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安徽省A10联盟2023-2024学年高二下学期6月月考化学试题（Word版附解析）
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可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Mn-55 Fe-56 Cu-64
第I卷(选择题共42分)
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。)
1. 化学与科技密切相关。下列说法错误的是
A. 北斗卫星系统星载铷钟所用与的物理性质不同
B. “天宫”实验舱太阳能电池采用的砷化傢()是新型无机非金属材料
C. 超分子粘合剂具有很高的粘合强度，超分子以共价键连接其他分子
D. 全氟磺酸质子膜广泛用于水电解制氢，磺酸基具有很好的亲水性
【答案】C
【解析】
【详解】A．87Rb 与 85Rb的质子数相同、中子数不同，互为同位素，同位素的化学性质几乎完全相同，物理性质不同，A正确；
B．砷化镓属于新型无机非金属材料，B正确；
C．超分子内的分子间作用力属于非共价键，C错误；
D．全氟磺酸质子膜广泛用于水电解制氢，磺酸基的结构简式为－SO3H，含有的羟基(-OH)属于亲水基，具有很好的亲水性，D正确；
故选C。
2. 实验室常用电石(主要成分)跟水反应制取乙炔。生成的乙炔中因混有、等而呈难闻的气味。下列有关说法错误的是
A. 的键和键之比为
B. 和的模型不同
C. 基态C的价电子轨道表示式：
D. 基态核外电子占据的最高能级原子轨道示意图：
【答案】B
【解析】
【详解】A．存在碳碳三键，键和键之比为，故A正确；
B．和的中心原子都是4个价层电子对，模型都是四面体形，故B错误；
C．基态碳原子的价电子排布式为2s22p2，价电子轨道表示式可以表示为：，故C正确；
D．态核外电子占据的最高能级为4s能级，轨道形状为球形，可以表示为，故D正确；
答案选B。
3. 物质结构决定性质。下列有关物质性质的解释错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．NH4HCO3可以中和酸，且受热分解产生气体使面包蓬松，故NH4HCO3用作面包膨松剂，A正确；
B．C的电负性比O小，C上孤对电子离核更远，更容易形成配位键，故Fe(CO)5中的配位原子是C原子，B正确；
C．金刚石和晶体硅都是共价晶体，熔化需要破坏共价键，C原子半径比Si小，C-C键键长更短，共价键更牢固，金刚石熔点更高，C正确；
D．气态氢化物的稳定性由共价键键能决定，与氢键无关，D错误；
本题选D。
4. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. 标准状况下，中含有的键数为
B. 电解精炼铜时，若阴极析出铜，则阳极失电子数大于
C. 常温下，乙烯和环丁烷的混合气体中含有的碳原子数为
D. 氯碱工业两极共收集到标准状况下气体时，理论上迁移的数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．标准状况下，11.2LCH3Cl物质的量为0.5ml，每个CH3Cl含有3个s-sp3 σ键(即C-H键)，则11.2L CH3Cl中含有的s-sp3 σ键数为1.5NA，A正确；
B．电解精炼铜时，阴极反应为Cu2++2e-=Cu，若阴极析出3.2g铜即0.05mlCu，则转移电子数等于0.1NA，即阳极失电子数为0.1NA，B错误；
C．乙烯和环丁烷的最简式均为CH2，所以28g混合气体中含有CH2的物质的量为：28g÷14g/ml=2ml，则含有碳原子为2NA个，故C正确；
D．氯碱工业的反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，氢气在阴极产生，氯气在阳极产生，氯碱工业两极共收集到标准状况下2.24L气体时即阴阳极各收集0.05ml气体，转移电子为0.1ml，理论上迁移Na+的数目为0.1NA，D项错误；
本题选B。
5. X、Y、Z、M元素分别处于前四周期，且原子序数依次增大。Y基态原子的s能级和p能级电子相同；Z、M原子的最外层均只有1个电子，Z原子中只有两种形状的电子云，M基态原子内层轨道均排满电子。下列说法错误的是
A. 简单离子半径：B. 简单氢化物沸点：
C. 离子键百分数：D. X、Y形成的常见化合物是极性分子
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、M元素分别处于前四周期，且原子序数依次增大，Y基态原子的s能级和p能级电子相同，则Y为O元素：Z、M原子的最外层均只有1个电子，Z原子中只有两种形状的电子云，则Z为Na元素，M基态原子内层轨道均排满电子则M为Cu元素，所以X为H元素，故X是H，Y是O，Z为Na，M为Cu，以此分析解答；
【详解】A．O2－和Na+电子层排布相同，核电荷数越大，半径越小则简单离子半径：O2－>Na+，故A项正确；
B．NaH是离子晶体，H2O是分子晶体，则沸点：，故B项正确；
C．电负性NaD．X、Y形成的常见化合物H2O、 H2O2都是极性分子，故D项正确；
故本题选C。
6. 有机物X与氨硼烷()在催化剂作用下可转化为Y，反应过程如下图，下列说法错误的是
A. 该反应是还原反应
B. X、Y中手性碳原子数相同
C. 中B、N原子均杂化
D. 、Y分别与加成消耗的量不同
【答案】D
【解析】
【详解】A．X转化为Y得氢失氧,是还原反应，A正确；
B．X、Y都只有与Br相连的是手性碳原子，B正确；
C．BH3-NH3中B、N原子均为sｐ３杂化，C正确；
D．1mlX与Y分别与H2加成消耗H2的量相同，是3ml，D错误；
故选D。
7. 如图是离子液体M催化生成环状碳酸酯一种反应机理。下列说法错误的是
A. M中氮原子杂化方式都为
B. 转化过程中N元素价态保持不变
C. M比熔点低是由于其阳离子体积大
D. 一定条件下，最多可与反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．由M的结构可知，N均为sp3杂化，故A正确；
B．转化过程中氮元素M阳离子的成键不变，即N价态保存不变，故B正确；
C．离子晶体的离子半径越大，离子键越弱，熔点越低，因此M比熔点低是由于其阳离子体积大，故C正确；
D．由D的结构可知，一定条件下，最多可与反应，产物为N2CO3和1，2丙二醇，故D错误；
故选D。
8. 某实验小组提纯苯甲酸(含有少量和泥沙)的实验流程如下图。下列说法正确的是
A. “操作1”和“操作2”的名称完全相同B. “结晶”的具体操作为蒸发结晶
C. “洗涤”时，可用冷水或者乙醇作洗涤剂D. 步骤I~IV中均需使用到玻璃棒
【答案】D
【解析】
【分析】粗苯甲酸样品中含有少量NaCl和泥沙，由于苯甲酸的溶解度随温度升高而增大，溶解、加热后需趁热过滤，除掉泥沙；对热的滤液进行冷却结晶，再次过滤得到苯甲酸固体，洗涤、干燥后得到苯甲酸晶体。
【详解】A．由分析，操作1为趁热过滤，操作2是常温过滤，A错误；
B．氯化钠的溶解度随温度变化不大，为了除去氯化钠，“结晶”时应采用冷却结晶，使氯化钠留在滤液中，B错误；
C．常温下，苯甲酸微溶于水，易溶于乙醇，洗涤时不宜用乙醇，应用冷水，C错误；
D．步骤I~IV分别为溶解、趁热过滤、过滤、洗涤，均需使用到玻璃棒，D正确；
本题选D。
9. 下列离子方程式书写正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】Ａ．NaC1O 溶液中通入少量SO2气体，SO2与C1O—发生氧化还原反应得到硫酸根和氯离子，且次氯酸为弱酸，故溶液中的次氯酸根和生成的氢离子会以次氯酸存在，离子方程式正确，A正确；
