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北京市第四中学2023-2024学年高三下学期开学摸底测验化学试题（原卷版+解析版）
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（试卷满分为100分，考试时间为90分钟）
相对原子质量：
一、单项选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）
1. 中国“天宫”空间站使用了很多高新技术材料。下列对涉及材料的说法不正确的是
A. 核心舱的离子推进器使用氙气作为推进剂，氙位于元素周期表0族
B. 被誉为“百变金刚”的太空机械臂主要成分为铝合金，其强度大于纯铝
C. “问天”实验舱使用砷化镓()太阳能电池，砷和镓位于元素周期表第四周期
D. 太阳能电池翼基板采用碳纤维框架和玻璃纤维网，两者均属于有机高分子材料
【答案】D
【解析】
【详解】A．氙位于元素周期表0族，故A正确；
B．铝合金强度大于纯铝，故B正确；
C．砷和镓位于元素周期表第四周期，故C正确；
D．碳纤维框架和玻璃纤维网均属于无机非金属材料，故D错误；
故选D。
2. 下列化学用语或图示不正确的是
A. 1－丁烯的实验式：CH2
B. 的VSEPR模型：
C. 基态Cr原子的价层电子排布式：3d54s1
D. HCl分子中σ键的形成：
【答案】B
【解析】
【详解】A．1-丁烯的结构简式：CH2═CH-CH2CH3，其实验式为CH2，选项A正确；
B．的中心原子价层电子对数为，故其VSEPR模型为四面体形，选项B不正确；
C．基态 Cr 原子为24号元素，价电子排布式为3d54s1，选项C正确；
D．HCl分子中σ键的形成：，选项D正确；
答案选B。
3. 下列说法不正确的是
A. 纤维素能够发生酯化反应，不能被银氨溶液等弱氧化剂氧化
B. 核苷与磷酸通过醚键结合形成核苷酸，如
C. 攀登高山时佩戴护目镜，防止强紫外线引起皮肤和眼睛的蛋白质变性灼伤
D. 丙醛糖()分子中含有手性碳原子，存在对映异构体
【答案】B
【解析】
【详解】A．纤维素分子中葡萄糖单元存在醇羟基，能够发生酯化反应，纤维素属于非还原糖不能被银氨溶液等弱氧化剂氧化，A项正确；
B．核苷与磷酸通过磷酸酯键结合形成核苷酸，B项错误；
C．紫外线能够使蛋白质发生变性，因此攀登高山时佩戴护目镜，防止强紫外线引起皮肤和眼睛的蛋白质变性灼伤，C项正确；
D． 把与四个不同原子或基团相连的碳原子称为手性碳原子，因此丙醛糖中含有手性碳原子(中间碳)，存在对映异构体，D项正确；
答案选B。
4. 下列产生固体的实验中，与物质溶解度无关的是
A. 向饱和溶液中依次通入过量、，析出沉淀
B. 向饱和溶液中滴加几滴浓盐酸，析出沉淀
C. 冷却苯甲酸的热饱和溶液，析出晶体
D. 冷却熔融态的硫黄，析出晶体
【答案】D
【解析】
【详解】A．向饱和溶液中依次通入过量、，生成铵离子、碳酸氢根离子，由于碳酸氢钠在该条件下溶解度最小，故形成过饱和溶液而结晶析出，与物质溶解度有关，A不符合题意；
B．向饱和溶液中滴加几滴浓盐酸，氯离子浓度增大，使氯化钠结晶析出，减小了氯化钠的溶解，与物质溶解度有关，B不符合题意；
C．苯甲酸的溶解度随温度下降而减小，则冷却苯甲酸的热饱和溶液可析出苯甲酸晶体，与物质溶解度有关，C不符合题意；
D．冷却熔融态的硫黄，析出晶体，发生物理变化，有液态转变为固态，与物质溶解度无关，D符合题意；
故选D。
5. 我国科学家设计可同时实现H2制备和海水淡化的新型电池，装置示意图如图。
下列说法不正确的是
A. 电极a是正极
B. 电极b的反应式：N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O
C. 每生成1mlN2，有2mlNaCl发生迁移
D. 离子交换膜c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜
【答案】C
【解析】
【分析】该装置为原电池，电极a上氢离子得电子生成氢气，则a为正极，电极反应为2H++2e-=H2↑，电极b上，N2H4在碱性条件下失去电子生成N2，b为负极，电极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，根据电解池中，阳离子移向正极，阴离子移向负极，则钠离子经c移向左侧（a），氯离子经d移向右侧（b），c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜，据此解答。
【详解】A．根据分析，电极a是正极，A正确；
B．根据分析，电极b的反应式：N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，B正确；
C．根据N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，每生成1mlN2，转移4ml电子，根据电荷守恒，有4mlNaCl发生迁移，C错误；
D．根据分析，离子交换膜c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜，D正确；
故选C。
6. 下列方程式不正确的是
A. 用稀清洗银镜：
B. 氢氧化亚铁露置在空气中变为红褐色：
C. 向苯酚钠溶液中通入，溶液变浑浊：2
D. 向溶液中滴加少量硫酸，溶液橙色加深：
【答案】C
【解析】
【详解】A．稀硝酸和银反应生成硝酸银、一氧化氮和水，离子方程式为：，A正确；
B．氢氧化亚铁在空气中容易被氧化为氢氧化铁，相应的方程式为：，B正确；
C．向苯酚钠溶液中通入溶液变浑浊，生成的是苯酚和碳酸氢钠，得不到碳酸钠，离子方程式为：，C错误；
D．向溶液中滴加少量硫酸，溶液橙色加深，说明平衡逆向移动，D正确；
故选C。
7. 四种常见元素基态原子的结构信息如下表。下列大小关系不一定正确的是
A. 电负性：B. 第一电离能：
C. 单质的硬度：D. 最高价含氧酸的酸性：
【答案】C
【解析】
【分析】X由有5个原子轨道填充有电子，有3个未成对电子，可知X的核外电子排布式为1s22s22p3，X为N；Y有8个不同运动状态的电子，则Y有8个核外电子，Y为O；Z的核外电子排布式为1s22s22p2，则Z为C；Q的价电子排布式为 3d104s1，则Q为Cu。
【详解】A．同周期从左到右电负性依次增大，则电负性O＞N，A项正确；
B．N为半充满状态，比较稳定，第一电离能大于O，B项正确；
