江苏省苏北四市（徐州、淮安、宿迁、连云港）2023届高三上学期第一次调研测试化学试题
一、单选题
1．（2023·淮安模拟）糖类在生命活动中起重要作用。下列物质主要成分属于糖类的是
A．棉布 B．羊毛 C．维生素 D．油脂
【答案】A
【知识点】多糖的性质和用途
【解析】【解答】A．棉布的主要成分是纤维素，属于多糖，A符合题意；
B．羊毛的主要成分是蛋白质，不属于糖类，B不符合题意；
C．维生素属于有机化合物，是人体必需的有氧物质营养物，不属于糖类，C不符合题意；
D．油脂不属于糖类，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．纤维素属于多糖；
B．羊毛的主要成分是蛋白质；
C．维生素属于有机化合物；
D．油脂不属于糖类。
2．（2023·淮安模拟）亚硝酰氟(FNO)是一种工业稳定剂，可通过反应N2O4 +CsF=FNO+CsNO3制得。下列说法正确的是
A．氧原子的结构示意图为
B．CsF的电子式为
C．FNO的空间构型为直线形
D．CsNO3中含有离子键与共价键
【答案】D
【知识点】原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A． O原子的质子数和电子数都是8，核外电子分层排布，其结构示意图为，故A不符合题意；
B． CsF为离子化合物，电子式为，故B不符合题意；
C． FNO中心原子N原子价层电子对数为2+=3，空间构型为V形，故C不符合题意；
D． CsNO3中含有Cs+与NO间的离子键与N-O共价键，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A． O原子的质子数和电子数都是8，依据核外电子分层排布规律书写；
B． CsF为离子化合物；
C． 依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；
D． CsNO3是离子化合物，非金属原子之间形成共价键。
3．（2023·淮安模拟）工业上用C还原SiO2可得半导体材料Si和CO。下列说法正确的是
A．键能大小：E(C-C)
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用
【解析】【解答】A．同主族元素，随着原子核电荷数变大，半径半径变大，键能变小，故E(C-C)＞E(Si-Si)，A不符合题意；
B．同周期原子第一电离能随着核电荷数变大呈增大趋势，第VA族遵循半满规则，能量最低，电离能大于第VIA族电离能，电离能大小VA族＞VIA族＞IVA族，故I1(C)< I1(O)，同主族元素第一电离能随着核电荷数增大而增大，故I1(Si)< I1(C)，故I1(Si)< I1(O)，B符合题意；
C．同周期原子，电负性随核电荷数增大而增大，电负性大小：x(C)< x(O)，C不符合题意；
D．同主族元素，非金属性随核电荷数增加而减弱，最高价氧化物对应的水化物酸性减弱：H2CO3＞H2SiO3，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．同主族元素，随着原子核电荷数变大，半径半径变大，键能变小；
B．同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中II A族和V A族的第一电离能高于相邻的元素；同主族元素第一电离能随着核电荷数增大而增大；
C．同周期原子，电负性随核电荷数增大而增大；
D．同主族元素，非金属性随核电荷数增加而减弱，最高价氧化物对应的水化物酸性减弱。
4．（2023·淮安模拟）实验室制取FeSO4溶液和NaHCO3溶液，并利用两者反应制取FeCO3，下列有关实验装置和操作不能达到实验目的的是
A．用装置甲制取FeSO4溶液 B．用装置乙制取NaHCO3溶液
C．用装置丙制取FeCO3 D．用装置丁过滤所得的浊液
【答案】C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．稀硫酸与Fe反应生成硫酸亚铁，同时过量的铁屑可防止Fe2+被氧化成Fe3+，A不符合题意；
B．碳酸钠溶液中通入二氧化碳，两者反应生成碳酸氢钠，B不符合题意；
C．碳酸氢钠和FeSO4反应生成FeCO3的同时还会生成CO2，不能关闭止水夹，C符合题意；
D．装置丁可用于过滤所得到的浊液分离出FeCO3，且过滤操作正确，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据物质的性质分析，C项中碳酸氢钠和FeSO4反应生成FeCO3的同时还会生成CO2，不能关闭止水夹，防止发生危险。
5．（2023·淮安模拟）氨、氮、硫的化合物应用广泛。ClO2(分子空间填充模型为)。NaClO等含氯消毒剂可用于杀菌消毒。人工固氮可将N2转化为NH3，再进一步制备肼(N2H4)、硝酸、铵盐等化合物，肼和偏二甲肼(C2H8N2)常用作火箭燃料，肼的燃烧热为622.08 kJ·mol-1，H2S可除去废水中Hg2+等重金属禹子，H2S 水溶液在空气中会缓慢氧化生成S而变诨浊。下列说法正确的是
A．基态氮原子的核外电子有5种运动状态
B．NH和H2S中心原子均采用sp3杂化方式
C．ClO2是由极性键构成的非极性分子
D．偏二甲肼(C2H8N2)的结构简式为：
【答案】B
【知识点】原子结构的构造原理；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．基态氮原子的核外电子有7个电子，所以有7种运动状态，A不符合题意；
B．NH和H2S中心原子的价层电子对数都是4，所以均采用sp3杂化方式，B符合题意；
C．ClO2是夹角小于120度的折线结构，是由极性键构成的极性分子，C不符合题意；
D．偏二甲肼(C2H8N2)的结构简式为：，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．核外电子的运动状态均不相同；
B．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
C．同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键；正负电荷重心重合的是非极性分子，正负电荷重心不重合的是极性分子；
D．N的价键不正确。
6．（2023·淮安模拟）氨、氮、硫的化合物应用广泛。ClO2(分子空间填充模型为)。NaClO等含氯消毒剂可用于杀菌消毒。人工固氮可将N2转化为NH3，再进一步制备肼(N2H4)、硝酸、铵盐等化合物，肼和偏二甲肼(C2H8N2)常用作火箭燃料，肼的燃烧热为622.08 kJ·mol-1，H2S可除去废水中Hg2+等重金属离子，H2S 水溶液在空气中会缓慢氧化生成S而变诨浊。下列化学反应的方程式表示错误的是
A．NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3： ClO-+ CO2+ H2O = HClO+ HCO
B．H2S水溶液在空气中变浑浊的化学方程式： 2H2S+ O2= 2S↓ + 2H2O
C．用石墨作电极电解NaCl溶液的离子方程式： 2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-
D．肼燃烧的热化学方程式： N2H4(l)+O2(g)=N2(g) +2H2O(g) △H=-622.08 kJ·mol-1
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．HClO的酸性比碳酸弱，比碳酸氢根的酸性强，故NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3：ClO-+ CO2+ H2O = HClO+ ，A不符合题意；
B．H2S水溶液在空气中，和氧气反应后生成单质硫和水，变浑浊的化学方程式： 2H2S+ O2= 2S↓ + 2H2O，B不符合题意；
C．用石墨作电极电解NaCl溶液，产生氯气、氢气和氢氧化钠，离子方程式： 2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，C不符合题意；
D．标准燃烧热，水为液态，肼燃烧的热化学方程式： N2H4(l)+O2(g)=N2(g) +2H2O(l) △H=-622.08 kJ·mol-1，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据强酸制弱酸分析；
