江苏省九校2026届高三下学期3月联考 化学+答案

高三

化学

本试卷满分100分，考试时问75分钟

注意事项：

1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需

改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上；写在本

试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

相对原子质量：H1C12O16S32K39Mn55Zn65

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.化学与科技、生产、生活密切相关。下列叙述不正确的是

A.糖类在人体内均能发生水解

B.冠醚可用于识别碱金属离子

C.用于3D打印的高聚物光敏树脂是混合物

D.乙烯的产量是衡量石油化工发展水平的重要标志

2.反应C₂H₂+2CuCl→Cu₂C₂+2HCl可用于制备有机反应催化剂——乙炔铜。下列有关说

法正确的是

A.CI-的结构示意图为+18388B.C₂H₂分子中σ键和π键数目比为3:2

C.C²的电子式为[:C::C:]²-D.中子数20的Cl原子表示为9Cl

3.下列关于NH₃的制取及以NH₃、A1Cl₃溶液为原料制取Al₂O₃的实验原理和装置能达到实

验目的的是

NH₄Cl和

Al(OH)₃

Ca(OH)₂NH₃

AICl₃

溶液

A.制取NH₃B.制取Al(OH)₃C.分离A1(OH)₃D.制取Al₂O₃

4.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子核外2p能级有1个空轨道，Y

是地壳中含量最多的元素，W与X同主族，Z原子的逐级电离能(kJ·mol-¹)依次为738、

1451、7733、10540……。下列说法正确的是

A.可在周期表中元素W附近寻找新半导体材料

B.Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱

C.Z的离子半径大于Y的离子半径

D.电负性：x(Z)>x(X)

高三化学第1页(共6页)

阅读下列材料，完成5～7题：

钒(V)被称为“工业味精”,有着广泛的用途。常温下，单质钒与HF溶液反应生成H₃VF₆。

V在水溶液中存在VOż(黄色)、VO²+(蓝色)、V+(绿色)、V²+(紫色)等阳离子；常见氧化物有

V₂O、V₂O₃、VO₂等。V₂O₆、VO₂都属于两性氧化物，与碱反应分别生成VO-和VO{-,V₂O₃能

将浓盐酸氧化为Cl₂,催化氧化SO₂转化为SO₃。NHVO₃(s)受热分解能生成V₂O₅(s)

