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2022届江苏省连云港市高三第二次调研考试化学试题含解析
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这是一份2022届江苏省连云港市高三第二次调研考试化学试题含解析，共25页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
江苏省连云港市2022届高三第二次调研考试化学试题
一、单选题
1．科技创新让2022年北京冬奥会举世瞩目。对下列科技创新所涉及的化学知识判断正确的是（ ）
A．“黑金”石墨烯为冬奥赛场留住温暖，石墨烯是有机物
B．冰墩墩的外壳材质主要是有机硅橡胶，有机硅橡胶是纯净物
C．速滑竞赛服使用聚氨酯材料可减少空气阻力，聚氨酯是高分子材料
D．二氧化碳跨临界直接制成的冰被誉为“最快的冰”，二氧化碳是极性分子
2．反应NO+NO2 +2NaOH=2NaNO2 +H2O可用于吸收硝酸厂尾气中的氮氧化物。下列说法正确的是（ ）
A．NO和NO2都属于酸性氧化物
B．N的外围电子排布式为
C．NaOH的电子式：
D．NaNO2中存在离子键和共价键
3．合金在生产和科学研究中发挥着重要作用。下列有关合金的性质与用途不具有对应关系的是（ ）
A．生铁容易被腐蚀，可用于炼钢和制造各种铸件
B．钠钾合金常温下呈液态、导热性好，可用于快中子反应堆的热交换剂
C．镁锂合金密度小、硬度和强度大，可用于制造火箭、导弹、航天器等
D．镍铬铝铜合金具有很高的电阻率，可用于制备电路中的精密元件
4．前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的单质是空气中含量最多的气体，基态时Y原子的原子轨道上没有未成对电子，Z的最高价与最低负价的绝对值之差为6，W与 Y处于同一主族。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)
B．Y的第一电离能比W的大
C．X的简单气态氢化物与Z的单质不能反应
D．Y的最高价氧化物对应水化物的碱性比W的强
5．已知锰酸钾(K2MnO4)在浓的强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-。下列用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的实验原理和装置不能达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲制取Cl2 B．用装置乙除去 Cl2中的HCl
C．用装置丙使K2MnO4转化成KMnO4 D．用装置丁分离出溶液中的MnO2
6．含SO2的工业烟气脱硫往往使用较为廉价的碱性物质如生石灰、浓氨水等吸收。近年来一些近海的煤电厂，利用海水的微碱性(8.0≤pH≤8.3)开发海水脱硫新工艺。主要原理是：SO2与海水生成H2SO3，H2SO3电离得到HSO3-和SO32-进一步氧化得到SO42-。脱硫后海水酸性增强，与新鲜海水中的碳酸盐(HCO3-和CO32-)发生中和反应，最终烟气中的SO2大部分以硫酸盐的形式排入大海。下列有关SO42-、SO32-、CO32-的说法正确的是（ ）
A．SO42-的空间构型为正四面体
B．CO32-中碳原子的杂化轨道类型为sp
C．CO32-与SO32-中的键角相等
D．SO32-氧化为SO42-，体现SO32-的氧化性
7．含SO2的工业烟气脱硫往往使用较为廉价的碱性物质如生石灰、浓氨水等吸收。近年来一些近海的煤电厂，利用海水的微碱性(8.0≤pH≤8.3)开发海水脱硫新工艺。主要原理是：SO2与海水生成H2SO3，H2SO3电离得到HSO3-和SO32-进一步氧化得到SO42-。脱硫后海水酸性增强，与新鲜海水中的碳酸盐(HCO3-和CO32-)发生中和反应，最终烟气中的SO2大部分以硫酸盐的形式排入大海。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是（ ）
A．FeS2(s) →O2(g)SO3(g)
B．HSO3-(aq) →CO2(g) SO2 (g)
C．SO2(g) →CuO(s)CaSO3(s)
D．SO2(g)→NH3⋅H2O(aq)NH4HSO4(aq)
8．含SO2的工业烟气脱硫往往使用较为廉价的碱性物质如生石灰、浓氨水等吸收。近年来一些近海的煤电厂，利用海水的微碱性(8.0≤pH≤8.3)开发海水脱硫新工艺。主要原理是：SO2与海水生成H2SO3，H2SO3电离得到HSO3-和SO32-进一步氧化得到SO42-。脱硫后海水酸性增强，与新鲜海水中的碳酸盐(HCO3-和CO32-)发生中和反应，最终烟气中的SO2大部分以硫酸盐的形式排入大海。中和反应过程需要鼓入大量空气。下列说法与通入空气作用无关的是（ ）
A．将SO32-氧化成为SO42- B．将产生的CO2赶出水面
C．提高脱硫海水中的含氧量 D．提高脱硫海水中碳酸盐的浓度
9．一种I2的制备工艺流程如下：
下列说法不正确的是（ ）
A．“富集”得到的悬浊液中含有AgI，1个AgI晶胞(如图)中含有4个I−
B．“转化”过程中的离子反应方程式为Fe+2AgI=2Ag+Fe2++ 2I−
C．“沉淀”与足量的浓硝酸反应，氧化产物可循环使用，还原产物为NO
D．“氧化”过程中若氯气过量，单质碘的产率降低，可能原因是I2被进一步氧化
10．化合物Z是合成某种抗肿瘤药物的重要中间体，可由下列反应制得。
下列有关X、Y、Z 的说法正确的是（ ）
A．1 mol X中含有9 mol σ键
B．X、Y可以用FeCl3溶液鉴别
C．Y分子中所有原子可能共平面
D．Z在浓硫酸催化下加热可发生消去反应
11．室温下，通过下列实验探究Na2SO3、NaHSO3溶液的性质。
实验
实验操作和现象
1
用pH试纸测定0.1mol·L-1Na2SO3溶液的pH，测得pH约为10
2
向0.1mol·L-1Na2SO3溶液中通入少量SO2，测得溶液pH约为8
3
用pH试纸测定0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH，测得pH约为5
4
向0.1mol·L-1Na2SO3溶液中通入少量Cl2，无明显现象
下列说法不正确的是（ ）
A．0.1mol·L-1Na2SO3溶液中存在：c(OH-)=c(H+)+2c(H2SO3) +c(HSO3-)
B．实验2得到的溶液中存在：c(Na+) > c(HSO3-)+2c(SO32-)
C．实验3可以得出：Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3) > Kw
D．实验4中反应后的溶液中存在：c(SO32-)+3c(SO42-)=c(H2SO3)
12．利用电解可以实现烟气中氮氧化物的脱除，同时可以将甲烷转化成乙烯，工作原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．电解时，电极A与电源的正极相连
B．电解时，O2-由电极B向电极A迁移
C．电极B上的反应式为：2CH4+4e−+2O2-=C2H4 +2H2O
D．若要脱除1mol NO2，理论上需通入CH4的物质的量为2 mol
13．室温下，用0.01mol·L-1CuSO4溶液浸泡NiS固体，一段时间后过滤，向滤液中加入氨水，产生蓝色沉淀。已知Ksp(NiS)=1.0×10−21，Ksp(CuS)=1.5×10−36，Ksp(PbS)=9×10−29。下列有关说法正确的是（ ）
A．过滤后所得溶液中存在：c(Ni2+)·c(S2−)＜Ksp(NiS)
B．滤液中加入氨水产生蓝色沉淀的离子方程式：Cu2++2OH−=Cu(OH)2↓
C．欲使反应NiS + Cu2+⇌Ni2+ + CuS向右进行，则需满足c(Ni2+)c(Cu2+)>23×1015
D．用0.01 mol·L-1CuSO4溶液浸泡PbS固体，不能得到CuS固体
14．CO和H2合成乙醇发生如下反应：
反应Ⅰ：2CO(g)+4H2(g)=CH3CH2OH(g)+H2O(g) ΔH1= −128.8 kJ·mol-1
反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2= −41.8 kJ·mol-1
向一恒容密闭容器中投入一定量的CO和H2发生上述反应，CO的平衡转化率与温度、投料比α[α =n(H2)n(CO)]的关系如图所示。
下列有关说法正确的是（ ）
A．α1＜α2
B．在400K、α2=2时，反应Ⅰ的平衡常数K=0.25
C．在500K、投料比为α3条件下，增大压强可使CO的平衡转化率从Y点到Z点
D．为同时提高CO的平衡转化率和CH3CH2OH的产率可采用的反应条件为低温、低压
二、非选择题
15．一种以镍电极废料(含Ni以及少量Al2O3、Fe2O3和不溶性杂质)为原料制备NiOOH的过程可表示为：
（1）基态Ni原子的电子排布式为 。
（2）“酸浸”后过滤，滤液中的金属离子除Ni2+外还有少量的Al3+和Fe2+等，产生Fe 2+的原因是 。
（3）“氧化”时需将溶液调至碱性后加入KClO溶液，充分反应后过滤、洗涤得产品。写出Ni2+被氧化的离子方程式： 。
（4）工业上也可用惰性电极电解Ni(OH)2悬浊液(pH=11左右)制备NiOOH。阳极电极反应式为Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O。
①电解过程中需要充分搅拌Ni(OH)2悬浊液的目的是 。
②Ni(OH)2悬浊液中加入一定量KCl可显著提高NiOOH产率，原因是 。
（5）NiOOH在空气中加热时，固体残留率随温度的变化如图所示。
已知NiOOH加热至600 ℃后固体质量保持不变，则600 ℃时，剩余固体的成分为 (填化学式)。
16．以MnO2粉(含少量Fe3O4、CaO、MgO等杂质)和MnS(溶于酸，不溶于水)为原料制备MnSO4·H2O的过程如下：
