浙江省杭州市第二中学2026届高三上学期10月月考 化学试题 含解析

杭州二中2025学年第一学期高三年级十月月考

化学试题

可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Si28P31

S32Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Zn65Br80Ag108

选择题部分

一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个

是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)

1.下列物质中含有非极性共价键的是

A.NaClB.Na2O2C.NaOHD.HCOOH

【答案】B

【解析】

【详解】A．NaCl中只有离子键，不含非极性共价键，A错误；

2

B．Na2O2中O2内的O-O键为同种原子间的非极性共价键，B正确；

C．NaOH中OH-含O-H极性键，不含非极性键，C错误；

D．HCOOH中所有共价键均为不同原子间的极性键，D错误；

故答案选B。

2.下列化学用语或图示表示正确的是

A.基态S原子的价电子轨道表示式：

B.反-2-丁烯的结构简式：

C.p-pπ键形成的轨道重叠示意图：

D.NH3的VSEPR模型：

【答案】D

【解析】

【详解】A．基态S原子价电子为3s23p4，3p轨道有3个轨道，根据洪特规则，4个电子应先分占3个轨道

（自旋平行），再成对，轨道表示式：，A错误；

B．反-2-丁烯中两个甲基应在双键异侧，即正确结构简式为，题目结构简式中两个甲基在

同侧，为顺式结构，B错误；

C．p-p键为肩并肩重叠，图示为头碰头重叠（形成σ键），C错误；

531

D．NH3中心N原子价层电子对数=34，有1对孤对电子，VSEPR模型为正四面体形，图示符

2

合，D正确；

故答案选D。

3.根据元素周期律，下列说法不．正．确．的是

A.第一电离能：Cl>P>SB.热稳定性：H2OH2S

碱性：非金属性：

C.CaOH2BaOH2D.Si<Ge

【答案】D

【解析】

【详解】A．在同一周期元素中，第一电离能从左往右有逐渐增大的趋势，但第VA族的p轨道处于半充满

状态，其第一电离能反而比其右侧的VIA族大，故P、S、Cl的第一电离能为：ClPS，A正确；

B．同主族元素从上往下，非金属性逐渐减弱，则由O元素的非金属性大于S元素可知其简单氢化物的稳

定性：H2OH2S，B正确；

C．同主族元素从上往下，金属性逐渐增强，其最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，则由Ca元素的金

