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2022-2023学年江苏省无锡市天一中学等四校高三上学期联考化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年江苏省无锡市天一中学等四校高三上学期联考化学试题含解析，共25页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，有机推断题，实验题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
江苏省无锡市天一中学等四校2022-2023学年高三上学期
联考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．11月12日天舟五号货运飞船与中国空间站天和核心舱后向端口成功交会对接。下列有关空间站说法不正确的是
A．太阳能电池中的砷化镓——半导体材料 B．外层的热控保温材料石墨烯——无机材料
C．外表面的高温结构陶瓷碳化硅——硅酸盐材料 D．外壳的烧蚀材料之一酚醛树脂——高分子材料
【答案】C
【详解】A． 太阳能电池中的砷化镓导电性介于导体和半导体之间，属于半导体材料，故A正确；
B． 外层的热控保温材料石墨烯主要成分是碳单质，属于无机材料，故B正确；
C． 外表面的高温结构陶瓷碳化硅属于无机非金属材料，故C错误；
D． 外壳的烧蚀材料之一酚醛树脂是高聚物，属于高分子材料，故D正确；
故选C。
2．“侯氏制碱法”曾为全球制碱工业做出了巨大贡献。该工艺反应之一如下：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，下列说法正确的是
A．NH4Cl仅含离子键 B．电负性：O>N>H
C．CO2与SiO2晶体类型相同 D．氨气的电子式为：
【答案】B
【详解】A．氯化铵是含有离子键和共价键的离子化合物，故A错误；
B．元素的非金属性越强，电负性越大，氧、氮、氢的非金属性依次减弱，则电负性依次减小，故B正确；
C．二氧化碳是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，两者的晶体类型不同，故C错误；
D．氨气是共价化合物，电子式为，故D错误；
故选B。
3．铁钾矾是一种重要的化工原料。下列说法正确的是
A．是非极性分子 B．硫离子的结构示意图：
C．离子半径大小： D．碱性强弱：
【答案】C
【详解】A． 是V形结构，属于极性分子，故A错误；
B． 硫离子核外存在18个电子，核内有16个质子，最外层达到8电子稳定结构，硫离子的结构示意图：，故B错误；
C． 核外电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，离子半径大小：，故C正确；
D． 氢氧化钾是强碱，氢氧化铁是弱碱，碱性强弱：，故D错误；
故选C。
4．用下列仪器或装置(图中夹持略)进行相应实验，能达到实验目的的是
A．用图1装置检验溴乙烷消去产物中的乙烯
B．用图2装置制备溴苯并验证有产生
C．用图3装置在铁上镀铜
D．用图4装置实验室制备氨气
【答案】A
【详解】A．溴乙烷在NaOH、乙醇、加热条件下发生消去反应得到乙烯，挥发出的乙醇用水吸收，酸性高锰酸钾溶液褪色可检验消去产物中的乙烯，A能达到实验目的；
B．溴易挥发，溴与硝酸银溶液也能产生淡黄色沉淀AgBr，不能验证有产生，B不能达到实验目的；
C．铁上镀铜，铁电极表面铜离子得电子生成铜，应与电源的负极相连，C不能达到实验目的；
D．给固体物质加热要使试管口略向下倾斜，D不能达到实验目的；
答案选A。
5．下列说法正确的是
A．自然固氮和人工固氮都是将N2转化为NH3
B．利用HNO3的强氧化性与NH3反应制备硝酸铵
C．常温下可用铝制容器盛装稀硝酸
D．多种形态的氮及其化合物间的转化形成了自然界的“氮循环”
【答案】D
【详解】A．自然固氮一般是指氮气与氧气在放电条件下生成NO，自然固氮过程中不能生成氨气，故A错误；
B．与反应生成硝酸铵，表现硝酸的酸性，故B错误；
C．铝与稀硝酸能反应，不能用铝制容器盛放稀硝酸，故C错误；
D．氮元素不同价态之间物质的转化实现了氮在自然界中的循环，故D正确；
故选：D。
6．对于反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列有关说法不正确的是
A．上述反应的平衡常数表达式K=
B．适当提高NH3的浓度，可以加快反应速率，提高NH3的转化率
C．1molN—H断裂同时有1molO—H断裂，说明达该条件下的平衡状态
D．其它条件不变，加入高效的催化剂能提高单位体积内的活化分子百分数
【答案】B
【详解】A．由方程式可知，反应的平衡常数表达式K=，故A正确；
B．适当提高氨气的浓度，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，但氨气的转化率减小，故B错误；
C．由方程式可知，1molN—H断裂同时有1molO—H断裂说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故C正确；
D．其它条件不变，加入高效的催化剂能提高单位体积内的活化分子百分数，加快反应速率，故D正确；
故选B。
7．NO能被FeSO4溶液吸收生成[Fe(NO)(H2O)5]SO4，减少环境污染，下列说法正确的是
A．Fe2+提供孤电子对用于形成配位键
B．该配合物中阴离子空间构型为三角锥形
C．配离子为[Fe(NO)(H2O)5]2+，中心离子的配位数为6
D．该配合物中所含非金属元素均位于元素周期表的p区
【答案】C
【详解】A．配合物中亚铁离子提供空轨道用于形成配位键，故A错误；
B．配合物的阴离子为硫酸根离子，硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，则离子的空间构型为正四面体形，故B错误；
C．配离子中亚铁离子为中心离子，一氧化氮、水分子为配体，配位数为6，故C正确；
D．配合物中含有的氢元素位于元素周期表的s区，故D错误；
故选C。
8．下列化学反应表示正确的是
A．向硫酸铜中通入少量氨气：Cu2+ + 2OH− = Cu(OH)2↓
B．向稀硝酸中加入过量铁粉：3Fe + 8HNO3=3Fe(NO3)2 + 2NO↑ +4H2O
C．氨气的燃烧热：4NH3(g) +3O2(g) =2N2(g)+6H2O(g) ΔH=−1526 kJ·mol-1
D．硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应：NH+ SO+Ba2+ + OH−= BaSO4↓+NH3·H2O
【答案】B
【详解】A．向硫酸铜中通入少量氨气产生蓝色沉淀，离子方程式为，A错误；
B．铁粉过量，硝酸将Fe氧化为硝酸亚铁，稀硝酸被还原为NO，反应的化学方程式为，B正确；
C．氨气的燃烧热氨气的物质的量必须为1mol，水为液态，C错误；
D．硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应时铵根离子和硫酸根离子、氢氧根离子和钡离子均按2:1参与反应，反应的离子方程式为，D错误；
答案选B。
9．有机物Z是合成药物的中间体，Z的合成路线如下。下列说法不正确的是
A．最多能与反应
B．Y可以发生取代、氧化、加聚反应
C．化合物Y存在顺反异构
D．Z与足量加成后，分子中含有6个手性碳原子
【答案】D
【详解】A．X中的酚酯基能和NaOH反应，故最多能与反应，A正确；
B．Y中苯环上的H可以被卤素原子、硝基、磺酸基等取代，含有羧基能发生酯化、成肽得取代，含碳碳双键易发生氧化反应、加聚反应，B正确；
C．Y中形成碳碳双键的两个C均连有两个不同的原子或原子团，存在顺反异构，C正确；
D．如图，Z与足量加成后，分子中含有5个手性碳原子，D错误；
答案选D。
【点睛】酚酯基和NaOH按1:2反应。
10．碳中和可有效解决全球变暖，在稀硫酸中利用电催化可将同时转化为多种燃料，其原理如图所示。下列说法正确的是
A．离子交换膜为阴离子交换膜
B．铜电极上产生的电极反应式为：
C．每产生电路中要通过电子
D．若铜电极上只生成，则铜极区溶液质量增加
【答案】D
【分析】铂电极与外电源的正极相连，为阳极，电极反应为2H2O-4e-=4H++O2↑，铜为阴极发生还原反应，反应在酸性条件下进行。
【详解】A． 离子交换膜为阳离子交换膜，氢离子从左到右移动，故A错误；
B． 铜电极上产生的电极反应式为：，故B错误；
C． 每产生标准状况下电路中要通过电子，故C错误；
D． 铜电极为阴极，铜电极上产生甲烷的电极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，若铜电极上生成5.6gCO，即n（CO）==0.2mol，发生反应2H++CO2+2e-=CO+H2O，增重0.2molH2O的质量，即0.2mol×18g•mol-1=3.6g,故D正确；
故选D。
11．室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是
选项
探究方案
探究目的
A
向5 mL0.1 mol/LKI溶液中加入1 mL0.1 mol/LFeCl3溶液，充分反应后用苯萃取2~3次，取水层滴加KSCN溶液观察溶液颜色变化
反应：2Fe3++2I-=2Fe2++I2有一定限度
B
将NaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合，观察现象
验证结合质子能力：＞
C
向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液，观察溶液颜色变化
验证氧化性：H2O2＞Fe3+
D
用pH计测量等温等浓度的CH3COONa和HCOONa溶液的pH，前者大于后者
Kh(CH3COO-)＞Kh(HCOO-)
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．在反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2中，Fe3+、I-发生反应的数目比是1：1，向5 mL0.1 mol/LKI溶液中加入1 mL0.1 mol/LFeCl3溶液，可知反应后I-过量，充分反应后用苯萃取I2次数为2~3次后，取水层滴加KSCN溶液观察溶液颜色变为红色，说明2Fe3++2I-=2Fe2++I2为可逆反应，具有一定限度，A正确；
B．水解产生Al(OH)3，促进的电离产生，二者产生Al(OH)3沉淀和，从而证明结合质子能力：＞，B正确；
C．酸性溶液中硝酸根离子具有硝酸的强氧化性，能够氧化Fe2+为Fe3+，向溶液中滴加KSCN溶液，遇Fe3+变为血红色，因此不能比较H2O2与Fe(NO3)2的氧化性强弱，C错误；
D．形成盐的酸越弱，该酸与碱NaOH发生中和反应产生的盐水解程度就越大，溶液pH就越大。用pH计测量等温等浓度的CH3COONa和HCOONa溶液的pH，前者大于后者，说明水解程度：CH3COONa＞HCOONa，故水解平衡常数：Kh(CH3COO-)＞Kh(HCOO-)，D正确；
故合理选项是C。
12．2022年诺贝尔化学奖授予了对点击化学和生物正交化学作出贡献的三位科学家。点击化学的代表反应为“叠氮化物-炔烃”反应，其反应原理如图所示(R1和R2代表烃基)。下列说法正确的是
A．转化过程中N的杂化方式未改变
B．N3-R2中一定存在三种非极性键
C．该反应中[Cu]和H+都能降低反应的活化能
D．总反应方程式为：
【答案】D
【详解】A．根据流程可知，N3-R2中N原子有形成三键的氮原子，为sp杂化，后续产物中变为双键，为sp2杂化，A错误；
B．根据流程可知，N3-R2中存在N≡N和N-N两种非极性键，B错误；
C．该反应中[Cu]为催化剂，可降低反应的活化能，H+不是催化剂，C错误；
D．据图可知，该流程中初始反应物为R2-N3和HC≡C-R1，最终产物为 ，化学方程式为 ，D正确；
综上所述答案为D。
13．利用烟道气中的生产晶体的工艺流程如下所示。下列说法正确的是
A．步骤Ⅰ可得溶液中有
B．步骤Ⅱ中发生的反应为，则的大于的
C．步骤Ⅲ所得溶液中有
D．向饱和溶液中通入的过程，水的电离程度先增大后减小
【答案】B
【分析】步骤Ⅰ：饱和溶液和过量二氧化硫反应生成NaHSO3溶液和CO2；步骤Ⅱ：NaHSO3溶液和固体反应生成Na2SO3和NaHCO3；步骤Ⅲ：Na2SO3溶液和SO2反应得到NaHSO3溶液，NaHSO3溶液经过结晶脱水得晶体。
【详解】A．步骤Ⅰ可得溶液中有质子守恒：，A错误；
B．步骤Ⅱ中发生的反应为，则电离常数：H2CO3>>，即的大于的，B正确；
C．步骤Ⅲ所得溶液显酸性，则>Kh，因为×Kh=Kw，则×>× Kh= Kw，即×>Kw，C错误；
D．由B可知的大于的，则碳酸根离子的水解程度大于亚硫酸根离子，溶液中碳酸根离子的水解促进水的电离，向饱和溶液中通入的过程中逐渐被消耗，至恰好完全反应生成Na2SO3，水的电离程度逐渐减小但总体来说水的电离程度还是被促进，直至过量生成NaHSO3，水的电离程度受到抑制，即水的电离程度逐渐减小，D错误；
答案选B。
14．利用和合成甲醇，可以减少的排放，实现碳的循环利用。涉及的主要反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
在密闭容器中通入和，选择合适的催化剂反应，甲醇的选择率(生成甲醇的占总转化量的物质的量分数)和的平衡转化率随温度的变化趋势如图所示。下列说法正确的是
A．
B．时，反应Ⅱ的平衡常数
C．高温下使用更高效的催化剂提高甲醇的平衡产率
D．其它条件不变，增大压强可提高平衡时的体积分数
【答案】D
【分析】当温度升高时反应Ⅰ平衡逆向移动，而反应Ⅱ平衡正向移动且幅度更大，所以CO2的转化率增加，但甲醇的选择性降低。
【详解】A． 由图随温度升高，甲醇的选择率降低，说明生成CO变大，反应Ⅱ正向移动，，故A错误；
B． 根据信息甲醇的选择率是转化的CO2中甲醇的含量，553K时CO2的平衡转化率是20%，甲醇的物质的量是1×20%×60%=0.12mol，则反应I参加反应的H2为0.36mol，生成的H2O为0.12mol，反应II中参加反应的CO2：1×20%-0.12=0.08mol，参加反应的H2为：0.08mol，生成的H2O为0.08mol，反应I在553K下平衡时的物质的量分别为CO2：0.8mol，H2：2.44-0.36-0.08=2mol，CH3OH：0.12，H2O：0.12+0.08=0.2mol，反应II，平衡时，物质的量分别为CO2：0.8mol，H2：2.44-0.36-0.08=2mol，H2O：0.12+0.08=0.2mol，CO：0.08mol，体积保持1L不变，时，反应Ⅱ的平衡常数，故B错误；
C． 催化剂能缩短平衡所需时间，不影响甲醇的平衡产率，故C错误；
D． 其它条件不变，增大压强平衡向气体体积减小的方向进行，对反应Ⅰ平衡正向移动，可提高平衡时的体积分数，故D正确；
故选D。
二、工业流程题
15．高锰酸钾消毒片主要成分为，可外用消炎杀菌。用某软锰矿(主要成分是，还含有等杂质)制备的流程图如下：
已知：固体和溶液均为墨绿色，溶液呈碱性且能发生可逆的歧化反应。
(1)的基态核外价电子排布式为_______。
(2)“熔融煅烧”时，参与反应的化学方程式为_______。
(3)向“浸取液”中通入，调节其，经“过滤”得滤渣I，滤渣I成分为_______。
(4)①“歧化”时，下列酸可以用来代替冰醋酸的是_______(填字母)。
a.浓盐酸 b.亚硫酸 c.稀硫酸 d.氢碘酸
②“歧化”时，加入冰醋酸的目的是_______。(从平衡移动的角度用必要的离子方程式和文字解释)。
(5)废水中能否用以的形式除去？_______(列式计算，并用必要的文字说明)。[已知：的；；一般来说反应的时，认为反应完全。]
(6)由于直接歧化制备高锰酸钾的产率不高，且后续分离纯化步骤较多，目前工业上较多采用电解水溶液法制备如图，试写出该电解过程总反应的离子化学方程式为_______。
【答案】(1)3d54s2
(2)2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O
(3)Al(OH)3、H2SiO3
(4) c 消耗OH-，使平衡3+2H2O2+MnO2(s)+4OH-正向移动，提高KMnO4产率
(5)不能，反应Mn2++H2SMnS↓+2H+的平衡常数K=2.6×10-8 <10-5，反应几乎不进行
(6)
【分析】软锰矿(主要成分是，还含有等杂质)加KOH、空气进行熔融煅烧得K2MnO4、NaAlO2、Na2SiO3，冷却浸取得含K2MnO4、KAlO2、K2SiO3溶液，调pH使铝元素、硅元素转化为氢氧化铝、硅酸沉淀，然后过滤除去，得到K2MnO4溶液，K2MnO4溶液加冰醋酸进行歧化反应得到MnO2和KMnO4，过滤、洗涤、干燥等操作得到KMnO4。
【详解】（1）是25号元素，根据构造理论，Mn的基态核外价电子排布式为3d54s2；
（2）“熔融煅烧”时，被氧气氧化为K2MnO4，故参与反应的化学方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；
（3）由流程看铝元素、硅元素均在滤渣I中，则滤渣I为Al(OH)3、H2SiO3；
（4）①“歧化”时，醋酸的作用是提供酸性环境，得到高锰酸钾：
a．常温下，KMnO4会和浓盐酸反应，不可用浓盐酸，a不符题意；
b．亚硫酸有还原性，与KMnO4发生氧化还原反应，不可用亚硫酸，b不符题意；
c．稀硫酸可提供酸性环境，不和锰酸钾、高锰酸钾、二氧化锰反应，可替代醋酸，c符合题意；
d．氢碘酸有还原性，与KMnO4发生氧化还原反应，不可用氢碘酸，d不符题意；
选c；
②由所给信息可知溶液呈碱性且能发生可逆的歧化反应，即存在3K2MnO4(aq)+2H2O(l)2KMnO4(aq)+MnO2(s)+4KOH(aq)，故“歧化”时，加入冰醋酸的目的是消耗OH-，使平衡3+2H2O2+MnO2(s)+4OH-正向移动，提高KMnO4产率；
（5）Mn2++H2SMnS↓+2H+的平衡常数K==2.6×10-8 <10-5，反应几乎不进行，故废水中不能用以的形式除去；
（6）由图可知电解时a极作阳极，电极反应式为，K+向阴极室移动，b极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，D为浓KOH溶液，则该电解过程总反应的离子化学方程式为。
三、有机推断题
16．化合物G属于黄酮醋酸类化合物，具有保肝的作用。一种合成化合物G的路线如下：
已知：烯烃与HBr发生加成时，不同的条件下有不同的反应方式：
(1)1 mol B分子中含有的σ键数目为_______。
(2)E→F分两步进行，反应类型依次为_______、_______。
(3)D的分子是C10H11O2Cl，D的结构简式为_______。
(4)E的一种同分异构体X同时符合下列条件。写出X的结构简式：_______。
Ⅰ．能使溴的CCl4溶液褪色，且消耗2 mol Br2
Ⅱ．分子中含3种化学环境不同的氢
(5)设计由为原料，制备的合成路线(无机试剂和有机溶剂任选) _______。
【答案】(1)21
(2) 加成反应 消去反应
(3)
(4)或
(5)
【分析】A中酚羟基上的氢原子被取代生成B，对比C、E的结构简式知，C中酚羟基邻位的碳氢键断裂和甲醛发生加成生成醇，醇和HCl发生取代生成氯代化合物D，D的分子是C10H11O2Cl，D的结构简式为；D中-C1被-CN取代生成E，E中甲基上的2个氢原子被取代生成F，F中去掉2个氢原子发生还原反应生成G。
【详解】（1）单键都是σ键，双键中一个是σ键，一个是π键；则根据物质B结构简式可知1个B分子中含有σ键数目是21个，则1 mol B分子中含有σ键数目是21 mol；
（2）根据物质结构简式可知E分子中-CH3与分子中的-CHO发生加成反应形成，然后发生消去反应产生F，故E→F时先发生加成反应，然后在发生消去反应；
（3）根据上述分析可知D的结构简式为：；
（4）E的一种同分异构体X同时符合下列条件：Ⅰ．能使溴的CCl4溶液褪色，且消耗2 mol Br2，说明X分子中含有一个碳碳三键或2个碳碳双键；Ⅱ．分子中含3种化学环境不同的氢，则X可能的结构简式为或；
（5）与浓硫酸混合加热发生消去反应产生，该物质与H2O在催化剂存在条件下加热，发生加成反应产生，该物质与O2在Cu催化下加热发生氧化反应产生，然后在碱性条件下发生反应产生，则合成路线为：。
四、实验题
17．V2O5可制备对高血糖、高血症等具有一定治疗作用的硫酸氧矾(VOSO4)，而V2O5可以通过氯化氧钒(VOCl3)与氨水在一定条件下制备。
Ⅰ.制备VOSO4：实验流程如图-1及实验装置如图-2(夹持及加热装置已省略)。
已知：草酸易溶于乙醇，可溶于水，不溶于苯，受热易分解，具有还原性。
回答下列问题：
(1)仪器b的名称为_______。
(2)为防止草酸的损耗，加入草酸前需对反应液采取的措施为_______。
(3)反应液由橙红色变为蓝黑色的反应的化学方程式为_______。
(4)硫酸氧钒晶体(VOSO4·3H2O)中钒含量的测定：
①称取2.5g VOSO4·3H2O，配成250mL溶液；
②取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴加足量酸性高锰酸钾将VO2+完全转化为VO。
③滴加亚硝酸钠溶液反应掉过量的高锰酸钾，加入2mL尿素溶液至溶液不再产生气泡。已知：尿素不直接与亚硝酸盐反应，但可将亚硝酸转化为氮气；亚硝酸可将VO转化为VO2+。
④加入10mL硫酸-磷酸混酸调节pH=0，滴入指示剂用0.05mol·L-1硫酸亚铁铵标准溶液(Fe2+将VO转化为VO2+)滴定至终点。测量三次，消耗标准溶液平均体积为10.00mL。
ⅰ.实验过程中，下列操作会导致所测钒含量偏高的是_______。
A．预处理过程中加入尿素的量不足
B．盛装硫酸亚铁铵标准液的滴定管未润洗
C．滴定管读数时，开始时仰视刻度线，结束时平视刻度线
D．滴定前滴定管有气泡，滴定结束后发现滴定管内无气泡
ⅱ.测得硫酸氧钒晶体中钒的质量分数为_______(写出计算过程)。
Ⅱ.制备V2O5：VOCl3与氨水沉钒生成NH4VO3，NH4VO3加热分解生成V2O5。沉钒率与钒溶液浓度、氨解温度的关系如图-3、图-4所示。
为确定较适宜的沉钒条件，请结合上图曲线，补充完整“探究氨水浓度对沉钒率的影响”的实验方案：_______，使用专用仪器测定并计算沉钒率。(实验中可供选择的试剂：50g/L的钒溶液、10g/L的钒溶液、25%的优级纯氨水、高纯水)
【答案】(1)恒压滴液漏斗
(2)加适量蒸馏水稀释，并充分冷却
(3)(VO2)2SO4+H2C2O4+H2SO4=2VOSO4+2CO2↑+2H2O
(4) BD 10.2% 取数份等体积50g/L的钒溶液，分别加入不同体积25%的优级纯氨水，再加入高纯水使各组溶液总体积相等，水浴加热控制反应温度均为35℃(或35-55℃之间任一温度)，充分反应相同的时间(或1-2 h)
【分析】V2O5与浓硫酸加热时反应生成(VO2)2SO4，再加入草酸，(VO2)2SO4溶液转化成了VOSO4溶液，反应液由橙红色变为蓝黑色，经过蒸发浓缩，冷却结晶得到VOSO4晶体。
【详解】（1）根据仪器b的结构特点可知其为恒压滴液漏斗；
（2）草酸受热易分解，反应液中有浓硫酸，稀释时会放热，所以为防止草酸的损耗，加入草酸前需加入适量蒸馏水稀释反应液，并充分冷却；
（3）由流程可知，反应液有橙红色变为蓝黑色的反应为(VO2)2SO4在酸性溶液中被草酸还原为VOSO4，根据得失电子守恒、元素守恒可得化学方程式为(VO2)2SO4+H2C2O4+H2SO4=2VOSO4+2CO2↑+2H2O；
（4）i．A．预处理过程中加入尿素的量不足，亚硝酸可将VO转化为VO2+，导致硫酸亚铁铵标准溶液用量减少，测量值偏小，不符合题意；
B．盛装硫酸亚铁铵标准液的滴定管未润洗，导致用量偏大，测量值偏大，符合题意；
C．滴定管读数时，开始时仰视刻度线，结束时平视刻度线，导致用量读数偏小，测量值偏小，不符合题意；
D．滴定前滴定管有气泡，滴定结束后发现滴定管内无气泡，导致用量偏大，测量值偏大，符合题意；
故选BD。
ii．1molVO转化为VO2+转移电子1mol，1mol亚铁离子转化为铁离子转移电子1mol；根据质量守恒、电子守恒，可知n(V)=n(Fe2+)，硫酸氧钒中钒的质量为n(V)=0.05mol/L×0.01L×=0.005mol，所以硫酸氧钒晶体中钒的质量分数为×100%=10.2%；
“探究氨水浓度对沉钒率的影响”，则可做多组氨水浓度不同、钒溶液浓度相同、温度相同的对比实验，由图2可知，钒溶液浓度太低沉钒率太低，可能导致误差大，所以钒溶液选用浓度为50g/L，可用纯水控制溶液总体积相同。由图3可知，温度高于55℃，沉钒率下降，可能原因是温度高于55℃，氨水分解过多，故应控制温度在55℃以下。具体操作为：取数份等体积50g/L的钒溶液，分别加入不同体积25%的优级纯氨水，再加入高纯水使各组溶液总体积相等，水浴加热控制反应温度均为35℃(或35-55℃之间任一温度)，充分反应相同的时间(或1-2 h)，使用专用仪器测定并计算沉钒率。
五、原理综合题
18．气态含氮化合物是把双刃剑，既是固氮的主要途径，也是大气污染物。气态含氮化合物及相关反应是新型科研热点。回答下列问题：
(1)还原法：①用催化还原可以消除氮氧化物的污染。已知：
ⅰ：
ⅱ：
写出还原至和水蒸气的热化学方程式_______。
②尿素水溶液热解产生的可去除尾气中的，流程如下：
a.尿素中氮元素的化合价为_______。
b.若氧化处理后的尾气中混有，此时催化剂表面会因为覆盖部分硫酸盐而导致催化剂中毒，降低的去除率。试分析硫酸盐的产生过程_______。
③某脱硝反应机理如图-1所示，参与Ⅰ的反应方程式为_______。
(2)氧化法：氧化性强于，能更有效地氧化。
Ⅰ：
Ⅱ：(活化能)
Ⅲ：(活化能)
可经处理后再用碱液吸收而实现脱除。为分析氧化时温度对脱除率的影响，将与混合反应一段时间，再用碱液吸收氧化后的气体。其他条件相同时，脱除率随与混合反应温度变化如图-2所示。试分析在范围内，随着温度的升高脱除率先几乎不变后下降的可能原因是_______。
(3)研究表明氮氧化物的脱除率除了与还原剂、氧化剂、催化剂相关外，还取决于催化剂表面氧缺位的密集程度。以(A、B均为过渡元素)为催化剂，用还原的机理如下：
第一阶段：(不稳定)低价态的金属离子(还原前后催化剂中金属原子的个数不变)
第二阶段：Ⅰ. Ⅱ.
Ⅲ. Ⅳ.
Ⅴ.
注：表示催化剂表面的氧缺位，g表示气态，a表示吸附态
第一阶段用氢气还原得到低价态的金属离子越多，第二阶段反应的速率越快，原因是_______。
【答案】(1) -3 尾气中剩余的NO2溶于水生成具有强氧化性的HNO3， 与水反应生成H2SO3，HNO3将H2SO3氧化为H2SO4，从而形成硫酸盐 2C2H4+6Cu+(NO2)=3N2+4CO2+4H2O+6Cu+
(2)50- 150℃时，NO与O3的活化能低，反应速率快，O3分解的活化能高，反应速率慢，所以O3分解对O3氧化NO反应的影响不大。温度高于150℃时，O3分解速率迅速增加，O3分解对O3氧化NO反应的影响变大，温度超过150℃时，随着温度升高，NO脱除率下降
(3)还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，反应速率加快
【详解】（1）已知：ⅰ：
ⅱ：
根据盖斯定律，由ⅰ-ⅱ得反应；
a.在尿素中，碳元素是+4价，氧元素是-2价，氢元素是+1价，根据化合价代数和为0可推知，氮元素的化合价为-3价；
b.尾气中剩余的NO2溶于水生成具有强氧化性的HNO3， 与水反应生成H2SO3，HNO3将H2SO3氧化为H2SO4，从而形成硫酸盐；
c．图中Cu+在反应前后性质、质量不变,为催化剂；用乙烯进行脱硝(NO) ,从题图可以知道，乙烯被Cu+(NO2)氧化成二氧化碳(其中C化合价由-2→+4),Cu+(NO2)自身被还原成N2(其中N化合价由+4→0),反应方程式为2C2H4+6Cu+(NO2)=3N2+4CO2+4H2O+6Cu+；
（2）50~150℃时，NO与O3的活化能低，反应速率快，O3分解的活化能高，反应速率慢，所以O3分解对O3氧化NO反应的影响不大。温度高于150℃时，O3分解速率迅速增加；故答案为: 50- 150℃时，NO与O3的活化能低，反应速率快，O3分解的活化能高，反应速率慢，所以O3分解对O3氧化NO反应的影响不大。温度高于150℃时，O3分解速率迅速增加，O3分解对O3氧化NO反应的影响变大，温度超过150℃时，随着温度升高，NO脱除率下降；
（3）还原前后催化剂中金属原子的个数不变，则还原后低价的金属离子越多，催化剂表面的氧缺位越多,氧缺位越多，反应速率越快，
故答案为:还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，反应速率加快。
江苏省无锡市天一中学等四校2022-2023学年高三上学期
联考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．11月12日天舟五号货运飞船与中国空间站天和核心舱后向端口成功交会对接。下列有关空间站说法不正确的是
A．太阳能电池中的砷化镓——半导体材料 B．外层的热控保温材料石墨烯——无机材料
C．外表面的高温结构陶瓷碳化硅——硅酸盐材料 D．外壳的烧蚀材料之一酚醛树脂——高分子材料
【答案】C
【详解】A． 太阳能电池中的砷化镓导电性介于导体和半导体之间，属于半导体材料，故A正确；
B． 外层的热控保温材料石墨烯主要成分是碳单质，属于无机材料，故B正确；
C． 外表面的高温结构陶瓷碳化硅属于无机非金属材料，故C错误；
D． 外壳的烧蚀材料之一酚醛树脂是高聚物，属于高分子材料，故D正确；
故选C。
2．“侯氏制碱法”曾为全球制碱工业做出了巨大贡献。该工艺反应之一如下：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，下列说法正确的是
A．NH4Cl仅含离子键 B．电负性：O>N>H
C．CO2与SiO2晶体类型相同 D．氨气的电子式为：
【答案】B
【详解】A．氯化铵是含有离子键和共价键的离子化合物，故A错误；
B．元素的非金属性越强，电负性越大，氧、氮、氢的非金属性依次减弱，则电负性依次减小，故B正确；
C．二氧化碳是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，两者的晶体类型不同，故C错误；
D．氨气是共价化合物，电子式为，故D错误；
故选B。
3．铁钾矾是一种重要的化工原料。下列说法正确的是
A．是非极性分子 B．硫离子的结构示意图：
C．离子半径大小： D．碱性强弱：
【答案】C
【详解】A． 是V形结构，属于极性分子，故A错误；
B． 硫离子核外存在18个电子，核内有16个质子，最外层达到8电子稳定结构，硫离子的结构示意图：，故B错误；
C． 核外电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，离子半径大小：，故C正确；
D． 氢氧化钾是强碱，氢氧化铁是弱碱，碱性强弱：，故D错误；
故选C。
4．用下列仪器或装置(图中夹持略)进行相应实验，能达到实验目的的是
A．用图1装置检验溴乙烷消去产物中的乙烯
B．用图2装置制备溴苯并验证有产生
C．用图3装置在铁上镀铜
D．用图4装置实验室制备氨气
【答案】A
【详解】A．溴乙烷在NaOH、乙醇、加热条件下发生消去反应得到乙烯，挥发出的乙醇用水吸收，酸性高锰酸钾溶液褪色可检验消去产物中的乙烯，A能达到实验目的；
B．溴易挥发，溴与硝酸银溶液也能产生淡黄色沉淀AgBr，不能验证有产生，B不能达到实验目的；
C．铁上镀铜，铁电极表面铜离子得电子生成铜，应与电源的负极相连，C不能达到实验目的；
D．给固体物质加热要使试管口略向下倾斜，D不能达到实验目的；
答案选A。
5．下列说法正确的是
A．自然固氮和人工固氮都是将N2转化为NH3
B．利用HNO3的强氧化性与NH3反应制备硝酸铵
C．常温下可用铝制容器盛装稀硝酸
D．多种形态的氮及其化合物间的转化形成了自然界的“氮循环”
【答案】D
【详解】A．自然固氮一般是指氮气与氧气在放电条件下生成NO，自然固氮过程中不能生成氨气，故A错误；
B．与反应生成硝酸铵，表现硝酸的酸性，故B错误；
C．铝与稀硝酸能反应，不能用铝制容器盛放稀硝酸，故C错误；
D．氮元素不同价态之间物质的转化实现了氮在自然界中的循环，故D正确；
故选：D。
6．对于反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列有关说法不正确的是
A．上述反应的平衡常数表达式K=
B．适当提高NH3的浓度，可以加快反应速率，提高NH3的转化率
C．1molN—H断裂同时有1molO—H断裂，说明达该条件下的平衡状态
D．其它条件不变，加入高效的催化剂能提高单位体积内的活化分子百分数
【答案】B
【详解】A．由方程式可知，反应的平衡常数表达式K=，故A正确；
B．适当提高氨气的浓度，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，但氨气的转化率减小，故B错误；
C．由方程式可知，1molN—H断裂同时有1molO—H断裂说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故C正确；
D．其它条件不变，加入高效的催化剂能提高单位体积内的活化分子百分数，加快反应速率，故D正确；
故选B。
7．NO能被FeSO4溶液吸收生成[Fe(NO)(H2O)5]SO4，减少环境污染，下列说法正确的是
A．Fe2+提供孤电子对用于形成配位键
B．该配合物中阴离子空间构型为三角锥形
C．配离子为[Fe(NO)(H2O)5]2+，中心离子的配位数为6
D．该配合物中所含非金属元素均位于元素周期表的p区
【答案】C
【详解】A．配合物中亚铁离子提供空轨道用于形成配位键，故A错误；
B．配合物的阴离子为硫酸根离子，硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，则离子的空间构型为正四面体形，故B错误；
C．配离子中亚铁离子为中心离子，一氧化氮、水分子为配体，配位数为6，故C正确；
D．配合物中含有的氢元素位于元素周期表的s区，故D错误；
故选C。
8．下列化学反应表示正确的是
A．向硫酸铜中通入少量氨气：Cu2+ + 2OH− = Cu(OH)2↓
B．向稀硝酸中加入过量铁粉：3Fe + 8HNO3=3Fe(NO3)2 + 2NO↑ +4H2O
C．氨气的燃烧热：4NH3(g) +3O2(g) =2N2(g)+6H2O(g) ΔH=−1526 kJ·mol-1
D．硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应：NH+ SO+Ba2+ + OH−= BaSO4↓+NH3·H2O
【答案】B
【详解】A．向硫酸铜中通入少量氨气产生蓝色沉淀，离子方程式为，A错误；
B．铁粉过量，硝酸将Fe氧化为硝酸亚铁，稀硝酸被还原为NO，反应的化学方程式为，B正确；
C．氨气的燃烧热氨气的物质的量必须为1mol，水为液态，C错误；
D．硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应时铵根离子和硫酸根离子、氢氧根离子和钡离子均按2:1参与反应，反应的离子方程式为，D错误；
答案选B。
9．有机物Z是合成药物的中间体，Z的合成路线如下。下列说法不正确的是
A．最多能与反应
B．Y可以发生取代、氧化、加聚反应
C．化合物Y存在顺反异构
D．Z与足量加成后，分子中含有6个手性碳原子
【答案】D
【详解】A．X中的酚酯基能和NaOH反应，故最多能与反应，A正确；
B．Y中苯环上的H可以被卤素原子、硝基、磺酸基等取代，含有羧基能发生酯化、成肽得取代，含碳碳双键易发生氧化反应、加聚反应，B正确；
C．Y中形成碳碳双键的两个C均连有两个不同的原子或原子团，存在顺反异构，C正确；
D．如图，Z与足量加成后，分子中含有5个手性碳原子，D错误；
答案选D。
【点睛】酚酯基和NaOH按1:2反应。
10．碳中和可有效解决全球变暖，在稀硫酸中利用电催化可将同时转化为多种燃料，其原理如图所示。下列说法正确的是
A．离子交换膜为阴离子交换膜
B．铜电极上产生的电极反应式为：
C．每产生电路中要通过电子
D．若铜电极上只生成，则铜极区溶液质量增加
【答案】D
【分析】铂电极与外电源的正极相连，为阳极，电极反应为2H2O-4e-=4H++O2↑，铜为阴极发生还原反应，反应在酸性条件下进行。
【详解】A． 离子交换膜为阳离子交换膜，氢离子从左到右移动，故A错误；
B． 铜电极上产生的电极反应式为：，故B错误；
C． 每产生标准状况下电路中要通过电子，故C错误；
D． 铜电极为阴极，铜电极上产生甲烷的电极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，若铜电极上生成5.6gCO，即n（CO）==0.2mol，发生反应2H++CO2+2e-=CO+H2O，增重0.2molH2O的质量，即0.2mol×18g•mol-1=3.6g,故D正确；
故选D。
11．室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是
选项
探究方案
探究目的
A
向5 mL0.1 mol/LKI溶液中加入1 mL0.1 mol/LFeCl3溶液，充分反应后用苯萃取2~3次，取水层滴加KSCN溶液观察溶液颜色变化
反应：2Fe3++2I-=2Fe2++I2有一定限度
B
将NaAlO2溶液与NaHCO3溶液混合，观察现象
验证结合质子能力：＞
C
向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液，观察溶液颜色变化
验证氧化性：H2O2＞Fe3+
D
用pH计测量等温等浓度的CH3COONa和HCOONa溶液的pH，前者大于后者
Kh(CH3COO-)＞Kh(HCOO-)
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．在反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2中，Fe3+、I-发生反应的数目比是1：1，向5 mL0.1 mol/LKI溶液中加入1 mL0.1 mol/LFeCl3溶液，可知反应后I-过量，充分反应后用苯萃取I2次数为2~3次后，取水层滴加KSCN溶液观察溶液颜色变为红色，说明2Fe3++2I-=2Fe2++I2为可逆反应，具有一定限度，A正确；
B．水解产生Al(OH)3，促进的电离产生，二者产生Al(OH)3沉淀和，从而证明结合质子能力：＞，B正确；
C．酸性溶液中硝酸根离子具有硝酸的强氧化性，能够氧化Fe2+为Fe3+，向溶液中滴加KSCN溶液，遇Fe3+变为血红色，因此不能比较H2O2与Fe(NO3)2的氧化性强弱，C错误；
D．形成盐的酸越弱，该酸与碱NaOH发生中和反应产生的盐水解程度就越大，溶液pH就越大。用pH计测量等温等浓度的CH3COONa和HCOONa溶液的pH，前者大于后者，说明水解程度：CH3COONa＞HCOONa，故水解平衡常数：Kh(CH3COO-)＞Kh(HCOO-)，D正确；
故合理选项是C。
12．2022年诺贝尔化学奖授予了对点击化学和生物正交化学作出贡献的三位科学家。点击化学的代表反应为“叠氮化物-炔烃”反应，其反应原理如图所示(R1和R2代表烃基)。下列说法正确的是
A．转化过程中N的杂化方式未改变
B．N3-R2中一定存在三种非极性键
C．该反应中[Cu]和H+都能降低反应的活化能
D．总反应方程式为：
【答案】D
【详解】A．根据流程可知，N3-R2中N原子有形成三键的氮原子，为sp杂化，后续产物中变为双键，为sp2杂化，A错误；
B．根据流程可知，N3-R2中存在N≡N和N-N两种非极性键，B错误；
C．该反应中[Cu]为催化剂，可降低反应的活化能，H+不是催化剂，C错误；
D．据图可知，该流程中初始反应物为R2-N3和HC≡C-R1，最终产物为 ，化学方程式为 ，D正确；
综上所述答案为D。
13．利用烟道气中的生产晶体的工艺流程如下所示。下列说法正确的是
A．步骤Ⅰ可得溶液中有
B．步骤Ⅱ中发生的反应为，则的大于的
C．步骤Ⅲ所得溶液中有
D．向饱和溶液中通入的过程，水的电离程度先增大后减小
【答案】B
【分析】步骤Ⅰ：饱和溶液和过量二氧化硫反应生成NaHSO3溶液和CO2；步骤Ⅱ：NaHSO3溶液和固体反应生成Na2SO3和NaHCO3；步骤Ⅲ：Na2SO3溶液和SO2反应得到NaHSO3溶液，NaHSO3溶液经过结晶脱水得晶体。
【详解】A．步骤Ⅰ可得溶液中有质子守恒：，A错误；
B．步骤Ⅱ中发生的反应为，则电离常数：H2CO3>>，即的大于的，B正确；
C．步骤Ⅲ所得溶液显酸性，则>Kh，因为×Kh=Kw，则×>× Kh= Kw，即×>Kw，C错误；
D．由B可知的大于的，则碳酸根离子的水解程度大于亚硫酸根离子，溶液中碳酸根离子的水解促进水的电离，向饱和溶液中通入的过程中逐渐被消耗，至恰好完全反应生成Na2SO3，水的电离程度逐渐减小但总体来说水的电离程度还是被促进，直至过量生成NaHSO3，水的电离程度受到抑制，即水的电离程度逐渐减小，D错误；
答案选B。
14．利用和合成甲醇，可以减少的排放，实现碳的循环利用。涉及的主要反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
在密闭容器中通入和，选择合适的催化剂反应，甲醇的选择率(生成甲醇的占总转化量的物质的量分数)和的平衡转化率随温度的变化趋势如图所示。下列说法正确的是
A．
B．时，反应Ⅱ的平衡常数
C．高温下使用更高效的催化剂提高甲醇的平衡产率
D．其它条件不变，增大压强可提高平衡时的体积分数
【答案】D
【分析】当温度升高时反应Ⅰ平衡逆向移动，而反应Ⅱ平衡正向移动且幅度更大，所以CO2的转化率增加，但甲醇的选择性降低。
【详解】A． 由图随温度升高，甲醇的选择率降低，说明生成CO变大，反应Ⅱ正向移动，，故A错误；
B． 根据信息甲醇的选择率是转化的CO2中甲醇的含量，553K时CO2的平衡转化率是20%，甲醇的物质的量是1×20%×60%=0.12mol，则反应I参加反应的H2为0.36mol，生成的H2O为0.12mol，反应II中参加反应的CO2：1×20%-0.12=0.08mol，参加反应的H2为：0.08mol，生成的H2O为0.08mol，反应I在553K下平衡时的物质的量分别为CO2：0.8mol，H2：2.44-0.36-0.08=2mol，CH3OH：0.12，H2O：0.12+0.08=0.2mol，反应II，平衡时，物质的量分别为CO2：0.8mol，H2：2.44-0.36-0.08=2mol，H2O：0.12+0.08=0.2mol，CO：0.08mol，体积保持1L不变，时，反应Ⅱ的平衡常数，故B错误；
C． 催化剂能缩短平衡所需时间，不影响甲醇的平衡产率，故C错误；
D． 其它条件不变，增大压强平衡向气体体积减小的方向进行，对反应Ⅰ平衡正向移动，可提高平衡时的体积分数，故D正确；
故选D。
二、工业流程题
15．高锰酸钾消毒片主要成分为，可外用消炎杀菌。用某软锰矿(主要成分是，还含有等杂质)制备的流程图如下：
已知：固体和溶液均为墨绿色，溶液呈碱性且能发生可逆的歧化反应。
(1)的基态核外价电子排布式为_______。
(2)“熔融煅烧”时，参与反应的化学方程式为_______。
(3)向“浸取液”中通入，调节其，经“过滤”得滤渣I，滤渣I成分为_______。
(4)①“歧化”时，下列酸可以用来代替冰醋酸的是_______(填字母)。
a.浓盐酸 b.亚硫酸 c.稀硫酸 d.氢碘酸
②“歧化”时，加入冰醋酸的目的是_______。(从平衡移动的角度用必要的离子方程式和文字解释)。
(5)废水中能否用以的形式除去？_______(列式计算，并用必要的文字说明)。[已知：的；；一般来说反应的时，认为反应完全。]
(6)由于直接歧化制备高锰酸钾的产率不高，且后续分离纯化步骤较多，目前工业上较多采用电解水溶液法制备如图，试写出该电解过程总反应的离子化学方程式为_______。
【答案】(1)3d54s2
(2)2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O
(3)Al(OH)3、H2SiO3
(4) c 消耗OH-，使平衡3+2H2O2+MnO2(s)+4OH-正向移动，提高KMnO4产率
(5)不能，反应Mn2++H2SMnS↓+2H+的平衡常数K=2.6×10-8 <10-5，反应几乎不进行
(6)
【分析】软锰矿(主要成分是，还含有等杂质)加KOH、空气进行熔融煅烧得K2MnO4、NaAlO2、Na2SiO3，冷却浸取得含K2MnO4、KAlO2、K2SiO3溶液，调pH使铝元素、硅元素转化为氢氧化铝、硅酸沉淀，然后过滤除去，得到K2MnO4溶液，K2MnO4溶液加冰醋酸进行歧化反应得到MnO2和KMnO4，过滤、洗涤、干燥等操作得到KMnO4。
【详解】（1）是25号元素，根据构造理论，Mn的基态核外价电子排布式为3d54s2；
（2）“熔融煅烧”时，被氧气氧化为K2MnO4，故参与反应的化学方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；
（3）由流程看铝元素、硅元素均在滤渣I中，则滤渣I为Al(OH)3、H2SiO3；
（4）①“歧化”时，醋酸的作用是提供酸性环境，得到高锰酸钾：
a．常温下，KMnO4会和浓盐酸反应，不可用浓盐酸，a不符题意；
b．亚硫酸有还原性，与KMnO4发生氧化还原反应，不可用亚硫酸，b不符题意；
c．稀硫酸可提供酸性环境，不和锰酸钾、高锰酸钾、二氧化锰反应，可替代醋酸，c符合题意；
d．氢碘酸有还原性，与KMnO4发生氧化还原反应，不可用氢碘酸，d不符题意；
选c；
②由所给信息可知溶液呈碱性且能发生可逆的歧化反应，即存在3K2MnO4(aq)+2H2O(l)2KMnO4(aq)+MnO2(s)+4KOH(aq)，故“歧化”时，加入冰醋酸的目的是消耗OH-，使平衡3+2H2O2+MnO2(s)+4OH-正向移动，提高KMnO4产率；
（5）Mn2++H2SMnS↓+2H+的平衡常数K==2.6×10-8 <10-5，反应几乎不进行，故废水中不能用以的形式除去；
（6）由图可知电解时a极作阳极，电极反应式为，K+向阴极室移动，b极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，D为浓KOH溶液，则该电解过程总反应的离子化学方程式为。
三、有机推断题
16．化合物G属于黄酮醋酸类化合物，具有保肝的作用。一种合成化合物G的路线如下：
已知：烯烃与HBr发生加成时，不同的条件下有不同的反应方式：
(1)1 mol B分子中含有的σ键数目为_______。
(2)E→F分两步进行，反应类型依次为_______、_______。
(3)D的分子是C10H11O2Cl，D的结构简式为_______。
(4)E的一种同分异构体X同时符合下列条件。写出X的结构简式：_______。
Ⅰ．能使溴的CCl4溶液褪色，且消耗2 mol Br2
Ⅱ．分子中含3种化学环境不同的氢
(5)设计由为原料，制备的合成路线(无机试剂和有机溶剂任选) _______。
【答案】(1)21
(2) 加成反应 消去反应
(3)
(4)或
(5)
【分析】A中酚羟基上的氢原子被取代生成B，对比C、E的结构简式知，C中酚羟基邻位的碳氢键断裂和甲醛发生加成生成醇，醇和HCl发生取代生成氯代化合物D，D的分子是C10H11O2Cl，D的结构简式为；D中-C1被-CN取代生成E，E中甲基上的2个氢原子被取代生成F，F中去掉2个氢原子发生还原反应生成G。
【详解】（1）单键都是σ键，双键中一个是σ键，一个是π键；则根据物质B结构简式可知1个B分子中含有σ键数目是21个，则1 mol B分子中含有σ键数目是21 mol；
（2）根据物质结构简式可知E分子中-CH3与分子中的-CHO发生加成反应形成，然后发生消去反应产生F，故E→F时先发生加成反应，然后在发生消去反应；
（3）根据上述分析可知D的结构简式为：；
（4）E的一种同分异构体X同时符合下列条件：Ⅰ．能使溴的CCl4溶液褪色，且消耗2 mol Br2，说明X分子中含有一个碳碳三键或2个碳碳双键；Ⅱ．分子中含3种化学环境不同的氢，则X可能的结构简式为或；
（5）与浓硫酸混合加热发生消去反应产生，该物质与H2O在催化剂存在条件下加热，发生加成反应产生，该物质与O2在Cu催化下加热发生氧化反应产生，然后在碱性条件下发生反应产生，则合成路线为：。
四、实验题
17．V2O5可制备对高血糖、高血症等具有一定治疗作用的硫酸氧矾(VOSO4)，而V2O5可以通过氯化氧钒(VOCl3)与氨水在一定条件下制备。
Ⅰ.制备VOSO4：实验流程如图-1及实验装置如图-2(夹持及加热装置已省略)。
已知：草酸易溶于乙醇，可溶于水，不溶于苯，受热易分解，具有还原性。
回答下列问题：
(1)仪器b的名称为_______。
(2)为防止草酸的损耗，加入草酸前需对反应液采取的措施为_______。
(3)反应液由橙红色变为蓝黑色的反应的化学方程式为_______。
(4)硫酸氧钒晶体(VOSO4·3H2O)中钒含量的测定：
①称取2.5g VOSO4·3H2O，配成250mL溶液；
②取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴加足量酸性高锰酸钾将VO2+完全转化为VO。
③滴加亚硝酸钠溶液反应掉过量的高锰酸钾，加入2mL尿素溶液至溶液不再产生气泡。已知：尿素不直接与亚硝酸盐反应，但可将亚硝酸转化为氮气；亚硝酸可将VO转化为VO2+。
④加入10mL硫酸-磷酸混酸调节pH=0，滴入指示剂用0.05mol·L-1硫酸亚铁铵标准溶液(Fe2+将VO转化为VO2+)滴定至终点。测量三次，消耗标准溶液平均体积为10.00mL。
ⅰ.实验过程中，下列操作会导致所测钒含量偏高的是_______。
A．预处理过程中加入尿素的量不足
B．盛装硫酸亚铁铵标准液的滴定管未润洗
C．滴定管读数时，开始时仰视刻度线，结束时平视刻度线
D．滴定前滴定管有气泡，滴定结束后发现滴定管内无气泡
ⅱ.测得硫酸氧钒晶体中钒的质量分数为_______(写出计算过程)。
Ⅱ.制备V2O5：VOCl3与氨水沉钒生成NH4VO3，NH4VO3加热分解生成V2O5。沉钒率与钒溶液浓度、氨解温度的关系如图-3、图-4所示。
为确定较适宜的沉钒条件，请结合上图曲线，补充完整“探究氨水浓度对沉钒率的影响”的实验方案：_______，使用专用仪器测定并计算沉钒率。(实验中可供选择的试剂：50g/L的钒溶液、10g/L的钒溶液、25%的优级纯氨水、高纯水)
【答案】(1)恒压滴液漏斗
(2)加适量蒸馏水稀释，并充分冷却
(3)(VO2)2SO4+H2C2O4+H2SO4=2VOSO4+2CO2↑+2H2O
(4) BD 10.2% 取数份等体积50g/L的钒溶液，分别加入不同体积25%的优级纯氨水，再加入高纯水使各组溶液总体积相等，水浴加热控制反应温度均为35℃(或35-55℃之间任一温度)，充分反应相同的时间(或1-2 h)
【分析】V2O5与浓硫酸加热时反应生成(VO2)2SO4，再加入草酸，(VO2)2SO4溶液转化成了VOSO4溶液，反应液由橙红色变为蓝黑色，经过蒸发浓缩，冷却结晶得到VOSO4晶体。
【详解】（1）根据仪器b的结构特点可知其为恒压滴液漏斗；
（2）草酸受热易分解，反应液中有浓硫酸，稀释时会放热，所以为防止草酸的损耗，加入草酸前需加入适量蒸馏水稀释反应液，并充分冷却；
（3）由流程可知，反应液有橙红色变为蓝黑色的反应为(VO2)2SO4在酸性溶液中被草酸还原为VOSO4，根据得失电子守恒、元素守恒可得化学方程式为(VO2)2SO4+H2C2O4+H2SO4=2VOSO4+2CO2↑+2H2O；
（4）i．A．预处理过程中加入尿素的量不足，亚硝酸可将VO转化为VO2+，导致硫酸亚铁铵标准溶液用量减少，测量值偏小，不符合题意；
B．盛装硫酸亚铁铵标准液的滴定管未润洗，导致用量偏大，测量值偏大，符合题意；
C．滴定管读数时，开始时仰视刻度线，结束时平视刻度线，导致用量读数偏小，测量值偏小，不符合题意；
D．滴定前滴定管有气泡，滴定结束后发现滴定管内无气泡，导致用量偏大，测量值偏大，符合题意；
故选BD。
ii．1molVO转化为VO2+转移电子1mol，1mol亚铁离子转化为铁离子转移电子1mol；根据质量守恒、电子守恒，可知n(V)=n(Fe2+)，硫酸氧钒中钒的质量为n(V)=0.05mol/L×0.01L×=0.005mol，所以硫酸氧钒晶体中钒的质量分数为×100%=10.2%；
“探究氨水浓度对沉钒率的影响”，则可做多组氨水浓度不同、钒溶液浓度相同、温度相同的对比实验，由图2可知，钒溶液浓度太低沉钒率太低，可能导致误差大，所以钒溶液选用浓度为50g/L，可用纯水控制溶液总体积相同。由图3可知，温度高于55℃，沉钒率下降，可能原因是温度高于55℃，氨水分解过多，故应控制温度在55℃以下。具体操作为：取数份等体积50g/L的钒溶液，分别加入不同体积25%的优级纯氨水，再加入高纯水使各组溶液总体积相等，水浴加热控制反应温度均为35℃(或35-55℃之间任一温度)，充分反应相同的时间(或1-2 h)，使用专用仪器测定并计算沉钒率。
五、原理综合题
18．气态含氮化合物是把双刃剑，既是固氮的主要途径，也是大气污染物。气态含氮化合物及相关反应是新型科研热点。回答下列问题：
(1)还原法：①用催化还原可以消除氮氧化物的污染。已知：
ⅰ：
ⅱ：
写出还原至和水蒸气的热化学方程式_______。
②尿素水溶液热解产生的可去除尾气中的，流程如下：
a.尿素中氮元素的化合价为_______。
b.若氧化处理后的尾气中混有，此时催化剂表面会因为覆盖部分硫酸盐而导致催化剂中毒，降低的去除率。试分析硫酸盐的产生过程_______。
③某脱硝反应机理如图-1所示，参与Ⅰ的反应方程式为_______。
(2)氧化法：氧化性强于，能更有效地氧化。
Ⅰ：
Ⅱ：(活化能)
Ⅲ：(活化能)
可经处理后再用碱液吸收而实现脱除。为分析氧化时温度对脱除率的影响，将与混合反应一段时间，再用碱液吸收氧化后的气体。其他条件相同时，脱除率随与混合反应温度变化如图-2所示。试分析在范围内，随着温度的升高脱除率先几乎不变后下降的可能原因是_______。
(3)研究表明氮氧化物的脱除率除了与还原剂、氧化剂、催化剂相关外，还取决于催化剂表面氧缺位的密集程度。以(A、B均为过渡元素)为催化剂，用还原的机理如下：
第一阶段：(不稳定)低价态的金属离子(还原前后催化剂中金属原子的个数不变)
第二阶段：Ⅰ. Ⅱ.
Ⅲ. Ⅳ.
Ⅴ.
注：表示催化剂表面的氧缺位，g表示气态，a表示吸附态
第一阶段用氢气还原得到低价态的金属离子越多，第二阶段反应的速率越快，原因是_______。
【答案】(1) -3 尾气中剩余的NO2溶于水生成具有强氧化性的HNO3， 与水反应生成H2SO3，HNO3将H2SO3氧化为H2SO4，从而形成硫酸盐 2C2H4+6Cu+(NO2)=3N2+4CO2+4H2O+6Cu+
(2)50- 150℃时，NO与O3的活化能低，反应速率快，O3分解的活化能高，反应速率慢，所以O3分解对O3氧化NO反应的影响不大。温度高于150℃时，O3分解速率迅速增加，O3分解对O3氧化NO反应的影响变大，温度超过150℃时，随着温度升高，NO脱除率下降
(3)还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，反应速率加快
【详解】（1）已知：ⅰ：
ⅱ：
根据盖斯定律，由ⅰ-ⅱ得反应；
a.在尿素中，碳元素是+4价，氧元素是-2价，氢元素是+1价，根据化合价代数和为0可推知，氮元素的化合价为-3价；
b.尾气中剩余的NO2溶于水生成具有强氧化性的HNO3， 与水反应生成H2SO3，HNO3将H2SO3氧化为H2SO4，从而形成硫酸盐；
c．图中Cu+在反应前后性质、质量不变,为催化剂；用乙烯进行脱硝(NO) ,从题图可以知道，乙烯被Cu+(NO2)氧化成二氧化碳(其中C化合价由-2→+4),Cu+(NO2)自身被还原成N2(其中N化合价由+4→0),反应方程式为2C2H4+6Cu+(NO2)=3N2+4CO2+4H2O+6Cu+；
（2）50~150℃时，NO与O3的活化能低，反应速率快，O3分解的活化能高，反应速率慢，所以O3分解对O3氧化NO反应的影响不大。温度高于150℃时，O3分解速率迅速增加；故答案为: 50- 150℃时，NO与O3的活化能低，反应速率快，O3分解的活化能高，反应速率慢，所以O3分解对O3氧化NO反应的影响不大。温度高于150℃时，O3分解速率迅速增加，O3分解对O3氧化NO反应的影响变大，温度超过150℃时，随着温度升高，NO脱除率下降；
（3）还原前后催化剂中金属原子的个数不变，则还原后低价的金属离子越多，催化剂表面的氧缺位越多,氧缺位越多，反应速率越快，
故答案为:还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，氧缺位增多，反应速率加快。
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