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2021年高江苏省南京市盐城市考一模化学试卷含解析
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这是一份2021年高江苏省南京市盐城市考一模化学试卷含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
江苏省南京市盐城市2021年高考一模
化学试卷
一、单选题
1．大国重器彰显中国实力，化学材料助力科技成果转化运用。下列说法正确的是( )
A．“蛟龙号”载人潜水器使用的钛合金是金属材料
B．“C919”大飞机使用的氮化硅陶瓷是传统硅酸盐材料
C．“玉兔二号”月球车使用的太阳能电池板材料是二氧化硅
D．“山东舰”航母使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料
2．侯氏制碱法主要反应原理：NH3+NaCl+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。下列有关说法错误的是（ ）
A．CO2空间构型为直线形
B．NaCl固体为离子晶体
C．Na的原子结构示意图为
D．NH4Cl的电子式为
3．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是( )
A．氢氟酸显弱酸性，可用于雕刻玻璃
B．Na2CO3溶液呈碱性，可用于去除油污
C．Al2O3熔点高，可用作电解冶炼铝的原料
D．S2-具有还原性，可用于去除水体中Pb2+等重金属离子
4．下列有关二氧化硫的说法正确的是( )
A．SO2属于电解质
B．SO2为非极性分子
C．SO2既有氧化性又有还原性
D．SO2易溶于水是因为与水能形成分子间氢键
5．实验室制取SO2时，下列装置不能达到相应实验目的的是（ ）
A．图1：生成SO2 B．图2：检验SO2
C．图3：干燥SO2 D．图4：收集SO2
6．蓝天保卫战—持续三年的大气治理之战，其中低成本、高效率处理SO2、NO2等大气污染物一直是化学研究的重点课题，研究它们的性质、制备在工业生产和环境保护中有着重要意义。一种处理SO2、NO2的研究成果，其反应原理为（ ）SO2(g)+NO2(g)=SO3(g)+NO(g) ΔH1=-41.8kJ·mol-1，标准状况下，SO2(g)+NO2(g)=SO3(s)+NO(g) ΔH2.下列有关说法错误的是
A．该反应的ΔS>0
B．ΔH2<-41.8kJ·mol-1
C．SO2的生成速率和NO2的消耗速率相等说明该反应达到平衡状态
D．标准状况下，该反应中每生成22.4L NO转移电子的数目约等于2×6.02×1023
7．如图为元素周期表中短周期的一部分，下列说法错误的是( )
A．离子半径：M->Z2->Y-
B．电负性：Y>M>Z
C．简单气态氢化物的稳定性：Y>M>Z
D．Y元素基态原子的简化电子排布式：［X]2s22p5
8．用久置于空气中的生石灰［主要成分为CaO，还含有Ca(OH)2和CaCO3]制取KClO3的流程如下。下列有关说法错误的是( )
A．“打浆”的目的是为了提高“氯化”时的反应速率
B．“氯化”中主要发生的化学反应为6Cl2+6Ca(OH)275°C__ Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O
C．“过滤”后滤液中存在的阳离子有Ca2+、H+
D．“转化”时发生的化学反应属于氧化还原反应
9．对固体电解质体系的研究是电化学研究的重要领域之一、用离子交换膜H+/ NH4+ 型 Nafion膜作电解质，在一定条件下实现了常温常压下电化学合成氨，原理如下图所示。下列说法错误的是( )
A．电极M接电源的正极
B．离子交换膜中H+、 NH4+ 浓度均保持不变
C．H+/ NH4+ 型离子交换膜具有较高的传导质子能力
D．阴极的电极反应式：N2+6e-+6H+=2NH3，2H++2e-=H2↑
10．乙醛与新制氢氧化铜悬浊液反应的实验如下：
步骤1：向试管中加入2mL10%NaOH溶液，边振荡边滴加4~6滴2%CuSO4溶液，观察到有蓝色絮状沉淀产生。
步骤2：再向试管中加入0.5mL乙醛溶液，加热，观察到有红色沉淀产生。
下列说法错误的是( )
A．步骤1中必须加入过量的NaOH溶液
B．步骤2中观察到的红色沉淀为Cu2O
C．上述实验说明乙醛能被新制氢氧化铜氧化
D．上图所示Cu2O的晶胞中 表示氧原子
11．羟甲香豆素(丙)是一种治疗胆结石的药物，部分合成路线如下图所示。下列说法错误的是( )
A．甲分子中的含氧官能团为羟基、酯基
B．常温下1mol乙最多与含4molNaOH的水溶液完全反应
C．丙能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．丙分子中碳原子轨道杂化类型为sp2和sp3，且所有的碳原子可能共平面
12．室温下，通过下列实验探究FeCl3水解反应［FeCl3(黄色)＋3H2O⇌Fe(OH)3(红褐色)＋3HCl]的条件。
实验序号
实验操作
实验现象
1
将FeCl3溶液加热片刻
溶液颜色变深
2
向FeCl3 溶液中通入少量HCl气体
溶液颜色变浅
3
向FeCl3溶液中加入少量(NH4)2SO4固体
溶液颜色变浅
4
向FeCl3溶液中加入少量NaHCO3固体
产生红褐色沉淀，溶液中出现大量气泡
下列有关说法正确的是( )
A．实验1得到的溶液中有c(Cl-)>c(Fe3+)>c(OH-)>c(H+)
B．实验2中FeCl3水解反应的化学平衡常数变小
C．实验3得到的溶液中有3c(Fe3+)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(Cl-)+c(OH-)
D．实验4中反应的离子方程式为Fe3++ HCO3- +H2O=Fe(OH)3↓+CO2↑
13．工业上可用“丙烯氨氧化法”生产重要的化工原料丙烯腈(C3H3N)。
①在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)的热化学方程式为C3H6(g)+NH3(g)+3/2O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g) ΔH=-515 kJ/mol
②得到副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方程式为C3H6(g)+O2(g)=C3H4O(g)+H2O(g) ΔH=-353kJ/mol
丙烯腈产率与反应温度的关系曲线如图所示。
下列说法错误的是( )
A．反应①的平衡常数可表示为K= c(C3H3N)·c3(H2O)c(C3H6)·c(NH3)·c23(O2)
B．增大压强可以提高丙烯腈的平衡产率
C．温度低于460℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率
D．C3H4O(g)+NH3(g)+ 12 O2(g)=C3H3N(g)+2H2O(g) ΔH=-162 kJ/mol
二、非选择题
14．工业上可用红土镍矿(主要成分为NiO、FeO、Fe2O3)制备镍并回收副产物黄铵铁矾［(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12]的工艺流程如下。
（1）“初步沉铁”中，向酸浸后的溶液中通入NH3调节溶液的pH至1.5左右，溶液温度保持80℃左右，鼓入空气，一段时间后沉淀出黄铵铁矾。鼓入的“空气”的作用是 。
（2）“深度沉铁”中，通入NH3调节溶液pH，溶液温度保持65℃左右，加入H2O2溶液，反应1h后黄铵铁矾沉淀趋于完全。
①溶液中Fe3+转化为黄铵铁矾的离子方程式为 。
②溶液中c(H2O2)随时间t的变化关系如图所示，反应开始10~20 min内c(H2O2)迅速减小，其原因是 。
（3）“深度沉铁”时溶液保持的温度比“初步沉铁”时溶液保持的温度低，其原因是 。
