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精品解析：江苏省南京市六校联合体2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题（解析版）
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这是一份精品解析：江苏省南京市六校联合体2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题（解析版），共18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。
2022-2023学年第二学期6月六校联合调研考试
高二化学试卷
可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 S32 Mn55 Ce140
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。
1. 化学为人类科技发展作出巨大贡献。下列物质主要成分属于纤维素的是
A. 棉、麻 B. 黑火药 C. 陶瓷烧制 D. 丝绸
【答案】A
【解析】
【详解】A．棉、麻主要成分均为纤维素，故A正确；
B．黑火药主要成分为硝酸钾、硫磺、碳单质，故B错误；
C．陶瓷主要成分为硅酸盐，故C错误；
D．丝绸主要成分为蛋白质，故D错误；
故选：A。
2. 少量Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，下列说法正确的是
A. Na2O2的电子式为
B. Na2CO3仅含离子键
C. 干冰晶胞如图所示，配位数为12
D. 16O和18O互为同素异形体
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na2O2电子式为，故A错误；
B．Na2CO3中碳酸根离子内部C和O之间存在共价键，故B错误；
C．由晶胞结构可知二氧化碳分子位于顶点和面心，以顶点分子为观察对象，与其距离最近且等距的分子数有12个，则配位数为12，故C正确；
D．16O和18O互为同位素，故D错误；
故选：C。
3. 常见的非金属元素和金属元素及其化合物是中学化学核心知识。下列说法正确的是
A. 半径大小：r(Al)>r(Na)
B 电离能大小：I1(N)>I1(O)
C. 电负性大小：χ(F)<χ(O)
D. 碱性强弱：NaOH
【解析】
【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则铝原子的原子半径小于钠原子，故A错误；
B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则氮元素的第一电离能大于氧元素，故B正确；
C．同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，电负性依次增大，则氟元素的电负性大于氧元素，故C错误；
D．同周期元素，从左到右元素的金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性依次减弱，则氢氧化钠的碱性强于氢氧化铝，故D错误；
故选B。
4. 下列有关SO2的实验原理或方案能达到目的的是
A. 制SO2 B. 制BaSO3沉淀
C. 验证SO2的还原性 D. 收集SO2
【答案】A
【解析】
【详解】A．铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，则题给装置能用于制备二氧化硫，故A正确；
B．亚硫酸的酸性弱于盐酸，二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，则题给装置不能用于制备亚硫酸钡沉淀，故B错误；
C．二氧化硫与品红溶液反应时表现漂白性，则题给装置不能用于验证二氧化硫的还原性，故C错误；
D．二氧化硫易溶于水，不能用排水法收集二氧化氯，则题给装置不能用于收集二氧化硫，故D错误；
故选A。
5. 氮是生命所需的重要元素，是蛋白质的重要组成部分。亚硝酸(HNO2)是一种亮蓝色的弱酸，电离平衡常数为4.6×10-4；亚硝酸既有氧化性，又有还原性。亚硝酸溶液微热即分解。亚硝酸钠(NaNO2)是肉制品生产中最常使用的一种食品添加剂。氨气的燃烧热316.25kJ·mol-1，肼(N2H4)为无色油状液体，有类似于氨的刺鼻气味，是一种强极性化合物。下列说法正确的是
A. HNO2与KMnO4酸性溶液反应：5NO+2+6H+=5+2Mn2++3H2O
B. 氨气燃烧的热化学方程式：4NH3(g)+3O2(g)=6H2O(g)+2N2(g) ΔH=-1265kJ·mol-1
C. 肼(N2H4)—空气碱性燃料电池的负极反应：N2H4+4e-=4H++N2↑
D. 氢氧化铜溶于氨水的化学方程式：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4](OH)2
【答案】D
【解析】
【详解】A．亚硝酸是弱酸不能和高锰酸钾反应制强酸，A项错误；
B．燃烧热是指在101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，氨气的燃烧热316.25KJ/mol，则1mol氨气燃烧生成液态水和氮气放出的热量为326.25KJ, 氨气燃烧的热化学方程式为，B项错误；
C．肼—空气碱性燃料电池的负极反应为，C项错误；
D．氢氧化铜溶于过量氨水发生络合反应生成氢氧化四氨合铜，反应方程式为，D项正确；
答案选D。
6. 氮是生命所需的重要元素，是蛋白质的重要组成部分。亚硝酸(HNO2)是一种亮蓝色的弱酸，电离平衡常数为4.6×10-4；亚硝酸既有氧化性，又有还原性。亚硝酸溶液微热即分解。亚硝酸钠(NaNO2)是肉制品生产中最常使用的一种食品添加剂。氨气的燃烧热316.25kJ·mol-1，肼(N2H4)为无色油状液体，有类似于氨的刺鼻气味，是一种强极性化合物。连二亚硝酸(HON=NOH)是一种重要的还原剂，可由亚硝酸和羟胺反应制备，其反应的化学方程式为HONO+H2NOH→HON=NOH+H2O。下列说法错误的是
A. 亚硝酸根离子(NO)为V形结构 B. 羟胺是极性分子
C. 1个HON=NOH中有6个σ键 D. 连二亚硝酸可能易溶于水
【答案】C
【解析】
【详解】A．NO中心N原子的价层电子对数为，含1对孤电子对，空间构型为V形，故A正确；
B．羟胺正负电荷中心不能重合，为极性分子，故B正确；
C．1个HON=NOH中有5个σ键和1个键，故C错误；
D．连二亚硝酸含有羟基，能与水分子形成氢键，因此易溶于水，故D正确；
故选：C。
7. 氮是生命所需的重要元素，是蛋白质的重要组成部分。亚硝酸(HNO2)是一种亮蓝色的弱酸，电离平衡常数为4.6×10-4；亚硝酸既有氧化性，又有还原性。亚硝酸溶液微热即分解。亚硝酸钠(NaNO2)是肉制品生产中最常使用的一种食品添加剂。氨气的燃烧热316.25kJ·mol-1。肼(N2H4)为无色油状液体，有类似于氨的刺鼻气味，是一种强极性化合物。关于物质的性质及其相关用途，下列说法错误的是
