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2025—2026学年第一学期 10月月考试题
高三化学
相对原子质量 C:12 H:1 O:16 Cl：35.5 Fe：56
一、选择题（本题共16小题，共44分。第1-10小题，每题2分；第11-16小题，每题4分。在每题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。）
1．下列广东工艺品主要由有机高分子材料制成的是
选项 A、 B、 C、 D、
工艺品
名称 光彩烧瓷 广州玉雕 佛山丝绸“香云纱” 潮汕铜镜
A．答案A B．答案B C．答案C D．答案D
2．化学科学在科技强国中发挥着重要作用。下列有关叙述正确的是
A．“天和号”使用砷化镓(GaAs)太阳能电池，供电时砷化镓发生氧化还原反应
B．“朱雀二号”遥二液氧甲烷运载火箭发射成功，甲烷是最简单的烃的衍生物
C．“天舟六号”为中国空间站送去推进剂Xe气，与互为同位素
D．C919大飞机内的椅罩、门帘等使用国产芳砜纶纤维，芳砜纶纤维属于天然纤维
3．五育并举，劳动先行。下列劳动项目与所述的化学知识具有因果关系的是
选项 劳动项目 化学知识
答案A 社区服务：宣传推广使用免洗手酒精消毒液 乙醇具有特殊香味
答案B 农业劳动：用厨余垃圾制肥料 厨余垃圾含N、P、K等元素
答案C 家务劳动：用洁厕灵(主要含浓盐酸)清洗马桶 含氯化合物具有杀菌消毒功能
答案D 职业劳动：食品包装袋内充氮气 氮气无色无味
A．答案A B．答案B C．答案C D．答案D
4．下列有关化学用语表示正确的是
A．CCl4的球棍模型为 B．甲基的电子式为
C．和互为同素异形体 D．口罩“熔喷层”原料中聚丙烯的结构简式：
5．化学从微观层次认识物质，以符号形式描述物质。下列指定反应的离子方程式正确的是
A．电解MgCl2水溶液：2Cl- +2H2O2OH- +Cl2↑+H2↑
B．久置的H2S溶液变浑浊：2S2- +O2+4H+ =2S↓+2H2O
C．Na2O2溶于水：Na2O2+H2O=2Na+ +2OH- +O2↑
D．NaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应：H2C2O4+OH- =HC2O+H2O
6．下列实验中的仪器、药品选择正确且能达到实验目的的是
A．利用装置甲制备氧气，可以随时控制反应的发生和停止 B．利用装置乙制取氯气
C．利用装置丙制取并收集干燥、纯净的NO D．利用装置丁验证浓硫酸的吸水性
7．下图是某元素常见物质的“价类”二维图，其中d为红棕色气体，f和g均为正盐且焰色反应火焰为黄色。下列说法错误的是
A．e的浓溶液可以用铝槽车运输
B．工业上通过a→c→d→e来制备HNO3
C．d是一种酸性氧化物
D．c、d混合物可与NaOH溶液反应生成g
8．下列陈述I、II正确并且有因果关系的是
选项 陈述I 陈述II
A、 用淀粉-KI溶液鉴别FeCl2和FeCl3 Fe2+有氧化性
B、 Na2CO3在水中的溶解度大于NaHCO3 饱和Na2CO3 溶液中通入CO2析出固体为NaHCO3
C、 热的浓硫酸可以用铁制容器盛放 浓H2SO4具有强氧化性
D、 油脂和汽油都是油 一定条件下都能发生皂化反应
A．答案A B．答案B C．答案C D．答案D
9．扑热息痛(对乙酰氨基酚，结构简式()，也可以称为泰诺、百服宁等，该药是一种常用的解热镇痛药。有关对乙酰氨基酚的叙述不正确的是
A．能发生加成反应 B．遇FeCl3溶液发生显色反应
C．1 mol该物质最多消耗1 mol NaOH D．能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色
10．常温下，下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是
A．澄清透明的溶液中：Fe3+、Al3+、Cl-、SO