（4）已知几种金属离子的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表所示(金属离子的起始浓度0.1mol·L-1)。
金属离子的氢氧化物
Ni(OH)2
Fe(OH)3
黄铵铁矾
开始沉淀pH
7.1
2.7
1.3
沉淀完全pH
9.2
3.7
2.3
“深度沉铁”中通入NH3调节溶液pH的范围是 。
15．化合物G是抗2019-nCOV病毒药物 remde-sivir的中间体，其一种合成路线如下
(注Bn： ；A'：腺嘌呤类似物基团；TMSCN： )
（1）C→D的反应类型为 。
（2）一个C分子中含有手性碳原子的数目为 。
（3）X的分子式为C5H12O2，A+X →H2SO4 B+2CH3OH，则X的结构简式为 。
（4）D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的一种结构简式 。
①分子中有一个含一个氧原子的六元环
②分子中有五种不同环境的氢原子
③能发生银镜反应、水解反应
（5）设计以 和X为原料制备 的合成路线(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干) 。
16．碘是人体不可缺少的微量元素，也是制造各种无机及有机碘化物的重要原料。利用卤水(含有F)可提取碘。
（1）采用离子交换法从卤水中提取碘的工艺流程如下：
①“氧化1”中生成 In- ，其反应的离子方程式为 。
②“还原”中溶液里含有 SO42- ， 检验 SO42- 的实验操作是 。。
③“吹碘”中通入热空气，利用了碘具有 的性质。
（2）某实验小组采用如图所示装置、40℃水浴加热制取碘。实验过程中需要控制Cl2用量，否则酸性条件下过量Cl2能将I2进一步氧化成 IO3- 。请补充完整检验反应后的三颈烧瓶中溶液是否含有 IO3- 的实验方案：取适量三颈烧瓶中的溶液， 。
已知反应： IO3- +5I-+6H+=3I2+3H2O，实验中可选用的试剂：2mol·L-1硫酸、1 mol·L-1KI溶液、淀粉溶液、CCl4。
（3）为测定卤水样品中I的含量，进行下列实验：
①取2.500L卤水样品减压浓缩至20.00mL，加入过量的0.1500mol·L-1CuCl2溶液20.00mL。
②密封静置2h，生成白色沉淀(发生反应为2Cu2++4I-=I2+2CuI↓)。
③用电感耦合等离子体发射光谱仪测定反应后溶液中c(Cu2+)=0.0125 mol·L-1。
根据上述实验数据，计算卤水样品中I的含量(单位mg·L-1，溶液混合前后总体积变化不计，写出计算过程)： 。
17．汽车尾气中NOx(NO、NO2等)是形成雾霾及硝酸型酸雨的大气污染物之一、
（1）①尿素［CO(NH2)2]在一定条件下可以直接还原NO生成N2，发生反应的化学方程式为 。
②尿素水溶液高于160℃时水解生成NH3和CO2，可作为处理NO反应的氨源。通过调整尿素喷入量与汽车尾气流速，得到相同时间内不同投料比［n(尿素)/n(NO)]时NO的转化率随温度变化的a、b的两条曲线如图1所示。
i.曲线a和曲线b，投料比较大的曲线是 。(选填“a”或“b”)
ii.当200℃
下列说法正确的是_______(填写字母序号)
A．在催化剂表面NO的吸附并解离是反应发生的先决条件
B．在催化剂表面CO2的及时脱附有利于反应的进行
C．当温度超过625K时，生成的N2主要是由CO还原N2O生成的
D．当温度低于530K时，发生的主要反应为2NO+CO=N2O+CO2
E．寻找低温下高效的催化剂控制汽车尾气的污染是未来研究的方向
（3）利用汽车燃油不完全燃烧产物中的CO、HC(还原性的碳氢化合物)作还原剂，在三元催化器作用下可高效去除汽车尾气中的NOx。已知：可燃混合气中空气质量与燃油质量之比为空燃比。CO、HC及NOx转化效率随空燃比的变化关系如图4表示。当空燃比>15时，NOx转化率降低，其可能原因是 。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．合金属于金属材料，故A符合题意；
B．氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料，故B不符合题意；
C．太阳能电池板材料是硅单质，故C不符合题意；
D．碳纤维不是有机物，不属于有机高分子材料，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.金属材料包括纯金属和合金，合金是将金属熔合金属或非金属形成的混合物
B.传统硅酸盐材料是指玻璃、水泥、陶瓷，
C.二氧化硅是做光导纤维
D.碳纤维是无机材料
2．【答案】D
【解析】【解答】A．CO2的结构式为O=C=O，为直线形分子，故A不符合题意；
B．NaCl由钠离子和氯离子通过离子键结合而成，属于离子化合物，固体为离子晶体，故B不符合题意；
C．钠的原子序数为11，核外电子排布为2，8，1，原子结构示意图为： ，故C不符合题意；
D．NH4Cl的电子式为 ，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】氯化铵是非金属元素形成的离子化合物，是通过得失电子形成的化合物，书写时要写出阴离子周围的电子
3．【答案】B
【解析】【解答】A．氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应生成气体的SiF4，常用HF雕刻玻璃，与其酸性强弱无关，故A不符合题意；
B．碳酸钠水解显碱性，能使油脂发生水解生成溶水盐和醇，故B符合题意；
C．氧化铝是离子化合物，熔融状态下能电离成离子，因此可作电解冶炼铝的原料，不是因其熔点高，故C不符合题意；
D．硫离子能与重金属离子形成难溶的硫化物沉淀，不非利用的还原性，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.用于雕刻玻璃和酸性强弱不存在对应关系，主要是和物质的性质有关
B.发生化学反应除去油污
C.熔点高可以做耐火材料
D.利用硫离子和铅离子发生复分解反应产生沉淀
4．【答案】C
【解析】【解答】A．SO2自身不能电离成离子，属于非电解质，故A不符合题意；
B．SO2为V形结构，正负电荷重心不能重合，属于极性分子，故B不符合题意；
C．SO2中S为+4，处于S的最高正价+6和最低负价-2之间，化合价既能升高也能降低，SO2既有氧化性又有还原性，故C符合题意；
D．SO2易溶于水是因SO2易与水反应生成可溶性的亚硫酸，与氢键无关，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.二氧化硫溶于水导电，那是H2SO3是电解质
B.计算价层电子对和孤对电子即可
C.元素化合价处于中间价态
D.发生化合反应
5．【答案】C
【解析】【解答】A．铜与浓硫酸加热发生反应： Cu+2H2SO4(浓)Δ__CuSO4+SO2↑+2H2O ，可用来制取二氧化硫，故A不符合题意；
B．二氧化硫具有漂白性，能使品红褪色，常用品红检验二氧化硫，故B不符合题意；
C．用浓硫酸干燥二氧化硫时，导气管应长进短出，故C符合题意；
D．二氧化硫的密度比空气大， 用向上排空气法收集，过量的二氧化硫用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】二氧化硫不能溶于浓硫酸，导致浓硫酸从长管流出
6．【答案】A
【解析】【解答】A．由反应可知，标准状况下，反应生成固体，气体分子数减少，ΔS<0，故A符合题意；
B．同种物质的气态能量高于固体，则在标准状况下该反应放热更多，则ΔH2<ΔH1，故B不符合题意；
C．SO2的生成速率是逆反应速率，NO2的消耗速率是正反应速率，速率之比等于化学计量数之比，说明反应达到正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡，故C不符合题意；
D．由反应可知每生成1molNO转移2mol电子，标况下22.4LNO为1mol，转移电子数目为2NA，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据起始状态判断熵变的正负
