精品解析：江苏省东台市第一中学2025-2026学年高三上学期暑期开学检测化学试题

2026届高三暑期夏令营检测试题 化学 可能用到的相对原子质量：H-1　C-12　O-16　S-32　Fe-56 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 下列成果蕴含的化学知识叙述正确的是 A. 新型手性螺环催化剂能降低化学反应的焓变 B. “天问一号”火星车使用的热控保温材料纳米气凝胶可产生丁达尔效应 C. 北斗导航卫星所使用的高性能计算机芯片含有二氧化硅 D. “天宫二号”空间站使用了石墨烯存储器，石墨烯与金刚石互为同分异构体 2. 下列叙述正确的是 A. 基态Cu2+电子排布式为[Ar]3d10 B. K原子结构示意图为 C. 基态O原子核外电子轨道表示式为 D. 基态Fe3+的价层电子排布式：3d64s2 3. 反应应用于石油开采。下列说法正确的是 A. 的电子式为 B. 中N元素的化合价为+5 C. 分子中存在键 D. 为非极性分子 4. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 一定条件下3.2gSO2与足量O2反应转移电子数0.1NA B. 50mL12mol/L浓盐酸与足量MnO2共热转移电子数0.3NA C. 标准状况下，3.36L四氯化碳中含有氯原子数目为0.45NA D. 2.9g异丁烷和正丁烷混合物含有C—H数目为0.5NA 5. 金云母的化学式为KMg3AlSi3O10Fx(OH)2-x。下列说法正确的是 A. 非金属性强弱：O<Si B. 第一电离能大小：I1(Al)<I1(K) C. 半径大小：r(Mg2+)<r(F-) D. 碱性强弱：KOH<Mg(OH)2 6. 已知反应：4CO2+SiH44CO+2H2O+SiO2。下列说法正确的是 A. CO是氧化产物 B. 生成1molSiO2时，转移8mol电子 C. SiH4发生还原反应 D. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4 7. 在溶液中能大量共存的离子组是 A. H+、I-、Ba2+、 B. Fe3+、K+、CN-、Cl- C. 、、CH3COO-、 D. Na+、、Br-、Ca2+ 8. 铁、钴(Co)、镍(Ni)是周期表中第4周期Ⅷ族元素，物理性质和化学性质比较相似。一般情况下，在化合物中常见的价态为+2和+3，Co(Ⅲ)和Ni(Ⅲ)有强氧化性，酸性条件下能将Cl-氧化成Cl2。向Ni(Ⅱ)盐的溶液中加入过量的氨水，可以生成稳定的蓝色配离子[Ni(NH3)6]2+。下列指定反应的离子方程式正确的是 A. Co2O3溶于浓盐酸：Co2O3+6H+=2Co3++3H2O B. 将Ni(OH)2溶于氨水：Ni(OH)2+6NH3•H2O=[Ni(NH3)6]2++2OH-+6H2O C. 向FeCl3溶液中滴加少量NaHCO3溶液：2Fe3++3CO=Fe2(CO3) D. NaClO在浓碱溶液中将Fe(OH)3氧化成FeO：2Fe(OH)3+3ClO-=2FeO+3Cl-+H2O+4H+ 9. 室温下，探究溶液的性质。下列实验方案能达到探究目的的是 选项 探究目的 实验方案 A 验证溶液中含有 向溶液中滴加几滴溶液，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，观察试纸颜色变化 B 溶液中是否含有 向溶液中滴加几滴新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察溶液的颜色变化 C 是否发生水解 用玻璃棒蘸取溶液滴在干燥的广泛pH试纸上，将试纸显色的颜色与标准比色卡比较 D 是否具有氧化性 向溶液中滴加几滴溶液，再滴加淀粉溶液，观察溶液颜色变化 A. A B. B C. C D. D 10. 前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。基态时，X原子核外有6个电子，Y原子3p原子轨道半充满，Z原子3p原子轨道上有2个未成对电子。W与Y处于同一主族。下列说法正确的是 A. 第一电离能：Z＜Y B. Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱 C. 原子半径：r(W)＜r(Z) D. X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强 11. 下列说法不正确的是 A. 向2mLKHSO3溶液中滴加几滴酸性KMnO4溶液，观察溶液颜色变化，探究是否具有还原性 B. 向盛有Fe(OH)3和NiO(OH)的试管中分别滴加相同浓度的浓盐酸，只有盛NiO(OH)的试管中产生黄绿色气体，说明氧化性：NiO(OH)>Fe(OH)3 C. 向含有0.1molFeI2溶液中通入0.1molCl2，再加入淀粉溶液，溶液变蓝色，说明还原性：I->Fe2+ D. 