广东省梅州市2025届高三一模化学试卷（解析版）

梅州市高三总复习质检试卷(2025.2)

化学

本试卷共8页，20小题。满分100分，考试用时75分钟。

注意事项：

1.答卷前，考生务必用2B铅笔在“考生号”处填涂考生号。用黑色字迹的钢笔或签字笔将自

己所在的县(市、区)、学校、班级以及自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡

上。用2B铅笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相应位置上。

2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改

动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。

3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的

相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改

液。不按以上要求作答的答案无效。

4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H1016Fe56V51

一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题

4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.纪录片《如果国宝会说话》展示了国宝背后的中国精神、中国审美和中国价值观。下列文物中，主要由

无机非金属材料制成的是

A.洛神赋图B.三彩载乐骆驼俑C.木雕双头镇墓兽D.三星堆青铜神树

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A.洛神赋图材质为纤维素，属于有机高分子材料，A不符合；

B.三彩载乐骆驼俑属于陶瓷，是硅酸盐，属于无机非金属材料，B符合；

C.木雕双头镇墓兽材质为木材，属于纤维素，是有机高分子材料，C不符合；

D.三星堆青铜神树材质是合金，属于合金材料，D不符合；

答案选B。

2.近年来，我国航空航天事业成果显著。下列对所涉及的化学知识叙述正确的是

A.“天宫二号”航天器使用质量轻的钛合金，钛合金硬度比纯钛小

B.“C919”雷达使用的复合材料中含玻璃纤维，其属于有机高分子

C.“长征五号”运载火箭采用液氢液氧作推进剂，；H与；H互为同位素

D.“嫦娥六号”带回地球的月壤中含有Si、Mg、Al等元素，Al属于s区

【答案】C

【解析】

【详解】A.钛合金的硬度通常比纯钛大，而非更小，合金的硬度一般高于其纯金属组分，A错误；

B.玻璃纤维的主要成分是二氧化硅和硅酸盐，属于无机非金属材料，而非有机高分子，B错误；

C.同位素是指质子数相同、中子数不同的原子，；H与；H互为同位素，C正确；

D.铝和硅属于P区元素，镁属于s区元素，D错误；

故选C。

3.客家菜朴实醇鲜，“酿豆腐”“梅菜扣肉”“娘酒鸡”“酿苦瓜”都是熟悉的客家味道。下列说法不正

确的是

A.用盐腌制梅菜，能延长保存时间

B.用花生油煎“酿苦瓜”，花生油属于混合物

C.豆腐制作过程“煮浆”，是将蛋白质转化为氨基酸

D.酿“娘酒”加酒曲，涉及淀粉-＞葡萄糖一乙醇的转化

【答案】C

【解析】

【详解】A.盐可以抑制微生物的生长，延长保存时间，故A正确；

B.花生油由多种高级脂肪酸与甘油生成的酯，属于混合物，故B正确；

C.“煮浆”是蛋白质的变性过程，故C错误；

D.“娘酒”的主要成分为淀粉，水解得到葡萄糖，氧化得到乙醇，故D正确；

答案选C。

4.NaOH标准溶液的配制和标定，需经过NaOH溶液配制、基准物质H2C2O4-2H2O的称量以及用NaOH

溶液滴定等操作。下列所用仪器或操作正确的是

D.

NaOH

待测溶液

【答案】B

【解析】

【详解】A.氢氧化钠固体易潮解，不能放在滤纸上称量，A错误；

B.配制溶液中洗涤液沿玻璃棒注入容量瓶，B正确；

C.眼睛的视线应与凹液面向平，C错误；

D.NaOH溶液属于碱性溶液，应使用碱式滴定管进行滴定。图中所示滴定管为酸式滴定管，D错误;