Ｂ．Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液，HI有还原性，酸性条件下会与三价铁离子和硝酸根离子反应，由于HI过量， 三价铁离子和硝酸根离子反应比为1:3,正确的离子方程式为，B错误;
Ｃ．酸性KMnO4溶液强氧化性会将乙二酸氧化为CO2，C错误;
Ｄ．氯化铝是共价化合物，熔融态不电离，D错误；
故选Ａ。
10. 一种利用电化学原理处理含的电镀废液的装置如图。该装置由电池部分和热再生部分组成。下列说法错误的是
A. 离子交换膜为阴离子交换膜
B. a极的电极反应为：
C. 热再生部分受热分解，生成循环利用
D. 获得的高浓度回收液的主要成分为溶液
【答案】B
【解析】
【分析】a电极和b电极两室均预加相同的Cu2+电镀废液，a室铜失去电子发生氧化反应生成[Cu(NH3)4]2+为负极：Cu-2e—+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，b端为原电池正极，铜离子得到电子发生还原反应生成铜，电极反应Cu2++2e—=Cu；中间为阴离子交换膜，硫酸根离子由正极迁移到负极。
【详解】Ａ．左右两室均预加相同的Cu2+电镀废液，a室铜失去电子发生氧化反应生成[Cu(NH3)4]2+为负极: Cu-2e—+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，b端为原电池正极，铜离子得到电子发生还原反应生成铜，电极反应Cu2++2e—=Cu；中间为阴离子交换膜，硫酸根离子由正极迁移到负极。在原电池内电路中阳离子向正极移动，如隔膜为阳离子交换膜，电极溶解生成的铜离子要向右侧移动，通入NH3要消耗Cu2+显然左侧阳离子不断减小，明显不利于电池反应正常进行，故离子交换膜为阴离子交换膜，A正确;
Ｂ．由分析可知，a极的电极反应为：Cu-2e—+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，B错误；
Ｃ．该装置为原电池装置，可以富集Cu2+并产生电能，同时回收液受热分解释放出氨气，能循环利用NH3，Ｃ正确；
Ｄ．[Cu(NH3)4]2+受热分解出NH3，剩余的主要成分为CuSO4溶液，D正确；
故选Ｂ。
11. 晶体在的高压下和反应，可以形成一种新型晶体，其立方晶胞如图所示(晶胞参数为)，下列叙述错误的是
A. 位于晶胞的顶点和体心位置
B. 晶胞中，构成的多面体包含20个三角形的面
C. 晶胞中，与最近且等距的有12个
D. 晶胞中B、C原子间距离为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题干信息可知，Cl多于Na的个数，故位于晶胞的顶点和体心位置，故A正确；
B．由晶胞结构可知，晶胞中C-构成的多面体有12个顶点，每个顶点为5个三角形共用，则每个三角形平均占有顶点为3，所以多面体包含的三角形个数为=20，故B正确；
C．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的钠原子与位于面对角线上的氯原子距离最近，则晶胞中与钠原子距离最近的氯原子个数为12，故C正确；
D．由晶胞结构可知，A的原子坐标为(0,0,0)，B、C的原子分数坐标分别为()、()，晶胞中B、C原子间距离为，故D错误。
答案选D。
12. 由下列实验操作和现象，得出的结论错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．亚硫酸的酸性弱于盐酸，SO2不能与氯化钡溶液反应，但向氯化钡溶液中通入二氧化硫和氨气能生成亚硫酸钡白色沉淀，向氯化钡溶液中通入二氧化硫和氯气能生成硫酸钡白色沉淀，则白色沉淀不一定是硫酸钡，A正确；
B．加热亚硫酸钠溶液pH逐渐减小的原因是亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，亚硫酸钠溶液显碱性而硫酸钠溶液显中性，B错误；
C．K+嵌入冠醚中，增大高锰酸钾在甲苯中的溶解度，使甲苯和KMnO4充分接触，反应速率更快，褪色时间更短，C正确；
D．过滤后所得上层清液中加入2滴NaI溶液有黄色的AgI沉淀生成，说明AgCl转化为AgI，则Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，D正确；
故选B。
13. 用下列装置进行实验，仪器选择正确且能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．恰好完全反应时，B中生成的醋酸钠溶液显碱性，应用酚酞做指示剂，A项错误；
B．形成喷泉，说明易溶于水，无色酚酞变红，说明溶液呈碱性，B项正确；
C．取上层清液应该加入硝酸酸化后，再滴加硝酸银溶液检验溴离子，C项错误；
D．不能使指示剂褪色，不能说明具有漂白性，D项错误；
故答案为：B。
14. 在恒压密闭容器中，加入和，发生如下反应：
I．
Ⅱ．
达平衡后反应体系中各物质的物质的量随温度的变化如图所示，(已知：选择性为产生甲烷的物质的量与转化的的物质的量之比)。
下列说法错误的是
A. 曲线E表示的物质的量
B. 随温度升高的平衡选择性降低
C. 平衡转化率随温度的上升先上升后下降
D. 时，反应Ⅱ的平衡常数
【答案】C
【解析】
【分析】从图中看出，温度低于300℃时，平衡后的反应体系中A、B物质的量约为2ml、1ml，D、E物质的量约为0，反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，随温度升高反应Ⅰ平衡逆向移动、反应Ⅱ平衡正向移动，导致CH4的物质的量减小、CO的物质的量增加，结合碳原子守恒含碳物质总量为1ml，CH4的物质的量最大不超过1ml，则B曲线代表CH4的物质的量，A代表n(H2O)，C代表n(H2)，E代表n(CO)，D代表n(CO2)。
【详解】A．由分析，曲线E表示CO的物质的量，A正确；
B．曲线B为n(CH4)，由图可知，升高温度，其选择性下降，B正确；
C．曲线D代表n(CO2)，由图n(CO2)随温度升高先上升后下降，平衡转化率先下降后上升，C错误；
D．由图中数据，505°C时，n(H2)=n(H2O)=1.35ml，设甲烷为x ml，CO为y ml，则n(H2O)=2x+y=1.35ml，n(H2)=4-4x-y=1.35ml，解方程可得x=0.65，y=0.05，则平衡时n(CO2)=(1-0.65-0.05)ml=0.3ml，反应Ⅱ的平衡常数K=0.17，D正确；
本题选C。
第II卷(非选择题共58分)
二、非选择题(本题共4小题，共58分。)
15. 以大洋锰结核(主要由和铁氧化物组成，还含有等元素)为原料，制备及，所得产品具有广泛的用途。制备过程如图所示：
已知：相关离子形成氢氧化物沉淀时的范围如下：
②时，；；；。
（1）基态的价电子排布式为___________。
（2）“浸取”时，有副产物生成，请写出该副反应的化学方程式___________。
（3）“调”时，应控制的范围是___________。“净化”后滤渣3的主要成分___________。
（4）要将“溶解”后的溶液制得晶体，操作X为___________、过滤、洗涤、干燥。
（5）将“沉锰”后得到的煅烧得到固体产物，其固体产物的晶胞(立方体结构)如下晶体A所示。经测定，该晶胞中最近两个的距离为。则该固体产物的密度为___________。(设为阿伏加德罗常数，用含x和的代数式表示)
（6）“煅烧”时，不同条件下煅烧可制得不同锰的氧化物晶体。晶体A可作电池正极材料，通过晶体A中嵌入和脱嵌，实现电极材料充放电的原理如图所示。“iii”的电极反应式为___________。
