精品解析：宁夏回族自治区石嘴山市第一中学2025-2026学年高三上学期1月月考 化学试题

石嘴山市第一中学2025-2026学年第一学期高三年级1月月考 化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1；C-12；N-14；O-16；Ca-40；Fe-56；Ag-108 一、单选题：本题共42分。 1. 化学与生产、生活和科技密切相关。下列说法正确的是 A. 碳酸氢铵可用作食品膨松剂 B. 漂白粉可用于漂白蚕丝制品 C. 纳米铁粉可吸附去除污水中Cu2+、Ag+等重金属离子 D. 利用CO2合成脂肪酸可实现无机小分子向有机高分子的转变 2. 设是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 晶体内氢键的数目为 B. 的NaF溶液中阳离子总数为 C. 28g环己烷和戊烯的混合物中碳原子的数目为 D. 铅酸蓄电池负极增重96g，理论上转移电子数为 3. “宏观辨识与微观探析”是化学学科核心素养之一。下列有关宏观辨识与微观探析说法错误的是 宏观辨识 微观探析 A HF在标准状况下为液态 HF分子间存在氢键 B 在水中的溶解度大于 是极性分子，是非极性分子 C 石墨的导电性只能沿石墨平面的方向 石墨晶体中相邻碳原子平面之间相隔较远 D 船式环己烷（）比椅式环己烷稳定 分子空间结构不同，船式的空间位阻小 A. A B. B C. C D. D 4. 下列装置(省略部分夹持装置)或操作正确的是 A．实验室制取氨气 B．实验室制取氯气 C．探究温度对化学平衡的影响 D．配制溶液 A. A B. B C. C D. D 5. 同一短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，可形成离子化合物。其中X、Y、Z相邻，W原子核外电子数与基态X原子价电子数相等，是氧化性最强的单质。下列说法正确的是 A. 分子极性： B. 第一电离能： C. 简单氢化物还原性： D. 含有离域键 6. 利用反应可处理。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 中含有的电子数目为 B. 消耗，生成的体积为67.2 L C. 处理6.5 g NaN3，至少需要 D. 处理1 mol NaN3，反应转移的电子数目为 7. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 水电离出来的的溶液：、、、 B. 无色溶液中：、、、 C. 加入甲基橙显红色的溶液中：、、、 D. 的溶液中：、、、 8. 对于下列过程发生的化学反应，相应的离子方程式错误的是 A. 铜置于硝酸银溶液中： B. 溶于水中： C. 等体积、等浓度的溶液与溶液混合： D. 将少量通入次氯酸钠溶液中： 9. 降解聚碳酸酯(PC)回收双酚A(BPA)的工艺过程，存在如下反应： 下列说法错误的是 A. PC可以发生水解反应和氧化反应 B. 反应物X为CH3OH C. BPA中不可能所有碳原子共面 D. DMC分子中碳、氧原子杂化类型均为sp3 10. 曲美托嗪是一种抗焦虑药，合成路线如下所示，下列说法错误的是 A. 化合物I和Ⅱ互为同系物 B. 苯酚和在条件①下反应得到苯甲醚 C. 化合物Ⅱ能与溶液反应 D. 曲美托嗪分子中含有酰胺基团 11. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是 A. 中含有σ键的数目为 B. 和的混合物中含有原子数目为 C. 的溶液中含数目为 D. 标准状况下，与足量溶液反应，转移电子数为 12. 某溶液只可能大量含有下列离子：、、、、、、中的几种(忽略水的电离)，且各离子的物质的量浓度相等，现进行如下实验： (1)取少量该溶液加过量稀硫酸共热，观察到有红棕色气体生成； (2)取少量(1)所得的溶液，向溶液中加入过量氢氧化钠溶液，微热，生成有刺激性气味的气体，无沉淀生成。 根据上述实验，下列说法正确的是 A. 