故选B。

5.化学实验中的颜色变化，可将化学抽象之美具体为形象之美。下列说法不正确的是

A.土豆片遇到碘溶液，呈蓝色

B.新制氯水久置，溶液由淡黄绿色变为无色

C.用洁净的伯丝蘸取KC1溶液灼烧，透过蓝色钻玻璃观察，火焰呈紫色

D.将Na2。？粉末露置在空气中一段时间，固体由白色变为淡黄色

【答案】D

【解析】

【详解】A.土豆中的淀粉遇碘单质会显蓝色，A正确；

B.新制氯水含C12呈淡黄绿色，久置后氯气在水中会逐渐挥发，导致溶液中的氯气浓度降低，且CL和水

反应生成的HC1O分解，促进了CL和水的反应，也导致溶液中的氯气浓度降低，溶液由淡黄绿色变为无

色，B正确；

C.K+焰色反应为紫色，蓝色钻玻璃可滤去钠的黄色光干扰，C正确；

D.Na2。？本身为淡黄色固体，露置空气中会与C02、H2O反应生成白色Na2co3,因此固体应由淡黄色

变为白色，而非白色变为淡黄色，D错误；

故选D。

6.一种以铝一空气为电源的航标灯，该电池以海水为电解质溶液。关于该电池，下列说法正确的是

A.铝作负极，发生还原反应

B.海水中的Na+移向铝电极

C,每转移4mol电子，消耗标准状况下22.4L的空气

D.空气一极发生的电极反应式为：C）2+4e-+2H2O=4OH-

【答案】D

【解析】

【分析】铝一空气、海水为电解质溶液的原电池，铝为活泼金属，为负极，进入空气的一端为正极。

【详解】A.铝作负极，负极上发生氧化反应，A错误；

B.原电池中阳离子向正极移动，Na+移向通入空气的一端，B错误；

C.每转移4moi电子，消耗ImolCh,标准状况下22.4L的氧气，C错误；

D.空气一极为正极，发生得电子还原反应，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH，D正确；

答案选D。

7.“劳动最光荣，勤奋出智慧”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是

选

劳动项目化学知识

项

A用福尔马林制作生物标本甲醛有强氧化性

FeCl3溶液作腐蚀液制作印刷

BFe3+氧化性强于Ci?+

电路板

用和铝粉疏通厨卫管道

CNaOH铝和NaOH溶液反应生成H2

施加适量石膏降低盐碱地（含

DCaSO4(s)+COj(aq)=SOj(aq)+CaCO3(s)

NazCOs）土壤的碱性

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A.福尔马林能使蛋白质变性，用于制作生物标本，与强氧化性无关，故A错误；

B.Fe3+与Cu反应生成Fe?+和Cu2+,Fe?+为氧化剂，CV+为氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产

物，则Fe3+氧化性强于Ci?*,故B正确；

C.铝粉与氢氧化钠溶液反应生成氢气可用于疏通管道，故c正确；

D.石膏(CaSO4)的Ksp大于CaCCh,因此向碳酸盐中加入CaSCU可以转化为CaCCh和硫酸盐，故D正

确；

故答案为A。

8.木质素是一种天然存在的高分子化合物，在生物材料领域具有广泛的应用潜力。一种木质素单体结构如

图，关于该化合物，下列说法正确的是

〃0H

OH

A.可与NaOH溶液反应B.该结构中含有5种官能团

C.该结构中所有原子共平面D.与足量H2加成后的产物不含手性碳原子

【答案】A

【解析】

【详解】A.木质素结构中有酚羟基,能与NaOH溶液反应，A正确；

B.结构中有碳碳双键、醛键、羟基三种官能团，E;错误；

C.该结构中与醇羟基连接的碳原子为四面体结构,所有原子不可能共平面，C错误;

〃OH

D.与足量Hz加成后的产物为：,，有2个手性碳原子，D错误；

OH

答案选A。

9.某化学兴趣小组改进了铜与浓硫酸的反应装置，新的设计如图。小磁铁在试管外壁控制磁力搅拌子(不

与沸腾的浓硫酸反应）。按图装置进行实验，下列分析正确的是

缠绕钢丝的品红溶液石蕊溶液

磁力搅拌子

试管A

浓硫酸

小磁翎气球打气筒

NaOH溶液

A.铜与浓硫酸反应，浓硫酸只体现氧化性

B.浸有紫色石蕊溶液的滤纸先变红后褪色

C.冷却后，向反应后的试管A内倒入少量水，溶液变蓝色

D.通过气球打气筒向装置内部通入空气能防止NaOH溶液倒吸

【答案】D

【解析】

【详解】A.铜与浓硫酸反应，体现了浓硫酸的酸性和氧化性，A错误；

B.二氧化硫只能使紫色石蕊试液变红不能使其褪色，B错误；

C.试管中含有浓硫酸，故稀释时应将试管中溶液倒入水中，C错误；

D.二氧化硫易溶于水，故通过气球打气筒向装置内部通入空气能防止NaOH溶液倒吸，D正确;

