2022-2023学年江苏省南京市中华中学高三上学期期末考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年江苏省南京市中华中学高三上学期期末考试化学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，原理综合题，有机推断题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

江苏省南京市中华中学2022-2023学年高三上学期期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学促进了科技进步和社会发展，下列叙述中没有涉及化学变化的是
A．《神农本草经》中记载的“石胆能化铁为铜”
B．利用“侯氏联合制碱法”制备纯碱
C．科学家成功将转化为淀粉或葡萄糖
D．北京冬奥会场馆使用跨临界直冷制冰
【答案】D
【详解】A．“石胆能化铁为铜”指的是铁可以与硫酸铜发生置换反应生成铜，发生了化学变化，A不符合题意；
B．工业上利用“侯氏联合制碱法”制备纯碱，二氧化碳、氨气、氯化钠和水发生反应生成的碳酸氢钠晶体经加热后分解生成碳酸钠即纯碱，发生了化学变化，B不符合题意；
C． CO2转化为淀粉或葡萄糖，有新物质生成，发生了化学变化，C不符合题意；
D．使用CO2跨临界直冷制冰，将水直接转化为冰，没有新物质生成，只发生了物理变化，没有涉及化学变化，D符合题意；
综上所述，本题选D。

2．肼(N2H4)是发射航天飞船常用的高能燃料，可通过反应2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O制备。下列有关微粒的描述不正确的是
A．NH3分子空间构型为三角锥形 B．N2H4的结构式为
C．NaClO既含离子键又含共价键 D．中子数为18的氯的核素：Cl
【答案】B
【详解】A．NH3分子中N原子的价层电子对数=3＋=4，孤电子对数为1，所以为三角锥形结构，A正确；
B．N2H4分子中两个N原子共用一对电子，每个N原子和两个H原子分别共用一对电子，结构式为，B错误；
C．NaClO为钠离子和次氯酸根离子形成的化合物，次氯酸根离子中含有共价键，故既含离子键又含共价键，C正确；
D．质子数为17、中子数为18的氯原子质量数为17+18=35，可以表示为Cl，D正确；
故选B。
3．7N、8O，11Na、17Cl是周期表中的短周期主族元素。下列有关说法不正确的是
A．离子半径：r(Na+)＜r(O2-)＜r(Cl-)
B．第一电离能：I1(Na)＜I1(N)＜I1(O)
C．氢化物对应的稳定性：NH3＜H2O
D．最高价氧化物的水化物的酸性：HNO3＜HClO4
【答案】B
【详解】A．Na+、O2-的电子层结构相同，离子的核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：r(Na+)＜r(O2-)；对于电子层结构不同的离子，离子的核外电子层数越多，离子半径就越大。Na+、O2-只有2个电子层，Cl-核外有3个电子层，Cl-核外的电子层数最多，故Cl-半径最大，则离子半径：r(Na+)＜r(O2-)＜r(Cl-)，A正确；
B．一般情况下，元素的非金属性越强，其第一电离能就越大，但由于N原子核外电子排布处于半充满的稳定状态，失去电子消耗的能量大于同一周期相邻元素，所以I1(O)＜I1(N)，则三种元素的第一电离能大小关系为：I1(Na)＜I1(O)＜I1(N)，B错误；
C．元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性：N＜O，所以简单氢化物的稳定性：NH3＜H2O，C正确；
D．物质分子中非羟基O原子数目越多，该相应酸的酸性就越强。HNO3的非羟基O原子数目是2，HClO4的非羟基O原子数目是3，所以最高价氧化物的水化物的酸性：HNO3＜HClO4，D 正确；
故合理选项是B。
4．氮元素广泛应用于生产生活中，、、NO、、等是氮的重要化合物，具有较强的还原性；与能相互转化，热化学方程式为  。水合肼()是重要的氢能源稳定剂，其制备的反应原理为：。下列装置和操作不能达到实验目的的是

