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江苏省高邮市2021-2022学年高三下学期期初学情调研化学试题Word版含解析
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这是一份江苏省高邮市2021-2022学年高三下学期期初学情调研化学试题Word版含解析，共24页。
2021~2022学年高三下学期期初学情调研
化学试题
注意事项：
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1.本试卷共7页，包含选择题［第1题～第14题，共42分］、非选择题［第15题～第18题，共58分］两部分。本次考试时间为75分钟，满分100分。考试结束后，请将答题卡交回。
2.答题前，请考生务必将自己的学校、班级、姓名、学号、考生号、座位号用0.5毫米的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置。
3.选择题每小题选出答案后，请用2B铅笔在答题纸指定区域填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其它答案。非选择题请用0.5毫米的黑色签字笔在答题纸指定区域作答。在试卷或草稿纸上作答一律无效。
4.如有作图需要，可用2B铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 K39 Mn55
一、单项选择题：共14题，每小题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 化学与生产、生活、科技等方面密切相关，下列说法正确的是
A. 德尔塔新冠病毒有可能在空气中以气溶胶的形式传播，气溶胶属于胶体
B. 中科院首次实现了CO2合成淀粉，淀粉、蛋白质和油脂是人体必需的高分子营养物质
C. 光化学烟雾、臭氧层空洞、温室效应的形成都与二氧化碳有关
D. 乙醇常用于医疗消毒，浓度越高消毒效果越好
【答案】A
【解析】
【详解】A．气溶胶是由固体或液体小质点分散并悬浮在气体介质中形成的胶体分散体系，感染新冠病毒的人群通过飞沫混合在空气中，形成气溶胶，路过的人群吸入后导致感染，故A正确；
B．淀粉、蛋白质是高分子化合物，但油脂不是高分子化合物，故B错误；
C．温室效应的形成与二氧化碳有关，但光化学烟雾、臭氧层空洞的形成都与二氧化碳无关，故C错误；
D． 75%乙醇溶液的消毒效果最好，常用于医疗消毒，故D错误；
故选A。
2. 钛有“二十一世纪金属”、“全能金属”、“现代金属”的美称。镁与熔融的四氯化钛反应可制取钛：2Mg+TiCl42MgCl2+Ti。下列说法正确的是
A. 中子数为14的镁原子：
B. Cl−结构示意图：
C. MgCl2的电子式：
D. TiCl4熔点是−25℃，沸点是136.4℃，可溶于苯和CCl4，该晶体属于离子晶体
【答案】C
【解析】
【详解】A．原子符号左下角为质子数，左上角为质量数，质量数等于质子数与中子数的和，则中子数为14的镁原子的质量数是26，用原子符号表示为：，A错误；
B．Cl−核外电子排布是2、8、8，所以Cl-的结构示意图为，B错误；
C．MgCl2是离子化合物，2个Cl-与Mg2+之间以离子键结合，故MgCl2的电子式：，C正确；
D．TiCl4熔点是−25℃，沸点是136.4℃，物质的熔沸点比较低，说明构成物质的微粒之间的作用力比较小，可溶于苯和CCl4，根据相似相溶原理可知该晶体是由分子通过分子间作用力构成的分子晶体，因此物质的晶体类型为分子晶体，D错误；
故合理选项是C。
3. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A. 溶液显碱性，可用于杀菌、消毒
B. 漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒
C. 次氯酸具有弱酸性，可用作有色物质的漂白剂
D. 具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．次氯酸钠具有强氧化性，可以杀菌消毒，不是利用其碱性，A错误；
B．漂白粉具有强氧化性，可以用于生活用水消毒，B正确；
C．次氯酸具有漂白性，能用于有色物质漂白，C错误；
D．二氧化氯具有氧化性能杀菌消毒，D错误；
故选B。
4. 碘化亚铜(CuI，受热易被氧化)可以作很多有机反应的催化剂。实验室可用反应2CuSO4+2KI+SO2+2H2O=2CuI↓+2H2SO4+K2SO4来制备CuI。下列实验装置和操作不能达到实验目的的是
A. 用装置甲制备SO2 B. 用装置乙制备CuI
C. 用装置丙分离出CuI D. 用装置丁制备干燥的CuI
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．浓硫酸与Cu在加热时反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，故A正确；
B．由题意可知硫酸铜、碘化钾、二氧化硫和水反应生成碘化亚铜，所以可用乙图来制备碘化亚铜，故B正确；
C．为难溶物，分离难溶固体物质和液体物质时应采用过滤装置，所以分离碘化亚铜时应采用过滤装置，故C正确；
D．受热易被氧化，所以不能通过加热蒸发制备干燥CuI，故D错误；
答案选D。
5. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，基态时X原子2p轨道上有3个电子，Y位于ⅡA族，X与Z处于同一主族，W的单质常温下是一种黄绿色气体。下列说法正确的是
A. 原子半径：r(X)
C. Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的强
D. W的氢化物分子间能形成氢键
【答案】B
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W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；Y位于ⅡA族，则Y为Mg元素；X与Z处于同一主族，则Z为P元素，W的单质常温下是一种黄绿色气体，则W为Cl元素。
【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次增大，则镁原子的原子半径大于磷原子，磷原子的原子半径大于氯原子，故A错误；
B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能比同周期相邻元素的大，故B正确；
C．同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱，则磷酸的酸性弱于硝酸，故C错误；
D．氯化氢分子间不能形成氢键，故D错误；
故选B。
6. 氯元素具有多种化合价，可形成、、、和等离子，在一定条件下能发生相互转化。在新型催化剂作用下，氧化可获得： 。下列有关、、和的说法正确的是
A. 中心原子轨道的杂化类型为 B. 的空间构型为平面正三角形
C. 与的键角相等 D. 提供孤电子对与可形成
【答案】D
【解析】
【详解】A．中心氯原子的价层电子对个数n==4，属于sp3杂化，选项A错误；
B．中Cl的价层电子对数=3+（7+1-2×3）=4，含有一个孤电子对，则离子的空间构型为三角锥形，选项B错误；
C．与中价层电子对数都是4，所以都采取sp3杂化，且孤对电子数分别为1、0，则离子中相邻两个Cl-O键间键角依次增大，选项C错误；
D．提供孤电子对，中存在空轨道，与可形成，选项D正确；
答案选D。
