梅州市高三總復習質檢試卷(2025.2)

化學

本試卷共8頁，20小題。滿分100分，考試用時75分鐘。

注意事項：

1.答卷前，考生務必用2B鉛筆在“考生號”處填涂考生號。用黑色字跡的鋼筆或簽字筆將自

己所在的縣(市、區)、學校、班級以及自己的姓名和考生號、試室號、座位號填寫在答題卡

上。用2B鉛筆將試卷類型(A)填涂在答題卡相應位置上。

2.選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改

動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案，答案不能答在試卷上。

3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內的

相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準使用鉛筆和涂改

液。不按以上要求作答的答案無效。

4.考生必須保持答題卡的整潔。考試結束后，將試卷和答題卡一并交回。

可能用到的相對原子質量：H1016Fe56V51

一、選擇題：本題共16小題，共44分。第1~10小題，每小題2分；第11~16小題，每小題

4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1.紀錄片《如果國寶會說話》展示了國寶背后的中國精神、中國審美和中國價值觀。下列文物中，主要由

無機非金屬材料制成的是

A.洛神賦圖B.三彩載樂駱駝俑C.木雕雙頭鎮墓獸D.三星堆青銅神樹

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【詳解】A.洛神賦圖材質為纖維素，屬于有機高分子材料，A不符合；

B.三彩載樂駱駝俑屬于陶瓷，是硅酸鹽，屬于無機非金屬材料，B符合；

C.木雕雙頭鎮墓獸材質為木材，屬于纖維素，是有機高分子材料，C不符合；

D.三星堆青銅神樹材質是合金，屬于合金材料，D不符合；

答案選B。

2.近年來，我國航空航天事業成果顯著。下列對所涉及的化學知識敘述正確的是

A.“天宮二號”航天器使用質量輕的鈦合金，鈦合金硬度比純鈦小

B.“C919”雷達使用的復合材料中含玻璃纖維，其屬于有機高分子

C.“長征五號”運載火箭采用液氫液氧作推進劑，；H與；H互為同位素

D.“嫦娥六號”帶回地球的月壤中含有Si、Mg、Al等元素，Al屬于s區

【答案】C

【解析】

【詳解】A.鈦合金的硬度通常比純鈦大，而非更小，合金的硬度一般高于其純金屬組分，A錯誤；

B.玻璃纖維的主要成分是二氧化硅和硅酸鹽，屬于無機非金屬材料，而非有機高分子，B錯誤；

C.同位素是指質子數相同、中子數不同的原子，；H與；H互為同位素，C正確；

D.鋁和硅屬于P區元素，鎂屬于s區元素，D錯誤；

故選C。

3.客家菜樸實醇鮮，“釀豆腐”“梅菜扣肉”“娘酒雞”“釀苦瓜”都是熟悉的客家味道。下列說法不正

確的是

A.用鹽腌制梅菜，能延長保存時間

B.用花生油煎“釀苦瓜”，花生油屬于混合物

C.豆腐制作過程“煮漿”，是將蛋白質轉化為氨基酸

D.釀“娘酒”加酒曲，涉及淀粉-＞葡萄糖一乙醇的轉化

【答案】C

【解析】

【詳解】A.鹽可以抑制微生物的生長，延長保存時間，故A正確；

B.花生油由多種高級脂肪酸與甘油生成的酯，屬于混合物，故B正確；

C.“煮漿”是蛋白質的變性過程，故C錯誤；

D.“娘酒”的主要成分為淀粉，水解得到葡萄糖，氧化得到乙醇，故D正確；

答案選C。

4.NaOH標準溶液的配制和標定，需經過NaOH溶液配制、基準物質H2C2O4-2H2O的稱量以及用NaOH

溶液滴定等操作。下列所用儀器或操作正確的是

D.

NaOH

待測溶液

【答案】B

【解析】

【詳解】A.氫氧化鈉固體易潮解，不能放在濾紙上稱量，A錯誤；

B.配制溶液中洗滌液沿玻璃棒注入容量瓶，B正確；

C.眼睛的視線應與凹液面向平，C錯誤；

D.NaOH溶液屬于堿性溶液，應使用堿式滴定管進行滴定。圖中所示滴定管為酸式滴定管，D錯誤;