B．H2S和氧气反应生成单质硫和水；
C．用石墨作电极电解NaCl溶液，产生氯气、氢气和氢氧化钠；
D．燃烧热是101kP时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定产物时的反应热，水为液态。
7．（2023·淮安模拟）氨、氮、硫的化合物应用广泛。ClO2(分子空间填充模型为)。NaClO等含氯消毒剂可用于杀菌消毒。人工固氮可将N2转化为NH3，再进一步制备肼(N2H4)、硝酸、铵盐等化合物，肼和偏二甲肼(C2H8N2)常用作火箭燃料，肼的燃烧热为622.08 kJ·mol-1，H2S可除去废水中Hg2+等重金属禹子，H2S 水溶液在空气中会缓慢氧化生成S而变诨浊。下列物质的性质与用途具有对应关系的是
A．H2S具有还原性，可除去废水中的Hg2+
B．HNO3具有强氧化性，可用于制NH4NO3
C．NH4Cl溶液呈酸性，可用于去除铁锈
D．NaClO 溶液呈碱性，可用于杀菌消毒
【答案】C
【知识点】铵盐；硝酸的化学性质；硫化氢
【解析】【解答】A．H2S部分电离产生的硫离子与汞离子结合生成沉淀，可除去废水中的Hg2+，A不符合题意；
B．HNO3具有酸性，可与氨水反应用于制NH4NO3，B不符合题意；
C．NH4Cl溶液因铵根离子水解呈酸性，可用于去除铁锈，C符合题意；
D． 溶液具有强氧化性，可用于杀菌消毒，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．S元素化合价不变；
B．HNO3具有酸性；
C．NH4Cl溶液因铵根离子水解呈酸性；
D． 溶液具有强氧化性。
8．（2023·淮安模拟）CO2通过电催化法可生成C2H5OH，c-NC、i-NC是可用于阴极电极的两种电催化剂，其表面发生转化原理如图所示。下列有关说法正确的是
A．i-NC 电极发生氧化反应
B．合成过程中CO2作为还原剂
C．合成过程中用i-NC作电极催化剂更利于生成C2H5OH
D．c-NC 电极上发生反应： 2CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2O
【答案】D
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．根据分析，i-NC电极中，C的化合价由+4价降低到+2价，发生还原反应，A不符合题意；
B．合成过程中CO2中的C由+4价降低到+2价，作氧化剂，B不符合题意；
C．根据分析在i-NC中CO2得电子生成C2H5OH和CO，不利于C2H5OH，C不符合题意；
D．根据分析，c-NC端CO2得到电子生成C2H5OH， 2CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2O，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．反应中元素化合价升高，做负极，失电子发生氧化反应；元素化合价降低，为正极，得电子，发生还原反应；
B．氧化剂元素化合价降低， 还原剂元素化合价升高
C．根据分析在i-NC中CO2得电子生成C2H5OH和CO；
D．电池工作时，负极失电子，发生氧化反应，正极得电子，发生还原反应。
9．（2023·淮安模拟）布洛芬是一种解热镇痛剂，可由如下反应制得。下列关于X和布洛芬的说法正确的是
A．X分子中所有碳原子可能共平面
B．X分子能使酸性KMnO4溶液褪色
C．1mol布洛芬最多能与4 mol H2发生加成反应
D．X和布洛芬分子中均含有2个手性碳原子
【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．X分子中有与苯环相连的一个碳上还连有甲基和醛基，四个碳原子不可能共平面，A不符合题意；
B．X分子中有醛基，所以能使酸性KMnO4溶液褪色，B符合题意；
C．布洛芬结构中只有苯环的位置可以和氢气加成，所以1mol布洛芬最多能与3mol H2发生加成反应 ，C不符合题意；
D．X和布洛芬分子中均含有1个手性碳原子，分别是和醛基、羧基相连的碳原子，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．分子中含有饱和碳原子，饱和碳原子的空间构型为四面体形；
BC．依据官能团的性质分析；
D．手性碳是碳原子连接4个不同的原子或原子团的物质分析。
10．（2023·淮安模拟）H2S和CO2反应生成的羰基硫(COS)用于粮食熏蒸，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。CO2(g)+H2S(g) COS(g)+H2O(g) △H>0，下列说法正确的是
A．已知该反应在加热条件下能自发进行，则其△S>0
B．上述反应的平衡常数K=
C．上述反应中消耗1 mol H2S，生成22.4 L水蒸气
D．实际应用中，通过增加H2S的量来提高CO2转化率，能有效减少碳排放
【答案】A
【知识点】焓变和熵变；化学平衡常数
【解析】【解答】A．已知该反应在加热条件下能自发进行所以 ，因为△H>0，所以△S>0，A符合题意；
B．由反应方程式，结合平衡常数含义可知，上述反应的平衡常数K= ，B不符合题意；
C．没有指明具体条件，不能确定气体的体积，C不符合题意；
D．减少碳排放是指减少二氧化碳的生成，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析；
B．化学平衡常数，指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；
C．没指明标状况，不能计算；
D．依据平衡移动原理分析。
11．（2023·淮安模拟）室温下，下列实验方案能得出相应结论的是
选项 方案 结论
A 将灼热的木炭加入到浓硝酸中，有红棕色气体产生 木炭在加热条件下能与浓硝酸反应
B 用pH计分别测定0.1 mol·L-1NaClO溶液和0.1mol·L-1CH3COONa溶液的pH，前者pH大于后者 HClO酸性强于CH3COOH
C 向Fe(NO3)2和KSCN的混合溶液中滴入酸化的AgNO3溶液振荡，溶液颜色变红 氧化性： Ag+>Fe3+
D 向Na2SO3溶液中滴入酚酞试液，溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生白色沉淀且红色褪去 Na2SO3溶液中存在水解平衡
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．浓硝酸受热分解生成二氧化氮，也可能是碳与浓硝酸反应生成二氧化氮，因此无法得出碳在加热条件下能与浓硝酸反应的结论，A不符合题意；
B．用pH计分别测定0.1mol/LNaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH，前者pH大于后者，说明次氯酸根离子水解程度大于醋酸根离子，则醋酸酸性强于HClO，B不符合题意；
C．酸化的AgNO3中氢离子和硝酸根离子可组成硝酸从而氧化亚铁离子生成铁离子，无法说明氧化性Ag+>Fe3+，C不符合题意；
D．，亚硫酸根离子水解生成氢氧根离子从而使溶液呈碱性，加入BaCl2后Ba2+与反应生成BaSO3，消耗了亚硫酸根离子，导致亚硫酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液中氢氧根离子浓度减小，产生白色沉淀的同时红色褪去，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．浓硝酸受热分解生成二氧化氮，会干扰判断；
B．依据越弱越水解分析；
C．氢离子和硝酸根离子相当于硝酸，能氧化亚铁离子；
D．依据水解平衡移动原理分析。
12．（2023·淮安模拟）工业上可利用氨水吸收SO2和NO2，原理如下图所示。已知： 25℃时，NH3·H2O的Kb=l.7x10-5， H2SO3的Ka1=1.3x10-2， Ka2=6.2x10-8，下列说法正确的是
A．向氨水中通入SO2恰好生成NH4HSO3： c(H2SO3)> c(NH3·H2O)+c (SO)
B．向氨水中通入SO2至pH=7； c( HSO)>c (NH)> c(H+)= c(OH-)
