2023届江苏省南京镇江八校高三上学期第一次联考化学试题含解析

这是一份2023届江苏省南京镇江八校高三上学期第一次联考化学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，结构与性质，有机推断题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

江苏省南京镇江八校2023届高三上学期第一次联考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．2022年北京冬奥会火炬“飞扬”(如图)以耐高温碳纤维材料为外壳，铝合金为点火段材料，氢气为燃料，辅以可调节火焰颜色的“配方”。下列说法正确的是

A．碳纤维属于天然高分子材料
B．氢气作燃料对环境友好无污染
C．铝合金密度小、硬度小、耐腐蚀、熔点高
D．含钾元素的“配方”可使火焰呈黄色
【答案】B
【详解】A．碳纤维是人工合成高分子材料，A错误；
B．氢气燃烧的产物是水，对环境友好无污染，B正确；
C．铝合金属于合金，其密度小、硬度大、耐腐蚀、熔点低，C错误；
D．使火焰呈黄色的“配方”含钠元素，因为钠元素的焰色反应呈黄色，钾元素的焰色反应透过蓝色钴玻璃可观察到紫色，D错误；
故选B。
2．下列表示相关微粒的化学用语正确的是
A．S2-的结构示意图：
B．K2S的电子式：
C．KNO3和K2S均属于离子化合物，都只存在离子键
D．CO2分子中只有极性共价键，N2分子中只有非极性共价键
【答案】D
【详解】A．S2-核外有18个电子，S原子的结构示意图为：，故A错误；
B．K2S为离子化合物，电子式：，故错误；
C．KNO3和K2S均属于离子化合物，都存在离子键，但中存在共价键，故C错误；
D．不同种原子之间形成的共价键是极性共价键，同种原子之间形成的共价键是非极性共价键，CO2分子中只有极性共价键，N2分子中只有非极性共价键，故D正确
故答案为D。
3．下列说法正确的是
A．中氮原子采取杂化 B．简单离子半径：
C．第一电离能： D．电负性： C < N < O
【答案】D
【详解】A．中氮原子的价层电子对数为3+=3，采取sp2杂化，故A错误；
B．核外电子排布相同，核电荷数越小，离子半径越大；简单离子半径：S2-＞K+，故B错误；
C．同周期元素从左到右第一电离能依次增大，第ⅤA族元素半充满状态，较稳定；第一电离能：，故C错误；
D．元素的非金属性越强，电负性越大，元素的非金属性由大到小的顺序为O＞N＞C，则电负性由大到小的顺序为O＞N＞C，故D正确；
故选：D。
4．侯氏制碱法制取的原理为。实验室用如题图所示的装置模拟侯氏制碱法制取少量固体。下列有关说法正确的是

