北京市门头沟区2023-2024学年高三年级下册一模化学试题

门头沟区2024年高三年级综合练习

化学

本试卷共10页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无

效。考试结束后，将答题卡交回。

可能用到的相对原子质量：HlC12016C135.5Mn55Cu64

第一部分

本部分共14小题，每小题3分，共42分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要

求的一项。

1.中国载人航天工程取得重大成就,计划在2030年前实现中国人首次登月。下列有关说法不正确的是

A.“嫦娥五号”使用的铝基复合材料,属于合金材料

B.月壤中含有地球上罕见的氮-3,氮-3是一种新型可控核聚变能源生产材料

C.中国空间站“天和”核心舱等使用的柔性太阳电池阵，将太阳能转化为电能

D.“长征七号遥五”运载火箭采用全液氧煤油等燃料，无毒无污染称为“绿色”火箭

【答案】A

【解析】

【详解】A.铝基复合材料属于复合材料，故A错误;

B.氢-3是一种新型可控核聚变能源生产材料，故B正确;

C.柔性太阳电池阵将太阳能转化为电能，故C正确;

D.液氧煤油反应后产物为二氧化碳和水，对环境无毒、无污染,故D正确;

故选A。

2.下列化学用语或图示表述正确的是

C1HC1

A.用电子云轮廓图表示HC1的s-p。键形成的示意图:

B.2Py的电子云图为:

C.NH3分子的空间结构模型为:

D.H2O2分子的空间结构为,93。52，，可推测出H2O2为非极性分子

【答案】A

【解析】

【详解】A.H提供1s原子轨道，氯提供1个末成对的3P原子轨道，用电子云轮廓图表示HC1的s-P。键

形成的示意图：

,故A正确;

B.2py的电子云图为哑铃形：灌,其中的黑点不代表核外电子的运动轨迹，表示电子

出现的几率的多少，小黑点越密集的地方，电子出现的几率越高，小黑点越稀薄的地方，电子出现的几率

越小，故B错误；

【07°18'

C.NH3分子的空间结构模型为三角锥形故c错误;

D.I!?。？分子的空间结构为双氧水的分子是书页状的结构，就好像打开的一

本书，两个H分别在两个书页上，分子是不对称的结构，正电与负电中心不重合，可推测出H2O2为极性

分子，故D错误；

故选Ao

3.下列有关比较，不能用电负性解释的是

A.键角：H2Se<H2S<H2O

B.沸点：CH4<SiH4<GeH4

C.共价键极性：HC1>H2S>PH3

D,酸性：CFCOOH>CC1COOH

33>CH3COOH

【答案】B

【解析】

【详解】A.中性原子的电负性：Se<S<0,即电负性越大对键合电子的吸引能力越大，键合电子之间的

排斥力越大，键角越大，可用电负性解释，A不符合题意；

B.CH4、SiH4、GeH相对分子质量逐渐增大，范德华力逐渐增大，沸点逐渐升高，不能用电负性介绍，B

符合题意；

C.电负性：C1>S>P,电负性越大对键合电子的吸引能力越大，即HC1、HS、HP键的极性逐渐减弱，可

用电负性解释，C不符合题意；

D.电负性电负性越强，其羟基中的0H键极性越强，越容易电离出H+,酸性越强，可用电负

性解释，D不符合题意；

故选B。

4.中国科学院天津工业生物所在国际上首次实现了实验室中由二氧化碳到淀粉的合成。下列说法不事项的

是

HOH0

太阳能电池

0人工光合成CH30H生物暗合成

A.淀粉属于天然有机高分子化合物

B.过程②中CC)2被还原

c.过程②中的co?只有兀键断裂

D.该技术可以将CC)2转化为有机物质，对实现碳中和有着积极的作用

【答案】c

【解析】

【详解】A.淀粉的相对分子质量很大，属于天然有机高分子化合物，故A正确;

B.过程②中CO2TCH3OH,化合价由+4下降到2,C02被还原，故B正确；

C.过程②中的CO2©键兀键均断裂，故C错误;

