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2022-2023学年江苏省新高考基地学校高三（下）3月大联考化学试卷含解析
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这是一份2022-2023学年江苏省新高考基地学校高三（下）3月大联考化学试卷含解析，共19页。试卷主要包含了 生活与化学密不可分等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江苏省新高考基地学校高三（下）3月大联考化学试卷
1. 生活与化学密不可分。下列生活用品中主要由合成纤维制造的是( )
A. 尼龙绳 B. 铜导线 C. 蚕丝被 D. 棉衬衫
2. 乙醛常用于有机合成，由乙醇催化氧化制取乙醛的反应如下：2CH3CH2OH+O2→△Cu2CH3CHO+2H2O。下列说法正确的是( )
A. 相同条件下，CH3CH2OH的沸点高于CH3OCH3
B. 基态Cu的核外电子排布式为Ar3d94s2
C. 1molCH3CHO中所含σ键的数目为5mol
D. H2O是由极性键构成的非极性分子
3. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是( )
A. 氧化铁能与酸反应，可用作红色颜料 B. 次氯酸具有弱酸性，可用作漂白剂
C. 银氨溶液具有弱氧化性，可用于制银镜 D. 晶体硅熔点高，可用作半导体材料
4. X、Y、Z、W、R属于周期表中前20号主族元素，且原子序数依次增大。基态X原子2p轨道半充满，Z是元素周期表中电负性最大的元素，Z和W同主族，R的最外层只有1个电子。下列说法正确的是( )
A. X的简单氢化物分子间能形成氢键
B. 简单离子半径：rR>rW
C. 简单气态氢化物的热稳定性：W>Z
D. 第一电离能：I1X>I1Y>I1Z
5. 侯氏制碱法以氯化钠、二氧化碳、氨和水为原料，发生反应NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。将析出的固体灼烧获取纯碱，向析出固体后的母液中加入食盐可获得副产品氯化铵。下列制纯碱的实验原理与装置不能达到实验目的的是( )
A. 用装置甲制取氨气 B. 用装置乙制取碳酸氢钠
C. 用装置丙过滤得到碳酸氢钠固体 D. 用装置丁加热分解碳酸氢钠得到纯碱
6. 侯氏制碱法以氯化钠、二氧化碳、氨和水为原料，发生反应NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。将析出的固体灼烧获取纯碱，向析出固体后的母液中加入食盐可获得副产品氯化铵。下列有关说法正确的是( )
A. 固态CO2为共价晶体
B. CO32−中心原子采取sp3杂化
C. NH3转变为NH4+过程中键角变大
D. 相同温度下，NH4Cl在水中的溶解度小于在NaCl溶液中的溶解度
7. 侯氏制碱法以氯化钠、二氧化碳、氨和水为原料，发生反应NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。将析出的固体灼烧获取纯碱，向析出固体后的母液中加入食盐可获得副产品氯化铵。通过以下两步反应可实现NH4Cl分解产物的分离。
反应I：NH4Cls+MgOs⇀↽NH3g+MgOHClsΔH=+61.34kJ⋅mol−1
反应II：MgOHCls⇀↽HClg+MgOsΔH=+97.50kJ⋅mol−1
下列说法不正确的是( )
A. 反应NH4Cls=NH3g+HClg能自发的主要原因是ΔS>0
B. 反应I的平衡常数可表达为K=cNH3
C. 升高温度，反应II中v(逆)增大
D. 如图所示的MgO晶胞中距离O2−最近的Mg2+有4个
8. 一种新型Zn−CO2水介质电池示意图如图所示，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸(HCOOH)。下列说法正确的是( )
A. 放电时，负极反应为CO2+2e−+2H+=HCOOH
B. 放电时，1molCO2转化为HCOOH，转移的电子数为4mol
C. 充电时，Zn电极连接电源正极
D. 充电时，电解质溶液2中OH−浓度降低
9. 由苯甲醛制备重要的有机合成中间体的一种反应如下：
下列说法正确的是( )
A. 该反应属于取代反应
B. 可用少量酸性高锰酸钾鉴别苯甲醛和2−环己烯酮
C. 2−环己烯酮中所有的原子可能共平面
D. 中间体与足量H2完全加成后所得分子中含有3个手性碳原子
10. 现用菱锰矿(主要成分MnCO3，含有FeCO3、CaCO3、Fe2O3、Al2O3)为原料制备MnO2的流程如下：
下列说法正确的是( )
A. 将菱锰矿粉碎所使用的化学仪器为坩埚
B. “氧化”时发生的离子方程式为：MnO2+Fe2++4H+=Mn2++Fe3++2H2O
C. “中和”时加入的物质X可以是CaCO3
D. “电解”时MnO2在阴极生成，过程中同时生成可循环利用的物质H2SO4
11. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是( )
选项
探究方案
探究目的
A
在CaCO3中加入浓盐酸，并将反应后的气体直接通入苯酚钠溶液中，观察现象
酸性：碳酸>苯酚
B
向试管加入2mL1mol⋅L−1MgCl2溶液，滴加2mL1mol⋅L−1NaOH溶液，再滴加几滴1mol⋅L−1CuCl2，观察现象
KspCuOH2
向5mL0.1mol⋅L−1FeCl3溶液中滴加1mL0.1mol⋅L−1KI溶液，充分反应后再滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色变化
FeCl3和KI反应为可逆反应
D
用pH计测量醋酸、盐酸的 pH，比较溶液pH大小
CH3COOH是弱电解质
A. A B. B C. C D. D
12. 氢硫酸是一种弱酸(Ka1=1.3×10−7、Ka2=7.0×10−15)。下列说法正确的是( )
A. 用100mL1mol⋅L−1NaOH吸收2.24LH2S(标况)所得溶液中：cNa+
C. CuSO4溶液吸收少量H2S气体，产生黑色沉淀，上层清液中：cCu2+⋅cS2−>KspCuS
D. Na2C2O4Ka1H2C2O4=5.9×10−2能与H2S发生反应：Na2C2O4+H2S=H2C2O4+Na2S
13. 在某催化剂作用下CO2和H2合成甲醇涉及以下反应：
I.CO2g+3H2g⇀↽CH3OHg+H2OgΔH1
II.CO2g+H2g⇀↽COg+H2OgΔH2=+41.3kJ⋅mol−1
在恒容密闭容器中，CO2g和H2g分别投0.8mol⋅L−1、1.56mol⋅L−1发生反应，平衡时CO2的转化率及CH3OH和CO的选择性([n生成(CH3OH)或n生成(CO)n总转化(CO2)×100%]随温度变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. 同时提高CO2的平衡转化率和平衡时CH3OH的选择性应选择在高温条件下反应
B. 600℃后，升高温度对反应I的影响程度大于反应II
C. 开发低温时的高效催化剂，可以提高CO2的平衡转化率
D. 720℃时，反应I的平衡常数K=0.08
14. 从铜烟灰酸浸渣(主要含PbO、In2O3、SiO2、FeAsO4⋅2H2O中提取铟的工艺如图所示：
已知：①焙烧后金属元素均以硫酸盐的形式存在；
