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精品解析：江苏省南京市2023届高三下学期考前模拟化学试题（解析版）
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这是一份精品解析：江苏省南京市2023届高三下学期考前模拟化学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了 磷及其化合物有着广泛的运用， 香豆素类药物是维生素K拮抗剂等内容，欢迎下载使用。
2023届高三考前练习卷
化学
注意事项：
1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，共100分，考试时间75分钟。
2.将选择题的答案填涂在答题卡的对应位置上，非选择题的答案写在答题卡的指定栏目内。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Mo-96
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. 化学知识与科技、生产和生活有密切的关系。下列叙述不正确的是
A. ClO2是一种绿色消毒剂，可用于自来水杀菌消毒
B. 红酒中添加SO2，利用了SO2的还原性和杀菌消毒的能力
C. 利用NH4H2PO4作灭火剂，是因为其易分解且吸热，分解产物不支持燃烧
D. 利用Na+KClK↑+NaCl制取K，该反应可以说明Na的金属性强于K
【答案】D
【解析】
【详解】A．ClO2具有强氧化性，ClO2是一种绿色消毒剂，常用于自来水杀菌消毒，故A正确；
B．在严格控制用量的情况下，红酒中添加SO2作抗氧剂，主要利用了SO2的还原性和杀菌消毒的能力，故B正确；
C．NH4H2PO4是一种铵盐，受热易分解且吸热分解产物不支持燃烧，因此NH4H2PO4常用作灭火剂，故C正确；
D．利用Na+KClK↑+NaCl制取K，在该条件下钾为气体，利用平衡移动原理，与元素的金属性强弱无关，故D错误。
综上所述，答案为D。
2. 反应RC≡CAg+2CN-+H2O→RC≡CH+Ag(CN)+OH-可用于提纯末端炔烃，下列说法正确的是
A. RC≡CAg中只含离子键 B. H2O的空间填充模型为
C. OH-的电子式为 D. Ag(CN)中σ键与π键的个数比为1：2
【答案】B
【解析】
【详解】A．RC≡CAg分子中，碳碳三键及R-C为共价键，A错误；
B．H2O分子为V形，空间填充模型为，B正确；
C．OH-中氧元素与氢元素直接通过共用电子对结合，故OH-的电子式为，C错误；
D．Ag(CN)的结构式为，则一个Ag(CN)中由4个σ键和4个π键，故σ键与π键的个数比为1∶1，D错误；
故选B。
3. 我国科研团队对嫦娥五号月壤的研究发现，月壤中存在一种含“水”矿物Ca5(PO4)3(OH)。下列说法正确的是
A. 电离能大小：I1(Na)＜I1(Mg) B. 电负性大小：χ(O)＜χ(P)
C. 半径大小：r(O2-)＜r(Na+) D. 碱性强弱：Ca(OH)2＜Mg(OH)2
【答案】A
【解析】
【详解】A．同周期从左往右，第一电离能逐渐增大即I1(Na)＜I1(Mg)，A项正确；
B．同周期从左往右电负性增强，而同族从上往下电负性减弱即O>S>P，所以电负性大小：χ(O)>χ(P)，B项错误；
C．离子半径：电子层相同时，核电荷数越多半径小，即r(O2-)>r(Na+)，C项错误；
D．同主族元素，从上往下金属性增强，最高价氧化物的水化物碱性增强，即Ca(OH)2>Mg(OH)2，D项错误；
故选A。
4. 利用废蚀刻液(含FeCl2、CuCl2及FeCl3)制备碱性蚀刻液[Cu(NH3)4Cl2溶液]和FeCl3•6H2O步骤：用H2O2氧化废蚀刻液、制备氨气、制备碱性蚀刻液[CuCl2+4NH3=Cu(NH3)4Cl2]、固液分离、用盐酸溶解沉淀并制备FeCl3•6H2O。下列有关实验的说法不正确的是
A. 用装置甲制备氨气
B. 用装置乙可以制备Cu(NH3)4Cl2溶液并沉铁
C 用装置丙可以分离Cu(NH3)4Cl2溶液和Fe(OH)3
D. 用装置丁蒸干FeCl3溶液可以直接制备FeCl3•6H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．NH4Cl和Ca(OH)2固体加热制备NH3，A项正确；
B．NH3可将CuCl2转变为Cu(NH3)4Cl2液，同时将Fe3+转变为Fe(OH)3沉淀，B项正确；
C．Cu(NH3)4Cl2溶液和Fe(OH)3为固液混合体系，可选用过滤如图丙，C项正确；
D．FeCl3在加热条件下水解加剧得到Fe(OH)3，所提直接如图丁蒸干得到Fe(OH)3，D项错误；
故选D。
5. 下列铁及其化合物的性质与用途不具有对应关系的是
A. FeCO3受热易分解，可用作补血剂
B. Fe粉具有还原性，可用作食品的抗氧化剂
C. Fe3O4质地致密，可用作铁件的防腐保护层
D. K2FeO4具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒
【答案】A
【解析】
【详解】A．FeCO3作为补铁剂因为其含有铁元素，A项不具有对应关系；
B．铁粉具有还原性，可与O2发生反应，所以它作为抗氧化剂，B项具有对应关系；
C．Fe3O4质地致密可阻止其他物质与铁反应，可用作铁件的防腐保护层，C项具有对应关系；
D．K2FeO4具有强氧化性可对水进行消毒，同时产生的Fe3+产生胶体具有吸附水中浮游生物作用，D项具有对应关系；
故选A。
6. 磷及其化合物有着广泛的运用。白磷的结构为，溶于CS2，易自燃。其氧化物有P4O6、P4O10。两种氧化物中均只有一种化学环境的P原子。P4与KOH溶液共热可制备PH3。白磷与Cl2反应可生成PCl3和PCl5。固态PCl5中含有、两种离子。Ca(H2PO4)2是磷肥的有效成分。下列有关说法不正确的是
A. P4是非极性分子 B. PH3沸点低于NH3
C. 的空间构型为正四面体 D. 1molP4O6中含有6mol的P－O键
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据白磷的结构图可知，白磷为正四面体结构，是非极性分子，A正确；
B．由于N的电负性较大，NH3分子间可形成氢键，沸点高于PH3，B正确；
C．根据VSEPR理论，的中心原子为P原子，价电子对数为，故空间构型为正四面体型，C正确；
D．根据题意，P4O6只有一种化学环境的P原子，则P4O6的分子结构中只含有单键，1mol P4O6分子中含有12NAP-O键，即12molP-O键，D错误；
故选D。
7. 磷及其化合物有着广泛的运用。白磷的结构为，溶于CS2，易自燃。其氧化物有P4O6、P4O10。两种氧化物中均只有一种化学环境的P原子。P4与KOH溶液共热可制备PH3。白磷与Cl2反应可生成PCl3和PCl5。固态PCl5中含有PCl、PCl两种离子。Ca(H2PO4)2是磷肥的有效成分。反应PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g) △H。下列有关该反应的说法正确的是
A. △H＜0
B. 平衡常数K=
C. 其他条件一定，平衡时升高温度，v(正)减小，v(逆)增大
D. 其他条件一定，增大的比值，PCl3的转化率降低
【答案】A
【解析】
【详解】A．该反应为化合反应，它为放热反应，△H＜0，A项正确；
B．平衡常数=生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积即K=，B项错误；
C．其他条件一定，平衡时升高温度，v正和v逆均增大，C项错误；
D．增大Cl2与PCl3的比值即增大Cl2的投料平衡正向，PCl3转化率增大，D项错误；
故选A。
8. 磷及其化合物有着广泛的运用。白磷的结构为，溶于CS2，易自燃。其氧化物有P4O6、P4O10。两种氧化物中均只有一种化学环境的P原子。P4与KOH溶液共热可制备PH3。白磷与Cl2反应可生成PCl3和PCl5。固态PCl5中含有PCl、PCl两种离子。Ca(H2PO4)2是磷肥的有效成分。利用CH4燃料电池电解制备Ca(H2PO4)2，并得到副产物H2、Cl2等，装置如图所示。下列说法不正确的是
