江苏省重点中学2023-2024学年高三上学期阶段性测试（三）化学试题（含解析）

这是一份江苏省重点中学2023-2024学年高三上学期阶段性测试（三）化学试题（含解析），共25页。试卷主要包含了5 Mn-55 Fe-56等内容，欢迎下载使用。

可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 C1-35.5 Mn-55 Fe-56
Ⅰ卷 (选择题 共39分)
单项选择题：本题包括13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 第19届亚运会秉持“绿色、智能、节俭、文明”的办会理念。下列说法不正确的是

A. 会场“莲花碗”(如图)采取自然采光方式有利于实现“碳中和”
B. 火炬“薪火”使用的1070铝合金具有硬度高、耐高温的特点
C. 吉祥物“江南忆”机器人所采用芯片的主要成分为二氧化硅
D. 特许商品“亚运莲花尊”的艺术载体青瓷属于无机非金属材料
2. 胍( )的盐是病毒核酸保存液的重要成分。下列说法正确的是
A. 胍分子间能够形成氢键
B. 胍中σ键与π键的数目之比为3∶1
C. 氨基(-NH2)的电子式为
D. 中子数为8的N原子可表示为N
3. 铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是常用的食品添加剂。下列判断正确的是
A. 原子半径：r(Al)C. 第一电离能：I1(N)4. 实验室制取少量Cl2并研究其性质，下列实验装置和操作能达到实验目的的是
A AB. BC. CD. D
5. 含氰废水中氰化物的主要形态是HCN和CN-，CN-具有较强的配位能力，能与Cu+形成一种无限长链离子，其片段为；CN-结合H+能力弱于CO。氰化物浓度较低时，可在碱性条件下用H2O2或Cl2将其转化为N2；浓度较高时，可加入HCN、Fe和K2CO3溶液反应生成K4[Fe(CN)6]溶液。下列说法正确的是
A. 基态Fe2+核外电子排布式为[Ar]3d54s1
B. K4[Fe(CN)6]中Fe2+的配位数为6
C. Cu+与CN-形成的离子的化学式为[Cu(CN)3]2-
D. 某铁晶体(晶胞如图所示)中与每个Fe紧邻的Fe数为6
6. 含氰废水中氰化物的主要形态是HCN和CN-，CN-具有较强的配位能力，能与Cu+形成一种无限长链离子，其片段为；CN-结合H+能力弱于CO。氰化物浓度较低时，可在碱性条件下用H2O2或Cl2将其转化为N2；浓度较高时，可加入HCN、Fe和K2CO3溶液反应生成K4[Fe(CN)6]溶液。下列物质性质与用途具有对应关系的是
A. N2的化学性质稳定，可用于金属焊接保护
B. H2O2具有还原性，可用于处理含氰废水
C. FeCl3溶液显酸性，可用于刻蚀覆铜板
D. NaHCO3受热易分解，可用于治疗胃酸过多
7. 含氰废水中氰化物的主要形态是HCN和CN-，CN-具有较强的配位能力，能与Cu＋形成一种无限长链离子，其片段为CN-结合H＋能力弱于CO。氰化物浓度较低时，可在碱性条件下用H2O2或Cl2将其转化为N2；浓度较高时，可加入HCN、Fe和K2CO3溶液反应生成K4[Fe(CN)6]溶液。
下列化学反应表示正确的是
A. NaCN溶液通入少量的CO2：CN-＋CO2＋H2O=HCN＋HCO
B. Fe与HCN溶液反应：Fe＋2HCN=Fe2＋＋H2↑＋2CN-
C. Cl2处理含氰废水：5Cl2＋2CN-＋4OH-=10Cl-＋N2↑＋4H＋＋2CO2↑
D. K2CO3水解：CO＋2H2O2OH-＋H2CO3
8. 下面是用饱和NaCl溶液来制备一种重要的含氯消毒剂的工艺流程图：
下列说法正确的是
A. 发生器中通入空气的目的是氧化
B. 吸收塔内发生反应的离子方程式：
C. 过滤后的滤液中大量存在：、、、、
D. 电解槽中总的离子方程式：
9. 异甘草素具有抗肿瘤、抗病毒等药物功效。合成中间体Z的部分路线如下：