和NH₃(g)。

5.下列说法正确的是

A.V属于ds区元素

B.VO³-中存在极性共价键

C.SO₃的空间结构为三角锥形

D.HF的热稳定性强是由于HF分子间存在氢键

6.下列说法正确的是

A.V₂O₅、V₂O₃互为同素异形体

B.V₂Os能提高SO₂转化为SO₃的平衡转化率

C.题6图所示配合物中V元素为+5价

D.NH₄VO₃热分解反应的熵变△S>0

7.下列化学反应表示不正确的是题6图

AV与HF溶液的反应：2V+12HF=2H₃VF₆+3H₂↑

B.V₂O₅溶于浓盐酸的反应：V₂O₅+2HCl(浓)==2VO₂Cl+H₂O

C.VO₂溶于NaOH溶液的反应：VO₂+4NaOH—NaVO₄+2H₂O

D.Zn还原酸性VO溶液至紫色的反应：3Zn+2VO去+8H+=3Zn²++2V²++4H₂O

8.硫及其化合物具有重要应用。下列说法正确的是

A.用硫酸铜溶液除去乙炔中混有的H₂S:H₂S+CuSO₄=H₂SO₄+CuS↓

B.浓硫酸具有脱水性，可用于干燥Cl₂

C.燃煤时加人石灰石减少SO₂排放：

D.将网状结构的顺丁橡胶与硫化剂混合加热可制得线型结构的顺丁橡胶

9.化合物Z是一种具有生物活性的苯并呋喃衍生物，部分合成路线如下：

下列说法正确的是

A.X不能与溴水反应

B.Y能使酸性KMnO₄溶液褪色

C.1molZ最多能和4molH₂发生加成反应

D.X+YZ过程中发生了取代反应、加成反应和消去反应

10.催化剂RhCl(PPh₃)₂(Ph表示苯基)可实现温和条件下的丙

烯加氢：CH₂=CHCH₃(g)+H₂(g)—→CH₃CH₂CH₃(g),反

应机理如题10图所示，图中Rh离子形成的化学键都是配位

键。下列说法正确的是

A.反应①中H₂被氧化

B.反应②中，丙烯中碳原子上的狐电子对与Rh离子形成

配位键

C.反应③中碳原子的轨道杂化类型由sp³变为sp²

D.催化剂改变了丙烯加氢反应的历程和活化能题10图

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11.探究含铜化合物性质的实验如下：

步骤I:将一定量CuCl₂固体加少最水溶解得黄色溶液(CuCl-),再加水稀稀.溶液变成蓝

色[Cu(H₂O)²+],然后将溶液分成两等份。

步骤Ⅱ:向其中一份溶液中滴加2～3滴酚酞试液，溶液颜色没有变化。

步骤Ⅲ:向另一份溶液中滴加浓氨水至生成的蓝色沉淀恰好溶解为深蓝色溶液。

步骤IV:向步骤Ⅲ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加人过量

的稀盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现少量红色物质。

下列说法不正确的是

A.步骤I中平衡CuCl²-+4H₂O=Cu(H₂O)?++4Cl-向正反应方向移动

B.步骤Ⅱ中滴加酚酞溶液颜色没有变化，不能判断Cu²+是否水解

C.步骤Ⅲ可判断，与Cu²+配位的能力：H₂O<NH₃

D.步骤IV中产生的气体为NH₃和H₂的混合气体

12.从炼钢粉尘(主要含Fe₃O₄、Fc₂O₃和ZnO)中提取锌的过程如下：

NHCI、NH₃H₂O

空气(NH)₃S溶液

炼钢粉尘-盐没氯化沉饰→ZnS

滤渣滤液

已知：“盐漫”过程ZnO转化Zn(NH₃)+并有少量Fe²+和Fe¹浸出。下列说法正确的是

A.“氧化”后的滤渣主要成分为Fe(OH)₃

B.“沉锌”后的滤液中c[Zn(NH₃)]×c(S²-)=K(ZnS)

C.(NH₂)₂S溶液中：c(NH₃·H₂O)+c(OH-)=2c(H₂S)+c(HS-)+c(H")

D.“氧化”和“沉锌”后的两份滤液中：C氧化(Cl-)=cn(Cl-)

13.以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。在0.1MPa、反应物起始物质的量之比

条件下，发生的主要反应如下：

反应ICH₄(g)+2H₂O(g)=COz(g)+4H₂(g)△H₁>0

反应ⅡCH₄(g)+H₂O(g)=CO(g)+3H₂(g)△H₂>0

反应ⅢCO(g)+H₂O(g)—CO₂(g)+H₂(g)△H₃<0

平衡时各物质的物质的量分数随温度的变化如题13图所示。下列有关说法正确的是

H

(830,16)

Co(830.0)

200800

温度/℃

题13图

A.增大,平衡时H:()的转化半增大

B.曲线X表示平衡时CH的物质的量分数随温度的变化

C.830℃时，反应Ⅲ的化学平衡常数为Ka=1

D.增大压至1MPu能捉商平衡时H₂的物质的量分效

高三化学第3页(共6页)

二、非选择题：共4题，共61分。

14.(14分)MnS是锰的一种重要化合物，可用于制备光催化剂。

(1)制备MnS。一种应用废旧锂离子电池正极材料(含LiMn₂O₄及炭黑、铝箔等)制备MnS

的过程如下：

①“酸浸”时加入H₂O₂的目的是_▲。

②“沉锰”前，需测定MnSO&溶液的浓度。准确量取2.50mL的MnSO₄溶液于烧杯中，

加入2~3滴AgNO₃溶液(作催化剂)及(NH₄)₂S₂O:固体充分反应，加热除去过量的

(NH₄)₂S₂Os,将所得溶液冷却后完全转移至200mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准

确量取20.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，用0.1200mol·L⁻¹(NH₄)₂Fe(SO₄)₂