C．C有多种同素异形体，比如金刚石、石墨等，石墨的硬度小于Cu，而金刚石的硬度大于Cu，C项不一定正确；
D．N的最高价含氧酸为HNO3，C的最高价含氧酸为H2CO3，酸性HNO3＞H2CO3，D项正确。
答案选C。
8. 下列反应产物不能用反应物中键的极性解释的是
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】反应物中化学键的极性越强，在化学反应中越容易断裂。
【详解】A．乙醛分子中的C=O双键是极性共价键，极性较强，反应中容易断裂，反应与反应物中键的极性有关，A不符合；
B．乙酰氯中的C―Cl是极性共价键，极性较强，反应中容易断裂，反应与反应物中键的极性有关，B不符合；
C．乙醇中C―O键是极性共价键，极性较强，反应中容易断裂，反应与反应物中键的极性有关，C不符合；
D．丙烯中的C=C双键是非极性共价键，双键上有一个σ键，较稳定，一个π键，不稳定，反应与反应物中键的极性没有关系，D符合；
故答案为：D。
9. 下列实验(图中部分夹持装置略)不能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯酚和溴水反应时是苯环上的氢被溴取代，苯不能和溴水发生反应，故该实验能证明羟基是苯环活泼，A不符合题意；
B．乙醇和乙酸的酯化反应为可逆反应，不能用此法除去乙酸，B符合题意；
C．氯化铁溶液在加热时促进水解生成氢氧化铁胶体，C不符合题意；
D．铜和浓硫酸加热生成二氧化硫，二氧化硫能使品红褪色，剩余的二氧化硫被氢氧化钠溶液吸收，D不符合题意；
故选B。
10. 高分子材料聚芳醚腈()被广泛应用于航空航天、汽车等领域。某聚芳醚腈的合成反应如下(未配平)：
下列有关说法不正确的是
A. 的官能团有碳氯键、氰基
B. 的核磁共振氢谱有三组峰
C. 将水移出体系有利于提高合成的产率
D. 中的可作为交联点，生成网状结构的高分子
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据结构简式 可知其官能团有氯原子，氰基，故A正确；
B． 是对称结构，则分子中有4种氢原子，核磁共振氢谱有4组峰，故B错误；
C．将水移出体系，水的浓度降低，则平衡正向移动，有利于提高合成PEN的产率，故C正确；
D．中的中含有碳氮三键，碳氮三键可以打开π键形成交联点，生成网状结构的高分子，故D正确；
故选B。
11. 探究Cu与溶液的反应，进行如下实验。
实验①：向10mL0.2ml/L溶液(pH≈1)中加入0.1gCu粉，振荡后静置，取上层清液，滴加溶液，有蓝色沉淀产生。6h后，溶液由棕黄色变为蓝绿色。实验过程中未见有气泡产生，溶液的pH几乎不变。
实验②：在密闭容器中向10mL0.6ml/L溶液中加入0.1gCu粉，10h后溶液变为淡蓝色。
实验③：在密闭容器中向10mL0.6ml/L溶液中分别加入0.1gCu粉和0.1g固体，0.5h溶液变黄，3h溶液变为黄绿色。下列说法不正确的是
A. 实验①中发生了反应：
B. 推测实验②的离子方程式是：
C. 对比实验①和②，①中溶解Cu的主是
D. 对比实验②和③，与反应的速率大于与Cu反应的速率
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验①中取上层清液，滴加溶液，有蓝色沉淀产生，说明产生了亚铁离子。6h后，溶液由棕黄色变为蓝绿色，说明有铜离子生成，故发生了反应：，A正确；
B．实验②溶液变为淡蓝色，说明生成了铜离子，则推测实验②的离子方程式是：，B正确；
C．对比实验①和②，①中溶解Cu的主是铁离子，不是硝酸根离子，C错误；
D．对比实验②和③，③中显生成铁离子，后生成铜离子，说明与反应的速率大于与Cu反应的速率，D正确；
故选C。
12. 常温下，向新制氯水中滴加溶液，溶液中水电离出的浓度与溶液体积之间的关系如图所示。下列推断正确的是。
A. E、H点溶液的分别为3和7
B. F点对应的溶液中：
C. G点对应的溶液中：
D. E～H点对应的溶液中，为定值
【答案】B
【解析】
【分析】通过图像分析，E点位新制的氯水，溶液为盐酸和次氯酸的混合溶液，对水的电离有抑制作用，F点溶液为中性，G点促进水的电离，为氯化钠、次氯酸钠的混合溶液，次氯酸钠水解，使溶液呈碱性，H点溶液呈碱性；据此作答。
【详解】A．E点新制氯水溶液，溶液显酸性，由水电离出的，溶液中OH−完全是由水电离出来的，所以c(OH−)=，则溶液中，则溶液pH=3；H点NaOH过量，溶液为碱性溶液，溶质为NaCl、NaClO和NaOH，pH>7，A错误；
B．F溶液为中性，c(OH-)=c(H+)，根据溶液呈电中性，c(Na+) +c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，可得c(Na+)＝c(Cl-)+c(ClO-)，B正确；
C．G点促进水的电离，为氯化钠、次氯酸钠的混合溶液，且物质的量相等，次氯酸钠水解，使溶液呈碱性，溶液中的次氯酸根离子浓度减小，则c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)，C错误；
D．根据Cl元素守恒，E～H点对应的溶液中，为定值，但由于溶体体积不断增大，因此逐渐减小，D错误；
故选B。
13. 精炼铜工业中阳极泥的综合利用具有重要意义。从阳极泥中回收多种金属的流程如下。
已知：分金液中含；分金渣的主要成分为；在反应中被氧化为。
下列说法不正确的是
A. “分铜”时加入的目的是降低银的浸出率
B. 得到分金液的反应为：
C. 得到分银液的反应为：
D. “滤液2”中含有大量的氨，可直接循环利用
【答案】D
【解析】
【分析】阳极泥加入硫酸、过氧化氢和氯化钠使铜溶解，使氯化银尽量不溶解，在分铜渣中加入氯化氢和氯酸钠分金，分金液中加入二氧化硫将金还原成单质金，分渣金中加入氨水分银，分银液中加入，还原银成为银单质，据此分析。
【详解】A．“分铜”时加入，使氯离子浓度增大，利用同离子效应，使氯化银几乎不溶解，降低银的浸出率， A正确；
B．利用的氧化性，同时大量氯离子存在，可以使金形成配合离子，反应的离子方程式为：，B正确；
C．氯化银可以溶解在氨水中，形成，反应的化学方程式为：，C正确；
D．由已知被氧化成，不会生成氨气，故“滤液2”中不会含有大量的氨，D错误；
故本题选D。
14. 中国科学家首次用改性铜基催化剂，将草酸二甲酯加氢制乙二醇的反应条件从高压降至常压。草酸二甲酯加氢的主要反应有：
①
②
③
其他条件相同时，相同时间内温度对产物选择性影响结果如图。
已知：i.