B.固体和气体的转换涉及到能量的转化
C.根据正逆反应速率判定平衡状态
D.根据转移电子数和一氧化碳的关系即可计算
7．【答案】A
【解析】【解答】A．离子半径比较先看电子层数，电子层数多半径大，层数相同时看核电荷数，核电荷数越多半径越小，Z、M的简单离子有三个电子层，Y的离子有两个电子层，其核电荷数ZM->Y-，故A符合题意；
B．同周期元素从左到右电负性增强，同主族同上到下电负性减弱，则电负性：Y>M>Z，故B不符合题意；
C．元素的非金属性越强形成的气态氢化物越稳定，非金属：Y>M>Z，则形成气态氢化物的稳定性：Y>M>Z，故C不符合题意；
D．Y为F，原子序数为9，核外电子排布为1s22s22p5，简化电子排布式：［X]2s22p5，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】四种元素均为短周期元素，根据图中在周期表中的位置可知X为He、Y为F、Z为S、M为Cl，据此分析。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．打浆是将固体反应物粉碎，增大氯化时反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率，故A不符合题意；
B．由以上分析可知氯化时发生的主要反应为氯气与氢氧化钙加热的到氯酸钙和氯化钙的反应，方程式为：6Cl2+6Ca(OH)275°C__ Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O，故B不符合题意；
C．“过滤”后滤液中主要溶质为氯酸钙和氯化钙，存在的阳离子为钙离子以及水中的氢离子，故C不符合题意；
D．转化是发生的反应为Ca(ClO3)2+2KCl=CaCl2+2KClO3，为复分解反应，非氧化还原反应，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】久置于空气中的生石灰［主要成分为CaO，还含有Ca(OH)2和CaCO3]，加水后生石灰与水反应生成氢氧化钙，打浆得到碳酸钙和氢氧化钙的悬浊液，通氯气加热条件下反应生成氯化钙和氯酸钙，过滤取滤液，加氯化钾与氯酸钙反应生成氯酸钾，据此解答。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．由分析可知M作阳极，连接电源的正极，故A不符合题意；
B．由图示信息可知， 铵根离子在电解过程中转变成氨气和氢离子，浓度下降，故B符合题意；
C．由图可知H+/ NH4+ 型离子交换膜允许氢离子自由通过，具有较高的传导氢离子的能力，故C不符合题意；
D．由图可知阴极电极上氮气和氢离子均得电子分别转变成氨气和氢气，电极反应分别为：N2+6e-+6H+=2NH3，2H++2e-=H2↑，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由装置可知H2通入M极，在M极上失电子转变成氢离子，则M作电解池的阳极，接电源的正极，N2通入N极，在N极上得电子并结合电解质中的氢离子生成NH3，同时部分氢离子也在阴极得电子转变氢气，则电极N作电解池的阴极，连接电源的负极，据此分析。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．醛基和新制的氢氧化铜悬浊液反应时需要碱过量，故必须加入过量的氢氧化钠溶液，A不符合题意；
B．乙醛和新制的氢氧化铜悬浊液反应生成红色的氧化亚铜沉淀，B不符合题意；
C．实验生成乙酸铵，说明乙醛被氢氧化铜氧化，C不符合题意；
D．晶胞中红色球有 8×18+1=2 ，黑色球有4个，所以结合氧化亚铜的化学式分析，黑色球表示铜原子，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据红球和黑球的占位计算出晶胞中铜原子和氧原子的个数比即可
11．【答案】B
【解析】【解答】A．由甲的结构简式可知，甲中含有酯基和羟基两种官能团，故A不符合题意；
B．乙中含有酚羟基和酯基，1mol酚羟基和1mol酯基均消耗1molNaOH，但该结构中的酯基水解得到酚羟基又消耗1molNaOH，故1mol乙能消耗3molNaOH，故B符合题意；
C．丙中含有酚羟基和碳碳双键均易被高锰酸钾氧化使其褪色，故C不符合题意；
D．丙中甲基碳原子为sp3杂化，其余碳原子采用sp2杂化，该结构中苯环、碳碳双键、酯基片段均为平面结构，所有碳原子可能共平面，
【分析】根据有机物的结构式即可找出官能团以及个数，甲中含有二个酚羟基、一个醇羟基、一个酯基，可发生取代、氧化、加成反应。乙中含有1个酚羟基、一个酯基、一个醇羟基，可发生氧化、取代、加成反应，丙中含有1个酚羟基、一个双键、一个酯基可发生氧化反应、加成反应、取代反应。根据成键的方式即可判断杂化方式和原子共面
12．【答案】C
【解析】【解答】A．实验1将FeCl3溶液加热促进FeCl3水解，产物氢氧化铁的浓度增大，使溶液颜色加深，由水解反应可知，水解后溶液显酸性，c(H+)>c(OH-)，故A不符合题意；
B．平衡常数只受温度影响，温度不变K不变，因此通入HCl气体K不变，故B不符合题意；
C．实验3得到的溶液中存在电荷守恒：3c(Fe3+)+c(H+)+c(NH 4+ )=c(NH3·H2O)+c(Cl-)+c(OH-)+2c(SO 42- )，存在物料守恒：c(NH3·H2O)+c(NH 4+ )=2c(SO 42- )，联立可得：3c(Fe3+)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(Cl-)+c(OH-)，故C符合题意；
D．实验4中反应的离子方程式为Fe3++3 HCO3- =Fe(OH)3↓+3CO2↑，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.水解吸热，氢离子浓度增大
B.加入氯化氢气体导致平衡左移
C.加入硫酸铵促进水解结合电荷守恒和物料守恒即可判断
D.不符合电荷守恒
13．【答案】B
【解析】【解答】A．平衡常数等于生成物浓度的幂之积与反应物浓度的幂之积的比值，则反应①的平衡常数K= c(C3H3N)·c3(H2O)c(C3H6)·c(NH3)·c23(O2) ，故A不符合题意；
B．增大压强平衡向气体分子数减小的方向移动，对反应①而言向逆向移动，会降低丙烯腈的产率，故B符合题意；
C．反应①为放热反应，升高温度平衡逆向移动，由图像可知460℃之后产率符合温度对平衡的影响，说明460℃开始反应达到平衡，温度低于460℃时未平衡，故C不符合题意；
D．由盖斯定律可知该反应可由①-②得到，则该反应的 ΔH= ΔH①- ΔH②=-515 kJ/mol-(-353kJ/mol)=-162 kJ/mol，反应的热化学方程式为：C3H4O(g)+NH3(g)+ 12 O2(g)=C3H3N(g)+2H2O(g) ΔH=-162 kJ/mol，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.利用公式直接写出即可
B.结合反应前后计量系数的变化，通过压强变化确定平衡移动的方向
C.结合温度对产率的影响判断
D.根据盖斯定律计算即可
14．【答案】（1）将亚铁离子氧化为三价铁离子
（2）6Fe3++12NH3+4SO42-+12H2O=(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12↓+10NH4+；生成的三价铁离子对反应有催化作用
（3）防止过氧化氢分解
（4）2.3~2.7
【解析】【解答】(1) 由于矿石中含有亚铁，而产物中是三价铁，所以通入空气的作用是将亚铁氧化为三价铁；
(2) “深度沉铁”中Fe3+转化为黄铵铁矾是复分解反应，酸性环境方程式为 6Fe3++12NH3+4SO42-+12H2O=(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12↓+10NH4+ ，反应开始10~20 min内c(H2O2)迅速减小，是因为生成的三价铁离子对反应有催化作用；
