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上海市2024年高三下学期“新高考”最终质量调研（等级考）化学试题（等级考+等级考）
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本卷中可能用到的相对原子质量：O-16 Mn-55
一、硫与氮
硫和氮两种元素与人们的生活密切相关，自然界中硫、氮的循环是维持生态平衡的重要物质基础。
1. 下列说法错误的是
A. 合成氨很大程度上解决了地球上因粮食不足而导致的饥饿问题
B. 组成生命体的蛋白质中含有硫和氮
C. 豆科植物的根瘤菌可实现自然固氮
D. 二氧化硫有毒，不可用作食品添加剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．合成氨可生产氮肥，氮肥可提高粮食产量，故A正确；
B．蛋白质主要由C、H、N、O元素组成，有些蛋白质还有P、S元素，故B正确；
C．豆科植物的根瘤菌可将空气中氮气转化为含氮化合物，实现自然固氮，故C正确；
D．二氧化硫具有还原性，可用作葡萄酒的抗氧化剂，故D错误；
故选D。
一种具有高弹性的自修复聚氨酯材料(TPU)结构如下：
该聚合物由X()和Y()聚合而成。
2. 据图判断，碳氧双键的键能_______碳氮双键的键能。
A.大于 B.等于 C.小于
3. 请写出TPU中元素的第一电离能的大小关系_______。
【答案】2. A 3. N>O>H >C >S
【解析】
【2题详解】
从X和Y的聚合反应来看，断裂的是C=N双键，故碳氮双键比碳氧双键更容易与Y发生反应，则碳氧双键的键能大于碳氮双键的键能。
【3题详解】
TPU中含H、C、N、S，同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但N最外层为半满稳定结构，其第一电离能大于O。O，S同主族，O的第一电离能大于S，H最外层只有1个电子，其第一电离能大于C、S，但小于O，则第一电离能的大小顺序为：N>O>H >C >S。
含硫、氮物质的使用在为人类带来益处的同时，也给人们带来了一些困扰。利用化学原理处理含硫、氮的废气、废液等具有重要意义。二氧化氯(ClO2)可用于烟气中SO2和NO的脱除。研究发现ClO2氧化SO2和NO时涉及以下基元反应。
脱硝：
ⅰ
ⅱ
脱硫：
ⅲ
ⅳ
其中k为速率常数。对于基元反应：，其速率方程表达式为
实验测得：ClO2分别单独氧化纯SO2、纯NO以及同时氧化二者混合物的氧化率随时间(t)的变化情况如图所示。
4. 写出ClO2中“Cl”的电子排布式_______。
5. 脱硝反应和脱硫反应哪个活化能更大？说明理由_______。
6. 请结合ⅰ、ⅲ、ⅳ的速率常数，判断NO的存在是否会影响ClO2氧化SO2的速率并说明理由_______。
CO也可以与NO反应生成无污染物：。
已知：
ⅰ 在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度，可得到相对压力平衡常数。
ⅱ 气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以()。
7. 在某温度下，原料组成，初始总压为100 kPa的恒容容器中进行上述反应，达到平衡时CO2的分压为40 kPa，则该反应的相对压力平衡常数_______。
8. 该反应中，如果在恒压密闭容器中，仍保持原料组成，以下哪些条件可以判断反应达到平衡_______。
A. CO的消耗速率等于NO的消耗速率B. 容器内气体密度保持不变
C. 容器内平均相对分子质量保持不变D. CO的转化率保持不变
【答案】4. 1s22s22p63s23p5
5. 脱硫反应的活化能较大。ClO2与NO的两步反应的k1、k2均大于ClO2与SO2反应的k3、k4，说明ClO2与NO反应更快。反应速率越快，反应所具有的活化能越小，因此ClO2氧化SO2的活化能大于ClO2与NO反应的活化能
6. k3显示单独氧化SO2时产生ClO过慢，同时氧化时由反应ⅰ产生的ClO部分与SO2作用，使SO2的氧化率提高明显
7. 320 8. BCD
【解析】
【4题详解】
ClO2中“Cl”的核电荷数为17，电子排布式为1s22s22p63s23p5。
【5题详解】
比较题中提供的速率常数数据k1、k2与k3、k4，可得出脱硝反应的速率大于脱硫反应的速率，则脱硫反应的活化能较大。理由是：ClO2与NO的两步反应的k1、k2均大于ClO2与SO2反应的k3、k4，说明ClO2与NO反应更快。反应速率越快，反应所具有的活化能越小，因此ClO2氧化SO2的活化能大于ClO2与NO反应的活化能。
6题详解】
根据图象可知，ClO2单独氧化SO2时，氧化率较低，同时氧化SO2和NO时，ClO2氧化SO2的氧化率有明显上升，结合ⅰ、ⅲ、ⅳ的速率常数可知，k3显示单独氧化SO2时产生ClO过慢，同时氧化时由反应ⅰ产生的ClO部分与SO2作用，使SO2的氧化率提高明显。则判断NO的存在是否会影响ClO2氧化SO2的速率并说明理由为：k3显示单独氧化SO2时产生ClO过慢，同时氧化时由反应ⅰ产生的ClO部分与SO2作用，使SO2的氧化率提高明显。
【7题详解】
恒温恒容条件下，气体压强之比等于气体的物质的量之比，在某温度下，原料组成，初始总压为100 kPa的恒容容器中进行上述反应，则起始时CO、NO的分压均为50kPa，达到平衡时CO2的分压为40kPa，由反应方程式可知，N2的平衡分压为CO2平衡分压的一半，即为20kPa，CO、NO减少的分压等于CO2的分压，即为40kPa，则平衡时CO、NO减少的分压均为(50-40)kPa=10kPa，则该反应的相对压力平衡常数==320。
【8题详解】
A．由反应方程式可以看出，不管反应进行到什么程度，CO的消耗速率始终等于NO的消耗速率，所以反应不一定达到平衡状态，A不符合题意；
B．反应前后气体分子数不相等，在恒压密闭容器中，随着反应的进行，混合气的体积不断减小，则密度不断增大，当反应容器内气体密度保持不变时，反应达平衡状态，B符合题意；
C．随着反应的进行，混合气的质量不变，物质的量不断减小，则平均相对分子质量不断增大，当容器内平均相对分子质量保持不变时，反应达平衡状态，C符合题意；
