江苏省无锡市江阴市2022-2023学年高三上学期阶段测试（期末）化学试题
一、单选题
1．（2022高三上·江阴期末）化学促进了科技进步和社会发展，下列叙述中不涉及化学变化的是
A．《神农本草经》中记载“石胆能化铁为铜”
B．北京冬奥会场馆使用CO2跨临界直冷制冰
C．科学家成功将CO2转化为淀粉或葡萄糖
D．用四氟乙烯制备医用防护服材料微孔聚四氟乙烯
2．（2022高三上·江阴期末）用NaClO氧化NH3可制备火箭推进剂的燃料N2H4。下列说法正确的是
A．NH3是非极性分子
B．NaClO仅含离子键
C．N2H4中N元素的化合价为-2
D．中子数为8的氮原子可表示为
3．（2022高三上·江阴期末）黑火药主要成分是硫磺、硝酸钾和木炭，能发生剧烈的氧化还原反应。下列说法正确的是
A．半径大小：r(S2 )＜r(K+) B．电负性大小：χ(N)＜χ(O)
C．电离能大小：I1(O)＜I1(C) D．气态氢化物稳定性：H2O＜H2S
4．（2022高三上·江阴期末）用下列装置依次进行乙烯的制取、除杂、性质检验和气体收集，其中不能实现相应实验目的的是
A．制取 B．除杂 C．性质 D．收集
A．A B．B C．C D．D
5．（2022高三上·江阴期末）氯及其化合物应用广泛。氯的单质Cl2可由MnO2与浓盐酸共热得到，Cl2能氧化Br ，可从海水中提取Br2；氯的氧化物ClO2可用于自来水消毒，ClO2是一种黄绿色气体，易溶于水，与碱反应会生成与，在稀硫酸和NaClO3的混合溶液中通入SO2气体可制得ClO2；漂白液和漂白粉的有效成分是次氯酸盐，可作棉、麻的漂白剂。下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．MnO2有氧化性，可用于实验室制氯气
B．ClO2易溶于水，可用于自来水消毒
C．HClO不稳定，可用于棉、麻漂白
D．Cl2有还原性，可用于从海水中提取溴
6．（2022高三上·江阴期末）下列关于Cl 、ClO2、和的说法错误的是
A．Cl 提供孤电子对与Cu2+可形成CuCl
B．ClO2属于共价化合物
C．的空间结构为三角锥
D．的键角比的键角大
7．（2022高三上·江阴期末）在给定条件下，下列物质间转化能实现的是
A．ClO2(g)NaClO2(aq) B．Cl2(g)FeCl2(s)
C．HClO(aq) Cl2(g) D．NaClO(aq) ClO2(g)
8．（2022高三上·江阴期末）氮化硅(Si3N4)是一种重要的结构陶瓷材料。用石英砂和原料气(含N2和少量O2)制备Si3N4的操作流程如下(粗硅中含少量Fe、Cu的单质及化合物)：
下列叙述正确的是
A．“还原”时反应的方程式为SiO2＋CSi＋CO2
B．“高温氮化”合成反应中N2是还原剂
C．“操作X”可将原料气通过灼热的铜粉
D．“稀酸Y”选用稀硫酸除去产物中的杂质
9．（2022高三上·江阴期末）为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn（3D Zn）可以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3D Zn—NiOOH二次电池，结构如图所示。电池反应为Zn+2NiOOH+H2O ZnO+2Ni(OH)2。下列说法错误的是
A．放电过程中OH 通过隔膜从负极区移向正极区
B．充电时阳极反应为Ni(OH)2+OH e ＝NiOOH+H2O
C．放电时负极反应为Zn+2OH 2e ＝ZnO+H2O
D．三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高
10．（2022高三上·江阴期末）室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项 实验操作和现象 结论
A 向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀 气体X一定具有强氧化性
B 某溶液中加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，无现象，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成 溶液中一定含有Cl－
C 向Na2CO3溶液中加入盐酸，将产生的气体直接通入硅酸钠溶液中，产生白色胶状沉淀 酸性：盐酸>碳酸>硅酸
D 向盛有5 mL 0.1 mol·L 1AgNO3溶液的试管中滴入几滴等浓度的NaCl溶液，产生白色沉淀，继续滴加几滴NaI溶液，有黄色沉淀产生 Ksp(AgCl) >Ksp(AgI)
A．A B．B C．C D．D
11．（2022高三上·江阴期末）银氨溶液可用于检验葡萄糖，实验如下：
步骤1：向试管中加入1 mL 2% AgNO3溶液，边振荡边滴加2%氨水，观察到有白色沉淀产生并迅速转化为灰褐色。
步骤2：向试管中继续滴加2%氨水，观察到沉淀完全溶解。
步骤3：再向试管中加入1 mL 10%葡萄糖溶液，振荡，在60~70℃水浴中加热，观察到试管内壁形成了光亮银镜。
下列说法错误的是
A．步骤1中观察到的白色沉淀为AgOH
B．步骤2所得溶液中大量存在的离子：Ag+、、
C．步骤3中产生银镜说明葡萄糖具有还原性
D．图中所示银的晶胞中Ag原子周围等距且紧邻的Ag原子有12个
12．（2022高三上·江阴期末）分子结构修饰在药物设计与合成中有广泛应用，布洛芬具有抗炎、镇痛解热的作用，但直接服用对胃、肠道有刺激性，可以对该分子进行如图所示的分子修饰。
下列有关说法错误的是
A．甲分子最多有10个碳原子共平面
B．1 mol 乙分子中σ键的数目为48 mol
C．以上三个分子都只有1个手性碳原子
D．乙和丙均能在NaOH溶液中发生水解
13．（2022高三上·江阴期末）草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。实验室配制了0.010 0 mol/L Na2C2O4标准溶液，现对25 ℃时该溶液的性质进行探究，下列所得结论正确的是
A．0.010 0 mol/L Na2C2O4溶液中存在：c(OH )=c(H+)+c(H2C2O4)+c()
B．若向该溶液中滴加等体积等浓度稀盐酸，测得溶液pH<7，此时溶液中存在：c()>c(Cl )>c(H2C2O4)
C．已知25℃时Ksp(CaC2O4)=2.5×10 9。向该溶液中加入等体积0.0200 mol/L CaCl2溶液，所得上层清液中c()<5×10 5mol/L
D．向该溶液中加入几滴酸性KMnO4溶液，被还原为Mn2+，则反应的离子方程式：+4+14H+=2CO2↑+4Mn2++7H2O
14．（2022高三上·江阴期末）二氧化碳催化加氢可合成乙烯：2CO2(g) + 6H2(g) C2H4(g) + 4H2O(g) ΔH。理论计算表明，原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。
下列说法正确的是
A．表示CO2、C2H4变化的曲线分别为d、c
B．合成乙烯反应的ΔH>0
C．A点对应温度为440 K，若体系压强改为0.2 MPa，则a、b的交点对应温度小于440 K
D．上述反应伴有副反应，一定温度和压强下，选择合适的催化剂可提高反应速率和乙烯的选择性
二、综合题
15．（2022高三上·江阴期末）工业上以黄铁矿(主要成分为FeS2)为原料来制备硫酸，产生的含二氧化硫尾气和炉渣(主要成分为Fe2O3)经过资源化利用可减轻对环境的污染。
（1）工业制硫酸。沸腾炉中煅烧黄铁矿发生反应的化学方程式为 ，当有6 mol SO2生成时，转移电子 mol。
（2）生产焦亚硫酸钠(Na2S2O5)。Na2S2O5常用作食品的抗氧化剂，由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得，生产工艺流程如下：
已知：H2SO3电离常数分别为Ka1=1.5×10-2、Ka2=1.0×10-7
H2CO3电离常数分别为Ka1=4.3×10-7、Ka2=5.6×10-11
生成Na2S2O5的化学方程式为2NaHSO3=Na2S2O5+H2O
①I中生成一种盐并放出气体，反应的离子方程式为 。
②工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2的目的是 。
③因为Na2S2O5具有还原性，导致产品中不可避免地存在Na2SO4，检验其中是否含有的方法是 。
（3）由炉渣制备还原铁粉并分析纯度。利用CO与炉渣反应得到还原铁粉，得到的产品可用K2Cr2O7滴定分析法测定纯度。实验步骤如下：称取0.2240 g样品，加入过量稀硫酸充分溶解，用3.000×10 2 mol·L 1 K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+)，消耗K2Cr2O7溶液20.00 mL，计算该样品中还原铁粉的质量分数(写出计算过程) 。
16．（2022高三上·江阴期末）某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·6H2O)：
常温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+
开始沉淀时(c=0.01 mol·L 1)的pH 7.2 3.7 2.2 7.5
沉淀完全时(c=1.0×10 5 mol·L 1)的pH 8.7 4.7 3.2 9.0
回答下列问题：
（1）“碱浸”中NaOH的两个作用分别是 。
（2）为回收金属，向“滤液①”通入足量CO2，写出反应生成沉淀的离子方程式 。“滤液②”中含有的金属离子是 。
（3）若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即，“滤液③”中可能含有的杂质离子为 。
（4）如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0 mol·L 1，则“调pH”应控制的pH范围是 。
（5）硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式 。