7. 氯元素具有多种化合价，可形成、、、和等离子，在一定条件下能发生相互转化。在新型催化剂作用下，氧化可获得： 。在给定条件下，下列物质间所示的转化不能实现的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．↑，因此能实现，A不符题意；
B．ClO-+SO2+H2O=Cl-++2H+，不能实现，B符合题意；
C．Fe在氯气中燃烧生成FeCl3，因此能实现，C不符题意；
D．Cl2和NaOH溶液反应得到NaCl和NaClO、H2O，因此能实现，D不符题意；
选B。
8. 氯元素具有多种化合价，可形成、、、和等离子，在一定条件下能发生相互转化。在新型催化剂RuO2作用下，O2氧化HCl可获得Cl2：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH=-116kJ·mol-1。对于反应4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)，下列说法正确的是
A. RuO2的使用能降低该反应的ΔH
B. 该反应的ΔH<0，说明反应物的键能总和大于生成物的键能总和
C. 其它条件相同，增大n(O2)/n(HCl)，HCl的转化率下降
D. 升高温度，反应体系的活化分子百分数增多
【答案】D
【解析】
【详解】A．是该反应的催化剂，催化剂能改变反应途径，降低反应的活化能，但不能改变反应的，选项A错误；
B．该反应的ΔH<0，说明是放热反应，反应物的键能总和小于生成物的键能总和，选项B错误；
C．其它条件相同，增大n(O2)/n(HCl)，HCl的转化率增大，选项C错误；
D．升高温度，降低反应的活化能，反应体系的活化分子百分数增多，选项D正确；
答案选D。
9. 某小组用硫铜矿煅烧废渣(主要含Fe2O3、CuO、FeO)为原料制取Cu2O，流程如图：
下列说法不正确的是
A. “调节pH”主要目的是为了除去Fe3+
B. “还原”过程中主要发生的反应为4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O
C. 用N2H4还原制取Cu2O的优点是产生N2氛围，可防止产品被氧化
D. Cu2O的晶胞结构如图所示，其中X代表的是Cu+
【答案】D
【解析】
【分析】酸浸溶解后，所得溶液中含有Fe2(SO4)3、CuSO4、FeSO4、H2SO4（过量），经过氧化操作，Fe2+被氧化为Fe3+，溶液中溶质为Fe2(SO4)3、CuSO4、H2SO4（过量），通过调节pH将Fe3+转化为Fe(OH)3除去，故滤渣为Fe(OH)3，此时滤液主要含CuSO4、H2SO4，加入KOH、N2H4在90℃下还原Cu2+生成Cu2O。
【详解】A．由分析知，调节pH将Fe3+转化为Fe(OH)3除去，A正确；
B．由流程知，还原时，N2H4将CuSO4还原为Cu2O，自身转化为N2，对应方程式为：4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O，B正确；
C．还原过程中生成的N2可隔绝空气，防止产品Cu2O被氧气氧化，C正确；
D．该晶胞中，白球个数=，黑球个数为4个，故黑球：白球=2：1，结构化学式Cu2O知黑球代表Cu+，白球（X）代表O2-，D错误；
故答案选D。
10. 化合物Z是一种治疗糖尿病药物的重要中间体，可由下列反应制得。
下列有关X、Y、Z的说法正确的是
A. 1molX中含有2mol碳氧π键
B. Y在水中的溶解度比X在水中的溶解度小
C. Z与足量H2反应生成的有机化合物中含2个手性碳原子
D. X、Y、Z分别与足量酸性KMnO4溶液反应所得芳香族化合物相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．1molX中含有1mol碳氧π键，故A错误；
B．X中的羧基和羟基均为亲水基团，因此X在水中的溶解度大于Y，故B正确；
C．Z中标记 的三个碳原子加成氢气后为手性碳原子，有3个，故C错误；
D．X中存在酚羟基会被高锰酸钾氧化破坏苯环结构，而Z不能不高锰酸钾氧化，因此三者与高锰酸钾反应后的产物不同，故D错误；
故选：B。
11. 已知H2C2O4是一种二元弱酸。室温下，通过下列实验探究NaHC2O4溶液的性质。
实验1：测得10 mL0.1 mol·L-1NaHC2O4溶液的pH约为5.5
实验2：向0.1 mol·L-1NaHC2O4溶液中加入等体积0.1 mol·L-1Ba(OH)2溶液，溶液变浑浊
实验3：向酸性KMnO4溶液中滴加过量0.1 mol·L-1NaHC2O4溶液，溶液紫红色褪去。
若忽略溶液混合时的体积变化，下列说法正确的是
A. 0.1 mol·L−1H2C2O4溶液：c(H+)=0.1 mol·L-1+c(C2O)+c(OH−)−c(H2C2O4)
B. 由实验1可得出：Kw>Ka1(H2C2O4)×Ka2(H2C2O4)
C. 由实验2推测：Ksp(BaC2O4)>2.5×10−3
D. 由实验3推测：NaHC2O4溶液具有漂白性
【答案】A
【解析】
【详解】A．0.1 mol·L−1H2C2O4溶液存在质子守恒：c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH−)，物料守恒：0.1 mol·L−1= c(C2O)+c(HC2O)+c(H2C2O4)，质子守恒-物料守恒可得c(H+)-0.1 mol·L−1= c(C2O)+c(OH−)-c(H2C2O4)，即c(H+)=0.1 mol·L-1+c(C2O)+c(OH−)−c(H2C2O4)，A正确；
B．测得10 mL0.1 mol·L-1NaHC2O4溶液pH约为5.5，溶液显酸性，说明的电离作用大于其水解作用，即Ka2(H2C2O4)>Kh()=，整理得Kw
选A。
12. 我国科学家在研究 HCOOH 燃料电池方面有重大进展，装置如图所示，两电极区间用允许离子通过的半透膜隔开。下列说法正确的是
A. 正极电极反应式为：HCOO--2e-＋2OH-= ＋H2O
B. 隔膜为阳离子交换膜，储液池中需补充的物质 A 为 H2SO4
C. 当电路中转移 1mol 电子时，理论上生成 174 g K2SO4
D. 当 1 mol HCOOH 转化为 KHCO3时，理论上消耗 11.2 L 氧气
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知HCOOH被氧化，HCOOH在负极失电子，Fe3+在正极得电子。
【详解】A．负极反应式为HCOO--2e-+2OH-=+H2O，选项A错误；
B．隔膜为阳离子交换膜，储液池中不断消耗氢离子同时产生硫酸钾，故需补充的物质 A 为 H2SO4，选项B正确；
C．当电路中转移2mol电子时，生成1mol硫酸钾，当电路中转移1mol电子时，理论上生成0.5mol K2SO4，故生成87g硫酸钾，选项C错误；
D．放电时，1mol HCOOH转化为KHCO3时，消耗0.5mol氧气，标准状况下消耗11.2L氧气，选项D错误；
答案选B。
13. 化工生产中含Cu2+的废水常用MnS作沉淀剂除去，反应原理为MnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Mn2+(aq)。已知：Ksp(MnS)=2.6×10-13，Ksp(CuS)=1.3×10-36。下列说法正确的是
A. 基态Mn2+的电子排布式为[Ar]3d6
B. 当溶液中c(Cu2+)=c(Mn2+)时，反应达到平衡
C. MnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Mn2+(aq)，该反应的平衡常数K=2.0×1023
D. 反应后上层清液中一定存在：c(S2-)>
【答案】C
【解析】