(3)两种沉铁的区别主要是氧化剂不同，所以温度改变和氧化剂本身性质有关，过氧化氢易分解，所以“深度沉铁”中温度更低；
(4) “深度沉铁”中要保证黄铵铁矾完全析出，而不生成氢氧化铁，所以pH的范围是2.3~2.7；
【分析】由于矿石中含有亚铁，而产物中是三价铁，所以通入空气的作用是将亚铁氧化为三价铁，“深度沉铁”中Fe3+转化为黄铵铁矾是复分解反应，反应开始10~20 min内c(H2O2)迅速减小，是因为生成的三价铁离子对反应有催化作用，两种沉铁的区别主要是氧化剂不同，所以温度改变和氧化剂本身性质有关，过氧化氢易分解，所以“深度沉铁”中温度更低，根据表格数据，“深度沉铁”中要保证黄铵铁矾完全析出，而不生成氢氧化铁，据此作答。
15．【答案】（1）氧化反应
（2）4
（3）
（4） 或
（5）→H2SO4X→ΔNaOH水溶液→ΔCu、O2→NH3
【解析】【解答】(1)C到D的过程中醇羟基转变成羰基，发生氧化反应，故答案为：氧化反应；
(2)手性碳原子是指一个碳上连接4个不同的原子或原子团的碳原子，由C的结构可知，其中含有4个手性碳原子，故答案为：4。
(3)X的分子式为C5H12O2，A+X →H2SO4 B+2CH3OH，结合A、B的结构可知A和X发生取代类型的反应，X应为 ，故答案为： ；
(4)①分子中有一个含一个氧原子的六元环，即含有结构 ；
②分子中有五种不同环境的氢原子，结合六元环结构可知支链在环上有一定对称性，否则氢原子的种类多于5种；
③能发生银镜反应含有醛基，能水解反应含有酯基，结合D的结构可知应含有-OOCH；
结合以上条件可知还有两个碳原子和两个氧原子应出现在支链上，保持对称性则应平均分配支链中的C、O，可知支链为2个-OCH3，符合的结构有： 和 ，故答案为： 或 ；
(5)产物结构中羰基可由醇羟基氧化得到，因原料中含有羟基，为防止原有羟基氧化，应先保护醇羟基，结合流程信息可知通过A到B转化反应类型保护原有醇羟基，则 →H2SO4X ，然后通过卤代烃水解将溴原子转变成羟基，在将羟基氧化，最后通过流程中F到G的反应恢复羟基即可，因此合成路线为： →H2SO4X→ΔNaOH水溶液→ΔCu、O2→NH3 ，故答案为： →H2SO4X→ΔNaOH水溶液→ΔCu、O2→NH3 ；
【分析】 在硫酸条件下与X反应得到B ，将醇羟基转变成醚键，保护醇羟基，结合(3)中X的分子式为C5H12O2，A+X →H2SO4 B+2CH3OH，对比A和B的结构可知X为： ，B与氢气发生还原反应得到C ，C与碘单质在指定条件下被氧化成D ，D经一系列转化得到E ，E在TMSCN和碳酸钾条件下发生取代反应得到F ，F在氨气作用下得到G ，据此分析解答。
16．【答案】（1）2nI-+(n-1)Cl2=2In-+2(n-1)Cl-；取适量待测液于试管中，先加足量的稀盐酸，若无现象，再加少量氯化钡溶液，若产生白色沉淀，说明存在 SO42-；升华
（2）加一定量的CCl4充分振荡，静置分层后，取适量上层水溶液于试管中，加适量2mol·L-1硫酸酸化后，再加一定量1 mol·L-1KI溶液，充分反应后，加入淀粉溶液若溶液变蓝说明反应后溶液中含有 IO3- ，否则，则无
（3）254mg/L
【解析】【解答】(1)卤水中的碘离子在硫酸酸性条件下，被氯气氧化成 In- ，用树脂交换吸附后，在用亚硫酸钠将 In- 还原成碘离子，然后树脂在氯化钠和HCl通入后再次发生离子交换，将碘离子转移到水溶液中，溶液中碘离子被加入的氯酸钾氧化成碘单质，最后用热空气吹出，得到碘单质，据此分析解答。
①“氧化1”中生成 In- ，氯气被还原成氯离子，根据化合价升降总数相等配平反应，其反应的离子方程式为 2nI-+(n-1)Cl2=2In-+2(n-1)Cl- ，故答案为： 2nI-+(n-1)Cl2=2In-+2(n-1)Cl- ；
②“还原”中溶液里含有 SO42- ， SO42- 的检验方法是在待测液中先加足量的稀盐酸，排除碳酸根、银离子等的干扰后再加氯化钡，看是否有白色沉淀生成，故答案为：取适量待测液于试管中，先加足量的稀盐酸，若无现象，再加少量氯化钡溶液，若产生白色沉淀，说明存在 SO42- ；
③“吹碘”中通入热空气，故答案为：升华；
(2)验证产物中有副产物碘酸根离子，应利用其氧化性，加还原剂将其还原成碘单质，再加淀粉检验碘单质，根据试剂可知可选的还原剂只有碘化钾，但碘化钾能被过量的氯气氧化，影响检验，因此在加碘化钾前先加四氯化碳除去过量的氯气和溶液中生成的碘单质后，取水层溶液加硫酸酸化，再加碘化钾发生反应，最后加淀粉检验生成的碘单质，故答案为：加一定量的CCl4充分振荡，静置分层后，取适量上层水溶液于试管中，加适量2mol·L-1硫酸酸化后，再加一定量1 mol·L-1KI溶液，充分反应后，加入淀粉溶液若溶液变蓝说明反应后溶液中含有 IO3- ，否则，则无；
(3)0.1500mol·L-1CuCl2溶液20.00mL，n(CuCl2)=0.1500mol·L-1×0.02L=0.003mol，反应后混合溶液体积为40mL，反应后溶液中c(Cu2+)=0.0125 mol·L-1，则剩余的n(CuCl2)余=0.0125 mol·L-1×0.04L=0.0005mol，则反应的n(CuCl2)反应=0.003mol-0.0005mol=0.0025mol，结合反应：2Cu2++4I-=I2+2CuI↓可知，反应的n(I-)=2n(CuCl2)反应=0.005mol，样品中I的含量= 0.005mol×127g/mol×1000mg/g2.500L=254mg/L ，故答案为： 254mg/L ；
【分析】（1）①根据反应物和生成物利用氧化还原反应即可写出 ②利用硫酸钡是不溶于酸的沉淀判断 ③因碘沸点低，易升华成气体从溶液中逸出
（2）利用碘酸根离子的氧化性进行判断
（3）根据消耗铜离子的物质的量求出碘离子的物质的量即可
17．【答案】（1）2CO(NH2)2+6NO→一定条件5N2+2CO2+4H2O；a；CO(NH2)2的水解程度增大，氨气的浓度增大或活化分子百分数增加，有效碰撞次数增加
（2）A；B；D；E
（3）O2含量较高，燃油能充分燃烧，产物中的CO、HC的量较少，被还原的NOx的量减少；O2量增多，与N2反应生成的NOx量增多
【解析】【解答】(1)①尿素［CO(NH2)2]在一定条件下可以直接还原NO生成N2，尿素中N由-3价到产物中0价，1个尿素分子降低6个价位，NO到氮气N由+2价到0价，1分子NO降低2个价位，根据化合价升降总数相等可知CO(NH2)2与NO的系数比为：1:3，结合元素守恒配平得： 2CO(NH2)2+6NO→一定条件5N2+2CO2+4H2O ，故答案为： 2CO(NH2)2+6NO→一定条件5N2+2CO2+4H2O ；
②相同温度条件下，投料比越大NO的转化率越大，由图可知相同温度时a对应的转化率大，则a的投料比大，当200℃
B.在催化剂表面CO2的及时脱附有利于与NO在催化剂表面向解离的方向进行反应，故B正确；
C.由图3可知，当温度超过625K时， δ-N2 的生成速率基本不变，而 β-N2 生成速率明显增大， β-N2 的生成主要是由NO解离的N原子直接结合生成，故C不正确；
D.由图3可知，当温度低于530K时，氮气的生成速率为0，即没有氮气生成，而N2O的生成速率增加，可知发生的主要反应为2NO+CO=N2O+CO2，故D正确；
E.低温下高效的催化剂更有利于汽车尾气转化成无污染的氮气，是有实际意义的研究方向，故E正确；
(3)由图4可知，当空燃比>15时，NOx转化率降低，但CO、HC的转化率并未减小，可知CO、HC与其他物质仍在反应，结合CO和碳氢化合物能与氧气反应可判断，可能是与空气中的氧气反应导致，同时氧气的量增加，与N2反应生成的NOx量增多，导致NOx转化率下降，故答案为：O2含量较高，燃油能充分燃烧，产物中的CO、HC的量较少，被还原的NOx的量减少；O2量增多，与N2反应生成的NOx量增多；
