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江苏省镇江第一中学等校2025-2026学年高三上学期开学化学试题
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项符合题意。
1．大气中的氧是取之不尽的天然资源。下列工业生产中以氧气作反应物的是
A．工业合成氨 B．湿法炼铜
C．从海水中提取镁 D．接触法制硫酸
【答案】D
【知识点】工业制取硫酸；工业合成氨；海水资源及其综合利用；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A、工业合成氨的反应为 N2和3H2在催化剂、高温高压条件下生成 2NH3，反应物为氮气和氢气，无氧气参与，故A不符合题意 ；
B、湿法炼铜利用铁置换硫酸铜中的铜，反应为 Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，反应物为铁和硫酸铜，不涉及氧气，故B不符合题意 ；
C、海水提镁的关键步骤为：Mg2+与 OH-反应生成 Mg(OH)2沉淀，Mg(OH)2与 HCl 反应生成 MgCl2和 H2O，熔融 MgCl2电解生成 Mg 和 Cl2，全程无氧气作为反应物，故C不符合题意 ；
D、接触法制硫酸中，第二步反应为 2SO2和O2在催化剂、加热条件下生成 2SO3，氧气直接参与反应，是该步骤的反应物，故D符合题意 ；
故答案为：D。【分析】A．工业合成氨的核心反应及反应物组成。
B．考查湿法炼铜的反应原理（置换反应的反应物）。
C．判断海水提镁的主要步骤及反应中的反应物。
D．判断接触法制硫酸的核心反应（二氧化硫的氧化）。
2．反应可用于制备火箭推进剂。下列说法正确的是
A．的球棍模型为
B．的基态原子核外电子排布式为
C．NaClO的电子式：
D．分子中含有键
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、水分子（H2O）呈V形结构，氧原子半径大于氢原子。在球棍模型中，中心大球应代表氧原子，两端小球代表氢原子。题目图示的原子大小比例不符合实际分子结构，A错误；
B、氮元素（N）的原子序数为7，其基态原子电子排布式应为1s22s22p3，B正确；
C、NaClO是离子化合物，其正确的电子式应为，题目中的表示方式有误，C错误；
D、联氨（N2H4）的结构式为，分子中不存在N=N双键，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．H2O 是 V 形结构，球棍模型应体现键角（不是直线形），易误认简单球链为正确模型。
B．N 原子序数为 7，核外电子排布 “1s22s22p3” 是正确的，易因记错电子数出错。
C．NaClO 是离子化合物，ClO-的电子式需用括号标注电荷，易漏写括号或电荷。
D．N2H4中 N 以单键连接（H2N-NH2），无 N=N 双键，易混淆与 N2的结构。
3．实验室进行制备和性质探究，下列实验原理和装置不能达到实验目的的是
A B C D
制备 探究溶解性 探究氧化性 吸收尾气
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】二氧化硫的性质
【解析】【解答】A、铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水。题目中给出的实验装置缺少加热设备（酒精灯），因此无法进行该反应制备二氧化硫，A选项错误。B、二氧化硫易溶于水。当充满二氧化硫的烧瓶倒扣在水中时，二氧化硫溶解会导致烧瓶内压强降低，从而使水进入烧瓶。该装置可以用于研究二氧化硫的溶解特性，B选项正确。
C、二氧化硫具有较弱的氧化性，能与硫化钠溶液反应生成硫单质沉淀（S↓）。该装置适用于探究二氧化硫的氧化性质，C选项正确。
D、二氧化硫是酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水。该装置可用于尾气处理，吸收二氧化硫防止空气污染，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、Cu与浓硫酸的反应需要加热条件。
B、SO2溶于水后，烧瓶内液面上升。
C、实验过程中观察到淡黄色浑浊的产生，体现了SO2的氧化性。
D、SO2能与NaOH溶液反应。
4．H、Li、Na、K位于周期表中IA族。下列说法正确的是
A．离子半径大小： B．第一电离能：
C．电负性大小： D．为极性分子
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、离子半径比较需看电子层和核电荷数。H-和 Li+电子层均为 1 层，但 Li+核电荷数（3个）大于 H-（1个），对电子吸引更强，故半径 r(H-)＞r(Li+)，A错误；
B、第一电离能是基态原子失最外层电子的能量。Li 和 Na 同主族，Na 电子层数更多，最外层电子离核更远、更易失去，故第一电离能 I1(Li)＞I1(Na)，B错误；
C、电负性体现原子吸引键合电子的能力。H 和 K 同主族，H 电子层数少、原子半径小，吸引电子能力更强，故电负性 χ(H)＞χ(K)，C正确；
D、NaH 是由 Na+和 H-构成的离子化合物，不是分子，因此不存在 “极性分子” 的说法，D错误；
故答案为：C。
【分析】这道题的易错点主要集中在 3 个方面：
离子半径比较的误区：容易忽略 “电子层结构相同的离子，核电荷数越大半径越小” 的规律，错认为 H-电子数少、半径就小于 Li+。
概念混淆：误将离子化合物当作分子，混淆 “离子化合物” 和 “分子” 的分类，从而错误判断其是否为极性分子。
第一电离能的递变混淆：混淆同主族第一电离能的变化趋势，错认为金属性越强的元素第一电离能越大，忽略 “电子层数越多，最外层电子越易失去” 的本质。
阅读材料，硼单质及其化合物有重要的应用。硼晶体熔点为，可形成多种卤化物。可与反应生成。可与反应生成乙硼烷(标准燃烧热为)，其分子中一个硼与周围的四个氢形成正四面体，结构式为，乙硼烷易水解生成与，是一种一元弱酸，可作防腐剂。乙硼烷可与反应生成氨硼烷()，其在一定条件下可以脱氢，最终得到。乙硼烷也可与反应生成，是一种常用的还原剂。完成问题。
5．下列说法正确的是
A．硼晶体为分子晶体
B．分子中键角小于分子中键角
C．与中心原子均为杂化
D．晶体中存在离子键、共价键、氢键
6．下列化学反应表示正确的是
A．乙硼烷的制备：
B．乙硼烷的水解：
C．乙硼烷的燃烧：
D．乙硼烷酸性条件下还原乙酸：
7．下列物质的结构、性质、用途之间不具有对应关系的是
A．电负性小于可用作还原剂
B．有弱酸性，可用作防腐剂
C．中有孤电子对，易与形成
D．可以脱氢，可用作储氢材料
【答案】5．B
6．A
7．B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；燃烧热
【解析】【解答】（1）A、分子晶体熔点通常较低，而硼晶体熔点高达 2076℃，显然不属于分子晶体，实际为原子晶体，A错误；
B、NH3中 N 原子有 1 对孤电子对，孤电子对会对成键电子对产生排斥，使 H-N-H 键角约为 107°；BH4-中 B 原子无孤电子对，空间结构为正四面体，H-B-H 键角为 109°28'，故 NH3的键角更小，B正确；
C、BF3中 B 原子形成 3 个共价键，无孤电子对，杂化方式为 sp2；B2H6中 B 原子形成 4 个共价键（含氢桥键），杂化方式为 sp3，二者杂化类型不同，C错误；
D、NaBH4晶体中，Na+与 BH4-之间存在离子键，BH4-内部 B 与 H 之间为共价键，不存在氢键（氢键需 N、O、F 等原子与 H 结合形成），D错误；
故答案为： B 。
（2）A、BCl3与 H2反应生成 B2H6和 HCl，配平后的方程式为 2BCl3+6H2=B2H6+6HCl，A 正确；
B、H3BO3是一元弱酸，在方程式中应保留分子形式，正确方程式为B2H6+6H2O=6H2↑+2H3BO3，B错误；
C、燃烧热定义中，H2O 的稳定状态为液态，且该方程式中 H2O 为气态， 正确的是：，C错误；
D、方程式原子不守恒（如 O 原子数目左右不相等），正确方程式为3CH3COOH+B2H6+3H2O=2H3BO3 + 3CH3CH2OH，D错误；
故答案为：A。
（3）A、因 B 的电负性小于 H，NaBH4中 H 为 -1 价，易被氧化为 0 价（生成 H2），故 NaBH4可作还原剂，逻辑成立，A不符合题意；
B、H3BO3作防腐剂是因其能抑制微生物生长，与 “弱酸性” 无直接关联，逻辑不成立，B符合题意；
C、NH3中 N 原子有孤电子对，BF3中 B 原子有空轨道，二者可形成配位键生成 NH4BF3，逻辑成立，C不符合题意；
D、BH2NH3能脱氢（释放 H2），因此可作储氢材料，逻辑成立，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】（1）从晶体类型判断、键角影响因素、杂化方式确定及化学键类型识别等角度，对各选项进行分析。
（2）根据反应事实、物质的电离特性（如弱酸不能拆写）及燃烧热的定义，验证化学方程式的正确性。
（3）“物质结构→性质→用途” 的逻辑关系是否成立，即性质是否由结构决定，用途是否基于该性质。
5．A、分子晶体熔点通常较低，而硼晶体熔点高达 2076℃，显然不属于分子晶体，实际为原子晶体，A 错误；
B、NH3中 N 原子有 1 对孤电子对，孤电子对会对成键电子对产生排斥，使 H-N-H 键角约为 107°；BH4-中 B 原子无孤电子对，空间结构为正四面体，H-B-H 键角为 109°28'，故 NH3的键角更小，B 正确；
C、BF3中 B 原子形成 3 个共价键，无孤电子对，杂化方式为 sp2；B2H6中 B 原子形成 4 个共价键（含氢桥键），杂化方式为 sp3，二者杂化类型不同，C错误；
D、NaBH4晶体中，Na+与 BH4-之间存在离子键，BH4-内部 B 与 H 之间为共价键，不存在氢键（氢键需 N、O、F 等原子与 H 结合形成），D错误；
故答案为： B 。
6．A、BCl3与 H2反应生成 B2H6和 HCl，配平后的方程式为 2BCl3+6H2=B2H6+6HCl，A 正确；
B、H3BO3是一元弱酸，在方程式中应保留分子形式，正确方程式为B2H6+6H2O=6H2↑+2H3BO3，B错误；
C、燃烧热定义中，H2O 的稳定状态为液态，且该方程式中 H2O 为气态， 正确的是：，C错误；