ii.450~500K，反应③的平衡常数远大于反应①和反应②的平衡常数
下列说法不正确的是
A. 制乙二醇适宜的温度范围是470~480K
B. 实验条件下反应③活化的最高，升温更有利于反应③
C. 减压可提高乙二醇的平衡产率
D. 铜基催化剂用改性后反应速率增大，可以降低反应所需的压强
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，温度为470~480K时，生成乙二醇的选择性最高，A正确；
B．由图可知，升高温度有利于生成乙醇，实验条件下反应③的活化能最高，所以升温有利于反应③，B正确；
C．反应②为气体分子数减小的反应，则增大压强可以提高乙二醇的平衡产率，C错误；
D．铜基催化剂用改性后，将草酸二甲酯加氢制乙二醇的反应条件从高压降至常压，则催化剂可以使反应速率增大，D正确；
故选C。
二、非选择题（本大题共5小题，共58分）
15. 氨基锂()为白色固体，广泛用于有机合成。
（1）金属锂与液氨反应生成和一种气体。该气体是___________。
（2）液氨中也存在类似水的微弱电离：。
①的空间结构为___________。
②已知键角。从结构角度解释其原因：___________。
（3）的晶胞如图所示(晶胞体积为)。
①该晶体的密度为___________(用含字母的代数式表示)。
②与结构相似。从结构角度解释熔点()高于熔点()的原因：___________。
（4）测定产品的纯度(主要杂质为)，实验步骤如下。
ⅰ．准确称量产品，与过量稀盐酸充分反应，将全部转化为。
ii．向i所得溶液中滴加溶液至。再加入甲醛溶液，发生反应：
iii．以酚酞为指示剂，用溶液滴定ii中生成的，消耗溶液。
①步骤ⅰ反应的化学方程式为___________。
②样品中的质量分数为___________(用含字母的代数式表示)。
③若i中未用溶液调节，则测定结果___________(填“偏低”或“偏高”)。
【答案】（1）氢气 （2） ①. V形 ②. N均为sp3杂化，孤电子对数，孤电子对有较大斥力
（3） ①. ②. 二者均为离子晶体，锂离子半径小于钠离子半径，离子键更强
（4） ①. ②. ③. 偏高
【解析】
【小问1详解】
金属锂与液氨反应生成和一种气体，氨气中氮原子和氢原子个数比为1：3，中氮原子和氢原子个数比为1：2，则另一种产物气体为氢气；
【小问2详解】
液氨中也存在类似水的微弱电离：。
①的价层电子对数为，孤电子对数为2，空间结构为V形；
②N均为sp3杂化，孤电子对数，孤电子对有较大斥力；
【小问3详解】
①该晶胞Li个数为，N个数为8，H个数为，含有八个，晶胞的质量为，体积，密度为；
②与结构相似。从结构角度解释熔点()高于熔点()的原因二者均为离子晶体，锂离子半径小于钠离子半径，离子键更强；
【小问4详解】
①步骤ⅰ反应的化学方程式为；
②设样品中物质的量为n。
样品中的质量分数为；
③若i中未用溶液调节，原来盐酸有剩余，造成氢氧化钠消耗过多，则测定结果偏高。
16. 从低品位铜镍矿（主要组成为铜氧化物、镍氧化物，含有、、等杂质）资源中提取镍和铜的一种工艺流程如下：
资料：一些物质的（25℃）如下。
（1）上述流程中，加快反应速率的措施是__________。
（2）浸出过程中通入的目的是__________。
（3）萃取时发生反应：（HR、在有机层，、在水层）。
①某种HR的结构简式为，该分子中可能与形成配位键的原子有__________。
②解释反萃取时的作用：__________。
（4）黄钠铁矾比更易形成沉淀。反应终点pH与、沉淀率的关系如下表。
①生成黄钠铁矾的离子方程式是__________。
②沉淀时最适宜选用的反应终点pH是__________。
（5）第二次使用调节pH使沉淀完全，宜将pH调节至__________。
【答案】（1）研磨 （2）将Fe2+氧化为Fe3+，便于转化为沉淀除去
（3） ①. O、N ②. 加入，使逆向进行，进入水层
（4） ①. 或 ②. 2.5
（5）10＞pH＞9
【解析】
【分析】由题给流程可知，铜镍矿研磨后，在氧气和稀硫酸作用下浸出，将铜镍矿中的金属氧化物转化为可溶性硫酸盐，其中通入氧气的目的是将FeO溶于稀硫酸得到的Fe2+氧化为Fe3+，过滤得到浸出液；向浸出液中加入萃取剂HR萃取，分液得到有机相和水层；向有机相中加入稀硫酸反萃取，分液得到含有Cu2+的水溶液，水溶液经处理得到金属Cu；向水层中加入Na2SO4和MgO，在溶液pH为2.5的条件下将Fe3+转化为黄钠铁矾沉淀，过滤得到黄钠铁矾和滤液；向滤液中加入MgO调节溶液pH，使溶液中得Ni2+转化为Ni(OH)2沉淀，过滤得到Ni(OH)2；Ni(OH)2经多步处理制得金属Ni。
【小问1详解】
铜镍矿研磨后可以增大反应物的接触面积，加快反应速率，则题给流程中，加速反应速率的措施是研磨；
【小问2详解】
由分析可知，浸出过程中通入氧气的目的是将FeO溶于稀硫酸得到的Fe2+氧化为Fe3+，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，便于转化为沉淀除去；
【小问3详解】
① 分子中，若要与形成配位键，则分子需提供孤电子对，分子中存在孤电子对的原子为N原子和O原子；
②反萃取时，加入稀硫酸，增大水层中浓度，使平衡逆向移动，使水层中浓度增大，即铜离子进入水层；
【小问4详解】
①根据题目信息，水层中含有、、、等阳离子，加入硫酸钠和MgO后，转化为黄钠铁矾固体，对应的离子方程式为或；
②根据题目信息，pH为1.5时沉淀率不高，沉淀不充分；pH为3.8时沉淀率稍高，在固体中混有的杂质较多，故最适宜的pH为2.5；
【小问5详解】
第二次使用MgO调节pH使沉淀完全，即溶液中≤，根据的=，恰好完全沉淀时，=≈，=≈7.14，pH=-lg=-lg(7.14)，故10＞pH＞9。
17. 导电高分子材料PEDOT的一种合成路线如下：
资料：
i．
ii．R5-OH+R6-ClR5-O-R6+HCl
（1）A分子中含有的官能团有_______。
（2）A→B的化学方程式是_______。
（3）B→D的反应类型是_______。
（4）D→E的反应方程式是_______。
（5）F的结构简式是_______。
（6）下列有关J的说法正确的是_______(填字母)。
a．核磁共振氢谱有2组峰
b．能与H2发生加成反应
c．不存在含苯环的同分异构体
d．合成PEDOT的反应属于加聚反应
（7）推测J→PEDOT的过程中，反应物(NH4)2S2O8的作用是_______。
（8）溶剂a为环己烷，若用水代替环己烷，则D的产率下降，分析可能的原因：
①B在水中的溶解度较小，与Na2S的反应不充分；
②_______。
【答案】（1）羧基、碳氯键
（2）ClCH2COOH+C2H5OHClCH2COOC2H5+H2O
（3）取代 （4）++2C2H5OH
（5） （6）ab
（7）作氧化剂(或脱氢)
（8）Na2S水溶液碱性较强导致B(或D)发生水解
【解析】