B．由水电离的c(H+)=mol/L的溶液：I-、Al3+、NO、Na+
C．0.1mol/L NaAlO2溶液中：Na+、K+、NO、HCO
D．使甲基橙变红色的溶液：Al3+、Na+、I-、S2O
11．沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率，为解决这一问题，通常在管道口设置一对惰性电极(如图所示)，通入一定的电流。下列叙述错误的是
A．阳极发生将海水中的氧化生成的反应 B．管道中可以生成氧化灭杀附着生物的
C．阴极生成的应及时通风稀释安全地排入大气 D．阳极表面形成的等积垢需要定期清理
12．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．142gNa2SO4和Na2HPO4的固体混合物中所含阴、阳离子的总数目为3NA
B．足量MnO2与含4molHCl的浓盐酸充分反应，转移电子数为2NA
C．0.1molHClO分子中含有的H-Cl键的数目为0.1NA
D．高温下，5.6gFe与足量水蒸气反应，转移的电子数为0.3NA
13．科学家致力于将大气中过多的转化为有益于人类的物质，一种从空气中捕获转化为甲醇的反应历程如图所示。下列说法正确的是
A．该过程的总反应为
B．只有第1步反应的原子利用率为100%
C．第4步反应中有极性键和非极性键的断裂和形成
D．该历程以金属钌、为催化剂
14．为减少对环境造成的影响，发电厂试图采用以下方法将废气排放中的CO进行合理利用，以获得重要工业产品。Burns和Dainton研究发现Cl2与CO合成COCl2的反应机理如下：
①Cl2(g)2Cl·(g) 快； ②CO(g)+Cl·(g) COCl·(g) 快；
③COCl·(g)+Cl2(g) COCl2(g)+Cl·(g) 慢。
反应②的速率方程c(CO)×c(Cl·)，c(COCl·)，是速率常数。下列说法错误的是
A．反应②的平衡常数 B．反应①的活化能小于反应③的活化能
C．要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率
D．使用合适的催化剂可以增大该反应体系中COCl2(g)的体积分数
15．空间站中CO2的处理涉及反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)　ΔH=﹣164.9kJ·mol-1，下列说法正确的是
A．混合气体的平均摩尔质量不再改变，说明反应达到化学平衡状态
B．若某刚性密闭容器中，初始投入c(CO2)=1mol·L-1、c(H2)=4mol·L-1，平衡时CO2的转化率为50%，则平衡常数K=16
C．恒温时增大该体系的压强，平衡正向移动，化学平衡常数增大
D．使用催化剂能降低反应的活化能，提高CO2的平衡转化率
16．某同学通过以下流程制取 NaClO2晶体：
已知：ClO2浓度过高时易发生分解，NaClO2高于60 ℃时易分解， NaClO2饱和溶液在低于38 ℃时析出NaClO2·3H2O，高于38 ℃时析出 NaClO2。
下列说法不正确的是(　　)
A．步骤①中工业常用H2C2O4代替Na2SO3
B．步骤②发生反应的离子方程式为2ClO2＋2OH－＋H2O2===2ClO2-＋O2＋2H2O
C．步骤③的结晶方法为：蒸发浓缩，冷却结晶
D．步骤④中制得的NaClO2晶体中可用略高于38 ℃的热水洗涤2～3遍
二、填空题（本题共3到小题，共40分)
17．硫代硫酸钠(Na2S2O3)是环保部门监测有害气体常用的一种药品，小王利用如图装置制备Na2S2O3。已知：Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在；35℃时，SO2、Na2S和Na2CO3溶液反应可生成Na2S2O3与一种气体产物。
回答下列问题：
(1)写出A中发生反应的化学方程式： 。
(2)盛放70%硫酸的仪器名称是 。