D.该技术将CO2转化为有机物质，降低了空气中导致温室效应的C02气体的浓度,同时也制取得到了重

要的有机原料，对实现碳中和有着积极的作用，故D正确；

故选C。

5.光学性能优良的高分子材料聚碳酸异山梨醇酯可由如图反应制备。

异山梨醇碳酸二甲酯聚碳酸异山梨醇酯

下列说法不正确的是

A.异山梨醇有2种官能团B.化合物X为H2。

C.异山梨醇分子中有4个手性碳D.该反应为缩聚反应

【答案】B

【解析】

【详解】A.异山梨醇有2种官能团，酸键和羟基，故A正确；

B.由原子守恒可知，X为CH3OH,故B错误；

C.异山梨醇分子中有4个手性碳，位置如图：HO^^A^OH，故C正确;

D.该反应产物除高聚物分子外，还有小分子生成，为缩聚反应，故D正确；

故选B。

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A.配制溶液时，转移溶液用玻璃棒引流，A能达到目的；

B.乙烘中的H2s等杂质也能使澳水褪色，应先通过一个盛碱液的洗气瓶将杂质除去，故B不能达到目的；

C.高锯酸钾溶液的浓度不同，颜色不同，应控制等浓度的高镒酸钾溶液且不足，改变草酸的浓度来探究浓

度对化学反应速率的影响，C不能达到目的；

D.乙醇具有挥发性，也可进入试管中使酸性高锯酸钾溶液褪色，D不能达到目的；

故选Ao

7.下列离子方程式与所给事实不相行的是

2++

A.将二氧化硫通入酸性高锌酸钾溶液：5SO2+2H2。+2MnO4=2Mn+5SOf+4H

B.酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水：2r+2H++H2O2=I2+2H2。

C.将二氧化碳通入碳酸钠溶液中：CO2+CO^+H2O=2HCO；

D.NH4HSO3溶液与足量NaOH溶液混合：NH：+OH-=NH3H2O

【答案】D

【解析】

【详解】A.将二氧化硫通入酸性高锦酸钾溶液，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，离子方程式为：

2++

5SO2+2H2O+2MnO4=2Mn+5SOj+4H,故A正确；

B.酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水，碘离子被过氧化氢氧化为碘单质同时生成水，

+

21-+2H+H2O2=I2+2H2O,故B正确;

C.将二氧化碳通入碳酸钠溶液中生成碳酸氢根，离子方程式为：CO2+CO^-+H2O=2HCO-,故C正

确；

D.NH4HSO3溶液与足量NaOH溶液反应，亚硫酸根离子、钱根离子均和氢氧根离子完全反应：

NH；+HSO；+2OH=NH3H2O+H2O+SO；,故D错误；

故选D。

8.石墨相氮化碳（g-CsNj作为一种新型光催化材料，研究表明，非金属掺杂（0、S等）能提高其光催化

活性。g-C3N4具有和石墨相似的层状结构，其中一种二维平面结构如图所示。下列说法不正琥的是

A,基态。原子的成对电子数与未成对电子数之比为2：1

B.c、N、o的第一电离能（Ij大小为L（O）＞L（N）＞［（C）

C.N原子的配位数为2和3

D.g-C3N4晶体中存在的微粒间作用力有共价键和范德华力

【答案】B

【解析】

【详解】A.基态C原子的核外电子排布式是Is22s22P2,成对电子数为4,未成对电子数为2,其比值为2：

1,故A正确；

B.同一周期从左往右原子的核内质子数逐渐增多，对最外层电子的引力逐渐增强，第一电离能有逐渐增大

的趋势，但由于N原子的最外层电子达到了稳定的半充满结构，因此其第一电离能大于相邻元素，

C、N、0的第一电离能（L）大小为L（N）＞I］（O）＞I］（C）,故B错误；

C.根据二维平面结构图得知，N原子的成键有两种方式，故配位数为2、3两种，故C正确；

D.gC3N4晶体具有和石墨相似的层状结构，其中存在的微粒间作用力有极性键，层与层之间存在和范德华

力，故D正确；

故选B

9.下列依据实验现象得到的结论正确的是

选

实验实验现象结论

项

A将稀硫酸加入铁粉中，再滴加KSCN溶液溶液呈红色稀硫酸将Fe氧化为Fe3+

B将铜粉加入LOmol•匚喉2(SO41溶液中溶液变蓝金属铁比铜活泼

加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管

C石蕊试纸变蓝NH4HCO3显碱性

口放置湿润的红色石蕊试纸

一支试管中产生黄色

向两支盛有2rnL相同浓度的银氨溶液的试管中

D沉淀，另一支中无明Ksp(Agl)<Ksp(AgCl)

