精品解析：安徽省六安市裕安区新安中学2025-2026学年高三上学期第二次月考 化学试题

新安中学2026届高三第二次月考 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cu-64 Ba-137 一、选择题(共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。) 1. 用红色激光笔分别照射CuSO4溶液和Fe(OH)3胶体，在与光束垂直的方向进行观察，Fe(OH)3胶体中观察到丁达尔效应，而CuSO4溶液无此现象，下列说法正确的是 A. Fe(OH)3胶体中观察到丁达尔效应原因是：胶体粒子的直径为1～100 nm，小于可见光的波长，能使光波发生散射 B. 激光产生与原子核外电子跃迁释放能量无关 C. 由于Cu2+呈蓝色，故CuSO4溶液显蓝色 D. 向CuSO4溶液中滴加过量氨水，溶液颜色变浅 2. 在溶液中能大量共存的离子组是 A. 溶液中：、、、 B. 无色透明溶液中：、、、 C. 高锰酸钾溶液中：、、、 D. 溶液中：、、、 3. 下列过程对应的离子方程式正确的是 A. 用氢氟酸刻蚀玻璃： B. 用硫代硫酸钠溶液脱氯： C. 海水提溴过程中将溴吹入SO2吸收塔： D. 用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度： 4. 氟气通过碎冰表面，发生反应①，生成的HOF遇水发生反应②。下列说法不正确的是 A. HOF的电子式为 B. H2O2为极性分子 C. 反应①中有非极性键的断裂和形成 D. 反应中①HF为还原产物 5. 关于溴的性质，下列说法正确的是 A. 可被氧化为 B. 与水溶液反应的还原产物为 C. ，说明氧化性： D. 与足量NaOH溶液反应生成NaBr和，转移5 mol电子 6. 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 3.4 gH2O2含有的共用电子对数为 B. 100 g质量分数为46%的乙醇水溶液中所含氧原子数为 C. 2.3 g Na与足量的氧气反应生成含氧化钠和过氧化钠混合物，转移电子数为 D. 2.24 LCO2与NaOH溶液完全反应，则 7. 实验室利用下列反应装置模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，反应原理为，下列说法正确的是 A. 通过活塞K可控制NH3的流速 B. 装置b、d依次盛装饱和Na2CO3溶液、稀硫酸 C. 装置c中含氨的饱和食盐水提高了CO2吸收效率 D. 反应后将装置c中的锥形瓶浸入冷水充分冷却，过滤得到Na2CO3晶体 8. 实验室以废铁屑、氨气和稀硫酸为原料，制备少量莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]。如图所示装置和原理能达到实验目的的是 A. 用装置甲制取FeSO4溶液 B. 用装置乙制取并收集NH3 C. 用装置丙将氨气通入FeSO4和H2SO4的混合溶液 D. 用装置丁蒸干溶液得到(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O 9. 由工业废渣(主要含Fe、Si、Al等的氧化物)制取聚合硫酸铁铝净水剂的流程如下： 下列有关说法正确的是 A. “浸取”时先将废渣粉碎并不断搅拌，只利于提高铁的浸取率 B. “浸取”时发生的反应有 C. “过滤”前用检验浸取液中是否存在的反应是氧化还原反应 D. 聚合硫酸铁铝在水中形成的胶体能杀死水中的细菌和病毒 10. 部分含氯物质分类与相应化合价关系如图所示，下列说法正确的是 A. a的浓溶液与常温反应制得b B. b与Fe直接化合可得 C. 含氯消毒剂只有b D. 存在的转化关系 11. 硫及其化合物部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A. 标准状况下，11.2 LSO2中原子总数为 B. 100 mL0.1mol/LNa2SO3溶液中，亚硫酸根离子数目为 C. 反应①每消耗3.4 g H2S，生成物中硫原子数目为 D. 反应②每生成1 mol氧化产物，转移电子数目为 12. 某科研小组探究铜和浓硫酸在一定条件下的反应，进行如下实验，流程中除H2O外反应产物均已标出。下列说法错误的是 A. 化合物X为Cu2S B. 该流程的实质是浓硝酸将铜氧化 C. 该实验中浓硫酸体现了强氧化性和酸性 D. 理论上产生NO2的物质的量为0.5 mol 13. 用石英砂和原料气(含和少量)制备的操作流程如图所示(粗硅中含有少量Fe、Cu的单质及化合物)： 下列叙述不正确的是 A. “还原”时，发生反应的化学方程式为 B. “高温氮化”合成反应中N2是氧化剂 C. “操作X”可将原料气通过灼热的铜粉 D. “稀酸Y”选用稀硫酸除去产物中的杂质 14. 