浙江省A9协作体2026届高三上学期8月暑假返校联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省A9协作体2026届高三上学期8月暑假返校联考考生须知：1.本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，本卷满分100分，考试时间90分钟；2.答题时在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填写相应数字；3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；考试结束后，只需上交答题卷。4.可能用到的相对原子质量：H-1T-3Li-7C-12N-14O-16Na-23P-31S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64Zn-65选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每题3分，共48分。每小题列出的四个备选项只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质属于非极性分子的是A. B. C. D.【答案】D【解析】A．H2O2空间构型二面角，结构不对称，属于极性分子，故不选A；B．SiO2是原子晶体，无SiO2分子，故不选B；C．CHCl3结构不对称，属于极性分子，故不选C；D．SO3为平面正三角形对称结构，为非极性分子，故选D；选D。2.下列化学用语表示不正确的是A.基态Cr原子的价层电子排布图：B.的空间填充模型：C.氯化铵的电子式：D.的价层电子对互斥模型：【答案】C【解析】A．Cr为24号元素，基态Cr原子价层电子排布为（半满结构更稳定），价层电子排布图中3d轨道5个电子分占5个轨道（洪特规则），4s轨道1个电子，符合排布，A正确；B．中O为中心原子，价层电子对数为6-1×22+2=4，孤电子对数为2，结构为Cl-O-Cl（V形），O原子半径小于Cl，空间填充模型中中心小球（O）小于两侧大球（Cl），模型正确，BC．氯化铵为离子化合物，由和构成，电子式中需用中括号括起并标出最外层8电子，正确电子式应为，题中未标电子及中括号，C错误；D．中N价层电子对数=3+1=4（3个成键对、1个孤对），价层电子对互斥模型为四面体形，图示符合四面体结构，D正确；故答案选C。3.根据元素周期律，下列说法不正确的是A.分子的极性： B.分子的键角：C.酸性：HI>HBr D.第一电离能：Na>Mg>Al【答案】D【解析】A．O的电负性大于S，H2O的极性比H2S强，A正确；B．Cl的电负性小于F，F吸引电子导致氮的孤对电子排斥减弱，键角减小；而NCl3中Cl电负性较低，孤对电子排斥更明显，键角较大，B正确；C．的原子半径大于，更长，键更易断裂，导致酸性强于，C正确；D．第一电离能顺序应为，D错误；故选D。4.在实验室制备下列物质，下列说法正确的是A.制备铜氨溶液B.制备胶体C.制取晶体D.制备干燥的A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．向CuSO4溶液中滴加足量氨水，先发生反应CuSO4+2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+(NH4)2SO4生成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解：Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4](OH)2+4H2O，最终得到铜氨溶液，A正确；B．