分别加入2滴相同浓度的NaCl和Nai溶液

显现象

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A.将稀硫酸加入铁粉中发生反应Fe+2H+=Fe2++H2T,滴加KSCN溶液溶液不会变红，故A

错误；

B.将铜粉加入LOmoLLTFezlSOj溶液中，发生反应2Fe?++2Fe?+,溶液变蓝，说明还

原性Cu>Fe2+,不能说明金属铁比铜活泼，故B错误；

C.NH4HCO3受热分解为NH3、C02和H2O,其中NH3为碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，但

这不能说明NH4HCO3显碱性，实验结论错误，故C错误；

D.一支试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象，说明Agl比AgCl更易沉淀，Agl与AgCl结构相似,

因此Ksp(Agl)<Ksp(AgCl),故D正确；

故选D。

10.为吸收工业尾气中的NO和SO2,设计如图流程，同时还能获得连二亚硫酸钠(Na2s2O4,其结晶水合

物又称保险粉)和NH4NO3产品。(Ce为锌元素)

下列说法不亚确的是

A.工业尾气中的NO和SO2排放到大气中会形成酸雨

B.装置II的作用是吸收NO

C.Ce4+从阴极口流出回到装置II循环使用

D.装置IV中氧化IL2moiITNO,至少需要标准状况下22.4LC）2

【答案】C

【解析】

【分析】装置I中加入NaOH溶液吸收S02,装置H中加入Ce，+,酸性条件下，NO和Ce，+发生氧化还原反

应，生成NO］、NO；,装置111（电解槽）中阳极发生反应Ce3+-e-=Ce4+,从阳极口流出回到装置II循环

使用，阴极得到S2。：，装置IV中NO1被氧气氧化为NO：,NO；与氨气生成硝酸铁。

【详解】A.工业尾气中的NO可与氧气生成N02,N02与水反应得硝酸，形成硝酸型酸雨，SO2与水反应

得H2s03,H2sCh被氧气氧化为硫酸，会形成硫酸型酸雨，故A正确；

B.装置II中加入Ce4+,酸性条件下，NO和Ce4+发生氧化还原反应，生成NO］、NO",故B正确；

C.装置m（电解槽）中阳极发生反应Ce3+-e-=Ce4+,从阳极口流出回到装置II循环使用，故C错误；

D.装置IV中NO：被氧气氧化为NO］的离子方程式为：2NOZ+C）2=2NOnIL2moi1-虫0£物质的

量为ILx2moi/L=2mol,即消耗ImolCh，标况下体积为22.4L,故D正确；

故选C。

11.为减少CC）2的排放，科研工作者利用oX^=O（Q）与H0—OH（QH2）电解转化法

从烟气中分离CC）2的原理如图。已知气体可选择性通过膜电极，溶液不能通过。下列说法不正琥的是

B.CO2在M极被还原

c.溶液中Q的物质的量保持不变

D.

【答案】B

【分析】结合该电解池图示中的信息可知，M极发生的是由转化为0H的

过程，从分子组成上看，该过程中是一个加氢的过程，属于还原反应，故M极为阴极，则阴极的电极反应

式为：0=^~^=0+2凡。+2e=HO—OH+20H,故与M相连的a电极为负极，b为电

源正极，N为阳极，阳极的电极反应式为HOT^^—0H-2e-=O《^=O+2H+，由此分析

回答；

【详解】A.由分析可知，b为电源正极，A正确；

B.M极为阴极，则阴极的电极反应式为：C)Y\=O+2H20+2e=HO—OH+20H-,

可知整个过程C02并未被还原，C02在M极上发生反应为：CO2+OH=HCO3,B错误;

C.结合阴极的电极反应式：。《10+2凡0+26=HO—OH+2OH，阳极的电极反

应式：OH-2e「=O=<^^>=0+2H+，可知该电解池中的总反应的方程式可表示为:

