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江苏省南通市、泰州市、镇江市、盐城市部分学校2025届高三第一次调研测试化学试卷
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1．蛋白质是生命活动的物质基础。下列有关蛋白质的说法正确的是
A．蛋白质由C、H、O三种元素组成
B．蛋白质属于高分子化合物
C．棉、麻、蚕丝主要成分均为蛋白质
D．蛋白质水解生成葡萄糖
【答案】B
【知识点】多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．氨基酸脱水缩合后生成蛋白质，因此蛋白质中主要含C、H、O、N四种元素外，还可能有S等元素，故A错误；
B．蛋白质由氨基酸通过肽键连接而成，具有复杂的空间结构。其相对分子质量通常很大，因此蛋白质属于高分子化合物，故B正确；
C．棉、麻的主要成分为纤维素，而蚕丝的主要成分为蛋白质，故C错误；
D．蛋白质的水解产物是氨基酸，而不是葡萄糖，故D错误；
故答案为：B
【分析】A、蛋白质由C、H、O、N、S等多种元素组成。
B、蛋白质属于高分子化合物。
C、蚕丝的主要成分为蛋白质。
D、蛋白质的水解产物为氨基酸。
2．可用、、、浓氨水制备。下列说法正确的是
A．中为+2价
B．的电子式为
C．中子数为18的氯原子：
D．的空间结构为四面体形
【答案】D
【知识点】原子中的数量关系；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．配体H2O、NH3均为分子，且含有3个氯离子，因此为+3价，A错误；
B．H2O2为共价化合物，不含阴阳离子，因此其电子式为，B错误；
C．中子数为18的氯原子，其质量数为17+18=35，因此其化学符号为，C错误；
D．中心氮原子的价层电子对数为=4+0，不含孤电子对，因此其空间结构为正四面体形，D正确；
故答案为：D
【分析】A、配合物中NH3、H2O为分子，结合Cl－的个数确定Co元素的化合价。
B、H2O2为共价化合物，据此确定其电子式。
C、标在元素符号左上角的数字为质量数，质量数≈质子数＋中子数。
D、结合中心原子的价层电子对数确定NH4＋空间结构。
3．实验室利用制备。潮湿的受热易分解。用下列装置进行实验，不能达到实验目的的是
A．用装置甲制取 B．用装置乙制取CuBr
C．用装置丙分离出CuBr D．用装置丁干燥CuBr
【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；物质的分离与提纯；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.70%与反应生成，该反应的化学方程式为，反应不需加热即可进行，故A正确；
B．SO2具有还原性，可被Cu2＋氧化，因此乙中发生反应，导管长进短出可制备，故B正确；
C．不溶于水，可通过过滤进行分离，故C正确；
D．潮湿的受热易分解，因此不能直接加热干燥，应选择真空干燥，故D错误；
故答案为：D
【分析】A、Na2SO3与70%的H2SO4反应可生成SO2，该反应在常温下即可进行。
B、SO2具有还原性，能将Cu2＋还原为＋1价Cu＋，Cu＋与Br－形成CuBr沉淀。
C、CuBr难溶于水，可通过过滤操作从溶液中分离。
D、潮湿的CuBr受热易分解，因此需采用真空干燥。
4．月球土壤中含橄榄石（）、辉石（）和等。下列说法正确的是
A．电负性： B．离子半径：
C．属于分子晶体 D．碱性：
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶体的定义；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．同周期元素，核电荷数越大，电负性越大；同主族元素，核电荷数越小，电负性越大。因此电负性：，A正确；
B．电子层越大，离子半径越大，因此离子半径：，B错误；
C．由原子通过共价键相互连接而形成的具有空间网状结构的晶体，不存在独立的分子结构，因此SiO2属于共价晶体，C错误；
D．金属性越强，则其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强。由于金属性Ca>Mg，因此碱性：，D错误；
故答案为：A
【分析】A、根据电负性的递变规律分析。
B、电子层数越大，离子半径越大。
C、SiO2属于共价晶体。
D、金属性越强，则其最高价氧化物对应水化物的碱性越强。
阅读下列材料，完成下面小题：
自然界中硫元素主要存在于岩石圈，水圈和大气圈中有少量含硫化合物。单质硫大部分来自于岩石圈中硫化物与水蒸气、等物质的共同作用。可溶性硫酸盐矿会随雨水或地下水进入河流与海洋。和是大气圈中的主要含硫物质。人类根据需要可将硫元素转化为指定物质，以减少环境污染，满足生产、生活的需求。
5．下列有关自然界中含硫物质的说法正确的是
A．、互为同位素
B．、中硫原子的杂化轨道类型相同
C．大气圈与水圈中主要含硫物质的类别相同
D．如图所示晶胞中硫原子的配位数为8
6．下列有关自然界中单质硫形成及转化的化学反应表示正确的是
A．与高温水蒸气反应生成：
B．与发生置换反应：
C．与反应生成单质硫：
D．单质硫在空气中燃烧：
7．下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是
A．为非极性分子，可用于溶解硫黄
B．浓具有脱水性，可用作干燥剂
C．的空间结构为V形，的还原性比的强
D．S—H键长比O—H的长，的沸点低于
8．反应 可用于治理大气污染。下列关于该反应的说法正确的是
A．该反应的
B．反应物的键能总和大于生成物的键能总和
C．反应的平衡常数
D．使用高效催化剂可以降低反应的焓变
【答案】5．D
6．C
7．A
8．C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；反应热和焓变；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】（1）A．、都是由硫元素组成的不同单质，因此二者互为同素异形体，A项错误；
B．中硫原子的价层电子对数为，采用杂化；中硫原子的价层电子对数为，采用杂化。因此二者的杂化轨道类型不相同，B项错误；
C．和是大气圈中的主要含硫物质，而水圈中主要含硫物质可溶性硫酸盐，二者含硫物质的类别不相同，C项错误；
D．根据晶胞图可知，其中黑球有个，灰球有8个，二者的个数比为1：2，因此灰球代表、黑球代表S。以上平面硫原子为例，距离最近的Cu有该晶胞中的4个与上层晶胞中的4个，因此硫原子的配位数为8，D项正确；
故答案为：D
【分析】A、同位素是指由同种元素形成的不同单质。
B、根据中心硫原子的价层电子对数确定其轨道杂化方式。
C、硫元素在大气圈中以H2S和SO2形式存在；水圈中以硫酸盐形式存在。
D、根据图示晶胞结构分析。
（2）A．与高温水蒸气反应生成和Ca(OH)2，该反应的化学方程式为，A项错误；
B．由于氧化性O2＞S，因此与发生置换反应生成H2O和S，该反应的化学方程式为，B项错误；
C．与反应生成单质硫，该反应的化学方程式为，C项正确；
D．单质硫在空气中燃烧生成SO2，该反应的化学方程式为，D项错误；
故答案为：C
【分析】A、CaS与H2O反应生成Ca(OH)2和H2S。
B、H2S与O2发生置换反应生成H2O和S。
C、H2S与SO2反应生成S和H2O。
D、单质硫在空气中燃烧生成SO2。
（3）A．和硫黄都是非极性分子，根据相似相溶原理，硫黄可溶解在中，A项正确；
B．浓用作干燥剂是因为其具有吸水性，与其脱水性无关，B项错误；
C．由于非金属性：S＜O，因此还原性：＜，与其空间结构无关，C项错误；
D．分子间形成氢键，使其沸点较高，与其键长无关，D项错误；
故答案为：A
【分析】A、根据相似相溶原理分析。
B、浓硫酸做干燥剂，利用的是浓硫酸的吸水性。
C、H2S的还原性强与非金属性有关，与空间结构无关。
D、CH3OH的沸点高于CH3SH，是由于CH3OH可形成分子间氢键，键长无关。
（4）A．该反应为气体分子数增大的反应，因此，A项错误；
B．该反应为放热反应，根据反应物的键能总和-生成物的键能总和可知，反应物的键能总和小于生成物的键能总和，B项错误；
C．该反应的平衡常数表达式为，C项正确；
D．使用高效催化剂可以改变反应所需的活化能，从而改变反应速率，但不影响反应的焓变，D项错误；
故答案为：C
【分析】A、反应前后气体分子数增大， 熵变大于0。
B、该反应为放热反应，反应物的键能总和小于生成物的键能总和。
C、根据反应的化学方程式书写平衡常数的表达式。
D、催化剂可改变反应的活化能，从而改变反应速率，但不影响反应的焓变。
5．【解答】A．、都是由硫元素组成的不同单质，因此二者互为同素异形体，A项错误；
B．中硫原子的价层电子对数为，采用杂化；中硫原子的价层电子对数为，采用杂化。因此二者的杂化轨道类型不相同，B项错误；
C．和是大气圈中的主要含硫物质，而水圈中主要含硫物质可溶性硫酸盐，二者含硫物质的类别不相同，C项错误；
D．根据晶胞图可知，其中黑球有个，灰球有8个，二者的个数比为1：2，因此灰球代表、黑球代表S。以上平面硫原子为例，距离最近的Cu有该晶胞中的4个与上层晶胞中的4个，因此硫原子的配位数为8，D项正确；
故答案为：D
【分析】A、同位素是指由同种元素形成的不同单质。
B、根据中心硫原子的价层电子对数确定其轨道杂化方式。
C、硫元素在大气圈中以H2S和SO2形式存在；水圈中以硫酸盐形式存在。
D、根据图示晶胞结构分析。
