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化学-秋季高三开学摸底考试卷02（江苏专用）
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化学
本试卷满分100分，考试时间75分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Cr 52 Fe 56 Cu 64
一、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．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．晶体硅具有半导体特性，用于制耐温差硅橡胶
B．焦炭具有高熔点，用作工业炼铁原料
C．石英晶体具有高熔点，用作生产坩埚
D．CO具有还原性，用作工业炼铝
【答案】C
【解析】A．晶体硅具有半导体特性，是应用最为广泛的半导体材料。而耐温差的硅橡胶是以Si-O单元为主链，以有机基团为侧基的线性聚合物，是典型的半无机半有机聚合物，既具有无机高分子的耐热性，又具有有机高分子的柔顺性。两者并无对应关系，A不符合题意；
B．工业炼铁利用的是焦炭的还原性，与焦炭的熔点无关，B不符合题意；
C．石英晶体熔点高，广泛用于玻璃、铸造、陶瓷及耐火材料、冶金、建筑、化工、塑料、橡胶，磨料等工业，因此可用作生产坩埚，C符合题意；
D．CO确实具有还原性，但是铝却是活泼金属，需要电解熔融的氧化铝才能获得铝单质，两者没有对应关系，D不符合题意；
故合理选项为C。
2．反应Cl2＋Na2SO3＋H2O=Na2SO4＋2HCl可用于污水脱氯。下列说法正确的是
A．中子数为20的氯原子：ClB．H2O分子中含极性共价键
C．Na＋的结构示意图：D．HCl的电子式：
【答案】B
【解析】
A．中子数为20的氯原子的质子数为17、质量数为37，原子符号为Cl，故A错误；
B．水分子的结构式为H—O—H，分子中含有氢氧极性共价键，故B正确；
C．钠离子的核电荷数为11，核外2个电子层，最外层电子数为8，离子的结构示意图为 ，故C错误；
D．氯化氢是共价化合物，电子式为，故D错误；
故选B。
3．卤族元素包括F、Cl、Br、I等元素。下列说法正确的是
A．电负性：F＜Cl＜Br＜IB．键能：HF＜HBr
C．失电子能力：Cl—＜Br—＜I—D．键的极性：Cl—I＜Br—I
【答案】C
【解析】
A．同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，电负性依次减小，则卤族元素的电负性的大小顺序为I＜Br＜Cl＜F，故A错误；
B．卤素元素的电负性越大，原子与氢原子形成的共价键的键能越大，氟元素的电负性大于氯元素，则氟化氢分子中的氢氟键的键能大于氯化氢分子中的氢氯键，故B错误；
C．单质的氧化性越强，对应还原产物阴离子的还原性越弱，同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，单质的氧化性依次减弱，对应还原产物阴离子的还原性依次增强，所以卤族元素的阴离子失电子能力大小顺序为Cl—＜Br—＜I—，故C正确；
D．卤素元素的电负性越大，与碘原子形成的共价键的键极性越大，氯元素的电负性大于溴元素，则氯碘键的极性大于溴碘键，故D错误；
故选C。
4．二氧化氯(ClO2)为新型绿色消毒剂，沸点为9.9℃，可溶于水，有毒，浓度较高时易发生爆炸。用CH3OH和NaClO3在硫酸催化作用下反应可制得ClO2。利用ClO2与H2O2在碱性条件下制备少量NaClO2的实验装置如图所示。
下列说法正确的是
A．为配制分液漏斗中的混合液，应将甲醇溶液倒入浓硫酸中搅拌
B．若装置甲烧瓶内氧化产物为HCOOH，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1
C．实验中通入气体的速率应尽可能慢
D．装置乙中应使用热水浴，以加快反应速率
【答案】B
【解析】
A．由于甲醇溶液的密度小于浓硫酸的密度，浓硫酸稀释过程放出大量的热量，故为配制分液漏斗中的混合液，应将浓硫酸倒入甲醇溶液中搅拌，A错误；
B．已知甲装置烧瓶中是用CH3OH和NaClO3在硫酸催化作用下反应可制得ClO2，反应原理为：CH3OH+4NaClO3+4H2SO4(浓)=4ClO2↑+HCOOH+4NaHSO4+3H2O，故若装置甲烧瓶内氧化产物为HCOOH，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，B正确；
C．实验中通入CO2气体的目的是将ClO2稀释，防止其浓度过大引起爆炸，故通入CO2的速率不能太慢，C错误；
D．由题干信息可知，ClO2的沸点为9.9℃，若装置乙中应使用热水浴，将加快ClO2的挥发而造成损失，故装置乙应使用冷水浴或者冰水浴，D错误；
故答案为：B。
5．氮元素广泛应用于生产生活中，、、NO、、等是氮的重要化合物，具有较强的还原性；与能相互转化，热化学方程式为 。下列有关物质的性质与用途的对应关系正确的是
A．氯化铵受热易分解，可用作铁的除锈剂B．氨气具有还原性，可用作制冷剂
C．肼的熔沸点较低，可用作火箭推进剂D．氮气性质不活泼，可作为粮食保护气
【答案】D
【解析】
A．氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液显酸性，故可以除去铁锈，用作除锈剂，故A错误；
B．液氨汽化吸收大量的热，所以可以做制冷剂，与其还原性无关，故B错误；
C．肼燃烧时放出大量热量，可用作火箭推进剂，与其熔沸点较低无关，故C错误；
D．氮气的化学性质不活泼，性质稳定，常用作保护气，食品袋中充氮气来防氧化，故D正确；
故选：D。
6．氮元素广泛应用于生产生活中，、、NO、、等是氮的重要化合物，具有较强的还原性；与能相互转化，热化学方程式为 。在恒温恒压条件下，对于反应，下列有关说法正确的是
A．该反应的，
B．当气体密度不变时能说明该反应达到化学平衡状态
C．其他条件不变，向平衡后的容器中再加入少量达新的平衡，与原平衡相比的值减小
D．使用高效催化剂能增大反应的平衡常数
【答案】B
【解析】
A．根据题意， ，该反应正向气体分子数增加，故该反应的，，A错误；
B．在恒温恒压条件下，体系气体总质量不变，反应前后体系的体积之比等于物质的量之比，气体的总物质的量发生改变，则体系的体积也改变，故气体密度随之改变，则当气体密度不变时能说明该反应达到化学平衡状态，B正确；
C．其他条件不变，根据等效平衡原理，恒温恒压环境，等比等效，将加入的N2O4看作同条件达到平衡状态后才加入，则与原平衡相比的值不变，C错误；
D．高效催化剂加快反应速率，不影响平衡的移动，故不能增大反应的平衡常数，D错误；
故选B。
7．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．(熔融)