【分析】A是ClCH2COOH，分子中含有-COOH，能够与C2H5OH在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产生B：ClCH2COOC2H5和H2O，B与Na2S环己烷溶液中发生取代反应产生D：和C2H5OH；D与在C2H5ONa作用下发生取代反应产生E：，E与K2CO3、ClCH2-CH2Cl反应产生F：；F与NaOH水溶液共热发生酯的水解反应然后酸化，反应产生G：，经脱羧反应产生J，J与(NH4)2S2O8及催化剂作用反应产生高聚物PEDOT。
【小问1详解】
有机物A分子结构简式是ClCH2COOH，其中含有的官能团是羧基、碳氯键；
【小问2详解】
A是ClCH2COOH，A与C2H5OH在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生ClCH2COOC2H5和H2O，反应为可逆反应，反应的化学方程式为：ClCH2COOH+C2H5OHClCH2COOC2H5+H2O；
【小问3详解】
B是ClCH2COOC2H5，B与Na2S在环己烷溶液中发生取代反应产生D和NaCl，故B→D的反应类型是取代反应；
【小问4详解】
D是，D与在C2H5ONa作用下发生取代反应产生E：和C2H5OH，则D→E的反应方程式是：++2C2H5OH；
【小问5详解】
根据上述分析可知化合物F结构简式是；
【小问6详解】
a．根据有机物J结构简式可知：该物质分子结构对称，分子中含有2种不同位置H原子，因此其核磁共振氢谱有2组峰，a正确；
b．J分子中含有不饱和的碳碳双键，能够与H2在一定条件下发生加成反应，b正确；
c．该物质分子式是C6H6SO2，可能存在含有苯环的同分异构体，如，c错误；
d．根据有机物J及PEDOT结构的不同，可知J变为PEDOT发生缩聚反应；
【小问7详解】
在有机物J变为PEDOT的过程中，反应物(NH4)2S2O8的作用是作氧化剂(或脱氢)；
【小问8详解】
溶剂a为环己烷，若用水代替环己烷，会导致D的产率下降，原因可能是①B在水中的溶解度较小，与Na2S的反应不充分；②是Na2S水溶液碱性较强导致B(或D)发生水解。
18. 对石油开采和炼制过程中产生的含硫废水(其中硫元素的主要化合价是﹣2价)进行处理，防止污染环境。
已知：i．﹣2价硫元素易被氧化为S或
ii．在25℃时，1体积水可溶解约2.6体积的气体
iii．、、在水溶液中的物质的量含物分数随pH的分布曲线如图
（1）沉淀法处理含硫废水
向pH≈10的含硫废水中加入适量溶液，产生黑色沉淀且溶液的pH降低。
①pH≈10的含硫废水中含﹣2价硫元素的主要微粒是___________。
②用化学平衡移动原理解释pH降低的原因：___________。
③初始pH=10时，除硫效果好。初始pH<4，硫的沉淀率很低，原因是___________。
（2）氧化法处理含硫废水
向含硫废水中加入稀调节溶液的pH为6。
①根据电离常数计算溶液中___________：1。
②再加入0.15ml/L溶液，溶液的pH变化如图。结合离子方程式解释10min后pH减小的原因：___________。
（3）处理后废水中残留﹣2价硫元素含量的测定
已知：、
①处理后的废水中﹣2价硫元素的含量是___________mg/L。
②加入溶液后，需控制溶液的pH为弱酸性。当溶液呈中性时，部分﹣2价硫元素被氧化为，使测得的﹣2价硫元素含量___________(填“偏大”或“偏小”)。
【答案】（1） ①. ②. 存在平衡，向该废水中加入含Fe2+溶液，发生反应，使平衡正向移动，增大，降低 ③. ，体系中-2价硫元素以H2S的形态出现，H2S可能逸出，c(S2-)降低，Q(FeS)（2） ①. ②. 向溶液中加入，10min后发生反应：S+3H2O2=SO+2H2O+2H+，生成了H+，增大，降低
（3） ①. ②. 偏大
【解析】
【小问1详解】
①根据图中信息，当溶液的的含硫废水中含﹣2价硫元素的主要微粒是：；
②存在平衡，向该废水中加入含Fe2+溶液，发生反应，使平衡正向移动，增大，降低；
③，体系中-2价硫元素以H2S的形态出现，H2S可能逸出，c(S2-)降低，Q(FeS)【小问2详解】
①根据如图，，，；
②向溶液中加入，10min后发生反应：S+3H2O2=SO+2H2O+2H+，生成了H+，增大，降低；
【小问3详解】
①根据反应：、，﹣2价硫元素的物质的量为：，硫元素的含量为：；
②若溶液呈中性时，部分﹣2价硫元素被氧化为，发生反应：，则I2氧化-2价硫过程中消耗I2物质的量增大，用溶液滴定过量I2时消耗溶液的体积V2减小，由可知，S2-的物质的量偏大，使测得的﹣2价硫元素含量偏大。
19. 探究溶液中与单质S的反应。
资料：不溶于盐酸，和在盐酸中均发生沉淀的转化
实验Ⅰ 将10mL 溶液与0.01g S粉混合，水浴加热，充分反应后，过滤，得到无色溶液a(pH≈1)，沉淀除S、洗涤后得到黑色固体b。
（1）研究黑色固体b的组成
①根据S具有_______性，推测b中可能含有、Ag、或。
②检验黑色固体b的成分
实验Ⅱ 具体操作如图所示
ⅰ．取少量滤液c，先加入足量稀盐酸，再滴加溶液，未出现白色沉淀，判断黑色固体b中不含_______。
ⅱ．用滤液c继续实验证明了黑色固体b中不含，可选择的试剂是_______(填序号)。
a．酸性溶液 b．和的混合溶液 c．溴水
ⅲ．进一步实验证实了黑色固体b中不含Ag。根据沉淀e含有Ag、气体含有，写出同时生成Ag和的离子方程式：_______。
（2）研究无色溶液a的组成
结合上述实验结果，分析溶液a中可能存在或，依据是_______。
实验Ⅲ 具体操作如图所示
①说明溶液a中不含的实验证据是_______。
②加入足量稀盐酸的作用是_______。
（3）在注射器中进行实验Ⅳ，探究溶液与S的反应，所得产物与实验Ⅰ相同。
①向注射器中加入的物质是_______。
②改用溶液的目的是_______。
（4）用溶液与S进行实验Ⅴ，发现二者不反应。综合以上实验，写出溶液中与S反应的离子方程式并简要说明的作用：_______。
【答案】（1） ①. 氧化性和还原 ②. ③. bc ④.
（2） ①. S转化为发生了还原反应，反应必然同时发生氧化反应，能发生氧化反应的只有S，故在pH≈1的溶液中可能存在或 ②. 向溶液a中加入足量稀盐酸后，再加入碘水和淀粉溶液，蓝色不褪去 ③. 排除对和检验的干扰
（3） ①. 10mL 溶液与0.01g S粉 ②. 排除(H+)对反应的影响
（4），形成难溶物，降低，提高S的氧化性，利于反应发生
【解析】
【小问1详解】
①由转化为、Ag、或可见Ag的化合价有上升也有下降，表现了根据S具有氧化还原性；
ⅰ．取少量滤液c，先加入足量稀盐酸，再滴加溶液，未出现白色沉淀，判断黑色固体b中不含，若含有硫酸根则会生成硫酸钡沉淀；
ⅱ．用滤液c继续实验证明了黑色固体b中不含，可选择的试剂是和的混合溶液，因为双氧水将亚硫酸根氧化为硫酸根与氯化钡生成硫酸钡白色沉淀；溴水具有氧化性将亚硫酸根氧化为硫酸根产生白色沉淀，且溴水褪色，酸性高锰酸钾溶液中可能会含有硫酸根影响检验；
