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江苏省南京师范大学附属中学2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题（含答案解析）
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这是一份江苏省南京师范大学附属中学2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题（含答案解析），文件包含精品解析江苏省南京师范大学附属中学2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题原卷版docx、精品解析江苏省南京师范大学附属中学2022-2023学年高二上学期期末考试化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Mg24 S32 Cl35.5 Fe56 Cu64
单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 我国力争在2060年前实现“碳中和”，体现了中国对解决气候问题的大国担当。下列措施对实现“碳中和”不具有直接贡献的是
A. 推行生活垃圾分类B. 植树造林增加绿色植被
C. 采取节能低碳生活方式D. 创新转化为碳燃料的技术
【答案】A
【解析】
【分析】碳中和是指国家、企业、产品、活动或个人在一定时间内直接或间接产生的二氧化碳或温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳或温室气体排放量，实现正负抵消，达到相对“零排放”。据此判断。
【详解】A．推行生活垃圾分类，有利于回收利用，防止污染，对实现“碳中和”不具有直接贡献，故A选；
B．植树造林增加绿色植被对实现“碳中和”具有直接贡献，故B不选；
C．采取节能低碳生活方式对实现“碳中和”具有直接贡献，故C不选；
D．创新转化为碳燃料的技术对实现“碳中和”具有直接贡献，故D不选；
答案选A。
2. 石灰氮(CaCN2)是一种氮肥，与土壤中的H2O反应生成氰胺(H2N-C≡N)，氰胺可进一步转化为尿素[CO(NH2)2]。下列有关说法不正确的是
A. H2O为极性分子B. 中子数为20的钙原子的质量数为40
C. CO(NH2)2属于有机化合物D. 1个H2N-C≡N分子中含3个σ键
【答案】D
【解析】
【详解】A．H2O分子中两个H和一个O不是承一直线排列的,而是有一个为104.5°的键角。 因此结构是氧在一边,两个氢在另一边。氧的电负性较大,因此水是极性分子，A正确；
B．中子数为20的钙原子的质量数为40，B正确；
C．CO(NH2)2是尿素，属于有机化合物，C正确；
D．1个H2N-C≡N分子中含3个σ键单键，碳氮三键中含有1个σ键，则H2N-C≡N分子中含4个σ键，D错误；
故选D。
3. 下列物质的性质与用途具有对应关系的是
A. Na2CO3溶液显碱性，可用于除食用油的油污
B. NaHCO3受热易分解，可用于治疗胃酸过多
C. NaClO 有强氧化性，可用于对自来水进行杀菌消毒
D. Na2SO3具有还原性，可用于吸收含SO2的尾气
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸钠容易显碱性，油脂在碱性条件下发生水解而除去，A符合题意；
B．碳酸氢钠与酸反应，消耗盐酸，所以用于治疗胃酸过多，与碳酸氢钠受热分解无关，B不符合题意；
C．次氯酸钠用于自来水的杀菌，利用的是HClO的强氧化性，C不符合题意；
D．Na2SO3溶液显碱性，SO2为酸性气体，因此可以用于吸收含SO2的尾气，与其还原性无关，D不符合题意；
故答案为：A。
4. 为提纯下列物质(括号内为杂质)，所用的除杂试剂和分离方法都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙烯能被高锰酸钾氧化，生成CO2，会引入新杂质，故A错误；
B．溴与NaOH反应后，与溴苯分层，应分液分离，故B正确；
C．CaO与水反应后，增大与乙醇沸点差异，然后蒸馏可分离，故C错误；
D．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液可分离，故D错误；
故答案选B。
【点睛】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯方法为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大。
5. 下列关于各实验装置图的叙述中正确的是
A. 装置①：实验室制取乙烯
B. 装置②：实验室制取乙酸乙酯
C. 装置③：验证乙炔的还原性
D. 装置④：验证溴乙烷发生消去反应可生成烯烃
【答案】D
【解析】
【详解】A.实验室制取乙烯需要浓硫酸与乙醇混合加热170℃，装置①中温度计不能测得反应溶液的温度，A错误；
B.实验室制取乙酸乙酯，为了更好的分离混合物同时防止倒吸现象的发生，导气管要在饱和碳酸钠溶液的液面上，不能伸入到液面以下，B错误；
C.电石中含有的杂质与水反应产生H2S也具有还原性，能够使酸性KMnO4溶液褪色，因此不能验证乙炔的还原性，C错误；
D.溴乙烷发生消去反应生成烯烃,能够使溴的四氯化碳溶液溶液褪色，而挥发的乙醇不能发生反应，因此可以达到验证反应产物，D正确；
故合理选项是D。
6. 某烯烃分子中含有一个碳碳双键，一定条件下与氢气加成所得产 物的键线式如图所示，此烯烃可能的结构(不考虑顺反异构)有
A. 3种B. 4种C. 5种D. 6种
【答案】C
【解析】
【详解】每个C原子只能形成最多四个共价键，根据某烯烃分子中含有一个碳碳双键，一定条件下与氢气加成所得产物的结构式可知，该烯烃可能的双键的位置可能有；共五种，故答案选C。
7. 短周期主族元素W、Q、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子序数是6，Q元素基态原子核外有三个未成对电子，X与Z同主族，Z的原子序数是X的2倍，元素Y在同周期中原子半径最大。下列说法不正确的是
A. ZX3分子空间构型为平面三角形
B. 元素的第一电离能：I1(Q)< I1(X)
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：WD. 化合物Y2X2中含有离子键、非极性共价键
【答案】B
【解析】
【分析】W原子序数为6，则W为C；Q元素基态原子核外有三个未成对电子，则外层电子排布为2s22p3，则Q为N；X与Z同主族，Z的原子序数是X的2倍，则X为O，Z为S；短周期原子中半径最大的为Na；综合分析，W为C、Q为N、X为O、Y为Na、Z为S；
【详解】A．ZX3为SO3，其为sp2杂化，无孤电子对，故其空间结构为平面三角形，A正确；
B．Q为N、X为O，为同周期元素，从左到右，第一电离能增大，但VA元素为的p能级为半充满状态，故第一电离能ⅤA＞ⅥA，则I1(Q)> I1(X)，B错误；
C．W为C、Q为N，同周期元素，从左到右，氧化性增强，最高价氧化物对应的水化物的酸性HCO3＜HNO3，C正确；
D．Na2O2含有离子键、非极性共价键，D正确；
故答案为：B。
8. 多奈哌齐是一种抗阿尔茨海默病药物，合成路线中的一步反应如下。下列说法正确的是
A. Y分子的核磁共振氢谱显示其化学环境不同的氢原子有7种
B. X分子存在顺反异构体，不存在对映异构体
C. X分子红外光谱图显示含有三种官能团：分别是酮羰基、羧基、碳碳双键
D. X的缺氢指数为6，X、Y不能用溴的CCl4溶液鉴别
