贵州省贵阳市第一中学2025-2026学年高二上学期开学考试化学试卷

这是一份贵州省贵阳市第一中学2025-2026学年高二上学期开学考试化学试卷，共17页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
制备原儿茶酸(P)的合成路线如下。下列说法错误的是（）
A．P 系统命名为 3，4-二羟基苯甲酸B．可用新制氢氧化铜鉴别 M 和 N C．N→P 过程中有CH3OH 生成D．原儿茶酸含酚羟基可作抗氧化剂
下列化学用语表述错误的是（）
A． H2O的 VSEPR 模型：B． HClO的电子式：
C． HCl 中σ键电子云轮廓图： D．1-丁醇的键线式： 3．甲氧苄啶是一种广谱抗菌药，其合成路线中的一步过程如图，下列说法正确的是
（）
A．X 分子中含氧官能团有醚键、羟基B．Y 分子中含 1 个手性碳原子
C．X 分子中所有碳原子可能共平面D．用酸性高锰酸钾溶液可以鉴别有机物 X、 Y
将 2 ml Cl2 和 3 ml F2 置于密闭容器中,在 250 ℃下只发生如下两个反应: Cl2(g)+F2(g)2ClF(g)ΔH1=a kJ·ml-1
Cl2(g)+3F2(g)2ClF3(g)ΔH2=b kJ·ml-1
一段时间后,Cl2 和 F2 恰好全部消耗,共放出 303 kJ 热量。已知:通常把拆开 1 ml 某化学键所需要吸收的能量看成该化学键的键能,部分化学键的键能如表所示:
则 x 为()
A．172B．202C．238D．258
将固体NH4Br置于2L的密闭容器中，在某温度下发生如下反应：
NH4Br(s)⇌NH3(g) + HBr(g)
化学键
F—F
Cl—Cl
F—Cl(ClF 中)
F—Cl(ClF3 中)
键能/(kJ·ml-1)
157
243
248
x
2HBr(g)⇌Br2(g) + H2(g)
2min后，测得H2为1ml，HBr为8ml，则上述反应中生成NH3的速率为( ) A．0.5ml ⋅ L−1 ⋅ min−1B．2ml ⋅ L−1 ⋅ min−1
C．2.5ml ⋅ L−1 ⋅ min−1D．5ml ⋅ L−1 ⋅ min−1
设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
1ml 乙酸分子（）中σ键的数目为 8 NA
标准状况下，2.24L SO2 溶于水，溶液中HSO 、SO2 和SO2 的微粒数之和小于 0.1
33
NA
电解精炼铜阳极质量减少 6.4g 时，转移电子数为 0.2 NA D．31g 基态 P 原子中含有的未成对电子数为 3 NA
实验室制备乙酸乙酯，并探究乙酸乙酯性质。下列说法不正确的是
实验①，a 试管中应加入碎瓷片，其作用是防止加热时液体暴沸
实验①，b 试管中为饱和Na2CO3 溶液，分离出 b 试管中乙酸乙酯的操作是萃取 C．实验②，加入石蕊便于区分酯层与水层，甲中酯与水分界面下方逐渐变为紫红色 D．实验②，实验后酯层剩余量从多到少的顺序是：甲>乙>丙
一种水性电解液 Zn-MnO2 离子选择双隔膜电池如图所示(KOH 溶液中，Zn2+以
Zn(OH)42-存在)。电池放电时，下列叙述错误的是
①乙酸乙酯的制备
②乙酸乙酯的水解
取编号为甲、乙、丙的三支试管，分别加入4 mL 蒸馏水、4 mL2 ml/L H2SO4溶液、4 mL4 ml/L NaOH溶液，并分别滴加等量石蕊溶液。再同时加入2 mL乙酸乙酯，并放入 75℃热水浴中，加热约5min 。观察现象。
Ⅱ区的 K+通过隔膜向Ⅲ区迁移
4
Ⅰ区的 SO 2 通过隔膜向Ⅱ区迁移
MnO2 电极反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O
4
电池总反应：Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH) 2 +Mn2++2H2O
9．25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）
3
4
4
滴加酚酞不变色的溶液： ??− 、 ??+ 、 ?− 、 ??2−
4
3
与铝反应放出氢气的溶液： ???2− 、 ??2+ 、 ??− 、 ??2+
?(?+)
−10
+−2−+
?(??−) = 10
的溶液： ?、 ??(??)4、 ??3、 ??
