2025年北京北师大实验中学高三（下）统练一化学试题和答案

2025北京北师大实验中学高三（下）统练一化学本试卷共页，共分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效。可能用到的相对原子质量H1C12O16C135.5K39Fe56第一部分选择题（共小题，每题3分，共42分）1.2022年3月神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中太空“冰雪实验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。下列说法不正确的是．．．A.醋酸钠是强电解质B.醋酸钠晶体与冰都是离子晶体pH7C.常温下，醋酸钠溶液的D.该溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出2.下列化学用语或图示表达正确的是··A.NaCl的电子式为Na:Cl:··NHB.C.的VSEPR模型为32p电子云图为zD.基态原子的价层电子轨道表示式为3.酸性锌锰干电池的构造示意图如下。关于该电池及其工作原理，下列说法不正确的是A.石墨作电池的正极材料+4NHB.电池工作时，向负极方向移动MnOC.发生还原反应2D.若给该电池充电，会生成可燃性气体，存在安全隐患4.下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是A.酸性：HClO＞HSO＞HSiO3B.碱性：KOH＞NaOH＞LiOHD.非金属性：F＞O＞N4232C.热稳定性：HO＞HS＞PH3225.下列方程式与所给事实不相符的是．．．Cl2+2OH−=Cl−++H2O−A.制备84消毒液（主要成分是2电解2Na+Cl2B.工业制氯气：2NaCl（熔融）C.利用覆铜板制作印刷电路板：2Fe3++Cu2Fe=2++Cu2+NaSHg2+:Hg2++S2−=HgS去除废水中的D.26.下列实验的对应操作中不合理的是．．．A．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液B．稀释浓硫酸液面距刻线约蒸发结晶NaHCOC．从模拟侯氏制碱法获得后的母液中获D．配制一定物质的量浓度的溶液3NH4Cl取晶体A.AB.BC.CD.D7.硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。下列说法不正确的是A.I的化学方程式：2+8O2O+6SO234B.Ⅱ中的反应条件都是为了提高SO平衡转化率2C.将黄铁矿换成硫黄可以减少废渣的产生D.生产过程中产生的尾气可用碱液吸收8.下列依据相关数据作出的推断中，不正确的是A.依据相同温度下可逆反应的Q与K大小的比较，可推断反应进行的方向K大小B.依据一元弱酸的，可推断它们同温度同浓度稀溶液的aC.依据第二周期主族元素电负性依次增大，可推断它们的第一电离能依次增大D.依据、I的氢化物分子中氢卤键的键能，可推断它们的热稳定性强弱9.常温下完成下列实验。其中实验I中浑浊不消失，实验Ⅱ和Ⅲ中浊液变澄清。下列说法中，不正确的是．．．A.实验I中加入8滴水后溶液的pH不变B.实验Ⅱ中加入浓氨水后，c(Na+)+c(H+)+c(NH4)=CO2−)+c(HCO3)+c(OH−)−CO2)/c(HCO)−−C.实验ⅢNH4Cl溶液后，c(比值增大33−D.实验Ⅱ和实验Ⅲ中浊液变澄清可能与HCO的电离平衡、水解平衡有关310.气相离子催化剂(Fe+、Co+、Mn+等具有优良的催化效果。其中，在Fe+催化下乙烷氧化反应的机理如图所示(图中---为副反应)。下列说法正确的是A.FeO+、N2均为反应中间体B.X既含极性共价键也含非极性共价键C.该机理涉及的反应均为氧化还原反应D.每生成1molCHCHO，消耗NO的物质的量大于2mol32水气变换反应(CO+H2OH+CO)是工业上大规模制氢的重要方法，HCOOH是中间产物。在密封石22英管内完全充满1mol·LHCOOH水溶液，某温度下HCOOH分解，反应如下。i．HCOOH(aq)ii．HCOOH(aq)CO(aq)+2O(l)CO(aq)+H(aq)22含碳粒子浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。