2025-2026学年福建省福宁古五校教学联合体高三上学期期中考试化学试卷（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1福建省福宁古五校教学联合体2025-2026学年高三上学期期中考试试卷(考试时间：75分钟，试卷总分：100分)可能用到的相对原子质量：H1N14O16Na23Cl35.5Cr52Au197Bi209第Ⅰ卷选择题(共40分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，每小题只有一个选项符合题意)1.化学与科技、生产、生活等密切相关。下列叙述错误的是A.战斗机的玻璃纤维雷达罩、聚碳酸酯舱盖、芳纶蜂窝材料都属于有机高分子材料B.“熔喷布”可用于制作N95型口罩，生产“熔喷布”的主要原料聚丙烯属于混合物C.隐形战斗机的涂层含石墨烯，石墨烯和金刚石互为同素异形体D.华为公司自主研发的麒麟芯片是业界领先的手机芯片，其基本材料是单晶硅【答案】A【解析】A．玻璃纤维的主要成分是二氧化硅（无机非金属材料），不属于有机高分子材料，而聚碳酸酯和芳纶属于有机高分子材料，A错误；B．聚丙烯是高分子化合物，其聚合度不同导致分子链长度不同，属于混合物，B正确；C．同种元素组成的不同单质互称为同素异形体，石墨烯（碳的单层结构）和金刚石（碳的三维网状结构）均为碳的同素异形体，C正确；D．芯片的基本材料是单晶硅（半导体材料），D正确；故答案选A。2.无水亚硫酸钠还原四氯金酸是制备黄金的重要反应之一，其反应原理为。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.Na2SO3和Na2SO4固体中所含的阴离子数均为NAB.pH=1的HCl溶液中，H+的数目等于0.1NAC.反应中转移的电子数为0.6NA，则析出39.4g黄金D.200g质量分数为3.4%的溶液中，氢原子数总和为0.02NA【答案】C【解析】A．Na2SO3和Na2SO4固体中阴离子分别为，每摩尔固体含1mol阴离子；但选项未明确固体的物质的量，无法计算阴离子数目，A错误；B．pH=1的HCl溶液中H+浓度为0.1mol/L，由于未给出溶液体积，无法确定H+数目，B错误；C．由反应原理可知，反应过程中，金元素化合价：+3→0，Au为反应的还原产物，且每生成1molAu转移3mol电子，那么反应中转移0.6NA电子时，析出的黄金为0.2mol，质量为0.2mol×197gmol=39.4g，C正确；D．200g3.4%的HAuCl4溶液中，溶质HAuCl4中含有的，则氢原子的物质的量为0.02mol，数目为0.02NA，但溶剂水中还含大量氢原子，故氢原子总数远大于0.02NA，D错误；故答案选C。3.下列所给物质在给定条件下能实现转化的是A.B.C.D.【答案】A【解析】A．受热易分解生成水和，具有氧化性，具有还原性，能将还原生成Cu，A正确；B．由于酸性：HCl＞H2CO3，所以CaCl2溶液与CO2不反应，不能反应生成CaCO3，B错误；C．要在浓硫酸、170℃下发生消去反应生成乙烯，而不是在氢氧化钠溶液加热条件下反应，C错误；D．要在铁粉作催化剂条件下与反应生成，而不是在光照条件下反应，D错误；故答案选A。4.某元素(该元素仅为Cu或Fe或N或S)的“价—类”二维关系如图所示。下列叙述正确的是A.若a为气体，则其简单气态氢化物能使蓝色石蕊试纸变红B.若d为红棕色固体，则f不能由化合反应得到C.若b能溶于稀硫酸生成a与g，则e受热易分解D.若a为淡黄色固体，则i的浓溶液常温下不能与单质铁反应【答案】C【解析】A．a为气体单质，则为N2，其简单气态氢化物NH3是一种碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A错误；B．d为红棕色固体，则为Fe2O3，那么f为Fe(OH)3，而Fe(OH)2与氧气、水生成Fe(OH)3的反应属于化合反应()，B错误；C．b为氧化物，b(其中非氧元素化合价为+1)能溶于稀硫酸生成a(单质)与g(其中非氧元素化合价为+2)，则b为Cu2O、a为Cu、g为CuSO4；故e为Cu(OH)2，Cu(OH)2受热易分解为CuO和水，C正确；D．a为淡黄色固体，则为S，i为H2SO4，浓硫酸常温下能氧化Fe使其钝化，而不是不发生反应，D错误；故答案为C。5.下列离子方程式书写正确的是A.氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：B.通入足量溶液中：C.溶液中加入过量澄清石灰水：D.溶液中通入：【答案】B【解析】A．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应的离子方程式应为：。选项漏掉了和生成水的部分，A错误；B．通入足量溶液中，作为氧化剂将氧化为，自身部分被还原为，部分与结合生成，且满足电荷守恒，原子守恒和电子转移守恒，B正确；C．与过量澄清石灰水反应时，过量会优先与生成，而应生成溶解度更小的沉淀而非（碳酸镁微溶，氢氧化镁难溶）。正确反应式为：，C错误；D．为稳定配离子，很难解离出。通入后，直接与配离子反应生成沉淀，正确反应式为：，D错误；故答案选B。6.下列有关实验装置正确且能达到实验目的的是A.利用装置甲可测定有机物C2H6O结构B.探究石蜡油裂解生成不饱和烃C.装置丙用焰色试验检验固体中是否含有钾元素D.该装置可实现随关随停的操作【答案】B【解析】A．装置甲用于测定有机物（乙醇）的结构，需通过测量乙醇与钠反应生成氢气的体积来推断。但乙醇水溶液中的水也会与钠反应，干扰实验，因此该装置不能达到实验目的，A错误；B．石蜡油在碎瓷片催化下裂解生成不饱和烃，不饱和烃能使酸性KMnO4溶液褪色，装置可通过酸性高锰酸钾溶液是否褪色验证，B正确；C．用焰色试验检验钾元素时，需透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，装置丙未进行此操作，无法准确检验，不能达到实验目的，C错误；D．该装置中的二氧化锰是粉末状固体，与过氧化氢接触后，关闭活塞不能使固体与液体分离，无法实现随关随停的操作，D错误；故答案为B。7.用MgCO3和侯氏制碱工艺联合制MgCl2，同时NH3、CO2循环利用的主要物质转化如下。下列说法错误的是A.①中应向a溶液先通入NH3，再通入CO2B.②中NH4Cl溶液可用于去除铁锈C.电解c的溶液可以制得Mg和Cl2D.