(3)某同学猜测气体产物的成分可能为H2S或CO2。该同学利用如图装置设计实验制备硫代硫酸钠，并检验气体产物。仪器连接顺序为a→ (填小写字母)。
(4)按上述顺序连接仪器并进行实验，实验过程中观察到D中紫色变浅，C中无明显现象，B中溶液变浑浊，则制备硫代硫酸钠的离子方程式为 。
(5)为保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是 (用离子方程式表示)。
(6)测定硫代硫酸钠的纯度步骤如下：
①溶液配制：准确取该硫代硫酸钠样品2.0000g，配制成250mL溶液。
②滴定：向锥形瓶中加入20.00mL0.01mol·L-1KIO3溶液，加入过量KI溶液和H2SO4溶液，发生反应：IO+5I-+6H+=3I2+3H2O，然后加入淀粉作指示剂，用硫代硫酸钠样品溶液滴定，发生反应：I2+2S2O=S4O+2I-。滴定终点现象为 ，消耗样品溶液的用量为25.00mL，则样品纯度为 %(保留1位小数)。
18．辉铜矿主要成分Cu2S，此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，软锰矿主要含有MnO2，以及少量SiO2、Fe2O3等杂质。研究人员开发综合利用这两种资源，用同槽酸浸湿法冶炼工艺，制备硫酸锰和碱式碳酸铜。主要工艺流程如下：
已知：①MnO2有较强的氧化性，能将Cu+氧化成Cu2+
②[Cu(NH3)4]SO4常温稳定，在热水溶液中会分解生成NH3
③部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围(开始沉淀和完全沉淀的pH)：Fe3+：1.5～3.2 Mn2+：8.3～9.8 Cu2+：4.4~6.4。
(1)实验室配制250mL 4.8 mol/L的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要 。
(2)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有 (任写一点)。
(3)酸浸时，得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等。写出该反应的化学方程式 。
(4)调节浸出液pH=4的作用是 。
(5)本工艺中可循环使用的物质是(写化学式) 。
(6)获得的MnSO4·H2O晶体后常用酒精洗涤，优点是 。
(7)用标准的BaCl2溶液测定样品中MnSO4·H2O质量分数时，发现样品纯度大于100%(测定过程中产生的误差可忽略)其可能原因有 (任写一种)。
19．“碳中和”引起各国的高度重视，正成为科学家研究的主要课题。利用催化加氢制二甲醚，可以实现的再利用，涉及以下主要反应：
I.
II.
相关物质及能量变化的示意图如图1所示。
(1)反应II的 ，该反应在 (填“高温”“低温”或“任何温度”)下能自发进行。
(2)恒压条件下，、起始量相等时，的平衡转化率和的选择性随温度变化如图2所示。已知：的选择性。
①300℃时，通入、各1mol，平衡时的选择性、的平衡转化率都为30%，平衡时生成的物质的量为 mol，
②220℃时，和反应一段时间后，测得A点的选择性为48%，不改变反应时间和温度，一定能提高的选择性的措施有 (任写一种)。
利用燃料电池电解，可将雾霾中的分别转化为和，如图3装置所示。则a极发生的电极反应式为 ；当电路中转移2.5mol电子时，A的浓度为 (电解过程中忽略溶液体积变化)。
20．化合物K是合成某些药物的原料，其合成路线如下。
已知：①；
②。
回答下列问题：
(1)相同温度下，水溶液中的原因是 。
(2)D→E的反应类型为 ，F中官能团名称为 。
(3)G中碳原子的杂化方式为 。
(4)E有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体有 种(不包含立体异构)。
a．经红外光谱测定结构中含和结构；
b．能发生水解反应；
