精品解析：江苏省如皋中学2025-2026学年高三上学期测试（一）化学试题

江苏省如皋中学2025—2026学年度高三年级测试 化学试题 本卷满分100分，考试时间75分钟 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 Cl35.5 Mn55 Zn65 Se79 选择题(共36分) 单项选择题：本题包括8小题，每小题2分，共计16分。每小题只有一项符合题意 1. 硫及其化合物的转化具有重要应用。下列说法正确的是 A. 硫元素在自然界中均以化合态形式存在 B. 空气中排放过量SO2会形成酸雨，且酸雨的pH会随时间增长而降低 C. 常温下浓H2SO4能使铁片钝化是因为浓硫酸具有脱水性 D. 质量分数为49%、密度为1.4g·cm-3的硫酸，其物质的量浓度为2.8 mol·L-1 2. 甲醛是家庭装修常见的污染物。一种催化氧化甲醛的反应为：HCHO+O2H2O+CO2。下列有关叙述正确的是 A. HCHO分子中键σ和π键的数目之比为2：1 B. 16O原子中的中子数为16 C. H2O是由极性键构成的非极性分子 D. CO2的空间构型为直线形 3. 硫是一种重要的非金属元素。下列有关硫及其化合物的性质与用途具有对应关系的是 A. 硫单质呈黄色，可用作橡胶硫化剂 B. 浓硫酸具有吸水性，可用作氧气干燥剂 C. 二氧化硫有氧化性，可用作纸张漂白剂 D. 硫酸铜溶液呈酸性，可用作泳池杀菌剂 4. 在给定条件下，下列所示物质间的转化均能实现的是 A. NaCl(aq)NaHCO3(s)Na2CO3(s) B. FeCl3(aq)FeFe3O4 C. MnO2Cl2HClO D. CH3CH2OHCH3CHO 阅读下列资料，完成下列小题：X、Y、Z、W、Q是周期表中前4周期元素，且原子序数依次增大。X、Z的基态原子2p轨道中均有2个未成对电子，W的最外层电子数是次外层的一半，Q的最外层有1个电子，内层电子全部充满。Q2＋能与NH3形成[Q(NH3)4]2＋，[Q(NH3)4]2＋中2个NH3被2个Cl－取代可得到两种不同的结构。Q2Z一种晶胞如下图所示。 5. 下列说法正确的是 A. 原子半径：r(W)＞r(Z)＞r(Y)＞r(X) B. 电负性：χ(Z)＞χ(Y)＞χ(X)＞χ(W) C. Q在周期表中位于第四周期ⅠA族 D. 简单氢化物的沸点：Z＞Y＞X＞W 6. 下列说法正确的是 A. X的一种晶体具有很大的硬度，1mol该晶体中含有4mol的X－X键 B. Y2、Z2的晶体类型均为共价晶体 C. [Q(NH3)4]2＋的空间构型为正四面体形 D. Q2Z晶胞中，距离每个Q＋最近的Z2－有2个 7. C10H18在催化剂作用下发生脱氢反应的过程如图所示。下列说法不正确的是 A. 反应的△H=(E1-E2) kJ/ mol B. 反应的 C. C10H18(1)到C10H8(l)的反应速率快慢主要由第2步反应决定 D. 使用催化剂不会改变反应的△H 8. 一种水性电解液Zn-MnO2离子选择双隔膜电池如下图所示。(已知在KOH溶液中，Zn2+以存在)。下列叙述不正确的是 A. 放电时Zn作负极 B. a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜 C. 放电时MnO2电极上发生的反应：MnO2＋4H+＋2e－＝Mn2+＋2H2O D. 电路中每通过1mol电子，Zn电极的质量减小32.5 g 不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。 9. 一种具有生物活性的有机物X其结构如下图所示。下列关于X的说法正确的是 A. X分子中含有1个手性碳原子 B. 能与溶液反应生成 C. 1 molX最多能消耗溴水中 D. 1 molX最多能与发生加成反应 10. 实验室以含锌废液(主要成分为，还含有少量的、，溶液pH≈5)为原料制备的实验流程如下图甲所示，具有强氧化性，易被还原为，的结构如下图乙所示。下列说法正确的是 A. “除锰”反应的离子方程式为 B. “除锰”反应中每消耗1 mol ，硫元素共得到2 mol 电子 C. 试剂X可以选用、等物质 D. 滤液中一定大量存在阳离子有、和 11. 下列实验方案能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 取少量久置的Na2SO3粉末于试管中，向其中滴加BaCl2溶液 Na2SO3粉末是否变质 B 将铁片置于盐酸中，充分溶解后，向其中滴加KSCN溶液 铁片表面是否已被氧化 C 向淀粉溶液中滴加少量稀硫酸，加热后一段时间后，向其中滴加碘水 检验淀粉是否水解 D 向品红溶液中滴加新制氯水，观察溶液颜色变化 氯水是否具有漂白性 A. A B. B C. C D. D 12. 电池级草酸亚铁可作为生产磷酸铁锂电池的原料，还可用作照相显影剂等。实验室可通过如下反应制取FeC2O4。,已知室温时：Ka1(H2C2O4)=6×10-2、Ka2((HC2O4)=6×10-5、Ksp(FeC2O4)=1×10-6，下列说法正确的是 A. 0.10 mol·L-1 Na2C2O4溶液和0.10 mol·L-1 NaHC2O4溶液所含微粒种类完全相同 B. NaHC2O4水解的离子方程式为： C. 室温时0.10 mol·L-1 NaHC2O4溶液呈碱性 D. 室温时反应的平衡常数K=3.6 13. 丙烯是一种重要的有机化工原料，工业上以丁烯、乙烯为原料制取丙烯的反应如下：，一定温度下，向体积为V L密闭容器中充入1 mol C4H8(g)和1 mol C2H4(g)，测得C3H6的体积分数随时间的变化如图中线I所示。 已知几种气体的燃烧热如下表所示 气体 C2H4(g) C3H6(g) C4H8(g) 燃烧热/kJ/mol 1411 2049 2539 下列说法正确的是 A. C4H8(g)燃烧的热化学方程式可表示为C4H8(g)+6O2(g)=4CO2(g)+4H2O(g) △H=-2539 kJ/mol B. a=148 C. 该温度下反应的平衡常数为64 D. 图中线Ⅱ可能是其他条件一定，反应在更高温度时进行 非选择题（共64分） 14. 根据信息和要求书写相应的方程式。二氧化氯（ClO2）是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂。 （1）ClO2能将电镀废水中的CN－氧化为无毒的气体，自身被还原为Cl－。写出用ClO2处理含CN－的电镀废水的离子方程式：______________。 （2）纤维素还原法制ClO2是一种新方法，其原理是：先将纤维素在硫酸中水解，再将此条件下得到的葡萄糖与NaClO3反应得到ClO2和CO2等。写出葡萄糖与NaClO3反应的离子方程式：______________。 15. 硫化铋（Bi2S3）可用作新型锂离子电池电极材料。以辉铋矿（主要含Bi2S3，还含有少量Fe2O3、SiO2等杂质）为原料制备高纯Bi2S3的流程如下： （1）Bi在周期表中位于第六周期ⅤA族。Bi的价电子排布式为______________。 （2）浸出后Bi元素以Bi3＋形式存在于溶液中，写出浸出时Bi2S3所发生反应的离子方程式：______________。 （3）若浸出后的溶液中c(Bi3＋)＝0.4mol·L－1，c(Fe3＋)＝4.0×10－2mol·L－1，c(Fe2＋)＝1.2mol·L－1，则为了防止析出氢氧化物沉淀，需控制溶液的pH范围是______________。（已知Ksp[Bi(OH)3]＝4×10－31，Ksp[Fe(OH)3]＝4×10－38，Ksp[Fe(OH)2]＝8×10－16） （4）还原时与铁粉发生置换反应的离子是______________。 （5）氧化后所得物质是Bi2O3，酸溶后所得物质是Bi(NO3)3。如果不用空气氧化，直接用浓硝酸酸溶也可得到Bi(NO3)3，先用空气氧化后再用浓硝酸溶解的优点是______________。 （6）硫化时，向Bi(NO3)3溶液加入硫代乙酰胺（CH3CSNH2），可析出Bi2S3沉淀，洗涤、干燥后可得高纯度的Bi2S3。硫代乙酰胺的结构式可表示为______________。 16. 是一种高效消毒灭菌剂，可用于灭活新冠病毒。稳定性差，工业上可将转化为较稳定的保存。一种由制取晶体的流程如下： 已知高于60℃时，易分解为和NaCl。 （1）制。向用硫酸酸化的中通入混有空气（起稀释作用）的的气体，可制得气体。其他条件一定，若通入的过量，所得的体积将减小，原因是______________。 （2）制溶液。将一定量的通入NaOH和的混合溶液中，充分反应后可制得溶液。由该反应可以比较反应物和产物中两种微粒的氧化性大小。碱性条件下，两种微粒的氧化性大小规律为______________＞______________。 （3）制晶体。已知的溶解度曲线如下图所示。设计由质量分数为10%的溶液（含少量NaOH）制取晶体的实验方案：______________。 （4）晶体使用时，向其中加入盐酸，即可得到气体。已知反应产物中只有一种气体和一种盐，则消耗1 mol ，可生成的物质的量为_____________。 （5）还可将碱性废水中的CN－氧化为和，自身转化为Cl－。经测定，某冶炼废水中CN－含量为104.0 mg·L－1 ，处理该废水10 m3 ，理论上需要通入标准状况下的体积为_____________升？（写出计算过程） 17. 从铜阳极泥（含铜、银、铂、钯、硒等元素的单质或化合物）中分批提取硒、铂、钯、银、铜的过程如下： （1）焙烧。将阳极泥与浓硫酸按一定比例混合浆化，在回转窑内焙烧。铜、银等元素转变为硫酸盐，同时得到含SeO2、SO2的烟气，烟气用水吸收后，硒元素全部变为单质硒。 ①烟气中的硒元素能转变为单质硒的原因是_____________。 ②烟气中含有少量相对分子质量为222的硒氧化物，该氧化物的分子式为_____________。 （2）浸取。其他条件一定，将焙烧所得固体与相同体积水、不同体积硫酸混合，所得浸出液中各元素含量随硫酸加入量变化如图所示。 实际浸出铜、银同时回收铂、钯的过程中，只用水作浸取剂而不添加硫酸的原因是_____________。 （3）转化。向浸出铜、银后所得滤液中加入足量，使转化为沉淀，过滤。向固体中加入氨水[溶质以计]，发生反应：。再加入水合肼()还原，制得单质银，同时产生和两种气体。 ①溶解0.1 mol，至少需加入氨水的体积为_____________（忽略溶液体积的变化）。 ②比较键角大小：的键角小于的键角的原因_____________。 ③水合肼还原的化学方程式为_____________。 18. 有机物H可通过如下路线合成： （1）反应①中还可能生成分子式为C9H10O4的副产物，该副产物的结构简式为_______。 （2）转化③的化学反应类型为_______。 （3）转化⑤中物质X的分子式为C7H6O。则X的结构简式为_______。 （4）E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。 ①属于α-氨基酸，能与FeCl3溶液发生显色反应； ②分子中含6种化学环境不同的氢。 （5）写出以CH3NO2、和为原料制取的合成路线图(无机试剂及有机溶剂任用)。_______ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省如皋中学2025—2026学年度高三年级测试 化学试题 本卷满分100分，考试时间75分钟 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 Cl35.5 Mn55 Zn65 Se79 选择题(共36分) 单项选择题：本题包括8小题，每小题2分，共计16分。每小题只有一项符合题意 1. 硫及其化合物的转化具有重要应用。下列说法正确的是 A. 硫元素在自然界中均以化合态形式存在 B. 空气中排放过量SO2会形成酸雨，且酸雨的pH会随时间增长而降低 C. 常温下浓H2SO4能使铁片钝化是因为浓硫酸具有脱水性 D. 质量分数为49%、密度为1.4g·cm-3的硫酸，其物质的量浓度为2.8 mol·L-1 【答案】B 【解析】 【详解】A．硫元素在自然界中既能以化合态形式存在，又能以游离态的形式存在，如硫磺是S单质，故A错误； B．SO2溶于水生成亚硫酸从而使雨水的酸性增强，随着时间增长，亚硫酸被氧气氧化生成硫酸，酸性增强而pH降低，故B正确； C．浓H2SO4能使铁片钝化是因为浓硫酸具有强氧化性，故C错误； D．硫酸的物质的量浓度为，故D错误； 故选B。 2. 甲醛是家庭装修常见的污染物。一种催化氧化甲醛的反应为：HCHO+O2H2O+CO2。下列有关叙述正确的是 A. HCHO分子中键σ和π键的数目之比为2：1 B. 16O原子中的中子数为16 C. H2O是由极性键构成的非极性分子 D. CO2的空间构型为直线形 【答案】D 【解析】 【详解】A．HCHO分子中含有2条C-H键，1条C=O键，则σ键和π键的数目之比为3：1，A叙述错误； B．16O原子中质量数为16，中子数为8，B叙述错误； C．H2O分子的结构式为：H-O-H，空间构型为V型，结构不对称，是由极性键构成的极性分子，C叙述错误； D．CO2的中心碳原子为sp杂化，则空间构型为直线形，D叙述正确； 答案为D。 3. 硫是一种重要的非金属元素。下列有关硫及其化合物的性质与用途具有对应关系的是 A. 硫单质呈黄色，可用作橡胶硫化剂 B. 浓硫酸具有吸水性，可用作氧气干燥剂 C. 二氧化硫有氧化性，可用作纸张漂白剂 D. 硫酸铜溶液呈酸性，可用作泳池杀菌剂 【答案】B 【解析】 【详解】A．橡胶硫化是在一定条件下，使胶料中的生胶与硫发生化学反应的过程，硫用作橡胶硫化剂与硫单质的颜色无关，故A错误； B．浓硫酸具有吸水性，可以干燥酸性和中性气体，可用作氧气的干燥剂，故B正确； C．二氧化硫有漂白性，可用作纸张漂白剂，与氧化性无关，故C错误； D．硫酸铜是重金属盐，能使蛋白质发生变性，起到杀菌消毒的作用，可用作泳池杀菌剂，与溶液呈酸性无关，故D错误； 故选B。 4. 在给定条件下，下列所示物质间的转化均能实现的是 A. NaCl(aq)NaHCO3(s)Na2CO3(s) B. FeCl3(aq)FeFe3O4 C. MnO2Cl2HClO D. CH3CH2OHCH3CHO 【答案】C 【解析】 【详解】A．NaCl与CO2不反应，因为碳酸酸性弱于盐酸，无法发生复分解反应生成NaHCO3，第一步转化不能实现，A项错误； B．FeCl3与Cu反应生成FeCl2和CuCl2，无法得到Fe单质，第一步转化错误，B项错误； C．MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成Cl2，化学方程式为：，Cl2与H2O反应生成HCl和HClO，化学方程式为：，两步转化均能实现，C项正确； D．乙醇不含醛基，不能与银氨溶液发生反应，第一步转化不能实现，D项错误； 答案选C。 阅读下列资料，完成下列小题：X、Y、Z、W、Q是周期表中前4周期元素，且原子序数依次增大。X、Z的基态原子2p轨道中均有2个未成对电子，W的最外层电子数是次外层的一半，Q的最外层有1个电子，内层电子全部充满。Q2＋能与NH3形成[Q(NH3)4]2＋，[Q(NH3)4]2＋中2个NH3被2个Cl－取代可得到两种不同的结构。Q2Z一种晶胞如下图所示。 5. 下列说法正确的是 A. 原子半径：r(W)＞r(Z)＞r(Y)＞r(X) B. 电负性：χ(Z)＞χ(Y)＞χ(X)＞χ(W) C. Q在周期表中位于第四周期ⅠA族 D. 简单氢化物的沸点：Z＞Y＞X＞W 6. 下列说法正确的是 A. X的一种晶体具有很大的硬度，1mol该晶体中含有4mol的X－X键 B. Y2、Z2的晶体类型均为共价晶体 C. [Q(NH3)4]2＋的空间构型为正四面体形 D. Q2Z晶胞中，距离每个Q＋最近的Z2－有2个 【答案】5. B 6. D 【解析】 【分析】X、Y、Z、W、Q是周期表中前4周期元素，且原子序数依次增大。X、Z的基态原子2p轨道中均有2个未成对电子，根据原子序数推断X是C元素、Z是O元素，则Y是N元素；W的最外层电子数是次外层的一半，W是Si元素；Q最外层有1个电子，内层电子全部充满，Q是Cu元素。 【5题详解】 A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，原子半径：r(Si)>r(C)>r(N)>r(O)，故A错误； B．元素非金属性越强电负性越大，电负性：χ(O)>χ(N)>χ(C)>χ(Si)，故B正确； C．Q是Cu元素，在周期表中位于第四周期IB族，故C错误； D．H2O、NH3存在分子间氢键，沸点较高，且常温下水是液体，氨气是气体；同主族元素从上到下气态氢化物的沸点依次升高，沸点CH4<SiH4，所以简单氢化物的沸点：H2O>NH3>SiH4>CH4，故D错误； 故选B。 【6题详解】 A．C的一种晶体硬度很大，则该晶体为金刚石，金刚石中每个C都和4个C以C-C键相连，每个C-C键被2个C共有，所以每个C相等于连接2个C-C键，所以1mol金刚石中含有2molC-C键，故A错误； B．N2和O2晶体中存在的是分子间作用力，为分子晶体，故B错误； C．[Cu(NH3)4]2+中2个NH3被2个Cl-取代可得两种不同的结构，所以[Cu(NH3)4]2+为平面正方形结构，故C错误； D．根据阴阳离子个数比可知，在Cu2O晶胞中，顶点和体心为O2-，内部的4个离子为Cu+，则距离每个Cu+最近的O2-有2个，距离每个O2-最近的Cu+有4个，故D正确； 故选D。 7. C10H18在催化剂作用下发生脱氢反应的过程如图所示。下列说法不正确的是 A. 反应的△H=(E1-E2) kJ/ mol B. 反应的 C. C10H18(1)到C10H8(l)的反应速率快慢主要由第2步反应决定 D. 使用催化剂不会改变反应的△H 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应的△H=正反应活化能一逆反应活化能= (E1-E2) kJ/mol，A正确； B．反应的正反应是气体分子数增大的反应，则△S＞0，B正确； C．C10H18(1)到C10H8(l)的反应速率快慢主要由慢反应反应决定，反应的活化能越大，反应速率越慢，由图可知：第1步的活化能大于第2步，则C10H18(1)到C10H8(l)的反应速率快慢主要由第1步反应决定，C错误； D．反应热只取决于反应物和生成物总能量的大小，与是否使用催化剂无关，因此使用催化剂不会改变反应的△H，D正确； 答案选C。 8. 一种水性电解液Zn-MnO2离子选择双隔膜电池如下图所示。(已知在KOH溶液中，Zn2+以存在)。下列叙述不正确的是 A. 放电时Zn作负极 B. a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜 C. 放电时MnO2电极上发生的反应：MnO2＋4H+＋2e－＝Mn2+＋2H2O D. 电路中每通过1mol电子，Zn电极的质量减小32.5 g 【答案】B 【解析】 【分析】该电池的两极为Zn-MnO2，Zn作该电池的负极，电极反应方程式，MnO2作正极电极反应方程式，根据电解质溶液中离子移动规律，阳离子移向正极，阴离子移向负极，可以判断离子移动方向，根据负极反应的方程式，每转移2 mol电子消耗1 mol Zn。 【详解】A．放电时，Zn失去电子发生氧化反应，作负极，A正确； B．通过分析可知Zn电极和MnO2电极分别为负极和正极，Zn电极发生的反应为消耗，MnO2电极发生的反应为消耗H+的反应，阳离子移向正极，阴离子移向负极，所以钾离子由III室进入II室，硫酸根离子由I室进入II室，则b为阳离子交换膜，则a为阴离子交换膜，B错误； C．I室为酸性环境，MnO2作正极发生还原反应，Mn从+4价降为+2价，反应式应为， C正确； D．Zn负极反应为，转移2 mol电子消耗1 mol Zn（65 g），则转移1 mol电子消耗0.5 mol Zn，质量减小0.5 mol×65 =32.5 g，D正确； 故选B。 不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。 9. 一种具有生物活性的有机物X其结构如下图所示。下列关于X的说法正确的是 A. X分子中含有1个手性碳原子 B. 能与溶液反应生成 C. 1 molX最多能消耗溴水中 D. 1 molX最多能与发生加成反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．手性碳原子需连接四个不同基团。该分子中只有1个手性碳原子，如图：，A正确； B．能与NaHCO3反应生成CO2需含羧基（-COOH），分子中仅含酚羟基（-OH），酚羟基酸性弱于碳酸，无法与NaHCO3反应，B错误； C．溴水反应包括酚羟基邻对位取代和碳碳双键加成。分子中酚羟基邻对位仅有2个空位（可取代2molBr2），含2个碳碳双键（加成2molBr2），共消耗4molBr2，C错误； D．H2加成对象为苯环（3 mol）、碳碳双键（2 mol），酮羰基（2mol）参与加成，1 molX最多与3 mol+2 mol+2mol=7 molH2加成，D错误； 故答案选A。 10. 实验室以含锌废液(主要成分为，还含有少量的、，溶液pH≈5)为原料制备的实验流程如下图甲所示，具有强氧化性，易被还原为，的结构如下图乙所示。下列说法正确的是 A. “除锰”反应的离子方程式为 B. “除锰”反应中每消耗1 mol ，硫元素共得到2 mol 电子 C. 试剂X可以选用、等物质 D. 滤液中一定大量存在阳离子有、和 【答案】AC 【解析】 【分析】含锌废液(主要成分为，还含有少量的、，溶液pH≈5)为原料制备的实验流程为：具有强氧化性，加入将转化为除去，同时亚铁离子转化为铁离子，“除锰”反应的离子方程式为，过滤，滤渣为，加入、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，据此分析解答。 【详解】A．由分析可知，“除锰”反应的离子方程式为，A正确； B．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，未得到电子，B错误； C．加入试剂X的目的是消耗“除锰”步骤中生成的H+，调节pH使Fe3+完全沉淀。、均能与酸反应，且不引入新杂质，因此可以作为试剂X，C正确； D．加入引入，入碳酸氢铵和氨水沉锌时引入，但沉锌时转化为沉淀，所以液中一定大量存在阳离子有、，只有微量，D错误； 故选：AC。 11. 下列实验方案能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 取少量久置的Na2SO3粉末于试管中，向其中滴加BaCl2溶液 Na2SO3粉末是否变质 B 将铁片置于盐酸中，充分溶解后，向其中滴加KSCN溶液 铁片表面是否已被氧化 C 向淀粉溶液中滴加少量稀硫酸，加热后一段时间后，向其中滴加碘水 检验淀粉是否水解 D 向品红溶液中滴加新制氯水，观察溶液颜色变化 氯水是否具有漂白性 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．亚硫酸钠和空气中氧气反应生成硫酸钠，硫酸钠、亚硫酸钠都会和氯化钡生成白色沉淀，A错误； B．即使铁被氧化，氧化铁和盐酸生成氯化铁，氯化铁还会和铁生成氯化亚铁，亚铁离子不能使KSCN溶液变色，B错误； C．淀粉不水解或部分水解，溶液都会变蓝色，C错误； D．新制氯水中含有氯气和水生成的次氯酸，次氯酸具有漂白性能使品红溶液褪色，D正确； 故选D。 12. 电池级草酸亚铁可作为生产磷酸铁锂电池的原料，还可用作照相显影剂等。实验室可通过如下反应制取FeC2O4。,已知室温时：Ka1(H2C2O4)=6×10-2、Ka2((HC2O4)=6×10-5、Ksp(FeC2O4)=1×10-6，下列说法正确的是 A. 0.10 mol·L-1 Na2C2O4溶液和0.10 mol·L-1 NaHC2O4溶液所含微粒种类完全相同 B. NaHC2O4水解的离子方程式为： C. 室温时0.10 mol·L-1 NaHC2O4溶液呈碱性 D. 室温时反应的平衡常数K=3.6 【答案】AD 【解析】 【详解】A．Na2C2O4中存在水解平衡，NaHC2O4中存在电离平衡和水解平衡，所含微粒种类都有Na+、H+、OH-、、、H2C2O4、H2O，两者完全相同，A正确； B．NaHC2O4水解的离子方程式为：，B错误； C．NaHC2O4溶液的电离平衡常数为Ka2((HC2O4)=6×10-5，室温时水解平衡常数为，则电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，C错误； D．室温时反应的平衡常数，D正确； 故选：AD。 13. 丙烯是一种重要的有机化工原料，工业上以丁烯、乙烯为原料制取丙烯的反应如下：，一定温度下，向体积为V L密闭容器中充入1 mol C4H8(g)和1 mol C2H4(g)，测得C3H6的体积分数随时间的变化如图中线I所示。 已知几种气体的燃烧热如下表所示 气体 C2H4(g) C3H6(g) C4H8(g) 燃烧热/kJ/mol 1411 2049 2539 下列说法正确的是 A. C4H8(g)燃烧的热化学方程式可表示为C4H8(g)+6O2(g)=4CO2(g)+4H2O(g) △H=-2539 kJ/mol B. a=148 C. 该温度下反应的平衡常数为64 D. 图中线Ⅱ可能是其他条件一定，反应在更高温度时进行 【答案】BC 【解析】 【详解】A．燃烧热是1 mol物质C4H8(g)完全燃烧产生CO2气体和液态水时放出热量是2539 kJ，而不是产生气态水，其燃烧热的热化学方程式应该为C4H8(g)+6O2(g)=4CO2(g)+4H2O(l) △H=-2539 kJ/mol，A错误； B．根据物质燃烧热可得热化学方程式为：①C4H8(g)+6O2(g)=4CO2(g)+4H2O(l) △H=-2539 kJ/mol；②C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) △H=-1411 kJ/mol；③C3H6(g)+4.5O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) △H=-2049 kJ/mol，根据盖斯定律，将①+②-③×2，整理可得C4H8(g)+C2H4(g)2C3H6(g) △H=+148 kJ/mol，所以a=148，B正确； C．根据反应方程式C4H8(g)+C2H4(g)2C3H6(g)可知：该反应是反应前后气体物质的量不变的反应。反应达到平衡时C3H6的体积分数是80%，则n(C3H6)=2 mol×80%=1.6 mol，反应消耗C4H8(g)、C2H4(g)都是0.8 mol，故平衡时n(C4H8)=n(C2H4)=1 mol-0.8 mol=0.2 mol，由于容器的容积是V L，则反应达到平衡时化学平衡常数K=，C正确； D．升高温度，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短，但化学平衡向吸收的正反应方向移动，导致C3H6的体积分数增大，与图象不吻合，故曲线II不是在更高温度下进行。改变条件可能是增大了压强或使用了催化剂，D错误； 故合理选项是BC。 非选择题（共64分） 14. 根据信息和要求书写相应的方程式。二氧化氯（ClO2）是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂。 （1）ClO2能将电镀废水中的CN－氧化为无毒的气体，自身被还原为Cl－。写出用ClO2处理含CN－的电镀废水的离子方程式：______________。 （2）纤维素还原法制ClO2是一种新方法，其原理是：先将纤维素在硫酸中水解，再将此条件下得到的葡萄糖与NaClO3反应得到ClO2和CO2等。写出葡萄糖与NaClO3反应的离子方程式：______________。 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 将氧化为无毒的物质，应为，自身被还原为，该反应的离子方程式，故答案为：； 【小问2详解】 葡萄糖分子式为，具有还原性将NaClO3还原生成ClO2。Cl元素化合价从+5到+4价，降低1价，葡萄糖分子C6H12O6中C元素化合价均价为0，到+4价，升高4价，根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒写成对应的离子方程式为：。 15. 硫化铋（Bi2S3）可用作新型锂离子电池电极材料。以辉铋矿（主要含Bi2S3，还含有少量Fe2O3、SiO2等杂质）为原料制备高纯Bi2S3的流程如下： （1）Bi在周期表中位于第六周期ⅤA族。Bi的价电子排布式为______________。 （2）浸出后Bi元素以Bi3＋形式存在于溶液中，写出浸出时Bi2S3所发生反应的离子方程式：______________。 （3）若浸出后的溶液中c(Bi3＋)＝0.4mol·L－1，c(Fe3＋)＝4.0×10－2mol·L－1，c(Fe2＋)＝1.2mol·L－1，则为了防止析出氢氧化物沉淀，需控制溶液的pH范围是______________。（已知Ksp[Bi(OH)3]＝4×10－31，Ksp[Fe(OH)3]＝4×10－38，Ksp[Fe(OH)2]＝8×10－16） （4）还原时与铁粉发生置换反应的离子是______________。 （5）氧化后所得物质是Bi2O3，酸溶后所得物质是Bi(NO3)3。如果不用空气氧化，直接用浓硝酸酸溶也可得到Bi(NO3)3，先用空气氧化后再用浓硝酸溶解的优点是______________。 （6）硫化时，向Bi(NO3)3溶液加入硫代乙酰胺（CH3CSNH2），可析出Bi2S3沉淀，洗涤、干燥后可得高纯度的Bi2S3。硫代乙酰胺的结构式可表示为______________。 【答案】（1）6s26p3 （2） （3）pH＜2 （4）Bi3+和H+ （5）避免生成二氧化氮有毒气体，更加环保 （6） 【解析】 【分析】辉铋矿(主要成分为Bi2S3，还含有少量Fe2O3、SiO2等杂质)原料中加入盐酸、FeCl3，Fe2O3与盐酸反应，生成，FeCl3使Bi2S3转化为BiCl3和S，则滤渣的成分是S和SiO2；往滤液中加入Fe将Fe3+还原为Fe2+，过量盐酸变为氢气，同时Bi3+被置换为Bi单质；过滤后得到Bi，Bi在空气中与氧气反应，生成Bi2O3；“酸溶”阶段是将Bi2O3转化为Bi3+，再经过硫化阶段即可制得Bi2S3，据此分析作答。 【小问1详解】 Bi在周期表中位于第六周期ⅤA族，其原子序数为83，则Bi的电子排布为[Xe]4f145d106s26p3，则价电子排布式为6s26p3，故答案为：6s26p3。 【小问2详解】 浸出时是Bi2S3与FeCl3反应，生成BiCl3、FeCl2、S，离子方程式为：，故答案为：。 【小问3详解】 若浸出后的溶液中c(Bi3＋)＝0.4mol·L-1，c(Fe3＋)＝4.0×10-2mol·L-1，c(Fe2＋)＝1.2mol·L-1，根据溶度积可知以上三者沉淀时氢氧根浓度分别有：，解得mol·L-1， ，解得mol·L-1， ，解得mol·L-1，为了防止析出氢氧化物沉淀，则mol·L-1，即需控制溶液的pH范围是pH＜2，故答案为：pH＜2。 【小问4详解】 还原时是Fe将Fe3+还原为Fe2+，过量盐酸变为氢气，同时Bi3+被置换为Bi单质，则与铁粉发生置换反应的离子是Bi3+和H+，故答案为：Bi3+和H+。 【小问5详解】 Bi2O3和浓硝酸反应生成Bi(NO3)3和水，Bi和浓硝酸反应生成Bi(NO3)3、水和二氧化氮，则先用空气氧化后再用浓硝酸溶解的优点是避免生成二氧化氮有毒气体，更加环保，故答案为：避免生成二氧化氮有毒气体，更加环保。 【小问6详解】 在硫化铋制备中，其原理为硫代乙酰胺水解生成的H2S和乙酰胺，H2S与Bi3+反应生成Bi2S3，离子方程式为：，则硫代乙酰胺的结构式可表示为，故答案为：。 16. 是一种高效消毒灭菌剂，可用于灭活新冠病毒。稳定性差，工业上可将转化为较稳定的保存。一种由制取晶体的流程如下： 已知高于60℃时，易分解为和NaCl。 （1）制。向用硫酸酸化的中通入混有空气（起稀释作用）的的气体，可制得气体。其他条件一定，若通入的过量，所得的体积将减小，原因是______________。 （2）制溶液。将一定量的通入NaOH和的混合溶液中，充分反应后可制得溶液。由该反应可以比较反应物和产物中两种微粒的氧化性大小。碱性条件下，两种微粒的氧化性大小规律为______________＞______________。 （3）制晶体。已知的溶解度曲线如下图所示。设计由质量分数为10%的溶液（含少量NaOH）制取晶体的实验方案：______________。 （4）晶体使用时，向其中加入盐酸，即可得到气体。已知反应产物中只有一种气体和一种盐，则消耗1 mol ，可生成的物质的量为_____________。 （5）还可将碱性废水中的CN－氧化为和，自身转化为Cl－。经测定，某冶炼废水中CN－含量为104.0 mg·L－1 ，处理该废水10 m3 ，理论上需要通入标准状况下的体积为_____________升？（写出计算过程） 【答案】（1）过量会稀释造成体积减小 （2） ①. ②. （3）将溶液加热至温度略低于60℃，浓缩，冷却至温度略低于38℃时结晶，过滤，洗涤 （4）0.8mol （5） 【解析】 【分析】溶液中加入稀硫酸，然后通入和空气，首先发生反应：，将通入NaOH和的混合溶液中反应原理为：，再将溶液经过一系列操作得到晶体，据此分析作答。 【小问1详解】 制发生反应的原理是：，其他条件一定，若通入的过量，所得的体积将减小，原因是过量会稀释造成体积减小，故答案为：过量会稀释造成体积减小； 【小问2详解】 将通入NaOH和的混合溶液中反应原理为：，Cl元素化合价降低，氧化剂是，O元素化合价升高，是氧化产物，由氧化剂的氧化性强于氧化产物，则氧化性：，故答案为：； 【小问3详解】 由图可知，饱和溶液中，温度低于38℃时，析出晶体，温度高于38℃时，析出晶体，所以从溶液中获得的操作是将溶液加热至温度略低于60℃，浓缩，冷却至温度略低于38℃时结晶，过滤，洗涤，故答案为：将溶液加热至温度略低于60℃，浓缩，冷却至温度略低于38℃时结晶，过滤，洗涤； 【小问4详解】 加入盐酸生成气体和一种盐NaCl，发生了歧化反应，反应方程式为，则消耗1 mol ，可生成的物质的量为0.8 mol ，故答案为：0.8 mol ； 【小问5详解】 中C为+2价、N为-3价，还可将碱性废水中的化为和，自身转化为，反应的离子方程式为，废水中，，消耗40mol ，标准状况下的体积为，故答案为：。 