6．【解析】A．与高温水蒸气反应生成和Ca(OH)2，该反应的化学方程式为，A项错误；
B．由于氧化性O2＞S，因此与发生置换反应生成H2O和S，该反应的化学方程式为，B项错误；
C．与反应生成单质硫，该反应的化学方程式为，C项正确；
D．单质硫在空气中燃烧生成SO2，该反应的化学方程式为，D项错误；
故答案为：C
【分析】A、CaS与H2O反应生成Ca(OH)2和H2S。
B、H2S与O2发生置换反应生成H2O和S。
C、H2S与SO2反应生成S和H2O。
D、单质硫在空气中燃烧生成SO2。
7．【解析】A．和硫黄都是非极性分子，根据相似相溶原理，硫黄可溶解在中，A项正确；
B．浓用作干燥剂是因为其具有吸水性，与其脱水性无关，B项错误；
C．由于非金属性：S＜O，因此还原性：＜，与其空间结构无关，C项错误；
D．分子间形成氢键，使其沸点较高，与其键长无关，D项错误；
故答案为：A
【分析】A、根据相似相溶原理分析。
B、浓硫酸做干燥剂，利用的是浓硫酸的吸水性。
C、H2S的还原性强与非金属性有关，与空间结构无关。
D、CH3OH的沸点高于CH3SH，是由于CH3OH可形成分子间氢键，键长无关。
8．【解析】A．该反应为气体分子数增大的反应，因此，A项错误；
B．该反应为放热反应，根据反应物的键能总和-生成物的键能总和可知，反应物的键能总和小于生成物的键能总和，B项错误；
C．该反应的平衡常数表达式为，C项正确；
D．使用高效催化剂可以改变反应所需的活化能，从而改变反应速率，但不影响反应的焓变，D项错误；
故答案为：C
【分析】A、反应前后气体分子数增大， 熵变大于0。
B、该反应为放热反应，反应物的键能总和小于生成物的键能总和。
C、根据反应的化学方程式书写平衡常数的表达式。
D、催化剂可改变反应的活化能，从而改变反应速率，但不影响反应的焓变。
9．化合物W是一种药物合成中间体，其合成路线如下：
下列叙述正确的是
A．Y可以发生水解和消去反应
B．Z分子中含有1个手性碳原子
C．用溶液可检验W中是否含有X
D．最多可与反应
【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；卤代烃简介；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．Y中溴原子可以发生水解反应。酚羟基不能发生消去反应；溴原子相连C的邻位C上无H原子，也不能发生消去反应，A错误；
B．如图，Z分子中含有1个手性碳原子，B正确；
C．酚羟基遇FeCl3溶液显紫色，W和X均含有酚羟基，因此无法用溶液检验，C错误；
D．酚羟基能与NaOH溶液反应，W含2个酚羟基，因此最多可与反应，D错误；
故答案为：B
【分析】A、卤素原子可发生水解反应；醇羟基（或卤素原子）的邻位碳原子上含有H原子时，可发生消去反应。
B、连接有4个不同原子或原子团的碳原子，为手性碳原子。
C、酚羟基遇FeCl3溶液显紫色，可用于鉴别酚羟基。
D、能与NaOH反应的官能团有卤素原子、酚羟基、羧基和酯基。
10．某乙烯燃料电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是
A．放电时，电子由电极b经外电路流向电极a
B．电极a的电极反应式为
C．当有通过质子交换膜时，电极b表面理论上消耗的体积为
D．验证生成的操作：取反应后的左室溶液，加入新制，加热，观察现象
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理
【解析】【解答】A. 放电过程中，电子从负极a通过外电路流向正极b，选项错误；
B. 分析正确，a电极作为负极，乙烯发生氧化反应：，选项正确；
C. 由于题目未说明是否为标准状况，无法计算消耗氧气的体积，选项错误；
D. 乙醛与新制氢氧化铜反应需在碱性条件下进行，正确操作应为：取左室反应后的溶液，先加入过量氢氧化钠调节至碱性，再加入新制，加热观察现象，选项错误。
故答案为：B
【分析】电极a上CH2=CH2转化为CH3CHO，发生失电子的氧化反应，因此电极a为负极，其电极反应式为CH2=CH2－2e－＋H2O=CH3CHO＋2H＋。电极b上O2转化为H2O，发生得电子的还原反应，其电极反应式为O2＋4e－＋4H＋=2H2O。据此结合选项进行分析。
11．室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是
选项 实验过程及现象 实验结论
A 向 溶液中滴加2滴溶液，产生白色沉淀，再滴加4滴 溶液，产生黄色沉淀
B 分别向和中滴加酸性溶液，前者溶液颜色褪去 甲基使苯环上的氢变得更活泼
C 向 溶液中滴加 溶液，再滴加几滴KSCN溶液，溶液变为红色 和反应为可逆反应
D 向溶液中滴加几滴氨水，生成蓝色沉淀，继续添加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液 能溶于氨水生成
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】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；苯的同系物及其性质
【解析】【解答】A．向 溶液中滴加2滴溶液，产生白色沉淀AgCl，其中AgNO3少量，完全反应。再滴加4滴 溶液，产生黄色沉淀，沉淀由I-与AgCl反应生成，因此可以比较，A正确；
B．分别向和中滴加酸性溶液，前者溶液颜色褪去，而后者不褪色。被酸性KMnO4溶液氧化生成苯甲酸，而不反应，说明苯环使得甲基更活泼，B错误；
C．氯化铁和碘化钾的离子反应为：，则题中过量，滴加几滴KSCN溶液，溶液一定变为红色，因此无法探究该反应是否为可逆反应，C错误；
D．向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水，氨水呈碱性，铜离子和氢氧根离子结合生成蓝色的氢氧化铜沉淀，继续滴加氨水，氢氧化铜沉淀溶解，但是不能说明反应生成，D不正确；
故答案为：A
【分析】A、比较AgCl、AgI溶度积Ksp的相对大小，则需存在AgCl、AgI的转化。
B、甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化，生成苯甲酸，反应位置在甲基，体现苯环对甲基的影响。
C、实验过程中所给n(Fe3＋)过量， 加入KSCN溶液，溶液一定变红色。
D、CuSO4与NH3·H2O反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀；继续加入氨水，沉淀溶解，但无法确定生成[Cu(NH3)4]2＋。
12．室温下，用的氨水吸收，再向溶液中通入。已知、，。下列说法正确的是
A．的氨水：
B．向的氨水中通入适量得的溶液：
C．溶液中：
D．向吸收了足量的溶液中通，反应过程中的值增大
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．属于弱碱，在水中的电离程度较小，因此的氨水中，，所以该溶液中，，此时溶液的，A错误；
B．室温下溶液的pH＝7，溶液呈中性，因此溶液中c(H+)＝c(OH-)。溶液中存在电荷守恒，由于c(H+)＝c(OH-)，因此溶液中，，B错误；
C．溶液中存在电荷守恒和物料守恒，二者联立可得：，C正确；
D．通入O2后H2SO3被氧化为H2SO4，溶液中c(H+)增大，但H2SO3的电离平衡常数不变，因此反应过程中减小，D错误；
故答案为：C
【分析】A、NH3·H2O是弱碱，部分电离NH3·H2O NH4＋＋OH－，溶液中c(OH－)=c(NH4＋)，结合NH3·H2O的电离常数计算。
B、常温下pH=7的溶液中c(H＋)=c(OH－)，结合电荷守恒分析。
C、结合溶液中的电荷守恒和物料守恒分析。
D、通入O2后H2SO3被氧化成H2SO4，溶液中c(H＋)增大，但H2SO3的电离常数不变，据此分析。
13．二氧化碳催化加氢可获得CO。其主要反应为
在、时，若仅考虑上述反应，平衡时部分物种的物质的量分数随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是
A．、
B．图中X表示
C．提高CO的产率，需研发380℃以下的高效催化剂
D．900℃时，其他条件不变，增大容器压强，不变
【答案】C
【知识点】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．由图所示，温度升高，甲烷的物质的量分数减少，说明升高温度，平衡逆向因此，因此。温度升高，图中二氧化碳的物质的量减少，说明反应1平衡正向移动，因此，A正确；
B．温度高于800℃后，CH4的物质的量分数不变，只发生第一个反应，随着温度升高，平衡正向移动，CO的物质的量分数增大，而图中X的物质的量分数减小，说明X表示的是H2，B正确；
C．升高温度，反应1正向进行的程度大于反应2逆向进行的程度，因此为提高CO的产率，需研发380℃以上的高效催化剂，有利于CO的生成，C错误；
D.900℃时，其他条件不变，甲烷的物质的量分数为0，说明只发生反应1。反应1中反应前后气体分子数不变，因此增大容器压强，平衡不移动，不变，D正确；
故答案为：C
【分析】A、结合温度对平衡移动的影响分析，升高温度，平衡向吸热反应方向进行。
B、根据800℃后只发生反应1，再结合温度对平衡移动的影响分析。
C、生成CO的反应为吸热反应，升高温度有利于CO的生成。
D、900℃时，CH4的物质的量分数为0，只发生反应1，结合压强对反应1平衡移动的影响分析。
二、非选择题：共4题，共61分。
14．一种以软锰矿（主要含和少量、、、等）和黄铁矿（主要成分为）为原料制备的流程如下：