②25℃时，KspPbSO4=1.6×10−8，KspPbCO3=7.4×10−14。
(1)“水浸”工艺中的滤渣除As2O3外，还含有_______。
(2)“还原铁”中发生反应的离子方程式为_______。
(3)通过萃取除铁、反萃取、置换等过程，可制备金属铟。已知In3+能被有机萃取剂P204(简称H2A2)萃取，其萃取原理可表示为In3+(水层)+3H2A2(有机层)⇀↽InA3⋅3HA(有机层)+3H+(水层)
①研究表明，在此系列操作之前增加“还原铁”工艺，可延长有机相的使用寿命、提高铟产品的纯度，其原因可能是_______。
②实验证明，在有机相P204体积分数为55%，温度为25℃时，水相的pH对铟萃取率的影响如题图所示。结果表明，pH>2.0时，铟萃取率开始下降，其原因是_______。
(4)滤渣中铅含量测定。准确称取滤渣样品4.460g，投入20mL1.00mol⋅L−1的Na2CO3溶液浸泡，充分反应后抽滤。将所得滤饼投入30mL1.00mol⋅L−1HNO3充分溶解，过滤，蒸馏水洗涤沉淀，并将洗涤液和滤液都转移至100.00mL容量瓶中定容。取25.00mL溶液，加入指示剂后用0.100mol⋅L−1的EDTA标准溶液Na2H2Y滴定至终点(离子方程式为Pb2++H2Y2−=PbY2−+2H+)，消耗EDTA标准液16.00mL，则滤渣中铅的质量分数(以PbO计)为_______(写出计算过程)。
15. 罗匹尼罗是一种抗帕金森病药物，其合成路线如下：
(1)下列关于罗匹尼罗的说法正确的是_______。
A.分子式是C16H23N2OB.可制成盐酸盐，增强水溶性 C.采取sp3杂化的C原子数为8
(2)C→D的反应类型为_______。
(3)已知D与COOC2H52的反应类型是取代反应，则除E外的另一种产物为_______。
(4)A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：_______。
①能发生银镜反应和水解反应。
②分子中有3种不同化学环境的氢。
(5)写出以和COOC2H52为原料制备的合成路线流程图_______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
16. 氯化亚铜(CuCl)是重要的铜盐系列产品，某学习小组用海绵铜制取氯化亚铜的流程如下：
CuCl难溶于水和乙醇，易溶于Cl−浓度较大的体系CuCl+Cl−⇀↽CuCl2−。
Ⅰ.海绵铜的溶解
经观察，海绵铜(主要成分是Cu和CuO)在“溶解”过程中未产生气泡，反应原理为：
反应①：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O(较快)；
反应②：_______(较慢)。
(1)写出反应②的化学方程式_______。
(2)实验过程中，测得不同温度下浸出液中Cu2+的质量浓度如图1所示。图中显示在第1h内铜的浸出率较大，其原因是_______。
Ⅱ.氯化亚铜的制备
利用海绵铜“溶解”后的溶液与NH42SO3、NH4Cl反应，可制备氯化亚铜，装置如图2所示。
(3)“还原”过程中一般采用nNH42SO3nCu2+=0.6最为适宜，原因是_______。
(4)下表是氯化铵用量nNH4ClnCu2+与Cu2+沉淀率的关系如下表所示，Cu2+沉淀率在比值为1.1时最大的原因是_______。
nNH4ClnCu2+
0.8
0.9
1.0
1.1
1.2
1.3
Cu2+沉淀率/%
35.3
73.2
85.2
91.3
79.2
65.4
(5)“酸洗”步骤中，最合适选用的试剂是_______(写酸的名称)。
Ⅲ.氯化亚铜的提纯
(6)已知：CuCl32−水解可生成CuCl。温度、pH对CuCl产率的影响如下图所示。
请根据以上信息，设计由CuCl、Cu和CuO的混合固体中提纯CuCl的实验方案：_______。(实验中须使用的试剂与仪器：饱和NaCl溶液、0.1mol⋅L−1的H2SO4溶液、乙醇、真空干燥箱)
17. 铁元素的纳米材料因具备良好的电学特性和磁学特性，而引起了广泛的研究。纳米零价铁可用于去除水体中的六价铬[Cr(VI)]与硝酸盐等污染物。
(1)①用FeCl2溶液与NaBH4(H元素为−1价)溶液反应制备纳米零价铁的化学方程式：FeCl2+2NaBH4+6H2O=Fe+2BOH3+2NaCl+7H2↑。当生成1mol Fe时，反应中转移电子的物质的量为_______。
②纳米Fe和Fe3O4均可用于降解含Cr2O72−的废水。实验证明Fe3O4辅助纳米铁去除Cr2O72−效果更佳，结合图1，分析其原因是_______。
(2)纳米铁碳微电技术是一种利用铁和碳的原电池反应去除水中污染物的技术达到无害排放，该技术处理酸性废水中NO2−时正极电极反应式为_______。
(3)利用纳米铁粉去除水体中的Cr(VI)反应机理如图2所示。
①该反应机理中虚线部分可描述为_______。
②为了考察溶解氧对水体中的Cr(VI)去除率的影响，实验小组设计了一组对比实验，其中一组在反应中通入N2，另一组不通入N2。结果表明，实验初期，通入N2的去除率远高于未通N2的，其原因可能是_______。
③某水样Cr(VI)的初始浓度为10mg/L，在相同条件下，探讨了温度为15℃、25℃、35℃、45℃对Cr(Ⅵ)的去除率的影响，结果如图3所示，由图可知，温度在25℃时，去除率最高，其原因是_______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.尼龙绳主要由合成纤维制造，故A正确；
B.铜导线主要是铜单质，属于金属材料，故B错误；
C.蚕丝被主要成分为纯天然动物蛋白纤维，属于天然高分子材料，故C错误；
D.棉衬衫主要组成物质是纤维素，属于天然高分子材料，故D错误；
故选A。
2.【答案】A
【解析】A.乙醇分子间存在氢键，使其沸点升高，所以乙醇沸点高于甲醚，故A正确；
B.铜为29号元素，基态铜的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，故B错误；
C.一个乙醛分子中含有4个碳氢键，一个碳碳单键和一个碳氧双键，单键都为σ键，双键含有一个σ键和一个π键，所以1molCH3CHO中所含σ键的数目为6mol，故C错误；
D.水分子中的氧原子为sp3杂化且有两对孤电子对，所以水分子为V形，正负电荷中心不重合， H2O是由极性键构成的极性分子，故D错误；
故选A。
3.【答案】C
【解析】A.氧化铁为红棕色粉末，常用作红色颜料，与氧化铁是否与酸反应无关，A错误；
B.次氯酸具有漂白性，能用于有色物质的漂白，B错误；
C.银氨溶液具有弱氧化性，可以和还原性的醛基发生氧化还原反应而被还原为银，C正确；
D.晶体硅导电性介于导体与绝缘体之间，因此可用作半导体材料，这与其熔点高的性质无关，D错误；
故选C。
4.【答案】A
【解析】X、Y、Z、W、R属于周期表中前20号主族元素，且原子序数依次增大。基态X原子2p轨道半充满，则X为N；Z是元素周期表中电负性最大的元素，则Z为F；故Y为O；Z和W同主族，则W为Cl；R的最外层只有1个电子，则R为K。
A.X为N，简单氢化物为NH3，分子间能形成氢键，故A正确；
B.R为K，W为Cl，具有相同电子层的阳离子半径小于阴离子半径，则简单离子半径： rR
故选A。
5.【答案】D
【解析】A.加热NH4Cl和氢氧化钙混合固体生成氯化钙、水和NH3，A正确；
