2025届黑龙江省牡丹江市部分学校高三上学期期中考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1黑龙江省牡丹江市部分学校2025届高三上学期期中考试I卷可能用到的相对原子质量：O-16Cu-64一、单项选择题(本题包括15小题，每小题3分共45分)1.文物见证历史，化学创造文明。东北三省出土的下列文物据其主要成分不能与其他三项归为一类的是（）A.金代六曲葵花鎏金银盏 B.北燕鸭形玻璃注C.汉代白玉耳杯 D.新石器时代彩绘几何纹双腹陶罐【答案】A【解析】A．金代六曲葵花鎏金银盏是合金，属于无机金属材料；B．北燕鸭形玻璃注是玻璃制品，属于硅酸盐材料；C．汉代白玉耳环是玉，属于含有微量元素的钙镁硅酸盐材料；D．新石器时代彩绘几何纹双腹陶罐是陶器，属于硅酸盐材料；综上A选项材质与其他三项材质不用，不能归为一类，答案选A。2.下列有关化学用语表述正确的是（）A.HF分子中σ键的电子云轮廓图：B.Fe2+的价层电子轨道表示式：C.HCl的电子式：D.中子数为9的氮原子：N【答案】B【解析】A．HCl中形成s—pσ键，其形成过程可表示为

，故A错误；B．铁元素的原子序数为26，基态亚铁离子的价电子排布式为3d6，价层电子轨道表示式为，故B正确；C．HCl为共价化合物，HCl的电子式为，故C错误；D．质量数=质子数+中子数=7+9=16，左上角数字代表质量数，左下角数字代表质子数，可表示为，故D错误；故答案选B。3.有关化学实验的说法错误的是（）A.实验室储存的镁条着火时，不可以用泡沫灭火器灭火B.金属汞一旦洒落在实验室地面或桌面时，必须尽可能收集，并深埋处理C.做蒸馏实验时，应在蒸馏烧瓶中加入沸石，以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加D.海带中碘元素的提取和检验中，为制取海带灰，可以将海带放在通风处加热灼烧，使其充分灰化【答案】B【解析】A．镁可以在CO2中燃烧生成氧化镁和碳单质，故实验室储存的镁条着火时，不可以用泡沫灭火器灭火，A正确；B．金属汞一旦洒落在实验室地面或桌面时，必须尽可能收集，立即撒上硫粉处理，而深埋会污染环境，B错误；C．蒸馏时，为防止暴沸，应在蒸馏烧瓶中加入沸石，但温度高时加沸石时液体可能飞溅，故沸腾前发现忘记加沸石，则立即停止加热，冷却后补加，C正确；D．为制取海带灰，可以将海带放在通风处加热灼烧，待其充分灰化，便于溶解时碘离子溶解充分，故D正确；答案选B。4.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.标准状况下，溶于水，溶液中和的微粒数目之和为B.3.36LHF(标准状况)所含的分子数为C.常温常压下，与足量反应，共生成，转移电子的数目为D.的溶液显中性，该溶液中含的数目为【答案】C【解析】A．标准状况下，物质的量为0.5mol，所含氯原子数为NA，因Cl2与水的反应是可逆反应，溶液中还存在氯气分子，溶液中含氯微粒有Cl2、和，则溶液中和的微粒数目之和小于，A错误；B．标准状况下HF是液态，无法计算3.36LHF(标准状况)所含的分子数，B错误；C．与足量反应：，每生成1个O2转移2个电子，则生成，转移电子的数目为，C正确；D．因，即，所以1L该溶液中含的数目小于，D错误；故选C。5.劳动创造幸福未来。下列劳动项目与所述的化学知识关联不合理的是（）选项劳动项目化学知识A家务劳动：饭后用热的纯碱溶液洗涤餐具油脂在碱性条件下发生水解B社区服务：推广使用免洗手酒精消毒液酒精能使蛋白质变性C工厂生产：冶炼钢铁涉及氧化还原反应D科学研究：燃煤脱硫有利于实现“碳达峰、碳中和”【答案】D【解析】A．纯碱为碳酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，热纯碱溶液的碱性更强，利用了油脂在碱性条件下易水解，生成高级脂肪酸钠盐和甘油，钠盐和甘油可以溶于水，被水冲洗掉，A正确；B．免洗手酒精消毒液中所用的酒精，能使细菌蛋白质脱水变性，从而使细菌丧失活性，B正确；C．冶炼钢铁，铁由化合物变为单质，铁元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，C正确；D．燃煤脱硫可以减少二氧化硫的排放，可减少酸雨污染，但不能减少二氧化碳的排放，不利于实现“碳达峰、碳中和”，D错误；故答案为：D。6.下列反应的离子方程式正确的是（）A.同浓度同体积溶液与溶液混合：B.酸性溶液中滴入C.过量铁与很稀硝酸溶液反应无气体放出：D.食醋去除铁锈：【答案】C【解析】A．由于H+结合OH-的能力大于，同浓度同体积溶液与溶液混合：，A错误；B．原离子方程式电荷不守恒，故FeCl2酸性溶液中滴入H2O2的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，B错误；C．过量铁与很稀硝酸溶液反应无气体放出，说明过量的铁将氮元素还原为，离子方程式为，C正确；D．食醋为弱酸，离子方程式为，D错误；故选C。7.“中国芯”的主要原料是单晶硅，制取纯硅的过程如图所示。下列说法正确的是（）A.步骤①中的反应为B.二氧化硅是酸性氧化物，能与水反应生成硅酸C.步骤②和③均属于置换反应D.28g纯硅中含有4molSi-Si键【答案】C【解析】A．步骤①中的反应为SiO2和焦炭在高温条件生成粗硅和CO，，故A错误；B．二氧化硅是酸性氧化物，但其不溶于水也不能与水反应，故B错误；C．步骤②,属于置换反应,③也属于置换反应，故C正确；D．硅晶体中1molSi与另外4molSi形成Si-Si键，但是这个Si只占每个键的一半，所以1mol纯硅含有2molSi-Si键，即28g纯硅中含有2molSi-Si键，故D错误；故答案为：C。8.