精品解析：江苏省盐城市四校联盟2026-2027学年高三上学期10月阶段检测 化学试题

2026—2027学年度第一学期 联盟校考试高三年级化学试题 (总分100分 考试时间75分钟) 注意事项： 1.本试卷中所有试题必须作答在答题纸上规定的位置，否则不给分。 2.答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题纸上。 3.作答非选择题时必须用黑色字迹0.5毫米签字笔书写在答题纸的指定位置上，作答选择题必须用2B铅笔在答题纸上将对应题目的选项涂黑。如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，请保持答题纸清洁，不折叠、不破损。 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 As 75 Pd 106 一、单项选择题：每题只有一个选项最符合题意。 1. 我国新一代电子级树脂材料——改性聚苯醚(PPO)已实现量产。聚苯醚的单体属于 A. 单质 B. 氧化物 C. 无机物 D. 有机物 2. 反应可获得高活性的。下列说法正确的是 A. 反应中表现氧化性  B. 的电子式为 C. 中O元素的化合价为  D. 属于共价化合物 3. 利用氨气和氨水的相关性质进行实验，涉及的装置和原理不能达到目的的是 A．制取氨气 B．收集氨气 C．验证氨气溶解性 D．验证氨水挥发性 A. A B. B C. C D. D 4. O、Si、P、As均为制备机器人传感器的重要元素，下列说法正确的是 A. 晶体熔点： B. 电离能： C. 酸性： D. 基态As原子核外电子排布式为 阅读下列材料，完成下面3小题： 铁及其化合物在生产生活中有着重要作用。铁制品经碱性发蓝处理可增强其抗腐蚀性，方法为：用碱性溶液浸泡，在表面形成的同时有生成。黄铁矿()可用于工业制备硫酸：。溶液可作为铜的蚀刻剂。黄血盐与铁离子生成蓝色沉淀，可用于铁离子检验。 5. 下列说法正确的是 A. 属于共价晶体 B. 键角： C. 铁元素位于周期表ds区 D. 中配位键由Fe提供空轨道 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 铁在氯气中燃烧： B. 溶液蚀刻铜： C. 铁的发蓝处理： D. 的检验： 7. 下列说法正确的是 A. 中阴、阳离子数目之比为 B. 中含有键数目为12 mol C. 制备时，每消耗，反应中共转移1.4 mol电子 D. 的结构如图所示，则Fe周围最近的数目为3 8. 下列物质结构与性质或性质与用途具有对应关系的是 A. 可形成分子间氢键，受热易分解 B. 具有还原性，可用于纸张漂白 C. F的电负性大于Cl，酸性强于 D. 溶液呈蓝色，可用于泳池的消毒 9. 化合物Z是一种用于合成生物碱类产物的中间体，下列说法正确的是 A. X分子中含有2个手性碳原子 B. 相同温度下，在水中的溶解度Y大于X C. 1mol Z最多能与发生加成反应 D. 可用酸性溶液鉴别X与Z 10. 探究含铜化合物性质的实验如下： 实验Ⅰ：向的溶液中加入锌粉，搅拌，生成红色的固体和白色沉淀，伴有少量气泡，溶液蓝绿色变浅；过滤，用蒸馏水洗涤滤渣。 实验Ⅱ：向实验Ⅰ所得的滤渣中加入5mL浓氨水，搅拌，滤渣中的白色沉淀溶解为无色溶液，溶液迅速变为深蓝色。 实验Ⅲ：向实验Ⅱ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入稀盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现红色物质。 已知：白色沉淀是CuCl；无色的有较强的还原性。下列说法不正确的是 A. 实验Ⅰ中生成CuCl的反应为 B. 实验Ⅱ中无色溶液变为深蓝色是由于被氧化 C. 实验Ⅲ中无明显现象是由于铁钉遇深蓝色溶液迅速“钝化” D. 实验Ⅲ中析出红色物质的反应为 11. 探究铝和NaOH溶液反应的实验如下： 取三支相同的试管，分别加入溶液。 向试管①中加入一小块铝片，一段时间后产生气泡。 向试管②中加入用砂纸打磨过的一小块铝片，立即产生气泡。 向试管③中滴加1滴酚酞，溶液变红色，放入用砂纸打磨过的一小块铝片，立即产生气泡，一段时间后试管中溶液红色褪去。