制备二氧化氯气体，硫元素(-1价)最终氧化成

SO；',硫化合价由-1变为+6,二价铁被氧化为铁离子，氯酸钠中氯化合价由+5变为+4,结合电子守恒，