江苏省苏州市南京航空航天大学苏州附属中学2025届高三三模化学试题（含答案）

第第页江苏省苏州市南京航空航天大学苏州附属中学2025届高三三模化学试题一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分，每题只有一个选项最符合题意。1．现代三大基本材料之一是高分子材料，下列物质的主要成分属于高分子的是A．花生油 B．石墨烯 C．不锈钢 D．羊绒衫2．摩尔盐NH4A．半径：rO2>C．沸点：NH3>H3．下列实验原理、装置及操作正确的是A．图甲：验证碳酸的酸性比苯酚强B．图乙：分离乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液C．图丙：蒸干Na2CO3溶液获得Na2CO3·10H2OD．图丁：用标准硫酸溶液滴定未知浓度的Na2CO3溶液4．在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化能实现的是A．工业制备漂白粉，饱和食盐水→通电B．漂白粉失效的途径：Ca(ClO)C．检验葡萄糖：CuSO4(aq)D．金属铝制备：Al阅读下列材料，完成下面小题。周期表中IIIA族元素（5B、13Al、31Ga、49In等）的单质及其化合物应用广泛。BF3极易水解，生成HBF4（HBF4是一种强酸）和硼酸（H3BO5．下列化学反应表示正确的是A．制备B(OCHB．高温下Al2OC．BF3水解：D．用石墨作电极电解Al2O6．下列说法不正确的是A．熔点：GaNB．GaN为共价晶体C．GaN晶体中所有原子均采取sp3D．与N原子相连的Ga原子构成的空间构型为正四面体7．下列物质性质与用途具有对应关系的是A．BF3B．硼酸甲酯具有挥发性，可用作木材防腐剂C．GaN硬度大，可用作半导体材料D．Al28．利用双极膜电解含有HCO3−的溶液，使HCO3−转化成碳燃料，实现了CO2A．银网电极与电源负极相连B．双极膜b侧应该用质子交换膜C．阴极电极反应为：HCOD．双极膜中有0.1molH2O9．异甘草素具有抗肿瘤、抗病毒等药物功效，合成中间体Z的部分路线如图：下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是A．X分子中的所有原子一定共平面B．1molZ中含有5mol碳氧σ键C．Y能发生加成、氧化和消去反应D．Z与足量的氢气加成后的产物分子中含有4个手性碳原子10．工业利用钒渣(主要成分为FeV2O4，杂质为Al2O3)制备V2O5的工艺流程如下：已知：“焙烧”的产物之一为NaVO3。下列说法不正确的是A．“焙烧”时，n(氧化剂)：n(还原剂)=4：5B．“调pH”的目的是将溶液中的铝元素转化为Al(OH)3而除去C．不选用HCl“调pH”的原因可能与VO3D．“沉钒”后的溶液中c11．室温下，探究0.1mol·L-1FeCl3溶液的性质，下列实验方案能达到探究目的的是选项探究方案探究目的A向两支试管中分别加入5mL5%的H2O2溶液，再向两支试管中滴入3滴浓度均为0.1mol·L-1的FeCl3和CuSO4，观察产生气体的速率比较Fe3+和Cu2+的催化效率B向2mL0.1mol·L-1FeCl3溶液中加入1mL0.1mol·L-1KI溶液，充分振荡后滴加KSCN溶液，观察颜色变化2Fe3++2I-=2Fe2++I2是否为可逆反应C向苯酚溶液中滴加几滴0.1mol·L-1FeCl3溶液，溶液呈紫色FeCl3与苯酚发生了氧化还原反应D将5mL0.1mol·L-1FeCl3溶液和15mL0.1mol·L-1NaHCO3溶液混合，生成红褐色沉淀和气体Fe3+与HCO3A．A B．B C．C D．