2024北京北师大二附中高三（上）统练二化学试题及答案

高中2024北京北师大二附中高三（上）统练二化学2024.09.24可能用到的相对原子质量：第一部分（共48分）选择题（每题只有1个答案正确，每题4分）1．北京2022年冬奥会中使用了大量新材料。下列属于金属材料的是（）。A．速滑冰刀中的钛合金 B．“飞扬”火炬中的聚硅氮烷树脂C．运动服面料中使用的聚氨酯纤维 D．冰墩墩外壳材质中的有机硅橡胶2．下列化学用语或图示表达不正确的是（）。A．的电子式： B．的价层电子排布式：C．分子的空间结构：直线形 D．的结构式：H—O—O—H3．下列物质的应用不涉及氧化还原反应的是（）。A．次氯酸钠作纸张的漂白剂 B．铁粉作食品保鲜的吸氧剂C．过氧化钠作呼吸面具的供氧剂 D．硫化钠作工业废水中、的沉淀剂4．下列各组离子因发生氧化还原反应，不能大量共存的是（）。A．、、、 B．、、、C．、、、 D．、、、5．已知可用与浓盐酸反应备，反应前后存在六种微粒：、、、、和。下列叙述不正确的是（）。A．氧化产物为B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为C．该反应条件下，的氧化性强于D．若反应中有电子转移，则参加氧化还原反应的有6．以下物质间的转化中，不能通过一步反应实现的是（）。A． B．C． D．7．下列方程式与所给事实相符的是（）。A．实验室制氨气：B．利用覆铜板制作印刷电路板：C．浓硝酸与铜反应：（浓）D．用稀处理银镜反应后试管内壁的银：8．蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。下列关于该过程的分析不正确的是（）。A．过程①白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性B．过程②固体体积膨胀，与产生的大量气体有关C．过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的酸性D．过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂9．利用如图所示装置（夹持装置略）进行实验，b中现象不能证明a中产物生成的是（）。a中反应b中检测试剂及现象A浓分解生成淀粉-KI溶液变蓝BCu与浓生成品红溶液褪色C浓与溶液生成酚酞溶液变红D与乙醇溶液生成丙烯溴水褪色10．某小组利用下面的装置进行实验，②、③中溶液均足量，操作和现象如下表。实验操作现象Ⅰ向盛有溶液的①中持续通入至过量②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低；③中产生白色浑浊，该浑浊遇酸冒气泡Ⅱ向盛有溶液的①中持续通入气体至过量现象同实验Ⅰ资料：遇水完全水解由上述实验得出的结论不正确的是（）。A．实验Ⅰ①中过量发生的反应是：B．②中溶液pH降低的原因是：C．③中白色浑浊是D．由实验Ⅰ和Ⅱ可以比较和酸性的强弱11．将溶液分别滴入溶液和溶液中，如图所示，Ⅰ、Ⅱ中均有沉淀产生。已知：是白色难溶于水的固体。下列说法不正确的是（）。A．溶液和溶液中均存在：B．Ⅰ中的沉淀可能有、和C．Ⅱ中生成的反应：D．Ⅰ和Ⅱ中加入溶液后，pH均降低12．高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿（含Zn、Fe元素的杂质）为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。开始沉淀pH1.94.26.2沉淀完全pH3.26.78.2下列说法不正确的是（）。A．固体X主要成分是和S；金属M为ZnB．浸取时，增大压强可促进金属离子浸出C．中和调pH的范围为3.2～4.2D．还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成第二部分（共52分）13．（12分）用化学用语表达下列反应过程。（1）写出Fe与水蒸气反应的化学方程式。（2）写出铜与浓硫酸反应的化学方程式。（3）检验某久置的样品是否变质，写出该检验过程反应的离子方程式。（4）向溶液中滴入等浓度等体积的溶液，写出反应的离子方程式。（5）用绿矾将酸性废水中的转化为，写出反应的离子方程式。14．（12分）晶体是制备某负载型活性铁催化剂的主要原料，具有工业生产价值。某化学小组用如下方法制备晶体，并测定产品中铁的含量。Ⅰ．制备晶体ⅰ．称取莫尔盐，用水和几滴溶液充分溶解，再加入饱和溶液，加热至沸，生成黄色沉淀；ⅱ．将沉淀洗涤至中性，加入饱和溶液，水浴加热至40℃，边搅拌边缓慢滴加溶液，沉淀逐渐变为红褐色；ⅲ．将混合物煮沸，加入饱和溶液，红褐色沉淀溶解，趁热过滤，滤液冷却后，析出翠绿色晶体，过滤、干燥。Ⅱ．测定产品中铁的含量ⅳ．称量xg制得的样品，加水溶解，并加入稀酸化，再滴入溶液使其恰好反应；ⅴ．向ⅳ的溶液中加入过量Zn粉，反应完全后，弃去不溶物，向溶液中加入稀酸化，用溶液滴定至终点，消耗溶液zmL。已知：为二元弱酸，具有较强的还原性。（1）莫尔盐中铁元素的化合价是__________。（2）步骤ⅰ中黄色沉淀的化学式为，生成该沉淀的离子方程式__________。（3）步骤ⅱ中除了生成红褐色沉淀，另一部分铁元素转化为。将下述反应的离子方程式补充完整：__________＋____________________（4）步骤ⅱ中水浴加热的温度不宜过高，原因是__________。（5）步骤ⅳ在铁的含量测定中所起的作用是__________。（6）已知：ⅴ中Zn粉将铁元素全部还原为；反应中转化为。则该样品中铁元素的质量分数是__________（用含x、y、z的代数式表示）。15．（16分）褪黑激素的前体K的合成路线如下。（R表示烃基或氢）（1）A能发生银镜反应。A中所含的官能团有__________。（2）D→E的反应类型是__________。（3）试剂W的分子式是，其结构简式是__________。（4）G中只含酯基一种官能团。生成G的反应方程式是__________。（5）F的分子式为。M的结构简式是__________。（6）由K合成Q（），Q再经下列过程合成褪黑激素。①X的结构简式是__________。②Z的结构简式是__________。③试剂b是__________。16．（12分）探究固体的热分解产物。资料：①。②能与S反应生成，与酸反应生成S和。③易溶于水。隔绝空气条件下，加热无水固体得到黄色固体A，过程中未检测到气体生成。黄色固体A加水得到浊液，放置得无色溶液B。（1）检验分解产物取少量溶液B，向其中滴加溶液，产生黑色沉淀，证实有。反应的离子方程式是__________。（2）检验分解产物取少量溶液B，滴加溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多（经检验该沉淀含S），同时产生有臭鸡蛋气味的气体。由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降（固液分离）后，__________（填操作和现象），可证实分解产物中含有。（3）探究（2）中S的来源来源1：固体A中有未分解的，在酸性条件下与反应生成S。来源2：溶液B中有，加酸反应生成S。针对来源1进行如下实验：①实验可证实来源1不成立。实验证据是__________。②不能用盐酸代替硫酸的原因是__________。③写出来源2产生S的反应的离子方程式：__________。（4）实验证明固体热分解有、和S产生。运用氧化还原反应规律分析产物中S产生的合理性：__________。

