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2022扬州中学高二下学期6月月考化学试题含解析
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这是一份2022扬州中学高二下学期6月月考化学试题含解析，文件包含江苏省扬州中学2021-2022学年高二下学期6月月考化学试题含解析docx、江苏省扬州中学2021-2022学年高二下学期6月月考化学试题无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
江苏省扬州中学2021-2022学年度第二学期阶段测试
高二化学
试卷满分：100分， 考试时间：75分钟
可能用到的相对原子质量 H-1 C-12 N-14 O-16 Ni-59
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意
1. 中国努力争取2060年前实现碳中和。下列说法不正确的是
A. 积极鼓励植树造林，降低空气中含量
B. 可利用或氨水捕集废气中的
C. 一定条件下，将转化为，实现的资源化利用
D. 研发新型催化剂将分解成碳和，同时放出热量
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．植物可通过光合作用吸收CO2，植树造林可降低含量，A正确；
B．CaO或氨水具有碱性，能与酸性气体CO2反应，B正确；
C．将CO2转为CH3OH燃料，可实现资源优化利用，C正确；
D．分解反应需要吸收热量，D错误；
故选：D。
2. 制取H2O2的反应为Na2O2+H2SO4+10H2O=Na2SO4·10H2O+H2O2，下列说法正确的是
A. Na+的结构示意图 B. Na2O2中既有离子键又有共价键
C. H2O2的电子式为 D. H2O2为非极性分子
【答案】B
【解析】
【详解】A．Na+的核电荷数为11，A错误；
B．过氧化钠为离子化合物，含离子键，氧原子之间为共价键，B正确；
C．过氧化氢中氧原子之间共用1对电子，电子式：，C错误；
D．过氧化氢分子中正负电荷重心不重合，为极性分子，D错误；
故选B。
3. 氧化物在生产、生活中有广泛应用。下列氧化物的性质与用途具有对应关系的是
A. Al2O3熔点高，可用于工业制备金属铝
B. ClO2易溶于水，可用于自来水消毒剂
C. SO2具有还原性，可用于葡萄酒保存
D. Na2O2具有强氧化性，可用作呼吸面具供氧剂
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．工业上通过电解熔融氧化铝制备铝是利用Al2O3是离子化合物，熔融状态下能电离出自由移动离子，而不是因为其熔点高，A错误；
B．ClO2具有强氧化性，能杀菌消毒可用于自来水消毒，B错误；
C．SO2具有还原性，是一种抗氧化剂，能防止葡萄糖中的一些成分被氧化，起到保质作用，C正确；
D．Na2O2能与二氧化碳发生反应生成氧气，可用作呼吸面具供氧剂，而不是利用其强氧化性，D错误；
故选C。
4. 下列有关S、H2S、 、的说法正确的是
A. S单质属于分子晶体 B. H2S的沸点高于H2O
C. 的空间构型为平面三角形 D. 的键角比H2S小
【答案】A
【解析】
【详解】A．硫为非金属单质，构成晶体的微粒为分子，微粒之间存在分子间作用力，属于分子晶体，选项A正确；
B．能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，H2O能形成分子间氢键、H2S不能形成分子间氢键，所以熔沸点，H2O高于H2S，选项B错误；
C．中S原子价层电子对个数为3+(a-xb)= 3+(6+2-2)=4，且含有1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型为三角锥形，选项C错误；
D．中S原子以sp3杂化轨道成键，无孤电子对，S－O－S键的键角为109°28'，H2S分子中中心原子也采用sp3杂化轨道成键，有2对孤电子对，孤电子对之间排斥作用较大，键角较小，键角接近90°，前者大于后者，选项D错误；
答案选A。
5. 关于可自发反应2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) △H， 下列说法正确的是
A. 该反应△S>0
B. 使用催化剂不能降低该反应的△H
C. 反应中每消耗22.4LO2转移电子数目约等于4×6.02× 1023
D. 其它条件相同，温度升高或增大压强，可以提高SO2的转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应气体物质的量减小，所以熵减小，△S<0，选项A错误；
B．使用催化剂能降低反应的活化能，但不能降低该反应的△H，选项B正确；
C．没有说明标准状况下，22.4LO2的物质的量不一定为1mol，无法计算电子移动数目，选项C错误；
D．其它条件相同，温度升高平衡向吸热反应的逆反应方向移动，SO2的转化率降低；增大压强平衡向气体体积缩小的正反应方向移动，可以提高SO2的转化率，选项D错误；
答案选B。
6. 在指定条件下，下列选项所示的物质间转化不能一步实现的是
A. FeS2Fe2O3 B. SSO3
C. SO2 (NH4)2SO3 D. CuSO2
【答案】B
【解析】
【详解】A．FeS2与氧气反应可以一步生成氧化铁，A正确；
B．S点燃生成SO2，B错误；
C．SO2与足量氨水反应生成正盐(NH4)2SO3，C正确；
D．铜与浓硫酸加热生成二氧化硫，D正确；
故选B。
7. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是非金属性最强的元素，Y是地壳中含量最高的金属元素，Y、Z处于同一周期且相邻，W原子最外层电子比内层电子少3个。下列说法正确的是
A. 原子半径：r(X)
C. Z的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
D. 元素Y、W最高价氧化物的水化物之间能反应生成盐和水
【答案】D
【解析】
【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是非金属性最强的元素，则X为F元素，Y是地壳中含量最高的金属元素，为Al元素；Y、Z处于同一周期且相邻，则Z为Si元素；W原子最外层电子比内层电子少3个，则为Cl元素。
A. 同周期元素从左到右原子半径依次减小，故原子半径： r(Y) >r(Z) >r(W) >r(X)，选项A错误；
B. X与Z组成的化合物SiF4是共价化合物，选项B错误；
C. 非金属性Cl>Si，Z的简单气态氢化物SiH4的热稳定性比W的简单气态氢化物HCl弱，选项C错误；
