资源简介

江苏省泰州市靖江中学等三校2024-2025学年高三下学期联考化学试题
一、单项选择题：共13小题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1．（2025·靖江模拟）“科技兴国，高质量发展”一直是我国建设现代化国家的重要战略方针。下列说法不正确的是
A．聚碳酸酯不属于新型无机非金属材料
B．丝绸富含酰胺基，具有良好的吸湿性
C．“海水中提取碘单质”的过程中涉及氧化还原反应
D．“神舟十六号”推进器使用的氧化剂是，其中N是第ⅤA族元素
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；无机非金属材料
【解析】【解答】A．聚碳酸酯是有机高分子材料，不属于新型无机非金属材料，A不符合题意；
B．丝绸因富含酰胺基，酰胺基有亲水性，且其具有多孔结构，具有良好的吸湿性，B不符合题意；
C．海水中的碘元素以碘离子的形式存在，从海水中提取碘单质，必然引发碘元素化合价变化，涉及氧化还原反应，C不符合题意；
D．是“神舟十六号”推进器使用的还原剂，D符合题意；
故选D。
【分析】A. 聚碳酸酯是有机高分子物质。
B.酰胺基能溶于水，有亲水性。
C.元素化合价出现升降的反应为氧化还原反应。
D.是最常见的还原剂。
2．（2025·靖江模拟）连二亚硝酸(HON=NOH)是一种还原剂，可由反应HNO2＋H2NOH→HON=NOH＋H2O制备。下列说法正确的是
A．中子数为8的氮原子：N
B．H2NOH分子含极性键和非极性键
C．H2O的电子式为
D．HON=NOH中N元素的化合价为＋1
【答案】D
【知识点】原子中的数量关系；共价键的形成及共价键的主要类型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；化合价与化学式
【解析】【解答】A．中子数为8的氮原子：N，A错误；
B．H2NOH分子含N-H、N-O、O-H极性键，B错误；
C．H2O的电子式为，C错误；
D．HON—NOH中O元素-2价，H元素+1价，根据化合价代数合为O，N元素的化合价为＋1，D正确；
故答案为：D。
【分析】A.原子左下角数字表示质子数，左上角数字表示其质量数，中子数=质量数-质子数。
B.非极性键一般存在于相同原子之间。
C.H2O是共价化合物。
D.化合物中各元素的正负化合价代数和为0。
3．（2025·靖江模拟）已知：(的熔点16.8℃，沸点44.8℃)。实验室利用该原理制取少量，下列实验装置不能达到实验目的的是
A．用装置甲制取气体 B．用装置乙干燥并混合和
C．用装置丙制取并收集 D．用装置丁吸收尾气中的
【答案】A
【知识点】二氧化硫的性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．铜与浓硫酸常温下不反应，不能达到实验目的，故A符合题意；
B．浓硫酸与 和 不反应，能干燥并混合二氧化硫和氧气，能达到实验目的，故B不符合题意；
C．根据已知信息， 的熔沸点较低，可用冰水冷凝收集，能达到实验目的，故C不符合题意；
D． 与氢氧化钠溶液反应，可用氢氧化钠溶液吸收尾气中的 ，能达到实验目的，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.注意反应条件，铜与浓硫酸在加热条件下才反应。
B.浓硫酸具有吸水性，注意不能干燥碱性气体、还原性气体。
C.根据 的物理性质进行分析。
D. 与氢氧化钠溶液反应。
4．（2025·靖江模拟）工业上分别用、还原可得无定形硅、晶体硅。下列说法正确的是
A．硅单质属于非极性分子 B．熔沸点：晶体硅<
C．电负性： D．酸性：
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；原子晶体（共价晶体）；极性分子和非极性分子；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．硅单质属于原子晶体，不是分子，更不是非极性分子，A错误；
B．晶体硅和都是原子晶体，键长：＞，键长越长，键能越小，熔沸点越低，故晶体硅的熔沸点小于，B正确；
C．元素的非金属性越强，电负性越大。氧的非金属性强于硅，所以电负性：，C错误；
D．据元素周期律，同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱。碳的非金属性强于硅，所以酸性：，D错误；
答案是B。
【分析】A. 硅单质属于原子晶体。
B.原子晶体的熔沸点取决于共价键的强弱。
C.电负性是原子在化合物中吸引键合电子的能力。
D.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强。
（2025·靖江模拟）阅读材料，氧元素及其化合物的应用广泛。性质活泼，遇活泼金属可以形成过氧化物()。的空间结构为V形，可以使湿润的淀粉KI试纸变蓝。能与熔融的反应生成硫酰氯()。的燃烧热为。完成问题。
5．下列说法正确的是
A．、互为同素异形体 B．键角：
C．中O原子采用杂化 D．分子中有键
6．下列化学反应表示正确的是
A．碱性条件下，氧化KI的离子方程式：
B．过氧化钾()与水反应：
C．燃烧的热化学方程式：
D．制备：
7．下列氧化物的结构与性质或性质与用途具有对应关系的是
A．具有还原性，可用作漂白剂
B．分子中存在过氧键，具有氧化性
C．分子之间形成氢键，的热稳定性强
D．的极性微弱，在中溶解度小于在水中溶解度
【答案】5．B
6．D
7．B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．、是由两种核素组成的氧气分子，不是同素异形体，A错误；
B．电负性，水分子中共用电子更偏向O，键角越大，键角：，B正确；
C．中O原子有两对形成共价键，两对形成孤电子对，共有4个价层电子对，采用杂化，C错误；对啊
D．SO2F2中有两个硫氧共价双键，两个硫氟共价单键，故分子中有键，D错误；
故选B；
【分析】A.同素异形体是指同一元素形成的性质不同的几种单质。
B.原子的电负性越大，共用电子越偏向。
C.有4个价层电子对的原子采用杂化。
D.共价单键是键，共价双键中有1个键，1个π键。
（2） 【解答】A．碱性条件下，氢离子与氢氧根离子不共存，故氧化KI的离子方程式：，A错误；
B．过氧化钾()与水反应：，B错误；
C．燃烧的产物为二氧化硫，不是三氧化硫，其燃烧热化学方程式为 ，C错误；
D．能与熔融的反应生成硫酰氯()，其中的化合价降低，氧元素的化合价升高，生成氧气。，D正确；
故选D；
【分析】A.碱性条件下，离子反应方程式中不能出现氢离子。
B.离子反应方程式中，过氧化钾不能拆。
C. 燃烧生成二氧化硫和水。
D. 利用氧化还原反应规律推断生成物中有氧气。
（3） 【解答】A．做漂白剂，其原因不是具有还原性，因果关系不对应。A错误；
B．分子中存在过氧键，因此具有氧化性，B正确；
C．分子中O-H键键能大，导致其热稳定性强，并非由于水分子之间的氢键，C错误；
D．为极性分子，水是极性溶剂，故在非极性溶剂中溶解度小于在水中溶解度，D错误；
故选B。
【分析】A.可以与有色物质生成不稳定的无色物质，顾可做漂白
B.过氧键具有强氧化性。
C.物质的热稳定性和化学键强度有关。
D. 根据相似相溶原理，极性物质易溶于极性溶剂。
5．【解答】A．、是由两种核素组成的氧气分子，不是同素异形体，A错误；
B．电负性，水分子中共用电子更偏向O，键角越大，键角：，B正确；
C．中O原子有两对形成共价键，两对形成孤电子对，共有4个价层电子对，采用杂化，C错误；对啊
D．SO2F2中有两个硫氧共价双键，两个硫氟共价单键，故分子中有键，D错误；
故选B；
【分析】A.同素异形体是指同一元素形成的性质不同的几种单质。
B.原子的电负性越大，共用电子越偏向。
C.有4个价层电子对的原子采用杂化。
D.共价单键是键，共价双键中有1个键，1个π键。
6．【解答】A．碱性条件下，氢离子与氢氧根离子不共存，故氧化KI的离子方程式：，A错误；
B．过氧化钾()与水反应：，B错误；
C．燃烧的产物为二氧化硫，不是三氧化硫，其燃烧热化学方程式为 ，C错误；
D．能与熔融的反应生成硫酰氯()，其中的化合价降低，氧元素的化合价升高，生成氧气。，D正确；
故选D；
【分析】A.碱性条件下，离子反应方程式中不能出现氢离子。
B.离子反应方程式中，过氧化钾不能拆。
C. 燃烧生成二氧化硫和水。
D. 利用氧化还原反应规律推断生成物中有氧气。
7．【解答】A．做漂白剂，其原因不是具有还原性，因果关系不对应。A错误；
B．分子中存在过氧键，因此具有氧化性，B正确；
C．分子中O-H键键能大，导致其热稳定性强，并非由于水分子之间的氢键，C错误；
D．为极性分子，水是极性溶剂，故在非极性溶剂中溶解度小于在水中溶解度，D错误；
故选B。
【分析】A.可以与有色物质生成不稳定的无色物质，顾可做漂白
B.过氧键具有强氧化性。
C.物质的热稳定性和化学键强度有关。
D. 根据相似相溶原理，极性物质易溶于极性溶剂。
8．（2025·靖江模拟）科学家最近发明了一种Al-PbO2电池，电解质为KOH、K2SO4、稀H2SO4，通过X和Y两种离子交换膜将电解质溶液隔开，形成M、R、N三个电解质溶液区域(a>b)，结构示意图如图所示。下列说法正确的是
A．R区域的电解质浓度逐渐减小
B．通过Y膜移向N区
C．放电时，PbO2电极上的电极反应式为
D．理论上，消耗2.7g Al时，N极区质量减少28.8g
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．K+透过X膜向正极(M区向R区)移动，SO42-透过Y膜向负极(N区向R区)移动，R区域的电解质浓度逐渐增大，故A错误；
B. N区的向负极移动，通过Y膜移向R区，故B错误；
C．放电时，PbO2电极为正极，发生还原反应，化合价降低。其电极反应式为，故C正确；
D．每消耗2.7g Al，电子转移数为0.3mol，根据得失电子守恒，N区消耗0.6mol H+、0.15mol，同时有0.15mol 移向R区，相当于减少0.3mol H2SO4，同时生成0.3mol H2O，可算出R区实际减少质量为0.3mol×98g/mol-0.3mol×18g/mol=24g，故D错误；