A．在装置甲的圆底烧瓶中加入生石灰制取
B．用装置乙作为反应过程的安全瓶
C．制备水合肼时先将NaClO溶液加入锥形瓶再在b口通入
D．用装置丁吸收反应中过量的
【答案】C
【详解】A．在装置甲的圆底烧瓶中加入生石灰，生石灰与水反应生成氢氧化钙，且反应放热。浓氨水遇放氢氧化钙出氨气，在装置甲的圆底烧瓶中加入碱石灰制取NH3，故A项正确；
B．氨气易溶于水，为防止倒吸，装置乙作为反应过程的安全瓶，故B项正确；
C．制备水合肼时，先将NaClO溶液加入分液漏斗中，以便控制反应速率。同时氨气密度比空气小，为有利于氨气和NaClO溶液反应，从装置丙的a口通入NH3，故C项错误；
D．氨气会污染环境，用装置丁吸收反应中过量的NH3，并能防倒吸，故D项正确。
故答案选C。
5．下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是
A．硫酸亚铁水溶液呈弱酸性，可用作食品抗氧化剂
B．小苏打水溶液呈弱碱性，可用作制药中的抗酸剂
C．氨气具有还原性，可用作烟气中NOx脱除
D．漂白粉具有强氧化性，可用作游泳池的杀菌消毒剂
【答案】A
【详解】A．因为亚铁离子具有还原性，所以硫酸亚铁可用作食品抗氧化剂，性质和用途不具有对应关系，符合题意，A正确；
B．小苏打水溶液呈弱碱性，可以与酸反应，可用作制药中的抗酸剂，不符合题意，B错误；
C．氨气具有还原性，可与NOx发生氧化还原反应，可用作烟气中NOx脱除，不符合题意，C错误；
D．漂白粉具有强氧化性，可使蛋白质变性，所以可用作游泳池的杀菌消毒剂，不符合题意，D错误；
故选A。
6．化学用语是学习化学的工具和基础。下列有关化学用语的使用正确的是
A．用食醋除去水壶内的水垢：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
B．纯碱溶液呈碱性的原因是：CO+2H2O⇌H2CO3+2OH-
C．钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应式：O2+4e-+2H2O=4OH-
D．表示氢气燃烧热的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)  ΔH=-571.6 kJ· mol-1
【答案】C
【详解】A．CH3COOH是弱电解质，不可拆分，A错误；
B．纯碱溶液呈碱性是由于的水解，而的水解是分步的，应写为+H2O +OH-，+H2OH2CO3+OH-，B错误；
C．钢铁发生吸氧腐蚀时，正极上O2得到电子发生还原反应，故正极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-
D．表示H2燃烧热的热化学方程式中，H2前的化学计量数应为1，D错误；
故答案为：C。
7．硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注，下列说法正确的是
A．汽车尾气中NO，主要来源于汽油、柴油的燃烧
B．二氧化硫不仅可以漂白纸浆，还能杀菌消毒
C．植物直接吸收利用空气中的NO和NO2作为肥料，实现氮的固定
D．工业废气中的SO2和CO2均可采用石灰法进行脱除
【答案】B
【详解】A．汽车尾气中，主要来源于汽车气缸中氮气和氧气在高温下反应生成的，与汽油、柴油的燃烧无关，故A错误；
B．二氧化硫具有漂白性和弱氧化性，不仅可以漂白纸浆，也能杀菌消毒，故B正确；
C．植物直接吸收利用的是铵盐和硝酸盐可作为肥料，不能吸收空气中的和，氮的固定为氮气转化为含氮化合物的过程，故C错误；
D．生石灰的主要成分是，能与反应生成，再被氧化为硫酸钙，则工业废气中的可采用石灰法进行脱除，但不可采用石灰法进行脱除，故D错误；
故选：。
8．化合物Z是合成平喘药沙丁胺醇的中间体，可通过下列路线制得：

下列说法不正确的是
A．X分子中所有原子不可能在同一平面上
B．Y与足量H2的加成产物分子中有2个手性碳原子
C．可用FeCl3溶液鉴别Y和Z
D．1 mol Z最多能与3 mol NaOH反应
【答案】B
【详解】A． 根据甲烷为正四面体结构，由于X中存在甲基，故X分子中所有原子不可能在同一平面上，选项A正确；
B． Y与足量H2的加成产物 分子中有4个手性碳原子，如图 ，选项B错误；
C． Y中含有酚羟基能使氯化铁溶液显紫色，而Z不含，可用FeCl3溶液鉴别Y和Z，选项C正确；
D． Z中含有两个酯基且水解后的酚能与氢氧化钠反应，故1 mol Z最多能与3mol NaOH反应，选项D正确；
9． 煤和石油是重要的能源物质，一方面对其开发利用推动人类社会快速进入工业文明时代，另一方面化石燃料燃烧产生带来的环境问题日益凸显，“碳中和”已成为新时代绿色发展理念。煤经汽化、液化后再利用，可提高效能、降低污染，其常见原理为：



