2025年高考押题预测卷：化学03（上海卷）（解析版）

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(考试时间：60分钟 试卷满分：100分)
考生注意：
1.试卷满分100分，考试时间60分钟。
2.本考试分设试卷和答题纸。答题前，务必在答题纸上填写学校、姓名、座位号(考号)，并将核对后的条形码贴在指定位置上。作答必须涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分。
3.选择类试题中，标注“不定项”的试题，每小题有1~2个正确选项，只有1个正确选项的，多选不给分，有2个正确选项的，漏选1个给一半分，错选不给分；未特别标注的试题，每小题只有1个正确选项。
相对原子质量：H-1 B-11 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56 As-75 Sn-119
一、现代“五金”之一——锡(20分)
Sn(锡)确实是现代“五金”之一。锡(Sn)是一种多功能金属元素，属于元素周期表的第5周期第ⅣA族。锡在人类历史上扮演着重要角色，早在公元前2000年就被广泛使用，主要用于武器制造和其他各种应用。
(1)基态Sn原子最外层电子的轨道表示式为___________。
【答案】(2分)
【解析】Sn为50号元素，位于第五周期第IVA族，最外层电子排布式5s25p2，轨道表示式为。
(2)SnCl2和SnCl4是锡的常见氯化物，SnCl2可被氧化得到SnCl4。
= 1 \* GB3 ①SnCl2的价层电子对空间结构是___________。
【答案】平面三角形(2分)
【解析】SnCl2中Sn的价层电子对数为，根据价层电子对互斥理论，当价层电子对数为3时，价层电子对空间结构为平面三角形。
= 2 \* GB3 ②SnCl4的Sn-Cl键是由锡的___________轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键。
【答案】sp3杂化(2分)
【解析】SnCl4中Sn的价电子对数为，无孤电子对，中心原子采取sp3杂化后，形成4个sp3杂化轨道，SnCl4的Sn-Cl键是由锡的sp3杂化轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键。
(3)已知一些物质的熔点数据如下表：
分析SiCl4、GeCl4、SnCl4熔点变化的原因___________。
【答案】SiCl4、GeCl4、SnCl4都为分子晶体，组成和结构相似，相对分子质量SiCl4< GeCl4< SnCl4，分子间范德华力SiCl4< GeCl4< SnCl4，范德华力越大，熔点越高，所以熔点逐渐升高(2分)
【解析】由于SiCl4、GeCl4、SnCl4都为分子晶体，组成和结构相似，相对分子质量SiCl4< GeCl4< SnCl4，分子间范德华力SiCl4< GeCl4< SnCl4，范德华力越大，熔点越高，所以熔点逐渐升高。
(4)SnCl4在潮湿的空气中易发生水解，生成SnO2·xH2O，写出该反应的化学方程式___________。
【答案】SnCl4+(x+2)H2O=SnO2·xH2O↓+4HCl(2分)
【解析】SnCl4在潮湿空气中发生水解，生成SnO2·xH2O和HCl，其反应化学方程式为SnCl4+(x+2)H2O=SnO2·xH2O↓+4HCl。
(5)SnCl4在潮湿的空气中易发生水解，生成SnO2·xH2O，对于反应的现象描述，最合理的是
A．产生白雾 B．产生白烟 C．产生白色烟雾 D．无明显现象
【答案】C(2分)
【解析】SnCl4在潮湿空气中发生水解的反应可表示为SnCl4+(x+2)H2O=SnO2·xH2O↓+4HCl，SnO2·xH2O是固体小颗粒，HCl气体在潮湿空气中会与水蒸气结合形成盐酸小液滴，固体小颗粒(形成烟)和盐酸小液滴(形成雾)，所以会产生白色烟雾，故选C。
(6)白锡和灰锡是单质Sn的常见同素异形体。二者晶胞如图：白锡具有体心四方结构；灰锡具有立方金刚石结构。
= 1 \* GB3 ①灰锡中每个Sn加原子周围与它最近且距离相等的Sn原子有___________个。