向H2O2溶液中滴入NaClO溶液，产生无色气体，说明氧化性：NaClO>O2 12. 实验室以含锌废液(主要成分为，还含有少量的、，溶液)为原料制备的实验流程如下图所示。已知结构为，具有强氧化性，易被还原为。下列说法正确的是 A. “除锰”反应中每消耗，硫元素共得到2mol电子 B. 试剂X可以选用Zn、ZnO、等物质 C. “沉锌”反应的离子方程式为 D. 滤液中一定大量存在阳离子有、和 13. 工业生产中除去电石渣浆(含CaO)中的S2-并制取硫酸盐，其常用流程如图所示。下列说法正确的是 A. 过程Ⅱ中，反应的离子方程式为4MnO+2S2-+9H2O=+4Mn(OH)2↓+10OH- B 碱性条件下，氧化性：MnO>O2> C. 过程Ⅰ中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1 D. 将1molS2-转化为理论上需要O2的体积为22.4L(标准状况) 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下： 已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(c≤1.0×10-5mol/L)时的pH： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Co3+ Co2+ Zn2+ 开始沉淀 1.5 6.9 — 7.4 6.2 沉淀完全 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2 （1）“过滤1”后的溶液中加入MnO2的作用是_____。 （2）“除钴液”中主要的盐有_____(写化学式)。 （3）50℃时，单质碲(Te，位于ⅥA族)与NaBH4反应可制取硼砂[Na2B4O5(OH)4·8H2O]，发生反应：2Te+4NaBH4+17H2O=2NaHTe+Na2B4O5(OH)4·8H2O↓+14H2↑。 已知电负性：H>B，反应每转移8mol电子，被Te氧化的NaBH4的物质的量为_____mol。 （4）在80℃下，向(NH4)2Fe(SO4)2溶液中边搅拌边分批加入NaClO3固体，同时滴加NaOH溶液，控制溶液pH在4～4.5之间。一段时间后，过滤、洗涤得α-FeOOH固体。 ①制备1molα-FeOOH理论上需要NaClO3的物质的量为mol；实际生产过程中所加NaClO3低于理论用量的原因是_____。 ②为检验(NH4)2Fe(SO4)2已被完全氧化，某同学向过滤所得滤液中滴加酸性KMnO4溶液，该设计方案不合理的理由是_____。 （5）柠檬酸铁铵化学式可表示为(NH4)xFey(C6H5O7)z，测定其组成的实验方案如下：取适量样品溶于蒸馏水配成100mL溶液。取20.00mL溶液加入足量NaOH溶液充分反应，过滤、洗涤，灼烧至恒重，测得固体质量为0.32g。取20.00mL溶液于锥形瓶中，依次加入足量EDTA(能与部分金属离子结合)、HCHO溶液充分反应，滴入2滴酚酞试液，用1.00mol/LNaOH标准液滴定至终点，消耗标准液12.00mL。已知： I．4+6HCHO=(CH2)6N4H++6H2O+3H+、(CH2)6N4H++3H++4OH-=(CH2)6N4+4H2O。 II．柠檬酸结构简式可用H3C6H5O7表示。 ①加入EDTA的作用为_____。 ②柠檬酸铁铵化学式为_____(写出计算过程)。 15. 填空 （1）写出下列反应的离子方程式。 ①过量Fe与稀硝酸反应：_____。 ②Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应：_____。 （2）对下列反应离子方程式进行配平 ①_____。 _____FeS2+_____NaClO3+_____H2SO4=_____ClO2↑+_____Fe2(SO4)3+_____Na2SO4+_____H2O ②_____。 _____NaBiO3+_____Mn2++_____H+=_____Na++_____Bi3++_____+_____H2O ③_____。 _____C6H12O6+_____MnO2+_____H2SO4=_____MnSO4+_____H2O+_____CO2↑ （3）自然界中Cr元素主要以+3价和+6价形式存在。中的Cr能引起细胞的突变，在酸性条件下可用亚硫酸钠将还原。其离子方程式为_____。 （4）将铜箔放入煮沸的饱和硫酸铜溶液，可制得Cu2O薄膜电极，该反应的离子方程式为_____。 16. 填空 （1）CH3I和CF3I发生水解时的主要反应分别是CH3I+H2O→CH3OH+HI和CF3I+H2O→CF3H+HIO。CF3I的水解产物是HIO，试结合电负性解释原因：_____。 （2）在密闭容器中，通过铁粉与NaHCO3溶液反应可以制得H2和HCOOH。