3
4
由水电离出的 ?(?+) = 10−11??? ⋅ ?−1 的溶液： ??+ 、 ?+ 、 ??2− 、 ??2−
X、Y、Z、W 是短周期同一周期的主族元素，原子序数依次增大；基态 X 的价层电子
轨道表示式为，Z 最外层电子数是其次外层电子数的 3 倍；四种元素与锂组成的化合物结构如图(箭头表示配位键)。下列说法正确的是
四种元素的原子中半径最大的是 W
B．Y 和 Z 形成的化合物常温下均易溶于水
C．X 的最高价氧化物的水化物是一种强酸
D．Z 和 W 分别与氢元素形成的 10 电子化合物的沸点：前者高于后者 11．下列反应的离子方程式书写正确的是（）
4
A．稀硫酸与氢氧化钡溶液反应：Ba2＋＋SO2- =BaSO4↓ B．氧化镁与稀硫酸反应：MgO＋2H＋=Mg2＋＋H2O C．氯气与碘化钾溶液的反应：Cl2＋I-=2Cl-＋I2
3
D．碳酸钙溶液与足量的稀盐酸反应： CO2- ＋2H＋=CO2↑＋H2O
常温时，将 10mL aml/L Na3AsO3，10mL aml/L I2 和 10mL NaOH 溶液混合，发生反
3
2
4
2
应： AsO3- (aq)+I (aq)+2OH−(aq) ‡ˆˆ†ˆ AsO3- (aq)+2I−(aq)+H O(1)，溶液中 c(I−)与反应时间(t)
4
的关系如图所示。下列不能说明反应达到平衡状态的是（）
溶液的 pH 不再变化B．c( AsO3- )=0.25bml/L
C．v (I−)=2v ( AsO3- )D．c(I−)不再变化
正逆3
铁与不同浓度硝酸反应时各种还原产物的相对含量与硝酸溶液浓度的关系如图所示(反应后铁在化合物中的化合价为+3)，下列说法错误的是（）
硝酸的浓度越小，其还原产物氮的价态越低的成分越多 B．硝酸与铁反应往往同时生成多种还原产物
当硝酸浓度为 9.75ml·L-1 时，氧化剂与还原剂的物质的量之比可为 15：13
一定量的铁粉与 12.2ml·L-1 硝酸溶液完全反应，得到标况下的气体 2.24L，则参加反应的硝酸的物质的量为 0.1ml
将闪锌矿(主要含ZnS 、FeS)置于容器中，加入硫酸浸取，边搅拌边均匀通入O2 ，浸取过程中的物质转化如图-1 所示。相同条件下，锌的浸出率和硫的氧化率随初始酸浓度的变化如图-2 所示。下列说法正确的是
步骤 I 中Fe3 为还原产物
步骤Ⅱ中Fe3 与H2S 反应消耗的数目比为1: 8
分析图-2，可得出锌的浸出率与硫酸浓度成正比的结论 D．分析图-2，硫的氧化率下降的原因可能与H2S 逸出相关
二、非选择题（本大题共 4 小题）
高铜酸钠NaCuO2  是一种难溶于水的棕黑色固体，可用作强氧化剂，高温下易分解。实验室中制备高铜酸钠并测定产品中铜含量的部分实验装置如图所示（夹持装置略）。
已知：①NaClO 与Na2 Cu OH  在强碱性条件下反应生成NaCuO2 ；
4 
② NaCuO2 在中性或酸性条件下不稳定，遇酸生成O2 和Cu2 。
回答下列问题：
装置乙中盛放的试剂是，仪器 X 的名称是。
制备NaCuO2 ；打开K1 ，向装置丙中通入Cl2 ，一段时间后，关闭K1 ，打开K 2 ，向
丙中加入Na2 Cu OH  溶液至出现大量棕黑色固体，抽滤、洗涤、干燥得粗产品。
4 
①反应过程中需用冰水浴控制温度，目的是。
②装置丙中生成NaCuO2 的反应的离子方程式为。
③洗涤时可以选择（填化学式）溶液作为洗涤剂。
甲同学取仪器 X 中的浊液滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，证明NaCuO2 有强氧化性。你认为这个结论是否正确（填“正确”或“不正确”），理由是。
测定产品中铜的含量：
准确称取 ag 粗产品，与足量硫酸反应后配制成 100mL 溶液，取 25.00mL 于锥形瓶中；
2 2 3
加入足量 10%KI 溶液，滴加淀粉溶液做指示剂，用cml L1Na S O 标准溶液滴定至溶液呈浅蓝色，消耗Na2S2O3 溶液的体积为V1mL ；