D．CO的转化率保持不变时，正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，D符合题意；
故选BCD。
【点睛】混合体系中，当系统的某个量为变量，该变量不变时反应达平衡状态。
污水中的硝基苯可用铁炭混合物在酸性条件下处理。硝基苯转化过程如下：
9. 的电极反应式为_______。
10. 其他条件一定，相同时间内，硝基苯的去除率与pH的关系如图所示。pH越大，硝基苯的去除率越低的原因可能是_______。
【答案】9. +4e-+4H+ =
10. 反应生成的Fe2+，随着pH增大，转化为Fe(OH)2沉淀覆盖在铁炭混合物表面，阻碍了反应进行，降低了反应速率
【解析】
【9题详解】
转化为的过程，反应物加氢去氧，为还原反应，则的电极反应式为+4e-+4H+ =+H2O
【10题详解】
污水中的硝基苯用铁炭混合物在酸性条件下处理，则反应生成的Fe2+，随着pH增大，转化为Fe(OH)2沉淀覆盖在铁炭混合物表面，阻碍了反应进行，降低了反应速率。
二、以大洋锰结核
以大洋锰结核(主要由MnO2和铁氧化物组成，还含有Al、Mg、Zn、Ca、Si等元素)为原料，制备MnxOy及Mn(H2PO4)2·2H2O，所得产品具有广泛的用途。制备过程如下图所示：
已知：①金属离子浓度≤10-5ml/L时，认为该离子沉淀完全。相关离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
②25℃时，Ksp(ZnS)=2.9×10-25；Ksp(MnF2)=5.3×10-3；Ksp(MgF2)=7.4×10-11；Ksp(MnCO3)=1.0×10-11。
11. “浸取”时，有副产物MnS2O6生成，请写出该副反应的化学方程式_______。
12. 温度对锰的浸出率、MnS2O6生成率的影响如图所示，为了减少副产物的生成，最适宜的温度_______。
A. 45度B. 90度C. 120度D. 135度
13. “调pH”时，应控制的pH范围是_______。“净化”后滤渣3的主要成分_______。
14. “沉锰”时，加入过量NH4HCO3溶液，该反应的离子方程式为_______。若改用加入(NH4)2CO3溶液，还会产生Mn(OH)2，可能的原因是：MnCO3(s)＋2OH-(aq) Mn(OH)2(s)＋CO32-(aq)，25℃时，计算该反应的平衡常数的对数值lg K = _______(填数值)。
15. 要将“溶解”后的溶液制得Mn(H2PO4)2·2H2O晶体，操作X为_______、过滤、洗涤、干燥。
“煅烧”时，不同条件下煅烧可制得不同锰的氧化物晶体。
16. 晶体Ⅰ可作脱硫剂，其长方体晶胞结构如图。其的分子式为_______；若阿伏加德罗常数为NA ml-1，则晶体Ⅰ的密度为_______g·cm-3。
【答案】11. 12. B
13. ①. 4.7-8.1 ②. ZnS、MgF2
14. ①. ②. 1.8
15. 蒸发浓缩、冷却结晶
16. ①. MnO2 ②.
【解析】
【分析】以大洋锰结核(主要由MnO2和铁氧化物组成，还含有Al、Mg、Zn、Ca、Si等元素)为原料，通入SO2加硫酸浸取，Si被去除，氧化将Fe2+转化为Fe3+方便后续除去，调pH，可让Fe3+，Al3+和部分Zn2+转化为氢氧化物沉淀而除去，再加MnF2和Na2S净化主要是除去Zn2+和Mg2+，“沉锰”生成MnCO3沉淀，煅烧得到MnxOy，或者加磷酸进一步制备可得到Mn(H2PO4)2·2H2O，据此分析解题。
【11题详解】
“浸取”时，有副产物生成，该副反应的化学方程式为。
【12题详解】
结合题目中所给温度对锰的浸出率、MnS2O6生成率的影响图，为了减少副产物的生成，最适宜的温度90℃左右，故选B。
【13题详解】
调pH，可让Fe3+，Al3+和部分Zn2+转化为氢氧化物沉淀而除去，故“调pH”时，为了保证杂质离子沉淀，锰离子不沉淀，应控制的pH范围是4.7-8.1；再加MnF2和Na2S净化主要是除去Zn2+和Mg2+，因此“净化”后滤渣3的主要成分ZnS、MgF2。
【14题详解】
“沉锰”时，加入过量NH4HCO3溶液，生成MnCO3，该反应的离子方程式为；当pH=10.1时，Mn2+完全沉淀，此时，则，该反应的平衡常数的对数值
。
【15题详解】
要将“溶解”后的溶液制得Mn(H2PO4)2·2H2O晶体，操作X为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
【16题详解】
根据均摊法，Mn原子个数为，O原子个数为，则其的分子式为MnO2，根据晶体密度计算公式，晶体Ⅰ的密度为。
三、零碳甲醇燃料
2023年9月23日第19届亚运会在我国杭州正式开幕。开幕式主火炬首次使用了零碳甲醇燃料，充分体现了杭州亚运会“绿色、智能、节俭、文明”的办赛理念。已知一定条件下，催化加氢生产甲醇，发生如下反应：
反应；
反应ii：。
17. 反应体系中存在反应，则_______。
将和通入密闭容器中进行反应，当改变某一外界条件(温度或压强)时，的体积分数变化趋势如图甲所示：
18. 平衡时，点的体积分数为，则的转化率为_______。(计算结果保留三位有效数字)。
19. 轴上点的数值比点_______(填“大”或“小”)。
在不同压强下，按照进行投料，在容器中发生上述三个反应，平衡时，和在含碳产物和中物质的量分数及的转化率随温度的变化如图乙所示：
20. 压强由大到小的顺序为_______。
A. B. C. D.
21. 曲线_______(填“”或“”)代表在含碳产物中的物质的量分数。
22. 在，压强为时，反应的浓度平衡常数_______(填含的表达式)。
光催化制甲醇技术也是研究热点。如图丙铜基纳米光催化材料还原的机理为：光照时，低能价带失去电子并产生空穴(，具有强氧化性)。
23. 光催化原理与电解原理类似，写出高能导带的电极反应式：_______。
24. 太阳光激发下，在导带和价带中除了产生电子和空穴外，还会生成_______(填写微粒名称)参与的还原再生。
25. 请至少从2方面写出光催化CO2制备甲醇与原方法的优劣比较：_______。
【答案】17. -90
18. 42.9% 19. 大 20. A
21. m 22.
