北京市石景山区2026年高三化学统一练习试题含解析

石景山区2026年高三统一练习

化学

注意事项：

1.本试卷共10页，100分，考试时长90分钟。

2.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。

可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Al-27Fe-56Cu-64I-127

第一部分

本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。

1.劳动创造美好生活。下列对劳动项目涉及的相关化学知识表述正确的是

劳动项目化学知识

A用铁粉、活性炭、食盐等制暖贴使用时铁粉被氧化，反应吸热

B用大米和小麦制麦芽糖纤维素水解生成麦芽糖

C用次氯酸钠溶液消毒次氯酸钠溶液显碱性

D用肥皂清洗油污肥皂中的高级脂肪酸盐含有亲水基和疏水基

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A．暖贴利用铁的吸氧腐蚀原理，铁粉被氧化时反应放热，并非吸热，A错误；

B．大米、小麦的主要成分是淀粉，制麦芽糖是淀粉水解的过程，与纤维素水解无关，B错误；

C．次氯酸钠溶液消毒是因为其具有强氧化性，与溶液显碱性无关联，C错误；

D．肥皂的主要成分为高级脂肪酸盐，分子中含有亲水基和疏水基，可通过乳化作用清洗油污，D正确；

故选D。

2.下列化学用语或图示表达不正确的是

A.HClO的结构式：H-Cl-OB.Na2O2的电子式：

C.F的结构示意图：D.乙炔的结构简式：CHCH

【答案】A

【解析】

【详解】A．次氯酸（HClO）中，氢原子应与氧原子成键，氧原子再与氯原子成键，正确结构式为H-O-Cl。

选项给出的H-Cl-O错误地将H直接连接在Cl上，不符合实际分子结构和电负性规律。A错误；

B．过氧化钠由Na+和2-构成，2-中两氧原子以单键相连，每个氧有三对孤对电子，整体带2个负电荷。

O2O2

电子式表达准确，符合离子化合物与共价键的表示规范。B正确；

C．氟离子核电荷数为9，核外电子排布为2,8，示意图中圆圈内标“+9”，电子层为第一层2个、第二层8

个，完全正确。C正确；

D．乙炔分子式为C2H2，含碳碳三键，结构简式写作CH≡CH，是标准表达，D正确；

故答案选A。

3.下列性质的比较，不．能．用元素周期律解释的是

A.碱性：B.酸性：

KOH>MgOH2HCl>H2SO3

C.金属性：Na>MgD.电负性：FO

【答案】B

【解析】

【详解】A．元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，由元素周期律可知金属性K＞Mg，

故碱性，可以用元素周期律解释，A不符合题意；

KOH>MgOH2

B．元素周期律中，可通过非金属性比较最高价氧化物对应水化物的酸性，HCl是无氧酸，H2SO3不是S的

最高价氧化物对应水化物，二者酸性比较无法用元素周期律解释，B符合题意；

C．同周期主族元素从左到右金属性逐渐减弱，Na、Mg同周期且Na在Mg左侧，故金属性Na>Mg，可以用

元素周期律解释，C不符合题意；

D．同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，F、O同周期且F在O右侧，故电负性F>O，可以用元素周

期律解释，D不符合题意；

故选B。

4.下列方程式与所给事实不．相．符．的是

A.钠在空气中变暗：2Na+O2=Na2O2

B.用除去溶液中的：2+3+-

Cl2FeCl3FeCl22Fe+Cl2=2Fe+2Cl

C.铜溶于浓硝酸：浓

Cu+4HNO3=CuNO32+2NO2+2H2O

D.钢铁在中性环境中发生吸氧腐蚀，正极反应：--

O2+4e+2H2O=4OH

【答案】A

【解析】

【详解】A．钠在常温下空气中缓慢氧化生成氧化钠，而非过氧化钠，4Na+O2=2Na2O，A错误；

B．Cl2具有氧化性，可将亚铁离子氧化为铁离子且不引入新杂质，离子方程式书写正确，与事实相符，B

正确；

C．铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，化学方程式配平正确，与事实相符，C正确；

D．钢铁在中性环境中发生吸氧腐蚀，正极氧气得电子结合水生成氢氧根离子，电极反应式书写正确，与事

实相符，D正确；

故选A。

5.下列实验中，不．能．达到实验目的的是

A．实验室快速制NH3B．铁制镀件上镀铜

C．洗去乙酸乙酯中的D．分离粗盐水中的不

少量乙醇溶物

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A．NaOH固体溶于水会放出大量热，同时OH⁻浓度升高，使浓氨水的电离平衡逆向移动，促进逸

