湖南常德市汉寿县第一中学2025-2026学年高三上学期2月期末化学试题

湖南省常德市汉寿县第一中学2025—2026学年 高三上学期期末考试化学试卷 可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Na-23 V-51 Fe-56 Cu-64 一、单选题（每题 3 分，共 42 分） 1．下列四种金属制品的镀层损坏后，金属腐蚀速率最快的是 A．镀铝塑扣 B．食品罐头盒(镀锡) C．白铁水桶(镀锌) D．镀银铜质奖章 2．中国化学家研究出一种新型复合光催化剂（），能利用太阳光高效分解水，原理如图所示。下列说法错误的是 A．反应Ⅱ中，产生1 mol单质转移电子数为 B．复合光催化剂分解水比电解水更有优越性 C．总反应为 D．总反应反应物断键所吸收的总能量大于生成物成键所释放的总能量 3．下列对于相关离子进行检验的实验操作和结论均正确的是 A．取少量待测液，加入溶液，有白色沉淀产生，则该溶液中一定有 B．取少量待测液，将pH试纸浸入待测液中，试纸变红，则该溶液中一定有 C．取少量待测液，加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则该溶液中一定有 D．取少量待测液，加入稀盐酸，无明显现象，再滴加溶液，出现白色沉淀，则该溶液中一定有 4．四瓶无色溶液、、、，它们之间的反应关系如图所示。其中、、、代表四种溶液，和为无色气体，能使澄清石灰水变浑浊，为白色沉淀。下列叙述正确的是 A．中溶质常用于实验室制取 B．不能溶于过量的中 C．中通入过量的也可得到 D．和反应生成的沉淀不溶于稀硝酸 5．下列说法中不正确的是 A．加热到很高温度都难以分解，是因为水分子之间存在氢键 B．葡萄糖分子(HOCH2-CHOH-CHOH-CHOH-CHOH-CHO)中的手性碳原子数为4 C．含有π键的分子在反应时，π键是化学反应的积极参与者 D．是V形，其A可能为杂化 6．将与过量的混合，可以制得。该化合物和具有相似的结构（如下图所示）与性质。下列说法中不正确的是 A．制备时发生的反应为： B．为非极性分子，易溶于苯和 C．彻底水解时，产物之一为强酸 D．与共热时可能生成 7．科学家进行了如图所示的碳循环研究，表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是 A．乙酸、乙醇和浓硫酸共热时可以制备乙酸乙酯，除去乙酸乙酯中的乙酸杂质选用氢氧化钠溶液比选用碳酸钠溶液效果更好 B．葡萄糖是生活中常见的补充能量的营养物质 C．分子中键和键数目之比为 D．在电催化时被还原生成，转移电子数目为 8．在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。过程可用下图表示。下列说法错误的是 A．过程④中氮元素被氧化 B．过程①是固氮作用 C．硝化作用可能有氧气的参与 D．反硝化作用中氮元素被还原 9．下列说法不正确的是 A．NH4+与H3O+中心原子的价层电子对数相同 B．BF3中硼原子的杂化类型与苯中碳原子的杂化类型相同 C．金属Zn晶体中的原子堆积方式为六方堆积 D．HOCH2CH(OH)CH2OH和(CH3)2CClCH2CH3都是手性分子 10．下列指定反应的离子方程式正确的是 A．铜和稀硝酸反应： B．用惰性电极电解水溶液： C．用溶液吸收少量： D．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸： 11．2025年9月，我国科学家成功研发出新型氢负离子原型电池，其利用氢负离子的移动来存储和释放能量，放电时总反应方程式为：。下列说法错误的是 A．电极的电势高于电极的电势 B．充电时，由电极移向电极 C．放电时，正极的电极反应式为 D．理论上，电路中转移时，两极的质量变化差值为4 g 12．除去铀矿中镉的反应之一为(未配平)。下列说法错误的是 A．作氧化剂，CdS作还原剂 B．配平后S的化学计量数为3 C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为 D．生成，转移的电子数为 13．离子反应能够反映出溶液中反应的实质。下列离子方程式书写正确的是 A．