再加入足量 10%KSCN 溶液，摇匀后，溶液蓝色加深，继续用Na2S2O3 标准溶液滴定至蓝色刚好消失，又消耗V2mLNa2S2O3 溶液。
已知： 2Cu2  4I  2CuI  II  2S O2  S O2  2I , ；CuI 沉淀表面易吸附I ；
222 34 62
spsp
K CuSCN  1.77 1013 ， K CuI  1.27 1012
①产品中铜元素的质量分数为（列出含 c、a、V1 、V2 的代数式）。
②若未加入 10%KSCN 溶液，直接用Na2S2O3 标准溶液滴定至蓝色刚好消失，则测得铜元素的质量分数（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
③ Na S O 常用作定量分析的络合试剂。S O2 具有较强的配位能力， S O2 做配体时，配
2 2 32 32 3
位原子是端基 S 而不是 O，原因是。
制备的高铜酸钠中可能含有Cu OH2 ，设计实验证明Cu OH2 是否存在。 16．黄铜矿及其转化。黄铜矿是自然界中铜的主要存在形式。认同的传统方法主要是火 法，即使黄铜矿和氧气在控制条件下逐步反应得到单质铜。随着铜矿的减少。矿物中黄铜矿含量的降低以及环境保护的要求，湿法炼铜越来越受关注。该法的第一步也是关键的一步就是处理黄铜矿，使其中的铜尽可能转移到溶液中。最简便的处理方法是无氧化剂存在的酸溶反应：向含黄铜矿的矿物中加入硫酸，控制浓度和温度，所得体系显蓝色且有臭鸡
蛋气味的气体(A)放出(反应 1)；为避免气体 A 的产生。可采用三价铁盐[如Fe2 SO4 3 ]溶液
处理黄铜矿。所得溶液和反应 1 的产物类似，但有浅黄色固体物质(B)生成(反应 2)；浅黄色固体会阻碍黄铜矿的溶解，因此，办法之一是在类似反应 1 的体系中，引入流酸杆菌类微生物，同时通入空气，反应产物无气体，也无黄色浑浊物(反应 3)。溶液中阴离子为 C；但是，微生物对反应条件要求较为严格(如温度不能过高酸度应适宜等)。采用合适的氧化剂如氯酸钾溶液(足量)，使之在硫酸溶液中与黄铜矿反应(反应 4)，是一种更有效的处理方法。只是，后两种方法均有可能出现副反应(反应 5)，生成黄钾铁矾(D)。D 是一种碱式盐 (无结晶水)，含两种阳离子，且二者之比为 1：3.它会沉积在黄铜矿上影响其溶解，应尽量
避免。5.008 克 D 和足量硫酸钾在硫酸中反应(反应 6)，得到 15.10g 铁钾矾 E，E 与明矾(摩尔质量为474.4g  ml1 )同构。
写出 A～C、E 的化学式、、、。
通过计算，写出 D 的化学式。
写出反应 1～6 的离子方程式(要求系数为最简整数比) 。
17．利用二氧化碳氢化法合成二甲醚( CH3OCH3 ，代号DME )涉及的反应有：
反应 I： CO2 g  3H2 g ƒ CH3OHg  H2Og H1  0
反应Ⅱ： 2CH3OHg ƒ CH3OCH3 g  H2Og H2  0
反应Ⅲ： CO2 g  H2 g ƒ COg  H2Og H3  0
回答下列问题：
2CO2 g  6H2 g ƒ CH3OCH3 g  3H2Og H  (用含H1 、H2 的代数式表示)。
在恒温T  373 K 、恒容条件下，将一定量的CO2 、H2 通入密闭容器中(含催化剂)发生上述反应。下列能够说明该反应体系已达化学平衡状态的是(填选项标号)。
n CH3OH : n CH3OCH3   2 :1

混合气体的平均相对分子质量不变 C．混合气体的密度不变
已知： 生成物A的选择性
A物质含有的碳原子数 n A n 二氧化碳
转化
100% ，在3.0MPa 下，密闭
容器中充入1mlCO2 和4mlH2 发生反应， CO2 的平衡转化率和生成物的选择性随温度变化如下图所示(不考虑其他因素影响)：。
①在220∘C 条件下，平衡时n CH3OCH3   ml，计算反应Ⅱ的压强平衡常数的计算式为。