等产物在化工生产中都有广泛用途。对于反应，下列说法不正确的是
A．反应的平衡常数可表示为
B．反应活化能：
C．和充分反应，转移电子数目约为个
D．平衡后增大容器的体积，、都减小
【答案】C
【详解】A．根据平衡常数的定义可知，反应的平衡常数可表示为，A正确；
B．由题干信息可知，反应正反应是一个放热反应，反应热＜0，故活化能：，B正确；
C．由于反应是一个可逆反应，故和充分反应不可能完全反应，则转移电子数目小于个，C错误；
D．平衡后增大容器的体积，则反应物和生成物的浓度均减小，则、都减小，D正确；
故答案为：C。
10．常温下，向0.1mol·L-1NH4HCO3溶液逐滴加入NaOH溶液中并恢复至常温，溶液中NH、NH3·H2O、HCO、CO的粒子分布比例如图(忽略溶液体积的变化，不考虑氨水的挥发)。已知常温下Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Ka1(H2CO3)=4.2×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，则下列说法正确的是

A．曲线a表示的是c(NH3·H2O)的变化
B．m点时，c(NH3·H2O)< c(HCO)
C．n点时，溶液中3c(HCO)+c(OH-)=c(NH)+c(H+)
D．反应HCO+OH-=CO+H2O的平衡常数K=5.6×103
【答案】D
【分析】溶液中0.1mol·L-1 NH4HCO3，加入NaOH时，NaOH先和HCO反应生成CO，然后和NH反应NH3•H2O，所以随着NaOH溶液的加入，溶液中c(HCO)、c(NH)都减小，而c(CO)、c(NH3•H2O)都增大，因为先和HCO反应后和NH反应，c(CO)先增大，根据图知，曲线a表示c(CO)，另一条曲线c(NH3•H2O)，以此来解析；
【详解】A．由分析，曲线a表示c(CO)的变化，另一条线是c(NH3·H2O)的变化，A错误；
B．NH4HCO3溶液中存在物料守恒c(NH)+c(NH3•H2O)=c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)，m点时，c(NH)=c(CO)，c(NH3·H2O)=c(HCO)+c(H2CO3)＞c(HCO)，B错误；
C．溶液中存在电荷守恒：2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)=c(NH)+c(H+)+c(Na+)，n点时，c(CO)=c(HCO)，溶液中3c(HCO)+c(OH⁻)=c(NH)+c(H+)+c(Na+)，C错误；
D．反应HCO+OH-⇌CO+H2O的平衡常数K=×= = =5.6×103，D正确；
故选D。
11．下列实验方案设计中，能达到实验目的的是
选项
实验目的
实验方案
A
证明Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)
向盛有10滴0.1mol·L-1 Na2S溶液的试管中滴入0.1mol·L-1ZnSO4溶液，至不再有白色沉淀生成；再向其中加入几滴0. 1mol·L-1CuSO4溶液，观察到有黑色沉淀产生
B
制备少量乙酸乙酯
向乙醇中缓慢加入浓硫酸和冰醋酸，用NaOH溶液收集乙酸乙酯，除去乙醇和乙酸
C
探究草酸浓度对反应速率的影响
向两支试管中分别加入2mL1mol/L的酸性KMnO4溶液，再同时分别向两支试管中加入2mL0.1mol/L的H2C2O4溶液和2mL0.05mol/L的H2C2O4溶液，观察KMnO4溶液褪色所需时间
D
证明Fe2+具有还原性
向较浓的 FeCl2溶液中滴入少量酸性KMnO4溶液，观察KMnO4溶液紫色褪去

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．由实验用量可知Na2S溶液被ZnSO4溶液充分反应完全，当加入CuSO4溶液有黑色沉淀生成的现象可知，ZnS转化为更难溶的CuS，发生沉淀的转化，可知CuS的溶度积小，即Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），A项正确；
B．制备少量乙酸乙酯，用饱和Na2CO3溶液收集乙酸乙酯，除去乙醇和乙酸，B项错误；
C．根据反应可知草酸量少，高锰酸钾过量，所以不能通过褪色时间长短来判断反应是否停止及反应的快慢，C项错误；
D．亚铁离子、氯离子均可被酸性高锰酸钾溶液褪色，KMnO4溶液紫色褪去，不能证明Fe2+具有还原性，D项错误；
故答案选：A。
12．利用和合成甲醇，可以减少的排放，实现碳的循环利用。涉及的主要反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
在密闭容器中通入和，选择合适的催化剂反应，甲醇的选择率(生成甲醇的占总转化量的物质的量分数)和的平衡转化率随温度的变化趋势如图所示。下列说法正确的是