原溶液进行焰色试验时无黄色火焰 B. 取实验(1)后的溶液滴加淀粉溶液变蓝 C. 原溶液中可能含有，一定不含 D. 取少量原溶液加新制氯水，原溶液中可能有两种离子被氧化 13. 硒（Se）的原子序数为34，与氧、硫同主族，下列说法错误的是 A. 硒的最高价是+6价，所以只有一种氧化物SeO3 B. H2Se的热稳定性比H2S差，且还原性较强 C. 氧、硫、硒三种元素的电负性递减 D. 原子序数为33的元素是砷（As），则砷原子的第一电离能大于硒原子的第一电离能 14. 氯气与冷烧碱溶液反应可制得“84”消毒液，实验装置如图。下列有关说法不正确的是 A. 甲中盛放的试剂可以是高锰酸钾固体 B. 乙中可采用热水浴，有利于加快反应速率 C. 在甲、乙之间加入饱和食盐水洗气，可提高NaOH利用率 D. 在乙之后再连接NaOH溶液吸收尾气，更加符合绿色化学思想 二、解答题：本题共58分。 15. 研究物质性质及物质转化具有重要的价值，根据所学知识回答下列问题： （1）按如图所示操作，充分反应后： ①Ⅱ中发生反应的离子方程式为______。 ②结合I、Ⅱ实验现象可知、、的氧化性由强到弱的顺序为_______。 （2）高铁酸钠()是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备高铁酸钠有多种方法，其中一种方法的化学原理可用离子方程式表示为： ①该反应中发生还原反应的物质是_______(填化学式，下同)，氧化产物是_________。 ②用双线桥法标出电子转移的数目和方向：________。 16. 根据信息书写方程式。 （1）从铅银焙烧渣(含Pb、Ag、Cu单质及其氧化物)中提取银的流程如下： “混合酸浸”时使用H2SO4、NaCl和NaNO3的混合液作为浸取剂，浸出液中含有的金属阳离子为Na+和Cu2+。“混合酸浸”时Cu所发生反应的离子方程式为___________。 （2）利用含铁矿渣(主要含FeO，还含少量Cr2O3)制备Cr(OH)3的一种工艺流程如下： 已知：①矿渣焙烧后生成NaFeO2和Na2CrO4； ②“水浸”时NaFeO2发生反应：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3↓。 写出“沉铬”时所发生反应的离子方程式：___________。 17. 云南省兰坪铅锌矿储量丰富。一种以某铅锌矿(主要成分，还含有少量等杂质)为原料制备金属铅和锌的工艺流程如下： 已知：“焙烧”时，PbS中铅元素的化合价没有改变；下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示： 开始沉淀时的pH 1.5 6.9 6.2 7.0 完全沉淀时的pH 3.0 8.4 8.0 9.5 请回答下列问题： （1）基态Zn原子的价层电子轨道表示式为___________。 （2）“焙烧”时，PbS发生反应的化学方程式为___________。 （3）滤渣1为___________。 （4）“调”时，pH的范围是___________。若此时溶液中，则___________mol/L。 （5）将滤液2“电解”时，金属铅在___________极生成。 （6）“沉锌”过程中，向滤液2中加入过量的溶液，得到沉淀，同时有气体产生，该反应的离子方程式为___________。 （7）硒化锌是一种重要的半导体材料，图甲为其晶胞结构，图乙为晶胞的俯视图。已知a点的坐标点的坐标。晶胞中d点原子分数坐标为___________。 18. 2021诺贝尔化学奖颁给“有机小分子的不对称催化”。在有机小分子F的催化作用下，合成具有光学活性可溶于水的羟基酮Q的过程如图，虚线框表示催化机理。 （1）化合物A的名称是___________，化合物C含有的官能团名称为硝基、___________。 （2）根据化合物Q的结构特征，分析预测其含氧官能团可能的化学性质，完成下表。 