A．装置Ⅰ中反应的离子方程式为
B．向装置Ⅱ洗气瓶中加入饱和溶液以除去中的少量
C．装置Ⅲ中用冰水浴冷却试管内溶液有利于析出固体
D．析出固体的上层清液中不存在
【答案】C
【详解】A．碳酸钙难溶于水，书写离子方程式时不能拆开，要保留化学式的形式，正确的离子方程式为，故A错误；
B．饱和溶液也能吸收，所以除去中的少量要用饱和溶液，故B错误；
C．为降低碳酸氢钠的溶解度，装置Ⅲ中用冰水浴充分冷却试管内溶液，使固体析出，故C正确；
D．析出固体后的溶液为混有氯化铵的饱和溶液，上层清液中还存在，故D错误；
答案选C。
5．下列说法正确的是
A．基态Mn原子的价电子排布图为
B．沸点：CO＜N2
C．键角：NH3＜H2O
D．S8中S原子的杂化方式为sp3
【答案】D
【详解】A．4s能级能量低于3d，所以基态Mn原子的价电子排布式为：3d54s2，价电子排布图为，A错误；
B．二者相对分子质量虽然相同，但CO为极性分子，N2为非极性分子，所以CO的沸点更高，B错误；
C．NH3和H2O分子的中心原子均为sp3杂化，但N原子只有一对孤电子对，而O原子有两对孤电子对，孤电子对和成键电子对之间有较强的排斥作用，所以NH3分子中键角更大，C错误；
D．S8的分子结构为，每个S原子形成2个σ键，还有2对孤电子对，价层电子对数为4，采取sp3杂化，D正确；
综上所述答案为D。
6．下列表述和方程式书写都正确的是
A．表示乙醇燃烧热的热化学方程式：C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) △H= -1367.0 kJ/mol
B．KAl(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使沉淀物质的量达到最大：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-= AlO2-+2BaSO4↓+2H2O
C．用稀硫酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4-+6H++5H2O2 =2Mn2++5O2↑+8H2O
D．用石墨作电极电解NaCl溶液：2Cl-+2H+Cl2↑+H2↑
【答案】C
【详解】A.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，水的稳定状态是液态，因此该式不能表示该反应的燃烧热，A错误；
B. KAl(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使沉淀物质的量达到最大：2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-= 2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，B错误；
C.用稀硫酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为：2MnO4-+6H++5H2O2 =2Mn2++5O2↑+8H2O，C正确；
D.用石墨作电极电解NaCl溶液，阳极Cl-失去电子变为Cl2，阴极上水电离产生的H+获得电子变为H2，反应方程式为：2Cl-+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH-，D错误；
故合理选项是C。
7．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．硬度大，可用作光导纤维
B．Li质量轻、比能量大，可用作电池正极材料
C．有漂白性，可用作葡萄酒的添加剂
D．有弱碱性，可用于中和胃酸
【答案】D
【详解】A．二氧化硅光学特性好，可用作光导纤维，A错误；
B．Li是活泼金属，质量轻、比能量大，可用作电池负极材料，B错误；
C．SO2有还原性，抗氧化，还能杀菌，可用作葡萄酒的添加剂，C错误；
D．有弱碱性，能与盐酸反应生成盐和水，且其碱性较弱对人体无害，常用于中和过多的胃酸，D正确；
故选D。
8．硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注，下列说法正确的是
A．汽车尾气中NO，主要来源于汽油、柴油的燃烧
B．二氧化硫不仅可以漂白纸浆，还能杀菌消毒
C．植物直接吸收利用空气中的NO和NO2作为肥料，实现氮的固定
D．工业废气中的SO2和CO2均可采用石灰法进行脱除
【答案】B
【详解】A．汽车尾气中，主要来源于汽车气缸中氮气和氧气在高温下反应生成的，与汽油、柴油的燃烧无关，故A错误；
B．二氧化硫具有漂白性和弱氧化性，不仅可以漂白纸浆，也能杀菌消毒，故B正确；
C．植物直接吸收利用的是铵盐和硝酸盐可作为肥料，不能吸收空气中的和，氮的固定为氮气转化为含氮化合物的过程，故C错误；
D．生石灰的主要成分是，能与反应生成，再被氧化为硫酸钙，则工业废气中的可采用石灰法进行脱除，但不可采用石灰法进行脱除，故D错误；
故选：。
9．有机化合物Z可用于治疗阿尔茨海默症，其合成路线如下：

下列说法错误的是
A．该反应为加成反应。
B．X、Y分子中含有的手性碳原子个数不同
C．Z的消去反应产物具有顺反异构体
D．Z的同分异构体不可能含两个苯环
【答案】B
【详解】A．反应为X与Y发生加成反应生成Z，选项A正确；
B．连接4个不同基团的C为手性C，则X中六元杂环与苯环连接醚键的C为手性碳，Y中六元杂环与环外形成醚键的C为手性碳，可知均只有1个手性碳原子，选项B错误；
C．Z中醇羟基发生消去反应后得到的产物具有碳碳双键，且碳碳双键两端各有1个H外另两个基团不相同，具有顺反异构体，选项C正确；
D．Z的不饱和度为7，两个苯环需要8个不饱和度，故Z的同分异构体不可能含两个苯环，选项D正确；
答案选B。
10．氯元素具有多种化合价，可形成、、、和等离子，在一定条件下能发生相互转化。在新型催化剂作用下，氧化HCl可获得：  。对于反应，下列说法正确的是
A．该反应
B．4mol HCl与1mol反应转移电子数约为
C．的使用能降低该反应的焓变
D．反应的平衡常数为
【答案】A
【详解】A．对于反应，生成物气体分子数小于反应物气体分子数，即∆S＜0，该反应在催化剂作用下能自发进行，所以该反应，A正确；
B．由于反应为可逆反应，4mol HCl与1molO2混合时，参加反应的HCl的物质的量小于4mol，则反应转移电子数小于，B不正确；
C．为该反应的催化剂，催化剂只能降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变，所以催化剂的使用，不改变该反应的焓变，C不正确；
D．由于反应物和生成物都呈气态，所以反应的平衡常数，D不正确；
故选A。
11．下列实验方案中，能达到实验目的的是
选项
实验方案。
实验目的
A
将SO2和CO2分别通入水中达到饱和，用pH计立即测定溶液的pH，比较pH大小
确定亚硫酸和碳酸的酸性强弱
B
验证Cu和浓硫酸反应生成CuSO4
向反应后溶液中加入水观察溶液变蓝色
C
将SO2通入NaHCO3溶液后，将混合气体依次通入酸性KMnO4溶液、品红溶液、澄清石灰水
验证非金属性：S>C
D
验证：Ksp(AgI) 向盛有1mL 0.1 mol•L-1 AgNO3溶液的试管中滴加10滴0.1mol•L-1NaCl溶液，有白色沉淀生成，向其中继续滴加0.1mol•L-1KI溶液，有黄色沉淀产生

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．饱和溶液的浓度不同，应测定等浓度的酸溶液的pH来比较酸性，故A错误；
B．应将反应后的混合物注入水中，顺序不合理，故B错误；
C．将SO2通入NaHCO3溶液后，混合气体中有SO2和CO2，通过酸性KMnO4溶液后可除去SO2，品红溶液检验SO2是否除净；澄清石灰水检验CO2，如果澄清石灰水变浑浊，说明有CO2产生，可以说明非金属性S>C，故C正确；
D．AgNO3溶液过量，均为沉淀生成，不能比较Ksp大小，故D错误；
故答案选C。
12．已知室温下Ka1(H2S)=10-7，Ka2(H2S)=10-12.9。通过下列实验探究含硫化合物的性质。
实验l：测得0.1mol·L-1H2S溶液pH=4.1
实验2：向10mL0.1mol·L-1NaHS溶液中加入5mL水，测得溶液的pH不断减小
实验3：向实验2所得溶液中滴加10mL0.1mol·L-1NaOH溶液，测得反应后溶液pH=12
实验4：向实验3所得溶液中滴加几滴0.1mol·L-1MnSO4溶液，产生粉色沉淀，再加几滴0.lmol·L-1CuSO4溶液，产生黑色沉淀
下列说法正确的是
A．由实验1可知：0.1mol·L-1H2S溶液中c(S2-) B．由实验2可知：加水过程中，逐渐变小
C．实验3所得溶液中存在：c(H2S)+c(HS-)+c(H+)=c(OH-)
D．由实验4可知：Ksp(MnS)>Ksp(CuS)
【答案】A
【详解】A．0.1mol·L-1H2S溶液pH=4.1，即c(H+)=10-4.1 mol·L-1，Ka1(H2S)= =10-7，则，则c(HS-)=10-3.9 mol·L-1，Ka2(H2S)= =10-12.9，则，则c(S2-)=10-12.7 mol·L-1，pH=4.1，则pOH=9.9，c(OH-)=10-9.9，则c(S2-) B．Ka2(H2S)= =10-12.9，加水过程中，测得溶液的pH不断减小，即c(H+)越来越大，则越来越小，则越来越大，故B错误；
C．10mL0.1mol·L-1NaHS溶液中加入5mL水，再滴加10mL0.1mol·L-1NaOH溶液，根据NaHS+NaOH=Na2S+H2O，可知它们恰好反应，根据质子守恒，则Na2S溶液中存在2c(H2S)+c(HS-)+c(H+)=c(OH-)，故C错误；
D．实验3所得Na2S溶液中，滴入几滴0.1mol·L-1MnSO4溶液，虽然产生粉色MnS沉淀，但S2-并没有沉淀完全，所以在滴入几滴0.lmol·L-1CuSO4溶液，又产生黑色CuS沉淀，并不能说明存在沉淀转化，则也不能说明Ksp(MnS)>Ksp(CuS)，故D错误；
答案A。

二、多选题
13．CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2资源化利用的方法，其过程中主要发生如下两个反应：
反应I：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH1
反应II：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH2=﹣122.5kJ·mol-1
在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图所示。

已知：CH3OCH3的选择性=×100%
下列说法不正确的是
A．反应2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)的焓变为ΔH2-2ΔH1
B．根据图像推测ΔH1<0
C．其他条件不变时，温度越高，CO2主要还原产物中碳元素的价态越低
D．其他条件不变时，增大体系压强可以提升A点CH3OCH3的选择性
【答案】BC
【详解】A．由盖斯定律可知，II—I×2得到反应2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)，则反应的焓变为ΔH=ΔH2—2ΔH1，故A正确；
B．反应II是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，由图可知，温度升高，二甲醚的选择性降低，二氧化碳的转化率增大，说明反应I向正反应方向移动，该反应为吸热反应，焓变ΔH1＞0，故B错误；
C．由化合价代数和为0可知，二甲醚中碳元素的化合价为—2价，由图可知，温度升高，二甲醚的选择性降低，说明反应以反应I为主，碳元素的化合价为+2价的一氧化碳为主要还原产物，所以温度越高，二氧化碳主要还原产物中碳元素的价态越高，故C错误；
D．反应I为气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动，反应II是气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡向正反应方向移动，所以增大体系压强可以提升A点二甲醚的选择性，故D正确；
故选BC。

三、实验题
14．氧钒(IV)碱式碳酸铵为紫色晶体，难溶于水，是制备热敏材料的原料，其化学式为。实验室以为原料合成用于制备的氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体，过程如下：

已知：+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，能被氧化。
(1)为离子化合物，中含有的σ键数目为_______。
(2)步骤1中生成的同时生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为_______。
(3)步骤2可在下图装置(气密性良好)中进行。

制备过程中，需向锥形瓶中通入，作用是_______ ，所得紫色晶体残留的杂质离子主要为_______。
(4)步骤3洗涤晶体时需用饱和溶液洗涤3次，再用无水乙醇洗涤2次，选择无水乙醇的原因是_______。
(5)已知：①去除溶液中可依次加入尿素溶液(还原)、亚硝酸钠溶液(氧化尿素)。
②滴定反应：。
测定氧钒(Ⅳ)碱式碳酸按晶体中钒的含量的实验方案如下：称量5.1000g样品于锥形瓶中，用溶液溶解后，加入溶液至稍过量，充分反应后继续滴加亚硝酸钠溶液至稍过量，再用尿素除去过量亚硝酸钠溶液，最后用0.0800mol/L的标准溶液滴定至终点。请补充完整配制100mL0.0800mol/L的标准溶液的实验步骤：用精度为千分之一的电子天平准确称取固体_______g， 将固体转移至100mL烧杯中，加入少量溶液和适量蒸馏水溶解，_______。轻轻震荡容量瓶，使溶液混合均匀。_______，将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀。再将所配溶液装入试剂瓶中，贴上标签。
【答案】(1)7mol
(2)2++6HCl=4+N2↑+6H2O
(3)     排尽装置中的空气，防止+4价钒被氧化     Cl-、NH
(4)除去晶体表面的水分，便于乙醇的挥发低温快速干燥
(5)     2.272     冷却至室温，将烧杯中的溶液用玻棒小心地引流到100mL 容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯内壁及玻璃棒2-3次，并将每次洗涤的溶液都注入容量瓶中     缓缓地将蒸馏水注入容量瓶中，直到容量瓶中液面距离容量瓶的刻度线1-2cm时，改用胶头滴管滴加至溶液的凹液面正好与刻度线相切

【分析】由题给流程可知，向五氧化二钒中加入盐酸、混合溶液，将五氧化二钒还原为，溶液与碳酸氢铵溶液反应后，抽滤、洗涤得到氧钒(IV )碱式碳酸铵晶体。
（1）
离子化合物含有的离子为离子和Cl-离子，离子含有7个键，则1mol中含有的键数目为7NA，故答案为: 7NA;
（2）
由题意可知，五氧化二钒与盐酸、混合溶液反应生成、氮气和水，反应的化学方程式为： 2++6HCl=4+N2↑+6H2O；
（3）
由题给信息可知，+4价钒在弱酸性条件下具有还原性，能被氧气氧化，所以制备过程中，需向锥形瓶中通入二氧化碳排尽装置中的空气，防止+4价钒被氧化;本实验在溶液中进行，会生成氯化铵，所得紫色晶体会残留、Cl-离子，故答案为:排尽装置中的空气，防止+4价钒被氧化; 、Cl-；
（4）
溶液与碳酸氢铵溶液反应得到的氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体表面会附有可溶的氯化铵，所以用饱和NH4HCO3溶液洗涤晶体可以除去除去晶体表面的氯化铵，同时减少晶体的溶解，除去晶体表面的水分，再用无水乙醇洗涤2次，便于乙醇的挥发低温快速干燥，故答案为: 便于乙醇的挥发低温快速干燥
（5）
配制溶液一般需要计算、称量、溶解、冷却转移、定容摇匀、装瓶；整配制100mL0.0800mol/L的标准溶液计算；将固体转移至100mL烧杯中，加入少量溶液和适量蒸馏水溶解，转移液体，冷却至室温，将烧杯中的溶液用玻棒小心地引流到100mL 容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯内壁及玻璃棒2-3次，并将每次洗涤的溶液都注入容量瓶中；定容，缓缓地将蒸馏水注入容量瓶中，直到容量瓶中液面距离容量瓶的刻度线1-2cm时，改用胶头滴管滴加至溶液的凹液面正好与刻度线相切；

四、结构与性质
15．纳米TiO2被广泛应用于光催化、精细陶瓷等领域。以钛铁矿(主要成分为FeTiO3)为原料制备纳米TiO2的步骤如下：25 ℃时，Ksp[TiO(OH)2] =1×10−29；Ksp[Fe(OH)3] = 4×10−38；Ksp[Fe(OH)2] = 8×10−16
(1)酸浸：向磨细的钛铁矿中加入浓硫酸，充分反应后，所得溶液中主要含有TiO2+、Fe2+、Fe3+、H+和SO。Ti基态核外电子排布式为___________。
(2)除铁、沉钛：向溶液中加入铁粉，充分反应，趁热过滤。所得滤液冷却后过滤得到富含TiO2+的溶液；调节除铁后溶液的pH，使TiO2+水解生成TiO(OH)2，过滤。
①若沉钛后c(TiO2+)＜1×10−5 mol·L−1，则需要调节溶液的pH略大于___________。
②TiO2+水解生成TiO(OH)2的离子方程式为___________。
③加入铁粉的作用是___________。
(3)煅烧：在550℃时煅烧TiO(OH)2，可得到纳米TiO2。

①TiO2的一种晶胞结构如图-1所示，每个O周围距离最近的Ti数目是___________。
②纳米TiO2在室温下可有效催化降解空气中的甲醛。H2O和甲醛都可在催化剂表面吸附，光照时，吸附的H2O与O2产生HO，从而降解甲醛。空气的湿度与甲醛降解率的关系如图-2所示，甲醛降解率随空气湿度变化的原因为___________。
(4)纯度测定：取纳米TiO2样品2.000 g，在酸性条件下充分溶解，加入适量铝粉将TiO2＋还原为Ti3＋，过滤并洗涤，将所得滤液和洗涤液合并配成250 mL溶液。取合并液25.00 mL于锥形瓶中，加几滴KSCN溶液作指示剂，用0.1000 mol·L−1 NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定，将Ti3＋氧化为TiO2＋，消耗0.1000 mol·L−1 NH4Fe(SO4)2标准溶液23.00 mL。该样品中TiO2的质量分数为___________。(写出计算过程)。
【答案】     [Ar]3d24s2或1s22s22p63s23p63d24s2     2     TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+     将溶液中Fe3+转化为Fe2+，避免沉钛过程中生成Fe(OH)3杂质     3     湿度低于40%时，随湿度增大，催化剂表面吸附的水分子增多，产生的HO增多，甲醛降解率增大；湿度高于40%时，随湿度增大，催化剂表面吸附的水分子过多，降低了甲醛的吸附，甲醛降解率降低     92.00%
【详解】(1)Ti是22号元素，根据构造原理可知基态Ti原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2；
(2)①25℃时，Ksp[TiO(OH)2] =1×10−29，c(TiO2+)·c2(OH-)=1×10−29，c(TiO2+)＜1×10−5 mol·L−1，c(OH-)＞，c(H+)＜=10-2 mol/L，故需要调整溶液的pH＞2；
②调节除铁后溶液的pH，TiO2+水解生成TiO(OH)2沉淀同时产生H+，反应的离子方程式为：TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+；
③加入铁粉的作用是将溶液中Fe3+转化为Fe2+，避免在沉钛过程中生成Fe(OH)3杂质；
(3)①根据TiO2的晶胞结构示意图可知：每个O周围距离最近的Ti数目是3个；
②湿度低于40%时，随湿度增大，催化剂表面吸附的水分子增多，产生的HO增多，甲醛降解率增大；当湿度高于40%时，随湿度增大，催化剂表面吸附的水分子过多，降低了甲醛的吸附，甲醛降解率降低；
(4)滴定消耗0.1000 mol·L−1 NH4Fe(SO4)2标准溶液23.00 mL所含溶质的物质的量n[NH4Fe(SO4)2]=0.1000 mol·L−1 × 23.00×10−3 L=2.300× 10−3 mol，根据电子守恒和元素守恒可建立反应关系如下TiO2 ~TiO2＋~Ti3＋~ NH4Fe(SO4)2，25 mL溶液中n(TiO2)=2.300×10−3 mol，则在250 mL溶液中n(TiO2)=×2.300×10-3 mol =2.300×10-2 mol。故在2.000 g纳米TiO2样品中含有TiO2的质量m(TiO2)=2.300×10-2 mol×80 g·mol -1=1.840 g，因此样品中TiO2的质量分数=×100%=92.00%。

五、有机推断题
16．天然产物F具有抗肿瘤、镇痉等生物活性，可通过以下路线合成：

(1)1mol有机物B中sp2杂化的碳原子数目为_______mol。
(2)E→F的反应类型为_______。
(3)D→E中有一种副产品(分子式C14H14O3)生成，该副产品的结构简式为_______。
(4)C的一种同分异构体同时满足以下条件，写出该同分异构体的结构简式：_______。
a.能与FeCl3溶液发生显色反应；
b.碱性条件下水解生成两种产物，酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢。
(5)写出以 和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。______
【答案】(1)6
(2)还原反应
(3)
(4)、
(5)

【分析】(1) 由分子构型可知，sp2杂化的碳原子有三个σ键；
(2) E→F的反应，羰基转化为羟基，发生还原反应；
(3) D→E反应属于增碳反应，副产物常为增加不同碳原子的有机物；
(4)该同分异构体能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基；碱性条件下水解生成两种产物，酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢，说明酸化后分子结构对称；
(5)根据给定的原料和官能团的转化，设计合成路线。
（1）
由分子构型可知，sp2杂化的碳原子有三个σ键；连接双键碳原子的杂化类型为sp2，根据D的分子结果，有6个sp2杂化的碳原子；
故答案为6；
（2）
E→F的反应，羰基转化为羟基，发生还原反应；
故答案为还原反应；
（3）
D→E反应属于增碳反应，增加两个碳；副产物为增加一个碳的化合物，所以副产物为；
故答案为；
（4）
该同分异构体能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基；碱性条件下水解生成两种产物，酸化后产生羧基，分子中均只有2种不同化学环境的氢，说明酸化后分子结构对称；由此可知，只有、符合条件；
故答案为、；
（5）
以 和为原料制备，没有碳原子的增加，说明只有官能团的转化；根据目标产物可知，反应过程中涉及成环反应，且含有三件，可以利用共轭二烯烃和三键的加成生成，最后加氢即可获得；所以，合成路线流程图为 ；
故答案为 。
【点睛】本题主要考察有机合成中官能团的转化，碳原子杂化类型，有机反应的识别，合成路线的涉及，综合性较强，熟练掌握有机基础知识是关键。

六、原理综合题
17．有效去除大气中的NOx和水体中的氮是环境保护的重要课题。
(1)已知：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)；ΔH1=-566.0kJ·mol-1
②N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)；ΔH2=+64kJ·mol-1
反应2NO2(g)+4CO(g)=N2(g)+4CO2(g)；ΔH3=___。
(2)磷酸铵镁(MgNH4PO4)沉淀法可去除水体中的氨氮(NH和NH3)。实验室中模拟氨氮处理：1L的模拟氨氮废水(主要含NH)，置于搅拌器上，设定反应温度为25℃。先后加入MgCl2和Na2HPO4溶液，用NaOH调节反应pH，投加絮凝剂；开始搅拌，反应30min后，取液面下2cm处清液测定氨氮质量浓度。

①生成磷酸铵镁沉淀的离子反应方程式为___。
②测得反应pH对氨氮去除率的影响如图1所示，当pH从7.5增至9.0的过程中，水中氨氮的去除率明显增加，原因是___。
③当反应pH为9.0时，该沉淀法对氨氮的去除率达到最高，当pH继续增至10.0时，氨氮的去除率下降，原因是___。
(3)纳米零价铁(NZVI)/BC与(CuPd)/BC联合作用可去除水体中的硝态氮。

在NZVI/BC和(CuPd)/BC复合材料联合作用的体系中，生物炭(BC)作为NZVI、Cu、Pb的载体且减少了纳米零价铁的团聚，纳米零价铁作为主要还原剂，Cu和Pd作为催化剂且参与吸附活性H。
①NZVI/BC和(CuPd)/BC复合材料还原硝酸盐的反应机理如图2所示，NO转化为N2或NH的过程可描述为___。
②实验测得体系初始pH对NO去除率的影响如图3，前200min内，pH=9.88时的去除率远低于pH=4.05时，其可能的原因是___。
【答案】(1)-1196kJ·mol-1
(2)     Mg2++OH-+NH+HPO=MgNH4PO4↓+H2O     随着pH的增大，HPO转化为PO，c(PO)浓度增大，使得生成沉淀的反应速率加快，氨氮去除率增加     OH-浓度增大，使得Mg2+生成Mg(OH)2，MgNH4PO4沉淀会转化为Mg(OH)2沉淀，释放NH，促使溶液中氨氮的去除率下降
(3)     NO在铁表面得到电子被还原为NO，NO被吸附在Cu和Pd表面的活性H继续还原为N2或NH     酸性越强，Fe越易失去电子，NO越易得到电子被还原；酸性越强，H+浓度大，可以减少表面氢氧化物的形成，从而可以暴露更多的反应活性位点，促进反应的进行

【解析】（1）
由已知方程式①×2-②可得目标方程式，结合盖斯定律知，=2×(-566) kJ/mol-64 kJ/mol=-1196 kJ/mol，故此处填：-1196 kJ/mol；
（2）
①由题意知，Mg2+结合NH、 形成沉淀MgNH4PO4，HPO提供，对应离子方程式为：Mg2++OH-+NH+HPO=MgNH4PO4↓+H2O
②随着pH的增大，OH-浓度增大，HPO转化为PO，c(PO)浓度增大，使得生成沉淀的反应速率加快，氨氮去除率增加；
③OH-浓度增大，使得Mg2+生成Mg(OH)2，MgNH4PO4沉淀会转化为Mg(OH)2沉淀，释放NH，导致溶液中氨氮的去除率下降；
（3）
①铁失去电子，NO在铁表面得到电子被还原为NO，NO被吸附在Cu和Pd表面的活性H继续还原为N2或NH；
②酸性越强，Fe越易失去电子，NO越易得到电子被还原；酸性越强，H+浓度大，可以减少表面氢氧化物的形成，从而可以暴露更多的反应活性位点，促进反应的进行。