（1）反应：将一定量MnO2粉和稀硫酸加入到如图所示实验装置的三颈烧瓶中，加热到90℃后开始加入MnS，并不断搅拌，充分反应。
①三颈烧瓶中MnO2与MnS反应转化为Mn2+和S的离子方程式为 。
②装置X中是NaOH溶液，作用是 。
（2）除杂。查阅资料可知：
Ⅰ．常温下Ka(HF)=7.4×10-4。
Ⅱ．常温下Ksp(CaF2)=2.7×10−11，Ksp(MgF2)=6.5×10−9。
Ⅲ．有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表：
氢氧化物
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Mn(OH)2
开始沉淀pH
7.6
1.5
8.3
沉淀完全pH
9.7
3.2
9.8
①将三颈烧瓶中的混合物过滤，加入MnF2将滤液中的Ca2+、Mg2+转化为沉淀除去。在Ca2+、Mg2+浓度相同的条件下，pH变化对钙镁去除率的影响如图所示。
Mg2+去除率曲线为 (填写“甲”或“乙”)。随pH减小，钙镁去除率下降的原因是 。
②以除去Ca2+、Mg2+所得的滤液为原料，制备MnSO4·H2O的实验方案： ，控制温度在80~90℃之间蒸发结晶至有大量晶体出现，趁热过滤，用80~90℃的蒸馏水洗涤2~3次，干燥。(可选用的试剂：H2O2溶液、MnCO3固体、Na2CO3固体、蒸馏水等)。
（3）测定。准确称取0.3850 g MnSO4·H2O样品置于锥形瓶中，加入H3PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2+全部氧化成Mn3+，用0.1000 mol·L-1硫酸亚铁铵[Fe(NH4)2(SO4)2]标准溶液滴定至终点(滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+)，消耗标准溶液20.00 mL。计算MnSO4·H2O样品的纯度 (请写出计算过程)。
17．化合物E是一种合成抗肿瘤药物的中间体，其合成路线如下：
（1）A分子中含有手性碳原子的数目为 。
（2）C→D的反应类型为 。
（3）实现B→C的转化中，化合物X的分子式为C5H8O4，则X 的结构简式： 。
（4）B脱去HBr得到有机物甲，甲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： 。
①能与FeCl3溶液发生显色反应。
②分子中不同化学环境的氢原子个数比是1∶2∶9∶18。
（5）写出以HOCH2CH2CH2OH和CH3OH为原料制备的合成路线流程图 。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
18．工厂烟气(主要污染物SO2、NO)直接排放会造成空气污染，需处理后才能排放。
（1）O3氧化。O3氧化过程中部分反应的能量变化如图所示。
①已知2SO2(g)+O2(g) =2SO3(g) ΔH =−198 kJ·mol−1。则反应2O3(g)=3O2(g)的 ΔH= kJ·mol−1。
②其他条件不变时，增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是 。
（2）NaClO2氧化。40 ℃时向一定量NaClO2溶液中按一定流速持续通入工厂烟气，溶液的pH与ORP值(氧化还原电位)随时间变化如图所示。
①写出NO与ClO2-反应的离子方程式： 。
②烟气中含有少量SO2，能提高NO的脱除率，可能原因是 。
（3）TiO2光催化。主要是利用TiO2光催化剂在紫外线作用下产生的高活性自由基(·OH、·O2-)和h+(h+代表空位，空位有很强的得电子能力)，将烟气中的SO2、NO等氧化除去。TiO2光催化剂粒子表面产生·OH的机理如图所示(图中部分产物略去)。已知TiO2中电子跃迁的能量hv=3.2eV。
①TiO2光催化剂在紫外线作用下产生·OH的过程可描述为 。
②在TiO2中掺杂一定量的金属离子可提高光催化活性。对所掺杂金属离子的要求是 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．石墨烯是无机物，A项不符合题意；
B．有机硅橡胶是混合物，B项不符合题意；
C．聚氨酯是聚氨基甲酸酯，是一种高分子化合物，C项符合题意；
D．二氧化碳属于极性键形成的非极性分子，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.石墨烯是碳单质。
B.有机硅橡胶是混合物。
C.聚氨酯是聚氨基甲酸酯。
D.CO2是由极性键构成的，但由于其分子结构对称，属于非极性分子。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．NO和NO2都属于不成盐氧化物，A不符合题意；
B．N原子核外电子排布式是1s22s22p3，在原子核外的电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这种排布使原子的能量最低，处于稳定状态，则N的外围电子排布式为，B不符合题意；
C．NaOH是离子化合物，Na+与OH-之间以离子键结合，在阴离子OH-中，H、O原子之间以共价键结合，故其电子式为：，C不符合题意；
D．NaNO2是盐，属于离子化合物，电离产生的Na+、NO2-之间以离子键结合，在阴离子NO2-中N、O原子之间以共价键结合，故NaNO2中存在离子键和共价键，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.酸性氧化物是指能与碱反应生成相应的同价态的盐和水的氧化物。
B.根据核外电子排布的原则进行分析。
C. NaOH是离子化合物，Na+与OH-之间以离子键结合，据此分析。
D. Na+与NO2-之间以离子键结合， N、O原子之间以共价键结合，据此分析。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．生铁用于炼钢和制造各种铸件，是由于生铁具有优良的铸造、切削加工和耐磨性能，题中性质与用途不具有对应关系，A项选；
B．钠钾合金用于快中子反应堆的热交换剂，是由于钠钾合金导热性好，B项不选；
C．镁锂合金用于制造火箭、导弹、航天器等，是由于镁锂合金具有密度小、硬度和强度大的特点，C项不选；
D．镍铬铝铜合金用于制备电路中的精密元件，是由于镍铬铝铜合金具有很高的电阻率，D项不选；
故答案为：A。
【分析】A.合金耐磨、具有优良的铸造、切削加工等性能，可用于炼钢和制造各种铸件。
B.合金呈液态，导热性好，可用于作导热剂。
C.合金密度小、硬度和强度大，可用于制造火箭、导弹、航天器等。
D.合金电阻率高，可用于制备电路中的精密元件。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．同一周期从左到右，原子半径逐渐减小；同一主族从上到下，原子半径逐渐增大，则原子半径：r(W)>r(Y)>r(Z)>r(X)，A项不符合题意；
B．同一主族从上到下，第一电离能逐渐减小，则Y的第一电离能比W的大，B项符合题意；
C．X的简单气态氢化物为NH3，Z的单质为Cl2，二者可以发生氧化还原反应，C项不符合题意；
D．元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性：W＞Y，则Y的最高价氧化物对应水化物的碱性比W的弱，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】X、Y、Z、W为前四周期主族元素，且原子序数依次增大。X的单质是空气含量最多的气体，可推出X是氮元素；Z的最高价与最低价的绝对值之差为6，说明Z是氯元素；基态时Y原子的原子轨道上没有未成对电子，且Y位于X、Z之间，则可推出Y是镁元素，W与Y同主族，且W位于Z之后，推出W是钙元素。据此分析。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．漂白粉中的次氯酸钙具强氧化性，室温下能和浓盐酸发生氧化还原反应，生成氯化钙、氯气和水，故可用装置甲制取Cl2，A不符合题意；
B．氯化氢和饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，引入了新杂质，且Cl2溶于水后生成的HCl也会反应，从而增加了Cl2的损耗，故不能用装置乙除去 Cl2中的HCl，B符合题意；
C．已知锰酸钾(K2MnO4)在浓的强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-；氯气能和强碱溶液反应，消耗OH-而使溶液的碱性下降，故可用装置丙使K2MnO4转化成KMnO4，C不符合题意；
D．二氧化锰是不溶性固体，故可用装置丁分离出溶液中的MnO2，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A. 漂白粉中的次氯酸钙具强氧化性，据此分析。
B.除杂中注意除去杂质的同时不能引入新的杂质，且原物质不能耗损，据此分析。
C.根据题干信息进行分析，注意进气要长管进短管出，使反应彻底。
D.MnO2不溶于水，可通过过滤进行分离。
6．【答案】A
【解析】【解答】A．根据价层电子对互斥理论，价层电子对个数=σ键+孤电子对个数，SO42-中中心原子S的价层电子对为6+22=4，孤电子对数为6+2-2×42=0，不含孤电子对，所以空间构型是正四面体结构，选项A符合题意；
B．CO32-中C原子的价层电子数为3+4+2-2×32=3，C原子孤对电子对数4+2-2×32=0，C原子采用sp2杂化，选项B不符合题意；
C．对于CO32-，根据VSEPR理论，中心C原子的配位原子数为BP=3，孤电子对数为LP=4-2×3+22=0，则其价电子对数为VP=BP+LP=3+0=3，根据杂化轨道理论，中心C原子为sp2杂化，键角为120°；对于SO32-，根据VSEPR理论，中心S原子的配位原子数为BP=3，孤电子对数为LP=6-2×3+22=1，则其价电子对数为VP=BP+LP=3+1=4，根据杂化轨道理论，中心S原子为sp3杂化，受孤电子对影响，键角小于109°28′，选项C不符合题意；