【答案】B
【解析】
【详解】A．Y分子有8种类型的氢原子，核磁共振氢谱显示其化学环境不同的氢原子应该有8种，故A错误；
B．X分子含有双键，且连接着不同的基团，存在顺反异构体，不存在手性碳原子，所以不存在对映异构体，故B正确；
C．X分子中不含酮羰基，含醚键，故C错误；
D．X含有一个苯环，一个碳碳双键，一个碳氧双键，缺氢指数为6，Y不含碳碳双键，X、Y能用溴CCl4溶液鉴别，故D错误；
故答案选B。
9. 甲氧苄啶是一种广谱抗菌药，其合成路线中的一步反应如下。下列说法中不正确的是
A. X分子中含有7个sp2杂化的碳原子，Y分子中含有5个sp3杂化的原子
B. Y分子中在一定条件下能发生取代反应、氧化反应、加成反应、加聚反应
C. Y分子所有碳原子不可能共平面
D. X→Y分两步进行，先发生加成反应，后发生消去反应
【答案】AC
【解析】
【详解】A．X分子中含有苯环中6个碳和醛基中1个碳为sp2杂化，共7个sp2杂化碳原子；Y分子CH3O-中C和O原子以及-C2H5中C原子为sp3杂化，共8个sp3杂化碳原子，故A错误；
B．Y中具有苯、醚、烯烃、酯和腈的性质，苯环和碳碳双键能发生加成反应，酯基能发生取代反应，碳碳双键能发生氧化反应，加聚反应，故B正确；
C．Y分子中-C2H5含有两个饱和碳原子，通过单键旋转，所有碳原子有可能共平面，故C错误；
D．X→Y分两步进行，-CHO先与酯基和氰基中间得α-H发生加成反应生成-OH，然后-OH再与α-H发生消去反应形成双键，故D正确；
故答案选AC。
10. 下列有关NaBH4和H2O2组成燃料电池的说法正确的是
A. 中不含配位键，与甲烷互为等电子体
B. 放电过程中电极b区的溶液pH上升
C. 放电过程中1mlH2O2参与反应，失去约2×6.02×1023个电子
D. a电极上的反应为：
【答案】B
【解析】
【详解】A．B最外层有3个电子，它和3个氢原子形成3个共价键，再没有更多的电子了。所以只能是H得到一个外来电子，H-提供1个提供给B一对孤对电子，而形成配位键；故A错误；
B．放电过程中，b电极上反应式为H2O2＋2e−=2OH−，溶液中c(OH−)增大，溶液的pH上升，故B正确；
C．放电过程中H2O2得电子生成OH−，电极反应式为H2O2＋2e−=2OH−，所以放电过程中1mlH2O2参与反应，得到2×6.02×1023个电子，故C错误；
D．a电极上失电子和OH−反应生成和H2O，电极反应式为，故D错误；
故答案选B。
【点睛】本题考查原电池，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原电池概念、电极反应式的书写方法是解本题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度不大。
11. 工业上利用废锰渣(主要成分为MnO2、KOH、MgO)制备MnSO4的流程如下图所示：
已知反应Ⅰ中生成Fe2+、Mn2+、 S等。下列说法不正确的是
A. 酸浸时适当升高温度或加速搅拌都可加快酸浸反应速率
B. 反应Ⅰ中每消耗60 gFeS2，转移的电子数为1 ml
C. 滤液中主要存在的阳离子有： Mg2+、 K+、Mn2+、 H+
D. 反应Ⅱ的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O
【答案】C
【解析】
【分析】由工艺流程图可知，酸浸过程中杂质KOH、MgO等溶于硫酸进入溶液，MnO2与硫酸不反应，过滤，得到二氧化锰，反应Ⅰ中加入硫酸和FeS2将MnO2还原为Mn2+，过滤除去不溶物，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，经过滤得较纯净的硫酸锰溶液。最终得到硫酸锰晶体，据此作答。
【详解】A．升高温度，加速搅拌可以使得固体与硫酸充分反应，可加快酸浸反应速率，故A正确；
B．反应Ⅰ中加入硫酸和FeS2将MnO2还原为Mn2+，FeS2中S为-1价，被氧化为S单质，60 gFeS2，物质的量为0.5ml，所以每消耗60 gFeS2，转移的电子数为1 ml，故B正确；
C．MnO2与硫酸不反应，所以滤液中不含Mn2+，故C错误；
D．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从+2价转化为+3价，Mn从+4价转化为+2价，根据得失电子守恒有：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，故D正确；
故答案选C。
12. 已知H2C2O4是一种二元弱酸。 室温下，通过下列实验探究K2C2O4溶液的性质。
若忽略溶液混合时的体积变化，下列说法正确的是
A. 依据实验1推测：Kw >Ka1(H2C2O4)×Ka2(H2C2O4)
B. 依据实验2推测：K2C2O4溶液具有较强氧化性
C. 依据实验3推测：Ksp (BaC2O4)<2.5×10-3
D. 依据实验4推测：反应后溶液中有c(K+)=c(H2C2O4) +c() +c ()
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验1测得KHC2O4溶液的pH约为5.6，说明电离大于水解，，Kh1＞Kh2，故，故A错误；
B．向酸性KMnO4溶液中滴加过量0.1ml/L的K2C2O4溶液，溶液紫红色褪色，酸性KMnO4具有氧化性，故B错误；
C．向KHC2O4溶液中加入等体积 Ba(OH)2溶液，此时草酸根离子浓度约为，钡离子浓度为，故Qc＝c(Ba2＋)×c()＝2.5×10−3，此时产生沉淀，即2.5×10−3＞Ksp (BaC2O4)，故C正确；
D．向5mLNaHC2O4溶液中滴加少量NaOH溶液，溶质为草酸氢钠和少量草酸钠，反应后溶液中存在c(K＋)＞c(H2C2O4)＋c()＋c()，故D错误；
故答案选C。
【点睛】本题考查了探究实验的相关内容，掌握相关物质的性质以及是解答关键，侧重学生实验能力和分析能力的考查，注意高频考点的掌握，题目难度中等。
13. 在一定的温度和压强下，将按一定比例混合的CO2和H2通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。
已知：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+ 2H2O(g) △H= - 165kJ/ml
CO2(g) + H2(g)CO(g)+ H2O(g) △H= +41kJ/ml
催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测CO2转化率和生成CH4选择性随温度变化的影响如下图所示：
CH4选择性=×100%
下列有关说法正确的是
A. 较低温下选择金属镍为催化剂反应速率快
B. 在260℃-320℃间，以Ni-CeO2为催化剂，升高温度CH4的选择性明显增大
C. 高于320℃后， 以Ni为催化剂，CO2转化率上升的原因是平衡正向移动
D. 选择合适的催化剂、合适的温度有利于提高CH4的选择性
【答案】D
【解析】
【详解】A． 较低温下选择金属镍和为催化剂反应速率相差不大，A项错误；
B．在260℃-320℃间，以为催化剂，由图可知，升高温度的选择性基本不变，B项错误；
C．高于320℃后， 以Ni为催化剂，转化率上升的原因是催化剂活性大，反应速率加快，C项错误；
D．选择合适的催化剂、合适的温度有利于提高的选择性，D项正确；
答案选D。
非选择题
14. CuCl用作有机合成催化剂等工业。CuCl露置于潮湿的空气中易被氧化和水解，酸性条件下易歧化，难溶于水，易溶于浓盐酸并生成[CuCl2]-。
（1）基态Cu+核外电子排布式是_______。