23.
24. 氢离子 25. 光催化CO2制备甲醇的还原条件温和，一般为常温、常压；充分利用太阳能，节约能源。
【解析】
【17题详解】
根据盖斯定律可知，反应iii=反应i-反应ii，则。
【18题详解】
设转化x ml一氧化碳，则平衡时，，，，由气体体积与物质的量成正比，则，解得，故CO的转化率为。
【19题详解】
反应为放热反应，当温度升高，平衡逆向移动，CH3OH的体积分数变小，所以y表示温度；则x应表示压强，当增大压强时，平衡向着正反应方向移动，CH3OH的体积分数变大，则x轴上b点的数值比a点大。
【20题详解】
由方程式可知，反应i、iii均为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量减小、一氧化碳的物质的量增大，反应ii为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的物质的量增大，所以升高温度，甲醇在含碳产物中物质的量分数减小，则曲线m表示甲醇在含碳产物中物质的量分数；反应i、iii均为体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量增大，则甲醇在含碳产物中物质的量分数增大，则压强的大小顺序为，故选A。
【21题详解】
由第4小问分析知，曲线代表在含碳产物中的物质的量分数。
【22题详解】
设起始二氧化碳和氢气的物质的量为1ml和3ml，由图可知，在T1℃下，压强为p3时，甲醇和一氧化碳在含碳产物中物质的量分数相等，二氧化碳的转化率为α，则甲醇和一氧化碳的物质的量均为0.5α，则可得：，，则平衡时，、，，，反应ii为反应前后气体物质的量变的反应，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，故反应的浓度平衡常数。
23题详解】
已知光催化原理与电解原理类似，由图可知，高能导带电极反应为：二氧化碳得电子发生还原反应得到甲醇，由此可知其电极反应式为：。
【24题详解】
光照时，低能价带失去电子并产生空穴(，具有强氧化性)，相当于电解池的阳极，结合图知，在低能价带上，H2O直接转化为O2的电极反应式为：2H2O+4h+=O2+4H+，反应生成H+可参与高能带上的还原再生。
【25题详解】
光催化CO2制备甲醇的还原条件温和，一般为常温、常压；充分利用太阳能，节约能源。
四、抗癫痫药物
化合物I是一种抗癫痫药物，我国科学家近来发现I对消除由蜈蚣叮咬产生的严重临床症状有良好效果。I的两条合成路线如下图所示。I的结构简式：
已知G的分子式为：
26. 写出C中的官能团的名称_______。
27. 下列说法正确的是_______。
A. A到C的反应是取代反应，生成的氯化氢和反应使原料的利用率提高
B. D生成E的目的是为了保护氨基不被E到F反应中的硝酸氧化
C. A的碱性比的碱性强
D. A用氢气还原的产物可以和发生加聚反应生成高分子产物
28. 写出E的结构简式_______。
29. 写出K到I的化学方程式_______。
30. 与甲醇按物质的量1∶1反应只生成一种产物，写出符合下列条件的该产物的同分异构体_______。
a.能发生银镜反应
b.水解产物能使氯化铁溶液显紫色
c.谱检测表明：分子中有4种不同环境的氢原子，峰面积比为3∶2∶2∶1
31. 运用上述信息设计以为原料制备高分子化合物的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)_______。
【答案】26. 硝基、肽键 27. AB
28. 29. ++HCl
30. 、、 31.
【解析】
【分析】E与浓硫酸、浓硝酸发生硝化反应生成F ，即E为，D与反应生成E，即D为， C与H2加成得到D，结合A和的结构可知，C为，F与NH2NH2转化为G ，G与反应转化为H，H与氢气反应转化为I；B 与反应生成J，J与氢气发生还原反应生成K ，K与反应生成I ，据此回答。
【26题详解】
C为，官能团为硝基、肽键；
【27题详解】
A．根据分析可知，A到C的反应是取代反应，生成的氯化氢和K2CO3反应使原料的利用率提高，故A正确；
B．根据分析可知，D生成E的目的是为了保护氨基不被E到F反应中的硝酸氧化，故B正确；
C．-CH3对N原子有推电子作用，增大N原子的电子密度，的碱性更强，故C错误；
D．A用氢气还原的产物为，可以和发生缩聚反应，故D错误；
故选AB。
【28题详解】
由分析得，E为；
【29题详解】
K 与反应生成I ，化学方程式为++HCl；
【30题详解】
与甲醇按物质的量1∶1反应只生成一种产物，分子式：C9H8O4，满足a．能发生银镜反应，含有醛基；b．水解产物能使氯化铁溶液显紫色，水解产生酚羟基；c．H−NMR谱检测表明：分子中有4种不同环境的氢原子，四种等效氢，峰面积比为3∶2∶2∶1的同分异构体有：、、；
【31题详解】
以为原料制备高分子化合物，被酸性高锰酸钾氧化为，被H2还原为，发生缩聚反应生成，合成路线为。
五、海水提碘
用“氧化-萃取法”可从卤水中提取碘，其方法为向酸化的卤水中加入溶液，再加入萃取剂(R)进行萃取。该过程涉及以下反应：
(ⅰ)
(ⅱ)
(ⅲ)
32. 基态碘原子价层电子的轨道表示式为_______。
反应条件会影响碘的萃取率。其他条件不变时，不同温度下达平衡时碘萃取率［］曲线如图所示：
33. 萃取温度从300 K升高至320 K，碘萃取率缓慢下降。结合平衡移动原理，分析其原因_______(忽略萃取剂的挥发、的挥发及分解产生的影响)。
34. 下列说法不正确的是_______。
A. 增大溶液的pH，碘萃取率降低
B. 增大萃取剂用量，碘萃取率升高
C. 萃取体系平衡后加水稀释，变小
D. 增大的浓度，反应(ⅰ)的速率增大
未加萃取剂时，固定总碘浓度为，平衡时溶液中的、、分布系数与溶液中初始关系如图所示。［总碘浓度各组分折合为后的浓度之和，，如］
35. 设平衡时、、分别为、、，则、、之间的关系式为_______。
36. 计算反应的平衡常数_______(结果保留3位有效数字)。
37. 测定卤水中的方法：取卤水于锥形瓶中，加适量氧化剂恰好将全部氧化为；加溶液酸化后，再加入适量溶液，密闭静置后，用标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点；平行测定3次，平均消耗，则卤水中_______。(写出计算过程)(已知：)