有一块铁的“氧化物”样品，用80 mL 5 mol/L盐酸恰好将之完全溶解，所得溶液还能吸收0.025 mol ，恰好使其中的全部转变为。该样品的化学式可能为 A. FeO B. C. D. 二、填空题(共4题，共58分。) 15. 精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提取金和银的流程，如下图所示。 回答下列问题： （1）Cu价层电子排布式为___________。 （2）“浸取1”中Cu参与反应的离子方程式是___________。 （3）“浸取2”步骤中，单质金转化为HAuCl4的化学方程式为___________。 （4）“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的___________(填化学式)转化为。 （5）“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为___________。“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物质为___________(填化学式)。 （6）“还原”步骤中，产物Au与被氧化的N2H4的物质的量之比为___________。 （7）Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6，写出该反应的离子方程式为___________。 16. 碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下： 步骤Ⅰ．Na2CO3的制备 步骤Ⅱ．产品中NaHCO3含量测定 ①称取2.500 g产品，用蒸馏水溶解，定容于250 mL容量瓶中； ②移取25.00 mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用0.100 mol/L盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色 (第一滴定终点)，消耗盐酸V1 mL； ③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用0.100 mol/L盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸V2 mL； ④平行测定三次，V1平均值为22.45，V2平均值为23.45。 已知：(ⅰ)当温度超过35℃时，NH4HCO3开始分解； (ⅱ)相关盐在不同温度下的溶解度见下表(g/100 g H2O)。 温度/℃ 0 10 20 30 40 50 60 NaCl 35.7 35.8 36.0 36.3 36.6 37.0 37.3 NH4HCO3 11.9 15.8 21.0 27.0 NaHCO3 6.9 8.2 96 11.1 12.7 14.5 16.4 NH4Cl 29.4 33.3 37.2 41.4 45.8 50.4 55.2 回答下列问题： （1）步骤Ⅰ中晶体A的化学式为___________，晶体A能够析出的原因是___________。 （2）步骤Ⅰ中“300℃加热”应选用在___________(填仪器名称)中加热。 （3）指示剂M为___________，描述第二滴定终点前后溶液颜色变化：___________。 （4）产品中NaHCO3质量分数为___________。 （5）第一滴定终点时，某同学仰视读数，其他操作均正确，NaHCO3质量分数的计算结果___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 17. 氮及其化合物在人们的日常生活、生产工业中和环保事业中属于“明星物质”，目前最成功的应用就是“人工固氮”，在某特殊催化剂和光照条件下，N2与水反应可生成NH3。 （1）已知：①； ② 则=___________kJ/mol （2）。将1.00 mol N2和3.00 mol H2充入容积为3L的恒容密闭容器中，发生上述反应。 ①图甲是测得X、Y的浓度随时间变化的曲线，反应达到平衡时的平均反应速率___________。 ②在不同温度和压强下，平衡体系中NH3的体积分数与温度、压强关系如图乙，则压强p1___________p2 (填“＞”、“＜”或“＝”，下同)，C、D两点的平衡常数K(D)___________K(C)，C点N2的转化率=___________(保留4位有效数字)。 （3）在恒容密闭容器中充入NH3和NO2，在一定温度下发生反应：。下列表明该反应能达到平衡状态的是___________(填字母) a．混合气体密度保持不变 b．混合气体压强保持不变 c．NO2和NH3的物质的量之比为3：4 d．混合气体平均相对分子质量不变 （4）“绿水青山就是金山银山”，利用原电池原理()，可以处理氮的氧化物和NH3尾气，装置原理图如图丙，负极反应式为___________。 