= 2 \* GB3 ②若白锡和灰锡的晶胞体积分别为V1ncm-3和V2ncm-3，则白锡和灰锡晶体的密度之比是___________。
【答案】 = 1 \* GB3 ①4(2分) = 2 \* GB3 ②(2分)
【解析】 = 1 \* GB3 ①灰锡具有类似金刚石的晶体结构，但每个原子并非与四个异种原子相连，而是与四个同种原子(即Sn原子)形成正四面体结构，在正四面体结构中，每个顶点代表一个原子，对于中心原子(即我们关注的Sn原子)，它与四个位于正四面体顶点且距离相等的Sn原子相连，灰锡中每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子共有4个； = 2 \* GB3 ②根据均摊法，白锡晶胞中含Sn原子数为，灰锡晶胞中含Sn原子数为，所以白锡与灰锡的密度之比为。
(7)灰锡结构松散，不能用于制造器皿，而白锡结构坚固，可以制造器皿。
已知：在0℃、100kPa条件下白锡转化为灰锡反应的焓变和熵变分别为ΔH＝-2.1809kJ·ml−1，ΔS=6.6J·ml-1·K-1。
= 1 \* GB3 ①现把白锡制成的器皿放在0℃、100kPa的室内存放，它变成灰锡而影响使用吗？试通过计算说明___________。
= 2 \* GB3 ②单质Sn的制备：将SnO2与焦炭充分混合后，于惰性气氛中加热至800℃，由于固体之间反应慢，未明显发生反应。若通入空气在下，SnO2能迅速被还原为单质，通入空气的作用是___________。
【答案】 = 1 \* GB3 ①会自发进行生成灰锡，不能继续使用(2分)
= 2 \* GB3 ②氧气与碳反应放热，提高反应温度，加快反应速率，同时生成的CO(气体)与SnO2接触面积大，加快SnO2的还原(2分)
【解析】 = 1 \* GB3 ①由，能自发进行生成灰锡，不能继续使用。 = 2 \* GB3 ②通入空气后，空气中的氧气会与碳发生反应，化学方程式为C+O2CO2，CO2还可能与碳反应C+CO22CO，氧气与碳反应放热，提高了反应体系的温度，加快了反应速率，生成的CO是气体，与固体SnO2接触面积更大，相比固体碳与SnO2的反应，气体与固体的反应速率更快，从而使SnO2能迅速被还原为单质Sn。
二、细菌冶金(18分)
中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的Au颗粒被FeS2、FeAsS包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要溶质为_______(填化学式)。
(2)“细菌氧化”中，FeS2发生反应的离子方程式为_______________________________。
(3)“沉铁砷”时需加碱调节pH，生成_______(填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含As微粒的沉降。
(4)“焙烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“焙烧氧化”，“细菌氧化”的优势为_____________(填标号)(不定项)。
A．无需控温 B．可减少有害气体产生 C．设备无需耐高温 D．不产生废液废渣
(5)“真金不怕火炼”，表明Au难被O2氧化，“浸金”中NaCN的作用为_____________。
(6)“沉金”中Zn的作用为_______。
(7)滤液②经H2SO4酸化，[Zn(CN)2]-转化为ZnSO4和HCN的化学方程式为___________________。用碱中和HCN可生成_______(填溶质化学式)溶液，从而实现循环利用。
【答案】(1)CuSO4(2分)
(2)4FeS2+15O2+2H2O4Fe3++8SO42-+4H+(2分)
(3)Fe(OH)3(2分)
(4)BC(2分)
(5)做络合剂，将Au转化为[Au(CN)2]-从而浸出(2分)
(6)作还原剂，将[Au(CN)2]-还原为Au(2分)
(7)Na 2[Zn(CN)2]+2H2SO4=ZnSO4+HCN+Na2SO4 NaCN(2分)