理论上①中消耗的与③中生成的不等【答案】C【解析】向饱和食盐水先通入溶解度大的氨气形成氨盐水、再通入二氧化碳，二氧化碳与氨化饱和食盐水反应生成碳酸氢钠固体和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠固体和含有氯化铵的滤液（步骤①）；向滤液中加入氯化钠固体，降低氯化铵的溶解度使氯化铵固体析出，过滤得到母液和氯化铵固体（步骤②）；将氯化铵固体溶于水，向其中加入碳酸镁，二者反应生成氯化镁、氨气和二氧化碳（步骤③）。A．二氧化碳在水中溶解度不大，而氨气极易溶于水，饱和食盐水中先通入的气体为氨气，通氨气后再通二氧化碳，可增大二氧化碳在溶液中的溶解度，A正确；B．NH4Cl为强酸弱碱盐，其水溶液为酸性，可用于除铁锈，B正确；C．电解MgCl2溶液产生氯气、氢气和氢氧化镁，不能得到Mg，制Mg需电解熔融MgCl2，C错误；D．①中反应方程式为NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓，，③中反应方程式为MgCO3+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，，两者不相等，D正确；故答案为C。8.化合物Z是一种药物的重要中间体，合成路线如下图所示。下列说法正确的是A.X与氢气发生加成反应的产物具有3个手性碳B.X与发生了取代反应生成YC.Z能发生氧化、取代、消去、缩聚等反应D.Z中的碳碳双键可以通过溴水进行检验【答案】D【解析】X（）与在作用下发生加成反应生成中间物质，发生消去反应（分子内脱水）生成，在发生分子内加成反应断裂碳碳双键成环生成Y（），Y发生水解等反应生成Z。A．X（）与氢气发生加成反应的产物为，其中手性碳如图星号标注所示，具有2个手性碳，A错误；B．由分析可知，X（）与在作用下发生加成反应、消去反应再加成生成Y（），B错误；C．Z中含有羰基、碳碳双键、羟基，碳碳双键能发生氧化、加聚反应，羟基能发生氧化、取代反应；与羟基相连的邻原子的邻位碳上没有氢原子，因此不能发生消去反应；物质中没有能发生缩聚反应的官能团组合（如羧基与羟基或羧基与氨基），C错误；D．Z中含碳碳双键，碳碳双键可与溴水发生加成反应，使溴水褪色，可以通过溴水进行检验，D正确；故答案选D。9.探究NaNO2的还原性和氧化性的强弱。已知：K2MnO4溶液(绿色)在酸性环境中不稳定，转化为MnO2和KMnO4。下列说法错误的是A.过程Ⅰ发生的反应的离子方程式为：2++2OH-2++H2OB.过程Ⅱ未得到紫色溶液，可能是转化为MnO4-的速率小于氧化的速率C.过程Ⅳ得到淡黄色溶液可推知氧化了I-D.该实验证明对应的实验条件下，的还原性强于和Mn2+【答案】C【解析】依据图示分析，反应Ⅰ产生了绿色溶液，结合题目信息可知发生的反应为：，生成了绿色的K2MnO4溶液；反应Ⅱ为向绿色溶液中滴加醋酸溶液至溶液呈弱酸性，由于K2MnO4溶液(绿色)在酸性环境中不稳定，转化为MnO2和KMnO4，图中只得到了棕黑色沉淀和无色溶液，说明反应产生的沉淀为MnO2；反应Ⅲ继续滴加醋酸溶液，沉淀消失，即与发生了反应：，反应结束后得到了xmL的无色溶液（含、）；反应Ⅳ加入足量的稀KI溶液，后加入稀硫酸至溶液的pH为y，碘离子被氧化为碘单质（浅黄色溶液），产生了NO气体，NO遇空气产生了NO2（淡棕色气体）；据此作答。A．由已知可知反应Ⅰ产生了绿色溶液，即与KMnO4在碱性条件下加热反应产生K2MnO4，依据氧化还原反应原理书写离子方程式为：，A不符合题意；B．K2MnO4溶液在酸性环境中不稳定，转化为和KMnO4，但反应Ⅱ中未出现紫色现象，说明KMnO4被消耗，则可能为转化为的速率小于氧化的速率，B不符合题意；C．依据分析反应Ⅲ结束后得到了xmL的无色溶液，含、，均具有氧化性，加入碘化钾溶液反应产生碘单质，不能说明是氧化了I-，C符合题意；D．依据分析，结合氧化还原反应原理：还原剂的还原性大于还原产物的还原性；由反应Ⅰ：可知，还原性：大于；由反应Ⅲ：可知，还原性：大于，D不符合题意；故答案选C。10.工业上以软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量Fe2O3等)和辉铜矿(主要成分为Cu2S，还含有少量Si、Ni等氧化物)为原料，制备碳酸锰和胆矾的工艺流程如图所示。已知：HR萃取Cu2+的原理为Cu2+(aq)+2HR(org)CuR2(org)+2H+(aq)(org为有机相)。下列说法正确的是A.滤渣Ⅰ具有氧化性，可做净水剂B.反萃取过程试剂X可以是盐酸C.反萃取后的溶液可通过蒸发结晶，趁热过滤获得胆矾D.“碳化沉锰”过程发生的反应：Mn2++NH3⋅H2O+MnCO3↓++H2O【答案】D【解析】由题给流程可知，向软锰矿、辉铜矿中加入硫酸酸浸，将金属元素转化为可溶的硫酸盐，硫化亚铜中的硫元素转化为硫单质，二氧化硅不与硫酸溶液反应，过滤得到含有硫、二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加入氧化铜调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入HR萃取溶液中的铜离子，分液得到水相和有机相；向水相中加硫化钠溶液调节溶液pH，将溶液中的镍离子转化为硫化镍沉淀，过滤得到含有硫化镍的滤渣和滤液；向滤液中加入碳酸氢铵和氨水的混合溶液，将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤得到碳酸锰；向有机相中加入硫酸溶液反萃取、分液得到硫酸铜溶液；硫酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到胆矾。A．由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是氢氧化铁沉淀，氢氧化铁沉淀不能吸附水中的悬浮杂质，不能做净水剂，氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮杂质，A错误；B．反萃取过程中试剂X不能是盐酸，否则制得胆矾中会含有氯化铜杂质，导致产品不纯，B错误；C．由分析可知，反萃取后的溶液可通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，最终得到胆矾，C错误；D．由分析可知，加入碳酸氢铵和氨水的混合溶液的目的是将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为Mn2++NH3⋅H2O+MnCO3↓++H2O，D正确；故选D。