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
A．电解熔融的氧化铝可以得到铝和氧气，铝在氯气中燃烧可以得到氯化铝，A正确；
B．FeS2与氧气高温时反应生成二氧化硫和氧化铁，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，B错误；
C．氨气和氧气在催化剂、加热条件下反应生成NO和水，NO为不成盐氧化物，不能和NaOH反应，C错误；
D．二氧化硅不能和水反应生成硅酸，D错误；
故答案选A。
8．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．晶体Si熔点高，可用作计算机芯片
B．NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥
C．SO2具有还原性，可用于漂白纸浆
D．Al(OH)3能与酸反应，可用作抗胃酸药
【答案】D
【解析】
A．晶体硅是半导体，可用作计算机芯片，A不符合题意；
B．NH4HCO3中含氮元素，可用作氮肥，B不符合题意；
C．SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，C不符合题意；
D．Al(OH)3能与酸反应，胃酸的主要成分为盐酸，可用作抗胃酸药，D符合题意；
故选D。
9．化合物Z是合成抗多发性骨髓瘤药物帕比司他的重要中间体，可由下列反应制得。
下列有关X、Y、Z的说法不正确的是
A．1 ml X中含有2ml碳氧σ键
B．Y在水中的溶解度比Z在水中的溶解度大
C．Z存在顺反异构，且与足量 HBr 反应生成的有机化合物存在对映异构体
D．分别与足量酸性KMnO4溶液反应所得芳香族化合物，Y和Z相同，和X不同
【答案】D
【解析】
A．X中含有1个醛基和一个醇羟基，则1 ml X中含有2ml碳氧σ键，A项正确；
B．Y中的羧基和羟基均为亲水基团，因此Y在水中的溶解度比Z在水中的溶解度大，B项正确；
C．Z结构中含有碳碳双键，双键两端的C分别连有不同的基团或原子，所以有顺反异构，与足量 HBr 反应生成的有机化合物为或，分子中有连有四个不同原子或基团的C原子，存在对映异构体，C项正确；
D．分别与足量酸性KMnO4溶液反应所得芳香族化合物，X、Y、Z相同，均为，D项错误；
答案选D。
10．NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放：NO＋NO2＋2NaOH=2NaNO2＋H2O，2NO2＋2NaOH=NaNO2＋NaNO3＋H2O。常温下存在：2NO2(g) N2O4(g)。N2O4可作还原剂，火箭推进剂。在一定条件下的密闭容器中，对于反应2NO2(g) N2O4(g)。下列说法正确的是
A．升高温度，体系的颜色加深B．该反应的ΔS＜0，ΔH＞0
C．增加NO2的浓度，c(N2O4)/c2(NO2)比值下降D．加压重新平衡后体系的颜色变浅
【答案】A
【解析】
常温下存在：2NO2(g) N2O4(g)，则ΔH-T×ΔS＜0，该反应分子数减小，则ΔS＜0，因为ΔH-T×ΔS＜0，则ΔH＜0，据此分析作答。
A．由分析可知，ΔH＜0，升高温度，平衡逆向移动，体系的颜色加深，A项正确；
B．由分析可知，该反应的ΔS＜0，ΔH＜0，B项错误；
C．平衡常数，增加NO2的浓度，平衡正向移动，反应前后温度不变，则比值不变，C项错误；
D．加压平衡正向移动，重新平衡后，二氧化氮的浓度也会增大，则体系的颜色变深，D项错误；
答案选A。
11．下列方案设计、现象和结论有不正确的是
【答案】D
【解析】
A．亚硝酸银是不溶于水，可溶于稀硝酸的白色沉淀，因此取少量固体加水溶解，加入硝酸银溶液，再加入稀硝酸，先出现白色沉淀，后沉淀溶解，说明含有亚硝酸钠，A正确；
B．向碳酸钠溶液中加入稀硫酸，反应产生的二氧化碳气体通入苯酚钠溶液中，溶液变浑浊，说明有苯酚生成，因此可证明酸性：碳酸>苯酚，B正确；
C．由于水杨酸含有酚羟基，因此取少量乙酰水杨酸晶体，加入盛有3ml蒸馏水的试管中，加1~2滴1%氯化铁溶液，溶液出现紫色，可说明含有水杨酸，C正确；
D．向含0.1ml的FeI2溶液中通入0.1mlCl2，再滴加淀粉溶液，溶液变蓝色，说明有单质碘生成，但不能说明亚铁离子是否被氧化，所以不能证明还原性：I->Fe2+，D错误；
答案选D。
12．实验室以(NH4)2C(SO4)2·12H2O和草酸(H2C2O4)为原料制备CC2O4晶体。(已知：25℃时，H2C2O4：Ka1=5.6×10-2，Ka2=1.5×10-4；Ksp(CC2O4)=4.0×10-6)
步骤1：25℃时，配制100mL0.1ml·L-1(NH4)2C(SO4)2溶液，测得溶液pH=6。
步骤2：向(NH4)2C(SO4)2溶液中加入饱和草酸溶液，析出CC2O4晶体。
下列说法正确的是
A．步骤1中(NH4)2C(SO4)2溶液由水电离产生c(H+)和c(OH-)乘积为1×10-14
B．步骤2所得溶液中存在：c(H＋)＋c(NH)=c()＋2c()＋c(OH-)
C．步骤2中反应为C2＋(aq)＋H2C2O4(aq)CC2O4(s)＋2H＋(aq)，平衡常数K=2.1
D．步骤2中用Na2C2O4溶液代替草酸溶液，能获得更多更纯的CC2O4晶体
【答案】C
【解析】
A．步骤1中(NH4)2C(SO4)2溶于水水解，促进水的电离，则溶液由水电离产生c(H+)和c(OH-)乘积大于1×10-14，A错误；
B．步骤2所得溶液中根据电荷守恒可知存在：c(H＋)＋c(NH)＋2c(C2＋)=c()＋2c(SO)＋2c()＋c(OH-)，B错误；
C．向(NH4)2C(SO4)2溶液中加入饱和草酸溶液，析出CC2O4晶体，则步骤2中反应为C2＋(aq)＋H2C2O4(aq)CC2O4(s)＋2H＋(aq)，平衡常数K==＝2.1，C正确；
D．草酸钠溶液显碱性，步骤2中用Na2C2O4溶液代替草酸溶液，不利于生成更多更纯的CC2O4晶体，D错误；
答案选C。
13．CH4—CO2重整反应能够有效去除大气中 CO2，是实现“碳中和”的重要途径之一，发生的反应如下：
重整反应 CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH
积炭反应Ⅰ 2CO(g)=CO2(g)+C(s) ΔH1=―172 kJ·ml-1
积炭反应Ⅱ CH4(g)=C(s)+2H2(g) ΔH2=+75kJ·ml-1
在恒压、起始投料比=1条件下，体系中含碳组分平衡时的物质的量随温度变化关系曲线如图所示。下列说法正确的是
A．重整反应的反应热ΔH=-247 kJ·ml-1
B．曲线B表示CH4平衡时物质的量随温度的变化
C．积炭会导致催化剂失活，降低CH4的平衡转化率
D．低于600℃时，降低温度有利于减少积炭的量并去除CO2气体
【答案】B
【解析】