【详解】A．Mn原子电子排布式为[Ar]3d54s2，Mn失去最外层两个电子形成Mn2+，故基态Mn2+电子排布式为[Ar]3d5，A错误；
B．该反应平衡常数表达式：K==，故平衡时c(Mn2+)=2×1023c(Cu2+)，B错误；
C．由B选项分析知，C正确；
D．生成CuS后的溶液是ZnS、CuS的饱和溶液，故上层清液存在c(S2-)==，D错误；
故答案选C。
14. 甲醇水蒸气重整制氢(SRM)是获取理想氢源的有效方法。重整过程发生的反应如下：
反应Ⅰ：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)；ΔH1=+49.4kJ·mol-1
反应Ⅱ：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)；ΔH2=+92kJ·mol-1
在常压、催化剂下，向密闭容器中充入1molCH3OH和1.2molH2O混合气体，t时刻测得CH3OH转化率及CO、CO2的选择性随温度变化情况如图所示。下列说法正确的是
A. 选择300℃作为反应温度比较适宜
B. 工业生产中一般选用负压(低于大气压)条件下制氢
C. 选用CO2选择性较高的催化剂有利于提高CH3OH的平衡转化率
D. 270℃时，容器中的H2(g)约为2.744mol
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图象可知CH3OH的转化率在高于260℃时较高，但在300℃时，CO的选择性最高，而CO2的选择性低，所以300℃不是反应适宜的温度，最好在260℃时，A错误；
B．根据反应方程式可知，减小压强会降低反应速率，不适合工业生产，B错误；
C．催化剂能够加快反应速率，但不能改变反应物的平衡转化率，C错误；
D．由图示知，270℃时，CH3OH的转化率为98%，CO2、CO选择性分别为80%、20%，则反应I生成的H2物质的量n1=1 mol×98%×80%×3=2.352 mol，反应Ⅱ生成的H2物质的量n2=1 mol×98%×20%×2=0.392 mol，故此时共产生H2为2.744 mol，D正确；
故答案选D。
二、非选择题：共4题，共58分。
15. 电解金属锰阳极渣(主要成分MnO2，杂质为Pb、Fe、Cu元素的化合物)和黄铁矿(FeS2)为原料可制备Mn3O4，其流程如图所示：
已知：Ksp(MnF2)=5.0×10−3、Ksp(CaF2)=3.5×10−11，回答下列问题：
（1）“酸浸”时，所用的稀酸X是_______(填化学式)。
（2）“酸浸”过程中，Fe2+、Fe3+的质量浓度、Mn浸出率与时间的关系如图所示。
①20~80 min内，浸出Mn元素的主要离子方程式为_______。
②80~100 min时，Fe2+浓度上升的原因可能是_______。
（3）室温下，反应MnF2(s)+Ca2+(aq)CaF2(s)+Mn2+(aq)达到平衡时，Mn2+的浓度为2 mol·L-1，则此时Ca2+的浓度为_______。
（4）Mn3O4含量的测定：准确称取0.2400gMn3O4样品于锥形瓶中，加入25.00 mL0.2000 mol·L-1草酸钠溶液和适量硫酸，加热。待样品完全溶解后，冷却，立即用0.1000 mol·L-1KMnO4溶液进行滴定，消耗KMnO4溶液16.00 mL。测定过程中发生下列反应：Mn3O4+C2O+8H+=3Mn2++2CO2↑+4H2O
2MnO+5C2O+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
计算Mn3O4样品的纯度(写出计算过程)_______。
【答案】（1）H2SO4
（2） ①. 3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++4S+2Fe3++6H2O ②. 80~100 min时，MnO2浸出率很高，剩余MnO2较小，FeS2浸出的Fe2+与MnO2接触机会减少
（3）1.4×10-8 mol·L-1
（4）95.42%
【解析】
【分析】MnO2 在酸性条件下有强氧化性，FeS2有强还原性，二者在酸浸的时候会发生氧化还原反应，结合题图中后续操作后得到的是MnSO4溶液，可知所用的稀酸X为稀硫酸。然后向滤液中加入H2O2可以将杂质离子为Fe2+氧化为Fe3+，再加入CaO调整溶液pH，使Fe3+、Cu2+形成Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀，但是用CaO来调pH又会导致溶液中留下较多的Ca2+，净化阶段加入MnF2的目的就是使Ca2+转化为难溶物CaF2除去，过滤得到的滤液含有MnSO4，然后经一系列处理得到Mn3O4。
【小问1详解】
根据上述分析可知“酸浸”时使用酸为稀硫酸；
【小问2详解】
①在20~80 min内，MnO2、FeS2、H2SO4发生氧化还原反应产生MnSO4、Fe2(SO4)3、S、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则可知浸出Mn元素的主要离子方程式为：3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++4S+2Fe3++6H2O；
②根据图示可知：在80~100 min时，Fe2+浓度又上升，原因可能是MnO2浸出率很高，剩余MnO2较小，FeS2浸出的Fe2+与MnO2接触机会减少导致其浓度有所增加；
【小问3详解】
加入MnF2发生的反应为MnF2(s)+Ca2+(aq)CaF2(s)+Mn2+(aq)达到平衡时，Mn2+的浓度为2 mol·L-1，，由于c(Mn2+)=2.0 mol/L，所以c(Ca2+)=2.0 mol/L×7.0×10-9=1.4×10-8 mol/L；
【小问4详解】
在25.00 mL0.2000 mol/L溶液中含有草酸钠的物质的量n(Na2C2O4)=c·V=0.2000 mol/L×0.025 L=0.0050 mol，与Mn3O4反应后剩余草酸钠的物质的量为n(剩余)=n(KMnO4)=×0.1000 mol/L×0.016 L=0.0040 mol，故与Mn3O4反应的草酸钠的物质的量为0.005 mol-0.004 mol=0.0010 mol，根据方程式Mn3O4+C2O+8H+=3Mn2++2CO2↑+4H2O中物质反应转化关系可知n(Mn3O4)=n(Na2C2O4)=0.0010 mol，m(Mn3O4)=0.0010 mol×229 g/mol=0.2290 g，所以Mn3O4样品的纯度为。
16. 罂粟碱是一种异喹啉型生物碱，其盐酸盐可用于治疗脑血栓、肢端动脉痉挛等。罂粟碱的合成方法如下：
（1）D分子中采用sp2杂化的碳原子数目为_______。
（2）D→E的反应类型为_______。
（3）E和F发生取代反应生成G的同时有HCl生成，则F的结构简式是_______。
（4）E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式_______。
Ⅰ.含氧官能团种类与D相同。
Ⅱ.核磁共振氢谱图中有4个吸收峰。
Ⅲ.属于芳香族化合物，苯环上一取代物有两种。
（5）已知： (R、R')为烃基)。根据已有知识并结合相关信息，写出以乙醇为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_______。
【答案】（1）7 （2）取代反应
（3） （4）或
（5）
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，在四氯化碳作用下与NBS发生取代反应生成，与KCN发生取代反应生成，酸性条件下发生水解反应生成，与SOCl2发生取代反应生成，与发生取代反应生成，则F为；一定条件下转化为罂粟碱。