【解析】矿粉中加入足量空气和H2SO4，在pH=2时进行细菌氧化，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，过滤，滤液中主要含有Fe3+、SO42-、As(V)，加碱调节pH值，Fe3+转化为Fe(OH)3胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为Au，Au与空气中的O2和NaCN溶液反应，得到含[Au(CN)2]-的浸出液，加入Zn进行“沉金”得到Au和含[Zn(CN)2]-的滤液②。
(1)“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要成分为CuSO4；
(2)“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+和SO42-，离子方程式为：4FeS2+15O2+2H2O4Fe3++8SO42-+4H+；
(3)“沉铁砷”时，加碱调节pH值，Fe3+转化为Fe(OH)3胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降；
(4)A项，细菌的活性与温度息息相关，因此细菌氧化也需要控温，A不符合题意；B项，焙烧氧化时，金属硫化物中的S元素通常转化为SO2，而细菌氧化时，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生，B符合题意；C项，焙烧氧化需要较高的温度，因此所使用的设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，设备无需耐高温，C符合题意；D项，由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣，D不符合题意；故选BC；
(5)“浸金”中，Au作还原剂，O2作氧化剂，NaCN做络合剂，氰化钠能够与金离子形成稳定的络合物从而提升金单质的还原性，将Au转化为[Au(CN)2]-从而浸出；
(6)“沉金”中Zn作还原剂，将[Au(CN)2]-还原为Au；
(7)滤液②含有[Zn(CN)2]-，经过H2SO4的酸化，[Zn(CN)2]-转化为ZnSO4和HCN，反应得化学方程式为：Na 2[Zn(CN)2]+2H2SO4=ZnSO4+HCN+Na2SO4；用碱中和HCN得到的产物，可实现循环利用，即用NaOH中和HCN生成NaCN，NaCN可用于“浸金”步骤，从而循环利用。
(8)在强碱性条件下用电解法除去废水中的CN-，阳极和阳极区依次发生的反应有：
ⅰ.CN-+2OH--2e-=CNO-+H2O
ⅱ. 2Cl--2e-=Cl2↑
ⅲ.3Cl2+2CNO-+8OH--=N2↑+6Cl-+2CO32-+4H2O
除去1mlCN-，外电路中至少要转移___________电子；为了使电解池连续工作，需要不断补充及___________。
【答案】5(2分) NaOH(2分)
【解析】如图，在强碱性条件下用电解法除去废水中的CN-，石墨电极为阳极，在阳极区发生的反应有CN-+2OH--2e-=CNO-+H2O、2Cl--2e-=Cl2↑，生成的Cl2与CNO-在碱性条件下发生3Cl2+2CNO-+8OH--=N2↑+6Cl-+2CO32-+4H2O反应，将CN-转化为N2和CO32-，铁电极为阴极，在阴极水得到电子生成氢气和氢氧根，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑＋2OH-。从反应过程来看，除去CN-涉及的反应有CN-+2OH--2e-=CNO-+H2O和3Cl2+2CNO-+8OH--=N2↑+6Cl-+2CO32-+4H2O，由反应i可知，1mlCN-转化为1mlCNO-时转移2ml电子；根据反应iii，2mlCN-反应需要3mlCl2，生成3mlCl2的反应ii中，2Cl--2e-=Cl2↑，生成3mlCl2转移6ml电子，即1mlCNO-对应的Cl2生成过程转移3ml电子。所以除去1mlCN-，外电路中至少转移2 + 3=5ml电子；通电过程中OH-不断被消耗，且有部分Cl2逸出，为了使电解池连续工作，需要不断补充NaOH和NaCl。
三、Fe(OH)2的制备(20分)
= 1 \* ROMAN I．电解法制备Fe(OH)2
用电解的方法可以制得较纯净的Fe(OH)2.制备装置如下图所示，其中两电极材料分别为铁和石墨。
(1)电解质溶液d为NaCl溶液，b电极上反应式为 ___________(不定项)。
