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江苏省名校2024年高考化学模拟卷（四）（含解析）
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这是一份江苏省名校2024年高考化学模拟卷（四）（含解析），共22页。试卷主要包含了6 kJ·ml－1，1溶液中等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Cr 52 Fe 56 Cu 64 Ce 140
第Ⅰ卷
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 化学与生产、生活和社会发展密切相关，下列叙述正确的是
A．华为5G手机麒麟9000芯片(HUAWEIKirin)主要成分是二氧化硅
B．“酒曲”的酿酒工艺，是利用了催化剂使平衡正向移动的原理
C．免洗洗手液的有效成分之一活性银离子能使病毒蛋白质变性
D．葛洪所著《抱朴子》中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还原成丹砂”，二者为可逆反应
2．下列化学用语表述错误的是( )
A.HClO的电子式
B.中子数为10的氧原子O
C.NH3分子的VSEPR模型:
D.基态N原子的价层电子排布图:
3. 设计实验验证木炭和浓硫酸反应的产物。下列装置和操作能达到实验目的的是
A．用装置甲实现木炭与浓硫酸反应B．用装置乙检验产物中的
C．用装置丙检验产物中的水蒸气D．用装置丁检验产物中的
4．N、O、Na、Mg是周期表中的短周期主族元素。下列有关说法正确的是
A．碱性：NaOH＜Mg(OH)2B．第一电离能：I1(Na)＜I1(Mg)
C．原子半径：r(N)＜r(O)D．N2、Na2O、Mg的晶体类型相同
阅读下列材料，回答5~7题：
氧、硫、铁可形成多种用途广泛的物质。H2O2具有较强的氧化性。亚硫酰氯（SOCl2）遇水发生水解反应生成H2SO3与HCl。Fe3O4可用作锂离子电池的电极材料，电池工作时有Li＋嵌入其中生成LiFe3O4。FeS2可用于生产H2SO4，其一种晶胞结构如图1所示。工业上可电解H2SO4与（NH4）2SO4混合溶液制备过二硫酸铵[（NH4）2S2O8]，其结构如图2所示。
图1 图2
5.下列说法正确的是（ ）
A.SOCl2中硫原子带正电，氯原子带负电
B.SO eq \\al(2－,3) 中硫原子的轨道杂化类型是sp2
C.该FeS2晶胞中含S eq \\al(2－,2) 的数目为14
D.该FeS2晶体中每个Fe2＋周围距离最近且相等的S eq \\al(2－,2) 数目为8
6．下列化学反应表示正确的是（ ）A.FeS2在足量空气中煅烧：4FeS2＋15O2 eq \(=====,\s\up7(高温)) 2Fe2O3＋8SO3
B.H2O2氧化酸性废水中的Fe2＋： 2Fe2＋＋H2O2===2Fe3＋＋2OH－
C. H2SO4与氨水中和：H2SO4（aq）＋2NH3·H2O（aq）===（NH4）2SO4（aq）＋2H2O（l）；ΔH＝－114.6 kJ·ml－1
D.电解法制备（NH4）2S2O8时的阳极反应：2SO eq \\al(2－,4) －2e－===S2O eq \\al(2－,8) 7．对下列物质性质的解释不合理的是（ ）
A. H2O的热稳定性强于H2S，H2O分子间存在氢键
B. SO2易液化，SO2是极性分子，分子间作用力较大
C.（NH4）2S2O8具有较强的氧化性，（NH4）2S2O8中含过氧键（OO）
D.Fe3O4晶体中可嵌入Li＋形成LiFe3O4，Fe3＋可转化为Fe2＋
8．硫及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是
A．硫酸型酸雨产生的途径：
B．工业制备硫酸过程中的物质转化：
C．钙基固硫过程中发生的总反应：
D．实验室制备少量的原理：(固体)(浓)
9．化合物Z是一种镇痛消炎药的中间体，可通过如下路线合成。下列说法正确的是
A．化合物X易溶于水B．1ml Y最多可与1ml NaOH反应
C．X+Y→Z的反应类型为取代反应D．化合物Z分子中含有手性碳原子
10．活性Fe3O4-x催化反应，进而可制得甲酸。反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．该反应的△H>0
B．该反应的平衡常数
C．反应前后，碳原子的杂化方式和化合价均没有发生变化
D．题图所示的反应机理中，步骤Ⅰ可理解为带部分负电荷的氢与HCO中带部分正电荷的碳结合，带部分正电荷的氢与带部分负电荷的羟基氧结合生成水，HCO转化为的HCOO-
11．利用惰性电极电解和混合溶液分离得到两者的浓溶液，其电解装置如图所示，I室里加入的是稀硫酸，II室和III室里加入的是和的混合溶液。下列说法正确的是
A．阳极上发生的电极反应：
B．交换膜是阴离子交换膜
C．电解一段时间后，II室得到的溶液
D．电解时每转移电子，理论上阴极区可获得气体
12．室温下，用溶液制备的过程如图所示。已知：，，，，。下列说法正确的是
A．0.1溶液中：
B．溶液中：
C．制备的离子方程式为：
D．时，应控制
13．焦炉煤气(主要成分：CH4、CO2、H2、CO)在炭催化下，使CH4与CO2重整生成H2和CO。其主要反应为
反应I：
反应II：
反应III：
反应IV：
在1×105Pa、将焦炉煤气以一定流速通过装有炭催化剂的反应管，CH4、CO、H2的相对体积和CO2的转化率随温度变化的曲线如图所示。
相对体积、
相对体积
下列说法不正确的是
A．温度低于900℃，反应I基本不发生
B．850℃～900℃时，主要发生反应Ⅳ
C．增大焦炉煤气流速一定能提高CO的相对体积
D．工业生产上需要研发低温下CH4转化率高的催化剂
第Ⅱ卷
二、非选择题：共4题，共61分。
14.（15分）以硫酸烧渣（主要成分为Fe2O3和少量Fe3O4、Al2O3、SiO2等）为原料制备氧化铁红的工艺流程如下：
已知：Fe3＋＋3H2C2O4===Fe（C2O4） eq \\al(3－,3) ＋6H＋；Fe2＋＋H2C2O4===FeC2O4↓＋2H＋。
（1） “酸浸”时，使用草酸作为助剂可提高铁浸取率，草酸加入量[m（草酸）/m（硫酸烧渣）×100%]对铁浸取率的影响如图1所示。
① 加入草酸能提高铁浸取率的原因是 。
② 草酸加入量大于20%时，铁浸取率随草酸加入量增加而减小的原因是_____________________。
（2） “沉铁”时，反应温度对铁回收率的影响如图2所示。
① FeSO4转化为Fe（OH）3的离子方程式为 。
② 反应温度超过35 ℃时，铁回收率下降的原因是 。
③ “沉铁”后过滤所得“母液”中含有的主要成分为硫酸铵和 。
（3） “纯化”时，加入NaOH溶液的目的是 。
15.（15分）H是合成某抗炎、抗病毒、抗氧化药物的中间体，其合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）D→E的反应类型为 ，D中采用杂化的碳原子有 个。
（2）设计C→D的目的是 。
（3）I的结构简式为 。
（4）I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： 。
ⅰ．含苯环且苯环上只有一个取代基
ⅱ．红外光谱无醚键吸收峰
ⅲ．苯环侧链上有3种不同化学环境的氢原子，且个数比为6∶2∶1。
（5）以、乙醛、为原料，结合题给信息，设计路线合成(题给试剂和无机试剂任选) 。
16.（15分）硫脲[CS（NH2）2]是白色晶体，易溶于水，150 ℃时能转变为NH4SCN。常用于制造树脂、染料、药物，实验室可用下列方法制备。
步骤Ⅰ：称取一定质量的CaS在三颈烧瓶中制成浆液，不断搅拌下通入适量CO2，反应生成Ca（HS）2溶液，装置如图所示。
步骤Ⅱ：将一定量的CaCN2与Ca（HS）2溶液混合，加热至80 ℃时生成硫脲。
已知：H2CO3的电离平衡常数分别为Ka1＝4.5×10－7、Ka2＝4.7×10－11；H2S的电离平衡常数分别为Ka1＝1.1×10－7，Ka2＝1.3×10－13。