活性Fe3O4-x是HCO转化为HCOO-的催化剂，其可能反应机理如图所示： ①从物质结构角度分析，HCOOH酸性强于CH3COOH的原因是_____。 ②根据元素电负性变化规律，图中所示的反应步骤Ⅰ可描述为_____。 （3）在Ga-Cu-Mg催化剂表面上甲醇与水蒸气重整的机理如图所示。 其中“*”表示该微粒吸附在催化剂表面，SB为带有一定电性的吸附位点。表示微粒从催化剂表面脱附。 ①用T2O替换H2O，生成氢气的化学式是_____。 ②从化学键断裂和形成以及微粒吸附与脱附的角度，步骤Ⅳ的反应过程可描述为_____。 17. 填空 （1）王水(浓HCl和浓按体积比3∶1混合)可溶解金： ①画出的空间填充模型：_____。 ②1mol[AuCl4]-中含有_____molσ键。 ③的空间结构为_____。 ④HCl电子式_____。 （2）35Br在元素周期表中的位置是_____。 （3）从价层电子对互斥理论(VSEPR)角度解释：中的键角大于中的键角_____。 （4）已知H4V4O12具有八元环结构，其结构式可表示为_____。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三暑期夏令营检测试题 化学 可能用到的相对原子质量：H-1　C-12　O-16　S-32　Fe-56 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 下列成果蕴含的化学知识叙述正确的是 A. 新型手性螺环催化剂能降低化学反应的焓变 B. “天问一号”火星车使用的热控保温材料纳米气凝胶可产生丁达尔效应 C. 北斗导航卫星所使用的高性能计算机芯片含有二氧化硅 D. “天宫二号”空间站使用了石墨烯存储器，石墨烯与金刚石互为同分异构体 【答案】B 【解析】 【详解】A．催化剂不能降低化学反应的焓变，只能改变反应的活化能，A错误； B．纳米气凝胶属于胶体，可产生丁达尔效应，B正确； C．Si是良好的半导体材料，北斗导航卫星所使用的高性能计算机芯片含有单质硅，C错误； D．石墨烯与金刚石为C元素的不同单质，互为同素异形体，不互为同分异构体，D错误； 故选B。 2. 下列叙述正确的是 A. 基态Cu2+电子排布式为[Ar]3d10 B. K原子结构示意图为 C. 基态O原子核外电子轨道表示式为 D. 基态Fe3+的价层电子排布式：3d64s2 【答案】B 【解析】 【详解】A．Cu是29号元素，核外含有29个电子，则基态Cu2+电子排布式为[Ar]3d9，A错误； B．K是19号元素，核外含有19个电子，电子排布式为：1s22s22p63s23p64s1，原子结构示意图为，B正确； C．基态O原子电子排布式1s22s22p4，轨道表示式为，C错误； D．Fe是26号元素，核外含有26个电子，基态Fe3+的价层电子排布式：3d5，D错误； 故选B。 3. 反应应用于石油开采。下列说法正确的是 A. 的电子式为 B. 中N元素的化合价为+5 C. 分子中存在键 D. 为非极性分子 【答案】C 【解析】 【详解】A．的电子式为 ，A错误； B．中N元素的化合价为+3，B错误； C．分子中存在键，C正确； D．为V形分子，分子中正负电荷中心未重合，为极性分子，D错误。 故选C。 【点睛】 4. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 一定条件下3.2gSO2与足量O2反应转移电子数为0.1NA B. 50mL12mol/L浓盐酸与足量MnO2共热转移电子数0.3NA C. 标准状况下，3.36L四氯化碳中含有氯原子数目为0.45NA D. 2.9g异丁烷和正丁烷混合物含有C—H数目为0.5NA 【答案】D 【解析】 【详解】A．二氧化硫与氧气的反应是可逆反应，3.2gSO2的物质的量为=0.05mol，与足量O2反应转移电子少于0.05mol×2=0.1mol，A错误； B．二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，50mL12mol/L浓盐酸与足量MnO2共热时，盐酸不能反应完全，故无法计算转移的电子数，B错误； C．标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，C错误； D．2.9g正丁烷和异丁烷的混合物的物质的量为=0.05mol，而正丁烷和异丁烷中含有的C-H键均为10条，故0.05mol混合物中含有的C-H键条数为0.5NA，D正确； 故选D。 5. 金云母的化学式为KMg3AlSi3O10Fx(OH)2-x。下列说法正确的是 A. 非金属性强弱：O<Si B. 第一电离能大小：I1(Al)<I1(K) C. 半径大小：r(Mg2+)<r(F-) D. 碱性强弱：KOH<Mg(OH)2 【答案】C 【解析】 【详解】A．同周期主族元素，自左向右，元素非金属性依次增强，同主族元素自上而下，非金属性依次减弱，则非金属性强弱：O>Si，A错误； B．