精品解析：江苏省淮安市盱眙县马坝高级中学2025-2026学年高三上学期10月月考化学试题

2025—2026学年第一学期高三年级第一次调研测试 化学试卷 注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1.本试卷共8页。满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。 2.答题前，请您务必将自己的姓名、考试号等用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡规定的位置。 3.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其它位置作答一律无效。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 I卷(选择题 共39分) 单项选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分，每小题只有一个选项符合题意。 1. 我国努力发展芯片产业，推进科技自立自强。制造芯片所用的单晶硅属于 A. 单质 B. 盐 C. 氧化物 D. 混合物 2. 肼(N2H4)是发射航天飞船常用的高能燃料，可通过反应2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O制备。下列有关微粒的描述不正确的是 A. NH3的电子式为 B. N2H4的结构式为 C. 的结构示意图： D. NaClO中存在离子键和共价键 3. 下列由废铝粉、稀盐酸和氨气为原料制取的实验原理和装置不能达到实验目的的是 A. 用装置甲溶解废铝粉 B. 用装置乙制取固体 C. 用装置丙过滤得到固体 D. 用装置丁灼烧固体制得 4. 、、、、为短周期主族元素。下列说法正确的是 A. 离子半径： B. 热稳定性： C. 酸性强弱： D. 碱性强弱： 阅读下列材料，完成下面小题： 元素周期表中VIA族元素单质及其化合物有着广泛应用。O2可用作氢氧燃料电池的氧化剂；O3具有杀菌、消毒、漂白等作用。硫有多种单质，如斜方硫(标准燃烧热为ΔH=-297kJ•mol-1)、单斜硫等，硫或黄铁矿(FeS2)制得的SO2可用来生产H2SO4。用SO2与SeO2的水溶液反应可制备硒；硒是一种半导体材料，在光照下导电性可提高近千倍。 5. 下列物质性质与用途具有对应关系的是 A. 臭氧有强氧化性，可用于水体杀菌消毒 B. 浓硫酸有脱水性，可用于干燥某些气体 C. 二氧化硫有还原性，可用于织物的漂白 D. 硒单质难溶于水，可用于制造硒光电池 6. 下列说法正确的是 A. 基态氧原子价电子的轨道表示式为 B. SO2是由极性键构成的非极性分子 C. SeO2分子中O-Se-O的键角大于120° D. 斜方硫和单斜硫互为同素异形体 7. 下列化学反应表示不正确的是 A. 碱性氢氧燃料电池放电时的正极反应：O2+2H2O+4e-=4OH- B. 斜方硫的燃烧热的热化学方程式：S(s，斜方硫)+O2(g)=SO3(g)   ΔH=-297kJ•mol-1 C. 煅烧黄铁矿获得SO2：4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3 D. SO2与SeO2的水溶液反应制备硒：2SO2+SeO2+2H2O=Se↓+2H2SO4 8. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s) B. H2SiO3SiO2SiCl4 C. MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO(s) D. N2(g)NH3(g)Na2CO3(s) 9. 锌银纽扣电池是生活中常见的一次电池，其构造示意图如下。下列说法不正确的是 A. 作电池的负极 B. 电池工作时，向正极移动 C. 正极的电极反应： D. 金属外壳需具有良好的导电性和耐腐蚀性 10. 化合物Z是一种抗骨质疏松药的重要中间体，可由下列反应制得。下列有关X、Y、Z的说法不正确的是 A. 用FeCl3溶液可鉴别Y、Z两种物质 B. Y分子中C原子杂化类型有2种 C. Z可发生取代、加成和消去反应 D. Z与足量的氢气加成后产物中含有4个手性碳原子 11. 室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 向两支试管中各加入2 mL 5%的H2O2溶液，分别滴加2滴蒸馏水和2滴0.1 mol·L−1 FeCl3溶液，观察产生气泡的速率 FeCl3能加快H2O2分解 B 室温下，向0.1 mol·L−1 HCl溶液中加入少量镁粉，产生大量气泡，测得溶液温度上升 镁与盐酸反应放热 C 用pH试纸分别测量浓度均为0.1 mol·L−1 CH3COONa溶液与NaCN溶液的pH 比较CH3COO−与CN−结合H+能力的大小 D 向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末，搅拌，过滤；向洗净后的沉淀中滴加稀盐酸，观察是否有气体放出 比较Ksp(BaSO4)与Ksp(BaCO3) 的大小 A. A B. B C. C D. D 12. 