回答下列问题：
（1） 在步骤Ⅰ的三颈烧瓶中生成Ca（HS）2，其反应的化学方程式为_____________________________。
（2） 实验中不宜使用盐酸代替CO2的主要原因是_______________________________。
（3） 按如图装置实验，判断CO2是否已过量的方法是__________________________________。
（4） 硫脲与酸性KMnO4溶液反应转化为两种无毒的气体及SO eq \\al(2－,4) ，同时生成Mn2＋，该反应的离子方程式为 。
（5） 已知：NH4SCN溶液呈酸性，KSCN溶液呈中性；NH4SCN、KSCN都易溶于乙醇、水，温度高时容易分解和氧化；常温下KSCN的溶解度为217 g。
利用硫脲制备KSCN的方法是：取一定量硫脲 ，将加热后的产物溶于一定比例的无水乙醇和水中形成溶液， 干燥，得到KSCN晶体。（实验中可选用试剂：KOH、无水乙醇。实验中须使用的实验仪器有pH计）。
17.（16分）H2O2、O2、O3在水中可形成具有超强氧化能力的羟基自由基(HO•)，可有效去除废水中的H2PO、CN-、苯酚等物质。
（1）弱碱性条件下HO•将H2PO氧化成PO，该反应的离子方程式为____。
（2）光催化氧化技术也可生成HO•降解有机污染物，其原理如图1，光照时，价带失去电子产生有强氧化性的空穴，价带上生成HO•的电极反应式为____。图中HO•还有另外的产生途径，描述其产生过程____。
（3）已知Cu2+可催化过氧化氢氧化废水中的CN-。在含氰废水总量、过氧化氢用量和溶液pH一定的情况下反应相同时间，测得CN-的氧化去除率随c(Cu2+)的变化如图2所示。c(Cu2+)超过90mg•L-1时，CN-的氧化去除率有所下降，原因是____。
图-2
（4）H2O2在Fe3O4催化剂表面产生HO•除去废水中的苯酚的原理如图3所示。在不同初始pH条件下，研究苯酚的去除率随时间的变化，结果表明：在反应开始时，初始pH=6的溶液中苯酚的去除率明显低于初始pH=3的溶液，但一段时间后两者接近，原因是____。
图-3
（5）BMO(Bi2MO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图4所示。①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为____。
解析版
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Cr 52 Fe 56 Cu 64 Ce 140
第Ⅰ卷
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 化学与生产、生活和社会发展密切相关，下列叙述正确的是
A．华为5G手机麒麟9000芯片(HUAWEIKirin)主要成分是二氧化硅
B．“酒曲”的酿酒工艺，是利用了催化剂使平衡正向移动的原理
C．免洗洗手液的有效成分之一活性银离子能使病毒蛋白质变性
D．葛洪所著《抱朴子》中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还原成丹砂”，二者为可逆反应
【答案】C
【解析】硅是良好的半导体材料，芯片主要成分是硅，A项错误；“酒曲”酿酒工艺中，酒曲为催化剂，能加快反应速率，但不影响化学平衡，不能使平衡发生移动，B项错误；银离子是重金属离子，重金属离子能使蛋白质发生变性，C项正确；“丹砂(HgS)在加热下生成汞，汞在常温下可转变为丹砂(HgS)” 二者反应条件不同、不互为可逆反应，D项错误。
2．下列化学用语表述错误的是( )
A.HClO的电子式
B.中子数为10的氧原子O
C.NH3分子的VSEPR模型:
D.基态N原子的价层电子排布图:
【答案】C
【解析】HClO中O原子分别与H、Cl原子间以共价键结合,因此HClO的电子式为,A正确;中子数为10、质子数为8的O原子,其质量数为10+8=18,该原子表示为O,B正确;根据VSEPR模型计算,NH3分子中N原子上有1个孤电子对,每个N原子还连接3个H原子,因此NH3的VSEPR模型为四面体形,C错误;基态N原子的价层电子排布为2s22p3,其价层电子排布图为,D正确。
3. 设计实验验证木炭和浓硫酸反应的产物。下列装置和操作能达到实验目的的是
A．用装置甲实现木炭与浓硫酸反应B．用装置乙检验产物中的
C．用装置丙检验产物中的水蒸气D．用装置丁检验产物中的
【答案】B
【解析】浓硫酸和木炭反应需要加热，不能达到实验目的，A不符合题意；二氧化硫具有还原性，能和高锰酸钾反应使其褪色，能达到实验目的，B符合题意；甲乙溶液中都会带出水使无水硫酸铜变蓝色，不能达到实验目的，C不符合题意；饱和碳酸氢钠和二氧化碳不反应，不能达到实验目的，D不符合题意。
4．N、O、Na、Mg是周期表中的短周期主族元素。下列有关说法正确的是
A．碱性：NaOH＜Mg(OH)2B．第一电离能：I1(Na)＜I1(Mg)
C．原子半径：r(N)＜r(O)D．N2、Na2O、Mg的晶体类型相同
【答案】B
【解析】Na的金属性强于Mg，则NaOH的碱性强于Mg(OH)2，A错误；同周期元素从左到右第一电离能呈增大的趋势，且镁3s轨道全满，较为稳定，第一电离能较大，B正确；同周期元素，从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径N>O，C错误；氮气是分子晶体，Na2O为离子晶体，Mg为金属晶体，晶体类型不同，D错误。
阅读下列材料，回答5~7题：
氧、硫、铁可形成多种用途广泛的物质。H2O2具有较强的氧化性。亚硫酰氯（SOCl2）遇水发生水解反应生成H2SO3与HCl。Fe3O4可用作锂离子电池的电极材料，电池工作时有Li＋嵌入其中生成LiFe3O4。FeS2可用于生产H2SO4，其一种晶胞结构如图1所示。工业上可电解H2SO4与（NH4）2SO4混合溶液制备过二硫酸铵[（NH4）2S2O8]，其结构如图2所示。
图1 图2
5.下列说法正确的是（ ）
A.SOCl2中硫原子带正电，氯原子带负电
B.SO eq \\al(2－,3) 中硫原子的轨道杂化类型是sp2
C.该FeS2晶胞中含S eq \\al(2－,2) 的数目为14
D.该FeS2晶体中每个Fe2＋周围距离最近且相等的S eq \\al(2－,2) 数目为8
【答案】A
【解析】A项，O和Cl的电负性大于S，则S带正电，Cl带负电，正确；B项，SO eq \\al(2－,3) 中S的孤电子对数为 eq \f(6＋2－2×3,2) ＝1，价层电子对数为1＋3＝4，则S为sp3杂化，错误；C项，S eq \\al(2－,2) 位于8个顶点和6个面心，共有8× eq \f(1,8) ＋6× eq \f(1,2) ＝4，错误；D项，与顶点S eq \\al(2－,2) 最近的Fe2＋共有6个，错误
6．下列化学反应表示正确的是（ ）
A.FeS2在足量空气中煅烧：4FeS2＋15O2 eq \(=====,\s\up7(高温)) 2Fe2O3＋8SO3
B.H2O2氧化酸性废水中的Fe2＋： 2Fe2＋＋H2O2===2Fe3＋＋2OH－
C. H2SO4与氨水中和：H2SO4（aq）＋2NH3·H2O（aq）===（NH4）2SO4（aq）＋2H2O（l）；ΔH＝－114.6 kJ·ml－1
D.电解法制备（NH4）2S2O8时的阳极反应：2SO eq \\al(2－,4) －2e－===S2O eq \\al(2－,8)
【答案】D
【解析】A项，应生成SO2，错误；B项，酸性条件下，不能生成OH－，错误；C项，氨水为弱碱，酸碱中和放出的部分热量用于氨水的电离，即放出的热量小于57.3 kJ×2＝114.6 kJ，错误；D项，SO eq \\al(2－,4) 中S为＋6价，S2O eq \\al(2－,8) 中S的平均价态为＋7，S的化合价升高，失去电子，正确。
7．对下列物质性质的解释不合理的是（ ）
A. H2O的热稳定性强于H2S，H2O分子间存在氢键
B. SO2易液化，SO2是极性分子，分子间作用力较大
C.（NH4）2S2O8具有较强的氧化性，（NH4）2S2O8中含过氧键（OO）