制备Fe(OH)3胶体的正确方法是将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，而不是Fe2(SO4)3溶液，B错误；C．NaHCO3受热易分解（2NaHCO3=△Na2CO3+H2O+CO2D．浓氨水与生石灰反应可制备NH3，但P2O5为酸性氧化物，会与NH3反应，不能用于干燥NH3，应使用碱石灰，D错误；故选A。5.关于的性质，下列说法不正确的是A.由反应可知，氧化性：B.等质量的和，前者氧化能力正好是后者的2.5倍C.由反应(未配平)推测，还原产物X是D.由可知，制备1mol的，转移1mol【答案】B【解析】A．Cl2作为氧化剂被还原为Cl−，ClO2是氧化产物，根据氧化性规律，氧化剂的氧化性大于氧化产物，故Cl2的氧化性大于ClO2，A正确；B．ClO2的摩尔质量为67.5g/mol，Cl2为71g/mol，等质量下，ClO2的物质的量更多，且每个ClO2分子转移5e−，Cl2转移2e−，则氧化能力，即ClO2的氧化能力约为Cl2的2.63倍，而非2.5倍，B错误；C．由反应式中10I-→5I2可知，I元素化合价由-1价升高到0价，共失去10e-。根据氧化还原反应中电子得失守恒，反应式中的2ClO2应得到10e-，即每个ClO2分子得到5e-。ClO2D．得失电子数守恒，生成ClO2时，Cl从+5→+4价，每摩尔ClO2转移1mole−，故制备1molClO2转移1mole−，D正确；故选B。6.下列方程式不正确的是A.苯酚钠中通入少量：+CO2+H2O=+B.向明矾溶液中加入溶液至沉淀质量最大：Al3+C.少量气体通入酸性溶液：D.向NaClO溶液中通入少量：【答案】C【解析】A．苯酚酸性弱于碳酸但强于碳酸氢根，苯酚钠与CO2反应无论CO2少量或过量均生成苯酚和碳酸氢钠，A正确；B．明矾中与物质的量比为1:2，1mol明矾反应得到沉淀质量最大时，完全沉淀（生成BaSO4质量最大），需2molBa(OH)2提供4molOH⁻，与4OH⁻反应生成[Al(OH)4]⁻，B正确；C．反应中锰化合价由+7变为+2、硫化合价由-2变为0，结合电子守恒，反应为，C错误；D．少量SO2通入NaClO溶液，二氧化硫和次氯酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子和氯离子，D正确；故选C。7.下列物质的结构或性质不能说明其用途的是A.醋酸纤维是一种易燃易爆的再生纤维，可用于制作炸药的原料B.表面活性剂分子结构有两亲特性(亲水亲油)，通过乳化作用将油污分散到水中而除去C.离子液体常温下呈液态，可导电且不易挥发，可作为一种优良的液态导电材料D.较高压强和温度下得到的是低密度聚乙烯，可用于制作薄膜【答案】A【解析】A．醋酸纤维并非易燃易爆，硝化纤维才是炸药原料，A不能说明其用途；B．表面活性剂的两亲性直接说明其通过乳化作用去除油污的用途，B能说明其用途；C．离子液体的性质（常温液态、可导电、不易挥发）直接说明其作为优良液态导电材料的用途，C能说明其用途；D．高压法聚乙烯是在较高压力与较高温度，并在引发剂作用下，使乙烯发生加聚反应得到的，含有较多支链，密度和软化温度也较低，属于低密度聚乙烯，低密度聚乙烯的性质（密度低）决定了其可用于制作薄膜，D能说明其用途；故选A。8.提纯苯甲酸粗品(含有NaCl、泥沙等杂质)，得到苯甲酸纯品的方案如下。下列说法不正确的是A.一系列操作包括：过滤、洗涤、干燥B.重结晶要求杂质必须在溶剂中溶解度较小且样品溶解度随温度变化不大C.趁热过滤的目的：除去泥沙，减少苯甲酸的析出，提升产率D.步骤III不宜用乙醇洗涤，可用冷水洗涤2~3次【答案】B【解析】苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水。