【文档说明】湖南省常德市第一中学2025届高三上学期第二次月考化学试题 Word版含解析.docx，共(21)页，1.483 MB，由小赞的店铺上传

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常德市一中2025届高三第二次月水平检测化学时量：75分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H1C12O16N14Ti48一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求

的。1.各式各样的材料与生活息息相关，下列说法正确的是A.二氧化硅导电能力强，可用于制造光导纤维B.氯水和乙醇能用于杀菌消毒，原理相同C.含有增塑剂的聚氯乙烯薄膜可以直接用来包装食品D.核酸包括核糖核酸(RNA)和脱氧核糖核酸(DNA)两大类，核酸检测的是

RNA【答案】D【解析】【详解】A．二氧化硅不能导电，是由于其能够使光线发生全反射，因此可用于制造光导纤维，故A错误；B．氯水和乙醇能用于消毒防腐，前者是利用Cl2的强氧化性，后者是利用乙醇能够使细菌、病毒蛋白质失

去水分而失去生理活性，故B错误；C．含有增塑剂的聚氯乙烯薄膜具有一定的毒性，会危害人体身体健康，因此不能用来直接用来包装食品，故C错误；D．核酸包括核糖核酸(RNA)和脱氧核糖核酸(DNA)两大类，病毒内含有RNA，因此核酸检测的是RNA，故D

正确；故合理选项是D。2.下列化学用语表述不正确的是A.基态3Fe+的价电子排布图：B.HCl分子中σ键的形成：C.聚乙烯的链节：22CHCH———D.4CF的电子式：【答案】D【解析】【详解】A．基态Fe原子的价电子构型是623d4s，再结合洪特规则，3Fe+的价电子排布

图为：，故A正确；B．HCl分子中H的1s轨道和Cl的2p轨道通过头碰头的方式重叠形成s-pσ键，故B正确；C．乙烯（CH2=CH2）为聚乙烯单体，聚乙烯的链节：—CH2—CH2—，故C正确；D．4CF的电

子式为：，故D错误；故答案选D。3.下列实验操作规范且能达到实验目的的是A．验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性B．稀释浓硫酸C．称取5.9gNaClD．测定醋酸溶液浓度的A.AB.BC.CD.D【答案】AB【解析】【详解】A．加热时碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，而碳酸钠不易分解，小试

管中受热温度低，为验证二者的稳定性，小试管中应为碳酸氢钠，故A正确；B．浓硫酸的密度大于水，直接将水倒入酸中会导致水浮在酸表面，剧烈放热，可能引起液体飞溅，造成安全隐患，因此应该向水中沿着烧杯内壁慢慢倒入浓硫酸，并用玻璃棒

不断搅拌，故B正确；C．用托盘天平称量固体时遵循左物右码，砝码应放在右盘，还应该使用称量纸，故C错误；D．应使用碱式滴定管盛放氢氧化钠溶液，图中为酸式滴定管，故D错误；故答案选AB。4.下列实验操作、现象和推论都正确的是A.向4CuSO溶液中通入2HS气体，出现黑色沉淀，可推出酸性：224H

SHSOB.取少量丙烯醛于试管中，滴加酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液褪色，可推出丙烯醛中含有碳碳双键C.向()FeSCN3溶液中加入少量铁粉，溶液红色变浅，可推出3Fe+与SCN−的反应是可逆反应D.用干净的玻璃棒蘸取少量未知溶液于酒精灯上灼烧，火焰呈黄色，可推出该溶液中含有Na+【答案】C

【解析】【详解】A．向4CuSO溶液中通入2HS气体，出现黑色沉淀，证明CuS的spK极小，不能说明2HS酸性强于24HSO，故A错误；B．醛基也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，取少量丙烯醛于试管中，滴加酸性高锰酸钾溶液，酸性

高锰酸钾溶液褪色不能证明丙烯醛中含有碳碳双键，故B错误；C．向()FeSCN3溶液中加入少量铁粉，溶液红色变浅，证明在溶液中存在()33Fe3SCNFeSCN+−+的化学平衡，加入铁粉后发生反应：3+2+2Fe+Fe=3Fe，消耗3+Fe，使()33Fe3SCNFeSCN+−+平衡逆