18. 布洛芬具有退热、镇痛的疗效，是缓解新冠病毒病症的有效药物。布洛芬的传统合成路线如图。 已知：①(R为烃基) ②芳醛直接氧化芳酸时，苯环上烃基也可能被氧化。 回答下列问题： （1）A的结构简式___________，A→B的反应类型为___________。 （2）有机物C中的含氧官能团名称为___________。 （3）写出E→F的化学方程式___________。 （4）布洛芬的同系物M分子式为，其可能结构有___________种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有四组峰且峰面积之比为1 : 2 : 6 : 1的结构简式为___________(写出一种即可)。 （5）参照上图流程设计由制备的合成路线：___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 新安中学2026届高三第二次月考 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cu-64 Ba-137 一、选择题(共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。) 1. 用红色激光笔分别照射CuSO4溶液和Fe(OH)3胶体，在与光束垂直的方向进行观察，Fe(OH)3胶体中观察到丁达尔效应，而CuSO4溶液无此现象，下列说法正确的是 A. Fe(OH)3胶体中观察到丁达尔效应的原因是：胶体粒子的直径为1～100 nm，小于可见光的波长，能使光波发生散射 B. 激光的产生与原子核外电子跃迁释放能量无关 C. 由于Cu2+呈蓝色，故CuSO4溶液显蓝色 D. 向CuSO4溶液中滴加过量氨水，溶液颜色变浅 【答案】A 【解析】 【详解】A．胶体粒子的直径在1～100 nm范围内，小于可见光波长（400-700 nm），光通过时发生散射，形成丁达尔效应，A正确； B．激光的产生是原子核外电子跃迁释放能量形成光子，与电子跃迁直接相关，B错误； C．CuSO4溶液显蓝色是因水合铜离子（[Cu(H2O)4]2+）呈蓝色，而非单独的Cu2+，C错误； D．过量氨水与CuSO4溶液反应生成深蓝色的[Cu(NH3)4]2+络离子，溶液颜色变深而非变浅，D错误； 故选A。 2. 在溶液中能大量共存的离子组是 A. 溶液中：、、、 B. 无色透明溶液中：、、、 C. 高锰酸钾溶液中：、、、 D. 溶液中：、、、 【答案】B 【解析】 【详解】A．与、发生双水解的反应，因此不能大量共存，故A错误； B．所有离子均为无色且不能发生反应，因此能大量共存，故B正确； C．高锰酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，、、都具有一定的还原性，会发生氧化还原反应，因此无法大量共存，故C错误； D．与易形成络合物，因此无法大量共存，故D错误； 故答案选B。 3. 下列过程对应的离子方程式正确的是 A. 用氢氟酸刻蚀玻璃： B. 用硫代硫酸钠溶液脱氯： C. 海水提溴过程中将溴吹入SO2吸收塔： D. 用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度： 【答案】C 【解析】 【详解】A．氢氟酸刻蚀玻璃的反应中，玻璃的主要成分是SiO2，离子方程式为：，A错误； B．硫代硫酸钠与Cl2反应时，应被氧化为，故离子方程式为：，故B错误； C．Br2与SO2在水中反应，Br2被还原为，SO2被氧化为，电荷和原子均守恒，反应式正确，C正确； D．用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液，草酸为弱酸不能拆开，故离子方程式为；，故D错误； 故答案选C。 4. 氟气通过碎冰表面，发生反应①，生成的HOF遇水发生反应②。下列说法不正确的是 A. HOF电子式为 B. H2O2为极性分子 C. 反应①中有非极性键的断裂和形成 D. 反应中①HF为还原产物 【答案】C 【解析】 【详解】A．HOF的结构为H-O-F，电子式为，A正确； B．H2O2分子结构为H-O-O-H，空间结构为半开页书形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，B正确； C．反应①为，反应物F2中F-F非极性键断裂，但产物HOF（含H-O、O-F极性键）和HF（含H-F极性键）中均无非极性键形成，仅有非极性键断裂，无形成，C错误； D．反应①中F2为氧化剂，F元素化合价从0价降低到-1价（HF中F为-1价），HF还原产物，D正确； 故答案为C。 5. 关于溴的性质，下列说法正确的是 A. 可被氧化为 B. 与水溶液反应的还原产物为 C. ，说明氧化性： D. 与足量NaOH溶液反应生成NaBr和，转移5 mol电子 【答案】C 【解析】 【详解】A．