（6）NiSO4质量分数随温度变化情况如图所示，已知当pH控制在3.0时，结晶得到NiSO4·6H2O晶体外观最符合要求。
请补充由滤液③得到NiSO4·6H2O晶体的实验方案： ，得到NiSO4·6H2O晶体。(实验中须使用的试剂：1 mol·L 1 H2SO4，乙醇)
17．（2022高三上·江阴期末）化合物H是一种用于合成药物的中间体，其合成路线流程图如下：
已知：
回答下列问题：
（1）D分子中碳原子的杂化轨道类型为 。
（2）E→F的反应类型为 。
（3）B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含有两个苯环，且能与FeCl3溶液发生显色反应
②碱性条件水解，酸化后所得 2 种产物均只有一种含氧官能团，一种产物有两种不同化学环境的氢原子，另一种产物核磁共振氢谱峰面积比为6︰6︰1︰1。
（4）H的分子式为C18H18O3，结构中含有三个六元环，其结构简式为 。
（5）以苯、甲醛和丙酮为基础有机原料，制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干) 。
18．（2022高三上·江阴期末）CO2、NOx和SO2等物质的转化和资源化利用是社会热点问题。
（1）I.CO2与CH4经催化重整，制得合成气。发生反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：
化学键 C—H C=O H—H CO中的化学键
键能/kJ·mol 1 413 745 436 1075
则该反应的ΔH= 。
（2）II.间接电化学法可对大气污染物NO进行无害化处理，其工作原理如图所示，质子膜允许H+和H2O通过。
电极I应接电源的 (填“正极”或“负极”)。
（3）每处理标准状况下22.4 L NO，可同时得到 g O2。
（4）III.使用固体催化剂可提高脱硫效率。气体在固体催化剂表面反应的机理是气体反应物分子吸附在催化剂表面，占据催化剂表面活性位点，生成一些活性高的微粒，从而降低反应活化能，提高反应速率，反应后气体产物分子及时脱附空出活性位点。
活性炭催化脱除SO2的机理如图所示(＊代表吸附态)。
①写出“热再生”生成SO2的化学方程式 。
②研究表明，温度在脱硫过程中是一个非常重要的因素，温度过高，脱硫效果会变差，原因可能是 。
（5）V2O5/炭基材料是在活性炭上载有V2O5活性成分，构成更高活性的活性炭催化剂，更有利于SO2转化为SO3，最终实现脱硫。
①通过红外光谱发现，脱硫开始后催化剂表面出现了VOSO4的吸收峰，再通入O2后VOSO4吸收峰消失，该脱硫反应过程可描述为 。
②控制一定气体流速和温度，考察烟气中O2 的存在对V2O5/炭基材料催化剂脱硫活性的影响，结果如图所示，当O2浓度过高时，去除率下降，其原因可能是 。
（6）科学家通过NH3活化改性提升了活性炭的脱硫性能，认为活性炭表面的含氮官能团具有催化性能，含氮官能团越丰富越有利于提升脱硫性能，原因可能是 。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】A．《神农本草经》中记载“石胆能化铁为铜” 发生的反应为铁与硫酸铜溶液发生置换反应生成硫酸亚铁和铜，涉及化学变化，故A不符合题意；
B．北京冬奥会场馆使用二氧化碳跨临界直接制冰过程中没有新物质生成，不涉及化学变化，故B符合题意；
C．二氧化碳转化为淀粉或葡萄糖时有新物质生成，涉及化学变化，故C不符合题意；
D．用四氟乙烯制备医用防护服材料微孔聚四氟乙烯发生的反应为一定条件下四氟乙烯发生加聚反应生成聚四氟乙烯，涉及化学变化，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、铁和硫酸铜的反应为置换反应；
B、二氧化碳将水制成冰为物理变化；
C、二氧化碳转化为淀粉或者葡萄糖为化学变化；
D、四氟乙烯制备聚四氟乙烯为化学变化。
2．【答案】C
【知识点】化学键；极性分子和非极性分子；元素、核素；常见元素的化合价
【解析】【解答】A．NH3中含有极性键，空间结构为三角锥形，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，选项A不符合题意；
B．NaClO含Cl-O共价键及离子键，选项B不符合题意；
C．设肼中氮元素的化合价为x，根据在化合物中正负化合价代数和为零可得：2x+（+1）×4=0，解得x=-2，选项C符合题意；
D．中子数为8的氮原子，质量数为15，可表示为，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、氨分子为极性分子；
B、铵根离子或金属离子与非金属离子或酸根离子的结合是离子键，非金属原子和非金属原子的结合是共价键；
C、结合氢元素的化合价判断；
D、质量数=质子数+中子数。
3．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．S2-、K+具有相同的核外电子排布，且K的核电荷数比S的大，故半径大小：r(S2 )＞r(K+)，A不符合题意；
B．N、O为同一周期元素，从左往右元素电负性依次增强，即电负性大小：χ(N)＜χ(O)，B符合题意；
C．CO为同一周期元素，从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，即电离能大小：I1(O)＞I1(C)，C不符合题意；
D．已知O的非金属性强于S，故气态氢化物稳定性：H2O＞H2S，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、粒子的半径比较，一看电子层，电子层数越多半径越大，二看核电荷数，核电荷数越多半径越小，三看最外层电子数，最外层电子数越多，半径越大；
B、同周期元素从左到右电负性增大；
C、同周期元素从左到右第一电离能增大，若有电子半充满或者全充满则出现反常；
D、氢化物的稳定性即比较非金属性。
4．【答案】D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．由实验装置图可知，装置A中发生的反应为在浓硫酸作用下乙醇在170℃条件下发生消去反应生成乙烯和水，则装置A为乙烯的制取装置，故A不符合题意；
B．由实验装置图可知，装置B中盛有的氢氧化钠溶液用于除去乙烯气体中混有的二氧化硫和二氧化碳杂质，则装置B为乙烯的除杂装置，故B不符合题意；
C．由实验装置图可知，装置C中盛有的溴的四氯化碳溶液发生加成反应使溶液褪色，则装置C为验证乙烯性质的装置，故C不符合题意；
D．乙烯的密度与空气的密度接近，不能用排空气法收集乙烯气体，则装置C不能用于收集乙烯气体，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、乙醇和浓硫酸在170℃条件下发生消去反应生成乙烯和水；
B、氢氧化钠可以除去二氧化硫和二氧化碳；
C、乙烯可以使溴的四氯化碳溶液褪色；
D、乙烯和密度空气接近，应该用排水法收集。
5．【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．实验室由MnO2与浓盐酸共热制取Cl2，反应生成MnCl2，锰元素化合价降低，MnO2做氧化剂，MnO2有氧化性，故A符合题意；
B．ClO2具有强的氧化性，能够使蛋白质变性，可用作自来水消毒，与ClO2易溶于水的性质无关，故B不符合题意；
C．次氯酸可用作棉、麻的漂白剂，是利用次氯酸的强氧化性，与其稳定性无关，故C不符合题意；
D．海水提取溴是利用氯气能氧化溴离子得到氯离子和单质溴，反应的离子方程式为：2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，氯元素化合价降低，Cl2有氧化性，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、化合价降低，作为氧化剂；
B、二氧化氯具有氧化性，可以杀局消毒；
C、次氯酸具有氧化性，可以用于棉、麻的漂白；
D、氯气具有氧化性，可以和溴离子反应生成溴。
6．【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成
【解析】【解答】A．具有孤对电子氯离子与具有空轨道的铜离子能通过配位键形成四氯合铜离子，选项A不符合题意；
B．ClO2中只含共价键，属于共价化合物，选项B不符合题意；
C．中Cl的价层电子对数=3+(7+1-2×3)=4，含有一个孤电子对，则离子的空间构型为三角锥形，选项C不符合题意；
D．中Cl的价层电子对数=2+(7+1-2×2)=4，含有两个孤电子对，则离子的空间构型为V形，键角104.5°；中Cl的价层电子对数=3+(7+1-2×3)=4，含有一个孤电子对，则离子的空间构型为三角锥形，键角107.3°，故的键角比的键角小，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、铜离子提供空轨道，氯离子提供孤电子对；
B、非金属原子和非金属原子的结合是共价键，只含共价键的化合物为共价化合物；
C、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；
D、孤电子对数越多，则键角越小。
7．【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A． ClO2(g)与NaOH反应生成NaClO2(aq)、NaClO3(aq)和水，故A符合题意；
B． Cl2(g)与Fe点燃只能生成FeCl3(s)，故B不符合题意；
C． HClO(aq)光照分解生成HCl和 O2(g)，故C不符合题意；
D． NaClO(aq)与SO2反应生成NaCl、Na2SO4，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、二氧化氯和氢氧化钠反应生成亚氯酸钠；
B、氯气和铁反应生成氯化铁；
C、次氯酸光照生成氯化氢；
D、次氯酸钠和二氧化硫反应生成氯化钠。
8．【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．焦炭与石英砂发生反应SiO2+2CSi+2CO↑，焦炭被氧化成CO，A不符合题意；
