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2021-2022学年湖北省部分市州高三上学期元月期末联合调研考试化学试题（原卷 解析版）
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本试卷满分100分 考试时间75分钟。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cr-52 Fe-56
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 化学科学在国防装备的打造中发挥着重要作用。下列有关叙述错误的是
A. 曳光弹尾部的曳光剂中加入铜盐，曳光弹可发出绿光
B. 防闪爆面罩、手套主要成分芳纶属于合成纤维
C. 应用于陆军战车的纳米陶瓷装甲属于传统无机非金属材料
D. 可做防寒服保暖层填充物的硅气凝胶是一种固体物质形态
【答案】C
【解析】
【详解】A．曳光弹尾部的曳光剂中加入铜盐，铜的焰色反应是绿色，所以曳光弹可发出绿光，故A正确；
B．芳纶是聚对苯二甲酰对苯二胺，是新型高科技合成纤维，故B正确；
C．纳米陶瓷装甲属于新型无机非金属材料，故C错误；
D．硅气凝胶是一种多孔状、类似海绵结构的硅元素固体，故D正确；
选C。
2. “金银错”是中国传统工艺。在青铜器表面錾出凹槽，槽内嵌入金银丝。后用错(厝)石磨错，使器皿表面自然平滑。下列叙述错误的是
A. 青铜的熔点低于纯铜
B. “错(厝)石磨错”的过程中发生的是物理变化
C. 基态铜原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1
D. 青铜器表面装点少许金银错纹饰能减缓青铜器的腐蚀
【答案】D
【解析】
【详解】A．青铜为合金，合金的熔点比其成分的熔点低，即青铜的熔点低于纯铜，故A说法正确；
B．“错(厝)石磨错”根据题意可知，该过程属于物理变化，故B说法正确；
C．Cu元素位于第四周期IB族，电子排布式为[Ar]3d104s1，故C说法正确；
D．铜比金、银活泼，电化学腐蚀时铜作负极，容易被腐蚀，故D说法错误；
答案为D。
3. 中国茶文化源远流长。茶水中的儿茶素(如图)具有抗肿瘤、抗氧化等药理作用。下列有关儿茶素的说法错误的是
A. 儿茶素可被酸性KMnO4溶液氧化
B. 可利用茶水检测补铁剂是否变质
C. 1ml儿茶素最多可与4mlNa发生反应
D. 1ml儿茶素最多可与6mlH2发生加成反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．儿茶素中含有酚羟基及醇羟基，可被酸性KMnO4溶液氧化，选项A正确；
B．茶水中的儿茶素含有酚羟基，可利用茶水检测补铁剂是否变质，若变质则遇茶水显紫色，选项B正确；
C．儿茶素中含有4个酚羟基及1个醇羟基，1ml儿茶素最多可与5mlNa发生反应，选项C错误；
D．儿茶素中含有两个苯环，1ml儿茶素最多可与6mlH2发生加成反应，选项D正确；
答案选C。
4. 对于下列实验，不能正确描述其反应的离子方程式是
A. 二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色：3SO2+2+4H+=3+2Mn2++2H2O
B. 利用MnO2与浓盐酸制备氯气：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
C. 铜片上电镀银的总反应(银作阳极，硝酸银溶液作电镀液)：Ag(阳极)Ag(阴极)
D. 向偏铝酸钠溶液中通入过量的CO2：+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+
【答案】A
【解析】
【详解】A．SO2使酸性KMnO4溶液褪色的离子方程式为：5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+，A错误；
B．用二氧化锰与浓盐酸反应部分盐酸具有还原性，部分有酸性，反应的离子反应为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，B正确；
C．电解池中银作阳极，Ag失电子生成Ag+，硝酸银溶液作电镀液，由还原性：Ag+> H+，Ag+优先得电子生成Ag，反应实质为：Ag(阳极)Ag(阴极)，C正确；
D．偏铝酸钠溶液中通入过量CO2，生成氢氧化铝沉淀和，离子方程式：+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+，D正确；
故选：D。
5. 用下列装置进行实验，不能达到相应实验目的的是
A. 装置①测量反应生成H2的体积
B. 装置②制备无水MgCl2
C. 装置③证明非金属性强弱：S>C>Si
D. 装置④验证Fe3+的氧化性
【答案】B
【解析】
【详解】A．装置①，注射器内收集到气体的体积即反应生成H2的体积，故不选A；
B．MgCl2易水解，MgCl2水溶液加热蒸发后会得到Mg(OH)2，故选B；
C．碳酸钠和硫酸反应生成二氧化碳，二氧化碳通入硅酸钠溶液中生成硅酸沉淀，装置③可证明非金属性强弱：S>C>Si，故不选C；
D．装置④，滴入淀粉溶液，若变蓝色，说明Fe3+把I-氧化为I2，证明Fe3+具有氧化性，故不选D；
选B。
6. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. 常温常压下，34g羟基(-16OH)所含中子数为16NA
B. 过氧化钠与水反应生成0.1mlO2时转移的电子数为0.2NA
C. 0.1ml/L醋酸钠水溶液中CH3COO-与OH-离子数之和略大于0.1NA
D. 23gCH3CH2OH中sp3-sσ键数目为3NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．34g羟基(-16OH)的物质的量为2ml，每个羟基(-16OH)中含有8个中子，常温常压下，34g羟基(-16OH)所含中子数为16NA，选项A正确；
B．根据反应可知2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，过氧化钠与水反应生成0.1mlO2时转移的电子数为0.2NA，选项B正确；
C．醋酸钠水溶液未说明体积，无法计算离子数目，选项C错误；
D．23gCH3CH2OH为0.5ml，每个CH3CH2OH中有6个sp3-sσ键，故sp3-sσ键数目为3NA，选项D正确；
答案选C。
7. 二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂，实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料，通过以下过程制备ClO2：
下列相关说法中错误的是
A. 溶液X中大量存在的阴离子只有Cl-
B. 电解时发生反应的化学方程式为NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3
C. 不能利用饱和食盐水除去ClO2中的NH3
D. NH4Cl中阳离子的键角大于NH3的键角
【答案】A
【解析】
【详解】A．NCl3与NaClO2反应生成ClO2、NH3、和NaCl，反应的离子方程式为：NCl3+3H2O+6=6ClO2↑+3Cl-+3OH-+NH3↑，溶液X中大量存在的阴离子有Cl-和OH-，以及未完全反应的，A错误；
B．电解NH4Cl和浓盐酸混合溶液，故发生反应的化学方程式为NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3，B正确；
C．ClO2和氨气易溶于水，不能利用饱和食盐水吸收ClO2和氨气，C正确；
D．由于中没有孤电子对，NH3分子中存在一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对对成键电子对的排斥作用，故NH4Cl中阳离子即的键角大于NH3的键角，D正确；
故答案为：A。
8. 大多数离子液体含有体积很大的阴、阳离子(如下图所示)。其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期非金属元素，X、Z在元素周期中处于相邻位置。下列说法错误的是
A. 原子半径的大小：Z>X>Y
B. 基态原子未成对电子数：X>Y
C. 此阴离子中Y、Z均不满足8电子稳定结构
D. 最简单氢化物的稳定性：Y>X>Z
【答案】C
【解析】
【详解】X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期非金属元素，X、Z在元素周期中处于相邻位置。结合离子中各元素的成键情况， 可推知X为N元素，Z为P，Y为F元素。
A．原子半径的大小：Z(P)>X(N)>Y(F)，选项A正确；
B．X的电子排布式为1s22s22p3，Y的电子排布式为1s22s22p5，故基态原子未成对电子数：X(3)>Y(1)，选项B正确；
C．此阴离子中Y为氟原子满足8电子稳定结构，选项C错误；
D．非金属性Y(F)>X(N)>Z(P)，故最简单氢化物的稳定性：Y>X>Z，选项D正确；
答案选C。
9. 某DNA分子的片段如图所示。下列关于该片段的说法错误的是
A. 氢键的键能：②<①
B. 腺嘌呤分子中的所有氮原子均可共面
C. 该片段在一定条件下可发生水解反应
D. 在构成此DNA片段的所有元素中，N的电负性最大
【答案】D
【解析】
【详解】A．O比N对电子的吸引能力强，则氢键的强度：①＞②，A正确；
B．由图中结构可知，腺嘌呤分子中间含2个N原子的杂环是类似于苯环的结构，其余三个N原子类似于苯环上的氢原子，故腺嘌呤分子中的所有氮原子均可共面，B正确；
C．该物质中含肽键，可发生水解反应，C正确；
D．在构成此DNA片段的所有元素即H、C、N、O四种，其中O的电负性最大，D错误；
故答案为：D。
10. 某FexNy的晶胞如图1所示。Cu可以完全替代该晶体中m位置Fe或者n位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(x-n)CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示。(设NA为阿伏加德罗常数的值)
下列相关说法中错误的是
A. FexNy晶胞中Fe与Fe之间的最短距离为
B. 此FexNy晶胞中与N最近的Fe原子数为6
C. 此FexNy晶胞的密度为g/cm3
D. 两种产物中更稳定的Cu替代型产物的化学式为Fe3CuN
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据晶胞可知，m位置Fe和n位置Fe，晶胞边长为a，则Fe与Fe之间的最短距离为，选项A正确；
B．根据晶胞可知，FexNy晶胞中与N最近的Fe原子为n位置Fe，数目为6，选项B正确；
C．此FexNy晶胞中含有1个N、4个Fe，故其密度g/cm-3，选项C错误；
D．Cu替代m位置Fe型能量更稳定，替代型产物化学式为Fe3CuN，选项D正确；
答案选C。
11. 维纶是聚乙烯醇缩甲醛纤维的商品名，可用于生产服装、绳索等。其合成路线如下。下列说法错误的是
A. 物质A不存在顺反异构现象
B. 物质B只有一种官能团
C. 物质C的粉尘与空气可形成爆炸性混合物
D. 反应③属于加成反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．由合成路线图中，A的结构简式可知，物质A中含有碳碳双键，但一端碳原子上存在两个H原子，故不存在顺反异构现象，A正确；
B．由A到B的反应是一个加聚反应，碳碳双键断裂，故物质B只有一种官能团即酯基，B正确；
C．由B到C的反应为水解反应，故物质C为聚乙烯醇，则其的粉尘与空气可形成爆炸性混合物，C正确；
D．由合成路线图可知，反应③不符合加成反应的特点，另有产物H2O生成，D错误；
故答案为：D。
12. 氮氧化物(NOx)是一类特殊的污染物，它本身会对生态系统和人体健康造成危害。一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图所示。下列叙述错误的是
A. 反应①变化过程可表示为2Cu(NH3)+O2=[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+
B. 反应③属于非氧化还原反应
C. 反应④涉及极性共价键的断裂与生成
D. 图中总过程中每吸收1mlNO需要标准状态下的NH344.8L
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图示，反应①变化过程可表示为2Cu(NH3)+O2=[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+，故A正确；
B．根据图示，反应③中各元素化合价都没有变化，属于非氧化还原反应，故C正确；
C．反应④中有氮氧键、氮氢键的断裂，有氢氧键的形成，故C正确；
D．图中总过程中每吸收1mlNO需要1ml氨气，标准状态下的NH3的体积是22.4L，故D错误；
选D。
13. 冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。下图是18-冠-6与钾离子以配位键结合形成的超分子结构示意图。下列说法错误的是
A. 冠醚与碱金属离子之间的配位键属于共价键
B. 中心原子K+的配位数为6
C. 冠醚与碱金属离子形成配合物得到的晶体里还有阴离子
D. 这类配合物晶体是分子晶体
【答案】D
【解析】
【详解】A．配位键是共价键的一种类型，是由一方提供空轨道，另一方提供孤电子对形成的共用电子对，故冠醚与碱金属离子之间的配位键属于共价键，A正确；
B．由图可知，中心原子K+周围形成了6个配位键，故其的配位数为6，B正确；
C．由题干信息可知冠醚是皇冠状的分子，则冠醚与碱金属离子形成配合物是一个配位阳离子，故所得到的晶体里还有阴离子，C正确；
D．由C项分析可知，该类化合物配合物晶体是由阴、阳离子组成的，故属于是离子晶体，D错误；
故答案为：D。
14. 利用电解装置(见下图)分离含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4的混合物浆液，使其分离成固体混合物和含铬元素溶液。下列有关分析错误的是
A. 电解时，向阳极室移动，脱离浆液
B. 每转移1mle-时，阴极室电解质溶液的质量增加23g
C. 电解一段时间后，阴极室溶液的pH大于阳极室溶液的pH
D. 分离后含铬元素的粒子是和
【答案】B
【解析】
【分析】上述装置为电解池的工作原理，阳极区溶液中的水失去电子生成氧气和氢离子，则混合浆液中通过离子交换膜移动到阳极，且酸性条件下转化为；阴极区溶液中的水得到电子生成氢气和氢氧根离子，混合物浆液中的钠离子通过阳离子膜移动到左侧阴极区，据此分离成固体混合物和含铬元素溶液。
【详解】A．电解分离装置采用离子交换膜，根据电解时阴离子向阳极移动，则在直流电场作用下，通过阴离子膜向阳极室移动，脱离浆液，A正确；
B．每转移1mle-时，阴极室放出0.5ml H2，进入1ml Na+，故电解质溶液的质量增加=22g，B错误；
C．电解一段时间后在阴极室，H2O放电：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，c(OH-)增大，Na+向阴极室移动，结合上述分析可知，阴极室溶液的pH大于阳极室溶液的pH，C正确；
D．在阳极室，发生可逆反应：2+2H++H2O，故分离后含铬元素的粒子是、，D正确；
故选B。
15. 酒石酸(简写为H2R)是葡萄酒中主要的有机酸之一。在25°C时，调节25mL0.1ml/L酒石酸溶液的pH，溶液中R2-及HR-的pc与pH的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。图中pc表示各含R2-或HR-的浓度负对数(pc=-lgc)。下列有关叙述错误的是
A. 酒石酸的Ka1约为1×10-3
B. b点：c(HR-)>c(R2-)>c(OH-)
C. 由a点经b点到c点的过程中，水的电离程度先增大后减小
D. 酒石酸可与Na2CO3溶液反应产生CO2
【答案】C
【解析】
【详解】随溶液的pH值增大，H2R的电离程度增大，溶液中c(HR-)先增大后减小，c(R2-)逐渐增大，则溶液中-lgc(HR-)先减小后增大，-lgc(R2-)一直减小。
A．a点时pH=0，c(H+)=1ml/L，-lgc(HR-)=4，c(HR-)=10-4，c(H2R)=0.1ml/L，Ka1===1×10-3，选项A正确；
B．b点时，-lgc(HR-)最小，则c(HR-)最大，说明溶液中既存在HR- H++R2-，又存在HR-+H2O OH-+H2R，pH=3，溶液显酸性，则HR-电离程度大于水解程度，则c(HR-)>c(R2-)>c(OH-)，选项B正确；
C．a点为H2R，由a点经b点到c点的过程中，溶液中溶液质变化为H2R至HR-至HR-+R2-，对水的电离抑制程度逐渐减小，水的电离程度一直在增大，选项C错误；
D．酒石酸可与Na2CO3溶液反应产生CO2，H2R+ Na2CO3= Na2R+H2O+ CO2↑，选项D正确；
答案选C。
二、非选择题：本题共4大题，共55分。
16. Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水。在中性或碱性环境中稳定。工业上常利用含硫废水生产Na2S2O3·5H2O，实验室可用如下装置(略去部分夹持仪器)模拟其生成过程。
装置C中发生反应如下：
Na2S(aq)+H2O(1)+SO2(g)=Na2SO3(aq)+H2S(aq) (I)
2H2S(aq)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l) (II)
S(s)+Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq) (III)
（1）仪器b的名称___________，仪器a的进水口是___________(填字母)。
（2）装置D用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为___________(填序号)。
（3）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择___________。
a.蒸馏水 b.饱和NaHSO3溶液 c.饱和NaHCO3溶液 d.饱和Na2SO3溶液
（4）实验中要控制SO2生成速率，可采取的措施是___________。已知在装置C中发生的三个反应中，反应(III)的活化能最大，则烧瓶C中反应达到终点的现象是___________。
（5）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2，不能过量，原因是___________。
（6）Na2S2O3有还原性，可作脱氯剂。向Na2S2O3溶液中通入少量Cl2，预测转变为，利用所给试剂设计实验验证该预测，简要说明实验操作，现象和结论：___________。(供选择的试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液)
【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. d
（2）d （3）b
（4） ①. 控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度 ②. C中反应液由浑浊变澄清或浑浊消失
（5）若SO2过量，溶液显酸性，产物分解
（6）取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明有产生
【解析】
【小问1详解】
根据仪器的构造可知，仪器b的名称三颈烧瓶，仪器a为冷凝管，冷凝水应下进上出，则进水口是d；
【小问2详解】
a．装置应将导管深入氨水中可以吸收二氧化硫，但密闭环境,装置内压强增大易产生安全事故，选项a错误;
b．该装置吸收二氧化硫能力较差，且为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，选项b错误;
c．该装置不能吸收二氧化硫,所以无法实现实验目的，选项c错误;
d．该装置中氢氧化钠与二氧化硫反应，可以吸收,且防止倒吸，选项d正确。
答案选d；
【小问3详解】
装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，为了减少SO2在其中的溶解，同时防止引入杂质气体，
a．SO2容易溶于蒸馏水，会消耗气体，选项a错误；
b．饱和NaHSO3溶液不能与SO2发生反应，气体也不能溶解，选项b正确；
c．饱和Na2SO3溶液与SO2和水反应产生NaHSO3，导致气体被消耗，选项c错误；
d．由于酸性H2SO3>H2CO3，所以SO2与发生饱和NaHCO3溶液反应会产生CO2，产生杂质气体，选项d错误。
所以在B中的液体最好选择饱和NaHSO3溶液，答案选b；
【小问4详解】
实验中要控制SO2生成速率，可采取的措施有:控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度等，故答案为:控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度；
已知在装置C中发生的三个反应中，反应(III)的活化能最大，则烧瓶C中反应达到终点的现象是C中反应液由浑浊变澄清或浑浊消失；
【小问5详解】
为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2，不能过量，若SO2过量，溶液显酸性，产物分解；
【小问6详解】
Na2S2O3有还原性，可作脱氯剂，向Na2S2O3溶液中通入少量Cl2，预测转变为，设计实验为：取少量反应后的溶液于试管中，加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，故答案为:加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成。
17. 化合物H是一种用于合成γ-分泌调节剂的药物中间体，其合成路线如图：
（1）B中的含氧官能团名称为硝基、___________和___________。
（2）写出C→D的反应方程式___________。
（3）D→E的反应类型为___________。
（4）F中氮原子的杂化类型是___________。
（5）G经氧化得到H，写出G的结构简式___________。
（6）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式___________。
①含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；
②能发生水解反应；
③水解产物之一是α-氨基酸，另一水解产物分子的核磁共振氢谱只有2组峰。
（7）已知：(R代表烃基，Rˊ代表烃基或H)。请写出以 和(CH3)2SO4为原料制备 的合成路线___(无机试剂任用，合成路线示例见本题题干)。
【答案】（1） ①. 醚键 ②. 酯基
（2） +HCOOH→ +H2O
（3）取代反应 （4）sp2、sp3
（5） （6） 或
（7）
【解析】
【小问1详解】
根据B结构简式可知，B中含氧官能团为硝基、酯基和醚键；故答案为酯基；醚键；
【小问2详解】
B的分子式为C9H9O5N，对比B和C的分子式，B→C应是－NO2→－NH2，C的结构简式为 ，对比C和D的结构简式，该反应为取代反应，反应方程式为+HCOOH→+H2O；故答案为+HCOOH→+H2O；
【小问3详解】
对比D和E的结构简式，－CH2COCH3取代D中N上的H，反应类型为取代反应；故答案为取代反应；
【小问4详解】
F结构简式中－CH3上的C为sp3杂化，环上碳原子以及羰基上的碳原子杂化类型为sp2；故答案为sp2、sp3；
【小问5详解】
对比F和H的结构简式，－COOCH3被－CHO替代，因为G→H发生氧化反应，则G→H应是－CH2OH被氧化成了－CHO，推出G的结构简式为 ；故答案为 ；
【小问6详解】
能水解，产物之一为α-氨基酸，说明含有 ；对比C的结构简式知，除以上结构和苯环外，还有一个碳原子和一个氧原子；另一水解产物分子的核磁共振氢谱只有2组峰，则符合条件的C的同分异构体的结构简式为 、、；故答案为 、 、 (任写一种)；
【小问7详解】
根据题中所给信息以及合成路线A→B可知，生成 可由与(CH3)2SO4在K2CO3反应， 是由发生还原反应得到，因此合成路线为；故答案为。
18. NiSO4·6H2O晶体易溶于水，在280°C时可完全失去结晶水。为节约和重复利用资源，从某矿渣[成分为NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等]中回收NiSO4的工艺流程如图：
已知：
①(NH4)2SO4在350°C分解生成NH3和H2SO4。
②常温下Ksp(CaF2)=4.0×10-11。
③萃取剂(RH)萃取Ni2+的原理为Ni2++2RH⇌NiR2+2H+。
回答下列问题：
（1）Ni位于元素周期表____区(填“s”、“p”、“d”或“ds”)，其基态原子的核外电子有_____种空间运动状态。
（2）“浸渣”的成分有Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外，还含有___________(写化学式)。
（3）向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+(浓度为1.0×10-3ml/L)，当溶液中c(F-)=1.0×10-3ml/L时，除钙率为______。
（4）反萃取剂X为_______(填化学式)。“反萃取”得到的NiSO4溶液，可在强碱溶液中被NaClO氧化，得到用作镍镉电池正极材料的NiOOH。此反应的离子方程式为______。
（5）操作M为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作。下列相关说法正确的是_____(填标号)。
A．蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，即可停止加热
B．为得到较大NiSO4·6H2O晶体颗粒，宜用冰水快速冷却结晶
C．向冷却结晶后固液混合物中加入乙醇可提高产率
D．可通过抽滤提高过滤速度，在300°C鼓风干燥，快速得到干燥晶体
E．用无水乙醇代替蒸馏水做洗涤剂，可减少晶体的损失，便于晶体的干燥
【答案】（1） ①. d ②. 15
（2）SiO2 （3）96%
（4） ①. H2SO4 ②. 2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O
（5）ACE
【解析】
【分析】某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵研磨后，600℃焙烧，(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4，可知NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，在90℃的热水中浸泡过滤得到浸出液，“浸渣”的成分除 Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外还含有SiO2，浸取液中加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过操作M为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作得到硫酸镍晶体，有机相加入“反萃取剂”可循环使用，据此分析解题。
【小问1详解】
已知Ni是28号元素，位于元素周期表中第四周期第VIII族，属于d区，其其基态原子的核外电子电子排布式为：1s22s2sp63s23p63d84s2，电子共占用15个轨道，故有15种空间运动状态，故答案为：d；15；
【小问2详解】
由分析可知，“浸渣”的成分有Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外，还含有SiO2，故答案为：SiO2；
【小问3详解】
向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+(浓度为1.0×10-3ml/L)，当溶液中c(F-)=1.0×10-3ml/L时，c(Ca2+)==4.0×10-5ml/L，则除钙率为=96%，故答案为：96%；
【小问4详解】
由信息③萃取剂(RH)萃取Ni2+的原理为Ni2++2RH⇌NiR2+2H+，可知反萃取剂X应该选用H2SO4，增大H+浓度，使上述平衡逆向移动，又不引入新的杂质，“反萃取”得到的NiSO4溶液，可在强碱溶液中被NaClO氧化，得到用作镍镉电池正极材料的NiOOH，根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式为：2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O，故答案为：H2SO4；2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O；
【小问5详解】
A．从溶液中析出晶体的操作为：蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，即可停止加热，冷却结晶，A正确；
B．用冰水浴快速冷却结晶得到的是较小颗粒的晶体，B错误；
C．向冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇，减小溶液的极性，可继续析出NiSO4·6H2O，则可提高产率，C正确；
D．抽滤可以加快过滤速度，得到较干燥的晶体，由信息可知，NiSO4·6H2O在280°C时已经完全失去结晶水，D错误；
E．由题干可知，NiSO4·6H2O易溶于水，乙醇的极性小于水分子的，故用无水乙醇代替蒸馏水做洗涤剂，可减少晶体的损失，且乙醇易挥发，则便于晶体的干燥，E正确；
故答案为：ACE。
19. 研究和深度开发CO2的综合应用，实现碳循环是解决温室问题的有效途径，对构建生态文明社会具有重要意义。二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.6kJ/ml。
（1）该反应一般认为通过如下步骤来实现：
i.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41.2kJ/ml
ii.CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH2
则△H2=___________kJ/ml。
（2）下列措施中，能提高CO2转化率的是___________。
A. 在原料气中加入适量H2O(g)B. 从体系中不断分离出甲醇
C. 循环利用原料气D. 提高原料气中CO2的体积分数
（3）一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入1mlCO2和3mlH2，在催化剂作用下发生反应，测得5min时CO2的转化率在五种不同温度下的变化如图所示。
①T4温度下，反应在0~5min内平均反应速率v(H2)=___________ml/(L·min)。
②b点对应的正反应速率v(正)___________c点对应逆反应速率v(逆)(填“>”“<”或“=”)。
③若反应在c点的体系总压强为0.80MPa，则c点反应的Kp=____(MPa)-2(Kp为以分压表示的平衡常数)。
（4）TiO2基催化剂光催化还原CO2亦可制得燃料甲醇，其原理如图所示。
①CB极的电势___________VB极的电势(填“低于”或“高于”)。
②CB极的反应式是___________。
【答案】（1）-90.8 （2）BC
（3） ①. 0.21 ②. < ③.
（4） ①. 高于 ②. CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O
【解析】
【小问1详解】
a．CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41.2kJ/ml
b．CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.6kJ/ml
根据盖斯定律b-a得CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH2 =-49.6-41.2=-90.8kJ/ml；
【小问2详解】
A．在原料气中加入适量H2O(g)，增大水蒸气浓度，平衡逆向移动，CO2转化率降低，故不选A；
B．从体系中不断分离出甲醇，甲醇浓度减小，平衡正向移动，CO2转化率升高，故选B；
C．循环利用原料气，提高原料利用率，CO2转化率升高，故选C；
D．提高原料气中CO2的体积分数，增大CO2的浓度，CO2转化率降低，故不选D；
选BC；
【小问3详解】
①该反应对应方程式为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，由图示知，T4温度下，5min时CO2的转化率为70%，即CO2的转化量=1ml×70%=0.7ml，故H2的转化量=3×0.7ml=2.1ml，则v(H2)= =0.21ml/(L·min)；
②b点温度低、甲烷的浓度小，c点温度高、甲烷的浓度大，b对应的正反应速率v(正)③由图示知，c点对应CO2转化率为50%，列三段式如下：
此时气体n(总)=3ml，则p(CO2)=，p(H2)=， p(CH3OH)=p(H2O)=；则Kp=，代入数据计算得Kp=；
【小问4详解】
①在光照下，CB极表面聚集由二氧化钛基转移过来的电子，因此CB极的电势高于VB极的电势；
本试卷满分100分 考试时间75分钟。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cr-52 Fe-56
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 化学科学在国防装备的打造中发挥着重要作用。下列有关叙述错误的是
A. 曳光弹尾部的曳光剂中加入铜盐，曳光弹可发出绿光
B. 防闪爆面罩、手套主要成分芳纶属于合成纤维
C. 应用于陆军战车的纳米陶瓷装甲属于传统无机非金属材料
D. 可做防寒服保暖层填充物的硅气凝胶是一种固体物质形态
【答案】C
【解析】
【详解】A．曳光弹尾部的曳光剂中加入铜盐，铜的焰色反应是绿色，所以曳光弹可发出绿光，故A正确；
B．芳纶是聚对苯二甲酰对苯二胺，是新型高科技合成纤维，故B正确；
C．纳米陶瓷装甲属于新型无机非金属材料，故C错误；
D．硅气凝胶是一种多孔状、类似海绵结构的硅元素固体，故D正确；
选C。
2. “金银错”是中国传统工艺。在青铜器表面錾出凹槽，槽内嵌入金银丝。后用错(厝)石磨错，使器皿表面自然平滑。下列叙述错误的是
A. 青铜的熔点低于纯铜
B. “错(厝)石磨错”的过程中发生的是物理变化
C. 基态铜原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1
D. 青铜器表面装点少许金银错纹饰能减缓青铜器的腐蚀
【答案】D
【解析】
【详解】A．青铜为合金，合金的熔点比其成分的熔点低，即青铜的熔点低于纯铜，故A说法正确；
B．“错(厝)石磨错”根据题意可知，该过程属于物理变化，故B说法正确；
C．Cu元素位于第四周期IB族，电子排布式为[Ar]3d104s1，故C说法正确；
D．铜比金、银活泼，电化学腐蚀时铜作负极，容易被腐蚀，故D说法错误；
答案为D。
3. 中国茶文化源远流长。茶水中的儿茶素(如图)具有抗肿瘤、抗氧化等药理作用。下列有关儿茶素的说法错误的是
A. 儿茶素可被酸性KMnO4溶液氧化
B. 可利用茶水检测补铁剂是否变质
C. 1ml儿茶素最多可与4mlNa发生反应
D. 1ml儿茶素最多可与6mlH2发生加成反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．儿茶素中含有酚羟基及醇羟基，可被酸性KMnO4溶液氧化，选项A正确；
B．茶水中的儿茶素含有酚羟基，可利用茶水检测补铁剂是否变质，若变质则遇茶水显紫色，选项B正确；
C．儿茶素中含有4个酚羟基及1个醇羟基，1ml儿茶素最多可与5mlNa发生反应，选项C错误；
D．儿茶素中含有两个苯环，1ml儿茶素最多可与6mlH2发生加成反应，选项D正确；
答案选C。
4. 对于下列实验，不能正确描述其反应的离子方程式是
A. 二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色：3SO2+2+4H+=3+2Mn2++2H2O
B. 利用MnO2与浓盐酸制备氯气：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
C. 铜片上电镀银的总反应(银作阳极，硝酸银溶液作电镀液)：Ag(阳极)Ag(阴极)
D. 向偏铝酸钠溶液中通入过量的CO2：+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+
【答案】A
【解析】
【详解】A．SO2使酸性KMnO4溶液褪色的离子方程式为：5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+，A错误；
B．用二氧化锰与浓盐酸反应部分盐酸具有还原性，部分有酸性，反应的离子反应为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，B正确；
C．电解池中银作阳极，Ag失电子生成Ag+，硝酸银溶液作电镀液，由还原性：Ag+> H+，Ag+优先得电子生成Ag，反应实质为：Ag(阳极)Ag(阴极)，C正确；
D．偏铝酸钠溶液中通入过量CO2，生成氢氧化铝沉淀和，离子方程式：+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+，D正确；
故选：D。
5. 用下列装置进行实验，不能达到相应实验目的的是
A. 装置①测量反应生成H2的体积
B. 装置②制备无水MgCl2
C. 装置③证明非金属性强弱：S>C>Si
D. 装置④验证Fe3+的氧化性
【答案】B
【解析】
【详解】A．装置①，注射器内收集到气体的体积即反应生成H2的体积，故不选A；
B．MgCl2易水解，MgCl2水溶液加热蒸发后会得到Mg(OH)2，故选B；
C．碳酸钠和硫酸反应生成二氧化碳，二氧化碳通入硅酸钠溶液中生成硅酸沉淀，装置③可证明非金属性强弱：S>C>Si，故不选C；
D．装置④，滴入淀粉溶液，若变蓝色，说明Fe3+把I-氧化为I2，证明Fe3+具有氧化性，故不选D；
选B。
6. NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. 常温常压下，34g羟基(-16OH)所含中子数为16NA
B. 过氧化钠与水反应生成0.1mlO2时转移的电子数为0.2NA
C. 0.1ml/L醋酸钠水溶液中CH3COO-与OH-离子数之和略大于0.1NA
D. 23gCH3CH2OH中sp3-sσ键数目为3NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．34g羟基(-16OH)的物质的量为2ml，每个羟基(-16OH)中含有8个中子，常温常压下，34g羟基(-16OH)所含中子数为16NA，选项A正确；
B．根据反应可知2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，过氧化钠与水反应生成0.1mlO2时转移的电子数为0.2NA，选项B正确；
C．醋酸钠水溶液未说明体积，无法计算离子数目，选项C错误；
D．23gCH3CH2OH为0.5ml，每个CH3CH2OH中有6个sp3-sσ键，故sp3-sσ键数目为3NA，选项D正确；
答案选C。
7. 二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂，实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料，通过以下过程制备ClO2：
下列相关说法中错误的是
A. 溶液X中大量存在的阴离子只有Cl-
B. 电解时发生反应的化学方程式为NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3
C. 不能利用饱和食盐水除去ClO2中的NH3
D. NH4Cl中阳离子的键角大于NH3的键角
【答案】A
【解析】
【详解】A．NCl3与NaClO2反应生成ClO2、NH3、和NaCl，反应的离子方程式为：NCl3+3H2O+6=6ClO2↑+3Cl-+3OH-+NH3↑，溶液X中大量存在的阴离子有Cl-和OH-，以及未完全反应的，A错误；
B．电解NH4Cl和浓盐酸混合溶液，故发生反应的化学方程式为NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3，B正确；
C．ClO2和氨气易溶于水，不能利用饱和食盐水吸收ClO2和氨气，C正确；
D．由于中没有孤电子对，NH3分子中存在一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对对成键电子对的排斥作用，故NH4Cl中阳离子即的键角大于NH3的键角，D正确；
故答案为：A。
8. 大多数离子液体含有体积很大的阴、阳离子(如下图所示)。其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期非金属元素，X、Z在元素周期中处于相邻位置。下列说法错误的是
A. 原子半径的大小：Z>X>Y
B. 基态原子未成对电子数：X>Y
C. 此阴离子中Y、Z均不满足8电子稳定结构
D. 最简单氢化物的稳定性：Y>X>Z
【答案】C
【解析】
【详解】X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期非金属元素，X、Z在元素周期中处于相邻位置。结合离子中各元素的成键情况， 可推知X为N元素，Z为P，Y为F元素。
A．原子半径的大小：Z(P)>X(N)>Y(F)，选项A正确；
B．X的电子排布式为1s22s22p3，Y的电子排布式为1s22s22p5，故基态原子未成对电子数：X(3)>Y(1)，选项B正确；
C．此阴离子中Y为氟原子满足8电子稳定结构，选项C错误；
D．非金属性Y(F)>X(N)>Z(P)，故最简单氢化物的稳定性：Y>X>Z，选项D正确；
答案选C。
9. 某DNA分子的片段如图所示。下列关于该片段的说法错误的是
A. 氢键的键能：②<①
B. 腺嘌呤分子中的所有氮原子均可共面
C. 该片段在一定条件下可发生水解反应
D. 在构成此DNA片段的所有元素中，N的电负性最大
【答案】D
【解析】
【详解】A．O比N对电子的吸引能力强，则氢键的强度：①＞②，A正确；
B．由图中结构可知，腺嘌呤分子中间含2个N原子的杂环是类似于苯环的结构，其余三个N原子类似于苯环上的氢原子，故腺嘌呤分子中的所有氮原子均可共面，B正确；
C．该物质中含肽键，可发生水解反应，C正确；
D．在构成此DNA片段的所有元素即H、C、N、O四种，其中O的电负性最大，D错误；
故答案为：D。
10. 某FexNy的晶胞如图1所示。Cu可以完全替代该晶体中m位置Fe或者n位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(x-n)CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示。(设NA为阿伏加德罗常数的值)
下列相关说法中错误的是
A. FexNy晶胞中Fe与Fe之间的最短距离为
B. 此FexNy晶胞中与N最近的Fe原子数为6
C. 此FexNy晶胞的密度为g/cm3
D. 两种产物中更稳定的Cu替代型产物的化学式为Fe3CuN
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据晶胞可知，m位置Fe和n位置Fe，晶胞边长为a，则Fe与Fe之间的最短距离为，选项A正确；
B．根据晶胞可知，FexNy晶胞中与N最近的Fe原子为n位置Fe，数目为6，选项B正确；
C．此FexNy晶胞中含有1个N、4个Fe，故其密度g/cm-3，选项C错误；
D．Cu替代m位置Fe型能量更稳定，替代型产物化学式为Fe3CuN，选项D正确；
答案选C。
11. 维纶是聚乙烯醇缩甲醛纤维的商品名，可用于生产服装、绳索等。其合成路线如下。下列说法错误的是
A. 物质A不存在顺反异构现象
B. 物质B只有一种官能团
C. 物质C的粉尘与空气可形成爆炸性混合物
D. 反应③属于加成反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．由合成路线图中，A的结构简式可知，物质A中含有碳碳双键，但一端碳原子上存在两个H原子，故不存在顺反异构现象，A正确；
B．由A到B的反应是一个加聚反应，碳碳双键断裂，故物质B只有一种官能团即酯基，B正确；
C．由B到C的反应为水解反应，故物质C为聚乙烯醇，则其的粉尘与空气可形成爆炸性混合物，C正确；
D．由合成路线图可知，反应③不符合加成反应的特点，另有产物H2O生成，D错误；
故答案为：D。
12. 氮氧化物(NOx)是一类特殊的污染物，它本身会对生态系统和人体健康造成危害。一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图所示。下列叙述错误的是
A. 反应①变化过程可表示为2Cu(NH3)+O2=[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+
B. 反应③属于非氧化还原反应
C. 反应④涉及极性共价键的断裂与生成
D. 图中总过程中每吸收1mlNO需要标准状态下的NH344.8L
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图示，反应①变化过程可表示为2Cu(NH3)+O2=[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+，故A正确；
B．根据图示，反应③中各元素化合价都没有变化，属于非氧化还原反应，故C正确；
C．反应④中有氮氧键、氮氢键的断裂，有氢氧键的形成，故C正确；
D．图中总过程中每吸收1mlNO需要1ml氨气，标准状态下的NH3的体积是22.4L，故D错误；
选D。
13. 冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。下图是18-冠-6与钾离子以配位键结合形成的超分子结构示意图。下列说法错误的是
A. 冠醚与碱金属离子之间的配位键属于共价键
B. 中心原子K+的配位数为6
C. 冠醚与碱金属离子形成配合物得到的晶体里还有阴离子
D. 这类配合物晶体是分子晶体
【答案】D
【解析】
【详解】A．配位键是共价键的一种类型，是由一方提供空轨道，另一方提供孤电子对形成的共用电子对，故冠醚与碱金属离子之间的配位键属于共价键，A正确；
B．由图可知，中心原子K+周围形成了6个配位键，故其的配位数为6，B正确；
C．由题干信息可知冠醚是皇冠状的分子，则冠醚与碱金属离子形成配合物是一个配位阳离子，故所得到的晶体里还有阴离子，C正确；
D．由C项分析可知，该类化合物配合物晶体是由阴、阳离子组成的，故属于是离子晶体，D错误；
故答案为：D。
14. 利用电解装置(见下图)分离含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4的混合物浆液，使其分离成固体混合物和含铬元素溶液。下列有关分析错误的是
A. 电解时，向阳极室移动，脱离浆液
B. 每转移1mle-时，阴极室电解质溶液的质量增加23g
C. 电解一段时间后，阴极室溶液的pH大于阳极室溶液的pH
D. 分离后含铬元素的粒子是和
【答案】B
【解析】
【分析】上述装置为电解池的工作原理，阳极区溶液中的水失去电子生成氧气和氢离子，则混合浆液中通过离子交换膜移动到阳极，且酸性条件下转化为；阴极区溶液中的水得到电子生成氢气和氢氧根离子，混合物浆液中的钠离子通过阳离子膜移动到左侧阴极区，据此分离成固体混合物和含铬元素溶液。
【详解】A．电解分离装置采用离子交换膜，根据电解时阴离子向阳极移动，则在直流电场作用下，通过阴离子膜向阳极室移动，脱离浆液，A正确；
B．每转移1mle-时，阴极室放出0.5ml H2，进入1ml Na+，故电解质溶液的质量增加=22g，B错误；
C．电解一段时间后在阴极室，H2O放电：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，c(OH-)增大，Na+向阴极室移动，结合上述分析可知，阴极室溶液的pH大于阳极室溶液的pH，C正确；
D．在阳极室，发生可逆反应：2+2H++H2O，故分离后含铬元素的粒子是、，D正确；
故选B。
15. 酒石酸(简写为H2R)是葡萄酒中主要的有机酸之一。在25°C时，调节25mL0.1ml/L酒石酸溶液的pH，溶液中R2-及HR-的pc与pH的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。图中pc表示各含R2-或HR-的浓度负对数(pc=-lgc)。下列有关叙述错误的是
A. 酒石酸的Ka1约为1×10-3
B. b点：c(HR-)>c(R2-)>c(OH-)
C. 由a点经b点到c点的过程中，水的电离程度先增大后减小
D. 酒石酸可与Na2CO3溶液反应产生CO2
【答案】C
【解析】
【详解】随溶液的pH值增大，H2R的电离程度增大，溶液中c(HR-)先增大后减小，c(R2-)逐渐增大，则溶液中-lgc(HR-)先减小后增大，-lgc(R2-)一直减小。
A．a点时pH=0，c(H+)=1ml/L，-lgc(HR-)=4，c(HR-)=10-4，c(H2R)=0.1ml/L，Ka1===1×10-3，选项A正确；
B．b点时，-lgc(HR-)最小，则c(HR-)最大，说明溶液中既存在HR- H++R2-，又存在HR-+H2O OH-+H2R，pH=3，溶液显酸性，则HR-电离程度大于水解程度，则c(HR-)>c(R2-)>c(OH-)，选项B正确；
C．a点为H2R，由a点经b点到c点的过程中，溶液中溶液质变化为H2R至HR-至HR-+R2-，对水的电离抑制程度逐渐减小，水的电离程度一直在增大，选项C错误；
D．酒石酸可与Na2CO3溶液反应产生CO2，H2R+ Na2CO3= Na2R+H2O+ CO2↑，选项D正确；
答案选C。
二、非选择题：本题共4大题，共55分。
16. Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水。在中性或碱性环境中稳定。工业上常利用含硫废水生产Na2S2O3·5H2O，实验室可用如下装置(略去部分夹持仪器)模拟其生成过程。
装置C中发生反应如下：
Na2S(aq)+H2O(1)+SO2(g)=Na2SO3(aq)+H2S(aq) (I)
2H2S(aq)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l) (II)
S(s)+Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq) (III)
（1）仪器b的名称___________，仪器a的进水口是___________(填字母)。
（2）装置D用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为___________(填序号)。
（3）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择___________。
a.蒸馏水 b.饱和NaHSO3溶液 c.饱和NaHCO3溶液 d.饱和Na2SO3溶液
（4）实验中要控制SO2生成速率，可采取的措施是___________。已知在装置C中发生的三个反应中，反应(III)的活化能最大，则烧瓶C中反应达到终点的现象是___________。
（5）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2，不能过量，原因是___________。
（6）Na2S2O3有还原性，可作脱氯剂。向Na2S2O3溶液中通入少量Cl2，预测转变为，利用所给试剂设计实验验证该预测，简要说明实验操作，现象和结论：___________。(供选择的试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液)
【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. d
（2）d （3）b
（4） ①. 控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度 ②. C中反应液由浑浊变澄清或浑浊消失
（5）若SO2过量，溶液显酸性，产物分解
（6）取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明有产生
【解析】
【小问1详解】
根据仪器的构造可知，仪器b的名称三颈烧瓶，仪器a为冷凝管，冷凝水应下进上出，则进水口是d；
【小问2详解】
a．装置应将导管深入氨水中可以吸收二氧化硫，但密闭环境,装置内压强增大易产生安全事故，选项a错误;
b．该装置吸收二氧化硫能力较差，且为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，选项b错误;
c．该装置不能吸收二氧化硫,所以无法实现实验目的，选项c错误;
d．该装置中氢氧化钠与二氧化硫反应，可以吸收,且防止倒吸，选项d正确。
答案选d；
【小问3详解】
装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，为了减少SO2在其中的溶解，同时防止引入杂质气体，
a．SO2容易溶于蒸馏水，会消耗气体，选项a错误；
b．饱和NaHSO3溶液不能与SO2发生反应，气体也不能溶解，选项b正确；
c．饱和Na2SO3溶液与SO2和水反应产生NaHSO3，导致气体被消耗，选项c错误；
d．由于酸性H2SO3>H2CO3，所以SO2与发生饱和NaHCO3溶液反应会产生CO2，产生杂质气体，选项d错误。
所以在B中的液体最好选择饱和NaHSO3溶液，答案选b；
【小问4详解】
实验中要控制SO2生成速率，可采取的措施有:控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度等，故答案为:控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度；
已知在装置C中发生的三个反应中，反应(III)的活化能最大，则烧瓶C中反应达到终点的现象是C中反应液由浑浊变澄清或浑浊消失；
【小问5详解】
为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2，不能过量，若SO2过量，溶液显酸性，产物分解；
【小问6详解】
Na2S2O3有还原性，可作脱氯剂，向Na2S2O3溶液中通入少量Cl2，预测转变为，设计实验为：取少量反应后的溶液于试管中，加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，故答案为:加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成。
17. 化合物H是一种用于合成γ-分泌调节剂的药物中间体，其合成路线如图：
（1）B中的含氧官能团名称为硝基、___________和___________。
（2）写出C→D的反应方程式___________。
（3）D→E的反应类型为___________。
（4）F中氮原子的杂化类型是___________。
（5）G经氧化得到H，写出G的结构简式___________。
（6）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式___________。
①含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；
②能发生水解反应；
③水解产物之一是α-氨基酸，另一水解产物分子的核磁共振氢谱只有2组峰。
（7）已知：(R代表烃基，Rˊ代表烃基或H)。请写出以 和(CH3)2SO4为原料制备 的合成路线___(无机试剂任用，合成路线示例见本题题干)。
【答案】（1） ①. 醚键 ②. 酯基
（2） +HCOOH→ +H2O
（3）取代反应 （4）sp2、sp3
（5） （6） 或
（7）
【解析】
【小问1详解】
根据B结构简式可知，B中含氧官能团为硝基、酯基和醚键；故答案为酯基；醚键；
【小问2详解】
B的分子式为C9H9O5N，对比B和C的分子式，B→C应是－NO2→－NH2，C的结构简式为 ，对比C和D的结构简式，该反应为取代反应，反应方程式为+HCOOH→+H2O；故答案为+HCOOH→+H2O；
【小问3详解】
对比D和E的结构简式，－CH2COCH3取代D中N上的H，反应类型为取代反应；故答案为取代反应；
【小问4详解】
F结构简式中－CH3上的C为sp3杂化，环上碳原子以及羰基上的碳原子杂化类型为sp2；故答案为sp2、sp3；
【小问5详解】
对比F和H的结构简式，－COOCH3被－CHO替代，因为G→H发生氧化反应，则G→H应是－CH2OH被氧化成了－CHO，推出G的结构简式为 ；故答案为 ；
【小问6详解】
能水解，产物之一为α-氨基酸，说明含有 ；对比C的结构简式知，除以上结构和苯环外，还有一个碳原子和一个氧原子；另一水解产物分子的核磁共振氢谱只有2组峰，则符合条件的C的同分异构体的结构简式为 、、；故答案为 、 、 (任写一种)；
【小问7详解】
根据题中所给信息以及合成路线A→B可知，生成 可由与(CH3)2SO4在K2CO3反应， 是由发生还原反应得到，因此合成路线为；故答案为。
18. NiSO4·6H2O晶体易溶于水，在280°C时可完全失去结晶水。为节约和重复利用资源，从某矿渣[成分为NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等]中回收NiSO4的工艺流程如图：
已知：
①(NH4)2SO4在350°C分解生成NH3和H2SO4。
②常温下Ksp(CaF2)=4.0×10-11。
③萃取剂(RH)萃取Ni2+的原理为Ni2++2RH⇌NiR2+2H+。
回答下列问题：
（1）Ni位于元素周期表____区(填“s”、“p”、“d”或“ds”)，其基态原子的核外电子有_____种空间运动状态。
（2）“浸渣”的成分有Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外，还含有___________(写化学式)。
（3）向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+(浓度为1.0×10-3ml/L)，当溶液中c(F-)=1.0×10-3ml/L时，除钙率为______。
（4）反萃取剂X为_______(填化学式)。“反萃取”得到的NiSO4溶液，可在强碱溶液中被NaClO氧化，得到用作镍镉电池正极材料的NiOOH。此反应的离子方程式为______。
（5）操作M为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作。下列相关说法正确的是_____(填标号)。
A．蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，即可停止加热
B．为得到较大NiSO4·6H2O晶体颗粒，宜用冰水快速冷却结晶
C．向冷却结晶后固液混合物中加入乙醇可提高产率
D．可通过抽滤提高过滤速度，在300°C鼓风干燥，快速得到干燥晶体
E．用无水乙醇代替蒸馏水做洗涤剂，可减少晶体的损失，便于晶体的干燥
【答案】（1） ①. d ②. 15
（2）SiO2 （3）96%
（4） ①. H2SO4 ②. 2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O
（5）ACE
【解析】
【分析】某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵研磨后，600℃焙烧，(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4，可知NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，在90℃的热水中浸泡过滤得到浸出液，“浸渣”的成分除 Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外还含有SiO2，浸取液中加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过操作M为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作得到硫酸镍晶体，有机相加入“反萃取剂”可循环使用，据此分析解题。
【小问1详解】
已知Ni是28号元素，位于元素周期表中第四周期第VIII族，属于d区，其其基态原子的核外电子电子排布式为：1s22s2sp63s23p63d84s2，电子共占用15个轨道，故有15种空间运动状态，故答案为：d；15；
【小问2详解】
由分析可知，“浸渣”的成分有Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外，还含有SiO2，故答案为：SiO2；
【小问3详解】
向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+(浓度为1.0×10-3ml/L)，当溶液中c(F-)=1.0×10-3ml/L时，c(Ca2+)==4.0×10-5ml/L，则除钙率为=96%，故答案为：96%；
【小问4详解】
由信息③萃取剂(RH)萃取Ni2+的原理为Ni2++2RH⇌NiR2+2H+，可知反萃取剂X应该选用H2SO4，增大H+浓度，使上述平衡逆向移动，又不引入新的杂质，“反萃取”得到的NiSO4溶液，可在强碱溶液中被NaClO氧化，得到用作镍镉电池正极材料的NiOOH，根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式为：2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O，故答案为：H2SO4；2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O；
【小问5详解】
A．从溶液中析出晶体的操作为：蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，即可停止加热，冷却结晶，A正确；
B．用冰水浴快速冷却结晶得到的是较小颗粒的晶体，B错误；
C．向冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇，减小溶液的极性，可继续析出NiSO4·6H2O，则可提高产率，C正确；
D．抽滤可以加快过滤速度，得到较干燥的晶体，由信息可知，NiSO4·6H2O在280°C时已经完全失去结晶水，D错误；
E．由题干可知，NiSO4·6H2O易溶于水，乙醇的极性小于水分子的，故用无水乙醇代替蒸馏水做洗涤剂，可减少晶体的损失，且乙醇易挥发，则便于晶体的干燥，E正确；
故答案为：ACE。
19. 研究和深度开发CO2的综合应用，实现碳循环是解决温室问题的有效途径，对构建生态文明社会具有重要意义。二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.6kJ/ml。
（1）该反应一般认为通过如下步骤来实现：
i.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41.2kJ/ml
ii.CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH2
则△H2=___________kJ/ml。
（2）下列措施中，能提高CO2转化率的是___________。
A. 在原料气中加入适量H2O(g)B. 从体系中不断分离出甲醇
C. 循环利用原料气D. 提高原料气中CO2的体积分数
（3）一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入1mlCO2和3mlH2，在催化剂作用下发生反应，测得5min时CO2的转化率在五种不同温度下的变化如图所示。
①T4温度下，反应在0~5min内平均反应速率v(H2)=___________ml/(L·min)。
②b点对应的正反应速率v(正)___________c点对应逆反应速率v(逆)(填“>”“<”或“=”)。
③若反应在c点的体系总压强为0.80MPa，则c点反应的Kp=____(MPa)-2(Kp为以分压表示的平衡常数)。
（4）TiO2基催化剂光催化还原CO2亦可制得燃料甲醇，其原理如图所示。
①CB极的电势___________VB极的电势(填“低于”或“高于”)。
②CB极的反应式是___________。
【答案】（1）-90.8 （2）BC
（3） ①. 0.21 ②. < ③.
（4） ①. 高于 ②. CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O
【解析】
【小问1详解】
a．CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41.2kJ/ml
b．CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.6kJ/ml
根据盖斯定律b-a得CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH2 =-49.6-41.2=-90.8kJ/ml；
【小问2详解】
A．在原料气中加入适量H2O(g)，增大水蒸气浓度，平衡逆向移动，CO2转化率降低，故不选A；
B．从体系中不断分离出甲醇，甲醇浓度减小，平衡正向移动，CO2转化率升高，故选B；
C．循环利用原料气，提高原料利用率，CO2转化率升高，故选C；
D．提高原料气中CO2的体积分数，增大CO2的浓度，CO2转化率降低，故不选D；
选BC；
【小问3详解】
①该反应对应方程式为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)，由图示知，T4温度下，5min时CO2的转化率为70%，即CO2的转化量=1ml×70%=0.7ml，故H2的转化量=3×0.7ml=2.1ml，则v(H2)= =0.21ml/(L·min)；
②b点温度低、甲烷的浓度小，c点温度高、甲烷的浓度大，b对应的正反应速率v(正)
此时气体n(总)=3ml，则p(CO2)=，p(H2)=， p(CH3OH)=p(H2O)=；则Kp=，代入数据计算得Kp=；
【小问4详解】
①在光照下，CB极表面聚集由二氧化钛基转移过来的电子，因此CB极的电势高于VB极的电势；
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