序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型 ① ___________ ___________ 加成反应 ② ___________ ___________ （3）根据化合物D→Q反应的催化机理，下列说法正确的是___________(填标号)。 a．催化过程中，有π键的断裂与形成 b．该反应存在C、O原子杂化方式的改变，有手性碳原子形成 c．化合物Q可溶于水是因为其分子中有羟基和酮羰基，均能与水分子形成氢键 d．在催化剂F作用下，化合物D能与HCHO反应生成有光学活性的羟基酮 （4）催化剂F的分子式为，M是F的同分异构体，写出同时满足下列条件的M的结构简式___________。 ①无环状结构，含有氨基 ②能发生银镜反应 ③核磁共振氢谱峰面积之比为3∶2∶2∶2 （5）根据上述合成路线的原理，以、为有机原料，可分三步合成化合物。基于设计的合成路线，回答下列问题： ①第一步反应的化学方程式为___________。 ②最后一步反应的化学方程式为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 石嘴山市第一中学2025-2026学年第一学期高三年级1月月考 化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1；C-12；N-14；O-16；Ca-40；Fe-56；Ag-108 一、单选题：本题共42分。 1. 化学与生产、生活和科技密切相关。下列说法正确的是 A. 碳酸氢铵可用作食品膨松剂 B. 漂白粉可用于漂白蚕丝制品 C. 纳米铁粉可吸附去除污水中Cu2+、Ag+等重金属离子 D. 利用CO2合成脂肪酸可实现无机小分子向有机高分子的转变 【答案】A 【解析】 【详解】A．碳酸氢铵受热分解产生气体，可用作食品膨松剂（如饼干制作），A正确； B．漂白粉含次氯酸钙，其强氧化性会破坏蚕丝（蛋白质）结构，导致损坏，B错误； C．纳米铁粉通过置换反应还原去除、，而非吸附作用，C错误； D．脂肪酸为有机小分子，合成脂肪酸未生成有机高分子，D错误； 故答案选A。 2. 设是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 晶体内氢键的数目为 B. 的NaF溶液中阳离子总数为 C. 28g环己烷和戊烯的混合物中碳原子的数目为 D. 铅酸蓄电池负极增重96g，理论上转移电子数为 【答案】B 【解析】 【详解】A．每个水分子在冰中形成4个氢键，但每个氢键被两个分子共享，故每个分子贡献2个氢键。，氢键数目为，A正确； B．溶液中阳离子包括。，根据电荷守恒：，钠离子不会水解，并且水电离出少量氢离子，则有，所以阳离子总数大于，B错误； C．环己烷和戊烯的最简式均为，混合物含单元，对应碳原子，碳原子数目为，C正确； D．铅酸蓄电池负极反应为。增重对应生成，转移电子，数目为：，D正确； 故选B。 3. “宏观辨识与微观探析”是化学学科核心素养之一。下列有关宏观辨识与微观探析说法错误的是 宏观辨识 微观探析 A HF在标准状况下为液态 HF分子间存在氢键 B 在水中的溶解度大于 是极性分子，是非极性分子 C 石墨的导电性只能沿石墨平面的方向 石墨晶体中相邻碳原子平面之间相隔较远 D 船式环己烷（）比椅式环己烷稳定 分子空间结构不同，船式的空间位阻小 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．HF形成分子间氢键，沸点相对较高，HF在标准状况下为液态，故A正确； B．O3是极性分子，O2是非极性分子，H2O为极性分子，根据相似相溶原理，O3在水中的溶解度大于O2，故B正确； C．石墨晶体中相邻碳原子平面之间相隔较远，石墨的导电性只能沿石墨平面的方向，故C正确； D．分子空间结构不同，物质的稳定性不同，椅式的空间位阻小，椅式环己烷（C6H12）比船式环己烷稳定，故D错误。 综上，答案为D。 4. 下列装置(省略部分夹持装置)或操作正确的是 A．实验室制取氨气 B．实验室制取氯气 C．探究温度对化学平衡的影响 D．