属性小于元素可知碱性：，正确；

BaCaOH2BaOH2C

D．同主族元素从上往下，非金属性逐渐减弱，则非金属性：SiGe，D错误；

故答案为：D。

4.下列实验原理或方法不．正．确．的是

可用饱和溶液提纯蛋白质可用升华法除去中

A.NH42SO4B.NH4ClI2

的

C.可用CCl4萃取碘水中I2D.可用碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的乙酸

【答案】B

【解析】

【详解】．盐析是通过高浓度盐溶液使蛋白质析出，饱和溶液会使蛋白质发生盐析沉淀，可

ANH42SO4

以提纯蛋白质，A正确；

B．NH4Cl受热可能发生分解，不能用加热升华法除去NH4Cl中I2，B错误；

C．I2在CCl4中的溶解度大于H2O，且CCl4不溶于水，可用CCl4萃取碘水中的I2，C正确；

D．碳酸钠溶液中和乙酸，降低乙酸乙酯溶解度，分液即可除去乙酸乙酯中的乙酸，D正确；

故选B。

5.物质的性质决定用途，下列两者对应关系正确的是

A.石墨中存在范德华力，可用作润滑剂B.单晶硅熔点高，可用作半导体材料

C.SO2具有还原性，可用作漂白剂D.Al2O3硬度大，可用作耐火材料

【答案】A

【解析】

【详解】A．石墨的层状结构中，层间范德华力较弱，易滑动，可用作润滑剂，A项正确；

B．单晶硅的半导体特性与导电性相关，熔点高并非其作为半导体的原因，B项错误；

C．SO2的漂白性基于其与有机色素的化合作用，与还原性无直接关系，C项错误；

D．Al2O3的耐火性源于高熔点，硬度大对应的是耐磨材料，D项错误；

答案选A。

6.根据物质结构可推测其性质，下列推测的性质不．合．理．的是

选项结构性质

A苯酚结构中含有羟基苯酚易溶于水

BMgO晶体中离子键强MgO熔点高

CO2环氧丙烷共聚物(PPC)结构

CPPC易降解

为

聚乙烯分子链由碳碳单键相连，易

D聚乙烯具有一定弹性

卷曲

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A．常温下，苯酚在水中溶解度较小，故A错误；

B．MgO晶体中离子键强，为离子晶体，故熔点高，故B正确；

C．PPC结构中含酯基，酯基易水解断裂，因此该共聚物易降解，故C正确；

D．聚乙烯分子链以碳碳单键连接，单键可自由旋转使链易卷曲，外力作用下链伸直，撤去外力后恢复卷曲，

故具有弹性，故D正确；

选A。

7.下列离子方程式正确的是

A.铅酸蓄电池负极反应式：Pb2ePb2

与溶液反应：3

B.Fe(OH)3HIFe(OH)33HFe3H2O

22↑

C.金属铜溶于浓硫酸：Cu4HSO4CuSO22H2O

2

D.Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2：Ca2ClOCO2H2OCaCO32HClO

【答案】D

【解析】

2+2-

【详解】A．铅酸蓄电池负极反应中，Pb应转化为PbSO4而非Pb，正确反应为Pb+SO4-2e=PbSO4，

A错误；

3+-2

B．Fe(OH)3与HI反应时，Fe会氧化I生成I2，方程式为2Fe(OH)3+6H+2I=I2+6H2O+2Fe，B错误；

C．浓硫酸与Cu反应时，浓硫酸以分子形式参与，离子方程式为

Δ

浓22

Cu+2H2SO4()Cu+SO4+SO2+2H2O，C错误；

D．少量CO2与Ca(ClO)2反应生成CaCO3和HClO，离子方程式为

2

Ca2ClOCO2H2OCaCO32HClO，D正确；

故答案选D。

8.下列实验装置能达到实验目的的是

A.装置①可用配制0.100molL1KCl溶液

B.装置②可用于标准NaOH溶液滴定未知浓度的HCl溶液

C.装置③可用于苯甲酸的重结晶

D.装置④可用于蒸馏分离溴与CCl4

【答案】B

【解析】

【详解】A．配制一定物质的量浓度溶液时，固体应在烧杯中溶解，冷却后转移至容量瓶，不能在容量瓶中

直接溶解KCl固体，A项错误；

B．标准NaOH溶液滴定未知浓度HCl时，NaOH为强碱，聚四氟乙烯活塞的滴定管耐酸碱腐蚀，可作为碱

式滴定管使用，锥形瓶中盛放未知HCl溶液，滴定时振荡锥形瓶，装置操作合理，B项正确；

C．苯甲酸重结晶需加热溶解、趁热过滤、冷却结晶等步骤，装置③是用坩埚在灼烧，C项错误；

D．蒸馏分离溴与CCl4时，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶支管口处，D项错误；

答案选B。

9.有关的说法不．正．确．的是

A.分子中至少有12个原子共平面

B.完全水解后所得有机物分子中手性碳原子数目为1个

C.与FeCl3溶液作用显紫色

D.与足量NaOH溶液完全反应后生成的钠盐只有1种

【答案】C

【解析】

【详解】A．与苯环碳原子直接相连的6个原子和苯环上的6个碳原子一定共平面，故该分子中至少12个

原子共平面，A正确；

B．该物质完全水解后所得有机物为，其中只有与—NH2直接相连的碳原子为手性

碳原子，即手性碳原子数目为1个，B正确；

C．该物质含有醇羟基，不含酚羟基，与FeCl3溶液作用不会显紫色，C错误；

D．与足量NaOH溶液完全反应生成和Na2CO3，生成的钠盐只有1种，D正确；

答案选C。

10.下列物质转化流程正确的是

选项目标产物制备方案

AHCl浓硫酸与氯化钠共热

BSO3S在足量氧气中燃烧

CAl电解熔融AlCl3

DHOOCCOOHHOCH2CH2OH与酸性高锰酸钾反应

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A．浓硫酸是高沸点酸，盐酸是挥发性酸，由高沸点酸制备挥发性酸的原则可知，可以用浓硫酸与