下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是
A. X能发生加成、氧化和缩聚反应
B. Y分子中所有碳原子不可能在同一平面上
C. 1mlZ中含有5ml碳氧σ键
D. 相同物质的量的X与Y分别与足量浓溴水反应消耗的Br2相等
10. 某MOFs多孔超分子材料的空腔大小适配N2O4可将其“固定”得到R(如下图所示)，实现从烟气中分离出N2O4并可制备HNO3。
已知反应；ΔH<0。下列说法正确的是
A. 图示过程属于氮的固定
B. 高温、高压下有利于从烟气中分离出N2O4
C. R在O2中水洗，可制得HNO3同时实现MOFs再生
D. 该MOFs材料也可用于储存H2
11. 室温下，下列实验探究方案能够达到探究目的的是
A. AB. BC. CD. D
12. 是一种重要的有机反应催化剂。以为原料制备的反应方程式为：。已知室温下：、。下列说法正确的是
A. 溶液中存在
B. 向溶液中加入溶液可制备溶液．当时：
C. 向溶液中加入等体积溶液，产生浅蓝绿色沉淀，可推测
D. 加水稀释一定浓度的溶液，溶液中的值逐渐变小
13. 在一定的温度和压强下，将按一定比例混合的和通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。已知：
催化剂的选择是甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测得温度对转化率和生成选择性的影响如图所示。
选择性=×100％
下列有关说法正确的是
A. 在260℃～320℃间，以为催化剂，升高温度的产率增大
B. 延长W点的反应时间，一定能提高的转化率
C. 选择合适的催化剂，有利于提高的平衡转化率
D. 高于320℃后，以Ni为催化剂，随温度的升高转化率上升的原因是平衡正向移动
Ⅱ卷 (非选择题 共61分)
14. 硫代硫酸钠(Na2S2O3)可与Cu2＋、Ag＋、Au＋等离子形成配合物；也可被一定浓度的Cu2＋氧化，反应为2Cu2＋＋6S2O2[Cu(S2O3)2]3-＋S4O。
（1）Na2S2O3可与胶卷上未感光的AgBr配位使其溶解。
已知：Ag＋＋2S2O [Ag(S2O3)2]3- K=3.7×1013；Ksp(AgBr)=5.4×10-13。
反应AgBr＋2S2O [Ag(S2O3)2]3-＋Br-的平衡常数K=___________。
（2）Na2S2O3溶液可浸取金矿石(含FeAsS和FeS2)中的Au。Au的熔点为1 064 ℃，难被氧化。
① 矿石需在空气中焙烧使Au暴露，便于后继浸取，此时部分FeAsS分解生成As。700 ℃时Au部分焙化，原因是___________；焙烧时加入适量CaCO3的目的是___________。
② 在空气中，Na2S2O3溶液与Au反应生成[Au(S2O3)2]3-，离子方程式为___________。
③ Na2S2O3溶液中加入一定量的CuSO4溶液和氨水溶液，可使单位时间内的Au浸取率大幅提高，反应机理如图1所示，该过程可描述为___________。当其他条件相同时，Cu2＋浓度对Au浸取率的影响如图2所示。随着c(Cu2＋)增大，Au浸取率先增大后下降的可能原因是___________。

④ Na2S2O3溶液的浓度对Au浸取率的影响如图3所示。c(S2O)>0.4 ml·L-1时，加入CuSO4氨水的体系中Au浸出率下降，且溶液中c(S4O)未明显增大，其可能原因是___________。

15. 化合物G是一种抗焦虑药物的中间体，其合成路线如下：

（1）A与足量氢气加成后的产物中含有___________个手性碳原子。
（2）E→F中经历的过程，X与E互为同分异构体，写出中间体X的结构简式：___________。Y→F的反应类型为___________。
（3）D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能与溶液发生显色反应，不能发生银镜反应；
②分子中不同化学环境的氢原子数目比为9∶9∶6∶2。
（4）写出以 、HCHO及为原料制备 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. MnCl2极易吸水潮解，易溶于水和醋酸，不溶于苯；金属活泼性Mn>Fe。某科研小组由粗锰粉(含Mn及少量Fe、Ni、Pb等单质)为原料制备MnCl2，部分实验过程如下：

（1）“酸溶”时，盐酸要缓慢滴加的原因是___________。酸溶过程中溶液中Fe2＋的浓度先增大后略有减少，减少的原因是___________。
（2）“除铁”时，先加入H2O2，后加入MnCO3固体。加入MnCO3固体时有CO2生成，反应的离子方程式为___________。
（3）MnCl2·4H2O经加热脱水可制得MnCl2，测得加热升温过程中固体的质量变化如图所示。