D12．捕集与转化CO2的部分过程见题图。室温下以0.1mol⋅L−1的NaOH溶液吸收CO2，忽略通入CO2引起的溶液体积变化和水的挥发。已知溶液中含碳物种的浓度cA．吸收液中：cB．吸收液c总=0.1mol⋅C．“再生”过程中发生反应的离子方程式有：CaD．将CaCO3投入煮沸后蒸馏水，沉降后溶液pH≈8.313．甲烷和水蒸气催化重整制氢过程中的主要反应为①CH4(②CO(g在装有催化剂的密闭容器中，4.3×106Pa、nCO转换率=下列说法正确的是A．反应CH4(B．曲线a表示平衡时CH4C．850℃平衡时生成的CO2D．相同条件下，CH4和H2O总物质的量不变，n二、非选择题：共4题，共61分。14．单宁酸（C76H52O46）-硫酸体系中，低品位软锰矿（MnO（1）当1mol C76（2）写出葡萄糖还原MnO2生成CO2的离子反应方程式：（3）浸出前后软锰矿与浸取渣的X-射线衍射图如图所示，衍射峰的强度能一定程度反映晶体的质量分数等信息。指出图中SiO2对应衍射峰强度变化的原因：（4）为测定一定条件下该低品位软锰矿中锰元素的浸出率，进行如下实验：准确称取mg软锰矿试样，加入一定量硫酸和单宁酸，水浴加热并充分搅拌，一段时间后过滤，将滤液冷却后加水定容至2L，量取20.00mL溶液于锥形瓶中，向锥形瓶中加入足量磷酸作稳定剂，再加入2mL高氯酸，边加边摇动，使Mn2+完全氧化为Mn(Ⅲ)，加热溶液至无气体产生，冷却后用浓度为c mol⋅L−1的①实验室现配(NH4)2Fe②计算该条件下软锰矿中锰元素的浸出率η。[η=（5）90℃下，控制单宁酸用量和反应时间相同，测得c(H2SO415．有机物G的一种合成路线如下图所示（反应②的条件未列出）。（1）反应②还需的反应物和条件是。（2）化合物E的结构简式为。（3）反应⑥的反应类型为。（4）的一种同分异构体符合下列条件，写出该同分异构体的结构简式：。I．能使溴的CCl4溶液褪色，能与Na反应放出H2不能与（5）已知：+→CH3CH2ONa+CH3OH。设计以1，3-丁二烯、CH3OH16．纳米铜用途广泛，可用铜蓝矿（CuS为主要成分）为原料制备。I．获得纳米铜（1）制备Cu(NH3)42+溶液，用FeCl3溶液浸取铜蓝矿，除去其中含铁离子后，再通入NH3制取。不采用氨水直接浸取铜蓝矿的原因为（2）制备纳米铜。调节Cu(NH3)42+溶液的①获得纳米铜时，N2H4被氧化成N②N2H4还原过程中可能生成难溶的CuCl（白色）和Cu2O（红色），为判断纳米铜样品中是否含有上述两种杂质，补充完整实验方案：将制得的样品先后用蒸馏水、无水乙醇洗涤干净，。（已知：Cu2O+2Ⅱ．应用纳米铜（3）纳米铜铂电池。如图表示一种CuPt纳米棒悬浮在稀碘水中，通过发生电极反应在Cu极和Pt级区域之间产生I−①该纳米棒的Cu极电极反应式为。②该纳米棒向。（填“Cu极”或“Pt极”）方向定向移动。17．黄铁矿(FeS2（1）黄铁矿、焦炭和适量空气混合加热制硫，发生反应：3FeS2+2C+3（2）制硫反应所得气体经冷凝回收S2后，尾气中还含有CO和SO反应Ⅰ：2SO2反应Ⅱ：SO2g理论分析及实验结果表明，600~1000K范围内，SO2平衡转化率接近100%。其他条件相同，不同温度下，S2、COS平衡产率和10min时①10min时，S2实际产率大于平衡产率的原因是②随温度升高，S2平衡产率上升的原因是（3）处理后的尾气仍含少量SO2，用Na2CO3溶液“洗脱”处理，得到的洗脱液中含有Na2CO3，NaHCO已知：Ka1H2CO3=4.0×10①“洗脱”时化学反应的平衡常数为。②生物电池装置中，正极的电极反应式为。③一段时间后，若洗脱液中SO32−减小了2mol，则理论上HCO3

