广西来宾市第一中学2026-2027学年高三上学期10月阶段检测 化学试题

来宾一中2027届高三10月演练（化学) (时间：75分钟总分：100分) 一、单选题（共42分） 1.(本题3分)化学与科技、生产、生活有密切的关系，下列叙述不正确的是 A.我国海洋开发走向深蓝时代”，大型舰船的底部常镶嵌锌块，以防止船底腐蚀 B.“海牛Ⅱ号”刷新世界钻探深度，钻头采用硬质合金材料，其硬度高于成分金属 C.“天问一号”火星车的热控保温材料纳米气凝胶，可产生丁达尔效应 D.我国自主研发的“东方超环（人造太阳）所应用的氕、氘、氚互为同素异形体 2.(本题3分)化学反应伴随有能量的变化。下列反应的能量变化与下图所示不符合的是 总 反应物 能 量 生成物 A.镁条与盐酸反应 B.木炭在氧气中燃烧 C.氢气和氯气的化合 D.Ba(OHD28HO晶体和NH4Cl晶体反应 3.(本题3分)氨催化氧化的反应为4NH,(g+50,(g)4N0(g)+6H,0(g)△H<0。下列有关说 法正确的是 A.适当降低反应温度或使用高效催化剂均能提高氨气的平衡转化率 B.催化剂降低了正、逆反应的活化能 C.升高温度，该反应的平衡常数增大 D.该反应△S<0 4.(本题3分)实验室模拟脱硝反应：2C(s)+2NO2(g)一N2(g)+2C02(g)△=-64.2 kJ/mol。关于此 反应，下列说法错误的是 A.焓变△H<0,熵变△S>0 B.可以将该反应设计成原电池，实现常温下能量的转化 C.此反应在恒容条件下比恒压条件下，更有利于提高O2的转化率 D.选用合适的催化剂，有可能使反应在低温下以较快的速率进行 5.(本题3分)给定物质A、B、C的量，在一定条件下发生反应，建立如下化学平衡： A(g)+bB(g)三C(g),符合下图所示的关系(c%表示平衡混合气中产物C的百分含量。T表示温度，P 表示压强)。在图中，Y轴是指 试卷第1页（共8页） Y↑ C%↑ T2P2 1.01×10Pa T1、P2 T PI 1.01×10pa t T(C) A.反应物A的百分含量 B.平衡混合气的总物质的量C.比值D.反应 n(C) 物B的平衡转化率 6.（本题3分)下面的说法正确的是 A.Fe→FeCl-Mo→Fe(OH2所示的物质间转化可以实现 B.氯气可以使湿润的有色布条褪色，但是实际起漂白作用的物质是次氯酸，而不是氯气 C.将C2与HCI1混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl2 D.氯气溶于水得氯水，溶液呈酸性且可以导电，所以氯气是电解质 7.(本题3分)亚氯酸钠(NaCIo2)是一种高效的消毒剂，其制备流程如下： 稀硫酸NaOH溶液、 S0,、空气H,0,溶液 饱和NaCI溶液→NaCIO3制备CIO2 吸收C1O2 结晶→NaCIO2 下列说法正确的是 A.电解饱和NaC1制取NaClo3过程中，ClO,是阴极产物 B.制备ClO2时，通入空气的目的是将SO2氧化为SO3,增强溶液的酸性 C.ClO2逸出后，溶液中含有大量Na+、H、So子、SO D.H,02在吸收C1O2的化学反应方程式为：2C1O2+H,O2+2NaOH=2NaC1O,+02个+2H,0 8.(本题3分)下列反应的离子方程式正确的是 A.NaHCO3溶液中滴加少量的Ca(OH)2溶液：2HCO?+2OH+Ca2+=CaCO3↓+Co+2H,0 B.向酸性高锰酸钾溶液加入草酸：5C,O}+2MmO4+16H=10C0,个+2Mm2++8H,0 C.向明矾溶液中加入Ba(OH),溶液至生成沉淀的物质的量最多： A13++2S0}+2Ba2++4OH=A1O,+2BaS04↓+2H,0 D.Ba(NO3),溶液中通入过量SO2:3S02+3Ba2++2NO+2H,0=3BaS0,↓+2N0+4H 试卷第2页（共8页） 9.(本题3分)下列说法正确的是 光洁的铁丝 饱和FeCl 溶液 NaOH 溶液 A.