【小问1详解】
D的结构简式为，分子中苯环上的碳原子和羧基中碳原子为sp2杂化，则采用sp2杂化的碳原子共有7个，故答案为：7；
【小问2详解】
D→E的反应为与SOCl2发生取代反应生成、氯化氢和二氧化硫，故答案为：取代反应；
【小问3详解】
E和F发生取代反应生成G的反应为与发生取代反应生成和氯化氢，则F的结构简式为，故答案为：；
【小问4详解】
E的同分异构体属于芳香族化合物，苯环上一取代物有两种，分子中含氧官能团种类与D相同，核磁共振氢谱图中有4个吸收峰说明分子中含有羧基、醚键和氯原子，符合条件的结构简式为、，故答案为：或；
【小问5详解】
由题给信息可知，以乙醇为原料制备的合成步骤为乙醇在铜做催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成乙醛；乙醇与溴化氢共热发生取代反应生成溴乙烷，溴乙烷与KSCN发生取代反应生成乙晴，乙晴与乙醛在合适溶剂中发生题给信息反应生成，酸性条件下发生水解反应生成，合成路线为，故答案为：。
17. 以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)为原料制备磷酸铁(FePO4)。
（1）酸浸。将一定量焙烧后的硫铁矿粉末加入到三颈瓶中，恒温50~60℃加热(装置见图1)，通过滴液漏斗缓慢滴加一定浓度的稀硫酸，充分反应，过滤。温度不宜过高的原因是_____。
（2）还原。向滤液中加入FeS固体，充分搅拌至溶液中Fe3+全部被还原。检验Fe3+全部被还原的实验方法是_____。
（3）除铝。向还原后的溶液中加入FeO固体，不断搅拌，使Al3+完全转化为Al(OH)3，过滤，得FeSO4溶液。加入FeO后发生反应的离子方程式为_____。
（4）制备Na2HPO4。在搅拌下向100mL1mol·L-1H3PO4溶液中缓慢滴加1mol·L-1NaOH溶液，至溶液的pH约为10即可得到Na2HPO4溶液。需加入NaOH溶液的体积约为_____。
（5）制备FePO4。反应原理为Fe2(SO4)3+2Na2HPO4=2FePO4↓+2Na2SO4+H2SO4，纯净的FePO4为白色沉淀，不同pH对磷酸铁沉淀的影响如图2所示。为了得到较纯净的FePO4，请补充完整以除铝后的FeSO4溶液制备FePO4的实验方案：取一定量除铝后的FeSO4溶液，_____，固体干燥，得到FePO4。
(可选用的试剂：1mol·L-1Na2HPO4溶液、3%H2O2溶液、BaCl2溶液)
【答案】（1）避免Fe3+水解生成Fe(OH)3，损失铁元素
（2）取少许溶液于试管中，滴入少许KSCN溶液，若溶液不变红色，则Fe3+全部被还原
（3）2Al3++3FeO+3H2O=2Al(OH)3+3Fe2+
（4）200mL或0.2L
（5）加入足量的3%双氧水溶液，充分反应，使FeSO4溶液全部被氧化为Fe2(SO4)3溶液，边搅拌边将1mol·L-1Na2HPO4溶液缓慢加入到Fe2(SO4)3溶液中，至溶液的pH约为2.5，过滤，洗涤至最后一次洗涤液加入BaCl2溶液无沉淀出现
【解析】
【小问1详解】
硫铁矿粉焙烧后铁被氧化为+3价，将入稀硫酸会生成Fe3+，滤液中阳离子是亚铁离子、铝离子、铁离子等，铁离子能水解，水解是吸热反应，升高温度，促进铁离子水解生成氢氧化铁，造成铁元素的损失。
【小问2详解】
检验Fe3+全部被还原的方法为：取少许溶液于试管中，滴入少许KSCN溶液，若溶液不变红色，则Fe3+全部被还原。
【小问3详解】
铝离子水解生成氢氧化铝和氢离子，加氧化亚铁促进铝离子的水解，其离子方程式为：2Al3++3FeO+3H2O=2Al(OH)3+3Fe2+。
【小问4详解】
，磷酸与氢氧化钠1:2反应得到磷酸一氢钠，则有关系式100mL1mol/L=VNaOH1mol/L，解得VNaOH=200mL。
【小问5详解】
由题意可知，需先将亚铁离子氧化为铁离子，再加入磷酸一氢钠调节pH为2.5使沉淀率最高，因此补充实验方案为：加入足量的3%双氧水溶液，充分反应，使FeSO4溶液全部被氧化为Fe2(SO4)3溶液，边搅拌边将1mol·L-1Na2HPO4溶液缓慢加入到Fe2(SO4)3溶液中，至溶液的pH约为2.5，过滤，洗涤至最后一次洗涤液加入BaCl2溶液无沉淀出现。
18. 有效去除大气中的NOx和水体中的氮是环境保护的重要课题。
（1）已知：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)；ΔH1=-566.0kJ·mol-1
②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)；ΔH2=+64kJ·mol-1
反应2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g)；ΔH3=___。
（2）磷酸铵镁(MgNH4PO4)沉淀法可去除水体中的氨氮(NH和NH3)。实验室中模拟氨氮处理：1L的模拟氨氮废水(主要含NH)，置于搅拌器上，设定反应温度为25℃。先后加入MgCl2和Na2HPO4溶液，用NaOH调节反应pH，投加絮凝剂；开始搅拌，反应30min后，取液面下2cm处清液测定氨氮质量浓度。
①生成磷酸铵镁沉淀的离子反应方程式为___。
②测得反应pH对氨氮去除率的影响如图1所示，当pH从7.5增至9.0的过程中，水中氨氮的去除率明显增加，原因是___。
③当反应pH为9.0时，该沉淀法对氨氮的去除率达到最高，当pH继续增至10.0时，氨氮的去除率下降，原因是___。
（3）纳米零价铁(NZVI)/BC与(CuPd)/BC联合作用可去除水体中的硝态氮。
在NZVI/BC和(CuPd)/BC复合材料联合作用的体系中，生物炭(BC)作为NZVI、Cu、Pb的载体且减少了纳米零价铁的团聚，纳米零价铁作为主要还原剂，Cu和Pd作为催化剂且参与吸附活性H。
①NZVI/BC和(CuPd)/BC复合材料还原硝酸盐的反应机理如图2所示，NO转化为N2或NH的过程可描述为___。
②实验测得体系初始pH对NO去除率的影响如图3，前200min内，pH=9.88时的去除率远低于pH=4.05时，其可能的原因是___。
【答案】（1）-1196kJ·mol-1
（2） ①. Mg2++OH-+NH+HPO=MgNH4PO4↓+H2O ②. 随着pH的增大，HPO转化为PO，c(PO)浓度增大，使得生成沉淀的反应速率加快，氨氮去除率增加 ③. OH-浓度增大，使得Mg2+生成Mg(OH)2，MgNH4PO4沉淀会转化为Mg(OH)2沉淀，释放NH，促使溶液中氨氮的去除率下降
（3） ①. NO在铁表面得到电子被还原为NO，NO被吸附在Cu和Pd表面的活性H继续还原为N2或NH ②. 酸性越强，Fe越易失去电子，NO越易得到电子被还原；酸性越强，H+浓度大，可以减少表面氢氧化物的形成，从而可以暴露更多的反应活性位点，促进反应的进行
【解析】
【小问1详解】
由已知方程式①×2-②可得目标方程式，结合盖斯定律知，=2×(-566) kJ/mol-64 kJ/mol=-1196 kJ/mol，故此处填：-1196 kJ/mol；
【小问2详解】
①由题意知，Mg2+结合NH、 形成沉淀MgNH4PO4，HPO提供，对应离子方程式为：Mg2++OH-+NH+HPO=MgNH4PO4↓+H2O
②随着pH的增大，OH-浓度增大，HPO转化为PO，c(PO)浓度增大，使得生成沉淀的反应速率加快，氨氮去除率增加；
③OH-浓度增大，使得Mg2+生成Mg(OH)2，MgNH4PO4沉淀会转化为Mg(OH)2沉淀，释放NH，导致溶液中氨氮的去除率下降；
【小问3详解】
①铁失去电子，NO在铁表面得到电子被还原为NO，NO被吸附在Cu和Pd表面的活性H继续还原为N2或NH；
