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江苏省镇江市五校2021-2022学年高二下学期期末考试 化学 Word版含解析
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这是一份江苏省镇江市五校2021-2022学年高二下学期期末考试 化学 Word版含解析，共20页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Mn-55
一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 工业上曾经通过反应3Fe＋4NaOH=Fe3O4＋2H2↑＋4Na↑生产金属钠。下列说法正确的是
A. 反应中NaOH是氧化剂B. 用磁铁可以将Fe和Fe3O4分离
C. 该反应属于置换反应D. 将生成的气体在空气中冷却可获得钠
【答案】A
【解析】
【详解】A．NaOH中钠和氢元素化合价降低，所以NaOH是氧化剂 ，故A正确；
B．用可以将Fe和Fe3O4均可被磁铁吸出，故B错误；
C．置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和化合物，该反应不属于置换反应 ，故C错误；
D．将生成的气体在空气中冷却，钠会和空气中氧气反应，不能获得钠，故D错误。
答案选A。
2. 硼酸和乙醇可以发生酯化反应：B(OH)3+3C2H5OH (C2H5O)3B+3H2O。生成的硼酸三乙酯点燃时产生绿色火焰，可通过该现象鉴定硼酸，下列表示正确的是
A. 中子数为8的O原子：
B. 乙醇分子的比例模型：
C. 基态C原子核外价电子的轨道表达式：
D. 硼酸在水中的电离方程式：B(OH)3+H2O=B(OH)+H+
【答案】B
【解析】
【详解】A．中子数为8的O原子的质量数为8+8=16，该核素为，故A错误；
B．乙醇分子的结构简式为CH3CH2OH，并且原子大小：C＞O＞H，则乙醇分子的比例模型为，故B正确；
C．基态C原子的核外电子排布式为1s22s22p2，价电子排布式为2s22p2，根据洪特规则可知C原子的价电子的轨道表达式为，故C错误；
D．硼酸是一元弱酸，部分电离，电离方程式：，故D错误；
故选：B。
3. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A. 氨气具有还原性，可用作烟气中NOx脱除
B. Al2O3熔点高，可用作电解冶炼铝的原料
C. 浓硫酸具有强氧化性，可用作酯化反应的催化剂
D. 次氯酸具有弱酸性，可用作有色物质的漂白剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．NH3与NO及NO2催化剂条件下反应生成N2和H2O，实现氮氧化物脱除，描述正确，符合题意；
B．电解铝选择Al2O3是因为Al2O3是离子化合物，而AlCl3是共价化合物，熔融态下是分子结构而不是离子结构，AlCl3无法作为电解铝材料；Al2O3熔点高，所以电解氧化铝时需加助剂冰晶石来降低固体的熔化温度，对应错误，不符题意；
C．浓硫酸作为酯化反应的催化剂是利用浓硫酸的脱水性和吸水性，对应错误，不符题意；
D．次氯酸具有漂白性，用于有色有机物质的漂白，对应错误，不符题意；
综上，本题选A。
4. 下列有关SO2、SO3的说法正确的是
A. SO2水溶液能导电，SO2是电解质B. SO2的键角小于SO3的键角
C. SO2、SO3都是极性分子D. SO2的水溶液放置在空气中，pH会增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．电解质是在水溶液中或熔融状态下可导电的化合物，水溶液为混合物，不是电解质，A错误；
B．依据价层电子对互斥理论模型， 中S为中心原子，σ键电子对数为3，孤电子对数为，所以的空间结构为平面三角形，键角为；中S为中心原子，σ键电子对数为2，孤电子对数为，所以的空间结构为V形；孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对与成键电子对间的斥力，而中含有1对孤电子对，对成键电子对的排斥作用较大，键角减小，B正确；
C．的空间结构为平面三角形，正负电荷重心重合，为非极性分子；的空间结构为V形，有1对孤电子对，正负电荷重心不重合，为极性分子，C错误；
D．的水溶液放置在空气中，溶液中的会被空气氧化成，酸性增强，pH会减小，D错误；
故合理选项为B。
5. 在指定条件下，下列选项所示的物质间的转化能够实现的是
A. SO2NH4HSO3(aq)B. SO3Br2
C. FeS2SO3D. 浓H2SO4SO2
【答案】D
【解析】
【详解】A．SO2与过量氨水反应生成亚硫酸铵，因此不能实现物质之间的转化关系，A不符合题意；
B．SO3与HBr不能发生氧化还原反应产生Br2，因此不能实现物质之间的转化关系，B不符合题意；
C．反应方程式为4FeS2+11O2=8SO2+2Fe2O3，只能生成SO2，不能反应产生SO3，因此不能实现物质之间的转化关系，C不符合题意；
D．浓H2SO4具有强氧化性，会将S氧化反应产生SO2，能实现物质之间的转化关系，D 不符合题意；
故合理选项是D。
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) ΔH=-41.8kJ·ml-1。标准状况下，SO2(g)+NO2(g)=SO3(s)+NO(g) ΔH，下列有关说法不正确的是
A. 该反应ΔH＜0，ΔS＜0
B. 升高温度，能增加SO2的反应速率和转化率
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22.4LNO转移电子的数目约等于2×6.02×1023
【答案】B
【解析】
【详解】A．气态三氧化硫转化为固态三氧化硫放热，故ΔH＜0，标准状况下，反应生成固体，气体分子数减少，ΔS<0，A正确；
B．升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增大，反应速率增大，但正反应放热，升高温度不利于反应正向进行，SO2的转化率降低，B错误；
C．SO2和NO2的计量数均为1，SO2的生成速率和NO2的消耗速率相等说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，C正确；
D．标准状况下，SO2(g)+NO2(g)=SO3(s)+NO(g)，每生成1mlNO，转移2ml电子，故每生成22.4LNO转移电子的数目约等于2×6.02×1023，D正确；
答案选B。
7. 某化学兴趣小组以含钴废渣(主要成分CO、C2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备C2O3的一种实验流程如下。下列与流程相关的原理、装置和操作能达到实验目的的是
A. “酸浸”中SO2作还原剂，用装置甲制取
B. “酸浸”所需的250 mL 1.0 ml·L-1 H2SO4溶液用装置乙配制
C. “萃取”的目的是除去Zn2+，用装置丙，振荡时分液漏斗下端应向下倾斜
D. “沉钴”时向萃取液中缓慢滴加沉淀剂，用装置丁过滤所得悬浊液
【答案】D
【解析】
【分析】由流程图可知：加入硫酸酸浸并通入二氧化硫，可发生C2O3+SO2+H2SO4=2CSO4+H2O，同时生成硫酸铝、硫酸锌等，调节溶液的pH，可生成氢氧化铝沉淀而除去铝离子，然后再除去锌离子，再加入碳酸钠沉钴，可生成CCO3固体，最后灼烧生成C2O3，据此解答。
【详解】A．Cu与浓硫酸反应需要加热，图甲不能制取得到SO2气体，A错误；
B．定容时胶头滴管不能伸入容量瓶中，B错误；
C．萃取振荡时，分液漏斗下口应倾斜向上，由流程图可知：除铝时把铝离子除去了，萃取的目的则是除去Zn2+ ，C错误；
D．沉钴时应缓慢滴加碳酸钠溶液，生成CCO3沉淀，图中过滤可分离出CCO3固体，操作合理，D正确；
故合理选项是D。
8. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子中有2未成对电子，X原子的K层与M层电子数相等，W原子的最外层电子数等于X与Y原子的最外层电子数之和，Z单质常温下为气体。下列说法正确的是
A. 原子半径
B. X的第一电离能比同周期相邻元素的大
C. Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强
D. Z的简单氢化物的熔沸点比W的高
【答案】B
【解析】
【分析】X原子的K层和M层电子数相等，故X原子K层、M层均为2个电子，总共含12个电子，故X为Mg，Z的原子序数比X大且单质常温下为气体，故Z为Cl，W原子含2个未成对电子，故W电子排布式可能为：1s2s22p2(C)或1s2s22p4(O)，若W为C，根据最外层电子数关系推得Y最外层也为2个电子，则为Mg，不符合题意，故W为O，根据最外层电子数关系推得Y最外层为4个电子，故Y为Si。
【详解】A．一般电子层数多，半径大，层数相同时，核电荷数多，半径小，故四种原子半径顺序为：O＜Cl＜Si＜Mg，A错误；
B．X为Mg元素，价电子排布为3s2稳定结构，故其第一电离能比相邻元素大，B正确；
C．W为O，无最高正价，则不存在最高价氧化物对应水化物，C错误；
D．由于水分子能形成分子间氢键，而HCl分子不能，故H2O的熔沸点比HCl高，D错误；
故答案选B。
9. 化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体，可由下列反应制得。
下列有关说法正确的是
A. X在过量NaOH溶液中加热，所得的有机产物中含手性碳原子
B. Y分子中碳原子的杂化类型有二种
C. 分子中，所有原子一定共平面
D. Z在铜催化作用下加热，生成的有机产物能发生银镜反应
【答案】B
【解析】
【分析】A中根据卤代烃的性质在强碱溶液中发生取代反应，利用产物的结构简式进行判断；B中根据碳原子的结构特点进行判断；C中根据氮原子所接化学键进行判断杂化类型，根据杂化类型判断分子共面问题；D中根据醇的官能团的性质进行判断；
【详解】A．X在过量NaOH溶液中加热，发生取代反应生成有机物为： ，生成丙三醇分子非常对称，不存在手性碳原子，故A不正确；
B．Y分子中苯环上碳原子采用sp2杂化，环外碳形成双键的采用sp2杂化，形成四个单键的采用sp3杂化，故杂化类型有二种，故B正确；
C． 分子中，氮原子上的根据氮原子的杂化sp3判断氢原子不在该平面，故C不正确；
D．Z在铜催化作用下加热，羟基被氧化为羰基，故不能发生银镜反应，故D不正确；
故选答案B；
【点睛】此题考查有机物官能团的性质及空间结构；注意共面问题注意利用原子的杂化类型进行判断。
10. 乙酸乙酯的制备实验过程如下：
步骤1：在一支试管中加入3mL乙醇，然后边振荡边缓缓加入2mL浓硫酸和2mL乙酸，再加入几片碎瓷片，加热并收集蒸出的乙酸乙酯粗品。
步骤2：向盛有乙酸乙酯粗品的试管中滴加1~2滴KMnO4溶液，振荡，紫红色褪去。
步骤3：向盛有Na2CO3溶液的试管中滴加乙酸乙酯粗品，振荡，有气泡产生。
下列说法正确的是
A. 步骤1中使用过量的乙醇能提高乙酸的转化率
B. 步骤1中使用碎瓷片的目的是作反应的催化剂
C. 步骤2中紫红色变浅说明乙酸乙酯粗品含有乙烯
D. 步骤3中发生反应离子方程式为CO+2H+=H2O+CO2↑
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙酸和乙醇的酯化反应为可逆反应，提高一种反应物的用量，可以使平衡正向移动，提高另一种反应物的转化率，A正确；
B．碎瓷片的作用是防止暴沸，浓硫酸是催化剂，B错误；
C．步骤2中紫红色变浅也可能是因为溶解在乙酸乙酯中的未反应的乙醇，C错误；
D．乙酸为弱酸，不能拆，离子方程式应为CO+2CH3COOH=H2O+CO2↑+2CH3COO-，D错误；
综上所述答案为A。
11. 铁的配合物离子(用表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：
下列说法不正确的是
A. 该过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑
B. H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C. 该催化循环中Fe元素的化合价发生变化
D. 该过程的总反应速率由IV→I步骤决定
【答案】C
【解析】
【详解】A．由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，HCOO-与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又结合氢离子转化为氢气，所以化学方程式为HCOOHCO2↑+H2↑，A正确；
B．若氢离子浓度过低，则反应Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制加酸的电离，使甲酸根浓度降低，反应Ⅰ→Ⅱ速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率减慢，B正确；
C．由反应机理可知，Fe在反应过程中，做催化剂，化合价没有发生变化，C错误；
D．由反应进程可知，反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，D正确；
答案选C。
12. 钴()的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。如图为水溶液中电解制备金属钴的装置示意图。下列说法正确的是
A. 工作时，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的均增大
B. 生成，Ⅰ室溶液质量理论上减少
C. 移除两交换膜后，石墨电极上发生的反应不变
D. 电解总反应：
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，该装置为电解池，石墨电极为阳极，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2H2O-4e-=O2↑+4H+，Ⅰ室中阳离子电荷数大于阴离子电荷数，放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，钴电极为阴极，钴离子在阴极得到电子发生还原反应生成钴，电极反应式为C2++2e-=C，Ⅲ室中阴离子电荷数大于阳离子电荷数，氯离子过阴离子交换膜由Ⅲ室向Ⅱ室移动，电解的总反应的离子方程式为2C2++2H2O2 C +O2↑+4H+。
【详解】A．由分析可知，放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，使Ⅱ室中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故A错误；
B．由分析可知，阴极生成1ml钴，阳极有1ml水放电，则Ⅰ室溶液质量减少18g，故B错误；
C．若移除离子交换膜，氯离子的放电能力强于水，氯离子会在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，则移除离子交换膜，石墨电极的电极反应会发生变化，故C错误；
D．由分析可知，电解的总反应的离子方程式为2C2++2H2O2 C +O2↑+4H+，故D正确；
故选D。
13. 已知室温下Ka1(H2S)=10-7，Ka2(H2S)=10-12.9。通过下列实验探究含硫化合物的性质。
实验l：测得0.1ml·L-1H2S溶液pH=4.1
实验2：向10mL0.1ml·L-1NaHS溶液中加入5mL水，测得溶液的pH不断减小
实验3：向实验2所得溶液中滴加10mL0.1ml·L-1NaOH溶液，测得反应后溶液pH=12
实验4：向实验3所得溶液中滴加几滴0.1ml·L-1MnSO4溶液，产生粉色沉淀，再加几滴0.lml·L-1CuSO4溶液，产生黑色沉淀
下列说法正确的是
A. 由实验1可知：0.1ml·L-1H2S溶液中c(S2-)B. 由实验2可知：加水过程中，逐渐变小
C. 实验3所得溶液中存在：c(H2S)+c(HS-)+c(H+)=c(OH-)
D. 由实验4可知：Ksp(MnS)>Ksp(CuS)
【答案】A
【解析】
【详解】A．0.1ml·L-1H2S溶液pH=4.1，即c(H+)=10-4.1 ml·L-1，Ka1(H2S)= =10-7，则，则c(HS-)=10-3.9 ml·L-1，Ka2(H2S)= =10-12.9，则，则c(S2-)=10-12.7 ml·L-1，pH=4.1，则pOH=9.9，c(OH-)=10-9.9，则c(S2-)B．Ka2(H2S)= =10-12.9，加水过程中，测得溶液的pH不断减小，即c(H+)越来越大，则越来越小，则越来越大，故B错误；
C．10mL0.1ml·L-1NaHS溶液中加入5mL水，再滴加10mL0.1ml·L-1NaOH溶液，根据NaHS+NaOH=Na2S+H2O，可知它们恰好反应，根据质子守恒，则Na2S溶液中存在2c(H2S)+c(HS-)+c(H+)=c(OH-)，故C错误；
D．实验3所得Na2S溶液中，滴入几滴0.1ml·L-1MnSO4溶液，虽然产生粉色MnS沉淀，但S2-并没有沉淀完全，所以在滴入几滴0.lml·L-1CuSO4溶液，又产生黑色CuS沉淀，并不能说明存在沉淀转化，则也不能说明Ksp(MnS)>Ksp(CuS)，故D错误；
答案A。
14. 以 CO2、H2为原料合成 CH3OH 涉及的反应如下：
反应Ⅰ： CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1=-49kJ·ml-1
反应Ⅱ： CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH2=+41kJ·ml-1
反应Ⅲ： CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ΔH3
在 5MPa 下，按照 n(CO2)：n(H2)=1：3 投料，平衡时，CO和CH3OH在含碳产物中物质的量分数及 CO2的转化率随温度的变化如图。下列说法正确的是
A. 反应Ⅲ中反应物的总键能大于生成物的总键能
B. 曲线 n 代表 CH3OH 在含碳产物中物质的量分数
C. 该条件下温度越低，越有利于工业生产 CH3OH
D. 图示 270℃时，平衡体系中CO2的体积分数为 20%
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据盖斯定律I-Ⅱ可得反应ⅢCO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH3=-49kJ·ml-1-41kJ·ml-1=-90kJ·ml-1；ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能，故反应Ⅲ中反应物的总键能小于生成物的总键能，A错误；
B．根据反应Ⅰ和Ⅲ可知，其反应的产物都有CH3OH生成，且ΔH1和ΔH3都小于零，也就是说，温度升高，它们的平衡都会逆向移动，从而使CH3OH的产量变少，则甲醇在含碳产物的物质的量分数减小，故符合这个规律的是曲线m，B错误；
C．由图可知，温度在150℃时有利于反应Ⅰ进行，CH3OH的含量高，有利于工业生产CH3OH，但并不是温度越低越好，因为反应需要一定温度才能发生，C错误；
D．根据题意设起始量n(CO2)=1ml，n(H2)=3ml，平衡时反应I生成CH3OH物质的量为 xml，反应II中生成CO 的物质的量也为xml，可得：
270℃时CO2的转化率为25%，则2x=1ml，解得x=0.125ml，则反应后总的物质的量1+3-6x+4x=(4-2x)=3.75ml，则平衡体系中CO2的体积分数为，D正确；
答案选D。
二、非选择题：共4题，共58分。
15. 以废锰渣(含MnO2及少量KOH、MgO、Fe2O3)为原料制备MnSO4晶体，其工艺流程可表示为：
该工艺条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
（1）Mn2+的基态核外电子排布式为___________。
（2）“反应I”中加入硫铁矿(主要成分FeS2)将MnO2还原为Mn2+。滤渣1的主要成分除FeS2外，还有一种相对分子质量为192的单质，其化学式为___________。
（3）“反应II”中主要反应的离子方程式为___________。
（4）“调pH”步骤中，应调节溶液pH范围是___________。
（5）测定产品纯度。取制得的MnSO4晶体0.1510g，溶于适量水中，加硫酸酸化；用过量NaBiO3(难溶于水)将Mn2+完全氧化为，过滤洗涤；_________，向其中加入Na2C2O4固体0.5360g；充分反应后，用0.0320ml·L-1KMnO4溶液滴定，用去20.00mL。
已知：+→CO2↑+Mn2+(未配平)；Mr(Na2C2O4)=134，Mr(MnSO4)=151。
①为减小测量误差，请补充完整洗涤后的实验操作___________。
②计算产品中MnSO4的质量分数___________(写出计算过程，保留两位有效数字)。
【答案】（1）[Ar]3d5
（2）S6 （3）2Fe2++MnO2+4H＋=2Fe3++Mn2++2H2O
（4）3.20～9.27
（5） ①. 将几次洗涤的滤液与过滤所得的滤液合并 ②. 96%
【解析】
【分析】由工艺流程图可知，酸浸过程中杂质KOH、MgO、Fe2O3等溶于硫酸进入溶液，二氧化锰与硫酸不反应，过滤，得到二氧化锰，反应Ⅰ中加入硫铁矿(主要成分FeS2)将MnO2还原为Mn2+，过滤除去不溶物，反应Ⅱ中加入二氧化锰将溶液中存在的亚铁离子转化为Fe3+ ，加入碳酸钙调pH，将Fe3+ 转化为氢氧化铁沉淀除去，经过滤得较纯净的硫酸锰溶液，最终得到硫酸锰晶体。
【小问1详解】
Mn为25号元素，Mn原子失去2个电子生成Mn2+，根据构造原理书写Mn2+的基态核外电子排布式为[Ar]3d5；
【小问2详解】
“反应Ⅰ”中加入硫铁矿(主要成分FeS2)将MnO2还原为Mn2+，Mn元素价态下降得电子，S元素失电子生成0价单质硫，相对分子质量为192，故该单质含硫原子数为=6，化学式为S6；
【小问3详解】
反应Ⅱ中加入二氧化锰将溶液中存在的亚铁离子转化为Fe3+ ，Fe元素化合价升高了1，Mn元素化合价降低了2，由升降守恒，Fe2+ 系数配2，由电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得反应的离子方程式为2Fe2+ + MnO2+ 4H+= 2Fe3+ + Mn2+ + 2H2O；
【小问4详解】
“调pH”步骤中，应将Fe3+ 转化为氢氧化铁沉淀除去，而Mn2+不损失，应调节溶液pH的范围是3.20～9.27；
【小问5详解】
①为减小测量误差，避免高锰酸根离子损失，洗涤后的实验操作为将几次洗涤的滤液与过滤所得的滤液合并；
②由电子守恒可得反应的离子关系为5C2O～2MnO，Na2C2O4固体的物质的量为，原溶液中高锰酸根离子的物质的量为0.004ml×-0.0320ml•L-1×0.02L=0.00096ml，由原子守恒可知，样品中MnSO4的质量为0.00096ml×151g/ml=0.14496g，产品中MnSO4的质量分数为×100%=96%。
16. 紫草素类化合物G具有不同程度的细胞毒作用和抗肿瘤作用，其合成路线如下图所示：
（1）A中含氧官能团的名称为_______，1ml中含有_______mlσ键。
（2）B的结构简式_______。
（3）E→F的反应类型_______。
（4）A到B的反应中生成一种副产物H(C13H20O2)，其同分异构体满足以下条件，写出该同分异构体的结构简式_______。
I.能和FeCl3溶液发生显色反应；
II.核磁共振氢谱图显示4个吸收峰。
（5）请设计以和为原料制备的合成路线(无机试剂任用，合成路线示例见本题题干)_______。
【答案】（1） ①. 醚键、羰基 ②. 14
（2） （3）氧化反应
（4）或 （5）
【解析】
【分析】对比A和C的结构简式可知，1mlA与2ml 发生取代反应生成B，B为 ；B发生氧化反应生成C，C在LiOH作用下发生反应生成D，D和发生反应生成E，E发生氧化反应生成F，F发生分子内加成反应得到G。
【小问1详解】
由A的结构简式可知A中含氧官能团的名称为醚键、羰基；单键为σ键，双键为1个σ键、1个π键，1ml中含14mlσ键；
【小问2详解】
由分析可知，B的结构简式为 ；
【小问3详解】
由E和F的结构简式可知，E中的-CH2OH转变为了F中的-CHO，发生氧化反应；
【小问4详解】
副产物H(C13H20O2)，不饱和度为4：
其同分异构体能和FeCl3溶液发生显色反应，说明含苯环和酚羟基，则侧链均为饱和结构，核磁共振氢谱图显示4个吸收峰，说明分子结构高度对称，结构简式为 或 。
【小问5详解】
与溴单质发生1，4-加成生成 ， 再水解得到 ， 在二氧化锰的作用下被氧化生成 ， 与 在LDA的作用下反应得到 ，合成路线为：。
17. Li2CO3可用于制备锂电池的正极材料LiCO2，以某锂云母矿石(主要成分为Li2O，还有Al2O3、Fe2O3、MnO、MgF2等杂质)制备Li2CO3。
已知：①Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38、Ksp[Mn(OH)2]=2×10-13、Ksp[Mg(OH)2]=1.2×10-11、Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33。
②C3O4、CO均难溶于水。C3O4难溶于酸，CO能溶于酸中。
③当溶液中的离子浓度小于10-5ml/L时，已完全沉淀。
④部分物质的溶解度曲线见图。
利用锂云母矿石制备Li2CO3步骤如下：
（1）酸浸。向锂云母矿石中加入30%硫酸，加热至90℃，装置如图所示。烧杯中试剂的作用是____。
（2）调pH。向酸浸后的溶液中加入NaOH溶液，调节pH约为6，过滤。再向滤液中继续滴加氢氧化钠溶液调pH>13，过滤，此时的滤渣主要成分为____。分两次调节pH的主要原因是____。
（3）沉锂。将已经除杂的溶液蒸发浓缩，向浓缩后的滤液中加入稍过量饱和Na2CO3溶液，加热煮沸，趁热过滤，将滤渣洗涤烘干，得Li2CO3固体。浓缩液中离子浓度过大将在产品中引入____杂质(填化学式)。
（4）Li2CO3和C3O4混合后，在空气中高温加热可以制备锂电池的正极材料LiCO2，写出反应方程式：____。
（5）C3O4可由CCO3热分解制备。CCO3在有氧和无氧环境下的所得C3O4和CO的百分含量与温度关系如图所示。请补充完整由CCO3制备较纯净的C3O4实验方案，取一定质量的CCO3于热解装置中，____，干燥。(须使用的试剂和仪器有：lml/LH2SO4，蒸馏水，BaCl2溶液)
【答案】（1）吸收HF，防止污染空气
（2） ①. Mg(OH)2、Mn(OH)2 ②. 防止铝元素转化为AlO，无法去除
（3）Na2SO4 （4）6Li2CO3+4C3O4+O212LiCO2+6CO2
（5）在空气中加热固体(加热时鼓入氧气)，温度在900~1000℃保持一段时间，取出固体，冷却。向固体中边搅拌、边加入1ml/LH2SO4至固体不再减少，过滤，用蒸馏水洗涤滤渣至最后一次洗涤液加BaCl2溶液无明显现象
【解析】
【分析】本工艺流程题为利用锂云母矿石制备Li2CO3的操作，“酸浸”时向锂云母矿石中加入30%硫酸，加热至90℃，发生的反应有：Li2O+H2SO4=Li2SO4+H2O、 Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、MnO+H2SO4=MnSO4+H2O、MgF2+H2SO4=MgSO4+2HF，先调节pH为6让Fe3+、Al3+完全沉淀，过滤出Fe(OH)3、Al(OH)3，将滤液的pH继续调节pH值为12，析出Mg(OH)2和Mn(OH)2沉淀，过滤得到较纯净的Li2SO4溶液，加入饱和Na2CO3溶液，则发生反应Li2SO4+Na2CO3=Li2CO3↓+Na2SO4，过滤洗涤干燥得到纯净的Li2CO3，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，“酸浸”是向锂云母矿石中加入30%硫酸，加热至90℃，发生的反应：MgF2+H2SO4=MgSO4+2HF，HF是一种能挥发，且有毒的酸性物质， 烧杯中试剂的作用是吸收HF，防止污染空气，故答案为：吸收HF，防止污染空气；
【小问2详解】
由题干信息可知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38、Ksp[Mn(OH)2]=2×10-13、Ksp[Mg(OH)2]=1.2×10-11、Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33，则当pH为6时，c(Fe3+)==4.0×10-14ml/L，c(Al3+)==1.0×10-9ml/L，c(Mn2+)==2.0×103ml/L，c(Mg2+)==1.2×105ml/L，说明此时Al3+、Fe3+已经完全沉淀，而Mg2+、Mn2+还未开始沉淀，继续调节pH＞13，则此时c(Mn2+)＜=2.0×10-11ml/L，c(Mg2+)＜=1.2×10-9ml/L，即Mg2+、Mn2+沉淀完全，此时沉淀为Mn(OH)2、Mg(OH)2，由于Al(OH)3能溶于强碱溶液中，转化为引入新的杂质，很难除去，故答案为：Mg(OH)2、Mn(OH)2；防止铝元素转化为AlO，无法去除；
【小问3详解】
由分析可知，“沉锂”步骤中发生的反应为：Li2SO4+Na2CO3=Li2CO3↓+Na2SO4，由题干溶解度随温度变化的关系图可知，温度高于40℃时，Na2SO4的溶解度随温度升高而减小，且温度高于50℃时，Na2SO4的溶解度小于Na2CO3的溶解度，故浓缩液中离子浓度过大将在产品中引入Na2SO4杂质，故答案为：Na2SO4；
【小问4详解】
Li2CO3和C3O4混合后，在空气中高温加热可以制备锂电池的正极材料LiCO2，根据氧化还原反应配平原则可得该反应的反应方程式为：6Li2CO3+4C3O4+O212LiCO2+6CO2，故答案为：6Li2CO3+4C3O4+O212LiCO2+6CO2；
【小问5详解】
从题干信息中CCO3在有氧和无氧环境下的所得C3O4和CO的百分含量与温度关系图示信息可知，有氧比无氧环境下C3O4的百分含量要高得多，故选择在有氧环境中进行，结合题干信息②C3O4、CO均难溶于水。C3O4难溶于酸，CO能溶于酸中，则尽量使CO百分含量越低越好，故选择温度为900℃~1000℃下进行，最后用H2SO4除去CO，过滤洗涤，并检验洗涤干净后干燥得到较纯净的C3O4，故由CCO3制备较纯净的C3O4实验方案：取一定质量的CCO3于热解装置中，在空气中加热固体(加热时鼓入氧气)，温度在900~1000℃保持一段时间，取出固体，冷却。向固体中边搅拌、边加入1ml/LH2SO4至固体不再减少，过滤，用蒸馏水洗涤滤渣至最后一次洗涤液加BaCl2溶液无明显现象，干燥，故答案为：在空气中加热固体(加热时鼓入氧气)，温度在900~1000℃保持一段时间，取出固体，冷却。向固体中边搅拌、边加入1ml/LH2SO4至固体不再减少，过滤，用蒸馏水洗涤滤渣至最后一次洗涤液加BaCl2溶液无明显现象。
18. 水体中的六价铬[Cr(VI)]对生态环境和人体健康威胁很大。工业废水中Cr(VI)常用还原沉淀法、微生物法等进行处理。
（1）“还原沉淀法”常用Na2SO3、FeSO4等处理Cr(VI)得到Cr(III)。已知溶液中含Cr(VI)的微粒(H2CrO4、和)的物质的量分数随pH的关系如图1所示。
①某含Cr(VI)废水的pH约为3，写出用Na2SO3处理该废水的离子方程式：___________[已知pH=3时，Cr(III)以Cr3+形式存在]。
②其他条件相同，用Na2SO3处理不同pH的含Cr(VI)废水，反应相同时间，Cr(VI)的去除率与pH的关系如图2所示。已知酸性条件下Cr(VI)对Na2SO3具有很强的氧化能力，pH<2时，Cr(VI)的去除率随pH降低而降低的原因是___________。
③研究发现，用FeSO4处理pH=3的含Cr(VI)废水，Cr(VI)的去除率大于其被FeSO4还原的理论值。Cr(VI)的去除率大于理论值的原因是___________。
（2）“微生物法”处理含Cr(Ⅵ)废水具有效率高、选择性强、吸附容量大等优点。一种微生物法是用硫酸盐还原菌(SRB)处理含Cr(VI)废水。
①硫酸盐还原菌能将水中的转化为S2-，S2-与可反应生成Cr2S3和S两种沉淀。写出S2-与反应的离子方程式：___________。
②用硫酸盐还原菌(SRB)处理含铬废水时，温度常控制在30℃左右，温度过高，Cr(VI)的去除率低的原因是___________。
③硫酸盐还原菌(SRB)常存在于水体中，会腐蚀许多金属及合金。一种Fe合金在硫酸盐还原菌存在条件下腐蚀的机理如图3所示。已知溶液中的S2-会完全转化为FeS，则Fe腐蚀后生成FeS和Fe(OH)2的物质的量之比为___________。
【答案】（1） ①. 3++8H+=2Cr3++3+4H2O ②. 部分与H+结合后转化为SO2逸出，使得与Cr(VI)反应的的物质的量浓度减小，反应速率减慢 ③. Fe被Cr(VI)氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，胶体吸附了部分Cr(VI)
（2） ①. 6S2-+2+8H2O=Cr2S3↓+3S↓+16OH- ②. 温度过高，硫酸盐还原菌发生变性，失去活性 ③. 1∶3
【解析】
【小问1详解】
①已知pH=3时，Cr(III)以Cr3+形式存在，则Na2SO3将Cr(VI)还原为Cr(III)，S元素化合价升高，生成，反应的离子方程式：3++8H+=2Cr3++3+4H2O；
②pH<2时，Cr(VI)的去除率随pH降低而降低的原因是：部分与H+结合后转化为SO2逸出，使得与Cr(VI)反应的的物质的量浓度减小，反应速率减慢；
③FeSO4与Cr(VI)发生氧化还原反应生成Fe3+，由于铁离子发生水解得到氢氧化铁胶体吸附部分Cr(VI)，使Cr(VI)的去除率大于其被FeSO4还原的理论值；因此Cr(VI)的去除率大于理论值的原因是：Fe被Cr(VI)氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，胶体吸附了部分Cr(VI)；
【小问2详解】
①S2-与可反应生成Cr2S3和S两种沉淀，S元素化合价升高了2，Cr元素化合价降低了3，有2个Cr变价，由得失电子守恒知系数6S~2Cr，反应的离子方程式：6S2-+2+8H2O=Cr2S3↓+3S↓+16OH-；
②硫酸盐还原菌(SRB)具有生物活性，在适宜的温度下其作用效果最佳，因此温度常控制在30℃左右，温度过高，Cr(VI)的去除率低的原因是：温度过高，硫酸盐还原菌发生变性，失去活性；
③由腐蚀机理示意图可知，正极H2O先变成H，SO42-再与H在SRB作用下生成S2-，S2-与Fe2+结合生成FeS，负极Fe失去电子生成Fe2+，Fe2+与OH-结合生成Fe(OH) 2，由此可知该腐蚀过程的总反应为：4Fe+4H2O+SO42-=FeS+3 Fe(OH) 2+2OH-，则生成FeS和Fe(OH)2的物质的量之比为1∶3。金属离子
Fe3+
Fe2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀pH
2.10
7.45
9.27
9.60
完全沉淀pH
3.20
8.95
10.87
11.13
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Mn-55
一、单项选择题：共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 工业上曾经通过反应3Fe＋4NaOH=Fe3O4＋2H2↑＋4Na↑生产金属钠。下列说法正确的是
A. 反应中NaOH是氧化剂B. 用磁铁可以将Fe和Fe3O4分离
C. 该反应属于置换反应D. 将生成的气体在空气中冷却可获得钠
【答案】A
【解析】
【详解】A．NaOH中钠和氢元素化合价降低，所以NaOH是氧化剂 ，故A正确；
B．用可以将Fe和Fe3O4均可被磁铁吸出，故B错误；
C．置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和化合物，该反应不属于置换反应 ，故C错误；
D．将生成的气体在空气中冷却，钠会和空气中氧气反应，不能获得钠，故D错误。
答案选A。
2. 硼酸和乙醇可以发生酯化反应：B(OH)3+3C2H5OH (C2H5O)3B+3H2O。生成的硼酸三乙酯点燃时产生绿色火焰，可通过该现象鉴定硼酸，下列表示正确的是
A. 中子数为8的O原子：
B. 乙醇分子的比例模型：
C. 基态C原子核外价电子的轨道表达式：
D. 硼酸在水中的电离方程式：B(OH)3+H2O=B(OH)+H+
【答案】B
【解析】
【详解】A．中子数为8的O原子的质量数为8+8=16，该核素为，故A错误；
B．乙醇分子的结构简式为CH3CH2OH，并且原子大小：C＞O＞H，则乙醇分子的比例模型为，故B正确；
C．基态C原子的核外电子排布式为1s22s22p2，价电子排布式为2s22p2，根据洪特规则可知C原子的价电子的轨道表达式为，故C错误；
D．硼酸是一元弱酸，部分电离，电离方程式：，故D错误；
故选：B。
3. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A. 氨气具有还原性，可用作烟气中NOx脱除
B. Al2O3熔点高，可用作电解冶炼铝的原料
C. 浓硫酸具有强氧化性，可用作酯化反应的催化剂
D. 次氯酸具有弱酸性，可用作有色物质的漂白剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．NH3与NO及NO2催化剂条件下反应生成N2和H2O，实现氮氧化物脱除，描述正确，符合题意；
B．电解铝选择Al2O3是因为Al2O3是离子化合物，而AlCl3是共价化合物，熔融态下是分子结构而不是离子结构，AlCl3无法作为电解铝材料；Al2O3熔点高，所以电解氧化铝时需加助剂冰晶石来降低固体的熔化温度，对应错误，不符题意；
C．浓硫酸作为酯化反应的催化剂是利用浓硫酸的脱水性和吸水性，对应错误，不符题意；
D．次氯酸具有漂白性，用于有色有机物质的漂白，对应错误，不符题意；
综上，本题选A。
4. 下列有关SO2、SO3的说法正确的是
A. SO2水溶液能导电，SO2是电解质B. SO2的键角小于SO3的键角
C. SO2、SO3都是极性分子D. SO2的水溶液放置在空气中，pH会增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．电解质是在水溶液中或熔融状态下可导电的化合物，水溶液为混合物，不是电解质，A错误；
B．依据价层电子对互斥理论模型， 中S为中心原子，σ键电子对数为3，孤电子对数为，所以的空间结构为平面三角形，键角为；中S为中心原子，σ键电子对数为2，孤电子对数为，所以的空间结构为V形；孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对与成键电子对间的斥力，而中含有1对孤电子对，对成键电子对的排斥作用较大，键角减小，B正确；
C．的空间结构为平面三角形，正负电荷重心重合，为非极性分子；的空间结构为V形，有1对孤电子对，正负电荷重心不重合，为极性分子，C错误；
D．的水溶液放置在空气中，溶液中的会被空气氧化成，酸性增强，pH会减小，D错误；
故合理选项为B。
5. 在指定条件下，下列选项所示的物质间的转化能够实现的是
A. SO2NH4HSO3(aq)B. SO3Br2
C. FeS2SO3D. 浓H2SO4SO2
【答案】D
【解析】
【详解】A．SO2与过量氨水反应生成亚硫酸铵，因此不能实现物质之间的转化关系，A不符合题意；
B．SO3与HBr不能发生氧化还原反应产生Br2，因此不能实现物质之间的转化关系，B不符合题意；
C．反应方程式为4FeS2+11O2=8SO2+2Fe2O3，只能生成SO2，不能反应产生SO3，因此不能实现物质之间的转化关系，C不符合题意；
D．浓H2SO4具有强氧化性，会将S氧化反应产生SO2，能实现物质之间的转化关系，D 不符合题意；
故合理选项是D。
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) ΔH=-41.8kJ·ml-1。标准状况下，SO2(g)+NO2(g)=SO3(s)+NO(g) ΔH，下列有关说法不正确的是
A. 该反应ΔH＜0，ΔS＜0
B. 升高温度，能增加SO2的反应速率和转化率
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22.4LNO转移电子的数目约等于2×6.02×1023
【答案】B
【解析】
【详解】A．气态三氧化硫转化为固态三氧化硫放热，故ΔH＜0，标准状况下，反应生成固体，气体分子数减少，ΔS<0，A正确；
B．升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增大，反应速率增大，但正反应放热，升高温度不利于反应正向进行，SO2的转化率降低，B错误；
C．SO2和NO2的计量数均为1，SO2的生成速率和NO2的消耗速率相等说明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，C正确；
D．标准状况下，SO2(g)+NO2(g)=SO3(s)+NO(g)，每生成1mlNO，转移2ml电子，故每生成22.4LNO转移电子的数目约等于2×6.02×1023，D正确；
答案选B。
7. 某化学兴趣小组以含钴废渣(主要成分CO、C2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备C2O3的一种实验流程如下。下列与流程相关的原理、装置和操作能达到实验目的的是
A. “酸浸”中SO2作还原剂，用装置甲制取
B. “酸浸”所需的250 mL 1.0 ml·L-1 H2SO4溶液用装置乙配制
C. “萃取”的目的是除去Zn2+，用装置丙，振荡时分液漏斗下端应向下倾斜
D. “沉钴”时向萃取液中缓慢滴加沉淀剂，用装置丁过滤所得悬浊液
【答案】D
【解析】
【分析】由流程图可知：加入硫酸酸浸并通入二氧化硫，可发生C2O3+SO2+H2SO4=2CSO4+H2O，同时生成硫酸铝、硫酸锌等，调节溶液的pH，可生成氢氧化铝沉淀而除去铝离子，然后再除去锌离子，再加入碳酸钠沉钴，可生成CCO3固体，最后灼烧生成C2O3，据此解答。
【详解】A．Cu与浓硫酸反应需要加热，图甲不能制取得到SO2气体，A错误；
B．定容时胶头滴管不能伸入容量瓶中，B错误；
C．萃取振荡时，分液漏斗下口应倾斜向上，由流程图可知：除铝时把铝离子除去了，萃取的目的则是除去Zn2+ ，C错误；
D．沉钴时应缓慢滴加碳酸钠溶液，生成CCO3沉淀，图中过滤可分离出CCO3固体，操作合理，D正确；
故合理选项是D。
8. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子中有2未成对电子，X原子的K层与M层电子数相等，W原子的最外层电子数等于X与Y原子的最外层电子数之和，Z单质常温下为气体。下列说法正确的是
A. 原子半径
B. X的第一电离能比同周期相邻元素的大
C. Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强
D. Z的简单氢化物的熔沸点比W的高
【答案】B
【解析】
【分析】X原子的K层和M层电子数相等，故X原子K层、M层均为2个电子，总共含12个电子，故X为Mg，Z的原子序数比X大且单质常温下为气体，故Z为Cl，W原子含2个未成对电子，故W电子排布式可能为：1s2s22p2(C)或1s2s22p4(O)，若W为C，根据最外层电子数关系推得Y最外层也为2个电子，则为Mg，不符合题意，故W为O，根据最外层电子数关系推得Y最外层为4个电子，故Y为Si。
【详解】A．一般电子层数多，半径大，层数相同时，核电荷数多，半径小，故四种原子半径顺序为：O＜Cl＜Si＜Mg，A错误；
B．X为Mg元素，价电子排布为3s2稳定结构，故其第一电离能比相邻元素大，B正确；
C．W为O，无最高正价，则不存在最高价氧化物对应水化物，C错误；
D．由于水分子能形成分子间氢键，而HCl分子不能，故H2O的熔沸点比HCl高，D错误；
故答案选B。
9. 化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体，可由下列反应制得。
下列有关说法正确的是
A. X在过量NaOH溶液中加热，所得的有机产物中含手性碳原子
B. Y分子中碳原子的杂化类型有二种
C. 分子中，所有原子一定共平面
D. Z在铜催化作用下加热，生成的有机产物能发生银镜反应
【答案】B
【解析】
【分析】A中根据卤代烃的性质在强碱溶液中发生取代反应，利用产物的结构简式进行判断；B中根据碳原子的结构特点进行判断；C中根据氮原子所接化学键进行判断杂化类型，根据杂化类型判断分子共面问题；D中根据醇的官能团的性质进行判断；
【详解】A．X在过量NaOH溶液中加热，发生取代反应生成有机物为： ，生成丙三醇分子非常对称，不存在手性碳原子，故A不正确；
B．Y分子中苯环上碳原子采用sp2杂化，环外碳形成双键的采用sp2杂化，形成四个单键的采用sp3杂化，故杂化类型有二种，故B正确；
C． 分子中，氮原子上的根据氮原子的杂化sp3判断氢原子不在该平面，故C不正确；
D．Z在铜催化作用下加热，羟基被氧化为羰基，故不能发生银镜反应，故D不正确；
故选答案B；
【点睛】此题考查有机物官能团的性质及空间结构；注意共面问题注意利用原子的杂化类型进行判断。
10. 乙酸乙酯的制备实验过程如下：
步骤1：在一支试管中加入3mL乙醇，然后边振荡边缓缓加入2mL浓硫酸和2mL乙酸，再加入几片碎瓷片，加热并收集蒸出的乙酸乙酯粗品。
步骤2：向盛有乙酸乙酯粗品的试管中滴加1~2滴KMnO4溶液，振荡，紫红色褪去。
步骤3：向盛有Na2CO3溶液的试管中滴加乙酸乙酯粗品，振荡，有气泡产生。
下列说法正确的是
A. 步骤1中使用过量的乙醇能提高乙酸的转化率
B. 步骤1中使用碎瓷片的目的是作反应的催化剂
C. 步骤2中紫红色变浅说明乙酸乙酯粗品含有乙烯
D. 步骤3中发生反应离子方程式为CO+2H+=H2O+CO2↑
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙酸和乙醇的酯化反应为可逆反应，提高一种反应物的用量，可以使平衡正向移动，提高另一种反应物的转化率，A正确；
B．碎瓷片的作用是防止暴沸，浓硫酸是催化剂，B错误；
C．步骤2中紫红色变浅也可能是因为溶解在乙酸乙酯中的未反应的乙醇，C错误；
D．乙酸为弱酸，不能拆，离子方程式应为CO+2CH3COOH=H2O+CO2↑+2CH3COO-，D错误；
综上所述答案为A。
11. 铁的配合物离子(用表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：
下列说法不正确的是
A. 该过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑
B. H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C. 该催化循环中Fe元素的化合价发生变化
D. 该过程的总反应速率由IV→I步骤决定
【答案】C
【解析】
【详解】A．由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，HCOO-与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又结合氢离子转化为氢气，所以化学方程式为HCOOHCO2↑+H2↑，A正确；
B．若氢离子浓度过低，则反应Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制加酸的电离，使甲酸根浓度降低，反应Ⅰ→Ⅱ速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率减慢，B正确；
C．由反应机理可知，Fe在反应过程中，做催化剂，化合价没有发生变化，C错误；
D．由反应进程可知，反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，D正确；
答案选C。
12. 钴()的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。如图为水溶液中电解制备金属钴的装置示意图。下列说法正确的是
A. 工作时，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的均增大
B. 生成，Ⅰ室溶液质量理论上减少
C. 移除两交换膜后，石墨电极上发生的反应不变
D. 电解总反应：
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，该装置为电解池，石墨电极为阳极，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2H2O-4e-=O2↑+4H+，Ⅰ室中阳离子电荷数大于阴离子电荷数，放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，钴电极为阴极，钴离子在阴极得到电子发生还原反应生成钴，电极反应式为C2++2e-=C，Ⅲ室中阴离子电荷数大于阳离子电荷数，氯离子过阴离子交换膜由Ⅲ室向Ⅱ室移动，电解的总反应的离子方程式为2C2++2H2O2 C +O2↑+4H+。
【详解】A．由分析可知，放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，使Ⅱ室中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故A错误；
B．由分析可知，阴极生成1ml钴，阳极有1ml水放电，则Ⅰ室溶液质量减少18g，故B错误；
C．若移除离子交换膜，氯离子的放电能力强于水，氯离子会在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，则移除离子交换膜，石墨电极的电极反应会发生变化，故C错误；
D．由分析可知，电解的总反应的离子方程式为2C2++2H2O2 C +O2↑+4H+，故D正确；
故选D。
13. 已知室温下Ka1(H2S)=10-7，Ka2(H2S)=10-12.9。通过下列实验探究含硫化合物的性质。
实验l：测得0.1ml·L-1H2S溶液pH=4.1
实验2：向10mL0.1ml·L-1NaHS溶液中加入5mL水，测得溶液的pH不断减小
实验3：向实验2所得溶液中滴加10mL0.1ml·L-1NaOH溶液，测得反应后溶液pH=12
实验4：向实验3所得溶液中滴加几滴0.1ml·L-1MnSO4溶液，产生粉色沉淀，再加几滴0.lml·L-1CuSO4溶液，产生黑色沉淀
下列说法正确的是
A. 由实验1可知：0.1ml·L-1H2S溶液中c(S2-)
C. 实验3所得溶液中存在：c(H2S)+c(HS-)+c(H+)=c(OH-)
D. 由实验4可知：Ksp(MnS)>Ksp(CuS)
【答案】A
【解析】
【详解】A．0.1ml·L-1H2S溶液pH=4.1，即c(H+)=10-4.1 ml·L-1，Ka1(H2S)= =10-7，则，则c(HS-)=10-3.9 ml·L-1，Ka2(H2S)= =10-12.9，则，则c(S2-)=10-12.7 ml·L-1，pH=4.1，则pOH=9.9，c(OH-)=10-9.9，则c(S2-)
C．10mL0.1ml·L-1NaHS溶液中加入5mL水，再滴加10mL0.1ml·L-1NaOH溶液，根据NaHS+NaOH=Na2S+H2O，可知它们恰好反应，根据质子守恒，则Na2S溶液中存在2c(H2S)+c(HS-)+c(H+)=c(OH-)，故C错误；
D．实验3所得Na2S溶液中，滴入几滴0.1ml·L-1MnSO4溶液，虽然产生粉色MnS沉淀，但S2-并没有沉淀完全，所以在滴入几滴0.lml·L-1CuSO4溶液，又产生黑色CuS沉淀，并不能说明存在沉淀转化，则也不能说明Ksp(MnS)>Ksp(CuS)，故D错误；
答案A。
14. 以 CO2、H2为原料合成 CH3OH 涉及的反应如下：
反应Ⅰ： CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1=-49kJ·ml-1
反应Ⅱ： CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH2=+41kJ·ml-1
反应Ⅲ： CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ΔH3
在 5MPa 下，按照 n(CO2)：n(H2)=1：3 投料，平衡时，CO和CH3OH在含碳产物中物质的量分数及 CO2的转化率随温度的变化如图。下列说法正确的是
A. 反应Ⅲ中反应物的总键能大于生成物的总键能
B. 曲线 n 代表 CH3OH 在含碳产物中物质的量分数
C. 该条件下温度越低，越有利于工业生产 CH3OH
D. 图示 270℃时，平衡体系中CO2的体积分数为 20%
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据盖斯定律I-Ⅱ可得反应ⅢCO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH3=-49kJ·ml-1-41kJ·ml-1=-90kJ·ml-1；ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能，故反应Ⅲ中反应物的总键能小于生成物的总键能，A错误；
B．根据反应Ⅰ和Ⅲ可知，其反应的产物都有CH3OH生成，且ΔH1和ΔH3都小于零，也就是说，温度升高，它们的平衡都会逆向移动，从而使CH3OH的产量变少，则甲醇在含碳产物的物质的量分数减小，故符合这个规律的是曲线m，B错误；
C．由图可知，温度在150℃时有利于反应Ⅰ进行，CH3OH的含量高，有利于工业生产CH3OH，但并不是温度越低越好，因为反应需要一定温度才能发生，C错误；
D．根据题意设起始量n(CO2)=1ml，n(H2)=3ml，平衡时反应I生成CH3OH物质的量为 xml，反应II中生成CO 的物质的量也为xml，可得：
270℃时CO2的转化率为25%，则2x=1ml，解得x=0.125ml，则反应后总的物质的量1+3-6x+4x=(4-2x)=3.75ml，则平衡体系中CO2的体积分数为，D正确；
答案选D。
二、非选择题：共4题，共58分。
15. 以废锰渣(含MnO2及少量KOH、MgO、Fe2O3)为原料制备MnSO4晶体，其工艺流程可表示为：
该工艺条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
（1）Mn2+的基态核外电子排布式为___________。
（2）“反应I”中加入硫铁矿(主要成分FeS2)将MnO2还原为Mn2+。滤渣1的主要成分除FeS2外，还有一种相对分子质量为192的单质，其化学式为___________。
（3）“反应II”中主要反应的离子方程式为___________。
（4）“调pH”步骤中，应调节溶液pH范围是___________。
（5）测定产品纯度。取制得的MnSO4晶体0.1510g，溶于适量水中，加硫酸酸化；用过量NaBiO3(难溶于水)将Mn2+完全氧化为，过滤洗涤；_________，向其中加入Na2C2O4固体0.5360g；充分反应后，用0.0320ml·L-1KMnO4溶液滴定，用去20.00mL。
已知：+→CO2↑+Mn2+(未配平)；Mr(Na2C2O4)=134，Mr(MnSO4)=151。
①为减小测量误差，请补充完整洗涤后的实验操作___________。
②计算产品中MnSO4的质量分数___________(写出计算过程，保留两位有效数字)。
【答案】（1）[Ar]3d5
（2）S6 （3）2Fe2++MnO2+4H＋=2Fe3++Mn2++2H2O
（4）3.20～9.27
（5） ①. 将几次洗涤的滤液与过滤所得的滤液合并 ②. 96%
【解析】
【分析】由工艺流程图可知，酸浸过程中杂质KOH、MgO、Fe2O3等溶于硫酸进入溶液，二氧化锰与硫酸不反应，过滤，得到二氧化锰，反应Ⅰ中加入硫铁矿(主要成分FeS2)将MnO2还原为Mn2+，过滤除去不溶物，反应Ⅱ中加入二氧化锰将溶液中存在的亚铁离子转化为Fe3+ ，加入碳酸钙调pH，将Fe3+ 转化为氢氧化铁沉淀除去，经过滤得较纯净的硫酸锰溶液，最终得到硫酸锰晶体。
【小问1详解】
Mn为25号元素，Mn原子失去2个电子生成Mn2+，根据构造原理书写Mn2+的基态核外电子排布式为[Ar]3d5；
【小问2详解】
“反应Ⅰ”中加入硫铁矿(主要成分FeS2)将MnO2还原为Mn2+，Mn元素价态下降得电子，S元素失电子生成0价单质硫，相对分子质量为192，故该单质含硫原子数为=6，化学式为S6；
【小问3详解】
反应Ⅱ中加入二氧化锰将溶液中存在的亚铁离子转化为Fe3+ ，Fe元素化合价升高了1，Mn元素化合价降低了2，由升降守恒，Fe2+ 系数配2，由电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得反应的离子方程式为2Fe2+ + MnO2+ 4H+= 2Fe3+ + Mn2+ + 2H2O；
【小问4详解】
“调pH”步骤中，应将Fe3+ 转化为氢氧化铁沉淀除去，而Mn2+不损失，应调节溶液pH的范围是3.20～9.27；
【小问5详解】
①为减小测量误差，避免高锰酸根离子损失，洗涤后的实验操作为将几次洗涤的滤液与过滤所得的滤液合并；
②由电子守恒可得反应的离子关系为5C2O～2MnO，Na2C2O4固体的物质的量为，原溶液中高锰酸根离子的物质的量为0.004ml×-0.0320ml•L-1×0.02L=0.00096ml，由原子守恒可知，样品中MnSO4的质量为0.00096ml×151g/ml=0.14496g，产品中MnSO4的质量分数为×100%=96%。
16. 紫草素类化合物G具有不同程度的细胞毒作用和抗肿瘤作用，其合成路线如下图所示：
（1）A中含氧官能团的名称为_______，1ml中含有_______mlσ键。
（2）B的结构简式_______。
（3）E→F的反应类型_______。
（4）A到B的反应中生成一种副产物H(C13H20O2)，其同分异构体满足以下条件，写出该同分异构体的结构简式_______。
I.能和FeCl3溶液发生显色反应；
II.核磁共振氢谱图显示4个吸收峰。
（5）请设计以和为原料制备的合成路线(无机试剂任用，合成路线示例见本题题干)_______。
【答案】（1） ①. 醚键、羰基 ②. 14
（2） （3）氧化反应
（4）或 （5）
【解析】
【分析】对比A和C的结构简式可知，1mlA与2ml 发生取代反应生成B，B为 ；B发生氧化反应生成C，C在LiOH作用下发生反应生成D，D和发生反应生成E，E发生氧化反应生成F，F发生分子内加成反应得到G。
【小问1详解】
由A的结构简式可知A中含氧官能团的名称为醚键、羰基；单键为σ键，双键为1个σ键、1个π键，1ml中含14mlσ键；
【小问2详解】
由分析可知，B的结构简式为 ；
【小问3详解】
由E和F的结构简式可知，E中的-CH2OH转变为了F中的-CHO，发生氧化反应；
【小问4详解】
副产物H(C13H20O2)，不饱和度为4：
其同分异构体能和FeCl3溶液发生显色反应，说明含苯环和酚羟基，则侧链均为饱和结构，核磁共振氢谱图显示4个吸收峰，说明分子结构高度对称，结构简式为 或 。
【小问5详解】
与溴单质发生1，4-加成生成 ， 再水解得到 ， 在二氧化锰的作用下被氧化生成 ， 与 在LDA的作用下反应得到 ，合成路线为：。
17. Li2CO3可用于制备锂电池的正极材料LiCO2，以某锂云母矿石(主要成分为Li2O，还有Al2O3、Fe2O3、MnO、MgF2等杂质)制备Li2CO3。
已知：①Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38、Ksp[Mn(OH)2]=2×10-13、Ksp[Mg(OH)2]=1.2×10-11、Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33。
②C3O4、CO均难溶于水。C3O4难溶于酸，CO能溶于酸中。
③当溶液中的离子浓度小于10-5ml/L时，已完全沉淀。
④部分物质的溶解度曲线见图。
利用锂云母矿石制备Li2CO3步骤如下：
（1）酸浸。向锂云母矿石中加入30%硫酸，加热至90℃，装置如图所示。烧杯中试剂的作用是____。
（2）调pH。向酸浸后的溶液中加入NaOH溶液，调节pH约为6，过滤。再向滤液中继续滴加氢氧化钠溶液调pH>13，过滤，此时的滤渣主要成分为____。分两次调节pH的主要原因是____。
（3）沉锂。将已经除杂的溶液蒸发浓缩，向浓缩后的滤液中加入稍过量饱和Na2CO3溶液，加热煮沸，趁热过滤，将滤渣洗涤烘干，得Li2CO3固体。浓缩液中离子浓度过大将在产品中引入____杂质(填化学式)。
（4）Li2CO3和C3O4混合后，在空气中高温加热可以制备锂电池的正极材料LiCO2，写出反应方程式：____。
（5）C3O4可由CCO3热分解制备。CCO3在有氧和无氧环境下的所得C3O4和CO的百分含量与温度关系如图所示。请补充完整由CCO3制备较纯净的C3O4实验方案，取一定质量的CCO3于热解装置中，____，干燥。(须使用的试剂和仪器有：lml/LH2SO4，蒸馏水，BaCl2溶液)
【答案】（1）吸收HF，防止污染空气
（2） ①. Mg(OH)2、Mn(OH)2 ②. 防止铝元素转化为AlO，无法去除
（3）Na2SO4 （4）6Li2CO3+4C3O4+O212LiCO2+6CO2
（5）在空气中加热固体(加热时鼓入氧气)，温度在900~1000℃保持一段时间，取出固体，冷却。向固体中边搅拌、边加入1ml/LH2SO4至固体不再减少，过滤，用蒸馏水洗涤滤渣至最后一次洗涤液加BaCl2溶液无明显现象
【解析】
【分析】本工艺流程题为利用锂云母矿石制备Li2CO3的操作，“酸浸”时向锂云母矿石中加入30%硫酸，加热至90℃，发生的反应有：Li2O+H2SO4=Li2SO4+H2O、 Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、MnO+H2SO4=MnSO4+H2O、MgF2+H2SO4=MgSO4+2HF，先调节pH为6让Fe3+、Al3+完全沉淀，过滤出Fe(OH)3、Al(OH)3，将滤液的pH继续调节pH值为12，析出Mg(OH)2和Mn(OH)2沉淀，过滤得到较纯净的Li2SO4溶液，加入饱和Na2CO3溶液，则发生反应Li2SO4+Na2CO3=Li2CO3↓+Na2SO4，过滤洗涤干燥得到纯净的Li2CO3，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，“酸浸”是向锂云母矿石中加入30%硫酸，加热至90℃，发生的反应：MgF2+H2SO4=MgSO4+2HF，HF是一种能挥发，且有毒的酸性物质， 烧杯中试剂的作用是吸收HF，防止污染空气，故答案为：吸收HF，防止污染空气；
【小问2详解】
由题干信息可知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38、Ksp[Mn(OH)2]=2×10-13、Ksp[Mg(OH)2]=1.2×10-11、Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33，则当pH为6时，c(Fe3+)==4.0×10-14ml/L，c(Al3+)==1.0×10-9ml/L，c(Mn2+)==2.0×103ml/L，c(Mg2+)==1.2×105ml/L，说明此时Al3+、Fe3+已经完全沉淀，而Mg2+、Mn2+还未开始沉淀，继续调节pH＞13，则此时c(Mn2+)＜=2.0×10-11ml/L，c(Mg2+)＜=1.2×10-9ml/L，即Mg2+、Mn2+沉淀完全，此时沉淀为Mn(OH)2、Mg(OH)2，由于Al(OH)3能溶于强碱溶液中，转化为引入新的杂质，很难除去，故答案为：Mg(OH)2、Mn(OH)2；防止铝元素转化为AlO，无法去除；
【小问3详解】
由分析可知，“沉锂”步骤中发生的反应为：Li2SO4+Na2CO3=Li2CO3↓+Na2SO4，由题干溶解度随温度变化的关系图可知，温度高于40℃时，Na2SO4的溶解度随温度升高而减小，且温度高于50℃时，Na2SO4的溶解度小于Na2CO3的溶解度，故浓缩液中离子浓度过大将在产品中引入Na2SO4杂质，故答案为：Na2SO4；
【小问4详解】
Li2CO3和C3O4混合后，在空气中高温加热可以制备锂电池的正极材料LiCO2，根据氧化还原反应配平原则可得该反应的反应方程式为：6Li2CO3+4C3O4+O212LiCO2+6CO2，故答案为：6Li2CO3+4C3O4+O212LiCO2+6CO2；
【小问5详解】
从题干信息中CCO3在有氧和无氧环境下的所得C3O4和CO的百分含量与温度关系图示信息可知，有氧比无氧环境下C3O4的百分含量要高得多，故选择在有氧环境中进行，结合题干信息②C3O4、CO均难溶于水。C3O4难溶于酸，CO能溶于酸中，则尽量使CO百分含量越低越好，故选择温度为900℃~1000℃下进行，最后用H2SO4除去CO，过滤洗涤，并检验洗涤干净后干燥得到较纯净的C3O4，故由CCO3制备较纯净的C3O4实验方案：取一定质量的CCO3于热解装置中，在空气中加热固体(加热时鼓入氧气)，温度在900~1000℃保持一段时间，取出固体，冷却。向固体中边搅拌、边加入1ml/LH2SO4至固体不再减少，过滤，用蒸馏水洗涤滤渣至最后一次洗涤液加BaCl2溶液无明显现象，干燥，故答案为：在空气中加热固体(加热时鼓入氧气)，温度在900~1000℃保持一段时间，取出固体，冷却。向固体中边搅拌、边加入1ml/LH2SO4至固体不再减少，过滤，用蒸馏水洗涤滤渣至最后一次洗涤液加BaCl2溶液无明显现象。
18. 水体中的六价铬[Cr(VI)]对生态环境和人体健康威胁很大。工业废水中Cr(VI)常用还原沉淀法、微生物法等进行处理。
（1）“还原沉淀法”常用Na2SO3、FeSO4等处理Cr(VI)得到Cr(III)。已知溶液中含Cr(VI)的微粒(H2CrO4、和)的物质的量分数随pH的关系如图1所示。
①某含Cr(VI)废水的pH约为3，写出用Na2SO3处理该废水的离子方程式：___________[已知pH=3时，Cr(III)以Cr3+形式存在]。
②其他条件相同，用Na2SO3处理不同pH的含Cr(VI)废水，反应相同时间，Cr(VI)的去除率与pH的关系如图2所示。已知酸性条件下Cr(VI)对Na2SO3具有很强的氧化能力，pH<2时，Cr(VI)的去除率随pH降低而降低的原因是___________。
③研究发现，用FeSO4处理pH=3的含Cr(VI)废水，Cr(VI)的去除率大于其被FeSO4还原的理论值。Cr(VI)的去除率大于理论值的原因是___________。
（2）“微生物法”处理含Cr(Ⅵ)废水具有效率高、选择性强、吸附容量大等优点。一种微生物法是用硫酸盐还原菌(SRB)处理含Cr(VI)废水。
①硫酸盐还原菌能将水中的转化为S2-，S2-与可反应生成Cr2S3和S两种沉淀。写出S2-与反应的离子方程式：___________。
②用硫酸盐还原菌(SRB)处理含铬废水时，温度常控制在30℃左右，温度过高，Cr(VI)的去除率低的原因是___________。
③硫酸盐还原菌(SRB)常存在于水体中，会腐蚀许多金属及合金。一种Fe合金在硫酸盐还原菌存在条件下腐蚀的机理如图3所示。已知溶液中的S2-会完全转化为FeS，则Fe腐蚀后生成FeS和Fe(OH)2的物质的量之比为___________。
【答案】（1） ①. 3++8H+=2Cr3++3+4H2O ②. 部分与H+结合后转化为SO2逸出，使得与Cr(VI)反应的的物质的量浓度减小，反应速率减慢 ③. Fe被Cr(VI)氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，胶体吸附了部分Cr(VI)
（2） ①. 6S2-+2+8H2O=Cr2S3↓+3S↓+16OH- ②. 温度过高，硫酸盐还原菌发生变性，失去活性 ③. 1∶3
【解析】
【小问1详解】
①已知pH=3时，Cr(III)以Cr3+形式存在，则Na2SO3将Cr(VI)还原为Cr(III)，S元素化合价升高，生成，反应的离子方程式：3++8H+=2Cr3++3+4H2O；
②pH<2时，Cr(VI)的去除率随pH降低而降低的原因是：部分与H+结合后转化为SO2逸出，使得与Cr(VI)反应的的物质的量浓度减小，反应速率减慢；
③FeSO4与Cr(VI)发生氧化还原反应生成Fe3+，由于铁离子发生水解得到氢氧化铁胶体吸附部分Cr(VI)，使Cr(VI)的去除率大于其被FeSO4还原的理论值；因此Cr(VI)的去除率大于理论值的原因是：Fe被Cr(VI)氧化为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，胶体吸附了部分Cr(VI)；
【小问2详解】
①S2-与可反应生成Cr2S3和S两种沉淀，S元素化合价升高了2，Cr元素化合价降低了3，有2个Cr变价，由得失电子守恒知系数6S~2Cr，反应的离子方程式：6S2-+2+8H2O=Cr2S3↓+3S↓+16OH-；
②硫酸盐还原菌(SRB)具有生物活性，在适宜的温度下其作用效果最佳，因此温度常控制在30℃左右，温度过高，Cr(VI)的去除率低的原因是：温度过高，硫酸盐还原菌发生变性，失去活性；
③由腐蚀机理示意图可知，正极H2O先变成H，SO42-再与H在SRB作用下生成S2-，S2-与Fe2+结合生成FeS，负极Fe失去电子生成Fe2+，Fe2+与OH-结合生成Fe(OH) 2，由此可知该腐蚀过程的总反应为：4Fe+4H2O+SO42-=FeS+3 Fe(OH) 2+2OH-，则生成FeS和Fe(OH)2的物质的量之比为1∶3。金属离子
Fe3+
Fe2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀pH
2.10
7.45
9.27
9.60
完全沉淀pH
3.20
8.95
10.87
11.13
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