c．能与新制悬浊液反应产生砖红色沉淀。
写出其中核磁共振氢谱的峰面积之比为的有机物的结构简式： 。
(5)比较J和K的水溶性并说明理由： 。
(6)以甲醛和乙醛为原料，设计合成的路线如下：
P、Q的结构式分别为 、 。
2025—2026学年第一学期 10月月考试题答案
1【答案】C
【详解】A．瓷器主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，A项错误；
B．玉雕主要成分是二氧化硅和硅酸盐，属于无机非金属材料，B项错误；
C．丝绸是以蚕丝为主要原料，蚕丝主要是天然纤维，主要成分是蛋白质，属于有机高分子材料，C项正确；
D．铜镜是金属材料，D项错误；
故选C。
2【答案】C
【详解】A．砷化镓太阳能电池的工作原理是通过太阳能将光子转换为电子，进而产生电流，砷化镓没有发生氧化还原反应，故A错误；
B．甲烷是仅含有碳元素和氢元素的最简单的烃，故B错误；
C．与的质子数相同、中子数不同，互为同位素，故C正确；
D．芳砜纶纤维是合成高分子化合物，属于合成纤维，故D错误；
故选C。
3【答案】B
【详解】A．乙醇能使细菌蛋白质变性，可用于杀菌消毒，与其特殊香味无关，故A错误；
B．厨余垃圾含N、P、K等元素，因此可用厨余垃圾制肥料，故B正确；
C．用洁厕灵(主要含浓盐酸)清洗马桶，主要是含氯化合物HCl具有酸性，与马桶中污垢反应生成可溶的氯化物，与杀菌消毒无关，故C错误；
D．氮气化学性质稳定，可作保护气，与其颜色气味无关，故D错误；
答案选B。
4【答案】B
【详解】A．球棍模型是用球表示原子和用棍表示化学键的模型；氯原子半径大于碳原子，CCl4的球棍模型为，A错误；
B．甲基含有1个未成对电子，甲基的电子式为，B正确；
C．质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互称为同位素；和均为氢气单质，C错误；
D．聚丙烯的结构简式：，D错误；
故选B。
5【答案】D【详解】
A．生成氢氧化镁难溶，不能拆成离子，A错误；
B．硫化氢是弱电解质，不能拆成离子，B错误；
C．方程式没有配平，应为：2Na2O2+2H2O=4Na+ +4OH- +O2↑C错误；
D．H2C2O4是二元弱酸，过量H2C2O4，生成酸式盐，D正确；
故选D。
6【答案】D【详解】A． 过氧化钠粉末无法搁置在有孔塑料板上，不能随时控制反应的发生和停止，A错误；
B． 反应需加热，缺少加热装置、不能利用装置乙制取氯气，B错误；
C．NO不能用排空气法收集、不能利用装置丙制取并收集干燥、纯净的NO，C错误；
D． 在密闭装置内，左边试管内蓝色能变白色、可利用装置丁验证浓硫酸的吸水性，D正确；
答案选D。
7【答案】C【分析】由题千信息d为红棕色气体，则d为NO2，说明该图为N元素的“价类”二维图，则可知：a为NH3、b为N2、c为NO、d为NO2，e为HNO3，f和g均为正盐且焰色反应火焰为黄色，说明g、f含有Na，则f为NaNO3、g为NaNO2，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，e的浓溶液即浓HNO3，由于常温下铝在浓硝酸中发生钝化，故可以用铝槽车运输浓HNO3，A正确；
B．NH3和氧气催化氧化生成一氧化氮气体，一氧化氮和氧气生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，B正确；
C．由分析可知，d为NO2，2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，故NO2不是酸性氧化物，C错误；
D．NO和NO2与氢氧化钠溶液反应的方程式为NO2+NO+2NaOH= NaNO2+H2O，D正确；
故答案为C。
8【答案】B【详解】A．铁离子能氧化碘离子生成碘单质，淀粉遇碘变蓝，能证明铁离子有氧化性，不能证明亚铁离子有氧化性，A错误；