D.Fe3O4晶体中可嵌入Li＋形成LiFe3O4，Fe3＋可转化为Fe2＋
【答案】A
【解析】A项，O的非金属性强于S，则O与H之间的作用力强于S与H，则H2O的热稳定性强于H2S，H2O分子间氢键影响熔沸点物理性质，与物质的稳定性无关，错误；B项，SO2是极性分子，极性越强，分子间作用力越大，正确；C项，过氧键具有强氧化性，如H2O2、Na2O2均含有过氧根，正确；D项，Fe3O4中含有＋2、＋3价的Fe，当嵌入Li＋时，由于O原子的数目不变，负电荷总量不变，则正电荷总量也不变，所以有部分Fe3＋会转化为Fe2＋，正确。
8．硫及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是
A．硫酸型酸雨产生的途径：
B．工业制备硫酸过程中的物质转化：
C．钙基固硫过程中发生的总反应：
D．实验室制备少量的原理：(固体)(浓)
【答案】C
【解析】硫酸型酸雨产生的途径： ，A正确；工业制硫酸过程中的物质转化为：FeS2和O2反应生成SO2，SO2发生催化氧化反应生成SO3，SO3和H2O反应生成H2SO4，B正确；钙基固硫过程中发生的总反应：，C错误；实验室制备少量的原理：(固体)(浓)，D正确。
9．化合物Z是一种镇痛消炎药的中间体，可通过如下路线合成。下列说法正确的是
A．化合物X易溶于水B．1ml Y最多可与1ml NaOH反应
C．X+Y→Z的反应类型为取代反应D．化合物Z分子中含有手性碳原子
【答案】D
【解析】X中不含亲水基，所以不易溶于水，A错误；Y中酯基水解、氯原子水解都能与NaOH 以1：1反应，所以1mlY最多消耗2mlNaOH，B错误；Y中羰基和X发生加成反应生成Z，该反应为加成反应，C错误；Z中连接醇羟基的碳原子为手性碳原子，D正确。
10．活性Fe3O4-x催化反应，进而可制得甲酸。反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．该反应的△H>0
B．该反应的平衡常数
C．反应前后，碳原子的杂化方式和化合价均没有发生变化
D．题图所示的反应机理中，步骤Ⅰ可理解为带部分负电荷的氢与HCO中带部分正电荷的碳结合，带部分正电荷的氢与带部分负电荷的羟基氧结合生成水，HCO转化为的HCOO-
【答案】D
【解析】该反应为自发反应，则△H11．利用惰性电极电解和混合溶液分离得到两者的浓溶液，其电解装置如图所示，I室里加入的是稀硫酸，II室和III室里加入的是和的混合溶液。下列说法正确的是
A．阳极上发生的电极反应：
B．交换膜是阴离子交换膜
C．电解一段时间后，II室得到的溶液
D．电解时每转移电子，理论上阴极区可获得气体
【答案】C
【解析】I为阳极室，发生氧化反应，电极反应式为：，A错误；III为阴极室，发生反应，生成的通在III室与反应，生成，a为阳离子交换膜，B错误；通过分析，电解一段时间内，II室得到的溶液，III室得到，C正确；没有标明是在标准状况下，无法计算气体的体积，D错误。
12．室温下，用溶液制备的过程如图所示。已知：，，，，。下列说法正确的是
A．0.1溶液中：
B．溶液中：
C．制备的离子方程式为：
D．时，应控制
【答案】C
【解析】由于的水解常数5.5610-10，的水解常数10-8，所以的水解程度比的水解程度大，，A项错误；为强酸弱碱盐，溶液中根据质子守恒可知：，B项错误；与反应产生的再与Fe2+结合生成，反应的离子方程式为：，C项正确；当混合液中时，为防止生成Fe(OH)2，，即，D项错误。
13．焦炉煤气(主要成分：CH4、CO2、H2、CO)在炭催化下，使CH4与CO2重整生成H2和CO。其主要反应为
反应I：
反应II：
反应III：
反应IV：
在1×105Pa、将焦炉煤气以一定流速通过装有炭催化剂的反应管，CH4、CO、H2的相对体积和CO2的转化率随温度变化的曲线如图所示。
相对体积、
相对体积
下列说法不正确的是
A．温度低于900℃，反应I基本不发生
B．850℃～900℃时，主要发生反应Ⅳ
C．增大焦炉煤气流速一定能提高CO的相对体积
D．工业生产上需要研发低温下CH4转化率高的催化剂
【答案】C
【解析】从图中可以看出，温度低于900℃时，CH4的相对体积基本上是100%，所以反应I基本不发生，A正确；850℃～900℃时，H2、CO的体积分数都增大，且增大的幅度相近，而CH4的相对体积略有减小，可能是CO2转化率增大的原因，所以反应I进行的幅度很小，反应Ⅱ、Ⅲ基本不发生，主要发生反应Ⅳ，B正确；从图中可以看出，4个反应均为生成CO的反应，且都为吸热反应，所以若想提高CO的相对体积，应选择升高温度，与增大焦炉煤气的流速无关，C不正确；图中信息显示，温度低于900℃，CH4的相对体积基本上是100%，则反应I基本不发生，所以工业生产上需要研发低温下CH4转化率高的催化剂，D正确。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共4题，共61分。
14.（15分）以硫酸烧渣（主要成分为Fe2O3和少量Fe3O4、Al2O3、SiO2等）为原料制备氧化铁红的工艺流程如下：
已知：Fe3＋＋3H2C2O4===Fe（C2O4） eq \\al(3－,3) ＋6H＋；Fe2＋＋H2C2O4===FeC2O4↓＋2H＋。
（1） “酸浸”时，使用草酸作为助剂可提高铁浸取率，草酸加入量[m（草酸）/m（硫酸烧渣）×100%]对铁浸取率的影响如图1所示。
① 加入草酸能提高铁浸取率的原因是 。
② 草酸加入量大于20%时，铁浸取率随草酸加入量增加而减小的原因是_____________________。
（2） “沉铁”时，反应温度对铁回收率的影响如图2所示。
① FeSO4转化为Fe（OH）3的离子方程式为 。
② 反应温度超过35 ℃时，铁回收率下降的原因是 。
③ “沉铁”后过滤所得“母液”中含有的主要成分为硫酸铵和 。
（3） “纯化”时，加入NaOH溶液的目的是 。
【答案】（1）①Fe3＋和H2C2O4生成Fe(C2O4) eq \\al(3－,3) ，促进草酸电离，溶液的H＋浓度增大；Fe3＋浓度降低，促进烧渣中铁的氧化物与硫酸的反应(2分) ② Fe2＋与C2O eq \\al(2－,4) 生成FeC2O4沉淀
（2） ① 2Fe2＋＋H2O2＋4NH3·H2O===2Fe(OH)3↓＋4NH eq \\al(＋,4)
② 温度升高，H2O2受热分解，使 Fe2＋氧化不充分；氨水受热挥发，氨水浓度减小，不利于Fe(OH)3的生成
③ 草酸铵或(NH4)2C2O4
（3） 除去Fe(OH)3中含有的Al(OH)3杂质
【解析】（1） ① 草酸电离的草酸根离子Fe3＋与形成Fe(C2O4) eq \\al(3－,3) 并释放出更多H＋都能提高酸浸效果；另一方面溶液中Fe3＋浓度降低也更有助于溶解平衡的右移。② 结合题给信息，Fe3O4酸浸后生成的Fe2＋与H2C2O4反应生成FeC2O4沉淀，覆盖在硫酸烧渣表面，影响酸浸效果。（2） ① H2O2作氧化剂将Fe2＋氧化为Fe(OH)3，根据得失电子守恒配平氧化剂、还原剂并添加介质，应特别注意氨水参与的环境是碱性的，平衡电荷不能用H＋。② 应考虑H2O2、NH3·H2O均对热不稳定。③ 铵根离子、与草酸根离子一直在溶液中。（3） 硫酸渣中Al2O3，先转化为Al3＋，沉铁时转化为Al(OH)3，纯化时加入NaOH可将其除去。
15.（15分）H是合成某抗炎、抗病毒、抗氧化药物的中间体，其合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）D→E的反应类型为 ，D中采用杂化的碳原子有 个。
（2）设计C→D的目的是 。
（3）I的结构简式为 。
（4）I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： 。
ⅰ．含苯环且苯环上只有一个取代基
ⅱ．红外光谱无醚键吸收峰
ⅲ．苯环侧链上有3种不同化学环境的氢原子，且个数比为6∶2∶1。
（5）以、乙醛、为原料，结合题给信息，设计路线合成(题给试剂和无机试剂任选) 。
【答案】（1）氧化反应 4
（2）保护酚羟基，防止D到E转化时被氧化