B．“高温氮化”合成反应中即3Si+2N2Si3N4，反应中N的化合价降低，被还原，故N2是氧化剂，B不符合题意；
C．“高温氮化”是Si与氮气反应，原料气中含有N2和少量的O2，氧气能与Si反应生成SiO2，需要除去氧气，操作X可以除去氧气得到纯净氮气，C符合题意；
D．粗硅中含有少量Fe和Cu，即Si3N4中含有少量Fe和Cu，Fe与稀硫酸反应，得到可溶于水的FeSO4，但Cu与稀硫酸不反应，故应该用稀硝酸除去Si3N4中Fe和Cu，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、二氧化硅和碳反应生成硅和一氧化碳；
B、氮元素化合价降低，作为氧化剂；
C、铜在加热条件下可以和氧气反应；
D、铜和稀硫酸不反应。
9．【答案】A
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A.原电池在工作时，阴离子向负极移动，因此向负极移动而不是正极，A项符合题意；
B.充电时相当于电解池，阳极失电子，由变为，B项不符合题意；
C.放电时即原电池，锌作负极失电子，变为，C项不符合题意；
D.多孔结构的物质，其表面积较大，一方面可以增加接触面积加快反应速率，另一方面可以使得到的分散度较高，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】新型二次电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒；若是充电过程，则负极作为阴极，正极作为阳极，阴极电极反应式为负极的逆反应，阳极的电极反应式为正极的逆反应
10．【答案】B
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A. 向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀， 气体X可能具有强氧化性，也可能具有碱性，A不符合题意；
B．某溶液中加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，无现象，说明溶液中不含有SO42-、SO32-；再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，溶液中一定含有Cl－，B符合题意；
C．向Na2CO3溶液中加入盐酸，将产生的气体CO2直接通入硅酸钠溶液中，产生白色胶状沉淀，因为没有去除CO2气体中混有的HCl，所以不能肯定是CO2与硅酸钠溶液的反应，也就不能得出结论“酸性：盐酸>碳酸>硅酸”，C不符合题意；
D．向盛有5 mL 0.1 mol·L 1AgNO3溶液的试管中滴入几滴等浓度的NaCl溶液，产生白色沉淀，继续滴加几滴NaI溶液，有黄色沉淀产生，不能肯定I-是与AgCl发生的反应，也就不能得出结论“Ksp(AgCl) >Ksp(AgI)”，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、二氧化硫和氯化钡不反应，若是通入氧化性物质则可以生成硫酸钡；
B、稀硝酸和硝酸银溶液可以鉴别氯离子；
C、盐酸易挥发；
D、银离子过量，无法判断两者的溶度积。
11．【答案】B
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．少量氨水与硝酸银溶液反应生成氢氧化银白色沉淀，则步骤1中观察到的白色沉淀为氢氧化银，故A不符合题意；
B．由题意可知，步骤2发生的反应为氧化银与氨水反应生成氢氧化四氨合银和水，得到的溶液中含有四氨合银离子、铵根离子和硝酸根离子，故B符合题意；
C．由题意可知，步骤3发生的反应为氢氧化四氨合银和葡萄糖发生氧化反应生成葡萄糖酸铵、银和水，反应中葡萄糖表现还原性，故C不符合题意；
D．由晶胞结构可知，位于顶点的银原子与位于面心的银原子的距离最近，则晶胞中银原子周围等距且紧邻的银原子有12个，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、少量氨水和硝酸银反应生成氢氧化银；
B、氧化银和氨水反应生成氢氧化四氨合银；
C、葡萄糖具有还原性，可以使银氨溶液生成银镜；
D、结合竟把周围的其他晶胞判断。
12．【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．甲分子含有1个苯环，与苯环上连接的碳原子一定共平面，其余单键相连碳原子可通过旋转得出最多1个碳原子在其平面上，所以甲分子中最多有11个碳原子共平面(即)， ，A符合题意；
B．乙分子的化学式为，σ键的数目为=48，所以1 乙分子中σ键的数目为48 ，B不符合题意；
C．手性碳原子是指，同一个碳原子上链接4个不同的原子或原子团，苯环上没有手性碳原子，甲基、亚甲基上没有手性碳原子，双键上没有手性碳原子，故以上三个分子的结构分析，都只有1个手性碳原子，即与苯环直接相连且连有一个甲基的碳原子，C不符合题意；
D．乙中含有肽键，丙中含有酯基，均能在溶液和稀溶液中发生水解反应，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、共平面的判断要注意一个原子周围有3个或以上的单键连接时，最多两个单键原子共平面；
B、σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键；
C、手性碳原子指的是一个碳原子周围连接四个完全不相同的结构；
D、酯基、肽键都可以在碱溶液中水解。
13．【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A.0.010 0 Na2C2O4溶液中存在：
，质子守恒，A不符合题意；
B．若向该溶液中滴加等体积等浓度稀盐酸，测得溶液pH<7，此时溶液是草酸氢钠和氯化钠的等浓度混合溶液，可知草酸氢根离子的电离大于水解，溶液中存在：，B不符合题意；
C．向该溶液中加入等体积0.0200mol L-1CaCl2溶液后溶液中钙离子的浓度为=5.00×，由25℃时 =2.5×10-9可得溶液中草酸根离子的浓度为=5.00×10-7<5.00×10-5，C符合题意；
D．向该溶液中加入几滴酸性KMnO4溶液，被还原为Mn2+，则反应的离子方程式：，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、结合质子守恒判断；
B、结合电离程度和水解程度的强弱判断；
C、结合钙离子浓度以及溶度积判断；
D、氧化还原反应的方程式要注意，根据化合价升降总数配平化学计量数。
14．【答案】D
【知识点】反应热和焓变；催化剂；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．由题中信息可知，两反应物初始投料之比等于化学计量数之比，由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1：3、d和b表示的物质的物质的量分数之比为1：4，则结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c，选项A不符合题意；
B．由图中曲线的变化趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，△H<0，选项B不符合题意；
C．若温度不变，压强增大为0.2 MPa，平衡右移，n(H2O)增大，n(H2)减小，x增大，H2O含量增大，H2含量减小，两者不再是原交点，为了恢复至原交点，让平衡左移来抵消压强增大的改变使交点仍在A上，所以新平衡时A点对应温度大于440 K，选项C不符合题意；
D．上述反应伴有副反应，一定温度和压强下，选择合适的催化剂可提高反应速率和乙烯的选择性，使乙烯的选择性提高，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、结合化学计量数之比等于物质的量之比判断；
B、升高温度，平衡朝吸热方向移动；
C、增大压强，平衡朝气体系数缩小的方向移动；
D、一定温度和压强下，选择合适的催化剂可提高反应速率和乙烯的选择性。
15．【答案】（1）4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2；33
（2）+2SO2+H2O= CO2+2；得到NaHSO3过饱和溶液；先加入足量盐酸，再加入氯化钡溶液，若生成白色沉淀，则说明含有，反之则不含
（3）90.00%
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）沸腾炉中煅烧黄铁矿FeS2与氧气反应生成Fe2O3和SO2，发生反应的化学方程式为，该反应中铁元素和硫元素化合价均升高，只有氧元素化合价降低，每生成8mol SO2时转移44mol电子，当有6 mol SO2生成时，转移电子33mol；
（2）①根据弱酸的电离平衡常数越大其电离程度越大，弱酸的酸性越强，由H2SO3、H2CO3的电离常数可知酸性：H2SO3> H2CO3>>，I中饱和碳酸钠溶液中通入二氧化硫，控制pH=4.1，可生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，反应的离子方程式为+2SO2+H2O= CO2+2；
②向溶液中通入SO2使溶液pH变为4.1，得NaHSO3溶液，为结晶脱水制得Na2S2O5准备，所以加入Na2SO3生成NaHSO3，考虑到后续操作步骤是结晶脱水制取Na2S2O5，发生这一步需要过饱和的NaHSO3溶液，由此判断，再充入SO2的目的是增大NaHSO3浓度，形成NaHSO3过饱和溶液；
③检验的方法是：先加入足量盐酸，再加入氯化钡溶液，若生成白色沉淀，则说明含有，反之则不含；
（3）滴定过程中与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+，离子方程式为：+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，滴定中消耗n(K2Cr2O7)=c V=3.000×10 2 mol·L 1×20.00 ×10 3L=6×10 4mol，则n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=3.6×10 3mol，根据铁元素守恒可知样品中铁粉的质量为m=n M=3.6×10 3mol×56g/mol=0.2016g，质量分数为。