A. 蛋白质盐析是可逆的，可采用多次盐析来分离提纯蛋白质
B. 亚硝酸钠(NaNO2)具有防腐作用，可用来浸泡新鲜瓜果
C. 浓氨水具有挥发性和还原性，可用于检验输送氯气的管道是否漏气
D. NH3易液化，液氨汽化时吸收大量热，可用作制冷剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．盐析物理可逆过程，可利用盐析分离提纯蛋白质，故A正确；
B．亚硝酸钠(NaNO2)有毒，不能浸泡新鲜瓜果，故B错误；
C．浓氨水具有挥发性和还原性，其与氯气反应生成固体氯化铵，能看到白烟现象，可用于检验输送氯气的管道是否漏气，故C正确；
D．NH3易液化，液氨汽化时吸收大量热，利用此性质可用液氨作制冷剂，故D正确；
故选：B。
8. 利用电解原理制备的装置如图所示(M、N均为惰性电极)。下列说法正确的是
A. 极与电源负极相连
B. 常温下，电解后N极附近溶液减小
C. 膜a、膜c均为阴离子交换膜，膜b为阳离子交换膜
D. 电解时可获得副产物、、
【答案】D
【解析】
【分析】结合装置图可知利用电解原理制备的原理为M极的Ca2+透过膜a，透过膜b，在膜a和膜b之间的室形成，因此M极为阳极，N极为阴极。
【详解】A．由分析可知M极为阳极，应与电源正极相连，A错误；
B．N极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，因此常温下电解后N极附近溶液增大，B错误；
C．Ca2+透过膜a，透过膜b，在膜a和膜b之间的室形成，Na+透过膜c进入N极室，因此膜a、膜c均为阳离子交换膜，膜b为阴离子交换膜，C错误；
D．M极为阳极，氯离子放电产生氯气，N极为阴极，N极室产生氢气和NaOH，故电解时可获得副产物、、，D正确；
选D。
9. 汽车尾气中的有害气体可通过如下反应实现转化：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)。下列说法正确的是
A. 每转化22.4LNO，转移电子数为2×6.02×1023
B. 该反应ΔH<0
C. 反应的平衡常数K=
D. 其他条件相同，使用催化剂，可提高活化分子百分数，降低反应的焓变
【答案】B
【解析】
【详解】A．未指明气体状况，不能根据体积确定其物质的量，无法计算电子数，故A错误；
B．由反应可知ΔS<0，则ΔH<0反应才能自发进行，故B正确；
C．反应的平衡常数K=，故C错误；
D．使用催化剂，可提高活化分子百分数，但不影响反应的焓变，故D错误；
故选：B。
10. 抗阿尔茨海默病药物多奈哌齐的部分合成路线如下：
下列说法正确的是
A. X分子中的含氧官能团为醛基、酮羰基
B. 1molX最多能与3molH2反应
C. Z既能与氢氧化钠溶液反应又能与盐酸反应
D. Y存在顺反异构体且所有碳原子可能共平面
【答案】D
【解析】
【详解】A．由X的结构简式可知其所含官能团为醚键和醛基，故A错误；
B．X中苯环和醛基都能与氢气发生加成反应，1molX最多能与4mol氢气反应，故B错误；
C．结合Z的结构可知其含有胺基结构，能与盐酸反应，但不能与NaOH反应，故C错误；
D．Y中存在碳碳双键，且双键碳原子分别连两个不同的原子或原子团，因此存在顺反异构，苯环为平面结构，碳碳双键为平面结构，醚键氧原子与其直接相连的碳原子在同平面上，三个平面结构通过单键相连，可能重合，因此所有碳原子可能共平面，故D正确；
故选：D。
11. 根据下列实验操作和现象所得结论正确的是
选项
实验操作和实验现象
结论
A
在一块除去铁锈的铁片上滴1滴含有酚酞的食盐水静置2~3min，溶液边缘出现红色
铁片上发生了吸氧腐蚀
B
将足量H2O2溶液滴入少量的酸性高锰酸钾溶液溶液紫色褪去
H2O2具有漂白性
C
向某溶液中滴加NaOH溶液并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸颜色无明显变化
原溶液中无
D
向Na2CO3、Na2S的混合溶液中滴入少量AgNO3溶液，有黑色沉淀生成
Ksp(Ag2S)
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．在一块除去铁锈的铁片上滴1滴含有酚酞的食盐水静置2~3min，溶液边缘出现红色说明水分子作用下氧气在正极碳上得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，证明铁片上发生了吸氧腐蚀，故A正确；
B．将足量过氧化氢溶液滴入少量的酸性高锰酸钾溶液溶液紫色褪去是因为过氧化氢溶液具有还原性，与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、氧气和水，与过氧化氢的漂白性无关，故B错误；
C．溶液中铵根离子与氢氧根离子共热反应生成氨气和水，常温下溶液中铵根离子与氢氧根离反应生成一水合氨，则向某溶液中滴加氢氧化钠溶液并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸颜色无明显变化不能说明原溶液中是否存在铵根离子，故C错误；
D．没有明确混合溶液中碳酸钠和硫化钠的浓度是否相等，则向碳酸钠和硫化钠的混合溶液中加入硝酸银溶液，有黑色沉淀生成不能说明硫化银的溶度积小于碳酸银，故D错误；
故选A。
12. 室温下，通过下列实验探究NaHCO3溶液的性质
实验
实验操作和现象
1
用pH试纸测得0.1mol·L-1NaHCO3溶液的pH约为8
2
向0.1mol·L-1NaHCO3溶液中加入过量0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀
3
向0.1mol·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol·L-1NaOH溶液
4
向浓NaHCO3溶液中加入浓Al2(SO4)3溶液，有气体和沉淀生成
下列说法不正确的是
A. 实验1的溶液中存在c(Na+)>c(H2CO3)>c()
B. 实验2所得上层清液中存在c(Ba2+)·c()=Ksp(BaCO3)
C. 实验3反应后的溶液中存在c(Na+)
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶液显碱性，说明溶液中碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，由实验1可得出：，A项正确；
B．实验2反应静置后的上层清液为碳酸钡饱和溶液，存在碳酸钡的溶解平衡，溶液中有，B项正确；
C．向0.1mol/L溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液生成，根据物料守恒可知,则，C项错误；
D．与混合时能互相促进水解生成氢氧化铝沉淀，二氧化碳气体，离子方程式为，D项正确；
答案选C。
13. 通过反应Ι：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可以实现CO2捕获并资源化利用。密闭容器中，反应物起始物质的量比=3时，在不同条件下(分别在温度为250℃下压强变化和在压强为5×105Pa下温度变化)达到平衡时CH3OH物质的量分数变化如下图所示，主要反应如下：
