还剩20页未读，
继续阅读
江苏省苏州市2022届高考考前模拟化学试卷题及答案
展开
这是一份江苏省苏州市2022届高考考前模拟化学试卷题及答案，共23页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
高考考前模拟化学试卷题
一、单选题
1．工业可通过Al2O3+N2+3C2AlN+3CO制得高温陶瓷材料AlN。下列说法正确的是（ ）
A．传统陶瓷主要成分是硅酸盐 B．AlN是分子晶体
C．N2发生氧化反应 D．反应为复分解反应
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：Cl
B．H2O分子中含极性共价键
C．Na＋的结构示意图：
D．HCl的电子式：
3．侯氏制碱法原理为NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl。下列有关模拟侯氏制碱法的实验原理和装置能达到实验目的的是（ ）
A．制取氨气 B．制NaHCO3
C．分离NaHCO3 D．制Na2CO3
4．SO2、NOx是重要化工原料，可用于硫酸、硝酸的生产。工业制硫酸时，接触室中主要反应为：2SO2(g)＋O2(g) =2SO3(g) ΔH=-196.6 kJ·mol-1，SO2、NOx也是大气主要污染物，NOx可与NH3混合，通过选择性催化剂高温脱除，SO2可通过碱液吸收去除。下列关于SO2、SO3、NH3、NH说法中正确的是（ ）
A．SO2水溶液能导电，SO2是电解质
B．NH中含有配位键
C．SO3中硫原子轨道杂化类型为sp3
D．NH3为非极性分子
5．SO2、NOx是重要化工原料，可用于硫酸、硝酸的生产。工业制硫酸时，接触室中主要反应为：2SO2(g)＋O2(g) =2SO3(g) ΔH=-196.6 kJ·mol-1，SO2、NOx也是大气主要污染物，NOx可与NH3混合，通过选择性催化剂高温脱除，SO2可通过碱液吸收去除。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是（ ）
A．NO(g)HNO3(aq) B．SO2(g)H2SO4(aq)
C．SO2 NH4HSO3(aq) D．NOxN2(g)
6．SO2、NOx是重要化工原料，可用于硫酸、硝酸的生产。工业制硫酸时，接触室中主要反应为：2SO2(g)＋O2(g) =2SO3(g) ΔH=-196.6 kJ·mol-1，SO2、NOx也是大气主要污染物，NOx可与NH3混合，通过选择性催化剂高温脱除，SO2可通过碱液吸收去除。对于反应 2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)，下列说法正确的是（ ）
A．该反应ΔH＜0 ΔS＞0
B．2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)所含键能总和比2 mol SO3(g)所含键能小
C．反应在高温、催化剂条件下进行可提高SO2的平衡转化率
D．该反应中每生成22.4 L SO3转移电子的数目约等于2×6.02×1023
7．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＜I B．键能：HF＜HBr
C．失电子能力：Cl-＜Br-＜I- D．键的极性：Cl-I＜Br-I
8．用低品铜矿(主要含CuS、FeO)制备Cu2O的一种工艺流程如下：
下列说法正确的是（ ）
A．“酸浸”过程中CuS发生反应的离子方程式为： S2-＋MnO2＋4H+Mn2+＋S＋2H2O
B．“酸浸”所得溶液中的阳离子主要有H+、Mn2+、Cu2+和Fe2+
C．1个Cu2O晶胞(如图)中含4个氧原子
D．水合肼浓度过大，Cu2O产率下降，可能的原因是Cu2O进一步被还原成单质铜
9．科学家发明了如图所示的新型Zn—CO2水介质电池，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，CO2被转化为储氢物质甲酸等。下列说法正确的是（ ）
A．放电时，负极反应式为：Zn＋2e-＋4OH-=Zn(OH)
B．放电时，1 mol CO2完全转化为HCOOH，理论上转移4 mol电子
C．充电时，正极溶液中OH−浓度升高
D．充电时，电池总反应为：2Zn(OH)2Zn＋O2↑＋4OH-＋2H2O
10．在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．若用HCOOD催化释氢，反应除生成CO2外，还生成HD
B．第一步转化N与H间形成配位键
C．若用HCOOK溶液代替HCOOH释氢的速率加快
D．若用HCOOK溶液代替HCOOH最终所得气体中H2的纯度会降低
11．紫花前胡醇(结构简式如图所示)可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。下列的说法正确的是（ ）
A．1 mol紫花前胡醇最多能与2 mol NaOH反应
B．分子中含2个手性碳原子
C．紫花前胡醇不能发生消去反应
D．紫花前胡醇不能使酸性KMnO4溶液褪色
12．室温下，根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
实验结论
A
测得0.1mol·L−1CH3COONa溶液pH约为9，0.1mol·L−1NaNO2溶液pH约为8
HNO2电离出H+的能力比CH3COOH强
B
向浓度均为0.1 mol·L−1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，出现白色沉淀
Ksp(BaSO4) ＜ Ksp(CaSO4)
C
向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀
X一定具有强氧化性
D
卤代烃Y与NaOH水溶液共热后，再滴入AgNO3溶液，产生黑色沉淀
卤代烃已变质
A．A B．B C．C D．D
13．硫酸工业尾气(主要含SO2、N2和O2)，用Na2SO3溶液吸收可转化为NaHSO3，当c(HSO)∶c(SO)≈10时，吸收能力下降，需要加热再生为Na2SO3溶液。已知Ka1(H2SO3)=10-1.9，Ka2(H2SO3)=10-7.2，下列说法错误的是（ ）
A．Na2SO3溶液中存在：c(OH-)= c(H+) + c(HSO) +2c(H2SO3)
B．Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为：SO＋SO2＋H2O=2HSO
C．当c(HSO)：c(SO)=10时，此时吸收液的pH=6.2
D．与原Na2SO3溶液相比，吸收液充分分解放出SO2再生后吸收SO2能力几乎不变
14．CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：
反应I：CO2(g)+H2(g) =CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.2 kJ·mol−1
反应II：2CO2(g)+6H2(g) =CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH=-122.5 kJ·mol−1
在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图所示。 (CH3OCH3的选择性=×100％)
下列说法错误的是（ ）
A．CO的选择性随温度的升高逐渐增大
B．反应2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-204.9 kJ·mol−1
C．在240～320℃范围内，温度升高，平衡时CH3OCH3的物质的量先增大后减小
D．反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%(图中A点)，增大压强可能将CH3OCH3的选择性提升到B点
二、综合题
15．以软锰矿(主要成分为MnO2，还含少量Fe、Si、Al、Ca、Mg等的氧化物)和硫铁矿(主要成分FeS2)为原料，两矿联合浸取可制备大颗粒的电池用Mn3O4。
（1）浸取：将软锰矿与硫铁矿粉碎混合，用硫酸浸取。研究发现，酸浸时，FeS2和MnO2颗粒构成两个原电池反应，其原理如图所示(部分产物未标出)。
①若FeS2原电池中生成单质S，其电池总反应的离子方程式为 。
②随硫铁矿的增加，锰的浸出率降低，可能的原因是 。
（2）除钙镁：向已除去Fe、Al、Si元素的MnSO4溶液中(pH约为5)加入NH4F溶液，将Ca2＋、Mg2＋转化为氟化物沉淀。则 = 。 [已知Ksp(MgF2)=5×10-11，Ksp(CaF2)=5×10-9]
（3）氧化：将“沉淀”步骤所得含少量Mn2(OH)2SO4的Mn(OH)2固体滤出，洗净，加水打成浆，浆液边加热边持续通空气，制得Mn3O4。
①写出由Mn(OH)2反应得到Mn3O4的化学方程式 。
②沉淀加热通空气过程中溶液pH随时间变化如图所示，其中pH先基本不变后迅速下降的原因是 。
③所得产物中锰元素含量随通入空气时间的变化如图所示，当通空气时间超8小时，产物中锰元素含量减小的原因是 。
16．氯化镍(NiCl2·6H2O)常用于电镀、陶瓷等工业，某实验室以单质Ni为原料制取氯化镍的实验步骤如下：
已知：①Fe(OH)3完全沉淀pH为3.2；Ni(OH)2开始沉淀pH为7.2，完全沉淀pH为9.2。
②NiCl2易水解，从溶液中获取NiCl2·6H2O须控制pH＜2。
（1）在三颈烧瓶中(装置见如图)加入一定量Ni粉和水，通入空气，滴入稀硝酸和稀硫酸的混酸，至反应结束，过滤，制得NiSO4溶液。
①向A装置中通入空气的作用除搅拌外还有 。
②若镍粉过量，判断反应完成的现象是 。
（2）将所得NiSO4溶液与NaHCO3溶液混合反应得到NiCO3·Ni(OH)2沉淀，过滤，洗涤。
①沉淀反应的离子方程式为 。
②检验NiCO3·Ni(OH)2沉淀已经洗涤完全的方法是 。
（3）所得NiCO3·Ni(OH)2固体中混有少量Fe(OH)3。请补充完整由NiCO3·Ni(OH)2固体制备NiCl2·6H2O的实验方案：向NiCO3·Ni(OH)2固体中加入盐酸，搅拌， 。 [NiCl2溶解度曲线如图所示。实验中须选用的仪器和试剂：pH计、盐酸、NiCO3]