故選B。

5.化學實驗中的顏色變化，可將化學抽象之美具體為形象之美。下列說法不正確的是

A.土豆片遇到碘溶液，呈藍色

B.新制氯水久置，溶液由淡黃綠色變為無色

C.用潔凈的伯絲蘸取KC1溶液灼燒，透過藍色鉆玻璃觀察，火焰呈紫色

D.將Na2。？粉末露置在空氣中一段時間，固體由白色變為淡黃色

【答案】D

【解析】

【詳解】A.土豆中的淀粉遇碘單質會顯藍色，A正確；

B.新制氯水含C12呈淡黃綠色，久置后氯氣在水中會逐漸揮發，導致溶液中的氯氣濃度降低，且CL和水

反應生成的HC1O分解，促進了CL和水的反應，也導致溶液中的氯氣濃度降低，溶液由淡黃綠色變為無

色，B正確；

C.K+焰色反應為紫色，藍色鉆玻璃可濾去鈉的黃色光干擾，C正確；

D.Na2。？本身為淡黃色固體，露置空氣中會與C02、H2O反應生成白色Na2co3,因此固體應由淡黃色

變為白色，而非白色變為淡黃色，D錯誤；

故選D。

6.一種以鋁一空氣為電源的航標燈，該電池以海水為電解質溶液。關于該電池，下列說法正確的是

A.鋁作負極，發生還原反應

B.海水中的Na+移向鋁電極

C,每轉移4mol電子，消耗標準狀況下22.4L的空氣

D.空氣一極發生的電極反應式為：C）2+4e-+2H2O=4OH-

【答案】D

【解析】

【分析】鋁一空氣、海水為電解質溶液的原電池，鋁為活潑金屬，為負極，進入空氣的一端為正極。

【詳解】A.鋁作負極，負極上發生氧化反應，A錯誤；

B.原電池中陽離子向正極移動，Na+移向通入空氣的一端，B錯誤；

C.每轉移4moi電子，消耗ImolCh,標準狀況下22.4L的氧氣，C錯誤；

D.空氣一極為正極，發生得電子還原反應，電極反應式為：O2+4e-+2H2O=4OH，D正確；

答案選D。

7.“勞動最光榮，勤奮出智慧”。下列勞動項目與所述的化學知識沒有關聯的是

選

勞動項目化學知識

項

A用福爾馬林制作生物標本甲醛有強氧化性

FeCl3溶液作腐蝕液制作印刷

BFe3+氧化性強于Ci?+

電路板

用和鋁粉疏通廚衛管道

CNaOH鋁和NaOH溶液反應生成H2

施加適量石膏降低鹽堿地（含

DCaSO4(s)+COj(aq)=SOj(aq)+CaCO3(s)

NazCOs）土壤的堿性

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【詳解】A.福爾馬林能使蛋白質變性，用于制作生物標本，與強氧化性無關，故A錯誤；

B.Fe3+與Cu反應生成Fe?+和Cu2+,Fe?+為氧化劑，CV+為氧化產物，氧化劑的氧化性強于氧化產

物，則Fe3+氧化性強于Ci?*,故B正確；

C.鋁粉與氫氧化鈉溶液反應生成氫氣可用于疏通管道，故c正確；

D.石膏(CaSO4)的Ksp大于CaCCh,因此向碳酸鹽中加入CaSCU可以轉化為CaCCh和硫酸鹽，故D正

確；

故答案為A。

8.木質素是一種天然存在的高分子化合物，在生物材料領域具有廣泛的應用潛力。一種木質素單體結構如

圖，關于該化合物，下列說法正確的是

〃0H

OH

A.可與NaOH溶液反應B.該結構中含有5種官能團

C.該結構中所有原子共平面D.與足量H2加成后的產物不含手性碳原子

【答案】A

【解析】

【詳解】A.木質素結構中有酚羥基,能與NaOH溶液反應，A正確；

B.結構中有碳碳雙鍵、醛鍵、羥基三種官能團，E;錯誤；

C.該結構中與醇羥基連接的碳原子為四面體結構,所有原子不可能共平面，C錯誤;

〃OH

D.與足量Hz加成后的產物為：,，有2個手性碳原子，D錯誤；

OH

答案選A。

9.某化學興趣小組改進了銅與濃硫酸的反應裝置，新的設計如圖。小磁鐵在試管外壁控制磁力攪拌子(不

與沸騰的濃硫酸反應）。按圖裝置進行實驗，下列分析正確的是

纏繞鋼絲的品紅溶液石蕊溶液

磁力攪拌子

試管A

濃硫酸

小磁翎氣球打氣筒

NaOH溶液

A.銅與濃硫酸反應，濃硫酸只體現氧化性

B.浸有紫色石蕊溶液的濾紙先變紅后褪色

C.冷卻后，向反應后的試管A內倒入少量水，溶液變藍色

D.通過氣球打氣筒向裝置內部通入空氣能防止NaOH溶液倒吸

【答案】D

【解析】

【詳解】A.銅與濃硫酸反應，體現了濃硫酸的酸性和氧化性，A錯誤；

B.二氧化硫只能使紫色石蕊試液變紅不能使其褪色，B錯誤；

C.試管中含有濃硫酸，故稀釋時應將試管中溶液倒入水中，C錯誤；

D.二氧化硫易溶于水，故通過氣球打氣筒向裝置內部通入空氣能防止NaOH溶液倒吸，D正確;