C．反应NH3·H2O + H2SO3 =NH + HSO+ H2O的平衡常数K=2.21×107
D．NO2被NH4HSO3吸收的离子方程式： 2NO2+4SO= N2+ 4SO
【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．向氨水中通入SO2恰好生成NH4HSO3，电子守恒c()+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，物料守恒c()+c(NH3·H2O)=c()+c()+c(H2SO3)，则c(H+)+c(H2SO3)=c()+c(OH-)+c(NH3·H2O)，因为NH3·H2O的Kb=l.7x10-5 小于H2SO3的Ka1=1.3x10-2，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，故c(H2SO3)＜()+c(NH3·H2O)，A不符合题意；
B．向氨水中通入SO2至pH=7：c(H+)= c(OH-)，电荷守恒c( H+)+c()=2c()+c()+c(OH-)，c ()＞c()，B不符合题意；
C．反应NH3·H2O + H2SO3 =++ H2O的平衡常数K=，Kb=，Ka1=，Kw=c(H+)c(OH-)，解得K== 2.21×107，C符合题意；
D．NO2 被NH4HSO3吸收的离子方程式： 2NO2+4 = N2+ 4+4H+，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据电子守恒、物料守恒分析；
B．依据电子守恒分析；
C．依据K=计算；
D．根据反应物和产物的化学式，利用电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒书写。
13．（2023·淮安模拟）CO2-H2催化重整可获得CH3OH。其主要反应为
反应I： CO2(g) + 3H2(g) = CH3OH(g) + H2O(g) △H1=-53.7kJ·mol-1
反应II：CO2(g) + H2(g)= CO(g) + H2O(g) △H2=+41kJ·mol-1
若仅考虑上述反应，在5.0 MPa、n始(CO2)： n始(H2)=1：3时，原料按一定流速通过反应器，CO2的转化率和CH3OH的选择性随温度变化如图所示。CH3OH的选择性=
下列说法正确的是
A．其他条件不变，升高温度，CO2的平衡转化率增大
B．其他条件不变，T>236℃时，曲线下降的可能原因是反应1正反应程度减弱
C．一定温度下，增大n始(CO2)：n始(H2)可提高CO2平衡转化率
D．研发高温高效催化剂可提高平衡时CH3OH的选择性
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．从图中可知，升高温度，CO2的平衡转化率下降，A不符合题意；
B．温度升高，反应Ⅰ化学平衡逆向移动，反应Ⅱ化学平衡正向移动，则CH3OH的选择性下降，同时因为反应Ⅰ化学平衡逆向移动，导致CO2的转化率也有所下降，B符合题意；
C．增大n始(CO2)：n始(H2)，CO2浓度增大，H2浓度减小，则CO2的平衡转化率减小，C不符合题意；
D．研发高效的催化剂可提高反应速率，但是催化剂不能影响化学平衡的移动，故CH3OH的选择性不变，且由图知，温度越高甲醇的选择性越低，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据图像，利用影响化学平衡移动的因素分析；
二、综合题
14．（2023·淮安模拟）锶的化合物应用广泛，SrSO4可用于陶瓷工业，SrF2可作防蛀牙膏的添加剂。
（1）以天青石精矿(主要含SrSO4)为原料制备高纯硫酸锶的部分工艺流程如下：
①“转化”中用碳酸氢铵和过量氨水的混合溶液浸取天青石精矿，可制得SrCO3沉淀。写出该过程的离子方程式：
②“转化”中维持反应温度70℃且控制氨水过量，氨水过量的主要原因是
③该工艺流程中，可循环利用物质是 (填化学式) 。
（2）工业上还可用碳还原法制备高纯硫酸锶。将天青石精矿和煤粉按照一定质量比在回转窑中煅烧，生成SrS，再处理得高纯SrSO4。
①煅烧温度对SrSO4转化率的影响如图，最佳煅烧温度为
②天青石精矿和煤粉质量比对SrSO4转化率的影响如图，天青石精矿和煤粉质量比增大至5.5：1后，SrSO4转化率下降的可能原因是 。
（3）SrF2一种晶体的晶胞结构如图所示。
①由图可知，每个Sr2+周围紧邻且等距离的Sr2+个数为 。
②已知 =3.2×10-8，若一次刷牙所用牙膏含的质量为2mg，口腔中溶液体积为5mL，刷牙时口腔溶液中氟离子浓度为 mol·L-1。
【答案】（1）；能提供更多的碳酸根离子，使反应向生成碳酸锶的方向进行；氨水
（2）1200℃；煤粉不足，不能使硫酸锶充分反应
（3）12；
【知识点】晶胞的计算；化学平衡转化过程中的变化曲线；无机物的推断
【解析】【解答】（1）①由溶度积可知相同温度时溶解度SrCO3＜SrSO4，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，所以将天青石矿粉和NH4HCO3溶液、一水合氨充分混合反应生成碳酸锶，，答案：；
②氨水过量会中和较多的碳酸氢根离子，碳酸氢根离子与锶离子结合生成碳酸锶，所以氨水过量的主要原因是能提供更多的碳酸根离子，使反应向生成碳酸锶的方向进行，答案：能提供更多的碳酸根离子，使反应向生成碳酸锶的方向进行；
③第一步转化中需要NH3H2O，在沉淀过程中会生成NH3H2O，可循环利用，故答案为：氨水；
（2）①随着温度的升高硫酸锶的转化率在升高，当达到1200℃后，再升高温度转化率没有明显的变化，所以选择1200℃，答案：1200℃；
②SrSO4转化率下降的可能原因是：煤粉不足，不能使硫酸锶充分反应；
（3）①由晶胞结构可知一种微粒位于顶点和面心，每个晶胞均摊4个，内部有8个另一种微粒，所以可知锶离子位于顶点和面心，每个Sr2+周围紧邻且等距离的Sr2+个数为12个，答案：12；
②是难溶物，口腔中形成了饱和溶液，设 mol·L-1，则 mol·L-1，所以，得，所以氟离子浓度为mol·L-1，答案：。
【分析】（1）①依据溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质书写；
②依据电离平衡移动原理分析；
③循环使用的物质反应前是反应物，反应后是产物或未完全反应的物质 ；
（2）①依据图中曲线变化分析；
②根据影响化学平衡移动的因素分析；
（3）①依据晶胞结构图分析；
②利用Ksp计算。
15．（2023·淮安模拟）康普瑞汀磷酸二钠(H)可减少肿瘤血流量并引起肿瘤坏死，其人工合成路线如下：
（1）B分子式C9H11O3Br，其结构简式为 。
（2）设计A→B目的是
（3）E→F反应类型为 。
（4）C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分子中苯环上只有两个取代基，且分子中含有5种不同化学环境的氢原子。
②能发生水解反应，水解产物均能发生银镜反应，其中一种产物遇FeCl3溶液显色。
（5）已知：RCHO+CH3CHO；写出以、CH3OCH2Cl和HCHO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）保护酚羟基
（3）取代反应
（4）
（5）
【知识点】有机物的合成；醛的化学性质
【解析】【解答】（1）根据上述分析可知，B结构简式为；答案为： ；
（2）防止酚羟基发生反应，转变为其它官能团，故答案为：保护酚羟基；
（3）根据上述分析可知，EF发生取代反应，答案为：取代反应；
（4）C的一种同分异构体能发生水解反应，水解产物均能发生银镜反应，其中一种产物遇FeCl3溶液显色，说明该有机物中有酯基，且是甲酸和苯酚形成的酯基，又分子中苯环上只有两个取代基，且分子中含有5种不同化学环境的氢原子，可以推知C的同分异构体的结构简式为：；答案为：；
（5）；答案为：
【分析】（1）依据反应前后物质的结构简式及化学式确定结构简式；
（2）依据官能团的变化分析；
（3）根据官能团的变化确定反应类型；
（4）利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体；
（5）采用逆向合成法，根据题干路线的转化信息设计合成路线。
16．（2023·淮安模拟）实验室以含硒废料(假设杂质不参与反应)提取硒，部分实验过程如下：
