2027年高考化学一轮复习月度滚动卷（1-4章）（江苏专用） 2027年高考化学一轮复习讲练测

**基本信息** 试卷以中国科技贡献、工业流程及实验探究为情境，覆盖物质性质、结构与反应机理，融合化学观念与科学思维，适配一轮复习综合检测。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|13题/39分|物质性质（如神舟二十号锂电池）、实验操作（FeS₂制备晶体）、结构与性质（第二周期元素）|结合江苏模考题，改编与原创结合，梯度分布| |非选择题|4题/61分|制备流程（高纯Cu₂(OH)₂CO₃）、工业脱硫（含磷尾矿）、资源回收（镍钼矿、砷）|注重实验方案设计与流程分析，体现科学探究与责任|

月度滚动卷（1-4章）综合检测 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 Li7 C 12 N14 O16 Mg 24 Cl 35.5 Mo 96 一、选择题：共13小题，每小题3分，共39分，在每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题目要求。 1. 【改编】中国对人类科学进步与技术发展贡献卓著。下列说法正确的是 A．“造纸术”中的纸主要成分是蛋白质 B．复兴号列车所用铝合金比其成分金属硬度更大、熔点更高 C．神舟二十号所用锂离子电池具有质量轻、体积小、储存和输出能量大的特点 D．具有独特光学性能的纳米半导体中所含元素镉(Cd)与碲(Te)均为过渡金属元素 2. 【原创】化学与生活、生产等密切相关。下列说法正确的是 A. 溶液呈碱性，可用于治疗胃酸过多 B. SO2具有较强还原性，但有毒，因此在葡萄酒中不能添加SO2作抗氧化剂 C. 电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是外加电流的阴极保护法 D. 侯氏制碱法以、、、为原料制备和 3．【元素及其化合物性质与实验的结合】FeS2在酸性条件下可发生反应：。以为原料制取晶体的实验操作或原理不能达到实验目的的是 A．用装置甲制取含的悬浊液 B．用装置乙吸收挥发出的气体 C．用装置丙除去S和未反应的 D．用装置丁蒸干溶液，获得 4. 【改编】在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A．工业制硫酸过程中的物质转化： B．制备胶体：Fe2O3FeCl3Fe(OH)3胶体盐酸 沸水 C．检测葡萄糖：溶液悬浊液 D．制备金属铜： 【物质的结构、性质、转化与用途综合】阅读下面材料，完成下面5～7小题。 第二周期元素及其化合物应用广泛。锂可用作电极材料；铍和铝性质相似，BeO可用于制作坩埚；氨硼烷(NH3BH3)是一种固体储氢材料，可与水在催化剂作用下生成(NH4)3B3O6和H2，碳能形成多种氧化物，金星大气层中含有的C2O3能与H2O反应生成H2C2O4，H2C2O4是二元弱酸，有还原性，可与多种金属离子形成沉淀或络合物；聚四氟乙烯材料可制作酸碱通用滴定管的活塞及化工反应器的内壁涂层。 5．下列物质性质与用途具有对应关系的是 A．金属Li密度小，可用作电极材料 B．BeO硬度大，可制作耐高温的坩埚 C． H2C2O4有还原性，可用作沉淀剂、络合剂 D．聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀，可制作滴定管活塞 6．下列有关物质结构与性质的说法不正确的是 A．NH3BH3分子中存在配位键，N原子提供孤电子对 B．(结构如图)中B原子、O原子均采用sp3杂化 C．NH3BH3中与氮原子相连的氢带部分正电荷，与硼原子相连的氢带部分负电荷 D．CH3CH3与NH3BH3的原子总数、电子总数均相等，熔点比NH3BH3低 7．下列化学反应表示不正确的是 A．BeO可溶于强碱溶液： B．NH3BH3水解制氢气： C．酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4： D．CF2=CF2制备聚四氟乙烯： 8. 【设计实验方案探究物质的性质】Cu2O是难溶于水的砖红色固体，在酸性环境下易发生歧化反应：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O。某小组同学设计如下实验探究SO2与含Cu2+化合物之间的反应，下列说法正确的是 装置 序号 试管中的药品 现象 实验I 1.5mL1mol/LCuSO4溶液和3.5mL蒸馏水 无明显现象 实验Ⅱ 1.5mL1mol/LCuSO4溶液和3.5mL1mol/LNaOH溶液混合 开始时有砖红色沉淀出现，一段时间后，砖红色沉淀消失，静置，试管底部有少量紫红色固体，溶液呈绿色 A. 砖红色固体是Cu2O，其消失与通入过量的SO2有关 B. 紫红色固体是单质铜，其一定由Cu2O发生歧化反应生成 C. 对比实验I、Ⅱ，说明碱性条件下SO2更易被Cu2+的化合物还原 D. 取砖红色沉淀，洗净后加入稀硫酸，出现红色固体和蓝色溶液，证明该沉淀为纯净物Cu2O 9．（2026·江苏苏北六校（徐州一中，宿迁中学等校）联考·二模）钒和硼是非常重要的两种元素，它们的化合物在催化和电池领域应用广泛。有强氧化性，与盐酸反应生成黄绿色气体和蓝色()溶液，也可以作为工业制硫酸中催化氧化的催化剂。晶体硼的硬度接近金刚石，水解生成一元弱酸硼酸()，氨硼烷(，燃烧热为)，硼氢化钠()是常见制氢试剂。碱性硼化钒()空气电池是一种高能电池，放电时总反应为。 下列化学反应表示正确的是 A．氧化浓盐酸制氯气： B．的燃烧：   C．与足量溶液反应： D．碱性硼化钒-空气电池的负极反应式： 10．【物质的性质与转化流程】亚氯酸钠是一种高效漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊(Mathieson)法制备亚氯酸钠的流程如图所示： 下列说法错误的是 A．若反应①通过原电池来实现，则是正极产物 B．反应②的离子方程式为 C．理论上，流程中参加反应的与的物质的量之比为 D．反应②在冰水浴中进行可抑制分解，有利于得到产品 11．(2026·江苏苏锡常镇四市·一模)常温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作和现象 实验结论 A 向淀粉溶液中加适量的溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝 淀粉未水解 B 用溶液分别中和等体积的溶液和溶液，消耗的NaOH溶液体积多 酸性： C 以为指示剂，用标准液滴定溶液中的，先出现白色沉淀，后出现砖红色沉淀 溶度积常数： D 先加热装有催化剂的硬质玻璃管，再以一定流速通入和的混合气体，一段时间后撤去酒精灯，仍然持续红热 和的反应为放热反应 A．A B．B C．C D．