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江苏省盐城市三校2022-2023学年高三上学期第一次联考化学试题
一、单选题
1．（2022高三上·盐城开学考）在各种防疫防控措施中，化学知识起了重要作用。下列说法正确的是（ ）
A．医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯属于烯烃
B．过氧化氢、乙醇、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒目的
C．“84”消毒液是以NaClO为有效成分的消毒液，与盐酸混合可以提升消毒效果
D．防疫时期很多家庭都备有水银温度计，若不慎打破，应立即用硫磺粉末覆盖
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；饱和烃与不饱和烃
【解析】【解答】A．医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯(CF2=CF2)属于卤代烃，选项A不符合题意；
B．过氧化氢、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的，乙醇不具有氧化性，通过渗透、凝集使蛋白质病毒变性、失去生理活性达到消毒目的，选项B不符合题意；
C．“84”消毒液是以NaClO为有效成分的消毒液，NaClO与盐酸混合生成氯气，选项C不符合题意；
D．Hg和S常温下反应生成HgS，水银温度计不慎打破，应立即用硫磺粉末覆盖，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.烃只含碳氢两种元素；
B.乙醇不具有氧化性；
C.次氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成氯气。
2．（2022高三上·盐城开学考）反应Cl2+Na2SO3+H2O=Na2SO4+2HCl可用于污水脱氯。下列相关微粒的说法正确的是（ ）
A．中子数为20的氯原子：Cl B．H2O的空间填充模型：
C．SO的空间构型为三角锥形 D．Na+的结构示意图：
【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；判断简单分子或离子的构型；原子结构示意图；球棍模型与比例模型
【解析】【解答】A．氯元素的质子数为17，中子数为20的氯原子的质量数为37，该原子的符合题意表示方法为：Cl，故A不符合题意；
B．水的空间填充模型：，故B不符合题意；
C．SO的价层电子对数为3+×(6+2 3×2)=4，有一对孤电子对，空间构型为三角锥，故C符合题意；
D．钠离子的核外有10个电子，故钠离子的结构示意图为，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；
B.水的空间结构为V形；
D.钠离子核外有两个电子层，共有10个电子。
3．（2021·惠州模拟）工业上制备下列物质的生产流程不合理的是（ ）
A．由黄铁矿制硫酸：
B．由重晶石制可溶性钡盐：重晶石
C．由石英砂制高纯硅：石英砂
D．由铝土矿冶炼铝：铝土矿
【答案】D
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．黄铁矿的主要成分是FeS2，煅烧生成二氧化硫，再将二氧化硫转化为三氧化硫，然后与水反应生成硫酸，流程合理，故A不选；
B．BaSO4在水中存在沉淀溶解平衡，加饱和碳酸钠溶液会生成碳酸钡沉淀，再和盐酸反应生成钡盐，流程合理，故B不选；
C．石英砂的主要成分是二氧化硅，高温下二氧化硅与C反应生成粗硅，硅与氯气生成四氯化硅，再用氢气还原得到Si，流程合理，故C不选；
D．铝土矿主要成分是三氧化二铝，应提纯后再电解氧化铝制铝，不能电解氯化铝溶液，流程不合理，故D选；
故答案为：D。
【分析】考查的是物质之间的转换，所涉及到反应必须符合客观事实，必须遵循质量守恒定律，D中我们制取铝单质是用电解氧化铝的方式
4．（2022高三上·盐城开学考）中国科学院和中国工程院评选出2020年世界十大科技进展，排在第四位的是一种可借助光将二氧化碳转化为甲烷的新型催化转化方法：CO2+4H2=CH4+2H2O，这是迄今最接近人造光合作用的方法。下列有关CO2、CH4的说法正确的是（ ）
A．CO2转化为CH4利用了CO2的氧化性
B．CO2的空间构型是V形
C．CH4是极性共价键构成的极性分子
D．电负性由大到小的顺序是C>O>H
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子；氧化还原反应
【解析】【解答】A．二氧化碳转化为甲烷的反应中，碳元素的化合价降低被还原，二氧化碳是反应的氧化剂，表现氧化性，故A符合题意；
B．二氧化碳分子中碳原子的价层电子对数为2，孤对电子对数为0，分子的空间构型为直线形，故B不符合题意；
C．甲烷分子的空间构型是结构对称的正四面体形，属于非极性分子，故C不符合题意；
D．元素的非金属性越强，电负性越大，氧、碳、氢的非金属性依次减弱，电负性依次减弱，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.二氧化碳转化为甲烷的过程中，碳元素化合价降低；
B.二氧化碳为直线形分子；
C.甲烷正负电荷中心重合，属于非极性分子；
D.元素的非金属性越强，电负性越大。
5．（2022高三上·盐城开学考）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．二氧化硫具有漂白性，可用作制溴工业中溴的吸收剂
B．Mg2Si3O8 nH2O能与酸反应，可用于制胃酸中和剂
C．Na具有强还原性，可用于和TiCl4溶液反应制备Ti
D．NaHCO3能与碱反应，可用作焙制糕点的膨松剂
【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．二氧化硫具有还原性，能与溴水反应生成硫酸和氢溴酸，可用作制溴工业中溴的吸收剂，故A不符合题意；
B．硅酸盐Mg2Si3O8 nH2O能与盐酸反应，可用于制胃酸中和剂治疗胃酸过多，故B符合题意；
C．钠具有强还原性，可用于和熔融四氯化钛反应制备钛，故C不符合题意；
D．碳酸氢钠受热分解生成的二氧化碳使糕点膨松多孔，可用作焙制糕点的膨松剂，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.二氧化硫与溴发生氧化还原反应；
C.钠在溶液中会先和水反应；
D.碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，可用作焙制糕点的膨松剂。
6．（2022高三上·盐城开学考）侯氏制碱法以氯化钠、二氧化碳、氨和水为原料，发生反应NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。将析出的固体灼烧获取纯碱，向析出固体后的母液中加入食盐可获得副产品氯化铵。下列说法正确的是（ ）
A．CO中C原子的轨道杂化类型为sp3
B．相同温度下，NH4Cl在水中的溶解度大于在NaCl溶液中的溶解度
C．用澄清石灰水可以鉴别Na2CO3与NaHCO3
D．NaHCO3的热稳定性比Na2CO3强
【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；钠的重要化合物
【解析】【解答】A．中C原子价层电子对数=3+=3，故C原子的轨道杂化类型为sp2杂化，A不符合题意；
B．依据NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，析出固体后的母液中加入食盐可获得副产品氯化铵，可知相同温度下，NH4Cl在水中的溶解度大于在NaCl溶液中的溶解度，B符合题意；
C．氢氧化钙与碳酸氢钠和碳酸钠反应都生成碳酸钙沉淀，二者现象相同，无法鉴别，C不符合题意；
D．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以热稳定性弱于碳酸钠，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.中C原子价层电子对数3；
C.澄清石灰水与 Na2CO3与NaHCO3反应均生成碳酸钙，现象相同；
D.碳酸钠的热稳定性比碳酸氢钠强。
7．（2022高三上·盐城开学考）侯氏制碱法以氯化钠、二氧化碳、氨和水为原料，发生反应NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。将析出的固体灼烧获取纯碱，向析出固体后的母液中加入食盐可获得副产品氯化铵。下列有关模拟侯氏制碱法的实验原理和装置能达到实验目的的是（ ）
A B C D
制取氨气 制NaHCO3 分离NaHCO3 制Na2CO3