出，可快速制备氨气，装置正确。A正确；

B．电镀铜的核心要求：待镀件（铁制镀件）作阴极，铜作阳极，含Cu2+的溶液作电镀液。图中装置将铁制

镀件接在阳极、铜片接在阴极，会导致阳极的铁优先失电子被氧化，无法在铁件上镀铜，B错误。

C．乙酸乙酯在饱和溶液中溶解度小，而乙醇与水互溶，可溶于饱和溶液。通过分液操作，可分离出乙酸乙

酯，除去其中的乙醇杂质，装置正确。C正确；

D．过滤操作可用于分离固液混合物，图中装置符合“一贴、二低、三靠”的过滤规范，能有效除去粗盐

水中的不溶性杂质，操作正确。D正确；

故答案选B。

6.由结构不．能．推测出对应性质的是

结构性质

ASO2的VSEPR模型为平面三角形SO2既有氧化性又有还原性

电子跃迁时能量变化不同，钾元素和钠元素的

B钾和钠的原子结构不同

焰色不同

C丙醛和丙酮分子均含有π键两者均可发生加成反应

石墨层中未参与杂化的p轨道中的电子可在整个碳原子

D石墨具有类似金属的导电性

平面中运动

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

1

【详解】A．SO中心原子价层电子对数为26223，含有1个孤电子对，VSEPR模型为平面三

22

角形，SO2中硫元素处于+4价，处于中间价态，既能升高也能降低，因此既有氧化性又有还原性；这与分

子的空间构型没有直接的逻辑推导关系，A符合题意；

B．焰色反应的原理是电子在不同能级间跃迁释放能量。因为钾和钠原子的电子层结构不同，电子跃迁时的

能量差不同，释放的光波长就不同，从而呈现不同的颜色，故结构可以推测性质，B不符合题意；

C．丙醛和丙酮分子均含有π键（不饱和键），π键键能较小，容易断裂。正是因为分子中含有不稳定的π

键，丙醛和丙酮才容易发生加成反应，断开键形成新的键，故结构可以推测性质，C不符合题意；

D．石墨层中未参与杂化的p轨道形成大键，电子在平面内自由移动，就像金属中的自由电子一样，因此

石墨能导电，故结构可以推测性质，D不符合题意；

故选A。

7.下列事实不能用有机化合物分子中基团间的相互作用解释的是

A.苯酚能与NaOH溶液反应而乙醇不能

B.苯在50~60℃时发生硝化反应而甲苯在30℃时即可反应

C.乙烯能发生加成反应而乙烷不能

D.甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色而甲烷不能

【答案】C

【解析】

【详解】A．受苯环的影响，苯酚中的羟基氢原子变得比较活泼，所以苯酚能与NaOH溶液反应，而乙醇不

能，能用基团间的相互影响解释，故A不选；

B．苯、甲苯均不含官能团，甲苯中甲基影响苯环，苯环上H易被取代，则甲苯易发生硝化反应，与有机物

分子内基团间的相互作用有关，故B不选；

C．乙烯的结构中含有碳碳双键，能与氢气发生加成反应，而烷烃中则没有，是自身的官能团性质，不是原

子团间的相互影响导致的化学性质，故C选；

D．苯、甲烷都不能使酸性高锰酸钾褪色，甲苯可以使酸性高锰酸钾褪色，被氧化为苯甲酸，说明苯环对侧

链影响，故D不选；

故选：C。

8.在一定温度下的密闭容器中发生反应：xAg+yBgzCg，平衡时测得A的浓度为0.50molL-1。

保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得A的浓度为0.30molL-1。下列有关判

断不．正确的是

A.反应的平衡常数不变B.平衡向正反应方向移动

C.xyzD.C的体积分数减小

【答案】B

【解析】

【详解】A．平衡常数仅与温度有关，反应温度保持不变，故平衡常数不变，A正确；

B．容器容积扩大到原来的两倍时，若平衡不移动，A的浓度应为0.25mol·L-1，实际测得A浓度为0.30mol·L-1，

说明平衡向逆反应方向移动，而非正反应方向，B错误；

C．容器容积扩大即减小压强，平衡向气体总物质的量增大的方向移动，该反应平衡逆向移动，说明反应物

气体总化学计量数大于生成物，即xyz，C正确；