17．天然产物F具有抗肿瘤、镇痉等生物活性，可通过以下路线合成：
（1）化合物C中含有的含氧官能团名称为 。
（2）E→F的反应类型为 。
（3）D→E中有一种副产品(分子式C14H14O3)生成，该副产品的结构简式为 。
（4）C的一种同分异构体同时满足以下条件，写出该同分异构体的结构简式： 。
a．能与FeCl3溶液发生显色反应；
b．碱性条件下水解生成两种产物，酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢。
（5）写出以和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)。
18．废气中的H2S可用电解、Fe2(SO4)3吸收和活性炭吸附氧化等多种方法脱除。
（1）电解法脱除：将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如图所示的电解池的阳极区进行电解。电解过程中阳极区发生如下反应：
S2--2e-=S (n-1)S+S2-=S
①写出阴极的电极反应方程式 。
②电解后阳极区溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，其离子方程式为 。
（2）Fe2(SO4)3吸收脱除：用Fe2(SO4)3溶液吸收H2S，其反应后的溶液可在硫杆菌作用下实现吸收液的再生。
①用Fe2(SO4)3吸收液脱除H2S的原理经历以下三步：
第一步：H2S(g)H2S(aq)
第二步：H2SH＋＋HS-
第三步：HS-＋2Fe3+=S↓＋2Fe2+＋H+
一定条件下，不同Fe3+浓度溶液及该溶液起始pH与脱硫率的关系如图所示。当Fe3+浓度大于10 g·L-1时，随着Fe3+浓度增大，脱硫率逐渐降低。其原因是 。
②反应后的溶液在硫杆菌作用下进行再生的反应为：4FeSO4＋O2＋2H2SO42Fe2(SO4)3＋2H2O。反应相同时间后，溶液中Fe2+的氧化速率与温度的关系如图所示。温度超过30℃后，随着温度升高，Fe2+的氧化速率下降的原因是 。
（3）活性炭吸附氧化：可用表面喷淋水的活性炭吸附氧化H2S，其反应原理如图所示。其他条件不变时，水膜的酸碱性与厚度会影响H2S的去除率。
①适当增大活性炭表面的水膜pH，H2S的氧化去除率增大的原因是 。
②若水膜过厚，H2S的氧化去除率减小的原因是 。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．玻璃、水泥和陶瓷均属于无机硅酸盐产品，则传统陶瓷主要成分是硅酸盐，A符合题意；
B．AlN具有很高的熔点，故不是分子晶体，而是共价晶体(或者称为原子晶体)，B不符合题意；
C．Al2O3+N2+3C2AlN+3CO反应中N的化合价由0价降低到-3价，故N2发生还原反应，C不符合题意；
D．复分解反应是指两种化合物互相交换成分生成两种新的化合物的反应，故该反应不属于复分解反应，属于氧化还原反应，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.传统陶瓷主要成分是硅酸盐。
B.根据晶体的特点确定晶体的类型，据此分析。
C.氧化反应前后，物质中部分元素的化合价降低。
D.复分解反应是指两种化合物互相交换成分生成两种新的化合物的反应，反应前后元素的化合价不变。
2．【答案】B
【解析】【解答】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不符合题意；
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符合题意；
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不符合题意；
D．氯化氢是共价化合物，电子式为，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.原子左上角表示质量数，左下角表示质子数，质量数=质子数+中子数，据此分析。
B.形成极性共价键的两个原子为不同种原子，结合水分子结构进行分析。
C. Na＋的结构示意图是在Na原子的基础上失去最外层电子得到的。
D. HCl 属于共价化合物，据此分析。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．直接加热氯化铵固体无法制得氨气，应加热氯化铵与消石灰固体混合物制备氨气，故A不符合题意；
B．制备碳酸氢铵时，应将二氧化碳通入溶有氨气的饱和食盐水中，否则无法制得碳酸氢钠，故B不符合题意；
C．分离碳酸氢钠固体时，应用过滤的方法分离，故C符合题意；
D．碳酸氢钠受热分解制备碳酸钠时，应在试管中加热碳酸氢钠，不能在烧杯中加热碳酸氢钠，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氯化铵固体受热分解得到的HCl和NH3在管口又能结合生成氯化铵。
B.NH3极易溶于水，应将CO2通入溶有NH3的饱和食盐水中。
C.过滤适用于分离互不相溶的固液混合物，据此分析。
D.应在试管中加热碳酸氢钠，且试管向下倾斜，以防水倒流回试管底部引起炸裂。
4．【答案】B
【解析】【解答】A． SO2水溶液能导电，但二氧化硫自身不电离产生离子，故SO2是非电解质，A不符合题意；
B．氨分子的N上有1对孤电子对、氢离子有空轨道，则 NH中有3根普通的N-H、有1个配位键，B符合题意；
C． SO3中中心原子的孤电子对数=、价层电子对数=3+0=3，故为sp2杂化、空间构型为平面正三角形，C不符合题意；
D． NH3由极性键构成、呈三角锥形，则正负电荷中心不重叠，属于极性分子，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.电解质是指溶于水或在熔融状态下本身能电离出自由移动离子的化合物。
B.NH3的N上有1对孤电子对，H+有空轨道，据此分析。
C.根据价层电子对互斥理论进行分析。
D. NH3 中正负电荷中心不重合，属于极性分子。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．一氧化氮不溶于水，也不能与水反应生成硝酸，故A不符合题意；
B．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，不能生成硫酸，故B不符合题意；
C．二氧化硫与过量的一水合氨反应生成亚硫酸铵，不能生成亚硫酸氢铵，故C不符合题意；
D．在催化剂作用下，氮的氧化物与氨气发生归中反应生成氮气，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A. NO与水不反应。
B. SO2 与水反应生成 H2SO3。
C.SO2 与过量的NH3·H2O反应生成 (NH4)2SO3 。
D.在一定条件下，氮的氧化物与氨气发生归中反应生成氮气。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．该反应是气体计量系数减小的反应，故ΔS<0，A不符合题意；
B．由题给条件可知，该反应ΔH=反应物键能和-产物键能和＜0，B符合题意；
C．该反应为放热反应，故升温平衡逆向移动，平衡转化率减小，催化剂只能改变反应速率，不能使平衡移动，C不符合题意；
D．没有给出三氧化硫的状态，无法计算其物质的量，另外，标准三氧化硫为固态，也无法计算其物质的量，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.反应前后，气体计量系数减小，则ΔS<0。
B. ΔH=反应物总键能-生成物总键能，据此分析。
C.根据勒夏特列原理进行分析，注意催化剂对化学平衡无影响。
D.标准状况未知，无法计算。
7．【答案】C
【解析】【解答】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不符合题意；
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不符合题意；
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符合题意；
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不符合题意；
故答案为：C。
【分析】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。
B.卤素元素的电负性越大，卤原子与氢原子形成的共价键的键能越大。
C.单质的氧化性越强，对应还原产物阴离子的还原性越弱，即失电子能力越弱。
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。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．酸浸过程中硫化铜发生的反应为硫化铜与稀硫酸和二氧化锰反应生成硫酸铜、硫酸锰、硫和水，反应的离子方程式为CuS＋MnO2＋4H+=Cu2+＋Mn2+＋S＋2H2O，故A不符合题意；
B．由分析可知，酸浸所得溶液中的阳离子主要有H+、Mn2+、Cu2+和Fe3+，故B不符合题意；
C．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的白球的个数为8×+1=2，位于体内的黑球为4，由化学式可知，白球为氧原子，则晶胞中氧原子个数为2，故C不符合题意；
D．若水合肼浓度过大，水合肼与溶液中的铜离子反应生成铜，会导致氧化亚铜的产率降低，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据题干信息及流程图，“酸浸”中发生反应为CuS＋MnO2＋4H+=Cu2+＋Mn2+＋S＋2H2O和2FeO+8H+＋MnO2=2Fe3++Mn2+＋4H2O，“调pH”中可除去Fe3+，“除锰”中加入一定物质除去Mn2+，“还原”中加入水合肼还原Cu2+可得到产品，据此分析。
9．【答案】D
【解析】【解答】A．由分析可知，放电时，左侧电极为负极，碱性条件下，锌失去电子发生氧化反应生成四羟基合锌离子，电极反应式为Zn-2e-＋4OH-=Zn(OH)，故A不符合题意；