②酸性越强，Fe越易失去电子，NO越易得到电子被还原；酸性越强，H+浓度大，可以减少表面氢氧化物的形成，从而可以暴露更多的反应活性位点，促进反应的进行。
2021~2022学年高三下学期期初学情调研
化学试题
注意事项：
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1.本试卷共7页，包含选择题［第1题～第14题，共42分］、非选择题［第15题～第18题，共58分］两部分。本次考试时间为75分钟，满分100分。考试结束后，请将答题卡交回。
2.答题前，请考生务必将自己的学校、班级、姓名、学号、考生号、座位号用0.5毫米的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置。
3.选择题每小题选出答案后，请用2B铅笔在答题纸指定区域填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其它答案。非选择题请用0.5毫米的黑色签字笔在答题纸指定区域作答。在试卷或草稿纸上作答一律无效。
4.如有作图需要，可用2B铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 K39 Mn55
一、单项选择题：共14题，每小题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 化学与生产、生活、科技等方面密切相关，下列说法正确的是
A. 德尔塔新冠病毒有可能在空气中以气溶胶的形式传播，气溶胶属于胶体
B. 中科院首次实现了CO2合成淀粉，淀粉、蛋白质和油脂是人体必需的高分子营养物质
C. 光化学烟雾、臭氧层空洞、温室效应的形成都与二氧化碳有关
D. 乙醇常用于医疗消毒，浓度越高消毒效果越好
【答案】A
【解析】
【详解】A．气溶胶是由固体或液体小质点分散并悬浮在气体介质中形成的胶体分散体系，感染新冠病毒的人群通过飞沫混合在空气中，形成气溶胶，路过的人群吸入后导致感染，故A正确；
B．淀粉、蛋白质是高分子化合物，但油脂不是高分子化合物，故B错误；
C．温室效应的形成与二氧化碳有关，但光化学烟雾、臭氧层空洞的形成都与二氧化碳无关，故C错误；
D． 75%乙醇溶液的消毒效果最好，常用于医疗消毒，故D错误；
故选A。
2. 钛有“二十一世纪金属”、“全能金属”、“现代金属”的美称。镁与熔融的四氯化钛反应可制取钛：2Mg+TiCl42MgCl2+Ti。下列说法正确的是
A. 中子数为14的镁原子：
B. Cl−结构示意图：
C. MgCl2的电子式：
D. TiCl4熔点是−25℃，沸点是136.4℃，可溶于苯和CCl4，该晶体属于离子晶体
【答案】C
【解析】
【详解】A．原子符号左下角为质子数，左上角为质量数，质量数等于质子数与中子数的和，则中子数为14的镁原子的质量数是26，用原子符号表示为：，A错误；
B．Cl−核外电子排布是2、8、8，所以Cl-的结构示意图为，B错误；
C．MgCl2是离子化合物，2个Cl-与Mg2+之间以离子键结合，故MgCl2的电子式：，C正确；
D．TiCl4熔点是−25℃，沸点是136.4℃，物质的熔沸点比较低，说明构成物质的微粒之间的作用力比较小，可溶于苯和CCl4，根据相似相溶原理可知该晶体是由分子通过分子间作用力构成的分子晶体，因此物质的晶体类型为分子晶体，D错误；
故合理选项是C。
3. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A. 溶液显碱性，可用于杀菌、消毒
B. 漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒
C. 次氯酸具有弱酸性，可用作有色物质的漂白剂
D. 具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．次氯酸钠具有强氧化性，可以杀菌消毒，不是利用其碱性，A错误；
B．漂白粉具有强氧化性，可以用于生活用水消毒，B正确；
C．次氯酸具有漂白性，能用于有色物质漂白，C错误；
D．二氧化氯具有氧化性能杀菌消毒，D错误；
故选B。
4. 碘化亚铜(CuI，受热易被氧化)可以作很多有机反应的催化剂。实验室可用反应2CuSO4+2KI+SO2+2H2O=2CuI↓+2H2SO4+K2SO4来制备CuI。下列实验装置和操作不能达到实验目的的是
A. 用装置甲制备SO2 B. 用装置乙制备CuI
C. 用装置丙分离出CuI D. 用装置丁制备干燥的CuI
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．浓硫酸与Cu在加热时反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，故A正确；
B．由题意可知硫酸铜、碘化钾、二氧化硫和水反应生成碘化亚铜，所以可用乙图来制备碘化亚铜，故B正确；
C．为难溶物，分离难溶固体物质和液体物质时应采用过滤装置，所以分离碘化亚铜时应采用过滤装置，故C正确；
D．受热易被氧化，所以不能通过加热蒸发制备干燥CuI，故D错误；
答案选D。
5. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，基态时X原子2p轨道上有3个电子，Y位于ⅡA族，X与Z处于同一主族，W的单质常温下是一种黄绿色气体。下列说法正确的是
A. 原子半径：r(X)
C. Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的强
D. W的氢化物分子间能形成氢键
【答案】B
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W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；Y位于ⅡA族，则Y为Mg元素；X与Z处于同一主族，则Z为P元素，W的单质常温下是一种黄绿色气体，则W为Cl元素。
【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次增大，则镁原子的原子半径大于磷原子，磷原子的原子半径大于氯原子，故A错误；
B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能比同周期相邻元素的大，故B正确；
C．同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的酸性依次减弱，则磷酸的酸性弱于硝酸，故C错误；
D．氯化氢分子间不能形成氢键，故D错误；
故选B。
6. 氯元素具有多种化合价，可形成、、、和等离子，在一定条件下能发生相互转化。在新型催化剂作用下，氧化可获得： 。下列有关、、和的说法正确的是
A. 中心原子轨道的杂化类型为 B. 的空间构型为平面正三角形
C. 与的键角相等 D. 提供孤电子对与可形成
【答案】D
【解析】
【详解】A．中心氯原子的价层电子对个数n==4，属于sp3杂化，选项A错误；
B．中Cl的价层电子对数=3+（7+1-2×3）=4，含有一个孤电子对，则离子的空间构型为三角锥形，选项B错误；
C．与中价层电子对数都是4，所以都采取sp3杂化，且孤对电子数分别为1、0，则离子中相邻两个Cl-O键间键角依次增大，选项C错误；
D．提供孤电子对，中存在空轨道，与可形成，选项D正确；
答案选D。
7. 氯元素具有多种化合价，可形成、、、和等离子，在一定条件下能发生相互转化。在新型催化剂作用下，氧化可获得： 。在给定条件下，下列物质间所示的转化不能实现的是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．↑，因此能实现，A不符题意；