②温度高于280C ， CO2 的平衡转化率随温度升高而上升，从平衡移动的角度分析原因：。
③其他条件不变，压强改为 4.0MPa，图中点 C 将可能调至(填“A”“B”或“D”)。
18．以化合物 A 为原料制备一种药物中间体 J 的合成路线如下。
请回答下列问题：
化合物 F 在核磁共振氢谱上有组吸收峰。
A→B，F→G 的反应类型分别为、。
H 中的含氮官能团的名称是。
化合物 A 沸点低于 的理由是。
满足下列条件的 D 的同分异构体有种。
①含有苯环，且苯环上有三个取代基；②能与 FeCl3 溶液发生显色反应；③能发生银镜反应；
E→F 的化学方程式为。
从官能团转化的角度解释化合物Ⅰ转化为 J 的过程中，先加碱后加酸的原因是。
参照以上合成路线，若以为原料制备(其他试剂自选)，则其合成路线为。
参考答案
【答案】C
【详解】A．P 的母体为苯甲酸，羟基为取代基，系统命名为 3，4-二羟基苯甲酸，A 正确；
B．M 中含醛基，能与新制氢氧化铜溶液反应产生砖红色沉淀，而 N 中羧基显酸性，能与新制氢氧化铜悬浊液反应使其变澄清，可用新制氢氧化铜鉴别 M 和 N，B 正确；
C．根据原子守恒，N→P 过程中有HCHO 生成，C 错误； D．酚羟基易被氧化，原儿茶酸可作抗氧化剂，D 正确；故选 C。
【答案】D
【详解】
H O的价层电子对2  6 1 2  2  2  4 ，VSEPR 模型：，A 正确；
22
次氯酸为共价化合物，中心原子为氧，电子式： ，B 正确；
HCl 中 s-pσ键电子云轮廓图，H 原子的 s 轨道和 Cl 原子的 p 轨道头碰头重叠：
，C 正确；
主链有 3 个碳，为 1-丙醇的键线式，D 错误；故选 D。
【答案】C
【详解】A．X 分子中含氧官能团有醚键、醛基，故 A 错误；
B．连有 4 个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，Y 分子中不含手性碳原子，故 B
错误；
C．苯环为平面结构，单键可以旋转，所以 X 分子中所有碳原子可能共平面，故 C 正确；
D．X 分子中含有醛基，Y 分子中含有碳碳双键，X、Y 都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别有机物 X、Y，故 D 错误；
选 C。
【答案】A
【详解】ΔH=反应物的键能总和- 生成物的键能总和, 由题意 Cl2(g)+F2(g)2ClF(g)
ΔH1=a kJ·ml-1;Cl2(g)+3F2(g)2ClF3(g)ΔH2=b kJ·ml-1 可知 ;ΔH1=(243+157-2×248)
kJ·ml-1=-96 kJ·ml-1,ΔH2=(243+3×157-2×3x) kJ·ml-1=(714-6x) kJ·ml-1,即 a=-96,b=714-6x,设
参与反应Cl2(g)+F2(g)2ClF(g)的 Cl2 的物质的量为 m,则消耗的F2 也为 m,剩下的Cl2 和
2−? 1
2223
F 正好发生反应Cl (g)+3F (g)2ClF (g),即=
3−? 3
,解得 m=1.5 ml,则 1.5 ml Cl2 发生反
应 Cl2(g)+F2(g)2ClF(g), 放热 1.5 ml×96 kJ·ml-1=144 kJ,0.5 ml Cl2 发生反应
Cl (g)+3F (g)2ClF (g),放热 303 kJ-144 kJ=159 kJ,即
-1 159 kJ·ml-1,解
223
(714-6x) kJ·ml
=-
0.5
得 x=172,故选 A。 5．【答案】C
【详解】此题中溴化铵分解生成的溴化氢又有一部分分解，故剩余的溴化氢的量为溴化铵分解生成的溴化氢的量减去分解的溴化氢的量，即?剩余(HBr) = ?生成(HBr)−?分解(HBr)，
氢气的物质的量为1 ml，?
(H ) = 1 ml = 0.5 ml ⋅ L−1，则?