（1）“浸取”时单质硒大部分生成二元弱酸H2SeO3，该反应离子方程式为
（2）H2SeO4溶液转化为H2SeO3溶液的实验可在如图装置中进行。滴液漏斗中液体是 (填名称)。
（3）H2SeO3溶液与SO2反应制备硒单质，反应后溶液中物质的量减少的离子有 (填化学式)
（4）以上述流程中生成的H2SeO3溶液为原料制取高纯硒单质，请补充完整实验方案：取一定量H2SeO3溶液， ，得高纯硒单质。 (必须使用的试剂： BaCl2溶液、1 mol·L-1NaOH溶液)
（5）实验室常用氧化还原滴定法测定某样品中Se的质量分数，步骤如下：
I.取0.8400 g样品充分磨碎，加酸煮沸配成H2SeO3溶液，将溶液完全转移到250 mL容量瓶中后定容。
II.准确量取25.00 mL待测液于锥形瓶中，加入0.0200 mol·L-1KMnO4标准溶液25.00 mL，向锥形瓶中再加入25.00 mL 0.06 mol·L-1Fe2+溶液，加入磷酸后再用0.0200mol·L-1KMnO4滴定，消耗KMnO4溶液10.00 mL。
已知：Se的最高价含氧酸氧化Fe2+较慢，在该滴定过程可忽略此反应。计算硒的质量分数 (写出计算过程)。
【答案】（1）3Se+4NO+4H++H2O=3H2SeO3+4NO↑
（2）浓盐酸
（3）HSeO、SeO、OH-
（4）在不断搅拌下向H2SeO3溶液中缓缓通入SO2气体，同时用1mol·L－1 NaOH溶液吸收多余的尾气，直至静置后在上层清液中继续通入少量SO2气体时不再产生沉淀为止，停止通入SO2气体，静置过滤洗涤，直至取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液无沉淀生成、干燥
（5）n(Fe2+)=0.06mol·L－1 ×25.00×10-3L=1.5×10-3mol
硒的质量分数为：=94.05%
【知识点】物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）“浸取”时加NaNO3溶液用硫酸酸浸，单质硒大部分被氧化生成二元弱酸H2SeO3，该反应离子方程式为3Se+4NO+4H++H2O=3H2SeO3+4NO↑；故答案为：3Se+4NO+4H++H2O=3H2SeO3+4NO↑；
（2）H2SeO4溶液转化为H2SeO3溶液的实验可在如图装置中进行，+6价的硒元素具有强氧化性，还原为亚硒酸，滴液漏斗中液体是浓盐酸，浓盐酸被氧化生成氯气。故答案为：浓盐酸；
（3）H2SeO3溶液与SO2反应制备硒单质，二氧化硫具有还原性，HSeO、SeO被还原，二氧化硫是酸性氧化物，能与碱反应，反应后溶液中物质的量减少的离子有HSeO、SeO、OH-，故答案为：HSeO、SeO、OH-；
（4）生成的H2SeO3溶液为原料制取高纯硒单质，完整实验方案：取一定量H2SeO3溶液，在不断搅拌下向H2SeO3溶液中缓缓通入SO2气体，同时用1mol·L－1 NaOH溶液吸收多余的尾气，直至静置后在上层清液中继续通入少量SO2气体时不再产生沉淀为止，停止通入SO2气体，静置过滤洗涤，直至取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液无沉淀生成、干燥，得高纯硒单质。故答案为：在不断搅拌下向H2SeO3溶液中缓缓通入SO2气体，同时用1mol·L－1 NaOH溶液吸收多余的尾气，直至静置后在上层清液中继续通入少量SO2气体时不再产生沉淀为止，停止通入SO2气体，静置过滤洗涤，直至取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液无沉淀生成、干燥；
（5）n(Fe2+)=0.06mol·L－1 ×25.00×10-3L=1.5×10-3mol
硒的质量分数为：=94.05%。故答案为：n(Fe2+)=0.06mol·L－1 ×25.00×10-3L=1.5×10-3mol
硒的质量分数为：=94.05%。
【分析】（1）根据反应物和产物的化学式，利用电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒书写；
（2）依据化合价的变化判断；
（3）二氧化硫具有还原且为二氧化硫是酸性氧化物；
（4）通过检验最后一次洗液中是否还有杂质离子来判断固体是否已洗涤干净；
（5）依据得失电子守恒计算。
17．（2023·淮安模拟）铝系金属复合材料能有效还原去除水体中的硝酸盐污染。铝粉表面复合金属的组分和含量，会影响硝酸盐的去除效果。
（1）在相同实验条件下，分别使用纯铝粉和Cu负载量为3%、4%、5%的Al/Cu二元金属复合材料对硝酸盐的去除效果如图所示。
①由如图可知用Al/Cu二元金属复合材料去除水体中硝酸盐效果明显优于铝粉，可能原因是 。
②实验发现Al/Cu二元金属复合材料中Cu负载量过高也不利于硝酸盐的去除，可能原因是 。
（2）在Al/Cu二元金属复合材料基础上引入Pd形成三元金属复合材料，其去除水体中硝酸盐的机理如图所示。
①使用Al/Cu二元金属复合材料，可将水体中硝酸盐转化为铵盐，该转化的机理可描述为： H+吸附在Cu表面并得电子生成强还原性的吸附氢H(ads)， ， NH3与H+结合为进入溶液。
②引入Pd的Al/Cu/Pd三元金属复合材料，硝酸盐转化为N2选择性明显提高，可能原因是
③其他条件相同时，Al/Cu/Pd 三元金属复合材料去除水体中硝酸盐的效果与溶液pH关系如图所示。水体pH在4至6范围内，随pH增大硝酸盐去除率降低的可能原因是 ；水体pH在8.5至10范围内，随pH增大硝酸盐去除率升高的可能原因是 。
【答案】（1）Cu能催化铝粉去除硝酸盐的反应（或形成Al-Cu原电池，增大铝粉去除硝酸盐的反应速率）；因为过多的Cu原子覆盖于二元金属表面，减少了表面Al原子数，从而减少Al 与水体中硝酸盐的接触机会，使硝酸盐去除效果减弱
（2）吸附氢H(ads)与同样吸附于Cu表面的(ads)反应生成(ads)，(ads) 脱离Cu表面被释放到溶液中，溶液中(ads)转移并吸附在Al表面被还原为NH3 (ads)；由图可知Cu表面吸附的H(ads)不能将(ads)转化为N2，而Pd表面吸附的H (ads)可实现上述转化。Cu表面生成的(ads) 可转移并吸附在Pd表面，被Pd表面的H(ads)进一步还原为N2；pH在4~6范围内，随pH增大，溶液中氢离子浓度减小，催化剂表面产生的H (ads)减少，使硝酸盐去除率降低；pH在8.5～10范围内，随着pH增大，氢氧根浓度增大，促进铝表面氧化铝的溶解，同时铝与OH-反应产生的氢原子能还原硝酸根，使硝酸盐的去除率升高
【知识点】催化剂；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）①根据图中曲线可知，用Al/Cu二元金属复合材料去除水体中硝酸盐效果明显优于铝粉，可能的原因是：Cu能催化铝粉去除硝酸盐的反应（或形成Al-Cu原电池，增大铝粉去除硝酸盐的反应速率）；
②因为过多的Cu原子覆盖于二元金属表面，减少了表面Al原子数，从而减少Al 与水体中硝酸盐的接触机会，使硝酸盐去除效果减弱，故Al/Cu二元金属复合材料中Cu负载量过高也不利于硝酸盐的去除；
（2）①H+吸附在Cu表面并得电子生成强还原性的吸附氢H(ads)，吸附氢H(ads)与同样吸附于Cu表面的(ads)反应生成(ads)，(ads) 脱离Cu表面被释放到溶液中，溶液中(ads)转移并吸附在Al表面被还原为NH3 (ads)，NH3与H+结合为进入溶液，故使用Al/Cu二元金属复合材料，可将水体中硝酸盐转化为铵盐；
②由图可知Cu表面吸附的H(ads)不能将(ads)转化为N2，而Pd表面吸附的H (ads)可实现上述转化。Cu表面生成的(ads) 可转移并吸附在Pd表面，被Pd表面的H(ads)进一步还原为N2，故引入Pd的Al/Cu/Pd三元金属复合材料，硝酸盐转化为N2选择性明显提高；
③pH在4~6范围内，随pH增大，溶液中氢离子浓度减小，催化剂表面产生的H (ads)减少，使硝酸盐去除率降低；pH在8.5～10范围内，随着pH增大，氢氧根浓度增大，促进铝表面氧化铝的溶解，同时铝与OH-反应产生的氢原子能还原硝酸根，使硝酸盐的去除率升高。
【分析】（1）①根据图中曲线，考虑催化和构成原电池；
②依据接触面积对速率的影响；
（2）①依据题目图像分析；
②依据吸附的材料不同，产物不同；
③依据除水体中硝酸盐的效果与溶液pH关系图分析 。