的氧化性弱于，因此无法氧化，A错误； B．在与的反应中，是氧化剂，还原产物应为，是氧化产物，B错误； C．在该反应中，为氧化剂，是氧化产物，由此可知氧化性，C正确； D．该反应的反应方程式为，由化合价变化可知，共转移了5 mol电子，故转移电子，D错误； 故答案选C。 6. 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 3.4 gH2O2含有的共用电子对数为 B. 100 g质量分数为46%的乙醇水溶液中所含氧原子数为 C. 2.3 g Na与足量的氧气反应生成含氧化钠和过氧化钠混合物，转移电子数为 D. 2.24 LCO2与NaOH溶液完全反应，则 【答案】C 【解析】 【详解】A．H2O2分子中每个O原子形成两个单键（O-O和两个O-H），共3对共用电子。3.4 g H2O2为0.1 mol，共用电子对数为0.1×3 NA=0.3 NA，A错误； B．100 g 46%乙醇溶液中，46 g乙醇含O原子1 mol，54 g水含O原子3 mol，总O原子数为4 NA，B错误； C．2.3 g Na为0.1 mol，无论生成Na2O或Na2O2，每摩尔Na均转移1 mol电子，总转移电子数为0.1 NA，C正确； D．未说明气体状态（温度、压强），无法确定CO2的物质的量是否为0.1 mol，D错误； 故答案选C。 7. 实验室利用下列反应装置模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，反应原理为，下列说法正确的是 A. 通过活塞K可控制NH3的流速 B. 装置b、d依次盛装饱和Na2CO3溶液、稀硫酸 C. 装置c中含氨的饱和食盐水提高了CO2吸收效率 D. 反应后将装置c中的锥形瓶浸入冷水充分冷却，过滤得到Na2CO3晶体 【答案】C 【解析】 【分析】装置a是启普发生器，用于制取CO2，反应原理为； 装置b通常用于除去CO2中混有的HCl气体（试剂常为饱和NaHCO3溶液，因为NaHCO3与HCl反应生成CO2，不与CO2反应）； 装置c是反应核心装置，在含氨的饱和食盐水中通入净化后的CO2，反应原理为，水浴30-35℃是为了降温便于NaHCO3晶体的析出； 装置d是尾气吸收装置，吸收未反应的NH3，由于NH3极易溶于水，倒扣漏斗可防止倒吸。由此答题。 【详解】A．装置a为CO2发生装置（碳酸钙与盐酸反应），活塞K位于CO2气体通道上，用于控制CO2的流速，而非NH3，A错误； B．装置b的作用是除去CO2中混有的HCl杂质，应盛装饱和NaHCO3溶液（饱和Na2CO3会与CO2反应）；装置d为尾气处理，吸收未反应的NH3，可盛装稀硫酸，但b中试剂错误，B错误； C．含氨的饱和食盐水呈碱性，CO2为酸性气体，在碱性溶液中溶解度显著增大，从而提高CO2的吸收效率，C正确； D．反应生成的是NaHCO3沉淀（反应原理中NaHCO3为↓），冷却后过滤得到的是NaHCO3晶体，Na2CO3需由NaHCO3受热分解制得，D错误； 故答案选C。 8. 实验室以废铁屑、氨气和稀硫酸为原料，制备少量莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]。如图所示装置和原理能达到实验目的的是 A. 用装置甲制取FeSO4溶液 B. 用装置乙制取并收集NH3 C. 用装置丙将氨气通入FeSO4和H2SO4的混合溶液 D. 用装置丁蒸干溶液得到(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O 【答案】A 【解析】 详解】A．装置甲中过量铁粉与30%硫酸反应生成FeSO4，过量铁粉可防止Fe2+被氧化，能制取FeSO4溶液，A正确； B．氨气密度比空气小，采用向下排空气法收集，导管应伸入试管底部，且把橡胶塞去掉，收集方法错误，B错误； C．氨气极易溶于水，装置丙中导管直接插入溶液会发生倒吸，缺少防倒吸装置，C错误； D．摩尔盐含结晶水，蒸干会导致结晶水失去且Fe2+易被氧化，应采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法，不能蒸干，D错误； 故选A。 9. 由工业废渣(主要含Fe、Si、Al等的氧化物)制取聚合硫酸铁铝净水剂的流程如下： 下列有关说法正确的是 A. “浸取”时先将废渣粉碎并不断搅拌，只利于提高铁的浸取率 B. “浸取”时发生的反应有 C. “过滤”前用检验浸取液中是否存在反应是氧化还原反应 D. 聚合硫酸铁铝在水中形成的胶体能杀死水中的细菌和病毒 【答案】B 【解析】 【分析】由流程可知，加硫酸发生、，加过氧化氢可氧化亚铁离子，过滤分离出滤渣为硅的氧化物，滤液含，对滤液加热聚合，进一步得到聚合硫酸铁铝，以此来解答。 【详解】A．将废渣粉碎并搅拌，可增大接触面积、加快反应速率，利于提高铁、铝等可溶成分的浸取率，并非“只利于铁”，A错误； B．