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；氨的实验室制法；钠的重要化合物；过滤
【解析】【解答】A． NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，这两者在管口又会重新生成NH4Cl，无法制备NH3，A不符合题意；
B． CO2的溶解度小，而NH3易溶于水，应先将NH3通入食盐水中，再将CO2通入溶有NH3的食盐水中，B不符合题意；
C． 以氯化钠、二氧化碳、氨和水为原料制备碳酸钠，先发生反应NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，由于NaHCO3的溶解度最小，则会结晶析出，再进行过滤，分离出NaHCO3，C符合题意；
D． 灼烧NaHCO3不能在烧杯中进行，应置于坩埚中，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.加热氯化铵分解产生氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管口遇冷又化合生成氯化铵；
B.应先将NH3通入食盐水中，再将CO2通入溶有NH3的食盐水中；
D.灼烧固体应在坩埚中进行。
8．（2022高三上·盐城开学考）侯氏制碱法以氯化钠、二氧化碳、氨和水为原料，发生反应NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。将析出的固体灼烧获取纯碱，向析出固体后的母液中加入食盐可获得副产品氯化铵，通过以下两步反应可实现NH4Cl分解产物的分离：
NH4Cl(s)+MgO(s)NH3(g)+Mg(OH)Cl(s)ΔH=+61.34kJ·mol-1
Mg(OH)Cl(s)HCl(g)+MgO(s)ΔH=+97.50kJ·mol-1
下列说法错误的是（ ）
A．反应NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)的ΔH=+158.84kJ·mol-1
B．两步反应的ΔS均大于0
C．MgO是NH4Cl分解反应的催化剂
D．5.35gNH4Cl理论上可获得标准状况下的HCl约2.24L
【答案】C
【知识点】反应热的大小比较；催化剂；焓变和熵变
【解析】【解答】A．由盖斯定律，两式相加可得：NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g) ΔH=+158.84kJ·mol-1，A不符合题意；
B．气体混乱度越大，S越大，则两步反应的ΔS均大于0，B不符合题意；
C．MgO参与了NH4Cl分解，不是催化剂，C符合题意；
D.5.35gNH4Cl的物质的量，由反应NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)，可生成0.1molHCl，标准状况下体积为V=nVm=2.24L，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据盖斯定律计算；
B.两步反应均为气体体积增大的反应，ΔS均大于0；
D.根据和V=nVm计算。
9．（2022高三上·盐城开学考）化合物Y具有保肝、抗炎、增强免疫等功效，可由X制得。下列有关化合物X、Y的说法正确的是（ ）
A．一定条件下X可发生氧化、取代、消去反应
B．1molY最多能与4molNaOH反应
C．等物质的量的X、Y分别与足量Br2反应，最多消耗Br2的物质的量不相等
D．X与足量H2反应后，每个产物分子中含有8个手性碳原子
【答案】D
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】A. 有机物X能燃烧，发生氧化反应。另外，酚羟基能被氧化形成醌类结构。有机物中的氢在一定条件下均有被其他原子或基团取代的可能。X中的酯类结构能发生水解反应，水解反应也属于取代反应。消去反应多数情况发生在醇和卤代烃上。有机物X没有可发生消去反应的醇（或）或卤代烃（或）的结构，因此不能发生消去反应，A不符合题意；
B. Y的酯基可水解，形成如下化合物。酚羟基和羧基均能和NaOH反应。因此，1 mol Y最多能与5 mol NaOH反应，B不符合题意；
C. X和Y能与Br2发生羟基邻对位（*）的取代反应和双键（#）的加成反应。
X：；Y：，X和Y反应的位置相同，最多消耗Br2的物质的量也相等，C不符合题意；
D. X与足量H2反应后的产物如下：，手性碳原子要求是饱和碳原子，同时连有4种不同原子或基团。符合要有的碳原子有（*号标记），共8个，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.X含有酚羟基，易被氧化，酚羟基的邻位和对位能发生取代反应，但不能发生消去反应；
B.Y中酚羟基和酯基能与NaOH反应；
C.X、Y中酚羟基的邻位和对位能发生取代反应，碳碳双键能与溴发生加成反应。
10．（2022高三上·盐城开学考）用硫酸渣(主要成分为Fe2O3、SiO2)制备铁基颜料铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图。
已知：“还原”时，发生反应FeS2+14Fe3++8H2O=2+15Fe2++16H+；FeS2与H2SO4不反应。下列有关说法错误的是（ ）
A．“酸溶”时适当提高硫酸浓度可加快反应速率
B．“还原”时氧化产物与还原产物质的物质的量之比为1∶7
C．“过滤I”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+、Fe3+和H+
D．“沉降、氧化”时发生反应的离子方程式：4Fe2++8NH3 H2O+O2=8NH+4FeOOH↓+2H2O
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．适当提高硫酸浓度，增大氢离子浓度，可增大反应速率，A不符合题意；
B．有关的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=2+15Fe2++16H+，反应中FeS2的Fe元素化合价不变，S元素化合价升高，则为氧化产物，Fe3+转化为Fe2+，化合价降低，Fe2+为还原产物，则“还原”时氧化产物与还原产物质的物质的量之比为2∶14=1∶7，B不符合题意；
C．滤液中含有硫酸亚铁和过量的硫酸，且生成氢离子，则“过滤I”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+和H+，C符合题意；
D．滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，发生的离子方程式为4Fe2++8NH3 H2O+O2=8NH+4FeOOH↓+2H2O，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】硫酸渣硫酸进行酸溶，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加FeS2把铁离子还原为Fe2+，同时生成，过滤，滤渣含有SiO2和FeS2，滤液中含有Fe2+和H+，滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯净的FeOOH。
11．（2022高三上·盐城开学考）根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 结论
A 向KI溶液中滴入少量新制氯水和四氯化碳，振荡、静置，溶液下层呈紫红色 I 的还原性强于Cl
B 向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液，紫红色褪去 该气体一定是乙烯
C 测定Na2CO3和Na2SiO3溶液的pH，后者pH比前者的大 C的非金属性比Si强
D 向1-溴丙烷中加入KOH溶液，加热几分钟，冷却后再加入AgNO3溶液，无淡黄色沉淀生成 1-溴丙烷没有水解
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.氯水的强氧化性强于，可将氧化为，又会被四氯化碳萃取，进入有机相，四氯化碳密度大于水，在下层，因此下层溶液呈紫红色，A项符合题意；
B.能使酸性高锰酸钾溶液褪色的不一定是乙烯，也有可能是被还原产生了，使酸性高锰酸钾溶液褪色，B项不符合题意；
C.应该在相同浓度下比较二者的碱性，C项不符合题意；
D.反应后的溶液是碱性的，会和反应干扰的检测，因此应先加入稀硝酸，再加入硝酸银来检验，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据还原剂的还原性大于还原产物；
B.乙醇易挥发，且乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色；
C.溶液的浓度未知；
D.水解后应在酸性条件下检验。