B．碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，所以碳酸氢钠固体析出，B正确；
C．常温下铁在浓硫酸中钝化，体现浓硫酸的强氧化，但是在热的浓硫酸中铁能溶解，不能体现其强氧化性，C错误；
D．汽油的主要成分是烃，不能发生皂化反应，D错误；
故选B。
9【答案】C【详解】A．对乙酰氨基酚含有苯环，能与氢气等发生加成反应，A正确；
B．对乙酰氨基酚含有酚羟基，遇FeCl3溶液发生显色反应，B正确；
C．对乙酰氨基酚含有酚羟基和酰胺基两个官能团，它们都能够跟NaOH发生反应，1 mol该物质最多消耗2 mol NaOH，C错误；
D．苯酚类物质具有较强的还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液紫色褪色；此外，酚羟基是邻对位取代基，受酚羟基的影响，苯环的2、6位上的H原子能够与溴氧气发生取代，而使溴水褪色，所以扑热息痛能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，D正确；
故合理选项是C。
10【答案】A【详解】A．各个离子之间互不反应，能大量共存，A正确；
B．由水电离的c(H+)=mol/L的溶液可能显酸性或碱性，酸性条件下H+、I-、发生氧化还原反应不能共存，碱性条件下Al3+、OH-结合生成沉淀不能共存，B错误；
C．、发生反应+H2O+=Al(OH)3+而不能大量共存，C错误；
D．甲基橙变红色的溶液呈酸性，H+、反应生成二氧化硫和S而不能大量共存，D错误；
故选：A。
11【答案】D【分析】海水中除了水，还含有大量的Na+、Cl-、Mg2+等，根据题干信息可知，装置的原理是利用惰性电极电解海水，阳极区溶液中的Cl-会优先失电子生成Cl2，阴极区H2O优先得电子生成H2和OH-，结合海水成分及电解产物分析解答。
【详解】A．根据分析可知，阳极区海水中的Cl-会优先失去电子生成Cl2，发生氧化反应，A正确；
B．设置的装置为电解池原理，根据分析知，阳极区生成的Cl2与阴极区生成的OH-在管道中会发生反应生成NaCl、NaClO和H2O，其中NaClO具有强氧化性，可氧化灭杀附着的生物，B正确；
C．因为H2是易燃性气体，所以阴极区生成的H2需及时通风稀释，安全地排入大气，以排除安全隐患，C正确；
D．阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，会使海水中的Mg2+沉淀积垢，所以阴极表面会形成Mg(OH)2等积垢需定期清理，D错误。
故选D。
12【答案】A【详解】A．Na2SO4和Na2HPO4具有相同的摩尔质量，则142gNa2SO4和Na2HPO4的固体混合物的物质的量为1mol，则所含阴、阳离子的总数目为3NA，故A正确；
B．MnO2与浓盐酸反应的化学方程式为，随着反应的进行，盐酸浓度下降，变成稀盐酸时反应停止，故足量MnO2与含4molHCl的热的浓盐酸充分反应，实际参加反应的HCl小于4mol，转移电子数小于2NA，故B错误；
C．HClO的中心原子为氧原子，不存在H-Cl键，故C错误；
D．5.6g铁物质的量为=0.1mol，铁与足量水蒸气反应生成四氧化三铁，铁的化合价升高到+，0.1molFe转移电子物质的量为0.1mol×，电子数为NA，故D错误；
故答案选A。
13【答案】A【详解】A．由题图可知，加入的反应物为、，最终产物为和，总反应为，A项正确；
B．第1步反应为，第2步反应为，两步反应均无副产物生成，原子利用率均为100%，B项错误；
C．第4步反应中没有非极性键的形成，C项错误；
D．由题图可知，该反应历程中为中间产物，不是催化剂，D项错误；
答案选A。
B正确；
C．SO2+2H2S=3S↓+2H2O，C正确；
D．H2S被吸附在催化剂活性炭表面形成H原子和S原子，断裂的H—S是极性共价键，D错误；
故选D。
14【答案】D【详解】A．反应②平衡常数K= ，反应达到平衡状态c(CO)×c(Cl·)c(COCl·)，所以，则，故A正确；