参考答案第一部分(共48分)选择题(每题只有1个答案正确，每题4分)1.【答案】A【详解】A．钛合金属于金属材料，A正确；B．聚硅氮烷树脂属于无机聚合物，是新型无机非金属材料，B错误；C．聚氨酯纤维属于有机高分子材料，C错误；D．有机硅橡胶属于有机高分子材料，D错误；故选A。2.【答案】C【详解】A．是离子化合物，电子式为，故A正确；B．Fe价电子排布式为3d64s2，基态Fe2+的价层电子排布式为3d6，故B正确；C．SO2的中心原子S的孤电子对为，σ键电子对数为2，价层电子对数为1+2=3，VSEPR模型为平面三角形，空间结构为V形，故C错误；D．为共价化合物，结构式：H—O—O—H，故D正确；故答案选C。3.【答案】D【详解】A．因为次氯酸具有漂白性可用作织物漂白剂，涉及氧化还原反应，A不符合题意；B．因为铁粉具有还原性能和吸收氧气，可用作食品抗氧化剂，涉及氧化还原反应，B不符合题意；C．过氧化钠能与水、二氧化碳反应生成氧气，氧元素化合价发生改变，涉及氧化还原反应，C不符合题意；D．硫化钠作工业废水中、的沉淀剂，是生成CuS、HgS沉淀，没有元素化合价改变，不涉及氧化还原反应，D符合题意；故选D。4.【答案】B【详解】A．溶液中铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应，不能大量共存，反应中没有元素发生化合价变化，与氧化还原反应无关，故A不符合题意；B．酸性溶液中次氯酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应不能大量共存，故B符合题意；C．溶液中氢离子与醋酸根离子反应生成醋酸，不能大量共存，反应中没有元素发生化合价变化，与氧化还原反应无关，故C不符合题意；D．溶液中亚硫酸根离子与钡离子、钙离子生成亚硫酸钡、亚硫酸钙沉淀，且钙离子与氢氧根离子生成微溶的氢氧化钙，不能大量共存，反应中没有元素发生化合价变化，与氧化还原反应无关，故D不符合题意；故选B。5.【答案】B【详解】A．HCl中Cl