向移动，()FeSCN3浓度降低，红色变浅，能说明3Fe+与SCN−的反应是可逆反应，故C正确；D．玻璃中含有23NaSiO，会对焰色试验造成干扰，需要用洁净的铂丝或者铁丝蘸取少量未知无色溶液于酒精灯上灼烧，故D错误；故答案选C。5.三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，其催化剂表面物

质转化的关系如图所示，下列说法正确的是A.在转化过程中，氮元素均被还原B.依据图示判断催化剂不参与储存和还原过程C.还原过程中生成0.1mol2N，转移0.5mol电子D.三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三

种成分的净化【答案】D【解析】【详解】A．根据图示可知，NOx与BaO、O2转化成Ba(NO3)2的过程中，N元素化合价升高被氧化，故A错误；B．根据图示可知，BaO为催化剂，NOx与BaO、O2转化

成Ba(NO3)2时，BaO参与储存N元素，故B错误；C．还原过程中生成0.1molN2，转移电子的物质的量为0.1mol×(5-0)×2=1mol，故C错误；D．整个过程中，CO、CxHy、NOx转化成CO2、H2O

、N2，说明三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化，故D正确；故选D。6.下列离子方程式或化学方程式正确的是A.将2SO通入足量的次氯酸钠溶液中，发生反应的离子方程式为2224HOSO3ClOClSO−−−++=+2HClO+

B.向243Al(SO)溶液中加入过量的氨水：33244Al4NHHO[Al(OH)]4NH+−++=+C.用铝热法还原金属：2323AlO2Fe2AlFeO++高温D.向饱和食盐水中先通入足量的3NH，再通入足量的2CO，发生的反

应为232CONHHO++34HCONH−+=+【答案】A【解析】【详解】A．将2SO通入足量的次氯酸钠溶液中发生氧化还原反应，离子方程式为22HOSO3ClO−++24ClSO2HClO−−=++，A正确；B．已知3Al(OH)

不溶于过量氨水中，故向243Al(SO)溶液中加入过量氨水的离子方程式为33234Al3NHHOAl(OH)3NH+++=+，B错误；C．该反应的本质是金属性较强的铝置换出金属性较弱的铁：23232AlFeOAlO2Fe++高温，C错误；D．向饱和食盐水中先通入足量的3NH，再通入足量

的2CO，反应生成3NaHCO沉淀和4NHCl：232NaCONHHO++++34NaHCONH+=+，D错误；故答案选A。7.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是A.20g由2DO和182HO组成的物质中

含有的中子数10NAB.pH1=的3FeCl和盐酸的混合溶液中H+数为0.1NAC.46g乙醇分子中含有的极性键数为7NAD.1molMg完全燃烧生成MgO和32MgN的混合物，转移电子的总数为2NA【答案】B【解析

】【详解】A．H218O与D2O分子内均有10个中子，二者的相对分子质量均为20，则20g由H218O与D2O组成的物质中含有的中子数为20g1020g/mol×NA/mol=10NA，故A正确；B．未说明溶液的体积，无法计算根据浓度计算出数目，故B错误；C．1个乙醇分子含有

7个极性键，其中5个C-H键，1个C-O键，1个O-H键，46g乙醇为1mol，分子中含有的极性键数为7NA，故C正确；D．1molMg在空气中充分燃烧生成MgO和Mg3N2的混合物，Mg的化合价变为+2价，转移电子数为2NA，故D正确。故答案选B。8.Y是

合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，可由X在一定条件下合成：下列说法不正确．．．的是A.Y的分子式为C10H8O3B.由X制取Y的过程中可得到乙醇C.一定条件下，Y能发生加聚反应和缩聚反应D.等物质的量的X、Y分别与NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为3

∶2【答案】D【解析】【详解】A．由Y的结构简式可知Y的分子式为C10H8O3，故A正确；B．由原子守恒，由X发生取代反应生成Y的过程中另一产物为乙醇，故B正确；C．Y中含有碳碳双键，一定条件下，能发生加聚反应；Y中含有