溶液滴定至终点(滴定反应为MnO┐+Fe²++H+——Mn²++Fe³++H₂O,未配平),

平行滴定3次，平均消耗(NH₄)₂Fe(SO₄)₂溶液25.00mL。计算MnSO₄溶液的物质

的量浓度：▲(写出计算过程)。

③已知硫脲的结构简式为CS(NH₂)2。写出“沉锰”过程中发生反应的离子方程式：

(2)MnS纳米材料可用于光催化降解四环素类抗生素。在光照条件下，MnS能促进水体中

的H₂O或OH-转化为具有强氧化性的·OH,·OH氧化分解四环素分子。在相同条

件下，不同晶型的MnS光催化降解四环素的效率不同。

a-MnSβ-MnS

题14图

①·OH具有强氧化性的原因是▲。

②已知a—MnS和β-MnS立方晶胞结构如题14图所示。α-MnS中Mn²+周围最邻

·近的S²-数目和β-MnS中Mn²+周围最邻近的S²-数目之比为▲°

③实际水体中存在Cl-、SO²-等离子，实验发现Cl-会显著降低四环素的降解效率，推

测可能原因：▲0

15.(15分)药物G的合成路线如下：

高三化学第4页(共6页)

(1)A→B的反应类型为▲,B分子中含氧官能团名称为▲0

(2)B→C会产生与C互为同分异构体且含四元环的副产物，其结构简式为▲0

(3)写出同时满足下列条件的D的一种芳香族同分异构体的结构简式：▲0

碱性条件下水解，生成氨和X、Y两种羧酸盐。X酸化后分子中碳原子轨道杂化类型相

同，有3种不同化学环境的氢原子；Y酸化后分子中含有一个手性碳原子。

可简写为Ms。E中“*”标记的C—0键比D中“※”标记的C一()键更易断

裂的原因是▲0

(5)已知代表烃基)。

写出以CH₃CH₂Br、CH₃COOH和CH₃CN为原料制备(CH₃CH₂)₃N的合成路线流程

图▲。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)

16.(16分)纳米ZnO是一种新型高功能精细无机粉料。以铅锌烟灰(主要成分为ZnO,还含有

少量PbO、FcO、MnO及不溶于酸的杂质)制备纳米ZnO的流程如下：

盐酸、NaCI高锰酸钾过量锌粉

铅锌烟灰→

酸浸除杂1除杂2-ZnCl₂溶液---→纳米ZnO

滤渣1滤渣2滤渣3

已知：PbCl₂(s)+2Cl-(aq)一PbCl3-(aq)

(1)检验酸浸液中是否含有Fe²+的实验方法：▲◎

(2)“除杂1”是去除酸浸液中的铁、锰，所得滤渣2成分主要为MnO₂和Fe(OH)₃。

①写出除锰过程中发生反应的离子方程式：▲o

②“除杂1”中高锰酸钾的实际消耗量稍大于理论消耗量，可能的原因是▲0

(3)与“除杂1”所得滤液相比，“除杂2”所得滤液中浓度变小的离子有▲(填化学式)。

(4)制备纳米ZnO时，先用ZnCl₂溶液与(NH₄)₂C₂O₄溶液反应生成ZnC₂O·2H₂O沉淀、

然后加热分解制得纳米ZnO。(NH₄)₂C₂O₄溶液中含碳微粒和含氮微粒分布分数如题

16图一1所示；纳米ZnO平均粒径随沉淀反应温度、热分解温度及热分解时间的变化如

题16图-2所示；Zn(OH)₂生成会影响纳米ZnO的纯度。

1.0热分解时间/h

H₃COr2.0

80

co;NH

HCO

0.560-

NH₃H₂O√40-

20-

1.2A.19926

0.0810500600700800

pH沉淀反应温度/℃热分解温度/℃

题16图一1题16图-2

高三化学第5页(共6页)

①相对于采用Na₂C₂O₄溶液，本实验采用(NH₄)₂C₂O₄溶液可减少Zn(OH)₂的生成。

请结合平衡常数分析原因：▲o

②补充完整制备平均粒径为60nm的ZnO的实验方案：向反应容器中先加入ZnCl₂溶

液.▲,冷却即得产品。[须使用的试剂：0.3mol·L⁻¹(NH₄)₂C₂O₄溶液、

AgNO₃溶液、蒸馏水、O₂气氛]

17.(16分)将CO₂转化为高附加值化学品巳成为绿色化学和可持续能源领域的研究热点。

I.CO₂合成二甲醚(CH₃OCH₃)