江苏省苏北四市（徐州、淮安、宿迁、连云港）2023届高三上学期第一次调研测试化学试题
一、单选题
1．（2023·淮安模拟）糖类在生命活动中起重要作用。下列物质主要成分属于糖类的是
A．棉布 B．羊毛 C．维生素 D．油脂
2．（2023·淮安模拟）亚硝酰氟(FNO)是一种工业稳定剂，可通过反应N2O4 +CsF=FNO+CsNO3制得。下列说法正确的是
A．氧原子的结构示意图为
B．CsF的电子式为
C．FNO的空间构型为直线形
D．CsNO3中含有离子键与共价键
3．（2023·淮安模拟）工业上用C还原SiO2可得半导体材料Si和CO。下列说法正确的是
A．键能大小：E(C-C)
A．用装置甲制取FeSO4溶液 B．用装置乙制取NaHCO3溶液
C．用装置丙制取FeCO3 D．用装置丁过滤所得的浊液
5．（2023·淮安模拟）氨、氮、硫的化合物应用广泛。ClO2(分子空间填充模型为)。NaClO等含氯消毒剂可用于杀菌消毒。人工固氮可将N2转化为NH3，再进一步制备肼(N2H4)、硝酸、铵盐等化合物，肼和偏二甲肼(C2H8N2)常用作火箭燃料，肼的燃烧热为622.08 kJ·mol-1，H2S可除去废水中Hg2+等重金属禹子，H2S 水溶液在空气中会缓慢氧化生成S而变诨浊。下列说法正确的是
A．基态氮原子的核外电子有5种运动状态
B．NH和H2S中心原子均采用sp3杂化方式
C．ClO2是由极性键构成的非极性分子
D．偏二甲肼(C2H8N2)的结构简式为：
6．（2023·淮安模拟）氨、氮、硫的化合物应用广泛。ClO2(分子空间填充模型为)。NaClO等含氯消毒剂可用于杀菌消毒。人工固氮可将N2转化为NH3，再进一步制备肼(N2H4)、硝酸、铵盐等化合物，肼和偏二甲肼(C2H8N2)常用作火箭燃料，肼的燃烧热为622.08 kJ·mol-1，H2S可除去废水中Hg2+等重金属离子，H2S 水溶液在空气中会缓慢氧化生成S而变诨浊。下列化学反应的方程式表示错误的是
A．NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3： ClO-+ CO2+ H2O = HClO+ HCO
B．H2S水溶液在空气中变浑浊的化学方程式： 2H2S+ O2= 2S↓ + 2H2O
C．用石墨作电极电解NaCl溶液的离子方程式： 2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-
D．肼燃烧的热化学方程式： N2H4(l)+O2(g)=N2(g) +2H2O(g) △H=-622.08 kJ·mol-1
7．（2023·淮安模拟）氨、氮、硫的化合物应用广泛。ClO2(分子空间填充模型为)。NaClO等含氯消毒剂可用于杀菌消毒。人工固氮可将N2转化为NH3，再进一步制备肼(N2H4)、硝酸、铵盐等化合物，肼和偏二甲肼(C2H8N2)常用作火箭燃料，肼的燃烧热为622.08 kJ·mol-1，H2S可除去废水中Hg2+等重金属禹子，H2S 水溶液在空气中会缓慢氧化生成S而变诨浊。下列物质的性质与用途具有对应关系的是
A．H2S具有还原性，可除去废水中的Hg2+
B．HNO3具有强氧化性，可用于制NH4NO3
C．NH4Cl溶液呈酸性，可用于去除铁锈
D．NaClO 溶液呈碱性，可用于杀菌消毒
8．（2023·淮安模拟）CO2通过电催化法可生成C2H5OH，c-NC、i-NC是可用于阴极电极的两种电催化剂，其表面发生转化原理如图所示。下列有关说法正确的是
A．i-NC 电极发生氧化反应
B．合成过程中CO2作为还原剂
C．合成过程中用i-NC作电极催化剂更利于生成C2H5OH
D．c-NC 电极上发生反应： 2CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2O
9．（2023·淮安模拟）布洛芬是一种解热镇痛剂，可由如下反应制得。下列关于X和布洛芬的说法正确的是
A．X分子中所有碳原子可能共平面
B．X分子能使酸性KMnO4溶液褪色
C．1mol布洛芬最多能与4 mol H2发生加成反应
D．X和布洛芬分子中均含有2个手性碳原子
10．（2023·淮安模拟）H2S和CO2反应生成的羰基硫(COS)用于粮食熏蒸，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。CO2(g)+H2S(g) COS(g)+H2O(g) △H>0，下列说法正确的是
A．已知该反应在加热条件下能自发进行，则其△S>0
B．上述反应的平衡常数K=
C．上述反应中消耗1 mol H2S，生成22.4 L水蒸气
D．实际应用中，通过增加H2S的量来提高CO2转化率，能有效减少碳排放
11．（2023·淮安模拟）室温下，下列实验方案能得出相应结论的是
选项 方案 结论
A 将灼热的木炭加入到浓硝酸中，有红棕色气体产生 木炭在加热条件下能与浓硝酸反应
B 用pH计分别测定0.1 mol·L-1NaClO溶液和0.1mol·L-1CH3COONa溶液的pH，前者pH大于后者 HClO酸性强于CH3COOH
C 向Fe(NO3)2和KSCN的混合溶液中滴入酸化的AgNO3溶液振荡，溶液颜色变红 氧化性： Ag+>Fe3+
D 向Na2SO3溶液中滴入酚酞试液，溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生白色沉淀且红色褪去 Na2SO3溶液中存在水解平衡
A．A B．B C．C D．D
12．（2023·淮安模拟）工业上可利用氨水吸收SO2和NO2，原理如下图所示。已知： 25℃时，NH3·H2O的Kb=l.7x10-5， H2SO3的Ka1=1.3x10-2， Ka2=6.2x10-8，下列说法正确的是
A．向氨水中通入SO2恰好生成NH4HSO3： c(H2SO3)> c(NH3·H2O)+c (SO)
B．向氨水中通入SO2至pH=7； c( HSO)>c (NH)> c(H+)= c(OH-)
C．反应NH3·H2O + H2SO3 =NH + HSO+ H2O的平衡常数K=2.21×107
D．NO2被NH4HSO3吸收的离子方程式： 2NO2+4SO= N2+ 4SO
13．（2023·淮安模拟）CO2-H2催化重整可获得CH3OH。其主要反应为
反应I： CO2(g) + 3H2(g) = CH3OH(g) + H2O(g) △H1=-53.7kJ·mol-1
反应II：CO2(g) + H2(g)= CO(g) + H2O(g) △H2=+41kJ·mol-1
若仅考虑上述反应，在5.0 MPa、n始(CO2)： n始(H2)=1：3时，原料按一定流速通过反应器，CO2的转化率和CH3OH的选择性随温度变化如图所示。CH3OH的选择性=
下列说法正确的是
A．其他条件不变，升高温度，CO2的平衡转化率增大
B．其他条件不变，T>236℃时，曲线下降的可能原因是反应1正反应程度减弱
C．一定温度下，增大n始(CO2)：n始(H2)可提高CO2平衡转化率
D．研发高温高效催化剂可提高平衡时CH3OH的选择性
二、综合题
14．（2023·淮安模拟）锶的化合物应用广泛，SrSO4可用于陶瓷工业，SrF2可作防蛀牙膏的添加剂。
（1）以天青石精矿(主要含SrSO4)为原料制备高纯硫酸锶的部分工艺流程如下：
①“转化”中用碳酸氢铵和过量氨水的混合溶液浸取天青石精矿，可制得SrCO3沉淀。写出该过程的离子方程式：
②“转化”中维持反应温度70℃且控制氨水过量，氨水过量的主要原因是
③该工艺流程中，可循环利用物质是 (填化学式) 。
（2）工业上还可用碳还原法制备高纯硫酸锶。将天青石精矿和煤粉按照一定质量比在回转窑中煅烧，生成SrS，再处理得高纯SrSO4。
①煅烧温度对SrSO4转化率的影响如图，最佳煅烧温度为
②天青石精矿和煤粉质量比对SrSO4转化率的影响如图，天青石精矿和煤粉质量比增大至5.5：1后，SrSO4转化率下降的可能原因是 。
（3）SrF2一种晶体的晶胞结构如图所示。
①由图可知，每个Sr2+周围紧邻且等距离的Sr2+个数为 。
②已知 =3.2×10-8，若一次刷牙所用牙膏含的质量为2mg，口腔中溶液体积为5mL，刷牙时口腔溶液中氟离子浓度为 mol·L-1。
15．（2023·淮安模拟）康普瑞汀磷酸二钠(H)可减少肿瘤血流量并引起肿瘤坏死，其人工合成路线如下：
（1）B分子式C9H11O3Br，其结构简式为 。
（2）设计A→B目的是
（3）E→F反应类型为 。