已知：盐酸对反应i有催化作用。下列说法不正确的是．．．A.反应开始至t1，反应速率：i>iiB.t1时，的分解率为86%C.相同条件下，若起始时溶液中同时还含有0.1mol·L-1盐酸，c(CO)的最大值将变大D.相同条件下，若起始时溶液中同时还含有0.1mol·L-1盐酸，c(CO2)的最大值将变小12.聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，聚维酮碘的水溶液是一种常见的碘伏类缓释消毒剂，其结构表示如下。下列说法错误的是A.聚维酮的单体是B.聚维酮分子由2m+n个单体聚合而成C.聚维酮碘可以与水形成分子间氢键，是一种水溶性物质D.理论上1mol聚维酮碘最多能与(2m+n)molNaOH反应HSO作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是4．．．13.苯在浓和浓3HSO+2HOSO−HSO的过程体现了的酸性4A.和生成与34B.M中C原子存在两种杂化方式C.生成产物I的反应类型是加成反应D.结合示意图可以判断通过控制反应时间可以制备产物IKMnOKI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。14.不同条件下，当与4KIKMnO4反应序号起始酸碱性还原产物氧化产物物质的量/mol物质的量/molMn2+I2IOx①②酸性中性0.0010.001nMnO2−10n−已知：MnO的氧化性随酸性减弱而减弱。4下列说法正确的是A.对比反应①和②，x=4B.随反应进行，体系C.对比反应①和②，可得出结论：I−的还原性随酸性减弱而增强变化：①增大，②不变D.推测若①中的物质的量小于，MnO的还原产物可能有−4MnO2第二部分共58分15.开发简便的手段将I．认识捕集或转化为功能材料是实现碳中和社会的关键。2分子。2（1）基态碳原子的价层电子排布式是_____。（2）基态原子的第一电离能：C_____O（填“<”或“>（3）的空间结构是_____。2Ⅱ．离子交换树脂捕集。2（4）一种由阴离子交换树脂-碳纳米管构成的膜分离装置可连续去除空气中，如图所示，该复合薄膜2兼具离子和电子传导性能，工作时A侧的转化成了HCO-3。2①A侧的电极方程式为_____。②A侧的空气流量为/，其中的含量为b%，要将空气中的降低至原含量的，则B侧22HL/min。通入的流量至少需_____2Ⅲ．捕集转化为多孔材料。2（5）铵盐型碱性离子交换树脂可以吸收，过程如右图所示，通过调节湿度实现捕集和释放。2−①A为_____，B为23。②关于调节湿度下列说法正确的是_____。a．该材料可以循环多次使用b．Ⅲ中降低水浓度使Ⅲ中反应正向移动2−，实现了的释放2c．高湿度通过水合作用稳定（6）在CO3直接转化为高度多孔材料，晶胞如下所示。2①PDC与2+形成配位键，理由是_____。2+：PDC_____。②该材料中，的值为16.二氧化氯(ClO2)广泛应用于纸浆漂白、杀菌消毒和水净化处理等领域。，工艺流程如下：2（1）工业上利用甲醇还原的方法制备3已知：a．发生器中制备ClO2时CH3OH的氧化产物是；CH3OH101℃；ClO211℃b．相关物质的沸点：65C；HCOOH①ClO2可用于纸浆漂白、杀菌消毒是因其具有_____性。②写出反应器中生成ClO2反应的化学方程式：_____。③冷却塔用于分离ClO2并回收i．冷却塔应控制的最佳温度为_____C．℃CH3OH。A．0℃B．℃ii．冷却后的溶液多次循环后会使ClO2中量增加的可能原因是_____。杂质含量明显增加，需要处理后再循环。多次循环后含22④经过程I和过程Ⅱ可以获得芒硝(SO10HO)。()处理器中获得芒硝时，加入NaHSONaClO3422423固体的作用：_____CH3OH⑤制备过程中可以循环利用的物质除有_____。（2）ClO2可用于处理水体中的对二甲苯（PX为了探究ClO2浓度对水溶液中PX降解率的影响，完成如下实验：I：将不同浓度ClO2分别加入到相同浓度PX溶液中反应相同时间，结果如图1.Ⅱ．分别将三种含氯微粒浓度相同的ClO溶液、ClO和异丙醇混合溶液、HClO和HClO混合溶液加入到2相同浓度PX溶液中反应相同时间，结果如图2.