① 若要获得MnCl2·H2O，需控制的温度范围是___________(写出计算推理过程)。
② MnCl2·H2O继续脱去结晶水时易发生副反应，产生MnO2和碱式氯化锰杂质，为减少副反应的发生，可采取的实验操作是___________。
（4） MnCl2·4H2O经加热脱水制得的MnCl2纯度不高，实验室可由固体四水醋酸锰[(CH3COO)2Mn·4H2O]和液体乙酰氯(CH3COCl)经过室温除水、加热回流等步骤制得高纯MnCl2，涉及的主要反应有CH3COCl＋H2O→CH3COOH＋HCl、(CH3COO)2Mn＋2CH3COClMnCl2↓＋2(CH3CO)2O。为获得较高产率的高纯MnCl2，请补充实验方案：取四水醋酸锰24.5 g(0.1 ml)和50 mL苯置于烧瓶中，边搅拌边加入___________，充分反应后过滤，___________，干燥，得到MnCl2.[供选择的试剂：CH3COCl(0.1 ml CH3COCl的体积约7 mL)、苯、水]
17. 氮氧化物(NOx)是硝酸和肼等工业的主要污染物。采用选择性催化还原或氧化吸收法可有效脱除烟气中的氮氧化物。
（1）利用甲烷可将氮氧化物还原为氮气除去。已知：
2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)；ΔH=a kJ·ml-1
CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH=b kJ·ml-1
CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH=c kJ·ml-1
反应CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH=___________kJ·ml-1
（2）一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图1所示，A在沸石笼内转化为B、C、D等中间体的过程如图2所示。
①由A到B的变化过程可用离子反应方程式表示为___________。
②脱除NO的总反应为___________。
（3）电解氧化吸收法可将废气中NOx转变为硝态氮。分别向0.1ml·L-1NaCl溶液和0.08ml·L-1Na2SO4溶液(起始pH均调至9)中通入NO，测得电流强度与NO的脱除率的关系如图3所示。
①电解Na2SO4溶液时产生H2O2。H2O2氧化吸收NO的离子方程式为___________。
②电解NaCl溶液作吸收液时，NO的去除率始终比Na2SO4溶液的大，原因是___________。
2023-2024学年高三上学期阶段性测试(三)
化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 C1-35.5 Mn-55 Fe-56
Ⅰ卷 (选择题 共39分)
单项选择题：本题包括13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 第19届亚运会秉持“绿色、智能、节俭、文明”办会理念。下列说法不正确的是