同周期主族元素，第一电离能通常呈现从左到右增大的趋势，同主族元素从上到下，第一电离能逐渐降低，则第一电离能大小：I1(Al)>I1(K)，B错误 C．Mg2+和F-均含有2个电子层，Mg2+核电荷数大于 F-，故离子半径更小，则半径大小：r(Mg2+)<r(F-)，C正确； D．同周期主族元素，自左向右，元素的金属性依次减弱，同主族元素自上而下，金属性依次增强，则金属性强弱：K>Mg，金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强，则碱性强弱：KOH>Mg(OH)2，D错误； 故选C。 6. 已知反应：4CO2+SiH44CO+2H2O+SiO2。下列说法正确的是 A. CO是氧化产物 B. 生成1molSiO2时，转移8mol电子 C. SiH4发生还原反应 D. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据反应方程式，碳元素的化合价由+4价降为+2价，故CO为还原产物，A错误； B．根据反应方程式可知，SiH4中氢元素化合价由-1价升为+1价，每生成1molSiO2时，消耗1molSiH4，转移8mol电子，B正确； C．该反应中氢元素化合价由-1价升为+1价，故SiH4发生氧化反应，C错误； D．根据反应方程式可知，该反应中氢元素化合价由-1价升为+1价，C元素由+4价下降到+2价，氧化剂是CO2，SiH4是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1，D错误； 故选B。 7. 在溶液中能大量共存的离子组是 A. H+、I-、Ba2+、 B. Fe3+、K+、CN-、Cl- C. 、、CH3COO-、 D. Na+、、Br-、Ca2+ 【答案】C 【解析】 【详解】A．在H+存在下可以和I-发生氧化还原反应生成I2，A不选； B．Fe3+和CN-会反应生成[Fe(CN)6]3-，不能大量共存，B不选； C．、、CH3COO-、相互之间不反应，能大量共存，C选； D．和Ca2+会反应生成沉淀，不能大量共存，D不选； 故选C。 8. 铁、钴(Co)、镍(Ni)是周期表中第4周期Ⅷ族元素，物理性质和化学性质比较相似。一般情况下，在化合物中常见的价态为+2和+3，Co(Ⅲ)和Ni(Ⅲ)有强氧化性，酸性条件下能将Cl-氧化成Cl2。向Ni(Ⅱ)盐的溶液中加入过量的氨水，可以生成稳定的蓝色配离子[Ni(NH3)6]2+。下列指定反应的离子方程式正确的是 A. Co2O3溶于浓盐酸：Co2O3+6H+=2Co3++3H2O B. 将Ni(OH)2溶于氨水：Ni(OH)2+6NH3•H2O=[Ni(NH3)6]2++2OH-+6H2O C. 向FeCl3溶液中滴加少量NaHCO3溶液：2Fe3++3CO=Fe2(CO3) D. NaClO在浓碱溶液中将Fe(OH)3氧化成FeO：2Fe(OH)3+3ClO-=2FeO+3Cl-+H2O+4H+ 【答案】B 【解析】 【详解】A．Co(Ⅲ)有强氧化性，酸性条件下能将Cl-氧化成Cl2，Co2O3溶于浓盐酸反应生成氯气和二价钴： ，A错误； B．Ni(Ⅱ)盐的溶液中加入过量的氨水，可以生成稳定的蓝色配离子[Ni(NH3)6]2+，故将Ni(OH)2溶于氨水得到[Ni(NH3)6]2+和氢氧根离子、水：Ni(OH)2+6NH3•H2O=[Ni(NH3)6]2++2OH-+6H2O，B正确； C．向FeCl3溶液中滴加少量NaHCO3溶液，铁离子和碳酸氢根离子双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳，，C错误； D．NaClO在浓碱溶液中将Fe(OH)3氧化成FeO，碱性溶液中不会大量存在氢离子：，D错误； 故选B。 9. 室温下，探究溶液的性质。下列实验方案能达到探究目的的是 选项 探究目的 实验方案 A 验证溶液中含有 向溶液中滴加几滴溶液，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，观察试纸颜色变化 B 溶液中是否含有 向溶液中滴加几滴新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察溶液的颜色变化 C 是否发生水解 用玻璃棒蘸取溶液滴在干燥的广泛pH试纸上，将试纸显色的颜色与标准比色卡比较 D 是否具有氧化性 向溶液中滴加几滴溶液，再滴加淀粉溶液，观察溶液颜色变化 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 详解】A．溶液中滴加几滴溶液，NaOH会与反应被消耗，且反应过程中未加热，不会有氨气生成，A错误； B．若原溶液中含，滴加KSCN溶液后，溶液也会变红色，B错误； C．电离出的和在溶液中均会水解，C错误； D．向溶液中滴加几滴溶液，再滴加淀粉溶液，淀粉溶液变蓝，说明具有氧化性，D正确； 答案选D 10. 