D 12．【物质的性质、转化与反应机理的结合】氮氧化物(NOx)是硝酸和肼等工业的主要污染物。一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图1所示，反应物A在沸石笼内转化为B、C、D等中间体的过程如图2所示。下列说法正确的是 A．过程Ⅰ涉及非极性共价键的断裂与生成 B．过程Ⅱ中，脱除1molNO转移6mol电子 C．脱除NO的总反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：5 D．图1总反应的化学方程式为4NO+4NH3+O24N2+6H2O 13．(2026·江苏镇江第一中学等校联考·二模)某实验组向使用后的印刷电路板腐蚀液中加入溶液，发现有白色沉淀生成，为探究其反应机理，进行了三组实验见下表(试剂浓度均为)。查阅资料：为白色粉末、难溶于水；呈黄色；黄色与蓝色混合可呈现黄绿色。下列说法错误的是 实验操作 实验现象 实验1 向溶液中加入溶液 蓝色溶液变成黄绿色，试管内壁附着一薄层白色沉淀，呈半透明状 实验2 向溶液中加入溶液 无明显现象，数小时后溶液变为淡红色 实验3 向溶液中先加入溶液，然后滴加溶液 蓝色溶液先变成黄绿色，滴入溶液立即变红，试管底部迅速聚集大量白色沉淀 A．实验1说明：溶液与溶液混合能生成，但程度很小 B．实验2中的淡红色物质可能是 C．实验3中加入溶液后可能发生反应： D．上述实验证明是与反应生成的催化剂 二、非选择题：共4题，共61分。 14．（13分）实验室以(NH4)2CO3和Cu(OH)2为原料制备高纯Cu2(OH)2CO3的方法如下： （1）“浸取”时，加料完成后，保持反应温度不变，提高铜元素浸出率的方法有 (答两点)。 （2）“蒸氨”在如图所示的实验装置中进行。 ①三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为 。 ②实验采用三个盛有水的洗气瓶吸收尾气的目的为 ；与上图所示洗气瓶相比，采用三个如图所示装置的优点为 。 ③实验采用真空泵持续抽气，稳定的气流有利于真空泵的使用。 实验中控制反应温度由80℃升高至95℃，采用变温加热操作的原因为 。 （3）已知：①； ② ； ③沉淀速率过快时，Cu(OH)2絮状沉淀易裹挟杂质。 以CuSO4∙5H2O固体为原料，补充完整制备纯净Cu(OH)2的实验方案：取一定质量的CuSO4∙5H2O固体分批加入蒸馏水中，搅拌至完全溶解， ，低温烘干。(须使用的试剂：浓氨水、1mol∙L-1 NaOH溶液、0.1mol∙L-1 BaCl2溶液、蒸馏水) 15．（16分）(2026·江苏扬州·一模) 实验室用含磷尾矿［主要含Ca5(PO4)3F、CaMg(CO3)2］的悬浊液模拟湿法烟气脱硫并制备H3PO4，实验装置如图1所示。 （1）进气时通过调节阀门控制SO2、O2、N2的流速。 ①缓冲罐的作用是___________。 ②在O2足量的前提下，保持进入烧瓶中的气体总流速不变，为研究混合气体中SO2浓度增大对脱硫效率的影响，可采取的实验操作是___________。 （2）湿法脱硫时发生反应2SO2+O2+2H2O=2H2SO4。 ①温度过高脱硫效率会降低，原因是___________。 ②生成的H2SO4能将Ca5(PO4)3F转化为CaSO4·2H2O、H3PO4与HF，该反应的化学方程式为___________。 （3）悬浊液中生成H3PO4的过程如图2所示。 ①烟气中SO2浓度对浸出液中H3PO4含量的影响如下图3所示。SO2浓度大于8 mg·L-1时，随着SO2浓度增大，H3PO4含量变化的原因是___________。 ②加入少量ZnSO4溶液，对反应过程的影响如上图4所示。该措施可提高磷浸出率的原因是___________。 （4）浸出液经除杂处理后得到0.1 mol·L-1 H3PO4溶液，利用其高效率(短时间、高产率)制备FePO4·2H2O，请补充实验方案：称取一定量铁粉，___________，过滤洗涤，固体干燥得FePO4·2H2O。 ［已知：Fe3(PO4)2、FePO4·2H2O均难溶于水；反应终点pH=2.5时，FePO4·2H2O的产率最高。实验中还须使用的试剂：1.0 mol·L-1的H2SO4溶液、30％H2O2溶液、30％氨水。］ 16. （15分）（2026·江苏南京·二模）钼()及其化合物广泛地应用于医疗卫生、国防等领域。某镍钼矿中的镍和钼以和形式存在，从镍钼矿中分离钼，并得到的一种工艺流程如下： 回答下列问题： （1）基态原子的核外电子排布式_______。 （2）“焙烧”中生成的化学方程式为_______。 （3）用量对钼浸出率和浸取液中浓度的影响如图1所示，分析实际生产中选择用量为理论用量1.2倍的原因：_______。 （4）的溶解度曲线如图2所示，为充分分离，工艺流程中的“操作X”应为_______(填标号)。 A．蒸发结晶 B．低温结晶 C．蒸馏 D．萃取 （5）为充分利用资源，“离子交换萃取”步骤产生的交换溶液应返回“_______”步骤。 （6）(NH4)6Mo7O24·4H2O的热重曲线如图所示： 已知A点失重的原因是生成H2O，则1 mol (NH4)6Mo7O24·4H2O在A点失去H2O的物质的量为_______，B点所得的物质为_______(写出计算过程)。 17.（17分）（2026高三下·江苏南京·月考）砷的化合物可用于半导体领域，如我国“天宫”空间站的核心舱“天和号”就是采用砷化镓薄膜电池来供电。 （1）一种从酸性高浓度含砷废水[砷主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在]中回收砷的工艺流程如下： 已知：I．As2S3＋6NaOH=Na3AsO3＋Na3AsS3＋3H2O Ⅱ．As2S3(s)＋3S2-(aq)= 2AsS (aq) Ⅲ．砷酸(H3AsO4)是一种弱酸，在酸性条件下有强氧化性，能被SO2还原。 ①基态As原子的核外电子排布式为_______。 ②“沉砷”过程中FeS不可以用过量的Na2S替换，请从平衡移动的角度解释原因：_______。 ③向滤液Ⅱ中通入氧气进行“氧化脱硫”，请写出脱硫的化学反应方程式_______。 ④用SO2进行“还原”过程，请写出其离子反应方程式：_______，工业生产中也可以用雌黄(As2S3)代替SO2作还原剂。已知雌黄(As2S3)中没有π键且各原子最外层均达8电子稳定结构，试画出雌黄(As2S3)结构图_______。 （2）含砷废水常见于采矿、半导体等工业，部分砷的化合物有毒，因此需除去废水中的砷。 ①氧化吸附法。已知：常温下，pH>7时，吸附剂表面带负电，pH越大，吸附剂表面带的负电荷越多；pH＜7时，吸附剂表面带正电，pH越小，吸附剂表面带的正电荷越多。 当溶液pH介于7～9，吸附剂对五价砷平衡吸附量随pH的升高而下降，试分析其原因：_______。 ②化学沉降法。