12．（2022高三上·盐城开学考）我国某科研机构设计下图装置，利用K2Cr2O7实现含苯酚废水的有效处理(达到可排放标准)，一段时间后，中间室中NaCl溶液的浓度减小。下列说法正确的是（ ）
A．该装置实现了电能向化学能的转变
B．该装置在高温下处理含苯酚废水效果更佳
C．a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜
D．N电极反应式为：Cr2O＋6e-＋8H＋=2Cr(OH)3↓＋H2O
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．该装置为化学能转化为电能的原电池装置，故A不符合题意；
B．高温条件下微生物失活，电池的效率降低，故B不符合题意；
C．放电过程中，苯酚发生氧化反应、作负极，结合电子守恒和电荷守恒可知电极反应式为C6H5OH-28e-+11H2O=6CO2↑+28H+，该装置的目的是对废水进行有效处理，所以废水中不应含有大量氢离子，则负极生成的氢离子要迁移到中间室，所以a为阳离交换膜；正极反应为反应式为：Cr2O+6e-+7H2O=2Cr(OH)3↓+8OH-，氢氧根要迁移到中间室，所以b为阴离子交换膜；迁移到中间室的氢离子和氢氧根反应生成水使NaCl溶液浓度降低，故C符合题意；
D．N电极为正极，Cr2O得电子被还原为Cr(OH)3，结合电子守恒和电荷守恒可知电极反应式为Cr2O+6e-+7H2O=2Cr(OH)3↓+8OH-，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】放电过程中C6H5OH转化为CO2，发生氧化反应，电极反应式为C6H5OH-28e-+11H2O=6CO2↑+28H+，则M电极为负极，N电极为正极，正极的电极反应式为Cr2O+6e-+7H2O=2Cr(OH)3↓+8OH-，负极生成的氢离子要迁移到中间室，正极生成的氢氧根要迁移到中间室，氢离子和氢氧根反应在中间室生成水使NaCl溶液浓度降低。
13．（2022高三上·盐城开学考）常温下，用200 mL 0.1 mol·L -1NaOH溶液吸收SO2与N2混合气体，所得溶液pH与吸收气体体积的关系如图所示，已知Ka1(H2SO3)=1.2×10-2，Ka2(H2SO3)=5.6×10-8。下列说法正确的是（ ）
A．吸收3 L气体时溶液中主要溶质为NaHSO3
B．溶液pH=7时2c(SO)>c(HSO)
C．X点呈酸性的原因是HSO水解程度大于其电离程度
D．曲线上任意点均存在：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HSO)+c(SO)
【答案】B
【知识点】电解质在水溶液中的电离；水的电离；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，当吸收3 L气体时得到Na2SO3溶液，溶液中主要溶质为Na2SO3，A不符合题意；
B．pH=7时，溶液呈中性，则c(H+)=1×10-7mol/L，Ka2(H2SO3)==5.6×10-8，则，因此，，则2c(SO)>c(HSO)，B符合题意；
C．由图中信息可知，X点为NaHSO3溶液，HSO电离方程式为HSO H++ SO，水解的离子方程式为HSO+H2OH2SO3+OH-，＜Ka2(H2SO3)=5.6×10-8，即HSO的电离程度大于其水解程度，因此，X点呈酸性，C不符合题意；
D．由电荷守恒，曲线上除其起点外，其他任意点均存在c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HSO)+2c(SO)，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.少量SO2与NaOH反应时生成Na2SO3，过量SO2与NaOH反应时生成NaHSO3；
C.点溶质为NaHSO3，HSO电离导致溶液呈酸性，HSO水解导致溶液呈碱性；
D.根据电荷守恒分析。
14．（2022高三上·盐城开学考）在恒压、H2和CO2的起始浓度一定的条件下，用不同Mg含量的催化剂Ni/xMg(x值越大表示Mg含量越大)催化反应相同时间，测得不同温度下反应：4H2(g)+CO2(g)=CH4(g)+2H2O(g)的CO2的转化率如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应4H2(g)+CO2(g)=CH4(g)+2H2O(g)的ΔH>0
B．延长W点的反应时间可提高CO2的转化率
C．相同条件下催化剂中Mg的含量越高催化效率越高
D．使用合适的催化剂可以提高CO2的转化率
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．据图可知使用不同催化剂时，在360℃左右、相同时间内CO2的转化率相同，说明该温度下，改时间段内三种催化剂条件下反应都达到了平衡，继续升高温度CO2的转化率减小，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH<0，A不符合题意；
B．W点处反应已经达到平衡，延长W点的反应时间平衡也不会移动，CO2的转化率不变，B不符合题意；
C．据图可知温度较低反应未达到平衡时，催化剂中Mg的含量越高，相同时间内CO2转化率越低，催化效率越低，C不符合题意；
D．据图可知，在温度较低反应未达到平衡时，选用合适的催化剂可以加快反应速率，提高CO2的转化率，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.升高温度CO2的转化率减小，说明平衡逆向移动；
B.W点处反应已经达到平衡，延长时间平衡不发生移动；
C.由图可知，催化剂中Mg的含量越高，相同时间内CO2转化率越低，催化效率越低。
二、综合题
15．（2022高三上·盐城开学考）三氯化六氨合钴(III)([Co(NH3)6]Cl3)是合成其它含钴配合物的重要原料。制备流程如图：
（1）“混合”步骤需在煮沸NH4Cl溶液中加入研细的CoCl2 6H2O晶体，加热煮沸的目的是 。
（2）流程中加入NH4Cl溶液可防止加氨水时溶液中c(OH—)过大，其原理是 。
（3）“氧化”步骤中应先加入 再加入 ，理由是 。
（4）为测定产品中钴的含量，进行下列实验：
①称取样品4.000g于烧瓶中，加80mL水溶解，加入15.00mL4mol L-1NaOH溶液，加热至沸15~20min，冷却后加入15.00mL6mol L-1HCl溶液酸化，将[Co(NH3)6]Cl3转化成Co3+，一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至250.00mL容量瓶中，加水定容，取其中25.00mL试样加入到锥形瓶中；
②加入足量KI晶体，充分反应；
③Co3+加入淀粉溶液作指示剂，用0.1000mol L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，再重复2次，测得消耗Na2S2O3溶液的平均体积为15.00mL。(已知：2Co3++2I =2Co2++I2，I2+2S2O=2I-+S4O)，通过计算确定该产品中钴的含量 (写出计算过程)。
【答案】（1）赶走溶液中的O2，防止Co2+被氧化
（2）NH4Cl在溶液中电离出的NH会抑制NH3 H2O的电离
（3）氨水；H2O2溶液；防止Co(OH)3的生成
（4）22.125%
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由分析可知，制备三氯化六氨合钴时，为防止三价钴离子与氨水反应生成氢氧化钴沉淀，需要先将二价钴离子转化为二氯化六氨合钴，所以加热煮沸氯化铵溶液的目的是除去溶液中溶解的氧气，防止氧气过早将二价钴离子氧化为三价钴离子，故答案为：赶走溶液中的O2，防止Co2+被氧化；
（2）氯化铵在溶液中电离出的铵根离子会抑制一水合氨的电离，增大一水合氨的浓度，有利于二氯化六氨合钴的生成，故答案为：NH4Cl在溶液中电离出的NH会抑制NH3 H2O的电离；
（3）若氧化步骤中先加入过氧化氢溶液，会将二价钴离子氧化为三价钴离子，再加入氨水时，三价钴离子会与氨水反应生成氢氧化钴沉淀，降低三氯化六氨合钴的产率，所以氧化步骤中应先加入氨水再加入过氧化氢溶液，故答案为：氨水；H2O2溶液；防止Co(OH)3的生成；
（4）由题意可得如下转化关系：2Co3+～I2～2Na2S2O3，滴定消耗硫代硫酸钠的物质的量为0.1000 mol·L 1×15.00×10 3L＝1.500×10 3mol，则产品中钴的含量为×100%＝22.125%，故答案为：22.125%。
【分析】NH4Cl溶液中加入CoCl2 6H2O晶体和活性炭溶解，得到溶液加入浓氨水、过氧化氢，反应得到[Co(NH3)6]Cl3溶液，经一系列操作可得[Co(NH3)6]Cl3。
16．（2022高三上·盐城开学考）以盐湖锂精矿(主要成分为Li2CO3，还含有少量的CaCO3)和盐湖卤水(含一定浓度LiCl和MgCl2)为原料均能制备高纯Li2CO3。
