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化学-2022届高三下学期开学摸底考试卷（江苏专用）
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化学
(考试时间：75分钟，满分：100分)
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 C 35.5 K 39 Ca 40 Cr 52 Fe 56 Cu 64 I 127
第I卷(选择题，共计42分)
一、单项选择题：本题包括14小题，每小题3分，共计42分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 黑火药是中国古代四大发明之一，其爆炸反应为2KNO3 + S + 3C = K2S + N2↑+ 3CO2↑。下列说法正确的是
A．黑火药中含有两种单质 B．爆炸时吸收热量
C．反应中S作还原剂 D．反应为置换反应
【答案】A
【解析】A．黑火药中含有 S、C 两种单质，A正确；
B．爆炸时释放热量，B错误；
C．反应中S化合价降低作氧化剂，C错误；
D．置换反应是单质与化合物反应生成新的单质和化合物，D错误；
综上所述答案为A。
2. 工业上制备保险粉的反应为。下列有关说法不正确的是
A. 的结构示意图为
B. 基态原子核外价电子的轨道表达式为
C. 中含有σ键和π键的数目之比为3：1
D. 的电子式为
【答案】B
【解析】A．钠原子的核电荷数为11，钠离子核外有10个电子，的结构示意图为，故A正确；
B．基态原子核外电子排布1s22s22p63s23p4，基态原子核外价电子的排布式3s23p4，价电子的轨道表达式为，故B错误；
C．甲酸的结构为，甲酸钠是由甲酸根离子和钠离子构成，所以甲酸钠中σ键和π键的数目之比为3：1，故C正确；
D．为离子化合物，其电子式为，故D正确；
故选B
3.下列由废铁屑制取FeSO4·7H2O的实验原理与装置不能达到实验目的的是
A. 用装置甲除去废铁屑表面的油污B. 用装置乙加快废铁屑的溶解
C. 用装置丙过滤得到FeSO4溶液D. 用装置丁蒸干溶液获得FeSO4·7H2O
【答案】D
【解析】A．Na2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，升高温度，Na2CO3溶液水解程度增大，溶液的碱性增强，废铁屑表面的油污能够与碱性物质反应产生可溶性物质，因此热纯碱溶液去除油污能力增强，A能够达到实验目的；
B．Fe与稀硫酸反应产生FeSO4和H2，温度升高，化学反应速率加快，故可用装置乙加快废铁屑的溶解，B能够达到实验目的；
C．根据装置图可知：该装置可将难溶性固体过滤除去，得到的滤液为FeSO4溶液，C能达到实验目的；
D．FeSO4溶液的溶解度受温度的影响变化较大，要从溶液中获得FeSO4·7H2O，应该采用加热浓缩、冷却结晶的方法，而不能采用蒸发结晶方法，D不能达到实验目的；
故合理选项是D。
4. 氯及其化合物在生产、生活中有广泛应用。下列物质的性质与用途具有对应关系的是
A. Cl2能溶于水，可用于工业制盐酸
B. ClO2有强氧化性，可用于自来水消毒
C. HClO不稳定，可用作棉、麻的漂白剂
D. FeCl3溶液呈酸性，可用于蚀刻印刷电路板
【答案】B
【解析】A．工业制盐酸的方法是将氢气和氯气点燃生成氯化氢，而不是氯气与水反应，A项错误；
B．ClO2用于自来水消毒是利用其强氧化性，B项正确；
C．HClO可用作棉、麻的漂白剂是利用HClO的氧化性，C；
D．FeCl3用于蚀刻印刷电路板是利用Fe3+的氧化性，D项错误；
答案选B。
5. 短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X 元素原子最外层电子数是内层的2 倍，元素 Y 的核电荷数等于 W 原子的最外层电子数，金属元素 Z 其原子最外层电子数与最内层相同。下列说法正确的是
A. 最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞X
B. X、Y 的单质均具有较高的熔沸点
C. 原子半径：r(X)＜r(Y)＜r(Z)＜r(W)
D. Z、Y 形成的化合物中既含有离子键，又含有非极性共价键
【答案】A
【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X元素原子最外层电子数是内层的2 倍，则X为C元素，金属元素Z其原子最外层电子数与最内层相同，则Z为Mg元素，元素Y的核电荷数等于W原子的最外层电子数，短周期主族元素最外层电子数小于8，则Y元素的核电荷数小于8，大于6，则Y为N元素，W为Cl元素。
A．W为Cl元素，X为C元素，非经属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非经属性：W＞X，则最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞X，故A正确；
B．X为C元素，Y为N元素，金刚石为C元素形成的单质，熔沸点较高，氮气常温下为气体，熔沸点较低，故B错误；
C．电子次数越多，原子半径越大，同周期元素，从左至右，原子半径逐渐减小，则原子半径：r(Z)＜r(W)＜r(X)＜r(Y)，故C错误；
D．Y为N元素，Z为Mg元素，Z、Y 形成的化合物为Mg3N2，其电子式为，只含有离子键，故D错误；
答案选A。
阅读下列材料，完成6-8题：蓝天保卫战—持续三年的大气治理之战，其中低成本、高效率处理SO2、NO2等大气污染物一直是化学研究的重点课题，研究它们的性质、制备在工业生产和环境保护中有着重要意义。
阅读下列材料，完成4-6题：氨是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广泛用于硝酸、纯碱、制药等工业；合成氨反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4 kJ/ml。实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量氨气。
6. 下列有关氨的说法正确的是
A. NH3的空间构型为平面三角形B. NH3与H2O能形成分子间氢键
C. NH3的水溶液不能导电D. 氨催化氧化制硝酸是利用了NH3的氧化性
【答案】B
【解析】A．NH3的孤电子对数为1，价层电子对数为4，空间构型为三角锥形，故A错误；