【分析】（1）黄铁矿在氧气高温条件下生成氧化铁和二氧化硫；
（2） ① 碳酸根和二氧化硫、水反应审查二氧化碳和亚硫酸氢根；
② 二氧化硫和碳酸钠反应生成亚硫酸氢钠的饱和溶液；
③ 硫酸根的检验要用稀盐酸和氯化钡溶液；
（3）结合化学计量数之比等于物质的量之比判断。
16．【答案】（1）除去油脂、溶解铝及其氧化物
（2）AlO2-＋CO2+2H2O=Al(OH)3↓＋；Ni2+、Fe2+、Fe3+
（3）Fe3+
（4）3.2≤pH<6.2
（5）2Ni2+＋ClO-＋4OH-= 2NiOOH↓＋Cl-＋H2O
（6）向滤液中加入1 mol·L 1 H2SO4，控制pH为3.0，蒸发浓缩，降温至28℃结晶，趁热过滤，用乙醇洗涤，低温干燥
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）Al及其氧化物能与NaOH溶液反应生成易溶于水的Na[Al(OH)4]，油脂在NaOH水溶液、加热条件下水解生成易溶于水的高级脂肪酸钠和甘油，所以“碱浸”中NaOH的两个作用分别是除去油脂以及溶解铝及其氧化物；
（2）滤液①中含有，所以通入足量CO2，反应生成的沉淀是Al(OH)3，反应的离子方程式为AlO2-＋CO2+2H2O=Al(OH)3↓＋；Ni、Fe及其氧化物不与NaOH溶液反应，所以它们存在于滤饼①中，其能与稀硫酸反应，所以滤液②中含有的金属离子有Ni2+、Fe2+、Fe3+；
（3）“转化”过程中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，空气或O2也可以达到该目的，若先加入NaOH，因Fe2+完全沉淀的pH大于Ni2+，故当Ni2+沉淀完全时，Fe2+还不能沉淀完全，“转化”时会生成Fe3+，则滤液③中可能含有的杂质离子为Fe3+；
（4）由表格可知c(Ni2+)=0.01 mol·L 1，pH=7.2时开始沉淀，则Ksp[Ni(OH)2]=0.01×(107.2-14)2，若“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol/L，则c(OH-)=10-7.8mol/L，c(H+)=10-6.2mol/L，此时pH=6.2，再由表格数据可知，当pH=3.2时Fe3+已经沉淀完全，所以应控制的pH范围是3.2≤pH<6.2；
（5）由题中信息可知，Ni元素由+2价升高至+3价，Cl元素由+1价降低至-1价，化合价升降最小公倍数为2，故Ni2+的系数为2，ClO-的系数是1，元素守恒可知NiOOH系数是2，Cl-系数是1，因溶液环境为碱性，结合电子守恒可知反应物还有OH-，系数为4，由原子守恒知产物有H2O，则该反应的离子方程式2Ni2+＋ClO-＋4OH-= 2NiOOH↓＋Cl-＋H2O；
（6）由图可知，应控制温度在28℃以上，可得到NiSO4·6H2O，且NiSO4易溶于水，不溶于乙醇，可以向滤液中加入1 mol·L 1 H2SO4，控制pH为3.0，蒸发浓缩，降温至28℃结晶，趁热过滤，用乙醇洗涤，低温干燥。
【分析】（1）油脂在碱性条件下可以水解；铝和氧化铝可以和氢氧化钠溶液反应；
（2）偏铝酸根和二氧化碳、水反应生成氢氧化铝和碳酸氢根；
（3）过氧化氢可以即那个亚铁离子氧化为铁离子；
（4）结合Ksp和镍离子的浓度计算；
（5）镍离子的次氯酸根离子、氢氧根离子反应生成氢氧氧化镍、氯离子和水；
（6）得到结晶水的晶体需要蒸发浓缩。
17．【答案】（1）sp3、sp2、sp
（2）还原反应
（3）
（4）
（5）
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的合成；结构简式
【解析】【解答】（1）由题干合成流程图中D的结构简式可知，D分子中碳原子中羰基和苯环上的碳原子均采用sp2杂化，-CN的碳原子采用sp杂化，其余的碳原子采用sp3杂化，故该有机物中碳原子的杂化轨道类型为sp3、sp2、sp，故答案为：sp3、sp2、sp；
（2）由题干合成流程图可知，E→F即转化为，有机化学中称加氢失氧的反应为还原反应，即该反应的反应类型为还原反应，故答案为：还原反应；
（3）由题干合成流程图可知，B的分子式为：C17H18O4，故其符合条件①含有两个苯环，且能与FeCl3溶液发生显色反应即含有酚羟基，②碱性条件水解即含有酯基，酸化后所得 2 种产物均只有一种含氧官能团，一种产物有两种不同化学环境的氢原子，另一种产物核磁共振氢谱峰面积比为6︰6︰1︰1的同分异构体的结构简式为：，故答案为：；
（4）由分析可知，H的分子式为C18H18O3，结构中含有三个六元环，其结构简式为，故答案为：；
（5）以苯、甲醛和丙酮为基础有机原料，制备，先甲醛与丙酮发生加成反应生成HOCH2CH2COCH3，再氧化生成OHCCH2COCH3，再氧化生成HOOCCH2COCH3，然后与SOCl2发生取代反应生成ClCOCH2COCH3，最后与苯发生取代反应，由此确定合成路线为：，故答案为：。
【分析】（1）杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
（2）有机反应中，加氢去氧为还原反应；
（3）可以和氯化铁溶液显色，即含有酚羟基，碱性条件下水解均只有一种含氧官能团，即含有酯基，结合等效氢的数目和种类进行判断；
（4）结合已知反应 以及结构中含有3个六元环可以知道其结构简式为 ；
（5）合成路线的设计，一般要结合已知条件或者已知合成路线去看，根据题干要求的物质，采用顺推或者逆推法进行相应的设计。
18．【答案】（1）+120 kJ·mol 1
（2）负极
（3）16
（4）C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑+2H2O；反应物在催化剂表面吸附效果变差，炭与硫酸反应产生SO2，反应快速生成的SO3占据所有活性位点，来不及脱附，使吸附很快达到饱和
（5）SO2与V2O5作用形成具有VOSO4结构的中间体，VOSO4中间体与气相的O2反应生成SO3和V2O5 (或3SO2+V2O5+O2 = 2VOSO4+SO3，4VOSO4+O2 = 2V2O5+4SO3)；氧气浓度过高时，O2和SO2分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多活性位点时，剩余的SO2分子就不能很好地被吸附，导致脱硫率下降
（6）活性炭材料表面的含氮官能团具有碱性，能够促进活性炭对SO2的吸附及氧化
【知识点】化学电源新型电池；催化剂；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）1mol CH4中含有4 mol C-H键，1 mol CO2中含有2 mol C-O键，1mol CO中含有1 mol C O键，1 mol H2中含有1 mol H-H键，根据反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) 可得△H=[4 E(C-H)+ 2 ×E(C=O)]-[2×E(C O)+2×E(H-H)]=(4×413+2×745) kJ/mol -(2×1 075+2×436)kJ/mol =+120 kJ/mol；
（2）从图示中，可知在吸收塔中NO变成了N2，N的化合价降低，变成了，S的化合价从＋3升高到了＋4，化合价升高。在电解池中，变成了，S的化合价从＋4降低到＋3，得到电子，电极Ⅰ为阴极，接连电源的负极；
（3）整个装置中转移的电子数相同，处理标准状况下22.4 L NO，即1molNO，N的化合价从＋2降低到0，转移了2mol电子，阳极2H2O－4e－=4H++O2↑，生成16g O2即0.5molO2需要2mol电子，答案为16g；
（4）①根据图中信息可知， “热再生”是活性炭基材料与浓硫酸反应生成SO2，反应的化学方程式为C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑+2H2O；
②研究表明，温度在脱硫过程中是一个非常重要的因素，温度过高，反应物在催化剂表面吸附效果变差，炭与硫酸反应产生SO2，反应快速生成的SO3占据所有活性位点，来不及脱附，使吸附很快达到饱和，脱硫效果会变差；
（5）①
根据题意可知，该脱硫反应过程可描述为SO2与V2O5作用形成具有VOSO4结构的中间体；VOSO4 中间体与气相的O2反应生成SO3和V2O5或3SO2 + V2O5 + O2=2VOSO4 + SO3，4VOSO4 + O2=2V2O5 + 4SO3，故答案为： SO2与V2O5作用形成具有VOSO4结构的中间体，VOSO4中间体与气相的O2反应生成SO3和V2O5 (或3SO2+V2O5+O2 = 2VOSO4+SO3，4VOSO4+O2 = 2V2O5+4SO3)；
②当O2浓度过高时，去除率下降，其可能原因是氧气浓度过高时，O2、SO2和NO分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多活性位时，剩余的SO2、NO分子就不能很好地被吸附，导致脱硫脱硝率下降；
故答案为： 氧气浓度过高时，O2和SO2分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多活性位点时，剩余的SO2分子就不能很好地被吸附，导致脱硫率下降；
（6）活性炭材料表面的含氮官能团具有碱性，能够促进活性炭对SO2的吸附及氧化，含氮官能团越丰富越有利于提升脱硫性能。
【分析】（1）△H=反应物总键能-生成物总键能；
（2）阴极连接电池负极，阳极连接电池正极；
（3）结合公式n=V/Vm和化学计量数之比等于物质的量之比判断；
（4） ① 碳和浓硫酸加热生成二氧化碳、二氧化硫和水；
② 炭与硫酸反应产生SO2，反应快速生成的SO3占据所有活性位点，来不及脱附 ；
（5）①氧气、五氧化二钒和三氧化硫反应生成硫酸氧化钒和三氧化硫，硫酸氧化钒和氧气反应生成五氧化二钒和三氧化硫；