物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度。如图为氮元素及其部分化合物的价态—类别图。下列说法正确的是（）A.雷雨天能实现e→c→d→b方向的转化B.c、d均为酸性氧化物C.f不能检验氯气管道是否漏气D.实验室可用g的固体与NaOH固体加热制备f【答案】A〖祥解〗图为氮元素及其部分化合物的价态—类别图。由图可知，a为硝酸盐、b为硝酸、c为一氧化氮、d为二氧化氮或四氧化二氮、e为氮气、f为氨气、g为铵盐。【详析】A．氮气和氧气通过雷电生成NO，NO和氧气生成二氧化氮，二氧化氮和水生成硝酸，故雷雨天能实现e→c→d→b方向的转化，A正确；B．NO为不成盐氧化物，NO2与碱反应时，元素化合价发生变化，不属于酸性氧化物，故NO、NO2均不是酸性氧化物，B错误；C．氨气和氯气能发生反应生成白烟，能检验氯气管道是否漏气，C错误；D．实验室制取氨气时是将氯化铵与氢氧化钙混合加热，D错误；答案选A。9.黄铁矿()在酸性条件下发生催化氧化的反应历程如图所示。下列说法错误的是（）A.反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均发生氧化还原反应B.反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为C.反应Ⅱ的离子方程式为D.总反应过程中氧气做氧化剂【答案】A〖祥解〗反应I离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，反应Ⅲ的离子方程式为Fe2++NO=Fe(NO)2+，反应Ⅱ的离子方程式为；【详析】A．反应I、Ⅱ是氧化还原反应；反应Ⅲ，无元素化合价变化，为非氧化还原反应，A错误；B．反应I的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，氧化剂(O2)与还原剂[4Fe(NO)2+]的物质的量之比为1：4，B正确；C．反应Ⅲ中Fe3+做氧化剂，FeS2做还原剂，离子方程式为，C正确；D．该过程的总反应为2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4+4H+，则氧气做氧化剂，D正确；故选A。10.下列说法正确的是（）A.铁与碘反应易生成碘化铁B.制备无水氯化镁需在HCl气流中加热C.用石灰沉淀富镁海水中的Mg2+，生成碳酸镁D.SO2通入BaCl2溶液中生成BaSO3沉淀【答案】B【解析】A．I2属于弱氧化剂，与Fe反应生成FeI2，A错误；B．氯化镁溶液加热时镁离子易水解生成氢氧化镁，故制备无水氯化镁需在HCl气流中加热，抑制镁离子水解，B正确；C．石灰沉淀Mg2+生成的沉淀是Mg(OH)2，C错误；D．SO2通入BaCl2溶液中不能生成BaSO3沉淀，因为H2SO3酸性比HCl弱，该复分解反应不能发生，D错误；答案选B。11.下列实验方案中元素价态转化正确的是（）选项实验方案同元素不同价态之间转化A向粉末中滴加70%硫酸，将气体通入氯水S：＋6→＋4→＋6B向稀硝酸中加入少量铁粉，再加入过量铜粉Fe：0→＋3→＋2C加热和混合物，将气体通入浓硫酸中N：-3→0→＋4D在中加入浓盐酸，将气体通入KI淀粉溶液中Cl：-1→0→＋5【答案】B【解析】A．与反应，表现酸性，硫的化合价没有变化，A错误；B．稀硝酸中加入少量铁粉，生成，再加铜粉，，B正确；C．与浓硫酸生成，N的化合价没有变化，C错误；D．，氯的化合价由＋5或-1→0→-1，D错误；故选B。12.甲、乙是实验室常用装置，选用适当实验药品，组装甲、乙能实现多种实验目的。下列选项中试剂选取和操作能达到对应实验目的的是（）选项实验目的a物质b物质乙中物质乙进气口A检验SO2的漂白性浓硫酸Na2SO3固体品红溶液NB收集贮存NO浓硝酸Cu水NC检验Cl2的氧化性浓盐酸MnO2Na2S溶液MD收集贮存氨气浓氨水氧化钙CCl4N【答案】D【解析】A．二氧化硫可以使品红褪色，乙中应长进短出，应从M处进，故A错误；B．铜和浓硝酸反应，浓硝酸被还原为NO2，故B错误；C．MnO2和浓盐酸反应制备氯气需要加热，故C错误；D．CaO和浓氨水可以制备氨气，氨气不溶于CCl4，可以用CCl4收集氨气，短进长出，故D正确；故选D。13.重铬酸铵可用作有机合成催化剂，具有强氧化性。实验室将通入重铬酸()溶液制备的装置如图所示(夹持装置略去)。已知：。下列说法错误的是（）A.仪器a的作用是防止倒吸B.装置Y中的溶液pH不宜过大C.装置X可以观察到通入氨气的快慢和装置Y中是否有堵塞D.装置b中装入的试剂是碱石灰，目的是吸收过量的氨气【答案】D【解析】A．氨气极易溶入水，a用来防止倒吸，选项A正确；B．若溶液pH过大，呈较强碱性，平衡，正向移动，不利于制备，选项B正确；C．通过观察的气泡快慢，可判断通入氨气的快慢，若Y中堵塞，的气泡快慢也会变慢，选项C正确；D．碱石灰不能用来吸收，可以选用或无水，选项D错误；答案选D。14.已知：(的熔点16.8℃，沸点44.8℃)。实验室利用该原理制取少量，下列实验装置不能达到实验目的的是（）A.用装置甲制取气体 B.用装置乙干燥并混合和C.用装置丙制取并收集 D.用装置丁吸收尾气中的【答案】A【解析】A．铜能与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，但常温下与浓硫酸不反应，则装置甲不能达到制取二氧化硫的实验目的，故A符合题意；B．由实验装置图可知，装置乙中盛有的浓硫酸用于干燥并混合二氧化硫和氧气，则装置乙能达到实验目的，故B不符合题意；C．由实验装置图可知，装置丙的硬质玻璃管中二氧化硫和氧气在五氧化二钒做催化剂条件下共热发生催化氧化反应生成三氧化硫，盛放在冰水中的U形管用于冷凝收集三氧化硫，则装置丙能达到实验目的，故C不符合题意；D．