江蘇省南京某中學2023-2024學年高三年級上冊期中考試化學試卷

江蘇省南京師范大學附屬中學2023-2024學年高三上學期期

中考試化學試卷

一、單選題

1.我國力爭在2060年實現“碳中和”。下列措施對實現“碳中和”不具有直接貢獻的是

A.進行生活垃圾分類B.增加綠色植被

C.采取低碳生活方式D.創(chuàng)新CO2合成含碳能源的技術

2.石灰氮（CaCNQ是一種氮肥，與土壤中的H2。反應生成家胺（H?N-C=N）,氧胺可

進一步轉化為尿素［CO（NH2）2］。下列有關說法不正確的是

A.H?N-C三N為極性分子B.中子數為20的鈣原子的質量數為40

C.ImolHK-C三N分子中含4mol共價鍵D.CC^NH?%分子中不含非極性共

價鍵

3.下列關于各實驗裝置圖的敘述中正確的是

澳的

四氯

化碳

溶液

A.裝置①：實驗室制取乙烯

B.裝置②：實驗室制取乙酸乙酯

C.裝置③：驗證乙煥的還原性

D.裝置④：驗證澳乙烷發(fā)生消去反應可生成烯煌

4.下列物質的性質與用途具有對應關系正確的是

A.Naq?屬于堿性氧化物，可用于制備少量氧氣

B.NaClO有強氧化性，可用于對環(huán)境消毒

C.Na2c溶液顯堿性，可用于去除礦物油（如煤油、柴油）的油污

D.Na2s具有還原性，可用于吸收含S。2的尾氣

5.GaAs和GaN、Ge均可作半導體材料。下列說法正確的是

試卷第1頁，共10頁

A.原子半徑：r（As）＞r（Ga）B.第一電離能：I（Ga）＞I（As）

C.鍵的極性：Ga-As＞Ga-ND.三者的晶體類型相同

6.和。3互為同素異形體，臭氧分子極性較小；離子液體在室溫或者稍高于室溫會呈

現液態(tài)，如鹽CR5NH3NO3的熔點只有12。（2；分子間氫鍵廣泛存在，如形成平面型多

聚硼酸晶體等。下列說法正確的是

A.O3在水中的溶解度小于在四氯化碳中的溶解度

B.SOj和SO,的中心原子雜化方式不相同

C.大多數離子液體由體積大的陰、陽離子構成

D.硼酸晶體在水中的溶解度隨溫度升高而增大與分子間氫鍵無關

7.和。3互為同素異形體，臭氧分子極性較小，利用臭氧的強氧化性可在pH約為8

時，與廢水中CN-反應生成HCO；和兩種氣體；氨水、氧化鋅懸濁液等均可以吸收廢氣

中的S。2；硫鐵礦有FeS2、FeS等，其中FeS能溶于強酸；離子液體在室溫或者稍高于

室溫會呈現液態(tài)，如鹽C2H5NH3NO3的熔點只有12。（2；分子間氫鍵廣泛存在，如形成

平面型多聚硼酸晶體等。下列反應離子反應方程式正確的是

A.臭氧去除廢水中CW：503+2CN-+H20=502+N2+2HC0；

2+

B.少量SO?通入到氧化鋅懸濁液：2SO2+H20+ZnO=Zn+2HSO；

C.足量SO?通入到氨水中：S02+NH3-H20=NH：+HSO；

2++

D.少量硫化氫氣體通入到硫酸亞鐵溶液：H2S+Fe=FeS；+2H

二、多選題

8.甲氧葦咤是一種廣譜抗菌藥，其合成路線中的一步反應如下。下列說法中正確的是

A.X在堿性條件下能與甲醛反應

B.X分子能與CH3CH2MgBr反應直接生成醇

C.Y分子存在順反異構，且Y與足量氫氣加成的產物中含有手性碳原子

試卷第2頁，共10頁

D.X-Y分兩步進行，先發(fā)生取代反應，后發(fā)生消去反應

三、單選題

9.用尿素水解生成的NH3催化還原NO,是柴油機車輛尾氣凈化的主要方法。反應為

4NH3(g)+O2(g)+4NO(g)U4N2(g)+6H2O(g),下列說法不正確的是

A.該反應的AS>0

C4(NJ-C6(HO)