故选D。

10.部分含Fe或含N物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断合理的是

化合物

J卜

d

，+5

c

r+4

gh,

+3(

b+2f,

+1-

ae

0i

单1贡氧彳上物g爰单贡氧，K物

A.从原子结构角度分析，g比f稳定

B.工业制硝酸涉及a一一c—■<!的转化

C.常温下，可用e容器盛装d的浓溶液，因为e和d的浓溶液不反应

D.向沸水中滴加h的饱和溶液，一定能形成产生丁达尔效应的分散系

【答案】A

【解析】

【分析】由图可知，a为单质N2,b为NO,c为N02,d为HNO3,e为Fe,f为FeO,g^Fe2O3,h为铁

盐。

【详解】A.f为FeO,g为FezCh,Fe?+的价电子排布式为3d6,Fe3+价电子排布式为3d5,3d轨道半充满较

稳定，A正确；

B.工业制硝酸用氨气催化氧化得到NO,不是用N2的氧化，B错误；

C.浓硝酸与Fe单质在常温下发生钝化，二者发生了反应，表面形成致密的氧化膜，阻止了反应的继续进

行，C错误；

D.沸水中滴加饱和的FeCb溶液，继续加热至溶液呈红褐色，产生胶体，若加热时间过长，胶体会发生

聚沉，若用饱和的硫酸铁溶液滴加到沸水中，产生的胶体会聚沉，D错误；

答案选A。

11.氯碱工业涉及Cl2、H2,NaOH、NaCl等物质。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是

A.ImolNaCl固体中，含离子数为2NA

B.ILlmoLI^的NaOH溶液中，含有氧原子数为NA

C.标准状况下，22.4LCL和H2的混合气体含有共价键数目为2NA

D.将Cl?与NaOH溶液反应制备消毒液，消耗ImolCL转移电子数为2NA

【答案】A

【解析】

【详解】A.NaCl中含有Na+和C「，ImolNaCl固体中，含离子数为2NA，A正确；

B.NaOH溶液中的水分子中也含有O原子，则的NaOH溶液中，含有氧原子数大于NA，B

错误；

C.标况下，22.4L的H?和CL混合气体为Imol,H2和CI2都是双原子分子，所以共价键数目为NA,C

错误；

D.Cl2与足量NaOH溶液反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,反应中Cb既是氧化剂又

是还原剂，1molCL参与反应转移1mol电子，所以转移电子数为NA,D错误；

故选A„

12.下列陈述I与陈述II均正确，且具有因果关系的是

选项陈述I陈述II

A将SO2气体通入NaClO溶液中产生HC1O和Na2SO3H2SO3的酸性比HC10的酸性强

B工业固氮中将N?与H2一定条件下反应合成NHSN2具有还原性

C高纯硅可以制成计算机的芯片、太阳能电池晶体硅具有半导体性能

D相同压强下，HF的沸点比HC1的沸点低HF分子间作用力弱于HC1

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A.SO2具有还原性，将SO2气体通入NaClO溶液中会发生氧化还原反应生成Na2so"A错

误；

B.工业固氮中将N?与H?在一定条件下反应合成NH3,N元素化合价下降，说明N2具有氧化性，B错

误；

C.晶体硅具有半导体性能，使其可用于计算机芯片和太阳能电池，陈述I与陈述II均正确，C正确；

D.HF因分子间氢键导致沸点显著高于HC1的，D错误；

故选C

13.乙醇和乙酸是生活中两种常见的有机物。利用以下装置进行实验，能达到预期目的的是

L乙醇

Li少量酸性

G日"KMnCU溶液

A.分离乙醇和乙酸B.验证乙醇的还原性

冰醋酸、乙醇蜃分二

浓硫酸上?

£

NaOH_l

Na2co^1\,

L溶液01c<-

I茶酚钠

C.比较乙酸、碳酸和苯酚的酸性强

D.制取少量乙酸乙酯

弱

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A.乙醇和乙酸互溶，而且会反应，所以不可以用分液，故A不能达到预期目的；