（3）
（4）(或)
（5）
【解析】F中含有磷酸酯基，且F→G中步聚ⅰ在强碱作用下进行，由此可推测F→G发生题给已知信息中的反应；由F、G的结构简式及化合物Ⅰ的分子式可逆推得到Ⅰ的结构简式为。（1）对比D和E的结构可知，D中的羟基变为羰基，则D→E的反应类型为氧化反应；D中的饱和碳原子都是sp3杂化，结合D的结构可知，其中采用杂化的碳原子有4个。（2）由第一问可知，D→E为氧化反应，而C中含有酚羟基，容易被氧化，则设计C→D的目的是保护酚羟基，防止D到E转化时被氧化。（3）由分析可知，Ⅰ的结构简式为 。（4）化合物Ⅰ的分子式为C10H14O，计算可得不饱和度为4，根据题目所给信息，化合物Ⅰ的同分异构体分子中含有苯环(已占据4个不饱和度)，则其余C原子均为饱和碳原子(单键连接其他原子)；又由红外光谱无醚键吸收峰，可得苯环上的取代基中含1个羟基；再由分子中苯环上只含有1个取代基，可知该有机物的碳链结构有如下四种：(1、2、3、4均表示羟基的连接位置)，所以满足条件的化合物Ⅰ的同分异构体共有“12”种；其中，苯环侧链上有3种不同化学环境的氢原子，且个数比为6∶2∶1的同分异构体应含有两个等效的甲基，则其结构简式为或。（5）结合B→C的条件可知，有乙醛可以生成CH3CH(OH)CH3，结合C→D的条件可知，由可生成，其中甲基可以被高锰酸钾氧化为羧基，得到的产物再与CH3CH(OH)CH3反应生成酯，再结合G→H的条件可以得到最终的产物，具体流程为：。
16.（15分）硫脲[CS（NH2）2]是白色晶体，易溶于水，150 ℃时能转变为NH4SCN。常用于制造树脂、染料、药物，实验室可用下列方法制备。
步骤Ⅰ：称取一定质量的CaS在三颈烧瓶中制成浆液，不断搅拌下通入适量CO2，反应生成Ca（HS）2溶液，装置如图所示。
步骤Ⅱ：将一定量的CaCN2与Ca（HS）2溶液混合，加热至80 ℃时生成硫脲。
已知：H2CO3的电离平衡常数分别为Ka1＝4.5×10－7、Ka2＝4.7×10－11；H2S的电离平衡常数分别为Ka1＝1.1×10－7，Ka2＝1.3×10－13。
回答下列问题：
（1） 在步骤Ⅰ的三颈烧瓶中生成Ca（HS）2，其反应的化学方程式为_____________________________。
（2） 实验中不宜使用盐酸代替CO2的主要原因是_______________________________。
（3） 按如图装置实验，判断CO2是否已过量的方法是__________________________________。
（4） 硫脲与酸性KMnO4溶液反应转化为两种无毒的气体及SO eq \\al(2－,4) ，同时生成Mn2＋，该反应的离子方程式为 。
（5） 已知：NH4SCN溶液呈酸性，KSCN溶液呈中性；NH4SCN、KSCN都易溶于乙醇、水，温度高时容易分解和氧化；常温下KSCN的溶解度为217 g。
利用硫脲制备KSCN的方法是：取一定量硫脲 ，将加热后的产物溶于一定比例的无水乙醇和水中形成溶液， 干燥，得到KSCN晶体。（实验中可选用试剂：KOH、无水乙醇。实验中须使用的实验仪器有pH计）。
【答案】（1） 2CaS＋CO2＋H2O===Ca(HS)2＋CaCO3
（2） 反应中会生成可溶性的CaCl2，增加了分离的难度
（3） b中出现黑色沉淀即CO2过量
（4） 14MnO eq \\al(－,4) ＋5CS(NH2)2＋32H＋===14Mn2＋＋5CO2↑＋5N2↑＋5SO eq \\al(2－,4) ＋26H2O
（5） 在隔绝空气的条件下加热至150 ℃充分反应
边搅拌边滴加KOH并微热除去NH3至用pH计测量溶液pH为中性，加热，低温将乙醇和水蒸出至大量晶体析出，过滤
【解析】（1） 由步骤Ⅰ知，CaS与CO2在水溶液中反应，生成Ca(HS)2溶液。CO2与H2O反应生成H2CO3，与CaS发生复分解反应生成CaCO3。（2） 盐酸与CaS反应生成CaCl2，CaCl2是可溶的，与难溶性的CaCO3相比，CaCl2与Ca(HS)2之间难分离。（3） 因为Ka1(H2CO3)＞Ka1(H2S)，当CO2过量时，CaS会转化成H2S，H2S与CuSO4溶液反应会生成黑色的CuS沉淀。（4） 硫脲[CS(NH2)2]与酸性KMnO4溶液反应，转化为两种无毒的气体：CO2和N2，并生成SO eq \\al(2－,4) ，[CS(NH2)2]中C为＋4价，S为－2价，N为－3价，S由－2价升至＋6价，升高8，N由－3价升至0价，2个N共升高6，1个[CS(NH2)2]共升高14，KMnO4转化为Mn2＋，Mn由＋7价转化为＋2价，共降低5，根据得失电子守恒配平反应，[CS(NH2)2]前配5，MnO eq \\al(－,4) 前配14，由原子守恒确定，Mn2＋前配14，CO2前配5，N2前配5，SO eq \\al(2－,4) 前配5，由电荷守恒确定，反应物中需要加入H＋，且计量系数为32，再由H、O原子守恒确定，产物中有H2O生成，且计量系数为26。（5） 硫脲[CS(NH2)2]在150 ℃时能转变为NH4SCN。NH4SCN与KOH在微热条件下生成KSCN和NH3，调节溶液为中性，即可得KSCN溶液。KSCN在温度高时易分解和氧化，所以KSCN溶液需要在低温条件下将乙醇和水蒸出，直至有大量KSCN晶体析出，通过过滤得KSCN晶体。
17.（16分）H2O2、O2、O3在水中可形成具有超强氧化能力的羟基自由基(HO•)，可有效去除废水中的H2PO、CN-、苯酚等物质。
（1）弱碱性条件下HO•将H2PO氧化成PO，该反应的离子方程式为____。
（2）光催化氧化技术也可生成HO•降解有机污染物，其原理如图1，光照时，价带失去电子产生有强氧化性的空穴，价带上生成HO•的电极反应式为____。图中HO•还有另外的产生途径，描述其产生过程____。
（3）已知Cu2+可催化过氧化氢氧化废水中的CN-。在含氰废水总量、过氧化氢用量和溶液pH一定的情况下反应相同时间，测得CN-的氧化去除率随c(Cu2+)的变化如图2所示。c(Cu2+)超过90mg•L-1时，CN-的氧化去除率有所下降，原因是____。
图-2
（4）H2O2在Fe3O4催化剂表面产生HO•除去废水中的苯酚的原理如图3所示。在不同初始pH条件下，研究苯酚的去除率随时间的变化，结果表明：在反应开始时，初始pH=6的溶液中苯酚的去除率明显低于初始pH=3的溶液，但一段时间后两者接近，原因是____。
图-3
（5）BMO(Bi2MO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图4所示。①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为____。
【答案】（1）4HO•+2OH-+H2PO=PO+4H2O
（2）H2O-e-=H++HO• 光照时，电子从价带跃迁至导带，O2在导带获得电子生成H2O2或O2，最终转化为HO•
（3）c(Cu2+)超过90mg·L-1会催化过氧化氢分解，导致H2O2产生HO•的数目减少
（4）酸性有利于HO•的形成，所以初始pH=3的溶液在开始时去除率较高。随着反应的进行，苯酚转化为乙酸，使溶液酸性增强，pH=6的溶液中苯酚去除率显著提高，最终两者的去除率接近
（5）3：1
【解析】（1）弱碱性条件下HO•将H2PO氧化成PO，该反应为4HO•+2OH-+H2PO=PO+4H2O。（2）据图可知水分子在价带上失电子发生氧化反应，电极反应为H2O-e-=H++HO•；光照时，电子从价带跃迁至导带，O2在导带获得电子生成H2O2或O2，最终转化为HO•。（3）Cu2+、Fe3+、二氧化锰对双氧水的分解起到催化作用，c(Cu2+)超过90mg/L，会催化过氧化氢分解，导致H2O2产生·OH的数目减少，与CN-反应的H2O2的量减少，CN-的氧化去除率有所下降。（4）在反应开始时，初始pH = 6的溶液中苯酚的去除率明显低于初始pH =3的溶液，但一段时间后两者接近，原因是：酸性有利于HO•的形成，所以初始pH=3的溶液在开始时去除率较高。随着反应的进行，苯酚转化为乙酸，使溶液酸性增强，pH=6的溶液中苯酚去除率显著提高，最终两者的去除率接近。（5）根据转移电子守恒判断消耗苯酚的物质的量之比，O得到3个电子、BMO-得到1个电子，根据转移电子守恒知，①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3：1。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Cr 52 Fe 56 Cu 64 Ce 140