配制溶液 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．和固体混合物加热制取氨气，应用向下排空气法收集NH3，A错误； B．实验室制取氯气，尾气应该选取氢氧化钠溶液吸收，B错误； C．两个烧杯中分别盛有热水和冰水，可以通过观察气体的颜色深浅来探究温度对(红棕色)(无色)平衡的影响，C正确； D．配制溶液，应在烧杯中溶解固体，冷却后转移到容量瓶中，不能在容量瓶中直接溶解固体KCl，D错误； 故选C。 5. 同一短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，可形成离子化合物。其中X、Y、Z相邻，W原子核外电子数与基态X原子价电子数相等，是氧化性最强的单质。下列说法正确的是 A. 分子极性： B. 第一电离能： C. 简单氢化物还原性： D. 含有离域键 【答案】A 【解析】 【分析】是氧化性最强的单质，则Z是F；X、Y、Z相邻，且X、Y、Z为原子序数依次增大的同一短周期元素，则X为N，Y为O；W的核外电子数与X的价层电子数相等，则W为B。所以W为B，X为N，Y为O，Z是F，据此解题。 【详解】A．WZ3为BF3，中心B原子采用sp2杂化，其空间构型为平面三角形，结构对称，属于非极性分子；XZ3为NF3，中心N原子采用sp3杂化，其空间构型为三角锥形，结构不对称，属于极性分子，则分子极性：BF3<NF3，即WZ3<XZ3，A正确； B．X为N，Y为O，Z为F，同一周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N原子的最外层达到半充满稳定状态，其第一电离能大于右边相邻元素，则第一电离能：O<N<F，即Y<X<Z，B错误； C．元素的非金属性越强，其简单氢化物的还原性越弱。非金属性：B<N<O，则简单氢化物还原性：H2O<NH3<BH3，即Y<X<W，C错误； D．为，B原子采用sp3杂化，呈四面体结构，B原子与4个F原子形成σ键，仅含σ键，无离域π键，D错误； 故选A。 6. 利用反应可处理。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 中含有的电子数目为 B. 消耗，生成的体积为67.2 L C. 处理6.5 g NaN3，至少需要 D. 处理1 mol NaN3，反应转移的电子数目为 【答案】C 【解析】 【详解】A．N离子的电子数为3×7+1=22，则1 mol N离子含有的电子数为1mol×22×NAmol-1=22NA，A错误； B．未明确是否为标准状况，无法计算消耗1mol次氯酸钠时，生成氮气的体积，B错误； C．由方程式可知，反应消耗2 mol NaN3时，消耗次氯酸钠的物质的量为1 mol ，则处理6.5 g NaN3 时，至少需要次氯酸钠的物质的量为×=0.05 mol，C正确； D．由方程式可知，反应消耗2 mol NaN3时，转移电子的物质的量为2mol，处理1 mol NaN3时，转移电子的数目为1mol×2××NAmol-1=NA，D错误； 故选C。 7. 常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 水电离出来的的溶液：、、、 B. 无色溶液中：、、、 C. 加入甲基橙显红色的溶液中：、、、 D. 的溶液中：、、、 【答案】D 【解析】 【详解】A．水电离的c(H+)=10−12mol/L的溶液中，水的电离受到抑制，可能为酸性或碱性溶液，在强酸或强碱中均不稳定(、)，且I−与ClO−在酸性条件下会发生氧化还原反应()，无法共存，A错误； B．为橙色，在无色溶液中不能存在，B错误； C．甲基橙显红色说明溶液为酸性，Fe2+与在酸性条件下发生氧化还原反应，无法共存，C错误； D．pH=14的溶液为碱性，K+、ClO−、、Cl−在碱性条件下均可稳定存在，且两两之间互不反应，D正确； 故选D。 8. 对于下列过程发生的化学反应，相应的离子方程式错误的是 A. 铜置于硝酸银溶液中： B. 溶于水中： C. 等体积、等浓度的溶液与溶液混合： D. 