再滴入NaOH溶液，溶液不变红。 下列说法不正确的是 A. 三支试管中产生的气体均为 B. 随着反应进行试管①中水的电离程度逐渐增强 C. 试管①和试管②中的现象说明铝表面的保护膜能与NaOH溶液反应 D. 试管③中溶液红色褪去的原因可能是随着反应进行溶液碱性减弱 12. 一种用氧化甲苯制备苯甲醛的流程如下： 下列说法正确的是 A. “氧化”反应中，1 mol甲苯被氧化时转移2 mol电子 B. “分液”后的水层主要存在的离子有、、 C. “操作a”“操作b”分别是蒸馏和蒸发结晶 D. 其他条件不变，氧化反应时间越长，苯甲醛的产率越高 13. 乙醇-水蒸气催化重整获得过程中的主要反应： 反应Ⅰ 反应Ⅱ 反应Ⅲ 在、时，若仅考虑上述反应，平衡时体系中各产物的百分比X%[如]随温度变化的理论计算结果如图所示，且图示温度范围内无乙醇剩余。下列说法正确的是 A. 300℃时，平衡体系中无剩余 B. 800℃时，的平衡产率为77.8% C. 500℃时，增大压强，平衡时减小 D. 其他条件不变，选用高效催化剂，能增大平衡时的物质的量 二、非选择题： 14. 按照要求书写下列物质转化中的反应。 （1）向NaClO溶液中加酸调节pH为5时，HClO氧化NO生成和，该反应的离子方程式为______________。 （2）在弱碱性溶液中，FeS与反应生成、和单质S，该反应的离子方程式为______________。 （3）向溶液中加入溶液，可转化为沉淀，反应中无气体产生，该反应的离子方程式为______________。 （4）45～50℃时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到，该反应的化学方程式为______________。 15. 肼()具有强还原性，可看作分子中H原子被取代的产物，分子具有强极性。 （1）将肼溶于过量的稀硫酸中，生成的盐是_______(填化学式)。推测下列结构最接近肼分子真实结构的是_______(填序号)。 A．反式结构： B．顺式结构： （2）双氧水法制备水合肼()。总反应：，过程分为两步。过程ⅰ．制备丁酮连氮：。过程ⅱ．制备：将ⅰ中分离出的丁酮连氮在加热条件下水解。 ①过程ⅱ的化学方程式为_______。 ②在反应过程中，容器内壁出现少量油状液滴。经测定，通入总量对丁酮连氮合成反应的影响如下图所示。当氨气通入总量超过17000 mL时，丁酮的转化率和丁酮连氮的收率下降的原因是_______。 ③也能直接被NaClO氧化成，对比该方法，双氧水法的优点是_______。 （3）可用于某含钯废液[约含0.5 mg/L的]制备纯钯，其流程如下图所示。 ①“酸化”的目的是_______。 ②“还原”过程中，理论上消耗的与制得的金属Pd质量之比为_______。 16. 锂是支撑新能源电池的核心金属。以锂辉石（主要成分为，含少量、MgO、CaO杂质）为原料制备电池级的流程如下： 已知：、、完全沉淀的pH分别为3.7、5.2、10.4；开始溶解的pH为11。 （1）制备溶液。 ①“酸浸”时与反应的化学方程式为_______________。 ②锂浸出率随矿粉粒径变化关系如图-1所示，粒径大于58 μm时锂浸出率下降的原因是_______________。 ③酸浸所得溶液含有的金属阳离子除了还有、和微量、。补充完整获得纯净、中性溶液的实验方案：向浸出原液中分批加入_______________，搅拌，调节至略大于，静置，过滤以除去和_______________（填离子符号）；再向所得滤液中逐滴加入_______________，得到中性溶液。 [须使用的试剂：硫酸、溶液、固体] （2）制备并测定纯度。 ①净化后的浓溶液与浓氢氧化钠溶液混合，得到混合体系。和的溶解度曲线如图-2所示，从混合体系中分离得到较高纯度的晶体的操作为_______________。 ②若产品中杂质仅为时，通过下列实验测定的纯度。 称取样品，先加足量溶液，过滤后，将滤液定容至，移取，加入滴甲基橙作指示剂，用盐酸标准液滴定，消耗盐酸。计算样品中的纯度。（写出计算过程）______________________________ 17. 研究水质除砷技术对保护环境有重要意义。 