(1)CO₂催化加氢合成二甲醚：2CO₂(g)+6H₂(g)—CH₃OCH₃(g)+3H₂O(g)。估算该反

应的△H,除C=0键能之外，还需要▲_(填数字)种化学键的键能数据。

(2)CO₂电还原制备CH₃OCH₃,电解装置如题17图一1所示。

①将铜箔放入煮沸的饱和CuSO₄溶液中反应，可制得Cu₂O薄膜电极作为工作电极。

生成Cu₂O的离子方程式为▲o

②电解时工作电极上生成CH₃OCH₃的电极反应式为_。

③当玻碳电极收集到标准状况下6.72LO₂时，阴极区产生的CH₃OCH₃的质量小于

4.6g,原因可能是▲◎

电源

H₂O

工作电极玻碳电极

质子交换膜

题17图一1题17图一2

Ⅱ.CO₂催化加氢制甲醇

(3)在催化剂ZnGaO₃作用下，CO₂加氢制备甲醇的可能机理如题17图-2所示。催化剂的活

性受接触面积和温度等因素影响。当反应体系的温度上升到300℃~400℃时要及时降温。

①ZnGaO₃中基态Ga原子的电子排布式为▲°

催化CO₂加氢反应器

题17图一3

②向装有催化剂ZnGaO₃的反应管中持续通入H₂和CO₂(见题17图-3),控制CO₂的

流速一定，随着通入H₂流速的增加，CO₂合成甲醇的速率先加快后减慢的原因可能

是_▲o

③当体系温度达到300℃~400℃时需要及时降温的原因是▲。

第6而1#6而)

高三化学试题解析

1.【答案】A

【解析】A.糖类可以分为单糖、寡糖(又称低聚糖)和多糖，其中单糖不能水解，A错

误；

B.冠醚是皇冠状的分子，可由不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，B正确；

冠醚冠醚空腔直径/pm适合的粒子(直径/pm)

12-冠-4120～150Li+(152)

15-冠-5170～220Na+(204)

K+(276)

18-冠-6260～320

Rb+(304)

21-冠-7340～430Cs+(334)

C.3D打印用的高聚物光敏树脂中含有聚合度n不相同的各种高分子，为混合物，C正确；

D.乙烯的用途广泛，其产量可以用来衡量一个国家石油化学工业的发展水平，D正确；

故选A

2.【答案】B

【解析】A.CI的结构示意图，原子核内核电荷数为17,而非18,A错误；

B.C₂H₂中有2个C—Hσ键和1个C—Cσ键，有2个π键，B正确；

C.C2的电子式，两个C原子之间有3对共用电子，即[:c::c:”,C错误；

D.中子数20的Cl的表示为³,7Cl,D错误；故选B。

3.【答案】C

【解析】A.固体加热制备气体，试管口应略向下倾斜，A错误；

B.直接将氨气通入到水溶液中会引起倒吸，B错误；

C.分离不溶性固体和液体应采用过滤的方法，C正确；

D.灼烧固体应采用坩埚，蒸发皿通常用于蒸发浓缩溶液，D错误；故选C。

4.【答案】A

根据题干信息，X、Y、Z、W分别是C、O、Mg、Si四种元素。

A.Si是路人皆知的半导体材料，根据元素周期表中位置与性质的关系，新的半导体材料

可在其附近寻找，A正确；

B.非金属性：O>C,所以H₂O的稳定性更强，B错误；

C.简单离子，Mg²+半径应小于O²,C错误；

D.电负性：C大于Mg,D错误；故选A。

5.【答案】B

【解析】A.周期表可分为s区、p区、d区、ds区和f区，除ds区外，各区的名称来自按

构造原理最后填入电子的能级的符号，基态钒原子最后填入电子的能级为3d,A错误；

B.VO4中一定存在V与0形成的共价键，由于两个成键原子不同，故为极性共价键，B

正确；

C.SO₃的o键电子对数=3,孤电子对数目=(6-2×3)/2=0,故其空间结构和VSEPR模型均为

平面(正)三角形，C错误；

D.HF的热稳定性强是因为F元素的非金属性最强，或者其化学键更牢固，而与其分子间

存在的氢键无关，D错误；

故选B。

6.【答案】D

【解析】A.同素异形体指的是同种元素形成的不同单质，如金刚石与石墨、白磷与红磷、

O₂与O₃等，V₂O₅与V₂O₃均为化合物，A错误；

B.对于可逆反应，未达平衡前，可通过加入催化剂同时提高正、逆反应速率，从而缩短

达平衡所需时间，但不能改变最终的平衡状态，即不能改变SO₂的平衡转化率，B错误；

C.该配合物中，对应的配体分别是甘氨酸根(H₂N-CH₂-COO)和O²,其中甘氨酸根有两

个，又因为配合物为电中性，所以V元素价态应为+4价，C错误；

D.偏钒酸铵(NH₄VO₃)受热分解的化学方程式为,生成

物中有气体，故该反应△S>0,D正确；

故选D。

7.【答案】B

【解析】本题4个选项对应的反应均不是课程标准要求学生掌握的反应，需要学生认真阅

读材料，然后再结合氧化还原反应和离子反应的相关知识点进行作答。

A.结合材料中给出的信息“常温下，单质钒与HF溶液反应生成H₃[VF₆]”,应该能判断

出方程式2V+12HF=2H₃[VF₆]+3H₂↑书写正确，A正确；

B.结合材料中给出的信息“V₂Os能将浓盐酸氧化为Cl₂”,可以判断出V₂O₅具有较强氧化

性，会被浓盐酸还原，故产物不应该是VO₂Cl,B错误；

C.结合材料中给出的信息“V₂O₅、VO₂都属于两性氧化物，与碱反应分别生成VO4和

VO4”,可以判断出VO₂+4NaOH=Na₄VO₄+2H₂O书写正确，C正确；

D.Zn还原酸性VO溶液至紫色，而在水溶液中的紫色含钒离子为V²+,故该离子方程式

书写正确，D正确；

故选B。

8.【答案】A

【解析】A.电石和水反应生成的乙炔中混有H₂S,可用CuSO₄溶液除去，生成难溶于酸

的沉淀CuS,A正确；

B.干燥氯气利用了浓硫酸的吸水性，而不是脱水性，B错误；

C.燃煤时加入石灰石可减少SO₂排放，

C错误；

D.线型结构的顺丁橡胶分子链较柔软，性能较差，与硫化剂混合加热可把线型结构转

化为网状结构，得到既有弹性又有强度的顺丁橡胶，D错误。

9.【答案】D

【解析】A.X中含有酚羟基，能与溴水发生苯环上的取代反应，X还含有醛基，有较强

还原性，能被溴水氧化，A错误；

B.Y分子不是烯烃、炔烃、苯的同系物、醇、酚、醛等还原性物质，不能使酸性KMnO₄

溶液褪色，B错误；

C.Z中苯环、C=C、羰基都能与H₂发生加成反应，因此1molZ最多能和5molH₂发

生加成反应，C错误；

D.X+Y→Z过程中，X中的羟基与Y中的碳氯键发生取代反应生成醚键，Y中与Cl

相连的碳上的H与X中醛基发生加成反应产生羟基，然后发生消去反应生成Z,以上三

个反应的顺序不能确定，D正确。

10.【答案】D

【解析】A.根据“Rh离子形成的化学键都是配位键”可知，反应①所得产物中的配体

是H、Cl和PPh₃,H₂被还原，A错误；

B.丙烯分子中的碳原子上没有孤电子对，B错误；

C.反应③中，丙烯分子中有2个碳原子的轨道杂化类型由sp²变为sp³,C错误；

D.科学家普遍认为，催化剂之所以能改变化学反应速率，是因为它能改变反应历程，

改变反应的活化能，D正确。