由实验装置图可知，装置丁中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化硫，防止污染空气，则装置丁能达到实验目的，故D不符合题意；故选A。15.某同学为测定和混合粉末中的含量。将和混合粉末加入的稀硝酸中，得到气体(标准状况下)，忽略溶液体积的变化。下列有关说法正确的是（）A.反应后有固体剩余B.反应后的溶液中C.单质在混合粉末中的质量分数约为D.在反应后的溶液中加入足量铁粉，可置换出【答案】D【解析】A．Cu与稀硝酸反应的化学方程式为与稀硝酸反应的化学方程式为，若混合粉末全部为，消耗的硝酸最多为(硝酸的物质的量为)，设混合粉末中和的物质的量分别为、，依题意可得，联立解得。由以上分析可知，硝酸过量，不会有固体剩余，项错误；B．，B项错误；C．单质在混合粉末中的质量分数为，C项错误；D．可置换出铜的质量为，D项正确；本题选D。Ⅱ卷(四道大题、共55分)16.以溶液为实验对象，研究物质之间反应的复杂多样性。实验如下：Ⅰ.金属与溶液反应装置序号金属现象及产物检验ⅰ镁条立即产生大量气体，溶液颜色变红棕色；片刻后气泡减少，金属表面产生红褐色沉淀。ⅱ锌粒开始时无明显气泡，半分钟后有气体产生，溶液颜色慢慢加深；一段时间后，金属表面产生红棕色沉淀ⅲ铜粉无气体产生，溶液逐渐变为蓝绿色；（1）配制溶液，需要将固体先溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度，原因是___________。（2）根据实验ⅰ中的现象，推测红褐色液体为胶体，通过___________可以快速判断其是否为胶体。（3）溶液与Cu反应的离子方程式为___________，实验ⅰ和ⅱ均先有气体生成，后有溶液颜色的变化，甲同学认为产生该现象的原因可能是此实验条件下氧化性：，乙同学认为可以根据ⅲ判断氧化性：，理由是___________。Ⅱ.溶液与溶液反应：（4）取红棕色溶液少许，加入，产生蓝色沉淀，推测与反应的离子方程式是___________。（5）另取红棕色溶液少许，检测其为胶体，向其中继续滴加溶液，发现溶液红褐色变深且产生刺激性气味的气体，该气体是___________。（6）结合(4)、(5)，推测溶液与溶液反应同时存在__________反应和___________反应。从下列选项选择：A．复分解B．双水解C．置换D．氧化还原【答案】（1）抑制水解（2）丁达尔效应（3）可以氧化铜单质，但铜不与盐酸反应（4）（5）（6）BD【解析】（1）配制溶液，需要将固体先溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度，原因是抑制水解。（2）根据实验ⅰ中的现象，推测红褐色液体为胶体，胶体具有丁达尔效应，故可通过丁达尔效应可快速判断其是否为胶体。（3）溶液与Cu反应的离子方程式为：；实验ⅰ和ⅱ均先有气体生成，后有溶液颜色的变化，甲同学认为产生该现象的原因可能是此实验条件下氧化性：，乙同学认为可以根据ⅲ判断氧化性：，理由是：可以氧化铜单质，但铜不与盐酸反应。（4）取红棕色溶液少许，加入，产生蓝色沉淀，可知此溶液中有亚铁离子，推测与反应可生成亚铁离子和硫酸根离子，离子方程式为：。（5）另取红棕色溶液少许，检测其为胶体，向其中继续滴加溶液，发现溶液红褐色变深且产生刺激性气味的气体，说明铁离子和亚硫酸根离子发生双水解反应生成氢氧化铁胶体和二氧化硫，该气体是二氧化硫。（6）结合(4)、(5)，推测溶液与溶液反应同时存在氧化还原反应和双水解反应。17.某化学兴趣小组设计如图实验装置(夹持装置已省略)，探究Cl2、SO2和I2的氧化性强弱。回答下列问题：（1）玻璃管a的作用是_______。（2）实验Ⅰ：旋开恒压滴液漏斗的玻璃塞，打开活塞K1，关闭活塞K2，通入Cl2。①装置A中制备Cl2的离子方程式为_______。②证明Cl2的氧化性大于I2的现象是_______。③装置C的作用是_______，装置D中所盛试剂为_______(填化学式)溶液。（3）实验Ⅱ：实验Ⅰ进行一段时间后，关闭活塞K1，打开K2，通入SO2气体，验证I2的氧化性比SO2强。①I2发生反应的化学方程式为_______。②实验完成后，打开弹簧夹，持续通入N2的目的是_______。（4）亚硝酰氯的化学式为NOCl，主要用于合成洗涤剂、触媒，也可用作有机合成中间体。其熔点-64.5℃，沸点-5.5℃，易水解。可以用NO与Cl2混合制取。①实验室用铜和稀硝酸反应来制备NO，1.92gCu完全反应理论上可产生标准状况下NO的体积为_______mL。②选用如下图所示的部分装置，用二氧化锰制备一瓶纯净且干燥的氯气，各玻璃导管接口连接顺序为_______→d→c→g(气流方向从左至右，每组仪器最多使用一次)。③NO与Cl2制取实验过程中“先通入Cl2，待反应装置中充满黄绿色气体时，再将NO缓缓通入”，此操作的目的是_______。【答案】（1）平衡压强，使分液漏斗中的液体能顺利流下（2）①.2+16H++10Cl-=2Mn2+++5Cl2↑+8H2O②.B中溶液变蓝③.防倒吸NaOH（3）①.I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4②.将装置中残余的Cl2，SO2等排出，使其被NaOH溶液吸收，防止其污染空气（4）①.448②.b→e→f→i→h③.排尽装置中的空气，防止NO被O2氧化〖祥解〗实验Ⅰ：旋开恒压滴液漏斗的玻璃塞，打开活塞K1，关闭活塞K2，装置A为Cl2的制备装置，离子方程式为：2+16H++10Cl-=2Mn2+++5Cl2↑+8H2O，Cl2进入装置B中，发生反应：，B中溶液变蓝，多余的氯气进入装置D中被吸收，装置C为安全瓶；实验Ⅱ：实验Ⅰ进行一段时间后，关闭活塞K1，打开K2，通入SO2气体，B中发生反应：I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，B中溶液蓝色褪去，验证I2的氧化性比SO2强；实验完成后，打开弹簧夹，持续通入N2，将装置中残余的Cl2，SO2等排出，使其被NaOH溶液吸收，防止其污染空气。【详析】（1）玻璃管a的作用是：平衡压强，使分液漏斗中的液体能顺利流下；（2）①高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气的离子方程式为：2+16H++10Cl-=2Mn2+++5Cl2↑+8H2O；②Cl2进入装置B中，发生反应：，B中溶液变蓝，可证明Cl2的氧化性大于I2；③装置C为安全瓶，防倒吸，装置D用于进行尾气处理，盛有氢氧化钠溶液；（3）①I2和SO2发生反应生成HI和H2SO4，化学方程式为：I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4；②持续通入N2的目的是：将装置中残余的Cl2，SO2等排出，使其被NaOH溶液吸收，防止其污染空气；（4）①实验室用铜和稀硝酸反应来制备NO，方程式为：3Cu+8HNO3═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，1.92gCu的物质的量为=0.03mol，理论上可产生0.02molNO，标况下的体积为0.02mol×22.4L/mol=0.448L=448mL；②浓盐酸与MnO2共热反应制得Cl2，制得的Cl2中混有挥发出的氯化氢气体，将气体通过盛有饱和食盐水的洗气瓶除去极易溶于水的氯化氢气体，再将气体通过盛有五氧化二磷的干燥管，干燥氯气，因氯气密度比空气大，应用向上排空气法收集氯气，因氯气有毒，应用氢氧化钠溶液吸收氯气，防止污染空气，则制备一瓶干燥、纯净的氯气，各玻璃导管接口连接顺序为：b→e→f→i→h→d→c→g；③NO与Cl2制取实验过程中“先通入Cl2，待反应装置中充满黄绿色气体时，再将NO缓缓通入”，此操作的目的是排尽装置中的空气，防止NO被O2氧化。18.I．由硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、Al2O3和SiO2)得到绿矾(FeSO4·7H2O)，然后制取透明氧化铁颜料的流程如下：已知：①透明氧化铁又称纳米氧化铁，粒子直径微小(10~90nm)，包括氧化铁黄(FeOOH)和氧化铁红(Fe2O3)，难溶于水，在碱性条件下非常稳定；②Fe3+能将FeS2中的硫元素氧化为+6价。回答下列问题：（1）FeS2的电子式为_______。其阴阳离子个数比为_______。（2）“滤渣”中的主要成分是_______。（3）“还原”过程中氧化剂是_______。氧化产物是_______。(用离子符号表示)（4）流程中“”环节的目的是_______。（5）“沉淀”采用分批加入KOH溶液，并不断搅拌，这样操作不但可以得到色泽纯正的氢氧化铁，而且还可以_______。Ⅱ．还可以选用用溶液浸取黄铁矿，其流程如图所示。（6）“浸取”的过程中，加快浸取的速率的方法有_______(写出两项)。（7）“操作”如果在实验室里进行，用到的玻璃仪器为_______。（8）从“溶液X”中提取绿矾晶体的操作为：加入Fe粉后，应先浓缩滤液至_______，趁热过滤，取滤液，_______，过滤、洗涤、干燥。【答案】（1）1：1（2）二氧化硅和二硫化铁（3）Fe3+（4）除去溶液中的Al3+，得到FeSO4溶液（5）形成细小的氢氧化铁颗粒（6）将黄铁矿粉碎，适当增加Fe2(SO4)3溶液浓度，适当升温，搅拌（7）烧杯、漏斗、玻璃棒（8）溶液表面出现晶膜冷却结晶〖祥解〗Ⅰ：硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、Al2O3和SiO2)加入硫酸溶解生成硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸铝，SiO2难溶于酸，过滤为滤渣，加入过量FeS2还原Fe3+为Fe2+，结晶得到滤液1为硫酸铝，再加水溶解得到硫酸亚铁溶液，加入KClO3部分氧化亚铁离子为铁离子，以及在KOH强碱性条件下生成氧化铁黄(FeOOH)，经转化得到透明氧化铁；Ⅱ：由题给流程可知，黄铁矿用硫酸铁溶液浸取时，二硫化亚铁与溶液中铁离子反应生成亚铁离子和硫单质，过滤得到含有硫酸亚铁的溶液X和含有矿渣、硫的滤渣；溶液X经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾晶体。【详析】（1）FeS2是由Fe2+和构成的，其电子式为：；其阴阳离子个数比为1：1；（2）由分析可知，滤渣为难溶于酸的SiO2和过量FeS2，名称为二氧化硅和二硫化亚铁；（3）已知Fe3+能将FeS2中的硫元素氧化为+6价，“还原”过程中涉及的离子方程式为，“还原”过程中氧化剂是Fe3+，氧化产物为；（4）由分析可知，流程中结晶再溶解环节的目的是除去溶液中的铝离子，得到硫酸亚铁溶液；（5）由分析可知，向溶液中分批加入氢氧化钾溶液，并不断搅拌的目的是得到均匀、色泽纯正的氢氧化铁，使氢氧化铁形成细小的氢氧化铁颗粒便于转化为透明氧化铁；（6）“浸取”的过程中，加快浸取的速率的方法有将黄铁矿粉碎，适当增加Fe2(SO4)3溶液浓度，适当升温，搅拌等；（7）“操作”为过滤，如果在实验室里进行，用到的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒；（8）由分析可知，从“溶液X”中提取绿矾晶体的操作为：加入Fe粉后，应先浓缩滤液至溶液表面出现晶膜，趁热过滤，取滤液，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥。19.化合物H是科学家正在研制的一种新药物，其合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）化合物A的分子式为___________，分子中最多有______个原子在同一个平面。（2）化合物B的官能团名称为___________。（3）写出化合物G的结构简式为___________。（4）反应⑤的化学方程式为___________。（5）①和⑦反应类型分别___________、___________。（6）化合物I是D的同分异构体，满足下列条件的I有___________种(不考虑立体异构)。ⅰ.1molI与足量溶液反应最多产生标况下气体44.8Lⅱ.苯环上有三个取代基，2个氯原子直接连在苯环上相邻位置（7）某药物中间的合成路线如下(部分反应条件已略去)，其中N、Z的结构简式分别为___________、___________。→MN→Z→【答案】（1）14（2）羧基、碳氯键（3）（4）+O2+2H2O（5）氧化反应取代反应（6）6（7）N：Z：〖祥解〗(A)发生氧化反应生成(B)，在加热条件下分子内脱水生成(C)，在酸性条件下与甲醇反应生成(D)，在LiAlH4作用下生成(E)，发生氧化反应生成(F)，发生如信息所示的反应转化为(G)，在酸性条件下和ROH反应生成(H)。【详析】（1）化合物A的结构简式为，其分子式为；根据苯的平面正六边形结构可知，苯分子中12个原子共平面，即分子中8个碳原子和两个Cl原子共平面，根据甲烷的四面体结构可知，甲基上最多还有一个H在苯环所决定的平面上，所以该分子中最多有12+2=14个原子在同一平面；（2）化合物B的结构简式为，其官能团名称为羧基、碳氯键；（3）已知：，则在H2O2作用下发生如信息所示反应转化为的G的结构简式为；（4）反应⑤为的羟基发生氧化反应转化为醛基生成，其化学方程式为+O2+2H2O；（5）①反应是发生氧化反应生成(B)，其反应类型是氧化反应，⑦反应是在酸性条件下和ROH反应生成(H)，对比两者的结构简式可知，相当于R取代了羟基的H，所以反应的类型取代反应；（6）D的结构简式为，满足条件的同分异构体I中有2个羧基，苯环上有2个相邻的Cl原子，还有两个饱和碳原子，但2个羧基和2个饱和碳原子形成一个整体侧链，分别为去标记1或2的碳原子上的1个H原子得到的基团：、，即侧链有3种，而这三种侧链在苯环上分别都有两种不同的位置，，所以符合要求的同分异构体共有2×3=6种；（7）中羟基先氧化为醛基生成M，然后M的醛基氧化为羧基，生成，接着分子内脱水生成，最后转化为，即其中N、Z的结构简式分别为、。黑龙江省牡丹江市部分学校2025届高三上学期期中考试I卷可能用到的相对原子质量：O-16Cu-64一、单项选择题(本题包括15小题，每小题3分共45分)1.文物见证历史，化学创造文明。东北三省出土的下列文物据其主要成分不能与其他三项归为一类的是（）A.金代六曲葵花鎏金银盏 B.北燕鸭形玻璃注C.汉代白玉耳杯 D.新石器时代彩绘几何纹双腹陶罐【答案】A【解析】A．金代六曲葵花鎏金银盏是合金，属于无机金属材料；B．北燕鸭形玻璃注是玻璃制品，属于硅酸盐材料；C．汉代白玉耳环是玉，属于含有微量元素的钙镁硅酸盐材料；D．新石器时代彩绘几何纹双腹陶罐是陶器，属于硅酸盐材料；综上A选项材质与其他三项材质不用，不能归为一类，答案选A。2.下列有关化学用语表述正确的是（）A.HF分子中σ键的电子云轮廓图：B.Fe2+的价层电子轨道表示式：C.HCl的电子式：D.中子数为9的氮原子：N【答案】B【解析】A．HCl中形成s—pσ键，其形成过程可表示为

，故A错误；B．铁元素的原子序数为26，基态亚铁离子的价电子排布式为3d6，价层电子轨道表示式为，故B正确；C．HCl为共价化合物，HCl的电子式为，故C错误；D．质量数=质子数+中子数=7+9=16，左上角数字代表质量数，左下角数字代表质子数，可表示为，故D错误；故答案选B。3.有关化学实验的说法错误的是（）A.实验室储存的镁条着火时，不可以用泡沫灭火器灭火B.金属汞一旦洒落在实验室地面或桌面时，必须尽可能收集，并深埋处理C.做蒸馏实验时，应在蒸馏烧瓶中加入沸石，以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加D.海带中碘元素的提取和检验中，为制取海带灰，可以将海带放在通风处加热灼烧，使其充分灰化【答案】B【解析】A．镁可以在CO2中燃烧生成氧化镁和碳单质，故实验室储存的镁条着火时，不可以用泡沫灭火器灭火，A正确；B．金属汞一旦洒落在实验室地面或桌面时，必须尽可能收集，立即撒上硫粉处理，而深埋会污染环境，B错误；C．蒸馏时，为防止暴沸，应在蒸馏烧瓶中加入沸石，但温度高时加沸石时液体可能飞溅，故沸腾前发现忘记加沸石，则立即停止加热，冷却后补加，C正确；D．为制取海带灰，可以将海带放在通风处加热灼烧，待其充分灰化，便于溶解时碘离子溶解充分，故D正确；答案选B。4.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.标准状况下，溶于水，溶液中和的微粒数目之和为B.3.36LHF(标准状况)所含的分子数为C.常温常压下，与足量反应，共生成，转移电子的数目为D.的溶液显中性，该溶液中含的数目为【答案】C【解析】A．标准状况下，物质的量为0.5mol，所含氯原子数为NA，因Cl2与水的反应是可逆反应，溶液中还存在氯气分子，溶液中含氯微粒有Cl2、和，则溶液中和的微粒数目之和小于，A错误；B．标准状况下HF是液态，无法计算3.36LHF(标准状况)所含的分子数，B错误；C．与足量反应：，每生成1个O2转移2个电子，则生成，转移电子的数目为，C正确；D．因，即，所以1L该溶液中含的数目小于，D错误；故选C。