（1）酸浸。将软锰矿、黄铁矿与溶液混合搅拌，反应过程中铁元素的变化为。90℃下酸浸，锰元素浸出率及、的（质量浓度）随时间的变化如图所示。
①0~20min内，中的硫元素被氧化为。此时，和发生主要反应的离子方程式为　 　。
②0~20min内，逐渐增大的原因是　 　。
③100min后，逐渐减小的原因是　 　。
（2）除铁。向“酸浸”所得浸出液中加入过量，调节溶液pH，充分反应后过滤。的实际用量比理论计算用量大得多，其原因是　 　。
（3）制。向“除镁、钙”后的溶液中滴加适量氨水，充分反应后过滤、洗涤。将所得沉淀加水制成悬浊液，向其中通入空气可制得。若通入空气时间过长，所得样品中锰元素的质量分数会降低，其原因是　 　。
（4）测样品纯度。称取样品于锥形瓶中，加入 溶液和适量稀硫酸，加热。待固体完全溶解后，冷却，用的溶液滴定过量的，消耗溶液。不考虑杂质反应，计算样品中的纯度　 　（写出计算过程）。
已知：，。
【答案】（1）；与酸反应生成的速率大于被氧化的速率；被空气中氧气氧化为，且溶液pH增大，水解程度增大
（2）溶液中催化分解
（3）部分锰元素被氧化成高价态锰氧化物
（4）
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；物质的分离与提纯；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①中的硫元素被氧化为，Fe2+被氧化为Fe3+，MnO2被还原为Mn2+，离子方程式为：。
故答案为：
②反应过程中铁元素的变化为，0~20min内与酸反应生成的速率大于被氧化的速率，故逐渐增大。
故答案为：与酸反应生成的速率大于被氧化的速率
③100min后被空气中氧气氧化为，且溶液pH增大，水解程度增大故逐渐减小。
故答案为：被空气中氧气氧化为，且溶液pH增大，水解程度增大
（2）向“酸浸”所得浸出液中加入过量可将Fe2+被氧化为Fe3+，溶液中生成的催化分解，故的实际用量比理论计算用量大得多。
故答案为： 溶液中催化分解
（3）若通入空气时间过长，部分锰元素被氧化成高价态锰氧化物，导致所得样品中锰元素的质量分数会降低。
故答案为： 部分锰元素被氧化成高价态锰氧化物
（4）先利用草酸钠还原为，离子方程式为，过量的草酸钠再用高锰酸钾滴定，离子方程式为：，所以物质的量的关系为：即
，解得
，。
故答案为：
【分析】（1）①MnO2将FeS2氧化成Fe3＋和SO42－，自身还原为Mn2＋，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式。
②酸性条件下FeS2与酸反应生成Fe2＋和H2S，Fe2＋再进一步被氧化生成Fe3＋。Fe2＋的质量浓度大，说明生成Fe2＋的速率大于Fe2＋被氧化的速率。
③Fe2＋易被氧化生成Fe3＋，且随着溶液pH增大，Fe3＋水解程度增大，使得Fe2＋的质量浓度变小。
（2）H2O2将Fe2＋氧化成Fe3＋，Fe3＋可催化H2O2的分解，使得实际过程中H2O2消耗的量更多。
（3）空气中的O2能将Mn元素氧化，生成更高价态的氧化物，从而导致Mn3O4样品中Mn元素的质量分数降低。
（4）根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒确定反应的离子方程式，从而得到关系式，据此进行计算。
（1）中的硫元素被氧化为，Fe2+被氧化为Fe3+，MnO2被还原为Mn2+，离子方程式为：；反应过程中铁元素的变化为，0~20min内与酸反应生成的速率大于被氧化的速率，故逐渐增大；100min后被空气中氧气氧化为，且溶液pH增大，水解程度增大故逐渐减小；
（2）向“酸浸”所得浸出液中加入过量可将Fe2+被氧化为Fe3+，溶液中生成的催化分解，故的实际用量比理论计算用量大得多；
（3）若通入空气时间过长，部分锰元素被氧化成高价态锰氧化物，导致所得样品中锰元素的质量分数会降低；
（4）先利用草酸钠还原为，离子方程式为，过量的草酸钠再用高锰酸钾滴定，离子方程式为：，所以物质的量的关系为：即
，解得
，
15．化合物H是一种治疗胃肠道疾病药物的中间体，其合成路线如下：
（1）C中含氧官能团的名称为羟基、　 　。
（2）D→E的反应类型为　 　。
（3）化合物B的分子式为，其结构简式为　 　。
（4）写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：　 　。
能发生银镜反应：苯环上一取代物只有一种；分子中含有3种不同化学环境的氢原子。
（5）已知：。写出以和为原料制备合成路线流程图　 　（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干）。
【答案】（1）酰胺基、酯基
（2）还原反应
（3）
（4）
（5）
【知识点】有机物中的官能团；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）结合C的结构简式可知，C中含氧官能团的名称为羟基、酰胺基、酯基。
故答案为： 酰胺基、酯基
（2）D→E的反应为醛基被还原为羟基的过程，反应类型是还原反应。
故答案为：还原反应
（3）A与发生取代反应生成B，结合B的分子式可知，B的结构简式为。
故答案为：
（4）F的不饱和度为7，一种同分异构体能发生银镜反应，说明含有醛基，苯环上一取代物只有一种，则其结构高度对称，分子中含有3种不同化学环境的氢原子，苯环上占了1种氢原子，说明其还含有两个对称的醛基，这样还剩一个不饱和度，结合原子个数可知，还应还有一个硝基，则满足条件的同分异构体的结构简式为。
故答案为：
（5）由题给原料可知，需要中酚羟基的邻位引入一个取代基用于合成，结合题目中B→C的反应可知，需要将中的羟基转化为溴原子，发生类似B→C的反应后可生成，再发生题目中C→D的反应，将碳碳双键氧化为醛基，两个醛基发生题目中已知的反应可以转化为，再和氢气发生还原反应可以得到目标产物，故合成路线为：。
故答案为：
【分析】（1）根据C的结构简式确定其所含的含氧官能团。
（2）D→E的转化过程中，-CHO在NaBH4的作用下转化为-CH2OH，发生的是还原反应。
（3）由分子式可知，A与CH3COOCOCH3反应生成B的同时，还生成C2H4O2，据此确定化合物B的结构简式。
（4）能发生银镜反应，说明分子结构中含有－CHO；苯环上的一取代物只有一种，说明结构具有对称性。分子结构中含有3种不同化学环境的H原子，则分子结构中含有2个－CHO和一个－C(CH3)3。据此确定同分异构体的结构简式。
（5）由题给原料可知，需要中酚羟基的邻位引入一个取代基用于合成，结合题目中B→C的反应可知，需要将中的羟基转化为溴原子，发生类似B→C的反应后可生成，再发生题目中C→D的反应，将碳碳双键氧化为醛基，两个醛基发生题目中已知的反应可以转化为，再和氢气发生还原反应可以得到目标产物，据此设计合成路线图。
（1）结合C的结构简式可知，C中含氧官能团的名称为羟基、酰胺基、酯基；
（2）D→E的反应为醛基被还原为羟基的过程，反应类型是还原反应；
（3）A与发生取代反应生成B，结合B的分子式可知，B的结构简式为；
（4）F的不饱和度为7，一种同分异构体能发生银镜反应，说明含有醛基，苯环上一取代物只有一种，则其结构高度对称，分子中含有3种不同化学环境的氢原子，苯环上占了1种氢原子，说明其还含有两个对称的醛基，这样还剩一个不饱和度，结合原子个数可知，还应还有一个硝基，则满足条件的同分异构体的结构简式为；
（5）由题给原料可知，需要中酚羟基的邻位引入一个取代基用于合成，结合题目中B→C的反应可知，需要将中的羟基转化为溴原子，发生类似B→C的反应后可生成，再发生题目中C→D的反应，将碳碳双键氧化为醛基，两个醛基发生题目中已知的反应可以转化为，再和氢气发生还原反应可以得到目标产物，故合成路线为：。
16．利用废弃的铂镍合金靶材回收金属铂的部分实验过程如下：
（1）拟利用如图所示装置边搅拌边持续加热8h。为提高盐酸利用率，图中三颈烧瓶a口处还需要添加的仪器为　 　。
（2）将“酸浸”后的固体充分洗涤后加至浓硝酸和浓盐酸的混酸中发生氧化反应，得到含的溶液。
①写出Pt发生反应的化学方程式：　 　。
②该过程需控制在40℃左右的原因是　 　。
（3）“沉铂”原理为，。向的溶液中加入等体积的溶液，为使，所加溶液浓度最小为　 　（忽略混合时溶液的体积变化）。
（4）通过还原法或直接煅烧法均可制金属铂。
①向溶液中加入溶液，充分反应后得到金属铂，同时有逸出。还原 ，参加反应的物质的量为　 　mol。
②将隔绝空气煅烧可以得到、、和。实验室可通过测定分解产物中的量计算回收率。请补充完整该测定过程中的实验方案：称取一定质量的样品于硬质直玻璃管中，加强热，用去离子水充分吸收产生的气体后，稀释至一定体积，　 　。
已知：（ⅰ）当溶液pH介于6.5~10时，的主要存在形式为；
（ⅱ），。
须使用的试剂和仪器：溶液、溶液、 标准溶液；滴定管、锥形瓶、pH计。
【答案】（1）（球形）冷凝管
（2）；温度过低，化学反应速率较慢；温度过高，硝酸分解、盐酸和硝酸挥发
（3）1.0
（4）0.1；取10.00~30.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加溶液，并用pH计测定溶液的pH，当pH介于6.5~10之间时，停止滴加。再加入几滴溶液为指示剂，向锥形瓶中慢慢滴加标准溶液至恰好出现砖红色沉淀，记录加入标准液的体积。重复以上滴定操作2-3次
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；金属冶炼的一般原理；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）盐酸易挥发，为提高盐酸利用率，可在三颈烧瓶a口处加一个球形冷凝管。