B. CO2的溶解度小，而NH3易溶于水，应先将NH3通入食盐水中，再将CO2通入溶有NH3的食盐水中，生成酸式盐碳酸氢钠，B正确；
C. 以氯化钠、二氧化碳、氨和水为原料制备碳酸钠，先发生反应NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，由于NaHCO3的溶解度最小，则会结晶析出，再进行过滤，分离出NaHCO3，C正确；
D. 灼烧NaHCO3不能在蒸发皿中进行，应置于坩埚中，D错误；
故选D。
6.【答案】C
【解析】A.固态CO2为分子晶体，A错误；
B.CO32−没有孤电子对，价层电子对数为3，中心原子采取sp2杂化，B错误；
C.NH3为三角锥形，由于含有孤电子对，键角为107∘3′，NH4+为正四面体，键角为120∘，C正确；
D.增大氯离子浓度，氯化铵溶解平衡逆向移动，析出氯化铵固体，其溶解度减小，故相同温度下，NH4Cl在水中的溶解度大于在NaCl溶液中的溶解度，D错误；
故答案为C。
7.【答案】D
【解析】A.由盖斯定律，两式相加可得：NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)ΔH=+158.84kJ⋅mol−1>0， ΔG=ΔH−TΔS<0时该反应能自发进行，故该反应自发进行的原因主要是ΔS>0 ，A正确；
B. NH4Cls+MgOs⇀↽NH3g+MgOHCls除了氨气皆是固体，故反应I的平衡常数可表达为 K=cNH3，B正确；
C.升高温度，反应II中正逆反应速率都增大，C正确；
D.如图所示的MgO晶胞中距离O2−最近的Mg2+有6个，D错误；
故选D。
8.【答案】D
【解析】锌电极为负极，放电时，由图示知负极反应为：Zn−2e−+4OH−=Zn(OH) 42−，正极电极反应：CO2+2e−+2H+=HCOOH，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸为还原反应，充电时阳极生成氧气，电极反应：2H2O−4e−=O2↑+4H+，阴极发生还原反应生成锌，电极反应：Zn(OH)2+2e−=Zn+4OH−。
A.放电时，负极反应为：Zn−2e−+4OH−=Zn(OH) 42−，正极反应为 CO2+2e−+2H+=HCOOH，故A错误；
B.放电时，正极反应为 CO2+2e−+2H+=HCOOH， 1molCO2转化为HCOOH，转移的电子数为2mol，故B错误；
C.阴极发生还原反应生成锌，充电时，Zn电极连接电源负极，故C错误；
D.充电时阳极生成氧气电极反应：2H2O−4e−=O2↑+4H+，电解质溶液2中OH−浓度降低，故D正确；
故选D。
9.【答案】D
【解析】A.根据已知反应过程，该反应为醛基的加成反应，A错误；
B.苯甲醛含有醛基，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，2−环己烯酮含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能用酸性高锰酸钾溶液检验二者，B错误；
C.2−环己烯酮中含有饱和碳原子，饱和碳原子为四面体结构，所有的原子不可能共平面，C错误；
D.中间体与足量H2完全加成后所得分子中结构式为： ，含有3个手性碳原子，D正确；
故选D。
10.【答案】C
【解析】菱锰矿(主要成分 MnCO3，含有 FeCO3 、 CaCO3 、 Fe2O3 、 Al2O3 )，加入稀硫酸溶液，溶液中含有 Mn2+ 、 Fe2+ 、 Fe3+ 、 Ca2+ 和 Al3+ ，加入 MnO2 将 Fe2+ 氧化成为 Fe3+ ，再加入X调节除去 Fe3+ 和 Al3+ ，加入草酸盐，使 Ca2+ 生成 CaC2O4 沉淀，最后电解 MnSO4 溶液得到 MnO2；
A.将菱锰矿粉碎所使用的化学仪器为研钵，坩埚用来灼烧固体物质，A错误；
B.加入 MnO2 将 Fe2+ 氧化成为 Fe3+ ，反应的离子方程式为： MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O ，B错误；
C.加入碳酸盐可以调节除去 Fe3+ 和 Al3+ ，可以加入 CaCO3 ，产生的 Ca2+ 可以在加入草酸盐后一并除去，C正确；
D.电解时， Mn2+ 在阳极被氧化生成 MnO2 ，D错误；
故选C。
11.【答案】B
【解析】A.浓盐酸具有挥发性，盐酸与碳酸钙反应生成的二氧化碳气体中混有HCl杂质，HCl与苯酚钠溶液液能生成苯酚，不能证明酸性：碳酸>苯酚，A错误；
B.1mol氯化镁与2mol NaOH反应， 2mL1mol⋅L−1MgCl2 溶液与 2mL1mol⋅L−1NaOH 溶液反应生成氢氧化镁沉淀，加入氯化铜与氢氧化镁发生沉淀转化生成氢氧化铜，可观察白色沉淀转化为蓝色沉淀，由溶度积越小沉淀越容易生成，则 KspCuOH2
D.未控制醋酸、盐酸的物质的量浓度相同，无法通过测定溶液的pH来判断 CH3COOH 是弱电解质，D错误；
故选：B。
12.【答案】B
【解析】A.用 100mL1mol⋅L−1NaOH (氢氧化钠为0.1mol)吸收 2.24LH2S(标况下为0.1mol)所得溶液中溶质为NaHS，其水解常数为 Kh=KwKa1=10−141.3×10−7≈7.7×10−8>Ka2 ，则水解程度较大，溶液显碱性， cH+cHS−+2cS2− ，A错误；
B.NaOH吸收 H2S 后的溶液中 cOH−=107mol⋅L−1 ，则 cH+=7.0×10−15mol⋅L−1 ； Ka2=cH+cS2−cHS−=7.0×10−15cS2−cHS−=7.0×10−15 ，则 cHS−=cS2− ，B正确；
C. CuSO4 溶液吸收少量 H2S 气体，产生黑色沉淀，上层清液为硫化铜的饱和溶液，则 cCu2+⋅cS2−=KspCuS ，C错误；
D. Ka1H2C2O4=5.9×10−2>Ka1H2S ，则硫化氢不能生成草酸，D错误；
故选B。
13.【答案】D
【解析】根据反应I和II可知，其反应II的产物是CO， ΔH2>0，也就是说，温度升高该平衡都正向移动，从而使CH3OH的产量变少，CO含量增加，故曲线c代表Co的选择性，a曲线表示CH3OH的选择性，同时说明ΔH1<0，曲线b表示平衡时二氧化碳的转化率；
A.a曲线表示CH3OH的选择性，ΔH1<0，甲醇的选择性应该在低温条件下且二氧化碳的平衡转化率先随温度升高降低后再升高，A错误；
B.600℃后，升高温度对反应I的影响程度小于反应II，B错误；
C.催化剂不影响平衡的移动，不可以提高CO2的平衡转化率，C错误；
D.720℃时，反应I的甲醇选择性是20%，选择II一氧化碳的选择性80%，二氧化碳的平衡转化率为50%； CO2(g)+H2(g)⇀↽CO(g)+H2O(g)转化(mol/L)0.8×50%×80%0.8×50%×80%0.8×50%×80%0.8×50%×80% 起始(molL)&co.(g)+3H2.(g)=CH0OH(g)+H20(g)
K=c(CH3OH)c(H2O)c(CO2)c3(H2)=0.8×50%×20%×0.8×50%0.8×50%×[1.56−0.32−0.24]3=0.08 ，D正确；
故选D。
14.【答案】(1)SiO2、PbSO4
(2)2Fe3++2S2O32−=2Fe2++S4O62−
(3)①Fe3+可以被萃取剂P204萃取，而还原产物 Fe2+ 不能被萃取
②当pH达到2.0时，溶液中的铟离子发生水解，导致萃取率下降
(4)