ⅲ．沉淀e含有Ag、气体含有，与Fe在酸性环境下同时生成Ag和，离子方程式：；
【小问2详解】
溶液a中可能存在或，依据是S转化为发生了还原反应，反应必然同时发生氧化反应，能发生氧化反应的只有S，故在pH≈1的溶液中可能存在或；
①说明溶液a中不含的实验证据是：向溶液a中加入足量稀盐酸酸化后，再加入碘水和淀粉溶液，蓝色不褪去，说明碘单质没有被还原；
②加入足量稀盐酸的作用是：对溶液进行酸化，排除对和检验的干扰；
【小问3详解】
①向注射器中加入的物质是：10mL 溶液与0.01g S粉；
②改用溶液的目的是：排除(H+)对反应的影响
【小问4详解】
与S反应的离子方程式并简要说明的作用：，形成难溶物，降低，提高S的氧化性，利于反应发生。元素
X
Y
Z
Q
结构信息
有5个原子轨道填充有电子，有3个未成对电子
有8个不同运动状态的电子
能级上有2个电子
价电子排布式为
A.证明羟基使苯环活化
B.除去乙酸乙酯中的少量乙酸
C.制备胶体
D.证明浓硫酸具有强氧化性
物质
反应终点pH
沉淀率/％
1.5
94.04
0.19
2.5
99.21
0.56
3.8
99.91
3.31
（试卷满分为100分，考试时间为90分钟）
相对原子质量：
一、单项选择题（本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）
1. 中国“天宫”空间站使用了很多高新技术材料。下列对涉及材料的说法不正确的是
A. 核心舱的离子推进器使用氙气作为推进剂，氙位于元素周期表0族
B. 被誉为“百变金刚”的太空机械臂主要成分为铝合金，其强度大于纯铝
C. “问天”实验舱使用砷化镓()太阳能电池，砷和镓位于元素周期表第四周期
D. 太阳能电池翼基板采用碳纤维框架和玻璃纤维网，两者均属于有机高分子材料
【答案】D
【解析】
【详解】A．氙位于元素周期表0族，故A正确；
B．铝合金强度大于纯铝，故B正确；
C．砷和镓位于元素周期表第四周期，故C正确；
D．碳纤维框架和玻璃纤维网均属于无机非金属材料，故D错误；
故选D。
2. 下列化学用语或图示不正确的是
A. 1－丁烯的实验式：CH2
B. 的VSEPR模型：
C. 基态Cr原子的价层电子排布式：3d54s1
D. HCl分子中σ键的形成：
【答案】B
【解析】
【详解】A．1-丁烯的结构简式：CH2═CH-CH2CH3，其实验式为CH2，选项A正确；
B．的中心原子价层电子对数为，故其VSEPR模型为四面体形，选项B不正确；
C．基态 Cr 原子为24号元素，价电子排布式为3d54s1，选项C正确；
D．HCl分子中σ键的形成：，选项D正确；
答案选B。
3. 下列说法不正确的是
A. 纤维素能够发生酯化反应，不能被银氨溶液等弱氧化剂氧化
B. 核苷与磷酸通过醚键结合形成核苷酸，如
C. 攀登高山时佩戴护目镜，防止强紫外线引起皮肤和眼睛的蛋白质变性灼伤
D. 丙醛糖()分子中含有手性碳原子，存在对映异构体
【答案】B
【解析】
【详解】A．纤维素分子中葡萄糖单元存在醇羟基，能够发生酯化反应，纤维素属于非还原糖不能被银氨溶液等弱氧化剂氧化，A项正确；
B．核苷与磷酸通过磷酸酯键结合形成核苷酸，B项错误；
C．紫外线能够使蛋白质发生变性，因此攀登高山时佩戴护目镜，防止强紫外线引起皮肤和眼睛的蛋白质变性灼伤，C项正确；
D． 把与四个不同原子或基团相连的碳原子称为手性碳原子，因此丙醛糖中含有手性碳原子(中间碳)，存在对映异构体，D项正确；
答案选B。
4. 下列产生固体的实验中，与物质溶解度无关的是
A. 向饱和溶液中依次通入过量、，析出沉淀
B. 向饱和溶液中滴加几滴浓盐酸，析出沉淀
C. 冷却苯甲酸的热饱和溶液，析出晶体
D. 冷却熔融态的硫黄，析出晶体
【答案】D
【解析】
【详解】A．向饱和溶液中依次通入过量、，生成铵离子、碳酸氢根离子，由于碳酸氢钠在该条件下溶解度最小，故形成过饱和溶液而结晶析出，与物质溶解度有关，A不符合题意；
B．向饱和溶液中滴加几滴浓盐酸，氯离子浓度增大，使氯化钠结晶析出，减小了氯化钠的溶解，与物质溶解度有关，B不符合题意；
C．苯甲酸的溶解度随温度下降而减小，则冷却苯甲酸的热饱和溶液可析出苯甲酸晶体，与物质溶解度有关，C不符合题意；
D．冷却熔融态的硫黄，析出晶体，发生物理变化，有液态转变为固态，与物质溶解度无关，D符合题意；
故选D。
5. 我国科学家设计可同时实现H2制备和海水淡化的新型电池，装置示意图如图。
下列说法不正确的是
A. 电极a是正极
B. 电极b的反应式：N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O
C. 每生成1mlN2，有2mlNaCl发生迁移
D. 离子交换膜c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜
【答案】C
【解析】
【分析】该装置为原电池，电极a上氢离子得电子生成氢气，则a为正极，电极反应为2H++2e-=H2↑，电极b上，N2H4在碱性条件下失去电子生成N2，b为负极，电极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，根据电解池中，阳离子移向正极，阴离子移向负极，则钠离子经c移向左侧（a），氯离子经d移向右侧（b），c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜，据此解答。
【详解】A．根据分析，电极a是正极，A正确；
B．根据分析，电极b的反应式：N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，B正确；
C．根据N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，每生成1mlN2，转移4ml电子，根据电荷守恒，有4mlNaCl发生迁移，C错误；
D．根据分析，离子交换膜c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜，D正确；
故选C。
6. 下列方程式不正确的是
A. 用稀清洗银镜：
B. 氢氧化亚铁露置在空气中变为红褐色：
C. 向苯酚钠溶液中通入，溶液变浑浊：2
D. 向溶液中滴加少量硫酸，溶液橙色加深：
【答案】C
【解析】
【详解】A．稀硝酸和银反应生成硝酸银、一氧化氮和水，离子方程式为：，A正确；
B．氢氧化亚铁在空气中容易被氧化为氢氧化铁，相应的方程式为：，B正确；
C．向苯酚钠溶液中通入溶液变浑浊，生成的是苯酚和碳酸氢钠，得不到碳酸钠，离子方程式为：，C错误；
D．向溶液中滴加少量硫酸，溶液橙色加深，说明平衡逆向移动，D正确；
故选C。
7. 四种常见元素基态原子的结构信息如下表。下列大小关系不一定正确的是
A. 电负性：B. 第一电离能：
C. 单质的硬度：D. 最高价含氧酸的酸性：
【答案】C
【解析】