Q+

H,0=H++OH"在该电解池中Q相当于是反应的催化剂，结合该电解装置中气体可选择性通过膜电

通电

极、溶液不能通过，则溶液中Q的物质的量保持不变，C正确；

D.N极为阳极，电极反应式为HOOH—2片=O+2H+，D正确；

故选Bo

12.实验测得等物质的量浓度的NaHCC%和Na2cO3溶液pH随温度变化如图所示。下列说法不正确的是

A.NaHCC>3和Na2cO3水解均是吸热反应

B.若将N点溶液恢复到25°C,pH>8.62

C.N点时NaHCOs已经完全分解

D.M点之前，升温pH减小是Kw改变与HCO；的电离和水解平衡移动共同作用的结果

【答案】C

【解析】

【详解】A.盐的水解反应为中和反应的逆过程，中和反应为放热反应，则NaHCOs和Na2cO3水解均是

吸热反应，故A正确；

B.升高温度部分碳酸氢钠分解为碳酸钠，则将N点溶液恢复到25℃,混合液pH>8.62,故B正确；

C.若N点NaHCCh已经完全分解，则碳酸钠溶液在45℃时的pH约为11.45,，与碳酸氢钠溶液的pH不符,

故C错误；

D.升温，Kw增大，同时促进了HCO；的电离和水解，M点之前，升温pH减小是Kw改变与HCO；的电

离和水解平衡移动共同作用的结果，故D正确；

故选C。

13.我国科学家研发的“液态阳光”计划是：通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳

加氢制备甲醇。

1

主反应：CO2(g)+3H2(g)uCH30H(g)+H2O(g)AH=-48.7kJ-moP

4

副反应：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)AH=+41.3kJ.mol

将C02和H2按物质的量比1:3混合，以固定流速通过盛放Cu/Zn/Al/Zr催化剂的反应器,在相同时间内，

不同温度下的实验数据如图所示。下列说法不亚确的是

CHOH产率」(转化为CH的C5)

已知:

3"〃(通入的C02总量)

0.36J」0.36

3030

0.0.<

0.0.

树S

S忙

3H

2424O

都K

0O

0

1818

0.120.12

480500520540

77K

一CO2平衡转化率——CH30H平衡产率

*-CC)2实验转化率—CH30H实验产率

A.由图可知，催化剂活性最好的温度大约在523K

B.483K升温到523K,主反应的反应速率受温度影响更大

C.为了提高CO2的平衡转化率和CH30H的平衡产率，可以选择低温、高压条件

D.温度由523K升到543K,CHQH的实验产率降低的原因可能是：温度升高，主反应逆移程度大于副

反应正移程度

【答案】D

【解析】

【详解】A.当温度为523K时，CO2的实验转化率和CH30H的实验产率最高，说明此温度下催化剂活性

最好，A正确；

B.温度由483K升到523K,CO2的实验转化率和的CH30H实验产率均明显增大，说明此过程中主反应

在正向进行，则主反应的反应速率受温度影响更大，B正确；

c.主反应为放热反应，且正向气体分子数减小，则采用低温、高压有利于平衡正向移动，提高co?的平

衡转化率和CH30H的平衡产率，可以选择低温、高压条件，C正确；

D.除了平衡左移外，结合上面各选项可知，CH30H实验产率降低的原因可能是：温度升高，催化剂的活

性降低，使主反应速率降低，故CH30H实验产率降低，D不正确；

选D。

14.化学小组同学探究铜与过量浓硝酸反应后溶液呈绿色的原因。

资料：i.铜与浓硝酸反应过程中可生成HNO2，EINO?易分解产生无色气体。

2+2-

ii.HNO2是一种弱酸。HN02电离出NO],NO：与Cd+发生如下反应：Cu+4NO2[Cu(NO2)4]

(绿色)