B.少量酸性高锌酸钾和乙醇反应会褪色，可以证明乙醇的还原性，故B能达到预期目的；

C.乙酸有挥发性，挥发产生的乙酸蒸气会随着乙酸与NaHCCh反应产生的C02气体进入盛有苯酚钠溶液

的装置中，发生反应也产生苯酚，因此不能用于比较乙酸、碳酸、苯酚的酸性强弱，故C不能达到预期目

的；

D.不应该用氢氧化钠溶液，会使酯水解，应该盛饱和Na2cCh溶液，故D不能达到预期目的；

答案选B。

14.化合物(XY4)2Z2E8可作氧化剂和漂白剂。X、Y、Z、E均为短周期主族元素，仅有X与E同一周期，Z

与E同一族。E在地壳中含量最多，X的基态原子价层p轨道半充满。下列说法正确的是

A.该化合物中Z元素的化合价为+7B.ZE3的VSEPR模型为四面体

C.ZE2分子的键角比ZE3分子的键角小D.第一电离能：E>X>Z

【答案】C

【解析】

【分析】X、Y、Z、E均为短周期主族元素，仅有X与E同一周期，E在地壳中含量最多，则E是O元

素；Z与E同一族，则Z是S元素；X的基态原子价层p轨道半充满，则X原子核外电子排布式是

Is22s22P3,所以X为N元素，根据化合物的结构可知丫是H元素，然后根据问题分析解答。

【详解】由上述分析可知：X为N元素，丫为H元素、Z为S元素、E为0元素。

A.根据上述分析可知：Z为S元素，原子核外电子排布是2、8、6,所以Z的最外层电子数为6,该化合

物中Z元素的化合价为+6价，A错误；

B.根据上述分析可知：Z为S元素，E为O元素，ZE3为SO3,其中心S的价层电子对数为3+

2

=3,S原子采用sp2杂化，因此VSEPR模型为平面三角形，B错误；

C.根据上述分析可知：Z为S元素，E为O元素，ZE2为SO2,ZE3为SO3,SCh分子的中心S原子价层

电子对数为2+殳f=3,S原子采用sp2杂化，有1对孤电子对，孤对电子对成键电子的排斥力大于成

键电子的排斥力，所以S02呈V形；S03分子中S原子价层电子对数也是3,S原子也是采用sp2杂化，但

由于S原子上无孤对电子，因此SO3分子呈平面三角形，键角是120度，故键角：SO2<SO3,C正确;

D.由上述分析可知：X为N元素，Z为S元素、E为O元素。一般情况下同一周期主族元素，原子序数

越大，元素的第一电离能就越大。但由于N的2P电子半满为较稳定结构，其第一电离能大于同一周期相

邻元素，所以第一电离能：N>0；0、S是同一主族元素，原子序数越大，元素的第一电离能就越小，则

第一电离能：O>S,故三种元素的第一电离能：X(N)>E(O)>Z(S),D错误;

故合理选项是C„

15.已知H2O2在少量「作用下，常温时能剧烈分解并放出热量，分解的机理由两步构成，I：

HZOZ+I-MHZO+IOX慢反应，AH>0),II：H2O2+IO-=「+：«20+02个(快反应)，能正确表示整

【解析】

【分析】反应为放热反应，则生成物能量小于反应物能量；第一步为慢反应，第二步为快反应，则第一步

活化能大于第二步活化能。据此解答:

【详解】A.生成物能量等于反应物能量，A错误;

B.第一步活化能大于第二步活化能，且生成物能量小于反应物能量，B正确;

C.第一步活化能小于第二步活化能，且生成物能量等于反应物能量，C错误;

D.第一步活化能小于第二步活化能，D错误;