（1）以锂精矿为原料制取碳酸锂的流程如图，其中“碳化溶解”的装置如图所示。
已知：I.20℃时LiOH的溶解度为12.8g。
II.Li2CO3在不同温度下的溶解度：0℃1.54g，20℃1.33g，80℃0.85g。
①装置C中主要反应的化学方程式为 。
②装置C中的反应需在常温下进行，温度越高锂精矿转化速率越小的原因可能是 。保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高锂精矿转化率的操作有 。
③热解、过滤获得Li2CO3的表面有少量Li2C2O4，未经洗涤也不会影响最终Li2CO3产品的纯度，其原因是 。
（2）设计由盐湖卤水制取高纯Li2CO3的实验方案：向浓缩后的盐湖卤水 。
已知：pH=10时Mg(OH)2完全沉淀。
实验中必须用的试剂：NaOH溶液、Na2CO3溶液、HNO3－AgNO3溶液
【答案】（1）Li2CO3+CO2+H2O=2LiHCO3；温度升高，Li2CO3、CO2溶解度均较小；加快搅拌速率；加热烘干时Li2C2O4会分解，固体产物也为Li2CO3
（2）边搅拌边滴入NaOH溶液，调节溶液pH等于或稍大于10，过滤，向滤液中边搅拌边加入Na2CO3溶液，直至静置后上层清液中再加入Na2CO3溶液，无沉淀产生，过滤，用80℃热水洗涤沉淀2～3次，取最后一次洗涤液少许滴入HNO3-AgNO3溶液，无白色沉淀产生，干燥
【知识点】化学反应速率的影响因素；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①装置C中主要反应的化学方程式为：Li2CO3+CO2+H2O=2LiHCO3；
②碳酸锂、二氧化碳溶解度均随温度升高而减小；碳酸锂、温度越高锂精矿转化速率越小的原因可能是：温度升高，Li2CO3、CO2溶解度均较小，不利于反应进行；提高锂精矿转化率的操作有：加快搅拌速率、矿石粉碎等；
③Li2CO3的表面有少量Li2C2O4，由于加热烘干时Li2C2O4会分解，固体产物为Li2CO3，所以不影响产品的纯度；
（2）已知：pH=10时Mg(OH)2完全沉淀。盐湖卤水中含有Mg2+杂质，需先加NaOH调节pH大于10，将镁离子转化成Mg(OH)2沉淀除去，过滤掉杂质沉淀，滤液再加入Na2CO3溶液制得Li2CO3，最后用热水洗涤晶体，减少晶体的溶解，则实验方案为：边搅拌边加入NaOH溶液调节溶液pH大于10，过滤，向滤液中加入Na2CO3溶液，静置后向上层清液中再加入Na2CO3溶液，若无沉淀产生，过滤，用热水洗涤沉淀2～3次，取最后一次洗涤液少许滴入HNO3-AgNO3溶液，无白色沉淀产生说明洗涤干净，干燥得到较纯产品。
【分析】A装置中大理石和反应生成CO2，经过装置B中饱和碳酸氢钠溶液除去HCl气体，CO2通入装置C中碳化溶解锂精矿生成LiHCO3和Ca(HCO3)2，反应的化学方程式为 Li2CO3+CO2+H2O=2LiHCO3 、CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，加入Li2C2O4沉淀Ca2+生成CaC2O4，过滤除去CaC2O4，热解、过滤获得Li2CO3，加热烘干碳酸锂；
盐湖卤水中含一定浓度的LiCl和MgCl2，浓缩后加入NaOH溶液调节溶液的pH≥10，使MgCl2转化为Mg(OH)2沉淀、过滤除去Mg(OH)2，再加入Na2CO3溶液将LiCl转化为Li2CO3，过滤得到Li2CO3。
三、综合题
17．（2022高三上·盐城开学考）化合物G是临床常用的镇静、麻醉药物，其合成路线流程图如图：
（1）B中的含氧官能团名称为 和 。
（2）D→E的反应类型为 。
（3）F→G的转化过程中，还有可能生成一种高分子副产物Y，Y的结构简式： 。
（4）写出同时满足下列条件的G的一种同分异构体的结构简式： 。
①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应
②分子中只有4种不同化学环境的氢
（5）写出以CH2BrCH2CH2Br、CH3OH和CH3ONa为原料制备的合成路线流程图 (无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】（1）醛基；酯基
（2）取代反应
（3）
（4）或
（5）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；取代反应；缩聚反应
【解析】【解答】（1）B为OHCCH2COOCH3，含氧官能团为醛基和酯基；
（2）观察D和E的结构简式，不难发现D上的1个氢原子被1个乙基取代形成了一条小尾巴（侧链），因此D→E属于取代反应；
（3）F到G实际上是F和尿素反应，脱去两分子甲醇形成了六元环的结构，我们发现F中有2个酯基，尿素中有2个氨基，两种各含2个官能团的化合物符合缩聚反应的发生条件，因此二者可以缩聚成；
（4）根据G的结构简式，G的分子式为，要含有苯环，且能和氯化铁溶液发生显色反应，则一定有酚羟基，还要含有4种不同化学环境的氢，再来看不饱和度，分子中一共有4个不饱和度，而1个苯环恰好是4个不饱和度，因此分子中除苯环外再无不饱和键，综上，符合条件的分子有或；
（5）采用逆推法，分子中有两个酯，一定是2个羧基和2个甲醇酯化后得到的，甲醇已有，因此接下来要得到这个丙二羧酸，羧基可由羟基氧化得到，羟基可由卤原子水解得到，最后再构成四元环即可：。
【分析】（1）B中的含氧官能团为醛基和酯基；
（2）D和CH3CH2Br发生取代反应生成E；
（3）F→G的转化过程中，可以发生缩聚反应生成高分子副产物；
（4）同时满足下列条件的G的一种同分异构体：①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，②分子中只有4种不同化学环境的氢，存在对称结构；
（5）参照题干合成路线，采用逆合成分析法分析具体合成步骤。
18．（2022高三上·盐城开学考）用甲醇(CH3OH)制备一些高附加值产品，是目前研究的热点。
（1）甲醇和水蒸气经催化重整可制得氢气，反应主要过程如下：
反应Ⅰ. CH3OH(g)＋H2O(g)3H2(g)＋CO2(g) △H1
反应Ⅱ. H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g) △H2= a kJ·mol-1
反应Ⅲ. CH3OH(g)2H2(g)＋CO(g) △H3= b kJ·mol-1
反应Ⅳ. 2CH3OH(g)2H2O(g)＋C2H4(g) △H4= c kJ·mol-1
①△H1= kJ·mol-1 。
②工业上采用CaO吸附增强制氢的方法，可以有效提高反应Ⅰ氢气的产率，如图1，请分析加入CaO提高氢气产率的原因： 。
③在一定条件下用氧气催化氧化甲醇制氢气，原料气中对反应的选择性影响如题图2所示(选择性越大表示生成的该物质越多)。制备H2时最好控制= ，当= 0.25时，CH3OH和O2发生的主要反应方程式为 。
（2）以V2O5为原料，采用微波辅热-甲醇还原法可制备VO2，在微波功率1000kW下，取相同质量的反应物放入反应釜中，改变反应温度，保持反应时间为90min，反应温度对各钒氧化物质量分数的影响曲线如图3所示，温度高于250℃时，VO2的质量分数下降的原因是 。
（3）以甲醇为原料，可以通过电化学方法合成碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]，工作原理如图4所示。
①电源的负极为 (填“A”或“B”)。
②阳极的电极反应式为 。
【答案】（1）b –a；CaO消耗CO2，降低CO2的浓度，促进平衡正向移动，提高H2的产率；0.5；2CH3OH＋O22HCHO＋2H2O
（2）甲醇继续还原VO2为V2O3
（3）B；2CH3OH＋CO 2e =(CH3O)2CO＋2H+
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①不难看出，只要用反应III减去反应II，就可以得到，因此热效应也为反应III减去反应II，即；
②氧化钙是碱性氧化物，二氧化碳是酸性氧化物，因此二者可以反应得到碳酸钙，二氧化碳被消耗后相当于生成物浓度降低，平衡将正向移动；
③根据题图不难看出，当投料比为0.5时，氢气的选择性最大，即可以得到更多的氢气，当投料比为0.25时，甲醛的选择性更大，即可以得到更多的甲醛；
（2）温度升高后甲醇的还原性增强，将进一步还原为，因此的质量分数下降；
（3）①右侧氧气得电子变成水，因此右侧是阴极，与阴极相连的B为电源负极，同理，左侧A为正极，与A相连的为阳极；
②阳极是甲醇、一氧化碳失电子变为碳酸二甲酯，据此写出电极反应式：。
【分析】（1）①根据盖斯定律计算；
②CaO消耗CO2，降低CO2的浓度，促进平衡正向移动，提高H2的产率 ；
③当投料比为0.25时，甲醛的选择性更大；
（2）温度升高后甲醇的还原性增强；