（2）实验测得：CuCl属于共价化合物，气态CuCl分子的相对分子质量为199，该分子中含有配位键，则气态CuCl分子的结构式可能为_______。
（3）已知：①Ksp(CuCl)≈1×10-7，②反应2Cu+=Cu+Cu2+平衡常数K≈1×106。有人预设用反应Cu(s)+Cu2++2Cl-=2CuCl(s)制备CuCl (s)，试预测该反应进行的程度大小：_______ (填写“几乎完全反应”或“几乎不反应”)。
工业上有多种制备CuCl的方法：
方法一：将废铜粉与食盐水、浓盐酸料液混合，在60~70℃缓慢通入空气进行氧化。静置，取上层清液加水稀释，生成CuCl沉淀，过滤，沉淀经洗涤、干燥得CuCl产品并真空保存。
方法二：将Na2SO3的水溶液逐滴加入CuCl2的水溶液中，再加入少量浓盐酸混匀，充分反应后过滤，沉淀经洗涤、干燥得CuCl产品并真空保存。
（4）“方法一”中：
①反应温度控制在60~70℃，目的是_______。
②加入浓盐酸的目的是_______。
（5）“方法二”中：
①总反应的离子方程式是_______。
②加入Na2SO3溶液体积(V)与溶液pH关系如图1。当Na2SO3溶液体积大于500 mL时，溶液pH增大的原因是_______。
③用酸或碱液调控反应混合液的pH，则CuCl产率见图2。pH<2.5时，CuCl产率相对较低；pH>3.5时，CuCl产率又迅速下降。试分析原因： _______。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10
（2） （3）几乎完全反应
（4） ①. 若温度太低，则反应速率太慢，若温度太高，则盐酸挥发容易造成CuCl水解 ②. CuCl溶于浓盐酸并生成[CuCl2]-，当加入水时产生CuCl沉淀，防止水解
（5） ①. ②. Na2SO3过量时会与产生的H+反应生成NaHSO3，溶液pH增大 ③. pH<2.5时，pH增大，c(H+)减小，反应正向移动，CuCl的产率增大；pH>3.5时，Cu2+水解程度明显增大，pH越大，其水解程度越大，CuCl产率越低
【解析】
【小问1详解】
Cu原子失去1个电子生成Cu+，Cu+核外有28个电子，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理知Cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10，故答案为：1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；
小问2详解】
CuCl属于共价化合物，气态CuCl分子的相对分子质量为199，设分子式为(CuCl)n，则99.5n=199，解得n=2，该分子中含有配位键，则气态CuCl分子的结构式可能为；
【小问3详解】
反应Cu(s)+Cu2++2Cl-=2CuCl(s)的K=====108，故该反应进行的程度大小：几乎完全反应；
【小问4详解】
①反应温度控制在60~70℃，目的是若温度太低，则反应速率太慢，若温度太高，则盐酸挥发容易造成CuCl水解；
②加入浓盐酸的目的是CuCl溶于浓盐酸并生成[CuCl2]-，当加入水时产生CuCl沉淀，防止水解；
【小问5详解】
①在Na2 SO3的水溶液中逐滴加入CuCl2的水溶液中，再加入少量浓盐酸混匀，倾出清液，抽滤即得CuCl沉淀发生氧化还原反应，反应的离子方程式为:；
②根据加入Na2SO3溶液体积(V)与溶液pH关系图，当Na2SO3溶液体积大于500 mL时，Na2SO3过量时会与产生的H+反应生成NaHSO3，溶液pH增大；
③pH<2.5时，pH增大，c(H+)减小，反应正向移动，CuCl的产率增大；pH>3.5时，Cu2+水解程度明显增大，pH越大，其水解程度越大，CuCl产率越低。
15. 下图中化合物E常用于合成医药、染料、发光材料等原料，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）由A合成B的反应类型是_______。化合物E中手性碳原子数目为_______。
（2）与化合物B同属于芳香族化合物的同分异构体共有_______种(不包含B本身)。
（3）化合物C中N原子的杂化类型是_______。
（4）由D合成E时，若温度较高时，会产生一种分子式为C21H22O4Br2的副产物，该副产物的结构简式是_______。
（5）已知：(R、R1、R2表示烃基或氢原子)
①R-BrR-OH
②+
试写出以丙酮()和对硝基甲苯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)_______。
【答案】（1） ①. 取代反应 ②. 0
（2）9 （3）sp2
（4） （5）
【解析】
【分析】A与BBr3在CH2Cl2作用下发生取代反应生成B，B与在乙醇作用下发生取代反应生成C，C与NC-CH2-CN在乙醇作用下发生取代反应生成D，D在SOCl2、乙醇、冰水浴反应生成E，结合各有机物结构简式及反应条件进行分析。
【小问1详解】
A与BBr3在CH2Cl2作用下发生取代反应生成B，反应类型为取代反应；根据化合物E的结构简式可知，两边含有苯环的结构相同，不存在手性碳，手性碳原子的个数为0；
【小问2详解】
与化合物B（）同属于芳香族化合物的同分异构体有、、3种，另两个溴原子和一个甲基在苯环不同位置上的，两个溴原子定邻、间、对位、、，然后甲基取代上去分别有1种、2种、3种共6种，总共9种(不包含B本身)；
【小问3详解】
化合物C中N原子与苯环中的碳原子类似，存在大键，杂化类型是sp2杂化；
【小问4详解】
由D合成E时，若温度较高时，会产生一种分子式为C21H22O4Br2的副产物，结合D、E的结构简式及D→E反应中基团的变化可知，若两个-CN均转化为-COOC2H5，则符合分子式的该副产物的结构简式是；
【小问5详解】
参照流程，发生取代反应生成，发生水解反应，氧化生成， 与丙酮反应生成，流程为：。
16. 碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4]是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂。工业上利用废铁屑(含少量氧化铝、氧化铁等)生产碱式硫酸铁的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）加入少量NaHCO3时，生成滤渣的离子方程式为_______。
（2）反应Ⅱ中加入NaNO2的目的是_______。(可用离子方程式表示)
（3）蒸发过程中发生反应化学方程式为_______。
（4）碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+离子可部分水解生成聚合离子，该水解反应的离子方程式为_______。
（5）医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁。根据质量标准，产品中不得含有Fe2+及。为检验产品中是否含有Fe2+，应使用的试剂为_______。
A. K3[Fe(CN)6]溶液B. KSCN溶液C. NaOH溶液D. 酸性KMnO4溶液
（6）为测定含Fe2+和Fe3+溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：准确量取20.00mL溶液于带塞锥形瓶中，加入足量H2O2，调节pH<2，加热除去过量H2O2；加入过量KI充分反应后，再用0.1000 ml/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL。