【分析】X由有5个原子轨道填充有电子，有3个未成对电子，可知X的核外电子排布式为1s22s22p3，X为N；Y有8个不同运动状态的电子，则Y有8个核外电子，Y为O；Z的核外电子排布式为1s22s22p2，则Z为C；Q的价电子排布式为 3d104s1，则Q为Cu。
【详解】A．同周期从左到右电负性依次增大，则电负性O＞N，A项正确；
B．N为半充满状态，比较稳定，第一电离能大于O，B项正确；
C．C有多种同素异形体，比如金刚石、石墨等，石墨的硬度小于Cu，而金刚石的硬度大于Cu，C项不一定正确；
D．N的最高价含氧酸为HNO3，C的最高价含氧酸为H2CO3，酸性HNO3＞H2CO3，D项正确。
答案选C。
8. 下列反应产物不能用反应物中键的极性解释的是
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】反应物中化学键的极性越强，在化学反应中越容易断裂。
【详解】A．乙醛分子中的C=O双键是极性共价键，极性较强，反应中容易断裂，反应与反应物中键的极性有关，A不符合；
B．乙酰氯中的C―Cl是极性共价键，极性较强，反应中容易断裂，反应与反应物中键的极性有关，B不符合；
C．乙醇中C―O键是极性共价键，极性较强，反应中容易断裂，反应与反应物中键的极性有关，C不符合；
D．丙烯中的C=C双键是非极性共价键，双键上有一个σ键，较稳定，一个π键，不稳定，反应与反应物中键的极性没有关系，D符合；
故答案为：D。
9. 下列实验(图中部分夹持装置略)不能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯酚和溴水反应时是苯环上的氢被溴取代，苯不能和溴水发生反应，故该实验能证明羟基是苯环活泼，A不符合题意；
B．乙醇和乙酸的酯化反应为可逆反应，不能用此法除去乙酸，B符合题意；
C．氯化铁溶液在加热时促进水解生成氢氧化铁胶体，C不符合题意；
D．铜和浓硫酸加热生成二氧化硫，二氧化硫能使品红褪色，剩余的二氧化硫被氢氧化钠溶液吸收，D不符合题意；
故选B。
10. 高分子材料聚芳醚腈()被广泛应用于航空航天、汽车等领域。某聚芳醚腈的合成反应如下(未配平)：
下列有关说法不正确的是
A. 的官能团有碳氯键、氰基
B. 的核磁共振氢谱有三组峰
C. 将水移出体系有利于提高合成的产率
D. 中的可作为交联点，生成网状结构的高分子
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据结构简式 可知其官能团有氯原子，氰基，故A正确；
B． 是对称结构，则分子中有4种氢原子，核磁共振氢谱有4组峰，故B错误；
C．将水移出体系，水的浓度降低，则平衡正向移动，有利于提高合成PEN的产率，故C正确；
D．中的中含有碳氮三键，碳氮三键可以打开π键形成交联点，生成网状结构的高分子，故D正确；
故选B。
11. 探究Cu与溶液的反应，进行如下实验。
实验①：向10mL0.2ml/L溶液(pH≈1)中加入0.1gCu粉，振荡后静置，取上层清液，滴加溶液，有蓝色沉淀产生。6h后，溶液由棕黄色变为蓝绿色。实验过程中未见有气泡产生，溶液的pH几乎不变。
实验②：在密闭容器中向10mL0.6ml/L溶液中加入0.1gCu粉，10h后溶液变为淡蓝色。
实验③：在密闭容器中向10mL0.6ml/L溶液中分别加入0.1gCu粉和0.1g固体，0.5h溶液变黄，3h溶液变为黄绿色。下列说法不正确的是
A. 实验①中发生了反应：
B. 推测实验②的离子方程式是：
C. 对比实验①和②，①中溶解Cu的主是
D. 对比实验②和③，与反应的速率大于与Cu反应的速率
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验①中取上层清液，滴加溶液，有蓝色沉淀产生，说明产生了亚铁离子。6h后，溶液由棕黄色变为蓝绿色，说明有铜离子生成，故发生了反应：，A正确；
B．实验②溶液变为淡蓝色，说明生成了铜离子，则推测实验②的离子方程式是：，B正确；
C．对比实验①和②，①中溶解Cu的主是铁离子，不是硝酸根离子，C错误；
D．对比实验②和③，③中显生成铁离子，后生成铜离子，说明与反应的速率大于与Cu反应的速率，D正确；
故选C。
12. 常温下，向新制氯水中滴加溶液，溶液中水电离出的浓度与溶液体积之间的关系如图所示。下列推断正确的是。
A. E、H点溶液的分别为3和7
B. F点对应的溶液中：
C. G点对应的溶液中：
D. E～H点对应的溶液中，为定值
【答案】B
【解析】
【分析】通过图像分析，E点位新制的氯水，溶液为盐酸和次氯酸的混合溶液，对水的电离有抑制作用，F点溶液为中性，G点促进水的电离，为氯化钠、次氯酸钠的混合溶液，次氯酸钠水解，使溶液呈碱性，H点溶液呈碱性；据此作答。
【详解】A．E点新制氯水溶液，溶液显酸性，由水电离出的，溶液中OH−完全是由水电离出来的，所以c(OH−)=，则溶液中，则溶液pH=3；H点NaOH过量，溶液为碱性溶液，溶质为NaCl、NaClO和NaOH，pH>7，A错误；
B．F溶液为中性，c(OH-)=c(H+)，根据溶液呈电中性，c(Na+) +c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，可得c(Na+)＝c(Cl-)+c(ClO-)，B正确；
C．G点促进水的电离，为氯化钠、次氯酸钠的混合溶液，且物质的量相等，次氯酸钠水解，使溶液呈碱性，溶液中的次氯酸根离子浓度减小，则c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)，C错误；
D．根据Cl元素守恒，E～H点对应的溶液中，为定值，但由于溶体体积不断增大，因此逐渐减小，D错误；
故选B。
13. 精炼铜工业中阳极泥的综合利用具有重要意义。从阳极泥中回收多种金属的流程如下。
已知：分金液中含；分金渣的主要成分为；在反应中被氧化为。
下列说法不正确的是
A. “分铜”时加入的目的是降低银的浸出率
B. 得到分金液的反应为：
C. 得到分银液的反应为：
D. “滤液2”中含有大量的氨，可直接循环利用
【答案】D
【解析】
【分析】阳极泥加入硫酸、过氧化氢和氯化钠使铜溶解，使氯化银尽量不溶解，在分铜渣中加入氯化氢和氯酸钠分金，分金液中加入二氧化硫将金还原成单质金，分渣金中加入氨水分银，分银液中加入，还原银成为银单质，据此分析。
【详解】A．“分铜”时加入，使氯离子浓度增大，利用同离子效应，使氯化银几乎不溶解，降低银的浸出率， A正确；
B．利用的氧化性，同时大量氯离子存在，可以使金形成配合离子，反应的离子方程式为：，B正确；
C．氯化银可以溶解在氨水中，形成，反应的化学方程式为：，C正确；
D．由已知被氧化成，不会生成氨气，故“滤液2”中不会含有大量的氨，D错误；
故本题选D。
14. 中国科学家首次用改性铜基催化剂，将草酸二甲酯加氢制乙二醇的反应条件从高压降至常压。草酸二甲酯加氢的主要反应有：
①
②
③
其他条件相同时，相同时间内温度对产物选择性影响结果如图。
已知：i.