编

操作现象

号

HNO3溶液变黄

分别向2mL6mol/LHN03和2mL6moi/LNaNO3溶液中通入稳定的N02气

©

NaNO3溶液不变

流

黄

②将实验①的黄色溶液与蓝色CU(NC)3)2溶液混合溶液呈绿色

③将2mLNaNO2溶液与2mLCu(NO3)2溶液混合溶液呈绿色

©向实验③所得溶液中加入1mL浓硝酸溶液变蓝

下列说法不亚确的是

A.依据实验①，向2mL3mol/LH2sO4通入稳定的N。？气流，溶液可能会变黄

B.实验④加入浓硝酸后可能发生NO2+H+=HNC>2,使N0£浓度下降，绿色消失

C.铜与过量浓硝酸反应溶液呈绿色可能原因是：浓硝酸中溶解了生成的NC>2呈黄色，黄色与蓝色叠加呈

绿色

D,铜与过量浓硝酸反应溶液呈绿色可能原因是：铜与浓硝酸反应过程中，生成［Cu(NO2)4:使溶液呈绿色

【答案】D

【解析】

【详解】A.依据实验①，当有氢离子存在时，通入NO2气体，溶液可能会变成黄色，故向

2mL3mol/LH2sO4通入稳定的NO2气流，溶液可能会变黄，A正确；

2+2

B.当实验④加入浓硝酸后可能发生N0；+H+=HNC)2,使NO2浓度下降，CU+4NO；［CU(NO2)4］

平衡逆向移动，绿色消失，B正确；

C.由实验①②可知，铜与过量浓硝酸反应溶液呈绿色可能原因是：浓硝酸中溶解了生成的NC>2呈黄色，

黄色与蓝色叠加呈绿色，C正确；

D.HNC>2易分解，溶液中不能生成大量［CU(NC)2)4「使溶液呈绿色，D错误；

故选D。

第二部分

本部分共5题，共58分。

15.铜氨溶液含有［CU(NH3)4『，具有溶解纤维素的性能，在溶解纤维素后所得溶液中再加酸时纤维素

又可以沉淀析出，利用这种性质来制造人造丝。用硫酸铜溶液和氨水反应可以制得铜氨溶液。

(1)CuSC)4溶液呈蓝色是因为含有水合铜离子［CulHzO)/",结构示意图如图所示：基态Cu原子核外

电子排布式为。

(2)制备铜氨溶液。

向CuSC)4溶液中加入少量氨水，得到浅蓝色的碱式硫酸铜的沉淀；若继续加入氨水，沉淀溶解，得到深蓝

色的含［CU(NH3)4,+的铜氨溶液。

①比较键角：NH3NH：(填“大于”“小于”或“等于”)。

②该实验中，cj+与NW结合能力(填“大于”“小于”或“等于")cE+与旦0结合能力，解释原因:

③经实验发现：金属铜与氨水和过氧化氢的混合溶液反应也可得到[CU(NH3)4『。金属铜单独与氨水或

单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，其原因是，反应的离子方应

程式为O

(3)某种铜的氯化物晶胞形状为立方体，结构如图所示。

已知该晶胞的密度为0g-cnr3,阿伏加德罗常数为NA。则该晶胞的边长为cm(列出计算式)。

。C1

Ocu2+

【答案】⑴[Ar]3胪4s]

(2)①.小于②.>③.电负性：0>N,因此Cd+与H2。形成的配位键极性比C/+与NH3

形成的配位键要强，更易断裂，即C/+与NH3的结合能力更强④.过氧化氢作氧化剂，氨与Cu2+形成

2+

配离子，两者相互促进使反应进行⑤.CU+4NH3.H2O+H2O2=[Cu(NH3)J+4H2O+2OH

164g/molx4+35.5g/molx4

⑶\pNl

【解析】

【小问1详解】

基态Cu原子核外电子排布式为：[Ar]3(r4si；

【小问2详解】

①NIL价层电子对数为4,有1个孤电子对，为sp3杂化，NH：价层电子对数为4,没有孤电子对，为sp3

杂化，由于孤电子对对键合电子对的排斥力比键合电子对之间的排斥力大，因此NH：的键角更大；

②电负性：0>N,因此Cu2+与H2O形成的配位键极性比C/+与NH3形成的配位键要强，更易断裂，即

Cl?+与NH3的结合能力更强；

③过氧化氢作氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行，反应的离子方程式为:

2+

CU+4NH3.H2O+H2O2=[Cu（NH3）4]+4H2O+2OH；

【小问3详解】

由均摊法可知，1个晶胞中CiP+数目为8xJ+6x1=4,Cl数目为4,晶胞的质量为:

82

64gzmolx4+35.5g/mol>4日胞的边长为3164g/molx4+35.5g/molx4

NA'BB\瓦"