A. a极反应：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O
B. L膜为阳离子交换膜，电解时阴极室中NaOH溶液的浓度变大
C. 可用铁电极替换阴极的石墨电极
D. a极上通入标况下2.24LCH4，阳极室Ca2+减少0.4mol
【答案】B
【解析】
【分析】甲烷燃料电池中a极CH4变为CO2发生氧化反应为负极，而O2发生还原反应为正极。阳极室Cl-优先放电得到Cl2，阴极室H2O放电产生H2和OH-。
【详解】A．a极CH4变为CO2发生氧化反应，反应为CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O，A项正确；
B．要制备Ca(H2PO4)2，Ca2+经K膜进入产品室与从L膜进入的磷酸二氢根结合，所以L膜为阴离子交换膜。阴极室H2O放电产生OH-与从原料室进入的Na+结合为NaOH，所以NaOH浓度更大，B项错误；
C．阴极电极不参与反应，可以换成铁，C项正确；
D．由电子守恒和电荷守恒得到关系式为CH4~8e-~4Ca2+，即1molCH4消耗时，阳极室Ca2+减少4mol。标况下2.24LCH4为0.1mol，阳极室Ca2+减少0.4mol，D项正确；
故选B。
9. 香豆素类药物是维生素K拮抗剂。一种合成香豆素的原理如图：
下列说法正确的是
A. 水杨醛分子存在顺反异构体
B. 可用FeCl3或KMnO4溶液鉴别香豆素和水杨醛
C. M与足量H2加成所得产物中不含手性碳原子
D. 一定条件下，上述四种物质均能与NaOH溶液反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．该分子中不存在C=C，没有顺反异构，A项错误；
B．水杨醛中酚羟基与FeCl3显紫色，且醛基能使酸性高锰酸钾褪色，而香豆素中C=C也能使酸性高锰酸钾褪色，不能用酸性高锰酸钾鉴别二者，B项错误；
C．该分子与足量H2加成后环上连羟基的碳和连烷基的碳为手性碳，C项错误；
D．水杨醛中酚羟基能与NaOH溶液反应，乙酸酐在碱性条件下水解，M中酚羟基和羧基均能与NaOH溶液反应，香豆素中酯基能在碱性条件下水解，D项正确；
故选D。
10. 实验室以含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2+、Mn2+)为原料制备ZnCO3·2Zn(OH)2的实验流程如下：
下列说法正确是
A. 过二硫酸钠(Na2S2O8)中硫元素的化合价为+7价
B. 氧化除锰后的溶液中存在：Na+、Zn2+、Fe2+、
C. 调节pH时试剂X可以选用Zn、ZnO、ZnCO3等物质
D. 沉锌时的离子方程式为3Zn2++6=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+H2O
【答案】D
【解析】
【分析】由题给流程可知，向含锌废液中加入过二硫酸钠溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，锰离子氧化为二氧化锰，过滤得到二氧化锰和滤液1；向滤液1中加入氧化锌或碳酸锌等调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁和滤液2；向滤液2中加入碳酸氢铵溶液，将锌离子转化为ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀，过滤得到滤液和ZnCO3·2Zn(OH)2。
【详解】A．过二硫酸钠中含有过氧链，分子中硫元素的化合价为+6价，故A错误；
B．由分析可知，氧化除锰后的溶液中存在的离子为Na+、Zn2+、Fe3+、，故B错误；
C．溶液中铁离子能与锌反应生成氯化亚铁和氯化锌，所以调节溶液pH时试剂X不能选用锌，故C错误；
D．沉锌时发生的反应为溶液中锌离子与碳酸氢根离子反应生成ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为3Zn2++6=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+H2O，故D正确；
故选D。
11. 室温下，下列实验探究方案能达到目的的是
选项
探究方案
探究目的
A
取铝与氧化铁发生铝热反应后的固体，溶于足量稀硫酸，取上层清液，加KSCN溶液后无明显变化，再加入双氧水出现血红色
固体产物中有单质铁
B
向NaBr溶液中滴加过量的氯水，再加入淀粉KI溶液，观察溶液颜色变化
氧化性：Cl2＞Br2＞I2
C
用0.55mol•L-1NaOH溶液分别与等体积等浓度CH3COOH溶液、盐酸反应，测得反应热依次为△H1、△H2，△H1＞△H2
CH3COOH(aq)H+(aq)+CH3COO-(aq) △H＞0
D
在淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加热一段时间，冷却后再加入新制Cu(OH)2浊液并煮沸，没有生成砖红色沉淀
淀粉没有水解
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．即使固体产物中无单质铁，Al,氧化铁的混合物中也会出现实验中的现象，，，加KSCN溶液后无明显变化，加入双氧水，被氧化为，，出现血红色，A项错误；
B．由于氯水过量，反应后有氯水剩余，加入淀粉KI溶液时，KI先与反应，和KI的反应不一定发生，溶液变蓝也无法证明氧化性，B项错误；
C．，，等量的,HCl分别与NaOH反应，，说明前者放出的热量少，说明弱酸的电离是吸热反应，，C项正确；
D．淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加热一段时间后，由于溶液中有硫酸显酸性，在检验前，应先加入足量NaOH溶液，调节溶液显碱性，再加入新制悬浊液并煮沸，否则稀硫酸会和反应，试剂失效，D项错误；
答案选C。
12. 草酸亚铁(FeC2O4)是生产磷酸铁锂电池的原料，实验室可通过如图反应制取：
已知室温时：Ka1(H2C2O4)=5.6×10−2、Ka2(H2C2O4)=1.5×10−4、Ksp(FeC2O4)=2.1×10−7。
下列说法正确的是
A. 酸化、溶解后的溶液中存在：2c(Fe2+)+c(H+)＜c(NH)+c(OH－)
B. 室温下，0.10 mol∙L−1NaHC2O4溶液中存在：c(C2O)＜c(H2C2O4)
C. 向稀硫酸酸化的KMnO4溶液中滴加Na2C2O4溶液至溶液褪色，反应的离子方程式为：5C2O+2MnO+8H2O=10CO2↑+2Mn2++16OH－
D. 室温时反应Fe2++H2C2O4=FeC2O4+2H+的平衡常数K=40
【答案】D
【解析】
【分析】硫酸亚铁铵晶体加入硫酸酸化、溶解，再加入草酸钠沉淀亚铁离子，再过滤得到草酸亚铁固体。
【详解】A．酸化、溶解后的溶液中存在电荷守恒，，前者加上后者的两倍得到2c(Fe2+)+c(H+)＞c(NH)+c(OH－)，故A错误；
B．室温下，0.10 mol∙L−1NaHC2O4溶液中，Ka2(H2C2O4)=1.5×10−4，说明电离程度大于水解程度，则存在：c(H2C2O4)＜c(C2O)，故B错误；
C．向稀硫酸酸化的KMnO4溶液中滴加Na2C2O4溶液至溶液褪色，溶液显酸性，不存在生成氢氧根，反应的离子方程式为：5C2O+2MnO+16H＋=10CO2↑+2Mn2++8 H2O，故C错误；
D．室温时反应Fe2++H2C2O4=FeC2O4+2H+的平衡常数，故D正确。
综上所述，答案为D。
13. 二甲醚催化制备乙醇主要涉及以下两个反应：
反应Ⅰ：；
反应Ⅱ：；
反应Ⅰ、Ⅱ的平衡常数的对数、与温度的关系如图-1所示；固定CO、、的原料比、体系压强不变的条件下，同时发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时各物质的物质的量分数随温度的变化如图-2所示。下列说法正确的是
A.