第Ⅱ卷非选择题(共60分)二、非选择题11.化学物质丰富多样，请回答以下问题：（1）从物质类别角度看，属于___________(填字母)，一般能与___________(填字母)发生反应a．金属单质b．非金属单质c．酸性氧化物d．碱性氧化物e．酸．碱g．盐（2）配制所需220mL0.1mol·L-1AgNO3溶液，除了托盘天平、胶头滴管、量筒、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有___________。（3）生成聚合硫酸铝铁的离子反应为：(系数未配平)，若生成0.1mol沉淀，理论上产生的气体在标准状况下的体积为___________L(用含字母的式子表示)。（4）碲的一种化合物CdTe是一种常见的半导体量子点，具有良好的光学性质，其粒子直径介于1~100nm，若实验制取过程中加热回流时间过长，产物的量子点的特性比较差，结合信息分析其原因是___________；（5）按下图装置进行实验，验证惰性气氛中高温分解产生的气体。现有试剂：a．Ba(NO3)3溶液b．NaOH溶液c．品红溶液d．BaCl2溶液则装置Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中所需试剂依次为___________(填标号)。（6）高分子化合物M由三种单体聚合而成，每个单体的分子中均含有一个官能团。M的单体结构简式为___________、___________和___________。【答案】（1）①.e②.adfg（2）烧杯、250mL容量瓶（3）2.24n[或者2.24(3a+3b-2m)]（4）产物CdTe溶液属于胶体，加热时间过长胶体容易聚沉（5）d，c，b（6）①.②.③.HCHO【解析】（1）从物质类别角度看，为电离出来的阳离子全部是氢离子的化合物，属于酸，答案选e；酸一般能与金属单质、碱性氧化物、碱和某些盐反应，答案选adfg；（2）配制所需220mL0.1mol·L-1AgNO3溶液，实验室中没有220mL规格的容量瓶，只能选用250mL容量瓶，故配制时除了托盘天平、胶头滴管、量筒、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有烧杯、250mL容量瓶；（3）将离子方程配平得，生成0.1mol沉淀，同时生成0.1nmolCO2,在标准状况的体积为2.24nL，或根据电荷守恒可知n=3a+3b-2m，故2.24nL=2.24(3a+3b-2m)L，故答案为:2.24n或2.24(3a+3b-2m)；（4）产物CdTe溶液属于胶体，加热时间过长胶体容易聚沉，产物量子点的特性比较差；（5）氯化钡溶液用于检验产物SO3，SO3+H2O=H2SO4，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，装置|中氯化钡溶液中可观察到有白色沉淀产生，SO2具有漂白性，可以使品红溶液褪色，因此品红溶液用于检验产物SO2，氢氧化钠溶液用于吸收多余的SO2，防止造成空气污染，则装置Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中所需试剂依次为d、c、b，故答案为:d，c，b；（6）的链节为，在竖线处断键，并连接=O和-H，从而得出三种单体分别为HCHO、、，答案为HCHO、、。12.铋酸钠(NaBiO3)可用作水处理剂，并广泛应用于催化合成与化工等领域。Ⅰ．制备NaBiO3：某实验小组设计实验制备NaBiO3并探究其性质，实验装置如图所示。已知：①Bi(OH)3为白色粉末，难溶于水且易发生团聚；②NaBiO3为黄棕色固体，难溶于冷水，遇热水或酸迅速分解，具有强氧化性。③制备原理：Bi(OH)3+Cl2+3NaOH=NaBiO3+2NaCl+3H2O。（1）装置B中试剂是___________(填名称)。（2）导管L的作用是___________。（3）实验中，先旋开分液漏斗活塞___________(填“K1”或“K2”)，再旋开另一活塞，其目的是___________。（4）磁子搅拌目的是___________。经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用冷水洗涤并干燥，获得产品。检验沉淀是否洗净的操作：___________。Ⅱ．测定NaBiO3的纯度（5）准确称取上述NaBiO3产品0.450g，用足量硫酸和MnSO4稀溶液将其还原为Bi3+，溶液变为紫红色，写出该反应的离子方程式：___________。再用0.0500mol/L的H2C2O4标准溶液进行滴定至溶液恰好褪色。重复以上操作三次，测得消耗H2C2O4标准溶液的平均体积为20.00mL，则产品的纯度为___________%(保留1位小数)。【答案】（1）饱和食盐水（2）平衡气压，使浓盐酸顺利滴下（3）①.K2②.制备Bi(OH)3并营造碱性环境（4）①.避免Bi(OH)3发生团聚，促进其充分氧化②.取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入足量稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已经洗涤干净（5）①.②.62.2【解析】装置A中高锰酸钾与浓盐酸反应产生氯气，通过装置B除去氯气中挥发出的氯化氢后进入装置C中反应生成NaBiO3，装置D除去未反应的氯气，防止空气污染。（1）由分析知，装置B的作用是除去氯气中的氯化氢，试剂是饱和食盐水，故答案为饱和食盐水。（2）导管L的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下，故答案为平衡气压，使浓盐酸顺利滴下。（3）NaBiO3为黄棕色固体，难溶于冷水，遇热水或酸迅速分解，故制取NaBiO3应在碱性条件，故先打开K2的活塞，目的是制备Bi(OH)3并营造碱性环境，故答案为K2；制备Bi(OH)3并营造碱性环境。（4）Bi(OH)3为白色粉末，难溶于水且易发生团聚，故磁子搅拌的目的是避免Bi(OH)3发生团聚，促进其充分氧化；沉淀洗涤的目的是洗去沉淀表面的可溶性离子如（、等），故检验沉淀是否洗净的操作是取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入足量稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已经洗涤干净，故答案为避免Bi(OH)3发生团聚，促进其充分氧化；取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入足量稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已经洗涤干净。