粗苯甲酸中混有泥沙和氯化钠，加水、加热溶解，苯甲酸、NaCl溶解在水中，泥沙不溶，从而形成悬浊液；趁热过滤出泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出；将滤液冷却结晶，大部分苯甲酸结晶析出，氯化钠仍留在母液中；过滤、用冷水洗涤，便可得到纯净的苯甲酸，据此分析；A．结晶后需分离晶体，一系列操作包括过滤（分离晶体与母液）、洗涤（除去表面杂质）、干燥（得到纯品），A正确；B．重结晶要求被提纯物质（样品）溶解度随温度变化大（高温溶解、低温析出），杂质溶解度要么很大（留在母液）要么很小（提前过滤除去），而非“杂质溶解度较小且样品溶解度随温度变化不大”，B错误；C．趁热过滤时温度高，苯甲酸溶解度大，可除去不溶性泥沙，同时减少苯甲酸析出损失，提升产率，C正确；D．乙醇易溶解苯甲酸，用乙醇洗涤会导致晶体损失；冷水能洗去表面杂质（如NaCl）且苯甲酸溶解度小，可减少损失，D正确；故选B。9.我国科学家最近在光-酶催化合成中获得重大突破，某步反应如下(“Ph-”代表苯基)。下列说法不正确的是A.主产物(4a)与副产物(5a)，可用红外光谱法加以区分B.4a分子仅存在1个手性碳，且最多有20个碳原子共面C.5a可以在NaOH溶液中发生水解D.反应的过程中，发生的反应类型有加成、取代反应【答案】C【解析】A．主产物4a与副产物5a的官能团不同，5a含有羟基，4a不含羟基，可用红外光谱法加以区分，故A正确；B．中仅有1个手性碳(*标出)；分子中含多个苯环（平面结构）、羰基（平面结构），通过单键旋转可使多个平面重合，最多有20个碳原子共面(方框中的碳共平面)，故B正确；C．5a的官能团为酮羰基和醇羟基，无酯基、卤代烃等可水解基团，不能在NaOH溶液中水解，故C错误；D．反应中碳碳双键与醛基发生加成，α-溴代丙酮中Br被取代，反应类型包括加成和取代，故D正确；选C。10.下列关于物质性质的说法，不正确的是A.在溶液中的溶解度比在中的溶解度大B.对羟基苯甲酸比邻羟基苯甲酸在水中溶解度小，但酸性强C.是非极性分子，但是在水中溶解度比较大，原因之一是可以与水反应D.吡啶比吡咯在水中溶解度大【答案】B【解析】A．O3分子为V形，结构不对称，是极性分子。CCl4为非极性溶剂（正四面体对称结构），CClF3因F和Cl电负性差异导致分子不对称，为极性溶剂。根据相似相溶原理，极性分子O3在极性溶剂CClF3中溶解度更大，A正确；B．对羟基苯甲酸中羟基与羧基对位，可与水分子形成分子间氢键，溶解度比邻羟基苯甲酸（分子内氢键，与水氢键作用弱）大；邻羟基苯甲酸因分子内氢键稳定羧酸根负离子，酸性比对羟基苯甲酸强，故B中“溶解度小”和“酸性强”均错误，B错误；C．Cl2是非极性分子，但能与水发生反应（Cl2+H2OHCl+HClO），反应促进其溶解，故在水中溶解度较大，C正确；D．吡啶中N原子有孤对电子（不参与共轭），易与水分子形成氢键；吡咯中N原子孤对电子参与环共轭，与水形成氢键能力弱，故吡啶在水中溶解度更大，D正确；故选B。11.乙炔加氢是得到高纯度乙烯的一种重要方法。主要发生如下两个反应：反应Ⅰ：△H1=-176kJ·mol-1反应Ⅱ：△H2=-320kJ·mol-1一定条件下，使用某含Co催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(指定产物的物质的量/转化的乙炔的物质的量)如图所示(反应均未达平衡)。下列说法不正确的是A.反应Ⅲ：△H3=-144kJ·mol-1，该反应低温自发B.对于反应Ⅱ，已知速率方程vC2H2=kcC.由图1可知，220℃以后乙炔转化率减小的原因：温度过高，反应Ⅱ受温度变化影响程度大，平衡逆移程度超过了反应Ⅰ正移程度，乙炔转化率减小D.