山东省滨州市2025届高三下学期二模化学试卷（Word版附解析）

这是一份山东省滨州市2025届高三下学期二模化学试卷（Word版附解析），共5页。试卷主要包含了 下列装置能达到实验目的的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。
2．选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 S 32
第Ⅰ卷 选择题(共40分)
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 化学品在食品工业中有重要应用，下列使用方法错误的是
A. 食盐中添加碘酸钾B. 水发毛肚中添加甲醛
C. 葡萄酒中添加二氧化硫D. 酱油中添加苯甲酸钠
【答案】B
【解析】
【详解】A．食盐中添加碘酸钾，可用于预防碘缺乏病，A不符合题意；
B．甲醛有毒，对人体有害(致癌、刺激黏膜等)，不能作为食品添加剂，B符合题意；
C．二氧化硫具有还原性，葡萄酒中添加二氧化硫可作食品抗氧化剂，且能杀菌，C不符合题意；
D．苯甲酸钠具有抑制微生物生长的作用，苯甲酸钠可用作食品防腐剂，D不符合题意；
故选B。
2. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 的电子式：
B. 的球棍模型：
C. 用电子云轮廓图示意键的形成：
D. 乙醇的核磁共振氢谱：
【答案】C
【解析】
【详解】A．中原子最外层有5个电子，与3个原子形成3对共用电子对，还剩下1对孤电子对， A选项中漏写了P原子的孤电子对，正确的书写形式为：，A错误；
B．是直线形分子，原子的半径大于原子半径，球棍模型中应该是中间的C原子的球较大，且原子之间以双键相连，B选项中的球棍模型不符合的结构特点，B错误；
C．键是由两个原子的轨道“肩并肩”重叠形成的，电子云轮廓图示意正确，C正确；
D．乙醇的结构简式为，分子中有3种不同化学环境的原子，其核磁共振氢谱应该有3组峰，且峰面积之比为，D选项中的核磁共振氢谱不符合乙醇的特征，D错误；
综上，答案是C。
3. 下列有关实验安全及操作规范的说法正确的是
A. 滴定实验时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁
B. 若不慎将浓硫酸溅到皮肤上，可立即用3～5％的溶液冲洗
C. 开启盛装易挥发液体的试剂瓶前，需充分振荡
D. 用水处理废弃药品中含有的少量金属钠
【答案】A
【解析】
【详解】A．滴定实验时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁，这样可以使液体顺利流入锥形瓶，同时也避免液体溅出，A正确；
B．应先用干布擦拭，再用大量的水冲洗，最后用3～5％的溶液冲洗，B错误；
C．开启盛装易挥发液体的试剂瓶前，充分振荡，会导致试剂瓶内压强增大，开启时容易造成液体喷出，C错误；
D．钠与水会剧烈反应产生氢气，同时放出大量的热，可能引发爆炸，D错误；
故答案选A。
4. 下列物质的性质、用途及对应关系错误的是
A. 柠檬酸酸性强于碳酸，可用柠檬酸去除水垢
B. 难溶于酸且吸收X射线能力强，可用作内服造影剂
C. 聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀，可用于制作滴定管的活塞
D. 碳单质氧化性强于硅，可用焦炭与反应制粗硅
【答案】D
【解析】
【详解】A．柠檬酸酸性强于碳酸，水垢的主要成分是碳酸钙等碳酸盐，根据强酸制弱酸的原理，柠檬酸能与碳酸钙等反应，从而去除水垢，A正确；
B． 难溶于酸且吸收X射线能力强，在医疗上，这种性质使得它可用作内服造影剂，用于胃肠道等部位的X射线检查，B正确；