(HBr) = 1 ml ⋅ L−1，
生成22 L分解
8 ml
2 L
生成
HBr的物质的量为8 ml，?剩余(HBr) == 4 ml ⋅ L−1，则?(HBr) = ?分解(HBr) +
?剩余(HBr) = 1 ml ⋅ L−1 + 4 ml ⋅ L−1 = 5 ml ⋅ L−1，溴化铵分解生成的氨气浓度与溴化氢浓度相等，则2 min后溴化铵分解生成的氨气的浓度?(NH3) = ?生成(HBr) = 5 ml ⋅ L−1，生
成氨气的平均反应速率? = 5 ml⋅L−1 = 2.5 ml ⋅ L−1 ⋅ min−1，C正确。
2 min
【答案】BD
【详解】A．中有 6 个单键、1 个双键，σ键数目为 7，1ml 乙酸分子中σ键的数目为 7 NA ，故 A 错误；
3
3
SO2 溶于水，溶液中含 S 微粒有 H2SO3、HSO 、SO2 和SO2 ，标准状况下，2.24L
SO2 溶于水，溶液中HSO 、SO2 和SO2 的微粒数之和小于 0.1 NA ，故 B 正确；
33
电解精炼铜阳极除了 Cu 失去电子外，还有活泼金属失电子，Pt、Au 等金属不放电，都会造成质量减少，因此阳极质量减少 6.4g 时，转移电子数不是 0.2 NA ，故 C 错误；
D．P 价电子为 3s23p3，31g 基态 P 原子中含有的未成对电子数为
31g 31g·ml-1
 3 N ml-1  3N
，故 D 正确；
AA
故选 BD。
【答案】B
【详解】A．实验①，制备乙酸乙酯，加入碎瓷片作用是防止加热时液体暴沸，故 A 正确
；
B．实验①，b 试管中为饱和Na2CO3 溶液，乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，分离出 b 试管中乙酸乙酯的操作是分液，故 B 错误；
C．实验②，加入石蕊便于区分酯层与水层，乙酸乙酯密度小于水，甲中酯与水分界面下
方逐渐变为紫红色，故 C 正确；
D．实验②，酯在酸性或碱性条件下都能水解，且在碱性条件下水解的更快，实验后酯层剩余量从多到少的顺序是：甲>乙>丙，故 D 正确；
选 B。
【答案】A
【分析】
根据图示的电池结构和题目所给信息可知，Ⅲ区 Zn 为电池的负极，电极反应为 Zn-2e-
4
+4OH-=Zn(OH) 2 ，Ⅰ区 MnO2 为电池的正极，电极反应为 MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O；电池在工作过程中，由于两个离子选择隔膜没有指明的阳离子隔膜还是阴离子隔膜，故两个离子隔膜均可以通过阴、阳离子，因此可以得到Ⅰ区消耗 H+，生成 Mn2+，Ⅱ区的 K+向Ⅰ区移
动或Ⅰ区的 SO 2 向Ⅱ区移动，Ⅲ区消耗 OH-，生成 Zn(OH) 2 ，Ⅱ区的 SO 2 向Ⅲ区移动或Ⅲ
444
区的 K+向Ⅱ区移动。据此分析答题。
【详解】
A．根据分析，Ⅱ区的 K+只能向Ⅰ区移动，A 错误；
4
B．根据分析，Ⅰ区的 SO 2 向Ⅱ区移动，B 正确；
C．MnO2 电极的电极反应式为 MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，C 正确；
4
D．电池的总反应为 Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH) 2 +Mn2++2H2O，D 正确；
故答案选 A。 9．【答案】C
【详解】A．加酚酞不变色的溶液为酸溶液或中性盐，若为酸溶液，在硝酸根下具有强氧化性与 I-不能大量存在，故 A 不符合题意；
3
B．与铝反应生成氢气，该溶液可能为酸，也可能为碱，如果溶液是酸， ??− 能将 Fe2+
氧化，如果溶液是碱，与 Mg2+生成沉淀不共存，故 B 不符合题意；
?(?+)
?(?+)?(??−)
10−14
−10
−−2
C． ?(??−) = ?(??−)?(??−) = ?2(??−) = 10
， ?(??
) = 10
???/? ，溶液显碱性，所
给离子组在指定溶液中能够大量共存，故 C 符合题意；
3
D．由水电离出 c(H+)=10-12ml/L，溶液可能为酸，也可能为碱，若溶液为酸， ??2− 与
H+反应生成二氧化碳，故 D 不符合题意；答案为 C。
【答案】D
【分析】
基态 X 的价层电子轨道表示式为，则 X 为 B 元素；Z 最外层电子数是次外层电子数的 3 倍，则 Z 为 O；结合图示可知，Y 形成 4 个共价键，其原子序数小于 O，则 Y 为 C；W 形成 1 个共价键，X、Y、Z、W 是短周期同一周期的主族元素，原子序数依次增大，则 W 为 F 元素；
【详解】
A．同周期元素核电荷数越大原子半径越小，则原子半径：r(X)＞r(Y)＞r(Z)＞r(W)，A 项错误；