A．2H2O + 2e−= H2↑ + 2OH− B．Fe - 2e− = Fe2+
C．O2 + 2H2O + 4e−= 4OH− D．2Cl− - 2e−= Cl2↑
(2)液体c可选用苯，不用四氯化碳或乙醇的原因是___________。
(3)用电解的方法制备Fe(OH)2的过程中共转移了0.02 ml的电子，则理论上可产生___________g的Fe(OH)2。
A．18 B．9 C．1.8 D．0.9
【答案】(1)A(2分)
(2)苯与水互不相溶，且苯的密度小于水，而四氯化碳的密度大于水，乙醇与水互溶(2分)
(3)D(2分)
【解析】用Fe和石墨做电极电解得到Fe(OH)2，Fe做阳极失去电子生成Fe2+离子，石墨做阴极，阴极上水得电子生成H2和OH-离子。
(1)NaCl溶液做电解质溶液，b是阴极，发生还原反应，电极反应式为：2H2O + 2e−= H2↑ + 2OH−，故选A；
(2)液体c应不溶于水，且密度小于水，覆盖在水层上方，防止氧气氧化生成的Fe(OH)2沉淀，四氯化碳密度大于水，乙醇溶于水，都不能达到要求；
(3)电解的总反应方程式为Fe+2H2O=Fe(OH)2+H2↑，0.02ml电子转移，则有0.01mlFe(OH)2生成，质量为0.01ml×90g/ml=0.9g。
= 2 \* ROMAN II．酵母菌法制备Fe(OH)2
实验装置(夹持仪器省略)如图所示：
已知酵母菌在常温下可以进行有氧呼吸或无氧呼吸，反应如下：
有氧呼吸 C6H12O6 + 6H2O + 6O2 → 6CO2 + 12H2O
无氧呼吸 C6H12O6 → 2C2H5OH + 2CO2↑
(4)使用绿矾配制FeSO4溶液时，下列做法错误的是___________。
A．配制时使用新煮沸冷却的蒸馏水 B．可在容量瓶中溶解晶体
C．配制时加入适量的稀硫酸 D．在溶液中加入适量的铁粉
(5)下列___________试剂可以检验FeSO4溶液中是否含有Fe3+。
A. 酸性高锰酸钾溶液 B. 苯酚 C. 硫氰化钾溶液 D. 过氧化氢溶液
(6)向橡胶塞中扎入注射器，若观察到___________，即可判断装置内氧气已经被耗尽。再用注射器向内管中分别加入NaOH和FeSO4溶液。
(7)实验后依然发现有少量的灰绿色沉淀出现，可能的原因为___________(不定项)。
A．滴加了过量的氢氧化钠
B．滴加的氢氧化钠没有煮沸且密封保存
C．酵母菌无氧呼吸产生的酒精会和氢氧化亚铁反应
D．氧气含量低于一定浓度时，酵母菌就开始进行无氧呼吸
(8)为进一步探究灰绿色沉淀的组成，查阅文献得知：MnO4-为层状结构(如下图所示)。当部分Fe(Ⅱ)被氧化为Fe(Ⅲ)时，层状结构不会被破坏，生成灰绿色沉淀——绿锈。夹层内填充有SO42-、OH-等负离子，化学式可表示为Fe(Ⅱ)xFe(Ⅲ)y(OH)z(SO4)m。
取一定质量的绿锈样品，通过以下步骤确定其化学式：
①将样品完全溶于过量稀硫酸，配制成250 mL溶液；
②取25.00 mL上述溶液，用0.0100 ml·L﹣1的酸性KMnO4标准溶液滴定，达到滴定终点时，消耗KMnO4溶液20.00 mL，发生反应的离子方程式为：5Fe2+ + MnO4-+ 8H+ = 5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O；
③另取25.00 mL溶液，依次加入足量的H2O2溶液和NaOH溶液，使其充分反应，将产生的沉淀过滤、洗涤，在空气中充分灼烧至恒重，得到0.24 g固体。
该绿锈样品中Fe2+为___________ml。已知该绿锈样品中MnO4-为0.01 ml，则绿锈的化学式为___________。
【答案】(4)B(2分)
(5)BC(2分)
(6)活塞不再下降后，缓慢向上移动(2分)
(7)BD(2分)
(8)0.01(2分) Fe3(OH)6SO4或Fe(Ⅱ)Fe(Ⅲ)2(OH)6SO4(4分)
【解析】酵母菌法制备Fe(OH)2利用酵母菌在常温下有氧呼吸或无氧呼吸，把密封的锥形瓶中的氧气除去，再用注射器向锥形瓶内的内管中加入NaOH和FeSO4溶液，得到Fe(OH)2沉淀，NaOH溶液和FeSO4溶液的配制需要用加热沸腾过的蒸馏水，同时配制硫酸亚铁溶液时还要加入稀硫酸和铁粉，抑制水解、防止氧化。