室温下，通过下列实验探究NaHSO3、Na2SO3溶液的性质 实验1：用0.1mol·L-1NaOH溶液吸收SO2，测得溶液pH为7 实验2：向0.1mol·L-1Na2SO3溶液中滴加几滴酚酞，加水稀释，溶液红色变浅 实验3：向0.1mol·L-1Na2SO3溶液中逐滴滴加等体积同浓度的盐酸，充分反应后，测pH为5 实验4：将浓度均为0.1mol·L-1的NaHSO3和Ba(OH)2溶液等体积混合，产生白色沉淀 下列说法不正确的是 A. 实验1得到的溶液中存在：c(Na+)=2c()+c() B. 实验2随着水的不断加入，溶液中的值逐渐变大 C. 由实验3可得出：Kw＞Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3) D. 实验4发生反应的离子方程式为：+Ba2++OH-=BaSO3↓+H2O 13. 可协同催化的氢化，体系中涉及以下两个反应： 反应1： 反应2： 将一定比例的、以一定流速通过催化剂，在一定温度下反应，的转化率、或CO的选择性［］与催化剂中NiO的质量分数的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 反应 B. 曲线Y表示的转化率随催化剂中NiO的质量分数的变化 C. 其他条件不变，催化剂中NiO的质量分数为1%时，的产率最高 D. 其他条件不变，NiO的质量分数从25%增加到50%，的平衡选择性降低 Ⅱ卷(非选择题 共61分) 14. 以废锰渣(含MnO2及少量KOH、MgO、Fe2O3)为原料制备MnSO4晶体，其工艺流程可表示为： 该工艺条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Mn2+ Mg2+ 开始沉淀pH 2.1 7.4 9.2 9.6 完全沉淀pH 3.2 8.9 10.8 11.1 （1）Mn2+的基态核外电子排布式为___________。 （2）“酸浸”步骤中，Fe2O3溶于稀硫酸的离子方程式为___________。 （3）“反应Ⅰ”中加入硫铁矿（主要成分FeS2）将MnO2还原为Mn2+。滤渣1的主要成分除FeS2外，还有一种相对分子质量为192的单质，其化学式为___________。 （4）“反应Ⅱ”中主要反应的离子方程式为___________。 （5）“调pH”步骤中，应调节溶液pH的范围是___________。 （6）测定产品纯度。取制得的MnSO4晶体0.6200 g，溶于适量水中，加硫酸酸化；用过量NaBiO3（难溶于水）将Mn2+完全氧化为，过滤洗涤；将几次洗涤的滤液与过滤所得的滤液合并配成100 mL溶液，取20.00 mL溶液，用0.1000 mol·L-1 Na2C2O4溶液滴定，用去20.00 mL。 已知：+→ CO2↑+ Mn2+(未配平)； 。 计算产品中MnSO4的质量分数___________（写出计算过程，保留到小数点后两位）。 15. 氯化两面针碱具有抗炎、抗真菌、抗氧化和抗HIV等多种生物活性。其合成路线如下： （1）A中含氧官能团为___________(填名称)。 （2）B→C的反应类型为___________。 （3）A→B中试剂X的分子式为C9H8O3，写出X的结构简式：___________。 （4）A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能与FeCl3溶液发生显色反应，但不能发生银镜反应； ②碱性水解后酸化，所得两种有机产物分子的核磁共振氢谱图中峰个数分别为2和3. （5）写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)___________。 16. K3[Fe(C2O4)3]·3H2O是某些有机反应的催化剂。工业上常用FeC2O4·2H2O晶体为原料制备K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体。 Ⅰ．制备FeC2O4·2H2O晶体 溶解：称取5.0 g (NH4)2Fe(SO4)2晶体，放入仪器A中，加入少量1 mol·L-1 H2SO4溶液和15 mL蒸馏水加热溶解； 沉淀：向仪器A中加入25 mL饱和H2C2O4溶液，加热搅拌至沸，停止加热，静置；产生大量的FeC2O4∙2H2O沉淀，过滤，洗涤，得FeC2O4∙2H2O晶体。 （1）仪器A的名称为___________。 （2）“溶解”时若不加入硫酸，溶液会出现浑浊现象，加入硫酸的目的是___________。 （3）(NH4)2Fe(SO4)2晶体往往会混有少量Fe3+，影响草酸亚铁晶体的纯度。检验晶体中是否混有Fe3+，可用的试剂是___________。在酸性条件下，NH2OH可将Fe3+转化为Fe2+，自身转化为无毒气体和水，该反应的离子方程式为___________。 （4）检验沉淀洗涤是否完全的操作是___________。 Ⅱ．制备K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体。 已知：①K2Fe(C2O4)2可溶于水；Fe2(C2O4)3难溶于水；K3[Fe(C2O4)3]·3H2O易溶于水，难溶于乙醇。 ②实验条件下，pH=1.9，Fe3+开始沉淀；过氧化氢在40 ℃以上发生显著分解。 ③K3[Fe(CN)6]溶液与Fe2+反应产生深蓝色沉淀，与Fe3+不反应。 （5）以FeC2O4·2H2O晶体为原料，制备K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体时，请补充完整相应的实验方案： 取一定量的FeC2O4·2H2O晶体，边加入饱和H2C2O4溶液边搅拌，至pH约为1.9，先滴加饱和K2C2O4溶液，___________，直至取溶液样品___________，用冷水冷却，___________，充分搅拌，过滤、洗涤、晾干、得到K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体。（实验中须使用的试剂：10% H2O2溶液，无水乙醇。） 17. 研究反应中影响物质转化率的因素对物质生产或转化具有重要意义。 （1）NaClO与Na2FeO4均可用于除去废水中的有机物。 ①强碱性条件下，NaClO溶液与Fe(NO3)3溶液反应可制取Na2FeO4.写出该反应的离子方程式：___________。 ②pH=13时，控制n(NaClO)与其他条件相同，反应相同时间，测得使用“NaClO”与“NaClO+Fe3+”条件下，废水中有机物的氧化率如右图所示。“NaClO+Fe3+”条件下有机物的氧化率高的原因是___________。 ③温度高于30 ℃，其他条件相同，仅使用NaClO时，废水中有机物的氧化率随温度的升高而降低的原因是___________。 （2）铁粉可将水体中Cr(Ⅵ)还原为Cr3+，再通过调节溶液pH，可使Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀而被除去。为探究Cu2+浓度对Cr(Ⅵ)的去除率影响，向1 000 mL某浓度酸性废水中加入2.0 g铁粉，随着Cu2+浓度由0升高至15 mg·L−1，测得废水中Cr(Ⅵ)的去除率增大，其可能的原因为___________。 （3）将一定浓度的NO、O2、NH3气体匀速通过装有催化剂的反应器，发生反应：4NH3(g)+O2(g)+4NO(g)=4N2(g)+6H2O(g) ΔH=−1 632.4 kJ·mol−1，测得NO的转化率随温度的变化如图所示。 ①在50～150 ℃范围内随着温度的升高，NO的去除率迅速上升的原因是___________。 ②当反应温度高于380 ℃时，NO的去除率迅速下降的原因是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年第一学期高三年级第一次调研测试 化学试卷 注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1.本试卷共8页。满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。 2.答题前，请您务必将自己的姓名、考试号等用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡规定的位置。 3.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其它位置作答一律无效。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 S 32 I卷(选择题 共39分) 单项选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分，每小题只有一个选项符合题意。 1. 我国努力发展芯片产业，推进科技自立自强。制造芯片所用的单晶硅属于 A. 单质 B. 盐 C. 氧化物 D. 混合物 【答案】A 【解析】 【详解】硅是最常见应用最广的半导体材料，当熔融的单质硅凝固时，硅原子以金刚石晶格排列成晶核，其晶核长成晶面取向相同的晶粒，形成单晶硅。因此单晶硅属于单质。 故答案为：A。 2. 肼(N2H4)是发射航天飞船常用的高能燃料，可通过反应2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O制备。下列有关微粒的描述不正确的是 A. NH3的电子式为 B. N2H4的结构式为 C. 的结构示意图： D. NaClO中存在离子键和共价键 【答案】A 【解析】 【详解】A．NH3的电子式为 ，A项错误； B．N的原子序数为7，最外层电子数为5，则N2H4的结构式为 ，B项正确； C．氯原子的原子序数为17，最外层电子数为7容易得到1个电子变为稳定结构，则的结构示意图： ，C项正确； D．NaClO可电离出和，则NaClO为离子化合物，存在离子键和共价键，D项正确； 答案选A。 3. 下列由废铝粉、稀盐酸和氨气为原料制取的实验原理和装置不能达到实验目的的是 A. 用装置甲溶解废铝粉 B. 用装置乙制取固体 C. 用装置丙过滤得到固体 D. 用装置丁灼烧固体制得 【答案】D 【解析】 【详解】A．将废铝粉加入到盐酸中，适当加热和搅拌以加快反应速率，则用装置甲溶解废铝粉能够达到实验目的，A不合题意； B．向所得的AlCl3溶液中通入过量的氨气，来制备Al(OH)3固体，用装置乙可以制取固体，倒扣的漏斗能防止倒吸，B不合题意； C．分离固体和液体常用过滤操作，即用装置丙过滤得到固体，C不合题意； D．蒸发溶液用蒸发皿，而对固体加热则需用大试管或者坩埚，故用装置丁用蒸发皿灼烧固体制得不能达到实验目的，D符合题意； 故答案为：D。 