（5）NaBiO3与硫酸和MnSO4稀溶液反应生成Bi3+、，发生的离子反应方程式为；加入H2C2O4标准溶液将生成的还原为，利用电子得失守恒得关系式，=0.001mol，产品的纯度为=62.2%，故答案为62.2。13.重铬酸钾是一种重要的化工原料，可利用工业含铬废水制备。钡盐沉淀法处理酸性含铬废水(含、[Ni(CN)4]2-、、Fe3+等)并回收铬元素的工艺路线如下：已知：①[Cr(Ⅵ)]在水溶液中存在平衡：+H2O2+2H+；②BaCrO4难溶于水。（1）滤渣1主要是___________。（2）“破氰”过程中加入破氰剂NaClO，可以提高镍元素的去除率。NaClO能氧化[Ni(CN)4]2-，生成无毒无味气体和酸式盐。①此反应中还原剂与氧化剂物质的量之比为___________。②此反应的离子方程式是：___________。③若用一定量NaClO处理浓缩后的含氰废水10L[c([Ni(CN)4]2-)=0.2mol/L]，过程中产生标准状况下22.4L氮气，则该过程的破氰率达到___________%。（3）“预调pH”时，与pH=6相比，pH=7时Cr(Ⅵ)的沉淀率显著提高(如下图)，写出一条可能的原因___________。（4）分光光度法是一种基于物质对光的选择性吸收而建立的常见定性定量分析方法。用分光光度法测产品的纯度时(K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比)，测得的质量分数明显偏低，分析原因，发现配制K2Cr2O7待测液时少加了一种试剂，该试剂可以是___________(填字母)。A.硫酸 B.氢碘酸 C.硝酸钾 D.氢氧化钾（5）CrO3是电镀工业常用原料，具有强氧化性，加热时逐步分解，其固体残留率随温度的变化如图所示。通过计算确定A点剩余固体成分为___________。【答案】（1）CaSO4、Fe(OH)3（2）①.1：10②.10ClO-+[Ni(CN)4]2-+2OH-+2H2O=Ni(OH)2↓+2N2↑+10Cl-+4③.25.0或25（3）pH=7时，溶液中c(H+)降低，平衡正向移动，c()增大，生成BaCrO4沉淀量增大（4）A（5）Cr2O3【解析】酸性含铬废水中含、[Ni(CN)4]2-、、Fe3+等，加入石灰乳调节pH，硫酸根转化为CaSO4沉淀，Fe3+转化为沉淀，转化为，再加入NaClO作氧化剂氧化CN-破氰，[Ni(CN)4]2-转化为Ni(OH)2沉淀，继续加入BaCl2⋅2H2O，生成沉淀2主要为BaCrO4和BaSO4，沉淀2中加入硫酸，BaCrO4转化为BaSO4和；据此回答。（1）由分析可知，滤渣1主要是CaSO4、Fe(OH)3，故答案为CaSO4、Fe(OH)3。（2）由题知NaClO与[Ni(CN)4]2-反应生成酸式根、生成无毒无味气体、Ni(OH)2沉淀和氯化钠，NaClO中氯从+1价降低至-1价，为氧化剂，[Ni(CN)4]2-中碳C从+2价升高到+4价，N从-3价升高到0价，为还原剂。①氧化剂为NaClO，还原剂为[Ni(CN)4]2-，利用电子得失守恒知，故，故答案为1：10。②利用电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒配平，反应的离子方程式为10ClO-+[Ni(CN)4]2-+2OH-+2H2O=Ni(OH)2↓+2N2↑+10Cl-+4，故答案为10ClO-+[Ni(CN)4]2-+2OH-+2H2O=Ni(OH)2↓+2N2↑+10Cl-+4。③标准状况下22.4L氮气的物质的量为=1mol，利用原子守恒，消耗的=0.5mol，含氰废水中含=2mol，,该过程的破氰率=25%，故答案为25.0或25。（3）[Cr(Ⅵ)]在水溶液中存在平衡：+H2O2+2H+，从pH=6到pH=7，溶液中c(H+)降低，平衡正向移动，c()增大，生成BaCrO4沉淀量增大Cr(Ⅵ)的沉淀率显著提高，故答案为pH=7时，溶液中c(H+)降低，平衡正向移动，c()增大，生成BaCrO4沉淀量增大。（4）[Cr(Ⅵ)]在水溶液中存在平衡：+H2O2+2H+，用分光光度法测产品的纯度时(K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比)，测得的质量分数明显偏低，则K2Cr2O7溶液浓度偏小，则配制溶液时需加入试剂使+H2O2+2H+平衡逆向移动，增大K2Cr2O7溶液浓度。A．加入硫酸，溶液中c(H+)增大，平衡逆向移动，K2Cr2O7溶液浓度增大，A符合题意；B．氢碘酸具有还原性，能与[Cr(Ⅵ)]反应，加入氢碘酸会使溶液中K2Cr2O7浓度减小，B不符合题意；C．加入硝酸钾，对平衡无影响，C不符合题意；D．加入氢氧化钾，溶液中c(H+)减小，平衡正向移动，K2Cr2O7溶液浓度减小，D不符合题意；故答案选A。（5）设初始的物质的量为1mol，则的质量为1mol×100g/mol=100g，加热过程中Cr元素的物质的量始终为1mol，由图可知，A点时固体残留率为76.00%，则A点剩余固体的质量为100g×76.00%=76g，A点剩余固体中氧元素的物质的量为=1.5mol，A点剩余固体中=1mol:1.5mol=2：3，故A点剩余固体成分为Cr2O3，故答案为Cr2O3。14.乙肝新药的中间体化合物J的一种合成路线如下：已知：，回答下列问题：（1）A的化学名称为___________。写出A与NaOH溶液反应的化学方程式：___________。（2）C中含氧官能团的名称为___________。（3）M的结构简式为___________。（4）关于物质D、E和F，下列说法错误的是___________。①利用质谱法可以鉴别物质D和物质E②通过红外光谱仪不可鉴别物质E和物质F③物质D和物质E都最多有16个碳原子共面④1mol物质F分别与NaOH、NaHCO3反应的物质的量之比为2∶1（5）由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤的目的是___________。（6）化合物Q是A的同系物，相对分子质量比A的多14；Q的同分异构体中，同时满足下列条件(不考虑立体异构)：a．