B．ClO-+SO2+H2O=Cl-++2H+，不能实现，B符合题意；
C．Fe在氯气中燃烧生成FeCl3，因此能实现，C不符题意；
D．Cl2和NaOH溶液反应得到NaCl和NaClO、H2O，因此能实现，D不符题意；
选B。
8. 氯元素具有多种化合价，可形成、、、和等离子，在一定条件下能发生相互转化。在新型催化剂RuO2作用下，O2氧化HCl可获得Cl2：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH=-116kJ·mol-1。对于反应4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)，下列说法正确的是
A. RuO2的使用能降低该反应的ΔH
B. 该反应的ΔH<0，说明反应物的键能总和大于生成物的键能总和
C. 其它条件相同，增大n(O2)/n(HCl)，HCl的转化率下降
D. 升高温度，反应体系的活化分子百分数增多
【答案】D
【解析】
【详解】A．是该反应的催化剂，催化剂能改变反应途径，降低反应的活化能，但不能改变反应的，选项A错误；
B．该反应的ΔH<0，说明是放热反应，反应物的键能总和小于生成物的键能总和，选项B错误；
C．其它条件相同，增大n(O2)/n(HCl)，HCl的转化率增大，选项C错误；
D．升高温度，降低反应的活化能，反应体系的活化分子百分数增多，选项D正确；
答案选D。
9. 某小组用硫铜矿煅烧废渣(主要含Fe2O3、CuO、FeO)为原料制取Cu2O，流程如图：
下列说法不正确的是
A. “调节pH”主要目的是为了除去Fe3+
B. “还原”过程中主要发生的反应为4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O
C. 用N2H4还原制取Cu2O的优点是产生N2氛围，可防止产品被氧化
D. Cu2O的晶胞结构如图所示，其中X代表的是Cu+
【答案】D
【解析】
【分析】酸浸溶解后，所得溶液中含有Fe2(SO4)3、CuSO4、FeSO4、H2SO4（过量），经过氧化操作，Fe2+被氧化为Fe3+，溶液中溶质为Fe2(SO4)3、CuSO4、H2SO4（过量），通过调节pH将Fe3+转化为Fe(OH)3除去，故滤渣为Fe(OH)3，此时滤液主要含CuSO4、H2SO4，加入KOH、N2H4在90℃下还原Cu2+生成Cu2O。
【详解】A．由分析知，调节pH将Fe3+转化为Fe(OH)3除去，A正确；
B．由流程知，还原时，N2H4将CuSO4还原为Cu2O，自身转化为N2，对应方程式为：4CuSO4+N2H4+8KOH2Cu2O+N2↑+4K2SO4+6H2O，B正确；
C．还原过程中生成的N2可隔绝空气，防止产品Cu2O被氧气氧化，C正确；
D．该晶胞中，白球个数=，黑球个数为4个，故黑球：白球=2：1，结构化学式Cu2O知黑球代表Cu+，白球（X）代表O2-，D错误；
故答案选D。
10. 化合物Z是一种治疗糖尿病药物的重要中间体，可由下列反应制得。
下列有关X、Y、Z的说法正确的是
A. 1molX中含有2mol碳氧π键
B. Y在水中的溶解度比X在水中的溶解度小
C. Z与足量H2反应生成的有机化合物中含2个手性碳原子
D. X、Y、Z分别与足量酸性KMnO4溶液反应所得芳香族化合物相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．1molX中含有1mol碳氧π键，故A错误；
B．X中的羧基和羟基均为亲水基团，因此X在水中的溶解度大于Y，故B正确；
C．Z中标记 的三个碳原子加成氢气后为手性碳原子，有3个，故C错误；
D．X中存在酚羟基会被高锰酸钾氧化破坏苯环结构，而Z不能不高锰酸钾氧化，因此三者与高锰酸钾反应后的产物不同，故D错误；
故选：B。
11. 已知H2C2O4是一种二元弱酸。室温下，通过下列实验探究NaHC2O4溶液的性质。
实验1：测得10 mL0.1 mol·L-1NaHC2O4溶液的pH约为5.5
实验2：向0.1 mol·L-1NaHC2O4溶液中加入等体积0.1 mol·L-1Ba(OH)2溶液，溶液变浑浊
实验3：向酸性KMnO4溶液中滴加过量0.1 mol·L-1NaHC2O4溶液，溶液紫红色褪去。
若忽略溶液混合时的体积变化，下列说法正确的是
A. 0.1 mol·L−1H2C2O4溶液：c(H+)=0.1 mol·L-1+c(C2O)+c(OH−)−c(H2C2O4)
B. 由实验1可得出：Kw>Ka1(H2C2O4)×Ka2(H2C2O4)
C. 由实验2推测：Ksp(BaC2O4)>2.5×10−3
D. 由实验3推测：NaHC2O4溶液具有漂白性
【答案】A
【解析】
【详解】A．0.1 mol·L−1H2C2O4溶液存在质子守恒：c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH−)，物料守恒：0.1 mol·L−1= c(C2O)+c(HC2O)+c(H2C2O4)，质子守恒-物料守恒可得c(H+)-0.1 mol·L−1= c(C2O)+c(OH−)-c(H2C2O4)，即c(H+)=0.1 mol·L-1+c(C2O)+c(OH−)−c(H2C2O4)，A正确；
B．测得10 mL0.1 mol·L-1NaHC2O4溶液pH约为5.5，溶液显酸性，说明的电离作用大于其水解作用，即Ka2(H2C2O4)>Kh()=，整理得Kw
选A。
12. 我国科学家在研究 HCOOH 燃料电池方面有重大进展，装置如图所示，两电极区间用允许离子通过的半透膜隔开。下列说法正确的是
A. 正极电极反应式为：HCOO--2e-＋2OH-= ＋H2O
B. 隔膜为阳离子交换膜，储液池中需补充的物质 A 为 H2SO4
C. 当电路中转移 1mol 电子时，理论上生成 174 g K2SO4
D. 当 1 mol HCOOH 转化为 KHCO3时，理论上消耗 11.2 L 氧气
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知HCOOH被氧化，HCOOH在负极失电子，Fe3+在正极得电子。
【详解】A．负极反应式为HCOO--2e-+2OH-=+H2O，选项A错误；
B．隔膜为阳离子交换膜，储液池中不断消耗氢离子同时产生硫酸钾，故需补充的物质 A 为 H2SO4，选项B正确；
C．当电路中转移2mol电子时，生成1mol硫酸钾，当电路中转移1mol电子时，理论上生成0.5mol K2SO4，故生成87g硫酸钾，选项C错误；
D．放电时，1mol HCOOH转化为KHCO3时，消耗0.5mol氧气，标准状况下消耗11.2L氧气，选项D错误；
答案选B。
13. 化工生产中含Cu2+的废水常用MnS作沉淀剂除去，反应原理为MnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Mn2+(aq)。已知：Ksp(MnS)=2.6×10-13，Ksp(CuS)=1.3×10-36。下列说法正确的是
A. 基态Mn2+的电子排布式为[Ar]3d6
B. 当溶液中c(Cu2+)=c(Mn2+)时，反应达到平衡
C. MnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Mn2+(aq)，该反应的平衡常数K=2.0×1023
D. 反应后上层清液中一定存在：c(S2-)>
【答案】C
【解析】
【详解】A．Mn原子电子排布式为[Ar]3d54s2，Mn失去最外层两个电子形成Mn2+，故基态Mn2+电子排布式为[Ar]3d5，A错误；
B．该反应平衡常数表达式：K==，故平衡时c(Mn2+)=2×1023c(Cu2+)，B错误；
C．由B选项分析知，C正确；
