江苏省徐州市2025-2026学年高三年级上册11月期中考试化学试题（解析版）

江苏省徐州市2025.2026学年高三上学期11月期中考试

注意事项

考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求

1.本试卷共6页，包含选择题（第1题〜第13题，共13题）、非选择题（第14题〜第口

题，共4题）两部分。本卷满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡

或答题纸交回。

2.答题前，请您务必将自己的姓名、考试证号用0.5亳米黑色墨水的签字笔填写在答题卡或

答题纸的规定位置。

3.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用

橡皮擦干净后，再选涂其它答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答

题卡或答题纸上的指定位置作答，在其它位置作答一律无效。

4.如需作图，须用2B铅笔绘、马清楚，线条、符号等需加黑、加粗。

可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16S：32C1：35.5Cu：64

I：127

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。

1.2025年9月，世界第一高桥“花江峡谷大桥”正式通车，下列建造大桥的材料主要成分为

有机物的是

A.沥青B.光缆C.钢丝D.混凝土

【答案】A

【解析】A.沥青是石油加工产物，主要成分为碳氢化合物，属于有机物，A符合题意；

B.光缆主要材料为二氧化硅，属于无机物，外层护套可能含有机物但非主要成分，B不

符合题意；

C.钢丝为铁碳合金，属于金属材料，不含有机物，C不符合题意；

D.混凝土由水泥、砂石等无机硅酸盐材料构成，D不符合题意；

故选Ao

2.甲胺可以除去装修污染物甲醛，相关反应为

CH3NH2+HCHO->CH?-N=CH2+H2Oo下列说法正确的是

A.N的基态原子核外电子排布式：2s22P3B.CHa-N=CH2为分子晶体

O

c.H?o的空间填充模型：D.—CHO的电子式：：：

•r：H

【答案】B

【解析】A.N为7号元素，基态原子核外电子排布式：Is22s22P3,故A错误;

B.CH3-N=CH2是有机物，晶体由分子构成，为分子晶体，故B正确;

C.比0中0原子半径大于H原子，其空间填充模型:故C错误;

:0:

D.-CHO的电子式：：：,故D错误;