B．N和O的电负性比较大，半径比较小， NH3与H2O之间存在分子间氢键，也存在同种分子间氢键，故B正确；
C．NH3溶于水得到氨水，氨水中存在自由移动的铵根离子和氢氧根离子，即可导电，故C错误；
D．氨催化氧化制硝酸，NH3中N元素的化合价为-3，硝酸中N元素化合价为+5，化合价升高，做还原剂，利用的是NH3的还原性，故D错误；
故答案为B。
7．在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】一氧化氮与一氧化碳在催化剂作用下生成无毒无害的氮气。故选C
8. 下列有关合成氨反应的说法正确的是
A. 反应的ΔS＞0
B. 反应的ΔH=E(N-N)+3E(H-H)-6E(N-H) (E表示键能)
C. 反应中每消耗1ml H2转移电子的数目约等于2×6.02×1023
D. 反应在高温、高压和催化剂条件下进行可提高H2的平衡转化率
【答案】C
【解析】A．在合成氨反应中，生成物气体分子数小于反应物气体分子数，所以反应的ΔS＜0，A不正确；
B．反应的ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和=E(N≡N)+3E(H-H)-6E(N-H) (E表示键能)，B不正确；
C．由合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，可建立如下关系式：N2——3H2——6e-，则反应中每消耗1ml H2转移电子的数目约等于2ml×6.02×1023ml-1=2×6.02×1023，C正确；
D．合成氨反应为放热的可逆反应，高温可加快反应速率，但会使平衡逆向移动，不能提高H2的平衡转化率，使用催化剂只能改变反应速率，但不能改变H2的平衡转化率，也就不能提高H2的平衡转化率，D不正确；
故选C。
9. 验证淀粉水解的实验如下：
步骤1：取少量淀粉溶于水，充分搅拌后过滤，向滤液中加入少量稀硫酸并适当加热，反应一段时间后将溶液分成两等份。
步骤2：取其中一份溶液，滴加一定浓度的碘水，观察到溶液显蓝色。
步骤3：另取一份溶液，滴加稍过量的氢氧化钠溶液，充分振荡，再加入少量新制氢氧化铜悬浊液，加热，观察到有砖红色沉淀生成。
下列有关说法正确的是
A. 根据实验判断淀粉已完全水解
B. 步骤3中产生砖红色沉淀，说明淀粉水解的产物具有氧化性
C. 上图所示的Cu2O晶胞中Cu原子的配位数为8
D. 向新制氢氧化铜悬浊液中滴加氨水，悬浊液转变深蓝色溶液，说明有铜氨配合物生成
【答案】D
【解析】A．步骤2中溶液变蓝证明溶液中存在淀粉，淀粉没有水解完全，A项错误；
B．步骤3中发生的反应是新制的氢氧化铜溶液将醛基氧化，淀粉水解产物具有还原性，B项错误；
C．均摊法计算原子个数比后，黑球为氧原子，占据顶点和面心，白球为铜原子，铜原子的配位数为4，C项错误；
D．向新制氢氧化铜悬浊液中滴加氨水，悬浊液转变为深蓝色溶液，沉淀溶解说明有铜氨配合物生成，D项正确；
故答案为D。
10. 从中草药中提取的calebinA (结构简式如下图)可用于治疗阿尔茨海默症。下列关于calebinA的说法正确的是
A. 该物质在空气中能长时间保存
B. 该分子中碳原子存在sp2、sp3杂化
C. 该物质能与Na2CO3溶液反应生成CO2
D. 1 ml该物质与浓溴水反应，最多消耗2 ml Br2
【答案】B
【解析】根据结构简式可知，分子中含醚键、（酚）羟基、碳碳双键、酯基、羰基，结合官能团性质分析解答。
A．酚容易被空气氧化，上述分子中含（酚）羟基，所以在空气中不能长时间保存，A错误；
B．该分子有甲基，其中心碳原子采用sp3杂化，苯环中碳原子采用sp2杂化，B正确；
C．分子中没有羧基，不能与Na2CO3溶液反应生成CO2，（酚）羟基具有弱酸性，只能与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3，不能产生CO2，C错误；
D．分子中含（酚）羟基和碳碳双键，可以与浓溴水发生取代反应和加成反应，1 ml该物质与浓溴水反应，最多消耗4 ml Br2，D错误；
故选B。
11. 室温下，通过下列实验探究NH4HCO3溶液的性质。
下列有关说法正确的是
A. 1ml/LNH4HCO3溶液中存在
B. 根据实验2的现象可以得出
C. 实验3静置后的上层清液中有
D. 实验4中产生的气体是和混合气体
【答案】A
【解析】A．NH4HCO3属于弱酸弱碱的酸式盐，在溶液中存在水解平衡（+H2O⇌NH3·H2O+H+），既存在电离平衡（⇌H++）、又存在水解平衡（+H2O⇌H2CO3+OH-），用pH试纸测定0.1ml/LNH4HCO3溶液的pH，测得pH约为8，溶液呈碱性，说明的水解程度大于的水解程度，故溶液中存在c()＞c()＞c()，A正确；
B．将浓度均为0.1ml/LNH4HCO3溶液和Ba(OH)2溶液等体积混合，产生白色沉淀和刺激性气味的气体，有白色BaCO3沉淀生成，只能说明混合液中c(Ba2+)∙c()=0.05×0.05=2.5×10-3＞Ksp(BaCO3)，B错误；
C．原NH4HCO3溶液中存在物料守恒：c()+c(NH3·H2O)=c()+c(H2CO3)+c()，将等体积1ml/LNH4HCO3与NaCl溶液混合，析出晶体，发生反应NH4HCO3+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，由于有部分在NaHCO3晶体中析出，故静置后的上层清液中c()+c(NH3·H2O)＞c()+c(H2CO3)+c()，C错误；
D．向1ml/LNH4HCO3溶液中滴加0.1ml/LAlCl3溶液，产生白色沉淀，溢出无色气体，发生的反应为3+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑，产生的气体是CO2，D错误；
答案选A。
12.科研人员借助太阳能，将H2S转化为可再利用的S和H2的工作原理如图所示。下列叙述错误的是
A. 该电池能实现将光能转化为化学能
B. a电极的电极反应：2H++2e-=H2↑
C. 光照后，b电极的电极反应：H2S-2e-=2H++S
D. a电极区溶液的pH不变
【答案】C
【解析】A．该电池通过光照发生化学反应，形成原电池，将光能转化为化学能，故A不符合题意；
B．根据图示，在a电极上H+获得电子变成氢气，a电极的电极反应为2H++2e-=H2↑，故B不符合题意；
C．根据图示，光照后，b电极上，Fe2+失去电子，电极反应为Fe2+-e-= Fe3+，故C符合题意；
D．电池工作时，a极区消耗的H+的物质的量与通过离子交换膜进入a极区的H+相等，因此a极区溶液的pH不变，故D不符合题意。