② 当O2分子占据催化剂过多活性位点时，剩余的SO2分子就不能很好地被吸附 。
江苏省无锡市江阴市2022-2023学年高三上学期阶段测试（期末）化学试题
一、单选题
1．（2022高三上·江阴期末）化学促进了科技进步和社会发展，下列叙述中不涉及化学变化的是
A．《神农本草经》中记载“石胆能化铁为铜”
B．北京冬奥会场馆使用CO2跨临界直冷制冰
C．科学家成功将CO2转化为淀粉或葡萄糖
D．用四氟乙烯制备医用防护服材料微孔聚四氟乙烯
【答案】B
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系
【解析】【解答】A．《神农本草经》中记载“石胆能化铁为铜” 发生的反应为铁与硫酸铜溶液发生置换反应生成硫酸亚铁和铜，涉及化学变化，故A不符合题意；
B．北京冬奥会场馆使用二氧化碳跨临界直接制冰过程中没有新物质生成，不涉及化学变化，故B符合题意；
C．二氧化碳转化为淀粉或葡萄糖时有新物质生成，涉及化学变化，故C不符合题意；
D．用四氟乙烯制备医用防护服材料微孔聚四氟乙烯发生的反应为一定条件下四氟乙烯发生加聚反应生成聚四氟乙烯，涉及化学变化，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、铁和硫酸铜的反应为置换反应；
B、二氧化碳将水制成冰为物理变化；
C、二氧化碳转化为淀粉或者葡萄糖为化学变化；
D、四氟乙烯制备聚四氟乙烯为化学变化。
2．（2022高三上·江阴期末）用NaClO氧化NH3可制备火箭推进剂的燃料N2H4。下列说法正确的是
A．NH3是非极性分子
B．NaClO仅含离子键
C．N2H4中N元素的化合价为-2
D．中子数为8的氮原子可表示为
【答案】C
【知识点】化学键；极性分子和非极性分子；元素、核素；常见元素的化合价
【解析】【解答】A．NH3中含有极性键，空间结构为三角锥形，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，选项A不符合题意；
B．NaClO含Cl-O共价键及离子键，选项B不符合题意；
C．设肼中氮元素的化合价为x，根据在化合物中正负化合价代数和为零可得：2x+（+1）×4=0，解得x=-2，选项C符合题意；
D．中子数为8的氮原子，质量数为15，可表示为，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、氨分子为极性分子；
B、铵根离子或金属离子与非金属离子或酸根离子的结合是离子键，非金属原子和非金属原子的结合是共价键；
C、结合氢元素的化合价判断；
D、质量数=质子数+中子数。
3．（2022高三上·江阴期末）黑火药主要成分是硫磺、硝酸钾和木炭，能发生剧烈的氧化还原反应。下列说法正确的是
A．半径大小：r(S2 )＜r(K+) B．电负性大小：χ(N)＜χ(O)
C．电离能大小：I1(O)＜I1(C) D．气态氢化物稳定性：H2O＜H2S
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．S2-、K+具有相同的核外电子排布，且K的核电荷数比S的大，故半径大小：r(S2 )＞r(K+)，A不符合题意；
B．N、O为同一周期元素，从左往右元素电负性依次增强，即电负性大小：χ(N)＜χ(O)，B符合题意；
C．CO为同一周期元素，从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，即电离能大小：I1(O)＞I1(C)，C不符合题意；
D．已知O的非金属性强于S，故气态氢化物稳定性：H2O＞H2S，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、粒子的半径比较，一看电子层，电子层数越多半径越大，二看核电荷数，核电荷数越多半径越小，三看最外层电子数，最外层电子数越多，半径越大；
B、同周期元素从左到右电负性增大；
C、同周期元素从左到右第一电离能增大，若有电子半充满或者全充满则出现反常；
D、氢化物的稳定性即比较非金属性。
4．（2022高三上·江阴期末）用下列装置依次进行乙烯的制取、除杂、性质检验和气体收集，其中不能实现相应实验目的的是
A．制取 B．除杂 C．性质 D．收集
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．由实验装置图可知，装置A中发生的反应为在浓硫酸作用下乙醇在170℃条件下发生消去反应生成乙烯和水，则装置A为乙烯的制取装置，故A不符合题意；
B．由实验装置图可知，装置B中盛有的氢氧化钠溶液用于除去乙烯气体中混有的二氧化硫和二氧化碳杂质，则装置B为乙烯的除杂装置，故B不符合题意；
C．由实验装置图可知，装置C中盛有的溴的四氯化碳溶液发生加成反应使溶液褪色，则装置C为验证乙烯性质的装置，故C不符合题意；
D．乙烯的密度与空气的密度接近，不能用排空气法收集乙烯气体，则装置C不能用于收集乙烯气体，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、乙醇和浓硫酸在170℃条件下发生消去反应生成乙烯和水；
B、氢氧化钠可以除去二氧化硫和二氧化碳；
C、乙烯可以使溴的四氯化碳溶液褪色；
D、乙烯和密度空气接近，应该用排水法收集。
5．（2022高三上·江阴期末）氯及其化合物应用广泛。氯的单质Cl2可由MnO2与浓盐酸共热得到，Cl2能氧化Br ，可从海水中提取Br2；氯的氧化物ClO2可用于自来水消毒，ClO2是一种黄绿色气体，易溶于水，与碱反应会生成与，在稀硫酸和NaClO3的混合溶液中通入SO2气体可制得ClO2；漂白液和漂白粉的有效成分是次氯酸盐，可作棉、麻的漂白剂。下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．MnO2有氧化性，可用于实验室制氯气
B．ClO2易溶于水，可用于自来水消毒
C．HClO不稳定，可用于棉、麻漂白
D．Cl2有还原性，可用于从海水中提取溴
【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．实验室由MnO2与浓盐酸共热制取Cl2，反应生成MnCl2，锰元素化合价降低，MnO2做氧化剂，MnO2有氧化性，故A符合题意；
B．ClO2具有强的氧化性，能够使蛋白质变性，可用作自来水消毒，与ClO2易溶于水的性质无关，故B不符合题意；
C．次氯酸可用作棉、麻的漂白剂，是利用次氯酸的强氧化性，与其稳定性无关，故C不符合题意；
D．海水提取溴是利用氯气能氧化溴离子得到氯离子和单质溴，反应的离子方程式为：2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，氯元素化合价降低，Cl2有氧化性，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、化合价降低，作为氧化剂；
B、二氧化氯具有氧化性，可以杀局消毒；
C、次氯酸具有氧化性，可以用于棉、麻的漂白；
D、氯气具有氧化性，可以和溴离子反应生成溴。
6．（2022高三上·江阴期末）下列关于Cl 、ClO2、和的说法错误的是
A．Cl 提供孤电子对与Cu2+可形成CuCl
B．ClO2属于共价化合物
C．的空间结构为三角锥
D．的键角比的键角大
【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成
【解析】【解答】A．具有孤对电子氯离子与具有空轨道的铜离子能通过配位键形成四氯合铜离子，选项A不符合题意；
B．ClO2中只含共价键，属于共价化合物，选项B不符合题意；
C．中Cl的价层电子对数=3+(7+1-2×3)=4，含有一个孤电子对，则离子的空间构型为三角锥形，选项C不符合题意；
D．中Cl的价层电子对数=2+(7+1-2×2)=4，含有两个孤电子对，则离子的空间构型为V形，键角104.5°；中Cl的价层电子对数=3+(7+1-2×3)=4，含有一个孤电子对，则离子的空间构型为三角锥形，键角107.3°，故的键角比的键角小，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、铜离子提供空轨道，氯离子提供孤电子对；
B、非金属原子和非金属原子的结合是共价键，只含共价键的化合物为共价化合物；
C、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；
D、孤电子对数越多，则键角越小。
7．（2022高三上·江阴期末）在给定条件下，下列物质间转化能实现的是
A．ClO2(g)NaClO2(aq) B．Cl2(g)FeCl2(s)
C．HClO(aq) Cl2(g) D．NaClO(aq) ClO2(g)
【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A． ClO2(g)与NaOH反应生成NaClO2(aq)、NaClO3(aq)和水，故A符合题意；
B． Cl2(g)与Fe点燃只能生成FeCl3(s)，故B不符合题意；
C． HClO(aq)光照分解生成HCl和 O2(g)，故C不符合题意；
D． NaClO(aq)与SO2反应生成NaCl、Na2SO4，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、二氧化氯和氢氧化钠反应生成亚氯酸钠；
B、氯气和铁反应生成氯化铁；
C、次氯酸光照生成氯化氢；
D、次氯酸钠和二氧化硫反应生成氯化钠。
8．（2022高三上·江阴期末）氮化硅(Si3N4)是一种重要的结构陶瓷材料。用石英砂和原料气(含N2和少量O2)制备Si3N4的操作流程如下(粗硅中含少量Fe、Cu的单质及化合物)：
下列叙述正确的是
A．“还原”时反应的方程式为SiO2＋CSi＋CO2
B．“高温氮化”合成反应中N2是还原剂
C．“操作X”可将原料气通过灼热的铜粉
D．“稀酸Y”选用稀硫酸除去产物中的杂质
【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．焦炭与石英砂发生反应SiO2+2CSi+2CO↑，焦炭被氧化成CO，A不符合题意；
B．“高温氮化”合成反应中即3Si+2N2Si3N4，反应中N的化合价降低，被还原，故N2是氧化剂，B不符合题意；