故答案为： （球形）冷凝管
（2）①“溶解”时Pt被氧化为，Pt元素化合价由0升高为+4，N元素化合价由+5降低为+2，根据得失电子守恒、电荷守恒，发生反应的化学方程式为。
故答案为：
②该过程需控制在40℃左右原因是温度过低，化学反应速率较慢；温度过高，硝酸分解、盐酸和硝酸挥发。
故答案为： 温度过低，化学反应速率较慢；温度过高，硝酸分解、盐酸和硝酸挥发
（3）若向的溶液里加入等体积的溶液，使沉淀完全，反应后c()=，则溶液的最小浓度为。
故答案为：1.0
（4）①还原 ，金属Pt由+4价被还原为0价，转移0.4mol电子，1mol被氧化为氮气，转移电子数是4mol，故转移0.4mol电子，会消耗0.1mol。
故答案为：0.1
②通过测定分解产物中的量计算回收率，即通过滴定法计算氯离子物质的量，进而计算出回收率，通过给定的两种沉淀物的计算，假设，则析出沉淀时需满足，即；析出沉淀时需满足，即；开始沉淀时所需比开始沉淀时所需小，故先析出沉淀，后析出沉淀，则可以使用溶液做指示剂，由已知信息可知，当溶液pH介于6.5~10时，的主要存在形式为，故首先需要调节pH，具体实验方案是：取10.00~30.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加溶液，并用pH计测定溶液的pH，当pH介于6.5~10之间时，停止滴加。再加入几滴溶液为指示剂，向锥形瓶中慢慢滴加 标准溶液至恰好出现砖红色沉淀，记录加入标准液的体积。重复以上滴定操作2-3次。
故答案为： 取10.00~30.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加溶液，并用pH计测定溶液的pH，当pH介于6.5~10之间时，停止滴加。再加入几滴溶液为指示剂，向锥形瓶中慢慢滴加标准溶液至恰好出现砖红色沉淀，记录加入标准液的体积。重复以上滴定操作2-3次
【分析】（1）增加球形冷凝管，可防止HCl挥发，提高盐酸的利用率。
（2）①Pt与HNO3、HCl反应生成H2[PtCl6]，过程中Pt被氧化，则HNO3被还原，生成NO，据此写出反应的化学方程式。
②温度过低，反应速率较慢；温度过高，则HNO3易分解、易挥发，导致反应物转化率降低。
（3）根据(NH4)2[PtCl6]的溶度积Ksp进行计算。
（4）①根据得失电子守恒进行计算。
②根据AgCl、Ag2CrO4的溶度积Ksp计算，确定AgCl先沉淀，Ag2CrO4后沉淀，据此确定使用K2CrO4溶液作指示剂。从而设计实验过程中。
（1）盐酸易挥发，为提高盐酸利用率，可在三颈烧瓶a口处加一个球形冷凝管；
（2）①“溶解”时Pt被氧化为，Pt元素化合价由0升高为+4，N元素化合价由+5降低为+2，根据得失电子守恒、电荷守恒，发生反应的化学方程式为；
②该过程需控制在40℃左右原因是温度过低，化学反应速率较慢；温度过高，硝酸分解、盐酸和硝酸挥发；
（3）若向的溶液里加入等体积的溶液，使沉淀完全，反应后c()=，则溶液的最小浓度为；
（4）①还原 ，金属Pt由+4价被还原为0价，转移0.4mol电子，1mol被氧化为氮气，转移电子数是4mol，故转移0.4mol电子，会消耗0.1mol；
②通过测定分解产物中的量计算回收率，即通过滴定法计算氯离子物质的量，进而计算出回收率，通过给定的两种沉淀物的计算，假设，则析出沉淀时需满足，即；析出沉淀时需满足，即；开始沉淀时所需比开始沉淀时所需小，故先析出沉淀，后析出沉淀，则可以使用溶液做指示剂，由已知信息可知，当溶液pH介于6.5~10时，的主要存在形式为，故首先需要调节pH，具体实验方案是：取10.00~30.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加溶液，并用pH计测定溶液的pH，当pH介于6.5~10之间时，停止滴加。再加入几滴溶液为指示剂，向锥形瓶中慢慢滴加 标准溶液至恰好出现砖红色沉淀，记录加入标准液的体积。重复以上滴定操作2-3次。
17．研究NO的形成和催化转化具有重要意义。
（1）已知： ；25℃下，该反应的。燃油车高温发动机内发生上述反应，此时K　 　（填“>”“=”或“<”）。
（2）在催化剂作用下，可将NOx选择性还原为。
①向NO中通入适量使部分NO氧化为有利于催化反应进行。当混合气中时，氮氧化物被催化还原的反应速率最大。此时参加反应的　 　。
②催化还原NO的一种可能的反应机理如下：
结合元素电负性分析活性中间体B的结构式为　 　。
（3）烟气中会影响金属氧化物催化还原NO的效率。研究发现其可能原因主要有以下三点：与NO在催化剂表面发生竞争吸附，抑制活性中间体的生成；与反应生成稳定性较弱的和，覆盖了催化剂的活性位点；金属氧化物与反应最终生成稳定性强的金属硫酸盐，使催化剂的活性组分永远失效。
将一定比例的、NO、、充分混合均匀后，以相同流速分别通过装有等质量和催化剂的反应器1h，再分别向混合气体中添加少量继续通气7h后，将催化剂在400℃下充分加热1h，继续通入无的混合气体2h，测得两个反应器中NO转化率随通气时间的曲线如图所示。
①0→1h内，催化反应器中NO的转化率比催化反应器中的大。其原因是　 　。
②1→2h内，催化还原NO的效率迅速降低的主要原因是　 　。
③我国学者通过大量实验研究发现添加的复合催化剂具有优越的抗能力，并基于实验事实提出了如图所示的抗中毒反应物种转化示意图。
（ⅰ）写出“步骤2”的化学反应方程式：　 　。
（ⅱ）能在250℃下保持其催化性能的原因是　 　。[已知的理论分解温度为630℃]
【答案】（1）>
（2）1∶4；
（3）将部分NO氧化为，使混合气体中与趋于相等；反应生成和，覆盖了催化剂的活性位点；；促进了在较低温度下向的转化，同时生成的和可以进一步与NO和反应生成和，并促进了的生成，实现催化剂再生
【知识点】化学平衡的影响因素；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）由于该反应为吸热反应且属于熵增，高温发动机内相当于升高温度，可使平衡右移，平衡常数将变大，故在发动机高温条件下：。
故答案为：
（2）①当混合气中时，氮氧化物被催化还原的反应速率最大，此时发生反应：和，由于混合气中，则生成需要消耗的为：，结合前面方程式可知共消耗，则此时参加反应的。
故答案为：1：4
②催化还原NO的一种可能的反应机理为：将通入气体X()生成中间体A，然后活化转变成中间体B。
故答案为：
（3）①根据图形，在0→1h内，由于混合气体中的部分NO会被氧化为，使混合气体中与趋于相等，氮氧化物被催化还原的反应速率达到最大，所以催化反应器中NO的转化率比催化反应器中的大。
故答案为：将部分NO氧化为，使混合气体中与趋于相等
②1→2h内，此时加入了，根据题目所给信息，催化还原NO的效率迅速降低的主要原因可能是：反应生成和，覆盖了催化剂的活性位点。
故答案为： 反应生成和，覆盖了催化剂的活性位点
③根据添加的复合催化剂具有优越的抗能力的转化示意图可知：
（ⅰ）“步骤2”是将步骤1生成的与反应生成、和，则反应的化学反应方程式为：。
故答案为：
（ⅱ）因为在温度为630℃左右时能分解，因此能在250℃下保持其催化性能的原因可能为：促进了在较低温度下向的转化，同时生成的和可以进一步与NO和反应生成和，并促进了的生成，实现催化剂再生。
故答案为：促进了在较低温度下向的转化，同时生成的和可以进一步与NO和反应生成和，并促进了的生成，实现催化剂再生
【分析】（1）结合温度对平衡移动的影响分析。
（2）①根据反应的化学方程式进行计算。
②结合电负性O＞N＞H分析。
（3）①MnO2将NO氧化为NO2，使得n(NO)=n(NO2)，反应速率最快。
②反应生成的(NH4)2SO4和NH4HSO3覆盖在催化剂的活性点位，使得接触面积减小，反应速率减慢。
③（ⅰ）步骤2中Ce2(SO4)3与NH3反应生成Ce2O3和(NH4)2SO4、NH4HSO4，据此结合原子守恒书写反应的化学方程式。
（ⅱ）结合物质的转化关系可知，反应过程中CeO2可循环再生。
（1）由于该反应为吸热反应且属于熵增，高温发动机内相当于升高温度，可使平衡右移，平衡常数将变大，故在发动机高温条件下：。
故答案为：。
（2）①当混合气中时，氮氧化物被催化还原的反应速率最大，此时发生反应：和，由于混合气中，则生成需要消耗的为：，结合前面方程式可知共消耗，则此时参加反应的；
②催化还原NO的一种可能的反应机理为：将通入气体X()生成中间体A，然后活化转变成中间体B。
故答案为：1：4；。
（3）①根据图形，在0→1h内，由于混合气体中的部分NO会被氧化为，使混合气体中与趋于相等，氮氧化物被催化还原的反应速率达到最大，所以催化反应器中NO的转化率比催化反应器中的大；
②1→2h内，此时加入了，根据题目所给信息，催化还原NO的效率迅速降低的主要原因可能是：反应生成和，覆盖了催化剂的活性位点；
③根据添加的复合催化剂具有优越的抗能力的转化示意图可知：
（ⅰ）“步骤2”是将步骤1生成的与反应生成、和，则反应的化学反应方程式为：；
（ⅱ）因为在温度为630℃左右时能分解，因此能在250℃下保持其催化性能的原因可能为：促进了在较低温度下向的转化，同时生成的和可以进一步与NO和反应生成和，并促进了的生成，实现催化剂再生。
故答案为：将部分NO氧化为，使混合气体中与趋于相等；反应生成和，覆盖了催化剂的活性位点；；促进了在较低温度下向的转化，同时生成的和可以进一步与NO和反应生成和，并促进了的生成，实现催化剂再生。
1 / 1江苏省南通市、泰州市、镇江市、盐城市部分学校2025届高三第一次调研测试化学试卷