B．由分析可知，放电时，右侧电极为正极，酸性条件下，二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成甲酸，电极反应式为CO2＋2e-＋2H+=HCOOH，则1mol二氧化碳放电时，理论上转移2 mol电子，故B不符合题意；
C．由分析可知，充电时，右侧电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2 H2O-4e-= O2↑＋4H+，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故C不符合题意；
D．由分析可知，充电的总反应为2Zn(OH)2Zn＋O2↑＋4OH-＋2H2O，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】放电时作原电池，左侧电极锌失电子发生氧化反应，其电极反应式为Zn—2e-＋4OH-=Zn(OH)，右侧电极CO2得电子发生还原反应，其电极反应式为CO2＋2e-＋2H+=HCOOH；充电时作电解池，左侧电极为阴极，右侧电极为阳极，其电极反应式与放电时的正好相反，电池总反应可通过两极反应式相加得到，据此分析。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．第一步HCOOD电离出D+与N结合，第二步HCOO-→CO2+H-，第三步D+、H-反应生成HD，所以HCOOD催化释氢，除生成CO2外，还生成HD，故A不符合题意；
B．N原子含有孤电子对、H+有空轨道，根据图示，第一步转化N与HCOOH电离出的H+通过配位键结合，故B不符合题意；
C．若用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOO-的浓度大，第二步反应放出二氧化碳的速率加快，总反应速率加快。故释氢速率加快。故C不符合题意；
D．若用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOOK水解出HCOOH，释氢历程不变，所以最终所得气体中H2的纯度不会降低，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据质量守恒定律进行分析。
B.N原子含有孤电子对、H+有空轨道。
C.若用HCOOK溶液代替HCOOH，c(HCOO-)增大，结合反应机理图进行分析。
D.若用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOOK水解出HCOOH，释氢历程不变。
11．【答案】A
【解析】【解答】A．由结构简式可知，紫花前胡醇分子中的酚酯基能与氢氧化钠溶液反应，则1 mol紫花前胡醇最多能与2 mol 氢氧化钠反应，故A符合题意；
B．由结构简式可知，紫花前胡醇分子中含有1个连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故B不符合题意；
C．由结构简式可知，紫花前胡醇分子与羟基相连的碳原子右邻碳原子上连有氢原子，所以一定条件下能发生消去反应，故C不符合题意；
D．由结构简式可知，紫花前胡醇分子中含有的羟基和碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.该有机物中的酯基在酸性条件下水解可得到酚羟基和羧基，酚羟基和羧基均与NaOH反应，据此分析。
B.手性碳原子连接4个不同的原子或原子团，据此分析。
C.该有机物发生消去反应的条件是：与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子。
D.该有机物含有碳碳双键和羟基，据此分析。
12．【答案】A
【解析】【解答】A．由浓度均为0.1mol/L的醋酸钠溶液的pH大于亚硝酸钠可知，醋酸根离子在溶液中的水解程度大于亚硝酸根离子，则亚硝酸的酸性强于醋酸，电离出氢离子的能力强于醋酸，故A符合题意；
B．向浓度均为0.1mol/L的氯化钡和氯化钙的混合溶液中滴加硫酸钠溶液，出现的白色沉淀可能是硫酸钡，也可能是硫酸钙，所以无法比较硫酸钡和硫酸钙的溶度积大小，故B不符合题意；
C．向溶有二氧化硫的氯化钡溶液中通入氨气，会有亚硫酸钡白色沉淀生成，生成白色沉淀的反应中氨气未表现氧化性，故C不符合题意；
D．卤代烃Y与氢氧化钠水溶液共热后，由于未加入稀硝酸中和氢氧化钠溶液，氢氧化钠会与直接加入的硝酸银溶液反应生成氢氧化银，氢氧化银分解生成黑色氧化银，所以反应生成黑色沉淀不能确定卤代烃已变质，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.等浓度的弱酸强碱盐溶液的pH越小，弱酸根对应的弱酸电离出 H+ 的能力越强。
B.SO42-与Ba2+、Ca2+均能生成白色沉淀。
C.亚硫酸钡在中性或碱性溶液中是白色沉淀，据此分析。
D.卤代烃在碱性条件下受热会生成卤化钠，注意在滴入 AgNO3溶液前确保反应后的溶液不呈碱性，据此分析。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．亚硫酸钠溶液中存在质子守恒关系c(OH-)= c(H+) + c(HSO) +2c(H2SO3)，故A不符合题意；
B．亚硫酸钠溶液吸收二氧化硫的反应为亚硫酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为SO＋SO2＋H2O=2HSO，故B不符合题意；
C．亚硫酸的电离常数Ka2(H2SO3)= ，当c(HSO)∶c(SO)=10时，溶液中c(H+)==10-7.2×10mol/L=10-6.2mol/L，溶液的pH为6.2，故C不符合题意；
D．吸收能力下降的吸收液加热再生为亚硫酸钠溶液的反应为溶液中的亚硫酸氢钠受热分解转化为亚硫酸钠，亚硫酸钠具有还原性，可能被空气中的氧气氧化为硫酸钠，硫酸钠溶液不能与二氧化硫反应，所以再生的吸收液后吸收二氧化硫的能力下降，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据质子守恒进行分析。
B.书写离子方程式时，注意单质、氧化物、弱电解质、难溶物、气体的化学式不拆成离子形式。
C.根据电离常数Ka2(H2SO3)= 及pH=-lgc(H+)进行分析。
D. Na2SO3 具有还原性，可被空气中的氧气氧化为 Na2SO4 ，Na2SO4溶液与SO2不反应，据此分析。
14．【答案】C
【解析】【解答】A．由图可知，升高温度，二甲醚的选择性减小，由碳原子个数守恒可知，一氧化碳的选择性增大，故A不符合题意；
B．由盖斯定律可知，反应II—2×反应I得到反应，则2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=(-122.5 kJ·mol−1)-2×(+41.2 kJ·mol−1)=-204.9 kJ·mol−1，故B不符合题意；
C．反应II是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二甲醚的物质的量减小，故C符合题意；
D．反应II是气体体积减小的反应，在温度不变的条件下，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醚的物质的量增大，二甲醚的选择性增大，则增大压强可能将二甲醚的选择性由A点提升到B点，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据题干信息，反应 I 吸热，反应 II 放热，结合图像进行分析。
B.根据盖斯定律进行分析。
C.根据化学平衡的影响因素，结合勒夏特列原理进行分析。
D.反应II是气体体积减小的反应，在温度不变的条件下，增大压强，平衡向正反应方向移动。
15．【答案】（1）FeS2＋2Fe3+=3Fe2+＋2S；随硫铁矿用量增加，生成的单质硫会覆盖在FeS2颗粒表面，减少了Fe2+的生成，导致锰的浸出率降低
（2）
（3）6Mn(OH)2＋O2 2Mn3O4＋6H2O；开始时发生Mn(OH)2被O2氧化生成水，溶液pH无明显变化；7 h后Mn2(OH)2SO4被O2氧化，生成H2SO4，溶液pH减小 (也可用方程式表示：6Mn(OH)2＋O2 2Mn3O4＋6H2O，故溶液pH无明显变化；3Mn2(OH)2SO4＋O2 2Mn3O4＋6H+＋3SO，溶液pH减小)；Mn3O4部分被氧化为更高价的锰的氧化物
【解析】【解答】根据流程图以及软锰矿、硫铁矿所含物质可知，在酸浸取构成两个原电池将锰元素转化成Mn2+，然后调节溶液pH，将铁、铝、硅元素除去，根据问题(2)，加入氟化物，除去Ca、Mg元素，向滤液中加入氨水，Mn元素主要转化成Mn(OH)2，最后通入空气将Mn(OH)2氧化成Mn3O4，据此分析；
(1)①根据题意，酸浸时，FeS2和MnO2构成两个原电池，依据其原理可知，生成单质S的反应是FeS2与Fe3+反应，电池总反应的离子方程式为FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S；故答案为FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S；
②根据①产生硫单质，随着硫铁矿的增加，产生硫单质附着在FeS2，阻碍反应的进行，与MnO2反应的Fe2+物质的量减少，导致产生Mn2+量减少；故答案为随硫铁矿用量增加，生成的单质硫会覆盖在FeS2颗粒表面，减少了Fe2+的生成，导致锰的浸出率降低；
(2)加入氟化铵将Ca2+、Mg2+转化成CaF2、MgF2沉淀，则有=；故答案为；
(3)①Mn(OH)2转化成Mn3O4，Mn的化合价由+2升高为+价，Mn(OH)2为还原剂，氧气为氧化剂，利用化合价升降法以及原子守恒，得到反应方程式为6Mn(OH)2＋O2 2Mn3O4＋6H2O；故答案为6Mn(OH)2＋O2 2Mn3O4＋6H2O；