B. 测得X点的物质的量分数是10%，则X点反应Ⅱ有：v正＜v逆
C. 由的曲线知，600K后升高温度对反应Ⅰ的影响程度大于反应Ⅱ
D. 曲线B表示的物质的量分数随温度的变化
【答案】C
【解析】
【分析】图-1可知，升高温度，lgK1减小，则K1减小，说明温度升高平衡逆向移动，逆向是吸热反应；300～400K时，由图1知，此温度范围内反应Ⅰ较完全，温度升高，反应Ⅱ平衡左移，导致CH3CH2OH物质的量分数降低；600～700K时，CH3COOCH3物质的量分数随温度升高而降低，反应Ⅰ平衡左移超过反应Ⅱ平衡左移的幅度。A为H2，B为CO或CH3OH。
【详解】A． 结合图-1可知，升高温度，lgK1减小，则K1减小，说明温度升高平衡逆向移动，逆向是吸热反应，正向放热反应，所以a＜0，故A错误；
B． 测得X点的物质的量分数是10%，要达到平衡，乙醇的物质的量分数要增大，平衡正向进行，则X点反应Ⅱ有：v正＞ v逆，故B错误；
C． 由图-1当温度相同时，K1大于K2，温度升高反应Ⅰ平衡逆向移动程度大，由图-2的曲线知，600K后升高温度反应Ⅰ平衡左移超过反应Ⅱ平衡左移的幅度，对反应Ⅰ的影响程度大于反应Ⅱ，故C正确；
D． 温度低时，反应Ⅰ较完全，反应反应Ⅱ进行得少，CO含量低，600K后，反应Ⅰ平衡左移超过反应Ⅱ平衡左移的幅度，CO含量增大，曲线B表示表示CO的物质的量分数随温度的变化，曲线A表示的物质的量分数随温度的变化，故D错误；
故选C
14. 二硫化钼(MoS2，难溶于水)具有良好的光、电性能，可由钼精矿(主要含MoS2，还含NiS、CaMoO4等)为原料经过如下过程制得。
（1）“浸取”。向钼精矿中加入NaOH溶液，再加入NaClO溶液，充分反应后的溶液中含有Na2MoO4、Na2SO4、NiSO4、NaCl。
①写出浸取时MoS2发生反应的离子方程式：_______。
②浸取后的滤渣中含CaMoO4。若浸取时向溶液中加入Na2CO3溶液，可提高浸出液中Mo元素的含量，原因是_______。
③浸取时，Mo元素的浸出率与时间的变化如图1所示。已知生成物对反应无影响，则反应3～4min时，Mo元素的浸出率迅速上升的原因是_______。
（2）“制硫代钼酸铵[(NH4)2MoS4，摩尔质量260g•mol-1]”。向浸出液中加入NH4NO3和HNO3，析出(NH4)2Mo4O13，将(NH4)2Mo4O13溶于水，向其中加入(NH4)2S溶液，可得(NH4)2MoS4，写出生成(NH4)2MoS4反应的化学方程式：________。
（3）“制MoS2”。(NH4)2MoS4可通过如下两种方法制取MoS2：
方法一：将(NH4)2MoS4在一定条件下加热，可分解得到MoS2、NH3、H2S和硫单质。其中NH3、H2S和硫单质的物质的量之比为8：4：1。
方法二：将(NH4)2MoS4在空气中加热可得MoS2，加热时所得剩余固体的质量与原始固体质量的比值与温度的关系如图2所示。
①方法一中，所得硫单质分子式为_______。
②方法二中，500℃可得到Mo的一种氧化物，该氧化物的化学式为_______。
【答案】（1） ①. MoS2+6OH-+9ClO-=MoO+2SO+9Cl-+3H2O ②. CaMoO4(s)Ca2+(aq)+MoO(aq)，加入Na2CO3溶液，CO结合Ca2+生成CaCO3沉淀，促进沉淀溶解平衡向离子化方向进行，使浸出液MoO浓度增大，从而提高Mo元素浸出率 ③. 该反应为放热反应，随着反应进行，溶液温度升高，反应速率加快
（2）(NH4)2Mo4O13+16(NH4)2S+13H2O=4(NH4)2MoS4+26NH3•H2O或(NH4)2Mo4O13+16(NH4)2S=4(NH4)2MoS4+13H2O+26NH3↑
（3） ①. S4 ②. MoO3
【解析】
【小问1详解】
①“浸取”，向钼精矿中加入NaOH溶液，再加入NaClO溶液，充分反应后的溶液中含有Na2MoO4、Na2SO4、NiSO4、NaCl，即ClO-将Mo元素被氧化为MoO、硫元素被氧化为反应为SO而自身被还原为Cl-，反应为MoS2+6OH-+9ClO-=MoO+2SO+9Cl-+3H2O。
②溶液中存在平衡CaMoO4(s)⇌Ca2+(aq)+ (aq)，加入Na2CO3消耗Ca2+使平衡正向，浓度增大。
③加快反应速率可以从反应物的浓度增大、温度升高、反应中产生催化剂等方面考虑。该反应中生成物对反应没有影响，所以该反应为放热反应导致体系温度升高加快反应速率。
【小问2详解】
(NH4)2Mo4O13溶于水，向其中加入(NH4)2S溶液，可得(NH4)2MoS4和氨水，反应为(NH4)2Mo4O13+16(NH4)2S+13H2O=4(NH4)2MoS4+26NH3•H2O或(NH4)2Mo4O13+16(NH4)2S=4(NH4)2MoS4+13H2O+26NH3↑。
【小问3详解】
①将(NH4)2MoS4在一定条件下加热，可分解得到MoS2、NH3、H2S和硫单质。其中NH3、H2S和硫单质（Sx）的物质的量之比为8：4：1，根据已知信息写出方程式并按照N原子和Mo原子守恒配平方程式为，即4×4=2×4+4×1+x计算得x=4。该硫单质的化学式为S4。
②由图可知起始(NH4)2MoS4的质量可视为260g即1mol，根据加热分解过程总Mo元素守恒可知，最终氧化物中Mo的质量为96g，氧化物中氧元素的质量为144g-96g=48g，Mo原子核O原子的个数比为1:3，氧化物的化学式为MoO3。
15. 早期的科学家曾利用化合物G研究有机合成的路线设计问题。以下合成路线是以甲苯为主要原料合成G的路线(已知：RONaROCH3ROH)。
（1）由B→C的反应类型是_______，B中含氧官能团的名称为_______。
（2）由C和F反应生成G的同时会发生副反应，其产物与G互为同分异构体，该产物的结构简式为_______。
（3）化合物H可以由F和CH3COCl/AlCl3催化下制备，请写出符合下列条件的H的一种同分异构体的结构简式_______。
①可以发生银镜反应：②可以发生水解反应；③含有苯环，分子中只含有4种不同化学环境的氢。
（4）由甲苯制备D有如下两种常见的合成方法，请从试剂、产率和耗能等角度简要评价两种合成路线_______。
①
②
（5）已知苯环上的羟基具有很强的还原性，写出以和CH3I为原料制备的合成路线(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)_______。
【答案】（1） ①. 取代反应 ②. 硝基、羧基
（2） （3）或
（4）路线①步骤少，使用试剂少，产率高，但需要高温加热，条件苛刻，浪费能源，路线②合成步骤较长，可能需要消耗更多试剂，且可能导致产率降低
（5）
【解析】
【分析】D中酚羟基与NaOH反应产生E为。E与CH3I反应得到F为。C和F在AlCl3的催化下为苯环的酰基化，则C为。B为。A为。甲苯在浓硫酸的催化下与浓硝酸发生取代反应。
【小问1详解】
B→C为-COOH变为-COCl，它为取代反应。B中含有-NO2硝基、-COOH为羧基。
【小问2详解】
C和F为苯环的酰基化反应，可以是-CH3的邻位酰基化得到产物为。该副产物为。
【小问3详解】
F为，F与CH3COCl在AlCl3催化下发生苯环的酰基化得到产物H为。H的同分异构体可以发生银镜反应含有-CHO，可以发生水解反应含有酯基即含有-OOCH；含有苯环，分子中只含有4种不同化学环境的氢即剩下的碳为两个对称的甲基和。
小问4详解】
路线①步骤只有两步，但反应温度500℃高温。而路线②步骤较多，但基本上都低温反应。路线①步骤少，使用试剂少，产率高，但需要高温加热，条件苛刻，浪费能源，路线②合成步骤较长，可能需要消耗更多试剂，且可能导致产率降低。
【小问5详解】
合成即需要醇经两步氧化得到，但酚羟基易被氧化首先酚羟基保护变为-OCH3，得到-COOH后将酚羟基去保护即-OCH3酚羟基。 。
16. 某铜矿酸性废水除去不溶性固体杂质后，仍含有c(H+)=0.1mol•L-1，c(Cu2+)=0.05mol•L-1，需净化处理。
已知：①含铜污水的排放标准为pH=7，c(Cu2+)≤1×10-7mol•L-1。
②Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，Ksp(CuS)=6.4×10-36，Ksp(FeS)=6.3×10-18；Kb(NH3•H2O)=1.7×10-25，Ka1(H2S)=1.3×10-7，Ka2(H2S)=7.0×10-15。