向NaHCO3溶液中通入少量Cl2：+Cl2=CO2+Cl-+HClO B．向碳酸氢镁溶液中加入过量澄清石灰水产生白色沉淀：Mg2++2+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+MgCO3↓ C．向NaHSO3溶液中滴入过量Fe(NO3)3溶液：2Fe3+++H2O=2Fe2+++3H+ D．工业废水中的Pb2+用FeS去除：Pb2++S2-=PbS↓ 14．已知：[为或]。常温下，调节CuSO4溶液与HA溶液的pH时，pCu2+和随pH的变化曲线如图所示(已知：lg2=0.3)。 下列叙述正确的是 A．曲线L2表示pCu2+随pH的变化 B． C．常温下Cu(OH)2溶于水所得饱和溶液的pH为7.7 D．向100mL0.2HA溶液中加入0.40gNaOH固体得到溶液X(不考虑溶液体积变化)，X溶液中存在： 二、非选择题（共 4 个大题，除标注外每空 2 分，共 58 分） 15．高铁酸钠()为易溶于水的紫红色晶体，是一种新型净水剂。利用废铁屑(含少量Cu、、油污等)制取的流程如图所示： 回答下列问题： (1)用热溶液洗涤废铁屑是为了除去油污，溶液需加热的原因： 。 (2)“酸浸”过程中欲提高反应的速率，可采取的措施是 (任写一种)。 (3)“氧化2”发生反应的化学方程式为 。 (4)已知：常温下，，高铁酸钠的净水能力与水体的pH有关。当溶液时，废水中 mol⋅L-1。 (5)通过以下方法测定高铁酸钠样品的纯度：称取1.0000 g高铁酸钠样品，完全溶解于NaOH浓溶液中，再加入足量亚铬酸钾充分反应后过滤，将滤液转移到250 mL容量瓶中定容。取25.00 mL定容后的溶液于锥形瓶中，加入稀硫酸调至，滴加几滴二苯胺磺酸钠溶液作指示剂，用0.1000 mol⋅L标准硫酸亚铁铵溶液滴定，终点时溶液由紫色变为绿色。平行测定三次，消耗标准硫酸亚铁铵溶液的平均体积为16.50 mL。已知测定过程中发生反应： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． ①该样品的纯度为 。 ②取用标准液应选用 (填“酸式”或“碱式”)滴定管，若硫酸亚铁铵标准液放在空气中的时间过长，则测得样品中高铁酸钠质量分数 (填“偏大”、“偏小”或“不变”)。 16．光刻胶是一种应用广泛的光敏材料，其合成路线如图(部分试剂和产物略去)： 已知(R1、R2为烃基或氢) (R3、R4为烃基) (1)A的化学名称是 ，E的核磁共振氢谱为三组峰，且峰面积之比为3：2：1，E能发生水解反应，则F的结构简式为 。 (2)G分子中所含官能团名称为 ，羧酸X的结构简式为 。 (3)由F到G的反应类型为 。 (4)D和G反应生成光刻胶的化学方程式为 。 (5)C的一种同分异构体满足下列条件： ①能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应； ②苯环上的一氯取代物只有两种； 该同分异构体的结构简式为 。 17．利用“燃烧—碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫元素含量的实验装置如下图所示(夹持装置略)。 实验过程如下：①加样，将amg样品加入管式炉内瓷舟中(瓷舟两端带有气孔且有盖)，聚四氟乙烯活塞滴定管G内预装c(KIO3) : c(KI)略小于1:5的KIO3碱性标准溶液，吸收管F内盛有盐酸酸化的淀粉水溶液。向F内滴入适量KIO3碱性标准溶液，发生反应：，使溶液显浅蓝色。②燃烧：按一定流速通入O2，一段时间后，加热并使样品燃烧。③滴定：当F内溶液浅蓝色消退时(发生反应：)，立即用KIO3碱性标准溶液滴定至浅蓝色复现。随SO2不断进入F，滴定过程中溶液颜色“消退—变蓝”不断变换，直至终点。 回答下列问题： (1)先量取20.00mL0.1000mol/L KIO3的碱性溶液，再加入一定量的KI固体，配制1000mL KIO3碱性标准溶液，整个实验过程中下列仪器必须用到的是 (填标号)。 A．玻璃棒    B．碱式滴定管    C．500mL容量瓶    D．胶头滴管  E．酸式滴定管 (2)装置B和C的作用是充分干燥O2，B中的试剂为 。