重整反应的热化学方程式=II-I，对应的ΔH=ΔHII-ΔHI= + 247 kJ·ml-1，所以重整反应和积炭反应均为吸热反应，升高温度CH4参与的反应平衡均正向移动，所以CH4平衡时物质的量随温度升高而降低，积炭反应Ⅰ生成CO2，积炭反应II消耗CH4，所以平衡时CH4物质的量小于CO2，所以曲线B表示CH4，曲线A表示CO2，H2均作为生成物，所以曲线D表示H2，则曲线C表示CO。综上，曲线A表示CO2，曲线B表示CH4，曲线C表示CO，曲线D表示H2。
A．根据盖斯定律，重整反应的热化学方程式=II-I，对应的ΔH=ΔHII-ΔHI= + 247 kJ·ml-1，A错误；
B．见分析，重整反应和积炭反应均为吸热反应，升高温度CH4参与的反应平衡均正向移动，所以CH4平衡时物质的量随温度升高而降低，B正确；
C．催化剂失活会导致反应速率降低，不会影响转化率，C错误；
D．根据曲线C，低于600℃时，温度升高，CO增大，说明反应以重整反应为主，消耗CO2，生成CO，而增多的CO会是积碳反应I正向移动，导致C增多，反之，降低温度会导致减少积炭的量减少，同时CO2增多，不利于去除CO2气体，D错误；
故选B。
二、非选择题：共4题，共61分。
14．（15分）镍及其化合物在生产生活中有着极其重要的作用。
(1)现以低品位镍红土矿(主要成分为镍的氧化物、和等)为原料制备镍的工艺流程如图所示：
①已知镍红土矿煅烧后生成，而加压酸浸后浸出液中含有，写出加压酸浸过程中产生的气体的化学式：_______________________________。
②雷尼镍是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金，被广泛用作有机物的氢化反应的催化剂。某实验小组将镍和铝在氩气的氛围中高温熔融、冷却粉碎、碱浸(NaOH溶液)、洗涤、干燥制得。该过程不能将氩气换为CO的原因是___________________。使用新制雷尼镍进行催化加氢反应，有时不需通入氢气也能发生氢化反应，原因是_________________________。
(2)硫代硫酸镍(NiS2O3)可溶于水、不稳定且受热易分解，在冶金工业中有重要应用。补充制备硫代硫酸镍晶体 (NiS2O3∙6H2O)的实验步骤：取50mL溶液于烧杯中，在室温条件下快速搅拌并滴加50mL溶液；过滤，①___________________；将沉淀用一定体积的蒸馏水进行打浆，②_________________________；过滤，③_____________________________________；过滤，洗涤，低温真空干燥，得。已知：，。(可选用的试剂有稀、溶液、50mL溶液、无水乙醇、蒸馏水)
【答案】(1) ① O2（2分）
②CO会和Ni反应生成（2分）
雷尼镍是多孔结构，会吸附一定量Al和NaOH反应生成的H2（3分）
(2)①用蒸馏水洗涤沉淀2~3次，取最后一次洗液少许，滴加溶液，无白色沉淀生成说明已洗净（3分）
②边搅拌边滴加50mL溶液（2分）
③往滤液中分次加入无水乙醇至无沉淀析出（3分）
【解析】
【分析】红土镍矿(主要成分为镍的氧化物、Fe2O3•H2O和SiO2等)煅烧发生氧化还原反应得到Ni2O3、Fe2O3(SiO2不反应)，加入硫酸加压酸浸，Ni2O3溶解，发生的反应有2Ni2O3+4H2SO4=4NiSO4+O2↑+4H2O，SiO2、Fe2O3不与硫酸反应，过滤得到浸出渣A(SiO2、Fe2O3)，浸出液A中含Ni2+，向浸出液A中通入H2S气体，生成沉淀Ni，过滤得到镍，再通入CO气体，形成Ni(CO)4，加热得到镍，以此解答该题。
(1)①已知镍红土矿煅烧后生成，而加压酸浸后浸出液中含有，由分析可知，加压酸浸中发生的反应方程式为：2Ni2O3+4H2SO4=4NiSO4+O2↑+4H2O，则加压酸浸过程中产生的气体的化学式为O2，故答案为：O2；
②由题干流程中转化信息可知，Ni能与CO形成Ni(CO)4络合物，则该过程不能将氩气换为CO，由于雷尼镍是多孔结构，会吸附一定量Al和NaOH反应生成的H2，导致使用新制雷尼镍进行催化加氢反应，有时不需通入氢气也能发生氢化反应，故答案为：CO会和Ni反应生成；雷尼镍是多孔结构，会吸附一定量Al和NaOH反应生成的H2；
(2)硫代硫酸镍(NiS2O3)可溶于水、不稳定且受热易分解，在冶金工业中有重要应用。补充制备硫代硫酸镍晶体 (NiS2O3∙6H2O)的实验步骤：取50mL溶液于烧杯中，在室温条件下快速搅拌并滴加50mL溶液；过滤，此时固体变面还含有可溶性的杂质NaCl溶液，故需要洗涤沉淀，即用蒸馏水洗涤沉淀2~3次，取最后一次洗液少许，滴加溶液，无白色沉淀生成说明已洗净，由题干信息可知，，，则BaS2O3能够转化为BaSO4,将沉淀用一定体积的蒸馏水进行打浆，边搅拌边滴加50mL1ml/LNiSO4溶液，过滤，由题干信息可知，硫代硫酸镍(NiS2O3)可溶于水、不稳定且受热易分解，往滤液中分次加入无水乙醇至无沉淀析出，过滤，洗涤，低温真空干燥，得，故答案为：用蒸馏水洗涤沉淀2~3次，取最后一次洗液少许，滴加溶液，无白色沉淀生成说明已洗净；边搅拌边滴加50mL溶液；往滤液中分次加入无水乙醇至无沉淀析出。
15．（15分）有效去除烟气中的是环境保护的重要课题。
(1)O3能将NO和NO2转化成绿色硝化剂N2O5。已知下列热化学方程式：
则反应的______________________。
(2)一种通过和的相互转化脱除的原理如图1所示。脱除的总反应为____________。
(3)NH3在催化剂作用下能与烟气(主要为空气，含少量NOx)中的NOx反应，实现NOx的脱除。常见的催化剂有V2O5等。反应的催化剂附在载体的表面，该载体为Ti的氧化物，其有两种晶体类型，分别如图2(a)、(b)所示，其中晶体a比表面积大，附着能力强，可用作载体，一定温度下可转化为晶体b。在V2O5催化下，NOx的脱除机理如图3所示。
①晶体b的化学式为______________________。
②转化IV中，V元素化合价的变化为______________________。
③脱除NOx时须控制反应的温度，实验发现，其他条件一定，当温度过高时，NOx的脱除率会降低，原因除高温下不利于NH3的吸附、催化剂本身活性降低外，还可能的原因是_________________和_________________。
【答案】(1)−504.4kJ·ml−1（3分）
(2)12NO2+20NH3+3O2=16N2+30H2O（2分）
(3) TiO2 （2分） +4变为+5 （2分） 载体晶体类型发生变化，附着的催化剂量变少 （3分） 活性中间体直接被O2氧化，未能还原NO（3分）
【解析】
(1)将所给三个反应由上至下依次记为①、②、③，目标方程式=③+②-①，故
；
(2)从图示脱除二氧化氮原理可知：二氧化氮与氨气反应生成无害气体氮气，氧化钡为催化剂，硝酸钡为中间产物，脱除二氧化氮的总反应为：；