D．SO32-氧化为SO42-，S元素化合价升高被氧化，体现SO32-的还原性，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A. 根据价层电子对互斥理论进行分析。
B. 根据杂化轨道理论进行分析。
C. 根据价层电子对互斥理论和杂化轨道理论进行分析。
D.根据反应前后SO32-、SO42-中硫元素化合价的变化进行分析。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．FeS2与氧气发生氧化还原反应生成氧化铁和二氧化硫，不生成三氧化硫，A不符合题意；
B．亚硫酸氢根离子不和二氧化碳不反应，B不符合题意；
C．二氧化硫为酸性氧化物，氧化铜为碱性氧化物，两者反应生成亚硫酸铜，C符合题意；
D．二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸氢铵或亚硫酸铵，不生成硫酸氢铵，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.与氧气反应得到的是二氧化硫
B.亚硫酸的酸性强于碳酸
C.二氧化硫和氧化钙反应得到的是亚硫酸钙
D.产物得到的是亚硫酸铵或者是亚硫酸氢铵
8．【答案】D
【解析】【解答】A．亚硫酸根离子具有还原性，与氧气发生氧化还原反应生成硫酸根离子，A不符合题意；
B．脱硫后海水酸性增强，与新鲜海水中的碳酸盐(HCO3-和CO32-)发生中和反应，生成二氧化碳和硫酸盐，通入的空气可将产生的二氧化碳赶出水面，B不符合题意；
C．通入空气，提高脱硫海水中的含氧量，使HSO3-和SO32-充分氧化得到SO42-，C不符合题意；
D．通入足量空气可将HSO3-和SO32-充分氧化，增强海水酸性，使碳酸盐转化为二氧化碳并赶出水面，碳酸盐浓度降低，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】氧气具有氧化性可将正四价的硫元素氧化为六价硫元素，利用氧气可将气体赶出水面，空气中有氧气，可增加海水中的含氧量，结合选项即可判断
9．【答案】C
【解析】【解答】A．“富集”得到的悬浊液中含有AgI，1个AgI晶胞(如图)中含有8×18+6×12=4个I−，故A不符合题意；
B．“转化”过程中悬浊液和Fe反应生成沉淀，过滤后，滤液中通氯气，说明滤液中含有碘离子，因此其离子反应方程式为Fe+2AgI=2Ag+Fe2++ 2I−，故B不符合题意；
C．“沉淀”与足量的浓硝酸反应，还原产物为NO2，故C符合题意；
D．“氧化”过程中若氯气过量，单质碘会被氯气进一步氧化，因此单质碘的产率降低，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.根据晶胞中占位即可计算出碘离子个数
B.根据氧化还原即可写出方程式
C.浓硝酸的还原产物为二氧化氮
D.氯气可将碘单质氧化
10．【答案】B
【解析】【解答】A．苯环的6个碳原子之间有6个σ键、1个大π键、双键中有1个π键、σ键，单键都是σ键，则1 mol X中含有σ键＞9 mol，A不符合题意；
B．酚类与FeCl3溶液发生显色反应， X含酚羟基、Y不含酚羟基，可以用FeCl3溶液鉴别，B符合题意；
C． 饱和碳原子是四面体结构，Y中含甲氧基，则Y分子中所有原子不可能共平面，C不符合题意；
D． Z中-CH2OH直接连在苯环上，-CH2OH所连碳原子上没有H，不可发生消去反应，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据给出的结构式即可找出键数
B.根据是否含有酚羟基即可判断
C.含有饱和碳原子，故不能共面
D.Z不能发生消去反应
11．【答案】D
【解析】【解答】A．Na2SO3是强碱弱酸盐，水解显碱性，溶液中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+2c(H2SO3) +c(HSO3-)，故A不符合题意；
B． 0.1mol·L-1Na2SO3溶液中通入少量SO2，存在电荷守恒，c(Na+)+ c(H+) = c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)，测得溶液pH约为8，所以c(H+) c(HSO3-)+2c(SO32-)，故B不符合题意；
C．由HSO3-的电离平衡HSO3-⇌H++SO3-可得Ka2=c(H+)c(SO3-)c(HSO3-)，由HSO3-的水解平衡HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH-可得Kh1=c(H2SO3)c(OH-)c(HSO3-)=c(H2SO3)c(OH-)c(H+)c(HSO3-)c(H+)=KwKa1，因为 NaHSO3溶液中显酸性，说明电离大于水解，所以Ka2>KwKa1，即Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3) > Kw，故C不符合题意；
D． Na2SO3溶液中通入少量Cl2，会发生反应Cl2+SO32-+H2O=SO42-+2H++2Cl-，SO32-+H+=HSO3- ，即总式为3SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2HSO3-，所以溶液为NaCl、Na2SO4、NaHSO3和Na2SO3的混合物，由C知对于NaHSO3来说电离大于水解，所以c(SO32-)>c(H2SO3)，且通入少量Cl2，混合液中一定满足c(SO32-)>c(H2SO3)，所以c(SO32-)+3c(SO42-)>c(H2SO3)，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据质子守恒即可判断
B.根据电荷守恒结合pH判断
C.根据给出pH判断水解和电离的程度大小判断
D.根据元素守恒即可判断
12．【答案】D
【解析】【解答】A．电解时，电极A上NO2→N2，N元素化合价降低，发生还原反应，电极A为阴极，与电源负极相连，A项不符合题意；
B．电解时，O2-向阳极移动，电极A为阴极，电极B为阳极，则O2-由电极A向电极B迁移，B项不符合题意；
C．电极B上CH4→C2H4，C元素化合价升高，失去电子，电极反应式为2CH4-4e−+2O2-=C2H4 +2H2O，C项不符合题意；
D.1mol NO2转化为N2，转移4mol电子，根据2CH4-4e−+2O2-=C2H4 +2H2O可知，需要消耗2mol CH4，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据电极A和电极B的反应物和生成物即可得出电极A为阴极，二氧化氮得到电子变为氮气，与电池的负极连接，电极B为阳极，甲烷中碳失去电子变为乙烯，与电池的正极连接，结合电极式即可计算出转移的电子数结合选项即可判断
13．【答案】A
【解析】【解答】A．室温下，用0.01mol·L-1CuSO4溶液浸泡NiS固体，发生沉淀转化：NiS + Cu2+⇌Ni2+ + CuS，则NiS溶解、NiS(s)⇌Ni2+(aq)+S2-(aq)向右移动，过滤后所得溶液中存在：Qc(NiS)=c(Ni2+)·c(S2−)＜Ksp(NiS)，A符合题意；
B．氨水是弱电解质，不能拆写为离子，B不符合题意；
C．反应NiS + Cu2+⇌Ni2+ + CuS的平衡常数K=c(Ni2+)c(Cu2+)=Ksp(NiS)Ksp(CuS)=1.0×10-211.5×10-36=23×1015，欲使反应NiS + Cu2+⇌Ni2+ + CuS向右进行，需满足Qc＜K，即c(Ni2+)c(Cu2+)＜23×1015，C不符合题意；
D．Ksp(CuS)=1.5×10−36，Ksp(PbS)=9×10−29，则PbS 的溶解度大于 CuS，用0.01 mol·L-1CuSO4溶液浸泡PbS固体，发生沉淀转化：PbS + Cu2+⇌Pb2+ + CuS，能得到CuS固体，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据Ksp得到CuS比NiS难溶，因此对于NiS来说处于溶解状态
B.加入氨水，氨水为弱电解质
C.根据浓度商与K进行对比计算
D.根据Ksp比较进行判断
14．【答案】C
【解析】【解答】A．由图可知，相同温度下投料比α1的转化率更高，反应中增加氢气的量会促进一氧化碳的转化，提高一氧化碳的转化率，故α1>α2，A不符合题意；
B．在400 K、α2=2时，一氧化碳的转化率为50%，因为体积未给出且反应前后气体分子的系数不等，故无法计算K值，B不符合题意；
C．反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，在500 K、投料比为α3条件下，增大压强，反应Ⅰ正向移动，导致CO的平衡转化率升高，能从Y点到Z点，C符合题意；
D．反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，增大压强可提高CO的平衡转化率和CH3CH2OH的产率，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据根据投料比越高，增加氢气的含量提高速率
B.根据数据结合方程式即可计算出平衡常数
C.增大压强可以提高转化率
D.根据方程式判断为增大压强可以提高产率
15．【答案】（1）[Ar]3d84s2
（2）氧化铁与酸反应生成Fe3+， Fe3+与金属镍反应生成Fe2+
（3）2Ni2++ClO-+ 4OH- = 2NiOOH + Cl- +H2O
（4）与惰性电极充分接触，防止悬浊液沉降以提高电解效率；Cl-在电极上得到电子生成Cl2，Cl2与碱反应生成ClO-，ClO-将悬浊液中Ni(OH)2氧化成NiOOH