【答案】（1）3d5 （2）MnO2+2SO2=MnS2O6
（3） ①. 4.7≤pH<8.1 ②. ZnS、MgF2
（4）蒸发浓缩、冷却结晶
（5）
（6）ZnxMn0.61◻0.39O-2xe-=Mn0.61◻0.39O+xZn2+
【解析】
【分析】以大洋锰结核(主要由MnO2和铁氧化物组成，还含有Al、Mg、Zn、Ca、Si等元素)为原料，通入SO2加硫酸浸取，Si被去除，氧化将Fe2+转化为Fe3+方便后续除去，调pH，可让Fe3+，Al3+和部分Zn2+转化为氢氧化物沉淀而除去，再加MnF2和Na2S净化主要是除去Zn2+和Mg2+，“沉锰”生成MnCO3沉淀，煅烧得到MnxOy，或者加磷酸进一步制备可得到Mn(H2PO4)2·2H2O，据此分析解题。
【小问1详解】
Mn元素原子序数为25，基态锰原子价电子排布为3d54s2，Mn2+是锰原子失去两个电子，故基态Mn2+的价电子排布式为3d5；
【小问2详解】
“浸取”时，MnO2与SO2反应有副产物MnS2O6生成，该副反应的化学方程式为MnO2+2SO2=MnS2O6；
【小问3详解】
调pH，可让Fe3+，Al3+和部分Zn2+转化为氢氧化物沉淀而除去，故“调pH”时，为了保证杂质离子沉淀，锰离子不沉淀，应控制的pH范围是4.7≤pH<8.1；再加MnF2和Na2S净化主要是除去Zn2+和Mg2+，因此“净化”后滤渣3的主要成分ZnS、MgF2；
【小问4详解】
要将“溶解”后的溶液制得Mn(H2PO4)2·2H2O晶体，操作X为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
【小问5详解】
MnCO3煅烧得到固体产物为锰的氧化物，根据晶体A的结构，该锰的氧化物晶胞结构与氯化钠晶胞类型，阴阳离子比为1:1，故为MnO，晶胞中最近两个Mn2+的距离为x cm。即为晶胞面对角线一半长，故晶胞棱长为x cm，根据晶胞密度计算公式g/cm3；
【小问6详解】
晶体Ⅱ可作电池正极材料，通过Zn2+在晶体Ⅱ中嵌入和脱嵌，实现电极材料充放电，“ii”代表电池放电过程，“iii”的电极反应式：ZnxMn0.61◻0.39O-2xe-=Mn0.61◻0.39O+xZn2+。
16. 甘氨酸亚铁是一种补铁强化剂，广泛用于缺铁性贫血的预防和治疗。某化学兴趣小组通过先寻找高纯度的最佳制备方案，再利用制取的高纯度和甘氨酸反应，最后得到了甘氨酸亚铁，具体过程如下：
(一)制取并寻找最佳制备方案
（1）实验中红褐色沉淀产生的原因可用如下反应表示，请补全反应：___________。
（2）实验II中产生的离子方程式为___________。
（3）为了探究实验III中起的作用，甲同学设计了实验IV进行探究：
对比实验II、III、IV，甲同学得出结论：___________。
乙同学认为该实验方案不够严谨，应补充的对比实验操作是：___________，再取该溶液一滴管，与溶液混合。
实验证明：实验是制取高纯度的最佳方案。
(二)制取甘氨酸亚铁(夹持和加热仪器已省略)
查阅资料：
①甘氨酸()易溶于水，微溶于乙醇。
②甘氨酸亚铁()易溶于水，难溶于乙醇。
③柠檬酸()易溶于水和乙醇，具有较强的还原性和酸性。
实验过程：
（4）装置C盛有和甘氨酸溶液。实验时，先排尽装置C内空气，再加热搅拌，然后滴加柠檬酸溶液调节溶液的，过低或过高都会导致甘氨酸亚铁产率下降，其原因是___________。
（5）反应结束后过滤，将滤液进行蒸发浓缩；并加入无水乙醇，其作用是___________。
（6）再进行过滤、洗涤并干燥并称量，最后得到甘氨酸亚铁()，则其产率是___________。
【答案】（1）4Fe2++8+O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8
（2）Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O
（3） ①. 水解产生H+，降低溶液pH，减少了副产物Fe(OH)2的产生 ②. 向0.8ml/L FeSO4溶液中加入Na2SO4固体至c()=1.6ml/L
（4）pH过低甘氨酸与氢离子反应导致甘氨酸亚铁产率下降，pH过高亚铁离子会与氢氧根离子反应生成Fe(OH)2沉淀也会造成甘氨酸亚铁产率下降
（5）降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出完全 （6）75%
【解析】
【分析】(一)FeCO3是白色沉淀，对比实验I、II、III的反应试剂和现象可知，碳酸氢钠溶液pH较小，可以减少副产物Fe(OH)2的产生，如果有铵根存在，pH更小，效果更好，同时设计实验验证，并考虑硫酸根浓度不同的影响，得出结论pH小对产生更有利，制备FeCO3实验成功的关键因素是调节溶液pH；
(二)碳酸钙和稀盐酸反应得CO2，CO2除去杂质HCl后通入C中，和甘氨酸、碳酸亚铁、柠檬酸混合，柠檬酸有较强还原性和酸性，防止二价铁被氧化及发生水解，最终制得甘氨酸亚铁，同时用澄清石灰水处理尾气；
【小问1详解】
根据题中所给信息，Fe2+被氧化，氧化剂是氧气，碳酸根水解产生OH-与Fe3+形成氢氧化铁沉淀，根据电荷守恒及电子得失守恒配平可以得到离子方程式为4Fe2++8+O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8；
【小问2详解】
实验II中碳酸氢根电离产生的碳酸根和Fe2+产生FeCO3，同时碳酸根沉淀进一步促进碳酸氢根电离，故离子方程式为Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
【小问3详解】
对比实验II、III、IV，当溶液pH=4时，生成碳酸亚铁较好，无氢氧化铁生成，故甲同学得出结论：水解产生H+，降低溶液pH，减少了副产物Fe(OH)2的产生；乙同学认为该实验方案不够严谨，因为由于加入了硫酸，硫酸根浓度也可能是造成影响的原因，在已知Na+对实验无影响的前提下，应补充的对比实验操作是：向0.8ml/L FeSO4溶液中加入Na2SO4固体至c()=1.6ml/L，再取该溶液一滴管，与2mL1ml/L NaHCO3溶液混合；
【小问4详解】
滴加柠檬酸溶液调节溶液的pH，pH过低或过高都会导致甘氨酸亚铁产率下降，其原因是pH过低甘氨酸与氢离子反应导致甘氨酸亚铁产率下降，pH过高亚铁离子会与氢氧根离子反应生成Fe(OH)2沉淀也会造成甘氨酸亚铁产率下降；
【小问5详解】
根据已知甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，故滤液进行蒸发浓缩，并加入无水乙醇，作用是降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出完全；
【小问6详解】
17.4g FeCO3物质的量为0.15ml，200mL1.0ml/L甘氨酸溶液中甘氨酸物质的量为0.2ml，根据甘氨酸亚铁的组成，FeCO3是过量的，根据0.2ml甘氨酸，完全转化为甘氨酸亚铁，理论上生成甘氨酸亚铁0.1ml，最后实际得到15.3g甘氨酸亚铁，物质的量为0.075ml，故产率为75%。
17. 资源化利用备受关注，研究资源化综合利用有重要意义，下面提供两种综合利用方法。
(一)以和为原料合成
反应：
将和充入容积为的密闭容器中，分别在、温度下发生反应，的物质的量变化如表所示：
（1）温度下，内以表示该反应速率___________。该温度下，若各物质的起始量，则v(正)___________v(逆)(填“>”、“<”或“=”)。
（2）下列说法正确是___________。
A.