D．平衡逆向移动，C的物质的量减少，且反应逆向进行时气体总物质的量增大，故C的体积分数减小，D

正确；

故选B。

9.某同学探究3与2的反应，实验操作和现象如下。

FeSO3

操作现象

将等浓度等体积的FeCl3和Na2SO3溶液混合溶液颜色加深，出现红褐色浑浊

混合液静置较长时间浑浊消失变为浅绿色溶液

取少量浅绿色溶液，滴加KFeCN溶液出现蓝色沉淀

36

下列说法不正确的是

A.FeCl3溶液显酸性，Na2SO3溶液显碱性

B.生成浑浊可能因为：

2FeCl3+3Na2SO3+6H2O=2FeOH3+3H2SO3+6NaCl

C.FeOH在水中存在沉淀溶解平衡：3+-

3FeOH3sFeaq+3OHaq

D.浑浊消失是因为：3被2氧化为2，促进FeOH的溶解

FeSO3Fe3

【答案】D

【解析】

【详解】A．是强酸弱碱盐，3+水解使溶液显酸性；是强碱弱酸盐，2水解使溶液显

FeCl3FeNa2SO3SO3

碱性，A正确；

B．3+和2发生双水解反应生成红褐色沉淀，给出的化学方程式符合双水解的反应规律，B

FeSO3FeOH3

正确；

C．FeOH是难溶电解质，在水中存在沉淀溶解平衡：3+-，C正确；

3FeOH3sFeaq+3OHaq

D．反应中3+化合价降低，是被2还原为2，不是被氧化，D错误；

FeSO3Fe

故选D。

10.下列说法正确的是

A.瓦斯中甲烷与氧气的质量比为1:4时极易发生爆炸，此时甲烷与氧气的体积比为1:1

B.将30mL0.5molL-1NaOH溶液加水稀释到500mL，稀释后溶液中NaOH的物质的量浓度为

0.03molL-1

C.在25℃和101kPa的条件下，气体摩尔体积约为22.4Lmol-1

D.相同质量的两份铝，分别放入足量的盐酸和氢氧化钠溶液中，生成氢气的质量比为1:3

【答案】B

【解析】

【详解】A．同温同压下气体体积比等于物质的量之比，甲烷摩尔质量为16g/mol，氧气为32g/mol，当

14

甲烷与氧气的质量比为1:4时，对应体积比为:1:2，A错误；

1632

B．稀释前后溶质的物质的量不变，根据稀释公式c浓V浓c稀V稀得0.5mol/L×0.03L=c稀×0.5L，

c稀0.03mol/L，B正确；

C．标准状况(0C和101kPa)下气体摩尔体积约为22.4L·mol1，25C和101kPa为常温常压，气体摩尔体

积大于22.4L·mol1，C错误；

D．等质量的铝与足量酸、碱反应时，每个Al均失去3个电子，根据得失电子守恒，生成氢气的质量相等，

质量比为1:1，D错误；

故选B。

+-

11.一元弱酸HA存在电离平衡：HAH+A，当Ka远大于Kw时，水的电离可以忽略不计。下列说法

不正确的是

A.HA抑制水的电离

cHcA

B.HA的电离平衡常数平平

Ka

c平HA

C.忽略水的电离，当cHA2Ka时，c平Hc平Ac平HAKa

D.室温时的2，-1的溶液中，

HIO4Ka2.3100.002mol·LHIO4c平IO4c平HIO4

【答案】D

【解析】

【详解】A．酸电离出，使溶液中浓度增大，水的电离平衡逆向移动，因此

HHH2OHOHHA

抑制水的电离，A正确；

B．平衡常数的定义是平衡时生成物浓度幂的乘积与反应物浓度幂的乘积的比值，对于电离平衡

cHcA

，根据此定义可写出电离平衡常数为平平，B正确；

HAHAKa

c平HA

C．忽略水的电离时，设c平(H)c平(A)x，若HA的初始总浓度cHA2Ka，则平衡时

x2

，代入表达式：，整理得22，解得正根，

c平HA2KaxKaKaxKax2Ka0xKa

2Kax

因此c平(HA)2KaKaKa，即c平Hc平Ac平HAKa，C正确；

D．设，忽略水的电离则，，代入2

c平(IO4)xc平(H)xc平(HIO4)0.002xKa2.310

x2

得，2.3102​解一元二次方程得x0.00185mol/L，则

0.002x

，因此，D错误；

c平(HIO4)0.0020.001850.00015mol/Lc平(IO4)c平(HIO4)