故答案为C。
【分析】原电池工作时，PbO2为正极，发生还原反应，电极反应式为PbO2+2e-+4H++=PbSO4+2H2O，；Al为负极，发生氧化反应，电极反应方程式为Al-3e-+4OH-=[Al(OH)4]-；电解质溶液M区为KOH，R区为K2SO4，N区为H2SO4，原电池工作时，负极消耗OH-，钾离子向正极(M区向R区)移动，X为阳离子交换膜；正极消耗氢离子，硫酸根向负极(N区向R区)移动，则Y是阴离子交换膜。
9．（2025·靖江模拟）某抗凝血作用的药物Z可用下列反应合成。下列说法正确的是
A．X与NaHCO3溶液反应可以生成
B．1molY与NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOH
C．Z中所有碳原子可能共平面
D．X、Y、Z均易溶于水
【答案】C
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；酯的性质
【解析】【解答】A．酚羟基与 NaHCO3 不反应，X与NaHCO3溶液反应可以生成，A不正确；
B.1molY与NaOH溶液反应，生成、CH3COONa、CH3OH，最多消耗3molNaOH，B不正确；
C．Z分子中，所有碳原子包含在苯环所在平面、碳碳双键所在平面内，两平面共用两个碳原子，则所有碳原子可能共平面，C正确；
D．X分子中含有羟基、羧基，易溶于水，Y、Z分子中不含亲水基，难溶于水，D不正确；
故答案为：C。
【分析】A.酚羟基与 NaHCO3 不反应。
B.Y中的酯基及水解后的酚羟基、羧基与NaOH反应。
C.苯环、碳碳双键及与其直接相连的原子共平面。
D.羟基、羧基为亲水基，亲水基较多的有机物较易溶于水。
10．（2025·靖江模拟）工业利用钒渣(主要成分为FeV2O4，杂质为Al2O3)制备V2O5的工艺流程如下：
已知：“焙烧”的产物之一为NaVO3。下列说法不正确的是
A．“焙烧”时，n(氧化剂)：n(还原剂)=4：5
B．“调pH”的目的是将溶液中的铝元素转化为Al(OH)3而除去
C．不选用HCl“调pH”的原因可能与的氧化性较强有关
D．“沉钒”后的溶液中
【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；与氧化剂、还原剂有关的计算
【解析】【解答】A．“焙烧”时，FeV2O4和O2发生反应生成Fe2O3和NaVO3，V元素化合价由+3价升高至+5价，铁元素化合价由+2价升至+3价，1mol FeV2O4总共失去5mol电子，1mol O2得4mol电子，根据得失电子守恒可得关系式：4FeV2O4~5O2，O2是氧化剂，FeV2O4是还原剂，(氧化剂)：n(还原剂)=5：4，故A符合题意；
B．“调pH”的目的是将溶液中的铝元素转化为Al(OH)3而除去，故B不符合题意；
C．的氧化性较强，HCl中的Cl-有还原性。把Cl-氧化为有毒气体Cl2，故不选用HCl“调pH”，C不符合题意；
D．加入(NH4)2SO4后得到NH4VO3饱和溶液，，故D不符合题意；
故答案为A。
【分析】钒渣(主要成分为FeV2O4，杂质为Al2O3)，焙烧过程中，FeV2O4生成 NaVO3 和Fe2O3，Al2O3转化为NaAlO2；加入水浸出NaVO3， 转化为 [Al(OH)4]- ，Fe2O3不溶于水成为滤渣；过滤后向滤液中加入硫酸调PH，将[Al(OH)4]- 在酸性环境中生成Al(OH)3，过滤后向滤液中，焙烧得到产品。
11．（2025·靖江模拟）室温下，下列实验方案能达到实验目的的是
选项 实验方案 实验目的
A 向溶液中先滴加几滴新制氯水，再滴加几滴KSCN溶液，观察现象 验证氧化性：
B 向溶液中，滴入2滴NaOH溶液，产生白色沉淀，再滴入2滴溶液，白色沉淀逐渐变为蓝色 证明：
C 向甲苯中滴加酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色 苯环对甲基产生影响
D 测定溶液的pH，测得溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；有机分子中基团之间的关系
【解析】【解答】A．还原性：I-＞Fe2+，向溶液中先滴加几滴新制氯水，Cl2不足量，I-先被氧化，过量的FeI2中的Fe2+未被氧化，再滴加几滴KSCN溶液，溶液不变红，则不能验证氧化性：，故A错误；
B．氢氧化钠溶液少量，与加入的NaOH反应生成Mg(OH)2白色沉淀后，溶液中不存在NaOH，再加入溶液出现蓝色沉淀，则说明氢氧化镁沉淀转化为硫酸铜沉淀，，故B正确；
C．因设计对照实验，比较甲基与烷基相连的化合物与酸性高锰酸钾溶液是否褪色，故C错误；
D．铵根离子和草酸根离子的物质的量不相等，为2：1，pH<7，不能说明，故D错误；
故答案为B。
【分析】A.根据氧化还原反应中的先后律，还原性强的I-离子优先Fe2+反应。
B.溶解度小的沉淀向溶解度更小的沉淀转化。
C. 没有设计对照实验，无法得出结论。
D. 比较离子的水解程度应在其浓度相等的情况下进行。
12．（2025·靖江模拟）一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下用1.0mol/L KOH溶液吸收CO2，溶液中含碳物种的浓度。忽略通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发，且不考虑烟气中其他气体的影响
已知：H2CO3：，；；；。
下列说法正确的是
A．饱和澄清石灰水pH=11.7
B．KOH吸收CO2所得到的溶液中：
C．若“吸收”后，将该溶液稀释10倍，几乎不变
D．“转化”后过滤，所得滤液中存在：
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．饱和澄清石灰水中存在如下平衡：，，解得：，，则，，不是11.7，计算有误，故A错误；
B．用KOH吸收CO2的溶液，若产物为KHCO3，由于水解的程度较小，则溶液中：c(H2CO3)C．若“吸收”后，根据钾原子与碳原子的比例关系，溶液中溶质一定是，不存在KHCO3，发生水解，，则， 只要温度不变，平衡常数均为定值，将该溶液稀释10倍，几乎不变，故C正确；
D．“转化”后过滤，所得滤液中存在，故D错误；
故答案为C。
【分析】用氢氧化钾溶液吸收烟气中的二氧化碳生成碳酸钾、碳酸氢钾溶液；向吸收液中加入过量的石灰乳，石灰乳中的氢氧化钙与溶液中的碳酸钾、碳酸氢钾反应生成氢氧化钾和碳酸钙；过滤得到氢氧化钾溶液和碳酸钙固体，氢氧化钾溶液可回到吸收环节重复利用；煅烧碳酸钙，生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙与水反应生成可循环使用的石灰乳。
13．（2025·靖江模拟）在二氧化碳加氢制甲烷的反应体系中，主要反应的热化学方程式为：
反应I：
反应II：
反应III：
向恒压、密闭容器中通入和平衡时的物质的量随温度的变化如图所示。下列说法错误的是
A．图中曲线C表示CO的物质的量随温度的变化
B．
C．为了提高甲烷的产率，最佳控制温度在800℃~1000℃之间
D．a点所对应温度下反应II的平衡常数
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅱ右移，故CO的物质的量随温度的升高而增加，图中曲线C表示CO的物质的量随温度的变化，A不符合题意。
B．据C元素守恒，CH4、CO、CO2的物质的量总和为1mol，a点处，CH4和CO的物质量均为0.37mol，b点CO2的物质的量为1mol-0.37mol-0.37mol=0.26mol，B不符合题意；
C．温度较低时，甲烷的物质的量较大，CO的物质的量较小，为了提高甲烷的产率，最佳控制温度不能控制在800℃~1000℃之间，C符合题意；
D．a点对应温度下，n(CO)=n(CH4)=0.37mol，n(CO2)=0.26mol；根据O元素守恒，2n(CO2)+ n(CO) +n(H2O)=2mol，可算出n(H2O)=1.11mol；根据H元素守恒，4n(CH4)+n(H2O)+ 2n(H2) =8mol，可算出n(H2)= 2.15mol，则反应II的平衡常数为，D不符合题意；
故选C。
【分析】反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，反应Ⅱ右移，产物CO的物质的量随之增大；生成甲烷的反应Ⅰ和反应Ⅲ均为放热反应，升高温度，反应Ⅰ和反应Ⅲ平衡左移，甲烷被消耗，其物质的量减小；所以表示平衡时CO、CH4的物质的量随温度的变化曲线分别为C、A；以CO2为反应物的反应Ⅰ是放热反应，升温，反应Ⅰ平衡左移，CO2为反应物的反应Ⅱ是吸热反应，升温，反应Ⅱ平衡右移，则曲线为B表示平衡时CO2的物质的量随温度的变化。
14．（2025·靖江模拟）水体中的、、是高毒性的重金属离子，可用表示。可以采用还原沉淀法、吸附法等处理含废水。
（1）钡盐沉淀法：
①部分转化为的离子方程式为　 　。
②向含的酸性废水中加入钡盐，可生成难溶于水的沉淀，其他条件一定，使用等物质的量的或，反应足够长的时间，使用时的沉铬率要优于使用的原因是　 　。
（2）纳米铁粉还原法：
纳米铁粉可将水体中还原为，再通过调节溶液pH转化为沉淀而被除去。
①在氮气气氛保护下，向一定量的溶液中逐滴加入一定量的溶液，可制得纳米铁粉，反应的离子方程式为，已知电负性：，反应每转移4mol电子，被氧化的的物质的量为　 　。
②实验发现，其他条件相同，含铁的物质的量相同，用纳米铁粉和铁-铜粉分别处理5的含废水，废水中的去除率随时间变化关系如图1所示，用铁-铜粉处理含废水的效果更好，原因是　 　。
（3）还原吸附法：
可吸附并部分还原，原理如图2所示。实验控制在的弱酸性条件下进行。
①在的水溶液中表面带正电荷，在的水溶液中表面带负电荷。在弱酸性条件下，除铬的速率比碱性条件下快的原因是　 　。
②起始时，溶液中和的浓度随时间的变化如图3所示。浓度先增大后减小的原因是　 　。
（4）离子交换法：
阴离子交换树脂去除酸性废水中的原理为：。某树脂的摩尔交换总容量为，即每升湿树脂最多吸收。现将含量为的废水以的流量通过填充有30mL湿树脂的淡化室。试通过计算说明，通废水20h时，该离子交换树脂是否达到吸收饱和　 　。［均以铬元素计，写出计算过程］