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子(见放大图)，目的是 。 (3)该滴定实验达终点的现象是 ；滴定消耗了第(1)问中配置好的KIO3碱性标准溶液VmL，样品中硫元素的质量分数是 (用代数式表示)。 (4)若装置D中瓷舟未加盖，会因燃烧时产生粉尘而促进SO3的生成，粉尘在该过程中的作用是 ；若装置E冷却气体不充分，可能导致测定结果偏大，猜想可能的原因是 ；若滴定过程中，有少量不经I2直接将SO2氧化成H2SO4，测定结果会 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。 18．活性炭载钯(Pd/C)催化剂被广泛应用于医药和化工行业。废钯催化剂的杂质主要含炭、有机物及少量Fe、Cu、Al等元素。从废钯催化剂中回收钯(Pd)，并制备二氯二氨合钯[Pd(NH3)2Cl2]的一种工艺流程如下： 回答下列问题： (1)“焙烧”的目的是 。 (2)“烧渣”的主要成分是PdO，利用水合肼(N2H4·H2O)在弱碱性环境下还原PdO，产生的气体可以参与大气循环。该还原反应的化学方程式为 。 (3)“粗钯”中含Fe、Cu等杂质，可采用电解精炼的方法得到纯钯。粗钯应与电源的 极相连，Pd与Fe均为第Ⅷ族元素，性质相似，则阴极的电极反应式为 。 (4)粗钯“王水溶解”时，生成氯钯酸(H2PdCl6)，其中Pd元素化合价为 。 (5)“沉钯”中氯化铵与“混合液”中的氯钯酸反应生成氯钯酸铵[(NH4)2PdCl6]沉淀，其沉淀率随温度的变化曲线如图所示。下列有关推断错误的是 (填序号)。 A 升高温度有利于氯化氢挥发，促使平衡正向移动 B 沉钯的最佳温度为100 ℃ C 该反应ΔS>0 (6)“氨水溶解”氯钯酸铵时，先加热将(NH4)2PdCl6转化为(NH4)2PdCl4，再与氨水反应。写出足量氨水与(NH4)2PdCl4反应的化学方程式 。 (7)用平衡移动原理解释盐酸能将Pd(NH3)4Cl2转化为Pd(NH3)2Cl2沉淀的原因 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A D C A C B B D C 题号 11 12 13 14 答案 B D A C 1．B 【详解】金属腐蚀本质都是发生原电池反应，金属活泼性：Al>Zn>Fe>Sn>Cu>Ag，活泼性强的作为负极，在反应中失电子被氧化，A中塑料镀层不会形成原电池，铝发生化学化学腐蚀，而铝表面易形成致密氧化膜保护铝不被腐蚀；B中铁为负极，加速腐蚀；C中Fe为正极，被保护；D中Cu虽然为负极，但铜活泼性不如铁，腐蚀速率比铁慢，综上所述腐蚀速率最快的是B，故答案为B。 2．A 【详解】A．反应Ⅱ中，H2O2分解生成H2O和O2，O元素由-1价上升到0价，因此产生1 mol氧气转移电子数为2NA，A错误； B．电解水需要电能，复合光催化剂分解水需要太阳能，因此复合光催化剂分解水比电解水更有优越性，B正确； C．根据题干信息知，新型复合光催化剂（），能利用太阳光高效分解水产生H2和O2，总反应为：，C正确； D．水的分解是吸热反应，所以总反应断裂反应物化学键所吸收的总能量大于生成物中生成化学键所释放的能量，D正确； 故选A。 3．D 【详解】A．取少量待测液，加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，该沉淀可能是氯化银、碳酸银等，所以该溶液中不一定有Cl-，故A错误； B．用pH试纸测定待测液的pH时，应用玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸，不能将pH试纸浸入待测液中，会污染待测液，操作有误，故B错误； C．取少量待测液，加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体为CO2或SO2，则该溶液中可能有、、等离子，故C错误； D．取少量待测液，加入稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，沉淀一定是硫酸钡，则该溶液中一定有，故D正确； 故选D。 4．