故选D。

12.参照《齐民要术》和《天工开物》两本古籍，制备靛蓝(难溶于水)需要经过浸泡发酵、石灰处理、沉

淀分离等步骤，其化学原理如下。

下列说法正确的是

A.靛甙中的碳原子都是sp2杂化

B.葡萄糖水解生成乳酸

C.乳酸分子中不含手性碳原子

D.生成靛蓝时，有机化合物B和O2的化学计量数之比为2:1

【答案】D

【解析】

3

【详解】A．靛甙中的-C6H11O5支链中含有sp杂化碳原子，A错误；

B．葡萄糖转化成乳酸是发酵，不是水解，B错误；

C．乳酸分子有1个手性碳原子，即与羧基和羟基相连的碳原子，C错误；

D．由图得，生成靛蓝的化学方程式为靛蓝，B和O的化学计量数之比为，D正确；

2BO22OH22:1

故答案选D。

13.通过电化学方法制备Br2，进而与反应合成。利用氧化性：H2O2>Br2，某小组设

计下图所示电解装置提高合成的电流利用效率。

下列说法正确的是

A.电极A与电源负极相连

B.电极B的电极反应为：--

2H2O+O2+2e=H2O2+2OH

C.原料足量的情况下，理论上电路中转移1mole可获得1mol

D.电解液中的H2SO4可以用HI代替

【答案】C

【解析】

--

【详解】A．电极A（阳极）发生氧化反应：2Br-2e=Br2，应连接电源正极，A错误；

+-

B．电极B（阴极）发生还原反应，酸性介质中O2+2H+2e=H2O2，不生成OH⁻，B错误；

C．每转移2mole⁻，阳极生成1molBr2，阴极生成1molH2O2。H2O2因氧化性强于Br2，可进一步氧化Br⁻。

-+

即H2O2+2Br+2H=Br2+2H2O，再生成1molBr2，总计得2molBr2，与2mol环己烯反应生成2mol1,2-二

溴环己烷。即转移1mole⁻生成1mol目标产物，C正确；

-+

D．若用HI代替H2SO4，引入I⁻，H2O2优先氧化I⁻，H2O2+2I+2H=I2+2H2O，致Br2生成减少，目标产物产率

下降，且可能产生副产物碘代物，D错误；

故答案选C。

14.某同学测量的焓变。查阅资料：配制溶液时需

Fes+Fe2SO43aq=3FeSO4aqΔH1Fe2SO43

要加入酸。实验方案：测量Fes+CuSO4aq=FeSO4aq+Cus的焓变ΔH2；测量

的焓变；通过盖斯定律计算。测量的

Cus+Fe2SO43aq=2FeSO4aq+CuSO4aqΔH3ΔH1ΔH2

实验结果如下表(忽略温度对焓变的影响和溶液体积与密度的变化)。

体系温度/℃

序号反应试剂

反应前反应后

-1

0.20mol·LCuSO4

ⅰ1.20g铁粉ab

溶液100mL

-1

0.20mol·LCuSO4

ⅱ0.56g铁粉ac

溶液100mL

已知：Ⅰ．可通过测量反应前后体系的温度变化，用公式QCVΔT计算某些反应的反应热(水的稀溶液

-1-1-1

中，C和分别取4.18J·g·℃和1g·mL)。Ⅱ．实验ⅰ、ⅱ均未发现气泡。下列说法不．正．确．的是

A.因为伴有副反应，无法直接测量ΔH1B.H1H2H3

1-1

C.H2=-20.9b-akJmolD.H2=-20.9c-akJmol