故選D。

10.部分含Fe或含N物質的分類與相應化合價關系如圖。下列推斷合理的是

化合物

J卜

d

，+5

c

r+4

gh,

+3(

b+2f,

+1-

ae

0i

單1貢氧彳上物g爰單貢氧，K物

A.從原子結構角度分析，g比f穩定

B.工業制硝酸涉及a一一c—■<!的轉化

C.常溫下，可用e容器盛裝d的濃溶液，因為e和d的濃溶液不反應

D.向沸水中滴加h的飽和溶液，一定能形成產生丁達爾效應的分散系

【答案】A

【解析】

【分析】由圖可知，a為單質N2,b為NO,c為N02,d為HNO3,e為Fe,f為FeO,g^Fe2O3,h為鐵

鹽。

【詳解】A.f為FeO,g為FezCh,Fe?+的價電子排布式為3d6,Fe3+價電子排布式為3d5,3d軌道半充滿較

穩定，A正確；

B.工業制硝酸用氨氣催化氧化得到NO,不是用N2的氧化，B錯誤；

C.濃硝酸與Fe單質在常溫下發生鈍化，二者發生了反應，表面形成致密的氧化膜，阻止了反應的繼續進

行，C錯誤；

D.沸水中滴加飽和的FeCb溶液，繼續加熱至溶液呈紅褐色，產生膠體，若加熱時間過長，膠體會發生

聚沉，若用飽和的硫酸鐵溶液滴加到沸水中，產生的膠體會聚沉，D錯誤；

答案選A。

11.氯堿工業涉及Cl2、H2,NaOH、NaCl等物質。設NA為阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的是

A.ImolNaCl固體中，含離子數為2NA

B.ILlmoLI^的NaOH溶液中，含有氧原子數為NA

C.標準狀況下，22.4LCL和H2的混合氣體含有共價鍵數目為2NA

D.將Cl?與NaOH溶液反應制備消毒液，消耗ImolCL轉移電子數為2NA

【答案】A

【解析】

【詳解】A.NaCl中含有Na+和C「，ImolNaCl固體中，含離子數為2NA，A正確；

B.NaOH溶液中的水分子中也含有O原子，則的NaOH溶液中，含有氧原子數大于NA，B

錯誤；

C.標況下，22.4L的H?和CL混合氣體為Imol,H2和CI2都是雙原子分子，所以共價鍵數目為NA,C

錯誤；

D.Cl2與足量NaOH溶液反應的化學方程式為Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,反應中Cb既是氧化劑又

是還原劑，1molCL參與反應轉移1mol電子，所以轉移電子數為NA,D錯誤；

故選A?

12.下列陳述I與陳述II均正確，且具有因果關系的是

選項陳述I陳述II

A將SO2氣體通入NaClO溶液中產生HC1O和Na2SO3H2SO3的酸性比HC10的酸性強

B工業固氮中將N?與H2一定條件下反應合成NHSN2具有還原性

C高純硅可以制成計算機的芯片、太陽能電池晶體硅具有半導體性能

D相同壓強下，HF的沸點比HC1的沸點低HF分子間作用力弱于HC1

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【詳解】A.SO2具有還原性，將SO2氣體通入NaClO溶液中會發生氧化還原反應生成Na2so"A錯

誤；

B.工業固氮中將N?與H?在一定條件下反應合成NH3,N元素化合價下降，說明N2具有氧化性，B錯

誤；

C.晶體硅具有半導體性能，使其可用于計算機芯片和太陽能電池，陳述I與陳述II均正確，C正確；

D.HF因分子間氫鍵導致沸點顯著高于HC1的，D錯誤；

故選C

13.乙醇和乙酸是生活中兩種常見的有機物。利用以下裝置進行實驗，能達到預期目的的是

L乙醇

Li少量酸性

G日"KMnCU溶液

A.分離乙醇和乙酸B.驗證乙醇的還原性

冰醋酸、乙醇蜃分二

濃硫酸上?