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1．蛋白质是生命活动的物质基础。下列有关蛋白质的说法正确的是
A．蛋白质由C、H、O三种元素组成
B．蛋白质属于高分子化合物
C．棉、麻、蚕丝主要成分均为蛋白质
D．蛋白质水解生成葡萄糖
2．可用、、、浓氨水制备。下列说法正确的是
A．中为+2价
B．的电子式为
C．中子数为18的氯原子：
D．的空间结构为四面体形
3．实验室利用制备。潮湿的受热易分解。用下列装置进行实验，不能达到实验目的的是
A．用装置甲制取 B．用装置乙制取CuBr
C．用装置丙分离出CuBr D．用装置丁干燥CuBr
4．月球土壤中含橄榄石（）、辉石（）和等。下列说法正确的是
A．电负性： B．离子半径：
C．属于分子晶体 D．碱性：
阅读下列材料，完成下面小题：
自然界中硫元素主要存在于岩石圈，水圈和大气圈中有少量含硫化合物。单质硫大部分来自于岩石圈中硫化物与水蒸气、等物质的共同作用。可溶性硫酸盐矿会随雨水或地下水进入河流与海洋。和是大气圈中的主要含硫物质。人类根据需要可将硫元素转化为指定物质，以减少环境污染，满足生产、生活的需求。
5．下列有关自然界中含硫物质的说法正确的是
A．、互为同位素
B．、中硫原子的杂化轨道类型相同
C．大气圈与水圈中主要含硫物质的类别相同
D．如图所示晶胞中硫原子的配位数为8
6．下列有关自然界中单质硫形成及转化的化学反应表示正确的是
A．与高温水蒸气反应生成：
B．与发生置换反应：
C．与反应生成单质硫：
D．单质硫在空气中燃烧：
7．下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是
A．为非极性分子，可用于溶解硫黄
B．浓具有脱水性，可用作干燥剂
C．的空间结构为V形，的还原性比的强
D．S—H键长比O—H的长，的沸点低于
8．反应 可用于治理大气污染。下列关于该反应的说法正确的是
A．该反应的
B．反应物的键能总和大于生成物的键能总和
C．反应的平衡常数
D．使用高效催化剂可以降低反应的焓变
9．化合物W是一种药物合成中间体，其合成路线如下：
下列叙述正确的是
A．Y可以发生水解和消去反应
B．Z分子中含有1个手性碳原子
C．用溶液可检验W中是否含有X
D．最多可与反应
10．某乙烯燃料电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是
A．放电时，电子由电极b经外电路流向电极a
B．电极a的电极反应式为
C．当有通过质子交换膜时，电极b表面理论上消耗的体积为
D．验证生成的操作：取反应后的左室溶液，加入新制，加热，观察现象
11．室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是
选项 实验过程及现象 实验结论
A 向 溶液中滴加2滴溶液，产生白色沉淀，再滴加4滴 溶液，产生黄色沉淀
B 分别向和中滴加酸性溶液，前者溶液颜色褪去 甲基使苯环上的氢变得更活泼
C 向 溶液中滴加 溶液，再滴加几滴KSCN溶液，溶液变为红色 和反应为可逆反应
D 向溶液中滴加几滴氨水，生成蓝色沉淀，继续添加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液 能溶于氨水生成
A．A B．B C．C D．D
12．室温下，用的氨水吸收，再向溶液中通入。已知、，。下列说法正确的是
A．的氨水：
B．向的氨水中通入适量得的溶液：
C．溶液中：
D．向吸收了足量的溶液中通，反应过程中的值增大
13．二氧化碳催化加氢可获得CO。其主要反应为
在、时，若仅考虑上述反应，平衡时部分物种的物质的量分数随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是
A．、
B．图中X表示
C．提高CO的产率，需研发380℃以下的高效催化剂
D．900℃时，其他条件不变，增大容器压强，不变
二、非选择题：共4题，共61分。
14．一种以软锰矿（主要含和少量、、、等）和黄铁矿（主要成分为）为原料制备的流程如下：
（1）酸浸。将软锰矿、黄铁矿与溶液混合搅拌，反应过程中铁元素的变化为。90℃下酸浸，锰元素浸出率及、的（质量浓度）随时间的变化如图所示。
①0~20min内，中的硫元素被氧化为。此时，和发生主要反应的离子方程式为　 　。
②0~20min内，逐渐增大的原因是　 　。
③100min后，逐渐减小的原因是　 　。
（2）除铁。向“酸浸”所得浸出液中加入过量，调节溶液pH，充分反应后过滤。的实际用量比理论计算用量大得多，其原因是　 　。
（3）制。向“除镁、钙”后的溶液中滴加适量氨水，充分反应后过滤、洗涤。将所得沉淀加水制成悬浊液，向其中通入空气可制得。若通入空气时间过长，所得样品中锰元素的质量分数会降低，其原因是　 　。
（4）测样品纯度。称取样品于锥形瓶中，加入 溶液和适量稀硫酸，加热。待固体完全溶解后，冷却，用的溶液滴定过量的，消耗溶液。不考虑杂质反应，计算样品中的纯度　 　（写出计算过程）。
已知：，。
15．化合物H是一种治疗胃肠道疾病药物的中间体，其合成路线如下：
（1）C中含氧官能团的名称为羟基、　 　。
（2）D→E的反应类型为　 　。
（3）化合物B的分子式为，其结构简式为　 　。
（4）写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：　 　。
能发生银镜反应：苯环上一取代物只有一种；分子中含有3种不同化学环境的氢原子。
（5）已知：。写出以和为原料制备合成路线流程图　 　（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干）。
16．利用废弃的铂镍合金靶材回收金属铂的部分实验过程如下：
（1）拟利用如图所示装置边搅拌边持续加热8h。为提高盐酸利用率，图中三颈烧瓶a口处还需要添加的仪器为　 　。
（2）将“酸浸”后的固体充分洗涤后加至浓硝酸和浓盐酸的混酸中发生氧化反应，得到含的溶液。
①写出Pt发生反应的化学方程式：　 　。
②该过程需控制在40℃左右的原因是　 　。
（3）“沉铂”原理为，。向的溶液中加入等体积的溶液，为使，所加溶液浓度最小为　 　（忽略混合时溶液的体积变化）。
（4）通过还原法或直接煅烧法均可制金属铂。
①向溶液中加入溶液，充分反应后得到金属铂，同时有逸出。还原 ，参加反应的物质的量为　 　mol。
②将隔绝空气煅烧可以得到、、和。实验室可通过测定分解产物中的量计算回收率。请补充完整该测定过程中的实验方案：称取一定质量的样品于硬质直玻璃管中，加强热，用去离子水充分吸收产生的气体后，稀释至一定体积，　 　。
已知：（ⅰ）当溶液pH介于6.5~10时，的主要存在形式为；
（ⅱ），。
须使用的试剂和仪器：溶液、溶液、 标准溶液；滴定管、锥形瓶、pH计。
17．研究NO的形成和催化转化具有重要意义。
（1）已知： ；25℃下，该反应的。燃油车高温发动机内发生上述反应，此时K　 　（填“>”“=”或“<”）。
（2）在催化剂作用下，可将NOx选择性还原为。
①向NO中通入适量使部分NO氧化为有利于催化反应进行。当混合气中时，氮氧化物被催化还原的反应速率最大。此时参加反应的　 　。
②催化还原NO的一种可能的反应机理如下：
结合元素电负性分析活性中间体B的结构式为　 　。
（3）烟气中会影响金属氧化物催化还原NO的效率。研究发现其可能原因主要有以下三点：与NO在催化剂表面发生竞争吸附，抑制活性中间体的生成；与反应生成稳定性较弱的和，覆盖了催化剂的活性位点；金属氧化物与反应最终生成稳定性强的金属硫酸盐，使催化剂的活性组分永远失效。
将一定比例的、NO、、充分混合均匀后，以相同流速分别通过装有等质量和催化剂的反应器1h，再分别向混合气体中添加少量继续通气7h后，将催化剂在400℃下充分加热1h，继续通入无的混合气体2h，测得两个反应器中NO转化率随通气时间的曲线如图所示。
①0→1h内，催化反应器中NO的转化率比催化反应器中的大。其原因是　 　。
②1→2h内，催化还原NO的效率迅速降低的主要原因是　 　。
③我国学者通过大量实验研究发现添加的复合催化剂具有优越的抗能力，并基于实验事实提出了如图所示的抗中毒反应物种转化示意图。
（ⅰ）写出“步骤2”的化学反应方程式：　 　。
（ⅱ）能在250℃下保持其催化性能的原因是　 　。[已知的理论分解温度为630℃]
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】多糖的性质和用途；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．氨基酸脱水缩合后生成蛋白质，因此蛋白质中主要含C、H、O、N四种元素外，还可能有S等元素，故A错误；
B．蛋白质由氨基酸通过肽键连接而成，具有复杂的空间结构。其相对分子质量通常很大，因此蛋白质属于高分子化合物，故B正确；
C．棉、麻的主要成分为纤维素，而蚕丝的主要成分为蛋白质，故C错误；
D．蛋白质的水解产物是氨基酸，而不是葡萄糖，故D错误；
故答案为：B
【分析】A、蛋白质由C、H、O、N、S等多种元素组成。
B、蛋白质属于高分子化合物。
C、蚕丝的主要成分为蛋白质。
D、蛋白质的水解产物为氨基酸。
2．【答案】D
【知识点】原子中的数量关系；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．配体H2O、NH3均为分子，且含有3个氯离子，因此为+3价，A错误；
B．H2O2为共价化合物，不含阴阳离子，因此其电子式为，B错误；