A．
B．时，反应Ⅱ的平衡常数
C．高温下使用更高效的催化剂提高甲醇的平衡产率
D．其它条件不变，增大压强可提高平衡时的体积分数
【答案】D
【分析】当温度升高时反应Ⅰ平衡逆向移动，而反应Ⅱ平衡正向移动且幅度更大，所以CO2的转化率增加，但甲醇的选择性降低。
【详解】A． 由图随温度升高，甲醇的选择率降低，说明生成CO变大，反应Ⅱ正向移动，，故A错误；
B． 根据信息甲醇的选择率是转化的CO2中甲醇的含量，553K时CO2的平衡转化率是20%，甲醇的物质的量是1×20%×60%=0.12mol，则反应I参加反应的H2为0.36mol，生成的H2O为0.12mol，反应II中参加反应的CO2：1×20%-0.12=0.08mol，参加反应的H2为：0.08mol，生成的H2O为0.08mol，反应I在553K下平衡时的物质的量分别为CO2：0.8mol，H2：2.44-0.36-0.08=2mol，CH3OH：0.12，H2O：0.12+0.08=0.2mol，反应II，平衡时，物质的量分别为CO2：0.8mol，H2：2.44-0.36-0.08=2mol，H2O：0.12+0.08=0.2mol，CO：0.08mol，体积保持1L不变，时，反应Ⅱ的平衡常数，故B错误；
C． 催化剂能缩短平衡所需时间，不影响甲醇的平衡产率，故C错误；
D． 其它条件不变，增大压强平衡向气体体积减小的方向进行，对反应Ⅰ平衡正向移动，可提高平衡时的体积分数，故D正确；
故选D。

二、多选题
13．TiO2的“纳米材料"有广泛的应用，工业上可利用TiCl4制取。TiCl4熔点为-25℃，沸点为136.4℃，易溶于有机溶剂，制取TiO2的反应为：①2FeTiO3+7Cl2+3C2TiCl4+2FeCl3+3CO2；②TiCl4+O2=TiO2+2Cl2，下列说法正确的是
A．O2、O3是氧的同位素
B．Cl2、CO2都是含有非极性键的非极性分子
C．TiCl4晶体是分子晶体，键角为109°28'
D．反应①每生成1molFeCl3转移电子的物质的量为7mol
【答案】CD
【详解】A．氧气和臭氧是氧元素形成的不同种单质，互为同素异形体，故A错误；
B．二氧化碳是含有极性键的非极性分子，故B错误；
C．由熔沸点可知，四氯化钛是熔沸点低的分子晶体，四氯化钛中钛原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，分子的空间构型为正四面体形，键角为109°28'，故C正确；
D．由方程式可知，反应①每生成2mol氯化铁转移14mol电子，则每生成1mol氯化铁转移7mol电子，故D正确；
故选CD。

三、原理综合题
14．纳米TiO2被广泛应用于光催化、精细陶瓷等领域。以钛铁矿(主要成分为FeTiO3)为原料制备纳米TiO2的步骤如下：25 ℃时，Ksp[TiO(OH)2] =1×10−29；Ksp[Fe(OH)3] = 4×10−38；Ksp[Fe(OH)2] = 8×10−16
(1)酸浸：向磨细的钛铁矿中加入浓硫酸，充分反应后，所得溶液中主要含有TiO2+、Fe2+、Fe3+、H+和SO。Ti基态核外电子排布式为_______。
(2)除铁、沉钛：向溶液中加入铁粉，充分反应，趁热过滤。所得滤液冷却后过滤得到富含TiO2+的溶液；调节除铁后溶液的pH，使TiO2+水解生成TiO(OH)2，过滤。
①若沉钛后c(TiO2+)＜1×10−5 mol·L−1，则需要调节溶液的pH略大于_______。
②TiO2+水解生成TiO(OH)2的离子方程式为_______。
③加入铁粉的作用是_______。
(3)煅烧：在550℃时煅烧TiO(OH)2，可得到纳米TiO2。