B．活化能越大，反应速率越慢，反应①是快反应、反应③是慢反应，所以反应①的活化能小于反应③的活化能，故B正确；
C．反应③是慢反应，慢反应决定总反应速率，要提高合成COCl2的速率，关键是提高反应③的速率，故C正确；
D．催化剂不能使平衡移动，使用合适的催化剂不能改变该反应体系中COCl2(g)的体积分数，故D错误；
选D。
15【答案】A【详解】A．该反应为气体物质的量减小的反应，反应前后气体总质量不变，则混合气体的平均摩尔质量逐渐增大，当不再变化时，说明反应达到平衡状态，故A正确；
B．结合已知信息列三段式：，则平衡常数，故B错误；
C．平衡常数只受温度影响，温度不变，K不变，故C错误；
D．催化剂可降低反应活化能，从而加快反应速率，但对平衡无影响，不能提高转化率，故D错误；
故选：A。
16【答案】C【详解】A项、步骤①中Na2SO3作为还原剂，H2C2O4也是常见的还原剂，工业常用H2C2O4代替Na2SO3，故A正确；
B项、步骤②发生的反应为碱性条件下ClO2与双氧水发生氧化还原反应生成ClO2-、O2和H2O，反应的离子方程式为 2ClO2＋2OH－＋H2O2=2ClO＋O2＋2H2O，故B正确；
C项、由于NaClO2高于60 ℃时易分解，因此结晶方法不可以用蒸发浓缩和冷却结晶的方法，应该用减压蒸发的办法，故C错误；
D项、由于NaClO2饱和溶液在低于38 ℃时析出NaClO2·3H2O，高于38 ℃时析出 NaClO2，步骤④中制得的NaClO2晶体中可用略高于38 ℃的热水洗涤2～3遍，故D正确；
故选C。
17【答案】(1)Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O
(2)分液漏斗
(3)hidefgbc
(4)2S2-+CO+4SO2=3S2O+CO2
(5)S2O+2H+=SO2↑+S↓+H2O
(6) 滴入最后半滴样品溶液时，溶液颜色由蓝色变为无色，且30s内保持不变 94.8
【分析】用亚硫酸钠固体和70%的硫酸制取二氧化硫，二氧化硫和Na2S、Na2CO3溶液反应可生成Na2S2O3，同时生成一种气体产物，可以用澄清石灰水检验气体产物是否为CO2，用CuSO4溶液检验气体产物是否为H2S，由于CO2和SO2都能使石灰水变浑浊，所以需要在通入石灰水之前通过足量的酸性高锰酸钾溶液，利用二氧化硫的还原性除去二氧化硫。
【详解】（1）A中亚硫酸钠固体和70%的硫酸发生复分解反应生成二氧化硫，化学方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O。
（2）根据仪器构造可知，盛放70%硫酸的仪器是分液漏斗。
（3）由以上分析可知，生成的二氧化硫进入E中，制取Na2S2O3，检验生成的气体的成分，应先检验H2S，因为H2S溶于水有酸性，可以和石灰水反应，同时H2S有还原性，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以从E出来后气体先通入C中检验H2S，然后再通入D中除去SO2，最后通入B中检验CO2，所以装置的连接顺序为hidefgbc。
（4）实验过程中观察到D中紫色变浅，说明二氧化硫完全被酸性高锰酸钾溶液吸收，C中无明显现象说明没有H2S生成，B中溶液变浑浊说明有CO2产生，则二氧化硫和Na2S、Na2CO3溶液反应生成Na2S2O3和CO2。根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒写出该反应的离子方程式为：2S2-+CO+4SO2=3S2O+CO2。
（5）由于Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在，所以实验中通入的SO2不能过量，若SO2过量，则SO2和水反应生成亚硫酸，使溶液呈酸性，Na2S2O3和酸会发生反应：S2O+2H+=SO2↑+S↓+H2O。