4. 、、、、为短周期主族元素。下列说法正确的是 A. 离子半径： B. 热稳定性： C. 酸性强弱： D. 碱性强弱： 【答案】B 【解析】 【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则镁离子的离子半径小于氟离子，同主族元素，从上到下离子半径依次增大，则氟离子的离子半径小于氯离子，所以镁离子的离子半径小于氯离子，故A错误； B．非金属元素的非金属性越强，氢化物的热稳定性越强，氟元素的非金属性强于硫元素，所以氟化氢的热稳定性强于硫化氢，故B正确； C．同周期元素，从左到右非金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，所以硫酸的酸性弱于高氯酸，故C错误； D．同周期元素，从左到右金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性依次减弱，则氢氧化镁的碱性弱于氢氧化钠，故D错误； 故选B。 阅读下列材料，完成下面小题： 元素周期表中VIA族元素单质及其化合物有着广泛应用。O2可用作氢氧燃料电池的氧化剂；O3具有杀菌、消毒、漂白等作用。硫有多种单质，如斜方硫(标准燃烧热为ΔH=-297kJ•mol-1)、单斜硫等，硫或黄铁矿(FeS2)制得的SO2可用来生产H2SO4。用SO2与SeO2的水溶液反应可制备硒；硒是一种半导体材料，在光照下导电性可提高近千倍。 5. 下列物质性质与用途具有对应关系的是 A. 臭氧有强氧化性，可用于水体杀菌消毒 B. 浓硫酸有脱水性，可用于干燥某些气体 C. 二氧化硫有还原性，可用于织物的漂白 D. 硒单质难溶于水，可用于制造硒光电池 6. 下列说法正确的是 A. 基态氧原子价电子的轨道表示式为 B. SO2是由极性键构成的非极性分子 C. SeO2分子中O-Se-O的键角大于120° D. 斜方硫和单斜硫互为同素异形体 7. 下列化学反应表示不正确的是 A. 碱性氢氧燃料电池放电时的正极反应：O2+2H2O+4e-=4OH- B. 斜方硫的燃烧热的热化学方程式：S(s，斜方硫)+O2(g)=SO3(g)   ΔH=-297kJ•mol-1 C. 煅烧黄铁矿获得SO2：4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3 D. SO2与SeO2的水溶液反应制备硒：2SO2+SeO2+2H2O=Se↓+2H2SO4 【答案】5. A 6. D 7. B 【解析】 【5题详解】 A．臭氧具有强氧化性，能破坏细菌、病毒的结构，可用于水体杀菌消毒，性质与用途对应，A正确； B．浓硫酸用于干燥气体是利用其吸水性，与脱水性无关，B错误； C．二氧化硫用于织物漂白是利用其漂白性（与有色物质结合生成无色物质），与还原性无关，C错误； D．制造硒光电池与硒的导电性有关，与溶解性无关，D错误； 故选A。 【6题详解】 A．基态氧原子价电子排布式为2s22p4，轨道表示式为：，A错误； B．SO2分子中心原子S原子价层电子对数为：，为V形结构，正负电荷中心不重合，是极性分子，B错误； C．SeO2中心原子Se原子价层电子对数为：，为sp2杂化，有1对孤对电子，孤对电子对成键电子对排斥力大于成键电子对，键角小于120°，C错误； D．斜方硫和单斜硫均为硫元素组成的不同单质，互为同素异形体，D正确； 故选D。 【7题详解】 A．碱性氢氧燃料电池中，通入氧气的一极是正极，电极反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-，A正确； B．燃烧热是1 mol燃料充分燃烧生成稳定的氧化物时所释放的能量，故斜方硫的燃烧：，B错误； C．煅烧黄铁矿生成二氧化硫和氧化铁，化学方程式为：，C正确； D．SO2与SeO2的水溶液反应生成Se和H2SO4，S化合价由+4价升至+6价，失去2个电子，Se由+4价降至0价，得到4个电子，根据得失电子守恒，SO2、H2SO4化学计量数均为2，SeO2、Se的化学计量数均为1，再根据质量守恒配平，H2O化学计量数为2，故方程式：2SO2+SeO2+2H2O=Se↓+2H2SO4，D正确； 故选B。 8. 在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s) B. H2SiO3SiO2SiCl4 C. MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO(s) D. N2(g)NH3(g)Na2CO3(s) 【答案】C 【解析】 【详解】A．电解NaCl溶液生成Cl2正确，但Cl2与Fe在加热条件下生成FeCl3而非FeCl2，A错误； B．H2SiO3受热分解为SiO2正确，但SiO2不与盐酸反应生成SiCl4，B错误； C．MgCl2溶液与石灰乳生成Mg(OH)2沉淀正确，煅烧Mg(OH)2生成MgO正确，C正确； D．N2与H2合成NH3正确，但NH3与CO2在NaCl溶液中生成NaHCO3而非Na2CO3，D错误； 故选C。 9. 锌银纽扣电池是生活中常见的一次电池，其构造示意图如下。下列说法不正确的是 A. 作电池的负极 B. 电池工作时，向正极移动 C. 正极的电极反应： D. 