（3）燃料电池中，通入燃料的一极为负极，负极发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应。
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江苏省盐城市三校2022-2023学年高三上学期第一次联考化学试题
一、单选题
1．（2022高三上·盐城开学考）在各种防疫防控措施中，化学知识起了重要作用。下列说法正确的是（ ）
A．医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯属于烯烃
B．过氧化氢、乙醇、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒目的
C．“84”消毒液是以NaClO为有效成分的消毒液，与盐酸混合可以提升消毒效果
D．防疫时期很多家庭都备有水银温度计，若不慎打破，应立即用硫磺粉末覆盖
2．（2022高三上·盐城开学考）反应Cl2+Na2SO3+H2O=Na2SO4+2HCl可用于污水脱氯。下列相关微粒的说法正确的是（ ）
A．中子数为20的氯原子：Cl B．H2O的空间填充模型：
C．SO的空间构型为三角锥形 D．Na+的结构示意图：
3．（2021·惠州模拟）工业上制备下列物质的生产流程不合理的是（ ）
A．由黄铁矿制硫酸：
B．由重晶石制可溶性钡盐：重晶石
C．由石英砂制高纯硅：石英砂
D．由铝土矿冶炼铝：铝土矿
4．（2022高三上·盐城开学考）中国科学院和中国工程院评选出2020年世界十大科技进展，排在第四位的是一种可借助光将二氧化碳转化为甲烷的新型催化转化方法：CO2+4H2=CH4+2H2O，这是迄今最接近人造光合作用的方法。下列有关CO2、CH4的说法正确的是（ ）
A．CO2转化为CH4利用了CO2的氧化性
B．CO2的空间构型是V形
C．CH4是极性共价键构成的极性分子
D．电负性由大到小的顺序是C>O>H
5．（2022高三上·盐城开学考）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．二氧化硫具有漂白性，可用作制溴工业中溴的吸收剂
B．Mg2Si3O8 nH2O能与酸反应，可用于制胃酸中和剂
C．Na具有强还原性，可用于和TiCl4溶液反应制备Ti
D．NaHCO3能与碱反应，可用作焙制糕点的膨松剂
6．（2022高三上·盐城开学考）侯氏制碱法以氯化钠、二氧化碳、氨和水为原料，发生反应NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。将析出的固体灼烧获取纯碱，向析出固体后的母液中加入食盐可获得副产品氯化铵。下列说法正确的是（ ）
A．CO中C原子的轨道杂化类型为sp3
B．相同温度下，NH4Cl在水中的溶解度大于在NaCl溶液中的溶解度
C．用澄清石灰水可以鉴别Na2CO3与NaHCO3
D．NaHCO3的热稳定性比Na2CO3强
7．（2022高三上·盐城开学考）侯氏制碱法以氯化钠、二氧化碳、氨和水为原料，发生反应NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。将析出的固体灼烧获取纯碱，向析出固体后的母液中加入食盐可获得副产品氯化铵。下列有关模拟侯氏制碱法的实验原理和装置能达到实验目的的是（ ）
A B C D
制取氨气 制NaHCO3 分离NaHCO3 制Na2CO3
A．A B．B C．C D．D
8．（2022高三上·盐城开学考）侯氏制碱法以氯化钠、二氧化碳、氨和水为原料，发生反应NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。将析出的固体灼烧获取纯碱，向析出固体后的母液中加入食盐可获得副产品氯化铵，通过以下两步反应可实现NH4Cl分解产物的分离：
NH4Cl(s)+MgO(s)NH3(g)+Mg(OH)Cl(s)ΔH=+61.34kJ·mol-1
Mg(OH)Cl(s)HCl(g)+MgO(s)ΔH=+97.50kJ·mol-1
下列说法错误的是（ ）
A．反应NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)的ΔH=+158.84kJ·mol-1
B．两步反应的ΔS均大于0
C．MgO是NH4Cl分解反应的催化剂
D．5.35gNH4Cl理论上可获得标准状况下的HCl约2.24L
9．（2022高三上·盐城开学考）化合物Y具有保肝、抗炎、增强免疫等功效，可由X制得。下列有关化合物X、Y的说法正确的是（ ）
A．一定条件下X可发生氧化、取代、消去反应
B．1molY最多能与4molNaOH反应
C．等物质的量的X、Y分别与足量Br2反应，最多消耗Br2的物质的量不相等
D．X与足量H2反应后，每个产物分子中含有8个手性碳原子
10．（2022高三上·盐城开学考）用硫酸渣(主要成分为Fe2O3、SiO2)制备铁基颜料铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图。
已知：“还原”时，发生反应FeS2+14Fe3++8H2O=2+15Fe2++16H+；FeS2与H2SO4不反应。下列有关说法错误的是（ ）
A．“酸溶”时适当提高硫酸浓度可加快反应速率
B．“还原”时氧化产物与还原产物质的物质的量之比为1∶7
C．“过滤I”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+、Fe3+和H+
D．“沉降、氧化”时发生反应的离子方程式：4Fe2++8NH3 H2O+O2=8NH+4FeOOH↓+2H2O
11．（2022高三上·盐城开学考）根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 结论
A 向KI溶液中滴入少量新制氯水和四氯化碳，振荡、静置，溶液下层呈紫红色 I 的还原性强于Cl
B 向无水乙醇中加入浓H2SO4，加热，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液，紫红色褪去 该气体一定是乙烯
C 测定Na2CO3和Na2SiO3溶液的pH，后者pH比前者的大 C的非金属性比Si强
D 向1-溴丙烷中加入KOH溶液，加热几分钟，冷却后再加入AgNO3溶液，无淡黄色沉淀生成 1-溴丙烷没有水解
A．A B．B C．C D．D
12．（2022高三上·盐城开学考）我国某科研机构设计下图装置，利用K2Cr2O7实现含苯酚废水的有效处理(达到可排放标准)，一段时间后，中间室中NaCl溶液的浓度减小。下列说法正确的是（ ）
A．该装置实现了电能向化学能的转变
B．该装置在高温下处理含苯酚废水效果更佳
C．a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜
D．N电极反应式为：Cr2O＋6e-＋8H＋=2Cr(OH)3↓＋H2O
13．（2022高三上·盐城开学考）常温下，用200 mL 0.1 mol·L -1NaOH溶液吸收SO2与N2混合气体，所得溶液pH与吸收气体体积的关系如图所示，已知Ka1(H2SO3)=1.2×10-2，Ka2(H2SO3)=5.6×10-8。下列说法正确的是（ ）
A．吸收3 L气体时溶液中主要溶质为NaHSO3
B．溶液pH=7时2c(SO)>c(HSO)
C．X点呈酸性的原因是HSO水解程度大于其电离程度
D．曲线上任意点均存在：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HSO)+c(SO)
14．（2022高三上·盐城开学考）在恒压、H2和CO2的起始浓度一定的条件下，用不同Mg含量的催化剂Ni/xMg(x值越大表示Mg含量越大)催化反应相同时间，测得不同温度下反应：4H2(g)+CO2(g)=CH4(g)+2H2O(g)的CO2的转化率如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应4H2(g)+CO2(g)=CH4(g)+2H2O(g)的ΔH>0
B．延长W点的反应时间可提高CO2的转化率
C．相同条件下催化剂中Mg的含量越高催化效率越高
D．使用合适的催化剂可以提高CO2的转化率
二、综合题
15．（2022高三上·盐城开学考）三氯化六氨合钴(III)([Co(NH3)6]Cl3)是合成其它含钴配合物的重要原料。制备流程如图：
（1）“混合”步骤需在煮沸NH4Cl溶液中加入研细的CoCl2 6H2O晶体，加热煮沸的目的是 。
（2）流程中加入NH4Cl溶液可防止加氨水时溶液中c(OH—)过大，其原理是 。
（3）“氧化”步骤中应先加入 再加入 ，理由是 。
（4）为测定产品中钴的含量，进行下列实验：
①称取样品4.000g于烧瓶中，加80mL水溶解，加入15.00mL4mol L-1NaOH溶液，加热至沸15~20min，冷却后加入15.00mL6mol L-1HCl溶液酸化，将[Co(NH3)6]Cl3转化成Co3+，一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至250.00mL容量瓶中，加水定容，取其中25.00mL试样加入到锥形瓶中；