答案选C。
13.常温下，Ksp（ZnS）＝l.6×10﹣24，Ksp （FeS）＝6.4×10﹣18，其中FeS为黑色晶体，ZnS是一种白色颜料的组成成分。下列说法正确的是（ ）
A．向物质的量浓度相等的FeSO4和ZnSO4混合液中滴加Na2S溶液，先产生黑色沉淀
B．常温下，反应FeS（s）+Zn2+（aq）⇌ZnS（s）+Fe2+（aq）的平衡常数K＝4.0×l06
C．在ZnS的饱和溶液中，加入FeSO4溶液，一定不会产生FeS沉淀
D．向FeS悬浊液中通入少许HCl，c（Fe2+）与Ksp （FeS）均增大
【答案】B
【解析】A、Ksp（ZnS）＜Ksp（FeS），根据Ksp小的先沉淀可知，先产生ZnS白色沉淀，故A错误；
B、反应FeS（s）+Zn2+（aq）⇌ZnS（s）+Fe2+（aq）的平衡常数K＝＝＝＝＝4.0×l06，故B正确；
C、在ZnS的饱和溶液中，加入FeSO4溶液，由于FeSO4浓度未知，则Qc（FeS）可能大于Ksp（FeS），故可能产生FeS沉淀，故C错误；
D、Ksp （FeS）只与温度有关，通入少许HCl，Ksp （FeS）不变，故D错误；故选：B。
14. 二氧化碳加氢合成二甲醚(CH3OCH3)具有重要的现实意义和广阔的应用前景。该方法主要涉及下列反应：
反应I：
反应II：
反应III：
向恒压密闭容器中按通入CO2和H2，平衡时各含碳物种的体积分数随温度的变化如图所示。下列有关说法正确的是
A. 反应I的平衡常数可表示为
B. 图中曲线b表示CO2的平衡体积分数随温度的变化
C. 510 K时，反应至CH3OCH3的体积分数达到X点的值，延长反应时间不能提高CH3OCH3的体积分数
D. 增大压强有利于提高平衡时CH3OCH3的选择性(CH3OCH3的选择性)
【答案】D
【解析】A．反应Ⅰ中H2O也是气态，所以平衡常数为，A错误；
B．只有反应Ⅲ涉及CH3OCH3，反应Ⅲ焓变小于0，升高温度平衡逆向移动，所以CH3OCH3的体积分数会随温度升高而降低，则b代表的应该是CH3OCH3，a代表CO2，B错误；
C．b代表的应该是CH3OCH3，X点位于曲线下方，所以延长反应时间可以提高CH3OCH3的体积分数，C错误；
D．反应Ⅰ为气体系数之和减小的反应，反应Ⅱ、Ⅲ均为气体系数之和不变的反应，增大压强，反应Ⅰ平衡正向移动，CH3OH的浓度增大，虽然H2O的浓度也增大，但CH3OH的系数为2，所以反应Ⅲ平衡正向移动，CH3OCH3的选择性增大，D正确；
综上所述答案为D。
第II卷(非选择题，共计58分)
15. （14分）工业以炼钢污泥(主要成分为铁的氧化物，还含有CaO、SiO2、C等杂质)为原料制备脱硫剂活性Fe2O3·H2O，并用该脱硫剂处理沼气中H2S的流程如下：
（1）“还原”：还原时加入的废铁屑除了与Fe3+反应外，还与___________(填离子符号)反应。
（2）“除杂”：若使还原后的滤液中Ca2+完全沉淀(离子浓度小于10-6 ml/L)，则滤液中c(F-)需大于___________；若溶液的pH偏低，将会导致CaF2沉淀不完全，其原因是___________。
（3）“沉铁”：生成FeCO3沉淀的离子方程式为___________。
（4）“脱硫、再生”：活性Fe2O3·H2O是一种固体脱硫剂(无水Fe2O3无脱硫作用)，其原理是将废气中的含硫化合物化学吸附到脱硫剂的孔隙中，发生反应改变其化学组成。当脱硫剂达到饱和后，即不再具有脱硫能力需要对其进行再生。利用活性Fe2O3·H2O脱除沼气中的H2S可转化成Fe2S3·H2O，其脱除及常温下再生的原理如图所示。
①“脱硫”反应的化学方程式为___________。
②工业上要求脱除及再生整个过程温度不能超过90℃，原因是___________；多次“再生”后，脱硫剂的活性不断下降，脱硫效果明显变差的原因可能是___________。
【答案】（1）H+ （2） ①. ②. pH偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF2沉淀不完全
（3）Fe2+++NH3·H2O=FeCO3↓++ H2O
（4） ①. Fe2O3·H2O+3H2S=Fe2S3·H2O+3H2O ②. 温度超过90℃，Fe2O3·H2O和Fe2S3·H2O均会发生分解 ③. 多次“再生”后，脱硫剂表面的大部分孔隙被S或其他物质覆盖，使得脱硫剂的活性下降
【解析】
（1）还原时加入的废铁屑除了与Fe3+反应外，还与溶液中过量的硫酸电离产生的H+发生反应。
（2）由于CaF2的溶度积常数Ksp(CaF2)=1.44×10-10，c(Ca2+)=1.0×10-6 ml/L，则c(F-)=。
若溶液的pH偏低，，溶液中的H+与F-会形成弱酸HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF2沉淀就不完全。
（3）在沉铁时，溶液中的Fe2+与、NH3·H2O反应产生FeCO3沉淀、和水，反应的离子方程式为：Fe2+++NH3·H2O=FeCO3↓++ H2O。
（4）①根据反应原理可知在“脱硫”反应中，Fe2O3·H2O和H2S反应产生Fe2S3·H2O和H2O，该反应的化学方程式为：Fe2O3·H2O+3H2S=Fe2S3·H2O+3H2O。
②工业上要求脱除及再生整个过程温度不能超过90℃，这由于温度超过90℃，Fe2O3·H2O和Fe2S3·H2O均会发生分解。
多次“再生”后，脱硫剂的活性不断下降，脱硫效果明显变差的原因可能是由于多次“再生”后，脱硫剂表面的大部分孔隙被S或其他物质覆盖，使得脱硫剂的活性下降。
16. （15分）制备天然化合物antfine的中间体F的一种合成路线如下：
注：PCC为吡啶和CrO3在盐酸溶液中的络合盐，。
(1)A中的含氧官能团名称为____和____。
(2)X的分子式为C8H8O2，C→D是两苯环间脱2H成稠环，则X的结构简式为____。
(3)B→C的反应类型为____。
(4)F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：____(只写一种)。
①分子中只有两种含氧官能团。
②碱性水解后酸化，得到碳原子数相等的芳香化合物P和Q；P既能发生银镜反应又能与FeCl3溶液发生显色反应；P、Q中均只有四种不同化学环境的氢。
(5)写出以为原料制备的合成路线流程图___(无机试剂、PCC和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】 ①. 醚键 ②. 羧基 ③. ④. 取代反应 ⑤. ⑥.