浸取时，废渣中（如FeO与酸反应生成）可被氧化为，酸性条件下反应的离子方程式为，该反应符合客观事实，B正确； C．与反应生成蓝色沉淀，反应中各元素化合价未变化，为非氧化还原反应，C错误； D．聚合硫酸铁铝形成的胶体通过吸附悬浮杂质净水，不能杀死细菌和病毒，D错误； 故答案选B。 10. 部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列说法正确的是 A. a的浓溶液与常温反应制得b B. b与Fe直接化合可得 C. 含氯消毒剂只有b D. 存在的转化关系 【答案】D 【解析】 【详解】A．a为HCl，浓盐酸与反应制取b（）需要加热，常温该反应无法进行，A错误； B．b为，其与Fe直接化合生成的是，B错误； C．含氯消毒剂还含还有HClO、NaClO等，并非只有b（），C错误； D．a→b：HCl与加热生成；b→d：与水反应生成HClO；d→a：HClO分解生成HCl，转化关系存在，D正确； 因此，答案选D。 11. 硫及其化合物部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A. 标准状况下，11.2 LSO2中原子总数为 B. 100 mL0.1mol/LNa2SO3溶液中，亚硫酸根离子数目为 C. 反应①每消耗3.4 g H2S，生成物中硫原子数目为 D. 反应②每生成1 mol氧化产物，转移电子数目为 【答案】B 【解析】 【详解】A．标准状况下11.2 L SO2的物质的量为0.5 mol，每个SO2分子含3个原子，原子总数为0.5 mol×3=1.5 mol，即1.5，A正确； B．100 mL 0.1 mol/L Na2SO3溶液中Na2SO3的物质的量为0.01 mol，但亚硫酸根离子会发生水解，导致溶液中亚硫酸根离子数目小于0.01，B错误； C．反应①为SO2+2H2S=3S↓+2H2O，3.4 g H2S的物质的量为0.1 mol，由方程式可知2 mol H2S生成3 mol S，则0.1 mol H2S生成0.15 mol S，硫原子数目为0.15，C正确； D．反应②为3S+6OH-+2S2-+3H2O，氧化产物为（S元素由0价升至+4价），生成1 mol 转移4 mol电子，即4，D正确； 故答案选B。 12. 某科研小组探究铜和浓硫酸在一定条件下的反应，进行如下实验，流程中除H2O外反应产物均已标出。下列说法错误的是 A. 化合物X为Cu2S B. 该流程的实质是浓硝酸将铜氧化 C. 该实验中浓硫酸体现了强氧化性和酸性 D. 理论上产生NO2的物质的量为0.5 mol 【答案】D 【解析】 【分析】根据流程，32g铜与足量浓硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜和化合物X，浓硫酸足量，向过滤后所得化合物X中加人足量浓硝酸，反应生成NO2和溶液Y，溶液Y与氯化钡反应生成23.3 g白色沉淀，则白色沉淀为BaSO4(0. 1 mol)，根据元素守恒知，化合物X中含0.1molS原子； 【详解】A．若化合物X为Cu2S。铜与足量浓硫酸反应生成X和CuSO4，X与浓硝酸反应后加BaCl2得23.3g BaSO4（0.1mol），说明X含0.1mol S。结合电子守恒，铜失电子总数等于浓硫酸中S得电子数，推知X为Cu2S（0.1mol，含0.2mol Cu+和0.1mol S2-），A正确； B．该流程中足量浓硫酸氧化Cu，生成化合物X、CuSO4和H2O，足量浓硝酸又将化合物X氧化为，故该流程实质是浓硝酸将铜氧化，B正确； C．该实验中浓硫酸体现了强氧化性和酸性。浓硫酸生成CuSO4（盐）体现酸性，将Cu氧化为Cu2+、Cu+且S从+6价降为-2价（Cu2S中）体现强氧化性，C正确； D．该流程中足量浓硫酸氧化Cu，生成化合物X、CuSO4和H2O，足量浓硝酸又将化合物X氧化为，故该流程实质是浓硝酸将铜氧化，根据得失电子守恒知，浓硝酸得1mole-，则生成1molNO2，D错误； 答案选D。 13. 用石英砂和原料气(含和少量)制备的操作流程如图所示(粗硅中含有少量Fe、Cu的单质及化合物)： 下列叙述不正确的是 A. “还原”时，发生反应的化学方程式为 B. “高温氮化”合成反应中N2是氧化剂 C. “操作X”可将原料气通过灼热的铜粉 D. “稀酸Y”选用稀硫酸除去产物中的杂质 【答案】D 【解析】 【分析】用石英砂和原料气(含和少量)制备的操作流程 (粗硅中含有少量Fe、Cu的单质及化合物)，石英砂为，与焦炭在高温下发生反应，粗硅与氮气反应生成，再用稀酸Y进行酸洗，除去铁、铜，得到纯净的产物，据此分析。 【详解】A．石英砂主要成分为，“还原”时焦炭将还原为Si，反应为，方程式正确，A正确； B．“高温氮化”中Si与反应生成，Si元素化合价从0升高到+4（被氧化），N元素从0降低到-3（被还原），为氧化剂，B正确； C．原料气含少量，“操作X”需除去，灼热铜粉与反应生成CuO，可有效除，C正确； D．粗硅中含Fe、Cu单质及化合物，酸洗需除去这些杂质。Fe单质与稀硫酸反应，但Cu单质与稀硫酸不反应（Cu活动性弱于H），无法除去Cu杂质，稀硫酸不适用，D错误； 故答案选D。 14. 有一块铁的“氧化物”样品，用80 mL 5 mol/L盐酸恰好将之完全溶解，所得溶液还能吸收0.025 mol ，恰好使其中的全部转变为。该样品的化学式可能为 A. FeO B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】的物质的量：根据与的反应（），0.025 mol 对应0.05 mol ；HCl的总：80 mL ×5 mol/L=0.4 mol ，全部用于生成和；的物质的量：设为b mol，则守恒为，b=0.1 mol。总为0.1 mol；总Fe与O的物质的量：Fe总物质的量=0.05+0.1=0.15 mol；根据电荷守恒，O的物质的量==0.2 mol；化学式推导：Fe:O=0.15:0.2=3:4，对应，故选C。 二、填空题(共4题，共58分。) 15. 精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提取金和银的流程，如下图所示。 回答下列问题： （1）Cu价层电子排布式为___________。 （2）“浸取1”中Cu参与反应的离子方程式是___________。 （3）“浸取2”步骤中，单质金转化为HAuCl4的化学方程式为___________。 （4）“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的___________(填化学式)转化为。 （5）“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为___________。“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物质为___________(填化学式)。 （6）“还原”步骤中，产物Au与被氧化的N2H4的物质的量之比为___________。 （7）Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6，写出该反应的离子方程式为___________。 【答案】（1）3d104s1 （2） （3） （4）AgCl （5） ①. ②. （6）4:3 （7） 【解析】 【分析】铜阳极泥(富含Cu、Ag、Au等多种元素)加入硫酸、H2O2浸取，只有Cu转化为CuSO4进入浸出液1；过滤后，将浸渣1(含Ag、Au等)加入盐酸、H2O2浸取，此时Ag转化为AgCl，Au转化为HAuCl4；过滤后，浸渣2中加入Na2S2O3，AgCl转化为，电沉积得Ag；浸出液2中加入N2H4进行还原，得Au和N2。 【小问1详解】 Cu为29号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则价层电子排布式为3d104s1。 【小问2详解】 “浸取1”中，Cu在酸性溶液中被H2O2氧化生成Cu2+等，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得出反应的离子方程式是。 【小问3详解】 “浸取2”步骤中，单质金转化为HAuCl4，依据得失电子守恒和原子守恒，可得出化学方程式为。 【小问4详解】 由分析可知，“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的AgCl转化为。 【小问5详解】 “电沉积”步骤中，在阴极得电子生成Ag和，电极反应式为。“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物质为。 【小问6详解】 “还原”步骤中，HAuCl4作氧化剂(Au由+3价降低为0价)，N2H4作还原剂(N元素由-2价升高到0价)，依据得失电子守恒，可建立如下关系式：4HAuCl4——3N2H4——4Au，则产物Au与被氧化的N2H4的物质的量之比为4:3。 【小问7详解】 Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6，则I2转化为NaI，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得出该反应的离子方程式为。 【点睛】金难溶于盐酸和硝酸，但可溶于王水。 16. 碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下： 步骤Ⅰ．Na2CO3的制备 步骤Ⅱ．