已知：2Fe3++2I-=2Fe2++I2 2+I2 = 2I-+
则溶液中铁元素的总含量为_______g/L。(写出计算过程)
【答案】（1）Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑
（2）2H++Fe2++=Fe3++NO↑+H2O
（3）Fe2(SO4)3+2H2O=2Fe(OH)SO4+H2SO4
（4）2Fe(OH)2++2H2OFe2(OH)+2H+ （5）AD
（6）5.6
【解析】
【分析】废铁屑(含少量氧化铝、氧化铁等)中加入稀硫酸，氧化铝、氧化铁溶解生成硫酸铝和硫酸铁，硫酸铁与铁屑反应生成硫酸亚铁，铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；加入NaHCO3搅拌后，NaHCO3与稀硫酸作用，从而减少溶液中的硫酸浓度，增大溶液的pH，使Al3+水解生成Al(OH)3沉淀；过滤后，所得滤液为FeSO4溶液；加入H2SO4、NaNO2溶液，与Fe2+发生氧化还原反应，生成Fe3+、NO和H2O；最后将溶液进行处理，便可获得碱式硫酸铁。
【小问1详解】
NaHCO3和溶液中的铝离子发生双水解生成氢氧化铝，离子方程式为：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑；
【小问2详解】
反应Ⅱ中加入NaNO2，是为了将Fe2+氧化为Fe3+，同时被还原为NO，离子方程式为2H++Fe2++=Fe3++NO↑+H2O；
【小问3详解】
蒸发过程中，三价铁和硫酸根生成Fe(OH)SO4，反应的化学方程式为：Fe2(SO4)3+2H2O=2Fe(OH)SO4+H2SO4；
【小问4详解】
碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+可部分水解生成Fe2(OH)聚合离子，该水解反应的离子方程式为：2Fe(OH)2++2H2OFe2(OH)+2H+，故答案为：2Fe(OH)2++2H2OFe2(OH)+2H+；
【小问5详解】
A．K3[Fe(CN)6]溶液遇亚铁离子产生蓝色沉淀，能检验亚铁离子，A符合题意；
B．KSCN溶液能检验铁离子，不能检验亚铁离子，B不符题意；
C．因含有铁离子，加入NaOH溶液观察不到白色沉淀的一系列变化，不能检验亚铁离子，C不符题意；
D．亚铁离子有还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色，能检验亚铁离子，D符合题意；
故选AD；
【小问6详解】
根据反应方程式可以得出关系式为：，，铁元素的总含量为：。
17. 金属锂、钴是重要但又匮乏的战略资源。从度旧锂电池的电极材料(主要为附在铝箱上的LiCO2，还有少量铁的氧化物)中回收锂(LiF)、钴(CCO3)的一种工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“钴渣”中 LiCO2溶解时的离子方程式为_______。
（2）如将硫酸改为盐酸浸取“钴渣”，也可得到C2+，但工业生产中一般不用盐酸浸取“钴渣”，其原因是_______。
（3）在“滤液1”中加入20%Na2CO3溶液，目的是_______。
（4）“沉淀B”中含有少量Li2CO3。设计由“沉淀B”中提取Li2SO4晶体的实验方案：_______，余热蒸干多余水分，冷却，得Li2SO4晶体。(化学试剂可选用：冷水、热水、3.0ml/L硫酸)(已知：Li2CO3溶解度：0℃为1.54g，80℃为0.85g。)
（5）除锂电池外，锌-空气电池的发展和C、Mn等金属催化剂的使用也是当前电池领域的重要课题。
①已知锌-空气碱性(KOH溶液)电池的总反应是：2Zn+O2=2ZnO，则电池负极电极反应是_______。
②MnOx催化电极反应时的机理如下图，请描述MnOx催化电极反应时的催化过程：
第i步：O2在Mn位点被吸附并得电子转化为，取代了位点上最初附着的OH-；
第ⅱ步：_______；
第ⅲ步：_______；
第ⅳ步：O-再次得电子并结合水分子生成了OH-，部分OH-附着在Mn位点上。
【答案】（1）8LiCO2＋S2O＋22H＋=8Li＋＋8C2＋＋2SO＋11H2O
（2）LiCO2可氧化盐酸，产生的Cl2会污染环境
（3）调节溶液pH，使Fe3＋转换为Fe(OH)3沉淀
（4）使用冷水将3.0ml/L硫酸稀释至pH大于3，使“沉淀B”部分溶解，过滤，然后使用热水水浴加热，直到有晶体析出
（5） ①. Zn＋2OH−−2e−＝ZnO＋H2O ②. H2O在O为带你被吸附，得到电子转化为OH-，H与O位点结合 ③. 结合了H的O位点得到电子，转化为OH-，从O位点脱落
【解析】
【分析】从废旧锂电池的电极材料（主要为附在铝箔上的LiCO2，还有少量铁的氧化物）中回收钻，由流程可知，加入氢氧化钠溶液可溶解铝，滤液A为NaAlO2，钴渣含有氧化铁、LiCO2，加入稀硫酸、硫代硫酸钠，主要发生8LiCO2＋S2O＋22H＋=8Li＋＋8C2＋＋2SO＋11H2O，加入NaClO3、20%Na2CO3溶液，可使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，即沉淀B为Fe(OH)3，滤液中加入NaF，可生成LiF，滤液3加入30% Na2CO3溶液，可生成CCO3•yC(OH)2，以此解答该题。
【小问1详解】
“钴渣“中LiCO2溶解时的离子方程式为8LiCO2＋S2O＋22H＋=8Li＋＋8C2＋＋2SO＋11H2O，故答案为8LiCO2＋S2O＋22H＋=8Li＋＋8C2＋＋2SO＋11H2O。
【小问2详解】
工业生产中一般不用盐酸浸取“钴渣”，其原因是LiCO2可氧化盐酸，产生的Cl2会污染环境，故答案为LiCO2可氧化盐酸，产生的Cl2会污染环境。
【小问3详解】
在“滤液1“中加入20% Na2CO3溶液，目的是调节溶液pH，使Fe3＋转换为Fe(OH)3沉淀；故答案为调节溶液pH，使Fe3＋转换为Fe(OH)3沉淀。
【小问4详解】
沉淀B主要为Fe(OH)3，且pH约3左右即可完全沉淀；已知Li2CO3溶解度：0℃为1.54g，80℃为0.85g；所以由“沉淀B”中提取Li2SO4晶体的实验方案，使用冷水将3.0ml/L硫酸稀释至pH大于3，使“沉淀B”部分溶解，过滤，然后使用热水水浴加热，直到有晶体析出，余热蒸干多余水分，冷却，得Li2SO4晶体；故答案为使用冷水将3.0ml/L硫酸稀释至pH大于3，使“沉淀B”部分溶解，过滤，然后使用热水水浴加热，直到有晶体析出。
【小问5详解】
①锌−空气电池总反应为2Zn＋O2=2ZnO，电解质溶液为KOH溶液，负极上Zn失电子和氢氧根离子反应生成ZnO和水，电极反应式为Zn＋2OH−−2e−＝ZnO＋H2O；故答案为Zn＋2OH−−2e−＝ZnO＋H2O。
②由图可知，第i步：O2在Mn位点被吸附并得电子转化为，取代了位点上最初附着的OH-；第ⅱ步：H2O在O位点被吸附，得到电子转化为OH-，H与O位点结合；第ⅲ步：结合了H的O位点得到电子，转化为OH-，从O位点脱落；第ⅳ步：O-再次得电子并结合水分子生成了OH-，部分OH-附着在Mn位点上；故答案为H2O在O为带你被吸附，得到电子转化为OH-，H与O位点结合；结合了H的O位点得到电子，转化为OH-，从O位点脱落。
【点睛】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。选项
不纯物
除杂试剂
分离方法
A
CH4(C2H4)
酸性KMnO4溶液
洗气
B
溴苯(Br2)
NaOH溶液
分液
C
C2H5OH(H2O)
新制生石灰