能与FeCl3溶液发生显色反应；b．能发生银镜反应；c．苯环上有2个取代基。其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为___________。（7）请写出F→G的化学方程式：___________。【答案】（1）①.对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸②.+3NaOH+2H2O+NaBr（2）硝基、酯基（3）（4）②④（5）保护羧基，防止被氧化（6）（7）【解析】A()在浓硫酸催化下与浓硝酸发生硝化反应生成B，结合B的分子式及后边产物D的结构可推出B为，在浓硫酸催化下与甲醇发生酯化反应生成的C为，与化合物M反应生成D，根据D的结构简式及C的分子式的差别推出M为，C和M发生取代反应生成D和HBr，D在Pd作催化剂条件下与H2发生还原反应生成E，E在一定条件下反应生成F，根据F的分子式可推知E发生水解生成甲醇和F，F为，F在催化剂下脱水成环生成G，G与CH3OH发生酯化反应生成H，H在30%的H2O2中发生氧化反应生成I，I在一定条件下发生水解反应生成J，据此回答。（1）的化学名称为对溴苯甲酸或4-溴苯甲酸。A与NaOH溶液反应生成，化学方程式为+3NaOH+2H2O+NaBr。（2）C为，其中含氧官能团名称为硝基、酯基。（3）与化合物M反应生成D和HBr，根据D的结构简式及C的分子式的差别推出M的结构简式为。（4）①E和D的相对分子质量不同，利用质谱法可以鉴别物质D和物质E，故正确；②E发生水解生成甲醇和F，F为，F中有O-H键而E中没有，通过红外光谱仪可鉴别物质E和物质F，故错误；③苯环本身是平面结构，有6个碳原子共面；酯基中羰基碳与苯环直接相连，可通过单键旋转与苯环共面；酯基附近的甲基碳原子因单键旋转，能与苯环和羰基碳共面。故物质D和物质E中2个苯环上的12个碳、2个酯基的2个碳、2个甲基的2个碳均可能共面，都最多有16个碳原子共面，故正确；④羧基与NaOH、NaHCO3均能反应，1mol物质F分别与NaOH、NaHCO3反应的物质的量之比为2:2=1:1，故错误；故答案为：②④；（5）由G生成J的过程中，设计反应④和反应⑤先将羧基转化为酯基，再将酯基转化为羧基，设计反应④和反应⑤是保护羧基，防止被氧化。故答案为：保护羧基，防止被氧化；（6）化合物Q是A()的同系物，相对分子质量比A的多14；化合物Q的同分异构体中，同时满足条件：①能与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；②能发生银镜反应，则含有醛基；③苯环上有2个取代基，核磁共振氢谱有五组峰(五种H)，且峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1的结构简式为，故答案为：；（7）F分子内的羧基和氨基间脱水生成G，F→G的化学方程式：。福建省福宁古五校教学联合体2025-2026学年高三上学期期中考试试卷(考试时间：75分钟，试卷总分：100分)可能用到的相对原子质量：H1N14O16Na23Cl35.5Cr52Au197Bi209第Ⅰ卷选择题(共40分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，每小题只有一个选项符合题意)1.化学与科技、生产、生活等密切相关。下列叙述错误的是A.战斗机的玻璃纤维雷达罩、聚碳酸酯舱盖、芳纶蜂窝材料都属于有机高分子材料B.“熔喷布”可用于制作N95型口罩，生产“熔喷布”的主要原料聚丙烯属于混合物C.隐形战斗机的涂层含石墨烯，石墨烯和金刚石互为同素异形体D.华为公司自主研发的麒麟芯片是业界领先的手机芯片，其基本材料是单晶硅【答案】A【解析】A．玻璃纤维的主要成分是二氧化硅（无机非金属材料），不属于有机高分子材料，而聚碳酸酯和芳纶属于有机高分子材料，A错误；B．聚丙烯是高分子化合物，其聚合度不同导致分子链长度不同，属于混合物，B正确；C．同种元素组成的不同单质互称为同素异形体，石墨烯（碳的单层结构）和金刚石（碳的三维网状结构）均为碳的同素异形体，C正确；D．芯片的基本材料是单晶硅（半导体材料），D正确；故答案选A。2.无水亚硫酸钠还原四氯金酸是制备黄金的重要反应之一，其反应原理为。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.Na2SO3和Na2SO4固体中所含的阴离子数均为NAB.pH=1的HCl溶液中，H+的数目等于0.1NAC.反应中转移的电子数为0.6NA，则析出39.4g黄金D.200g质量分数为3.4%的溶液中，氢原子数总和为0.02NA【答案】C【解析】A．Na2SO3和Na2SO4固体中阴离子分别为，每摩尔固体含1mol阴离子；但选项未明确固体的物质的量，无法计算阴离子数目，A错误；B．pH=1的HCl溶液中H+浓度为0.1mol/L，由于未给出溶液体积，无法确定H+数目，B错误；C．由反应原理可知，反应过程中，金元素化合价：+3→0，Au为反应的还原产物，且每生成1molAu转移3mol电子，那么反应中转移0.6NA电子时，析出的黄金为0.2mol，质量为0.2mol×197gmol=39.4g，C正确；D．200g3.4%的HAuCl4溶液中，溶质HAuCl4中含有的，则氢原子的物质的量为0.02mol，数目为0.02NA，但溶剂水中还含大量氢原子，故氢原子总数远大于0.02NA，D错误；故答案选C。3.下列所给物质在给定条件下能实现转化的是A.B.C.D.【答案】A【解析】A．受热易分解生成水和，具有氧化性，具有还原性，能将还原生成Cu，A正确；B．由于酸性：HCl＞H2CO3，所以CaCl2溶液与CO2不反应，不能反应生成CaCO3，B错误；C．要在浓硫酸、170℃下发生消去反应生成乙烯，而不是在氢氧化钠溶液加热条件下反应，C错误；D．要在铁粉作催化剂条件下与反应生成，而不是在光照条件下反应，D错误；故答案选A。4.某元素(该元素仅为Cu或Fe或N或S)的“价—类”二维关系如图所示。下列叙述正确的是A.若a为气体，则其简单气态氢化物能使蓝色石蕊试纸变红B.若d为红棕色固体，则f不能由化合反应得到C.若b能溶于稀硫酸生成a与g，则e受热易分解D.若a为淡黄色固体，则i的浓溶液常温下不能与单质铁反应【答案】C【解析】A．a为气体单质，则为N2，其简单气态氢化物NH3是一种碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A错误；B．