該反應的平衡常數7

B.K=444L

C(NH3).C(O2).Cr(NO)

C.該反應中每消耗ImolNO,轉移電子的數目約為3x6.02x1023

D.實際應用中，加入尿素的量越多，柴油機車輛排放的尾氣對空氣污染程度越小

10.將MnO?嵌于聚苯胺表面制成催化劑(MnC>2為催化劑、聚苯胺為催化劑載體)，堿

性條件下，催化氧化含S?-廢水的機理如圖所示。下列說法不正確的是

MnO

22

B.該反應過程的總方程式為O2+H2O+S-^=2OH-+S；

C.反應過程中鎰元素化合價既有升高也有下降

D.反應ni的AH>0

11.室溫下，下列實驗方案不能達到實驗目的的是

選

實驗方案實驗目的

項

證明

向濃度均為O.OlmoLL-的NaCl、Nai混合溶液中滴加幾

AKsp（AgCl）>Ksp（AgI）

滴AgNO3溶液，觀察沉淀的顏色

B用pH計測量氫氟酸、鹽酸的pH,比較溶液pH的大小證明HF是弱電解質

試卷第3頁，共10頁

向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入稍過量的飽和碳酸鈉提純含有少量乙酸的

C

溶液，振蕩后靜置分液乙酸乙酯

向盛有so,水溶液的試管中滴加幾滴品紅溶液，振蕩，再證明SO,具有漂白作

D

加熱試管，觀察溶液的顏色變化用

A.AB.BC.CD.D

12.室溫下，用含少量Mg?+的MnSO”溶液制備MnCOs的過程如題圖所示。已知

K￡MgF2）=5.2xl（）T,凡（HF）=6.3x10,下列說法正確的是

NaF溶液NaHCCh溶液

MnSC）4溶液一＞|^|----A|沉錦|_?MnCO3

A.上述M11SO4溶液中：c（Mn2+）+c（Mg2+）＞c（SOt）

2+

B.“除鎂”得到的上層清液中：c（Mn）-c（F-）=Ksp（MgF2）

+

C.（Hmoll-的NaHCCh溶液中：c（CO^）-c（H2CO3）=c（H）-c（OH-）

D.“沉鏟后的濾液由c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO,）+2c（CO^）+2c（SOr）