•C：H

故选：故

3.利用下列实验装置测量Na2。？质量分数，不能达到实验目的的是

A.用装置甲制备C()2B.用装置乙除去CO?中HC1

C.用装置丙生成O?D.用装置丁测量的体积

【答案】D

【解析】甲装置中大理石和稀盐酸反应生成二氧化碳，由于盐酸具有挥发性，二氧化碳中

混有杂质氯化氢，用乙装置中的饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中混有的氯化氢，丙装置

中一定质量的过氧化钠和二氧化碳以及水反应生成氧气，丁装置中先用氢氧化钠溶液除去

过量的二氧化碳，再短进长出测量氧气的体积，通过氧气的体积计算Na?。？质量分数。

A.盐酸和大理石可以制取一氧化碳：CaCO.+2HCI=CaCl2+CO2T+H2O.A可以

达到目的；

B.二氧化碳与碳酸氢钠不反应，饱和碳酸氢钠溶液可以除去氯化氢：

NaHCO,+HCl=NaCl+CO,T+H,O,B可以达到目的；

C.二氧化碳、水与过氧化钠反应生成氧气：27Vtz2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,

2^2O2+2H2O=4^(9H+O2T,C可以达到目的；

D.氢氧化钠溶液除去剩余的二氧化碳，利用排水法测量水的体积，2/7%。2~02,计算

出过氧化钠的质量，从而测量Na2。？质量分数，但在排水装置中，导管应该短进长出，才

可以排水测晶体积，D不可以达到目的；

故选D。

4.离子液体具有较好的化学稳定性被广泛用于高尖端工业领域，一种离子液体1-乙基3甲

基咪喋四箍硼酸盐结构如题图所示。下列说法正确的是

N/N

X

H3cH2/CH3

Hr4

A.该离子液体中存在离子键和共价键

B.电离能大小：/,（N）＞/,（F）

C.电负性大小：z（H）＞/（C）

D.阳离子中C、N原子一定处于同一平面

【答案】A

【解析】A.该离子液体由阳离子（1-乙基-3-甲基咪喋阳离子）和阴离子（BF；）构成，

阴阳离子间存在离子键；阳离子内部的C-N、C-C等键，以及BF；内部的B-F键均为共

价键，因此存在离子键和共价键，A正确。

B.电离能（ID基态气态原子失去最外层电子的能量。N的价电子排布为2s22P3（半满

稳定结构），当时其电离•能大于同周期相邻主族的元素，F的价电子排布为2s22PN失

去第一个电子的难度大于N,B错误。

C.甲烷中碳为-4价，氢为+1价，则电负性x（H）＜x（C）错误，C错误。

D.阳离子中，乙基（-CH2cH3）的C原子为sp3杂化，其与咪喋环的连接可通过a键

旋转，因此乙基的C原子与咪喋环（C、N原子所在平面）不一定共平面，D错误。

故选Ao

阅读材料，氯气有多种制备方式，可用KMnC\与浓盐酸制备，也可用HCI在催化剂作用

下制备；C%可制备消毒剂HC1O、Ca（ClO）rCIO?等；CIO2的分子结构为V形，用于

生活中饮用水的消毒；NCI?用于面粉的漂白和杀菌，在水中极易水解；高温条件下,

。2、B/)3与石墨可制各有机催化剂BCh；氯元素可形成多种配合物，如抗癌药物

Pt(NH3)2Cl2o完成问题：

5.下列化学反应表示正确的是

A.KMnC)4与浓盐酸制备Cl,：MnO；+4C「+8H+=Mn2++2Cl,T+4H、O

B.。2制备漂白粉：Cl2+Ca(OH)2=Ca(ClO)2+H2O

C.NCI?在水中发生水解反应：NC13+2H2O=HNO?+3HC1

高温

DCL、B,0|与过量石墨制备BCh：B,O;+3C1,+3C^=2BCL+3CO

6.下列说法正确的是

A.Pt(NHj,Ck中的配位原子为N、Cl

B.CIO2为非极性分子

C.HC10分子构型为直线形

D.BCI3、NCI3分子中心原子杂化方式均为sp,杂化

7.HC1制备C12的反应机理如题图所示。下列说法正确的是

A.过程I中HC1发生了氧化反应

RNi(OH)C］为该反应的催化剂

C.过程IH中有非极性共价键的断裂与生成

D.每生成ImolCl2,需消耗标准状况下22.4LO2

【答案】5.D6.A7.C

【解析】5.A.该离子方程式不满足守恒原则，正确的离子方程式为：

+2+

2MnO4+1OCr+16H=2Mn+5C12T+8H2O,A错误;