C．聚四氟乙烯耐酸碱腐蚀，滴定管在进行酸碱滴定操作时，活塞需要接触各种酸碱溶液，聚四氟乙烯的这种耐腐蚀性使其适合用于制作滴定管的活塞，C正确；
D．用焦炭与反应制粗硅的反应方程式为，在这个反应中，碳元素的化合价升高，碳是还原剂，硅元素的化合价降低，氧化剂，该反应能发生是因为生成了气态的，使平衡正向移动，而不是因为碳单质氧化性强于硅，实际上碳的氧化性弱于硅，D错误；
综上，答案是D。
5. 原子序数依次增大的X、Y、Z三种元素位于不同的短周期，其组成的化合物结构如图。下列说法错误的是
A. 电负性：
B. 简单氢化物的沸点：
C. 最高价含氧酸的酸性：
D. Y、Z组成的化合物可能为共价晶体
【答案】C
【解析】
【分析】原子序数依次增大的X、Y、Z三种元素位于不同的短周期，即分别位于第一、二、三周期，则原子半径依次增大，所以由图可知，白球为X，只能形成1个共价键，则X为H元素；黑球为Y，形成3个共价键，则Y为N元素；灰球为Z，形成4个共价键，则Z为Si元素，据此解答。
【详解】A．X为H元素，Y为N元素，Z为Si元素，SiH4中Si、H元素化合价分别为+4、-1，则Si、H原子间的共用电子对偏离Si原子而偏向H原子，即电负性：H>Si，同理根据NH3可得电负性：N>H，所以电负性：N>H>Si，即Y>X>Z，A正确；
B．Y为N元素，Z为Si元素，因N元素的电负性很大，NH3分子间存在氢键，SiH4分子间不存在氢键，则简单氢化物的沸点沸点：NH3> SiH4，即Y>Z，B正确；
C．Y为N元素，Z为Si元素，同周期主族元素从左到右，非金属性依次增大，同主族元素从上到下，非金属性依次减小，则非金属性：N>Si，元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则最高价含氧酸的酸性：HNO3>H2SiO3，即Y>Z，C错误；
D．Y为N元素，Z为Si元素，N、Si组成的化合物可能为共价晶体，如Si3N4，D正确；
故选C。
6. 化合物X是一种抗抑郁药物的主要成分，结构简式如图。下列相关表述错误的是
A. 分子式为
B. 含有3种官能团和1个手性碳原子
C. 消去反应的产物有2种(不考虑立体异构)
D. 1 ml X最多可与发生加成反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．该有机物的分子式为，A正确；
B．含有酯基、羟基、氨基3种官能团和1个手性碳原子，B正确；
C．消去反应的产物有2种(不考虑立体异构)，和C正确；
D．含有2个苯环，1mlX最多可与发生加成反应，D错误；
故选D。
7. 下列装置能达到实验目的的是
A. 制备B. 收集
C. 制备乙酸乙酯D. 保护铁件
【答案】B
【解析】
【详解】A．固体Na燃烧制备，应该在坩埚中进行，故不选A；
B．二氧化氮密度比空气大，能与水反应，用向上排空气法收集，用氢氧化钠溶液吸收尾气，防止污染，故选B；
C．制备乙酸乙酯时，收集乙酸乙酯应该用饱和碳酸钠溶液，故不选C；
D．用牺牲阳极的阴极保护法保护铁件，铁件应该与活泼性大于铁的金属相连，铁作正极，故不选D；
选B。
8. 均相芬顿反应是高级氧化技术的经典工艺，通过产生自由基引发系列链反应实现物质的深度氧化。在酸性条件下产生自由基的过程如图。下列说法正确的是
A. 反应Ⅰ中，氧元素的化合价没有发生变化
B. 相同条件下，反应Ⅰ比反应Ⅱ的活化能低
C. 产生自由基的过程中，整个体系的pH不变
D. 其它条件不变时，改变对反应Ⅱ的速率影响程度大于Ⅰ
【答案】B
【解析】
【详解】A．由过程图可知反应Ⅰ为H+ + H2O2 + Fe2+=Fe3+ +·OH + H2O，故反应I中氧元素的化合价发生了变化，A错误；
B．由题干信息可知，k1＞k2，说明相同条件下，反应Ⅰ比Ⅱ的反应速率更快，活化能越低反应速率越快，即反应Ⅰ比Ⅱ的活化能低，B正确；