13.乙醇-水催化重整可獲得H2,其主要反應為：

C2H50H（g）+3H2O（g）=2co2（g）+6H2（g）AH=173.3kJ.moL,

5

CO2（g）+H2（g）=CO（g）+H2O（g）AH=41.2kJmor',i￡1,0xl0PaT）當乙醇和水

的物質的量之比為1：3時，若僅考慮上述反應，平衡時CO?和CO的選擇性及的產

率隨溫度的變化如圖所示。下列說法不正確的是

%

>、

忙

赧

知

地

招

A.圖中曲線①表示平衡時CO?選擇性隨溫度的變化

試卷第4頁，共10頁

B.升高溫度，平衡時H?產率和CO選擇性均增大

C.一定溫度下，增大n(HQ)/n(aH50H)或適當減壓，均可提高乙醇平衡轉化率

D.一定溫度下，加入少量生石灰或者熟石灰固體，均能提高平衡時產率

四、解答題

14.碑及其化合物有著廣泛的用途，但也會嚴重危害環(huán)境安全和人體健康。

⑴雌黃(As2s3)和雄黃(As4s/都是提取碑的主要礦物原料。碑元素有+2、+3、+5等常

見價態(tài)。

①如圖為As4s4分子的空間結構模型。已知As2s3分子中沒有兀鍵，其結構式可表示

為。

②將含碑廢渣(主要成分是As2s3)制成漿料再通入。2氧化，轉化為H3ASO4和單質硫，

是工業(yè)提取碑元素的途徑之一、寫出As2s3轉化為H3ASO4的化學方程式;該

反應需要在加壓下進行，原因是。

⑵AS2S3可轉化為用于治療白血病的亞碑酸(H3ASO3)。H3ASO3在水溶液中存在多種微

粒形態(tài)，各種微粒的物質的量分數與溶液pH關系如圖所示。

①H3ASO3的電離常數分別為KLIO-%&=*、K/=".4,則a點

pH=o

②工業(yè)含As(III)廢水具有劇毒，常用鐵鹽處理后排放。其原理是：鐵鹽混凝劑在溶液

中產生Fe(OH)3膠粒，其表面帶有正電荷，可吸附含碑化合物。不同pH條件下鐵鹽對

試卷第5頁，共10頁

水中As(III)的去除率如圖所示。在pH=5?9溶液中，pH越大，鐵鹽混凝劑去除水中

As(III)的速率越快，原因是。

1C8Do

6o

4o

2O

0210152025

時間/min

(3)水體中As(ni)的毒性遠高于As(v)且As(v)更易除去，常用的處理方法是先將廢水

中的As(III)氧化為As(V),再通過一定方法除去As(V)。

①H3ASO3可被H2O2進一步氧化為H3ASO4OH3ASO3的酸性H3AsO4的酸性

(填“>”或y")。

②在pH=7的水溶液中，以FeCh為沉淀劑，可將HAsO；一轉化為FeAs(\沉淀除去，其

1221

離子方程式為。[己知：Ka3(H3AsO4)=5.1xl0,Ksp(FeAsO4)=5.xl0-]

15.化合物G是合成藥物鹽酸左西替利嗪的重要中間體，其合成路線如下：

(1)B的分子式為C7H5OCI,可由苯甲酸與SO。?反應合成，B的結構簡式為.

(2)C-D的反應需經歷的過程，中間體X的分子式為

C13H1ONC1oX-D的反應類型為。

(3)D-E是為了使E與另一化合物Y分離，Y的結構簡式為0

(4)E-F中加入K2cO3是為了吸收反應中產生的(填化學式)。

(5)G的一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式.

①分子中含有7種不同化學環(huán)境的氫原子；

試卷第6頁，共10頁

②堿性條件下水解生成3種產物，其中一種為COj,另外2種產物的苯環(huán)上均只有2

個取代基。

合成路線流程圖（無機試劑和有機溶劑任用,合成路線流程圖示例見本題題干）.

16.實驗室以軟鎰礦粉（含MnOz及少量Fe、Al、Si、Mg等的氧化物）為原料制備

MnSO4H2O,其實驗過程可表示為

稀硫酸、Na2s。3溶液

軟鎰礦粉—>|浸取|除雜|----->MnSO4H2O

⑴浸取。在如圖的實驗裝置中，攪拌下，使一定量軟鑄礦粉與H2s溶液、Na2s溶

液充分反應，MnO2轉化為MnSC>4的化學方程式為。軟錦礦粉與H2so仆

Na2s溶液的加料方式是；加料完成后，以一定速率攪拌反應，提高鎰元素

⑵除雜。對已經除去Fe、Al、Si的MnSO”溶液，可通過萃取、反萃取等過程除去溶液

中的Mg?*、Na+?己知：Mi?+被萃取劑HA萃取的原理可表示為

2++2+

Mn（水層）+2HA（有機層）=Mn（A）2（有機層）+2H（水層）；Mn的萃取率（E）

___________有機層中Mn“的物質的量___________"

一有機層中Mn?+的物質的量+水層中Mi?+的物質的量°

①萃取時，在一定溫度和pH下，Mn"在有機層和水層中的濃度之比稱為分配比（用D

表示，為常數）。若25。（2、pH=a時，分配比D=10,現用20mLHA萃取100mL含Mn"