【解析】C→D是两苯环间脱2H成稠环，则C应为，根据B生成C的反应条件可知该过程为酯化反应，根据C中酯基的位置可知B为；A与X反应生成B，X的分子式为C8H8O2，且X中含有苯环，结合B的结构简式可知X为。
(1)根据A的结构简式可知其含氧官能团为醚键、羧基；
(2)根据分析可知X的结构简式为；
(3)B生成C为酯化反应，也属于取代反应；
(4)F的同分异构体满足：①分子中只有两种含氧官能团；
②碱性水解后酸化，得到碳原子数相等的芳香化合物P和Q，说明含有酯基；P既能发生银镜反应又能与FeCl3溶液发生显色反应，则P中含有—CHO和酚羟基；P、Q中均只有四种不同化学环境的氢，说明P、Q均为对称结构，则Q为或，P为或，F的同分异构体为、、、；
(5)对比和的结构简式，需要将—CH2COOCH3转化为—CH2CHO、—CH=CH2转化为—CH(OH)CH3；观察题目所给流程可知将—CH2COOCH3转化为—CH2CHO的步骤与D生成F的过程相似，而—CH=CH2转化为—CH(OH)CH3可以直接与H2O加成，也可以先和卤化氢加成，再水解，所以合成路线为。
17. （15分）草酸及其化合物在工业中有重要作用，例如：草酸可用于除铁锈，反应的离子方程式为：；草酸铁铵[]是一种常用的金属着色剂。
（1）草酸()是一种弱酸，不稳定，受热或遇浓硫酸会发生分解。在浓硫酸催化作用下，用硝酸氧化葡萄糖可制取草酸，实验装置如图所示
①葡萄糖溶液可由反应得到。该实验中证明淀粉已经完全水解的实验操作及现象是___________。
②55℃～60℃时，装置A中生成，同时生成NO。要将16.2g淀粉完全水解后的淀粉水解液完全转化为草酸，理论上消耗溶液的体积为___________mL。
③该实验中催化剂浓硫酸用量过多，会导致草酸产率减少，原因是___________。
（2）草酸铁铵晶体[]易溶于水，常温下其水溶液pH为4.0～5.0。设计以、草酸溶液和氨水为原料，制备草酸铁铵晶体的实验方案：___________。
（3）制得的草酸铁铵晶体中往往会混有少量草酸，为测定(M=428g/ml)的含量，进行下列实验：称取样品9.46g，加稀硫酸溶解后，配成100mL溶液。取20.00mL配制的溶液，用浓度为0.2000ml/L的KMnO4溶液滴定至终点时消耗KMnO4溶液28.00mL。已知：(未配平)。通过计算，确定样品中的质量分数___________(写出计算过程)。
【答案】（1） ①. 取水解液少许于试管中，向试管中加入碘水，溶液不变蓝色 ②. 300 ③. 浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会使有机物脱水碳化
（2）将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液，滴加氨水至溶液pH为4.0～5.0之间，然后将溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到草酸铁铵晶体
（3）90.5%
【解析】
（1）①说明淀粉水解完全的关键是要用实验证明淀粉已不存在，则取水解液少许于试管中，向试管中加入碘水，溶液不变蓝色说明淀粉已经完全水解，故答案为：取水解液少许于试管中，向试管中加入碘水，溶液不变蓝色；
②由题意可知，装置A中发生的反应为在浓硫酸做催化剂作用下，葡萄糖与稀硝酸反应生成草酸、一氧化氮和水，反应的化学方程式为C6H12O6(葡萄糖)+6HNO3(稀)3H2C2O4+6NO↑+6H2O，由淀粉水解方程式可得：(C6H10O5)n—nC6H12O6—6nHNO3，则将16.2g淀粉完全水解后的淀粉水解液完全转化为草酸，理论上消耗2ml/L硝酸溶液的体积为×103mL/L=300mL，故答案为：300；
③浓硫酸具有强氧化性和脱水性，若该实验中催化剂浓硫酸用量过多，会使有机物脱水碳化，导致草酸产率减少，故答案为：浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会使有机物脱水碳化；
（2）由题意可知，制备草酸铁铵晶体的实验操作为将氧化铁在搅拌条件下溶于热的草酸溶液得到含有三草酸合铁离子的酸性溶液，向反应后的溶液中加入氨水至溶液的pH为4.0～5.0之间，三草酸合铁离子与氨水反应得到草酸铁铵溶液，然后将溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到草酸铁铵晶体，故答案为：将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液，滴加氨水至溶液pH为4.0～5.0之间，然后将溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到草酸铁铵晶体；
（3）设草酸的物质的量为aml，草酸铁铵晶体的物质的量为bml，由样品的质量可得：90a+428b=9.46①，由得失电子数目守恒可得：5 H2C2O4—2MnO，由20.00mL溶液消耗28.00mL 0.2000ml/L的高锰酸钾溶液可得：a+3b=0.2000ml/L×0.028L×5×②， 解联立方程可得a=0.01、b=0.02，则9.46g样品中草酸铁铵晶体的质量分数为×100%≈90.5%，故答案为：90.5%。
18. （14分）含氮废水需经处理后排放，氨氮(以NH3、NH存在)和硝态(以NO存在)废水的处理方法不同。
(一) 某科研小组用NaClO氧化法处理氨氮废水。
己知：①HClO的氧化性比NaClO强；
②NH3比NH更易被氧化；
③国家标准要求经处理过的氨氮废水pH要控制在6～9。
（1）pH=1.25时，NaClO可与NH反应生成N2等无污染物质，该反应的离子方程式为___________。
（2）进水pH对氨氮废水去除率和出水pH的影响分别如图1、图2所示：
①进水pH为1.25～2.75范围内，氨氮去除率随pH升高迅速下降的原因是___________。
②进水pH为2.75～6.00范围内，氨氮去除率随pH升高而上升的原因是___________。
③进水pH应控制在___________左右为宜。
(二)石墨烯负载纳米铁能迅速有效地还原污水中的NO，纳米铁还原废水中NO的可能反应机理如图所示。
（3）纳米铁还原NO的过程可描述为____。
（4）经检验，污水经处理后，水体中NO、NO浓度很小，但水中总氮浓度下降不明显，原因是____。
【答案】（1）2NH＋3ClO-=N2↑＋3Cl-＋2H＋＋3H2O
（2） ①. HClO氧化性比ClO-强，随着pH升高，ClO-水解程度减小，溶液中c(HClO)下降，氧化能力降低，导致氨氮去除率下降 ②. 随着pH升高，氨氮废水中NH3含量增大，氨氮更易被氧化 ③. 1.5
（3）纳米铁失去电子生成Fe2＋，Fe2＋失去电子形成Fe3O4，吸附在纳米铁表面的NO得到电子被还原生成NO，NO在纳米铁表面进一步得到电子被还原生成N2和NH
（4）NO被还原为NH而留在溶液中(或NO在纳米铁表面被还原生成NH的速率大于生成N2的速率)
【解析】
（1）次氯酸钠将NH氧化成氮气，本身被还原成Cl-，利用化合价升降法进行配平，pH=1.25，溶液为酸性，其反应的离子方程式为2NH＋3ClO-=N2↑＋3Cl-＋2H＋＋3H2O；答案为2NH＋3ClO-=N2↑＋3Cl-＋2H＋＋3H2O；
（2）①根据题中信息，HClO的氧化性比NaClO强，进水pH为1.25～2.75范围内，c(HClO)降低，氧化能力下降，导致氨氮去除率下降；故答案为HClO氧化性比ClO-强，随着pH升高，ClO-水解程度减小，溶液中c(HClO)下降，氧化能力降低，导致氨氮去除率下降；
