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2021-2022学年江西省宜春市上高二中高三（上）第二次月考化学试卷
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2021-2022学年江西省宜春市上高二中高三（上）第二次月考化学试卷
一．选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分，只有一项是符合题目要求）
1．（3分）化学与生产、生活密切相关。下列说法中正确的是（ ）
A．某些金属元素的焰色反应、海水提溴、煤的气化、石油的裂化都是化学变化的过程
B．氮氧化物的大量排放，会导致光化学烟雾、酸雨和臭氧层破坏等环境问题
C．因为胶体粒子能吸附电荷，所以有的胶体带正电荷，有的胶体带负电荷
D．人造纤维、合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物
2．（3分）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的有（ ）
①0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NA
②12g金刚石中，碳碳共价键数为4NA
③常温下，21gC3H6和C4H8的混合物中含有的碳原子数为1.5NA
④2 gD216O中含有的质子数、中子数、电子数均为NA
⑤常温常压下，S2和S6的混合物共6.4g，其中所含硫原子数一定为0.2NA
⑥10 ml 18 mol/L的浓硫酸与足量的镁反应时转移的电子数为0.18NA
A．①⑥ B．④⑤⑥ C．③④⑤ D．①②⑥
3．（3分）下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是（ ）
A．中性透明溶液中：K+、SO42﹣、NO3﹣、Fe3+
B．加入Al能放出H2的溶液中：Cl﹣、HCO3﹣、NO3﹣、NH4+
C．能使红色石蕊试纸变为蓝色的溶液：Na+、Cl﹣、S2﹣、ClO﹣
D．25℃时，KW/[H+]＝0.1 mol•L﹣1的溶液：Na+、K+、SiO32﹣、[Al（OH）4]﹣
4．（3分）下列有关化学反应的叙述正确的是（ ）
A．将Na2O2投入NH4Cl溶液中只可能生成一种气体
B．铁分别与稀盐酸和氯气反应，产物中铁元素的化合价相同
C．SO2通入BaCl2溶液有白色沉淀BaSO3生成
D．向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入足量CaCl2溶液，溶液红色褪去
5．（3分）磷酸（H3PO4）、亚磷酸（H3PO3）和次磷酸（H3PO2）都是重要的化工产品．已知：1mol磷酸、亚磷酸、次磷酸最多消耗NaOH的物质的量依次为3mol、2mol、1mol．下列推断正确的是（ ）
A．磷酸与氢氧化钠反应能生成2种盐
B．NaH2PO4、NaH2PO3、NaH2PO2都是酸式盐
C．H3PO4、H3PO3、H3PO2都是含氧酸
D．H3PO3是三元酸，又是还原性酸
6．（3分）化合物1，1二环丙基乙烯是重要的医药中间体。下列有关该化合物的说法正确的是（ ）
A．分子中所有碳原子共平面
B．其同分异构体可能是苯的同系物
C．一氯代物有4种
D．可以发生加成反应、氧化反应和加聚反应
7．（3分）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）
A．Fe（NO3）3加入过量的HI溶液：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2
B．向NH4HSO3溶液中加少量的NaOH溶液：NH4++OH﹣═NH3•H2O
C．将1mol Cl2通入到含1mol FeI2的溶液：2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl﹣
D．0.01 mol•L﹣1 NH4Al（SO4）2溶液与0.02 mol•L﹣1 Ba（OH）2溶液等体积混合：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣＝2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O
8．（3分）下列关于纯净物、混合物、强电解质、弱电解质和非电解质的正确组合是（ ）
纯净物
混合物
强电解质
弱电解质
非电解质
A
盐酸
水煤气
硫酸
醋酸
干冰
B
冰醋酸
铝热剂
硫酸钡
亚硫酸
二氧化硫
C
纯碱
天然气
苛性钾
氢硫酸
碳酸钙
D
玻璃
盐酸
氯化钠
次氯酸
氯气
A．A B．B C．C D．D
9．（3分）下列说法在一定条件下可以实现的是（ ）
①酸性氧化物与碱反应
②弱酸与盐溶液反应可生成强酸
③没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应
④两种酸溶液充分反应后的溶液呈中性
⑤有单质参加的非氧化还原反应
⑥两种含氧化合物反应的产物有气体．
A．①②③④⑤⑥ B．②④⑤⑥ C．①②③⑤ D．③④⑤⑥
10．（3分）下列有关实验操作、现象和结论或解释均正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
结论或解释
A
向FeI2溶液中滴入足量溴水，加入CCl4，振荡，静置
下层溶液显紫红色
氧化性：Fe3+＞I2
B
向苯酚浊液中滴入Na2S溶液
浊液变清
结合H+能力：C6H5O﹣＜S2﹣
C
在Fe（NO3）2溶液中滴加酸化的H2O2
浅绿色变黄色
H2O2具有氧化性
D
溴乙烷中加入NaOH醇溶液并加热，将产生的气体直接通入酸性KMnO4溶液中
酸性KMnO4溶液褪色
溴乙烷发生消去反应生成乙烯
A．A B．B C．C D．D
11．（3分）某学习小组以废催化剂（主要成分SiO2、ZnO、ZnS和CuS）为原料，制备锌和铜的硫酸盐晶体。设计的实验方案如下：
下列说法不正确的是（ ）
A．步骤①中能溶于稀硫酸的是ZnO、ZnS
B．步骤①、③中发生的反应均为氧化还原反应
C．步骤③涉及的离子反应可能为CuS+H2O2+2H+Cu2++S+2H2O
D．步骤②和④，采用蒸发浓缩、冷却结晶，过滤后均可获取粗晶体
12．（3分）甲硫醇是一种重要的原料和化工试剂，硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程如下。下列说法中不正确的是（ ）
A．过程①吸收能量
B．过程④中，形成了O—H键和C—S键
C．该催化剂可降低反应活化能从而有效提高反应物的平衡转化率
D．硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应类型为取代反应
13．（3分）根据表中提供的信息判断下列叙述错误的是（ ）
组号
参加反应的物质
生成物
①
MnO4﹣、Cl﹣…
Cl2、Mn2+…
②
Cl2（少量）、FeBr2
FeCl3、FeBr3
③
KMnO4、H2O2、H2SO4
K2SO4、MnSO4…
A．第①组反应中生成0.5 mol Cl2，转移1mol电子
B．第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：2
C．第③组反应的其余产物为O2和H2O
D．氧化性由强到弱的顺序为MnO4﹣＞Cl2＞Fe3+＞Br2
14．（3分）NaClO是漂白液的有效成分，某研究小组探究NaClO溶液的性质，设计了下列实验：
装置图
试剂X
实验现象
①
0.2mol•L﹣1盐酸
产生黄绿色气体
②
0.2mol•L﹣1 KI﹣淀粉溶液
溶液变蓝
③
0.2mol•L﹣1FeSO4（H+）和KSCN混合溶液
溶液变红
④
0.2mol•L﹣1AlCl3溶液
产生白色沉淀
下列判断不正确的是（ ）
A．实验①中发生的反应：ClO−+Cl−+2H+＝Cl2↑+H2O
B．实验④中ClO−与Al3+相互促进水解
C．实验③中该条件下氧化性强弱：ClO−＞Fe3+
D．实验②中发生的反应：ClO−+2I−+2H+＝Cl−+I2+H2O
15．（3分）用20mL 0.1mol/L的FeSO4溶液，恰好还原1.0×10﹣3mol[RO（OH）2]+离子，则R元素的最终价态为（ ）
A．+2 B．+3 C．+4 D．+5
16．（3分）将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO）．向反应后的溶液中加入3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加 5.1g．下列叙述不正确的是（ ）
A．当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4mol
B．参加反应的金属的总质量 3.6g＜m＜9.6 g
C．当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积V＝100mL
D．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积在标况下为 2.24L
二、非选择题（共4大题，52分）
17．（12分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种应用广泛的高效氧化型漂白剂。以下是某小组模拟工业制法利用ClO2与H2O2在碱性条件下制备少量NaClO2的实验装置：
已知：（1）硫酸作酸化剂时，甲醇（CH3OH）可将NaClO3还原为ClO2。
（2）ClO2沸点为9.9℃，可溶于水，有毒，气体中ClO2浓度较高时易发生爆炸。
（3）饱和NaClO2溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2•3H2O，在温度高于38℃时析出晶体NaClO2，高于60℃时分解生成NaClO3和NaCl。
回答下列问题：
（1）实验前用浓硫酸与50%甲醇溶液配制混合溶液的操作是 ：。
（2）实验过程中需要持续通入CO2的主要目的，一是可以起到搅拌作用，二是
（3）装置A中，若氧化产物为CO2，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（4）装置B中生成NaClO2的化学方程式是 。
（5）从反应后的B溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤是：a． ；b． ；c．用38～60℃的热水洗涤；d．在低于60℃的真空中蒸发，干燥。
（6）装置C中ClO2与NaOH溶液反应生成等物质的量的两种钠盐，其中一种为NaClO2，装置C中ClO2与NaOH溶液反应的化学方程式为 。
（7）NaClO2纯度测定：①称取所得 NaClO2样品1.000g于烧杯中，加入适量蒸馏水过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应（ClO2﹣的还原产物为Cl﹣），将所得混合液配成250mL待测溶液；②取25.00mL待测液，用0.2000mol/LNa2S2O3标准液滴定（I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣），以淀粉溶液做指示剂，判断达到滴定终点时的现象为 。重复滴定3 次，测得Na2S2O3标准液平均用量为18.00mL，则该样品中 NaClO2的质量分数为 。
18．（14分）二硫化钼（MoS2，其中Mo的化合价为+4）被誉为“固体润滑剂之王”，利用低品质的辉钼矿（含MoS2、SiO2 以及CuFeS2等杂质）制备高纯二硫化钼的一种生产工艺如图：
回答下列问题：
（1）“酸浸”中加入氢氟酸是为了除去杂质SiO2，该反应的化学方程式为 。
（2）在“氧化焙烧”过程中主要是将MoS2转化为MoO3，在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
（3）若氧化焙烧产物产生烧结现象，在“氨浸”前还需进行粉碎处理，其目的是 ；“氨浸”后生成（ NH4）2 MoO4反应的化学方程式为 。
（4）向“氨浸”后的滤液中加入Na2S后，钼酸铵转化为硫代钼酸铵[（NH4）2MoS4]，加入盐酸后，（NH4）2 MoS4，与盐酸反应生成MoS3沉淀，沉淀反应的离子方程式为 。
（5）高纯MoS2中仍然会存在极微量的非整比晶体MoS2.8等杂质，在该杂质中为保持电中性，Mo元素有+4、+6 两种价态，则MoS2.8中Mo4+所占Mo元素的物质的量分数为
（6）钼酸钠晶体（ Na2 MoO4•2H2O）是一种无公害型冷却水系统金属缓蚀剂，可以由MoS2制备。在制备过程中需加入Ba（OH）2固体除去SO42﹣，若溶液中c（MoO42﹣）＝0.4 mol•L﹣，c（SO42﹣）＝0.05 mol•L﹣1，常温下，当BaMoO4即将开始沉淀时，SO42﹣的去除率为 [忽略溶液体积变化。已知：259℃，Ksp （ BaMoO4）＝4.0×10﹣8，Ksp（BaSO4）＝1.1×10﹣10]。
19．（12分）从废旧磷酸铁锂电池的正极材料（含LiFePO4、石墨粉和铝箔等）中综合回收锂、铁和磷等的工艺流程如图所示：
温度/℃
溶解度/g
物质
0
20
40
60
80
100
LiOH
11.9
12.4
13.2
14.6
16.6
19.1
Li2CO3
1.54
1.33
1.17
1.01
0.85
0.72
回答下列问题：
（1）“溶浸1”中铝溶解的化学方程式为 。
（2）完成“溶浸2”反应的离子方程式： LiFePO4+ H2O2+ ＝ Li++ + H2PO4﹣+ H2O。
（3）“滤渣2”的主要成分是 。
（4）“滤液2”循环两次的目的是 。
（5）“沉铁、磷”时，析出FePO4沉淀，反应的离子方程式为 。
（6）为了充分沉淀，“沉锂”时所用的X和适宜温度是 （填标号）。
A．NaOH；20～40℃
B．NaOH；80～100℃
C．Na2CO3；20～40℃
D．Na2CO3；60～80℃
20．（14分）某药物H的一种合成路线如图。
回答下列问题：
（1）C的名称是 。
（2）F→H的反应类型为 。B→C的试剂和条件是 。
（3）H有多种同分异构体，在下列哪种仪器中可以显示物质中化学键和官能团类型 （填字母）。
A．质谱仪
B．元素分析仪
C．红外光谱仪
D．核磁共振氢谱仪
（4）写出D→E的化学方程式 。
（5）在E的同分异构体中，同时满足下列条件的结构有 种；其中核磁共振氢谱有六组峰，且峰面积之比为3：3：2：2：1：1的是 。
①既能发生银镜反应，又能发生水解反应；
②属于芳香族化合物；
③苯环上只有2个取代基。
（6）参照上述流程，以D和乙醛为原料合成（其他无机试剂自选），设计合成路线： 。
2021-2022学年江西省宜春市上高二中高三（上）第二次月考化学试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分，只有一项是符合题目要求）
1．（3分）化学与生产、生活密切相关。下列说法中正确的是（ ）
A．某些金属元素的焰色反应、海水提溴、煤的气化、石油的裂化都是化学变化的过程
B．氮氧化物的大量排放，会导致光化学烟雾、酸雨和臭氧层破坏等环境问题
C．因为胶体粒子能吸附电荷，所以有的胶体带正电荷，有的胶体带负电荷
D．人造纤维、合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物
【分析】A．有新物质生成的变化为化学变化，没有新物质生成的变化为化学变化；
B．氮的氧化物的排放能引起光化学烟雾、酸雨和臭氧层破坏；
C．胶体不带电；
D．光导纤维主要成分为二氧化硅。
【解答】解：A．焰色反应过程中没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；