装置①可观察K,C03的 B.装置②能制备Fe(OH)3胶体 焰色 吕浓硝酸 明 Na,CONa,Sio,溶液 C.装置③能比较N、C、 D.图④标识表示腐蚀品 Si非金属性的强弱 A.A B.B C.C D.D 10.(本题3分)哲学中的同一论”既考察事物相同的一面，又考察事物不同的一面。下列叙述正确的是 A.铜分别与浓硫酸和稀硫酸反应产生的气体不同 B.紫色石蕊溶液中分别通入氯气和二氧化硫产生的现象相同 C.A1分别与稀盐酸和NaOH溶液反应产生的气体相同 D.镁分别与氧气和C02反应，产生的固体完全相同 11.(本题3分)某有机物的结构简式如图所示，下列对该有机物的说法错误的是 HO OH OH A.分子式为C12H13O3 B.分子中含有3种官能团 C.能发生加成、取代、氧化等反应 D.存在两种杂化形式的碳原子 12.(本题3分)一种含锡的多元金属硫化物的晶胞结构为四方晶系，已知金属原子均呈四面体配位，晶 胞棱边夹角均为90°，其结构可看作是由两个立方体A、B上下堆叠而成。如图，甲为A的体对角线投影 试卷第3页（共8页） 图，乙为B沿y轴方向的投影图，A中Fe、Sn位置互换即为B,立方体A、B棱长均为仰m。下列说法 错误的是 OS AZ os Cu Sn o Fe A.晶胞中sn和Cu原子之间的最短距离为V2 a pm 2 431 B.该晶体的密度为M10gcm :品版中字分反子的室标为a0》c8则品跑中的生标以衣示为如得) (133 D.晶体中Sn的价层无孤电子对 13.(本题3分)利用如图所示装置进行下列实验，打开或关闭活塞，试剂2中实验现象完全相同的是 气体活塞 试剂1 试剂2 选项 气体 试剂1 试剂2 HCI 足量NaHCO,溶液 NaA1O2溶液 心 NH 足量稀HSO4 AgNO3溶液 Cl 饱和食盐水 淀粉-KI溶液 足量酸性KMnO4溶 S02 Ba(NO),溶液 液 A.A B.B C.C D.D 14.(本题3分)某种催化剂的阴离子的结构如下所示，其组成元素X、Y、Z为原子半径逐渐增大的短 试卷第4页（共8页） 周期元素，X是半径最小的原子、W是第四周期的元素；其某种化合物常用于检验酒驾（溶液颜色由橙 色变为绿色)，原子序数关系为：2X+2Y+Z=W。下列说法错误的是 YX. A.该阴离子结构中0键与π键数目之比为13：2 B.简单氢化物的稳定性：Y>Z C.ZY2晶体中ZY2配位数为12 D.该化合物中W离子化合价为+5价 二、解答题（共58分) 15.(本题15分)某化学兴趣小组利用下图装置制备$02，并探究其化学性质。请回答下列问题： 浓H2SOa 红 图溶 溴 NaOH NaSO3液 对水 溶液 A ⊙ C D (1)硫元素在元素周期表中的位置为 。 结合元素周期律，同主族元素O的非金属性比 S强，具体体现在： ①简单气态氢化物稳定性：H,O HS(填>”或“<”)： ②把氧气通入氢硫酸溶液中有黄色沉淀生成 (写化学反应方程式)。 (2)装置A中制备SO2的化学方程式为 该反应中浓硫酸体现的性质是 (填“氧化性”或“酸性”)。 (3)装置B中通入SO,后，观察到的现象是品红溶液褪色，$O,体现了性。 (4)装置C中通入SO2后，溴水褪色，发生反应的离子方程式为 该反应中体 现了S02的 性（填“氧化”或“还原”)。 (5)装置D的作用是 16.(本题14分)以锌灰（住要成分为ZnO,含少量FeO、MnO、CuO)为原料制备ZnCl的工艺流程如下 （->”表示部分过程略去)， 试卷第5页（共8页） 稀盐酸 KMnO Zn粉 锌灰 浸取 氧化 过滤1 置换 →过滤2 --->ZnCl, 滤渣1 滤渣2 [Fe(OH,、MnO2] (Cu、Zn) 回答下列问题： (1)“浸取时，ZnO与盐酸反应的离子方程式为 (2)“氧化”时，化合价升高的金属元素为 (用元素符号表示)。 (3)若“氧化”时使用H02,“滤渣1”仍为F(OD3和MnO2,但工业生产时仍不选择H,O2,其原因是 (4)实验室进行“过滤”操作时，所需玻璃仪器有烧杯、 (5)“置换”时，加入过量Zn粉的目的是 (6)zncl溶液在蒸发浓缩过程中如操作不当会生成碱式盐Zn(OH)Cl,反应的化学方程式为。 17.(本题14分)对工业废料进行物质回收再利用符合“绿色化学”，现有某废渣主要含ZnFe,O4、ZnS、 CuS、PbSO4,还含有少量Au、Ag单质及SiO2杂质。工业上采用下列流程对其中金属元素进行回收提 取。 H2S04 02 X试剂 萃取剂 调pH 有机相 业 反萃取 炼锌 滤液1 …→Cu 废渣 酸浸 沉淀 萃取分液 水相 结晶 →…→ZnSO4 滤渣1 滤渣2 滤液4 回答下列问题： (1)在“酸浸”步骤中，为了提高酸浸效率，可以采取的措施有 A.适当升温 B.搅拌 C.将废渣磨成粉末 D.加大废渣投放速率 (2)矿粉中的金属硫化物、金属氧化物在酸浸步骤中全部溶解，同时硫元素被通入的空气氧化为$单质。 则滤渣1的主要成分除了Au、Ag、S外，还有 _o (3)“沉淀”时通过调节pH使Fé3+转化为沉淀而除去，该工序中应将H调至大于或等于 。(已 知：此工作温度下F(OH),的溶度积常数约为1x108；当某离子浓度c≤1×10mol/L时，可认为该离子 沉淀完全) 试卷第6页（共8页） OH (4)“萃取分液”中选用Lix-84( CoH19 OH)萃取剂对铜元素进行萃取，萃取后的有机 0…HO-1 相结构为 C,H。请从结构角度分析，“反萃取时，增大H浓度 -OH. 有利于C2+进入水相的原因是 (5)上述生产的铜还要经过电解精炼得到纯铜。若工厂的工作电流为2000A,则生产64吨纯铜，需要的 时间为 秒。（已知法拉第常数为96500Cmol) (⑥)①向滤渣1中加入盐酸和H,O2溶液分步提取Au、Ag,Au、Ag分别转化为[AuCL4丁和[AgCl2丁。一 定条件下，Au、Ag浸取率随溶液中c(HO2)的变化如下图所示。在c(H,O,)为x3mol/L时发生的化学 反应方程式为 100 50 Au c(H2O2)/(mol/L) ②某杂冠醚可选择性地与废液中的Ag形成如图所示的超分子 因为该杂冠醚与Ag+ R 有配位作用且冠醚空腔直径与Ag+直径大小相匹配。此过程描述的超分子的重要特征是 18.(本题15分)药物中间体G的合成路线如下： 催化剂 (CH,OH) HCI 0 H,N H,N NH,H,O 1)LiAIH O 2)H,0 D E F G 试卷第7页（共8页） 已知：。+R一NoY表或原， R *C0 H3O* 回答下列问题： (1)A分子中的含氧官能团的名称为」 :可用于检测上述含氧官能团的仪器分析方法是 (填 标号)。 A.红外光谱法B.核磁共振氢谱法 C.质谱法D.元素分析法 (2)D分子中含有的手性碳原子数为 (3)E→F反应中LiAIH4的作用为 。 F→G的反应类型为 (4)满足下列条件的G的同分异构体有 种。 ①含有 ②能被银氨溶液氧化；③含有-NH,。 (⑤)根据上述合成路线，设计了一种合成 的流程： CHCOOCs NHCHCONH2 催化剂 →C1oH19NO2 H K ①写出H→J的化学方程式： ②K的结构简式为 试卷第8页（共8页） 《来宾一中2027届高三10月演练（化学）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 0 0 O D B 0 A D 题号 11 12 13 14 答案 A C C D 1.D 【详解】A.舰船船体是钢铁制成的，容易发生电化学腐蚀，在舰船底部镶嵌锌块可以构成锌铁原电池， 锌做负极，被氧化，保护了正极铁，A正确； B.合金的熔点低，硬度大，故合金的硬度高于成分金属，B正确： C.热控保温材料纳米气凝胶属于胶体，可产生丁达尔效应，C正确： D.氕、氘与氚是质子数相同而中子数不同的三种氢原子，三者互为同位素，D错误； 故选D。 2.D 【分析】下图所示总能量降低，所以为放热反应，据此作答。 