①TiO2的一种晶胞结构如图-1所示，每个O周围距离最近的Ti数目是_______。
②纳米TiO2在室温下可有效催化降解空气中的甲醛。H2O和甲醛都可在催化剂表面吸附，光照时，吸附的H2O与O2产生HO∙，从而降解甲醛。空气的湿度与甲醛降解率的关系如图-2所示，甲醛降解率随空气湿度变化的原因为_______。
(4)纯度测定：取纳米TiO2样品2.000 g，在酸性条件下充分溶解，加入适量铝粉将TiO2＋还原为Ti3＋，过滤并洗涤，将所得滤液和洗涤液合并配成250 mL溶液。取合并液25.00 mL于锥形瓶中，加几滴KSCN溶液作指示剂，用0.1000 mol·L−1 NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定，将Ti3＋氧化为TiO2＋，消耗0.1000 mol·L−1 NH4Fe(SO4)2标准溶液23.00 mL。滴定终点的现象是_______。
【答案】(1)[Ar]3d24s2或1s22s22p63s23p63d24s2
(2)     2     TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+     将溶液中Fe3+转化为Fe2+，避免沉钛过程中生成Fe(OH)3杂质
(3)     3     湿度低于40%时，随湿度增大，催化剂表面吸附的水分子增多，产生的HO∙增多，甲醛降解率增大；湿度高于40%时，随湿度增大，催化剂表面吸附的水分子过多，降低了甲醛的吸附，甲醛降解率降低
(4)当滴入最后半滴NH4Fe(SO4)2标准溶液时，溶液变为红色，且30s内不褪色

【详解】（1）Ti是22号元素，Ti基态核外电子排布式为[Ar]3d24s2或1s22s22p63s23p63d24s2。故答案为：[Ar]3d24s2或1s22s22p63s23p63d24s2；
（2）①25℃时，Ksp[TiO(OH)2]=1×10−29，c(TiO2+)•c2(OH-)=1×10−29，c(TiO2+)＜1×10−5mol•L−1，c(OH-)＞mol/L=10-12mol/L，c(H+)＜ mol/L=10-2mol/L，即需要调整溶液的pH＞2。故答案为：2；
②TiO2+水解生成TiO(OH)2同时产生H+，离子方程式为TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+。故答案为：TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+；
③加入铁粉的作用是将溶液中Fe3+转化为Fe2+，避免沉钛过程中生成Fe(OH)3杂质。故答案为：将溶液中Fe3+转化为Fe2+，避免沉钛过程中生成Fe(OH)3杂质；
（3）①TiO2的一种晶胞结构如图-1所示，每个O周围距离最近的Ti数目是3。故答案为：3；
②甲醛降解率随空气湿度变化的原因为湿度低于40%时，随湿度增大，催化剂表面吸附的水分子增多，产生的HO∙增多，甲醛降解率增大；湿度高于40%时，随湿度增大，催化剂表面吸附的水分子过多，降低了甲醛的吸附，甲醛降解率降低。故答案为：湿度低于40%时，随湿度增大，催化剂表面吸附的水分子增多，产生的HO∙增多，甲醛降解率增大；湿度高于40%时，随湿度增大，催化剂表面吸附的水分子过多，降低了甲醛的吸附，甲醛降解率降低；
（4）取合并液25.00 mL于锥形瓶中，加几滴KSCN溶液作指示剂，用0.1000 mol·L−1 NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定，将Ti3＋氧化为TiO2＋，Fe3+转化为Fe2+，消耗0.1000 mol·L−1 NH4Fe(SO4)2标准溶液23.00 mL，滴定终点，Ti3＋反应结束，Fe3+与KSCN溶液反应显红色。滴定终点的现象是当滴入最后半滴NH4Fe(SO4)2标准溶液时，溶液变为红色，且30s内不褪色。故答案为：当滴入最后半滴NH4Fe(SO4)2标准溶液时，溶液变为红色，且30s内不褪色。
15．CO2、NOx和SO2等物质的转化和资源化利用是社会热点问题。
I.CO2与CH4经催化重整，制得合成气。发生反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：
化学键
C—H
C=O
H—H
CO中的化学键
键能/kJ·mol−1
413
745
436
1075