試卷第7頁，共10頁

溶液，按兩種方法進行萃?。篒.用20mLHA萃取一次；II.分兩次萃取，每次用

WmLHA,試通過計算說明哪種方法更好？（寫出計算過程）

②反萃取是利用稀硫酸將有機層中的Mn2+轉移到水層，需將稀硫酸和有機層共同加入

到（填儀器名稱）中進行實驗操作。為使Mn"盡可能多地發(fā)生上述轉移，應選擇的

實驗條件或采取的操作有（填序號）。

A.適當提高H2s0,濃度B.加足量蒸儲水C.用適量稀硫酸分多次反萃取D.充

分振蕩

⑶制取MnSO^HQ晶體。補充完整制取MnSO/H2。晶體的實驗方案：向含有少量

Fe3+，AF+的MnSO'溶液中，,在真空干燥箱中低溫干燥，得到MnSO/H?。。

（己知Fe3+，A產在pH”時完全轉化為氫氧化物沉淀：MnSO/HQ的溶解度曲線如

（1）CO2的捕獲和轉化可減少CO2排放,原理如圖所示。反應②的化學方程式為.

（2）CO?催化加氫是資源化利用C02的途徑之一、

①CO?與在金屬催化劑M上的反應機理如圖所示。補全方框中相應的中間產

物。

試卷第8頁，共10頁

②甲烷水蒸氣催化重整是制取高純氫的方法之一、反應器中主要存在如下反應：

反應I：CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)

反應II：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)

反應III：CO(g)+H20(g)=CO2(g)+H2(g)

反應IV：CH4(g)=C(s)+2H2(g)

反應物實際投料比采用n(H2O):n(CHj=4:l,其實際投料比遠大于理論值的原因

是O

③一定條件下，由CO?和制備甲醇的過程中含有下列反應：

反應I：co2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)

反應II：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)

反應in：co2(g)+H2(g)=co(g)+H2o(g)

恒壓下，按照n(CC>2)：n(H2)=l:3投料，測得各物質以碳元素計的物質的量分數x與時

間t的關系如圖所示，請解釋0~力時間段內CO對應的曲線先增大且在L時刻出現最高

⑶催化電解轉化C02可實現C02資源化利用。電解C02制有機物的原理如圖所示。

試卷第9頁，共10頁

①陰極主要還原產物為CH4和C2H4O寫出陰極區(qū)CO2還原為c2H4的電極反應

式：o

②電解一段時間后，陽極區(qū)放出的氣體成分為（填化學式）。

試卷第10頁，共10頁

參考答案：

1.A

【詳解】A.進行生活垃圾分類，可以實現資源的有效利用，減少污染物的排放，但不能直

接減少二氧化碳的排放，對實現"碳中和"不具有直接貢獻，A正確；

B.增加綠色植被，可以吸收二氧化碳，對實現"碳中和"具有直接貢獻，B錯誤；

C.取低碳生活方式，可以減少二氧化碳的排放，對實現"碳中和"具有直接貢獻，C錯誤；

D.創(chuàng)新C0?合成含碳能源的技術，可以消耗二氧化碳，減少二氧化碳的排放，對實現"碳

中和“具有直接貢獻，D錯誤；

故選Ao

2.C

【詳解】A.H2N-C三N分子中，正負電荷中心不重合為極性分子，為極性分子，故A正確;