(3)用均摊法来计算晶体b中微粒的个数，Ti位于顶点和体心，个数为： ，O原子4个位于面上，2个位于内部，个数为：，化学式为TiO2；经过IV后产物中V为+5价，反应物比产物多一个氢原子，氢显+1价，故V原来为+4价，即经过IV后V的化合价由+4变为+5；载体存在两种晶型，温度升高，载体晶体类型可能发生变化，a晶型变成b晶型时，比表面积减小，附着的催化剂量变少；另外，从图示机理中可以看出，若活性中间体直接被O2氧化，就不能参与还原NO过程，导致二氧化氮托出率降低，故可能原因为：载体晶体类型发生变化，附着的催化剂量变少；活性中间体直接被O2氧化，未能还原NO。
16．（14分）化合物G为一种促进睡眠的药物，其部分合成路线如下：
(1)A能与以任意比水混溶，原因是该分子为极性分子且_________________________。
(2)A转化为B需经历A→X→B，中间体X的结构简式为，则X→B的反应类型为_______________。
(3)由C和D转化为E的过程中，还生成2分子的甲醇，则化合物D(C10H11NO2)的结构简式为_________________________。
(4)F经水解并还原得到的一种产物为H(C11H15NO)，写出满足下列条件的H的同分异构体的结构简式___________________________________________。
①苯环上有4个取代基；②能发生银镜反应，存在4种不同化学环境的氢原子。
(5)已知：。写出以苯酚和碘甲烷为原料制备 的合成路线流程图。(无机试剂任用，合成路线流程图见本题题干)_________________________
【答案】(1)能与水分子间形成氢键（2分）
(2)取代反应（2分）
(3)（3分）
(4)或（3分）
(5)（4分）
【解析】
【分析】
此流程中各物质基本都已给出，A到B根据物质结构的特点变化判断发生了取代反应；B到C根据官能团的变化，发生了加成反应，根据E的结构简式及（3）已知信息可以判断出条件D的结构简式为：；E到F根据结构简式的变化判断发生了取代反应，利用取代反应的特点：有上有下进行判断；
(1)根据物质的溶解性影响因素进行判断：A分子属于极性分子易溶于极性溶剂，其次A中含有氧原子和氮原子可以与水分子中的氢原子形成氢键；故答案为能与水分子间形成氢键；
(2)与B的结构简式中相差一个甲基，根据取代反应的特点判断，该过程为取代反应；
(3)根据E的结构简式判断D中含有苯环，且含两个取代基在间位，根据C的结构简式和生成2分子的甲醇判断C和D反应时，C中脱去2个-CH3O，D分子中脱去2个氢原子，故D的结构简式为：；
(4)F分子经水解，根据F中含有肽键判断水解成氨基和羧基，根据能发生银镜判断一般含有醛基，根据存在4中不同化学环境的氢原子判断分子非常对称，判断H的同分异构体的结构简式为： 或 ；
(5)以苯酚和碘甲烷为原料制备 的合成路线，根据目标产物判断是苯环发生了加成生成了烷烃环，在根据已知碳基最终合成肽键，故苯酚先和氢气发生加成，生成环己醇，环己醇变为酮后即可利用已知反应过程，故环己醇又被氧气氧化生成环己酮，根基已知反应利用其反应条件进行后推，硫酸试剂后得到肽键，再根据题目中流程在碘乙烷作用下发生取代反应上烷基，根据所得产物判断用碘甲烷进行制取；故流程为： ；
【点睛】
此题考查有机物的推断，根据官能团的变化，或者结构简式的变化判断反应类型或者反应的条件。
17．（17分）含氮化合物(、等)是主要的污染物之一，消除含氮化合物的污染倍受关注。
(1)还原技术是当今最有效、最成熟的去除的技术之一、使用催化剂能有效脱除电厂烟气中氮氧化物，发生脱硝主要反应为：。
①V的基态核外电子排布式为_______________________________。
②以相同的气体流速、条件下，NO转化率随温度变化如图1所示。随温度升高，NO转化率先升高后降低的可能原因是___________________________________________。
③除去NO反应过程中提高气体流速可提高催化剂的利用率，降低成本。气体流速对与NO转化率的关系如图2所示。为合理利用催化剂应选择_______/h的流速；随气体流速增大，NO转化率下降的原因为_______________________________。
(2)一种电解法处理含有的酸性废水的工作原理如图3所示，阴极和阳极之间用浸有NaCl溶液的多孔无纺布分隔。阳极材料为石墨，阴极材料中含有铁的化合物，H表示氢原子。
电解法处理含有的酸性废水的过程可描述为_________________________，与HClO反应生成N2。与HClO反应的离子方程式为_________________________。
【答案】(1)1s22s22p63s23p6d34s2（3分）
温度升高，反应速率加快，单位时间内转化的NO多，转化率升高；温度高于320℃后，NH3可能被O2氧化为NO，使转化率降低（3分）
10000（2分） NO、NH3通过催化剂的时间过短，未能与催化剂充分接触，降低了NO转化率（3分）
(2)H＋在阴极得电子生成H原子，H与Fe(III)反应生成Fe(II)，Fe(II)还原生成Fe(III)和，Cl-在阳极失电子生成Cl2，Cl2与水反应生成HCl和HClO（3分）
2+3HClO=N2+3Cl-+5H＋+3H2O（3分）
【解析】
(1)①V是23号元素，V的基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2；
②温度低于320℃，随温度升高，反应速率加快，单位时间内转化的NO多，转化率升高；温度高于320℃后，NH3可能被O2氧化为NO，使转化率降低；
③气体流速5000~10000/h时NO的转化率高，且转化率相等，除去NO反应过程中提高气体流速可提高催化剂的利用率，降低成本所以为合理利用催化剂应选择10000/h的流速；随气体流速增大，NO转化率下降的原因为NO、NH3通过催化剂的时间过短，未能与催化剂充分接触，降低了NO转化率；
(2)H＋在阴极得电子生成H原子，H与Fe(III)反应生成Fe(II)，Fe(II)还原生成Fe(III)和，Cl-在阳极失电子生成Cl2，Cl2与水反应生成HCl和HClO，与HClO反应生成N2。与HClO发生氧化还原反应生成氮气和氯离子，反应的离子方程式为2+3HClO=N2+3Cl-+5H＋+3H2O。
目的
方案设计
现象和结论
A
检验硝酸钠中是否含有亚硝酸钠
取少量固体加水溶解，加入硝酸银溶液，再加入稀硝酸，观察现象
先出现白色沉淀，后沉淀溶解，说明含有亚硝酸钠
B
检验碳酸与苯酚的酸性强弱
向碳酸钠溶液中加入稀硫酸，反应产生的气体通入苯酚钠溶液中，观察现象
溶液变浑浊，说明酸性：碳酸>苯酚
C
检验乙酰水杨酸中是否含有水杨酸
取少量乙酰水杨酸晶体，加入盛有3ml蒸馏水的试管中，加1~2滴1%氯化铁溶液，观察现象
溶液出现紫色，说明含有水杨酸
D
检验Fe2+与I-的还原性强弱
向含0.1ml的FeI2溶液中通入0.1mlCl2，再滴加淀粉溶液，观察现象