已知：在pH<9.2时主要以的形式存在，在不同条件下的物种分布分数如图-1所示；。 （1）硫化法：弱酸性条件下，水体中的和在还原菌的作用下与反应生成雌黄（）沉淀和。写出该反应的离子方程式：__________________。 （2）石灰沉淀法：向含废水中添加石灰水，可使砷元素转化为砷酸钙沉淀。 ①向中性废水中加入适量石灰水，使完全转化为沉淀。写出该反应的离子方程式：__________________。 ②控制其他条件不变，向碱性含废水中加入一定量石灰水，去除率在30℃以后随温度升高而降低，可能的原因是__________________。 ③在初始pH、的浓度相同的模拟废水中加入石灰水，去除率随的变化如图-2所示；固定，往石灰水中添加Fe（Ⅲ）盐，去除率随的变化如图-3所示。加入Fe（Ⅲ）盐后，去除率增大的原因是__________________。 ④将得到的含砷沉淀回收处理后可制得。当废水中砷质量浓度为时，若取75 L该含砷废水，制得，则As元素的回收率为__________________。 （3）吸附法：水铁矿对表现出极强的吸附作用，但因其易发生团聚而会减少活性位点。制备水铁矿时，引入适量能减少团聚，但过量会导致水铁矿对的吸附量下降。吸附量下降的可能原因是__________________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026—2027学年度第一学期 联盟校考试高三年级化学试题 (总分100分 考试时间75分钟) 注意事项： 1.本试卷中所有试题必须作答在答题纸上规定的位置，否则不给分。 2.答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题纸上。 3.作答非选择题时必须用黑色字迹0.5毫米签字笔书写在答题纸的指定位置上，作答选择题必须用2B铅笔在答题纸上将对应题目的选项涂黑。如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，请保持答题纸清洁，不折叠、不破损。 可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 As 75 Pd 106 一、单项选择题：每题只有一个选项最符合题意。 1. 我国新一代电子级树脂材料——改性聚苯醚(PPO)已实现量产。聚苯醚的单体属于 A. 单质 B. 氧化物 C. 无机物 D. 有机物 【答案】D 【解析】 【详解】A．单质是仅由同一种元素组成的纯净物，聚苯醚的单体含有碳、氢、氧三种元素，不属于单质，A错误； B．氧化物是仅由两种元素组成且其中一种为氧元素的化合物，聚苯醚的单体含三种元素，不属于氧化物，B错误； C．聚苯醚的单体为含碳的烃的衍生物，不属于无机物，C错误； D．聚苯醚的单体是含有碳元素的有机化合物，属于有机物，D正确； 故选D。 2. 反应可获得高活性的。下列说法正确的是 A. 反应中表现氧化性  B. 的电子式为 C. 中O元素的化合价为  D. 属于共价化合物 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应中转化为，元素化合价从+2升高到+3，失电子作还原剂，表现还原性，A错误； B．是中性自由基，原子最外层有7个电子，其电子式为，B错误； C．中元素为+1价，根据化合物化合价代数和为0，元素化合价为-1，C错误； D．中和原子以共价键结合，不存在离子键，属于共价化合物，D正确； 故选D。 3. 利用氨气和氨水的相关性质进行实验，涉及的装置和原理不能达到目的的是 A．制取氨气 B．收集氨气 C．验证氨气溶解性 D．验证氨水挥发性 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．CaO与氨水中的水反应放热，且使溶液中OH-浓度增大，促进NH3·H2O分解释放NH3，可制取氨气，能达到目的，A不符合题意； B．NH3密度小于空气，用向下排空气法收集，图示倒置烧瓶中NH3从短管通入，NH3密度小会上浮从长管流出，无法收集，应从长管通入，不能达到目的，B符合题意； C．