【答案】32. 33. 反应（ⅰ）、（ⅱ）、（ⅲ）均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，碘萃取率缓慢下降 34. C
35. a+2b+3c
36. 667 37. 2.000×10－3ml/L
【解析】
【32题详解】
基态碘原子的最外层有7个电子，分别排布在5s和5p轨道，其价层电子的轨道表示式为；
【33题详解】
由于反应（ⅰ）、（ⅱ）、（ⅲ）均放热反应，升高温度，平衡逆向移动，所以碘萃取率缓慢下降；
【34题详解】
A．增大溶液的pH，溶液中氢离子浓度减小，反应ⅰ、ⅱ、ⅲ平衡向逆反应方向移动，导致平衡碘萃取率降低，故正确；
B．增大萃取剂用量，反应ⅲ向正反应方向移动，碘萃取率升高，故正确；
C．由方程式可知，反应ⅱ的平衡常数K=，溶液中，萃取体系平衡后加水稀释时，碘离子浓度减小、平衡常数不变，则溶液中的值增大，故错误；
D．增大溶液中碘离子的浓度，反应物的浓度增大，反应(ⅰ)的速率增大，故正确；
故选C；
【35题详解】
设平衡时、、分别为、、，根据I原子守恒，可得a、b、c之间的关系式为a+2b+3c=0.01；
【36题详解】
当双氧水的浓度为0.002ml/L时，由图可知，I－与的分布分数相同，且均为0.45，则I－的浓度为0.01ml/L×0.45=4.5×10-3ml/L，的浓度为0.01ml/L×0.45×=1.5×10-3ml/L，根据原子守恒可知I2的分布分数为（1-0.45-0.45）=0.1，则I2的浓度为0.01ml/L×0.1×=0.5×10-3ml/L，则反应的平衡常数K=≈667；
【37题详解】
由题意可得如下转化关系：I－～～3I2～，滴定消耗20.00mL 0.01500ml/L硫代硫酸钠溶液，则卤水中碘离子浓度为=2.000×10－3ml/L。
六、 化学元素推断
、、、、、是中学常见的无机物，存在如图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。
若的焰色试验为黄色，且为化合物，回答下列问题：
38. 与反应的离子方程式为_______。
39. 若为强还原性的非金属单质，通常为黑色粉末，则的电子式为_______。
40. 若为一种造成温室效应的气体，则鉴别等浓度的、溶液，可选择的试剂为_______。
A. 酚酞溶液B. 溶液C. 溶液D. 溶液
41. 若为，则与反应的化学方程式为_______，并写出的一种用途_______。
若为黄绿色气体单质，具有很强的氧化性。
42. 组成物质的元素在元素周期表中的位置是_______。
43. 水溶液放置一段时间后，溶液的酸性_______(填“增强”、“减弱”或“不变”)。
44. 若为强电解质，则可能为_______。
A. B. C. D.
45. 请写出与冷的石灰乳反应的化学方程式：_______。
【答案】38. 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑
39. 40. AC
41. ①. 4NaOH+AlCl3=Na[Al(OH)4]+3NaCl ②. 治疗胃酸过多
42. 第三周期第ⅦA族
43. 增强 44. CD
45. 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
【解析】
【分析】若A的焰色试验为黄色且A为化合物，则A为Na2O2，Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2；若X为强还原性的非金属单质，通常为黑色粉末，则B为NaOH、C为O2、X为C、D为CO2、E为CO；若X为一种造成温室效应的气体，则B为O2、C为NaOH，X为CO2、D为Na2CO3，E为NaHCO3；若X为AlCl3，则B为O2，C为NaOH、D为Na[Al(OH)4]，E为Al(OH)3；若A为黄绿色气体单质且具有很强的氧化性，则A为Cl2，Cl2与H2O反应生成HCl和HClO；若C为强电解质，则C为HCl。
【38题详解】
若A的焰色试验为黄色且A为化合物，则A为Na2O2，Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2，离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑。
【39题详解】
根据分析，若X为强还原性的非金属单质，通常为黑色粉末，则D为CO2，CO2的电子式为。
【40题详解】
根据分析，若X为一种造成温室效应的气体，则D为Na2CO3、E为NaHCO3；
A．等浓度的D、E溶液中滴加酚酞溶液，红色较深的为Na2CO3溶液、较浅的为NaHCO3溶液，现象不同，可以鉴别；
B．D、E溶液中加入Ca(OH)2溶液都产生白色沉淀，现象相同，不能鉴别；
C．等浓度的D、E溶液中滴入HCl溶液，产生气泡较快的为NaHCO3溶液、产生气泡较慢的为Na2CO3溶液，现象不同，可以鉴别；
D．加入NaOH溶液都无明显现象，不能鉴别；
答案选AC。
【41题详解】
根据分析，若X为AlCl3，D为Na[Al(OH)4]，E为Al(OH)3，C与X反应的化学方程式为4NaOH+AlCl3=Na[Al(OH)4]+3NaCl；Al(OH)3可用于治疗胃酸过多等。
【42题详解】
根据分析，若A为黄绿色气体单质、具有很强的氧化性，A为Cl2，Cl元素在元素周期表中的位置是第三周期第ⅦA族。
【43题详解】
A的水溶液放置一段时间后，HClO分解成HCl和O2，溶液的酸性增强。
【44题详解】
根据分析，若C为强电解质，则C为HCl；
A．NaHCO3与HCl反应生成NaCl、H2O和CO2，这些生成物与NaHCO3都不反应，A项不可能；
B．Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，这些生成物与Fe都不反应，B项不可能；
C．过量HCl与Na[Al(OH)4]反应生成AlCl3，AlCl3与Na[Al(OH)4]反应生成Al(OH)3，C项可能；
D．过量HCl与Na2CO3反应生成CO2，CO2与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3，D项可能；