溶液变蓝色，说明还原性：I->Fe2+
化学
本试卷满分100分，考试时间75分钟。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 Cr 52 Fe 56 Cu 64
一、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．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．晶体硅具有半导体特性，用于制耐温差硅橡胶
B．焦炭具有高熔点，用作工业炼铁原料
C．石英晶体具有高熔点，用作生产坩埚
D．CO具有还原性，用作工业炼铝
【答案】C
【解析】A．晶体硅具有半导体特性，是应用最为广泛的半导体材料。而耐温差的硅橡胶是以Si-O单元为主链，以有机基团为侧基的线性聚合物，是典型的半无机半有机聚合物，既具有无机高分子的耐热性，又具有有机高分子的柔顺性。两者并无对应关系，A不符合题意；
B．工业炼铁利用的是焦炭的还原性，与焦炭的熔点无关，B不符合题意；
C．石英晶体熔点高，广泛用于玻璃、铸造、陶瓷及耐火材料、冶金、建筑、化工、塑料、橡胶，磨料等工业，因此可用作生产坩埚，C符合题意；
D．CO确实具有还原性，但是铝却是活泼金属，需要电解熔融的氧化铝才能获得铝单质，两者没有对应关系，D不符合题意；
故合理选项为C。
2．反应Cl2＋Na2SO3＋H2O=Na2SO4＋2HCl可用于污水脱氯。下列说法正确的是
A．中子数为20的氯原子：ClB．H2O分子中含极性共价键
C．Na＋的结构示意图：D．HCl的电子式：
【答案】B
【解析】
A．中子数为20的氯原子的质子数为17、质量数为37，原子符号为Cl，故A错误；
B．水分子的结构式为H—O—H，分子中含有氢氧极性共价键，故B正确；
C．钠离子的核电荷数为11，核外2个电子层，最外层电子数为8，离子的结构示意图为 ，故C错误；
D．氯化氢是共价化合物，电子式为，故D错误；
故选B。
3．卤族元素包括F、Cl、Br、I等元素。下列说法正确的是
A．电负性：F＜Cl＜Br＜IB．键能：HF＜HBr
C．失电子能力：Cl—＜Br—＜I—D．键的极性：Cl—I＜Br—I
【答案】C
【解析】
A．同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，电负性依次减小，则卤族元素的电负性的大小顺序为I＜Br＜Cl＜F，故A错误；
B．卤素元素的电负性越大，原子与氢原子形成的共价键的键能越大，氟元素的电负性大于氯元素，则氟化氢分子中的氢氟键的键能大于氯化氢分子中的氢氯键，故B错误；
C．单质的氧化性越强，对应还原产物阴离子的还原性越弱，同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，单质的氧化性依次减弱，对应还原产物阴离子的还原性依次增强，所以卤族元素的阴离子失电子能力大小顺序为Cl—＜Br—＜I—，故C正确；
D．卤素元素的电负性越大，与碘原子形成的共价键的键极性越大，氯元素的电负性大于溴元素，则氯碘键的极性大于溴碘键，故D错误；
故选C。
4．二氧化氯(ClO2)为新型绿色消毒剂，沸点为9.9℃，可溶于水，有毒，浓度较高时易发生爆炸。用CH3OH和NaClO3在硫酸催化作用下反应可制得ClO2。利用ClO2与H2O2在碱性条件下制备少量NaClO2的实验装置如图所示。
下列说法正确的是
A．为配制分液漏斗中的混合液，应将甲醇溶液倒入浓硫酸中搅拌
B．若装置甲烧瓶内氧化产物为HCOOH，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1
C．实验中通入气体的速率应尽可能慢
D．装置乙中应使用热水浴，以加快反应速率
【答案】B
【解析】
A．由于甲醇溶液的密度小于浓硫酸的密度，浓硫酸稀释过程放出大量的热量，故为配制分液漏斗中的混合液，应将浓硫酸倒入甲醇溶液中搅拌，A错误；
B．已知甲装置烧瓶中是用CH3OH和NaClO3在硫酸催化作用下反应可制得ClO2，反应原理为：CH3OH+4NaClO3+4H2SO4(浓)=4ClO2↑+HCOOH+4NaHSO4+3H2O，故若装置甲烧瓶内氧化产物为HCOOH，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，B正确；
C．实验中通入CO2气体的目的是将ClO2稀释，防止其浓度过大引起爆炸，故通入CO2的速率不能太慢，C错误；
D．由题干信息可知，ClO2的沸点为9.9℃，若装置乙中应使用热水浴，将加快ClO2的挥发而造成损失，故装置乙应使用冷水浴或者冰水浴，D错误；
故答案为：B。
5．氮元素广泛应用于生产生活中，、、NO、、等是氮的重要化合物，具有较强的还原性；与能相互转化，热化学方程式为 。下列有关物质的性质与用途的对应关系正确的是
A．氯化铵受热易分解，可用作铁的除锈剂B．氨气具有还原性，可用作制冷剂
C．肼的熔沸点较低，可用作火箭推进剂D．氮气性质不活泼，可作为粮食保护气
【答案】D
【解析】
A．氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液显酸性，故可以除去铁锈，用作除锈剂，故A错误；
B．液氨汽化吸收大量的热，所以可以做制冷剂，与其还原性无关，故B错误；
C．肼燃烧时放出大量热量，可用作火箭推进剂，与其熔沸点较低无关，故C错误；
D．氮气的化学性质不活泼，性质稳定，常用作保护气，食品袋中充氮气来防氧化，故D正确；
故选：D。
6．氮元素广泛应用于生产生活中，、、NO、、等是氮的重要化合物，具有较强的还原性；与能相互转化，热化学方程式为 。在恒温恒压条件下，对于反应，下列有关说法正确的是
A．该反应的，
B．当气体密度不变时能说明该反应达到化学平衡状态
C．其他条件不变，向平衡后的容器中再加入少量达新的平衡，与原平衡相比的值减小
D．使用高效催化剂能增大反应的平衡常数
【答案】B
【解析】
A．根据题意， ，该反应正向气体分子数增加，故该反应的，，A错误；
B．在恒温恒压条件下，体系气体总质量不变，反应前后体系的体积之比等于物质的量之比，气体的总物质的量发生改变，则体系的体积也改变，故气体密度随之改变，则当气体密度不变时能说明该反应达到化学平衡状态，B正确；
C．其他条件不变，根据等效平衡原理，恒温恒压环境，等比等效，将加入的N2O4看作同条件达到平衡状态后才加入，则与原平衡相比的值不变，C错误；
D．高效催化剂加快反应速率，不影响平衡的移动，故不能增大反应的平衡常数，D错误；
故选B。
7．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．(熔融)
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
A．电解熔融的氧化铝可以得到铝和氧气，铝在氯气中燃烧可以得到氯化铝，A正确；