重结晶
D
乙酸乙酯(乙酸)
饱和Na2CO3溶液
蒸馏
实验
实验操作和现象
1
测得0.1ml/L的KHC2O4溶液的pH约为5.6
2
向硫酸化KMnO4溶液中滴加过量0.1ml/L的K2C2O4溶液，溶液紫红色褪色
3
向0.1ml/L KHC2O4溶液中加入等体积0.1ml/L的Ba(OH)2溶液，溶液变浑浊
4
向5mL0.1ml/L KHC2O4溶液中滴加少量0.1m/L KOH溶液，无明显现象
可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Mg24 S32 Cl35.5 Fe56 Cu64
单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 我国力争在2060年前实现“碳中和”，体现了中国对解决气候问题的大国担当。下列措施对实现“碳中和”不具有直接贡献的是
A. 推行生活垃圾分类B. 植树造林增加绿色植被
C. 采取节能低碳生活方式D. 创新转化为碳燃料的技术
【答案】A
【解析】
【分析】碳中和是指国家、企业、产品、活动或个人在一定时间内直接或间接产生的二氧化碳或温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳或温室气体排放量，实现正负抵消，达到相对“零排放”。据此判断。
【详解】A．推行生活垃圾分类，有利于回收利用，防止污染，对实现“碳中和”不具有直接贡献，故A选；
B．植树造林增加绿色植被对实现“碳中和”具有直接贡献，故B不选；
C．采取节能低碳生活方式对实现“碳中和”具有直接贡献，故C不选；
D．创新转化为碳燃料的技术对实现“碳中和”具有直接贡献，故D不选；
答案选A。
2. 石灰氮(CaCN2)是一种氮肥，与土壤中的H2O反应生成氰胺(H2N-C≡N)，氰胺可进一步转化为尿素[CO(NH2)2]。下列有关说法不正确的是
A. H2O为极性分子B. 中子数为20的钙原子的质量数为40
C. CO(NH2)2属于有机化合物D. 1个H2N-C≡N分子中含3个σ键
【答案】D
【解析】
【详解】A．H2O分子中两个H和一个O不是承一直线排列的,而是有一个为104.5°的键角。 因此结构是氧在一边,两个氢在另一边。氧的电负性较大,因此水是极性分子，A正确；
B．中子数为20的钙原子的质量数为40，B正确；
C．CO(NH2)2是尿素，属于有机化合物，C正确；
D．1个H2N-C≡N分子中含3个σ键单键，碳氮三键中含有1个σ键，则H2N-C≡N分子中含4个σ键，D错误；
故选D。
3. 下列物质的性质与用途具有对应关系的是
A. Na2CO3溶液显碱性，可用于除食用油的油污
B. NaHCO3受热易分解，可用于治疗胃酸过多
C. NaClO 有强氧化性，可用于对自来水进行杀菌消毒
D. Na2SO3具有还原性，可用于吸收含SO2的尾气
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸钠容易显碱性，油脂在碱性条件下发生水解而除去，A符合题意；
B．碳酸氢钠与酸反应，消耗盐酸，所以用于治疗胃酸过多，与碳酸氢钠受热分解无关，B不符合题意；
C．次氯酸钠用于自来水的杀菌，利用的是HClO的强氧化性，C不符合题意；
D．Na2SO3溶液显碱性，SO2为酸性气体，因此可以用于吸收含SO2的尾气，与其还原性无关，D不符合题意；
故答案为：A。
4. 为提纯下列物质(括号内为杂质)，所用的除杂试剂和分离方法都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙烯能被高锰酸钾氧化，生成CO2，会引入新杂质，故A错误；
B．溴与NaOH反应后，与溴苯分层，应分液分离，故B正确；
C．CaO与水反应后，增大与乙醇沸点差异，然后蒸馏可分离，故C错误；
D．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液可分离，故D错误；
故答案选B。
【点睛】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯方法为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大。
5. 下列关于各实验装置图的叙述中正确的是
A. 装置①：实验室制取乙烯
B. 装置②：实验室制取乙酸乙酯
C. 装置③：验证乙炔的还原性
D. 装置④：验证溴乙烷发生消去反应可生成烯烃
【答案】D
【解析】
【详解】A.实验室制取乙烯需要浓硫酸与乙醇混合加热170℃，装置①中温度计不能测得反应溶液的温度，A错误；
B.实验室制取乙酸乙酯，为了更好的分离混合物同时防止倒吸现象的发生，导气管要在饱和碳酸钠溶液的液面上，不能伸入到液面以下，B错误；
C.电石中含有的杂质与水反应产生H2S也具有还原性，能够使酸性KMnO4溶液褪色，因此不能验证乙炔的还原性，C错误；
D.溴乙烷发生消去反应生成烯烃,能够使溴的四氯化碳溶液溶液褪色，而挥发的乙醇不能发生反应，因此可以达到验证反应产物，D正确；
故合理选项是D。
6. 某烯烃分子中含有一个碳碳双键，一定条件下与氢气加成所得产 物的键线式如图所示，此烯烃可能的结构(不考虑顺反异构)有
A. 3种B. 4种C. 5种D. 6种
【答案】C
【解析】
【详解】每个C原子只能形成最多四个共价键，根据某烯烃分子中含有一个碳碳双键，一定条件下与氢气加成所得产物的结构式可知，该烯烃可能的双键的位置可能有；共五种，故答案选C。
7. 短周期主族元素W、Q、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子序数是6，Q元素基态原子核外有三个未成对电子，X与Z同主族，Z的原子序数是X的2倍，元素Y在同周期中原子半径最大。下列说法不正确的是
A. ZX3分子空间构型为平面三角形
B. 元素的第一电离能：I1(Q)< I1(X)
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：W
【答案】B
【解析】
【分析】W原子序数为6，则W为C；Q元素基态原子核外有三个未成对电子，则外层电子排布为2s22p3，则Q为N；X与Z同主族，Z的原子序数是X的2倍，则X为O，Z为S；短周期原子中半径最大的为Na；综合分析，W为C、Q为N、X为O、Y为Na、Z为S；
【详解】A．ZX3为SO3，其为sp2杂化，无孤电子对，故其空间结构为平面三角形，A正确；
B．Q为N、X为O，为同周期元素，从左到右，第一电离能增大，但VA元素为的p能级为半充满状态，故第一电离能ⅤA＞ⅥA，则I1(Q)> I1(X)，B错误；
C．W为C、Q为N，同周期元素，从左到右，氧化性增强，最高价氧化物对应的水化物的酸性HCO3＜HNO3，C正确；
D．Na2O2含有离子键、非极性共价键，D正确；
故答案为：B。
8. 多奈哌齐是一种抗阿尔茨海默病药物，合成路线中的一步反应如下。下列说法正确的是
A. Y分子的核磁共振氢谱显示其化学环境不同的氢原子有7种
B. X分子存在顺反异构体，不存在对映异构体
C. X分子红外光谱图显示含有三种官能团：分别是酮羰基、羧基、碳碳双键
D. X的缺氢指数为6，X、Y不能用溴的CCl4溶液鉴别
【答案】B
【解析】
【详解】A．Y分子有8种类型的氢原子，核磁共振氢谱显示其化学环境不同的氢原子应该有8种，故A错误；
B．X分子含有双键，且连接着不同的基团，存在顺反异构体，不存在手性碳原子，所以不存在对映异构体，故B正确；
C．X分子中不含酮羰基，含醚键，故C错误；
D．X含有一个苯环，一个碳碳双键，一个碳氧双键，缺氢指数为6，Y不含碳碳双键，X、Y能用溴CCl4溶液鉴别，故D错误；