nEDTA=0.100mol⋅L−1×16×10−3L=1.6×10−3mol ，由 Na2H2Y 滴定的离子方程式： Pb2++H2Y2−=PbY2−+2H+ 可知 nPbO=nPb2+=nEDTA=1.6×10−3mol×100mL25mL=6.4×10−3mol
w(PbO)=6.4×10−3mol×223g/mol4.46g=32.0%
【解析】从铜烟灰酸浸渣(主要含PbO、 SiO2 、FeAsO4⋅2H2O、In2O3)中提取铟，铜烟灰酸浸渣加入硫酸溶液硫酸化、焙烧后得到的焙砂，再加水水浸；“水浸”工艺中的滤渣除 As2O3 外，还含有 SiO2 、 PbSO4 。水浸液加硫代硫酸钠还原铁，再加入萃取剂萃取出含有亚铁离子和 S4O62− 的水溶液，除铁后的有机相中加硫酸溶液反应萃取去掉萃余液，一系列处理得到粗铟。
(1)“水浸”工艺中的滤渣除 As2O3 外，还含有 SiO2 、 PbSO4；
(2)“还原铁”是利用硫代硫酸钠将铁离子氧化为亚铁离子，反应的离子方程式为 2Fe3++2S2O32−=2Fe2++S4O62− ；
(3)①操作之前增加“还原铁”工艺，可延长有机相的使用寿命、提高铟产品的纯度，其原因可能是 Fe3+ 可以被萃取剂P204萃取，而还原产物 Fe2+ 不能被萃取；
② pH>2.0 时，铟萃取率开始下降，其原因是当pH达到2.0时，溶液中的铟离子发生水解，导致萃取率下降；
(4)nEDTA=0.100mol⋅L−1×16×10−3L=1.6×10−3mol ，由 Na2H2Y 滴定的离子方程式： Pb2++H2Y2−=PbY2−+2H+ 可知 nPbO=nPb2+=nEDTA=1.6×10−3mol×100mL25mL=6.4×10−3mol
w(PbO)=6.4×10−3mol×223g/mol4.46g=32.0%。
15.【答案】(1)B
(2)还原反应
(3)C2H5OC2H5
(4)或
(5)
【解析】根据 A→B 的结构简式，A发生取代反应生成B，B的氯原子发生取代反应生成C，C发生还原反应生成D，D发生取代反应生成E，E在过氧化氢条件下发生反应生成F，F在Fe、 NH4Cl 条件 −NO2 发生还原反应生成 −NH2 ，G中的 −COOH 和 −NH2 发生脱水生成产品。
(1)根据罗匹尼罗的结构：
A.分子式是 C16H24N2O ，A错误；
B.因为含有肽键，可水解制成盐酸盐，增强水溶性，B正确；
C.饱和碳原子采取 sp3 杂化，该分子中采取 sp3 杂化的C原子数为9，C错误；
故选B;
(2)C→D 反应过程是，羰基加氢脱氧，为还原反应；
(3)已知D与 COOC2H52 的反应类型是取代反应，即 COOC2H52 中的原子团取代了甲基上的1个氢原子后，剩余的原子团 C2H5OC2H5 ，为除E外的另一种产物；
(4)A结构中，除了苯环以外，还有1个 −COOH ，1个 −NO2 ，2个饱和碳原子，根据要求①能发生银镜反应和水解反应，含有 HCOO− ；②分子中有3种不同化学环境的氢，苯环上的两个甲基对称，满足条件的结构简式为：或；
(5)根据已知信息，中 −NO2 邻位上的甲基上的1个氢原子被 COOC2H52 中原子团取代生成，在过氧化氢的条件下发生反应生成，发生还原反应生成，和脱水生成肽键，再发生还原反应得到产品，流程为：。
16.【答案】(1)4Cu+NH4NO3+5H2SO4=4CuSO4+NH42SO4+3H2O
(2)反应初期主要是CuO溶解，且CuO溶解速率较快
(3)NH42SO3 稍过量，保证Cu2+反应完全且防止CuCl被氧化
(4)比值小于1.1时，比值越大， cCl−越大，Cu2+沉淀率越大；比值大于1.1时，比值越大， cCl−越大，CuCl会转化为CuCl2−而溶解
(5)稀硫酸
(6)边搅拌边向样品中加入饱和NaCl溶液至固体不再溶解，过滤。控制温度在60℃左右，向滤液中滴加 0.1mol⋅L−1 的 H2SO4溶液，控制pH在2∼2.5，趁热过滤，乙醇洗涤，真空干燥箱中干燥
【解析】根据流程：海绵铜加入硫酸和硝酸铵溶解得到溶液主要是硫酸铜，硫酸铵等，加入亚硫酸铵还原硫酸铜，加入氯化铵氯化发生反应2CuSO4+(NH4)2SO3+2NH4Cl+H2O=2CuCl↓+2(NH4)2SO4+H2SO4，过滤得到固体为CuCl，滤液主要是硫酸铵和硫酸；CuCl经过酸洗、醇洗、烘干，得到CuCl。
(1)反应②为Cu在酸性条件下氧化为硫酸铜，化学方程式 4Cu+NH4NO3+5H2SO4=4CuSO4+NH42SO4+3H2O ；
(2)海绵铜(主要成分是Cu和CuO)中CuO在酸性条件下可以很快溶解，图中显示在第1h内铜的浸出率较大，其原因是反应初期主要是CuO溶解，且CuO溶解速率较快；
(3)“还原”过程中加入亚硫酸铵还原硫酸铜，加入氯化铵氯化发生反应2CuSO4+(NH4)2SO3+2NH4Cl+H2O=2CuCl↓+2(NH4)2SO4+H2SO4，一般采用 nNH42SO3nCu2+=0.6 最为适宜，原因是 NH42SO3 稍过量，保证 Cu2+反应完全且防止CuCl被氧化；
(4)Cu2+ 沉淀率在比值为1.1时最大的原因是比值小于1.1时，比值越大， cCl−越大， Cu2+沉淀率越大；比值大于1.1时，比值越大， cCl− 越大，CuCl会转化为 CuCl2− 而溶解；
(5)反应过程中硫酸为反应溶液，且CuCl易溶于 Cl−浓度较大体系，在盐酸中会转化为其他物质，根据“酸洗”步骤中，最合适选用的试剂是稀硫酸；
(6)根据以上信息，由CuCl、Cu和CuO的混合固体中提纯CuCl的实验方案为：边搅拌边向样品中加入饱和NaCl溶液至固体不再溶解，过滤。控制温度在60℃左右，向滤液中滴加 0.1mol⋅L−1 的H2SO4溶液，控制pH在2∼2.5，趁热过滤，乙醇洗涤，真空干燥箱中干燥。
17.【答案】(1)①8mol
②Fe3O4有磁性，吸引纳米铁，使其分散附着在Fe3O4表面，增大表面积；纳米铁能将含Fe3+物质还原为Fe2+，Fe2+浓度增大，降解速率加快
(2)8H++2NO2−+6e−=N2↑+4H2O
(3)①H+ 被吸附到纳米铁表面得电子生成H2同时生成 Fe2+；Fe2+还原Cr6+生成Cr3+和Fe3+
②有氧条件下，铁粉表面生成的氧化物在反应过程中起了一定阻碍作用
③低于25℃时，温度升高，对铁氧化物层的腐蚀起到了促进作用，加快反应速率；高于25℃时，温度升高不利于发生吸附反应，导致去除率下降
【解析】(1)①根据反应： FeCl2+2NaBH4+6H2O=Fe+2BOH3+2NaCl+7H2↑ ， 2NaBH−14→4H02 ，化合价升高8价， 3H+12O→3H02 ，化合价降6价， Fe+2Cl2→Fe0 ，化合价降2，总共将8价，所以当生成1mol Fe时，反应中转移电子的物质的量为8mol；
② Fe3O4 辅助纳米铁去除 Cr2O72− 效果更佳，由图1可知，因为 Fe3O4 有磁性，吸引纳米铁，使其分散附着在 Fe3O4 表面，增大表面积；纳米铁能将含 Fe3+ 物质还原为 Fe2+， Fe2+ 浓度增大，降解速率加快；
(2)要使除水中污染物的技术达到无害排放，该技术处理酸性废水中 NO2− 时正极生成无毒气体 N2 ，电极反应式为： 8H++2NO2−+6e−=N2↑+4H2O ；
(3)①由图可知，虚线部分 H+ 被吸附到纳米铁表面得电子生成H2同时生成Fe2+；Fe2+ 还原Cr6+生成Cr3+和Fe3+；
②通入N2的去除率较高是因为有氧条件下，铁粉表面生成的氧化物在反应过程中起了一定阻碍作用，通入氮气可以排除装置内的氧气；