C．反应Ⅰ为H+ + H2O2 + Fe2+=Fe3+ +·OH + H2O，基元反应Ⅱ的化学方程式为 H2O2 + Fe3+=HO2·+Fe2++H+，而反应Ⅰ比Ⅱ的反应速率更快，总反应不是简单的反应Ⅰ加上反应Ⅱ，则芬顿反应进行的过程中，整个体系的pH会发生变化 ，C错误；
D．反应I的速率v1=k1·c(H2O2) ·c(Fe2+)，反应Ⅱ的速率v2=k2·c(H2O2) ·c(Fe3+)，其中k1远大于k2，故改变对反应Ⅰ的速率影响程度更大，D错误；
故答案选B。
9. 中国科学院化学研究所韩布兴课题组，以草酸和硝酸盐为原料(和分别为氮源和碳源)，实现了电催化偶联制备甘氨酸。原理如图(OA为，GX为，GC为)。下列说法正确的是
A. 反应iii是偶联制备甘氨酸的决速步
B. 反应iv的原子利用率为100％
C. OA→GX的电极反应式为
D. 甘氨酸在阳极和阴极的中间区域生成
【答案】C
【解析】
【分析】⑴碳源相关反应机理。反应（i）中快速转化为OA，在合适的电极电势和催化剂作用下，分子得到电子并发生重排等过程生成。反应（ii）中OA（）得到2个电子和2个转化为GX（），此为还原反应。从结构上看，是羧基被还原为醛基，在电催化体系中，电极提供电子，酸性环境提供质子，降低了反应活化能，促使反应进行。反应（iii）中GX进一步得2个电子和2个转化为GC（），同样是还原反应 ，醛基被进一步还原为羟基，持续在电催化作用下，借助电极和电解质溶液环境实现电子和质子转移。
⑵氮源相关反应机理。反应（1）中转化为，这是一个氧化过程。在电催化条件下，可能是在阳极区域，分子在电极表面被氧化，结合溶液中的氧原子等逐步形成。得到电子和质子，先发生反应（2）转化为，再经反应（3）得到，这是连续的还原过程，每一步都在特定的电极电势和催化剂作用下，通过控制电子和质子的供给实现氮元素化合价的逐步降低。
⑶偶联反应机理。反应（iv）中GX（）与发生反应，醛基与发生亲核加成反应，在电催化体系提供的微环境下，促进反应中间体的形成和转化，最终生成，实现了键的初步构建。反应（v）中得到4个电子和4个，发生还原反应，最终生成甘氨酸（），完成偶联制备甘氨酸的全过程。整个过程中电催化作用通过调控电极反应，为反应提供合适的电子和质子转移路径，促进各步反应的进行。
【详解】A．由图可知反应ⅲ是副反应，不是偶联制备甘氨酸决速步，A错误；
B． 观察反应的过程，除了生成目标产物外，可能还有其他副产物生成（从图中反应关系看，原子并非全部转化到甘氨酸中），所以原子利用率不是，B错误；
C．从图中可知（）转化为（）的过程中，碳元素化合价降低，发生还原反应，结合电极反应式书写规则，其电极反应式为，C正确；
D．从图中反应历程来看，甘氨酸（）是在一系列反应后生成的，其生成过程涉及到阴极产生的物质（如等） ，不是在阳极和阴极的中间区域生成，D错误；
综上，答案是C。
10. 某平衡体系如图，隔膜允许通过，不允许和通过。设溶液中，且隔膜两侧的溶液体积相同。下列说法正确的是(已知：室温下，)
A. 水的电离程度：
B. 溶液A中：
C. 向溶液A中通入一定量，重新平衡后，溶液B的pH保持不变
D. 撤去隔膜使溶液A与溶液B充分混合，所得溶液的pH约为10.7
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据题中信息可知，溶液B的pH大于溶液A的，因此溶液B中c(OH-)大，对水的电离抑制程度大，溶液B中水的电离程度小，A错误；
B．溶液A的pH=7，溶液A中c(OH-)=，故有，B正确；
C．溶液A中通入一定量，导致A中的电离平衡逆向移动，浓度增大，跨膜进入溶液B中，导致B中增大，的电离平衡正移，OH-浓度增大，pH也增大，C错误；
D．假设A、B溶液的体积均为V，溶液A、B中c(OH-)分别为和，故c(OH-)=，pOH=-lg c(OH-)=-lg=3+0.3=3.3，pH=10.7，但在混合过程中的电离平衡会发生移动，故所得溶液的pH不是10.7，D错误；