②根据NH3比NH更易被氧化，进水pH为2.75～6.00范围内，氨氮废水中NH3含量增大，氨气更容易被氧化，故答案为随着pH升高，氨氮废水中NH3含量增大，氨氮更易被氧化；
③国家标准要求经处理过的氨氮废水pH要控制在6～9，根据图1、2，pH=1.5左右氨氮去除率较大，且出水pH符合国家标准；答案为1.5；
（3）根据反应机理图，纳米铁还原NO的过程：纳米铁失去电子生成Fe2＋，Fe2＋失去电子形成Fe3O4，吸附在纳米铁表面的NO得到电子被还原生成NO，NO在纳米铁表面进一步得到电子被还原生成N2和NH；答案为纳米铁失去电子生成Fe2＋，Fe2＋失去电子形成Fe3O4，吸附在纳米铁表面的NO得到电子被还原生成NO，NO在纳米铁表面进一步得到电子被还原生成N2和NH；
（4）根据示意图，NO在纳米铁表面进一步得到电子被还原生成N2和NH，NH残留在溶液中，使水中总氮浓度下降不明显，故答案为NO被还原为NH而留在溶液中或NO在纳米铁表面被还原生成NH的速率大于生成N2的速率。注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上相应位置。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将答题卡交监考老师。
实验
实验操作
1
用pH试纸测定0.1ml/LNH4HCO3溶液的pH，测得pH约为8
2
将浓度均为0.1ml/LNH4HCO3溶液和Ba(OH)2溶液等体积混合，产生白色沉淀和刺激性气味的气体
3
将等体积1ml/LNH4HCO3与NaCl溶液混合，析出晶体
4
向1ml/LNH4HCO3溶液中滴加0.1ml/LAlCl3溶液，产生白色沉淀，溢出无色气体
化学
(考试时间：75分钟，满分：100分)
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 C 35.5 K 39 Ca 40 Cr 52 Fe 56 Cu 64 I 127
第I卷(选择题，共计42分)
一、单项选择题：本题包括14小题，每小题3分，共计42分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 黑火药是中国古代四大发明之一，其爆炸反应为2KNO3 + S + 3C = K2S + N2↑+ 3CO2↑。下列说法正确的是
A．黑火药中含有两种单质 B．爆炸时吸收热量
C．反应中S作还原剂 D．反应为置换反应
【答案】A
【解析】A．黑火药中含有 S、C 两种单质，A正确；
B．爆炸时释放热量，B错误；
C．反应中S化合价降低作氧化剂，C错误；
D．置换反应是单质与化合物反应生成新的单质和化合物，D错误；
综上所述答案为A。
2. 工业上制备保险粉的反应为。下列有关说法不正确的是
A. 的结构示意图为
B. 基态原子核外价电子的轨道表达式为
C. 中含有σ键和π键的数目之比为3：1
D. 的电子式为
【答案】B
【解析】A．钠原子的核电荷数为11，钠离子核外有10个电子，的结构示意图为，故A正确；
B．基态原子核外电子排布1s22s22p63s23p4，基态原子核外价电子的排布式3s23p4，价电子的轨道表达式为，故B错误；
C．甲酸的结构为，甲酸钠是由甲酸根离子和钠离子构成，所以甲酸钠中σ键和π键的数目之比为3：1，故C正确；
D．为离子化合物，其电子式为，故D正确；
故选B
3.下列由废铁屑制取FeSO4·7H2O的实验原理与装置不能达到实验目的的是
A. 用装置甲除去废铁屑表面的油污B. 用装置乙加快废铁屑的溶解
C. 用装置丙过滤得到FeSO4溶液D. 用装置丁蒸干溶液获得FeSO4·7H2O
【答案】D
【解析】A．Na2CO3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，升高温度，Na2CO3溶液水解程度增大，溶液的碱性增强，废铁屑表面的油污能够与碱性物质反应产生可溶性物质，因此热纯碱溶液去除油污能力增强，A能够达到实验目的；
B．Fe与稀硫酸反应产生FeSO4和H2，温度升高，化学反应速率加快，故可用装置乙加快废铁屑的溶解，B能够达到实验目的；
C．根据装置图可知：该装置可将难溶性固体过滤除去，得到的滤液为FeSO4溶液，C能达到实验目的；
D．FeSO4溶液的溶解度受温度的影响变化较大，要从溶液中获得FeSO4·7H2O，应该采用加热浓缩、冷却结晶的方法，而不能采用蒸发结晶方法，D不能达到实验目的；
故合理选项是D。
4. 氯及其化合物在生产、生活中有广泛应用。下列物质的性质与用途具有对应关系的是
A. Cl2能溶于水，可用于工业制盐酸
B. ClO2有强氧化性，可用于自来水消毒
C. HClO不稳定，可用作棉、麻的漂白剂
D. FeCl3溶液呈酸性，可用于蚀刻印刷电路板
【答案】B
【解析】A．工业制盐酸的方法是将氢气和氯气点燃生成氯化氢，而不是氯气与水反应，A项错误；
B．ClO2用于自来水消毒是利用其强氧化性，B项正确；
C．HClO可用作棉、麻的漂白剂是利用HClO的氧化性，C；
D．FeCl3用于蚀刻印刷电路板是利用Fe3+的氧化性，D项错误；
答案选B。
5. 短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，X 元素原子最外层电子数是内层的2 倍，元素 Y 的核电荷数等于 W 原子的最外层电子数，金属元素 Z 其原子最外层电子数与最内层相同。下列说法正确的是
A. 最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞X
B. X、Y 的单质均具有较高的熔沸点
C. 原子半径：r(X)＜r(Y)＜r(Z)＜r(W)
D. Z、Y 形成的化合物中既含有离子键，又含有非极性共价键
【答案】A
【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X元素原子最外层电子数是内层的2 倍，则X为C元素，金属元素Z其原子最外层电子数与最内层相同，则Z为Mg元素，元素Y的核电荷数等于W原子的最外层电子数，短周期主族元素最外层电子数小于8，则Y元素的核电荷数小于8，大于6，则Y为N元素，W为Cl元素。
A．W为Cl元素，X为C元素，非经属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非经属性：W＞X，则最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞X，故A正确；
B．X为C元素，Y为N元素，金刚石为C元素形成的单质，熔沸点较高，氮气常温下为气体，熔沸点较低，故B错误；
C．电子次数越多，原子半径越大，同周期元素，从左至右，原子半径逐渐减小，则原子半径：r(Z)＜r(W)＜r(X)＜r(Y)，故C错误；
D．Y为N元素，Z为Mg元素，Z、Y 形成的化合物为Mg3N2，其电子式为，只含有离子键，故D错误；
答案选A。
阅读下列材料，完成6-8题：蓝天保卫战—持续三年的大气治理之战，其中低成本、高效率处理SO2、NO2等大气污染物一直是化学研究的重点课题，研究它们的性质、制备在工业生产和环境保护中有着重要意义。
阅读下列材料，完成4-6题：氨是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广泛用于硝酸、纯碱、制药等工业；合成氨反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4 kJ/ml。实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量氨气。
6. 下列有关氨的说法正确的是