D．生成CuS后的溶液是ZnS、CuS的饱和溶液，故上层清液存在c(S2-)==，D错误；
故答案选C。
14. 甲醇水蒸气重整制氢(SRM)是获取理想氢源的有效方法。重整过程发生的反应如下：
反应Ⅰ：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)；ΔH1=+49.4kJ·mol-1
反应Ⅱ：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)；ΔH2=+92kJ·mol-1
在常压、催化剂下，向密闭容器中充入1molCH3OH和1.2molH2O混合气体，t时刻测得CH3OH转化率及CO、CO2的选择性随温度变化情况如图所示。下列说法正确的是
A. 选择300℃作为反应温度比较适宜
B. 工业生产中一般选用负压(低于大气压)条件下制氢
C. 选用CO2选择性较高的催化剂有利于提高CH3OH的平衡转化率
D. 270℃时，容器中的H2(g)约为2.744mol
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图象可知CH3OH的转化率在高于260℃时较高，但在300℃时，CO的选择性最高，而CO2的选择性低，所以300℃不是反应适宜的温度，最好在260℃时，A错误；
B．根据反应方程式可知，减小压强会降低反应速率，不适合工业生产，B错误；
C．催化剂能够加快反应速率，但不能改变反应物的平衡转化率，C错误；
D．由图示知，270℃时，CH3OH的转化率为98%，CO2、CO选择性分别为80%、20%，则反应I生成的H2物质的量n1=1 mol×98%×80%×3=2.352 mol，反应Ⅱ生成的H2物质的量n2=1 mol×98%×20%×2=0.392 mol，故此时共产生H2为2.744 mol，D正确；
故答案选D。
二、非选择题：共4题，共58分。
15. 电解金属锰阳极渣(主要成分MnO2，杂质为Pb、Fe、Cu元素的化合物)和黄铁矿(FeS2)为原料可制备Mn3O4，其流程如图所示：
已知：Ksp(MnF2)=5.0×10−3、Ksp(CaF2)=3.5×10−11，回答下列问题：
（1）“酸浸”时，所用的稀酸X是_______(填化学式)。
（2）“酸浸”过程中，Fe2+、Fe3+的质量浓度、Mn浸出率与时间的关系如图所示。
①20~80 min内，浸出Mn元素的主要离子方程式为_______。
②80~100 min时，Fe2+浓度上升的原因可能是_______。
（3）室温下，反应MnF2(s)+Ca2+(aq)CaF2(s)+Mn2+(aq)达到平衡时，Mn2+的浓度为2 mol·L-1，则此时Ca2+的浓度为_______。
（4）Mn3O4含量的测定：准确称取0.2400gMn3O4样品于锥形瓶中，加入25.00 mL0.2000 mol·L-1草酸钠溶液和适量硫酸，加热。待样品完全溶解后，冷却，立即用0.1000 mol·L-1KMnO4溶液进行滴定，消耗KMnO4溶液16.00 mL。测定过程中发生下列反应：Mn3O4+C2O+8H+=3Mn2++2CO2↑+4H2O
2MnO+5C2O+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
计算Mn3O4样品的纯度(写出计算过程)_______。
【答案】（1）H2SO4
（2） ①. 3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++4S+2Fe3++6H2O ②. 80~100 min时，MnO2浸出率很高，剩余MnO2较小，FeS2浸出的Fe2+与MnO2接触机会减少
（3）1.4×10-8 mol·L-1
（4）95.42%
【解析】
【分析】MnO2 在酸性条件下有强氧化性，FeS2有强还原性，二者在酸浸的时候会发生氧化还原反应，结合题图中后续操作后得到的是MnSO4溶液，可知所用的稀酸X为稀硫酸。然后向滤液中加入H2O2可以将杂质离子为Fe2+氧化为Fe3+，再加入CaO调整溶液pH，使Fe3+、Cu2+形成Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀，但是用CaO来调pH又会导致溶液中留下较多的Ca2+，净化阶段加入MnF2的目的就是使Ca2+转化为难溶物CaF2除去，过滤得到的滤液含有MnSO4，然后经一系列处理得到Mn3O4。
【小问1详解】
根据上述分析可知“酸浸”时使用酸为稀硫酸；
【小问2详解】
①在20~80 min内，MnO2、FeS2、H2SO4发生氧化还原反应产生MnSO4、Fe2(SO4)3、S、H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则可知浸出Mn元素的主要离子方程式为：3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++4S+2Fe3++6H2O；
②根据图示可知：在80~100 min时，Fe2+浓度又上升，原因可能是MnO2浸出率很高，剩余MnO2较小，FeS2浸出的Fe2+与MnO2接触机会减少导致其浓度有所增加；
【小问3详解】
加入MnF2发生的反应为MnF2(s)+Ca2+(aq)CaF2(s)+Mn2+(aq)达到平衡时，Mn2+的浓度为2 mol·L-1，，由于c(Mn2+)=2.0 mol/L，所以c(Ca2+)=2.0 mol/L×7.0×10-9=1.4×10-8 mol/L；
【小问4详解】
在25.00 mL0.2000 mol/L溶液中含有草酸钠的物质的量n(Na2C2O4)=c·V=0.2000 mol/L×0.025 L=0.0050 mol，与Mn3O4反应后剩余草酸钠的物质的量为n(剩余)=n(KMnO4)=×0.1000 mol/L×0.016 L=0.0040 mol，故与Mn3O4反应的草酸钠的物质的量为0.005 mol-0.004 mol=0.0010 mol，根据方程式Mn3O4+C2O+8H+=3Mn2++2CO2↑+4H2O中物质反应转化关系可知n(Mn3O4)=n(Na2C2O4)=0.0010 mol，m(Mn3O4)=0.0010 mol×229 g/mol=0.2290 g，所以Mn3O4样品的纯度为。
16. 罂粟碱是一种异喹啉型生物碱，其盐酸盐可用于治疗脑血栓、肢端动脉痉挛等。罂粟碱的合成方法如下：
（1）D分子中采用sp2杂化的碳原子数目为_______。
（2）D→E的反应类型为_______。
（3）E和F发生取代反应生成G的同时有HCl生成，则F的结构简式是_______。
（4）E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式_______。
Ⅰ.含氧官能团种类与D相同。
Ⅱ.核磁共振氢谱图中有4个吸收峰。
Ⅲ.属于芳香族化合物，苯环上一取代物有两种。
（5）已知： (R、R')为烃基)。根据已有知识并结合相关信息，写出以乙醇为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_______。
【答案】（1）7 （2）取代反应
（3） （4）或
（5）
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，在四氯化碳作用下与NBS发生取代反应生成，与KCN发生取代反应生成，酸性条件下发生水解反应生成，与SOCl2发生取代反应生成，与发生取代反应生成，则F为；一定条件下转化为罂粟碱。
【小问1详解】
D的结构简式为，分子中苯环上的碳原子和羧基中碳原子为sp2杂化，则采用sp2杂化的碳原子共有7个，故答案为：7；
【小问2详解】
D→E的反应为与SOCl2发生取代反应生成、氯化氢和二氧化硫，故答案为：取代反应；