②根据问题①的反应方程式为6Mn(OH)2＋O22Mn3O4＋6H2O，溶液pH无明显变化；“沉淀”步骤所得Mn(OH)2固体含少量Mn2(OH)2SO4，7h后被氧气氧化，其反应方程式为3Mn2(OH)2SO4＋O2 2Mn3O4＋6H+＋3SO，c(H+)增大，溶液pH减小；故答案为开始时发生Mn(OH)2被O2氧化生成水，溶液pH无明显变化；7 h后Mn2(OH)2SO4被O2氧化，生成H2SO4，溶液pH减小 (也可用方程式表示：6Mn(OH)2＋O2 2Mn3O4＋6H2O，故溶液pH无明显变化；3Mn2(OH)2SO4＋O2 2Mn3O4＋6H+＋3SO，溶液pH减小)；
③产物中锰元素含量减小的原因可能是Mn3O4部分被氧化为更高价的锰的氧化物；故答案为Mn3O4部分被氧化为更高价的锰的氧化物。
【分析】根据流程图及已知信息可知，“浸取”时， FeS2和MnO2颗粒构成两个原电池反应 ， MnO2转化成Mn2+，FeS2转化为S或SO42-，Fe、Al、Ca、Mg的氧化物与硫酸反应生成相应的硫酸盐， Si的氧化物与硫酸不反应，通过调节溶液pH可除去铁铝硅元素。 向已除去Fe、Al、Si元素的溶液中加入氟化物，将Ca2＋、Mg2＋转化为氟化物沉淀而除去。向滤液中加入氨水，Mn元素主要转化成Mn(OH)2，最后通入空气将Mn(OH)2氧化成Mn3O4，据此分析。
16．【答案】（1）将生成的NO氧化为硝酸，使产生的NO部分转化为NO2，便于NOx被NaOH溶液完全吸收；三颈烧瓶内无红棕色气体出现
（2）2Ni2+＋4HCO=NiCO3·Ni(OH)2↓＋3CO2↑＋H2O；取最后一次洗涤所得滤液，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液(硝酸钡也得分)，若无明显现象则已洗涤干净
（3）至固体全部溶解，向所得溶液中加入NiCO3至反应液3.2＜pH＜7.2，静置，过滤，向滤液中加入适量盐酸，用pH计控制溶液pH小于2，蒸发浓缩，冷却至0℃左右结晶，过滤，用冰水洗涤，干燥
【解析】【解答】以单质Ni为原料制取氯化镍：在A装置三颈烧瓶中加入一定量Ni粉和水，通入空气，滴入稀硝酸和稀硫酸的混酸，发生反应：3Ni+8H++2=3Ni2++2NO↑+4H2O，至反应结束，过滤，制得NiSO4溶液，通入空气搅拌，并使生成的NO氧化为硝酸，或使产生的NO部分转化为NO2，便于NOx被B装置中NaOH溶液完全吸收，将所得NiSO4溶液与NaHCO3溶液混合发生反应：2Ni2++4=NiCO3·Ni(OH)2↓+3CO2↑+H2O，得到NiCO3·Ni(OH)2沉淀，向NiCO3·Ni(OH)2固体中加入盐酸，边加边搅拌，用pH计测定反应液3.2＜pH＜7.2，停止加入盐酸，静置，过滤，向滤液中加入适量盐酸，控制溶液pH小于2，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤，干燥，得到氯化镍(NiCl2·6H2O)，据此分析。
(1)①由分析可知，三颈烧瓶中有NO生成，向A装置中通入空气的作用是搅拌，还可以将生成的NO氧化为硝酸(或使产生的NO部分转化为NO2，便于NOx被NaOH溶液完全吸收)；
②若镍粉过量，则过量的镍粉与空气反应，NO不能被氧化，三颈烧瓶内无红棕色气体出现；
(2)①NiSO4溶液与NaHCO3溶液混合反应得到NiCO3·Ni(OH)2沉淀，沉淀反应的离子方程式为2Ni2++4=NiCO3·Ni(OH)2↓+3CO2↑+H2O。
②NiCO3·Ni(OH)2沉淀未洗净的话，洗涤液中含有硫酸根离子，故检验NiCO3·Ni(OH)2沉淀是否洗涤完全的方法是：取最后一次洗涤液，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无明显现象，则已洗净；
(3)已知：Fe(OH)3完全沉淀pH为3.2；Ni(OH)2开始沉淀pH为7.2，完全沉淀pH为9.2，NiCO3·Ni(OH)2固体中混有少量Fe(OH)3，应先将其转化为离子，再调节pH沉淀铁离子，pH的调节不能沉淀镍离子，pH范围3.2＜pH＜7.2，过滤后从滤液获得NiCl2·6H2O，由NiCO3·Ni(OH)2固体制备NiCl2·6H2O的实验方案：向NiCO3·Ni(OH)2固体中加入盐酸，边加边搅拌，用pH计测定反应液3.2＜pH＜7.2，停止加入盐酸，静置，过滤，向滤液中加入适量盐酸，控制溶液pH小于2，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤，干燥。
【分析】根据流程图，“氧化”时，单质Ni与硝酸、硫酸反应生成NiSO4，“过滤”所得滤液主要是NiSO4溶液，“沉淀”时，加入的NaHCO3与NiSO4反应生成NiCO3·Ni(OH)2沉淀，通过加入盐酸，调节pH，经一系列操作可得到NiCl2·6H2O，据此分析。
17．【答案】（1）(酮)羰基、酯基
（2）还原反应
（3）
（4）、
（5）
【解析】【解答】A和X发生取代反应生成B，B加热后生成C，C发生氧化反应生成D，D与CH3I在NaH作用下发生反应生成E，E还原生成F。
(1)C的结构简式为，含有的含氧官能团名称为(酮)羰基、酯基；
(2)根据E和F的结构简式分析，羰基转化为羟基，反应过程中得到了F，则E→F的反应类型为还原反应；
(3)由E的结构简式知，E分子式为C15H16O3，副产物(分子式为C14H14O3)比E少1个CH2，则与E相比，生成E时有2个甲基取代了2个H，而生成副产物时只有1个甲基取代了H，故副产物的结构简式：；
(4)C的结构简式为，C的一种同分异构体同时满足：a．能与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；b．碱性条件下水解生成两种产物，酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢则高度对称，符合条件的同分异构体有、；
(5)以和为原料制备的合成路线，由与溴发生加成反应得到，在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应生成，与反应生成，与氢气发生还原反应生成，合成路线流程图如下： 。
【分析】（1）根据结构简式可知C中官能团有碳碳双键、羰基和酯基，注意所问的是含氧官能团。
（2）对比E、F的结构简式，F比E多了两个氢原子，据此分析。
（3）对比E和副产物的分子式可知，副产物比E少1个CH2，与D相比，生成E时有2个甲基取代了2个H，而生成副产物时只有1个甲基取代了H，据此分析。
（4） 能与FeCl3溶液发生显色反应 ，说明有机物中含有酚羟基； 碱性条件下水解生成两种产物 ， 酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢 ，说明有机物中含有酯基，且水解后的两种产物酸化后比较对称，结合同分异构体的特点进行分析。
（5）有机合成设计中，首先观察所给原料和目标产物的结构特点，通过拆除目标产物，结合物质的性质进行前后倒推，据此分析。
18．【答案】（1）2H2O+2e-=2OH+H2↑；S+2H+=(n-1)S↓+H2S↑
（2）Fe3+浓度增大，有利于提升脱硫率；Fe3+浓度越大，溶液起始pH越小，c(H+)越大，抑制H2S的电离和溶解(第二步和第一步)，使溶液中c(HS-)降低，脱硫率降低，脱硫率降低幅度超过提升幅度 (只答Fe3+浓度越大，溶液起始pH越小，c(H+)越大，抑制H2S的电离和溶解(第二步和第一步)，使溶液中c(HS-)降低，脱硫率降低也可以)；硫杆菌是反应的催化剂，温度超过30℃后，硫杆菌逐渐失去活性
（3）OH-浓度增大，促进平衡H2SH＋＋HS-向电离方向进行，c(HS-)浓度增大；若水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，产生的O减少
【解析】【解答】(1)①在阴极上H2O电离产生的H+得到电子被还原产生H2，故阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑；
②电解时，阳极发生反应：S2--2e-=S、(n-1)S+S2-=S，电解后阳极区溶液用稀硫酸酸化，S与H+发生反应产生H2Sn发生歧化得到硫单质和H2S，其离子方程式为S+2H+=(n-1)S↓+H2S↑；
(2)根据图示可知：一定条件下，不同Fe3+浓度溶液及该溶液起始pH与脱硫率的关系如图所示。当Fe3+浓度大于10 g·L-1时，随着Fe3+浓度增大，脱硫率逐渐降低。这是由于Fe3+浓度增大，有利于提升脱硫率；Fe3+浓度越大，溶液起始pH越小，c(H+)越大，抑制H2S的电离和溶解(第二步和第一步)，使溶液中c(HS-)降低，脱硫率降低，脱硫率降低幅度超过提升幅度 (只答Fe3+浓度越大，溶液起始pH越小，c(H+)越大，抑制H2S的电离和溶解(第二步和第一步)，使溶液中c(HS-)降低，脱硫率降低也可以)；
②反应后的溶液在硫杆菌作用下进行再生的反应为：4FeSO4＋O2＋2H2SO4⇌2Fe2(SO4)3＋2H2O。反应相同时间后，溶液中Fe2+的氧化速率与温度的关系如图所示。温度超过30℃后，随着温度升高，Fe2+的氧化速率下降是由于硫杆菌是反应的催化剂，温度超过30℃后，硫杆菌蛋白质发生变性而逐渐失去活性；
(3)①适当增大活性炭表面的水膜pH，H2S的氧化去除率增，这是由于水膜表面溶液pH中的，OH-浓度增大，促进电离平衡H2SH＋＋HS-向电离方向进行，导致溶液中c(HS-)浓度增大，HS-被氧化变为S，H+与溶液中OH-结合生成H2O；
②但若水膜过厚，H2S的氧化去除率反而会减小，这是由于若水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，产生的O减少。
【分析】（1）①根据题干信息可知，右侧电极为阴极，阴极上H2O得电子产生H2。
②根据题干信息可知，阳极反应得到的S与H+发生歧化反应得到S和H2S，结合电荷、原子守恒进行配平。
（2）①c(Fe3+)增大，有利于提升脱硫率，c(Fe3+)越大，溶液起始pH越小，c(H+)增大，抑制H2S的电离和溶解，使溶液中c(HS-)降低，脱硫率降低。
②催化剂超过一定温度后会逐渐失去活性。
（3）①水膜表面溶液中的c(OH-)增大，能促进H2S的电离平衡，使得c(HS-)增大。
②水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，产生的O减少。
高考考前模拟化学试卷题
一、单选题