酚羟基，一定条件下可和醛发生缩聚反应，故C正确；D．X中酚羟基、酯基可与氢氧化钠溶液反应，1mol可与3molNaOH反应，Y中酚羟基、酯基可与氢氧化钠反应，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则1molY可与3molNaOH反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为1：1

，故D错误；故答案为D。【点睛】以有机物的结构为载体，考查官能团的性质。熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有酯基决定具有酯的水解性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有酚羟基还具有酚的性质。9.实验室可用干燥的氯气与亚氯酸钠(2NaClO)固体

反应来制备2ClO，装置如图所示，已知2ClO常温下为黄绿色气体，熔点-56℃，沸点11℃，极易溶于水且不与水反应，高浓度的2ClO受热时易爆炸，下列说法不正确的是A.导气管K的作用是平衡气压，保证液体顺利流下B.C和F中不可选用同一种物质C.D中

通入一定量的干燥空气，目的主要是防止生成的2ClO浓度过高，发生爆炸D.D中发生的化学反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1【答案】D【解析】【分析】利用高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，生成的氯气中混有盐酸挥发出的HCl气体及水分，需经过饱和食盐水进行除杂

，经过无水氯化钙进行干燥；高浓度的ClO2受热时易爆炸，所以需向装置中通入一定量的干燥的空气，E中收集ClO2，F吸收尾气，同时防止空气中的水进入E中；据此作答。【详解】A．导气管K的作用：平衡气压，保证液体顺利流下，故A正确；B．C中生成的氯气中混有水分，需进行干杂，球形干燥

管内需装固体干燥剂，碱石灰为碱性物质，与氯气反应，所以需选用无水氯化钙；F中是吸收尾气，多余的氯气等，要用碱石灰，故B正确；C．ClO2极易溶于水，且高浓度的ClO2受热时易爆炸，所以实验时需要向D中通入一定量

的干燥空气，故C正确；D．干燥的氯气与亚氯酸钠固体反应来制备ClO2，氯气中Cl元素化合价从0价降低至-1价，作氧化剂；NaClO2中Cl元素化合价从+3价升高至+4价，作还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，故D错误；故答案选D。10.如图

利用铁碳原电池原理处理酸性污水。若上端开口关闭，可得到强还原性的H(氢原子)；若上端开口打开并鼓入空气，可得到强氧化性的OH。下列说法错误的是A.无论是否鼓入空气，负极：2Fe2eFe+−=B.上端开口

关闭，正极：HeH++=C.鼓入空气，每生成1mol·OH有2mol电子转移D.处理含2HS的污水时，打开上端开口并鼓入空气【答案】C【解析】【详解】A．无论是否鼓入空气，铁作负极，负极反应式为2Fe2eFe+−=，故A正确；B．上端开口关闭，可得到强还原性的H

，则正极反应式为HeH++=，故B正确；C．OH中O的化合价为-1,每生成1molOH有1mol电子转移，故C错误；D．处理含2HS的污水时，2HS发生氧化反应，需要强氧化性的OH，所以要打开上端开口并鼓入空气，故D正确；选C。11.某MgO粗品中含少量2SiO、23FeO和23AlO等杂质，以

氧化镁粗品为原料制备耐火材料——轻质氧化镁的流程如下：以下说法中，不正确的是A.滤渣Ⅰ的主要成分是2SiOB.步骤Ⅱ利用了()3AlOH是两性氢氧化物的特点将之分离C.硫酸铵溶液中各离子浓度大小关系满足：()()()()244NHSOHOHc

ccc+−+−D.步骤Ⅳ中发生反应离子方程式为：()2232322Mg2OHCOMgOHCO+−−++=【答案】D【解析】【分析】MgO粗品加入足量稀硫酸，二氧化硅不能发生反应，因此滤渣1为二氧化硅，镁、铁、铝元素进入滤液1；加入足量氢氧化

钠溶液，生成氢氧化镁沉淀、氢氧化铁沉淀得到滤渣2，铝元素进入滤液2；氢氧化镁沉淀、氢氧化铁沉淀加入足量硫酸铵溶液后，氢氧化铁沉淀进入滤渣3，镁元素进入滤液3，加入碳酸铵得到镁沉淀，最终生成氧化镁。【详解】A．由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是2SiO，故A正