元素的化合价升高，为还原剂，生成Cl2，

Cl2为氧化产物，A项正确；B．Co2O3是氧化剂，HCl是还原剂，发生氧化还原反应，生成Cl2和Co2+，根据反应中得失电子数可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2

，B项错误；C．在该反应中，Co2O3作氧化剂，

Cl2

是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以Co2O3的氧化性强于Cl2，C项正确；D．每生成1

个

Cl2，转移2个电子，若反应中有2mol

电子转移，则生成1molCl2

，参加氧化还原反应的HCl

有2mol

，D项正确；答案选B。6.【答案】C【详解】A．Fe和盐酸反应生成FeCl2，FeCl2和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁和空气中的氧气水反应生成氢氧化铁，故A不符合题意；B．Na点燃条件下与氧气反应生成Na2O2，然后与水反应生成NaOH，NaOH与Al反应生成NaAlO2，故B不符合题意；C．硫和氧气反应生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故C符合题意；D．氮气和氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，故D不符合题意；故答案选C。7.【答案】C【详解】A．实验室制氨气，不能用加热NH4Cl的方法，氯化铵加热分解成NH3和HCl，遇冷后又会生成NH4Cl，故A错误；B．利用覆铜板制作印刷电路板：2Fe3++Cu2+=2Fe2++Cu，故B错误；C．浓硝酸与铜反应产生二氧化氮，反应为：4HNO3(浓)+Cu=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，故C正确；D．用稀处理银镜反应后试管内壁的Ag，离子方程式为，故D错误；故答案选C。8.【答案】C【详解】A．浓硫酸具有脱水性，能将有机物中的H原子和O原子按2∶1的比例脱除，蔗糖中加入浓硫酸，白色固体变黑，体现浓硫酸的脱水性，A项正确；B．浓硫酸脱水过程中释放大量热，此时发生反应，产生大量气体，使固体体积膨胀，B项正确；C．结合选项B可知，浓硫酸脱水过程中生成的能使品红溶液褪色，体现浓硫酸的强氧化性，C项错误；D．该过程中，蔗糖发生化学反应，发生了化学键的断裂，D项正确；故选C。9.【答案】A【详解】A．浓硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸也能与碘化钾溶液反应生成遇淀粉溶液变蓝色的碘，则淀粉碘化钾溶液变蓝色不能说明浓硝酸分解生成二氧化氮，故A符合题意；B．铜与浓硫酸共热反应生成的二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，则品红溶液褪色能说明铜与浓硫酸共热反应生成二氧化硫，故B不符合题意；C．浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成能使酚酞溶液变红的氨气，则酚酞溶液变红能说明浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成氨气，故C不符合题意；D．乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇不能与溴水反应，则2—溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成能使溴水褪色的丙烯气体，则溴水褪色能说明2—溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成丙烯，故D不符合题意；故选A。10.【答案】D【分析】实验I：向盛有Na2S溶液的①中持续通入CO2至过量，②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低，说明生成了硫化氢气体，同时生成了硫酸；③中产生白色沉淀，该浑浊遇酸冒气泡，说明二氧化碳被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀；实验Ⅱ：向盛有NaHCO3溶液的①中持续通入H2S气体至过量，②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低，是因为过量的硫化氢气体与硫酸铜溶液反应生成了硫化铜黑色沉淀，同时生成了硫酸；③中产生白色沉淀，该浑浊遇酸冒气泡，说明反应生成了二氧化碳，被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀。【详解】A．实验①中过量CO2发生的反应是：，故A正确；B．②中溶液降低的原因：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，产生黑色沉淀，溶液的pH降低，故B正确；C．由上述分析可知，③中白色浑浊是CaCO3，不可能是CaS，CaS遇水完全水解，故C正确；D．根据实验I和Ⅱ中现象：I中通二氧化碳有硫化氢生成；Ⅱ中通硫化氢有二氧化碳生成，不能根据较强酸制备较弱酸的规律得出酸性的强弱，故不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱，故D错误；故答案选D。11.【答案】C【详解】A．溶液和两种溶液中都存在电荷守恒：，A正确；B．Ⅰ中发生的反应有：，Fe2+遇碳酸根发生双水解，碳酸根与H+形成碳酸（分解成CO2）和碳酸氢根，Fe2+则与OH-生成Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2会很快被氧化成Fe(OH)3，B正确；C．Ⅱ中生成的反应：，C错误；D．