d为红棕色固体，则为Fe2O3，那么f为Fe(OH)3，而Fe(OH)2与氧气、水生成Fe(OH)3的反应属于化合反应()，B错误；C．b为氧化物，b(其中非氧元素化合价为+1)能溶于稀硫酸生成a(单质)与g(其中非氧元素化合价为+2)，则b为Cu2O、a为Cu、g为CuSO4；故e为Cu(OH)2，Cu(OH)2受热易分解为CuO和水，C正确；D．a为淡黄色固体，则为S，i为H2SO4，浓硫酸常温下能氧化Fe使其钝化，而不是不发生反应，D错误；故答案为C。5.下列离子方程式书写正确的是A.氢氧化钡溶液与稀硫酸反应：B.通入足量溶液中：C.溶液中加入过量澄清石灰水：D.溶液中通入：【答案】B【解析】A．氢氧化钡溶液与稀硫酸反应的离子方程式应为：。选项漏掉了和生成水的部分，A错误；B．通入足量溶液中，作为氧化剂将氧化为，自身部分被还原为，部分与结合生成，且满足电荷守恒，原子守恒和电子转移守恒，B正确；C．与过量澄清石灰水反应时，过量会优先与生成，而应生成溶解度更小的沉淀而非（碳酸镁微溶，氢氧化镁难溶）。正确反应式为：，C错误；D．为稳定配离子，很难解离出。通入后，直接与配离子反应生成沉淀，正确反应式为：，D错误；故答案选B。6.下列有关实验装置正确且能达到实验目的的是A.利用装置甲可测定有机物C2H6O结构B.探究石蜡油裂解生成不饱和烃C.装置丙用焰色试验检验固体中是否含有钾元素D.该装置可实现随关随停的操作【答案】B【解析】A．装置甲用于测定有机物（乙醇）的结构，需通过测量乙醇与钠反应生成氢气的体积来推断。但乙醇水溶液中的水也会与钠反应，干扰实验，因此该装置不能达到实验目的，A错误；B．石蜡油在碎瓷片催化下裂解生成不饱和烃，不饱和烃能使酸性KMnO4溶液褪色，装置可通过酸性高锰酸钾溶液是否褪色验证，B正确；C．用焰色试验检验钾元素时，需透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，装置丙未进行此操作，无法准确检验，不能达到实验目的，C错误；D．该装置中的二氧化锰是粉末状固体，与过氧化氢接触后，关闭活塞不能使固体与液体分离，无法实现随关随停的操作，D错误；故答案为B。7.用MgCO3和侯氏制碱工艺联合制MgCl2，同时NH3、CO2循环利用的主要物质转化如下。下列说法错误的是A.①中应向a溶液先通入NH3，再通入CO2B.②中NH4Cl溶液可用于去除铁锈C.电解c的溶液可以制得Mg和Cl2D.理论上①中消耗的与③中生成的不等【答案】C【解析】向饱和食盐水先通入溶解度大的氨气形成氨盐水、再通入二氧化碳，二氧化碳与氨化饱和食盐水反应生成碳酸氢钠固体和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠固体和含有氯化铵的滤液（步骤①）；向滤液中加入氯化钠固体，降低氯化铵的溶解度使氯化铵固体析出，过滤得到母液和氯化铵固体（步骤②）；将氯化铵固体溶于水，向其中加入碳酸镁，二者反应生成氯化镁、氨气和二氧化碳（步骤③）。A．二氧化碳在水中溶解度不大，而氨气极易溶于水，饱和食盐水中先通入的气体为氨气，通氨气后再通二氧化碳，可增大二氧化碳在溶液中的溶解度，A正确；B．NH4Cl为强酸弱碱盐，其水溶液为酸性，可用于除铁锈，B正确；C．电解MgCl2溶液产生氯气、氢气和氢氧化镁，不能得到Mg，制Mg需电解熔融MgCl2，C错误；D．①中反应方程式为NH3+CO2+NaCl+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓，，③中反应方程式为MgCO3+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，，两者不相等，D正确；故答案为C。8.化合物Z是一种药物的重要中间体，合成路线如下图所示。下列说法正确的是A.X与氢气发生加成反应的产物具有3个手性碳B.X与发生了取代反应生成YC.Z能发生氧化、取代、消去、缩聚等反应D.Z中的碳碳双键可以通过溴水进行检验【答案】D【解析】X（）与在作用下发生加成反应生成中间物质，发生消去反应（分子内脱水）生成，在发生分子内加成反应断裂碳碳双键成环生成Y（），Y发生水解等反应生成Z。A．X（）与氢气发生加成反应的产物为，其中手性碳如图星号标注所示，具有2个手性碳，A错误；B．由分析可知，X（）与在作用下发生加成反应、消去反应再加成生成Y（），B错误；C．Z中含有羰基、碳碳双键、羟基，碳碳双键能发生氧化、加聚反应，羟基能发生氧化、取代反应；与羟基相连的邻原子的邻位碳上没有氢原子，因此不能发生消去反应；物质中没有能发生缩聚反应的官能团组合（如羧基与羟基或羧基与氨基），C错误；D．Z中含碳碳双键，碳碳双键可与溴水发生加成反应，使溴水褪色，可以通过溴水进行检验，D正确；故答案选D。9.探究NaNO2的还原性和氧化性的强弱。已知：K2MnO4溶液(绿色)在酸性环境中不稳定，转化为MnO2和KMnO4。下列说法错误的是A.过程Ⅰ发生的反应的离子方程式为：2++2OH-2++H2OB.过程Ⅱ未得到紫色溶液，可能是转化为MnO4-的速率小于氧化的速率C.过程Ⅳ得到淡黄色溶液可推知氧化了I-D.该实验证明对应的实验条件下，的还原性强于和Mn2+【答案】C【解析】依据图示分析，反应Ⅰ产生了绿色溶液，结合题目信息可知发生的反应为：，生成了绿色的K2MnO4溶液；反应Ⅱ为向绿色溶液中滴加醋酸溶液至溶液呈弱酸性，由于K2MnO4溶液(绿色)在酸性环境中不稳定，转化为MnO2和KMnO4，图中只得到了棕黑色沉淀和无色溶液，说明反应产生的沉淀为MnO2；反应Ⅲ继续滴加醋酸溶液，沉淀消失，即与发生了反应：，反应结束后得到了xmL的无色溶液（含、）；反应Ⅳ加入足量的稀KI溶液，后加入稀硫酸至溶液的pH为y，碘离子被氧化为碘单质（浅黄色溶液），产生了NO气体，NO遇空气产生了NO2（淡棕色气体）；据此作答。A．由已知可知反应Ⅰ产生了绿色溶液，即与KMnO4在碱性条件下加热反应产生K2MnO4，依据氧化还原反应原理书写离子方程式为：，A不符合题意；B．K2MnO4溶液在酸性环境中不稳定，转化为和KMnO4，但反应Ⅱ中未出现紫色现象，说明KMnO4被消耗，则可能为转化为的速率小于氧化的速率，B不符合题意；C．依据分析反应Ⅲ结束后得到了xmL的无色溶液，含、，均具有氧化性，加入碘化钾溶液反应产生碘单质，不能说明是氧化了I-，C符合题意；D．依据分析，结合氧化还原反应原理：还原剂的还原性大于还原产物的还原性；由反应Ⅰ：可知，还原性：大于；由反应Ⅲ：可知，还原性：大于，D不符合题意；故答案选C。