②加入足量KI晶体，充分反应；
③Co3+加入淀粉溶液作指示剂，用0.1000mol L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，再重复2次，测得消耗Na2S2O3溶液的平均体积为15.00mL。(已知：2Co3++2I =2Co2++I2，I2+2S2O=2I-+S4O)，通过计算确定该产品中钴的含量 (写出计算过程)。
16．（2022高三上·盐城开学考）以盐湖锂精矿(主要成分为Li2CO3，还含有少量的CaCO3)和盐湖卤水(含一定浓度LiCl和MgCl2)为原料均能制备高纯Li2CO3。
（1）以锂精矿为原料制取碳酸锂的流程如图，其中“碳化溶解”的装置如图所示。
已知：I.20℃时LiOH的溶解度为12.8g。
II.Li2CO3在不同温度下的溶解度：0℃1.54g，20℃1.33g，80℃0.85g。
①装置C中主要反应的化学方程式为 。
②装置C中的反应需在常温下进行，温度越高锂精矿转化速率越小的原因可能是 。保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高锂精矿转化率的操作有 。
③热解、过滤获得Li2CO3的表面有少量Li2C2O4，未经洗涤也不会影响最终Li2CO3产品的纯度，其原因是 。
（2）设计由盐湖卤水制取高纯Li2CO3的实验方案：向浓缩后的盐湖卤水 。
已知：pH=10时Mg(OH)2完全沉淀。
实验中必须用的试剂：NaOH溶液、Na2CO3溶液、HNO3－AgNO3溶液
三、综合题
17．（2022高三上·盐城开学考）化合物G是临床常用的镇静、麻醉药物，其合成路线流程图如图：
（1）B中的含氧官能团名称为 和 。
（2）D→E的反应类型为 。
（3）F→G的转化过程中，还有可能生成一种高分子副产物Y，Y的结构简式： 。
（4）写出同时满足下列条件的G的一种同分异构体的结构简式： 。
①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应
②分子中只有4种不同化学环境的氢
（5）写出以CH2BrCH2CH2Br、CH3OH和CH3ONa为原料制备的合成路线流程图 (无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
18．（2022高三上·盐城开学考）用甲醇(CH3OH)制备一些高附加值产品，是目前研究的热点。
（1）甲醇和水蒸气经催化重整可制得氢气，反应主要过程如下：
反应Ⅰ. CH3OH(g)＋H2O(g)3H2(g)＋CO2(g) △H1
反应Ⅱ. H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g) △H2= a kJ·mol-1
反应Ⅲ. CH3OH(g)2H2(g)＋CO(g) △H3= b kJ·mol-1
反应Ⅳ. 2CH3OH(g)2H2O(g)＋C2H4(g) △H4= c kJ·mol-1
①△H1= kJ·mol-1 。
②工业上采用CaO吸附增强制氢的方法，可以有效提高反应Ⅰ氢气的产率，如图1，请分析加入CaO提高氢气产率的原因： 。
③在一定条件下用氧气催化氧化甲醇制氢气，原料气中对反应的选择性影响如题图2所示(选择性越大表示生成的该物质越多)。制备H2时最好控制= ，当= 0.25时，CH3OH和O2发生的主要反应方程式为 。
（2）以V2O5为原料，采用微波辅热-甲醇还原法可制备VO2，在微波功率1000kW下，取相同质量的反应物放入反应釜中，改变反应温度，保持反应时间为90min，反应温度对各钒氧化物质量分数的影响曲线如图3所示，温度高于250℃时，VO2的质量分数下降的原因是 。
（3）以甲醇为原料，可以通过电化学方法合成碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]，工作原理如图4所示。
①电源的负极为 (填“A”或“B”)。
②阳极的电极反应式为 。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；饱和烃与不饱和烃
【解析】【解答】A．医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯(CF2=CF2)属于卤代烃，选项A不符合题意；
B．过氧化氢、过氧乙酸等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的，乙醇不具有氧化性，通过渗透、凝集使蛋白质病毒变性、失去生理活性达到消毒目的，选项B不符合题意；
C．“84”消毒液是以NaClO为有效成分的消毒液，NaClO与盐酸混合生成氯气，选项C不符合题意；
D．Hg和S常温下反应生成HgS，水银温度计不慎打破，应立即用硫磺粉末覆盖，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.烃只含碳氢两种元素；
B.乙醇不具有氧化性；
C.次氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成氯气。
2．【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；判断简单分子或离子的构型；原子结构示意图；球棍模型与比例模型
【解析】【解答】A．氯元素的质子数为17，中子数为20的氯原子的质量数为37，该原子的符合题意表示方法为：Cl，故A不符合题意；
B．水的空间填充模型：，故B不符合题意；
C．SO的价层电子对数为3+×(6+2 3×2)=4，有一对孤电子对，空间构型为三角锥，故C符合题意；
D．钠离子的核外有10个电子，故钠离子的结构示意图为，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；
B.水的空间结构为V形；
D.钠离子核外有两个电子层，共有10个电子。
3．【答案】D
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．黄铁矿的主要成分是FeS2，煅烧生成二氧化硫，再将二氧化硫转化为三氧化硫，然后与水反应生成硫酸，流程合理，故A不选；
B．BaSO4在水中存在沉淀溶解平衡，加饱和碳酸钠溶液会生成碳酸钡沉淀，再和盐酸反应生成钡盐，流程合理，故B不选；
C．石英砂的主要成分是二氧化硅，高温下二氧化硅与C反应生成粗硅，硅与氯气生成四氯化硅，再用氢气还原得到Si，流程合理，故C不选；
D．铝土矿主要成分是三氧化二铝，应提纯后再电解氧化铝制铝，不能电解氯化铝溶液，流程不合理，故D选；
故答案为：D。
【分析】考查的是物质之间的转换，所涉及到反应必须符合客观事实，必须遵循质量守恒定律，D中我们制取铝单质是用电解氧化铝的方式
4．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子；氧化还原反应
【解析】【解答】A．二氧化碳转化为甲烷的反应中，碳元素的化合价降低被还原，二氧化碳是反应的氧化剂，表现氧化性，故A符合题意；
B．二氧化碳分子中碳原子的价层电子对数为2，孤对电子对数为0，分子的空间构型为直线形，故B不符合题意；
C．甲烷分子的空间构型是结构对称的正四面体形，属于非极性分子，故C不符合题意；
D．元素的非金属性越强，电负性越大，氧、碳、氢的非金属性依次减弱，电负性依次减弱，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.二氧化碳转化为甲烷的过程中，碳元素化合价降低；
B.二氧化碳为直线形分子；
C.甲烷正负电荷中心重合，属于非极性分子；
D.元素的非金属性越强，电负性越大。
5．【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．二氧化硫具有还原性，能与溴水反应生成硫酸和氢溴酸，可用作制溴工业中溴的吸收剂，故A不符合题意；
B．硅酸盐Mg2Si3O8 nH2O能与盐酸反应，可用于制胃酸中和剂治疗胃酸过多，故B符合题意；
C．钠具有强还原性，可用于和熔融四氯化钛反应制备钛，故C不符合题意；
D．碳酸氢钠受热分解生成的二氧化碳使糕点膨松多孔，可用作焙制糕点的膨松剂，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.二氧化硫与溴发生氧化还原反应；
C.钠在溶液中会先和水反应；
D.碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳，可用作焙制糕点的膨松剂。
6．【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；钠的重要化合物
【解析】【解答】A．中C原子价层电子对数=3+=3，故C原子的轨道杂化类型为sp2杂化，A不符合题意；