已知：①ClO2溶于水后存在如下反应：223+HO=+OHClO2+OH=HClO3ii．i．222②异丙醇能快速淬灭由实验1ClO2浓度增大对二甲苯的降解率先增大后减小，解释减小的原因_____。17.香豆素衍生物J能减少病毒感染细胞的凋亡，下面是J的合成路线。（1）B的结构简式是_____。（2）D中存在两个六元环，D→E涉及先开环再成环的过程，E不含氟原子且所有氢原子化学环境均不同。则D→E过程中反应（a）的化学方程式是_____。（3）下列说法正确的是_____。a．J的官能团是酰胺基、醚键和羰基b．Cc．B→→DC的反应会产生H2，收集气体后可用于供能的条件与D→E类似，但不宜温度过高或碱的浓度过大（4）已知G→H的过程中CH2N2中碳原子的杂化轨道类型由2变为3。CH2N①中与碳原子相连的氮原子的价层电子对数为_____。2②I的结构简式为_____。（5）E+I→J的反应过程如下，写出N和P的结构简式_____、_____。18A18A18O标记的A，依次类推）经多步反应制取，过程如下。（6）B可以通过（表示CHO318X2中含一个四元环。18X2的结构简式是_____。能发生银镜反应；已知：46（7）F→G的过程中生成的是两种同分异构体和G2。有人认为先进行和G2的分离再与CH2N2CH2NH2再进行分离更好，结合和G2的结构说明依据是_____。反应比先与反应得到相应的和218.某冶铅厂的烟尘是一种黑色粉末，主要含有PbO、As2O和少量的Zn、In、、Si等元素的氧化3物。对烟气中有价元素的回收流程如下：(III)在酸性水溶液中以H3H3易溶于水，对热稳定。4已知：i．形式存在；3(ZnS)=−24(23)=74；()、Ca42K1.610Ksp2.310As3难溶于水。ii．sp3（1）浸出浸出液中的元素全部是H3H3的化学方程式是_____。4，生成4（2）浸出液中2+和In3+的浓度分别为/L和710−3/L，沉淀过程未发生氧化还原反应。(As23)_____(23sp)（填“”或“><KK①sp②设计沉淀过程的目的是_____。（3）从沉淀后液中分离In和As，所用萃取剂是P204（HA）的磺化煤油溶液。+()A有机)+HA有机)+)；+已知：i．萃取In3+的反应是：322ii．同种元素形成的高价离子更容易被萃取剂萃取。①反萃取所用的试剂是_____。AsS②还原后液中的As元素全部是+3价，写出向沉淀后液中加入后发生反应的离子方程式_____。3nPbSO:nNaCO:nC=2:2:1（4）研究浸出渣制备粗铅的反应，一定条件下，控制()()()3时所有Pb42元素均被还原。①反应的化学方程式是_____。0.5nPbSO:nC2()()②研究发现，其他条件不变，当时，Pb的还原率会下降，可能的原因是4_____。（5）该流程中可循环利用的物质是_____。19.某小组同学完成如下实验，并对反应进行了持续研究，过程如下。实验：向/溶液中加入0.5mL0.2mol/溶液，将浊液过滤，得到滤液X，向滤3液中加入镁条，立即产生无色气泡，气体可燃，滤液中逐渐出现白色浑浊。（1）①产生无色气泡的化学方程式是_____。②是四元弱酸，它的二钠盐(HY)溶液可以溶解Mg2+、Fe2+、Fe+等的氢氧化物，Y4−与22Mg2+、Fe2+、Fe+等以：1形成配离子。将滤液中的白色浑浊滤出，加入的二钠盐溶液，反应的离子方程式是_____。a−+（2）将镁条放入溶液中完成实验i，实验表明，Cl和都能加快气泡的产生速率。序号iiiiiiiv4.5mL1mol/LKCl溶液溶液5mL5mL滤液X+0.5mL0.2.mol/La水NaNO溶液3微小气泡附着实验现象大量气泡放出细微气泡放出①补充实验中的溶液a和实验现象：_____。+②上图是ii和iii过程中和温度变化的记录，由此也能得出能加快气泡的产生速率，理由是_____。（3）Ag+加快气泡的产生速率与形成原电池有关。继续研究除Ag外其他元素是否也能形成原电池，加快气泡的产生速率。将镁条放入溶液b中完成实验、vi、v。序号vvivii5mLKCl1mol/L/溶液+/溶液+溶液溶液//b溶液溶液32（pH=6.17）实验现象细微气泡放出较多气泡放出细微气泡放出实验vii中气泡的产生速率未明显加快的可能原因是_____(+)c3的反应，将c（4）补充实验探究不同序号viii的溶液与镁条放入溶液中完成实验viiiixx。