D、方程式原子不守恒（如 O 原子数目左右不相等），正确方程式为3CH3COOH+B2H6+3H2O=2H3BO3 + 3CH3CH2OH，D错误；
故答案为：A。
7．A、因 B 的电负性小于 H，NaBH4中 H 为 -1 价，易被氧化为 0 价（生成 H2），故 NaBH4可作还原剂，逻辑成立，A不符合题意；
B、H3BO3作防腐剂是因其能抑制微生物生长，与 “弱酸性” 无直接关联，逻辑不成立，B符合题意；
C、NH3中 N 原子有孤电子对，BF3中 B 原子有空轨道，二者可形成配位键生成 NH4BF3，逻辑成立，C不符合题意；
D、BH2NH3能脱氢（释放 H2），因此可作储氢材料，逻辑成立，D不符合题意；
故答案为：B。
8．利用太阳能电池电解得到高纯的装置如题图所示。下列说法正确的是
A．电解时由极区向极区迁移
B．电解时极区溶液中增多
C．电极上的电极反应式为：
D．外电路每通过电子，电极上产生
【答案】C
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解析】A、虽然电解池中阳离子（如K+）通常向阴极移动，但本题装置中的隔膜为阴离子交换膜，仅允许阴离子（如OH-）通过，因此K+无法迁移， A错误；B、b极（阴极）的电极反应为，生成的OH-会通过阴离子交换膜向阳极（a极）迁移，以补充阳极消耗的OH-，因此b极区的OH-物质的量保持不变， B错误；
C、结合碱性环境（KOH溶液），阳极的电极反应式为，符合题目描述， C正确；
D、b极（阴极）的反应为，生成1 mol H2需转移2 mol电子。当外电路通过0.01 mol电子时，生成的H2为0.005 mol，D错误；
故答案为：C。
【分析】根据图示分析可知，在碱性条件下，氨气（NH3）在阳极发生氧化反应生成氮气（N2），其电极反应式为：，因此a电极为阳极。同时，水在阴极发生还原反应生成氢气（H2），其电极反应式为：，b电极为阴极。
9．化合物是合成抗肿瘤药物异甘草素的重要中间体，其合成路线如下：
下列有关化合物X、和的说法正确的是
A．中滴加浓溴水，最多消耗
B．能发生加成、氧化和消去反应
C．分子中，碳氧键和碳氧键的数目比为
D．与足量的氢气加成后的产物分子中含有3个手性碳原子
【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、化合物X是间苯二酚（1，3-二羟基苯），其苯环上酚羟基的邻位和对位（即2、4、6位）存在3个活泼氢原子，能与浓溴水发生取代反应。因此1mol X最多可消耗，A正确；
B、化合物Y含有苯环（可发生加成反应）和酚羟基（可发生氧化反应），但不具备发生消去反应的结构特征，B错误；
C、在化合物Y中，碳氧π键仅存在于羰基（C=O）中，而碳氧σ键包括羰基中的C-Oσ键和两个酚羟基中的C-Oσ键，所以π键与σ键的数量比为1：3，C错误；
D、根据手性碳原子为连接四个不同原子或原子团的定义可知，化合物Z加氢后的产物分子中含有手性碳原子，共有4个，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．X 是邻苯二酚，酚羟基邻、对位氢能与 Br2发生取代反应，1mol X 的苯环上有 3 个可取代位点（2 个邻位 + 1 个对位），最多消耗 3mol Br2。
B．Y 含酚羟基、羰基、苯环，能发生加成、氧化反应，但酚羟基的 H 和 α-C 上无 H，无法发生消去反应。
C．Y 中羰基含 1 个碳氧 π 键，碳氧 σ 键有 2 个（羰基 C=O 的 σ 键 + 酚羟基 C-O），但苯环还含碳碳 π 键，实际碳氧 π 键：碳氧 σ 键≠1：2。
D．Z 加氢后，原苯环变为环己烷结构，连接 - OCH2OCH3、-OH、-CH (CH3) OH 的碳原子均为手性碳，实际超过 3 个。
10．将转化为有机燃料是实现碳资源可持续利用的有效途径。我国学者提出的催化加氢合成的机理如题图(其中吸附在催化剂表面的物种用*标注)所示。下列说法不正确的是
A．反应①②过程中，碳元素化合价不断降低
B．反应③中存在共价键的断裂和生成
C．反应机理表明参与了合成的反应
D．催化加氢合成总反应的
【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；焓变和熵变；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、反应①中 CO2（C 为 + 4 价）转化为HCOO（C 为 +2 价），反应②中HCOO 进一步转化为 * CH2O（C 为 0 价），碳元素化合价持续降低，A正确；
B、反应③是 * CH2O、*H、OH 结合的过程，既有原有吸附物种中共价键的断裂，也有新物质（如CH3OH 相关结构）中共价键的生成，B正确；
C、从机理图可见，实际总反应是 CO2+H2→CH3OH+H2O，参与了催化剂表面的反应过程，*H2O 是中间吸附物种之一，说明 H2O 参与了 CO2合成 CH3OH 的反应，C正确；
D、总反应是气体（CO2、H2）转化为液体（CH3OH、H2O），体系混乱度减小，熵变 ΔS<0，并非 ΔS>0，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
A．易忽略 CO2（C 为 + 4）到*HCOO（C 为 + 2）再到*CH2O（C 为 0），碳化合价持续降低，误判为错误。
选项 B．反应③中 * CH2O、*H、OH 的结合，涉及旧共价键断裂（如CH2O 的键）和新共价键生成（如 CH3OH 的键），易误认无键的变化。
C．从机理看 * H2O 是中间物种，但机理中 H2O 参与了中间过程，易误判为未参与。
D．总反应是气体（CO2、H2）生成液体（CH3OH、H2O），混乱度减小，ΔS<0，易误判为 ΔS>0（本题易错核心点）。
11．为研究三价铁配合物性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。
已知：为黄色，为无色。
下列说法不正确的是
A．①中浓盐酸促进平衡正向移动
B．由①到②，生成的红色微粒是
C．②、③对比，说明：②>③
D．由①→④推断，若向①深黄色溶液中加入KI、淀粉溶液，溶液也无明显变化
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；氧化性、还原性强弱的比较；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、Fe3+与 Cl-存在平衡 （黄色）。①①中滴加浓盐酸，Cl-浓度骤增，平衡正向移动，[FeCl4]-浓度升高，溶液黄色加深，符合实验现象，A正确；
B、KSCN 与 Fe3+反应生成红色配合物，其通式为 （n=1~6，随 SCN-浓度变化），②中溶液的红色正是这类硫氰合铁配合物的特征颜色，B正确；
C、②中红色来自 ，③中加入 NaF 后，F-与 Fe3+结合生成更稳定的无色 [FeF6]3-，导致 [Fe(SCN) ]3-n解离，游离 Fe3+浓度降低。因此，游离 Fe3+浓度：②＞③， C正确；
D、①中 [FeCl4]-稳定性较弱，Fe3+氧化性未被显著抑制，可氧化 I-生成 I2（淀粉变蓝）；④中 [FeF6]3-稳定性极强，Fe3+氧化性被大幅削弱，无法氧化 I-，两者现象不同，D错误；
故答案为：D。【分析】A．考查Cl-浓度对 Fe3+配合平衡的影响（勒夏特列原理）。
B．判断硫氰酸根与 Fe3+形成的配合物组成。
C．考查配合物稳定性差异对游离 Fe3+浓度的影响。
D．判断配合物稳定性对 Fe3+氧化性的影响。
12．室温下，用溶液制备的过程如下图所示。
已知：，，
下列说法正确的是
A．溶液中：
B．溶液中：
C．混合过程中，会发生的反应为：
D．过滤后的滤液中：
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、通过水解常数比较：
，。
计算得，即水解程度更大，故，A错误；
B、的质子守恒式应为；
，选项漏写，B错误；
C、混合时，中和电离的（促进电离出），与生成沉淀，反应 合理，C正确；
D、饱和溶液中，，而非“＜”，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．易混淆与的水解能力，错认为水解程度更大，从而误判和的大小。
B．易遗漏得质子生成的，导致质子守恒式书写不完整。
C．易忽略对电离的促进作用，错认为与直接反应，无法正确判断反应式的合理性。
D．易混淆饱和溶液中离子浓度乘积与的关系，错认为滤液中大于
13．苯乙烯是重要的有机化工原料，工业上用乙苯催化脱氢时发生如下反应：
反应Ⅰ：C6H5C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)＋H2(g)；ΔH>0
反应Ⅱ：C6H5C2H5(g)＋H2(g)C6H5CH3(g)＋CH4(g)；ΔH<0
反应Ⅲ：C6H5C2H5(g)C6H6(g)＋C2H4(g)；ΔH>0
将1 mol乙苯和6 mol水蒸气置于密闭容器中，保持p=100 kPa，平衡时乙苯的转化率、苯和甲苯的选择性随温度的关系如图所示。苯乙烯、甲苯或苯的选择性=×100%。
下列说法正确的是
A．曲线a代表的是苯的选择性
B．620 ℃达平衡时，容器中H2的物质的量为0.664 mol
C．600～640 ℃时，容器中苯乙烯平衡时的物质的量随温度升高变化不大
D．其他条件不变，620 ℃时起始向容器中只充入1 mol乙苯，平衡时乙苯的转化率大于80%
【答案】B
【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；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、反应 II（生成甲苯）是放热反应，升温平衡逆向移动，甲苯选择性减小，故曲线 a 代表甲苯选择性（非苯），A错误；
B、620℃时，乙苯转化率 80%（消耗 0.8mol），苯选择性 3%（生成 0.024mol）、甲苯选择性 7%（生成 0.056mol）；则转化为苯乙烯的乙苯为 0.8-0.024-0.056=0.72mol。反应 I 生成 H2 0.72mol，反应 II 消耗 H2 0.056mol，最终 H2物质的量为 0.72-0.056=0.664mol，B正确；
C、600~640℃时，乙苯转化率增大，且甲苯 + 苯的选择性总和变化小，故苯乙烯的物质的量随温度升高而增大，C错误；
D、只充入 1mol 乙苯，相当于增大压强，反应 I、III（气体分子数增多）逆向移动，乙苯转化率小于 80%，D错误；