B．依据NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，析出固体后的母液中加入食盐可获得副产品氯化铵，可知相同温度下，NH4Cl在水中的溶解度大于在NaCl溶液中的溶解度，B符合题意；
C．氢氧化钙与碳酸氢钠和碳酸钠反应都生成碳酸钙沉淀，二者现象相同，无法鉴别，C不符合题意；
D．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以热稳定性弱于碳酸钠，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.中C原子价层电子对数3；
C.澄清石灰水与 Na2CO3与NaHCO3反应均生成碳酸钙，现象相同；
D.碳酸钠的热稳定性比碳酸氢钠强。
7．【答案】C
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；氨的实验室制法；钠的重要化合物；过滤
【解析】【解答】A． NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，这两者在管口又会重新生成NH4Cl，无法制备NH3，A不符合题意；
B． CO2的溶解度小，而NH3易溶于水，应先将NH3通入食盐水中，再将CO2通入溶有NH3的食盐水中，B不符合题意；
C． 以氯化钠、二氧化碳、氨和水为原料制备碳酸钠，先发生反应NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，由于NaHCO3的溶解度最小，则会结晶析出，再进行过滤，分离出NaHCO3，C符合题意；
D． 灼烧NaHCO3不能在烧杯中进行，应置于坩埚中，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.加热氯化铵分解产生氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管口遇冷又化合生成氯化铵；
B.应先将NH3通入食盐水中，再将CO2通入溶有NH3的食盐水中；
D.灼烧固体应在坩埚中进行。
8．【答案】C
【知识点】反应热的大小比较；催化剂；焓变和熵变
【解析】【解答】A．由盖斯定律，两式相加可得：NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g) ΔH=+158.84kJ·mol-1，A不符合题意；
B．气体混乱度越大，S越大，则两步反应的ΔS均大于0，B不符合题意；
C．MgO参与了NH4Cl分解，不是催化剂，C符合题意；
D.5.35gNH4Cl的物质的量，由反应NH4Cl(s)=NH3(g)+HCl(g)，可生成0.1molHCl，标准状况下体积为V=nVm=2.24L，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据盖斯定律计算；
B.两步反应均为气体体积增大的反应，ΔS均大于0；
D.根据和V=nVm计算。
9．【答案】D
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；有机化学反应的综合应用
【解析】【解答】A. 有机物X能燃烧，发生氧化反应。另外，酚羟基能被氧化形成醌类结构。有机物中的氢在一定条件下均有被其他原子或基团取代的可能。X中的酯类结构能发生水解反应，水解反应也属于取代反应。消去反应多数情况发生在醇和卤代烃上。有机物X没有可发生消去反应的醇（或）或卤代烃（或）的结构，因此不能发生消去反应，A不符合题意；
B. Y的酯基可水解，形成如下化合物。酚羟基和羧基均能和NaOH反应。因此，1 mol Y最多能与5 mol NaOH反应，B不符合题意；
C. X和Y能与Br2发生羟基邻对位（*）的取代反应和双键（#）的加成反应。
X：；Y：，X和Y反应的位置相同，最多消耗Br2的物质的量也相等，C不符合题意；
D. X与足量H2反应后的产物如下：，手性碳原子要求是饱和碳原子，同时连有4种不同原子或基团。符合要有的碳原子有（*号标记），共8个，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.X含有酚羟基，易被氧化，酚羟基的邻位和对位能发生取代反应，但不能发生消去反应；
B.Y中酚羟基和酯基能与NaOH反应；
C.X、Y中酚羟基的邻位和对位能发生取代反应，碳碳双键能与溴发生加成反应。
10．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．适当提高硫酸浓度，增大氢离子浓度，可增大反应速率，A不符合题意；
B．有关的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=2+15Fe2++16H+，反应中FeS2的Fe元素化合价不变，S元素化合价升高，则为氧化产物，Fe3+转化为Fe2+，化合价降低，Fe2+为还原产物，则“还原”时氧化产物与还原产物质的物质的量之比为2∶14=1∶7，B不符合题意；
C．滤液中含有硫酸亚铁和过量的硫酸，且生成氢离子，则“过滤I”所得滤液中存在的阳离子主要有Fe2+和H+，C符合题意；
D．滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，发生的离子方程式为4Fe2++8NH3 H2O+O2=8NH+4FeOOH↓+2H2O，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】硫酸渣硫酸进行酸溶，金属氧化物转化为金属阳离子，二氧化硅不溶，再加FeS2把铁离子还原为Fe2+，同时生成，过滤，滤渣含有SiO2和FeS2，滤液中含有Fe2+和H+，滤液中通入空气氧化，同时加入氨水调节pH生成FeOOH沉淀，过滤、洗涤、烘干，得到纯净的FeOOH。
11．【答案】A
【知识点】性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.氯水的强氧化性强于，可将氧化为，又会被四氯化碳萃取，进入有机相，四氯化碳密度大于水，在下层，因此下层溶液呈紫红色，A项符合题意；
B.能使酸性高锰酸钾溶液褪色的不一定是乙烯，也有可能是被还原产生了，使酸性高锰酸钾溶液褪色，B项不符合题意；
C.应该在相同浓度下比较二者的碱性，C项不符合题意；
D.反应后的溶液是碱性的，会和反应干扰的检测，因此应先加入稀硝酸，再加入硝酸银来检验，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据还原剂的还原性大于还原产物；
B.乙醇易挥发，且乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色；
C.溶液的浓度未知；
D.水解后应在酸性条件下检验。
12．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．该装置为化学能转化为电能的原电池装置，故A不符合题意；
B．高温条件下微生物失活，电池的效率降低，故B不符合题意；
C．放电过程中，苯酚发生氧化反应、作负极，结合电子守恒和电荷守恒可知电极反应式为C6H5OH-28e-+11H2O=6CO2↑+28H+，该装置的目的是对废水进行有效处理，所以废水中不应含有大量氢离子，则负极生成的氢离子要迁移到中间室，所以a为阳离交换膜；正极反应为反应式为：Cr2O+6e-+7H2O=2Cr(OH)3↓+8OH-，氢氧根要迁移到中间室，所以b为阴离子交换膜；迁移到中间室的氢离子和氢氧根反应生成水使NaCl溶液浓度降低，故C符合题意；
D．N电极为正极，Cr2O得电子被还原为Cr(OH)3，结合电子守恒和电荷守恒可知电极反应式为Cr2O+6e-+7H2O=2Cr(OH)3↓+8OH-，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】放电过程中C6H5OH转化为CO2，发生氧化反应，电极反应式为C6H5OH-28e-+11H2O=6CO2↑+28H+，则M电极为负极，N电极为正极，正极的电极反应式为Cr2O+6e-+7H2O=2Cr(OH)3↓+8OH-，负极生成的氢离子要迁移到中间室，正极生成的氢氧根要迁移到中间室，氢离子和氢氧根反应在中间室生成水使NaCl溶液浓度降低。
13．【答案】B
【知识点】电解质在水溶液中的电离；水的电离；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，当吸收3 L气体时得到Na2SO3溶液，溶液中主要溶质为Na2SO3，A不符合题意；
B．pH=7时，溶液呈中性，则c(H+)=1×10-7mol/L，Ka2(H2SO3)==5.6×10-8，则，因此，，则2c(SO)>c(HSO)，B符合题意；