C 【分析】由题意及关系图可知，a与b反应需要加热，且产生的e为无色气体，则a和b分别为NH4NO3和Ba(OH)2的一种，产生的气体e为NH3；又由于b和c反应生成白色沉淀f，NH4NO3不会与其他三种溶液产生沉淀，故b为Ba(OH)2，a为NH4NO3；又由于c既能与b产生沉淀f，又能与d反应产生沉淀f，故c为AlCl3，d为Na2CO3，生成的白色沉淀为Al(OH)3，无色气体g为CO2。综上所述，a为NH4NO3溶液，b为Ba(OH)2溶液，c为AlCl3溶液，d为Na2CO3溶液，e为NH3，f为Al(OH)3，g为CO2。 【详解】A．由分析可知，a中溶质为NH4NO3，受热时容易爆炸性分解，不用于实验室制备NH3，A错误； B．f为Al(OH)3，b为Ba(OH)2溶液，Al(OH)3为两性氢氧化物，可溶液强碱，故f可溶于过量的b中，B错误； C．由分析可知，c为AlCl3溶液，e为NH3，AlCl3溶液通入NH3会生成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3不溶于弱碱，C正确； D．由分析可知，b为Ba(OH)2 ，d为Na2CO3，二者反应生成BaCO3沉淀，可溶与稀硝酸，D错误； 故选C。 5．A 【详解】A．H2O加热到很高温度都难以分解，是因为氢氧键的键能较大，与氢键无关，故A错误； B．碳原子连接四个不同的原子或原子团时，该碳原子为手性碳原子，根据葡萄糖分子的结构式，葡萄糖分子(HOCH2-CHOH-CHOH-CHOH-CHOH-CHO)中的手性碳原子数为4，除1号和6号C外的4个碳原子，故B正确； C．π键不稳定，易断裂，则含有π键的分子在反应时，π键是化学反应的积极参与者，故C正确； D．AB2是V形，表明A原子的最外层至少有1对孤对电子，则A的价层电子对数可能为3，其A可能为sp2杂化，故D正确； 故选A。 6．C 【详解】A．根据题目描述，PCl3与过量的CH3NH2混合可以制得P4(NCH3)6，根据原子守恒，化学反应方程式为，A正确； B．由P4(NCH3)6分子的结构可知，P4(NCH3)6结构对称，是非极性分子，由于非极性分子易溶于非极性溶剂，因此P4(NCH3)6易溶于苯和CCl4，B正确； C．因该化合物和具有相似的结构与性质，所以P4(NCH3)6彻底水解时，产物之一为亚磷酸， 亚磷酸不是强酸，C错误； D．因该化合物和具有相似的结构与性质，与O2共热时可以生成，所以P4(NCH3)6与O2共热时，可能生成P4(NCH3)6O4，D正确； 答案选C。 7．B 【详解】A． 乙酸、乙醇和浓硫酸共热时可以制备乙酸乙酯，除去乙酸乙酯中的乙酸杂质选用氢氧化钠溶液比选用碳酸钠溶液效果更差，酯在碱性条件下水解比较完全，故A错误； B． 葡萄糖氧化释放能量，葡萄糖是生活中常见的补充能量的营养物质，故B正确； C． CO分子中有1个键和2个键，分子中键和键数目之比为，故C错误； D． 二氧化碳的状态不一定是标准状态，在电催化时被还原生成，转移电子数目不一定为，故D错误； 故选B。 8．B 【详解】A．过程④中N元素化合价由-3升高到了+1和+3，被氧化，故A正确，不符合题意； B．过程①是由空气中进入海洋中，依然是游离态，不属于氮的固定，故B错误，符合题意； C．硝化作用是将氨氧化为硝酸盐等，可能有氧气参与（氧气作氧化剂），故C正确，不符合题意； D．反硝化作用中氮元素化合价降低，被还原，故D正确，不符合题意； 故选B。 9．D 【详解】A．NH4+分子中心原子N原子杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数=4+(5-1-4×1)=4，H3O+中心原子O原子杂化轨道数=σ键个数+孤电子对个数=3+(6-1-3×1)=4，故A正确； B．BF3中硼原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+×(3-3×1)=3，无孤对电子，硼原子轨道的杂化类型为sp2，苯分子中C上无孤对电子，形成3个σ键，碳原子轨道的杂化类型为sp2，杂化类型相同，故B正确； C．金属Zn晶体的原子堆积方式为六方最密堆积，故C正确； D．HOCH2CH(OH)CH2OH和(CH3)2CClCH2CH3都不是手性分子，故D错误； 故答案为D。 【点睛】手性碳原子判断注意：手性碳原子一定是饱和碳原子，手性碳原子所连接的四个基团要是不同的。 