16.氨是一种重要的化工原料，迄今为止，人类仍然在追求低成本、高产率的合成氨技术。

I.N2>Pi2直接合成氨。

(1)根据图1所示的能量转换关系，N2、H?合成NH?的热化学方程式为

N(g)+3H(g)

^NH(g)+2H(g)

I如值)WNHWH®

而八----「------

含湾］39

寸/2(g)+2H2(g)*国Q)

图1能量转换关系

(2)为了解决合成氨反应速率和平衡产率的矛盾，选择使用Fe-Ti。？-xHy双催化剂，通过光辐射产生

温差。使N三N在(填“热Fe”或“冷Ti”，下同)表面断裂，氨气在表面生成，有利于提高合

成氨的反应速率和平衡产率。

II.电化学法合成氨。

还原还原

应用电化学原理，硝酸盐-亚硝酸盐.氨，实现了高效合成氨，装置如图2。

OH-0H

•，Zn(OH)；

LNH3<P°嘤3

r>NO2>

•一产

力・Q“・出产

（3）生成NO1的电极反应式是.

（4）当电路中有2moi电子通过时，一定量的NO1被还原生成0.6molNO£租molNH3„

III.氯化镁循环法（MCC）合成氨。

（5）选用试剂。完成转化。

①选用H2o进行转化，将Mg3N2置于H2O中能释放出NH3,反应的方程式是.

②选用NH4cl固体进行转化，依据合成氨的过程（如图3）,写出合成氨的总反应方程式:

图3

③相比于H?。，用NH4cl固体转化MgsN2的优点有(写出一条即可)。

13

【答案】(1)-N2(g)+-H2(g)NH3(g)AH=-45kJ/mol

(2)①.热Fe②.冷Ti

(3)N0；+2e~+H2O=NO2+20H

(4)0.1(5)①.Mg3N2+6H2O=2NH3T+3Mg(0H)2②.

Mg3N2+6NH4Cl=3MgCl2+8NH3T③.氨的收率高，原子利用率高

【解析】

【小问1详解】

化学反应的能量变化等于反应过程断裂化学键吸收的能量形成化学键释放的能量，根据图像分析，

13

—molN2(g)与5moi凡(g)反应生成lmolNH3(g)的反应热为

=[(473+654)-(339+397+436)]kJ/mol=-45kJ/mol,N2>H2合成NH3的热化学方程式为

13

-N2(g)+-H2(g)UNH3(g)AH=-45kJ/mol；

13

故答案为：-N2(g)+-H2(g)UNH3(g)AH=-45kJ/mol；

【小问2详解】

N三N键能较大，使N三N断裂需要吸收能量，故N三N断裂在催化剂“热Fe”表面进行，有利于提高速率,

而氨气生成是形成N-H键的过程会释放能量，在催化剂“冷Ti”表面进行，有利于平衡正移；

故答案为：热Fe；冷Ti;

【小问3详解】

还原还原

根据题意可知，高效合成氨应用电解原理，实现硝酸盐.亚硝酸盐.氨，从装置图分析其电解质溶液呈

碱性，则生成NO]的电极反应式是N0:+2e-+H2ONOZ+20fT；

-

故答案为：NO；+2e+H2O=NO；+2OH-

【小问4详解】

根据电极反应式NO]+2e-+H2O=NO2+201r,NO；被还原生成0.6molNO：转移电子为1.2mol,贝I

N0~被还原生成NH3转移电子为2moi-1.2mol=0.8mol,由电极反应式

N0；+8e+6H2O=NH3T+90fT可计算生成的NH3物质的量为O.lmol；

故答案为：0.1；

【小问5详解】

根据题中信息，将MgsN?置于H?。中能释放出NH3,同时还生成Mg（OH）2,故反应方程式为：

Mg3N2+6H2O=2NH3T+3Mg（0H）,J；

根据图示可知，氮化镁和氯化俊反应生成氨气和氯化镁，故合成氨的总反应方程式是

Mg3N2+6NH4Cl=3MgCl2+8NH3T；

NH3极易溶于水，选用水完成转化，生成的氨有部分溶于水，氨的收率低，原子利用率低，选用NH4cl固

体转化生成的MgCL可以循环利用，故相比于H20,用NH4C1固体转化Mg3N2的优点有氨的收率高，

原子利用率高；

故答案为：Mg3N2+6H2O=2NH3T+3Mg（0H）,J；Mg3N2+6NH4Cl=3MgCl2+8NH3T；氨的收

率高，原子利用率高。

17.某研究小组以甲苯为起始原料，按下列路线合成某利尿药物M。

CH.