故答案选B。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 二氧化氯()和亚氯酸钠()均为重要的含氯消毒剂，其制备流程如图。
已知：纯易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10％以下以保证安全。
下列说法正确的是
A. 存在大π键()，键角：
B. 无隔膜电解槽中，在阳极产生
C. 发生器中，鼓入空气的作用是将转化成
D. 理论上，生成与的物质的量之比为
【答案】BD
【解析】
【分析】电解法生产亚氯酸钠的工艺流程：无隔膜电解槽电解饱和氯化钠溶液：NaCl+3H2ONaClO3+3H2↑，得到氯酸钠溶液，氯酸钠(NaClO3)在酸性条件下被二氧化硫还原成二氧化氯，发生反应2NaClO3+SO2=Na2SO4+2ClO2，ClO2在二氧化硫和空气混合气体中不易分解爆炸，通入空气的目的是稀释ClO2，防止ClO2爆炸，吸收塔中加入氢氧化钠、过氧化氢发生反应生成NaClO2，经过滤、结晶得到NaClO2·3H2O，以此分析解答；
【详解】A．ClO2分子中既存在σ键，又存在大Π键()，Cl的杂化方式为sp2，的价层电子对数为， Cl的杂化方式为sp3，键角：，A错误；
B．无隔膜电解槽中，NaCl失电子，化合价升高生成，在阳极产生，B正确；
C．纯二氧化氯易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全，则发生器中鼓入空气的作用应是稀释二氧化氯以防止爆炸，C错误；
D．根据电解反应：NaCl+3H2ONaClO3+3H2↑，和氯原子守恒，可知理论制备的NaClO2.3H2O与获取的H2物质的量之比为1：3，D正确；
故选BD。
12. 化合物M是一种新型抗生素的中间体，其合成路线如下(略去部分试剂和反应条件)。已知化合物K虚线圈内所有原子共平面。下列说法错误的是
A. K中碳氮键可沿键轴旋转
B. L中所有碳、氧原子共平面
C. 形成M时，氮原子与L中碳原子b成键
D. Q的构造异构体有6种
【答案】AB
【解析】
【详解】A．化合物K虚线圈内所有原子共平面，则N原子最外层孤电子对未参与杂化，而是与苯环的大π键共轭，故碳氮键不可沿键轴旋转，A错误；
B．L中有饱和碳原子，故所有碳、氧原子不共平面，B错误；
C．对照L和M的结构可以看出，形成M时，L分子中18O与b碳原子之间的共价键断裂，则氮原子与L中碳原子b成键，C正确；
D．Q的构造异构体、、、、、，共有6种，D正确；
故选AB。
13. 利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。
下列说法正确的是
A. ①中气体减少仅是由于溶液中减小
B. 向阴极附近溶液滴加溶液来检验①中的
C. ②中随阴极析出Cu，推测溶液减小，平衡逆向移动
D. 对比①②可知，适当降低，电镀效果更好
【答案】D
【解析】
【详解】A．随着反应的进行，一段时间后溶液中的c(H+)减小，同时阴极发生电极反应：，生成的Cu覆盖在阴极铁制镀件表面，阻碍了H+与铁的接触，故气体减少，A错误；
B．检验用溶液，B错误；
C．当阴极有Cu析出时，阴极电极反应：，阳极电极反应：，又因为②中电解液中无Fe元素，根据得失电子守恒，溶液中不变，C错误；
D．①中的相对较大，H+和都在阴极放电，产生氢气且镀层不够致密，②中与氨水形成配合物，适当降低了，使得Cu缓慢析出，形成更致密的镀层，故适当降低，电镀效果更好，D正确；
故答案选D。
14. 二氧化铈()可作脱硝催化剂，其立方晶胞如图甲。在脱硝过程中，将NO转化为时，形成氧空位，转化为新的铈氧化物(如图乙)。下列说法正确的是