【答案】D

【解析】

3++

【详解】A．配制Fe2(SO4)3溶液时需要加入酸抑制Fe水解，Fe会与H发生副反应，因此无法直接测量ΔH1，

A正确，不符合题意；

B．根据盖斯定律将ΔH2与ΔH3对应的热化学方程式相加，可得目标反应，故H1H2H3，B正确，

不符合题意；

C．实验ⅰ中nCuSO40.2mol/L0.1L0.02mol，铁粉1.2g计算得到物质的量大于0.02mol，故

铁粉过量，CuSO4完全反应，该反应放出的热量Q4.18J/g℃1g/ml100mlba℃0.418b-akJ，

0.418b-akJ

HQ/n20.9b-akJ/mol，C正确，不符合题意；

20.02mol

D．实验ⅱ中nCuSO40.2mol/L0.1L0.02mol，铁粉0.56g计算得到物质的量为0.01mol，故

铁粉不足，反应的CuSO4物质的量为0.01mol，计算得

4.18J/g℃1g/ml100mlca℃

H41.8c-akJ/mol，D错误，符合题意；

20.01mol

故答案选D。

第二部分

本部分共5题，共58分。

15.KIO3是主要的食盐加碘剂，一种制备KIO3的流程如下。

（1）基态O原子价层电子排布式是_______。

（2）比较I2在CCl4和H2O中溶解度的大小并解释原因_______。

（3）KIO3的晶胞结构如下图所示，晶胞边长均为anm。

①与K原子紧邻的O原子有_______个。

-1-3

②已知KIO3的摩尔质量是214gmol，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为_______gcm。

(1nm=10-9m)

（4）补全ⅰ中反应的化学方程式：_______。

____I2____H2O____KClO3____KHIO325KCl3Cl2

（5）已知：2-2--，某学生测定食用精制盐的碘含量，其步骤为：

2S2O3+I2=S4O6+2I

a．准确称取wg食盐(所加碘为KIO3)，加适量蒸馏水使其完全溶解

b．用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全

-3-1

c．以淀粉为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为2.010molL的Na2S2O3溶液10.0mL，恰好反应完全

①判断c中反应恰好完全依据的现象是_______。

②根据以上实验，所测精制盐的碘含量是_______mg/kg(以I计，用含w的代数式表示)。

【答案】（1）2s22p4

（2）碘分子、四氯化碳分子均为非极性分子，水为极性分子，根据相似相溶，碘单质在四氯化碳中溶解度

大于在水中溶解度

214

21

（3）①.12②.310

aNA

（4）

6I2+3H2O+11KClO3=6KHIO32+5KCl+3Cl2

（5）①.滴入最后半滴标准Na2S2O3溶液，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不恢复原色②.