C．“高温氮化”是Si与氮气反应，原料气中含有N2和少量的O2，氧气能与Si反应生成SiO2，需要除去氧气，操作X可以除去氧气得到纯净氮气，C符合题意；
D．粗硅中含有少量Fe和Cu，即Si3N4中含有少量Fe和Cu，Fe与稀硫酸反应，得到可溶于水的FeSO4，但Cu与稀硫酸不反应，故应该用稀硝酸除去Si3N4中Fe和Cu，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、二氧化硅和碳反应生成硅和一氧化碳；
B、氮元素化合价降低，作为氧化剂；
C、铜在加热条件下可以和氧气反应；
D、铜和稀硫酸不反应。
9．（2022高三上·江阴期末）为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn（3D Zn）可以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3D Zn—NiOOH二次电池，结构如图所示。电池反应为Zn+2NiOOH+H2O ZnO+2Ni(OH)2。下列说法错误的是
A．放电过程中OH 通过隔膜从负极区移向正极区
B．充电时阳极反应为Ni(OH)2+OH e ＝NiOOH+H2O
C．放电时负极反应为Zn+2OH 2e ＝ZnO+H2O
D．三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高
【答案】A
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A.原电池在工作时，阴离子向负极移动，因此向负极移动而不是正极，A项符合题意；
B.充电时相当于电解池，阳极失电子，由变为，B项不符合题意；
C.放电时即原电池，锌作负极失电子，变为，C项不符合题意；
D.多孔结构的物质，其表面积较大，一方面可以增加接触面积加快反应速率，另一方面可以使得到的分散度较高，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】新型二次电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒；若是充电过程，则负极作为阴极，正极作为阳极，阴极电极反应式为负极的逆反应，阳极的电极反应式为正极的逆反应
10．（2022高三上·江阴期末）室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项 实验操作和现象 结论
A 向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀 气体X一定具有强氧化性
B 某溶液中加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，无现象，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成 溶液中一定含有Cl－
C 向Na2CO3溶液中加入盐酸，将产生的气体直接通入硅酸钠溶液中，产生白色胶状沉淀 酸性：盐酸>碳酸>硅酸
D 向盛有5 mL 0.1 mol·L 1AgNO3溶液的试管中滴入几滴等浓度的NaCl溶液，产生白色沉淀，继续滴加几滴NaI溶液，有黄色沉淀产生 Ksp(AgCl) >Ksp(AgI)
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A. 向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀， 气体X可能具有强氧化性，也可能具有碱性，A不符合题意；
B．某溶液中加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，无现象，说明溶液中不含有SO42-、SO32-；再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，溶液中一定含有Cl－，B符合题意；
C．向Na2CO3溶液中加入盐酸，将产生的气体CO2直接通入硅酸钠溶液中，产生白色胶状沉淀，因为没有去除CO2气体中混有的HCl，所以不能肯定是CO2与硅酸钠溶液的反应，也就不能得出结论“酸性：盐酸>碳酸>硅酸”，C不符合题意；
D．向盛有5 mL 0.1 mol·L 1AgNO3溶液的试管中滴入几滴等浓度的NaCl溶液，产生白色沉淀，继续滴加几滴NaI溶液，有黄色沉淀产生，不能肯定I-是与AgCl发生的反应，也就不能得出结论“Ksp(AgCl) >Ksp(AgI)”，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A、二氧化硫和氯化钡不反应，若是通入氧化性物质则可以生成硫酸钡；
B、稀硝酸和硝酸银溶液可以鉴别氯离子；
C、盐酸易挥发；
D、银离子过量，无法判断两者的溶度积。
11．（2022高三上·江阴期末）银氨溶液可用于检验葡萄糖，实验如下：
步骤1：向试管中加入1 mL 2% AgNO3溶液，边振荡边滴加2%氨水，观察到有白色沉淀产生并迅速转化为灰褐色。
步骤2：向试管中继续滴加2%氨水，观察到沉淀完全溶解。
步骤3：再向试管中加入1 mL 10%葡萄糖溶液，振荡，在60~70℃水浴中加热，观察到试管内壁形成了光亮银镜。
下列说法错误的是
A．步骤1中观察到的白色沉淀为AgOH
B．步骤2所得溶液中大量存在的离子：Ag+、、
C．步骤3中产生银镜说明葡萄糖具有还原性
D．图中所示银的晶胞中Ag原子周围等距且紧邻的Ag原子有12个
【答案】B
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．少量氨水与硝酸银溶液反应生成氢氧化银白色沉淀，则步骤1中观察到的白色沉淀为氢氧化银，故A不符合题意；
B．由题意可知，步骤2发生的反应为氧化银与氨水反应生成氢氧化四氨合银和水，得到的溶液中含有四氨合银离子、铵根离子和硝酸根离子，故B符合题意；
C．由题意可知，步骤3发生的反应为氢氧化四氨合银和葡萄糖发生氧化反应生成葡萄糖酸铵、银和水，反应中葡萄糖表现还原性，故C不符合题意；
D．由晶胞结构可知，位于顶点的银原子与位于面心的银原子的距离最近，则晶胞中银原子周围等距且紧邻的银原子有12个，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、少量氨水和硝酸银反应生成氢氧化银；
B、氧化银和氨水反应生成氢氧化四氨合银；
C、葡萄糖具有还原性，可以使银氨溶液生成银镜；
D、结合竟把周围的其他晶胞判断。
12．（2022高三上·江阴期末）分子结构修饰在药物设计与合成中有广泛应用，布洛芬具有抗炎、镇痛解热的作用，但直接服用对胃、肠道有刺激性，可以对该分子进行如图所示的分子修饰。
下列有关说法错误的是
A．甲分子最多有10个碳原子共平面
B．1 mol 乙分子中σ键的数目为48 mol
C．以上三个分子都只有1个手性碳原子
D．乙和丙均能在NaOH溶液中发生水解
【答案】A
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．甲分子含有1个苯环，与苯环上连接的碳原子一定共平面，其余单键相连碳原子可通过旋转得出最多1个碳原子在其平面上，所以甲分子中最多有11个碳原子共平面(即)， ，A符合题意；
B．乙分子的化学式为，σ键的数目为=48，所以1 乙分子中σ键的数目为48 ，B不符合题意；
C．手性碳原子是指，同一个碳原子上链接4个不同的原子或原子团，苯环上没有手性碳原子，甲基、亚甲基上没有手性碳原子，双键上没有手性碳原子，故以上三个分子的结构分析，都只有1个手性碳原子，即与苯环直接相连且连有一个甲基的碳原子，C不符合题意；
D．乙中含有肽键，丙中含有酯基，均能在溶液和稀溶液中发生水解反应，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、共平面的判断要注意一个原子周围有3个或以上的单键连接时，最多两个单键原子共平面；
B、σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键；
C、手性碳原子指的是一个碳原子周围连接四个完全不相同的结构；
D、酯基、肽键都可以在碱溶液中水解。
13．（2022高三上·江阴期末）草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。实验室配制了0.010 0 mol/L Na2C2O4标准溶液，现对25 ℃时该溶液的性质进行探究，下列所得结论正确的是
A．0.010 0 mol/L Na2C2O4溶液中存在：c(OH )=c(H+)+c(H2C2O4)+c()
B．若向该溶液中滴加等体积等浓度稀盐酸，测得溶液pH<7，此时溶液中存在：c()>c(Cl )>c(H2C2O4)
C．已知25℃时Ksp(CaC2O4)=2.5×10 9。向该溶液中加入等体积0.0200 mol/L CaCl2溶液，所得上层清液中c()<5×10 5mol/L
D．向该溶液中加入几滴酸性KMnO4溶液，被还原为Mn2+，则反应的离子方程式：+4+14H+=2CO2↑+4Mn2++7H2O
【答案】C
【知识点】盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A.0.010 0 Na2C2O4溶液中存在：
，质子守恒，A不符合题意；
B．若向该溶液中滴加等体积等浓度稀盐酸，测得溶液pH<7，此时溶液是草酸氢钠和氯化钠的等浓度混合溶液，可知草酸氢根离子的电离大于水解，溶液中存在：，B不符合题意；
C．向该溶液中加入等体积0.0200mol L-1CaCl2溶液后溶液中钙离子的浓度为=5.00×，由25℃时 =2.5×10-9可得溶液中草酸根离子的浓度为=5.00×10-7<5.00×10-5，C符合题意；
D．向该溶液中加入几滴酸性KMnO4溶液，被还原为Mn2+，则反应的离子方程式：，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、结合质子守恒判断；
B、结合电离程度和水解程度的强弱判断；
C、结合钙离子浓度以及溶度积判断；