图2，在120~240℃范围内，反应Ⅰ和反应Ⅱ乙炔的转化速率大小关系为：【答案】C【解析】A．根据盖斯定律，反应Ⅲ=反应Ⅱ-反应Ⅰ，ΔH3=ΔH2-ΔH1=(-320kJ/mol)-(-176kJ/mol)=-144kJ/mol。反应Ⅲ为气体分子数减少的反应（ΔS<0），且ΔH<0，由ΔG=ΔH-TΔS可知，低温时ΔG<0，反应自发，A正确；B．速率方程中c()的指数为-0.5，恒温恒容充入，c()增大，v()减小；反应Ⅱ中充入产物，平衡逆向移动，B正确；C．题目明确“反应均未达平衡”，此时乙炔转化率由反应速率决定，而非平衡移动。220℃后转化率下降可能是高温导致催化剂活性降低，而非“平衡逆移”，C错误；D．，乙烯选择性（>80%）远大于乙烷（<20%），则反应Ⅰ转化的乙炔量（v1）大于反应Ⅱ（v2），D正确；故选C。12.一种锂-氢可充电电池(如图所示)，使用前需先充电，其固体电解质仅允许通过。下列说法不正确的是A.充电时，电解质溶液pH值减小B.放电时，电池总反应：C.充电时，移向气体扩散电极D.放电时，当电路中转移1mol时，电解质溶液质量增加了8g【答案】D【解析】金属锂易失去电子，则放电时，惰性电极为负极，气体扩散电极为正极，电池在使用前需先充电，目的是将解离为和，则充电时，惰性电极为阴极，电极的反应为：，阳极为气体扩散电极，电极反应：H2-2e-+2H2PO4A．充电时总反应为放电逆反应：，生成酸性更强的（酸性强于），溶液中浓度增大，减小，A正确；B．放电时，为负极失电子：，正极中得电子生成：，总反应为，B正确；C．充电时为电解池，阳极是气体扩散电极（发生氧化反应），阴离子向阳极（气体扩散电极）移动，C正确；D．放电时，总反应方程式为：，放电时转移1mole-，生成（质量）进入电解质溶液，同时生成0.5molH2（质量）逸出，溶液质量增加7g-1g=6g≠8g，D错误；故答案选D13.马格努斯(Magnus)绿盐是一种无机化合物，由正负配离子构成，常温下为深绿色针状结晶或粉末，晶胞如图所示，下列说法不正确的是A.Pt配位数为4，但Pt不是杂化 B.观察晶胞，该盐本质上是一维线性结构C.该物质化学式可表示为： D.该物质可能不耐高温，受热易分解【答案】C【解析】A．由马格努斯的晶胞结构可知，Pt周围距离最近的Cl-或NH3有4个，Pt配位数为4，但Pt与周围的4个Cl-或NH3形成平面正方形，而不是四面体，则Pt不是杂化，A正确；B．由马格努斯的晶胞结构可知，马格努斯绿盐由[Pt(NH3)4]2+和[PtCl4]2-交替排列形成一维链状结构，本质为一维线性结构，B正确；C．该盐由正负配离子构成，实际组成为[Pt(NH3)4][PtCl4]，而非中性分子Pt(NH3)2Cl2，C错误；D．配合物中配位键较弱，含NH3配体受热易分解逸出NH3，故不耐高温，D正确；故选C。14.卤代烃的水解存在两种机理，分别用和表示。(X：F、Cl、Br、I)：(卤代烃容易形成碳正离子中间体，存在重排现象以形成更稳定的中间体)：(卤代烃相对不易形成碳正离子，无中间体；中心碳周围空间位阻小，可直接从X的背面进攻中心碳)下列说法不正确的是A.增大对反应的反应速率几乎无影响，但对反应的速率影响呈正相关B.相同条件下，水环境中溴代烷发生水解的速度大小：CH3C.不容易发生水解，容易发生的水解D.发生水解反应，在重排作用下，更多的生成【答案】C【解析】A．SN1反应决速步为碳正离子形成，仅与卤代烃浓度相关，增大c(OH-)对其速率无影响；SN2为一步反应，与卤代烃、OH-浓度均相关，增大c(OH-)会加快速率，A正确；B．SN1速率取决于碳正离子稳定性，叔碳正离子拥有更多烷基取代基，可通过超共轭效应和给电子诱导效应分散正电荷，同时空间位阻更小，结构更稳定，则稳定性：叔碳正离子>仲碳正离子>伯碳正离子>甲基碳正离子，对应溴代烷速率顺序为：CH33CBr>C．