氯化钠共热反应制备氯化氢气体，A正确；

B．硫在足量氧气中燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，B错误；

C．氯化铝为共价化合物，熔融态不导电，所以不能用电解熔融氯化铝的方法冶炼铝，C错误；

D．乙二酸能与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，所以不能用乙二醇与酸性高锰

酸钾反应制备乙二酸，D错误；

故选A。

11.已知电解质的溶解也可以看成是反应，25℃时下列反应的焓变和平衡常数如表所示，相．关．判．断．以．及．可．能．

原．因．均．正．确．的是

1

反应H/kJmolKsp

2231

Ca3PO42(s)3Ca(aq)2PO4(aq)-77.2491.85310

2

Na2CO3(s)2Na(aq)CO3(aq)-25.0664.290

250

Ag2S(s)2Ag(aq)S(aq)277.3876.90410

NaCl(s)Na(aq)Cl(aq)3.74139.04

溶于水是㷰增过程，可能原因是2与3形成水合离子

A.Ca3PO42CaPO4

B.NaCl溶于水是熵增过程，可能原因是Cl会破坏水分子间氢键

2

C.Ag2S的溶解度极小，可能原因是Ag与S间作用力离子键百分数大

D.NaCl溶解度大于Na2CO3，可能原因是NaCl溶解吸热而Na2CO3溶解放热

【答案】B

【解析】

【详解】A．Ca3(PO4)2的溶解焓变ΔH为负，但Ksp极小，说明ΔG＞0，反应非自发，虽然生成离子可能熵

增，但水合作用可能导致系混乱程度减小，即熵减，因此溶解过程实际熵减，A错误；

B．NaCl溶解的ΔH＞0，但Ksp较大，说明ΔG＜0，因此ΔS＞0，Cl破坏水分子间氢键，增加溶液混乱度，

导致熵增，B正确；⁻

C．Ag和S的电负性相差较小，共价键百分数较大，C错误；

D．由表格可知NaCl溶解时ΔH＞0，Na2CO3溶解时ΔH＜0，焓变为负值有利于自发进行，因此二者溶解度

应该从熵的角度分析，NaCl溶解度大于Na2CO3是因NaCl溶解熵增显著（ΔS＞0），而Na2CO3溶解虽放热

但熵减（ΔS＜0），导致ΔG负值较小，D错误；

故选B。

12.电化学合成是一种绿色高效的合成方法。如图是在酸性介质中电解合成半胱氨酸和烟酸的示意图。下列

叙述不．正．确．的是

A.过程中可能生成

B.H从电极b移向电极a

C.电极b发生的反应为：

D.生成3mol半胱氨酸的同时生成1mol烟酸

【答案】D

【解析】

【分析】该装置是电解池，电极b上3-甲基吡啶转化为烟酸过程中“加氧脱氢”，发生氧化反应，则b为

阳极，a为阴极，阴极的电极反应式为：，据此

分析作答。

【详解】A．电极a上，胱氨酸中硫原子之间的化学键断裂生成半胱氨酸，则过程中可能生成中间体

，A项正确；

B．b为阳极，a为阴极，H+为阳离子，电解池中向阴极移动，B项正确；

C．电极b为阳极，3-甲基吡啶中-CH3氧化为-COOH，反应式为

，C项正确；

D．由分析可知，生成2mol半胱氨酸转移2mol电子，生成1mol烟酸转移6mol电子，在得失电子守恒

下，3mol半胱氨酸转移3mol电子，应生成0.5mol烟酸，D项错误；

答案选D。

13.单质硫和氢气在低温高压下可形成一种新型超导材料，其晶胞如图所示。下列说法不．正．确．的是

A.该晶体属于分子晶体

B.S位于元素周期表p区

C.该物质的化学式为H3S

D.与S等距且最近的H的个数为6

【答案】A

【解析】

【详解】A．该物质是一种新型超导材料，超导材料指在某一温度下，电阻可变为零的导体，具有导电性，

其不属于分子晶体，A错误；

B．S在第三周期第ⅥA族，位于元素周期表p区，B正确；

111

C．利用均摊法，该晶体中S的个数为812，H原子的个数为1266，故化学式为HS，

8423

C正确；

D．与S等距且最近的H在质点S所在的棱心，个数为6个，D正确；