故答案为：B。
【分析】先根据反应的热效应判断温度对选择性的影响：
反应 II（生成甲苯）是放热反应，温度升高时，平衡逆向移动，生成甲苯的量减少，因此甲苯的选择性随温度升高而降低，对应曲线 a。
反应 III（生成苯）是吸热反应，温度升高时，平衡正向移动，生成苯的量增加，因此苯的选择性随温度升高而增大，对应曲线 b。据此解题。
二、非选择题：共4题，共61分。
14．利用钒铬渣[主要成分为、及少量的]制取的工艺流程如题-1图。
（1）“酸浸”时，稀硫酸一般需过量，其目的是　 　。
（2）“氧化1”：已知钒铬渣酸浸滤液初始温度大约在90℃左右。“氧化1”过程中用或作氧化剂时，氧化温度与沉钒率的关系如题-2图所示。
①该过程中，钒元素由转化为，则参加反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为　 　。
②该过程中采用作氧化剂的优点是　 　。
（3）“沉钒”过程中，调节使V(+5价)转化为，过滤，滤液中含。的结构式可表示为　 　。
（4）“氧化2”过程中发生反应的离子方程式为　 　。
（5）通过上述流程制取的可测定钒铬渣中含量。取由钒铬渣样品转化获得的(含少量)溶液，向其中加入溶液和足量溶液(铬元素的还原产物为)，放于暗处，然后再加入几滴淀粉溶液，用标准溶液滴定()，共用去标准液，求钒铬渣中的含量　 　(其他杂质不参与反应，写出计算过程)。
【答案】（1）增大反应物浓度，提高浸取率、同时使溶液显酸性抑制Cr3+水解
（2）1：2；采用Na2S2O8作氧化剂，在相同温度时沉钒率高，且在90 ℃时可直接使用无需降温，节约能耗
（3）
（4）10OH-+3H2O2+2Cr3+=8H2O+2
（5）六价铬和碘离子反应生成碘单质和三价铬，碘单质被Na2S2O3标准溶液滴定；根据电子守恒可知，2Cr3＋~3I2~6，根据铬元素守恒可知，Cr(OH)3的物质的量为n[Cr(OH)3]=2n(Na2Cr2O7)=2×0.00025mol=0.0005mol，钒铬渣中Cr(OH)3的含量×100%=2.5%
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；中和滴定；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解析】（1）"酸浸"时过量稀硫酸的作用是：①提高反应物浓度增加浸取率；②维持酸性环境抑制Cr3+的水解。
故答案为： 增大反应物浓度，提高浸取率、同时使溶液显酸性抑制Cr3+水解 ；
（2）①氧化过程中，VOSO4（V为+4价）作为还原剂被氧化为(VO2)2SO4（V为+5价），每摩尔VOSO4转移1个电子。氧化剂Na2S2O8或H2O2中O元素从-1价变为-2价，每摩尔氧化剂转移2个电子。根据电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2。
②Na2S2O8作氧化剂的优势：相同温度下沉钒率更高；90℃时可直接使用无需降温，节省能耗。而H2O2在高温下易分解，降低反应效率。
故答案为： 1：2 ； 采用Na2S2O8作氧化剂，在相同温度时沉钒率高，且在90 ℃时可直接使用无需降温，节约能耗 ；
（3）V2O5中钒呈+5价，氧原子需形成2个共价键，其结构式为：
故答案为： ；
（4）"氧化2"过程的离子方程式（碱性条件下Cr3+被H2O2氧化）：
10OH- + 3H2O2 + 2Cr3+ = 8H2O + 2
故答案为： 10OH-+3H2O2+2Cr3+=8H2O+2 ；
（5）计算过程：
n(Na2S2O3) = 0.100 mol/L × 0.015 L = 0.0015 mol
根据得：
n(I2) = 0.00075 mol
根据Na2Cr2O7与KI反应得：
n(Na2Cr2O7) = 0.00025 mol
n[Cr(OH)3] = 0.0005 mol
Cr(OH)3含量 = × 100% = 2.5%
故答案为： 六价铬和碘离子反应生成碘单质和三价铬，碘单质被Na2S2O3标准溶液滴定；根据电子守恒可知，2Cr3＋~3I2~6，根据铬元素守恒可知，Cr(OH)3的物质的量为n[Cr(OH)3]=2n(Na2Cr2O7)=2×0.00025mol=0.0005mol，钒铬渣中Cr(OH)3的含量×100%=2.5%
【分析】处理钒铬渣时，先加稀硫酸进行酸浸：其中二氧化硅不与稀硫酸反应，会作为滤渣分离出去，其余金属元素（如钒、铬）则转化为对应的硫酸盐进入溶液。接着向含钒的盐溶液中加入 Na2S2O8，利用其氧化性将钒元素从 VOSO4中的 + 4 价氧化为 (VO2)2SO4中的 +5 价；随后调节溶液 pH，使钒元素以 V2O5 xH2O 的形式沉淀析出。分离钒的沉淀后，向滤液中加入 NaOH 和 H2O2，H2O2会将铬元素氧化为 CrO42-，后续再经处理可得到 Na2Cr2O7。
（1）“酸浸”时，稀硫酸一般需过量，其目的是增大反应物浓度，提高浸取率、同时使溶液显酸性抑制Cr3+水解。
（2）①该过程中，钒元素由VOSO4转化为(VO2)2SO4，V化合价由+4变为+5，VOSO4作为还原剂转移1个电子，Na2S2O8或H2O2作氧化剂，Na2S2O8中O元素化合价由-1变为-2、H2O2中氧元素化合价由-1变为-2，作为氧化剂均转移2个电子，则根据电子守恒可知，参加反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2；
②由图可知，采用Na2S2O8作氧化剂，在相同温度时沉钒率高，且在90 ℃时可直接使用无需降温，节约能耗；而对过氧化氢而言温度过高会导致过氧化氢分解降低反应效率。
（3）由五氧化二钒的化学式(V2O5)及氧元素的化合价可以推出钒元素的化合价为+5价，其中O原子要形成2个共价键，则的结构式可表示为。
（4）“氧化2”过程中Cr3+在碱性条件下被过氧化氢氧化为，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为10OH-+3H2O2+2Cr3+=8H2O+2。
（5）n(Na2S2O3)=cV=0.100mol/L×0.015L=0.0015mol，根据“”得n(I2)=n(Na2S2O3)=×0.0015mol=0.00075mol，根据“Na2Cr2O7+7H2SO4+6KI=Na2SO4+3K2SO4+Cr2(SO4)3+3I2+7H2O”得n(Na2Cr2O7)=n(I2)=×0.00075mol=0.00025mol，根据Cr原子守恒得n[Cr(OH)3]=2n(Na2Cr2O7)=2×0.00025mol=0.0005mol，钒铬渣中Cr(OH)3的含量=×100%=2.5%。
15．以丁香酚为原料合成某药物中间体的路线如下：
已知：可以还原醛、酮、羧酸等。
（1）B中含氧官能团的名称是　 　。
（2）的转化过程中，另一有机产物的结构简式是　 　。
（3）的分子式为，中有化学式为的副产物生成，该副产物的结构简式为　 　。
（4）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：　 　。
①分子中有3种不同化学环境的氢原子；
②能发生银镜反应，酸性水解后一种产物能与溶液发生显色反应。
（5）请写出以为原料制备的合成路线流程图　 　(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】（1）酯基、醚键
（2）CH3COOH
（3）
（4）或
（5）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；醛的化学性质
【解析】【解答】（1）由B的结构简式可知，含氧官能团的名称是酯基、醚键。
故答案为： 酯基、醚键；
（2）由分析可知，A和(CH3CO)2O发生取代反应生成B，结合A和B的结构简式可知，另一有机产物的结构简式是CH3COOH。
故答案为： CH3COOH ；
（3）的分子式为，由分析可知，两分子D和丙酮先发生加成反应再发生消去反应生成E，若一分子D和丙酮先发生加成反应再发生消去反应则会生成化学式为的副产物，结构简式为：。
故答案为： ；
（4）C的同分异构体满足条件：①分子中有3种不同化学环境的氢原子，说明其是对称的结构；②能发生银镜反应，酸性水解后一种产物能与FeCl3溶液发生显色反应，说明其中含有酯基，且水解后会产生酚羟基，结合C的结构简式可知，满足条件的同分异构体中苯环上有2个甲基和2个-OOCH且处于对称的位置，结构简式为：或。
故答案为：或 ；
（5）由逆向合成法分析，可由发生酯化反应得到，可由发生还原反应得到，可由发生氧化反应得到，可由发生氧化反应得到，可由发生消去反应得到，合成路线为：。
故答案为： ；
【分析】以丁香酚为原料，在 RhCl3催化、加热的条件下反应生成中间体 A；A 与乙酸酐 (CH3CO)2O 发生取代反应，得到产物 B；B 经氧化反应转化为 C；C 在酸性条件下发生水解，生成中间体 D。随后，两分子 D 与丙酮先发生加成反应，再经消去反应生成结构为（）的中间体 E；最后 E 经还原反应，得到最终产物 F。据此解题。
（1）由B的结构简式可知，含氧官能团的名称是酯基、醚键。
（2）由分析可知，A和(CH3CO)2O发生取代反应生成B，结合A和B的结构简式可知，另一有机产物的结构简式是CH3COOH。
（3）的分子式为，由分析可知，两分子D和丙酮先发生加成反应再发生消去反应生成E，若一分子D和丙酮先发生加成反应再发生消去反应则会生成化学式为的副产物，结构简式为：。
（4）C的同分异构体满足条件：①分子中有3种不同化学环境的氢原子，说明其是对称的结构；②能发生银镜反应，酸性水解后一种产物能与FeCl3溶液发生显色反应，说明其中含有酯基，且水解后会产生酚羟基，结合C的结构简式可知，满足条件的同分异构体中苯环上有2个甲基和2个-OOCH且处于对称的位置，结构简式为：或。
（5）由逆向合成法分析，可由发生酯化反应得到，可由发生还原反应得到，可由发生氧化反应得到，可由发生氧化反应得到，可由发生消去反应得到，合成路线为：。
16．绿矾()外观为半透明蓝绿色单斜结晶或颗粒，无气味。受热能分解，且在空气中易被氧化。
（1）加热脱水后生成，与在氧气中掺烧可联合制备铁精粉()和硫酸。分解和在氧气中燃烧的能量变化如题-1图所示。从能源及资源利用的角度分析，与分解相比，利用和联合制备铁精粉和硫酸工艺的优点是　 　。
（2）柠檬酸亚铁()是一种易吸收的高效铁制剂，可由绿矾与反应先制得，再通过下列反应制备：。
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的。(开始沉淀的按金属离子浓度为计算)