ii.450~500K，反应③的平衡常数远大于反应①和反应②的平衡常数
下列说法不正确的是
A. 制乙二醇适宜的温度范围是470~480K
B. 实验条件下反应③活化的最高，升温更有利于反应③
C. 减压可提高乙二醇的平衡产率
D. 铜基催化剂用改性后反应速率增大，可以降低反应所需的压强
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，温度为470~480K时，生成乙二醇的选择性最高，A正确；
B．由图可知，升高温度有利于生成乙醇，实验条件下反应③的活化能最高，所以升温有利于反应③，B正确；
C．反应②为气体分子数减小的反应，则增大压强可以提高乙二醇的平衡产率，C错误；
D．铜基催化剂用改性后，将草酸二甲酯加氢制乙二醇的反应条件从高压降至常压，则催化剂可以使反应速率增大，D正确；
故选C。
二、非选择题（本大题共5小题，共58分）
15. 氨基锂()为白色固体，广泛用于有机合成。
（1）金属锂与液氨反应生成和一种气体。该气体是___________。
（2）液氨中也存在类似水的微弱电离：。
①的空间结构为___________。
②已知键角。从结构角度解释其原因：___________。
（3）的晶胞如图所示(晶胞体积为)。
①该晶体的密度为___________(用含字母的代数式表示)。
②与结构相似。从结构角度解释熔点()高于熔点()的原因：___________。
（4）测定产品的纯度(主要杂质为)，实验步骤如下。
ⅰ．准确称量产品，与过量稀盐酸充分反应，将全部转化为。
ii．向i所得溶液中滴加溶液至。再加入甲醛溶液，发生反应：
iii．以酚酞为指示剂，用溶液滴定ii中生成的，消耗溶液。
①步骤ⅰ反应的化学方程式为___________。
②样品中的质量分数为___________(用含字母的代数式表示)。
③若i中未用溶液调节，则测定结果___________(填“偏低”或“偏高”)。
【答案】（1）氢气 （2） ①. V形 ②. N均为sp3杂化，孤电子对数，孤电子对有较大斥力
（3） ①. ②. 二者均为离子晶体，锂离子半径小于钠离子半径，离子键更强
（4） ①. ②. ③. 偏高
【解析】
【小问1详解】
金属锂与液氨反应生成和一种气体，氨气中氮原子和氢原子个数比为1：3，中氮原子和氢原子个数比为1：2，则另一种产物气体为氢气；
【小问2详解】
液氨中也存在类似水的微弱电离：。
①的价层电子对数为，孤电子对数为2，空间结构为V形；
②N均为sp3杂化，孤电子对数，孤电子对有较大斥力；
【小问3详解】
①该晶胞Li个数为，N个数为8，H个数为，含有八个，晶胞的质量为，体积，密度为；
②与结构相似。从结构角度解释熔点()高于熔点()的原因二者均为离子晶体，锂离子半径小于钠离子半径，离子键更强；
【小问4详解】
①步骤ⅰ反应的化学方程式为；
②设样品中物质的量为n。
样品中的质量分数为；
③若i中未用溶液调节，原来盐酸有剩余，造成氢氧化钠消耗过多，则测定结果偏高。
16. 从低品位铜镍矿（主要组成为铜氧化物、镍氧化物，含有、、等杂质）资源中提取镍和铜的一种工艺流程如下：
资料：一些物质的（25℃）如下。
（1）上述流程中，加快反应速率的措施是__________。
（2）浸出过程中通入的目的是__________。
（3）萃取时发生反应：（HR、在有机层，、在水层）。
①某种HR的结构简式为，该分子中可能与形成配位键的原子有__________。
②解释反萃取时的作用：__________。
（4）黄钠铁矾比更易形成沉淀。反应终点pH与、沉淀率的关系如下表。
①生成黄钠铁矾的离子方程式是__________。
②沉淀时最适宜选用的反应终点pH是__________。
（5）第二次使用调节pH使沉淀完全，宜将pH调节至__________。
【答案】（1）研磨 （2）将Fe2+氧化为Fe3+，便于转化为沉淀除去
（3） ①. O、N ②. 加入，使逆向进行，进入水层
（4） ①. 或 ②. 2.5
（5）10＞pH＞9
【解析】
【分析】由题给流程可知，铜镍矿研磨后，在氧气和稀硫酸作用下浸出，将铜镍矿中的金属氧化物转化为可溶性硫酸盐，其中通入氧气的目的是将FeO溶于稀硫酸得到的Fe2+氧化为Fe3+，过滤得到浸出液；向浸出液中加入萃取剂HR萃取，分液得到有机相和水层；向有机相中加入稀硫酸反萃取，分液得到含有Cu2+的水溶液，水溶液经处理得到金属Cu；向水层中加入Na2SO4和MgO，在溶液pH为2.5的条件下将Fe3+转化为黄钠铁矾沉淀，过滤得到黄钠铁矾和滤液；向滤液中加入MgO调节溶液pH，使溶液中得Ni2+转化为Ni(OH)2沉淀，过滤得到Ni(OH)2；Ni(OH)2经多步处理制得金属Ni。
【小问1详解】
铜镍矿研磨后可以增大反应物的接触面积，加快反应速率，则题给流程中，加速反应速率的措施是研磨；
【小问2详解】
由分析可知，浸出过程中通入氧气的目的是将FeO溶于稀硫酸得到的Fe2+氧化为Fe3+，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+，便于转化为沉淀除去；
【小问3详解】
① 分子中，若要与形成配位键，则分子需提供孤电子对，分子中存在孤电子对的原子为N原子和O原子；
②反萃取时，加入稀硫酸，增大水层中浓度，使平衡逆向移动，使水层中浓度增大，即铜离子进入水层；
【小问4详解】
①根据题目信息，水层中含有、、、等阳离子，加入硫酸钠和MgO后，转化为黄钠铁矾固体，对应的离子方程式为或；
②根据题目信息，pH为1.5时沉淀率不高，沉淀不充分；pH为3.8时沉淀率稍高，在固体中混有的杂质较多，故最适宜的pH为2.5；
【小问5详解】
第二次使用MgO调节pH使沉淀完全，即溶液中≤，根据的=，恰好完全沉淀时，=≈，=≈7.14，pH=-lg=-lg(7.14)，故10＞pH＞9。
17. 导电高分子材料PEDOT的一种合成路线如下：
资料：
i．
ii．R5-OH+R6-ClR5-O-R6+HCl
（1）A分子中含有的官能团有_______。
（2）A→B的化学方程式是_______。
（3）B→D的反应类型是_______。
（4）D→E的反应方程式是_______。
（5）F的结构简式是_______。
（6）下列有关J的说法正确的是_______(填字母)。
a．核磁共振氢谱有2组峰
b．能与H2发生加成反应
c．不存在含苯环的同分异构体
d．合成PEDOT的反应属于加聚反应
（7）推测J→PEDOT的过程中，反应物(NH4)2S2O8的作用是_______。
（8）溶剂a为环己烷，若用水代替环己烷，则D的产率下降，分析可能的原因：
①B在水中的溶解度较小，与Na2S的反应不充分；
②_______。
【答案】（1）羧基、碳氯键
（2）ClCH2COOH+C2H5OHClCH2COOC2H5+H2O
（3）取代 （4）++2C2H5OH
（5） （6）ab
（7）作氧化剂(或脱氢)
（8）Na2S水溶液碱性较强导致B(或D)发生水解
【解析】
【分析】A是ClCH2COOH，分子中含有-COOH，能够与C2H5OH在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产生B：ClCH2COOC2H5和H2O，B与Na2S环己烷溶液中发生取代反应产生D：和C2H5OH；D与在C2H5ONa作用下发生取代反应产生E：，E与K2CO3、ClCH2-CH2Cl反应产生F：；F与NaOH水溶液共热发生酯的水解反应然后酸化，反应产生G：，经脱羧反应产生J，J与(NH4)2S2O8及催化剂作用反应产生高聚物PEDOT。
【小问1详解】