D. 元素Y、W最高价氧化物的水化物Al(OH)3、HClO4之间能反应生成盐和水，选项D正确；
答案选D。
8. 印刷线路板废液(主要成分有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+、Cl-)，可用来制备碱式碳酸铜，过程如图：
下列说法正确的是（ ）
A. 反应A的离子方程式为：10Fe2++2ClO3-+12H+=10Fe3++Cl2↑+6H2O
B. 铜在空气中被腐蚀得到铜锈，其主要成分是碱式碳酸铜
C. NaClO3和Na2CO3中心原子杂化类型均为sp3杂化
D. 试剂X可为CuO，主要作用是通过调节pH值把Fe2+转化为Fe(OH)3过滤除去
【答案】B
【解析】
【分析】印刷线路板废液(主要成分有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+、Cl－)加入NaClO3发生氧化还原反应，将亚铁离子氧化为铁离子，加入CuO调节溶液的pH值，过滤，向滤液中加入碳酸钠反应得到碱式碳酸铜。
【详解】A. 反应A中Fe2+与ClO3－反应生成Fe3+和Cl－，其离子方程式为：6Fe2+ + ClO3－+6H+ = 6Fe3+ + Cl－ + 3H2O，故A错误；
B. 铜在空气中被腐蚀得到铜锈，其主要成分是碱式碳酸铜，故B正确；
C. NaClO3中心原子杂化类型为sp3杂化，Na2CO3中心原子杂化类型为sp2杂化，故C错误；
D. 试剂X可为CuO，主要作用是通过调节pH值将Fe3+转化为Fe(OH)3过滤除去，故D错误。
综上所述，答案为B。
9. 一种“分步法电解制氢气和氧气”的装置如图所示(a、b均为惰性电极)：该方法分两步，第一步在惰性电极产生 H2；第二步在另一个惰性电极产生 O2。以下有关说法正确的是
A. 当 K与 K1相连时，a 极产生的是氧气
B. 当 a、b两极产生的气体的物质的量之比为 1：1 时，NiOOH/Ni(OH)2电极恢复为电解前的状态
C. 当 K与 K2相连时，b极附近的 pH 会降低
D. 产生氢气时，NiOOH/Ni(OH)2电极反应方程式：NiOOH+e-+H2O =Ni(OH)2+OH-
【答案】C
【解析】
【详解】A．当 K与 K1相连时，a 极为阴极，水得电子产生氢气，A错误；
B．当 a、b两极产生的气体的物质的量之比为 1：1 时，a极产生1mol氢气，电路中转移电子2mol，NiOOH/Ni(OH)2电极为阳极，电极反应方程式：Ni(OH)2+OH--e-= NiOOH+H2O，消耗2mol Ni(OH)2，生成2mol NiOOH；b极产生1molO2时转移电子4mol，NiOOH/Ni(OH)2电极为阴极，电极反应为：NiOOH+e-+H2O =Ni(OH)2+OH-，消耗4molNiOOH，生成4molNi(OH)2，电极不会恢复为电解前的状态，B错误；
C．当 K与 K2相连时，b极为阳极，氢氧根失去电子生成氧气和水，氢氧根浓度降低，故附近的 pH 会降低，C正确；
D．产生氢气时，NiOOH/Ni(OH)2电极为阳极，电极反应方程式：Ni(OH)2+OH--e-= NiOOH+H2O，D错误；
故选C。
10. 氧化亚铜(Cu2O)主要用于制造杀虫剂、分析试剂和红色玻璃等。在潮湿的空气中会逐渐氧化为黑色的氧化铜。以肼(N2H4)为原料与醋酸铜反应制取Cu2O的反应为： 4 Cu (CH3COO)2＋N2H4＋2H2O=2Cu2O↓＋N2＋8CH3COOH。生成的沉淀需用水洗涤后，用乙醇洗涤。下列说法不正确的是
A. N2H4能与水分子形成分子间氢键
B. 如图所示Cu2O的晶胞中，Cu＋的配位数是4
C. 每生成标准状况下2.24 L N2，反应转移电子数为0.4×6.02×1023
D. 沉淀用水洗后，再用乙醇洗可以除去Cu2O表面的水，防止被氧气氧化
【答案】B
【解析】
【详解】A．N2H4和H2O分子中的氢原子都是与电负性大、半径小的原子相连的，故N2H4能与水分子形成、等分子间氢键，A正确；
B． 根据图示中两种小球的位置和Cu2O的化学式可知，白球为O原子、黑球为Cu原子，与Cu＋距离最近且相等的O有2个(体心和顶点)，该晶胞结构中铜原子的配位数是2，B错误；
C．氮元素由−2价升高到0价，N2H4转变为N2，每生成标准状况下22.4LN2(1mol)，转移电子数为4×6.02×1023，则每生成标准状况下2.24 L N2，反应转移电子数为0.4×6.02×1023，C正确；
D． 已知Cu2O在潮湿的空气中会逐渐氧化为黑色的氧化铜，则沉淀用水洗后，需再用乙醇洗可以除去Cu2O表面的水，防止被氧气氧化，D正确；
答案选B
11. 化合物乙是一种治疗神经类疾病的药物，可由化合物甲经多步反应得到。下列有关化合物甲、乙的说法正确的是
A. 甲分子中所有碳原子一定处于同一平面
B. 乙中含有2个手性碳原子
C. 用NaHCO3溶液或FeCl3溶液不能鉴别化合物甲、乙
D. 乙能与盐酸、NaOH溶液反应，且1mol乙最多能与4molNaOH反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．图中C-O-C为V形，与苯环相连的C-O键可以旋转，使得甲基碳原子不在苯环的平面上，A项错误；
B．手性碳原子指连接4个不同原子或原子团的碳原子。乙中有2个手性碳原子，如图：，B项正确；
C．甲中有羧基，与NaHCO3溶液反应生成CO2气体，乙中有酚羟基，遇FeCl3溶液显紫色，都可鉴别甲和乙，C项错误；
D．乙中有-NH2，显碱性，能与盐酸反应；有1个酚羟基，消耗1个NaOH；有2个酯基，如图：，左侧酯基水解以后形成1个酚羟基和1个羧基，消耗2个NaOH，右侧酯基水解以后形成醇羟基和羧基，消耗1个NaOH；C-Br位置为卤代烃的结构，可以发生碱性水解，消耗1个NaOH，综上，1个乙分子消耗5个NaOH，即1 mol乙消耗5 mol NaOH，D项错误；
答案选B。
12. 室温下，通过下列实验探究Na2SO3、NaHSO3溶液的性质。
实验1：用pH试纸测量0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH，测得pH约为5。
实验2：将0.1mol·L-1NaHSO3溶液放置一段时间，测得pH约为3。
实验3：往溴水中加入Na2SO3溶液，溴水颜色褪去。
实验4：向0.1mol·L-1Na2SO3溶液中滴加HCl至pH=7。
下列说法不正确的是
A. 从实验1可得出：Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)＞Kw
B. 实验2所得的溶液中存在SO
C. 实验3的离子方程式：
D. 实验4所得溶液中存在：
【答案】D
【解析】
【详解】A．实验1说明NaHSO3溶液显酸性，故亚硫酸氢根的电离程度大于水解程度，故，故，A正确；
B．实验2与实验1对比酸性增强，则发生了2+O2=2H++2，因此实验2所得的溶液中存在，B正确；