金属离子 开始沉淀的 沉淀完全的
1.1 3.2
3.0 5.0
5.8 8.8
①制备时，选用的加料方式是　 　(填字母)，请写出反应的离子方程式　 　。
a．将溶液缓慢滴加到盛有溶液的反应容器中
b．将溶液缓慢滴加到盛有溶液的反应容器中
②将制得的加入到足量柠檬酸溶液中，再加入少量铁粉，下搅拌反应。铁粉的作用是　 　。
③反应结束后，无需过滤，除去过量铁粉的方法是　 　。
④最后溶液经浓缩、加入适量无水乙醇、静置、过滤、洗涤、干燥，获得柠檬酸亚铁晶体。分离过程中加入无水乙醇的目的是　 　。
（3）某研究性学习小组欲从硫铁矿烧渣(主要成分为、、)出发，制备绿矾。请结合题-2图的绿矾溶解度曲线，补充完整由硫铁矿烧渣制备晶体的实验步骤：向一定量烧渣中边搅拌边加入稍过量的稀硫酸充分反应，过滤，　 　，得到晶体(实验室须遵循节约试剂用量的原则，可选用的试剂：铁粉、稀硫酸、溶液和冰水)。
【答案】（1）FeS2燃烧放热为FeSO4 H2O分解提供能量；反应产物是制备铁精粉或硫酸的原料
（2）b；；防止Fe2+被氧化；加入适量的柠檬酸；可以降低柠檬酸亚铁的溶解度，从而获得更多的产品
（3）向反应液中加入足量的铁粉，充分搅拌后，滴加NaOH溶液调节反应液的pH约为5，过滤，（向滤液中滴加稀硫酸酸化），加热 浓缩得到60℃饱和溶液，冷却至0℃结晶， 过滤，用少量冰水洗涤，低温干燥 或向滤液中滴加过量的NaOH溶液，过滤， 充分洗涤固体，向固体中加入足量稀硫酸至 固体完全溶解，再加入足量的铁粉，充分搅 拌后，过滤，（向滤液滴加稀硫酸酸化），加热浓缩得到60℃饱和溶液，冷却至0℃结晶， 过滤，用少量冰水洗涤，低温干燥
【知识点】吸热反应和放热反应；铁盐和亚铁盐的相互转变；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】（1）FeS2燃烧为放热反应，FeSO4 H2O分解为吸热反应，FeS2燃烧放出的热量可为FeSO4 H2O分解提供能量；另外，FeS2燃烧和FeSO4 H2O分解的产物如Fe2O3、SO2、SO3可以作为制备铁精粉或硫酸的原料。
故答案为： FeS2燃烧放热为FeSO4 H2O分解提供能量；反应产物是制备铁精粉或硫酸的原料 ；
（2）①利用溶液和FeSO4溶液反应制备FeCO3，由于溶液呈碱性，若将溶液缓慢滴加到盛有溶液的反应容器中，可能会生成Fe(OH)2沉淀，FeSO4溶液为酸性，应该将溶液加入FeSO4溶液中，避免生成Fe(OH)2沉淀，故选b，溶液和FeSO4溶液反应制备FeCO3的同时还有CO2生成，根据电荷守恒、原子守恒，反应的离子方程式为：；
②因Fe2+易被空气中的氧气氧化为Fe3+，铁粉可以将Fe3+还原为Fe2+，制备柠檬酸亚铁过程中加入铁粉的目的就是防止Fe2+被氧化；
③除去过量的铁粉可直接加入适量的柠檬酸，反应也生成了需要的产品柠檬酸亚铁，不会引入杂质；
④最后的溶液经浓缩形成柠檬酸亚铁的饱和溶液，要得到尽可能多的柠檬酸亚铁晶体，可加入无水乙醇，可以降低柠檬酸亚铁的溶解度，从而获得更多的产品。
故答案为： b ； ； 防止Fe2+被氧化 ； 加入适量的柠檬酸 ； 可以降低柠檬酸亚铁的溶解度，从而获得更多的产品 ；
（3）由于Fe2O3中含有SiO2、Al2O3杂质，酸溶后SiO2不溶，可过滤除去。溶液中主要有Fe3＋及杂质Al3＋，要除去杂质Al3＋，由表中信息可知Al3＋完全沉淀的pH＝5.0，此时Fe3＋完全沉淀，因此先加铁粉将Fe3＋还原为Fe2＋，再加入NaOH溶液调节pH＝5.0，除去Al3＋，由溶解度曲线可知，温度高于60 ℃时绿矾的溶解度下降，因此需配成60 ℃的饱和溶液再降温至0 ℃，过滤，由于绿矾的溶解度随温度的升高而增大，故用冰水洗涤。
故答案为： 向反应液中加入足量的铁粉，充分搅拌后，滴加NaOH溶液调节反应液的pH约为5，过滤，（向滤液中滴加稀硫酸酸化），加热 浓缩得到60℃饱和溶液，冷却至0℃结晶， 过滤，用少量冰水洗涤，低温干燥 或向滤液中滴加过量的NaOH溶液，过滤， 充分洗涤固体，向固体中加入足量稀硫酸至 固体完全溶解，再加入足量的铁粉，充分搅 拌后，过滤，（向滤液滴加稀硫酸酸化），加热浓缩得到60℃饱和溶液，冷却至0℃结晶， 过滤，用少量冰水洗涤，低温干燥 。
【分析】以硫铁矿烧渣（主要成分为 Fe2O3、SiO2、Al2O3）为原料制备绿矾（FeSO4 7H2O）：
用酸溶解烧渣时，SiO2不与酸反应，过滤可直接除去；此时溶液中主要含 Fe3+和 Al3+。若直接调 pH 除 Al3+（Al3+完全沉淀的 pH=5.0），Fe3+会同步沉淀，因此先加铁粉将 Fe3+还原为 Fe2+；再加入 NaOH 溶液调节 pH 至 5.0，使 Al3+沉淀除去，保留 Fe2+在溶液中。绿矾的溶解度随温度升高而增大，且温度高于 60℃时溶解度下降，因此先配成 60℃的饱和溶液，再降温至 0℃使晶体析出；用冰水洗涤可减少绿矾的溶解损失。
（1）FeS2燃烧为放热反应，FeSO4 H2O分解为吸热反应，FeS2燃烧放出的热量可为FeSO4 H2O分解提供能量；另外，FeS2燃烧和FeSO4 H2O分解的产物如Fe2O3、SO2、SO3可以作为制备铁精粉或硫酸的原料。
（2）①利用溶液和FeSO4溶液反应制备FeCO3，由于溶液呈碱性，若将溶液缓慢滴加到盛有溶液的反应容器中，可能会生成Fe(OH)2沉淀，FeSO4溶液为酸性，应该将溶液加入FeSO4溶液中，避免生成Fe(OH)2沉淀，故选b，溶液和FeSO4溶液反应制备FeCO3的同时还有CO2生成，根据电荷守恒、原子守恒，反应的离子方程式为：；
②因Fe2+易被空气中的氧气氧化为Fe3+，铁粉可以将Fe3+还原为Fe2+，制备柠檬酸亚铁过程中加入铁粉的目的就是防止Fe2+被氧化；
③除去过量的铁粉可直接加入适量的柠檬酸，反应也生成了需要的产品柠檬酸亚铁，不会引入杂质；
④最后的溶液经浓缩形成柠檬酸亚铁的饱和溶液，要得到尽可能多的柠檬酸亚铁晶体，可加入无水乙醇，可以降低柠檬酸亚铁的溶解度，从而获得更多的产品。
（3）由于Fe2O3中含有SiO2、Al2O3杂质，酸溶后SiO2不溶，可过滤除去。溶液中主要有Fe3＋及杂质Al3＋，要除去杂质Al3＋，由表中信息可知Al3＋完全沉淀的pH＝5.0，此时Fe3＋完全沉淀，因此先加铁粉将Fe3＋还原为Fe2＋，再加入NaOH溶液调节pH＝5.0，除去Al3＋，由溶解度曲线可知，温度高于60 ℃时绿矾的溶解度下降，因此需配成60 ℃的饱和溶液再降温至0 ℃，过滤，由于绿矾的溶解度随温度的升高而增大，故用冰水洗涤。
17．研究燃煤烟气中的捕集和资源再利用技术对低碳经济有重大意义。
（1）利用反应 ，不能实现直接加氢合成，原因是　 　。
（2）利用氨水可捕集烟气中的。捕集、再生过程中含碳物种的变化如题-1图所示。
①液相中发生转化：。的结构式为　 　。
②已知：
反应的平衡常数　 　。
③转化后的溶液通过反应解吸释放。向两份相同的转化后的溶液中分别加入等体积、等浓度的和溶液，加入溶液后释放效果更好的原因是　 　。
（3）以过渡金属作催化剂，利用题-2图所示装置可实现“转化I”。
①写出阴极表面的电极反应方程式：　 　。
②在金属催化剂表面发生转化的过程可能为(表示吸附在催化剂表面)。其中部分物种在催化剂表面的吸附构型如题-3图所示，反应历程中的相对能量如题-4图所示。与催化剂相比，掺杂了的复合催化剂更有利于的形成，可能原因是　 　。
【答案】（1），，，反应无法自发进行
（2）；；等物质的量的可以和更多的配位，更有利于解吸反应正向进行，促进解吸
（3）；Cu-Cs复合催化剂可提供更多的活性位点(Cu-Cs复合催化剂更有利于CO等中间体的吸附)，且能降低反应的活化能，因此更有利于C2H4的形成
【知识点】电极反应和电池反应方程式；催化剂；焓变和熵变；化学平衡常数；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）该反应的吉布斯自由能变化ΔG可以通过公式ΔG = ΔH - TΔS计算得出。根据反应特点可知，焓变ΔH > 0，熵变ΔS < 0，因此ΔG始终大于零，说明该反应在热力学上不能自发进行。
故答案为：，，，反应无法自发进行 ；
（2）①通过原子守恒分析，X能够释放CO2，可推断X为碳酸氢根离子（HCO3-），其结构式为：。
②反应的平衡常数；
③使用CoCl2溶液能增强CO2解吸效果的原因是：相同物质的量的Co2+可以结合更多的NH3分子（形成[Co(NH3)6]2+），这会促使解吸平衡正向移动，从而更有效地促进CO2的释放。
故答案为： ； ； 等物质的量的可以和更多的配位，更有利于解吸反应正向进行，促进解吸 ；
（3）①在阴极表面发生的CO2还原生成乙烯的电极反应为：
CO2+12e-+12HCO3-→C2H4+12CO32- +4H2O
②图3数据表明，Cu-Cs复合催化剂具有以下优势：提供更多活性位点（更有利于CO等反应中间体的吸附），并能降低反应活化能，这些特性共同促进了C2H4的选择性生成。
故答案为： ； Cu-Cs复合催化剂可提供更多的活性位点(Cu-Cs复合催化剂更有利于CO等中间体的吸附)，且能降低反应的活化能，因此更有利于C2H4的形成
【分析】(1)根据反应的焓变（ΔH>0）和熵变（ΔS<0），由ΔG=ΔH-TΔS可知ΔG>0，反应无法自发进行。
(2)① 依据原子守恒，H2NCOO-与H2O反应生成NH3和HCO3-，故X为HCO3-（结构式：H-O-C(=O)-O-）。
②平衡常数K由已知平衡常数推导：。
③Co2+与NH3的配位数大于Zn2+，等物质的量的Co2+可结合更多NH3，促进解吸反应正向进行，利于CO2释放。
(3)① 阴极CO2得电子被还原为C2H4，结合HCO3-配平电极反应： 。
② Cu-Cs复合催化剂提供更多活性位点，更易吸附CO等中间体，且降低反应活化能，利于C2H4生成。
（1）该反应的根据反应可知，，故，反应无法自发进行。
（2）①根据原子守恒，X能解吸出，判断X为碳酸氢根，结构式为：。
②反应的平衡常数；
③加入溶液后释放效果更好的原因是：等物质的量的可以和更多的配位，更有利于解吸反应正向进行，促进解吸；
（3）①阴极表面二氧化碳发生还原反应生成乙烯，电极反应式为：；
②从图3中可以看出Cu-Cs复合催化剂可提供更多的活性位点、更有利于CO等中间体的吸附，且能降低反应的活化能，因此更有利于C2H4的形成，即可能原因是：Cu-Cs复合催化剂可提供更多的活性位点(Cu-Cs复合催化剂更有利于CO等中间体的吸附)，且能降低反应的活化能，因此更有利于C2H4的形成。
1 / 1江苏省镇江第一中学等校2025-2026学年高三上学期开学化学试题