③由图可知，温度在25℃时，去除率最高，其原因是：低于25℃时，温度升高，对铁氧化物层的腐蚀起到了促进作用，加快反应速率；高于25℃时，温度升高不利于发生吸附反应，导致去除率下降。
2022-2023学年江苏省新高考基地学校高三（下）3月大联考化学试卷
1. 生活与化学密不可分。下列生活用品中主要由合成纤维制造的是( )
A. 尼龙绳 B. 铜导线 C. 蚕丝被 D. 棉衬衫
2. 乙醛常用于有机合成，由乙醇催化氧化制取乙醛的反应如下：2CH3CH2OH+O2→△Cu2CH3CHO+2H2O。下列说法正确的是( )
A. 相同条件下，CH3CH2OH的沸点高于CH3OCH3
B. 基态Cu的核外电子排布式为Ar3d94s2
C. 1molCH3CHO中所含σ键的数目为5mol
D. H2O是由极性键构成的非极性分子
3. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是( )
A. 氧化铁能与酸反应，可用作红色颜料 B. 次氯酸具有弱酸性，可用作漂白剂
C. 银氨溶液具有弱氧化性，可用于制银镜 D. 晶体硅熔点高，可用作半导体材料
4. X、Y、Z、W、R属于周期表中前20号主族元素，且原子序数依次增大。基态X原子2p轨道半充满，Z是元素周期表中电负性最大的元素，Z和W同主族，R的最外层只有1个电子。下列说法正确的是( )
A. X的简单氢化物分子间能形成氢键
B. 简单离子半径：rR>rW
C. 简单气态氢化物的热稳定性：W>Z
D. 第一电离能：I1X>I1Y>I1Z
5. 侯氏制碱法以氯化钠、二氧化碳、氨和水为原料，发生反应NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。将析出的固体灼烧获取纯碱，向析出固体后的母液中加入食盐可获得副产品氯化铵。下列制纯碱的实验原理与装置不能达到实验目的的是( )
A. 用装置甲制取氨气 B. 用装置乙制取碳酸氢钠
C. 用装置丙过滤得到碳酸氢钠固体 D. 用装置丁加热分解碳酸氢钠得到纯碱
6. 侯氏制碱法以氯化钠、二氧化碳、氨和水为原料，发生反应NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。将析出的固体灼烧获取纯碱，向析出固体后的母液中加入食盐可获得副产品氯化铵。下列有关说法正确的是( )
A. 固态CO2为共价晶体
B. CO32−中心原子采取sp3杂化
C. NH3转变为NH4+过程中键角变大
D. 相同温度下，NH4Cl在水中的溶解度小于在NaCl溶液中的溶解度
7. 侯氏制碱法以氯化钠、二氧化碳、氨和水为原料，发生反应NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。将析出的固体灼烧获取纯碱，向析出固体后的母液中加入食盐可获得副产品氯化铵。通过以下两步反应可实现NH4Cl分解产物的分离。
反应I：NH4Cls+MgOs⇀↽NH3g+MgOHClsΔH=+61.34kJ⋅mol−1
反应II：MgOHCls⇀↽HClg+MgOsΔH=+97.50kJ⋅mol−1
下列说法不正确的是( )
A. 反应NH4Cls=NH3g+HClg能自发的主要原因是ΔS>0
B. 反应I的平衡常数可表达为K=cNH3
C. 升高温度，反应II中v(逆)增大
D. 如图所示的MgO晶胞中距离O2−最近的Mg2+有4个
8. 一种新型Zn−CO2水介质电池示意图如图所示，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸(HCOOH)。下列说法正确的是( )
A. 放电时，负极反应为CO2+2e−+2H+=HCOOH
B. 放电时，1molCO2转化为HCOOH，转移的电子数为4mol
C. 充电时，Zn电极连接电源正极
D. 充电时，电解质溶液2中OH−浓度降低
9. 由苯甲醛制备重要的有机合成中间体的一种反应如下：
下列说法正确的是( )
A. 该反应属于取代反应
B. 可用少量酸性高锰酸钾鉴别苯甲醛和2−环己烯酮
C. 2−环己烯酮中所有的原子可能共平面
D. 中间体与足量H2完全加成后所得分子中含有3个手性碳原子
10. 现用菱锰矿(主要成分MnCO3，含有FeCO3、CaCO3、Fe2O3、Al2O3)为原料制备MnO2的流程如下：
下列说法正确的是( )
A. 将菱锰矿粉碎所使用的化学仪器为坩埚
B. “氧化”时发生的离子方程式为：MnO2+Fe2++4H+=Mn2++Fe3++2H2O
C. “中和”时加入的物质X可以是CaCO3
D. “电解”时MnO2在阴极生成，过程中同时生成可循环利用的物质H2SO4
11. 室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是( )
选项
探究方案
探究目的
A
在CaCO3中加入浓盐酸，并将反应后的气体直接通入苯酚钠溶液中，观察现象
酸性：碳酸>苯酚
B
向试管加入2mL1mol⋅L−1MgCl2溶液，滴加2mL1mol⋅L−1NaOH溶液，再滴加几滴1mol⋅L−1CuCl2，观察现象
KspCuOH2
向5mL0.1mol⋅L−1FeCl3溶液中滴加1mL0.1mol⋅L−1KI溶液，充分反应后再滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色变化
FeCl3和KI反应为可逆反应
D
用pH计测量醋酸、盐酸的 pH，比较溶液pH大小
CH3COOH是弱电解质
A. A B. B C. C D. D
12. 氢硫酸是一种弱酸(Ka1=1.3×10−7、Ka2=7.0×10−15)。下列说法正确的是( )
A. 用100mL1mol⋅L−1NaOH吸收2.24LH2S(标况)所得溶液中：cNa+
C. CuSO4溶液吸收少量H2S气体，产生黑色沉淀，上层清液中：cCu2+⋅cS2−>KspCuS
D. Na2C2O4Ka1H2C2O4=5.9×10−2能与H2S发生反应：Na2C2O4+H2S=H2C2O4+Na2S
13. 在某催化剂作用下CO2和H2合成甲醇涉及以下反应：
I.CO2g+3H2g⇀↽CH3OHg+H2OgΔH1
II.CO2g+H2g⇀↽COg+H2OgΔH2=+41.3kJ⋅mol−1
在恒容密闭容器中，CO2g和H2g分别投0.8mol⋅L−1、1.56mol⋅L−1发生反应，平衡时CO2的转化率及CH3OH和CO的选择性([n生成(CH3OH)或n生成(CO)n总转化(CO2)×100%]随温度变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. 同时提高CO2的平衡转化率和平衡时CH3OH的选择性应选择在高温条件下反应
B. 600℃后，升高温度对反应I的影响程度大于反应II
C. 开发低温时的高效催化剂，可以提高CO2的平衡转化率
D. 720℃时，反应I的平衡常数K=0.08
14. 从铜烟灰酸浸渣(主要含PbO、In2O3、SiO2、FeAsO4⋅2H2O中提取铟的工艺如图所示：
已知：①焙烧后金属元素均以硫酸盐的形式存在；
②25℃时，KspPbSO4=1.6×10−8，KspPbCO3=7.4×10−14。
(1)“水浸”工艺中的滤渣除As2O3外，还含有_______。
(2)“还原铁”中发生反应的离子方程式为_______。