挤压胶头滴管，NH3极易溶于水使烧瓶内压强快速减小，大气压将烧杯中的水压入烧瓶形成喷泉，可验证氨气的溶解性，能达到目的，C不符合题意； D．浓氨水挥发的NH3与浓盐酸挥发的HCl反应生成NH4Cl固体小颗粒，产生白烟，可验证氨水挥发性，能达到目的，D不符合题意； 故选B。 4. O、Si、P、As均为制备机器人传感器的重要元素，下列说法正确的是 A. 晶体熔点： B. 电离能： C. 酸性： D. 基态As原子核外电子排布式为 【答案】A 【解析】 【详解】A．属于共价晶体，熔化时断裂共价键需要吸收大量能量，属于分子晶体，熔化仅需克服较弱的分子间作用力，故熔点，A正确； B．同周期元素第一电离能随原子序数增大总体呈升高趋势，但的轨道为半充满稳定结构，故，B错误； C．同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物酸性随非金属性减弱而减弱，非金属性，故酸性，C错误； D．原子序数为33，基态核外电子排布式应为，选项漏写电子层，D错误； 故选A。 阅读下列材料，完成下面3小题： 铁及其化合物在生产生活中有着重要作用。铁制品经碱性发蓝处理可增强其抗腐蚀性，方法为：用碱性溶液浸泡，在表面形成的同时有生成。黄铁矿()可用于工业制备硫酸：。溶液可作为铜的蚀刻剂。黄血盐与铁离子生成蓝色沉淀，可用于铁离子检验。 5. 下列说法正确的是 A. 属于共价晶体 B. 键角： C. 铁元素位于周期表ds区 D. 中配位键由Fe提供空轨道 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 铁在氯气中燃烧： B. 溶液蚀刻铜： C. 铁的发蓝处理： D. 的检验： 7. 下列说法正确的是 A. 中阴、阳离子数目之比为 B. 中含有键数目为12 mol C. 制备时，每消耗，反应中共转移1.4 mol电子 D. 的结构如图所示，则Fe周围最近的数目为3 【答案】5. D 6. C 7. B 【解析】 【5题详解】 A．SO2由分子构成，属于分子晶体，不属于共价晶体，A错误； B．CO2为直线形分子，键角，为三角锥形分子，键角约，故键角，B错误； C．铁为第Ⅷ族元素，位于周期表d区，并非ds区，C错误； D．[Fe(CN)6]4-中心离子Fe2+提供空轨道，配体CN-提供孤电子对形成配位键，D正确； 故选D； 【6题详解】 A．氯气氧化性强，铁在氯气中燃烧产物为，不是，A错误； B．蚀刻铜时被还原为，正确离子方程式为，B错误； C．该反应电子守恒：9个Fe共失24e-，4个中N共得24e-，且电荷、原子均守恒，C正确； D．检验时需参与生成蓝色沉淀，选项方程式缺少且无沉淀符号，D错误； 故选C； 【7题详解】 A．FeS2中阳离子为，阴离子为，阴、阳离子数目比为1:1，A错误； B．1个中，6个内含6个键，与形成6个配位键，共12个键，故含键数目为12 mol，B正确； C．1mol FeS2参与反应时，升1价、2个共升10价，总转移11 mol电子，故消耗0.1 mol FeS2转移1.1 mol电子，C错误； D．由结构可知Fe的配位数为6，即Fe周围最近的数目为6，D错误； 故选B。 8. 下列物质结构与性质或性质与用途具有对应关系的是 A. 可形成分子间氢键，受热易分解 B. 具有还原性，可用于纸张漂白 C. F的电负性大于Cl，酸性强于 D. 溶液呈蓝色，可用于泳池的消毒 【答案】C 【解析】 【详解】A．CO(NH2)2可形成分子间氢键，氢键属于分子间作用力，一般影响熔沸点等物理性质，而受热分解属于化学变化，与化学键稳定性有关，二者无对应关系，A错误； B．SO2用于纸张漂白是利用其能与有色物质结合生成无色物质的漂白性，与还原性无关，二者无对应关系，B错误； C．F的电负性大于Cl，-CF3的吸电子效应强于-CCl3，使CF3COOH中羧基的O-H键极性更强，更易电离出H+，故酸性更强，二者具有对应关系，C正确； D．CuSO4用于泳池消毒是因为Cu2+为重金属离子，可使蛋白质变性，与溶液呈蓝色的物理性质无关，二者无对应关系，D错误； 故选C。 9. 化合物Z是一种用于合成生物碱类产物的中间体，下列说法正确的是 A. X分子中含有2个手性碳原子 B. 相同温度下，在水中的溶解度Y大于X C. 1mol Z最多能与发生加成反应 D. 