B.Cl2制备漂台粉还应生成CaCh,正确的化学方程式为

2Cl24-2Ca(OH)7=Ca(ClO)^+CaCl2+2H2O,B错误：

C.NCI?在水中发生水解，非氧化还原反应，应生成N%和HQO,水解反应为：

NC13+3H2O=NH3+3HC1O,C错误；

D.该反应满足守恒原则，D正确；

故选D；

6.A.配合物PKNHJZC%中，NH：；的N和Q-均提供孤电子对作为配位原子，中心原子

为Pt,A正确；

B.CIO?的空间构型为V形，正负电荷中心不重合，是极性分子，B错误；

C.HC1O结构为H-OC1,中心原子0的价层电子对数为4,含2对孤电子对，空间构型

为V形，C错误；

3-3x1

D.BCL中心原子B的孤电子对数为一「=(),采取sp?杂化，NCL中心原子N的孤

5-3x1

电子对数为工一=1,采取sp3杂化，杂化方式不同，D错误：

故选A；

7.A.过程I中HC1的C1化合价始终为-1,未发生氧化反应，A错误；

B.Ni(OH)Ch生成后又被消耗，是反应中间产物，并非反应前后不变的催化剂，B错误：

C.过程10中，02的0=0键断裂，是非极性键断裂，同时生成C12,生成Q-C1键，是非极

性键的生成，故存在非极性共价键的断裂与生成，c正确；

D.总反应为414。+02=2。2+2也0,生成1molCl2,需消耗0.5mol02,标准状况下

体积为1L2L,D错误；

故选C。

8.〜种光电催化脱除SO?的工作原理如题图所示。工作时，光催化Fe?。,电极产生电子和

空穴，双极膜中H?0解离的H+和0H分别向两极迁移。下列说法不正确的是

A.空穴和电子的产生驱动了脱除SO?与制备H?。？的发生

B,双极膜中H2O解离的OFT向GDE电极移动

-

C.左室发生的电极反应式：SO；+20H--2e-=SO；'+H20

D.工作一•段时间，当电路中转移1mole~,右室增重17g

【答案】B

【解析】由图可知，电池工作时，光催化Fe2O3电极产生电子和空穴，故Fe2（）3电极为负

极，电极反应为：SO^+2OH--2e=SO^+H2O,GDF电吸为正极，电极反应为：

+

O2+2H+2e=H2O2,电解质溶液中阴离子移向负极,阳离子移向正极,故双极膜中，靠近

Fez。,电极的一侧为阴膜，0H-通过阴离子交换膜移向负极，H+通过阳离子交换膜移向正

极，据此分析作答。

A.原电池能够加快反应速率，空穴和电子的产生促使形成原电池反应，故驱动了脱硫弓

H2O2制备反应的发生，故A正确；

B.结合分析可知，双极膜中水解离的氢氧根移向Fez。?电极，故B错误；

_

C.根据分析可知，左室发生反应：SO2+2OH-=SO；+H2O,SO：+2OH--2e=SO；

+H2O,故C正确；

+

D.工作一段时间，当电路中转移Imokr,O2+2H+2e=H2O2,右室增重为氢离子和氧气质

量,增重=lmolxlg/mol+0.5moix32g/mol=17g,故D正确;

故选：Bo

9.一种驱虫药甲苯咪噗的重要中间体Z的合成路线如下：

oOO

kX

Cl2"NO,H,N人^N02。%出

XYZ

下列说法正确的是

A.在水中的溶解性：X>z

B.X、Y、Z均可与盐酸反应

C.Y分子能发生取代、加成、还原反应

D.Z与足量H2加成产物分子中含5个手性碳原子

【答案】C

【解析】A.Z中含有氨基，可以和水分子形成氢键，则在水中的溶解性：X〈Z,A错

误；

B.Y和Z中含有氨基，具有碱性，可以和盐酸反应，X不和盐酸反应，B错误；

C.Y中含有氨基，可以发生取代反应，含有苯环可以和H2发生加成反应，含有硝基，可

以发生还原反应生成氨基，C正确；

D.手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，Z与足量H2加成产物分子

为,不含手性碳原子，D错误;