B．氮氧化物的大量排放，会导致光化学烟雾、酸雨和臭氧层破坏等环境问题，故B正确；
C．胶体不带电，部分胶体颗粒能够吸附带电离子形成带电的胶体微粒，故C错误；
D．光导纤维主要成分为二氧化硅，是无机物，不是高分子化合物，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了物质的结构组成与性质，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
2．（3分）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的有（ ）
①0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NA
②12g金刚石中，碳碳共价键数为4NA
③常温下，21gC3H6和C4H8的混合物中含有的碳原子数为1.5NA
④2 gD216O中含有的质子数、中子数、电子数均为NA
⑤常温常压下，S2和S6的混合物共6.4g，其中所含硫原子数一定为0.2NA
⑥10 ml 18 mol/L的浓硫酸与足量的镁反应时转移的电子数为0.18NA
A．①⑥ B．④⑤⑥ C．③④⑤ D．①②⑥
【分析】①1mol丙烯酸中含2mol双键；
②金刚石晶体中，每个C与其它4个C形成了4个C﹣C共价键，根据均摊法计算出12gC形成的共价键数目；
③C3H6和C4H8的混合物中的最简式为CH2，根据21g混合物中含有1.5mol最简式计算出含有的碳原子数目；
④依据n＝计算物质的量，再计算微粒数；
⑤都是单质，则硫原子的物质的量＝；
⑥浓硫酸最终变成稀硫酸，稀硫酸与镁反应生成氢气，无法计算转移的电子数。
【解答】解：①丙烯酸中含碳碳双键和碳氧双键，故1mol丙烯酸中含2mol双键，即0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.2NA，故①错误；
②12g金刚石中含有12gC，含有1molC，金刚石中，每个C与其它4个C形成了4个C﹣C共价键，每个C形成的共价键数目为：×4＝2，所以1molC形成的共价键为2mol，12g金刚石中的C﹣C键数目为2NA
，故②错误；
③常温下，21g C3H6和C4H8的混合物中含有最简式CH2物质的量＝＝1.5mol，含有1.5mol碳原子，含有的碳原子数为1.5NA，故③正确；
④依据2gD216O的物质的量＝＝0.1mol，故所含有的质子数为0.1mol×10＝1mol，即NA个、含有的中子数为0.1mol×10＝1mol，即NA个、含有的电子数为0.1mol×10＝1mol，即NA个，故④正确；
⑤S2和S8的混合物中只有S原子，则硫原子的物质的量为＝0.2mol，则所含硫原子数一定为0.2NA，故⑤正确；
⑥10ml 18mol/L的浓硫酸中含有溶质硫酸0.18mol，由于浓硫酸随着反应的进行变成稀硫酸，稀硫酸与镁反应生成氢气，而浓硫酸与镁反应生成二氧化硫，无法计算生成二氧化硫和氢气的物质的量，则无法计算转移的电子数，故⑥错误，
根据以上分析可知，正确的为：③④⑤，
故选：C。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
3．（3分）下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是（ ）
A．中性透明溶液中：K+、SO42﹣、NO3﹣、Fe3+
B．加入Al能放出H2的溶液中：Cl﹣、HCO3﹣、NO3﹣、NH4+
C．能使红色石蕊试纸变为蓝色的溶液：Na+、Cl﹣、S2﹣、ClO﹣
D．25℃时，KW/[H+]＝0.1 mol•L﹣1的溶液：Na+、K+、SiO32﹣、[Al（OH）4]﹣
【分析】A．铁离子只能存在与酸性溶液中；
B．加入Al能放出H2的溶液中，溶液可以为酸性溶液或者碱性溶液；
C．S2﹣和ClO﹣发生氧化还原反应；
D．25℃时，KW/[H+]＝0.1 mol•L﹣1的溶液，溶液呈碱性，含大量OH﹣。
【解答】解：A．中性溶液中不能大量存在Fe3+，故A不选；
B．加入Al能放出H2的溶液中，溶液可以为酸性溶液或者碱性溶液，HCO3﹣与H+和OH﹣都反应，两种情况都能不大量共存，故B不选；
C．S2﹣和ClO﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故C不选；
D．25℃时，KW/[H+]＝0.1 mol•L﹣1的溶液，溶液呈碱性，含大量OH﹣，OH﹣、Na+、K+、SiO32﹣、[Al（OH）4]﹣相互不反应，可以大量共存，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查了离子共存判断，明确离子反应条件是解题关键，题目难度不大。
4．（3分）下列有关化学反应的叙述正确的是（ ）
A．将Na2O2投入NH4Cl溶液中只可能生成一种气体
B．铁分别与稀盐酸和氯气反应，产物中铁元素的化合价相同
C．SO2通入BaCl2溶液有白色沉淀BaSO3生成
D．向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入足量CaCl2溶液，溶液红色褪去
【分析】A、过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，氢氧化钠与氯化铵反应生成氨气；
B、铁与盐酸反应生成氯化亚铁，与氯气反应生成氯化铁；
C、SO2通入BaCl2溶液中不反应；
D、碳酸根水解显碱性，使酚酞呈红色，进而氯化钙溶液，生成碳酸钙沉淀，溶液几乎为中性。
【解答】解：A、过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，氢氧化钠与氯化铵反应生成氨气，故A错误；
B、铁与盐酸反应生成氯化亚铁，与氯气反应生成氯化铁，铁分别表现为+2、+3价，故B错误；
C、SO2通入BaCl2溶液，SO2与BaCl2溶液不反应，没有现象，故C错误；
D、碳酸钠溶液中存在平衡CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，CO32﹣水解使溶液显碱性，使酚酞呈红色，加入氯化钙溶液，生成碳酸钙沉淀，平衡向左移动，溶液几乎为中性，红色褪去，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查Na、Fe元素单质及其化合物性质以及盐类水解、酸性强弱等，难度不大，注意对基础知识的理解掌握。
5．（3分）磷酸（H3PO4）、亚磷酸（H3PO3）和次磷酸（H3PO2）都是重要的化工产品．已知：1mol磷酸、亚磷酸、次磷酸最多消耗NaOH的物质的量依次为3mol、2mol、1mol．下列推断正确的是（ ）
A．磷酸与氢氧化钠反应能生成2种盐
B．NaH2PO4、NaH2PO3、NaH2PO2都是酸式盐
C．H3PO4、H3PO3、H3PO2都是含氧酸
D．H3PO3是三元酸，又是还原性酸
【分析】已知：1mol磷酸、亚磷酸、次磷酸最多消耗NaOH的物质的量依次为3mol、2mol、1mol，说明磷酸为三元酸，亚磷酸为二元酸，次磷酸为一元酸，据此分析解答．
【解答】解：A、根据以上分析，磷酸为三元酸，与氢氧化钠反应能生成3种盐，故A错误；
B、根据以上分析，磷酸为三元酸，亚磷酸为二元酸，次磷酸为一元酸，所以NaH2PO4、NaH2PO3是酸式盐，NaH2PO2是正盐，故B错误；
C、H3PO4、H3PO3、H3PO2三种酸都含氧，则都是含氧酸，故C正确；
D、H3PO3中P元素的化合价为+3价，是中间价态，既能升高又能降低，则亚磷酸有氧化性和还原性，但属于二元酸，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查磷的含氧酸的性质，属于信息习题，注意信息和所学知识的结合来解答，难度也不大，但NaH2PO2为正盐是学生解答的难点．
6．（3分）化合物1，1二环丙基乙烯是重要的医药中间体。下列有关该化合物的说法正确的是（ ）
A．分子中所有碳原子共平面
B．其同分异构体可能是苯的同系物
C．一氯代物有4种
D．可以发生加成反应、氧化反应和加聚反应
【分析】A．分子中含有碳碳双键，两个三元环，环上的碳原子均为饱和碳原子，具有甲烷结构特点；
B．该有机物的分子式为C8H12，苯的同系物的通式为CnH2n﹣6；
C．有几种氢原子，其一氯代物就有几种；
D．碳碳双键具有乙烯结构特点，能发生加成反应、加聚反应、氧化反应。
【解答】解：A．分子中含有碳碳双键，两个三元环，环上的碳原子均为饱和碳原子，饱和碳原子呈四面体，故所有碳原子不可能在同一平面上，故A错误；
B．该有机物的分子式为C8H12，苯的同系物的通式为CnH2n﹣6，不符合苯的同系物的通式，故B错误；
C．该分子中存在三种等效氢，故一氯代物有三种，，故C错误；
D．该有机物含有碳碳双键，可以发生加成反应，加聚反应，氧化反应，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
7．（3分）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）
A．Fe（NO3）3加入过量的HI溶液：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2
B．向NH4HSO3溶液中加少量的NaOH溶液：NH4++OH﹣═NH3•H2O
C．将1mol Cl2通入到含1mol FeI2的溶液：2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl﹣
D．0.01 mol•L﹣1 NH4Al（SO4）2溶液与0.02 mol•L﹣1 Ba（OH）2溶液等体积混合：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣＝2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O
【分析】A．HI过量，硝酸根离子，三价铁离子都被氧化；
B．氢氧化钠少量，先与亚硫酸氢根离子反应；
C．碘离子还原性强，氯气少量先氧化碘离子；
D．铵根离子结合氢氧根离子能力大于氢氧化铝，则反应生成一水合氨和氢氧化铝沉淀。
【解答】解：A．Fe（NO3）3加入过量的HI溶液的离子反应为Fe3++3NO3﹣+12H++10I﹣＝Fe2++5I2+3NO↑+6H2O，故A错误；
B．向NH4HSO3溶液中加少量的NaOH溶液：HSO3﹣+OH﹣═H2O+SO32﹣，故B错误；
C．将1mol Cl2通入到含1mol FeI2的溶液中，只能够将碘离子氧化完全，正确的离子方程式为Cl2+2I﹣＝2Cl﹣+I2，故C错误；
D.0.01 mol•L﹣1NH4Al（SO4）2溶液与0.02 mol•L﹣1Ba（OH）2溶液等体积混合，反应的离子方程式为：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣＝2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确判断离子方程式正误常用方法，如：检查是否满足电荷守恒、质量守恒、电子守恒等，特别注意反应物过量情况对生成物的影响。
8．（3分）下列关于纯净物、混合物、强电解质、弱电解质和非电解质的正确组合是（ ）
纯净物
混合物
强电解质
弱电解质
非电解质
A
盐酸
水煤气
硫酸
醋酸
干冰
B
冰醋酸
铝热剂
硫酸钡
亚硫酸
二氧化硫
C
纯碱
天然气
苛性钾
氢硫酸
碳酸钙
D
玻璃
盐酸
氯化钠
次氯酸
氯气
A．A B．B C．C D．D
【分析】纯净物：有一种物质组成，包括单质和化合物；
混合物：由两种或两种以上的物质组成；
在水溶液里或熔融状态下完全电离的是强电解质，部分电离的是弱电解质；
在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，电解质和非电解质都是化合物来分析。
【解答】解：A、盐酸、水煤气、硫酸、醋酸、干冰分别属于混合物、混合物、强电解质、混合物、非电解质，故A错误；
B、冰醋酸、铝热剂、硫酸钡、亚硫酸、二氧化硫分别属于纯净物、混合物、强电解质、弱电解质、非电解质，故B正确；
C、纯碱、天然气、苛性钾、氢硫酸、碳酸钙分别属于化合物、混合物、强电解质、弱电解质、强电解质，故C错误；
D、玻璃、盐酸、氯化钠、次氯酸、氯气分别属于混合物、混合物、强电解质、弱电解质、单质，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了纯净物、混合物、电解质、非电解质的概念判断及各种物质的成分掌握，题目难度中等。
9．（3分）下列说法在一定条件下可以实现的是（ ）
①酸性氧化物与碱反应
②弱酸与盐溶液反应可生成强酸
③没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应
④两种酸溶液充分反应后的溶液呈中性
⑤有单质参加的非氧化还原反应
⑥两种含氧化合物反应的产物有气体．
A．①②③④⑤⑥ B．②④⑤⑥ C．①②③⑤ D．③④⑤⑥
【分析】①酸性氧化物和碱反应生成盐和水；
②弱酸和盐反应生成更难溶的物质可以实现；
③酸和盐反应生成弱酸的复分解反应可以发生反应；
④氧化还原反应的发生有可能使得溶液的酸碱性发生变化；
⑤有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应；
⑥根据元素和化合物性质知识来回答．
【解答】解：①酸性氧化物是和碱反应生成水和盐的氧化物，如二氧化碳可以和氢氧化钠发生反应生成碳酸钠和水，故①正确；
②弱酸和盐反应生成更难溶的物质可以实现，如H2S+CuSO4＝CuS↓+H2SO4，故②正确
③酸和盐反应生成弱酸的复分解反应，HCl+CH3COONa＝CH3COOH+NaCl，故③正确；
④根据反应2H2S+H2SO3＝3H2O+S↓可知，氢硫酸和亚硫酸溶液充分反应后的溶液体系为中性，故④正确；
⑤同素异形体之间的转化属于有单质参加的非氧化还原反应，故⑤正确；
⑥反应2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑和3NO2+H2O＝2HNO3+NO是两种氧化物反应产物有气体的反应，故⑥正确。
故选：A。
【点评】本题考查学生元素和化合物的综合知识，注意知识的积累是解题的关键，综合性较强，难度较大．
10．（3分）下列有关实验操作、现象和结论或解释均正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
结论或解释
A
向FeI2溶液中滴入足量溴水，加入CCl4，振荡，静置
下层溶液显紫红色
氧化性：Fe3+＞I2
B
向苯酚浊液中滴入Na2S溶液
浊液变清
结合H+能力：C6H5O﹣＜S2﹣
C
在Fe（NO3）2溶液中滴加酸化的H2O2
浅绿色变黄色
H2O2具有氧化性
D
溴乙烷中加入NaOH醇溶液并加热，将产生的气体直接通入酸性KMnO4溶液中
酸性KMnO4溶液褪色
溴乙烷发生消去反应生成乙烯
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.溴水足量，碘离子、亚铁离子均被氧化；
B.苯酚浊液中滴入Na2S溶液，反应生成苯酚钠；
C.酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子；
D.挥发的醇及生成的乙烯均可被高锰酸钾氧化。
【解答】解：A.溴水足量，碘离子、亚铁离子均被氧化，由操作和现象不能比较Fe3+、I2的氧化性，故A错误；
B.苯酚浊液中滴入Na2S溶液，反应生成苯酚钠，则结合H+能力：C6H5O﹣＜S2﹣，故B正确；
C.酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子，由操作和现象不能说明H2O2具有氧化性，故C错误；