(1)则该反应的ΔH=_______。
II.间接电化学法可对大气污染物NO进行无害化处理，其工作原理如图所示，质子膜允许H+和H2O通过。

(2)电极I应接电源的_______(填“正极”或“负极”)。
(3)每处理标准状况下22.4 L NO，可同时得到_______g O2。
III.使用固体催化剂可提高脱硫效率。气体在固体催化剂表面反应的机理是气体反应物分子吸附在催化剂表面，占据催化剂表面活性位点，生成一些活性高的微粒，从而降低反应活化能，提高反应速率，反应后气体产物分子及时脱附空出活性位点。
(4)活性炭催化脱除SO2的机理如图所示(＊代表吸附态)。

①写出“热再生”生成SO2的化学方程式_______。
②研究表明，温度在脱硫过程中是一个非常重要的因素，温度过高，脱硫效果会变差，原因可能是_______。
(5)V2O5/炭基材料是在活性炭上载有V2O5活性成分，构成更高活性的活性炭催化剂，更有利于SO2转化为SO3，最终实现脱硫。
①通过红外光谱发现，脱硫开始后催化剂表面出现了VOSO4的吸收峰，再通入O2后VOSO4吸收峰消失，该脱硫反应过程可描述为_______。
②控制一定气体流速和温度，考察烟气中O2 的存在对V2O5/炭基材料催化剂脱硫活性的影响，结果如图所示，当O2浓度过高时，去除率下降，其原因可能是_______。

(6)科学家通过NH3活化改性提升了活性炭的脱硫性能，认为活性炭表面的含氮官能团具有催化性能，含氮官能团越丰富越有利于提升脱硫性能，原因可能是_______。
【答案】(1)+120 kJ·mol−1
(2)负极
(3)16
(4)     C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑+2H2O     反应物在催化剂表面吸附效果变差，炭与硫酸反应产生SO2，反应快速生成的SO3占据所有活性位点，来不及脱附，使吸附很快达到饱和
(5)     SO2与V2O5作用形成具有VOSO4结构的中间体，VOSO4中间体与气相的O2反应生成SO3和V2O5 (或3SO2+V2O5+O2 = 2VOSO4+SO3，4VOSO4+O2 = 2V2O5+4SO3)     氧气浓度过高时，O2和SO2分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多活性位点时，剩余的SO2分子就不能很好地被吸附，导致脱硫率下降
(6)活性炭材料表面的含氮官能团具有碱性，能够促进活性炭对SO2的吸附及氧化

【详解】（1）l mol CH4中含有4 mol C—H键，1 mol CO2中含有2 mol C-O键，l mol CO中含有1 mol C O键，1 mol H2中含有1 mol H-H键，根据反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) 可得△H=[4 E(C—H)+ 2 ×E(C=O)]-[2×E(C O)+2×E(H-H)]=(4×413+2×745) kJ/mol  -(2×1 075+2×436)kJ/mol =+120 kJ/mol；
（2）从图示中，可知在吸收塔中NO变成了N2，N的化合价降低，变成了，S的化合价从＋3升高到了＋4，化合价升高。在电解池中，变成了，S的化合价从＋4降低到＋3，得到电子，电极Ⅰ为阴极，接连电源的负极；
（3）整个装置中转移的电子数相同，处理标准状况下22.4 L NO，即1molNO，N的化合价从＋2降低到0，转移了2mol电子，阳极2H2O－4e－=4H++O2↑，生成16g O2即0.5molO2需要2mol电子，答案为16g；
（4）①根据图中信息可知， “热再生”是活性炭基材料与浓硫酸反应生成SO2，反应的化学方程式为C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑+2H2O；
②研究表明，温度在脱硫过程中是一个非常重要的因素，温度过高，反应物在催化剂表面吸附效果变差，炭与硫酸反应产生SO2，反应快速生成的SO3占据所有活性位点，来不及脱附，使吸附很快达到饱和，脱硫效果会变差；
（5）①
根据题意可知，该脱硫反应过程可描述为SO2与V2O5作用形成具有VOSO4结构的中间体；VOSO4 中间体与气相的O2反应生成SO3和V2O5或3SO2 + V2O5 + O2=2VOSO4 + SO3，4VOSO4 + O2=2V2O5 + 4SO3，故答案为: SO2与V2O5作用形成具有VOSO4结构的中间体，VOSO4中间体与气相的O2反应生成SO3和V2O5 (或3SO2+V2O5+O2 = 2VOSO4+SO3，4VOSO4+O2 = 2V2O5+4SO3)；
②当O2浓度过高时，去除率下降，其可能原因是氧气浓度过高时，O2、SO2和NO分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多活性位时，剩余的SO2、NO分子就不能很好地被吸附，导致脱硫脱硝率下降；
故答案为: 氧气浓度过高时，O2和SO2分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多活性位点时，剩余的SO2分子就不能很好地被吸附，导致脱硫率下降；
（6）活性炭材料表面的含氮官能团具有碱性，能够促进活性炭对SO2的吸附及氧化，含氮官能团越丰富越有利于提升脱硫性能。