故选C。

10.下列物质结构与性质或性质与用途具有对应关系的是

A.NH,易形成分子间氢健，故NH3的稳定性大于PH,

B.石墨呈层状结构，层内以共价键结合，石墨可用作导电材料

C.铁比铜金属性强，可用FeCh溶液制作印刷电路板

D.聚乳酸具有生物相容性和可降解性，可用作手术缝合线

【答案】D

【解析】A.NHs的稳定性高于PH3是由于N的电负性比P更大，N-H键键能比P-H键键

能大，而非因为氢键；氢腱影响物理性质如沸点等，A错误：

B.石墨呈层状结构，石墨导电性源于层内离域电子的自由移动，而非共价键本身，层内

共价键描述正确但导电原因错误，B错误；

C.FcCb用于腐蚀铜是因Fe3+的氧化性强于Cu2+,与金属活动性顺序无直接因果关系：C

错误；

HO

—U

OC

D.聚乳酸的结构简式:-,因含酯基结构可水解降解，旦生物相容性

I-3C

CH

好，结构与用途对应正确，D正确；

比故选D。

11.探究NaClO与KI溶液反应的实验如下：

实验I：向10mL0.1mol-L-1KI溶液滴加5滴饱和NaClO溶液，溶液变为棕黄色，再

滴加淀粉溶液，溶液变蓝。

实验II：向10mL饱和NaClO溶液滴加5滴0.1mol•小KI溶液,溶液变为黄绿色，再

滴加淀粉溶液，溶液不变蓝，久置后，溶液黄绿色消失。

实验IH：向10mL含少量淀粉溶液的饱和NaClO溶液巾滴加0.1molKI溶液至过

量。溶液先变为黄绿色，后颜色不断加深，同时溶液局部变蓝但很快褪去。继续滴加KI

溶液，蓝色褪去速度变慢，最终溶液变为蓝色，且不再褪色。

已知：部分微粒在水溶液中的颜色：10一（黄绿色）、10,（无色）。下列说法正确的是

+

A.实验【中反应的离子方程式：2r+CIO-+2H=I,4-Cr+H2O

B.实验II中最初的主要还原产物为Ck

C.实验111“局部蓝色褪去”的原因可能是12被CRT氧化为10或10；

D.由以上实验推断：较高浓度的NaQO溶液与KI溶液反应易生成12

【答案】c

【解析】A.实验I中NaClO溶液呈碱性，反应式中的H+不合理，正确反应应为CIO+

21+H2O=k+cr+2OH,A错误；

B.实验II中黄绿色为IO的颜色，CIO-的还原产物是C「而非C12,B错误；

C.实验III中卜被过量。0一进一步氧化为KX（黄绿色）或10；（无色），导致蓝色褪去,

c正确；

D.实验II和山表明高浓度NaQO更易将「氧化为高价态产物（如10.）,而非12,D错

误；

故选C。

12.室温下,以硫酸法生产钛白粉产生的含铮废水（主要金属离子为M/+、Fe?，Al"，

还含有少量Ca2+、Mg"）为原料，生产MnCC）3的过程如下：

H2O2NaOHNH4FNH4HCO3

含镐废水除:镁卜布缸-MnCO,

III

滤潜滤清滤液

11

已知：25c时,K£H2co3）=4.5X101KI2（H2CO3）=4.7X10,

4

K,（HF）=3.5X10-O“沉镭”过程控制溶液pH=7。下列说法正确是

A.浓度均为O.lmoLIJiNH4HCO3和NH』F溶液的NH：的浓度：NH4HCO3>NH4F

c（Ca2+）K.（CaF,）

B.“除钙镁”过程所得滤液中：4―4>〃卬工二

c（Mn2+）KjMnF?）

C.“沉钵”时发生反应：Mn2++HCO；=MnCO.J+H'

D.“沉铲所得滤液中：c（NH：）=c（HCO；）+2c（CO「）+c（F）

【答案】B

【解析】含铸废水经过除铁铝时，铁亚铁离子被氧化成铁离子，铁离子和铝离子转化为氢氧

化物沉淀，经过除钙镁时，钙离子和镁离子转化为氟化钙和氟化镁沉淀，溶液中的钵离子在

沉钵时转化为碳酸钵沉淀，后经洗涤干燥得到纯净的碳酸钵。

A.NH4HCO3溶液中，HCO；的水解会促进NH；的水解；NHF溶液中，F的水解也会促

进NH；的水解。但HCO,水解程度更大，对NH：水解的促进作用更强，所以等浓度的

NH4HCO3和NHF溶液中，NH；的浓度：NH4HCO3<NH4F,A错误。

2+22+2

R.除钙镁过程中的滤液中.c（Ga）-c（F）=Ksp（CaR）,c（Mn）c（F）<Ksp（MnE）,

c（Ca2+）c2（F）K（CaF）

所以“除钙镁”过程所得的滤液中木时>灭黯r尊D扁2'B正确；

c2（F）

C.氢离子存在时，不能存在大量MnCOs,离子方程式为

2+

Mn+2HCO3=MnCO3+CO2T+H2O,C错误；

D.沉铳所得滤液呈中性，溶液中还有NH4HCO3、NaF等，所以该溶液中还存在阳离子

Na+,故电荷守恒c(NH：)=c(HCOy)+2c(CO1~)+c(F］不成立，D错误；

故选B。

13.利用CaS循环再生可将燃煤尾气中的SO2转化生产单质硫，涉及的主要反应如下：

反应I：CaS(s)+2SO2(g)CaSO4(s)+S2(g)AH)

反应II：CaSO4(s)+4H2(g)^CaS(s)+4H2O(g)AH2

反应HI：SO2(g)+3H2(g)UH2s(g)+2H2O(g)AH3

恒容条件下，按ImolCaS,1molSO2和()/mol投料反应。平衡体系中，各气态物

种的lg〃随温度的变化关系如题图所示，n为气态物种物质的最的值。

已知：图示温度范围内反.应II平衡常数K=1(/基本不变。卜列说法正确的是

A.甲线所示物种为H?。

B.反应I的始变AH1>0

C.温度为(，体系达平衡时，若丁线所示物种为amol,则CaS为(75。+0.5)mol

D.温度为△，体系达平衡后，压缩容器体积S2产率增大。与压缩前相比，重新达平衡

时，/口:减小

。(也)

【答案】C

【解析】根据图示温度范围内反应II平衡常数K=g2怔=10”基本不变,

c(H2)

c(HQ)