答案选CD。
【45题详解】
Cl2与冷的石灰乳反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。金属离子
Mn2＋
Fe2＋
Fe3＋
Al3＋
Mg2＋
Zn2＋
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
本卷中可能用到的相对原子质量：O-16 Mn-55
一、硫与氮
硫和氮两种元素与人们的生活密切相关，自然界中硫、氮的循环是维持生态平衡的重要物质基础。
1. 下列说法错误的是
A. 合成氨很大程度上解决了地球上因粮食不足而导致的饥饿问题
B. 组成生命体的蛋白质中含有硫和氮
C. 豆科植物的根瘤菌可实现自然固氮
D. 二氧化硫有毒，不可用作食品添加剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．合成氨可生产氮肥，氮肥可提高粮食产量，故A正确；
B．蛋白质主要由C、H、N、O元素组成，有些蛋白质还有P、S元素，故B正确；
C．豆科植物的根瘤菌可将空气中氮气转化为含氮化合物，实现自然固氮，故C正确；
D．二氧化硫具有还原性，可用作葡萄酒的抗氧化剂，故D错误；
故选D。
一种具有高弹性的自修复聚氨酯材料(TPU)结构如下：
该聚合物由X()和Y()聚合而成。
2. 据图判断，碳氧双键的键能_______碳氮双键的键能。
A.大于 B.等于 C.小于
3. 请写出TPU中元素的第一电离能的大小关系_______。
【答案】2. A 3. N>O>H >C >S
【解析】
【2题详解】
从X和Y的聚合反应来看，断裂的是C=N双键，故碳氮双键比碳氧双键更容易与Y发生反应，则碳氧双键的键能大于碳氮双键的键能。
【3题详解】
TPU中含H、C、N、S，同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但N最外层为半满稳定结构，其第一电离能大于O。O，S同主族，O的第一电离能大于S，H最外层只有1个电子，其第一电离能大于C、S，但小于O，则第一电离能的大小顺序为：N>O>H >C >S。
含硫、氮物质的使用在为人类带来益处的同时，也给人们带来了一些困扰。利用化学原理处理含硫、氮的废气、废液等具有重要意义。二氧化氯(ClO2)可用于烟气中SO2和NO的脱除。研究发现ClO2氧化SO2和NO时涉及以下基元反应。
脱硝：
ⅰ
ⅱ
脱硫：
ⅲ
ⅳ
其中k为速率常数。对于基元反应：，其速率方程表达式为
实验测得：ClO2分别单独氧化纯SO2、纯NO以及同时氧化二者混合物的氧化率随时间(t)的变化情况如图所示。
4. 写出ClO2中“Cl”的电子排布式_______。
5. 脱硝反应和脱硫反应哪个活化能更大？说明理由_______。
6. 请结合ⅰ、ⅲ、ⅳ的速率常数，判断NO的存在是否会影响ClO2氧化SO2的速率并说明理由_______。
CO也可以与NO反应生成无污染物：。
已知：
ⅰ 在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度，可得到相对压力平衡常数。
ⅱ 气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以()。
7. 在某温度下，原料组成，初始总压为100 kPa的恒容容器中进行上述反应，达到平衡时CO2的分压为40 kPa，则该反应的相对压力平衡常数_______。
8. 该反应中，如果在恒压密闭容器中，仍保持原料组成，以下哪些条件可以判断反应达到平衡_______。
A. CO的消耗速率等于NO的消耗速率B. 容器内气体密度保持不变
C. 容器内平均相对分子质量保持不变D. CO的转化率保持不变
【答案】4. 1s22s22p63s23p5
5. 脱硫反应的活化能较大。ClO2与NO的两步反应的k1、k2均大于ClO2与SO2反应的k3、k4，说明ClO2与NO反应更快。反应速率越快，反应所具有的活化能越小，因此ClO2氧化SO2的活化能大于ClO2与NO反应的活化能
6. k3显示单独氧化SO2时产生ClO过慢，同时氧化时由反应ⅰ产生的ClO部分与SO2作用，使SO2的氧化率提高明显
7. 320 8. BCD
【解析】
【4题详解】
ClO2中“Cl”的核电荷数为17，电子排布式为1s22s22p63s23p5。
【5题详解】
比较题中提供的速率常数数据k1、k2与k3、k4，可得出脱硝反应的速率大于脱硫反应的速率，则脱硫反应的活化能较大。理由是：ClO2与NO的两步反应的k1、k2均大于ClO2与SO2反应的k3、k4，说明ClO2与NO反应更快。反应速率越快，反应所具有的活化能越小，因此ClO2氧化SO2的活化能大于ClO2与NO反应的活化能。
6题详解】
根据图象可知，ClO2单独氧化SO2时，氧化率较低，同时氧化SO2和NO时，ClO2氧化SO2的氧化率有明显上升，结合ⅰ、ⅲ、ⅳ的速率常数可知，k3显示单独氧化SO2时产生ClO过慢，同时氧化时由反应ⅰ产生的ClO部分与SO2作用，使SO2的氧化率提高明显。则判断NO的存在是否会影响ClO2氧化SO2的速率并说明理由为：k3显示单独氧化SO2时产生ClO过慢，同时氧化时由反应ⅰ产生的ClO部分与SO2作用，使SO2的氧化率提高明显。
【7题详解】
恒温恒容条件下，气体压强之比等于气体的物质的量之比，在某温度下，原料组成，初始总压为100 kPa的恒容容器中进行上述反应，则起始时CO、NO的分压均为50kPa，达到平衡时CO2的分压为40kPa，由反应方程式可知，N2的平衡分压为CO2平衡分压的一半，即为20kPa，CO、NO减少的分压等于CO2的分压，即为40kPa，则平衡时CO、NO减少的分压均为(50-40)kPa=10kPa，则该反应的相对压力平衡常数==320。
【8题详解】
A．由反应方程式可以看出，不管反应进行到什么程度，CO的消耗速率始终等于NO的消耗速率，所以反应不一定达到平衡状态，A不符合题意；
B．反应前后气体分子数不相等，在恒压密闭容器中，随着反应的进行，混合气的体积不断减小，则密度不断增大，当反应容器内气体密度保持不变时，反应达平衡状态，B符合题意；
C．随着反应的进行，混合气的质量不变，物质的量不断减小，则平均相对分子质量不断增大，当容器内平均相对分子质量保持不变时，反应达平衡状态，C符合题意；