【分析】（1）①根据反应物和生成物即可写出方程式② 尿素的量对一氧化氮的转化率有影响 ，温度影响尿素的水解，且温度升高，分子运动的快
（2）①催化剂的作用机理的考查②根据图示确定不同温度下反应的发生
（3）空气中有大量的氧气和氮气水对实验产生了影响
江苏省南京市盐城市2021年高考一模
化学试卷
一、单选题
1．大国重器彰显中国实力，化学材料助力科技成果转化运用。下列说法正确的是( )
A．“蛟龙号”载人潜水器使用的钛合金是金属材料
B．“C919”大飞机使用的氮化硅陶瓷是传统硅酸盐材料
C．“玉兔二号”月球车使用的太阳能电池板材料是二氧化硅
D．“山东舰”航母使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料
2．侯氏制碱法主要反应原理：NH3+NaCl+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。下列有关说法错误的是（ ）
A．CO2空间构型为直线形
B．NaCl固体为离子晶体
C．Na的原子结构示意图为
D．NH4Cl的电子式为
3．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是( )
A．氢氟酸显弱酸性，可用于雕刻玻璃
B．Na2CO3溶液呈碱性，可用于去除油污
C．Al2O3熔点高，可用作电解冶炼铝的原料
D．S2-具有还原性，可用于去除水体中Pb2+等重金属离子
4．下列有关二氧化硫的说法正确的是( )
A．SO2属于电解质
B．SO2为非极性分子
C．SO2既有氧化性又有还原性
D．SO2易溶于水是因为与水能形成分子间氢键
5．实验室制取SO2时，下列装置不能达到相应实验目的的是（ ）
A．图1：生成SO2 B．图2：检验SO2
C．图3：干燥SO2 D．图4：收集SO2
6．蓝天保卫战—持续三年的大气治理之战，其中低成本、高效率处理SO2、NO2等大气污染物一直是化学研究的重点课题，研究它们的性质、制备在工业生产和环境保护中有着重要意义。一种处理SO2、NO2的研究成果，其反应原理为（ ）SO2(g)+NO2(g)=SO3(g)+NO(g) ΔH1=-41.8kJ·mol-1，标准状况下，SO2(g)+NO2(g)=SO3(s)+NO(g) ΔH2.下列有关说法错误的是
A．该反应的ΔS>0
B．ΔH2<-41.8kJ·mol-1
C．SO2的生成速率和NO2的消耗速率相等说明该反应达到平衡状态
D．标准状况下，该反应中每生成22.4L NO转移电子的数目约等于2×6.02×1023
7．如图为元素周期表中短周期的一部分，下列说法错误的是( )
A．离子半径：M->Z2->Y-
B．电负性：Y>M>Z
C．简单气态氢化物的稳定性：Y>M>Z
D．Y元素基态原子的简化电子排布式：［X]2s22p5
8．用久置于空气中的生石灰［主要成分为CaO，还含有Ca(OH)2和CaCO3]制取KClO3的流程如下。下列有关说法错误的是( )
A．“打浆”的目的是为了提高“氯化”时的反应速率
B．“氯化”中主要发生的化学反应为6Cl2+6Ca(OH)275°C__ Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O
C．“过滤”后滤液中存在的阳离子有Ca2+、H+
D．“转化”时发生的化学反应属于氧化还原反应
9．对固体电解质体系的研究是电化学研究的重要领域之一、用离子交换膜H+/ NH4+ 型 Nafion膜作电解质，在一定条件下实现了常温常压下电化学合成氨，原理如下图所示。下列说法错误的是( )
A．电极M接电源的正极
B．离子交换膜中H+、 NH4+ 浓度均保持不变
C．H+/ NH4+ 型离子交换膜具有较高的传导质子能力
D．阴极的电极反应式：N2+6e-+6H+=2NH3，2H++2e-=H2↑
10．乙醛与新制氢氧化铜悬浊液反应的实验如下：
步骤1：向试管中加入2mL10%NaOH溶液，边振荡边滴加4~6滴2%CuSO4溶液，观察到有蓝色絮状沉淀产生。
步骤2：再向试管中加入0.5mL乙醛溶液，加热，观察到有红色沉淀产生。
下列说法错误的是( )
A．步骤1中必须加入过量的NaOH溶液
B．步骤2中观察到的红色沉淀为Cu2O
C．上述实验说明乙醛能被新制氢氧化铜氧化
D．上图所示Cu2O的晶胞中 表示氧原子
11．羟甲香豆素(丙)是一种治疗胆结石的药物，部分合成路线如下图所示。下列说法错误的是( )
A．甲分子中的含氧官能团为羟基、酯基
B．常温下1mol乙最多与含4molNaOH的水溶液完全反应
C．丙能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．丙分子中碳原子轨道杂化类型为sp2和sp3，且所有的碳原子可能共平面
12．室温下，通过下列实验探究FeCl3水解反应［FeCl3(黄色)＋3H2O⇌Fe(OH)3(红褐色)＋3HCl]的条件。
实验序号
实验操作
实验现象
1
将FeCl3溶液加热片刻
溶液颜色变深
2
向FeCl3 溶液中通入少量HCl气体
溶液颜色变浅
3
向FeCl3溶液中加入少量(NH4)2SO4固体
溶液颜色变浅
4
向FeCl3溶液中加入少量NaHCO3固体
产生红褐色沉淀，溶液中出现大量气泡
下列有关说法正确的是( )
A．实验1得到的溶液中有c(Cl-)>c(Fe3+)>c(OH-)>c(H+)
B．实验2中FeCl3水解反应的化学平衡常数变小
C．实验3得到的溶液中有3c(Fe3+)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(Cl-)+c(OH-)
D．实验4中反应的离子方程式为Fe3++ HCO3- +H2O=Fe(OH)3↓+CO2↑
13．工业上可用“丙烯氨氧化法”生产重要的化工原料丙烯腈(C3H3N)。
①在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)的热化学方程式为C3H6(g)+NH3(g)+3/2O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g) ΔH=-515 kJ/mol
②得到副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方程式为C3H6(g)+O2(g)=C3H4O(g)+H2O(g) ΔH=-353kJ/mol
丙烯腈产率与反应温度的关系曲线如图所示。
下列说法错误的是( )
A．反应①的平衡常数可表示为K= c(C3H3N)·c3(H2O)c(C3H6)·c(NH3)·c23(O2)
B．增大压强可以提高丙烯腈的平衡产率
C．温度低于460℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率
D．C3H4O(g)+NH3(g)+ 12 O2(g)=C3H3N(g)+2H2O(g) ΔH=-162 kJ/mol
二、非选择题
14．工业上可用红土镍矿(主要成分为NiO、FeO、Fe2O3)制备镍并回收副产物黄铵铁矾［(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12]的工艺流程如下。
（1）“初步沉铁”中，向酸浸后的溶液中通入NH3调节溶液的pH至1.5左右，溶液温度保持80℃左右，鼓入空气，一段时间后沉淀出黄铵铁矾。鼓入的“空气”的作用是 。
（2）“深度沉铁”中，通入NH3调节溶液pH，溶液温度保持65℃左右，加入H2O2溶液，反应1h后黄铵铁矾沉淀趋于完全。
①溶液中Fe3+转化为黄铵铁矾的离子方程式为 。
②溶液中c(H2O2)随时间t的变化关系如图所示，反应开始10~20 min内c(H2O2)迅速减小，其原因是 。
（3）“深度沉铁”时溶液保持的温度比“初步沉铁”时溶液保持的温度低，其原因是 。
（4）已知几种金属离子的氢氧化物开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表所示(金属离子的起始浓度0.1mol·L-1)。
金属离子的氢氧化物
Ni(OH)2
Fe(OH)3