11.【答案】D

【解析】A.步骤I中，根据溶液颜色由黄色变成蓝色，可判断出平衡CuCl2-+4H₂O

一Cu(H₂O)²⁺+4Cl向正反应方向移动。A正确；

B.步骤Ⅱ中，Cu²+水解呈酸性，酚酞溶液颜色没有变化，若Cu²+不水解酚酞溶液颜色

也没有变化，所以不能根据该现象判断Cu²+是否水解。B正确；

C.步骤Ⅲ中，滴加浓氨水将Cu(H₂O)²+转化为Cu(NH₃)²+,实验表明NH₃能取代H₂O与

Cu²+配合，与Cu²+配位的能力顺序为H₂O<NH₃。C正确；

D.步骤IV中，由现象可知，Cu(NH₃)+与铁钉不反应；继续加入过量的稀盐酸，由现象

可知，H+与NH₃结合生成NH₄,释放Cu²+,H与Fe反应生成H₂逸出，所以产生的气

体为H₂。D错误；

故选D。

12.【答案】C

【解析】A.“氧化”是在碱性条件下进行，Fe₃O4、Fe₂O₃不发生反应，所以“氧化”后

的滤渣主要成分为Fe₂O₃。A错误；

B.“沉锌”产生的沉淀是ZnS,“沉锌”后的滤液是沉淀ZnS的饱和溶液，应满足

c(Zn²+)×c(S²)=Kp(ZnS)。B错误；

C.根据三大守恒关系，(NH₄)₂S溶液中，由电荷守恒可得：c(NH4)+c(H)=c(OH)+

c(HS)+2c(S²),由物料守恒可得：c(NH₄)+c(NH₃·H₂O)=2c(S²)+2c(HS)+2c(H₂S)。

综合电荷守恒和物料守恒的关系可得：c(NH₃-H₂O)+c(OH)=2c(H₂S)+c(HS)+c(H)。

C正确；

D.“沉锌”时加入是的(NH₄)₂S溶液，其中加入的溶液中的水稀释了氧化后的溶液，使

c(Cl)减小，故c氧化(C1)>c流(C1)。D错误；

故选C。

13.【答案】C

【解析】A.平衡时，增大-可提高CH₄的转化率，而H₂O的自身转化率下

降。A错误；

B.200℃时，平衡时H₂、CO₂、CO的物质的量分数几乎为0,说明参加反应的CH₄和

H₂O的很少，与起始投入比值接近，故曲线X表示H₂O(g),曲线Y表

示CH₄(g)。B错误；

C.830℃时，CH4的物质的量分数为0,H₂O(g)、CO的物质的量分数相等，均为16%。

设起始加入2molH₂O(g)和1molCH₄,平衡时H₂Og)、CO均为xmol,由氧原子守恒可

知，CO₂为(1-x)mol,由氢原子守恒可知，H₂为(4-x)mol。则H₂O(g)、CO均为

,解得x=0.8。830℃时，平衡时，则H₂Og)、CO物质的

量为0.8mol,CO₂的物质的量为0.2mol,H₂的物质的量为3.2mol,则反应Ⅲ的平衡常数

正确。

D.若压强从0.1MPa增大至1MPa,反应I、反应Ⅱ为气体体积增大的反应，反应Ⅲ

反应前后气体体积不变，反应I、反应Ⅱ正向进行程度减小，对反应Ⅲ影响不大，平衡

时H₂的物质的量分数减小。D错误。

故选C。

14.【答案】

(1)①将LiMn₂O₄中Mn还原为+2价Mn(或Mn²+)(2分)

②Mn²⁺~MnO₄~5Fe²+

③Mn²++CS(NH₂)₂+2H₂O=MnS↓+2NH₄++CO₂↑(3分)

(2)①氧的电负性很大，且有一个未成对电子，极易得到电子(2分)

②3:2(2分)

③Cl-与·OH发生反应，导致与四环素反应的·OH变少(2分)

【解析】

(1)①根据流程信息，最终需要制备MnS,所以应将LiMn₂O₄转化为Mn²+。故H₂O₂的

目的是充当还原剂。

②Mn²+～MnO₄~5Fe²+

③根据试题信息，反应物有Mn²、CS(NH₂)2;生成物有MnS、CO₂;再根据O原子

守恒，反应物还应有H₂O;根据电荷守恒生成物还应有一种阳离子，故推得NH₄+。

完整的离子方程式为Mn²+CS(NH₂)₂+2H₂O=MnS↓+2NH₄++CO₂↑

(2)①·OH具有强氧化性，一方面是因为0未达8电子稳定结构，二是O的电负性很强。

②a-MnS中每个Mn²+周围紧邻的S²有6个，β-MnS中每个Mn²+周围紧邻的S²-有4

个，两者数目之比为3:2。

③四环素的降解效率与产生的·OH的多少有关，同时与原水样中是否存在其他还原

性粒子有关。试题旨在考查Cl和四环素分子两者之间发生了竞争反应。

15.【答案】

(1)加成反应(1分)

酯基(1分)

②(3分)

(3)(3分)

(4)Ms是吸电子基团，使C-O键极性变大(2分)

(5分)

【解析】

(1)A断裂C=C,B断裂酯基和氰基之间碳上的C一H键，H与A中酯基的邻位碳相

连，B的其余部分与A的另一个双键碳相连

(2)B→C的反应发生在氰基和两个酯基中的一个酯基之间，氰基与另一个酯基之间也

能发生类似反应，所得副产物与C互为同分异构体，“含四元环”可作为对上述推

断的验证。

(3)要求书写的同分异构体分子中除了苯环外，有6个C、2个O、1个N、1个F,缺

氢指数(不饱和度)为2。根据“碱性条件下水解生成氨和X、Y两种羧酸盐”可

知，该同分异构体可表示碱性条件下水解生成NH₃、RCOo(X)