可用酸性溶液鉴别X与Z 【答案】B 【解析】 【详解】A．手性碳原子为连接4种不同基团或原子的碳原子，X分子中共有3个手性碳原子，如图标注所示：，A错误； B．Y分子含有2个醛基，可与水分子形成更多氢键，亲水能力强于仅含1个酮羰基的X，故相同温度下Y在水中的溶解度大于X，B正确； C．Z分子中的碳碳双键、酮羰基、醛基均能与发生加成反应，1mol Z最多能与加成，C错误； D．X含碳碳双键，Z含碳碳双键和醛基，二者均能使酸性溶液褪色，现象相同无法鉴别，D错误； 故选B。 10. 探究含铜化合物性质的实验如下： 实验Ⅰ：向的溶液中加入锌粉，搅拌，生成红色的固体和白色沉淀，伴有少量气泡，溶液蓝绿色变浅；过滤，用蒸馏水洗涤滤渣。 实验Ⅱ：向实验Ⅰ所得的滤渣中加入5mL浓氨水，搅拌，滤渣中的白色沉淀溶解为无色溶液，溶液迅速变为深蓝色。 实验Ⅲ：向实验Ⅱ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入稀盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现红色物质。 已知：白色沉淀是CuCl；无色的有较强的还原性。下列说法不正确的是 A. 实验Ⅰ中生成CuCl的反应为 B. 实验Ⅱ中无色溶液变为深蓝色是由于被氧化 C. 实验Ⅲ中无明显现象是由于铁钉遇深蓝色溶液迅速“钝化” D. 实验Ⅲ中析出红色物质的反应为 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应中将还原为，离子方程式为，A正确； B．无色还原性较强，被空气中氧化为深蓝色的，B正确； C．实验Ⅲ无明显现象是因为以稳定的形式存在，游离浓度极低，无法与发生置换反应，在该无强氧化性酸的溶液中不会发生钝化，C错误； D．加入稀盐酸后，与结合生成，络合物被破坏释放出，与发生置换反应，离子方程式为，D正确； 故选C。 11. 探究铝和NaOH溶液反应的实验如下： 取三支相同的试管，分别加入溶液。 向试管①中加入一小块铝片，一段时间后产生气泡。 向试管②中加入用砂纸打磨过的一小块铝片，立即产生气泡。 向试管③中滴加1滴酚酞，溶液变红色，放入用砂纸打磨过的一小块铝片，立即产生气泡，一段时间后试管中溶液红色褪去。再滴入NaOH溶液，溶液不变红。 下列说法不正确的是 A. 三支试管中产生的气体均为 B. 随着反应进行试管①中水的电离程度逐渐增强 C. 试管①和试管②中的现象说明铝表面的保护膜能与NaOH溶液反应 D. 试管③中溶液红色褪去的原因可能是随着反应进行溶液碱性减弱 【答案】D 【解析】 【详解】A．铝与溶液反应的化学方程式为，三支试管中反应生成的气体均为，A正确； B．试管①初始为溶液，会抑制水的电离；反应过程中浓度逐渐降低，且生成强碱弱酸盐，水解会促进水的电离，因此水的电离程度逐渐增强，B正确； C．试管①中未打磨的铝片一开始无气泡，一段时间后才产生气泡，说明铝表面的氧化膜先与溶液反应，氧化膜消耗完后铝才与反应产生气体，与试管②打磨后立即产生气泡的现象对比，可证明铝表面的保护膜能与溶液反应，C正确； D．若红色褪去是因为溶液碱性减弱，那么再滴入溶液后，溶液碱性增强，酚酞应该恢复红色，但实验中滴入后溶液不变红，说明红色褪去的原因不是碱性减弱，D错误； 故选D。 12. 一种用氧化甲苯制备苯甲醛的流程如下： 下列说法正确的是 A. “氧化”反应中，1 mol甲苯被氧化时转移2 mol电子 B. “分液”后的水层主要存在的离子有、、 C. “操作a”“操作b”分别是蒸馏和蒸发结晶 D. 其他条件不变，氧化反应时间越长，苯甲醛的产率越高 【答案】B 【解析】 【分析】甲苯在稀硫酸作用下，被三氧化二锰氧化为苯甲醛，自身还原为硫酸锰，结晶过滤得到的固体盐类硫酸锰，油水经过分液分离得到的“油”是甲苯和苯甲醛的混合物，经过蒸馏得到产品苯甲醛，而甲苯可以循环利用。 【详解】A．甲苯被氧化为苯甲醛时，甲基碳的化合价从-3价升高到醛基碳的+1价，1 mol甲苯反应时转移4 mol电子，A错误； B．反应在稀硫酸酸性条件下进行，被还原为，因此分液后水层主要存在、、，B正确； C．操作a是分离互溶的甲苯和苯甲醛，为蒸馏；操作b是从水溶液中得到带结晶水的，应采用蒸发浓缩、冷却结晶，不能用蒸发结晶，C错误； D．