A. 会场“莲花碗”(如图)采取自然采光方式有利于实现“碳中和”
B. 火炬“薪火”使用的1070铝合金具有硬度高、耐高温的特点
C. 吉祥物“江南忆”机器人所采用芯片的主要成分为二氧化硅
D. 特许商品“亚运莲花尊”的艺术载体青瓷属于无机非金属材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．会场采取自然采光方式能节约能源，有利于实现“碳中和”，A正确；
B．铝合金具有硬度高、耐高温的特点，B正确；
C．芯片的主要成分为硅，C错误；
D．青瓷属于陶瓷，属于无机非金属材料，D正确；
故答案选C。
2. 胍( )的盐是病毒核酸保存液的重要成分。下列说法正确的是
A. 胍分子间能够形成氢键
B. 胍中σ键与π键的数目之比为3∶1
C. 氨基(-NH2)的电子式为
D. 中子数为8的N原子可表示为N
【答案】A
【解析】
【详解】A．胍中H与N相连，可以与另外一个分子中的N形成氢键，A正确；
B．1个胍中含有的σ键数为8个，π键的数目为1个，所以二者数目之比为8：1，B错误；
C．氨基有一个单电子，N不满足8电子的结构，C错误；
D．N的质子数为7，中子数为8个，质量数为15，故N的原子为N，D错误；
故答案选A。
3. 铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是常用的食品添加剂。下列判断正确的是
A. 原子半径：r(Al)C. 第一电离能：I1(N)【答案】C
【解析】
【详解】A．同一周期自左向右，原子半径逐渐减小，原子半径：r(Al)>r(S)，A错误；
B．同一主族自上而下，原子电负性减小，电负性：χ(O)>χ(S)，B错误；
C．第一电离能：I1(N)D．NH中的N原子有无孤电子对，H2O中的O原子有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成建电子对之间的排斥作用，键角：NH>H2O，D错误；
故答案选C。
4. 实验室制取少量Cl2并研究其性质，下列实验装置和操作能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．用和浓盐酸制取需要加热，A错误；
B．除去中的，应该用饱和食盐水，用饱和溶液会产生杂质，B错误；
C．氯水具有漂白性，不能用试纸测氯水的值，C错误；
D．有毒，能与溶液反应，故可用溶液处理尾气中的，D正确；
故选D。
5. 含氰废水中氰化物的主要形态是HCN和CN-，CN-具有较强的配位能力，能与Cu+形成一种无限长链离子，其片段为；CN-结合H+能力弱于CO。氰化物浓度较低时，可在碱性条件下用H2O2或Cl2将其转化为N2；浓度较高时，可加入HCN、Fe和K2CO3溶液反应生成K4[Fe(CN)6]溶液。下列说法正确的是
A. 基态Fe2+核外电子排布式为[Ar]3d54s1
B. K4[Fe(CN)6]中Fe2+的配位数为6
C. Cu+与CN-形成的离子的化学式为[Cu(CN)3]2-
D. 某铁晶体(晶胞如图所示)中与每个Fe紧邻的Fe数为6
【答案】B
【解析】
【详解】A．基态Fe2+核外电子排布式为[Ar]3d6，A错误；
B．根据化学式K4[Fe(CN)6]可知，Fe2+的配位数为6，B正确；
C．由图可知，Cu+与3个CN-相连，其中2个CN-被2个Cu+共有，则Cu+与CN-的个数之比为1：(1+2×)=1：2，所以化学式应该为[Cu(CN)2]-，C错误；
D．以面心的Fe为例，与其紧邻的Fe有12个，因此与每个Fe紧邻的Fe数为12，D错误；
故答案选B。
6. 含氰废水中氰化物主要形态是HCN和CN-，CN-具有较强的配位能力，能与Cu+形成一种无限长链离子，其片段为；CN-结合H+能力弱于CO。氰化物浓度较低时，可在碱性条件下用H2O2或Cl2将其转化为N2；浓度较高时，可加入HCN、Fe和K2CO3溶液反应生成K4[Fe(CN)6]溶液。下列物质性质与用途具有对应关系的是
A. N2的化学性质稳定，可用于金属焊接保护
B. H2O2具有还原性，可用于处理含氰废水
C. FeCl3溶液显酸性，可用于刻蚀覆铜板
D. NaHCO3受热易分解，可用于治疗胃酸过多
【答案】A
【解析】
【详解】A．N2的化学性质稳定，可用于金属焊接保护，A正确；
B．H2O2可将氰化物转化为氮气，氰化物中N元素化合价升高，作还原剂，则H2O2在该反应中表现氧化性，B错误；
C．FeCl3能与Cu生成可溶性氯化铜，表现出较强氧化性，可用于蚀刻印刷电路板，与FeCl3溶液显酸性无关，C错误；
D．NaHCO3性质不稳定，受热易发生分解反应生成CO2，CO2能使面团松软多孔，可用作食品膨松剂；能治理哦胃酸过多是因为能与胃酸中的盐酸反应，D错误；
答案选A。
7. 含氰废水中氰化物的主要形态是HCN和CN-，CN-具有较强的配位能力，能与Cu＋形成一种无限长链离子，其片段为CN-结合H＋能力弱于CO。氰化物浓度较低时，可在碱性条件下用H2O2或Cl2将其转化为N2；浓度较高时，可加入HCN、Fe和K2CO3溶液反应生成K4[Fe(CN)6]溶液。
下列化学反应表示正确的是
A. NaCN溶液通入少量的CO2：CN-＋CO2＋H2O=HCN＋HCO
B. Fe与HCN溶液反应：Fe＋2HCN=Fe2＋＋H2↑＋2CN-
C. Cl2处理含氰废水：5Cl2＋2CN-＋4OH-=10Cl-＋N2↑＋4H＋＋2CO2↑
D. K2CO3水解：CO＋2H2O2OH-＋H2CO3
【答案】A
【解析】
【详解】A．CN-结合H＋能力弱于CO，所以NaCN溶液通入少量的CO2生成碳酸氢根，即CN-＋CO2＋H2O=HCN＋HCO，A正确；
B．由于亚铁离子能与CN-结合生成，即 ，B错误；
C．碱性条件下，产物中不能出现氢离子，所以方程式为5Cl2+2CN－+8OH-=10Cl-+N2↑+4H2O +2CO2↑，C错误；
D．水解是分步水解，主要为第一步水解，即+H2OOH-+HCO，D错误；
故选A。
8. 下面是用饱和NaCl溶液来制备一种重要的含氯消毒剂的工艺流程图：
下列说法正确的是
A. 发生器中通入空气的目的是氧化
B. 吸收塔内发生反应的离子方程式：
C. 过滤后的滤液中大量存在：、、、、
D. 电解槽中总的离子方程式：
【答案】D
【解析】
【分析】电解法生产亚氯酸钠的工艺流程：无隔膜电解槽电解饱和氯化钠溶液，，得到溶液，在酸性条件下被二氧化硫还原成二氧化氯，，ClO2在二氧化硫和空气混合气体中不易分解爆炸，通入空气的目的是稀释ClO2，防止ClO2爆炸，吸收塔中加入氢氧化钠、过氧化氢发生反应生成NaClO2，经过滤、结晶得到NaClO2·3H2O，据此解答。
【详解】A．通入空气的目的是稀释ClO2，防止ClO2发生爆炸，A错误；
B．吸收塔中加入氢氧化钠、H2O2发生氧化还原反应生成NaClO2，离子方程式：，B错误；
C．具有氧化性，具有还原性，二者会发生氧化还原反应而不能大量共存，C错误；
D．无隔膜电解槽电解饱和氯化钠溶液，，将化学方程式改为离子方程式为：，D正确；
故选D。
9. 异甘草素具有抗肿瘤、抗病毒等药物功效。合成中间体Z的部分路线如下：