故选A。

14.我国科学家已经成功催化氢化CO2获得甲酸，利用化合物1催化氢化CO2的反应过程如图甲所示，其

中化合物2与水反应生成化合物3与HCOO过程中的能量变化如图乙所示(TS表示过渡态，I表示中间体)，

下列说法不．正．确．的是

A.化合物1为该反应的催化剂，可加快CO2的转化速率

化合物化合物

B.图乙中形成中间体I2的反应为图甲中“2H2O3HCOO”的决速步骤

C.化合物1→化合物2发生了加成反应

D.图甲过程中Fe的化合价有发生改变

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据题意和图甲可知，化合物1先消耗、后生成为反应的催化剂，催化剂可加快CO2的转化

速率，A正确；

B．图乙中由中间体I1形成中间体I2的反应活化能③最大，活化能最大的步骤反应速率最慢，为图甲中“化

-

合物2＋H2O→化合物3＋HCOO”的决速步骤，B正确；

C．化合物1中Fe-H键与CO2发生反应，O=C=O中的一条双键打开，Fe和H分别加到C和O上形成化合

物2，发生加成反应，C正确；

D．由图甲可知，该流程中铁的成键数目并未改变，所以反应过程中铁元素的化合价没有发生变化，D错误；

故选D。

+

向饱和溶液有足量固体中滴加氨水，发生反应+和

15.AgCl(AgCl)Ag+NH3AgNH3

++

，lgc(M)/molL-1与lgcNH/molL-1的关系如下图

AgNH3+NH3AgNH323

++

所示(其中M代表+、-、或)。

AgClAgNH3AgNH32

下列说法错误的是

A.曲线I可视为AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线

+--9.75

B.AgCl的溶度积常数Ksp=cAgcCl=10

++

C.反应的平衡常数K的值为3.81

AgNH3+NH3AgNH3210

-1+++

D.cNH=0.01molL时，溶液中cAgNH>cAgNH>cAg

3323

【答案】A

【解析】

【分析】氯化银饱和溶液中银离子和氯离子的浓度相等，向饱和溶液中滴加氨水，溶液中银离子浓度减小，

氯离子浓度增大、一氨合银离子增大，继续滴加氨水，一氨合银离子增大的幅度小于二氨合银离子，则曲

线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线。

【详解】A．氨的浓度较小时AgCl(s)‡ˆˆˆAg+(aq)+Cl-(aq)，浓度较大时

+

-

AgCl(s)+2NH3ˆˆ(aq)+Cl(aq)，氯化银的溶解度曲线应与氯离子的曲线吻合，应该为曲线

‡ˆˆAgNH32

Ⅳ，故A错误；

-1--2.35+-7.40

B．由图可知，c(NH3)=10mol/L时，c(Cl)=10mol/L,c(Ag)=10mol/L，则氯化银的溶度积为

10-2.35×10-7.40=10-9.75，故B正确；

C．由图可知，氨分子浓度对数为-1时，溶液中二氨合银离子和一氨合银离子的浓度分别为10-2.35mol/L和

++

10-5.16mol/L，则的平衡常数K=

AgNH3+NH3AgNH32

cAgNH2.35

32103.81，故正确；

==10C

105.16101

cAgNH3cNH3

D．由分析可知，曲线I、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度

++

对数变化的曲线，则cNH=0.01molL-1时，溶液中cAgNH>cAgNH>cAg+，

3323

故D正确；

故选A。

16.可用碘量法测定某KI固体样品的纯度(杂质不参与反应)，实验方案如下：

①称量agKI固体样品，配制成250mL溶液；

②取待测液，用稀盐酸处理后，加入1溶液足量充分反应；

25.00mL10.00mL0.05000molLKIO3()