氧化反应时间过长，苯甲醛会被进一步氧化为苯甲酸，导致产率降低，D错误； 故选B。 13. 乙醇-水蒸气催化重整获得过程中的主要反应： 反应Ⅰ 反应Ⅱ 反应Ⅲ 在、时，若仅考虑上述反应，平衡时体系中各产物的百分比X%[如]随温度变化的理论计算结果如图所示，且图示温度范围内无乙醇剩余。下列说法正确的是 A. 300℃时，平衡体系中无剩余 B. 800℃时，的平衡产率为77.8% C. 500℃时，增大压强，平衡时减小 D. 其他条件不变，选用高效催化剂，能增大平衡时的物质的量 【答案】B 【解析】 【详解】A．温度范围内乙醇无剩余，且，反应Ⅰ进行彻底，理论上反应完，但反应Ⅱ和反应Ⅲ都有生成，体系中不可能没有，A错误； B． 800℃时，，，，设总物质的量为n，则、、，根据碳守恒（令初始乙醇为1mol，1mol乙醇含有2mol C），则有，n=20/3 mol，实际生成，理论生成（仅看反应Ⅰ），故平衡产率为，B正确； Ｃ．500℃时，增大压强对反应Ⅱ（前后气体分子数不变）无影响，不变，但能使反应Ⅲ（气体分子数减少）右移，导致减小，故增大，C错误； D．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡，平衡时的物质的量不变，D错误； 故答案为B。 二、非选择题： 14. 按照要求书写下列物质转化中的反应。 （1）向NaClO溶液中加酸调节pH为5时，HClO氧化NO生成和，该反应的离子方程式为______________。 （2）在弱碱性溶液中，FeS与反应生成、和单质S，该反应的离子方程式为______________。 （3）向溶液中加入溶液，可转化为沉淀，反应中无气体产生，该反应的离子方程式为______________。 （4）45～50℃时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到，该反应的化学方程式为______________。 【答案】（1） （2） （3） （4） 【解析】 【小问1详解】 HClO中Cl元素化合价为+1，反应后生成，化合价降低2，每个HClO得到2个电子；NO中N元素化合价为+2，反应后生成，化合价升高3，每个NO失去3个电子。根据电子守恒，HClO的化学计量数为3，NO的化学计量数为2。此时反应式为。反应环境为pH=5的酸性溶液，右侧电荷总数为，左侧电荷总数为0，因此右侧需要补充5个平衡电荷。根据H原子守恒，左侧需要补充1个，最终配平的离子方程式为。 【小问2详解】 FeS中Fe元素化合价为+2，反应后生成，化合价升高1；S元素化合价为-2，反应后生成单质S，化合价升高2，每个FeS共失去3个电子。中Cr元素化合价为+6，反应后生成，化合价降低3，每个得到3个电子。根据电子守恒，FeS和的化学计量数均为1。此时反应式为。反应环境为弱碱性溶液，左侧电荷总数为-2，右侧电荷总数为0，因此右侧需要补充2个平衡电荷。根据H原子守恒，左侧需要补充4个，最终配平的离子方程式为。 【小问3详解】 转化为沉淀，反应无气体产生，说明无生成。每个中含有1个和1个，由水解提供，水解产生的与过量的结合为。根据电荷守恒，左侧带3个正电荷，2个带4个负电荷，总电荷为-1；右侧带1个负电荷，总电荷为-1，电荷守恒。根据原子守恒，左侧补充1个提供H和O，最终配平的离子方程式为。 【小问4详解】 CuCl中Cu元素化合价为+1，反应后生成，Cu元素化合价为+2，每个CuCl失去1个电子。中O元素化合价为0，反应后生成-2价O，每个得到4个电子。根据电子守恒，CuCl的化学计量数为4，的化学计量数为1。4个Cu对应2个，因此产物的化学计量数为2。根据H原子守恒，2个产物中共有16个H原子，全部来自，因此的化学计量数为8。最终配平的化学方程式为。 15. 肼()具有强还原性，可看作分子中H原子被取代的产物，分子具有强极性。 （1）将肼溶于过量的稀硫酸中，生成的盐是_______(填化学式)。推测下列结构最接近肼分子真实结构的是_______(填序号)。 A．反式结构： B．顺式结构： （2）双氧水法制备水合肼()。总反应：，过程分为两步。过程ⅰ．制备丁酮连氮：。过程ⅱ．