故答案为B。

16.某实验小组利用如图所示装置制备Fe(OH)2。已知甲装置的工作原理为：2Na2S2+NaBr3

=Na2s4+3NaBr,电极a、b采用石墨或Fe。下列说法不正确的是

甲乙

A.乙装置中电极a应为Fe,b电极为石墨

B.乙装置中可用CuCl2溶液代替NaCl溶液

C.电极b发生的反应：2H2O+2e-=H2T+2OH

D.理论上每生成9.0gFe(0H)2，甲装置中将有0.2molNa+向惰性电极II移动

【答案】B

【解析】

【详解】A.乙装置目的是制备Fe(OH)2,需要Fe?+,电极a应为Fe作阳极失电子生成Fe?+，b电极为

阴极，可采用石墨，该选项正确；

B.若用CuCU溶液代替NaCl溶液，在阴极Cu”得电子生成Cu,无法生成OHJ就不能生成

Fe(OH)2,该选项错误；

C.电极b为阴极，溶液中的H2。得电子发生还原反应，电极反应式为2Hq+2片=凡1+2。11-,该选项

正确；

m90g

D.9.0gFe(OH)的物质的量为n=—=——~-=O.lmol,根据p_2e-=Fe2+-

2M90g/mole

Fe2++2OIT=Fe(OH)2J,生成0.1molFe(OH)2,电路中转移0.2mol电子，甲装置中阳离子向正极

(惰性电极H)移动，根据电荷守恒，有0.2molNa+向惰性电极n移动，该选项正确；

综上所述，正确答案B。

二、非选择题：本题共4小题，共56分。

17.配合物在生产、生活中应用广泛。例如：K31Fe(CN)6](铁氧化钾)用于检验Fe?+。回答下列问题：

3

(1)K3[Fe(CN)6]的配位数为,[Fe(CN)6]-中配位原子是(填元素符号)。

(2)配位体CN-电子式为,对应氢化物HCN分子中。键与兀键数目之比为。

(3)工业上，以石墨为电极，电解KJFe(CN)6］(亚铁氧化钾)溶液可以制备K31Fe(CN)6］,阳极的电极

反应式为。

(4)探究KsIFeCCN%］的性质。查阅资料，提出猜想：

猜想1：《［FeCCN%］溶液中存在电离平衡［Fe(CN)6/=Fe3++6CN-；

猜想2：K3［Fe(CN)6］具有氧化性。

【设计实验】

序

实验操作实验现象

号

在lOmLO,lmol-L-1K^FeCCN%］溶液中滴入滴入KSCN溶液，无明显现象，

I

几滴KSCN溶液，再向溶液中加入少量浓盐酸加入浓盐酸后，_____i_____

在lOmLO.lmol-L-1区以仁叫］和

II1Aimin产生蓝色沉淀

O.lmolL-FeCl3的混合溶液中插入一根无锈

铁丝

在10mL0.2molL-1K^FelCN%］溶液中插入

IIIA2min产生蓝色沉淀

一根无锈铁丝(与II中相同)