反应II：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)ΔH2=+42.5kJ·mol-1
反应Ⅲ：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)ΔH3=—90.7kJ·mol-1
下列说法正确的是
A. 反应Ι的ΔH1=+48.2kJ·mol-1
B. 曲线②表示CH3OH的物质的量分数随压强的变化
C. 一定温度下，增大的比值，可提高CO2平衡转化率
D. 在5×105Pa、250℃、起始=3条件下，使用高效催化剂，能使CH3OH物质的量分数从X点达到Y点
【答案】C
【解析】
【详解】A．由盖斯定律可知，反应Ⅱ+Ⅲ得到反应Ⅰ，则ΔH1=(+42.5kJ/mol)+(—90.7kJ/mol)=—48.2 kJ/mol，故A错误；
B．生成甲醇的反应都是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇物质的量分数增大，则曲线①表示甲醇的物质的量分数随压强的变化，故B错误；
C．一定温度下，增大的比值相当于增大氢气的浓度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，故C正确；
D．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但化学平衡不移动，则在5×105Pa、250℃、起始=3条件下，使用高效催化剂，能使甲醇物质的量分数从X点达到Y点，故D错误；
故选C。
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 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：
（1）Mn2+的基态核外电子排布式为_____。
（2）“酸浸”时为提高锰离子的浸出率，可采取的措施有_____。
（3）“反应I”中加入硫铁矿(主要成分FeS2)与MnO2反应生成Mn2+与Fe3+，滤渣1的主要成分为FeS2和S，写出该反应的离子方程式_____。
（4）已知：Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38。“调pH”后滤液中Fe3+刚好沉淀完全(离子浓度小于1×10-5mol·L-1认为沉淀完全)，此时pH约为_____；滤渣2除MnO2、CaCO3外主要成分是_____(填化学式)。
（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MnO，过滤洗涤；将几次洗涤的滤液与过滤所得的滤液合并，向其中加入Na2C2O4固体0.5360g；充分反应后，用0.0400mol·L-1KMnO4溶液滴定，用去20.00mL。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)_____。
[已知：+→CO2↑+Mn2+(未配平)]
【答案】（1）[Ar]3d5
（2）加热、搅拌、适当增加硫酸浓度等
（3）3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S+6H2O
（4） ①. 3 ②. Fe(OH)3、CaSO4
（5）
80.00%。
【解析】
【分析】废锰渣(含MnO2及少量KOH、MgO、Fe2O3)，加入硫酸进行酸浸，MnO2、MgO、Fe2O3均溶解生成对应的盐，加入硫铁矿（FeS2）将+4价锰还原为+2价的锰，加入硫酸调节PH，使铁离子、镁离子分别转化为氢氧化铁沉淀和氢氧化镁沉淀，滤渣1中还含有硫单质，加入二氧化锰将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钙调节PH，将铁离子沉淀完全，同时生成硫酸钙，过滤得硫酸锰溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得到硫酸锰晶体。
【小问1详解】
锰是25号元素，Mn2+的基态核外电子排布式为：[Ar]3d5。
答案为：[Ar]3d5。
【小问2详解】
“酸浸”时为提高锰离子的浸出率，可采取的措施有：加热、搅拌、适当增加硫酸浓度等。
答案为：加热、搅拌、适当增加硫酸浓度等。
【小问3详解】
结合以上分析，“反应I”中加入硫铁矿与MnO2反应生成Mn2+与Fe3+，该反应的离子方程式：3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S+6H2O。
答案为：3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S+6H2O。
【小问4详解】
Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH-)=1×10-38,计算得出c(OH-)=1×10-11，c(H+)=1×10-3，PH=3；结合以上分析可知，滤渣2中含有Fe(OH)3、CaSO4、MnO2、CaCO3。
答案为：3；Fe(OH)3、CaSO4。
【小问5详解】
5C2O+2+6H+=10CO2↑+2Mn2++3H2O，根据比例关系：5C2O~2MnO，n(C2O)总==0.004mol，n(C2O)余=0.0400×20.00×10-3×=2.0×10-3mol，n(C2O)反=2.0×10-3mol，n(Mn2+)=2.0×10-3×=0.80×10-3mol，则MnSO4%=0.80×10-3××100%=80.00%。
15. 白花丹酸具有镇咳祛痰的作用，其合成路线流程图如下：
（1）B分子中碳原子的杂化方式为_____。
（2）C→D的反应类型为_____。
（3）白花丹酸分子中混有，写出同时满足下列条件的该有机物的一种同分异构的结构简式：_____
①分子中有四种不同化学环境的氢；②与FeCl3溶液能发生显色反应，且1mol该物质最多能与3molNaOH反应。
（4）E的结构简式为_____。
（5）已知：R—BrRMgBr。根据已有知识并结合相关信息写出以和CH3CH2OH为原料制备的合成路线流程图_____。
【答案】（1）sp2、sp3
（2）氧化反应 （3）或
（4） （5）
【解析】
【分析】与反应生成B，B与C2H5MgBr在酸性条件下反应生成C，在酸性条件下被三氧化铬将羟基氧化为酮羰基生成D，D与BrCH2COOC2H5反应生成E，E在碱性条件下水解生成羧酸盐，酸性条件下转化为F，结合转化关系可确定E为酯，故E为 ，F与AlI3和CH3CN反应生成白牡丹酸。
【小问1详解】
B分子中，苯环上的碳、醛基上的碳原子的杂化方式为sp2，环烷烃上的碳原子的杂化方式为sp3。
答案为：sp2、sp3。
【小问2详解】
结合以上分析可知，C中的羟基被氧化为酮羰基，反应类型为氧化反应。
答案为：氧化反应。
【小问3详解】
的同分异构，①分子中有四种不同化学环境的氢则结构高度对称；②与FeCl3溶液能发生显色反应则含有酚羟基，且1mol该物质最多能与3molNaOH反应，可能含有甲酸酯结构且水解后产物增加酚羟基的数目，其结构简式为：或