（4）C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分子中苯环上只有两个取代基，且分子中含有5种不同化学环境的氢原子。
②能发生水解反应，水解产物均能发生银镜反应，其中一种产物遇FeCl3溶液显色。
（5）已知：RCHO+CH3CHO；写出以、CH3OCH2Cl和HCHO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) 。
16．（2023·淮安模拟）实验室以含硒废料(假设杂质不参与反应)提取硒，部分实验过程如下：
（1）“浸取”时单质硒大部分生成二元弱酸H2SeO3，该反应离子方程式为
（2）H2SeO4溶液转化为H2SeO3溶液的实验可在如图装置中进行。滴液漏斗中液体是 (填名称)。
（3）H2SeO3溶液与SO2反应制备硒单质，反应后溶液中物质的量减少的离子有 (填化学式)
（4）以上述流程中生成的H2SeO3溶液为原料制取高纯硒单质，请补充完整实验方案：取一定量H2SeO3溶液， ，得高纯硒单质。 (必须使用的试剂： BaCl2溶液、1 mol·L-1NaOH溶液)
（5）实验室常用氧化还原滴定法测定某样品中Se的质量分数，步骤如下：
I.取0.8400 g样品充分磨碎，加酸煮沸配成H2SeO3溶液，将溶液完全转移到250 mL容量瓶中后定容。
II.准确量取25.00 mL待测液于锥形瓶中，加入0.0200 mol·L-1KMnO4标准溶液25.00 mL，向锥形瓶中再加入25.00 mL 0.06 mol·L-1Fe2+溶液，加入磷酸后再用0.0200mol·L-1KMnO4滴定，消耗KMnO4溶液10.00 mL。
已知：Se的最高价含氧酸氧化Fe2+较慢，在该滴定过程可忽略此反应。计算硒的质量分数 (写出计算过程)。
17．（2023·淮安模拟）铝系金属复合材料能有效还原去除水体中的硝酸盐污染。铝粉表面复合金属的组分和含量，会影响硝酸盐的去除效果。
（1）在相同实验条件下，分别使用纯铝粉和Cu负载量为3%、4%、5%的Al/Cu二元金属复合材料对硝酸盐的去除效果如图所示。
①由如图可知用Al/Cu二元金属复合材料去除水体中硝酸盐效果明显优于铝粉，可能原因是 。
②实验发现Al/Cu二元金属复合材料中Cu负载量过高也不利于硝酸盐的去除，可能原因是 。
（2）在Al/Cu二元金属复合材料基础上引入Pd形成三元金属复合材料，其去除水体中硝酸盐的机理如图所示。
①使用Al/Cu二元金属复合材料，可将水体中硝酸盐转化为铵盐，该转化的机理可描述为： H+吸附在Cu表面并得电子生成强还原性的吸附氢H(ads)， ， NH3与H+结合为进入溶液。
②引入Pd的Al/Cu/Pd三元金属复合材料，硝酸盐转化为N2选择性明显提高，可能原因是
③其他条件相同时，Al/Cu/Pd 三元金属复合材料去除水体中硝酸盐的效果与溶液pH关系如图所示。水体pH在4至6范围内，随pH增大硝酸盐去除率降低的可能原因是 ；水体pH在8.5至10范围内，随pH增大硝酸盐去除率升高的可能原因是 。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】多糖的性质和用途
【解析】【解答】A．棉布的主要成分是纤维素，属于多糖，A符合题意；
B．羊毛的主要成分是蛋白质，不属于糖类，B不符合题意；
C．维生素属于有机化合物，是人体必需的有氧物质营养物，不属于糖类，C不符合题意；
D．油脂不属于糖类，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．纤维素属于多糖；
B．羊毛的主要成分是蛋白质；
C．维生素属于有机化合物；
D．油脂不属于糖类。
2．【答案】D
【知识点】原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A． O原子的质子数和电子数都是8，核外电子分层排布，其结构示意图为，故A不符合题意；
B． CsF为离子化合物，电子式为，故B不符合题意；
C． FNO中心原子N原子价层电子对数为2+=3，空间构型为V形，故C不符合题意；
D． CsNO3中含有Cs+与NO间的离子键与N-O共价键，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A． O原子的质子数和电子数都是8，依据核外电子分层排布规律书写；
B． CsF为离子化合物；
C． 依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；
D． CsNO3是离子化合物，非金属原子之间形成共价键。
3．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用
【解析】【解答】A．同主族元素，随着原子核电荷数变大，半径半径变大，键能变小，故E(C-C)＞E(Si-Si)，A不符合题意；
B．同周期原子第一电离能随着核电荷数变大呈增大趋势，第VA族遵循半满规则，能量最低，电离能大于第VIA族电离能，电离能大小VA族＞VIA族＞IVA族，故I1(C)< I1(O)，同主族元素第一电离能随着核电荷数增大而增大，故I1(Si)< I1(C)，故I1(Si)< I1(O)，B符合题意；
C．同周期原子，电负性随核电荷数增大而增大，电负性大小：x(C)< x(O)，C不符合题意；
D．同主族元素，非金属性随核电荷数增加而减弱，最高价氧化物对应的水化物酸性减弱：H2CO3＞H2SiO3，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．同主族元素，随着原子核电荷数变大，半径半径变大，键能变小；
B．同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中II A族和V A族的第一电离能高于相邻的元素；同主族元素第一电离能随着核电荷数增大而增大；
C．同周期原子，电负性随核电荷数增大而增大；
D．同主族元素，非金属性随核电荷数增加而减弱，最高价氧化物对应的水化物酸性减弱。
4．【答案】C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．稀硫酸与Fe反应生成硫酸亚铁，同时过量的铁屑可防止Fe2+被氧化成Fe3+，A不符合题意；
B．碳酸钠溶液中通入二氧化碳，两者反应生成碳酸氢钠，B不符合题意；
C．碳酸氢钠和FeSO4反应生成FeCO3的同时还会生成CO2，不能关闭止水夹，C符合题意；
D．装置丁可用于过滤所得到的浊液分离出FeCO3，且过滤操作正确，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据物质的性质分析，C项中碳酸氢钠和FeSO4反应生成FeCO3的同时还会生成CO2，不能关闭止水夹，防止发生危险。
5．【答案】B
【知识点】原子结构的构造原理；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．基态氮原子的核外电子有7个电子，所以有7种运动状态，A不符合题意；
B．NH和H2S中心原子的价层电子对数都是4，所以均采用sp3杂化方式，B符合题意；
C．ClO2是夹角小于120度的折线结构，是由极性键构成的极性分子，C不符合题意；
D．偏二甲肼(C2H8N2)的结构简式为：，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．核外电子的运动状态均不相同；
B．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
C．同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键；正负电荷重心重合的是非极性分子，正负电荷重心不重合的是极性分子；
D．N的价键不正确。
6．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．HClO的酸性比碳酸弱，比碳酸氢根的酸性强，故NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3：ClO-+ CO2+ H2O = HClO+ ，A不符合题意；
B．H2S水溶液在空气中，和氧气反应后生成单质硫和水，变浑浊的化学方程式： 2H2S+ O2= 2S↓ + 2H2O，B不符合题意；