C．中子数为18的氯原子，其质量数为17+18=35，因此其化学符号为，C错误；
D．中心氮原子的价层电子对数为=4+0，不含孤电子对，因此其空间结构为正四面体形，D正确；
故答案为：D
【分析】A、配合物中NH3、H2O为分子，结合Cl－的个数确定Co元素的化合价。
B、H2O2为共价化合物，据此确定其电子式。
C、标在元素符号左上角的数字为质量数，质量数≈质子数＋中子数。
D、结合中心原子的价层电子对数确定NH4＋空间结构。
3．【答案】D
【知识点】二氧化硫的性质；物质的分离与提纯；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.70%与反应生成，该反应的化学方程式为，反应不需加热即可进行，故A正确；
B．SO2具有还原性，可被Cu2＋氧化，因此乙中发生反应，导管长进短出可制备，故B正确；
C．不溶于水，可通过过滤进行分离，故C正确；
D．潮湿的受热易分解，因此不能直接加热干燥，应选择真空干燥，故D错误；
故答案为：D
【分析】A、Na2SO3与70%的H2SO4反应可生成SO2，该反应在常温下即可进行。
B、SO2具有还原性，能将Cu2＋还原为＋1价Cu＋，Cu＋与Br－形成CuBr沉淀。
C、CuBr难溶于水，可通过过滤操作从溶液中分离。
D、潮湿的CuBr受热易分解，因此需采用真空干燥。
4．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶体的定义；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．同周期元素，核电荷数越大，电负性越大；同主族元素，核电荷数越小，电负性越大。因此电负性：，A正确；
B．电子层越大，离子半径越大，因此离子半径：，B错误；
C．由原子通过共价键相互连接而形成的具有空间网状结构的晶体，不存在独立的分子结构，因此SiO2属于共价晶体，C错误；
D．金属性越强，则其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强。由于金属性Ca>Mg，因此碱性：，D错误；
故答案为：A
【分析】A、根据电负性的递变规律分析。
B、电子层数越大，离子半径越大。
C、SiO2属于共价晶体。
D、金属性越强，则其最高价氧化物对应水化物的碱性越强。
【答案】5．D
6．C
7．A
8．C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；反应热和焓变；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】（1）A．、都是由硫元素组成的不同单质，因此二者互为同素异形体，A项错误；
B．中硫原子的价层电子对数为，采用杂化；中硫原子的价层电子对数为，采用杂化。因此二者的杂化轨道类型不相同，B项错误；
C．和是大气圈中的主要含硫物质，而水圈中主要含硫物质可溶性硫酸盐，二者含硫物质的类别不相同，C项错误；
D．根据晶胞图可知，其中黑球有个，灰球有8个，二者的个数比为1：2，因此灰球代表、黑球代表S。以上平面硫原子为例，距离最近的Cu有该晶胞中的4个与上层晶胞中的4个，因此硫原子的配位数为8，D项正确；
故答案为：D
【分析】A、同位素是指由同种元素形成的不同单质。
B、根据中心硫原子的价层电子对数确定其轨道杂化方式。
C、硫元素在大气圈中以H2S和SO2形式存在；水圈中以硫酸盐形式存在。
D、根据图示晶胞结构分析。
（2）A．与高温水蒸气反应生成和Ca(OH)2，该反应的化学方程式为，A项错误；
B．由于氧化性O2＞S，因此与发生置换反应生成H2O和S，该反应的化学方程式为，B项错误；
C．与反应生成单质硫，该反应的化学方程式为，C项正确；
D．单质硫在空气中燃烧生成SO2，该反应的化学方程式为，D项错误；
故答案为：C
【分析】A、CaS与H2O反应生成Ca(OH)2和H2S。
B、H2S与O2发生置换反应生成H2O和S。
C、H2S与SO2反应生成S和H2O。
D、单质硫在空气中燃烧生成SO2。
（3）A．和硫黄都是非极性分子，根据相似相溶原理，硫黄可溶解在中，A项正确；
B．浓用作干燥剂是因为其具有吸水性，与其脱水性无关，B项错误；
C．由于非金属性：S＜O，因此还原性：＜，与其空间结构无关，C项错误；
D．分子间形成氢键，使其沸点较高，与其键长无关，D项错误；
故答案为：A
【分析】A、根据相似相溶原理分析。
B、浓硫酸做干燥剂，利用的是浓硫酸的吸水性。
C、H2S的还原性强与非金属性有关，与空间结构无关。
D、CH3OH的沸点高于CH3SH，是由于CH3OH可形成分子间氢键，键长无关。
（4）A．该反应为气体分子数增大的反应，因此，A项错误；
B．该反应为放热反应，根据反应物的键能总和-生成物的键能总和可知，反应物的键能总和小于生成物的键能总和，B项错误；
C．该反应的平衡常数表达式为，C项正确；
D．使用高效催化剂可以改变反应所需的活化能，从而改变反应速率，但不影响反应的焓变，D项错误；
故答案为：C
【分析】A、反应前后气体分子数增大， 熵变大于0。
B、该反应为放热反应，反应物的键能总和小于生成物的键能总和。
C、根据反应的化学方程式书写平衡常数的表达式。
D、催化剂可改变反应的活化能，从而改变反应速率，但不影响反应的焓变。
5．【解答】A．、都是由硫元素组成的不同单质，因此二者互为同素异形体，A项错误；
B．中硫原子的价层电子对数为，采用杂化；中硫原子的价层电子对数为，采用杂化。因此二者的杂化轨道类型不相同，B项错误；
C．和是大气圈中的主要含硫物质，而水圈中主要含硫物质可溶性硫酸盐，二者含硫物质的类别不相同，C项错误；
D．根据晶胞图可知，其中黑球有个，灰球有8个，二者的个数比为1：2，因此灰球代表、黑球代表S。以上平面硫原子为例，距离最近的Cu有该晶胞中的4个与上层晶胞中的4个，因此硫原子的配位数为8，D项正确；
故答案为：D
【分析】A、同位素是指由同种元素形成的不同单质。
B、根据中心硫原子的价层电子对数确定其轨道杂化方式。
C、硫元素在大气圈中以H2S和SO2形式存在；水圈中以硫酸盐形式存在。
D、根据图示晶胞结构分析。
6．【解析】A．与高温水蒸气反应生成和Ca(OH)2，该反应的化学方程式为，A项错误；
B．由于氧化性O2＞S，因此与发生置换反应生成H2O和S，该反应的化学方程式为，B项错误；
C．与反应生成单质硫，该反应的化学方程式为，C项正确；
D．单质硫在空气中燃烧生成SO2，该反应的化学方程式为，D项错误；
故答案为：C
【分析】A、CaS与H2O反应生成Ca(OH)2和H2S。
B、H2S与O2发生置换反应生成H2O和S。
C、H2S与SO2反应生成S和H2O。
D、单质硫在空气中燃烧生成SO2。
7．【解析】A．和硫黄都是非极性分子，根据相似相溶原理，硫黄可溶解在中，A项正确；
B．浓用作干燥剂是因为其具有吸水性，与其脱水性无关，B项错误；
C．由于非金属性：S＜O，因此还原性：＜，与其空间结构无关，C项错误；
D．分子间形成氢键，使其沸点较高，与其键长无关，D项错误；
故答案为：A
【分析】A、根据相似相溶原理分析。
B、浓硫酸做干燥剂，利用的是浓硫酸的吸水性。
C、H2S的还原性强与非金属性有关，与空间结构无关。
D、CH3OH的沸点高于CH3SH，是由于CH3OH可形成分子间氢键，键长无关。
8．【解析】A．该反应为气体分子数增大的反应，因此，A项错误；
B．该反应为放热反应，根据反应物的键能总和-生成物的键能总和可知，反应物的键能总和小于生成物的键能总和，B项错误；
C．该反应的平衡常数表达式为，C项正确；
D．使用高效催化剂可以改变反应所需的活化能，从而改变反应速率，但不影响反应的焓变，D项错误；
故答案为：C
【分析】A、反应前后气体分子数增大， 熵变大于0。
B、该反应为放热反应，反应物的键能总和小于生成物的键能总和。
C、根据反应的化学方程式书写平衡常数的表达式。
D、催化剂可改变反应的活化能，从而改变反应速率，但不影响反应的焓变。
9．【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；卤代烃简介；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A．Y中溴原子可以发生水解反应。酚羟基不能发生消去反应；溴原子相连C的邻位C上无H原子，也不能发生消去反应，A错误；
B．如图，Z分子中含有1个手性碳原子，B正确；
C．酚羟基遇FeCl3溶液显紫色，W和X均含有酚羟基，因此无法用溶液检验，C错误；
D．酚羟基能与NaOH溶液反应，W含2个酚羟基，因此最多可与反应，D错误；
故答案为：B
【分析】A、卤素原子可发生水解反应；醇羟基（或卤素原子）的邻位碳原子上含有H原子时，可发生消去反应。
B、连接有4个不同原子或原子团的碳原子，为手性碳原子。
C、酚羟基遇FeCl3溶液显紫色，可用于鉴别酚羟基。
D、能与NaOH反应的官能团有卤素原子、酚羟基、羧基和酯基。
10．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；常见化学电源的种类及其工作原理
【解析】【解答】A. 放电过程中，电子从负极a通过外电路流向正极b，选项错误；
B. 分析正确，a电极作为负极，乙烯发生氧化反应：，选项正确；
C. 由于题目未说明是否为标准状况，无法计算消耗氧气的体积，选项错误；
D. 乙醛与新制氢氧化铜反应需在碱性条件下进行，正确操作应为：取左室反应后的溶液，先加入过量氢氧化钠调节至碱性，再加入新制，加热观察现象，选项错误。
故答案为：B