A. 晶胞中，的配位数为8
B. 晶胞中，与的最短距离为
C. 当氧化标准状况下5.6 L NO后，生成新的铈氧化物中x、y、z的最简整数比为
D. 用CaO代替也能实现上述脱硝反应
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由的晶胞结构可知，的配位数为4，A错误；
B．由的晶胞结构可知，与的最短距离为晶胞体对角线长度的，即，B正确；
C．根据得失电子守恒可知，，x=0.5ml，又知x+y=1ml，故y=0.5ml，根据化合物各元素化合价代数和为0，得z=1.75，故x：y：z=，C正确；
D．CaO中Ca为+2价，氧化性很弱，故不能实现上述脱硝反应，D错误；
故答案选BC。
15. 南京理工大学朱卫华等人提出了一种基于单簇催化剂还原NO的反应，主要反应如下：
i．
ii．
iii．
在T℃、100kPa反应条件下，向密闭容器中充入2 ml NO和，发生上述反应，测得含氮元素占比[如的含氮元素占比]与时间的关系如图，95 min时体系达到平衡。已知：反应ii为快速平衡，可认为不受慢反应i、iii的影响；为用物质的量分数表示的平衡常数。下列说法正确的是
A. 曲线b表示的含氮元素占比
B. 若选择对反应i更高效的催化剂，则G点将移向E点
C. 0～45 min内，的平均反应速率约为
D. 反应i的平衡常数
【答案】AD
【解析】
【详解】A．反应ii为快反应，曲线a表示物质快速减少，故表示NO，NH3快速增加，故曲线b表示氨气，曲线c表示N2，A正确；
B．G点反应已经达到平衡，若选择对反应i更高效的催化剂，则达到平衡所需的时间缩短，但N2的占比不变，B错误；
C．起始时，压强为100kPa、2 ml NO、6 ml H2，0-45min时，由图可知，N2的氮含量为47%，n(N2)=，N2的平均反应速率约为，C错误；
D．达到平衡时，N2的物质的量为86%÷2×2ml=0.86 ml，NO的物质的量为6%×2 ml=0.12 ml，根据氮原子守恒，NH3的物质的量为(2-0.86×2-0.12) ml=0.16 ml，根据氧原子守恒，水的物质的量为(2-0.12) ml=1.88 ml，根据氢原子守恒，H2的物质的量为(6-1.88-0.16×3÷2) ml=3.88 ml，n总为6.9 ml，则反应i的平衡常数，D正确；
故答案选AD。
第Ⅱ卷(非选择题 共60分)
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 氮形成的一系列化合物广泛应用于科研、医疗、化工等领域。回答下列问题：
（1）基态N原子核外电子的空间运动状态有_______种；N、O、F第一电离能由大到小的顺序为_______(填元素符号)。
（2）甲胺()和肼()都可用作制药原料。
①两者的碱性随N原子电子云密度增大而增强，则其中碱性较强的是_______(填化学式)，原因为_______。
②肼与硫酸反应生成，其晶体内存在_______(填标号)。
A．离子键 B．共价键 C．配位键 D．金属键
（3）含氮有机物邻二氮菲(，简称为phen)是平面分子，能与生成稳定的螯合物，其反应原理如下：。
①phen中N原子的价层孤电子对占据_______(填标号)。
A．2s轨道 B．2p轨道 C．杂化轨道 D．杂化轨道
②中的配位数为_______。
（4）活性氮物质能用于合成多种高附加值含氮化合物，其晶胞形状为长方体，结构如图。
以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。图中m处的分数坐标为(为m处到底面的垂直距离)，则n处的分数坐标为_______；该晶体的密度_______(表示阿伏加德罗常数的值，用含a、b、的代数式表示)。
【答案】（1） ①. 5 ②.