向废水中先加入适量氧化剂，再加入生石灰调节pH，将砷元素全部转化为Ca3(AsO4)2沉淀。若沉降后上层清液中c(Ca2＋)为2×10-3 mol·L-1，试计算该废水中的As含量是否符合排放标准_______(写出计算过程)。(已知：废水中As的含量不超过0.50mg·L-1方可达到排放标准。Ksp[Ca3(AsO4)2]=8×10-19)。 17.（18分） (2026·江苏省镇江市考前调研)废旧镍钴锰酸锂电池正极材料的主要成分为，通过高温氢化和湿法冶金的方法回收其中金属的其工艺简化流程如图所示。 已知：ⅰ.“高温氢化”时不参与反应，高温氢化后锂元素以固体形式存在。 ⅱ.(或)的萃取原理：。 ⅲ.常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)，，萃取率 回答下列问题： （1）废旧锂电池经预处理获得正极材料时通常需要先进行放电处理的目的是___________。 （2）酸洗的目的是___________。 （3）若“水洗”和“酸洗”合并后的滤液中，加入固体充分反应后，为，可使元素总量的___________%(保留两位有效数字)转化为沉淀[]。 （4）“酸浸”后的溶液中、、元素以、、存在，写出“沉锰”的化学反应方程式___________。 （5）“萃取”时，钴离子会与萃取剂生成[]。钴离子易被萃取进有机相的原因是___________。现对1000 L含的水溶液进行萃取，若，单次萃取率，则单次至少要加入萃取剂___________L。为提高萃取率，除了多次少量萃取，更换萃取剂之外还可以___________。 （6）写出“沉钴”时，生成的离子反应方程式___________。 （7）一定条件下可转化为。假设的立方晶胞结构如图甲所示，请将沿晶胞体对角线方向的投影结果画在答题卡图乙相应位置。___________。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 月度滚动卷（1-4章） 高三化学·参考答案 一、选择题：共13小题，每小题3分，共39分，在每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题目要求。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 C D D B D B C A A C D D D 二、非选择题：共4题，共61分。 14．（13分）（1）加快搅拌速率、延长浸取时间（2分） （2）①（2分） ②提高氨气吸收率，防止污染空气（2分） 增大气体与水的接触面积，提高氨气吸收率；组装简单且气密性更好（2分） ③反应初期反应物浓度高，温度较低可避免分解产生气体的速率过快；随着反应物浓度降低，升高温度有利于提高分解产生气体的速率，以上均有利于获得稳定的气流（2分） （3）边搅拌边向溶液中滴加浓氨水至产生的沉淀完全溶解，滴加1mol∙L-1 NaOH溶液，直至向静置后的上层清液中继续滴加NaOH溶液无沉淀生成，过滤；用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加0.1mol∙L-1 BaCl2溶液无明显现象（3分） 15．（16分）（1）缓冲气流（或稳定气体流速）；将气体混合均匀（2分） 保持O2流速不变，适当开大SO2阀门（或增大SO2流速），同等程度关小N2阀门（或减小N2流速）（2分） （2） 温度升高，SO2、O2在悬浊液中溶解量减少 （2分） （2分） （3）①SO2浓度增大，生成H2SO4增多，更多H+与CaMg(CO3)2反应生成Ca2+；CaSO4·2H2O沉淀速率加快，覆盖在Ca5(PO4)3F表面，会阻碍H3PO4溶出 （3分） Zn2+更易吸附在CaMg(CO3)2表面，排斥H+与CaMg(CO3)2反应；H+更多地与Ca5(PO4)3F反应，使磷浸出率增大（2分） （4）加入稍过量的1.0mol/L的H2SO4溶液，加热、搅拌，充分反应后过滤；向滤液中加入稍过量的30%H2O2，充分反应；再控制投料比n(Fe):n(P)=1:1，加入 0.1mol/LH3PO4溶液，再滴加30%氨水，调节pH=2.5（3分） 16．（15分）（1）1s22s22p63s23p63d84s2（2分） （2）（2分） （3）若高于1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低（2分） （4）B（2分） （5）净化（2分） （6）5 （3分） MoO3（2分） 17．（17分）（1）①1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3（2分） ②加入过量的硫化钠，溶液中的硫离子浓度增大，反应As2S3(s)+3S2-(aq)2AsS33-(aq)平衡正向移动，不利于沉砷，则沉砷过程中硫化亚铁不能用硫化钠替换（3分） ③ （2分） ④（2分） （2分） （2）pH介于7～9时，随着pH增大，H2AsO转化为HAsO，吸附剂表面带的负电荷增多，则吸附剂与含砷微粒之间的静电斥力增大，吸附量下降（3分） 由可知， 则As含量为，未达到排放标准（3分） / 学科网（北京）股份有限公司 $ 月度滚动卷（1-4章）综合检测 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 Li7 C 12 N14 O16 Mg 24 Cl 35.5 Mo 96 一、选择题：共13小题，每小题3分，共39分，在每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题目要求。 1. 【改编】中国对人类科学进步与技术发展贡献卓著。下列说法正确的是 A．“造纸术”中的纸主要成分是蛋白质 B．复兴号列车所用铝合金比其成分金属硬度更大、熔点更高 C．神舟二十号所用锂离子电池具有质量轻、体积小、储存和输出能量大的特点 D．具有独特光学性能的纳米半导体中所含元素镉(Cd)与碲(Te)均为过渡金属元素 【答案】C 【解析】A．纸主要由植物纤维制备，主要成分是纤维素而非蛋白质，A错误；B．合金的硬度一般大于其成分金属，熔点一般低于其主要成分金属（如纯铝），因此铝合金硬度比成分金属大、熔点比成分金属低，B错误；C．锂离子电池作为常用高能电池，具有质量轻、体积小、储存和输出能量大的特点，C正确；D．Cd（镉）是第ⅡB族元素，属于过渡金属元素，Te（碲）是第ⅥA族主族元素，不属于过渡金属元素，D错误；故答案选C。 2. 【原创】化学与生活、生产等密切相关。下列说法正确的是 A. 溶液呈碱性，可用于治疗胃酸过多 B. SO2具有较强还原性，但有毒，因此在葡萄酒中不能添加SO2作抗氧化剂 C. 电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是外加电流的阴极保护法 D. 