D、氧化还原反应的方程式要注意，根据化合价升降总数配平化学计量数。
14．（2022高三上·江阴期末）二氧化碳催化加氢可合成乙烯：2CO2(g) + 6H2(g) C2H4(g) + 4H2O(g) ΔH。理论计算表明，原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。
下列说法正确的是
A．表示CO2、C2H4变化的曲线分别为d、c
B．合成乙烯反应的ΔH>0
C．A点对应温度为440 K，若体系压强改为0.2 MPa，则a、b的交点对应温度小于440 K
D．上述反应伴有副反应，一定温度和压强下，选择合适的催化剂可提高反应速率和乙烯的选择性
【答案】D
【知识点】反应热和焓变；催化剂；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．由题中信息可知，两反应物初始投料之比等于化学计量数之比，由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1：3、d和b表示的物质的物质的量分数之比为1：4，则结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c，选项A不符合题意；
B．由图中曲线的变化趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，△H<0，选项B不符合题意；
C．若温度不变，压强增大为0.2 MPa，平衡右移，n(H2O)增大，n(H2)减小，x增大，H2O含量增大，H2含量减小，两者不再是原交点，为了恢复至原交点，让平衡左移来抵消压强增大的改变使交点仍在A上，所以新平衡时A点对应温度大于440 K，选项C不符合题意；
D．上述反应伴有副反应，一定温度和压强下，选择合适的催化剂可提高反应速率和乙烯的选择性，使乙烯的选择性提高，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、结合化学计量数之比等于物质的量之比判断；
B、升高温度，平衡朝吸热方向移动；
C、增大压强，平衡朝气体系数缩小的方向移动；
D、一定温度和压强下，选择合适的催化剂可提高反应速率和乙烯的选择性。
二、综合题
15．（2022高三上·江阴期末）工业上以黄铁矿(主要成分为FeS2)为原料来制备硫酸，产生的含二氧化硫尾气和炉渣(主要成分为Fe2O3)经过资源化利用可减轻对环境的污染。
（1）工业制硫酸。沸腾炉中煅烧黄铁矿发生反应的化学方程式为 ，当有6 mol SO2生成时，转移电子 mol。
（2）生产焦亚硫酸钠(Na2S2O5)。Na2S2O5常用作食品的抗氧化剂，由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得，生产工艺流程如下：
已知：H2SO3电离常数分别为Ka1=1.5×10-2、Ka2=1.0×10-7
H2CO3电离常数分别为Ka1=4.3×10-7、Ka2=5.6×10-11
生成Na2S2O5的化学方程式为2NaHSO3=Na2S2O5+H2O
①I中生成一种盐并放出气体，反应的离子方程式为 。
②工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2的目的是 。
③因为Na2S2O5具有还原性，导致产品中不可避免地存在Na2SO4，检验其中是否含有的方法是 。
（3）由炉渣制备还原铁粉并分析纯度。利用CO与炉渣反应得到还原铁粉，得到的产品可用K2Cr2O7滴定分析法测定纯度。实验步骤如下：称取0.2240 g样品，加入过量稀硫酸充分溶解，用3.000×10 2 mol·L 1 K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+)，消耗K2Cr2O7溶液20.00 mL，计算该样品中还原铁粉的质量分数(写出计算过程) 。
【答案】（1）4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2；33
（2）+2SO2+H2O= CO2+2；得到NaHSO3过饱和溶液；先加入足量盐酸，再加入氯化钡溶液，若生成白色沉淀，则说明含有，反之则不含
（3）90.00%
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）沸腾炉中煅烧黄铁矿FeS2与氧气反应生成Fe2O3和SO2，发生反应的化学方程式为，该反应中铁元素和硫元素化合价均升高，只有氧元素化合价降低，每生成8mol SO2时转移44mol电子，当有6 mol SO2生成时，转移电子33mol；
（2）①根据弱酸的电离平衡常数越大其电离程度越大，弱酸的酸性越强，由H2SO3、H2CO3的电离常数可知酸性：H2SO3> H2CO3>>，I中饱和碳酸钠溶液中通入二氧化硫，控制pH=4.1，可生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，反应的离子方程式为+2SO2+H2O= CO2+2；
②向溶液中通入SO2使溶液pH变为4.1，得NaHSO3溶液，为结晶脱水制得Na2S2O5准备，所以加入Na2SO3生成NaHSO3，考虑到后续操作步骤是结晶脱水制取Na2S2O5，发生这一步需要过饱和的NaHSO3溶液，由此判断，再充入SO2的目的是增大NaHSO3浓度，形成NaHSO3过饱和溶液；
③检验的方法是：先加入足量盐酸，再加入氯化钡溶液，若生成白色沉淀，则说明含有，反之则不含；
（3）滴定过程中与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+，离子方程式为：+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，滴定中消耗n(K2Cr2O7)=c V=3.000×10 2 mol·L 1×20.00 ×10 3L=6×10 4mol，则n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=3.6×10 3mol，根据铁元素守恒可知样品中铁粉的质量为m=n M=3.6×10 3mol×56g/mol=0.2016g，质量分数为。
【分析】（1）黄铁矿在氧气高温条件下生成氧化铁和二氧化硫；
（2） ① 碳酸根和二氧化硫、水反应审查二氧化碳和亚硫酸氢根；
② 二氧化硫和碳酸钠反应生成亚硫酸氢钠的饱和溶液；
③ 硫酸根的检验要用稀盐酸和氯化钡溶液；
（3）结合化学计量数之比等于物质的量之比判断。
16．（2022高三上·江阴期末）某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·6H2O)：
常温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+
开始沉淀时(c=0.01 mol·L 1)的pH 7.2 3.7 2.2 7.5
沉淀完全时(c=1.0×10 5 mol·L 1)的pH 8.7 4.7 3.2 9.0
回答下列问题：
（1）“碱浸”中NaOH的两个作用分别是 。
（2）为回收金属，向“滤液①”通入足量CO2，写出反应生成沉淀的离子方程式 。“滤液②”中含有的金属离子是 。
（3）若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即，“滤液③”中可能含有的杂质离子为 。
（4）如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0 mol·L 1，则“调pH”应控制的pH范围是 。
（5）硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式 。
（6）NiSO4质量分数随温度变化情况如图所示，已知当pH控制在3.0时，结晶得到NiSO4·6H2O晶体外观最符合要求。
请补充由滤液③得到NiSO4·6H2O晶体的实验方案： ，得到NiSO4·6H2O晶体。(实验中须使用的试剂：1 mol·L 1 H2SO4，乙醇)
【答案】（1）除去油脂、溶解铝及其氧化物
（2）AlO2-＋CO2+2H2O=Al(OH)3↓＋；Ni2+、Fe2+、Fe3+
（3）Fe3+
（4）3.2≤pH<6.2
（5）2Ni2+＋ClO-＋4OH-= 2NiOOH↓＋Cl-＋H2O
（6）向滤液中加入1 mol·L 1 H2SO4，控制pH为3.0，蒸发浓缩，降温至28℃结晶，趁热过滤，用乙醇洗涤，低温干燥
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）Al及其氧化物能与NaOH溶液反应生成易溶于水的Na[Al(OH)4]，油脂在NaOH水溶液、加热条件下水解生成易溶于水的高级脂肪酸钠和甘油，所以“碱浸”中NaOH的两个作用分别是除去油脂以及溶解铝及其氧化物；
（2）滤液①中含有，所以通入足量CO2，反应生成的沉淀是Al(OH)3，反应的离子方程式为AlO2-＋CO2+2H2O=Al(OH)3↓＋；Ni、Fe及其氧化物不与NaOH溶液反应，所以它们存在于滤饼①中，其能与稀硫酸反应，所以滤液②中含有的金属离子有Ni2+、Fe2+、Fe3+；
（3）“转化”过程中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，空气或O2也可以达到该目的，若先加入NaOH，因Fe2+完全沉淀的pH大于Ni2+，故当Ni2+沉淀完全时，Fe2+还不能沉淀完全，“转化”时会生成Fe3+，则滤液③中可能含有的杂质离子为Fe3+；
（4）由表格可知c(Ni2+)=0.01 mol·L 1，pH=7.2时开始沉淀，则Ksp[Ni(OH)2]=0.01×(107.2-14)2，若“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol/L，则c(OH-)=10-7.8mol/L，c(H+)=10-6.2mol/L，此时pH=6.2，再由表格数据可知，当pH=3.2时Fe3+已经沉淀完全，所以应控制的pH范围是3.2≤pH<6.2；
（5）由题中信息可知，Ni元素由+2价升高至+3价，Cl元素由+1价降低至-1价，化合价升降最小公倍数为2，故Ni2+的系数为2，ClO-的系数是1，元素守恒可知NiOOH系数是2，Cl-系数是1，因溶液环境为碱性，结合电子守恒可知反应物还有OH-，系数为4，由原子守恒知产物有H2O，则该反应的离子方程式2Ni2+＋ClO-＋4OH-= 2NiOOH↓＋Cl-＋H2O；
（6）由图可知，应控制温度在28℃以上，可得到NiSO4·6H2O，且NiSO4易溶于水，不溶于乙醇，可以向滤液中加入1 mol·L 1 H2SO4，控制pH为3.0，蒸发浓缩，降温至28℃结晶，趁热过滤，用乙醇洗涤，低温干燥。
【分析】（1）油脂在碱性条件下可以水解；铝和氧化铝可以和氢氧化钠溶液反应；
（2）偏铝酸根和二氧化碳、水反应生成氢氧化铝和碳酸氢根；
（3）过氧化氢可以即那个亚铁离子氧化为铁离子；
（4）结合Ksp和镍离子的浓度计算；
（5）镍离子的次氯酸根离子、氢氧根离子反应生成氢氧氧化镍、氯离子和水；
（6）得到结晶水的晶体需要蒸发浓缩。
17．（2022高三上·江阴期末）化合物H是一种用于合成药物的中间体，其合成路线流程图如下：
已知：
回答下列问题：
（1）D分子中碳原子的杂化轨道类型为 。
（2）E→F的反应类型为 。
（3）B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含有两个苯环，且能与FeCl3溶液发生显色反应
②碱性条件水解，酸化后所得 2 种产物均只有一种含氧官能团，一种产物有两种不同化学环境的氢原子，另一种产物核磁共振氢谱峰面积比为6︰6︰1︰1。
（4）H的分子式为C18H18O3，结构中含有三个六元环，其结构简式为 。
（5）以苯、甲醛和丙酮为基础有机原料，制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干) 。
【答案】（1）sp3、sp2、sp
（2）还原反应
（3）
（4）
（5）
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的合成；结构简式
【解析】【解答】（1）由题干合成流程图中D的结构简式可知，D分子中碳原子中羰基和苯环上的碳原子均采用sp2杂化，-CN的碳原子采用sp杂化，其余的碳原子采用sp3杂化，故该有机物中碳原子的杂化轨道类型为sp3、sp2、sp，故答案为：sp3、sp2、sp；
（2）由题干合成流程图可知，E→F即转化为，有机化学中称加氢失氧的反应为还原反应，即该反应的反应类型为还原反应，故答案为：还原反应；
（3）由题干合成流程图可知，B的分子式为：C17H18O4，故其符合条件①含有两个苯环，且能与FeCl3溶液发生显色反应即含有酚羟基，②碱性条件水解即含有酯基，酸化后所得 2 种产物均只有一种含氧官能团，一种产物有两种不同化学环境的氢原子，另一种产物核磁共振氢谱峰面积比为6︰6︰1︰1的同分异构体的结构简式为：，故答案为：；
（4）由分析可知，H的分子式为C18H18O3，结构中含有三个六元环，其结构简式为，故答案为：；
（5）以苯、甲醛和丙酮为基础有机原料，制备，先甲醛与丙酮发生加成反应生成HOCH2CH2COCH3，再氧化生成OHCCH2COCH3，再氧化生成HOOCCH2COCH3，然后与SOCl2发生取代反应生成ClCOCH2COCH3，最后与苯发生取代反应，由此确定合成路线为：，故答案为：。
【分析】（1）杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
（2）有机反应中，加氢去氧为还原反应；
（3）可以和氯化铁溶液显色，即含有酚羟基，碱性条件下水解均只有一种含氧官能团，即含有酯基，结合等效氢的数目和种类进行判断；
（4）结合已知反应 以及结构中含有3个六元环可以知道其结构简式为 ；
（5）合成路线的设计，一般要结合已知条件或者已知合成路线去看，根据题干要求的物质，采用顺推或者逆推法进行相应的设计。
18．（2022高三上·江阴期末）CO2、NOx和SO2等物质的转化和资源化利用是社会热点问题。
（1）I.CO2与CH4经催化重整，制得合成气。发生反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：
化学键 C—H C=O H—H CO中的化学键
键能/kJ·mol 1 413 745 436 1075
则该反应的ΔH= 。
（2）II.间接电化学法可对大气污染物NO进行无害化处理，其工作原理如图所示，质子膜允许H+和H2O通过。
电极I应接电源的 (填“正极”或“负极”)。
（3）每处理标准状况下22.4 L NO，可同时得到 g O2。
（4）III.使用固体催化剂可提高脱硫效率。气体在固体催化剂表面反应的机理是气体反应物分子吸附在催化剂表面，占据催化剂表面活性位点，生成一些活性高的微粒，从而降低反应活化能，提高反应速率，反应后气体产物分子及时脱附空出活性位点。
活性炭催化脱除SO2的机理如图所示(＊代表吸附态)。
①写出“热再生”生成SO2的化学方程式 。
②研究表明，温度在脱硫过程中是一个非常重要的因素，温度过高，脱硫效果会变差，原因可能是 。
（5）V2O5/炭基材料是在活性炭上载有V2O5活性成分，构成更高活性的活性炭催化剂，更有利于SO2转化为SO3，最终实现脱硫。
①通过红外光谱发现，脱硫开始后催化剂表面出现了VOSO4的吸收峰，再通入O2后VOSO4吸收峰消失，该脱硫反应过程可描述为 。
②控制一定气体流速和温度，考察烟气中O2 的存在对V2O5/炭基材料催化剂脱硫活性的影响，结果如图所示，当O2浓度过高时，去除率下降，其原因可能是 。
（6）科学家通过NH3活化改性提升了活性炭的脱硫性能，认为活性炭表面的含氮官能团具有催化性能，含氮官能团越丰富越有利于提升脱硫性能，原因可能是 。
【答案】（1）+120 kJ·mol 1
（2）负极
（3）16
（4）C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑+2H2O；反应物在催化剂表面吸附效果变差，炭与硫酸反应产生SO2，反应快速生成的SO3占据所有活性位点，来不及脱附，使吸附很快达到饱和
（5）SO2与V2O5作用形成具有VOSO4结构的中间体，VOSO4中间体与气相的O2反应生成SO3和V2O5 (或3SO2+V2O5+O2 = 2VOSO4+SO3，4VOSO4+O2 = 2V2O5+4SO3)；氧气浓度过高时，O2和SO2分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多活性位点时，剩余的SO2分子就不能很好地被吸附，导致脱硫率下降
（6）活性炭材料表面的含氮官能团具有碱性，能够促进活性炭对SO2的吸附及氧化
【知识点】化学电源新型电池；催化剂；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）1mol CH4中含有4 mol C-H键，1 mol CO2中含有2 mol C-O键，1mol CO中含有1 mol C O键，1 mol H2中含有1 mol H-H键，根据反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) 可得△H=[4 E(C-H)+ 2 ×E(C=O)]-[2×E(C O)+2×E(H-H)]=(4×413+2×745) kJ/mol -(2×1 075+2×436)kJ/mol =+120 kJ/mol；
（2）从图示中，可知在吸收塔中NO变成了N2，N的化合价降低，变成了，S的化合价从＋3升高到了＋4，化合价升高。在电解池中，变成了，S的化合价从＋4降低到＋3，得到电子，电极Ⅰ为阴极，接连电源的负极；
（3）整个装置中转移的电子数相同，处理标准状况下22.4 L NO，即1molNO，N的化合价从＋2降低到0，转移了2mol电子，阳极2H2O－4e－=4H++O2↑，生成16g O2即0.5molO2需要2mol电子，答案为16g；
（4）①根据图中信息可知， “热再生”是活性炭基材料与浓硫酸反应生成SO2，反应的化学方程式为C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑+2H2O；
②研究表明，温度在脱硫过程中是一个非常重要的因素，温度过高，反应物在催化剂表面吸附效果变差，炭与硫酸反应产生SO2，反应快速生成的SO3占据所有活性位点，来不及脱附，使吸附很快达到饱和，脱硫效果会变差；
（5）①
根据题意可知，该脱硫反应过程可描述为SO2与V2O5作用形成具有VOSO4结构的中间体；VOSO4 中间体与气相的O2反应生成SO3和V2O5或3SO2 + V2O5 + O2=2VOSO4 + SO3，4VOSO4 + O2=2V2O5 + 4SO3，故答案为： SO2与V2O5作用形成具有VOSO4结构的中间体，VOSO4中间体与气相的O2反应生成SO3和V2O5 (或3SO2+V2O5+O2 = 2VOSO4+SO3，4VOSO4+O2 = 2V2O5+4SO3)；
②当O2浓度过高时，去除率下降，其可能原因是氧气浓度过高时，O2、SO2和NO分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多活性位时，剩余的SO2、NO分子就不能很好地被吸附，导致脱硫脱硝率下降；
故答案为： 氧气浓度过高时，O2和SO2分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多活性位点时，剩余的SO2分子就不能很好地被吸附，导致脱硫率下降；
（6）活性炭材料表面的含氮官能团具有碱性，能够促进活性炭对SO2的吸附及氧化，含氮官能团越丰富越有利于提升脱硫性能。
【分析】（1）△H=反应物总键能-生成物总键能；
（2）阴极连接电池负极，阳极连接电池正极；
（3）结合公式n=V/Vm和化学计量数之比等于物质的量之比判断；
（4） ① 碳和浓硫酸加热生成二氧化碳、二氧化硫和水；
② 炭与硫酸反应产生SO2，反应快速生成的SO3占据所有活性位点，来不及脱附 ；
（5）①氧气、五氧化二钒和三氧化硫反应生成硫酸氧化钒和三氧化硫，硫酸氧化钒和氧气反应生成五氧化二钒和三氧化硫；
② 当O2分子占据催化剂过多活性位点时，剩余的SO2分子就不能很好地被吸附 。