10．C 【详解】A．铜与稀硝酸反应生成的气体是，故该反应的离子方程式为，故A错误； B．用惰性电极电解水溶液，阳极氯离子放电生成氯气，阴极铜离子得电子生成铜：，故B错误； C．用溶液吸收少量生成亚硫酸氢钠：，故C正确； D．草酸是弱电解质，用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：，故D错误； 故答案为C。 11．B 【分析】放电时总反应为：，即CeH2被氧化生成CeH3，则电极作负极；Na[AlH4]被还原生成Al，则电极作正极，据此解答。 【详解】A．由分析可知，电极作正极，电极作负极，正极的电势高于负极的电势，即电极的电势高于电极的电势，A正确； ​B．充电时，阴离子向阳极移动，则由CeH2电极(阴极)移向Na[AlH4]电极(阳极)，B错误； ​C．由分析可知，放电时，电极作正极，Na[AlH4]被还原生成Al，其电极反应式为，C正确； ​D．放电时，负极反应式为，每转移1 mol电子，负极质量增加1 g；正极反应式为，每转移1 mol电子，正极质量减少1 g。所以理论上，电路中转移时，负极质量增加2 g，正极质量减少2 g，两极的质量变化差值为4 g，D正确； 故选B。 12．D 【分析】该反应中S元素化合价由-2价上升到0价，N元素由+5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：，以此解答。 【详解】A．该反应中S元素化合价由-2价上升到0价，N元素由+5价下降到+2价，中N被还原，作氧化剂；CdS中S被氧化，作还原剂，A正确； B．由分析可知，该反应为，S的化学计量数为3，B正确； C．该反应中S元素化合价由-2价上升到0价，N元素由+5价下降到+2价，氧化产物为S，还原产物为NO，该反应为，氧化产物与还原产物的物质的量之比为，C正确； D．未说明所处的温度和压强，无法计算其物质的量和转移的电子数，D错误； 故选D。 13．A 【详解】A．NaHCO3溶液中通入少量Cl2，氯气先和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸和碳酸氢根离子反应，离子方程式为+Cl2=CO2+Cl-+HClO，A正确； B．向碳酸氢镁溶液中加入过量澄清石灰水生成碳酸钙、氢氧化镁和水，离子方程式为2Ca2++4OH-+2+Mg2+=2CaCO3↓+Mg(OH)2↓+2H2O，B错误； C．向NaHSO3溶液中滴入过量Fe(NO3)3溶液，发生氧化还原反应生成硫酸根离子和NO，离子方程式为2+3=3+2NO↑+H++H2O，C错误； D．FeS不溶于水，正确的离子方程式为Pb2++FeS=Fe2++PbS，D错误； 故选A。 14．C 【分析】根据，可以推出：；，可推导出，得到：，根据曲线斜率大小关系可知，曲线是随的变化，是表示随的变化。据此分析作答。 【详解】A．根据上述分析可知，曲线L1表示pCu2+随pH的变化，A错误； B．根据分析可知，用代入计算可知，，B错误； C．根据分析，曲线是随的变化，代入计算可得：，常温下溶于水所得饱和溶液中，根据可知，，则，所以，，，C正确； D．与反应，生成，同时剩余，根据电荷守恒可知：，剩余部分水解，HA部分电离，的电离常数为：，由此可以推出A-水解常数为：，因为水解程度大，所以有，故有：，D错误； 故选C。 15．(1)在溶液中发生水解反应：，加热使平衡正向移动，浓度增大，加快油污水解反应速率 (2)适当增大硫酸的浓度(或适当加热、搅拌等) (3) (4) (5) 91.3% 酸式 偏大 【分析】废铁屑中加入热碳酸钠溶液，其目的是除去油污，加入稀硫酸“酸浸”发生：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，过滤，“氧化1”步骤中发生H2O2+2H++2Fe2+=2Fe3++2H2O，“沉铁”步骤中，加入NaOH溶液，调节pH，使Fe3+以氢氧化铁形式沉淀出来，“氧化2”发生2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O，据此分析； 