金属外壳需具有良好的导电性和耐腐蚀性 【答案】B 【解析】 【分析】锌银纽扣电池中，锌作负极，发生氧化反应：，作正极，发生还原反应：，总反应为：； 【详解】A．由分析可知，锌作电池的负极，作电池正极，A正确； B．原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，则向负极移动，B错误； C．由分析可知，正极的电极反应为：，C正确； D．金属外壳需具有良好的导电性和耐腐蚀性，以保证电池正常工作，D正确； 故选B。 10. 化合物Z是一种抗骨质疏松药的重要中间体，可由下列反应制得。下列有关X、Y、Z的说法不正确的是 A. 用FeCl3溶液可鉴别Y、Z两种物质 B. Y分子中C原子杂化类型有2种 C. Z可发生取代、加成和消去反应 D. Z与足量的氢气加成后产物中含有4个手性碳原子 【答案】C 【解析】 【详解】A．Z含有酚羟基，遇到FeCl3溶液显紫色；Y不含有酚羟基，遇到FeCl3溶液不发生显色反应，可以鉴别，A正确； B．Y中苯环中C原子杂化类型为sp2、亚甲基中C原子杂化类型为sp3、羧基中C原子杂化类型为sp2，共2种，B正确； C．Z中含有酚羟基和羰基，可发生取代反应、加成反应，但不能发生消去反应，C错误； D．Z与足量的氢气加成后产物中含有4个手性碳原子，如图，D正确； 故选C。 11. 室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 向两支试管中各加入2 mL 5%的H2O2溶液，分别滴加2滴蒸馏水和2滴0.1 mol·L−1 FeCl3溶液，观察产生气泡的速率 FeCl3能加快H2O2分解 B 室温下，向0.1 mol·L−1 HCl溶液中加入少量镁粉，产生大量气泡，测得溶液温度上升 镁与盐酸反应放热 C 用pH试纸分别测量浓度均为0.1 mol·L−1 CH3COONa溶液与NaCN溶液的pH 比较CH3COO−与CN−结合H+能力的大小 D 向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末，搅拌，过滤；向洗净后的沉淀中滴加稀盐酸，观察是否有气体放出 比较Ksp(BaSO4)与Ksp(BaCO3) 的大小 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．采用控制变量方法，根据产生气泡的快慢研究FeCl3溶液是否对H2O2溶液分解产生影响，A能够达到实验目的，A正确； B．室温下，向0.1 mol·L−1 HCl溶液中加入少量镁粉，发生置换反应产生MgCl2和H2，因此会看到产生大量气泡，同时测得溶液温度上升，说明该反应是放热反应，放出热量使溶液温度升高，B正确； C．CH3COONa、NaCN都是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，等浓度的盐溶液，其形成盐的弱酸越弱，则水解后溶液的碱性就越强，溶液pH就越大，说明弱酸根离子结合水电离产生H+的能力就越强，故能比较CH3COO-与CN-结合H+能力的大小，C正确； D．向饱和Na2CO3溶液中加入少量BaSO4粉末搅拌，BaSO4溶解电离产生Ba2+、，当Qc(BaCO3)＞Ksp(BaCO3)时生成BaCO3沉淀，BaCO3可与盐酸反应生成CO2气体，故不能用于比较Ksp(BaSO4)与Ksp(BaCO3) 的大小关系，D错误； 故合理选项是D。 12. 室温下，通过下列实验探究NaHSO3、Na2SO3溶液的性质 实验1：用0.1mol·L-1NaOH溶液吸收SO2，测得溶液pH为7 实验2：向0.1mol·L-1Na2SO3溶液中滴加几滴酚酞，加水稀释，溶液红色变浅 实验3：向0.1mol·L-1Na2SO3溶液中逐滴滴加等体积同浓度的盐酸，充分反应后，测pH为5 实验4：将浓度均为0.1mol·L-1的NaHSO3和Ba(OH)2溶液等体积混合，产生白色沉淀 下列说法不正确的是 A. 实验1得到的溶液中存在：c(Na+)=2c()+c() B. 实验2随着水的不断加入，溶液中的值逐渐变大 C. 由实验3可得出：Kw＞Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3) D. 实验4发生反应的离子方程式为：+Ba2++OH-=BaSO3↓+H2O 【答案】C 【解析】 【详解】A．SO2与NaOH溶液反应得到的溶液中存在如下电荷守恒关系：，实验1溶液pH为7说明溶液中c(H+)=c(OH-)，所以溶液中存在：c(Na+)=2 c()+c()，A正确； B．由题意可知，Na2SO3在溶液中水解使溶液呈碱性，由水解常数可知，Na2SO3溶液中：=，溶液稀释时，c(OH-)减小，水解常数不变，则的比值增大，B正确； C．实验3获得NaHSO3溶液，溶液pH为5，说明在溶液中的电离程度大于其水解程度，由水解常数Kh=可得：Kw＜Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)，C错误； D．等浓度、等体积的NaHSO3溶液与Ba(OH)2溶液反应生成NaOH、BaSO3沉淀和H2O，反应的离子方程式为：+Ba2++OH-=BaSO3↓+H2O， D正确； 故选C。 13. 