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A、花生油的主要成分是油脂（高级脂肪酸甘油酯），相对分子质量较小，不属于高分子，A错误；

B、石墨烯是单层石墨，属于碳的单质（无机材料），不是有机高分子，B错误；

C、不锈钢是铁的合金，属于金属材料，并非高分子，C错误；

D、羊绒衫的主要成分是蛋白质，蛋白质是相对分子质量巨大的有机高分子化合物，D正确；

故答案为：D。

【分析】本题易错点：

高分子概念混淆：误将“相对分子质量较大的物质（如油脂）”当作高分子，忽略高分子需“相对分子质量上万、有机化合物”的核心特征。

材料类型误判：混淆“无机材料（石墨烯、不锈钢）”与“有机高分子材料”，错认为石墨烯、合金属于高分子。

成分认知错误：不明确羊绒的主要成分是蛋白质（高分子），误将其归为普通有机物或其他材料类型。2．【答案】D【解析】【解答】A、O2-核外有2个电子层，S2-核外有3个电子层。由于电子层数越多离子半径越大，因此半径关系为r(O2-)<r(S2-)，A错误；

B、N和O同属第二周期，N的2p轨道为半满稳定结构（2p3），第一电离能反常高于O（2p4），故I1(N)>I1(O)，B错误；

C、NH3和H2O都能形成氢键，但每个H2O分子可形成4个氢键，而每个NH3分子仅能形成3个氢键，H2O分子间作用力更强，因此沸点NH3<H2O，C错误；

D、H2O中O原子和NH4+中N原子的价层电子对数均为4（均为sp3杂化），但H2O含2对孤电子对，NH4+无孤电子对。孤电子对斥力大于成键电子对，因此键角H2O<NH4+，D正确；

故答案为：D。

【分析】A．离子半径比较需先看电子层数，层数越多半径越大；层数相同时再看核电荷数。B．同周期元素第一电离能总体递增，但ⅡA、ⅤA族因轨道全满或半满出现反常。C．分子晶体沸点与氢键数量、分子间作用力强度相关，氢键越多沸点越高。D．中心原子价层电子对相同时，孤电子对越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小。3．【答案】B【解析】【解答】A、图甲中盐酸易挥发，挥发的HCl会与苯酚钠反应生成苯酚，无法证明是碳酸与苯酚钠反应，不能验证碳酸酸性强于苯酚，A错误；

B、乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液互不相溶、分层，可用分液（图乙的分液漏斗）分离，B正确；

C、蒸干Na2CO3溶液时，加热会使Na2CO3・10H2O失去结晶水，无法得到带结晶水的晶体，C错误；

D、图丁中酸式滴定管（标准硫酸溶液）的尖嘴未伸入锥形瓶内，且碳酸钠溶液呈碱性，滴定终点的指示剂选择也不明确，操作不规范，D错误；

故答案为：B。

【分析】本题易错点：验证酸性实验的干扰忽略：图甲中未考虑盐酸的挥发性，HCl会干扰碳酸与苯酚钠的反应，误判“能验证酸性强弱”。

物质分离方法混淆：不清楚乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液分层，错认为不能用分液（图乙）分离。

结晶水合物的制备误区：误将“蒸干溶液”当作获取结晶水合物的方法，忽略加热会使

Na2CO3・10H2O失去结晶水。

滴定操作规范疏漏：不明确酸式滴定管的操作要求（尖嘴需伸入锥形瓶），或忽略碳酸钠溶液滴定的指示剂、装置细节，误判图丁操作正确。4．【答案】C【解析】【解答】A、工业制备漂白粉时，氯气需通入石灰乳（而非石灰水），因为石灰水浓度低，无法高效制备漂白粉，A错误；

B、漂白粉中的Ca(ClO)2与空气中的CO2、H2O反应生成HClO，HClO见光分解生成HCl和O2，不会生成Cl2，B错误；

C、CuSO4溶液与足量NaOH溶液反应生成Cu(OH)2悬浊液，葡萄糖含醛基，具有还原性，在加热条件下与Cu(OH)2悬浊液反应生成Cu2O（砖红色沉淀），该反应可用于检验葡萄糖，C正确；

D、Al2O3与HCl反应生成AlCl3溶液，电解AlCl3溶液时，H+的放电能力强于Al3+，因此不会生成Al，工业上制备金属铝是通过电解熔融的Al2O3，D错误；