NH2

F

3

M

H

RRR

2力

NHR/\I/

'—L5/CNR

已知:N-X\RI6

R—R

与4R%

与1

代表燃基或H原子）

(1)A为苯的同系物，A->B的化学方程式为

(2)B-»D的反应试剂及条件为

(3)DfE的反应类型为

(4)下列说法正确的是

a.A的一氯代物共有3种

b.J在一定条件下可以生成高分子化合物

c.K的核磁共振氢谱共有6个峰

（5）F->G,HfJ两步反应的设计目的是

（6）已知LfM的转化过程分两步，转化关系如图所示。

0+国—国一回

请写出N和尸的结构简式:

(2)CL、FeCb(或Fe)

(3)还原反应(4)be

（5）保护一NH2，防止被氧化

6)①CH3cHO

CH3

【分析】以甲苯为起始原料合成某利尿药物M,A为苯的同系物,A的分子式为C7H8,A的结构简式为人、

0

对照A、B的分子式，A发生硝化反应生成B,B与Fe/HCl发生还原反应生成K,由K的结构简式知B的

CH

结构简式为NO，对比B、D的分子式，B发生取代反应生成D,D与Fe/HCl发生还原反应生

成E,E与①CISChH、②NH3反应生成F,由F的结构简式可知，D的结构简式为E的结

C1

构简式为2；F与CH3co0H反应生成G,G的结构简式为

C1

G与KM11O4/H+发生氧化反应生成H,H的结构简式为H与H20反应产

C1

COOH

生J,J的结构简式为2；K与J发生题给已知的第一步反应并脱去1分子H2O

Cl

生成L,则L的结构简式为,L与N经两步反应生成M,结合M的

C1

结构简式和题给已知知N的结构简式为CH3CHOO

【小问1详解】

CH3

A为苯的同系物，A为甲苯，A-B的化学方程式为+HNC）3（浓）+H20O

【小问2详解】

CH

CH

N02,B与CL发生苯环上的取代反应生成D,

B的结构简式为NO，D的结构简式为

C1

反应试剂及条件为Cb、FeCb（或Fe）。

【小问3详解】

根据分析，D-E的反应类型为还原反应。

【小问4详解】

CH3

a.A为，A的一氯代物有4种，a项错误;

COOH

b.J的结构简式为J中含竣基和氨基，J在一定条件下可以发生缩聚反应

C1

生成高分子化合物，b项正确;

c.K的结构简式为，K中有6种不同环境的H原子，K的核磁共振氢谱有6个峰，c项

2

正确;

答案选bco

【小问5详解】

F-G将氨基转化成酰胺基，G-H发生氧化反应，H-J又将酰胺基水解成氨基，故设计F-G、H-J的目

的是保护一NH2，防止被氧化。

【小问6详解】

L的结构简式为,L与N经两步反应生成M,结合M的结构简式和

C1

OH

题给已知,N的结构简式为CH3CH0、P的结构简式为

18.一种高硫锦矿的主要成分M11CO3,含有Si。2、FeCOs、MnS、FeS、CuS、NiS等杂质，其中

SiO2,FeCOs含量较大。以该高硫铳矿为原料制备硫酸铳，流程示意图如图所示。

已知：①金属硫化物的溶度积常数如下表。

金属硫化物CuSNiSMnSFeS

6.3x10-36l.OxlO-242.5xl0T°6.3x10-18

②金属离子的Igc(M)与溶液pH的关系如图所示。

(1)在预处理阶段，将高硫铳矿粉碎的目的是。

(2)若未经脱硫直接酸浸，会产生的污染物是o

(3)酸浸时主要含锌组分发生反应的离子方程式为；加入Mil。？的作用是(用离子方程式

表示)。

(4)调溶液pH到5左右，滤渣2的主要成分是=

(5)由图像可知，从“操作”所得溶液中得到M11SO4-Hz。晶体需进行的操作是、洗涤、干燥。

(6)镒含量测定：

i.称取ag晶体，加水溶解，将滤液定容于100mL容量瓶中。

ii.取10.00mL溶液于锥形瓶中，加少量催化剂和过量(NHJ2S2O8溶液，加热、充分反应，产生MnO；

和SOj,煮沸溶液使过量的(NH4)2$2。8分解。

出.加入指示剂，用bmol•LT(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定。滴定至终点时消耗(NHjFelSO”溶液的