D.挥发的醇及生成的乙烯均可被高锰酸钾氧化，由操作和现象不能说明生成乙烯，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
11．（3分）某学习小组以废催化剂（主要成分SiO2、ZnO、ZnS和CuS）为原料，制备锌和铜的硫酸盐晶体。设计的实验方案如下：
下列说法不正确的是（ ）
A．步骤①中能溶于稀硫酸的是ZnO、ZnS
B．步骤①、③中发生的反应均为氧化还原反应
C．步骤③涉及的离子反应可能为CuS+H2O2+2H+Cu2++S+2H2O
D．步骤②和④，采用蒸发浓缩、冷却结晶，过滤后均可获取粗晶体
【分析】废催化剂主要成分SiO2、ZnO、ZnS和CuS，由实验流程可知，①中发生ZnO+H2SO4＝ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4＝ZnSO4+H2S↑，滤液含硫酸锌，结晶法可得到晶体，滤渣1为CuS、SiO2，③中发生CuS+H2O2+H2SO4＝CuSO4+S↓+2H2O，滤渣2为S、SiO2，滤液含硫酸铜，结晶法得到胆矾，以此解答该题。
【解答】解：A．ZnO、ZnS可与硫酸反应，CuS不溶于硫酸，故A正确；
B．①中发生ZnO+H2SO4＝ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4＝ZnSO4+H2S↑，不是氧化还原反应，故B错误；
C．③中发生CuS+H2O2+H2SO4＝CuSO4+S↓+2H2O，离子反应为CuS+H2O2+2H+Cu2++S+2H2O，故C正确；
D．步骤②和④均为溶液结晶得到含结晶水的晶体，则均采用蒸发浓缩、冷却结晶法获得晶体，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、物质的性质、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
12．（3分）甲硫醇是一种重要的原料和化工试剂，硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程如下。下列说法中不正确的是（ ）
A．过程①吸收能量
B．过程④中，形成了O—H键和C—S键
C．该催化剂可降低反应活化能从而有效提高反应物的平衡转化率
D．硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应类型为取代反应
【分析】通过催化过程可以看出，硫化氢加入催化剂后将硫化氢中的氢硫键断开形成﹣SH和氢原子，加入甲醇后，甲醇分子吸附在催剂表面，将氢氧键断开，﹣SH取代了羟基的位置形成了甲硫醇和水，据此分析解答。
【解答】解：A．过程①为拆化学键的过程，吸收能量，故A正确；
B．过程④中，生成了CH2SH和﹣OH，结合图示，由分析可知，O﹣H键和C﹣S键是新形成的，故B正确；
C．该催化剂只能缩短达到平衡的时间，改变化学反应速率，不能提高反应物的平衡转化率，故C错误；
D．硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应方程式为：H2S+CH3OH→CH3SH+H2O，﹣SH取代甲醇中的﹣OH，反应类型为取代反应，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应的原理和实质的探究，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和自学能力，注意把握化学键的断裂和形成的特点，把握反应的原理，题目难度不大。
13．（3分）根据表中提供的信息判断下列叙述错误的是（ ）
组号
参加反应的物质
生成物
①
MnO4﹣、Cl﹣…
Cl2、Mn2+…
②
Cl2（少量）、FeBr2
FeCl3、FeBr3
③
KMnO4、H2O2、H2SO4
K2SO4、MnSO4…
A．第①组反应中生成0.5 mol Cl2，转移1mol电子
B．第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：2
C．第③组反应的其余产物为O2和H2O
D．氧化性由强到弱的顺序为MnO4﹣＞Cl2＞Fe3+＞Br2
【分析】A．由信息可知，MnO4﹣氧化Cl﹣为Cl2，Cl元素化合价由﹣1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍；
B．由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，结构电子转移守恒计算判断；
C．反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，应生成氧气，根据元素守恒还生成水；
D．氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由②可知Fe3+不能氧化Br﹣，氧化性Br2＞Fe3+。
【解答】解：A．由信息可知，MnO4﹣氧化Cl﹣为Cl2，Cl元素化合价由﹣1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成0.5 mol Cl2，转移1mol电子，故A正确；
B．由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，根据电子转移守恒2n（Cl2）＝n（FeBr2），即n（Cl2）：n（FeBr2）＝1：2，故B正确；
C．反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，故C正确；
D．氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由③可知氧化性MnO4﹣＞Cl2，由②可知氧化性Cl2＞Fe3+，由②可知Fe3+不能氧化Br﹣，氧化性Br2＞Fe3+，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握氧化还原反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电子守恒的应用，题目难度不大。
14．（3分）NaClO是漂白液的有效成分，某研究小组探究NaClO溶液的性质，设计了下列实验：
装置图
试剂X
实验现象
①
0.2mol•L﹣1盐酸
产生黄绿色气体
②
0.2mol•L﹣1 KI﹣淀粉溶液
溶液变蓝
③
0.2mol•L﹣1FeSO4（H+）和KSCN混合溶液
溶液变红
④
0.2mol•L﹣1AlCl3溶液
产生白色沉淀
下列判断不正确的是（ ）
A．实验①中发生的反应：ClO−+Cl−+2H+＝Cl2↑+H2O
B．实验④中ClO−与Al3+相互促进水解
C．实验③中该条件下氧化性强弱：ClO−＞Fe3+
D．实验②中发生的反应：ClO−+2I−+2H+＝Cl−+I2+H2O
【分析】A．加入盐酸，次氯酸根离子在酸溶液中具有强氧化性氧化氯离子生成氯气；
B.ClO﹣和Al3+在同一溶液中易发生双水解反应；
C．Fe2+有还原性，能被强氧化性的ClO﹣氧化为Fe3+；
D．0.2 mol•L﹣1 KI﹣淀粉溶液中滴入次氯酸钠溶液，发生的反应是碱性溶液中次氯酸钠氧化碘化钾生成碘单质。
【解答】解：A．加入盐酸，次氯酸根离子在酸溶液中具有强氧化性氧化氯离子生成氯气，反应的离子方程式：ClO﹣+Cl﹣+2H+＝Cl2↑+H2O，故A正确；
B．NaClO溶液水解显碱性，AlCl3溶液水解显酸性，二者混合相互促进水解，生成Al（OH）3白色胶状沉淀，故B错误；
C．在0.2mol/LFeSO4酸性溶液中滴加0.2mol/LNaClO溶液，Fe2+和ClO﹣发生氧化反应生成的Fe3+遇KSCN，使溶液显红色，即说明ClO﹣氧化性大于Fe3+，故C正确；
D．实验②.0.2 mol•L﹣1 KI﹣淀粉溶液中滴入次氯酸钠溶液，发生的反应是碱性溶液中次氯酸钠氧化碘化钾生成碘单质，反应的离子方程式：ClO﹣+2I﹣+H2O＝Cl﹣+I2+2OH﹣，故D正确；
故选：D。
【点评】本题以NaClO的性质为载体，考查性质实验方案的设计与评价，涉及氧化还原反应原理、水解原理及离子反应方程式书写等理论，综合性考查，题目难度中等。
15．（3分）用20mL 0.1mol/L的FeSO4溶液，恰好还原1.0×10﹣3mol[RO（OH）2]+离子，则R元素的最终价态为（ ）
A．+2 B．+3 C．+4 D．+5
【分析】[RO（OH）2]+中R的化合价是+5价，该反应中，亚铁离子失电子生成铁离子，R元素得电子发生还原反应，在氧化还原反应中得失电子数相等，根据转移电子守恒进行计算．
【解答】解：[RO（OH）2]+中R的化合价是+5价，该反应中，亚铁离子失电子生成铁离子，R元素得电子发生还原反应，
设R元素的最终价态为x，
根据转移电子守恒得：0.1mol/L×0.02L×（3﹣2）＝1.0×10﹣3 mol×（5﹣x），
0.002mol＝1.0×10﹣3 mol×（5﹣x），
解得：x＝+3，
故选：B。
【点评】本题考查了氧化还原反应的有关计算，明确氧化还原反应中得失电子相等是解本题关键，根据转移电子守恒来分析解答即可，难度不大．
16．（3分）将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO）．向反应后的溶液中加入3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加 5.1g．下列叙述不正确的是（ ）
A．当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4mol
B．参加反应的金属的总质量 3.6g＜m＜9.6 g
C．当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积V＝100mL
D．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积在标况下为 2.24L
【分析】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：3Mg+8HNO3（稀）＝3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；
向反应后的溶液中加入过量的3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH＝Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH＝Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为＝0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol，
A．根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）＝n（金属）；
B．利用极限法假定全为镁、全为铜计算判断；
C．加入的氢氧化钠可能中和未反应的硝酸；
D．根据电子转移守恒计算NO物质的量，结合气体不一定是标准状况判断．
【解答】解：将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：3Mg+8HNO3 （稀）＝3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3 （稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；
向反应后的溶液中加入过量的3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH＝Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH＝Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为＝0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol，
A．根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）＝n（金属）＝0.15mol×＝0.4mol，故A正确；
B．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×24g/mol＝3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×64g/mol＝9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6g＜m＜9.6g，故B正确；
C．若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量为0.3mol，需要氢氧化钠溶液体积为：＝0.1L＝100mL，硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，所以V≥100mL，故C错误；
D．根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为＝0.1mol，标准状况下，生成NO的体积为0.1mol×22.4L/mol＝2.24L，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查混合物有关计算，题目难度中等，综合考查学生的得失电子守恒、质量守恒等综合运用和解决复杂问题的能力，是一道考查能力的好题，充分考查了学生的分析能力及化学计算能力．
二、非选择题（共4大题，52分）
17．（12分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种应用广泛的高效氧化型漂白剂。以下是某小组模拟工业制法利用ClO2与H2O2在碱性条件下制备少量NaClO2的实验装置：
已知：（1）硫酸作酸化剂时，甲醇（CH3OH）可将NaClO3还原为ClO2。
（2）ClO2沸点为9.9℃，可溶于水，有毒，气体中ClO2浓度较高时易发生爆炸。
（3）饱和NaClO2溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2•3H2O，在温度高于38℃时析出晶体NaClO2，高于60℃时分解生成NaClO3和NaCl。
回答下列问题：
（1）实验前用浓硫酸与50%甲醇溶液配制混合溶液的操作是 将一定量的浓硫酸沿容器壁慢慢注入50%的甲醇溶液中，并不断搅拌 ：。
（2）实验过程中需要持续通入CO2的主要目的，一是可以起到搅拌作用，二是 降低ClO2的浓度（或减小ClO2的体积分数），防止爆炸
（3）装置A中，若氧化产物为CO2，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为 6：1 。
（4）装置B中生成NaClO2的化学方程式是 2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2+2H2O 。
（5）从反应后的B溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤是：a． 控制在38～60℃之间蒸发浓缩 ；b． 趁热过滤 ；c．用38～60℃的热水洗涤；d．在低于60℃的真空中蒸发，干燥。
（6）装置C中ClO2与NaOH溶液反应生成等物质的量的两种钠盐，其中一种为NaClO2，装置C中ClO2与NaOH溶液反应的化学方程式为 2ClO2+2NaOH═NaClO2+NaClO3+H2O 。
（7）NaClO2纯度测定：①称取所得 NaClO2样品1.000g于烧杯中，加入适量蒸馏水过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应（ClO2﹣的还原产物为Cl﹣），将所得混合液配成250mL待测溶液；②取25.00mL待测液，用0.2000mol/LNa2S2O3标准液滴定（I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣），以淀粉溶液做指示剂，判断达到滴定终点时的现象为 溶液由蓝色变无色，且30秒内不褪色 。重复滴定3 次，测得Na2S2O3标准液平均用量为18.00mL，则该样品中 NaClO2的质量分数为 81.45% 。
【分析】根据题意，A为制备ClO2的装置，冰水浴B中为由A中生成的ClO2制备NaClO2的装置，C为尾气处理装置。
（1）依据浓硫酸稀释的正确操作解答；
（2）根据题意可知，气体中ClO2浓度较高时易发生爆炸，据此分析；
（3）装置A中，氧化产物为CO2，还原产物为ClO2，根据化合价升降相等，计算氧化剂与还原剂的物质的量之比；
（4）根据题意可知ClO2转化为NaClO2，化合价降低，则H2O2化合价升高产生O2，据此写出化学方程式；
（5）从溶液中制取溶质，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法；
（6）装置C中加入NaOH溶液的目的是因为NaClO2遇酸放出ClO2，需用NaOH溶液吸收ClO2；ClO2在碱溶液中发生岐化其还原产物为NaClO2，氧化产物为NaClO3，据此写出化学方程式；
（7）NaClO2样品和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸发生的反应为：ClO2﹣+4I﹣+4H+＝Cl﹣+2I2+2H2O，加淀粉溶液显蓝色，Na2S2O3标准液滴定，与碘单质反应：I2+2S2O32﹣＝2I﹣+S4O62﹣，蓝色褪去时滴定完成；有关系式：NaClO2～2I2～4Na2S2O3，据此计算。
【解答】解：根据题意，A为制备ClO2的装置，冰水浴B中为由A中生成的ClO2制备NaClO2的装置，C为尾气处理装置。
（1）因为要考虑浓硫酸稀释时会释放热量，所以实验前用浓硫酸与50%甲醇溶液配制混合溶液的操作是：将一定量的浓硫酸沿容器壁慢慢注入50%的甲醇溶液中，并不断搅拌，
故答案为：将一定量的浓硫酸沿容器壁慢慢注入50%的甲醇溶液中，并不断搅拌；
（2）根据题意可知，气体中ClO2浓度较高时易发生爆炸，所以通入CO2的主要目的有两个，一是可以起到搅拌作用，二是降低ClO2的浓度（或减小ClO2的体积分数），防止爆炸，
故答案为：降低ClO2的浓度（或减小ClO2的体积分数），防止爆炸；
（3）装置A中，氧化产物为CO2，还原产物为ClO2，根据化合价升降相等，甲醇（CH3OH）中C为﹣2价升高了6价，NaClO3还原中氯降低了1价，故氧化剂NaClO3与还原剂甲醇（CH3OH）的物质的量之比为6：1，
故答案为：6：1；
（4）根据题意可知ClO2转化为NaClO2，化合价降低，则H2O2化合价升高产生O2，因此化学方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2+2H2O，
故答案为：2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2+2H2O；
（5）由信息温度高于38℃时析出的晶体是NaClO2，在温度高于60℃时NaClO2分解生成NaClO3和NaCl可知，从NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤：
a．控制在38～60℃之间蒸发浓缩；b．趁热过滤；c．用38～60℃的热水洗涤；d．在低于60℃的真空中蒸发，干燥。
故答案为：a．控制在38～60℃之间蒸发浓缩；b．趁热过滤；
（6）ClO2在碱溶液中发生岐化还原产物为NaClO2，氧化产物为NaClO3，因此化学方程式为：2ClO2+2NaOH═NaClO2+NaClO3+H2O，
故答案为：2ClO2+2NaOH═NaClO2+NaClO3+H2O；
（7）NaClO2样品和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸发生的反应为：ClO2﹣+4I﹣+4H+＝Cl﹣+2I2+2H2O，加淀粉溶液显蓝色，Na2S2O3标准液滴定，与碘单质反应：I2+2S2O32﹣＝2I﹣+S4O62﹣，蓝色褪去时滴定完成，故达到滴定终点时的现象为：溶液由蓝色变无色，且30秒内不褪色；有关系式：
NaClO2～2I2～4Na2S2O3，设NaClO2的质量分数为ω
90.5g 4mol
1.0gω 0.2mol/L×18.00mL×10﹣3L/mL×
据此计算：ω＝×100%＝81.45%
故答案为：溶液由蓝色变无色，且30秒内不褪色；81.45%。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
18．（14分）二硫化钼（MoS2，其中Mo的化合价为+4）被誉为“固体润滑剂之王”，利用低品质的辉钼矿（含MoS2、SiO2 以及CuFeS2等杂质）制备高纯二硫化钼的一种生产工艺如图：
回答下列问题：
（1）“酸浸”中加入氢氟酸是为了除去杂质SiO2，该反应的化学方程式为 SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O 。
（2）在“氧化焙烧”过程中主要是将MoS2转化为MoO3，在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 7：2
（3）若氧化焙烧产物产生烧结现象，在“氨浸”前还需进行粉碎处理，其目的是 增大反应物的接触面积，使反应充分，提高浸出速率 ；“氨浸”后生成（ NH4）2 MoO4反应的化学方程式为 MoO3+2NH3•H2O＝（NH4）2MoO4+H2O 。
（4）向“氨浸”后的滤液中加入Na2S后，钼酸铵转化为硫代钼酸铵[（NH4）2MoS4]，加入盐酸后，（NH4）2 MoS4，与盐酸反应生成MoS3沉淀，沉淀反应的离子方程式为 MoS42﹣+2H+＝MoS3↓+H2S↑ 。
（5）高纯MoS2中仍然会存在极微量的非整比晶体MoS2.8等杂质，在该杂质中为保持电中性，Mo元素有+4、+6 两种价态，则MoS2.8中Mo4+所占Mo元素的物质的量分数为 0.2
（6）钼酸钠晶体（ Na2 MoO4•2H2O）是一种无公害型冷却水系统金属缓蚀剂，可以由MoS2制备。在制备过程中需加入Ba（OH）2固体除去SO42﹣，若溶液中c（MoO42﹣）＝0.4 mol•L﹣，c（SO42﹣）＝0.05 mol•L﹣1，常温下，当BaMoO4即将开始沉淀时，SO42﹣的去除率为 97.8% [忽略溶液体积变化。已知：259℃，Ksp （ BaMoO4）＝4.0×10﹣8，Ksp（BaSO4）＝1.1×10﹣10]。
【分析】辉钼矿（含MoS2、SiO2以及CuFeS2等杂质）用盐酸、氢氟酸酸浸，除去CuFeS2、SiO2杂质，得到粗MoS2，将粗MoS2洗涤、干燥、氧化焙烧得到MoO3；再将MoO3氨浸得到（NH4）2MoO4；加入Na2S后，钼酸铵转化为硫代钼酸铵[（NH4）2MoS4]，再加入盐酸，（NH4）2MoS4与盐酸生成MoS3沉淀：MoS42﹣+2H+＝MoS3↓+H2S↑，最后通过干燥、研磨、在氢气\Ar环境下高温获得高纯的二硫化钼MoS2，以此解答该题。
【解答】解：（1）氢氟酸与二氧化硅反应生成四氟化硅，方程式为SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O，故答案为：SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O；
（2）涉及反应为2MoS2+7O2═2MoO3+4SO2，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：2，故答案为：7：2；
（3）“氧化培烧”进行“氨浸”前需对焙烧物进行粉碎，可以增大反应物的接触面积，使反应充分，提高浸出速率；焙烧得到MoO3，氨浸后生成（NH4）2MoO4，故反应为：MoO3+2NH3•H2O＝（NH4）2MoO4+H2O；
故答案为：增大反应物的接触面积，使反应充分，提高浸出速率；MoO3+2NH3•H2O＝（NH4）2MoO4+H2O；
（4）（NH4）2MoS4在溶液中应该电离出铵根离子和MoS42﹣，MoS42﹣与盐酸的氢离子作用生成MoS3，则另外的生成物只能是H2S气体，所以离子反应方程式为：MoS42﹣+2H+＝MoS3↓+H2S↑，
故答案为：MoS42﹣+2H+＝MoS3↓+H2S↑；
（5）设在1mol的MoS2.8中Mo4+与Mo6+的物质的量分别是x和y，则x+y＝1，根据化合价代数之和为0，则有4x+6y＝2.8×2，解得x＝0.2，y＝0.8，Mo4+所占Mo元素的物质的量分数为＝0.2，
故答案为：0.2；
（6）常温下，当BaMoO4即将开始沉淀时，c（Ba2+）＝mol/L＝1.0×10﹣7mol/L，c（SO42﹣）＝mol/L＝1.1×10﹣3mol/L，则SO42﹣的去除率为＝97.8%，
故答案为：97.8%。
【点评】本题考查物质制备，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意把握实验的原理和目的，为解答该类题目的关键，注意物质的性质，结合题给信息解答，试题有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力，题目难度中等。
19．（12分）从废旧磷酸铁锂电池的正极材料（含LiFePO4、石墨粉和铝箔等）中综合回收锂、铁和磷等的工艺流程如图所示：
温度/℃
溶解度/g
物质
0
20
40
60
80
100
LiOH
11.9
12.4
13.2
14.6
16.6
19.1
Li2CO3
1.54
1.33
1.17
1.01
0.85
0.72
回答下列问题：
（1）“溶浸1”中铝溶解的化学方程式为 2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑ 。
（2）完成“溶浸2”反应的离子方程式： 2 LiFePO4+ 1 H2O2+ 6 H+ ＝ 2 Li++ 2 Fe3+ + 2 H2PO4﹣+ 2 H2O。
（3）“滤渣2”的主要成分是 石墨 。
（4）“滤液2”循环两次的目的是 提高浸出液的浓度（或提高双氧水和硫酸的利用率） 。
（5）“沉铁、磷”时，析出FePO4沉淀，反应的离子方程式为 Fe3++H2PO4﹣+CO32﹣＝FePO4↓+CO2↑+H2O 。
（6）为了充分沉淀，“沉锂”时所用的X和适宜温度是 D （填标号）。
A．NaOH；20～40℃
B．NaOH；80～100℃
C．Na2CO3；20～40℃
D．Na2CO3；60～80℃
【分析】废旧磷酸铁锂电池的正极材料（含LiFePO4、石墨粉和铝箔等）溶浸1时铝箔与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，其他物质不溶解，过滤后向滤液中通入二氧化碳生成氢氧化铝；滤渣用硫酸和双氧水进行溶浸2操作，二价铁被氧化为三价铁，石墨不溶解，过滤分离出滤渣2为石墨，为提高过氧化氢和硫酸的利用率，进行两次循环溶浸；滤液2中加碳酸钠溶液得到磷酸铁沉淀，同时生成二氧化碳气体；过滤后向滤液中加入碳酸钠沉淀锂离子，处理后得到高纯锂化合物，向滤渣中加入NaOH溶液实现沉淀的转化，得到氢氧化铁和磷酸钠晶体，以此来解答。
【解答】解：（1）“溶浸1”中铝与NaOH溶液反应偏铝酸钠和氢气，所以溶解，化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，
故答案为：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；
（2）“溶浸2”过程中LiFePO4中+2铁元素在酸性环境下被双氧水氧化成+3价，且酸性较强的条件P元素以H2PO4﹣的形式存在，根据电子守恒和元素守恒可得反应的离子方程式为2LiFePO4+H2O2+6H+＝2Li++2Fe3++2H2PO4﹣+2H2O，
故答案为：2；1；6；H+；2；2；Fe3+；2；2；
（3）“滤渣2”的主要成分为难溶于稀硫酸的石墨，
故答案为：石墨；
（4）“滤液2”循环两次可以提高浸出液的浓度（或提高双氧水和硫酸的利用率），
故答案为：提高浸出液的浓度（或提高双氧水和硫酸的利用率）；
（5）根就“沉铁、磷”时，加入碳酸钠溶液，碳酸根结合氢离子促进H2PO4﹣的电离，产生大量磷酸根和氢离子，所以析出FePO4沉淀，并生产CO2，反应的离子方程式为Fe3++H2PO4﹣+CO32﹣＝FePO4↓+CO2↑+H2O，
故答案为：Fe3++H2PO4﹣+CO32﹣＝FePO4↓+CO2↑+H2O；
（6）由表中数据可知，相同温度下碳酸锂的溶解度比LiOH小，且升高温度碳酸锂的溶解度减小，所以题目所给选项中“沉锂”时所用的X和适宜温度是Na2CO3、60﹣80℃，
故答案为：D。
【点评】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，注意对化学平衡常数的灵活运用，综合性强，题目难度较大。
20．（14分）某药物H的一种合成路线如图。
回答下列问题：
（1）C的名称是 苯甲醇 。
（2）F→H的反应类型为 加成反应 。B→C的试剂和条件是 NaOH水溶液、加热 。
（3）H有多种同分异构体，在下列哪种仪器中可以显示物质中化学键和官能团类型 C （填字母）。
A．质谱仪
B．元素分析仪
C．红外光谱仪
D．核磁共振氢谱仪
（4）写出D→E的化学方程式 。
（5）在E的同分异构体中，同时满足下列条件的结构有 15 种；其中核磁共振氢谱有六组峰，且峰面积之比为3：3：2：2：1：1的是 。
①既能发生银镜反应，又能发生水解反应；
②属于芳香族化合物；
③苯环上只有2个取代基。
（6）参照上述流程，以D和乙醛为原料合成（其他无机试剂自选），设计合成路线： 。
【分析】A的分子式为C7H8，由D的结构可知A中含有苯环，故A为，光照条件下A与氯气发生取代反应生成B为，B发生水解反应生成C为，C发生催化氧化生成D，D发生加成反应生成E，根据F分子式、H的结构，可知E发生消去反应生成F为，F和G发生加成反应生成H。
（6）由发生加聚反应生成，苯甲醛与乙醛反应生成，然后氧化生成，最后发生消去反应生成。
【解答】解：（1）由分析可知，C的结构简式为，C的名称为：苯甲醇，
故答案为：苯甲醇；
（2）F→H的反应类型为加成反应，B→C为卤代烃的水解反应，该反应的试剂和条件是NaOH水溶液、加热，
故答案为：加成反应；NaOH水溶液、加热；
（3）质谱仪确定相对分子质量等，元素分析仪测定元素种类，核磁共振氢谱仪确定H原子种类，均不能说明化学键和官能团类型，而红外光谱仪测定化学键和官能团，
故答案为：C；
（4）D→E的化学方程式为：，
故答案为：；
（5）E的同分异构体符合下列条件：①既能发生银镜反应，又能发生水解反应，说明含有﹣OOCH；②属于芳香族化合物，说明含有苯环；③苯环上只有2个取代基，取代基为HCOO﹣、CH3CH2CH2﹣，或者为HCOO﹣、（CH3）2CH﹣，或者为HCOOCH2﹣、CH3CH2﹣，或者为HCOOCH2CH2﹣、CH3﹣，或者为HCOOCH（CH3）﹣，CH3﹣，均有邻、间、对3种，故符合条件的有15种，其中核磁共振氢谱有六组峰，且峰面积之比为3：3：2：2：1：1的是，
故答案为：15；；
（6）由发生加聚反应生成，苯甲醛与乙醛反应生成，然后氧化生成，最后发生消去反应生成，合成路线流程图为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，充分利用有机物的分子式、结构简式进行分析，侧重考查学生分析推理能力、获取信息与迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化。
2021-2022学年江西省宜春市上高二中高三（上）第二次月考化学试卷
一．选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分，只有一项是符合题目要求）
1．（3分）化学与生产、生活密切相关。下列说法中正确的是（ ）
A．某些金属元素的焰色反应、海水提溴、煤的气化、石油的裂化都是化学变化的过程
B．氮氧化物的大量排放，会导致光化学烟雾、酸雨和臭氧层破坏等环境问题
C．因为胶体粒子能吸附电荷，所以有的胶体带正电荷，有的胶体带负电荷
D．人造纤维、合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物
2．（3分）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的有（ ）
①0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NA
②12g金刚石中，碳碳共价键数为4NA
③常温下，21gC3H6和C4H8的混合物中含有的碳原子数为1.5NA
④2 gD216O中含有的质子数、中子数、电子数均为NA
⑤常温常压下，S2和S6的混合物共6.4g，其中所含硫原子数一定为0.2NA
⑥10 ml 18 mol/L的浓硫酸与足量的镁反应时转移的电子数为0.18NA
A．①⑥ B．④⑤⑥ C．③④⑤ D．①②⑥
3．（3分）下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是（ ）
A．中性透明溶液中：K+、SO42﹣、NO3﹣、Fe3+
B．加入Al能放出H2的溶液中：Cl﹣、HCO3﹣、NO3﹣、NH4+
C．能使红色石蕊试纸变为蓝色的溶液：Na+、Cl﹣、S2﹣、ClO﹣
D．25℃时，KW/[H+]＝0.1 mol•L﹣1的溶液：Na+、K+、SiO32﹣、[Al（OH）4]﹣
4．（3分）下列有关化学反应的叙述正确的是（ ）
A．将Na2O2投入NH4Cl溶液中只可能生成一种气体
B．铁分别与稀盐酸和氯气反应，产物中铁元素的化合价相同
C．SO2通入BaCl2溶液有白色沉淀BaSO3生成
D．向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入足量CaCl2溶液，溶液红色褪去
5．（3分）磷酸（H3PO4）、亚磷酸（H3PO3）和次磷酸（H3PO2）都是重要的化工产品．已知：1mol磷酸、亚磷酸、次磷酸最多消耗NaOH的物质的量依次为3mol、2mol、1mol．下列推断正确的是（ ）
A．磷酸与氢氧化钠反应能生成2种盐
B．NaH2PO4、NaH2PO3、NaH2PO2都是酸式盐
C．H3PO4、H3PO3、H3PO2都是含氧酸
D．H3PO3是三元酸，又是还原性酸
6．（3分）化合物1，1二环丙基乙烯是重要的医药中间体。下列有关该化合物的说法正确的是（ ）
A．分子中所有碳原子共平面
B．其同分异构体可能是苯的同系物
C．一氯代物有4种
D．可以发生加成反应、氧化反应和加聚反应
7．（3分）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）
A．Fe（NO3）3加入过量的HI溶液：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2
B．向NH4HSO3溶液中加少量的NaOH溶液：NH4++OH﹣═NH3•H2O
C．将1mol Cl2通入到含1mol FeI2的溶液：2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl﹣
D．0.01 mol•L﹣1 NH4Al（SO4）2溶液与0.02 mol•L﹣1 Ba（OH）2溶液等体积混合：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣＝2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O
8．（3分）下列关于纯净物、混合物、强电解质、弱电解质和非电解质的正确组合是（ ）
纯净物
混合物
强电解质
弱电解质
非电解质
A
盐酸
水煤气
硫酸
醋酸
干冰
B
冰醋酸
铝热剂
硫酸钡
亚硫酸
二氧化硫
C
纯碱
天然气
苛性钾
氢硫酸
碳酸钙
D
玻璃
盐酸
氯化钠
次氯酸
氯气
A．A B．B C．C D．D
9．（3分）下列说法在一定条件下可以实现的是（ ）
①酸性氧化物与碱反应
②弱酸与盐溶液反应可生成强酸
③没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应
④两种酸溶液充分反应后的溶液呈中性
⑤有单质参加的非氧化还原反应
⑥两种含氧化合物反应的产物有气体．
A．①②③④⑤⑥ B．②④⑤⑥ C．①②③⑤ D．③④⑤⑥
10．（3分）下列有关实验操作、现象和结论或解释均正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
结论或解释
A
向FeI2溶液中滴入足量溴水，加入CCl4，振荡，静置
下层溶液显紫红色
氧化性：Fe3+＞I2
B
向苯酚浊液中滴入Na2S溶液
浊液变清
结合H+能力：C6H5O﹣＜S2﹣
C
在Fe（NO3）2溶液中滴加酸化的H2O2
浅绿色变黄色
H2O2具有氧化性
D
溴乙烷中加入NaOH醇溶液并加热，将产生的气体直接通入酸性KMnO4溶液中
酸性KMnO4溶液褪色
溴乙烷发生消去反应生成乙烯
A．A B．B C．C D．D
11．（3分）某学习小组以废催化剂（主要成分SiO2、ZnO、ZnS和CuS）为原料，制备锌和铜的硫酸盐晶体。设计的实验方案如下：
下列说法不正确的是（ ）
A．步骤①中能溶于稀硫酸的是ZnO、ZnS
B．步骤①、③中发生的反应均为氧化还原反应
C．步骤③涉及的离子反应可能为CuS+H2O2+2H+Cu2++S+2H2O
D．步骤②和④，采用蒸发浓缩、冷却结晶，过滤后均可获取粗晶体
12．（3分）甲硫醇是一种重要的原料和化工试剂，硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程如下。下列说法中不正确的是（ ）
A．过程①吸收能量
B．过程④中，形成了O—H键和C—S键
C．该催化剂可降低反应活化能从而有效提高反应物的平衡转化率
D．硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应类型为取代反应
13．（3分）根据表中提供的信息判断下列叙述错误的是（ ）
组号
参加反应的物质
生成物
①
MnO4﹣、Cl﹣…
Cl2、Mn2+…
②
Cl2（少量）、FeBr2
FeCl3、FeBr3
③
KMnO4、H2O2、H2SO4
K2SO4、MnSO4…
A．第①组反应中生成0.5 mol Cl2，转移1mol电子
B．第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：2
C．第③组反应的其余产物为O2和H2O
D．氧化性由强到弱的顺序为MnO4﹣＞Cl2＞Fe3+＞Br2
14．（3分）NaClO是漂白液的有效成分，某研究小组探究NaClO溶液的性质，设计了下列实验：
装置图
试剂X
实验现象
①
0.2mol•L﹣1盐酸
产生黄绿色气体
②
0.2mol•L﹣1 KI﹣淀粉溶液
溶液变蓝
③
0.2mol•L﹣1FeSO4（H+）和KSCN混合溶液
溶液变红
④
0.2mol•L﹣1AlCl3溶液
产生白色沉淀
下列判断不正确的是（ ）
A．实验①中发生的反应：ClO−+Cl−+2H+＝Cl2↑+H2O
B．实验④中ClO−与Al3+相互促进水解
C．实验③中该条件下氧化性强弱：ClO−＞Fe3+
D．实验②中发生的反应：ClO−+2I−+2H+＝Cl−+I2+H2O
15．（3分）用20mL 0.1mol/L的FeSO4溶液，恰好还原1.0×10﹣3mol[RO（OH）2]+离子，则R元素的最终价态为（ ）
A．+2 B．+3 C．+4 D．+5
16．（3分）将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO）．向反应后的溶液中加入3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加 5.1g．下列叙述不正确的是（ ）
A．当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4mol
B．参加反应的金属的总质量 3.6g＜m＜9.6 g
C．当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积V＝100mL
D．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积在标况下为 2.24L
二、非选择题（共4大题，52分）
17．（12分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种应用广泛的高效氧化型漂白剂。以下是某小组模拟工业制法利用ClO2与H2O2在碱性条件下制备少量NaClO2的实验装置：
已知：（1）硫酸作酸化剂时，甲醇（CH3OH）可将NaClO3还原为ClO2。
（2）ClO2沸点为9.9℃，可溶于水，有毒，气体中ClO2浓度较高时易发生爆炸。
（3）饱和NaClO2溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2•3H2O，在温度高于38℃时析出晶体NaClO2，高于60℃时分解生成NaClO3和NaCl。
回答下列问题：
（1）实验前用浓硫酸与50%甲醇溶液配制混合溶液的操作是 ：。
（2）实验过程中需要持续通入CO2的主要目的，一是可以起到搅拌作用，二是
（3）装置A中，若氧化产物为CO2，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
（4）装置B中生成NaClO2的化学方程式是 。
（5）从反应后的B溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤是：a． ；b． ；c．用38～60℃的热水洗涤；d．在低于60℃的真空中蒸发，干燥。
（6）装置C中ClO2与NaOH溶液反应生成等物质的量的两种钠盐，其中一种为NaClO2，装置C中ClO2与NaOH溶液反应的化学方程式为 。
（7）NaClO2纯度测定：①称取所得 NaClO2样品1.000g于烧杯中，加入适量蒸馏水过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应（ClO2﹣的还原产物为Cl﹣），将所得混合液配成250mL待测溶液；②取25.00mL待测液，用0.2000mol/LNa2S2O3标准液滴定（I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣），以淀粉溶液做指示剂，判断达到滴定终点时的现象为 。重复滴定3 次，测得Na2S2O3标准液平均用量为18.00mL，则该样品中 NaClO2的质量分数为 。
18．（14分）二硫化钼（MoS2，其中Mo的化合价为+4）被誉为“固体润滑剂之王”，利用低品质的辉钼矿（含MoS2、SiO2 以及CuFeS2等杂质）制备高纯二硫化钼的一种生产工艺如图：
回答下列问题：
（1）“酸浸”中加入氢氟酸是为了除去杂质SiO2，该反应的化学方程式为 。
（2）在“氧化焙烧”过程中主要是将MoS2转化为MoO3，在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为
（3）若氧化焙烧产物产生烧结现象，在“氨浸”前还需进行粉碎处理，其目的是 ；“氨浸”后生成（ NH4）2 MoO4反应的化学方程式为 。
（4）向“氨浸”后的滤液中加入Na2S后，钼酸铵转化为硫代钼酸铵[（NH4）2MoS4]，加入盐酸后，（NH4）2 MoS4，与盐酸反应生成MoS3沉淀，沉淀反应的离子方程式为 。
（5）高纯MoS2中仍然会存在极微量的非整比晶体MoS2.8等杂质，在该杂质中为保持电中性，Mo元素有+4、+6 两种价态，则MoS2.8中Mo4+所占Mo元素的物质的量分数为
（6）钼酸钠晶体（ Na2 MoO4•2H2O）是一种无公害型冷却水系统金属缓蚀剂，可以由MoS2制备。在制备过程中需加入Ba（OH）2固体除去SO42﹣，若溶液中c（MoO42﹣）＝0.4 mol•L﹣，c（SO42﹣）＝0.05 mol•L﹣1，常温下，当BaMoO4即将开始沉淀时，SO42﹣的去除率为 [忽略溶液体积变化。已知：259℃，Ksp （ BaMoO4）＝4.0×10﹣8，Ksp（BaSO4）＝1.1×10﹣10]。
19．（12分）从废旧磷酸铁锂电池的正极材料（含LiFePO4、石墨粉和铝箔等）中综合回收锂、铁和磷等的工艺流程如图所示：
温度/℃
溶解度/g
物质
0
20
40
60
80
100
LiOH
11.9
12.4
13.2
14.6
16.6
19.1
Li2CO3
1.54
1.33
1.17
1.01
0.85
0.72
回答下列问题：
（1）“溶浸1”中铝溶解的化学方程式为 。
（2）完成“溶浸2”反应的离子方程式： LiFePO4+ H2O2+ ＝ Li++ + H2PO4﹣+ H2O。
（3）“滤渣2”的主要成分是 。
（4）“滤液2”循环两次的目的是 。
（5）“沉铁、磷”时，析出FePO4沉淀，反应的离子方程式为 。
（6）为了充分沉淀，“沉锂”时所用的X和适宜温度是 （填标号）。
A．NaOH；20～40℃
B．NaOH；80～100℃
C．Na2CO3；20～40℃
D．Na2CO3；60～80℃
20．（14分）某药物H的一种合成路线如图。
回答下列问题：
（1）C的名称是 。
（2）F→H的反应类型为 。B→C的试剂和条件是 。
（3）H有多种同分异构体，在下列哪种仪器中可以显示物质中化学键和官能团类型 （填字母）。
A．质谱仪
B．元素分析仪
C．红外光谱仪
D．核磁共振氢谱仪
（4）写出D→E的化学方程式 。
（5）在E的同分异构体中，同时满足下列条件的结构有 种；其中核磁共振氢谱有六组峰，且峰面积之比为3：3：2：2：1：1的是 。
①既能发生银镜反应，又能发生水解反应；
②属于芳香族化合物；
③苯环上只有2个取代基。
（6）参照上述流程，以D和乙醛为原料合成（其他无机试剂自选），设计合成路线： 。
2021-2022学年江西省宜春市上高二中高三（上）第二次月考化学试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分，只有一项是符合题目要求）
1．（3分）化学与生产、生活密切相关。下列说法中正确的是（ ）
A．某些金属元素的焰色反应、海水提溴、煤的气化、石油的裂化都是化学变化的过程
B．氮氧化物的大量排放，会导致光化学烟雾、酸雨和臭氧层破坏等环境问题
C．因为胶体粒子能吸附电荷，所以有的胶体带正电荷，有的胶体带负电荷
D．人造纤维、合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物
【分析】A．有新物质生成的变化为化学变化，没有新物质生成的变化为化学变化；
B．氮的氧化物的排放能引起光化学烟雾、酸雨和臭氧层破坏；
C．胶体不带电；
D．光导纤维主要成分为二氧化硅。
【解答】解：A．焰色反应过程中没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；
B．氮氧化物的大量排放，会导致光化学烟雾、酸雨和臭氧层破坏等环境问题，故B正确；
C．胶体不带电，部分胶体颗粒能够吸附带电离子形成带电的胶体微粒，故C错误；
D．光导纤维主要成分为二氧化硅，是无机物，不是高分子化合物，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了物质的结构组成与性质，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。
2．（3分）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的有（ ）
①0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NA
②12g金刚石中，碳碳共价键数为4NA
③常温下，21gC3H6和C4H8的混合物中含有的碳原子数为1.5NA
④2 gD216O中含有的质子数、中子数、电子数均为NA
⑤常温常压下，S2和S6的混合物共6.4g，其中所含硫原子数一定为0.2NA
⑥10 ml 18 mol/L的浓硫酸与足量的镁反应时转移的电子数为0.18NA
A．①⑥ B．④⑤⑥ C．③④⑤ D．①②⑥
【分析】①1mol丙烯酸中含2mol双键；
②金刚石晶体中，每个C与其它4个C形成了4个C﹣C共价键，根据均摊法计算出12gC形成的共价键数目；
③C3H6和C4H8的混合物中的最简式为CH2，根据21g混合物中含有1.5mol最简式计算出含有的碳原子数目；
④依据n＝计算物质的量，再计算微粒数；
⑤都是单质，则硫原子的物质的量＝；
⑥浓硫酸最终变成稀硫酸，稀硫酸与镁反应生成氢气，无法计算转移的电子数。
【解答】解：①丙烯酸中含碳碳双键和碳氧双键，故1mol丙烯酸中含2mol双键，即0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.2NA，故①错误；
②12g金刚石中含有12gC，含有1molC，金刚石中，每个C与其它4个C形成了4个C﹣C共价键，每个C形成的共价键数目为：×4＝2，所以1molC形成的共价键为2mol，12g金刚石中的C﹣C键数目为2NA
，故②错误；
③常温下，21g C3H6和C4H8的混合物中含有最简式CH2物质的量＝＝1.5mol，含有1.5mol碳原子，含有的碳原子数为1.5NA，故③正确；
④依据2gD216O的物质的量＝＝0.1mol，故所含有的质子数为0.1mol×10＝1mol，即NA个、含有的中子数为0.1mol×10＝1mol，即NA个、含有的电子数为0.1mol×10＝1mol，即NA个，故④正确；
⑤S2和S8的混合物中只有S原子，则硫原子的物质的量为＝0.2mol，则所含硫原子数一定为0.2NA，故⑤正确；
⑥10ml 18mol/L的浓硫酸中含有溶质硫酸0.18mol，由于浓硫酸随着反应的进行变成稀硫酸，稀硫酸与镁反应生成氢气，而浓硫酸与镁反应生成二氧化硫，无法计算生成二氧化硫和氢气的物质的量，则无法计算转移的电子数，故⑥错误，
根据以上分析可知，正确的为：③④⑤，
故选：C。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，试题有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。
3．（3分）下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是（ ）
A．中性透明溶液中：K+、SO42﹣、NO3﹣、Fe3+
B．加入Al能放出H2的溶液中：Cl﹣、HCO3﹣、NO3﹣、NH4+
C．能使红色石蕊试纸变为蓝色的溶液：Na+、Cl﹣、S2﹣、ClO﹣
D．25℃时，KW/[H+]＝0.1 mol•L﹣1的溶液：Na+、K+、SiO32﹣、[Al（OH）4]﹣
【分析】A．铁离子只能存在与酸性溶液中；
B．加入Al能放出H2的溶液中，溶液可以为酸性溶液或者碱性溶液；
C．S2﹣和ClO﹣发生氧化还原反应；
D．25℃时，KW/[H+]＝0.1 mol•L﹣1的溶液，溶液呈碱性，含大量OH﹣。
【解答】解：A．中性溶液中不能大量存在Fe3+，故A不选；
B．加入Al能放出H2的溶液中，溶液可以为酸性溶液或者碱性溶液，HCO3﹣与H+和OH﹣都反应，两种情况都能不大量共存，故B不选；
C．S2﹣和ClO﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故C不选；
D．25℃时，KW/[H+]＝0.1 mol•L﹣1的溶液，溶液呈碱性，含大量OH﹣，OH﹣、Na+、K+、SiO32﹣、[Al（OH）4]﹣相互不反应，可以大量共存，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查了离子共存判断，明确离子反应条件是解题关键，题目难度不大。
4．（3分）下列有关化学反应的叙述正确的是（ ）
A．将Na2O2投入NH4Cl溶液中只可能生成一种气体
B．铁分别与稀盐酸和氯气反应，产物中铁元素的化合价相同
C．SO2通入BaCl2溶液有白色沉淀BaSO3生成
D．向滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入足量CaCl2溶液，溶液红色褪去
【分析】A、过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，氢氧化钠与氯化铵反应生成氨气；
B、铁与盐酸反应生成氯化亚铁，与氯气反应生成氯化铁；
C、SO2通入BaCl2溶液中不反应；
D、碳酸根水解显碱性，使酚酞呈红色，进而氯化钙溶液，生成碳酸钙沉淀，溶液几乎为中性。
【解答】解：A、过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，氢氧化钠与氯化铵反应生成氨气，故A错误；
B、铁与盐酸反应生成氯化亚铁，与氯气反应生成氯化铁，铁分别表现为+2、+3价，故B错误；
C、SO2通入BaCl2溶液，SO2与BaCl2溶液不反应，没有现象，故C错误；
D、碳酸钠溶液中存在平衡CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，CO32﹣水解使溶液显碱性，使酚酞呈红色，加入氯化钙溶液，生成碳酸钙沉淀，平衡向左移动，溶液几乎为中性，红色褪去，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查Na、Fe元素单质及其化合物性质以及盐类水解、酸性强弱等，难度不大，注意对基础知识的理解掌握。
5．（3分）磷酸（H3PO4）、亚磷酸（H3PO3）和次磷酸（H3PO2）都是重要的化工产品．已知：1mol磷酸、亚磷酸、次磷酸最多消耗NaOH的物质的量依次为3mol、2mol、1mol．下列推断正确的是（ ）
A．磷酸与氢氧化钠反应能生成2种盐
B．NaH2PO4、NaH2PO3、NaH2PO2都是酸式盐
C．H3PO4、H3PO3、H3PO2都是含氧酸
D．H3PO3是三元酸，又是还原性酸
【分析】已知：1mol磷酸、亚磷酸、次磷酸最多消耗NaOH的物质的量依次为3mol、2mol、1mol，说明磷酸为三元酸，亚磷酸为二元酸，次磷酸为一元酸，据此分析解答．
【解答】解：A、根据以上分析，磷酸为三元酸，与氢氧化钠反应能生成3种盐，故A错误；
B、根据以上分析，磷酸为三元酸，亚磷酸为二元酸，次磷酸为一元酸，所以NaH2PO4、NaH2PO3是酸式盐，NaH2PO2是正盐，故B错误；
C、H3PO4、H3PO3、H3PO2三种酸都含氧，则都是含氧酸，故C正确；
D、H3PO3中P元素的化合价为+3价，是中间价态，既能升高又能降低，则亚磷酸有氧化性和还原性，但属于二元酸，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查磷的含氧酸的性质，属于信息习题，注意信息和所学知识的结合来解答，难度也不大，但NaH2PO2为正盐是学生解答的难点．
6．（3分）化合物1，1二环丙基乙烯是重要的医药中间体。下列有关该化合物的说法正确的是（ ）
A．分子中所有碳原子共平面
B．其同分异构体可能是苯的同系物
C．一氯代物有4种
D．可以发生加成反应、氧化反应和加聚反应
【分析】A．分子中含有碳碳双键，两个三元环，环上的碳原子均为饱和碳原子，具有甲烷结构特点；
B．该有机物的分子式为C8H12，苯的同系物的通式为CnH2n﹣6；
C．有几种氢原子，其一氯代物就有几种；
D．碳碳双键具有乙烯结构特点，能发生加成反应、加聚反应、氧化反应。
【解答】解：A．分子中含有碳碳双键，两个三元环，环上的碳原子均为饱和碳原子，饱和碳原子呈四面体，故所有碳原子不可能在同一平面上，故A错误；
B．该有机物的分子式为C8H12，苯的同系物的通式为CnH2n﹣6，不符合苯的同系物的通式，故B错误；
C．该分子中存在三种等效氢，故一氯代物有三种，，故C错误；
D．该有机物含有碳碳双键，可以发生加成反应，加聚反应，氧化反应，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
7．（3分）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（ ）
A．Fe（NO3）3加入过量的HI溶液：2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2
B．向NH4HSO3溶液中加少量的NaOH溶液：NH4++OH﹣═NH3•H2O
C．将1mol Cl2通入到含1mol FeI2的溶液：2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++I2+4Cl﹣
D．0.01 mol•L﹣1 NH4Al（SO4）2溶液与0.02 mol•L﹣1 Ba（OH）2溶液等体积混合：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣＝2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O
【分析】A．HI过量，硝酸根离子，三价铁离子都被氧化；
B．氢氧化钠少量，先与亚硫酸氢根离子反应；
C．碘离子还原性强，氯气少量先氧化碘离子；
D．铵根离子结合氢氧根离子能力大于氢氧化铝，则反应生成一水合氨和氢氧化铝沉淀。
【解答】解：A．Fe（NO3）3加入过量的HI溶液的离子反应为Fe3++3NO3﹣+12H++10I﹣＝Fe2++5I2+3NO↑+6H2O，故A错误；
B．向NH4HSO3溶液中加少量的NaOH溶液：HSO3﹣+OH﹣═H2O+SO32﹣，故B错误；
C．将1mol Cl2通入到含1mol FeI2的溶液中，只能够将碘离子氧化完全，正确的离子方程式为Cl2+2I﹣＝2Cl﹣+I2，故C错误；
D.0.01 mol•L﹣1NH4Al（SO4）2溶液与0.02 mol•L﹣1Ba（OH）2溶液等体积混合，反应的离子方程式为：NH4++Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣＝2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确判断离子方程式正误常用方法，如：检查是否满足电荷守恒、质量守恒、电子守恒等，特别注意反应物过量情况对生成物的影响。
8．（3分）下列关于纯净物、混合物、强电解质、弱电解质和非电解质的正确组合是（ ）
纯净物
混合物
强电解质
弱电解质
非电解质
A
盐酸
水煤气
硫酸
醋酸
干冰
B
冰醋酸
铝热剂
硫酸钡
亚硫酸
二氧化硫
C
纯碱
天然气
苛性钾
氢硫酸
碳酸钙
D
玻璃
盐酸
氯化钠
次氯酸
氯气
A．A B．B C．C D．D
【分析】纯净物：有一种物质组成，包括单质和化合物；
混合物：由两种或两种以上的物质组成；
在水溶液里或熔融状态下完全电离的是强电解质，部分电离的是弱电解质；
在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，电解质和非电解质都是化合物来分析。
【解答】解：A、盐酸、水煤气、硫酸、醋酸、干冰分别属于混合物、混合物、强电解质、混合物、非电解质，故A错误；
B、冰醋酸、铝热剂、硫酸钡、亚硫酸、二氧化硫分别属于纯净物、混合物、强电解质、弱电解质、非电解质，故B正确；
C、纯碱、天然气、苛性钾、氢硫酸、碳酸钙分别属于化合物、混合物、强电解质、弱电解质、强电解质，故C错误；
D、玻璃、盐酸、氯化钠、次氯酸、氯气分别属于混合物、混合物、强电解质、弱电解质、单质，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了纯净物、混合物、电解质、非电解质的概念判断及各种物质的成分掌握，题目难度中等。
9．（3分）下列说法在一定条件下可以实现的是（ ）
①酸性氧化物与碱反应
②弱酸与盐溶液反应可生成强酸
③没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应
④两种酸溶液充分反应后的溶液呈中性
⑤有单质参加的非氧化还原反应
⑥两种含氧化合物反应的产物有气体．
A．①②③④⑤⑥ B．②④⑤⑥ C．①②③⑤ D．③④⑤⑥
【分析】①酸性氧化物和碱反应生成盐和水；
②弱酸和盐反应生成更难溶的物质可以实现；
③酸和盐反应生成弱酸的复分解反应可以发生反应；
④氧化还原反应的发生有可能使得溶液的酸碱性发生变化；
⑤有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应；
⑥根据元素和化合物性质知识来回答．
【解答】解：①酸性氧化物是和碱反应生成水和盐的氧化物，如二氧化碳可以和氢氧化钠发生反应生成碳酸钠和水，故①正确；
②弱酸和盐反应生成更难溶的物质可以实现，如H2S+CuSO4＝CuS↓+H2SO4，故②正确
③酸和盐反应生成弱酸的复分解反应，HCl+CH3COONa＝CH3COOH+NaCl，故③正确；
④根据反应2H2S+H2SO3＝3H2O+S↓可知，氢硫酸和亚硫酸溶液充分反应后的溶液体系为中性，故④正确；
⑤同素异形体之间的转化属于有单质参加的非氧化还原反应，故⑤正确；
⑥反应2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑和3NO2+H2O＝2HNO3+NO是两种氧化物反应产物有气体的反应，故⑥正确。
故选：A。
【点评】本题考查学生元素和化合物的综合知识，注意知识的积累是解题的关键，综合性较强，难度较大．
10．（3分）下列有关实验操作、现象和结论或解释均正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
结论或解释
A
向FeI2溶液中滴入足量溴水，加入CCl4，振荡，静置
下层溶液显紫红色
氧化性：Fe3+＞I2
B
向苯酚浊液中滴入Na2S溶液
浊液变清
结合H+能力：C6H5O﹣＜S2﹣
C
在Fe（NO3）2溶液中滴加酸化的H2O2
浅绿色变黄色
H2O2具有氧化性
D
溴乙烷中加入NaOH醇溶液并加热，将产生的气体直接通入酸性KMnO4溶液中
酸性KMnO4溶液褪色
溴乙烷发生消去反应生成乙烯
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.溴水足量，碘离子、亚铁离子均被氧化；
B.苯酚浊液中滴入Na2S溶液，反应生成苯酚钠；
C.酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子；
D.挥发的醇及生成的乙烯均可被高锰酸钾氧化。
【解答】解：A.溴水足量，碘离子、亚铁离子均被氧化，由操作和现象不能比较Fe3+、I2的氧化性，故A错误；
B.苯酚浊液中滴入Na2S溶液，反应生成苯酚钠，则结合H+能力：C6H5O﹣＜S2﹣，故B正确；
C.酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子，由操作和现象不能说明H2O2具有氧化性，故C错误；
D.挥发的醇及生成的乙烯均可被高锰酸钾氧化，由操作和现象不能说明生成乙烯，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
11．（3分）某学习小组以废催化剂（主要成分SiO2、ZnO、ZnS和CuS）为原料，制备锌和铜的硫酸盐晶体。设计的实验方案如下：
下列说法不正确的是（ ）
A．步骤①中能溶于稀硫酸的是ZnO、ZnS
B．步骤①、③中发生的反应均为氧化还原反应
C．步骤③涉及的离子反应可能为CuS+H2O2+2H+Cu2++S+2H2O
D．步骤②和④，采用蒸发浓缩、冷却结晶，过滤后均可获取粗晶体
【分析】废催化剂主要成分SiO2、ZnO、ZnS和CuS，由实验流程可知，①中发生ZnO+H2SO4＝ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4＝ZnSO4+H2S↑，滤液含硫酸锌，结晶法可得到晶体，滤渣1为CuS、SiO2，③中发生CuS+H2O2+H2SO4＝CuSO4+S↓+2H2O，滤渣2为S、SiO2，滤液含硫酸铜，结晶法得到胆矾，以此解答该题。
【解答】解：A．ZnO、ZnS可与硫酸反应，CuS不溶于硫酸，故A正确；
B．①中发生ZnO+H2SO4＝ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4＝ZnSO4+H2S↑，不是氧化还原反应，故B错误；
C．③中发生CuS+H2O2+H2SO4＝CuSO4+S↓+2H2O，离子反应为CuS+H2O2+2H+Cu2++S+2H2O，故C正确；
D．步骤②和④均为溶液结晶得到含结晶水的晶体，则均采用蒸发浓缩、冷却结晶法获得晶体，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、物质的性质、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
12．（3分）甲硫醇是一种重要的原料和化工试剂，硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程如下。下列说法中不正确的是（ ）
A．过程①吸收能量
B．过程④中，形成了O—H键和C—S键
C．该催化剂可降低反应活化能从而有效提高反应物的平衡转化率
D．硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应类型为取代反应
【分析】通过催化过程可以看出，硫化氢加入催化剂后将硫化氢中的氢硫键断开形成﹣SH和氢原子，加入甲醇后，甲醇分子吸附在催剂表面，将氢氧键断开，﹣SH取代了羟基的位置形成了甲硫醇和水，据此分析解答。
【解答】解：A．过程①为拆化学键的过程，吸收能量，故A正确；
B．过程④中，生成了CH2SH和﹣OH，结合图示，由分析可知，O﹣H键和C﹣S键是新形成的，故B正确；
C．该催化剂只能缩短达到平衡的时间，改变化学反应速率，不能提高反应物的平衡转化率，故C错误；
D．硫化氢与甲醇合成甲硫醇的反应方程式为：H2S+CH3OH→CH3SH+H2O，﹣SH取代甲醇中的﹣OH，反应类型为取代反应，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学反应的原理和实质的探究，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和自学能力，注意把握化学键的断裂和形成的特点，把握反应的原理，题目难度不大。
13．（3分）根据表中提供的信息判断下列叙述错误的是（ ）
组号
参加反应的物质
生成物
①
MnO4﹣、Cl﹣…
Cl2、Mn2+…
②
Cl2（少量）、FeBr2
FeCl3、FeBr3
③
KMnO4、H2O2、H2SO4
K2SO4、MnSO4…
A．第①组反应中生成0.5 mol Cl2，转移1mol电子
B．第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：2
C．第③组反应的其余产物为O2和H2O
D．氧化性由强到弱的顺序为MnO4﹣＞Cl2＞Fe3+＞Br2
【分析】A．由信息可知，MnO4﹣氧化Cl﹣为Cl2，Cl元素化合价由﹣1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍；
B．由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，结构电子转移守恒计算判断；
C．反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，应生成氧气，根据元素守恒还生成水；
D．氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由②可知Fe3+不能氧化Br﹣，氧化性Br2＞Fe3+。
【解答】解：A．由信息可知，MnO4﹣氧化Cl﹣为Cl2，Cl元素化合价由﹣1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成0.5 mol Cl2，转移1mol电子，故A正确；
B．由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，根据电子转移守恒2n（Cl2）＝n（FeBr2），即n（Cl2）：n（FeBr2）＝1：2，故B正确；
C．反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，故C正确；
D．氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由③可知氧化性MnO4﹣＞Cl2，由②可知氧化性Cl2＞Fe3+，由②可知Fe3+不能氧化Br﹣，氧化性Br2＞Fe3+，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握氧化还原反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电子守恒的应用，题目难度不大。
14．（3分）NaClO是漂白液的有效成分，某研究小组探究NaClO溶液的性质，设计了下列实验：
装置图
试剂X
实验现象
①
0.2mol•L﹣1盐酸
产生黄绿色气体
②
0.2mol•L﹣1 KI﹣淀粉溶液
溶液变蓝
③
0.2mol•L﹣1FeSO4（H+）和KSCN混合溶液
溶液变红
④
0.2mol•L﹣1AlCl3溶液
产生白色沉淀
下列判断不正确的是（ ）
A．实验①中发生的反应：ClO−+Cl−+2H+＝Cl2↑+H2O
B．实验④中ClO−与Al3+相互促进水解
C．实验③中该条件下氧化性强弱：ClO−＞Fe3+
D．实验②中发生的反应：ClO−+2I−+2H+＝Cl−+I2+H2O
【分析】A．加入盐酸，次氯酸根离子在酸溶液中具有强氧化性氧化氯离子生成氯气；
B.ClO﹣和Al3+在同一溶液中易发生双水解反应；
C．Fe2+有还原性，能被强氧化性的ClO﹣氧化为Fe3+；
D．0.2 mol•L﹣1 KI﹣淀粉溶液中滴入次氯酸钠溶液，发生的反应是碱性溶液中次氯酸钠氧化碘化钾生成碘单质。
【解答】解：A．加入盐酸，次氯酸根离子在酸溶液中具有强氧化性氧化氯离子生成氯气，反应的离子方程式：ClO﹣+Cl﹣+2H+＝Cl2↑+H2O，故A正确；
B．NaClO溶液水解显碱性，AlCl3溶液水解显酸性，二者混合相互促进水解，生成Al（OH）3白色胶状沉淀，故B错误；
C．在0.2mol/LFeSO4酸性溶液中滴加0.2mol/LNaClO溶液，Fe2+和ClO﹣发生氧化反应生成的Fe3+遇KSCN，使溶液显红色，即说明ClO﹣氧化性大于Fe3+，故C正确；
D．实验②.0.2 mol•L﹣1 KI﹣淀粉溶液中滴入次氯酸钠溶液，发生的反应是碱性溶液中次氯酸钠氧化碘化钾生成碘单质，反应的离子方程式：ClO﹣+2I﹣+H2O＝Cl﹣+I2+2OH﹣，故D正确；
故选：D。
【点评】本题以NaClO的性质为载体，考查性质实验方案的设计与评价，涉及氧化还原反应原理、水解原理及离子反应方程式书写等理论，综合性考查，题目难度中等。
15．（3分）用20mL 0.1mol/L的FeSO4溶液，恰好还原1.0×10﹣3mol[RO（OH）2]+离子，则R元素的最终价态为（ ）
A．+2 B．+3 C．+4 D．+5
【分析】[RO（OH）2]+中R的化合价是+5价，该反应中，亚铁离子失电子生成铁离子，R元素得电子发生还原反应，在氧化还原反应中得失电子数相等，根据转移电子守恒进行计算．
【解答】解：[RO（OH）2]+中R的化合价是+5价，该反应中，亚铁离子失电子生成铁离子，R元素得电子发生还原反应，
设R元素的最终价态为x，
根据转移电子守恒得：0.1mol/L×0.02L×（3﹣2）＝1.0×10﹣3 mol×（5﹣x），
0.002mol＝1.0×10﹣3 mol×（5﹣x），
解得：x＝+3，
故选：B。
【点评】本题考查了氧化还原反应的有关计算，明确氧化还原反应中得失电子相等是解本题关键，根据转移电子守恒来分析解答即可，难度不大．
16．（3分）将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO）．向反应后的溶液中加入3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加 5.1g．下列叙述不正确的是（ ）
A．当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4mol
B．参加反应的金属的总质量 3.6g＜m＜9.6 g
C．当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积V＝100mL
D．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积在标况下为 2.24L
【分析】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：3Mg+8HNO3（稀）＝3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；
向反应后的溶液中加入过量的3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH＝Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH＝Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为＝0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol，
A．根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）＝n（金属）；
B．利用极限法假定全为镁、全为铜计算判断；
C．加入的氢氧化钠可能中和未反应的硝酸；
D．根据电子转移守恒计算NO物质的量，结合气体不一定是标准状况判断．
【解答】解：将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：3Mg+8HNO3 （稀）＝3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3 （稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；
向反应后的溶液中加入过量的3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH＝Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH＝Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为＝0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol，
A．根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）＝n（金属）＝0.15mol×＝0.4mol，故A正确；
B．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×24g/mol＝3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×64g/mol＝9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6g＜m＜9.6g，故B正确；
C．若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量为0.3mol，需要氢氧化钠溶液体积为：＝0.1L＝100mL，硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，所以V≥100mL，故C错误；
D．根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为＝0.1mol，标准状况下，生成NO的体积为0.1mol×22.4L/mol＝2.24L，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查混合物有关计算，题目难度中等，综合考查学生的得失电子守恒、质量守恒等综合运用和解决复杂问题的能力，是一道考查能力的好题，充分考查了学生的分析能力及化学计算能力．
二、非选择题（共4大题，52分）
17．（12分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种应用广泛的高效氧化型漂白剂。以下是某小组模拟工业制法利用ClO2与H2O2在碱性条件下制备少量NaClO2的实验装置：
已知：（1）硫酸作酸化剂时，甲醇（CH3OH）可将NaClO3还原为ClO2。
（2）ClO2沸点为9.9℃，可溶于水，有毒，气体中ClO2浓度较高时易发生爆炸。
（3）饱和NaClO2溶液在温度低于38℃时析出晶体NaClO2•3H2O，在温度高于38℃时析出晶体NaClO2，高于60℃时分解生成NaClO3和NaCl。
回答下列问题：
（1）实验前用浓硫酸与50%甲醇溶液配制混合溶液的操作是 将一定量的浓硫酸沿容器壁慢慢注入50%的甲醇溶液中，并不断搅拌 ：。
（2）实验过程中需要持续通入CO2的主要目的，一是可以起到搅拌作用，二是 降低ClO2的浓度（或减小ClO2的体积分数），防止爆炸
（3）装置A中，若氧化产物为CO2，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为 6：1 。
（4）装置B中生成NaClO2的化学方程式是 2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2+2H2O 。
（5）从反应后的B溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤是：a． 控制在38～60℃之间蒸发浓缩 ；b． 趁热过滤 ；c．用38～60℃的热水洗涤；d．在低于60℃的真空中蒸发，干燥。
（6）装置C中ClO2与NaOH溶液反应生成等物质的量的两种钠盐，其中一种为NaClO2，装置C中ClO2与NaOH溶液反应的化学方程式为 2ClO2+2NaOH═NaClO2+NaClO3+H2O 。
（7）NaClO2纯度测定：①称取所得 NaClO2样品1.000g于烧杯中，加入适量蒸馏水过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应（ClO2﹣的还原产物为Cl﹣），将所得混合液配成250mL待测溶液；②取25.00mL待测液，用0.2000mol/LNa2S2O3标准液滴定（I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣），以淀粉溶液做指示剂，判断达到滴定终点时的现象为 溶液由蓝色变无色，且30秒内不褪色 。重复滴定3 次，测得Na2S2O3标准液平均用量为18.00mL，则该样品中 NaClO2的质量分数为 81.45% 。
【分析】根据题意，A为制备ClO2的装置，冰水浴B中为由A中生成的ClO2制备NaClO2的装置，C为尾气处理装置。
（1）依据浓硫酸稀释的正确操作解答；
（2）根据题意可知，气体中ClO2浓度较高时易发生爆炸，据此分析；
（3）装置A中，氧化产物为CO2，还原产物为ClO2，根据化合价升降相等，计算氧化剂与还原剂的物质的量之比；
（4）根据题意可知ClO2转化为NaClO2，化合价降低，则H2O2化合价升高产生O2，据此写出化学方程式；
（5）从溶液中制取溶质，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法；
（6）装置C中加入NaOH溶液的目的是因为NaClO2遇酸放出ClO2，需用NaOH溶液吸收ClO2；ClO2在碱溶液中发生岐化其还原产物为NaClO2，氧化产物为NaClO3，据此写出化学方程式；
（7）NaClO2样品和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸发生的反应为：ClO2﹣+4I﹣+4H+＝Cl﹣+2I2+2H2O，加淀粉溶液显蓝色，Na2S2O3标准液滴定，与碘单质反应：I2+2S2O32﹣＝2I﹣+S4O62﹣，蓝色褪去时滴定完成；有关系式：NaClO2～2I2～4Na2S2O3，据此计算。
【解答】解：根据题意，A为制备ClO2的装置，冰水浴B中为由A中生成的ClO2制备NaClO2的装置，C为尾气处理装置。
（1）因为要考虑浓硫酸稀释时会释放热量，所以实验前用浓硫酸与50%甲醇溶液配制混合溶液的操作是：将一定量的浓硫酸沿容器壁慢慢注入50%的甲醇溶液中，并不断搅拌，
故答案为：将一定量的浓硫酸沿容器壁慢慢注入50%的甲醇溶液中，并不断搅拌；
（2）根据题意可知，气体中ClO2浓度较高时易发生爆炸，所以通入CO2的主要目的有两个，一是可以起到搅拌作用，二是降低ClO2的浓度（或减小ClO2的体积分数），防止爆炸，
故答案为：降低ClO2的浓度（或减小ClO2的体积分数），防止爆炸；
（3）装置A中，氧化产物为CO2，还原产物为ClO2，根据化合价升降相等，甲醇（CH3OH）中C为﹣2价升高了6价，NaClO3还原中氯降低了1价，故氧化剂NaClO3与还原剂甲醇（CH3OH）的物质的量之比为6：1，
故答案为：6：1；
（4）根据题意可知ClO2转化为NaClO2，化合价降低，则H2O2化合价升高产生O2，因此化学方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2+2H2O，
故答案为：2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2+2H2O；
（5）由信息温度高于38℃时析出的晶体是NaClO2，在温度高于60℃时NaClO2分解生成NaClO3和NaCl可知，从NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤：
a．控制在38～60℃之间蒸发浓缩；b．趁热过滤；c．用38～60℃的热水洗涤；d．在低于60℃的真空中蒸发，干燥。
故答案为：a．控制在38～60℃之间蒸发浓缩；b．趁热过滤；
（6）ClO2在碱溶液中发生岐化还原产物为NaClO2，氧化产物为NaClO3，因此化学方程式为：2ClO2+2NaOH═NaClO2+NaClO3+H2O，
故答案为：2ClO2+2NaOH═NaClO2+NaClO3+H2O；
（7）NaClO2样品和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸发生的反应为：ClO2﹣+4I﹣+4H+＝Cl﹣+2I2+2H2O，加淀粉溶液显蓝色，Na2S2O3标准液滴定，与碘单质反应：I2+2S2O32﹣＝2I﹣+S4O62﹣，蓝色褪去时滴定完成，故达到滴定终点时的现象为：溶液由蓝色变无色，且30秒内不褪色；有关系式：
NaClO2～2I2～4Na2S2O3，设NaClO2的质量分数为ω
90.5g 4mol
1.0gω 0.2mol/L×18.00mL×10﹣3L/mL×
据此计算：ω＝×100%＝81.45%
故答案为：溶液由蓝色变无色，且30秒内不褪色；81.45%。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
18．（14分）二硫化钼（MoS2，其中Mo的化合价为+4）被誉为“固体润滑剂之王”，利用低品质的辉钼矿（含MoS2、SiO2 以及CuFeS2等杂质）制备高纯二硫化钼的一种生产工艺如图：
回答下列问题：
（1）“酸浸”中加入氢氟酸是为了除去杂质SiO2，该反应的化学方程式为 SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O 。
（2）在“氧化焙烧”过程中主要是将MoS2转化为MoO3，在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 7：2
（3）若氧化焙烧产物产生烧结现象，在“氨浸”前还需进行粉碎处理，其目的是 增大反应物的接触面积，使反应充分，提高浸出速率 ；“氨浸”后生成（ NH4）2 MoO4反应的化学方程式为 MoO3+2NH3•H2O＝（NH4）2MoO4+H2O 。
（4）向“氨浸”后的滤液中加入Na2S后，钼酸铵转化为硫代钼酸铵[（NH4）2MoS4]，加入盐酸后，（NH4）2 MoS4，与盐酸反应生成MoS3沉淀，沉淀反应的离子方程式为 MoS42﹣+2H+＝MoS3↓+H2S↑ 。
（5）高纯MoS2中仍然会存在极微量的非整比晶体MoS2.8等杂质，在该杂质中为保持电中性，Mo元素有+4、+6 两种价态，则MoS2.8中Mo4+所占Mo元素的物质的量分数为 0.2
（6）钼酸钠晶体（ Na2 MoO4•2H2O）是一种无公害型冷却水系统金属缓蚀剂，可以由MoS2制备。在制备过程中需加入Ba（OH）2固体除去SO42﹣，若溶液中c（MoO42﹣）＝0.4 mol•L﹣，c（SO42﹣）＝0.05 mol•L﹣1，常温下，当BaMoO4即将开始沉淀时，SO42﹣的去除率为 97.8% [忽略溶液体积变化。已知：259℃，Ksp （ BaMoO4）＝4.0×10﹣8，Ksp（BaSO4）＝1.1×10﹣10]。
【分析】辉钼矿（含MoS2、SiO2以及CuFeS2等杂质）用盐酸、氢氟酸酸浸，除去CuFeS2、SiO2杂质，得到粗MoS2，将粗MoS2洗涤、干燥、氧化焙烧得到MoO3；再将MoO3氨浸得到（NH4）2MoO4；加入Na2S后，钼酸铵转化为硫代钼酸铵[（NH4）2MoS4]，再加入盐酸，（NH4）2MoS4与盐酸生成MoS3沉淀：MoS42﹣+2H+＝MoS3↓+H2S↑，最后通过干燥、研磨、在氢气\Ar环境下高温获得高纯的二硫化钼MoS2，以此解答该题。
【解答】解：（1）氢氟酸与二氧化硅反应生成四氟化硅，方程式为SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O，故答案为：SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O；
（2）涉及反应为2MoS2+7O2═2MoO3+4SO2，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：2，故答案为：7：2；
（3）“氧化培烧”进行“氨浸”前需对焙烧物进行粉碎，可以增大反应物的接触面积，使反应充分，提高浸出速率；焙烧得到MoO3，氨浸后生成（NH4）2MoO4，故反应为：MoO3+2NH3•H2O＝（NH4）2MoO4+H2O；
故答案为：增大反应物的接触面积，使反应充分，提高浸出速率；MoO3+2NH3•H2O＝（NH4）2MoO4+H2O；
（4）（NH4）2MoS4在溶液中应该电离出铵根离子和MoS42﹣，MoS42﹣与盐酸的氢离子作用生成MoS3，则另外的生成物只能是H2S气体，所以离子反应方程式为：MoS42﹣+2H+＝MoS3↓+H2S↑，
故答案为：MoS42﹣+2H+＝MoS3↓+H2S↑；
（5）设在1mol的MoS2.8中Mo4+与Mo6+的物质的量分别是x和y，则x+y＝1，根据化合价代数之和为0，则有4x+6y＝2.8×2，解得x＝0.2，y＝0.8，Mo4+所占Mo元素的物质的量分数为＝0.2，
故答案为：0.2；
（6）常温下，当BaMoO4即将开始沉淀时，c（Ba2+）＝mol/L＝1.0×10﹣7mol/L，c（SO42﹣）＝mol/L＝1.1×10﹣3mol/L，则SO42﹣的去除率为＝97.8%，
故答案为：97.8%。
【点评】本题考查物质制备，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意把握实验的原理和目的，为解答该类题目的关键，注意物质的性质，结合题给信息解答，试题有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力，题目难度中等。
19．（12分）从废旧磷酸铁锂电池的正极材料（含LiFePO4、石墨粉和铝箔等）中综合回收锂、铁和磷等的工艺流程如图所示：
温度/℃
溶解度/g
物质
0
20
40
60
80
100
LiOH
11.9
12.4
13.2
14.6
16.6
19.1
Li2CO3
1.54
1.33
1.17
1.01
0.85
0.72
回答下列问题：
（1）“溶浸1”中铝溶解的化学方程式为 2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑ 。
（2）完成“溶浸2”反应的离子方程式： 2 LiFePO4+ 1 H2O2+ 6 H+ ＝ 2 Li++ 2 Fe3+ + 2 H2PO4﹣+ 2 H2O。
（3）“滤渣2”的主要成分是 石墨 。
（4）“滤液2”循环两次的目的是 提高浸出液的浓度（或提高双氧水和硫酸的利用率） 。
（5）“沉铁、磷”时，析出FePO4沉淀，反应的离子方程式为 Fe3++H2PO4﹣+CO32﹣＝FePO4↓+CO2↑+H2O 。
（6）为了充分沉淀，“沉锂”时所用的X和适宜温度是 D （填标号）。
A．NaOH；20～40℃
B．NaOH；80～100℃
C．Na2CO3；20～40℃
D．Na2CO3；60～80℃
【分析】废旧磷酸铁锂电池的正极材料（含LiFePO4、石墨粉和铝箔等）溶浸1时铝箔与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，其他物质不溶解，过滤后向滤液中通入二氧化碳生成氢氧化铝；滤渣用硫酸和双氧水进行溶浸2操作，二价铁被氧化为三价铁，石墨不溶解，过滤分离出滤渣2为石墨，为提高过氧化氢和硫酸的利用率，进行两次循环溶浸；滤液2中加碳酸钠溶液得到磷酸铁沉淀，同时生成二氧化碳气体；过滤后向滤液中加入碳酸钠沉淀锂离子，处理后得到高纯锂化合物，向滤渣中加入NaOH溶液实现沉淀的转化，得到氢氧化铁和磷酸钠晶体，以此来解答。
【解答】解：（1）“溶浸1”中铝与NaOH溶液反应偏铝酸钠和氢气，所以溶解，化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，
故答案为：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑；
（2）“溶浸2”过程中LiFePO4中+2铁元素在酸性环境下被双氧水氧化成+3价，且酸性较强的条件P元素以H2PO4﹣的形式存在，根据电子守恒和元素守恒可得反应的离子方程式为2LiFePO4+H2O2+6H+＝2Li++2Fe3++2H2PO4﹣+2H2O，
故答案为：2；1；6；H+；2；2；Fe3+；2；2；
（3）“滤渣2”的主要成分为难溶于稀硫酸的石墨，
故答案为：石墨；
（4）“滤液2”循环两次可以提高浸出液的浓度（或提高双氧水和硫酸的利用率），
故答案为：提高浸出液的浓度（或提高双氧水和硫酸的利用率）；
（5）根就“沉铁、磷”时，加入碳酸钠溶液，碳酸根结合氢离子促进H2PO4﹣的电离，产生大量磷酸根和氢离子，所以析出FePO4沉淀，并生产CO2，反应的离子方程式为Fe3++H2PO4﹣+CO32﹣＝FePO4↓+CO2↑+H2O，
故答案为：Fe3++H2PO4﹣+CO32﹣＝FePO4↓+CO2↑+H2O；
（6）由表中数据可知，相同温度下碳酸锂的溶解度比LiOH小，且升高温度碳酸锂的溶解度减小，所以题目所给选项中“沉锂”时所用的X和适宜温度是Na2CO3、60﹣80℃，
故答案为：D。
【点评】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，注意对化学平衡常数的灵活运用，综合性强，题目难度较大。
20．（14分）某药物H的一种合成路线如图。
回答下列问题：
（1）C的名称是 苯甲醇 。
（2）F→H的反应类型为 加成反应 。B→C的试剂和条件是 NaOH水溶液、加热 。
（3）H有多种同分异构体，在下列哪种仪器中可以显示物质中化学键和官能团类型 C （填字母）。
A．质谱仪
B．元素分析仪
C．红外光谱仪
D．核磁共振氢谱仪
（4）写出D→E的化学方程式 。
（5）在E的同分异构体中，同时满足下列条件的结构有 15 种；其中核磁共振氢谱有六组峰，且峰面积之比为3：3：2：2：1：1的是 。
①既能发生银镜反应，又能发生水解反应；
②属于芳香族化合物；
③苯环上只有2个取代基。
（6）参照上述流程，以D和乙醛为原料合成（其他无机试剂自选），设计合成路线： 。
【分析】A的分子式为C7H8，由D的结构可知A中含有苯环，故A为，光照条件下A与氯气发生取代反应生成B为，B发生水解反应生成C为，C发生催化氧化生成D，D发生加成反应生成E，根据F分子式、H的结构，可知E发生消去反应生成F为，F和G发生加成反应生成H。
（6）由发生加聚反应生成，苯甲醛与乙醛反应生成，然后氧化生成，最后发生消去反应生成。
【解答】解：（1）由分析可知，C的结构简式为，C的名称为：苯甲醇，
故答案为：苯甲醇；
（2）F→H的反应类型为加成反应，B→C为卤代烃的水解反应，该反应的试剂和条件是NaOH水溶液、加热，
故答案为：加成反应；NaOH水溶液、加热；
（3）质谱仪确定相对分子质量等，元素分析仪测定元素种类，核磁共振氢谱仪确定H原子种类，均不能说明化学键和官能团类型，而红外光谱仪测定化学键和官能团，
故答案为：C；
（4）D→E的化学方程式为：，
故答案为：；
（5）E的同分异构体符合下列条件：①既能发生银镜反应，又能发生水解反应，说明含有﹣OOCH；②属于芳香族化合物，说明含有苯环；③苯环上只有2个取代基，取代基为HCOO﹣、CH3CH2CH2﹣，或者为HCOO﹣、（CH3）2CH﹣，或者为HCOOCH2﹣、CH3CH2﹣，或者为HCOOCH2CH2﹣、CH3﹣，或者为HCOOCH（CH3）﹣，CH3﹣，均有邻、间、对3种，故符合条件的有15种，其中核磁共振氢谱有六组峰，且峰面积之比为3：3：2：2：1：1的是，
故答案为：15；；
（6）由发生加聚反应生成，苯甲醛与乙醛反应生成，然后氧化生成，最后发生消去反应生成，合成路线流程图为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，充分利用有机物的分子式、结构简式进行分析，侧重考查学生分析推理能力、获取信息与迁移运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化。
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