（6）向锥形瓶中加入20.00mL0.01mol·L-1KIO3溶液，加入过量KI溶液和H2SO4溶液，发生反应：IO+5I-+6H+=3I2+3H2O，然后加入淀粉作指示剂，此时溶液为蓝色，当滴入最后半滴样品溶液时，溶液颜色由蓝色变为无色，且30s内保持不变，达到滴定终点。根据IO+5I-+6H+=3I2+3H2O和I2+2S2O=S4O+2I-可知，IO~6 S2O，则25.00mL样品溶液中n(Na2S2O3)=6n(KIO3)=6×0.02000L×0.01mol·L-1=1.2×10-3mol， 所以250mL样品溶液中n(Na2S2O3) =1.2×10-2mol，m(Na2S2O3) =1.2×10-2mol×158g/mol，则样品纯度为×100%=94.8%。
18【答案】(1)250mL容量瓶、胶头滴管
(2)粉碎矿石或适当升高温度或搅拌
(3)Cu2S+2MnO2+4H2SO4 =2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O
(4)使Fe3+完全生成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+不生成沉淀
(5)NH3
(6)减少MnSO4·H2O晶体的损失
(7)混有硫酸盐杂质或部分晶体失去结晶水
【分析】流程分析可知辉铜矿软锰矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液pH，使铁离子全部沉淀，过滤得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等，加入碳酸氢铵和氨水过滤得到混合溶液加热赶出氨气结晶析出得到碱式碳酸铜，滤渣为碳酸锰，通过蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤得到硫酸锰晶体。
【详解】（1）实验室配制250mL 4.8 mol/L的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要250mL容量瓶，胶头滴管。
（2）为了提高浸取率可采取的措施可以粉碎矿石增大接触面积、加热、搅拌等。
（3）MnO2有较强的氧化性，能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫，生成物是CuSO4、MnSO4、S，反应物是硫酸、二氧化锰和硫化亚铜，根据化合价升降法配平方程式为：Cu2S+2MnO2+4H2SO4 =2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O。
（4）根据提示Fe3+的pH沉淀范围：1.5~3.2，Cu2+的pH沉淀范围为：4.4~6.4，可知当pH=4时，使Fe3+完全生成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+不生成沉淀。
（5）本流程中NH4HCO3分解生成NH3，NH3可循环使用。
（6）由于MnSO4·H2O不溶于乙醇，故使用乙醇洗涤可以促进晶体形成，减少MnSO4·H2O晶体的损失。
（7）质量分数大于100%，说明了硫酸锰晶体中可能混有硫酸盐杂质或部分晶体失去结晶水。
19【答案】(1) 低温
(2) 0.045 增大压强(或使用对反应II催化活性更高的催化剂)
(3) 2
【详解】（1）根据图像可知①CH3OCH3(g)+3H2O(g)=2CH3OH(g)+2H2O(g) ΔH=+23.9kJ/mol
②2CO2(g)+6H2(g)=2CH3OH(g)+2H2O(g)ΔH=－99.2kJ/mol
依据盖斯定律可知②－①即得到反应=－123.1kJ/mol。该反应是体积减小的放热的可逆反应，依据ΔG=ΔH-TΔS＜0反应自发进行可知低温下能自发进行。