B．FeS2与氧气高温时反应生成二氧化硫和氧化铁，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，B错误；
C．氨气和氧气在催化剂、加热条件下反应生成NO和水，NO为不成盐氧化物，不能和NaOH反应，C错误；
D．二氧化硅不能和水反应生成硅酸，D错误；
故答案选A。
8．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．晶体Si熔点高，可用作计算机芯片
B．NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥
C．SO2具有还原性，可用于漂白纸浆
D．Al(OH)3能与酸反应，可用作抗胃酸药
【答案】D
【解析】
A．晶体硅是半导体，可用作计算机芯片，A不符合题意；
B．NH4HCO3中含氮元素，可用作氮肥，B不符合题意；
C．SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，C不符合题意；
D．Al(OH)3能与酸反应，胃酸的主要成分为盐酸，可用作抗胃酸药，D符合题意；
故选D。
9．化合物Z是合成抗多发性骨髓瘤药物帕比司他的重要中间体，可由下列反应制得。
下列有关X、Y、Z的说法不正确的是
A．1 ml X中含有2ml碳氧σ键
B．Y在水中的溶解度比Z在水中的溶解度大
C．Z存在顺反异构，且与足量 HBr 反应生成的有机化合物存在对映异构体
D．分别与足量酸性KMnO4溶液反应所得芳香族化合物，Y和Z相同，和X不同
【答案】D
【解析】
A．X中含有1个醛基和一个醇羟基，则1 ml X中含有2ml碳氧σ键，A项正确；
B．Y中的羧基和羟基均为亲水基团，因此Y在水中的溶解度比Z在水中的溶解度大，B项正确；
C．Z结构中含有碳碳双键，双键两端的C分别连有不同的基团或原子，所以有顺反异构，与足量 HBr 反应生成的有机化合物为或，分子中有连有四个不同原子或基团的C原子，存在对映异构体，C项正确；
D．分别与足量酸性KMnO4溶液反应所得芳香族化合物，X、Y、Z相同，均为，D项错误；
答案选D。
10．NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放：NO＋NO2＋2NaOH=2NaNO2＋H2O，2NO2＋2NaOH=NaNO2＋NaNO3＋H2O。常温下存在：2NO2(g) N2O4(g)。N2O4可作还原剂，火箭推进剂。在一定条件下的密闭容器中，对于反应2NO2(g) N2O4(g)。下列说法正确的是
A．升高温度，体系的颜色加深B．该反应的ΔS＜0，ΔH＞0
C．增加NO2的浓度，c(N2O4)/c2(NO2)比值下降D．加压重新平衡后体系的颜色变浅
【答案】A
【解析】
常温下存在：2NO2(g) N2O4(g)，则ΔH-T×ΔS＜0，该反应分子数减小，则ΔS＜0，因为ΔH-T×ΔS＜0，则ΔH＜0，据此分析作答。
A．由分析可知，ΔH＜0，升高温度，平衡逆向移动，体系的颜色加深，A项正确；
B．由分析可知，该反应的ΔS＜0，ΔH＜0，B项错误；
C．平衡常数，增加NO2的浓度，平衡正向移动，反应前后温度不变，则比值不变，C项错误；
D．加压平衡正向移动，重新平衡后，二氧化氮的浓度也会增大，则体系的颜色变深，D项错误；
答案选A。
11．下列方案设计、现象和结论有不正确的是
【答案】D
【解析】
A．亚硝酸银是不溶于水，可溶于稀硝酸的白色沉淀，因此取少量固体加水溶解，加入硝酸银溶液，再加入稀硝酸，先出现白色沉淀，后沉淀溶解，说明含有亚硝酸钠，A正确；
B．向碳酸钠溶液中加入稀硫酸，反应产生的二氧化碳气体通入苯酚钠溶液中，溶液变浑浊，说明有苯酚生成，因此可证明酸性：碳酸>苯酚，B正确；
C．由于水杨酸含有酚羟基，因此取少量乙酰水杨酸晶体，加入盛有3ml蒸馏水的试管中，加1~2滴1%氯化铁溶液，溶液出现紫色，可说明含有水杨酸，C正确；
D．向含0.1ml的FeI2溶液中通入0.1mlCl2，再滴加淀粉溶液，溶液变蓝色，说明有单质碘生成，但不能说明亚铁离子是否被氧化，所以不能证明还原性：I->Fe2+，D错误；
答案选D。
12．实验室以(NH4)2C(SO4)2·12H2O和草酸(H2C2O4)为原料制备CC2O4晶体。(已知：25℃时，H2C2O4：Ka1=5.6×10-2，Ka2=1.5×10-4；Ksp(CC2O4)=4.0×10-6)
步骤1：25℃时，配制100mL0.1ml·L-1(NH4)2C(SO4)2溶液，测得溶液pH=6。
步骤2：向(NH4)2C(SO4)2溶液中加入饱和草酸溶液，析出CC2O4晶体。
下列说法正确的是
A．步骤1中(NH4)2C(SO4)2溶液由水电离产生c(H+)和c(OH-)乘积为1×10-14
B．步骤2所得溶液中存在：c(H＋)＋c(NH)=c()＋2c()＋c(OH-)
C．步骤2中反应为C2＋(aq)＋H2C2O4(aq)CC2O4(s)＋2H＋(aq)，平衡常数K=2.1
D．步骤2中用Na2C2O4溶液代替草酸溶液，能获得更多更纯的CC2O4晶体
【答案】C
【解析】
A．步骤1中(NH4)2C(SO4)2溶于水水解，促进水的电离，则溶液由水电离产生c(H+)和c(OH-)乘积大于1×10-14，A错误；
B．步骤2所得溶液中根据电荷守恒可知存在：c(H＋)＋c(NH)＋2c(C2＋)=c()＋2c(SO)＋2c()＋c(OH-)，B错误；
C．向(NH4)2C(SO4)2溶液中加入饱和草酸溶液，析出CC2O4晶体，则步骤2中反应为C2＋(aq)＋H2C2O4(aq)CC2O4(s)＋2H＋(aq)，平衡常数K==＝2.1，C正确；
D．草酸钠溶液显碱性，步骤2中用Na2C2O4溶液代替草酸溶液，不利于生成更多更纯的CC2O4晶体，D错误；
答案选C。
13．CH4—CO2重整反应能够有效去除大气中 CO2，是实现“碳中和”的重要途径之一，发生的反应如下：
重整反应 CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH
积炭反应Ⅰ 2CO(g)=CO2(g)+C(s) ΔH1=―172 kJ·ml-1
积炭反应Ⅱ CH4(g)=C(s)+2H2(g) ΔH2=+75kJ·ml-1
在恒压、起始投料比=1条件下，体系中含碳组分平衡时的物质的量随温度变化关系曲线如图所示。下列说法正确的是
A．重整反应的反应热ΔH=-247 kJ·ml-1
B．曲线B表示CH4平衡时物质的量随温度的变化
C．积炭会导致催化剂失活，降低CH4的平衡转化率
D．低于600℃时，降低温度有利于减少积炭的量并去除CO2气体
【答案】B
【解析】