③将所得溶液煮沸一段时间，再加入过量KI充分反应；

④以淀粉为指示剂，用1溶液滴定至终点，消耗。

0.1000molLNa2S2O3VmL

22

已知：I22S2O32IS4O6

下列说法正确的是

A.步骤①可用托盘天平称量KI固体

步骤②发生反应

B.IO35I3H2O3I26OH

C.步骤③中煮沸的目的是除去溶液中的I2

D.步骤④中在滴定开始前加入淀粉指示剂，则测得KI纯度偏大

【答案】C

【解析】

【详解】A．配制精确浓度的溶液需用分析天平，托盘天平精度不足，A错误；

．酸性条件下不可能生成，正确反应式应包含和，错误；

BOHHH2OB

C．煮沸驱赶I2，确保后续滴定仅测定剩余KIO3生成的I2，C正确；

D．提前加淀粉导致消耗的硫代硫酸钠体积偏大，计算剩余KIO3量偏大，KI纯度结果偏小，D错误；

故答案选C。

非选择题部分

二、非选择题(本大题共4小题，共52分)

17.氮族元素(N、P、As、Sb、Bi)在生命科学和工农业生产中具有极其重要的作用。

（1）关于氮族元素相关的描述，下列说法正确的是___________。

A.砷原子基态的电子排布式为［Ar］4s24p3

B.键角：PH3NH3

C.N、P、As、Sb、Bi的电负性逐减小

D.键长：NO2NO2

（2）某化合物的晶胞如图：

①该化合物的化学式为___________；Ca2的配位数为___________。

②写出该化合物与足量盐酸反应的化学方程式___________。

（3）浓硝酸和浓盐酸的混合物(体积比为1：3)叫做王水，能使一些不溶于硝酸的金属如金、铂等溶解。已

知王水与金反应生成HAuCl4，写出该反应的化学方程式___________。设计实验检验该反应产生的气体

___________(要求利用该气体的氧化性或还原性)。

（4）已知亚磷酸H3PO3与足量氢氧化钠反应生成Na2HPO3，亚砷酸H3AsO3与足量氢氧化钠反应生成

Na3AsO3，从分子结构角度解释上述两个反应生成对应产物的原因___________。

（5）某兴趣小组以铋赭石［主要成分为Bi2CO3(OH)4］为原料制备NaBiO3(难溶于冷水)的流程如下：

①滤液1中的主要阴离子有___________；

②在沉淀转化步骤中已经生成产物NaBiO3，则X为___________(要求不引入其他新元素)；

③酸性条件下，固体可氧化2为，写出2转化为的离子方程式。

NaBiO3MnMnO4MnMnO4___________

【答案】（）（）①②③

1BCD2.Ca2NH.6.Ca2NH5HCl2CaCl2NH4ClH2

（3）①.Au4HClHNO3HAuCl4NO2H2O②.收集反应生成的气体，通入适量

空气，若无色气体迅速变红棕色，则反应产生的气体为NO

（4）H3PO3分子结构为，只有两个羟基上的氢易电离：H3AsO3的结构为，

三个羟基上的氢均可电离

（5）①.NO3、OH②.H2O2(O2、O3、过氧化钠也可)③.