【详解】A.镁条与盐酸反应是金属单质与酸的置换反应，为放热反应，故A不符合题意： B.木炭在氧气中燃烧为放热反应，故B不符合题意： C.氢气和氯气的化合为放热反应，故C不符合题意： D.Ba(O田28HO晶体和NH4Cl晶体反应，需要吸收热量，为吸热反应，故D符合题意： 答案选D。 3.B 【详解】A.用催化剂只改变反应速率，不影响化学平衡，A项错误； B.催化剂降低反应活化能增大反应速率，B项正确： C.正反应为放热反应，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C项错误： D.该反应的正反应为气体分子总数增大的反应，△S>0,D项错误： 答案选B。 4.C 【详解】A.正向反应气体的物质的量增大，则熵变△S>0,焓变△H<0,A正确： B.由A项分析知，该反应△S>0、△H<0,则△G=△H-T△S<0恒成立，该反应属于可自发进行的氧化还原 反应，因此可以将该反应设计成原电池，实现常温下能量的转化，B正确； C.正向反应为气体体积增大的反应，在恒压条件下进行反应，达平衡时容器体积大于同温下恒容时的体 积，等效于在恒容条件下反应达平衡后再减压，平衡正向移动，O2的转化率增大，因此恒压条件下更 有利于提高NO2的转化率，C错误； 答案第1页（共10页） D.催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，因此选用合适的催化剂，有可能使反应在低温下以较快 的速率进行，D正确； 故选C。 5.D 【分析】先拐先平衡，结合压强、温度对化学平衡移动的影响，根据C的百分含量-时间变化曲线判断方 程式的特征：在相同温度线，增大压强P2>P),C的百分含量增大，说明增大压强平衡向正反应方向移 动，则有+b>x:在相同压强下升高温度(T1>T),C的百分含量降低，则说明升高温度平衡向逆反应分 析移动，该反应的正反应为放热反应，在此基础上进一步判断Y随温度、压强的变化。 【详解】根据上述分析可知：该反应的正反应是气体体积减小的放热反应。 A.在压强不变时，升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，导致A的百分含量增加，与图象不符 合，A不符合题意： B.在同温下，压强增大，平衡向气体体积减小的正反应方向移动，使混合气的总物质的量越少，与图象 不符，B不符合题意： C.在同温下，压强增大，平衡正向移动，B)减小，©增大，巴 n(C) 比值越小，不符合，C不符合题 意； D.在压强不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致B的平衡转化率降低：在温度不 变时，增大压强，平衡正向移动，导致B的平衡转化率提高，与图象吻合，D符合题意： 故合理选项是D。 6.B 【详解】A.Fe在Cl中点燃时，Cl氧化性较强，反应产物为FeCl3而非FeCl2,第一步转化无法实现， A错误； B.氯气本身无漂白性，湿润的有色布条褪色是因为C12与水反应生成的次氯酸具有漂白性，实际起漂白 作用的是次氯酸，B正确： C.混合气体通过饱和食盐水仅能除去HCl杂质，得到的CL中还混有水蒸气，不是纯净的Cl,C错误： D.电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，C2是单质，既不属于电解质也不属于非电解 质，D错误； 故选B。 7.D 【分析】电解饱和NaCI制取NaCIo,,NaC1o3和二氧化硫发生氧化还原反应生成ClO2和硫酸钠，ClO2 答案第2页（共10页） 和氢氧化钠、过氧化氢反应得到NaC1o2; 【详解】A.电解饱和NaCl制取NaC1o3过程中，氯元素化合价升高，失去电子发生氧化反应，ClO?是 阳极产物，A错误； B.