黄铵铁矾
开始沉淀pH
7.1
2.7
1.3
沉淀完全pH
9.2
3.7
2.3
“深度沉铁”中通入NH3调节溶液pH的范围是 。
15．化合物G是抗2019-nCOV病毒药物 remde-sivir的中间体，其一种合成路线如下
(注Bn： ；A'：腺嘌呤类似物基团；TMSCN： )
（1）C→D的反应类型为 。
（2）一个C分子中含有手性碳原子的数目为 。
（3）X的分子式为C5H12O2，A+X →H2SO4 B+2CH3OH，则X的结构简式为 。
（4）D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的一种结构简式 。
①分子中有一个含一个氧原子的六元环
②分子中有五种不同环境的氢原子
③能发生银镜反应、水解反应
（5）设计以 和X为原料制备 的合成路线(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干) 。
16．碘是人体不可缺少的微量元素，也是制造各种无机及有机碘化物的重要原料。利用卤水(含有F)可提取碘。
（1）采用离子交换法从卤水中提取碘的工艺流程如下：
①“氧化1”中生成 In- ，其反应的离子方程式为 。
②“还原”中溶液里含有 SO42- ， 检验 SO42- 的实验操作是 。。
③“吹碘”中通入热空气，利用了碘具有 的性质。
（2）某实验小组采用如图所示装置、40℃水浴加热制取碘。实验过程中需要控制Cl2用量，否则酸性条件下过量Cl2能将I2进一步氧化成 IO3- 。请补充完整检验反应后的三颈烧瓶中溶液是否含有 IO3- 的实验方案：取适量三颈烧瓶中的溶液， 。
已知反应： IO3- +5I-+6H+=3I2+3H2O，实验中可选用的试剂：2mol·L-1硫酸、1 mol·L-1KI溶液、淀粉溶液、CCl4。
（3）为测定卤水样品中I的含量，进行下列实验：
①取2.500L卤水样品减压浓缩至20.00mL，加入过量的0.1500mol·L-1CuCl2溶液20.00mL。
②密封静置2h，生成白色沉淀(发生反应为2Cu2++4I-=I2+2CuI↓)。
③用电感耦合等离子体发射光谱仪测定反应后溶液中c(Cu2+)=0.0125 mol·L-1。
根据上述实验数据，计算卤水样品中I的含量(单位mg·L-1，溶液混合前后总体积变化不计，写出计算过程)： 。
17．汽车尾气中NOx(NO、NO2等)是形成雾霾及硝酸型酸雨的大气污染物之一、
（1）①尿素［CO(NH2)2]在一定条件下可以直接还原NO生成N2，发生反应的化学方程式为 。
②尿素水溶液高于160℃时水解生成NH3和CO2，可作为处理NO反应的氨源。通过调整尿素喷入量与汽车尾气流速，得到相同时间内不同投料比［n(尿素)/n(NO)]时NO的转化率随温度变化的a、b的两条曲线如图1所示。
i.曲线a和曲线b，投料比较大的曲线是 。(选填“a”或“b”)
ii.当200℃
下列说法正确的是_______(填写字母序号)
A．在催化剂表面NO的吸附并解离是反应发生的先决条件
B．在催化剂表面CO2的及时脱附有利于反应的进行
C．当温度超过625K时，生成的N2主要是由CO还原N2O生成的
D．当温度低于530K时，发生的主要反应为2NO+CO=N2O+CO2
E．寻找低温下高效的催化剂控制汽车尾气的污染是未来研究的方向
（3）利用汽车燃油不完全燃烧产物中的CO、HC(还原性的碳氢化合物)作还原剂，在三元催化器作用下可高效去除汽车尾气中的NOx。已知：可燃混合气中空气质量与燃油质量之比为空燃比。CO、HC及NOx转化效率随空燃比的变化关系如图4表示。当空燃比>15时，NOx转化率降低，其可能原因是 。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．合金属于金属材料，故A符合题意；
B．氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料，故B不符合题意；
C．太阳能电池板材料是硅单质，故C不符合题意；
D．碳纤维不是有机物，不属于有机高分子材料，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.金属材料包括纯金属和合金，合金是将金属熔合金属或非金属形成的混合物
B.传统硅酸盐材料是指玻璃、水泥、陶瓷，
C.二氧化硅是做光导纤维
D.碳纤维是无机材料
2．【答案】D
【解析】【解答】A．CO2的结构式为O=C=O，为直线形分子，故A不符合题意；
B．NaCl由钠离子和氯离子通过离子键结合而成，属于离子化合物，固体为离子晶体，故B不符合题意；
C．钠的原子序数为11，核外电子排布为2，8，1，原子结构示意图为： ，故C不符合题意；
D．NH4Cl的电子式为 ，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】氯化铵是非金属元素形成的离子化合物，是通过得失电子形成的化合物，书写时要写出阴离子周围的电子
3．【答案】B
【解析】【解答】A．氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应生成气体的SiF4，常用HF雕刻玻璃，与其酸性强弱无关，故A不符合题意；
B．碳酸钠水解显碱性，能使油脂发生水解生成溶水盐和醇，故B符合题意；
C．氧化铝是离子化合物，熔融状态下能电离成离子，因此可作电解冶炼铝的原料，不是因其熔点高，故C不符合题意；
D．硫离子能与重金属离子形成难溶的硫化物沉淀，不非利用的还原性，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.用于雕刻玻璃和酸性强弱不存在对应关系，主要是和物质的性质有关
B.发生化学反应除去油污
C.熔点高可以做耐火材料
D.利用硫离子和铅离子发生复分解反应产生沉淀
4．【答案】C
【解析】【解答】A．SO2自身不能电离成离子，属于非电解质，故A不符合题意；
B．SO2为V形结构，正负电荷重心不能重合，属于极性分子，故B不符合题意；
C．SO2中S为+4，处于S的最高正价+6和最低负价-2之间，化合价既能升高也能降低，SO2既有氧化性又有还原性，故C符合题意；
D．SO2易溶于水是因SO2易与水反应生成可溶性的亚硫酸，与氢键无关，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.二氧化硫溶于水导电，那是H2SO3是电解质
B.计算价层电子对和孤对电子即可
C.元素化合价处于中间价态
D.发生化合反应
5．【答案】C
【解析】【解答】A．铜与浓硫酸加热发生反应： Cu+2H2SO4(浓)Δ__CuSO4+SO2↑+2H2O ，可用来制取二氧化硫，故A不符合题意；
B．二氧化硫具有漂白性，能使品红褪色，常用品红检验二氧化硫，故B不符合题意；
C．用浓硫酸干燥二氧化硫时，导气管应长进短出，故C符合题意；
D．二氧化硫的密度比空气大， 用向上排空气法收集，过量的二氧化硫用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】二氧化硫不能溶于浓硫酸，导致浓硫酸从长管流出
6．【答案】A
【解析】【解答】A．由反应可知，标准状况下，反应生成固体，气体分子数减少，ΔS<0，故A符合题意；
B．同种物质的气态能量高于固体，则在标准状况下该反应放热更多，则ΔH2<ΔH1，故B不符合题意；
C．SO2的生成速率是逆反应速率，NO2的消耗速率是正反应速率，速率之比等于化学计量数之比，说明反应达到正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡，故C不符合题意；
D．由反应可知每生成1molNO转移2mol电子，标况下22.4LNO为1mol，转移电子数目为2NA，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据起始状态判断熵变的正负
B.固体和气体的转换涉及到能量的转化
C.根据正逆反应速率判定平衡状态
D.根据转移电子数和一氧化碳的关系即可计算