下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是
A. X能发生加成、氧化和缩聚反应
B. Y分子中所有碳原子不可能在同一平面上
C. 1mlZ中含有5ml碳氧σ键
D. 相同物质的量的X与Y分别与足量浓溴水反应消耗的Br2相等
【答案】A
【解析】
【详解】A．X中苯环上能发生取代反应，含酚羟基可被氧化，含有两个羟基，能发生缩聚反应，A正确；
B．苯环为平面结构，与苯环相连的羰基也为平面结构，故Y分子中所有碳原子可能在同一平面上，B错误；
C．1mlZ中与苯环直接相连的羟基和醚键共有2ml碳氧σ键，羰基上有1ml碳氧σ键，苯环侧链的碳氧σ键有3ml，故共6ml，C错误；
D．1mlX与足量浓溴水反应消耗的Br2为3ml，1mlY消耗的Br2为2ml，消耗的Br2不相等，D错误；
故选A。
10. 某MOFs多孔超分子材料的空腔大小适配N2O4可将其“固定”得到R(如下图所示)，实现从烟气中分离出N2O4并可制备HNO3。
已知反应；ΔH<0。下列说法正确的是
A. 图示过程属于氮的固定
B. 高温、高压下有利于从烟气中分离出N2O4
C. R在O2中水洗，可制得HNO3同时实现MOFs再生
D. 该MOFs材料也可用于储存H2
【答案】C
【解析】
【详解】A．氮的固定是指游离态的氮气转化为氮的化合物，是两种含氮化合物的相互转化，不属于氮的固定，A错误；
B．该反应的放热反应，高温下平衡逆向移动，不利于从烟气中分离出，B错误；
C．由图可知，R在中水洗，发生反应：，可制得HNO3同时实现再生，C正确
D．材料可以于储存，但是不一定能储存，D错误；
故选C。
11. 室温下，下列实验探究方案能够达到探究目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．酸性条件下，溶液中的硝酸根可以氧化亚铁离子，则溶液变为黄色，不能证明硫酸根具有氧化性，A错误；
B．高锰酸钾具有强氧化性，通入二氧化硫褪色，说明二氧化硫有还原性，B正确；
C．混合溶液中滴入几滴硝酸银，银离子少量，黄色沉淀的产生可以由碘离子和银离子直接反应生成，不能判断是否由氯化银转化，故无法通过沉淀比较Ksp，C错误；
D．需要先加NaOH去除过量的硫酸，D错误；
故答案为：B。
12. 是一种重要的有机反应催化剂。以为原料制备的反应方程式为：。已知室温下：、。下列说法正确的是
A. 溶液中存在
B. 向溶液中加入溶液可制备溶液．当时：
C. 向溶液中加入等体积溶液，产生浅蓝绿色沉淀，可推测
D. 加水稀释一定浓度的溶液，溶液中的值逐渐变小
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液中存在质子守恒，A错误；
B．当与恰好反应生成时，存在物料守恒，当时NaOH量不足，故，B错误；
C．等体积浓度均为，则，产生浅蓝绿色沉淀，说明，C错误；
D．，加水稀释溶液，c(H+)减少，温度不变Ka2不变，故减小，D正确；
故选D。
13. 在一定的温度和压强下，将按一定比例混合的和通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。已知：
催化剂的选择是甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测得温度对转化率和生成选择性的影响如图所示。
选择性=×100％
下列有关说法正确的是
A. 在260℃～320℃间，以为催化剂，升高温度的产率增大
B. 延长W点的反应时间，一定能提高的转化率
C. 选择合适的催化剂，有利于提高的平衡转化率
D. 高于320℃后，以Ni为催化剂，随温度的升高转化率上升的原因是平衡正向移动
【答案】A
【解析】
【分析】在两种不同催化剂作用下反应相同时间，化学反应速率越大、选择性越高，则甲烷的产率越高。
【详解】A．在260℃~320℃间，以为催化剂，升高温度CH4的选择性虽然基本不变，但CO2的转化率在上升，所以CH4的产率上升， A说法正确；
B．W点是平衡点，延长时间不能提高CO2的转化率， B说法不正确；
C．催化剂只能加快化学反应速率，不能改变CO2的平衡转化率， C说法不正确；
D．由图中信息可知，高于320℃后以Ni为催化剂，转化率明显低于相同温度下以CeO2为催化剂的转化率，反应一定未达平衡，高于320℃后，随温度的升高CO2转化率上升的原因是催化剂活性增大，反应速率加快， D说法不正确。
答案选A。
Ⅱ卷 (非选择题 共61分)
14. 硫代硫酸钠(Na2S2O3)可与Cu2＋、Ag＋、Au＋等离子形成配合物；也可被一定浓度的Cu2＋氧化，反应为2Cu2＋＋6S2O2[Cu(S2O3)2]3-＋S4O。
（1）Na2S2O3可与胶卷上未感光的AgBr配位使其溶解。
已知：Ag＋＋2S2O [Ag(S2O3)2]3- K=3.7×1013；Ksp(AgBr)=5.4×10-13。
反应AgBr＋2S2O [Ag(S2O3)2]3-＋Br-的平衡常数K=___________。
（2）Na2S2O3溶液可浸取金矿石(含FeAsS和FeS2)中的Au。Au的熔点为1 064 ℃，难被氧化。
① 矿石需在空气中焙烧使Au暴露，便于后继浸取，此时部分FeAsS分解生成As。700 ℃时Au部分焙化，原因是___________；焙烧时加入适量CaCO3的目的是___________。
② 在空气中，Na2S2O3溶液与Au反应生成[Au(S2O3)2]3-，离子方程式为___________。
③ Na2S2O3溶液中加入一定量的CuSO4溶液和氨水溶液，可使单位时间内的Au浸取率大幅提高，反应机理如图1所示，该过程可描述为___________。当其他条件相同时，Cu2＋浓度对Au浸取率的影响如图2所示。随着c(Cu2＋)增大，Au浸取率先增大后下降的可能原因是___________。