将少量通入次氯酸钠溶液中： 【答案】C 【解析】 【详解】A．铜与硝酸银溶液反应生成硝酸铜和银，反应的离子方程式是Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，A正确； B．过氧化钠与水反应生成NaOH和O2，离子方程式，B正确； C．等体积等浓度的明矾溶液和溶液混合：，C错误； D．将少量SO2通入次氯酸钠溶液中发生氧化还原反应：3ClO-+SO2+H2O=Cl-++2HClO，D正确； 故选C。 9. 降解聚碳酸酯(PC)回收双酚A(BPA)的工艺过程，存在如下反应： 下列说法错误的是 A. PC可以发生水解反应和氧化反应 B. 反应物X为CH3OH C. BPA中不可能所有碳原子共面 D. DMC分子中碳、氧原子杂化类型均为sp3 【答案】D 【解析】 【详解】A．PC属于聚酯类高分子，含有酯基，能发生水解反应，有机物一般能燃烧，属于氧化反应，故A正确； B．根据反应的方程式可以推出X为CH3OH，故B正确； C．BPA中含有饱和碳原子，为四面体结构，不可能所有原子共平面，故C正确； D．DMC分子中连碳氧双键的碳原子采用的是sp2杂化，故D错误。 答案选D。 10. 曲美托嗪是一种抗焦虑药，合成路线如下所示，下列说法错误的是 A. 化合物I和Ⅱ互为同系物 B. 苯酚和在条件①下反应得到苯甲醚 C. 化合物Ⅱ能与溶液反应 D. 曲美托嗪分子中含有酰胺基团 【答案】A 【解析】 【详解】A．化合物Ⅰ含有的官能团有羧基、酚羟基，化合物Ⅱ含有的官能团有羧基、醚键，官能团种类不同，化合物Ⅰ和化合物Ⅱ不互为同系物，A项错误； B．根据题中流程可知，化合物Ⅰ中的酚羟基与反应生成醚，故苯酚和在条件①下反应得到苯甲醚，B项正确； C．化合物Ⅱ中含有羧基，可以与NaHCO3溶液反应，C项正确； D．由曲美托嗪的结构简式可知，曲美托嗪中含有的官能团为酰胺基、醚键，D项正确； 故选A。 11. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是 A. 中含有σ键的数目为 B. 和的混合物中含有原子数目为 C. 的溶液中含数目为 D. 标准状况下，与足量溶液反应，转移电子数为 【答案】B 【解析】 【详解】A．乙烯（）分子中含有5个σ键，28g乙烯为1mol，故σ键数目为，A正确； B．和的混合物中，若全为O2则含个原子，若全为O3则含个原子，混合物原子数应在~之间，B错误； C．pH=1的溶液中c(H⁺)=0.1mol/L，1L溶液中H⁺数目为， C正确； D．Cl2与NaOH反应时，1 mol Cl2转移1mol电子，标准状况下，（0.5 mol）转移电子数为，D正确； 故选B。 12. 某溶液只可能大量含有下列离子：、、、、、、中的几种(忽略水的电离)，且各离子的物质的量浓度相等，现进行如下实验： (1)取少量该溶液加过量稀硫酸共热，观察到有红棕色气体生成； (2)取少量(1)所得的溶液，向溶液中加入过量氢氧化钠溶液，微热，生成有刺激性气味的气体，无沉淀生成。 根据上述实验，下列说法正确的是 A. 原溶液进行焰色试验时无黄色火焰 B. 取实验(1)后的溶液滴加淀粉溶液变蓝 C. 原溶液中可能含有，一定不含 D. 取少量原溶液加新制氯水，原溶液中可能有两种离子被氧化 【答案】B 【解析】 【分析】取少量该溶液加过量稀硫酸溶液共热，观察到红棕色气体，红棕色气体为NO2，则溶液中一定含有，则、至少一种；取少量(1)所得的溶液，向溶液中加入过量氢氧化钠溶液，微热，生成刺激性气体，刺激性气体为NH3，则溶液中一定含有，无沉淀生成，说明原溶液不含有、，则一定含有，因为各离子的物质的量浓度相等，根据电荷守恒可知，溶液中一定含有，不含，综上，一定含有、、、I-。 【详解】A．由分析可知，原溶液中一定含有Na+，原溶液进行焰色试验时有黄色火焰，A错误； B．实验(1)后的溶液中含有I2，滴加淀粉溶液一定会变蓝，B正确； C．由分析可知原溶液一定不含和，C错误； D．取少量原溶液加新制氯水，只有I-被氧化，D错误； 故答案为：B。 