1．工业可通过Al2O3+N2+3C2AlN+3CO制得高温陶瓷材料AlN。下列说法正确的是（ ）
A．传统陶瓷主要成分是硅酸盐 B．AlN是分子晶体
C．N2发生氧化反应 D．反应为复分解反应
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：Cl
B．H2O分子中含极性共价键
C．Na＋的结构示意图：
D．HCl的电子式：
3．侯氏制碱法原理为NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl。下列有关模拟侯氏制碱法的实验原理和装置能达到实验目的的是（ ）
A．制取氨气 B．制NaHCO3
C．分离NaHCO3 D．制Na2CO3
4．SO2、NOx是重要化工原料，可用于硫酸、硝酸的生产。工业制硫酸时，接触室中主要反应为：2SO2(g)＋O2(g) =2SO3(g) ΔH=-196.6 kJ·mol-1，SO2、NOx也是大气主要污染物，NOx可与NH3混合，通过选择性催化剂高温脱除，SO2可通过碱液吸收去除。下列关于SO2、SO3、NH3、NH说法中正确的是（ ）
A．SO2水溶液能导电，SO2是电解质
B．NH中含有配位键
C．SO3中硫原子轨道杂化类型为sp3
D．NH3为非极性分子
5．SO2、NOx是重要化工原料，可用于硫酸、硝酸的生产。工业制硫酸时，接触室中主要反应为：2SO2(g)＋O2(g) =2SO3(g) ΔH=-196.6 kJ·mol-1，SO2、NOx也是大气主要污染物，NOx可与NH3混合，通过选择性催化剂高温脱除，SO2可通过碱液吸收去除。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是（ ）
A．NO(g)HNO3(aq) B．SO2(g)H2SO4(aq)
C．SO2 NH4HSO3(aq) D．NOxN2(g)
6．SO2、NOx是重要化工原料，可用于硫酸、硝酸的生产。工业制硫酸时，接触室中主要反应为：2SO2(g)＋O2(g) =2SO3(g) ΔH=-196.6 kJ·mol-1，SO2、NOx也是大气主要污染物，NOx可与NH3混合，通过选择性催化剂高温脱除，SO2可通过碱液吸收去除。对于反应 2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)，下列说法正确的是（ ）
A．该反应ΔH＜0 ΔS＞0
B．2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)所含键能总和比2 mol SO3(g)所含键能小
C．反应在高温、催化剂条件下进行可提高SO2的平衡转化率
D．该反应中每生成22.4 L SO3转移电子的数目约等于2×6.02×1023
7．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＜I B．键能：HF＜HBr
C．失电子能力：Cl-＜Br-＜I- D．键的极性：Cl-I＜Br-I
8．用低品铜矿(主要含CuS、FeO)制备Cu2O的一种工艺流程如下：
下列说法正确的是（ ）
A．“酸浸”过程中CuS发生反应的离子方程式为： S2-＋MnO2＋4H+Mn2+＋S＋2H2O
B．“酸浸”所得溶液中的阳离子主要有H+、Mn2+、Cu2+和Fe2+
C．1个Cu2O晶胞(如图)中含4个氧原子
D．水合肼浓度过大，Cu2O产率下降，可能的原因是Cu2O进一步被还原成单质铜
9．科学家发明了如图所示的新型Zn—CO2水介质电池，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，CO2被转化为储氢物质甲酸等。下列说法正确的是（ ）
A．放电时，负极反应式为：Zn＋2e-＋4OH-=Zn(OH)
B．放电时，1 mol CO2完全转化为HCOOH，理论上转移4 mol电子
C．充电时，正极溶液中OH−浓度升高
D．充电时，电池总反应为：2Zn(OH)2Zn＋O2↑＋4OH-＋2H2O
10．在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．若用HCOOD催化释氢，反应除生成CO2外，还生成HD
B．第一步转化N与H间形成配位键
C．若用HCOOK溶液代替HCOOH释氢的速率加快
D．若用HCOOK溶液代替HCOOH最终所得气体中H2的纯度会降低
11．紫花前胡醇(结构简式如图所示)可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。下列的说法正确的是（ ）
A．1 mol紫花前胡醇最多能与2 mol NaOH反应
B．分子中含2个手性碳原子
C．紫花前胡醇不能发生消去反应
D．紫花前胡醇不能使酸性KMnO4溶液褪色
12．室温下，根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
实验结论
A
测得0.1mol·L−1CH3COONa溶液pH约为9，0.1mol·L−1NaNO2溶液pH约为8
HNO2电离出H+的能力比CH3COOH强
B
向浓度均为0.1 mol·L−1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，出现白色沉淀
Ksp(BaSO4) ＜ Ksp(CaSO4)
C
向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀
X一定具有强氧化性
D
卤代烃Y与NaOH水溶液共热后，再滴入AgNO3溶液，产生黑色沉淀
卤代烃已变质
A．A B．B C．C D．D
13．硫酸工业尾气(主要含SO2、N2和O2)，用Na2SO3溶液吸收可转化为NaHSO3，当c(HSO)∶c(SO)≈10时，吸收能力下降，需要加热再生为Na2SO3溶液。已知Ka1(H2SO3)=10-1.9，Ka2(H2SO3)=10-7.2，下列说法错误的是（ ）
A．Na2SO3溶液中存在：c(OH-)= c(H+) + c(HSO) +2c(H2SO3)
B．Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为：SO＋SO2＋H2O=2HSO
C．当c(HSO)：c(SO)=10时，此时吸收液的pH=6.2
D．与原Na2SO3溶液相比，吸收液充分分解放出SO2再生后吸收SO2能力几乎不变
14．CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：
反应I：CO2(g)+H2(g) =CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.2 kJ·mol−1
反应II：2CO2(g)+6H2(g) =CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH=-122.5 kJ·mol−1
在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图所示。 (CH3OCH3的选择性=×100％)
下列说法错误的是（ ）
A．CO的选择性随温度的升高逐渐增大
B．反应2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=-204.9 kJ·mol−1
C．在240～320℃范围内，温度升高，平衡时CH3OCH3的物质的量先增大后减小
D．反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%(图中A点)，增大压强可能将CH3OCH3的选择性提升到B点
二、综合题
15．以软锰矿(主要成分为MnO2，还含少量Fe、Si、Al、Ca、Mg等的氧化物)和硫铁矿(主要成分FeS2)为原料，两矿联合浸取可制备大颗粒的电池用Mn3O4。
（1）浸取：将软锰矿与硫铁矿粉碎混合，用硫酸浸取。研究发现，酸浸时，FeS2和MnO2颗粒构成两个原电池反应，其原理如图所示(部分产物未标出)。
①若FeS2原电池中生成单质S，其电池总反应的离子方程式为 。
②随硫铁矿的增加，锰的浸出率降低，可能的原因是 。
（2）除钙镁：向已除去Fe、Al、Si元素的MnSO4溶液中(pH约为5)加入NH4F溶液，将Ca2＋、Mg2＋转化为氟化物沉淀。则 = 。 [已知Ksp(MgF2)=5×10-11，Ksp(CaF2)=5×10-9]
（3）氧化：将“沉淀”步骤所得含少量Mn2(OH)2SO4的Mn(OH)2固体滤出，洗净，加水打成浆，浆液边加热边持续通空气，制得Mn3O4。
①写出由Mn(OH)2反应得到Mn3O4的化学方程式 。
②沉淀加热通空气过程中溶液pH随时间变化如图所示，其中pH先基本不变后迅速下降的原因是 。
③所得产物中锰元素含量随通入空气时间的变化如图所示，当通空气时间超8小时，产物中锰元素含量减小的原因是 。
16．氯化镍(NiCl2·6H2O)常用于电镀、陶瓷等工业，某实验室以单质Ni为原料制取氯化镍的实验步骤如下：
已知：①Fe(OH)3完全沉淀pH为3.2；Ni(OH)2开始沉淀pH为7.2，完全沉淀pH为9.2。
②NiCl2易水解，从溶液中获取NiCl2·6H2O须控制pH＜2。
（1）在三颈烧瓶中(装置见如图)加入一定量Ni粉和水，通入空气，滴入稀硝酸和稀硫酸的混酸，至反应结束，过滤，制得NiSO4溶液。
①向A装置中通入空气的作用除搅拌外还有 。
②若镍粉过量，判断反应完成的现象是 。
（2）将所得NiSO4溶液与NaHCO3溶液混合反应得到NiCO3·Ni(OH)2沉淀，过滤，洗涤。
①沉淀反应的离子方程式为 。
②检验NiCO3·Ni(OH)2沉淀已经洗涤完全的方法是 。
（3）所得NiCO3·Ni(OH)2固体中混有少量Fe(OH)3。请补充完整由NiCO3·Ni(OH)2固体制备NiCl2·6H2O的实验方案：向NiCO3·Ni(OH)2固体中加入盐酸，搅拌， 。 [NiCl2溶解度曲线如图所示。实验中须选用的仪器和试剂：pH计、盐酸、NiCO3]
17．天然产物F具有抗肿瘤、镇痉等生物活性，可通过以下路线合成：
（1）化合物C中含有的含氧官能团名称为 。
（2）E→F的反应类型为 。
（3）D→E中有一种副产品(分子式C14H14O3)生成，该副产品的结构简式为 。