B．O、C 形成的化合物 CO 难溶于水，B 项错误；
C．B 的最高价氧化物的水化物为硼酸，硼酸为弱酸，C 项错误；
D．O、F 与氢元素形成 10 电子化合物分别为 H2O、HF，常温下 H2O 为液态，而 HF 为气态，则沸点：H2O＞HF，D 正确；
故选：D。
【答案】B
【详解】A．稀硫酸与氢氧化钡反应时，除生成BaSO4 沉淀外， H+ 与OH- 还会生成H2O ，
4
离子方程式未完整表达，正确的反应为 2H++2OH-+Ba2++ SO2- =BaSO4↓+2H2O，A 错误；
B．氧化镁为固体，与H+ 反应生成Mg2+ 和H2O ，方程式书写正确，B 正确；
222
C．电荷不守恒， Cl 与I- 反应的系数未配平，应为Cl +2I-  2Cl- +I ，C 错误；
D．碳酸钙难溶于水，不能拆为CO2- ，应保留CaCO 的化学式，离子反应为：
33
CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+，D 错误；
故答案选 B。 12．【答案】B
【详解】A．溶液的 pH 不再变化，说明 OH－的浓度不再改变，反应一定达到平衡状态，
故 A 不符合；
4
B．根据图示，达到平衡状态时 c(I-)＝b ml·L－1，根据反应方程式，平衡时 c( AsO3- )=0.5b
4
ml/L，c( AsO3- )=0.25b ml/L，反应没有达到平衡状态，故 B 符合；
C．v (I−)=2v ( AsO3- )，正逆反应速率比等于化学计量数比，反应一定达到平衡状态，故
正逆3
C 不符合；
D．c(I−)不再变化，反应一定达到平衡状态，故 D 不符合；答案选 B。
【方法总结】此题考查化学平衡状态的判断。解题关键在于理解平衡状态的特征，包括浓度不变、正逆反应速率相等。通过分析选项，结合化学平衡原理和图象信息，排除不能说明平衡状态的选项，得出正确答案。
【答案】D
【分析】从图中可以看出，当其他条件一致时，在浓硝酸浓度为 12.2ml/L 中，主要产物 NO 和 NO2，随着硝酸浓度逐渐降低，产物 NO2 逐渐减少而 NO 的相对含量逐渐增多，当浓度为 9.75ml/L 时，主要产物是 NO，其次是 NO2 及少量的 N2O，当 HNO3 的浓度降到 4.02ml/L 时，铵根离子成为主要产物，可见，凡有硝酸参加的氧化还原反应都比较复杂，往往同时生成多种还原产物；
【详解】A．由图可知，硝酸的浓度越小，铵根含量越高，这说明其还原产物氮的价态越低的成分越多，选项 A 正确；
B．根据以上分析可知硝酸与铁反应往往同时生成多种还原产物，选项 B 正确；
C．当硝酸浓度为 9.75ml·L-1 时，还原产物有 NO、NO2 和 N2O，物质的量之比为其体积比=10：6：2=5：3：1，假设 NO 是 5ml、NO2 是 3ml、N2O 是 1ml，则反应中转移电子的物质的量是 26ml，假设氧化产物是铁离子，则根据电子得失守恒可知还原剂的物质的
量是 26 ml ，所以根据原子守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比可为 10： 26 ＝15：
33
13，选项 C 正确；
D．一定量的铁粉与 12.2ml·L-1 硝酸溶液完全反应，根据图中曲线可知，生成气体为
NO、NO2 且相对含量相等，得到标况下的气体 2.24L，即 0.1ml 气体，根据氮原子守恒则有 0.1ml 硝酸为氧化剂，而反应生成的亚铁盐或铁盐为硝酸盐，故参加反应的硝酸的物质的量为大于 0.1ml，选项 D 错误；
答案选 D。
【答案】D
22
【详解】A．根据图-1，可以看出步骤 I 的反应为： 4Fe2  O  4H  4Fe3  2H O ，
Fe3 是 Fe2 被氧气氧化所得，为氧化产物，A 错误；
28
B．根据图-1，可以看出步骤Ⅱ的反应为：16Fe3  8H S  16Fe2  S 16H ，可知Fe3 与
H2S 反应消耗的数目比为2 :1，B 错误；
C．根据图-2，当硫酸浓度超过1.8ml·L1 时，锌的浸出率开始呈下降的趋势，不是完全成正比的关系，C 错误；
D．根据图-2，当硫酸浓度超过1.6ml·L1 时，会有部分硫元素转化为H2S 逸出，导致溶液中H2S 的浓度降低，使硫的氧化率降低，D 正确；
故答案为：D。
【答案】（1）饱和食盐水；三颈烧瓶
增大Cl2 溶解度，防止NaCuO2 分解；
2Na+ +2 Cu OH 2  ClO-  2NaCuO  Cl-  2OH-  3H O ；NaOH
4 22
不正确；三颈烧瓶中可能会有过量的NaClO ，也会与浓盐酸产生氯气，故结论不正确
25.6cV1  V2  % ；偏小；电负性：O>S，S 对孤电子对的吸引能力更弱，易给出孤