￡

NaOH_l

Na2co^1\,

L溶液01c<-

I茶酚鈉

C.比較乙酸、碳酸和苯酚的酸性強

D.制取少量乙酸乙酯

弱

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【詳解】A.乙醇和乙酸互溶，而且會反應，所以不可以用分液，故A不能達到預期目的；

B.少量酸性高鋅酸鉀和乙醇反應會褪色，可以證明乙醇的還原性，故B能達到預期目的；

C.乙酸有揮發性，揮發產生的乙酸蒸氣會隨著乙酸與NaHCCh反應產生的C02氣體進入盛有苯酚鈉溶液

的裝置中，發生反應也產生苯酚，因此不能用于比較乙酸、碳酸、苯酚的酸性強弱，故C不能達到預期目

的；

D.不應該用氫氧化鈉溶液，會使酯水解，應該盛飽和Na2cCh溶液，故D不能達到預期目的；

答案選B。

14.化合物(XY4)2Z2E8可作氧化劑和漂白劑。X、Y、Z、E均為短周期主族元素，僅有X與E同一周期，Z

與E同一族。E在地殼中含量最多，X的基態原子價層p軌道半充滿。下列說法正確的是

A.該化合物中Z元素的化合價為+7B.ZE3的VSEPR模型為四面體

C.ZE2分子的鍵角比ZE3分子的鍵角小D.第一電離能：E>X>Z

【答案】C

【解析】

【分析】X、Y、Z、E均為短周期主族元素，僅有X與E同一周期，E在地殼中含量最多，則E是O元

素；Z與E同一族，則Z是S元素；X的基態原子價層p軌道半充滿，則X原子核外電子排布式是

Is22s22P3,所以X為N元素，根據化合物的結構可知丫是H元素，然后根據問題分析解答。

【詳解】由上述分析可知：X為N元素，丫為H元素、Z為S元素、E為0元素。

A.根據上述分析可知：Z為S元素，原子核外電子排布是2、8、6,所以Z的最外層電子數為6,該化合

物中Z元素的化合價為+6價，A錯誤；

B.根據上述分析可知：Z為S元素，E為O元素，ZE3為SO3,其中心S的價層電子對數為3+

2

=3,S原子采用sp2雜化，因此VSEPR模型為平面三角形，B錯誤；

C.根據上述分析可知：Z為S元素，E為O元素，ZE2為SO2,ZE3為SO3,SCh分子的中心S原子價層

電子對數為2+殳f=3,S原子采用sp2雜化，有1對孤電子對，孤對電子對成鍵電子的排斥力大于成

鍵電子的排斥力，所以S02呈V形；S03分子中S原子價層電子對數也是3,S原子也是采用sp2雜化，但

由于S原子上無孤對電子，因此SO3分子呈平面三角形，鍵角是120度，故鍵角：SO2<SO3,C正確;

D.由上述分析可知：X為N元素，Z為S元素、E為O元素。一般情況下同一周期主族元素，原子序數

越大，元素的第一電離能就越大。但由于N的2P電子半滿為較穩定結構，其第一電離能大于同一周期相

鄰元素，所以第一電離能：N>0；0、S是同一主族元素，原子序數越大，元素的第一電離能就越小，則

第一電離能：O>S,故三種元素的第一電離能：X(N)>E(O)>Z(S),D錯誤;

故合理選項是C?

15.已知H2O2在少量「作用下，常溫時能劇烈分解并放出熱量，分解的機理由兩步構成，I：

HZOZ+I-MHZO+IOX慢反應，AH>0),II：H2O2+IO-=「+：?20+02個(快反應)，能正確表示整

【解析】

【分析】反應為放熱反應，則生成物能量小于反應物能量；第一步為慢反應，第二步為快反應，則第一步

活化能大于第二步活化能。據此解答:

【詳解】A.生成物能量等于反應物能量，A錯誤;

B.第一步活化能大于第二步活化能，且生成物能量小于反應物能量，B正確;

C.第一步活化能小于第二步活化能，且生成物能量等于反應物能量，C錯誤;

D.第一步活化能小于第二步活化能，D錯誤;