23+

2Mn5NaBiO314H2MnO45Bi5Na7H2O

【解析】

【分析】以铋箔石［主要成分为Bi2CO3(OH)4］为原料制备NaBiO3(难溶于冷水)，将铋赭石加硝酸浸溶

液，过滤得到含Bi(NO3)3的滤液，加入足量NaOH溶液转化为Bi(OH)3沉淀，继续加入NaOH溶液和H2O2

进行沉淀转化得到NaBiO3，再经过一系列操作得到成品备NaBiO3，据此分析解答。

【小问1详解】

A．砷（As）是33号元素，位于第四周期第VA族，根据构造原理，基态As原子的电子排布式应为[Ar]3d104s24p3，

A错误；

5-31

B．PH3和NH3中心原子价层电子对数为3+=4，切均含有1个孤电子对，分子空间结构均为三角锥

2

形，由于氮（N）的电负性大于磷（P），成键电子对之间的排斥作用增强，导致NH3的键角大于PH3的键

角，B正确；

C．同主族元素，从上往下电负性依次减小，则N、P、As、Sb、Bi的电负性逐减小，C正确；

5-1-22

D．NO中心原子价层电子对数为2+=2，杂化方式为sp杂化，NO的中心原子价层电子对数为

222

5+1-22

2+=3，杂化方式为sp2，s轨道成分越多N-O的重叠程度越大，键长越短，则键长：NONO，

222

D正确；

故选BCD。

【小问2详解】

1111

①该晶胞中，Ca个数=864，N个数=412，H原子个数=82，故其化学式为CaNH；

82442

Ca2上下前后左右都有阴离子，故其配位数为6；

②该化合物与足量盐酸反应生成氯化铵、氯化钙和氢气，反应的方程式为：

。

Ca2NH5HCl2CaCl2NH4ClH2

【小问3详解】

浓硝酸和浓盐酸的混合物(体积比为1：3)叫做王水，王水与金反应生成HAuCl4，同时HNO3被还原生成

NO，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：Au4HClHNO3HAuCl4NO2H2O。

检验NO可以将其氧化为红棕色的NO2，方法为：收集反应生成的气体，通入适量空气，若无色气体迅速

变红棕色，则反应产生的气体为NO。

【小问4详解】

亚磷酸H3PO3与足量氢氧化钠反应生成Na2HPO3，亚砷酸H3AsO3与足量氢氧化钠反应生成Na3AsO3，

说明H3PO3是二元酸，H3AsO3是三元酸，原因是：H3PO3分子结构为，只有两个羟基上的

氢易电离：H3AsO3的结构为，三个羟基上的氢均可电离。

【小问5详解】

①在沉淀步骤中发生的反应为：，则过滤后的滤液1的主要

BiNO333NaOHBiOH33NaNO3

阴离子为：、；

NO3OH

②由分析可知，Bi(OH)3沉淀要转化为NaBiO3，需要加入氧化剂，则X为H2O2(O2、O3、过氧化钠

也可)；

③酸性条件下，固体可氧化2为，同时有3+生成，根据得失电子守恒和原子守恒配平

NaBiO3MnMnO4Bi

离子方程式为：23+。

2Mn5NaBiO314H2MnO45Bi5Na7H2O

18.降低空气中CO2含量在环保方面有重要意义。

（1）工业上用CO2制备CH3OH的主要反应为：

1

反应Ⅰ：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)H49.5kJmol

1

反应Ⅱ：CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)H41.2kJmol

反应Ⅲ：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H

①反应Ⅲ的H___________，该反应自发进行的条件是___________(填“高温”、“低温”或“任何温

度”)。

的

②下列条件能改变反应Ⅱ中H2平衡转化率的措施有___________。

．温度．压强．催化剂．投料比

ABCDnCO2:nH2

（2）3.0MPa时，将n起始CO2:n起始H21:3的原料气匀速通过装有催化剂的反应管，测得CH3OH产

率随温度的变化如图所示。

①240℃时，若n起始CO21mol，反应管出口处检测到0.68molCO2，则CH3OH的选择性=___________。

nCHOH

的选择性生成3

CH3OH100%

n总转化CO2

②研究发现，可由*吸附在催化剂表面的物种用标注转化生成，*与*或*作用

CH3OHHCOO(*)CO2HOH

生成HCOO*的相对能量变化如下图所示。在催化剂表面修饰羟基的优点是___________。

（3）CO2制环状碳酸酯。CO2与环氧乙烷转化为环状碳酸酯的一种可能机理如下图所示，图中Nu表示

催化剂。

①中间体X的结构简式为___________。

②若用代替环氧乙烷，相同条件下，生成的产率远大于其原因是

___________。

（4）以CO2为原料，电化学法制备甲酸(甲酸盐)工作原理如图所示。

①HCOO的空间构型为___________。

②阴极表面发生的电极反应式为___________。

【答案】（1）①.90.7kJ/mol②.低温③.AD

（2）①.93.75%②.降低反应活化能，加快反应速率

（3）①.②.右侧两个甲基的空间位阻较大，Nu易进攻左侧碳原

子或难进攻右侧碳原子

（4）①.平面三角形②.2CO22eH2OHCOOHCO3

【解析】

【小问1详解】

①根据盖斯定律可知，反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，则反应Ⅲ的ΔH=−(49.5kJ⋅mol−1)-(+41.2kJ⋅mol−1)=−90.7

kJ⋅mol−1；该反应H<0、S<0，当温度较低时，GHTS0，故该反应低温下自发；

②反应Ⅱ的H>0，若升高温度，反应正向移动，可以增大H2的转化率；该反应反应前后气体的总物质的

量不变，改变压强，平衡不移动；催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡转化率；投料比[n(CO2):n(H2)]