重整反应的热化学方程式=II-I，对应的ΔH=ΔHII-ΔHI= + 247 kJ·ml-1，所以重整反应和积炭反应均为吸热反应，升高温度CH4参与的反应平衡均正向移动，所以CH4平衡时物质的量随温度升高而降低，积炭反应Ⅰ生成CO2，积炭反应II消耗CH4，所以平衡时CH4物质的量小于CO2，所以曲线B表示CH4，曲线A表示CO2，H2均作为生成物，所以曲线D表示H2，则曲线C表示CO。综上，曲线A表示CO2，曲线B表示CH4，曲线C表示CO，曲线D表示H2。
A．根据盖斯定律，重整反应的热化学方程式=II-I，对应的ΔH=ΔHII-ΔHI= + 247 kJ·ml-1，A错误；
B．见分析，重整反应和积炭反应均为吸热反应，升高温度CH4参与的反应平衡均正向移动，所以CH4平衡时物质的量随温度升高而降低，B正确；
C．催化剂失活会导致反应速率降低，不会影响转化率，C错误；
D．根据曲线C，低于600℃时，温度升高，CO增大，说明反应以重整反应为主，消耗CO2，生成CO，而增多的CO会是积碳反应I正向移动，导致C增多，反之，降低温度会导致减少积炭的量减少，同时CO2增多，不利于去除CO2气体，D错误；
故选B。
二、非选择题：共4题，共61分。
14．（15分）镍及其化合物在生产生活中有着极其重要的作用。
(1)现以低品位镍红土矿(主要成分为镍的氧化物、和等)为原料制备镍的工艺流程如图所示：
①已知镍红土矿煅烧后生成，而加压酸浸后浸出液中含有，写出加压酸浸过程中产生的气体的化学式：_______________________________。
②雷尼镍是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金，被广泛用作有机物的氢化反应的催化剂。某实验小组将镍和铝在氩气的氛围中高温熔融、冷却粉碎、碱浸(NaOH溶液)、洗涤、干燥制得。该过程不能将氩气换为CO的原因是___________________。使用新制雷尼镍进行催化加氢反应，有时不需通入氢气也能发生氢化反应，原因是_________________________。
(2)硫代硫酸镍(NiS2O3)可溶于水、不稳定且受热易分解，在冶金工业中有重要应用。补充制备硫代硫酸镍晶体 (NiS2O3∙6H2O)的实验步骤：取50mL溶液于烧杯中，在室温条件下快速搅拌并滴加50mL溶液；过滤，①___________________；将沉淀用一定体积的蒸馏水进行打浆，②_________________________；过滤，③_____________________________________；过滤，洗涤，低温真空干燥，得。已知：，。(可选用的试剂有稀、溶液、50mL溶液、无水乙醇、蒸馏水)
【答案】(1) ① O2（2分）
②CO会和Ni反应生成（2分）
雷尼镍是多孔结构，会吸附一定量Al和NaOH反应生成的H2（3分）
(2)①用蒸馏水洗涤沉淀2~3次，取最后一次洗液少许，滴加溶液，无白色沉淀生成说明已洗净（3分）
②边搅拌边滴加50mL溶液（2分）
③往滤液中分次加入无水乙醇至无沉淀析出（3分）
【解析】
【分析】红土镍矿(主要成分为镍的氧化物、Fe2O3•H2O和SiO2等)煅烧发生氧化还原反应得到Ni2O3、Fe2O3(SiO2不反应)，加入硫酸加压酸浸，Ni2O3溶解，发生的反应有2Ni2O3+4H2SO4=4NiSO4+O2↑+4H2O，SiO2、Fe2O3不与硫酸反应，过滤得到浸出渣A(SiO2、Fe2O3)，浸出液A中含Ni2+，向浸出液A中通入H2S气体，生成沉淀Ni，过滤得到镍，再通入CO气体，形成Ni(CO)4，加热得到镍，以此解答该题。
(1)①已知镍红土矿煅烧后生成，而加压酸浸后浸出液中含有，由分析可知，加压酸浸中发生的反应方程式为：2Ni2O3+4H2SO4=4NiSO4+O2↑+4H2O，则加压酸浸过程中产生的气体的化学式为O2，故答案为：O2；
②由题干流程中转化信息可知，Ni能与CO形成Ni(CO)4络合物，则该过程不能将氩气换为CO，由于雷尼镍是多孔结构，会吸附一定量Al和NaOH反应生成的H2，导致使用新制雷尼镍进行催化加氢反应，有时不需通入氢气也能发生氢化反应，故答案为：CO会和Ni反应生成；雷尼镍是多孔结构，会吸附一定量Al和NaOH反应生成的H2；
(2)硫代硫酸镍(NiS2O3)可溶于水、不稳定且受热易分解，在冶金工业中有重要应用。补充制备硫代硫酸镍晶体 (NiS2O3∙6H2O)的实验步骤：取50mL溶液于烧杯中，在室温条件下快速搅拌并滴加50mL溶液；过滤，此时固体变面还含有可溶性的杂质NaCl溶液，故需要洗涤沉淀，即用蒸馏水洗涤沉淀2~3次，取最后一次洗液少许，滴加溶液，无白色沉淀生成说明已洗净，由题干信息可知，，，则BaS2O3能够转化为BaSO4,将沉淀用一定体积的蒸馏水进行打浆，边搅拌边滴加50mL1ml/LNiSO4溶液，过滤，由题干信息可知，硫代硫酸镍(NiS2O3)可溶于水、不稳定且受热易分解，往滤液中分次加入无水乙醇至无沉淀析出，过滤，洗涤，低温真空干燥，得，故答案为：用蒸馏水洗涤沉淀2~3次，取最后一次洗液少许，滴加溶液，无白色沉淀生成说明已洗净；边搅拌边滴加50mL溶液；往滤液中分次加入无水乙醇至无沉淀析出。
15．（15分）有效去除烟气中的是环境保护的重要课题。
(1)O3能将NO和NO2转化成绿色硝化剂N2O5。已知下列热化学方程式：
则反应的______________________。
(2)一种通过和的相互转化脱除的原理如图1所示。脱除的总反应为____________。
(3)NH3在催化剂作用下能与烟气(主要为空气，含少量NOx)中的NOx反应，实现NOx的脱除。常见的催化剂有V2O5等。反应的催化剂附在载体的表面，该载体为Ti的氧化物，其有两种晶体类型，分别如图2(a)、(b)所示，其中晶体a比表面积大，附着能力强，可用作载体，一定温度下可转化为晶体b。在V2O5催化下，NOx的脱除机理如图3所示。
①晶体b的化学式为______________________。
②转化IV中，V元素化合价的变化为______________________。
③脱除NOx时须控制反应的温度，实验发现，其他条件一定，当温度过高时，NOx的脱除率会降低，原因除高温下不利于NH3的吸附、催化剂本身活性降低外，还可能的原因是_________________和_________________。
【答案】(1)−504.4kJ·ml−1（3分）
(2)12NO2+20NH3+3O2=16N2+30H2O（2分）
(3) TiO2 （2分） +4变为+5 （2分） 载体晶体类型发生变化，附着的催化剂量变少 （3分） 活性中间体直接被O2氧化，未能还原NO（3分）
【解析】
(1)将所给三个反应由上至下依次记为①、②、③，目标方程式=③+②-①，故
；
(2)从图示脱除二氧化氮原理可知：二氧化氮与氨气反应生成无害气体氮气，氧化钡为催化剂，硝酸钡为中间产物，脱除二氧化氮的总反应为：；