（5）NiO
【解析】【解答】镍电极废料加入稀硫酸酸浸，镍、铝、铁转化为相应的盐溶液，除去铁、铝，得到NiSO4溶液，在碱性条件下计入次氯酸钾溶液得到NiOOH沉淀；
(1)镍为28号元素，基态Ni原子的电子排布式为[Ar]3d84s2；
(2)氧化铁与酸反应生成Fe3+，镍单质具有还原性，会与 Fe3+反应生成Fe2+；
(3)由流程可知，咋碱性条件下，Ni2+和KClO反应被氧化为NiOOH，同时生成氯离子和水，2Ni2++ClO-+ 4OH- = 2NiOOH + Cl- +H2O；
(4)①电解Ni(OH)2悬浊液，悬浊液不稳定容易沉降，电解过程中需要充分搅拌Ni(OH)2悬浊液的目的是与惰性电极充分接触，防止悬浊液沉降以提高电解效率。
②Cl-在电极上得到电子发生氧化反应生成Cl2，Cl2与碱反应生成ClO-，ClO-具有氧化性，可以将悬浊液中Ni(OH)2氧化成NiOOH，提高NiOOH产率；
(5)设有92gNiOOH，则镍的质量为92g×5992×100%=59g，600 ℃时，剩余固体质量为92g×81.52%≈75g，则其中氧元素的质量为75g-59g=16g，镍和氧的原子个数比为59g59：16g16=1：1，故剩余固体物质为NiO。
【分析】（1）根据核外电子排布即可写出排布式
（2）金属镍具有还原性产生的铁离子反应得到亚铁离子
（3）根据反应物和生成物即可写出方程式
（4）①氢氧化镍易沉淀，需要搅拌提高电解效率
②加入氯化钾可以电解得到氯气，氯气与氢氧化钠反应得到次氯酸根离子，可以氧化氢氧化镍
（5）根据减少的物质质量变化即可计算出成分
16．【答案】（1）MnO2+MnS+4H+90℃__2Mn2++S+2H2O；吸收产生的H2S气体，防止污染空气
（2）乙；pH越小c(H+)浓度越大，沉淀剂电离出F-与H+生成HF降低c(F- )，从而导致钙、镁沉淀率下降；边搅拌边向滤液中滴加H2O2溶液，至溶液的颜色不再改变为止，然后再向其中加入MnCO3固体，调节溶液的pH，至pH在3.2- 8.3之间，静置后过滤
（3）87.79%
【解析】【解答】在三颈烧瓶中MnO2与MnS反应转化为Mn2+和S、H2O，在酸性条件下MnS反应产生的H2S气体被NaOH溶液吸收，防止污染大气；然后将三颈烧瓶中的混合物过滤，加入MnF2将滤液中的Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀除去，可根据CaF2、MgF2溶度积常数大小分析判断Mg2+的去除曲线；然后向去除Ca2+、Mg2+的溶液中滴加滴加H2O2溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，至溶液的颜色不再改变为止，然后再向其中加入MnCO3固体，调节溶液的pH，至pH在3.2- 8.3之间，静置后过滤，洗涤就得到MnSO4·H2O沉淀，利用电子守恒，根据消耗标准溶液的物质的量计算MnSO4·H2O样品的纯度。
(1)在三颈烧瓶中，在热水浴时MnO2与MnS反应转化为Mn2+和S、H2O，该反应的离子方程式为：MnO2+MnS+4H+90℃__2Mn2++S+2H2O；
②在酸性条件下MnS与H+反应产生有害的H2S气体，根据H2S的水溶液显酸性，能够与碱反应的性质，用NaOH溶液吸收，防止大气污染；
(2)①将三颈烧瓶中的混合物过滤，加入MnF2将滤液中的Ca2+、Mg2+转化为沉淀除去。由于常温下Ksp(CaF2)=2.7×10−11，Ksp(MgF2)=6.5×10−9，Ksp(MgF2)＞Ksp(CaF2)，在Ca2+、Mg2+浓度相同的条件下，所以Ca2+形成沉淀需c(F-)小，因此Ca2+的去除率大于Mg2+的去除率，因此表示Mg2+去除率的曲线是乙；
随pH减小，Ca2+、Mg2+离子的去除率下降，这是由于HF是弱酸，溶液的pH越小，溶液中c(H+)就越大，沉淀剂电离出F-与H+生成弱酸HF，降低了c(F- )，从而导致Ca2+、Mg2+沉淀率下降；
②以除去Ca2+、Mg2+所得的滤液为原料，边搅拌边向滤液中滴加H2O2溶液，将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，直至溶液的颜色不再改变为止，然后再向其中加入MnCO3固体，调节溶液的pH，至pH在3.2- 8.3之间，可形成MnSO4·H2O，静置后，过滤，得到MnSO4·H2O沉淀；
(3)准确称取0.3850 g MnSO4·H2O样品置于锥形瓶中，加入H3PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2+全部氧化成Mn3+，用0.1000 mol·L-1硫酸亚铁铵[Fe(NH4)2(SO4)2]标准溶液滴定至终点(滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+)，消耗标准溶液20.00 mL，根据电子守恒可得关系式：MnSO4·H2O ~[Fe(NH4)2(SO4)2]，n[Fe(NH4)2(SO4)2]=0.1000 mol/L×0.02 L=0.0020 mol，则n(MnSO4·H2O)= 0.0020 mol，则MnSO4·H2O样品的纯度为：0.0020mol×169g/mol0.3850g×100%=87.79%。
【分析】（1）①根据反应物和生成物即可写出方程式
②氢氧化钠是吸收气体，防止污染空气
（2）①根据开始沉淀和沉淀完全的pH即可判断，pH越小，氢离子浓度越大，结合氟离子
②过氧化氢具有氧化性，可利用过氧化氢至颜色不变，再加入碳酸锰调节pH
（3）根据方程式结合数据即可计算出纯度
17．【答案】（1）3
（2）取代反应
（3）
（4）或
（5）CH3OH →ΔHBrCH3BrHOCH2CH2CH2OH→Cu，ΔO2OHCCH2CHO→催化剂，ΔO2HOOCCH2COOH→H2SO4，ΔCH3OH CH3OOCCH2COOCH3→NaHCH3Br
【解析】【解答】B和化合物X发生取代反应生成C，化合物X的分子式为C5H8O4，则X 的结构简式。
(1)A分子中含有手性碳原子的数目为3()；
(2)化合物C和发生反应生成化合物D和HI，反应类型为取代反应；
(3)由分析可知，化合物X的结构简式为；
(4)化合物B脱去HBr得到有机物甲，甲的一种同分异构体：①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基；②分子中不同化学环境的氢原子个数比是1∶2∶9∶18，则符合条件的同分异构体有：、；
(5)CH3OH和HBr发生取代反应生成CH3Br，HOCH2CH2CH2OH发生催化氧化生成OHCCH2CHO，OHCCH2CHO发生氧化反应生成HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH和CH3OH发生酯化反应生成CH3OOCCH2COOCH3，CH3OOCCH2COOCH3和CH3Br发生取代反应生成，则合成路线为CH3OH →ΔHBrCH3Br；HOCH2CH2CH2OH→Cu，ΔO2OHCCH2CHO→催化剂，ΔO2HOOCCH2COOH→H2SO4，ΔCH3OH CH3OOCCH2COOCH3→NaHCH3Br。
【分析】（1）根据手性碳原子的判断方法即可找出
（2）根据反应物和生成物即可判断反应类型
（3）根据反应物和生成物即可判断
（4）根据要求结合分子式即可写出结构简式
（5）根据生成物逆推出中间产物，结合流程即可合成有机物
18．【答案】（1）-285.2；SO2与O3反应的活化能比NO与O3反应的活化能大得多，其他条件不变时SO2与O3的反应速率慢
（2）4NO+3ClO2-+2H2O = 4NO3-+4H++3Cl-；SO2能溶于水，反应后使溶液pH降低，ORP值增大，氧化能力增强，NO去除率升高
（3）催化剂在紫外线的作用下将电子激发到CB端，而在VB端留下空位；氧气在CB端得电子生成·O2-，·O2-结合 H2O生成H2O2，H2O2在CB端生成·OH；H2O和·OH-进入VB端的空位生成·OH；金属离子掺杂引起的电子跃迁的能量小于3.2eV
【解析】【解答】(1)①已知a：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) ΔH =−198 kJ·mol−1，
根据图示可知b：SO2(g)+O3(g)=SO3(g)+O2(g) ΔH =−241.6 kJ·mol−1。
根据盖斯定律，将2×b-a，整理可得2O3(g)=3O2(g)的 ΔH=-285.2 kJ/mol；
②其他条件不变时，增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是SO2与O3反应的活化能比NO与O3反应的活化能大得多，其他条件不变时SO2与O3的反应速率慢，因此反应速率几乎不变；
(2)①ClO2-具有强氧化性，会将NO氧化为NO3-，ClO2-被还原为Cl-，根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒，可得该反应的离子方程式为：4NO+3ClO2-+2H2O = 4NO3-+4H++3Cl-；
②烟气中含有少量SO2，SO2能溶于水，反应产生H2SO3，使反应后溶液pH降低，ORP值增大，氧化能力增强，从而导致NO去除率升高，故提高了NO的脱除率；
(3)①TiO2光催化剂在紫外线作用下产生·OH的过程可描述为：催化剂在紫外线的作用下将电子激发到CB端，而在VB端留下空位；氧气在CB端得电子生成·O2-，·O2-结合 H2O生成H2O2，H2O2在CB端生成·OH；H2O和·OH-进入VB端的空位生成·OH；
②在TiO2中掺杂一定量的金属离子可提高光催化活性。由于TiO2中电子跃迁的能量hv=3.2eV，因此对所掺杂金属离子的要求是：金属离子掺杂引起的电子跃迁的能量小于3.2eV。
【分析】（1）①根据盖斯定律即可计算出焓变