④ Na2S2O3溶液的浓度对Au浸取率的影响如图3所示。c(S2O)>0.4 ml·L-1时，加入CuSO4氨水的体系中Au浸出率下降，且溶液中c(S4O)未明显增大，其可能原因是___________。

【答案】（1）19.98或3.7×5.4
（2） ①. 分解生成的As和Au形成合金，使熔点降低 ②. 吸收焙烧时生成的SO2，防止污染环境 ③. 8S2O＋O2＋4Au＋2H2O=4[Au(S2O3)2]3-＋4OH- ④. Au失去电子后与S2O生成[Au(S2O3)2]3-，CuSO4和氨水反应生成的[Cu(NH3)4]2＋得到电子生成[Cu(NH3)2]＋，[Cu(NH3)2]＋被O2氧化重新生成[Cu(NH3)4]2＋，[Cu(NH3)4]2＋在反应中起催化作用 ⑤. c(Cu2＋)<0.03 ml·L-1时，随着c(Cu2＋)增大，[Cu(NH3)4]2＋的浓度增大，浸金速率增大；c(Cu2＋)>0.03 ml·L-1时，Cu2＋消耗S2O，c(S2O)减小，浸金速率减小 ⑥. c(S2O)增大，Cu2＋与S2O络合，Cu2＋＋4NH3[Cu(NH3)4]2＋平衡逆向移动，[Cu(NH3)4]2＋浓度减小，Au浸取率下降
【解析】
【小问1详解】
由离子方程式可得=；
小问2详解】
①Au与As在焙烧过程中形成合金，使其熔点降低，则原因是：分解生成的As和Au形成合金，使熔点降低；焙烧过程中有SO2生成，因此加入适量CaCO3能够吸收SO2，防止空气污染；
②在空气中，Na2S2O3溶液与Au反应生成[Au(S2O3)2]3-，相应的离子方程式为：8S2O＋O2＋4Au＋2H2O=4[Au(S2O3)2]3-＋4OH-；
③由图可知，Au失去电子后与S2O反应生成[Au(S2O3)2]3-，硫酸铜和氨水反应生成的四氨合铜离子得到电子生成[Cu(NH3)2]＋，[Cu(NH3)2]＋被O2氧化重新生成[Cu(NH3)4]2＋，[Cu(NH3)4]2＋在反应中起催化作用；由上一问分析可知，[Cu(NH3)4]2＋在反应中起催化作用，而且铜离子可以和氨水反应生成的[Cu(NH3)4]2＋，故Au浸取率先增大后下降的可能原因是：c(Cu2＋)<0.03 ml·L-1时，随着c(Cu2＋)增大，[Cu(NH3)4]2＋的浓度增大，浸金速率增大；c(Cu2＋)>0.03 ml·L-1时，Cu2＋消耗S2O，c(S2O)减小，浸金速率减小；
④可以从浓度对平衡的影响的角度分析，则可能原因是：c(S2O)增大，Cu2＋与S2O络合，Cu2＋＋4NH3[Cu(NH3)4]2＋平衡逆向移动，[Cu(NH3)4]2＋浓度减小，Au浸取率下降。
15. 化合物G是一种抗焦虑药物的中间体，其合成路线如下：

（1）A与足量氢气加成后的产物中含有___________个手性碳原子。
（2）E→F中经历的过程，X与E互为同分异构体，写出中间体X的结构简式：___________。Y→F的反应类型为___________。
（3）D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能与溶液发生显色反应，不能发生银镜反应；
②分子中不同化学环境的氢原子数目比为9∶9∶6∶2。
（4）写出以 、HCHO及为原料制备 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）2 （2） ①. ②. 消去反应
（3） 或 （4）