【小问3详解】
E和F发生取代反应生成G的反应为与发生取代反应生成和氯化氢，则F的结构简式为，故答案为：；
【小问4详解】
E的同分异构体属于芳香族化合物，苯环上一取代物有两种，分子中含氧官能团种类与D相同，核磁共振氢谱图中有4个吸收峰说明分子中含有羧基、醚键和氯原子，符合条件的结构简式为、，故答案为：或；
【小问5详解】
由题给信息可知，以乙醇为原料制备的合成步骤为乙醇在铜做催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成乙醛；乙醇与溴化氢共热发生取代反应生成溴乙烷，溴乙烷与KSCN发生取代反应生成乙晴，乙晴与乙醛在合适溶剂中发生题给信息反应生成，酸性条件下发生水解反应生成，合成路线为，故答案为：。
17. 以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)为原料制备磷酸铁(FePO4)。
（1）酸浸。将一定量焙烧后的硫铁矿粉末加入到三颈瓶中，恒温50~60℃加热(装置见图1)，通过滴液漏斗缓慢滴加一定浓度的稀硫酸，充分反应，过滤。温度不宜过高的原因是_____。
（2）还原。向滤液中加入FeS固体，充分搅拌至溶液中Fe3+全部被还原。检验Fe3+全部被还原的实验方法是_____。
（3）除铝。向还原后的溶液中加入FeO固体，不断搅拌，使Al3+完全转化为Al(OH)3，过滤，得FeSO4溶液。加入FeO后发生反应的离子方程式为_____。
（4）制备Na2HPO4。在搅拌下向100mL1mol·L-1H3PO4溶液中缓慢滴加1mol·L-1NaOH溶液，至溶液的pH约为10即可得到Na2HPO4溶液。需加入NaOH溶液的体积约为_____。
（5）制备FePO4。反应原理为Fe2(SO4)3+2Na2HPO4=2FePO4↓+2Na2SO4+H2SO4，纯净的FePO4为白色沉淀，不同pH对磷酸铁沉淀的影响如图2所示。为了得到较纯净的FePO4，请补充完整以除铝后的FeSO4溶液制备FePO4的实验方案：取一定量除铝后的FeSO4溶液，_____，固体干燥，得到FePO4。
(可选用的试剂：1mol·L-1Na2HPO4溶液、3%H2O2溶液、BaCl2溶液)
【答案】（1）避免Fe3+水解生成Fe(OH)3，损失铁元素
（2）取少许溶液于试管中，滴入少许KSCN溶液，若溶液不变红色，则Fe3+全部被还原
（3）2Al3++3FeO+3H2O=2Al(OH)3+3Fe2+
（4）200mL或0.2L
（5）加入足量的3%双氧水溶液，充分反应，使FeSO4溶液全部被氧化为Fe2(SO4)3溶液，边搅拌边将1mol·L-1Na2HPO4溶液缓慢加入到Fe2(SO4)3溶液中，至溶液的pH约为2.5，过滤，洗涤至最后一次洗涤液加入BaCl2溶液无沉淀出现
【解析】
【小问1详解】
硫铁矿粉焙烧后铁被氧化为+3价，将入稀硫酸会生成Fe3+，滤液中阳离子是亚铁离子、铝离子、铁离子等，铁离子能水解，水解是吸热反应，升高温度，促进铁离子水解生成氢氧化铁，造成铁元素的损失。
【小问2详解】
检验Fe3+全部被还原的方法为：取少许溶液于试管中，滴入少许KSCN溶液，若溶液不变红色，则Fe3+全部被还原。
【小问3详解】
铝离子水解生成氢氧化铝和氢离子，加氧化亚铁促进铝离子的水解，其离子方程式为：2Al3++3FeO+3H2O=2Al(OH)3+3Fe2+。
【小问4详解】
，磷酸与氢氧化钠1:2反应得到磷酸一氢钠，则有关系式100mL1mol/L=VNaOH1mol/L，解得VNaOH=200mL。
【小问5详解】
由题意可知，需先将亚铁离子氧化为铁离子，再加入磷酸一氢钠调节pH为2.5使沉淀率最高，因此补充实验方案为：加入足量的3%双氧水溶液，充分反应，使FeSO4溶液全部被氧化为Fe2(SO4)3溶液，边搅拌边将1mol·L-1Na2HPO4溶液缓慢加入到Fe2(SO4)3溶液中，至溶液的pH约为2.5，过滤，洗涤至最后一次洗涤液加入BaCl2溶液无沉淀出现。
18. 有效去除大气中的NOx和水体中的氮是环境保护的重要课题。
（1）已知：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)；ΔH1=-566.0kJ·mol-1
②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)；ΔH2=+64kJ·mol-1
反应2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g)；ΔH3=___。
（2）磷酸铵镁(MgNH4PO4)沉淀法可去除水体中的氨氮(NH和NH3)。实验室中模拟氨氮处理：1L的模拟氨氮废水(主要含NH)，置于搅拌器上，设定反应温度为25℃。先后加入MgCl2和Na2HPO4溶液，用NaOH调节反应pH，投加絮凝剂；开始搅拌，反应30min后，取液面下2cm处清液测定氨氮质量浓度。
①生成磷酸铵镁沉淀的离子反应方程式为___。
②测得反应pH对氨氮去除率的影响如图1所示，当pH从7.5增至9.0的过程中，水中氨氮的去除率明显增加，原因是___。
③当反应pH为9.0时，该沉淀法对氨氮的去除率达到最高，当pH继续增至10.0时，氨氮的去除率下降，原因是___。
（3）纳米零价铁(NZVI)/BC与(CuPd)/BC联合作用可去除水体中的硝态氮。
在NZVI/BC和(CuPd)/BC复合材料联合作用的体系中，生物炭(BC)作为NZVI、Cu、Pb的载体且减少了纳米零价铁的团聚，纳米零价铁作为主要还原剂，Cu和Pd作为催化剂且参与吸附活性H。
①NZVI/BC和(CuPd)/BC复合材料还原硝酸盐的反应机理如图2所示，NO转化为N2或NH的过程可描述为___。
②实验测得体系初始pH对NO去除率的影响如图3，前200min内，pH=9.88时的去除率远低于pH=4.05时，其可能的原因是___。
【答案】（1）-1196kJ·mol-1
（2） ①. Mg2++OH-+NH+HPO=MgNH4PO4↓+H2O ②. 随着pH的增大，HPO转化为PO，c(PO)浓度增大，使得生成沉淀的反应速率加快，氨氮去除率增加 ③. OH-浓度增大，使得Mg2+生成Mg(OH)2，MgNH4PO4沉淀会转化为Mg(OH)2沉淀，释放NH，促使溶液中氨氮的去除率下降
（3） ①. NO在铁表面得到电子被还原为NO，NO被吸附在Cu和Pd表面的活性H继续还原为N2或NH ②. 酸性越强，Fe越易失去电子，NO越易得到电子被还原；酸性越强，H+浓度大，可以减少表面氢氧化物的形成，从而可以暴露更多的反应活性位点，促进反应的进行
【解析】
【小问1详解】
由已知方程式①×2-②可得目标方程式，结合盖斯定律知，=2×(-566) kJ/mol-64 kJ/mol=-1196 kJ/mol，故此处填：-1196 kJ/mol；
【小问2详解】
①由题意知，Mg2+结合NH、 形成沉淀MgNH4PO4，HPO提供，对应离子方程式为：Mg2++OH-+NH+HPO=MgNH4PO4↓+H2O
②随着pH的增大，OH-浓度增大，HPO转化为PO，c(PO)浓度增大，使得生成沉淀的反应速率加快，氨氮去除率增加；
③OH-浓度增大，使得Mg2+生成Mg(OH)2，MgNH4PO4沉淀会转化为Mg(OH)2沉淀，释放NH，导致溶液中氨氮的去除率下降；
【小问3详解】
①铁失去电子，NO在铁表面得到电子被还原为NO，NO被吸附在Cu和Pd表面的活性H继续还原为N2或NH；
②酸性越强，Fe越易失去电子，NO越易得到电子被还原；酸性越强，H+浓度大，可以减少表面氢氧化物的形成，从而可以暴露更多的反应活性位点，促进反应的进行。
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