(3)通过萃取除铁、反萃取、置换等过程，可制备金属铟。已知In3+能被有机萃取剂P204(简称H2A2)萃取，其萃取原理可表示为In3+(水层)+3H2A2(有机层)⇀↽InA3⋅3HA(有机层)+3H+(水层)
①研究表明，在此系列操作之前增加“还原铁”工艺，可延长有机相的使用寿命、提高铟产品的纯度，其原因可能是_______。
②实验证明，在有机相P204体积分数为55%，温度为25℃时，水相的pH对铟萃取率的影响如题图所示。结果表明，pH>2.0时，铟萃取率开始下降，其原因是_______。
(4)滤渣中铅含量测定。准确称取滤渣样品4.460g，投入20mL1.00mol⋅L−1的Na2CO3溶液浸泡，充分反应后抽滤。将所得滤饼投入30mL1.00mol⋅L−1HNO3充分溶解，过滤，蒸馏水洗涤沉淀，并将洗涤液和滤液都转移至100.00mL容量瓶中定容。取25.00mL溶液，加入指示剂后用0.100mol⋅L−1的EDTA标准溶液Na2H2Y滴定至终点(离子方程式为Pb2++H2Y2−=PbY2−+2H+)，消耗EDTA标准液16.00mL，则滤渣中铅的质量分数(以PbO计)为_______(写出计算过程)。
15. 罗匹尼罗是一种抗帕金森病药物，其合成路线如下：
(1)下列关于罗匹尼罗的说法正确的是_______。
A.分子式是C16H23N2OB.可制成盐酸盐，增强水溶性 C.采取sp3杂化的C原子数为8
(2)C→D的反应类型为_______。
(3)已知D与COOC2H52的反应类型是取代反应，则除E外的另一种产物为_______。
(4)A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：_______。
①能发生银镜反应和水解反应。
②分子中有3种不同化学环境的氢。
(5)写出以和COOC2H52为原料制备的合成路线流程图_______(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
16. 氯化亚铜(CuCl)是重要的铜盐系列产品，某学习小组用海绵铜制取氯化亚铜的流程如下：
CuCl难溶于水和乙醇，易溶于Cl−浓度较大的体系CuCl+Cl−⇀↽CuCl2−。
Ⅰ.海绵铜的溶解
经观察，海绵铜(主要成分是Cu和CuO)在“溶解”过程中未产生气泡，反应原理为：
反应①：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O(较快)；
反应②：_______(较慢)。
(1)写出反应②的化学方程式_______。
(2)实验过程中，测得不同温度下浸出液中Cu2+的质量浓度如图1所示。图中显示在第1h内铜的浸出率较大，其原因是_______。
Ⅱ.氯化亚铜的制备
利用海绵铜“溶解”后的溶液与NH42SO3、NH4Cl反应，可制备氯化亚铜，装置如图2所示。
(3)“还原”过程中一般采用nNH42SO3nCu2+=0.6最为适宜，原因是_______。
(4)下表是氯化铵用量nNH4ClnCu2+与Cu2+沉淀率的关系如下表所示，Cu2+沉淀率在比值为1.1时最大的原因是_______。
nNH4ClnCu2+
0.8
0.9
1.0
1.1
1.2
1.3
Cu2+沉淀率/%
35.3
73.2
85.2
91.3
79.2
65.4
(5)“酸洗”步骤中，最合适选用的试剂是_______(写酸的名称)。
Ⅲ.氯化亚铜的提纯
(6)已知：CuCl32−水解可生成CuCl。温度、pH对CuCl产率的影响如下图所示。
请根据以上信息，设计由CuCl、Cu和CuO的混合固体中提纯CuCl的实验方案：_______。(实验中须使用的试剂与仪器：饱和NaCl溶液、0.1mol⋅L−1的H2SO4溶液、乙醇、真空干燥箱)
17. 铁元素的纳米材料因具备良好的电学特性和磁学特性，而引起了广泛的研究。纳米零价铁可用于去除水体中的六价铬[Cr(VI)]与硝酸盐等污染物。
(1)①用FeCl2溶液与NaBH4(H元素为−1价)溶液反应制备纳米零价铁的化学方程式：FeCl2+2NaBH4+6H2O=Fe+2BOH3+2NaCl+7H2↑。当生成1mol Fe时，反应中转移电子的物质的量为_______。
②纳米Fe和Fe3O4均可用于降解含Cr2O72−的废水。实验证明Fe3O4辅助纳米铁去除Cr2O72−效果更佳，结合图1，分析其原因是_______。
(2)纳米铁碳微电技术是一种利用铁和碳的原电池反应去除水中污染物的技术达到无害排放，该技术处理酸性废水中NO2−时正极电极反应式为_______。
(3)利用纳米铁粉去除水体中的Cr(VI)反应机理如图2所示。
①该反应机理中虚线部分可描述为_______。
②为了考察溶解氧对水体中的Cr(VI)去除率的影响，实验小组设计了一组对比实验，其中一组在反应中通入N2，另一组不通入N2。结果表明，实验初期，通入N2的去除率远高于未通N2的，其原因可能是_______。
③某水样Cr(VI)的初始浓度为10mg/L，在相同条件下，探讨了温度为15℃、25℃、35℃、45℃对Cr(Ⅵ)的去除率的影响，结果如图3所示，由图可知，温度在25℃时，去除率最高，其原因是_______。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】A.尼龙绳主要由合成纤维制造，故A正确；
B.铜导线主要是铜单质，属于金属材料，故B错误；
C.蚕丝被主要成分为纯天然动物蛋白纤维，属于天然高分子材料，故C错误；
D.棉衬衫主要组成物质是纤维素，属于天然高分子材料，故D错误；
故选A。
2.【答案】A
【解析】A.乙醇分子间存在氢键，使其沸点升高，所以乙醇沸点高于甲醚，故A正确；
B.铜为29号元素，基态铜的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，故B错误；
C.一个乙醛分子中含有4个碳氢键，一个碳碳单键和一个碳氧双键，单键都为σ键，双键含有一个σ键和一个π键，所以1molCH3CHO中所含σ键的数目为6mol，故C错误；
D.水分子中的氧原子为sp3杂化且有两对孤电子对，所以水分子为V形，正负电荷中心不重合， H2O是由极性键构成的极性分子，故D错误；
故选A。
3.【答案】C
【解析】A.氧化铁为红棕色粉末，常用作红色颜料，与氧化铁是否与酸反应无关，A错误；
B.次氯酸具有漂白性，能用于有色物质的漂白，B错误；
C.银氨溶液具有弱氧化性，可以和还原性的醛基发生氧化还原反应而被还原为银，C正确；
D.晶体硅导电性介于导体与绝缘体之间，因此可用作半导体材料，这与其熔点高的性质无关，D错误；
故选C。
4.【答案】A
【解析】X、Y、Z、W、R属于周期表中前20号主族元素，且原子序数依次增大。基态X原子2p轨道半充满，则X为N；Z是元素周期表中电负性最大的元素，则Z为F；故Y为O；Z和W同主族，则W为Cl；R的最外层只有1个电子，则R为K。
A.X为N，简单氢化物为NH3，分子间能形成氢键，故A正确；
B.R为K，W为Cl，具有相同电子层的阳离子半径小于阴离子半径，则简单离子半径： rR
故选A。
5.【答案】D
【解析】A.加热NH4Cl和氢氧化钙混合固体生成氯化钙、水和NH3，A正确；
B. CO2的溶解度小，而NH3易溶于水，应先将NH3通入食盐水中，再将CO2通入溶有NH3的食盐水中，生成酸式盐碳酸氢钠，B正确；
C. 以氯化钠、二氧化碳、氨和水为原料制备碳酸钠，先发生反应NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，由于NaHCO3的溶解度最小，则会结晶析出，再进行过滤，分离出NaHCO3，C正确；