【解析】
【分析】A与甲醛发生取代反应生成B；B中醛基碳氧双键与丙酮先发生加成反应、后发生消去反应生成C；C中羰基发生加成反应生成D；D发生酯化反应生成E；结合信息E发生分子重组生成X ，接着酯基发生水解、产物中羟基又发生消去反应生成F；F羧基中羟基被甲基取代生成G，据此回答。
小问1详解】
A中苯环与氢气发生加成反应，即产物中有2个手性碳原子 ；
【小问2详解】
由分析知X的结构简式为 ，且Y到F的反应类型为消去反应；
【小问3详解】
分析知结构中含有酚羟基，不含有醛基和 ，又分子中不同化学环境的氢原子数目比为9∶9∶6∶2，所以满足条件结构简式为 、 ；
【小问4详解】
苯与甲醛先发生取代反应生成苯甲醛，后氧化生成苯甲酸；苯甲酸羧基中的羟基被甲基取代，产物再和甲醛先加成后消去，最后产物再和氢气发生加成得目标产物，即 。
16. MnCl2极易吸水潮解，易溶于水和醋酸，不溶于苯；金属活泼性Mn>Fe。某科研小组由粗锰粉(含Mn及少量Fe、Ni、Pb等单质)为原料制备MnCl2，部分实验过程如下：

（1）“酸溶”时，盐酸要缓慢滴加的原因是___________。酸溶过程中溶液中Fe2＋的浓度先增大后略有减少，减少的原因是___________。
（2）“除铁”时，先加入H2O2，后加入MnCO3固体。加入MnCO3固体时有CO2生成，反应的离子方程式为___________。
（3）MnCl2·4H2O经加热脱水可制得MnCl2，测得加热升温过程中固体的质量变化如图所示。