C．实验3中溴单质与亚硫酸根发生了氧化还原反应生成氢溴酸和硫酸，离子方程式为，C正确；
D．实验4所得溶液中存在电荷守恒，呈中性，则，D错误；
故选D。
13. 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=—1225 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％)
下列说法不正确的是
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
【答案】C
【解析】
【详解】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正确；
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正确；
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错误；
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正确；
故选C。
二、非选择题：共4题 ，共61分
14. 兰尼镍(Raney-Ni)是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金，常用作烯烃、炔烃等氢化反应催化剂，其高催化活性源自于镍本身的催化性质和其多孔结构对氢气的强吸附性。由镍矿渣[主要含、，还含铁、铜、钙、镁化合物及其他不溶性杂质]制备兰尼镍的过程可表示如下：
已知：，
（1）“酸溶”过程中，发生反应的离子方程式为_______。
（2）“除杂”过程中加入除去发生的反应是：，该反应的平衡常数_______。
（3）“沉镍”所得沉淀有多种组成，可表示为。为测定其组成，进行下列实验：称取干燥沉淀样品，隔绝空气加热，剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示(条件下加热，收集到的气体产物只有一种，以上残留固体为)。通过计算确定该样品的化学式。(写出计算过程)_______
（4）“浸出”是制备兰尼镍的关键步骤，溶液在“浸出”过程中的作用是_______。
（5）使用新制兰尼镍进行催化加氢反应，有时不需通入氢气也能发生氢化反应，原因是_______。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）溶解部分铝，形成多孔结构的镍铝合金
（5）镍的多孔结构对氢气具有强吸附性，在制取过程中“浸出”时产生的氢气被镍吸附
【解析】
【分析】镍矿渣加入稀硫酸、NaClO3把S元素氧化为S单质，除杂后加入碳酸钠沉镍，经一系列反应得金属镍，镍和铝熔合为镍铝合金，用氢氧化钠浸出铝元素，形成多孔结构的镍铝合金。
【小问1详解】
“酸溶”过程中，酸性条件下，被NaClO3氧化为S沉淀，发生反应的离子方程式为；
【小问2详解】
“除杂”过程中加入除去发生的反应是：，该反应的平衡常数。
【小问3详解】
以上残留固体为，可知n(NiO)=0.03mol，条件下加热，收集到的气体产物只有一种，说明发生反应，固体质量减少(2.69-2.25)=0.44g，说明反应生成二氧化碳的质量为0.44g，则n(NiCO3)=n(CO2)=0.01mol；根据镍元素守恒，，则n(H2O)=，该样品的化学式为。
【小问4详解】
溶液在“浸出”过程中的作用溶解部分铝，形成多孔结构的镍铝合金。
【小问5详解】
镍的多孔结构对氢气具有强吸附性，在制取过程中“浸出”时产生的氢气被镍吸附，故在氢化时不需要加入氢气也能完成。
15. 吉非替尼(I)是一种抗癌药物，其合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）A分子中官能团的名称___________。
（2）D→E的反应类型为___________；E→F的反应类型为___________。
（3）H的结构简式为___________。
（4）写出符合下列条件的D的一种同分异构体的结构简式___________。
①能和FeCl3溶液发生显色反应，也能发生银镜反应
②含有手性碳原子，苯环上有四个取代基
③能发生水解反应且其中一种水解产物为α-氨基酸，另一种水解产物仅含有两种不同化学环境的氢
（5）写出由、H2NCH=NH和CH3OH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) 。
【答案】（1）羧基、醚键
（2） ①. 取代反应 ②. 还原反应
（3） （4） （5）
【解析】
【分析】A发生硝化反应生成B，根据D的结构简式可知B为，C和甲醇发生酯化反应生成D，则C的结构简式为，D发生取代反应生成E，依据I的结构简式可判断E为，根据I的结构简式可知H的结构简式为，根据G和H的分子式可知G的结构简式为，根据已知信息可判断F的结构简式为，E到F，硝基被还原成氨基，发生还原反应。
【小问1详解】
A的结构简式为，官能团为：羧基、酯基；
【小问2详解】
根据分析可知D→E的反应类型为取代反应，E→F的反应类型为还原反应；
【小问3详解】
根据分析可知H的结构简式为；
【小问4详解】
①能和FeCl3溶液发生显色反应，也能发生银镜反应，含有酚羟基和醛基；②含有手性碳原子，苯环上有四个取代基；③能发生水解反应且其中一种水解产物为α-氨基酸，另一种水解产物仅含有两种不同化学环境的氢，说明是酚羟基形成的酚酯基，且结构对称，则符合条件的有机物结构简式为；
【小问5详解】
要制备，需要首先制备，根据已知信息需要利用和H2NCH＝NH合成，所以合成路线流程图为。
16. 以酸性蚀刻液(主要含CuCl和H+)和碱性蚀刻液(主要含Cu(NH3)和Cl-)制备硫酸铜，并回收氯化铵的实验流程如下：
（1）将一定量酸性蚀刻液和碱性蚀刻液加入到三颈烧瓶(装置如图)，通入NH3或HCl调节溶液pH在5.5左右，充分中和后，获得碱式氯化铜沉淀。实验中球形干燥管的作用是___________。
（2）为确定酸化时加入稀硫酸的用量，需测定碱式氯化铜的组成，请补充实验方案：
I．取一定质量的碱式氯化铜固体，测定其中Cu元素的质量(具体步骤省略)；
II．另取相同质量的碱式氯化铜固体，___________，低温干燥至恒重。(实验中须用的试剂：2mol·L-1盐酸、2mol·L-1硝酸、AgNO3溶液、蒸馏水)
（3）①化浆酸化后经结晶得硫酸铜粗品，其中含有的主要杂质是___________(填化学式)。
②将硫酸铜粗品溶于热水形成饱和溶液，加入适量乙醇搅拌，冷却后过滤，洗涤，可制得高纯度CuSO4·5H2O。加入乙醇的目的是___________。
（4）向滤液中加入水合肼(N2H4·H2O)除去残留的Cu2+，再经结晶获得副产品氯化铵。除铜时，溶液pH控制在6~7为宜，若溶液pH大于8，Cu2+的去除率反而下降，其原因是___________；水合肼除去残留的Cu2+的离子方程式为___________。