制备：将ⅰ中分离出的丁酮连氮在加热条件下水解。 ①过程ⅱ的化学方程式为_______。 ②在反应过程中，容器内壁出现少量油状液滴。经测定，通入总量对丁酮连氮合成反应的影响如下图所示。当氨气通入总量超过17000 mL时，丁酮的转化率和丁酮连氮的收率下降的原因是_______。 ③也能直接被NaClO氧化成，对比该方法，双氧水法的优点是_______。 （3）可用于某含钯废液[约含0.5 mg/L的]制备纯钯，其流程如下图所示。 ①“酸化”的目的是_______。 ②“还原”过程中，理论上消耗的与制得的金属Pd质量之比为_______。 【答案】（1） ①. ②. B （2） ①. ②. 氨气通入量过大，未反应的氨气逸出时带走部分易挥发的丁酮，使其在容器内壁冷凝，导致参与反应的丁酮减少 ③. 副产物为水，绿色环保无污染（或产品纯度高，不含盐类杂质） （3） ①. 将转化为沉淀，从而富集钯元素 ②. 【解析】 【小问1详解】 肼()是二元弱碱，其化学性质类似于氨；将其溶于过量稀硫酸中，分子中的两个均会结合质子生成，故生成的盐为。A项反式结构中心对称，正负电荷中心重合，偶极矩相互抵消，为非极性分子；B项顺式结构不对称，正负电荷中心不重合，为极性分子；由题可知，肼()分子具有强极性，故最接近真实结构的是B。 【小问2详解】 ①过程ⅱ为丁酮连氮在加热条件下水解生成水合肼和丁酮，结合过程ⅰ中丁酮连氮的结构简式及原子守恒，化学方程式：； ②氨气通入量过大，未反应的氨气逸出时带走部分易挥发的丁酮，使其在容器内壁冷凝，导致参与反应的丁酮减少，从而丁酮的转化率和丁酮连氮的收率下降； ③被NaClO氧化生成的同时还有NaCl生成，而双氧水法生成的同时只生成水，故双氧水法的优点为副产物为水，绿色环保无污染（或产品纯度高，不含盐类杂质）。 【小问3详解】 ① 废液中钯的浓度极低，直接还原难以高效提取；加入进行酸化，可发生反应，使钯元素以沉淀形式析出，达到分离和富集钯元素的目的。 ②“还原”过程中，被氧化为，N元素化合价由-2升高到0；被还原为单质Pd，Pd元素化合价由+2降低到0；根据得失电子守恒，反应的物质的量之比 ；故理论上消耗的与制得的金属Pd质量之比为 。 16. 锂是支撑新能源电池的核心金属。以锂辉石（主要成分为，含少量、MgO、CaO杂质）为原料制备电池级的流程如下： 已知：、、完全沉淀的pH分别为3.7、5.2、10.4；开始溶解的pH为11。 （1）制备溶液。 ①“酸浸”时与反应的化学方程式为_______________。 ②锂浸出率随矿粉粒径变化关系如图-1所示，粒径大于58 μm时锂浸出率下降的原因是_______________。 ③酸浸所得溶液含有的金属阳离子除了还有、和微量、。补充完整获得纯净、中性溶液的实验方案：向浸出原液中分批加入_______________，搅拌，调节至略大于，静置，过滤以除去和_______________（填离子符号）；再向所得滤液中逐滴加入_______________，得到中性溶液。 [须使用的试剂：硫酸、溶液、固体] （2）制备并测定纯度。 ①净化后的浓溶液与浓氢氧化钠溶液混合，得到混合体系。和的溶解度曲线如图-2所示，从混合体系中分离得到较高纯度的晶体的操作为_______________。 ②若产品中杂质仅为时，通过下列实验测定的纯度。 称取样品，先加足量溶液，过滤后，将滤液定容至，移取，加入滴甲基橙作指示剂，用盐酸标准液滴定，消耗盐酸。计算样品中的纯度。（写出计算过程）______________________________ 【答案】（1） ①. ②. 粒径过大，比表面积小，固液接触不充分，酸浸反应速率慢 ③. 固体 ④. ⑤. 溶液至pH略大于10.4，静置，过滤，向滤液中逐滴加入硫酸至 （2） ①. 将混合母液加热浓缩至有大量晶体析出，保持趁热过滤得到晶体 ②. ， ③. 【解析】 【分析】β‑锂辉石矿粉经硫酸酸浸，得到含有、等离子的浸出原液；矿粉粒径会影响锂的浸出效果，粒径过大时锂浸出率降低；浸出原液分步除杂，先加入固体，消耗氢离子升高pH，使转化为氢氧化物沉淀，同时与生成沉淀，过滤除去；再向滤液中加入溶液调节pH略大于10.4，将转化为沉淀，静置过滤除去，酸化后得到纯净溶液；再与浓反应，形成水溶液的混合体系，利用二者溶解度差异，40℃条件下浓缩、趁热过滤获得晶体，据此分析解答。 