① 若要获得MnCl2·H2O，需控制的温度范围是___________(写出计算推理过程)。
② MnCl2·H2O继续脱去结晶水时易发生副反应，产生MnO2和碱式氯化锰杂质，为减少副反应的发生，可采取的实验操作是___________。
（4） MnCl2·4H2O经加热脱水制得的MnCl2纯度不高，实验室可由固体四水醋酸锰[(CH3COO)2Mn·4H2O]和液体乙酰氯(CH3COCl)经过室温除水、加热回流等步骤制得高纯MnCl2，涉及的主要反应有CH3COCl＋H2O→CH3COOH＋HCl、(CH3COO)2Mn＋2CH3COClMnCl2↓＋2(CH3CO)2O。为获得较高产率的高纯MnCl2，请补充实验方案：取四水醋酸锰24.5 g(0.1 ml)和50 mL苯置于烧瓶中，边搅拌边加入___________，充分反应后过滤，___________，干燥，得到MnCl2.[供选择的试剂：CH3COCl(0.1 ml CH3COCl的体积约7 mL)、苯、水]
【答案】（1） ①. 防止活泼金属Mn与盐酸剧烈反应；防止反应放出大量的热， 盐酸大量挥发；防止生成大量气体，使液体溢出(答对任一点即可) ②. 一部分Fe2＋被Mn置换出来，一部分Fe2＋被O2氧化为Fe3＋后再转化为Fe(OH)3沉淀出来
（2）3MnCO3+2Fe3＋+3H2O=3Mn2＋+2Fe(OH)3+3CO2↑
（3） ①. 130～180 ℃(在温度范围内均可) ②. 将晶体置于HCl氛围中加热或将晶体置于真空状态下加热并及时抽出水汽
（4） ①. 28 mL的CH3COCl ②. 将所得固体、50 mL苯和14 mL的CH3COCl置于装有蒸馏装置中；加热回流至沉淀不再增加，过滤，用苯洗涤2～3次
【解析】
【小问1详解】
该反应为放热反应，且盐酸是挥发性酸，则盐酸要缓慢滴加的原因是：防止活泼金属Mn与盐酸剧烈反应；防止反应放出大量的热， 盐酸大量挥发；防止生成大量气体，使液体溢出(答对任一点即可)；
根据题给信息，金属活泼性Mn>Fe，则锰可以置换出溶液总的二价铁离子，另外溶液中溶解的氧气可以将二价铁氧化为三价铁，则溶液中Fe2＋的浓度减少的原因是：一部分Fe2＋被Mn置换出来，一部分Fe2＋被O2氧化为Fe3＋后再转化为Fe(OH)3沉淀出来；
【小问2详解】
“除铁”时，先加入H2O2将二价铁氧化为三价铁，再加入MnCO3固体时有CO2生成，相关的反应有：3MnCO3+2Fe3＋+3H2O=3Mn2＋+2Fe(OH)3+3CO2↑；
【小问3详解】
①根据锰元素守恒可知，，则，故要获得MnCl2·H2O，需要控制温度为：130～180 ℃之间；
②生成杂质是由于氯化锰的水解导致的，可以通过防止水解的发生而减少杂质的产生，故为减少副反应的发生，可采取的实验操作是：将晶体置于HCl氛围中加热或将晶体置于真空状态下加热并及时抽出水汽；
【小问4详解】
根据题给信息可知，还需要加入CH3COCl，并且(CH3COO)2Mn·4H2O~4CH3COCl，则需要CH3COCl的物质的量为0.4ml，体积为28mL，根据题中信息，经过室温除水、加热回流等步骤制得高纯MnCl2，故答案为：28 mL的CH3COCl；将所得固体、50 mL苯和14 mL的CH3COCl置于装有蒸馏装置中；加热回流至沉淀不再增加，过滤，用苯洗涤2～3次。
17. 氮氧化物(NOx)是硝酸和肼等工业的主要污染物。采用选择性催化还原或氧化吸收法可有效脱除烟气中的氮氧化物。
（1）利用甲烷可将氮氧化物还原为氮气除去。已知：
2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)；ΔH=a kJ·ml-1
CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH=b kJ·ml-1
CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH=c kJ·ml-1
反应CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH=___________kJ·ml-1。
（2）一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图1所示，A在沸石笼内转化为B、C、D等中间体的过程如图2所示。
①由A到B变化过程可用离子反应方程式表示为___________。
②脱除NO的总反应为___________。
（3）电解氧化吸收法可将废气中的NOx转变为硝态氮。分别向0.1ml·L-1NaCl溶液和0.08ml·L-1Na2SO4溶液(起始pH均调至9)中通入NO，测得电流强度与NO的脱除率的关系如图3所示。
①电解Na2SO4溶液时产生H2O2。H2O2氧化吸收NO的离子方程式为___________。
②电解NaCl溶液作吸收液时，NO的去除率始终比Na2SO4溶液的大，原因是___________。
【答案】（1）2a+2c-b
（2） ①. 2Cu(NH3)+O2→[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+ ②. 4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O
（3） ①. 3H2O2+2NO+2OH-=2NO+4H2O ②. 电解氯化钠溶液生成次氯酸根离子，次氯酸根离子氧化性更强；同时电解氯化钠溶液生成烧碱，溶液的碱性更强
【解析】
【小问1详解】
①2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g)；ΔH=a kJ·ml-1
②CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH=b kJ·ml-1
③CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH=c kJ·ml-1
根据盖斯定律①×2+③×2-②得CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)；ΔH=(2a+2c-b)kJ·ml-1。
【小问2详解】
①根据图示，由A到B是Cu(NH3)、O2沸石笼内生成[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+，反应的离子方程式表示为2Cu(NH3)+O2=[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+。
②根据图示，脱除NO的总反应为NO、NH3、O2反应生成N2、H2O，反应方程式为4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O；
【小问3详解】
①H2O2将NO氧化为硝酸根离子，反应的离子方程式为3H2O2+2NO+2OH-=2NO+4H2O。
②电解氯化钠溶液生成次氯酸根离子，次氯酸根离子氧化性更强；同时电解氯化钠溶液生成烧碱，溶液的碱性更强，所以电解NaCl溶液作吸收液时，NO的去除率始终比Na2SO4溶液的大。
A制取
B.除去杂质
C.测量氯水pH
D.吸收尾气的Cl2
选项
探究方案
探究目的
A
向盛有Fe(NO3)2溶液的试管中滴加几滴稀硫酸，振荡，观察溶液颜色变化
SO具有氧化性
B
向盛有KMnO4溶液的试管中通入SO2，观察溶液颜色变化
SO2具有还原性
C
向盛有NaCl和KI混合溶液的试管中滴加几滴AgNO3溶液，振荡，观察沉淀颜色
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
D
向试管中加入0.5 g淀粉和4 mL 2 ml·L-1 H2SO4溶液，加热。冷却后，向其中加入少量新制的Cu(OH)2，加热，观察现象
淀粉水解液中存在还原性糖
A.制取
B.除去杂质
C.测量氯水pH
D.吸收尾气的Cl2
选项
探究方案
探究目的
A
向盛有Fe(NO3)2溶液的试管中滴加几滴稀硫酸，振荡，观察溶液颜色变化
SO具有氧化性
B
向盛有KMnO4溶液的试管中通入SO2，观察溶液颜色变化
SO2具有还原性
C
向盛有NaCl和KI混合溶液的试管中滴加几滴AgNO3溶液，振荡，观察沉淀颜色
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
D
向试管中加入0.5 g淀粉和4 mL 2 ml·L-1 H2SO4溶液，加热。冷却后，向其中加入少量新制的Cu(OH)2，加热，观察现象
淀粉水解液中存在还原性糖