13. 硒（Se）的原子序数为34，与氧、硫同主族，下列说法错误的是 A. 硒的最高价是+6价，所以只有一种氧化物SeO3 B. H2Se的热稳定性比H2S差，且还原性较强 C. 氧、硫、硒三种元素的电负性递减 D. 原子序数为33的元素是砷（As），则砷原子的第一电离能大于硒原子的第一电离能 【答案】A 【解析】 【分析】硒（Se）的原子序数为34，与氧、硫同主族,则其在元素周期表中的位置为第四周期第VIA族。 【详解】A.硒的最高价是+6价，根据同主族元素化学性质相似，类比S元素，Se不只有一种氧化物，A错误； B.同主族元素，从上到下，非金属性逐渐减弱，其气态氢化物的稳定性依次减弱，对应阴离子的还原性依次增强，B正确； C.同主族元素，从上到下，电负性逐渐减小，C正确； D.根据洪特规则，第IIA、IIIA族和第VA、VIA族的第一电离能会出现反常，即砷原子的第一电离能大于硒原子的第一电离能，D正确； 故答案选A。 14. 氯气与冷烧碱溶液反应可制得“84”消毒液，实验装置如图。下列有关说法不正确的是 A. 甲中盛放的试剂可以是高锰酸钾固体 B. 乙中可采用热水浴，有利于加快反应速率 C. 在甲、乙之间加入饱和食盐水洗气，可提高NaOH利用率 D. 在乙之后再连接NaOH溶液吸收尾气，更加符合绿色化学思想 【答案】B 【解析】 【详解】A．高锰酸钾和浓盐酸常温下反应可以制取氯气，没有加热装置，所以甲中盛放的试剂可以是高锰酸钾固体，A正确； B．氯气与冷烧碱溶液反应可制得“84”消毒液，所以乙中不可采用热水浴，如水浴加热会有其他反应发生，会生成杂质氯酸钠，B错误； C．在甲、乙之间加入饱和食盐水洗气，可以除去浓盐酸挥发出来的氯化氢气体，可提高NaOH利用率，C正确； D．氯气有毒，不能随意排放到大气中，所以在乙之后再连接NaOH溶液吸收尾气，更加符合绿色化学思想，D正确； 故选B。 二、解答题：本题共58分。 15. 研究物质性质及物质转化具有重要的价值，根据所学知识回答下列问题： （1）按如图所示操作，充分反应后： ①Ⅱ中发生反应的离子方程式为______。 ②结合I、Ⅱ实验现象可知、、的氧化性由强到弱的顺序为_______。 （2）高铁酸钠()是一种新型绿色消毒剂，主要用于饮用水处理。工业上制备高铁酸钠有多种方法，其中一种方法的化学原理可用离子方程式表示为： ①该反应中发生还原反应的物质是_______(填化学式，下同)，氧化产物是_________。 ②用双线桥法标出电子转移的数目和方向：________。 【答案】（1） ①. 2Ag++Cu=2Ag+Cu2+ ②. Ag+＞Cu2+＞Fe2+ （2） ①. ClO－ ②. FeO ③. 【解析】 【分析】由图可知，I中发生的反应为铁与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜，反应中铁元素的化合价升高被氧化，铁是反应的还原剂、亚铁离子是氧化产物，铜元素的化合价降低被还原，铜离子是反应的氧化剂，Ⅱ中发生的反应为铜与硝酸银溶液反应生成硝酸铜和银，反应中铜元素的化合价升高被氧化，铜是反应的还原剂、铜离子是氧化产物，银元素的化合价降低被还原，银离子是反应的氧化剂； 【小问1详解】 ①由分析可知，Ⅱ中发生的反应为铜与硝酸银溶液反应生成硝酸铜和银，反应的离子方程式为2Ag++Cu=2Ag+Cu2+； ②由分析可知，I中发生反应的氧化剂为铜离子、亚铁离子是氧化产物，Ⅱ中发生反应的氧化剂为银离子、氧化产物为铜离子，由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，三种离子氧化性强弱顺序为Ag+＞Cu2+＞Fe2+； 【小问2详解】 由方程式可知，反应中氯元素的化合价降低被还原，次氯酸根是反应的氧化剂，发生还原反应，氯离子是还原产物，铁元素的化合价升高被氧化，铁离子是反应的还原剂、高铁酸根离子是氧化产物； ①由分析可知，次氯酸根是反应的氧化剂，发生还原反应，高铁酸根离子是氧化产物，故答案为：ClO-；FeO； ②由方程式可知，发生生成2mol高铁酸根离子，左移6mol电子，则表示反应电子转移的数目和方向的双线桥为。 