D．CO的转化率保持不变时，正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，D符合题意；
故选BCD。
【点睛】混合体系中，当系统的某个量为变量，该变量不变时反应达平衡状态。
污水中的硝基苯可用铁炭混合物在酸性条件下处理。硝基苯转化过程如下：
9. 的电极反应式为_______。
10. 其他条件一定，相同时间内，硝基苯的去除率与pH的关系如图所示。pH越大，硝基苯的去除率越低的原因可能是_______。
【答案】9. +4e-+4H+ =
10. 反应生成的Fe2+，随着pH增大，转化为Fe(OH)2沉淀覆盖在铁炭混合物表面，阻碍了反应进行，降低了反应速率
【解析】
【9题详解】
转化为的过程，反应物加氢去氧，为还原反应，则的电极反应式为+4e-+4H+ =+H2O
【10题详解】
污水中的硝基苯用铁炭混合物在酸性条件下处理，则反应生成的Fe2+，随着pH增大，转化为Fe(OH)2沉淀覆盖在铁炭混合物表面，阻碍了反应进行，降低了反应速率。
二、以大洋锰结核
以大洋锰结核(主要由MnO2和铁氧化物组成，还含有Al、Mg、Zn、Ca、Si等元素)为原料，制备MnxOy及Mn(H2PO4)2·2H2O，所得产品具有广泛的用途。制备过程如下图所示：
已知：①金属离子浓度≤10-5ml/L时，认为该离子沉淀完全。相关离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
②25℃时，Ksp(ZnS)=2.9×10-25；Ksp(MnF2)=5.3×10-3；Ksp(MgF2)=7.4×10-11；Ksp(MnCO3)=1.0×10-11。
11. “浸取”时，有副产物MnS2O6生成，请写出该副反应的化学方程式_______。
12. 温度对锰的浸出率、MnS2O6生成率的影响如图所示，为了减少副产物的生成，最适宜的温度_______。
A. 45度B. 90度C. 120度D. 135度
13. “调pH”时，应控制的pH范围是_______。“净化”后滤渣3的主要成分_______。
14. “沉锰”时，加入过量NH4HCO3溶液，该反应的离子方程式为_______。若改用加入(NH4)2CO3溶液，还会产生Mn(OH)2，可能的原因是：MnCO3(s)＋2OH-(aq) Mn(OH)2(s)＋CO32-(aq)，25℃时，计算该反应的平衡常数的对数值lg K = _______(填数值)。
15. 要将“溶解”后的溶液制得Mn(H2PO4)2·2H2O晶体，操作X为_______、过滤、洗涤、干燥。
“煅烧”时，不同条件下煅烧可制得不同锰的氧化物晶体。
16. 晶体Ⅰ可作脱硫剂，其长方体晶胞结构如图。其的分子式为_______；若阿伏加德罗常数为NA ml-1，则晶体Ⅰ的密度为_______g·cm-3。
【答案】11. 12. B
13. ①. 4.7-8.1 ②. ZnS、MgF2
14. ①. ②. 1.8
15. 蒸发浓缩、冷却结晶
16. ①. MnO2 ②.
【解析】
【分析】以大洋锰结核(主要由MnO2和铁氧化物组成，还含有Al、Mg、Zn、Ca、Si等元素)为原料，通入SO2加硫酸浸取，Si被去除，氧化将Fe2+转化为Fe3+方便后续除去，调pH，可让Fe3+，Al3+和部分Zn2+转化为氢氧化物沉淀而除去，再加MnF2和Na2S净化主要是除去Zn2+和Mg2+，“沉锰”生成MnCO3沉淀，煅烧得到MnxOy，或者加磷酸进一步制备可得到Mn(H2PO4)2·2H2O，据此分析解题。
【11题详解】
“浸取”时，有副产物生成，该副反应的化学方程式为。
【12题详解】
结合题目中所给温度对锰的浸出率、MnS2O6生成率的影响图，为了减少副产物的生成，最适宜的温度90℃左右，故选B。
【13题详解】
调pH，可让Fe3+，Al3+和部分Zn2+转化为氢氧化物沉淀而除去，故“调pH”时，为了保证杂质离子沉淀，锰离子不沉淀，应控制的pH范围是4.7-8.1；再加MnF2和Na2S净化主要是除去Zn2+和Mg2+，因此“净化”后滤渣3的主要成分ZnS、MgF2。
【14题详解】
“沉锰”时，加入过量NH4HCO3溶液，生成MnCO3，该反应的离子方程式为；当pH=10.1时，Mn2+完全沉淀，此时，则，该反应的平衡常数的对数值
。
【15题详解】
要将“溶解”后的溶液制得Mn(H2PO4)2·2H2O晶体，操作X为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
【16题详解】
根据均摊法，Mn原子个数为，O原子个数为，则其的分子式为MnO2，根据晶体密度计算公式，晶体Ⅰ的密度为。
三、零碳甲醇燃料
2023年9月23日第19届亚运会在我国杭州正式开幕。开幕式主火炬首次使用了零碳甲醇燃料，充分体现了杭州亚运会“绿色、智能、节俭、文明”的办赛理念。已知一定条件下，催化加氢生产甲醇，发生如下反应：
反应；
反应ii：。
17. 反应体系中存在反应，则_______。
将和通入密闭容器中进行反应，当改变某一外界条件(温度或压强)时，的体积分数变化趋势如图甲所示：
18. 平衡时，点的体积分数为，则的转化率为_______。(计算结果保留三位有效数字)。
19. 轴上点的数值比点_______(填“大”或“小”)。
在不同压强下，按照进行投料，在容器中发生上述三个反应，平衡时，和在含碳产物和中物质的量分数及的转化率随温度的变化如图乙所示：
20. 压强由大到小的顺序为_______。
A. B. C. D.
21. 曲线_______(填“”或“”)代表在含碳产物中的物质的量分数。
22. 在，压强为时，反应的浓度平衡常数_______(填含的表达式)。
光催化制甲醇技术也是研究热点。如图丙铜基纳米光催化材料还原的机理为：光照时，低能价带失去电子并产生空穴(，具有强氧化性)。
23. 光催化原理与电解原理类似，写出高能导带的电极反应式：_______。
24. 太阳光激发下，在导带和价带中除了产生电子和空穴外，还会生成_______(填写微粒名称)参与的还原再生。
25. 请至少从2方面写出光催化CO2制备甲醇与原方法的优劣比较：_______。
【答案】17. -90
18. 42.9% 19. 大 20. A
21. m 22.