初^1in。A。，匕。和H2对应曲线的变化趋势相同，"勺差值为2,判断丁为H2,乙为

H2O,随着温度升高，％和HzO的物质的量均增大，，根据H原子守恒，则H2s的物质的

量减少，甲为HzS,丙为SCh。

A.根据分析可知,“甲”对应的物种是FhS,故A错误;

B.图可见，曲线S2随T升高时其lgn反而减小，说明升温使反应I中生成S2

的平衡转向反应物一侧，却升温不利于S2生成；可判断反应I为放热反应，故AH,<

0,故B错误；

C.温度为7］,体系达平衡时，若丁线所示物种为H2,物质的量为amol,则H2O的物质

的量为100amol,n(H2O)=n(SO2)=100amol,,根据O原子守恒,

2xn(SO2)+n(H2O)+4xn(CaSO4)=2mol,2x100a+l00a+n(CaSO4)=2mol,n(CaSO4)=(0.5-

75a)mol,根据Ca原子守恒，n(CaS)+n(CaS04)=lmol,n(CaS)=(756Z+0.5)moI,故C

正确;

D.反应H反应II-反应II【x2可得2H2s(g)=2H2(g)+S2(g),平衡常数K=

(H2)XC(S2)="axc(S2),压缩体积增大压强，c(S?)增大，K不变,可氏)

2C(HS)

C(H2S)C(H2S)2

NHS)

减小,增大，故D错误;

。(凡)

答案选c。

二、非选择题：共4题，共61分。

14.利用蛇纹石［主要含Mg3Si2C)5(OH)4和少量Ni、Fc化合物等］制备

Mg5(CO3)4(OH)2-4H2O工业生产流程如下。

蛇纹石

矿渣滤液・・>NiO

2+2+

已知：Ni+6NH3^[Ni(NH3)J

(!)“焙烧”时，绿矶(FeSO「7Hq)在高温下分解得到红棕色固体和气体产物SO,、

H2O和。Mg3Si2O5（OH）i与SC>3反应的化学方程式为o

（2）焙烧温度与Mg?+、Ni?+的浸出率关系如题图-1所示。焙烧温度超过670C时，镁、

锲“水浸”时浸出率下降的原因为，

100

80

60

40

20

图-I

（3）“矿化"时，Fe"、Mg"、Ni?+的沉淀率随（NHjCO,质量浓度的变化关系如题

图-2所示。Ni2+的沉淀率随（NHJ2CO3质量浓度增大而逐渐降低的原因是

100

8o

%

/

爵6o

斓

屈4O::

20

o

o2537.55062.57587.5100150

(NHJCO,质状浓度/(gL“)

图・2

（4）“矿化”后的滤液中，银以［Ni（NH；）67形式存在，［Ni（NH3）1十为正八面体构型

（如题图-3所示），则［Ni（CO）2（NH3）4T'的结构有种，画出其中的一种结构

（CO中碳原子为配位原子）。

（5）由滤液得到的NiO的晶胞如题图-4所示，晶胞中距离Ni?,最近的O?-的个数为

【答案】(1)SO2②.

焙烧

Mg3Si2O5(OH)4+3SO,^=3MgSO4+2SiO2+2H2O

（2）温度过高时，绿矶会快速分解，未与蛇纹石反应充分就逸出，导致浸出率下降

（3）随（NHJCO3的质量浓度增大，NH；浓度增大，

NH3+H2O=NH3.H二OUNH：+OFT逆向移动，NH,浓度增大，导致

2+2+2+

Ni+6NH3^［Ni（NH3）J正向移动，Ni的沉淀率减小

rcon2+rCOq2+

NHHN

H3N%Z33%.