A. NH3的空间构型为平面三角形B. NH3与H2O能形成分子间氢键
C. NH3的水溶液不能导电D. 氨催化氧化制硝酸是利用了NH3的氧化性
【答案】B
【解析】A．NH3的孤电子对数为1，价层电子对数为4，空间构型为三角锥形，故A错误；
B．N和O的电负性比较大，半径比较小， NH3与H2O之间存在分子间氢键，也存在同种分子间氢键，故B正确；
C．NH3溶于水得到氨水，氨水中存在自由移动的铵根离子和氢氧根离子，即可导电，故C错误；
D．氨催化氧化制硝酸，NH3中N元素的化合价为-3，硝酸中N元素化合价为+5，化合价升高，做还原剂，利用的是NH3的还原性，故D错误；
故答案为B。
7．在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】一氧化氮与一氧化碳在催化剂作用下生成无毒无害的氮气。故选C
8. 下列有关合成氨反应的说法正确的是
A. 反应的ΔS＞0
B. 反应的ΔH=E(N-N)+3E(H-H)-6E(N-H) (E表示键能)
C. 反应中每消耗1ml H2转移电子的数目约等于2×6.02×1023
D. 反应在高温、高压和催化剂条件下进行可提高H2的平衡转化率
【答案】C
【解析】A．在合成氨反应中，生成物气体分子数小于反应物气体分子数，所以反应的ΔS＜0，A不正确；
B．反应的ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和=E(N≡N)+3E(H-H)-6E(N-H) (E表示键能)，B不正确；
C．由合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，可建立如下关系式：N2——3H2——6e-，则反应中每消耗1ml H2转移电子的数目约等于2ml×6.02×1023ml-1=2×6.02×1023，C正确；
D．合成氨反应为放热的可逆反应，高温可加快反应速率，但会使平衡逆向移动，不能提高H2的平衡转化率，使用催化剂只能改变反应速率，但不能改变H2的平衡转化率，也就不能提高H2的平衡转化率，D不正确；
故选C。
9. 验证淀粉水解的实验如下：
步骤1：取少量淀粉溶于水，充分搅拌后过滤，向滤液中加入少量稀硫酸并适当加热，反应一段时间后将溶液分成两等份。
步骤2：取其中一份溶液，滴加一定浓度的碘水，观察到溶液显蓝色。
步骤3：另取一份溶液，滴加稍过量的氢氧化钠溶液，充分振荡，再加入少量新制氢氧化铜悬浊液，加热，观察到有砖红色沉淀生成。
下列有关说法正确的是
A. 根据实验判断淀粉已完全水解
B. 步骤3中产生砖红色沉淀，说明淀粉水解的产物具有氧化性
C. 上图所示的Cu2O晶胞中Cu原子的配位数为8
D. 向新制氢氧化铜悬浊液中滴加氨水，悬浊液转变深蓝色溶液，说明有铜氨配合物生成
【答案】D
【解析】A．步骤2中溶液变蓝证明溶液中存在淀粉，淀粉没有水解完全，A项错误；
B．步骤3中发生的反应是新制的氢氧化铜溶液将醛基氧化，淀粉水解产物具有还原性，B项错误；
C．均摊法计算原子个数比后，黑球为氧原子，占据顶点和面心，白球为铜原子，铜原子的配位数为4，C项错误；
D．向新制氢氧化铜悬浊液中滴加氨水，悬浊液转变为深蓝色溶液，沉淀溶解说明有铜氨配合物生成，D项正确；
故答案为D。
10. 从中草药中提取的calebinA (结构简式如下图)可用于治疗阿尔茨海默症。下列关于calebinA的说法正确的是
A. 该物质在空气中能长时间保存
B. 该分子中碳原子存在sp2、sp3杂化
C. 该物质能与Na2CO3溶液反应生成CO2
D. 1 ml该物质与浓溴水反应，最多消耗2 ml Br2
【答案】B
【解析】根据结构简式可知，分子中含醚键、（酚）羟基、碳碳双键、酯基、羰基，结合官能团性质分析解答。
A．酚容易被空气氧化，上述分子中含（酚）羟基，所以在空气中不能长时间保存，A错误；
B．该分子有甲基，其中心碳原子采用sp3杂化，苯环中碳原子采用sp2杂化，B正确；
C．分子中没有羧基，不能与Na2CO3溶液反应生成CO2，（酚）羟基具有弱酸性，只能与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3，不能产生CO2，C错误；
D．分子中含（酚）羟基和碳碳双键，可以与浓溴水发生取代反应和加成反应，1 ml该物质与浓溴水反应，最多消耗4 ml Br2，D错误；
故选B。
11. 室温下，通过下列实验探究NH4HCO3溶液的性质。
下列有关说法正确的是
A. 1ml/LNH4HCO3溶液中存在
B. 根据实验2的现象可以得出
C. 实验3静置后的上层清液中有
D. 实验4中产生的气体是和混合气体
【答案】A
【解析】A．NH4HCO3属于弱酸弱碱的酸式盐，在溶液中存在水解平衡（+H2O⇌NH3·H2O+H+），既存在电离平衡（⇌H++）、又存在水解平衡（+H2O⇌H2CO3+OH-），用pH试纸测定0.1ml/LNH4HCO3溶液的pH，测得pH约为8，溶液呈碱性，说明的水解程度大于的水解程度，故溶液中存在c()＞c()＞c()，A正确；
B．将浓度均为0.1ml/LNH4HCO3溶液和Ba(OH)2溶液等体积混合，产生白色沉淀和刺激性气味的气体，有白色BaCO3沉淀生成，只能说明混合液中c(Ba2+)∙c()=0.05×0.05=2.5×10-3＞Ksp(BaCO3)，B错误；
C．原NH4HCO3溶液中存在物料守恒：c()+c(NH3·H2O)=c()+c(H2CO3)+c()，将等体积1ml/LNH4HCO3与NaCl溶液混合，析出晶体，发生反应NH4HCO3+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，由于有部分在NaHCO3晶体中析出，故静置后的上层清液中c()+c(NH3·H2O)＞c()+c(H2CO3)+c()，C错误；
D．向1ml/LNH4HCO3溶液中滴加0.1ml/LAlCl3溶液，产生白色沉淀，溢出无色气体，发生的反应为3+Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑，产生的气体是CO2，D错误；
答案选A。
12.科研人员借助太阳能，将H2S转化为可再利用的S和H2的工作原理如图所示。下列叙述错误的是
A. 该电池能实现将光能转化为化学能
B. a电极的电极反应：2H++2e-=H2↑
C. 光照后，b电极的电极反应：H2S-2e-=2H++S
D. a电极区溶液的pH不变
【答案】C
【解析】A．该电池通过光照发生化学反应，形成原电池，将光能转化为化学能，故A不符合题意；
B．根据图示，在a电极上H+获得电子变成氢气，a电极的电极反应为2H++2e-=H2↑，故B不符合题意；
C．根据图示，光照后，b电极上，Fe2+失去电子，电极反应为Fe2+-e-= Fe3+，故C符合题意；
D．电池工作时，a极区消耗的H+的物质的量与通过离子交换膜进入a极区的H+相等，因此a极区溶液的pH不变，故D不符合题意。
答案选C。
13.常温下，Ksp（ZnS）＝l.6×10﹣24，Ksp （FeS）＝6.4×10﹣18，其中FeS为黑色晶体，ZnS是一种白色颜料的组成成分。下列说法正确的是（ ）
A．向物质的量浓度相等的FeSO4和ZnSO4混合液中滴加Na2S溶液，先产生黑色沉淀
B．常温下，反应FeS（s）+Zn2+（aq）⇌ZnS（s）+Fe2+（aq）的平衡常数K＝4.0×l06
C．在ZnS的饱和溶液中，加入FeSO4溶液，一定不会产生FeS沉淀
D．向FeS悬浊液中通入少许HCl，c（Fe2+）与Ksp （FeS）均增大
【答案】B
【解析】A、Ksp（ZnS）＜Ksp（FeS），根据Ksp小的先沉淀可知，先产生ZnS白色沉淀，故A错误；
B、反应FeS（s）+Zn2+（aq）⇌ZnS（s）+Fe2+（aq）的平衡常数K＝＝＝＝＝4.0×l06，故B正确；
C、在ZnS的饱和溶液中，加入FeSO4溶液，由于FeSO4浓度未知，则Qc（FeS）可能大于Ksp（FeS），故可能产生FeS沉淀，故C错误；
D、Ksp （FeS）只与温度有关，通入少许HCl，Ksp （FeS）不变，故D错误；故选：B。
14. 二氧化碳加氢合成二甲醚(CH3OCH3)具有重要的现实意义和广阔的应用前景。该方法主要涉及下列反应：
反应I：
反应II：
反应III：
向恒压密闭容器中按通入CO2和H2，平衡时各含碳物种的体积分数随温度的变化如图所示。下列有关说法正确的是
A. 反应I的平衡常数可表示为
B. 图中曲线b表示CO2的平衡体积分数随温度的变化
C. 510 K时，反应至CH3OCH3的体积分数达到X点的值，延长反应时间不能提高CH3OCH3的体积分数
D. 增大压强有利于提高平衡时CH3OCH3的选择性(CH3OCH3的选择性)
【答案】D
【解析】A．反应Ⅰ中H2O也是气态，所以平衡常数为，A错误；
B．只有反应Ⅲ涉及CH3OCH3，反应Ⅲ焓变小于0，升高温度平衡逆向移动，所以CH3OCH3的体积分数会随温度升高而降低，则b代表的应该是CH3OCH3，a代表CO2，B错误；
C．b代表的应该是CH3OCH3，X点位于曲线下方，所以延长反应时间可以提高CH3OCH3的体积分数，C错误；
D．反应Ⅰ为气体系数之和减小的反应，反应Ⅱ、Ⅲ均为气体系数之和不变的反应，增大压强，反应Ⅰ平衡正向移动，CH3OH的浓度增大，虽然H2O的浓度也增大，但CH3OH的系数为2，所以反应Ⅲ平衡正向移动，CH3OCH3的选择性增大，D正确；
综上所述答案为D。
第II卷(非选择题，共计58分)
15. （14分）工业以炼钢污泥(主要成分为铁的氧化物，还含有CaO、SiO2、C等杂质)为原料制备脱硫剂活性Fe2O3·H2O，并用该脱硫剂处理沼气中H2S的流程如下：
（1）“还原”：还原时加入的废铁屑除了与Fe3+反应外，还与___________(填离子符号)反应。
（2）“除杂”：若使还原后的滤液中Ca2+完全沉淀(离子浓度小于10-6 ml/L)，则滤液中c(F-)需大于___________；若溶液的pH偏低，将会导致CaF2沉淀不完全，其原因是___________。
（3）“沉铁”：生成FeCO3沉淀的离子方程式为___________。
（4）“脱硫、再生”：活性Fe2O3·H2O是一种固体脱硫剂(无水Fe2O3无脱硫作用)，其原理是将废气中的含硫化合物化学吸附到脱硫剂的孔隙中，发生反应改变其化学组成。当脱硫剂达到饱和后，即不再具有脱硫能力需要对其进行再生。利用活性Fe2O3·H2O脱除沼气中的H2S可转化成Fe2S3·H2O，其脱除及常温下再生的原理如图所示。
①“脱硫”反应的化学方程式为___________。
②工业上要求脱除及再生整个过程温度不能超过90℃，原因是___________；多次“再生”后，脱硫剂的活性不断下降，脱硫效果明显变差的原因可能是___________。
【答案】（1）H+ （2） ①. ②. pH偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF2沉淀不完全
（3）Fe2+++NH3·H2O=FeCO3↓++ H2O
（4） ①. Fe2O3·H2O+3H2S=Fe2S3·H2O+3H2O ②. 温度超过90℃，Fe2O3·H2O和Fe2S3·H2O均会发生分解 ③. 多次“再生”后，脱硫剂表面的大部分孔隙被S或其他物质覆盖，使得脱硫剂的活性下降
【解析】
（1）还原时加入的废铁屑除了与Fe3+反应外，还与溶液中过量的硫酸电离产生的H+发生反应。
（2）由于CaF2的溶度积常数Ksp(CaF2)=1.44×10-10，c(Ca2+)=1.0×10-6 ml/L，则c(F-)=。
若溶液的pH偏低，，溶液中的H+与F-会形成弱酸HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF2沉淀就不完全。
（3）在沉铁时，溶液中的Fe2+与、NH3·H2O反应产生FeCO3沉淀、和水，反应的离子方程式为：Fe2+++NH3·H2O=FeCO3↓++ H2O。
（4）①根据反应原理可知在“脱硫”反应中，Fe2O3·H2O和H2S反应产生Fe2S3·H2O和H2O，该反应的化学方程式为：Fe2O3·H2O+3H2S=Fe2S3·H2O+3H2O。
②工业上要求脱除及再生整个过程温度不能超过90℃，这由于温度超过90℃，Fe2O3·H2O和Fe2S3·H2O均会发生分解。
多次“再生”后，脱硫剂的活性不断下降，脱硫效果明显变差的原因可能是由于多次“再生”后，脱硫剂表面的大部分孔隙被S或其他物质覆盖，使得脱硫剂的活性下降。
16. （15分）制备天然化合物antfine的中间体F的一种合成路线如下：
注：PCC为吡啶和CrO3在盐酸溶液中的络合盐，。
(1)A中的含氧官能团名称为____和____。
(2)X的分子式为C8H8O2，C→D是两苯环间脱2H成稠环，则X的结构简式为____。
(3)B→C的反应类型为____。
(4)F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：____(只写一种)。
①分子中只有两种含氧官能团。
②碱性水解后酸化，得到碳原子数相等的芳香化合物P和Q；P既能发生银镜反应又能与FeCl3溶液发生显色反应；P、Q中均只有四种不同化学环境的氢。
(5)写出以为原料制备的合成路线流程图___(无机试剂、PCC和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】 ①. 醚键 ②. 羧基 ③. ④. 取代反应 ⑤. ⑥.
【解析】C→D是两苯环间脱2H成稠环，则C应为，根据B生成C的反应条件可知该过程为酯化反应，根据C中酯基的位置可知B为；A与X反应生成B，X的分子式为C8H8O2，且X中含有苯环，结合B的结构简式可知X为。
(1)根据A的结构简式可知其含氧官能团为醚键、羧基；
(2)根据分析可知X的结构简式为；
(3)B生成C为酯化反应，也属于取代反应；
(4)F的同分异构体满足：①分子中只有两种含氧官能团；
②碱性水解后酸化，得到碳原子数相等的芳香化合物P和Q，说明含有酯基；P既能发生银镜反应又能与FeCl3溶液发生显色反应，则P中含有—CHO和酚羟基；P、Q中均只有四种不同化学环境的氢，说明P、Q均为对称结构，则Q为或，P为或，F的同分异构体为、、、；
(5)对比和的结构简式，需要将—CH2COOCH3转化为—CH2CHO、—CH=CH2转化为—CH(OH)CH3；观察题目所给流程可知将—CH2COOCH3转化为—CH2CHO的步骤与D生成F的过程相似，而—CH=CH2转化为—CH(OH)CH3可以直接与H2O加成，也可以先和卤化氢加成，再水解，所以合成路线为。
17. （15分）草酸及其化合物在工业中有重要作用，例如：草酸可用于除铁锈，反应的离子方程式为：；草酸铁铵[]是一种常用的金属着色剂。
（1）草酸()是一种弱酸，不稳定，受热或遇浓硫酸会发生分解。在浓硫酸催化作用下，用硝酸氧化葡萄糖可制取草酸，实验装置如图所示
①葡萄糖溶液可由反应得到。该实验中证明淀粉已经完全水解的实验操作及现象是___________。
②55℃～60℃时，装置A中生成，同时生成NO。要将16.2g淀粉完全水解后的淀粉水解液完全转化为草酸，理论上消耗溶液的体积为___________mL。
③该实验中催化剂浓硫酸用量过多，会导致草酸产率减少，原因是___________。
（2）草酸铁铵晶体[]易溶于水，常温下其水溶液pH为4.0～5.0。设计以、草酸溶液和氨水为原料，制备草酸铁铵晶体的实验方案：___________。
（3）制得的草酸铁铵晶体中往往会混有少量草酸，为测定(M=428g/ml)的含量，进行下列实验：称取样品9.46g，加稀硫酸溶解后，配成100mL溶液。取20.00mL配制的溶液，用浓度为0.2000ml/L的KMnO4溶液滴定至终点时消耗KMnO4溶液28.00mL。已知：(未配平)。通过计算，确定样品中的质量分数___________(写出计算过程)。
【答案】（1） ①. 取水解液少许于试管中，向试管中加入碘水，溶液不变蓝色 ②. 300 ③. 浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会使有机物脱水碳化
（2）将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液，滴加氨水至溶液pH为4.0～5.0之间，然后将溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到草酸铁铵晶体
（3）90.5%
【解析】
（1）①说明淀粉水解完全的关键是要用实验证明淀粉已不存在，则取水解液少许于试管中，向试管中加入碘水，溶液不变蓝色说明淀粉已经完全水解，故答案为：取水解液少许于试管中，向试管中加入碘水，溶液不变蓝色；
②由题意可知，装置A中发生的反应为在浓硫酸做催化剂作用下，葡萄糖与稀硝酸反应生成草酸、一氧化氮和水，反应的化学方程式为C6H12O6(葡萄糖)+6HNO3(稀)3H2C2O4+6NO↑+6H2O，由淀粉水解方程式可得：(C6H10O5)n—nC6H12O6—6nHNO3，则将16.2g淀粉完全水解后的淀粉水解液完全转化为草酸，理论上消耗2ml/L硝酸溶液的体积为×103mL/L=300mL，故答案为：300；
③浓硫酸具有强氧化性和脱水性，若该实验中催化剂浓硫酸用量过多，会使有机物脱水碳化，导致草酸产率减少，故答案为：浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会使有机物脱水碳化；
（2）由题意可知，制备草酸铁铵晶体的实验操作为将氧化铁在搅拌条件下溶于热的草酸溶液得到含有三草酸合铁离子的酸性溶液，向反应后的溶液中加入氨水至溶液的pH为4.0～5.0之间，三草酸合铁离子与氨水反应得到草酸铁铵溶液，然后将溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到草酸铁铵晶体，故答案为：将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液，滴加氨水至溶液pH为4.0～5.0之间，然后将溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到草酸铁铵晶体；
（3）设草酸的物质的量为aml，草酸铁铵晶体的物质的量为bml，由样品的质量可得：90a+428b=9.46①，由得失电子数目守恒可得：5 H2C2O4—2MnO，由20.00mL溶液消耗28.00mL 0.2000ml/L的高锰酸钾溶液可得：a+3b=0.2000ml/L×0.028L×5×②， 解联立方程可得a=0.01、b=0.02，则9.46g样品中草酸铁铵晶体的质量分数为×100%≈90.5%，故答案为：90.5%。
18. （14分）含氮废水需经处理后排放，氨氮(以NH3、NH存在)和硝态(以NO存在)废水的处理方法不同。
(一) 某科研小组用NaClO氧化法处理氨氮废水。
己知：①HClO的氧化性比NaClO强；
②NH3比NH更易被氧化；
③国家标准要求经处理过的氨氮废水pH要控制在6～9。
（1）pH=1.25时，NaClO可与NH反应生成N2等无污染物质，该反应的离子方程式为___________。
（2）进水pH对氨氮废水去除率和出水pH的影响分别如图1、图2所示：
①进水pH为1.25～2.75范围内，氨氮去除率随pH升高迅速下降的原因是___________。
②进水pH为2.75～6.00范围内，氨氮去除率随pH升高而上升的原因是___________。
③进水pH应控制在___________左右为宜。
(二)石墨烯负载纳米铁能迅速有效地还原污水中的NO，纳米铁还原废水中NO的可能反应机理如图所示。
（3）纳米铁还原NO的过程可描述为____。
（4）经检验，污水经处理后，水体中NO、NO浓度很小，但水中总氮浓度下降不明显，原因是____。
【答案】（1）2NH＋3ClO-=N2↑＋3Cl-＋2H＋＋3H2O
（2） ①. HClO氧化性比ClO-强，随着pH升高，ClO-水解程度减小，溶液中c(HClO)下降，氧化能力降低，导致氨氮去除率下降 ②. 随着pH升高，氨氮废水中NH3含量增大，氨氮更易被氧化 ③. 1.5
（3）纳米铁失去电子生成Fe2＋，Fe2＋失去电子形成Fe3O4，吸附在纳米铁表面的NO得到电子被还原生成NO，NO在纳米铁表面进一步得到电子被还原生成N2和NH
（4）NO被还原为NH而留在溶液中(或NO在纳米铁表面被还原生成NH的速率大于生成N2的速率)
【解析】
（1）次氯酸钠将NH氧化成氮气，本身被还原成Cl-，利用化合价升降法进行配平，pH=1.25，溶液为酸性，其反应的离子方程式为2NH＋3ClO-=N2↑＋3Cl-＋2H＋＋3H2O；答案为2NH＋3ClO-=N2↑＋3Cl-＋2H＋＋3H2O；
（2）①根据题中信息，HClO的氧化性比NaClO强，进水pH为1.25～2.75范围内，c(HClO)降低，氧化能力下降，导致氨氮去除率下降；故答案为HClO氧化性比ClO-强，随着pH升高，ClO-水解程度减小，溶液中c(HClO)下降，氧化能力降低，导致氨氮去除率下降；
②根据NH3比NH更易被氧化，进水pH为2.75～6.00范围内，氨氮废水中NH3含量增大，氨气更容易被氧化，故答案为随着pH升高，氨氮废水中NH3含量增大，氨氮更易被氧化；
③国家标准要求经处理过的氨氮废水pH要控制在6～9，根据图1、2，pH=1.5左右氨氮去除率较大，且出水pH符合国家标准；答案为1.5；
（3）根据反应机理图，纳米铁还原NO的过程：纳米铁失去电子生成Fe2＋，Fe2＋失去电子形成Fe3O4，吸附在纳米铁表面的NO得到电子被还原生成NO，NO在纳米铁表面进一步得到电子被还原生成N2和NH；答案为纳米铁失去电子生成Fe2＋，Fe2＋失去电子形成Fe3O4，吸附在纳米铁表面的NO得到电子被还原生成NO，NO在纳米铁表面进一步得到电子被还原生成N2和NH；
（4）根据示意图，NO在纳米铁表面进一步得到电子被还原生成N2和NH，NH残留在溶液中，使水中总氮浓度下降不明显，故答案为NO被还原为NH而留在溶液中或NO在纳米铁表面被还原生成NH的速率大于生成N2的速率。注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上相应位置。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将答题卡交监考老师。
实验
实验操作
1
用pH试纸测定0.1ml/LNH4HCO3溶液的pH，测得pH约为8
2
将浓度均为0.1ml/LNH4HCO3溶液和Ba(OH)2溶液等体积混合，产生白色沉淀和刺激性气味的气体
3
将等体积1ml/LNH4HCO3与NaCl溶液混合，析出晶体
4
向1ml/LNH4HCO3溶液中滴加0.1ml/LAlCl3溶液，产生白色沉淀，溢出无色气体
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