前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。基态时，X原子核外有6个电子，Y原子3p原子轨道半充满，Z原子3p原子轨道上有2个未成对电子。W与Y处于同一主族。下列说法正确的是 A. 第一电离能：Z＜Y B. Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱 C. 原子半径：r(W)＜r(Z) D. X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强 【答案】A 【解析】 【分析】前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态时，X原子核外有6个电子，则X为C元素，Y原子3p原子轨道半充满，则Y为P元素，Z原子3p原子轨道上有2个未成对电子，则Z为S元素，W与Y处于同一主族，则W为As元素。 【详解】由分析知，X为C，Y为P，Z为S，W为As。 A．由于P的3p能级处于稳定的半充满状态，难失去电子，则第一电离能比S的大，故第一电离能：S＜P，故A正确； B．非金属性越强，其对应的简单气态氢化物越稳定，同主族元素从上往下非金属性逐渐减弱，故P的非金属性大于As，则Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，故B错误； C．同主族从上往下原子半径逐渐增大，从左至右原子半径逐渐减小，故原子半径：r(As)＜r(S)，故C错误； D．非金属性越强，其对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，同周期元素从左至右非金属性逐渐增强，故C的最高价氧化物对应水化物的酸性比S的弱，故D错误； 故选A。 11. 下列说法不正确的是 A. 向2mLKHSO3溶液中滴加几滴酸性KMnO4溶液，观察溶液颜色变化，探究是否具有还原性 B. 向盛有Fe(OH)3和NiO(OH)的试管中分别滴加相同浓度的浓盐酸，只有盛NiO(OH)的试管中产生黄绿色气体，说明氧化性：NiO(OH)>Fe(OH)3 C. 向含有0.1molFeI2溶液中通入0.1molCl2，再加入淀粉溶液，溶液变蓝色，说明还原性：I->Fe2+ D. 向H2O2溶液中滴入NaClO溶液，产生无色气体，说明氧化性：NaClO>O2 【答案】C 【解析】 【详解】A．KMnO4具有强氧化性，向2mLKHSO3溶液中滴加几滴酸性KMnO4溶液，溶液褪色，说明具有还原性，A正确； B．向盛有Fe(OH)3和NiO(OH)的试管中分别滴加相同浓度的浓盐酸，只有盛NiO(OH)的试管中产生黄绿色气体，说明NiO(OH)可以将Cl-氧化为Cl2，而Fe(OH)3不能，说明Fe(OH)3的氧化性弱于Cl2，则氧化性：NiO(OH)>Fe(OH)3，B正确； C．根据反应物物质的量关系（），氯气恰好能将碘离子完全氧化而亚铁离子不参与反应。该实验并未提供一个竞争反应的环境，无法比较和的还原性强弱，因此不能得出结论，C错误； D．向H2O2溶液中滴入NaClO溶液，产生无色气体，该气体为O2，NaClO是氧化剂，O2是氧化产物，说明氧化性：NaClO>O2，D正确； 故选C。 12. 实验室以含锌废液(主要成分为，还含有少量的、，溶液)为原料制备的实验流程如下图所示。已知结构为，具有强氧化性，易被还原为。下列说法正确的是 A. “除锰”反应中每消耗，硫元素共得到2mol电子 B. 试剂X可以选用Zn、ZnO、等物质 C. “沉锌”反应的离子方程式为 D. 滤液中一定大量存在阳离子有、和 【答案】C 【解析】 【分析】含锌废液(主要成分为ZnSO4，还含有少量的Fe2+、Mn2+，溶液pH≈5)为原料制备ZnCO3的实验流程为：S2O具有强氧化性，加入Na2S2O8将 Mn2+转化为MnO2除去，同时亚铁离子转化为铁离子，“除锰”反应的离子方程式为S2O+Mn2++2H2O═2SO+MnO2↓+4H+，过滤，滤渣为MnO2，加入ZnO、ZnCO3等调节pH分离出氢氧化铁，滤液中加入碳酸氢铵和氨水沉锌生成ZnCO3，据此分析解答。 【详解】A．S2O具有强氧化性，是因为含有-O-O-键，反应时O得电子生成-2价O，硫元素化合价不变，故A错误； B．试剂X应为ZnO、ZnCO3或Zn(OH)2，不能使用金属Zn,因为Zn可还原铁离子生成亚铁离子，增大除杂难度，故B错误； C．沉锌时得到碳酸锌，离子方程式为，故C正确； D．加入Na2S2O8引入Na+、加入碳酸氢铵和氨水沉锌时引入，但沉锌时锌离子转化为ZnCO3沉淀，所以液中一定大量存在阳离子有Na+、，只有微量，故D错误； 答案选C。 13. 工业生产中除去电石渣浆(含CaO)中的S2-并制取硫酸盐，其常用流程如图所示。下列说法正确的是 A. 过程Ⅱ中，反应的离子方程式为4MnO+2S2-+9H2O=+4Mn(OH)2↓+10OH- B. 碱性条件下，氧化性：MnO>O2> C. 