故答案选B。
9. 甲氧苄啶是一种广谱抗菌药，其合成路线中的一步反应如下。下列说法中不正确的是
A. X分子中含有7个sp2杂化的碳原子，Y分子中含有5个sp3杂化的原子
B. Y分子中在一定条件下能发生取代反应、氧化反应、加成反应、加聚反应
C. Y分子所有碳原子不可能共平面
D. X→Y分两步进行，先发生加成反应，后发生消去反应
【答案】AC
【解析】
【详解】A．X分子中含有苯环中6个碳和醛基中1个碳为sp2杂化，共7个sp2杂化碳原子；Y分子CH3O-中C和O原子以及-C2H5中C原子为sp3杂化，共8个sp3杂化碳原子，故A错误；
B．Y中具有苯、醚、烯烃、酯和腈的性质，苯环和碳碳双键能发生加成反应，酯基能发生取代反应，碳碳双键能发生氧化反应，加聚反应，故B正确；
C．Y分子中-C2H5含有两个饱和碳原子，通过单键旋转，所有碳原子有可能共平面，故C错误；
D．X→Y分两步进行，-CHO先与酯基和氰基中间得α-H发生加成反应生成-OH，然后-OH再与α-H发生消去反应形成双键，故D正确；
故答案选AC。
10. 下列有关NaBH4和H2O2组成燃料电池的说法正确的是
A. 中不含配位键，与甲烷互为等电子体
B. 放电过程中电极b区的溶液pH上升
C. 放电过程中1mlH2O2参与反应，失去约2×6.02×1023个电子
D. a电极上的反应为：
【答案】B
【解析】
【详解】A．B最外层有3个电子，它和3个氢原子形成3个共价键，再没有更多的电子了。所以只能是H得到一个外来电子，H-提供1个提供给B一对孤对电子，而形成配位键；故A错误；
B．放电过程中，b电极上反应式为H2O2＋2e−=2OH−，溶液中c(OH−)增大，溶液的pH上升，故B正确；
C．放电过程中H2O2得电子生成OH−，电极反应式为H2O2＋2e−=2OH−，所以放电过程中1mlH2O2参与反应，得到2×6.02×1023个电子，故C错误；
D．a电极上失电子和OH−反应生成和H2O，电极反应式为，故D错误；
故答案选B。
【点睛】本题考查原电池，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原电池概念、电极反应式的书写方法是解本题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度不大。
11. 工业上利用废锰渣(主要成分为MnO2、KOH、MgO)制备MnSO4的流程如下图所示：
已知反应Ⅰ中生成Fe2+、Mn2+、 S等。下列说法不正确的是
A. 酸浸时适当升高温度或加速搅拌都可加快酸浸反应速率
B. 反应Ⅰ中每消耗60 gFeS2，转移的电子数为1 ml
C. 滤液中主要存在的阳离子有： Mg2+、 K+、Mn2+、 H+
D. 反应Ⅱ的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O
【答案】C
【解析】
【分析】由工艺流程图可知，酸浸过程中杂质KOH、MgO等溶于硫酸进入溶液，MnO2与硫酸不反应，过滤，得到二氧化锰，反应Ⅰ中加入硫酸和FeS2将MnO2还原为Mn2+，过滤除去不溶物，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，经过滤得较纯净的硫酸锰溶液。最终得到硫酸锰晶体，据此作答。
【详解】A．升高温度，加速搅拌可以使得固体与硫酸充分反应，可加快酸浸反应速率，故A正确；
B．反应Ⅰ中加入硫酸和FeS2将MnO2还原为Mn2+，FeS2中S为-1价，被氧化为S单质，60 gFeS2，物质的量为0.5ml，所以每消耗60 gFeS2，转移的电子数为1 ml，故B正确；
C．MnO2与硫酸不反应，所以滤液中不含Mn2+，故C错误；
D．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从+2价转化为+3价，Mn从+4价转化为+2价，根据得失电子守恒有：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，故D正确；
故答案选C。
12. 已知H2C2O4是一种二元弱酸。 室温下，通过下列实验探究K2C2O4溶液的性质。
若忽略溶液混合时的体积变化，下列说法正确的是
A. 依据实验1推测：Kw >Ka1(H2C2O4)×Ka2(H2C2O4)
B. 依据实验2推测：K2C2O4溶液具有较强氧化性
C. 依据实验3推测：Ksp (BaC2O4)<2.5×10-3
D. 依据实验4推测：反应后溶液中有c(K+)=c(H2C2O4) +c() +c ()
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验1测得KHC2O4溶液的pH约为5.6，说明电离大于水解，，Kh1＞Kh2，故，故A错误；
B．向酸性KMnO4溶液中滴加过量0.1ml/L的K2C2O4溶液，溶液紫红色褪色，酸性KMnO4具有氧化性，故B错误；
C．向KHC2O4溶液中加入等体积 Ba(OH)2溶液，此时草酸根离子浓度约为，钡离子浓度为，故Qc＝c(Ba2＋)×c()＝2.5×10−3，此时产生沉淀，即2.5×10−3＞Ksp (BaC2O4)，故C正确；
D．向5mLNaHC2O4溶液中滴加少量NaOH溶液，溶质为草酸氢钠和少量草酸钠，反应后溶液中存在c(K＋)＞c(H2C2O4)＋c()＋c()，故D错误；
故答案选C。
【点睛】本题考查了探究实验的相关内容，掌握相关物质的性质以及是解答关键，侧重学生实验能力和分析能力的考查，注意高频考点的掌握，题目难度中等。
13. 在一定的温度和压强下，将按一定比例混合的CO2和H2通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。
已知：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+ 2H2O(g) △H= - 165kJ/ml
CO2(g) + H2(g)CO(g)+ H2O(g) △H= +41kJ/ml
催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测CO2转化率和生成CH4选择性随温度变化的影响如下图所示：
CH4选择性=×100%
下列有关说法正确的是
A. 较低温下选择金属镍为催化剂反应速率快
B. 在260℃-320℃间，以Ni-CeO2为催化剂，升高温度CH4的选择性明显增大
C. 高于320℃后， 以Ni为催化剂，CO2转化率上升的原因是平衡正向移动
D. 选择合适的催化剂、合适的温度有利于提高CH4的选择性
【答案】D
【解析】
【详解】A． 较低温下选择金属镍和为催化剂反应速率相差不大，A项错误；
B．在260℃-320℃间，以为催化剂，由图可知，升高温度的选择性基本不变，B项错误；
C．高于320℃后， 以Ni为催化剂，转化率上升的原因是催化剂活性大，反应速率加快，C项错误；
D．选择合适的催化剂、合适的温度有利于提高的选择性，D项正确；
答案选D。
非选择题
14. CuCl用作有机合成催化剂等工业。CuCl露置于潮湿的空气中易被氧化和水解，酸性条件下易歧化，难溶于水，易溶于浓盐酸并生成[CuCl2]-。
（1）基态Cu+核外电子排布式是_______。
（2）实验测得：CuCl属于共价化合物，气态CuCl分子的相对分子质量为199，该分子中含有配位键，则气态CuCl分子的结构式可能为_______。
（3）已知：①Ksp(CuCl)≈1×10-7，②反应2Cu+=Cu+Cu2+平衡常数K≈1×106。有人预设用反应Cu(s)+Cu2++2Cl-=2CuCl(s)制备CuCl (s)，试预测该反应进行的程度大小：_______ (填写“几乎完全反应”或“几乎不反应”)。