故答案為B。

16.某實驗小組利用如圖所示裝置制備Fe(OH)2。已知甲裝置的工作原理為：2Na2S2+NaBr3

=Na2s4+3NaBr,電極a、b采用石墨或Fe。下列說法不正確的是

甲乙

A.乙裝置中電極a應為Fe,b電極為石墨

B.乙裝置中可用CuCl2溶液代替NaCl溶液

C.電極b發生的反應：2H2O+2e-=H2T+2OH

D.理論上每生成9.0gFe(0H)2，甲裝置中將有0.2molNa+向惰性電極II移動

【答案】B

【解析】

【詳解】A.乙裝置目的是制備Fe(OH)2,需要Fe?+,電極a應為Fe作陽極失電子生成Fe?+，b電極為

陰極，可采用石墨，該選項正確；

B.若用CuCU溶液代替NaCl溶液，在陰極Cu”得電子生成Cu,無法生成OHJ就不能生成

Fe(OH)2,該選項錯誤；

C.電極b為陰極，溶液中的H2。得電子發生還原反應，電極反應式為2Hq+2片=凡1+2。11-,該選項

正確；

m90g

D.9.0gFe(OH)的物質的量為n=—=——~-=O.lmol,根據p_2e-=Fe2+-

2M90g/mole

Fe2++2OIT=Fe(OH)2J,生成0.1molFe(OH)2,電路中轉移0.2mol電子，甲裝置中陽離子向正極

(惰性電極H)移動，根據電荷守恒，有0.2molNa+向惰性電極n移動，該選項正確；

綜上所述，正確答案B。

二、非選擇題：本題共4小題，共56分。

17.配合物在生產、生活中應用廣泛。例如：K31Fe(CN)6](鐵氧化鉀)用于檢驗Fe?+。回答下列問題：

3

(1)K3[Fe(CN)6]的配位數為,[Fe(CN)6]-中配位原子是(填元素符號)。

(2)配位體CN-電子式為,對應氫化物HCN分子中。鍵與兀鍵數目之比為。

(3)工業上，以石墨為電極，電解KJFe(CN)6］(亞鐵氧化鉀)溶液可以制備K31Fe(CN)6］,陽極的電極

反應式為。

(4)探究KsIFeCCN%］的性質。查閱資料，提出猜想：

猜想1：《［FeCCN%］溶液中存在電離平衡［Fe(CN)6/=Fe3++6CN-；

猜想2：K3［Fe(CN)6］具有氧化性。

【設計實驗】

序

實驗操作實驗現象

號

在lOmLO,lmol-L-1K^FeCCN%］溶液中滴入滴入KSCN溶液，無明顯現象，

I

幾滴KSCN溶液，再向溶液中加入少量濃鹽酸加入濃鹽酸后，_____i_____

在lOmLO.lmol-L-1區以仁叫］和

II1Aimin產生藍色沉淀

O.lmolL-FeCl3的混合溶液中插入一根無銹

鐵絲

在10mL0.2molL-1K^FelCN%］溶液中插入

IIIA2min產生藍色沉淀

一根無銹鐵絲(與II中相同)