5.劳动创造幸福未来。下列劳动项目与所述的化学知识关联不合理的是（）选项劳动项目化学知识A家务劳动：饭后用热的纯碱溶液洗涤餐具油脂在碱性条件下发生水解B社区服务：推广使用免洗手酒精消毒液酒精能使蛋白质变性C工厂生产：冶炼钢铁涉及氧化还原反应D科学研究：燃煤脱硫有利于实现“碳达峰、碳中和”【答案】D【解析】A．纯碱为碳酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，热纯碱溶液的碱性更强，利用了油脂在碱性条件下易水解，生成高级脂肪酸钠盐和甘油，钠盐和甘油可以溶于水，被水冲洗掉，A正确；B．免洗手酒精消毒液中所用的酒精，能使细菌蛋白质脱水变性，从而使细菌丧失活性，B正确；C．冶炼钢铁，铁由化合物变为单质，铁元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，C正确；D．燃煤脱硫可以减少二氧化硫的排放，可减少酸雨污染，但不能减少二氧化碳的排放，不利于实现“碳达峰、碳中和”，D错误；故答案为：D。6.下列反应的离子方程式正确的是（）A.同浓度同体积溶液与溶液混合：B.酸性溶液中滴入C.过量铁与很稀硝酸溶液反应无气体放出：D.食醋去除铁锈：【答案】C【解析】A．由于H+结合OH-的能力大于，同浓度同体积溶液与溶液混合：，A错误；B．原离子方程式电荷不守恒，故FeCl2酸性溶液中滴入H2O2的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，B错误；C．过量铁与很稀硝酸溶液反应无气体放出，说明过量的铁将氮元素还原为，离子方程式为，C正确；D．食醋为弱酸，离子方程式为，D错误；故选C。7.“中国芯”的主要原料是单晶硅，制取纯硅的过程如图所示。下列说法正确的是（）A.步骤①中的反应为B.二氧化硅是酸性氧化物，能与水反应生成硅酸C.步骤②和③均属于置换反应D.28g纯硅中含有4molSi-Si键【答案】C【解析】A．步骤①中的反应为SiO2和焦炭在高温条件生成粗硅和CO，，故A错误；B．二氧化硅是酸性氧化物，但其不溶于水也不能与水反应，故B错误；C．步骤②,属于置换反应,③也属于置换反应，故C正确；D．硅晶体中1molSi与另外4molSi形成Si-Si键，但是这个Si只占每个键的一半，所以1mol纯硅含有2molSi-Si键，即28g纯硅中含有2molSi-Si键，故D错误；故答案为：C。8.物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度。如图为氮元素及其部分化合物的价态—类别图。下列说法正确的是（）A.雷雨天能实现e→c→d→b方向的转化B.c、d均为酸性氧化物C.f不能检验氯气管道是否漏气D.实验室可用g的固体与NaOH固体加热制备f【答案】A〖祥解〗图为氮元素及其部分化合物的价态—类别图。由图可知，a为硝酸盐、b为硝酸、c为一氧化氮、d为二氧化氮或四氧化二氮、e为氮气、f为氨气、g为铵盐。【详析】A．氮气和氧气通过雷电生成NO，NO和氧气生成二氧化氮，二氧化氮和水生成硝酸，故雷雨天能实现e→c→d→b方向的转化，A正确；B．NO为不成盐氧化物，NO2与碱反应时，元素化合价发生变化，不属于酸性氧化物，故NO、NO2均不是酸性氧化物，B错误；C．氨气和氯气能发生反应生成白烟，能检验氯气管道是否漏气，C错误；D．实验室制取氨气时是将氯化铵与氢氧化钙混合加热，D错误；答案选A。9.黄铁矿()在酸性条件下发生催化氧化的反应历程如图所示。下列说法错误的是（）A.反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均发生氧化还原反应B.反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为C.反应Ⅱ的离子方程式为D.总反应过程中氧气做氧化剂【答案】A〖祥解〗反应I离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，反应Ⅲ的离子方程式为Fe2++NO=Fe(NO)2+，反应Ⅱ的离子方程式为；【详析】A．反应I、Ⅱ是氧化还原反应；反应Ⅲ，无元素化合价变化，为非氧化还原反应，A错误；B．反应I的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，氧化剂(O2)与还原剂[4Fe(NO)2+]的物质的量之比为1：4，B正确；C．反应Ⅲ中Fe3+做氧化剂，FeS2做还原剂，离子方程式为，C正确；D．该过程的总反应为2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4+4H+，则氧气做氧化剂，D正确；故选A。10.下列说法正确的是（）A.铁与碘反应易生成碘化铁B.制备无水氯化镁需在HCl气流中加热C.用石灰沉淀富镁海水中的Mg2+，生成碳酸镁D.SO2通入BaCl2溶液中生成BaSO3沉淀【答案】B【解析】A．I2属于弱氧化剂，与Fe反应生成FeI2，A错误；B．氯化镁溶液加热时镁离子易水解生成氢氧化镁，故制备无水氯化镁需在HCl气流中加热，抑制镁离子水解，B正确；C．石灰沉淀Mg2+生成的沉淀是Mg(OH)2，C错误；D．SO2通入BaCl2溶液中不能生成BaSO3沉淀，因为H2SO3酸性比HCl弱，该复分解反应不能发生，D错误；答案选B。11.下列实验方案中元素价态转化正确的是（）选项实验方案同元素不同价态之间转化A向粉末中滴加70%硫酸，将气体通入氯水S：＋6→＋4→＋6B向稀硝酸中加入少量铁粉，再加入过量铜粉Fe：0→＋3→＋2C加热和混合物，将气体通入浓硫酸中N：-3→0→＋4D在中加入浓盐酸，将气体通入KI淀粉溶液中Cl：-1→0→＋5【答案】B【解析】A．