不同，H2的转化率不同，综上所述，能改变H2的平衡转化率的有AD两个选项。

【小问2详解】

①由图可知，240℃时，甲醇的产率为30%，由起始二氧化碳的物质的量为1mol，反应管出口处检测到二

1mol×30%

氧化碳的物质的量为0.68mol可知，甲醇的选择性为100%=93.75%；

1mol-0.68mol

②由图可知，在催化剂表面修饰羟基可以降低生成HCOO*的活化能，加快反应速率。

【小问3详解】

①由反应机理图中反应物和生成物的结构可推知，中间体X的结构简式为；

②由反应机理可知，若用代替环氧乙烷，相同条件下，生成的产率远大于

，因为是右侧两个甲基的体积大于氢原子，空间位阻大，Nu-易进攻左侧碳原

子或难进攻右侧碳原子。

【小问4详解】

41122

①HCOO−的中心原子C的价层电子对数为3303，C的孤电子对数为0，则其空间

2

构型为平面三角形；

−

②CO2(碳元素为+4价)在左侧电极转化为HCOO(碳元素为+2价)，则CO2被还原，左侧电极为阴极，根

−−-

据电荷守恒和原子守恒，阴极反应式可写2CO2+2e+H2O=HCOO+HCO3。

19.为探究工业品硫的性质并测定其纯度设计了如下实验(忽略杂质的反应)。

Ⅰ．性质探究：

实验一向试管加入工业品硫、KOH水溶液，持续振荡，淡黄色固体完全溶解；继续滴加BaCl2溶液产生白

色沉淀，加足量盐酸沉淀完全溶解。

实验二

向试管加入工业品硫、KOH水溶液、双氧水，持续振荡，淡黄色固体完全溶解；继续滴加BaCl2溶液产生

白色沉淀，加足量盐酸沉淀不溶解。

Ⅱ．纯度测定：

①取少量工业品硫研成粉末，准确称取mg置于圆底烧瓶中，准确加入V1mLKOH的乙醇溶液(过量)，加入

蒸馏水，搅拌，85℃回流至样品完全溶解后，蒸馏除去乙醇。

②冷却后，向圆底烧瓶中加入适量蒸馏水，搅拌下缓慢滴加足量30%H2O2，加热至100℃，保持20min，

冷却至室温。

③将圆底烧瓶中溶液全部转移至锥形瓶中，加入2滴甲基橙，用cmolL1HCl标准溶液滴定至终点，平行

实验多次，记录实验数据。

④不加工业品硫，重复步骤①②③做空白实验，平行实验多次，记录实验数据。

已知：℃时，的7、13；的2、8。

25H2SKa11.010Ka21.010H2SO3Ka11.210Ka26.210

回答下列问题：

（1）“实验一”中0.3molS与0.8molKOH充分反应，若向反应后溶液中加入含0.3molHCl的盐酸，得到

100mL溶液，在25℃时，则该溶液的pH最接近___________。

A.14B.13C.12D.11

（2）若“实验一”中S过量，则反应时会生成K2S2O3。K2S2O3的阴离子能与Ag形成配合物离子

3

，画出SO2的结构并圈出与形成配位键的S原子___________。

AgS2O3223Ag

（3）“实验二”中淡黄色固体溶解的化学反应方程式为___________。乙醇的作用是___________，样品完

全溶解后，必须蒸馏除去乙醇的原因是___________。

（4）实验数据如下：

加入工业品硫实验数据

序号12345

滴定前读数/mL0.0023.980.000.000.00

滴定后读数/mL23.98482424.2224.02

进行空白实验，平均消耗cmolL1HCl标准溶液40.00mL。应舍弃的数据为___________(填序号)，测得工

业品硫的纯度为___________(写出计算式)。

【答案】（1）B（2）或

（3）①.S3H2O22KOHK2SO44H2O②.增大硫在水中的溶解度③.乙醇可能会

被H2O2氧化成乙酸，与KOH反应，干扰后续测定

25.6c

（4）①.2、4②.%

m

【解析】

【分析】实验一中，向试管中加入工业品硫和KOH水溶液，持续振荡，淡黄色固体（硫）完全溶解，发生

的反应为：3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O，继续滴加BaCl2溶液产生白色沉淀，是因为K2SO3与BaCl2