。
答案为：或
。
【小问4详解】
E在碱性条件下水解生成羧酸盐，酸性条件下转化为F，结合转化关系可确定E为酯，故E为。
答案为：。
【小问5详解】
与氢气发生加成反应生成，与浓的氢溴酸反应生成，在无水乙醚条件下与镁反应生成，乙醇氧化得到乙醛，与乙醛反应得到，故合成路线为：。
答案为：。
16. 硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]为橙红色结晶性粉末，易溶于水和乙醇，几乎不溶于浓硝酸，主要用作氧化剂和分析试剂；二氧化铈(CeO2)为白色或黄白色固体，难溶于水，有强氧化性，主要用于玻璃、催化剂、电子管等工业。(NH4)2Ce(NO3)6和CeO2均是常见的强氧化剂，可用Ce2(CO3)3(难溶于水)为原料进行制取。
（1）碳酸铈可溶于硝酸中，写出酸溶1的离子方程式：_____。
（2）“沉淀1”时，溶液中Ce(NO3)3转化为Ce(OH)3(HO2)沉淀。写出沉淀1反应的化学方程式：_____。
（3）“酸溶2”时，控制反应温度为80℃，硝酸与Ce(OH)3(HO2)分解产生的Ce(OH)4反应生成H2Ce(NO3)6，反应过程中有少量红棕色气体逸出。“酸溶2”时需控制硝酸的温度为80℃，原因是_____。
（4）“沉淀2”时，控制其他条件一定，改变加入NH4NO3固体的量，测得(NH4)2Ce(NO3)6沉淀的收率如图1所示。“沉淀2”时，不是采用反应计量数之比，而是控制加入n(NH4NO3)∶n(Ce)=4∶1的目的是_____。
（5）已知：4Ce(OH)3(白色沉淀)+O2+2H2O=4Ce(OH)4(黄色沉淀)，Ce(OH)4受热分解时失重百分比与温度的关系如图2所示。实验小组以Ce2(CO3)3为原料制取CeO2，请设计实验方案：将Ce2(CO3)3完全溶解于盐酸中，_____，得CeO2固体。[须选用的试剂和仪器：2mol·L-1氨水、O2、1mol·L-1HNO3、1mol·L-1AgNO3溶液、马弗炉(可用于固体的高温加热)]
【答案】（1）Ce2(CO3)3+6H+=2Ce3++3CO2↑+3H2O
（2）2Ce(NO3)3+3H2O2+4H2O=2Ce(OH)3(HO2)↓+6HNO3
（3）控制硝酸的温度为80℃的目的是增大化学反应速率的同时减少硝酸的挥发和分解
（4）增加的浓度，增大反应的速率；此时(NH4)2Ce(NO3)6沉淀的收率较高
（5）向所得溶液中加入2mol·L-1氨水，静置后向上层清液中加入氨水不再产生沉淀，向浊液中边搅拌边通入O2至沉淀完全变为黄色，洗涤滤渣，至最后一次洗涤滤液加入1mol·L-1HNO3酸化后再加入1mol·L-1AgNO3溶液不再产生沉淀，将沉淀放入马弗炉中，控制温度为500℃下焙烧至固体质量不再减少
【解析】
【分析】Ce2(CO3)3溶于硝酸生成Ce(NO3)3，溶液中加H2O2将Ce(NO3)3氧化成Ce(OH)3(HO2)沉淀，“酸溶2”时，控制反应温度为80℃，硝酸与Ce(OH)3(HO2)分解产生的Ce(OH)4反应生成H2Ce(NO3)6，过滤得沉淀，沉淀溶于硝酸铵得到(NH4)2Ce(NO3)6。
【小问1详解】
Ce2(CO3)3溶于硝酸生成Ce(NO3)3，反应离子方程式Ce2(CO3)3+6H+=2Ce3++3CO2↑+3H2O；
【小问2详解】
“沉淀1”加H2O2，溶液中Ce(NO3)3转化为Ce(OH)3(HO2)沉淀，反应方程式为：2Ce(NO3)3+3H2O2+4H2O=2Ce(OH)3(HO2)↓+6HNO3；
【小问3详解】
“酸溶2”时需控制硝酸的温度为80℃，原因是控制硝酸的温度为80℃的目的是增大化学反应速率的同时减少硝酸的挥发和分解；
【小问4详解】
由图可知控制加入n(NH4NO3)∶n(Ce)=4∶1时(NH4)2Ce(NO3)6沉淀收率较高，同时增加的浓度，增大反应的速率；
【小问5详解】
以Ce2(CO3)3为原料制取CeO2，实验方案：将Ce2(CO3)3完全溶解于盐酸中，向所得溶液中加入2mol·L-1氨水，静置后向上层清液中加入氨水不再产生沉淀，向浊液中边搅拌边通入O2至沉淀完全变为黄色，洗涤滤渣，至最后一次洗涤滤液加入1mol·L-1HNO3酸化后再加入1mol·L-1AgNO3溶液不再产生沉淀，将沉淀放入马弗炉中，控制温度为500℃下焙烧至固体质量不再减少得到CeO2。
17. 回收利用含硫化合物有利于节约资源、保护环境。
（1）一种由含H2S烟气回收硫黄的工艺为：将一部分含H2S的烟气在空气中燃烧，将燃烧所得产物与剩余烟气混合，冷却后可回收得到硫黄(S8)。该工艺中涉及反应为：
反应1：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) ΔH1=akJ·mol-1(a<0)
反应2：4H2S(g)+2SO2(g)=3S2(g)+4H2O(g) ΔH2=bkJ·mol-1(b>0)
反应3：4S2(g)=S8(s) ΔH3=ckJ·mol-1(c<0)
如果上述反应均能完全进行，为提高硫黄的产率，该工艺中需要控制反应1和反应2烟气的体积比为_____。
（2）某工业废水中含有乙硫醇(C2H5SH)，已知C2H5SH水溶液中的物种分布分数如图1所示。
已知：Ka1(H2S)=9×10-8，分别从电离常数和共价键极性的角度比较H2S和C2H5SH酸性强弱：
①_____(电离常数)；
②_____(共价键极性)。
（3）一种以Al2O3为催化剂载体、FeS2为催化剂的H2还原烟气中SO2制S的反应机理如图2和图3所示：
①图3中所示的转化过程可描述为_____。
②图2中FeSx和H2反应生成M、FeSx-1和H•的化学方程式为_____。
③其他条件一定，改变起始时H2与SO2的比例，反应相同时间，测得S的产率与温度和n(H2)/n(SO2)比值的关系如图4所示。500℃时，n(H2)/n(SO2)比值为3时硫的产率小于比值为2时的原因是_____。
【答案】（1）1∶2 （2） ①. 电离常数角度：C2H5SHC2H5S-+H+，其电离常数Ka==10-10.4C2H5SH ②. 共价键极性角度：-C2H5是推电子基团，使C2H5SH中H—S的极性降低，电离出H+的能力减弱；故酸性H2S>C2H5SH
（3） ①. SO2吸附到催化剂载体上，在活性氢原子作用下，SO2中硫氧键断裂；氢原子与氧原子结合成OH吸附在载体上，同时有单质S生成；氢原子进一步与OH反应生成水 ②. FeSx+H2=HS•+FeSx-1+H• ③. n(H2)/n(SO2)比值为3时，H2过量，H2进一步将S还原成H2S，导致硫的产率减小
【解析】
【小问1详解】
由反应方程式可知反应1生成的二氧化硫与反应2中的H2S的物质的量之比为1：2时恰好完全反应，若使反应完全进行，该工艺中需要控制反应1和反应2烟气的体积比为1：2；
【小问2详解】
①电离常数角度：C2H5SHC2H5S-+H+，结合图中信息可知当pH=10.4时，，此时电离常数Ka===10-10.4C2H5SH；
②共价键极性角度：-C2H5是推电子基团，使C2H5SH中H—S的极性降低，电离出H+的能力减弱；故酸性H2S>C2H5SH；
【小问3详解】