工业上有多种制备CuCl的方法：
方法一：将废铜粉与食盐水、浓盐酸料液混合，在60~70℃缓慢通入空气进行氧化。静置，取上层清液加水稀释，生成CuCl沉淀，过滤，沉淀经洗涤、干燥得CuCl产品并真空保存。
方法二：将Na2SO3的水溶液逐滴加入CuCl2的水溶液中，再加入少量浓盐酸混匀，充分反应后过滤，沉淀经洗涤、干燥得CuCl产品并真空保存。
（4）“方法一”中：
①反应温度控制在60~70℃，目的是_______。
②加入浓盐酸的目的是_______。
（5）“方法二”中：
①总反应的离子方程式是_______。
②加入Na2SO3溶液体积(V)与溶液pH关系如图1。当Na2SO3溶液体积大于500 mL时，溶液pH增大的原因是_______。
③用酸或碱液调控反应混合液的pH，则CuCl产率见图2。pH<2.5时，CuCl产率相对较低；pH>3.5时，CuCl产率又迅速下降。试分析原因： _______。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10
（2） （3）几乎完全反应
（4） ①. 若温度太低，则反应速率太慢，若温度太高，则盐酸挥发容易造成CuCl水解 ②. CuCl溶于浓盐酸并生成[CuCl2]-，当加入水时产生CuCl沉淀，防止水解
（5） ①. ②. Na2SO3过量时会与产生的H+反应生成NaHSO3，溶液pH增大 ③. pH<2.5时，pH增大，c(H+)减小，反应正向移动，CuCl的产率增大；pH>3.5时，Cu2+水解程度明显增大，pH越大，其水解程度越大，CuCl产率越低
【解析】
【小问1详解】
Cu原子失去1个电子生成Cu+，Cu+核外有28个电子，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理知Cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10，故答案为：1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；
小问2详解】
CuCl属于共价化合物，气态CuCl分子的相对分子质量为199，设分子式为(CuCl)n，则99.5n=199，解得n=2，该分子中含有配位键，则气态CuCl分子的结构式可能为；
【小问3详解】
反应Cu(s)+Cu2++2Cl-=2CuCl(s)的K=====108，故该反应进行的程度大小：几乎完全反应；
【小问4详解】
①反应温度控制在60~70℃，目的是若温度太低，则反应速率太慢，若温度太高，则盐酸挥发容易造成CuCl水解；
②加入浓盐酸的目的是CuCl溶于浓盐酸并生成[CuCl2]-，当加入水时产生CuCl沉淀，防止水解；
【小问5详解】
①在Na2 SO3的水溶液中逐滴加入CuCl2的水溶液中，再加入少量浓盐酸混匀，倾出清液，抽滤即得CuCl沉淀发生氧化还原反应，反应的离子方程式为:；
②根据加入Na2SO3溶液体积(V)与溶液pH关系图，当Na2SO3溶液体积大于500 mL时，Na2SO3过量时会与产生的H+反应生成NaHSO3，溶液pH增大；
③pH<2.5时，pH增大，c(H+)减小，反应正向移动，CuCl的产率增大；pH>3.5时，Cu2+水解程度明显增大，pH越大，其水解程度越大，CuCl产率越低。
15. 下图中化合物E常用于合成医药、染料、发光材料等原料，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）由A合成B的反应类型是_______。化合物E中手性碳原子数目为_______。
（2）与化合物B同属于芳香族化合物的同分异构体共有_______种(不包含B本身)。
（3）化合物C中N原子的杂化类型是_______。
（4）由D合成E时，若温度较高时，会产生一种分子式为C21H22O4Br2的副产物，该副产物的结构简式是_______。
（5）已知：(R、R1、R2表示烃基或氢原子)
①R-BrR-OH
②+
试写出以丙酮()和对硝基甲苯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)_______。
【答案】（1） ①. 取代反应 ②. 0
（2）9 （3）sp2
（4） （5）
【解析】
【分析】A与BBr3在CH2Cl2作用下发生取代反应生成B，B与在乙醇作用下发生取代反应生成C，C与NC-CH2-CN在乙醇作用下发生取代反应生成D，D在SOCl2、乙醇、冰水浴反应生成E，结合各有机物结构简式及反应条件进行分析。
【小问1详解】
A与BBr3在CH2Cl2作用下发生取代反应生成B，反应类型为取代反应；根据化合物E的结构简式可知，两边含有苯环的结构相同，不存在手性碳，手性碳原子的个数为0；
【小问2详解】
与化合物B（）同属于芳香族化合物的同分异构体有、、3种，另两个溴原子和一个甲基在苯环不同位置上的，两个溴原子定邻、间、对位、、，然后甲基取代上去分别有1种、2种、3种共6种，总共9种(不包含B本身)；
【小问3详解】
化合物C中N原子与苯环中的碳原子类似，存在大键，杂化类型是sp2杂化；
【小问4详解】
由D合成E时，若温度较高时，会产生一种分子式为C21H22O4Br2的副产物，结合D、E的结构简式及D→E反应中基团的变化可知，若两个-CN均转化为-COOC2H5，则符合分子式的该副产物的结构简式是；
【小问5详解】
参照流程，发生取代反应生成，发生水解反应，氧化生成， 与丙酮反应生成，流程为：。
16. 碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4]是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂。工业上利用废铁屑(含少量氧化铝、氧化铁等)生产碱式硫酸铁的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）加入少量NaHCO3时，生成滤渣的离子方程式为_______。
（2）反应Ⅱ中加入NaNO2的目的是_______。(可用离子方程式表示)
（3）蒸发过程中发生反应化学方程式为_______。
（4）碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+离子可部分水解生成聚合离子，该水解反应的离子方程式为_______。
（5）医药上常用硫酸亚铁与硫酸、硝酸的混合液反应制备碱式硫酸铁。根据质量标准，产品中不得含有Fe2+及。为检验产品中是否含有Fe2+，应使用的试剂为_______。
A. K3[Fe(CN)6]溶液B. KSCN溶液C. NaOH溶液D. 酸性KMnO4溶液
（6）为测定含Fe2+和Fe3+溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：准确量取20.00mL溶液于带塞锥形瓶中，加入足量H2O2，调节pH<2，加热除去过量H2O2；加入过量KI充分反应后，再用0.1000 ml/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL。
已知：2Fe3++2I-=2Fe2++I2 2+I2 = 2I-+
则溶液中铁元素的总含量为_______g/L。(写出计算过程)
【答案】（1）Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑
（2）2H++Fe2++=Fe3++NO↑+H2O
（3）Fe2(SO4)3+2H2O=2Fe(OH)SO4+H2SO4