确；B．步骤Ⅱ中加入足量氢氧化钠溶液，生成氢氧化镁沉淀、氢氧化铁沉淀，而()3AlOH为两性氢氧化物，可以与氢氧化钠反应生成()4NaAlOH溶液，而后过滤分离沉淀和溶液，故B正确；C．(NH4)2S

O4溶液中铵根离子浓度是硫酸根离子浓度的两倍，但铵根离子会结合水电离出氢氧离子发生水解而减小，溶液显酸性，但水解程度微弱，因此铵根离子浓度仍旧大于硫酸根离子浓度，可知各离子浓度大小关系满足：()()()()244NH

SOHOHcccc+−+−，故C正确；的的D．步骤Ⅳ中发生反应的离子方程式为：()2+23223222Mg+2CO+HO=MgOHCO+CO−，故D错误；故答案选D。12.绿矾(42FeSO7HO)的

结构示意图如图所示，下列说法不正确的是A.2-4SO中S的杂化方式为3sp杂化B.电负性：O>S>FeC.2HO的键角小于2-4SO的键角D.绿矾中存在的化学键类型有共价键、离子键、氢键和配位键【答案】D【解析】【详解】A．24SO−中心原

子为S，与4个O形成化学键，中心原子上的孤电子对数6+2-4202==，故杂化方式为3sp杂化，故A正确；B．Fe为活泼金属，故Fe的电负性比O和S都小，O和S同主族，从上到下电负性依次减小，故O的电负性大于S，所以电负性：OSFe，故B正确；C．二者中心原子均为sp3杂

化，2HO中心原子上的孤电子对数6-1222==，24SO−的中心原子上的孤电子对数6+2-4202==，由于孤电子对有较大斥力，含孤电子对的分子键角较小，故水分子键角更小，故C正确；D．氢键不是

化学键，绿矾中存在的化学键类型有共价键、离子键和配位键，故D错误；故答案选D。13.25℃时，用浓度为0.1000mol⋅L1−的NaOH溶液滴定浓度为0.1000mol⋅L1−的HA溶液，由水电离出的()Hc+水与加入NaOH溶液的体积V(NaOH)的关系如右图所示[已知()

apHA4.74K=]。下列说法正确的的是A.图中2.87110x−=B.b、d两点溶液组成相同C.c点HA与NaOH刚好完全反应D.稀释e点溶液时，()()HAAcc−减小【答案】C【解析】【分析】HA溶液中加入NaOH溶液，HA的电离程度不断增大，溶液

的酸性不断减弱，水电离的程度不断增大，当有少量HA剩余时，溶液呈中性；继续加入NaOH溶液至c点时，HA全部转化为NaA，此时水的电离程度最大；继续加入NaOH，对NaA的水解产生抑制，水解程度不断减小

，再往后，加入的NaOH使溶液呈碱性。【详解】A．()apHA4.74K=，则()4.74aHA110K−=，图中x点，()()()()()24.74aHAHHA110HA0.1cccKc+−+−===，()2.87H110c+−=mol⋅L1−，则14

11.132.87101010x−−−==，A错误；B．b点溶液为NaA与HA的混合溶液，d点溶液为NaA与NaOH的混合溶液，B错误；C．c点，HA与NaOH刚好完全反应，此时溶液为NaA，水的电离程度最大，C正确；D．e点溶液中，()()()aHHAA+

−=ccKc，温度不变时，aK不变，稀释e点溶液，溶液的碱性减弱，()Hc+增大，所以()()HAAcc−增大，D错误；答案选C。14.3NH催化分解转化为燃料氢气，反应为()()()3222NHgNg3Hg+Δ0H。往体积为2L的密闭容器中加入4mol3NH分解制2H。图

中曲线a、b分别表示在催化剂Ⅰ的作用下，1T℃时()3NHn及2T℃时()2Hn随时间的变化；曲线c表示在催化剂Ⅱ的作用下，1T℃时()2Nn随时间的变化。下列说法错误的是A.12TTB.在催化剂Ⅰ的作用下，1T℃时，0~5min内平均反应速率()2N0.1v=mol⋅