【分析】电极a上CH2=CH2转化为CH3CHO，发生失电子的氧化反应，因此电极a为负极，其电极反应式为CH2=CH2－2e－＋H2O=CH3CHO＋2H＋。电极b上O2转化为H2O，发生得电子的还原反应，其电极反应式为O2＋4e－＋4H＋=2H2O。据此结合选项进行分析。
11．【答案】A
【知识点】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；苯的同系物及其性质
【解析】【解答】A．向 溶液中滴加2滴溶液，产生白色沉淀AgCl，其中AgNO3少量，完全反应。再滴加4滴 溶液，产生黄色沉淀，沉淀由I-与AgCl反应生成，因此可以比较，A正确；
B．分别向和中滴加酸性溶液，前者溶液颜色褪去，而后者不褪色。被酸性KMnO4溶液氧化生成苯甲酸，而不反应，说明苯环使得甲基更活泼，B错误；
C．氯化铁和碘化钾的离子反应为：，则题中过量，滴加几滴KSCN溶液，溶液一定变为红色，因此无法探究该反应是否为可逆反应，C错误；
D．向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水，氨水呈碱性，铜离子和氢氧根离子结合生成蓝色的氢氧化铜沉淀，继续滴加氨水，氢氧化铜沉淀溶解，但是不能说明反应生成，D不正确；
故答案为：A
【分析】A、比较AgCl、AgI溶度积Ksp的相对大小，则需存在AgCl、AgI的转化。
B、甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化，生成苯甲酸，反应位置在甲基，体现苯环对甲基的影响。
C、实验过程中所给n(Fe3＋)过量， 加入KSCN溶液，溶液一定变红色。
D、CuSO4与NH3·H2O反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀；继续加入氨水，沉淀溶解，但无法确定生成[Cu(NH3)4]2＋。
12．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．属于弱碱，在水中的电离程度较小，因此的氨水中，，所以该溶液中，，此时溶液的，A错误；
B．室温下溶液的pH＝7，溶液呈中性，因此溶液中c(H+)＝c(OH-)。溶液中存在电荷守恒，由于c(H+)＝c(OH-)，因此溶液中，，B错误；
C．溶液中存在电荷守恒和物料守恒，二者联立可得：，C正确；
D．通入O2后H2SO3被氧化为H2SO4，溶液中c(H+)增大，但H2SO3的电离平衡常数不变，因此反应过程中减小，D错误；
故答案为：C
【分析】A、NH3·H2O是弱碱，部分电离NH3·H2O NH4＋＋OH－，溶液中c(OH－)=c(NH4＋)，结合NH3·H2O的电离常数计算。
B、常温下pH=7的溶液中c(H＋)=c(OH－)，结合电荷守恒分析。
C、结合溶液中的电荷守恒和物料守恒分析。
D、通入O2后H2SO3被氧化成H2SO4，溶液中c(H＋)增大，但H2SO3的电离常数不变，据此分析。
13．【答案】C
【知识点】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．由图所示，温度升高，甲烷的物质的量分数减少，说明升高温度，平衡逆向因此，因此。温度升高，图中二氧化碳的物质的量减少，说明反应1平衡正向移动，因此，A正确；
B．温度高于800℃后，CH4的物质的量分数不变，只发生第一个反应，随着温度升高，平衡正向移动，CO的物质的量分数增大，而图中X的物质的量分数减小，说明X表示的是H2，B正确；
C．升高温度，反应1正向进行的程度大于反应2逆向进行的程度，因此为提高CO的产率，需研发380℃以上的高效催化剂，有利于CO的生成，C错误；
D.900℃时，其他条件不变，甲烷的物质的量分数为0，说明只发生反应1。反应1中反应前后气体分子数不变，因此增大容器压强，平衡不移动，不变，D正确；
故答案为：C
【分析】A、结合温度对平衡移动的影响分析，升高温度，平衡向吸热反应方向进行。
B、根据800℃后只发生反应1，再结合温度对平衡移动的影响分析。
C、生成CO的反应为吸热反应，升高温度有利于CO的生成。
D、900℃时，CH4的物质的量分数为0，只发生反应1，结合压强对反应1平衡移动的影响分析。
14．【答案】（1）；与酸反应生成的速率大于被氧化的速率；被空气中氧气氧化为，且溶液pH增大，水解程度增大
（2）溶液中催化分解
（3）部分锰元素被氧化成高价态锰氧化物
（4）
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；物质的分离与提纯；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①中的硫元素被氧化为，Fe2+被氧化为Fe3+，MnO2被还原为Mn2+，离子方程式为：。
故答案为：
②反应过程中铁元素的变化为，0~20min内与酸反应生成的速率大于被氧化的速率，故逐渐增大。
故答案为：与酸反应生成的速率大于被氧化的速率
③100min后被空气中氧气氧化为，且溶液pH增大，水解程度增大故逐渐减小。
故答案为：被空气中氧气氧化为，且溶液pH增大，水解程度增大
（2）向“酸浸”所得浸出液中加入过量可将Fe2+被氧化为Fe3+，溶液中生成的催化分解，故的实际用量比理论计算用量大得多。
故答案为： 溶液中催化分解
（3）若通入空气时间过长，部分锰元素被氧化成高价态锰氧化物，导致所得样品中锰元素的质量分数会降低。
故答案为： 部分锰元素被氧化成高价态锰氧化物
（4）先利用草酸钠还原为，离子方程式为，过量的草酸钠再用高锰酸钾滴定，离子方程式为：，所以物质的量的关系为：即
，解得
，。
故答案为：
【分析】（1）①MnO2将FeS2氧化成Fe3＋和SO42－，自身还原为Mn2＋，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式。
②酸性条件下FeS2与酸反应生成Fe2＋和H2S，Fe2＋再进一步被氧化生成Fe3＋。Fe2＋的质量浓度大，说明生成Fe2＋的速率大于Fe2＋被氧化的速率。
③Fe2＋易被氧化生成Fe3＋，且随着溶液pH增大，Fe3＋水解程度增大，使得Fe2＋的质量浓度变小。
（2）H2O2将Fe2＋氧化成Fe3＋，Fe3＋可催化H2O2的分解，使得实际过程中H2O2消耗的量更多。
（3）空气中的O2能将Mn元素氧化，生成更高价态的氧化物，从而导致Mn3O4样品中Mn元素的质量分数降低。
（4）根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒确定反应的离子方程式，从而得到关系式，据此进行计算。
（1）中的硫元素被氧化为，Fe2+被氧化为Fe3+，MnO2被还原为Mn2+，离子方程式为：；反应过程中铁元素的变化为，0~20min内与酸反应生成的速率大于被氧化的速率，故逐渐增大；100min后被空气中氧气氧化为，且溶液pH增大，水解程度增大故逐渐减小；
（2）向“酸浸”所得浸出液中加入过量可将Fe2+被氧化为Fe3+，溶液中生成的催化分解，故的实际用量比理论计算用量大得多；
（3）若通入空气时间过长，部分锰元素被氧化成高价态锰氧化物，导致所得样品中锰元素的质量分数会降低；
（4）先利用草酸钠还原为，离子方程式为，过量的草酸钠再用高锰酸钾滴定，离子方程式为：，所以物质的量的关系为：即
，解得
，
15．【答案】（1）酰胺基、酯基
（2）还原反应
（3）
（4）
（5）
【知识点】有机物中的官能团；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）结合C的结构简式可知，C中含氧官能团的名称为羟基、酰胺基、酯基。
故答案为： 酰胺基、酯基
（2）D→E的反应为醛基被还原为羟基的过程，反应类型是还原反应。
故答案为：还原反应
（3）A与发生取代反应生成B，结合B的分子式可知，B的结构简式为。
故答案为：
（4）F的不饱和度为7，一种同分异构体能发生银镜反应，说明含有醛基，苯环上一取代物只有一种，则其结构高度对称，分子中含有3种不同化学环境的氢原子，苯环上占了1种氢原子，说明其还含有两个对称的醛基，这样还剩一个不饱和度，结合原子个数可知，还应还有一个硝基，则满足条件的同分异构体的结构简式为。
故答案为：
（5）由题给原料可知，需要中酚羟基的邻位引入一个取代基用于合成，结合题目中B→C的反应可知，需要将中的羟基转化为溴原子，发生类似B→C的反应后可生成，再发生题目中C→D的反应，将碳碳双键氧化为醛基，两个醛基发生题目中已知的反应可以转化为，再和氢气发生还原反应可以得到目标产物，故合成路线为：。
故答案为：
【分析】（1）根据C的结构简式确定其所含的含氧官能团。
（2）D→E的转化过程中，-CHO在NaBH4的作用下转化为-CH2OH，发生的是还原反应。
（3）由分子式可知，A与CH3COOCOCH3反应生成B的同时，还生成C2H4O2，据此确定化合物B的结构简式。
（4）能发生银镜反应，说明分子结构中含有－CHO；苯环上的一取代物只有一种，说明结构具有对称性。分子结构中含有3种不同化学环境的H原子，则分子结构中含有2个－CHO和一个－C(CH3)3。据此确定同分异构体的结构简式。
（5）由题给原料可知，需要中酚羟基的邻位引入一个取代基用于合成，结合题目中B→C的反应可知，需要将中的羟基转化为溴原子，发生类似B→C的反应后可生成，再发生题目中C→D的反应，将碳碳双键氧化为醛基，两个醛基发生题目中已知的反应可以转化为，再和氢气发生还原反应可以得到目标产物，据此设计合成路线图。
（1）结合C的结构简式可知，C中含氧官能团的名称为羟基、酰胺基、酯基；
（2）D→E的反应为醛基被还原为羟基的过程，反应类型是还原反应；