C．用石墨作电极电解NaCl溶液，产生氯气、氢气和氢氧化钠，离子方程式： 2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，C不符合题意；
D．标准燃烧热，水为液态，肼燃烧的热化学方程式： N2H4(l)+O2(g)=N2(g) +2H2O(l) △H=-622.08 kJ·mol-1，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据强酸制弱酸分析；
B．H2S和氧气反应生成单质硫和水；
C．用石墨作电极电解NaCl溶液，产生氯气、氢气和氢氧化钠；
D．燃烧热是101kP时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定产物时的反应热，水为液态。
7．【答案】C
【知识点】铵盐；硝酸的化学性质；硫化氢
【解析】【解答】A．H2S部分电离产生的硫离子与汞离子结合生成沉淀，可除去废水中的Hg2+，A不符合题意；
B．HNO3具有酸性，可与氨水反应用于制NH4NO3，B不符合题意；
C．NH4Cl溶液因铵根离子水解呈酸性，可用于去除铁锈，C符合题意；
D． 溶液具有强氧化性，可用于杀菌消毒，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．S元素化合价不变；
B．HNO3具有酸性；
C．NH4Cl溶液因铵根离子水解呈酸性；
D． 溶液具有强氧化性。
8．【答案】D
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．根据分析，i-NC电极中，C的化合价由+4价降低到+2价，发生还原反应，A不符合题意；
B．合成过程中CO2中的C由+4价降低到+2价，作氧化剂，B不符合题意；
C．根据分析在i-NC中CO2得电子生成C2H5OH和CO，不利于C2H5OH，C不符合题意；
D．根据分析，c-NC端CO2得到电子生成C2H5OH， 2CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2O，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．反应中元素化合价升高，做负极，失电子发生氧化反应；元素化合价降低，为正极，得电子，发生还原反应；
B．氧化剂元素化合价降低， 还原剂元素化合价升高
C．根据分析在i-NC中CO2得电子生成C2H5OH和CO；
D．电池工作时，负极失电子，发生氧化反应，正极得电子，发生还原反应。
9．【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．X分子中有与苯环相连的一个碳上还连有甲基和醛基，四个碳原子不可能共平面，A不符合题意；
B．X分子中有醛基，所以能使酸性KMnO4溶液褪色，B符合题意；
C．布洛芬结构中只有苯环的位置可以和氢气加成，所以1mol布洛芬最多能与3mol H2发生加成反应 ，C不符合题意；
D．X和布洛芬分子中均含有1个手性碳原子，分别是和醛基、羧基相连的碳原子，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．分子中含有饱和碳原子，饱和碳原子的空间构型为四面体形；
BC．依据官能团的性质分析；
D．手性碳是碳原子连接4个不同的原子或原子团的物质分析。
10．【答案】A
【知识点】焓变和熵变；化学平衡常数
【解析】【解答】A．已知该反应在加热条件下能自发进行所以 ，因为△H>0，所以△S>0，A符合题意；
B．由反应方程式，结合平衡常数含义可知，上述反应的平衡常数K= ，B不符合题意；
C．没有指明具体条件，不能确定气体的体积，C不符合题意；
D．减少碳排放是指减少二氧化碳的生成，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析；
B．化学平衡常数，指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；
C．没指明标状况，不能计算；
D．依据平衡移动原理分析。
11．【答案】D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．浓硝酸受热分解生成二氧化氮，也可能是碳与浓硝酸反应生成二氧化氮，因此无法得出碳在加热条件下能与浓硝酸反应的结论，A不符合题意；
B．用pH计分别测定0.1mol/LNaClO溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液的pH，前者pH大于后者，说明次氯酸根离子水解程度大于醋酸根离子，则醋酸酸性强于HClO，B不符合题意；
C．酸化的AgNO3中氢离子和硝酸根离子可组成硝酸从而氧化亚铁离子生成铁离子，无法说明氧化性Ag+>Fe3+，C不符合题意；
D．，亚硫酸根离子水解生成氢氧根离子从而使溶液呈碱性，加入BaCl2后Ba2+与反应生成BaSO3，消耗了亚硫酸根离子，导致亚硫酸根离子的水解平衡逆向移动，溶液中氢氧根离子浓度减小，产生白色沉淀的同时红色褪去，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．浓硝酸受热分解生成二氧化氮，会干扰判断；
B．依据越弱越水解分析；
C．氢离子和硝酸根离子相当于硝酸，能氧化亚铁离子；
D．依据水解平衡移动原理分析。
12．【答案】C
【知识点】离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．向氨水中通入SO2恰好生成NH4HSO3，电子守恒c()+c(H+)=2c()+c()+c(OH-)，物料守恒c()+c(NH3·H2O)=c()+c()+c(H2SO3)，则c(H+)+c(H2SO3)=c()+c(OH-)+c(NH3·H2O)，因为NH3·H2O的Kb=l.7x10-5 小于H2SO3的Ka1=1.3x10-2，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，故c(H2SO3)＜()+c(NH3·H2O)，A不符合题意；
B．向氨水中通入SO2至pH=7：c(H+)= c(OH-)，电荷守恒c( H+)+c()=2c()+c()+c(OH-)，c ()＞c()，B不符合题意；
C．反应NH3·H2O + H2SO3 =++ H2O的平衡常数K=，Kb=，Ka1=，Kw=c(H+)c(OH-)，解得K== 2.21×107，C符合题意；
D．NO2 被NH4HSO3吸收的离子方程式： 2NO2+4 = N2+ 4+4H+，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据电子守恒、物料守恒分析；
B．依据电子守恒分析；
C．依据K=计算；
D．根据反应物和产物的化学式，利用电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒书写。
13．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．从图中可知，升高温度，CO2的平衡转化率下降，A不符合题意；
B．温度升高，反应Ⅰ化学平衡逆向移动，反应Ⅱ化学平衡正向移动，则CH3OH的选择性下降，同时因为反应Ⅰ化学平衡逆向移动，导致CO2的转化率也有所下降，B符合题意；
C．增大n始(CO2)：n始(H2)，CO2浓度增大，H2浓度减小，则CO2的平衡转化率减小，C不符合题意；
D．研发高效的催化剂可提高反应速率，但是催化剂不能影响化学平衡的移动，故CH3OH的选择性不变，且由图知，温度越高甲醇的选择性越低，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据图像，利用影响化学平衡移动的因素分析；
14．【答案】（1）；能提供更多的碳酸根离子，使反应向生成碳酸锶的方向进行；氨水
（2）1200℃；煤粉不足，不能使硫酸锶充分反应
（3）12；
【知识点】晶胞的计算；化学平衡转化过程中的变化曲线；无机物的推断
【解析】【解答】（1）①由溶度积可知相同温度时溶解度SrCO3＜SrSO4，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，所以将天青石矿粉和NH4HCO3溶液、一水合氨充分混合反应生成碳酸锶，，答案：；