16. 根据信息书写方程式。 （1）从铅银焙烧渣(含Pb、Ag、Cu单质及其氧化物)中提取银的流程如下： “混合酸浸”时使用H2SO4、NaCl和NaNO3的混合液作为浸取剂，浸出液中含有的金属阳离子为Na+和Cu2+。“混合酸浸”时Cu所发生反应的离子方程式为___________。 （2）利用含铁矿渣(主要含FeO，还含少量Cr2O3)制备Cr(OH)3的一种工艺流程如下： 已知：①矿渣焙烧后生成NaFeO2和Na2CrO4； ②“水浸”时NaFeO2发生反应：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3↓。 写出“沉铬”时所发生反应的离子方程式：___________。 【答案】（1）3Cu+2NO+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O （2）2CrO+3H2C2O4+8OH-=2Cr(OH)3↓+6CO+4H2O 【解析】 【小问1详解】 由题目信息可知，“混合酸浸”时单质Cu被氧化为，则加入的浸取剂中做氧化剂（酸性条件），故离子方程式为：； 【小问2详解】 “沉铬”时，Na2Cr2O4是氧化剂，H2C2O4是还原剂，碱性条件下（题中信息②生成了NaOH），草酸被氧化为，Na2Cr2O4被还原为，故离子方程式为：。 17. 云南省兰坪铅锌矿储量丰富。一种以某铅锌矿(主要成分，还含有少量等杂质)为原料制备金属铅和锌的工艺流程如下： 已知：“焙烧”时，PbS中铅元素的化合价没有改变；下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示： 开始沉淀时的pH 1.5 6.9 6.2 7.0 完全沉淀时的pH 3.0 8.4 8.0 9.5 请回答下列问题： （1）基态Zn原子的价层电子轨道表示式为___________。 （2）“焙烧”时，PbS发生反应的化学方程式为___________。 （3）滤渣1为___________。 （4）“调”时，pH的范围是___________。若此时溶液中，则___________mol/L。 （5）将滤液2“电解”时，金属铅在___________极生成。 （6）“沉锌”过程中，向滤液2中加入过量的溶液，得到沉淀，同时有气体产生，该反应的离子方程式为___________。 （7）硒化锌是一种重要的半导体材料，图甲为其晶胞结构，图乙为晶胞的俯视图。已知a点的坐标点的坐标。晶胞中d点原子分数坐标为___________。 【答案】（1） （2） （3）SiO2 （4） ①. ②. 2.5 （5）阴 （6） （7）(，，) 【解析】 【分析】铅锌矿主要成分，还含有少量等杂质，粉碎在空气中焙烧生成SO2除去S元素，得到其它金属的氧化物用硝酸溶浸，过滤得到滤渣1为SiO2，滤液1加入ZnO或Zn(OH)2调节pH将铁离子转化为氢氧化铁除去铁离子，过滤得滤渣2氢氧化铁，滤液2中加入过量的溶液，得到沉淀。滤液2中含有铅离子，电解在阴极得到铅单质。 【小问1详解】 基态Zn原子核外30个电子，价层电子排布式为，价层电子轨道表示式为，故答案为：； 【小问2详解】 “焙烧”时PbS中铅元素的化合价没有改变，PbS与空气中氧气反应生成氧化铅和二氧化硫，发生反应的化学方程式为，故答案为：； 【小问3详解】 经分析滤渣1为SiO2，故答案为：SiO2； 【小问4详解】 调为了将铁离子完全转化为氢氧化铁，同时不沉淀铅离子，故调节pH的范围是；完全沉淀pH=3.0，溶度积常数，当时 ；完全沉淀pH=8.0，溶度积常数，当时 ，，故答案为：；2.5； 【小问5详解】 滤液2“电解”时，铅离子在阴极得电子生成铅单质，金属铅在阴极生成，故答案为：阴； 【小问6详解】 “沉锌”过程中，向滤液2中加入过量的溶液，锌离子和碳酸氢铵反应得到沉淀和二氧化碳，该反应的离子方程式为，故答案为：； 【小问7详解】 已知a点的坐标(0，0，0)，b点的坐标，b点位于上面的面心上，则晶胞中d点原子位于左上右下体对角线的离右下方顶点四分之一处，d点分数坐标为(，，)，故答案为：(，，)。 