(4)①.2②.•・或

ILN<H3Nz、co

LCO1-

NH3

(5)6

（解析】利用蛇纹石［主要含Mg3Si2O5（OH）4和少量Ni、Fe化合物等］制备

Mg5（CO3）4（OH）2-4H2O,蛇纹石加入绿矶焙烧，生成硫酸镁，SiO2,水浸过滤除去SiO：,硫

酸镁加入氨水、碳酸铉矿化，生成Mg5（CO3）4（OH）2-4H2O.过滤得到Mg5（CO3）4（OH）2-4H2O,

滤液含Ni,最终生成NiO,据此解答。

（1）“焙烧”时，绿矶（FcSO4・7H2O）在高温下分解得到红棕色固体旧2。3）和气体产物S03、

H2o和SO2；Mg3Si2O5（OH）4与SO3反应的化学方程式为

焙烧

Mg3Si2O5（OH）4+3SO.=3MgSO4+2SiO2+2H2O,故答案为：SO2；

焙烧

Mg5Si2O5(OH)4+3SO,=^3MgSO4+2SiO2+2H2O0

（2）焙烧温度超过670C时，镁、银“水浸”时浸出率下降的原因为温度过高时・，绿机会快

速分解，未与蛇纹石反应充分就逸出，导致浸出率下降，故答案为：温度过高时，绿矶会

快速分解，未与蛇纹石反应充分就逸出，导致浸出率下降。

（3）“矿化”时，Fe3+、Mg2\Ni?+的沉淀率随（NHRCCh质量浓度的变化关系如图-2所

示。Ni2+的沉淀率随（NHOCCh质量浓度增大而逐渐降低的原因是，故答案为：随

（NHSCCh的质量浓度增大，NH：浓度增大，NH3+H26±NH3・H2OUNH：+OH-逆向移

动，NM浓度增大，导致Ni2、6NH3U[Ni（NH3）6]"正向移动，府+的沉淀率减小。

（4）|Ni（CO）2（NH3）4]2+的结构中，C0可•位于平面的相邻和相对2种位置，其中的一种结

CO2+-CO-

H3N%,ZNH3H3N%4NH3

构（CO中碳原子为配位原子）为"•Ni"或

Ico

H3N<I、N%HN<、

3

-CO-NH-

故答案为：2：

（5）无论以面心还是体心的离子为基准，晶胞中距离Ni2+最近的02.的个数为6,故答案

为：6。

15.化合物G是合成新型止咳药物的中间体，一种合成路线如下：

（1）D中含氧官能团的名称为

（2）A—B的反应类型为o

（3）C-D的副产物分子式为C16HJD〉其结构简式为o

（4）B的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式:

①能与FeCl3溶液发生显色反应;

②分子中不同化学环境的氢原子个数比是6:6:3:1。

（5）写出以。］、CH,CH2cH20H和CH?=PPh3为原料合成的合成路

线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程示意图示例见本题题干）。

【答案】（1）酸键、醛基

【解析】A中得Br被醛基取代生成B,B经反应转化为烯免结构的化合物C,C中的烯嫌

结构与醛基结合，生成含双醛基的化合物D,D发生消去反应（脱去小分子），形成不饱和

键，生成化合物E,E先与硼烷发生加成反应，再经氧化，将不饱和键转化为羟基，生成含

羟基的化合物F,在H+催化下，发生分子内的结构重排，最终生成目标中间体G。

（1）观察D的结构，其含有的含氧官能团为酰键和醛基：

（2）A的结构含Br和HCON（CH3）2,B的结构中Br被0HC-取代，因此反应类型为取代

反应；

（3）C-D是狭燃HC三C-CH3与醛基的加成反应，主产物是快基与一个醛基加成；副产物

是焕基与另一个醛基加成（结合分子式Cl6H2203），

（4）能与FeCb显紫色—含酚羟基；氢原子化学环境比6:3:1一结构高度对称（如2个甲

氧基、1个酚羟基，且对称分布）。符合条件的结构为

（5）以原料为某础，步骤如下：原料与BBCCL加成得二漠代物：二漠代物经NaOH/乙

醇消去得燃烧；CH3cH2cH20H经O2/Cu氧化得丙醛；丙醛与CH?二PPN反应得烯烧；焕

煌再与烯烽加成得目标产物，合成路线可表示为

16.含放射性碘（「）废水的排放会引起人体甲状腺疾病。

（1）检验含碘废水是否含L的操作是o

（2）实验室用CuCI粉末处理含碘（「）废水生成CuL实验过程如下：

实验开始前通一段时间的N2,然后再加入一定量的Na2sO3溶液后，再加入Cu。悬浊

液。加入Na2sO3溶液的目的之一是还原CuQ被氧化产生的Cu"，写出Na2sO3与

Cr•反应生成Cui的离子方程式：；加入Na2so3溶液的另一目的是

（3）测定含碘废水中「的含量并回收L.

①准确量取50.00mL含碘废水，加入20mLCCl,萃取分液后，向萃取后的水溶液中加入

适量乙酸酸化并加入指示剂，用0.025mol-L」AgNO,溶液滴定至终点，消耗AgNO?