（1）中和沉淀法处理。
①向酸性废水中加入氨水，调节pH，溶液中铜的去除率与pH关系如图所示。则pH由7到10时，铜的去除率下降的主要原因为_______(用离子方程式表示)。
②若加入石灰乳处理废水，结合计算判断生成氢氧化铜沉淀能否达到排放标准______(写出计算过程)。
（2）硫化物沉淀法处理。
①加入Na2S处理废水，pH=7时，Na2S溶液中硫元素的主要存在的微粒为_______。
②用FeS处理含铜废水比Na2S效果好。请通过必要的计算和说明采用FeS处理的优点的原因______。
（3）溶剂萃取法。用萃取剂RH可萃取废水中的铜离子，再加入20%的硫酸进行反萃取。
①实验室进行萃取操作时，振荡静置后，需对分液漏斗放气，正确放气的图示为_______(填标号)。
A. B. C.
②萃取时，适度增大溶液的pH，Cu2+萃取率升高的原因是_______。
（4）实验中需测定废液中铜离子含量。
已知：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+2S2O=2I-+S4O。
请运用上述原理完成测定某弱酸性溶液中铜离子含量的实验方案：量取25.00mL废水于锥形瓶中，_______(实验中须使用的试剂：0.1mol•L-1KI溶液、0.05000mol•L-1Na2S2O3标准溶液、0.5%淀粉溶液)。
【答案】（1） ①. Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH-或Cu(OH)2+4NH3•H2O[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O ②. pH=7时，溶液中c(Cu2+)==mol•L-1=2.2×10-6mol•L-1＞1×10-7mol•L-1，含铜污水不能达到排放标准
（2） ①. H2S和HS- ②. FeS+Cu2+=Fe2++CuS反应的平衡常数K=1×1018＞105，Cu2+沉淀更为完全，硫离子残留少，防止有害气体H2S生成
（3） ①. C ②. 增大溶液的pH，c(H+)减小，Cu2++2RHCuR2+2H+平衡右移，有利于Cu2+的萃取，Cu2+萃取率升高
（4）加入过量0.1mol•L-1KI溶液和少量0.5%淀粉溶液，塞上瓶塞振荡，再用0.05000mol•L-1Na2S2O3溶液滴定，当加入最后半滴(1滴)标准溶液时，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色，达到滴定终点。记录消耗的硫代硫酸钠溶液体积。重复实验2～3次
【解析】
【小问1详解】
①Cu(OH)2沉淀能溶于NH3•H2O得到[Cu(NH3)4]2+，则pH由7到10时，铜的去除率下降的主要原因用离子方程式表示为：Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH-或Cu(OH)2+4NH3•H2O[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O。
②信息①含铜污水的排放标准为pH=7，c(Cu2+)≤1×10-7mol•L-1，若加入石灰乳处理废水，pH=7时，溶液中c(Cu2+)==mol•L-1=2.2×10-6mol•L-1＞1×10-7mol•L-1，则含铜污水不能达到排放标准。
【小问2详解】
①pH=7时，Na2S溶液中：，， ，，则pH=7时，Na2S溶液中硫元素的主要存在的微粒为H2S和HS-。
②已知Ksp(CuS)=6.4×10-36，Ksp(FeS)=6.3×10-18，则CuS比FeS更难溶，利用沉淀转化反应：FeS+Cu2+=Fe2++CuS，该反应的平衡常数，故用FeS处理含铜废水比Na2S效果好的原因为：FeS+Cu2+=Fe2++CuS反应的平衡常数K=1×1018＞105，Cu2+沉淀更为完全，硫离子残留少，防止有害气体H2S生成。
【小问3详解】
①对分液漏斗放气时，漏斗颈斜向上，打开活塞进行放气，选C。
②萃取时，适度增大溶液的pH，Cu2+萃取率升高的原因是：增大溶液的pH，c(H+)减小，Cu2++2RHCuR2+2H+平衡右移，有利于Cu2+的萃取，Cu2+萃取率升高。
【小问4详解】
需通过实验测定废液中铜离子含量。由已知信息知，要把一定量废水中的铜离子利用2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，被过量的0.1mol•L-1KI溶液完全还原，再利用I2+2S2O=2I-+S4O反应，用0.05000mol•L-1Na2S2O3标准溶液滴定实验中生成的碘单质，碘遇淀粉变蓝色，故选0.5%淀粉溶液指示剂，当碘单质消耗完毕时溶液褪色，即由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色，达到滴定终点，为避免偶尔误差，需做平行实验，重复实验2～3次。故答案为：加入过量0.1mol•L-1KI溶液和少量0.5%淀粉溶液，塞上瓶塞振荡，再用0.05000mol•L-1Na2S2O3溶液滴定，当加入最后半滴(1滴)标准溶液时，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色，达到滴定终点。记录消耗的硫代硫酸钠溶液体积。重复实验2～3次。
17. 乙苯被吸附在催化剂表面发生脱氢可生成苯乙烯、苯甲醛等，生成苯乙烯的相关反应如下。
反应1：C6H5CH2CH3(g)=C6H5CH=CH2(g)+H2(g) △H1=117.6kJ•mol-1
反应2：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H2=41.2kJ•mol-1
反应3：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H3=-483.6kJ•mol-1
（1）反应4：C6H5CH2CH3(g)+O2(g)=C6H5CH=CH2(g)+H2O(g) △H4=_______kJ•mol-1。
（2）较低温度下，向乙苯脱氢的反应体系中加入少量O2，乙苯平衡转化率较高而苯乙烯的选择性较低，其原因可能是________。
（3）向乙苯脱氢反应体系中加入CO2，乙苯转化率与体系中CO2分压强的关系如图1所示。随CO2的增加，乙苯转化率先增大后减小的可能原因为_______。
（4）研究发现在V2O5/MgO催化剂表面进行CO2的乙苯脱氢反应中，V(+5价)是反应的活性中心，转化过程如图2所示。
①转化Ⅰ发生反应的化学方程式为_______。反应一段时间后，催化剂活性有所下降，原因可能有反应过程产生的积碳覆盖在活性中心表面和_______。
②简述转化Ⅱ的作用_______。
③CO2参与的乙苯脱氢机理如图3所示(α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，B1、B2位点带部分负电荷)。
图中所示反应机理中步骤Ⅰ和步骤Ⅱ可描述为________。
【答案】（1）-124.2
（2）加入少量O2，H2与O2反应放热，氢气浓度减小和体系温度升高都使反应1平衡右移使乙苯转化率升高，但温度升高，苯乙烯(或乙苯)被进一步氧化成苯乙醛等副产物
（3）前一阶段，随着CO2分压强增大，反应2的平衡正向移动，降低了c(H2)，促进反应1正向进行，使乙苯转化率增大。当CO2分压强过大多时，CO2占据了催化剂表面，使催化剂表面吸附的乙苯减少，乙苯转化率下降
（4） ①. 2+V2O5/MgO→2+V2O3/MgO+2H2O ②. 催化剂中V(+5价)的含量减少 ③. 将V2O3转化为V2O5，使催化剂获得再生，同时可以消除积碳 ④. 乙苯α－H带部分正电荷，被带部分负电荷的B1位点吸引，随后解离出H+并吸附在B1位点上；B1位点上的H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律得反应4=反应1+反应3，则△H4=△H1+△H3=117.6-483.6×=-124.2kJ•mol-1。
【小问2详解】
氧气参与了反应3，从反应3进行分析解释有利于反应1平衡正向因素。加入少量O2，H2与O2反应放热，氢气浓度减小和体系温度升高都使反应1平衡右移使乙苯转化率升高，但温度升高，苯乙烯(或乙苯)被进一步氧化成苯乙醛等副产物