（4）C的一种同分异构体同时满足以下条件，写出该同分异构体的结构简式： 。
a．能与FeCl3溶液发生显色反应；
b．碱性条件下水解生成两种产物，酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢。
（5）写出以和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)。
18．废气中的H2S可用电解、Fe2(SO4)3吸收和活性炭吸附氧化等多种方法脱除。
（1）电解法脱除：将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如图所示的电解池的阳极区进行电解。电解过程中阳极区发生如下反应：
S2--2e-=S (n-1)S+S2-=S
①写出阴极的电极反应方程式 。
②电解后阳极区溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，其离子方程式为 。
（2）Fe2(SO4)3吸收脱除：用Fe2(SO4)3溶液吸收H2S，其反应后的溶液可在硫杆菌作用下实现吸收液的再生。
①用Fe2(SO4)3吸收液脱除H2S的原理经历以下三步：
第一步：H2S(g)H2S(aq)
第二步：H2SH＋＋HS-
第三步：HS-＋2Fe3+=S↓＋2Fe2+＋H+
一定条件下，不同Fe3+浓度溶液及该溶液起始pH与脱硫率的关系如图所示。当Fe3+浓度大于10 g·L-1时，随着Fe3+浓度增大，脱硫率逐渐降低。其原因是 。
②反应后的溶液在硫杆菌作用下进行再生的反应为：4FeSO4＋O2＋2H2SO42Fe2(SO4)3＋2H2O。反应相同时间后，溶液中Fe2+的氧化速率与温度的关系如图所示。温度超过30℃后，随着温度升高，Fe2+的氧化速率下降的原因是 。
（3）活性炭吸附氧化：可用表面喷淋水的活性炭吸附氧化H2S，其反应原理如图所示。其他条件不变时，水膜的酸碱性与厚度会影响H2S的去除率。
①适当增大活性炭表面的水膜pH，H2S的氧化去除率增大的原因是 。
②若水膜过厚，H2S的氧化去除率减小的原因是 。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．玻璃、水泥和陶瓷均属于无机硅酸盐产品，则传统陶瓷主要成分是硅酸盐，A符合题意；
B．AlN具有很高的熔点，故不是分子晶体，而是共价晶体(或者称为原子晶体)，B不符合题意；
C．Al2O3+N2+3C2AlN+3CO反应中N的化合价由0价降低到-3价，故N2发生还原反应，C不符合题意；
D．复分解反应是指两种化合物互相交换成分生成两种新的化合物的反应，故该反应不属于复分解反应，属于氧化还原反应，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.传统陶瓷主要成分是硅酸盐。
B.根据晶体的特点确定晶体的类型，据此分析。
C.氧化反应前后，物质中部分元素的化合价降低。
D.复分解反应是指两种化合物互相交换成分生成两种新的化合物的反应，反应前后元素的化合价不变。
2．【答案】B
【解析】【解答】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不符合题意；
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符合题意；
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不符合题意；
D．氯化氢是共价化合物，电子式为，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.原子左上角表示质量数，左下角表示质子数，质量数=质子数+中子数，据此分析。
B.形成极性共价键的两个原子为不同种原子，结合水分子结构进行分析。
C. Na＋的结构示意图是在Na原子的基础上失去最外层电子得到的。
D. HCl 属于共价化合物，据此分析。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．直接加热氯化铵固体无法制得氨气，应加热氯化铵与消石灰固体混合物制备氨气，故A不符合题意；
B．制备碳酸氢铵时，应将二氧化碳通入溶有氨气的饱和食盐水中，否则无法制得碳酸氢钠，故B不符合题意；
C．分离碳酸氢钠固体时，应用过滤的方法分离，故C符合题意；
D．碳酸氢钠受热分解制备碳酸钠时，应在试管中加热碳酸氢钠，不能在烧杯中加热碳酸氢钠，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氯化铵固体受热分解得到的HCl和NH3在管口又能结合生成氯化铵。
B.NH3极易溶于水，应将CO2通入溶有NH3的饱和食盐水中。
C.过滤适用于分离互不相溶的固液混合物，据此分析。
D.应在试管中加热碳酸氢钠，且试管向下倾斜，以防水倒流回试管底部引起炸裂。
4．【答案】B
【解析】【解答】A． SO2水溶液能导电，但二氧化硫自身不电离产生离子，故SO2是非电解质，A不符合题意；
B．氨分子的N上有1对孤电子对、氢离子有空轨道，则 NH中有3根普通的N-H、有1个配位键，B符合题意；
C． SO3中中心原子的孤电子对数=、价层电子对数=3+0=3，故为sp2杂化、空间构型为平面正三角形，C不符合题意；
D． NH3由极性键构成、呈三角锥形，则正负电荷中心不重叠，属于极性分子，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.电解质是指溶于水或在熔融状态下本身能电离出自由移动离子的化合物。
B.NH3的N上有1对孤电子对，H+有空轨道，据此分析。
C.根据价层电子对互斥理论进行分析。
D. NH3 中正负电荷中心不重合，属于极性分子。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．一氧化氮不溶于水，也不能与水反应生成硝酸，故A不符合题意；
B．二氧化硫与水反应生成亚硫酸，不能生成硫酸，故B不符合题意；
C．二氧化硫与过量的一水合氨反应生成亚硫酸铵，不能生成亚硫酸氢铵，故C不符合题意；
D．在催化剂作用下，氮的氧化物与氨气发生归中反应生成氮气，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A. NO与水不反应。
B. SO2 与水反应生成 H2SO3。
C.SO2 与过量的NH3·H2O反应生成 (NH4)2SO3 。
D.在一定条件下，氮的氧化物与氨气发生归中反应生成氮气。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．该反应是气体计量系数减小的反应，故ΔS<0，A不符合题意；
B．由题给条件可知，该反应ΔH=反应物键能和-产物键能和＜0，B符合题意；
C．该反应为放热反应，故升温平衡逆向移动，平衡转化率减小，催化剂只能改变反应速率，不能使平衡移动，C不符合题意；
D．没有给出三氧化硫的状态，无法计算其物质的量，另外，标准三氧化硫为固态，也无法计算其物质的量，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.反应前后，气体计量系数减小，则ΔS<0。
B. ΔH=反应物总键能-生成物总键能，据此分析。
C.根据勒夏特列原理进行分析，注意催化剂对化学平衡无影响。
D.标准状况未知，无法计算。
7．【答案】C
【解析】【解答】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不符合题意；
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不符合题意；
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符合题意；
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不符合题意；
故答案为：C。
【分析】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。
B.卤素元素的电负性越大，卤原子与氢原子形成的共价键的键能越大。
C.单质的氧化性越强，对应还原产物阴离子的还原性越弱，即失电子能力越弱。
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。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．酸浸过程中硫化铜发生的反应为硫化铜与稀硫酸和二氧化锰反应生成硫酸铜、硫酸锰、硫和水，反应的离子方程式为CuS＋MnO2＋4H+=Cu2+＋Mn2+＋S＋2H2O，故A不符合题意；
B．由分析可知，酸浸所得溶液中的阳离子主要有H+、Mn2+、Cu2+和Fe3+，故B不符合题意；
C．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的白球的个数为8×+1=2，位于体内的黑球为4，由化学式可知，白球为氧原子，则晶胞中氧原子个数为2，故C不符合题意；
D．若水合肼浓度过大，水合肼与溶液中的铜离子反应生成铜，会导致氧化亚铜的产率降低，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据题干信息及流程图，“酸浸”中发生反应为CuS＋MnO2＋4H+=Cu2+＋Mn2+＋S＋2H2O和2FeO+8H+＋MnO2=2Fe3++Mn2+＋4H2O，“调pH”中可除去Fe3+，“除锰”中加入一定物质除去Mn2+，“还原”中加入水合肼还原Cu2+可得到产品，据此分析。
9．【答案】D
【解析】【解答】A．由分析可知，放电时，左侧电极为负极，碱性条件下，锌失去电子发生氧化反应生成四羟基合锌离子，电极反应式为Zn-2e-＋4OH-=Zn(OH)，故A不符合题意；
B．由分析可知，放电时，右侧电极为正极，酸性条件下，二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成甲酸，电极反应式为CO2＋2e-＋2H+=HCOOH，则1mol二氧化碳放电时，理论上转移2 mol电子，故B不符合题意；