与反应，表现酸性，硫的化合价没有变化，A错误；B．稀硝酸中加入少量铁粉，生成，再加铜粉，，B正确；C．与浓硫酸生成，N的化合价没有变化，C错误；D．，氯的化合价由＋5或-1→0→-1，D错误；故选B。12.甲、乙是实验室常用装置，选用适当实验药品，组装甲、乙能实现多种实验目的。下列选项中试剂选取和操作能达到对应实验目的的是（）选项实验目的a物质b物质乙中物质乙进气口A检验SO2的漂白性浓硫酸Na2SO3固体品红溶液NB收集贮存NO浓硝酸Cu水NC检验Cl2的氧化性浓盐酸MnO2Na2S溶液MD收集贮存氨气浓氨水氧化钙CCl4N【答案】D【解析】A．二氧化硫可以使品红褪色，乙中应长进短出，应从M处进，故A错误；B．铜和浓硝酸反应，浓硝酸被还原为NO2，故B错误；C．MnO2和浓盐酸反应制备氯气需要加热，故C错误；D．CaO和浓氨水可以制备氨气，氨气不溶于CCl4，可以用CCl4收集氨气，短进长出，故D正确；故选D。13.重铬酸铵可用作有机合成催化剂，具有强氧化性。实验室将通入重铬酸()溶液制备的装置如图所示(夹持装置略去)。已知：。下列说法错误的是（）A.仪器a的作用是防止倒吸B.装置Y中的溶液pH不宜过大C.装置X可以观察到通入氨气的快慢和装置Y中是否有堵塞D.装置b中装入的试剂是碱石灰，目的是吸收过量的氨气【答案】D【解析】A．氨气极易溶入水，a用来防止倒吸，选项A正确；B．若溶液pH过大，呈较强碱性，平衡，正向移动，不利于制备，选项B正确；C．通过观察的气泡快慢，可判断通入氨气的快慢，若Y中堵塞，的气泡快慢也会变慢，选项C正确；D．碱石灰不能用来吸收，可以选用或无水，选项D错误；答案选D。14.已知：(的熔点16.8℃，沸点44.8℃)。实验室利用该原理制取少量，下列实验装置不能达到实验目的的是（）A.用装置甲制取气体 B.用装置乙干燥并混合和C.用装置丙制取并收集 D.用装置丁吸收尾气中的【答案】A【解析】A．铜能与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，但常温下与浓硫酸不反应，则装置甲不能达到制取二氧化硫的实验目的，故A符合题意；B．由实验装置图可知，装置乙中盛有的浓硫酸用于干燥并混合二氧化硫和氧气，则装置乙能达到实验目的，故B不符合题意；C．由实验装置图可知，装置丙的硬质玻璃管中二氧化硫和氧气在五氧化二钒做催化剂条件下共热发生催化氧化反应生成三氧化硫，盛放在冰水中的U形管用于冷凝收集三氧化硫，则装置丙能达到实验目的，故C不符合题意；D．由实验装置图可知，装置丁中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化硫，防止污染空气，则装置丁能达到实验目的，故D不符合题意；故选A。15.某同学为测定和混合粉末中的含量。将和混合粉末加入的稀硝酸中，得到气体(标准状况下)，忽略溶液体积的变化。下列有关说法正确的是（）A.反应后有固体剩余B.反应后的溶液中C.单质在混合粉末中的质量分数约为D.在反应后的溶液中加入足量铁粉，可置换出【答案】D【解析】A．Cu与稀硝酸反应的化学方程式为与稀硝酸反应的化学方程式为，若混合粉末全部为，消耗的硝酸最多为(硝酸的物质的量为)，设混合粉末中和的物质的量分别为、，依题意可得，联立解得。由以上分析可知，硝酸过量，不会有固体剩余，项错误；B．，B项错误；C．单质在混合粉末中的质量分数为，C项错误；D．可置换出铜的质量为，D项正确；本题选D。Ⅱ卷(四道大题、共55分)16.以溶液为实验对象，研究物质之间反应的复杂多样性。实验如下：Ⅰ.金属与溶液反应装置序号金属现象及产物检验ⅰ镁条立即产生大量气体，溶液颜色变红棕色；片刻后气泡减少，金属表面产生红褐色沉淀。ⅱ锌粒开始时无明显气泡，半分钟后有气体产生，溶液颜色慢慢加深；一段时间后，金属表面产生红棕色沉淀ⅲ铜粉无气体产生，溶液逐渐变为蓝绿色；（1）配制溶液，需要将固体先溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度，原因是___________。（2）根据实验ⅰ中的现象，推测红褐色液体为胶体，通过___________可以快速判断其是否为胶体。（3）溶液与Cu反应的离子方程式为___________，实验ⅰ和ⅱ均先有气体生成，后有溶液颜色的变化，甲同学认为产生该现象的原因可能是此实验条件下氧化性：，乙同学认为可以根据ⅲ判断氧化性：，理由是___________。Ⅱ.溶液与溶液反应：（4）取红棕色溶液少许，加入，产生蓝色沉淀，推测与反应的离子方程式是___________。（5）另取红棕色溶液少许，检测其为胶体，向其中继续滴加溶液，发现溶液红褐色变深且产生刺激性气味的气体，该气体是___________。（6）结合(4)、(5)，推测溶液与溶液反应同时存在__________反应和___________反应。从下列选项选择：A．复分解B．双水解C．置换D．氧化还原【答案】（1）抑制水解（2）丁达尔效应（3）可以氧化铜单质，但铜不与盐酸反应（4）（5）（6）BD【解析】（1）配制溶液，需要将固体先溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度，原因是抑制水解。（2）根据实验ⅰ中的现象，推测红褐色液体为胶体，胶体具有丁达尔效应，故可通过丁达尔效应可快速判断其是否为胶体。（3）溶液与Cu反应的离子方程式为：；实验ⅰ和ⅱ均先有气体生成，后有溶液颜色的变化，甲同学认为产生该现象的原因可能是此实验条件下氧化性：，乙同学认为可以根据ⅲ判断氧化性：，理由是：可以氧化铜单质，但铜不与盐酸反应。（4）取红棕色溶液少许，加入，产生蓝色沉淀，可知此溶液中有亚铁离子，推测与反应可生成亚铁离子和硫酸根离子，离子方程式为：。