②氨水过量会中和较多的碳酸氢根离子，碳酸氢根离子与锶离子结合生成碳酸锶，所以氨水过量的主要原因是能提供更多的碳酸根离子，使反应向生成碳酸锶的方向进行，答案：能提供更多的碳酸根离子，使反应向生成碳酸锶的方向进行；
③第一步转化中需要NH3H2O，在沉淀过程中会生成NH3H2O，可循环利用，故答案为：氨水；
（2）①随着温度的升高硫酸锶的转化率在升高，当达到1200℃后，再升高温度转化率没有明显的变化，所以选择1200℃，答案：1200℃；
②SrSO4转化率下降的可能原因是：煤粉不足，不能使硫酸锶充分反应；
（3）①由晶胞结构可知一种微粒位于顶点和面心，每个晶胞均摊4个，内部有8个另一种微粒，所以可知锶离子位于顶点和面心，每个Sr2+周围紧邻且等距离的Sr2+个数为12个，答案：12；
②是难溶物，口腔中形成了饱和溶液，设 mol·L-1，则 mol·L-1，所以，得，所以氟离子浓度为mol·L-1，答案：。
【分析】（1）①依据溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质书写；
②依据电离平衡移动原理分析；
③循环使用的物质反应前是反应物，反应后是产物或未完全反应的物质 ；
（2）①依据图中曲线变化分析；
②根据影响化学平衡移动的因素分析；
（3）①依据晶胞结构图分析；
②利用Ksp计算。
15．【答案】（1）
（2）保护酚羟基
（3）取代反应
（4）
（5）
【知识点】有机物的合成；醛的化学性质
【解析】【解答】（1）根据上述分析可知，B结构简式为；答案为： ；
（2）防止酚羟基发生反应，转变为其它官能团，故答案为：保护酚羟基；
（3）根据上述分析可知，EF发生取代反应，答案为：取代反应；
（4）C的一种同分异构体能发生水解反应，水解产物均能发生银镜反应，其中一种产物遇FeCl3溶液显色，说明该有机物中有酯基，且是甲酸和苯酚形成的酯基，又分子中苯环上只有两个取代基，且分子中含有5种不同化学环境的氢原子，可以推知C的同分异构体的结构简式为：；答案为：；
（5）；答案为：
【分析】（1）依据反应前后物质的结构简式及化学式确定结构简式；
（2）依据官能团的变化分析；
（3）根据官能团的变化确定反应类型；
（4）利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体；
（5）采用逆向合成法，根据题干路线的转化信息设计合成路线。
16．【答案】（1）3Se+4NO+4H++H2O=3H2SeO3+4NO↑
（2）浓盐酸
（3）HSeO、SeO、OH-
（4）在不断搅拌下向H2SeO3溶液中缓缓通入SO2气体，同时用1mol·L－1 NaOH溶液吸收多余的尾气，直至静置后在上层清液中继续通入少量SO2气体时不再产生沉淀为止，停止通入SO2气体，静置过滤洗涤，直至取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液无沉淀生成、干燥
（5）n(Fe2+)=0.06mol·L－1 ×25.00×10-3L=1.5×10-3mol
硒的质量分数为：=94.05%
【知识点】物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）“浸取”时加NaNO3溶液用硫酸酸浸，单质硒大部分被氧化生成二元弱酸H2SeO3，该反应离子方程式为3Se+4NO+4H++H2O=3H2SeO3+4NO↑；故答案为：3Se+4NO+4H++H2O=3H2SeO3+4NO↑；
（2）H2SeO4溶液转化为H2SeO3溶液的实验可在如图装置中进行，+6价的硒元素具有强氧化性，还原为亚硒酸，滴液漏斗中液体是浓盐酸，浓盐酸被氧化生成氯气。故答案为：浓盐酸；
（3）H2SeO3溶液与SO2反应制备硒单质，二氧化硫具有还原性，HSeO、SeO被还原，二氧化硫是酸性氧化物，能与碱反应，反应后溶液中物质的量减少的离子有HSeO、SeO、OH-，故答案为：HSeO、SeO、OH-；
（4）生成的H2SeO3溶液为原料制取高纯硒单质，完整实验方案：取一定量H2SeO3溶液，在不断搅拌下向H2SeO3溶液中缓缓通入SO2气体，同时用1mol·L－1 NaOH溶液吸收多余的尾气，直至静置后在上层清液中继续通入少量SO2气体时不再产生沉淀为止，停止通入SO2气体，静置过滤洗涤，直至取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液无沉淀生成、干燥，得高纯硒单质。故答案为：在不断搅拌下向H2SeO3溶液中缓缓通入SO2气体，同时用1mol·L－1 NaOH溶液吸收多余的尾气，直至静置后在上层清液中继续通入少量SO2气体时不再产生沉淀为止，停止通入SO2气体，静置过滤洗涤，直至取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液无沉淀生成、干燥；
（5）n(Fe2+)=0.06mol·L－1 ×25.00×10-3L=1.5×10-3mol
硒的质量分数为：=94.05%。故答案为：n(Fe2+)=0.06mol·L－1 ×25.00×10-3L=1.5×10-3mol
硒的质量分数为：=94.05%。
【分析】（1）根据反应物和产物的化学式，利用电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒书写；
（2）依据化合价的变化判断；
（3）二氧化硫具有还原且为二氧化硫是酸性氧化物；
（4）通过检验最后一次洗液中是否还有杂质离子来判断固体是否已洗涤干净；
（5）依据得失电子守恒计算。
17．【答案】（1）Cu能催化铝粉去除硝酸盐的反应（或形成Al-Cu原电池，增大铝粉去除硝酸盐的反应速率）；因为过多的Cu原子覆盖于二元金属表面，减少了表面Al原子数，从而减少Al 与水体中硝酸盐的接触机会，使硝酸盐去除效果减弱
（2）吸附氢H(ads)与同样吸附于Cu表面的(ads)反应生成(ads)，(ads) 脱离Cu表面被释放到溶液中，溶液中(ads)转移并吸附在Al表面被还原为NH3 (ads)；由图可知Cu表面吸附的H(ads)不能将(ads)转化为N2，而Pd表面吸附的H (ads)可实现上述转化。Cu表面生成的(ads) 可转移并吸附在Pd表面，被Pd表面的H(ads)进一步还原为N2；pH在4~6范围内，随pH增大，溶液中氢离子浓度减小，催化剂表面产生的H (ads)减少，使硝酸盐去除率降低；pH在8.5～10范围内，随着pH增大，氢氧根浓度增大，促进铝表面氧化铝的溶解，同时铝与OH-反应产生的氢原子能还原硝酸根，使硝酸盐的去除率升高
【知识点】催化剂；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）①根据图中曲线可知，用Al/Cu二元金属复合材料去除水体中硝酸盐效果明显优于铝粉，可能的原因是：Cu能催化铝粉去除硝酸盐的反应（或形成Al-Cu原电池，增大铝粉去除硝酸盐的反应速率）；
②因为过多的Cu原子覆盖于二元金属表面，减少了表面Al原子数，从而减少Al 与水体中硝酸盐的接触机会，使硝酸盐去除效果减弱，故Al/Cu二元金属复合材料中Cu负载量过高也不利于硝酸盐的去除；
（2）①H+吸附在Cu表面并得电子生成强还原性的吸附氢H(ads)，吸附氢H(ads)与同样吸附于Cu表面的(ads)反应生成(ads)，(ads) 脱离Cu表面被释放到溶液中，溶液中(ads)转移并吸附在Al表面被还原为NH3 (ads)，NH3与H+结合为进入溶液，故使用Al/Cu二元金属复合材料，可将水体中硝酸盐转化为铵盐；
②由图可知Cu表面吸附的H(ads)不能将(ads)转化为N2，而Pd表面吸附的H (ads)可实现上述转化。Cu表面生成的(ads) 可转移并吸附在Pd表面，被Pd表面的H(ads)进一步还原为N2，故引入Pd的Al/Cu/Pd三元金属复合材料，硝酸盐转化为N2选择性明显提高；
③pH在4~6范围内，随pH增大，溶液中氢离子浓度减小，催化剂表面产生的H (ads)减少，使硝酸盐去除率降低；pH在8.5～10范围内，随着pH增大，氢氧根浓度增大，促进铝表面氧化铝的溶解，同时铝与OH-反应产生的氢原子能还原硝酸根，使硝酸盐的去除率升高。
【分析】（1）①根据图中曲线，考虑催化和构成原电池；
②依据接触面积对速率的影响；
（2）①依据题目图像分析；
②依据吸附的材料不同，产物不同；
③依据除水体中硝酸盐的效果与溶液pH关系图分析 。