C．由分析可知，充电时，右侧电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2 H2O-4e-= O2↑＋4H+，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故C不符合题意；
D．由分析可知，充电的总反应为2Zn(OH)2Zn＋O2↑＋4OH-＋2H2O，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】放电时作原电池，左侧电极锌失电子发生氧化反应，其电极反应式为Zn—2e-＋4OH-=Zn(OH)，右侧电极CO2得电子发生还原反应，其电极反应式为CO2＋2e-＋2H+=HCOOH；充电时作电解池，左侧电极为阴极，右侧电极为阳极，其电极反应式与放电时的正好相反，电池总反应可通过两极反应式相加得到，据此分析。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．第一步HCOOD电离出D+与N结合，第二步HCOO-→CO2+H-，第三步D+、H-反应生成HD，所以HCOOD催化释氢，除生成CO2外，还生成HD，故A不符合题意；
B．N原子含有孤电子对、H+有空轨道，根据图示，第一步转化N与HCOOH电离出的H+通过配位键结合，故B不符合题意；
C．若用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOO-的浓度大，第二步反应放出二氧化碳的速率加快，总反应速率加快。故释氢速率加快。故C不符合题意；
D．若用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOOK水解出HCOOH，释氢历程不变，所以最终所得气体中H2的纯度不会降低，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据质量守恒定律进行分析。
B.N原子含有孤电子对、H+有空轨道。
C.若用HCOOK溶液代替HCOOH，c(HCOO-)增大，结合反应机理图进行分析。
D.若用HCOOK溶液代替HCOOH，HCOOK水解出HCOOH，释氢历程不变。
11．【答案】A
【解析】【解答】A．由结构简式可知，紫花前胡醇分子中的酚酯基能与氢氧化钠溶液反应，则1 mol紫花前胡醇最多能与2 mol 氢氧化钠反应，故A符合题意；
B．由结构简式可知，紫花前胡醇分子中含有1个连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故B不符合题意；
C．由结构简式可知，紫花前胡醇分子与羟基相连的碳原子右邻碳原子上连有氢原子，所以一定条件下能发生消去反应，故C不符合题意；
D．由结构简式可知，紫花前胡醇分子中含有的羟基和碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.该有机物中的酯基在酸性条件下水解可得到酚羟基和羧基，酚羟基和羧基均与NaOH反应，据此分析。
B.手性碳原子连接4个不同的原子或原子团，据此分析。
C.该有机物发生消去反应的条件是：与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子。
D.该有机物含有碳碳双键和羟基，据此分析。
12．【答案】A
【解析】【解答】A．由浓度均为0.1mol/L的醋酸钠溶液的pH大于亚硝酸钠可知，醋酸根离子在溶液中的水解程度大于亚硝酸根离子，则亚硝酸的酸性强于醋酸，电离出氢离子的能力强于醋酸，故A符合题意；
B．向浓度均为0.1mol/L的氯化钡和氯化钙的混合溶液中滴加硫酸钠溶液，出现的白色沉淀可能是硫酸钡，也可能是硫酸钙，所以无法比较硫酸钡和硫酸钙的溶度积大小，故B不符合题意；
C．向溶有二氧化硫的氯化钡溶液中通入氨气，会有亚硫酸钡白色沉淀生成，生成白色沉淀的反应中氨气未表现氧化性，故C不符合题意；
D．卤代烃Y与氢氧化钠水溶液共热后，由于未加入稀硝酸中和氢氧化钠溶液，氢氧化钠会与直接加入的硝酸银溶液反应生成氢氧化银，氢氧化银分解生成黑色氧化银，所以反应生成黑色沉淀不能确定卤代烃已变质，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.等浓度的弱酸强碱盐溶液的pH越小，弱酸根对应的弱酸电离出 H+ 的能力越强。
B.SO42-与Ba2+、Ca2+均能生成白色沉淀。
C.亚硫酸钡在中性或碱性溶液中是白色沉淀，据此分析。
D.卤代烃在碱性条件下受热会生成卤化钠，注意在滴入 AgNO3溶液前确保反应后的溶液不呈碱性，据此分析。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．亚硫酸钠溶液中存在质子守恒关系c(OH-)= c(H+) + c(HSO) +2c(H2SO3)，故A不符合题意；
B．亚硫酸钠溶液吸收二氧化硫的反应为亚硫酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为SO＋SO2＋H2O=2HSO，故B不符合题意；
C．亚硫酸的电离常数Ka2(H2SO3)= ，当c(HSO)∶c(SO)=10时，溶液中c(H+)==10-7.2×10mol/L=10-6.2mol/L，溶液的pH为6.2，故C不符合题意；
D．吸收能力下降的吸收液加热再生为亚硫酸钠溶液的反应为溶液中的亚硫酸氢钠受热分解转化为亚硫酸钠，亚硫酸钠具有还原性，可能被空气中的氧气氧化为硫酸钠，硫酸钠溶液不能与二氧化硫反应，所以再生的吸收液后吸收二氧化硫的能力下降，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据质子守恒进行分析。
B.书写离子方程式时，注意单质、氧化物、弱电解质、难溶物、气体的化学式不拆成离子形式。
C.根据电离常数Ka2(H2SO3)= 及pH=-lgc(H+)进行分析。
D. Na2SO3 具有还原性，可被空气中的氧气氧化为 Na2SO4 ，Na2SO4溶液与SO2不反应，据此分析。
14．【答案】C
【解析】【解答】A．由图可知，升高温度，二甲醚的选择性减小，由碳原子个数守恒可知，一氧化碳的选择性增大，故A不符合题意；
B．由盖斯定律可知，反应II—2×反应I得到反应，则2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH=(-122.5 kJ·mol−1)-2×(+41.2 kJ·mol−1)=-204.9 kJ·mol−1，故B不符合题意；
C．反应II是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二甲醚的物质的量减小，故C符合题意；
D．反应II是气体体积减小的反应，在温度不变的条件下，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醚的物质的量增大，二甲醚的选择性增大，则增大压强可能将二甲醚的选择性由A点提升到B点，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据题干信息，反应 I 吸热，反应 II 放热，结合图像进行分析。
B.根据盖斯定律进行分析。
C.根据化学平衡的影响因素，结合勒夏特列原理进行分析。
D.反应II是气体体积减小的反应，在温度不变的条件下，增大压强，平衡向正反应方向移动。
15．【答案】（1）FeS2＋2Fe3+=3Fe2+＋2S；随硫铁矿用量增加，生成的单质硫会覆盖在FeS2颗粒表面，减少了Fe2+的生成，导致锰的浸出率降低
（2）
（3）6Mn(OH)2＋O2 2Mn3O4＋6H2O；开始时发生Mn(OH)2被O2氧化生成水，溶液pH无明显变化；7 h后Mn2(OH)2SO4被O2氧化，生成H2SO4，溶液pH减小 (也可用方程式表示：6Mn(OH)2＋O2 2Mn3O4＋6H2O，故溶液pH无明显变化；3Mn2(OH)2SO4＋O2 2Mn3O4＋6H+＋3SO，溶液pH减小)；Mn3O4部分被氧化为更高价的锰的氧化物
【解析】【解答】根据流程图以及软锰矿、硫铁矿所含物质可知，在酸浸取构成两个原电池将锰元素转化成Mn2+，然后调节溶液pH，将铁、铝、硅元素除去，根据问题(2)，加入氟化物，除去Ca、Mg元素，向滤液中加入氨水，Mn元素主要转化成Mn(OH)2，最后通入空气将Mn(OH)2氧化成Mn3O4，据此分析；
(1)①根据题意，酸浸时，FeS2和MnO2构成两个原电池，依据其原理可知，生成单质S的反应是FeS2与Fe3+反应，电池总反应的离子方程式为FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S；故答案为FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S；
②根据①产生硫单质，随着硫铁矿的增加，产生硫单质附着在FeS2，阻碍反应的进行，与MnO2反应的Fe2+物质的量减少，导致产生Mn2+量减少；故答案为随硫铁矿用量增加，生成的单质硫会覆盖在FeS2颗粒表面，减少了Fe2+的生成，导致锰的浸出率降低；
(2)加入氟化铵将Ca2+、Mg2+转化成CaF2、MgF2沉淀，则有=；故答案为；
(3)①Mn(OH)2转化成Mn3O4，Mn的化合价由+2升高为+价，Mn(OH)2为还原剂，氧气为氧化剂，利用化合价升降法以及原子守恒，得到反应方程式为6Mn(OH)2＋O2 2Mn3O4＋6H2O；故答案为6Mn(OH)2＋O2 2Mn3O4＋6H2O；
②根据问题①的反应方程式为6Mn(OH)2＋O22Mn3O4＋6H2O，溶液pH无明显变化；“沉淀”步骤所得Mn(OH)2固体含少量Mn2(OH)2SO4，7h后被氧气氧化，其反应方程式为3Mn2(OH)2SO4＋O2 2Mn3O4＋6H+＋3SO，c(H+)增大，溶液pH减小；故答案为开始时发生Mn(OH)2被O2氧化生成水，溶液pH无明显变化；7 h后Mn2(OH)2SO4被O2氧化，生成H2SO4，溶液pH减小 (也可用方程式表示：6Mn(OH)2＋O2 2Mn3O4＋6H2O，故溶液pH无明显变化；3Mn2(OH)2SO4＋O2 2Mn3O4＋6H+＋3SO，溶液pH减小)；
③产物中锰元素含量减小的原因可能是Mn3O4部分被氧化为更高价的锰的氧化物；故答案为Mn3O4部分被氧化为更高价的锰的氧化物。