ixx溶液()=/L(3+)=(+)c3+c/LcFe3=/Lc（pH=2.17）（pH=2.84）（pH=3.43）实验现象大量气泡放出较多气泡放出细微气泡放出①配制500mL实验viii中溶液c的方法是_____。②实验ix的实验现象能否说明该实验中有原电池反应。能，请说明理由；不能，请补充实验，检验该实验中是否有原电池反应：_____。参考答案第一部分选择题（共小题，每题3分，共42分）1.【答案】B【详解】A．醋酸钠在水溶液中能完全电离，醋酸钠是强电解质，故A正确；B．醋酸钠晶体是离子晶体，冰是分子晶体，故B错误；pH7C．醋酸钠是强碱弱酸盐，常温下，醋酸钠溶液的，故C正确；D．过饱和醋酸钠溶液处于亚稳态，加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出，形成饱和溶液，故D正确；选B。2.【答案】C【详解】A．氯化钠是离子化合物，其电子式是，A项错误；，D项错误；B．氨分子的VSEPR模型是四面体结构，B项错误：C．p能级电子云是哑铃(纺锤)形，C项正确；D．基态铬原子的价层电子轨道表示式是故选C。3.【答案】B【详解】A．酸性锌锰干电池，锌筒为负极，石墨电极为正极，A正确；+B．原电池工作时，阳离子NH向正极(石墨电极)方向移动，B错误；4C．电池工作时，二氧化锰得到电子发生还原反应，C正确；D．若给该电池充电，则会生成可燃性气体氢气，氢气易燃易爆存在安全隐患，D正确；故选B。4.【答案】A【分析】【详解】A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，由于S元素最高价含氧酸是HSO，不是HSO，因此不能根据元素周期律判断酸性：HClOHSO＞H，A错误；242342323B．同一主族元素的金属性随原子序数的增大而增强。元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强。元素的金属性：K＞Na＞Li，所以碱性：KOH＞NaOH＞LiOH，B正确；C．同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增强；同一主族元素的非金属性随原子序数的增大而减弱。元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：O＞S＞P，所以氢化物的热稳定性：HO＞HS＞PH，C正确；223D．同一周期元素的非金属性随原子序数的增大而增强，所以元素的非金属性：F＞O＞N，D正确；故合理选项是A。5.【答案】B【详解】A．与NaOH溶液反应生成NaClO（84A正确；2B．工业制氯气是通过电解饱和食盐水（NaClNaCl。电解熔融NaCl会生成钠和氯气，但H和NaOH，离子方程式：2工业上通常电解食盐水得到、2通电2Cl−2H2O++H+Cl，B错误；22−C．印刷电路板工艺中，利用的是FeCl3氧化性腐蚀铜箔，所给离子方程式正确，C正确；D．硫化钠与汞离子生成难溶硫化汞，是废水处理的常用方法，所给离子方程式正确，D正确；故选B。6.【答案】C【详解】A．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液时，眼睛应注视锥形瓶中溶液，以便观察溶液颜色的变化从而判断滴定终点，A项合理；B．浓硫酸的密度比水的密度大，浓硫酸溶于水放热，故稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入盛水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，B项合理；NaHCONH4Cl晶体的方法为通入氨气并加入氯化钠晶体，降温，C．侯氏制碱法获得后的母液中获取3促使氯化铵析出，而不是蒸发结晶，C项不合理；D．配制一定物质的量浓度的溶液定容阶段，当液面在刻度线以下约12cm时，应改用胶头滴管滴加蒸馏水，视线与凹液面最低处相平，D项合理；故选C。7.【答案】B【分析】黄铁矿和空气中的O在加热条件下发生反应，生成SO和FeO，SO和空气中的O在223422400~500℃、常压、催化剂的作用下发生反应得到SO，用98.3%SO，得到HSO。3324【详解】A．