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项符合题意。
1．大气中的氧是取之不尽的天然资源。下列工业生产中以氧气作反应物的是
A．工业合成氨 B．湿法炼铜
C．从海水中提取镁 D．接触法制硫酸
2．反应可用于制备火箭推进剂。下列说法正确的是
A．的球棍模型为
B．的基态原子核外电子排布式为
C．NaClO的电子式：
D．分子中含有键
3．实验室进行制备和性质探究，下列实验原理和装置不能达到实验目的的是
A B C D
制备 探究溶解性 探究氧化性 吸收尾气
A．A B．B C．C D．D
4．H、Li、Na、K位于周期表中IA族。下列说法正确的是
A．离子半径大小： B．第一电离能：
C．电负性大小： D．为极性分子
阅读材料，硼单质及其化合物有重要的应用。硼晶体熔点为，可形成多种卤化物。可与反应生成。可与反应生成乙硼烷(标准燃烧热为)，其分子中一个硼与周围的四个氢形成正四面体，结构式为，乙硼烷易水解生成与，是一种一元弱酸，可作防腐剂。乙硼烷可与反应生成氨硼烷()，其在一定条件下可以脱氢，最终得到。乙硼烷也可与反应生成，是一种常用的还原剂。完成问题。
5．下列说法正确的是
A．硼晶体为分子晶体
B．分子中键角小于分子中键角
C．与中心原子均为杂化
D．晶体中存在离子键、共价键、氢键
6．下列化学反应表示正确的是
A．乙硼烷的制备：
B．乙硼烷的水解：
C．乙硼烷的燃烧：
D．乙硼烷酸性条件下还原乙酸：
7．下列物质的结构、性质、用途之间不具有对应关系的是
A．电负性小于可用作还原剂
B．有弱酸性，可用作防腐剂
C．中有孤电子对，易与形成
D．可以脱氢，可用作储氢材料
8．利用太阳能电池电解得到高纯的装置如题图所示。下列说法正确的是
A．电解时由极区向极区迁移
B．电解时极区溶液中增多
C．电极上的电极反应式为：
D．外电路每通过电子，电极上产生
9．化合物是合成抗肿瘤药物异甘草素的重要中间体，其合成路线如下：
下列有关化合物X、和的说法正确的是
A．中滴加浓溴水，最多消耗
B．能发生加成、氧化和消去反应
C．分子中，碳氧键和碳氧键的数目比为
D．与足量的氢气加成后的产物分子中含有3个手性碳原子
10．将转化为有机燃料是实现碳资源可持续利用的有效途径。我国学者提出的催化加氢合成的机理如题图(其中吸附在催化剂表面的物种用*标注)所示。下列说法不正确的是
A．反应①②过程中，碳元素化合价不断降低
B．反应③中存在共价键的断裂和生成
C．反应机理表明参与了合成的反应
D．催化加氢合成总反应的
11．为研究三价铁配合物性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。
已知：为黄色，为无色。
下列说法不正确的是
A．①中浓盐酸促进平衡正向移动
B．由①到②，生成的红色微粒是
C．②、③对比，说明：②>③
D．由①→④推断，若向①深黄色溶液中加入KI、淀粉溶液，溶液也无明显变化
12．室温下，用溶液制备的过程如下图所示。
已知：，，
下列说法正确的是
A．溶液中：
B．溶液中：
C．混合过程中，会发生的反应为：
D．过滤后的滤液中：
13．苯乙烯是重要的有机化工原料，工业上用乙苯催化脱氢时发生如下反应：
反应Ⅰ：C6H5C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)＋H2(g)；ΔH>0
反应Ⅱ：C6H5C2H5(g)＋H2(g)C6H5CH3(g)＋CH4(g)；ΔH<0
反应Ⅲ：C6H5C2H5(g)C6H6(g)＋C2H4(g)；ΔH>0
将1 mol乙苯和6 mol水蒸气置于密闭容器中，保持p=100 kPa，平衡时乙苯的转化率、苯和甲苯的选择性随温度的关系如图所示。苯乙烯、甲苯或苯的选择性=×100%。
下列说法正确的是
A．曲线a代表的是苯的选择性
B．620 ℃达平衡时，容器中H2的物质的量为0.664 mol
C．600～640 ℃时，容器中苯乙烯平衡时的物质的量随温度升高变化不大
D．其他条件不变，620 ℃时起始向容器中只充入1 mol乙苯，平衡时乙苯的转化率大于80%
二、非选择题：共4题，共61分。
14．利用钒铬渣[主要成分为、及少量的]制取的工艺流程如题-1图。
（1）“酸浸”时，稀硫酸一般需过量，其目的是　 　。
（2）“氧化1”：已知钒铬渣酸浸滤液初始温度大约在90℃左右。“氧化1”过程中用或作氧化剂时，氧化温度与沉钒率的关系如题-2图所示。
①该过程中，钒元素由转化为，则参加反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为　 　。
②该过程中采用作氧化剂的优点是　 　。
（3）“沉钒”过程中，调节使V(+5价)转化为，过滤，滤液中含。的结构式可表示为　 　。
（4）“氧化2”过程中发生反应的离子方程式为　 　。
（5）通过上述流程制取的可测定钒铬渣中含量。取由钒铬渣样品转化获得的(含少量)溶液，向其中加入溶液和足量溶液(铬元素的还原产物为)，放于暗处，然后再加入几滴淀粉溶液，用标准溶液滴定()，共用去标准液，求钒铬渣中的含量　 　(其他杂质不参与反应，写出计算过程)。
15．以丁香酚为原料合成某药物中间体的路线如下：
已知：可以还原醛、酮、羧酸等。
（1）B中含氧官能团的名称是　 　。
（2）的转化过程中，另一有机产物的结构简式是　 　。
（3）的分子式为，中有化学式为的副产物生成，该副产物的结构简式为　 　。
（4）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：　 　。
①分子中有3种不同化学环境的氢原子；
②能发生银镜反应，酸性水解后一种产物能与溶液发生显色反应。
（5）请写出以为原料制备的合成路线流程图　 　(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
16．绿矾()外观为半透明蓝绿色单斜结晶或颗粒，无气味。受热能分解，且在空气中易被氧化。
（1）加热脱水后生成，与在氧气中掺烧可联合制备铁精粉()和硫酸。分解和在氧气中燃烧的能量变化如题-1图所示。从能源及资源利用的角度分析，与分解相比，利用和联合制备铁精粉和硫酸工艺的优点是　 　。
（2）柠檬酸亚铁()是一种易吸收的高效铁制剂，可由绿矾与反应先制得，再通过下列反应制备：。
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的。(开始沉淀的按金属离子浓度为计算)
金属离子 开始沉淀的 沉淀完全的
1.1 3.2
3.0 5.0
5.8 8.8
①制备时，选用的加料方式是　 　(填字母)，请写出反应的离子方程式　 　。
a．将溶液缓慢滴加到盛有溶液的反应容器中
b．将溶液缓慢滴加到盛有溶液的反应容器中
②将制得的加入到足量柠檬酸溶液中，再加入少量铁粉，下搅拌反应。铁粉的作用是　 　。
③反应结束后，无需过滤，除去过量铁粉的方法是　 　。
④最后溶液经浓缩、加入适量无水乙醇、静置、过滤、洗涤、干燥，获得柠檬酸亚铁晶体。分离过程中加入无水乙醇的目的是　 　。
（3）某研究性学习小组欲从硫铁矿烧渣(主要成分为、、)出发，制备绿矾。请结合题-2图的绿矾溶解度曲线，补充完整由硫铁矿烧渣制备晶体的实验步骤：向一定量烧渣中边搅拌边加入稍过量的稀硫酸充分反应，过滤，　 　，得到晶体(实验室须遵循节约试剂用量的原则，可选用的试剂：铁粉、稀硫酸、溶液和冰水)。
17．研究燃煤烟气中的捕集和资源再利用技术对低碳经济有重大意义。
（1）利用反应 ，不能实现直接加氢合成，原因是　 　。
（2）利用氨水可捕集烟气中的。捕集、再生过程中含碳物种的变化如题-1图所示。
①液相中发生转化：。的结构式为　 　。
②已知：
反应的平衡常数　 　。
③转化后的溶液通过反应解吸释放。向两份相同的转化后的溶液中分别加入等体积、等浓度的和溶液，加入溶液后释放效果更好的原因是　 　。
（3）以过渡金属作催化剂，利用题-2图所示装置可实现“转化I”。
①写出阴极表面的电极反应方程式：　 　。
②在金属催化剂表面发生转化的过程可能为(表示吸附在催化剂表面)。其中部分物种在催化剂表面的吸附构型如题-3图所示，反应历程中的相对能量如题-4图所示。与催化剂相比，掺杂了的复合催化剂更有利于的形成，可能原因是　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】工业制取硫酸；工业合成氨；海水资源及其综合利用；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A、工业合成氨的反应为 N2和3H2在催化剂、高温高压条件下生成 2NH3，反应物为氮气和氢气，无氧气参与，故A不符合题意 ；
B、湿法炼铜利用铁置换硫酸铜中的铜，反应为 Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，反应物为铁和硫酸铜，不涉及氧气，故B不符合题意 ；
C、海水提镁的关键步骤为：Mg2+与 OH-反应生成 Mg(OH)2沉淀，Mg(OH)2与 HCl 反应生成 MgCl2和 H2O，熔融 MgCl2电解生成 Mg 和 Cl2，全程无氧气作为反应物，故C不符合题意 ；
D、接触法制硫酸中，第二步反应为 2SO2和O2在催化剂、加热条件下生成 2SO3，氧气直接参与反应，是该步骤的反应物，故D符合题意 ；
故答案为：D。【分析】A．工业合成氨的核心反应及反应物组成。
B．考查湿法炼铜的反应原理（置换反应的反应物）。
C．判断海水提镁的主要步骤及反应中的反应物。
D．判断接触法制硫酸的核心反应（二氧化硫的氧化）。
2．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、水分子（H2O）呈V形结构，氧原子半径大于氢原子。在球棍模型中，中心大球应代表氧原子，两端小球代表氢原子。题目图示的原子大小比例不符合实际分子结构，A错误；
B、氮元素（N）的原子序数为7，其基态原子电子排布式应为1s22s22p3，B正确；
C、NaClO是离子化合物，其正确的电子式应为，题目中的表示方式有误，C错误；
D、联氨（N2H4）的结构式为，分子中不存在N=N双键，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．H2O 是 V 形结构，球棍模型应体现键角（不是直线形），易误认简单球链为正确模型。
B．N 原子序数为 7，核外电子排布 “1s22s22p3” 是正确的，易因记错电子数出错。
C．NaClO 是离子化合物，ClO-的电子式需用括号标注电荷，易漏写括号或电荷。