过程Ⅰ中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1 D. 将1molS2-转化为理论上需要O2的体积为22.4L(标准状况) 【答案】A 【解析】 【分析】由流程可知，CaO与硫酸锰反应生成Mn(OH)2，通入氧气生成，涉及反应为2Mn(OH)2+O2+4OH-=2+4H2O，与S2-反应生成，进而与氧气反应生成，以此解答该题。 【详解】A．过程Ⅱ中，与S2-反应生成和Mn(OH)2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：4+2S2-+9H2O=+4Mn(OH)2↓+10OH-，A正确； B．由分析可知，碱性条件下，O2能将Mn(OH)2氧化为，能将S2-氧化为，故氧化性：O2＞＞，B错误； C．由分析可知，过程Ⅰ中反应的离子方程式为2Mn(OH)2+O2+4OH-=2+4H2O，故过程Ⅰ中氧化剂O2和还原剂Mn(OH)2的物质的量之比为1：2，C错误； D．将1molS2-转化为，S元素由-2价上升到+6价，共转移8mol电子，1molO2发生反应转移4mol电子，则理论上需要O2的物质的量为2mol，标况下的体积为2mol×22.4L/mol=44.8L，D错误； 故选A。 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下： 已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(c≤1.0×10-5mol/L)时的pH： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Co3+ Co2+ Zn2+ 开始沉淀 1.5 6.9 — 7.4 6.2 沉淀完全 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2 （1）“过滤1”后的溶液中加入MnO2的作用是_____。 （2）“除钴液”中主要的盐有_____(写化学式)。 （3）50℃时，单质碲(Te，位于ⅥA族)与NaBH4反应可制取硼砂[Na2B4O5(OH)4·8H2O]，发生反应：2Te+4NaBH4+17H2O=2NaHTe+Na2B4O5(OH)4·8H2O↓+14H2↑。 已知电负性：H>B，反应每转移8mol电子，被Te氧化的NaBH4的物质的量为_____mol。 （4）在80℃下，向(NH4)2Fe(SO4)2溶液中边搅拌边分批加入NaClO3固体，同时滴加NaOH溶液，控制溶液pH在4～4.5之间。一段时间后，过滤、洗涤得α-FeOOH固体。 ①制备1molα-FeOOH理论上需要NaClO3的物质的量为mol；实际生产过程中所加NaClO3低于理论用量的原因是_____。 ②为检验(NH4)2Fe(SO4)2已被完全氧化，某同学向过滤所得滤液中滴加酸性KMnO4溶液，该设计方案不合理的理由是_____。 （5）柠檬酸铁铵化学式可表示为(NH4)xFey(C6H5O7)z，测定其组成的实验方案如下：取适量样品溶于蒸馏水配成100mL溶液。取20.00mL溶液加入足量NaOH溶液充分反应，过滤、洗涤，灼烧至恒重，测得固体质量为0.32g。取20.00mL溶液于锥形瓶中，依次加入足量EDTA(能与部分金属离子结合)、HCHO溶液充分反应，滴入2滴酚酞试液，用1.00mol/LNaOH标准液滴定至终点，消耗标准液12.00mL。已知： I．4+6HCHO=(CH2)6N4H++6H2O+3H+、(CH2)6N4H++3H++4OH-=(CH2)6N4+4H2O。 II．柠檬酸结构简式可用H3C6H5O7表示。 ①加入EDTA的作用为_____。 ②柠檬酸铁铵化学式为_____(写出计算过程)。 【答案】（1）将Fe2+氧化为Fe3+ （2）ZnSO4和K2SO4 （3）0.5 （4） ①. 少量被氧气氧化，减少了NaClO3的消耗量，导致实际生产过程中所加NaClO3低于理论用量 ②. 与反应生成了，能与酸性溶液褪色，干扰的检验 （5） ①. 与溶液中的铁离子形成稳定的配合物，避免铁离子干扰后续的滴定反应 ②. 溶液中 ，根据反应方程式，建立关系式为, 溶液中 ，根据化合价代数和为0， ，解得 ，因此 a:b:c==3:1:2，即化学式 【解析】 【分析】由题中信息可知，用硫酸处理含有Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物的废渣，得到含有Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、等离子的溶液，Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的PbSO4，则“滤渣1”为“酸浸”时生成的PbSO4；向滤液中加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入ZnO调节pH=4使Fe3+完全转化为Fe(OH)3，则“滤渣Ⅱ”的主要成分为Fe(OH)3，滤液中的金属离子主要是Co2+、Zn2+和Mn2+；最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂KMnO4，将溶液中Co2+氧化为Co3+，在pH=5时Co3+形成沉淀Co(OH)3，而KMnO4则被还原为MnO2，KMnO4还会与溶液中的Mn2+发生归中反应生成MnO2，得到Co(OH)3和MnO2的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO4，据此解答。 【小问1详解】 由分析可知，“过滤1”后的溶液中加入MnO2的作用是：将Fe2+氧化为Fe3+。 【小问2详解】 最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时与加入ZnO调pH时引入的Zn2+、加入KMnO4“氧化沉钴”时引入的K+，而阴离子是在酸浸时引入的，因此其中主要的盐有ZnSO4和K2SO4。 【小问3详解】 已知电负性：H>B，则NaBH4中B为+3价，H为-1价，该反应中NaBH4的H元素由-1价上升到0价，Te元素由0价下降到-2价，H2O中部分H元素由+1价下降到0价，则每生成14molH2，转移16mol电子，则反应每转移8mol电子，消耗1molTe，Te得到2mol电子，则被Te氧化的NaBH4的物质的量为=0.5mol。 【小问4详解】 ①制备1molα-FeOOH理论上需要NaClO3的物质的量为mol，实际生产过程中所加NaClO3低于理论用量的原因是：少量被氧气氧化，减少了NaClO3的消耗量，导致实际生产过程中所加NaClO3低于理论用量； ②与反应生成了，能与酸性溶液褪色，干扰的检验，则该设计方案不合理。 【小问5详解】 ①加入EDTA的作用为：与溶液中的铁离子形成稳定的配合物，避免铁离子干扰后续的滴定反应； ②灼烧后得到 0.32g固体为 质量，则溶液中 ，根据反应方程式，建立关系式为, 溶液中 ，根据化合价代数和为0， ，解得 ，因此 a:b:c==3:1:2，即化学式 。 15. 填空 （1）写出下列反应的离子方程式。 ①过量Fe与稀硝酸反应：_____。 ②Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应：_____。 （2）对下列反应离子方程式进行配平 ①_____。 _____FeS2+_____NaClO3+_____H2SO4=_____ClO2↑+_____Fe2(SO4)3+_____Na2SO4+_____H2O ②_____。 _____NaBiO3+_____Mn2++_____H+=_____Na++_____Bi3++_____+_____H2O ③_____。 _____C6H12O6+_____MnO2+_____H2SO4=_____MnSO4+_____H2O+_____CO2↑ （3）自然界中Cr元素主要以+3价和+6价形式存在。中的Cr能引起细胞的突变，在酸性条件下可用亚硫酸钠将还原。其离子方程式为_____。 （4）将铜箔放入煮沸的饱和硫酸铜溶液，可制得Cu2O薄膜电极，该反应的离子方程式为_____。 【答案】（1） ①. ②. （2） ①. 2FeS2+30NaClO3+14H2SO4=30ClO2↑+Fe2(SO4)3+15Na2SO4+14H2O ②. 5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Na++5Bi3++2+7H2O ③. C6H12O6+12MnO2+12H2SO4=12MnSO4+18H2O+6CO2↑ （3） （4）Cu+Cu2++H2OCu2O+2H+ 【解析】 【小问1详解】 ①过量Fe与稀硝酸反应生成硝酸亚铁和一氧化氮，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：； ②Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应生成CaCO3和H2O，离子方程式为：。 【小问2详解】 ①该反应中S元素由-1价上升到+6价，Fe元素由+2价上升到+3价，Cl元素由+5价下降到+4价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：2FeS2+30NaClO3+14H2SO4=30ClO2↑+Fe2(SO4)3+15Na2SO4+14H2O； ②该反应中Bi元素由+5价下降到+3价，Mn元素由+2价上升到+7价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Na++5Bi3++2+7H2O； ③该反应中C元素由0价上升到+4价，Mn元素由+4价下降到+2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：C6H12O6+12MnO2+12H2SO4=12MnSO4+18H2O+6CO2↑。 