【結果分析】

①實驗I證明猜想1成立，實驗現象i是=

3+3433+2+

②已知：常溫下，Fe+6CN^［Fe(CN)6］-Kftl=10%Fe+SCN-^［Fe(SCN)］,

295

Ka2=1.0xl0,K穩又稱配離子穩定常數。用必要的文字、離子方程式與數據說明實驗I滴入KSCN

溶液時無明顯現象的原因___________。

③實驗III產生藍色沉淀是因為產生了Fe?+，生成的Fe?+與未反應的K31Fe(CN)6］生成了藍色沉淀，說明

猜想2成立。另設計實驗證明KsIFeCCN%］的氧化性(要求寫出實驗操作與預期現象，限選試

齊lj：NaOH溶液、淀粉溶液、KI溶液和飽和Na2s溶液)。

④基于猜想1、2成立，可推斷實驗n、in中A】人2(填“>”“=”或“<”)。

【答案】(1)①.6②.C

(2)[：C!!N:]-②.1:1

43

(3)[Fe(CN)6]-e-=[Fe(CN)6]-

(4)①.溶液變成紅色②.[Fe(CN)6『-+SCN-U[Fe(SCN)]2++6CN-,此反應的

l.OxlQ2-95

=1.0x10-65,該反應平衡常數小于10巧，說明該反應正向進行的程度小，難于產

的l.OxlO436

K碣1

生紅色物質③.向2mLK^FeCCN%］溶液中滴加幾滴飽和Na2s溶液，溶液出現淡黃色渾濁，說明

K31Fe(CN)6］具有氧化性(或向2mLK31Fe(CN)6］溶液中滴加幾滴KI溶液，然后再滴入幾滴淀粉溶液，溶

液出現藍色，說明K31Fe(CN)6］具有氧化性)④.<

【解析】

【分析】探究K31Fe(CN)6］的性質，提出兩個猜想：猜想1：K31Fe(CN)6］溶液中存在電離平衡

33+

［Fe(CN)6］-^Fe+6CN-;猜想2：KsIFeCCN%］具有氧化性；I中加入濃鹽酸后，H+與CK結合生

成HCN,降低CN-濃度，促使［Fe(CN)613-解離出Fe3+,Fe3+與SCK反應生成紅色絡合物，實驗n中

FeCb提供高濃度Fe3+,直接氧化鐵絲生成Fe?+更快；實驗III中K31Fe(CN)6］需先解離出少量Fe3+再反應，

速率較慢，以此解答。

【小問1詳解】

K31Fe(CN)6］中，CN-為配位體，C電負性較低，提供孤對電子，則每個CN通過C原子與Fe3+配位，6

個CN-形成六配位，故配位數為6,配位原子是C。

【小問2詳解】

CN-中含有6+7+1=14個電子，配位體CN—電子式為［：CEN：「，HCN分子中，H-C為。鍵，C三N含1個

◎鍵和2個兀鍵，總◎鍵數2,兀鍵數2,比例為1:1。

【小問3詳解】

電解K/Fe(CN)6］時，陽極發生氧化反應，［Fe(CN)6廣失去電子被氧化為［Fe(CN)6廣，電極方程式

43

［Fe(CN)6］--e-=［Fe(CN)6］-o

【小問4詳解】

①加入濃鹽酸后，H+與CN-結合生成HCN,降低CN-濃度，促使［Fe(CN)6廣解離出Fe3+,Fe3+與SCK反

應生成紅色絡合物，實驗現象i是溶液變成紅色；

②實驗I滴入KSCN溶液時無明顯現象的原因：［FeCCN"廣+SCN-［Fe（SCN）］2++6CN-,此反應

K［0x］02,95

的K=*=八=IQx1。4網,該反應平衡常數小于I。"，說明該反應正向進行的程度小，難

K穩11-0x10

于產生紅色物質；

③設計實驗證明K3［Fe（CN）6］的氧化性為：向2mLK3［Fe（CN）6］溶液中滴加幾滴飽和Na2s溶液，溶液出

現淡黃色渾濁，說明KsIFeCN%］具有氧化性（或向ZmLK^FeCN%］溶液中滴加幾滴KI溶液，然后再滴

入幾滴淀粉溶液，溶液出現藍色，說明K31Fe（CN）6］具有氧化性）；

④實驗II中FeCb提供高濃度Fe3+,直接氧化鐵絲生成Fe?+更快；實驗III中LIFeCN"需先解離出少量

Fe3+再反應，速率較慢，故AI<A2。

18.五氧化二釵是接觸法制取硫酸的催化劑，具有強氧化性。從廢鈕催化劑（主要成分為：丫2。5、

VOSO4,K2so4、Si。？和FeQ3等）中回收V2O5的一種生產工藝流程如下圖所示：

廢渣II

已知：+5價機在溶液中主要以VO；和V。；的形式存在，兩者轉化關系為VO；+H2O=VO；+2H+。

（1）寫出基態鋼原子的價層電子排布式__________。

（2）“廢渣I”的主要成分為o“還原”后的溶液中含有陽離子VCP+、Fe?+、K+、H+，

“還原”過程中V2O5發生反應的離子方程式為。

（3）“萃取”和“反萃取”的變化過程可簡化為（下式中的R表示VO?+或Fe?+,HA表示有機萃取劑的

主要成分）：口5。4（水層）+21^（有機層）02隊2（有機層）+凡504（水層）。工藝流程中可循環使用

的試劑有（寫化學式）。

（4）“氧化”時欲使3mol的VO?+變為VO：,需要氧化劑KCIO3至少為moL

（5）“調pH”中加入KOH有兩個目的，分別為、-

（6）鋼的某種氧化物的立方晶胞結構如下圖，晶胞參數為apm。晶胞中V的配位數與。的配位數之比為

___________；已知NA表示阿伏加德羅常數的值，該晶體密度為g/cn?（列出計算式即可）。

0-0*-v

【答案】（1）3d34s2

+-2+

(2)SiO2②.V2O5+4H+SO|=+2H2O+2VO

(3)H2so4、HA

(4)0.5(5)①.促使Fe3+水解成FeCOH%沉淀②.促使VO?+轉化為VO；,有利于下一步

沉鋼

(51+32)x2166xlO30

(6)①.2:1lo3(3)