侯氏制碱法以、、、为原料制备和 【答案】D 【解析】A． 溶液呈碱性，但碱性较强，不可用于治疗胃酸过多，而 溶液呈弱碱性，能与胃酸中反应生成二氧化碳，可以用于治疗胃酸过多，故A错误；B．二氧化硫有较强还原性，在葡萄酒中添加微量SO2可作抗氧化剂，故B错误；C．Mg比Fe活泼，当发生化学腐蚀时Mg作负极而被腐蚀，从而阻止Fe被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，故C错误；D．侯氏制碱法以H2O、NH3、CO2、NaCl为原料制备NaHCO3和NH4Cl，反应的化学方程式为H2O+NH3+CO2+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，D正确； 故D正确；故答案D。 3．【元素及其化合物性质与实验的结合】FeS2在酸性条件下可发生反应：。以为原料制取晶体的实验操作或原理不能达到实验目的的是 A．用装置甲制取含的悬浊液 B．用装置乙吸收挥发出的气体 C．用装置丙除去S和未反应的 D．用装置丁蒸干溶液，获得 【答案】D 【解析】A．装置甲中，FeS2与稀硫酸在加热、电磁搅拌条件下发生反应：，可制取制取含FeSO4的悬浊液，A正确;B．H2S是酸性气体，能与NaOH溶液反应，装置乙可吸收挥发出的H2S气体，B正确;C．S和未反应的FeS2难溶于水，FeSO4易溶于水，用装置丙（过滤装置）可除去S和未反应的FeS2，C正确。D．FeSO4溶液蒸发结晶时，Fe2+易被氧化，且直接蒸干溶液不能得到FeSO4·7H2O晶体，应该蒸发浓缩、冷却结晶，D错误；故答案选D。 4. 【改编】在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A．工业制硫酸过程中的物质转化： B．制备胶体：Fe2O3FeCl3Fe(OH)3胶体盐酸 沸水 C．检测葡萄糖：溶液悬浊液 D．制备金属铜： 【答案】B 【解析】A．工业制硫酸过程中的物质转化：，A错误；B．FeCl3饱和溶液滴入沸水中，制备Fe(OH)3胶体，B正确；C．蔗糖属于非还原性糖，无法将新制的Cu(OH)2还原为Cu2O，C错误；D．CuSO4+2NaOH==Na2SO4+Cu(OH)2↓，但Cu(OH)2悬浊液与蔗糖在加热条件下无法还原为Cu单质，D错误；故答案选B。 【物质的结构、性质、转化与用途综合】阅读下面材料，完成下面5～7小题。 第二周期元素及其化合物应用广泛。锂可用作电极材料；铍和铝性质相似，BeO可用于制作坩埚；氨硼烷(NH3BH3)是一种固体储氢材料，可与水在催化剂作用下生成(NH4)3B3O6和H2，碳能形成多种氧化物，金星大气层中含有的C2O3能与H2O反应生成H2C2O4，H2C2O4是二元弱酸，有还原性，可与多种金属离子形成沉淀或络合物；聚四氟乙烯材料可制作酸碱通用滴定管的活塞及化工反应器的内壁涂层。 5．下列物质性质与用途具有对应关系的是 A．金属Li密度小，可用作电极材料 B．BeO硬度大，可制作耐高温的坩埚 C． H2C2O4有还原性，可用作沉淀剂、络合剂 D．聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀，可制作滴定管活塞 6．下列有关物质结构与性质的说法不正确的是 A．NH3BH3分子中存在配位键，N原子提供孤电子对 B．(结构如图)中B原子、O原子均采用sp3杂化 C．NH3BH3中与氮原子相连的氢带部分正电荷，与硼原子相连的氢带部分负电荷 D．CH3CH3与NH3BH3的原子总数、电子总数均相等，熔点比NH3BH3低 7．下列化学反应表示不正确的是 A．BeO可溶于强碱溶液： B．NH3BH3水解制氢气： C．酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4： D．CF2=CF2制备聚四氟乙烯： 【答案】5．D 6．B 7．C 【解析】5．A．金属Li用作电极材料是利用其导电性和比能量高，与其密度小无关，A不合题意；B．BeO制作耐高温的坩埚是利用其熔点比较高，与其硬度大无关，B不合题意；C．H2C2O4用作沉淀剂、络合剂是利用草酸盐是沉淀以及草酸根离子中O能提供孤电子对，与其具有还原性无关，C不合题意； D．聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀，可制作滴定管活塞，二者有因果关系，D符合题意；故答案为：D； 6．A．已知B的最外层上只有3个电子，而N原子最外层上有5个电子，故NH3BH3分子中存在配位键，N原子提供孤电子对，A正确；B．由题干结构图可知B原子周围的价层电子对数为，故采用sp2杂化、O原子周围的价层电子数为，则采用sp3杂化，B错误；C．已知两元素形成化学键时电负性大的一方显负电性，电负性N＞H＞B，则NH3BH3中与氮原子相连的氢带部分正电荷，与硼原子相连的氢带部分负电荷，C正确；D．CH3CH3与NH3BH3的原子总数、电子总数均相等，由于NH3BH3分子间能够形成氢键，导致其熔沸点反常升高，即CH3CH3的熔点比NH3BH3低，D正确；故答案为：B； 7．A．由题干信息可知，铍和铝性质相似，根据Al2O3和强碱反应方程式可得，BeO可溶于强碱溶液：，B正确；B．由题干信息可知，氨硼烷(NH3BH3)是一种固体储氢材料，可与水在催化剂作用下生成(NH4)3B3O6和H2，故NH3BH3水解制氢气的反应方程式为：，B正确；C．已知H2C2O4为二元弱酸，在离子方程式书写时不能拆，即酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4的离子方程式为：，C错误；D．CF2=CF2发生加聚反应可以制备聚四氟乙烯，其方程式为：，D正确；故答案为：C。 8. 【设计实验方案探究物质的性质】Cu2O是难溶于水的砖红色固体，在酸性环境下易发生歧化反应：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O。某小组同学设计如下实验探究SO2与含Cu2+化合物之间的反应，下列说法正确的是 装置 序号 试管中的药品 现象 实验I 1.5mL1mol/LCuSO4溶液和3.5mL蒸馏水 无明显现象 实验Ⅱ 1.5mL1mol/LCuSO4溶液和3.5mL1mol/LNaOH溶液混合 开始时有砖红色沉淀出现，一段时间后，砖红色沉淀消失，静置，试管底部有少量紫红色固体，溶液呈绿色 A. 砖红色固体是Cu2O，其消失与通入过量的SO2有关 B. 紫红色固体是单质铜，其一定由Cu2O发生歧化反应生成 C. 对比实验I、Ⅱ，说明碱性条件下SO2更易被Cu2+的化合物还原 D. 取砖红色沉淀，洗净后加入稀硫酸，出现红色固体和蓝色溶液，证明该沉淀为纯净物Cu2O 【答案】A 【解析】A．