10.工业上以软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量Fe2O3等)和辉铜矿(主要成分为Cu2S，还含有少量Si、Ni等氧化物)为原料，制备碳酸锰和胆矾的工艺流程如图所示。已知：HR萃取Cu2+的原理为Cu2+(aq)+2HR(org)CuR2(org)+2H+(aq)(org为有机相)。下列说法正确的是A.滤渣Ⅰ具有氧化性，可做净水剂B.反萃取过程试剂X可以是盐酸C.反萃取后的溶液可通过蒸发结晶，趁热过滤获得胆矾D.“碳化沉锰”过程发生的反应：Mn2++NH3⋅H2O+MnCO3↓++H2O【答案】D【解析】由题给流程可知，向软锰矿、辉铜矿中加入硫酸酸浸，将金属元素转化为可溶的硫酸盐，硫化亚铜中的硫元素转化为硫单质，二氧化硅不与硫酸溶液反应，过滤得到含有硫、二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加入氧化铜调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入HR萃取溶液中的铜离子，分液得到水相和有机相；向水相中加硫化钠溶液调节溶液pH，将溶液中的镍离子转化为硫化镍沉淀，过滤得到含有硫化镍的滤渣和滤液；向滤液中加入碳酸氢铵和氨水的混合溶液，将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤得到碳酸锰；向有机相中加入硫酸溶液反萃取、分液得到硫酸铜溶液；硫酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到胆矾。A．由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是氢氧化铁沉淀，氢氧化铁沉淀不能吸附水中的悬浮杂质，不能做净水剂，氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮杂质，A错误；B．反萃取过程中试剂X不能是盐酸，否则制得胆矾中会含有氯化铜杂质，导致产品不纯，B错误；C．由分析可知，反萃取后的溶液可通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，最终得到胆矾，C错误；D．由分析可知，加入碳酸氢铵和氨水的混合溶液的目的是将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为Mn2++NH3⋅H2O+MnCO3↓++H2O，D正确；故选D。第Ⅱ卷非选择题(共60分)二、非选择题11.化学物质丰富多样，请回答以下问题：（1）从物质类别角度看，属于___________(填字母)，一般能与___________(填字母)发生反应a．金属单质b．非金属单质c．酸性氧化物d．碱性氧化物e．酸．碱g．盐（2）配制所需220mL0.1mol·L-1AgNO3溶液，除了托盘天平、胶头滴管、量筒、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有___________。（3）生成聚合硫酸铝铁的离子反应为：(系数未配平)，若生成0.1mol沉淀，理论上产生的气体在标准状况下的体积为___________L(用含字母的式子表示)。（4）碲的一种化合物CdTe是一种常见的半导体量子点，具有良好的光学性质，其粒子直径介于1~100nm，若实验制取过程中加热回流时间过长，产物的量子点的特性比较差，结合信息分析其原因是___________；（5）按下图装置进行实验，验证惰性气氛中高温分解产生的气体。现有试剂：a．Ba(NO3)3溶液b．NaOH溶液c．品红溶液d．BaCl2溶液则装置Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中所需试剂依次为___________(填标号)。（6）高分子化合物M由三种单体聚合而成，每个单体的分子中均含有一个官能团。M的单体结构简式为___________、___________和___________。【答案】（1）①.e②.adfg（2）烧杯、250mL容量瓶（3）2.24n[或者2.24(3a+3b-2m)]（4）产物CdTe溶液属于胶体，加热时间过长胶体容易聚沉（5）d，c，b（6）①.②.③.HCHO【解析】（1）从物质类别角度看，为电离出来的阳离子全部是氢离子的化合物，属于酸，答案选e；酸一般能与金属单质、碱性氧化物、碱和某些盐反应，答案选adfg；（2）配制所需220mL0.1mol·L-1AgNO3溶液，实验室中没有220mL规格的容量瓶，只能选用250mL容量瓶，故配制时除了托盘天平、胶头滴管、量筒、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有烧杯、250mL容量瓶；（3）将离子方程配平得，生成0.1mol沉淀，同时生成0.1nmolCO2,在标准状况的体积为2.24nL，或根据电荷守恒可知n=3a+3b-2m，故2.24nL=2.24(3a+3b-2m)L，故答案为:2.24n或2.24(3a+3b-2m)；（4）产物CdTe溶液属于胶体，加热时间过长胶体容易聚沉，产物量子点的特性比较差；（5）氯化钡溶液用于检验产物SO3，SO3+H2O=H2SO4，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，装置|中氯化钡溶液中可观察到有白色沉淀产生，SO2具有漂白性，可以使品红溶液褪色，因此品红溶液用于检验产物SO2，氢氧化钠溶液用于吸收多余的SO2，防止造成空气污染，则装置Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中所需试剂依次为d、c、b，故答案为:d，c，b；（6）的链节为，在竖线处断键，并连接=O和-H，从而得出三种单体分别为HCHO、、，答案为HCHO、、。12.铋酸钠(NaBiO3)可用作水处理剂，并广泛应用于催化合成与化工等领域。Ⅰ．制备NaBiO3：某实验小组设计实验制备NaBiO3并探究其性质，实验装置如图所示。已知：①Bi(OH)3为白色粉末，难溶于水且易发生团聚；②NaBiO3为黄棕色固体，难溶于冷水，遇热水或酸迅速分解，具有强氧化性。③制备原理：Bi(OH)3+Cl2+3NaOH=NaBiO3+2NaCl+3H2O。（1）装置B中试剂是___________(填名称)。