(axlO-)NA^aNA

【解析】

【分析】利用廢鋼催化劑（主要成分為：V2O5,VOS。,、K2so4、Si。？和Fees等）回收V2O5的工藝

流程為：將廢機催化劑加入K2s2在硫酸作用下進行還原，Si。？不溶于酸，過濾后在廢渣I中，得到含

陽離子VO2+、Fe2+>K+、H+的濾液，再加有機萃取劑HA進行萃取，分液得有機層，再加入試劑X進

行反萃取，分液后有機萃取劑進入萃取環節循環使用，得到酸性水溶液，加KC/Q氧化，再加KOH調節

pH,過濾得廢渣II和含鋼濾液，加入NH4C/沉用凡得4V。3,最后燃燒N"4VQ得產品丫2。5,據此分

析解答。

【小問1詳解】

鋼為23號元素，位于周期表中第四周期第VB族，則基態釧原子的價層電子排布式為：3d34s2。

故答案為:3d34s2。

【小問2詳解】

根據分析，廢渣I為難溶于硫酸的夕。2；“還原”過程中丫2。5被K2sQ在酸性作用還原為VCJ2+,則反

+2+

應的離子方程式為：V2o5+SOf+4H=2VO+sol+2H2O。

+2+

故答案為：Sio2.V2O5+SO；-+4H=2VO+SO^+2H2Oo

【小問3詳解】

根據萃取和反萃取方程式：5^。4(水層)+21^(有機層)=2隊2(有機層)+112504(水層)可知，當

發生萃取時，水層有硫酸生成，可以用在反萃取操作中；當發生反萃取時，有機層有HA產生，可以用在

萃取操作中，所以可以循環使用的物質為：H2so4、HA。

【小問4詳解】

根據分析，在氧化時發生的反應為：6丫。2++口。；+31120=6丫0；+。廠+615+,根據方程中關系量可

知，要使3mol的VCP+變為V0；,需要氧化劑KC103至少為05mo/。

故答案為：0.5o

【小問5詳解】

由于在反萃取后的酸性水溶液中還存在VO~+和Fe2+，經KCIO.氧化后變為VO；和Fei+，所以加入KOH

后首先調節pH,促使"3+水解形成Ee(OH)3沉淀過濾除去，同時根據題目已知轉化

+

VO>H2O^VO-+2H,得到加入KOH還可以消耗H+使平衡右移生成更多的VO；,有利于下一步

沉機操作。

故答案為：促使Fe3+水解成Fe(0H)3沉淀；促使VO?+轉化為VO；,有利于下一步沉機。

【小問6詳解】

根據晶胞圖形可知，1個V原子與6個O原子形成配位鍵，配位數為6,1個O原子與3個V原子形成配

位鍵，配位數為3,則晶胞中V的配位數與O的配位數之比為6:3=2:1；同時在晶胞中，O原子有4個位

于晶胞面心，2個位于體心，則。原子數為：4x-+2=4;V原子有8個位于晶胞頂點，1個位于體心，

2

則V原子數為：8x-+l=2,則1個晶胞的構成為V2O4或(VQ)2,得到該氧化物化學式為：VO2,晶

8

胞參數為apm,則邊長為axl()T°cm，則該晶體密度為

(51+32)x2

m_NA_(51+32)x2_166xlO30

=103=lo3=3

V(axlO)(axlO)xNAa?AN

(51+32)x2166xlO30

故答案為：2：1；

-10

(axlO)XNAN?A

19.油氣開采、石油化工、煤化工等行業廢氣普遍含有H?S,需要回收處理并加以利用。

(1)根據文獻，對H2s的處理主要有兩種方法。

①克勞斯工藝。該工藝經過兩步反應使H2s轉化為S2:

反應I：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)膽=-1036kJ-moL

1

反應n：4H2S(g)+2SO2(g)=3S2(g)+4H2O(g)AH2=+94kJ-moP

寫出該工藝總反應的熱化學方程式___________o

1

②分解法。反應ni：2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)AH3=+170kJ-mor,該反應能自發進行的條件是

③相比克勞斯工藝，分解法處理H2s的優點是

(2)消除天然氣中H2s是能源領域的研究熱點,利用CuFe2O4表面吸附H2s時，研究表明有兩種機理途

徑，如下圖所示。

過渡態

85.6——途徑1

0

J0-途徑2

O^.-5■:

E

.-21.1*表示催化劑吸附物種

pHS*

l2

/

*過渡態過渡態

溜-342.3-362.6

玄；「403.9<=^⑷9.2--430.4

要'^一"3474：513.0,/-377.5'：；一一

-443.5

H*+HS*-580.5-586.3

-567.1H*+OH*+S*HO*+S*

2H*+S*2

吸附歷程

下列說法中，正確的有=

A.H2S*=HS*+H*的速率：途徑1＞途徑2

B.途徑2歷程中最大能壘為i35.5kJ-mo「

C.CuFe?。,在吸附過程中提供了O原子

D.吸附在催化劑表面的水分子解吸出來時放出能量

(3)科研人員把鐵的配合物Fe3+L(L為配體)溶于弱堿性的海水中，制成吸收液，將氣體H2s轉化為單質

硫。該工藝包含兩個階段：①H2s的吸收氧化；②Fe3+L的再生。反應原理如下:

i.H2S(g)+2Fe3+L(aq)+2OIT(aq)=S(s)+2Fe2+L(aq)+2H2O(l)

ii.4Fe2+L(aq)+C>2(g)+2H2O(l)=4Fe3+L(aq)+4OIT(叫)