(3)用均摊法来计算晶体b中微粒的个数，Ti位于顶点和体心，个数为： ，O原子4个位于面上，2个位于内部，个数为：，化学式为TiO2；经过IV后产物中V为+5价，反应物比产物多一个氢原子，氢显+1价，故V原来为+4价，即经过IV后V的化合价由+4变为+5；载体存在两种晶型，温度升高，载体晶体类型可能发生变化，a晶型变成b晶型时，比表面积减小，附着的催化剂量变少；另外，从图示机理中可以看出，若活性中间体直接被O2氧化，就不能参与还原NO过程，导致二氧化氮托出率降低，故可能原因为：载体晶体类型发生变化，附着的催化剂量变少；活性中间体直接被O2氧化，未能还原NO。
16．（14分）化合物G为一种促进睡眠的药物，其部分合成路线如下：
(1)A能与以任意比水混溶，原因是该分子为极性分子且_________________________。
(2)A转化为B需经历A→X→B，中间体X的结构简式为，则X→B的反应类型为_______________。
(3)由C和D转化为E的过程中，还生成2分子的甲醇，则化合物D(C10H11NO2)的结构简式为_________________________。
(4)F经水解并还原得到的一种产物为H(C11H15NO)，写出满足下列条件的H的同分异构体的结构简式___________________________________________。
①苯环上有4个取代基；②能发生银镜反应，存在4种不同化学环境的氢原子。
(5)已知：。写出以苯酚和碘甲烷为原料制备 的合成路线流程图。(无机试剂任用，合成路线流程图见本题题干)_________________________
【答案】(1)能与水分子间形成氢键（2分）
(2)取代反应（2分）
(3)（3分）
(4)或（3分）
(5)（4分）
【解析】
【分析】
此流程中各物质基本都已给出，A到B根据物质结构的特点变化判断发生了取代反应；B到C根据官能团的变化，发生了加成反应，根据E的结构简式及（3）已知信息可以判断出条件D的结构简式为：；E到F根据结构简式的变化判断发生了取代反应，利用取代反应的特点：有上有下进行判断；
(1)根据物质的溶解性影响因素进行判断：A分子属于极性分子易溶于极性溶剂，其次A中含有氧原子和氮原子可以与水分子中的氢原子形成氢键；故答案为能与水分子间形成氢键；
(2)与B的结构简式中相差一个甲基，根据取代反应的特点判断，该过程为取代反应；
(3)根据E的结构简式判断D中含有苯环，且含两个取代基在间位，根据C的结构简式和生成2分子的甲醇判断C和D反应时，C中脱去2个-CH3O，D分子中脱去2个氢原子，故D的结构简式为：；
(4)F分子经水解，根据F中含有肽键判断水解成氨基和羧基，根据能发生银镜判断一般含有醛基，根据存在4中不同化学环境的氢原子判断分子非常对称，判断H的同分异构体的结构简式为： 或 ；
(5)以苯酚和碘甲烷为原料制备 的合成路线，根据目标产物判断是苯环发生了加成生成了烷烃环，在根据已知碳基最终合成肽键，故苯酚先和氢气发生加成，生成环己醇，环己醇变为酮后即可利用已知反应过程，故环己醇又被氧气氧化生成环己酮，根基已知反应利用其反应条件进行后推，硫酸试剂后得到肽键，再根据题目中流程在碘乙烷作用下发生取代反应上烷基，根据所得产物判断用碘甲烷进行制取；故流程为： ；
【点睛】
此题考查有机物的推断，根据官能团的变化，或者结构简式的变化判断反应类型或者反应的条件。
17．（17分）含氮化合物(、等)是主要的污染物之一，消除含氮化合物的污染倍受关注。
(1)还原技术是当今最有效、最成熟的去除的技术之一、使用催化剂能有效脱除电厂烟气中氮氧化物，发生脱硝主要反应为：。
①V的基态核外电子排布式为_______________________________。
②以相同的气体流速、条件下，NO转化率随温度变化如图1所示。随温度升高，NO转化率先升高后降低的可能原因是___________________________________________。
③除去NO反应过程中提高气体流速可提高催化剂的利用率，降低成本。气体流速对与NO转化率的关系如图2所示。为合理利用催化剂应选择_______/h的流速；随气体流速增大，NO转化率下降的原因为_______________________________。
(2)一种电解法处理含有的酸性废水的工作原理如图3所示，阴极和阳极之间用浸有NaCl溶液的多孔无纺布分隔。阳极材料为石墨，阴极材料中含有铁的化合物，H表示氢原子。
电解法处理含有的酸性废水的过程可描述为_________________________，与HClO反应生成N2。与HClO反应的离子方程式为_________________________。
【答案】(1)1s22s22p63s23p6d34s2（3分）
温度升高，反应速率加快，单位时间内转化的NO多，转化率升高；温度高于320℃后，NH3可能被O2氧化为NO，使转化率降低（3分）
10000（2分） NO、NH3通过催化剂的时间过短，未能与催化剂充分接触，降低了NO转化率（3分）
(2)H＋在阴极得电子生成H原子，H与Fe(III)反应生成Fe(II)，Fe(II)还原生成Fe(III)和，Cl-在阳极失电子生成Cl2，Cl2与水反应生成HCl和HClO（3分）
2+3HClO=N2+3Cl-+5H＋+3H2O（3分）
【解析】
(1)①V是23号元素，V的基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2；
②温度低于320℃，随温度升高，反应速率加快，单位时间内转化的NO多，转化率升高；温度高于320℃后，NH3可能被O2氧化为NO，使转化率降低；
③气体流速5000~10000/h时NO的转化率高，且转化率相等，除去NO反应过程中提高气体流速可提高催化剂的利用率，降低成本所以为合理利用催化剂应选择10000/h的流速；随气体流速增大，NO转化率下降的原因为NO、NH3通过催化剂的时间过短，未能与催化剂充分接触，降低了NO转化率；
(2)H＋在阴极得电子生成H原子，H与Fe(III)反应生成Fe(II)，Fe(II)还原生成Fe(III)和，Cl-在阳极失电子生成Cl2，Cl2与水反应生成HCl和HClO，与HClO反应生成N2。与HClO发生氧化还原反应生成氮气和氯离子，反应的离子方程式为2+3HClO=N2+3Cl-+5H＋+3H2O。
目的
方案设计
现象和结论
A
检验硝酸钠中是否含有亚硝酸钠
取少量固体加水溶解，加入硝酸银溶液，再加入稀硝酸，观察现象
先出现白色沉淀，后沉淀溶解，说明含有亚硝酸钠
B
检验碳酸与苯酚的酸性强弱
向碳酸钠溶液中加入稀硫酸，反应产生的气体通入苯酚钠溶液中，观察现象
溶液变浑浊，说明酸性：碳酸>苯酚
C
检验乙酰水杨酸中是否含有水杨酸
取少量乙酰水杨酸晶体，加入盛有3ml蒸馏水的试管中，加1~2滴1%氯化铁溶液，观察现象
溶液出现紫色，说明含有水杨酸
D
检验Fe2+与I-的还原性强弱
向含0.1ml的FeI2溶液中通入0.1mlCl2，再滴加淀粉溶液，观察现象
溶液变蓝色，说明还原性：I->Fe2+
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