【答案】（1）；与反应，溶液中浓度减小，平衡右移，浓度增大，有利于完全转化为沉淀
（2）；原电池加快了反应速率
（3）在酸性条件下，在的水溶液中表面带正电荷，带负电荷，更易吸附到表面；CuS还原生成，使浓度增大；CuS还原的反应消耗，使溶液pH增大，促进水解，使浓度减小
（4）30mL湿树脂最多吸收的质量：，通废水20h湿树脂需吸收的质量：，，故该树脂未达到摩尔交换总容量，20h时未达到吸收饱和
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写；原电池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）①部分转化为，根据电荷守恒和元素守恒可知，离子方程式为。
答案为：
②氯化钡不能与溶液中氢离子反应，而碳酸钡能与溶液中的氢离子反应，消耗溶液中的氢离子，平衡向正反应方向移动，溶液中铬酸根离子浓度增大，有利于铬元素转化为铬酸钡沉淀，所以其他条件一定，使用等物质的量的或，反应足够长的时间，使用时的沉铬率要优于使用 。
答案为：与反应，溶液中浓度减小，平衡右移，浓度增大，有利于完全转化为沉淀
（2）①由于电负性： ，四氢合硼酸钠中氢元素为-1价、硼元素为+3价；制备纳米铁粉的反应中， 四氢合硼酸钠为还原剂，亚铁离子和水是氧化剂，该反应转移8mol电子时，有1mol氧化0.5mol，则反应每转移4mol电子，被氧化的的物质的量为0.25mol；
答案为：
②由铁-铜粉处理含Cr(Ⅵ)的酸性废水时， 铁-铜粉在溶液中构成铁铜原电池，原电池反应使电子实现定向移动，反应速率加快，所以用铁-铜粉处理含Cr(Ⅵ)的废水效果更好。
故答案为：Fe—Cu原电池加快了反应速率
（3）①可吸附并部分还原，在的水溶液中表面带正电荷，带负电荷，更容易吸附到表面，反应速率加快。所以，在酸性条件下，除铬的速率比碱性条件下快。
故答案为：在酸性条件下，在的水溶液中表面带正电荷，带负电荷，更易吸附到表面；
②据图3可知，发生反应，CuS还原生成和硫酸根离子，浓度增大；且反应过程中消耗，溶液增大，更多的水解生成氢氧化铜，使得浓度随之减小，导致浓度出现先增大后减小的变化；
故答案为：CuS还原生成，使浓度增大；CuS还原的反应消耗，使溶液pH增大，促进水解，使浓度减小。
（4） 即每升湿树脂最多吸收。 那这30mL湿树脂最多吸收的质量：，现将含量为的废水以的流量通过填充有30mL湿树脂的淡化室，湿树脂需吸收的质量为，，故该树脂未达到摩尔交换总容量，20h时未达到吸收饱和。
答案为： 30mL湿树脂最多吸收的质量：，通废水20h湿树脂需吸收的质量：，，故该树脂未达到摩尔交换总容量，20h时未达到吸收饱和。
【分析】（1）采用平衡移动原理，就可分析出使用碳酸钡时Cr(Ⅵ)的沉铬率要优于使用氯化钡。
（2）根据离子反应方程式系数比及得失电子守恒，可算出参与反应的还原剂的物质的量。
（3）根据电荷异性相吸来解释在酸性条件下，除铬的速率比碱性条件下快。
（4）分析题目根据所给信息进行计算。
（1）①部分转化为，根据电荷守恒和元素守恒可知，离子方程式为：；
②碳酸钡能与溶液中的氢离子反应，氢离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，溶液中铬酸根离子浓度增大，有利于铬元素转化为铬酸钡沉淀，而氯化钡不能与溶液中氢离子反应，所以使用碳酸钡时Cr(Ⅵ)的沉铬率要优于使用氯化钡，故答案为：与反应，溶液中浓度减小，平衡右移，浓度增大，有利于于Cr(Ⅵ)完全转化为沉淀；
（2）①由电负性可知，四氢合硼酸钠中氢元素为-1价、硼元素为+3价，则制备纳米铁粉的反应中四氢合硼酸钠为反应的还原剂，亚铁离子和水是氧化剂，由得失电子数目守恒可知，该反应转移8mol电子时，有1mol氧化0.5mol，则反应每转移4mol电子，被氧化的的物质的量为0.25mol；
②由铁—铜粉处理含Cr(Ⅵ)的酸性废水时，铁—铜在溶液中构成原电池，原电池反应使反应速率加快，所以用铁—铜粉处理含Cr(Ⅵ)的废水的效果更好，故答案为：Fe—Cu原电池加快反应速率；
（3）①可吸附并部分还原，在的水溶液中表面带正电荷，带负电荷，更容易吸附到表面，促进反应的进行，使得在酸性条件下，除铬的速率比碱性条件下快，故答案为：在酸性条件下，在的水溶液中表面带正电荷，带负电荷，更易吸附到表面；
②根据原理图可知，发生反应：，CuS还原生成，使浓度增大，且反应过程中消耗，使溶液增大，促使水解转化为氢氧化铜，使使浓度减小，导致浓度先增大后减小，故答案为：CuS还原生成，使浓度增大；CuS还原的反应消耗，使溶液pH增大，促进水解，使浓度减小；
（4）根据所给信息进行计算，30mL湿树脂最多吸收的质量：，通废水20h湿树脂需吸收的质量：，，故该树脂未达到摩尔交换总容量，20h时未达到吸收饱和；
15．（2025·靖江模拟）G是一种口服抗血小板聚集药物，其合成路线如下：
（1）G分子中氮原子的轨道杂化方式有　 　。
（2）C→D的转化中，除使用K2CO3外，还可以使用下列物质中的　 　(填字母)。
A．CH3COOH B．CH3OH C．CH3CH2ONa
（3）E→F包括两步反应，第一步为取代反应，第二步为　 　反应。
（4）F→G反应后生成两种产物，除G外，另一产物的结构简式为　 　。
（5）D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出其结构简式：　 　。
①不能使FeCl3溶液发生显色反应，水解后可生成三种有机产物X、Y和Z；
②X、Y均为α-氨基酸；
③Z能使FeCl3溶液发生显色反应，且含有3种化学环境不同的氢。
（6）已知RCN(R表示烃基)在浓硫酸或其他酸作用下会转化为RCOOH。设计以BrCH2COOH、CH3CH2OH、为原料制取的合成路线流程图　 　(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】（1）sp2、sp3
（2）C
（3）加成反应
（4）CH3CH2OH
（5）或或
（6）BrCH2COOH。
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由题干可知，G分子中单键上的氮原子采用sp3杂化，双键上的氮原子为sp2杂化，故G分子中氮原子的轨道杂化方式有sp2、sp3；
故答案为：sp2、sp3；
（2）C→D的转化中，K2CO3可吸收反应物HBr，使反应物浓度降低，促使反应正向进行；选项中的CH3COOH、CH3OH均不能与HBr反应，只有C中的CH3CH2ONa可和HBr发生取代反应，生成NaBr和CH3CH2OH；
故答案为：C；
（3）E→F包括两步反应，第一步为取代反应，E中的一个氨基上的H被Br-CN中的-CN取代，第二步为-CN与邻位支链上的氨基发生加成反应；
故答案为：加成反应；
（4）F和(C2H5)3N发生反应生成G，比较F、G的结构简式可知，F→G反应后生成两种产物，除G外，另一产物的结构简式为CH3CH2OH；
故答案为：CH3CH2OH；
（5）D的分子式为C11H12O4N2Cl2，不饱和度为6，D的一种同分异构体同时满足下列条件①不能使FeCl3溶液发生显色反应，可知其不含酚羟基；水解后可生成三种有机产物X、Y和Z，该结构应含有两个酯基或者酰胺基；②X、Y均为α-氨基酸，RCH(NH2)COOH；③水解产物Z能使FeCl3溶液发生显色反应，Z中含有苯环和酚羟基，且含有3种化学环境不同的氢。要求该分子结构高度对称，综合以上条件，该同分异构体的结构简式为或或；
故答案为：或或；
(6)由D到E的转化流程可知，由被SnCl2还原可得到；参考题干中C变D的信息可知，和发生取代反应制得；BrCH2COOH和CH3CH2OH发生酯化反应，可生成；根据题干流程图A到B的转化信息可知，与CuCN发生取代反应生成；与B2H6发生类似B到C的转化反应，可得，据此分析合成路线为：BrCH2COOH。
故答案为：BrCH2COOH。
【分析】由合成路线图可知，A的氯原子和CuCN发生取代反应生成B；B与B2H6发生还原反应，B的-CN得氢生成C；C的氨基和BrCH2COOCH2CH3在K2CO3催化下下发生取代反应生成D中的酰胺基；D在SnCl2发生还原反应生成E，硝基转变为氨基；E的氨基和BrCN发生取代反应生成F，F和(C2H5)3N发生反应生成G，
（1）由题干流程图中G的结构简式可知，G分子中双键上的氮原子为sp2杂化，而单键上的氮原子采用sp3杂化，故G分子中氮原子的轨道杂化方式有sp2、sp3，故答案为：sp2、sp3；
（2）由题干流程图可知C→D的转化中，K2CO3的作用为吸收反应中生成的HBr，促使反应正向进行，CH3COOH、CH3OH均不能与HBr反应，而CH3CH2ONa可以和HBr反应转化为CH3CH2OH、NaBr，故答案为：C；
（3）由题干合成路线图可知，E→F包括两步反应，第一步为取代反应即E中的一个氨基上的H被-CN取代，第二步为-CN与氨基发生加成反应，故答案为：加成反应；
（4）由题干合成路线图中比较F、G的结构简式可知，F→G反应后生成两种产物，除G外，另一产物的结构简式为CH3CH2OH，故答案为：CH3CH2OH；
（5）由题干信息可知，D的分子式为：C11H12O4N2Cl2，不饱和度为：6，则D的一种同分异构体同时满足下列条件①不能使FeCl3溶液发生显色反应即不含酚羟基，水解后可生成三种有机产物X、Y和Z即含有两个酯基或者酰胺基；②X、Y均为α-氨基酸即RCH(NH2)COOH；③Z能使FeCl3溶液发生显色反应即含有酚羟基，且含有3种化学环境不同的氢即分子高度对称，其结构简式有：或或，故答案为：或或；
（6）本题采用逆向合成法：由题干流程图中D到E的转化信息可知，可由被SnCl2还原得到，由题干C到D的转化信息可知，可由和发生取代反应得到，BrCH2COOH和CH3CH2OH发生酯化反应生成，根据题干流程图A到B的转化信息可知，与CuCN发生取代反应生成，与B2H6发生B到C的转化反应可得，据此分析确定合成路线为：BrCH2COOH。故答案为：BrCH2COOH。
16．（2025·靖江模拟）废定影液的主要成分为Na3[Ag(S2O3)2]，用废定影液为原料制备AgNO3的实验流程如图：
（1）“沉淀”时发生的反应为：2[Ag(S2O3)2]3-(aq)+S2-(aq)Ag2S(s)+4S2O(aq)，平衡常数K=　 　。检验沉淀完全的操作是　 　。(已知：Ksp(Ag2S)=1×10-50，Ag+(aq)+2S2O(aq)[Ag(S2O3)2]3-(aq) K1=1×1013)
（2）“反应”时有淡黄色固体生成，发生反应的化学方程式为　 　。
（3）已知：2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑，2Cu(NO3)22CuO+4NO2↑+O2↑。AgNO3粗产品中常含有Cu(NO3)2，请设计由AgNO3粗产品获取纯净AgNO3的实验方案：　 　，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得到纯净的AgNO3。(实验中须使用的试剂：稀硝酸、NaOH溶液、蒸馏水)
（4）蒸发浓缩AgNO3溶液的装置如图所示。使用真空泵的目的是　 　。判断蒸发浓缩完成的标志是　 　。
【答案】（1）1×1024；静置，向上层清液中继续滴加Na2S溶液，若不再有沉淀生成，则沉淀完全
（2）Ag2S+4HNO3(浓)=2AgNO3+2NO2↑+2H2O+S
（3）将AgNO3粗产品加热并维持温度在200℃至恒重，同时用足量NaOH溶液吸收产生的气体；待固体冷却后加入蒸馏水，充分溶解、过滤、洗涤，并将洗涤液与滤液合并，再加入适量稀HNO3
（4）防止AgNO3分解；减小压强，利于水分在较低温度下蒸发；溶液表面有晶膜出现
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常用仪器及其使用；蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）“沉淀”时发生的反应2[Ag(S2O3)2]3-(aq)+S2-(aq)Ag2S(s)+4S2O(aq)的平衡常数K=；“沉淀”时Na3[Ag(S2O3)2]与Na2S反应制得Ag2S，检验沉淀完全的操作是：静置，向上层清液中继续滴加Na2S溶液，若不再有沉淀生成，则沉淀完全。
答案为：1×1024；静置，向上层清液中继续滴加Na2S溶液，若不再有沉淀生成，则沉淀完全
（2）“反应”时有淡黄色固体，也就是S单质生成。根据氧化还原反应规律，硫离子做还原剂，被氧化生成硫单质，浓HNO3具有强氧化性，被还原生成NO2气体，化学方程式为Ag2S+4HNO3(浓)=2AgNO3+2NO2↑+2H2O+S。
答案为：Ag2S+4HNO3(浓)=2AgNO3+2NO2↑+2H2O+S
（3）据题目信息，硝酸银的分解温度为440℃，硝酸铜的分解温度为200℃，可利用二者分解的温度差异来可除去硝酸铜：将AgNO3粗产品加热并维持温度在200℃至恒重，同时为防止环境污染，用足量NaOH溶液吸收产生的气体，待固体残留物冷却后，加入蒸馏水，充分溶解AgNO3、过滤 CuO 、洗涤，并将洗涤液与滤液合并，再加入适量稀硝酸。
答案为： 将AgNO3粗产品加热并维持温度在200℃至恒重，同时用足量NaOH溶液吸收产生的气体；待固体冷却后加入蒸馏水，充分溶解、过滤、洗涤，并将洗涤液与滤液合并，再加入适量稀HNO3
（4）鉴于硝酸银易分解，而实验装置中真空泵可以形成负压，有利于在较低温度下和压强除去水分，防止AgNO3遇热分解，使用真空泵的目的是：防止AgNO3分解；减小压强，利于水分在较低温度下蒸发； 判断蒸发浓缩完成的标志是，若溶液表面有晶膜出现，则证明蒸发浓缩完成。
答案为：防止AgNO3分解；减小压强，利于水分在较低温度下蒸发；溶液表面有晶膜出现
【分析】硫化钠加入废定影液 (主要含Na3[Ag(S2O3)2] )中，二者可生成硫化银沉淀；经过滤1，所得滤渣含有硫化银，滤渣洗涤干净后加入浓硝酸，Ag2S溶解于浓硝酸生成硝酸银、硫单质与二氧化氮；用氢氧化钠除杂、经过滤2后得到纯净的硝酸银溶液，蒸发浓缩、冷却结晶硝酸银溶液可制得硝酸银晶体。
（1）根据平衡常数、硫化银的溶度积，可计算“沉淀”时发生的反应2[Ag(S2O3)2]3-(aq)+S2-(aq)Ag2S(s)+4S2O(aq)的平衡常数：K=；“沉淀”时Na3[Ag(S2O3)2]与Na2S反应制得Ag2S，则检验沉淀完全的操作是：静置，向上层清液中继续滴加Na2S溶液，若不再有沉淀生成，则沉淀完全。
（2）“反应”时有淡黄色固体即S生成，根据原子守恒可知，则为硫离子被氧化生成硫单质，则浓HNO3被还原为NO2气体，则发生反应的化学方程式为：Ag2S+4HNO3(浓)=2AgNO3+2NO2↑+2H2O+S。
（3）根据给定的已知信息可知，硝酸铜的分解温度为200℃，硝酸银的分解温度在440℃，则可设计除去硝酸铜的方法为：将AgNO3粗产品加热并维持温度在200℃至恒重，同时用足量NaOH溶液吸收产生的气体，待固体残留物冷却后，加入蒸馏水，充分溶解、过滤、洗涤，并将洗涤液与滤液合并，再加入适量稀硝酸。
（4）考虑硝酸银易分解，而实验装置中真空泵可以形成负压，有利于水分在较低温度下蒸发，同时可防止AgNO3分解，则使用真空泉的目的是：防止AgNO3分解；减小压强，利于水分在较低温度下蒸发；若溶液表面有晶膜出现，则证明蒸发浓缩完成。
17．（2025·靖江模拟）“碳中和”＂具有重要意义。
（1）空间站里常用“Sabatier反应”控制空气中含量。
已知：ⅰ．和的燃烧热分别为和。
ⅱ． 。
则Sabatier反应：的　 　。
（2）烟气中的捕集可通过下列转化实现。
“碳化”的温度不能过高的原因是　 　；“脱碳”的化学方程式为　 　。
（3）氧化丙烷脱氢。下，将不同组分的原料混合气以相同流速通过装有催化剂的反应床，测得转化率和选择性随时间的变化关系如图-1所示，图中A、B分别代表、的两种原料气。
①随着反应的进行，4小时前A组分原料气中转化率和选择性均有所提升，且在反应床出口检测到CO。研究表明，氧化丙烷脱氢经历了以下两个反应：
Ⅰ．；
Ⅱ．　 　。(填化学方程式)
②反应进行至4小时后，B组分原料气的反应几乎无法进行，而A组分原料气的反应仍保持相对优异的稳定性，其可能原因是　 　。
（4）电催化还原可以制备甲酸，原理如图-2所示，电解质溶液为KOH。2024年，我国研究人员为降低系统能耗，对装置改进，搭建“(阴阳极)共产甲酸耦合系统”，将KOH电解液更换为混合溶液，应将　 　极区(填“a”＂或“b”)电解液更换。此时，该电极的电极反应式为　 　。
【答案】（1）
（2）温度过高导致二氧化碳的溶解度减小不利于反应进行，且温度过高不利于碳酸氢锂的生成或碳酸氢锂受热分解；
（3）；丙烷直接脱氢时发生副反应生成积碳覆盖在催化剂表面上，阻碍了反应的进行。而在氧化丙烷脱氢时，能发生反应：，及时消除积碳
（4）b；
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡的影响因素；电解原理；除杂
【解析】【解答】（1）先根据和的燃烧热分别为和，写出热化学方程式。反应1：，反应2：，反应3：，根据盖斯定律Sabatier反应，；
答案为：
（2）利用碳酸锂悬浊液吸收烟气中的二氧化碳，生成碳酸氢锂，碳酸氢锂不稳定，受热易分解，故“碳化”的温度不能过高的原因是：温度过高导致二氧化碳的溶解度减小不利于反应进行，且温度过高不利于碳酸氢锂的生成或碳酸氢锂受热分解；“脱碳”的化学反应为碳酸氢锂受热分解为碳酸锂和二氧化碳、水，则化学方程式为：；
答案为：温度过高导致二氧化碳的溶解度减小不利于反应进行，且温度过高不利于碳酸氢锂的生成或碳酸氢锂受热分解；
（3）①随着反应的进行， 4小时前A组分原料气中转化率和选择性均有所提升，且在反应床出口检测到CO，氧化丙烷脱氢总反应为：，用总反应减去反应一，由此可知反应二为；
答案为：
②反应进行至4小时后，B组分原料气的反应几乎无法进行，而A组分原料气的反应仍保持相对优异的稳定性，其可能原因是丙烷直接脱氢时发生副反应生成积碳，覆盖在催化剂表面上，阻碍了反应进一步进行；而用氧化丙烷脱氢时，能与积碳发生反应，及时消除积碳；
答案为：丙烷直接脱氢时发生副反应生成积碳覆盖在催化剂表面上、阻碍了反应的进行。而在氧化丙烷脱氢时，能发生反应：，及时消除积碳
（4）电催化还原可以制备甲酸 ，电解质溶液为KOH ，通入的电极（a极）为阴极，得氢，发生还原反应，电极反应为：，b极为阳极，电极反应为； 我国研究人员为降低系统能耗，对装置进行改进，搭建“(阴阳极)共产甲酸耦合系统”，将KOH电解液更换为混合溶液，在阳极上发生氧化反应，失去电子生成，所以应将b极区电解液更换，该电极的电极反应为：；
答案为：b；
【分析】（1）先根据已知条件写出对应热化学方程式，然后利用盖斯定律进行计算。
（2）锂和钠都属于碱金属，二者性质有相似性，可以用碳酸氢钠的性质推测碳酸氢锂的性质。比如对热不稳定，分解生成对应的正盐、水和二氧化碳。
（3）根据题目中的信息可分析到，二氧化碳参与氧化丙烷脱氢，不容易积碳。
（4）先分析出电解池上对应物质发生的是氧化反应还是还原反应，区分出阴、阳极，根据反应条件写出电极反应方程式。
（1）根据已知信息，反应1：，反应2：，反应3：，根据盖斯定律得：Sabatier反应，；
（2）碳酸锂悬浊液吸收二氧化碳生成碳酸氢锂，碳酸氢锂不稳定，受热易分解，故“碳化”的温度不能过高的原因是温度过高导致二氧化碳的溶解度减小不利于反应进行，且温度过高不利于碳酸氢锂的生成或碳酸氢锂受热分解；“脱碳”的化学反应为碳酸氢锂受热分解为碳酸锂和二氧化碳、水，则化学方程式为：；
（3）①随着反应的进行，且检测到，氧化丙烷脱氢总反应为：，由此可知反应II为；
②反应进行至4小时后，B组分原料气的反应几乎无法进行，而A组分原料气的反应仍保持相对优异的稳定性，其可能原因是丙烷直接脱氢时发生副反应生成积碳覆盖在催化剂表面上，阻碍了反应的进行，而在氧化丙烷脱氢时，能发生反应，及时消除积碳；
（4）电催化还原可以制备甲酸，通入的电极（a极）为阴极，电极反应为：，b极为阳极，电极反应为：，对装置进行改进，搭建“(阴阳极)共产甲酸耦合系统”，将KOH电解液更换为混合溶液，失去电子生成，在阳极上发生氧化反应，生成，所以应将b极区电解液更换，该电极的电极反应为：；
1 / 1江苏省泰州市靖江中学等三校2024-2025学年高三下学期联考化学试题
一、单项选择题：共13小题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1．（2025·靖江模拟）“科技兴国，高质量发展”一直是我国建设现代化国家的重要战略方针。下列说法不正确的是
A．聚碳酸酯不属于新型无机非金属材料
B．丝绸富含酰胺基，具有良好的吸湿性
C．“海水中提取碘单质”的过程中涉及氧化还原反应
D．“神舟十六号”推进器使用的氧化剂是，其中N是第ⅤA族元素
2．（2025·靖江模拟）连二亚硝酸(HON=NOH)是一种还原剂，可由反应HNO2＋H2NOH→HON=NOH＋H2O制备。下列说法正确的是
A．中子数为8的氮原子：N
B．H2NOH分子含极性键和非极性键
C．H2O的电子式为
D．HON=NOH中N元素的化合价为＋1
3．（2025·靖江模拟）已知：(的熔点16.8℃，沸点44.8℃)。实验室利用该原理制取少量，下列实验装置不能达到实验目的的是
A．用装置甲制取气体 B．用装置乙干燥并混合和
C．用装置丙制取并收集 D．用装置丁吸收尾气中的
4．（2025·靖江模拟）工业上分别用、还原可得无定形硅、晶体硅。下列说法正确的是
A．硅单质属于非极性分子 B．熔沸点：晶体硅<
C．电负性： D．酸性：
（2025·靖江模拟）阅读材料，氧元素及其化合物的应用广泛。性质活泼，遇活泼金属可以形成过氧化物()。的空间结构为V形，可以使湿润的淀粉KI试纸变蓝。能与熔融的反应生成硫酰氯()。的燃烧热为。完成问题。
5．下列说法正确的是
A．、互为同素异形体 B．键角：
C．中O原子采用杂化 D．分子中有键
6．下列化学反应表示正确的是
A．碱性条件下，氧化KI的离子方程式：
B．过氧化钾()与水反应：
C．燃烧的热化学方程式：
D．制备：
7．下列氧化物的结构与性质或性质与用途具有对应关系的是
A．具有还原性，可用作漂白剂
B．分子中存在过氧键，具有氧化性
C．分子之间形成氢键，的热稳定性强
D．的极性微弱，在中溶解度小于在水中溶解度
8．（2025·靖江模拟）科学家最近发明了一种Al-PbO2电池，电解质为KOH、K2SO4、稀H2SO4，通过X和Y两种离子交换膜将电解质溶液隔开，形成M、R、N三个电解质溶液区域(a>b)，结构示意图如图所示。下列说法正确的是
A．R区域的电解质浓度逐渐减小
B．通过Y膜移向N区
C．放电时，PbO2电极上的电极反应式为
D．理论上，消耗2.7g Al时，N极区质量减少28.8g
9．（2025·靖江模拟）某抗凝血作用的药物Z可用下列反应合成。下列说法正确的是
A．X与NaHCO3溶液反应可以生成
B．1molY与NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOH
C．Z中所有碳原子可能共平面
D．X、Y、Z均易溶于水
10．（2025·靖江模拟）工业利用钒渣(主要成分为FeV2O4，杂质为Al2O3)制备V2O5的工艺流程如下：
已知：“焙烧”的产物之一为NaVO3。下列说法不正确的是
A．“焙烧”时，n(氧化剂)：n(还原剂)=4：5
B．“调pH”的目的是将溶液中的铝元素转化为Al(OH)3而除去
C．不选用HCl“调pH”的原因可能与的氧化性较强有关
D．“沉钒”后的溶液中
11．（2025·靖江模拟）室温下，下列实验方案能达到实验目的的是
选项 实验方案 实验目的
A 向溶液中先滴加几滴新制氯水，再滴加几滴KSCN溶液，观察现象 验证氧化性：
B 向溶液中，滴入2滴NaOH溶液，产生白色沉淀，再滴入2滴溶液，白色沉淀逐渐变为蓝色 证明：
C 向甲苯中滴加酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色 苯环对甲基产生影响
D 测定溶液的pH，测得溶液
A．A B．B C．C D．D
12．（2025·靖江模拟）一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下用1.0mol/L KOH溶液吸收CO2，溶液中含碳物种的浓度。忽略通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发，且不考虑烟气中其他气体的影响
已知：H2CO3：，；；；。
下列说法正确的是
A．饱和澄清石灰水pH=11.7
B．KOH吸收CO2所得到的溶液中：
C．若“吸收”后，将该溶液稀释10倍，几乎不变
D．“转化”后过滤，所得滤液中存在：
13．（2025·靖江模拟）在二氧化碳加氢制甲烷的反应体系中，主要反应的热化学方程式为：
反应I：
反应II：
反应III：
向恒压、密闭容器中通入和平衡时的物质的量随温度的变化如图所示。下列说法错误的是
A．图中曲线C表示CO的物质的量随温度的变化
B．
C．为了提高甲烷的产率，最佳控制温度在800℃~1000℃之间
D．a点所对应温度下反应II的平衡常数
14．（2025·靖江模拟）水体中的、、是高毒性的重金属离子，可用表示。可以采用还原沉淀法、吸附法等处理含废水。
（1）钡盐沉淀法：
①部分转化为的离子方程式为　 　。
②向含的酸性废水中加入钡盐，可生成难溶于水的沉淀，其他条件一定，使用等物质的量的或，反应足够长的时间，使用时的沉铬率要优于使用的原因是　 　。
（2）纳米铁粉还原法：
纳米铁粉可将水体中还原为，再通过调节溶液pH转化为沉淀而被除去。
①在氮气气氛保护下，向一定量的溶液中逐滴加入一定量的溶液，可制得纳米铁粉，反应的离子方程式为，已知电负性：，反应每转移4mol电子，被氧化的的物质的量为　 　。
②实验发现，其他条件相同，含铁的物质的量相同，用纳米铁粉和铁-铜粉分别处理5的含废水，废水中的去除率随时间变化关系如图1所示，用铁-铜粉处理含废水的效果更好，原因是　 　。
（3）还原吸附法：
可吸附并部分还原，原理如图2所示。实验控制在的弱酸性条件下进行。
①在的水溶液中表面带正电荷，在的水溶液中表面带负电荷。在弱酸性条件下，除铬的速率比碱性条件下快的原因是　 　。
②起始时，溶液中和的浓度随时间的变化如图3所示。浓度先增大后减小的原因是　 　。
（4）离子交换法：
阴离子交换树脂去除酸性废水中的原理为：。某树脂的摩尔交换总容量为，即每升湿树脂最多吸收。现将含量为的废水以的流量通过填充有30mL湿树脂的淡化室。试通过计算说明，通废水20h时，该离子交换树脂是否达到吸收饱和　 　。［均以铬元素计，写出计算过程］
15．（2025·靖江模拟）G是一种口服抗血小板聚集药物，其合成路线如下：
（1）G分子中氮原子的轨道杂化方式有　 　。
（2）C→D的转化中，除使用K2CO3外，还可以使用下列物质中的　 　(填字母)。
A．CH3COOH B．CH3OH C．CH3CH2ONa
（3）E→F包括两步反应，第一步为取代反应，第二步为　 　反应。
（4）F→G反应后生成两种产物，除G外，另一产物的结构简式为　 　。
（5）D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出其结构简式：　 　。
①不能使FeCl3溶液发生显色反应，水解后可生成三种有机产物X、Y和Z；
②X、Y均为α-氨基酸；
③Z能使FeCl3溶液发生显色反应，且含有3种化学环境不同的氢。
（6）已知RCN(R表示烃基)在浓硫酸或其他酸作用下会转化为RCOOH。设计以BrCH2COOH、CH3CH2OH、为原料制取的合成路线流程图　 　(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
16．（2025·靖江模拟）废定影液的主要成分为Na3[Ag(S2O3)2]，用废定影液为原料制备AgNO3的实验流程如图：
（1）“沉淀”时发生的反应为：2[Ag(S2O3)2]3-(aq)+S2-(aq)Ag2S(s)+4S2O(aq)，平衡常数K=　 　。检验沉淀完全的操作是　 　。(已知：Ksp(Ag2S)=1×10-50，Ag+(aq)+2S2O(aq)[Ag(S2O3)2]3-(aq) K1=1×1013)
（2）“反应”时有淡黄色固体生成，发生反应的化学方程式为　 　。
（3）已知：2AgNO32Ag+2NO2↑+O2↑，2Cu(NO3)22CuO+4NO2↑+O2↑。AgNO3粗产品中常含有Cu(NO3)2，请设计由AgNO3粗产品获取纯净AgNO3的实验方案：　 　，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得到纯净的AgNO3。(实验中须使用的试剂：稀硝酸、NaOH溶液、蒸馏水)
（4）蒸发浓缩AgNO3溶液的装置如图所示。使用真空泵的目的是　 　。判断蒸发浓缩完成的标志是　 　。
17．（2025·靖江模拟）“碳中和”＂具有重要意义。
（1）空间站里常用“Sabatier反应”控制空气中含量。
已知：ⅰ．和的燃烧热分别为和。
ⅱ． 。
则Sabatier反应：的　 　。
（2）烟气中的捕集可通过下列转化实现。
“碳化”的温度不能过高的原因是　 　；“脱碳”的化学方程式为　 　。
（3）氧化丙烷脱氢。下，将不同组分的原料混合气以相同流速通过装有催化剂的反应床，测得转化率和选择性随时间的变化关系如图-1所示，图中A、B分别代表、的两种原料气。
①随着反应的进行，4小时前A组分原料气中转化率和选择性均有所提升，且在反应床出口检测到CO。研究表明，氧化丙烷脱氢经历了以下两个反应：
Ⅰ．；
Ⅱ．　 　。(填化学方程式)
②反应进行至4小时后，B组分原料气的反应几乎无法进行，而A组分原料气的反应仍保持相对优异的稳定性，其可能原因是　 　。
（4）电催化还原可以制备甲酸，原理如图-2所示，电解质溶液为KOH。2024年，我国研究人员为降低系统能耗，对装置改进，搭建“(阴阳极)共产甲酸耦合系统”，将KOH电解液更换为混合溶液，应将　 　极区(填“a”＂或“b”)电解液更换。此时，该电极的电极反应式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；无机非金属材料
【解析】【解答】A．聚碳酸酯是有机高分子材料，不属于新型无机非金属材料，A不符合题意；
B．丝绸因富含酰胺基，酰胺基有亲水性，且其具有多孔结构，具有良好的吸湿性，B不符合题意；
C．海水中的碘元素以碘离子的形式存在，从海水中提取碘单质，必然引发碘元素化合价变化，涉及氧化还原反应，C不符合题意；
D．是“神舟十六号”推进器使用的还原剂，D符合题意；
故选D。
【分析】A. 聚碳酸酯是有机高分子物质。
B.酰胺基能溶于水，有亲水性。
C.元素化合价出现升降的反应为氧化还原反应。
D.是最常见的还原剂。
2．【答案】D
【知识点】原子中的数量关系；共价键的形成及共价键的主要类型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；化合价与化学式
【解析】【解答】A．中子数为8的氮原子：N，A错误；
B．H2NOH分子含N-H、N-O、O-H极性键，B错误；
C．H2O的电子式为，C错误；
D．HON—NOH中O元素-2价，H元素+1价，根据化合价代数合为O，N元素的化合价为＋1，D正确；
故答案为：D。
【分析】A.原子左下角数字表示质子数，左上角数字表示其质量数，中子数=质量数-质子数。
B.非极性键一般存在于相同原子之间。
C.H2O是共价化合物。
D.化合物中各元素的正负化合价代数和为0。
3．【答案】A
【知识点】二氧化硫的性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．铜与浓硫酸常温下不反应，不能达到实验目的，故A符合题意；
B．浓硫酸与 和 不反应，能干燥并混合二氧化硫和氧气，能达到实验目的，故B不符合题意；
C．根据已知信息， 的熔沸点较低，可用冰水冷凝收集，能达到实验目的，故C不符合题意；
D． 与氢氧化钠溶液反应，可用氢氧化钠溶液吸收尾气中的 ，能达到实验目的，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.注意反应条件，铜与浓硫酸在加热条件下才反应。
B.浓硫酸具有吸水性，注意不能干燥碱性气体、还原性气体。
C.根据 的物理性质进行分析。
D. 与氢氧化钠溶液反应。
4．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；原子晶体（共价晶体）；极性分子和非极性分子；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．硅单质属于原子晶体，不是分子，更不是非极性分子，A错误；
B．晶体硅和都是原子晶体，键长：＞，键长越长，键能越小，熔沸点越低，故晶体硅的熔沸点小于，B正确；
C．元素的非金属性越强，电负性越大。氧的非金属性强于硅，所以电负性：，C错误；
D．据元素周期律，同主族元素从上到下，非金属性逐渐减弱。碳的非金属性强于硅，所以酸性：，D错误；
答案是B。
【分析】A. 硅单质属于原子晶体。
B.原子晶体的熔沸点取决于共价键的强弱。
C.电负性是原子在化合物中吸引键合电子的能力。
D.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强。
【答案】5．B
6．D
7．B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．、是由两种核素组成的氧气分子，不是同素异形体，A错误；
B．电负性，水分子中共用电子更偏向O，键角越大，键角：，B正确；
C．中O原子有两对形成共价键，两对形成孤电子对，共有4个价层电子对，采用杂化，C错误；对啊
D．SO2F2中有两个硫氧共价双键，两个硫氟共价单键，故分子中有键，D错误；
故选B；
【分析】A.同素异形体是指同一元素形成的性质不同的几种单质。
B.原子的电负性越大，共用电子越偏向。
C.有4个价层电子对的原子采用杂化。
D.共价单键是键，共价双键中有1个键，1个π键。
（2） 【解答】A．碱性条件下，氢离子与氢氧根离子不共存，故氧化KI的离子方程式：，A错误；
B．过氧化钾()与水反应：，B错误；
C．燃烧的产物为二氧化硫，不是三氧化硫，其燃烧热化学方程式为 ，C错误；
D．能与熔融的反应生成硫酰氯()，其中的化合价降低，氧元素的化合价升高，生成氧气。，D正确；
故选D；
【分析】A.碱性条件下，离子反应方程式中不能出现氢离子。
B.离子反应方程式中，过氧化钾不能拆。
C. 燃烧生成二氧化硫和水。
D. 利用氧化还原反应规律推断生成物中有氧气。
（3） 【解答】A．做漂白剂，其原因不是具有还原性，因果关系不对应。A错误；
B．分子中存在过氧键，因此具有氧化性，B正确；
C．分子中O-H键键能大，导致其热稳定性强，并非由于水分子之间的氢键，C错误；
D．为极性分子，水是极性溶剂，故在非极性溶剂中溶解度小于在水中溶解度，D错误；
故选B。
【分析】A.可以与有色物质生成不稳定的无色物质，顾可做漂白
B.过氧键具有强氧化性。
C.物质的热稳定性和化学键强度有关。
D. 根据相似相溶原理，极性物质易溶于极性溶剂。
5．【解答】A．、是由两种核素组成的氧气分子，不是同素异形体，A错误；
B．电负性，水分子中共用电子更偏向O，键角越大，键角：，B正确；
C．中O原子有两对形成共价键，两对形成孤电子对，共有4个价层电子对，采用杂化，C错误；对啊
D．SO2F2中有两个硫氧共价双键，两个硫氟共价单键，故分子中有键，D错误；
故选B；
【分析】A.同素异形体是指同一元素形成的性质不同的几种单质。
B.原子的电负性越大，共用电子越偏向。
C.有4个价层电子对的原子采用杂化。
D.共价单键是键，共价双键中有1个键，1个π键。
6．【解答】A．碱性条件下，氢离子与氢氧根离子不共存，故氧化KI的离子方程式：，A错误；
B．过氧化钾()与水反应：，B错误；
C．燃烧的产物为二氧化硫，不是三氧化硫，其燃烧热化学方程式为 ，C错误；
D．能与熔融的反应生成硫酰氯()，其中的化合价降低，氧元素的化合价升高，生成氧气。，D正确；
故选D；
【分析】A.碱性条件下，离子反应方程式中不能出现氢离子。
B.离子反应方程式中，过氧化钾不能拆。
C. 燃烧生成二氧化硫和水。
D. 利用氧化还原反应规律推断生成物中有氧气。
7．【解答】A．做漂白剂，其原因不是具有还原性，因果关系不对应。A错误；
B．分子中存在过氧键，因此具有氧化性，B正确；
C．分子中O-H键键能大，导致其热稳定性强，并非由于水分子之间的氢键，C错误；
D．为极性分子，水是极性溶剂，故在非极性溶剂中溶解度小于在水中溶解度，D错误；
故选B。
【分析】A.可以与有色物质生成不稳定的无色物质，顾可做漂白
B.过氧键具有强氧化性。
C.物质的热稳定性和化学键强度有关。
D. 根据相似相溶原理，极性物质易溶于极性溶剂。
8．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．K+透过X膜向正极(M区向R区)移动，SO42-透过Y膜向负极(N区向R区)移动，R区域的电解质浓度逐渐增大，故A错误；
B. N区的向负极移动，通过Y膜移向R区，故B错误；
C．放电时，PbO2电极为正极，发生还原反应，化合价降低。其电极反应式为，故C正确；
D．每消耗2.7g Al，电子转移数为0.3mol，根据得失电子守恒，N区消耗0.6mol H+、0.15mol，同时有0.15mol 移向R区，相当于减少0.3mol H2SO4，同时生成0.3mol H2O，可算出R区实际减少质量为0.3mol×98g/mol-0.3mol×18g/mol=24g，故D错误；
故答案为C。
【分析】原电池工作时，PbO2为正极，发生还原反应，电极反应式为PbO2+2e-+4H++=PbSO4+2H2O，；Al为负极，发生氧化反应，电极反应方程式为Al-3e-+4OH-=[Al(OH)4]-；电解质溶液M区为KOH，R区为K2SO4，N区为H2SO4，原电池工作时，负极消耗OH-，钾离子向正极(M区向R区)移动，X为阳离子交换膜；正极消耗氢离子，硫酸根向负极(N区向R区)移动，则Y是阴离子交换膜。
9．【答案】C
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；酯的性质
【解析】【解答】A．酚羟基与 NaHCO3 不反应，X与NaHCO3溶液反应可以生成，A不正确；
B.1molY与NaOH溶液反应，生成、CH3COONa、CH3OH，最多消耗3molNaOH，B不正确；
C．Z分子中，所有碳原子包含在苯环所在平面、碳碳双键所在平面内，两平面共用两个碳原子，则所有碳原子可能共平面，C正确；
D．X分子中含有羟基、羧基，易溶于水，Y、Z分子中不含亲水基，难溶于水，D不正确；
故答案为：C。
【分析】A.酚羟基与 NaHCO3 不反应。
B.Y中的酯基及水解后的酚羟基、羧基与NaOH反应。
C.苯环、碳碳双键及与其直接相连的原子共平面。
D.羟基、羧基为亲水基，亲水基较多的有机物较易溶于水。
10．【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；与氧化剂、还原剂有关的计算
【解析】【解答】A．“焙烧”时，FeV2O4和O2发生反应生成Fe2O3和NaVO3，V元素化合价由+3价升高至+5价，铁元素化合价由+2价升至+3价，1mol FeV2O4总共失去5mol电子，1mol O2得4mol电子，根据得失电子守恒可得关系式：4FeV2O4~5O2，O2是氧化剂，FeV2O4是还原剂，(氧化剂)：n(还原剂)=5：4，故A符合题意；
B．“调pH”的目的是将溶液中的铝元素转化为Al(OH)3而除去，故B不符合题意；
C．的氧化性较强，HCl中的Cl-有还原性。把Cl-氧化为有毒气体Cl2，故不选用HCl“调pH”，C不符合题意；
D．加入(NH4)2SO4后得到NH4VO3饱和溶液，，故D不符合题意；
故答案为A。
【分析】钒渣(主要成分为FeV2O4，杂质为Al2O3)，焙烧过程中，FeV2O4生成 NaVO3 和Fe2O3，Al2O3转化为NaAlO2；加入水浸出NaVO3， 转化为 [Al(OH)4]- ，Fe2O3不溶于水成为滤渣；过滤后向滤液中加入硫酸调PH，将[Al(OH)4]- 在酸性环境中生成Al(OH)3，过滤后向滤液中，焙烧得到产品。
11．【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；有机分子中基团之间的关系
【解析】【解答】A．还原性：I-＞Fe2+，向溶液中先滴加几滴新制氯水，Cl2不足量，I-先被氧化，过量的FeI2中的Fe2+未被氧化，再滴加几滴KSCN溶液，溶液不变红，则不能验证氧化性：，故A错误；
B．氢氧化钠溶液少量，与加入的NaOH反应生成Mg(OH)2白色沉淀后，溶液中不存在NaOH，再加入溶液出现蓝色沉淀，则说明氢氧化镁沉淀转化为硫酸铜沉淀，，故B正确；
C．因设计对照实验，比较甲基与烷基相连的化合物与酸性高锰酸钾溶液是否褪色，故C错误；
D．铵根离子和草酸根离子的物质的量不相等，为2：1，pH<7，不能说明，故D错误；
故答案为B。
【分析】A.根据氧化还原反应中的先后律，还原性强的I-离子优先Fe2+反应。
B.溶解度小的沉淀向溶解度更小的沉淀转化。
C. 没有设计对照实验，无法得出结论。
D. 比较离子的水解程度应在其浓度相等的情况下进行。
12．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．饱和澄清石灰水中存在如下平衡：，，解得：，，则，，不是11.7，计算有误，故A错误；
B．用KOH吸收CO2的溶液，若产物为KHCO3，由于水解的程度较小，则溶液中：c(H2CO3)C．若“吸收”后，根据钾原子与碳原子的比例关系，溶液中溶质一定是，不存在KHCO3，发生水解，，则， 只要温度不变，平衡常数均为定值，将该溶液稀释10倍，几乎不变，故C正确；
D．“转化”后过滤，所得滤液中存在，故D错误；
故答案为C。
【分析】用氢氧化钾溶液吸收烟气中的二氧化碳生成碳酸钾、碳酸氢钾溶液；向吸收液中加入过量的石灰乳，石灰乳中的氢氧化钙与溶液中的碳酸钾、碳酸氢钾反应生成氢氧化钾和碳酸钙；过滤得到氢氧化钾溶液和碳酸钙固体，氢氧化钾溶液可回到吸收环节重复利用；煅烧碳酸钙，生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙与水反应生成可循环使用的石灰乳。
13．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅱ右移，故CO的物质的量随温度的升高而增加，图中曲线C表示CO的物质的量随温度的变化，A不符合题意。
B．据C元素守恒，CH4、CO、CO2的物质的量总和为1mol，a点处，CH4和CO的物质量均为0.37mol，b点CO2的物质的量为1mol-0.37mol-0.37mol=0.26mol，B不符合题意；
C．温度较低时，甲烷的物质的量较大，CO的物质的量较小，为了提高甲烷的产率，最佳控制温度不能控制在800℃~1000℃之间，C符合题意；
D．a点对应温度下，n(CO)=n(CH4)=0.37mol，n(CO2)=0.26mol；根据O元素守恒，2n(CO2)+ n(CO) +n(H2O)=2mol，可算出n(H2O)=1.11mol；根据H元素守恒，4n(CH4)+n(H2O)+ 2n(H2) =8mol，可算出n(H2)= 2.15mol，则反应II的平衡常数为，D不符合题意；
故选C。
【分析】反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，反应Ⅱ右移，产物CO的物质的量随之增大；生成甲烷的反应Ⅰ和反应Ⅲ均为放热反应，升高温度，反应Ⅰ和反应Ⅲ平衡左移，甲烷被消耗，其物质的量减小；所以表示平衡时CO、CH4的物质的量随温度的变化曲线分别为C、A；以CO2为反应物的反应Ⅰ是放热反应，升温，反应Ⅰ平衡左移，CO2为反应物的反应Ⅱ是吸热反应，升温，反应Ⅱ平衡右移，则曲线为B表示平衡时CO2的物质的量随温度的变化。
14．【答案】（1）；与反应，溶液中浓度减小，平衡右移，浓度增大，有利于完全转化为沉淀
（2）；原电池加快了反应速率
（3）在酸性条件下，在的水溶液中表面带正电荷，带负电荷，更易吸附到表面；CuS还原生成，使浓度增大；CuS还原的反应消耗，使溶液pH增大，促进水解，使浓度减小
（4）30mL湿树脂最多吸收的质量：，通废水20h湿树脂需吸收的质量：，，故该树脂未达到摩尔交换总容量，20h时未达到吸收饱和
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子方程式的书写；原电池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）①部分转化为，根据电荷守恒和元素守恒可知，离子方程式为。
答案为：
②氯化钡不能与溶液中氢离子反应，而碳酸钡能与溶液中的氢离子反应，消耗溶液中的氢离子，平衡向正反应方向移动，溶液中铬酸根离子浓度增大，有利于铬元素转化为铬酸钡沉淀，所以其他条件一定，使用等物质的量的或，反应足够长的时间，使用时的沉铬率要优于使用 。
答案为：与反应，溶液中浓度减小，平衡右移，浓度增大，有利于完全转化为沉淀
（2）①由于电负性： ，四氢合硼酸钠中氢元素为-1价、硼元素为+3价；制备纳米铁粉的反应中， 四氢合硼酸钠为还原剂，亚铁离子和水是氧化剂，该反应转移8mol电子时，有1mol氧化0.5mol，则反应每转移4mol电子，被氧化的的物质的量为0.25mol；
答案为：
②由铁-铜粉处理含Cr(Ⅵ)的酸性废水时， 铁-铜粉在溶液中构成铁铜原电池，原电池反应使电子实现定向移动，反应速率加快，所以用铁-铜粉处理含Cr(Ⅵ)的废水效果更好。
故答案为：Fe—Cu原电池加快了反应速率
（3）①可吸附并部分还原，在的水溶液中表面带正电荷，带负电荷，更容易吸附到表面，反应速率加快。所以，在酸性条件下，除铬的速率比碱性条件下快。
故答案为：在酸性条件下，在的水溶液中表面带正电荷，带负电荷，更易吸附到表面；
②据图3可知，发生反应，CuS还原生成和硫酸根离子，浓度增大；且反应过程中消耗，溶液增大，更多的水解生成氢氧化铜，使得浓度随之减小，导致浓度出现先增大后减小的变化；
故答案为：CuS还原生成，使浓度增大；CuS还原的反应消耗，使溶液pH增大，促进水解，使浓度减小。
（4） 即每升湿树脂最多吸收。 那这30mL湿树脂最多吸收的质量：，现将含量为的废水以的流量通过填充有30mL湿树脂的淡化室，湿树脂需吸收的质量为，，故该树脂未达到摩尔交换总容量，20h时未达到吸收饱和。
答案为： 30mL湿树脂最多吸收的质量：，通废水20h湿树脂需吸收的质量：，，故该树脂未达到摩尔交换总容量，20h时未达到吸收饱和。
【分析】（1）采用平衡移动原理，就可分析出使用碳酸钡时Cr(Ⅵ)的沉铬率要优于使用氯化钡。
（2）根据离子反应方程式系数比及得失电子守恒，可算出参与反应的还原剂的物质的量。
（3）根据电荷异性相吸来解释在酸性条件下，除铬的速率比碱性条件下快。
（4）分析题目根据所给信息进行计算。
（1）①部分转化为，根据电荷守恒和元素守恒可知，离子方程式为：；
②碳酸钡能与溶液中的氢离子反应，氢离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，溶液中铬酸根离子浓度增大，有利于铬元素转化为铬酸钡沉淀，而氯化钡不能与溶液中氢离子反应，所以使用碳酸钡时Cr(Ⅵ)的沉铬率要优于使用氯化钡，故答案为：与反应，溶液中浓度减小，平衡右移，浓度增大，有利于于Cr(Ⅵ)完全转化为沉淀；
（2）①由电负性可知，四氢合硼酸钠中氢元素为-1价、硼元素为+3价，则制备纳米铁粉的反应中四氢合硼酸钠为反应的还原剂，亚铁离子和水是氧化剂，由得失电子数目守恒可知，该反应转移8mol电子时，有1mol氧化0.5mol，则反应每转移4mol电子，被氧化的的物质的量为0.25mol；
②由铁—铜粉处理含Cr(Ⅵ)的酸性废水时，铁—铜在溶液中构成原电池，原电池反应使反应速率加快，所以用铁—铜粉处理含Cr(Ⅵ)的废水的效果更好，故答案为：Fe—Cu原电池加快反应速率；
（3）①可吸附并部分还原，在的水溶液中表面带正电荷，带负电荷，更容易吸附到表面，促进反应的进行，使得在酸性条件下，除铬的速率比碱性条件下快，故答案为：在酸性条件下，在的水溶液中表面带正电荷，带负电荷，更易吸附到表面；
②根据原理图可知，发生反应：，CuS还原生成，使浓度增大，且反应过程中消耗，使溶液增大，促使水解转化为氢氧化铜，使使浓度减小，导致浓度先增大后减小，故答案为：CuS还原生成，使浓度增大；CuS还原的反应消耗，使溶液pH增大，促进水解，使浓度减小；
（4）根据所给信息进行计算，30mL湿树脂最多吸收的质量：，通废水20h湿树脂需吸收的质量：，，故该树脂未达到摩尔交换总容量，20h时未达到吸收饱和；
15．【答案】（1）sp2、sp3
（2）C
（3）加成反应
（4）CH3CH2OH
（5）或或
（6）BrCH2COOH。
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由题干可知，G分子中单键上的氮原子采用sp3杂化，双键上的氮原子为sp2杂化，故G分子中氮原子的轨道杂化方式有sp2、sp3；
故答案为：sp2、sp3；
（2）C→D的转化中，K2CO3可吸收反应物HBr，使反应物浓度降低，促使反应正向进行；选项中的CH3COOH、CH3OH均不能与HBr反应，只有C中的CH3CH2ONa可和HBr发生取代反应，生成NaBr和CH3CH2OH；
故答案为：C；
（3）E→F包括两步反应，第一步为取代反应，E中的一个氨基上的H被Br-CN中的-CN取代，第二步为-CN与邻位支链上的氨基发生加成反应；
故答案为：加成反应；
（4）F和(C2H5)3N发生反应生成G，比较F、G的结构简式可知，F→G反应后生成两种产物，除G外，另一产物的结构简式为CH3CH2OH；
故答案为：CH3CH2OH；
（5）D的分子式为C11H12O4N2Cl2，不饱和度为6，D的一种同分异构体同时满足下列条件①不能使FeCl3溶液发生显色反应，可知其不含酚羟基；水解后可生成三种有机产物X、Y和Z，该结构应含有两个酯基或者酰胺基；②X、Y均为α-氨基酸，RCH(NH2)COOH；③水解产物Z能使FeCl3溶液发生显色反应，Z中含有苯环和酚羟基，且含有3种化学环境不同的氢。要求该分子结构高度对称，综合以上条件，该同分异构体的结构简式为或或；
故答案为：或或；
(6)由D到E的转化流程可知，由被SnCl2还原可得到；参考题干中C变D的信息可知，和发生取代反应制得；BrCH2COOH和CH3CH2OH发生酯化反应，可生成；根据题干流程图A到B的转化信息可知，与CuCN发生取代反应生成；与B2H6发生类似B到C的转化反应，可得，据此分析合成路线为：BrCH2COOH。
故答案为：BrCH2COOH。
【分析】由合成路线图可知，A的氯原子和CuCN发生取代反应生成B；B与B2H6发生还原反应，B的-CN得氢生成C；C的氨基和BrCH2COOCH2CH3在K2CO3催化下下发生取代反应生成D中的酰胺基；D在SnCl2发生还原反应生成E，硝基转变为氨基；E的氨基和BrCN发生取代反应生成F，F和(C2H5)3N发生反应生成G，
（1）由题干流程图中G的结构简式可知，G分子中双键上的氮原子为sp2杂化，而单键上的氮原子采用sp3杂化，故G分子中氮原子的轨道杂化方式有sp2、sp3，故答案为：sp2、sp3；
（2）由题干流程图可知C→D的转化中，K2CO3的作用为吸收反应中生成的HBr，促使反应正向进行，CH3COOH、CH3OH均不能与HBr反应，而CH3CH2ONa可以和HBr反应转化为CH3CH2OH、NaBr，故答案为：C；
（3）由题干合成路线图可知，E→F包括两步反应，第一步为取代反应即E中的一个氨基上的H被-CN取代，第二步为-CN与氨基发生加成反应，故答案为：加成反应；
（4）由题干合成路线图中比较F、G的结构简式可知，F→G反应后生成两种产物，除G外，另一产物的结构简式为CH3CH2OH，故答案为：CH3CH2OH；
（5）由题干信息可知，D的分子式为：C11H12O4N2Cl2，不饱和度为：6，则D的一种同分异构体同时满足下列条件①不能使FeCl3溶液发生显色反应即不含酚羟基，水解后可生成三种有机产物X、Y和Z即含有两个酯基或者酰胺基；②X、Y均为α-氨基酸即RCH(NH2)COOH；③Z能使FeCl3溶液发生显色反应即含有酚羟基，且含有3种化学环境不同的氢即分子高度对称，其结构简式有：或或，故答案为：或或；
（6）本题采用逆向合成法：由题干流程图中D到E的转化信息可知，可由被SnCl2还原得到，由题干C到D的转化信息可知，可由和发生取代反应得到，BrCH2COOH和CH3CH2OH发生酯化反应生成，根据题干流程图A到B的转化信息可知，与CuCN发生取代反应生成，与B2H6发生B到C的转化反应可得，据此分析确定合成路线为：BrCH2COOH。故答案为：BrCH2COOH。
16．【答案】（1）1×1024；静置，向上层清液中继续滴加Na2S溶液，若不再有沉淀生成，则沉淀完全
（2）Ag2S+4HNO3(浓)=2AgNO3+2NO2↑+2H2O+S
（3）将AgNO3粗产品加热并维持温度在200℃至恒重，同时用足量NaOH溶液吸收产生的气体；待固体冷却后加入蒸馏水，充分溶解、过滤、洗涤，并将洗涤液与滤液合并，再加入适量稀HNO3
（4）防止AgNO3分解；减小压强，利于水分在较低温度下蒸发；溶液表面有晶膜出现
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常用仪器及其使用；蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）“沉淀”时发生的反应2[Ag(S2O3)2]3-(aq)+S2-(aq)Ag2S(s)+4S2O(aq)的平衡常数K=；“沉淀”时Na3[Ag(S2O3)2]与Na2S反应制得Ag2S，检验沉淀完全的操作是：静置，向上层清液中继续滴加Na2S溶液，若不再有沉淀生成，则沉淀完全。
答案为：1×1024；静置，向上层清液中继续滴加Na2S溶液，若不再有沉淀生成，则沉淀完全
（2）“反应”时有淡黄色固体，也就是S单质生成。根据氧化还原反应规律，硫离子做还原剂，被氧化生成硫单质，浓HNO3具有强氧化性，被还原生成NO2气体，化学方程式为Ag2S+4HNO3(浓)=2AgNO3+2NO2↑+2H2O+S。
答案为：Ag2S+4HNO3(浓)=2AgNO3+2NO2↑+2H2O+S
（3）据题目信息，硝酸银的分解温度为440℃，硝酸铜的分解温度为200℃，可利用二者分解的温度差异来可除去硝酸铜：将AgNO3粗产品加热并维持温度在200℃至恒重，同时为防止环境污染，用足量NaOH溶液吸收产生的气体，待固体残留物冷却后，加入蒸馏水，充分溶解AgNO3、过滤 CuO 、洗涤，并将洗涤液与滤液合并，再加入适量稀硝酸。
答案为： 将AgNO3粗产品加热并维持温度在200℃至恒重，同时用足量NaOH溶液吸收产生的气体；待固体冷却后加入蒸馏水，充分溶解、过滤、洗涤，并将洗涤液与滤液合并，再加入适量稀HNO3
（4）鉴于硝酸银易分解，而实验装置中真空泵可以形成负压，有利于在较低温度下和压强除去水分，防止AgNO3遇热分解，使用真空泵的目的是：防止AgNO3分解；减小压强，利于水分在较低温度下蒸发； 判断蒸发浓缩完成的标志是，若溶液表面有晶膜出现，则证明蒸发浓缩完成。
答案为：防止AgNO3分解；减小压强，利于水分在较低温度下蒸发；溶液表面有晶膜出现
【分析】硫化钠加入废定影液 (主要含Na3[Ag(S2O3)2] )中，二者可生成硫化银沉淀；经过滤1，所得滤渣含有硫化银，滤渣洗涤干净后加入浓硝酸，Ag2S溶解于浓硝酸生成硝酸银、硫单质与二氧化氮；用氢氧化钠除杂、经过滤2后得到纯净的硝酸银溶液，蒸发浓缩、冷却结晶硝酸银溶液可制得硝酸银晶体。
（1）根据平衡常数、硫化银的溶度积，可计算“沉淀”时发生的反应2[Ag(S2O3)2]3-(aq)+S2-(aq)Ag2S(s)+4S2O(aq)的平衡常数：K=；“沉淀”时Na3[Ag(S2O3)2]与Na2S反应制得Ag2S，则检验沉淀完全的操作是：静置，向上层清液中继续滴加Na2S溶液，若不再有沉淀生成，则沉淀完全。
（2）“反应”时有淡黄色固体即S生成，根据原子守恒可知，则为硫离子被氧化生成硫单质，则浓HNO3被还原为NO2气体，则发生反应的化学方程式为：Ag2S+4HNO3(浓)=2AgNO3+2NO2↑+2H2O+S。
（3）根据给定的已知信息可知，硝酸铜的分解温度为200℃，硝酸银的分解温度在440℃，则可设计除去硝酸铜的方法为：将AgNO3粗产品加热并维持温度在200℃至恒重，同时用足量NaOH溶液吸收产生的气体，待固体残留物冷却后，加入蒸馏水，充分溶解、过滤、洗涤，并将洗涤液与滤液合并，再加入适量稀硝酸。
（4）考虑硝酸银易分解，而实验装置中真空泵可以形成负压，有利于水分在较低温度下蒸发，同时可防止AgNO3分解，则使用真空泉的目的是：防止AgNO3分解；减小压强，利于水分在较低温度下蒸发；若溶液表面有晶膜出现，则证明蒸发浓缩完成。
17．【答案】（1）
（2）温度过高导致二氧化碳的溶解度减小不利于反应进行，且温度过高不利于碳酸氢锂的生成或碳酸氢锂受热分解；
（3）；丙烷直接脱氢时发生副反应生成积碳覆盖在催化剂表面上，阻碍了反应的进行。而在氧化丙烷脱氢时，能发生反应：，及时消除积碳
（4）b；
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡的影响因素；电解原理；除杂
【解析】【解答】（1）先根据和的燃烧热分别为和，写出热化学方程式。反应1：，反应2：，反应3：，根据盖斯定律Sabatier反应，；
答案为：
（2）利用碳酸锂悬浊液吸收烟气中的二氧化碳，生成碳酸氢锂，碳酸氢锂不稳定，受热易分解，故“碳化”的温度不能过高的原因是：温度过高导致二氧化碳的溶解度减小不利于反应进行，且温度过高不利于碳酸氢锂的生成或碳酸氢锂受热分解；“脱碳”的化学反应为碳酸氢锂受热分解为碳酸锂和二氧化碳、水，则化学方程式为：；
答案为：温度过高导致二氧化碳的溶解度减小不利于反应进行，且温度过高不利于碳酸氢锂的生成或碳酸氢锂受热分解；
（3）①随着反应的进行， 4小时前A组分原料气中转化率和选择性均有所提升，且在反应床出口检测到CO，氧化丙烷脱氢总反应为：，用总反应减去反应一，由此可知反应二为；
答案为：
②反应进行至4小时后，B组分原料气的反应几乎无法进行，而A组分原料气的反应仍保持相对优异的稳定性，其可能原因是丙烷直接脱氢时发生副反应生成积碳，覆盖在催化剂表面上，阻碍了反应进一步进行；而用氧化丙烷脱氢时，能与积碳发生反应，及时消除积碳；
答案为：丙烷直接脱氢时发生副反应生成积碳覆盖在催化剂表面上、阻碍了反应的进行。而在氧化丙烷脱氢时，能发生反应：，及时消除积碳
（4）电催化还原可以制备甲酸 ，电解质溶液为KOH ，通入的电极（a极）为阴极，得氢，发生还原反应，电极反应为：，b极为阳极，电极反应为； 我国研究人员为降低系统能耗，对装置进行改进，搭建“(阴阳极)共产甲酸耦合系统”，将KOH电解液更换为混合溶液，在阳极上发生氧化反应，失去电子生成，所以应将b极区电解液更换，该电极的电极反应为：；
答案为：b；
【分析】（1）先根据已知条件写出对应热化学方程式，然后利用盖斯定律进行计算。
（2）锂和钠都属于碱金属，二者性质有相似性，可以用碳酸氢钠的性质推测碳酸氢锂的性质。比如对热不稳定，分解生成对应的正盐、水和二氧化碳。
（3）根据题目中的信息可分析到，二氧化碳参与氧化丙烷脱氢，不容易积碳。
（4）先分析出电解池上对应物质发生的是氧化反应还是还原反应，区分出阴、阳极，根据反应条件写出电极反应方程式。
（1）根据已知信息，反应1：，反应2：，反应3：，根据盖斯定律得：Sabatier反应，；
（2）碳酸锂悬浊液吸收二氧化碳生成碳酸氢锂，碳酸氢锂不稳定，受热易分解，故“碳化”的温度不能过高的原因是温度过高导致二氧化碳的溶解度减小不利于反应进行，且温度过高不利于碳酸氢锂的生成或碳酸氢锂受热分解；“脱碳”的化学反应为碳酸氢锂受热分解为碳酸锂和二氧化碳、水，则化学方程式为：；
（3）①随着反应的进行，且检测到，氧化丙烷脱氢总反应为：，由此可知反应II为；
②反应进行至4小时后，B组分原料气的反应几乎无法进行，而A组分原料气的反应仍保持相对优异的稳定性，其可能原因是丙烷直接脱氢时发生副反应生成积碳覆盖在催化剂表面上，阻碍了反应的进行，而在氧化丙烷脱氢时，能发生反应，及时消除积碳；
（4）电催化还原可以制备甲酸，通入的电极（a极）为阴极，电极反应为：，b极为阳极，电极反应为：，对装置进行改进，搭建“(阴阳极)共产甲酸耦合系统”，将KOH电解液更换为混合溶液，失去电子生成，在阳极上发生氧化反应，生成，所以应将b极区电解液更换，该电极的电极反应为：；
1 / 1

展开更多......

收起↑