实验Ⅱ：1.5mL1mol/LCuSO4溶液和3.5mL1mol/LNaOH溶液混合，通入SO2，开始时有砖红色沉淀Cu2O出现，随着SO2不断通入（SO2+H2O==H2SO3），溶液酸性不断增强，发生反应Cu2O+2H+ ==Cu2++Cu+H2O，砖红色沉淀消失，试管底部有少量紫红色固体为铜，故Cu2O消失是由于通入过量SO2引起的，A正确；B．紫红色固体是单质铜，由题干信息可知Cu2O歧化生成Cu，不能排除SO2直接还原碱性环境中的Cu2+得到Cu，B错误；C．对比实验I、Ⅱ，变量为溶液酸碱性：酸性条件下Cu2+与SO2不反应，无明显现象；碱性条件下Cu2+可以和SO2发生氧化还原反应，生成Cu2O，说明碱性条件下Cu2+更易被SO2还原，C错误；D．若砖红色沉淀中混有Cu，加入稀硫酸后，其中的Cu2O歧化仍然能生成红色固体（原有Cu+歧化生成的Cu）和蓝色Cu2+溶液，因此无法证明沉淀是纯净的Cu2O，D错误；故答案为：A。 9．（2026·江苏苏北六校（徐州一中，宿迁中学等校）联考·二模）钒和硼是非常重要的两种元素，它们的化合物在催化和电池领域应用广泛。有强氧化性，与盐酸反应生成黄绿色气体和蓝色()溶液，也可以作为工业制硫酸中催化氧化的催化剂。晶体硼的硬度接近金刚石，水解生成一元弱酸硼酸()，氨硼烷(，燃烧热为)，硼氢化钠()是常见制氢试剂。碱性硼化钒()空气电池是一种高能电池，放电时总反应为。 下列化学反应表示正确的是 A．氧化浓盐酸制氯气： B．的燃烧：   C．与足量溶液反应： D．碱性硼化钒-空气电池的负极反应式： 【答案】A 【解析】A．与盐酸反应生成黄绿色气体（Cl2）和蓝色()溶液，故该反应的离子方程式为，A正确；B．表示燃烧热的热化学方程式中水的状态应为液态，故应为 ，B错误；C．为一元弱酸，与足量溶液反应的离子方程式为，C错误；D．该电池的环境为碱性，结合总反应式，负极反应式为，D错误；故答案选A。 10．【物质的性质与转化流程】亚氯酸钠是一种高效漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊(Mathieson)法制备亚氯酸钠的流程如图所示： 下列说法错误的是 A．若反应①通过原电池来实现，则是正极产物 B．反应②的离子方程式为 C．理论上，流程中参加反应的与的物质的量之比为 D．反应②在冰水浴中进行可抑制分解，有利于得到产品 【答案】C 【解析】反应①中，NaClO3中Cl为+5价，被还原为ClO2中+4价的Cl；SO2中S为+4价，被氧化为NaHSO4中+6价的S。 反应②中，ClO2中+4价Cl被还原为NaClO2中+3价Cl；碱性条件下H2O2中-1价O被氧化为O2。A．原电池中正极发生还原反应，ClO2是反应①的还原产物，因此ClO2是正极产物，A正确；B．根据氧化还原化合价升降配平，该离子方程式中电子、电荷、原子均守恒，书写正确，B正确；C．根据电子守恒计算：1molSO2反应，S从+4→+6，共失2mol电子，可生成2molClO2；2molClO2反应，共得2mol电子，需要消耗1molH2O2（1molH2O2中O从-1→0，共失2mol电子）。因此SO2与H2O2的物质的量之比为1:1，不是1:2，C错误；D．H2O2受热易分解，冰水浴低温可以抑制H2O2分解，提高NaClO2的产率，D正确；故选C。 11．(2026·江苏苏锡常镇四市·一模)常温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作和现象 实验结论 A 向淀粉溶液中加适量的溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝 淀粉未水解 B 用溶液分别中和等体积的溶液和溶液，消耗的NaOH溶液体积多 酸性： C 以为指示剂，用标准液滴定溶液中的，先出现白色沉淀，后出现砖红色沉淀 溶度积常数： D 先加热装有催化剂的硬质玻璃管，再以一定流速通入和的混合气体，一段时间后撤去酒精灯，仍然持续红热 和的反应为放热反应 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【解析】A．溶液变蓝仅能说明仍有淀粉剩余，淀粉可能发生了部分水解，无法得出淀粉未水解的结论，A不符合题意；B．H2SO4是二元酸，CH3COOH是一元酸，等浓度等体积时H2SO4可电离的H+总量更多，消耗NaOH体积多与酸性强弱无直接关联，B不符合题意；C．以K2CrO4为指示剂滴定Cl-，先出现白色AgCl沉淀，后出现砖红色Ag2CrO4沉淀，说明AgCl溶解度更小，但AgCl是AB型沉淀，Ag2CrO4是A2B型沉淀，二者组成类型不同，不能仅通过沉淀先后顺序直接比较溶度积常数大小，C不符合题意；D．撤去酒精灯后Cr2O3仍持续红热，说明NH3与O2的反应放热，能维持反应继续进行，D符合题意；故选D。 12．【物质的性质、转化与反应机理的结合】氮氧化物(NOx)是硝酸和肼等工业的主要污染物。一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图1所示，反应物A在沸石笼内转化为B、C、D等中间体的过程如图2所示。下列说法正确的是 A．过程Ⅰ涉及非极性共价键的断裂与生成 B．过程Ⅱ中，脱除1molNO转移6mol电子 C．脱除NO的总反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：5 D．图1总反应的化学方程式为4NO+4NH3+O24N2+6H2O 【答案】D 【解析】A．由题干反应历程图可知，过程Ⅰ即图2所示中间体D与NO、NH3和NH 反应生成N2、H2O和[Cu(NH3)4]2+，其中未涉及非极性共价键的断裂，有N≡N非极性键的生成，A错误；B．过程Ⅱ中发生反应的方程式为[Cu(NH3)4]2++NO=N2+H2O+[Cu(NH3)2]++NH，反应中化合价升高的是[Cu(NH3)4]2+中的N元素，化合价降低的是[Cu(NH3)4]2+中的Cu元素和NO中的N元素，则脱除1mol NO转移3mol电子，B错误；C．脱除NO的反应物为NO、NH3、O2，生成物为N2和H2O，总反应的方程式为4NO+4NH3+O24N2+6H2O，氧化剂为NO和O2，还原剂为NH3，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶4，C错误；D．由题干反应历程图可知，进入的物质为NO、NH3和O2，此为反应物，流出的物质为N2和H2O，此为生成物，故图1总反应的化学方程式为4NO+4NH3+O24N2+6H2O，D正确；故答案为：D。 13．(2026·江苏镇江第一中学等校联考·二模)某实验组向使用后的印刷电路板腐蚀液中加入溶液，发现有白色沉淀生成，为探究其反应机理，进行了三组实验见下表(试剂浓度均为)。查阅资料：为白色粉末、难溶于水；呈黄色；黄色与蓝色混合可呈现黄绿色。