（3）A与发生取代反应生成B，结合B的分子式可知，B的结构简式为；
（4）F的不饱和度为7，一种同分异构体能发生银镜反应，说明含有醛基，苯环上一取代物只有一种，则其结构高度对称，分子中含有3种不同化学环境的氢原子，苯环上占了1种氢原子，说明其还含有两个对称的醛基，这样还剩一个不饱和度，结合原子个数可知，还应还有一个硝基，则满足条件的同分异构体的结构简式为；
（5）由题给原料可知，需要中酚羟基的邻位引入一个取代基用于合成，结合题目中B→C的反应可知，需要将中的羟基转化为溴原子，发生类似B→C的反应后可生成，再发生题目中C→D的反应，将碳碳双键氧化为醛基，两个醛基发生题目中已知的反应可以转化为，再和氢气发生还原反应可以得到目标产物，故合成路线为：。
16．【答案】（1）（球形）冷凝管
（2）；温度过低，化学反应速率较慢；温度过高，硝酸分解、盐酸和硝酸挥发
（3）1.0
（4）0.1；取10.00~30.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加溶液，并用pH计测定溶液的pH，当pH介于6.5~10之间时，停止滴加。再加入几滴溶液为指示剂，向锥形瓶中慢慢滴加标准溶液至恰好出现砖红色沉淀，记录加入标准液的体积。重复以上滴定操作2-3次
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；金属冶炼的一般原理；化学实验方案的评价；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）盐酸易挥发，为提高盐酸利用率，可在三颈烧瓶a口处加一个球形冷凝管。
故答案为： （球形）冷凝管
（2）①“溶解”时Pt被氧化为，Pt元素化合价由0升高为+4，N元素化合价由+5降低为+2，根据得失电子守恒、电荷守恒，发生反应的化学方程式为。
故答案为：
②该过程需控制在40℃左右原因是温度过低，化学反应速率较慢；温度过高，硝酸分解、盐酸和硝酸挥发。
故答案为： 温度过低，化学反应速率较慢；温度过高，硝酸分解、盐酸和硝酸挥发
（3）若向的溶液里加入等体积的溶液，使沉淀完全，反应后c()=，则溶液的最小浓度为。
故答案为：1.0
（4）①还原 ，金属Pt由+4价被还原为0价，转移0.4mol电子，1mol被氧化为氮气，转移电子数是4mol，故转移0.4mol电子，会消耗0.1mol。
故答案为：0.1
②通过测定分解产物中的量计算回收率，即通过滴定法计算氯离子物质的量，进而计算出回收率，通过给定的两种沉淀物的计算，假设，则析出沉淀时需满足，即；析出沉淀时需满足，即；开始沉淀时所需比开始沉淀时所需小，故先析出沉淀，后析出沉淀，则可以使用溶液做指示剂，由已知信息可知，当溶液pH介于6.5~10时，的主要存在形式为，故首先需要调节pH，具体实验方案是：取10.00~30.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加溶液，并用pH计测定溶液的pH，当pH介于6.5~10之间时，停止滴加。再加入几滴溶液为指示剂，向锥形瓶中慢慢滴加 标准溶液至恰好出现砖红色沉淀，记录加入标准液的体积。重复以上滴定操作2-3次。
故答案为： 取10.00~30.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加溶液，并用pH计测定溶液的pH，当pH介于6.5~10之间时，停止滴加。再加入几滴溶液为指示剂，向锥形瓶中慢慢滴加标准溶液至恰好出现砖红色沉淀，记录加入标准液的体积。重复以上滴定操作2-3次
【分析】（1）增加球形冷凝管，可防止HCl挥发，提高盐酸的利用率。
（2）①Pt与HNO3、HCl反应生成H2[PtCl6]，过程中Pt被氧化，则HNO3被还原，生成NO，据此写出反应的化学方程式。
②温度过低，反应速率较慢；温度过高，则HNO3易分解、易挥发，导致反应物转化率降低。
（3）根据(NH4)2[PtCl6]的溶度积Ksp进行计算。
（4）①根据得失电子守恒进行计算。
②根据AgCl、Ag2CrO4的溶度积Ksp计算，确定AgCl先沉淀，Ag2CrO4后沉淀，据此确定使用K2CrO4溶液作指示剂。从而设计实验过程中。
（1）盐酸易挥发，为提高盐酸利用率，可在三颈烧瓶a口处加一个球形冷凝管；
（2）①“溶解”时Pt被氧化为，Pt元素化合价由0升高为+4，N元素化合价由+5降低为+2，根据得失电子守恒、电荷守恒，发生反应的化学方程式为；
②该过程需控制在40℃左右原因是温度过低，化学反应速率较慢；温度过高，硝酸分解、盐酸和硝酸挥发；
（3）若向的溶液里加入等体积的溶液，使沉淀完全，反应后c()=，则溶液的最小浓度为；
（4）①还原 ，金属Pt由+4价被还原为0价，转移0.4mol电子，1mol被氧化为氮气，转移电子数是4mol，故转移0.4mol电子，会消耗0.1mol；
②通过测定分解产物中的量计算回收率，即通过滴定法计算氯离子物质的量，进而计算出回收率，通过给定的两种沉淀物的计算，假设，则析出沉淀时需满足，即；析出沉淀时需满足，即；开始沉淀时所需比开始沉淀时所需小，故先析出沉淀，后析出沉淀，则可以使用溶液做指示剂，由已知信息可知，当溶液pH介于6.5~10时，的主要存在形式为，故首先需要调节pH，具体实验方案是：取10.00~30.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加溶液，并用pH计测定溶液的pH，当pH介于6.5~10之间时，停止滴加。再加入几滴溶液为指示剂，向锥形瓶中慢慢滴加 标准溶液至恰好出现砖红色沉淀，记录加入标准液的体积。重复以上滴定操作2-3次。
17．【答案】（1）>
（2）1∶4；
（3）将部分NO氧化为，使混合气体中与趋于相等；反应生成和，覆盖了催化剂的活性位点；；促进了在较低温度下向的转化，同时生成的和可以进一步与NO和反应生成和，并促进了的生成，实现催化剂再生
【知识点】化学平衡的影响因素；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）由于该反应为吸热反应且属于熵增，高温发动机内相当于升高温度，可使平衡右移，平衡常数将变大，故在发动机高温条件下：。
故答案为：
（2）①当混合气中时，氮氧化物被催化还原的反应速率最大，此时发生反应：和，由于混合气中，则生成需要消耗的为：，结合前面方程式可知共消耗，则此时参加反应的。
故答案为：1：4
②催化还原NO的一种可能的反应机理为：将通入气体X()生成中间体A，然后活化转变成中间体B。
故答案为：
（3）①根据图形，在0→1h内，由于混合气体中的部分NO会被氧化为，使混合气体中与趋于相等，氮氧化物被催化还原的反应速率达到最大，所以催化反应器中NO的转化率比催化反应器中的大。
故答案为：将部分NO氧化为，使混合气体中与趋于相等
②1→2h内，此时加入了，根据题目所给信息，催化还原NO的效率迅速降低的主要原因可能是：反应生成和，覆盖了催化剂的活性位点。
故答案为： 反应生成和，覆盖了催化剂的活性位点
③根据添加的复合催化剂具有优越的抗能力的转化示意图可知：
（ⅰ）“步骤2”是将步骤1生成的与反应生成、和，则反应的化学反应方程式为：。
故答案为：
（ⅱ）因为在温度为630℃左右时能分解，因此能在250℃下保持其催化性能的原因可能为：促进了在较低温度下向的转化，同时生成的和可以进一步与NO和反应生成和，并促进了的生成，实现催化剂再生。
故答案为：促进了在较低温度下向的转化，同时生成的和可以进一步与NO和反应生成和，并促进了的生成，实现催化剂再生
【分析】（1）结合温度对平衡移动的影响分析。
（2）①根据反应的化学方程式进行计算。
②结合电负性O＞N＞H分析。
（3）①MnO2将NO氧化为NO2，使得n(NO)=n(NO2)，反应速率最快。
②反应生成的(NH4)2SO4和NH4HSO3覆盖在催化剂的活性点位，使得接触面积减小，反应速率减慢。
③（ⅰ）步骤2中Ce2(SO4)3与NH3反应生成Ce2O3和(NH4)2SO4、NH4HSO4，据此结合原子守恒书写反应的化学方程式。
（ⅱ）结合物质的转化关系可知，反应过程中CeO2可循环再生。
（1）由于该反应为吸热反应且属于熵增，高温发动机内相当于升高温度，可使平衡右移，平衡常数将变大，故在发动机高温条件下：。
故答案为：。
（2）①当混合气中时，氮氧化物被催化还原的反应速率最大，此时发生反应：和，由于混合气中，则生成需要消耗的为：，结合前面方程式可知共消耗，则此时参加反应的；
②催化还原NO的一种可能的反应机理为：将通入气体X()生成中间体A，然后活化转变成中间体B。
故答案为：1：4；。
（3）①根据图形，在0→1h内，由于混合气体中的部分NO会被氧化为，使混合气体中与趋于相等，氮氧化物被催化还原的反应速率达到最大，所以催化反应器中NO的转化率比催化反应器中的大；
②1→2h内，此时加入了，根据题目所给信息，催化还原NO的效率迅速降低的主要原因可能是：反应生成和，覆盖了催化剂的活性位点；
③根据添加的复合催化剂具有优越的抗能力的转化示意图可知：
（ⅰ）“步骤2”是将步骤1生成的与反应生成、和，则反应的化学反应方程式为：；
（ⅱ）因为在温度为630℃左右时能分解，因此能在250℃下保持其催化性能的原因可能为：促进了在较低温度下向的转化，同时生成的和可以进一步与NO和反应生成和，并促进了的生成，实现催化剂再生。
故答案为：将部分NO氧化为，使混合气体中与趋于相等；反应生成和，覆盖了催化剂的活性位点；；促进了在较低温度下向的转化，同时生成的和可以进一步与NO和反应生成和，并促进了的生成，实现催化剂再生。
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