【结果分析】

①实验I证明猜想1成立，实验现象i是=

3+3433+2+

②已知：常温下，Fe+6CN^［Fe(CN)6］-Kftl=10%Fe+SCN-^［Fe(SCN)］,

295

Ka2=1.0xl0,K稳又称配离子稳定常数。用必要的文字、离子方程式与数据说明实验I滴入KSCN

溶液时无明显现象的原因___________。

③实验III产生蓝色沉淀是因为产生了Fe?+，生成的Fe?+与未反应的K31Fe(CN)6］生成了蓝色沉淀，说明

猜想2成立。另设计实验证明KsIFeCCN%］的氧化性(要求写出实验操作与预期现象，限选试

齐lj：NaOH溶液、淀粉溶液、KI溶液和饱和Na2s溶液)。

④基于猜想1、2成立，可推断实验n、in中A】人2(填“>”“=”或“<”)。

【答案】(1)①.6②.C

(2)[：C!!N:]-②.1:1

43

(3)[Fe(CN)6]-e-=[Fe(CN)6]-

(4)①.溶液变成红色②.[Fe(CN)6『-+SCN-U[Fe(SCN)]2++6CN-,此反应的

l.OxlQ2-95

=1.0x10-65,该反应平衡常数小于10巧，说明该反应正向进行的程度小，难于产

的l.OxlO436

K碣1

生红色物质③.向2mLK^FeCCN%］溶液中滴加几滴饱和Na2s溶液，溶液出现淡黄色浑浊，说明

K31Fe(CN)6］具有氧化性(或向2mLK31Fe(CN)6］溶液中滴加几滴KI溶液，然后再滴入几滴淀粉溶液，溶

液出现蓝色，说明K31Fe(CN)6］具有氧化性)④.<

【解析】

【分析】探究K31Fe(CN)6］的性质，提出两个猜想：猜想1：K31Fe(CN)6］溶液中存在电离平衡

33+

［Fe(CN)6］-^Fe+6CN-;猜想2：KsIFeCCN%］具有氧化性；I中加入浓盐酸后，H+与CK结合生

成HCN,降低CN-浓度，促使［Fe(CN)613-解离出Fe3+,Fe3+与SCK反应生成红色络合物，实验n中

FeCb提供高浓度Fe3+,直接氧化铁丝生成Fe?+更快；实验III中K31Fe(CN)6］需先解离出少量Fe3+再反应，

速率较慢，以此解答。

【小问1详解】

K31Fe(CN)6］中，CN-为配位体，C电负性较低，提供孤对电子，则每个CN通过C原子与Fe3+配位，6

个CN-形成六配位，故配位数为6,配位原子是C。

【小问2详解】

CN-中含有6+7+1=14个电子，配位体CN—电子式为［：CEN：「，HCN分子中，H-C为。键，C三N含1个

◎键和2个兀键，总◎键数2,兀键数2,比例为1:1。

【小问3详解】

电解K/Fe(CN)6］时，阳极发生氧化反应，［Fe(CN)6广失去电子被氧化为［Fe(CN)6广，电极方程式

43

［Fe(CN)6］--e-=［Fe(CN)6］-o

【小问4详解】

①加入浓盐酸后，H+与CN-结合生成HCN,降低CN-浓度，促使［Fe(CN)6广解离出Fe3+,Fe3+与SCK反

应生成红色络合物，实验现象i是溶液变成红色；

②实验I滴入KSCN溶液时无明显现象的原因：［FeCCN"广+SCN-［Fe（SCN）］2++6CN-,此反应

K［0x］02,95

的K=*=八=IQx1。4网,该反应平衡常数小于I。"，说明该反应正向进行的程度小，难

K稳11-0x10

于产生红色物质；

③设计实验证明K3［Fe（CN）6］的氧化性为：向2mLK3［Fe（CN）6］溶液中滴加几滴饱和Na2s溶液，溶液出

现淡黄色浑浊，说明KsIFeCN%］具有氧化性（或向ZmLK^FeCN%］溶液中滴加几滴KI溶液，然后再滴

入几滴淀粉溶液，溶液出现蓝色，说明K31Fe（CN）6］具有氧化性）；

④实验II中FeCb提供高浓度Fe3+,直接氧化铁丝生成Fe?+更快；实验III中LIFeCN"需先解离出少量

Fe3+再反应，速率较慢，故AI<A2。

18.五氧化二钗是接触法制取硫酸的催化剂，具有强氧化性。从废钮催化剂（主要成分为：丫2。5、

VOSO4,K2so4、Si。？和FeQ3等）中回收V2O5的一种生产工艺流程如下图所示：

废渣II

已知：+5价机在溶液中主要以VO；和V。；的形式存在，两者转化关系为VO；+H2O=VO；+2H+。

（1）写出基态钢原子的价层电子排布式__________。

（2）“废渣I”的主要成分为o“还原”后的溶液中含有阳离子VCP+、Fe?+、K+、H+，

“还原”过程中V2O5发生反应的离子方程式为。

（3）“萃取”和“反萃取”的变化过程可简化为（下式中的R表示VO?+或Fe?+,HA表示有机萃取剂的

主要成分）：口5。4（水层）+21^（有机层）02队2（有机层）+凡504（水层）。工艺流程中可循环使用

的试剂有（写化学式）。

（4）“氧化”时欲使3mol的VO?+变为VO：,需要氧化剂KCIO3至少为moL

（5）“调pH”中加入KOH有两个目的，分别为、-

（6）钢的某种氧化物的立方晶胞结构如下图，晶胞参数为apm。晶胞中V的配位数与。的配位数之比为

___________；已知NA表示阿伏加德罗常数的值，该晶体密度为g/cn?（列出计算式即可）。

0-0*-v

【答案】（1）3d34s2

+-2+

(2)SiO2②.V2O5+4H+SO|=+2H2O+2VO

(3)H2so4、HA

(4)0.5(5)①.促使Fe3+水解成FeCOH%沉淀②.促使VO?+转化为VO；,有利于下一步

沉钢

(51+32)x2166xlO30

(6)①.2:1lo3(3)