①25c時，H2s溶液中H2s、HS-和S?-在含硫粒子總濃度中所占分數6隨溶液pH的變化關系如下圖,

由圖計算，H2s的Kai=1.0x10-7,Ka2=,則HS-的電離程度比水解程度(填

“大"或‘小”)。

②再生反應在常溫下進行，Fe?+L解離出的Fe?+易與溶液中的S?-形成沉淀。若溶液中的

2+5191

c(Fe)=1.0xWmol-I7,c(H2S)=6.0x10mol-L,為避免有FeS沉淀生成，應控制溶液pH不

大于(寫出計算過程。已知25℃時，Ksp(FeS)=6.0xl()T8)。

1

【答案】⑴?.2H2S(g)+O2(g)=S2(g)+2H2O(g)AH=-314kJ.moF②.高溫③.副產

物H2可作燃料(2)BC

(3)1.0x1013②.小③.8

【解析】

【小問1詳解】

①根據蓋斯定律，兇反應1+反應II可得該工藝總反應的熱化學方程式：

3

1

2H2s(g)+O2(g)=S2(g)+2H2O(g)AH=-314kJ-moF；

②反應in焰變大于o,端變大于o,因此在高溫條件下可以自發進行；

③克勞斯工藝為H2s與氧氣反應生成S2和水，分解法處理H2s生成S2和氫氣，分解法的優點是副產物H?

可作燃料。

【小問2詳解】

A.H2S*=HS*+H*反應活化能：途徑1＞途徑2,因此速率：途徑1＜途徑2,故A錯誤；

B.途徑2歷程中的能壘依次為3.9kTmo「i、6L6kTmoL、ISS.SkJmol1.故B正確；

C.反應過程為硫化氫轉化為單質硫和水，反應需要增加一個氧原子，可能來源于催化劑CuFe2。,，故C

正確；

D.由吸附歷程知，得到吸附狀態的水分子的過程放出能量，那么吸附在催化劑表面的水分子解吸出來時

需吸收能量，故D錯誤；

故答案為BC。

【小問3詳解】

①根據題意pH=13時HSLS?一的所占分數相等，則q=,（S）：但）=C（H+）=i0*令*；HS-的

c（HS）

電離平衡常數為42=支）=1.0x1013,水解平衡常數為

c（HS）

14

C(H2S)C(OH-)Kw1.0x10

“Oxi。->必，因此HS-的電離程度小于水解程度;

c(HS)1.0x10-7

②再生反應在常溫下進行，Fe?+L解離出的Fe?+易與溶液中的S?-形成沉淀。若溶液中的

c(Fe2+)=1.0xl0-5molI7',根據(p=c(Fe2+)-c(S2-)=1.0xK)-5*。位2-)得至ij

219l

c(S-)=e.OxlO^mol-L,根據c(H2S)=6.0xl0-molI7和

c(S2->C2(H+)60X10

-)=1.0xKT?。，得到C(H+)=1.0x10-8mol.L-i；

C(H2S)6.0x10

pH=8,因此為避免有FeS沉淀生成，應控制溶液pH不大于8。

20.化合物E是一種廣泛應用于光固化產品的光引發劑，可采用A為原料，按如下圖路線合成:

00OOO

…嗎J二星,々V試劑X,Ql-NaOH水溶液

囚回回回回

（1）化合物A的分子式為,名稱為（系統命名法）。

（2）化合物C中官能團的名稱是o化合物C的某同分異構體含有苯環且核磁共振氫譜圖上有

4組峰，峰面積之比為6：3：2：1,能與新制Cu（OH）2反應生成磚紅色沉淀，其結構簡式為（寫

一種）。

（3）關于上述合成路線中的相關物質及轉化，下列說法正確的有

A.化合物D和E不能通過紅外光譜鑒別

B.C—D的轉化為取代反應，試劑X為HBr

C.化合物C中，碳原子的雜化軌道類型為sp2和sp3雜化

D.化合物E可溶于水是因為其分子中的含氧官能團能與水分子形成氫鍵

（4）對化合物E,分析預測其含氧官能團可能的化學性質，完成下表。

序號反應試劑、條件反應形成的新物質反應類型

OH

①

OH

②——消去反應

（5）已知：烯醇不穩定，很快會轉化為醛，即R—CH=CHOHfR—CH2CHO。在一定條件下，以

原子利用率100%的反應制備HOCH2cH