【分析】根据流程图及已知信息可知，“浸取”时， FeS2和MnO2颗粒构成两个原电池反应 ， MnO2转化成Mn2+，FeS2转化为S或SO42-，Fe、Al、Ca、Mg的氧化物与硫酸反应生成相应的硫酸盐， Si的氧化物与硫酸不反应，通过调节溶液pH可除去铁铝硅元素。 向已除去Fe、Al、Si元素的溶液中加入氟化物，将Ca2＋、Mg2＋转化为氟化物沉淀而除去。向滤液中加入氨水，Mn元素主要转化成Mn(OH)2，最后通入空气将Mn(OH)2氧化成Mn3O4，据此分析。
16．【答案】（1）将生成的NO氧化为硝酸，使产生的NO部分转化为NO2，便于NOx被NaOH溶液完全吸收；三颈烧瓶内无红棕色气体出现
（2）2Ni2+＋4HCO=NiCO3·Ni(OH)2↓＋3CO2↑＋H2O；取最后一次洗涤所得滤液，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液(硝酸钡也得分)，若无明显现象则已洗涤干净
（3）至固体全部溶解，向所得溶液中加入NiCO3至反应液3.2＜pH＜7.2，静置，过滤，向滤液中加入适量盐酸，用pH计控制溶液pH小于2，蒸发浓缩，冷却至0℃左右结晶，过滤，用冰水洗涤，干燥
【解析】【解答】以单质Ni为原料制取氯化镍：在A装置三颈烧瓶中加入一定量Ni粉和水，通入空气，滴入稀硝酸和稀硫酸的混酸，发生反应：3Ni+8H++2=3Ni2++2NO↑+4H2O，至反应结束，过滤，制得NiSO4溶液，通入空气搅拌，并使生成的NO氧化为硝酸，或使产生的NO部分转化为NO2，便于NOx被B装置中NaOH溶液完全吸收，将所得NiSO4溶液与NaHCO3溶液混合发生反应：2Ni2++4=NiCO3·Ni(OH)2↓+3CO2↑+H2O，得到NiCO3·Ni(OH)2沉淀，向NiCO3·Ni(OH)2固体中加入盐酸，边加边搅拌，用pH计测定反应液3.2＜pH＜7.2，停止加入盐酸，静置，过滤，向滤液中加入适量盐酸，控制溶液pH小于2，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤，干燥，得到氯化镍(NiCl2·6H2O)，据此分析。
(1)①由分析可知，三颈烧瓶中有NO生成，向A装置中通入空气的作用是搅拌，还可以将生成的NO氧化为硝酸(或使产生的NO部分转化为NO2，便于NOx被NaOH溶液完全吸收)；
②若镍粉过量，则过量的镍粉与空气反应，NO不能被氧化，三颈烧瓶内无红棕色气体出现；
(2)①NiSO4溶液与NaHCO3溶液混合反应得到NiCO3·Ni(OH)2沉淀，沉淀反应的离子方程式为2Ni2++4=NiCO3·Ni(OH)2↓+3CO2↑+H2O。
②NiCO3·Ni(OH)2沉淀未洗净的话，洗涤液中含有硫酸根离子，故检验NiCO3·Ni(OH)2沉淀是否洗涤完全的方法是：取最后一次洗涤液，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无明显现象，则已洗净；
(3)已知：Fe(OH)3完全沉淀pH为3.2；Ni(OH)2开始沉淀pH为7.2，完全沉淀pH为9.2，NiCO3·Ni(OH)2固体中混有少量Fe(OH)3，应先将其转化为离子，再调节pH沉淀铁离子，pH的调节不能沉淀镍离子，pH范围3.2＜pH＜7.2，过滤后从滤液获得NiCl2·6H2O，由NiCO3·Ni(OH)2固体制备NiCl2·6H2O的实验方案：向NiCO3·Ni(OH)2固体中加入盐酸，边加边搅拌，用pH计测定反应液3.2＜pH＜7.2，停止加入盐酸，静置，过滤，向滤液中加入适量盐酸，控制溶液pH小于2，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙醇洗涤，干燥。
【分析】根据流程图，“氧化”时，单质Ni与硝酸、硫酸反应生成NiSO4，“过滤”所得滤液主要是NiSO4溶液，“沉淀”时，加入的NaHCO3与NiSO4反应生成NiCO3·Ni(OH)2沉淀，通过加入盐酸，调节pH，经一系列操作可得到NiCl2·6H2O，据此分析。
17．【答案】（1）(酮)羰基、酯基
（2）还原反应
（3）
（4）、
（5）
【解析】【解答】A和X发生取代反应生成B，B加热后生成C，C发生氧化反应生成D，D与CH3I在NaH作用下发生反应生成E，E还原生成F。
(1)C的结构简式为，含有的含氧官能团名称为(酮)羰基、酯基；
(2)根据E和F的结构简式分析，羰基转化为羟基，反应过程中得到了F，则E→F的反应类型为还原反应；
(3)由E的结构简式知，E分子式为C15H16O3，副产物(分子式为C14H14O3)比E少1个CH2，则与E相比，生成E时有2个甲基取代了2个H，而生成副产物时只有1个甲基取代了H，故副产物的结构简式：；
(4)C的结构简式为，C的一种同分异构体同时满足：a．能与FeCl3溶液发生显色反应，则含有酚羟基；b．碱性条件下水解生成两种产物，酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢则高度对称，符合条件的同分异构体有、；
(5)以和为原料制备的合成路线，由与溴发生加成反应得到，在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应生成，与反应生成，与氢气发生还原反应生成，合成路线流程图如下： 。
【分析】（1）根据结构简式可知C中官能团有碳碳双键、羰基和酯基，注意所问的是含氧官能团。
（2）对比E、F的结构简式，F比E多了两个氢原子，据此分析。
（3）对比E和副产物的分子式可知，副产物比E少1个CH2，与D相比，生成E时有2个甲基取代了2个H，而生成副产物时只有1个甲基取代了H，据此分析。
（4） 能与FeCl3溶液发生显色反应 ，说明有机物中含有酚羟基； 碱性条件下水解生成两种产物 ， 酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢 ，说明有机物中含有酯基，且水解后的两种产物酸化后比较对称，结合同分异构体的特点进行分析。
（5）有机合成设计中，首先观察所给原料和目标产物的结构特点，通过拆除目标产物，结合物质的性质进行前后倒推，据此分析。
18．【答案】（1）2H2O+2e-=2OH+H2↑；S+2H+=(n-1)S↓+H2S↑
（2）Fe3+浓度增大，有利于提升脱硫率；Fe3+浓度越大，溶液起始pH越小，c(H+)越大，抑制H2S的电离和溶解(第二步和第一步)，使溶液中c(HS-)降低，脱硫率降低，脱硫率降低幅度超过提升幅度 (只答Fe3+浓度越大，溶液起始pH越小，c(H+)越大，抑制H2S的电离和溶解(第二步和第一步)，使溶液中c(HS-)降低，脱硫率降低也可以)；硫杆菌是反应的催化剂，温度超过30℃后，硫杆菌逐渐失去活性
（3）OH-浓度增大，促进平衡H2SH＋＋HS-向电离方向进行，c(HS-)浓度增大；若水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，产生的O减少
【解析】【解答】(1)①在阴极上H2O电离产生的H+得到电子被还原产生H2，故阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑；
②电解时，阳极发生反应：S2--2e-=S、(n-1)S+S2-=S，电解后阳极区溶液用稀硫酸酸化，S与H+发生反应产生H2Sn发生歧化得到硫单质和H2S，其离子方程式为S+2H+=(n-1)S↓+H2S↑；
(2)根据图示可知：一定条件下，不同Fe3+浓度溶液及该溶液起始pH与脱硫率的关系如图所示。当Fe3+浓度大于10 g·L-1时，随着Fe3+浓度增大，脱硫率逐渐降低。这是由于Fe3+浓度增大，有利于提升脱硫率；Fe3+浓度越大，溶液起始pH越小，c(H+)越大，抑制H2S的电离和溶解(第二步和第一步)，使溶液中c(HS-)降低，脱硫率降低，脱硫率降低幅度超过提升幅度 (只答Fe3+浓度越大，溶液起始pH越小，c(H+)越大，抑制H2S的电离和溶解(第二步和第一步)，使溶液中c(HS-)降低，脱硫率降低也可以)；
②反应后的溶液在硫杆菌作用下进行再生的反应为：4FeSO4＋O2＋2H2SO4⇌2Fe2(SO4)3＋2H2O。反应相同时间后，溶液中Fe2+的氧化速率与温度的关系如图所示。温度超过30℃后，随着温度升高，Fe2+的氧化速率下降是由于硫杆菌是反应的催化剂，温度超过30℃后，硫杆菌蛋白质发生变性而逐渐失去活性；
(3)①适当增大活性炭表面的水膜pH，H2S的氧化去除率增，这是由于水膜表面溶液pH中的，OH-浓度增大，促进电离平衡H2SH＋＋HS-向电离方向进行，导致溶液中c(HS-)浓度增大，HS-被氧化变为S，H+与溶液中OH-结合生成H2O；
②但若水膜过厚，H2S的氧化去除率反而会减小，这是由于若水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，产生的O减少。
【分析】（1）①根据题干信息可知，右侧电极为阴极，阴极上H2O得电子产生H2。
②根据题干信息可知，阳极反应得到的S与H+发生歧化反应得到S和H2S，结合电荷、原子守恒进行配平。
（2）①c(Fe3+)增大，有利于提升脱硫率，c(Fe3+)越大，溶液起始pH越小，c(H+)增大，抑制H2S的电离和溶解，使溶液中c(HS-)降低，脱硫率降低。
②催化剂超过一定温度后会逐渐失去活性。
（3）①水膜表面溶液中的c(OH-)增大，能促进H2S的电离平衡，使得c(HS-)增大。
②水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，产生的O减少。
相关试卷
全国高中学生化学竞赛（决赛）理论试题14版： 这是一份全国高中学生化学竞赛（决赛）理论试题14版，共7页。
安徽省宣城市泾县重点中学2022-2023学年高一下学期竞赛选拔化学试题含解析： 这是一份安徽省宣城市泾县重点中学2022-2023学年高一下学期竞赛选拔化学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题等内容，欢迎下载使用。
2022届江苏省苏州市高考考前模拟化学试卷题Word版含解析： 这是一份2022届江苏省苏州市高考考前模拟化学试卷题Word版含解析，共24页。