(axlO-)NA^aNA

【解析】

【分析】利用废钢催化剂（主要成分为：V2O5,VOS。,、K2so4、Si。？和Fees等）回收V2O5的工艺

流程为：将废机催化剂加入K2s2在硫酸作用下进行还原，Si。？不溶于酸，过滤后在废渣I中，得到含

阳离子VO2+、Fe2+>K+、H+的滤液，再加有机萃取剂HA进行萃取，分液得有机层，再加入试剂X进

行反萃取，分液后有机萃取剂进入萃取环节循环使用，得到酸性水溶液，加KC/Q氧化，再加KOH调节

pH,过滤得废渣II和含钢滤液，加入NH4C/沉用凡得4V。3,最后燃烧N"4VQ得产品丫2。5,据此分

析解答。

【小问1详解】

钢为23号元素，位于周期表中第四周期第VB族，则基态钏原子的价层电子排布式为：3d34s2。

故答案为:3d34s2。

【小问2详解】

根据分析，废渣I为难溶于硫酸的夕。2；“还原”过程中丫2。5被K2sQ在酸性作用还原为VCJ2+,则反

+2+

应的离子方程式为：V2o5+SOf+4H=2VO+sol+2H2O。

+2+

故答案为：Sio2.V2O5+SO；-+4H=2VO+SO^+2H2Oo

【小问3详解】

根据萃取和反萃取方程式：5^。4(水层)+21^(有机层)=2队2(有机层)+112504(水层)可知，当

发生萃取时，水层有硫酸生成，可以用在反萃取操作中；当发生反萃取时，有机层有HA产生，可以用在

萃取操作中，所以可以循环使用的物质为：H2so4、HA。

【小问4详解】

根据分析，在氧化时发生的反应为：6丫。2++口。；+31120=6丫0；+。厂+615+,根据方程中关系量可

知，要使3mol的VCP+变为V0；,需要氧化剂KC103至少为05mo/。

故答案为：0.5o

【小问5详解】

由于在反萃取后的酸性水溶液中还存在VO~+和Fe2+，经KCIO.氧化后变为VO；和Fei+，所以加入KOH

后首先调节pH,促使"3+水解形成Ee(OH)3沉淀过滤除去，同时根据题目已知转化

+

VO>H2O^VO-+2H,得到加入KOH还可以消耗H+使平衡右移生成更多的VO；,有利于下一步

沉机操作。

故答案为：促使Fe3+水解成Fe(0H)3沉淀；促使VO?+转化为VO；,有利于下一步沉机。

【小问6详解】

根据晶胞图形可知，1个V原子与6个O原子形成配位键，配位数为6,1个O原子与3个V原子形成配

位键，配位数为3,则晶胞中V的配位数与O的配位数之比为6:3=2:1；同时在晶胞中，O原子有4个位

于晶胞面心，2个位于体心，则。原子数为：4x-+2=4;V原子有8个位于晶胞顶点，1个位于体心，

2

则V原子数为：8x-+l=2,则1个晶胞的构成为V2O4或(VQ)2,得到该氧化物化学式为：VO2,晶

8

胞参数为apm,则边长为axl()T°cm，则该晶体密度为

(51+32)x2

m_NA_(51+32)x2_166xlO30

=103=lo3=3

V(axlO)(axlO)xNAa?AN

(51+32)x2166xlO30

故答案为：2：1；

-10

(axlO)XNAN?A

19.油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有H?S,需要回收处理并加以利用。

(1)根据文献，对H2s的处理主要有两种方法。

①克劳斯工艺。该工艺经过两步反应使H2s转化为S2:

反应I：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)胆=-1036kJ-moL

1

反应n：4H2S(g)+2SO2(g)=3S2(g)+4H2O(g)AH2=+94kJ-moP

写出该工艺总反应的热化学方程式___________o

1

②分解法。反应ni：2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)AH3=+170kJ-mor,该反应能自发进行的条件是

③相比克劳斯工艺，分解法处理H2s的优点是

(2)消除天然气中H2s是能源领域的研究热点,利用CuFe2O4表面吸附H2s时，研究表明有两种机理途

径，如下图所示。

过渡态

85.6——途径1

0

J0-途径2

O^.-5■:

E

.-21.1*表示催化剂吸附物种

pHS*

l2

/

*过渡态过渡态

溜-342.3-362.6

玄；「403.9<=^⑷9.2--430.4

要'^一"3474：513.0,/-377.5'：；一一

-443.5

H*+HS*-580.5-586.3

-567.1H*+OH*+S*HO*+S*

2H*+S*2

吸附历程

下列说法中，正确的有=

A.H2S*=HS*+H*的速率：途径1＞途径2

B.途径2历程中最大能垒为i35.5kJ-mo「

C.CuFe?。,在吸附过程中提供了O原子

D.吸附在催化剂表面的水分子解吸出来时放出能量

(3)科研人员把铁的配合物Fe3+L(L为配体)溶于弱碱性的海水中，制成吸收液，将气体H2s转化为单质

硫。该工艺包含两个阶段：①H2s的吸收氧化；②Fe3+L的再生。反应原理如下:

i.H2S(g)+2Fe3+L(aq)+2OIT(aq)=S(s)+2Fe2+L(aq)+2H2O(l)

ii.4Fe2+L(aq)+C>2(g)+2H2O(l)=4Fe3+L(aq)+4OIT(叫)