该氯代烃（桥头碳氯代物）中，桥头碳因环刚性无法形成平面碳正离子（SN1难），且空间位阻极大阻碍OH-背面进攻（SN2亦难），C错误；D．(CH3)3CCH2Br的伯碳正离子不稳定，会发生甲基迁移重排为更稳定的叔碳正离子，进而生成，D正确；故选C。15.25℃时，某工业废水中存在浓度均0.01mol/L与，某小组进行如下实验研究。物质相关相关相关常数KKKK实验Ⅰ：取10mL废水，先加适量稀盐酸溶液，再通入气体，观察现象；实验Ⅱ：取10mL废水，先加入足量的浓度为0.01mol/LNaCl溶液，过滤得AgCl沉淀，在滤液中继续加入过量的溶液沉镉()，完成、的有效分离。下列说法不正确的是A.饱和溶液中存在：cOHB.实验Ⅱ加入过量溶液后产生沉淀，该反应可保证沉淀完全C.实验Ⅰ中存在反应：D.在浓度为0.02mol/L溶液中，等体积加入0.02mol/L溶液，反应初始生成沉淀【答案】D【解析】A．Ag2S的Ksp极小，溶液中S2-浓度极低，其水解生成HS-和OH-，导致c(OH-)>c(H+)，且HS-浓度高于S2-，S2-的水解常数为KWKa2=10B．CdCO3的Ksp=1.0×10-12，过量NH4HCO3提供足够，使c()≥1.0×10-7mol/L，此时Cd2+浓度≤1×10-5mol/L，沉淀完全，B正确；C．实验Ⅰ中存在反应：，该反应的平衡常数K=c2Cl-c2H+D．混合后Cd2+和S2-浓度均为0.01mol/L，Qc=c(Cd2+)c(S2-)=10-4，远大于CdS的Ksp和Cd(OH)2的Ksp，且CdS的Ksp远小于Cd(OH)2的Ksp，优先生成CdS而非Cd(OH)2，D错误；故选D。16.某市售葡萄糖酸亚铁补铁剂，标注含Fe量5mg/ml，现按下列步骤测定实际Fe含量：已知：邻二氨菲(phen)：可以与形成橘黄色配合物，该配合物的吸光度A与配合物浓度成正比。线性回归方程：(Q为浓度，单位：mg/mL)下列说法不正确的是A.若改用酸性高锰酸钾溶液测定补铁剂，结果Fe含量超过5mg/mL，可能是因为补铁剂中还存在其他还原性物质B.步骤Ⅱ，加入盐酸羟胺的目的是防止溶液中被氧化，提高测定结果的准确性C.步骤Ⅱ，加入缓冲液可以维持pH值相对稳定，若pH过低，会导致吸光度A偏高D.步骤Ⅲ测得吸光度，则原补铁剂中Fe的实际含量为4.8mg/mL【答案】C【解析】邻二氨菲(phen)：可以与形成橘黄色配合物，该配合物的吸光度A与配合物浓度成正比，通过测量吸光度A，结合线性回归方程：计算实际Fe含量，以此解答。A．酸性高锰酸钾具有强氧化性，若补铁剂中存在其他还原性物质，会与高锰酸钾反应，导致消耗高锰酸钾体积偏大，计算出的Fe含量偏高，A正确；B．盐酸羟胺是还原剂，可防止Fe2+被氧化为Fe3+（邻二氨菲仅与Fe2+显色），确保Fe2+完全参与配位，提高测定准确性，B正确；C．pH过低时，邻二氨菲（phen）中的N原子易结合H⁺，降低其与Fe2+的配位能力，导致配合物，浓度减小，吸光度A偏低，而非偏高，C错误；D．由A=0.74，代入线性回归方程0.74=150Q+0.02，解得Q==0.0048mg/mL（显色后Fe2+浓度）。显色液中Fe总量=0.0048mg/mL×50mL=0.24mg，来源于步骤I中5mL稀释液。原补铁剂1mL稀释至100mL，5mL稀释液含Fe量=原1mL补铁剂中Fe量×，即0.24mg=原浓度C×1mL×，解得C=4.8mg/mL，D正确；故选C。非选择题部分二、非选择题(本大题共4小题，共52分)17.I．Zn在自然界中存在多种形式的矿物，如闪锌矿(ZnS)、菱锌矿()、红锌矿(ZnO)等，我国的锌矿一般与铅共生，称为铅锌矿。（1）下列说法正确的是___________。A.基态硫原子核外电子有8种空间运动状态B.晶体中离子键百分数大小：ZnS<ZnOC.若Zn的价层电子排布式为，则Zn原子处于激发态，通过电子跃迁回到基态会产生吸收光谱D.配离子的稳定性：Cu（2）一种铅锌化合物的晶胞如图所示，则该化合物的化学式___________。（3）化合物A、B、C、D，如下表所示。(已知：)