23.
24. 氢离子 25. 光催化CO2制备甲醇的还原条件温和，一般为常温、常压；充分利用太阳能，节约能源。
【解析】
【17题详解】
根据盖斯定律可知，反应iii=反应i-反应ii，则。
【18题详解】
设转化x ml一氧化碳，则平衡时，，，，由气体体积与物质的量成正比，则，解得，故CO的转化率为。
【19题详解】
反应为放热反应，当温度升高，平衡逆向移动，CH3OH的体积分数变小，所以y表示温度；则x应表示压强，当增大压强时，平衡向着正反应方向移动，CH3OH的体积分数变大，则x轴上b点的数值比a点大。
【20题详解】
由方程式可知，反应i、iii均为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量减小、一氧化碳的物质的量增大，反应ii为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的物质的量增大，所以升高温度，甲醇在含碳产物中物质的量分数减小，则曲线m表示甲醇在含碳产物中物质的量分数；反应i、iii均为体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量增大，则甲醇在含碳产物中物质的量分数增大，则压强的大小顺序为，故选A。
【21题详解】
由第4小问分析知，曲线代表在含碳产物中的物质的量分数。
【22题详解】
设起始二氧化碳和氢气的物质的量为1ml和3ml，由图可知，在T1℃下，压强为p3时，甲醇和一氧化碳在含碳产物中物质的量分数相等，二氧化碳的转化率为α，则甲醇和一氧化碳的物质的量均为0.5α，则可得：，，则平衡时，、，，，反应ii为反应前后气体物质的量变的反应，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，故反应的浓度平衡常数。
23题详解】
已知光催化原理与电解原理类似，由图可知，高能导带电极反应为：二氧化碳得电子发生还原反应得到甲醇，由此可知其电极反应式为：。
【24题详解】
光照时，低能价带失去电子并产生空穴(，具有强氧化性)，相当于电解池的阳极，结合图知，在低能价带上，H2O直接转化为O2的电极反应式为：2H2O+4h+=O2+4H+，反应生成H+可参与高能带上的还原再生。
【25题详解】
光催化CO2制备甲醇的还原条件温和，一般为常温、常压；充分利用太阳能，节约能源。
四、抗癫痫药物
化合物I是一种抗癫痫药物，我国科学家近来发现I对消除由蜈蚣叮咬产生的严重临床症状有良好效果。I的两条合成路线如下图所示。I的结构简式：
已知G的分子式为：
26. 写出C中的官能团的名称_______。
27. 下列说法正确的是_______。
A. A到C的反应是取代反应，生成的氯化氢和反应使原料的利用率提高
B. D生成E的目的是为了保护氨基不被E到F反应中的硝酸氧化
C. A的碱性比的碱性强
D. A用氢气还原的产物可以和发生加聚反应生成高分子产物
28. 写出E的结构简式_______。
29. 写出K到I的化学方程式_______。
30. 与甲醇按物质的量1∶1反应只生成一种产物，写出符合下列条件的该产物的同分异构体_______。
a.能发生银镜反应
b.水解产物能使氯化铁溶液显紫色
c.谱检测表明：分子中有4种不同环境的氢原子，峰面积比为3∶2∶2∶1
31. 运用上述信息设计以为原料制备高分子化合物的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)_______。
【答案】26. 硝基、肽键 27. AB
28. 29. ++HCl
30. 、、 31.
【解析】
【分析】E与浓硫酸、浓硝酸发生硝化反应生成F ，即E为，D与反应生成E，即D为， C与H2加成得到D，结合A和的结构可知，C为，F与NH2NH2转化为G ，G与反应转化为H，H与氢气反应转化为I；B 与反应生成J，J与氢气发生还原反应生成K ，K与反应生成I ，据此回答。
【26题详解】
C为，官能团为硝基、肽键；
【27题详解】
A．根据分析可知，A到C的反应是取代反应，生成的氯化氢和K2CO3反应使原料的利用率提高，故A正确；
B．根据分析可知，D生成E的目的是为了保护氨基不被E到F反应中的硝酸氧化，故B正确；
C．-CH3对N原子有推电子作用，增大N原子的电子密度，的碱性更强，故C错误；
D．A用氢气还原的产物为，可以和发生缩聚反应，故D错误；
故选AB。
【28题详解】
由分析得，E为；
【29题详解】
K 与反应生成I ，化学方程式为++HCl；
【30题详解】
与甲醇按物质的量1∶1反应只生成一种产物，分子式：C9H8O4，满足a．能发生银镜反应，含有醛基；b．水解产物能使氯化铁溶液显紫色，水解产生酚羟基；c．H−NMR谱检测表明：分子中有4种不同环境的氢原子，四种等效氢，峰面积比为3∶2∶2∶1的同分异构体有：、、；
【31题详解】
以为原料制备高分子化合物，被酸性高锰酸钾氧化为，被H2还原为，发生缩聚反应生成，合成路线为。
五、海水提碘
用“氧化-萃取法”可从卤水中提取碘，其方法为向酸化的卤水中加入溶液，再加入萃取剂(R)进行萃取。该过程涉及以下反应：
(ⅰ)
(ⅱ)
(ⅲ)
32. 基态碘原子价层电子的轨道表示式为_______。
反应条件会影响碘的萃取率。其他条件不变时，不同温度下达平衡时碘萃取率［］曲线如图所示：
33. 萃取温度从300 K升高至320 K，碘萃取率缓慢下降。结合平衡移动原理，分析其原因_______(忽略萃取剂的挥发、的挥发及分解产生的影响)。
34. 下列说法不正确的是_______。
A. 增大溶液的pH，碘萃取率降低
B. 增大萃取剂用量，碘萃取率升高
C. 萃取体系平衡后加水稀释，变小
D. 增大的浓度，反应(ⅰ)的速率增大
未加萃取剂时，固定总碘浓度为，平衡时溶液中的、、分布系数与溶液中初始关系如图所示。［总碘浓度各组分折合为后的浓度之和，，如］
35. 设平衡时、、分别为、、，则、、之间的关系式为_______。
36. 计算反应的平衡常数_______(结果保留3位有效数字)。
37. 测定卤水中的方法：取卤水于锥形瓶中，加适量氧化剂恰好将全部氧化为；加溶液酸化后，再加入适量溶液，密闭静置后，用标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点；平行测定3次，平均消耗，则卤水中_______。(写出计算过程)(已知：)
【答案】32. 33. 反应（ⅰ）、（ⅱ）、（ⅲ）均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，碘萃取率缓慢下降 34. C
35. a+2b+3c
36. 667 37. 2.000×10－3ml/L
【解析】
【32题详解】
基态碘原子的最外层有7个电子，分别排布在5s和5p轨道，其价层电子的轨道表示式为；
【33题详解】
由于反应（ⅰ）、（ⅱ）、（ⅲ）均放热反应，升高温度，平衡逆向移动，所以碘萃取率缓慢下降；
【34题详解】
A．增大溶液的pH，溶液中氢离子浓度减小，反应ⅰ、ⅱ、ⅲ平衡向逆反应方向移动，导致平衡碘萃取率降低，故正确；
B．增大萃取剂用量，反应ⅲ向正反应方向移动，碘萃取率升高，故正确；
C．由方程式可知，反应ⅱ的平衡常数K=，溶液中，萃取体系平衡后加水稀释时，碘离子浓度减小、平衡常数不变，则溶液中的值增大，故错误；
D．增大溶液中碘离子的浓度，反应物的浓度增大，反应(ⅰ)的速率增大，故正确；
故选C；
【35题详解】
设平衡时、、分别为、、，根据I原子守恒，可得a、b、c之间的关系式为a+2b+3c=0.01；
【36题详解】
当双氧水的浓度为0.002ml/L时，由图可知，I－与的分布分数相同，且均为0.45，则I－的浓度为0.01ml/L×0.45=4.5×10-3ml/L，的浓度为0.01ml/L×0.45×=1.5×10-3ml/L，根据原子守恒可知I2的分布分数为（1-0.45-0.45）=0.1，则I2的浓度为0.01ml/L×0.1×=0.5×10-3ml/L，则反应的平衡常数K=≈667；
【37题详解】
由题意可得如下转化关系：I－～～3I2～，滴定消耗20.00mL 0.01500ml/L硫代硫酸钠溶液，则卤水中碘离子浓度为=2.000×10－3ml/L。
六、 化学元素推断
、、、、、是中学常见的无机物，存在如图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。
若的焰色试验为黄色，且为化合物，回答下列问题：
38. 与反应的离子方程式为_______。
39. 若为强还原性的非金属单质，通常为黑色粉末，则的电子式为_______。
40. 若为一种造成温室效应的气体，则鉴别等浓度的、溶液，可选择的试剂为_______。
A. 酚酞溶液B. 溶液C. 溶液D. 溶液
41. 若为，则与反应的化学方程式为_______，并写出的一种用途_______。
若为黄绿色气体单质，具有很强的氧化性。
42. 组成物质的元素在元素周期表中的位置是_______。
43. 水溶液放置一段时间后，溶液的酸性_______(填“增强”、“减弱”或“不变”)。
44. 若为强电解质，则可能为_______。
A. B. C. D.
45. 请写出与冷的石灰乳反应的化学方程式：_______。
【答案】38. 2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑
39. 40. AC
41. ①. 4NaOH+AlCl3=Na[Al(OH)4]+3NaCl ②. 治疗胃酸过多
42. 第三周期第ⅦA族
43. 增强 44. CD
45. 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
【解析】
【分析】若A的焰色试验为黄色且A为化合物，则A为Na2O2，Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2；若X为强还原性的非金属单质，通常为黑色粉末，则B为NaOH、C为O2、X为C、D为CO2、E为CO；若X为一种造成温室效应的气体，则B为O2、C为NaOH，X为CO2、D为Na2CO3，E为NaHCO3；若X为AlCl3，则B为O2，C为NaOH、D为Na[Al(OH)4]，E为Al(OH)3；若A为黄绿色气体单质且具有很强的氧化性，则A为Cl2，Cl2与H2O反应生成HCl和HClO；若C为强电解质，则C为HCl。
【38题详解】
若A的焰色试验为黄色且A为化合物，则A为Na2O2，Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2，离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑。
【39题详解】
根据分析，若X为强还原性的非金属单质，通常为黑色粉末，则D为CO2，CO2的电子式为。
【40题详解】
根据分析，若X为一种造成温室效应的气体，则D为Na2CO3、E为NaHCO3；
A．等浓度的D、E溶液中滴加酚酞溶液，红色较深的为Na2CO3溶液、较浅的为NaHCO3溶液，现象不同，可以鉴别；
B．D、E溶液中加入Ca(OH)2溶液都产生白色沉淀，现象相同，不能鉴别；
C．等浓度的D、E溶液中滴入HCl溶液，产生气泡较快的为NaHCO3溶液、产生气泡较慢的为Na2CO3溶液，现象不同，可以鉴别；
D．加入NaOH溶液都无明显现象，不能鉴别；
答案选AC。
【41题详解】
根据分析，若X为AlCl3，D为Na[Al(OH)4]，E为Al(OH)3，C与X反应的化学方程式为4NaOH+AlCl3=Na[Al(OH)4]+3NaCl；Al(OH)3可用于治疗胃酸过多等。
【42题详解】
根据分析，若A为黄绿色气体单质、具有很强的氧化性，A为Cl2，Cl元素在元素周期表中的位置是第三周期第ⅦA族。
【43题详解】
A的水溶液放置一段时间后，HClO分解成HCl和O2，溶液的酸性增强。
【44题详解】
根据分析，若C为强电解质，则C为HCl；
A．NaHCO3与HCl反应生成NaCl、H2O和CO2，这些生成物与NaHCO3都不反应，A项不可能；
B．Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，这些生成物与Fe都不反应，B项不可能；
C．过量HCl与Na[Al(OH)4]反应生成AlCl3，AlCl3与Na[Al(OH)4]反应生成Al(OH)3，C项可能；
D．过量HCl与Na2CO3反应生成CO2，CO2与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3，D项可能；
答案选CD。
【45题详解】
Cl2与冷的石灰乳反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。金属离子
Mn2＋
Fe2＋
Fe3＋
Al3＋
Mg2＋
Zn2＋
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
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