1270

3w

【解析】

【分析】碘单质和氯酸钾生成，加入氢氧化钾反应生成碘酸钾溶液；

KHIO32

滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等顺序操作；

【小问1详解】

氧为8号元素，基态O原子价层电子排布式是2s22p4；

【小问2详解】

碘分子、四氯化碳分子均为非极性分子，水为极性分子，根据相似相溶，碘单质在四氯化碳中溶解度大于

在水中溶解度；

【小问3详解】

①K处于顶点、O处于面心，在与K原子紧邻的O原子有12个。

11

②已知KIO的摩尔质量是214gmol-1，根据“均摊法”，晶胞中含81个K、63个O、1个I，

382

M

则晶体密度为N214。

A213213

310gcm=310gcm

aaNA

【小问4详解】

氯化钾、氯气系数分别为5、3，结合氯原子守恒，氯酸钾系数为11，则碘单质系数为6，结合氢原子守恒，

水分子的系数为3，反应为：；

6I2+3H2O+11KClO3=6KHIO32+5KCl+3Cl2

【小问5详解】

①淀粉和碘单质相遇溶液变为蓝色，则c中反应恰好完全依据的现象是滴入最后半滴标准Na2S2O3溶液，

溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不恢复原色。

②碘酸钾和碘离子反应生成碘单质：--+，结合反应2-2--，存在

IO3+5I+6H=3H2O+3I22S2O3+I2=S4O6+2I

-2-，则所测精制盐的碘含量是

IO33I26S2O3

1

2.010-3molL-110103L127103mg/mol

1270。

6mg/kg

w10-3kg3w

16.CO2化工利用按技术成熟度可分为工业化、技术开发和技术探索三个阶段。

（1）工业化阶段：CO2制备碳酸盐、尿素和碳酸酯等。

①以CO2为碳源制备NH4HCO3的化学方程式_______(其他物质任选)。

②和CO2可以生成或聚碳酸酯X，X的结构简式为_______。

（2）技术开发阶段：CO2制备合成气(CO和H2)与有机化合物等。以CH4和CO2为原料制备合成气，

nCH4/nCO2分别为2、1.5、1、0.67、0.5时，H2的平衡产率随温度变化如下图所示。

已知：-1(反应Ⅰ)；

CH4g+CO2g2H2g+2COgΔH=+247.34kJmol

nCH

-1(反应Ⅱ)，曲线2中4为_______，

H2g+CO2gH2Og+COgΔH=+41.16kJmol

nCO2

解释曲线2中H2的平衡产率随温度升高先增大后减小的原因_______。

（3）技术探索阶段：CO2的光/电/生物催化转化等。CO2电催化转化为CH3OH的两种反应路径如下图

所示(H2O略去)。

写出CO2被还原为CH3OH的电极反应式_______，中间体1是_______。

【答案】（1）①.CO2+NH3+H2O=NH4HCO3②.

（2）①.0.67②.开始反应Ⅰ、Ⅱ均为吸热反应，600℃-800℃时，以反应为Ⅰ主，随着温度升

高，反应正向移动，导致氢气平衡产率增大，继续升高温度，随着温度升高反应Ⅱ平衡正向移动，过量的

二氧化碳消耗氢气，导致氢气平衡产率降低

（3）①.-+②.