反应I是黄铁矿和空气中的O在加热条件下发生反应，生成SO和FeO，化学方程式：22342+8O2O+6SO，故正确；2A34B．反应Ⅱ条件要兼顾平衡转化率和反应速率，还要考虑生产成本，如Ⅱ中“常压、催化剂”不是为了提高SO平衡转化率，故B错误；2Fe3OC．将黄铁矿换成硫黄，则不再产生，即可以减少废渣产生，故C正确；4D．硫酸工业产生的尾气为SO2、SO，可以用碱液吸收，故D正确；3故选B。8.【答案】C【详解】A．对于可逆反应的Q与K的关系：Q>K，反应向逆反应方向进行；Q<K，反应向正反应方向进行；Q=K，反应处于平衡状态，故依据相同温度下可逆反应的Q与K大小的比较，可推断反应进行的方向，A正确；K越小，B正确；B．一元弱酸的越大，同温度同浓度稀溶液的酸性越强，电离出的H+越多，aC．同一周期从左到右，第一电离能是增大的趋势，但是ⅡA大于ⅢA，大于VIA，C不正确；D．、I的氢化物分子中氢卤键的键能越大，氢化物的热稳定性越强，D正确；故选C。9.【答案】C【详解】A．实验I中加入8滴水后溶液浑浊不消失，说明NaHCO3仍是饱和溶液，pH不变，故A正确；c(Na+)+c(H+)+c(NH4)=，根据电荷守恒则有B．实验Ⅱ中加入浓氨水后，溶液中的阳离子增加了NH+42c(CO2)+c(HCO)+c(OH−)−−，故B正确；33c(CO−)c(CO2−)c(H+)K(HCO)a223==C．，实验Ⅲ中加入NH4Cl溶液后，浊液变澄清，NaHCO3c(HCO−)c(HCO−)c(H+)c(H+)33c(H+)浓度变大，温度不变，K(HCO)不变，故溶液由饱和变为不饱和，碱性变弱，a223c(CO2)/c(HCO)−−比值变小，故C不正确；3−NaHCO3溶液变为不饱和，D．实验Ⅱ浊液变澄清，是因为浓氨水显碱性，破坏了HCO的电离平衡，使3−NaHCO3溶液变为不饱实验Ⅲ中浊液变澄清，是因为氯化铵溶液显酸性，破坏了HCO的水解平衡，使3和，故D正确；答案C。10.【答案】D【详解】A．FeO+先生成后消耗，是反应中间体，N由NO转化得到，是产物，A错误；22B．由原子守恒可知X是H2O，O与H形成极性共价键，B错误；C．该机理中CH+FeO+=[(CH)Fe(OH)+]，该反应无化合价变化，不是氧化还原反应，C错误；2625D．该反应总反应方程式为CH+2NO=CHCHO+2N+HO，由于发生副反应[(CH)Fe(OH)+]→Fe+，Fe化26232225合价降低，有电子转移，则每生成1molCHCHO，消耗NO的物质的量大于2molD正确；32故选：D。【答案】D【详解】A．由图可知，反应开始至t，相同时间内，CO的生成量大于CO的生成量，所以反应速率：i>12ii，故AB．设体积为V，则t时，n(CO)为0.70Vmol，n(CO)为0.16Vmol，HCOOH的总物质的量为1Vmol，所12100%=86%以HCOOH的分解率为，故B正确；C．由于盐酸对反应i有催化作用，加快反应i的反应速率，缩短到达平衡所需时间，由于时间缩短，反应ii消耗的减小，体系中HCOOH浓度增大，导致CO浓度大于t1时刻的峰值，即c(CO)的最大值将变大，故C正确；D．由图可知，随着反应的进行，CO和HCOOH的浓度逐渐减小，CO2的浓度逐渐增大，根据碳元素守恒可知，盐酸只是催化剂，不会改变c(CO2)的最大值，故D错误；故选D。12.【答案】D【详解】A．由聚维酮碘分子结构知，聚维酮由加聚反应制得，其单体为的，A正确；B．由聚维酮碘的分子结构知，聚维酮分子中左侧链节由2个单体构成，因此，聚维酮分子由2m+n个单体聚合而成，B正确；C．聚维酮碘中含有酰胺基，聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，也可以与水形成分子间氢键，是一种水溶性物质，C正确；D．聚维酮碘中HI3也能和NaOH反应，其中含有(2m+n)个酰胺基，则理论上1mol聚维酮碘最多能与(3m+n)molNaOH反应，D错误；故选D。13.【答案】DHSO+2HOSO的过程中硫酸电离出氢离子，同时生成酸根离子−【详解】A．和生成4与3HOSO−HSO，体现了的酸性，A正确；34B．M中与-NO2结合的碳形成4个共价键，为sp3杂化，其余C原子为sp2杂化，B正确；C．