四、有机推断题
16．化合物G为一种促进睡眠的药物，其部分合成路线如下：

(1)A能与以任意比水混溶，原因是该分子为极性分子且_______。
(2)A转化为B需经历A→X→B，中间体X的结构简式为，则X→B的反应类型为_______。
(3)由C和D转化为E的过程中，还生成2分子的甲醇，则化合物D(C10H11NO2)的结构简式为_______。
(4)F经水解并还原得到的一种产物为H(C11H15NO)，写出满足下列条件的H的同分异构体的结构简式_______。
①苯环上有4个取代基；②能发生银镜反应，存在4种不同化学环境的氢原子。
(5)已知：。写出以苯酚和碘甲烷为原料制备 的合成路线流程图。(无机试剂任用，合成路线流程图见本题题干)_______
【答案】(1)能与水分子间形成氢键
(2)取代反应
(3)
(4)或
(5)

【分析】此流程中各物质基本都已给出，A到B根据物质结构的特点变化判断发生了取代反应；B到C根据官能团的变化，发生了加成反应，根据E的结构简式及（3）已知信息可以判断出条件D的结构简式为：；E到F根据结构简式的变化判断发生了取代反应，利用取代反应的特点：有上有下进行判断；
【详解】（1）根据物质的溶解性影响因素进行判断：A分子属于极性分子易溶于极性溶剂，其次A中含有氧原子和氮原子可以与水分子中的氢原子形成氢键；故答案为能与水分子间形成氢键；
（2）与B的结构简式中相差一个甲基，根据取代反应的特点判断，该过程为取代反应；
（3）根据E的结构简式判断D中含有苯环，且含两个取代基在间位，根据C的结构简式和生成2分子的甲醇判断C和D反应时，C中脱去2个-CH3O，D分子中脱去2个氢原子，故D的结构简式为：；
（4）F分子经水解，根据F中含有肽键判断水解成氨基和羧基，根据能发生银镜判断一般含有醛基，根据存在4中不同化学环境的氢原子判断分子非常对称，判断H的同分异构体的结构简式为： 或 ；
（5）以苯酚和碘甲烷为原料制备 的合成路线，根据目标产物判断是苯环发生了加成生成了烷烃环，在根据已知碳基最终合成肽键，故苯酚先和氢气发生加成，生成环己醇，环己醇变为酮后即可利用已知反应过程，故环己醇又被氧气氧化生成环己酮，根基已知反应利用其反应条件进行后推，硫酸试剂后得到肽键，再根据题目中流程在碘乙烷作用下发生取代反应上烷基，根据所得产物判断用碘甲烷进行制取；故流程为： ；
【点睛】此题考查有机物的推断，根据官能团的变化，或者结构简式的变化判断反应类型或者反应的条件。

五、工业流程题
17．实验室以碳酸锰矿(含MnCO3及少量Fe、Al、Si等氧化物)为原料制高纯MnCO3和MnO2的流程如下：

(1)焙烧时的温度为300～500℃，写出焙烧时MnCO3所发生反应的化学方程式：______。
(2)焙烧前需测定碳酸锰矿中MnCO3的含量，测定过程如下：称取0.2000g碳酸锰矿粉于锥形瓶中，加入15mL磷酸，加热并不断摇动至矿粉溶解，加入NH4NO3将溶液中的Mn2+转化为Mn(PO4)，待冷却至室温后，加入40mL蒸馏水，滴加2滴N苯代邻胺基苯甲酸作指示剂，用0.02000mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点[滴定过程中Mn(PO4)与Fe2+反应生成Mn2+和Fe3+]，消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液30.00mL。计算碳酸锰矿中MnCO3的含量___________(写出计算过程)。
(3)将过滤后所得溶液净化后可得MnSO4溶液。
①将净化后MnSO4溶液置于如图所示三颈烧瓶中，控制一定的温度，将沉淀剂滴加到烧瓶中，充分反应后过滤、洗涤、干燥可得MnCO3白色粉末。沉淀剂可以使用Na2CO3溶液、NH4HCO3溶液或NH4HCO3与氨水的混合溶液。实验小组经过比较后使用的是NH4HCO3与氨水的混合溶液。