（2） ①. ②. 甲基是推电子基，使甲胺中N电子云密度增大 ③. ABC
（3） ①. D ②. 6
（4） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
基态氮原子核外有7个电子，所以基态N原子核外电子的空间运动状态有5种；同一周期从左到右，元素的第一电离能有增大的趋势，但由于氮原子的价电子排布式为2s22p3，2p上排布3个电子是半充满的稳定结构，所以其第一电离能大于其后的氧元素，所以N、O、F第一电离能由大到小的顺序为F>N>O；
【小问2详解】
①甲基为推电子基团，会导致甲胺中N电子云密度增大，则碱性更强；
②肼分子与硫酸反应生成，与化合物类型相同，故是离子晶体，和之间存在离子键，中N和H之间形成6个共价键(其中2个配位键)，中也存在共价键，故选ABC；
【小问3详解】
①为平面形分子，N原子的价层孤电子对占据杂化轨道，故选D；
②中，每个邻二氮菲分子中两个氮原子与形成2个配位键，该配离子中配体是3个，所以的配位数为6；
【小问4详解】
图中m处的分数坐标为(p nm为m处到底面的垂直距离)，由晶胞结构可知n处的分数坐标为，的个数为8×+1=2，Li+的个数为8×=4，设表示阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度。
17. 化合物I(德克司他丙酚)具有显著的镇静效果。其合成路线如下(部分条件忽略)。
已知：。
回答下列问题：
（1）A分子中杂化的原子数为_______，C中官能团名称是_______，E的化学名称是_______。
（2）G与足量NaOH水溶液加热，所得有机产物的结构简式为_______。
（3）M是B的同分异构体，同时符合下列条件的M共有_______种(不考虑立体异构)。
①含硝基，但不含甲基
②属于芳香族化合物
③既能发生银镜反应又能发生水解反应
（4）合成路线中，需对羧基进行保护的原因是_______。
（5）依据以上流程信息，写出以苯胺和为原料合成的路线中最后一步反应的化学方程式_______。
【答案】（1） ①. 7 ②. 酯基、硝基 ③. 苯甲醛
（2） 和
（3）12 （4）羧基会与铁反应影响官能团的转化
（5）+HCl
【解析】
【分析】C结构上的硝基还原成氨基，故C为；B与乙醇发生酯化反应生成C，B为；对比A、B的分子式，结合反应条件以及B的结构简式，推出A为；F与COCl2反应生成G，F为；结合已知条件，可推出E为苯甲醛；G发生分子内取代反应生成H，H为。
【小问1详解】
由A的结构可知，苯环上的6个碳原子均为sp2杂化，硝基上的N原子也为sp2杂化；由C的结构简式可知，C中含有硝基和酯基；由上述分析可知E为苯甲醛；
【小问2详解】
G在足量NaOH水溶液加热条件下发生酯基水解反应，得到C2H5OH和；
【小问3详解】
符合条件的M的结构如下：苯环上含-NO2、-CH2CH2OOCH的二取代苯有3种，苯环上含-CH2-NO2、-CH2OOCH的二取代苯有3种，苯环上含-CH2- CH2-NO2、-OOCH的二取代苯有3种，苯环上含、、的单取代苯各1种，由于不存在甲基，则苯环上的取代基最多为2，因此符合下列条件的M共有12种；
【小问4详解】
C→D过程中使用的Fe会与C中的羧基反应，影响后续反应，故需对羧基进行保护；
【小问5详解】
类比D→H的合成流程，由苯胺和制备的流程为，最后一步反应的化学方程式为+HCl。
18. 工业上利用废酸(主要含)浸出冶炼铜产生的烟尘(含、CuO、CuS、、FeS、、等)，实现了砷的去除(以形式)及铜的回收，达到了以废治废的目的。工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）氧化浸出时，鼓入空气的主要目的是_______，CuS参与反应的离子方程式为_______。
（2）滤渣的主要成分是_______(填化学式)。
（3）深度氧化中全部被氧化为，该转化的化学反应方程式为_______。
（4）在某条件下，中和除砷、铁时，不同的中和终点pH条件下，溶液中的砷、铁质量浓度(ρ)及铜、砷、铁的入渣率如下表所示。
结合以上数据判断，中和除砷、铁最佳pH范围为_______(填标号)，请分析原因_______。
A．1.6—1.8 B．2.0—2.2 C．3.3—3.5 D．3.8—4.0
（5）有机萃取剂用HR表示，发生萃取的反应可表示为。若中和除砷、铁后溶液，，多次萃取后水相中为，则铜的萃取率为_______％(保留两位小数，忽略溶液体积变化)。
（6）反萃取中，下列说法正确的是_______。
A. 反萃取剂可选择浓硫酸以提高反萃取率
B. 分液漏斗使用前有两处需检查是否漏液
C. 经几次振荡并放气后，手持分液漏斗静置分层
D. 反萃取后，被转移至水相
【答案】（1） ①. 空气中氧气可做氧化剂，将金属硫化物中的S氧化为硫单质，促进硫化物的浸出 ②.