D．N2H4中 N 以单键连接（H2N-NH2），无 N=N 双键，易混淆与 N2的结构。
3．【答案】A
【知识点】二氧化硫的性质
【解析】【解答】A、铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水。题目中给出的实验装置缺少加热设备（酒精灯），因此无法进行该反应制备二氧化硫，A选项错误。B、二氧化硫易溶于水。当充满二氧化硫的烧瓶倒扣在水中时，二氧化硫溶解会导致烧瓶内压强降低，从而使水进入烧瓶。该装置可以用于研究二氧化硫的溶解特性，B选项正确。
C、二氧化硫具有较弱的氧化性，能与硫化钠溶液反应生成硫单质沉淀（S↓）。该装置适用于探究二氧化硫的氧化性质，C选项正确。
D、二氧化硫是酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水。该装置可用于尾气处理，吸收二氧化硫防止空气污染，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、Cu与浓硫酸的反应需要加热条件。
B、SO2溶于水后，烧瓶内液面上升。
C、实验过程中观察到淡黄色浑浊的产生，体现了SO2的氧化性。
D、SO2能与NaOH溶液反应。
4．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、离子半径比较需看电子层和核电荷数。H-和 Li+电子层均为 1 层，但 Li+核电荷数（3个）大于 H-（1个），对电子吸引更强，故半径 r(H-)＞r(Li+)，A错误；
B、第一电离能是基态原子失最外层电子的能量。Li 和 Na 同主族，Na 电子层数更多，最外层电子离核更远、更易失去，故第一电离能 I1(Li)＞I1(Na)，B错误；
C、电负性体现原子吸引键合电子的能力。H 和 K 同主族，H 电子层数少、原子半径小，吸引电子能力更强，故电负性 χ(H)＞χ(K)，C正确；
D、NaH 是由 Na+和 H-构成的离子化合物，不是分子，因此不存在 “极性分子” 的说法，D错误；
故答案为：C。
【分析】这道题的易错点主要集中在 3 个方面：
离子半径比较的误区：容易忽略 “电子层结构相同的离子，核电荷数越大半径越小” 的规律，错认为 H-电子数少、半径就小于 Li+。
概念混淆：误将离子化合物当作分子，混淆 “离子化合物” 和 “分子” 的分类，从而错误判断其是否为极性分子。
第一电离能的递变混淆：混淆同主族第一电离能的变化趋势，错认为金属性越强的元素第一电离能越大，忽略 “电子层数越多，最外层电子越易失去” 的本质。
【答案】5．B
6．A
7．B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；燃烧热
【解析】【解答】（1）A、分子晶体熔点通常较低，而硼晶体熔点高达 2076℃，显然不属于分子晶体，实际为原子晶体，A错误；
B、NH3中 N 原子有 1 对孤电子对，孤电子对会对成键电子对产生排斥，使 H-N-H 键角约为 107°；BH4-中 B 原子无孤电子对，空间结构为正四面体，H-B-H 键角为 109°28'，故 NH3的键角更小，B正确；
C、BF3中 B 原子形成 3 个共价键，无孤电子对，杂化方式为 sp2；B2H6中 B 原子形成 4 个共价键（含氢桥键），杂化方式为 sp3，二者杂化类型不同，C错误；
D、NaBH4晶体中，Na+与 BH4-之间存在离子键，BH4-内部 B 与 H 之间为共价键，不存在氢键（氢键需 N、O、F 等原子与 H 结合形成），D错误；
故答案为： B 。
（2）A、BCl3与 H2反应生成 B2H6和 HCl，配平后的方程式为 2BCl3+6H2=B2H6+6HCl，A 正确；
B、H3BO3是一元弱酸，在方程式中应保留分子形式，正确方程式为B2H6+6H2O=6H2↑+2H3BO3，B错误；
C、燃烧热定义中，H2O 的稳定状态为液态，且该方程式中 H2O 为气态， 正确的是：，C错误；
D、方程式原子不守恒（如 O 原子数目左右不相等），正确方程式为3CH3COOH+B2H6+3H2O=2H3BO3 + 3CH3CH2OH，D错误；
故答案为：A。
（3）A、因 B 的电负性小于 H，NaBH4中 H 为 -1 价，易被氧化为 0 价（生成 H2），故 NaBH4可作还原剂，逻辑成立，A不符合题意；
B、H3BO3作防腐剂是因其能抑制微生物生长，与 “弱酸性” 无直接关联，逻辑不成立，B符合题意；
C、NH3中 N 原子有孤电子对，BF3中 B 原子有空轨道，二者可形成配位键生成 NH4BF3，逻辑成立，C不符合题意；
D、BH2NH3能脱氢（释放 H2），因此可作储氢材料，逻辑成立，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】（1）从晶体类型判断、键角影响因素、杂化方式确定及化学键类型识别等角度，对各选项进行分析。
（2）根据反应事实、物质的电离特性（如弱酸不能拆写）及燃烧热的定义，验证化学方程式的正确性。
（3）“物质结构→性质→用途” 的逻辑关系是否成立，即性质是否由结构决定，用途是否基于该性质。
5．A、分子晶体熔点通常较低，而硼晶体熔点高达 2076℃，显然不属于分子晶体，实际为原子晶体，A 错误；
B、NH3中 N 原子有 1 对孤电子对，孤电子对会对成键电子对产生排斥，使 H-N-H 键角约为 107°；BH4-中 B 原子无孤电子对，空间结构为正四面体，H-B-H 键角为 109°28'，故 NH3的键角更小，B 正确；
C、BF3中 B 原子形成 3 个共价键，无孤电子对，杂化方式为 sp2；B2H6中 B 原子形成 4 个共价键（含氢桥键），杂化方式为 sp3，二者杂化类型不同，C错误；
D、NaBH4晶体中，Na+与 BH4-之间存在离子键，BH4-内部 B 与 H 之间为共价键，不存在氢键（氢键需 N、O、F 等原子与 H 结合形成），D错误；
故答案为： B 。
6．A、BCl3与 H2反应生成 B2H6和 HCl，配平后的方程式为 2BCl3+6H2=B2H6+6HCl，A 正确；
B、H3BO3是一元弱酸，在方程式中应保留分子形式，正确方程式为B2H6+6H2O=6H2↑+2H3BO3，B错误；
C、燃烧热定义中，H2O 的稳定状态为液态，且该方程式中 H2O 为气态， 正确的是：，C错误；
D、方程式原子不守恒（如 O 原子数目左右不相等），正确方程式为3CH3COOH+B2H6+3H2O=2H3BO3 + 3CH3CH2OH，D错误；
故答案为：A。
7．A、因 B 的电负性小于 H，NaBH4中 H 为 -1 价，易被氧化为 0 价（生成 H2），故 NaBH4可作还原剂，逻辑成立，A不符合题意；
B、H3BO3作防腐剂是因其能抑制微生物生长，与 “弱酸性” 无直接关联，逻辑不成立，B符合题意；
C、NH3中 N 原子有孤电子对，BF3中 B 原子有空轨道，二者可形成配位键生成 NH4BF3，逻辑成立，C不符合题意；
D、BH2NH3能脱氢（释放 H2），因此可作储氢材料，逻辑成立，D不符合题意；
故答案为：B。
8．【答案】C
【知识点】电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解析】A、虽然电解池中阳离子（如K+）通常向阴极移动，但本题装置中的隔膜为阴离子交换膜，仅允许阴离子（如OH-）通过，因此K+无法迁移， A错误；B、b极（阴极）的电极反应为，生成的OH-会通过阴离子交换膜向阳极（a极）迁移，以补充阳极消耗的OH-，因此b极区的OH-物质的量保持不变， B错误；
C、结合碱性环境（KOH溶液），阳极的电极反应式为，符合题目描述， C正确；
D、b极（阴极）的反应为，生成1 mol H2需转移2 mol电子。当外电路通过0.01 mol电子时，生成的H2为0.005 mol，D错误；
故答案为：C。
【分析】根据图示分析可知，在碱性条件下，氨气（NH3）在阳极发生氧化反应生成氮气（N2），其电极反应式为：，因此a电极为阳极。同时，水在阴极发生还原反应生成氢气（H2），其电极反应式为：，b电极为阴极。
9．【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质；苯酚的化学性质
【解析】【解答】A、化合物X是间苯二酚（1，3-二羟基苯），其苯环上酚羟基的邻位和对位（即2、4、6位）存在3个活泼氢原子，能与浓溴水发生取代反应。因此1mol X最多可消耗，A正确；
B、化合物Y含有苯环（可发生加成反应）和酚羟基（可发生氧化反应），但不具备发生消去反应的结构特征，B错误；
C、在化合物Y中，碳氧π键仅存在于羰基（C=O）中，而碳氧σ键包括羰基中的C-Oσ键和两个酚羟基中的C-Oσ键，所以π键与σ键的数量比为1：3，C错误；
D、根据手性碳原子为连接四个不同原子或原子团的定义可知，化合物Z加氢后的产物分子中含有手性碳原子，共有4个，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．X 是邻苯二酚，酚羟基邻、对位氢能与 Br2发生取代反应，1mol X 的苯环上有 3 个可取代位点（2 个邻位 + 1 个对位），最多消耗 3mol Br2。
B．Y 含酚羟基、羰基、苯环，能发生加成、氧化反应，但酚羟基的 H 和 α-C 上无 H，无法发生消去反应。
C．Y 中羰基含 1 个碳氧 π 键，碳氧 σ 键有 2 个（羰基 C=O 的 σ 键 + 酚羟基 C-O），但苯环还含碳碳 π 键，实际碳氧 π 键：碳氧 σ 键≠1：2。
D．Z 加氢后，原苯环变为环己烷结构，连接 - OCH2OCH3、-OH、-CH (CH3) OH 的碳原子均为手性碳，实际超过 3 个。
10．【答案】D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；焓变和熵变；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、反应①中 CO2（C 为 + 4 价）转化为HCOO（C 为 +2 价），反应②中HCOO 进一步转化为 * CH2O（C 为 0 价），碳元素化合价持续降低，A正确；
B、反应③是 * CH2O、*H、OH 结合的过程，既有原有吸附物种中共价键的断裂，也有新物质（如CH3OH 相关结构）中共价键的生成，B正确；
C、从机理图可见，实际总反应是 CO2+H2→CH3OH+H2O，参与了催化剂表面的反应过程，*H2O 是中间吸附物种之一，说明 H2O 参与了 CO2合成 CH3OH 的反应，C正确；