【答案】（1）防倒吸 （2）向其中加入2mol·L-1硝酸直至固体完全溶解，再逐滴加入AgNO3溶液，直至静置后，继续向上层清液中滴加AgNO3溶液无浑浊，过滤，用蒸馏水洗涤，直至最后一次洗涤液加入2mol·L-1盐酸无浑浊
（3） ①. CuCl2 ②. 降低CuSO4的溶解度，便于CuSO4·5H2O晶体析出
（4） ①. 溶液pH增大，溶液中NH转化为NH3·H2O，NH3·H2O与Cu2+反应形成稳定的[Cu(NH3)4]2+，使Cu2+的去除率下降 ②. N2H4·H2O+2Cu2+=N2+Cu↓+4H++H2O(或N2H4+2Cu2+=N2+Cu↓+4H+)
【解析】
【分析】由题给流程可知，酸性蚀刻液和碱性蚀刻液混合得到碱式氯化铜沉淀和氯化铵，过滤得到碱式氯化铜和含有铜离子的氯化铵滤液；向碱式氯化铜中加入稀硫酸化浆酸化得到硫酸铜和氯化铜的混合溶液，混合溶液结晶得硫酸铜粗品，将硫酸铜粗品溶于热水形成饱和溶液，加入适量乙醇搅拌，冷却后过滤，洗涤制得高纯度五水硫酸铜；向滤液中加入水合肼除去残留的铜离子，经结晶获得副产品氯化铵。
【小问1详解】
氨气和氯化氢都极易溶于水，实验中选用球形干燥管可防止通入气体时产生倒吸，故答案为：防倒吸；
小问2详解】
由题意可知，实验II的目的是测定碱式氯化铜中氯离子的质量，实验的操作步骤为另取相同质量的碱式氯化铜固体，搅拌下，向其中加入2mol·L-1硝酸直至固体完全溶解，搅拌下，再逐滴加入AgNO3溶液，直至静置后，继续向上层清液中滴加AgNO3溶液无浑浊，过滤，用蒸馏水洗涤，直至最后一次洗涤液加入2mol·L-1盐酸无浑浊，低温干燥至恒重，故答案为：向其中加入2mol·L-1硝酸直至固体完全溶解，再逐滴加入AgNO3溶液，直至静置后，继续向上层清液中滴加AgNO3溶液无浑浊，过滤，用蒸馏水洗涤，直至最后一次洗涤液加入2mol·L-1盐酸无浑浊；
【小问3详解】
①由分析可知，向碱式氯化铜中加入稀硫酸化浆酸化得到硫酸铜和氯化铜的混合溶液，所以混合溶液结晶得硫酸铜粗品中一定含有氯化铜，故答案为：CuCl2；
②将硫酸铜粗品溶于热水形成饱和溶液，加入适量乙醇搅拌，可以降低硫酸铜的溶解度，便于五水硫酸铜晶体析出，故答案为：降低CuSO4的溶解度，便于CuSO4·5H2O晶体析出；
【小问4详解】
向滤液中加入水合肼除去残留的铜离子时，若溶液的pH过大，溶液中铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨，一水合氨与溶液中的铜离子反应会生成稳定的四氨合铜离子，使铜离子的去除率降低，故答案为：溶液pH增大，溶液中NH转化为NH3·H2O，NH3·H2O与Cu2+反应形成稳定的[Cu(NH3)4]2+配离子，使Cu2+的去除率下降。水合肼具有还原性，可将铜离子还原成铜单质，除去残留的Cu2+的离子方程式为：N2H4·H2O+2Cu2+=N2+Cu↓+4H++H2O(或N2H4+2Cu2+=N2+Cu↓+4H+)。故答案为：N2H4·H2O+2Cu2+=N2+Cu↓+4H++H2O(或N2H4+2Cu2+=N2+Cu↓+4H+)。
17. H2O2、O2、O3在水中可形成具有超强氧化能力的羟基自由基(·OH)，能有效去除废水中的H2PO、苯酚等物质。
（1）H2O2、O3在一定条件可处理废水中H2PO。
①弱碱性条件下·OH将H2PO氧化成PO，该反应的离子方程式为___________。
②为比较不同投料方式下含H2PO模拟废水处理效果，向两份等体积废水样品中加入等量H2O2和O3，其中一份再加入FeSO4，反应相同时间，实验结果如下图所示。
添加FeSO4后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均显著提高，原因是___________。
（2）I.利用电化学高级氧化技术可以通过电解装置在电解槽中持续产生·OH，使处理含苯酚废水更加高效，装置如图所示。已知 a极主要发生的反应是 O2生成 H2O2，然后在电解液中产生·OH 并迅速与苯酚反应。
①b 极连接电源的___________极(填“正”或“负”)。
②a 极的电极反应式为___________。
③·OH与苯酚反应的化学方程式为___________。
II． H2O2在Fe3O4催化下也可有效除去废水中的苯酚等有机污染物。除去废水中的苯酚的原理如图所示。研究在不同初始pH条件下，苯酚的去除率随时间的变化，结果表明：在反应开始时，初始pH=6的溶液中苯酚的去除率明显低于初始pH=3的溶液，但一段时间后两者接近，原因是___________。
【答案】（1） ①. 4·OH＋2OH-＋H2PO=PO＋4H2O ②. Fe2＋促进H2O2和O3产生·OH，氧化率提高，氧化产生的Fe3＋将PO转化为FePO4沉淀
（2） ①. 正 ②. O2+2e-+2H+=H2O2 ③. ④. 酸性有利于·OH的形成，所以初始pH=3的溶液在开始时去除率较高；随着反应的进行，苯酚转化为乙酸，使溶液酸性增强 ，pH=6的溶液中苯酚去除率显著提高，最终两者的去除率接近
【解析】
【小问1详解】
弱碱性条件下羟基自由基·OH将H2PO氧化成PO，根据磷元素的化合价变化可知，·OH被还原，H2PO被氧化，·OH中氧元素为-1价，被还原成-2价，H2PO中的磷元素由+1价被氧化成PO中的+5价，根据化合价升降相等可知，n(·OH): n(H2PO)=4:1，结合电荷守恒、质量守恒，此反应的离子方程式为4·OH＋2OH-＋H2PO=PO＋4H2O；
从题干可知，H2O2、O3在水中可形成具有超强氧化能力的羟基自由基(·OH)，能有效去除废水中的H2PO，添加FeSO4后，次磷酸盐氧化率提高，说明加入FeSO4后，H2O2、O3在水中形成·OH的增多，则说明Fe2＋能促进H2O2和O3产生·OH，同时Fe2＋自身被氧化成Fe3＋，氧化产生的Fe3＋将PO转化为FePO4沉淀，故添加FeSO4后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均显著提高，故原因为：Fe2＋促进H2O2和O3产生·OH，氧化率提高，氧化产生的Fe3＋将PO转化为FePO4沉淀；
【小问2详解】
a极主要发生的反应是 O2生成 H2O2，氧元素化合价降低，为阴极，故b极为阳极，与电源正极相连；
a极O2得电子生成 H2O2，电极反应为：O2+2e-+2H+=H2O2；
电解液中产生的·OH迅速与苯酚反应，苯酚转化为二氧化碳而除去，故反应的化学方程式为：；
研究在不同初始pH条件下，苯酚的去除率随时间的变化，结果表明：在反应开始时，初始pH=6的溶液中苯酚的去除率明显低于初始pH=3的溶液，说明酸性影响苯酚的去除率，则酸性条件下更有利于·OH的形成，所以初始pH=3的溶液在开始时去除率较高。通过图也可知苯酚最终转化成乙酸了，则随着反应进行，溶液酸性也会越来越强，故初始pH=6的溶液中苯酚的去除率一段时间后也会提高，最终两者比较接近。故答案为：酸性有利于·OH的形成，所以初始pH=3的溶液在开始时去除率较高；随着反应的进行，苯酚转化为乙酸，使溶液酸性增强 ，pH=6的溶液中苯酚去除率显著提高，最终两者的去除率接近。
江苏省扬州中学2021-2022学年度第二学期阶段测试
高二化学
试卷满分：100分， 考试时间：75分钟
可能用到的相对原子质量 H-1 C-12 N-14 O-16 Ni-59
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意
1. 中国努力争取2060年前实现碳中和。下列说法不正确的是
A. 积极鼓励植树造林，降低空气中含量
B. 可利用或氨水捕集废气中的
C. 一定条件下，将转化为，实现的资源化利用
D. 研发新型催化剂将分解成碳和，同时放出热量
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．植物可通过光合作用吸收CO2，植树造林可降低含量，A正确；
B．CaO或氨水具有碱性，能与酸性气体CO2反应，B正确；
C．将CO2转为CH3OH燃料，可实现资源优化利用，C正确；
D．分解反应需要吸收热量，D错误；
故选：D。
2. 制取H2O2的反应为Na2O2+H2SO4+10H2O=Na2SO4·10H2O+H2O2，下列说法正确的是
A. Na+的结构示意图 B. Na2O2中既有离子键又有共价键
C. H2O2的电子式为 D. H2O2为非极性分子
【答案】B
【解析】
【详解】A．Na+的核电荷数为11，A错误；
B．过氧化钠为离子化合物，含离子键，氧原子之间为共价键，B正确；
C．过氧化氢中氧原子之间共用1对电子，电子式：，C错误；
D．过氧化氢分子中正负电荷重心不重合，为极性分子，D错误；
故选B。
3. 氧化物在生产、生活中有广泛应用。下列氧化物的性质与用途具有对应关系的是
A. Al2O3熔点高，可用于工业制备金属铝
B. ClO2易溶于水，可用于自来水消毒剂
C. SO2具有还原性，可用于葡萄酒保存
D. Na2O2具有强氧化性，可用作呼吸面具供氧剂
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．工业上通过电解熔融氧化铝制备铝是利用Al2O3是离子化合物，熔融状态下能电离出自由移动离子，而不是因为其熔点高，A错误；
B．ClO2具有强氧化性，能杀菌消毒可用于自来水消毒，B错误；
C．SO2具有还原性，是一种抗氧化剂，能防止葡萄糖中的一些成分被氧化，起到保质作用，C正确；
D．Na2O2能与二氧化碳发生反应生成氧气，可用作呼吸面具供氧剂，而不是利用其强氧化性，D错误；
故选C。
4. 下列有关S、H2S、 、的说法正确的是
A. S单质属于分子晶体 B. H2S的沸点高于H2O
C. 的空间构型为平面三角形 D. 的键角比H2S小
【答案】A
【解析】
【详解】A．硫为非金属单质，构成晶体的微粒为分子，微粒之间存在分子间作用力，属于分子晶体，选项A正确；
B．能形成分子间氢键的物质熔沸点较高，H2O能形成分子间氢键、H2S不能形成分子间氢键，所以熔沸点，H2O高于H2S，选项B错误；
C．中S原子价层电子对个数为3+(a-xb)= 3+(6+2-2)=4，且含有1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型为三角锥形，选项C错误；
D．中S原子以sp3杂化轨道成键，无孤电子对，S－O－S键的键角为109°28'，H2S分子中中心原子也采用sp3杂化轨道成键，有2对孤电子对，孤电子对之间排斥作用较大，键角较小，键角接近90°，前者大于后者，选项D错误；
答案选A。
5. 关于可自发反应2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) △H， 下列说法正确的是
A. 该反应△S>0
B. 使用催化剂不能降低该反应的△H
C. 反应中每消耗22.4LO2转移电子数目约等于4×6.02× 1023
D. 其它条件相同，温度升高或增大压强，可以提高SO2的转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A．该反应气体物质的量减小，所以熵减小，△S<0，选项A错误；
B．使用催化剂能降低反应的活化能，但不能降低该反应的△H，选项B正确；
C．没有说明标准状况下，22.4LO2的物质的量不一定为1mol，无法计算电子移动数目，选项C错误；
D．其它条件相同，温度升高平衡向吸热反应的逆反应方向移动，SO2的转化率降低；增大压强平衡向气体体积缩小的正反应方向移动，可以提高SO2的转化率，选项D错误；
答案选B。
6. 在指定条件下，下列选项所示的物质间转化不能一步实现的是
A. FeS2Fe2O3 B. SSO3
C. SO2 (NH4)2SO3 D. CuSO2
【答案】B
【解析】
【详解】A．FeS2与氧气反应可以一步生成氧化铁，A正确；
B．S点燃生成SO2，B错误；
C．SO2与足量氨水反应生成正盐(NH4)2SO3，C正确；
D．铜与浓硫酸加热生成二氧化硫，D正确；
故选B。
7. 短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是非金属性最强的元素，Y是地壳中含量最高的金属元素，Y、Z处于同一周期且相邻，W原子最外层电子比内层电子少3个。下列说法正确的是
A. 原子半径：r(X)
C. Z的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
D. 元素Y、W最高价氧化物的水化物之间能反应生成盐和水
【答案】D
【解析】
【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是非金属性最强的元素，则X为F元素，Y是地壳中含量最高的金属元素，为Al元素；Y、Z处于同一周期且相邻，则Z为Si元素；W原子最外层电子比内层电子少3个，则为Cl元素。
A. 同周期元素从左到右原子半径依次减小，故原子半径： r(Y) >r(Z) >r(W) >r(X)，选项A错误；
B. X与Z组成的化合物SiF4是共价化合物，选项B错误；
C. 非金属性Cl>Si，Z的简单气态氢化物SiH4的热稳定性比W的简单气态氢化物HCl弱，选项C错误；
D. 元素Y、W最高价氧化物的水化物Al(OH)3、HClO4之间能反应生成盐和水，选项D正确；
答案选D。
8. 印刷线路板废液(主要成分有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+、Cl-)，可用来制备碱式碳酸铜，过程如图：
下列说法正确的是（ ）
A. 反应A的离子方程式为：10Fe2++2ClO3-+12H+=10Fe3++Cl2↑+6H2O
B. 铜在空气中被腐蚀得到铜锈，其主要成分是碱式碳酸铜
C. NaClO3和Na2CO3中心原子杂化类型均为sp3杂化
D. 试剂X可为CuO，主要作用是通过调节pH值把Fe2+转化为Fe(OH)3过滤除去
【答案】B
【解析】
【分析】印刷线路板废液(主要成分有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+、Cl－)加入NaClO3发生氧化还原反应，将亚铁离子氧化为铁离子，加入CuO调节溶液的pH值，过滤，向滤液中加入碳酸钠反应得到碱式碳酸铜。
【详解】A. 反应A中Fe2+与ClO3－反应生成Fe3+和Cl－，其离子方程式为：6Fe2+ + ClO3－+6H+ = 6Fe3+ + Cl－ + 3H2O，故A错误；
B. 铜在空气中被腐蚀得到铜锈，其主要成分是碱式碳酸铜，故B正确；
C. NaClO3中心原子杂化类型为sp3杂化，Na2CO3中心原子杂化类型为sp2杂化，故C错误；
D. 试剂X可为CuO，主要作用是通过调节pH值将Fe3+转化为Fe(OH)3过滤除去，故D错误。
综上所述，答案为B。
9. 一种“分步法电解制氢气和氧气”的装置如图所示(a、b均为惰性电极)：该方法分两步，第一步在惰性电极产生 H2；第二步在另一个惰性电极产生 O2。以下有关说法正确的是
A. 当 K与 K1相连时，a 极产生的是氧气
B. 当 a、b两极产生的气体的物质的量之比为 1：1 时，NiOOH/Ni(OH)2电极恢复为电解前的状态
C. 当 K与 K2相连时，b极附近的 pH 会降低
D. 产生氢气时，NiOOH/Ni(OH)2电极反应方程式：NiOOH+e-+H2O =Ni(OH)2+OH-
【答案】C
【解析】
【详解】A．当 K与 K1相连时，a 极为阴极，水得电子产生氢气，A错误；
B．当 a、b两极产生的气体的物质的量之比为 1：1 时，a极产生1mol氢气，电路中转移电子2mol，NiOOH/Ni(OH)2电极为阳极，电极反应方程式：Ni(OH)2+OH--e-= NiOOH+H2O，消耗2mol Ni(OH)2，生成2mol NiOOH；b极产生1molO2时转移电子4mol，NiOOH/Ni(OH)2电极为阴极，电极反应为：NiOOH+e-+H2O =Ni(OH)2+OH-，消耗4molNiOOH，生成4molNi(OH)2，电极不会恢复为电解前的状态，B错误；
C．当 K与 K2相连时，b极为阳极，氢氧根失去电子生成氧气和水，氢氧根浓度降低，故附近的 pH 会降低，C正确；
D．产生氢气时，NiOOH/Ni(OH)2电极为阳极，电极反应方程式：Ni(OH)2+OH--e-= NiOOH+H2O，D错误；
故选C。
10. 氧化亚铜(Cu2O)主要用于制造杀虫剂、分析试剂和红色玻璃等。在潮湿的空气中会逐渐氧化为黑色的氧化铜。以肼(N2H4)为原料与醋酸铜反应制取Cu2O的反应为： 4 Cu (CH3COO)2＋N2H4＋2H2O=2Cu2O↓＋N2＋8CH3COOH。生成的沉淀需用水洗涤后，用乙醇洗涤。下列说法不正确的是
A. N2H4能与水分子形成分子间氢键
B. 如图所示Cu2O的晶胞中，Cu＋的配位数是4
C. 每生成标准状况下2.24 L N2，反应转移电子数为0.4×6.02×1023
D. 沉淀用水洗后，再用乙醇洗可以除去Cu2O表面的水，防止被氧气氧化
【答案】B
【解析】
【详解】A．N2H4和H2O分子中的氢原子都是与电负性大、半径小的原子相连的，故N2H4能与水分子形成、等分子间氢键，A正确；
B． 根据图示中两种小球的位置和Cu2O的化学式可知，白球为O原子、黑球为Cu原子，与Cu＋距离最近且相等的O有2个(体心和顶点)，该晶胞结构中铜原子的配位数是2，B错误；
C．氮元素由−2价升高到0价，N2H4转变为N2，每生成标准状况下22.4LN2(1mol)，转移电子数为4×6.02×1023，则每生成标准状况下2.24 L N2，反应转移电子数为0.4×6.02×1023，C正确；
D． 已知Cu2O在潮湿的空气中会逐渐氧化为黑色的氧化铜，则沉淀用水洗后，需再用乙醇洗可以除去Cu2O表面的水，防止被氧气氧化，D正确；
答案选B
11. 化合物乙是一种治疗神经类疾病的药物，可由化合物甲经多步反应得到。下列有关化合物甲、乙的说法正确的是
A. 甲分子中所有碳原子一定处于同一平面
B. 乙中含有2个手性碳原子
C. 用NaHCO3溶液或FeCl3溶液不能鉴别化合物甲、乙
D. 乙能与盐酸、NaOH溶液反应，且1mol乙最多能与4molNaOH反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．图中C-O-C为V形，与苯环相连的C-O键可以旋转，使得甲基碳原子不在苯环的平面上，A项错误；
B．手性碳原子指连接4个不同原子或原子团的碳原子。乙中有2个手性碳原子，如图：，B项正确；
C．甲中有羧基，与NaHCO3溶液反应生成CO2气体，乙中有酚羟基，遇FeCl3溶液显紫色，都可鉴别甲和乙，C项错误；
D．乙中有-NH2，显碱性，能与盐酸反应；有1个酚羟基，消耗1个NaOH；有2个酯基，如图：，左侧酯基水解以后形成1个酚羟基和1个羧基，消耗2个NaOH，右侧酯基水解以后形成醇羟基和羧基，消耗1个NaOH；C-Br位置为卤代烃的结构，可以发生碱性水解，消耗1个NaOH，综上，1个乙分子消耗5个NaOH，即1 mol乙消耗5 mol NaOH，D项错误；
答案选B。
12. 室温下，通过下列实验探究Na2SO3、NaHSO3溶液的性质。
实验1：用pH试纸测量0.1mol·L-1NaHSO3溶液的pH，测得pH约为5。
实验2：将0.1mol·L-1NaHSO3溶液放置一段时间，测得pH约为3。
实验3：往溴水中加入Na2SO3溶液，溴水颜色褪去。
实验4：向0.1mol·L-1Na2SO3溶液中滴加HCl至pH=7。
下列说法不正确的是
A. 从实验1可得出：Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)＞Kw
B. 实验2所得的溶液中存在SO
C. 实验3的离子方程式：
D. 实验4所得溶液中存在：
【答案】D
【解析】
【详解】A．实验1说明NaHSO3溶液显酸性，故亚硫酸氢根的电离程度大于水解程度，故，故，A正确；
B．实验2与实验1对比酸性增强，则发生了2+O2=2H++2，因此实验2所得的溶液中存在，B正确；
C．实验3中溴单质与亚硫酸根发生了氧化还原反应生成氢溴酸和硫酸，离子方程式为，C正确；
D．实验4所得溶液中存在电荷守恒，呈中性，则，D错误；
故选D。
13. 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=—1225 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％)
下列说法不正确的是
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
【答案】C
【解析】
【详解】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正确；
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正确；
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错误；
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正确；
故选C。
二、非选择题：共4题 ，共61分
14. 兰尼镍(Raney-Ni)是一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金，常用作烯烃、炔烃等氢化反应催化剂，其高催化活性源自于镍本身的催化性质和其多孔结构对氢气的强吸附性。由镍矿渣[主要含、，还含铁、铜、钙、镁化合物及其他不溶性杂质]制备兰尼镍的过程可表示如下：
已知：，
（1）“酸溶”过程中，发生反应的离子方程式为_______。
（2）“除杂”过程中加入除去发生的反应是：，该反应的平衡常数_______。
（3）“沉镍”所得沉淀有多种组成，可表示为。为测定其组成，进行下列实验：称取干燥沉淀样品，隔绝空气加热，剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示(条件下加热，收集到的气体产物只有一种，以上残留固体为)。通过计算确定该样品的化学式。(写出计算过程)_______
（4）“浸出”是制备兰尼镍的关键步骤，溶液在“浸出”过程中的作用是_______。
（5）使用新制兰尼镍进行催化加氢反应，有时不需通入氢气也能发生氢化反应，原因是_______。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）溶解部分铝，形成多孔结构的镍铝合金
（5）镍的多孔结构对氢气具有强吸附性，在制取过程中“浸出”时产生的氢气被镍吸附
【解析】
【分析】镍矿渣加入稀硫酸、NaClO3把S元素氧化为S单质，除杂后加入碳酸钠沉镍，经一系列反应得金属镍，镍和铝熔合为镍铝合金，用氢氧化钠浸出铝元素，形成多孔结构的镍铝合金。
【小问1详解】
“酸溶”过程中，酸性条件下，被NaClO3氧化为S沉淀，发生反应的离子方程式为；
【小问2详解】
“除杂”过程中加入除去发生的反应是：，该反应的平衡常数。
【小问3详解】
以上残留固体为，可知n(NiO)=0.03mol，条件下加热，收集到的气体产物只有一种，说明发生反应，固体质量减少(2.69-2.25)=0.44g，说明反应生成二氧化碳的质量为0.44g，则n(NiCO3)=n(CO2)=0.01mol；根据镍元素守恒，，则n(H2O)=，该样品的化学式为。
【小问4详解】
溶液在“浸出”过程中的作用溶解部分铝，形成多孔结构的镍铝合金。
【小问5详解】
镍的多孔结构对氢气具有强吸附性，在制取过程中“浸出”时产生的氢气被镍吸附，故在氢化时不需要加入氢气也能完成。
15. 吉非替尼(I)是一种抗癌药物，其合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）A分子中官能团的名称___________。
（2）D→E的反应类型为___________；E→F的反应类型为___________。
（3）H的结构简式为___________。
（4）写出符合下列条件的D的一种同分异构体的结构简式___________。
①能和FeCl3溶液发生显色反应，也能发生银镜反应
②含有手性碳原子，苯环上有四个取代基
③能发生水解反应且其中一种水解产物为α-氨基酸，另一种水解产物仅含有两种不同化学环境的氢
（5）写出由、H2NCH=NH和CH3OH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) 。
【答案】（1）羧基、醚键
（2） ①. 取代反应 ②. 还原反应
（3） （4） （5）
【解析】
【分析】A发生硝化反应生成B，根据D的结构简式可知B为，C和甲醇发生酯化反应生成D，则C的结构简式为，D发生取代反应生成E，依据I的结构简式可判断E为，根据I的结构简式可知H的结构简式为，根据G和H的分子式可知G的结构简式为，根据已知信息可判断F的结构简式为，E到F，硝基被还原成氨基，发生还原反应。
【小问1详解】
A的结构简式为，官能团为：羧基、酯基；
【小问2详解】
根据分析可知D→E的反应类型为取代反应，E→F的反应类型为还原反应；
【小问3详解】
根据分析可知H的结构简式为；
【小问4详解】
①能和FeCl3溶液发生显色反应，也能发生银镜反应，含有酚羟基和醛基；②含有手性碳原子，苯环上有四个取代基；③能发生水解反应且其中一种水解产物为α-氨基酸，另一种水解产物仅含有两种不同化学环境的氢，说明是酚羟基形成的酚酯基，且结构对称，则符合条件的有机物结构简式为；
【小问5详解】
要制备，需要首先制备，根据已知信息需要利用和H2NCH＝NH合成，所以合成路线流程图为。
16. 以酸性蚀刻液(主要含CuCl和H+)和碱性蚀刻液(主要含Cu(NH3)和Cl-)制备硫酸铜，并回收氯化铵的实验流程如下：
（1）将一定量酸性蚀刻液和碱性蚀刻液加入到三颈烧瓶(装置如图)，通入NH3或HCl调节溶液pH在5.5左右，充分中和后，获得碱式氯化铜沉淀。实验中球形干燥管的作用是___________。
（2）为确定酸化时加入稀硫酸的用量，需测定碱式氯化铜的组成，请补充实验方案：
I．取一定质量的碱式氯化铜固体，测定其中Cu元素的质量(具体步骤省略)；
II．另取相同质量的碱式氯化铜固体，___________，低温干燥至恒重。(实验中须用的试剂：2mol·L-1盐酸、2mol·L-1硝酸、AgNO3溶液、蒸馏水)
（3）①化浆酸化后经结晶得硫酸铜粗品，其中含有的主要杂质是___________(填化学式)。
②将硫酸铜粗品溶于热水形成饱和溶液，加入适量乙醇搅拌，冷却后过滤，洗涤，可制得高纯度CuSO4·5H2O。加入乙醇的目的是___________。
（4）向滤液中加入水合肼(N2H4·H2O)除去残留的Cu2+，再经结晶获得副产品氯化铵。除铜时，溶液pH控制在6~7为宜，若溶液pH大于8，Cu2+的去除率反而下降，其原因是___________；水合肼除去残留的Cu2+的离子方程式为___________。
【答案】（1）防倒吸 （2）向其中加入2mol·L-1硝酸直至固体完全溶解，再逐滴加入AgNO3溶液，直至静置后，继续向上层清液中滴加AgNO3溶液无浑浊，过滤，用蒸馏水洗涤，直至最后一次洗涤液加入2mol·L-1盐酸无浑浊
（3） ①. CuCl2 ②. 降低CuSO4的溶解度，便于CuSO4·5H2O晶体析出
（4） ①. 溶液pH增大，溶液中NH转化为NH3·H2O，NH3·H2O与Cu2+反应形成稳定的[Cu(NH3)4]2+，使Cu2+的去除率下降 ②. N2H4·H2O+2Cu2+=N2+Cu↓+4H++H2O(或N2H4+2Cu2+=N2+Cu↓+4H+)
【解析】
【分析】由题给流程可知，酸性蚀刻液和碱性蚀刻液混合得到碱式氯化铜沉淀和氯化铵，过滤得到碱式氯化铜和含有铜离子的氯化铵滤液；向碱式氯化铜中加入稀硫酸化浆酸化得到硫酸铜和氯化铜的混合溶液，混合溶液结晶得硫酸铜粗品，将硫酸铜粗品溶于热水形成饱和溶液，加入适量乙醇搅拌，冷却后过滤，洗涤制得高纯度五水硫酸铜；向滤液中加入水合肼除去残留的铜离子，经结晶获得副产品氯化铵。
【小问1详解】
氨气和氯化氢都极易溶于水，实验中选用球形干燥管可防止通入气体时产生倒吸，故答案为：防倒吸；
小问2详解】
由题意可知，实验II的目的是测定碱式氯化铜中氯离子的质量，实验的操作步骤为另取相同质量的碱式氯化铜固体，搅拌下，向其中加入2mol·L-1硝酸直至固体完全溶解，搅拌下，再逐滴加入AgNO3溶液，直至静置后，继续向上层清液中滴加AgNO3溶液无浑浊，过滤，用蒸馏水洗涤，直至最后一次洗涤液加入2mol·L-1盐酸无浑浊，低温干燥至恒重，故答案为：向其中加入2mol·L-1硝酸直至固体完全溶解，再逐滴加入AgNO3溶液，直至静置后，继续向上层清液中滴加AgNO3溶液无浑浊，过滤，用蒸馏水洗涤，直至最后一次洗涤液加入2mol·L-1盐酸无浑浊；
【小问3详解】
①由分析可知，向碱式氯化铜中加入稀硫酸化浆酸化得到硫酸铜和氯化铜的混合溶液，所以混合溶液结晶得硫酸铜粗品中一定含有氯化铜，故答案为：CuCl2；
②将硫酸铜粗品溶于热水形成饱和溶液，加入适量乙醇搅拌，可以降低硫酸铜的溶解度，便于五水硫酸铜晶体析出，故答案为：降低CuSO4的溶解度，便于CuSO4·5H2O晶体析出；
【小问4详解】
向滤液中加入水合肼除去残留的铜离子时，若溶液的pH过大，溶液中铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨，一水合氨与溶液中的铜离子反应会生成稳定的四氨合铜离子，使铜离子的去除率降低，故答案为：溶液pH增大，溶液中NH转化为NH3·H2O，NH3·H2O与Cu2+反应形成稳定的[Cu(NH3)4]2+配离子，使Cu2+的去除率下降。水合肼具有还原性，可将铜离子还原成铜单质，除去残留的Cu2+的离子方程式为：N2H4·H2O+2Cu2+=N2+Cu↓+4H++H2O(或N2H4+2Cu2+=N2+Cu↓+4H+)。故答案为：N2H4·H2O+2Cu2+=N2+Cu↓+4H++H2O(或N2H4+2Cu2+=N2+Cu↓+4H+)。
17. H2O2、O2、O3在水中可形成具有超强氧化能力的羟基自由基(·OH)，能有效去除废水中的H2PO、苯酚等物质。
（1）H2O2、O3在一定条件可处理废水中H2PO。
①弱碱性条件下·OH将H2PO氧化成PO，该反应的离子方程式为___________。
②为比较不同投料方式下含H2PO模拟废水处理效果，向两份等体积废水样品中加入等量H2O2和O3，其中一份再加入FeSO4，反应相同时间，实验结果如下图所示。
添加FeSO4后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均显著提高，原因是___________。
（2）I.利用电化学高级氧化技术可以通过电解装置在电解槽中持续产生·OH，使处理含苯酚废水更加高效，装置如图所示。已知 a极主要发生的反应是 O2生成 H2O2，然后在电解液中产生·OH 并迅速与苯酚反应。
①b 极连接电源的___________极(填“正”或“负”)。
②a 极的电极反应式为___________。
③·OH与苯酚反应的化学方程式为___________。
II． H2O2在Fe3O4催化下也可有效除去废水中的苯酚等有机污染物。除去废水中的苯酚的原理如图所示。研究在不同初始pH条件下，苯酚的去除率随时间的变化，结果表明：在反应开始时，初始pH=6的溶液中苯酚的去除率明显低于初始pH=3的溶液，但一段时间后两者接近，原因是___________。
【答案】（1） ①. 4·OH＋2OH-＋H2PO=PO＋4H2O ②. Fe2＋促进H2O2和O3产生·OH，氧化率提高，氧化产生的Fe3＋将PO转化为FePO4沉淀
（2） ①. 正 ②. O2+2e-+2H+=H2O2 ③. ④. 酸性有利于·OH的形成，所以初始pH=3的溶液在开始时去除率较高；随着反应的进行，苯酚转化为乙酸，使溶液酸性增强 ，pH=6的溶液中苯酚去除率显著提高，最终两者的去除率接近
【解析】
【小问1详解】
弱碱性条件下羟基自由基·OH将H2PO氧化成PO，根据磷元素的化合价变化可知，·OH被还原，H2PO被氧化，·OH中氧元素为-1价，被还原成-2价，H2PO中的磷元素由+1价被氧化成PO中的+5价，根据化合价升降相等可知，n(·OH): n(H2PO)=4:1，结合电荷守恒、质量守恒，此反应的离子方程式为4·OH＋2OH-＋H2PO=PO＋4H2O；
从题干可知，H2O2、O3在水中可形成具有超强氧化能力的羟基自由基(·OH)，能有效去除废水中的H2PO，添加FeSO4后，次磷酸盐氧化率提高，说明加入FeSO4后，H2O2、O3在水中形成·OH的增多，则说明Fe2＋能促进H2O2和O3产生·OH，同时Fe2＋自身被氧化成Fe3＋，氧化产生的Fe3＋将PO转化为FePO4沉淀，故添加FeSO4后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均显著提高，故原因为：Fe2＋促进H2O2和O3产生·OH，氧化率提高，氧化产生的Fe3＋将PO转化为FePO4沉淀；
【小问2详解】
a极主要发生的反应是 O2生成 H2O2，氧元素化合价降低，为阴极，故b极为阳极，与电源正极相连；
a极O2得电子生成 H2O2，电极反应为：O2+2e-+2H+=H2O2；
电解液中产生的·OH迅速与苯酚反应，苯酚转化为二氧化碳而除去，故反应的化学方程式为：；
研究在不同初始pH条件下，苯酚的去除率随时间的变化，结果表明：在反应开始时，初始pH=6的溶液中苯酚的去除率明显低于初始pH=3的溶液，说明酸性影响苯酚的去除率，则酸性条件下更有利于·OH的形成，所以初始pH=3的溶液在开始时去除率较高。通过图也可知苯酚最终转化成乙酸了，则随着反应进行，溶液酸性也会越来越强，故初始pH=6的溶液中苯酚的去除率一段时间后也会提高，最终两者比较接近。故答案为：酸性有利于·OH的形成，所以初始pH=3的溶液在开始时去除率较高；随着反应的进行，苯酚转化为乙酸，使溶液酸性增强 ，pH=6的溶液中苯酚去除率显著提高，最终两者的去除率接近。
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