7．【答案】A
【解析】【解答】A．离子半径比较先看电子层数，电子层数多半径大，层数相同时看核电荷数，核电荷数越多半径越小，Z、M的简单离子有三个电子层，Y的离子有两个电子层，其核电荷数Z
B．同周期元素从左到右电负性增强，同主族同上到下电负性减弱，则电负性：Y>M>Z，故B不符合题意；
C．元素的非金属性越强形成的气态氢化物越稳定，非金属：Y>M>Z，则形成气态氢化物的稳定性：Y>M>Z，故C不符合题意；
D．Y为F，原子序数为9，核外电子排布为1s22s22p5，简化电子排布式：［X]2s22p5，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】四种元素均为短周期元素，根据图中在周期表中的位置可知X为He、Y为F、Z为S、M为Cl，据此分析。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．打浆是将固体反应物粉碎，增大氯化时反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率，故A不符合题意；
B．由以上分析可知氯化时发生的主要反应为氯气与氢氧化钙加热的到氯酸钙和氯化钙的反应，方程式为：6Cl2+6Ca(OH)275°C__ Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O，故B不符合题意；
C．“过滤”后滤液中主要溶质为氯酸钙和氯化钙，存在的阳离子为钙离子以及水中的氢离子，故C不符合题意；
D．转化是发生的反应为Ca(ClO3)2+2KCl=CaCl2+2KClO3，为复分解反应，非氧化还原反应，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】久置于空气中的生石灰［主要成分为CaO，还含有Ca(OH)2和CaCO3]，加水后生石灰与水反应生成氢氧化钙，打浆得到碳酸钙和氢氧化钙的悬浊液，通氯气加热条件下反应生成氯化钙和氯酸钙，过滤取滤液，加氯化钾与氯酸钙反应生成氯酸钾，据此解答。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．由分析可知M作阳极，连接电源的正极，故A不符合题意；
B．由图示信息可知， 铵根离子在电解过程中转变成氨气和氢离子，浓度下降，故B符合题意；
C．由图可知H+/ NH4+ 型离子交换膜允许氢离子自由通过，具有较高的传导氢离子的能力，故C不符合题意；
D．由图可知阴极电极上氮气和氢离子均得电子分别转变成氨气和氢气，电极反应分别为：N2+6e-+6H+=2NH3，2H++2e-=H2↑，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由装置可知H2通入M极，在M极上失电子转变成氢离子，则M作电解池的阳极，接电源的正极，N2通入N极，在N极上得电子并结合电解质中的氢离子生成NH3，同时部分氢离子也在阴极得电子转变氢气，则电极N作电解池的阴极，连接电源的负极，据此分析。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．醛基和新制的氢氧化铜悬浊液反应时需要碱过量，故必须加入过量的氢氧化钠溶液，A不符合题意；
B．乙醛和新制的氢氧化铜悬浊液反应生成红色的氧化亚铜沉淀，B不符合题意；
C．实验生成乙酸铵，说明乙醛被氢氧化铜氧化，C不符合题意；
D．晶胞中红色球有 8×18+1=2 ，黑色球有4个，所以结合氧化亚铜的化学式分析，黑色球表示铜原子，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据红球和黑球的占位计算出晶胞中铜原子和氧原子的个数比即可
11．【答案】B
【解析】【解答】A．由甲的结构简式可知，甲中含有酯基和羟基两种官能团，故A不符合题意；
B．乙中含有酚羟基和酯基，1mol酚羟基和1mol酯基均消耗1molNaOH，但该结构中的酯基水解得到酚羟基又消耗1molNaOH，故1mol乙能消耗3molNaOH，故B符合题意；
C．丙中含有酚羟基和碳碳双键均易被高锰酸钾氧化使其褪色，故C不符合题意；
D．丙中甲基碳原子为sp3杂化，其余碳原子采用sp2杂化，该结构中苯环、碳碳双键、酯基片段均为平面结构，所有碳原子可能共平面，
【分析】根据有机物的结构式即可找出官能团以及个数，甲中含有二个酚羟基、一个醇羟基、一个酯基，可发生取代、氧化、加成反应。乙中含有1个酚羟基、一个酯基、一个醇羟基，可发生氧化、取代、加成反应，丙中含有1个酚羟基、一个双键、一个酯基可发生氧化反应、加成反应、取代反应。根据成键的方式即可判断杂化方式和原子共面
12．【答案】C
【解析】【解答】A．实验1将FeCl3溶液加热促进FeCl3水解，产物氢氧化铁的浓度增大，使溶液颜色加深，由水解反应可知，水解后溶液显酸性，c(H+)>c(OH-)，故A不符合题意；
B．平衡常数只受温度影响，温度不变K不变，因此通入HCl气体K不变，故B不符合题意；
C．实验3得到的溶液中存在电荷守恒：3c(Fe3+)+c(H+)+c(NH 4+ )=c(NH3·H2O)+c(Cl-)+c(OH-)+2c(SO 42- )，存在物料守恒：c(NH3·H2O)+c(NH 4+ )=2c(SO 42- )，联立可得：3c(Fe3+)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(Cl-)+c(OH-)，故C符合题意；
D．实验4中反应的离子方程式为Fe3++3 HCO3- =Fe(OH)3↓+3CO2↑，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.水解吸热，氢离子浓度增大
B.加入氯化氢气体导致平衡左移
C.加入硫酸铵促进水解结合电荷守恒和物料守恒即可判断
D.不符合电荷守恒
13．【答案】B
【解析】【解答】A．平衡常数等于生成物浓度的幂之积与反应物浓度的幂之积的比值，则反应①的平衡常数K= c(C3H3N)·c3(H2O)c(C3H6)·c(NH3)·c23(O2) ，故A不符合题意；
B．增大压强平衡向气体分子数减小的方向移动，对反应①而言向逆向移动，会降低丙烯腈的产率，故B符合题意；
C．反应①为放热反应，升高温度平衡逆向移动，由图像可知460℃之后产率符合温度对平衡的影响，说明460℃开始反应达到平衡，温度低于460℃时未平衡，故C不符合题意；
D．由盖斯定律可知该反应可由①-②得到，则该反应的 ΔH= ΔH①- ΔH②=-515 kJ/mol-(-353kJ/mol)=-162 kJ/mol，反应的热化学方程式为：C3H4O(g)+NH3(g)+ 12 O2(g)=C3H3N(g)+2H2O(g) ΔH=-162 kJ/mol，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.利用公式直接写出即可
B.结合反应前后计量系数的变化，通过压强变化确定平衡移动的方向
C.结合温度对产率的影响判断
D.根据盖斯定律计算即可
14．【答案】（1）将亚铁离子氧化为三价铁离子
（2）6Fe3++12NH3+4SO42-+12H2O=(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12↓+10NH4+；生成的三价铁离子对反应有催化作用
（3）防止过氧化氢分解
（4）2.3~2.7
【解析】【解答】(1) 由于矿石中含有亚铁，而产物中是三价铁，所以通入空气的作用是将亚铁氧化为三价铁；
(2) “深度沉铁”中Fe3+转化为黄铵铁矾是复分解反应，酸性环境方程式为 6Fe3++12NH3+4SO42-+12H2O=(NH4)2Fe6(SO4)4(OH)12↓+10NH4+ ，反应开始10~20 min内c(H2O2)迅速减小，是因为生成的三价铁离子对反应有催化作用；
(3)两种沉铁的区别主要是氧化剂不同，所以温度改变和氧化剂本身性质有关，过氧化氢易分解，所以“深度沉铁”中温度更低；
(4) “深度沉铁”中要保证黄铵铁矾完全析出，而不生成氢氧化铁，所以pH的范围是2.3~2.7；