a
电子对做配位原子
取样品少许于一试管，向其中加入足量的氨水，若能产生深蓝色溶液，则说明含有
Cu(OH)2，反之则无
【分析】装置甲中高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气，装置乙中盛有饱和食盐水，作用是除
去氯气中混有的 HCl 气体，装置丙中NaClO 与Na2 Cu OH  在强碱性条件下反应生成
4 
NaCuO2 ，以此解答。
【详解】（1）由分析可知， NaCuO2 在中性或酸性条件下不稳定，装置乙中盛放的试剂是饱和食盐水，以除去氯气中混有的 HCl 气体，仪器 X 的名称是三颈烧瓶；
① NaCuO2 高温下易分解，反应过程中需用冰水浴控制温度，目的是增大Cl2 溶解度，防止NaCuO2 分解；
②装置丙中首先氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，随后NaClO 与
Na2 Cu OH  在强碱性条件下反应生成NaCuO2 ，该反应中 Cl 元素化合价由+1 价下降
4 
到-1 价，Cu 元素化合价由+2 价上升到+3 价，根据得失电子守恒和原子守恒配平离子方程
式为： 2Na+ +2 Cu OH 2  ClO-  2NaCuO  Cl-  2OH-  3H O ；
4 22
③ NaCuO2 在中性或酸性条件下不稳定，洗涤时可以选择 NaOH 溶液作为洗涤剂；故答案为：增大Cl2 溶解度，防止NaCuO2 分解；
2Na+ +2 Cu OH 2  ClO-  2NaCuO  Cl-  2OH-  3H O ；NaOH；
4 22
仪器 X 中氯气和氢氧化钠反应会生成具有过量的强氧化性的次氯酸钠，在酸性条件下可以和氯离子反应生成氯气，则答案为：不正确；三颈烧瓶中可能会有过量的NaClO ，也会与浓盐酸产生氯气，故结论不正确；
①再加入足量10%KSCN 溶液，摇匀后，溶液蓝色加深，说明 CuI 转化为 CuSCN，
释放出吸附的I ，由题意可得2Cu2+ ~I ~2S O2- ，则 n(Cu2+) =
222 3
-3cV +V 10-3ml 100mL  64g/ml
n(Na2S2O3 )=cV1 +V2 10 ml ， w(Cu)=12
25.6cV1  V2 
25mL
a
100%=
% ；
a
②若未加入10%KSCN 溶液， CuI 沉淀表面易吸附I2 ，导致消耗Na2S2O3 标准溶液的体积偏小，则测得铜元素的质量分数偏小；
③电负性：O>S，S 对孤电子对的吸引能力更弱，易给出孤电子对做配位原子，S、O 做配
体时，配位原子是端基 S 而不是 O，故答案为：电负性：O>S，S 对孤电子对的吸引能力更弱，易给出孤电子对做配位原子；
由题干信息可知，Cu(OH)2 能溶液过量的氨水中生成深蓝色溶液，且 Cu(OH)2 能溶于过量的 NaOH 溶液中生成蓝色溶液[Cu(OH)4]2-，故可设计实验：取样品少许于一试管，向其中加入足量的氨水，若能产生深蓝色溶液，则说明含有 Cu(OH)2，反之则反，故答案 为：取样品少许于一试管，向其中加入足量的氨水，若能产生深蓝色溶液，则说明含有 Cu(OH)2，反之则无。
【答案】H2SS
4
SO 2
KFeSO4  12H2O
KFe3 SO4  OH
反应 1：
2
26
22
CuFeS  4H =Cu2  Fe2  2H S
2
反应 2： CuFeS  4Fe3 =Cu2  Fe2  2S
反应 3： 4CuFeS 17O  4H =4Cu2  4Fe3  8SO2  2H O 反应条件：微生物
2242
反应 4：10CuFeS  34ClO  44H =10Cu2 10Fe3  20SO2 17Cl  22H O
23422
反应 5： K  3Fe3  2SO2  6H O=KFe SO  OH  6H
4234 26
26
424

反应 6： KFe3 SO4  OH  6H  4SO2  30H O=3KFeSO12H O
22
【详解】
臭蛋味气体为H2S ，反应 2 可认为是反应 1 产生的H2S 被Fe3 氧化：
2
2Fe3  H S2Fe2  2H  S
2 再与反应 1 相加
黄铁钾矾 D 中含K 、Fe3 、O H  和SO2 ，因为是碱式盐故含FeOH 。
43
明矾化学式为KFeSO4 2 12H2O ， Fe3 代替Al3 则是与之同构的铁钾矾 E(相对分子质量为
474.4  27  56  503.4 )。15.10gE 为 0.03ml。
根据反应前后K+ 、Fe3 守恒均为 0.03ml，设 D 中含 1 个K+ ，含Fe3 为 3，则 D 的化学式为KFe3 (OH)a SO4  b ， Mr D  500.8 ，所以：