（4）2Fe(OH)2++2H2OFe2(OH)+2H+ （5）AD
（6）5.6
【解析】
【分析】废铁屑(含少量氧化铝、氧化铁等)中加入稀硫酸，氧化铝、氧化铁溶解生成硫酸铝和硫酸铁，硫酸铁与铁屑反应生成硫酸亚铁，铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；加入NaHCO3搅拌后，NaHCO3与稀硫酸作用，从而减少溶液中的硫酸浓度，增大溶液的pH，使Al3+水解生成Al(OH)3沉淀；过滤后，所得滤液为FeSO4溶液；加入H2SO4、NaNO2溶液，与Fe2+发生氧化还原反应，生成Fe3+、NO和H2O；最后将溶液进行处理，便可获得碱式硫酸铁。
【小问1详解】
NaHCO3和溶液中的铝离子发生双水解生成氢氧化铝，离子方程式为：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑；
【小问2详解】
反应Ⅱ中加入NaNO2，是为了将Fe2+氧化为Fe3+，同时被还原为NO，离子方程式为2H++Fe2++=Fe3++NO↑+H2O；
【小问3详解】
蒸发过程中，三价铁和硫酸根生成Fe(OH)SO4，反应的化学方程式为：Fe2(SO4)3+2H2O=2Fe(OH)SO4+H2SO4；
【小问4详解】
碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+可部分水解生成Fe2(OH)聚合离子，该水解反应的离子方程式为：2Fe(OH)2++2H2OFe2(OH)+2H+，故答案为：2Fe(OH)2++2H2OFe2(OH)+2H+；
【小问5详解】
A．K3[Fe(CN)6]溶液遇亚铁离子产生蓝色沉淀，能检验亚铁离子，A符合题意；
B．KSCN溶液能检验铁离子，不能检验亚铁离子，B不符题意；
C．因含有铁离子，加入NaOH溶液观察不到白色沉淀的一系列变化，不能检验亚铁离子，C不符题意；
D．亚铁离子有还原性，能使酸性KMnO4溶液褪色，能检验亚铁离子，D符合题意；
故选AD；
【小问6详解】
根据反应方程式可以得出关系式为：，，铁元素的总含量为：。
17. 金属锂、钴是重要但又匮乏的战略资源。从度旧锂电池的电极材料(主要为附在铝箱上的LiCO2，还有少量铁的氧化物)中回收锂(LiF)、钴(CCO3)的一种工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“钴渣”中 LiCO2溶解时的离子方程式为_______。
（2）如将硫酸改为盐酸浸取“钴渣”，也可得到C2+，但工业生产中一般不用盐酸浸取“钴渣”，其原因是_______。
（3）在“滤液1”中加入20%Na2CO3溶液，目的是_______。
（4）“沉淀B”中含有少量Li2CO3。设计由“沉淀B”中提取Li2SO4晶体的实验方案：_______，余热蒸干多余水分，冷却，得Li2SO4晶体。(化学试剂可选用：冷水、热水、3.0ml/L硫酸)(已知：Li2CO3溶解度：0℃为1.54g，80℃为0.85g。)
（5）除锂电池外，锌-空气电池的发展和C、Mn等金属催化剂的使用也是当前电池领域的重要课题。
①已知锌-空气碱性(KOH溶液)电池的总反应是：2Zn+O2=2ZnO，则电池负极电极反应是_______。
②MnOx催化电极反应时的机理如下图，请描述MnOx催化电极反应时的催化过程：
第i步：O2在Mn位点被吸附并得电子转化为，取代了位点上最初附着的OH-；
第ⅱ步：_______；
第ⅲ步：_______；
第ⅳ步：O-再次得电子并结合水分子生成了OH-，部分OH-附着在Mn位点上。
【答案】（1）8LiCO2＋S2O＋22H＋=8Li＋＋8C2＋＋2SO＋11H2O
（2）LiCO2可氧化盐酸，产生的Cl2会污染环境
（3）调节溶液pH，使Fe3＋转换为Fe(OH)3沉淀
（4）使用冷水将3.0ml/L硫酸稀释至pH大于3，使“沉淀B”部分溶解，过滤，然后使用热水水浴加热，直到有晶体析出
（5） ①. Zn＋2OH−−2e−＝ZnO＋H2O ②. H2O在O为带你被吸附，得到电子转化为OH-，H与O位点结合 ③. 结合了H的O位点得到电子，转化为OH-，从O位点脱落
【解析】
【分析】从废旧锂电池的电极材料（主要为附在铝箔上的LiCO2，还有少量铁的氧化物）中回收钻，由流程可知，加入氢氧化钠溶液可溶解铝，滤液A为NaAlO2，钴渣含有氧化铁、LiCO2，加入稀硫酸、硫代硫酸钠，主要发生8LiCO2＋S2O＋22H＋=8Li＋＋8C2＋＋2SO＋11H2O，加入NaClO3、20%Na2CO3溶液，可使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，即沉淀B为Fe(OH)3，滤液中加入NaF，可生成LiF，滤液3加入30% Na2CO3溶液，可生成CCO3•yC(OH)2，以此解答该题。
【小问1详解】
“钴渣“中LiCO2溶解时的离子方程式为8LiCO2＋S2O＋22H＋=8Li＋＋8C2＋＋2SO＋11H2O，故答案为8LiCO2＋S2O＋22H＋=8Li＋＋8C2＋＋2SO＋11H2O。
【小问2详解】
工业生产中一般不用盐酸浸取“钴渣”，其原因是LiCO2可氧化盐酸，产生的Cl2会污染环境，故答案为LiCO2可氧化盐酸，产生的Cl2会污染环境。
【小问3详解】
在“滤液1“中加入20% Na2CO3溶液，目的是调节溶液pH，使Fe3＋转换为Fe(OH)3沉淀；故答案为调节溶液pH，使Fe3＋转换为Fe(OH)3沉淀。
【小问4详解】
沉淀B主要为Fe(OH)3，且pH约3左右即可完全沉淀；已知Li2CO3溶解度：0℃为1.54g，80℃为0.85g；所以由“沉淀B”中提取Li2SO4晶体的实验方案，使用冷水将3.0ml/L硫酸稀释至pH大于3，使“沉淀B”部分溶解，过滤，然后使用热水水浴加热，直到有晶体析出，余热蒸干多余水分，冷却，得Li2SO4晶体；故答案为使用冷水将3.0ml/L硫酸稀释至pH大于3，使“沉淀B”部分溶解，过滤，然后使用热水水浴加热，直到有晶体析出。
【小问5详解】
①锌−空气电池总反应为2Zn＋O2=2ZnO，电解质溶液为KOH溶液，负极上Zn失电子和氢氧根离子反应生成ZnO和水，电极反应式为Zn＋2OH−−2e−＝ZnO＋H2O；故答案为Zn＋2OH−−2e−＝ZnO＋H2O。
②由图可知，第i步：O2在Mn位点被吸附并得电子转化为，取代了位点上最初附着的OH-；第ⅱ步：H2O在O位点被吸附，得到电子转化为OH-，H与O位点结合；第ⅲ步：结合了H的O位点得到电子，转化为OH-，从O位点脱落；第ⅳ步：O-再次得电子并结合水分子生成了OH-，部分OH-附着在Mn位点上；故答案为H2O在O为带你被吸附，得到电子转化为OH-，H与O位点结合；结合了H的O位点得到电子，转化为OH-，从O位点脱落。
【点睛】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。选项
不纯物
除杂试剂
分离方法
A
CH4(C2H4)
酸性KMnO4溶液
洗气
B
溴苯(Br2)
NaOH溶液
分液
C
C2H5OH(H2O)
新制生石灰
重结晶
D
乙酸乙酯(乙酸)
饱和Na2CO3溶液
蒸馏
实验
实验操作和现象
1
测得0.1ml/L的KHC2O4溶液的pH约为5.6
2
向硫酸化KMnO4溶液中滴加过量0.1ml/L的K2C2O4溶液，溶液紫红色褪色
3
向0.1ml/L KHC2O4溶液中加入等体积0.1ml/L的Ba(OH)2溶液，溶液变浑浊
4
向5mL0.1ml/L KHC2O4溶液中滴加少量0.1m/L KOH溶液，无明显现象
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