18. 2021诺贝尔化学奖颁给“有机小分子的不对称催化”。在有机小分子F的催化作用下，合成具有光学活性可溶于水的羟基酮Q的过程如图，虚线框表示催化机理。 （1）化合物A的名称是___________，化合物C含有的官能团名称为硝基、___________。 （2）根据化合物Q的结构特征，分析预测其含氧官能团可能的化学性质，完成下表。 序号 反应试剂、条件 反应形成的新结构 反应类型 ① ___________ ___________ 加成反应 ② ___________ ___________ （3）根据化合物D→Q反应的催化机理，下列说法正确的是___________(填标号)。 a．催化过程中，有π键的断裂与形成 b．该反应存在C、O原子杂化方式的改变，有手性碳原子形成 c．化合物Q可溶于水是因为其分子中有羟基和酮羰基，均能与水分子形成氢键 d．在催化剂F作用下，化合物D能与HCHO反应生成有光学活性的羟基酮 （4）催化剂F的分子式为，M是F的同分异构体，写出同时满足下列条件的M的结构简式___________。 ①无环状结构，含有氨基 ②能发生银镜反应 ③核磁共振氢谱峰面积之比为3∶2∶2∶2 （5）根据上述合成路线的原理，以、为有机原料，可分三步合成化合物。基于设计的合成路线，回答下列问题： ①第一步反应的化学方程式为___________。 ②最后一步反应的化学方程式为___________。 【答案】（1） ①. 甲苯 ②. 酯基 （2） ①. H2/催化剂，加热 ②. -OH ③. CH3COOH/浓硫酸，加热 ④. 酯化反应(或者取代反应)  （3）abc （4）或 （5） ①. ②. 【解析】 【分析】从甲苯出发，首先发生硝化反应，在甲苯中甲基的对位上引入硝基生成物质B()，再发生取代反应生成物质C，通过虚线框催化机理可知，催化剂F的F的结构简式为，以此解题。 【小问1详解】 化合物A的分子式为，结合后续流程可知，A结构简式为，名称为甲苯；由C的结构简式可知，C含有的官能团名称为硝基、酯基； 【小问2详解】 ①化合物Q含有酮羰基可以发生加成反应，反应试剂、条件是：H2/催化剂，加热，反应形成的新结构是-OH； ②化合物Q含有羟基，可以和羧酸发生酯化反应，形成的新结构为CH3COO−，则需要的反应试剂、条件是CH3COOH/浓硫酸，加热，反应类型是酯化反应(或者取代反应) ； 【小问3详解】 a．催化过程中，存在D→b醛基C=O双键的断裂以及b→Q中C=O双键的形成，故存在π键的断裂与形成过程，a正确； b．D→b醛基C=O双键发生加成反应形成羟基，该过程中C原子杂化方式由sp2转化为sp3，F→a的过程中，存在酮羰基的加成反应形成羟基，还存在羟基的消去反应生成碳碳双键，同时生成了水，该过程存在O原子杂化方式的改变，D→Q反应的过程中，Q中存在手性碳原子，如图：，b正确； c．羟基和酮羰基中的氧原子电负性较大，会吸引水分子的氢原子，故可以与水分子形成氢键，c正确； d．根据反应机理，催化剂F首先与（丙酮）作用生成a，其原理是丙酮中含有（甲基上的氢原子），此处氢原子活性大（受酮羰基吸电子效应影响），若将丙酮换为甲醛，甲醛不含有，不能发生此类反应，无法得到有光学活性的羟基酮，d错误； 故选abc； 【小问4详解】 M的分子式为，不饱和度为2，根据信息②中能发生银镜反应说明有−CHO，再结合①M无环状结构说明M中含有两个−CHO，且有−NH2，再结合③核磁共振氢谱峰面积之比为可知M的结构简式为：或； 【小问5详解】 根据反应机理，（丙酮）和乙醛发生醛基的加成反应可以得到，（丙酮）可以由先发生水解反应得到羟基，再发生氧化反应得到丙酮； ①第一步反应是由发生水解反应生成，化学方程式为：； ②最后一步反应是（丙酮）和乙醛发生醛基的加成反应，化学方程式为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $