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江苏省如皋中学2025-2026学年高三上学期测试（一）化学试题
1．（2025高三上·如皋月考）硫及其化合物的转化具有重要应用。下列说法正确的是（　　）
A．硫元素在自然界中均以化合态形式存在
B．空气中排放过量SO2会形成酸雨，且酸雨的pH会随时间增长而降低
C．常温下浓H2SO4能使铁片钝化是因为浓硫酸具有脱水性
D．质量分数为49%、密度为1.4g·cm-3的硫酸，其物质的量浓度为2.8 mol·L-1
【答案】B
【知识点】含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A．硫元素在自然界中既能以化合态形式存在，又能以游离态的形式存在，如硫磺是S单质，故A不符合题意；
B．SO2溶于水生成亚硫酸从而使雨水的酸性增强，随着时间增长，亚硫酸被氧气氧化生成硫酸，酸性增强而pH降低，故B符合题意；
C．浓H2SO4能使铁片钝化是因为浓硫酸具有强氧化性，故C不符合题意；
D．硫酸的物质的量浓度为，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.自然界中有游离态的硫也有化合态的硫；
B.空气中排放二氧化硫会形成硫酸型酸雨，且随着时间增长亚硫酸被氧化为硫酸，酸性增强；
C.浓硫酸使铁片钝化是因为浓硫酸的强氧化性；
D.根据计算。
2．（2025高三上·如皋月考）甲醛是家庭装修常见的污染物。一种催化氧化甲醛的反应为：HCHO+O2H2O+CO2。下列有关叙述正确的是
A．HCHO分子中键σ和π键的数目之比为2：1
B．16O原子中的中子数为16
C．H2O是由极性键构成的非极性分子
D．CO2的空间构型为直线形
【答案】D
【知识点】化学键；共价键的形成及共价键的主要类型；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A、HCHO分子中含有2条C-H σ键和1条C=O键（其中包含1条σ键和1条π键），因此σ键和π键的数目之比为3：1，A错误；
B、16O原子的质量数为16，质子数为8，中子数=质量数-质子数=8，B错误；
C、H2O分子的结构式为H-O-H，空间构型为V形，由于结构不对称且O-H键为极性键，因此H2O是由极性键构成的极性分子，C错误；
D、CO2分子中中心碳原子采用sp杂化，分子空间构型为直线形，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题突破口总结
抓 “化学键的类型与数量”：分析 HCHO 的结构（H2C=O），σ 键有 3 个（2 个 C-H、1 个 C-O），π 键有 1 个（C=O 中的 π 键），比例不是 2：1，快速排除 A。
明确 “原子中中子数的计算”：中子数 = 质量数 - 质子数， 6O 的中子数是 8（16-8），排除 B。
判断 “分子极性与键极性的关系”：H2O 含极性键，但分子是 V 形（正负电中心不重合），属于极性分子，排除 C。
利用 “空间构型的判断规则”：CO2中 C 为 sp 杂化，无孤电子对，空间构型是直线形，确定 D 正确。
3．（2025高三上·如皋月考）硫是一种重要的非金属元素。下列有关硫及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A．硫单质呈黄色，可用作橡胶硫化剂
B．浓硫酸具有吸水性，可用作氧气干燥剂
C．二氧化硫有氧化性，可用作纸张漂白剂
D．硫酸铜溶液呈酸性，可用作泳池杀菌剂
【答案】B
【知识点】浓硫酸的性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、橡胶硫化过程中硫单质作为硫化剂参与化学反应（形成硫桥交联结构），其作用机制与硫的黄色外观无直接关联，故A不符合题意 ；B、浓硫酸的强吸水性使其能有效干燥中性气体（如O2），该性质与脱水性需严格区分，故B符合题意 ；
C、SO2漂白纸张的原理是其与有色物质发生加成反应（非氧化还原），而非依赖氧化性，故C不符合题意 ；
D、CuSO4杀菌机制源于Cu2+使蛋白质变性，与溶液酸碱性无关，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】本题易错点总结
混淆 “物质的物理性质与用途的关联”：A中硫的 “黄色” 是物理颜色，而橡胶硫化剂利用的是硫的化学性质（与橡胶交联），易误将颜色和用途绑定。
混淆 “不同性质对应的用途”：
C 中 SO2漂白纸张利用的是漂白性，不是氧化性，易误把氧化性和漂白性等同；
D 中硫酸铜杀菌利用的是 Cu2+ 使蛋白质变性的性质，不是溶液酸性，易误将酸性与杀菌性关联。
忽略 “干燥剂的适用条件”：浓硫酸作氧气干燥剂，既利用吸水性，也因为浓硫酸与氧气不反应，若误判两者反应会错排除 B。
4．（2025高三上·如皋月考）在给定条件下，下列所示物质间的转化均能实现的是
A．NaCl(aq)NaHCO3(s)Na2CO3(s)
B．FeCl3(aq)FeFe3O4
C．MnO2Cl2HClO
D．CH3CH2OHCH3CHO
【答案】C
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A、氯化钠（NaCl）与二氧化碳（CO2）不发生反应。由于碳酸的酸性弱于盐酸，无法通过复分解反应生成碳酸氢钠（NaHCO3），因此第一步转化无法实现，A错误；B、氯化铁（FeCl3）与铜（Cu）反应生成氯化亚铁（FeCl2）和氯化铜（CuCl2），但无法得到铁单质（Fe），第一步转化错误，B错误；
C、二氧化锰（MnO2）与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气（Cl2），其化学方程式为：
氯气（Cl2）与水（H2O）反应生成氯化氢（HCl）和次氯酸（HClO），其化学方程式为：
两步转化均可实现，C正确；
D、乙醇（C2H5OH）不含醛基（-CHO），无法与银氨溶液发生反应，因此第一步转化无法实现，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．NaCl 溶液与 CO2不反应（弱酸不能制强酸），无法生成 NaHCO3。
B．FeCl3与 Cu 反应生成 FeCl2（不是 Fe 单质），后续无法得到 Fe3O4。
C．MnO2与浓盐酸加热生成 Cl2，Cl2与 H2O 反应生成 HClO，两步反应均符合物质性质与条件。
D．乙醇与银氨溶液不反应（银氨溶液氧化的是醛基，乙醇无醛基），无法生成乙醛。
（2025高三上·如皋月考）阅读下列资料，完成下列小题：X、Y、Z、W、Q是周期表中前4周期元素，且原子序数依次增大。X、Z的基态原子2p轨道中均有2个未成对电子，W的最外层电子数是次外层的一半，Q的最外层有1个电子，内层电子全部充满。Q2＋能与NH3形成[Q(NH3)4]2＋，[Q(NH3)4]2＋中2个NH3被2个Cl－取代可得到两种不同的结构。Q2Z一种晶胞如下图所示。
5．下列说法正确的是
A．原子半径：r(W)＞r(Z)＞r(Y)＞r(X)
B．电负性：χ(Z)＞χ(Y)＞χ(X)＞χ(W)
C．Q在周期表中位于第四周期ⅠA族
D．简单氢化物的沸点：Z＞Y＞X＞W
6．下列说法正确的是
A．X的一种晶体具有很大的硬度，1mol该晶体中含有4mol的X－X键
B．Y2、Z2的晶体类型均为共价晶体
C．[Q(NH3)4]2＋的空间构型为正四面体形
D．Q2Z晶胞中，距离每个Q＋最近的Z2－有2个
【答案】5．B
6．D
【知识点】晶胞的计算；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）A、原子半径规律：电子层数越多半径越大；电子层相同时，核电荷数越大半径越小。
W（Si）有3个电子层，X（C）、Y（N）、Z（O）均为2个电子层；
2电子层原子中，核电荷数CN>O。
实际半径：r(Si) > r(C) > r(N) > r(O)，即r(W) > r(X) > r(Y) > r(Z)。A错误；
B、电负性与非金属性一致，非金属性：O > N > C > Si，对应电负性：χ(O) > χ(N) > χ(C) > χ(Si)，即χ(Z) > χ(Y) > χ(X) > χ(W)。B正确；
C、Q是Cu，核外电子排布为[Ar]3d 4s ，属于第四周期ⅠB族（副族），并非ⅠA族（主族）。C错误；
D、简单氢化物：Z（H2O）、Y（NH3）、X（CH4）、W（SiH4）。
H2O、NH3含氢键，沸点高于CH4、SiH4；
SiH4分子间作用力大于CH4，沸点SiH4>CH4。
实际沸点：H2O > NH3 > SiH4 > CH4，即Z > Y > W > X。D错误；
故答案为：B。
（2）A、X是C，高硬度晶体为金刚石（共价晶体）。金刚石中每个C连4个C-C键，但每个键被2个C共用，1mol金刚石中C-C键为。A错误；
B、Y2是N2、Z2是O2，二者均由分子构成，靠分子间作用力结合，属于分子晶体（共价晶体粒子为原子，靠共价键结合）。B错误；
C、[Q(NH3)4]2+即[Cu(NH3)4]2+，题目中“2个NH3被Cl-取代得2种结构”：正四面体构型取代后只有1种结构，平面正方形构型有邻位、对位2种结构。故其构型为平面正方形。C错误；
D、Q2Z是Cu2O，晶胞中O2-（Z2-）位于顶点和体心，Cu+（Q+）位于内部。每个Cu+周围最近的O2-为体心位置的O2-，且每个Cu+仅与2个O2-距离最近。D正确；
故答案为：D。
【分析】根据原子结构、电子排布特征锁定元素：
X、Z的2p轨道含2个未成对电子，结合原子序数递增，X是C（2p2）、Z是O（2p4）；
Y在X、Z之间，故Y是N；
W最外层电子数是次外层的一半，W是Si（次外层8、最外层4）；
Q最外层1个电子且内层全充满，Q是Cu（核外电子：[Ar]3d 4s ）。
（1）结合元素周期律（原子半径、电负性）、元素位置、氢化物性质，逐一验证选项。
（2）结合晶体结构、化学键、配合物构型等知识，分析各选项的结构与性质匹配性。
5．A、原子半径规律：电子层数越多半径越大；电子层相同时，核电荷数越大半径越小。
W（Si）有3个电子层，X（C）、Y（N）、Z（O）均为2个电子层；
2电子层原子中，核电荷数CN>O。
实际半径：r(Si) > r(C) > r(N) > r(O)，即r(W) > r(X) > r(Y) > r(Z)。A错误；
B、电负性与非金属性一致，非金属性：O > N > C > Si，对应电负性：χ(O) > χ(N) > χ(C) > χ(Si)，即χ(Z) > χ(Y) > χ(X) > χ(W)。B正确；
C、Q是Cu，核外电子排布为[Ar]3d 4s ，属于第四周期ⅠB族（副族），并非ⅠA族（主族）。C错误；
D、简单氢化物：Z（H2O）、Y（NH3）、X（CH4）、W（SiH4）。H2O、NH3含氢键，沸点高于CH4、SiH4；SiH4分子间作用力大于CH4，沸点SiH4>CH4。实际沸点：H2O > NH3 > SiH4 > CH4，即Z > Y > W > X。D错误；
故答案为：B。
6．A、X是C，高硬度晶体为金刚石（共价晶体）。金刚石中每个C连4个C-C键，但每个键被2个C共用，1mol金刚石中C-C键为。A错误；
B、Y2是N2、Z2是O2，二者均由分子构成，靠分子间作用力结合，属于分子晶体（共价晶体粒子为原子，靠共价键结合）。B错误；
C、[Q(NH3)4]2+即[Cu(NH3)4]2+，题目中“2个NH3被Cl-取代得2种结构”：正四面体构型取代后只有1种结构，平面正方形构型有邻位、对位2种结构。故其构型为平面正方形。C错误；
D、Q2Z是Cu2O，晶胞中O2-（Z2-）位于顶点和体心，Cu+（Q+）位于内部。每个Cu+周围最近的O2-为体心位置的O2-，且每个Cu+仅与2个O2-距离最近。D正确；
故答案为：D。
7．（2025高三上·如皋月考）C10H18在催化剂作用下发生脱氢反应的过程如图所示。下列说法不正确的是
A．反应的△H=(E1-E2) kJ/ mol
B．反应的
C．C10H18(1)到C10H8(l)的反应速率快慢主要由第2步反应决定
D．使用催化剂不会改变反应的△H
【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、对于反应，其焓变△H等于正反应活化能减去逆反应活化能，即△H=(E1-E2) kJ/mol，A正确；
B、该反应的正反应过程中气体分子数增加，因此熵变△S > 0，B正确；
C、C10H18(l)转化为C10H8(l)的反应速率主要由活化能最大的步骤决定。根据图示，第1步反应的活化能高于第2步，因此反应速率主要由第1步决定，C错误；
D、反应热△H仅取决于反应物和生成物的总能量差，与催化剂的使用无关，因此催化剂不会改变反应的△H，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题突破口：
A．抓 “反应热（ΔH）的计算逻辑”：ΔH = 生成物总能量 - 反应物总能量，对应图像中 “E1（反应物到过渡态的能量差）、E2（过渡态到生成物的能量差）”。
B．判断 “熵变（ΔS）的正负”：反应后气体分子数增多（生成 3mol H2），混乱度增大，ΔS>0。
C．明确 “反应速率的决定步骤”：反应速率由活化能最大的步骤决定，观察图像中各步的能量峰（E1、E3等），最大活化能对应的步骤才是决速步。
D．牢记 “催化剂的作用”：催化剂只改变反应活化能，不改变反应的 ΔH。
8．（2025高三上·如皋月考）一种水性电解液Zn-MnO2离子选择双隔膜电池如下图所示。(已知在KOH溶液中，Zn2+以存在)。下列叙述不正确的是
A．放电时Zn作负极
B．a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜
C．放电时MnO2电极上发生的反应：MnO2＋4H+＋2e－＝Mn2+＋2H2O
D．电路中每通过1mol电子，Zn电极的质量减小32.5 g
【答案】B
【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、放电时，Zn作为负极失去电子发生氧化反应，A正确；
B、Zn电极为负极，MnO2电极为正极。负极反应消耗OH ，正极反应消耗H+。K+由III室迁移至II室，SO42 由I室迁移至II室，说明b为阳离子交换膜，a为阴离子交换膜，B错误；
C、I室为酸性H2SO4环境，MnO2在正极发生还原反应，Mn由+4价降至+2价，反应式为：
，C正确；
D、负极反应为：，转移1 mol电子时消耗0.5 mol Zn，质量减少32.5 g（0.5 mol × 65），D正确；
故答案为：B。
【分析】该电池的负极材料为Zn，正极材料为MnO2。负极反应方程式为：；
正极反应方程式为：。
根据电解质溶液中离子移动规律，阳离子向正极迁移，阴离子向负极迁移。每转移2 mol电子会消耗1 mol Zn。
9．（2025高三上·如皋月考）一种具有生物活性的有机物X其结构如下图所示。下列关于X的说法正确的是
A．X分子中含有1个手性碳原子
B．能与溶液反应生成
C．1 molX最多能消耗溴水中
D．1 molX最多能与发生加成反应
【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、手性碳原子是指连接四个不同基团的碳原子。在该分子结构中，仅有1个碳原子满足手性条件，其结构如图所示：，A正确；
B、能与NaHCO3溶液反应产生CO2气体的官能团必须是羧基（-COOH）。该分子中只含有酚羟基（-OH），其酸性弱于碳酸（H2CO3），故不能与NaHCO3发生反应，B错误；
C、溴水与该分子的反应包括两个部分：酚羟基邻对位的氢原子被溴取代（消耗2molBr2），以及碳碳双键与溴的加成反应（消耗2molBr2）。因此1mol该分子最多可消耗4molBr2，C错误；
D、氢气的加成反应涉及三个部分：苯环（3molH2）、碳碳双键（2molH2）和酮羰基（2molH2）。因此1mol该分子最多可与7molH2发生加成反应，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．手性碳需连 4 个不同基团。观察结构，仅连接 CH3的碳原子（同时连接环上 4 个不同片段）符合，故含 1 个手性碳。
B．物质含酚羟基（-OH 直接连苯环），无羧基（-COOH）。酚羟基酸性弱于碳酸，无法与 NaHCO3反应生成 CO2。
C．反应包括：酚羟基邻、对位的取代（苯环上酚羟基邻位有空位），以及碳碳双键的加成。1mol 该物质消耗的 Br2多于 3mol。
D．可加成的基团：1 个苯环（3mol H2）、1 个碳碳双键（1mol H2）、2 个羰基（-CO-，各 1mol H2），共 5mol 以上。
10．（2025高三上·如皋月考）实验室以含锌废液(主要成分为，还含有少量的、，溶液pH≈5)为原料制备的实验流程如下图甲所示，具有强氧化性，易被还原为，的结构如下图乙所示。下列说法正确的是
A．“除锰”反应的离子方程式为
B．“除锰”反应中每消耗1 mol ，硫元素共得到2 mol 电子
C．试剂X可以选用、等物质
D．滤液中一定大量存在阳离子有、和
【答案】A,C
【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、“除锰” 中，S2O82-（强氧化性）将 Mn2+氧化为 MnO2，自身被还原为 SO42-。结合得失电子、电荷守恒，配平离子方程式为：，A正确；
B、S2O82-中 S 为 + 7 价，还原为 SO42-（S 为 + 6 价），但 “除锰” 时 Fe2+也被 S2O82-氧化，因此 1mol S2O82-转移的电子不仅给 Mn2+，还分给 Fe2+，S 元素得到的电子数多于 2mol。B错误；
C、试剂 X 需调 pH 且不引入新杂质，Zn(OH)2、ZnO 可与 H+反应（如 ZnO+2H+=Zn2++H2O），既能升高 pH 使 Fe3+沉淀为 Fe(OH)3，又仅引入 Zn2+，符合除杂要求。C正确；
D、沉锌步骤中，Zn2+与 NH4HCO3、氨水反应生成 ZnCO3沉淀，因此滤液中不会大量存在 Zn2+。D 错误；
故答案为：AC。
【分析】以含锌废液（主要成分为 ZnSO4，还含有少量的 Fe2+、Mn2+，溶液 pH≈5）为原料制备 ZnCO3的实验流程如下：
S2O82-具有强氧化性，加入 Na2S2O8后，Mn2+被转化为 MnO2沉淀除去，同时 Fe2+被氧化为 Fe3+，反应的离子方程式为：S2O82-+Mn2++2H2O=2SO42-+MnO2↓+4H+；过滤后，滤渣为 MnO2；向滤液中加入 ZnO、Zn (OH)2等调节 pH，使 Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀分离。向除杂后的滤液中加入碳酸氢铵和氨水，使 Zn2+转化为 ZnCO3沉淀，最终得到目标产物。
11．（2025高三上·如皋月考）下列实验方案能达到探究目的的是（　　）
选项 探究方案 探究目的
A 取少量久置的Na2SO3粉末于试管中，向其中滴加BaCl2溶液 Na2SO3粉末是否变质
B 将铁片置于盐酸中，充分溶解后，向其中滴加KSCN溶液 铁片表面是否已被氧化
C 向淀粉溶液中滴加少量稀硫酸，加热后一段时间后，向其中滴加碘水 检验淀粉是否水解
D 向品红溶液中滴加新制氯水，观察溶液颜色变化 氯水是否具有漂白性
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A．亚硫酸钠和空气中氧气反应生成硫酸钠，硫酸钠、亚硫酸钠都会和氯化钡生成白色沉淀，A不符合题意；
B．即使铁被氧化，氧化铁和盐酸生成氯化铁，氯化铁还会和铁生成氯化亚铁，亚铁离子不能使KSCN溶液变色，B不符合题意；
C．淀粉不水解或部分水解，溶液都会变蓝色，C不符合题意；
D．新制氯水中含有氯气和水生成的次氯酸，次氯酸具有漂白性能使品红溶液褪色，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.亚硫酸钠易被氧化为硫酸钠；
B.氧化铁和盐酸反应生成氯化铁，氯化铁和铁反应生成氯化亚铁；
C.碘单质遇淀粉变蓝。
12．（2025高三上·如皋月考）电池级草酸亚铁可作为生产磷酸铁锂电池的原料，还可用作照相显影剂等。实验室可通过如下反应制取FeC2O4。，已知室温时：Ka1(H2C2O4)=6×10-2、Ka2((HC2O4)=6×10-5、Ksp(FeC2O4)=1×10-6，下列说法正确的是
A．0.10 mol·L-1 Na2C2O4溶液和0.10 mol·L-1 NaHC2O4溶液所含微粒种类完全相同
B．NaHC2O4水解的离子方程式为：
C．室温时0.10 mol·L-1 NaHC2O4溶液呈碱性
D．室温时反应的平衡常数K=3.6
【答案】A,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】A、溶液中，水解生成、；溶液中，既电离又水解，两者均含、、、、、、，微粒种类完全相同。A正确；
B、水解是结合的生成弱电解质，的水解离子方程式应为；题中方程式是的电离方程式。B错误；
C、判断溶液酸碱性，需比较的电离常数（）与水解常数（）。电离常数远大于水解常数，溶液呈酸性。C错误；
D、反应的平衡常数，联立草酸的电离（，）与草酸亚铁的溶解（，），可得：
，D正确；
故答案为：AD。
【分析】A．易误认与微粒不同，实际两者均含、、等（前者水解、后者电离+水解），微粒种类完全相同。
B．易将 （电离）当作水解方程式，水解应为 。
C．误认显碱性，实际电离常数（）远大于水解常数（），溶液呈酸性。
D．易不知联立常数：反应平衡常数：代入数据得；易因不会结合电离、溶度积推导错判。
13．（2025高三上·如皋月考）丙烯是一种重要的有机化工原料，工业上以丁烯、乙烯为原料制取丙烯的反应如下：，一定温度下，向体积为V L密闭容器中充入1 mol C4H8(g)和1 mol C2H4(g)，测得C3H6的体积分数随时间的变化如图中线I所示。
已知几种气体的燃烧热如下表所示
气体 C2H4(g) C3H6(g) C4H8(g)
燃烧热/kJ/mol 1411 2049 2539
下列说法正确的是
A．C4H8(g)燃烧的热化学方程式可表示为C4H8(g)+6O2(g)=4CO2(g)+4H2O(g) △H=-2539 kJ/mol
B．a=148
C．该温度下反应的平衡常数为64
D．图中线Ⅱ可能是其他条件一定，反应在更高温度时进行
【答案】B,C
【知识点】燃烧热；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、题目中给出的燃烧热数值2539 kJ对应的是1 mol C4H8(g)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时放出的热量。但选项中描述的是生成气态水，因此燃烧热的热化学方程式应为：C4H8(g) + 6O2(g) = 4CO2(g) + 4H2O(l) △H = -2539 kJ/mol。A错误；
B、根据燃烧热数据可写出三个热化学方程式：
① C4H8(g) + 6O2(g) = 4CO2(g) + 4H2O(l) △H = -2539 kJ/mol
② C2H4(g) + 3O2(g) = 2CO2(g) + 2H2O(l) △H = -1411 kJ/mol
③ C3H6(g) + 4.5O2(g) = 3CO2(g) + 3H2O(l) △H = -2049 kJ/mol
通过盖斯定律计算（① + ② - ③ × 2），得到反应：
C4H8(g) + C2H4(g) 2C3H6(g) △H = +148 kJ/mol
因此a=148，B正确；
C、该反应为气体物质的量不变的反应（Δn=0）。平衡时C3H6体积分数为80%，则：
n(C3H6) = 2 mol × 80% = 1.6 mol
消耗的C4H8和C2H4均为0.8 mol
平衡时n(C4H8) = n(C2H4) = 1 mol - 0.8 mol = 0.2 mol
平衡常数K =，C正确；
D、升高温度会加快反应速率（缩短达到平衡时间），但会使平衡正向移动（吸热反应），导致C3H6体积分数增大，与图中曲线II不符。因此曲线II对应的条件可能是增大压强或使用催化剂。选项D错误。
故答案为：BC。
【分析】A．燃烧热要求生成液态H2O，选项A中H2O为气态，不符合定义。
B．利用燃烧热方程式，通过“①+②-2×③”计算目标反应的：
得，B正确。
C．设转化，由体积分数80%得，计算平衡浓度后得：
；
D．反应吸热，升温平衡正向移动，体积分数应增大，但线Ⅱ分数更低。
14．（2025高三上·如皋月考）根据信息和要求书写相应的方程式。二氧化氯（ClO2）是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂。
（1）ClO2能将电镀废水中的CN－氧化为无毒的气体，自身被还原为Cl－。写出用ClO2处理含CN－的电镀废水的离子方程式：　 　。
（2）纤维素还原法制ClO2是一种新方法，其原理是：先将纤维素在硫酸中水解，再将此条件下得到的葡萄糖与NaClO3反应得到ClO2和CO2等。写出葡萄糖与NaClO3反应的离子方程式：　 　。
【答案】（1）
（2）
【知识点】单糖的性质和用途；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）将氧化为无毒产物，同时被还原为。该反应的离子方程式为：
故答案为： ；
（2）葡萄糖（分子式）作为还原剂，将NaClO3还原生成ClO2。其中：
Cl元素化合价从+5降至+4（每个Cl得1个电子）
葡萄糖中C元素平均化合价从0升至+4（每个C失4个电子）
根据电子守恒和原子守恒，配平后的离子方程式为：
故答案为： ；
【分析】这两题的解题突破口：
定产物：依题目信息明确氧化、还原产物（如 CN-变为N2+CO2，葡萄糖变为CO2，
ClO2或ClO3-变为Cl-或ClO2）。
算变价：标出氧化剂、还原剂中元素的化合价变化，算出单个粒子的电子转移数（如 1 个 CN-失 5e-，1 个葡萄糖失 24e-）。
平电子：按电子守恒配平氧化剂、还原剂的计量数。
补守恒：用原子、电荷守恒补全其他粒子（如 H+、H2O）。据此解题即可。
（1）将氧化为无毒的物质，应为，自身被还原为，该反应的离子方程式，故答案为：；
（2）葡萄糖分子式为，具有还原性将NaClO3还原生成ClO2。Cl元素化合价从+5到+4价，降低1价，葡萄糖分子C6H12O6中C元素化合价均价为0，到+4价，升高4价，根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒写成对应的离子方程式为：。
15．（2025高三上·如皋月考）硫化铋（Bi2S3）可用作新型锂离子电池电极材料。以辉铋矿（主要含Bi2S3，还含有少量Fe2O3、SiO2等杂质）为原料制备高纯Bi2S3的流程如下：
（1）Bi在周期表中位于第六周期ⅤA族。Bi的价电子排布式为　 　。
（2）浸出后Bi元素以Bi3＋形式存在于溶液中，写出浸出时Bi2S3所发生反应的离子方程式：　 　。
（3）若浸出后的溶液中c(Bi3＋)＝0.4mol·L－1，c(Fe3＋)＝4.0×10－2mol·L－1，c(Fe2＋)＝1.2mol·L－1，则为了防止析出氢氧化物沉淀，需控制溶液的pH范围是　 　。（已知Ksp[Bi(OH)3]＝4×10－31，Ksp[Fe(OH)3]＝4×10－38，Ksp[Fe(OH)2]＝8×10－16）
（4）还原时与铁粉发生置换反应的离子是　 　。
（5）氧化后所得物质是Bi2O3，酸溶后所得物质是Bi(NO3)3。如果不用空气氧化，直接用浓硝酸酸溶也可得到Bi(NO3)3，先用空气氧化后再用浓硝酸溶解的优点是　 　。
（6）硫化时，向Bi(NO3)3溶液加入硫代乙酰胺（CH3CSNH2），可析出Bi2S3沉淀，洗涤、干燥后可得高纯度的Bi2S3。硫代乙酰胺的结构式可表示为　 　。
【答案】（1）6s26p3
（2）
（3）pH＜2
（4）Bi3+和H+
（5）避免生成二氧化氮有毒气体，更加环保
（6）
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）Bi在周期表中位于第六周期ⅤA族，其原子序数为83，则Bi的电子排布为[Xe]4f145d106s26p3，则价电子排布式为6s26p3，
故答案为：6s26p3。
（2）浸出时是Bi2S3与FeCl3反应，生成BiCl3、FeCl2、S，离子方程式为：，
故答案为：。
（3）若浸出后的溶液中c(Bi3＋)＝0.4mol·L-1，c(Fe3＋)＝4.0×10-2mol·L-1，c(Fe2＋)＝1.2mol·L-1，根据溶度积可知以上三者沉淀时氢氧根浓度分别有：，解得mol·L-1，，解得mol·L-1，，解得mol·L-1，为了防止析出氢氧化物沉淀，则mol·L-1，即需控制溶液的pH范围是pH＜2，
故答案为：pH＜2。
（4）还原时是Fe将Fe3+还原为Fe2+，过量盐酸变为氢气，同时Bi3+被置换为Bi单质，则与铁粉发生置换反应的离子是Bi3+和H+，
故答案为：Bi3+和H+。
（5）Bi2O3和浓硝酸反应生成Bi(NO3)3和水，Bi和浓硝酸反应生成Bi(NO3)3、水和二氧化氮，则先用空气氧化后再用浓硝酸溶解的优点是避免生成二氧化氮有毒气体，更加环保，
故答案为：避免生成二氧化氮有毒气体，更加环保。
（6）在硫化铋制备中，其原理为硫代乙酰胺水解生成的H2S和乙酰胺，H2S与Bi3+反应生成Bi2S3，离子方程式为：，则硫代乙酰胺的结构式可表示为，
故答案为：。
【分析】以辉铋矿（主成分 Bi2S3，含少量 Fe2O3、SiO2杂质）为原料制备 Bi2S3的流程逻辑：
酸浸 + 氧化：加入盐酸、FeCl3后，Fe2O3与盐酸反应生成 Fe3+；FeCl3将 Bi2S3氧化，得到 BiCl3和 S 单质，此时不溶的 S 与 SiO2共同形成滤渣；还原置换：滤液中加入 Fe，既将 Fe3+还原为 Fe2+，又与过量盐酸反应生成 H2，同时置换出 Bi 单质；氧化+酸溶+硫化：Bi 在空气中被氧化为 Bi2O3；“酸溶” 将 Bi2O3转化为 Bi3+，最后经硫化反应得到目标产物 Bi2S3。据此解题。
（1）Bi在周期表中位于第六周期ⅤA族，其原子序数为83，则Bi的电子排布为[Xe]4f145d106s26p3，则价电子排布式为6s26p3，故答案为：6s26p3。
（2）浸出时是Bi2S3与FeCl3反应，生成BiCl3、FeCl2、S，离子方程式为：，故答案为：。
（3）若浸出后的溶液中c(Bi3＋)＝0.4mol·L-1，c(Fe3＋)＝4.0×10-2mol·L-1，c(Fe2＋)＝1.2mol·L-1，根据溶度积可知以上三者沉淀时氢氧根浓度分别有：，解得mol·L-1，，解得mol·L-1，，解得mol·L-1，为了防止析出氢氧化物沉淀，则mol·L-1，即需控制溶液的pH范围是pH＜2，故答案为：pH＜2。
（4）还原时是Fe将Fe3+还原为Fe2+，过量盐酸变为氢气，同时Bi3+被置换为Bi单质，则与铁粉发生置换反应的离子是Bi3+和H+，故答案为：Bi3+和H+。
（5）Bi2O3和浓硝酸反应生成Bi(NO3)3和水，Bi和浓硝酸反应生成Bi(NO3)3、水和二氧化氮，则先用空气氧化后再用浓硝酸溶解的优点是避免生成二氧化氮有毒气体，更加环保，故答案为：避免生成二氧化氮有毒气体，更加环保。
（6）在硫化铋制备中，其原理为硫代乙酰胺水解生成的H2S和乙酰胺，H2S与Bi3+反应生成Bi2S3，离子方程式为：，则硫代乙酰胺的结构式可表示为，故答案为：。
16．（2025高三上·如皋月考）是一种高效消毒灭菌剂，可用于灭活新冠病毒。稳定性差，工业上可将转化为较稳定的保存。一种由制取晶体的流程如下：
已知高于60℃时，易分解为和NaCl。
（1）制。向用硫酸酸化的中通入混有空气（起稀释作用）的的气体，可制得气体。其他条件一定，若通入的过量，所得的体积将减小，原因是　 　。
（2）制溶液。将一定量的通入NaOH和的混合溶液中，充分反应后可制得溶液。由该反应可以比较反应物和产物中两种微粒的氧化性大小。碱性条件下，两种微粒的氧化性大小规律为　 　＞　 　。
（3）制晶体。已知的溶解度曲线如下图所示。设计由质量分数为10%的溶液（含少量NaOH）制取晶体的实验方案：　 　。
（4）晶体使用时，向其中加入盐酸，即可得到气体。已知反应产物中只有一种气体和一种盐，则消耗1 mol ，可生成的物质的量为　 　。
（5）还可将碱性废水中的CN－氧化为和，自身转化为Cl－。经测定，某冶炼废水中CN－含量为104.0 mg·L－1 ，处理该废水10 m3 ，理论上需要通入标准状况下的体积为　 　升？（写出计算过程）
【答案】（1）过量会稀释造成体积减小
（2）；
（3）将溶液加热至温度略低于60℃，浓缩，冷却至温度略低于38℃时结晶，过滤，洗涤
（4）0.8mol
（5）
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；制备实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）制发生反应的原理是：，其他条件一定，若通入的过量，所得的体积将减小，原因是过量会稀释造成体积减小，
故答案为：过量会稀释造成体积减小；
（2）将通入NaOH和的混合溶液中反应原理为：，Cl元素化合价降低，氧化剂是，O元素化合价升高，是氧化产物，由氧化剂的氧化性强于氧化产物，则氧化性：，
故答案为：；
（3）由图可知，饱和溶液中，温度低于38℃时，析出晶体，温度高于38℃时，析出晶体，所以从溶液中获得的操作是将溶液加热至温度略低于60℃，浓缩，冷却至温度略低于38℃时结晶，过滤，洗涤，
故答案为：将溶液加热至温度略低于60℃，浓缩，冷却至温度略低于38℃时结晶，过滤，洗涤；
（4）加入盐酸生成气体和一种盐NaCl，发生了歧化反应，反应方程式为，则消耗1 mol，可生成的物质的量为0.8 mol
故答案为：0.8 mol ；
（5）中C为+2价、N为-3价，还可将碱性废水中的化为和，自身转化为，反应的离子方程式为，废水中，，消耗40mol，标准状况下的体积为，
故答案为：。
【分析】制备 ClO2气体向 NaClO3溶液中加入稀硫酸（提供酸性环境），再通入 SO2与空气，发生反应：2NaClO3+SO2=Na2SO4+2ClO2。这里，NaClO3作为氧化剂，其中 Cl 元素从 +5 价被还原为 ClO2中的 +4 价；SO2作为还原剂，S 元素从+4 价被氧化为 Na2SO4中的 +6 价，从而生成 ClO2气体。将 ClO2转化为 NaClO2溶液将生成的 ClO2通入 NaOH 与 H2O2的混合溶液，发生反应：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O。此过程中，ClO2作为氧化剂，Cl 元素从 + 4 价被还原为 NaClO2中的 + 3 价；H2O2作为还原剂，O 元素从 - 1 价被氧化为 O2中的 0 价；NaOH 提供碱性环境，最终得到 NaClO2的水溶液。得到 NaClO2晶体对反应后得到的 NaClO2溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥等分离提纯操作，最终获得 NaClO2晶体。
（1）制发生反应的原理是：，其他条件一定，若通入的过量，所得的体积将减小，原因是过量会稀释造成体积减小，故答案为：过量会稀释造成体积减小；
（2）将通入NaOH和的混合溶液中反应原理为：，Cl元素化合价降低，氧化剂是，O元素化合价升高，是氧化产物，由氧化剂的氧化性强于氧化产物，则氧化性：，故答案为：；
（3）由图可知，饱和溶液中，温度低于38℃时，析出晶体，温度高于38℃时，析出晶体，所以从溶液中获得的操作是将溶液加热至温度略低于60℃，浓缩，冷却至温度略低于38℃时结晶，过滤，洗涤，故答案为：将溶液加热至温度略低于60℃，浓缩，冷却至温度略低于38℃时结晶，过滤，洗涤；
（4）加入盐酸生成气体和一种盐NaCl，发生了歧化反应，反应方程式为，则消耗1 mol，可生成的物质的量为0.8 mol ，故答案为：0.8 mol ；
（5）中C为+2价、N为-3价，还可将碱性废水中的化为和，自身转化为，反应的离子方程式为，废水中，，消耗40mol，标准状况下的体积为，故答案为：。
17．（2025高三上·如皋月考）从铜阳极泥（含铜、银、铂、钯、硒等元素的单质或化合物）中分批提取硒、铂、钯、银、铜的过程如下：
（1）焙烧。将阳极泥与浓硫酸按一定比例混合浆化，在回转窑内焙烧。铜、银等元素转变为硫酸盐，同时得到含SeO2、SO2的烟气，烟气用水吸收后，硒元素全部变为单质硒。
①烟气中的硒元素能转变为单质硒的原因是　 　。
②烟气中含有少量相对分子质量为224的硒氧化物，该氧化物的分子式为　 　。
（2）浸取。其他条件一定，将焙烧所得固体与相同体积水、不同体积硫酸混合，所得浸出液中各元素含量随硫酸加入量变化如图所示。
实际浸出铜、银同时回收铂、钯的过程中，只用水作浸取剂而不添加硫酸的原因是　 　。
（3）转化。向浸出铜、银后所得滤液中加入足量，使转化为沉淀，过滤。向固体中加入氨水[溶质以计]，发生反应：。再加入水合肼()还原，制得单质银，同时产生和两种气体。
①溶解0.1 mol，至少需加入氨水的体积为　 　（忽略溶液体积的变化）。
②比较键角大小：的键角小于的键角的原因　 　。
③水合肼还原的化学方程式为　 　。
【答案】（1）烟气用水吸收后与生成，有还原性，可以将还原成；或
（2）加入后，铜、银浸出率增幅不大，但铂、钯浸出率增大，不利于铂和钯的回收；
（3）0.44 L；中原子为杂化且有一对孤对电子，中原子为杂化且无孤对电子，故的键角小于的键角。；
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）烟气用水吸收后与生成，有还原性，可以将还原成；相对原子质量为80，故该分子中最多只能存在2个，再结合相对原子质量，可知存在4个，故可以得出该氧化物分子式为或。
故答案为： 烟气用水吸收后与生成，有还原性，可以将还原成 ；或 ；
（2）根据图示，加入后，铜、银浸出率增幅不大，但铂、钯浸出率增大，不利于铂和钯的回收。
故答案为： 加入后，铜、银浸出率增幅不大，但铂、钯浸出率增大，不利于铂和钯的回收； ；
（3）①溶解0.1 mol，至少需加入氨水的体积为x，列三段式：
解得x=0.44 L。
②中原子为杂化且有一对孤对电子，中原子为杂化且无孤对电子，故的键角小于的键角。
③加入水合肼()还原，制得单质银，同时产生和两种气体，故方程式为。
故答案为： 0.44 L ；中原子为杂化且有一对孤对电子，中原子为杂化且无孤对电子，故的键角小于的键角 ；。
【分析】铜阳极泥（含铜、银、铂、钯、硒等单质 / 化合物）的处理流程分为 “焙烧分物”“固液分离”“固体转化” 三个阶段：
焙烧阶段：对铜阳极泥进行焙烧，铜、银等元素被转化为对应的硫酸盐；同时生成含 SeO2、SO2的混合烟气（实现硒与主体金属的分离）。
固液分离阶段：焙烧后的固体产物（含铜、银的硫酸盐，以及铂、钯等难反应的金属单质）经浸取操作，使可溶性的铜、银硫酸盐进入溶液，铂、钯等不溶物则以滤渣形式分离。
固体转化阶段：对浸取得到的含铜溶液进行还原、提纯等转化操作，最终得到铜单质。据此解题。
（1）烟气用水吸收后与生成，有还原性，可以将还原成；相对原子质量为80，故该分子中最多只能存在2个，再结合相对原子质量，可知存在4个，故可以得出该氧化物分子式为或。
（2）根据图示，加入后，铜、银浸出率增幅不大，但铂、钯浸出率增大，不利于铂和钯的回收。
（3）①溶解0.1 mol，至少需加入氨水的体积为x，列三段式：
解得x=0.44 L。
②中原子为杂化且有一对孤对电子，中原子为杂化且无孤对电子，故的键角小于的键角。
③加入水合肼()还原，制得单质银，同时产生和两种气体，故方程式为。
18．（2025高三上·如皋月考）有机物H可通过如下路线合成：
（1）反应①中还可能生成分子式为C9H10O4的副产物，该副产物的结构简式为　 　。
（2）转化③的化学反应类型为　 　。
（3）转化⑤中物质X的分子式为C7H6O。则X的结构简式为　 　。
（4）E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：　 　。
①属于α-氨基酸，能与FeCl3溶液发生显色反应；
②分子中含6种化学环境不同的氢。
（5）写出以CH3NO2、和为原料制取的合成路线图(无机试剂及有机溶剂任用)。　 　
【答案】（1）
（2）加成反应
（3）
（4）
（5）
【知识点】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）由分析可知，反应①中A和HCHO、HCl发生加成反应生成B，且是酚羟基的邻位氢断键和甲醛的碳氧双键加成，若两个邻位氢都反应，则生成分子式为C9H10O4的副产物，该副产物的结构简式为。
故答案为： ；
（2）转化③为C分子中的醛基和CH3NO2发生加成反应生成D，故答案为：加成反应。
故答案为： 加成反应 ；
（3）转化⑤中物质X的分子式为C7H6O，不饱和度==5，因苯环有4个不饱和度，则说明还有1个不饱和度，E和X反应生成F，结合F的结构，可知X为。
故答案为： ；
（4）E为，E的一种同分异构体同时满足：
①属于α-氨基酸，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有-CH(NH2)COOH、酚羟基；
②分子中含6种化学环境不同的氢，E的结构较为对称；E中共有12个C原子，不饱和度为5，则满足条件的同分异构体为。
故答案为： ；
（5）参照有机物H的合成路线，以CH3NO2、 和为原料制取，和发生取代反应生成 ，和CH3NO2发生加成反应生成，发生还原反应生成，发生消去反应生成，和NH3发生取代反应生成，具体路线为：。
故答案为： ；
【分析】化合物 A 与 HCHO、HCl 发生加成反应，生成中间体 B（）；中间体 B 与结构为 H3CO-OCH3的物质发生取代反应，得到中间体 C；中间体 C 与 CH3NO2发生加成反应，生成中间体 D；中间体 D 经 LiAlH4还原，转化为中间体 E；中间体 E 与反应物 X（结合 F 的结构，可知 X 是苯甲醛，结构为）反应，得到中间体 F；中间体 F 与 H2发生加成反应，生成中间体 G；中间体 G 与 NH3发生取代反应，最终得到产物 H。据此解题。
（1）由分析可知，反应①中A和HCHO、HCl发生加成反应生成B，且是酚羟基的邻位氢断键和甲醛的碳氧双键加成，若两个邻位氢都反应，则生成分子式为C9H10O4的副产物，该副产物的结构简式为。
（2）转化③为C分子中的醛基和CH3NO2发生加成反应生成D，故答案为：加成反应。
（3）转化⑤中物质X的分子式为C7H6O，不饱和度==5，因苯环有4个不饱和度，则说明还有1个不饱和度，E和X反应生成F，结合F的结构，可知X为。
（4）E为，E的一种同分异构体同时满足：
①属于α-氨基酸，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有-CH(NH2)COOH、酚羟基；
②分子中含6种化学环境不同的氢，E的结构较为对称；E中共有12个C原子，不饱和度为5，则满足条件的同分异构体为。
（5）参照有机物H的合成路线，以CH3NO2、 和为原料制取，和发生取代反应生成 ，和CH3NO2发生加成反应生成，发生还原反应生成，发生消去反应生成，和NH3发生取代反应生成，具体路线为：。
1 / 1江苏省如皋中学2025-2026学年高三上学期测试（一）化学试题
1．（2025高三上·如皋月考）硫及其化合物的转化具有重要应用。下列说法正确的是（　　）
A．硫元素在自然界中均以化合态形式存在
B．空气中排放过量SO2会形成酸雨，且酸雨的pH会随时间增长而降低
C．常温下浓H2SO4能使铁片钝化是因为浓硫酸具有脱水性
D．质量分数为49%、密度为1.4g·cm-3的硫酸，其物质的量浓度为2.8 mol·L-1
2．（2025高三上·如皋月考）甲醛是家庭装修常见的污染物。一种催化氧化甲醛的反应为：HCHO+O2H2O+CO2。下列有关叙述正确的是
A．HCHO分子中键σ和π键的数目之比为2：1
B．16O原子中的中子数为16
C．H2O是由极性键构成的非极性分子
D．CO2的空间构型为直线形
3．（2025高三上·如皋月考）硫是一种重要的非金属元素。下列有关硫及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A．硫单质呈黄色，可用作橡胶硫化剂
B．浓硫酸具有吸水性，可用作氧气干燥剂
C．二氧化硫有氧化性，可用作纸张漂白剂
D．硫酸铜溶液呈酸性，可用作泳池杀菌剂
4．（2025高三上·如皋月考）在给定条件下，下列所示物质间的转化均能实现的是
A．NaCl(aq)NaHCO3(s)Na2CO3(s)
B．FeCl3(aq)FeFe3O4
C．MnO2Cl2HClO
D．CH3CH2OHCH3CHO
（2025高三上·如皋月考）阅读下列资料，完成下列小题：X、Y、Z、W、Q是周期表中前4周期元素，且原子序数依次增大。X、Z的基态原子2p轨道中均有2个未成对电子，W的最外层电子数是次外层的一半，Q的最外层有1个电子，内层电子全部充满。Q2＋能与NH3形成[Q(NH3)4]2＋，[Q(NH3)4]2＋中2个NH3被2个Cl－取代可得到两种不同的结构。Q2Z一种晶胞如下图所示。
5．下列说法正确的是
A．原子半径：r(W)＞r(Z)＞r(Y)＞r(X)
B．电负性：χ(Z)＞χ(Y)＞χ(X)＞χ(W)
C．Q在周期表中位于第四周期ⅠA族
D．简单氢化物的沸点：Z＞Y＞X＞W
6．下列说法正确的是
A．X的一种晶体具有很大的硬度，1mol该晶体中含有4mol的X－X键
B．Y2、Z2的晶体类型均为共价晶体
C．[Q(NH3)4]2＋的空间构型为正四面体形
D．Q2Z晶胞中，距离每个Q＋最近的Z2－有2个
7．（2025高三上·如皋月考）C10H18在催化剂作用下发生脱氢反应的过程如图所示。下列说法不正确的是
A．反应的△H=(E1-E2) kJ/ mol
B．反应的
C．C10H18(1)到C10H8(l)的反应速率快慢主要由第2步反应决定
D．使用催化剂不会改变反应的△H
8．（2025高三上·如皋月考）一种水性电解液Zn-MnO2离子选择双隔膜电池如下图所示。(已知在KOH溶液中，Zn2+以存在)。下列叙述不正确的是
A．放电时Zn作负极
B．a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜
C．放电时MnO2电极上发生的反应：MnO2＋4H+＋2e－＝Mn2+＋2H2O
D．电路中每通过1mol电子，Zn电极的质量减小32.5 g
9．（2025高三上·如皋月考）一种具有生物活性的有机物X其结构如下图所示。下列关于X的说法正确的是
A．X分子中含有1个手性碳原子
B．能与溶液反应生成
C．1 molX最多能消耗溴水中
D．1 molX最多能与发生加成反应
10．（2025高三上·如皋月考）实验室以含锌废液(主要成分为，还含有少量的、，溶液pH≈5)为原料制备的实验流程如下图甲所示，具有强氧化性，易被还原为，的结构如下图乙所示。下列说法正确的是
A．“除锰”反应的离子方程式为
B．“除锰”反应中每消耗1 mol ，硫元素共得到2 mol 电子
C．试剂X可以选用、等物质
D．滤液中一定大量存在阳离子有、和
11．（2025高三上·如皋月考）下列实验方案能达到探究目的的是（　　）
选项 探究方案 探究目的
A 取少量久置的Na2SO3粉末于试管中，向其中滴加BaCl2溶液 Na2SO3粉末是否变质
B 将铁片置于盐酸中，充分溶解后，向其中滴加KSCN溶液 铁片表面是否已被氧化
C 向淀粉溶液中滴加少量稀硫酸，加热后一段时间后，向其中滴加碘水 检验淀粉是否水解
D 向品红溶液中滴加新制氯水，观察溶液颜色变化 氯水是否具有漂白性
A．A B．B C．C D．D
12．（2025高三上·如皋月考）电池级草酸亚铁可作为生产磷酸铁锂电池的原料，还可用作照相显影剂等。实验室可通过如下反应制取FeC2O4。，已知室温时：Ka1(H2C2O4)=6×10-2、Ka2((HC2O4)=6×10-5、Ksp(FeC2O4)=1×10-6，下列说法正确的是
A．0.10 mol·L-1 Na2C2O4溶液和0.10 mol·L-1 NaHC2O4溶液所含微粒种类完全相同
B．NaHC2O4水解的离子方程式为：
C．室温时0.10 mol·L-1 NaHC2O4溶液呈碱性
D．室温时反应的平衡常数K=3.6
13．（2025高三上·如皋月考）丙烯是一种重要的有机化工原料，工业上以丁烯、乙烯为原料制取丙烯的反应如下：，一定温度下，向体积为V L密闭容器中充入1 mol C4H8(g)和1 mol C2H4(g)，测得C3H6的体积分数随时间的变化如图中线I所示。
已知几种气体的燃烧热如下表所示
气体 C2H4(g) C3H6(g) C4H8(g)
燃烧热/kJ/mol 1411 2049 2539
下列说法正确的是
A．C4H8(g)燃烧的热化学方程式可表示为C4H8(g)+6O2(g)=4CO2(g)+4H2O(g) △H=-2539 kJ/mol
B．a=148
C．该温度下反应的平衡常数为64
D．图中线Ⅱ可能是其他条件一定，反应在更高温度时进行
14．（2025高三上·如皋月考）根据信息和要求书写相应的方程式。二氧化氯（ClO2）是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂。
（1）ClO2能将电镀废水中的CN－氧化为无毒的气体，自身被还原为Cl－。写出用ClO2处理含CN－的电镀废水的离子方程式：　 　。
（2）纤维素还原法制ClO2是一种新方法，其原理是：先将纤维素在硫酸中水解，再将此条件下得到的葡萄糖与NaClO3反应得到ClO2和CO2等。写出葡萄糖与NaClO3反应的离子方程式：　 　。
15．（2025高三上·如皋月考）硫化铋（Bi2S3）可用作新型锂离子电池电极材料。以辉铋矿（主要含Bi2S3，还含有少量Fe2O3、SiO2等杂质）为原料制备高纯Bi2S3的流程如下：
（1）Bi在周期表中位于第六周期ⅤA族。Bi的价电子排布式为　 　。
（2）浸出后Bi元素以Bi3＋形式存在于溶液中，写出浸出时Bi2S3所发生反应的离子方程式：　 　。
（3）若浸出后的溶液中c(Bi3＋)＝0.4mol·L－1，c(Fe3＋)＝4.0×10－2mol·L－1，c(Fe2＋)＝1.2mol·L－1，则为了防止析出氢氧化物沉淀，需控制溶液的pH范围是　 　。（已知Ksp[Bi(OH)3]＝4×10－31，Ksp[Fe(OH)3]＝4×10－38，Ksp[Fe(OH)2]＝8×10－16）
（4）还原时与铁粉发生置换反应的离子是　 　。
（5）氧化后所得物质是Bi2O3，酸溶后所得物质是Bi(NO3)3。如果不用空气氧化，直接用浓硝酸酸溶也可得到Bi(NO3)3，先用空气氧化后再用浓硝酸溶解的优点是　 　。
（6）硫化时，向Bi(NO3)3溶液加入硫代乙酰胺（CH3CSNH2），可析出Bi2S3沉淀，洗涤、干燥后可得高纯度的Bi2S3。硫代乙酰胺的结构式可表示为　 　。
16．（2025高三上·如皋月考）是一种高效消毒灭菌剂，可用于灭活新冠病毒。稳定性差，工业上可将转化为较稳定的保存。一种由制取晶体的流程如下：
已知高于60℃时，易分解为和NaCl。
（1）制。向用硫酸酸化的中通入混有空气（起稀释作用）的的气体，可制得气体。其他条件一定，若通入的过量，所得的体积将减小，原因是　 　。
（2）制溶液。将一定量的通入NaOH和的混合溶液中，充分反应后可制得溶液。由该反应可以比较反应物和产物中两种微粒的氧化性大小。碱性条件下，两种微粒的氧化性大小规律为　 　＞　 　。
（3）制晶体。已知的溶解度曲线如下图所示。设计由质量分数为10%的溶液（含少量NaOH）制取晶体的实验方案：　 　。
（4）晶体使用时，向其中加入盐酸，即可得到气体。已知反应产物中只有一种气体和一种盐，则消耗1 mol ，可生成的物质的量为　 　。
（5）还可将碱性废水中的CN－氧化为和，自身转化为Cl－。经测定，某冶炼废水中CN－含量为104.0 mg·L－1 ，处理该废水10 m3 ，理论上需要通入标准状况下的体积为　 　升？（写出计算过程）
17．（2025高三上·如皋月考）从铜阳极泥（含铜、银、铂、钯、硒等元素的单质或化合物）中分批提取硒、铂、钯、银、铜的过程如下：
（1）焙烧。将阳极泥与浓硫酸按一定比例混合浆化，在回转窑内焙烧。铜、银等元素转变为硫酸盐，同时得到含SeO2、SO2的烟气，烟气用水吸收后，硒元素全部变为单质硒。
①烟气中的硒元素能转变为单质硒的原因是　 　。
②烟气中含有少量相对分子质量为224的硒氧化物，该氧化物的分子式为　 　。
（2）浸取。其他条件一定，将焙烧所得固体与相同体积水、不同体积硫酸混合，所得浸出液中各元素含量随硫酸加入量变化如图所示。
实际浸出铜、银同时回收铂、钯的过程中，只用水作浸取剂而不添加硫酸的原因是　 　。
（3）转化。向浸出铜、银后所得滤液中加入足量，使转化为沉淀，过滤。向固体中加入氨水[溶质以计]，发生反应：。再加入水合肼()还原，制得单质银，同时产生和两种气体。
①溶解0.1 mol，至少需加入氨水的体积为　 　（忽略溶液体积的变化）。
②比较键角大小：的键角小于的键角的原因　 　。
③水合肼还原的化学方程式为　 　。
18．（2025高三上·如皋月考）有机物H可通过如下路线合成：
（1）反应①中还可能生成分子式为C9H10O4的副产物，该副产物的结构简式为　 　。
（2）转化③的化学反应类型为　 　。
（3）转化⑤中物质X的分子式为C7H6O。则X的结构简式为　 　。
（4）E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：　 　。
①属于α-氨基酸，能与FeCl3溶液发生显色反应；
②分子中含6种化学环境不同的氢。
（5）写出以CH3NO2、和为原料制取的合成路线图(无机试剂及有机溶剂任用)。　 　
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】A．硫元素在自然界中既能以化合态形式存在，又能以游离态的形式存在，如硫磺是S单质，故A不符合题意；
B．SO2溶于水生成亚硫酸从而使雨水的酸性增强，随着时间增长，亚硫酸被氧气氧化生成硫酸，酸性增强而pH降低，故B符合题意；
C．浓H2SO4能使铁片钝化是因为浓硫酸具有强氧化性，故C不符合题意；
D．硫酸的物质的量浓度为，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.自然界中有游离态的硫也有化合态的硫；
B.空气中排放二氧化硫会形成硫酸型酸雨，且随着时间增长亚硫酸被氧化为硫酸，酸性增强；
C.浓硫酸使铁片钝化是因为浓硫酸的强氧化性；
D.根据计算。
2．【答案】D
【知识点】化学键；共价键的形成及共价键的主要类型；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】A、HCHO分子中含有2条C-H σ键和1条C=O键（其中包含1条σ键和1条π键），因此σ键和π键的数目之比为3：1，A错误；
B、16O原子的质量数为16，质子数为8，中子数=质量数-质子数=8，B错误；
C、H2O分子的结构式为H-O-H，空间构型为V形，由于结构不对称且O-H键为极性键，因此H2O是由极性键构成的极性分子，C错误；
D、CO2分子中中心碳原子采用sp杂化，分子空间构型为直线形，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题突破口总结
抓 “化学键的类型与数量”：分析 HCHO 的结构（H2C=O），σ 键有 3 个（2 个 C-H、1 个 C-O），π 键有 1 个（C=O 中的 π 键），比例不是 2：1，快速排除 A。
明确 “原子中中子数的计算”：中子数 = 质量数 - 质子数， 6O 的中子数是 8（16-8），排除 B。
判断 “分子极性与键极性的关系”：H2O 含极性键，但分子是 V 形（正负电中心不重合），属于极性分子，排除 C。
利用 “空间构型的判断规则”：CO2中 C 为 sp 杂化，无孤电子对，空间构型是直线形，确定 D 正确。
3．【答案】B
【知识点】浓硫酸的性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、橡胶硫化过程中硫单质作为硫化剂参与化学反应（形成硫桥交联结构），其作用机制与硫的黄色外观无直接关联，故A不符合题意 ；B、浓硫酸的强吸水性使其能有效干燥中性气体（如O2），该性质与脱水性需严格区分，故B符合题意 ；
C、SO2漂白纸张的原理是其与有色物质发生加成反应（非氧化还原），而非依赖氧化性，故C不符合题意 ；
D、CuSO4杀菌机制源于Cu2+使蛋白质变性，与溶液酸碱性无关，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】本题易错点总结
混淆 “物质的物理性质与用途的关联”：A中硫的 “黄色” 是物理颜色，而橡胶硫化剂利用的是硫的化学性质（与橡胶交联），易误将颜色和用途绑定。
混淆 “不同性质对应的用途”：
C 中 SO2漂白纸张利用的是漂白性，不是氧化性，易误把氧化性和漂白性等同；
D 中硫酸铜杀菌利用的是 Cu2+ 使蛋白质变性的性质，不是溶液酸性，易误将酸性与杀菌性关联。
忽略 “干燥剂的适用条件”：浓硫酸作氧气干燥剂，既利用吸水性，也因为浓硫酸与氧气不反应，若误判两者反应会错排除 B。
4．【答案】C
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A、氯化钠（NaCl）与二氧化碳（CO2）不发生反应。由于碳酸的酸性弱于盐酸，无法通过复分解反应生成碳酸氢钠（NaHCO3），因此第一步转化无法实现，A错误；B、氯化铁（FeCl3）与铜（Cu）反应生成氯化亚铁（FeCl2）和氯化铜（CuCl2），但无法得到铁单质（Fe），第一步转化错误，B错误；
C、二氧化锰（MnO2）与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气（Cl2），其化学方程式为：
氯气（Cl2）与水（H2O）反应生成氯化氢（HCl）和次氯酸（HClO），其化学方程式为：
两步转化均可实现，C正确；
D、乙醇（C2H5OH）不含醛基（-CHO），无法与银氨溶液发生反应，因此第一步转化无法实现，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．NaCl 溶液与 CO2不反应（弱酸不能制强酸），无法生成 NaHCO3。
B．FeCl3与 Cu 反应生成 FeCl2（不是 Fe 单质），后续无法得到 Fe3O4。
C．MnO2与浓盐酸加热生成 Cl2，Cl2与 H2O 反应生成 HClO，两步反应均符合物质性质与条件。
D．乙醇与银氨溶液不反应（银氨溶液氧化的是醛基，乙醇无醛基），无法生成乙醛。
【答案】5．B
6．D
【知识点】晶胞的计算；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】（1）A、原子半径规律：电子层数越多半径越大；电子层相同时，核电荷数越大半径越小。
W（Si）有3个电子层，X（C）、Y（N）、Z（O）均为2个电子层；
2电子层原子中，核电荷数CN>O。
实际半径：r(Si) > r(C) > r(N) > r(O)，即r(W) > r(X) > r(Y) > r(Z)。A错误；
B、电负性与非金属性一致，非金属性：O > N > C > Si，对应电负性：χ(O) > χ(N) > χ(C) > χ(Si)，即χ(Z) > χ(Y) > χ(X) > χ(W)。B正确；
C、Q是Cu，核外电子排布为[Ar]3d 4s ，属于第四周期ⅠB族（副族），并非ⅠA族（主族）。C错误；
D、简单氢化物：Z（H2O）、Y（NH3）、X（CH4）、W（SiH4）。
H2O、NH3含氢键，沸点高于CH4、SiH4；
SiH4分子间作用力大于CH4，沸点SiH4>CH4。
实际沸点：H2O > NH3 > SiH4 > CH4，即Z > Y > W > X。D错误；
故答案为：B。
（2）A、X是C，高硬度晶体为金刚石（共价晶体）。金刚石中每个C连4个C-C键，但每个键被2个C共用，1mol金刚石中C-C键为。A错误；
B、Y2是N2、Z2是O2，二者均由分子构成，靠分子间作用力结合，属于分子晶体（共价晶体粒子为原子，靠共价键结合）。B错误；
C、[Q(NH3)4]2+即[Cu(NH3)4]2+，题目中“2个NH3被Cl-取代得2种结构”：正四面体构型取代后只有1种结构，平面正方形构型有邻位、对位2种结构。故其构型为平面正方形。C错误；
D、Q2Z是Cu2O，晶胞中O2-（Z2-）位于顶点和体心，Cu+（Q+）位于内部。每个Cu+周围最近的O2-为体心位置的O2-，且每个Cu+仅与2个O2-距离最近。D正确；
故答案为：D。
【分析】根据原子结构、电子排布特征锁定元素：
X、Z的2p轨道含2个未成对电子，结合原子序数递增，X是C（2p2）、Z是O（2p4）；
Y在X、Z之间，故Y是N；
W最外层电子数是次外层的一半，W是Si（次外层8、最外层4）；
Q最外层1个电子且内层全充满，Q是Cu（核外电子：[Ar]3d 4s ）。
（1）结合元素周期律（原子半径、电负性）、元素位置、氢化物性质，逐一验证选项。
（2）结合晶体结构、化学键、配合物构型等知识，分析各选项的结构与性质匹配性。
5．A、原子半径规律：电子层数越多半径越大；电子层相同时，核电荷数越大半径越小。
W（Si）有3个电子层，X（C）、Y（N）、Z（O）均为2个电子层；
2电子层原子中，核电荷数CN>O。
实际半径：r(Si) > r(C) > r(N) > r(O)，即r(W) > r(X) > r(Y) > r(Z)。A错误；
B、电负性与非金属性一致，非金属性：O > N > C > Si，对应电负性：χ(O) > χ(N) > χ(C) > χ(Si)，即χ(Z) > χ(Y) > χ(X) > χ(W)。B正确；
C、Q是Cu，核外电子排布为[Ar]3d 4s ，属于第四周期ⅠB族（副族），并非ⅠA族（主族）。C错误；
D、简单氢化物：Z（H2O）、Y（NH3）、X（CH4）、W（SiH4）。H2O、NH3含氢键，沸点高于CH4、SiH4；SiH4分子间作用力大于CH4，沸点SiH4>CH4。实际沸点：H2O > NH3 > SiH4 > CH4，即Z > Y > W > X。D错误；
故答案为：B。
6．A、X是C，高硬度晶体为金刚石（共价晶体）。金刚石中每个C连4个C-C键，但每个键被2个C共用，1mol金刚石中C-C键为。A错误；
B、Y2是N2、Z2是O2，二者均由分子构成，靠分子间作用力结合，属于分子晶体（共价晶体粒子为原子，靠共价键结合）。B错误；
C、[Q(NH3)4]2+即[Cu(NH3)4]2+，题目中“2个NH3被Cl-取代得2种结构”：正四面体构型取代后只有1种结构，平面正方形构型有邻位、对位2种结构。故其构型为平面正方形。C错误；
D、Q2Z是Cu2O，晶胞中O2-（Z2-）位于顶点和体心，Cu+（Q+）位于内部。每个Cu+周围最近的O2-为体心位置的O2-，且每个Cu+仅与2个O2-距离最近。D正确；
故答案为：D。
7．【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、对于反应，其焓变△H等于正反应活化能减去逆反应活化能，即△H=(E1-E2) kJ/mol，A正确；
B、该反应的正反应过程中气体分子数增加，因此熵变△S > 0，B正确；
C、C10H18(l)转化为C10H8(l)的反应速率主要由活化能最大的步骤决定。根据图示，第1步反应的活化能高于第2步，因此反应速率主要由第1步决定，C错误；
D、反应热△H仅取决于反应物和生成物的总能量差，与催化剂的使用无关，因此催化剂不会改变反应的△H，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题突破口：
A．抓 “反应热（ΔH）的计算逻辑”：ΔH = 生成物总能量 - 反应物总能量，对应图像中 “E1（反应物到过渡态的能量差）、E2（过渡态到生成物的能量差）”。
B．判断 “熵变（ΔS）的正负”：反应后气体分子数增多（生成 3mol H2），混乱度增大，ΔS>0。
C．明确 “反应速率的决定步骤”：反应速率由活化能最大的步骤决定，观察图像中各步的能量峰（E1、E3等），最大活化能对应的步骤才是决速步。
D．牢记 “催化剂的作用”：催化剂只改变反应活化能，不改变反应的 ΔH。
8．【答案】B
【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、放电时，Zn作为负极失去电子发生氧化反应，A正确；
B、Zn电极为负极，MnO2电极为正极。负极反应消耗OH ，正极反应消耗H+。K+由III室迁移至II室，SO42 由I室迁移至II室，说明b为阳离子交换膜，a为阴离子交换膜，B错误；
C、I室为酸性H2SO4环境，MnO2在正极发生还原反应，Mn由+4价降至+2价，反应式为：
，C正确；
D、负极反应为：，转移1 mol电子时消耗0.5 mol Zn，质量减少32.5 g（0.5 mol × 65），D正确；
故答案为：B。
【分析】该电池的负极材料为Zn，正极材料为MnO2。负极反应方程式为：；
正极反应方程式为：。
根据电解质溶液中离子移动规律，阳离子向正极迁移，阴离子向负极迁移。每转移2 mol电子会消耗1 mol Zn。
9．【答案】A
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、手性碳原子是指连接四个不同基团的碳原子。在该分子结构中，仅有1个碳原子满足手性条件，其结构如图所示：，A正确；
B、能与NaHCO3溶液反应产生CO2气体的官能团必须是羧基（-COOH）。该分子中只含有酚羟基（-OH），其酸性弱于碳酸（H2CO3），故不能与NaHCO3发生反应，B错误；
C、溴水与该分子的反应包括两个部分：酚羟基邻对位的氢原子被溴取代（消耗2molBr2），以及碳碳双键与溴的加成反应（消耗2molBr2）。因此1mol该分子最多可消耗4molBr2，C错误；
D、氢气的加成反应涉及三个部分：苯环（3molH2）、碳碳双键（2molH2）和酮羰基（2molH2）。因此1mol该分子最多可与7molH2发生加成反应，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．手性碳需连 4 个不同基团。观察结构，仅连接 CH3的碳原子（同时连接环上 4 个不同片段）符合，故含 1 个手性碳。
B．物质含酚羟基（-OH 直接连苯环），无羧基（-COOH）。酚羟基酸性弱于碳酸，无法与 NaHCO3反应生成 CO2。
C．反应包括：酚羟基邻、对位的取代（苯环上酚羟基邻位有空位），以及碳碳双键的加成。1mol 该物质消耗的 Br2多于 3mol。
D．可加成的基团：1 个苯环（3mol H2）、1 个碳碳双键（1mol H2）、2 个羰基（-CO-，各 1mol H2），共 5mol 以上。
10．【答案】A,C
【知识点】氧化还原反应；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、“除锰” 中，S2O82-（强氧化性）将 Mn2+氧化为 MnO2，自身被还原为 SO42-。结合得失电子、电荷守恒，配平离子方程式为：，A正确；
B、S2O82-中 S 为 + 7 价，还原为 SO42-（S 为 + 6 价），但 “除锰” 时 Fe2+也被 S2O82-氧化，因此 1mol S2O82-转移的电子不仅给 Mn2+，还分给 Fe2+，S 元素得到的电子数多于 2mol。B错误；
C、试剂 X 需调 pH 且不引入新杂质，Zn(OH)2、ZnO 可与 H+反应（如 ZnO+2H+=Zn2++H2O），既能升高 pH 使 Fe3+沉淀为 Fe(OH)3，又仅引入 Zn2+，符合除杂要求。C正确；
D、沉锌步骤中，Zn2+与 NH4HCO3、氨水反应生成 ZnCO3沉淀，因此滤液中不会大量存在 Zn2+。D 错误；
故答案为：AC。
【分析】以含锌废液（主要成分为 ZnSO4，还含有少量的 Fe2+、Mn2+，溶液 pH≈5）为原料制备 ZnCO3的实验流程如下：
S2O82-具有强氧化性，加入 Na2S2O8后，Mn2+被转化为 MnO2沉淀除去，同时 Fe2+被氧化为 Fe3+，反应的离子方程式为：S2O82-+Mn2++2H2O=2SO42-+MnO2↓+4H+；过滤后，滤渣为 MnO2；向滤液中加入 ZnO、Zn (OH)2等调节 pH，使 Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀分离。向除杂后的滤液中加入碳酸氢铵和氨水，使 Zn2+转化为 ZnCO3沉淀，最终得到目标产物。
11．【答案】D
【知识点】性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A．亚硫酸钠和空气中氧气反应生成硫酸钠，硫酸钠、亚硫酸钠都会和氯化钡生成白色沉淀，A不符合题意；
B．即使铁被氧化，氧化铁和盐酸生成氯化铁，氯化铁还会和铁生成氯化亚铁，亚铁离子不能使KSCN溶液变色，B不符合题意；
C．淀粉不水解或部分水解，溶液都会变蓝色，C不符合题意；
D．新制氯水中含有氯气和水生成的次氯酸，次氯酸具有漂白性能使品红溶液褪色，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.亚硫酸钠易被氧化为硫酸钠；
B.氧化铁和盐酸反应生成氯化铁，氯化铁和铁反应生成氯化亚铁；
C.碘单质遇淀粉变蓝。
12．【答案】A,D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；电离平衡常数
【解析】【解答】A、溶液中，水解生成、；溶液中，既电离又水解，两者均含、、、、、、，微粒种类完全相同。A正确；
B、水解是结合的生成弱电解质，的水解离子方程式应为；题中方程式是的电离方程式。B错误；
C、判断溶液酸碱性，需比较的电离常数（）与水解常数（）。电离常数远大于水解常数，溶液呈酸性。C错误；
D、反应的平衡常数，联立草酸的电离（，）与草酸亚铁的溶解（，），可得：
，D正确；
故答案为：AD。
【分析】A．易误认与微粒不同，实际两者均含、、等（前者水解、后者电离+水解），微粒种类完全相同。
B．易将 （电离）当作水解方程式，水解应为 。
C．误认显碱性，实际电离常数（）远大于水解常数（），溶液呈酸性。
D．易不知联立常数：反应平衡常数：代入数据得；易因不会结合电离、溶度积推导错判。
13．【答案】B,C
【知识点】燃烧热；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、题目中给出的燃烧热数值2539 kJ对应的是1 mol C4H8(g)完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时放出的热量。但选项中描述的是生成气态水，因此燃烧热的热化学方程式应为：C4H8(g) + 6O2(g) = 4CO2(g) + 4H2O(l) △H = -2539 kJ/mol。A错误；
B、根据燃烧热数据可写出三个热化学方程式：
① C4H8(g) + 6O2(g) = 4CO2(g) + 4H2O(l) △H = -2539 kJ/mol
② C2H4(g) + 3O2(g) = 2CO2(g) + 2H2O(l) △H = -1411 kJ/mol
③ C3H6(g) + 4.5O2(g) = 3CO2(g) + 3H2O(l) △H = -2049 kJ/mol
通过盖斯定律计算（① + ② - ③ × 2），得到反应：
C4H8(g) + C2H4(g) 2C3H6(g) △H = +148 kJ/mol
因此a=148，B正确；
C、该反应为气体物质的量不变的反应（Δn=0）。平衡时C3H6体积分数为80%，则：
n(C3H6) = 2 mol × 80% = 1.6 mol
消耗的C4H8和C2H4均为0.8 mol
平衡时n(C4H8) = n(C2H4) = 1 mol - 0.8 mol = 0.2 mol
平衡常数K =，C正确；
D、升高温度会加快反应速率（缩短达到平衡时间），但会使平衡正向移动（吸热反应），导致C3H6体积分数增大，与图中曲线II不符。因此曲线II对应的条件可能是增大压强或使用催化剂。选项D错误。
故答案为：BC。
【分析】A．燃烧热要求生成液态H2O，选项A中H2O为气态，不符合定义。
B．利用燃烧热方程式，通过“①+②-2×③”计算目标反应的：
得，B正确。
C．设转化，由体积分数80%得，计算平衡浓度后得：
；
D．反应吸热，升温平衡正向移动，体积分数应增大，但线Ⅱ分数更低。
14．【答案】（1）
（2）
【知识点】单糖的性质和用途；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）将氧化为无毒产物，同时被还原为。该反应的离子方程式为：
故答案为： ；
（2）葡萄糖（分子式）作为还原剂，将NaClO3还原生成ClO2。其中：
Cl元素化合价从+5降至+4（每个Cl得1个电子）
葡萄糖中C元素平均化合价从0升至+4（每个C失4个电子）
根据电子守恒和原子守恒，配平后的离子方程式为：
故答案为： ；
【分析】这两题的解题突破口：
定产物：依题目信息明确氧化、还原产物（如 CN-变为N2+CO2，葡萄糖变为CO2，
ClO2或ClO3-变为Cl-或ClO2）。
算变价：标出氧化剂、还原剂中元素的化合价变化，算出单个粒子的电子转移数（如 1 个 CN-失 5e-，1 个葡萄糖失 24e-）。
平电子：按电子守恒配平氧化剂、还原剂的计量数。
补守恒：用原子、电荷守恒补全其他粒子（如 H+、H2O）。据此解题即可。
（1）将氧化为无毒的物质，应为，自身被还原为，该反应的离子方程式，故答案为：；
（2）葡萄糖分子式为，具有还原性将NaClO3还原生成ClO2。Cl元素化合价从+5到+4价，降低1价，葡萄糖分子C6H12O6中C元素化合价均价为0，到+4价，升高4价，根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒写成对应的离子方程式为：。
15．【答案】（1）6s26p3
（2）
（3）pH＜2
（4）Bi3+和H+
（5）避免生成二氧化氮有毒气体，更加环保
（6）
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）Bi在周期表中位于第六周期ⅤA族，其原子序数为83，则Bi的电子排布为[Xe]4f145d106s26p3，则价电子排布式为6s26p3，
故答案为：6s26p3。
（2）浸出时是Bi2S3与FeCl3反应，生成BiCl3、FeCl2、S，离子方程式为：，
故答案为：。
（3）若浸出后的溶液中c(Bi3＋)＝0.4mol·L-1，c(Fe3＋)＝4.0×10-2mol·L-1，c(Fe2＋)＝1.2mol·L-1，根据溶度积可知以上三者沉淀时氢氧根浓度分别有：，解得mol·L-1，，解得mol·L-1，，解得mol·L-1，为了防止析出氢氧化物沉淀，则mol·L-1，即需控制溶液的pH范围是pH＜2，
故答案为：pH＜2。
（4）还原时是Fe将Fe3+还原为Fe2+，过量盐酸变为氢气，同时Bi3+被置换为Bi单质，则与铁粉发生置换反应的离子是Bi3+和H+，
故答案为：Bi3+和H+。
（5）Bi2O3和浓硝酸反应生成Bi(NO3)3和水，Bi和浓硝酸反应生成Bi(NO3)3、水和二氧化氮，则先用空气氧化后再用浓硝酸溶解的优点是避免生成二氧化氮有毒气体，更加环保，
故答案为：避免生成二氧化氮有毒气体，更加环保。
（6）在硫化铋制备中，其原理为硫代乙酰胺水解生成的H2S和乙酰胺，H2S与Bi3+反应生成Bi2S3，离子方程式为：，则硫代乙酰胺的结构式可表示为，
故答案为：。
【分析】以辉铋矿（主成分 Bi2S3，含少量 Fe2O3、SiO2杂质）为原料制备 Bi2S3的流程逻辑：
酸浸 + 氧化：加入盐酸、FeCl3后，Fe2O3与盐酸反应生成 Fe3+；FeCl3将 Bi2S3氧化，得到 BiCl3和 S 单质，此时不溶的 S 与 SiO2共同形成滤渣；还原置换：滤液中加入 Fe，既将 Fe3+还原为 Fe2+，又与过量盐酸反应生成 H2，同时置换出 Bi 单质；氧化+酸溶+硫化：Bi 在空气中被氧化为 Bi2O3；“酸溶” 将 Bi2O3转化为 Bi3+，最后经硫化反应得到目标产物 Bi2S3。据此解题。
（1）Bi在周期表中位于第六周期ⅤA族，其原子序数为83，则Bi的电子排布为[Xe]4f145d106s26p3，则价电子排布式为6s26p3，故答案为：6s26p3。
（2）浸出时是Bi2S3与FeCl3反应，生成BiCl3、FeCl2、S，离子方程式为：，故答案为：。
（3）若浸出后的溶液中c(Bi3＋)＝0.4mol·L-1，c(Fe3＋)＝4.0×10-2mol·L-1，c(Fe2＋)＝1.2mol·L-1，根据溶度积可知以上三者沉淀时氢氧根浓度分别有：，解得mol·L-1，，解得mol·L-1，，解得mol·L-1，为了防止析出氢氧化物沉淀，则mol·L-1，即需控制溶液的pH范围是pH＜2，故答案为：pH＜2。
（4）还原时是Fe将Fe3+还原为Fe2+，过量盐酸变为氢气，同时Bi3+被置换为Bi单质，则与铁粉发生置换反应的离子是Bi3+和H+，故答案为：Bi3+和H+。
（5）Bi2O3和浓硝酸反应生成Bi(NO3)3和水，Bi和浓硝酸反应生成Bi(NO3)3、水和二氧化氮，则先用空气氧化后再用浓硝酸溶解的优点是避免生成二氧化氮有毒气体，更加环保，故答案为：避免生成二氧化氮有毒气体，更加环保。
（6）在硫化铋制备中，其原理为硫代乙酰胺水解生成的H2S和乙酰胺，H2S与Bi3+反应生成Bi2S3，离子方程式为：，则硫代乙酰胺的结构式可表示为，故答案为：。
16．【答案】（1）过量会稀释造成体积减小
（2）；
（3）将溶液加热至温度略低于60℃，浓缩，冷却至温度略低于38℃时结晶，过滤，洗涤
（4）0.8mol
（5）
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；制备实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解答】（1）制发生反应的原理是：，其他条件一定，若通入的过量，所得的体积将减小，原因是过量会稀释造成体积减小，
故答案为：过量会稀释造成体积减小；
（2）将通入NaOH和的混合溶液中反应原理为：，Cl元素化合价降低，氧化剂是，O元素化合价升高，是氧化产物，由氧化剂的氧化性强于氧化产物，则氧化性：，
故答案为：；
（3）由图可知，饱和溶液中，温度低于38℃时，析出晶体，温度高于38℃时，析出晶体，所以从溶液中获得的操作是将溶液加热至温度略低于60℃，浓缩，冷却至温度略低于38℃时结晶，过滤，洗涤，
故答案为：将溶液加热至温度略低于60℃，浓缩，冷却至温度略低于38℃时结晶，过滤，洗涤；
（4）加入盐酸生成气体和一种盐NaCl，发生了歧化反应，反应方程式为，则消耗1 mol，可生成的物质的量为0.8 mol
故答案为：0.8 mol ；
（5）中C为+2价、N为-3价，还可将碱性废水中的化为和，自身转化为，反应的离子方程式为，废水中，，消耗40mol，标准状况下的体积为，
故答案为：。
【分析】制备 ClO2气体向 NaClO3溶液中加入稀硫酸（提供酸性环境），再通入 SO2与空气，发生反应：2NaClO3+SO2=Na2SO4+2ClO2。这里，NaClO3作为氧化剂，其中 Cl 元素从 +5 价被还原为 ClO2中的 +4 价；SO2作为还原剂，S 元素从+4 价被氧化为 Na2SO4中的 +6 价，从而生成 ClO2气体。将 ClO2转化为 NaClO2溶液将生成的 ClO2通入 NaOH 与 H2O2的混合溶液，发生反应：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O。此过程中，ClO2作为氧化剂，Cl 元素从 + 4 价被还原为 NaClO2中的 + 3 价；H2O2作为还原剂，O 元素从 - 1 价被氧化为 O2中的 0 价；NaOH 提供碱性环境，最终得到 NaClO2的水溶液。得到 NaClO2晶体对反应后得到的 NaClO2溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥等分离提纯操作，最终获得 NaClO2晶体。
（1）制发生反应的原理是：，其他条件一定，若通入的过量，所得的体积将减小，原因是过量会稀释造成体积减小，故答案为：过量会稀释造成体积减小；
（2）将通入NaOH和的混合溶液中反应原理为：，Cl元素化合价降低，氧化剂是，O元素化合价升高，是氧化产物，由氧化剂的氧化性强于氧化产物，则氧化性：，故答案为：；
（3）由图可知，饱和溶液中，温度低于38℃时，析出晶体，温度高于38℃时，析出晶体，所以从溶液中获得的操作是将溶液加热至温度略低于60℃，浓缩，冷却至温度略低于38℃时结晶，过滤，洗涤，故答案为：将溶液加热至温度略低于60℃，浓缩，冷却至温度略低于38℃时结晶，过滤，洗涤；
（4）加入盐酸生成气体和一种盐NaCl，发生了歧化反应，反应方程式为，则消耗1 mol，可生成的物质的量为0.8 mol ，故答案为：0.8 mol ；
（5）中C为+2价、N为-3价，还可将碱性废水中的化为和，自身转化为，反应的离子方程式为，废水中，，消耗40mol，标准状况下的体积为，故答案为：。
17．【答案】（1）烟气用水吸收后与生成，有还原性，可以将还原成；或
（2）加入后，铜、银浸出率增幅不大，但铂、钯浸出率增大，不利于铂和钯的回收；
（3）0.44 L；中原子为杂化且有一对孤对电子，中原子为杂化且无孤对电子，故的键角小于的键角。；
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应方程式的配平；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）烟气用水吸收后与生成，有还原性，可以将还原成；相对原子质量为80，故该分子中最多只能存在2个，再结合相对原子质量，可知存在4个，故可以得出该氧化物分子式为或。
故答案为： 烟气用水吸收后与生成，有还原性，可以将还原成 ；或 ；
（2）根据图示，加入后，铜、银浸出率增幅不大，但铂、钯浸出率增大，不利于铂和钯的回收。
故答案为： 加入后，铜、银浸出率增幅不大，但铂、钯浸出率增大，不利于铂和钯的回收； ；
（3）①溶解0.1 mol，至少需加入氨水的体积为x，列三段式：
解得x=0.44 L。
②中原子为杂化且有一对孤对电子，中原子为杂化且无孤对电子，故的键角小于的键角。
③加入水合肼()还原，制得单质银，同时产生和两种气体，故方程式为。
故答案为： 0.44 L ；中原子为杂化且有一对孤对电子，中原子为杂化且无孤对电子，故的键角小于的键角 ；。
【分析】铜阳极泥（含铜、银、铂、钯、硒等单质 / 化合物）的处理流程分为 “焙烧分物”“固液分离”“固体转化” 三个阶段：
焙烧阶段：对铜阳极泥进行焙烧，铜、银等元素被转化为对应的硫酸盐；同时生成含 SeO2、SO2的混合烟气（实现硒与主体金属的分离）。
固液分离阶段：焙烧后的固体产物（含铜、银的硫酸盐，以及铂、钯等难反应的金属单质）经浸取操作，使可溶性的铜、银硫酸盐进入溶液，铂、钯等不溶物则以滤渣形式分离。
固体转化阶段：对浸取得到的含铜溶液进行还原、提纯等转化操作，最终得到铜单质。据此解题。
（1）烟气用水吸收后与生成，有还原性，可以将还原成；相对原子质量为80，故该分子中最多只能存在2个，再结合相对原子质量，可知存在4个，故可以得出该氧化物分子式为或。
（2）根据图示，加入后，铜、银浸出率增幅不大，但铂、钯浸出率增大，不利于铂和钯的回收。
（3）①溶解0.1 mol，至少需加入氨水的体积为x，列三段式：
解得x=0.44 L。
②中原子为杂化且有一对孤对电子，中原子为杂化且无孤对电子，故的键角小于的键角。
③加入水合肼()还原，制得单质银，同时产生和两种气体，故方程式为。
18．【答案】（1）
（2）加成反应
（3）
（4）
（5）
【知识点】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）由分析可知，反应①中A和HCHO、HCl发生加成反应生成B，且是酚羟基的邻位氢断键和甲醛的碳氧双键加成，若两个邻位氢都反应，则生成分子式为C9H10O4的副产物，该副产物的结构简式为。
故答案为： ；
（2）转化③为C分子中的醛基和CH3NO2发生加成反应生成D，故答案为：加成反应。
故答案为： 加成反应 ；
（3）转化⑤中物质X的分子式为C7H6O，不饱和度==5，因苯环有4个不饱和度，则说明还有1个不饱和度，E和X反应生成F，结合F的结构，可知X为。
故答案为： ；
（4）E为，E的一种同分异构体同时满足：
①属于α-氨基酸，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有-CH(NH2)COOH、酚羟基；
②分子中含6种化学环境不同的氢，E的结构较为对称；E中共有12个C原子，不饱和度为5，则满足条件的同分异构体为。
故答案为： ；
（5）参照有机物H的合成路线，以CH3NO2、 和为原料制取，和发生取代反应生成 ，和CH3NO2发生加成反应生成，发生还原反应生成，发生消去反应生成，和NH3发生取代反应生成，具体路线为：。
故答案为： ；
【分析】化合物 A 与 HCHO、HCl 发生加成反应，生成中间体 B（）；中间体 B 与结构为 H3CO-OCH3的物质发生取代反应，得到中间体 C；中间体 C 与 CH3NO2发生加成反应，生成中间体 D；中间体 D 经 LiAlH4还原，转化为中间体 E；中间体 E 与反应物 X（结合 F 的结构，可知 X 是苯甲醛，结构为）反应，得到中间体 F；中间体 F 与 H2发生加成反应，生成中间体 G；中间体 G 与 NH3发生取代反应，最终得到产物 H。据此解题。
（1）由分析可知，反应①中A和HCHO、HCl发生加成反应生成B，且是酚羟基的邻位氢断键和甲醛的碳氧双键加成，若两个邻位氢都反应，则生成分子式为C9H10O4的副产物，该副产物的结构简式为。
（2）转化③为C分子中的醛基和CH3NO2发生加成反应生成D，故答案为：加成反应。
（3）转化⑤中物质X的分子式为C7H6O，不饱和度==5，因苯环有4个不饱和度，则说明还有1个不饱和度，E和X反应生成F，结合F的结构，可知X为。
（4）E为，E的一种同分异构体同时满足：
①属于α-氨基酸，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有-CH(NH2)COOH、酚羟基；
②分子中含6种化学环境不同的氢，E的结构较为对称；E中共有12个C原子，不饱和度为5，则满足条件的同分异构体为。
（5）参照有机物H的合成路线，以CH3NO2、 和为原料制取，和发生取代反应生成 ，和CH3NO2发生加成反应生成，发生还原反应生成，发生消去反应生成，和NH3发生取代反应生成，具体路线为：。
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