（2）①300℃时，通入、各1mol，平衡时的选择性、的平衡转化率都为30%，消耗是0.3mol，所以平衡时生成的物质的量为，根据碳原子守恒可知生成CO是0.21mol，剩余0.7mol，依据方程式可知生成水蒸气是0.21mol+0.045mol×3=0.345mol，消耗氢气是0.21mol+0.045mol×6=0.48mol，剩余氢气是0.52mol，反应Ⅰ中添加不变，则此温度下反应Ⅰ的平衡常数。
②反应Ⅱ是放热的体积减小的可逆反应，所以不改变反应时间和温度，一定能提高的选择性的措施有增大压强(或使用对反应II催化活性更高的催化剂)。
（3）右侧装置中与a电极相连的电极通入NO，NO被还原为铵根，该电极是阴极，所以a电极是负极，通入的是二甲醚，电极反应式为；右侧装置是电解池，二氧化硫、NO分别转化为硫酸和铵根，当电路中转移2.5mol电子时，依据电子得失守恒可知生成硫酸1.25mol，铵根是0.5mol，因此生成硫酸铵是0.25mol，根据硫原子守恒可知生成硫酸是1mol，所以硫酸的浓度即A的浓度是1mol÷0.5L=2.0mol/L。
20．【答案】(1)溴的电负性大于氢的电负性，的极性大于的极性，使的极性大于的极性，使BrCH2COOH的羧基中的羟基极性更大，更易电离出氢离子
(2) 加成反应 碳碳双键、酮羰基
(3)sp2、sp3
(4) 13
(5)J的水溶性比K好，原因是J属于钠盐，水溶性好，而K分子中不含亲水基团，水溶性差
(6)
【分析】
浓硫酸作用下BrCH2COOH与乙醇共热发生酯化反应生成B；乙醚作用下B与镁反应生成BrMgCH2COOCH2CH3，则C为BrMgCH2COOCH2CH3；D和在氢氧化钠溶液中发生加成反应生成E，结合E的结构简式和D的分子式可知D为；E在加热条件下发生消去反应生成，则F为；结合F、G的分子式和H的结构简式可知，镍作催化剂条件下，与氢气共热发生加成反应生成，则G为；酸性溶液中与BrMgCH2COOCH2CH3反应生成H，H经多步反应生成I，I在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成，则J为；J在浓硫酸、加热条件下反应生成K，据此解答。
【详解】（1）溴的电负性大于氢的电负性，的极性大于的极性，使的极性大于的极性，使BrCH2COOH的羧基中的羟基极性更大，更易电离出氢离子，使得BrCH2COOH的酸性大于CH3COOH，电离常数，所以相同温度下，水溶液中的原因是：溴的电负性大于氢的电负性，的极性大于的极性，使的极性大于的极性，使BrCH2COOH的羧基中的羟基极性更大，更易电离出氢离子；
（2）
由分析可知，D和在氢氧化钠溶液中发生加成反应生成E，则D→E的反应类型为加成反应，F的结构简式为，其官能团名称为碳碳双键、酮羰基；
（3）
由分析可知，G为，分子中苯环上碳原子和碳氧双键碳原子的杂化方式为sp2，其他饱和碳原子的杂化方式为sp3，所以G中碳原子的杂化方式为sp2、sp3；
（4）
E为，其分子式为，E的同分异构体经红外光谱测定结构中含和结构，能发生水解反应，能与新制氢氧化铜悬浊液反应产生砖红色沉淀，说明分子中含有甲酸酯基，同分异构体的结构可以视作、、分子中苯环上或甲基上的1个氢原子被取代所得的结构，可以为，共有5+5+3=13种，其中核磁共振氢谱的峰面积之比为1∶2∶2∶2∶9的有机物，即有5种等效氢，且每种等效氢的氢原子个数之比为1∶2∶2∶2∶9，考虑结构对称，则该有机物的结构简式为：；
（5）
由分析可知，J结构简式为，与K相比，J的水溶性更好，原因是J属于钠盐，水溶性好，而K分子中不含亲水基团，水溶性差，故答案为：J的水溶性比K好，原因是J属于钠盐，水溶性好，而K分子中不含亲水基团，水溶性差；
（6）
由已知①信息可知，乙醛与甲醛在氢氧化钠溶液中发生加成反应生成，则P为；铜作催化剂条件下，与氧气共热发生催化氧化反应生成，则Q为；催化剂作用下，和氧气共热发生催化氧化反应生成，所以P、Q的结构式分别为：、。
试卷第1页，共3页

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