D、总反应是气体（CO2、H2）转化为液体（CH3OH、H2O），体系混乱度减小，熵变 ΔS<0，并非 ΔS>0，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
A．易忽略 CO2（C 为 + 4）到*HCOO（C 为 + 2）再到*CH2O（C 为 0），碳化合价持续降低，误判为错误。
选项 B．反应③中 * CH2O、*H、OH 的结合，涉及旧共价键断裂（如CH2O 的键）和新共价键生成（如 CH3OH 的键），易误认无键的变化。
C．从机理看 * H2O 是中间物种，但机理中 H2O 参与了中间过程，易误判为未参与。
D．总反应是气体（CO2、H2）生成液体（CH3OH、H2O），混乱度减小，ΔS<0，易误判为 ΔS>0（本题易错核心点）。
11．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；氧化性、还原性强弱的比较；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、Fe3+与 Cl-存在平衡 （黄色）。①①中滴加浓盐酸，Cl-浓度骤增，平衡正向移动，[FeCl4]-浓度升高，溶液黄色加深，符合实验现象，A正确；
B、KSCN 与 Fe3+反应生成红色配合物，其通式为 （n=1~6，随 SCN-浓度变化），②中溶液的红色正是这类硫氰合铁配合物的特征颜色，B正确；
C、②中红色来自 ，③中加入 NaF 后，F-与 Fe3+结合生成更稳定的无色 [FeF6]3-，导致 [Fe(SCN) ]3-n解离，游离 Fe3+浓度降低。因此，游离 Fe3+浓度：②＞③， C正确；
D、①中 [FeCl4]-稳定性较弱，Fe3+氧化性未被显著抑制，可氧化 I-生成 I2（淀粉变蓝）；④中 [FeF6]3-稳定性极强，Fe3+氧化性被大幅削弱，无法氧化 I-，两者现象不同，D错误；
故答案为：D。【分析】A．考查Cl-浓度对 Fe3+配合平衡的影响（勒夏特列原理）。
B．判断硫氰酸根与 Fe3+形成的配合物组成。
C．考查配合物稳定性差异对游离 Fe3+浓度的影响。
D．判断配合物稳定性对 Fe3+氧化性的影响。
12．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A、通过水解常数比较：
，。
计算得，即水解程度更大，故，A错误；
B、的质子守恒式应为；
，选项漏写，B错误；
C、混合时，中和电离的（促进电离出），与生成沉淀，反应 合理，C正确；
D、饱和溶液中，，而非“＜”，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．易混淆与的水解能力，错认为水解程度更大，从而误判和的大小。
B．易遗漏得质子生成的，导致质子守恒式书写不完整。
C．易忽略对电离的促进作用，错认为与直接反应，无法正确判断反应式的合理性。
D．易混淆饱和溶液中离子浓度乘积与的关系，错认为滤液中大于
13．【答案】B
【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；化学平衡的计算
【解析】【解答】A、反应 II（生成甲苯）是放热反应，升温平衡逆向移动，甲苯选择性减小，故曲线 a 代表甲苯选择性（非苯），A错误；
B、620℃时，乙苯转化率 80%（消耗 0.8mol），苯选择性 3%（生成 0.024mol）、甲苯选择性 7%（生成 0.056mol）；则转化为苯乙烯的乙苯为 0.8-0.024-0.056=0.72mol。反应 I 生成 H2 0.72mol，反应 II 消耗 H2 0.056mol，最终 H2物质的量为 0.72-0.056=0.664mol，B正确；
C、600~640℃时，乙苯转化率增大，且甲苯 + 苯的选择性总和变化小，故苯乙烯的物质的量随温度升高而增大，C错误；
D、只充入 1mol 乙苯，相当于增大压强，反应 I、III（气体分子数增多）逆向移动，乙苯转化率小于 80%，D错误；
故答案为：B。
【分析】先根据反应的热效应判断温度对选择性的影响：
反应 II（生成甲苯）是放热反应，温度升高时，平衡逆向移动，生成甲苯的量减少，因此甲苯的选择性随温度升高而降低，对应曲线 a。
反应 III（生成苯）是吸热反应，温度升高时，平衡正向移动，生成苯的量增加，因此苯的选择性随温度升高而增大，对应曲线 b。据此解题。
14．【答案】（1）增大反应物浓度，提高浸取率、同时使溶液显酸性抑制Cr3+水解
（2）1：2；采用Na2S2O8作氧化剂，在相同温度时沉钒率高，且在90 ℃时可直接使用无需降温，节约能耗
（3）
（4）10OH-+3H2O2+2Cr3+=8H2O+2
（5）六价铬和碘离子反应生成碘单质和三价铬，碘单质被Na2S2O3标准溶液滴定；根据电子守恒可知，2Cr3＋~3I2~6，根据铬元素守恒可知，Cr(OH)3的物质的量为n[Cr(OH)3]=2n(Na2Cr2O7)=2×0.00025mol=0.0005mol，钒铬渣中Cr(OH)3的含量×100%=2.5%
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；中和滴定；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解析】（1）"酸浸"时过量稀硫酸的作用是：①提高反应物浓度增加浸取率；②维持酸性环境抑制Cr3+的水解。
故答案为： 增大反应物浓度，提高浸取率、同时使溶液显酸性抑制Cr3+水解 ；
（2）①氧化过程中，VOSO4（V为+4价）作为还原剂被氧化为(VO2)2SO4（V为+5价），每摩尔VOSO4转移1个电子。氧化剂Na2S2O8或H2O2中O元素从-1价变为-2价，每摩尔氧化剂转移2个电子。根据电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2。
②Na2S2O8作氧化剂的优势：相同温度下沉钒率更高；90℃时可直接使用无需降温，节省能耗。而H2O2在高温下易分解，降低反应效率。
故答案为： 1：2 ； 采用Na2S2O8作氧化剂，在相同温度时沉钒率高，且在90 ℃时可直接使用无需降温，节约能耗 ；
（3）V2O5中钒呈+5价，氧原子需形成2个共价键，其结构式为：
故答案为： ；
（4）"氧化2"过程的离子方程式（碱性条件下Cr3+被H2O2氧化）：
10OH- + 3H2O2 + 2Cr3+ = 8H2O + 2
故答案为： 10OH-+3H2O2+2Cr3+=8H2O+2 ；
（5）计算过程：
n(Na2S2O3) = 0.100 mol/L × 0.015 L = 0.0015 mol
根据得：
n(I2) = 0.00075 mol
根据Na2Cr2O7与KI反应得：
n(Na2Cr2O7) = 0.00025 mol
n[Cr(OH)3] = 0.0005 mol
Cr(OH)3含量 = × 100% = 2.5%
故答案为： 六价铬和碘离子反应生成碘单质和三价铬，碘单质被Na2S2O3标准溶液滴定；根据电子守恒可知，2Cr3＋~3I2~6，根据铬元素守恒可知，Cr(OH)3的物质的量为n[Cr(OH)3]=2n(Na2Cr2O7)=2×0.00025mol=0.0005mol，钒铬渣中Cr(OH)3的含量×100%=2.5%
【分析】处理钒铬渣时，先加稀硫酸进行酸浸：其中二氧化硅不与稀硫酸反应，会作为滤渣分离出去，其余金属元素（如钒、铬）则转化为对应的硫酸盐进入溶液。接着向含钒的盐溶液中加入 Na2S2O8，利用其氧化性将钒元素从 VOSO4中的 + 4 价氧化为 (VO2)2SO4中的 +5 价；随后调节溶液 pH，使钒元素以 V2O5 xH2O 的形式沉淀析出。分离钒的沉淀后，向滤液中加入 NaOH 和 H2O2，H2O2会将铬元素氧化为 CrO42-，后续再经处理可得到 Na2Cr2O7。
（1）“酸浸”时，稀硫酸一般需过量，其目的是增大反应物浓度，提高浸取率、同时使溶液显酸性抑制Cr3+水解。
（2）①该过程中，钒元素由VOSO4转化为(VO2)2SO4，V化合价由+4变为+5，VOSO4作为还原剂转移1个电子，Na2S2O8或H2O2作氧化剂，Na2S2O8中O元素化合价由-1变为-2、H2O2中氧元素化合价由-1变为-2，作为氧化剂均转移2个电子，则根据电子守恒可知，参加反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2；
②由图可知，采用Na2S2O8作氧化剂，在相同温度时沉钒率高，且在90 ℃时可直接使用无需降温，节约能耗；而对过氧化氢而言温度过高会导致过氧化氢分解降低反应效率。
（3）由五氧化二钒的化学式(V2O5)及氧元素的化合价可以推出钒元素的化合价为+5价，其中O原子要形成2个共价键，则的结构式可表示为。
（4）“氧化2”过程中Cr3+在碱性条件下被过氧化氢氧化为，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为10OH-+3H2O2+2Cr3+=8H2O+2。
（5）n(Na2S2O3)=cV=0.100mol/L×0.015L=0.0015mol，根据“”得n(I2)=n(Na2S2O3)=×0.0015mol=0.00075mol，根据“Na2Cr2O7+7H2SO4+6KI=Na2SO4+3K2SO4+Cr2(SO4)3+3I2+7H2O”得n(Na2Cr2O7)=n(I2)=×0.00075mol=0.00025mol，根据Cr原子守恒得n[Cr(OH)3]=2n(Na2Cr2O7)=2×0.00025mol=0.0005mol，钒铬渣中Cr(OH)3的含量=×100%=2.5%。
15．【答案】（1）酯基、醚键
（2）CH3COOH
（3）
（4）或
（5）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；醛的化学性质
【解析】【解答】（1）由B的结构简式可知，含氧官能团的名称是酯基、醚键。
故答案为： 酯基、醚键；
（2）由分析可知，A和(CH3CO)2O发生取代反应生成B，结合A和B的结构简式可知，另一有机产物的结构简式是CH3COOH。
故答案为： CH3COOH ；
（3）的分子式为，由分析可知，两分子D和丙酮先发生加成反应再发生消去反应生成E，若一分子D和丙酮先发生加成反应再发生消去反应则会生成化学式为的副产物，结构简式为：。
故答案为： ；