有机物A分子结构简式是ClCH2COOH，其中含有的官能团是羧基、碳氯键；
【小问2详解】
A是ClCH2COOH，A与C2H5OH在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生ClCH2COOC2H5和H2O，反应为可逆反应，反应的化学方程式为：ClCH2COOH+C2H5OHClCH2COOC2H5+H2O；
【小问3详解】
B是ClCH2COOC2H5，B与Na2S在环己烷溶液中发生取代反应产生D和NaCl，故B→D的反应类型是取代反应；
【小问4详解】
D是，D与在C2H5ONa作用下发生取代反应产生E：和C2H5OH，则D→E的反应方程式是：++2C2H5OH；
【小问5详解】
根据上述分析可知化合物F结构简式是；
【小问6详解】
a．根据有机物J结构简式可知：该物质分子结构对称，分子中含有2种不同位置H原子，因此其核磁共振氢谱有2组峰，a正确；
b．J分子中含有不饱和的碳碳双键，能够与H2在一定条件下发生加成反应，b正确；
c．该物质分子式是C6H6SO2，可能存在含有苯环的同分异构体，如，c错误；
d．根据有机物J及PEDOT结构的不同，可知J变为PEDOT发生缩聚反应；
【小问7详解】
在有机物J变为PEDOT的过程中，反应物(NH4)2S2O8的作用是作氧化剂(或脱氢)；
【小问8详解】
溶剂a为环己烷，若用水代替环己烷，会导致D的产率下降，原因可能是①B在水中的溶解度较小，与Na2S的反应不充分；②是Na2S水溶液碱性较强导致B(或D)发生水解。
18. 对石油开采和炼制过程中产生的含硫废水(其中硫元素的主要化合价是﹣2价)进行处理，防止污染环境。
已知：i．﹣2价硫元素易被氧化为S或
ii．在25℃时，1体积水可溶解约2.6体积的气体
iii．、、在水溶液中的物质的量含物分数随pH的分布曲线如图
（1）沉淀法处理含硫废水
向pH≈10的含硫废水中加入适量溶液，产生黑色沉淀且溶液的pH降低。
①pH≈10的含硫废水中含﹣2价硫元素的主要微粒是___________。
②用化学平衡移动原理解释pH降低的原因：___________。
③初始pH=10时，除硫效果好。初始pH<4，硫的沉淀率很低，原因是___________。
（2）氧化法处理含硫废水
向含硫废水中加入稀调节溶液的pH为6。
①根据电离常数计算溶液中___________：1。
②再加入0.15ml/L溶液，溶液的pH变化如图。结合离子方程式解释10min后pH减小的原因：___________。
（3）处理后废水中残留﹣2价硫元素含量的测定
已知：、
①处理后的废水中﹣2价硫元素的含量是___________mg/L。
②加入溶液后，需控制溶液的pH为弱酸性。当溶液呈中性时，部分﹣2价硫元素被氧化为，使测得的﹣2价硫元素含量___________(填“偏大”或“偏小”)。
【答案】（1） ①. ②. 存在平衡，向该废水中加入含Fe2+溶液，发生反应，使平衡正向移动，增大，降低 ③. ，体系中-2价硫元素以H2S的形态出现，H2S可能逸出，c(S2-)降低，Q(FeS)
（3） ①. ②. 偏大
【解析】
【小问1详解】
①根据图中信息，当溶液的的含硫废水中含﹣2价硫元素的主要微粒是：；
②存在平衡，向该废水中加入含Fe2+溶液，发生反应，使平衡正向移动，增大，降低；
③，体系中-2价硫元素以H2S的形态出现，H2S可能逸出，c(S2-)降低，Q(FeS)
①根据如图，，，；
②向溶液中加入，10min后发生反应：S+3H2O2=SO+2H2O+2H+，生成了H+，增大，降低；
【小问3详解】
①根据反应：、，﹣2价硫元素的物质的量为：，硫元素的含量为：；
②若溶液呈中性时，部分﹣2价硫元素被氧化为，发生反应：，则I2氧化-2价硫过程中消耗I2物质的量增大，用溶液滴定过量I2时消耗溶液的体积V2减小，由可知，S2-的物质的量偏大，使测得的﹣2价硫元素含量偏大。
19. 探究溶液中与单质S的反应。
资料：不溶于盐酸，和在盐酸中均发生沉淀的转化
实验Ⅰ 将10mL 溶液与0.01g S粉混合，水浴加热，充分反应后，过滤，得到无色溶液a(pH≈1)，沉淀除S、洗涤后得到黑色固体b。
（1）研究黑色固体b的组成
①根据S具有_______性，推测b中可能含有、Ag、或。
②检验黑色固体b的成分
实验Ⅱ 具体操作如图所示
ⅰ．取少量滤液c，先加入足量稀盐酸，再滴加溶液，未出现白色沉淀，判断黑色固体b中不含_______。
ⅱ．用滤液c继续实验证明了黑色固体b中不含，可选择的试剂是_______(填序号)。
a．酸性溶液 b．和的混合溶液 c．溴水
ⅲ．进一步实验证实了黑色固体b中不含Ag。根据沉淀e含有Ag、气体含有，写出同时生成Ag和的离子方程式：_______。
（2）研究无色溶液a的组成
结合上述实验结果，分析溶液a中可能存在或，依据是_______。
实验Ⅲ 具体操作如图所示
①说明溶液a中不含的实验证据是_______。
②加入足量稀盐酸的作用是_______。
（3）在注射器中进行实验Ⅳ，探究溶液与S的反应，所得产物与实验Ⅰ相同。
①向注射器中加入的物质是_______。
②改用溶液的目的是_______。
（4）用溶液与S进行实验Ⅴ，发现二者不反应。综合以上实验，写出溶液中与S反应的离子方程式并简要说明的作用：_______。
【答案】（1） ①. 氧化性和还原 ②. ③. bc ④.
（2） ①. S转化为发生了还原反应，反应必然同时发生氧化反应，能发生氧化反应的只有S，故在pH≈1的溶液中可能存在或 ②. 向溶液a中加入足量稀盐酸后，再加入碘水和淀粉溶液，蓝色不褪去 ③. 排除对和检验的干扰
（3） ①. 10mL 溶液与0.01g S粉 ②. 排除(H+)对反应的影响
（4），形成难溶物，降低，提高S的氧化性，利于反应发生
【解析】
【小问1详解】
①由转化为、Ag、或可见Ag的化合价有上升也有下降，表现了根据S具有氧化还原性；
ⅰ．取少量滤液c，先加入足量稀盐酸，再滴加溶液，未出现白色沉淀，判断黑色固体b中不含，若含有硫酸根则会生成硫酸钡沉淀；
ⅱ．用滤液c继续实验证明了黑色固体b中不含，可选择的试剂是和的混合溶液，因为双氧水将亚硫酸根氧化为硫酸根与氯化钡生成硫酸钡白色沉淀；溴水具有氧化性将亚硫酸根氧化为硫酸根产生白色沉淀，且溴水褪色，酸性高锰酸钾溶液中可能会含有硫酸根影响检验；
ⅲ．沉淀e含有Ag、气体含有，与Fe在酸性环境下同时生成Ag和，离子方程式：；
【小问2详解】
溶液a中可能存在或，依据是S转化为发生了还原反应，反应必然同时发生氧化反应，能发生氧化反应的只有S，故在pH≈1的溶液中可能存在或；
①说明溶液a中不含的实验证据是：向溶液a中加入足量稀盐酸酸化后，再加入碘水和淀粉溶液，蓝色不褪去，说明碘单质没有被还原；
②加入足量稀盐酸的作用是：对溶液进行酸化，排除对和检验的干扰；
【小问3详解】
①向注射器中加入的物质是：10mL 溶液与0.01g S粉；
②改用溶液的目的是：排除(H+)对反应的影响
【小问4详解】
与S反应的离子方程式并简要说明的作用：，形成难溶物，降低，提高S的氧化性，利于反应发生。元素
X
Y
Z
Q
结构信息
有5个原子轨道填充有电子，有3个未成对电子
有8个不同运动状态的电子
能级上有2个电子
价电子排布式为
A.证明羟基使苯环活化
B.除去乙酸乙酯中的少量乙酸
C.制备胶体
D.证明浓硫酸具有强氧化性
物质
反应终点pH
沉淀率/％
1.5
94.04
0.19
2.5
99.21
0.56
3.8
99.91
3.31
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