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2022淮安淮安区高三上学期期中化学试卷含答案
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2021～2022学年度第一学期期中调研测试试题
高三化学
时间：75分钟 总分：100分
本卷用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 S：32 Cl：35.5 K：39 Cu：64 I：127
单项选择题：本题包括14 小题，每小题3分，共计42分。每小题只有一个选项符合题意。
1. “十四五”是我国实现2030年碳达峰时期，以节能减排为基础的低碳经济是保持社会可持续发展的战略举措。下列做法违背发展低碳经济的是
A. 利用太阳能制氢气 B. 提倡使用燃油车出行
C. 进行拉闸限电活动 D. 不使用一次性塑料制品
【答案】B
【解析】
【分析】所谓低碳经济，是指在可持续发展理念指导下，通过技术创新、制度创新、产业转型、新能源开发等多种手段，尽可能地减少煤炭、石油等高碳能源消耗，减少温室气体排放，达到经济社会发展与生态环境保护双赢的一种经济发展形态。
【详解】A．利用太阳能制氢气，符合低碳经济，A错误；
B．提倡使用燃油车出行违背发展低碳经济，B正确；
C．进行拉闸限电活动，符合低碳经济，C错误；
D．不使用一次性塑料制品，符合低碳经济，D错误；
故选B。
2. 2021年11月份部分地区又一次爆发新冠疫情，乙醇、“84”消毒液(有效成分NaClO)、过氧化氢(H2O2)、过氧乙酸(CH3COOOH)等消毒液在防护防控中起了重要作用，下列有关说法正确的是
A. 过氧化氢的电子式为：
B. 中子数为12的钠原子可以表示为：
C. H2O2是含有离子键的共价化合物
D. NaClO是含有共价键的离子化合物
【答案】D
【解析】
【详解】A．过氧化氢为共价化合物，其电子式为，A错误；
B．中子数为12的钠原子可以表示为：，B错误；
C．H2O2是含有H-O和O-O共价键的共价化合物，C错误；
D．NaClO是由钠离子与次氯酸根组成的离子化合物，次氯酸根中氯原子与氧原子通过共价键连接，D正确；
故选D。
3. 有关CO2(g)＋CH4(g) = 2CO(g)＋2H2(g) ΔH1=＋247 kJ·mol-1的说法正确的是
A. 该反应在任何温度下都可自发进行
B. 反应CO2(s)＋CH4(g) = 2CO(g)＋2H2(g) ΔH2<＋247 kJ·mol-1
C. 选择高效催化剂可以降低反应的活化能，提高化学反应速率
D. 反应中每生成1 mol H2，转移电子的数目为2×6.02×1023
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应为气体体积增大的吸热反应，ΔH>0，ΔS>0，则高温时ΔG=ΔH-TΔS<0，反应自发进行，A错误；
B．CO2(g)＋CH4(g) = 2CO(g)＋2H2(g) ΔH1=＋247 kJ·mol-1，CO2的固态比气态的能量低，则反应CO2(s)＋CH4(g) = 2CO(g)＋2H2(g) ΔH2>＋247 kJ·mol-1，B错误；
C．选择高效催化剂可以降低反应的活化能，从而提高化学反应速率，C正确；
D．根据反应方程式CO2(g)＋CH4(g) = 2CO(g)＋2H2(g)可知，CO2转化为CO，C元素化合价降低2价，CH4转化为CO，C元素化合价升高6价，CH4转化为H2，H元素化合价共降低4价，所以每生成2molH2，转移6mol电子，则反应中每生成1 mol H2，转移电子的数目为3×6.02×1023，D错误；
故选C。
4. 铁元素在地壳中的含量仅次于氧、硅和铝居第四位。铁及其化合物应用广泛。高铁酸钾(K2FeO4)是种新型、高效、多功能水处理剂，其制备原理如下：2Fe(OH)3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O。在医药工业上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁。根据我国质量标准，产品中不得含有Fe2+及NO。检验产品中是否含有Fe2+，应使用的试剂为
A. 氯水 B. KSCN溶液 C. HCl溶液 D. 酸性KMnO4溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A．亚铁离子具有还原性，氯水为浅黄绿色，氯水将亚铁离子氧化为铁离子，溶液呈黄色，颜色变化不明显，A错误；
B．KSCN溶液与亚铁离子不反应，没有颜色变化，B错误；
C．HCl溶液与亚铁离子不反应，没有颜色变化，C错误；
D．酸性高锰酸钾溶液呈紫色，亚铁离子被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，现象明显，D正确；
故选D。
5. 铁元素在地壳中的含量仅次于氧、硅和铝居第四位。铁及其化合物应用广泛。高铁酸钾(K2FeO4)是种新型、高效、多功能水处理剂，其制备原理如下：2Fe(OH)3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O。下列铁及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A. K2FeO4有还原性，可用于净水
B. Fe(OH)3受热易分解，可用于吸附杂质
C. FeCl3有氧化性，可用于制作印刷铜电路板
D. Fe2O3能与盐酸反应，可用于制作油漆涂料
【答案】C
【解析】
【详解】A．K2FeO4中Fe元素化合价为最高价，则没有还原性，A错误；
B．Fe(OH)3胶体可用于吸附杂质，与其受热易分解无关，B错误；
C．FeCl3有氧化性，能与Cu发生氧化还原反应生成CuCl2和FeCl2，可用于制作印刷铜电路板，C正确；
D．Fe2O3为红棕色粉末，则可用于制作油漆涂料，与其能与盐酸反应无关，D错误；
故选C。
6. 铁元素在地壳中的含量仅次于氧、硅和铝居第四位。铁及其化合物应用广泛。高铁酸钾(K2FeO4)是种新型、高效、多功能水处理剂，其制备原理如下：2Fe(OH)3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O。下列说法正确的是
A. 0.1mol/ L KClO溶液中含有的ClO-数目小于0.1×6.02×1023
B. 1mol羰基铁[Fe(CO)5]中σ键数目为10NA
C. 制备1mol K2FeO4转移的电子数为2NA
D. 0.1mol K2FeO4与水反应能生成0.1mol Fe(OH)3(胶体)
【答案】B
【解析】
【详解】A．未告知溶液体积，无法计算0.1mol/ L KClO溶液中含有的ClO-数目，A错误；
B．Fe(CO)5分子中CO和Fe之间的配位键是σ键，每个CO中有1个配位键也是σ键，故1mol羰基铁[Fe(CO)5]中σ键数目为10 NA，B正确；
C．反应2Fe(OH)3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O中铁元素的化合价从+3价升高到+6价，转移3个电子，故制备1mol K2FeO4转移的电子数为3NA，C错误；
D．胶体胶粒是大量微粒的集合体，0.1mol K2FeO4与水反应能生成Fe(OH)3(胶体)胶粒的数目小于0.1mol，D错误；
故选B。
7. X、Y、Z、W均为短周期元素，原子序数依次递增。Y元素最外层电子数是电子层数的3倍，Z元素在元素周期表中的周期数等于族序数，Z的简单阳离子与YX-含有相同的电子数，W元素的最外层电子数是最内电子数的2倍。下列说法不正确的是
A. 第一电离能大小：Z> Y >X
B. X和Y可以组成X2Y型化合物
C. 工业上常用电解法制备元素Z的单质
D. Z、W的最高价氧化物均具有很高的熔点
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、W均为短周期元素，原子序数依次递增。Y元素最外层电子数是电子层数的3倍，则Y为O元素；Z元素在元素周期表中的周期数等于族序数，则Z为Al元素；Z的简单阳离子是Al3+，含有10个电子，Z的简单阳离子与YX-含有相同的电子数，YX-含有10个电子，Y为O元素，含有8个电子，则X为H元素；W元素的最外层电子数是最内电子数的2倍，且W原子序数大于Al，则W为Si元素；综上所述，X为H元素，Y为O元素，Z为Al元素，W为Si元素。
【详解】A．非金属性越强，第一电离能越大，非金属性O>H>Al，则第一电离能大小：Y>X>Z，A错误；
B．X为H元素，Y为O元素，可以组成X2Y型化合物即为H2O，B正确；
C．Z为较活泼金属，工业上常用电解法氧化铝的方法制备元素Al的单质，C正确；
D．Z、W的最高价氧化物分别为Al2O3、SiO2，均具有很高的熔点，D正确；
故选A。
8. 已知.图中装置不能达到相应实验目的的是
A
B
C
D
生成NO2
收集NO2
吸收NO2尾气
使NO2充分转化为HNO3
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．浓硝酸和铜反应生成硝酸铜、水和NO2，A正确；
B．NO2的密度比空气大，应用向上排空气法收集，即长进短出，B错误；
C．根据题目所给信息可知NO2可以和NaOH溶液反应得到可溶性盐，所以可以用NaOH溶液处理尾气，C正确；
D．试管中发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，可以使使NO2充分转化为HNO3，D正确；
综上所述答案为B。
9. 采用惰性电极，以氮气和水为原料通过电解法制备氨的装置如图所示。下列说法不正确的是
A. 电解时，溶液中K+向a极移动
B. 电解时，电子由电源负极经导线流向a极
C. 电解时，a极上发生反应：N2+6e-+6H+=2NH3
D. 电解一段时间后，b极附近溶液的pH减小
【答案】C
【解析】
【分析】a电极上N2转化为NH3，N元素化合价降低，发生还原反应，a电极为阴极；b电极上OH-转化为O2，O元素化合价升高，发生氧化反应，b电极为阳极。
【详解】A．电解时，溶液中K+向阴极移动，即向A极移动，A项正确；
B．电解时，电流经导线由a极移向电源负极，电流与电子流向相反，所以电子由电源负极经导线流向a极，B项正确；
C．电解质溶液为KOH溶液，电解时，a极上N2和水反应生成NH3和OH-，电极反应式为：，C项错误；
D．b极的电极反应为：，电解过程中消耗OH-，pH减小，D项正确；
答案选C。
10. 止吐药米格列奈中间体N的合成反应如图(已知：Ph为苯基)。下列叙述错误的是
A. M合成N的反应为取代反应
B. 中间体N的分子式为C22H16O8N2
C. M、N都能使酸性的KMnO4溶液褪色
D. 物质的量相同的M与N最多消耗等量的NaOH
【答案】D
【解析】
【详解】A．M合成N是M中的-OH被代替，反应为取代反应，故A正确；
B．根据N的结构简式，中间体N的分子式为C22H16O8N2，故B正确；
C．M、N中与苯基直接相连的碳原子上含有H原子，所以都能使酸性的KMnO4溶液褪色，故C正确；
D．1molM最多消耗2molNaOH，1mol N最多消耗4molNaOH，故D错误；
选D。
11. 消除“含氮化合物”污染是当前科学研究的热点。次氯酸盐脱除NO的过程如下：
i.NO + HClO = NO2 + HCl
ii.NO + NO2 + H2O = 2HNO2
iii.HClO + HNO2 = HNO3 + HCl
下列叙述不正确的是
A. NO2单独存在时不能被脱除
B. 脱除过程中，次氯酸盐溶液的pH下降
C. 在此过程中有部分NO首先被转化为NO2
D. 烟气中含有的少量O2能提高NO的脱除率
【答案】A
【解析】
【详解】A．NO2与水反应生成NO，一定比例的NO2与NO被HClO脱除，所以NO2单独存在时能被脱除，A错误；
B．脱除过程中生成HNO3和HCl，则次氯酸盐溶液的pH下降，B正确；
C．由反应i、ii、iii可知在此过程中有部分NO首先被转化NO2，C正确；
D．由反应i、ii、iii可知，NO的脱除不能一步完成，需要转化为NO2或与NO2一起生成HNO2脱除，所以通入少量O2能将NO转化为NO2，提高NO的脱除率，D正确；
故选A。
12. 常温下，醋酸Ka=1.75×10-5，氨水Kb=1.79×10-5，进行下列实验操作，
实验
实验操作
1
向试管中滴加10mL浓度均为0.1mol·L-1的HCl和CH3COOH
2
向实验1中的溶液滴加10mL 0.1mol·L-1氨水
3
向实验2中的溶液继续滴加10mL 0.1mol·L-1氨水
4
另取实验1中同样的溶液，滴加VmL 0.1mol·L-1氨水，测得混合后溶液pH=7
下列说法不正确的是
A. 实验1溶液中：c(Cl-)>c(CH3COO-)
B. 实验2溶液中：c(NH)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
C. 实验3的过程中，混合液中水的电离程度一直变大
D. 实验4中V< 20mL
【答案】D
【解析】
【详解】A．向试管中滴加10mL浓度均为0.1mol·L-1的HCl和CH3COOH，HCl为强酸，完全电离，CH3COOH为弱酸，部分电离，则c(Cl-)>c(CH3COO-)，A正确；
B．由物料守恒可知，实验2溶液中：c(NH)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，B正确；
C．向实验2中的溶液继续滴加10mL 0.1mol·L-1氨水过程中，氨水与CH3COOH反应生成可水解盐，则实验3的过程中，混合液中水的电离程度一直变大，C正确；
D．实验4为另取实验1中同样的溶液，滴加VmL 0.1mol·L-1氨水，测得混合后溶液pH=7，若V=20mL，则反应后溶质为NH4Cl和CH3COONH4，反应后混合溶液呈酸性，故V>20mL，D错误；
故选D。
13. 氧化亚铜(Cu2O)在潮湿的空气中会逐渐氧化为黑色的氧化铜。可以用肼(N2H4)与醋酸铜反应制取Cu2O： 4 Cu (CH3COO)2＋N2H4＋2H2O=2Cu2O↓＋N2＋8CH3COOH。生成的沉淀需用水洗涤后，用乙醇洗涤。下列说法不正确的是
A. N2H4能与水分子形成分子间氢键
B. 如图所示Cu2O的晶胞中，Cu＋的配位数是2
C. 每生成标准状况下2.24 L N2，反应转移电子数为0.2×6.02×1023
D. 沉淀用水洗后，再用乙醇洗可以除去Cu2O表面的水，防止被氧气氧化
【答案】C
【解析】
【详解】A．N2H4和H2O分子中氢原子都是与电负性大、半径小的原子相连，则N2H4能与水分子形成N-HO、O-HN等分子间氢键，A正确；
B．图中白球位于顶点和体心，其个数为，黑球位于体内，个数为4，则白球与黑球的个数比为1:2，由Cu2O可知黑球为Cu原子，白球为O原子，与Cu＋距离最近且相等的O有2个(体心和顶点)，故Cu＋的配位数是2，B正确；
C．N元素由-2价升高到0价，N2H4转变为N2，每生成1molN2，转移电子数为4×6.02×1023，则每生成标准状况下2.24 L 即0.1molN2，反应转移电子数为0.4×6.02×1023，C错误；
D．已知氧化亚铜(Cu2O)在潮湿的空气中会逐渐氧化为黑色的氧化铜，则沉淀用水洗后，需再用乙醇洗可以除去Cu2O表面的水，防止被氧气氧化，D正确；
故选C。
14. CH4-CO2催化重整可以得到合成气(CO和H2)，有利于减小温室效应。其主要反应为CH4(g) + CO2(g) 2CO(g) + 2H2(g) △H=+247kJ·mol-1，同时存在以下反应：
积碳反应：CH4(g) C(s) + 2H2(g) △H1＞0
消碳反应：CO2(g) + C(s) 2CO(g) △H2＞0
积碳影响催化剂的活性，积碳量和反应温度的关系如图。下列说法正确的是
A. 由消碳反应可知：2E(C=O)＞2E()(E表示键能)
B. 高压利于提高CH4的平衡转化率并减少积碳
C. 增大CO2与CH4的物质的量之比有助于减少积碳
D. 温度高于600℃，积碳反应的速率减慢，消碳反应的速率加快，积碳量减少
【答案】C
【解析】
【详解】A．由消碳反应的△H2＞0可知，反应物的总键能大于生成物的总键能，反应物总键能包括CO2分子中的键能和C(s)中含有的键能，A不正确；
B．高压使反应CH4(g) + CO2(g) 2CO(g) + 2H2(g)的平衡逆向移动，不利于提高CH4的平衡转化率，但可以减少积碳(使CH4(g) C(s) + 2H2(g)平衡逆向移动)，B不正确；
C．增大CO2与CH4的物质的量之比，可使主反应正向移动，提高CH4的转化率，促使消碳反应正向移动，促使积炭反应逆向移动，从而有助于减少积碳，C正确；
D．温度高于600℃，积碳反应的速率加快，平衡正向移动，积碳量减少，D不正确；
故选C。
非选择题
15. 工业废水中的砷(As)(以+3和+5价的形式存在)会对环境造成严重污染。某化学兴趣小组分别以H3AsO3和H3AsO4以及Na3AsO3和Na3AsO4溶液模拟该类废水进行研究后，发现沉淀法和吸附法能使废水中的砷含量显著降低，达到排放标准。
（1）沉淀法：
①在H3AsO3水溶液中加入适量石灰乳，能够产生Ca3(AsO3)2沉淀。该反应的化学方程式为_______。
②在Na3AsO4溶液中加入磷酸铋(BiPO4)，室温下达到平衡：BiPO4 (s)+ AsO (aq) BiAsO4 (s)+ PO (aq)，则溶液中c(AsO)/c(PO)=_______。已知：Ksp(BiPO4)= a，Ksp(BiAsO4)=b
（2）氧化吸附法：
①已知AsO比AsO的毒性更强，Bi5+具有强氧化性。写出碱性溶液中，Bi5+氧化AsO得到BiAsO4沉淀的离子方程式_______。
②Fe(OH)3胶体对五价砷有着良好的吸附性，溶液的pH对吸附剂表面所带电荷有影响。采用Bi5+和Fe2+联合处理含砷废水，在AsO溶液中分别加入Bi5+和Fe2+，两种试剂先后顺序是_______，原因是_______。
③研究发现；pH越高，Fe(OH)3胶体对五价砷的吸附能力越弱，原因是_______。
【答案】（1） ①. 2H3AsO3+3Ca(OH)2= Ca3(AsO3)2+6H2O ②. b/a
（2） ①. ②. 先加入Bi5+，再加入Fe2+ ③. Bi5+具有强氧化性，会氧化AsO和Fe2+，若二者同时被氧化，将导致氧化AsO的效果减弱，则应将二者分开氧化 ④. 随着pH的增大，Fe(OH)3胶体表面负电荷在增多，静电斥力增大，对五价砷(AsO)吸附能力减弱
【解析】
【小问1详解】
①根据题意可知，H3AsO3与石灰乳反应能够产生Ca3(AsO3)2沉淀，该反应的化学方程式为2H3AsO3+3Ca(OH)2= Ca3(AsO3)2+6H2O；
②；
【小问2详解】
①碱性溶液中，Bi5+氧化AsO得到BiAsO4沉淀的离子方程式为；
②在AsO溶液中分别加入Bi5+和Fe2+，两种试剂先后顺序是先加入Bi5+，再加入Fe2+，原因是Bi5+具有强氧化性，会氧化AsO和Fe2+，若二者同时被氧化，将导致氧化AsO的效果减弱，则应将二者分开氧化；
③pH越高，Fe(OH)3胶体对五价砷的吸附能力越弱，原因是随着pH的增大，Fe(OH)3胶体表面负电荷在增多，静电斥力增大，对五价砷(AsO)吸附能力减弱。
16. 由A(芳香烃)与E为原料制备J和高聚物G的一种合成路线如下：
已知：① 酯能被LiAlH4还原醇 ②
回答下列问题：
（1）A的结构简式是_______，F的官能团名称为_______。
（2）I 生成J的反应类型为_______
（3）写出F + D → G的化学方程式：_______。
（4）芳香化合物M是B的同分异构体，符合下列要求。
①1molM与足量银氨溶液反应生成4molAg ②遇氯化铁溶液显色；
③核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积之比1∶1∶1。尝试写出M的结构简式：_______。(一种即可)
（5）参照上述合成路线，写出用为原料制备化合物 的合成路线_______。(其他试剂任选)
【答案】（1） ①. ②. 羧基
（2）取代反应 （3）n+n+(2n-1)H2O
（4）或或或 （5）
【解析】
【分析】芳香烃A被氧化生成邻苯二甲酸，根据A分子式可知，A为，B发生酯化反应生成C，根据C的分子式可知，C为，C发生信息①的反应生成D为，D发生催化氧化反应生成H，H发生信息②的反应生成I，I的结构简式为，I发生取代反应生成J；根据E、F结构简式可知，E先发生取代反应后发生水解反应得到F，F与D发生缩聚反应生成G，G为。
【小问1详解】
据分析可知，A的结构简式是 ；F为 ，其官能团名称为羧基；
【小问2详解】
据分析可知，I和甲醇发生取代反应生成J，则I 生成J的反应类型为取代反应；
【小问3详解】
F和D发生缩聚反应生成G，F + D → G的化学方程式为n +n+(2n-1)H2O；
【小问4详解】
B为邻苯二甲酸，芳香化合物M是B的同分异构体，M符合下列条件：①1molM与足量银氨溶液反应生成4molAg，说明含有2个醛基；②遇氯化铁溶液显色，说明含有酚羟基；③核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积之比1∶1∶1，应该有对称结构，如果2个-CHO相邻，有2种结构；如果2个-CHO相对，有2种结构；其符合条件的同分异构体有、、 、；
【小问5详解】
用为原料制备化合物，先发生信息①反应生成，再发生催化氧化生成 ， 再和双氧水反应生成，最后在浓硫酸存在时加热，发生分子内的脱水反应生成，则该合成路线为 。
17. 亚氯酸钠(NaClO2)是高效含氯消毒剂和漂白剂。图为生产亚氯酸钠的流程。
温度
NaClO2饱和溶液
小于38℃
析出NaClO•3H2O
大于38℃
析出NaClO2
大于60℃
NaClO2分解成NaClO3和NaCl
试回答下列问题：
（1）仪器a的名称为_______。
（2）装置A是制取ClO2反应器，发生反应的离子方程式为_______。
（3）①C装置中发生反应的化学反应式为_______。其中H2O2是_______。(“还原剂”或“氧化剂”)
②采用“冰水浴”的目的是_______。
③为防止NaClO2被还原成NaCl，通常会加入H2O2，下列可以替代H2O2加入的是_______
a.Na 2O2 b.Na2S
（4）充分反应后，为从产品溶液中获取NaClO2晶体，从下列选项中选出合理的操作并排序：_____→干燥。
a趁热过滤 b.50℃水洗涤 c.高温加热蒸发结晶
d.沸水洗涤 e.55℃恒温减压蒸发结晶 f.放置至室温过滤
（5）称取一定质量为1.5g的NaClO2样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应： +4I-+4H+=2I2+ Cl-+2H2O，得待测溶液。取一定量消耗待测溶液，以淀粉溶液作指示剂，消耗0.1mol·L-1的Na2S2O3标准液400 mL。则此份样品中NaClO2的纯度为_______(用百分比表示)。(已知：I2+2 =2I-+ )
【答案】（1）分液漏斗
（2）2++2H+=2ClO2↑++H2O
（3） ①. ②. 还原剂 ③. 减少H2O2分解和防止生成物NaClO2发生分解 ④. a
（4）eab （5）60.3%
【解析】
【分析】本实验产生污染性气体，直接排放会污染环境，故需要尾气处理，装置D就是用碱吸收反应产生的ClO2等尾气；关闭最左侧活塞，装置A中发生反应：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O，生成ClO2气体，装置B起到安全瓶的作用能够防止倒吸现象的发生，ClO2气体经装置B进入装置C，发生反应：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，得NaClO2溶液，经减压，55℃蒸发结晶；趁热过滤；用38℃～60℃的温水洗涤；低于60℃干燥，得晶体NaClO2•3H2O。
【小问1详解】
由实验装置图可知，仪器a的名称为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
小问2详解】
由分析可知，装置A用来制取ClO2，发生反应的反应方程式为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O，其离子方程式为：2++2H+=2ClO2↑++H2O，故答案为：2++2H+=2ClO2↑++H2O；
【小问3详解】
①C装置中碱性条件下二氧化氯与双氧水反应生成，发生反应的化学反应式为 ；其中H2O2中O元素由-1价升高为0价，被氧化，是还原剂；
②由于C装置中的反应H2O2高温易分解，且温度高于60℃时生成物NaClO2也发生分解成NaClO3和NaCl，故C采用“冰水浴”，故答案为：减少H2O2分解和防止生成物NaClO2发生分解；
③为防止NaClO2被还原成NaCl，通常会加入H2O2，H2O2起氧化剂的作用，Na 2O2具有氧化性，可以替代H2O2加入，而Na2S具有强还原性，不可以替代加入，答案选a；
【小问4详解】
已知：NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2•3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，故从装置④反应后的溶液获得晶体NaClO2的操作步骤为：减压，55℃蒸发结晶；趁热过滤；用38℃～60℃的温水洗涤；低于60℃干燥，得到成品，故答案为：eab；
【小问5详解】
根据反应+4I-+4H+=2I2+ Cl-+2H2O、I2+2 =2I-+ 可知关系式~2I2~4，则此份样品中NaClO2的纯度为。
18. 蓝色针状二草酸合铜酸钾晶体[K2Cu(C2O4)2·4H2O，M=390 g/mol]是一种重要的化工原料，微溶于冷水，易溶于热水。
某种制备方法如下： 2KHC2O4＋CuO=K2Cu(C2O4)2＋H2O
步骤如下：
①制备CuO：取0.008 mol CuSO4·5H2O置于100 mL烧杯中，加水溶解，在搅拌下加入含10m L 2mol/L NaOH溶质的溶液，加热至沉淀颜色不再变化，冷却后抽滤、洗涤；
②制备KHC2O4：取0.024 mol H2C2O4·2H2O置于250 mL烧杯中，加水，微热溶解，稍冷后加入0.016 mol K2CO3，溶解后生成KHC2O4和K2C2O4的混合溶液；
③制备K2Cu(C2O4)2：将KHC2O4和K2C2O4的混合溶液在80～85℃水浴中加热，再将CuO加入该溶液中，充分反应至沉淀溶解，趁热抽滤，用4～5 mL沸水洗涤不溶物2～3次，弃去不溶物；
④K2Cu(C2O4)2·4H2O晶体的生长：将步骤③所得滤液在热水浴中蒸发浓缩至40 mL，冷却至室温得蓝紫色针状晶体，过滤，用滤纸吸干，称其质量为2.30 g。
回答下列问题：
（1）步骤①中，加热至沉淀颜色变化为_______ 时，可认为CuO已制备完成，在洗涤过程中，检验CuO沉淀是否洗涤干净的方法为_______。
（2）步骤③用沸水洗涤不溶物的目的是_______。
（3）对产品进行热重分析，其相关曲线如图所示：
注：A(51，90.77)即51℃时，物质反应后质量是反应前质量的90.77%。(其他依此类推)
①A点到B点分解的化学方程式为_______。
②C点固体的成分为_______。
（4）CuO和Cu2O是铜的常见氧化物，设计以铜粉为原料制取Cu2O的实验方案；向烧杯中加入计量的铜粉，_______；_______；向溶液中加入10%的NaOH溶液至沉淀完全；再加入一定量的10%的NaOH溶液和足量葡萄糖溶液，充分加热；静置、冷却、过滤、水洗及干燥。
[已知在约50 ℃时，发生反应：Cu＋H2O2＋H2SO4=CuSO4＋2H2O。实验中必须使用的试剂：稀硫酸、葡萄糖溶液、10%的NaOH溶液和15%的H2O2溶液]。
【答案】（1） ①. 由蓝色变为黑色 ②. 取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则说明CuO已洗涤干净
（2）保证产品K2Cu(C2O4)2全部溶解，进入滤液提高产品的产率
（3） ①. K2Cu(C2O4)2·2H2OK2Cu(C2O4)2+2H2O ②. K2CuO2
（4） ①. 搅拌下加入稍过量硫酸和过量的15%的H2O2溶液，加热至约50℃ ②. 待铜粉完全溶解时，煮沸溶液片刻（除去过量H2O2），冷却至室温
【解析】
【分析】制备CuO时，将五水硫酸铜溶于水，加入NaOH溶液，反应先生成Cu(OH)2沉淀，后在加热的过程中Cu(OH)2分解生成CuO，沉淀颜色由蓝色变为黑色，当沉淀颜色不再变化说明CuO已制备完成。制备KHC2O4时，让H2C2O4与K2CO3反应生成KHC2O4和K2C2O4的混合溶液。制备K2Cu(C2O4)2时，将KHC2O4和K2C2O4的混合溶液水浴加热，再加入CuO，等沉淀溶解，因K2Cu(C2O4)2易溶于热水，故趁热抽滤。将所得滤液蒸发浓缩，冷却结晶过滤即可得到K2Cu(C2O4)2·4H2O晶体。
【小问1详解】
步骤①中，先生成Cu(OH)2沉淀，继续加热Cu(OH)2分解生成黑色的CuO，故当沉淀颜色变化为由蓝色变黑色时，说明CuO已制备完成。在洗涤CuO沉淀过程中，检验CuO沉淀是否洗涤干净的方法为取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则说明CuO已洗涤干净。
【小问2详解】
因K2Cu(C2O4)2易溶于热水，故用沸水洗涤不溶物，可保证产品K2Cu(C2O4)2全部溶解，进入滤液提高产品的产率。
【小问3详解】
①A点失重2.3g×(1-90.77%)=0.21g，为水的质量，水的物质的量为，2.3gK2Cu(C2O4)2·4H2O为0.0059mol，则其中H2O物质的量为0.024mol，说明加热至生成A物质时K2Cu(C2O4)2·4H2O失去了一半的结晶水，A为K2Cu(C2O4)2·2H2O，同理可得B为K2Cu(C2O4)2，则A点到B点分解的化学方程式为K2Cu(C2O4)2·2H2OK2Cu(C2O4)2+2H2O。
②C点为K2Cu(C2O4)2受热分解放出气体二氧化碳，失重率为44.62%，剩余固体质量为2.3g×44.62%=1g，根据原子守恒可知，n(K)=2×0.0059=0.0118mol，n(Cu)=0.0059mol，n(O)=，则剩余物质中n(K)：n(Cu)：n(O)≈2：1：2，则C点固体的成分为K2CuO2。
【小问4详解】
设计以铜粉为原料制取Cu2O的实验方案：向烧杯中加入计量的铜粉，搅拌下加入稍过量硫酸和过量的15%的H2O2溶液，加热至约50℃，待铜粉完全溶解时，煮沸溶液片刻（除去过量H2O2），冷却至室温，向溶液中加入10%的NaOH溶液至沉淀完全，再加入一定量的10%的NaOH溶液和足量葡萄糖溶液，充分加热，静置、冷却、过滤、水洗及干燥。
2021～2022学年度第一学期期中调研测试试题
高三化学
时间：75分钟 总分：100分
本卷用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 S：32 Cl：35.5 K：39 Cu：64 I：127
单项选择题：本题包括14 小题，每小题3分，共计42分。每小题只有一个选项符合题意。
1. “十四五”是我国实现2030年碳达峰时期，以节能减排为基础的低碳经济是保持社会可持续发展的战略举措。下列做法违背发展低碳经济的是
A. 利用太阳能制氢气 B. 提倡使用燃油车出行
C. 进行拉闸限电活动 D. 不使用一次性塑料制品
【答案】B
【解析】
【分析】所谓低碳经济，是指在可持续发展理念指导下，通过技术创新、制度创新、产业转型、新能源开发等多种手段，尽可能地减少煤炭、石油等高碳能源消耗，减少温室气体排放，达到经济社会发展与生态环境保护双赢的一种经济发展形态。
【详解】A．利用太阳能制氢气，符合低碳经济，A错误；
B．提倡使用燃油车出行违背发展低碳经济，B正确；
C．进行拉闸限电活动，符合低碳经济，C错误；
D．不使用一次性塑料制品，符合低碳经济，D错误；
故选B。
2. 2021年11月份部分地区又一次爆发新冠疫情，乙醇、“84”消毒液(有效成分NaClO)、过氧化氢(H2O2)、过氧乙酸(CH3COOOH)等消毒液在防护防控中起了重要作用，下列有关说法正确的是
A. 过氧化氢的电子式为：
B. 中子数为12的钠原子可以表示为：
C. H2O2是含有离子键的共价化合物
D. NaClO是含有共价键的离子化合物
【答案】D
【解析】
【详解】A．过氧化氢为共价化合物，其电子式为，A错误；
B．中子数为12的钠原子可以表示为：，B错误；
C．H2O2是含有H-O和O-O共价键的共价化合物，C错误；
D．NaClO是由钠离子与次氯酸根组成的离子化合物，次氯酸根中氯原子与氧原子通过共价键连接，D正确；
故选D。
3. 有关CO2(g)＋CH4(g) = 2CO(g)＋2H2(g) ΔH1=＋247 kJ·mol-1的说法正确的是
A. 该反应在任何温度下都可自发进行
B. 反应CO2(s)＋CH4(g) = 2CO(g)＋2H2(g) ΔH2<＋247 kJ·mol-1
C. 选择高效催化剂可以降低反应的活化能，提高化学反应速率
D. 反应中每生成1 mol H2，转移电子的数目为2×6.02×1023
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应为气体体积增大的吸热反应，ΔH>0，ΔS>0，则高温时ΔG=ΔH-TΔS<0，反应自发进行，A错误；
B．CO2(g)＋CH4(g) = 2CO(g)＋2H2(g) ΔH1=＋247 kJ·mol-1，CO2的固态比气态的能量低，则反应CO2(s)＋CH4(g) = 2CO(g)＋2H2(g) ΔH2>＋247 kJ·mol-1，B错误；
C．选择高效催化剂可以降低反应的活化能，从而提高化学反应速率，C正确；
D．根据反应方程式CO2(g)＋CH4(g) = 2CO(g)＋2H2(g)可知，CO2转化为CO，C元素化合价降低2价，CH4转化为CO，C元素化合价升高6价，CH4转化为H2，H元素化合价共降低4价，所以每生成2molH2，转移6mol电子，则反应中每生成1 mol H2，转移电子的数目为3×6.02×1023，D错误；
故选C。
4. 铁元素在地壳中的含量仅次于氧、硅和铝居第四位。铁及其化合物应用广泛。高铁酸钾(K2FeO4)是种新型、高效、多功能水处理剂，其制备原理如下：2Fe(OH)3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O。在医药工业上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁。根据我国质量标准，产品中不得含有Fe2+及NO。检验产品中是否含有Fe2+，应使用的试剂为
A. 氯水 B. KSCN溶液 C. HCl溶液 D. 酸性KMnO4溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A．亚铁离子具有还原性，氯水为浅黄绿色，氯水将亚铁离子氧化为铁离子，溶液呈黄色，颜色变化不明显，A错误；
B．KSCN溶液与亚铁离子不反应，没有颜色变化，B错误；
C．HCl溶液与亚铁离子不反应，没有颜色变化，C错误；
D．酸性高锰酸钾溶液呈紫色，亚铁离子被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，现象明显，D正确；
故选D。
5. 铁元素在地壳中的含量仅次于氧、硅和铝居第四位。铁及其化合物应用广泛。高铁酸钾(K2FeO4)是种新型、高效、多功能水处理剂，其制备原理如下：2Fe(OH)3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O。下列铁及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A. K2FeO4有还原性，可用于净水
B. Fe(OH)3受热易分解，可用于吸附杂质
C. FeCl3有氧化性，可用于制作印刷铜电路板
D. Fe2O3能与盐酸反应，可用于制作油漆涂料
【答案】C
【解析】
【详解】A．K2FeO4中Fe元素化合价为最高价，则没有还原性，A错误；
B．Fe(OH)3胶体可用于吸附杂质，与其受热易分解无关，B错误；
C．FeCl3有氧化性，能与Cu发生氧化还原反应生成CuCl2和FeCl2，可用于制作印刷铜电路板，C正确；
D．Fe2O3为红棕色粉末，则可用于制作油漆涂料，与其能与盐酸反应无关，D错误；
故选C。
6. 铁元素在地壳中的含量仅次于氧、硅和铝居第四位。铁及其化合物应用广泛。高铁酸钾(K2FeO4)是种新型、高效、多功能水处理剂，其制备原理如下：2Fe(OH)3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O。下列说法正确的是
A. 0.1mol/ L KClO溶液中含有的ClO-数目小于0.1×6.02×1023
B. 1mol羰基铁[Fe(CO)5]中σ键数目为10NA
C. 制备1mol K2FeO4转移的电子数为2NA
D. 0.1mol K2FeO4与水反应能生成0.1mol Fe(OH)3(胶体)
【答案】B
【解析】
【详解】A．未告知溶液体积，无法计算0.1mol/ L KClO溶液中含有的ClO-数目，A错误；
B．Fe(CO)5分子中CO和Fe之间的配位键是σ键，每个CO中有1个配位键也是σ键，故1mol羰基铁[Fe(CO)5]中σ键数目为10 NA，B正确；
C．反应2Fe(OH)3+3KClO+4KOH=2K2FeO4+3KCl+5H2O中铁元素的化合价从+3价升高到+6价，转移3个电子，故制备1mol K2FeO4转移的电子数为3NA，C错误；
D．胶体胶粒是大量微粒的集合体，0.1mol K2FeO4与水反应能生成Fe(OH)3(胶体)胶粒的数目小于0.1mol，D错误；
故选B。
7. X、Y、Z、W均为短周期元素，原子序数依次递增。Y元素最外层电子数是电子层数的3倍，Z元素在元素周期表中的周期数等于族序数，Z的简单阳离子与YX-含有相同的电子数，W元素的最外层电子数是最内电子数的2倍。下列说法不正确的是
A. 第一电离能大小：Z> Y >X
B. X和Y可以组成X2Y型化合物
C. 工业上常用电解法制备元素Z的单质
D. Z、W的最高价氧化物均具有很高的熔点
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、W均为短周期元素，原子序数依次递增。Y元素最外层电子数是电子层数的3倍，则Y为O元素；Z元素在元素周期表中的周期数等于族序数，则Z为Al元素；Z的简单阳离子是Al3+，含有10个电子，Z的简单阳离子与YX-含有相同的电子数，YX-含有10个电子，Y为O元素，含有8个电子，则X为H元素；W元素的最外层电子数是最内电子数的2倍，且W原子序数大于Al，则W为Si元素；综上所述，X为H元素，Y为O元素，Z为Al元素，W为Si元素。
【详解】A．非金属性越强，第一电离能越大，非金属性O>H>Al，则第一电离能大小：Y>X>Z，A错误；
B．X为H元素，Y为O元素，可以组成X2Y型化合物即为H2O，B正确；
C．Z为较活泼金属，工业上常用电解法氧化铝的方法制备元素Al的单质，C正确；
D．Z、W的最高价氧化物分别为Al2O3、SiO2，均具有很高的熔点，D正确；
故选A。
8. 已知.图中装置不能达到相应实验目的的是
A
B
C
D
生成NO2
收集NO2
吸收NO2尾气
使NO2充分转化为HNO3
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．浓硝酸和铜反应生成硝酸铜、水和NO2，A正确；
B．NO2的密度比空气大，应用向上排空气法收集，即长进短出，B错误；
C．根据题目所给信息可知NO2可以和NaOH溶液反应得到可溶性盐，所以可以用NaOH溶液处理尾气，C正确；
D．试管中发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，可以使使NO2充分转化为HNO3，D正确；
综上所述答案为B。
9. 采用惰性电极，以氮气和水为原料通过电解法制备氨的装置如图所示。下列说法不正确的是
A. 电解时，溶液中K+向a极移动
B. 电解时，电子由电源负极经导线流向a极
C. 电解时，a极上发生反应：N2+6e-+6H+=2NH3
D. 电解一段时间后，b极附近溶液的pH减小
【答案】C
【解析】
【分析】a电极上N2转化为NH3，N元素化合价降低，发生还原反应，a电极为阴极；b电极上OH-转化为O2，O元素化合价升高，发生氧化反应，b电极为阳极。
【详解】A．电解时，溶液中K+向阴极移动，即向A极移动，A项正确；
B．电解时，电流经导线由a极移向电源负极，电流与电子流向相反，所以电子由电源负极经导线流向a极，B项正确；
C．电解质溶液为KOH溶液，电解时，a极上N2和水反应生成NH3和OH-，电极反应式为：，C项错误；
D．b极的电极反应为：，电解过程中消耗OH-，pH减小，D项正确；
答案选C。
10. 止吐药米格列奈中间体N的合成反应如图(已知：Ph为苯基)。下列叙述错误的是
A. M合成N的反应为取代反应
B. 中间体N的分子式为C22H16O8N2
C. M、N都能使酸性的KMnO4溶液褪色
D. 物质的量相同的M与N最多消耗等量的NaOH
【答案】D
【解析】
【详解】A．M合成N是M中的-OH被代替，反应为取代反应，故A正确；
B．根据N的结构简式，中间体N的分子式为C22H16O8N2，故B正确；
C．M、N中与苯基直接相连的碳原子上含有H原子，所以都能使酸性的KMnO4溶液褪色，故C正确；
D．1molM最多消耗2molNaOH，1mol N最多消耗4molNaOH，故D错误；
选D。
11. 消除“含氮化合物”污染是当前科学研究的热点。次氯酸盐脱除NO的过程如下：
i.NO + HClO = NO2 + HCl
ii.NO + NO2 + H2O = 2HNO2
iii.HClO + HNO2 = HNO3 + HCl
下列叙述不正确的是
A. NO2单独存在时不能被脱除
B. 脱除过程中，次氯酸盐溶液的pH下降
C. 在此过程中有部分NO首先被转化为NO2
D. 烟气中含有的少量O2能提高NO的脱除率
【答案】A
【解析】
【详解】A．NO2与水反应生成NO，一定比例的NO2与NO被HClO脱除，所以NO2单独存在时能被脱除，A错误；
B．脱除过程中生成HNO3和HCl，则次氯酸盐溶液的pH下降，B正确；
C．由反应i、ii、iii可知在此过程中有部分NO首先被转化NO2，C正确；
D．由反应i、ii、iii可知，NO的脱除不能一步完成，需要转化为NO2或与NO2一起生成HNO2脱除，所以通入少量O2能将NO转化为NO2，提高NO的脱除率，D正确；
故选A。
12. 常温下，醋酸Ka=1.75×10-5，氨水Kb=1.79×10-5，进行下列实验操作，
实验
实验操作
1
向试管中滴加10mL浓度均为0.1mol·L-1的HCl和CH3COOH
2
向实验1中的溶液滴加10mL 0.1mol·L-1氨水
3
向实验2中的溶液继续滴加10mL 0.1mol·L-1氨水
4
另取实验1中同样的溶液，滴加VmL 0.1mol·L-1氨水，测得混合后溶液pH=7
下列说法不正确的是
A. 实验1溶液中：c(Cl-)>c(CH3COO-)
B. 实验2溶液中：c(NH)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
C. 实验3的过程中，混合液中水的电离程度一直变大
D. 实验4中V< 20mL
【答案】D
【解析】
【详解】A．向试管中滴加10mL浓度均为0.1mol·L-1的HCl和CH3COOH，HCl为强酸，完全电离，CH3COOH为弱酸，部分电离，则c(Cl-)>c(CH3COO-)，A正确；
B．由物料守恒可知，实验2溶液中：c(NH)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，B正确；
C．向实验2中的溶液继续滴加10mL 0.1mol·L-1氨水过程中，氨水与CH3COOH反应生成可水解盐，则实验3的过程中，混合液中水的电离程度一直变大，C正确；
D．实验4为另取实验1中同样的溶液，滴加VmL 0.1mol·L-1氨水，测得混合后溶液pH=7，若V=20mL，则反应后溶质为NH4Cl和CH3COONH4，反应后混合溶液呈酸性，故V>20mL，D错误；
故选D。
13. 氧化亚铜(Cu2O)在潮湿的空气中会逐渐氧化为黑色的氧化铜。可以用肼(N2H4)与醋酸铜反应制取Cu2O： 4 Cu (CH3COO)2＋N2H4＋2H2O=2Cu2O↓＋N2＋8CH3COOH。生成的沉淀需用水洗涤后，用乙醇洗涤。下列说法不正确的是
A. N2H4能与水分子形成分子间氢键
B. 如图所示Cu2O的晶胞中，Cu＋的配位数是2
C. 每生成标准状况下2.24 L N2，反应转移电子数为0.2×6.02×1023
D. 沉淀用水洗后，再用乙醇洗可以除去Cu2O表面的水，防止被氧气氧化
【答案】C
【解析】
【详解】A．N2H4和H2O分子中氢原子都是与电负性大、半径小的原子相连，则N2H4能与水分子形成N-HO、O-HN等分子间氢键，A正确；
B．图中白球位于顶点和体心，其个数为，黑球位于体内，个数为4，则白球与黑球的个数比为1:2，由Cu2O可知黑球为Cu原子，白球为O原子，与Cu＋距离最近且相等的O有2个(体心和顶点)，故Cu＋的配位数是2，B正确；
C．N元素由-2价升高到0价，N2H4转变为N2，每生成1molN2，转移电子数为4×6.02×1023，则每生成标准状况下2.24 L 即0.1molN2，反应转移电子数为0.4×6.02×1023，C错误；
D．已知氧化亚铜(Cu2O)在潮湿的空气中会逐渐氧化为黑色的氧化铜，则沉淀用水洗后，需再用乙醇洗可以除去Cu2O表面的水，防止被氧气氧化，D正确；
故选C。
14. CH4-CO2催化重整可以得到合成气(CO和H2)，有利于减小温室效应。其主要反应为CH4(g) + CO2(g) 2CO(g) + 2H2(g) △H=+247kJ·mol-1，同时存在以下反应：
积碳反应：CH4(g) C(s) + 2H2(g) △H1＞0
消碳反应：CO2(g) + C(s) 2CO(g) △H2＞0
积碳影响催化剂的活性，积碳量和反应温度的关系如图。下列说法正确的是
A. 由消碳反应可知：2E(C=O)＞2E()(E表示键能)
B. 高压利于提高CH4的平衡转化率并减少积碳
C. 增大CO2与CH4的物质的量之比有助于减少积碳
D. 温度高于600℃，积碳反应的速率减慢，消碳反应的速率加快，积碳量减少
【答案】C
【解析】
【详解】A．由消碳反应的△H2＞0可知，反应物的总键能大于生成物的总键能，反应物总键能包括CO2分子中的键能和C(s)中含有的键能，A不正确；
B．高压使反应CH4(g) + CO2(g) 2CO(g) + 2H2(g)的平衡逆向移动，不利于提高CH4的平衡转化率，但可以减少积碳(使CH4(g) C(s) + 2H2(g)平衡逆向移动)，B不正确；
C．增大CO2与CH4的物质的量之比，可使主反应正向移动，提高CH4的转化率，促使消碳反应正向移动，促使积炭反应逆向移动，从而有助于减少积碳，C正确；
D．温度高于600℃，积碳反应的速率加快，平衡正向移动，积碳量减少，D不正确；
故选C。
非选择题
15. 工业废水中的砷(As)(以+3和+5价的形式存在)会对环境造成严重污染。某化学兴趣小组分别以H3AsO3和H3AsO4以及Na3AsO3和Na3AsO4溶液模拟该类废水进行研究后，发现沉淀法和吸附法能使废水中的砷含量显著降低，达到排放标准。
（1）沉淀法：
①在H3AsO3水溶液中加入适量石灰乳，能够产生Ca3(AsO3)2沉淀。该反应的化学方程式为_______。
②在Na3AsO4溶液中加入磷酸铋(BiPO4)，室温下达到平衡：BiPO4 (s)+ AsO (aq) BiAsO4 (s)+ PO (aq)，则溶液中c(AsO)/c(PO)=_______。已知：Ksp(BiPO4)= a，Ksp(BiAsO4)=b
（2）氧化吸附法：
①已知AsO比AsO的毒性更强，Bi5+具有强氧化性。写出碱性溶液中，Bi5+氧化AsO得到BiAsO4沉淀的离子方程式_______。
②Fe(OH)3胶体对五价砷有着良好的吸附性，溶液的pH对吸附剂表面所带电荷有影响。采用Bi5+和Fe2+联合处理含砷废水，在AsO溶液中分别加入Bi5+和Fe2+，两种试剂先后顺序是_______，原因是_______。
③研究发现；pH越高，Fe(OH)3胶体对五价砷的吸附能力越弱，原因是_______。
【答案】（1） ①. 2H3AsO3+3Ca(OH)2= Ca3(AsO3)2+6H2O ②. b/a
（2） ①. ②. 先加入Bi5+，再加入Fe2+ ③. Bi5+具有强氧化性，会氧化AsO和Fe2+，若二者同时被氧化，将导致氧化AsO的效果减弱，则应将二者分开氧化 ④. 随着pH的增大，Fe(OH)3胶体表面负电荷在增多，静电斥力增大，对五价砷(AsO)吸附能力减弱
【解析】
【小问1详解】
①根据题意可知，H3AsO3与石灰乳反应能够产生Ca3(AsO3)2沉淀，该反应的化学方程式为2H3AsO3+3Ca(OH)2= Ca3(AsO3)2+6H2O；
②；
【小问2详解】
①碱性溶液中，Bi5+氧化AsO得到BiAsO4沉淀的离子方程式为；
②在AsO溶液中分别加入Bi5+和Fe2+，两种试剂先后顺序是先加入Bi5+，再加入Fe2+，原因是Bi5+具有强氧化性，会氧化AsO和Fe2+，若二者同时被氧化，将导致氧化AsO的效果减弱，则应将二者分开氧化；
③pH越高，Fe(OH)3胶体对五价砷的吸附能力越弱，原因是随着pH的增大，Fe(OH)3胶体表面负电荷在增多，静电斥力增大，对五价砷(AsO)吸附能力减弱。
16. 由A(芳香烃)与E为原料制备J和高聚物G的一种合成路线如下：
已知：① 酯能被LiAlH4还原醇 ②
回答下列问题：
（1）A的结构简式是_______，F的官能团名称为_______。
（2）I 生成J的反应类型为_______
（3）写出F + D → G的化学方程式：_______。
（4）芳香化合物M是B的同分异构体，符合下列要求。
①1molM与足量银氨溶液反应生成4molAg ②遇氯化铁溶液显色；
③核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积之比1∶1∶1。尝试写出M的结构简式：_______。(一种即可)
（5）参照上述合成路线，写出用为原料制备化合物 的合成路线_______。(其他试剂任选)
【答案】（1） ①. ②. 羧基
（2）取代反应 （3）n+n+(2n-1)H2O
（4）或或或 （5）
【解析】
【分析】芳香烃A被氧化生成邻苯二甲酸，根据A分子式可知，A为，B发生酯化反应生成C，根据C的分子式可知，C为，C发生信息①的反应生成D为，D发生催化氧化反应生成H，H发生信息②的反应生成I，I的结构简式为，I发生取代反应生成J；根据E、F结构简式可知，E先发生取代反应后发生水解反应得到F，F与D发生缩聚反应生成G，G为。
【小问1详解】
据分析可知，A的结构简式是 ；F为 ，其官能团名称为羧基；
【小问2详解】
据分析可知，I和甲醇发生取代反应生成J，则I 生成J的反应类型为取代反应；
【小问3详解】
F和D发生缩聚反应生成G，F + D → G的化学方程式为n +n+(2n-1)H2O；
【小问4详解】
B为邻苯二甲酸，芳香化合物M是B的同分异构体，M符合下列条件：①1molM与足量银氨溶液反应生成4molAg，说明含有2个醛基；②遇氯化铁溶液显色，说明含有酚羟基；③核磁共振氢谱显示有3种不同化学环境的氢，峰面积之比1∶1∶1，应该有对称结构，如果2个-CHO相邻，有2种结构；如果2个-CHO相对，有2种结构；其符合条件的同分异构体有、、 、；
【小问5详解】
用为原料制备化合物，先发生信息①反应生成，再发生催化氧化生成 ， 再和双氧水反应生成，最后在浓硫酸存在时加热，发生分子内的脱水反应生成，则该合成路线为 。
17. 亚氯酸钠(NaClO2)是高效含氯消毒剂和漂白剂。图为生产亚氯酸钠的流程。
温度
NaClO2饱和溶液
小于38℃
析出NaClO•3H2O
大于38℃
析出NaClO2
大于60℃
NaClO2分解成NaClO3和NaCl
试回答下列问题：
（1）仪器a的名称为_______。
（2）装置A是制取ClO2反应器，发生反应的离子方程式为_______。
（3）①C装置中发生反应的化学反应式为_______。其中H2O2是_______。(“还原剂”或“氧化剂”)
②采用“冰水浴”的目的是_______。
③为防止NaClO2被还原成NaCl，通常会加入H2O2，下列可以替代H2O2加入的是_______
a.Na 2O2 b.Na2S
（4）充分反应后，为从产品溶液中获取NaClO2晶体，从下列选项中选出合理的操作并排序：_____→干燥。
a趁热过滤 b.50℃水洗涤 c.高温加热蒸发结晶
d.沸水洗涤 e.55℃恒温减压蒸发结晶 f.放置至室温过滤
（5）称取一定质量为1.5g的NaClO2样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应： +4I-+4H+=2I2+ Cl-+2H2O，得待测溶液。取一定量消耗待测溶液，以淀粉溶液作指示剂，消耗0.1mol·L-1的Na2S2O3标准液400 mL。则此份样品中NaClO2的纯度为_______(用百分比表示)。(已知：I2+2 =2I-+ )
【答案】（1）分液漏斗
（2）2++2H+=2ClO2↑++H2O
（3） ①. ②. 还原剂 ③. 减少H2O2分解和防止生成物NaClO2发生分解 ④. a
（4）eab （5）60.3%
【解析】
【分析】本实验产生污染性气体，直接排放会污染环境，故需要尾气处理，装置D就是用碱吸收反应产生的ClO2等尾气；关闭最左侧活塞，装置A中发生反应：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O，生成ClO2气体，装置B起到安全瓶的作用能够防止倒吸现象的发生，ClO2气体经装置B进入装置C，发生反应：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，得NaClO2溶液，经减压，55℃蒸发结晶；趁热过滤；用38℃～60℃的温水洗涤；低于60℃干燥，得晶体NaClO2•3H2O。
【小问1详解】
由实验装置图可知，仪器a的名称为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
小问2详解】
由分析可知，装置A用来制取ClO2，发生反应的反应方程式为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O，其离子方程式为：2++2H+=2ClO2↑++H2O，故答案为：2++2H+=2ClO2↑++H2O；
【小问3详解】
①C装置中碱性条件下二氧化氯与双氧水反应生成，发生反应的化学反应式为 ；其中H2O2中O元素由-1价升高为0价，被氧化，是还原剂；
②由于C装置中的反应H2O2高温易分解，且温度高于60℃时生成物NaClO2也发生分解成NaClO3和NaCl，故C采用“冰水浴”，故答案为：减少H2O2分解和防止生成物NaClO2发生分解；
③为防止NaClO2被还原成NaCl，通常会加入H2O2，H2O2起氧化剂的作用，Na 2O2具有氧化性，可以替代H2O2加入，而Na2S具有强还原性，不可以替代加入，答案选a；
【小问4详解】
已知：NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2•3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，故从装置④反应后的溶液获得晶体NaClO2的操作步骤为：减压，55℃蒸发结晶；趁热过滤；用38℃～60℃的温水洗涤；低于60℃干燥，得到成品，故答案为：eab；
【小问5详解】
根据反应+4I-+4H+=2I2+ Cl-+2H2O、I2+2 =2I-+ 可知关系式~2I2~4，则此份样品中NaClO2的纯度为。
18. 蓝色针状二草酸合铜酸钾晶体[K2Cu(C2O4)2·4H2O，M=390 g/mol]是一种重要的化工原料，微溶于冷水，易溶于热水。
某种制备方法如下： 2KHC2O4＋CuO=K2Cu(C2O4)2＋H2O
步骤如下：
①制备CuO：取0.008 mol CuSO4·5H2O置于100 mL烧杯中，加水溶解，在搅拌下加入含10m L 2mol/L NaOH溶质的溶液，加热至沉淀颜色不再变化，冷却后抽滤、洗涤；
②制备KHC2O4：取0.024 mol H2C2O4·2H2O置于250 mL烧杯中，加水，微热溶解，稍冷后加入0.016 mol K2CO3，溶解后生成KHC2O4和K2C2O4的混合溶液；
③制备K2Cu(C2O4)2：将KHC2O4和K2C2O4的混合溶液在80～85℃水浴中加热，再将CuO加入该溶液中，充分反应至沉淀溶解，趁热抽滤，用4～5 mL沸水洗涤不溶物2～3次，弃去不溶物；
④K2Cu(C2O4)2·4H2O晶体的生长：将步骤③所得滤液在热水浴中蒸发浓缩至40 mL，冷却至室温得蓝紫色针状晶体，过滤，用滤纸吸干，称其质量为2.30 g。
回答下列问题：
（1）步骤①中，加热至沉淀颜色变化为_______ 时，可认为CuO已制备完成，在洗涤过程中，检验CuO沉淀是否洗涤干净的方法为_______。
（2）步骤③用沸水洗涤不溶物的目的是_______。
（3）对产品进行热重分析，其相关曲线如图所示：
注：A(51，90.77)即51℃时，物质反应后质量是反应前质量的90.77%。(其他依此类推)
①A点到B点分解的化学方程式为_______。
②C点固体的成分为_______。
（4）CuO和Cu2O是铜的常见氧化物，设计以铜粉为原料制取Cu2O的实验方案；向烧杯中加入计量的铜粉，_______；_______；向溶液中加入10%的NaOH溶液至沉淀完全；再加入一定量的10%的NaOH溶液和足量葡萄糖溶液，充分加热；静置、冷却、过滤、水洗及干燥。
[已知在约50 ℃时，发生反应：Cu＋H2O2＋H2SO4=CuSO4＋2H2O。实验中必须使用的试剂：稀硫酸、葡萄糖溶液、10%的NaOH溶液和15%的H2O2溶液]。
【答案】（1） ①. 由蓝色变为黑色 ②. 取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则说明CuO已洗涤干净
（2）保证产品K2Cu(C2O4)2全部溶解，进入滤液提高产品的产率
（3） ①. K2Cu(C2O4)2·2H2OK2Cu(C2O4)2+2H2O ②. K2CuO2
（4） ①. 搅拌下加入稍过量硫酸和过量的15%的H2O2溶液，加热至约50℃ ②. 待铜粉完全溶解时，煮沸溶液片刻（除去过量H2O2），冷却至室温
【解析】
【分析】制备CuO时，将五水硫酸铜溶于水，加入NaOH溶液，反应先生成Cu(OH)2沉淀，后在加热的过程中Cu(OH)2分解生成CuO，沉淀颜色由蓝色变为黑色，当沉淀颜色不再变化说明CuO已制备完成。制备KHC2O4时，让H2C2O4与K2CO3反应生成KHC2O4和K2C2O4的混合溶液。制备K2Cu(C2O4)2时，将KHC2O4和K2C2O4的混合溶液水浴加热，再加入CuO，等沉淀溶解，因K2Cu(C2O4)2易溶于热水，故趁热抽滤。将所得滤液蒸发浓缩，冷却结晶过滤即可得到K2Cu(C2O4)2·4H2O晶体。
【小问1详解】
步骤①中，先生成Cu(OH)2沉淀，继续加热Cu(OH)2分解生成黑色的CuO，故当沉淀颜色变化为由蓝色变黑色时，说明CuO已制备完成。在洗涤CuO沉淀过程中，检验CuO沉淀是否洗涤干净的方法为取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则说明CuO已洗涤干净。
【小问2详解】
因K2Cu(C2O4)2易溶于热水，故用沸水洗涤不溶物，可保证产品K2Cu(C2O4)2全部溶解，进入滤液提高产品的产率。
【小问3详解】
①A点失重2.3g×(1-90.77%)=0.21g，为水的质量，水的物质的量为，2.3gK2Cu(C2O4)2·4H2O为0.0059mol，则其中H2O物质的量为0.024mol，说明加热至生成A物质时K2Cu(C2O4)2·4H2O失去了一半的结晶水，A为K2Cu(C2O4)2·2H2O，同理可得B为K2Cu(C2O4)2，则A点到B点分解的化学方程式为K2Cu(C2O4)2·2H2OK2Cu(C2O4)2+2H2O。
②C点为K2Cu(C2O4)2受热分解放出气体二氧化碳，失重率为44.62%，剩余固体质量为2.3g×44.62%=1g，根据原子守恒可知，n(K)=2×0.0059=0.0118mol，n(Cu)=0.0059mol，n(O)=，则剩余物质中n(K)：n(Cu)：n(O)≈2：1：2，则C点固体的成分为K2CuO2。
【小问4详解】
设计以铜粉为原料制取Cu2O的实验方案：向烧杯中加入计量的铜粉，搅拌下加入稍过量硫酸和过量的15%的H2O2溶液，加热至约50℃，待铜粉完全溶解时，煮沸溶液片刻（除去过量H2O2），冷却至室温，向溶液中加入10%的NaOH溶液至沉淀完全，再加入一定量的10%的NaOH溶液和足量葡萄糖溶液，充分加热，静置、冷却、过滤、水洗及干燥。
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