通入空气的目的是降低CIO2浓度，防止爆炸，B错误； C.NaCIo3和二氧化硫发生氧化还原反应生成ClO2和硫酸钠，Cl0O2逸出后，溶液中含有大量的 Na、SO,C错误； D.HO2在吸收CIO2的过程中反应生成NClO2和氧气，过氧化氢中氧元素化合价升高体现了还原性， 化学反应方程式为：2ClO,+H,0,+2NaOH=2 NaC102+O2个+2H,0,D正确； 故选D。 8.A 【详解】A.NaHCO3溶液中滴加少量Ca(OH)2时，Ca(OH2完全反应，Ca+与OH按物质的量比1：2参 与反应，2个OH消耗2个HCO生成2个CO号，其中1个CO与Ca+生成CaC03沉淀，剩余1个 CO,离子方程式书写正确，A正确： B.草酸H,CO4是弱酸，属于弱电解质，不能拆分为CO?,应写化学式，正确离子方程式为 5H2C04+2MmO4+6H=10C02个+2Mm2++8H,0,B错误： C.明矾KA1(SO4)2溶液中加Ba(OD2至沉淀物质的量最多时，A1+恰好完全转化为A1(OD3沉淀，对应 离子方程式为2A1++3S0+3Ba2++6OH=2Al(OHD2↓+3BaS0,↓，C错误： D.BaNO3)2电离出的Ba2+与NO物质的量比为1：2，通入过量SO2时，仅1份SO与Ba2+结合生成沉 淀，剩余$O存在于溶液中，正确离子方程式为 3SO2+Ba2++2NO+2H,0=BaS04↓+2NO个+4H+2SO,D错误； 故选A。 9.D 【详解】A.观察钾元素的焰色时，应透过蓝色钴玻璃，以滤去钠元素黄色焰色的干扰：装置①没有使 用蓝色钴玻璃，不能可靠观察碳酸钾的焰色，A错误； B,图中把饱和氯化铁溶液滴入加热的氢氧化钠溶液，会快速生成氢氧化铁沉淀，不能得到胶体：正确操 作是向沸水中逐滴加入少量饱和氯化铁溶液，继续煮沸至液体呈红褐色后停止加热，B错误： 答案第3页（共10页） C.浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸蒸气会随二氧化碳进入硅酸钠溶液并使其 生成硅酸沉淀，因此观察到沉淀不能排除硝酸的干扰；应在两装置之间加装盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗 气瓶，除去硝酸蒸气后再通入硅酸钠溶液，装置③不能据此比较N、C、Si的非金属性强弱，C错误； D.图④中液体同时腐蚀金属和手，是腐蚀品标识，D正确： 故选D。 10.C 【详解】A,铜与浓硫酸在加热时反应生成$O2,而稀硫酸在常温或加热下均不与铜反应，A错误： B.氯气使紫色石蕊先变红后褪色（因HCIO漂白性），而SO,使紫色石蕊变红但不褪色（酸性而非强氧 化性)，现象不同，B错误： C.A1与稀盐酸反应生成AlCl3和H2,A1与NaOH溶液反应生成NaAl(OD4]和H,都有H生成，C正 确： D.镁在O2中燃烧生成MgO,镁在CO2中燃烧生成MgO和C,固体产物不完全相同，D错误： 故选C。 11.A 【详解】A.该有机物含有5个氧原子，经计算分子式为C1H0O,A错误； B.分子中含有碳碳双键、羟基、羧基共3种官能团，B正确： C.碳碳双键可发生加成反应、氧化反应，羟基和羧基可发生取代反应，羟基、碳碳双键也可发生氧化反 应，C正确： D.碳碳双键的碳原子、羧基中的羰基碳原子为$即杂化，其余饱和碳原子均为s即杂化，共两种杂化形 式，D正确： 故选A。 12.C 【分析】晶胞结构：该晶胞为四方晶系，由两个立方体A、B上下堆叠而成。每个立方体棱长为m, 因此晶胞的底面边长为pm,高为2pm。 1 投影图信息：甲为A(下半部分，z∈0，一 )的体对角线投影图。图中中心为S(大圈)，周围有4个S 2 (小圈)和3个金属原子（黑圈灰圈）。乙为B(上半部分， 沿y轴方向的投影图。已知A 中Fe、Sn位置互换即为B。原子种类：S、Cu、Fe、Sn。金属原子均呈四面体配位。 【详解】A.在立方体A(或B)中，金属原子(Cu、Fe、Sn)位于四面体中心，即小立方体（棱长a/2 的划分)的特定位置。