（2）
（3）
（4） ①. B ②. pH过小，浓度低，不利于沉淀的形成，pH过大，形成沉淀，入渣率较高 （5）90.91 （6）BD
【解析】
【分析】烟尘(含、CuO、CuS、、FeS、、等)通入空气，用废酸(主要含)浸取，过滤得滤渣S，滤液主要为，、、、、，通入得到滤渣，加入深度氧化，全部被氧化为，加入石灰中和除砷、铁（以形式），加入有机萃取（），反萃取得到硫酸铜，电解得到铜单质，据此分析；
【小问1详解】
氧化浸出时，鼓入空气的主要目的是空气中氧气可做氧化剂，将二价铁氧化成三价铁，氧化CuS生成、S单质，促进硫化物的浸出；CuS参与反应的离子方程式为；
【小问2详解】
根据分析可知，滤渣的主要成分是；
【小问3详解】
深度氧化中全部被氧化为，做氧化剂，Mn化合价由+5降至+2，As化合价由+3升至+5，根据化合价升高总和相等，该转化的化学反应方程式为；
【小问4详解】
在pH=2.0时，溶液中的砷、铁质量浓度(ρ)很小，同时砷、铁的入渣率较高、铜的入渣率较低，故选B；原因是：pH过小，浓度低，不利于沉淀的形成，pH过大，形成沉淀，入渣率较高；
【小问5详解】
根据已知列三段式：
，铜的萃取率为；
【小问6详解】
A．反萃取剂可选择稀硫酸以提高反萃取率，浓硫酸氢离子浓度低，不利于萃取平衡逆移，A错误；
B．分液漏斗使用前，上口塞子和活塞有两处需检查是否漏液，B正确；
C．经几次振荡并放气后，分液漏斗放置在铁架台上静置分层，C错误；
D．萃取是被转移至有机相，反萃取后，被转移至水相，D正确；
故选BD。
19. 过硫酸铵[]在工业上有广泛用途，某兴趣小组根据反应制备粗品。回答下列问题：
（1）中硫元素的化合价为_______。
（2）制备时，从下列装置中根据需要选择组装。仪器的连接顺序为c→_______→尾气处理，D装置的作用为_______，仪器M的名称为_______。
（3）充分反应后，将A中的混合液经一系列操作得到晶体。烘干晶体时，采用减压、低温的原因是_______。
（4）采用碘量法测定粗品的纯度。
称取1.500 g制得的粗品，配成100.00 mL溶液。移取25.00 mL溶液于锥形瓶中，加入过量KI溶液，用标准浓度的溶液滴定(发生反应：)，当溶液颜色变浅时加入几滴淀粉溶液，滴定至终点。重复上述滴定操作三次，平均消耗的溶液12.50 mL。
①滴定终点的现象为_______。
②粗品的纯度为_______％。若开始滴定前加入淀粉溶液，则所测的纯度_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）+6 （2） ① g→f→b→a ②. 防止装置A中液体倒吸入装置B中 ③. 恒压滴液漏斗
（3）降低烘干温度，防止分解
（4） ①. 当滴入最后半滴标准液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不恢复原色 ②. 76 ③. 偏低
【解析】
【分析】装置B用于制取氨气，制取氨气的原料为氢氧化钙固体和氯化铵固体，A装置为过二硫酸铵的生成装置，考虑氨气极易溶于水，需要在A、B之间放置安全瓶D以防止倒吸，最后用盛放碱石灰的干燥管C进行尾气处理，以此解答。
【小问1详解】
过硫酸铵的结构简式为，其中过氧键（-O-O-）中O原子化合价为-1价，其它O原子化合价为-2价，铵根离子中N为-3价，H为+1价，根据化合价代数和为零可知硫元素的化合价为+6；
【小问2详解】
由分析可知，制备氨气后无需干燥，但需要防止倒吸，所以仪器的连接顺序为c→g→f→b→a→尾气处理；氨气极易溶于水，A、B之间放置安全瓶D以防止倒吸，则D装置的作用为防止装置A中液体倒吸入装置B中；由仪器构造可知，仪器M的名称为恒压滴液漏斗；
【小问3详解】
受热会分解，则烘干产品时，采用减压、低温的原因是：降低烘干温度，防止受热分解；
【小问4详解】
①移取25.00 mL(NH4)2S2O8溶液于锥形瓶中，加入过量KI溶液，两者反应生成I2，再用标准浓度的溶液滴定生成的I2，当溶液颜色变浅时加入几滴淀粉溶液，此时溶液呈蓝色，用溶液滴定时发生反应：，溶液的蓝色逐渐变浅，最终褪色，则滴定终点的现象为：当滴入最后半滴标准液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不恢复原色；