②根据活化能的高低判断
（2）①根据反应物和生成物即可写出方程式
②二氧化硫溶于水显酸性，pH越大，ORP越大氧化能力增强
（3）①根据流程图即可找出
②根据二氧化钛的电子跃迁能量即可找出
江苏省连云港市2022届高三第二次调研考试化学试题
一、单选题
1．科技创新让2022年北京冬奥会举世瞩目。对下列科技创新所涉及的化学知识判断正确的是（ ）
A．“黑金”石墨烯为冬奥赛场留住温暖，石墨烯是有机物
B．冰墩墩的外壳材质主要是有机硅橡胶，有机硅橡胶是纯净物
C．速滑竞赛服使用聚氨酯材料可减少空气阻力，聚氨酯是高分子材料
D．二氧化碳跨临界直接制成的冰被誉为“最快的冰”，二氧化碳是极性分子
2．反应NO+NO2 +2NaOH=2NaNO2 +H2O可用于吸收硝酸厂尾气中的氮氧化物。下列说法正确的是（ ）
A．NO和NO2都属于酸性氧化物
B．N的外围电子排布式为
C．NaOH的电子式：
D．NaNO2中存在离子键和共价键
3．合金在生产和科学研究中发挥着重要作用。下列有关合金的性质与用途不具有对应关系的是（ ）
A．生铁容易被腐蚀，可用于炼钢和制造各种铸件
B．钠钾合金常温下呈液态、导热性好，可用于快中子反应堆的热交换剂
C．镁锂合金密度小、硬度和强度大，可用于制造火箭、导弹、航天器等
D．镍铬铝铜合金具有很高的电阻率，可用于制备电路中的精密元件
4．前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的单质是空气中含量最多的气体，基态时Y原子的原子轨道上没有未成对电子，Z的最高价与最低负价的绝对值之差为6，W与 Y处于同一主族。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)
B．Y的第一电离能比W的大
C．X的简单气态氢化物与Z的单质不能反应
D．Y的最高价氧化物对应水化物的碱性比W的强
5．已知锰酸钾(K2MnO4)在浓的强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-。下列用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的实验原理和装置不能达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲制取Cl2 B．用装置乙除去 Cl2中的HCl
C．用装置丙使K2MnO4转化成KMnO4 D．用装置丁分离出溶液中的MnO2
6．含SO2的工业烟气脱硫往往使用较为廉价的碱性物质如生石灰、浓氨水等吸收。近年来一些近海的煤电厂，利用海水的微碱性(8.0≤pH≤8.3)开发海水脱硫新工艺。主要原理是：SO2与海水生成H2SO3，H2SO3电离得到HSO3-和SO32-进一步氧化得到SO42-。脱硫后海水酸性增强，与新鲜海水中的碳酸盐(HCO3-和CO32-)发生中和反应，最终烟气中的SO2大部分以硫酸盐的形式排入大海。下列有关SO42-、SO32-、CO32-的说法正确的是（ ）
A．SO42-的空间构型为正四面体
B．CO32-中碳原子的杂化轨道类型为sp
C．CO32-与SO32-中的键角相等
D．SO32-氧化为SO42-，体现SO32-的氧化性
7．含SO2的工业烟气脱硫往往使用较为廉价的碱性物质如生石灰、浓氨水等吸收。近年来一些近海的煤电厂，利用海水的微碱性(8.0≤pH≤8.3)开发海水脱硫新工艺。主要原理是：SO2与海水生成H2SO3，H2SO3电离得到HSO3-和SO32-进一步氧化得到SO42-。脱硫后海水酸性增强，与新鲜海水中的碳酸盐(HCO3-和CO32-)发生中和反应，最终烟气中的SO2大部分以硫酸盐的形式排入大海。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是（ ）
A．FeS2(s) →O2(g)SO3(g)
B．HSO3-(aq) →CO2(g) SO2 (g)
C．SO2(g) →CuO(s)CaSO3(s)
D．SO2(g)→NH3⋅H2O(aq)NH4HSO4(aq)
8．含SO2的工业烟气脱硫往往使用较为廉价的碱性物质如生石灰、浓氨水等吸收。近年来一些近海的煤电厂，利用海水的微碱性(8.0≤pH≤8.3)开发海水脱硫新工艺。主要原理是：SO2与海水生成H2SO3，H2SO3电离得到HSO3-和SO32-进一步氧化得到SO42-。脱硫后海水酸性增强，与新鲜海水中的碳酸盐(HCO3-和CO32-)发生中和反应，最终烟气中的SO2大部分以硫酸盐的形式排入大海。中和反应过程需要鼓入大量空气。下列说法与通入空气作用无关的是（ ）
A．将SO32-氧化成为SO42- B．将产生的CO2赶出水面
C．提高脱硫海水中的含氧量 D．提高脱硫海水中碳酸盐的浓度
9．一种I2的制备工艺流程如下：
下列说法不正确的是（ ）
A．“富集”得到的悬浊液中含有AgI，1个AgI晶胞(如图)中含有4个I−
B．“转化”过程中的离子反应方程式为Fe+2AgI=2Ag+Fe2++ 2I−
C．“沉淀”与足量的浓硝酸反应，氧化产物可循环使用，还原产物为NO
D．“氧化”过程中若氯气过量，单质碘的产率降低，可能原因是I2被进一步氧化
10．化合物Z是合成某种抗肿瘤药物的重要中间体，可由下列反应制得。
下列有关X、Y、Z 的说法正确的是（ ）
A．1 mol X中含有9 mol σ键
B．X、Y可以用FeCl3溶液鉴别
C．Y分子中所有原子可能共平面
D．Z在浓硫酸催化下加热可发生消去反应
11．室温下，通过下列实验探究Na2SO3、NaHSO3溶液的性质。
实验
实验操作和现象
1
用pH试纸测定0.1mol·L-1Na2SO3溶液的pH，测得pH约为10
2
向0.1mol·L-1Na2SO3溶液中通入少量SO2，测得溶液pH约为8
3
用pH试纸测定0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH，测得pH约为5
4
向0.1mol·L-1Na2SO3溶液中通入少量Cl2，无明显现象
下列说法不正确的是（ ）
A．0.1mol·L-1Na2SO3溶液中存在：c(OH-)=c(H+)+2c(H2SO3) +c(HSO3-)
B．实验2得到的溶液中存在：c(Na+) > c(HSO3-)+2c(SO32-)
C．实验3可以得出：Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3) > Kw
D．实验4中反应后的溶液中存在：c(SO32-)+3c(SO42-)=c(H2SO3)
12．利用电解可以实现烟气中氮氧化物的脱除，同时可以将甲烷转化成乙烯，工作原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．电解时，电极A与电源的正极相连
B．电解时，O2-由电极B向电极A迁移
C．电极B上的反应式为：2CH4+4e−+2O2-=C2H4 +2H2O
D．若要脱除1mol NO2，理论上需通入CH4的物质的量为2 mol
13．室温下，用0.01mol·L-1CuSO4溶液浸泡NiS固体，一段时间后过滤，向滤液中加入氨水，产生蓝色沉淀。已知Ksp(NiS)=1.0×10−21，Ksp(CuS)=1.5×10−36，Ksp(PbS)=9×10−29。下列有关说法正确的是（ ）
A．过滤后所得溶液中存在：c(Ni2+)·c(S2−)＜Ksp(NiS)
B．滤液中加入氨水产生蓝色沉淀的离子方程式：Cu2++2OH−=Cu(OH)2↓
C．欲使反应NiS + Cu2+⇌Ni2+ + CuS向右进行，则需满足c(Ni2+)c(Cu2+)>23×1015
D．用0.01 mol·L-1CuSO4溶液浸泡PbS固体，不能得到CuS固体
14．CO和H2合成乙醇发生如下反应：
反应Ⅰ：2CO(g)+4H2(g)=CH3CH2OH(g)+H2O(g) ΔH1= −128.8 kJ·mol-1
反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2= −41.8 kJ·mol-1
向一恒容密闭容器中投入一定量的CO和H2发生上述反应，CO的平衡转化率与温度、投料比α[α =n(H2)n(CO)]的关系如图所示。
下列有关说法正确的是（ ）
A．α1＜α2
B．在400K、α2=2时，反应Ⅰ的平衡常数K=0.25
C．在500K、投料比为α3条件下，增大压强可使CO的平衡转化率从Y点到Z点
D．为同时提高CO的平衡转化率和CH3CH2OH的产率可采用的反应条件为低温、低压
二、非选择题
15．一种以镍电极废料(含Ni以及少量Al2O3、Fe2O3和不溶性杂质)为原料制备NiOOH的过程可表示为：
（1）基态Ni原子的电子排布式为 。
（2）“酸浸”后过滤，滤液中的金属离子除Ni2+外还有少量的Al3+和Fe2+等，产生Fe 2+的原因是 。
（3）“氧化”时需将溶液调至碱性后加入KClO溶液，充分反应后过滤、洗涤得产品。写出Ni2+被氧化的离子方程式： 。
（4）工业上也可用惰性电极电解Ni(OH)2悬浊液(pH=11左右)制备NiOOH。阳极电极反应式为Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O。
①电解过程中需要充分搅拌Ni(OH)2悬浊液的目的是 。
②Ni(OH)2悬浊液中加入一定量KCl可显著提高NiOOH产率，原因是 。
（5）NiOOH在空气中加热时，固体残留率随温度的变化如图所示。
已知NiOOH加热至600 ℃后固体质量保持不变，则600 ℃时，剩余固体的成分为 (填化学式)。
16．以MnO2粉(含少量Fe3O4、CaO、MgO等杂质)和MnS(溶于酸，不溶于水)为原料制备MnSO4·H2O的过程如下：
（1）反应：将一定量MnO2粉和稀硫酸加入到如图所示实验装置的三颈烧瓶中，加热到90℃后开始加入MnS，并不断搅拌，充分反应。
①三颈烧瓶中MnO2与MnS反应转化为Mn2+和S的离子方程式为 。
②装置X中是NaOH溶液，作用是 。
（2）除杂。查阅资料可知：
Ⅰ．常温下Ka(HF)=7.4×10-4。
Ⅱ．常温下Ksp(CaF2)=2.7×10−11，Ksp(MgF2)=6.5×10−9。
Ⅲ．有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表：
氢氧化物
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Mn(OH)2
开始沉淀pH
7.6
1.5
8.3
沉淀完全pH
9.7
3.2
9.8
①将三颈烧瓶中的混合物过滤，加入MnF2将滤液中的Ca2+、Mg2+转化为沉淀除去。在Ca2+、Mg2+浓度相同的条件下，pH变化对钙镁去除率的影响如图所示。
Mg2+去除率曲线为 (填写“甲”或“乙”)。随pH减小，钙镁去除率下降的原因是 。
②以除去Ca2+、Mg2+所得的滤液为原料，制备MnSO4·H2O的实验方案： ，控制温度在80~90℃之间蒸发结晶至有大量晶体出现，趁热过滤，用80~90℃的蒸馏水洗涤2~3次，干燥。(可选用的试剂：H2O2溶液、MnCO3固体、Na2CO3固体、蒸馏水等)。
（3）测定。准确称取0.3850 g MnSO4·H2O样品置于锥形瓶中，加入H3PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2+全部氧化成Mn3+，用0.1000 mol·L-1硫酸亚铁铵[Fe(NH4)2(SO4)2]标准溶液滴定至终点(滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+)，消耗标准溶液20.00 mL。计算MnSO4·H2O样品的纯度 (请写出计算过程)。
17．化合物E是一种合成抗肿瘤药物的中间体，其合成路线如下：
（1）A分子中含有手性碳原子的数目为 。
（2）C→D的反应类型为 。
（3）实现B→C的转化中，化合物X的分子式为C5H8O4，则X 的结构简式： 。
（4）B脱去HBr得到有机物甲，甲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： 。
①能与FeCl3溶液发生显色反应。
②分子中不同化学环境的氢原子个数比是1∶2∶9∶18。
（5）写出以HOCH2CH2CH2OH和CH3OH为原料制备的合成路线流程图 。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
18．工厂烟气(主要污染物SO2、NO)直接排放会造成空气污染，需处理后才能排放。
（1）O3氧化。O3氧化过程中部分反应的能量变化如图所示。
①已知2SO2(g)+O2(g) =2SO3(g) ΔH =−198 kJ·mol−1。则反应2O3(g)=3O2(g)的 ΔH= kJ·mol−1。
②其他条件不变时，增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是 。
（2）NaClO2氧化。40 ℃时向一定量NaClO2溶液中按一定流速持续通入工厂烟气，溶液的pH与ORP值(氧化还原电位)随时间变化如图所示。
①写出NO与ClO2-反应的离子方程式： 。
②烟气中含有少量SO2，能提高NO的脱除率，可能原因是 。
（3）TiO2光催化。主要是利用TiO2光催化剂在紫外线作用下产生的高活性自由基(·OH、·O2-)和h+(h+代表空位，空位有很强的得电子能力)，将烟气中的SO2、NO等氧化除去。TiO2光催化剂粒子表面产生·OH的机理如图所示(图中部分产物略去)。已知TiO2中电子跃迁的能量hv=3.2eV。
①TiO2光催化剂在紫外线作用下产生·OH的过程可描述为 。
②在TiO2中掺杂一定量的金属离子可提高光催化活性。对所掺杂金属离子的要求是 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．石墨烯是无机物，A项不符合题意；
B．有机硅橡胶是混合物，B项不符合题意；
C．聚氨酯是聚氨基甲酸酯，是一种高分子化合物，C项符合题意；
D．二氧化碳属于极性键形成的非极性分子，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.石墨烯是碳单质。
B.有机硅橡胶是混合物。
C.聚氨酯是聚氨基甲酸酯。
D.CO2是由极性键构成的，但由于其分子结构对称，属于非极性分子。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．NO和NO2都属于不成盐氧化物，A不符合题意；
B．N原子核外电子排布式是1s22s22p3，在原子核外的电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这种排布使原子的能量最低，处于稳定状态，则N的外围电子排布式为，B不符合题意；
C．NaOH是离子化合物，Na+与OH-之间以离子键结合，在阴离子OH-中，H、O原子之间以共价键结合，故其电子式为：，C不符合题意；
D．NaNO2是盐，属于离子化合物，电离产生的Na+、NO2-之间以离子键结合，在阴离子NO2-中N、O原子之间以共价键结合，故NaNO2中存在离子键和共价键，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.酸性氧化物是指能与碱反应生成相应的同价态的盐和水的氧化物。
B.根据核外电子排布的原则进行分析。
C. NaOH是离子化合物，Na+与OH-之间以离子键结合，据此分析。
D. Na+与NO2-之间以离子键结合， N、O原子之间以共价键结合，据此分析。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．生铁用于炼钢和制造各种铸件，是由于生铁具有优良的铸造、切削加工和耐磨性能，题中性质与用途不具有对应关系，A项选；
B．钠钾合金用于快中子反应堆的热交换剂，是由于钠钾合金导热性好，B项不选；
C．镁锂合金用于制造火箭、导弹、航天器等，是由于镁锂合金具有密度小、硬度和强度大的特点，C项不选；
D．镍铬铝铜合金用于制备电路中的精密元件，是由于镍铬铝铜合金具有很高的电阻率，D项不选；
故答案为：A。
【分析】A.合金耐磨、具有优良的铸造、切削加工等性能，可用于炼钢和制造各种铸件。
B.合金呈液态，导热性好，可用于作导热剂。
C.合金密度小、硬度和强度大，可用于制造火箭、导弹、航天器等。
D.合金电阻率高，可用于制备电路中的精密元件。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．同一周期从左到右，原子半径逐渐减小；同一主族从上到下，原子半径逐渐增大，则原子半径：r(W)>r(Y)>r(Z)>r(X)，A项不符合题意；
B．同一主族从上到下，第一电离能逐渐减小，则Y的第一电离能比W的大，B项符合题意；
C．X的简单气态氢化物为NH3，Z的单质为Cl2，二者可以发生氧化还原反应，C项不符合题意；
D．元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性：W＞Y，则Y的最高价氧化物对应水化物的碱性比W的弱，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】X、Y、Z、W为前四周期主族元素，且原子序数依次增大。X的单质是空气含量最多的气体，可推出X是氮元素；Z的最高价与最低价的绝对值之差为6，说明Z是氯元素；基态时Y原子的原子轨道上没有未成对电子，且Y位于X、Z之间，则可推出Y是镁元素，W与Y同主族，且W位于Z之后，推出W是钙元素。据此分析。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．漂白粉中的次氯酸钙具强氧化性，室温下能和浓盐酸发生氧化还原反应，生成氯化钙、氯气和水，故可用装置甲制取Cl2，A不符合题意；
B．氯化氢和饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，引入了新杂质，且Cl2溶于水后生成的HCl也会反应，从而增加了Cl2的损耗，故不能用装置乙除去 Cl2中的HCl，B符合题意；
C．已知锰酸钾(K2MnO4)在浓的强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-；氯气能和强碱溶液反应，消耗OH-而使溶液的碱性下降，故可用装置丙使K2MnO4转化成KMnO4，C不符合题意；
D．二氧化锰是不溶性固体，故可用装置丁分离出溶液中的MnO2，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A. 漂白粉中的次氯酸钙具强氧化性，据此分析。
B.除杂中注意除去杂质的同时不能引入新的杂质，且原物质不能耗损，据此分析。
C.根据题干信息进行分析，注意进气要长管进短管出，使反应彻底。
D.MnO2不溶于水，可通过过滤进行分离。
6．【答案】A
【解析】【解答】A．根据价层电子对互斥理论，价层电子对个数=σ键+孤电子对个数，SO42-中中心原子S的价层电子对为6+22=4，孤电子对数为6+2-2×42=0，不含孤电子对，所以空间构型是正四面体结构，选项A符合题意；
B．CO32-中C原子的价层电子数为3+4+2-2×32=3，C原子孤对电子对数4+2-2×32=0，C原子采用sp2杂化，选项B不符合题意；
C．对于CO32-，根据VSEPR理论，中心C原子的配位原子数为BP=3，孤电子对数为LP=4-2×3+22=0，则其价电子对数为VP=BP+LP=3+0=3，根据杂化轨道理论，中心C原子为sp2杂化，键角为120°；对于SO32-，根据VSEPR理论，中心S原子的配位原子数为BP=3，孤电子对数为LP=6-2×3+22=1，则其价电子对数为VP=BP+LP=3+1=4，根据杂化轨道理论，中心S原子为sp3杂化，受孤电子对影响，键角小于109°28′，选项C不符合题意；
D．SO32-氧化为SO42-，S元素化合价升高被氧化，体现SO32-的还原性，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A. 根据价层电子对互斥理论进行分析。
B. 根据杂化轨道理论进行分析。
C. 根据价层电子对互斥理论和杂化轨道理论进行分析。
D.根据反应前后SO32-、SO42-中硫元素化合价的变化进行分析。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．FeS2与氧气发生氧化还原反应生成氧化铁和二氧化硫，不生成三氧化硫，A不符合题意；
B．亚硫酸氢根离子不和二氧化碳不反应，B不符合题意；
C．二氧化硫为酸性氧化物，氧化铜为碱性氧化物，两者反应生成亚硫酸铜，C符合题意；
D．二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸氢铵或亚硫酸铵，不生成硫酸氢铵，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.与氧气反应得到的是二氧化硫
B.亚硫酸的酸性强于碳酸
C.二氧化硫和氧化钙反应得到的是亚硫酸钙
D.产物得到的是亚硫酸铵或者是亚硫酸氢铵
8．【答案】D
【解析】【解答】A．亚硫酸根离子具有还原性，与氧气发生氧化还原反应生成硫酸根离子，A不符合题意；
B．脱硫后海水酸性增强，与新鲜海水中的碳酸盐(HCO3-和CO32-)发生中和反应，生成二氧化碳和硫酸盐，通入的空气可将产生的二氧化碳赶出水面，B不符合题意；
C．通入空气，提高脱硫海水中的含氧量，使HSO3-和SO32-充分氧化得到SO42-，C不符合题意；
D．通入足量空气可将HSO3-和SO32-充分氧化，增强海水酸性，使碳酸盐转化为二氧化碳并赶出水面，碳酸盐浓度降低，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】氧气具有氧化性可将正四价的硫元素氧化为六价硫元素，利用氧气可将气体赶出水面，空气中有氧气，可增加海水中的含氧量，结合选项即可判断
9．【答案】C
【解析】【解答】A．“富集”得到的悬浊液中含有AgI，1个AgI晶胞(如图)中含有8×18+6×12=4个I−，故A不符合题意；
B．“转化”过程中悬浊液和Fe反应生成沉淀，过滤后，滤液中通氯气，说明滤液中含有碘离子，因此其离子反应方程式为Fe+2AgI=2Ag+Fe2++ 2I−，故B不符合题意；
C．“沉淀”与足量的浓硝酸反应，还原产物为NO2，故C符合题意；
D．“氧化”过程中若氯气过量，单质碘会被氯气进一步氧化，因此单质碘的产率降低，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.根据晶胞中占位即可计算出碘离子个数
B.根据氧化还原即可写出方程式
C.浓硝酸的还原产物为二氧化氮
D.氯气可将碘单质氧化
10．【答案】B
【解析】【解答】A．苯环的6个碳原子之间有6个σ键、1个大π键、双键中有1个π键、σ键，单键都是σ键，则1 mol X中含有σ键＞9 mol，A不符合题意；
B．酚类与FeCl3溶液发生显色反应， X含酚羟基、Y不含酚羟基，可以用FeCl3溶液鉴别，B符合题意；
C． 饱和碳原子是四面体结构，Y中含甲氧基，则Y分子中所有原子不可能共平面，C不符合题意；
D． Z中-CH2OH直接连在苯环上，-CH2OH所连碳原子上没有H，不可发生消去反应，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据给出的结构式即可找出键数
B.根据是否含有酚羟基即可判断
C.含有饱和碳原子，故不能共面
D.Z不能发生消去反应
11．【答案】D
【解析】【解答】A．Na2SO3是强碱弱酸盐，水解显碱性，溶液中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+2c(H2SO3) +c(HSO3-)，故A不符合题意；
B． 0.1mol·L-1Na2SO3溶液中通入少量SO2，存在电荷守恒，c(Na+)+ c(H+) = c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)，测得溶液pH约为8，所以c(H+)
C．由HSO3-的电离平衡HSO3-⇌H++SO3-可得Ka2=c(H+)c(SO3-)c(HSO3-)，由HSO3-的水解平衡HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH-可得Kh1=c(H2SO3)c(OH-)c(HSO3-)=c(H2SO3)c(OH-)c(H+)c(HSO3-)c(H+)=KwKa1，因为 NaHSO3溶液中显酸性，说明电离大于水解，所以Ka2>KwKa1，即Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3) > Kw，故C不符合题意；
D． Na2SO3溶液中通入少量Cl2，会发生反应Cl2+SO32-+H2O=SO42-+2H++2Cl-，SO32-+H+=HSO3- ，即总式为3SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2HSO3-，所以溶液为NaCl、Na2SO4、NaHSO3和Na2SO3的混合物，由C知对于NaHSO3来说电离大于水解，所以c(SO32-)>c(H2SO3)，且通入少量Cl2，混合液中一定满足c(SO32-)>c(H2SO3)，所以c(SO32-)+3c(SO42-)>c(H2SO3)，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据质子守恒即可判断
B.根据电荷守恒结合pH判断
C.根据给出pH判断水解和电离的程度大小判断
D.根据元素守恒即可判断
12．【答案】D
【解析】【解答】A．电解时，电极A上NO2→N2，N元素化合价降低，发生还原反应，电极A为阴极，与电源负极相连，A项不符合题意；
B．电解时，O2-向阳极移动，电极A为阴极，电极B为阳极，则O2-由电极A向电极B迁移，B项不符合题意；
C．电极B上CH4→C2H4，C元素化合价升高，失去电子，电极反应式为2CH4-4e−+2O2-=C2H4 +2H2O，C项不符合题意；
D.1mol NO2转化为N2，转移4mol电子，根据2CH4-4e−+2O2-=C2H4 +2H2O可知，需要消耗2mol CH4，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据电极A和电极B的反应物和生成物即可得出电极A为阴极，二氧化氮得到电子变为氮气，与电池的负极连接，电极B为阳极，甲烷中碳失去电子变为乙烯，与电池的正极连接，结合电极式即可计算出转移的电子数结合选项即可判断
13．【答案】A
【解析】【解答】A．室温下，用0.01mol·L-1CuSO4溶液浸泡NiS固体，发生沉淀转化：NiS + Cu2+⇌Ni2+ + CuS，则NiS溶解、NiS(s)⇌Ni2+(aq)+S2-(aq)向右移动，过滤后所得溶液中存在：Qc(NiS)=c(Ni2+)·c(S2−)＜Ksp(NiS)，A符合题意；
B．氨水是弱电解质，不能拆写为离子，B不符合题意；
C．反应NiS + Cu2+⇌Ni2+ + CuS的平衡常数K=c(Ni2+)c(Cu2+)=Ksp(NiS)Ksp(CuS)=1.0×10-211.5×10-36=23×1015，欲使反应NiS + Cu2+⇌Ni2+ + CuS向右进行，需满足Qc＜K，即c(Ni2+)c(Cu2+)＜23×1015，C不符合题意；
D．Ksp(CuS)=1.5×10−36，Ksp(PbS)=9×10−29，则PbS 的溶解度大于 CuS，用0.01 mol·L-1CuSO4溶液浸泡PbS固体，发生沉淀转化：PbS + Cu2+⇌Pb2+ + CuS，能得到CuS固体，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据Ksp得到CuS比NiS难溶，因此对于NiS来说处于溶解状态
B.加入氨水，氨水为弱电解质
C.根据浓度商与K进行对比计算
D.根据Ksp比较进行判断
14．【答案】C
【解析】【解答】A．由图可知，相同温度下投料比α1的转化率更高，反应中增加氢气的量会促进一氧化碳的转化，提高一氧化碳的转化率，故α1>α2，A不符合题意；
B．在400 K、α2=2时，一氧化碳的转化率为50%，因为体积未给出且反应前后气体分子的系数不等，故无法计算K值，B不符合题意；
C．反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，在500 K、投料比为α3条件下，增大压强，反应Ⅰ正向移动，导致CO的平衡转化率升高，能从Y点到Z点，C符合题意；
D．反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，增大压强可提高CO的平衡转化率和CH3CH2OH的产率，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据根据投料比越高，增加氢气的含量提高速率
B.根据数据结合方程式即可计算出平衡常数
C.增大压强可以提高转化率
D.根据方程式判断为增大压强可以提高产率
15．【答案】（1）[Ar]3d84s2
（2）氧化铁与酸反应生成Fe3+， Fe3+与金属镍反应生成Fe2+
（3）2Ni2++ClO-+ 4OH- = 2NiOOH + Cl- +H2O
（4）与惰性电极充分接触，防止悬浊液沉降以提高电解效率；Cl-在电极上得到电子生成Cl2，Cl2与碱反应生成ClO-，ClO-将悬浊液中Ni(OH)2氧化成NiOOH
（5）NiO
【解析】【解答】镍电极废料加入稀硫酸酸浸，镍、铝、铁转化为相应的盐溶液，除去铁、铝，得到NiSO4溶液，在碱性条件下计入次氯酸钾溶液得到NiOOH沉淀；
(1)镍为28号元素，基态Ni原子的电子排布式为[Ar]3d84s2；
(2)氧化铁与酸反应生成Fe3+，镍单质具有还原性，会与 Fe3+反应生成Fe2+；
(3)由流程可知，咋碱性条件下，Ni2+和KClO反应被氧化为NiOOH，同时生成氯离子和水，2Ni2++ClO-+ 4OH- = 2NiOOH + Cl- +H2O；
(4)①电解Ni(OH)2悬浊液，悬浊液不稳定容易沉降，电解过程中需要充分搅拌Ni(OH)2悬浊液的目的是与惰性电极充分接触，防止悬浊液沉降以提高电解效率。
②Cl-在电极上得到电子发生氧化反应生成Cl2，Cl2与碱反应生成ClO-，ClO-具有氧化性，可以将悬浊液中Ni(OH)2氧化成NiOOH，提高NiOOH产率；
(5)设有92gNiOOH，则镍的质量为92g×5992×100%=59g，600 ℃时，剩余固体质量为92g×81.52%≈75g，则其中氧元素的质量为75g-59g=16g，镍和氧的原子个数比为59g59：16g16=1：1，故剩余固体物质为NiO。
【分析】（1）根据核外电子排布即可写出排布式
（2）金属镍具有还原性产生的铁离子反应得到亚铁离子
（3）根据反应物和生成物即可写出方程式
（4）①氢氧化镍易沉淀，需要搅拌提高电解效率
②加入氯化钾可以电解得到氯气，氯气与氢氧化钠反应得到次氯酸根离子，可以氧化氢氧化镍
（5）根据减少的物质质量变化即可计算出成分
16．【答案】（1）MnO2+MnS+4H+90℃__2Mn2++S+2H2O；吸收产生的H2S气体，防止污染空气
（2）乙；pH越小c(H+)浓度越大，沉淀剂电离出F-与H+生成HF降低c(F- )，从而导致钙、镁沉淀率下降；边搅拌边向滤液中滴加H2O2溶液，至溶液的颜色不再改变为止，然后再向其中加入MnCO3固体，调节溶液的pH，至pH在3.2- 8.3之间，静置后过滤
（3）87.79%
【解析】【解答】在三颈烧瓶中MnO2与MnS反应转化为Mn2+和S、H2O，在酸性条件下MnS反应产生的H2S气体被NaOH溶液吸收，防止污染大气；然后将三颈烧瓶中的混合物过滤，加入MnF2将滤液中的Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀除去，可根据CaF2、MgF2溶度积常数大小分析判断Mg2+的去除曲线；然后向去除Ca2+、Mg2+的溶液中滴加滴加H2O2溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，至溶液的颜色不再改变为止，然后再向其中加入MnCO3固体，调节溶液的pH，至pH在3.2- 8.3之间，静置后过滤，洗涤就得到MnSO4·H2O沉淀，利用电子守恒，根据消耗标准溶液的物质的量计算MnSO4·H2O样品的纯度。
(1)在三颈烧瓶中，在热水浴时MnO2与MnS反应转化为Mn2+和S、H2O，该反应的离子方程式为：MnO2+MnS+4H+90℃__2Mn2++S+2H2O；
②在酸性条件下MnS与H+反应产生有害的H2S气体，根据H2S的水溶液显酸性，能够与碱反应的性质，用NaOH溶液吸收，防止大气污染；
(2)①将三颈烧瓶中的混合物过滤，加入MnF2将滤液中的Ca2+、Mg2+转化为沉淀除去。由于常温下Ksp(CaF2)=2.7×10−11，Ksp(MgF2)=6.5×10−9，Ksp(MgF2)＞Ksp(CaF2)，在Ca2+、Mg2+浓度相同的条件下，所以Ca2+形成沉淀需c(F-)小，因此Ca2+的去除率大于Mg2+的去除率，因此表示Mg2+去除率的曲线是乙；
随pH减小，Ca2+、Mg2+离子的去除率下降，这是由于HF是弱酸，溶液的pH越小，溶液中c(H+)就越大，沉淀剂电离出F-与H+生成弱酸HF，降低了c(F- )，从而导致Ca2+、Mg2+沉淀率下降；
②以除去Ca2+、Mg2+所得的滤液为原料，边搅拌边向滤液中滴加H2O2溶液，将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，直至溶液的颜色不再改变为止，然后再向其中加入MnCO3固体，调节溶液的pH，至pH在3.2- 8.3之间，可形成MnSO4·H2O，静置后，过滤，得到MnSO4·H2O沉淀；
(3)准确称取0.3850 g MnSO4·H2O样品置于锥形瓶中，加入H3PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2+全部氧化成Mn3+，用0.1000 mol·L-1硫酸亚铁铵[Fe(NH4)2(SO4)2]标准溶液滴定至终点(滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+)，消耗标准溶液20.00 mL，根据电子守恒可得关系式：MnSO4·H2O ~[Fe(NH4)2(SO4)2]，n[Fe(NH4)2(SO4)2]=0.1000 mol/L×0.02 L=0.0020 mol，则n(MnSO4·H2O)= 0.0020 mol，则MnSO4·H2O样品的纯度为：0.0020mol×169g/mol0.3850g×100%=87.79%。
【分析】（1）①根据反应物和生成物即可写出方程式
②氢氧化钠是吸收气体，防止污染空气
（2）①根据开始沉淀和沉淀完全的pH即可判断，pH越小，氢离子浓度越大，结合氟离子
②过氧化氢具有氧化性，可利用过氧化氢至颜色不变，再加入碳酸锰调节pH
（3）根据方程式结合数据即可计算出纯度
17．【答案】（1）3
（2）取代反应
（3）
（4）或
（5）CH3OH →ΔHBrCH3BrHOCH2CH2CH2OH→Cu，ΔO2OHCCH2CHO→催化剂，ΔO2HOOCCH2COOH→H2SO4，ΔCH3OH CH3OOCCH2COOCH3→NaHCH3Br
【解析】【解答】B和化合物X发生取代反应生成C，化合物X的分子式为C5H8O4，则X 的结构简式。
(1)A分子中含有手性碳原子的数目为3()；
(2)化合物C和发生反应生成化合物D和HI，反应类型为取代反应；
(3)由分析可知，化合物X的结构简式为；
(4)化合物B脱去HBr得到有机物甲，甲的一种同分异构体：①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基；②分子中不同化学环境的氢原子个数比是1∶2∶9∶18，则符合条件的同分异构体有：、；
(5)CH3OH和HBr发生取代反应生成CH3Br，HOCH2CH2CH2OH发生催化氧化生成OHCCH2CHO，OHCCH2CHO发生氧化反应生成HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH和CH3OH发生酯化反应生成CH3OOCCH2COOCH3，CH3OOCCH2COOCH3和CH3Br发生取代反应生成，则合成路线为CH3OH →ΔHBrCH3Br；HOCH2CH2CH2OH→Cu，ΔO2OHCCH2CHO→催化剂，ΔO2HOOCCH2COOH→H2SO4，ΔCH3OH CH3OOCCH2COOCH3→NaHCH3Br。
【分析】（1）根据手性碳原子的判断方法即可找出
（2）根据反应物和生成物即可判断反应类型
（3）根据反应物和生成物即可判断
（4）根据要求结合分子式即可写出结构简式
（5）根据生成物逆推出中间产物，结合流程即可合成有机物
18．【答案】（1）-285.2；SO2与O3反应的活化能比NO与O3反应的活化能大得多，其他条件不变时SO2与O3的反应速率慢
（2）4NO+3ClO2-+2H2O = 4NO3-+4H++3Cl-；SO2能溶于水，反应后使溶液pH降低，ORP值增大，氧化能力增强，NO去除率升高
（3）催化剂在紫外线的作用下将电子激发到CB端，而在VB端留下空位；氧气在CB端得电子生成·O2-，·O2-结合 H2O生成H2O2，H2O2在CB端生成·OH；H2O和·OH-进入VB端的空位生成·OH；金属离子掺杂引起的电子跃迁的能量小于3.2eV
【解析】【解答】(1)①已知a：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) ΔH =−198 kJ·mol−1，
根据图示可知b：SO2(g)+O3(g)=SO3(g)+O2(g) ΔH =−241.6 kJ·mol−1。
根据盖斯定律，将2×b-a，整理可得2O3(g)=3O2(g)的 ΔH=-285.2 kJ/mol；
②其他条件不变时，增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是SO2与O3反应的活化能比NO与O3反应的活化能大得多，其他条件不变时SO2与O3的反应速率慢，因此反应速率几乎不变；
(2)①ClO2-具有强氧化性，会将NO氧化为NO3-，ClO2-被还原为Cl-，根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒，可得该反应的离子方程式为：4NO+3ClO2-+2H2O = 4NO3-+4H++3Cl-；
②烟气中含有少量SO2，SO2能溶于水，反应产生H2SO3，使反应后溶液pH降低，ORP值增大，氧化能力增强，从而导致NO去除率升高，故提高了NO的脱除率；
(3)①TiO2光催化剂在紫外线作用下产生·OH的过程可描述为：催化剂在紫外线的作用下将电子激发到CB端，而在VB端留下空位；氧气在CB端得电子生成·O2-，·O2-结合 H2O生成H2O2，H2O2在CB端生成·OH；H2O和·OH-进入VB端的空位生成·OH；
②在TiO2中掺杂一定量的金属离子可提高光催化活性。由于TiO2中电子跃迁的能量hv=3.2eV，因此对所掺杂金属离子的要求是：金属离子掺杂引起的电子跃迁的能量小于3.2eV。
【分析】（1）①根据盖斯定律即可计算出焓变
②根据活化能的高低判断
（2）①根据反应物和生成物即可写出方程式
②二氧化硫溶于水显酸性，pH越大，ORP越大氧化能力增强
（3）①根据流程图即可找出
②根据二氧化钛的电子跃迁能量即可找出
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