a.不使用Na2CO3溶液的原因是___________。
b.不使用NH4HCO3溶液的原因是___________。
②已知MnSO4可发生如下反应：MnSO4+K2S2O8+4NaOH=MnO2↓+K2SO4+2Na2SO4+2H2O，MnSO4和K2S2O8的物质的量相同，改变NaOH的物质的量，测得Mn的转化率、MnO2的含量{}与NaOH和MnSO4物质的量比值之间的关系如图所示。根据信息，补充完整制取纯净MnO2的实验方案：将20mL 1.0mol·L-1的MnSO4溶液和20mL 1.0mol·L-1的K2S2O8溶液混合，___________，得到纯净的MnO2(实验中可使用的试剂是1.0mol·L-1 NaOH溶液、1.0mol·L-1 H2SO4溶液、1.0mol·L-1 BaCl2溶液)。

【答案】(1)MnCO3+(NH4)2SO4MnSO4+2NH3↑+CO2↑+H2O
(2)34.5%
(3)     Na2CO3溶液碱性较强，会有部分Mn(OH)2沉淀生成，所得MnCO3不纯，Mn的利用率降低     使用NH4HCO3溶液会有CO2气体放出，NH4HCO3的利用率低     边搅拌边向混合溶液中加入90mL 1.0mol·L-1的NaOH溶液，充分反应后过滤，向滤渣中边搅拌边加入适量1.0mol·L-1 H2SO4溶液，当固体不再减少时，过滤，用蒸馏水多次洗涤滤渣，直至取最后一次洗涤滤液加入1.0mol·L-1 BaCl2溶液无沉淀生成，过滤，干燥

【分析】根据碳酸锰矿中所含成分，以及流程图可知，碳酸锰与硫酸铵反应生成硫酸锰、氨气和二氧化碳，铁的氧化物、氧化铝、二氧化硅不与硫酸铵反应，加水溶解后，得到含硫酸锰溶液，据此分析。
【详解】（1）根据上述分析，碳酸锰与硫酸铵反应生成硫酸锰、氨气和二氧化碳，其反应方程式为MnCO3+(NH4)2SO4MnSO4+2NH3↑+CO2↑+H2O。
（2）Mn(PO4)与Fe2+反应存在化合价的变化，属于氧化还原反应，根据得失电子数目守恒，Mn(PO4)与Fe2+反应物质的量之比为1∶1，根据元素守恒，建立关系式为MnCO3～Mn2+～Mn(PO4)～Fe2+，因此有n(MnCO3)=n(Fe2+)，碳酸锰的质量含量为=34.5%。
（3）①a．Na2CO3属于强碱弱酸盐，溶液显碱性，Na2CO3的碱性较强，会有部分Mn元素转化成Mn(OH)2沉淀，所得MnCO3不纯，Mn的利用率降低。
b．NH4HCO3为弱酸弱碱盐，Mn2+与HCO电离产生CO结合成MnCO3，促使HCO电离，c(H+)增大，H+与HCO反应生成CO2，造成NH4HCO3的利用率降低。
②根据图象可知，当NaOH与MnSO4的物质的量之比为4.5时，Mn的转化率、MnO2的含量达到最大，当加入20mL 1.0mol·L-1的MnSO4时需要加入90mL 0.1mol·L-1 NaOH溶液，过滤，向滤渣中加入适量的硫酸，将Mn(OH)2转化成MnSO4，当固体质量不再减少时，过滤，洗涤滤渣；具体操作是边搅拌边向混合溶液中加入90mL 1.0mol·L-1的NaOH溶液，充分反应后过滤，向滤渣中边搅拌边加入适量1.0mol·L-1 H2SO4溶液，当固体不再减少时，过滤，用蒸馏水多次洗涤滤渣，直至取最后一次洗涤滤液加入1.0mol·L-1 BaCl2溶液无沉淀生成，过滤，干燥。