故答案为：C。

【分析】本题的易错点主要有以下几点：

对工业制备漂白粉的原料理解错误，容易混淆石灰乳和石灰水，不清楚石灰水因浓度低无法用于工业制备漂白粉。

对HClO分解产物认识有误，误以为HClO见光分解会生成Cl2，实际是生成HCl和O2。

电解AlCl3溶液时，不明确离子放电顺序，错误认为Al3+会放电生成Al，忽略了H+的放电能力更强。【答案】5．B6．A7．D【解析】【解答】（1）A、硼酸与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应，产物应为硼酸三甲酯（B(OCH3)3B、高温下Al2O3、焦炭与Cl2反应，C被氧化为CO，Al2O3C、BF3水解生成HBF4（强酸，可拆）和H3BO3（弱酸，不可拆），原方程式将HD、电解时，阴极Al3+得电子生成Al，阳极O2−失电子生成O2，原方程式颠倒阴阳极反应，电极反应式为2O2--4e-=O2↑，D错误；

故答案为：B。

（2）A、GaN、GaP、GaAsB、GaN成键结构与金刚石相似，熔点高、硬度大，符合共价晶体特征，B正确；

C、GaN成键结构与金刚石相似，每个原子连有4个共价键，均采取sp3D、GaN成键结构与金刚石相似，与N原子相连的Ga原子构成正四面体空间构型，D正确；

故答案为：A。

（3）A、BF3易水解生成HBFB、硼酸甲酯用作木材防腐剂是因为其化学稳定性，而非挥发性，B错误；C、GaN用作半导体是因为其晶体结构（类似晶体硅），硬度大是共价晶体的力学性质，与半导体用途无关，C错误；D、Al2故答案为：D。【分析】（1）A．酯化反应需生成水，检查产物完整性。B．分析氧化还原中化合价变化与原子守恒。C．弱电解质（硼酸）在离子方程式中不可拆分。D．明确电解熔融Al2（2）A．共价晶体熔点与键能正相关，键能与原子半径负相关。B．根据GaN的成键结构（与金刚石相似）判断晶体类型。C．根据金刚石的杂化方式推导GaN的杂化类型。D．根据金刚石的空间构型推导GaN中原子的空间构型。（3）A．BF3B．硼酸甲酯的“木材防腐剂”用途与其挥发性无直接因果。C．GaN作为半导体的原因是其晶体结构（类似硅），而非硬度。D．Al25．A、硼酸与甲醇在浓硫酸催化下发生酯化反应，产物应为硼酸三甲酯（B(OCH3)3B、高温下Al2O3、焦炭与Cl2反应，C被氧化为CO，Al2O3C、BF3水解生成HBF4（强酸，可拆）和H3BO3（弱酸，不可拆），原方程式将HD、电解时，阴极Al3+得电子生成Al，阳极O2−失电子生成O2，原方程式颠倒阴阳极反应，电极反应式为2O6．A、GaN、GaP、GaAs均为共价晶体，配位原子半径N<P<As，键长Ga−B、GaN成键结构与金刚石相似，熔点高、硬度大，符合共价晶体特征，B正确；

C、GaN成键结构与金刚石相似，每个原子连有4个共价键，均采取sp3D、GaN成键结构与金刚石相似，与N原子相连的Ga原子构成正四面体空间构型，D正确；

故答案为：A。7．A、BF3易水解生成HBFB、硼酸甲酯用作木材防腐剂是因为其化学稳定性，而非挥发性，B错误；C、GaN用作半导体是因为其晶体结构（类似晶体硅），硬度大是共价晶体的力学性质，与半导体用途无关，C错误；D、Al2故答案为：D。8．【答案】D【解析】【解答】A、Ag网处HCO3-被还原为CO，发生还原反应，故Ag网是阴极，与电源负极相连，A正确；

B、双极膜b侧需让H+迁移到阴极参与反应，因此b侧应使用质子交换膜（允许H+通过），B正确；

C、阴极处HCO3-得电子，结合迁移来的H+生成CO和H2O，电极反应为：

HCO3-+2e-+3H+=CO+2H2O，C正确；

D、双极膜中0.1molH2O电离，生成0.1molH+和0.1molOH-；阳极反应为OH-失电子生成O2：4OH--4e-=2H2O+O2。0.1molOH-参与反应时，转移0.1mol电子，理论生成O2的物质的量为0.025mol（而非0.05mol），D错误；