溶液22.00mL,则含碘废水中「的质量浓度为g・L-（写出计算过程）。若测定

结果比实际「含量高，可能的原因为。（假设其它物质不与AgNOa反应）

②补充完整从含碘废水中回收12的实验：向含碘废水中，低温干燥，将固体

放入烧杯中加热，得到粗腆。（须用到的试剂：稀HNO,,活性炭，NaOH溶液，空气）

【答案】（1）取少量废水于试管中，滴加少量淀粉溶液，若不变蓝，则无L

（2）①.2CM++SO；+2「+H2O=2CuIJ+SO：-+2FT②.除去溶液中残留

的防止「被02氧化

1-3

(3)①./?(AgNO3)=0.025inol-Cx22.00x10L=5.5x10^mol,

〃(r)=〃(AgNOj=5.5x107mol,

zn(r)=5.5xlO_4molxl27gmoP1=6.985xl0-2g,「的质量浓度

=6.985x10-g=]eg]।②.未萃取完的上或其它含碘微粒转化为[-，增加

0.05L-

AgNC）3用量③.加入稀HNCh氧化I-为L,再加入活性炭吸附12,过滤，用NaOH溶

液洗脱活性炭上的L,向洗脱液中通入空气（或加稀HNOa酸化）使b重新析出，过滤得到

h固体

【解析】（1）淀粉遇L变蓝，利用该性质可检验12的存在，则正确的操作是取少量废水于试

管中，滴加少量淀粉溶液，若不变蓝，则无L；

（2）0）2+被SO；-还原为Cui,SO：被氧化为SO：-,结合原子守恒、电子守恒规律配平

离子方程式为:2Cu2++SO；-+2「+Hq=2CuIJ+SO；+2H+；SO：具有还原性，

可与水中溶解的02反应，防止「被02氧化；

（3）〃（AgNOj=0.025mol-U'x22.00xio^3L=5.5xl0-4mol,

〃(「)=〃(AgNOj=5.5xICT4mol,

w(r)=5.5xl0-4molx127g-moP1=6.985xlO-2g,「的质量浓度

6.985xIQ-2g

=1.397gU'

0.05L；

若测定结果比实际「含量高，可能的原因为未萃取完的L或其它含碘微粒转化为「，增加

AgNC>3用量：利用氧化还原反应实现「与12的转化，结合活性炭吸附和碱溶洗脱分离提

纯12,即加入稀HNO3氧化厂为L,再加入活性炭吸附H过滤，用NaOH溶液洗脱活性

炭上的b(3I2+6NaOH=5Nal+NaIO3+3H2O),向洗脱液中通入空气(或加稀HNQ、酸

化)使k重新析出，过漉得到b固体.

17.利用CO2气体合成甲醇、二甲醛，可以减少CO2排放。

(1)CO2和H2可以制取CH<)H,在300℃、/-A1：C)3催化作用下CHQH可以合成

CH30cH3,写出CH30H合成CH30cH3的化学反应方程式。

(2)①甲醇重整制氢：CH3OH(g)+H2O(g)^CO,(g)+3H2(g)

1

△H=+49.4kJ.moP，已知：CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)

AH=-178.8kJ-mor'。向重整反应体系中加入适量CaO的优点是。

②在Cu-Pd合金表面，甲度与水蒸气重整反应机理如题图-1所示(“★”表示此微粒吸附在

催化剂表面，M为反应过程的中间产物).

()「八

"OH

2

CH3OII*^0**|M|*9*0

/cJ-PdJd/Cu’Pd/&Pdbo/lu-PdJz

IIIIIIIV

题图1

已知步骤II中碳氧双键与H?。发生加成反应，根据元素电负性的变化规律，推导M的结

构简式。若用CH，0D代替CH3OH,则生成氢气的分子式为

催化剂长时间使用后，因有积炭而失去活性。为减少积炭，可采用的方法是__________

(3)C。2催化加氢合成二甲醛：

反应I：2CO2(g)+6H;(g)F-CH3OCH3(g)+3H2O(g)

△”=—122.54kJmol

反应H：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）AH=+41.2kJmor'

其他条件相同时，反应一段时间，反应温度对coz平衡转化率及CO2实际转化率影响如

题图-2所示；反应温度对二甲醛的平衡选择性及二甲醛实际选择性影响如题图-3所示。（已

生成二甲醛的CO,物质的量

知:CHQCH）的选择性=xl00%)