①图3中所示SO2吸附到催化剂载体上，在活性氢原子作用下，SO2中硫氧键断裂；氢原子与氧原子结合成OH吸附在载体上，同时有单质S生成；氢原子进一步与OH反应生成水；
②图2中FeSx和H2反应生成M、FeSx-1和H•的化学方程式为FeSx+H2=HS•+FeSx-1+H•；
③500℃时，n(H2)/n(SO2)比值为3时硫的产率小于比值为2时的原因n(H2)/n(SO2)比值为3时，H2过量，H2进一步将S还原成H2S，导致硫的产率减小。
2022-2023学年第二学期6月六校联合调研考试
高二化学试卷
可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 S32 Mn55 Ce140
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。
1. 化学为人类科技发展作出巨大贡献。下列物质主要成分属于纤维素的是
A. 棉、麻 B. 黑火药 C. 陶瓷烧制 D. 丝绸
【答案】A
【解析】
【详解】A．棉、麻主要成分均为纤维素，故A正确；
B．黑火药主要成分为硝酸钾、硫磺、碳单质，故B错误；
C．陶瓷主要成分为硅酸盐，故C错误；
D．丝绸主要成分为蛋白质，故D错误；
故选：A。
2. 少量Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，下列说法正确的是
A. Na2O2的电子式为
B. Na2CO3仅含离子键
C. 干冰晶胞如图所示，配位数为12
D. 16O和18O互为同素异形体
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na2O2电子式为，故A错误；
B．Na2CO3中碳酸根离子内部C和O之间存在共价键，故B错误；
C．由晶胞结构可知二氧化碳分子位于顶点和面心，以顶点分子为观察对象，与其距离最近且等距的分子数有12个，则配位数为12，故C正确；
D．16O和18O互为同位素，故D错误；
故选：C。
3. 常见的非金属元素和金属元素及其化合物是中学化学核心知识。下列说法正确的是
A. 半径大小：r(Al)>r(Na)
B 电离能大小：I1(N)>I1(O)
C. 电负性大小：χ(F)<χ(O)
D. 碱性强弱：NaOH
【解析】
【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则铝原子的原子半径小于钠原子，故A错误；
B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则氮元素的第一电离能大于氧元素，故B正确；
C．同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，电负性依次增大，则氟元素的电负性大于氧元素，故C错误；
D．同周期元素，从左到右元素的金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性依次减弱，则氢氧化钠的碱性强于氢氧化铝，故D错误；
故选B。
4. 下列有关SO2的实验原理或方案能达到目的的是
A. 制SO2 B. 制BaSO3沉淀
C. 验证SO2的还原性 D. 收集SO2
【答案】A
【解析】
【详解】A．铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，则题给装置能用于制备二氧化硫，故A正确；
B．亚硫酸的酸性弱于盐酸，二氧化硫不能与氯化钡溶液反应，则题给装置不能用于制备亚硫酸钡沉淀，故B错误；
C．二氧化硫与品红溶液反应时表现漂白性，则题给装置不能用于验证二氧化硫的还原性，故C错误；
D．二氧化硫易溶于水，不能用排水法收集二氧化氯，则题给装置不能用于收集二氧化硫，故D错误；
故选A。
5. 氮是生命所需的重要元素，是蛋白质的重要组成部分。亚硝酸(HNO2)是一种亮蓝色的弱酸，电离平衡常数为4.6×10-4；亚硝酸既有氧化性，又有还原性。亚硝酸溶液微热即分解。亚硝酸钠(NaNO2)是肉制品生产中最常使用的一种食品添加剂。氨气的燃烧热316.25kJ·mol-1，肼(N2H4)为无色油状液体，有类似于氨的刺鼻气味，是一种强极性化合物。下列说法正确的是
A. HNO2与KMnO4酸性溶液反应：5NO+2+6H+=5+2Mn2++3H2O
B. 氨气燃烧的热化学方程式：4NH3(g)+3O2(g)=6H2O(g)+2N2(g) ΔH=-1265kJ·mol-1
C. 肼(N2H4)—空气碱性燃料电池的负极反应：N2H4+4e-=4H++N2↑
D. 氢氧化铜溶于氨水的化学方程式：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4](OH)2
【答案】D
【解析】
【详解】A．亚硝酸是弱酸不能和高锰酸钾反应制强酸，A项错误；
B．燃烧热是指在101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，氨气的燃烧热316.25KJ/mol，则1mol氨气燃烧生成液态水和氮气放出的热量为326.25KJ, 氨气燃烧的热化学方程式为，B项错误；
C．肼—空气碱性燃料电池的负极反应为，C项错误；
D．氢氧化铜溶于过量氨水发生络合反应生成氢氧化四氨合铜，反应方程式为，D项正确；
答案选D。
6. 氮是生命所需的重要元素，是蛋白质的重要组成部分。亚硝酸(HNO2)是一种亮蓝色的弱酸，电离平衡常数为4.6×10-4；亚硝酸既有氧化性，又有还原性。亚硝酸溶液微热即分解。亚硝酸钠(NaNO2)是肉制品生产中最常使用的一种食品添加剂。氨气的燃烧热316.25kJ·mol-1，肼(N2H4)为无色油状液体，有类似于氨的刺鼻气味，是一种强极性化合物。连二亚硝酸(HON=NOH)是一种重要的还原剂，可由亚硝酸和羟胺反应制备，其反应的化学方程式为HONO+H2NOH→HON=NOH+H2O。下列说法错误的是
A. 亚硝酸根离子(NO)为V形结构 B. 羟胺是极性分子
C. 1个HON=NOH中有6个σ键 D. 连二亚硝酸可能易溶于水
【答案】C
【解析】
【详解】A．NO中心N原子的价层电子对数为，含1对孤电子对，空间构型为V形，故A正确；
B．羟胺正负电荷中心不能重合，为极性分子，故B正确；
C．1个HON=NOH中有5个σ键和1个键，故C错误；
D．连二亚硝酸含有羟基，能与水分子形成氢键，因此易溶于水，故D正确；
故选：C。
7. 氮是生命所需的重要元素，是蛋白质的重要组成部分。亚硝酸(HNO2)是一种亮蓝色的弱酸，电离平衡常数为4.6×10-4；亚硝酸既有氧化性，又有还原性。亚硝酸溶液微热即分解。亚硝酸钠(NaNO2)是肉制品生产中最常使用的一种食品添加剂。氨气的燃烧热316.25kJ·mol-1。肼(N2H4)为无色油状液体，有类似于氨的刺鼻气味，是一种强极性化合物。关于物质的性质及其相关用途，下列说法错误的是
A. 蛋白质盐析是可逆的，可采用多次盐析来分离提纯蛋白质
B. 亚硝酸钠(NaNO2)具有防腐作用，可用来浸泡新鲜瓜果
C. 浓氨水具有挥发性和还原性，可用于检验输送氯气的管道是否漏气
D. NH3易液化，液氨汽化时吸收大量热，可用作制冷剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．盐析物理可逆过程，可利用盐析分离提纯蛋白质，故A正确；
B．亚硝酸钠(NaNO2)有毒，不能浸泡新鲜瓜果，故B错误；
C．浓氨水具有挥发性和还原性，其与氯气反应生成固体氯化铵，能看到白烟现象，可用于检验输送氯气的管道是否漏气，故C正确；
D．NH3易液化，液氨汽化时吸收大量热，利用此性质可用液氨作制冷剂，故D正确；
故选：B。
8. 利用电解原理制备的装置如图所示(M、N均为惰性电极)。下列说法正确的是
A. 极与电源负极相连
B. 常温下，电解后N极附近溶液减小
C. 膜a、膜c均为阴离子交换膜，膜b为阳离子交换膜
D. 电解时可获得副产物、、
【答案】D
【解析】
【分析】结合装置图可知利用电解原理制备的原理为M极的Ca2+透过膜a，透过膜b，在膜a和膜b之间的室形成，因此M极为阳极，N极为阴极。
【详解】A．由分析可知M极为阳极，应与电源正极相连，A错误；
B．N极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，因此常温下电解后N极附近溶液增大，B错误；
C．Ca2+透过膜a，透过膜b，在膜a和膜b之间的室形成，Na+透过膜c进入N极室，因此膜a、膜c均为阳离子交换膜，膜b为阴离子交换膜，C错误；
D．M极为阳极，氯离子放电产生氯气，N极为阴极，N极室产生氢气和NaOH，故电解时可获得副产物、、，D正确；
选D。
9. 汽车尾气中的有害气体可通过如下反应实现转化：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)。下列说法正确的是
A. 每转化22.4LNO，转移电子数为2×6.02×1023
B. 该反应ΔH<0
C. 反应的平衡常数K=
D. 其他条件相同，使用催化剂，可提高活化分子百分数，降低反应的焓变
【答案】B
【解析】
【详解】A．未指明气体状况，不能根据体积确定其物质的量，无法计算电子数，故A错误；
B．由反应可知ΔS<0，则ΔH<0反应才能自发进行，故B正确；
C．反应的平衡常数K=，故C错误；
D．使用催化剂，可提高活化分子百分数，但不影响反应的焓变，故D错误；
故选：B。
10. 抗阿尔茨海默病药物多奈哌齐的部分合成路线如下：
下列说法正确的是
A. X分子中的含氧官能团为醛基、酮羰基
B. 1molX最多能与3molH2反应
C. Z既能与氢氧化钠溶液反应又能与盐酸反应
D. Y存在顺反异构体且所有碳原子可能共平面
【答案】D
【解析】
【详解】A．由X的结构简式可知其所含官能团为醚键和醛基，故A错误；
B．X中苯环和醛基都能与氢气发生加成反应，1molX最多能与4mol氢气反应，故B错误；
C．结合Z的结构可知其含有胺基结构，能与盐酸反应，但不能与NaOH反应，故C错误；
D．Y中存在碳碳双键，且双键碳原子分别连两个不同的原子或原子团，因此存在顺反异构，苯环为平面结构，碳碳双键为平面结构，醚键氧原子与其直接相连的碳原子在同平面上，三个平面结构通过单键相连，可能重合，因此所有碳原子可能共平面，故D正确；
故选：D。
11. 根据下列实验操作和现象所得结论正确的是
选项
实验操作和实验现象
结论
A
在一块除去铁锈的铁片上滴1滴含有酚酞的食盐水静置2~3min，溶液边缘出现红色
铁片上发生了吸氧腐蚀
B
将足量H2O2溶液滴入少量的酸性高锰酸钾溶液溶液紫色褪去
H2O2具有漂白性
C
向某溶液中滴加NaOH溶液并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸颜色无明显变化
原溶液中无
D
向Na2CO3、Na2S的混合溶液中滴入少量AgNO3溶液，有黑色沉淀生成
Ksp(Ag2S)
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．在一块除去铁锈的铁片上滴1滴含有酚酞的食盐水静置2~3min，溶液边缘出现红色说明水分子作用下氧气在正极碳上得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，证明铁片上发生了吸氧腐蚀，故A正确；
B．将足量过氧化氢溶液滴入少量的酸性高锰酸钾溶液溶液紫色褪去是因为过氧化氢溶液具有还原性，与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、氧气和水，与过氧化氢的漂白性无关，故B错误；
C．溶液中铵根离子与氢氧根离子共热反应生成氨气和水，常温下溶液中铵根离子与氢氧根离反应生成一水合氨，则向某溶液中滴加氢氧化钠溶液并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸颜色无明显变化不能说明原溶液中是否存在铵根离子，故C错误；
D．没有明确混合溶液中碳酸钠和硫化钠的浓度是否相等，则向碳酸钠和硫化钠的混合溶液中加入硝酸银溶液，有黑色沉淀生成不能说明硫化银的溶度积小于碳酸银，故D错误；
故选A。
12. 室温下，通过下列实验探究NaHCO3溶液的性质
实验
实验操作和现象
1
用pH试纸测得0.1mol·L-1NaHCO3溶液的pH约为8
2
向0.1mol·L-1NaHCO3溶液中加入过量0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀
3
向0.1mol·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol·L-1NaOH溶液
4
向浓NaHCO3溶液中加入浓Al2(SO4)3溶液，有气体和沉淀生成
下列说法不正确的是
A. 实验1的溶液中存在c(Na+)>c(H2CO3)>c()
B. 实验2所得上层清液中存在c(Ba2+)·c()=Ksp(BaCO3)
C. 实验3反应后的溶液中存在c(Na+)
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶液显碱性，说明溶液中碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，由实验1可得出：，A项正确；
B．实验2反应静置后的上层清液为碳酸钡饱和溶液，存在碳酸钡的溶解平衡，溶液中有，B项正确；
C．向0.1mol/L溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液生成，根据物料守恒可知,则，C项错误；
D．与混合时能互相促进水解生成氢氧化铝沉淀，二氧化碳气体，离子方程式为，D项正确；
答案选C。
13. 通过反应Ι：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可以实现CO2捕获并资源化利用。密闭容器中，反应物起始物质的量比=3时，在不同条件下(分别在温度为250℃下压强变化和在压强为5×105Pa下温度变化)达到平衡时CH3OH物质的量分数变化如下图所示，主要反应如下：
反应II：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)ΔH2=+42.5kJ·mol-1
反应Ⅲ：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)ΔH3=—90.7kJ·mol-1