L1−⋅min1−C.三种条件下，分解反应的平衡常数aK、bK、cK的大小关系为acbKKK=D.反应温度为1T℃时，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态【答案】B【解析】【详解】A．反应为放热反应，温度升高平衡向正反应方向移动，5m

in时，a曲线为1T℃消耗3NH的物质的量为1mol，根据方程式可知生成2H的物质的量为1.5mol，b曲线为2T℃生成2H的物质的量为2mol，2T℃生成2H的量大，故温，A正确；B．a为1T℃时：()()331molΔNH2LNH0.15mincvt===mol⋅L1−⋅min1−，度1

2TT，()3NHn的变化曲线，根据方程式可知()()231NNH0.052vv==mol⋅L1−⋅min1−，B错误；C．平衡常数只与温度有关，故acKK=，()()()3222NHgNg3Hg+Δ0H，温度升高平衡向正反应方向移动，K增大，因为12TT

，acbKKK=，C正确；D．反应为气体分子数增加的反应，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态，D正确；答案选B。二、非选择题：本题共4个小题，共58分。15.工业生产中，海水提溴常用空气吹出法，某校化学实验小组模拟该法

设计了如下实验装置(夹持装置略去)从浓缩海水中提取液溴。完成下列填空：实验步骤如下：①关闭活塞b、d，打开活塞a、c，向A中缓慢通入2Cl至反应结束；②关闭a、c，打开b、d，向A中鼓入足量热空气；③进行步

骤②的同时，向B中通入足量2SO；④关闭b，打开a，再通过A向B中缓慢通入足量的2Cl；⑤将B中所得液体进行蒸馏，收集液溴。（1）A装置的名称为______，A中海水用硫酸酸化的目的是______。（2）②中通入热空气目的是______。（3）③中的离子反应为___

___。（4）两次尾气处理时均可选择的试剂是______。A.水B.氯化钠溶液C.氢氧化钠溶液D.KBr溶液（5）步骤④反应后，取少量B中混合液滴加在淀粉碘化钾试纸上，试纸变蓝色，能否说明2Br比2I活泼？说明理由。______。（6）若装置B中只用浓

23NaCO溶液吸收2Br，反应后得到NaBr、NaBrO、3NaBrO的混合溶液，经测定BrO−与-3BrO的物质的量之比是1∶2，则2Br与23NaCO反应时，被还原的溴元素和被氧化的溴元素的物质的量之比为

______。【答案】（1）①.三颈烧瓶②.减少氯气的损耗（2）将溴吹出（3）Br2+SO2+2H2O=2-4SO+4H++2Br-（4）C（5）不能，由于过量Cl2及反应产生的Br2都具有强氧化性，它们都能够与KI发生

置换反应产生I2，因此不能说明Br2比I2活泼（6）11：3的【解析】【分析】在装置A中Cl2与Br-发生氧化还原反应产生Cl-、Br2，当反应完成时Cl2会聚集在A容器的上方，向其中通入热空气，可以使Br2挥发逸出，挥发的溴能够与B装置中亚硫酸反应产生的H2SO4、HBr，H

2SO4能够与BaCl2反应产生不溶于水的HCl的白色沉淀BaSO4，据此检验2-4SO；Cl2、Br2都可以与KI发生反应而产生I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色；Na2CO3与Br2的水溶液会反应产生NaBr、NaBrO、NaBrO3，

利用电子转移守恒，及反应产生的BrO-、3BrO−的物质的量的比计算可得Br2与Na2CO3反应时，被还原的溴元素和被氧化的溴元素的物质的量之比。【小问1详解】A装置的名称为：三颈烧瓶；加入氯气的目的是将溴离子氧化为溴单质，但是氯气会与水发生反应产生次氯酸等，因此A中海水用

硫酸酸化的目的是：减少氯气的损耗。【小问2详解】常温下液溴很容易挥发成气体，因此②中通入热空气能将溴吹出。【小问3详解】向Br2的水溶液中通入SO2，发生氧化还原反应：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，因此③中的离子反应为：Br2+SO2+2H2O=2-4SO+4H+