【小问3详解】 在酸性条件下可用亚硫酸钠将还原，该反应生成Cr3+和，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。 【小问4详解】 将铜箔放入煮沸的饱和硫酸铜溶液，Cu和Cu2+反应生成Cu2O，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：Cu+Cu2++H2OCu2O+2H+。 16. 填空 （1）CH3I和CF3I发生水解时的主要反应分别是CH3I+H2O→CH3OH+HI和CF3I+H2O→CF3H+HIO。CF3I的水解产物是HIO，试结合电负性解释原因：_____。 （2）在密闭容器中，通过铁粉与NaHCO3溶液反应可以制得H2和HCOOH。活性Fe3O4-x是HCO转化为HCOO-的催化剂，其可能反应机理如图所示： ①从物质结构角度分析，HCOOH酸性强于CH3COOH的原因是_____。 ②根据元素电负性的变化规律，图中所示的反应步骤Ⅰ可描述为_____。 （3）在Ga-Cu-Mg催化剂表面上甲醇与水蒸气重整的机理如图所示。 其中“*”表示该微粒吸附在催化剂表面，SB为带有一定电性的吸附位点。表示微粒从催化剂表面脱附。 ①用T2O替换H2O，生成氢气的化学式是_____。 ②从化学键断裂和形成以及微粒吸附与脱附的角度，步骤Ⅳ的反应过程可描述为_____。 【答案】（1）电负性：F>I≈C，所以在CF3I中，受3个F原子吸引电子能力强的影响，I与C之间的共用电子对偏向于C，I显+1价，则CF3I发生水解时，生成CF3H和HIO （2） ①. 甲基为供电子基团，使羧基中羟基的极性减弱，电离出氢离子能力减弱 ②. 吸附在催化剂的Fe2+上的H与中碳原子作用，吸附在O2-的H与中的羟基氧作用生成的H2O和均吸附在Fe2+上 （3） ①. H2、HT ②. 吸附在SB位点上氧原子的H-O以及氧原子相邻碳原子的C-H断裂，碳原子与氧原子形成碳氧双键，产生的氢原子形成H-H并吸附于SA位点，继而脱附产生H2 【解析】 小问1详解】 因为电负性：F>I≈C，所以在CF3I中，受3个F原子吸引电子能力强的影响，I与C之间的共用电子对偏向于C，I显+1价，则CF3I发生水解时，生成CF3H和HIO； 【小问2详解】 ①甲基为供电子基团，使羧基中羟基的极性减弱，电离出氢离子能力减弱，酸性减弱，所以甲酸的酸性强于乙酸； ②H的电负性大于Fe，小于O，在活性表面，部分H吸附在催化剂的亚铁离子上，略带负电；另一部分H吸附在催化剂的氧离子上，略带正电；前者与中略带正电的碳结合，后者与中略带负电的羟基氧结合生成H2O，转化为； 【小问3详解】 ①根据机理可知，水和甲醇中共价键断裂，生成氢气，氢气中的氢元素的来源是水和甲醇，用替换，生成氢气的化学式是H2、HT； ②从化学键断裂和形成以及微粒吸附与脱附的角度，步骤Ⅳ的反应过程可描述为吸附在SB位点上氧原子的H-O以及氧原子相邻碳原子的C-H断裂，碳原子与氧原子形成碳氧双键，产生的氢原子形成H-H并吸附于SA位点，继而脱附产生H2。 17. 填空 （1）王水(浓HCl和浓按体积比3∶1混合)可溶解金：。 ①画出的空间填充模型：_____。 ②1mol[AuCl4]-中含有_____molσ键。 ③的空间结构为_____。 ④HCl电子式_____。 （2）35Br在元素周期表中的位置是_____。 （3）从价层电子对互斥理论(VSEPR)的角度解释：中的键角大于中的键角_____。 （4）已知H4V4O12具有八元环结构，其结构式可表示为_____。 【答案】（1） ①. ②. 4 ③. 平面三角形 ④. （2）第四周期ⅦA族 （3）中心N原子杂化方式为sp2，中心N原子杂化方式为sp2，且含有1个孤电子对，孤电子对越多，键角越小 （4） 【解析】 【小问1详解】 ①中心原子价层电子对数为2+=4，且含有2个孤电子对，的空间构型为V形，空间填充模型为； ②[AuCl4]-中Au与4个氯离子形成4个σ键，1mol[AuCl4]-中含有4molσ键； ③中心原子价层电子对数为3+=3，且不含孤电子对，空间结构为平面三角形； ④HCl是共价化合物，电子式为：。 【小问2详解】 35Br是35号元素，在元素周期表中的位置是第四周期ⅦA族。 【小问3详解】 中心原子价层电子对数为3+=3，N原子杂化方式为sp2，中心原子价层电子对数为2+=3，N原子杂化方式为sp2，且含有1个孤电子对，孤电子对越多，键角越小，则中的键角大于中的键角。 【小问4详解】 已知H4V4O12具有八元环结构，相等于4个HVO3分子，另外V原子需要连接5个共价键，则H4V4O12的结构式可以表示为：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $