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江苏省常州高级中学2024-2025学年高三上学期开学考试化学试题（解析版）
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这是一份江苏省常州高级中学2024-2025学年高三上学期开学考试化学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了所有题目的答案都填写在答卷纸上， NH3可用于生产铵盐、硝酸等， 下列描述或反应方程式正确的是等内容，欢迎下载使用。
化 学 试 卷
说明：
1.所有题目的答案都填写在答卷纸上。
2.本卷总分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 Na-23 Al-27 S-32 Fe-56
第Ⅰ卷 选择题(共39分)
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. 高新科技的发展离不开化学材料，下列属于新型无机非金属材料的是
A. 石墨烯B. 聚乙烯C. 普通玻璃D. 尼龙66
【答案】A
【解析】
【详解】A．石墨烯属于新型无机非金属材料，A选；
B．聚乙烯属于有机高分子化合物，B不选；
C．普通玻璃属于传统的无机非金属材料，C不选；
D．尼龙66属于有机高分子化合物，D不选；
答案选A。
2. CsCl是一种分析试剂，制备方法Cs2CO3＋2HCl=2CsCl＋H2O＋CO2↑。下列说法正确的是
A. CsCl的电子式：B. 基态O2-的核外价电子排布式：1s22s22p6
C. CO的空间构型：平面正三角形D. CO2中键的示意图：
【答案】C
【解析】
【详解】A．CsCl属于离子化合物，即电子式，故A项错误；
B．基态O2-的核外价电子排布式：2s22p6，故B项错误；
C．中C原子上的孤电子对为：，价层电子对数为3+0=3，故C原子为sp2杂化、空间构型为平面正三角形，故C项正确；
D．CO2中s和p轨道以“头碰头”重叠可形成σ键，该图为π键的示意图，故D项错误；
故本题选C。
3. 分离提纯在化学研究中具有重要作用。由下图玻璃仪器组装的分离提纯装置错误的是
A. 过滤装置用②⑩⑪B. 蒸发结晶装置用①③⑪
C. 分液装置用⑥⑩D. 蒸馏装置用①④⑤⑦⑧⑫
【答案】D
【解析】
【详解】A．过滤需要用烧杯，漏斗和玻璃棒，则过滤装置用②⑩⑪，A正确；
B．蒸发结晶需要用酒精灯，蒸发皿和玻璃棒，则蒸发结晶装置用①③⑪，B正确；
C．分液需要用到梨型分液漏斗和烧杯，则分液装置用⑥⑩，C正确；
D．蒸馏需要用到酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管、牛角管和锥形瓶，不能用球形冷凝管， D不正确；
答案选D。
4. NH3可用于生产铵盐、硝酸等。液氨中NH和NH的性质类似于水中的H3O+和OH-；NH3中的一个H被-NH2取代形成N2H4，N2H4中的两个H被-CH3取代形成(CH3)2NNH2。下列说法正确的是
A. 电负性：H＜O＜NB. NH3与N2H4晶体类型相同
C. (CH3)2NNH2存在顺反异构D. N2H4和NH都可做配体
【答案】B
【解析】
【详解】A．N、O为相邻的同周期元素，O在N的右边，则非金属性H＜N＜O，所以电负性：H＜N＜O，故A项错误；
B．NH3和N2H4都是由分子构成化合物，它们之间的作用力主要是分子间作用力，均属于分子晶体，故B项正确；
C．(CH3)2NNH2中所有原子间都形成共价单键，不存在顺反异构，故C项错误；
D．N2H4中2个N原子的最外层都存在1个孤电子对，而的中心N原子的最外层不存在孤电子对，所以N2H4能做配体，但不能做配体，故D项错误；
故本题选B。
阅读下列材料，完成下列小题：
氯及其化合物应用广泛。Cl2易液化，可储存于钢瓶中。氯气可用于生产HCl、FeCl3、NaClO、NaClO3等化工产品。BrCl和Cl2的化学性质相似，能与H2O反应生成两种酸。NCl3可用于漂白和杀菌消毒。
5. 下列物质的结构与性质或物质的性质与用途具有对应关系的是
A. H—Cl的键能大于H—Br，HCl的热稳定性大于HBr
B. H2O分子间存在氢键，H2O不易分解
C. HClO具有弱酸性，可用于杀菌消毒
D. FeCl3溶液呈酸性，可用于蚀刻铜制印刷电路板
6. 下列描述或反应方程式正确的是
A. Cl2和活性炭使品红褪色的原理相同
B. FeCl3用来净水原理方程式： FeCl3+3H2O⇌Fe(OH)3↓+3HCl
C. BrCl与H2O反应的化学方程式： BrCl+H2O=HBrO+HCl
D. Cl2与NaOH溶液在75℃生成NaClO3的离子方程式：
7. NCl3水解的反应原理示意图如图所示。下列说法正确的是
A. HClO的结构式为H—Cl—O
B. NCl3中N、Cl之间的共用电子对偏向于N
C. 基态N原子的轨道表示式为
D. NCl3的水解过程中N原子的杂化轨道类型发生了变化
【答案】5. A 6. C 7. B
【解析】
【5题详解】
A．氢氯键的键能大于氢溴键，说明氢氯键强于氢溴键，所以氯化氢的热稳定性大于溴化氢，故A项正确；
B．水分子不易分解是因为氧元素的电负性大，非金属性强所致，与水分子间存在氢键无关，故B项错误；
C．次氯酸可用于杀菌消毒是因为次氯酸具有强氧化性，与次氯酸具有弱酸性无关，故C项错误；
D．氯化铁溶液可用于蚀刻铜制印刷电路板是因为铁离子具有弱氧化性，能与铜反应生成亚铁离子和铜离子所致，与FeCl3溶液呈酸性无关，故D项错误；
故本题选A。
【6题详解】
A．Cl2能使品红褪色原理是：Cl2与水反应生成HClO，HClO具有强氧化性，使品红褪色；活性炭具有吸附性，吸附色素，使品红褪色，则原理不同，故A项错误；
B．FeCl3用来净水原理方程式： FeCl3+3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)+3HCl，故B项错误；
C．BrCl分子中Br为+1价、Cl为-1价，与H2O反应的化学方程式为：BrCl+H2O= HBrO+HCl，故C项正确；
D．Cl2与NaOH溶液在75℃生成NaClO3的离子方程式为：，故D项错误；
故本题选C。
【7题详解】
A．次氯酸是共价化合物，氧原子与氢原子、氯原子分别通过1对共用电子对结合，结构式为H-O-Cl，故A项错误；
B．NCl3(其中N为-3价)，NCl3中N、Cl之间的共用电子对偏向于N而显负价，故B项正确；
C．原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时①电子尽可能分占不同的原子轨道，②自旋状态相同，③全空、全满或半满时能量最低，基态N原子的轨道表示式为违背了洪特规则，故C项错误；
D．NCl3中含有3个σ键，且孤电子对数为1，所以氮原子的杂化类型为sp3杂化，NCl3发生水解反应生成氨气，其中含有3个σ键，且孤电子对数为1，所以氮原子的杂化类型为sp3杂化，杂化轨道类型不变，故D项错误；
故本题选B。
8. 元素及其化合物的转化在工业生产中具有极其重要的用途。下列物质间转化能实现的是
A. 工业制取漂白粉：饱和食盐水Cl2漂白粉
B. 工业制取镁：MgCl2溶液无水MgCl2Mg
C. 工业制取硫酸：SSO3H2SO4
D. 铝土矿制铝：铝土矿NaAlO2AlCl3Al
【答案】A
【解析】
【详解】A．电解食盐水生成氯气，氯气通入石灰乳中反应生成次氯酸钙得到漂白粉，A正确；
B．由于MgCl2水解生成Mg(OH) 2和HCl，HCl易挥发，故直接蒸干MgCl2溶液得不到无水MgCl2，B错误；
C．硫与过量的O2燃烧只能生成SO2，SO2经催化氧化才能制得SO3，且工业上制备硫酸是煅烧含硫矿物来制得SO2，C错误；
D．工业上电解熔融氧化铝制取铝单质，D错误；
故选A。
9. 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的实验流程如下图所示，下列说法不正确的是
A. 1ml过二硫酸钠(Na2S2O8)含有过氧键(―O―O―)数目约为6.02×1023
B. “氧化除锰”过程中共消耗2ml过二硫酸钠(Na2S2O8)，则废液中共含有2ml Mn2+
C. 沉锌反应：3ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+3(NH4)2SO4+H2O
D. “调节pH”时试剂X可以选用ZnO或Zn(OH)2
【答案】B
【解析】
【分析】向含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2+、Mn2+)中加入Na2S2O8溶液，生成MnO2沉淀且将Fe2+氧化为Fe3+，过滤后向滤液中加入试剂X调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，为了不引入新杂质，试剂X可以为ZnO、ZnCO3、Zn(OH)2等，最后过滤后再加入NH4HCO3沉锌生成碱式碳酸锌ZnCO3·2Zn(OH)2。
【详解】A．过二硫酸钠中硫元素的化合价为+6价，含有1个过氧键，1ml过二硫酸钠(Na2S2O8)中含有过氧键(―O―O―)数目约为6.02×1023，故A项正确；
B．“氧化除锰”过程中生成MnO2，过二硫酸根被还原为硫酸根，离子方程式：Mn2+++2H2O=MnO2↓+2+4H+，消耗2ml过二硫酸钠(Na2S2O8)，则废液中共含有2ml Mn2+，但溶液中有Fe2+，也会消耗l过二硫酸钠，则废液中Mn2+小于2ml，故B项错误；
C．沉锌时，发生的反应为：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，故沉锌化学方程式为：3ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+3(NH4)2SO4+H2O，故C项正确；
D．据分析，“调节pH”时试剂X可以选用ZnO、Zn(OH)2或ZnCO3，故D项正确；
故本题选B。
10. 利用催化剂可实现肼氧化辅助制氢，下列有关叙述正确的是
A. 图中甲池是电解池，乙池是原电池
B. 电极C附近溶液pH下降
C. 该装置可实现N2H4循环制氢
D. 制得1mlH2的同时可制得1mlN2
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知甲装置能自发的进行氧化还原反应，所以甲是原电池，电极B为负极，电极反应为：，则A为正极，电极反应为：，总反应为，用来制备氮气；乙属于电解池，与电源的负极B相连的电极C为阴极，电极反应为：
d电极为阳极，电极反应为：，据此分析解题。
【详解】A．图中甲池是原电池，乙池是电解池，A错误；
B．电极C附近溶液pH增加，B错误；
C．该装置消耗N2H4无法循环制氢，C错误；
D．当电路转移2ml电子，制得1mlH2，同时可制得1mlN2，D正确；
故选D。
11. 下列实验方案能达到探究目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ag+促进的电离，生成为黄色沉淀，不能证明溶液发生了水解反应，故A错误；
B．生成的CuS不溶于硫酸，观察到生成黑色沉淀，不能证明酸性：，故B错误；
C．I2与KI反应生成KI3，则I2在浓KI溶液中的溶解能力大于在CCl4中的溶解能力，故C正确；
D．酸性高锰酸钾溶液可氧化盐酸，紫色褪去，不能证明中含有Fe(II)，故D错误；
故选C。
12. 常温下和的两种溶液中，分布系数δ与pH的变化关系如图所示。[比如：]
下列叙述正确的是
A. 曲线M表示的变化关系
B. 若酸的初始浓度为，则a点对应的溶液中有
C. 电离常数
D 时，
【答案】D
【解析】
【分析】随着pH的增大，、浓度减小，、浓度增大，—Cl为吸电子基团，的酸性强于，即)，δ(酸分子)=δ(酸根离子)=0.5时的pH分别约为1.3、2.8，则两种酸的电离常数分别为，，由此分析解题。
【详解】A．根据分析，曲线M表示的变化关系，A错误；
B．根据，初始，若溶液中溶质只有，则，但a点对应的，说明此时溶液中加入了酸性更强的酸，根据电荷守恒，，B错误；
C．根据分析，CH2ClCOOH的电离常数Ka=10-2.8，C错误；
D．电离度，，则=，，时，，，D正确；
故答案选D。
13. 使用合适的催化剂进行乙酸直接加氢可制备乙醇，反应原理如下：
主反应：
副反应： (热效应小可忽略)
在密闭容器中控制。下平衡时S(乙醇)和S(乙酸乙酯)随温度的变化与250℃下平衡时S(乙醇)和S(乙酸乙酯)随压强的变化如图所示。乙醇的选择性可表示为。下列说法正确的是
A. 反应
B. 曲线②变化的原因是随温度升高，副反应正向进行的程度减小
C. 图中曲线③表示250℃，乙醇选择性随压强变化的曲线
D. 300℃、下，反应足够长时间，S(乙醇)
【答案】D
【解析】
【分析】主反应为气体体积减小的放热反应，增大压强，平衡正向移动，乙醇的选择性上升，则250℃下，乙醇选择性随压强变化的曲线是①；主反应和副反应均为放热反应，温度升高，主反应和副反应的平衡均逆向移动，主反应逆向移动的程度大于副反应，曲线②表示2MPa时乙醇选择性随温度变化的曲线；同理，③表示2MPa时乙酸乙酯选择性随温度变化的曲线，④表示250℃时乙酸乙酯选择性随压强变化的曲线。
【详解】A．根据盖斯定律，反应2CH3COOH(g)+2H2(g)=CH3COOCH2CH3(g)+2H2O(g)可由主反应+副反应得到，由于主反应和副反应都为放热反应，故反应2CH3COOH(g)+2H2(g)=CH3COOCH2CH3(g)+2H2O(g)的∆H＜0，A项错误；
B．曲线②表示2MPa时乙醇选择性随温度变化的曲线，副反应的热效应小可忽略，原因是随温度升高，主反应逆向进行，不利于主反应的进行，B项错误；
C．根据分析，曲线③表示2MPa时乙酸乙酯选择性随温度变化的曲线，C项错误；
D．由图可知，250℃、0.5MPa下乙醇的选择性为90%，升高温度主反应逆向移动，故300℃、0.5MPa下反应足够的时间S(乙醇) ＜90%，D项正确；
答案选D。
第II卷 非选择题(共61分)
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 研究从含锌资源中获取Zn的途径具有重要意义。
I．工业上酸浸提锌
氧化锌矿中含有ZnO、Fe2O3、FeO、PbO、Al2O3、CaO、SiO2等。
已知：i．几种难溶电解质的Ksp如下：
ii．浸出液中主要金属阳离子浓度如下：
（1）浸出渣的主要成分有PbSO4、CaSO4和SiO2.PbO和H2SO4反应的离子方程式为_______。
（2）加入试剂a的目的是_______。
（3）电解前，含Zn2+溶液中铁和铝的离子浓度均需小于10-6 ml。L-1，应调节pH的范围是_______(忽略①和②导致的体积变化)。
（4）工业上采用惰性电极作阳极电解ZnSO4溶液可实现湿法炼锌，电解过程中总反应的离子方程式为_______。
Ⅱ．实验室中氨浸提锌
已知：iii．；
iv．M的结构简式如图所示，R为—C9H19，两个羟基中，酚羟基酸性较强。
（5）NH3和(NH4)2SO4中H—N—H键角大小是_______(填“前者大”或“后者大”)。
（6）NH3和(NH4)2SO4浸取ZnO发生反应的离子方程式是_______。
（7）M能与Zn2+形成稳定的配合物X，相关反应为。X的部分结构如下图所示。X中形成氢键有利于Zn2+的萃取，中心原子周围形成4个共价键，下图画出了X的部分结构，请将X的结构在下图基础上补充完整_______(用→标出配位键，用…标出氢键)。
（8）从平衡移动的角度解释CO2能提高有机溶液中X含量的原因：_______。
【答案】（1）
（2）将Fe2+氧化成Fe3+
（3）5.0～6.0 （4）
（5）后者大 （6）2NH3+2+ZnO=[Zn(NH3)4]2++H2O
（7） （8）CO2与NH3反应，c(NH3)降低，促进正向移动，导致c(Zn2+)增大，促进正向移动
【解析】
【分析】氧化锌矿中含有ZnO、Fe2O3、FeO、PbO、Al2O3、CaO、SiO2等，向其中加稀硫酸并加热，其中的ZnO、Fe2O3、FeO、PbO、Al2O3、CaO均能与稀硫酸反应，依次转化为ZnSO4、Fe2(SO4)3、FeSO4、PbSO4、Al2(SO4)3、CaSO4，过滤时PbSO4和CaSO4以及不反应的SiO2成为浸出渣，浸出液中主要含有ZnSO4、Fe2(SO4)3、FeSO4、Al2(SO4)3，因为氢氧化亚铁和氢氧化锌属于同类型的难溶物，且两者的溶度积常数大小相当，为了使Fe2+和Zn2+尽可能分离，需要将亚铁离子氧化成铁离子，所以可向浸出液中加氧化性试剂，然后调节溶液的pH，使Al3+和Fe3+完全沉淀，获得含锌离子的溶液后，通过电解得Zn。
【小问1详解】
PbO和H2SO4反应生成硫酸铅，其离子方程式是：，故答案为：；
【小问2详解】
因为氢氧化亚铁和氢氧化锌属于同类型的难溶物，且两者的溶度积常数大小相当，为了使Fe2+和Zn2+尽可能分离，需要将亚铁离子氧化成铁离子，所以可向浸出液中加氧化性试剂，即加入试剂a的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，利于后续通过调pH将其除去，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+；
【小问3详解】
氢氧化铝和氢氧化铁属于同类型的难溶物，由表中所给两者溶度积常数可知，当Al3+完全沉淀时，Fe3+也已完全沉淀，调pH时应使Zn2+不沉淀、而使Al3+和Fe3+浓度小于10-6ml/L，要使Zn2+不沉淀， ，pH＜6.0，要使c(Al3+)＜10-6ml/L，则，即pH＞5.0，所以应调节pH的范围是5.0～6.0，故答案为：5.0～6.0；
小问4详解】
工业上采用惰性电极作阳极电解ZnSO4溶液可实现湿法炼锌，阳极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极反应式为：Zn2++2e-=Zn，电解过程中总反应的离子方程式为：，故答案为：；
【小问5详解】
NH3和的中心原子N均采取sp3杂化，NH3有一对孤电子对，没有孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，NH3和(NH4)2SO4中H—N—H键角大小是后者大，故答案为：后者大；
【小问6详解】
NH3和(NH4)2SO4浸取ZnO时，ZnO溶解生成[Zn(NH3)4]2+，发生反应的离子方程式是：2NH3+2+ZnO=[Zn(NH3)4]2++H2O，故答案为：2NH3+2+ZnO=[Zn(NH3)4]2++H2O；
【小问7详解】
M中氮原子上有1对孤电子对、氧原子上有2对孤电子对，Zn2+有空轨道，所以氮原子和氧原子能够与Zn2+形成配位键，已知两个羟基中酚羟基酸性较强，即酚羟基更活泼，所以应是酚羟基的氧原子和Zn2+形成配位键，又由于氧元素的电负性很强，所以氮原子所连的羟基氢原子与配合物X中的原酚羟基O原子之间形成氢键，补全图中X的结构并用用→标出配位键，“…”标出氢键如下：，故答案为：；
小问8详解】
CO2与NH3反应，c(NH3)降低，促进正向移动，导致c(Zn2+)增大，促进正向移动，所以X的含量增多，故答案为：CO2与NH3反应，c(NH3)降低，促进正向移动，导致c(Zn2+)增大，促进正向移动。
15. LiFePO4和FePO4可以作为锂离子电池的正极材料。
（1）LiFePO4的制备。将LiOH(强碱)加入煮沸过的蒸馏水配成溶液，在氮气的氛围中，将一定量的(NH4)2Fe(SO4 )2溶液与H3PO4、LiOH溶液中的一种混合，加入图1的三颈烧瓶中，在搅拌下通过滴液漏斗缓慢滴加剩余的另一种溶液，充分反应后，过滤，洗涤，干燥，得到粗产品。
①滴液漏斗中的放的溶液是_______溶液(填溶质的化学式)。
②(NH4)2Fe(SO4)2与H3PO4、LiOH反应得到LiFePO4和NH4HSO4 ，该反应的离子方程式为_______。已知Ka(HSO)=1.0×10-2。
③在氮气氛围下，粗产品经150℃干燥、高温焙烧，即可得到锂离子电池的正极材料。焙烧时常向其中加入少量活性炭黑，其主要目的是_______。
（2）FePO4的制备。取一定量比例的铁粉、浓磷酸、水放入容器中，加热充分反应，向反应后的溶液中加入一定量H2O2，同时加入适量水调节pH，静置后过滤，洗涤，得到FePO4·2H2O，高温煅烧FePO4·2H2O，即可得到FePO4。
①其他条件不变时，磷酸与水的混合比例对铁粉溶解速率的影响如图2所示。
当时，随着水的比例增加，铁粉溶解速率增大幅度不大的原因是_______。
②上述制备过程中，为使反应过程中的Fe2+完全被H2O2氧化，下列操作控制不能达到目的的是_______(填序号)。
a．用Ca(OH)2调节溶液pH=7 b．加热，使反应在较高温度下进行
c．缓慢滴加H2O2溶液并搅拌 d．加入适当过量的H2O2溶液
③测定产物样品中铁元素的质量分数，主要步骤如下：
i．取a g样品，加入过量盐酸充分溶解，再滴加SnCl2(还原剂)至溶液呈浅黄色；
ii．加入TiCl3，恰好将i中残余的少量Fe3+还原为Fe2+；
ⅲ．用c ml·L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+，平行滴定三次，平均消耗K2Cr2O7标准溶液V mL。
产物中铁元素的质量分数为_______。(写出计算过程)
【答案】（1） ①. LiOH ②. ③. 改善成型后LiFePO4的导电性能，防止+2价铁被氧化
（2） ①. 当时，随着水的比例增加，的浓度变稀，使减小，使反应速率减慢，同时反应放热能加快反应速率，前者对反应速率的影响略大于后者 ②. ab ③.
【解析】
【分析】将LiOH(强碱)加入煮沸过的蒸馏水配成溶液，首先H3PO4溶液与(NH4)2Fe(SO4)2溶液混合，加到三颈烧瓶中，连接好装置，通入氮气排尽装置内的空气，然后通过滴液漏斗加入LiOH溶液，充分反应后，过滤，洗涤，干燥，得到粗产品。
【小问1详解】
①(NH4)2Fe(SO4)2在溶液中水解使溶液呈酸性，能与能与氢氧化锂溶液反应，则制备磷酸铁锂的实验操作为在氮气的氛围中，将一定量的(NH4)2Fe(SO4)2溶液和H3PO4溶液混合加到三颈烧瓶中，在搅拌下通过滴液漏斗缓慢滴加氢氧化锂溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥得到粗磷酸铁锂，故答案为：LiOH；
②由分析可知，制备磷酸铁锂的反应为氢氧化锂溶液与硫酸亚铁铵、磷酸混合溶液反应生成磷酸铁锂、硫酸氢铵和水，反应的离子方程式为：，故答案为：；
③LiFePO4为锂离子电池正极材料，应具有导电性，同时注意防止焙烧时发生Fe2+的氧化，常向其中加入少量活性炭黑，其主要目的是：改善成型后LiFePO4的导电性能，防止+2价铁被氧化，故答案为：改善成型后LiFePO4的导电性能，防止+2价铁被氧化；
【小问2详解】
①当时，随着水的比例增加，一方面，c(H3PO4)减小，c(H+)减小，另一方面反应放热，则铁粉溶解速率增大幅度不大的原因为：当时，随着水的比例增加，的浓度变稀，使减小，使反应速率减慢，同时反应放热能加快反应速率，前者对反应速率的影响略大于后者，故答案为：当时，随着水的比例增加，的浓度变稀，使减小，使反应速率减慢，同时反应放热能加快反应速率，前者对反应速率的影响略大于后者；
②a．用Ca(OH)2调节溶液pH=7时，Fe2+会生成Fe(OH)2沉淀，同时生成Ca3(PO4)2沉淀，故a项不能达到目的；
b．加热，使反应在较高温度下进行，此时H2O2大量分解，故b项不能达到目的；
c．缓慢滴加H2O2溶液并搅拌，H2O2与Fe2+充分接触，反应充分，故c项能达到目的；
d．加入适当过量的H2O2溶液，确保Fe2+完全被氧化为Fe3+，故d项能达到目的；
故答案为：ab；
③滴定时发生的离子方程式为+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，则由题可得如下转化关系：～6Fe2+～6Fe3+，的物质的量为：cml/L×V×10-3L=10-3 cVml，则产物中铁元素的质量分数为：，故答案为：。
16. 硫酸羟胺是一种重要的化工原料，呈白色粉末状，可溶于水。一种利用氨法烟气脱硫中生成的亚硫酸氢铵制备环己酮肟的过程如下：
已知：①环己酮（）和羟胺反应生成环己酮肟（）称为肟化反应；
②环己酮肟能溶于水，难溶于浓溶液。
（1）“反应”中生成，若，写出该反应的离子方程式__________。
（2）浓缩的目的有：①防止在后续蒸发浓缩制硫酸铵时耗能过多；②__________；③__________。
（3）“肟化反应”中还需通入气体X，写出X的化学式：__________。
（4）“分离”的操作名称为：__________。
（5）环己酮肟在酸性条件下水解可实现脱肟。实验小组利用题图装置进行环己酮肟的脱肟并制备硫酸羟胺。补充完整制取硫酸羟胺的实验方案：在三颈烧瓶中分别加入一定量环己酮肟、蒸馏水和硫酸，__________，萃取相经气相色谱分析环己酮肟的转化率较高后，__________，即可得到硫酸羟胺粗品。（实验中需要使用的试剂、仪器：甲苯、溶液、蒸馏水、pH计）
【答案】（1）
（2） ①. 增大后续肟化反应的速率 ②. 减少环己酮肟在后续稀硫酸铵溶液中的溶解损失
（3）
（4）过滤 （5） ①. 加热，充分反应，用甲苯萃取反应液 ②. 萃余水相转移至烧杯中，加溶液，同时用pH计测量萃余水相的pH，直至约为7.0后，过滤，用蒸馏水洗涤，将洗涤液与滤液合并，蒸发、浓缩、结晶
【解析】
【分析】结合小问的描述，反应中SO2与NH4NO2、NH4HSO3反应生成，结合已知环已酮()和羟胺反应生成环已酮肟()，可以推知X的化学式为NH3，中和NH3OH+，使其转化为NH2OH，NH2OH与环己酮反应生成环已酮肟，环己酮肟能溶于水，难溶于(NH4)2SO4浓溶液，用过滤方法分离出环已酮肟。
【小问1详解】
“反应”中生成(NH3OH)2SO4，若n(SO2)：n(NH4HSO3)=1：1，根据原子守恒、化合价升降守恒，可得该反应的离子方程式为：；
【小问2详解】
浓缩的目的有：①防止在后续蒸发浓缩制硫酸铵时耗能过多；②增大后续肟化反应的速率；③减少环己酮肟在后续稀硫酸铵溶液中的溶解损失；
【小问3详解】
“肟化反应”中还需通入气体X，根据题意可知，气体X的化学式为NH3，中和NH3OH+，使其转化为NH2OH，NH2OH与环己酮反应，生成环己酮肟；
【小问4详解】
环己酮肟能溶于水，难溶于(NH4)2SO4浓溶液，所以“分离”的操作名称为过滤；
【小问5详解】
环己酮肟在酸性条件下水解可实现脱肟，实验小组利用如图装置进行环己酮肟的脱肟并制备硫酸羟胺，完整制取硫酸羟胺的实验方案为：在三颈烧瓶中分别加入一定量环己酮肟、蒸馏水和硫酸，加热，充分反应，用甲苯萃取反应液，萃取相经气相色谱分析环己酮肟的转化率较高后，萃余水相转移至烧杯中，加Ba(OH)2溶液，同时用pH计测量萃余水相的pH，直至约为7.0后，过滤，用蒸馏水洗涤，将洗涤液与滤液合并，蒸发、浓缩、结晶，即可得到硫酸羟胺粗品。
17. 目前水体中主要污染物有氨氮、硝氮、重金属、有机物等，而部分重金属如铅(Pb)易形成溶解度较大的配合物，如何高效处理这些污染物便成为了研究的热点。
（1）实验室内通常使用覆盖硫磺的方法使得Hg转化为无毒的HgS。
①写出该反应的化学方程式：_______。
②该反应几乎在瞬间就可以反应完全。相比之下比汞活泼的铁与硫磺发生类似反应则十分困难：只有在加热的条件下才可以发生化合生成FeS。请合理推测以上反常现象出现的原因：_______。
③HgS是溶解度最小的硫化物。实验室常用王水来溶解HgS。已知＋2价的汞易形成4配位的配离子，且反应过程中会产生一种极易被氧化为另一种红棕色气体的无色无味气体和一种淡黄色的沉淀。给出反应的离子方程式：_______。
（2）某科研课题组设想的一种利用光化学催化同时处理水体中硝氮、重金属、有机物(以CH2O表示)污染物的反应机理如下图所示。
(提示：在催化剂表面只有电子积累到一定密度时Pb2+和NO的还原反应才会发生)
①实际应用过程中，发现随着反应的进行，催化剂活性逐渐下降，不考虑光照强度的变化，请解释催化剂活性逐渐下降可能的原因：_______；
②若处理过程中向水体中加入大量氨氮，研究发现单位时间内Pb2+的去除率先迅速下降后缓慢上升(如下图所示)，试解释上述现象出现的原因：_______。
【答案】（1） ①. Hg+S=HgS ②. 汞在室温下呈液态，与疏的接触面积显著增大，反应速率显著上升 ③. 3HgS+8H++2+12Cl-=3[HgCl4]2-+2NO+3S+4H2O
（2） ①. 还原生成的Pb覆盖在催化剂表面，减小了反应物与催化剂的接触面积，阻碍反应进一步进行；部分Pb2+在h端失去电子被氧化为PbO2沉淀覆盖在催化剂表面，减小了反应物与催化剂的接触面积，阻碍反应进一步进行 ②. 加入大量氨氮后，NH3与Pb2+形成溶解度较大的配合物，降低了Pb2+的浓度，导致Pb2+的去除率迅速下降；同时加入的氨氮可以与反应将其还原为N2，消耗电子减少，催化剂表面s2端电子密度增大，有利于Pb2+的还原，导致Pb2+的去除率缓慢上升
【解析】
【小问1详解】
①实验室内用硫磺与Hg反应转化为HgS，该反应的化学方程式：Hg+S=HgS，故答案为：Hg+S=HgS；
②比汞活泼的铁与硫磺发生类似反应则十分困难，只有在加热的条件下才可以发生化合生成，原因是：汞在室温下呈液态，与疏的接触面积显著增大，反应速率显著上升，故答案为：汞在室温下呈液态，与疏的接触面积显著增大，反应速率显著上升；
③王水为浓硝酸和浓盐酸的混合物，与HgS反应生成[HgCl4]2-、NO和S，则离子方程式为：3HgS+8H++2+12Cl-=3[HgCl4]2-+2NO+3S+4H2O，故答案为：3HgS+8H++2+12Cl-=3[HgCl4]2-+2NO+3S+4H2O；
【小问2详解】
①随着反应的进行，催化剂活性逐渐下降，原因是：还原生成的Pb覆盖在催化剂表面，减小了反应物与催化剂的接触面积，阻碍反应进一步进行；部分Pb2+在h端失去电子被氧化为PbO2沉淀覆盖在催化剂表面，减小了反应物与催化剂的接触面积，阻碍反应进一步进行，故答案为：还原生成的Pb覆盖在催化剂表面，减小了反应物与催化剂的接触面积，阻碍反应进一步进行；部分Pb2+在h端失去电子被氧化为PbO2沉淀覆盖在催化剂表面，减小了反应物与催化剂的接触面积，阻碍反应进一步进行；
②若处理过程中向水体中加入大量氨氮，研究发现单位时间内Pb2+的去除率先迅速下降后缓慢上升，原因是：加入大量氨氮后，NH3与Pb2+形成溶解度较大的配合物，降低了Pb2+的浓度，导致Pb2+的去除率迅速下降；同时加入的氨氮可以与反应将其还原为N2，消耗电子减少，催化剂表面s2端电子密度增大，有利于Pb2+的还原，导致Pb2+的去除率缓慢上升，故答案为：加入大量氨氮后，NH3与Pb2+形成溶解度较大的配合物，降低了Pb2+的浓度，导致Pb2+的去除率迅速下降；同时加入的氨氮可以与反应将其还原为N2，消耗电子减少，催化剂表面s2端电子密度增大，有利于Pb2+的还原，导致Pb2+的去除率缓慢上升。选项
探究目的
实验方案
A
溶液发生了水解反应
向溶液中滴加少量溶液，观察现象(已知：为黄色沉淀)
B
酸性：
向溶液中通入气体，观察现象
C
在浓KI溶液中的溶解能力大于在中的溶解能力
向的溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡，观察现象
D
中含有Fe(II)
将溶于盐酸所得溶液浓缩后，滴入酸性溶液，观察溶液颜色的变化
难溶电解质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Zn(OH)2
Ksp
4.9×10-17
2.8×10-39
1.0×10-33
3.0×10-17
金属阳离子
Zn2+
Fe3+和Fe2+
Al3+
浓度(ml。L-1)
0.3
0.1
0.1
化 学 试 卷
说明：
1.所有题目的答案都填写在答卷纸上。
2.本卷总分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 Na-23 Al-27 S-32 Fe-56
第Ⅰ卷 选择题(共39分)
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. 高新科技的发展离不开化学材料，下列属于新型无机非金属材料的是
A. 石墨烯B. 聚乙烯C. 普通玻璃D. 尼龙66
【答案】A
【解析】
【详解】A．石墨烯属于新型无机非金属材料，A选；
B．聚乙烯属于有机高分子化合物，B不选；
C．普通玻璃属于传统的无机非金属材料，C不选；
D．尼龙66属于有机高分子化合物，D不选；
答案选A。
2. CsCl是一种分析试剂，制备方法Cs2CO3＋2HCl=2CsCl＋H2O＋CO2↑。下列说法正确的是
A. CsCl的电子式：B. 基态O2-的核外价电子排布式：1s22s22p6
C. CO的空间构型：平面正三角形D. CO2中键的示意图：
【答案】C
【解析】
【详解】A．CsCl属于离子化合物，即电子式，故A项错误；
B．基态O2-的核外价电子排布式：2s22p6，故B项错误；
C．中C原子上的孤电子对为：，价层电子对数为3+0=3，故C原子为sp2杂化、空间构型为平面正三角形，故C项正确；
D．CO2中s和p轨道以“头碰头”重叠可形成σ键，该图为π键的示意图，故D项错误；
故本题选C。
3. 分离提纯在化学研究中具有重要作用。由下图玻璃仪器组装的分离提纯装置错误的是
A. 过滤装置用②⑩⑪B. 蒸发结晶装置用①③⑪
C. 分液装置用⑥⑩D. 蒸馏装置用①④⑤⑦⑧⑫
【答案】D
【解析】
【详解】A．过滤需要用烧杯，漏斗和玻璃棒，则过滤装置用②⑩⑪，A正确；
B．蒸发结晶需要用酒精灯，蒸发皿和玻璃棒，则蒸发结晶装置用①③⑪，B正确；
C．分液需要用到梨型分液漏斗和烧杯，则分液装置用⑥⑩，C正确；
D．蒸馏需要用到酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管、牛角管和锥形瓶，不能用球形冷凝管， D不正确；
答案选D。
4. NH3可用于生产铵盐、硝酸等。液氨中NH和NH的性质类似于水中的H3O+和OH-；NH3中的一个H被-NH2取代形成N2H4，N2H4中的两个H被-CH3取代形成(CH3)2NNH2。下列说法正确的是
A. 电负性：H＜O＜NB. NH3与N2H4晶体类型相同
C. (CH3)2NNH2存在顺反异构D. N2H4和NH都可做配体
【答案】B
【解析】
【详解】A．N、O为相邻的同周期元素，O在N的右边，则非金属性H＜N＜O，所以电负性：H＜N＜O，故A项错误；
B．NH3和N2H4都是由分子构成化合物，它们之间的作用力主要是分子间作用力，均属于分子晶体，故B项正确；
C．(CH3)2NNH2中所有原子间都形成共价单键，不存在顺反异构，故C项错误；
D．N2H4中2个N原子的最外层都存在1个孤电子对，而的中心N原子的最外层不存在孤电子对，所以N2H4能做配体，但不能做配体，故D项错误；
故本题选B。
阅读下列材料，完成下列小题：
氯及其化合物应用广泛。Cl2易液化，可储存于钢瓶中。氯气可用于生产HCl、FeCl3、NaClO、NaClO3等化工产品。BrCl和Cl2的化学性质相似，能与H2O反应生成两种酸。NCl3可用于漂白和杀菌消毒。
5. 下列物质的结构与性质或物质的性质与用途具有对应关系的是
A. H—Cl的键能大于H—Br，HCl的热稳定性大于HBr
B. H2O分子间存在氢键，H2O不易分解
C. HClO具有弱酸性，可用于杀菌消毒
D. FeCl3溶液呈酸性，可用于蚀刻铜制印刷电路板
6. 下列描述或反应方程式正确的是
A. Cl2和活性炭使品红褪色的原理相同
B. FeCl3用来净水原理方程式： FeCl3+3H2O⇌Fe(OH)3↓+3HCl
C. BrCl与H2O反应的化学方程式： BrCl+H2O=HBrO+HCl
D. Cl2与NaOH溶液在75℃生成NaClO3的离子方程式：
7. NCl3水解的反应原理示意图如图所示。下列说法正确的是
A. HClO的结构式为H—Cl—O
B. NCl3中N、Cl之间的共用电子对偏向于N
C. 基态N原子的轨道表示式为
D. NCl3的水解过程中N原子的杂化轨道类型发生了变化
【答案】5. A 6. C 7. B
【解析】
【5题详解】
A．氢氯键的键能大于氢溴键，说明氢氯键强于氢溴键，所以氯化氢的热稳定性大于溴化氢，故A项正确；
B．水分子不易分解是因为氧元素的电负性大，非金属性强所致，与水分子间存在氢键无关，故B项错误；
C．次氯酸可用于杀菌消毒是因为次氯酸具有强氧化性，与次氯酸具有弱酸性无关，故C项错误；
D．氯化铁溶液可用于蚀刻铜制印刷电路板是因为铁离子具有弱氧化性，能与铜反应生成亚铁离子和铜离子所致，与FeCl3溶液呈酸性无关，故D项错误；
故本题选A。
【6题详解】
A．Cl2能使品红褪色原理是：Cl2与水反应生成HClO，HClO具有强氧化性，使品红褪色；活性炭具有吸附性，吸附色素，使品红褪色，则原理不同，故A项错误；
B．FeCl3用来净水原理方程式： FeCl3+3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)+3HCl，故B项错误；
C．BrCl分子中Br为+1价、Cl为-1价，与H2O反应的化学方程式为：BrCl+H2O= HBrO+HCl，故C项正确；
D．Cl2与NaOH溶液在75℃生成NaClO3的离子方程式为：，故D项错误；
故本题选C。
【7题详解】
A．次氯酸是共价化合物，氧原子与氢原子、氯原子分别通过1对共用电子对结合，结构式为H-O-Cl，故A项错误；
B．NCl3(其中N为-3价)，NCl3中N、Cl之间的共用电子对偏向于N而显负价，故B项正确；
C．原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时①电子尽可能分占不同的原子轨道，②自旋状态相同，③全空、全满或半满时能量最低，基态N原子的轨道表示式为违背了洪特规则，故C项错误；
D．NCl3中含有3个σ键，且孤电子对数为1，所以氮原子的杂化类型为sp3杂化，NCl3发生水解反应生成氨气，其中含有3个σ键，且孤电子对数为1，所以氮原子的杂化类型为sp3杂化，杂化轨道类型不变，故D项错误；
故本题选B。
8. 元素及其化合物的转化在工业生产中具有极其重要的用途。下列物质间转化能实现的是
A. 工业制取漂白粉：饱和食盐水Cl2漂白粉
B. 工业制取镁：MgCl2溶液无水MgCl2Mg
C. 工业制取硫酸：SSO3H2SO4
D. 铝土矿制铝：铝土矿NaAlO2AlCl3Al
【答案】A
【解析】
【详解】A．电解食盐水生成氯气，氯气通入石灰乳中反应生成次氯酸钙得到漂白粉，A正确；
B．由于MgCl2水解生成Mg(OH) 2和HCl，HCl易挥发，故直接蒸干MgCl2溶液得不到无水MgCl2，B错误；
C．硫与过量的O2燃烧只能生成SO2，SO2经催化氧化才能制得SO3，且工业上制备硫酸是煅烧含硫矿物来制得SO2，C错误；
D．工业上电解熔融氧化铝制取铝单质，D错误；
故选A。
9. 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的实验流程如下图所示，下列说法不正确的是
A. 1ml过二硫酸钠(Na2S2O8)含有过氧键(―O―O―)数目约为6.02×1023
B. “氧化除锰”过程中共消耗2ml过二硫酸钠(Na2S2O8)，则废液中共含有2ml Mn2+
C. 沉锌反应：3ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+3(NH4)2SO4+H2O
D. “调节pH”时试剂X可以选用ZnO或Zn(OH)2
【答案】B
【解析】
【分析】向含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2+、Mn2+)中加入Na2S2O8溶液，生成MnO2沉淀且将Fe2+氧化为Fe3+，过滤后向滤液中加入试剂X调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，为了不引入新杂质，试剂X可以为ZnO、ZnCO3、Zn(OH)2等，最后过滤后再加入NH4HCO3沉锌生成碱式碳酸锌ZnCO3·2Zn(OH)2。
【详解】A．过二硫酸钠中硫元素的化合价为+6价，含有1个过氧键，1ml过二硫酸钠(Na2S2O8)中含有过氧键(―O―O―)数目约为6.02×1023，故A项正确；
B．“氧化除锰”过程中生成MnO2，过二硫酸根被还原为硫酸根，离子方程式：Mn2+++2H2O=MnO2↓+2+4H+，消耗2ml过二硫酸钠(Na2S2O8)，则废液中共含有2ml Mn2+，但溶液中有Fe2+，也会消耗l过二硫酸钠，则废液中Mn2+小于2ml，故B项错误；
C．沉锌时，发生的反应为：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，故沉锌化学方程式为：3ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+3(NH4)2SO4+H2O，故C项正确；
D．据分析，“调节pH”时试剂X可以选用ZnO、Zn(OH)2或ZnCO3，故D项正确；
故本题选B。
10. 利用催化剂可实现肼氧化辅助制氢，下列有关叙述正确的是
A. 图中甲池是电解池，乙池是原电池
B. 电极C附近溶液pH下降
C. 该装置可实现N2H4循环制氢
D. 制得1mlH2的同时可制得1mlN2
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知甲装置能自发的进行氧化还原反应，所以甲是原电池，电极B为负极，电极反应为：，则A为正极，电极反应为：，总反应为，用来制备氮气；乙属于电解池，与电源的负极B相连的电极C为阴极，电极反应为：
d电极为阳极，电极反应为：，据此分析解题。
【详解】A．图中甲池是原电池，乙池是电解池，A错误；
B．电极C附近溶液pH增加，B错误；
C．该装置消耗N2H4无法循环制氢，C错误；
D．当电路转移2ml电子，制得1mlH2，同时可制得1mlN2，D正确；
故选D。
11. 下列实验方案能达到探究目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ag+促进的电离，生成为黄色沉淀，不能证明溶液发生了水解反应，故A错误；
B．生成的CuS不溶于硫酸，观察到生成黑色沉淀，不能证明酸性：，故B错误；
C．I2与KI反应生成KI3，则I2在浓KI溶液中的溶解能力大于在CCl4中的溶解能力，故C正确；
D．酸性高锰酸钾溶液可氧化盐酸，紫色褪去，不能证明中含有Fe(II)，故D错误；
故选C。
12. 常温下和的两种溶液中，分布系数δ与pH的变化关系如图所示。[比如：]
下列叙述正确的是
A. 曲线M表示的变化关系
B. 若酸的初始浓度为，则a点对应的溶液中有
C. 电离常数
D 时，
【答案】D
【解析】
【分析】随着pH的增大，、浓度减小，、浓度增大，—Cl为吸电子基团，的酸性强于，即)，δ(酸分子)=δ(酸根离子)=0.5时的pH分别约为1.3、2.8，则两种酸的电离常数分别为，，由此分析解题。
【详解】A．根据分析，曲线M表示的变化关系，A错误；
B．根据，初始，若溶液中溶质只有，则，但a点对应的，说明此时溶液中加入了酸性更强的酸，根据电荷守恒，，B错误；
C．根据分析，CH2ClCOOH的电离常数Ka=10-2.8，C错误；
D．电离度，，则=，，时，，，D正确；
故答案选D。
13. 使用合适的催化剂进行乙酸直接加氢可制备乙醇，反应原理如下：
主反应：
副反应： (热效应小可忽略)
在密闭容器中控制。下平衡时S(乙醇)和S(乙酸乙酯)随温度的变化与250℃下平衡时S(乙醇)和S(乙酸乙酯)随压强的变化如图所示。乙醇的选择性可表示为。下列说法正确的是
A. 反应
B. 曲线②变化的原因是随温度升高，副反应正向进行的程度减小
C. 图中曲线③表示250℃，乙醇选择性随压强变化的曲线
D. 300℃、下，反应足够长时间，S(乙醇)
【答案】D
【解析】
【分析】主反应为气体体积减小的放热反应，增大压强，平衡正向移动，乙醇的选择性上升，则250℃下，乙醇选择性随压强变化的曲线是①；主反应和副反应均为放热反应，温度升高，主反应和副反应的平衡均逆向移动，主反应逆向移动的程度大于副反应，曲线②表示2MPa时乙醇选择性随温度变化的曲线；同理，③表示2MPa时乙酸乙酯选择性随温度变化的曲线，④表示250℃时乙酸乙酯选择性随压强变化的曲线。
【详解】A．根据盖斯定律，反应2CH3COOH(g)+2H2(g)=CH3COOCH2CH3(g)+2H2O(g)可由主反应+副反应得到，由于主反应和副反应都为放热反应，故反应2CH3COOH(g)+2H2(g)=CH3COOCH2CH3(g)+2H2O(g)的∆H＜0，A项错误；
B．曲线②表示2MPa时乙醇选择性随温度变化的曲线，副反应的热效应小可忽略，原因是随温度升高，主反应逆向进行，不利于主反应的进行，B项错误；
C．根据分析，曲线③表示2MPa时乙酸乙酯选择性随温度变化的曲线，C项错误；
D．由图可知，250℃、0.5MPa下乙醇的选择性为90%，升高温度主反应逆向移动，故300℃、0.5MPa下反应足够的时间S(乙醇) ＜90%，D项正确；
答案选D。
第II卷 非选择题(共61分)
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 研究从含锌资源中获取Zn的途径具有重要意义。
I．工业上酸浸提锌
氧化锌矿中含有ZnO、Fe2O3、FeO、PbO、Al2O3、CaO、SiO2等。
已知：i．几种难溶电解质的Ksp如下：
ii．浸出液中主要金属阳离子浓度如下：
（1）浸出渣的主要成分有PbSO4、CaSO4和SiO2.PbO和H2SO4反应的离子方程式为_______。
（2）加入试剂a的目的是_______。
（3）电解前，含Zn2+溶液中铁和铝的离子浓度均需小于10-6 ml。L-1，应调节pH的范围是_______(忽略①和②导致的体积变化)。
（4）工业上采用惰性电极作阳极电解ZnSO4溶液可实现湿法炼锌，电解过程中总反应的离子方程式为_______。
Ⅱ．实验室中氨浸提锌
已知：iii．；
iv．M的结构简式如图所示，R为—C9H19，两个羟基中，酚羟基酸性较强。
（5）NH3和(NH4)2SO4中H—N—H键角大小是_______(填“前者大”或“后者大”)。
（6）NH3和(NH4)2SO4浸取ZnO发生反应的离子方程式是_______。
（7）M能与Zn2+形成稳定的配合物X，相关反应为。X的部分结构如下图所示。X中形成氢键有利于Zn2+的萃取，中心原子周围形成4个共价键，下图画出了X的部分结构，请将X的结构在下图基础上补充完整_______(用→标出配位键，用…标出氢键)。
（8）从平衡移动的角度解释CO2能提高有机溶液中X含量的原因：_______。
【答案】（1）
（2）将Fe2+氧化成Fe3+
（3）5.0～6.0 （4）
（5）后者大 （6）2NH3+2+ZnO=[Zn(NH3)4]2++H2O
（7） （8）CO2与NH3反应，c(NH3)降低，促进正向移动，导致c(Zn2+)增大，促进正向移动
【解析】
【分析】氧化锌矿中含有ZnO、Fe2O3、FeO、PbO、Al2O3、CaO、SiO2等，向其中加稀硫酸并加热，其中的ZnO、Fe2O3、FeO、PbO、Al2O3、CaO均能与稀硫酸反应，依次转化为ZnSO4、Fe2(SO4)3、FeSO4、PbSO4、Al2(SO4)3、CaSO4，过滤时PbSO4和CaSO4以及不反应的SiO2成为浸出渣，浸出液中主要含有ZnSO4、Fe2(SO4)3、FeSO4、Al2(SO4)3，因为氢氧化亚铁和氢氧化锌属于同类型的难溶物，且两者的溶度积常数大小相当，为了使Fe2+和Zn2+尽可能分离，需要将亚铁离子氧化成铁离子，所以可向浸出液中加氧化性试剂，然后调节溶液的pH，使Al3+和Fe3+完全沉淀，获得含锌离子的溶液后，通过电解得Zn。
【小问1详解】
PbO和H2SO4反应生成硫酸铅，其离子方程式是：，故答案为：；
【小问2详解】
因为氢氧化亚铁和氢氧化锌属于同类型的难溶物，且两者的溶度积常数大小相当，为了使Fe2+和Zn2+尽可能分离，需要将亚铁离子氧化成铁离子，所以可向浸出液中加氧化性试剂，即加入试剂a的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，利于后续通过调pH将其除去，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+；
【小问3详解】
氢氧化铝和氢氧化铁属于同类型的难溶物，由表中所给两者溶度积常数可知，当Al3+完全沉淀时，Fe3+也已完全沉淀，调pH时应使Zn2+不沉淀、而使Al3+和Fe3+浓度小于10-6ml/L，要使Zn2+不沉淀， ，pH＜6.0，要使c(Al3+)＜10-6ml/L，则，即pH＞5.0，所以应调节pH的范围是5.0～6.0，故答案为：5.0～6.0；
小问4详解】
工业上采用惰性电极作阳极电解ZnSO4溶液可实现湿法炼锌，阳极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极反应式为：Zn2++2e-=Zn，电解过程中总反应的离子方程式为：，故答案为：；
【小问5详解】
NH3和的中心原子N均采取sp3杂化，NH3有一对孤电子对，没有孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，NH3和(NH4)2SO4中H—N—H键角大小是后者大，故答案为：后者大；
【小问6详解】
NH3和(NH4)2SO4浸取ZnO时，ZnO溶解生成[Zn(NH3)4]2+，发生反应的离子方程式是：2NH3+2+ZnO=[Zn(NH3)4]2++H2O，故答案为：2NH3+2+ZnO=[Zn(NH3)4]2++H2O；
【小问7详解】
M中氮原子上有1对孤电子对、氧原子上有2对孤电子对，Zn2+有空轨道，所以氮原子和氧原子能够与Zn2+形成配位键，已知两个羟基中酚羟基酸性较强，即酚羟基更活泼，所以应是酚羟基的氧原子和Zn2+形成配位键，又由于氧元素的电负性很强，所以氮原子所连的羟基氢原子与配合物X中的原酚羟基O原子之间形成氢键，补全图中X的结构并用用→标出配位键，“…”标出氢键如下：，故答案为：；
小问8详解】
CO2与NH3反应，c(NH3)降低，促进正向移动，导致c(Zn2+)增大，促进正向移动，所以X的含量增多，故答案为：CO2与NH3反应，c(NH3)降低，促进正向移动，导致c(Zn2+)增大，促进正向移动。
15. LiFePO4和FePO4可以作为锂离子电池的正极材料。
（1）LiFePO4的制备。将LiOH(强碱)加入煮沸过的蒸馏水配成溶液，在氮气的氛围中，将一定量的(NH4)2Fe(SO4 )2溶液与H3PO4、LiOH溶液中的一种混合，加入图1的三颈烧瓶中，在搅拌下通过滴液漏斗缓慢滴加剩余的另一种溶液，充分反应后，过滤，洗涤，干燥，得到粗产品。
①滴液漏斗中的放的溶液是_______溶液(填溶质的化学式)。
②(NH4)2Fe(SO4)2与H3PO4、LiOH反应得到LiFePO4和NH4HSO4 ，该反应的离子方程式为_______。已知Ka(HSO)=1.0×10-2。
③在氮气氛围下，粗产品经150℃干燥、高温焙烧，即可得到锂离子电池的正极材料。焙烧时常向其中加入少量活性炭黑，其主要目的是_______。
（2）FePO4的制备。取一定量比例的铁粉、浓磷酸、水放入容器中，加热充分反应，向反应后的溶液中加入一定量H2O2，同时加入适量水调节pH，静置后过滤，洗涤，得到FePO4·2H2O，高温煅烧FePO4·2H2O，即可得到FePO4。
①其他条件不变时，磷酸与水的混合比例对铁粉溶解速率的影响如图2所示。
当时，随着水的比例增加，铁粉溶解速率增大幅度不大的原因是_______。
②上述制备过程中，为使反应过程中的Fe2+完全被H2O2氧化，下列操作控制不能达到目的的是_______(填序号)。
a．用Ca(OH)2调节溶液pH=7 b．加热，使反应在较高温度下进行
c．缓慢滴加H2O2溶液并搅拌 d．加入适当过量的H2O2溶液
③测定产物样品中铁元素的质量分数，主要步骤如下：
i．取a g样品，加入过量盐酸充分溶解，再滴加SnCl2(还原剂)至溶液呈浅黄色；
ii．加入TiCl3，恰好将i中残余的少量Fe3+还原为Fe2+；
ⅲ．用c ml·L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+，平行滴定三次，平均消耗K2Cr2O7标准溶液V mL。
产物中铁元素的质量分数为_______。(写出计算过程)
【答案】（1） ①. LiOH ②. ③. 改善成型后LiFePO4的导电性能，防止+2价铁被氧化
（2） ①. 当时，随着水的比例增加，的浓度变稀，使减小，使反应速率减慢，同时反应放热能加快反应速率，前者对反应速率的影响略大于后者 ②. ab ③.
【解析】
【分析】将LiOH(强碱)加入煮沸过的蒸馏水配成溶液，首先H3PO4溶液与(NH4)2Fe(SO4)2溶液混合，加到三颈烧瓶中，连接好装置，通入氮气排尽装置内的空气，然后通过滴液漏斗加入LiOH溶液，充分反应后，过滤，洗涤，干燥，得到粗产品。
【小问1详解】
①(NH4)2Fe(SO4)2在溶液中水解使溶液呈酸性，能与能与氢氧化锂溶液反应，则制备磷酸铁锂的实验操作为在氮气的氛围中，将一定量的(NH4)2Fe(SO4)2溶液和H3PO4溶液混合加到三颈烧瓶中，在搅拌下通过滴液漏斗缓慢滴加氢氧化锂溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥得到粗磷酸铁锂，故答案为：LiOH；
②由分析可知，制备磷酸铁锂的反应为氢氧化锂溶液与硫酸亚铁铵、磷酸混合溶液反应生成磷酸铁锂、硫酸氢铵和水，反应的离子方程式为：，故答案为：；
③LiFePO4为锂离子电池正极材料，应具有导电性，同时注意防止焙烧时发生Fe2+的氧化，常向其中加入少量活性炭黑，其主要目的是：改善成型后LiFePO4的导电性能，防止+2价铁被氧化，故答案为：改善成型后LiFePO4的导电性能，防止+2价铁被氧化；
【小问2详解】
①当时，随着水的比例增加，一方面，c(H3PO4)减小，c(H+)减小，另一方面反应放热，则铁粉溶解速率增大幅度不大的原因为：当时，随着水的比例增加，的浓度变稀，使减小，使反应速率减慢，同时反应放热能加快反应速率，前者对反应速率的影响略大于后者，故答案为：当时，随着水的比例增加，的浓度变稀，使减小，使反应速率减慢，同时反应放热能加快反应速率，前者对反应速率的影响略大于后者；
②a．用Ca(OH)2调节溶液pH=7时，Fe2+会生成Fe(OH)2沉淀，同时生成Ca3(PO4)2沉淀，故a项不能达到目的；
b．加热，使反应在较高温度下进行，此时H2O2大量分解，故b项不能达到目的；
c．缓慢滴加H2O2溶液并搅拌，H2O2与Fe2+充分接触，反应充分，故c项能达到目的；
d．加入适当过量的H2O2溶液，确保Fe2+完全被氧化为Fe3+，故d项能达到目的；
故答案为：ab；
③滴定时发生的离子方程式为+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，则由题可得如下转化关系：～6Fe2+～6Fe3+，的物质的量为：cml/L×V×10-3L=10-3 cVml，则产物中铁元素的质量分数为：，故答案为：。
16. 硫酸羟胺是一种重要的化工原料，呈白色粉末状，可溶于水。一种利用氨法烟气脱硫中生成的亚硫酸氢铵制备环己酮肟的过程如下：
已知：①环己酮（）和羟胺反应生成环己酮肟（）称为肟化反应；
②环己酮肟能溶于水，难溶于浓溶液。
（1）“反应”中生成，若，写出该反应的离子方程式__________。
（2）浓缩的目的有：①防止在后续蒸发浓缩制硫酸铵时耗能过多；②__________；③__________。
（3）“肟化反应”中还需通入气体X，写出X的化学式：__________。
（4）“分离”的操作名称为：__________。
（5）环己酮肟在酸性条件下水解可实现脱肟。实验小组利用题图装置进行环己酮肟的脱肟并制备硫酸羟胺。补充完整制取硫酸羟胺的实验方案：在三颈烧瓶中分别加入一定量环己酮肟、蒸馏水和硫酸，__________，萃取相经气相色谱分析环己酮肟的转化率较高后，__________，即可得到硫酸羟胺粗品。（实验中需要使用的试剂、仪器：甲苯、溶液、蒸馏水、pH计）
【答案】（1）
（2） ①. 增大后续肟化反应的速率 ②. 减少环己酮肟在后续稀硫酸铵溶液中的溶解损失
（3）
（4）过滤 （5） ①. 加热，充分反应，用甲苯萃取反应液 ②. 萃余水相转移至烧杯中，加溶液，同时用pH计测量萃余水相的pH，直至约为7.0后，过滤，用蒸馏水洗涤，将洗涤液与滤液合并，蒸发、浓缩、结晶
【解析】
【分析】结合小问的描述，反应中SO2与NH4NO2、NH4HSO3反应生成，结合已知环已酮()和羟胺反应生成环已酮肟()，可以推知X的化学式为NH3，中和NH3OH+，使其转化为NH2OH，NH2OH与环己酮反应生成环已酮肟，环己酮肟能溶于水，难溶于(NH4)2SO4浓溶液，用过滤方法分离出环已酮肟。
【小问1详解】
“反应”中生成(NH3OH)2SO4，若n(SO2)：n(NH4HSO3)=1：1，根据原子守恒、化合价升降守恒，可得该反应的离子方程式为：；
【小问2详解】
浓缩的目的有：①防止在后续蒸发浓缩制硫酸铵时耗能过多；②增大后续肟化反应的速率；③减少环己酮肟在后续稀硫酸铵溶液中的溶解损失；
【小问3详解】
“肟化反应”中还需通入气体X，根据题意可知，气体X的化学式为NH3，中和NH3OH+，使其转化为NH2OH，NH2OH与环己酮反应，生成环己酮肟；
【小问4详解】
环己酮肟能溶于水，难溶于(NH4)2SO4浓溶液，所以“分离”的操作名称为过滤；
【小问5详解】
环己酮肟在酸性条件下水解可实现脱肟，实验小组利用如图装置进行环己酮肟的脱肟并制备硫酸羟胺，完整制取硫酸羟胺的实验方案为：在三颈烧瓶中分别加入一定量环己酮肟、蒸馏水和硫酸，加热，充分反应，用甲苯萃取反应液，萃取相经气相色谱分析环己酮肟的转化率较高后，萃余水相转移至烧杯中，加Ba(OH)2溶液，同时用pH计测量萃余水相的pH，直至约为7.0后，过滤，用蒸馏水洗涤，将洗涤液与滤液合并，蒸发、浓缩、结晶，即可得到硫酸羟胺粗品。
17. 目前水体中主要污染物有氨氮、硝氮、重金属、有机物等，而部分重金属如铅(Pb)易形成溶解度较大的配合物，如何高效处理这些污染物便成为了研究的热点。
（1）实验室内通常使用覆盖硫磺的方法使得Hg转化为无毒的HgS。
①写出该反应的化学方程式：_______。
②该反应几乎在瞬间就可以反应完全。相比之下比汞活泼的铁与硫磺发生类似反应则十分困难：只有在加热的条件下才可以发生化合生成FeS。请合理推测以上反常现象出现的原因：_______。
③HgS是溶解度最小的硫化物。实验室常用王水来溶解HgS。已知＋2价的汞易形成4配位的配离子，且反应过程中会产生一种极易被氧化为另一种红棕色气体的无色无味气体和一种淡黄色的沉淀。给出反应的离子方程式：_______。
（2）某科研课题组设想的一种利用光化学催化同时处理水体中硝氮、重金属、有机物(以CH2O表示)污染物的反应机理如下图所示。
(提示：在催化剂表面只有电子积累到一定密度时Pb2+和NO的还原反应才会发生)
①实际应用过程中，发现随着反应的进行，催化剂活性逐渐下降，不考虑光照强度的变化，请解释催化剂活性逐渐下降可能的原因：_______；
②若处理过程中向水体中加入大量氨氮，研究发现单位时间内Pb2+的去除率先迅速下降后缓慢上升(如下图所示)，试解释上述现象出现的原因：_______。
【答案】（1） ①. Hg+S=HgS ②. 汞在室温下呈液态，与疏的接触面积显著增大，反应速率显著上升 ③. 3HgS+8H++2+12Cl-=3[HgCl4]2-+2NO+3S+4H2O
（2） ①. 还原生成的Pb覆盖在催化剂表面，减小了反应物与催化剂的接触面积，阻碍反应进一步进行；部分Pb2+在h端失去电子被氧化为PbO2沉淀覆盖在催化剂表面，减小了反应物与催化剂的接触面积，阻碍反应进一步进行 ②. 加入大量氨氮后，NH3与Pb2+形成溶解度较大的配合物，降低了Pb2+的浓度，导致Pb2+的去除率迅速下降；同时加入的氨氮可以与反应将其还原为N2，消耗电子减少，催化剂表面s2端电子密度增大，有利于Pb2+的还原，导致Pb2+的去除率缓慢上升
【解析】
【小问1详解】
①实验室内用硫磺与Hg反应转化为HgS，该反应的化学方程式：Hg+S=HgS，故答案为：Hg+S=HgS；
②比汞活泼的铁与硫磺发生类似反应则十分困难，只有在加热的条件下才可以发生化合生成，原因是：汞在室温下呈液态，与疏的接触面积显著增大，反应速率显著上升，故答案为：汞在室温下呈液态，与疏的接触面积显著增大，反应速率显著上升；
③王水为浓硝酸和浓盐酸的混合物，与HgS反应生成[HgCl4]2-、NO和S，则离子方程式为：3HgS+8H++2+12Cl-=3[HgCl4]2-+2NO+3S+4H2O，故答案为：3HgS+8H++2+12Cl-=3[HgCl4]2-+2NO+3S+4H2O；
【小问2详解】
①随着反应的进行，催化剂活性逐渐下降，原因是：还原生成的Pb覆盖在催化剂表面，减小了反应物与催化剂的接触面积，阻碍反应进一步进行；部分Pb2+在h端失去电子被氧化为PbO2沉淀覆盖在催化剂表面，减小了反应物与催化剂的接触面积，阻碍反应进一步进行，故答案为：还原生成的Pb覆盖在催化剂表面，减小了反应物与催化剂的接触面积，阻碍反应进一步进行；部分Pb2+在h端失去电子被氧化为PbO2沉淀覆盖在催化剂表面，减小了反应物与催化剂的接触面积，阻碍反应进一步进行；
②若处理过程中向水体中加入大量氨氮，研究发现单位时间内Pb2+的去除率先迅速下降后缓慢上升，原因是：加入大量氨氮后，NH3与Pb2+形成溶解度较大的配合物，降低了Pb2+的浓度，导致Pb2+的去除率迅速下降；同时加入的氨氮可以与反应将其还原为N2，消耗电子减少，催化剂表面s2端电子密度增大，有利于Pb2+的还原，导致Pb2+的去除率缓慢上升，故答案为：加入大量氨氮后，NH3与Pb2+形成溶解度较大的配合物，降低了Pb2+的浓度，导致Pb2+的去除率迅速下降；同时加入的氨氮可以与反应将其还原为N2，消耗电子减少，催化剂表面s2端电子密度增大，有利于Pb2+的还原，导致Pb2+的去除率缓慢上升。选项
探究目的
实验方案
A
溶液发生了水解反应
向溶液中滴加少量溶液，观察现象(已知：为黄色沉淀)
B
酸性：
向溶液中通入气体，观察现象
C
在浓KI溶液中的溶解能力大于在中的溶解能力
向的溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡，观察现象
D
中含有Fe(II)
将溶于盐酸所得溶液浓缩后，滴入酸性溶液，观察溶液颜色的变化
难溶电解质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Zn(OH)2
Ksp
4.9×10-17
2.8×10-39
1.0×10-33
3.0×10-17
金属阳离子
Zn2+
Fe3+和Fe2+
Al3+
浓度(ml。L-1)
0.3
0.1
0.1
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