故答案为：D。

【分析】先通过反应类型确定电极：右侧HCO3-转化为CO，C元素化合价降低，发生还原反应，因此Ag网所在区域是阴极区，Ag网为阴极，需与电源负极相连，其阴极反应为：

HCO3-+2e-+3H+=CO+2H2O；左侧Ni网则为阳极，阳极反应是OH-失电子生成O2：

4OH--4e-=2H2O+O2。

再分析双极膜的离子迁移与膜类型：双极膜电离出的H+要向阴极（右侧）移动，因此b侧需用质子交换膜（允许H+通过）；电离出的OH-向阳极（左侧）移动，故a侧为阴离子交换膜。9．【答案】D【解析】【解答】A、X分子中羟基的氧为sp3杂化，且单键可旋转，因此所有原子不一定共平面，A错误；

B、单键为σ键，双键含1个σ键和1个π键。Z分子中碳氧σ键包括酮羰基的碳氧双键（1个σ键）、醚键的碳氧单键等，共6mol，而非5mol，B错误；

C、Y含酮羰基（可加成、氧化）、酚羟基（可氧化），但酚羟基的结构稳定，不能发生消去反应，C错误；

D、Z与足量氢气加成后，产物中存在4个连接不同原子或基团的碳原子（手性碳），如图，D正确；

故答案为：D。

【分析】本题易错点：

原子共面：忽略羟基氧的sp3杂化和单键旋转，误判X原子共面。

化学键计数：漏算碳氧σ键，误将Z中碳氧σ键计为5mol。

官能团反应：混淆酚羟基与醇羟基，误判Y能发生消去反应。

手性碳判断：加成后漏判手性碳数量，误判D选项。10．【答案】A【解析】【解答】A．“焙烧”时，FeV2O4和O2发生反应生成Fe2O3和NaVO3，V元素化合价由+3价升高至+5价，铁元素化合价由+2价升至+3价，1molFeV2O4总共失去5mol电子，1molO2得4mol电子，根据得失电子守恒可得关系式：4FeV2O4~5O2，O2是氧化剂，FeV2O4是还原剂，(氧化剂)：n(还原剂)=5：4，故A符合题意；B．“调pH”的目的是将溶液中的铝元素转化为Al(OH)3而除去，故B不符合题意；C．VO3−的氧化性较强，HCl中的Cl-有还原性。VO3−把ClD．加入(NH4)2SO4后得到NH4VO3饱和溶液，cVO故答案为A。

【分析】钒渣(主要成分为FeV2O4，杂质为Al2O3)，焙烧过程中，FeV2O4生成NaVO3和Fe2O3，Al2O3转化为NaAlO2；加入水浸出NaVO3，AlO2−转化为[Al(OH)4]-，Fe2O3不溶于水成为滤渣；过滤后向滤液中加入硫酸调PH，将[Al(OH)4]-在酸性环境中生成Al(OH)11．【答案】D【解析】【解答】A、比较Fe3+和Cu2+的催化效率，但FeCl3与CuSO4的阴离子（Cl-、SO42-）不同，会干扰实验，故A不符合题意；

B、验证反应是否可逆，但FeCl3过量（Fe3+剩余），滴KSCN溶液必然变红，无法证明反应可逆，故B不符合题意；

C、苯酚与FeCl3显紫色是络合反应，并非氧化还原反应，反应类型判断错误，故C不符合题意；

D、Fe3+水解显酸、HCO3-水解显碱，混合后水解相互促进：生成Fe(OH)3红褐色沉淀和CO2气体，符合双水解特征，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A．忽略“阴离子干扰”，误将FeCl3和CuSO4直接对比催化效率，未控制阴离子相同（Cl-、SO42-可能影响反应速率）。

B．忽视“反应物用量”，FeCl3过量时，即使反应不可逆，剩余的Fe3+也会使KSCN变红，无法证明反应可逆。

C．混淆“反应类型”，误将苯酚与FeCl3的络合显色反应当成氧化还原反应。

D．对“双水解的特征”不明确，不清楚Fe3+与HCO3-混合时，水解相互促进会同时生成沉淀和气体。12．【答案】C【解析】【解答】A、吸收液pH为10，根据Ka2=c(CO3B、当c总=0.1mol⋅L−1时，溶液为碳酸氢钠溶液。碳酸氢根的水解常数KhC、“再生”过程中，石灰乳与HCO3-反应生成CaCO3、OH-和H2O，离子方程式为Ca(OH)D、CaCO3投入煮沸后蒸馏水，沉降后溶液为饱和溶液，此时c(Ca故答案为：C。【分析】工业上用NaOH溶液吸收烟气中的CO2，得到pH为10的吸收液（含Na2CO3、NaHCO3等含碳组分）；向该吸收液中加入石灰乳，石灰乳与其中的Na2CO3、NaHCO3发生反应，生成NaOH和CaCO3沉淀；过滤后，NaOH溶液可返回用于吸收CO2，实现循环利用；CaCO3经高温分解生成CaO和CO2，CaO与水反应生成石灰乳，石灰乳也能循环投入到与吸收液的反应中。13．【答案】C【解析】【解答】A、反应CH4(g)+2H2OB、反应①是吸热反应，升温平衡正向移动，CH4转化率升高；反应②是放热反应，升温平衡逆向移动，CO转化率降低。曲线a随温度升高而上升，代表CHC、550℃时，CH4转化率30%、CO转化率90%；850℃时，CH4转化率90%、CO转化率50%。设起始CH4550℃：生成CO为1×30%=0.3mol，转化为CO850℃：生成CO为1×90%=0.9mol，转化为CO2的量为0.9×50%D、n(H2O)n(CH4)过大时，故答案为：C。

【分析】本题易错点：盖斯定律计算失误：误将反应①+②的焓变直接相加时，忽略反应②的ΔH为负值，导致计算出错误的总焓变。曲线对应物质判断错误：混淆吸热反应（反应①）和放热反应（反应②）的温度对转化率的影响，错判曲线a/b对应的物质（升温时CH4转化率升高、CO转化率降低）。产物量计算疏漏：仅看转化率数值，未结合“CH4转化生成CO的量×CO转化率”计算CO2的实际产量，误判温度对CO2生成量的影响。反应物比例的影响误判：认为n(H2O)n(14．【答案】（1）10：1（2）C（3）酸浸过程中，Fe2O3被酸溶，部分MnO2被还原，固体总质量减少；SiO2不发生反应，质量分数变大，衍射峰强度变大（4）使用K2Cr2O7基准试剂对(NH4（5）c(H+)浓度过大，抑制了单宁酸的水解，没食子酸和葡萄糖的浓度降低，MnO2的还原速率减慢【解析】【解答】（1）设1mol C76故答案为：10：1

（2）葡萄糖还原MnO2生成CO2，根据得失电子守恒，离子反应方程式为：故答案为：C6H12O6+12MnO2+24H+=12Mn2+故答案为：酸浸过程中，Fe2O3被酸溶，部分MnO2被还原，固体总质量减少；SiO2不发生反应，质量分数变大，衍射峰强度变大；

（4）①为提高测量结果的精确度，滴定前需要使用K2Cr2O7基准试剂对(NH②每20.00mL浸出滤液中：n(Mn2+)=n[(NH4)2故答案为：使用K2Cr2O7基准试剂对(NH4)2Fe(SO4)2溶液的实际浓度进行标定；30cVm；

（5）由图可知，c(H+)浓度过大，抑制了单宁酸的水解，没食子酸和葡萄糖的浓度降低，MnO2的还原速率减慢，所以c(H2SO4)>2.0mol/L时，锰元素浸出率降低。

故答案为：c(H(2)依据得失电子守恒，葡萄糖（C6H12O6）还原MnO2生成CO2，Mn从+4价降为+2(3)酸浸时Fe2O3被酸溶，部分(4)①为提高精度，需用K2Cr②根据滴定关系，先算20.00mL滤液中n(Mn2+)=cV×10−3mol，再推得2L滤液中(5)c(H2SO4（1）设1mol C76（2）葡萄糖还原MnO2生成CO2，根据得失电子守恒，离子反应方程式为：（3）由图可知，酸浸过程中，Fe2O3被酸溶，部分MnO2被还原，固体总质量减少；SiO2不发生反应，质量分数变大，衍射峰强度变大；（4）①为提高测量结果的精确度，滴定前需要使用K2Cr2O7基准试剂对(NH②每20.00mL浸出滤液中：n(Mn2+)=n[(NH4)2（5）由图可知，c(H+)浓度过大，抑制了单宁酸的水解，没食子酸和葡萄糖的浓度降低，MnO2的还原速率减慢，所以c(15．【答案】（1）HBr、加热（2）（3）取代反应（4）（5）CH2=CH-CH=CH2→HBrCH2Br-CH【解析】【解答】（1）反应②为醇的取代反应，还需的反应物和条件是HBr、加热；故答案为：HBr、加热；

（2）根据分析可知，化合物E的结构简式为；故答案为：；

（3）根据分析可知，反应⑥的反应类型为取代反应；故答案为：取代反应；

（4）不饱和度为3，分子式为C7H10O3，I．能使溴的CCl4溶液褪色，说明含有碳碳双键或碳碳三键，能与Na反应放出H故答案为：；

（5）根据信息可知，由按题干所给信息进行反应生成，1，3-丁二烯CH2=CH-CH=CH2与HBr加成生成CH2Br-CH2-CH2-CH2Br，发生C→D反应生成HOOC-CH2-CH2-CH2-CH2-COOH，HOOC-CH2-CH2-CH2-CH2-COOH酯化生成，故流程：CH2=CH-CH=CH2→HBrCH2Br-CH2-CH2-CH2Br→3)H（1）反应②为醇的取代反应，还需的反应物和条件是HBr、加热；（2）根据分析可知，化合物E的结构简式为；（3）根据分析可知，反应⑥的反应类型为取代反应；（4）不饱和度为3，分子式为C7H10O3，I．能使溴的CCl4溶液褪色，说明含有碳碳双键或碳碳三键，能与Na反应放出H（5）根据信息可知，由按题干所给信息进行反应生成，1，3-丁二烯CH2=CH-CH=CH2与HBr加成生成CH2Br-CH2-CH2-CH2Br，发生C→D反应生成HOOC-CH2-CH2-CH2-CH16．【答案】CuS+4NH3=Cu(NH3)42++S2-，K=cS2-cCu(NH【解析】【解答】（1）CuS+4NH3=Cu(NH3故答案为：CuS+4NH3=Cu(NH3)42++S2-，K=cS2-cCu(NH3)42+②检验纳米铜样品中是否含有CuCl（白色）、Cu2O（红色），应使其溶解检验溶液中是否含有氯离子，确定样品中是否含有CuCl，根据Cu2O在酸性条件下发生Cu2O+2H+=Cu故答案为：2Cu(NH3)42++N2H4+4OH-75oC2Cu+N②根据Cu极电极反应可知，Cu极区域碘离子浓度减小、Pt极区域碘离子浓度增大，即产生电势差，形成自建电场，该纳米棒带负电荷向碘离子浓度小的方向移动，即向Cu极方向移动。

故答案为：Cu-e-+I-=CuI；Cu极；

【分析】(1)计算CuS与氨水反应的平衡常数，K=Ksp(CuS)×Kf=1.44×10-27，数值极小，反应几乎不发生，故不用氨水直接浸取。

(2)①依据得失电子和质量守恒，配平离子方程式。

②用稀H2SO4检验Cu2O（溶液变蓝）；用浓HNO3溶解后加AgNO3检验CuCl（生成白色沉淀）。

(3)①Cu极作负极失电子，反应式为：Cu-e-+I-17．【答案】（1）为避免S2被O2氧化，（2）反应Ⅰ的活化能较低，反应Ⅰ速率比反应Ⅱ快，SO2与CO主要生成S2，超过平衡产率；温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动，使cSO（3）3.36×1011；2SO【解析】【解答】（1）黄铁矿、焦炭和适量空气混合加热制硫，发生反应：3FeS2+2C+3O2=3S2+Fe3O4（2）①10min时，反应Ⅰ的活化能较低，反应Ⅰ速率比反应Ⅱ快，SO2与CO主要生成S2，超过平衡产率致使S2实际产率大于平衡产率，

故答案为：反应Ⅰ的活化能较低，反应Ⅰ速率比反应Ⅱ快，SO②随温度升高，S2平