【小问1详解】 ①酸浸时和稀硫酸发生复分解反应，产物为、、和水，根据原子守恒配平，化学方程式为：。 ②矿粉粒径过大，固体比表面积较小，矿粉与硫酸溶液固液接触不充分，酸浸反应速率减慢，锂的浸出率随之下降。 ③酸浸后的溶液含有等离子，加入固体，与反应，消耗溶液中的氢离子从而升高pH，使转化为氢氧化物沉淀，同时与生成沉淀，过滤除去上述沉淀；再向滤液中加入溶液调pH略大于10.4，将转化为沉淀，静置，过滤；最后向滤液中逐滴加硫酸至，中和过量，得到纯净的溶液。 【小问2详解】 ①由溶解度曲线可知，时，的溶解度达到最大，留在溶液中；溶解度较小，加热浓缩后优先结晶析出。因此将混合母液加热浓缩至有大量晶体析出，保持趁热过滤，即可得到晶体。 ②与发生中和反应：，二者物质的量之比为1:1，故。，，该质量为20.00 mL待测液中溶质质量，100 mL原样品溶液中总质量需要乘以稀释倍数，。 17. 研究水质除砷技术对保护环境有重要意义。 已知：在pH<9.2时主要以的形式存在，在不同条件下的物种分布分数如图-1所示；。 （1）硫化法：弱酸性条件下，水体中的和在还原菌的作用下与反应生成雌黄（）沉淀和。写出该反应的离子方程式：__________________。 （2）石灰沉淀法：向含废水中添加石灰水，可使砷元素转化为砷酸钙沉淀。 ①向中性废水中加入适量石灰水，使完全转化为沉淀。写出该反应的离子方程式：__________________。 ②控制其他条件不变，向碱性含废水中加入一定量石灰水，去除率在30℃以后随温度升高而降低，可能的原因是__________________。 ③在初始pH、的浓度相同的模拟废水中加入石灰水，去除率随的变化如图-2所示；固定，往石灰水中添加Fe（Ⅲ）盐，去除率随的变化如图-3所示。加入Fe（Ⅲ）盐后，去除率增大的原因是__________________。 ④将得到的含砷沉淀回收处理后可制得。当废水中砷质量浓度为时，若取75 L该含砷废水，制得，则As元素的回收率为__________________。 （3）吸附法：水铁矿对表现出极强的吸附作用，但因其易发生团聚而会减少活性位点。制备水铁矿时，引入适量能减少团聚，但过量会导致水铁矿对的吸附量下降。吸附量下降的可能原因是__________________。 【答案】（1） （2） ①. ②. 温度升高，Ca(OH)2的溶解度减小，溶液中c(Ca2+)和c(OH−)降低，不利于Ca3(AsO4)2沉淀的生成，去除率降低。 ③. Fe3+与砷酸根结合生成溶度积更小的FeAsO4沉淀，使As(Ⅴ)沉淀得更完全。 ④. 96% （3）过量的SiO2会覆盖在水铁矿表面、占据（或与As(Ⅴ)竞争）吸附活性位点，使水铁矿对As(Ⅴ)的吸附量下降。 【解析】 【小问1详解】 弱酸性条件下，As(Ⅲ)主要以H3AsO3的形式存在。硫酸盐还原菌以HCHO为电子供体将硫酸根还原为S2−，HCHO被氧化为CO2，As(Ⅲ)与S2−结合生成As2S3沉淀，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得该反应的离子方程式为。 【小问2详解】 ①由图-1可知，中性（pH=7）时As(Ⅴ)主要以砷酸二氢根的形式存在，石灰水提供Ca2+和OH−，砷酸二氢根与Ca2+结合生成Ca3(AsO4)2沉淀，反应的离子方程式为。 ②温度升高，Ca(OH)2的溶解度减小，溶液中c(Ca2+)和c(OH−)降低，不利于Ca3(AsO4)2沉淀的生成，因此去除率降低。 ③Fe(Ⅲ)盐中的Fe3+与砷酸根结合生成溶度积更小的FeAsO4沉淀，使As(Ⅴ)沉淀得更完全；此外Fe3+水解生成的Fe(OH)3胶体也能吸附As(Ⅴ)，去除率增大。 ④75 L废水中砷的质量为375 g，n(As2O3)=，其中砷的质量为360 g；则As元素的回收率为。 【小问3详解】 水铁矿易发生团聚而减少活性位点，引入适量SiO2可减少团聚；但SiO2过量时会覆盖在水铁矿表面，占据（或与As(Ⅴ)竞争）吸附活性位点，使水铁矿对As(Ⅴ)的吸附量下降。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $