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2022-2023学年江苏省南通市海安高级中学高二上学期第一次月考（创新班）化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年江苏省南通市海安高级中学高二上学期第一次月考（创新班）化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，工业流程题，有机推断题，计算题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
江苏省南通市海安高级中学2022-2023学年高二上学期第一次月考（创新班）化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列有关说法错误的是
A．德尔塔(Delta)，是新冠病毒变异毒株，传播性更强，其成分含有蛋白质
B．市面上的防晒衣通常用聚酯纤维材料制作，忌长期用肥皂或碱性较强的液体洗涤
C．“天和”核心舱电推进系统中的霍尔推力器腔体，使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于新型无机非金属材料
D．中芯国际是我国生产芯片的龙头企业，所生产芯片的主要成分是二氧化硅
【答案】D
【详解】A．新冠病毒其成份为蛋白质，故A说法正确；
B．聚酯纤维在碱性条件下易水解，因此聚酯纤维材料制作的衣服，忌在肥皂或碱性较强的液体中洗涤，故B说法正确；
C．氮化硼陶瓷是由B、N元素组成，具有耐高温、强度高、耐腐蚀等优良性能，属于新型无机非金属材料，故C说法正确；
D．生产芯片的主要成分是晶体硅，晶体硅是良好的半导体材料，故D说法错误；
答案为D。
2．肼(N2H4)是发射航天飞船常用的高能燃料，可通过反应2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O制备。下列有关微粒的描述不正确的是
A．NH3的电子式为 B．N2H4的结构式为
C．的结构示意图： D．NaClO中存在离子键和共价键
【答案】A
【详解】A．NH3的电子式为，A项错误；
B．N的原子序数为7，最外层电子数为5，则N2H4的结构式为，B项正确；
C．氯原子的原子序数为17，最外层电子数为7容易得到1个电子变为稳定结构，则的结构示意图：，C项正确；
D．NaClO可电离出和，则NaClO为离子化合物，存在离子键和共价键，D项正确；
答案选A。
3．C和H2在生产、生活、科技中是非常重要的燃料。已知：
①2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=-221kJ·mol-1
②2H2O(g)
下列推断正确的是
A．C(s)的燃烧热为110.5kJ·mo1-1
B．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH>0，ΔS<0，该反应是非自发反应
C．C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=+131.5kJ·mo1-1
D．将2molH2O(g)分解成H2(g)和O2(g)，至少需要提供4×463kJ的热量
【答案】C
【详解】A．1mol C(s)完全燃烧生成稳定的氧化物即CO2时所放出的热量为燃烧热，反应①没有生成稳定氧化物，A错误；
B．2molH2断开化学键需要吸收的热量为2mol×436 kJ·mol-1，1mol O2断开化学键需要吸收的热量为1mol×496 kJ·mol-1，4molH原子和2molO原子形成2molH2O(g)是时放出的热量为4mol×463 kJ·mol-1，根据△H=反应物的总键能-生成物的总键能，可得△H=2mol×436 kJ·mol-1+1mol×496 kJ·mol-1-4mol×463 kJ·mol-1=-484 kJ·mol-1，因此热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-484kJ·mol-1，B错误；
C．反应①2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=-221kJ·mol-1和反应②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-484kJ·mol-1，根据盖斯定律，反应①-②得C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，△H=+131.5 kJ·mol-1，即热化学方程式为：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H=+131.5kJ·mol-1，C正确；
D．根据2H2O(g) =2H2(g)+O2(g) △H=+484kJ·mol-1可知，2 mol H2O(g)分解成H2(g)和O2(g)，提供的热量为484kJ，D错误；
答案选C。
4．CO2是一种常见温室气体，也是巨大的碳资源。CO2可转化为CO、H2等燃料：CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH1=+247 kJ·mol-1，下列关于反应CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH1=+247 kJ·mol-1的说法正确的是
A．该反应在任何温度下都可自发进行
B．反应CO2(s)+CH4(g) = 2CO(g)+2H2(g) ΔH2 ＜+247kJ·mol-1
C．反应中每生成1mol H2，转移电子的数目为3×6.02×1023
D．选择高效催化剂可以降低反应的焓变，提高化学反应速率
【答案】C
【详解】A．该反应ΔH1>0，通过反应方程式可知ΔS>0，由此判断该反应可在高温下自发进行，A项错误；
B．CO2由气态变为固态，这一过程为放热过程，根据盖斯定律可知，反应CO2(s)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH2>+247kJ·mol-1，B项错误；
C．根据反应方程式CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)可知，CO2转化为CO，C元素化合价降低2价，CH4转化为CO，C元素化合价升高6价，CH4转化为H2，H元素化合价共降低4价，所以反应中每生成2molH2，转移6mol电子，则反应中每生成1molH2，转移电子的数目为3×6.02×1023，C项正确；
D．选择高效催化剂可以降低反应的活化能，提高化学反应速率，D项错误；
答案选C。
5．对于反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) ΔH=-196.6kJ·mol-1，下列说法正确的是
A．反应的ΔH < 0，ΔS >0
B．反应的平衡常数可表示为K=
C．使用催化剂能改变反应路径，降低反应的活化能
D．增大体系的压强能增大活化分子百分数，加快反应的速率
【答案】C
【详解】A．ΔH=-196.6kJ·mol-1< 0，反应物气体的计量系数和为3，生成物的气体计量系数为2，则该反应为熵减反应，反应的＜0，选项A错误；
B．反应的平衡常数表达式为，选项B错误；
C．催化剂能改变反应路径，降低反应的活化能，对于反应的焓变无影响，选项C正确；
D．增大体系压强,可使单位体积内活化分子百分数增多,有效碰撞的机率增大，反应速率加快，选项D错误；
答案选C。
6．一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的
①NaOH固体；②；③固体；④NaNO3固体；⑤KCl溶液；⑥溶液
A．①②⑥ B．②③⑤ C．②④⑥ D．②③④
【答案】B
【详解】Fe与盐酸反应的实质为Fe+2H+═Fe2++H2↑，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，则可减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量；①加入NaOH固体，氢离子的物质的量及浓度均减小，故①错误；②加入H2O，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故②正确；③加入CH3COONa固体与盐酸反应生成弱酸，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故③正确；④加入NaNO3固体，氢离子的浓度、氢离子的物质的量都没有变化，且酸性条件下发生氧化还原反应不生成氢气，故④错误；⑤加入KCl溶液，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故⑤正确；⑥CuSO4溶液，铁单质与铜离子发生置换反应，生成的铜与铁、稀盐酸形成原电池，加快反应速率，故⑥错误；②③⑤正确，故选B。
7．下列化学反应或离子反应方程式正确的是
A．苯与溴水反应：2 +Br22
B．1-氯丙烷中加入氢氧化钠溶液并加热：CH3CH2CH2Cl＋NaOH CH3CH=CH2↑＋NaCl＋H2O
C．苯酚钠溶液中通入少量CO2：2C6H5O-+H2O+CO2→2C6H5OH+
D．实验室制取乙炔的反应：CaC2+2H2O → Ca(OH)2 + CH≡CH↑
【答案】D
【详解】A．苯与溴水不发生化学反应，可发生萃取，与题意不符，选项A错误；
B．1一氯丙烷中加入氢氧化钠的水溶液并加热，发生氯代烃的取代反应，方程式为CH3CH2CH2Cl＋NaOH CH3CH2CH2OH＋NaCl，与题意不符，选项B错误；
C．苯酚钠溶液中通入少量CO2，生成碳酸氢钠和苯酚，方程式为C6H5O－+H2O+CO2→C6H5OH+，与题意不符，选项C错误；
D．实验室常用碳化钙与水反应制取乙炔，方程式为CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑，符合题意，选项D正确；
答案选 D。
8．按图示装置，实验能够成功的是
A．装置A用于提取I2的CCl4溶液中的I2 B．装置B用于制备乙炔并检验其性质
C．装置C用于验证碳酸酸性强于苯酚 D．装置D用于检验溴丙烷消去产物
【答案】C
【详解】A．提取I2的CCl4溶液中的I2应用蒸馏的方法，图Ⅱ为分液装置，选项A错误；
B．水与电石反应时出乙炔，反应较快，应选饱和食盐水与电石反应制备乙炔，选项B错误；
C．发生强酸制取弱酸的反应，可验证碳酸酸性强于苯酚，选项C正确；
D．溴乙烷水解生成乙烯，挥发的乙醇及生成的乙烯均使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能检验消去产物，选项D错误；
答案选C。
9．通过在隧道的路面涂上一种光催化剂涂料，可将汽车尾气中的NO和CO转化成N2和CO2，发生的反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H=x(x<0)kJ·mol-1，向某恒温恒容密闭容器中通入1molNO(g)和1molCO(g)发生上述反应，下列说法正确的是
A．上述反应中4种物质含有的共价键均为极性共价键
B．当混合气体的颜色不再变化时，说明该反应达到平衡状态
C．当混合气体的密度不再变化时，说明该反应达到平衡状态
D．反应达到平衡后，升高温度，再次达到平衡时NO的平衡体积分数增大
【答案】D
【详解】A．中含非极性共价键，选项A错误；
B．所有反应物均为无色，混合气体的颜色始终不变，混合气体的颜色不再变化不能说明反应达平衡，选项B错误；
C．恒温恒容条件下，该反应体系中混合气体的密度一直保持不变，选项C错误；
D．反应达到平衡后，升高温度，平衡向逆反应方向移动，再次达到平衡时的平衡体积分数增大，选项D正确；
答案选D。
10．X、Y、Z、W、Q是周期表中前4周期元素，且原子序数依次增大。X、Z的基态原子2p轨道中均有2个未成对电子，W的最外层电子数是次外层的一半，Q最外层有1个电子，内层电子全部充满。Q2+能与NH3形成[Q(NH3)4]2+，[Q(NH3)4]2+中2个NH3被2个Cl-取代可得两种不同的结构。Q2Z晶胞如下图所示。
下列说法正确的是
A．原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)
B．电负性：x(Z)>x(Y)>x(X)>x(W)
C．Q在周期表中位于第四周期IA族
D．简单氢化物的沸点：Z>Y>X>W
【答案】B
【分析】X、Y、Z、W、Q是周期表中前4周期元素，且原子序数依次增大。X、Z的基态原子2p轨道中均有2个未成对电子，X是C元素、Z是O元素，则Y是N元素；W的最外层电子数是次外层的一半，W是Si元素；Q最外层有1个电子，内层电子全部充满，Q是Cu元素。
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，原子半径：r(Si)>r(C)>r(N)>r(O)，故A错误；
B．元素非金属性越强电负性越大，电负性：x(O)>x(N)>x(C)>x(Si)，故B正确；
C．Q是Cu元素，在周期表中位于第四周期IB族，故C错误；
D．H2O、NH3存在分子间氢键，沸点较高；同主族元素从上到下气态氢化物的沸点依次升高，沸点CH4NH3> SiH4> CH4，故D错误；
选B。
11．如下表所示，为提纯下列物质（括号内为少量杂质），所选用的除杂试剂与主要分离方法都正确的是
不纯物质
除杂试剂
分离方法
A
乙烷（乙烯）
KMnO4（酸化）
洗气
B
溴苯（溴）
NaOH溶液
过滤
C
乙醇（水）
生石灰
蒸馏
D
苯（苯酚）
浓Br2水
过滤
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【分析】除杂必须遵循的原则：不增加新杂质（不增）、不减少被提纯物质（不减）、操作简便易行（易分）等，据此分析选项正误。
【详解】A项：酸化KMnO4溶液能将杂质乙烯氧化，但生成的二氧化碳成为乙烷中的新杂质。常用溴水洗气以除去乙烷中的乙烯，A项错误；
B项：溴与NaOH溶液反应生成易溶于水的钠盐，通常溴苯与NaOH溶液不反应，且溴苯不溶于水，密度比水大的液体，故用分液法分离而非过滤法，B项错误；
C项：乙醇中的水与生石灰反应生成离子化合物Ca(OH)2，蒸馏时只有乙醇能汽化，再冷凝得无水乙醇，C项正确；
D项：苯酚与浓Br2水取代反应生成的三溴苯酚不溶于水、能溶于苯中，不能过滤除去。除去苯中的苯酚，常用NaOH溶液，振荡、静置后分液，D项错误。
本题选C。
【点睛】有机混合物的分离提纯常用方法：分液或转化后分液、蒸馏或转化后蒸馏等。
12．通过下列实验探究草酸(H2C2O4)的性质。
实验
实验操作和现象
1
室温下，用pH计测得0.1mol/L H2C2O4溶液的pH约为1.3
2
室温下，向25.00mL 0.1mol/L H2C2O4溶液中逐滴加入0.1mol/L NaOH溶液，得到下图滴定曲线
下列有关说法正确的是
A．滴定实验时，滴定管和锥形瓶都要用待装液润洗
B．0.1 mol·L-1 H2C2O4溶液中存在c(H＋)>2c(C2O)＋c(HC2O)
C．a、b、c对应的溶液中，水的电离程度：c>b>a
D．V(NaOH)=25.00 mL时反应所得溶液中：c(C2O) < c(H2C2O4)
【答案】B
【详解】A．滴定实验时，锥形瓶不能用待装液润洗，A错误；
B．H2C2O4电荷守恒表达式为，所以c(H＋)>2c(C2O)＋c(HC2O)，B正确；
C．a点时，溶液pH=7，水的电离处于正常电离状态(类似纯水)，b点时，溶液中溶质只有Na2C2O4，溶质的水解使水的电离受到促进，c点时，溶液中有额外的NaOH，其电离出的OH-明显抑制水的电离，所以三个状态下水的电离程度应是b>a>c，C错误；
D．此状态下，溶液中溶质应为NaHC2O4，根据溶液质子守恒关系有，溶液pH<7，c(H+)>c(OH-)，所以有c()>c(H2C2O4)，D错误。
13．SCl2可用作有机合成的氯化剂。在体积为VL的密闭容器中充入0.2 mol SCl2(g)，发生反应：。图中所示曲线分别表示反应在a min时和平衡时SCl2的转化率与温度的关系。下列说法正确的是
A．的、
B．当容器中气体密度恒定不变时，反应达到平衡状态
C．55℃，向体积为0.5VL的容器中充入0.2 mol SCl2(g)，a min时SCl2(g)的转化率大于50%
D．82℃，起始时在该密闭容器中充入SCl2、S2Cl2和Cl2各0.1mol，此时＞
【答案】C
【详解】A．由图可知，温度升高，SCl2的转化率增大，可知该反应为吸热反应，；由方程式可知该反应气体分子总数不变，，A错误；
B．＝，该反应在恒容密闭容器进行，V不变，反应物和生成物均为气体，气体总质量不变，则为一个恒定值，即永远不变，所以当容器中气体密度恒定不变时，不能确定该反应是否到达平衡状态，B错误；
C．由图可知，55℃，在体积为VL的密闭容器中充入0.2 mol SCl2(g)，a min时SCl2(g)的转化率等于50%，但反应未到达平衡，55℃，体积缩小为0.5VL，浓度增大，反应速率加快，所以a min时SCl2(g)的转化率大于50%，C正确；
D．由图可知82℃，SCl2的转化率为90%，得出三段式：， 求出平衡常数K=，在该密闭容器中充入SCl2、S2Cl2和Cl2各0.1mol，此时浓度商Qc=1
二、多选题
14．在恒温条件下。向盛有食盐的2L恒容密闭容器中加入、0.2mol NO和，发生如下两个反应：
① ，
② ，
10分钟时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20％，10分钟内用表示的平均反应速率。下列说法正确的是
A．平衡时的转化率为50％
B．其它条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数增大
C．平衡后
D．反应的平衡常数为
【答案】AD
【详解】10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20％，则平衡时混合气体总物质的量为(0.2＋0.2＋0.1)mol×(1-20％)=0.4mol，10min内用表示的平均反应速率，则平衡时，设①中反应的为x mol，②中反应的为y mol，则：
则，，
联立方程，解得、，
A．平衡时的转化率为％=50％，选项A正确；
B．平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，则其它条件保持不变，反应在恒压条件下进行，平衡常数不变，选项B错误；
C．由分析可知，平衡后，选项C错误；
D．由盖斯定律可知，由①×2-②可得反应，
则其平衡常数，选项D正确；
答案选AD。
三、工业流程题
15．用低品铜矿(主要含CuS、FeO)制备Cu2O的一种流程如下：
(1)“酸浸”中CuS发生反应的化学方程式为 _______ 。
(2)写出基态Mn2+的核外电子排布式_______ 。
(3)“调pH”后溶液pH约4，此时溶液Fe3＋物质的量浓度为 _______。[Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38]
(4)“除锰”时的离子方程式为_______。
(5)“还原”前需测定铜氨离子{[Cu(NH3)4]2＋}的浓度来确定水合肼的用量。20.0mL除去Mn2＋的铜氨溶液于100mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取25.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加3mol·L-1H2SO4至pH为3～4，加入过量KI固体。以淀粉溶液为指示剂，生成的碘用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点(反应为2Cu2＋＋4I-=2CuI＋I2，I2＋2S2O=2I-＋S4O)，重复2～3次，平均消耗Na2S2O3标准溶液22.00mL。计算铜氨溶液的物质的量浓度_______。
(6)保持其它条件不变，水合肼浓度对Cu2O的产率的影响如图所示。水合肼浓度大于3.25mol·L-1时Cu2O的产率下降，[Cu(NH3)4]2＋的转化率仍增大，可能的原因是_______。
【答案】(1)CuS＋MnO2＋2H2SO4=CuSO4＋MnSO4＋S＋2H2O
(2)[Ar]3d5
(3)1×10-8mol·L-1
(4)Mn2＋＋NH3·H2O＋=MnCO3↓＋＋H2O
(5)0.4400mol·L-1
(6)Cu2O被N2H4·H2O进一步还原成铜单质
【分析】低品铜矿中加入稀硫酸和二氧化锰，硫化铜与二氧化锰发生氧化还原反应生成铜离子、二价锰离子和硫单质，氧化亚铁与稀硫酸反应生成亚铁离子，又被氧化成铁离子，再调节pH除去铁离子，然后加氨水和碳酸氢铵除去锰离子，最后再加水合肼还原铜离子得到产品。
（1）
硫化铜有还原性，二氧化锰有氧化性，两者在酸性条件下发生氧化还原反应，依据得失电子守恒和原子守恒，反应化学方程式为：CuS+MnO2+2H2SO4=CuSO4+MnSO4+S+2H2O；
（2）
Mn元素的原子核外有25个电子，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则基态Mn2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5)；
（3）
Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)=1×10-38，pH=4，则c(OH-)=mol/L，；
（4）
用氨水和碳酸氢铵除去锰离子的离子方程式为：Mn2＋＋NH3·H2O＋=MnCO3↓＋＋H2O；
（5）
由题目所给反应可得关系式：，求得n=0.0020mol，则20.0mL除去Mn2+的铜氨溶液中含铜氨离子｛[Cu(NH3)4]2+｝的物质的量为0.0020mol4=0.0080mol，浓度为：；
（6）
水合肼度大于3.25mol·L-1时，水合肼被氧化成氮气，铜氨离子被还原为铜，使得[Cu(NH3)4]2+的转化率仍增大，Cu2O的产率下降。
四、有机推断题
16．I．有甲、乙、丙三种物质：
甲 乙
分子式
C9H8O
部分性质
能使Br2/CCl4褪色
丙
（1）乙中含有的官能团的名称为_______________；
（2）由甲转化为乙需经下列过程（已略去各步反应的无关产物，下同）：
其中反应II的条件是___，反应III的化学方程式为______（不需注明反应条件）；
（3）由甲出发合成丙的路线之一如下：
（a）写出反应③化学方程式________；
（b）丙的结构简式为_______________；
（c）D有多种同分异构体，任写其中一种能同时满足下列条件的异构体结构简式_______。
a．苯环上的一氯代物有两种
b．在空气中易被氧化，遇FeCl3溶液显紫色
c．能与Br2/CCl4发生加成反应
【答案】 氯原子 、 羟基 NaOH溶液，加热 、 、 （任写一种）
【分析】有机物结构改变、组成变化、反应条件等，是进行推断的重要依据；根据合成反应流程方向顺展逆推，是进行推断的重要方法。
【详解】（1）乙中含有的官能团为氯原子、羟基。
（2）图中，甲经三步转化为乙：第I步，甲侧链甲基上的氢被氯原子代替，是甲与氯气光照时的取代反应；碳碳双键与水的加成反应较难进行，故第II步为卤代烃在NaOH溶液中加热，发生水解反应生成 ；第III步为碳碳双键与HCl的加成反应，化学方程式为 。
（3）由甲合成丙的路线中，反应①：甲与Br2加成生成A（ ）；反应②：A在NaOH溶液中水解生成B（ ）；反应③：B催化氧化生成C（ ），则（a）反应③化学方程式 ；反应⑤：C与浓硫酸共热脱“H2O”生成丙，得（b）丙的结构简式为 。
（c）苯环上的一氯代物有两种，可能是苯环邻位有两个相同的取代基，或对位有两个不同的取代基；在空气中易被氧化、遇FeCl3溶液显紫色，则有酚羟基；根据分子式C9H10O，得可能结构为 ；能与Br2/CCl4发生加成反应，－C3H5含碳碳双键。综上，D的符合题意的同分异构体有 、 、 。
五、计算题
17．碘是一种人体必需的微量元素，国家标准规定合格加碘食盐(主要含有KI和KIO3)中碘元素含量为20~50 mg/kg，测定加碘食盐中碘元素含量的操作过程如下。
步骤1：准确称取某加碘食盐样品100.0 g，溶于水配制成500.00 mL溶液。
步骤2：取步骤1所配溶液50. 00 mL加入碘量瓶中，向其中加入适量H2C2O4-H3PO4混合溶液。再加入NaClO溶液将碘元素全部转化为，剩余的NaClO被H2C2O4还原除去。
步骤3:向步骤2所得溶液中加入足量的KI溶液，充分反应。
步骤4：用3.000×10-3 mol /L Na2S2O3标准溶液滴定步骤3所得溶液至呈浅黄色时，加入淀粉溶液,继续滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液10. 00 mL
已知：2Na2S2O3+I2= Na2S4O6+2NaI
(1)步骤2中NaClO与KI反应的离子方程式为____。
(2)步骤4中，Na2S2O3标准溶液(呈碱性)，应盛放在如图所示的滴定管_____中(填“A"或“B")。滴定终点的现象是___。
(3)通过计算确定该加碘食盐样品中碘元素含最是否合格(写出计算过程)____。
【答案】 3ClO-+I-=IO3-+3Cl- B 最后一滴Na2S2O3标准溶液滴入碘量瓶，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 不合格
【分析】(1) NaClO溶液将碘元素全部转化为，同时生成氯离子；
(2)根据物质的性质，选择合适的滴定管；判断滴定终点：最后一滴Na2S2O3标准溶液滴入碘量瓶，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；
(3)与I-完全反应，方程式有+I-+6H+=3I2+3H2O，结合2Na2S2O3+I2= Na2S4O6+2NaI，所以关系式为：～3I2～6Na2S2O3，进行计算。
【详解】(1) NaClO溶液将碘元素全部转化为，同时生成氯离子，离子方程式为：3ClO-+I-=IO3-+3Cl-，故答案为：3ClO-+I-=IO3-+3Cl-；
(2) Na2S2O3标准溶液(呈碱性)，滴定时，合适的滴定管为碱式滴定管；淀粉遇碘单质变蓝，判断滴定终点：最后一滴Na2S2O3标准溶液滴入碘量瓶，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色，故答案为：B；最后一滴Na2S2O3标准溶液滴入碘量瓶，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；
(3)与I-完全反应，方程式有+I-+6H+=3I2+3H2O，结合2Na2S2O3+I2= Na2S4O6+2NaI，所以关系式为：～3I2～6Na2S2O3，n()==5.000×10-6mol，则该加碘食盐中碘元素的含量为=63.5 mg/kg，不在20～50mg/kg范围内，因此该加碘食盐中碘元素的含量不符合国家标准，故答案为：不合格。
【点睛】本题难点(3)，多个方程式的计算题，要先确定各个反应的方程式，再根据方程式找出其关系式，进行求算，达到快速解题。
六、原理综合题
18．不同催化剂作用下NH3还原NOx的机理与效果是研究烟气(含NOx、O2、N2等)脱硝的热点。
(1)NH3还原NO的主反应为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)。
已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180.5kJ·mol-1
4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) △H=-1269kJ·mol-1
上述主反应的△H=____。
(2)在某钒催化剂中添加一定量Cu2O可加快NO的脱除效率，其可能机理如图1所示(*表示物种吸附在催化剂表面，部分物种未画出)。
①X、Y处V元素化合价为+4或+5价。X处V元素化合价为____。
②NO转化为N2的机理可描述为____。
③烟气中若含有SO2，会生成NH4HSO4堵塞催化剂孔道。生成NH4HSO4的化学方程式为____。
(3)将模拟烟气(一定比例NOx、NH3、O2和N2)以一定流速通过装有Fe/Zr催化剂的反应管，测得NOx转化率随温度变化的曲线如图2所示。
①温度低于350℃时，NOx转化率随温度升高而增大，其可能原因是_____。
②温度高于450℃时，NOx转化率已降低为负值，其可能原因是____。
【答案】(1)-1630kJ·mol-1
(2) +5 O2与催化剂表面的Cu+反应生成和Cu2+，部分NO与、Cu2+反应生成NO2和Cu+；与钒催化剂反应生成，+5价V变为+4价V，NO或NO2与、+4价V反应生成N2和H2O，+4价V变为+5价V，如此循环往复 O2+2SO2+2NH3+2H2O2NH4HSO4
(3) 低于200℃的范围内，催化剂的活性很低，主要是温度升高加快了化学反应速率；200℃~300℃范围内，随着温度升高催化剂的活性增强共同使化学反应速率加快 ；在300℃~350℃的范围内，催化剂的活性达到最强，随温度升高化学反应速率加快 温度高于450℃时，NH3与O2反应生成NOx的速率大于NOx被NH3还原的速率，使得流出反应管的NOx总量超过流入反应管的NOx总量
【解析】（1）
已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180.5kJ·mol-1
②4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) △H=-1269kJ·mol-1
由盖斯定律可知，-2×①+②得到主反应，则主反应的△H=-2×（+180.5kJ·mol-1）+（-1269kJ·mol-1）=-1630kJ·mol-1；
（2）
①X、Y处V元素化合价为+4或+5价。铜离子和Y反应生成亚铜离子和X，根据电子守恒可知，Y生成X时，V的化合价升高，则X处V元素化合价为+5。
②由图可知，NO转化为N2的机理可描述为：O2与催化剂表面的Cu+反应生成和Cu2+，部分NO与、Cu2+反应生成NO2和Cu+；与钒催化剂反应生成，+5价V变为+4价V，NO或NO2与、+4价V反应生成N2和H2O，+4价V变为+5价V，如此循环往复；
③在催化剂的作用下，氧气可以把烟气中二氧化硫中四价硫氧化为六价硫，生成NH4HSO4堵塞催化剂孔道，生成NH4HSO4的化学方程式为O2+2SO2+2NH3+2H2O2NH4HSO4；
（3）
①烟气以一定流速通过装有Fe/Zr催化剂的反应管，反应不一定达到平衡状态，反应速率随温度的升高而升高，且催化剂的活性也受温度影响，在一定的温度范围内，催化剂的活性随温度升高而增强。因此，温度低于350℃时，NOx转化率随温度升高而增大，根据图中曲线的变化特点可以判断其可能的原因是：低于200℃的范围内，催化剂的活性很低，主要是温度升高加快了化学反应速率；200℃~300℃范围内，随着温度升高催化剂的活性增强共同使化学反应速率加快 ；在300℃~350℃的范围内，催化剂的活性达到最强，随温度升高化学反应速率加快。
②催化剂需要一定的活性温度，温度过高导致催化剂活性逐渐降低，化学反应速率会随着温度升高而减小，且温度过高还会导致氨气发生副反应，因此，温度高于450℃时，NOx量不减反增，NOx转化率已降低为负值，其可能原因是：温度高于450℃时，NH3与O2反应生成NOx的速率大于NOx被NH3还原的速率，使得流出反应管的NOx总量超过流入反应管的NOx总量。
江苏省南通市海安高级中学2022-2023学年高二上学期第一次月考（创新班）化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列有关说法错误的是
A．德尔塔(Delta)，是新冠病毒变异毒株，传播性更强，其成分含有蛋白质
B．市面上的防晒衣通常用聚酯纤维材料制作，忌长期用肥皂或碱性较强的液体洗涤
C．“天和”核心舱电推进系统中的霍尔推力器腔体，使用的氮化硼陶瓷基复合材料属于新型无机非金属材料
D．中芯国际是我国生产芯片的龙头企业，所生产芯片的主要成分是二氧化硅
【答案】D
【详解】A．新冠病毒其成份为蛋白质，故A说法正确；
B．聚酯纤维在碱性条件下易水解，因此聚酯纤维材料制作的衣服，忌在肥皂或碱性较强的液体中洗涤，故B说法正确；
C．氮化硼陶瓷是由B、N元素组成，具有耐高温、强度高、耐腐蚀等优良性能，属于新型无机非金属材料，故C说法正确；
D．生产芯片的主要成分是晶体硅，晶体硅是良好的半导体材料，故D说法错误；
答案为D。
2．肼(N2H4)是发射航天飞船常用的高能燃料，可通过反应2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O制备。下列有关微粒的描述不正确的是
A．NH3的电子式为 B．N2H4的结构式为
C．的结构示意图： D．NaClO中存在离子键和共价键
【答案】A
【详解】A．NH3的电子式为，A项错误；
B．N的原子序数为7，最外层电子数为5，则N2H4的结构式为，B项正确；
C．氯原子的原子序数为17，最外层电子数为7容易得到1个电子变为稳定结构，则的结构示意图：，C项正确；
D．NaClO可电离出和，则NaClO为离子化合物，存在离子键和共价键，D项正确；
答案选A。
3．C和H2在生产、生活、科技中是非常重要的燃料。已知：
①2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=-221kJ·mol-1
②2H2O(g)
下列推断正确的是
A．C(s)的燃烧热为110.5kJ·mo1-1
B．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH>0，ΔS<0，该反应是非自发反应
C．C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) ΔH=+131.5kJ·mo1-1
D．将2molH2O(g)分解成H2(g)和O2(g)，至少需要提供4×463kJ的热量
【答案】C
【详解】A．1mol C(s)完全燃烧生成稳定的氧化物即CO2时所放出的热量为燃烧热，反应①没有生成稳定氧化物，A错误；
B．2molH2断开化学键需要吸收的热量为2mol×436 kJ·mol-1，1mol O2断开化学键需要吸收的热量为1mol×496 kJ·mol-1，4molH原子和2molO原子形成2molH2O(g)是时放出的热量为4mol×463 kJ·mol-1，根据△H=反应物的总键能-生成物的总键能，可得△H=2mol×436 kJ·mol-1+1mol×496 kJ·mol-1-4mol×463 kJ·mol-1=-484 kJ·mol-1，因此热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-484kJ·mol-1，B错误；
C．反应①2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=-221kJ·mol-1和反应②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-484kJ·mol-1，根据盖斯定律，反应①-②得C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，△H=+131.5 kJ·mol-1，即热化学方程式为：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H=+131.5kJ·mol-1，C正确；
D．根据2H2O(g) =2H2(g)+O2(g) △H=+484kJ·mol-1可知，2 mol H2O(g)分解成H2(g)和O2(g)，提供的热量为484kJ，D错误；
答案选C。
4．CO2是一种常见温室气体，也是巨大的碳资源。CO2可转化为CO、H2等燃料：CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH1=+247 kJ·mol-1，下列关于反应CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH1=+247 kJ·mol-1的说法正确的是
A．该反应在任何温度下都可自发进行
B．反应CO2(s)+CH4(g) = 2CO(g)+2H2(g) ΔH2 ＜+247kJ·mol-1
C．反应中每生成1mol H2，转移电子的数目为3×6.02×1023
D．选择高效催化剂可以降低反应的焓变，提高化学反应速率
【答案】C
【详解】A．该反应ΔH1>0，通过反应方程式可知ΔS>0，由此判断该反应可在高温下自发进行，A项错误；
B．CO2由气态变为固态，这一过程为放热过程，根据盖斯定律可知，反应CO2(s)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH2>+247kJ·mol-1，B项错误；
C．根据反应方程式CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)可知，CO2转化为CO，C元素化合价降低2价，CH4转化为CO，C元素化合价升高6价，CH4转化为H2，H元素化合价共降低4价，所以反应中每生成2molH2，转移6mol电子，则反应中每生成1molH2，转移电子的数目为3×6.02×1023，C项正确；
D．选择高效催化剂可以降低反应的活化能，提高化学反应速率，D项错误；
答案选C。
5．对于反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) ΔH=-196.6kJ·mol-1，下列说法正确的是
A．反应的ΔH < 0，ΔS >0
B．反应的平衡常数可表示为K=
C．使用催化剂能改变反应路径，降低反应的活化能
D．增大体系的压强能增大活化分子百分数，加快反应的速率
【答案】C
【详解】A．ΔH=-196.6kJ·mol-1< 0，反应物气体的计量系数和为3，生成物的气体计量系数为2，则该反应为熵减反应，反应的＜0，选项A错误；
B．反应的平衡常数表达式为，选项B错误；
C．催化剂能改变反应路径，降低反应的活化能，对于反应的焓变无影响，选项C正确；
D．增大体系压强,可使单位体积内活化分子百分数增多,有效碰撞的机率增大，反应速率加快，选项D错误；
答案选C。
6．一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的
①NaOH固体；②；③固体；④NaNO3固体；⑤KCl溶液；⑥溶液
A．①②⑥ B．②③⑤ C．②④⑥ D．②③④
【答案】B
【详解】Fe与盐酸反应的实质为Fe+2H+═Fe2++H2↑，为了减缓反应速度，且不影响生成氢气的总量，则可减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量；①加入NaOH固体，氢离子的物质的量及浓度均减小，故①错误；②加入H2O，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故②正确；③加入CH3COONa固体与盐酸反应生成弱酸，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故③正确；④加入NaNO3固体，氢离子的浓度、氢离子的物质的量都没有变化，且酸性条件下发生氧化还原反应不生成氢气，故④错误；⑤加入KCl溶液，减小氢离子的浓度，但不改变氢离子的物质的量，故⑤正确；⑥CuSO4溶液，铁单质与铜离子发生置换反应，生成的铜与铁、稀盐酸形成原电池，加快反应速率，故⑥错误；②③⑤正确，故选B。
7．下列化学反应或离子反应方程式正确的是
A．苯与溴水反应：2 +Br22
B．1-氯丙烷中加入氢氧化钠溶液并加热：CH3CH2CH2Cl＋NaOH CH3CH=CH2↑＋NaCl＋H2O
C．苯酚钠溶液中通入少量CO2：2C6H5O-+H2O+CO2→2C6H5OH+
D．实验室制取乙炔的反应：CaC2+2H2O → Ca(OH)2 + CH≡CH↑
【答案】D
【详解】A．苯与溴水不发生化学反应，可发生萃取，与题意不符，选项A错误；
B．1一氯丙烷中加入氢氧化钠的水溶液并加热，发生氯代烃的取代反应，方程式为CH3CH2CH2Cl＋NaOH CH3CH2CH2OH＋NaCl，与题意不符，选项B错误；
C．苯酚钠溶液中通入少量CO2，生成碳酸氢钠和苯酚，方程式为C6H5O－+H2O+CO2→C6H5OH+，与题意不符，选项C错误；
D．实验室常用碳化钙与水反应制取乙炔，方程式为CaC2+2H2O→Ca(OH)2+CH≡CH↑，符合题意，选项D正确；
答案选 D。
8．按图示装置，实验能够成功的是
A．装置A用于提取I2的CCl4溶液中的I2 B．装置B用于制备乙炔并检验其性质
C．装置C用于验证碳酸酸性强于苯酚 D．装置D用于检验溴丙烷消去产物
【答案】C
【详解】A．提取I2的CCl4溶液中的I2应用蒸馏的方法，图Ⅱ为分液装置，选项A错误；
B．水与电石反应时出乙炔，反应较快，应选饱和食盐水与电石反应制备乙炔，选项B错误；
C．发生强酸制取弱酸的反应，可验证碳酸酸性强于苯酚，选项C正确；
D．溴乙烷水解生成乙烯，挥发的乙醇及生成的乙烯均使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能检验消去产物，选项D错误；
答案选C。
9．通过在隧道的路面涂上一种光催化剂涂料，可将汽车尾气中的NO和CO转化成N2和CO2，发生的反应为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H=x(x<0)kJ·mol-1，向某恒温恒容密闭容器中通入1molNO(g)和1molCO(g)发生上述反应，下列说法正确的是
A．上述反应中4种物质含有的共价键均为极性共价键
B．当混合气体的颜色不再变化时，说明该反应达到平衡状态
C．当混合气体的密度不再变化时，说明该反应达到平衡状态
D．反应达到平衡后，升高温度，再次达到平衡时NO的平衡体积分数增大
【答案】D
【详解】A．中含非极性共价键，选项A错误；
B．所有反应物均为无色，混合气体的颜色始终不变，混合气体的颜色不再变化不能说明反应达平衡，选项B错误；
C．恒温恒容条件下，该反应体系中混合气体的密度一直保持不变，选项C错误；
D．反应达到平衡后，升高温度，平衡向逆反应方向移动，再次达到平衡时的平衡体积分数增大，选项D正确；
答案选D。
10．X、Y、Z、W、Q是周期表中前4周期元素，且原子序数依次增大。X、Z的基态原子2p轨道中均有2个未成对电子，W的最外层电子数是次外层的一半，Q最外层有1个电子，内层电子全部充满。Q2+能与NH3形成[Q(NH3)4]2+，[Q(NH3)4]2+中2个NH3被2个Cl-取代可得两种不同的结构。Q2Z晶胞如下图所示。
下列说法正确的是
A．原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)
B．电负性：x(Z)>x(Y)>x(X)>x(W)
C．Q在周期表中位于第四周期IA族
D．简单氢化物的沸点：Z>Y>X>W
【答案】B
【分析】X、Y、Z、W、Q是周期表中前4周期元素，且原子序数依次增大。X、Z的基态原子2p轨道中均有2个未成对电子，X是C元素、Z是O元素，则Y是N元素；W的最外层电子数是次外层的一半，W是Si元素；Q最外层有1个电子，内层电子全部充满，Q是Cu元素。
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，原子半径：r(Si)>r(C)>r(N)>r(O)，故A错误；
B．元素非金属性越强电负性越大，电负性：x(O)>x(N)>x(C)>x(Si)，故B正确；
C．Q是Cu元素，在周期表中位于第四周期IB族，故C错误；
D．H2O、NH3存在分子间氢键，沸点较高；同主族元素从上到下气态氢化物的沸点依次升高，沸点CH4
选B。
11．如下表所示，为提纯下列物质（括号内为少量杂质），所选用的除杂试剂与主要分离方法都正确的是
不纯物质
除杂试剂
分离方法
A
乙烷（乙烯）
KMnO4（酸化）
洗气
B
溴苯（溴）
NaOH溶液
过滤
C
乙醇（水）
生石灰
蒸馏
D
苯（苯酚）
浓Br2水
过滤
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【分析】除杂必须遵循的原则：不增加新杂质（不增）、不减少被提纯物质（不减）、操作简便易行（易分）等，据此分析选项正误。
【详解】A项：酸化KMnO4溶液能将杂质乙烯氧化，但生成的二氧化碳成为乙烷中的新杂质。常用溴水洗气以除去乙烷中的乙烯，A项错误；
B项：溴与NaOH溶液反应生成易溶于水的钠盐，通常溴苯与NaOH溶液不反应，且溴苯不溶于水，密度比水大的液体，故用分液法分离而非过滤法，B项错误；
C项：乙醇中的水与生石灰反应生成离子化合物Ca(OH)2，蒸馏时只有乙醇能汽化，再冷凝得无水乙醇，C项正确；
D项：苯酚与浓Br2水取代反应生成的三溴苯酚不溶于水、能溶于苯中，不能过滤除去。除去苯中的苯酚，常用NaOH溶液，振荡、静置后分液，D项错误。
本题选C。
【点睛】有机混合物的分离提纯常用方法：分液或转化后分液、蒸馏或转化后蒸馏等。
12．通过下列实验探究草酸(H2C2O4)的性质。
实验
实验操作和现象
1
室温下，用pH计测得0.1mol/L H2C2O4溶液的pH约为1.3
2
室温下，向25.00mL 0.1mol/L H2C2O4溶液中逐滴加入0.1mol/L NaOH溶液，得到下图滴定曲线
下列有关说法正确的是
A．滴定实验时，滴定管和锥形瓶都要用待装液润洗
B．0.1 mol·L-1 H2C2O4溶液中存在c(H＋)>2c(C2O)＋c(HC2O)
C．a、b、c对应的溶液中，水的电离程度：c>b>a
D．V(NaOH)=25.00 mL时反应所得溶液中：c(C2O) < c(H2C2O4)
【答案】B
【详解】A．滴定实验时，锥形瓶不能用待装液润洗，A错误；
B．H2C2O4电荷守恒表达式为，所以c(H＋)>2c(C2O)＋c(HC2O)，B正确；
C．a点时，溶液pH=7，水的电离处于正常电离状态(类似纯水)，b点时，溶液中溶质只有Na2C2O4，溶质的水解使水的电离受到促进，c点时，溶液中有额外的NaOH，其电离出的OH-明显抑制水的电离，所以三个状态下水的电离程度应是b>a>c，C错误；
D．此状态下，溶液中溶质应为NaHC2O4，根据溶液质子守恒关系有，溶液pH<7，c(H+)>c(OH-)，所以有c()>c(H2C2O4)，D错误。
13．SCl2可用作有机合成的氯化剂。在体积为VL的密闭容器中充入0.2 mol SCl2(g)，发生反应：。图中所示曲线分别表示反应在a min时和平衡时SCl2的转化率与温度的关系。下列说法正确的是
A．的、
B．当容器中气体密度恒定不变时，反应达到平衡状态
C．55℃，向体积为0.5VL的容器中充入0.2 mol SCl2(g)，a min时SCl2(g)的转化率大于50%
D．82℃，起始时在该密闭容器中充入SCl2、S2Cl2和Cl2各0.1mol，此时＞
【答案】C
【详解】A．由图可知，温度升高，SCl2的转化率增大，可知该反应为吸热反应，；由方程式可知该反应气体分子总数不变，，A错误；
B．＝，该反应在恒容密闭容器进行，V不变，反应物和生成物均为气体，气体总质量不变，则为一个恒定值，即永远不变，所以当容器中气体密度恒定不变时，不能确定该反应是否到达平衡状态，B错误；
C．由图可知，55℃，在体积为VL的密闭容器中充入0.2 mol SCl2(g)，a min时SCl2(g)的转化率等于50%，但反应未到达平衡，55℃，体积缩小为0.5VL，浓度增大，反应速率加快，所以a min时SCl2(g)的转化率大于50%，C正确；
D．由图可知82℃，SCl2的转化率为90%，得出三段式：， 求出平衡常数K=，在该密闭容器中充入SCl2、S2Cl2和Cl2各0.1mol，此时浓度商Qc=1
二、多选题
14．在恒温条件下。向盛有食盐的2L恒容密闭容器中加入、0.2mol NO和，发生如下两个反应：
① ，
② ，
10分钟时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20％，10分钟内用表示的平均反应速率。下列说法正确的是
A．平衡时的转化率为50％
B．其它条件保持不变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数增大
C．平衡后
D．反应的平衡常数为
【答案】AD
【详解】10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20％，则平衡时混合气体总物质的量为(0.2＋0.2＋0.1)mol×(1-20％)=0.4mol，10min内用表示的平均反应速率，则平衡时，设①中反应的为x mol，②中反应的为y mol，则：
则，，
联立方程，解得、，
A．平衡时的转化率为％=50％，选项A正确；
B．平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，则其它条件保持不变，反应在恒压条件下进行，平衡常数不变，选项B错误；
C．由分析可知，平衡后，选项C错误；
D．由盖斯定律可知，由①×2-②可得反应，
则其平衡常数，选项D正确；
答案选AD。
三、工业流程题
15．用低品铜矿(主要含CuS、FeO)制备Cu2O的一种流程如下：
(1)“酸浸”中CuS发生反应的化学方程式为 _______ 。
(2)写出基态Mn2+的核外电子排布式_______ 。
(3)“调pH”后溶液pH约4，此时溶液Fe3＋物质的量浓度为 _______。[Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38]
(4)“除锰”时的离子方程式为_______。
(5)“还原”前需测定铜氨离子{[Cu(NH3)4]2＋}的浓度来确定水合肼的用量。20.0mL除去Mn2＋的铜氨溶液于100mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取25.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加3mol·L-1H2SO4至pH为3～4，加入过量KI固体。以淀粉溶液为指示剂，生成的碘用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点(反应为2Cu2＋＋4I-=2CuI＋I2，I2＋2S2O=2I-＋S4O)，重复2～3次，平均消耗Na2S2O3标准溶液22.00mL。计算铜氨溶液的物质的量浓度_______。
(6)保持其它条件不变，水合肼浓度对Cu2O的产率的影响如图所示。水合肼浓度大于3.25mol·L-1时Cu2O的产率下降，[Cu(NH3)4]2＋的转化率仍增大，可能的原因是_______。
【答案】(1)CuS＋MnO2＋2H2SO4=CuSO4＋MnSO4＋S＋2H2O
(2)[Ar]3d5
(3)1×10-8mol·L-1
(4)Mn2＋＋NH3·H2O＋=MnCO3↓＋＋H2O
(5)0.4400mol·L-1
(6)Cu2O被N2H4·H2O进一步还原成铜单质
【分析】低品铜矿中加入稀硫酸和二氧化锰，硫化铜与二氧化锰发生氧化还原反应生成铜离子、二价锰离子和硫单质，氧化亚铁与稀硫酸反应生成亚铁离子，又被氧化成铁离子，再调节pH除去铁离子，然后加氨水和碳酸氢铵除去锰离子，最后再加水合肼还原铜离子得到产品。
（1）
硫化铜有还原性，二氧化锰有氧化性，两者在酸性条件下发生氧化还原反应，依据得失电子守恒和原子守恒，反应化学方程式为：CuS+MnO2+2H2SO4=CuSO4+MnSO4+S+2H2O；
（2）
Mn元素的原子核外有25个电子，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则基态Mn2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5)；
（3）
Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)=1×10-38，pH=4，则c(OH-)=mol/L，；
（4）
用氨水和碳酸氢铵除去锰离子的离子方程式为：Mn2＋＋NH3·H2O＋=MnCO3↓＋＋H2O；
（5）
由题目所给反应可得关系式：，求得n=0.0020mol，则20.0mL除去Mn2+的铜氨溶液中含铜氨离子｛[Cu(NH3)4]2+｝的物质的量为0.0020mol4=0.0080mol，浓度为：；
（6）
水合肼度大于3.25mol·L-1时，水合肼被氧化成氮气，铜氨离子被还原为铜，使得[Cu(NH3)4]2+的转化率仍增大，Cu2O的产率下降。
四、有机推断题
16．I．有甲、乙、丙三种物质：
甲 乙
分子式
C9H8O
部分性质
能使Br2/CCl4褪色
丙
（1）乙中含有的官能团的名称为_______________；
（2）由甲转化为乙需经下列过程（已略去各步反应的无关产物，下同）：
其中反应II的条件是___，反应III的化学方程式为______（不需注明反应条件）；
（3）由甲出发合成丙的路线之一如下：
（a）写出反应③化学方程式________；
（b）丙的结构简式为_______________；
（c）D有多种同分异构体，任写其中一种能同时满足下列条件的异构体结构简式_______。
a．苯环上的一氯代物有两种
b．在空气中易被氧化，遇FeCl3溶液显紫色
c．能与Br2/CCl4发生加成反应
【答案】 氯原子 、 羟基 NaOH溶液，加热 、 、 （任写一种）
【分析】有机物结构改变、组成变化、反应条件等，是进行推断的重要依据；根据合成反应流程方向顺展逆推，是进行推断的重要方法。
【详解】（1）乙中含有的官能团为氯原子、羟基。
（2）图中，甲经三步转化为乙：第I步，甲侧链甲基上的氢被氯原子代替，是甲与氯气光照时的取代反应；碳碳双键与水的加成反应较难进行，故第II步为卤代烃在NaOH溶液中加热，发生水解反应生成 ；第III步为碳碳双键与HCl的加成反应，化学方程式为 。
（3）由甲合成丙的路线中，反应①：甲与Br2加成生成A（ ）；反应②：A在NaOH溶液中水解生成B（ ）；反应③：B催化氧化生成C（ ），则（a）反应③化学方程式 ；反应⑤：C与浓硫酸共热脱“H2O”生成丙，得（b）丙的结构简式为 。
（c）苯环上的一氯代物有两种，可能是苯环邻位有两个相同的取代基，或对位有两个不同的取代基；在空气中易被氧化、遇FeCl3溶液显紫色，则有酚羟基；根据分子式C9H10O，得可能结构为 ；能与Br2/CCl4发生加成反应，－C3H5含碳碳双键。综上，D的符合题意的同分异构体有 、 、 。
五、计算题
17．碘是一种人体必需的微量元素，国家标准规定合格加碘食盐(主要含有KI和KIO3)中碘元素含量为20~50 mg/kg，测定加碘食盐中碘元素含量的操作过程如下。
步骤1：准确称取某加碘食盐样品100.0 g，溶于水配制成500.00 mL溶液。
步骤2：取步骤1所配溶液50. 00 mL加入碘量瓶中，向其中加入适量H2C2O4-H3PO4混合溶液。再加入NaClO溶液将碘元素全部转化为，剩余的NaClO被H2C2O4还原除去。
步骤3:向步骤2所得溶液中加入足量的KI溶液，充分反应。
步骤4：用3.000×10-3 mol /L Na2S2O3标准溶液滴定步骤3所得溶液至呈浅黄色时，加入淀粉溶液,继续滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液10. 00 mL
已知：2Na2S2O3+I2= Na2S4O6+2NaI
(1)步骤2中NaClO与KI反应的离子方程式为____。
(2)步骤4中，Na2S2O3标准溶液(呈碱性)，应盛放在如图所示的滴定管_____中(填“A"或“B")。滴定终点的现象是___。
(3)通过计算确定该加碘食盐样品中碘元素含最是否合格(写出计算过程)____。
【答案】 3ClO-+I-=IO3-+3Cl- B 最后一滴Na2S2O3标准溶液滴入碘量瓶，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 不合格
【分析】(1) NaClO溶液将碘元素全部转化为，同时生成氯离子；
(2)根据物质的性质，选择合适的滴定管；判断滴定终点：最后一滴Na2S2O3标准溶液滴入碘量瓶，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；
(3)与I-完全反应，方程式有+I-+6H+=3I2+3H2O，结合2Na2S2O3+I2= Na2S4O6+2NaI，所以关系式为：～3I2～6Na2S2O3，进行计算。
【详解】(1) NaClO溶液将碘元素全部转化为，同时生成氯离子，离子方程式为：3ClO-+I-=IO3-+3Cl-，故答案为：3ClO-+I-=IO3-+3Cl-；
(2) Na2S2O3标准溶液(呈碱性)，滴定时，合适的滴定管为碱式滴定管；淀粉遇碘单质变蓝，判断滴定终点：最后一滴Na2S2O3标准溶液滴入碘量瓶，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色，故答案为：B；最后一滴Na2S2O3标准溶液滴入碘量瓶，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；
(3)与I-完全反应，方程式有+I-+6H+=3I2+3H2O，结合2Na2S2O3+I2= Na2S4O6+2NaI，所以关系式为：～3I2～6Na2S2O3，n()==5.000×10-6mol，则该加碘食盐中碘元素的含量为=63.5 mg/kg，不在20～50mg/kg范围内，因此该加碘食盐中碘元素的含量不符合国家标准，故答案为：不合格。
【点睛】本题难点(3)，多个方程式的计算题，要先确定各个反应的方程式，再根据方程式找出其关系式，进行求算，达到快速解题。
六、原理综合题
18．不同催化剂作用下NH3还原NOx的机理与效果是研究烟气(含NOx、O2、N2等)脱硝的热点。
(1)NH3还原NO的主反应为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)。
已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180.5kJ·mol-1
4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) △H=-1269kJ·mol-1
上述主反应的△H=____。
(2)在某钒催化剂中添加一定量Cu2O可加快NO的脱除效率，其可能机理如图1所示(*表示物种吸附在催化剂表面，部分物种未画出)。
①X、Y处V元素化合价为+4或+5价。X处V元素化合价为____。
②NO转化为N2的机理可描述为____。
③烟气中若含有SO2，会生成NH4HSO4堵塞催化剂孔道。生成NH4HSO4的化学方程式为____。
(3)将模拟烟气(一定比例NOx、NH3、O2和N2)以一定流速通过装有Fe/Zr催化剂的反应管，测得NOx转化率随温度变化的曲线如图2所示。
①温度低于350℃时，NOx转化率随温度升高而增大，其可能原因是_____。
②温度高于450℃时，NOx转化率已降低为负值，其可能原因是____。
【答案】(1)-1630kJ·mol-1
(2) +5 O2与催化剂表面的Cu+反应生成和Cu2+，部分NO与、Cu2+反应生成NO2和Cu+；与钒催化剂反应生成，+5价V变为+4价V，NO或NO2与、+4价V反应生成N2和H2O，+4价V变为+5价V，如此循环往复 O2+2SO2+2NH3+2H2O2NH4HSO4
(3) 低于200℃的范围内，催化剂的活性很低，主要是温度升高加快了化学反应速率；200℃~300℃范围内，随着温度升高催化剂的活性增强共同使化学反应速率加快 ；在300℃~350℃的范围内，催化剂的活性达到最强，随温度升高化学反应速率加快 温度高于450℃时，NH3与O2反应生成NOx的速率大于NOx被NH3还原的速率，使得流出反应管的NOx总量超过流入反应管的NOx总量
【解析】（1）
已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180.5kJ·mol-1
②4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) △H=-1269kJ·mol-1
由盖斯定律可知，-2×①+②得到主反应，则主反应的△H=-2×（+180.5kJ·mol-1）+（-1269kJ·mol-1）=-1630kJ·mol-1；
（2）
①X、Y处V元素化合价为+4或+5价。铜离子和Y反应生成亚铜离子和X，根据电子守恒可知，Y生成X时，V的化合价升高，则X处V元素化合价为+5。
②由图可知，NO转化为N2的机理可描述为：O2与催化剂表面的Cu+反应生成和Cu2+，部分NO与、Cu2+反应生成NO2和Cu+；与钒催化剂反应生成，+5价V变为+4价V，NO或NO2与、+4价V反应生成N2和H2O，+4价V变为+5价V，如此循环往复；
③在催化剂的作用下，氧气可以把烟气中二氧化硫中四价硫氧化为六价硫，生成NH4HSO4堵塞催化剂孔道，生成NH4HSO4的化学方程式为O2+2SO2+2NH3+2H2O2NH4HSO4；
（3）
①烟气以一定流速通过装有Fe/Zr催化剂的反应管，反应不一定达到平衡状态，反应速率随温度的升高而升高，且催化剂的活性也受温度影响，在一定的温度范围内，催化剂的活性随温度升高而增强。因此，温度低于350℃时，NOx转化率随温度升高而增大，根据图中曲线的变化特点可以判断其可能的原因是：低于200℃的范围内，催化剂的活性很低，主要是温度升高加快了化学反应速率；200℃~300℃范围内，随着温度升高催化剂的活性增强共同使化学反应速率加快 ；在300℃~350℃的范围内，催化剂的活性达到最强，随温度升高化学反应速率加快。
②催化剂需要一定的活性温度，温度过高导致催化剂活性逐渐降低，化学反应速率会随着温度升高而减小，且温度过高还会导致氨气发生副反应，因此，温度高于450℃时，NOx量不减反增，NOx转化率已降低为负值，其可能原因是：温度高于450℃时，NH3与O2反应生成NOx的速率大于NOx被NH3还原的速率，使得流出反应管的NOx总量超过流入反应管的NOx总量。
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