【小问3详解】
CO2参与了反应2，且消耗H2间接减少了反应1的产物。前一阶段，随着CO2分压强增大，反应2的平衡正向移动，降低了c(H2)，促进反应1正向进行，使乙苯转化率增大。当CO2分压强过大多时，CO2占据了催化剂表面，使催化剂表面吸附的乙苯减少，乙苯转化率下降。
【小问4详解】
①从图看，步骤Ⅰ是V2O5将乙苯氧化为苯乙烯而自身还原为V2O3，反应为2+V2O5/MgO→2+V2O3/MgO+2H2O。从图看V2O5/MgO为催化剂，催化活性降低可能是催化剂中V(+5价)的含量减少。
②转化Ⅱ中CO2将V2O3转变为V2O5，所以将V2O3转化为V2O5，使催化剂获得再生，同时可以消除积碳。
③图中标注电性，可以从静电吸引的角度阐述这一过程。乙苯α－H带部分正电荷，被带部分负电荷的B1位点吸引，随后解离出H+并吸附在B1位点上；B1位点上的H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上。
2023届高三考前练习卷
化学
注意事项：
1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，共100分，考试时间75分钟。
2.将选择题的答案填涂在答题卡的对应位置上，非选择题的答案写在答题卡的指定栏目内。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Mo-96
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. 化学知识与科技、生产和生活有密切的关系。下列叙述不正确的是
A. ClO2是一种绿色消毒剂，可用于自来水杀菌消毒
B. 红酒中添加SO2，利用了SO2的还原性和杀菌消毒的能力
C. 利用NH4H2PO4作灭火剂，是因为其易分解且吸热，分解产物不支持燃烧
D. 利用Na+KClK↑+NaCl制取K，该反应可以说明Na的金属性强于K
【答案】D
【解析】
【详解】A．ClO2具有强氧化性，ClO2是一种绿色消毒剂，常用于自来水杀菌消毒，故A正确；
B．在严格控制用量的情况下，红酒中添加SO2作抗氧剂，主要利用了SO2的还原性和杀菌消毒的能力，故B正确；
C．NH4H2PO4是一种铵盐，受热易分解且吸热分解产物不支持燃烧，因此NH4H2PO4常用作灭火剂，故C正确；
D．利用Na+KClK↑+NaCl制取K，在该条件下钾为气体，利用平衡移动原理，与元素的金属性强弱无关，故D错误。
综上所述，答案为D。
2. 反应RC≡CAg+2CN-+H2O→RC≡CH+Ag(CN)+OH-可用于提纯末端炔烃，下列说法正确的是
A. RC≡CAg中只含离子键 B. H2O的空间填充模型为
C. OH-的电子式为 D. Ag(CN)中σ键与π键的个数比为1：2
【答案】B
【解析】
【详解】A．RC≡CAg分子中，碳碳三键及R-C为共价键，A错误；
B．H2O分子为V形，空间填充模型为，B正确；
C．OH-中氧元素与氢元素直接通过共用电子对结合，故OH-的电子式为，C错误；
D．Ag(CN)的结构式为，则一个Ag(CN)中由4个σ键和4个π键，故σ键与π键的个数比为1∶1，D错误；
故选B。
3. 我国科研团队对嫦娥五号月壤的研究发现，月壤中存在一种含“水”矿物Ca5(PO4)3(OH)。下列说法正确的是
A. 电离能大小：I1(Na)＜I1(Mg) B. 电负性大小：χ(O)＜χ(P)
C. 半径大小：r(O2-)＜r(Na+) D. 碱性强弱：Ca(OH)2＜Mg(OH)2
【答案】A
【解析】
【详解】A．同周期从左往右，第一电离能逐渐增大即I1(Na)＜I1(Mg)，A项正确；
B．同周期从左往右电负性增强，而同族从上往下电负性减弱即O>S>P，所以电负性大小：χ(O)>χ(P)，B项错误；
C．离子半径：电子层相同时，核电荷数越多半径小，即r(O2-)>r(Na+)，C项错误；
D．同主族元素，从上往下金属性增强，最高价氧化物的水化物碱性增强，即Ca(OH)2>Mg(OH)2，D项错误；
故选A。
4. 利用废蚀刻液(含FeCl2、CuCl2及FeCl3)制备碱性蚀刻液[Cu(NH3)4Cl2溶液]和FeCl3•6H2O步骤：用H2O2氧化废蚀刻液、制备氨气、制备碱性蚀刻液[CuCl2+4NH3=Cu(NH3)4Cl2]、固液分离、用盐酸溶解沉淀并制备FeCl3•6H2O。下列有关实验的说法不正确的是
A. 用装置甲制备氨气
B. 用装置乙可以制备Cu(NH3)4Cl2溶液并沉铁
C 用装置丙可以分离Cu(NH3)4Cl2溶液和Fe(OH)3
D. 用装置丁蒸干FeCl3溶液可以直接制备FeCl3•6H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．NH4Cl和Ca(OH)2固体加热制备NH3，A项正确；
B．NH3可将CuCl2转变为Cu(NH3)4Cl2液，同时将Fe3+转变为Fe(OH)3沉淀，B项正确；
C．Cu(NH3)4Cl2溶液和Fe(OH)3为固液混合体系，可选用过滤如图丙，C项正确；
D．FeCl3在加热条件下水解加剧得到Fe(OH)3，所提直接如图丁蒸干得到Fe(OH)3，D项错误；
故选D。
5. 下列铁及其化合物的性质与用途不具有对应关系的是
A. FeCO3受热易分解，可用作补血剂
B. Fe粉具有还原性，可用作食品的抗氧化剂
C. Fe3O4质地致密，可用作铁件的防腐保护层
D. K2FeO4具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒
【答案】A
【解析】
【详解】A．FeCO3作为补铁剂因为其含有铁元素，A项不具有对应关系；
B．铁粉具有还原性，可与O2发生反应，所以它作为抗氧化剂，B项具有对应关系；
C．Fe3O4质地致密可阻止其他物质与铁反应，可用作铁件的防腐保护层，C项具有对应关系；
D．K2FeO4具有强氧化性可对水进行消毒，同时产生的Fe3+产生胶体具有吸附水中浮游生物作用，D项具有对应关系；
故选A。
6. 磷及其化合物有着广泛的运用。白磷的结构为，溶于CS2，易自燃。其氧化物有P4O6、P4O10。两种氧化物中均只有一种化学环境的P原子。P4与KOH溶液共热可制备PH3。白磷与Cl2反应可生成PCl3和PCl5。固态PCl5中含有、两种离子。Ca(H2PO4)2是磷肥的有效成分。下列有关说法不正确的是
A. P4是非极性分子 B. PH3沸点低于NH3
C. 的空间构型为正四面体 D. 1molP4O6中含有6mol的P－O键
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据白磷的结构图可知，白磷为正四面体结构，是非极性分子，A正确；
B．由于N的电负性较大，NH3分子间可形成氢键，沸点高于PH3，B正确；
C．根据VSEPR理论，的中心原子为P原子，价电子对数为，故空间构型为正四面体型，C正确；
D．根据题意，P4O6只有一种化学环境的P原子，则P4O6的分子结构中只含有单键，1mol P4O6分子中含有12NAP-O键，即12molP-O键，D错误；
故选D。
7. 磷及其化合物有着广泛的运用。白磷的结构为，溶于CS2，易自燃。其氧化物有P4O6、P4O10。两种氧化物中均只有一种化学环境的P原子。P4与KOH溶液共热可制备PH3。白磷与Cl2反应可生成PCl3和PCl5。固态PCl5中含有PCl、PCl两种离子。Ca(H2PO4)2是磷肥的有效成分。反应PCl3(g)+Cl2(g)PCl5(g) △H。下列有关该反应的说法正确的是
A. △H＜0
B. 平衡常数K=
C. 其他条件一定，平衡时升高温度，v(正)减小，v(逆)增大
D. 其他条件一定，增大的比值，PCl3的转化率降低
【答案】A
【解析】
【详解】A．该反应为化合反应，它为放热反应，△H＜0，A项正确；
B．平衡常数=生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积即K=，B项错误；
C．其他条件一定，平衡时升高温度，v正和v逆均增大，C项错误；
D．增大Cl2与PCl3的比值即增大Cl2的投料平衡正向，PCl3转化率增大，D项错误；
故选A。
8. 磷及其化合物有着广泛的运用。白磷的结构为，溶于CS2，易自燃。其氧化物有P4O6、P4O10。两种氧化物中均只有一种化学环境的P原子。P4与KOH溶液共热可制备PH3。白磷与Cl2反应可生成PCl3和PCl5。固态PCl5中含有PCl、PCl两种离子。Ca(H2PO4)2是磷肥的有效成分。利用CH4燃料电池电解制备Ca(H2PO4)2，并得到副产物H2、Cl2等，装置如图所示。下列说法不正确的是
A. a极反应：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O
B. L膜为阳离子交换膜，电解时阴极室中NaOH溶液的浓度变大
C. 可用铁电极替换阴极的石墨电极
D. a极上通入标况下2.24LCH4，阳极室Ca2+减少0.4mol
【答案】B
【解析】
【分析】甲烷燃料电池中a极CH4变为CO2发生氧化反应为负极，而O2发生还原反应为正极。阳极室Cl-优先放电得到Cl2，阴极室H2O放电产生H2和OH-。
【详解】A．a极CH4变为CO2发生氧化反应，反应为CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O，A项正确；
B．要制备Ca(H2PO4)2，Ca2+经K膜进入产品室与从L膜进入的磷酸二氢根结合，所以L膜为阴离子交换膜。阴极室H2O放电产生OH-与从原料室进入的Na+结合为NaOH，所以NaOH浓度更大，B项错误；
C．阴极电极不参与反应，可以换成铁，C项正确；
D．由电子守恒和电荷守恒得到关系式为CH4~8e-~4Ca2+，即1molCH4消耗时，阳极室Ca2+减少4mol。标况下2.24LCH4为0.1mol，阳极室Ca2+减少0.4mol，D项正确；
故选B。
9. 香豆素类药物是维生素K拮抗剂。一种合成香豆素的原理如图：
下列说法正确的是
A. 水杨醛分子存在顺反异构体
B. 可用FeCl3或KMnO4溶液鉴别香豆素和水杨醛
C. M与足量H2加成所得产物中不含手性碳原子
D. 一定条件下，上述四种物质均能与NaOH溶液反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．该分子中不存在C=C，没有顺反异构，A项错误；
B．水杨醛中酚羟基与FeCl3显紫色，且醛基能使酸性高锰酸钾褪色，而香豆素中C=C也能使酸性高锰酸钾褪色，不能用酸性高锰酸钾鉴别二者，B项错误；
C．该分子与足量H2加成后环上连羟基的碳和连烷基的碳为手性碳，C项错误；
D．水杨醛中酚羟基能与NaOH溶液反应，乙酸酐在碱性条件下水解，M中酚羟基和羧基均能与NaOH溶液反应，香豆素中酯基能在碱性条件下水解，D项正确；
故选D。
10. 实验室以含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2+、Mn2+)为原料制备ZnCO3·2Zn(OH)2的实验流程如下：
下列说法正确是
A. 过二硫酸钠(Na2S2O8)中硫元素的化合价为+7价
B. 氧化除锰后的溶液中存在：Na+、Zn2+、Fe2+、
C. 调节pH时试剂X可以选用Zn、ZnO、ZnCO3等物质
D. 沉锌时的离子方程式为3Zn2++6=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+H2O
【答案】D
【解析】
【分析】由题给流程可知，向含锌废液中加入过二硫酸钠溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，锰离子氧化为二氧化锰，过滤得到二氧化锰和滤液1；向滤液1中加入氧化锌或碳酸锌等调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁和滤液2；向滤液2中加入碳酸氢铵溶液，将锌离子转化为ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀，过滤得到滤液和ZnCO3·2Zn(OH)2。
【详解】A．过二硫酸钠中含有过氧链，分子中硫元素的化合价为+6价，故A错误；
B．由分析可知，氧化除锰后的溶液中存在的离子为Na+、Zn2+、Fe3+、，故B错误；
C．溶液中铁离子能与锌反应生成氯化亚铁和氯化锌，所以调节溶液pH时试剂X不能选用锌，故C错误；
D．沉锌时发生的反应为溶液中锌离子与碳酸氢根离子反应生成ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为3Zn2++6=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+H2O，故D正确；
故选D。
11. 室温下，下列实验探究方案能达到目的的是
选项
探究方案
探究目的
A
取铝与氧化铁发生铝热反应后的固体，溶于足量稀硫酸，取上层清液，加KSCN溶液后无明显变化，再加入双氧水出现血红色
固体产物中有单质铁
B
向NaBr溶液中滴加过量的氯水，再加入淀粉KI溶液，观察溶液颜色变化
氧化性：Cl2＞Br2＞I2
C
用0.55mol•L-1NaOH溶液分别与等体积等浓度CH3COOH溶液、盐酸反应，测得反应热依次为△H1、△H2，△H1＞△H2
CH3COOH(aq)H+(aq)+CH3COO-(aq) △H＞0
D
在淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加热一段时间，冷却后再加入新制Cu(OH)2浊液并煮沸，没有生成砖红色沉淀
淀粉没有水解
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．即使固体产物中无单质铁，Al,氧化铁的混合物中也会出现实验中的现象，，，加KSCN溶液后无明显变化，加入双氧水，被氧化为，，出现血红色，A项错误；
B．由于氯水过量，反应后有氯水剩余，加入淀粉KI溶液时，KI先与反应，和KI的反应不一定发生，溶液变蓝也无法证明氧化性，B项错误；
C．，，等量的,HCl分别与NaOH反应，，说明前者放出的热量少，说明弱酸的电离是吸热反应，，C项正确；
D．淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加热一段时间后，由于溶液中有硫酸显酸性，在检验前，应先加入足量NaOH溶液，调节溶液显碱性，再加入新制悬浊液并煮沸，否则稀硫酸会和反应，试剂失效，D项错误；
答案选C。
12. 草酸亚铁(FeC2O4)是生产磷酸铁锂电池的原料，实验室可通过如图反应制取：
已知室温时：Ka1(H2C2O4)=5.6×10−2、Ka2(H2C2O4)=1.5×10−4、Ksp(FeC2O4)=2.1×10−7。
下列说法正确的是
A. 酸化、溶解后的溶液中存在：2c(Fe2+)+c(H+)＜c(NH)+c(OH－)
B. 室温下，0.10 mol∙L−1NaHC2O4溶液中存在：c(C2O)＜c(H2C2O4)
C. 向稀硫酸酸化的KMnO4溶液中滴加Na2C2O4溶液至溶液褪色，反应的离子方程式为：5C2O+2MnO+8H2O=10CO2↑+2Mn2++16OH－
D. 室温时反应Fe2++H2C2O4=FeC2O4+2H+的平衡常数K=40
【答案】D
【解析】
【分析】硫酸亚铁铵晶体加入硫酸酸化、溶解，再加入草酸钠沉淀亚铁离子，再过滤得到草酸亚铁固体。
【详解】A．酸化、溶解后的溶液中存在电荷守恒，，前者加上后者的两倍得到2c(Fe2+)+c(H+)＞c(NH)+c(OH－)，故A错误；
B．室温下，0.10 mol∙L−1NaHC2O4溶液中，Ka2(H2C2O4)=1.5×10−4，说明电离程度大于水解程度，则存在：c(H2C2O4)＜c(C2O)，故B错误；
C．向稀硫酸酸化的KMnO4溶液中滴加Na2C2O4溶液至溶液褪色，溶液显酸性，不存在生成氢氧根，反应的离子方程式为：5C2O+2MnO+16H＋=10CO2↑+2Mn2++8 H2O，故C错误；
D．室温时反应Fe2++H2C2O4=FeC2O4+2H+的平衡常数，故D正确。
综上所述，答案为D。
13. 二甲醚催化制备乙醇主要涉及以下两个反应：
反应Ⅰ：；
反应Ⅱ：；
反应Ⅰ、Ⅱ的平衡常数的对数、与温度的关系如图-1所示；固定CO、、的原料比、体系压强不变的条件下，同时发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时各物质的物质的量分数随温度的变化如图-2所示。下列说法正确的是
A.
B. 测得X点的物质的量分数是10%，则X点反应Ⅱ有：v正＜v逆
C. 由的曲线知，600K后升高温度对反应Ⅰ的影响程度大于反应Ⅱ
D. 曲线B表示的物质的量分数随温度的变化
【答案】C
【解析】
【分析】图-1可知，升高温度，lgK1减小，则K1减小，说明温度升高平衡逆向移动，逆向是吸热反应；300～400K时，由图1知，此温度范围内反应Ⅰ较完全，温度升高，反应Ⅱ平衡左移，导致CH3CH2OH物质的量分数降低；600～700K时，CH3COOCH3物质的量分数随温度升高而降低，反应Ⅰ平衡左移超过反应Ⅱ平衡左移的幅度。A为H2，B为CO或CH3OH。
【详解】A． 结合图-1可知，升高温度，lgK1减小，则K1减小，说明温度升高平衡逆向移动，逆向是吸热反应，正向放热反应，所以a＜0，故A错误；
B． 测得X点的物质的量分数是10%，要达到平衡，乙醇的物质的量分数要增大，平衡正向进行，则X点反应Ⅱ有：v正＞ v逆，故B错误；
C． 由图-1当温度相同时，K1大于K2，温度升高反应Ⅰ平衡逆向移动程度大，由图-2的曲线知，600K后升高温度反应Ⅰ平衡左移超过反应Ⅱ平衡左移的幅度，对反应Ⅰ的影响程度大于反应Ⅱ，故C正确；
D． 温度低时，反应Ⅰ较完全，反应反应Ⅱ进行得少，CO含量低，600K后，反应Ⅰ平衡左移超过反应Ⅱ平衡左移的幅度，CO含量增大，曲线B表示表示CO的物质的量分数随温度的变化，曲线A表示的物质的量分数随温度的变化，故D错误；
故选C
14. 二硫化钼(MoS2，难溶于水)具有良好的光、电性能，可由钼精矿(主要含MoS2，还含NiS、CaMoO4等)为原料经过如下过程制得。
（1）“浸取”。向钼精矿中加入NaOH溶液，再加入NaClO溶液，充分反应后的溶液中含有Na2MoO4、Na2SO4、NiSO4、NaCl。
①写出浸取时MoS2发生反应的离子方程式：_______。
②浸取后的滤渣中含CaMoO4。若浸取时向溶液中加入Na2CO3溶液，可提高浸出液中Mo元素的含量，原因是_______。
③浸取时，Mo元素的浸出率与时间的变化如图1所示。已知生成物对反应无影响，则反应3～4min时，Mo元素的浸出率迅速上升的原因是_______。
（2）“制硫代钼酸铵[(NH4)2MoS4，摩尔质量260g•mol-1]”。向浸出液中加入NH4NO3和HNO3，析出(NH4)2Mo4O13，将(NH4)2Mo4O13溶于水，向其中加入(NH4)2S溶液，可得(NH4)2MoS4，写出生成(NH4)2MoS4反应的化学方程式：________。
（3）“制MoS2”。(NH4)2MoS4可通过如下两种方法制取MoS2：
方法一：将(NH4)2MoS4在一定条件下加热，可分解得到MoS2、NH3、H2S和硫单质。其中NH3、H2S和硫单质的物质的量之比为8：4：1。
方法二：将(NH4)2MoS4在空气中加热可得MoS2，加热时所得剩余固体的质量与原始固体质量的比值与温度的关系如图2所示。
①方法一中，所得硫单质分子式为_______。
②方法二中，500℃可得到Mo的一种氧化物，该氧化物的化学式为_______。
【答案】（1） ①. MoS2+6OH-+9ClO-=MoO+2SO+9Cl-+3H2O ②. CaMoO4(s)Ca2+(aq)+MoO(aq)，加入Na2CO3溶液，CO结合Ca2+生成CaCO3沉淀，促进沉淀溶解平衡向离子化方向进行，使浸出液MoO浓度增大，从而提高Mo元素浸出率 ③. 该反应为放热反应，随着反应进行，溶液温度升高，反应速率加快
（2）(NH4)2Mo4O13+16(NH4)2S+13H2O=4(NH4)2MoS4+26NH3•H2O或(NH4)2Mo4O13+16(NH4)2S=4(NH4)2MoS4+13H2O+26NH3↑
（3） ①. S4 ②. MoO3
【解析】
【小问1详解】
①“浸取”，向钼精矿中加入NaOH溶液，再加入NaClO溶液，充分反应后的溶液中含有Na2MoO4、Na2SO4、NiSO4、NaCl，即ClO-将Mo元素被氧化为MoO、硫元素被氧化为反应为SO而自身被还原为Cl-，反应为MoS2+6OH-+9ClO-=MoO+2SO+9Cl-+3H2O。
②溶液中存在平衡CaMoO4(s)⇌Ca2+(aq)+ (aq)，加入Na2CO3消耗Ca2+使平衡正向，浓度增大。
③加快反应速率可以从反应物的浓度增大、温度升高、反应中产生催化剂等方面考虑。该反应中生成物对反应没有影响，所以该反应为放热反应导致体系温度升高加快反应速率。
【小问2详解】
(NH4)2Mo4O13溶于水，向其中加入(NH4)2S溶液，可得(NH4)2MoS4和氨水，反应为(NH4)2Mo4O13+16(NH4)2S+13H2O=4(NH4)2MoS4+26NH3•H2O或(NH4)2Mo4O13+16(NH4)2S=4(NH4)2MoS4+13H2O+26NH3↑。
【小问3详解】
①将(NH4)2MoS4在一定条件下加热，可分解得到MoS2、NH3、H2S和硫单质。其中NH3、H2S和硫单质（Sx）的物质的量之比为8：4：1，根据已知信息写出方程式并按照N原子和Mo原子守恒配平方程式为，即4×4=2×4+4×1+x计算得x=4。该硫单质的化学式为S4。
②由图可知起始(NH4)2MoS4的质量可视为260g即1mol，根据加热分解过程总Mo元素守恒可知，最终氧化物中Mo的质量为96g，氧化物中氧元素的质量为144g-96g=48g，Mo原子核O原子的个数比为1:3，氧化物的化学式为MoO3。
15. 早期的科学家曾利用化合物G研究有机合成的路线设计问题。以下合成路线是以甲苯为主要原料合成G的路线(已知：RONaROCH3ROH)。
（1）由B→C的反应类型是_______，B中含氧官能团的名称为_______。
（2）由C和F反应生成G的同时会发生副反应，其产物与G互为同分异构体，该产物的结构简式为_______。
（3）化合物H可以由F和CH3COCl/AlCl3催化下制备，请写出符合下列条件的H的一种同分异构体的结构简式_______。
①可以发生银镜反应：②可以发生水解反应；③含有苯环，分子中只含有4种不同化学环境的氢。
（4）由甲苯制备D有如下两种常见的合成方法，请从试剂、产率和耗能等角度简要评价两种合成路线_______。
①
②
（5）已知苯环上的羟基具有很强的还原性，写出以和CH3I为原料制备的合成路线(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)_______。
【答案】（1） ①. 取代反应 ②. 硝基、羧基
（2） （3）或
（4）路线①步骤少，使用试剂少，产率高，但需要高温加热，条件苛刻，浪费能源，路线②合成步骤较长，可能需要消耗更多试剂，且可能导致产率降低
（5）
【解析】
【分析】D中酚羟基与NaOH反应产生E为。E与CH3I反应得到F为。C和F在AlCl3的催化下为苯环的酰基化，则C为。B为。A为。甲苯在浓硫酸的催化下与浓硝酸发生取代反应。
【小问1详解】
B→C为-COOH变为-COCl，它为取代反应。B中含有-NO2硝基、-COOH为羧基。
【小问2详解】
C和F为苯环的酰基化反应，可以是-CH3的邻位酰基化得到产物为。该副产物为。
【小问3详解】
F为，F与CH3COCl在AlCl3催化下发生苯环的酰基化得到产物H为。H的同分异构体可以发生银镜反应含有-CHO，可以发生水解反应含有酯基即含有-OOCH；含有苯环，分子中只含有4种不同化学环境的氢即剩下的碳为两个对称的甲基和。
小问4详解】
路线①步骤只有两步，但反应温度500℃高温。而路线②步骤较多，但基本上都低温反应。路线①步骤少，使用试剂少，产率高，但需要高温加热，条件苛刻，浪费能源，路线②合成步骤较长，可能需要消耗更多试剂，且可能导致产率降低。
【小问5详解】
合成即需要醇经两步氧化得到，但酚羟基易被氧化首先酚羟基保护变为-OCH3，得到-COOH后将酚羟基去保护即-OCH3酚羟基。 。
16. 某铜矿酸性废水除去不溶性固体杂质后，仍含有c(H+)=0.1mol•L-1，c(Cu2+)=0.05mol•L-1，需净化处理。
已知：①含铜污水的排放标准为pH=7，c(Cu2+)≤1×10-7mol•L-1。
②Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，Ksp(CuS)=6.4×10-36，Ksp(FeS)=6.3×10-18；Kb(NH3•H2O)=1.7×10-25，Ka1(H2S)=1.3×10-7，Ka2(H2S)=7.0×10-15。
（1）中和沉淀法处理。
①向酸性废水中加入氨水，调节pH，溶液中铜的去除率与pH关系如图所示。则pH由7到10时，铜的去除率下降的主要原因为_______(用离子方程式表示)。
②若加入石灰乳处理废水，结合计算判断生成氢氧化铜沉淀能否达到排放标准______(写出计算过程)。
（2）硫化物沉淀法处理。
①加入Na2S处理废水，pH=7时，Na2S溶液中硫元素的主要存在的微粒为_______。
②用FeS处理含铜废水比Na2S效果好。请通过必要的计算和说明采用FeS处理的优点的原因______。
（3）溶剂萃取法。用萃取剂RH可萃取废水中的铜离子，再加入20%的硫酸进行反萃取。
①实验室进行萃取操作时，振荡静置后，需对分液漏斗放气，正确放气的图示为_______(填标号)。
A. B. C.
②萃取时，适度增大溶液的pH，Cu2+萃取率升高的原因是_______。
（4）实验中需测定废液中铜离子含量。
已知：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+2S2O=2I-+S4O。
请运用上述原理完成测定某弱酸性溶液中铜离子含量的实验方案：量取25.00mL废水于锥形瓶中，_______(实验中须使用的试剂：0.1mol•L-1KI溶液、0.05000mol•L-1Na2S2O3标准溶液、0.5%淀粉溶液)。
【答案】（1） ①. Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH-或Cu(OH)2+4NH3•H2O[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O ②. pH=7时，溶液中c(Cu2+)==mol•L-1=2.2×10-6mol•L-1＞1×10-7mol•L-1，含铜污水不能达到排放标准
（2） ①. H2S和HS- ②. FeS+Cu2+=Fe2++CuS反应的平衡常数K=1×1018＞105，Cu2+沉淀更为完全，硫离子残留少，防止有害气体H2S生成
（3） ①. C ②. 增大溶液的pH，c(H+)减小，Cu2++2RHCuR2+2H+平衡右移，有利于Cu2+的萃取，Cu2+萃取率升高
（4）加入过量0.1mol•L-1KI溶液和少量0.5%淀粉溶液，塞上瓶塞振荡，再用0.05000mol•L-1Na2S2O3溶液滴定，当加入最后半滴(1滴)标准溶液时，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色，达到滴定终点。记录消耗的硫代硫酸钠溶液体积。重复实验2～3次
【解析】
【小问1详解】
①Cu(OH)2沉淀能溶于NH3•H2O得到[Cu(NH3)4]2+，则pH由7到10时，铜的去除率下降的主要原因用离子方程式表示为：Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH-或Cu(OH)2+4NH3•H2O[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O。
②信息①含铜污水的排放标准为pH=7，c(Cu2+)≤1×10-7mol•L-1，若加入石灰乳处理废水，pH=7时，溶液中c(Cu2+)==mol•L-1=2.2×10-6mol•L-1＞1×10-7mol•L-1，则含铜污水不能达到排放标准。
【小问2详解】
①pH=7时，Na2S溶液中：，， ，，则pH=7时，Na2S溶液中硫元素的主要存在的微粒为H2S和HS-。
②已知Ksp(CuS)=6.4×10-36，Ksp(FeS)=6.3×10-18，则CuS比FeS更难溶，利用沉淀转化反应：FeS+Cu2+=Fe2++CuS，该反应的平衡常数，故用FeS处理含铜废水比Na2S效果好的原因为：FeS+Cu2+=Fe2++CuS反应的平衡常数K=1×1018＞105，Cu2+沉淀更为完全，硫离子残留少，防止有害气体H2S生成。
【小问3详解】
①对分液漏斗放气时，漏斗颈斜向上，打开活塞进行放气，选C。
②萃取时，适度增大溶液的pH，Cu2+萃取率升高的原因是：增大溶液的pH，c(H+)减小，Cu2++2RHCuR2+2H+平衡右移，有利于Cu2+的萃取，Cu2+萃取率升高。
【小问4详解】
需通过实验测定废液中铜离子含量。由已知信息知，要把一定量废水中的铜离子利用2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，被过量的0.1mol•L-1KI溶液完全还原，再利用I2+2S2O=2I-+S4O反应，用0.05000mol•L-1Na2S2O3标准溶液滴定实验中生成的碘单质，碘遇淀粉变蓝色，故选0.5%淀粉溶液指示剂，当碘单质消耗完毕时溶液褪色，即由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色，达到滴定终点，为避免偶尔误差，需做平行实验，重复实验2～3次。故答案为：加入过量0.1mol•L-1KI溶液和少量0.5%淀粉溶液，塞上瓶塞振荡，再用0.05000mol•L-1Na2S2O3溶液滴定，当加入最后半滴(1滴)标准溶液时，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色，达到滴定终点。记录消耗的硫代硫酸钠溶液体积。重复实验2～3次。
17. 乙苯被吸附在催化剂表面发生脱氢可生成苯乙烯、苯甲醛等，生成苯乙烯的相关反应如下。
反应1：C6H5CH2CH3(g)=C6H5CH=CH2(g)+H2(g) △H1=117.6kJ•mol-1
反应2：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H2=41.2kJ•mol-1
反应3：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H3=-483.6kJ•mol-1
（1）反应4：C6H5CH2CH3(g)+O2(g)=C6H5CH=CH2(g)+H2O(g) △H4=_______kJ•mol-1。
（2）较低温度下，向乙苯脱氢的反应体系中加入少量O2，乙苯平衡转化率较高而苯乙烯的选择性较低，其原因可能是________。
（3）向乙苯脱氢反应体系中加入CO2，乙苯转化率与体系中CO2分压强的关系如图1所示。随CO2的增加，乙苯转化率先增大后减小的可能原因为_______。
（4）研究发现在V2O5/MgO催化剂表面进行CO2的乙苯脱氢反应中，V(+5价)是反应的活性中心，转化过程如图2所示。
①转化Ⅰ发生反应的化学方程式为_______。反应一段时间后，催化剂活性有所下降，原因可能有反应过程产生的积碳覆盖在活性中心表面和_______。
②简述转化Ⅱ的作用_______。
③CO2参与的乙苯脱氢机理如图3所示(α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，B1、B2位点带部分负电荷)。
图中所示反应机理中步骤Ⅰ和步骤Ⅱ可描述为________。
【答案】（1）-124.2
（2）加入少量O2，H2与O2反应放热，氢气浓度减小和体系温度升高都使反应1平衡右移使乙苯转化率升高，但温度升高，苯乙烯(或乙苯)被进一步氧化成苯乙醛等副产物
（3）前一阶段，随着CO2分压强增大，反应2的平衡正向移动，降低了c(H2)，促进反应1正向进行，使乙苯转化率增大。当CO2分压强过大多时，CO2占据了催化剂表面，使催化剂表面吸附的乙苯减少，乙苯转化率下降
（4） ①. 2+V2O5/MgO→2+V2O3/MgO+2H2O ②. 催化剂中V(+5价)的含量减少 ③. 将V2O3转化为V2O5，使催化剂获得再生，同时可以消除积碳 ④. 乙苯α－H带部分正电荷，被带部分负电荷的B1位点吸引，随后解离出H+并吸附在B1位点上；B1位点上的H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律得反应4=反应1+反应3，则△H4=△H1+△H3=117.6-483.6×=-124.2kJ•mol-1。
【小问2详解】
氧气参与了反应3，从反应3进行分析解释有利于反应1平衡正向因素。加入少量O2，H2与O2反应放热，氢气浓度减小和体系温度升高都使反应1平衡右移使乙苯转化率升高，但温度升高，苯乙烯(或乙苯)被进一步氧化成苯乙醛等副产物
【小问3详解】
CO2参与了反应2，且消耗H2间接减少了反应1的产物。前一阶段，随着CO2分压强增大，反应2的平衡正向移动，降低了c(H2)，促进反应1正向进行，使乙苯转化率增大。当CO2分压强过大多时，CO2占据了催化剂表面，使催化剂表面吸附的乙苯减少，乙苯转化率下降。
【小问4详解】
①从图看，步骤Ⅰ是V2O5将乙苯氧化为苯乙烯而自身还原为V2O3，反应为2+V2O5/MgO→2+V2O3/MgO+2H2O。从图看V2O5/MgO为催化剂，催化活性降低可能是催化剂中V(+5价)的含量减少。
②转化Ⅱ中CO2将V2O3转变为V2O5，所以将V2O3转化为V2O5，使催化剂获得再生，同时可以消除积碳。
③图中标注电性，可以从静电吸引的角度阐述这一过程。乙苯α－H带部分正电荷，被带部分负电荷的B1位点吸引，随后解离出H+并吸附在B1位点上；B1位点上的H+与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上。
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