第Ⅰ卷
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 化学与生产、生活和社会发展密切相关，下列叙述正确的是
A．华为5G手机麒麟9000芯片(HUAWEIKirin)主要成分是二氧化硅
B．“酒曲”的酿酒工艺，是利用了催化剂使平衡正向移动的原理
C．免洗洗手液的有效成分之一活性银离子能使病毒蛋白质变性
D．葛洪所著《抱朴子》中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还原成丹砂”，二者为可逆反应
2．下列化学用语表述错误的是( )
A.HClO的电子式
B.中子数为10的氧原子O
C.NH3分子的VSEPR模型:
D.基态N原子的价层电子排布图:
3. 设计实验验证木炭和浓硫酸反应的产物。下列装置和操作能达到实验目的的是
A．用装置甲实现木炭与浓硫酸反应B．用装置乙检验产物中的
C．用装置丙检验产物中的水蒸气D．用装置丁检验产物中的
4．N、O、Na、Mg是周期表中的短周期主族元素。下列有关说法正确的是
A．碱性：NaOH＜Mg(OH)2B．第一电离能：I1(Na)＜I1(Mg)
C．原子半径：r(N)＜r(O)D．N2、Na2O、Mg的晶体类型相同
阅读下列材料，回答5~7题：
氧、硫、铁可形成多种用途广泛的物质。H2O2具有较强的氧化性。亚硫酰氯（SOCl2）遇水发生水解反应生成H2SO3与HCl。Fe3O4可用作锂离子电池的电极材料，电池工作时有Li＋嵌入其中生成LiFe3O4。FeS2可用于生产H2SO4，其一种晶胞结构如图1所示。工业上可电解H2SO4与（NH4）2SO4混合溶液制备过二硫酸铵[（NH4）2S2O8]，其结构如图2所示。
图1 图2
5.下列说法正确的是（ ）
A.SOCl2中硫原子带正电，氯原子带负电
B.SO eq \\al(2－,3) 中硫原子的轨道杂化类型是sp2
C.该FeS2晶胞中含S eq \\al(2－,2) 的数目为14
D.该FeS2晶体中每个Fe2＋周围距离最近且相等的S eq \\al(2－,2) 数目为8
6．下列化学反应表示正确的是（ ）A.FeS2在足量空气中煅烧：4FeS2＋15O2 eq \(=====,\s\up7(高温)) 2Fe2O3＋8SO3
B.H2O2氧化酸性废水中的Fe2＋： 2Fe2＋＋H2O2===2Fe3＋＋2OH－
C. H2SO4与氨水中和：H2SO4（aq）＋2NH3·H2O（aq）===（NH4）2SO4（aq）＋2H2O（l）；ΔH＝－114.6 kJ·ml－1
D.电解法制备（NH4）2S2O8时的阳极反应：2SO eq \\al(2－,4) －2e－===S2O eq \\al(2－,8) 7．对下列物质性质的解释不合理的是（ ）
A. H2O的热稳定性强于H2S，H2O分子间存在氢键
B. SO2易液化，SO2是极性分子，分子间作用力较大
C.（NH4）2S2O8具有较强的氧化性，（NH4）2S2O8中含过氧键（OO）
D.Fe3O4晶体中可嵌入Li＋形成LiFe3O4，Fe3＋可转化为Fe2＋
8．硫及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是
A．硫酸型酸雨产生的途径：
B．工业制备硫酸过程中的物质转化：
C．钙基固硫过程中发生的总反应：
D．实验室制备少量的原理：(固体)(浓)
9．化合物Z是一种镇痛消炎药的中间体，可通过如下路线合成。下列说法正确的是
A．化合物X易溶于水B．1ml Y最多可与1ml NaOH反应
C．X+Y→Z的反应类型为取代反应D．化合物Z分子中含有手性碳原子
10．活性Fe3O4-x催化反应，进而可制得甲酸。反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．该反应的△H>0
B．该反应的平衡常数
C．反应前后，碳原子的杂化方式和化合价均没有发生变化
D．题图所示的反应机理中，步骤Ⅰ可理解为带部分负电荷的氢与HCO中带部分正电荷的碳结合，带部分正电荷的氢与带部分负电荷的羟基氧结合生成水，HCO转化为的HCOO-
11．利用惰性电极电解和混合溶液分离得到两者的浓溶液，其电解装置如图所示，I室里加入的是稀硫酸，II室和III室里加入的是和的混合溶液。下列说法正确的是
A．阳极上发生的电极反应：
B．交换膜是阴离子交换膜
C．电解一段时间后，II室得到的溶液
D．电解时每转移电子，理论上阴极区可获得气体
12．室温下，用溶液制备的过程如图所示。已知：，，，，。下列说法正确的是
A．0.1溶液中：
B．溶液中：
C．制备的离子方程式为：
D．时，应控制
13．焦炉煤气(主要成分：CH4、CO2、H2、CO)在炭催化下，使CH4与CO2重整生成H2和CO。其主要反应为
反应I：
反应II：
反应III：
反应IV：
在1×105Pa、将焦炉煤气以一定流速通过装有炭催化剂的反应管，CH4、CO、H2的相对体积和CO2的转化率随温度变化的曲线如图所示。
相对体积、
相对体积
下列说法不正确的是
A．温度低于900℃，反应I基本不发生
B．850℃～900℃时，主要发生反应Ⅳ
C．增大焦炉煤气流速一定能提高CO的相对体积
D．工业生产上需要研发低温下CH4转化率高的催化剂
第Ⅱ卷
二、非选择题：共4题，共61分。
14.（15分）以硫酸烧渣（主要成分为Fe2O3和少量Fe3O4、Al2O3、SiO2等）为原料制备氧化铁红的工艺流程如下：
已知：Fe3＋＋3H2C2O4===Fe（C2O4） eq \\al(3－,3) ＋6H＋；Fe2＋＋H2C2O4===FeC2O4↓＋2H＋。
（1） “酸浸”时，使用草酸作为助剂可提高铁浸取率，草酸加入量[m（草酸）/m（硫酸烧渣）×100%]对铁浸取率的影响如图1所示。
① 加入草酸能提高铁浸取率的原因是 。
② 草酸加入量大于20%时，铁浸取率随草酸加入量增加而减小的原因是_____________________。
（2） “沉铁”时，反应温度对铁回收率的影响如图2所示。
① FeSO4转化为Fe（OH）3的离子方程式为 。
② 反应温度超过35 ℃时，铁回收率下降的原因是 。
③ “沉铁”后过滤所得“母液”中含有的主要成分为硫酸铵和 。
（3） “纯化”时，加入NaOH溶液的目的是 。
15.（15分）H是合成某抗炎、抗病毒、抗氧化药物的中间体，其合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）D→E的反应类型为 ，D中采用杂化的碳原子有 个。
（2）设计C→D的目的是 。
（3）I的结构简式为 。
（4）I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： 。
ⅰ．含苯环且苯环上只有一个取代基
ⅱ．红外光谱无醚键吸收峰
ⅲ．苯环侧链上有3种不同化学环境的氢原子，且个数比为6∶2∶1。
（5）以、乙醛、为原料，结合题给信息，设计路线合成(题给试剂和无机试剂任选) 。
16.（15分）硫脲[CS（NH2）2]是白色晶体，易溶于水，150 ℃时能转变为NH4SCN。常用于制造树脂、染料、药物，实验室可用下列方法制备。
步骤Ⅰ：称取一定质量的CaS在三颈烧瓶中制成浆液，不断搅拌下通入适量CO2，反应生成Ca（HS）2溶液，装置如图所示。
步骤Ⅱ：将一定量的CaCN2与Ca（HS）2溶液混合，加热至80 ℃时生成硫脲。
已知：H2CO3的电离平衡常数分别为Ka1＝4.5×10－7、Ka2＝4.7×10－11；H2S的电离平衡常数分别为Ka1＝1.1×10－7，Ka2＝1.3×10－13。
回答下列问题：
（1） 在步骤Ⅰ的三颈烧瓶中生成Ca（HS）2，其反应的化学方程式为_____________________________。