最短距离出现在同一层或相邻层的最近金属原子之间。沿坐标轴相邻的四面体空 隙为同种金属占据，Sn与Cu为不同金属，占据面对角线方向四面体空隙，所以Sn和Cu之间的最短距 答案第4页（共10页） 离为立方体面对角线长的-一半，即m,A正确： B.在立方体A中S原子：位于8个项点和6个面心，在B中的位置相同，则总S数为8。每个立方体 A、B内有4个金属位置。A中有Fe、Sn(各1个)，B中互换，所以总共有4个Cu,2个Fe,2个Sn, 总的摩尔质量为： S(32)×8=256g/mol;Cu(64)×4=256g/mol;Fe(56)×2=112g/mol;Sn(119)×2=238g/mol,晶胞体 限V-a×2a=2ax10am,密度p-220=×10”g6m,B C.已知8Q0)足中间面厦点，F任对)在下半立方体。下半立方体《A)有4个四面你位点： 得动得得君有一个古为一个，由于A中a换是设明 s在A中的标型与e在B中的坐标时位，若得)则s在A中可能起存对)C特误 (131) D.Sn呈四面体配位，形成4条Sn-S键。Sn为第IVA族，价电子4个，全部成键，无孤电子对，D正 确： 故答案选C。 13.C 【详解】A.关闭活塞时试剂2变浑浊，打开活塞时试剂2先变浑浊，后又澄清，A不符合题意； B.关闭活塞时试剂2无明显现象，打开活塞时试剂2先变浑浊后沉淀溶解，B不符合题意： C.无论打开还是关闭活塞，试剂2均迅速变为蓝色，C符合题意； D.关闭活塞时SO2被试剂1氧化，因而试剂2无明显现象，打开活塞时试剂2溶液迅速变浑浊，D不符 合题意。 故选C。 14.D 【分析】W是第四周期的某种元素，其化合物常用于检验酒驾，W为C;元素X、Y、Z为原子半径逐 渐增大的短周期元素，原子序数关系为2X+2Y+Z-W,X是半径最小的原子，X为H,结合阴离子的结 构，Z成4个共价键，为第VA族元素，Y成2个共价键，为第VLA族元素，则X、Y、Z分别为H、 O、C。 【详解】A.共价单键都是σ键，双键含一个σ键和一个π键，根据结构示意图可知，阴离子结构中σ键 与π键数目之比为26：413：2，A正确： B.同周期元素从左到右，非金属性逐渐增强，非金属性：O>C,非金属性越强，简单氢化物的稳定性越 强，简单氢化物的稳定性：HO>CH4,B正确； C.ZY2为CO2,其晶体为分子晶体的密堆积形式，配位数为12，C正确： 答案第5页（共10页） D.该阴离子整体带1个单位负电荷，根据化合价代数和等于离子电荷计算可知，Cr为+3价，D错误： 故选D。 15.(1) 第三周期第VIA族 > 2H,S+02=2S↓+2H,0 (2) Na,S03+H,S0,(浓)=Na,SO,+s02个+H,0 酸性 (3)漂白 (4) SO,+Br,+2HO=4H*+2Br+SO 还原 (⑤)吸收多余的$O2尾气，防止污染环境，同时防止倒吸 【详解】(1)硫的原子序数为16，核外电子分层排布为2、8、6，有3个电子层，最外层有6个电子， 因此硫元素位于第三周期第VIA族。 ①同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，氧的非金属性比硫强；元素的非金属性越强，其简单气态氢 化物越稳定，因此H,O的稳定性比HS强，填>”。 ②黄色沉淀为硫单质，氧气将氢硫酸中的H$氧化为硫，自身被还原生成水。根据原子守恒配平，化学 方程式为2HS+0,=2S↓+2H,0; (2)装置A中，浓硫酸与亚硫酸钠固体反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，根据原子守恒配平，化学方程 式为NaSO,+H,SO4(浓)=NaSO4+SO2个+H,O。反应前后各元素的化合价均未改变，浓硫酸提供H与 亚硫酸根离子反应，体现酸性； (3)装置B中盛有品红溶液，$O2能与品红等有色物质结合生成无色物质，使品红溶液褪色，因此体现 了SO2的漂白性，填“漂白”： (4)装置C中，溴水中的B,与SO2发生氧化还原反应，硫元素的化合价由+4价升高到+6价，生成 $O:;溴元素的化合价由0价降低到-1价，生成Br，因而溴水褪色。根据得失电子守恒，参加反应的 SO,与Br,的物质的量之比为1：1，再结合原子守恒和电荷守恒配平，离子方程式为 SO2+B,+2H2O=4广+2Br+SO子。其中S02是还原剂，体现还原性，填“还原”： (5)二氧化硫有毒，是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应。装置D中，气体经倒置漏斗与NaOH溶液 接触；漏斗口位于液面附近，若装置内压强减小，液体进入漏斗，烧杯内液面随之下降，漏斗口露出后 空气进入，使漏斗内液体回落。因此，装置D能吸收多余的$O2尾气，防止污染环境，同时防止倒吸。 16.(1)Zn0+2H=☑n2++H0 答案第6页（共10页） (2)Fe、Mn (3)MnO2是HO2分解的催化剂，造成H,0,的消耗量大 (4)玻璃棒和漏斗 (⑤)将溶液中的Cu+全部置换出来 (6ZnCL+H,Ozn(OH)CI+HCI1 【分析】该工艺起始原料为锌灰，主要成分为ZnO,含少量FeO、MnO、CuO杂质，目标产物为 ZCl2。稀盐酸浸取环节，锌灰中所有金属氧化物与盐酸反应生成可溶性氯化物，得到含ZnC12、 FeCl2、MnCl,、CuCl2及过量HCl的浸出液。氧化环节加入KMnO4,将Fe2+氧化为Fe3+、Mn+氧化为 MnO2,Fe+转化为Fe(OH),沉淀，过滤1去除Fe(OH),和MnO2组成的滤渣1，滤液中含ZnC2 CuCl,等溶质。置换环节加入Zn粉，与Cu+发生置换反应，过滤2去除生成的C1及过量的Z1,滤液经 后续处理得到目标产物ZnCl2。 【详解】(1)Zn0为碱性氧化物，与盐酸反应生成氯化锌和水，离子方程式为Zn0+2H=Z2++H,0。 (2)氧化过程中，FeCl2中的Fe2+被氧化为Fe+,化合价升高；MnCL2中的Mn+被氧化为MnO,中的 +4价Mn,化合价升高，因此化合价升高的金属元素为Fe、Mn。 (3)若使用HO2作氧化剂，反应生成的Mn○2是HO2分解反应的催化剂，会加速HO2分解，造成 H,O2的消耗量大，生产成本升高，因此工业生产仍不选择HO2。 (4)实验室进行过滤操作时，所需玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒。 (5)过滤1所得滤液中含有杂质Cu+,加入Zn粉可与Cu+发生置换反应，将溶液中的Cu+全部置换出 来，除去杂质以提纯ZnCl2。 (6)Zn+会发生水解，加热蒸发时，会挥发HC1,生成碱式氯化锌，化学方程式为 ZCL,+H,0≠Zn(OH)CHHCI个。 17.(1)ABC (2)SiO2和PbS04 (3)3 (4)增大H+浓度，有利于H+与萃取剂中的配位原子O和N结合，破坏了萃取剂与C+之间的配位结构， 将Cu+从有机相中释放出来进入水相 (5)9.65×10 答案第7页（共10页） (6) 2Au+8HC1+3HO,=2HAuCl,+6H,O 分子识别 【分析】在酸浸过程中，向废渣中加入H$O4并通入O2,金属硫化物被氧化并生成对应的硫酸盐，其 中，SiO2、Au、Ag和PbSO4不与HSO4反应，通过过滤与滤液分离，得滤渣1，此时滤液1的主要金属 阳离子为Zn+、Cu+和Fe+。在沉淀过程中调整滤液1的pH值可将Fe+转化为Fe(O3沉淀，通过过滤 分离沉淀和滤液后，向滤液中加入萃取剂，Cu+进入有机相，经反萃取等操作后可得Cu单质，Zn+在水 相中，经结晶等操作后可得ZnSO4,据此作答。 【详解】(1)A.适当升温可以加快反应速率，从而提高酸浸效率，A符合题意； B.搅拌可以使固、液充分接触，从而提高酸浸效率，B符合题意： C.将废渣磨成粉末可以增大固液接触面积，加快反应速率，提升酸浸效率，C符合题意： D.加大废渣投放速率会导致反应不充分，反而降低酸浸效率，D不符合题意： 故选ABC。 (2)ZnFe2O4中，Zn为+2价，Fe为+3价，与HSO4反应过程中，元素化合价不变，结合质量守恒可写 出该反应化学方程式：ZnFe,O,+4HS04=ZS04+Fe2(S04)3+420;由分析可知，滤渣1为SiO2和 PbSO4: (3)Km[Fe(O田]=c(Fe+)c3(OH)=1.0x108,要完全除去Fe,需保证 c(H)= Kp[Fe(OHD3] 1×1038 c(Fe3+)】 1x10=1x10"mo1-L,此时 PH--1gc(H)=-lg-K.>-lg 10-14 c(OH） 1x1073； (4)从有机相结构式可以看出，Lix-84中N原子和O原子的孤对电子与Cu+的空轨道形成配位键，使 Cu+从水相进入有机相，实现萃取。在反萃取过程中增大H浓度有利于O原子和N原子与H结合，破 坏了萃取剂分子与Cu+之间的配位结构，进而释放出C+,使其回到水相，实现反萃取； (5)64吨纯铜的物质的量为64X10g=1×10°m0l,电解时每个C*得2个电子，总转移电子的物质的 64g/mol 量为2×10mol,总电荷量Q=2×10mol×96500Cmol=1.93×101C,根据Q=t,得时间 t=1.93×101C=9.65×10s. 2000A (6)①由图像可知，在c(HO2)为x3mol/L时，Au全部被双氧水氧化为[AuCl4J丁，其化学方程式为 答案第8页（共10页） 2Au+8HC1+3H,O,=2HAuCl+6HO: ②超分子可以通过配位作用、空间尺寸匹配，选择性结合特定的客体离子，该特征就是超分子的分子识 别特性。 18.(1) 酯基、醛基 A (2)1 (3) 作还原剂 加成反应 (4)25 (5) CH COOC,H+NH>CH CONH,+C,H,OH 【分析】以含有醛基、酯基结构的有机物A为起始原料，A在哌啶 NH的参与下与甲基乙烯 基酮 发生加成反应得到同时带有醛基和酮羰基的中间体B。B在催化剂加热的条件下发生分 子内的羟醛缩合反应并脱水形成碳碳双键，得到同时含酮羰基、碳碳双键与酯基的有机物C。C在HC1 催化下与乙二醇发生反应，将分子中的酮羰基转化为1,3-二氧戊环的缩酮保护结构，得到中间体D。D与 氨水作用，分子中的酯基发生氨解反应转化为酰胺基得到有机物E。E经LAH4在无水乙醚或四氢呋喃 等惰性无水溶剂中还原，酰胺基转化为氨基，再经酸性后处理，缩酮发生水解反应脱保护，重新得到酮 羰基，得到中间体F。F在碱性条件下发生题干己知的氨基与酮羰基的缩合环化反应，最终得到药物中间 体G。 【详解】(1)A的结构中含氧官能团为醛基(-CHO)和酯基(-COOCH3):红外光谱法可以检测有机 物中的官能团与化学键，核磁共振氢谱用于测定等效氢种类、质谱用于测定相对分子质量、元素分析法 仅能得到元素组成，因此选A。 (2)手性碳原子是指连有4个不同原子基团的饱和碳原子。D中仅螺环上连接酯基侧链的季碳原子 满足手性碳定义，其余碳原子均不满足，因此手性碳数为1。 D (3)E中的羰基、酰胺基被还原，经酸化后得到F中的氨基与酮羰基，所以LiAH4是作还原剂，；F在 OH条件下，氨基与分子内的，B不饱和酮发生已知i的环化加成反应，生成G的桥环含氮结构，反应 类型为加成反应。 答案第9页（共10页） (4)①含指定的双环癸烷骨架 ②能被银氨溶液氧化说明含醛基(-CHO);③含-H2。 将醛基与氨基作为取代基在固定骨架上进行二取代计数，排除重复结构后共得到25种符合条件的同分异 构体，分别为 CHO NH2有10种位置， CHO NH2有10种位置， OHC NH2有5 种位置。 (5)根据题目提示，乙酸乙酯和氨发生氨解反应，生成乙酰胺和乙醇，反应方程式为 CH COOC,H+NH3→CH CONH2+C,HOH;参考题干中C→D的缩酮保护羰基的逻辑，结合己知i的 反应规律，可推得K为双键加成后、保留缩酮保护结构的中间体，分子式为 答案第10页（共10页）