17. 从铜阳极泥（含铜、银、铂、钯、硒等元素的单质或化合物）中分批提取硒、铂、钯、银、铜的过程如下： （1）焙烧。将阳极泥与浓硫酸按一定比例混合浆化，在回转窑内焙烧。铜、银等元素转变为硫酸盐，同时得到含SeO2、SO2的烟气，烟气用水吸收后，硒元素全部变为单质硒。 ①烟气中的硒元素能转变为单质硒的原因是_____________。 ②烟气中含有少量相对分子质量为222的硒氧化物，该氧化物的分子式为_____________。 （2）浸取。其他条件一定，将焙烧所得固体与相同体积水、不同体积硫酸混合，所得浸出液中各元素含量随硫酸加入量变化如图所示。 实际浸出铜、银同时回收铂、钯的过程中，只用水作浸取剂而不添加硫酸的原因是_____________。 （3）转化。向浸出铜、银后所得滤液中加入足量，使转化为沉淀，过滤。向固体中加入氨水[溶质以计]，发生反应：。再加入水合肼()还原，制得单质银，同时产生和两种气体。 ①溶解0.1 mol，至少需加入氨水的体积为_____________（忽略溶液体积的变化）。 ②比较键角大小：的键角小于的键角的原因_____________。 ③水合肼还原的化学方程式为_____________。 【答案】（1） ①. 烟气用水吸收后与生成，有还原性，可以将还原成 ②. 或 （2）加入后，铜、银浸出率增幅不大，但铂、钯浸出率增大，不利于铂和钯的回收； （3） ①. 0.44 L ②. 中原子为杂化且有一对孤对电子，中原子为杂化且无孤对电子，故的键角小于的键角。 ③. 【解析】 【分析】铜阳极泥（含铜、银、铂、钯、硒等元素的单质或化合物）经过焙烧，铜、银等元素转变为硫酸盐，同时得到含SeO2、SO2的烟气；固体产物经过浸取、转化最终得到铜单质。 【小问1详解】 烟气用水吸收后与生成，有还原性，可以将还原成；相对原子质量为79，故该分子中最多只能存在2个，再结合相对原子质量，可知存在4个，故可以得出该氧化物分子式为或。 【小问2详解】 根据图示，加入后，铜、银浸出率增幅不大，但铂、钯浸出率增大，不利于铂和钯的回收。 【小问3详解】 ①溶解0.1 mol，至少需加入氨水的体积为x，列三段式： 解得x=0.44 L。 ②中原子为杂化且有一对孤对电子，中原子为杂化且无孤对电子，故的键角小于的键角。 ③加入水合肼()还原，制得单质银，同时产生和两种气体，故方程式为。 18. 有机物H可通过如下路线合成： （1）反应①中还可能生成分子式为C9H10O4的副产物，该副产物的结构简式为_______。 （2）转化③的化学反应类型为_______。 （3）转化⑤中物质X的分子式为C7H6O。则X的结构简式为_______。 （4）E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。 ①属于α-氨基酸，能与FeCl3溶液发生显色反应； ②分子中含6种化学环境不同的氢。 （5）写出以CH3NO2、和为原料制取的合成路线图(无机试剂及有机溶剂任用)。_______ 【答案】（1） （2）加成反应 （3） （4） （5） 【解析】 【分析】A和HCHO、HCl发生加成反应生成B，B和发生取代反应生成C，C和CH3NO2发生加成反应生成D，D和LiAlH4发生还原反应生成E，E和X反应生成F，结合F的结构，可知X为，F和H2发生加成反应生成G，G和NH3发生取代反应生成H，据此解答。 【小问1详解】 由分析可知，反应①中A和HCHO、HCl发生加成反应生成B，且是酚羟基的邻位氢断键和甲醛的碳氧双键加成，若两个邻位氢都反应，则生成分子式为C9H10O4的副产物，该副产物的结构简式为。 【小问2详解】 转化③为C分子中的醛基和CH3NO2发生加成反应生成D，故答案为：加成反应。 【小问3详解】 转化⑤中物质X的分子式为C7H6O，不饱和度==5，因苯环有4个不饱和度，则说明还有1个不饱和度，E和X反应生成F，结合F的结构，可知X为。 【小问4详解】 E为，E的一种同分异构体同时满足： ①属于α-氨基酸，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有-CH(NH2)COOH、酚羟基； ②分子中含6种化学环境不同的氢，E的结构较为对称；E中共有12个C原子，不饱和度为5，则满足条件的同分异构体为。 【小问5详解】 参照有机物H的合成路线，以CH3NO2、 和为原料制取，和发生取代反应生成 ，和CH3NO2发生加成反应生成，发生还原反应生成，发生消去反应生成，和NH3发生取代反应生成，具体路线为：。 第1页/共1页 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