(4)用绿矾配制硫酸亚铁溶液要抑制其水解，防止被氧化，需要用新煮沸冷却的蒸馏水，同时加入适量的硫酸和铁粉，不能在容量瓶中溶解晶体，B错误；
(5)溶液中的Fe3+用苯酚检验，溶液显示紫色，也可以用KSCN溶液检验，溶液显红色，故选BC；
(6)有氧呼吸时装置中O2被消耗、生成CO2，无氧呼吸时生成CO2，故当观察到活塞不再下降后，缓慢向上移动，说明氧气被耗尽；
(7)实验后依然发现有少量的灰绿色沉淀出现，说明有Fe(OH)2被氧化；A项，滴加了过量的氢氧化钠不会使Fe(OH)2被氧化，A不符合；B项，滴加的氢氧化钠没有煮沸且密封保存，可能造成空气中的氧气溶解于溶液，会把Fe(OH)2氧化，B符合；项，酒精不会氧化氢氧化亚铁，C不符合；D．氧气含量低于一定浓度时，酵母菌就开始进行无氧呼吸，说明容器中存在少量的氧气，D符合；故选BD；
(8)根据方程式：5Fe2+ + MnO4-+ 8H+ = 5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O可知，n(Fe2+)=5n(MnO4-)=5×0.0100ml/L×20.00×10-3L×=0.01ml，样品中Fe2+的物质的量为0.01ml；0.24 g固体为Fe2O3，样品中含Fe的物质的量为，含有Fe3+的物质的量为0.03ml-0.01ml=0.02ml，由于样品中含有0.01ml的SO42-离子，根据电荷守恒，含有OH-的物质的量为(0.01×2+0.02×3)ml-0.01×2ml=0.06ml，则n(Fe2+)：n(Fe3+)：n(OH-)：n(MnO4-)=0.01：0.02：0.06：:0.01=1:2:6:1，绿锈的化学式为Fe3(OH)6SO4或Fe(Ⅱ)Fe(Ⅲ)2(OH)6SO4。
四、来那度胺的合成(20分)
来那度胺(J)是一种治疗多发性骨髓瘤的药物。一种由氨基酸A与化合物F为原料合成来那度胺的路线如下(部分条件已省略)。
回答下列问题：
(1)下列不属于A的官能团的是___________(不定项)。
A. 酰胺基 B. 醇羟基 C. 酮羰基 D. 羧基
(2)IJ的反应类型是___________。
(3)用“*”标出J分子中的不对称碳原子___________。
(4)关于合成路线中的物质，下列说法不正确的是___________。
A．化合物A是一种α-氨基酸，可以使用茚三酮试剂来检验
B．仅以化合物A组成的蛋白质不能通过黄蛋白反应检验
C．化合物H中所有碳原子可能共面
D． 1ml化合物J与足量H2反应，最多可以消耗6ml H2
(5)写出F的结构简式___________。
(6)书写H与足量NaOH溶液反应的化学方程式___________。
(7)BC的目的是保护B中的官能团，若不采取此保护措施，可能得到一种由2分子B反应生成的含有六元环的副产物，分子式C10H14N4O4，请写出其结构简式___________。
(8)写出一个满足以下条件的G的同分异构体的结构简式___________。
①苯环上有6个取代基
②能发生银镜反应，也可以与FeCl3发生显色反应
③核磁共振氢谱显示有4组峰
(9)结合题目所给信息，以苯和OHCCH2CH2CHO为原料，设计路线合成___________。(无机试剂任选)
(合成路线常用的表示方式为：AB目标产物)
【答案】(1)BC(2分)
(2)还原反应(2分)
(3)(2分)
(4)D (2分)
(5) (2分)
(6)＋2NaOH＋NaBr＋CH3OH(2分)
(7)(2分)
(8) 、 (2分)
(9) (4分)
【解析】A与甲醇发生酯化反应生成B，B与乙酸酐发生取代反应生成C，C中酯基与氨基成环形成D，D中酰胺基发生水解反应得到E，结合H的结构与G的分子式逆推得到G，F与甲醇发生酯化反应得到G，F是，结合I的分子式和J的结构逆推I是发生还原反应得到J，推出I；
(1)A中官能团有酰胺基、羧基、氨基，故故选BC；
(2)由分析可知，I→J是由硝基变成氨基，推出是还原反应；
(3)不对称碳原子是找J中的手性碳原子，手性碳原子要连接四个各不相同的原子或原子基团，因此是；