质量守恒：17a  96 b  500.8  39  3 56  293.8氧化数守恒： a  2b  1 3 3  10
解得： b  2 ， a  6
233
KFe3 (OH)6 SO4  或K2SO4  Fe2 SO4   4FeOH
设 D 中含 1 个Fe3 ，含K 为 3，则 D 的化学式为KFe3 (OH)a SO4  b ， Mr D  500.8 ，质量守恒：17a  96b  500.8  3 39  56  327.8
氧化数守恒： a  2b  3  3  6
解得： b  3.64 ， a  1.28
不合理，舍去
【答案】(1) 2H1  H2 (2)B
(3)0.16
0.16  0.56
0.062
反应I H  0 ，反应Ⅲ H  0 ，升温时反应I 左移，反应
Ⅲ右移，且温度高于280℃时，反应Ⅲ右移程度大于反应I 左移程度，使CO2 的平衡转化率上升B
【详解】（1）由盖斯定律，2×反应 I+反应Ⅱ得反应：
2CO2 g  6H2 g ƒ CH3OCH3 g  3H2Og ，则H  2H1  H2 ；
（2）A．反应进行到某个时刻， n CH3OH : n CH3OCH3   2 :1，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达平衡状态，故 A 错误；
B．混合气体的平均摩尔质量 M= m ，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行
n
而改变，所以 M 会发生改变，当 M 不变时，反应达到平衡，故 B 正确；
C．反应前后物质均为气体，反应过程中气体总质量不变，恒容条件下气体总体积不变，则混合气体密度始终保持不变，混合气体密度始终不变不能说明反应达平衡状态，故 C 错误；
故选 B；
①在 220℃条件下， CO2 平衡转化率为 40%，CO 的选择性为 5%、二甲醚的选择性
为 80%，则有 0.38 ml CO2 参与反应Ⅰ，0.02 ml CO2 参与反应Ⅲ，反应生成CH3OCH3
0.16 ml，所以平衡时水为 0.38ml+0.16ml+0.02ml=0.56ml，达到平衡时甲醇的物质的量为 0.38ml-0.16ml×2=0.06ml，反应2CH3OHg ƒ CH3OCH3 g  H2Og 为气体分子数不变的反应，则可以用其物质的量代表其分压，则在 220℃下，
2CH OHg ƒ CH OCH g  H Og 的平衡常数为 0.16  0.56 ；
3332
0.062
②反应I H  0 ，反应Ⅲ H  0 ，升温时反应I 左移，反应Ⅲ右移，且温度高于280℃时，反应Ⅲ右移程度大于反应I 左移程度，使CO2 的平衡转化率上升，所以温度高于 280℃，平衡转化率随温度升高而上升；
③反应 I 是气体体积减小的反应，反应 II 和反应 III 都是气体体积不变的反应，增大压
强，反应 I 正向移动，CO2 的平衡转化率增大，CH3OH 的浓度增大，CO2 的浓度减小，反应 II 正向移动，反应 III 逆向移动，CO2 的选择性降低，DME 选择性提高，则图中点 C 将
可能调至 B。
【答案】(1)4
取代反应还原反应
酰胺基
形成分子间氢键，使沸点更高；而物质 A 形成分子内氢键，沸点较低
10
△
+HNO3(浓) 浓H2SO4
提高化合物Ⅰ的转化率 (8)
+H2O
【分析】A 发生取代反应生成 B，B 和氯气发生取代反应生成 C，C 脱去磺酸基生成 D， D 发生酯化反应生成 E，E 为，E 发生硝化反应生成 F，F 发生还原反应生成 G，G 和发生成环反应生成 H，H 和 CH3I 发生取代反应生成 I，I 为，
I 发生水解反应，再酸化得到 J，据此解答。
【详解】（1）化合物 F 没有对称轴，F 中有 4 种 H 原子，在核磁共振氢谱上有 4 组吸收峰；
（2）根据分析，A→B，F→G 的反应类型分别为取代反应、还原反应；
（3）H 中的含氮官能团的名称是酰胺基；
形成分子间氢键，沸点较高；而化合物 A 形成分子内氢键，沸点较低；
满足①含有苯环，且苯环上有三个取代基；②能与 FeCl3 溶液发生显色反应，说明
含有酚羟基；满足③能发生银镜反应，含有甲酸酯的 D 的同分异构体有 (苯环上连 3 个取代基，3 个取代基不相同时，共 10 种)；
E→F 为硝化反应，化学反应方程式为
△
+HNO3(浓) 浓H2SO4
+H2O；
化合物 I 转化为 J 的过程中，从官能团转化的角度，先加碱后加酸的原因是提高化合物 I 的转化率；
以为原料制备，先发生硝化反应生成
， 发生同题干中 F→G 的还原反应生成，
和 发生同题干中 G→H 的成环反应生成目标产物，其合成路线为