②移取25.00 mL(NH4)2S2O8溶液于锥形瓶中，加入过量KI溶液，两者反应生成I2，再用标准浓度的溶液滴定生成的I2，根据得失电子守恒可得关系式：~I2~，平均消耗的溶液12.50 mL，则粗品的纯度为=76%。若开始滴定前加入淀粉溶液，会导致淀粉与I2结合生成性质稳定的蓝色络合物，这种络合物不易与反应，导致消耗标准溶液的体积偏小，则所测的纯度偏低。
20. 碳酸盐作为地球碳循环的关键物质，其转化和利用与环境气候变化紧密相关。
Ⅰ．某研究团队通过直接对碳酸钙进行氢化生成高附加值的化学品，相关反应如下。
i．
ii．
（1）CO与混合气(体积比为)可用于合成多种化工产品。利用上述反应获得1 ml该混合气，理论上需吸收的热量为_______。
（2）恒温恒容条件下，向真空密闭容器中加入足量碳酸钙、合适的固体催化剂，通入，只发生反应i和反应ii，测得装置总压随时间变化如下表：
①反应过程中总压先增大后减小的原因是_______。
②实验结束后共收集到，计算反应i的平衡常数_______MPa。
Ⅱ．碳酸钙还可用于燃煤脱硫，相关反应如下。
i．
ii．
iii．
（3）恒定温度为T℃，在2 L的刚性容器中加入一定量的和、混合气体，起始压强为。
①20 min时测得体系有，则用表示的化学反应速率为_______(用含代数式表示)。
②反应一段时间达平衡后，测得体系中总压为，和，体积分数分别为8％、12％，则体系中的物质的量为_______。若继续向刚性容器中充入少量，再次平衡时将_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】（1）142 kJ
（2） ①. 反应i是气体分子数增大的反应，反应ii是气体分子数减小的反应。0～10 min，反应i速率快，总压增大；10 min后反应ii速率快，总压减小 ②. 0.175或7/40
（3） ①. ②. 0.6 ml ③. 不变
【解析】
【小问1详解】
目标反应方程式可由2i+ii得到，根据盖斯定律可知，，故获得1 ml该混合气，理论上需吸收的热量为；
【小问2详解】
①反应i是气体分子数增大的反应，而反应ii是气体分子数减小的反应。刚开始反应i进行的程度更大，气压增大；随后反应ii进行的程度更大，气压减小，因此反应的总压先增大后减小；②恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比，反应前2ml气体，总压为2.00MPa，平衡后总压为1.95MPa，气体总物质的量为1.95ml，生成的n(H2O)=，设反应i生成x ml H2O，列出三段式：
，n总=2-x-(1.4-2x)++0.7+x=1.95，x=0.2；故平衡时H2、CH4、H2O(g)、CO的物质的量分别为0.8ml、0.25ml、0.7ml、0.2ml，即H2、CH4、H2O(g)、CO的分压分别为0.8MPa、0.25 MPa、0.7 MPa、0.2 MPa，故反应i的平衡常数Kp=；
【小问3详解】
①恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比，20min时，容器内的压强为p0 kPa=kPa，故用CO2表示的化学反应速率为；装置示意图
序号
电解质溶液
实验现象
①
阴极表面有无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验，电解质溶液中有。
②
阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验，电解质溶液中无铁元素。
中和终点pH
入渣率/％
As
Fe
Cu
As
Fe
1.6
4.28
5.37
1.83
51.59
46.12
2.0
0.33
0.26
2.66
94.63
97.05
2.4
0.25
0.15
3.23
95.78
97.35
3.5
0.20
0.16
8.35
97.02
97.84
4.0
0.19
0.14
33.25
97.93
98.25
时间/min
0
10
20
30
40
50
总压/MPa
2.00
2.17
2.08
2.01
1.95
1.95