+2Br-。【小问4详解】Cl2、Br2及SO2的水溶液显酸性，能够与NaOH溶液发生反应，因此两次尾气处理时均可选择的试剂是NaOH溶液，故合理选项是C。【小问5详解】步骤④反应后，取少量B中混合液滴加在淀粉碘化钾试纸上，试纸变蓝色，说明反应产生了I2，由于过量Cl2及反应产生的Br2都具有强

氧化性，它们都能够与KI发生置换反应产生I2，因此不能说明Br2比I2活泼。【小问6详解】浓Na2CO3溶液吸收Br2，反应后得到NaBr、NaBrO、NaBrO3的混合溶液，经测定BrO-与3BrO−的物质的量之比是1∶2，假设反应产生BrO-的物质的量是1mol，则反应产生3BrO

−的物质的量是2mol，Br元素化合价升高1×1+2×5=11价，则根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等，可知Br元素化合价也会降低11价，则Br-的物质的量n(Br-)=11mol，因此被还原的Br的物质的量是11mol，被氧化的

Br的物质的量是1=2=3mol，故Br2与Na2CO3反应时，被还原的溴元素和被氧化的溴元素的物质的量之比为11：3。16.某化学兴趣小组以含铜废料(Cu、CuO、Fe、Ag)制备42CuSO5HO，实验流程如图所示：Ⅰ．“酸浸”时将一定量粉碎后的含铜废料加入到如图的装置中，后分液漏斗向废料中

滴加混酸(稀硫酸+稀硝酸)，在滴加混酸的间隙鼓入氧气，待含铜废料完全溶解后向装置中加入NaCl固体。（1）Cu与混酸发生反应的离子方程式为______。（2）鼓入氧气的目的是将生成的氮的氧化物转化为硝酸继续溶解废料。鼓入氧气时可观察到的实验现象为______。（3）加入NaCl固体的目的是____

__。（4）“调节pH=a”的步骤中，测得铜离子的浓度为0.22mol/L，则a的值必须满足的范围是______。①溶液中金属离子的浓度小于51110molL−−时，可视为沉淀完全。②该温度下，()38sp3KFeOH110−=，()20sp2KCuOH2.210−=Ⅱ

．由硫酸铜制备碱式碳酸铜()232CuOHCO。已知()232CuOHCO的产率()()23242nCuOHCO100%CuSOn随起始()23NaCOn与()4CuS

On的比值和溶液pH的关系如图所示。（5）补充完整制取()232CuOHCO的实验方案：向烧杯中加入30mL1230.5molLNaCO−溶液，将烧杯置于70℃的水浴中，边搅拌边加入______mL0.5mo

l/L4CuSO溶液，在pH计测定溶液pH条件下，用10.1molL−NaOH溶液或10.1molL−盐酸调节溶液pH约为9，充分反应后，过滤，洗涤，判断沉淀是否洗净的方法为______。低温烘干，得到()232CuOHCO。(实验中可选用的试剂或仪器：140.5molLCuSO−溶液、12

1.0molLBaCl−溶液、10.1molL−NaOH溶液、10.1molL−盐酸、pH计)（6）实验时发现，若反应时溶液pH过大，所得产品中铜元素含量______(填“偏大”或“偏小”)。【答案】（1）-+2

+322NO+3Cu+8H3Cu+2NO4HO=+（2）液面上方的气体先变为红棕色，后又变浅（3）将银离子转化为氯化银沉淀(硫酸银转化为氯化银沉淀)（4）3~4.5（5）①.25②.取最后一次洗涤滤液，滴加2BaCl溶液，若无沉淀

生成，则已洗净；若有沉淀生成，则未洗净（6）偏大【解析】【分析】以含铜废料(Cu、CuO、Fe、Ag)加混酸(稀硫酸+稀硝酸)酸浸，生成Cu2+、Ag+、Fe3+，加入NaCl固体的目的是将硫酸银转化为氯化银沉淀，再加CuO调节pH促进铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，过滤，将溶

液蒸发浓缩至少量晶膜出现，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，制得42uSOOC5H。【小问1详解】Cu与混酸发生反应，相当于铜与稀硝酸反应生成一氧化氮、硝酸铜和水，离子方程式为+2+322NO+3Cu+8H3Cu+2NO=4HO−+。【小问2详