（4）C的同分异构体满足条件：①分子中有3种不同化学环境的氢原子，说明其是对称的结构；②能发生银镜反应，酸性水解后一种产物能与FeCl3溶液发生显色反应，说明其中含有酯基，且水解后会产生酚羟基，结合C的结构简式可知，满足条件的同分异构体中苯环上有2个甲基和2个-OOCH且处于对称的位置，结构简式为：或。
故答案为：或 ；
（5）由逆向合成法分析，可由发生酯化反应得到，可由发生还原反应得到，可由发生氧化反应得到，可由发生氧化反应得到，可由发生消去反应得到，合成路线为：。
故答案为： ；
【分析】以丁香酚为原料，在 RhCl3催化、加热的条件下反应生成中间体 A；A 与乙酸酐 (CH3CO)2O 发生取代反应，得到产物 B；B 经氧化反应转化为 C；C 在酸性条件下发生水解，生成中间体 D。随后，两分子 D 与丙酮先发生加成反应，再经消去反应生成结构为（）的中间体 E；最后 E 经还原反应，得到最终产物 F。据此解题。
（1）由B的结构简式可知，含氧官能团的名称是酯基、醚键。
（2）由分析可知，A和(CH3CO)2O发生取代反应生成B，结合A和B的结构简式可知，另一有机产物的结构简式是CH3COOH。
（3）的分子式为，由分析可知，两分子D和丙酮先发生加成反应再发生消去反应生成E，若一分子D和丙酮先发生加成反应再发生消去反应则会生成化学式为的副产物，结构简式为：。
（4）C的同分异构体满足条件：①分子中有3种不同化学环境的氢原子，说明其是对称的结构；②能发生银镜反应，酸性水解后一种产物能与FeCl3溶液发生显色反应，说明其中含有酯基，且水解后会产生酚羟基，结合C的结构简式可知，满足条件的同分异构体中苯环上有2个甲基和2个-OOCH且处于对称的位置，结构简式为：或。
（5）由逆向合成法分析，可由发生酯化反应得到，可由发生还原反应得到，可由发生氧化反应得到，可由发生氧化反应得到，可由发生消去反应得到，合成路线为：。
16．【答案】（1）FeS2燃烧放热为FeSO4 H2O分解提供能量；反应产物是制备铁精粉或硫酸的原料
（2）b；；防止Fe2+被氧化；加入适量的柠檬酸；可以降低柠檬酸亚铁的溶解度，从而获得更多的产品
（3）向反应液中加入足量的铁粉，充分搅拌后，滴加NaOH溶液调节反应液的pH约为5，过滤，（向滤液中滴加稀硫酸酸化），加热 浓缩得到60℃饱和溶液，冷却至0℃结晶， 过滤，用少量冰水洗涤，低温干燥 或向滤液中滴加过量的NaOH溶液，过滤， 充分洗涤固体，向固体中加入足量稀硫酸至 固体完全溶解，再加入足量的铁粉，充分搅 拌后，过滤，（向滤液滴加稀硫酸酸化），加热浓缩得到60℃饱和溶液，冷却至0℃结晶， 过滤，用少量冰水洗涤，低温干燥
【知识点】吸热反应和放热反应；铁盐和亚铁盐的相互转变；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】（1）FeS2燃烧为放热反应，FeSO4 H2O分解为吸热反应，FeS2燃烧放出的热量可为FeSO4 H2O分解提供能量；另外，FeS2燃烧和FeSO4 H2O分解的产物如Fe2O3、SO2、SO3可以作为制备铁精粉或硫酸的原料。
故答案为： FeS2燃烧放热为FeSO4 H2O分解提供能量；反应产物是制备铁精粉或硫酸的原料 ；
（2）①利用溶液和FeSO4溶液反应制备FeCO3，由于溶液呈碱性，若将溶液缓慢滴加到盛有溶液的反应容器中，可能会生成Fe(OH)2沉淀，FeSO4溶液为酸性，应该将溶液加入FeSO4溶液中，避免生成Fe(OH)2沉淀，故选b，溶液和FeSO4溶液反应制备FeCO3的同时还有CO2生成，根据电荷守恒、原子守恒，反应的离子方程式为：；
②因Fe2+易被空气中的氧气氧化为Fe3+，铁粉可以将Fe3+还原为Fe2+，制备柠檬酸亚铁过程中加入铁粉的目的就是防止Fe2+被氧化；
③除去过量的铁粉可直接加入适量的柠檬酸，反应也生成了需要的产品柠檬酸亚铁，不会引入杂质；
④最后的溶液经浓缩形成柠檬酸亚铁的饱和溶液，要得到尽可能多的柠檬酸亚铁晶体，可加入无水乙醇，可以降低柠檬酸亚铁的溶解度，从而获得更多的产品。
故答案为： b ； ； 防止Fe2+被氧化 ； 加入适量的柠檬酸 ； 可以降低柠檬酸亚铁的溶解度，从而获得更多的产品 ；
（3）由于Fe2O3中含有SiO2、Al2O3杂质，酸溶后SiO2不溶，可过滤除去。溶液中主要有Fe3＋及杂质Al3＋，要除去杂质Al3＋，由表中信息可知Al3＋完全沉淀的pH＝5.0，此时Fe3＋完全沉淀，因此先加铁粉将Fe3＋还原为Fe2＋，再加入NaOH溶液调节pH＝5.0，除去Al3＋，由溶解度曲线可知，温度高于60 ℃时绿矾的溶解度下降，因此需配成60 ℃的饱和溶液再降温至0 ℃，过滤，由于绿矾的溶解度随温度的升高而增大，故用冰水洗涤。
故答案为： 向反应液中加入足量的铁粉，充分搅拌后，滴加NaOH溶液调节反应液的pH约为5，过滤，（向滤液中滴加稀硫酸酸化），加热 浓缩得到60℃饱和溶液，冷却至0℃结晶， 过滤，用少量冰水洗涤，低温干燥 或向滤液中滴加过量的NaOH溶液，过滤， 充分洗涤固体，向固体中加入足量稀硫酸至 固体完全溶解，再加入足量的铁粉，充分搅 拌后，过滤，（向滤液滴加稀硫酸酸化），加热浓缩得到60℃饱和溶液，冷却至0℃结晶， 过滤，用少量冰水洗涤，低温干燥 。
【分析】以硫铁矿烧渣（主要成分为 Fe2O3、SiO2、Al2O3）为原料制备绿矾（FeSO4 7H2O）：
用酸溶解烧渣时，SiO2不与酸反应，过滤可直接除去；此时溶液中主要含 Fe3+和 Al3+。若直接调 pH 除 Al3+（Al3+完全沉淀的 pH=5.0），Fe3+会同步沉淀，因此先加铁粉将 Fe3+还原为 Fe2+；再加入 NaOH 溶液调节 pH 至 5.0，使 Al3+沉淀除去，保留 Fe2+在溶液中。绿矾的溶解度随温度升高而增大，且温度高于 60℃时溶解度下降，因此先配成 60℃的饱和溶液，再降温至 0℃使晶体析出；用冰水洗涤可减少绿矾的溶解损失。
（1）FeS2燃烧为放热反应，FeSO4 H2O分解为吸热反应，FeS2燃烧放出的热量可为FeSO4 H2O分解提供能量；另外，FeS2燃烧和FeSO4 H2O分解的产物如Fe2O3、SO2、SO3可以作为制备铁精粉或硫酸的原料。
（2）①利用溶液和FeSO4溶液反应制备FeCO3，由于溶液呈碱性，若将溶液缓慢滴加到盛有溶液的反应容器中，可能会生成Fe(OH)2沉淀，FeSO4溶液为酸性，应该将溶液加入FeSO4溶液中，避免生成Fe(OH)2沉淀，故选b，溶液和FeSO4溶液反应制备FeCO3的同时还有CO2生成，根据电荷守恒、原子守恒，反应的离子方程式为：；
②因Fe2+易被空气中的氧气氧化为Fe3+，铁粉可以将Fe3+还原为Fe2+，制备柠檬酸亚铁过程中加入铁粉的目的就是防止Fe2+被氧化；
③除去过量的铁粉可直接加入适量的柠檬酸，反应也生成了需要的产品柠檬酸亚铁，不会引入杂质；
④最后的溶液经浓缩形成柠檬酸亚铁的饱和溶液，要得到尽可能多的柠檬酸亚铁晶体，可加入无水乙醇，可以降低柠檬酸亚铁的溶解度，从而获得更多的产品。
（3）由于Fe2O3中含有SiO2、Al2O3杂质，酸溶后SiO2不溶，可过滤除去。溶液中主要有Fe3＋及杂质Al3＋，要除去杂质Al3＋，由表中信息可知Al3＋完全沉淀的pH＝5.0，此时Fe3＋完全沉淀，因此先加铁粉将Fe3＋还原为Fe2＋，再加入NaOH溶液调节pH＝5.0，除去Al3＋，由溶解度曲线可知，温度高于60 ℃时绿矾的溶解度下降，因此需配成60 ℃的饱和溶液再降温至0 ℃，过滤，由于绿矾的溶解度随温度的升高而增大，故用冰水洗涤。
17．【答案】（1），，，反应无法自发进行
（2）；；等物质的量的可以和更多的配位，更有利于解吸反应正向进行，促进解吸
（3）；Cu-Cs复合催化剂可提供更多的活性位点(Cu-Cs复合催化剂更有利于CO等中间体的吸附)，且能降低反应的活化能，因此更有利于C2H4的形成
【知识点】电极反应和电池反应方程式；催化剂；焓变和熵变；化学平衡常数；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）该反应的吉布斯自由能变化ΔG可以通过公式ΔG = ΔH - TΔS计算得出。根据反应特点可知，焓变ΔH > 0，熵变ΔS < 0，因此ΔG始终大于零，说明该反应在热力学上不能自发进行。
故答案为：，，，反应无法自发进行 ；
（2）①通过原子守恒分析，X能够释放CO2，可推断X为碳酸氢根离子（HCO3-），其结构式为：。
②反应的平衡常数；
③使用CoCl2溶液能增强CO2解吸效果的原因是：相同物质的量的Co2+可以结合更多的NH3分子（形成[Co(NH3)6]2+），这会促使解吸平衡正向移动，从而更有效地促进CO2的释放。
故答案为： ； ； 等物质的量的可以和更多的配位，更有利于解吸反应正向进行，促进解吸 ；
（3）①在阴极表面发生的CO2还原生成乙烯的电极反应为：
CO2+12e-+12HCO3-→C2H4+12CO32- +4H2O
②图3数据表明，Cu-Cs复合催化剂具有以下优势：提供更多活性位点（更有利于CO等反应中间体的吸附），并能降低反应活化能，这些特性共同促进了C2H4的选择性生成。
故答案为： ； Cu-Cs复合催化剂可提供更多的活性位点(Cu-Cs复合催化剂更有利于CO等中间体的吸附)，且能降低反应的活化能，因此更有利于C2H4的形成
【分析】(1)根据反应的焓变（ΔH>0）和熵变（ΔS<0），由ΔG=ΔH-TΔS可知ΔG>0，反应无法自发进行。
(2)① 依据原子守恒，H2NCOO-与H2O反应生成NH3和HCO3-，故X为HCO3-（结构式：H-O-C(=O)-O-）。
②平衡常数K由已知平衡常数推导：。
③Co2+与NH3的配位数大于Zn2+，等物质的量的Co2+可结合更多NH3，促进解吸反应正向进行，利于CO2释放。
(3)① 阴极CO2得电子被还原为C2H4，结合HCO3-配平电极反应： 。
② Cu-Cs复合催化剂提供更多活性位点，更易吸附CO等中间体，且降低反应活化能，利于C2H4生成。
（1）该反应的根据反应可知，，故，反应无法自发进行。
（2）①根据原子守恒，X能解吸出，判断X为碳酸氢根，结构式为：。
②反应的平衡常数；
③加入溶液后释放效果更好的原因是：等物质的量的可以和更多的配位，更有利于解吸反应正向进行，促进解吸；
（3）①阴极表面二氧化碳发生还原反应生成乙烯，电极反应式为：；
②从图3中可以看出Cu-Cs复合催化剂可提供更多的活性位点、更有利于CO等中间体的吸附，且能降低反应的活化能，因此更有利于C2H4的形成，即可能原因是：Cu-Cs复合催化剂可提供更多的活性位点(Cu-Cs复合催化剂更有利于CO等中间体的吸附)，且能降低反应的活化能，因此更有利于C2H4的形成。
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