(4)A项，氨基和羧基连在同一个碳原子上，是一种α-氨基酸，茚三酮能与氨基酸反应生成蓝紫色物质，可以用来检验氨基酸，A正确；B项，黄蛋白反应是一种用于检测蛋白质中芳香族氨基酸(如酪氨酸、色氨酸)的经典定性化学实验。其原理基于浓硝酸与这些氨基酸的苯环结构发生硝化反应，生成黄色硝化产物，仅以化合物A组成的蛋白质不含有苯环，不能通过黄蛋白反应检验，B正确；C项，苯环是平面结构，与苯环连接的碳原子与苯环共面，酯基是平面结构，故化合物H中所有碳原子可能共面，C正确；D项，J中只有苯环与氢气反应，J与氢气反应需要消耗3ml氢气，故D错误，故选D；
(5)由分析可知F的结构简式是；
(6)由分析可知，H中酯基和溴原子都能与氢氧化钠发生反应，推出方程式为：＋2NaOH＋NaBr＋CH3OH；
(7)由分析可知B中还含有一个氨基也可以反应，故为；
(8)由已知条件可知，G的同分异构体中有酚羟基、和醛基，苯环上有六个取代基，核磁共振氢谱图上有4组峰，说明苯环上存在对称位置，结合分子式可推出为、;
(9)结合目标产物和上述流程分析，右边的环是氨基中的氢原子与卤代烃发生取代反应，由此逆推出需要得到苯胺和，由苯生成苯胺过程中，先苯发生硝化反应生成硝基苯，再发生还原反应得到苯胺，而发生还原反应得到，再发生取代反应得到，因此由上述合成路线可知，。
五、雄黄和雌黄(22分)
雄黄(As4S4)，《本草纲目》谓其为“治疮杀毒要药也”，有良好的解毒疗疮作用。砷的另一种硫化物为雌黄(As2S3)，也可作为中药治疗一些疾病。
1．雄黄中没有π键且各原子最外层均达8电子稳定结构。下列为雄黄结构图的是___________。
A. B. C. D.
【答案】A(2分)
【解析】As最外层有5个电子，形成8电子需要结合3个键，S最外层有6个电子，形成8电子需要结合2个共价键，雄黄的分子式为As4S4，A符合题意，故选A；
2．雄黄和雌黄二者都难溶于水，可以相互转化，如下图所示。
(1)雌黄不溶于水，却可溶于Na2S溶液，生成硫代砷酸钠(Na3AsS3)。请写出相应的离子方程式___________。
(2)上述反应转化历程中属于氧化还原反应的是___________(不定项)。
A. ① B. ② C. ③ D. ④
【答案】(1)As2S3+3S2-=2 AsS33-(2分)
(2)AB(2分)
【解析】(1)雌黄(As2S3)难溶于水写化学式，Na2S溶于水写离子，生成物硫代砷酸钠(Na3AsS3)写离子，离子方程式为：As2S3+3S2-=2AsS33-；
(2)反应①Sn和As的化合价发生了变化，属于氧化还原反应；反应②O和As的化合价发生了变化，属于氧化还原反应；反应③元素化合价没有变化，不属于氧化还原反应；反应④所含原始化合价没有变化，不属于氧化还原反应；故选AB。
3．H3AsO3水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如下图所示。
NaH2AsO3溶液中，微粒间关系正确的是
A. c(Na+) = c(H3AsO3)+2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(H2AsO3-)
B. c(Na+) = 2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(H2AsO3-)
C. c(H+)+ c(Na+) = c(OH-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(H2AsO3-)
D. c(H+)+ c(Na+) = c(OH-)+c(HAsO32-)+c(AsO33-)+c(H2AsO3-)
【答案】C(4分)
【解析】A项，NaH2AsO3溶液中存在物料守恒：c(Na+) = c(HAsO32-)+c(AsO33-)+c(H2AsO3-)+ c(H3AsO3)，A错误；B项，NaH2AsO3溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+) = 2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(H2AsO3-)+ c(OH-)，由图可知，H2AsO3-离子最多时溶液显碱性，NaH2AsO3溶液中c(OH-)>c(H+)，则c(Na+) > 2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(H2AsO3-)，B错误；C项，NaH2AsO3溶液中存在电荷守恒：c(H+)+ c(Na+) = c(OH-)+2c(HasO32-)+3c(AsO33-)+c(H2AsO3-)，C正确；D项，NaH2AsO3溶液中存在电荷守恒：c(H+)+ c(Na+) = c(OH-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(H2AsO3-)，D错误；故选C。