A(硫氰酸)B(异硫氰酸)C(正氰酸)D(异氰酸)结构式结构简式HSCNSCNHHOCNOCNH(常温下)1.1-(水中分解)3.923.7①化合物A、B的沸点由大到小比较：HSCN___________SCNH(填写“>”或“<”)；从结构角度说明化合物A、C、D酸性强弱的原因：___________。②化合物A与少量、浓硫酸混合，加热，会产生一种酸式盐和一种有臭鸡蛋气味的剧毒气体G(与互为等电子体，即价层电子总数相等，分子式共3个原子)，写出该反应的化学方程式：___________。Ⅱ．某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。已知：①“氧化浸出”时，不变，ZnS转变为；②酒石酸：，记作；室温下，PbA、均难溶于水。（4）写出氧化浸出步骤中，CuCl固体与浸出液反应的离子方程式：___________。（5）沉锌步骤中，试剂X的引入，不会引入新元素，合适的试剂X是___________。（6）分离PbA后的滤液中，除、外，溶液中浓度最高的阴离子是___________，检验方法是___________。【答案】（1）BD（2）（3）①.<②.酸性强弱顺序：HSCN>OCNH>HOCN。因为半径：S>O，键长：长，则键能最小，虽然电负性O>N>S，但半径影响占主导，HSCN酸性最强；OCNH存在非羟基氧，对N原子的电子云吸引力较大，导致中的极性略大于中的。或者：电离出的阴离子体积：(或)，前者更有利于负电荷的容纳和均匀分散，HSCN酸性最强；OCNH存在非羟基氧，对N原子的电子云吸引力较大，导致中的极性略大于中的，故酸性强弱顺序：HSCN>OCNH>HOCN③.（4）S2O8（5）(NH4)2S溶液（6）①.②.取少量分离PbA后的滤液于洁净的试管，先加足量稀盐酸，静置取上层清液，加少量(或)溶液，若产生白色沉淀，则证明存在【解析】废渣用(NH4)2S2O8和NH3·H2O氧化浸出过滤，滤液中有[Cu(NH3)4]2+和[Zn(NH3)4]2+，滤渣1有PbSO4和Fe(OH)3，滤液加Zn置换出Cu，除铜后的溶液加(NH4)2S沉锌，得到ZnS，滤渣1用H2A和Na2A浸铅后过滤，滤渣2含Fe元素，滤液经过结晶得到PbA，再真空热解得到纯Pb，据此分析；（1）A．S是第16号元素，基态硫()原子核外电子有1+1+3+1+3=9种空间运动状态，A错误；B．电负性O大于S，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键，故晶体中离子键百分数大小：ZnS<ZnO，B正确；C．激发态，通过电子跃迁回到基态会产生发射光谱，C错误；D．Cu2+（d9）的电子构型与NH3配体结合时，形成稳定正方形结构；而Zn2+（d10）的四面体构型稳定性较差，D正确；故选BD；（2）含有的Pb数目为，Zn数目为，F数目为18个，故化合物的化学式；（3）①SCNH含有N-H可以形成氢键，使沸点升高，HSCN不能形成氢键，故沸点由大到小比较：HSCN<SCNH；酸性强弱顺序：HSCN>OCNH>HOCN。因为半径：S>O，键长：长，则键能最小，虽然电负性O>N>S，但半径影响占主导，HSCN酸性最强；OCNH存在非羟基氧，对N原子的电子云吸引力较大，导致中的极性略大于中的。