（2） 实验中不宜使用盐酸代替CO2的主要原因是_______________________________。
（3） 按如图装置实验，判断CO2是否已过量的方法是__________________________________。
（4） 硫脲与酸性KMnO4溶液反应转化为两种无毒的气体及SO eq \\al(2－,4) ，同时生成Mn2＋，该反应的离子方程式为 。
（5） 已知：NH4SCN溶液呈酸性，KSCN溶液呈中性；NH4SCN、KSCN都易溶于乙醇、水，温度高时容易分解和氧化；常温下KSCN的溶解度为217 g。
利用硫脲制备KSCN的方法是：取一定量硫脲 ，将加热后的产物溶于一定比例的无水乙醇和水中形成溶液， 干燥，得到KSCN晶体。（实验中可选用试剂：KOH、无水乙醇。实验中须使用的实验仪器有pH计）。
17.（16分）H2O2、O2、O3在水中可形成具有超强氧化能力的羟基自由基(HO•)，可有效去除废水中的H2PO、CN-、苯酚等物质。
（1）弱碱性条件下HO•将H2PO氧化成PO，该反应的离子方程式为____。
（2）光催化氧化技术也可生成HO•降解有机污染物，其原理如图1，光照时，价带失去电子产生有强氧化性的空穴，价带上生成HO•的电极反应式为____。图中HO•还有另外的产生途径，描述其产生过程____。
（3）已知Cu2+可催化过氧化氢氧化废水中的CN-。在含氰废水总量、过氧化氢用量和溶液pH一定的情况下反应相同时间，测得CN-的氧化去除率随c(Cu2+)的变化如图2所示。c(Cu2+)超过90mg•L-1时，CN-的氧化去除率有所下降，原因是____。
图-2
（4）H2O2在Fe3O4催化剂表面产生HO•除去废水中的苯酚的原理如图3所示。在不同初始pH条件下，研究苯酚的去除率随时间的变化，结果表明：在反应开始时，初始pH=6的溶液中苯酚的去除率明显低于初始pH=3的溶液，但一段时间后两者接近，原因是____。
图-3
（5）BMO(Bi2MO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图4所示。①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为____。
解析版
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Cr 52 Fe 56 Cu 64 Ce 140
第Ⅰ卷
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 化学与生产、生活和社会发展密切相关，下列叙述正确的是
A．华为5G手机麒麟9000芯片(HUAWEIKirin)主要成分是二氧化硅
B．“酒曲”的酿酒工艺，是利用了催化剂使平衡正向移动的原理
C．免洗洗手液的有效成分之一活性银离子能使病毒蛋白质变性
D．葛洪所著《抱朴子》中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还原成丹砂”，二者为可逆反应
【答案】C
【解析】硅是良好的半导体材料，芯片主要成分是硅，A项错误；“酒曲”酿酒工艺中，酒曲为催化剂，能加快反应速率，但不影响化学平衡，不能使平衡发生移动，B项错误；银离子是重金属离子，重金属离子能使蛋白质发生变性，C项正确；“丹砂(HgS)在加热下生成汞，汞在常温下可转变为丹砂(HgS)” 二者反应条件不同、不互为可逆反应，D项错误。
2．下列化学用语表述错误的是( )
A.HClO的电子式
B.中子数为10的氧原子O
C.NH3分子的VSEPR模型:
D.基态N原子的价层电子排布图:
【答案】C
【解析】HClO中O原子分别与H、Cl原子间以共价键结合,因此HClO的电子式为,A正确;中子数为10、质子数为8的O原子,其质量数为10+8=18,该原子表示为O,B正确;根据VSEPR模型计算,NH3分子中N原子上有1个孤电子对,每个N原子还连接3个H原子,因此NH3的VSEPR模型为四面体形,C错误;基态N原子的价层电子排布为2s22p3,其价层电子排布图为,D正确。
3. 设计实验验证木炭和浓硫酸反应的产物。下列装置和操作能达到实验目的的是
A．用装置甲实现木炭与浓硫酸反应B．用装置乙检验产物中的
C．用装置丙检验产物中的水蒸气D．用装置丁检验产物中的
【答案】B
【解析】浓硫酸和木炭反应需要加热，不能达到实验目的，A不符合题意；二氧化硫具有还原性，能和高锰酸钾反应使其褪色，能达到实验目的，B符合题意；甲乙溶液中都会带出水使无水硫酸铜变蓝色，不能达到实验目的，C不符合题意；饱和碳酸氢钠和二氧化碳不反应，不能达到实验目的，D不符合题意。
4．N、O、Na、Mg是周期表中的短周期主族元素。下列有关说法正确的是
A．碱性：NaOH＜Mg(OH)2B．第一电离能：I1(Na)＜I1(Mg)
C．原子半径：r(N)＜r(O)D．N2、Na2O、Mg的晶体类型相同
【答案】B
【解析】Na的金属性强于Mg，则NaOH的碱性强于Mg(OH)2，A错误；同周期元素从左到右第一电离能呈增大的趋势，且镁3s轨道全满，较为稳定，第一电离能较大，B正确；同周期元素，从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径N>O，C错误；氮气是分子晶体，Na2O为离子晶体，Mg为金属晶体，晶体类型不同，D错误。
阅读下列材料，回答5~7题：
氧、硫、铁可形成多种用途广泛的物质。H2O2具有较强的氧化性。亚硫酰氯（SOCl2）遇水发生水解反应生成H2SO3与HCl。Fe3O4可用作锂离子电池的电极材料，电池工作时有Li＋嵌入其中生成LiFe3O4。FeS2可用于生产H2SO4，其一种晶胞结构如图1所示。工业上可电解H2SO4与（NH4）2SO4混合溶液制备过二硫酸铵[（NH4）2S2O8]，其结构如图2所示。
图1 图2
5.下列说法正确的是（ ）
A.SOCl2中硫原子带正电，氯原子带负电
B.SO eq \\al(2－,3) 中硫原子的轨道杂化类型是sp2
C.该FeS2晶胞中含S eq \\al(2－,2) 的数目为14
D.该FeS2晶体中每个Fe2＋周围距离最近且相等的S eq \\al(2－,2) 数目为8
【答案】A
【解析】A项，O和Cl的电负性大于S，则S带正电，Cl带负电，正确；B项，SO eq \\al(2－,3) 中S的孤电子对数为 eq \f(6＋2－2×3,2) ＝1，价层电子对数为1＋3＝4，则S为sp3杂化，错误；C项，S eq \\al(2－,2) 位于8个顶点和6个面心，共有8× eq \f(1,8) ＋6× eq \f(1,2) ＝4，错误；D项，与顶点S eq \\al(2－,2) 最近的Fe2＋共有6个，错误
6．下列化学反应表示正确的是（ ）
A.FeS2在足量空气中煅烧：4FeS2＋15O2 eq \(=====,\s\up7(高温)) 2Fe2O3＋8SO3
B.H2O2氧化酸性废水中的Fe2＋： 2Fe2＋＋H2O2===2Fe3＋＋2OH－
C. H2SO4与氨水中和：H2SO4（aq）＋2NH3·H2O（aq）===（NH4）2SO4（aq）＋2H2O（l）；ΔH＝－114.6 kJ·ml－1
D.电解法制备（NH4）2S2O8时的阳极反应：2SO eq \\al(2－,4) －2e－===S2O eq \\al(2－,8)
【答案】D
【解析】A项，应生成SO2，错误；B项，酸性条件下，不能生成OH－，错误；C项，氨水为弱碱，酸碱中和放出的部分热量用于氨水的电离，即放出的热量小于57.3 kJ×2＝114.6 kJ，错误；D项，SO eq \\al(2－,4) 中S为＋6价，S2O eq \\al(2－,8) 中S的平均价态为＋7，S的化合价升高，失去电子，正确。
7．对下列物质性质的解释不合理的是（ ）
A. H2O的热稳定性强于H2S，H2O分子间存在氢键
B. SO2易液化，SO2是极性分子，分子间作用力较大
C.（NH4）2S2O8具有较强的氧化性，（NH4）2S2O8中含过氧键（OO）
D.Fe3O4晶体中可嵌入Li＋形成LiFe3O4，Fe3＋可转化为Fe2＋
【答案】A
【解析】A项，O的非金属性强于S，则O与H之间的作用力强于S与H，则H2O的热稳定性强于H2S，H2O分子间氢键影响熔沸点物理性质，与物质的稳定性无关，错误；B项，SO2是极性分子，极性越强，分子间作用力越大，正确；C项，过氧键具有强氧化性，如H2O2、Na2O2均含有过氧根，正确；D项，Fe3O4中含有＋2、＋3价的Fe，当嵌入Li＋时，由于O原子的数目不变，负电荷总量不变，则正电荷总量也不变，所以有部分Fe3＋会转化为Fe2＋，正确。
8．硫及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是
A．硫酸型酸雨产生的途径：
B．工业制备硫酸过程中的物质转化：
C．钙基固硫过程中发生的总反应：
D．实验室制备少量的原理：(固体)(浓)
【答案】C
【解析】硫酸型酸雨产生的途径： ，A正确；工业制硫酸过程中的物质转化为：FeS2和O2反应生成SO2，SO2发生催化氧化反应生成SO3，SO3和H2O反应生成H2SO4，B正确；钙基固硫过程中发生的总反应：，C错误；实验室制备少量的原理：(固体)(浓)，D正确。
9．化合物Z是一种镇痛消炎药的中间体，可通过如下路线合成。下列说法正确的是
A．化合物X易溶于水B．1ml Y最多可与1ml NaOH反应
C．X+Y→Z的反应类型为取代反应D．化合物Z分子中含有手性碳原子
【答案】D
【解析】X中不含亲水基，所以不易溶于水，A错误；Y中酯基水解、氯原子水解都能与NaOH 以1：1反应，所以1mlY最多消耗2mlNaOH，B错误；Y中羰基和X发生加成反应生成Z，该反应为加成反应，C错误；Z中连接醇羟基的碳原子为手性碳原子，D正确。
10．活性Fe3O4-x催化反应，进而可制得甲酸。反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．该反应的△H>0
B．该反应的平衡常数
C．反应前后，碳原子的杂化方式和化合价均没有发生变化
D．题图所示的反应机理中，步骤Ⅰ可理解为带部分负电荷的氢与HCO中带部分正电荷的碳结合，带部分正电荷的氢与带部分负电荷的羟基氧结合生成水，HCO转化为的HCOO-
【答案】D
【解析】该反应为自发反应，则△H
A．阳极上发生的电极反应：
B．交换膜是阴离子交换膜
C．电解一段时间后，II室得到的溶液
D．电解时每转移电子，理论上阴极区可获得气体
【答案】C
【解析】I为阳极室，发生氧化反应，电极反应式为：，A错误；III为阴极室，发生反应，生成的通在III室与反应，生成，a为阳离子交换膜，B错误；通过分析，电解一段时间内，II室得到的溶液，III室得到，C正确；没有标明是在标准状况下，无法计算气体的体积，D错误。
12．室温下，用溶液制备的过程如图所示。已知：，，，，。下列说法正确的是
A．0.1溶液中：
B．溶液中：
C．制备的离子方程式为：
D．时，应控制
【答案】C
【解析】由于的水解常数5.5610-10，的水解常数10-8，所以的水解程度比的水解程度大，，A项错误；为强酸弱碱盐，溶液中根据质子守恒可知：，B项错误；与反应产生的再与Fe2+结合生成，反应的离子方程式为：，C项正确；当混合液中时，为防止生成Fe(OH)2，，即，D项错误。
13．焦炉煤气(主要成分：CH4、CO2、H2、CO)在炭催化下，使CH4与CO2重整生成H2和CO。其主要反应为
反应I：
反应II：
反应III：
反应IV：
在1×105Pa、将焦炉煤气以一定流速通过装有炭催化剂的反应管，CH4、CO、H2的相对体积和CO2的转化率随温度变化的曲线如图所示。
相对体积、
相对体积
下列说法不正确的是
A．温度低于900℃，反应I基本不发生
B．850℃～900℃时，主要发生反应Ⅳ
C．增大焦炉煤气流速一定能提高CO的相对体积
D．工业生产上需要研发低温下CH4转化率高的催化剂
【答案】C
【解析】从图中可以看出，温度低于900℃时，CH4的相对体积基本上是100%，所以反应I基本不发生，A正确；850℃～900℃时，H2、CO的体积分数都增大，且增大的幅度相近，而CH4的相对体积略有减小，可能是CO2转化率增大的原因，所以反应I进行的幅度很小，反应Ⅱ、Ⅲ基本不发生，主要发生反应Ⅳ，B正确；从图中可以看出，4个反应均为生成CO的反应，且都为吸热反应，所以若想提高CO的相对体积，应选择升高温度，与增大焦炉煤气的流速无关，C不正确；图中信息显示，温度低于900℃，CH4的相对体积基本上是100%，则反应I基本不发生，所以工业生产上需要研发低温下CH4转化率高的催化剂，D正确。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共4题，共61分。
14.（15分）以硫酸烧渣（主要成分为Fe2O3和少量Fe3O4、Al2O3、SiO2等）为原料制备氧化铁红的工艺流程如下：
已知：Fe3＋＋3H2C2O4===Fe（C2O4） eq \\al(3－,3) ＋6H＋；Fe2＋＋H2C2O4===FeC2O4↓＋2H＋。
（1） “酸浸”时，使用草酸作为助剂可提高铁浸取率，草酸加入量[m（草酸）/m（硫酸烧渣）×100%]对铁浸取率的影响如图1所示。
① 加入草酸能提高铁浸取率的原因是 。
② 草酸加入量大于20%时，铁浸取率随草酸加入量增加而减小的原因是_____________________。
（2） “沉铁”时，反应温度对铁回收率的影响如图2所示。
① FeSO4转化为Fe（OH）3的离子方程式为 。
② 反应温度超过35 ℃时，铁回收率下降的原因是 。
③ “沉铁”后过滤所得“母液”中含有的主要成分为硫酸铵和 。
（3） “纯化”时，加入NaOH溶液的目的是 。
【答案】（1）①Fe3＋和H2C2O4生成Fe(C2O4) eq \\al(3－,3) ，促进草酸电离，溶液的H＋浓度增大；Fe3＋浓度降低，促进烧渣中铁的氧化物与硫酸的反应(2分) ② Fe2＋与C2O eq \\al(2－,4) 生成FeC2O4沉淀
（2） ① 2Fe2＋＋H2O2＋4NH3·H2O===2Fe(OH)3↓＋4NH eq \\al(＋,4)
② 温度升高，H2O2受热分解，使 Fe2＋氧化不充分；氨水受热挥发，氨水浓度减小，不利于Fe(OH)3的生成
③ 草酸铵或(NH4)2C2O4
（3） 除去Fe(OH)3中含有的Al(OH)3杂质
【解析】（1） ① 草酸电离的草酸根离子Fe3＋与形成Fe(C2O4) eq \\al(3－,3) 并释放出更多H＋都能提高酸浸效果；另一方面溶液中Fe3＋浓度降低也更有助于溶解平衡的右移。② 结合题给信息，Fe3O4酸浸后生成的Fe2＋与H2C2O4反应生成FeC2O4沉淀，覆盖在硫酸烧渣表面，影响酸浸效果。（2） ① H2O2作氧化剂将Fe2＋氧化为Fe(OH)3，根据得失电子守恒配平氧化剂、还原剂并添加介质，应特别注意氨水参与的环境是碱性的，平衡电荷不能用H＋。② 应考虑H2O2、NH3·H2O均对热不稳定。③ 铵根离子、与草酸根离子一直在溶液中。（3） 硫酸渣中Al2O3，先转化为Al3＋，沉铁时转化为Al(OH)3，纯化时加入NaOH可将其除去。
15.（15分）H是合成某抗炎、抗病毒、抗氧化药物的中间体，其合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）D→E的反应类型为 ，D中采用杂化的碳原子有 个。
（2）设计C→D的目的是 。
（3）I的结构简式为 。
（4）I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： 。
ⅰ．含苯环且苯环上只有一个取代基
ⅱ．红外光谱无醚键吸收峰
ⅲ．苯环侧链上有3种不同化学环境的氢原子，且个数比为6∶2∶1。
（5）以、乙醛、为原料，结合题给信息，设计路线合成(题给试剂和无机试剂任选) 。
【答案】（1）氧化反应 4
（2）保护酚羟基，防止D到E转化时被氧化
（3）
（4）(或)
（5）
【解析】F中含有磷酸酯基，且F→G中步聚ⅰ在强碱作用下进行，由此可推测F→G发生题给已知信息中的反应；由F、G的结构简式及化合物Ⅰ的分子式可逆推得到Ⅰ的结构简式为。（1）对比D和E的结构可知，D中的羟基变为羰基，则D→E的反应类型为氧化反应；D中的饱和碳原子都是sp3杂化，结合D的结构可知，其中采用杂化的碳原子有4个。（2）由第一问可知，D→E为氧化反应，而C中含有酚羟基，容易被氧化，则设计C→D的目的是保护酚羟基，防止D到E转化时被氧化。（3）由分析可知，Ⅰ的结构简式为 。（4）化合物Ⅰ的分子式为C10H14O，计算可得不饱和度为4，根据题目所给信息，化合物Ⅰ的同分异构体分子中含有苯环(已占据4个不饱和度)，则其余C原子均为饱和碳原子(单键连接其他原子)；又由红外光谱无醚键吸收峰，可得苯环上的取代基中含1个羟基；再由分子中苯环上只含有1个取代基，可知该有机物的碳链结构有如下四种：(1、2、3、4均表示羟基的连接位置)，所以满足条件的化合物Ⅰ的同分异构体共有“12”种；其中，苯环侧链上有3种不同化学环境的氢原子，且个数比为6∶2∶1的同分异构体应含有两个等效的甲基，则其结构简式为或。（5）结合B→C的条件可知，有乙醛可以生成CH3CH(OH)CH3，结合C→D的条件可知，由可生成，其中甲基可以被高锰酸钾氧化为羧基，得到的产物再与CH3CH(OH)CH3反应生成酯，再结合G→H的条件可以得到最终的产物，具体流程为：。
16.（15分）硫脲[CS（NH2）2]是白色晶体，易溶于水，150 ℃时能转变为NH4SCN。常用于制造树脂、染料、药物，实验室可用下列方法制备。
步骤Ⅰ：称取一定质量的CaS在三颈烧瓶中制成浆液，不断搅拌下通入适量CO2，反应生成Ca（HS）2溶液，装置如图所示。
步骤Ⅱ：将一定量的CaCN2与Ca（HS）2溶液混合，加热至80 ℃时生成硫脲。
已知：H2CO3的电离平衡常数分别为Ka1＝4.5×10－7、Ka2＝4.7×10－11；H2S的电离平衡常数分别为Ka1＝1.1×10－7，Ka2＝1.3×10－13。
回答下列问题：
（1） 在步骤Ⅰ的三颈烧瓶中生成Ca（HS）2，其反应的化学方程式为_____________________________。
（2） 实验中不宜使用盐酸代替CO2的主要原因是_______________________________。
（3） 按如图装置实验，判断CO2是否已过量的方法是__________________________________。
（4） 硫脲与酸性KMnO4溶液反应转化为两种无毒的气体及SO eq \\al(2－,4) ，同时生成Mn2＋，该反应的离子方程式为 。
（5） 已知：NH4SCN溶液呈酸性，KSCN溶液呈中性；NH4SCN、KSCN都易溶于乙醇、水，温度高时容易分解和氧化；常温下KSCN的溶解度为217 g。
利用硫脲制备KSCN的方法是：取一定量硫脲 ，将加热后的产物溶于一定比例的无水乙醇和水中形成溶液， 干燥，得到KSCN晶体。（实验中可选用试剂：KOH、无水乙醇。实验中须使用的实验仪器有pH计）。
【答案】（1） 2CaS＋CO2＋H2O===Ca(HS)2＋CaCO3
（2） 反应中会生成可溶性的CaCl2，增加了分离的难度
（3） b中出现黑色沉淀即CO2过量
（4） 14MnO eq \\al(－,4) ＋5CS(NH2)2＋32H＋===14Mn2＋＋5CO2↑＋5N2↑＋5SO eq \\al(2－,4) ＋26H2O
（5） 在隔绝空气的条件下加热至150 ℃充分反应
边搅拌边滴加KOH并微热除去NH3至用pH计测量溶液pH为中性，加热，低温将乙醇和水蒸出至大量晶体析出，过滤
【解析】（1） 由步骤Ⅰ知，CaS与CO2在水溶液中反应，生成Ca(HS)2溶液。CO2与H2O反应生成H2CO3，与CaS发生复分解反应生成CaCO3。（2） 盐酸与CaS反应生成CaCl2，CaCl2是可溶的，与难溶性的CaCO3相比，CaCl2与Ca(HS)2之间难分离。（3） 因为Ka1(H2CO3)＞Ka1(H2S)，当CO2过量时，CaS会转化成H2S，H2S与CuSO4溶液反应会生成黑色的CuS沉淀。（4） 硫脲[CS(NH2)2]与酸性KMnO4溶液反应，转化为两种无毒的气体：CO2和N2，并生成SO eq \\al(2－,4) ，[CS(NH2)2]中C为＋4价，S为－2价，N为－3价，S由－2价升至＋6价，升高8，N由－3价升至0价，2个N共升高6，1个[CS(NH2)2]共升高14，KMnO4转化为Mn2＋，Mn由＋7价转化为＋2价，共降低5，根据得失电子守恒配平反应，[CS(NH2)2]前配5，MnO eq \\al(－,4) 前配14，由原子守恒确定，Mn2＋前配14，CO2前配5，N2前配5，SO eq \\al(2－,4) 前配5，由电荷守恒确定，反应物中需要加入H＋，且计量系数为32，再由H、O原子守恒确定，产物中有H2O生成，且计量系数为26。（5） 硫脲[CS(NH2)2]在150 ℃时能转变为NH4SCN。NH4SCN与KOH在微热条件下生成KSCN和NH3，调节溶液为中性，即可得KSCN溶液。KSCN在温度高时易分解和氧化，所以KSCN溶液需要在低温条件下将乙醇和水蒸出，直至有大量KSCN晶体析出，通过过滤得KSCN晶体。
17.（16分）H2O2、O2、O3在水中可形成具有超强氧化能力的羟基自由基(HO•)，可有效去除废水中的H2PO、CN-、苯酚等物质。
（1）弱碱性条件下HO•将H2PO氧化成PO，该反应的离子方程式为____。
（2）光催化氧化技术也可生成HO•降解有机污染物，其原理如图1，光照时，价带失去电子产生有强氧化性的空穴，价带上生成HO•的电极反应式为____。图中HO•还有另外的产生途径，描述其产生过程____。
（3）已知Cu2+可催化过氧化氢氧化废水中的CN-。在含氰废水总量、过氧化氢用量和溶液pH一定的情况下反应相同时间，测得CN-的氧化去除率随c(Cu2+)的变化如图2所示。c(Cu2+)超过90mg•L-1时，CN-的氧化去除率有所下降，原因是____。
图-2
（4）H2O2在Fe3O4催化剂表面产生HO•除去废水中的苯酚的原理如图3所示。在不同初始pH条件下，研究苯酚的去除率随时间的变化，结果表明：在反应开始时，初始pH=6的溶液中苯酚的去除率明显低于初始pH=3的溶液，但一段时间后两者接近，原因是____。
图-3
（5）BMO(Bi2MO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图4所示。①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为____。
【答案】（1）4HO•+2OH-+H2PO=PO+4H2O
（2）H2O-e-=H++HO• 光照时，电子从价带跃迁至导带，O2在导带获得电子生成H2O2或O2，最终转化为HO•
（3）c(Cu2+)超过90mg·L-1会催化过氧化氢分解，导致H2O2产生HO•的数目减少
（4）酸性有利于HO•的形成，所以初始pH=3的溶液在开始时去除率较高。随着反应的进行，苯酚转化为乙酸，使溶液酸性增强，pH=6的溶液中苯酚去除率显著提高，最终两者的去除率接近
（5）3：1
【解析】（1）弱碱性条件下HO•将H2PO氧化成PO，该反应为4HO•+2OH-+H2PO=PO+4H2O。（2）据图可知水分子在价带上失电子发生氧化反应，电极反应为H2O-e-=H++HO•；光照时，电子从价带跃迁至导带，O2在导带获得电子生成H2O2或O2，最终转化为HO•。（3）Cu2+、Fe3+、二氧化锰对双氧水的分解起到催化作用，c(Cu2+)超过90mg/L，会催化过氧化氢分解，导致H2O2产生·OH的数目减少，与CN-反应的H2O2的量减少，CN-的氧化去除率有所下降。（4）在反应开始时，初始pH = 6的溶液中苯酚的去除率明显低于初始pH =3的溶液，但一段时间后两者接近，原因是：酸性有利于HO•的形成，所以初始pH=3的溶液在开始时去除率较高。随着反应的进行，苯酚转化为乙酸，使溶液酸性增强，pH=6的溶液中苯酚去除率显著提高，最终两者的去除率接近。（5）根据转移电子守恒判断消耗苯酚的物质的量之比，O得到3个电子、BMO-得到1个电子，根据转移电子守恒知，①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3：1。
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