产品中NaHCO3含量测定 ①称取2.500 g产品，用蒸馏水溶解，定容于250 mL容量瓶中； ②移取25.00 mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用0.100 mol/L盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色 (第一滴定终点)，消耗盐酸V1 mL； ③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用0.100 mol/L盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸V2 mL； ④平行测定三次，V1平均值为22.45，V2平均值为23.45。 已知：(ⅰ)当温度超过35℃时，NH4HCO3开始分解； (ⅱ)相关盐在不同温度下的溶解度见下表(g/100 g H2O)。 温度/℃ 0 10 20 30 40 50 60 NaCl 35.7 35.8 36.0 36.3 36.6 37.0 37.3 NH4HCO3 11.9 158 21.0 27.0 NaHCO3 6.9 8.2 9.6 11.1 12.7 14.5 16.4 NH4Cl 29.4 33.3 37.2 41.4 45.8 50.4 55.2 回答下列问题： （1）步骤Ⅰ中晶体A的化学式为___________，晶体A能够析出的原因是___________。 （2）步骤Ⅰ中“300℃加热”应选用在___________(填仪器名称)中加热。 （3）指示剂M为___________，描述第二滴定终点前后溶液颜色变化：___________。 （4）产品中NaHCO3的质量分数为___________。 （5）第一滴定终点时，某同学仰视读数，其他操作均正确，NaHCO3质量分数的计算结果___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 【答案】（1） ①. ②. 30～35℃，的溶解度小于NaCl、和的溶解度 （2）坩埚 （3） ①. 酚酞 ②. 溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复原色 （4）3.36% （5）偏小 【解析】 【分析】步骤Ⅰ先将氯化钠加水溶解，制成溶液后加碳酸氢铵粉末，水浴加热，根据不同温度条件下各物质的溶解度不同，控制温度在30~35℃之间发生反应，最终得到的滤液为氯化铵，晶体A为碳酸氢钠，再将其洗涤抽干，利用碳酸氢钠受热易分解的性质在300℃加热分解碳酸氢钠制备碳酸钠；步骤II利用酸碱中和滴定原理测定产品中碳酸氢钠的含量，第一次滴定发生的反应为，因为碳酸钠、碳酸氢钠溶于水显碱性且碱性较强，所以可借助酚酞指示剂的颜色变化来判断滴定终点，结合颜色变化，可推断出指示解为酚酞试剂，第二次滴定时溶液中的溶质为氯化钠，同时还存在反应生成的二氧化碳，溶液呈弱酸性，因为酚酞的变色范围为8~10，所以不适合利用酚酞指示剂判断滴定终点，可选择甲基橙作指示剂，所以指示剂N为甲基橙，发生的反应为。 【小问1详解】 将氯化钠加水溶解，制成溶液后加碳酸氢铵粉末，水浴加热，根据不同温度条件下各物质的溶解度不同，控制温度在0～35℃之间发生反应，最终得到的滤液为氯化铵，晶体A为碳酸氢钠，晶体碳酸氢钠能够析出的原因是：30～35℃时，的溶解度小于NaCl、和的溶解度，故答案为：；30～35℃，的溶解度小于NaCl、和的溶解度； 【小问2详解】 300℃加热碳酸氢钠分解制备碳酸钠，温度较高，因此要用耐高温的加热容器干果，故答案为：坩埚； 【小问3详解】 步骤II利用酸碱中和滴定原理测定产品中碳酸氢钠的含量，第一次滴定发生的反应为，因为碳酸钠、碳酸氢钠溶于水显碱性且碱性较强，所以可借助酚酞指示剂的颜色变化来判断滴定终点，结合颜色变化，可推断出指示解为酚酞试剂；第二次滴定时溶液中的溶质为氯化钠，同时还存在反应生成的二氧化碳，溶液呈弱酸性，因为酚酞的变色范围为8~10，所以不适合利用酚酞指示剂判断滴定终点，可选择甲基橙作指示剂，所以指示剂N为甲基橙，发生的反应为，因此滴定终点前后溶液颜色变化为溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复原色，故答案为：酚酞；溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复原色； 【小问4详解】 两次滴定发生的反应分别为、，产品中，所以产品中碳酸氢钠的质量分数为3.36%，故答案为：3.36%； 【小问5详解】 第一滴定终点时，某同学仰视读数，即偏大，因此偏小，计算结果偏小，碳酸氢钠的物质的量偏小，其质量分数偏小，故答案为：偏小。 17. 氮及其化合物在人们的日常生活、生产工业中和环保事业中属于“明星物质”，目前最成功的应用就是“人工固氮”，在某特殊催化剂和光照条件下，N2与水反应可生成NH3。 （1）已知：①； ② 则=___________kJ/mol （2）。将1.00 mol N2和3.00 mol H2充入容积为3L的恒容密闭容器中，发生上述反应。 ①图甲是测得X、Y的浓度随时间变化的曲线，反应达到平衡时的平均反应速率___________。 ②在不同温度和压强下，平衡体系中NH3的体积分数与温度、压强关系如图乙，则压强p1___________p2 (填“＞”、“＜”或“＝”，下同)，C、D两点的平衡常数K(D)___________K(C)，C点N2的转化率=___________(保留4位有效数字)。 （3）在恒容密闭容器中充入NH3和NO2，在一定温度下发生反应：。下列表明该反应能达到平衡状态的是___________(填字母) a．混合气体密度保持不变 b．混合气体压强保持不变 c．NO2和NH3的物质的量之比为3：4 d．混合气体平均相对分子质量不变 （4）“绿水青山就是金山银山”，利用原电池原理()，可以处理氮的氧化物和NH3尾气，装置原理图如图丙，负极反应式为___________。 【答案】（1）+1524 （2） ①. ②. ＜ ③. ＜ ④. 66.67% （3）bd （4） 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，目标反应=6×②-①，故； 【小问2详解】 ①H2的起始浓度为：，故Y代表H2，X代表NH3，； ②该反应正向气体分子数减少，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡混合物中氨气的体积分数增大，故压强p1＜p2，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故C、D两点的平衡常数K(D)＜K(C)，C点平衡混合物中氨气的体积分数为50%，设平衡时N2的物质的量变化量为x mol，可列出三段式：，，解得x=，故N2的转化率=； 【小问3详解】 a．该反应前后气体总质量不变，容器体积不变，混合气体密度始终保持不变，不能判断达到平衡状态，a错误； b．该反应前后气体分子数增大，恒温恒容条件下，混合气体压强保持不变时达到平衡状态，b正确； c．反应物物的起始投料未知，NO2和NH3的物质的量之比为3：4时不能判断达到平衡状态，c错误； d．该反应前后气体分子数增大，混合气体总质量不变，混合气体平均相对分子质量不变时达到平衡状态，d正确； 故选bd； 【小问4详解】 根据原电池的总反应：，NH3中N元素化合价由-3价升高为0价，发生氧化反应，电极A为负极，电极反应式为：。 18. 布洛芬具有退热、镇痛的疗效，是缓解新冠病毒病症的有效药物。布洛芬的传统合成路线如图。 已知：①(R为烃基) ②芳醛直接氧化芳酸时，苯环上烃基也可能被氧化。 回答下列问题： （1）A的结构简式___________，A→B的反应类型为___________。 （2）有机物C中的含氧官能团名称为___________。 （3）写出E→F的化学方程式___________。 （4）布洛芬的同系物M分子式为，其可能结构有___________种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有四组峰且峰面积之比为1 : 2 : 6 : 1的结构简式为___________(写出一种即可)。 （5）参照上图流程设计由制备的合成路线：___________。 【答案】（1） ①. ②. 取代反应 （2）酯基、醚键 （3）+H2O （4） ①. 14 ②. 或 （5） 【解析】 【分析】由B的结构简式和A的分子式，可逆推出A的结构简式为；B与ClCH2COOC2H5、NaOC2H5作用下发生反应，生成C和HCl；C在H+/H2O作用下转化为D等；D与NH2OH反应生成E为；E脱水得F为；F在H+/H2O作用下生成布洛芬。 【小问1详解】 由分析可知，A的结构简式为，A和乙酸酐发生取代反应生成B，答案为取代反应； 【小问2详解】 有机物C为，含氧官能团名称为：酯基、醚键。 【小问3详解】 E()→F()，发生脱水反应，化学方程式为+H2O。 【小问4详解】 布洛芬()的同系物M分子式为，其可能结构中含有1个苯环、1个-COOH、另外还有2个碳原子构成的烃基，则其可能结构为：1个苯环、1个-CH2CH2COOH或-CH(CH3)COOH(共2种异构体)；1个苯环、1个-CH2COOH、1个-CH3(邻、间、对共3种)；1个苯环、1个-COOH、1个-CH2CH3(邻、间、对共3种)；1个苯环、2个-CH3(可能结构共有6种)，所以可能结构共有2+3+3+6=14种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有四组峰且峰面积之比为1 : 2 : 6 : 1的结构简式为或。 【小问5详解】 由制备时，采用逆推法，需合成，再逆推需合成，依照流程图信息，需合成，从而得出合成路线：。 【点睛】合成有机物时，可采用逆推法进行推断。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $