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2022-2023学年江西省吉安市高三上学期期末质量检测化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年江西省吉安市高三上学期期末质量检测化学试题含解析，共27页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
江西省吉安市2022-2023学年高三上学期期末质量检测
化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与生活、环境和能源密切相关，下列过程没有涉及化学变化的是
A．葡萄酒中添加二氧化硫 B．对环境消毒杀菌，阻断病毒传播
C．稻草发酵肥田，发展绿色农业 D．蛋白质溶液中加入NaCl固体生成沉淀
【答案】D
【详解】A．二氧化硫是一种抗氧化剂，能防止酒中的一些成分被氧化，该过程涉及化学变化，A不符合题意；
B．环境消毒杀菌，利用物质的强氧化性，使细菌蛋白质变性，有新物质生成，涉及化学变化，B不符合题意；
C．稻草发酵的过程，有新物质生成，涉及化学变化，C不符合题意；
D．蛋白质溶液中加入NaCl固体生成沉淀，此过程为盐析，没有新物质生成，属于物理变化，D符合题意；
故选D。
2．九月正是开学季，今年却因新冠肺炎疫情突发，给吉安市社会经济发展和生产生活带来了重大影响。化学在新冠肺炎疫情防控中发挥着重要的作用，下列说法正确的是
A．医用消毒酒精中乙醇的体积分数为95%
B．医用酒精和84消毒液均可杀灭新型冠状病毒，二者消毒原理不同
C．酒精与84消毒液混合，可增强消毒效果
D．医用外科口罩和防护服所用的熔喷布是一种聚丙烯材料，属于纯净物
【答案】B
【详解】A．医用消毒酒精中乙醇的体积分数为75%，A错误；
B．84消毒液为次氯酸钠水溶液，次氯酸钠中氯元素的化合价为+1价，具有强氧化性，医用酒精主要成分是乙醇，乙醇能够使蛋白质变性，失去活性，从而杀死细菌，并非是利用乙醇的氧化性，二者消毒原理不同，B正确；
C．医用酒精可与84消毒液发生氧化还原反应，二者不可混用，C错误；
D．聚丙烯材料是高聚物，属于混合物，D错误；
故选B。
3．下列离子方程式书写正确的是
A．NaHS水解：
B．用惰性电极电解饱和溶液：
C．用过量氨水吸收工业尾气中的：
D．向溶液中逐滴加入溶液，使溶液呈中性：
【答案】C
【详解】A. HS-既存在电离平衡又存在水解平衡，电离方程式为HS-＋H2O S2－＋H3O+；水解反应的离子方程式应为：HS-＋H2O H2S＋OH-，故A错误；
B. 氢氧化镁为难溶物，离子方程式为：Mg2++2C1-+2H2OC12↑+Mg(OH)2↓+H2↑，故B错误；
碱性环境下的反应，离子方程式应为：4OH-+3ClO- + 2Fe(OH)3＝2FeO42- + 3Cl- + 5H2O ，故B错误；
C.氨水过量，生成正盐，离子方程式为：，故C正确；
D. 向溶液中逐滴加入溶液，使溶液呈中性，则氢离子和氢氧根完全中和，离子方程式为：，故D错误；
答案：C
4．代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1 mol 与3 mol 在一定条件下充分反应，转移的电子数为
B．11.2 L CO和混合气体中含有的质子数为
C．1 L 1 mol·L溴化铵水溶液中与的数量之和大于
D．25℃时，的溶液中含有数为
【答案】C
【详解】A．1 mol 与3 mol 若完全反应生成2molNH3，转移6mol电子，转移电子数为，但由于氮气和氢气的反应为可逆反应，反应不能进行完全，转移电子数少于6NA，A错误；
B．未指明气体所处状态，无法计算气体的物质的量，B错误；
C．1L1mol/L溴化铵水溶液中Br-数目为，根据电荷守恒c(Br-)+c(OH-)=c()+c(H+)，所以与的数量之和大于，C正确；
D．溶液的体积未知，无法计算的物质的量，D错误；
故选C。
5．碘元素在地壳中主要以的形式存在，在海水中主要以的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示。下列说法不正确的是
A．氧化性的强弱顺序为
B．一定条件下，与反应可能生成
C．向含的溶液中通入，所得溶液中加入淀粉溶液一定变蓝
D．途径I、途径II中生成等量的时转移电子数之比为1∶5
【答案】C
【分析】氧化还原反应中氧化性：氧化剂>氧化产物。
【详解】A．由途径I可知氧化性Cl2＞I2，由途径Ⅱ可知氧化性I2＜，由途径Ⅲ可知氧化性Cl2＞，故氧化性的强弱顺序为，A正确；
B．I-为-1价，为+5价，在酸性条件下发生归中反应，则一定条件下，I--与IO3--反应可能生成I2，B正确；
C．根据图示转化Ⅲ可知Cl2＞，Cl2能将I-直接氧化为，则向含I-的溶液中通入Cl2，所得溶液加入淀粉溶液不一定变蓝，C错误；
D．途径I生成1mol I2，转移2mol电子，途径Ⅱ中生成1mol I2，转移10mol电子，则转移电子数之比为1∶5，D正确；
故选C。
6．原子核的人工转变是利用粒子(即氦核)撞击原子核，使原子核转变为另一种原子核的过程。1919年，卢瑟福利用粒子轰击短周期非金属原子，发现了质子，使人类对原子核的认识更进一步，其核反应原理为，其中元素X的最高价氧化物对应的水化物能与其气态氢化物反应生成盐，下列说法正确的是
A．X、Y均可形成既含极性键又含非极性键的化合物
B．的中子数为8
C．原子半径：X
【答案】A
【分析】元素X的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物反应生成盐，X是N元素，依据核聚变的质子守恒和质量数相等，可以推出Y是O元素，据此回答问题。
【详解】A．根据分析，X、Y分别为N、O元素，两种元素可形成N2H4和H2O2，这两种化合物既含极性键又含非极性键，A正确；
B．根据分析，X是N元素，根据质量数守恒，W=17+1-4=14，质子数Z=7，则的中子数为14-7=7，B错误；
C．同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，则原子半径：X(N)>Y(O)，C错误；
D．同周期主族元素从左到右，非金属性逐渐增强，则非金属性：X(N)
7．下列有关化石燃料综合利用的说法正确的是
A．水煤气可用来合成甲醇等含氧有机物
B．石油是混合物，其分馏产品汽油为纯净物
C．甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到
D．煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁燃料
【答案】A
【详解】A． 水煤气成分是氢气和CO，可用来合成甲醇等含氧有机物，故A正确；
B． 石油是混合物，其分馏产品汽油仍然是多种烃类组成的混合物，故B错误；
C． 石油是由多种烷烃、环烷烃的混合物，不含苯和乙烯，故乙烯和苯不能通过石油分馏得到，故C错误；
D． 煤经过气化和液化会有新物质生成，是化学变化，故D错误；
故选A。
8．甲酸常被用于橡胶、医药等工业。在一定条件下可分解生成CO和。在有、无催化剂条件下的能量与反应历程的关系如图所示。下列说法错误的是
A．，途径一未使用催化剂
B．
C．途径二反应的快慢由生成的速率决定
D．途径二中甲酸的平衡转化率更高
【答案】D
【详解】A．由图可知，途径一未使用催化剂，途径二使用催化剂能降低反应的活化能，所以Ea1＞Ea2，A正确；
B．由图可知，总反应的反应物总能量大于生成物总能量，则总反应放热，所以△H1=△H2＜0，B正确；
C．由图可知，途径二中第二阶段的活化能最大，则该阶段的反应速率最慢，决定着整个反应的快慢，C正确；
D．催化剂只能改变反应的速率，但不能改变平衡移动，所以转化率一样，D错误；
故合理选项是D。
9．下列实验室中做法错误的是
A．用冷水贮存白磷
B．实验室中将多余的金属钠放回原试剂瓶
C．常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二
D．用标准HCl溶液滴定溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂
【答案】D
【详解】A．白磷着火点低，易自然，且密度比水大，常保存在冷水中，Ａ正确；
B．钠非常活泼，做实验时，多余的钠要放回原试剂瓶中，防止发生危险，B正确；
C．常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二，确保实验安全，C正确；
D．用标准HCl溶液滴定溶液来测定其浓度，达到终点生成氯化钠和碳酸，碳酸显酸性，所以需用甲基橙作指示剂，D错误；
故选D。
10．化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献。某化学兴趣小组在实验室中模拟侯氏制碱法制备，进一步处理得到产品和。实验流程如图：
下列说法正确的是
A．气体N、M分别为和
B．该流程中只有“食盐水”可以循环使用
C．操作1为过滤，为了加快过滤速率常用玻璃棒搅拌
D．向“母液”中加入NaCl粉末并通入可得到副产品，通入的目的是增大的浓度，有利于析出并提高纯度
【答案】D
【分析】侯氏制碱法的原理为：，极易溶于水，所以先通入，有利于的溶解吸收，充分反应后过滤得到固体，受热分解得到碳酸钠、二氧化碳和水，母液的主要溶质为，向母液中加入NaCl粉末并通入有利于氯化铵的析出，得到纯度更高的。
【详解】A．极易溶于水，所以先通入，有利于的溶解吸收，即气体N、M分别为和，A项错误；
B．根据流程可知，受热分解得到的二氧化碳也可以循环使用，B项错误；
C．根据分析可知操作1为过滤，过滤时，为了避免滤纸被损坏，不能用玻璃棒搅拌，C项错误；
D．向“母液”中加入NaCl粉末并通入可得到副产品，通入，会发生反应：，平衡正向移动，增大了的浓度，有利于析出并提高纯度，D项正确；
答案选D。
11．从八角茴香中提取的莽草酸，是合成治疗禽流感的药物——达菲(Tamiflu)的原料之一。其结构简式如图，下列有关莽草酸分子的说法正确的是
A．分子中所有碳原子共面
B．分子中含有3个手性碳原子
C．1 mol莽草酸能与4 mol NaOH完全反应
D．使酸性溶液和溴的溶液褪色的原理相同
【答案】B
【详解】A．分子中含有4个类似甲烷结构的碳原子，因此所有碳原子不一定共平面，A错误；
B．如图，分子中含有3个手性碳原子，B正确；
C．醇羟基不能和NaOH反应，羧基能和NaOH反应，因此1 mol莽草酸能与1mol NaOH完全反应，C错误；
D．使酸性溶液褪色发生的是氧化还原反应，使溴的溶液褪色发生的是加成反应，二者褪色原理不同，D错误；
故选B。
12．控制、治理氮氧化物对大气的污染是改善大气质量的重要方面。在一密闭容器中发生反应2NO2(g)2NO(g)+O2(g)，反应过程中NO2浓度随时间变化的情况如图所示，若曲线A、B分别表示的是该反应在不同条件下的反应情况。下列说法正确的是
A．曲线A、B分别表示的是该反应在不同压强下的反应情况
B．该反应为放热反应
C．N点的正反应速率大于M点的逆反应速率
D．曲线A、B分别对应的反应平衡常数的大小关系是：
【答案】C
【详解】A．由题干图示信息可知，曲线B先达到平衡，说明曲线B的反应速率大，若曲线A、B分别表示的是该反应在不同压强下的反应情况，则A的压强小于B的压强，而增大压强平衡逆向移动，NO2的浓度增大，与图像所示信息不相符，即曲线A、B不可能代表不同压强下的反应情况，A错误；
B．由A项分析可知，曲线不可能代表压强不同的反应情况，而由题干图示信息可知，NO2的起始浓度不变，则曲线代表不同温度下的反应情况，曲线B先达到平衡，说明曲线B的反应速率大， B的温度高于A的温度，温度越高，NO2的浓度越小，说明升高温度平衡正向移动，则该反应为吸热反应，B错误；
C．由C项分析可知，B的温度高于A的温度，则B曲线达到平衡时的反应速率大于A曲线的，N点的正反应速率大于N点的逆反应速率，N点正反应速率大于达到平衡后的速率，M点已达到平衡，则有N点的正反应速率大于M点的逆反应速率，C正确；
D．由题干图示信息可知，曲线A对应的温度低于曲线B的，降低温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故曲线A、B分别对应的反应平衡常数的大小关系是：，D错误；
故答案为：C。
13．下列操作不能达到实验的的是
目的
操作
A
制备少量二氧化硫气体
向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸
B
证明非金属性：C>Si
将盐酸与混合产生的气体直接通入溶液中
C
除去苯中少量的苯酚
加入适量NaOH溶液，振荡、静置、分液
D
配制用于检验醛基的氢氧化铜悬浊液
向试管中加入2 mL 10% NaOH溶液，再滴加数滴2% 溶液，振荡
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸，发生反应Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+H2O+SO2，可制备少量SO2气体，故A能达到实验的；
B．盐酸与混合产生的CO2气体通入到溶液中，发生反应或，根据强酸制弱酸的原理可知，酸性：，非金属性越强，其对应最高价氧化物对应水化物的酸性越强，由此可得非金属性：C>Si，但是随CO2气体带出来的HCl也能与反应生成，会对实验造成干扰，故B不能达到实验的；
C．苯酚与NaOH反应后生成的苯酚钠溶于水，苯和NaOH不反应，振荡、静置后分层，然后分液可得到苯，故C能达到实验的；
D．向试管中加入2mL10%NaOH溶液，再滴加数滴2%CuSO4溶液，振荡，保证NaOH是过量的，可配制用于检验醛基的氢氧化铜悬浊液，故D能达到实验的；
故选B。
14．25℃时，下列说法正确的是
A．向0.1 mol·L 溶液中加入少量水，溶液中减小
B．等物质的量的、混合溶液中：
C． mol·L的盐酸中 mol·L
D．可溶性正盐BA的溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐
【答案】B
【详解】A．向醋酸溶液中加少量的水，溶液被稀释，酸性减弱，c(CH3COO-)减小，Kw=不变，所以增大，故A错误；
B．等物质的量的、混合溶液中，根据元素质量守恒：，，所以，故B正确；
C．盐酸的浓度为mol·L，完全电离，接近中性，溶剂水电离出的氢离子浓度的数量级与溶质HCl电离的氢离子浓度相差不大，则计算氢离子浓度时，不能忽略水中的氢离子浓度，其数值应大于mol·L，故C错误；
D．可溶性正盐BA的溶液呈中性，BA可能是强酸强碱盐，也可能是弱酸弱碱盐，故D错误；
综上所述，选B。
15．一种新型镁硫电池的工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．放电时，正极可发生反应：
B．使用的隔膜是阳离子交换膜，石墨烯的作用主要是提高电极的导电性
C．电池充电时，电流由电源正极流向S聚合物电极、电解质溶液、Mg电极，再回到电源负极
D．电池充电时间越长，电池中MgS的量越多
【答案】D
【分析】Mg为活泼金属，所以放电时Mg被氧化，Mg电极为负极，聚合物电极为正极。
【详解】A．放电时正极上发生还原反应，得电子，电极反应为3Mg2++MgS8+6e-=4MgS2，故A正确；
B．由题中图示可知，溶液中的阳离子Mg2+通过隔膜移向正极，所以使用的隔膜是阳离子交换膜，石墨可以导电，石墨烯的作用主要是提高电极的导电性，故B正确；
C． 充电时Mg为阴极，即电流由电源正极流向S聚合物电极、电解质溶液、由Mg电极回到电源负极，故C正确；
D．放电时Mg被氧化，最终生成MgS，故电池充电时间越长，电池中MgS的量越少，故D错误；
答案为D。
16．常温下，往0.01 mol·L的NaHA溶液中通入HCl(g)或加入NaOH固体调节溶液的pH(忽略体积变化)，溶液中c(HA-)随pH变化的曲线如图所示。下列说法正确的是
A．水的电离程度：c>b=d>a
B．c点溶液中存在：
C．d点溶液中存在：
D．
【答案】C
【分析】根据图知，c点向左溶液的pH值减小，应该是通入HCl，c点向右为加入KOH固体，溶液的pH值增大，c点为0.01mol/L的NaHA溶液，c点溶液pH=6，溶液呈酸性，说明HA-电离程度大于水解程度，据此分析解题。
【详解】A．酸抑制水电离，酸中c(H+)越大，水电离程度越小，中性溶液不影响水电离，a、b、c点溶液都呈酸性，且是酸电离导致溶液呈酸性，这三点都抑制水电离，c(H+)：a＞b＞c,d点溶液呈中性，不影响水的电离，所以水电离程度：d＞c＞b＞a,故A错误；
B．c点溶液pH=6＜7，溶液呈酸性，说明HA-电离程度大于水解程度，但其电离和水解程度都较小，所以存在c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)，B错误；
C． d点溶液pH=7，溶液呈中性，c(OH-)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则存在c(HA-)+2c(A2-)=c(Na+)，C正确；
D． 根据图像，在a点时，溶液的pH=2，说明c(H+)=10-2mol/L，溶液中c(HA-)为10-5mol/L，溶液中起始时c(HA-)=0.01mol/L，通入HCl忽略溶液体积变化，则平衡时产生c(H2A)=0.01mol/L-10-5mol/L≈0.01mol/L，则Ka1(H2A)=≈=1×10-5，D错误；
故答案为：C。
二、实验题
17．碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。
I．合成该物质的步骤如下：
步骤1：配制200 mL 0.5 mol·L 溶液和400 mL0.5 mol·L 溶液；
步骤2：将所配溶液倒入四口烧瓶中、温度控制在50℃，边搅拌边把所配溶液于1 min内逐滴加入溶液中，然后用氨水调节溶液pH至9.5；
步骤3：放置1 h后。过滤、洗涤、干燥得碳酸镁晶须产品(，~5)。
(1)步骤1中配制400 mL 0.5 mol·L 溶液所需玻璃仪器除烧杯、量筒和玻璃棒外，还有_________________。
(2)①步骤2中应采用的较好的加热方式是_________________。
②生成的离子方程式为_________________。
II．测定合成的中的n值：
方法1：称量1.000 g碳酸镁晶须，放入如图所示的广口瓶中，加入水，滴入稀硫酸与晶须反应．生成的被过量的NaOH溶液吸收，在室温下反应4~5 h，后期将温度升高到30℃，最后向小烧杯中加入足量氯化钡溶液后，将沉淀过滤，用已知浓度的盐酸滴定至中性，从而测得的总量；再重复上述操作2次。
(3)装置中气球的作用是_______________________。
(4)3次实验测得消耗a mol·L盐酸的体积平均值为b mL，已知小烧杯中NaOH溶液的浓度为c mol·L体积为d mL。则n值为______(用含a、b、c、d的代数式表示)。
(5)若省去“后期将温度升高到30℃”的步骤，产生的后果是n值______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
方法2：用热重分析法测定合成的中的n值。称取100 g上述晶须产品进行热重分析，热重曲线如图所示。
(6)230~430℃发生反应的化学方程式为__________________。
【答案】(1)500mL容量瓶、胶头滴管
(2) 水浴加热 Mg2+++NH3⋅H2O+(n−1)H2O=MgCO3⋅nH2O↓+
(3)缓冲压强并封闭体系
(4)
(5)偏大
(6)MgCO3·H2O MgCO3+H2O↑
【分析】II．测定合成的中的n值实验原理：溶液先与稀硫酸反应生成CO2，将生成的CO2气体导入过量NaOH溶液反应生成碳酸钠，向烧杯中的反应液加入足量氯化钡溶液后，碳酸钠与氯化钡反应生成碳酸钡，此时溶液中溶质为氯化钡、氢氧化钠、氯化钠，向溶液中滴加盐酸，盐酸先与氢氧化钠反应，滴加盐酸至溶液呈中性时，盐酸恰好与氢氧化钠完全反应，通过盐酸的量确定吸收二氧化碳后剩余氢氧化钠的量，然后利用总氢氧化钠的量与剩余氢氧化钠的量确定吸收二氧化碳的氢氧化钠的反应量，从而计算出二氧化碳的物质的量，由可知n(C)=n(MgCO3)，由此可得1.000 g碳酸镁晶须中碳酸镁的质量，由碳酸镁晶须总质量碳酸镁质量-晶须中水的质量，由此计算出n(H2O)，继而计算出n值。
【详解】（1）操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取(用到胶头滴管)浓硫酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2~3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1∼2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，则除烧杯、量筒和玻璃棒外，还需要500mL容量瓶、胶头滴管；
（2）①步骤2中要控制温度50℃，较好加热的方法为：水浴加热；
②将250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，用氨水调节溶液pH到9.5，反应生成碳酸镁结晶水合物，反应的化学方程式为Mg2+++NH3⋅H2O+(n−1)H2O=MgCO3⋅nH2O↓+；
（3）装置中气球可以缓冲压强并封闭装置，暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定；
（4）NaOH溶液为c mol·L-1 d mL，3次实验测得消耗a mol·L-1盐酸的体积平均值为b mL，则吸收二氧化碳消耗的NaOH的物质的量为：cmol·L-1d10-3-amol·L-1b10-3=(cd-ab)10-3mol，依据元素守恒可知，碳酸镁物质的量为10-3mol，根据化学式可知，MgCO3⋅nH2O中碳酸镁晶体中碳酸镁和结晶水物质的量之比为1:n，得到1:n=10-3: ；得到n=；
（5）反应后期将温度升到30℃的目的是：使生成的二氧化碳全部逸出后被氢氧化钠溶液吸收，减少测定产生的误差，若省去“后期将温度升高到30℃”的步骤，测得二氧化碳的量偏小，由（4）可知，n值偏大；
（6）由图象可知，加热到230℃~430℃，质量损失了(100%-82.3%)100g=18g，刚好损失的是1mol水，则MgCO3·nH2O的摩尔质量为：=100g/mol，则n=1，230℃~430℃发生的化学反应的方程式为：MgCO3·H2O MgCO3+H2O↑。
三、工业流程题
18．软锰矿的主要成分为，还含有、MgO、、CaO、等杂质，工业上用软锰矿制取的流程如下：
已知：①部分金属阳离子完全沉淀时的pH如下表。
金属阳离子
完全沉淀时的pH
3.2
5.2
10.4
12.4
②温度高于27℃时，的溶解度随温度的升高而逐渐降低．
(1)“浸出”过程中通入的作用是__________________。
(2)第1步除杂中加入的目的是__________________(用离子方程式表示)。．
(3)第1步除杂中需要调整溶液pH的范围是______到______，调pH时可选择的试剂为______(填字母)。
a．氨水 b． c．CaO d．MgO
(4)第2步除杂，主要是将、转化为相应氟化物沉淀除去，写出除去的离子方程式：________________________，该反应的平衡常数为__________________。
(已知：的；的；的)
(5)“系列操作”中的具体操作有__________________，经干燥得到。
【答案】(1)将MnO2还原为Mn2+
(2)
(3) 5.2 7.9 cd
(4) MnF2 + Ca2+Mn2+ + CaF2
(5)蒸发浓缩、趁热过滤
【分析】由流程可知，软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO、等杂质，加入硫酸并通入SO2浸出，其中MnO2和SO2发生反应SO2＋MnO2=MnSO4，Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO和H2SO4反应生成相应金属阳离子，和H2SO4不反应；过滤后所得浸出渣为，在所得浸出液中，先加H2O2将亚铁离子氧化为铁离子，再调节pH，由氢氧化物的沉淀pH可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣I为Fe(OH)3、Al(OH)3；在第2步除杂中，将、转化为相应氟化物沉淀除去；最后经一系列操作得到MnSO4•H2O，以此来解答。
【详解】（1）“浸出”过程中，MnO2和SO2发生反应SO2＋MnO2=MnSO4，则通入的作用是将MnO2还原为Mn2+；
（2）第1步除杂中加入H2O2的目的是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，以便于形成Fe(OH)3沉淀，过滤将沉淀除去，反应的离子方程式为；
（3）第1步除杂中，需要将、完全转化为沉淀除去，则pH大于5.2，并且需要不沉淀，根据表格数据，当完全沉淀时，，设起始物质的量浓度为1mol/L，则开始沉淀时，，故需要调整溶液pH的范围是5.2到7.9；在调pH至5.27.9时，为了不引入新的杂质离子，所加的试剂应该可以与酸发生反应，可选择CaO、MgO，生成的Ca2+、Mg2+可在第2步除杂除去，故可选择的试剂为cd；
（4）第2步除杂，主要是将Ca2+、Mg2+转化为相应氟化物沉淀除去， MnF2除去Ca2+的离子反应方程式是MnF2 + Ca2+Mn2+ + CaF2；该反应的平衡常数数值为K=；
（5）MnSO4·H2O在水中的溶解度随温度的升高而减小，采用“趁热过滤”操作可以减少MnSO4·H2O在水中的溶解，得到更多所得产品，故具体操作有：蒸发浓缩、趁热过滤。
四、原理综合题
19．丙烯是三大合成材料的基本原料之一．其用量最大的是生产聚丙烯。另外，丙烯还可用于制备1，2-二氯丙烷、丙烯醛等产品。回答下列问题：
(1)工业上用丙烯加成法制备1，2-二氯内烷，主要副产物为3一氯丙烯，反应原理为
① kJ·mol
② kJ·mol
一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的和，在催化剂作用下发生反应①②．容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。
时问/min
0
60
120
180
240
300
360
压强/kPa
80
74.2
69.4
65.2
61.6
57.6
57.6
用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即，则反应①前60 min内平均反应速率______kPa·min(保留小数点后3位)。
(2)丙烷无氧脱氢法是制备丙烯的常见方法，反应的化学方程式为 。如图为丙烷无氧脱氢法制丙烯中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系(图中的压强分别为 Pa和 Pa)。
① Pa时图中表示和的体积分数随温度变化关系的曲线分别是_______(填“ⅰ”“ⅱ”“ⅲ”“ⅳ”)；丙烷无氧脱氢法制丙烯反应的_______0(填“大于”或“小于”)。
② Pa、500℃时，丙烷无氧脱氢法制丙烯反应中的化学平衡常数_______，用平衡分压代替平衡浓度表示该反应的化学平衡常数_______Pa(已知：气体分压=气体总压体积分数)。
③高温下，丙烷生成丙烯的反应在初期阶段的速率方程为，其中k为反应速率常数。对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是_______(填字母)。
a．增大丙烷浓度，v增大 b．增大浓度，v增大
c．丙烯的生成速率逐渐增大 d．降低反应温度，k减小
【答案】(1)0.010
(2) ⅳ、ⅰ 大于 0.5 3.3 ad
【详解】（1）由于反应②前后气体计量数之和相等，故压强的变化均由反应①造成，60min时压强变化△p为80kPa-74.2kPa=0.58kPa，所以==0.010 kPa·min；
（2）①由图中气体的体积分数总和为100%，生成物两种相等，可推知为ⅳ、ⅰ一对，ⅱ、ⅲ为一对，丙烷脱氢制丙烯为气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，丙烯的平衡体积分数减小，结合反应物及生成物变化，故曲线ⅳ代表 Pa时的平衡体积分数；曲线ⅰ代表 Pa时的平衡体积分数；曲线ⅰ代表 Pa时的平衡体积分数，温度升高，体积分数增大，则平衡向正反应方向移动，丙烷无氧脱氢法制丙烯反应的大于；答案为ⅳ、ⅰ；大于；
② Pa、500℃时，丙烯的平衡体积分数为33%，设起始丙烷为1mol，容器体积为1L，转化率为x，由题意建立如下三段式：
则由丙烯的平衡体积分数为33%可得，，解得x≈0.5，化学平衡常数K==0.5；
丙烷、丙烯和氢气的分压均为 Pa，则用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数=Pa=3.3Pa；
③a.由知增加丙烷浓度，v增大，选项a正确；
b. v与c(C3H8)有关，与c(H2 )无关，故增加H2浓度的瞬间，v不变，选项b错误；
c.随着反应的进行，丙烷浓度逐渐减小，则反应速率逐渐减小，即丙烯的生成速率逐渐减小，选项c错误；
d. k为反应速率常数，k与温度有关，降低温度，k减小，选项d正确；
答案选ad。
五、有机推断题
20．全球首个利用诺奖技术(低氧诱导因子原理)开发的肾性贫血治疗创新药物“罗沙司他”的一种制备流程如图：
已知：同一个碳原子上连有两个羟基通常不稳定，易脱水形成羰基。
回答下列问题：
(1)A的化学名称为_______________。
(2)由B生成C的化学方程式为______________。
(3)由E生成F所需试剂、条件分别为______________。
(4)下列说法正确的是______________(填字母)。
a．1 mol C最多能消耗3 mol NaOH b．F→G的过程中还有HBr生成
c．E能与Br2发生取代反应 d．I极易溶于水
(5)已知，由G生成H的反应过程如图：
有机化合物J的结构简式为_______________________；②的反应类型为____________。
(6)D的同分异构体中含有苯环的还有____________种，其中K、L是D的同分异构体：
①K既能发生银镜反应，又能发生水解反应，K在酸催化下发生水解反应的化学方程式为________________；
②L能够与饱和碳酸氢钠溶液反应放出，L的结构简式为_____________________。
【答案】(1)对甲基苯酚
(2)+2Cl2+2HCl
(3)CH3OH和浓硫酸、加热
(4)bc
(5) 加成反应
(6) 4 +H2OHCOOH+
【分析】A的分子式为C7H8O，一定条件下反应生成B为，结合A的分子式与B的结构简式可推知A与乙酰氯发生取代反应生成和氯化氢，则A为； 与氯气在光照条件下发生取代反应生成C，根据C的分子式可知，C上有2个H原子被氯原子取代，则C为；在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应并酸化，酯基水解，同一个碳上2个羟基不稳定会脱水，最后得到D，D的分子式为C7H6O2，则D为；与H2NCH2COOH反应生成的E为，在一定条件下反应生成F，F与溴苯发生取代反应生成G，结合E、G 的结构简式及F的分子式可推出E与甲醇发生酯化反应生成F，则F为，与溴苯发生取代反应生成G为，与乙醛经两步反应生成H为，在一定条件下经两步反应生成。
【详解】（1）根据分析，A为，化学名称为对甲基苯酚；
（2）根据分析，C为，则B生成C的化学方程式为+2Cl2+2HCl；
（3）E→F是与甲醇发生酯化反应生成和水，则所需试剂为CH3OH和浓硫酸，条件为加热；
（4）a．根据分析，C为，分子中含有1个酯基（酚酯），1 mol酯基消耗2molNaOH，含有2个碳氯键，2mol碳氯键消耗2molNaOH，则1 mol C最多能消耗4 mol NaOH ，a错误；
b．根据分析，F为，F与溴苯发生取代反应生成的G为，根据原子守恒可知，F→G的过程中还有HBr生成，b正确；
c．E为，酚羟基的邻位上有氢原子，能与Br2发生取代反应，c正确；
d．I为，相对分子质量较大，且含有苯环、肽键等，不易溶于水，d错误；
故选bc；
（5）G为，与乙醛反应生成有机物J，根据+R´-NH2⟶+H2O可知，乙醛中的羰基去O，氨基上去2个H形成碳氮双键，因此可推知有机物J的结构简式为；反应生成H为，结合两者的结构简式可知，应该为碳氮双键打开，苯环上的一个H原子断开后加成，故②的反应类型为加成反应；
（6）根据分析，D为，则D的同分异构体中含有苯环的还有、、和共4种；
①既能发生银镜反应，又能发生水解反应，说明属于甲酸酯，则K为，其在酸催化下发生水解反应的化学方程式为+H2OHCOOH+；
②L能够与饱和碳酸氢钠溶液反应放出，说明分子中含有羧基，则L为。
江西省吉安市2022-2023学年高三上学期期末质量检测
化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与生活、环境和能源密切相关，下列过程没有涉及化学变化的是
A．葡萄酒中添加二氧化硫 B．对环境消毒杀菌，阻断病毒传播
C．稻草发酵肥田，发展绿色农业 D．蛋白质溶液中加入NaCl固体生成沉淀
【答案】D
【详解】A．二氧化硫是一种抗氧化剂，能防止酒中的一些成分被氧化，该过程涉及化学变化，A不符合题意；
B．环境消毒杀菌，利用物质的强氧化性，使细菌蛋白质变性，有新物质生成，涉及化学变化，B不符合题意；
C．稻草发酵的过程，有新物质生成，涉及化学变化，C不符合题意；
D．蛋白质溶液中加入NaCl固体生成沉淀，此过程为盐析，没有新物质生成，属于物理变化，D符合题意；
故选D。
2．九月正是开学季，今年却因新冠肺炎疫情突发，给吉安市社会经济发展和生产生活带来了重大影响。化学在新冠肺炎疫情防控中发挥着重要的作用，下列说法正确的是
A．医用消毒酒精中乙醇的体积分数为95%
B．医用酒精和84消毒液均可杀灭新型冠状病毒，二者消毒原理不同
C．酒精与84消毒液混合，可增强消毒效果
D．医用外科口罩和防护服所用的熔喷布是一种聚丙烯材料，属于纯净物
【答案】B
【详解】A．医用消毒酒精中乙醇的体积分数为75%，A错误；
B．84消毒液为次氯酸钠水溶液，次氯酸钠中氯元素的化合价为+1价，具有强氧化性，医用酒精主要成分是乙醇，乙醇能够使蛋白质变性，失去活性，从而杀死细菌，并非是利用乙醇的氧化性，二者消毒原理不同，B正确；
C．医用酒精可与84消毒液发生氧化还原反应，二者不可混用，C错误；
D．聚丙烯材料是高聚物，属于混合物，D错误；
故选B。
3．下列离子方程式书写正确的是
A．NaHS水解：
B．用惰性电极电解饱和溶液：
C．用过量氨水吸收工业尾气中的：
D．向溶液中逐滴加入溶液，使溶液呈中性：
【答案】C
【详解】A. HS-既存在电离平衡又存在水解平衡，电离方程式为HS-＋H2O S2－＋H3O+；水解反应的离子方程式应为：HS-＋H2O H2S＋OH-，故A错误；
B. 氢氧化镁为难溶物，离子方程式为：Mg2++2C1-+2H2OC12↑+Mg(OH)2↓+H2↑，故B错误；
碱性环境下的反应，离子方程式应为：4OH-+3ClO- + 2Fe(OH)3＝2FeO42- + 3Cl- + 5H2O ，故B错误；
C.氨水过量，生成正盐，离子方程式为：，故C正确；
D. 向溶液中逐滴加入溶液，使溶液呈中性，则氢离子和氢氧根完全中和，离子方程式为：，故D错误；
答案：C
4．代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1 mol 与3 mol 在一定条件下充分反应，转移的电子数为
B．11.2 L CO和混合气体中含有的质子数为
C．1 L 1 mol·L溴化铵水溶液中与的数量之和大于
D．25℃时，的溶液中含有数为
【答案】C
【详解】A．1 mol 与3 mol 若完全反应生成2molNH3，转移6mol电子，转移电子数为，但由于氮气和氢气的反应为可逆反应，反应不能进行完全，转移电子数少于6NA，A错误；
B．未指明气体所处状态，无法计算气体的物质的量，B错误；
C．1L1mol/L溴化铵水溶液中Br-数目为，根据电荷守恒c(Br-)+c(OH-)=c()+c(H+)，所以与的数量之和大于，C正确；
D．溶液的体积未知，无法计算的物质的量，D错误；
故选C。
5．碘元素在地壳中主要以的形式存在，在海水中主要以的形式存在，几种粒子之间的转化关系如图所示。下列说法不正确的是
A．氧化性的强弱顺序为
B．一定条件下，与反应可能生成
C．向含的溶液中通入，所得溶液中加入淀粉溶液一定变蓝
D．途径I、途径II中生成等量的时转移电子数之比为1∶5
【答案】C
【分析】氧化还原反应中氧化性：氧化剂>氧化产物。
【详解】A．由途径I可知氧化性Cl2＞I2，由途径Ⅱ可知氧化性I2＜，由途径Ⅲ可知氧化性Cl2＞，故氧化性的强弱顺序为，A正确；
B．I-为-1价，为+5价，在酸性条件下发生归中反应，则一定条件下，I--与IO3--反应可能生成I2，B正确；
C．根据图示转化Ⅲ可知Cl2＞，Cl2能将I-直接氧化为，则向含I-的溶液中通入Cl2，所得溶液加入淀粉溶液不一定变蓝，C错误；
D．途径I生成1mol I2，转移2mol电子，途径Ⅱ中生成1mol I2，转移10mol电子，则转移电子数之比为1∶5，D正确；
故选C。
6．原子核的人工转变是利用粒子(即氦核)撞击原子核，使原子核转变为另一种原子核的过程。1919年，卢瑟福利用粒子轰击短周期非金属原子，发现了质子，使人类对原子核的认识更进一步，其核反应原理为，其中元素X的最高价氧化物对应的水化物能与其气态氢化物反应生成盐，下列说法正确的是
A．X、Y均可形成既含极性键又含非极性键的化合物
B．的中子数为8
C．原子半径：X
【答案】A
【分析】元素X的最高价氧化物对应水化物与其气态氢化物反应生成盐，X是N元素，依据核聚变的质子守恒和质量数相等，可以推出Y是O元素，据此回答问题。
【详解】A．根据分析，X、Y分别为N、O元素，两种元素可形成N2H4和H2O2，这两种化合物既含极性键又含非极性键，A正确；
B．根据分析，X是N元素，根据质量数守恒，W=17+1-4=14，质子数Z=7，则的中子数为14-7=7，B错误；
C．同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，则原子半径：X(N)>Y(O)，C错误；
D．同周期主族元素从左到右，非金属性逐渐增强，则非金属性：X(N)
7．下列有关化石燃料综合利用的说法正确的是
A．水煤气可用来合成甲醇等含氧有机物
B．石油是混合物，其分馏产品汽油为纯净物
C．甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到
D．煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁燃料
【答案】A
【详解】A． 水煤气成分是氢气和CO，可用来合成甲醇等含氧有机物，故A正确；
B． 石油是混合物，其分馏产品汽油仍然是多种烃类组成的混合物，故B错误；
C． 石油是由多种烷烃、环烷烃的混合物，不含苯和乙烯，故乙烯和苯不能通过石油分馏得到，故C错误；
D． 煤经过气化和液化会有新物质生成，是化学变化，故D错误；
故选A。
8．甲酸常被用于橡胶、医药等工业。在一定条件下可分解生成CO和。在有、无催化剂条件下的能量与反应历程的关系如图所示。下列说法错误的是
A．，途径一未使用催化剂
B．
C．途径二反应的快慢由生成的速率决定
D．途径二中甲酸的平衡转化率更高
【答案】D
【详解】A．由图可知，途径一未使用催化剂，途径二使用催化剂能降低反应的活化能，所以Ea1＞Ea2，A正确；
B．由图可知，总反应的反应物总能量大于生成物总能量，则总反应放热，所以△H1=△H2＜0，B正确；
C．由图可知，途径二中第二阶段的活化能最大，则该阶段的反应速率最慢，决定着整个反应的快慢，C正确；
D．催化剂只能改变反应的速率，但不能改变平衡移动，所以转化率一样，D错误；
故合理选项是D。
9．下列实验室中做法错误的是
A．用冷水贮存白磷
B．实验室中将多余的金属钠放回原试剂瓶
C．常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二
D．用标准HCl溶液滴定溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂
【答案】D
【详解】A．白磷着火点低，易自然，且密度比水大，常保存在冷水中，Ａ正确；
B．钠非常活泼，做实验时，多余的钠要放回原试剂瓶中，防止发生危险，B正确；
C．常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二，确保实验安全，C正确；
D．用标准HCl溶液滴定溶液来测定其浓度，达到终点生成氯化钠和碳酸，碳酸显酸性，所以需用甲基橙作指示剂，D错误；
故选D。
10．化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献。某化学兴趣小组在实验室中模拟侯氏制碱法制备，进一步处理得到产品和。实验流程如图：
下列说法正确的是
A．气体N、M分别为和
B．该流程中只有“食盐水”可以循环使用
C．操作1为过滤，为了加快过滤速率常用玻璃棒搅拌
D．向“母液”中加入NaCl粉末并通入可得到副产品，通入的目的是增大的浓度，有利于析出并提高纯度
【答案】D
【分析】侯氏制碱法的原理为：，极易溶于水，所以先通入，有利于的溶解吸收，充分反应后过滤得到固体，受热分解得到碳酸钠、二氧化碳和水，母液的主要溶质为，向母液中加入NaCl粉末并通入有利于氯化铵的析出，得到纯度更高的。
【详解】A．极易溶于水，所以先通入，有利于的溶解吸收，即气体N、M分别为和，A项错误；
B．根据流程可知，受热分解得到的二氧化碳也可以循环使用，B项错误；
C．根据分析可知操作1为过滤，过滤时，为了避免滤纸被损坏，不能用玻璃棒搅拌，C项错误；
D．向“母液”中加入NaCl粉末并通入可得到副产品，通入，会发生反应：，平衡正向移动，增大了的浓度，有利于析出并提高纯度，D项正确；
答案选D。
11．从八角茴香中提取的莽草酸，是合成治疗禽流感的药物——达菲(Tamiflu)的原料之一。其结构简式如图，下列有关莽草酸分子的说法正确的是
A．分子中所有碳原子共面
B．分子中含有3个手性碳原子
C．1 mol莽草酸能与4 mol NaOH完全反应
D．使酸性溶液和溴的溶液褪色的原理相同
【答案】B
【详解】A．分子中含有4个类似甲烷结构的碳原子，因此所有碳原子不一定共平面，A错误；
B．如图，分子中含有3个手性碳原子，B正确；
C．醇羟基不能和NaOH反应，羧基能和NaOH反应，因此1 mol莽草酸能与1mol NaOH完全反应，C错误；
D．使酸性溶液褪色发生的是氧化还原反应，使溴的溶液褪色发生的是加成反应，二者褪色原理不同，D错误；
故选B。
12．控制、治理氮氧化物对大气的污染是改善大气质量的重要方面。在一密闭容器中发生反应2NO2(g)2NO(g)+O2(g)，反应过程中NO2浓度随时间变化的情况如图所示，若曲线A、B分别表示的是该反应在不同条件下的反应情况。下列说法正确的是
A．曲线A、B分别表示的是该反应在不同压强下的反应情况
B．该反应为放热反应
C．N点的正反应速率大于M点的逆反应速率
D．曲线A、B分别对应的反应平衡常数的大小关系是：
【答案】C
【详解】A．由题干图示信息可知，曲线B先达到平衡，说明曲线B的反应速率大，若曲线A、B分别表示的是该反应在不同压强下的反应情况，则A的压强小于B的压强，而增大压强平衡逆向移动，NO2的浓度增大，与图像所示信息不相符，即曲线A、B不可能代表不同压强下的反应情况，A错误；
B．由A项分析可知，曲线不可能代表压强不同的反应情况，而由题干图示信息可知，NO2的起始浓度不变，则曲线代表不同温度下的反应情况，曲线B先达到平衡，说明曲线B的反应速率大， B的温度高于A的温度，温度越高，NO2的浓度越小，说明升高温度平衡正向移动，则该反应为吸热反应，B错误；
C．由C项分析可知，B的温度高于A的温度，则B曲线达到平衡时的反应速率大于A曲线的，N点的正反应速率大于N点的逆反应速率，N点正反应速率大于达到平衡后的速率，M点已达到平衡，则有N点的正反应速率大于M点的逆反应速率，C正确；
D．由题干图示信息可知，曲线A对应的温度低于曲线B的，降低温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故曲线A、B分别对应的反应平衡常数的大小关系是：，D错误；
故答案为：C。
13．下列操作不能达到实验的的是
目的
操作
A
制备少量二氧化硫气体
向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸
B
证明非金属性：C>Si
将盐酸与混合产生的气体直接通入溶液中
C
除去苯中少量的苯酚
加入适量NaOH溶液，振荡、静置、分液
D
配制用于检验醛基的氢氧化铜悬浊液
向试管中加入2 mL 10% NaOH溶液，再滴加数滴2% 溶液，振荡
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸，发生反应Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+H2O+SO2，可制备少量SO2气体，故A能达到实验的；
B．盐酸与混合产生的CO2气体通入到溶液中，发生反应或，根据强酸制弱酸的原理可知，酸性：，非金属性越强，其对应最高价氧化物对应水化物的酸性越强，由此可得非金属性：C>Si，但是随CO2气体带出来的HCl也能与反应生成，会对实验造成干扰，故B不能达到实验的；
C．苯酚与NaOH反应后生成的苯酚钠溶于水，苯和NaOH不反应，振荡、静置后分层，然后分液可得到苯，故C能达到实验的；
D．向试管中加入2mL10%NaOH溶液，再滴加数滴2%CuSO4溶液，振荡，保证NaOH是过量的，可配制用于检验醛基的氢氧化铜悬浊液，故D能达到实验的；
故选B。
14．25℃时，下列说法正确的是
A．向0.1 mol·L 溶液中加入少量水，溶液中减小
B．等物质的量的、混合溶液中：
C． mol·L的盐酸中 mol·L
D．可溶性正盐BA的溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐
【答案】B
【详解】A．向醋酸溶液中加少量的水，溶液被稀释，酸性减弱，c(CH3COO-)减小，Kw=不变，所以增大，故A错误；
B．等物质的量的、混合溶液中，根据元素质量守恒：，，所以，故B正确；
C．盐酸的浓度为mol·L，完全电离，接近中性，溶剂水电离出的氢离子浓度的数量级与溶质HCl电离的氢离子浓度相差不大，则计算氢离子浓度时，不能忽略水中的氢离子浓度，其数值应大于mol·L，故C错误；
D．可溶性正盐BA的溶液呈中性，BA可能是强酸强碱盐，也可能是弱酸弱碱盐，故D错误；
综上所述，选B。
15．一种新型镁硫电池的工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．放电时，正极可发生反应：
B．使用的隔膜是阳离子交换膜，石墨烯的作用主要是提高电极的导电性
C．电池充电时，电流由电源正极流向S聚合物电极、电解质溶液、Mg电极，再回到电源负极
D．电池充电时间越长，电池中MgS的量越多
【答案】D
【分析】Mg为活泼金属，所以放电时Mg被氧化，Mg电极为负极，聚合物电极为正极。
【详解】A．放电时正极上发生还原反应，得电子，电极反应为3Mg2++MgS8+6e-=4MgS2，故A正确；
B．由题中图示可知，溶液中的阳离子Mg2+通过隔膜移向正极，所以使用的隔膜是阳离子交换膜，石墨可以导电，石墨烯的作用主要是提高电极的导电性，故B正确；
C． 充电时Mg为阴极，即电流由电源正极流向S聚合物电极、电解质溶液、由Mg电极回到电源负极，故C正确；
D．放电时Mg被氧化，最终生成MgS，故电池充电时间越长，电池中MgS的量越少，故D错误；
答案为D。
16．常温下，往0.01 mol·L的NaHA溶液中通入HCl(g)或加入NaOH固体调节溶液的pH(忽略体积变化)，溶液中c(HA-)随pH变化的曲线如图所示。下列说法正确的是
A．水的电离程度：c>b=d>a
B．c点溶液中存在：
C．d点溶液中存在：
D．
【答案】C
【分析】根据图知，c点向左溶液的pH值减小，应该是通入HCl，c点向右为加入KOH固体，溶液的pH值增大，c点为0.01mol/L的NaHA溶液，c点溶液pH=6，溶液呈酸性，说明HA-电离程度大于水解程度，据此分析解题。
【详解】A．酸抑制水电离，酸中c(H+)越大，水电离程度越小，中性溶液不影响水电离，a、b、c点溶液都呈酸性，且是酸电离导致溶液呈酸性，这三点都抑制水电离，c(H+)：a＞b＞c,d点溶液呈中性，不影响水的电离，所以水电离程度：d＞c＞b＞a,故A错误；
B．c点溶液pH=6＜7，溶液呈酸性，说明HA-电离程度大于水解程度，但其电离和水解程度都较小，所以存在c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)，B错误；
C． d点溶液pH=7，溶液呈中性，c(OH-)=c(H+)，溶液中存在电荷守恒c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则存在c(HA-)+2c(A2-)=c(Na+)，C正确；
D． 根据图像，在a点时，溶液的pH=2，说明c(H+)=10-2mol/L，溶液中c(HA-)为10-5mol/L，溶液中起始时c(HA-)=0.01mol/L，通入HCl忽略溶液体积变化，则平衡时产生c(H2A)=0.01mol/L-10-5mol/L≈0.01mol/L，则Ka1(H2A)=≈=1×10-5，D错误；
故答案为：C。
二、实验题
17．碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。
I．合成该物质的步骤如下：
步骤1：配制200 mL 0.5 mol·L 溶液和400 mL0.5 mol·L 溶液；
步骤2：将所配溶液倒入四口烧瓶中、温度控制在50℃，边搅拌边把所配溶液于1 min内逐滴加入溶液中，然后用氨水调节溶液pH至9.5；
步骤3：放置1 h后。过滤、洗涤、干燥得碳酸镁晶须产品(，~5)。
(1)步骤1中配制400 mL 0.5 mol·L 溶液所需玻璃仪器除烧杯、量筒和玻璃棒外，还有_________________。
(2)①步骤2中应采用的较好的加热方式是_________________。
②生成的离子方程式为_________________。
II．测定合成的中的n值：
方法1：称量1.000 g碳酸镁晶须，放入如图所示的广口瓶中，加入水，滴入稀硫酸与晶须反应．生成的被过量的NaOH溶液吸收，在室温下反应4~5 h，后期将温度升高到30℃，最后向小烧杯中加入足量氯化钡溶液后，将沉淀过滤，用已知浓度的盐酸滴定至中性，从而测得的总量；再重复上述操作2次。
(3)装置中气球的作用是_______________________。
(4)3次实验测得消耗a mol·L盐酸的体积平均值为b mL，已知小烧杯中NaOH溶液的浓度为c mol·L体积为d mL。则n值为______(用含a、b、c、d的代数式表示)。
(5)若省去“后期将温度升高到30℃”的步骤，产生的后果是n值______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
方法2：用热重分析法测定合成的中的n值。称取100 g上述晶须产品进行热重分析，热重曲线如图所示。
(6)230~430℃发生反应的化学方程式为__________________。
【答案】(1)500mL容量瓶、胶头滴管
(2) 水浴加热 Mg2+++NH3⋅H2O+(n−1)H2O=MgCO3⋅nH2O↓+
(3)缓冲压强并封闭体系
(4)
(5)偏大
(6)MgCO3·H2O MgCO3+H2O↑
【分析】II．测定合成的中的n值实验原理：溶液先与稀硫酸反应生成CO2，将生成的CO2气体导入过量NaOH溶液反应生成碳酸钠，向烧杯中的反应液加入足量氯化钡溶液后，碳酸钠与氯化钡反应生成碳酸钡，此时溶液中溶质为氯化钡、氢氧化钠、氯化钠，向溶液中滴加盐酸，盐酸先与氢氧化钠反应，滴加盐酸至溶液呈中性时，盐酸恰好与氢氧化钠完全反应，通过盐酸的量确定吸收二氧化碳后剩余氢氧化钠的量，然后利用总氢氧化钠的量与剩余氢氧化钠的量确定吸收二氧化碳的氢氧化钠的反应量，从而计算出二氧化碳的物质的量，由可知n(C)=n(MgCO3)，由此可得1.000 g碳酸镁晶须中碳酸镁的质量，由碳酸镁晶须总质量碳酸镁质量-晶须中水的质量，由此计算出n(H2O)，继而计算出n值。
【详解】（1）操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取(用到胶头滴管)浓硫酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2~3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1∼2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，则除烧杯、量筒和玻璃棒外，还需要500mL容量瓶、胶头滴管；
（2）①步骤2中要控制温度50℃，较好加热的方法为：水浴加热；
②将250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，用氨水调节溶液pH到9.5，反应生成碳酸镁结晶水合物，反应的化学方程式为Mg2+++NH3⋅H2O+(n−1)H2O=MgCO3⋅nH2O↓+；
（3）装置中气球可以缓冲压强并封闭装置，暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定；
（4）NaOH溶液为c mol·L-1 d mL，3次实验测得消耗a mol·L-1盐酸的体积平均值为b mL，则吸收二氧化碳消耗的NaOH的物质的量为：cmol·L-1d10-3-amol·L-1b10-3=(cd-ab)10-3mol，依据元素守恒可知，碳酸镁物质的量为10-3mol，根据化学式可知，MgCO3⋅nH2O中碳酸镁晶体中碳酸镁和结晶水物质的量之比为1:n，得到1:n=10-3: ；得到n=；
（5）反应后期将温度升到30℃的目的是：使生成的二氧化碳全部逸出后被氢氧化钠溶液吸收，减少测定产生的误差，若省去“后期将温度升高到30℃”的步骤，测得二氧化碳的量偏小，由（4）可知，n值偏大；
（6）由图象可知，加热到230℃~430℃，质量损失了(100%-82.3%)100g=18g，刚好损失的是1mol水，则MgCO3·nH2O的摩尔质量为：=100g/mol，则n=1，230℃~430℃发生的化学反应的方程式为：MgCO3·H2O MgCO3+H2O↑。
三、工业流程题
18．软锰矿的主要成分为，还含有、MgO、、CaO、等杂质，工业上用软锰矿制取的流程如下：
已知：①部分金属阳离子完全沉淀时的pH如下表。
金属阳离子
完全沉淀时的pH
3.2
5.2
10.4
12.4
②温度高于27℃时，的溶解度随温度的升高而逐渐降低．
(1)“浸出”过程中通入的作用是__________________。
(2)第1步除杂中加入的目的是__________________(用离子方程式表示)。．
(3)第1步除杂中需要调整溶液pH的范围是______到______，调pH时可选择的试剂为______(填字母)。
a．氨水 b． c．CaO d．MgO
(4)第2步除杂，主要是将、转化为相应氟化物沉淀除去，写出除去的离子方程式：________________________，该反应的平衡常数为__________________。
(已知：的；的；的)
(5)“系列操作”中的具体操作有__________________，经干燥得到。
【答案】(1)将MnO2还原为Mn2+
(2)
(3) 5.2 7.9 cd
(4) MnF2 + Ca2+Mn2+ + CaF2
(5)蒸发浓缩、趁热过滤
【分析】由流程可知，软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO、等杂质，加入硫酸并通入SO2浸出，其中MnO2和SO2发生反应SO2＋MnO2=MnSO4，Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO和H2SO4反应生成相应金属阳离子，和H2SO4不反应；过滤后所得浸出渣为，在所得浸出液中，先加H2O2将亚铁离子氧化为铁离子，再调节pH，由氢氧化物的沉淀pH可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣I为Fe(OH)3、Al(OH)3；在第2步除杂中，将、转化为相应氟化物沉淀除去；最后经一系列操作得到MnSO4•H2O，以此来解答。
【详解】（1）“浸出”过程中，MnO2和SO2发生反应SO2＋MnO2=MnSO4，则通入的作用是将MnO2还原为Mn2+；
（2）第1步除杂中加入H2O2的目的是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，以便于形成Fe(OH)3沉淀，过滤将沉淀除去，反应的离子方程式为；
（3）第1步除杂中，需要将、完全转化为沉淀除去，则pH大于5.2，并且需要不沉淀，根据表格数据，当完全沉淀时，，设起始物质的量浓度为1mol/L，则开始沉淀时，，故需要调整溶液pH的范围是5.2到7.9；在调pH至5.27.9时，为了不引入新的杂质离子，所加的试剂应该可以与酸发生反应，可选择CaO、MgO，生成的Ca2+、Mg2+可在第2步除杂除去，故可选择的试剂为cd；
（4）第2步除杂，主要是将Ca2+、Mg2+转化为相应氟化物沉淀除去， MnF2除去Ca2+的离子反应方程式是MnF2 + Ca2+Mn2+ + CaF2；该反应的平衡常数数值为K=；
（5）MnSO4·H2O在水中的溶解度随温度的升高而减小，采用“趁热过滤”操作可以减少MnSO4·H2O在水中的溶解，得到更多所得产品，故具体操作有：蒸发浓缩、趁热过滤。
四、原理综合题
19．丙烯是三大合成材料的基本原料之一．其用量最大的是生产聚丙烯。另外，丙烯还可用于制备1，2-二氯丙烷、丙烯醛等产品。回答下列问题：
(1)工业上用丙烯加成法制备1，2-二氯内烷，主要副产物为3一氯丙烯，反应原理为
① kJ·mol
② kJ·mol
一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的和，在催化剂作用下发生反应①②．容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。
时问/min
0
60
120
180
240
300
360
压强/kPa
80
74.2
69.4
65.2
61.6
57.6
57.6
用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即，则反应①前60 min内平均反应速率______kPa·min(保留小数点后3位)。
(2)丙烷无氧脱氢法是制备丙烯的常见方法，反应的化学方程式为 。如图为丙烷无氧脱氢法制丙烯中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系(图中的压强分别为 Pa和 Pa)。
① Pa时图中表示和的体积分数随温度变化关系的曲线分别是_______(填“ⅰ”“ⅱ”“ⅲ”“ⅳ”)；丙烷无氧脱氢法制丙烯反应的_______0(填“大于”或“小于”)。
② Pa、500℃时，丙烷无氧脱氢法制丙烯反应中的化学平衡常数_______，用平衡分压代替平衡浓度表示该反应的化学平衡常数_______Pa(已知：气体分压=气体总压体积分数)。
③高温下，丙烷生成丙烯的反应在初期阶段的速率方程为，其中k为反应速率常数。对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是_______(填字母)。
a．增大丙烷浓度，v增大 b．增大浓度，v增大
c．丙烯的生成速率逐渐增大 d．降低反应温度，k减小
【答案】(1)0.010
(2) ⅳ、ⅰ 大于 0.5 3.3 ad
【详解】（1）由于反应②前后气体计量数之和相等，故压强的变化均由反应①造成，60min时压强变化△p为80kPa-74.2kPa=0.58kPa，所以==0.010 kPa·min；
（2）①由图中气体的体积分数总和为100%，生成物两种相等，可推知为ⅳ、ⅰ一对，ⅱ、ⅲ为一对，丙烷脱氢制丙烯为气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，丙烯的平衡体积分数减小，结合反应物及生成物变化，故曲线ⅳ代表 Pa时的平衡体积分数；曲线ⅰ代表 Pa时的平衡体积分数；曲线ⅰ代表 Pa时的平衡体积分数，温度升高，体积分数增大，则平衡向正反应方向移动，丙烷无氧脱氢法制丙烯反应的大于；答案为ⅳ、ⅰ；大于；
② Pa、500℃时，丙烯的平衡体积分数为33%，设起始丙烷为1mol，容器体积为1L，转化率为x，由题意建立如下三段式：
则由丙烯的平衡体积分数为33%可得，，解得x≈0.5，化学平衡常数K==0.5；
丙烷、丙烯和氢气的分压均为 Pa，则用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数=Pa=3.3Pa；
③a.由知增加丙烷浓度，v增大，选项a正确；
b. v与c(C3H8)有关，与c(H2 )无关，故增加H2浓度的瞬间，v不变，选项b错误；
c.随着反应的进行，丙烷浓度逐渐减小，则反应速率逐渐减小，即丙烯的生成速率逐渐减小，选项c错误；
d. k为反应速率常数，k与温度有关，降低温度，k减小，选项d正确；
答案选ad。
五、有机推断题
20．全球首个利用诺奖技术(低氧诱导因子原理)开发的肾性贫血治疗创新药物“罗沙司他”的一种制备流程如图：
已知：同一个碳原子上连有两个羟基通常不稳定，易脱水形成羰基。
回答下列问题：
(1)A的化学名称为_______________。
(2)由B生成C的化学方程式为______________。
(3)由E生成F所需试剂、条件分别为______________。
(4)下列说法正确的是______________(填字母)。
a．1 mol C最多能消耗3 mol NaOH b．F→G的过程中还有HBr生成
c．E能与Br2发生取代反应 d．I极易溶于水
(5)已知，由G生成H的反应过程如图：
有机化合物J的结构简式为_______________________；②的反应类型为____________。
(6)D的同分异构体中含有苯环的还有____________种，其中K、L是D的同分异构体：
①K既能发生银镜反应，又能发生水解反应，K在酸催化下发生水解反应的化学方程式为________________；
②L能够与饱和碳酸氢钠溶液反应放出，L的结构简式为_____________________。
【答案】(1)对甲基苯酚
(2)+2Cl2+2HCl
(3)CH3OH和浓硫酸、加热
(4)bc
(5) 加成反应
(6) 4 +H2OHCOOH+
【分析】A的分子式为C7H8O，一定条件下反应生成B为，结合A的分子式与B的结构简式可推知A与乙酰氯发生取代反应生成和氯化氢，则A为； 与氯气在光照条件下发生取代反应生成C，根据C的分子式可知，C上有2个H原子被氯原子取代，则C为；在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应并酸化，酯基水解，同一个碳上2个羟基不稳定会脱水，最后得到D，D的分子式为C7H6O2，则D为；与H2NCH2COOH反应生成的E为，在一定条件下反应生成F，F与溴苯发生取代反应生成G，结合E、G 的结构简式及F的分子式可推出E与甲醇发生酯化反应生成F，则F为，与溴苯发生取代反应生成G为，与乙醛经两步反应生成H为，在一定条件下经两步反应生成。
【详解】（1）根据分析，A为，化学名称为对甲基苯酚；
（2）根据分析，C为，则B生成C的化学方程式为+2Cl2+2HCl；
（3）E→F是与甲醇发生酯化反应生成和水，则所需试剂为CH3OH和浓硫酸，条件为加热；
（4）a．根据分析，C为，分子中含有1个酯基（酚酯），1 mol酯基消耗2molNaOH，含有2个碳氯键，2mol碳氯键消耗2molNaOH，则1 mol C最多能消耗4 mol NaOH ，a错误；
b．根据分析，F为，F与溴苯发生取代反应生成的G为，根据原子守恒可知，F→G的过程中还有HBr生成，b正确；
c．E为，酚羟基的邻位上有氢原子，能与Br2发生取代反应，c正确；
d．I为，相对分子质量较大，且含有苯环、肽键等，不易溶于水，d错误；
故选bc；
（5）G为，与乙醛反应生成有机物J，根据+R´-NH2⟶+H2O可知，乙醛中的羰基去O，氨基上去2个H形成碳氮双键，因此可推知有机物J的结构简式为；反应生成H为，结合两者的结构简式可知，应该为碳氮双键打开，苯环上的一个H原子断开后加成，故②的反应类型为加成反应；
（6）根据分析，D为，则D的同分异构体中含有苯环的还有、、和共4种；
①既能发生银镜反应，又能发生水解反应，说明属于甲酸酯，则K为，其在酸催化下发生水解反应的化学方程式为+H2OHCOOH+；
②L能够与饱和碳酸氢钠溶液反应放出，说明分子中含有羧基，则L为。
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