B.中子數為20的鈣原子，質子數為20,質量數為40,故B正確；

C.ImolEN-C三N分子中含2moiN-H共價鍵，ImolN-C共價鍵，C三N中含Imokr鍵，2mobt

鍵，共含共價鍵6mol,故C錯誤；

D.CO(NH2)2分子中有1個莪基和2個氨基，不含非極性共價鍵，故D正確；

故選：Co

3.D

【詳解】A.實驗室制取乙烯需要濃硫酸與乙醇混合加熱170℃,裝置①中溫度計不能測得反

應溶液的溫度，A錯誤；

B.實驗室制取乙酸乙酯，為了更好的分離混合物同時防止倒吸現象的發(fā)生，導氣管要在飽和

碳酸鈉溶液的液面上，不能伸入到液面以下，B錯誤；

C.電石中含有的雜質與水反應產生H2s也具有還原性，能夠使酸性KMnO4溶液褪色，因此

不能驗證乙快的還原性，C錯誤；

D.澳乙烷發(fā)生消去反應生成烯燒，能夠使澳的四氯化碳溶液溶液褪色，而揮發(fā)的乙醇不能發(fā)

生反應，因此可以達到驗證反應產物，D正確；

故合理選項是D。

4.B

【詳解】A.過氧化鈉與鹽酸反應生成氯化鈉、水和氧氣，不是堿性氧化物，A錯誤；

B.次氯酸鈉具有強的氧化性，能夠使蛋白質變性，可用于對環(huán)境消毒，B正確；

答案第1頁，共10頁

C.Na2cO3為強堿弱酸鹽，水解呈堿性，有利于油脂的水解，但是不能去除礦物油（如煤油、

柴油）的油污，C錯誤；

D.Na2sO3可用于吸收含S0?的尾氣的方程式為Na2sO3+SO2+H2（D=2NaHSO3,發(fā)生的是

非氧化還原反應，不是因為具有還原性，D錯誤；

故選D。

5.D

【詳解】A.Ga、As為同周期元素，原子半徑逐漸減小，故r（Ga）＞r（As）,A錯誤；

B.Ga、As為同周期元素，第一電離能呈增大趨勢，故I（As）＞I（Ga）,B錯誤；

C.原子半徑r（As）＞r（N）,故鍵的極性：Ga-N＞Ga-As,C錯誤；

D.GaAs和GaN、Ge均為共價晶體，三者的晶體類型相同，D正確；

故選D。

6.C

【詳解】A.和水都是極性分子，四氯化碳為非極性分子，根據相似相溶原理，。3在水

中的溶解度大于在四氯化碳中的溶解度，A錯誤；

B.SO；-中心原子S原子的價層電子對數為4+——-——=4,SO：中心原子S原子的價

層電子對數為3+6+21X3=4,故中心原子都采用sp3雜化，B錯誤；

C.陰陽離子體積較大，使得陰陽離子間距離較大，離子鍵較弱，離子液體在室溫或者稍高

于室溫會呈現液態(tài)，故大多數離子液體由體積大的陰、陽離子構成，C正確；

D.硼酸分子之間存在氫鍵，影響硼酸分子與水分子之間形成氫鍵，升高溫度硼酸溶解度增

大是因為硼酸分子間的氫鍵斷裂，重新與水分子形成氫鍵，D錯誤；

故選C。

7.A

【詳解】A.臭氧與廢水中CN-反應生成碳酸氫根、氮氣和氧氣，由電子守恒、電荷守恒、

原子守恒得，離子方程式為5O3+2CN-+H2O=5C）2+N2+2HC（%,A正確；