下列说法错误的是 实验操作 实验现象 实验1 向溶液中加入溶液 蓝色溶液变成黄绿色，试管内壁附着一薄层白色沉淀，呈半透明状 实验2 向溶液中加入溶液 无明显现象，数小时后溶液变为淡红色 实验3 向溶液中先加入溶液，然后滴加溶液 蓝色溶液先变成黄绿色，滴入溶液立即变红，试管底部迅速聚集大量白色沉淀 A．实验1说明：溶液与溶液混合能生成，但程度很小 B．实验2中的淡红色物质可能是 C．实验3中加入溶液后可能发生反应： D．上述实验证明是与反应生成的催化剂 【答案】D 【解析】A．实验1中，CuCl2溶液与KSCN溶液混合后，蓝色溶液变为黄绿色，说明可能生成黄色的[Cu(SCN)4]2-，并产生少量白色沉淀（CuSCN），说明反应能生成CuSCN但程度较小，A项正确；B．实验2中FeCl2溶液与KSCN混合后无明显现象，数小时后变淡红色，可能是Fe2+被空气中氧气氧化为Fe3+，进而与SCN-形成红色的Fe(SCN)3，B项正确；C．实验3中，先加入KSCN后溶液呈黄绿色（生成[Cu(SCN)4]2-），滴加FeCl2后立即变红（生成Fe(SCN)3）并产生大量CuSCN沉淀，符合反应，C项正确；D．实验3中FeCl2作为反应物转化为Fe(SCN)3，不是催化剂，D项错误；答案选D。 二、非选择题：共4题，共61分。 14．（13分）实验室以(NH4)2CO3和Cu(OH)2为原料制备高纯Cu2(OH)2CO3的方法如下： （1）“浸取”时，加料完成后，保持反应温度不变，提高铜元素浸出率的方法有 (答两点)。 （2）“蒸氨”在如图所示的实验装置中进行。 ①三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为 。 ②实验采用三个盛有水的洗气瓶吸收尾气的目的为 ；与上图所示洗气瓶相比，采用三个如图所示装置的优点为 。 ③实验采用真空泵持续抽气，稳定的气流有利于真空泵的使用。实验中控制反应温度由80℃升高至95℃，采用变温加热操作的原因为 。 （3）已知：①； ② ； ③沉淀速率过快时，Cu(OH)2絮状沉淀易裹挟杂质。 以CuSO4∙5H2O固体为原料，补充完整制备纯净Cu(OH)2的实验方案：取一定质量的CuSO4∙5H2O固体分批加入蒸馏水中，搅拌至完全溶解， ，低温烘干。(须使用的试剂：浓氨水、1mol∙L-1 NaOH溶液、0.1mol∙L-1 BaCl2溶液、蒸馏水) 【答案】（1）加快搅拌速率、延长浸取时间（2分） （2）①（2分） ②提高氨气吸收率，防止污染空气（2分） 增大气体与水的接触面积，提高氨气吸收率；组装简单且气密性更好（2分） ③反应初期反应物浓度高，温度较低可避免分解产生气体的速率过快；随着反应物浓度降低，升高温度有利于提高分解产生气体的速率，以上均有利于获得稳定的气流（2分） （3）边搅拌边向溶液中滴加浓氨水至产生的沉淀完全溶解，滴加1mol∙L-1 NaOH溶液，直至向静置后的上层清液中继续滴加NaOH溶液无沉淀生成，过滤；用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加0.1mol∙L-1 BaCl2溶液无明显现象（3分） 【解析】以(NH4)2CO3和Cu(OH)2为原料制备高纯Cu2(OH)2CO3时，先将(NH4)2CO3溶液加入Cu(OH)2固体中进行浸取，得到Cu(NH3)2CO3溶液，再进行蒸氨，便可得到Cu2(OH)2CO3。 （1）“浸取”时，加料完成后，保持反应温度不变，可通过增大接触时间、增大接触面积提高铜元素浸出率，具体方法有：加快搅拌速率、延长浸取时间。 （2）①三颈烧瓶中，通过蒸氨，Cu(NH3)2CO3转化为Cu2(OH)2CO3，同时生成二氧化碳气体，发生反应的化学方程式为。 ②实验产生的氨气是大气污染物，需要进行处理，以防污染大气，则采用三个盛有水的洗气瓶吸收尾气的目的为提高氨气吸收率，防止污染空气；图中装置为一整体，不需另加导管，且密封性好，氨气与水的接触面积大，吸收效果好，则与上图所示洗气瓶相比，采用三个如图所示装置的优点为：增大气体与水的接触面积，提高氨气吸收率；组装简单且气密性更好。 ③在整个蒸氨过程中，溶液的浓度由大到小，实验中控制反应温度由80℃升高至95℃，可控制气体的生成速率，则采用变温加热操作的原因为：反应初期反应物浓度高，温度较低可避免分解产生气体的速率过快；随着反应物浓度降低，升高温度有利于提高分解产生气体的速率，以上均有利于获得稳定的气流。 （3）以CuSO4∙5H2O固体为原料制备纯净Cu(OH)2，若直接滴加NaOH，生成Cu(OH)2的速率过快，Cu(OH)2絮状沉淀易裹挟杂质，若先将Cu2+转化为[Cu(NH3)4]2+，再转化为Cu(OH)2，可控制生成Cu(OH)2的速率，使Cu(OH)2缓慢生成，则实验方案为：取一定质量的CuSO4∙5H2O固体分批加入蒸馏水中，搅拌至完全溶解，边搅拌边向溶液中滴加浓氨水至产生的沉淀完全溶解，滴加1mol∙L-1 NaOH溶液，直至向静置后的上层清液中继续滴加NaOH溶液无沉淀生成，过滤；用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加0.1mol∙L-1 BaCl2溶液无明显现象，低温烘干。 15．（16分）(2026·江苏扬州·一模) 实验室用含磷尾矿［主要含Ca5(PO4)3F、CaMg(CO3)2］的悬浊液模拟湿法烟气脱硫并制备H3PO4，实验装置如图1所示。 （1）进气时通过调节阀门控制SO2、O2、N2的流速。 ①缓冲罐的作用是___________。 ②在O2足量的前提下，保持进入烧瓶中的气体总流速不变，为研究混合气体中SO2浓度增大对脱硫效率的影响，可采取的实验操作是___________。 （2）湿法脱硫时发生反应2SO2+O2+2H2O=2H2SO4。 ①温度过高脱硫效率会降低，原因是___________。 ②生成的H2SO4能将Ca5(PO4)3F转化为CaSO4·2H2O、H3PO4与HF，该反应的化学方程式为___________。 （3）悬浊液中生成H3PO4的过程如图2所示。 ①烟气中SO2浓度对浸出液中H3PO4含量的影响如下图3所示。SO2浓度大于8 mg·L-1时，随着SO2浓度增大，H3PO4含量变化的原因是___________。 ②加入少量ZnSO4溶液，对反应过程的影响如上图4所示。该措施可提高磷浸出率的原因是___________。 （4）浸出液经除杂处理后得到0.1 mol·L-1 H3PO4溶液，利用其高效率(短时间、高产率)制备FePO4·2H2O，请补充实验方案：称取一定量铁粉，___________，过滤洗涤，固体干燥得FePO4·2H2O。 ［已知：Fe3(PO4)2、FePO4·2H2O均难溶于水；反应终点pH=2.5时，FePO4·2H2O的产率最高。实验中还须使用的试剂：1.0 mol·L-1的H2SO4溶液、30％H2O2溶液、30％氨水。