反应生成了白色沉淀，反应方程式为：，加足量盐酸后沉淀完全溶

BaSO3K2SO3+BaCl2=BaSO3+2KCl

解，是因为BaSO3能与盐酸反应，生成氯化钡、二氧化硫和水，反应方程式为：

BaSO3+2HCl=BaCl2+SO2+H2O。

实验二中，向试管中加入工业品硫、KOH水溶液和双氧水，持续振荡，淡黄色固体（硫）完全溶解，首先，

硫与KOH发生反应，同时双氧水作为强氧化剂，会将硫与KOH反应的产物进一步氧化，反应生成了含硫

酸根（2-）的化合物，反应方程式为：，继续滴加溶液，

SO4S2KOH3H2O2K2SO44H2OBaCl2

产生白色沉淀，是因为溶液中的2-与2+结合生成了白色沉淀，反应方程式为：

SO4BaBaSO4

BaCl2+K2SO4=BaSO4+2KCl，加足量盐酸后沉淀不溶解，是因为BaSO4不溶于盐酸，这也证明了沉

淀是BaSO4，进一步说明反应过程中生成了硫酸根离子。

纯度测定时，取少量工业品硫研成粉末，准确称取mg置于圆底烧瓶中，准确加入V1mLKOH的乙醇溶液

(过量)，加入蒸馏水，搅拌，发生的反应为：3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O，85℃回流至样品完全溶

解后，蒸馏除去乙醇，冷却后，向圆底烧瓶中加入适量蒸馏水，搅拌下缓慢滴加足量30%H2O2，加热至100℃，

ΔΔ

发生的反应为：K2S+4H2O2K2SO4+4H2O、K2SO3+H2O2K2SO4+H2O，将溶液转移至锥形瓶，加入

甲基橙作指示剂，用cmolL1HCl标准溶液滴定，此时是用盐酸滴定溶液中剩余的KOH，最后做空白实

验，是为了消除实验中KOH乙醇溶液、H2O2等试剂以及实验操作本身带来的误差，通过空白实验数据与

样品实验数据对比，能更准确计算出与工业硫反应的KOH的量，进而确定工业硫的相关含量等。

【小问1详解】

“实验一”中硫和KOH发生反应3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O，则0.3molS与0.6molKOH反应生成

0.2molK2S，还剩余0.2molKOH，若向反应后溶液中加入含0.3molHCl的盐酸，发生中和反应

KOH+HCl=KCl+H2O，剩余0.1molHCl，0.1molHCl与0.2molK2S发生反应K2S+HCl=KHS+KCl，

则得到的100mL溶液中n(KHS)=n(K2S)=0.1mol，此时以K2S的第一步水解为主，

0.1Kw1.01014

2，，

c(HS)c(S)=1mol/LKh1130.1

0.1Ka21.010

c(HS-)c(OH-)

Kc(OH-)0.1，则c(OH-)0.1mol/L，因此在25℃时，pH最接近13，故选

h1c(S2-)

B。

【小问2详解】

2可看作是2中的一个原子被原子取代，取代原子的那个原子与形成配位键，结构

S2O3SO4OSOSAg

如图或。

【小问3详解】

“实验二”中淡黄色固体溶解生成了含硫酸根（2-）的化合物，化学反应方程式为

SO4

S3H2O22KOHK2SO44H2O；硫难溶于水，因此加入乙醇，可增大硫在水中的溶解度；样品完

全溶解后，必须蒸馏除去乙醇，原因是：乙醇可能会被H2O2氧化成乙酸，与KOH反应，干扰后续测定。

【小问4详解】

加入工业品硫实验数据中，第2组滴定后读数为48mL，与第1组23.98mL、第3组24.00mL、第5组24.02

mL偏差较大，应舍弃，差值计算中，第4组数据差值为24.22mL，与其他组数据（第1组23.98mL、第3

组24.00mL、第5组24.02mL）偏差较大，应舍弃，所以应舍弃的