生成产物I的反应中，与反应物苯比较，生成物的不饱和度降低，生成X时原苯分子中相邻两个碳原子分别结合了硝基和磺酸基，属于加成反应，C正确；D．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；生成产物Ⅱ的反应的活化能更低、且产物Ⅱ的能量更低更稳定，以上2个角度均有利于产物Ⅱ，故不能通过控制反应时间可以制备产物I，D错误；故选D。14.【答案】CD【详解】A．根据反应①可得关系式10I~2MnO4-，反应①的离子方程式是：10I-+2MnO-4MnO)=0.001∶(10×0.0002)=1∶2，反+16H+=2Mn2++5I+8HO，可以求得n=0.0002，则反应②的n(I-)∶n(22MnO4~2MnO~IOx~6e--x应②中Mn元素的化合价由+7价降至+4价，反应②对应的关系式为I-，中2I元素的化合价为+5价，根据离子所带电荷数等于正负化合价的代数和知x=3，反应②的离子方程式是：I-MnO4+HO=2MnO-+2OH-，错误；A3+222B．根据反应①和②的离子方程式知，反应①消耗H+、产生水、pH增大，反应②产生OH-、消耗水、pH增大，B错误；C．反应①（酸性条件）下I-被氧化为I2，还原性较强；反应②（中性条件）下I-被氧化为I-的还原性增强，C正确；-x（更高价D．推测若①中KI的物质的量小于，失电子总数减少，则得电子总数也减少，故MnO-4的还原MnO产物可能有，D正确；2故选CD。第二部分共58分22p215.1）（2）<（）直线形O22HO4e4CO24HCO+2+−+=-3O+2HO+4e22−=4OH−（4）①.（或分步写，()ab%4CO24OH−4HCO+=-3）②.2（5）①.HCO-3②.（6）①.中的氧原子提供孤电子对，2+提供空轨道【小问1②.4：32p2；2碳为6号元素，基态碳原子的价层电子排布式是【小问2同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，基态原子的第一电离能：C<O；【小问32CO2分子中C原子的价层电子对数为2+【小问4，不含孤电子对，所以是直线形结构；2①该分离装置本质上是氢氧燃料电池，A为正极，氧气被还原，反应生成碳酸氢根离子，电极反应式为O22HO4e4CO24HCO+2+−+=-3O+2HO+4e22−=4OH−4CO2+4OH−=4HCO-3（或分步写，B为负极，氢气被氧化，反应得到高浓度二氧化碳，电极反应式为H2-+2HCO3-=2CO+2HO。故A22+2HO4e4CO24HCO+−+=-3O+2HO+4e−=4OH−O侧的电极方程式为（或分步写，22224CO24OH−4HCO+=②由①中计量关系，1-3H2~2CO，2ab%1-c%)112()()()2()fH=fCO=f()cCO=b%=。22222【小问5①结合图示，氢氧根离子和二氧化碳反应生成-1价的碳酸氢根离子，则A为HCO-3，碳酸氢根离子分解释−放出二氧化碳，同时得到-2价的碳酸根离子，则B为23。②a．由图，该材料为载体，通过调节湿度实现捕集和释放二氧化碳，则可以循环多次使用，正确；CO3−2+H2O-3+OH−，则b．Ⅲ中反应为碳酸根离子和水转化为碳酸氢根离子和氢氧根离子：降低水浓度使Ⅲ中反应逆向移动，错误；−c．Ⅱ过程中碳酸氢根离子分解释放出二氧化碳，同时得到碳酸根离子，高湿度通过水合作用稳定23，实现了的释放，正确；2故选ac；【小问6①PDC中的氧原子提供孤电子对，2+提供空轨道，使得PDC与2+形成配位键；111118+12+64=32122+46+6=24②根据“均摊法”，晶胞中含个2+、个84242PDC，则该材料中，2+：PDC的值为4:3。16.【（1）12NaClO38H2SO4答案】①.氧化②.++=4NaHSO29H2O+(③.B④.多次循环后，3234()增大，还原性增强，还原或⑤.)增大，平衡逆向移cHCOOHClO2ClO3−Cl2为溶液中())+SO2-()+(10H2O，加入，使3cNa+NaSO10HOs2424SO10HO动，利于析出⑥.HSO、NaClO243242（2）由图2可知氧化PX的速率大于氧化PX的速率；浓度增大，反应ii速率增大的程度22c)反而减小，氧化PX的速率降低。