或者：电离出的阴离子体积：(或)，前者更有利于负电荷的容纳和均匀分散，HSCN酸性最强；OCNH存在非羟基氧，对N原子的电子云吸引力较大，导致中的极性略大于中的，故酸性强弱顺序：HSCN>OCNH>HOCN；②化合物A与少量、浓硫酸混合，加热，会产生一种酸式盐和一种有臭鸡蛋气味的剧毒气体G(与互为等电子体，即价层电子总数相等，分子式共3个原子)，则等电子体为，写出该反应的化学方程式；（4）氧化浸出步骤中(NH4)2S2O8做氧化剂，CuCl做还原剂，生成二价铜的硫酸根，反应的离子方程式：或者：；（5）沉锌步骤中生成ZnS，不引入新元素，合适的试剂X是(NH4)2S溶液；（6）分离PbA后的滤液中含有氧化浸出后生成的硫酸根，除、外，溶液中浓度最高的阴离子是，检验方法是取少量分离PbA后的滤液于洁净的试管，先加足量稀盐酸，静置取上层清液，加少量(或)溶液，若产生白色沉淀，则证明存在。18.利用工业废气中的可以制备焦亚硫酸钠()。已知：：，；；，；：，（1）某未饱和的浓溶液，下列措施可以显著提升溶液中浓度方法有___________。A.通入适量气体 B.加热 C.加适量水稀释 D.加适量NaOH（2）工业上，通过煅烧炉一多级串联反应釜等设备转化，离心分离可得到焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，具体反应如下：第一步：第二步：第三步：；当反应釜中溶液pH达到3.8～4.1时，形成的悬浊液逐渐转化为固体。①写出离子的结构式：___________。②常温下，若第二步反应恰好完全反应，溶液中溶质存在物料守恒：cNa+（3）常温下，某研究小组将0.02mol气体通过100mL0.3mol/LNaOH溶液中，溶液的pH值约为___________。(，，忽略溶液体积变化)（4）理论研究、与的反应。一定温度时，在1L浓度均为1mol·L-1的和的混合溶液中，随的增加，平衡转化率的变化如图所示。0~bmol区间，平衡转化率先升高后下降，请结合所发生的离子方程式分析原因：___________。（5）请在图中画出0~bmol区间内，的平衡转化率变化趋势图___________。【答案】（1）D（2）①.或者②.2cHSO3-（3）12.6（4）0~amol区间，优先发生反应1：，故的平衡转化率上升；a~bmol时，主要发生反应2：，随着产生的逸出，使反应2不断正移，平衡转化率上升，同时的上升，导致反应1逆移，故平衡转化率下降（5）【解析】（1）A．未饱和的浓溶液，通入适量气体，增加浓度（反应物），推动平衡右移，浓度提升，由于开始为浓溶液，故提升不显著，A不选；B．电离为吸热过程，升温促进电离，浓度增大，同时因温度升高会逸出溶液，故不能显著提升，B错误；C．虽促进电离，但体积增大导致总浓度降低，C错误；D．加适量NaOH中和使平衡右移，浓度显著增加，D正确；故选D；（2）①S可以形成四条共价键，O可以形成两条共价键，其中S为+4价，故结构式为：或者；②根据物料守恒：，，故混合液中；（3）0.02mol气体通过100mL0.3mol/LNaOH溶液中生成Na2S和NaHS各0.01mol，浓度为0.1mol/L，形成缓冲溶液，，根据S2-+H2O⇌OH-+HS-，，设水解生成的氢氧根浓度为xmol/L（4）0~amol区间，优先发生反应1：，故的平衡转化率上升；a~bmol时，主要发生反应2：，随着产生的逸出，使反应2不断正移，平衡转化率上升，同时的上升，导致反应1逆移，故平衡转化率下降；（5）根据①中分析可知0~bmol区间内，的平衡转化率变化趋势图。19.二甘氨酸合铜存在顺式和反式两种结构，它是一种具有生物活性的有机金属配合物，广泛应用于化学、生物学、医学等领域中，某研究小组设计了如下制备流程：步骤Ⅰ：取5.0g固体，加水溶解，再慢慢加入体积比1：1氨水并不断搅拌，直至沉淀恰好溶解，得深蓝色溶液，再加入足量较浓NaOH溶液，使沉淀完全。