下列说法正确的是
A. 反应Ι的ΔH1=+48.2kJ·mol-1
B. 曲线②表示CH3OH的物质的量分数随压强的变化
C. 一定温度下，增大的比值，可提高CO2平衡转化率
D. 在5×105Pa、250℃、起始=3条件下，使用高效催化剂，能使CH3OH物质的量分数从X点达到Y点
【答案】C
【解析】
【详解】A．由盖斯定律可知，反应Ⅱ+Ⅲ得到反应Ⅰ，则ΔH1=(+42.5kJ/mol)+(—90.7kJ/mol)=—48.2 kJ/mol，故A错误；
B．生成甲醇的反应都是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇物质的量分数增大，则曲线①表示甲醇的物质的量分数随压强的变化，故B错误；
C．一定温度下，增大的比值相当于增大氢气的浓度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，故C正确；
D．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但化学平衡不移动，则在5×105Pa、250℃、起始=3条件下，使用高效催化剂，能使甲醇物质的量分数从X点达到Y点，故D错误；
故选C。
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 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：
（1）Mn2+的基态核外电子排布式为_____。
（2）“酸浸”时为提高锰离子的浸出率，可采取的措施有_____。
（3）“反应I”中加入硫铁矿(主要成分FeS2)与MnO2反应生成Mn2+与Fe3+，滤渣1的主要成分为FeS2和S，写出该反应的离子方程式_____。
（4）已知：Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38。“调pH”后滤液中Fe3+刚好沉淀完全(离子浓度小于1×10-5mol·L-1认为沉淀完全)，此时pH约为_____；滤渣2除MnO2、CaCO3外主要成分是_____(填化学式)。
（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MnO，过滤洗涤；将几次洗涤的滤液与过滤所得的滤液合并，向其中加入Na2C2O4固体0.5360g；充分反应后，用0.0400mol·L-1KMnO4溶液滴定，用去20.00mL。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)_____。
[已知：+→CO2↑+Mn2+(未配平)]
【答案】（1）[Ar]3d5
（2）加热、搅拌、适当增加硫酸浓度等
（3）3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S+6H2O
（4） ①. 3 ②. Fe(OH)3、CaSO4
（5）
80.00%。
【解析】
【分析】废锰渣(含MnO2及少量KOH、MgO、Fe2O3)，加入硫酸进行酸浸，MnO2、MgO、Fe2O3均溶解生成对应的盐，加入硫铁矿（FeS2）将+4价锰还原为+2价的锰，加入硫酸调节PH，使铁离子、镁离子分别转化为氢氧化铁沉淀和氢氧化镁沉淀，滤渣1中还含有硫单质，加入二氧化锰将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钙调节PH，将铁离子沉淀完全，同时生成硫酸钙，过滤得硫酸锰溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得到硫酸锰晶体。
【小问1详解】
锰是25号元素，Mn2+的基态核外电子排布式为：[Ar]3d5。
答案为：[Ar]3d5。
【小问2详解】
“酸浸”时为提高锰离子的浸出率，可采取的措施有：加热、搅拌、适当增加硫酸浓度等。
答案为：加热、搅拌、适当增加硫酸浓度等。
【小问3详解】
结合以上分析，“反应I”中加入硫铁矿与MnO2反应生成Mn2+与Fe3+，该反应的离子方程式：3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S+6H2O。
答案为：3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S+6H2O。
【小问4详解】
Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH-)=1×10-38,计算得出c(OH-)=1×10-11，c(H+)=1×10-3，PH=3；结合以上分析可知，滤渣2中含有Fe(OH)3、CaSO4、MnO2、CaCO3。
答案为：3；Fe(OH)3、CaSO4。
【小问5详解】
5C2O+2+6H+=10CO2↑+2Mn2++3H2O，根据比例关系：5C2O~2MnO，n(C2O)总==0.004mol，n(C2O)余=0.0400×20.00×10-3×=2.0×10-3mol，n(C2O)反=2.0×10-3mol，n(Mn2+)=2.0×10-3×=0.80×10-3mol，则MnSO4%=0.80×10-3××100%=80.00%。
15. 白花丹酸具有镇咳祛痰的作用，其合成路线流程图如下：
（1）B分子中碳原子的杂化方式为_____。
（2）C→D的反应类型为_____。
（3）白花丹酸分子中混有，写出同时满足下列条件的该有机物的一种同分异构的结构简式：_____
①分子中有四种不同化学环境的氢；②与FeCl3溶液能发生显色反应，且1mol该物质最多能与3molNaOH反应。
（4）E的结构简式为_____。
（5）已知：R—BrRMgBr。根据已有知识并结合相关信息写出以和CH3CH2OH为原料制备的合成路线流程图_____。
【答案】（1）sp2、sp3
（2）氧化反应 （3）或
（4） （5）
【解析】
【分析】与反应生成B，B与C2H5MgBr在酸性条件下反应生成C，在酸性条件下被三氧化铬将羟基氧化为酮羰基生成D，D与BrCH2COOC2H5反应生成E，E在碱性条件下水解生成羧酸盐，酸性条件下转化为F，结合转化关系可确定E为酯，故E为 ，F与AlI3和CH3CN反应生成白牡丹酸。
【小问1详解】
B分子中，苯环上的碳、醛基上的碳原子的杂化方式为sp2，环烷烃上的碳原子的杂化方式为sp3。
答案为：sp2、sp3。
【小问2详解】
结合以上分析可知，C中的羟基被氧化为酮羰基，反应类型为氧化反应。
答案为：氧化反应。
【小问3详解】
的同分异构，①分子中有四种不同化学环境的氢则结构高度对称；②与FeCl3溶液能发生显色反应则含有酚羟基，且1mol该物质最多能与3molNaOH反应，可能含有甲酸酯结构且水解后产物增加酚羟基的数目，其结构简式为：或
。
答案为：或
。
【小问4详解】
E在碱性条件下水解生成羧酸盐，酸性条件下转化为F，结合转化关系可确定E为酯，故E为。
答案为：。
【小问5详解】
与氢气发生加成反应生成，与浓的氢溴酸反应生成，在无水乙醚条件下与镁反应生成，乙醇氧化得到乙醛，与乙醛反应得到，故合成路线为：。
答案为：。
16. 硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]为橙红色结晶性粉末，易溶于水和乙醇，几乎不溶于浓硝酸，主要用作氧化剂和分析试剂；二氧化铈(CeO2)为白色或黄白色固体，难溶于水，有强氧化性，主要用于玻璃、催化剂、电子管等工业。(NH4)2Ce(NO3)6和CeO2均是常见的强氧化剂，可用Ce2(CO3)3(难溶于水)为原料进行制取。
（1）碳酸铈可溶于硝酸中，写出酸溶1的离子方程式：_____。
（2）“沉淀1”时，溶液中Ce(NO3)3转化为Ce(OH)3(HO2)沉淀。写出沉淀1反应的化学方程式：_____。
（3）“酸溶2”时，控制反应温度为80℃，硝酸与Ce(OH)3(HO2)分解产生的Ce(OH)4反应生成H2Ce(NO3)6，反应过程中有少量红棕色气体逸出。“酸溶2”时需控制硝酸的温度为80℃，原因是_____。
（4）“沉淀2”时，控制其他条件一定，改变加入NH4NO3固体的量，测得(NH4)2Ce(NO3)6沉淀的收率如图1所示。“沉淀2”时，不是采用反应计量数之比，而是控制加入n(NH4NO3)∶n(Ce)=4∶1的目的是_____。
（5）已知：4Ce(OH)3(白色沉淀)+O2+2H2O=4Ce(OH)4(黄色沉淀)，Ce(OH)4受热分解时失重百分比与温度的关系如图2所示。实验小组以Ce2(CO3)3为原料制取CeO2，请设计实验方案：将Ce2(CO3)3完全溶解于盐酸中，_____，得CeO2固体。[须选用的试剂和仪器：2mol·L-1氨水、O2、1mol·L-1HNO3、1mol·L-1AgNO3溶液、马弗炉(可用于固体的高温加热)]
【答案】（1）Ce2(CO3)3+6H+=2Ce3++3CO2↑+3H2O
（2）2Ce(NO3)3+3H2O2+4H2O=2Ce(OH)3(HO2)↓+6HNO3
（3）控制硝酸的温度为80℃的目的是增大化学反应速率的同时减少硝酸的挥发和分解
（4）增加的浓度，增大反应的速率；此时(NH4)2Ce(NO3)6沉淀的收率较高
（5）向所得溶液中加入2mol·L-1氨水，静置后向上层清液中加入氨水不再产生沉淀，向浊液中边搅拌边通入O2至沉淀完全变为黄色，洗涤滤渣，至最后一次洗涤滤液加入1mol·L-1HNO3酸化后再加入1mol·L-1AgNO3溶液不再产生沉淀，将沉淀放入马弗炉中，控制温度为500℃下焙烧至固体质量不再减少
【解析】
【分析】Ce2(CO3)3溶于硝酸生成Ce(NO3)3，溶液中加H2O2将Ce(NO3)3氧化成Ce(OH)3(HO2)沉淀，“酸溶2”时，控制反应温度为80℃，硝酸与Ce(OH)3(HO2)分解产生的Ce(OH)4反应生成H2Ce(NO3)6，过滤得沉淀，沉淀溶于硝酸铵得到(NH4)2Ce(NO3)6。
【小问1详解】
Ce2(CO3)3溶于硝酸生成Ce(NO3)3，反应离子方程式Ce2(CO3)3+6H+=2Ce3++3CO2↑+3H2O；
【小问2详解】
“沉淀1”加H2O2，溶液中Ce(NO3)3转化为Ce(OH)3(HO2)沉淀，反应方程式为：2Ce(NO3)3+3H2O2+4H2O=2Ce(OH)3(HO2)↓+6HNO3；
【小问3详解】
“酸溶2”时需控制硝酸的温度为80℃，原因是控制硝酸的温度为80℃的目的是增大化学反应速率的同时减少硝酸的挥发和分解；
【小问4详解】
由图可知控制加入n(NH4NO3)∶n(Ce)=4∶1时(NH4)2Ce(NO3)6沉淀收率较高，同时增加的浓度，增大反应的速率；
【小问5详解】
以Ce2(CO3)3为原料制取CeO2，实验方案：将Ce2(CO3)3完全溶解于盐酸中，向所得溶液中加入2mol·L-1氨水，静置后向上层清液中加入氨水不再产生沉淀，向浊液中边搅拌边通入O2至沉淀完全变为黄色，洗涤滤渣，至最后一次洗涤滤液加入1mol·L-1HNO3酸化后再加入1mol·L-1AgNO3溶液不再产生沉淀，将沉淀放入马弗炉中，控制温度为500℃下焙烧至固体质量不再减少得到CeO2。
17. 回收利用含硫化合物有利于节约资源、保护环境。
（1）一种由含H2S烟气回收硫黄的工艺为：将一部分含H2S的烟气在空气中燃烧，将燃烧所得产物与剩余烟气混合，冷却后可回收得到硫黄(S8)。该工艺中涉及反应为：
反应1：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) ΔH1=akJ·mol-1(a<0)
反应2：4H2S(g)+2SO2(g)=3S2(g)+4H2O(g) ΔH2=bkJ·mol-1(b>0)
反应3：4S2(g)=S8(s) ΔH3=ckJ·mol-1(c<0)
如果上述反应均能完全进行，为提高硫黄的产率，该工艺中需要控制反应1和反应2烟气的体积比为_____。
（2）某工业废水中含有乙硫醇(C2H5SH)，已知C2H5SH水溶液中的物种分布分数如图1所示。
已知：Ka1(H2S)=9×10-8，分别从电离常数和共价键极性的角度比较H2S和C2H5SH酸性强弱：
①_____(电离常数)；
②_____(共价键极性)。
（3）一种以Al2O3为催化剂载体、FeS2为催化剂的H2还原烟气中SO2制S的反应机理如图2和图3所示：
①图3中所示的转化过程可描述为_____。
②图2中FeSx和H2反应生成M、FeSx-1和H•的化学方程式为_____。
③其他条件一定，改变起始时H2与SO2的比例，反应相同时间，测得S的产率与温度和n(H2)/n(SO2)比值的关系如图4所示。500℃时，n(H2)/n(SO2)比值为3时硫的产率小于比值为2时的原因是_____。
【答案】（1）1∶2 （2） ①. 电离常数角度：C2H5SHC2H5S-+H+，其电离常数Ka==10-10.4
（3） ①. SO2吸附到催化剂载体上，在活性氢原子作用下，SO2中硫氧键断裂；氢原子与氧原子结合成OH吸附在载体上，同时有单质S生成；氢原子进一步与OH反应生成水 ②. FeSx+H2=HS•+FeSx-1+H• ③. n(H2)/n(SO2)比值为3时，H2过量，H2进一步将S还原成H2S，导致硫的产率减小
【解析】
【小问1详解】
由反应方程式可知反应1生成的二氧化硫与反应2中的H2S的物质的量之比为1：2时恰好完全反应，若使反应完全进行，该工艺中需要控制反应1和反应2烟气的体积比为1：2；
【小问2详解】
①电离常数角度：C2H5SHC2H5S-+H+，结合图中信息可知当pH=10.4时，，此时电离常数Ka===10-10.4
②共价键极性角度：-C2H5是推电子基团，使C2H5SH中H—S的极性降低，电离出H+的能力减弱；故酸性H2S>C2H5SH；
【小问3详解】
①图3中所示SO2吸附到催化剂载体上，在活性氢原子作用下，SO2中硫氧键断裂；氢原子与氧原子结合成OH吸附在载体上，同时有单质S生成；氢原子进一步与OH反应生成水；
②图2中FeSx和H2反应生成M、FeSx-1和H•的化学方程式为FeSx+H2=HS•+FeSx-1+H•；
③500℃时，n(H2)/n(SO2)比值为3时硫的产率小于比值为2时的原因n(H2)/n(SO2)比值为3时，H2过量，H2进一步将S还原成H2S，导致硫的产率减小。
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