CO2+6e+6H=CH3OH+H2OHCOO

【解析】

【小问1详解】

①CO2和过量氨水反应生成NH4HCO3，化学方程式CO2+NH3+H2O=NH4HCO3。

②和CO2可以生成，则和CO2发生聚合反应过程中不成环，而生成高聚物X

为；

【小问2详解】

nCH

初始随着甲烷投料增大，促进反应正向进行，氢气平衡产率增大，故曲线2中4为0.67；曲线2中

nCO2

H2的平衡产率随温度升高先增大后减小的原因为：开始反应Ⅰ、Ⅱ均为吸热反应，600℃-800℃时，以反

应为Ⅰ主，随着温度升高，反应正向移动，导致氢气平衡产率增大，继续升高温度，随着温度升高反应Ⅱ

平衡正向移动，过量的二氧化碳消耗氢气，导致氢气平衡产率降低；

【小问3详解】

酸性条件下，二氧化碳得到电子，发生还原反应生成甲醇：-+；由反应路径，

CO2+6e+6H=CH3OH+H2O

二氧化碳分子中1个碳氧双键中断裂1个化学键，可以是氧结合氢离子（路径1）也可以是碳结合氢离子，

则中间体1是HCOO。

17.sigmoidinE是从刺桐类植物中分离出来的天然黄酮化合物，其合成路线如下。

已知：ⅰ．试剂a的分子式是C5H9Br；ⅱ．。

（1）“sigmoidinE”分子中含有的官能团是碳碳双键、羟基和_______。

（2）B→C的化学方程式是_______。

（3）G中含有3个羟基，G的结构简式为_______。

（4）CH3OCH2Cl过量时，G→H的产率高达90%，解释G中一个羟基难参与反应的原因____。

（5）下列说法正确的是_______。

a．G→H引入保护基，I→“sigmoidinE”脱除保护基

b．试剂a不存在顺反异构体

c．G的同分异构体中与G含有相同官能团且属于芳香族化合物的有4种

（6）F的结构简式为_______。

（7）F和H合成Ⅰ的路线如下。

Ⅰ比X多一个六元环，X→I时，断开的化学键有_______。

【答案】（1）羰基、醚键

（2）（3）（4）G中与羰基

相邻的羟基与羰基易形成分子内氢键，降低其反应活性

（5）ab（6）

（7）碳碳双键和O-H键

【解析】

【分析】A和乙酸在一定条件下发生取代反应生成B，B与氯气发生取代反应生成C，C水解生成D，根据B、

C的分子式，由D逆推，B是、C是；D与C5H9Br发生取代反应生成E，E一定条

件下生成F，F、H发生两步反应生成I，由I逆推，F是、E是、

H是，G和CH3OCH2Cl发生取代反应生成H，G是；

【小问1详解】

“sigmoidinE”分子中含有的官能团是碳碳双键、羟基和羰基、醚键。

【小问2详解】

B和氯气发生取代反应生成C，B→C的化学方程式是；

【小问3详解】

H是，G和CH3OCH2Cl发生取代反应生成H，G中含有3个羟基，G的结构简式

为；

【小问4详解】

G中与羰基相邻的羟基与羰基易形成分子内氢键，降低其反应活性，所以与羰基相邻的一个羟基难参与反应。

【小问5详解】

a．G→H是G中-OH变为-OCH2OCH3引入保护基，I→“sigmoidinE”是-OCH2OCH3变为-OH脱除保护基，故a

正确；

b．D与a发生取代反应生成，试剂a是(CH3)2C=CHCH2Br，有1个双键碳连有2个甲

基，所以不存在顺反异构体，故b正确；

c．的同分异构体中与含有相同官能团且属于芳香族化合物的有5

种(G除外)，故c错误；

选ab。

【小问6详解】

根据以上分析，F的结构简式为；

【小问7详解】

F和H合成Ⅰ，根据信息，X为，X→I时断开的化学键有

碳碳双键和O-H键。

18.FeS可用于去除酸性废水中的砷。

（1）制备FeS

已知：柠檬酸根可以和Fe2形成配合物。

①硫酸亚铁铵溶液显酸性，用化学用语解释原因_______。

②硫代乙酰胺在酸性或碱性条件下均能发生水解反应。酸性条件下：

++。碱性条件下：_______。

CH3CSNH2+2H2O+H=CH3COOH+H2S+NH4

③硫酸亚铁铵和硫代乙酰胺溶液直接混合后溶液，此时不能生成FeS，增大溶液pH则会生成，

pH=3FeOH2

解释加入柠檬酸三钠的作用_______。

（2）除砷

已知：ⅰ．含砷废水中砷主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在，溶液中亚砷酸铁很难生成。ⅱ．砷酸(H3AsO4)

是一种三元弱酸。ⅲ．的K5为39，的K为21。

FeOH3sp1102.810FeAsO4sp5.710

①经FeS处理后，大部分砷转化为As2S3沉淀，写出反应的离子方程式_______。

②滤液A用NaOH分别调节pH为5、6、7、8、10、12，曝气(通空气)1小时后静置，取上层清液，砷去除

率与pH的关系如下图所示。

分析pH增大时溶液中砷去除率先增大后减小的原因_______。

351

③用NaOH调pH6时，c平AsO4_______110molL(填“>”或“<”)。

【答案】（1）①.2++；++②.

Fe+2H2OFeOH2+2HNH4+H2ONH3H2O+H

--2-③.和2+形成配合物，降低2+，防止生成

CH3CSNH2+3OH=CH3COO+S+NH3H2OFecFe

，不断释放出2+和2-反应

FeOH2FeS

（2）①.+2+②.pH增大3-增大，有利于生成

3FeS+2H3AsO3+6H=As2S3+3Fe+6H2OcAsO4

沉淀，pH继续增大3+减小，不利于生成或转化为FeOH释放出3-（从

FeAsO4cFeFeAsO4FeAsO43AsO4

FeOH3吸附含砷物质角度解释也可以）③.<

【解析】

【分析】（1）第一步配位络合：向硫酸亚铁铵溶液中加入柠檬酸三钠固体，柠檬酸根与Fe2+形成稳定的橙

黄色配合物，避免Fe2+直接水解沉淀；第二步硫化反应：依次加入硫代乙酰胺溶液、pH7.5~10的缓冲溶

2-2+

液，在N2保护下加热，硫代乙酰胺水解释放S，与配合物中缓慢释放的Fe反应生成FeS；最后处理：

分离、水洗、干燥，得到FeS样品。

（2）第一步初级除砷：向酸性含砷废水中加入FeS，大部分砷以As2S3沉淀形式（固体B）被去除，剩余

砷留在滤液A中；

第二步深度除砷：滤液A用NaOH调pH并曝气（通空气），将剩余亚砷酸氧化为砷酸，通过FeOH3胶

体吸附、沉淀FeAsO4（固体D）进一步除砷，最终滤液C为达标废水。

【小问1详解】

①硫酸亚铁铵（）是强酸弱碱盐，和2+均发生水解，使溶液呈酸性：

NH42FeSO42NH4Fe

2++，++；

Fe+2H2OFeOH2+2HNH4+H2ONH3H2O+H

②酸性条件水解：++，碱性条件下，、、

CH3CSNH2+2H2O+H=CH3COOH+H2S+NH4CH3COOHH2S

均与反应，最终生成、2-、（或），反应式为：

NH4OHCH3COOSNH3H2ONH3

--2-；

CH3CSNH2+3OH=CH3COO+S+NH3H2O

③柠檬酸根与Fe2+形成稳定配合物，大幅降低溶液中游离的Fe2+浓度，避免在调节pH至7.5~10时，Fe2+

直接与结合生成沉淀；配合物可缓慢释放2+，与硫代乙酰胺水解产生的2-均匀反应，

OHFeOH2FeS

生成高纯度、晶粒均匀的FeS；同时保护可防止2+被氧化为3+，避免生成FeOH等杂质；

N2FeFe3

【小问2详解】

2+

①FeS作为硫源和还原剂，与酸性废水中的H3AsO3反应，生成As2S3沉淀，同时FeS溶解为Fe，配平

后的离子方程式为：+2+；

3FeS+2H3AsO3+6H=As2S3+3Fe+6H2O

②曝气（通空气）将（亚砷酸）氧化为（砷酸）；pH升高时，2+被氧化为3+，水解生成FeOH胶体，

FeFe3

可通过吸附、共沉淀作用去除砷，pH增大（5~7），去除率升高；

pH（>7）过高时，FeOH胶体溶解，吸附能力下降；同时在强碱性条件下溶解，重新释放3-

3FeAsO4AsO4

到溶液中，导致砷去除率下降；

③39，KFeAsO5.71021，pH=6时，+68，

KspFeOH32.810sp4cH10,cOH10

39

KspFeOH2.810

3+315

所以cFe332.810mol/L，

cOH108

21

3-KspFeAsO45.7106

5

cAsO4152.0410mol/L110。

cFe3+2.810

19.某小组探究Cu2与不同还原性离子的反应。已知：ⅰ．还原反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓

度，氧化剂的氧化性增强。ⅱ．氧化反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，还原剂的还原性增强。

ⅲ．CuCl、CuBr、CuI为难溶于水的白色固体，Cu2SO4在水中不能稳定存在。

（1）分别向-1溶液中加入-1不同盐溶液。

2mL0.1mol·LCuSO42mL0.1mol·L

实验盐溶液实验现象

1NaCl无明显现象

2NaBr无明显现象

棕黄色浊液，静置1

3NaI天后底部出现白色沉

淀，溶液仍为棕黄色

①取1gNaBr固体，滴加-1溶液，变为红褐色浊液。对比实验2，简述NaBr固体和

0.1mol·LCuSO4CuSO4

溶液发生氧化还原反应的原因_______。

②写出实验3中Cu2和I反应的离子方程式_______。

③从原子结构角度解释还原性I->Br->Cl-的原因_______。

（2）已知：还原性2-2--，其他条件与(1)相同继续进行探究。

S>SO3>I

实验盐溶液实验现象静置1天后实验现象

底部产生大量黑色

4Na2S黑色浊液

沉淀，溶液接近无色

底部产生大量棕黄

5Na2SO3墨绿色浊液色沉淀，溶液接近无

色

①分析实验4中，CuSO4溶液和Na2S溶液混合时未发生氧化还原反应的原因_______。小组同学采用下列

装置证明Cu2和S2可以发生氧化还原反应，补全装置示意图，写出实验现象_______。

②经检验，实验5中的棕黄色沉淀中不含2，含有、2和2。通过下列实验证实，沉淀中含

SO4CuCuSO3