4．铁盐混凝剂在溶液中产生Fe(OH)3胶粒，其表面带有正电荷，可吸附含砷化合物。pH=10时，铁盐混凝剂去除水中砷的速率较快，可能的原因是___________。
【答案】pH=10时，H2AsO3-的比例提高，更容易与带正电荷的Fe(OH)3胶粒结合而沉降，吸附效果更好；此外，pH升高有利于产生更多Fe(OH)3胶粒，增强吸附效果(2分)
【解析】pH=10时，溶液呈碱性，产生更多Fe(OH)3胶粒，吸附鲜果增强，同时pH=10时，带负电荷的H2AsO3-比例提高，更容易与带正电荷的Fe(OH)3胶粒结合而沉降，吸附效果更好。
5．工业上从雌黄矿(除含As2S3以外，还含少量的PbS、CuS等杂质)提取砷并转化为三氧化二砷(As2O3)，工业流程如下图所示。
已知：①Ksp(CuS)=1×10-36；Ksp(PbS)=1×10-26；Ksp(PbSO4)=1×10-8。
②在此条件下，PbS、CuS均不被氧化。
(1)若“转化”时，调节溶液中SO42-的浓度为0.1 ml·L﹣1，此时c(S2-)=1×10-28 ml·L﹣1。
①“转化”后，此时Cu2+浓度为___________ml·L﹣1。
②通过计算说明滤渣中铅的存在形式为PbSO4___________。(写出计算过程，附简要文字说明)
(2)“溶解”时，HAsO2进一步转化为Na3AsO4。则“溶解”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。
A. 1：3 B. 3：1 C. 2：1 D. 1：2
(3)为测定反应得到的As2O3，取0.100 g样品于锥形瓶中，加入NaOH溶液，使样品完全溶解。用c ml·L﹣1碘标准溶液(溶质按I2计)滴定，将砷氧化至最高价态+5.到达滴定终点时，消耗碘标准溶液V mL，则样品中砷的质量分数为___________。
【答案】(1)①1×10-8(2分) ②当溶液中SO42-的浓度为0.1 ml·L-1时，根据Ksp(PbSO4)=1×10-8，可知Pb2+浓度最大为1×10-7ml/L。根据Ksp(PbS)=1×10-26，S2-和Pb2+浓度积为10-28×10-7=10-35，远小于1×10-26，不能形成沉淀，则溶解时得到滤渣中Pb的存在形式为PbSO4(3分)
(2)D(2分)
(3)(3分)
【解析】雌黄矿与CuSO4发生转化反应，生成CuS沉淀和含+3价砷的化合物，在NaOH溶液中氧化，HAsO2进一步转化为Na3AsO4，CuS和PbS均不氧化，Na3AsO4再用SO2还原，经过一系列反应得到As2O3。
(1)①溶液中c(S2-)=1×10-28 ml·L-1，根据Ksp(CuS)=c(Cu2+)×c(S2-)= c(Cu2+)×1×10-28 =1×10-36，得出c(Cu2+)=1×10-8ml/L；②当溶液中SO42-的浓度为0.1 ml·L-1时，根据Ksp(PbSO4)=1×10-8，可知Pb2+浓度最大为1×10-7ml/L。根据Ksp(PbS)=1×10-26，S2-和Pb2+浓度积为10-28×10-7=10-35，远小于1×10-26，不能形成沉淀，则溶解时得到滤渣中Pb的存在形式为PbSO4；
(2)“溶解”时，HAsO2进一步转化为Na3AsO4，HAsO2为还原剂，As的化合价由+3价升高到+5价，1mlHAsO2失去2ml电子，O2为氧化剂，1mlO2得4ml电子，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，选D；
(3)根据得失电子守恒可以得出As2O3~2I2，n(As2O3)=n(I2)=×cV×10-3ml，样品中砷的质量为×cV×10-3ml×2×75g/ml=0.075cVg，样品中砷的质量分数为。
物质
SiCl4
GeCl4
SnCl4
熔点/℃
-68.8
-51.5
-34.1