可协同催化的氢化，体系中涉及以下两个反应： 反应1： 反应2： 将一定比例的、以一定流速通过催化剂，在一定温度下反应，的转化率、或CO的选择性［］与催化剂中NiO的质量分数的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 反应 B. 曲线Y表示的转化率随催化剂中NiO的质量分数的变化 C. 其他条件不变，催化剂中NiO的质量分数为1%时，的产率最高 D. 其他条件不变，NiO的质量分数从25%增加到50%，的平衡选择性降低 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据盖斯定律，反应1-反应2得2H2(g)+CO(g)=CH3OH(g) ΔH=ΔH1-ΔH2=-90.5kJ⋅mol-1，A错误； B．CH3OH的选择性与CO的选择性之和为100%，由图可知，CO的选择性曲线与CH3OH的选择性曲线应关于50%这条水平线对称，则曲线X表示CO的选择性，那么曲线Y表示CO2的转化率随催化剂中NiO的质量分数的变化，B正确； C．由图可知，其他条件不变，催化剂中NiO的质量分数为1%时，CH3OH的选择性最高，但CO2的转化率不是最高，则CH3OH的产率不一定是最高，C错误； D．催化剂能加快反应速率，但不影响平衡，因此NiO的质量分数从25%增加到50%，CH3OH的平衡选择性不变，D错误； 故选B。 Ⅱ卷(非选择题 共61分) 14. 以废锰渣(含MnO2及少量KOH、MgO、Fe2O3)为原料制备MnSO4晶体，其工艺流程可表示为： 该工艺条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Mn2+ Mg2+ 开始沉淀pH 2.1 7.4 9.2 9.6 完全沉淀pH 3.2 8.9 10.8 11.1 （1）Mn2+的基态核外电子排布式为___________。 （2）“酸浸”步骤中，Fe2O3溶于稀硫酸的离子方程式为___________。 （3）“反应Ⅰ”中加入硫铁矿（主要成分FeS2）将MnO2还原为Mn2+。滤渣1的主要成分除FeS2外，还有一种相对分子质量为192的单质，其化学式为___________。 （4）“反应Ⅱ”中主要反应的离子方程式为___________。 （5）“调pH”步骤中，应调节溶液pH的范围是___________。 （6）测定产品纯度。取制得的MnSO4晶体0.6200 g，溶于适量水中，加硫酸酸化；用过量NaBiO3（难溶于水）将Mn2+完全氧化为，过滤洗涤；将几次洗涤的滤液与过滤所得的滤液合并配成100 mL溶液，取20.00 mL溶液，用0.1000 mol·L-1 Na2C2O4溶液滴定，用去20.00 mL。 已知：+→ CO2↑+ Mn2+(未配平)； 。 计算产品中MnSO4的质量分数___________（写出计算过程，保留到小数点后两位）。 【答案】（1）[Ar]3d5（或1s22s22p63s23p63d5） （2） （3）S6 （4） （5）3.2～9.2（3.2≤pH＜9.2） （6）97.42% 【解析】 【分析】由工艺流程图可知，酸浸过程中杂质KOH、MgO、Fe2O3等溶于硫酸进入溶液，二氧化锰与硫酸不反应，过滤，得到二氧化锰，反应Ⅰ中加入硫铁矿（主要成分FeS2）将MnO2还原为Mn2+，过滤除去不溶物，反应Ⅱ中加入二氧化锰将溶液中存在的亚铁离子转化为Fe3+，加入碳酸钙调pH，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，经过滤得较纯净的硫酸锰溶液，最终得到硫酸锰晶体，据此作答。 【小问1详解】 Mn为25号元素，Mn原子失去2个电子生成Mn2+，因此Mn2+的基态核外电子排布式为[Ar]3d5（或1s22s22p63s23p63d5）； 【小问2详解】 酸浸时，Fe2O3与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，离子方程式为； 【小问3详解】 反应Ⅰ中加入硫铁矿（主要成分FeS2）将MnO2还原为Mn2+，Mn元素得到电子被还原，则S元素失去电子被氧化为硫单质，相对分子质量为192，故该单质含硫原子个数为，化学式为S6； 【小问4详解】 反应Ⅱ中加入二氧化锰将溶液中存在的亚铁离子转化为Fe3+，便于后续沉淀除去，由电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得反应的离子方程式为； 【小问5详解】 “调pH”步骤中，应将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，而Mn2+不损失，应调节溶液pH的范围是3.2～9.2（3.2≤pH＜9.2）； 【小问6详解】 滴定反应的离子方程式为，消耗Na2C2O4的物质的量为，则原溶液中Mn2+的物质的量为，产品中MnSO4的质量为，因此产品中MnSO4的质量分数为。 15. 氯化两面针碱具有抗炎、抗真菌、抗氧化和抗HIV等多种生物活性。其合成路线如下： （1）A中含氧官能团为___________(填名称)。 （2）B→C的反应类型为___________。 （3）A→B中试剂X的分子式为C9H8O3，写出X的结构简式：___________。 （4）A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能与FeCl3溶液发生显色反应，但不能发生银镜反应； ②碱性水解后酸化，所得两种有机产物分子的核磁共振氢谱图中峰个数分别为2和3. （5）写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)___________。 【答案】（1）醚键、醛基 （2）加成反应 （3） （4） （5） 【解析】 【分析】对比A和B的结构简式， X的结构简式，A→B发生的是Knoevenagel缩合反应（先醛基加成，后羟基消去反应）；B到C的反应中，发生碳碳双键的加成反应；C到D的反应中，氰基水解生成羧基；D到E的反应中，D中的羰基被还原成亚甲基；E右侧苯环上的碳原子取代羧基中的羟基成环得到F。 【小问1详解】 根据A的结构简式可知，A中的含氧官能团为：醚键、醛基。 【小问2详解】 根据分析可知，B→C的反应类型为加成反应。 【小问3详解】 根据分析可知，X的结构简式为：。 【小问4详解】 ①能与FeCl3溶液发生显色反应，但不能发生银镜反应，说明有酚羟基但无醛基，②碱性水解后酸化，所得两种有机产物分子的核磁共振氢谱图中峰个数分别为2和3，说明还有酯基。得到的酸假如为甲酸，不满足条件①；得到的酸假如为乙酸，核磁共振氢谱图中峰个数为2，对应的另一有机产物核磁共振氢谱图中峰个数不为3，不满足条件②；得到的酸假如为丙酸，核磁共振氢谱图中峰个数为3，对应的另一有机产物核磁共振氢谱图中峰个数为2，只能为对苯二酚，则该同分异构体的结构简式：。 【小问5详解】 根据合成路线E→F可知羧基可以在、作用下成环，可以将转化为，依次发生题目中E→F、D→E的反应得到，故合成路线为：。 16. K3[Fe(C2O4)3]·3H2O是某些有机反应的催化剂。工业上常用FeC2O4·2H2O晶体为原料制备K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体。 Ⅰ．制备FeC2O4·2H2O晶体 溶解：称取5.0 g (NH4)2Fe(SO4)2晶体，放入仪器A中，加入少量1 mol·L-1 H2SO4溶液和15 mL蒸馏水加热溶解； 沉淀：向仪器A中加入25 mL饱和H2C2O4溶液，加热搅拌至沸，停止加热，静置；产生大量的FeC2O4∙2H2O沉淀，过滤，洗涤，得FeC2O4∙2H2O晶体。 （1）仪器A的名称为___________。 （2）“溶解”时若不加入硫酸，溶液会出现浑浊现象，加入硫酸的目的是___________。 （3）(NH4)2Fe(SO4)2晶体往往会混有少量Fe3+，影响草酸亚铁晶体的纯度。检验晶体中是否混有Fe3+，可用的试剂是___________。在酸性条件下，NH2OH可将Fe3+转化为Fe2+，自身转化为无毒气体和水，该反应的离子方程式为___________。 （4）检验沉淀洗涤是否完全的操作是___________。 Ⅱ．制备K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体。 已知：①K2Fe(C2O4)2可溶于水；Fe2(C2O4)3难溶于水；K3[Fe(C2O4)3]·3H2O易溶于水，难溶于乙醇。 ②实验条件下，pH=1.9，Fe3+开始沉淀；过氧化氢在40 ℃以上发生显著分解。 ③K3[Fe(CN)6]溶液与Fe2+反应产生深蓝色沉淀，与Fe3+不反应。 （5）以FeC2O4·2H2O晶体为原料，制备K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体时，请补充完整相应的实验方案： 取一定量的FeC2O4·2H2O晶体，边加入饱和H2C2O4溶液边搅拌，至pH约为1.9，先滴加饱和K2C2O4溶液，___________，直至取溶液样品___________，用冷水冷却，___________，充分搅拌，过滤、洗涤、晾干、得到K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体。（实验中须使用的试剂：10% H2O2溶液，无水乙醇。） 【答案】（1）三颈烧瓶（或三口烧瓶） （2）抑制Fe2+的水解 （3） ①. KSCN溶液 ②. 2NH2OH + 2Fe3+ =2Fe2+ + N2↑ + 2H2O + 2H+ （4）取最后一次洗涤的滤液，先加盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，如果无沉淀产生，则表示洗涤干净 （5） ①. 边搅拌边滴加10%过氧化氢溶液，水浴加热控制温度不超过40℃ ②. 滴加K3[Fe(CN)6]溶液不再出现深蓝色沉淀为止 ③. 