B. 混合气体的密度保持不变时，反应已达到平衡
C. 平衡后向容器中充人稀有气体，平衡不发生移动
D. 加入合适催化剂可以降低反应的活化能，减小
(二)以和为原料合成
反应I：
反应Ⅱ：
（3）反应 ___________。
（4）将、置于某密闭容器中，控制适当条件使其发生反应：，测得的某种平衡量值(x)在不同压强下随温度的变化如图1所示：
①x表示___________(填“体积分数”或“转化率”)。
②若，B点表示反应从开始进行到时达到平衡状态， ___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（5）在恒压密闭容器中投入和，发生上述反应I和Ⅱ．测得的平衡转化率和平衡时的选择性(的选择性)随温度的变化曲线如图2所示。
①达到平衡时，反应Ⅱ理论上消耗的物质的量为___________。
②合成二甲醚的适宜温度为，其原因是___________。
【答案】（1） ①. 0.05 ②. ＜ （2）C
（3）-204.9 （4） ①. 转化率 ②.
（5） ①. 0.3x ②. 温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO选择性过大，即二甲醚的选择性减小
【解析】
【小问1详解】
温度下，内，以表示该反应速率；该温度下，达到平衡状态时，可得三段式：，，若各物质的起始量，此时，即；
【小问2详解】
A．由表可知，T2时，H2的转化率更大，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，H2转化率变小，即T1＞T2，故A错误；
B．体系中物质均为气体，气体总质量不变，容器恒容密闭，根据可知，混合气体的密度始终保持不变，不能判断反应是否达到平衡状态，故B错误；
C．平衡后向容器中充人稀有气体，参加反应的物质浓度不变，平衡不发生移动，故C正确；
D．加入合适的催化剂可以降低反应的活化能，ΔH不变，故D错误；
故选C；
【小问3详解】
反应I：
反应Ⅱ：
反应Ⅱ-2×反应可得目标反应：，；
【小问4详解】
①温度升高，平衡逆向移动，x随温度升高而减小，即x为转化率；
②B点CO的转化率为50%，可得三段式，CO、H2、CH3OCH3、H2O物质的量分数分别为、、、，若，；
【小问5详解】
①T°C达到平衡时，CO2平衡转化率为40%，即转化的CO2物质的量为0.4xml，CO的选择性为25%，即反应Ⅰ消耗的CO2为0.4x×25%=0.1xml，其中反应Ⅱ理论上消耗CO2的物质的量为0.4x-0.1x=0.3xml；
②由图可知：温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO选择性过大，即二甲醚的选择性减小。
18. 工业上可以通过邻二甲苯原料合成酚酞(酸碱指示剂)和鲁米诺(重要的刑侦试剂)等物质，具体合成方法如下：
（1）有机物B的名称为___________，F生成G的反应类型为___________。
（2）有机物F的结构简式为___________。
（3）下列关于酚酞的说法中正确的是___________。
A. 酚酞的分子式为B. 酚酞遇溶液显紫色
C. 酚酞最多可与反应D. 酚酞中有三种官能团
（4）请写出C生成D的反应方程式___________。
（5）有机物H的分子式为，它是有机物B的最简单的同系物，符合下列条件的H的同分异构体有___________种。
a．含有羧基和酯基两种官能团；b．羧基和酯基位于苯环对位。
（6）参照上述流程，设计以为原料合成的合成线路___________ (其他原料、试剂任选)。
【答案】（1） ①. 邻苯二甲酸 ②. 还原反应
（2） （3）AB
（4）+2+H2O （5）6
（6）
【解析】
【分析】A是邻二甲苯，被酸性高锰酸钾氧化，苯环上侧链被氧化，得B(邻苯二甲酸：)，B加热脱水得C(邻苯二甲酸酐：)，C与苯酚在硫酸催化下按1:2反应得D，C发生苯环上的硝化反应得E，E与H2NNH2反应得F(C8H5O4N3)，F被还原剂Fe/HCl将硝基还原为氨基得G，故根据G的结构，可以推得F为，符合F的分子式，由此解答。
【小问1详解】
由分析，B为，名称为邻苯二甲酸，F生成G是F中的硝基被还原为氨基，反应类型为还原反应；
【小问2详解】
由分析，F的结构简式为；
【小问3详解】
A．由酚酞的结构简式可得，酚酞的分子式为C20H14O4，A正确；
B．酚酞中有酚羟基，遇FeCl3溶液显紫色，B正确；
C．酚酞中有2个酚羟基分别会消耗等量NaOH，另外有一个酯基也会消耗等量NaOH，故1ml酚酞最多可与3ml NaOH反应，C错误；
D．酚酞中有酯基和酚羟基两种官能团，D错误；
故选AB；
【小问4详解】
C与苯酚在硫酸催化下按1:2反应得D，反应方程式为+2+H2O；
【小问5详解】
有机物H的分子式为C9H8O4，符合下列条件：a．含有羧基和酯基两种官能团；b．羧基和酯基位于苯环对位，若苯环上只有两个取代基，则可能为-CH2COOH、-OCHO或-COOH、-OOCCH3或-COOH、-CH2OCHO或-COOH、-COOCH3，有4种不同结构，若苯环上有3个取代基，则-COOH、-OCHO处于对位，还有一个-CH3在-COOH邻位和间位有2种不同结构，故符合条件的H的同分异构体有6种；
【小问6详解】
参照题干中的流程，通过酸性高锰酸钾氧化醇氧化为羧酸得到，再加热得到对应的酸酐，酸酐和H2NNH2反应即可得，故合成线路为。选项
物质性质
解释
A
用作面包膨松剂
中和酸，且受热分解产生气体
B
中的配位原子是C原子
C的电负性比O小
C
金刚石比晶体硅的熔点高
C的原子半径比小
D
稳定性大于
分子间可以形成氢键
A
溶液中通入少量气体
B
溶液中加入过量的HI溶液
C
酸性溶液加入少量乙二醇
5+8+24H+5+8Mn2++22H2O
D
工业电解熔融氯化铝冶炼铝单质
选项
操作
现象
结论
A
向溶液中通入和气体X
产生白色沉淀
白色沉淀不一定为
B
将溶液加热到，用传感器监测溶液变化
溶液的pH逐渐减小
温度升高，水解平衡正向移动
C
甲乙两支试管中各加入一定量的甲苯和少量酸性溶液，乙试管中再加上一定量冠醚，振荡
乙试管中褪色时间更短
嵌入冠醚中，增大在甲苯中的溶解度
D
向溶液中滴加2滴等浓度的溶液，有白色沉淀，过滤后取上层清液又加入2滴溶液
有黄色沉淀生成
A．滴定法测定醋酸溶液浓度
B．验证易溶于水且溶液呈碱性
C．验证溴乙烷中含有溴元素
D．检验水溶液显酸性、漂白性
金属离子
开始沉淀时的
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
沉淀完全时的
10.0
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
实验
试剂
现象
滴管
试管
溶液()
溶液()
实验I：立即产生灰绿色沉淀，后出现明显的红褐色
溶液()
溶液()
实验II：产生白色沉淀及少量无色气泡，后出现明显的灰绿色。
溶液()
溶液()
实验III：产生白色沉淀及无色气泡，较长时间保持白色
操作
现象
实验IV
向溶液中加入硫酸调节溶液为4.0，再加入一定量固体配制成含的混合溶液(已知对实验无影响)。再取该溶液一滴管与溶液混合。
与实验III现象相同
物质的量/
0
8.0
3.5
2.0
2.0
1.7
1.5
1.5
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Mn-55 Fe-56 Cu-64
第I卷(选择题共42分)
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。)
1. 化学与科技密切相关。下列说法错误的是
A. 北斗卫星系统星载铷钟所用与的物理性质不同
B. “天宫”实验舱太阳能电池采用的砷化傢()是新型无机非金属材料
C. 超分子粘合剂具有很高的粘合强度，超分子以共价键连接其他分子
D. 全氟磺酸质子膜广泛用于水电解制氢，磺酸基具有很好的亲水性
【答案】C
【解析】
【详解】A．87Rb 与 85Rb的质子数相同、中子数不同，互为同位素，同位素的化学性质几乎完全相同，物理性质不同，A正确；
B．砷化镓属于新型无机非金属材料，B正确；
C．超分子内的分子间作用力属于非共价键，C错误；
D．全氟磺酸质子膜广泛用于水电解制氢，磺酸基的结构简式为－SO3H，含有的羟基(-OH)属于亲水基，具有很好的亲水性，D正确；
故选C。
2. 实验室常用电石(主要成分)跟水反应制取乙炔。生成的乙炔中因混有、等而呈难闻的气味。下列有关说法错误的是
A. 的键和键之比为
B. 和的模型不同
C. 基态C的价电子轨道表示式：
D. 基态核外电子占据的最高能级原子轨道示意图：
【答案】B
【解析】
【详解】A．存在碳碳三键，键和键之比为，故A正确；
B．和的中心原子都是4个价层电子对，模型都是四面体形，故B错误；
C．基态碳原子的价电子排布式为2s22p2，价电子轨道表示式可以表示为：，故C正确；
D．态核外电子占据的最高能级为4s能级，轨道形状为球形，可以表示为，故D正确；
答案选B。
3. 物质结构决定性质。下列有关物质性质的解释错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．NH4HCO3可以中和酸，且受热分解产生气体使面包蓬松，故NH4HCO3用作面包膨松剂，A正确；
B．C的电负性比O小，C上孤对电子离核更远，更容易形成配位键，故Fe(CO)5中的配位原子是C原子，B正确；
C．金刚石和晶体硅都是共价晶体，熔化需要破坏共价键，C原子半径比Si小，C-C键键长更短，共价键更牢固，金刚石熔点更高，C正确；
D．气态氢化物的稳定性由共价键键能决定，与氢键无关，D错误；
本题选D。
4. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. 标准状况下，中含有的键数为
B. 电解精炼铜时，若阴极析出铜，则阳极失电子数大于
C. 常温下，乙烯和环丁烷的混合气体中含有的碳原子数为
D. 氯碱工业两极共收集到标准状况下气体时，理论上迁移的数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．标准状况下，11.2LCH3Cl物质的量为0.5ml，每个CH3Cl含有3个s-sp3 σ键(即C-H键)，则11.2L CH3Cl中含有的s-sp3 σ键数为1.5NA，A正确；
B．电解精炼铜时，阴极反应为Cu2++2e-=Cu，若阴极析出3.2g铜即0.05mlCu，则转移电子数等于0.1NA，即阳极失电子数为0.1NA，B错误；
C．乙烯和环丁烷的最简式均为CH2，所以28g混合气体中含有CH2的物质的量为：28g÷14g/ml=2ml，则含有碳原子为2NA个，故C正确；
D．氯碱工业的反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，氢气在阴极产生，氯气在阳极产生，氯碱工业两极共收集到标准状况下2.24L气体时即阴阳极各收集0.05ml气体，转移电子为0.1ml，理论上迁移Na+的数目为0.1NA，D项错误；
本题选B。
5. X、Y、Z、M元素分别处于前四周期，且原子序数依次增大。Y基态原子的s能级和p能级电子相同；Z、M原子的最外层均只有1个电子，Z原子中只有两种形状的电子云，M基态原子内层轨道均排满电子。下列说法错误的是
A. 简单离子半径：B. 简单氢化物沸点：
C. 离子键百分数：D. X、Y形成的常见化合物是极性分子
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、M元素分别处于前四周期，且原子序数依次增大，Y基态原子的s能级和p能级电子相同，则Y为O元素：Z、M原子的最外层均只有1个电子，Z原子中只有两种形状的电子云，则Z为Na元素，M基态原子内层轨道均排满电子则M为Cu元素，所以X为H元素，故X是H，Y是O，Z为Na，M为Cu，以此分析解答；
【详解】A．O2－和Na+电子层排布相同，核电荷数越大，半径越小则简单离子半径：O2－>Na+，故A项正确；
B．NaH是离子晶体，H2O是分子晶体，则沸点：，故B项正确；
C．电负性Na
故本题选C。
6. 有机物X与氨硼烷()在催化剂作用下可转化为Y，反应过程如下图，下列说法错误的是
A. 该反应是还原反应
B. X、Y中手性碳原子数相同
C. 中B、N原子均杂化
D. 、Y分别与加成消耗的量不同
【答案】D
【解析】
【详解】A．X转化为Y得氢失氧,是还原反应，A正确；
B．X、Y都只有与Br相连的是手性碳原子，B正确；
C．BH3-NH3中B、N原子均为sｐ３杂化，C正确；
D．1mlX与Y分别与H2加成消耗H2的量相同，是3ml，D错误；
故选D。
7. 如图是离子液体M催化生成环状碳酸酯一种反应机理。下列说法错误的是
A. M中氮原子杂化方式都为
B. 转化过程中N元素价态保持不变
C. M比熔点低是由于其阳离子体积大
D. 一定条件下，最多可与反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．由M的结构可知，N均为sp3杂化，故A正确；
B．转化过程中氮元素M阳离子的成键不变，即N价态保存不变，故B正确；
C．离子晶体的离子半径越大，离子键越弱，熔点越低，因此M比熔点低是由于其阳离子体积大，故C正确；
D．由D的结构可知，一定条件下，最多可与反应，产物为N2CO3和1，2丙二醇，故D错误；
故选D。
8. 某实验小组提纯苯甲酸(含有少量和泥沙)的实验流程如下图。下列说法正确的是
A. “操作1”和“操作2”的名称完全相同B. “结晶”的具体操作为蒸发结晶
C. “洗涤”时，可用冷水或者乙醇作洗涤剂D. 步骤I~IV中均需使用到玻璃棒
【答案】D
【解析】
【分析】粗苯甲酸样品中含有少量NaCl和泥沙，由于苯甲酸的溶解度随温度升高而增大，溶解、加热后需趁热过滤，除掉泥沙；对热的滤液进行冷却结晶，再次过滤得到苯甲酸固体，洗涤、干燥后得到苯甲酸晶体。
【详解】A．由分析，操作1为趁热过滤，操作2是常温过滤，A错误；
B．氯化钠的溶解度随温度变化不大，为了除去氯化钠，“结晶”时应采用冷却结晶，使氯化钠留在滤液中，B错误；
C．常温下，苯甲酸微溶于水，易溶于乙醇，洗涤时不宜用乙醇，应用冷水，C错误；
D．步骤I~IV分别为溶解、趁热过滤、过滤、洗涤，均需使用到玻璃棒，D正确；
本题选D。
9. 下列离子方程式书写正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】Ａ．NaC1O 溶液中通入少量SO2气体，SO2与C1O—发生氧化还原反应得到硫酸根和氯离子，且次氯酸为弱酸，故溶液中的次氯酸根和生成的氢离子会以次氯酸存在，离子方程式正确，A正确；
Ｂ．Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液，HI有还原性，酸性条件下会与三价铁离子和硝酸根离子反应，由于HI过量， 三价铁离子和硝酸根离子反应比为1:3,正确的离子方程式为，B错误;
Ｃ．酸性KMnO4溶液强氧化性会将乙二酸氧化为CO2，C错误;
Ｄ．氯化铝是共价化合物，熔融态不电离，D错误；
故选Ａ。
10. 一种利用电化学原理处理含的电镀废液的装置如图。该装置由电池部分和热再生部分组成。下列说法错误的是
A. 离子交换膜为阴离子交换膜
B. a极的电极反应为：
C. 热再生部分受热分解，生成循环利用
D. 获得的高浓度回收液的主要成分为溶液
【答案】B
【解析】
【分析】a电极和b电极两室均预加相同的Cu2+电镀废液，a室铜失去电子发生氧化反应生成[Cu(NH3)4]2+为负极：Cu-2e—+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，b端为原电池正极，铜离子得到电子发生还原反应生成铜，电极反应Cu2++2e—=Cu；中间为阴离子交换膜，硫酸根离子由正极迁移到负极。
【详解】Ａ．左右两室均预加相同的Cu2+电镀废液，a室铜失去电子发生氧化反应生成[Cu(NH3)4]2+为负极: Cu-2e—+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，b端为原电池正极，铜离子得到电子发生还原反应生成铜，电极反应Cu2++2e—=Cu；中间为阴离子交换膜，硫酸根离子由正极迁移到负极。在原电池内电路中阳离子向正极移动，如隔膜为阳离子交换膜，电极溶解生成的铜离子要向右侧移动，通入NH3要消耗Cu2+显然左侧阳离子不断减小，明显不利于电池反应正常进行，故离子交换膜为阴离子交换膜，A正确;
Ｂ．由分析可知，a极的电极反应为：Cu-2e—+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，B错误；
Ｃ．该装置为原电池装置，可以富集Cu2+并产生电能，同时回收液受热分解释放出氨气，能循环利用NH3，Ｃ正确；
Ｄ．[Cu(NH3)4]2+受热分解出NH3，剩余的主要成分为CuSO4溶液，D正确；
故选Ｂ。
11. 晶体在的高压下和反应，可以形成一种新型晶体，其立方晶胞如图所示(晶胞参数为)，下列叙述错误的是
A. 位于晶胞的顶点和体心位置
B. 晶胞中，构成的多面体包含20个三角形的面
C. 晶胞中，与最近且等距的有12个
D. 晶胞中B、C原子间距离为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题干信息可知，Cl多于Na的个数，故位于晶胞的顶点和体心位置，故A正确；
B．由晶胞结构可知，晶胞中C-构成的多面体有12个顶点，每个顶点为5个三角形共用，则每个三角形平均占有顶点为3，所以多面体包含的三角形个数为=20，故B正确；
C．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的钠原子与位于面对角线上的氯原子距离最近，则晶胞中与钠原子距离最近的氯原子个数为12，故C正确；
D．由晶胞结构可知，A的原子坐标为(0,0,0)，B、C的原子分数坐标分别为()、()，晶胞中B、C原子间距离为，故D错误。
答案选D。
12. 由下列实验操作和现象，得出的结论错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．亚硫酸的酸性弱于盐酸，SO2不能与氯化钡溶液反应，但向氯化钡溶液中通入二氧化硫和氨气能生成亚硫酸钡白色沉淀，向氯化钡溶液中通入二氧化硫和氯气能生成硫酸钡白色沉淀，则白色沉淀不一定是硫酸钡，A正确；
B．加热亚硫酸钠溶液pH逐渐减小的原因是亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，亚硫酸钠溶液显碱性而硫酸钠溶液显中性，B错误；
C．K+嵌入冠醚中，增大高锰酸钾在甲苯中的溶解度，使甲苯和KMnO4充分接触，反应速率更快，褪色时间更短，C正确；
D．过滤后所得上层清液中加入2滴NaI溶液有黄色的AgI沉淀生成，说明AgCl转化为AgI，则Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，D正确；
故选B。
13. 用下列装置进行实验，仪器选择正确且能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．恰好完全反应时，B中生成的醋酸钠溶液显碱性，应用酚酞做指示剂，A项错误；
B．形成喷泉，说明易溶于水，无色酚酞变红，说明溶液呈碱性，B项正确；
C．取上层清液应该加入硝酸酸化后，再滴加硝酸银溶液检验溴离子，C项错误；
D．不能使指示剂褪色，不能说明具有漂白性，D项错误；
故答案为：B。
14. 在恒压密闭容器中，加入和，发生如下反应：
I．
Ⅱ．
达平衡后反应体系中各物质的物质的量随温度的变化如图所示，(已知：选择性为产生甲烷的物质的量与转化的的物质的量之比)。
下列说法错误的是
A. 曲线E表示的物质的量
B. 随温度升高的平衡选择性降低
C. 平衡转化率随温度的上升先上升后下降
D. 时，反应Ⅱ的平衡常数
【答案】C
【解析】
【分析】从图中看出，温度低于300℃时，平衡后的反应体系中A、B物质的量约为2ml、1ml，D、E物质的量约为0，反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，随温度升高反应Ⅰ平衡逆向移动、反应Ⅱ平衡正向移动，导致CH4的物质的量减小、CO的物质的量增加，结合碳原子守恒含碳物质总量为1ml，CH4的物质的量最大不超过1ml，则B曲线代表CH4的物质的量，A代表n(H2O)，C代表n(H2)，E代表n(CO)，D代表n(CO2)。
【详解】A．由分析，曲线E表示CO的物质的量，A正确；
B．曲线B为n(CH4)，由图可知，升高温度，其选择性下降，B正确；
C．曲线D代表n(CO2)，由图n(CO2)随温度升高先上升后下降，平衡转化率先下降后上升，C错误；
D．由图中数据，505°C时，n(H2)=n(H2O)=1.35ml，设甲烷为x ml，CO为y ml，则n(H2O)=2x+y=1.35ml，n(H2)=4-4x-y=1.35ml，解方程可得x=0.65，y=0.05，则平衡时n(CO2)=(1-0.65-0.05)ml=0.3ml，反应Ⅱ的平衡常数K=0.17，D正确；
本题选C。
第II卷(非选择题共58分)
二、非选择题(本题共4小题，共58分。)
15. 以大洋锰结核(主要由和铁氧化物组成，还含有等元素)为原料，制备及，所得产品具有广泛的用途。制备过程如图所示：
已知：相关离子形成氢氧化物沉淀时的范围如下：
②时，；；；。
（1）基态的价电子排布式为___________。
（2）“浸取”时，有副产物生成，请写出该副反应的化学方程式___________。
（3）“调”时，应控制的范围是___________。“净化”后滤渣3的主要成分___________。
（4）要将“溶解”后的溶液制得晶体，操作X为___________、过滤、洗涤、干燥。
（5）将“沉锰”后得到的煅烧得到固体产物，其固体产物的晶胞(立方体结构)如下晶体A所示。经测定，该晶胞中最近两个的距离为。则该固体产物的密度为___________。(设为阿伏加德罗常数，用含x和的代数式表示)
（6）“煅烧”时，不同条件下煅烧可制得不同锰的氧化物晶体。晶体A可作电池正极材料，通过晶体A中嵌入和脱嵌，实现电极材料充放电的原理如图所示。“iii”的电极反应式为___________。
【答案】（1）3d5 （2）MnO2+2SO2=MnS2O6
（3） ①. 4.7≤pH<8.1 ②. ZnS、MgF2
（4）蒸发浓缩、冷却结晶
（5）
（6）ZnxMn0.61◻0.39O-2xe-=Mn0.61◻0.39O+xZn2+
【解析】
【分析】以大洋锰结核(主要由MnO2和铁氧化物组成，还含有Al、Mg、Zn、Ca、Si等元素)为原料，通入SO2加硫酸浸取，Si被去除，氧化将Fe2+转化为Fe3+方便后续除去，调pH，可让Fe3+，Al3+和部分Zn2+转化为氢氧化物沉淀而除去，再加MnF2和Na2S净化主要是除去Zn2+和Mg2+，“沉锰”生成MnCO3沉淀，煅烧得到MnxOy，或者加磷酸进一步制备可得到Mn(H2PO4)2·2H2O，据此分析解题。
【小问1详解】
Mn元素原子序数为25，基态锰原子价电子排布为3d54s2，Mn2+是锰原子失去两个电子，故基态Mn2+的价电子排布式为3d5；
【小问2详解】
“浸取”时，MnO2与SO2反应有副产物MnS2O6生成，该副反应的化学方程式为MnO2+2SO2=MnS2O6；
【小问3详解】
调pH，可让Fe3+，Al3+和部分Zn2+转化为氢氧化物沉淀而除去，故“调pH”时，为了保证杂质离子沉淀，锰离子不沉淀，应控制的pH范围是4.7≤pH<8.1；再加MnF2和Na2S净化主要是除去Zn2+和Mg2+，因此“净化”后滤渣3的主要成分ZnS、MgF2；
【小问4详解】
要将“溶解”后的溶液制得Mn(H2PO4)2·2H2O晶体，操作X为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
【小问5详解】
MnCO3煅烧得到固体产物为锰的氧化物，根据晶体A的结构，该锰的氧化物晶胞结构与氯化钠晶胞类型，阴阳离子比为1:1，故为MnO，晶胞中最近两个Mn2+的距离为x cm。即为晶胞面对角线一半长，故晶胞棱长为x cm，根据晶胞密度计算公式g/cm3；
【小问6详解】
晶体Ⅱ可作电池正极材料，通过Zn2+在晶体Ⅱ中嵌入和脱嵌，实现电极材料充放电，“ii”代表电池放电过程，“iii”的电极反应式：ZnxMn0.61◻0.39O-2xe-=Mn0.61◻0.39O+xZn2+。
16. 甘氨酸亚铁是一种补铁强化剂，广泛用于缺铁性贫血的预防和治疗。某化学兴趣小组通过先寻找高纯度的最佳制备方案，再利用制取的高纯度和甘氨酸反应，最后得到了甘氨酸亚铁，具体过程如下：
(一)制取并寻找最佳制备方案
（1）实验中红褐色沉淀产生的原因可用如下反应表示，请补全反应：___________。
（2）实验II中产生的离子方程式为___________。
（3）为了探究实验III中起的作用，甲同学设计了实验IV进行探究：
对比实验II、III、IV，甲同学得出结论：___________。
乙同学认为该实验方案不够严谨，应补充的对比实验操作是：___________，再取该溶液一滴管，与溶液混合。
实验证明：实验是制取高纯度的最佳方案。
(二)制取甘氨酸亚铁(夹持和加热仪器已省略)
查阅资料：
①甘氨酸()易溶于水，微溶于乙醇。
②甘氨酸亚铁()易溶于水，难溶于乙醇。
③柠檬酸()易溶于水和乙醇，具有较强的还原性和酸性。
实验过程：
（4）装置C盛有和甘氨酸溶液。实验时，先排尽装置C内空气，再加热搅拌，然后滴加柠檬酸溶液调节溶液的，过低或过高都会导致甘氨酸亚铁产率下降，其原因是___________。
（5）反应结束后过滤，将滤液进行蒸发浓缩；并加入无水乙醇，其作用是___________。
（6）再进行过滤、洗涤并干燥并称量，最后得到甘氨酸亚铁()，则其产率是___________。
【答案】（1）4Fe2++8+O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8
（2）Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O
（3） ①. 水解产生H+，降低溶液pH，减少了副产物Fe(OH)2的产生 ②. 向0.8ml/L FeSO4溶液中加入Na2SO4固体至c()=1.6ml/L
（4）pH过低甘氨酸与氢离子反应导致甘氨酸亚铁产率下降，pH过高亚铁离子会与氢氧根离子反应生成Fe(OH)2沉淀也会造成甘氨酸亚铁产率下降
（5）降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出完全 （6）75%
【解析】
【分析】(一)FeCO3是白色沉淀，对比实验I、II、III的反应试剂和现象可知，碳酸氢钠溶液pH较小，可以减少副产物Fe(OH)2的产生，如果有铵根存在，pH更小，效果更好，同时设计实验验证，并考虑硫酸根浓度不同的影响，得出结论pH小对产生更有利，制备FeCO3实验成功的关键因素是调节溶液pH；
(二)碳酸钙和稀盐酸反应得CO2，CO2除去杂质HCl后通入C中，和甘氨酸、碳酸亚铁、柠檬酸混合，柠檬酸有较强还原性和酸性，防止二价铁被氧化及发生水解，最终制得甘氨酸亚铁，同时用澄清石灰水处理尾气；
【小问1详解】
根据题中所给信息，Fe2+被氧化，氧化剂是氧气，碳酸根水解产生OH-与Fe3+形成氢氧化铁沉淀，根据电荷守恒及电子得失守恒配平可以得到离子方程式为4Fe2++8+O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8；
【小问2详解】
实验II中碳酸氢根电离产生的碳酸根和Fe2+产生FeCO3，同时碳酸根沉淀进一步促进碳酸氢根电离，故离子方程式为Fe2++2=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
【小问3详解】
对比实验II、III、IV，当溶液pH=4时，生成碳酸亚铁较好，无氢氧化铁生成，故甲同学得出结论：水解产生H+，降低溶液pH，减少了副产物Fe(OH)2的产生；乙同学认为该实验方案不够严谨，因为由于加入了硫酸，硫酸根浓度也可能是造成影响的原因，在已知Na+对实验无影响的前提下，应补充的对比实验操作是：向0.8ml/L FeSO4溶液中加入Na2SO4固体至c()=1.6ml/L，再取该溶液一滴管，与2mL1ml/L NaHCO3溶液混合；
【小问4详解】
滴加柠檬酸溶液调节溶液的pH，pH过低或过高都会导致甘氨酸亚铁产率下降，其原因是pH过低甘氨酸与氢离子反应导致甘氨酸亚铁产率下降，pH过高亚铁离子会与氢氧根离子反应生成Fe(OH)2沉淀也会造成甘氨酸亚铁产率下降；
【小问5详解】
根据已知甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，故滤液进行蒸发浓缩，并加入无水乙醇，作用是降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出完全；
【小问6详解】
17.4g FeCO3物质的量为0.15ml，200mL1.0ml/L甘氨酸溶液中甘氨酸物质的量为0.2ml，根据甘氨酸亚铁的组成，FeCO3是过量的，根据0.2ml甘氨酸，完全转化为甘氨酸亚铁，理论上生成甘氨酸亚铁0.1ml，最后实际得到15.3g甘氨酸亚铁，物质的量为0.075ml，故产率为75%。
17. 资源化利用备受关注，研究资源化综合利用有重要意义，下面提供两种综合利用方法。
(一)以和为原料合成
反应：
将和充入容积为的密闭容器中，分别在、温度下发生反应，的物质的量变化如表所示：
（1）温度下，内以表示该反应速率___________。该温度下，若各物质的起始量，则v(正)___________v(逆)(填“>”、“<”或“=”)。
（2）下列说法正确是___________。
A.
B. 混合气体的密度保持不变时，反应已达到平衡
C. 平衡后向容器中充人稀有气体，平衡不发生移动
D. 加入合适催化剂可以降低反应的活化能，减小
(二)以和为原料合成
反应I：
反应Ⅱ：
（3）反应 ___________。
（4）将、置于某密闭容器中，控制适当条件使其发生反应：，测得的某种平衡量值(x)在不同压强下随温度的变化如图1所示：
①x表示___________(填“体积分数”或“转化率”)。
②若，B点表示反应从开始进行到时达到平衡状态， ___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（5）在恒压密闭容器中投入和，发生上述反应I和Ⅱ．测得的平衡转化率和平衡时的选择性(的选择性)随温度的变化曲线如图2所示。
①达到平衡时，反应Ⅱ理论上消耗的物质的量为___________。
②合成二甲醚的适宜温度为，其原因是___________。
【答案】（1） ①. 0.05 ②. ＜ （2）C
（3）-204.9 （4） ①. 转化率 ②.
（5） ①. 0.3x ②. 温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO选择性过大，即二甲醚的选择性减小
【解析】
【小问1详解】
温度下，内，以表示该反应速率；该温度下，达到平衡状态时，可得三段式：，，若各物质的起始量，此时，即；
【小问2详解】
A．由表可知，T2时，H2的转化率更大，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，H2转化率变小，即T1＞T2，故A错误；
B．体系中物质均为气体，气体总质量不变，容器恒容密闭，根据可知，混合气体的密度始终保持不变，不能判断反应是否达到平衡状态，故B错误；
C．平衡后向容器中充人稀有气体，参加反应的物质浓度不变，平衡不发生移动，故C正确；
D．加入合适的催化剂可以降低反应的活化能，ΔH不变，故D错误；
故选C；
【小问3详解】
反应I：
反应Ⅱ：
反应Ⅱ-2×反应可得目标反应：，；
【小问4详解】
①温度升高，平衡逆向移动，x随温度升高而减小，即x为转化率；
②B点CO的转化率为50%，可得三段式，CO、H2、CH3OCH3、H2O物质的量分数分别为、、、，若，；
【小问5详解】
①T°C达到平衡时，CO2平衡转化率为40%，即转化的CO2物质的量为0.4xml，CO的选择性为25%，即反应Ⅰ消耗的CO2为0.4x×25%=0.1xml，其中反应Ⅱ理论上消耗CO2的物质的量为0.4x-0.1x=0.3xml；
②由图可知：温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO选择性过大，即二甲醚的选择性减小。
18. 工业上可以通过邻二甲苯原料合成酚酞(酸碱指示剂)和鲁米诺(重要的刑侦试剂)等物质，具体合成方法如下：
（1）有机物B的名称为___________，F生成G的反应类型为___________。
（2）有机物F的结构简式为___________。
（3）下列关于酚酞的说法中正确的是___________。
A. 酚酞的分子式为B. 酚酞遇溶液显紫色
C. 酚酞最多可与反应D. 酚酞中有三种官能团
（4）请写出C生成D的反应方程式___________。
（5）有机物H的分子式为，它是有机物B的最简单的同系物，符合下列条件的H的同分异构体有___________种。
a．含有羧基和酯基两种官能团；b．羧基和酯基位于苯环对位。
（6）参照上述流程，设计以为原料合成的合成线路___________ (其他原料、试剂任选)。
【答案】（1） ①. 邻苯二甲酸 ②. 还原反应
（2） （3）AB
（4）+2+H2O （5）6
（6）
【解析】
【分析】A是邻二甲苯，被酸性高锰酸钾氧化，苯环上侧链被氧化，得B(邻苯二甲酸：)，B加热脱水得C(邻苯二甲酸酐：)，C与苯酚在硫酸催化下按1:2反应得D，C发生苯环上的硝化反应得E，E与H2NNH2反应得F(C8H5O4N3)，F被还原剂Fe/HCl将硝基还原为氨基得G，故根据G的结构，可以推得F为，符合F的分子式，由此解答。
【小问1详解】
由分析，B为，名称为邻苯二甲酸，F生成G是F中的硝基被还原为氨基，反应类型为还原反应；
【小问2详解】
由分析，F的结构简式为；
【小问3详解】
A．由酚酞的结构简式可得，酚酞的分子式为C20H14O4，A正确；
B．酚酞中有酚羟基，遇FeCl3溶液显紫色，B正确；
C．酚酞中有2个酚羟基分别会消耗等量NaOH，另外有一个酯基也会消耗等量NaOH，故1ml酚酞最多可与3ml NaOH反应，C错误；
D．酚酞中有酯基和酚羟基两种官能团，D错误；
故选AB；
【小问4详解】
C与苯酚在硫酸催化下按1:2反应得D，反应方程式为+2+H2O；
【小问5详解】
有机物H的分子式为C9H8O4，符合下列条件：a．含有羧基和酯基两种官能团；b．羧基和酯基位于苯环对位，若苯环上只有两个取代基，则可能为-CH2COOH、-OCHO或-COOH、-OOCCH3或-COOH、-CH2OCHO或-COOH、-COOCH3，有4种不同结构，若苯环上有3个取代基，则-COOH、-OCHO处于对位，还有一个-CH3在-COOH邻位和间位有2种不同结构，故符合条件的H的同分异构体有6种；
【小问6详解】
参照题干中的流程，通过酸性高锰酸钾氧化醇氧化为羧酸得到，再加热得到对应的酸酐，酸酐和H2NNH2反应即可得，故合成线路为。选项
物质性质
解释
A
用作面包膨松剂
中和酸，且受热分解产生气体
B
中的配位原子是C原子
C的电负性比O小
C
金刚石比晶体硅的熔点高
C的原子半径比小
D
稳定性大于
分子间可以形成氢键
A
溶液中通入少量气体
B
溶液中加入过量的HI溶液
C
酸性溶液加入少量乙二醇
5+8+24H+5+8Mn2++22H2O
D
工业电解熔融氯化铝冶炼铝单质
选项
操作
现象
结论
A
向溶液中通入和气体X
产生白色沉淀
白色沉淀不一定为
B
将溶液加热到，用传感器监测溶液变化
溶液的pH逐渐减小
温度升高，水解平衡正向移动
C
甲乙两支试管中各加入一定量的甲苯和少量酸性溶液，乙试管中再加上一定量冠醚，振荡
乙试管中褪色时间更短
嵌入冠醚中，增大在甲苯中的溶解度
D
向溶液中滴加2滴等浓度的溶液，有白色沉淀，过滤后取上层清液又加入2滴溶液
有黄色沉淀生成
A．滴定法测定醋酸溶液浓度
B．验证易溶于水且溶液呈碱性
C．验证溴乙烷中含有溴元素
D．检验水溶液显酸性、漂白性
金属离子
开始沉淀时的
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
沉淀完全时的
10.0
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
实验
试剂
现象
滴管
试管
溶液()
溶液()
实验I：立即产生灰绿色沉淀，后出现明显的红褐色
溶液()
溶液()
实验II：产生白色沉淀及少量无色气泡，后出现明显的灰绿色。
溶液()
溶液()
实验III：产生白色沉淀及无色气泡，较长时间保持白色
操作
现象
实验IV
向溶液中加入硫酸调节溶液为4.0，再加入一定量固体配制成含的混合溶液(已知对实验无影响)。再取该溶液一滴管与溶液混合。
与实验III现象相同
物质的量/
0
8.0
3.5
2.0
2.0
1.7
1.5
1.5
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