Ⅰ和Ⅱ中加入溶液后，发生双水解，生成的被消耗，pH均降低，D正确；故选D。【点睛】两种溶液中都存在电荷守恒12.【答案】D【分析】CuS精矿(含有杂质Zn、Fe元素)在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反应产生为CuSO4、S、H2O，Fe2+被氧化为Fe3+，然后加入NH3调节溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe(OH)3；滤液中含有Cu2+、Zn2+；然后向滤液中通入高压H2，根据元素活动性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被还原为Cu单质，通过过滤分离出来；而Zn2+仍然以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。【详解】A．经过上述分析可知固体X主要成分是S、Fe(OH)3，金属M为Zn，A正确；B．CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，增大O2的浓度，可以反应消耗S2-，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B正确；C．根据流程图可知：用NH3调节溶液pH时，要使Fe3+转化为沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，结合离子沉淀的pH范围，可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2～4.2，C正确；D．在用H2还原Cu2+变为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H+，与溶液中OH-结合形成H2O，若还原时增大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H2失去电子还原Cu单质，因此不利于Cu的生成，D错误；故合理选项是D。第二部分(共52分)13.【答案】（1）（2）（3）（4）（5）【小问1详解】Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为；【小问2详解】铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水，反应的化学方程式为；【小问3详解】检验某久置的样品是否变质，先加盐酸除去亚硫酸钠，再加氯化钡溶液，若生成硫酸钡沉淀，说明亚硫酸钠已经变质，该检验过程反应的离子方程式。【小问4详解】向溶液中滴入等浓度等体积的溶液，反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化钠、水，反应的离子方程式为。【小问5详解】用绿矾将酸性废水中的转化为，Fe2+被氧化为Fe3+，反应的离子方程式。14.【答案】①.+2②.③.++=12④.避免过氧化氢分解，防止草酸根离子和更多的水解⑤.将草酸和草酸根离子全部氧化，避免对测定产生影响⑥.【详解】(1)莫尔盐中铁元素的化合价是0−(−2)×2−(+1)×2=+2，故答案为：+2；(2)步骤i中黄色沉淀的化学式为FeC2O4⋅2H2O，生成该沉淀的离子方程式是，故答案为：；(3)步骤ii中除了生成红褐色沉淀，另一部分铁元素转化为[Fe(C2O4)3]，由电子及原子、电荷守恒可知离子反应为++=12，故答案为：++=12；(4)步骤ii中水浴加热的温度不宜过高，原因是过氧化氢受热易分解，同时防止草酸根和铁离子水解，故答案为：避免过氧化氢分解，防止草酸根离子和Fe3+更多的水解；(5)步骤iv在铁的含量测定中是将草酸和草酸根离子全部氧化，避免对Fe2+测定产生影响，故答案为：将草酸和草酸根离子全部氧化，避免对Fe2+测定产生影响；(6)滴定过程中，铁元素化合价从+2→+3，锰元素化合价从+7→+2，则由氧化还原反应中得失电子守恒可得关系式：，则，，该样品中铁元素的质量分数为。15.【答案】（1）碳碳双键、醛基（2）取代反应（3）（4）CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O（5）（6）①.②.③.(CH3CO)2O[或CH3COOH、CH3COCl等]【分析】由逆推法，G发生信息中取代反应生成乙醇和M，G属于酯基，结合G的分子式推知G为CH3COOC2H5，则试剂a为CH3CH2OH、M为；A的分子式为C3H4O，由(1)中A能发生银镜反应，则A为CH2=CHCHO，A中碳碳双键与水加成生成B为HOCH2CH2CHO，B中醛基与氢气加成生成D为HOCH2CH2CH2OH，D中羟基被溴原子取代生成E为BrCH2CH2CH2Br，W的分子式是C8H5O2N，推知W为，E与W反应生成F，F为，M与F发生取代反应生成K，【小问1详解】A能发生银镜反应，说明含有醛基，A的分子式为C3H4O，故A的结构简式为CH2=CHCHO，A中所含的官能团有碳碳双键、醛基；【小问2详解】D为HOCH2CH2CH2OH，D中羟基被溴原子取代生成E为BrCH2CH2CH2Br，D→E的反应类型是取代反应；【小问3详解】试剂W的分子式是C8H5O2N，由分析可知W的结构简式是；【小问4详解】G为CH3COOC2H5，乙酸与乙醇发生酯化反应生成CH3COOC2H5，反应方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；【小问5详解】由分析可知，M的结构简式为；【小问6详解】由褪黑激素结构简式可知，Q发生酯基、酰胺基水解生成X为，X酸化后脱水生成Z，Z中氨基与乙酸形成酰胺基生成褪黑激素，故Z为，b为CH3COOH。16.【答案】①.S2-+Cu2+=CuS↓②.滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，③.向溶