向所得溶液中加入无水乙醇 【解析】 【分析】(NH4)2Fe(SO4)2中加入硫酸酸化，再加入草酸生成FeC2O4∙2H2O沉淀；FeC2O4∙2H2O晶体中加入草酸调节pH，滴加K2C2O4和双氧水氧化，生成K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体； 【小问1详解】 仪器A的名称为三颈烧瓶（或三口烧瓶）； 【小问2详解】 “溶解”时若不加入硫酸，溶液会出现浑浊现象，原因是Fe2+易发生水解反应生成，加入稀硫酸使水解平衡逆向移动，可以抑制Fe2+的水解； 【小问3详解】 Fe3+遇到KSCN溶液，溶液变成血红色，故检验Fe3+可用的试剂是KSCN溶液；NH2OH可将Fe3+还原为Fe2+，则NH2OH作还原剂，自身被氧化为氮气和水，离子方程式为2NH2OH + 2Fe3+ =2Fe2+ + N2↑ + 2H2O + 2H+； 【小问4详解】 沉淀上吸附的杂质主要为，故检验沉淀是否洗净只需检验最后洗涤液中是否还含有，具体操作为取最后一次洗涤的滤液，先加盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，如果无沉淀产生，则表示洗涤干净； 【小问5详解】 取一定量的FeC2O4·2H2O晶体，边加入饱和H2C2O4溶液边搅拌，至pH约为1.9，先滴加饱和K2C2O4溶液，用双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，且根据已知信息要防止过氧化氢分解，故应边搅拌边滴加10%过氧化氢溶液，水浴加热控制温度不超过40℃；为了防止Fe2+混杂在产物中，同时提高产率，应确保Fe2+完全氧化，所以应加入双氧水直至取溶液样品，滴加K3[Fe(CN)6]溶液不再出现深蓝色沉淀为止；已知K3[Fe(C2O4)3]·3H2O易溶于水，难溶于乙醇，因此用冷水冷却后要向所得溶液中加入无水乙醇，充分搅拌促使K3[Fe(C2O4)3]·3H2O以晶体形式析出；最后经过过滤、洗涤、晾干，得到K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体。 17. 研究反应中影响物质转化率的因素对物质生产或转化具有重要意义。 （1）NaClO与Na2FeO4均可用于除去废水中的有机物。 ①强碱性条件下，NaClO溶液与Fe(NO3)3溶液反应可制取Na2FeO4.写出该反应的离子方程式：___________。 ②pH=13时，控制n(NaClO)与其他条件相同，反应相同时间，测得使用“NaClO”与“NaClO+Fe3+”条件下，废水中有机物的氧化率如右图所示。“NaClO+Fe3+”条件下有机物的氧化率高的原因是___________。 ③温度高于30 ℃，其他条件相同，仅使用NaClO时，废水中有机物的氧化率随温度的升高而降低的原因是___________。 （2）铁粉可将水体中Cr(Ⅵ)还原为Cr3+，再通过调节溶液pH，可使Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀而被除去。为探究Cu2+浓度对Cr(Ⅵ)的去除率影响，向1 000 mL某浓度酸性废水中加入2.0 g铁粉，随着Cu2+浓度由0升高至15 mg·L−1，测得废水中Cr(Ⅵ)的去除率增大，其可能的原因为___________。 （3）将一定浓度的NO、O2、NH3气体匀速通过装有催化剂的反应器，发生反应：4NH3(g)+O2(g)+4NO(g)=4N2(g)+6H2O(g) ΔH=−1 632.4 kJ·mol−1，测得NO的转化率随温度的变化如图所示。 ①在50～150 ℃范围内随着温度的升高，NO的去除率迅速上升的原因是___________。 ②当反应温度高于380 ℃时，NO的去除率迅速下降的原因是___________。 【答案】（1） ①. 2Fe3++3ClO−+10OH−=2+3Cl−+5H2O ②. “NaClO+Fe3+”条件下产生，氧化有机物的速率更快 ③. 温度高于30 ℃，温度升高导致NaClO分解，c(NaClO)减小，有机物的氧化速率降低 （2）铁粉置换出铜形成FeCu原电池，加快Cr(Ⅵ)的还原反应速率 （3） ①. 催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NO去除反应速率迅速增大 ②. 催化剂活性下降与NH3与O2反应生成了NO共同使NO去除反应速率迅速下降 【解析】 【小问1详解】 ①根据题意可知，NaClO溶液与Fe(NO3)3溶液反应可制取Na2FeO4，同时氯被还原为氯离子，离子方程式为：2Fe3++3ClO−+10OH−=2+3Cl−+5H2O； ②根据第一问可知，次氯酸根离子可以氧化三价铁生成高铁酸根离子，而高铁酸根的氧化性氧化有机物的速率更快，故答案为：“NaClO+Fe3+”条件下产生，氧化有机物的速率更快； ③次氯酸钠不稳定，受热会分解，故答案为：温度高于30 ℃，温度升高导致NaClO分解，c(NaClO)减小，有机物的氧化速率降低； 【小问2详解】 向1 000 mL某浓度 酸性废水中加入2.0g铁粉，若不加Cu2+，Fe先与H+反应生成Fe2+等，Fe2+再还原Cr( VI)；加入Cu2+后，铁粉置换出 铜形成Fe—Cu原电池，加快生成Fe2+的速率，增加了c(Fe2+ )，Cr( VI)去除率增大，故答案为：铁粉置换出铜形成FeCu原电池，加快Cr(Ⅵ)的还原反应速率； 【小问3详解】 ①在50—150°C范围内随温度升高，催化剂的活性增大，则NO的去除率迅速上升，故答案为：催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NO去除反应速率迅速增大； ②温度高于380°C时，温度太高，催化剂失去活性NO的去除率迅速下降，同时氨气也可能与氧气反应生成一氧化氮，故答案为：催化剂活性下降与NH3与O2反应生成了NO共同使NO去除反应速率迅速下降。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $