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江苏省苏州市南京航空航天大学苏州附属中学2025届高三三模化学试题
1．（2025·苏州模拟）现代三大基本材料之一是高分子材料，下列物质的主要成分属于高分子的是
A．花生油 B．石墨烯 C．不锈钢 D．羊绒衫
2．（2025·苏州模拟）摩尔盐可用于治疗缺铁性贫血。下列说法正确的是
A．半径： B．第一电离能：
C．沸点： D．键角：
3．（2025·苏州模拟）下列实验原理、装置及操作正确的是
A．图甲：验证碳酸的酸性比苯酚强
B．图乙：分离乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液
C．图丙：蒸干Na2CO3溶液获得Na2CO3·10H2O
D．图丁：用标准硫酸溶液滴定未知浓度的Na2CO3溶液
4．（2025·苏州模拟）在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化能实现的是
A．工业制备漂白粉，饱和食盐水漂白粉
B．漂白粉失效的途径：
C．检验葡萄糖：悬浊液
D．金属铝制备：
（2025·苏州模拟）阅读下列材料，完成下面小题。
周期表中IIIA族元素（、、、等）的单质及其化合物应用广泛。极易水解，生成（是一种强酸）和硼酸（）。硼酸是一元弱酸，能溶于水，硼酸和甲醇在浓硫酸存在下生成挥发性的硼酸甲酯[]，硼酸甲酯主要用作热稳定剂，木材防腐剂等。高温下和过量焦炭在氯气的氛围中获得。已知Ga与Al的性质相似，Ga微量分散于铝土矿中，在一定条件下Ga和可以制得GaN。GaN誉为第二代半导体材料，具有硬度大、熔点高的特点。已知GaN成键结构与金刚石相似，其晶胞结构如下。已知：GaN、GaP、GaAs的熔点高，且熔融状态均不导电。
5．下列化学反应表示正确的是
A．制备：
B．高温下、焦炭在氯气中反应：
C．水解：
D．用石墨作电极电解制备Al的阳极反应式：
6．下列说法不正确的是
A．熔点：
B．GaN为共价晶体
C．GaN晶体中所有原子均采取杂化
D．与N原子相连的Ga原子构成的空间构型为正四面体
7．下列物质性质与用途具有对应关系的是
A．极易水解，可用作强化剂
B．硼酸甲酯具有挥发性，可用作木材防腐剂
C．GaN硬度大，可用作半导体材料
D．熔点高，可用作耐火材料
8．（2025·苏州模拟）利用双极膜电解含有的溶液，使转化成碳燃料，实现了还原流动。电解池如下图所示，双极膜中水电离的和在电场作用下可以向两极迁移。下列说法不正确的是
A．银网电极与电源负极相连
B．双极膜b侧应该用质子交换膜
C．阴极电极反应为：
D．双极膜中有0.1mol 电离，则阳极附近理论上产生0.05mol
9．（2025·苏州模拟）异甘草素具有抗肿瘤、抗病毒等药物功效，合成中间体Z的部分路线如图：
下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是
A．X分子中的所有原子一定共平面
B．1mol Z中含有5mol碳氧键
C．Y能发生加成、氧化和消去反应
D．Z与足量的氢气加成后的产物分子中含有4个手性碳原子
10．（2025·苏州模拟）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·苏州模拟）室温下，探究0.1 mol·L-1 FeCl3溶液的性质，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 向两支试管中分别加入5 mL 5%的H2O2溶液，再向两支试管中滴入3滴浓度均为0.1 mol·L-1 的FeCl3和CuSO4，观察产生气体的速率 比较Fe3+和Cu2+的催化效率
B 向2 mL 0.1 mol·L-1 FeCl3溶液中加入1 mL 0.1 mol·L-1 KI溶液，充分振荡后滴加KSCN溶液，观察颜色变化 2Fe3++2I-=2Fe2++I2是否为可逆反应
C 向苯酚溶液中滴加几滴0.1 mol·L-1 FeCl3溶液，溶液呈紫色 FeCl3与苯酚发生了氧化还原反应
D 将5 mL 0.1 mol·L-1 FeCl3溶液和15 mL 0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液混合，生成红褐色沉淀和气体 Fe3+与发生了双水解反应
A．A B．B C．C D．D
12．（2025·苏州模拟）捕集与转化的部分过程见题图。室温下以的NaOH溶液吸收，忽略通入引起的溶液体积变化和水的挥发。已知溶液中含碳物种的浓度，电离常数分别为：，。下列说法正确的是
A．吸收液中：
B．吸收液时，，且
C．“再生”过程中发生反应的离子方程式有：
D．将投入煮沸后蒸馏水，沉降后溶液，则
13．（2025·苏州模拟）甲烷和水蒸气催化重整制氢过程中的主要反应为
①
②
在装有催化剂的密闭容器中，、时，若仅考虑上述反应，平衡时转化率和CO转换率随温度的变化如图所示。
CO转换率
下列说法正确的是
A．反应的焓变
B．曲线a表示平衡时转化率随温度的变化
C．850℃平衡时生成的比550℃平衡时生成的多
D．相同条件下，和总物质的量不变，越大，产量越高
14．（2025·苏州模拟）单宁酸（）-硫酸体系中，低品位软锰矿（质量分数为29%）中的）可被还原为而浸出。其浸出过程如图所示。
（1）当完全水解，生成的葡萄糖和没食子酸物质的量之比为：　 　。
（2）写出葡萄糖还原生成的离子反应方程式：　 　。
（3）浸出前后软锰矿与浸取渣的X-射线衍射图如图所示，衍射峰的强度能一定程度反映晶体的质量分数等信息。指出图中对应衍射峰强度变化的原因：　 　。
（4）为测定一定条件下该低品位软锰矿中锰元素的浸出率，进行如下实验：
准确称取m g软锰矿试样，加入一定量硫酸和单宁酸，水浴加热并充分搅拌，一段时间后过滤，将滤液冷却后加水定容至2L，量取20.00mL溶液于锥形瓶中，向锥形瓶中加入足量磷酸作稳定剂，再加入2mL高氯酸，边加边摇动，使完全氧化为，加热溶液至无气体产生，冷却后用浓度为的溶液滴定至终点，消耗溶液的体积为V mL。
①实验室现配溶液的浓度与计算值存在误差，为提高测量结果的精确度，滴定前需要对现配溶液进行的补充实验是　 　。
②计算该条件下软锰矿中锰元素的浸出率　 　。[。写出计算过程]
（5）下，控制单宁酸用量和反应时间相同，测得对锰元素浸出率的影响如图所示。时，锰元素浸出率降低的可能原因是　 　。
15．（2025·苏州模拟）有机物G的一种合成路线如下图所示（反应②的条件未列出）。
（1）反应②还需的反应物和条件是　 　。
（2）化合物E的结构简式为　 　。
（3）反应⑥的反应类型为　 　。
（4）的一种同分异构体符合下列条件，写出该同分异构体的结构简式：　 　。
I．能使溴的溶液褪色，能与Na反应放出不能与溶液反应。
（5）已知：。设计以1，3-丁二烯、和为原料制取的路线图（无机试剂及有机溶剂任用）。　 　。
16．（2025·苏州模拟）纳米铜用途广泛，可用铜蓝矿（CuS为主要成分）为原料制备。
I．获得纳米铜
（1）制备溶液，用溶液浸取铜蓝矿，除去其中含铁离子后，再通入制取。不采用氨水直接浸取铜蓝矿的原因为　 　。[已知： ；]
（2）制备纳米铜。调节溶液的，加入溶液，水浴加热，充分反应得到纳米铜。
①获得纳米铜时，被氧化成，反应的离子方程式为　 　。
②还原过程中可能生成难溶的CuCl（白色）和（红色），为判断纳米铜样品中是否含有上述两种杂质，补充完整实验方案：将制得的样品先后用蒸馏水、无水乙醇洗涤干净，　 　。（已知：；必须使用的试剂和设备：溶液。溶液，溶液，通风设备）
Ⅱ．应用纳米铜
（3）纳米铜铂电池。如图表示一种CuPt纳米棒悬浮在稀碘水中，通过发生电极反应在Cu极和Pt级区域之间产生浓度差即产生电势差，形成自建电场；该纳米棒因内部传递电子而带负电荷，在自建电场作用下定向移动。
①该纳米棒的Cu极电极反应式为　 　。
②该纳米棒向　 　。（填“Cu极”或“Pt极”）方向定向移动。
17．（2025·苏州模拟）黄铁矿()可用于制硫和处理废水。
（1）黄铁矿、焦炭和适量空气混合加热制硫，发生反应：。上述反应中生成CO而不是的原因是：　 　。
（2）制硫反应所得气体经冷凝回收后，尾气中还含有CO和。将尾气通过催化剂进行处理，发生反应Ⅰ，同时发生副反应Ⅱ。
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
理论分析及实验结果表明，600~1000K范围内，平衡转化率接近100%。其他条件相同，不同温度下，、COS平衡产率和10min时实际产率如图所示。
①10min时，实际产率大于平衡产率的原因是　 　。
②随温度升高，平衡产率上升的原因是　 　。
（3）处理后的尾气仍含少量，用溶液“洗脱”处理，得到的洗脱液中含有，、，再利用生物电池技术，如图所示，将洗脱液中的转化为单质硫()回收。
已知：，，，。
①“洗脱”时化学反应的平衡常数为　 　。
②生物电池装置中，正极的电极反应式为　 　。
③一段时间后，若洗脱液中减小了2mol，则理论上减小了　 　mol。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；合金及其应用
【解析】【解答】A、花生油的主要成分是油脂（高级脂肪酸甘油酯），相对分子质量较小，不属于高分子，A 错误；
B、石墨烯是单层石墨，属于碳的单质（无机材料），不是有机高分子，B错误；
C、不锈钢是铁的合金，属于金属材料，并非高分子，C错误；
D、羊绒衫的主要成分是蛋白质，蛋白质是相对分子质量巨大的有机高分子化合物，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
高分子概念混淆：误将 “相对分子质量较大的物质（如油脂）” 当作高分子，忽略高分子需“相对分子质量上万、有机化合物”的核心特征。
材料类型误判：混淆“无机材料（石墨烯、不锈钢）” 与 “有机高分子材料”，错认为石墨烯、合金属于高分子。
成分认知错误：不明确羊绒的主要成分是蛋白质（高分子），误将其归为普通有机物或其他材料类型。
2．【答案】D
【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；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、O2-核外有 2 个电子层，S2-核外有 3 个电子层。由于电子层数越多离子半径越大，因此半径关系为 r (O2-) < r (S2-)，A错误；
B、N 和 O 同属第二周期，N 的 2p 轨道为半满稳定结构（2p3），第一电离能反常高于 O（2p4），故 I1(N) > I1(O)，B错误；
C、NH3和 H2O 都能形成氢键，但每个 H2O 分子可形成 4 个氢键，而每个 NH3分子仅能形成 3 个氢键，H2O 分子间作用力更强，因此沸点 NH3 < H2O，C错误；
D、H2O 中 O 原子和 NH4+中 N 原子的价层电子对数均为 4（均为 sp3 杂化），但 H2O 含 2 对孤电子对，NH4+无孤电子对。孤电子对斥力大于成键电子对，因此键角 H2O < NH4+，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．离子半径比较需先看电子层数，层数越多半径越大；层数相同时再看核电荷数。
B．同周期元素第一电离能总体递增，但 ⅡA、ⅤA 族因轨道全满或半满出现反常。
C．分子晶体沸点与氢键数量、分子间作用力强度相关，氢键越多沸点越高。
D．中心原子价层电子对相同时，孤电子对越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小。
3．【答案】B
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；苯酚的化学性质；乙酸乙酯的制取；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、图甲中盐酸易挥发，挥发的 HCl 会与苯酚钠反应生成苯酚，无法证明是碳酸与苯酚钠反应，不能验证碳酸酸性强于苯酚，A错误；
B、乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液互不相溶、分层，可用分液（图乙的分液漏斗）分离，B正确；
C、蒸干 Na2CO3溶液时，加热会使 Na2CO3 10H2O 失去结晶水，无法得到带结晶水的晶体，C错误；
D、图丁中酸式滴定管（标准硫酸溶液）的尖嘴未伸入锥形瓶内，且碳酸钠溶液呈碱性，滴定终点的指示剂选择也不明确，操作不规范，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：验证酸性实验的干扰忽略：图甲中未考虑盐酸的挥发性，HCl 会干扰碳酸与苯酚钠的反应，误判 “能验证酸性强弱”。
物质分离方法混淆：不清楚乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液分层，错认为不能用分液（图乙）分离。
结晶水合物的制备误区：误将 “蒸干溶液” 当作获取结晶水合物的方法，忽略加热会使
Na2CO3 10H2O 失去结晶水。
滴定操作规范疏漏：不明确酸式滴定管的操作要求（尖嘴需伸入锥形瓶），或忽略碳酸钠溶液滴定的指示剂、装置细节，误判图丁操作正确。
4．【答案】C
【知识点】工业制金属铝；镁、铝的重要化合物；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A、工业制备漂白粉时，氯气需通入石灰乳（而非石灰水），因为石灰水浓度低，无法高效制备漂白粉，A错误；
B、漂白粉中的 Ca(ClO)2与空气中的 CO2、H2O 反应生成 HClO，HClO 见光分解生成 HCl 和 O2，不会生成 Cl2，B错误；
C、CuSO4溶液与足量 NaOH 溶液反应生成 Cu(OH)2悬浊液，葡萄糖含醛基，具有还原性，在加热条件下与 Cu(OH)2悬浊液反应生成 Cu2O（砖红色沉淀），该反应可用于检验葡萄糖，C正确；
D、Al2O3与 HCl 反应生成 AlCl3溶液，电解 AlCl3溶液时，H+的放电能力强于 Al3+，因此不会生成 Al，工业上制备金属铝是通过电解熔融的 Al2O3，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
对工业制备漂白粉的原料理解错误，容易混淆石灰乳和石灰水，不清楚石灰水因浓度低无法用于工业制备漂白粉。
对 HClO 分解产物认识有误，误以为 HClO 见光分解会生成 Cl2，实际是生成 HCl 和 O2。
电解 AlCl3溶液时，不明确离子放电顺序，错误认为 Al3+会放电生成 Al，忽略了 H+的放电能力更强。
【答案】5．B
6．A
7．D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子晶体（共价晶体）；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电镀
【解析】【解答】（1）A、硼酸与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应，产物应为硼酸三甲酯（）和水（）， 反应的化学方程式为，故A错误；
B、高温下、焦炭与反应，C被氧化为，与生成，化学方程式为，反应中元素化合价升降守恒、原子个数匹配， 故B正确；
C、水解生成（强酸，可拆）和（弱酸，不可拆），原方程式将拆为，违背弱电解质拆分规则， 反应的离子方程式为，故C错误；
D、电解时，阴极得电子生成，阳极失电子生成，原方程式颠倒阴阳极反应， 电极反应式为，D错误；
故答案为：B。
（2）A、、、均为共价晶体，配位原子半径，键长，键能，故熔点，原选项顺序颠倒，A错误；
B、成键结构与金刚石相似，熔点高、硬度大，符合共价晶体特征，B正确；
C、成键结构与金刚石相似，每个原子连有4个共价键，均采取杂化，C正确；
D、成键结构与金刚石相似，与原子相连的原子构成正四面体空间构型，D正确；
故答案为：A。
（3）A、易水解生成和硼酸，该性质与其“强化剂”用途无关，A错误；
B、硼酸甲酯用作木材防腐剂是因为其化学稳定性，而非挥发性，B错误；
C、用作半导体是因为其晶体结构（类似晶体硅），硬度大是共价晶体的力学性质，与半导体用途无关，C错误；
D、熔点高，能承受高温，因此可用作耐火材料，性质与用途直接对应，D正确；
故答案为：D。
【分析】（1）A．酯化反应需生成水，检查产物完整性。
B．分析氧化还原中化合价变化与原子守恒。
C．弱电解质（硼酸）在离子方程式中不可拆分。
D．明确电解熔融的电极反应。
（2）A．共价晶体熔点与键能正相关，键能与原子半径负相关。
B．根据的成键结构（与金刚石相似）判断晶体类型。
C．根据金刚石的杂化方式推导的杂化类型。
D．根据金刚石的空间构型推导中原子的空间构型。
（3）A．水解的产物与“强化剂”用途无直接关联。
B．硼酸甲酯的“木材防腐剂”用途与其挥发性无直接因果。
C．作为半导体的原因是其晶体结构（类似硅），而非硬度。
D．熔点高的性质与其“耐火材料”用途直接相关。
5．A、硼酸与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应，产物应为硼酸三甲酯（）和水（）， 反应的化学方程式为，故A错误；
B、高温下、焦炭与反应，C被氧化为，与生成，化学方程式为，反应中元素化合价升降守恒、原子个数匹配， 故B正确；
C、水解生成（强酸，可拆）和（弱酸，不可拆），原方程式将拆为，违背弱电解质拆分规则， 反应的离子方程式为，故C错误；
D、电解时，阴极得电子生成，阳极失电子生成，原方程式颠倒阴阳极反应， 电极反应式为，D错误；
故答案为：B。
6．A、、、均为共价晶体，配位原子半径，键长，键能，故熔点，原选项顺序颠倒，A错误；
B、成键结构与金刚石相似，熔点高、硬度大，符合共价晶体特征，B正确；
C、成键结构与金刚石相似，每个原子连有4个共价键，均采取杂化，C正确；
D、成键结构与金刚石相似，与原子相连的原子构成正四面体空间构型，D正确；
故答案为：A。
7．A、易水解生成和硼酸，该性质与其“强化剂”用途无关，A错误；
B、硼酸甲酯用作木材防腐剂是因为其化学稳定性，而非挥发性，B错误；
C、用作半导体是因为其晶体结构（类似晶体硅），硬度大是共价晶体的力学性质，与半导体用途无关，C错误；
D、熔点高，能承受高温，因此可用作耐火材料，性质与用途直接对应，D正确；
故答案为：D。
8．【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、Ag 网处 HCO3-被还原为 CO，发生还原反应，故 Ag 网是阴极，与电源负极相连，A正确；
B、双极膜 b 侧需让 H+迁移到阴极参与反应，因此 b 侧应使用质子交换膜（允许 H+通过），B正确；
C、阴极处 HCO3-得电子，结合迁移来的 H+生成 CO 和 H2O，电极反应为：
HCO3-+2e-+3H+=CO+2H2O，C正确；
D、双极膜中 0.1mol H2O 电离，生成 0.1mol H+和 0.1mol OH-；阳极反应为 OH-失电子生成 O2：4OH--4e-=2H2O+O2。0.1mol OH-参与反应时，转移 0.1mol 电子，理论生成 O2的物质的量为 0.025mol（而非 0.05mol），D错误；
故答案为：D。
【分析】先通过反应类型确定电极：右侧 HCO3-转化为 CO，C 元素化合价降低，发生还原反应，因此 Ag 网所在区域是阴极区，Ag 网为阴极，需与电源负极相连，其阴极反应为：
HCO3-+2e-+3H+=CO+2H2O；左侧 Ni 网则为阳极，阳极反应是 OH-失电子生成 O2：
4OH--4e-=2H2O+O2。
再分析双极膜的离子迁移与膜类型：双极膜电离出的 H+要向阴极（右侧）移动，因此 b 侧需用质子交换膜（允许 H+通过）；电离出的 OH-向阳极（左侧）移动，故 a 侧为阴离子交换膜。
9．【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；有机物的结构和性质；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、X 分子中羟基的氧为 sp3 杂化，且单键可旋转，因此所有原子不一定共平面，A错误；
B、单键为 σ 键，双键含 1 个 σ 键和 1 个 π 键。Z 分子中碳氧 σ 键包括酮羰基的碳氧双键（1 个 σ 键）、醚键的碳氧单键等，共 6mol，而非 5mol，B错误；
C、Y 含酮羰基（可加成、氧化）、酚羟基（可氧化），但酚羟基的结构稳定，不能发生消去反应，C错误；
D、Z 与足量氢气加成后，产物中存在 4 个连接不同原子或基团的碳原子（手性碳），如图，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
原子共面：忽略羟基氧的 sp3 杂化和单键旋转，误判 X 原子共面。
化学键计数：漏算碳氧 σ 键，误将 Z 中碳氧 σ 键计为 5mol。
官能团反应：混淆酚羟基与醇羟基，误判 Y 能发生消去反应。
手性碳判断：加成后漏判手性碳数量，误判 D 选项。
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】D
【知识点】化学反应的可逆性；化学反应速率的影响因素；盐类水解的原理；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、比较 Fe3+ 和 Cu2+ 的催化效率，但 FeCl3与 CuSO4的阴离子（Cl-、SO42-）不同，会干扰实验，故A不符合题意 ；
B、验证反应是否可逆，但 FeCl3过量（Fe3+ 剩余），滴 KSCN 溶液必然变红，无法证明反应可逆，故B不符合题意 ；
C、苯酚与 FeCl3显紫色是络合反应，并非氧化还原反应，反应类型判断错误，故C不符合题意 ；
D、Fe3+水解显酸、HCO3-水解显碱，混合后水解相互促进：生成 Fe(OH)3红褐色沉淀和 CO2气体，符合双水解特征，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】A．忽略 “阴离子干扰”，误将 FeCl3和 CuSO4直接对比催化效率，未控制阴离子相同（Cl-、SO42-可能影响反应速率）。
B．忽视 “反应物用量”，FeCl3过量时，即使反应不可逆，剩余的 Fe3+也会使 KSCN 变红，无法证明反应可逆。
C．混淆 “反应类型”，误将苯酚与 FeCl3的络合显色反应当成氧化还原反应。
D．对 “双水解的特征” 不明确，不清楚 Fe3+与 HCO3-混合时，水解相互促进会同时生成沉淀和气体。
12．【答案】C
【知识点】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；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A、吸收液pH为10，根据，可得，即，A错误；
B、当时，溶液为碳酸氢钠溶液。碳酸氢根的水解常数，而，故，即水解程度大于电离程度，B错误；
C、“再生”过程中，石灰乳与HCO3-反应生成CaCO3、OH-和H2O，离子方程式为，C正确；
D、CaCO3投入煮沸后蒸馏水，沉降后溶液为饱和溶液，此时，D错误；
故答案为：C。
【分析】工业上用 NaOH 溶液吸收烟气中的 CO2，得到 pH 为 10 的吸收液（含 Na2CO3、NaHCO3等含碳组分）；向该吸收液中加入石灰乳，石灰乳与其中的 Na2CO3、NaHCO3发生反应，生成 NaOH 和 CaCO3沉淀；过滤后，NaOH 溶液可返回用于吸收 CO2，实现循环利用；CaCO3经高温分解生成 CaO 和 CO2，CaO 与水反应生成石灰乳，石灰乳也能循环投入到与吸收液的反应中。
13．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、反应可由反应①+②得到，焓变，并非+247.0 kJ/mol，A错误；
B、反应①是吸热反应，升温平衡正向移动，转化率升高；反应②是放热反应，升温平衡逆向移动，转化率降低。曲线a随温度升高而上升，代表转化率（而非曲线b），B错误；
C、550℃时，转化率30%、转化率90%；850℃时，转化率90%、转化率50%。设起始为1 mol、为6 mol：
550℃：生成为，转化为的量为；
850℃：生成为，转化为的量为；
因此850℃生成的更多，C正确；
D、过大时，浓度过高会抑制反应②（放热）的正向进行，且过量会稀释反应物，产量不会持续升高，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
盖斯定律计算失误：误将反应①+②的焓变直接相加时，忽略反应②的ΔH为负值，导致计算出错误的总焓变。
曲线对应物质判断错误：混淆吸热反应（反应①）和放热反应（反应②）的温度对转化率的影响，错判曲线a/b对应的物质（升温时CH4转化率升高、CO转化率降低）。
产物量计算疏漏：仅看转化率数值，未结合“CH4转化生成CO的量×CO转化率”计算CO2的实际产量，误判温度对CO2生成量的影响。
反应物比例的影响误判：认为越大H2产量越高，忽略过量H2O对反应的抑制作用（稀释反应物、影响平衡移动）。
14．【答案】（1）10：1
（2）
（3）酸浸过程中，Fe2O3被酸溶，部分MnO2被还原，固体总质量减少；SiO2不发生反应，质量分数变大，衍射峰强度变大
（4）使用K2Cr2O7基准试剂对溶液的实际浓度进行标定；
（5）c(H+)浓度过大，抑制了单宁酸的水解，没食子酸和葡萄糖的浓度降低，MnO2的还原速率减慢
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；酯的性质；物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）设完全水解，生成的没食子酸xmol、葡萄糖ymol，根据C守恒：7x+6y=76，没食子酸、葡萄糖比单宁酸分子中多的氧、氢原子都由水提供，则：，解得x=10，y=1，生成的没食子酸和葡萄糖物质的量之比为10：1；
故答案为： 10：1
（2）葡萄糖还原生成，根据得失电子守恒，离子反应方程式为：；
故答案为： ；
（3）由图可知，酸浸过程中，Fe2O3被酸溶，部分MnO2被还原，固体总质量减少；SiO2不发生反应，质量分数变大，衍射峰强度变大；
故答案为： 酸浸过程中，Fe2O3被酸溶，部分MnO2被还原，固体总质量减少；SiO2不发生反应，质量分数变大，衍射峰强度变大 ；
（4）①为提高测量结果的精确度，滴定前需要使用K2Cr2O7基准试剂对溶液的实际浓度进行标定；
②每20.00mL浸出滤液中：，mg软锰矿浸出滤液中，浸出的：，软锰矿中锰元素浸出率：；
故答案为： 使用K2Cr2O7基准试剂对溶液的实际浓度进行标定 ； ；
（5）由图可知，c(H+)浓度过大，抑制了单宁酸的水解，没食子酸和葡萄糖的浓度降低，MnO2的还原速率减慢，所以时，锰元素浸出率降低。
故答案为： c(H+)浓度过大，抑制了单宁酸的水解，没食子酸和葡萄糖的浓度降低，MnO2的还原速率减慢。
【分析】(1)根据C原子守恒和水提供的氧、氢原子关系，设生成没食子酸和葡萄糖的物质的量分别为、，列方程和，解得、，物质的量之比为。
(2)依据得失电子守恒，葡萄糖（）还原生成，从价降为价，从价升为价，配平得离子方程式。
(3)酸浸时被酸溶，部分被还原，固体总质量减少；不反应，质量分数变大，故其衍射峰强度变大。
(4)①为提高精度，需用基准试剂标定溶液的实际浓度。
②根据滴定关系，先算滤液中，再推得滤液中，结合软锰矿中的质量分数，计算浸出率。
(5)过大时，抑制单宁酸水解，没食子酸和葡萄糖浓度降低，还原速率减慢，导致锰元素浸出率降低。
（1）设完全水解，生成的没食子酸xmol、葡萄糖ymol，根据C守恒：7x+6y=76，没食子酸、葡萄糖比单宁酸分子中多的氧、氢原子都由水提供，则：，解得x=10，y=1，生成的没食子酸和葡萄糖物质的量之比为10：1；
（2）葡萄糖还原生成，根据得失电子守恒，离子反应方程式为：；
（3）由图可知，酸浸过程中，Fe2O3被酸溶，部分MnO2被还原，固体总质量减少；SiO2不发生反应，质量分数变大，衍射峰强度变大；
（4）①为提高测量结果的精确度，滴定前需要使用K2Cr2O7基准试剂对溶液的实际浓度进行标定；
②每20.00mL浸出滤液中：，mg软锰矿浸出滤液中，浸出的：，软锰矿中锰元素浸出率：；
（5）由图可知，c(H+)浓度过大，抑制了单宁酸的水解，没食子酸和葡萄糖的浓度降低，MnO2的还原速率减慢，所以时，锰元素浸出率降低。
15．【答案】（1）HBr、加热
（2）
（3）取代反应
（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；醛的化学性质；取代反应
【解析】【解答】（1）反应②为醇的取代反应，还需的反应物和条件是HBr、加热；
故答案为： HBr、加热 ；
（2）根据分析可知，化合物E的结构简式为；
故答案为： ；
（3）根据分析可知，反应⑥的反应类型为取代反应；
故答案为： 取代反应 ；
（4）不饱和度为3，分子式为，I．能使溴的溶液褪色，说明含有碳碳双键或碳碳三键，能与Na反应放出，说明含有羟基，不能与溶液反应，说明不含羧基，有多种同分异构体，其中之一结构简式：；
故答案为： ；
（5）根据信息可知，由按题干所给信息进行反应生成，1，3-丁二烯与HBr加成生成，发生C→D反应生成，酯化生成，故流程：。
故答案为： 。
【分析】原料 A 为苯甲醛（ ），经反应转化为 B（ ）；B 通过取代反应引入溴原子，生成 C（ ）；C 进一步反应，将溴原子替换为羧基，得到 D（ ）；D 与甲醇在酯化条件下反应，生成 E（ ）；E 发生取代反应，在苯环侧链引入 BrCH2- 基团，得到 F（ ）；最后 F 与含酯基和羰基的环戊烷衍生物发生取代反应，最终生成 G（ ）。据此解题。
（1）反应②为醇的取代反应，还需的反应物和条件是HBr、加热；
（2）根据分析可知，化合物E的结构简式为；
（3）根据分析可知，反应⑥的反应类型为取代反应；
（4）不饱和度为3，分子式为，I．能使溴的溶液褪色，说明含有碳碳双键或碳碳三键，能与Na反应放出，说明含有羟基，不能与溶液反应，说明不含羧基，有多种同分异构体，其中之一结构简式：；
（5）根据信息可知，由按题干所给信息进行反应生成，1，3-丁二烯与HBr加成生成，发生C→D反应生成，酯化生成，故流程：。
16．【答案】，，其平衡常数很小，几乎不反应；；将制得的样品先后用蒸馏水、无水乙醇洗涤干净，取少量样品，将其加入过量溶液中，边加边搅拌，若固体部分溶解，溶液呈现蓝色，则含有；在通风设备里，另取少量样品加入过量6mol/LHNO3溶液中，边加边搅拌，使固体充分溶解，向其中滴加几滴2% AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则含有CuCl；；Cu极
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铜及其化合物；制备实验方案的设计；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1），，其平衡常数很小，几乎不反应，故不采用直接氨水浸取铜蓝矿；
故答案为：，，其平衡常数很小，几乎不反应 ；
（2）①75℃时，碱性溶液中与发生氧化还原反应，生成Cu、N2，结合质量守恒还生成NH3、H2O，铜化合价由+2变为0、肼中氮化合价由-2变为0，根据得失电子守恒，离子方程式为；
②检验纳米铜样品中是否含有CuCl（白色）、（红色），应使其溶解检验溶液中是否含有氯离子，确定样品中是否含有CuCl，根据在酸性条件下发生，得到溶液显蓝色，而Cu、CuCl与稀硫酸不反应，确定样品中是否含有，故实验方案为：将制得的样品先后用蒸馏水、无水乙醇洗涤干净，取少量样品，将其加入过量溶液中，边加边搅拌，若固体部分溶解，溶液呈现蓝色，则含有；在通风设备里，另取少量样品加入过量6mol/LHNO3溶液中，边加边搅拌，使固体充分溶解，向其中滴加几滴2% AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则含有CuCl；
故答案为： ； 将制得的样品先后用蒸馏水、无水乙醇洗涤干净，取少量样品，将其加入过量溶液中，边加边搅拌，若固体部分溶解，溶液呈现蓝色，则含有；在通风设备里，另取少量样品加入过量6mol/LHNO3溶液中，边加边搅拌，使固体充分溶解，向其中滴加几滴2% AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则含有CuCl ；
（3）①原电池中电子由负极移向正极，根据题干、图中信息可知，Cu极相当于原电池负极，失电子生成CuI，电极反应式为；
②根据Cu极电极反应可知，Cu极区域碘离子浓度减小、Pt极区域碘离子浓度增大，即产生电势差，形成自建电场，该纳米棒带负电荷向碘离子浓度小的方向移动，即向Cu极方向移动。
故答案为： ； Cu极 ；
【分析】(1) 计算 CuS 与氨水反应的平衡常数，K=Ksp (CuS)×Kf=1.44×10-27，数值极小，反应几乎不发生，故不用氨水直接浸取。
(2)① 依据得失电子和质量守恒，配平离子方程式。
② 用稀 H2SO4检验 Cu2O（溶液变蓝）；用浓 HNO3溶解后加 AgNO3检验 CuCl（生成白色沉淀）。
(3)① Cu 极作负极失电子，反应式为：Cu-e-+I-=CuI↓。
② 纳米棒带负电，向 Cu 极（电场正极方向）移动。
17．【答案】（1）为避免被氧化，不能过量，C不完全燃烧生成CO
（2）反应Ⅰ的活化能较低，反应Ⅰ速率比反应Ⅱ快，与CO主要生成，超过平衡产率；温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动，使、增大；对于反应Ⅰ，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动
（3）；或；4
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）黄铁矿、焦炭和适量空气混合加热制硫，发生反应：。为避免被氧化，不能过量，C不完全燃烧生成CO，而不是二氧化碳，
故答案为：为避免被氧化，不能过量，C不完全燃烧生成CO；
（2）① 10min时，反应Ⅰ的活化能较低，反应Ⅰ速率比反应Ⅱ快，与CO主要生成，超过平衡产率致使实际产率大于平衡产率，
故答案为：反应Ⅰ的活化能较低，反应Ⅰ速率比反应Ⅱ快，与CO主要生成，超过平衡产率；
②随温度升高，S2平衡产率上升，其原因是：温度升高，反应II平衡逆向移动，使c(SO2)、c(CO)增大，对于反应I，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动，
故答案为：温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动，使、增大；对于反应Ⅰ，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动；
（3）①i，ii，将i+ii得到，，用溶液 “洗脱”处理，发生反应，
故答案为：；
②根据分析可知该装置中，在正极得电子生成，正极的电极反应式为：或
，
故答案为：或
；
③根据电极反应式可知，当消耗1mol，转移4mol电子，同时消耗2mol，根据电荷守恒，则有4mol的通过质子交换膜来到正极，4mol可以结合4mol的生成4mol，则理论上减小了2mol；若洗脱液中减小了2mol，则理论上减小4 mol，
故答案为：4。
【分析】首先通过电离常数判断酸性强弱：已知 H2CO3的 K 1=4.0×10-7、K 2=5.0×10- ；H2SO3的 K 1=1.4×10-2、K 2=6.0×10-8，由此可得酸性顺序为 H2SO3 > H2CO3 > HSO3- > HCO3-。
用 Na2CO3溶液 “洗脱” SO2时，依据 “强酸制弱酸” 的规律，发生反应：
2Na2CO3+H2SO3=2NaHCO3+Na2SO3，因此洗脱液中会含有 Na2CO3、NaHCO3、Na2SO3这几种溶质。后续利用生物电池技术处理洗脱液时，Na2SO3会在电池的正极发生得电子的还原反应，生成 S2，对应的电极反应有两种可能：
反应 1：2SO32-+8e-+12HCO3-=12CO32-+S2↓+6H2O；
反应 2：2SO32-+8e-+8H++4HCO3-=4CO32-+S2↓+6H2O；
(1)避免 S2被 O2氧化，O2不能过量→C 不完全燃烧生成 CO。
(2)①反应 Ⅰ 活化能低、速率快，SO2与 CO 优先生成 S2，实际产率暂超平衡产率。②升温使反应 Ⅱ 逆向移动，SO2、CO 浓度增大；反应 Ⅰ 受浓度影响大于温度，平衡正向移动→S2平衡产率上升。
(3)① 利用电离常数，通过反应的平衡常数公式（结合H2SO3、H2CO3的电离平衡）计算。②正极 SO32-得电子，结合HCO3-（或 H+）配平电极反应。③ 结合电极反应的电子转移、电荷守恒，计算 HCO3-的变化量。
（1）黄铁矿、焦炭和适量空气混合加热制硫，发生反应：。为避免被氧化，不能过量，C不完全燃烧生成CO，而不是二氧化碳，故答案为：为避免被氧化，不能过量，C不完全燃烧生成CO；
（2）① 10min时，反应Ⅰ的活化能较低，反应Ⅰ速率比反应Ⅱ快，与CO主要生成，超过平衡产率致使实际产率大于平衡产率，故答案为：反应Ⅰ的活化能较低，反应Ⅰ速率比反应Ⅱ快，与CO主要生成，超过平衡产率；
②随温度升高，S2平衡产率上升，其原因是：温度升高，反应II平衡逆向移动，使c(SO2)、c(CO)增大，对于反应I，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动，故答案为：温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动，使、增大；对于反应Ⅰ，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动；
（3）①i，ii，将i+ii得到，，用溶液 “洗脱”处理，发生反应，故答案为：；
②根据分析可知该装置中，在正极得电子生成，正极的电极反应式为：或
，故答案为：或
；
③根据电极反应式可知，当消耗1mol，转移4mol电子，同时消耗2mol，根据电荷守恒，则有4mol的通过质子交换膜来到正极，4mol可以结合4mol的生成4mol，则理论上减小了2mol；若洗脱液中减小了2mol，则理论上减小4 mol，故答案为：4。
1 / 1江苏省苏州市南京航空航天大学苏州附属中学2025届高三三模化学试题
1．（2025·苏州模拟）现代三大基本材料之一是高分子材料，下列物质的主要成分属于高分子的是
A．花生油 B．石墨烯 C．不锈钢 D．羊绒衫
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象；合金及其应用
【解析】【解答】A、花生油的主要成分是油脂（高级脂肪酸甘油酯），相对分子质量较小，不属于高分子，A 错误；
B、石墨烯是单层石墨，属于碳的单质（无机材料），不是有机高分子，B错误；
C、不锈钢是铁的合金，属于金属材料，并非高分子，C错误；
D、羊绒衫的主要成分是蛋白质，蛋白质是相对分子质量巨大的有机高分子化合物，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
高分子概念混淆：误将 “相对分子质量较大的物质（如油脂）” 当作高分子，忽略高分子需“相对分子质量上万、有机化合物”的核心特征。
材料类型误判：混淆“无机材料（石墨烯、不锈钢）” 与 “有机高分子材料”，错认为石墨烯、合金属于高分子。
成分认知错误：不明确羊绒的主要成分是蛋白质（高分子），误将其归为普通有机物或其他材料类型。
2．（2025·苏州模拟）摩尔盐可用于治疗缺铁性贫血。下列说法正确的是
A．半径： B．第一电离能：
C．沸点： D．键角：
【答案】D
【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；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、O2-核外有 2 个电子层，S2-核外有 3 个电子层。由于电子层数越多离子半径越大，因此半径关系为 r (O2-) < r (S2-)，A错误；
B、N 和 O 同属第二周期，N 的 2p 轨道为半满稳定结构（2p3），第一电离能反常高于 O（2p4），故 I1(N) > I1(O)，B错误；
C、NH3和 H2O 都能形成氢键，但每个 H2O 分子可形成 4 个氢键，而每个 NH3分子仅能形成 3 个氢键，H2O 分子间作用力更强，因此沸点 NH3 < H2O，C错误；
D、H2O 中 O 原子和 NH4+中 N 原子的价层电子对数均为 4（均为 sp3 杂化），但 H2O 含 2 对孤电子对，NH4+无孤电子对。孤电子对斥力大于成键电子对，因此键角 H2O < NH4+，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．离子半径比较需先看电子层数，层数越多半径越大；层数相同时再看核电荷数。
B．同周期元素第一电离能总体递增，但 ⅡA、ⅤA 族因轨道全满或半满出现反常。
C．分子晶体沸点与氢键数量、分子间作用力强度相关，氢键越多沸点越高。
D．中心原子价层电子对相同时，孤电子对越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小。
3．（2025·苏州模拟）下列实验原理、装置及操作正确的是
A．图甲：验证碳酸的酸性比苯酚强
B．图乙：分离乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液
C．图丙：蒸干Na2CO3溶液获得Na2CO3·10H2O
D．图丁：用标准硫酸溶液滴定未知浓度的Na2CO3溶液
【答案】B
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；苯酚的化学性质；乙酸乙酯的制取；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】A、图甲中盐酸易挥发，挥发的 HCl 会与苯酚钠反应生成苯酚，无法证明是碳酸与苯酚钠反应，不能验证碳酸酸性强于苯酚，A错误；
B、乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液互不相溶、分层，可用分液（图乙的分液漏斗）分离，B正确；
C、蒸干 Na2CO3溶液时，加热会使 Na2CO3 10H2O 失去结晶水，无法得到带结晶水的晶体，C错误；
D、图丁中酸式滴定管（标准硫酸溶液）的尖嘴未伸入锥形瓶内，且碳酸钠溶液呈碱性，滴定终点的指示剂选择也不明确，操作不规范，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：验证酸性实验的干扰忽略：图甲中未考虑盐酸的挥发性，HCl 会干扰碳酸与苯酚钠的反应，误判 “能验证酸性强弱”。
物质分离方法混淆：不清楚乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液分层，错认为不能用分液（图乙）分离。
结晶水合物的制备误区：误将 “蒸干溶液” 当作获取结晶水合物的方法，忽略加热会使
Na2CO3 10H2O 失去结晶水。
滴定操作规范疏漏：不明确酸式滴定管的操作要求（尖嘴需伸入锥形瓶），或忽略碳酸钠溶液滴定的指示剂、装置细节，误判图丁操作正确。
4．（2025·苏州模拟）在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化能实现的是
A．工业制备漂白粉，饱和食盐水漂白粉
B．漂白粉失效的途径：
C．检验葡萄糖：悬浊液
D．金属铝制备：
【答案】C
【知识点】工业制金属铝；镁、铝的重要化合物；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A、工业制备漂白粉时，氯气需通入石灰乳（而非石灰水），因为石灰水浓度低，无法高效制备漂白粉，A错误；
B、漂白粉中的 Ca(ClO)2与空气中的 CO2、H2O 反应生成 HClO，HClO 见光分解生成 HCl 和 O2，不会生成 Cl2，B错误；
C、CuSO4溶液与足量 NaOH 溶液反应生成 Cu(OH)2悬浊液，葡萄糖含醛基，具有还原性，在加热条件下与 Cu(OH)2悬浊液反应生成 Cu2O（砖红色沉淀），该反应可用于检验葡萄糖，C正确；
D、Al2O3与 HCl 反应生成 AlCl3溶液，电解 AlCl3溶液时，H+的放电能力强于 Al3+，因此不会生成 Al，工业上制备金属铝是通过电解熔融的 Al2O3，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点主要有以下几点：
对工业制备漂白粉的原料理解错误，容易混淆石灰乳和石灰水，不清楚石灰水因浓度低无法用于工业制备漂白粉。
对 HClO 分解产物认识有误，误以为 HClO 见光分解会生成 Cl2，实际是生成 HCl 和 O2。
电解 AlCl3溶液时，不明确离子放电顺序，错误认为 Al3+会放电生成 Al，忽略了 H+的放电能力更强。
（2025·苏州模拟）阅读下列材料，完成下面小题。
周期表中IIIA族元素（、、、等）的单质及其化合物应用广泛。极易水解，生成（是一种强酸）和硼酸（）。硼酸是一元弱酸，能溶于水，硼酸和甲醇在浓硫酸存在下生成挥发性的硼酸甲酯[]，硼酸甲酯主要用作热稳定剂，木材防腐剂等。高温下和过量焦炭在氯气的氛围中获得。已知Ga与Al的性质相似，Ga微量分散于铝土矿中，在一定条件下Ga和可以制得GaN。GaN誉为第二代半导体材料，具有硬度大、熔点高的特点。已知GaN成键结构与金刚石相似，其晶胞结构如下。已知：GaN、GaP、GaAs的熔点高，且熔融状态均不导电。
5．下列化学反应表示正确的是
A．制备：
B．高温下、焦炭在氯气中反应：
C．水解：
D．用石墨作电极电解制备Al的阳极反应式：
6．下列说法不正确的是
A．熔点：
B．GaN为共价晶体
C．GaN晶体中所有原子均采取杂化
D．与N原子相连的Ga原子构成的空间构型为正四面体
7．下列物质性质与用途具有对应关系的是
A．极易水解，可用作强化剂
B．硼酸甲酯具有挥发性，可用作木材防腐剂
C．GaN硬度大，可用作半导体材料
D．熔点高，可用作耐火材料
【答案】5．B
6．A
7．D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子晶体（共价晶体）；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电镀
【解析】【解答】（1）A、硼酸与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应，产物应为硼酸三甲酯（）和水（）， 反应的化学方程式为，故A错误；
B、高温下、焦炭与反应，C被氧化为，与生成，化学方程式为，反应中元素化合价升降守恒、原子个数匹配， 故B正确；
C、水解生成（强酸，可拆）和（弱酸，不可拆），原方程式将拆为，违背弱电解质拆分规则， 反应的离子方程式为，故C错误；
D、电解时，阴极得电子生成，阳极失电子生成，原方程式颠倒阴阳极反应， 电极反应式为，D错误；
故答案为：B。
（2）A、、、均为共价晶体，配位原子半径，键长，键能，故熔点，原选项顺序颠倒，A错误；
B、成键结构与金刚石相似，熔点高、硬度大，符合共价晶体特征，B正确；
C、成键结构与金刚石相似，每个原子连有4个共价键，均采取杂化，C正确；
D、成键结构与金刚石相似，与原子相连的原子构成正四面体空间构型，D正确；
故答案为：A。
（3）A、易水解生成和硼酸，该性质与其“强化剂”用途无关，A错误；
B、硼酸甲酯用作木材防腐剂是因为其化学稳定性，而非挥发性，B错误；
C、用作半导体是因为其晶体结构（类似晶体硅），硬度大是共价晶体的力学性质，与半导体用途无关，C错误；
D、熔点高，能承受高温，因此可用作耐火材料，性质与用途直接对应，D正确；
故答案为：D。
【分析】（1）A．酯化反应需生成水，检查产物完整性。
B．分析氧化还原中化合价变化与原子守恒。
C．弱电解质（硼酸）在离子方程式中不可拆分。
D．明确电解熔融的电极反应。
（2）A．共价晶体熔点与键能正相关，键能与原子半径负相关。
B．根据的成键结构（与金刚石相似）判断晶体类型。
C．根据金刚石的杂化方式推导的杂化类型。
D．根据金刚石的空间构型推导中原子的空间构型。
（3）A．水解的产物与“强化剂”用途无直接关联。
B．硼酸甲酯的“木材防腐剂”用途与其挥发性无直接因果。
C．作为半导体的原因是其晶体结构（类似硅），而非硬度。
D．熔点高的性质与其“耐火材料”用途直接相关。
5．A、硼酸与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应，产物应为硼酸三甲酯（）和水（）， 反应的化学方程式为，故A错误；
B、高温下、焦炭与反应，C被氧化为，与生成，化学方程式为，反应中元素化合价升降守恒、原子个数匹配， 故B正确；
C、水解生成（强酸，可拆）和（弱酸，不可拆），原方程式将拆为，违背弱电解质拆分规则， 反应的离子方程式为，故C错误；
D、电解时，阴极得电子生成，阳极失电子生成，原方程式颠倒阴阳极反应， 电极反应式为，D错误；
故答案为：B。
6．A、、、均为共价晶体，配位原子半径，键长，键能，故熔点，原选项顺序颠倒，A错误；
B、成键结构与金刚石相似，熔点高、硬度大，符合共价晶体特征，B正确；
C、成键结构与金刚石相似，每个原子连有4个共价键，均采取杂化，C正确；
D、成键结构与金刚石相似，与原子相连的原子构成正四面体空间构型，D正确；
故答案为：A。
7．A、易水解生成和硼酸，该性质与其“强化剂”用途无关，A错误；
B、硼酸甲酯用作木材防腐剂是因为其化学稳定性，而非挥发性，B错误；
C、用作半导体是因为其晶体结构（类似晶体硅），硬度大是共价晶体的力学性质，与半导体用途无关，C错误；
D、熔点高，能承受高温，因此可用作耐火材料，性质与用途直接对应，D正确；
故答案为：D。
8．（2025·苏州模拟）利用双极膜电解含有的溶液，使转化成碳燃料，实现了还原流动。电解池如下图所示，双极膜中水电离的和在电场作用下可以向两极迁移。下列说法不正确的是
A．银网电极与电源负极相连
B．双极膜b侧应该用质子交换膜
C．阴极电极反应为：
D．双极膜中有0.1mol 电离，则阳极附近理论上产生0.05mol
【答案】D
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、Ag 网处 HCO3-被还原为 CO，发生还原反应，故 Ag 网是阴极，与电源负极相连，A正确；
B、双极膜 b 侧需让 H+迁移到阴极参与反应，因此 b 侧应使用质子交换膜（允许 H+通过），B正确；
C、阴极处 HCO3-得电子，结合迁移来的 H+生成 CO 和 H2O，电极反应为：
HCO3-+2e-+3H+=CO+2H2O，C正确；
D、双极膜中 0.1mol H2O 电离，生成 0.1mol H+和 0.1mol OH-；阳极反应为 OH-失电子生成 O2：4OH--4e-=2H2O+O2。0.1mol OH-参与反应时，转移 0.1mol 电子，理论生成 O2的物质的量为 0.025mol（而非 0.05mol），D错误；
故答案为：D。
【分析】先通过反应类型确定电极：右侧 HCO3-转化为 CO，C 元素化合价降低，发生还原反应，因此 Ag 网所在区域是阴极区，Ag 网为阴极，需与电源负极相连，其阴极反应为：
HCO3-+2e-+3H+=CO+2H2O；左侧 Ni 网则为阳极，阳极反应是 OH-失电子生成 O2：
4OH--4e-=2H2O+O2。
再分析双极膜的离子迁移与膜类型：双极膜电离出的 H+要向阴极（右侧）移动，因此 b 侧需用质子交换膜（允许 H+通过）；电离出的 OH-向阳极（左侧）移动，故 a 侧为阴离子交换膜。
9．（2025·苏州模拟）异甘草素具有抗肿瘤、抗病毒等药物功效，合成中间体Z的部分路线如图：
下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是
A．X分子中的所有原子一定共平面
B．1mol Z中含有5mol碳氧键
C．Y能发生加成、氧化和消去反应
D．Z与足量的氢气加成后的产物分子中含有4个手性碳原子
【答案】D
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；有机物的结构和性质；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、X 分子中羟基的氧为 sp3 杂化，且单键可旋转，因此所有原子不一定共平面，A错误；
B、单键为 σ 键，双键含 1 个 σ 键和 1 个 π 键。Z 分子中碳氧 σ 键包括酮羰基的碳氧双键（1 个 σ 键）、醚键的碳氧单键等，共 6mol，而非 5mol，B错误；
C、Y 含酮羰基（可加成、氧化）、酚羟基（可氧化），但酚羟基的结构稳定，不能发生消去反应，C错误；
D、Z 与足量氢气加成后，产物中存在 4 个连接不同原子或基团的碳原子（手性碳），如图，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
原子共面：忽略羟基氧的 sp3 杂化和单键旋转，误判 X 原子共面。
化学键计数：漏算碳氧 σ 键，误将 Z 中碳氧 σ 键计为 5mol。
官能团反应：混淆酚羟基与醇羟基，误判 Y 能发生消去反应。
手性碳判断：加成后漏判手性碳数量，误判 D 选项。
10．（2025·苏州模拟）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·苏州模拟）室温下，探究0.1 mol·L-1 FeCl3溶液的性质，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 向两支试管中分别加入5 mL 5%的H2O2溶液，再向两支试管中滴入3滴浓度均为0.1 mol·L-1 的FeCl3和CuSO4，观察产生气体的速率 比较Fe3+和Cu2+的催化效率
B 向2 mL 0.1 mol·L-1 FeCl3溶液中加入1 mL 0.1 mol·L-1 KI溶液，充分振荡后滴加KSCN溶液，观察颜色变化 2Fe3++2I-=2Fe2++I2是否为可逆反应
C 向苯酚溶液中滴加几滴0.1 mol·L-1 FeCl3溶液，溶液呈紫色 FeCl3与苯酚发生了氧化还原反应
D 将5 mL 0.1 mol·L-1 FeCl3溶液和15 mL 0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液混合，生成红褐色沉淀和气体 Fe3+与发生了双水解反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学反应的可逆性；化学反应速率的影响因素；盐类水解的原理；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、比较 Fe3+ 和 Cu2+ 的催化效率，但 FeCl3与 CuSO4的阴离子（Cl-、SO42-）不同，会干扰实验，故A不符合题意 ；
B、验证反应是否可逆，但 FeCl3过量（Fe3+ 剩余），滴 KSCN 溶液必然变红，无法证明反应可逆，故B不符合题意 ；
C、苯酚与 FeCl3显紫色是络合反应，并非氧化还原反应，反应类型判断错误，故C不符合题意 ；
D、Fe3+水解显酸、HCO3-水解显碱，混合后水解相互促进：生成 Fe(OH)3红褐色沉淀和 CO2气体，符合双水解特征，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】A．忽略 “阴离子干扰”，误将 FeCl3和 CuSO4直接对比催化效率，未控制阴离子相同（Cl-、SO42-可能影响反应速率）。
B．忽视 “反应物用量”，FeCl3过量时，即使反应不可逆，剩余的 Fe3+也会使 KSCN 变红，无法证明反应可逆。
C．混淆 “反应类型”，误将苯酚与 FeCl3的络合显色反应当成氧化还原反应。
D．对 “双水解的特征” 不明确，不清楚 Fe3+与 HCO3-混合时，水解相互促进会同时生成沉淀和气体。
12．（2025·苏州模拟）捕集与转化的部分过程见题图。室温下以的NaOH溶液吸收，忽略通入引起的溶液体积变化和水的挥发。已知溶液中含碳物种的浓度，电离常数分别为：，。下列说法正确的是
A．吸收液中：
B．吸收液时，，且
C．“再生”过程中发生反应的离子方程式有：
D．将投入煮沸后蒸馏水，沉降后溶液，则
【答案】C
【知识点】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；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A、吸收液pH为10，根据，可得，即，A错误；
B、当时，溶液为碳酸氢钠溶液。碳酸氢根的水解常数，而，故，即水解程度大于电离程度，B错误；
C、“再生”过程中，石灰乳与HCO3-反应生成CaCO3、OH-和H2O，离子方程式为，C正确；
D、CaCO3投入煮沸后蒸馏水，沉降后溶液为饱和溶液，此时，D错误；
故答案为：C。
【分析】工业上用 NaOH 溶液吸收烟气中的 CO2，得到 pH 为 10 的吸收液（含 Na2CO3、NaHCO3等含碳组分）；向该吸收液中加入石灰乳，石灰乳与其中的 Na2CO3、NaHCO3发生反应，生成 NaOH 和 CaCO3沉淀；过滤后，NaOH 溶液可返回用于吸收 CO2，实现循环利用；CaCO3经高温分解生成 CaO 和 CO2，CaO 与水反应生成石灰乳，石灰乳也能循环投入到与吸收液的反应中。
13．（2025·苏州模拟）甲烷和水蒸气催化重整制氢过程中的主要反应为
①
②
在装有催化剂的密闭容器中，、时，若仅考虑上述反应，平衡时转化率和CO转换率随温度的变化如图所示。
CO转换率
下列说法正确的是
A．反应的焓变
B．曲线a表示平衡时转化率随温度的变化
C．850℃平衡时生成的比550℃平衡时生成的多
D．相同条件下，和总物质的量不变，越大，产量越高
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、反应可由反应①+②得到，焓变，并非+247.0 kJ/mol，A错误；
B、反应①是吸热反应，升温平衡正向移动，转化率升高；反应②是放热反应，升温平衡逆向移动，转化率降低。曲线a随温度升高而上升，代表转化率（而非曲线b），B错误；
C、550℃时，转化率30%、转化率90%；850℃时，转化率90%、转化率50%。设起始为1 mol、为6 mol：
550℃：生成为，转化为的量为；
850℃：生成为，转化为的量为；
因此850℃生成的更多，C正确；
D、过大时，浓度过高会抑制反应②（放热）的正向进行，且过量会稀释反应物，产量不会持续升高，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
盖斯定律计算失误：误将反应①+②的焓变直接相加时，忽略反应②的ΔH为负值，导致计算出错误的总焓变。
曲线对应物质判断错误：混淆吸热反应（反应①）和放热反应（反应②）的温度对转化率的影响，错判曲线a/b对应的物质（升温时CH4转化率升高、CO转化率降低）。
产物量计算疏漏：仅看转化率数值，未结合“CH4转化生成CO的量×CO转化率”计算CO2的实际产量，误判温度对CO2生成量的影响。
反应物比例的影响误判：认为越大H2产量越高，忽略过量H2O对反应的抑制作用（稀释反应物、影响平衡移动）。
14．（2025·苏州模拟）单宁酸（）-硫酸体系中，低品位软锰矿（质量分数为29%）中的）可被还原为而浸出。其浸出过程如图所示。
（1）当完全水解，生成的葡萄糖和没食子酸物质的量之比为：　 　。
（2）写出葡萄糖还原生成的离子反应方程式：　 　。
（3）浸出前后软锰矿与浸取渣的X-射线衍射图如图所示，衍射峰的强度能一定程度反映晶体的质量分数等信息。指出图中对应衍射峰强度变化的原因：　 　。
（4）为测定一定条件下该低品位软锰矿中锰元素的浸出率，进行如下实验：
准确称取m g软锰矿试样，加入一定量硫酸和单宁酸，水浴加热并充分搅拌，一段时间后过滤，将滤液冷却后加水定容至2L，量取20.00mL溶液于锥形瓶中，向锥形瓶中加入足量磷酸作稳定剂，再加入2mL高氯酸，边加边摇动，使完全氧化为，加热溶液至无气体产生，冷却后用浓度为的溶液滴定至终点，消耗溶液的体积为V mL。
①实验室现配溶液的浓度与计算值存在误差，为提高测量结果的精确度，滴定前需要对现配溶液进行的补充实验是　 　。
②计算该条件下软锰矿中锰元素的浸出率　 　。[。写出计算过程]
（5）下，控制单宁酸用量和反应时间相同，测得对锰元素浸出率的影响如图所示。时，锰元素浸出率降低的可能原因是　 　。
【答案】（1）10：1
（2）
（3）酸浸过程中，Fe2O3被酸溶，部分MnO2被还原，固体总质量减少；SiO2不发生反应，质量分数变大，衍射峰强度变大
（4）使用K2Cr2O7基准试剂对溶液的实际浓度进行标定；
（5）c(H+)浓度过大，抑制了单宁酸的水解，没食子酸和葡萄糖的浓度降低，MnO2的还原速率减慢
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；酯的性质；物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）设完全水解，生成的没食子酸xmol、葡萄糖ymol，根据C守恒：7x+6y=76，没食子酸、葡萄糖比单宁酸分子中多的氧、氢原子都由水提供，则：，解得x=10，y=1，生成的没食子酸和葡萄糖物质的量之比为10：1；
故答案为： 10：1
（2）葡萄糖还原生成，根据得失电子守恒，离子反应方程式为：；
故答案为： ；
（3）由图可知，酸浸过程中，Fe2O3被酸溶，部分MnO2被还原，固体总质量减少；SiO2不发生反应，质量分数变大，衍射峰强度变大；
故答案为： 酸浸过程中，Fe2O3被酸溶，部分MnO2被还原，固体总质量减少；SiO2不发生反应，质量分数变大，衍射峰强度变大 ；
（4）①为提高测量结果的精确度，滴定前需要使用K2Cr2O7基准试剂对溶液的实际浓度进行标定；
②每20.00mL浸出滤液中：，mg软锰矿浸出滤液中，浸出的：，软锰矿中锰元素浸出率：；
故答案为： 使用K2Cr2O7基准试剂对溶液的实际浓度进行标定 ； ；
（5）由图可知，c(H+)浓度过大，抑制了单宁酸的水解，没食子酸和葡萄糖的浓度降低，MnO2的还原速率减慢，所以时，锰元素浸出率降低。
故答案为： c(H+)浓度过大，抑制了单宁酸的水解，没食子酸和葡萄糖的浓度降低，MnO2的还原速率减慢。
【分析】(1)根据C原子守恒和水提供的氧、氢原子关系，设生成没食子酸和葡萄糖的物质的量分别为、，列方程和，解得、，物质的量之比为。
(2)依据得失电子守恒，葡萄糖（）还原生成，从价降为价，从价升为价，配平得离子方程式。
(3)酸浸时被酸溶，部分被还原，固体总质量减少；不反应，质量分数变大，故其衍射峰强度变大。
(4)①为提高精度，需用基准试剂标定溶液的实际浓度。
②根据滴定关系，先算滤液中，再推得滤液中，结合软锰矿中的质量分数，计算浸出率。
(5)过大时，抑制单宁酸水解，没食子酸和葡萄糖浓度降低，还原速率减慢，导致锰元素浸出率降低。
（1）设完全水解，生成的没食子酸xmol、葡萄糖ymol，根据C守恒：7x+6y=76，没食子酸、葡萄糖比单宁酸分子中多的氧、氢原子都由水提供，则：，解得x=10，y=1，生成的没食子酸和葡萄糖物质的量之比为10：1；
（2）葡萄糖还原生成，根据得失电子守恒，离子反应方程式为：；
（3）由图可知，酸浸过程中，Fe2O3被酸溶，部分MnO2被还原，固体总质量减少；SiO2不发生反应，质量分数变大，衍射峰强度变大；
（4）①为提高测量结果的精确度，滴定前需要使用K2Cr2O7基准试剂对溶液的实际浓度进行标定；
②每20.00mL浸出滤液中：，mg软锰矿浸出滤液中，浸出的：，软锰矿中锰元素浸出率：；
（5）由图可知，c(H+)浓度过大，抑制了单宁酸的水解，没食子酸和葡萄糖的浓度降低，MnO2的还原速率减慢，所以时，锰元素浸出率降低。
15．（2025·苏州模拟）有机物G的一种合成路线如下图所示（反应②的条件未列出）。
（1）反应②还需的反应物和条件是　 　。
（2）化合物E的结构简式为　 　。
（3）反应⑥的反应类型为　 　。
（4）的一种同分异构体符合下列条件，写出该同分异构体的结构简式：　 　。
I．能使溴的溶液褪色，能与Na反应放出不能与溶液反应。
（5）已知：。设计以1，3-丁二烯、和为原料制取的路线图（无机试剂及有机溶剂任用）。　 　。
【答案】（1）HBr、加热
（2）
（3）取代反应
（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；醛的化学性质；取代反应
【解析】【解答】（1）反应②为醇的取代反应，还需的反应物和条件是HBr、加热；
故答案为： HBr、加热 ；
（2）根据分析可知，化合物E的结构简式为；
故答案为： ；
（3）根据分析可知，反应⑥的反应类型为取代反应；
故答案为： 取代反应 ；
（4）不饱和度为3，分子式为，I．能使溴的溶液褪色，说明含有碳碳双键或碳碳三键，能与Na反应放出，说明含有羟基，不能与溶液反应，说明不含羧基，有多种同分异构体，其中之一结构简式：；
故答案为： ；
（5）根据信息可知，由按题干所给信息进行反应生成，1，3-丁二烯与HBr加成生成，发生C→D反应生成，酯化生成，故流程：。
故答案为： 。
【分析】原料 A 为苯甲醛（ ），经反应转化为 B（ ）；B 通过取代反应引入溴原子，生成 C（ ）；C 进一步反应，将溴原子替换为羧基，得到 D（ ）；D 与甲醇在酯化条件下反应，生成 E（ ）；E 发生取代反应，在苯环侧链引入 BrCH2- 基团，得到 F（ ）；最后 F 与含酯基和羰基的环戊烷衍生物发生取代反应，最终生成 G（ ）。据此解题。
（1）反应②为醇的取代反应，还需的反应物和条件是HBr、加热；
（2）根据分析可知，化合物E的结构简式为；
（3）根据分析可知，反应⑥的反应类型为取代反应；
（4）不饱和度为3，分子式为，I．能使溴的溶液褪色，说明含有碳碳双键或碳碳三键，能与Na反应放出，说明含有羟基，不能与溶液反应，说明不含羧基，有多种同分异构体，其中之一结构简式：；
（5）根据信息可知，由按题干所给信息进行反应生成，1，3-丁二烯与HBr加成生成，发生C→D反应生成，酯化生成，故流程：。
16．（2025·苏州模拟）纳米铜用途广泛，可用铜蓝矿（CuS为主要成分）为原料制备。
I．获得纳米铜
（1）制备溶液，用溶液浸取铜蓝矿，除去其中含铁离子后，再通入制取。不采用氨水直接浸取铜蓝矿的原因为　 　。[已知： ；]
（2）制备纳米铜。调节溶液的，加入溶液，水浴加热，充分反应得到纳米铜。
①获得纳米铜时，被氧化成，反应的离子方程式为　 　。
②还原过程中可能生成难溶的CuCl（白色）和（红色），为判断纳米铜样品中是否含有上述两种杂质，补充完整实验方案：将制得的样品先后用蒸馏水、无水乙醇洗涤干净，　 　。（已知：；必须使用的试剂和设备：溶液。溶液，溶液，通风设备）
Ⅱ．应用纳米铜
（3）纳米铜铂电池。如图表示一种CuPt纳米棒悬浮在稀碘水中，通过发生电极反应在Cu极和Pt级区域之间产生浓度差即产生电势差，形成自建电场；该纳米棒因内部传递电子而带负电荷，在自建电场作用下定向移动。
①该纳米棒的Cu极电极反应式为　 　。
②该纳米棒向　 　。（填“Cu极”或“Pt极”）方向定向移动。
【答案】，，其平衡常数很小，几乎不反应；；将制得的样品先后用蒸馏水、无水乙醇洗涤干净，取少量样品，将其加入过量溶液中，边加边搅拌，若固体部分溶解，溶液呈现蓝色，则含有；在通风设备里，另取少量样品加入过量6mol/LHNO3溶液中，边加边搅拌，使固体充分溶解，向其中滴加几滴2% AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则含有CuCl；；Cu极
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；铜及其化合物；制备实验方案的设计；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1），，其平衡常数很小，几乎不反应，故不采用直接氨水浸取铜蓝矿；
故答案为：，，其平衡常数很小，几乎不反应 ；
（2）①75℃时，碱性溶液中与发生氧化还原反应，生成Cu、N2，结合质量守恒还生成NH3、H2O，铜化合价由+2变为0、肼中氮化合价由-2变为0，根据得失电子守恒，离子方程式为；
②检验纳米铜样品中是否含有CuCl（白色）、（红色），应使其溶解检验溶液中是否含有氯离子，确定样品中是否含有CuCl，根据在酸性条件下发生，得到溶液显蓝色，而Cu、CuCl与稀硫酸不反应，确定样品中是否含有，故实验方案为：将制得的样品先后用蒸馏水、无水乙醇洗涤干净，取少量样品，将其加入过量溶液中，边加边搅拌，若固体部分溶解，溶液呈现蓝色，则含有；在通风设备里，另取少量样品加入过量6mol/LHNO3溶液中，边加边搅拌，使固体充分溶解，向其中滴加几滴2% AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则含有CuCl；
故答案为： ； 将制得的样品先后用蒸馏水、无水乙醇洗涤干净，取少量样品，将其加入过量溶液中，边加边搅拌，若固体部分溶解，溶液呈现蓝色，则含有；在通风设备里，另取少量样品加入过量6mol/LHNO3溶液中，边加边搅拌，使固体充分溶解，向其中滴加几滴2% AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则含有CuCl ；
（3）①原电池中电子由负极移向正极，根据题干、图中信息可知，Cu极相当于原电池负极，失电子生成CuI，电极反应式为；
②根据Cu极电极反应可知，Cu极区域碘离子浓度减小、Pt极区域碘离子浓度增大，即产生电势差，形成自建电场，该纳米棒带负电荷向碘离子浓度小的方向移动，即向Cu极方向移动。
故答案为： ； Cu极 ；
【分析】(1) 计算 CuS 与氨水反应的平衡常数，K=Ksp (CuS)×Kf=1.44×10-27，数值极小，反应几乎不发生，故不用氨水直接浸取。
(2)① 依据得失电子和质量守恒，配平离子方程式。
② 用稀 H2SO4检验 Cu2O（溶液变蓝）；用浓 HNO3溶解后加 AgNO3检验 CuCl（生成白色沉淀）。
(3)① Cu 极作负极失电子，反应式为：Cu-e-+I-=CuI↓。
② 纳米棒带负电，向 Cu 极（电场正极方向）移动。
17．（2025·苏州模拟）黄铁矿()可用于制硫和处理废水。
（1）黄铁矿、焦炭和适量空气混合加热制硫，发生反应：。上述反应中生成CO而不是的原因是：　 　。
（2）制硫反应所得气体经冷凝回收后，尾气中还含有CO和。将尾气通过催化剂进行处理，发生反应Ⅰ，同时发生副反应Ⅱ。
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
理论分析及实验结果表明，600~1000K范围内，平衡转化率接近100%。其他条件相同，不同温度下，、COS平衡产率和10min时实际产率如图所示。
①10min时，实际产率大于平衡产率的原因是　 　。
②随温度升高，平衡产率上升的原因是　 　。
（3）处理后的尾气仍含少量，用溶液“洗脱”处理，得到的洗脱液中含有，、，再利用生物电池技术，如图所示，将洗脱液中的转化为单质硫()回收。
已知：，，，。
①“洗脱”时化学反应的平衡常数为　 　。
②生物电池装置中，正极的电极反应式为　 　。
③一段时间后，若洗脱液中减小了2mol，则理论上减小了　 　mol。
【答案】（1）为避免被氧化，不能过量，C不完全燃烧生成CO
（2）反应Ⅰ的活化能较低，反应Ⅰ速率比反应Ⅱ快，与CO主要生成，超过平衡产率；温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动，使、增大；对于反应Ⅰ，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动
（3）；或；4
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）黄铁矿、焦炭和适量空气混合加热制硫，发生反应：。为避免被氧化，不能过量，C不完全燃烧生成CO，而不是二氧化碳，
故答案为：为避免被氧化，不能过量，C不完全燃烧生成CO；
（2）① 10min时，反应Ⅰ的活化能较低，反应Ⅰ速率比反应Ⅱ快，与CO主要生成，超过平衡产率致使实际产率大于平衡产率，
故答案为：反应Ⅰ的活化能较低，反应Ⅰ速率比反应Ⅱ快，与CO主要生成，超过平衡产率；
②随温度升高，S2平衡产率上升，其原因是：温度升高，反应II平衡逆向移动，使c(SO2)、c(CO)增大，对于反应I，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动，
故答案为：温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动，使、增大；对于反应Ⅰ，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动；
（3）①i，ii，将i+ii得到，，用溶液 “洗脱”处理，发生反应，
故答案为：；
②根据分析可知该装置中，在正极得电子生成，正极的电极反应式为：或
，
故答案为：或
；
③根据电极反应式可知，当消耗1mol，转移4mol电子，同时消耗2mol，根据电荷守恒，则有4mol的通过质子交换膜来到正极，4mol可以结合4mol的生成4mol，则理论上减小了2mol；若洗脱液中减小了2mol，则理论上减小4 mol，
故答案为：4。
【分析】首先通过电离常数判断酸性强弱：已知 H2CO3的 K 1=4.0×10-7、K 2=5.0×10- ；H2SO3的 K 1=1.4×10-2、K 2=6.0×10-8，由此可得酸性顺序为 H2SO3 > H2CO3 > HSO3- > HCO3-。
用 Na2CO3溶液 “洗脱” SO2时，依据 “强酸制弱酸” 的规律，发生反应：
2Na2CO3+H2SO3=2NaHCO3+Na2SO3，因此洗脱液中会含有 Na2CO3、NaHCO3、Na2SO3这几种溶质。后续利用生物电池技术处理洗脱液时，Na2SO3会在电池的正极发生得电子的还原反应，生成 S2，对应的电极反应有两种可能：
反应 1：2SO32-+8e-+12HCO3-=12CO32-+S2↓+6H2O；
反应 2：2SO32-+8e-+8H++4HCO3-=4CO32-+S2↓+6H2O；
(1)避免 S2被 O2氧化，O2不能过量→C 不完全燃烧生成 CO。
(2)①反应 Ⅰ 活化能低、速率快，SO2与 CO 优先生成 S2，实际产率暂超平衡产率。②升温使反应 Ⅱ 逆向移动，SO2、CO 浓度增大；反应 Ⅰ 受浓度影响大于温度，平衡正向移动→S2平衡产率上升。
(3)① 利用电离常数，通过反应的平衡常数公式（结合H2SO3、H2CO3的电离平衡）计算。②正极 SO32-得电子，结合HCO3-（或 H+）配平电极反应。③ 结合电极反应的电子转移、电荷守恒，计算 HCO3-的变化量。
（1）黄铁矿、焦炭和适量空气混合加热制硫，发生反应：。为避免被氧化，不能过量，C不完全燃烧生成CO，而不是二氧化碳，故答案为：为避免被氧化，不能过量，C不完全燃烧生成CO；
（2）① 10min时，反应Ⅰ的活化能较低，反应Ⅰ速率比反应Ⅱ快，与CO主要生成，超过平衡产率致使实际产率大于平衡产率，故答案为：反应Ⅰ的活化能较低，反应Ⅰ速率比反应Ⅱ快，与CO主要生成，超过平衡产率；
②随温度升高，S2平衡产率上升，其原因是：温度升高，反应II平衡逆向移动，使c(SO2)、c(CO)增大，对于反应I，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动，故答案为：温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动，使、增大；对于反应Ⅰ，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动；
（3）①i，ii，将i+ii得到，，用溶液 “洗脱”处理，发生反应，故答案为：；
②根据分析可知该装置中，在正极得电子生成，正极的电极反应式为：或
，故答案为：或
；
③根据电极反应式可知，当消耗1mol，转移4mol电子，同时消耗2mol，根据电荷守恒，则有4mol的通过质子交换膜来到正极，4mol可以结合4mol的生成4mol，则理论上减小了2mol；若洗脱液中减小了2mol，则理论上减小4 mol，故答案为：4。
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