大于反应i速率的增大程度，【分析】发生器中发生反应：12NaClO+8HSO+3CHOH═12ClO↑+3HCOOH+4NaH(SO)↓+9HO，过324323422滤得到不溶性NaH(SO)滤渣和含有CHOH等物质的滤液，滤液在冷却塔中冷却分离出ClO气体，含有34232CHOH等物质的滤液循环到发发生器中，充分利用原料CHOH和NaClO，ClO气体在吸收塔中冰水冷却3332至液体ClO储存；处理器中，NaH(SO)滤渣在Na+作用下与水转化为NaSO•10HO和HSO，过滤得234224224到芒硝Na•10HO，滤液中的HSO和NaClO循环到发生器中充分利用，242243【小问1①ClO2具有强氧化性，可用于纸浆漂白、杀菌消毒，故答案为：氧化；②由分析可知，反应器中生成ClO2反应的化学方程式为：12NaClO+8HSO+3CHOH═12ClO↑+3HCOOH+4NaH(SO)↓+9H，：故答案为32432342212NaClO+8HSO+3CHOH═12ClO↑+3HCOOH+4NaH(SO)↓+9HO；324323422③冷却塔用于分离ClO并回收CHOH。23i．ClO的沸点为CHOH沸点为65℃，便于分离气态的ClO和液态的含有CHOH的滤液，冷却塔2323中控制的温度在～65℃之间，结合后续实验的冷却，则最佳温度应该控制在20～30℃，故答案为：B；()增大，cHCOOHii．已知HCOOH中含有醛基的结构具有还原性，故冷却后的溶液多次循环后，溶液中ClO−c(HCOOH)，故答案为：多次循环后，溶液中增大，还原性增强，还原性增强，还原ClO2或为32ClO−；2还原ClO2或为3④NaSO•10HO晶体在溶液中存在溶解和结晶的平衡，即242()2()+2-()+SO410H2O，根据平衡移动原理可知，加入NaClO3使溶液NaSO10HOs24中c（Na）增大，平衡逆向移动，使NaSO•10HO晶体析出，故答案为：242(+)c增大，平衡逆向移NaSO10HOs()()+2-()+SO410H2ONaClO，使3，加入242SO10HO动，利于析出；242CH3OH⑤由分析可知，制备过程中可以循环利用的物质除有HSO和NaClO，故答案为：HSO、24324NaClO3；【小问2对比题干图2可知，ClO水溶液的PX的氧化率最大，而HClO和HClO混合溶液的氧化率最小，ClO与2232异丙醇的混合溶液在中间，结合题干信息①可知ClO2水溶液中产生大量的·OH，信息②可可知异丙醇可以快速淬灭·OH，由此得出随ClO2浓度增大对二甲苯的降解率先增大后减小，解释减小的原因为：·OH氧化PX的速率大于ClO氧化PX的速率；ClO浓度增大，反应ii速率增大的程度大于反应i速率的增大程度，22c(·OH)反而减小，氧化PX的速率降低，故答案为：·OH氧化PX的速率大于ClO2PX的速率；ClO2浓度增大，反应ii速率增大的程度大于反应i速率的增大程度，c(·OH)反而减小，氧化PX的速率降低。17.1）（）3）c（4）①.2②.（5）①.或②.（6）（7）和G2分别为和，G1能形成分子内氢键，G2只能形成分子间氢键，而与H2均不能形成氢键，沸点差距和G2更大，更易于分离（和G2可互换）112+2−11−1CHFO=6，发生水解反应生成C，C的分子式【分析】B的分子式为，不饱和度为211112CH，对比、C分子式，B中酯基水解生成羧基，B的结构简式为2为，C在氧气作9792+2−5−1用下发生异构化生成D，D的不饱度为=7，且D中存在两个六元环，则D的结构简式为2，D在氢氧化钠水溶液中发生酯基的水解反应，再酸化重新发生酯化反应再成环得到E，则CHCl先发生羟基的邻位3E的结构简式为；结合F的分子式CHO，可知F为苯酚，F与66取代反应，再发生水解反应酸化后生成G，G的不饱和度比F多1G的结构简式为，G→H的过程中CHN中碳原子的杂化轨道类型由sp2变为sp3，说明CHN中C原子存在碳碳双键2222CH2N2(重氮甲烷)的结构简式为CH2=N+=N−结构，则，则H的结构简式为，H中的醛，E和I在基与()先发生加成反应，再发生消去反应生成I，则I的结构简式为CONH22催化剂作用下合成目标产物，据此解答。【小问1由分析可知，B的结构简式为【小问2；，D→E过程中反应（a）是酯基的水解，以及F原子的水解，化学方程D的结构简式为式为；【小问3a．结合J的结构简式可知，其官能团为酰胺基、醚键、酯基和碳碳双键，a错误；b．