B.少量SO,通入到氧化鋅懸濁液中應生成亞硫酸鋅，離子方程式為SO2+ZnO=Zn"+SO；，

B錯誤；

C.足量S0。通入到氨水中生成亞硫酸氫鏤，離子方程式為SC）2+NH3-H2O=NH：+HSO],

答案第2頁，共10頁

c錯誤；

D.硫酸的酸性強于硫化氫，少量硫化氫氣體通入到硫酸亞鐵溶液中不發(fā)生反應，D錯誤；

故選Ao

8.AC

【詳解】A.X中的醛基能在堿性條件下與甲醛反應，A正確；

B.X分子不能與CH3cHzMgBr反應直接生成醇，B錯誤；

C.Y分子中碳碳雙鍵存在順反異構，且Y與足量氫氣加成的產物中含有1個手性碳原子,

C正確；

D.X—Y分兩步進行，則-CHO先與酯基和氟基中間的a-H發(fā)生加成反應生成-0H,后-0H

再與a-H發(fā)生消去反應，生成碳碳雙鍵，D錯誤；

故選AC-

9.D

【詳解】A.由方程式可知，該反應是一個氣體分子數增大的反應，即燧增的反應，反應的

AS>0,A正確；

C4(N,).C6(H,O)

B.由方程式可知，反應平衡常數K=小4二、小\“4LN，B正確；

C(NH3)-C(O2).C(NO)

C.由方程式可知，反應過程中NH3中N元素化合價升高，。2中o元素和NO中N元素化

合價降低，反應每消耗4moiNH3,即消耗4molNO,反應轉移12moi電子,則反應中消耗Imol

NO轉移電子的數目約為3x6.02x1()23,c正確；

D.實際應用中，加入尿素的量越多，尿素水解生成的氨氣過量，柴油機車輛排放的氨氣對

空氣污染程度增大，D錯誤；

故選C。

10.B

【詳解】A.反應中生成硫單質，生成的S覆蓋在催化劑表面或進入催化劑內空位處，阻礙

了反應的進行，導致催化劑使用一段時間后催化效率會下降，A正確；

B.由圖可知，催化氧化過程的總反應為氧氣、水、硫離子在催化作用下生成氫氧根離子和

MnO2

硫單質，反應過程的總方程式為OZ+2HQ+2s2-^=4OH-+2SJ,B錯誤；

c.MnC>2為催化劑，反應過程中鎰形成的化學鍵數目發(fā)生改變，化合價既有升高也有下降,

答案第3頁，共10頁

c正確；

D.由題干圖示信息可知，反應ni為化學鍵斷裂，為吸熱反應，故AH>0,D正確；

故選Bo

11.B

【詳解】A.向濃度均為O.OhnollT的NaCl、Nai混合溶液中滴加幾滴AgNC^溶液，溶度

積常數小的先生成沉淀，根據沉淀的顏色判斷溶度積常數大小，能實現實驗目的，A不符合

題意；

B.HF、HCI的物質的量濃度相對大小未知，不能根據溶液的pH值相對大小判斷HF為弱

電解質，不能實現實驗目的，B符合題意；

C.飽和Na2cCh能和CH3coOH反應生成CH3coONa和CO?、H2O,降低乙酸乙酯的溶解

度，所以可以用飽和碳酸鈉溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，能實現實驗目的，C不符合題意；

D.品紅溶液具有漂白性，但其漂白性不穩(wěn)定，受熱易恢復原來的顏色，操作正確，能實現

實驗目的，D不符合題意；

故選B。

12.C

【分析】含少量Mg2+的硫酸鎂溶液中加氟化鈉溶液“除鎂”，將鎂離子轉化為CaF2,過濾后

所得濾液中加入碳酸氫鈉溶液“沉錦”，得到MnCO3o

【詳解】A.含少量Mg2+的MnSCU溶液中由電荷守恒得c（Mn2+）+c（Mg2+）=0（SO；-）,A

錯誤；

B.“除鎂”得到的上層清液為MgF2的飽和溶液，存在c（Mg2+）.c2（F-）=Ksp（MgF2）,B錯誤

C.NaHCC）3溶液中，質子守恒關系為C（CO，）+C（OH-）=C（H+）+C（H2CO3）,即

+

c（CO^）-c（H2CO3）=C（H）-C（OH-）,C正確；

D.“沉鎰”后的濾液中還存在F-、SO：等離子，故“沉鑄”后的濾液中由電荷守恒得：

c（Na+）+c（H+）=c（F）+c（OH）+c（HCO；）+2c（CO^）+2c（SO^）,D錯誤；

故選C。

13.B

【分析】根據已知反應C2H5OH（g）+3H2O（g）#2CO2（g）+6H2（g）AH=173.3kj/moll；

答案第4頁，共10頁

②CO2(g)+H2(g)UCO(g)+H2O(g)AH=4L2力/m。/II,可知I的熱效應更大，故溫度升高時對

反應I的影響更大一些，即二氧化碳選擇性減小，同時CO的選擇性增大，根據CO的選擇

性定義可知③代表一氧化碳的選擇性，①代表CO2的選擇性，②代表氫氣的產率，以此來

解答此題。

【詳解】A.由分析可知，曲線①表示平衡時CO2選擇性隨溫度的變化，故A正確；

B.升高溫度，反應I、反應n平衡右移，生成的CO增多，CO選擇性增大，消耗的H2也增

多，H2產率先增大后減小，故B錯誤；

C.兩種物質參加反應，增大n(HQ)/n(C2H5OH),即相對來說n(C2H5OH)不變，增大

n(H2O),H20的濃度增大，會使化學平衡向正反應方向移動，適當減壓，也會使平衡正向移

動，從而可提高乙醇的平衡轉化率，故C正確；

D.加入生石灰或熟石灰固體能吸附C02,促進反應正向進行，可以提高H2的產率，故D

正確；

故選：B?

As

14.(1)sV\2AS2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S增大反應物O?的

As

濃度，加快As2s3的轉化速率

(2)10.65c(OIT)增大，更多的H3ASO3轉變?yōu)镠zAsON或As(^I)中H2AsO］的物

質的量分數增大)，帶負電荷的H?AsO；更易被帶正電荷的Fe(OH)3膠粒吸附除去；c(0IT)

增大，Fe(OH)3膠粒的量增多，吸附效果增強

3++

(3)<HAsO：+Fe=FeAsO4J+H

【詳解】(1)①As4s,分子中As形成3個共價鍵、S形成2個共價鍵，已知As2s3分子中沒

As

有7T鍵，則其結構式可表示為sV\；

7/

As

②將含碑廢渣(主要成分是AsS)制成漿料再通入02氧化，轉化為H3ASO4和單質硫，反應

在氧氣為氧化劑，氧元素化合價由0變?yōu)?2,As化合價由+3變?yōu)?5、硫化合價由-2變?yōu)?,

答案第5頁，共10頁

結合電子守恒可知，As2s3轉化為H3ASO4的化學方程式

2AS2S3+502+6H2O=4H3ASO4+6S；該反應需要在加壓下進行，原因是增大反應物02的濃

度，加快AsS的轉化速率;

++

c（H2AsO^）c（H）c（H）c（HAsO^）

（2）①K/Z=10-9-2xl0-121

C（H3ASO）C^HJASOJ"）

+1065

由圖可知，a點c（H3AsC>4）=c（HAsO；）,貝！|c?（可）=10.xlO”[,C（H）=IO,pH=

10.65；

②由圖可知，溶液pH=5?9之間時,pH越大，c(OH)增大,更多的H3ASO3轉變?yōu)镠2ASO-

(或As(III)中H2ASO；的物質的量分數增大)，帶負電荷的HzAsO］更易被帶正電荷的

Fe(OH)3膠粒吸附除去，吸附效果增強，使得鐵鹽混凝劑去除水中As(III)的速率越快;

(3)①含氧酸中非羥基氧的數目越多，則酸性越強，故H3ASO3的酸性小于H3ASO4的酸性

②在pH=7的水溶液中，FeCL可將HAsO『轉化為FeAsO”沉淀除去，促使HAsO；-電離出

3++

氫離子，可知同時生成氫離子，其離子方程式為HAsO：+Fe=FeAsO4；+Ho

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【分析】B的分子式為C7H50cL可由苯甲酸與SOCb反應合成，A和B發(fā)生取代反應生成

C,,C發(fā)生反應生成D,E發(fā)生取代反應生成

F,

C0C1

【詳解】(1)通過以上分析知，B的結構簡式為或

阻>

(2)C—D的反應需經歷CxHCOOH>D的過程，中間體X的分子式為C13H1ONC1,C

中去掉氧原子加入氫原子，則X-D的反應類型為還原反應，故答案為：還原反應;

(3)D-E是為了使E與另一化合物Y分離，E含有手性碳原子，與Y互為手性異構體，Y

的結構簡式為

(4)E—F中加入K2c。3是為了吸收反應中產生的HBr,促進反應正向進行，故答案為:

HBr；

(5)G的一種同分異構體同時滿足下列條件：①分子中含有7種不同化學環(huán)境的氫原子;

②堿性條件下水解生成3種產物，其中一種為CO；,根據氧原子個數知，含有碳酸形成的

酰胺，另外2種產物的苯環(huán)上均只有2個取代基，符合條件的結構簡式為

o

II

N—C—N

(6)以U△和HCOONH,為原料制備

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,苯甲醇發(fā)生氧化反應生成苯甲醛，苯甲醛發(fā)生c生成

D類型的反應然后再和環(huán)氧乙烷發(fā)生信息中的反應，再和HBr發(fā)生取代反應、和苯甲胺發(fā)

。2，Cu、

生取代反應生成目標產物，合成路線為-△

16.(1)MnO2+Na2SO3+H2SO4=MnSO4+Na2SO4+H2O在攪拌下，用滴液漏斗

向盛有軟鎰礦粉與Na2SO3溶液的三頸瓶中級慢滴加H2SO4溶液適當提高反應溫度,延

長浸取時間

(2)萃取一次：E[M.+)=12T；義]00%=66.7%；分兩次萃取：每次苯

'720mLx10+100mLx1

取率(2+總萃取率

E2Mn)=」吁”xl00%=50%,Mi?+

'7lOmLxlO+lOOmLxl

2+

Ee(Mn)=50%+(1-50%)x50%=75%>66.7%,故分兩次萃取更好分液漏斗

ACD

（3）分批加入少量MnCC>3粉末，攪拌，至用pH試紙測得溶液pH略大于5,過濾；將濾液蒸

發(fā)結晶（蒸發(fā)濃縮）至有大量晶體析出，在高于40。€：條件下趁熱過濾，用少量無水乙醇洗滌晶

體

【分析】軟銃礦首加入稀硫酸和亞硫酸，使得二氧化錦轉變?yōu)榱蛩徙|溶液，除雜后經過一系

列處理得到MnSO/HQ；

【詳解】（1）二氧化鎰具有氧化性、亞硫酸鈉具有還原性，在酸性條件下，發(fā)生氧化還原反

應生成硫酸銃和硫酸鈉、水，MnO2+Na2SO3+H2SO4=MnSO4+Na2SO4+H,0；二氧化鋅

和亞硫酸鈉在酸性條件下發(fā)生反應，故先將軟錦礦粉與Na2s溶液混合后，再慢慢滴加稀

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硫酸，故加料方式是在攪拌下，用滴液漏斗向盛有軟鑄礦粉與Na2sO3溶液的三頸瓶中級慢

滴加H2s0,溶液加料完成后，以一定速率攪拌反應，提高鎬元素浸出率的方法還有適當提

高反應溫度，延長浸取時間；

20mLx10

（2）①由萃取率公式可知；萃取一次：E［（Mn2+）=x100%=66.7%；

20mLx10+100mLxl

lOmLxlO

分兩次萃取：每次苯取率E2（Mn"）=x100%=50%,Mr?+總萃取率

10mLx10+100mLxl

E總（Mn2+