D. 灼烧NaHCO3不能在蒸发皿中进行，应置于坩埚中，D错误；
故选D。
6.【答案】C
【解析】A.固态CO2为分子晶体，A错误；
B.CO32−没有孤电子对，价层电子对数为3，中心原子采取sp2杂化，B错误；
C.NH3为三角锥形，由于含有孤电子对，键角为107∘3′，NH4+为正四面体，键角为120∘，C正确；
D.增大氯离子浓度，氯化铵溶解平衡逆向移动，析出氯化铵固体，其溶解度减小，故相同温度下，NH4Cl在水中的溶解度大于在NaCl溶液中的溶解度，D错误；
故答案为C。
7.【答案】D
【解析】A.由盖斯定律，两式相加可得：NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)ΔH=+158.84kJ⋅mol−1>0， ΔG=ΔH−TΔS<0时该反应能自发进行，故该反应自发进行的原因主要是ΔS>0 ，A正确；
B. NH4Cls+MgOs⇀↽NH3g+MgOHCls除了氨气皆是固体，故反应I的平衡常数可表达为 K=cNH3，B正确；
C.升高温度，反应II中正逆反应速率都增大，C正确；
D.如图所示的MgO晶胞中距离O2−最近的Mg2+有6个，D错误；
故选D。
8.【答案】D
【解析】锌电极为负极，放电时，由图示知负极反应为：Zn−2e−+4OH−=Zn(OH) 42−，正极电极反应：CO2+2e−+2H+=HCOOH，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸为还原反应，充电时阳极生成氧气，电极反应：2H2O−4e−=O2↑+4H+，阴极发生还原反应生成锌，电极反应：Zn(OH)2+2e−=Zn+4OH−。
A.放电时，负极反应为：Zn−2e−+4OH−=Zn(OH) 42−，正极反应为 CO2+2e−+2H+=HCOOH，故A错误；
B.放电时，正极反应为 CO2+2e−+2H+=HCOOH， 1molCO2转化为HCOOH，转移的电子数为2mol，故B错误；
C.阴极发生还原反应生成锌，充电时，Zn电极连接电源负极，故C错误；
D.充电时阳极生成氧气电极反应：2H2O−4e−=O2↑+4H+，电解质溶液2中OH−浓度降低，故D正确；
故选D。
9.【答案】D
【解析】A.根据已知反应过程，该反应为醛基的加成反应，A错误；
B.苯甲醛含有醛基，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，2−环己烯酮含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能用酸性高锰酸钾溶液检验二者，B错误；
C.2−环己烯酮中含有饱和碳原子，饱和碳原子为四面体结构，所有的原子不可能共平面，C错误；
D.中间体与足量H2完全加成后所得分子中结构式为： ，含有3个手性碳原子，D正确；
故选D。
10.【答案】C
【解析】菱锰矿(主要成分 MnCO3，含有 FeCO3 、 CaCO3 、 Fe2O3 、 Al2O3 )，加入稀硫酸溶液，溶液中含有 Mn2+ 、 Fe2+ 、 Fe3+ 、 Ca2+ 和 Al3+ ，加入 MnO2 将 Fe2+ 氧化成为 Fe3+ ，再加入X调节除去 Fe3+ 和 Al3+ ，加入草酸盐，使 Ca2+ 生成 CaC2O4 沉淀，最后电解 MnSO4 溶液得到 MnO2；
A.将菱锰矿粉碎所使用的化学仪器为研钵，坩埚用来灼烧固体物质，A错误；
B.加入 MnO2 将 Fe2+ 氧化成为 Fe3+ ，反应的离子方程式为： MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O ，B错误；
C.加入碳酸盐可以调节除去 Fe3+ 和 Al3+ ，可以加入 CaCO3 ，产生的 Ca2+ 可以在加入草酸盐后一并除去，C正确；
D.电解时， Mn2+ 在阳极被氧化生成 MnO2 ，D错误；
故选C。
11.【答案】B
【解析】A.浓盐酸具有挥发性，盐酸与碳酸钙反应生成的二氧化碳气体中混有HCl杂质，HCl与苯酚钠溶液液能生成苯酚，不能证明酸性：碳酸>苯酚，A错误；
B.1mol氯化镁与2mol NaOH反应， 2mL1mol⋅L−1MgCl2 溶液与 2mL1mol⋅L−1NaOH 溶液反应生成氢氧化镁沉淀，加入氯化铜与氢氧化镁发生沉淀转化生成氢氧化铜，可观察白色沉淀转化为蓝色沉淀，由溶度积越小沉淀越容易生成，则 KspCuOH2
D.未控制醋酸、盐酸的物质的量浓度相同，无法通过测定溶液的pH来判断 CH3COOH 是弱电解质，D错误；
故选：B。
12.【答案】B
【解析】A.用 100mL1mol⋅L−1NaOH (氢氧化钠为0.1mol)吸收 2.24LH2S(标况下为0.1mol)所得溶液中溶质为NaHS，其水解常数为 Kh=KwKa1=10−141.3×10−7≈7.7×10−8>Ka2 ，则水解程度较大，溶液显碱性， cH+
B.NaOH吸收 H2S 后的溶液中 cOH−=107mol⋅L−1 ，则 cH+=7.0×10−15mol⋅L−1 ； Ka2=cH+cS2−cHS−=7.0×10−15cS2−cHS−=7.0×10−15 ，则 cHS−=cS2− ，B正确；
C. CuSO4 溶液吸收少量 H2S 气体，产生黑色沉淀，上层清液为硫化铜的饱和溶液，则 cCu2+⋅cS2−=KspCuS ，C错误；
D. Ka1H2C2O4=5.9×10−2>Ka1H2S ，则硫化氢不能生成草酸，D错误；
故选B。
13.【答案】D
【解析】根据反应I和II可知，其反应II的产物是CO， ΔH2>0，也就是说，温度升高该平衡都正向移动，从而使CH3OH的产量变少，CO含量增加，故曲线c代表Co的选择性，a曲线表示CH3OH的选择性，同时说明ΔH1<0，曲线b表示平衡时二氧化碳的转化率；
A.a曲线表示CH3OH的选择性，ΔH1<0，甲醇的选择性应该在低温条件下且二氧化碳的平衡转化率先随温度升高降低后再升高，A错误；
B.600℃后，升高温度对反应I的影响程度小于反应II，B错误；
C.催化剂不影响平衡的移动，不可以提高CO2的平衡转化率，C错误；
D.720℃时，反应I的甲醇选择性是20%，选择II一氧化碳的选择性80%，二氧化碳的平衡转化率为50%； CO2(g)+H2(g)⇀↽CO(g)+H2O(g)转化(mol/L)0.8×50%×80%0.8×50%×80%0.8×50%×80%0.8×50%×80% 起始(molL)&co.(g)+3H2.(g)=CH0OH(g)+H20(g)
K=c(CH3OH)c(H2O)c(CO2)c3(H2)=0.8×50%×20%×0.8×50%0.8×50%×[1.56−0.32−0.24]3=0.08 ，D正确；
故选D。
14.【答案】(1)SiO2、PbSO4
(2)2Fe3++2S2O32−=2Fe2++S4O62−
(3)①Fe3+可以被萃取剂P204萃取，而还原产物 Fe2+ 不能被萃取
②当pH达到2.0时，溶液中的铟离子发生水解，导致萃取率下降
(4)
nEDTA=0.100mol⋅L−1×16×10−3L=1.6×10−3mol ，由 Na2H2Y 滴定的离子方程式： Pb2++H2Y2−=PbY2−+2H+ 可知 nPbO=nPb2+=nEDTA=1.6×10−3mol×100mL25mL=6.4×10−3mol
w(PbO)=6.4×10−3mol×223g/mol4.46g=32.0%