（2）导管L的作用是___________。（3）实验中，先旋开分液漏斗活塞___________(填“K1”或“K2”)，再旋开另一活塞，其目的是___________。（4）磁子搅拌目的是___________。经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用冷水洗涤并干燥，获得产品。检验沉淀是否洗净的操作：___________。Ⅱ．测定NaBiO3的纯度（5）准确称取上述NaBiO3产品0.450g，用足量硫酸和MnSO4稀溶液将其还原为Bi3+，溶液变为紫红色，写出该反应的离子方程式：___________。再用0.0500mol/L的H2C2O4标准溶液进行滴定至溶液恰好褪色。重复以上操作三次，测得消耗H2C2O4标准溶液的平均体积为20.00mL，则产品的纯度为___________%(保留1位小数)。【答案】（1）饱和食盐水（2）平衡气压，使浓盐酸顺利滴下（3）①.K2②.制备Bi(OH)3并营造碱性环境（4）①.避免Bi(OH)3发生团聚，促进其充分氧化②.取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入足量稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已经洗涤干净（5）①.②.62.2【解析】装置A中高锰酸钾与浓盐酸反应产生氯气，通过装置B除去氯气中挥发出的氯化氢后进入装置C中反应生成NaBiO3，装置D除去未反应的氯气，防止空气污染。（1）由分析知，装置B的作用是除去氯气中的氯化氢，试剂是饱和食盐水，故答案为饱和食盐水。（2）导管L的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下，故答案为平衡气压，使浓盐酸顺利滴下。（3）NaBiO3为黄棕色固体，难溶于冷水，遇热水或酸迅速分解，故制取NaBiO3应在碱性条件，故先打开K2的活塞，目的是制备Bi(OH)3并营造碱性环境，故答案为K2；制备Bi(OH)3并营造碱性环境。（4）Bi(OH)3为白色粉末，难溶于水且易发生团聚，故磁子搅拌的目的是避免Bi(OH)3发生团聚，促进其充分氧化；沉淀洗涤的目的是洗去沉淀表面的可溶性离子如（、等），故检验沉淀是否洗净的操作是取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入足量稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已经洗涤干净，故答案为避免Bi(OH)3发生团聚，促进其充分氧化；取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入足量稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若不产生白色沉淀，说明沉淀已经洗涤干净。（5）NaBiO3与硫酸和MnSO4稀溶液反应生成Bi3+、，发生的离子反应方程式为；加入H2C2O4标准溶液将生成的还原为，利用电子得失守恒得关系式，=0.001mol，产品的纯度为=62.2%，故答案为62.2。13.重铬酸钾是一种重要的化工原料，可利用工业含铬废水制备。钡盐沉淀法处理酸性含铬废水(含、[Ni(CN)4]2-、、Fe3+等)并回收铬元素的工艺路线如下：已知：①[Cr(Ⅵ)]在水溶液中存在平衡：+H2O2+2H+；②BaCrO4难溶于水。（1）滤渣1主要是___________。（2）“破氰”过程中加入破氰剂NaClO，可以提高镍元素的去除率。NaClO能氧化[Ni(CN)4]2-，生成无毒无味气体和酸式盐。①此反应中还原剂与氧化剂物质的量之比为___________。②此反应的离子方程式是：___________。③若用一定量NaClO处理浓缩后的含氰废水10L[c([Ni(CN)4]2-)=0.2mol/L]，过程中产生标准状况下22.4L氮气，则该过程的破氰率达到___________%。（3）“预调pH”时，与pH=6相比，pH=7时Cr(Ⅵ)的沉淀率显著提高(如下图)，写出一条可能的原因___________。（4）分光光度法是一种基于物质对光的选择性吸收而建立的常见定性定量分析方法。用分光光度法测产品的纯度时(K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比)，测得的质量分数明显偏低，分析原因，发现配制K2Cr2O7待测液时少加了一种试剂，该试剂可以是___________(填字母)。A.硫酸 B.氢碘酸 C.硝酸钾 D.氢氧化钾（5）CrO3是电镀工业常用原料，具有强氧化性，加热时逐步分解，其固体残留率随温度的变化如图所示。通过计算确定A点剩余固体成分为___________。【答案】（1）CaSO4、Fe(OH)3（2）①.1：10②.10ClO-+[Ni(CN)4]2-+2OH-+2H2O=Ni(OH)2↓+2N2↑+10Cl-+4③.25.0或25（3）pH=7时，溶液中c(H+)降低，平衡正向移动，c()增大，生成BaCrO4沉淀量增大（4）A（5）Cr2O3【解析】酸性含铬废水中含、[Ni(CN)4]2-、、Fe3+等，加入石灰乳调节pH，硫酸根转化为CaSO4沉淀，Fe3+转化为沉淀，转化为，再加入NaClO作氧化剂氧化CN-破氰，[Ni(CN)4]2-转化为Ni(OH)2沉淀，继续加入BaCl2⋅2H2O，生成沉淀2主要为BaCrO4和BaSO4，沉淀2中加入硫酸，BaCrO4转化为BaSO4和；据此回答。（1）由分析可知，滤渣1主要是CaSO4、Fe(OH)3，故答案为CaSO4、Fe(OH)3。（2）由题知NaClO与[Ni(CN)4]2-反应生成酸式根、生成无毒无味气体、Ni(OH)2沉淀和氯化钠，NaClO中氯从+1价降低至-1价，为氧化剂，[Ni(CN)4]2-中碳C从+2价升高到+4价，N从-3价升高到0价，为还原剂。①氧化剂为NaClO，还原剂为[Ni(CN)4]2-，利用电子得失守恒知，故，故答案为1：10。②利用电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒配平，反应的离子方程式为10ClO-+[Ni(CN)4]2-+2OH-+2H2O=Ni(OH)2↓+2N2↑+10Cl-+4，故答案为10ClO-+[Ni(CN)4]2-+2OH-+2H2O=Ni(OH)2↓+2