【详解】（1）油污属于油脂，在碱中完全水解成可溶于水物质，碳酸钠属于强碱弱酸盐，存在CO+H2OHCO+OH-，盐类水解为吸热过程，升高温度，促使平衡向正反应方向进行，碱性增强，加快油污水解反应速率；故答案为CO在溶液中发生水解反应：CO+H2OHCO+OH-，加热使平衡正向移动，OH-浓度增大，加快油污水解反应速率； （2）“酸浸”时提高反应速率，可以采取措施为粉碎、搅拌、适当提高硫酸浓度、适当升高温度等；故答案为粉碎、搅拌、适当提高硫酸浓度、适当升高温度等； （3）根据上述分析，“氧化2”制备高铁酸根，Fe(OH)3作还原剂，NaClO作氧化剂，其化学方程式为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，故答案为2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O； （4）pH=3的溶液中c(OH-)==1.0×10-11mol/L，根据溶度积的表达式，c(Fe3+)==2.8×10-6mol/L，故答案为2.8×10-6； （5）①根据题中所给离子方程式，建立关系式为2FeO～2CrO～Cr2O～6Fe2+，因此高铁酸钠的样品纯度为=91.3%； ②硫酸亚铁铵溶液显酸性，取用硫酸亚铁铵溶液用酸式滴定管；若时间过长，硫酸亚铁铵溶液中Fe2+被氧气氧化成Fe3+，消耗标准液体积增大，测得样品中高铁酸钠的质量分数偏大；故答案为91.3%；酸式；偏大。 16．(1) 苯甲醛 (2) 羟基 CH3COOH (3)取代反应或水解反应 (4) (5) 【分析】 由D的结构可知，A中含有苯环，A与CH3CHO反应得到B，由物质B的分子式及信息Ⅰ，可推知A为，B为，B与银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应、酸化得到C，则C为。C发生取代反应得到D．结合G的结构可知，乙炔和羧酸X加成生成E，E发生加聚反应得到F，则且结合小问1中关于E的信息：E的核磁共振氢谱为三组峰即分子内有3种氢，且峰面积之比为3:2:1、即氢原子数目之比为3:2:1，E能发生水解反应，则含酯基，E分子中含有碳碳双键，结合分子式可知，X为CH3COOH，E为CH3COOCH=CH2，F为，G与D发生第二个信息反应得到光刻胶，则光刻胶的结构简式为：。 【详解】（1） 据分析，A为，A的名称为：苯甲醛；F的结构简式为。 （2）据分析，G 分子中所含官能团名称为：羟基。羧酸 X的结构简式为CH3COOH。 （3）由F到G为酯基水解，反应类型为取代反应。 （4） 据第二个信息反应，D 和 G 反应生成光刻胶同时得到氯化氢气体，化学方程式为：。 （5） C的一种同分异构体满足下列条件：①能发生银镜反应，其水解产物之一能与 FeCl3溶液发生显色反应，说明含有甲酸形成的酯基、且水解后生成酚羟基；②苯环上的一氯取代产物只有两种，则有2个不同的取代基处于对位，该同分异构体的结构简式为：。 17．(1)ABD (2) 浓硫酸 防止倒吸 (3) 当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色，且30s内不变色 (4) 催化剂 通入F的气体温度过高，导致部分I2升华，从而消耗更多的KIO3碱性标准溶液 不变 【分析】本实验用“燃烧—碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫元素含量。装置B、C用于干燥O2，装置D用于燃烧含硫样品，并使硫转化为SO2，装置E用于冷却燃烧产生的气体；装置F中盛有KIO3、KI、淀粉等碱性溶液，装置G为KIO3碱性溶液，用于测定样品中硫的含量。 【详解】（1）量取20.00mL0.1000mol/L KIO3的碱性溶液时，使用碱式滴定管；再加入一定量的KI固体，配制1000mL KIO3碱性标准溶液时，需使用1000mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒，则整个实验过程中下列仪器必须用到的仪器是玻璃棒、碱式滴定管、胶头滴管，故选ABD。 （2）装置B和C的作用是充分干燥O2，B中的试剂呈液态，应为浓硫酸。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子，可防止因SO2溶解而使大量水进入E装置内，目的是：防止倒吸。 （3）该滴定实验达终点时，KIO3标准溶液稍过量，此时生成I2，使溶液呈蓝色，则现象是：当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色，且30s内不变色；依据两个化学反应方程式：、，可建立如下关系式：KIO3——3SO2，第(1)问中配置好的KIO3碱性标准溶液浓度为=0.002000mol/L，滴定所用体积为VmL，则样品中硫元素的质量分数是=。 （4）若装置D中瓷舟未加盖，会因燃烧时产生粉尘而促进SO3的生成，粉尘具有催化SO2氧化为SO3的作用，则粉尘在该过程中的作用是：催化剂；若装置E冷却气体不充分，可能使F中液体温度升高，导致I2的升华，从而导致测定结果偏大，猜想可能的原因是：通入F的气体温度过高，导致部分I2升华，从而消耗更多的KIO3碱性标准溶液；若滴定过程中，有少量不经I2直接将SO2氧化成H2SO4，则中的I元素仍由+5价降低到-1价，SO2中的S仍由+4价升高到+6价，变价元素的化合价不变，所以测定结果不变。 【点睛】若为KIO3溶液，通常应盛放在酸式滴定管内；若为KIO3碱性溶液，应盛放在碱式滴定管内。 18． 将炭和有机物燃烧除掉，同时将钯元素转化为PdO 2PdO+N2H4·H2O=2Pd+N2↑+3H2O 正 Pd2++2e−=Pd +4 BC (NH4)2PdCl4+4NH3·H2O=Pd(NH3)4Cl2+4H2O+2NH4Cl Pd(NH3)4Cl2溶液中存在平衡：Pd(NH3)4Cl2(aq)Pd(NH3)2Cl2(s)+2NH3(aq)，加入盐酸消耗NH3，促使上述平衡向右移动，转化为Pd(NH3)2Cl2沉淀 【分析】废钯催化剂的杂质主要含炭、有机物及少量Fe、Cu、Al等元素。不断通入足量空气的使有机物和碳充分燃烧而除去，Pd元素转化为PdO，加入水合肼，Pd被还原得到粗钯，精炼得到纯钯；粗钯加王水溶解得到主要含Pd2+的溶液，加入氯化铵得到(NH4)2PdCl6，之后先加热将(NH4)2PdCl6转化为(NH4)2PdCl4，在加入氨水溶解得到Pd(NH3)4Cl2；之后加盐酸得到Pd(NH3)2Cl2沉淀。 【详解】(1)废钯中含有的 主要杂质为炭和有机物，高温焙烧可以将炭和有机物燃烧除掉，同时将钯元素转化为PdO； (2)水合肼(N2H4·H2O)在弱碱性环境下可以还原PdO，产生的气体可以参与大气循环，根据元素守恒可知该气体应为N2，所以该反应中PdO→Pd，N2H4·H2O→N2，根据得失电子守恒可知两种物质的系数比为2:1，再结合元素守恒可得化学反应方程式为2PdO+N2H4·H2O=2Pd+N2↑+3H2O； (3)电解精炼时，需要被提纯的金属作为阳极，所以粗钯与电源的正极相连；Pd与Fe均为第Ⅷ族元素，性质相似，则作为阳极时被氧化成Pd2+，在阴极，Pd2+被还原为单质，所以阴极电极反应式为Pd2++2e−=Pd； (4)H2PdCl6中H应为+1价，Cl应为-1价，所以Pd为+4价； (5)A．氯化铵与“混合液”中的氯钯酸反应方程式为2NH4Cl+H2PdCl6(NH4)2PdCl6+2HCl，升高温度有利于HCl挥发，促使平衡正向移动，故A正确； B．虽然100℃时氯钯酸的沉淀率最高，但温度过高会促进氯化铵的水解产生大量氨气，造成氯化铵的浪费，所以温度不能太高，故B错误； C．该反应过程中有沉淀生成，所以为ΔS<0，故C错误； 故选BC； (6)根据流程可知(NH4)2PdCl4与氨水反应生成Pd(NH3)4Cl2，根据元素守恒可得化学方程式为：(NH4)2PdCl4+4NH3·H2O=Pd(NH3)4Cl2+4H2O+2NH4Cl； (7)Pd(NH3)4Cl2溶液中存在平衡：Pd(NH3)4Cl2(aq)Pd(NH3)2Cl2(s)+2NH3(aq)，加入盐酸消耗NH3，促使上述平衡向右移动，转化为Pd(NH3)2Cl2沉淀。 【点睛】第5小题B选项为易错点，根据图象可以看出温度越高氯钯酸的沉淀率越高，但要注意温度升高的同时促进氯化铵的水解，会生成氨气，造成原料的浪费。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $