2022-2023学年江苏省扬州市高二下册期末化学专项提升模拟题（AB卷）含解析

这是一份2022-2023学年江苏省扬州市高二下册期末化学专项提升模拟题（AB卷）含解析，共48页。试卷主要包含了硼酸和乙醇可以发生酯化反应，乙酸乙酯的制备实验过程如下等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年江苏省扬州市高二下册期末化学专项提升模拟题
（A卷）
第I卷（选一选）

评卷人
得分



一、单 选 题
1．工业上曾经通过反应3Fe＋4NaOH=Fe3O4＋2H2↑＋4Na↑生产金属钠。下列说确的是
A．反应中NaOH是氧化剂 B．用磁铁可以将Fe和Fe3O4分离
C．该反应属于置换反应 D．将生成的气体在空气中冷却可获得钠
2．硼酸和乙醇可以发生酯化反应：B(OH)3+3C2H5OH (C2H5O)3B+3H2O。生成的硼酸三乙酯点燃时产生绿色火焰，可通过该现象鉴定硼酸，下列表示正确的是
A．中子数为8的O原子：
B．乙醇分子的比例模型：
C．基态C原子核外价电子的轨道表达式：
D．硼酸在水中的电离方程式：B(OH)3+H2O=B(OH)+H+
3．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．氨气具有还原性，可用作烟气中NOx脱除
B．Al2O3熔点高，可用作电解冶炼铝的原料
C．浓硫酸具有强氧化性，可用作酯化反应的催化剂
D．次氯酸具有弱酸性，可用作有色物质的漂白剂
4．下列有关SO2、SO3的说确的是
A．SO2水溶液能导电，SO2是电解质 B．SO2的键角小于SO3的键角
C．SO2、SO3都是极性分子 D．SO2的水溶液放置在空气中，pH会增大
5．在指定条件下，下列选项所示的物质间的转化能够实现的是
A．SO2NH4HSO3(aq) B．SO3Br2
C．FeS2SO3 D．浓H2SO4SO2
6．蓝天保卫战——持续三年的大气治理之战，其中低成本、高效率处理SO2、NO2等大气污染物一直是化学研究的课题，研究它们的性质、制备在工业生产和环境保护中有着重要意义。一种处理SO2、NO2的研究成果，其反应原理为SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)   ΔH=-41.8kJ·mol-1。标准状况下，SO2(g)+NO2(g)=SO3(s)+NO(g)     ΔH，下列有关说法没有正确的是
A．该反应ΔH＜0，ΔS＜0
B．升高温度，能增加SO2的反应速率和转化率
C．SO2的生成速率和NO2的消耗速率相等说明该反应达到平衡状态
D．标准状况下，该反应中每生成22.4LNO转移电子的数目约等于2×6.02×1023
7．某化学兴趣小组以含钴废渣(主要成分CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备Co2O3的一种实验流程如下。下列与流程相关的原理、装置和操作能达到实验目的的是

A．“酸浸”中的SO2作还原剂，用装置甲制取
B．“酸浸”所需的250 mL 1.0 mol·L-1 H2SO4溶液用装置乙配制
C．“萃取”的目的是除去Zn2+，用装置丙，振荡时分液漏斗下端应向下倾斜
D．“沉钴”时向萃取液中缓慢滴加沉淀剂，用装置丁过滤所得悬浊液
8．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子中有2未成对电子，X原子的K层与M层电子数相等，W原子的最外层电子数等于X与Y原子的最外层电子数之和，Z单质常温下为气体。下列说确的是
A．原子半径
B．X的电离能比同周期相邻元素的大
C．Y的价氧化物对应水化物的酸性比W的强
D．Z的简单氢化物的熔沸点比W的高
9．化合物Z是合成某种抗结核候选的重要中间体，可由下列反应制得。


下列有关说确的是
A．X在过量NaOH溶液中加热，所得的有机产物中含手性碳原子
B．Y分子中碳原子的杂化类型有二种
C． 分子中，所有原子一定共平面
D．Z在铜催化作用下加热，生成的有机产物能发生银镜反应
10．乙酸乙酯的制备实验过程如下：
步骤1：在一支试管中加入3mL乙醇，然后边振荡边缓缓加入2mL浓硫酸和2mL乙酸，再加入几片碎瓷片，加热并收集蒸出的乙酸乙酯粗品。
步骤2：向盛有乙酸乙酯粗品的试管中滴加1～2滴KMnO4溶液，振荡，紫红色褪去。
步骤3：向盛有Na2CO3溶液的试管中滴加乙酸乙酯粗品，振荡，有气泡产生。
下列说确的是
A．步骤1中使用过量的乙醇能提高乙酸的转化率
B．步骤1中使用碎瓷片的目的是作反应的催化剂
C．步骤2中紫红色变浅说明乙酸乙酯粗品含有乙烯
D．步骤3中发生反应的离子方程式为CO+2H+=H2O+CO2↑
11．铁的配合物离子(用表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：

下列说法没有正确的是
A．该过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑
B．H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C．该催化循环中Fe元素的化合价发生变化
D．该过程的总反应速率由IV→I步骤决定
12．钴()的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。如图为水溶液中电解制备金属钴的装置示意图。下列说确的是


A．工作时，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的均增大
B．生成，Ⅰ室溶液质量理论上减少
C．移除两交换膜后，石墨电极上发生的反应没有变
D．电解总反应：
13．已知室温下Ka1(H2S)=10-7，Ka2(H2S)=10-12.9。通过下列实验探究含硫化合物的性质。
实验l：测得0.1mol·L-1H2S溶液pH=4.1
实验2：向10mL0.1mol·L-1NaHS溶液中加入5mL水，测得溶液的pH没有断减小
实验3：向实验2所得溶液中滴加10mL0.1mol·L-1NaOH溶液，测得反应后溶液pH=12
实验4：向实验3所得溶液中滴加几滴0.1mol·L-1MnSO4溶液，产生粉色沉淀，再加几滴0.lmol·L-1CuSO4溶液，产生黑色沉淀
下列说确的是
A．由实验1可知：0.1mol·L-1H2S溶液中c(S2-) B．由实验2可知：加水过程中，逐渐变小
C．实验3所得溶液中存在：c(H2S)+c(HS-)+c(H+)=c(OH-)
D．由实验4可知：Ksp(MnS)>Ksp(CuS)
14．以 CO2、H2为原料合成 CH3OH 涉及的反应如下：
反应Ⅰ： CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1=-49kJ·mol-1
反应Ⅱ： CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH2=+41kJ·mol-1
反应Ⅲ： CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ΔH3
在 5MPa 下，按照 n(CO2)：n(H2)=1：3 投料，平衡时，CO和CH3OH在含碳产物中物质的量分数及 CO2的转化率随温度的变化如图。下列说确的是

A．反应Ⅲ中反应物的总键能大于生成物的总键能
B．曲线 n 代表 CH3OH 在含碳产物中物质的量分数
C．该条件下温度越低，越有利于工业生产 CH3OH
D．图示 270℃时，平衡体系中CO2的体积分数为 20%
第II卷（非选一选）

评卷人
得分



二、工业流程题
15．以废锰渣(含MnO2及少量KOH、MgO、Fe2O3)为原料制备MnSO4晶体，其工艺流程可表示为：


该工艺条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀pH
2.10
7.45
9.27
9.60
完全沉淀pH
3.20
8.95
10.87
11.13

(1)Mn2+的基态核外电子排布式为___________。
(2)“反应I”中加入硫铁矿(主要成分FeS2)将MnO2还原为Mn2+。滤渣1的主要成分除FeS2外，还有一种相对分子质量为192的单质，其化学式为___________。
(3)“反应II”中主要反应的离子方程式为___________。
(4)“调pH”步骤中，应调节溶液pH的范围是___________。
(5)测定产品纯度。取制得的MnSO4晶体0.1510g，溶于适量水中，加硫酸酸化；用过量NaBiO3(难溶于水)将Mn2+完全氧化为，过滤洗涤；_________，向其中加入Na2C2O4固体0.5360g；充分反应后，用0.0320mol·L-1KMnO4溶液滴定，用去20.00mL。
已知：+→CO2↑+Mn2+(未配平)；Mr(Na2C2O4)=134，Mr(MnSO4)=151。
①为减小测量误差，请补充完整洗涤后的实验操作___________。
②计算产品中MnSO4的质量分数___________(写出计算过程，保留两位有效数字)。
16．Li2CO3可用于制备锂电池的正极材料LiCoO2，以某锂云母矿石(主要成分为Li2O，还有Al2O3、Fe2O3、MnO、MgF2等杂质)制备Li2CO3。
已知：①Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38、Ksp[Mn(OH)2]=2×10-13、Ksp[Mg(OH)2]=1.2×10-11、Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33。
②Co3O4、CoO均难溶于水。Co3O4难溶于酸，CoO能溶于酸中。
③当溶液中的离子浓度小于10-5mol/L时，已完全沉淀。
④部分物质的溶解度曲线。


利用锂云母矿石制备Li2CO3步骤如下：
(1)酸浸。向锂云母矿石中加入30%硫酸，加热至90℃，装置如图所示。烧杯中试剂的作用是____。

(2)调pH。向酸浸后的溶液中加入NaOH溶液，调节pH约为6，过滤。再向滤液中继续滴加氢氧化钠溶液调pH>13，过滤，此时的滤渣主要成分为____。分两次调节pH的主要原因是____。
(3)沉锂。将已经除杂的溶液蒸发浓缩，向浓缩后的滤液中加入稍过量饱和Na2CO3溶液，加热煮沸，趁热过滤，将滤渣洗涤烘干，得Li2CO3固体。浓缩液中离子浓度过大将在产品中引入____杂质(填化学式)。
(4)Li2CO3和Co3O4混合后，在空气中高温加热可以制备锂电池的正极材料LiCoO2，写出反应方程式：____。
(5)Co3O4可由CoCO3热分解制备。CoCO3在有氧和无氧环境下的所得Co3O4和CoO的百分含量与温度关系如图所示。请补充完整由CoCO3制备较纯净的Co3O4实验，取一定质量的CoCO3于热解装置中，____，干燥。(须使用的试剂和仪器有：lmol/LH2SO4，蒸馏水，BaCl2溶液)

评卷人
得分



三、有机推断题
17．紫草素类化合物G具有没有同程度的细胞毒作用和抗作用，其合成路线如下图所示：

(1)A中含氧官能团的名称为_______，1mol中含有_______molσ键。
(2)B的结构简式_______。
(3)E→F的反应类型_______。
(4)A到B的反应中生成一种副产物H(C13H20O2)，其同分异构体满足以下条件，写出该同分异构体的结构简式_______。
I.能和FeCl3溶液发生显色反应；
II.核磁共振氢谱图显示4个吸收峰。
(5)请设计以和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)_______。
评卷人
得分



四、原理综合题
18．水体中的六价铬[Cr(VI)]对生态环境和人体健康威胁很大。工业废水中Cr(VI)常用还原沉淀法、微生物法等进行处理。
(1)“还原沉淀法”常用Na2SO3、FeSO4等处理Cr(VI)得到Cr(III)。已知溶液中含Cr(VI)的微粒(H2CrO4、和)的物质的量分数随pH的关系如图1所示。

①某含Cr(VI)废水的pH约为3，写出用Na2SO3处理该废水的离子方程式：___________[已知pH=3时，Cr(III)以Cr3+形式存在]。
②其他条件相同，用Na2SO3处理没有同pH的含Cr(VI)废水，反应相同时间，Cr(VI)的去除率与pH的关系如图2所示。已知酸性条件下Cr(VI)对Na2SO3具有很强的氧化能力，pH<2时，Cr(VI)的去除率随pH降低而降低的原因是___________。

③研究发现，用FeSO4处理pH=3的含Cr(VI)废水，Cr(VI)的去除率大于其被FeSO4还原的理论值。Cr(VI)的去除率大于理论值的原因是___________。
(2)“微生物法”处理含Cr(Ⅵ)废水具有效率高、选择性强、吸附容量大等优点。一种微生物法是用硫酸盐还原菌(SRB)处理含Cr(VI)废水。
①硫酸盐还原菌能将水中的转化为S2-，S2-与可反应生成Cr2S3和S两种沉淀。写出S2-与反应的离子方程式：___________。
②用硫酸盐还原菌(SRB)处理含铬废水时，温度常在30℃左右，温度过高，Cr(VI)的去除率低的原因是___________。
③硫酸盐还原菌(SRB)常存在于水体中，会腐蚀许多金属及合金。一种Fe合金在硫酸盐还原菌存在条件下腐蚀的机理如图3所示。已知溶液中的S2-会完全转化为FeS，则Fe腐蚀后生成FeS和Fe(OH)2的物质的量之比为___________。


答案：
1．A

【详解】
A．NaOH中钠和氢元素化合价降低，所以NaOH是氧化剂 ，故A正确；               
B．用可以将Fe和Fe3O4均可被磁铁吸出，故B错误；
C．置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和化合物，该反应没有属于置换反应 ，故C错误；                    
D．将生成的气体在空气中冷却，钠会和空气中氧气反应，没有能获得钠，故D错误。
答案选A。
2．B

【详解】
A．中子数为8的O原子的质量数为8+8=16，该核素为，故A错误；
B．乙醇分子的结构简式为CH3CH2OH，并且原子大小：C＞O＞H，则乙醇分子的比例模型为，故B正确；
C．基态C原子的核外电子排布式为1s22s22p2，价电子排布式为2s22p2，根据洪特规则可知C原子的价电子的轨道表达式为，故C错误；
D．硼酸是一元弱酸，部分电离，电离方程式：，故D错误；
故选：B。
3．A

【详解】
A．NH3与NO及NO2在催化剂条件下反应生成N2和H2O，实现氮氧化物脱除，描述正确，符合题意；
B．电解铝选择Al2O3是因为Al2O3是离子化合物，而AlCl3是共价化合物，熔融态下是分子结构而没有是离子结构，AlCl3无法作为电解铝材料；Al2O3熔点高，所以电解氧化铝时需加助剂冰晶石来降低固体的熔化温度，对应错误，没有符题意；
C．浓硫酸作为酯化反应的催化剂是利用浓硫酸的脱水性和吸水性，对应错误，没有符题意；
D．次氯酸具有漂白性，用于有色有机物质的漂白，对应错误，没有符题意；
综上，本题选A。
4．B

【详解】
A．电解质是在水溶液中或熔融状态下可导电的化合物，水溶液为混合物，没有是电解质，A错误；
B．依据价层电子对互斥理论模型， 中S为原子，σ键电子对数为3，孤电子对数为，所以的空间结构为平面三角形，键角为；中S为原子，σ键电子对数为2，孤电子对数为，所以的空间结构为V形；孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对与成键电子对间的斥力，而中含有1对孤电子对，对成键电子对的排斥作用较大，键角减小，B正确；
C．的空间结构为平面三角形，正负电荷重心重合，为非极性分子；的空间结构为V形，有1对孤电子对，正负电荷重心没有重合，为极性分子，C错误；
D．的水溶液放置在空气中，溶液中的会被空气氧化成，酸性增强，pH会减小，D错误；
故合理选项为B。
5．D

【详解】
A．SO2与过量氨水反应生成亚硫酸铵，因此没有能实现物质之间的转化关系，A没有符合题意；
B．SO3与HBr没有能发生氧化还原反应产生Br2，因此没有能实现物质之间的转化关系，B没有符合题意；
C．反应方程式为4FeS2+11O2=8SO2+2Fe2O3，只能生成SO2，没有能反应产生SO3，因此没有能实现物质之间的转化关系，C没有符合题意；
D．浓H2SO4具有强氧化性，会将S氧化反应产生SO2，能实现物质之间的转化关系，D 没有符合题意；
故合理选项是D。
6．B

【详解】
A．气态三氧化硫转化为固态三氧化硫放热，故ΔH＜0，标准状况下，反应生成固体，气体分子数减少，ΔS<0，A正确；
B．升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增大，反应速率增大，但正反应放热，升高温度没有利于反应正向进行，SO2的转化率降低，B错误；
C．SO2和NO2的计量数均为1，SO2的生成速率和NO2的消耗速率相等说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，C正确；
D．标准状况下，SO2(g)+NO2(g)=SO3(s)+NO(g)，每生成1molNO，转移2mol电子，故每生成22.4LNO转移电子的数目约等于2×6.02×1023，D正确；
答案选B。
7．D

【分析】
由流程图可知：加入硫酸酸浸并通入二氧化硫，可发生Co2O3+SO2+H2SO4=2CoSO4+H2O，同时生成硫酸铝、硫酸锌等，调节溶液的pH，可生成氢氧化铝沉淀而除去铝离子，然后再除去锌离子，再加入碳酸钠沉钴，可生成CoCO3固体，灼烧生成Co2O3，据此解答。
【详解】
A．Cu与浓硫酸反应需要加热，图甲没有能制取得到SO2气体，A错误；
B．定容时胶头滴管没有能伸入容量瓶中，B错误；
C．萃取振荡时，分液漏斗下口应倾斜向上，由流程图可知：除铝时把铝离子除去了，萃取的目的则是除去Zn2+ ，C错误；
D．沉钴时应缓慢滴加碳酸钠溶液，生成CoCO3沉淀，图中过滤可分离出CoCO3固体，操作合理，D正确；
故合理选项是D。
8．B

【分析】
X原子的K层和M层电子数相等，故X原子K层、M层均为2个电子，总共含12个电子，故X为Mg，Z的原子序数比X大且单质常温下为气体，故Z为Cl，W原子含2个未成对电子，故W电子排布式可能为：1s2s22p2(C)或1s2s22p4(O)，若W为C，根据最外层电子数关系推得Y最外层也为2个电子，则为Mg，没有符合题意，故W为O，根据最外层电子数关系推得Y最外层为4个电子，故Y为Si。
【详解】
A．一般电子层数多，半径大，层数相同时，核电荷数多，半径小，故四种原子半径顺序为：O＜Cl＜Si＜Mg，A错误；
B．X为Mg元素，价电子排布为3s2稳定结构，故其电离能比相邻元素大，B正确；
C．W为O，无正价，则没有存在价氧化物对应水化物，C错误；
D．由于水分子能形成分子间氢键，而HCl分子没有能，故H2O的熔沸点比HCl高，D错误；
故答案选B。
9．B

【分析】
A中根据卤代烃的性质在强碱溶液中发生取代反应，利用产物的结构简式进行判断；B中根据碳原子的结构特点进行判断；C中根据氮原子所接化学键进行判断杂化类型，根据杂化类型判断分子共面问题；D中根据醇的官能团的性质进行判断；
【详解】
A．X在过量NaOH溶液中加热，发生取代反应生成有机物为： ，生成的丙三醇分子非常对称，没有存在手性碳原子，故A没有正确；
B．Y分子中苯环上碳原子采用sp2杂化，环外碳形成双键的采用sp2杂化，形成四个单键的采用sp3杂化，故杂化类型有二种，故B正确；
C． 分子中，氮原子上的根据氮原子的杂化sp3判断氢原子没有在该平面，故C没有正确；
D．Z在铜催化作用下加热，羟基被氧化为羰基，故没有能发生银镜反应，故D没有正确；
故选答案B；

此题考查有机物官能团的性质及空间结构；注意共面问题注意利用原子的杂化类型进行判断。
10．A

【详解】
A．乙酸和乙醇的酯化反应为可逆反应，提高一种反应物的用量，可以使平衡正向移动，提高另一种反应物的转化率，A正确；
B．碎瓷片的作用是防止暴沸，浓硫酸是催化剂，B错误；
C．步骤2中紫红色变浅也可能是因为溶解在乙酸乙酯中的未反应的乙醇，C错误；
D．乙酸为弱酸，没有能拆，离子方程式应为CO+2CH3COOH=H2O+CO2↑+2CH3COO-，D错误；
综上所述答案为A。
11．C

【详解】
A．由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，HCOO-与催化剂，放出二氧化碳，然后又氢离子转化为氢气，所以化学方程式为HCOOHCO2↑+H2↑，A正确；
B．若氢离子浓度过低，则反应Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制加酸的电离，使甲酸根浓度降低，反应Ⅰ→Ⅱ速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率减慢，B正确；
C．由反应机理可知，Fe在反应过程中，做催化剂，化合价没有发生变化，C错误；
D．由反应进程可知，反应Ⅳ→Ⅰ能垒，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，D正确；
答案选C。
12．D

【分析】
由图可知，该装置为电解池，石墨电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，Ⅰ室中阳离子电荷数大于阴离子电荷数，放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，钴电极为阴极，钴离子在阴极得到电子发生还原反应生成钴，电极反应式为Co2++2e-=Co，Ⅲ室中阴离子电荷数大于阳离子电荷数，氯离子过阴离子交换膜由Ⅲ室向Ⅱ室移动，电解的总反应的离子方程式为2Co2++2H2O2 Co +O2↑+4H+。
【详解】
A．由分析可知，放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，使Ⅱ室中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故A错误；
B．由分析可知，阴极生成1mol钴，阳极有1mol水放电，则Ⅰ室溶液质量减少18g，故B错误；
C．若移除离子交换膜，氯离子的放电能力强于水，氯离子会在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，则移除离子交换膜，石墨电极的电极反应会发生变化，故C错误；
D．由分析可知，电解的总反应的离子方程式为2Co2++2H2O2 Co +O2↑+4H+，故D正确；
故选D。
13．A

【详解】
A．0.1mol·L-1H2S溶液pH=4.1，即c(H+)=10-4.1 mol·L-1，Ka1(H2S)= =10-7，则，则c(HS-)=10-3.9 mol·L-1，Ka2(H2S)= =10-12.9，则，则c(S2-)=10-12.7 mol·L-1，pH=4.1，则pOH=9.9，c(OH-)=10-9.9，则c(S2-) B．Ka2(H2S)= =10-12.9，加水过程中，测得溶液的pH没有断减小，即c(H+)越来越大，则越来越小，则越来越大，故B错误；
C．10mL0.1mol·L-1NaHS溶液中加入5mL水，再滴加10mL0.1mol·L-1NaOH溶液，根据NaHS+NaOH=Na2S+H2O，可知它们恰好反应，根据质子守恒，则Na2S溶液中存在2c(H2S)+c(HS-)+c(H+)=c(OH-)，故C错误；
D．实验3所得Na2S溶液中，滴入几滴0.1mol·L-1MnSO4溶液，虽然产生粉色MnS沉淀，但S2-并没有沉淀完全，所以在滴入几滴0.lmol·L-1CuSO4溶液，又产生黑色CuS沉淀，并没有能说明存在沉淀转化，则也没有能说明Ksp(MnS)>Ksp(CuS)，故D错误；
答案A。
14．D

【详解】
A．根据盖斯定律I-Ⅱ可得反应ⅢCO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)     ΔH3=-49kJ·mol-1-41kJ·mol-1=-90kJ·mol-1；ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能，故反应Ⅲ中反应物的总键能小于生成物的总键能，A错误；
B．根据反应Ⅰ和Ⅲ可知，其反应的产物都有CH3OH生成，且ΔH1和ΔH3都小于零，也就是说，温度升高，它们的平衡都会逆向移动，从而使CH3OH的产量变少，则甲醇在含碳产物的物质的量分数减小，故符合这个规律的是曲线m，B错误；
C．由图可知，温度在150℃时有利于反应Ⅰ进行，CH3OH的含量高，有利于工业生产CH3OH，但并没有是温度越低越好，因为反应需要一定温度才能发生，C错误；
D．根据题意设起始量n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，平衡时反应I生成CH3OH物质的量为 xmol，反应II中生成CO 的物质的量也为xmol，可得：


270℃时CO2的转化率为25%，则2x=1mol，解得x=0.125mol，则反应后总的物质的量1+3-6x+4x=(4-2x)=3.75mol，则平衡体系中CO2的体积分数为，D正确；
答案选D。
15．(1)[Ar]3d5
(2)S6
(3)2Fe2++MnO2+4H＋=2Fe3++Mn2++2H2O
(4)3.20～9.27
(5)     将几次洗涤的滤液与过滤所得的滤液合并     96%

【分析】
由工艺流程图可知，酸浸过程中杂质KOH、MgO、Fe2O3等溶于硫酸进入溶液，二氧化锰与硫酸没有反应，过滤，得到二氧化锰，反应Ⅰ中加入硫铁矿(主要成分FeS2)将MnO2还原为Mn2+，过滤除去没有溶物，反应Ⅱ中加入二氧化锰将溶液中存在的亚铁离子转化为Fe3+ ，加入碳酸钙调pH，将Fe3+ 转化为氢氧化铁沉淀除去，滤得较纯净的硫酸锰溶液，最终得到硫酸锰晶体。
(1)
Mn为25号元素，Mn原子失去2个电子生成Mn2+，根据构造原理书写Mn2+的基态核外电子排布式为[Ar]3d5；
(2)
“反应Ⅰ”中加入硫铁矿(主要成分FeS2)将MnO2还原为Mn2+，Mn元素价态下降得电子，S元素失电子生成0价单质硫，相对分子质量为192，故该单质含硫原子数为=6，化学式为S6；
(3)
反应Ⅱ中加入二氧化锰将溶液中存在的亚铁离子转化为Fe3+ ，Fe元素化合价升高了1，Mn元素化合价降低了2，由升降守恒，Fe2+ 系数配2，由电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得反应的离子方程式为2Fe2+ + MnO2+ 4H+= 2Fe3+ + Mn2+ + 2H2O；
(4)
“调pH”步骤中，应将Fe3+ 转化为氢氧化铁沉淀除去，而Mn2+没有损失，应调节溶液pH的范围是3.20～9.27；
(5)
①为减小测量误差，避免高锰酸根离子损失，洗涤后的实验操作为将几次洗涤的滤液与过滤所得的滤液合并；
②由电子守恒可得反应的离子关系为5C2O～2MnO，Na2C2O4固体的物质的量为，原溶液中高锰酸根离子的物质的量为0.004mol×-0.0320mol•L-1×0.02L=0.00096mol，由原子守恒可知，样品中MnSO4的质量为0.00096mol×151g/mol=0.14496g，产品中MnSO4的质量分数为×=96%。
16．(1)吸收HF，防止污染空气
(2)     Mg(OH)2、Mn(OH)2     防止铝元素转化为AlO，无法去除
(3)Na2SO4
(4)6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2
(5)在空气中加热固体(加热时鼓入氧气)，温度在900～1000℃保持一段时间，取出固体，冷却。向固体中边搅拌、边加入1mol/LH2SO4至固体没有再减少，过滤，用蒸馏水洗涤滤渣至洗涤液加BaCl2溶液无明显现象

【分析】
本工艺流程题为利用锂云母矿石制备Li2CO3的操作，“酸浸”时向锂云母矿石中加入30%硫酸，加热至90℃，发生的反应有：Li2O+H2SO4=Li2SO4+H2O、 Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、MnO+H2SO4=MnSO4+H2O、MgF2+H2SO4=MgSO4+2HF，先调节pH为6让Fe3+、Al3+完全沉淀，过滤出Fe(OH)3、Al(OH)3，将滤液的pH继续调节pH值为12，析出Mg(OH)2和Mn(OH)2沉淀，过滤得到较纯净的Li2SO4溶液，加入饱和Na2CO3溶液，则发生反应Li2SO4+Na2CO3=Li2CO3↓+Na2SO4，过滤洗涤干燥得到纯净的Li2CO3，据此分析解题。
(1)
由分析可知，“酸浸”是向锂云母矿石中加入30%硫酸，加热至90℃，发生的反应：MgF2+H2SO4=MgSO4+2HF，HF是一种能挥发，且有毒的酸性物质， 烧杯中试剂的作用是吸收HF，防止污染空气，故吸收HF，防止污染空气；
(2)
由题干信息可知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38、Ksp[Mn(OH)2]=2×10-13、Ksp[Mg(OH)2]=1.2×10-11、Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33，则当pH为6时，c(Fe3+)==4.0×10-14mol/L，c(Al3+)==1.0×10-9mol/L，c(Mn2+)==2.0×103mol/L，c(Mg2+)==1.2×105mol/L，说明此时Al3+、Fe3+已经完全沉淀，而Mg2+、Mn2+还未开始沉淀，继续调节pH＞13，则此时c(Mn2+)＜=2.0×10-11mol/L，c(Mg2+)＜=1.2×10-9mol/L，即Mg2+、Mn2+沉淀完全，此时沉淀为Mn(OH)2、Mg(OH)2，由于Al(OH)3能溶于强碱溶液中，转化为引入新的杂质，很难除去，故Mg(OH)2、Mn(OH)2；防止铝元素转化为AlO，无法去除；
(3)
由分析可知，“沉锂”步骤中发生的反应为：Li2SO4+Na2CO3=Li2CO3↓+Na2SO4，由题干溶解度随温度变化的关系图可知，温度高于40℃时，Na2SO4的溶解度随温度升高而减小，且温度高于50℃时，Na2SO4的溶解度小于Na2CO3的溶解度，故浓缩液中离子浓度过大将在产品中引入Na2SO4杂质，故Na2SO4；
(4)
Li2CO3和Co3O4混合后，在空气中高温加热可以制备锂电池的正极材料LiCoO2，根据氧化还原反应配平原则可得该反应的反应方程式为：6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2，故6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2；
(5)
从题干信息中CoCO3在有氧和无氧环境下的所得Co3O4和CoO的百分含量与温度关系图示信息可知，有氧比无氧环境下Co3O4的百分含量要高得多，故选择在有氧环境中进行，题干信息②Co3O4、CoO均难溶于水。Co3O4难溶于酸，CoO能溶于酸中，则尽量使CoO百分含量越低越好，故选择温度为900℃～1000℃下进行，用H2SO4除去CoO，过滤洗涤，并检验洗涤干净后干燥得到较纯净的Co3O4，故由CoCO3制备较纯净的Co3O4实验：取一定质量的CoCO3于热解装置中，在空气中加热固体(加热时鼓入氧气)，温度在900～1000℃保持一段时间，取出固体，冷却。向固体中边搅拌、边加入1mol/LH2SO4至固体没有再减少，过滤，用蒸馏水洗涤滤渣至洗涤液加BaCl2溶液无明显现象，干燥，故在空气中加热固体(加热时鼓入氧气)，温度在900～1000℃保持一段时间，取出固体，冷却。向固体中边搅拌、边加入1mol/LH2SO4至固体没有再减少，过滤，用蒸馏水洗涤滤渣至洗涤液加BaCl2溶液无明显现象。
17．(1)     醚键、羰基     14
(2)
(3)氧化反应
(4)或
(5)

【分析】
对比A和C的结构简式可知，1molA与2mol 发生取代反应生成B，B为 ；B发生氧化反应生成C，C在LiOH作用下发生反应生成D，D和发生反应生成E，E发生氧化反应生成F，F发生分子内加成反应得到G。
(1)
由A的结构简式可知A中含氧官能团的名称为醚键、羰基；单键为σ键，双键为1个σ键、1个π键，1mol中含14molσ键；
(2)
由分析可知，B的结构简式为 ；
(3)
由E和F的结构简式可知，E中的-CH2OH转变为了F中的-CHO，发生氧化反应；
(4)
副产物H(C13H20O2)，没有饱和度为4：
其同分异构体能和FeCl3溶液发生显色反应，说明含苯环和酚羟基，则侧链均为饱和结构，核磁共振氢谱图显示4个吸收峰，说明分子结构高度对称，结构简式为 或 。
(5)
与溴单质发生1，4-加成生成 ， 再水解得到 ， 在二氧化锰的作用下被氧化生成 ， 与 在LDA的作用下反应得到 ，合成路线为：。
18．(1)     3++8H+=2Cr3++3+4H2O     部分与H+后转化为SO2逸出，使得与Cr(VI)反应的的物质的量浓度减小，反应速率减     Fe被Cr(VI)氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，胶体吸附了部分Cr(VI)
(2)     6S2-+2+8H2O=Cr2S3↓+3S↓+16OH-     温度过高，硫酸盐还原菌发生变性，失去活性     1∶3

(1)
①已知pH=3时，Cr(III)以Cr3+形式存在，则Na2SO3将Cr(VI)还原为Cr(III)，S元素化合价升高，生成，反应的离子方程式：3++8H+=2Cr3++3+4H2O；
②pH<2时，Cr(VI)的去除率随pH降低而降低的原因是：部分与H+后转化为SO2逸出，使得与Cr(VI)反应的的物质的量浓度减小，反应速率减慢；
③FeSO4与Cr(VI)发生氧化还原反应生成Fe3+，由于铁离子发生水解得到氢氧化铁胶体吸附部分Cr(VI)，使Cr(VI)的去除率大于其被FeSO4还原的理论值；因此Cr(VI)的去除率大于理论值的原因是：Fe被Cr(VI)氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，胶体吸附了部分Cr(VI)；
(2)
①S2-与可反应生成Cr2S3和S两种沉淀，S元素化合价升高了2，Cr元素化合价降低了3，有2个Cr变价，由得失电子守恒知系数6S～2Cr，反应的离子方程式：6S2-+2+8H2O=Cr2S3↓+3S↓+16OH-；
②硫酸盐还原菌(SRB)具有生物活性，在适宜的温度下其作用，因此温度常在30℃左右，温度过高，Cr(VI)的去除率低的原因是：温度过高，硫酸盐还原菌发生变性，失去活性；
③由腐蚀机理示意图可知，正极H2O先变成H，SO42-再与H在SRB作用下生成S2-，S2-与Fe2+生成FeS，负极Fe失去电子生成Fe2+，Fe2+与OH-生成Fe(OH) 2，由此可知该腐蚀过程的总反应为：4Fe+4H2O+SO42-=FeS+3 Fe(OH) 2+2OH-，则生成FeS和Fe(OH)2的物质的量之比为1∶3。















2022-2023学年江苏省扬州市高二下册期末化学专项提升模拟题
（B卷）
第I卷（选一选）

评卷人
得分



一、单 选 题
1．我国在科技领域取得重大突破。下列说法没有正确的是
A．以二氧化碳为原料，人工合成淀粉，淀粉属于混合物
B．天舟四号飞船上太阳能电池板的半导体材料主要成分为硅
C．“嫦娥五号”运载火箭用液氧液氢做推进剂，产物对环境无污染
D．“海宁II号”使用的钻头采用硬质合金材料，其硬度低于组分金属
2．反应可用于烟气脱硫。下列说确的是
A．的电子式：
B．的VSEPR模型：
C．和均为极性分子
D．在水溶液中的电离方程式：
3．下列关于碳及其化合物的性质与用途正确且有因果关系的是
A．木炭有还原性，可用于制造黑火药 B．HCHO能使蛋白质变性，可用于食品保鲜
C．难溶于水，可用于钡餐 D．受热易分解，可用作氮肥
4．关于反应，下列说确的是
A．该反应高温、低温下都能自发发生 B．该反应平衡常数表达式是
C．催化剂能提高平衡转化率 D．平衡后扩大容积v(正)、v(逆)都减小
5．在指定条件下，下列选项所示的物质间转化没有能实现的是
A． B．
C． D．
6．实验室可由溶液制取无水。能达到实验自的是

A．用装置甲制取氯气 B．用装置乙氧化溶液中的溴离子
C．用装置丙分离出溶液 D．用装置丁蒸干溶液可得无水
7．前3周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态时X原子2p轨道上有3个电子，周期表中元素Z的电负性，W与Z位于同一主族。下列说确的是
A．原子半径： B．电离能：
C．价氧化物水化物的酸性：X>W D．W的氢化物分子间能形成氢键
8．海带提碘是工业碘的主要来源之一，下列说法没有正确的是


A．活性炭可以循环使用
B．浓NaOH溶液与反应的离子方程式：
C．两次“调节pH”均可以加稀硫酸调节溶液呈酸性
D．回收的粗碘可通过升华进行提纯
9．有机化合物X转化为Y的关系如下图所示。下列说法没有正确的是

A．化合物X、Y中杂化碳原子数相等
B．能用酸性高锰酸钾溶液鉴别X、Y
C．化合物Y存在顺反异构体
D．Y与足量HBr反应生成的有机化合物中含有手性碳原子
10．我国科学家采用单原子Ni和纳米Cu作串联催化剂，通过电解法将转化为乙烯，装置示意图如图。下列说确的是


A．电极a连接电源的负极，发生氧化反应
B．电极b附近溶液pH增大
C．单原子Ni催化剂上发生反应：
D．若电路中通过1.2mol电子时，理论上产生2.24L乙烯
11．检验灼热的碳投入浓硫酸中产生的气体的成分，实验步骤如下：
步骤1：先将该气体通入品红溶液中，观察现象；
步骤2：将步骤1中的气体通入酸性高锰酸钾溶液后再通过品红溶液，观察现象；
步骤3：再将步骤2中的气体通入澄清石灰水中，观察现象。
下列说法错误的是


A．步骤1中品红溶液褪色，说明产生气体中含
B．步骤2的目的是除去并证明已除尽
C．步骤3持续时间过长现象会消失，原因是生成了配合物
D．一种碳-铁合金结构如图所示，该合金化学式是FeC
12．室温下，通过下列实验探究溶液的性质。下列有关说确的是
实验
实验操作和现象
1
用试纸测定溶液的pH，测得约为5.5
2
向含的稀溶液中加入，产生白色沉淀
3
向溶液中通入过量HCl气体，无明显现象
4
向溶液中通入一定量，测得溶液

A．实验1的溶液中：
B．实验2反应静置后的上层清液中：
C．实验3所得的溶液中：
D．实验4所得的溶液中：
13．催化重整的反应过程中，还发生积炭反应，积炭的存在会使催化剂失活。
CO岐化：       
裂解：       
积炭反应中，温度和压强与平衡炭量的关系如下图a所示。

下列说确的是
A．重整反应
B．图中压强
C．表示温度和压强对裂解反应中平衡炭量影响的是图b
D．在重整反应中，低温、高压时会有显著积炭产生，积炭主要由CO岐化反应产生
第II卷（非选一选）

评卷人
得分



二、工业流程题
14．高纯碳酸锰(MnCO3)是制备高性能磁性材料的主要原料。工业上以某软锰矿(主要为，还含有铁、铝、铜的氧化物)和硫铁矿(主要为)为主要原料，通过如下图所示途径生产并得到副产品。


已知：“还原”反应为；，
，；
杂质离子浓度时可以看成完全沉淀；，。
(1)基态核外电子排布式为_______。
(2)实验室将气体通入浊液中以研究“还原”过程的适宜条件，为使充分反应，可以采取的措施有_______(写出一种措施即可)。
(3)氧化后的溶液中，除杂是调节pH使杂质离子沉淀。则除杂时需调节溶液的pH范围是_______。
(4)写出“沉淀”过程的离子方程式_______，滤液中可以回收的主要物质是_______。
(5)已知反应：，在时反应充分。试设计用悬浊液制备石膏(CaSO4∙2H2O)的：向悬浊液中加入一定量溶液，_______。(可选用的试剂及用品：溶液、溶液、溶液、pH试纸)
评卷人
得分



三、有机推断题
15．赤霉酸是一种广谱性植物生长调节剂，可促进作物生长发育，使之提早成熟、提高产量、改进品质。螺环-烯酮(G)是合成赤霉酸的一种中间体，工业上可以通过下列流程合成螺环-烯酮。

(1)G中所含官能团有羰基、_______、_______(填名称)。
(2)A合成B时产生多种副产物，某种副产物分子式为，其结构简式为_______。
(3)D转化为E的过程可以看成是两步反应，其反应类型依次是_______、_______。
(4)写出一种满足下列条件的G的同分异构体的结构简式_______。
I.分子中含有两个苯环；
II.分子有5种没有同化学环境的氢；
III.能与金属钠反应放出，但没有能与溶液显色。
(5)写出以丙酮()为原料合成的合成路线流程图_______(无机试剂和本题题干试剂任用，合成路线示例见题干)。
评卷人
得分



四、实验题
16．以锂云母矿粉(主要成分为，还有少量、、)制备，可用于制备锂电池的正极材料。
(1)浸取。向锂云母矿粉中加入30％硫酸，加热至90℃，装置如图所示。烧杯中NaOH溶液的作用是_______。


(2)除杂。向酸浸后的溶液中加入NaOH溶液，调节溶液的pH约为6，过滤。再向滤液中继续滴加氢氧化钠溶液至溶液的，过滤，得滤液的主要成分是_______。(完全沉淀的pH：为5.2；为3.2；为11.1)
(3)制备。将所得滤液蒸发浓缩，向浓缩后的滤液中加入稍过量饱和溶液，减压加热煮沸，趁热过滤，将滤渣洗涤烘干，得固体。检验是否洗涤干净的实验方法是_______。
(4)制备。
①和混合后，在空气中高温加热可以制备锂电池的正极材料，写出反应的化学方程式：_______。
②可由加热制得。在空气中受热时，固体残留率随温度的变化如图所示，试通过计算确定最适宜的加热温度为_______。(写出计算过程)

评卷人
得分



五、原理综合题
17．含氮化合物(、等)是主要的污染物之一，含氮化合物的污染倍受关注。
(1)已知反应 ，该逆反应活化能为，则其正反应活化能为_______。(用含a的代数式表示)。
(2)某种含二价铜微粒的催化剂可用于汽车尾气脱氮。催化机理如图1，反应历程如图2。


①从化学键的角度解释能的原因：_______。
②该脱氮过程的总反应方程式为_______。该反应历程的决速步骤是_______。(填选项)
a．状态①→状态②                           　　b．状态②→状态③
c．状态③→状态④                           　　d．状态④→状态⑤
(3)一种电解法处理含有、的酸性废水，其工作原理及电极b中铁的化合物的催化机理如图3所示，H表示氢原子。


①写出阳极的电极反应方程式_______。
②电极b上铁的化合物催化含的酸性废水过程可描述为_______。

答案：
1．D

【详解】
A．淀粉是天然高分子化合物，聚合度n值为没有确定值，属于混合物，故A正确；
B．硅是良好的半导体材料，可以制作太阳能电池，所以飞船上太阳能电池板的半导体材料主要成分为硅，故B正确；
C．液氧液氢生成没有会对环境造成污染的水，所以运载火箭用液氧液氢做推进剂产生的产物对环境无污染，故C正确；
D．一般而言，合金的硬度比各组分都锆，所以钻头采用硬质合金材料的硬度高于组分金属，故D错误；
故选D。
2．C

【详解】
A．上述电子式中N的孤电子对未标出，正确的电子式为：，A错误；
B．的S原子的孤电子对数为1，所以价层电子对数为2+1=3，即VSEPR模型是平面三角形，没有是上面的四面体，B错误；
C．的空间构型为三角锥形，为极性键组成的极性分子，的空间构型为V形，也属于极性键组成的极性分子，C正确；
D．亚硫酸氢根离子为弱酸根离子，所以在水溶液中的电离方程式为：，D错误；
故选C。
3．A

【详解】
A．木炭具有还原性，能与硝酸钾、硫发生氧化还原反应，常用于制造黑火药，故A正确；
B．甲醛的水溶液有毒，没有能用于食品保鲜，故B错误；
C．钡餐的主要成分是硫酸钡，没有是碳酸钡，故C错误；
D．碳酸氢铵在溶液中能电离出被农作物吸收的铵根离子，是肥效较好的氮肥，故D错误；
故选A。
4．D

【详解】
A．该反应是熵增的吸热反应，反应△H＞0、△S＞0，高温条件下反应△H—T△S＜0，反应能自发发生，故A错误；
B．由方程式可知，反应平衡常数表达式是，故B错误；
C．催化剂能降低反应活化能，加快反应速率，但化学平衡没有移动，没有能提高水蒸气的平衡转化率，故C错误；
D．平衡后扩大容积，容器中气体压强减小，正逆反应速率都减小，故D正确；
故选D。
5．A

【详解】
A．甲醛含有醛基，在碱性条件下可与新制氢氧化铜悬浊液发生反应转化为碳酸钠，没有能产生二氧化碳，A符合题意；
B．镁在二氧化碳中燃烧可生成碳单质和氧化镁，B没有符合题意；
C．甲醇可与弱氧化剂氧化铜在加热条件下发生氧化反应转化为甲醛，C没有符合题意；
D．向碳酸钠溶液中通入二氧化碳，发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，D没有符合题意；
故选A。
6．A

【详解】
A．由图可知，装置甲中高锰酸钾固体能与浓盐酸反应制取氯气，故A正确；
B．由图可知，装置乙中通入氯气的导气管未溴化铁溶液中，出气管了溶液中，没有能达到氧化溴离子的目的，故B错误；
C．由图可知，密度小的水层在下层，密度大的四氯化碳层在上层，水层和四氯化碳层的上下顺序错误，故C错误；
D．氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应生成氢氧化铁和氯化氢，直接蒸干溶液时，氯化氢受热挥发使氯化铁水解趋于完全，最终得到氢氧化铁，无法得到无水氯化铁，故D错误；
故选A。
7．B

【分析】
前3周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态时X原子2p轨道上有3个电子，则X为N元素；周期表中元素Z的电负性，则Y为O元素、Z为F元素；W与Z位于同一主族，则W为Cl元素。
【详解】
A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则氮、氧、氟的原子半径依次减小，故A错误；
B．同周期元素，从左到右电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的电离能大于相邻元素，则氮、氧、氟三种元素的电离能大小顺序为，故B正确；
C．元素的非金属性越强，价氧化物对应水化物的酸性越强，氯元素的非金属性强于氮元素，高氯酸的酸性强于硝酸，故C错误；
D．氯化氢没有能形成分子间氢键，故D错误；
故选B。
8．B

【分析】
由题给流程可知，向海带灰浸泡液中加入稀硫酸调节溶液pH使溶液呈酸性，加入亚硝酸钠溶液将酸性溶液中的碘离子氧化为单质碘；用活性炭吸附反应生成的碘，向取出的活性炭中加入浓氢氧化钠溶液，将碘转化为碘离子和碘酸根离子；向反应得到的含碘离子和碘酸根离子的溶液中加入稀硫酸调节溶液pH，碘离子和碘酸根离子酸性条件下反应生成碘，过滤得到粗碘。
【详解】
A．由分析可知，活性炭的作用是吸附反应生成的碘，吸附的碘与浓氢氧化钠溶液反应后又得到活性炭，所以活性炭可以循环使用，故A正确；
B．由分析可知，碘与浓氢氧化钠溶液反应生成碘化钠、碘酸钠和水，反应的离子方程式为，故B错误；
C．由分析可知，两次调节溶液pH均可以为加稀硫酸调节溶液呈酸性，故C正确；
D．碘受热易升华，所以回收的粗碘可通过升华进行提纯，故D正确；
故选B。
9．B

【详解】
A．由结构简式可知，化合物X、Y分子中都含有2个杂化的饱和碳原子，故A正确；
B．由结构简式可知，化合物X、Y分子中都含有能使酸性高锰酸钾溶液褪色的醛基，则没有能用酸性高锰酸钾溶液鉴别X、Y，故B错误；
C．由结构简式可知，化合物Y分子中碳碳双键的两个碳原子连有的原子或原子团没有同，存在顺反异构体，故C正确；
D．由结构简式可知，化合物Y分子与足量溴化氢发生加成反应生成或，和分子中都含有1个连有没有同原子或原子团的手性碳原子，故D正确；
故选B。
10．C

【分析】
由图可知，惰性电极a为电解池的阴极，二氧化碳在单原子镍做催化剂的条件下在阴极先得到电子发生还原反应生成一氧化碳，电极反应式为，放电生成的一氧化碳在单原子铜做催化剂的条件下在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯，电极反应式为；电极b为阳极，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水，电极反应式为。
【详解】
A．由分析可知，电极a为阴极，连接电源的负极，发生还原反应，故A错误；
B．由分析可知，电极b为阳极，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水，电极反应式为，放电时消耗氢氧根离子，则电极b附近溶液pH减小，故B错误；
C．由分析可知，与直流电源负极相连的电极a为电解池的阴极，水分子作用下，二氧化碳在单原子镍做催化剂的条件下在阴极先得到电子发生还原反应生成一氧化碳和氢氧根离子，电极反应式为，故C正确；
D．缺标准状况下，无法计算电路中通过1.2mol电子时，理论上产生乙烯的体积，故D错误；
故选C。
11．C

【分析】
灼热的碳与浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，二氧化硫具有漂白性能使品红溶液褪色，具有还原性能使酸性高锰酸钾溶液褪色。
【详解】
A．步骤1中品红溶液褪色说明灼热的碳与浓硫酸反应生成气体中含二氧化硫，故A正确；
B．由题意可知，步骤2的目的是通入酸性高锰酸钾溶液除去二氧化硫，通入过品红溶液，通过溶液红色没有褪色证明二氧化硫已除尽，防止二氧化硫干扰二氧化碳的检验，故B正确；
C．步骤3持续时间过长现象会消失是因为碳酸钙与二氧化碳和水反应生成可溶性的碳酸氢钙，与生成配合物无关，故C错误；
D．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的铁原子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的碳原子个数为12×+1=4，则合金化学式为FeC，故D正确；
故选C。
12．D

【详解】
A．实验1的溶液为pH约为5.5的酸性溶液，说明草酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，由于水也能电离出氢离子，所以溶液中氢离子浓度略大于草酸根离子浓度，故A错误；
B．由题意可知，实验2的反应中草酸氢钠过量，静置后的上层清液中钡离子的浓度没有等于草酸根离子的浓度，则溶液中，故B错误；
C．由题意可知，实验3所得的溶液为氯化钠和草酸、盐酸的混合溶液，混合溶液中存在物料守恒关系，故C错误；
D．由题意可知，实验4所得的溶液中存在电荷守恒关系，存在物料守恒关系，中性溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，整合关系式可得，故D正确；
故选D。
13．D

【详解】
A．将题给反应编号为①②，反应②—①得到重整反应，则反应△H=(+75kJ/mol)—(—172kJ/mol)=+247kJ/mol，故A错误；
B．由方程式可知，一氧化碳岐化反应为放热反应，甲烷的裂解反应为吸热反应，由图a可知，积炭反应为甲烷的裂解反应，该反应为气体体积增大的反应，温度一定时，增大压强，平衡向逆反应方向移动，平衡炭量减小，则压强p1、p2、p3依次增大，故B错误；
C．甲烷的裂解反应为吸热反应，压强一定时，升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡炭量增大，则图b没有符合平衡移动原理，故C错误；
D．在重整反应中，低温、高压时会有显著积炭产生说明积炭反应为气体体积减小的放热反应，积炭主要由一氧化碳岐化反应产生，故D正确；
故选D。
14．(1)[Ar]3d5
(2)适当温度、缓慢通入混合气体、适当搅拌、提高二氧化锰的粉碎程度
(3)5.5pH＜7.3
(4)     Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O     (NH4)2SO4
(5)边搅拌边缓慢滴加总量与相同量的溶液，用pH试纸测定反应液的pH，并用溶液或溶液调节溶液pH=5，充分反应后过滤

【分析】
硫铁矿(主要为)煅烧可生成氧化铁和二氧化硫，二氧化硫与软锰矿(主要为，还含有铁、铝、铜的氧化物)再进一步发生氧化还原反应，根据还原反应为可知，Mn元素转化为MnSO4，铁、铝、铜转化为铁离子、铝离子和铜离子，加入铁粉，还原Fe3+、Cu2+分别转化为Fe2+、Cu，过滤除去铜元素，再加入氧化，溶液中S元素被氧化为硫酸根离子、Fe2+被氧化为Fe3+，再加入氨水调溶液的pH后可形成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去。过滤，向含Mn2+的溶液加入溶液后，生成沉淀，据此回答；
(1)
Mn的原子序数为25，其核外电子排布式为：[Ar]3d54s2，所以基态核外电子排布式为[Ar]3d5；
(2)
实验室将气体通入浊液中发生氧化还原反应生成硫酸锰和水，为使充分反应，根据反应物的状态时气液反应，反应速率的影响因素可采取的措施有：适当温度、缓慢通入混合气体、适当搅拌、提高二氧化锰的粉碎程度；
(3)
氧化后的溶液中，除杂是调节pH使铁离子和铝离子完全沉淀（溶液中浓度为10-5mol/L），溶度积常数可知， 溶液中的氢氧根离子浓度为，所以pH的最小值为，没有能沉淀，则溶液中的氢氧根离子浓度为，所以pH没有大超过的数值为：，除杂时需调节溶液的pH范围是5.5pH＜7.3；
(4)
“沉淀”时，锰离子与碳酸氢根离子发生反应生成MnCO3、二氧化碳和水，其离子方程式为：Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；滤液中含大量铵根离子和硫酸根离子，所以可以回收利用的是(NH4)2SO4，故Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；(NH4)2SO4；
(5)
根据题干信息，所给试剂，可采用的操作如下为：向悬浊液中加入一定量溶液，边搅拌边缓慢滴加总量与相同量的溶液，用pH试纸测定反应液的pH，并用溶液或溶液调节溶液pH=5，充分反应后过滤，得到石膏(CaSO4∙2H2O)。
15．(1)     碳碳双键     醚键
(2)
(3)     加成反应     取代反应
(4)或
(5)

【分析】
由有机物的转化关系可知，在钠作用下，A与发生取代反应生成B，酸性条件下，B与三氧化铬发生氧化反应生成C，碱性条件下，C与先发生加成反应，后发生消去反应生成D，D与CH2=CHMgBr先发生加成反应，后酸性条件下发生取代反应生成E，E与高碘酸钠发生氧化反应生成F，在氢氧化钠作用下，F先发生分子内加成反应，后发生消去反应生成G。
(1)
由结构简式可知，G分子的官能团为羰基、碳碳双键和醚键，故碳碳双键；醚键；
(2)
由副产物分子式为C14H14可知，A合成B时发生的副反应为在钠作用下，B分子间发生取代反应生成和溴化钠，故；
(3)
由分析可知，D转化为E的过程为D与CH2=CHMgBr先发生加成反应，后发生取代反应生成E，故加成反应；取代反应；
(4)
G的同分异构体分子中含有两个苯环，能与金属钠反应放出氢气，但没有能与氯化铁溶液显色可知同分异构体分子中没有含有酚羟基，只含有醇羟基，符合分子中有5种没有同化学环境的氢的结构简式为、，故或；
III.
(5)
由有机物的转化关系可知，以丙酮为原料合成的合成步骤为碱性条件下，与先发生加成反应，后发生消去反应生成，与CH2=CHMgBr先发生加成反应，后酸性条件下发生取代反应生成，与高碘酸钠发生氧化反应生成，在氢氧化钠作用下，先发生分子内加成反应，后发生消去反应生成，合成路线为，故。
16．(1)吸收HF，防止污染空气
(2)Na2SO4和Li2SO4（或硫酸钠和硫酸锂）
(3)取洗涤液于试管中，滴加足量稀盐酸酸化，再加入几滴氯化钡溶液，若无白色沉淀，则证明沉淀已洗涤干净，反之没有洗涤干净
(4)     6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2     设的物质的量为3mol，则可制备得到1mol，理论上固体残留率= ==，根据图示可知，确定最适宜的加热温度为500。

【分析】
锂云母矿石(主要成分为Li2O，还有Al2O3、Fe2O3、MnO、MgF2等杂质)加入30%硫酸，溶解后加入氢氧化钠沉淀铁离子和铝离子，过滤后，向滤液中加入氢氧化钠溶液沉淀镁离子，过滤，向滤液中加入碳酸钠沉淀锂离子，据此实验步骤分析解答。
(1)
向锂云母矿石(主要成分为Li2O，还有Al2O3、Fe2O3、MnO、MgF2等杂质)中加入30%硫酸，加热至90℃，反应会生成HF，HF会污染空气，因此烧杯中试剂的作用是吸收HF，防止污染空气；
(2)
根据恰好完全沉淀时pH，向酸浸后的溶液中加入NaOH溶液，调节pH约为6，过滤，得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀。再向滤液中继续滴加氢氧化钠溶液调pH>12，过滤，此时的滤渣主要成分为氢氧化镁沉淀，滤液主要含Na2SO4和Li2SO4（或硫酸钠和硫酸锂）；
(3)
根据实验操作可知，若洗涤没有干净，表面会有残液，残液中含硫酸根离子，可借助硫酸根离子的检验方法来验证沉淀是否洗涤干净，具体的实验方法为，取洗涤液于试管中，滴加足量盐酸酸化，再加入几滴氯化钡溶液，若无白色沉淀，则证明沉淀已洗涤干净，反之没有洗涤干净；
(4)
①Li2CO3和Co3O4混合后，在空气中高温加热可以制备锂电池的正极材料LiCoO2，根据氧化还原反应原理分析Li2CO3、Co3O4和O2在高温下反应生成LiCoO2和CO2，其反应方程式：6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2；
②在空气中受热时，若要得到       ，可设的物质的量为3mol，则可制备得到1mol，理论上固体残留率= ==，根据图示可知，确定最适宜的加热温度为500。
17．(1)a—1169
(2)     NH3中的N有孤电子对，[CuⅡ(NH3)2]2+中的CuII有空轨道能接受孤电子对，形成配位键     4NO+4NH3+O24N2+6H2O     c
(3)     Cl—+H2O—2e—=HClO+H+     H+在阴极得电子生成H原子，H与Fe(Ⅲ)反应生成Fe(Ⅱ)，Fe(Ⅱ)还原NO生成Fe(Ⅲ)和NH

(1)
该反应为放热反应，反应的焓变△H=—(E逆—E正)，则正反应活化能E正=( a—1169)kJ/mol，故a—1169；
(2)
①二氨合铜离子中具有空轨道的铜离子能与氨分子中具有孤对电子的氮原子形成配位键，所以二氨合铜离子能氨分子，故H3中的N有孤电子对，[CuⅡ(NH3)2]2+中的CuII有空轨道能接受孤电子对，形成配位键；
②由图1可知，脱氮过程的总反应为催化剂作用下，氨气与一氧化氮、氧气反应生成氮气和水，反应的化学方程式为4NO+4NH3+O24N2+6H2O；活化能越大，反应速率越慢，反应的决速步骤取决于慢反应，由图2可知，状态③→状态④的活化能，则状态③→状态④是反应的决速步骤，故选c，故4NO+4NH3+O24N2+6H2O；c；
(3)
①由图可知，与直流电源正极相连的a电极为电解池的阳极，氯离子在水分子作用下失去电子发生氧化反应生成次氯酸和氢离子，电极反应式为Cl—+H2O—2e—=HClO+H+，故Cl—+H2O—2e—=HClO+H+；
②由图可知，与直流电源负极相连的电极b为阴极，阴极上铁的化合物催化含硝酸根离子的酸性废水过程为H+在阴极得电子生成H原子，H与Fe(Ⅲ)反应生成Fe(Ⅱ)，Fe(Ⅱ)还原NO生成Fe(Ⅲ)和NH，故H+在阴极得电子生成H原子，H与Fe(Ⅲ)反应生成Fe(Ⅱ)，Fe(Ⅱ)还原NO生成Fe(Ⅲ)和NH。