解】鼓入氧气的目的是将生成的氮的氧化物转化为硝酸继续溶解废料。鼓入氧气时可观察到的实验现象为液面上方的气体先变为红棕色，后又变浅。【小问3详解】加入NaCl固体的目的是将硫酸银转化为氯化银沉淀(或将银离子转化为氯化银沉淀)。【小问4详解】调节pH

的步骤中，pH值必须满足的条件是比Fe3+完全转化为Fe(OH)3的pH大，比Cu2+开始沉淀的pH小，使酸浸液中Fe3+完全沉淀与Cu2+分离，()38sp3KFeOH110−=，Fe3+完全沉淀时浓度为51110molL−−

，则对应的OH-浓度为()()()-38sp31133-53+KFeOH1L.010cOH=1010cFemol/−−==，即pH=3.0，同理，可以求得Cu2+开始沉淀的的OH-浓度为()()()20sp29.52+KCuOH

2.L210cOH=100.cmol/22Cu−−−==，pH=4.5，a的值必须满足的范围是3.0~4.5。【小问5详解】通过图2可知，()23nNaCO与()4nCuSO的比值是1.2和溶液pH=9时，223CuOH)CO(的产率最高。若向

烧杯中加入-12330mL0.5molLNaCO溶液，根据()23nNaCO与()4nCuSO的比值是1.2，可得关系式V×0.5mol·L-1×1.2=30mL×0.5mol·L-1，解得V=25ml，则还需向烧杯中加

入25mL0.5mol·L-1CuSO4溶液，为了使溶液的pH=9，还需通过提供的pH计测定溶液pH，用0.1mol·L-1NaOH溶液或0.1mol·L-1盐酸调节溶液pH约为9，才能使223CuOH)CO(的产率最高；沉淀

是否洗涤干净，可检验沉淀是否还附有硫酸根离子，步骤为：取最后一次洗涤滤液，滴加2BaCl溶液，若无沉淀生成，则已洗净；若有沉淀生成，则未洗净。【小问6详解】沉淀中含有Cu(OH)2沉淀，而Cu(OH)2中铜元素的质量分数大于223CuO

H)CO(，故反应时溶液pH过大，所得223CuOH)CO(的产率偏低，但Cu元素含量偏大。17.如图为某抗菌药中间体H的合成路线。已知：①②③RCH2COOR´+3HO⎯⎯⎯→①醇钠②回答下列问题：（1）化合物C的结构简式是______。（2）化合物D含有的官能团名称

为______。（3）化合物E分子中共有______个2sp杂化的碳原子。（4）请写出F→G的反应方程式：______。（5）X与F互为同系物且比F少2个碳原子，X的结构有______种(不考虑立体异构)，写出其中核磁共振

氢谱峰面积比为3∶1∶1的结构简式：______。（6）乙酰乙酸乙酯()是一种重要的有机合成试剂，参照上述信息，设计以乙醇为原料合成乙酰乙酸乙酯的合成路线______(无机试剂任选)。【答案】（1）（2）羟基，碳碳双键（3）2（4）+2CH3OHΔ浓硫酸+2H2O（5）①.9②.（6）【解

析】【分析】由已知①的信息，结合A和B的结构简式，结合C的分子式C8H8O3，可知，则A和B发生信息①反应生成C的结构简式为：，C与LiAlH4、THF发生反应产生D，D发生还原反应产生E：，E先与O3转作用，然后与H2O2发生反应产生F，F与CH3OH在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生G：，G

与①醇钠、②H3O+条件下反应产生H、CH3OH。【小问1详解】根据上述分析可知物质C结构简式是。【小问2详解】根据化合物D的结构可知，含有的官能团名称为羟基、碳碳双键。【小问3详解】E为，连接双键的碳原子为2sp杂化，因

此共有2个2sp杂化的碳原子。【小问4详解】F分子中含有2个羧基，能够与CH3OH在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产生G：和H2O，酯化反应与酯的水解反应互为可逆反应，该反应的化学方程式为：+2CH3OH浓硫酸

Δ+2H2O。【小问5详解】F是，X与F互为同系物且比F少2个碳原子，说明X为6个碳的链状二元羧酸，同分异构体有：、、、、、、、、，共9种不同结构；其中核磁共振氢谱为3：1：1的结构简式为。【小问6详解】根据已知条件③，用乙酸乙酯在已知条件③下

即可合成乙酰乙酸乙酯，故以乙醇为原料氧化合成乙酸，再酯化得到乙酸乙酯，再在已知条件③下反应即可得到乙酰乙酸乙酯。故可设计合成路线为：。18.天然气是一种绿色、优质能源，但其中含有的2HS腐蚀管道设备，开采天然气后须及

时除去2HS。已知：i．氢硫酸和碳酸的电离常数如下表。Ka1Ka2H2S1.3×10-77.1×10-15H2CO34.4×10-74.7×10-11ii．()2-x-1S+S(无色)2-xS(黄色)(x=2～6)Ⅰ．醇胺法脱硫：醇胺对脱

除2HS选择性很高，二乙醇胺脱硫原理如下：()()()()()22222222HOCHCHNHlHSgHOCHCHNHHSl+H0（1）上述反应能够发生是因为二乙醇胺分子中含有______性基团。（2）依据平衡移动原理推测脱硫后使二乙醇胺

再生的方法有______、______(2种即可)。Ⅱ．热碱法脱硫：用热碱液(23NaCO溶液)吸收天然气中的2HS，可将其转化为可溶性的NaHS。（3）反应的化学方程式是______。Ⅲ．利用如图电解装置，可从吸收2HS后的热碱液中提取单质硫。（4）电解一段时间后，阳极区溶液变黄，结合

电极反应式解释原因：______。（5）取①中阳极区的黄色溶液，加入硫酸可得到单质硫，产率高达91.6%。推断黄色溶液中含硫微粒除2xS−外，还有______。（6）电解时出气口1出的气体为______(填化学式，下同)。一段时间后，阴极区得到的溶液可继续用

于吸收2HS。该溶液中溶质一定含有______(填化学式)。【答案】（1）碱（2）①.升高温度②.降低压强（3）Na2CO3+H2S=NaHS+NaHCO3（4）溶液中存在下列变化：322HS2e+HCO=S

+HOCO﹣+−−−，+2-HSH+S−ƒ，()2-2-xx-1S+SS，生成2-xS导致溶液颜色变黄（5）SO2-3(或S2O2-3等)（6）①.H2②.Na2CO3(Na2S)【解析】【小问1详解】由于硫

化氢是二元弱酸，则上述反应能够发生是因为二乙醇胺分子中含有碱性基团。【小问2详解】正反应是体积减小的放热反应，则依据平衡移动原理推测脱硫后使二乙醇胺再生的方法有升高温度、降低压强。【小问3详解】用热碱液(Na2CO3溶液)吸收天然气中的H2S，可将其转化为可溶性的N

aHS，根据原子守恒可知还有碳酸氢钠生成，反应的化学方程式是Na2CO3+H2S=NaHS+NaHCO3。【小问4详解】根据题中信息ii．()2-x-1S+S(无色)2-xS(黄色)(x=2～6)可知，阳极发生氧化反应：322HS2e+HCO=S+HOCO﹣+−−−，+2-HSH+S−ƒ

，()2-2-xx-1S+SS，生成2-xS导致溶液颜色变黄，所以电解一段时间后，阳极区溶液变黄。【小问5详解】取①中阳极区的黄色溶液，加入硫酸可得到单质硫，产率高达91.6%，这说明溶液中还存在其他含硫化合物，如硫代硫酸根在酸性条件下发生发生产生二氧化硫和硫单质，因此

推断黄色溶液中含硫微粒除2-xS外，还有SO2-3(或S2O2-3等)。【小问6详解】电解时出气口1对应的电极反应的是还原反应，电解的是吸收2HS后的热碱液，发生的阴极的电极反应式为222HO+2e=H+2OH−−，因此出气口1对应的是H2；电解一段时间后，阴极

区得到的溶液可继续用于吸收H2S，H2S为酸性气体，能够继续吸收H2S，说明此时溶液仍为碱性，因此溶液中溶质一定含有Na2CO3或Na2S。