【分析】由于矿石中含有亚铁，而产物中是三价铁，所以通入空气的作用是将亚铁氧化为三价铁，“深度沉铁”中Fe3+转化为黄铵铁矾是复分解反应，反应开始10~20 min内c(H2O2)迅速减小，是因为生成的三价铁离子对反应有催化作用，两种沉铁的区别主要是氧化剂不同，所以温度改变和氧化剂本身性质有关，过氧化氢易分解，所以“深度沉铁”中温度更低，根据表格数据，“深度沉铁”中要保证黄铵铁矾完全析出，而不生成氢氧化铁，据此作答。
15．【答案】（1）氧化反应
（2）4
（3）
（4） 或
（5）→H2SO4X→ΔNaOH水溶液→ΔCu、O2→NH3
【解析】【解答】(1)C到D的过程中醇羟基转变成羰基，发生氧化反应，故答案为：氧化反应；
(2)手性碳原子是指一个碳上连接4个不同的原子或原子团的碳原子，由C的结构可知，其中含有4个手性碳原子，故答案为：4。
(3)X的分子式为C5H12O2，A+X →H2SO4 B+2CH3OH，结合A、B的结构可知A和X发生取代类型的反应，X应为 ，故答案为： ；
(4)①分子中有一个含一个氧原子的六元环，即含有结构 ；
②分子中有五种不同环境的氢原子，结合六元环结构可知支链在环上有一定对称性，否则氢原子的种类多于5种；
③能发生银镜反应含有醛基，能水解反应含有酯基，结合D的结构可知应含有-OOCH；
结合以上条件可知还有两个碳原子和两个氧原子应出现在支链上，保持对称性则应平均分配支链中的C、O，可知支链为2个-OCH3，符合的结构有： 和 ，故答案为： 或 ；
(5)产物结构中羰基可由醇羟基氧化得到，因原料中含有羟基，为防止原有羟基氧化，应先保护醇羟基，结合流程信息可知通过A到B转化反应类型保护原有醇羟基，则 →H2SO4X ，然后通过卤代烃水解将溴原子转变成羟基，在将羟基氧化，最后通过流程中F到G的反应恢复羟基即可，因此合成路线为： →H2SO4X→ΔNaOH水溶液→ΔCu、O2→NH3 ，故答案为： →H2SO4X→ΔNaOH水溶液→ΔCu、O2→NH3 ；
【分析】 在硫酸条件下与X反应得到B ，将醇羟基转变成醚键，保护醇羟基，结合(3)中X的分子式为C5H12O2，A+X →H2SO4 B+2CH3OH，对比A和B的结构可知X为： ，B与氢气发生还原反应得到C ，C与碘单质在指定条件下被氧化成D ，D经一系列转化得到E ，E在TMSCN和碳酸钾条件下发生取代反应得到F ，F在氨气作用下得到G ，据此分析解答。
16．【答案】（1）2nI-+(n-1)Cl2=2In-+2(n-1)Cl-；取适量待测液于试管中，先加足量的稀盐酸，若无现象，再加少量氯化钡溶液，若产生白色沉淀，说明存在 SO42-；升华
（2）加一定量的CCl4充分振荡，静置分层后，取适量上层水溶液于试管中，加适量2mol·L-1硫酸酸化后，再加一定量1 mol·L-1KI溶液，充分反应后，加入淀粉溶液若溶液变蓝说明反应后溶液中含有 IO3- ，否则，则无
（3）254mg/L
【解析】【解答】(1)卤水中的碘离子在硫酸酸性条件下，被氯气氧化成 In- ，用树脂交换吸附后，在用亚硫酸钠将 In- 还原成碘离子，然后树脂在氯化钠和HCl通入后再次发生离子交换，将碘离子转移到水溶液中，溶液中碘离子被加入的氯酸钾氧化成碘单质，最后用热空气吹出，得到碘单质，据此分析解答。
①“氧化1”中生成 In- ，氯气被还原成氯离子，根据化合价升降总数相等配平反应，其反应的离子方程式为 2nI-+(n-1)Cl2=2In-+2(n-1)Cl- ，故答案为： 2nI-+(n-1)Cl2=2In-+2(n-1)Cl- ；
②“还原”中溶液里含有 SO42- ， SO42- 的检验方法是在待测液中先加足量的稀盐酸，排除碳酸根、银离子等的干扰后再加氯化钡，看是否有白色沉淀生成，故答案为：取适量待测液于试管中，先加足量的稀盐酸，若无现象，再加少量氯化钡溶液，若产生白色沉淀，说明存在 SO42- ；
③“吹碘”中通入热空气，故答案为：升华；
(2)验证产物中有副产物碘酸根离子，应利用其氧化性，加还原剂将其还原成碘单质，再加淀粉检验碘单质，根据试剂可知可选的还原剂只有碘化钾，但碘化钾能被过量的氯气氧化，影响检验，因此在加碘化钾前先加四氯化碳除去过量的氯气和溶液中生成的碘单质后，取水层溶液加硫酸酸化，再加碘化钾发生反应，最后加淀粉检验生成的碘单质，故答案为：加一定量的CCl4充分振荡，静置分层后，取适量上层水溶液于试管中，加适量2mol·L-1硫酸酸化后，再加一定量1 mol·L-1KI溶液，充分反应后，加入淀粉溶液若溶液变蓝说明反应后溶液中含有 IO3- ，否则，则无；
(3)0.1500mol·L-1CuCl2溶液20.00mL，n(CuCl2)=0.1500mol·L-1×0.02L=0.003mol，反应后混合溶液体积为40mL，反应后溶液中c(Cu2+)=0.0125 mol·L-1，则剩余的n(CuCl2)余=0.0125 mol·L-1×0.04L=0.0005mol，则反应的n(CuCl2)反应=0.003mol-0.0005mol=0.0025mol，结合反应：2Cu2++4I-=I2+2CuI↓可知，反应的n(I-)=2n(CuCl2)反应=0.005mol，样品中I的含量= 0.005mol×127g/mol×1000mg/g2.500L=254mg/L ，故答案为： 254mg/L ；
【分析】（1）①根据反应物和生成物利用氧化还原反应即可写出 ②利用硫酸钡是不溶于酸的沉淀判断 ③因碘沸点低，易升华成气体从溶液中逸出
（2）利用碘酸根离子的氧化性进行判断
（3）根据消耗铜离子的物质的量求出碘离子的物质的量即可
17．【答案】（1）2CO(NH2)2+6NO→一定条件5N2+2CO2+4H2O；a；CO(NH2)2的水解程度增大，氨气的浓度增大或活化分子百分数增加，有效碰撞次数增加
（2）A；B；D；E
（3）O2含量较高，燃油能充分燃烧，产物中的CO、HC的量较少，被还原的NOx的量减少；O2量增多，与N2反应生成的NOx量增多
【解析】【解答】(1)①尿素［CO(NH2)2]在一定条件下可以直接还原NO生成N2，尿素中N由-3价到产物中0价，1个尿素分子降低6个价位，NO到氮气N由+2价到0价，1分子NO降低2个价位，根据化合价升降总数相等可知CO(NH2)2与NO的系数比为：1:3，结合元素守恒配平得： 2CO(NH2)2+6NO→一定条件5N2+2CO2+4H2O ，故答案为： 2CO(NH2)2+6NO→一定条件5N2+2CO2+4H2O ；
②相同温度条件下，投料比越大NO的转化率越大，由图可知相同温度时a对应的转化率大，则a的投料比大，当200℃
B.在催化剂表面CO2的及时脱附有利于与NO在催化剂表面向解离的方向进行反应，故B正确；
C.由图3可知，当温度超过625K时， δ-N2 的生成速率基本不变，而 β-N2 生成速率明显增大， β-N2 的生成主要是由NO解离的N原子直接结合生成，故C不正确；
D.由图3可知，当温度低于530K时，氮气的生成速率为0，即没有氮气生成，而N2O的生成速率增加，可知发生的主要反应为2NO+CO=N2O+CO2，故D正确；
E.低温下高效的催化剂更有利于汽车尾气转化成无污染的氮气，是有实际意义的研究方向，故E正确；
(3)由图4可知，当空燃比>15时，NOx转化率降低，但CO、HC的转化率并未减小，可知CO、HC与其他物质仍在反应，结合CO和碳氢化合物能与氧气反应可判断，可能是与空气中的氧气反应导致，同时氧气的量增加，与N2反应生成的NOx量增多，导致NOx转化率下降，故答案为：O2含量较高，燃油能充分燃烧，产物中的CO、HC的量较少，被还原的NOx的量减少；O2量增多，与N2反应生成的NOx量增多；
【分析】（1）①根据反应物和生成物即可写出方程式② 尿素的量对一氧化氮的转化率有影响 ，温度影响尿素的水解，且温度升高，分子运动的快
（2）①催化剂的作用机理的考查②根据图示确定不同温度下反应的发生
（3）空气中有大量的氧气和氮气水对实验产生了影响
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