【解析】从铜烟灰酸浸渣(主要含PbO、 SiO2 、FeAsO4⋅2H2O、In2O3)中提取铟，铜烟灰酸浸渣加入硫酸溶液硫酸化、焙烧后得到的焙砂，再加水水浸；“水浸”工艺中的滤渣除 As2O3 外，还含有 SiO2 、 PbSO4 。水浸液加硫代硫酸钠还原铁，再加入萃取剂萃取出含有亚铁离子和 S4O62− 的水溶液，除铁后的有机相中加硫酸溶液反应萃取去掉萃余液，一系列处理得到粗铟。
(1)“水浸”工艺中的滤渣除 As2O3 外，还含有 SiO2 、 PbSO4；
(2)“还原铁”是利用硫代硫酸钠将铁离子氧化为亚铁离子，反应的离子方程式为 2Fe3++2S2O32−=2Fe2++S4O62− ；
(3)①操作之前增加“还原铁”工艺，可延长有机相的使用寿命、提高铟产品的纯度，其原因可能是 Fe3+ 可以被萃取剂P204萃取，而还原产物 Fe2+ 不能被萃取；
② pH>2.0 时，铟萃取率开始下降，其原因是当pH达到2.0时，溶液中的铟离子发生水解，导致萃取率下降；
(4)nEDTA=0.100mol⋅L−1×16×10−3L=1.6×10−3mol ，由 Na2H2Y 滴定的离子方程式： Pb2++H2Y2−=PbY2−+2H+ 可知 nPbO=nPb2+=nEDTA=1.6×10−3mol×100mL25mL=6.4×10−3mol
w(PbO)=6.4×10−3mol×223g/mol4.46g=32.0%。
15.【答案】(1)B
(2)还原反应
(3)C2H5OC2H5
(4)或
(5)
【解析】根据 A→B 的结构简式，A发生取代反应生成B，B的氯原子发生取代反应生成C，C发生还原反应生成D，D发生取代反应生成E，E在过氧化氢条件下发生反应生成F，F在Fe、 NH4Cl 条件 −NO2 发生还原反应生成 −NH2 ，G中的 −COOH 和 −NH2 发生脱水生成产品。
(1)根据罗匹尼罗的结构：
A.分子式是 C16H24N2O ，A错误；
B.因为含有肽键，可水解制成盐酸盐，增强水溶性，B正确；
C.饱和碳原子采取 sp3 杂化，该分子中采取 sp3 杂化的C原子数为9，C错误；
故选B;
(2)C→D 反应过程是，羰基加氢脱氧，为还原反应；
(3)已知D与 COOC2H52 的反应类型是取代反应，即 COOC2H52 中的原子团取代了甲基上的1个氢原子后，剩余的原子团 C2H5OC2H5 ，为除E外的另一种产物；
(4)A结构中，除了苯环以外，还有1个 −COOH ，1个 −NO2 ，2个饱和碳原子，根据要求①能发生银镜反应和水解反应，含有 HCOO− ；②分子中有3种不同化学环境的氢，苯环上的两个甲基对称，满足条件的结构简式为：或；
(5)根据已知信息，中 −NO2 邻位上的甲基上的1个氢原子被 COOC2H52 中原子团取代生成，在过氧化氢的条件下发生反应生成，发生还原反应生成，和脱水生成肽键，再发生还原反应得到产品，流程为：。
16.【答案】(1)4Cu+NH4NO3+5H2SO4=4CuSO4+NH42SO4+3H2O
(2)反应初期主要是CuO溶解，且CuO溶解速率较快
(3)NH42SO3 稍过量，保证Cu2+反应完全且防止CuCl被氧化
(4)比值小于1.1时，比值越大， cCl−越大，Cu2+沉淀率越大；比值大于1.1时，比值越大， cCl−越大，CuCl会转化为CuCl2−而溶解
(5)稀硫酸
(6)边搅拌边向样品中加入饱和NaCl溶液至固体不再溶解，过滤。控制温度在60℃左右，向滤液中滴加 0.1mol⋅L−1 的 H2SO4溶液，控制pH在2∼2.5，趁热过滤，乙醇洗涤，真空干燥箱中干燥
【解析】根据流程：海绵铜加入硫酸和硝酸铵溶解得到溶液主要是硫酸铜，硫酸铵等，加入亚硫酸铵还原硫酸铜，加入氯化铵氯化发生反应2CuSO4+(NH4)2SO3+2NH4Cl+H2O=2CuCl↓+2(NH4)2SO4+H2SO4，过滤得到固体为CuCl，滤液主要是硫酸铵和硫酸；CuCl经过酸洗、醇洗、烘干，得到CuCl。
(1)反应②为Cu在酸性条件下氧化为硫酸铜，化学方程式 4Cu+NH4NO3+5H2SO4=4CuSO4+NH42SO4+3H2O ；
(2)海绵铜(主要成分是Cu和CuO)中CuO在酸性条件下可以很快溶解，图中显示在第1h内铜的浸出率较大，其原因是反应初期主要是CuO溶解，且CuO溶解速率较快；
(3)“还原”过程中加入亚硫酸铵还原硫酸铜，加入氯化铵氯化发生反应2CuSO4+(NH4)2SO3+2NH4Cl+H2O=2CuCl↓+2(NH4)2SO4+H2SO4，一般采用 nNH42SO3nCu2+=0.6 最为适宜，原因是 NH42SO3 稍过量，保证 Cu2+反应完全且防止CuCl被氧化；
(4)Cu2+ 沉淀率在比值为1.1时最大的原因是比值小于1.1时，比值越大， cCl−越大， Cu2+沉淀率越大；比值大于1.1时，比值越大， cCl− 越大，CuCl会转化为 CuCl2− 而溶解；
(5)反应过程中硫酸为反应溶液，且CuCl易溶于 Cl−浓度较大体系，在盐酸中会转化为其他物质，根据“酸洗”步骤中，最合适选用的试剂是稀硫酸；
(6)根据以上信息，由CuCl、Cu和CuO的混合固体中提纯CuCl的实验方案为：边搅拌边向样品中加入饱和NaCl溶液至固体不再溶解，过滤。控制温度在60℃左右，向滤液中滴加 0.1mol⋅L−1 的H2SO4溶液，控制pH在2∼2.5，趁热过滤，乙醇洗涤，真空干燥箱中干燥。
17.【答案】(1)①8mol
②Fe3O4有磁性，吸引纳米铁，使其分散附着在Fe3O4表面，增大表面积；纳米铁能将含Fe3+物质还原为Fe2+，Fe2+浓度增大，降解速率加快
(2)8H++2NO2−+6e−=N2↑+4H2O
(3)①H+ 被吸附到纳米铁表面得电子生成H2同时生成 Fe2+；Fe2+还原Cr6+生成Cr3+和Fe3+
②有氧条件下，铁粉表面生成的氧化物在反应过程中起了一定阻碍作用
③低于25℃时，温度升高，对铁氧化物层的腐蚀起到了促进作用，加快反应速率；高于25℃时，温度升高不利于发生吸附反应，导致去除率下降
【解析】(1)①根据反应： FeCl2+2NaBH4+6H2O=Fe+2BOH3+2NaCl+7H2↑ ， 2NaBH−14→4H02 ，化合价升高8价， 3H+12O→3H02 ，化合价降6价， Fe+2Cl2→Fe0 ，化合价降2，总共将8价，所以当生成1mol Fe时，反应中转移电子的物质的量为8mol；
② Fe3O4 辅助纳米铁去除 Cr2O72− 效果更佳，由图1可知，因为 Fe3O4 有磁性，吸引纳米铁，使其分散附着在 Fe3O4 表面，增大表面积；纳米铁能将含 Fe3+ 物质还原为 Fe2+， Fe2+ 浓度增大，降解速率加快；
(2)要使除水中污染物的技术达到无害排放，该技术处理酸性废水中 NO2− 时正极生成无毒气体 N2 ，电极反应式为： 8H++2NO2−+6e−=N2↑+4H2O ；
(3)①由图可知，虚线部分 H+ 被吸附到纳米铁表面得电子生成H2同时生成Fe2+；Fe2+ 还原Cr6+生成Cr3+和Fe3+；
②通入N2的去除率较高是因为有氧条件下，铁粉表面生成的氧化物在反应过程中起了一定阻碍作用，通入氮气可以排除装置内的氧气；
③由图可知，温度在25℃时，去除率最高，其原因是：低于25℃时，温度升高，对铁氧化物层的腐蚀起到了促进作用，加快反应速率；高于25℃时，温度升高不利于发生吸附反应，导致去除率下降。
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