］ 【答案】（1）缓冲气流（或稳定气体流速）；将气体混合均匀（2分） 保持O2流速不变，适当开大SO2阀门（或增大SO2流速），同等程度关小N2阀门（或减小N2流速）（2分） （2） 温度升高，SO2、O2在悬浊液中溶解量减少 （2分） （2分） （3）①SO2浓度增大，生成H2SO4增多，更多H+与CaMg(CO3)2反应生成Ca2+；CaSO4·2H2O沉淀速率加快，覆盖在Ca5(PO4)3F表面，会阻碍H3PO4溶出 （3分） Zn2+更易吸附在CaMg(CO3)2表面，排斥H+与CaMg(CO3)2反应；H+更多地与Ca5(PO4)3F反应，使磷浸出率增大（2分） （4）加入稍过量的1.0mol/L的H2SO4溶液，加热、搅拌，充分反应后过滤；向滤液中加入稍过量的30%H2O2，充分反应；再控制投料比n(Fe):n(P)=1:1，加入 0.1mol/LH3PO4溶液，再滴加30%氨水，调节pH=2.5（3分） 【解析】将SO2、O2、N2混合气体通入含磷尾矿的悬浊液，将Ca5(PO4)3F转化为CaSO4·2H2O、H3PO4与HF。 （1）①缓冲罐的作用是缓冲气流（或稳定气体流速）；将气体混合均匀； ②在O2足量的前提下，保持进入烧瓶中的气体总流速不变，为研究混合气体中SO2浓度增大对脱硫效率的影响，可采取的实验操作是保持O2流速不变，适当开大SO2阀门（或增大SO2流速），同等程度关小N2阀门（或减小N2流速）。 （2）①温度过高脱硫效率会降低，原因是温度升高，SO2、O2在悬浊液中溶解量减少； ②生成的H2SO4能将Ca5(PO4)3F转化为CaSO4·2H2O、H3PO4与HF，该反应的化学方程式为。 （3）①烟气中SO2浓度对浸出液中H3PO4含量的影响如图3所示。SO2浓度大于8 mg·L-1时，随着SO2浓度增大，H3PO4含量变化的原因是SO2浓度增大，生成H2SO4增多，更多H+与CaMg(CO3)2反应生成Ca2+；CaSO4·2H2O沉淀速率加快，覆盖在Ca5(PO4)3F表面，会阻碍H3PO4溶出； ②由图可知，加入少量ZnSO4溶液，可提高磷浸出率的原因是Zn2+更易吸附在CaMg(CO3)2表面，排斥H+与CaMg(CO3)2反应；H+更多地与Ca5(PO4)3F反应，使磷浸出率增大。 （4）浸出液经除杂处理后得到0.1 mol·L-1 H3PO4溶液，利用其高效率(短时间、高产率)制备FePO4·2H2O，请补充实验方案：称取一定量铁粉，加入稍过量的1.0mol/L的H2SO4溶液，加热、搅拌，充分反应后过滤；向滤液中加入稍过量的30%H2O2，充分反应；再控制投料比n(Fe):n(P)=1:1，加入0.1mol/LH3PO4溶液，再滴加30%氨水，调节pH=2.5，过滤洗涤，固体干燥得FePO4·2H2O。 16. （15分）（2026·江苏南京·二模）钼()及其化合物广泛地应用于医疗卫生、国防等领域。某镍钼矿中的镍和钼以和形式存在，从镍钼矿中分离钼，并得到的一种工艺流程如下： 回答下列问题： （1）基态原子的核外电子排布式_______。 （2）“焙烧”中生成的化学方程式为_______。 （3）用量对钼浸出率和浸取液中浓度的影响如图1所示，分析实际生产中选择用量为理论用量1.2倍的原因：_______。 （4）的溶解度曲线如图2所示，为充分分离，工艺流程中的“操作X”应为_______(填标号)。 A．蒸发结晶 B．低温结晶 C．蒸馏 D．萃取 （5）为充分利用资源，“离子交换萃取”步骤产生的交换溶液应返回“_______”步骤。 （6）(NH4)6Mo7O24·4H2O的热重曲线如图所示： 已知A点失重的原因是生成H2O，则1 mol (NH4)6Mo7O24·4H2O在A点失去H2O的物质的量为_______，B点所得的物质为_______(写出计算过程)。 【答案】（1）1s22s22p63s23p63d84s2（2分） （2）（2分） （3）若高于1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低（2分） （4）B（2分） （5）净化（2分） （6）5 （3分） MoO3（2分） 【解析】镍钼矿加入碳酸钠并通入空气焙烧生成Na2MoO4、NiO，加水后，Na2MoO4进入溶液中，加入硫酸镁除去多余的碳酸根，过滤后再通过低温结晶将硫酸钠分离出来，溶液经过离子交换萃取等一系列操作后可得钼酸铵。 （1）Ni为28号元素，基态Ni原子的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d84s2； （2）“焙烧”中生成Na2MoO4，反应中Mo化合价由+4变为+6、S化合价由-2变为+6，氧气中O化合价由0变为-2，结合电子守恒、质量守恒，反应化学方程式为：； （3）若高于1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低，故实际生产中选择Na2CO3用量为理论用量1.2倍； （4）温度较低时，硫酸钠的溶解度远低于钼酸钠，故选用低温结晶；故选B； （5）由流程，萃取后生成(NH4)2MoO4，得到的交换溶液主要含Na+，应返回净化步骤； （6）晶体受热首先失去结晶水，已知A点失重的原因是生成H2O，则1 mol (NH4)6Mo7O24·4H2O为1236g，在A点固体残留率为92.72%，则失重1236g×(1-92.72%)=90g，则失去5molH2O；B点失重1236g×(1-81.56%)=228g，铵盐分解生成6mol氨气，则生成水为，氢元素完全变为气体逸出，固体中氧原子为28mol-7mol=21mol，则Mo、O的物质的量之比为7:21=1:3，则化学式为MoO3。 17.（17分）（2026高三下·江苏南京·月考）砷的化合物可用于半导体领域，如我国“天宫”空间站的核心舱“天和号”就是采用砷化镓薄膜电池来供电。 （1）一种从酸性高浓度含砷废水[砷主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在]中回收砷的工艺流程如下： 已知：I．As2S3＋6NaOH=Na3AsO3＋Na3AsS3＋3H2O Ⅱ．As2S3(s)＋3S2-(aq)= 2AsS (aq) Ⅲ．砷酸(H3AsO4)是一种弱酸，在酸性条件下有强氧化性，能被SO2还原。 ①基态As原子的核外电子排布式为_______。 ②“沉砷”过程中FeS不可以用过量的Na2S替换，请从平衡移动的角度解释原因：_______。 ③向滤液Ⅱ中通入氧气进行“氧化脱硫”，请写出脱硫的化学反应方程式_______。 ④用SO2进行“还原”过程，请写出其离子反应方程式：_______，工业生产中也可以用雌黄(As2S3)代替SO2作还原剂。已知雌黄(As2S3)中没有π键且各原子最外层均达8电子稳定结构，试画出雌黄(As2S3)结构图_______。 （2）含砷废水常见于采矿、半导体等工业，部分砷的化合物有毒，因此需除去废水中的砷。 ①氧化吸附法。已知：常温下，pH>7时，吸附剂表面带负电，pH越大，吸附剂表面带的负电荷越多；pH＜7时，吸附剂表面带正电，pH越小，吸附剂表面带的正电荷越多。 当溶液pH介于7～9，吸附剂对五价砷平衡吸附量随pH的升高而下降，试分析其原因：_______。 ②化学沉降法。向废水中先加入适量氧化剂，再加入生石灰调节pH，将砷元素全部转化为Ca3(AsO4)2沉淀。若沉降后上层清液中c(Ca2＋)为2×10-3 mol·L-1，试计算该废水中的As含量是否符合排放标准_______(写出计算过程)。(已知：废水中As的含量不超过0.50mg·L-1方可达到排放标准。Ksp[Ca3(AsO4)2]=8×10-19)。 【答案】（1）①1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3（2分） ②加入过量的硫化钠，溶液中的硫离子浓度增大，反应As2S3(s)+3S2-(aq)2AsS33-(aq)平衡正向移动，不利于沉砷，则沉砷过程中硫化亚铁不能用硫化钠替换（3分） ③ （2分） ④（2分） （2分） （2）pH介于7～9时，随着pH增大，H2AsO转化为HAsO，吸附剂表面带的负电荷增多，则吸附剂与含砷微粒之间的静电斥力增大，吸附量下降（3分） 由可知， 则As含量为，未达到排放标准（3分） 【解析】含砷废水中加入硫化亚铁生成As2S3沉淀，在As2S3沉淀与过量的硫化亚铁混合物中加入NaOH发生反应：，过滤，滤渣为FeS，滤液Ⅱ的主要成分为：Na3AsS3、Na3AsO3；滤液Ⅱ通过氧化脱硫生成硫单质和Na3AsO4，Na3AsO4酸化后生成H3AsO4，砷酸（H3AsO4）能被SO2还原成As2O3，据此作答。 （1）①As为33号元素，核外有33个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3； ②由已知Ⅱ：As2S3(s)+3S2-(aq)2AsS33-(aq)知，加入过量的硫化钠，溶液中的硫离子浓度增大，平衡正向移动，不利于沉砷，则沉砷过程中硫化亚铁不能用硫化钠替换； ③滤液Ⅱ的主要成分为：Na3AsS3、Na3AsO3，通入氧气进行“氧化脱硫”，即被O2氧化为，则脱硫的化学方程式为：； ④砷酸（H3AsO4弱酸）能被二氧化硫还原成As2O3，而二氧化硫被氧化为硫酸根离子，反应的离子方程式为：。雌黄(As2S3)中没有π键且各原子最外层均达8电子稳定结构，则每个As形成3个σ键，每个S成2个σ键，雌黄(As2S3)结构图为：。 （2）①pH介于7～9时，随着pH增大，H2AsO转化为HAsO（负电荷变多），由已知信息可知：常温下，pH>7时，吸附剂表面带负电，pH越大，吸附剂表面带的负电荷增多，则吸附剂与含砷微粒之间的静电斥力增大，吸附量下降； ②由可知，， 则As含量为，未达到排放标准。 17.（18分） (2026·江苏省镇江市考前调研)废旧镍钴锰酸锂电池正极材料的主要成分为，通过高温氢化和湿法冶金的方法回收其中金属的其工艺简化流程如图所示。 已知：ⅰ.“高温氢化”时不参与反应，高温氢化后锂元素以固体形式存在。 ⅱ.(或)的萃取原理：。 ⅲ.常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)，，萃取率 回答下列问题： （1）废旧锂电池经预处理获得正极材料时通常需要先进行放电处理的目的是___________。 （2）酸洗的目的是___________。 （3）若“水洗”和“酸洗”合并后的滤液中，加入固体充分反应后，为，可使元素总量的___________%(保留两位有效数字)转化为沉淀[]。 （4）“酸浸”后的溶液中、、元素以、、存在，写出“沉锰”的化学反应方程式___________。 （5）“萃取”时，钴离子会与萃取剂生成[]。钴离子易被萃取进有机相的原因是___________。现对1000 L含的水溶液进行萃取，若，单次萃取率，则单次至少要加入萃取剂___________L。为提高萃取率，除了多次少量萃取，更换萃取剂之外还可以___________。 （6）写出“沉钴”时，生成的离子反应方程式___________。 （7）一定条件下可转化为。假设的立方晶胞结构如图甲所示，请将沿晶胞体对角线方向的投影结果画在答题卡图乙相应位置。___________。 【答案】（1）防止拆解过程中因短路发生安全事故（2分） （2）降低水洗时LiOH与空气接触生成Li2CO3在固体中残留，提高Li元素回收率（2分） （3）89 （2分） （4） （2分） （5）① 钴离子与萃取剂中O原子形成配位键且萃取剂中含有极性较小的疏水基团（2分） ②.380 L（2分） ③. 充分振荡并静置 （2分） （6）（2分） （7）（2分） 【解析】废旧电池正极材料的主要成分为，在N2氛围下被H2还原，生成Co、Ni、MnO和LiOH。水洗后LiOH进入溶液中，其余不溶于水，再加入H2C2O4，将LiOH与空气接触后生成的Li2CO3溶解；再和水洗液混合，加入Na2CO3将溶液中的Li+转化为Li2CO3沉淀。酸-洗后固体剩余Co、Ni、MnO等，加入H2SO4将金属元素转化为可溶性的硫酸盐，过滤除去不溶性杂质，溶液中含有Ni2+、Co2+、Mn2+，加入Na2S2O8氧化Mn2+生成MnO2沉淀，溶液中继续加入有机萃取剂将有Ni2+、Co2+萃取进入有机相中，再加入盐酸反萃取使钴镍进入水相中，再加入氨水、碳酸氢铵沉钴，得到CoCO3沉淀和六氨合镍离子的溶液。 （1）废旧锂电池在拆解、处理时，若处于带电状态，可能会发生短路、自燃、爆炸等危险，放电处理后可避免危险； （2）LiOH是强碱，在空气中暴露会与酸性气体CO2结合转化为Li2CO3，加入H2C2O4可与Li2CO3发生复分解反应，生成可溶性盐，使其从固体中分离出来，再和水洗液混合，加入Na2CO3将溶液中的Li+转化为Li2CO3沉淀提高锂元素的利用率； （3）根据，代入数据得充分反应后溶液中，，则转化为沉淀的Li百分比为； （4）Na2S2O8具有强氧化性，氧化Mn2+生成MnO2沉淀，化学反应方程式为； （5）由结构可知，钴离子与萃取剂中O原子形成配位键，得到稳定配合物，有利于萃取，萃取剂中含有极性较小的疏水基团，使配合物整体疏水，易溶于有机相；设加入萃取剂体积为V，，，萃取率，解得：V≥380L；充分振荡并静置可以使萃取更充分，提高萃取率； （6）沉钴使钴离子结合碳酸氢根中的碳酸根生成碳酸钴沉淀，剩下的氢离子结合一水合氨生成水和铵根离子，离子方程式为； （7）根据晶胞原子数计算：顶点原子数，棱心原子，结合化学式CoO3可知Co在晶胞中的位置为顶点，O位于棱心，每个棱心最近的Co为该棱的两个端点，因此与O最近且等距离的Co原子数为2，沿体对角线投影，8个顶点的Co在中心1个，外围6个，12个棱心的O投影在虚线六边形的六条边的中点，因此投影结果为。 / 学科网（北京）股份有限公司 $