（5）另取红棕色溶液少许，检测其为胶体，向其中继续滴加溶液，发现溶液红褐色变深且产生刺激性气味的气体，说明铁离子和亚硫酸根离子发生双水解反应生成氢氧化铁胶体和二氧化硫，该气体是二氧化硫。（6）结合(4)、(5)，推测溶液与溶液反应同时存在氧化还原反应和双水解反应。17.某化学兴趣小组设计如图实验装置(夹持装置已省略)，探究Cl2、SO2和I2的氧化性强弱。回答下列问题：（1）玻璃管a的作用是_______。（2）实验Ⅰ：旋开恒压滴液漏斗的玻璃塞，打开活塞K1，关闭活塞K2，通入Cl2。①装置A中制备Cl2的离子方程式为_______。②证明Cl2的氧化性大于I2的现象是_______。③装置C的作用是_______，装置D中所盛试剂为_______(填化学式)溶液。（3）实验Ⅱ：实验Ⅰ进行一段时间后，关闭活塞K1，打开K2，通入SO2气体，验证I2的氧化性比SO2强。①I2发生反应的化学方程式为_______。②实验完成后，打开弹簧夹，持续通入N2的目的是_______。（4）亚硝酰氯的化学式为NOCl，主要用于合成洗涤剂、触媒，也可用作有机合成中间体。其熔点-64.5℃，沸点-5.5℃，易水解。可以用NO与Cl2混合制取。①实验室用铜和稀硝酸反应来制备NO，1.92gCu完全反应理论上可产生标准状况下NO的体积为_______mL。②选用如下图所示的部分装置，用二氧化锰制备一瓶纯净且干燥的氯气，各玻璃导管接口连接顺序为_______→d→c→g(气流方向从左至右，每组仪器最多使用一次)。③NO与Cl2制取实验过程中“先通入Cl2，待反应装置中充满黄绿色气体时，再将NO缓缓通入”，此操作的目的是_______。【答案】（1）平衡压强，使分液漏斗中的液体能顺利流下（2）①.2+16H++10Cl-=2Mn2+++5Cl2↑+8H2O②.B中溶液变蓝③.防倒吸NaOH（3）①.I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4②.将装置中残余的Cl2，SO2等排出，使其被NaOH溶液吸收，防止其污染空气（4）①.448②.b→e→f→i→h③.排尽装置中的空气，防止NO被O2氧化〖祥解〗实验Ⅰ：旋开恒压滴液漏斗的玻璃塞，打开活塞K1，关闭活塞K2，装置A为Cl2的制备装置，离子方程式为：2+16H++10Cl-=2Mn2+++5Cl2↑+8H2O，Cl2进入装置B中，发生反应：，B中溶液变蓝，多余的氯气进入装置D中被吸收，装置C为安全瓶；实验Ⅱ：实验Ⅰ进行一段时间后，关闭活塞K1，打开K2，通入SO2气体，B中发生反应：I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，B中溶液蓝色褪去，验证I2的氧化性比SO2强；实验完成后，打开弹簧夹，持续通入N2，将装置中残余的Cl2，SO2等排出，使其被NaOH溶液吸收，防止其污染空气。【详析】（1）玻璃管a的作用是：平衡压强，使分液漏斗中的液体能顺利流下；（2）①高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气的离子方程式为：2+16H++10Cl-=2Mn2+++5Cl2↑+8H2O；②Cl2进入装置B中，发生反应：，B中溶液变蓝，可证明Cl2的氧化性大于I2；③装置C为安全瓶，防倒吸，装置D用于进行尾气处理，盛有氢氧化钠溶液；（3）①I2和SO2发生反应生成HI和H2SO4，化学方程式为：I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4；②持续通入N2的目的是：将装置中残余的Cl2，SO2等排出，使其被NaOH溶液吸收，防止其污染空气；（4）①实验室用铜和稀硝酸反应来制备NO，方程式为：3Cu+8HNO3═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，1.92gCu的物质的量为=0.03mol，理论上可产生0.02molNO，标况下的体积为0.02mol×22.4L/mol=0.448L=448mL；②浓盐酸与MnO2共热反应制得Cl2，制得的Cl2中混有挥发出的氯化氢气体，将气体通过盛有饱和食盐水的洗气瓶除去极易溶于水的氯化氢气体，再将气体通过盛有五氧化二磷的干燥管，干燥氯气，因氯气密度比空气大，应用向上排空气法收集氯气，因氯气有毒，应用氢氧化钠溶液吸收氯气，防止污染空气，则制备一瓶干燥、纯净的氯气，各玻璃导管接口连接顺序为：b→e→f→i→h→d→c→g；③NO与Cl2制取实验过程中“先通入Cl2，待反应装置中充满黄绿色气体时，再将NO缓缓通入”，此操作的目的是排尽装置中的空气，防止NO被O2氧化。18.I．由硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、Al2O3和SiO2)得到绿矾(FeSO4·7H2O)，然后制取透明氧化铁颜料的流程如下：已知：①透明氧化铁又称纳米氧化铁，粒子直径微小(10~90nm)，包括氧化铁黄(FeOOH)和氧化铁红(Fe2O3)，难溶于水，在碱性条件下非常稳定；②Fe3+能将FeS2中的硫元素氧化为+6价。回答下列问题：（1）FeS2的电子式为_______。其阴阳离子个数比为_______。（2）“滤渣”中的主要成分是_______。（3）“还原”过程中氧化剂是_______。氧化产物是_______。(用离子符号表示)（4）流程中“”环节的目的是_______。（5）“沉淀”采用分批加入KOH溶液，并不断搅拌，这样操作不但可以得到色泽纯正的氢氧化铁，而且还可以_______。Ⅱ．还可以选用用溶液浸取黄铁矿，其流程如图所示。（6）“浸取”的过程中，加快浸取的速率的方法有_______(写出两项)。（7）“操作”如果在实验室里进行，用到的玻璃仪器为_______。（8）从“溶液