Cc．B→→D的反应是光致异构氧化，氧气做氧化剂的情况下，产物为水，而非氢气，b错误；D→EC与都有酯基的水解反应，其条件类似，但不宜温度过高或碱的浓度过大，因为碱浓度过大或温度高容易发生副反应或酸化过程中消耗过多的酸，c正确；故选c；【小问4CH2N2的结构简式为CH2=N+=N−sp①，与碳原子相连的氮原子采取杂化，价层电子对数为；②由分析可知，I的结构简式为；【小问5E的结构简式为异构化生成M为；方法一：M中的醛基与I中的氨基先发生加成反应得到羟基，生成N为，再发生碳氮双键的加成反应生成P为，再发生羟基的消去反应得到碳碳双键得到J；方法二：M与I先发生碳氮双键的加成反应，得到N为，再发生醛基的加成反应生成P为，再发生羟基的消去反应得到碳碳双键得到J；【小问6B的结构简式为42+2−6CHO不饱和度为3=2，能发生银镜反应，结合B中含有；462CHOCHOOCCHO18，其结构简式，与18A发生醛基的加成反应生成酯基，可知的结构简式为4632518X2为为，再发生加成反应得到四元环生成，再脱得到B；【小问7F是苯酚，酚羟基的邻、对为是活化点位，则生成两种同分异构体和G2的结构简式为和，生成和H2的结构简式为、，G1能形成分子内氢键，G2只能形成分子间氢键，而与H2均不能形成氢键，沸点差距和G2更大，更易于分离（和G2先进行和G2的分离再与CH2N反应效果更好。2O+O+O2H18.1）232234（2）①.（3）②.生成ZnS，回收有价元素Zn，或除去2+，减小2+对In3+萃取的影响S++O=5H+①.浓盐酸②.或全2334233+3++6HO2H6Fe=+32+++6H+As236Fe23高温2PbSO+2NaCO+C2Pb+NaSO+SO2−（4）①.②.还原了C，未将Pb2+4423242部还原（合理答案也可）（5）P204HA）的磺化煤油溶液、、HSO4【分析】烟尘主要含有PbO、As2O和少量的、In、、Si等元素的氧化物，先加稀硫酸通入氧3气，加热条件下、In、的氧化物转化为最高价的硫酸盐，As元素转化为H3AsO，浸出渣为4SiOPbSO2COAs2S3，将Zn元素转化为沉淀、，加入、C高温转化为粗铅；浸出液加入足量243As2S，将3+还原为Fe2+，防止后续萃取流程中混入Fe3+杂质，同时生成S沉淀，还原除去，再次加入3As2OInClAs2O溶液，加入氢氧化钠溶液、通入氧气，再3后液结晶析出，母液经过萃取→反萃取得到33()沉淀，再用碳高温还原为g2()，凝华得到()，据此解答。CaAss加入氧化钙生成34【小问1H3AsOAs2OH3AsO浸出生成，As元素化合价由+3价升高到+54浸出液中的As元素全部是，烟尘中43O+O+O2H价，依据转移电子守恒和原子守恒配平该反应为：。故答案为：232234O+O+O2H；232234【小问22+完全沉淀时，即(+)10−mol/L时，cZn25(ZnS)1.6Ksp24(−)−cS2===1.619/L，此时(+)1.05cZn2193()=(32(361Ksp(3)，则QS7101.6102.010In3+已经开始沉淀，说明加入2(As23)(Ksp2S3)。设计沉淀主要是除去2+，防止其对后面As2S可将In3+沉淀成2SK，则33spIn3的萃取反萃取产生影响。故答案为：；生成+>，回收有价元素Zn，或除去2+，减小2+对In3+萃取的影响；【小问3+()A有机)+HA有机)+)，反萃取过程中，需要+①萃取In3+的反应是：322InCl加入酸溶液让萃取反应的平衡逆向移动，则加入盐酸可得到溶液；3H3AsO、Fe3+均可做该反应的还原剂，离子方程式为：②还原后液中的As元素全部是+34S++O=5H+S+6Fe3++6HO=2H+6Fe2+++6H+或。233423323233S++O=5H+故答案为：浓盐酸；或2334233As236Fe+3++6HO2H6Fe=+32+++6H；+23【小问4nPbSO:nNaCO:nC=2:2:1控制()()()3时，所有Pb元素均被还原，则按照此比值进行配平得到方42高温2PbSO+2NaCO+C2Pb+NaSO+程式为：。其他条件不变，当423242)()时，Pb的还原率会下降，原因是还原剂C过量，将PbS还原为，未0.5nPbSO:nC(2PbSO44高温能将Pb2+完全还原。故答案为：2PbSO42N