和R'COO⁻(Y),RCOO和R'COO酸化后分别生成RCOOH和R'COOH,RCOOH、

R′COOH和NH₃共有6个C、4个O、1个N、1个F,缺氢指数(不饱和度)为2。

羧基和苯环中碳原子的轨道杂化类型都是sp²,因此，RCOOH含1个苯环和1个羧

基，无其他碳原子(若有其他碳原子必为sp³杂化的饱和碳),根据“有3种不同化

学环境的氢原子”可知，RCOOH。R'COOH中共有5个碳原子，

含1个羧基和1个手性碳原子，那么手性碳原子上只能连有1个H、1个甲基、1

个乙基和1个羧基，R'COOH

(4)C一0是极性键，键合电子偏向O,O端有吸电子基，会使极性变大，更易断裂。

这种制备不对称醚(ROR'的方法选择性更高，而将ROH和R'OH混合脱水的制

备方法会生成ROR、R′OR′等副产物。

(5)根据“已知”,最后-。仿照F→→G的

反应，可由CH₃CONHCH₂CH₃制得(CH₃CH₂)₂NH。仿照B→C的反应，可由酯基

与氰基反应制得酰胺，接下来再设法以CH₃CH₂Br、CH₃COOH为原料制取酯就可

以了。逆合成思路为：(CH₃CH₂)₃N→(CH₃CH₂)₂NH→CH₃CONHCH₂CH₃→

CH₃COOCH₂CH₃→CH₃CH₂OH→CH₃CH₂Br。

16.【答案】

(1)取少量酸浸液于试管中，滴加铁氰化钾溶液，若生成蓝色沉淀，则含Fe²+(2分)

(2)①2MnO₄+3Mn²++2H₂O=5MnO₂↓+4H⁺(2分)

②酸浸液中的CI可能消耗部分KMnO₄,生成的沉淀包裹了部分KMnO₄(2分)

(3)PbC12、H⁺(2分)

(4)①K₂(NH4)=109.26,Kn(C₂O²)=10981,K₂(NH4)>K₁(C₂O²)且c(NH4)>c(C₂O²),

(NH₄)₂C₂O₄溶液显弱酸性(3分)

②然后将反应器置于97.5℃的水浴中，边搅拌边加入0.3mol-L-¹(NH₄)₂C₂O₄溶液至

沉淀完全，冷却后过滤，用蒸馏水洗涤至取最后一次洗涤滤液滴加AgNO₃溶液不

变浑浊，将沉淀干燥后，在O₂气氛中于750℃焙烧4.5h(5分)

【解析】

(1)酸浸后，铅锌烟灰中的FeO溶于盐酸生成FeCl₂,可以使用铁氰化钾检验Fe²+是否

存在，铁氰化钾是检验Fe²+的特效试剂。

(2)根据题给信息，除杂1步骤得到的滤渣主要为MnO₂和Fe(OH)₃,而该步骤主要目的

是去除酸浸液中的铁元素和锰元素，所以KMnO₄在氧化Fe²+时生成的还原产物为

MnO₂,并与Mn²+发生归中反应生成MnO₂,故方程式为2MnO4+3Mn²++2H₂O

=5MnO₂↓+4H⁺。另外，酸浸液中的Cl可能消耗部分KMnO₄,而生成MnO₂

和Fe(OH)₃也可能包裹KMnO4,导致KMnO₄的实际消耗量稍大于理论消耗量。

(3)结合题给信息和学生已学知识，可以得出各步操作后滤渣和滤液中的成份分别为：

ZnCl₂

Na₂PbCl₄ZnCl₂

ZnCl₂

FeCl₂Na₂PbCl₄

NaCl

HCINaCI

MnCl₂KCl

HCINaClKCl

盐酸、NaCl高锰酸钾过量锌粉

ZnCl

铅锌烟灰一酸浸除杂1除杂2₂溶液----纳米ZnO

ZnO

PbO

FeO滤渣1滤渣2滤渣3

MnO不溶于酸杂质Fe(OH)₃Pb

不溶于酸杂质MnO₂Zn

由上图可知，“除杂2”中发生的反