①25c时，H2s溶液中H2s、HS-和S?-在含硫粒子总浓度中所占分数6随溶液pH的变化关系如下图,

由图计算，H2s的Kai=1.0x10-7,Ka2=,则HS-的电离程度比水解程度(填

“大"或‘小”)。

②再生反应在常温下进行，Fe?+L解离出的Fe?+易与溶液中的S?-形成沉淀。若溶液中的

2+5191

c(Fe)=1.0xWmol-I7,c(H2S)=6.0x10mol-L,为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不

大于(写出计算过程。已知25℃时，Ksp(FeS)=6.0xl()T8)。

1

【答案】⑴®.2H2S(g)+O2(g)=S2(g)+2H2O(g)AH=-314kJ.moF②.高温③.副产

物H2可作燃料(2)BC

(3)1.0x1013②.小③.8

【解析】

【小问1详解】

①根据盖斯定律，凶反应1+反应II可得该工艺总反应的热化学方程式：

3

1

2H2s(g)+O2(g)=S2(g)+2H2O(g)AH=-314kJ-moF；

②反应in焰变大于o,端变大于o,因此在高温条件下可以自发进行；

③克劳斯工艺为H2s与氧气反应生成S2和水，分解法处理H2s生成S2和氢气，分解法的优点是副产物H?

可作燃料。

【小问2详解】

A.H2S*=HS*+H*反应活化能：途径1＞途径2,因此速率：途径1＜途径2,故A错误；

B.途径2历程中的能垒依次为3.9kTmo「i、6L6kTmoL、ISS.SkJmol1.故B正确；

C.反应过程为硫化氢转化为单质硫和水，反应需要增加一个氧原子，可能来源于催化剂CuFe2。,，故C

正确；

D.由吸附历程知，得到吸附状态的水分子的过程放出能量，那么吸附在催化剂表面的水分子解吸出来时

需吸收能量，故D错误；

故答案为BC。

【小问3详解】

①根据题意pH=13时HSLS?一的所占分数相等，则q=,（S）：但）=C（H+）=i0*令*；HS-的

c（HS）

电离平衡常数为42=支）=1.0x1013,水解平衡常数为

c（HS）

14

C(H2S)C(OH-)Kw1.0x10

“Oxi。->必，因此HS-的电离程度小于水解程度;

c(HS)1.0x10-7

②再生反应在常温下进行，Fe?+L解离出的Fe?+易与溶液中的S?-形成沉淀。若溶液中的

c(Fe2+)=1.0xl0-5molI7',根据(p=c(Fe2+)-c(S2-)=1.0xK)-5*。位2-)得至ij

219l

c(S-)=e.OxlO^mol-L,根据c(H2S)=6.0xl0-molI7和

c(S2->C2(H+)60X10

-)=1.0xKT?。，得到C(H+)=1.0x10-8mol.L-i；

C(H2S)6.0x10

pH=8,因此为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于8。

20.化合物E是一种广泛应用于光固化产品的光引发剂，可采用A为原料，按如下图路线合成:

00OOO

…吗J二星,々V试剂X,Ql-NaOH水溶液

囚回回回回

（1）化合物A的分子式为,名称为（系统命名法）。

（2）化合物C中官能团的名称是o化合物C的某同分异构体含有苯环且核磁共振氢谱图上有

4组峰，峰面积之比为6：3：2：1,能与新制Cu（OH）2反应生成砖红色沉淀，其结构简式为（写

一种）。

（3）关于上述合成路线中的相关物质及转化，下列说法正确的有

A.化合物D和E不能通过红外光谱鉴别

B.C—D的转化为取代反应，试剂X为HBr

C.化合物C中，碳原子的杂化轨道类型为sp2和sp3杂化

D.化合物E可溶于水是因为其分子中的含氧官能团能与水分子形成氢键

（4）对化合物E,分析预测其含氧官能团可能的化学性质，完成下表。

序号反应试剂、条件反应形成的新物质反应类型

OH

①

OH

②——消去反应

（5）已知：烯醇不稳定，很快会转化为醛，即R—CH=CHOHfR—CH2CHO。在一定条件下，以

原子利用率100%的反应制备HOCH2cH