体积为cmL,MnO；重新变成Mn2+。废渣中铳元素的质量分数为。

【答案】(1)增大反应物之间的接触面积，提高反应速率，使反应更加充分

+2+

(2)H2s(3)①.MnCO3+2H=Mn+CO2T+H2O②.

2++2+3+

MnO2+2Fe+4H=Mn+2Fe+2H2O

(4)Fe(OH)3(5)蒸发结晶，保存温度在40℃以上趁热过滤

【解析】

【分析】高硫锯矿的主要成分M11CO3,含有Si。?、FeCC)3、MnS、FeS、CuS、NiS等杂质，其中

SiOrFeCC>3含量较大，碱性溶液中，在催化剂存在下通空气氧化脱硫，硫化物中的硫元素被氧化为单质,

二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硫化亚铁被氧气氧化生成硫单质和氢氧化铁，过滤得到的脱硫矿粉

中含S、Fe(OH)3、碳酸盐和金属氧化物，加入硫酸酸浸，并加入MnCh氧化Fe2+,生成的滤液中含Fe3+、

Mn2\Cu2+、Ni2+,单质S以滤渣1的形式除去，加入一水合氨调pH,进而除去铁元素，过滤得到的滤液

中含Mn2+、CM+、Ni2+,再加入硫化钠可除去铜元素与银元素，最后过滤得到的MnSC»4溶液经蒸发结晶，

保存温度在40℃以上趁热过滤、洗涤、干燥后得到MnSOrH?。。

【小问1详解】

在预处理阶段，将高硫锦矿粉碎的目的是：增大反应物之间的接触面积，提高反应速率，使反应更加充分;

【小问2详解】

未经脱硫直接酸浸，金属硫化物会与酸发生反应产生有毒的硫化氢；

【小问3详解】

酸浸时含硫矿粉中的碳酸镒会与硫酸发生反应生成MnSCU、水和二氧化碳，反应的离子方程式为：

+2+

MnCO3+2H=Mn+CO2T+H2O;加入MnCh目的是为了氧化亚铁离子，生成便于除去的铁离子，

2++2+3+

涉及的离子方程式为：MnO2+2Fe+4H=Mn+2Fe+2H2O;

【小问4详解】

根据金属离子的Igc(M)与溶液pH的关系图可知，调节pH为5左右，目的是为了除去铁元素，所以过滤

得到的滤渣2主要成分是Fe(OH)3;

【小问5详解】

由图像可知，温度在40℃以下，溶液析出的晶体为MnSO/SH?。，因此从“操作”所得溶液中得到

MnSO/H?。晶体需进行的操作是：蒸发结晶，保存温度在40℃以上趁热过滤、洗涤、干燥;

【小问6详解】

2+

过程中存在反应：2Mn+5s2。，+8H2O=2MnO；+10SO：+16H\

2++2+3+2+2+

MnO4+5Fe+8H=Mn+5Fe+4H2O,存在关系式Mn〜5Fe，

n（Mn，）=gn（Fe2+）=

bcxlO3mol=2bcx10^*mol,质量为2bcxl04moix55g/mol=0.011bcg,质

0.01Ibcg1Ibc0/

量分数为：10ml="a"°

agx---------

100mL

19.探究铜与浓硫酸的反应。

加热铜与浓硫酸，在反应过程中，有刺激性气味的气体产生，溶液逐渐变为墨绿色浊液，试管底部有灰白

色沉淀；继续加热，试管中出现“白雾”，浊液逐渐变澄清，溶液颜色慢慢变为浅蓝色，试管底部灰白色沉淀

增多。

4745

资料:i.CuS、Cu2s均为黑色固体。Ksp（Cu2S）=2.0x1O_Ksp（CuS）=8.5x1O-

+

ii.Cu2O+4NH3