抽滤、洗涤，得沉淀备用。步骤Ⅱ：称取4.5g甘氨酸，溶解，控制反应温度为65~70℃，边搅拌边加入步骤I中制得的沉淀，直至沉淀溶解，趁热抽滤，向滤液中加入10mL95%乙醇，冷却直至析出蓝色针状晶体，在冰水浴上继续冷却20分钟。步骤Ⅲ：冷却后，抽滤，用体积比为1：3的酒精溶液洗涤晶体一次，再用丙酮洗涤两次并干燥，制得顺式CuH已知条件：①二甘氨酸合铜易溶于水，微溶于乙醇，难溶于丙酮，加热至130℃脱水，228℃分解；②二甘氨酸合铜在水中溶解度：顺式(蓝色针状晶体)>反式(蓝紫色鳞片状结晶)；热稳定性：反式>顺式；③形成二甘氨酸合铜的过程中：溶液温度过高时，易得到反式二甘氨酸合铜；回答下列问题：（1）CuH2NCH2COO2呈平面四边形，与中心（2）步骤Ⅱ中冰水浴冷却20分钟的目的是___________。（3）在步骤Ⅲ洗涤采用先1：3酒精溶液后丙酮洗涤的优点___________。（4）下列说法不正确的是___________。A.步骤Ⅰ中，为了加快实验速度，也可以用NaOH溶液直接与溶液反应制备氢氧化铜B.实验中多次采取抽滤操作的优点是可以加快固液分离的速度，获得较为干燥的产品C.步骤Ⅱ中，加入95%乙醇的目的是减小溶剂的极性，抑制晶体在水中的溶解，有利于晶体析出D.65~70℃优先析出顺式二甘氨酸合铜，原因是该反应的活化能大（5）已知CuH2NCH2COO2⋅xH2O晶体的质量为mg（6）研究小组在制备顺式二甘氨酸合铜过程中，由于温度控制不当，产品中混入了少量反式二甘氨酸合铜杂质，请设计实验方案除去杂质___________。【答案】（1）N，O（2）确保产品充分析出，提高产率（3）产品易溶于水，微溶于酒精，1：3酒精不但可用于洗去可溶性杂质，减少产品损耗，丙酮还能带走晶体表面残余的水分（4）AD（5）（6）采用重结晶的方法：取产品，加水溶解，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，重复操作2~3次，得较为纯净的产品【解析】向装有溶液中滴加氨水，先生成蓝色沉淀，后蓝色沉淀消失，转变为深蓝色的硫酸四氨合铜溶液；再加入过量的溶液，过滤、洗涤、干燥，得到沉淀。将制得的固体置于烧杯中，加入甘氨酸，溶解，控制反应温度为65~70℃，边搅拌边加入步骤I中制得的沉淀，直至沉淀溶解，趁热抽滤，向滤液中加入10mL95%乙醇，冷却直至析出蓝色针状晶体，在冰水浴上继续冷却20分钟，抽滤，用体积比为1：3的酒精溶液洗涤晶体一次，再用丙酮洗涤两次并干燥，制得产品，据此分析；（1）H2NCH2COO)2Cu呈平面四边形，配位数为4，故与中心配位的元素是N，O；（2）二甘氨酸合铜微溶于乙醇，溶液温度过高时，易得到反式二甘氨酸合铜，为得到顺式二甘氨酸合铜，故需要冷却，确保产品充分析出，提高产率；（3）二甘氨酸合铜易溶于水，微溶于乙醇，难溶于丙酮，产品易溶于水，微溶于酒精，1：3酒精不但可用于洗去可溶性杂质离子，减少产品损耗，再用有机物丙酮洗涤晶体是为了除去晶体表面残余的水分；（4）A．实验I中，硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应速率快，反应生成的絮状氢氧化铜沉淀易裹挟可溶性杂质，同时溶液直接与反应会生成碱式硫酸铜沉淀，因此需要先加入过量氨水，生成硫酸四氨合铜，再转化为沉淀，A错误；B．多次采取抽滤操作的优点是过滤速率快，可以加快固液分离的速度，获得较为干燥的产品，B正确；C．加入95%的乙醇溶液能减小溶剂的极性，抑制晶体在水中的溶解，降低顺式一二甘氨酸合铜的溶解度，有利于晶体析出，C正确；D．二甘氨酸合铜在水中溶解度：顺式(蓝色针状晶体)>反式(蓝紫色鳞片状结晶)，65~70℃优先析