C．由图中信息可知，X点为NaHSO3溶液，HSO电离方程式为HSO H++ SO，水解的离子方程式为HSO+H2OH2SO3+OH-，＜Ka2(H2SO3)=5.6×10-8，即HSO的电离程度大于其水解程度，因此，X点呈酸性，C不符合题意；
D．由电荷守恒，曲线上除其起点外，其他任意点均存在c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HSO)+2c(SO)，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.少量SO2与NaOH反应时生成Na2SO3，过量SO2与NaOH反应时生成NaHSO3；
C.点溶质为NaHSO3，HSO电离导致溶液呈酸性，HSO水解导致溶液呈碱性；
D.根据电荷守恒分析。
14．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．据图可知使用不同催化剂时，在360℃左右、相同时间内CO2的转化率相同，说明该温度下，改时间段内三种催化剂条件下反应都达到了平衡，继续升高温度CO2的转化率减小，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH<0，A不符合题意；
B．W点处反应已经达到平衡，延长W点的反应时间平衡也不会移动，CO2的转化率不变，B不符合题意；
C．据图可知温度较低反应未达到平衡时，催化剂中Mg的含量越高，相同时间内CO2转化率越低，催化效率越低，C不符合题意；
D．据图可知，在温度较低反应未达到平衡时，选用合适的催化剂可以加快反应速率，提高CO2的转化率，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.升高温度CO2的转化率减小，说明平衡逆向移动；
B.W点处反应已经达到平衡，延长时间平衡不发生移动；
C.由图可知，催化剂中Mg的含量越高，相同时间内CO2转化率越低，催化效率越低。
15．【答案】（1）赶走溶液中的O2，防止Co2+被氧化
（2）NH4Cl在溶液中电离出的NH会抑制NH3 H2O的电离
（3）氨水；H2O2溶液；防止Co(OH)3的生成
（4）22.125%
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由分析可知，制备三氯化六氨合钴时，为防止三价钴离子与氨水反应生成氢氧化钴沉淀，需要先将二价钴离子转化为二氯化六氨合钴，所以加热煮沸氯化铵溶液的目的是除去溶液中溶解的氧气，防止氧气过早将二价钴离子氧化为三价钴离子，故答案为：赶走溶液中的O2，防止Co2+被氧化；
（2）氯化铵在溶液中电离出的铵根离子会抑制一水合氨的电离，增大一水合氨的浓度，有利于二氯化六氨合钴的生成，故答案为：NH4Cl在溶液中电离出的NH会抑制NH3 H2O的电离；
（3）若氧化步骤中先加入过氧化氢溶液，会将二价钴离子氧化为三价钴离子，再加入氨水时，三价钴离子会与氨水反应生成氢氧化钴沉淀，降低三氯化六氨合钴的产率，所以氧化步骤中应先加入氨水再加入过氧化氢溶液，故答案为：氨水；H2O2溶液；防止Co(OH)3的生成；
（4）由题意可得如下转化关系：2Co3+～I2～2Na2S2O3，滴定消耗硫代硫酸钠的物质的量为0.1000 mol·L 1×15.00×10 3L＝1.500×10 3mol，则产品中钴的含量为×100%＝22.125%，故答案为：22.125%。
【分析】NH4Cl溶液中加入CoCl2 6H2O晶体和活性炭溶解，得到溶液加入浓氨水、过氧化氢，反应得到[Co(NH3)6]Cl3溶液，经一系列操作可得[Co(NH3)6]Cl3。
16．【答案】（1）Li2CO3+CO2+H2O=2LiHCO3；温度升高，Li2CO3、CO2溶解度均较小；加快搅拌速率；加热烘干时Li2C2O4会分解，固体产物也为Li2CO3
（2）边搅拌边滴入NaOH溶液，调节溶液pH等于或稍大于10，过滤，向滤液中边搅拌边加入Na2CO3溶液，直至静置后上层清液中再加入Na2CO3溶液，无沉淀产生，过滤，用80℃热水洗涤沉淀2～3次，取最后一次洗涤液少许滴入HNO3-AgNO3溶液，无白色沉淀产生，干燥
【知识点】化学反应速率的影响因素；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①装置C中主要反应的化学方程式为：Li2CO3+CO2+H2O=2LiHCO3；
②碳酸锂、二氧化碳溶解度均随温度升高而减小；碳酸锂、温度越高锂精矿转化速率越小的原因可能是：温度升高，Li2CO3、CO2溶解度均较小，不利于反应进行；提高锂精矿转化率的操作有：加快搅拌速率、矿石粉碎等；
③Li2CO3的表面有少量Li2C2O4，由于加热烘干时Li2C2O4会分解，固体产物为Li2CO3，所以不影响产品的纯度；
（2）已知：pH=10时Mg(OH)2完全沉淀。盐湖卤水中含有Mg2+杂质，需先加NaOH调节pH大于10，将镁离子转化成Mg(OH)2沉淀除去，过滤掉杂质沉淀，滤液再加入Na2CO3溶液制得Li2CO3，最后用热水洗涤晶体，减少晶体的溶解，则实验方案为：边搅拌边加入NaOH溶液调节溶液pH大于10，过滤，向滤液中加入Na2CO3溶液，静置后向上层清液中再加入Na2CO3溶液，若无沉淀产生，过滤，用热水洗涤沉淀2～3次，取最后一次洗涤液少许滴入HNO3-AgNO3溶液，无白色沉淀产生说明洗涤干净，干燥得到较纯产品。
【分析】A装置中大理石和反应生成CO2，经过装置B中饱和碳酸氢钠溶液除去HCl气体，CO2通入装置C中碳化溶解锂精矿生成LiHCO3和Ca(HCO3)2，反应的化学方程式为 Li2CO3+CO2+H2O=2LiHCO3 、CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，加入Li2C2O4沉淀Ca2+生成CaC2O4，过滤除去CaC2O4，热解、过滤获得Li2CO3，加热烘干碳酸锂；
盐湖卤水中含一定浓度的LiCl和MgCl2，浓缩后加入NaOH溶液调节溶液的pH≥10，使MgCl2转化为Mg(OH)2沉淀、过滤除去Mg(OH)2，再加入Na2CO3溶液将LiCl转化为Li2CO3，过滤得到Li2CO3。
17．【答案】（1）醛基；酯基
（2）取代反应
（3）
（4）或
（5）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；取代反应；缩聚反应
【解析】【解答】（1）B为OHCCH2COOCH3，含氧官能团为醛基和酯基；
（2）观察D和E的结构简式，不难发现D上的1个氢原子被1个乙基取代形成了一条小尾巴（侧链），因此D→E属于取代反应；
（3）F到G实际上是F和尿素反应，脱去两分子甲醇形成了六元环的结构，我们发现F中有2个酯基，尿素中有2个氨基，两种各含2个官能团的化合物符合缩聚反应的发生条件，因此二者可以缩聚成；
（4）根据G的结构简式，G的分子式为，要含有苯环，且能和氯化铁溶液发生显色反应，则一定有酚羟基，还要含有4种不同化学环境的氢，再来看不饱和度，分子中一共有4个不饱和度，而1个苯环恰好是4个不饱和度，因此分子中除苯环外再无不饱和键，综上，符合条件的分子有或；
（5）采用逆推法，分子中有两个酯，一定是2个羧基和2个甲醇酯化后得到的，甲醇已有，因此接下来要得到这个丙二羧酸，羧基可由羟基氧化得到，羟基可由卤原子水解得到，最后再构成四元环即可：。
【分析】（1）B中的含氧官能团为醛基和酯基；
（2）D和CH3CH2Br发生取代反应生成E；
（3）F→G的转化过程中，可以发生缩聚反应生成高分子副产物；
（4）同时满足下列条件的G的一种同分异构体：①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，②分子中只有4种不同化学环境的氢，存在对称结构；
（5）参照题干合成路线，采用逆合成分析法分析具体合成步骤。
18．【答案】（1）b –a；CaO消耗CO2，降低CO2的浓度，促进平衡正向移动，提高H2的产率；0.5；2CH3OH＋O22HCHO＋2H2O
（2）甲醇继续还原VO2为V2O3
（3）B；2CH3OH＋CO 2e =(CH3O)2CO＋2H+
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①不难看出，只要用反应III减去反应II，就可以得到，因此热效应也为反应III减去反应II，即；
②氧化钙是碱性氧化物，二氧化碳是酸性氧化物，因此二者可以反应得到碳酸钙，二氧化碳被消耗后相当于生成物浓度降低，平衡将正向移动；
③根据题图不难看出，当投料比为0.5时，氢气的选择性最大，即可以得到更多的氢气，当投料比为0.25时，甲醛的选择性更大，即可以得到更多的甲醛；
（2）温度升高后甲醇的还原性增强，将进一步还原为，因此的质量分数下降；
（3）①右侧氧气得电子变成水，因此右侧是阴极，与阴极相连的B为电源负极，同理，左侧A为正极，与A相连的为阳极；
②阳极是甲醇、一氧化碳失电子变为碳酸二甲酯，据此写出电极反应式：。
【分析】（1）①根据盖斯定律计算；
②CaO消耗CO2，降低CO2的浓度，促进平衡正向移动，提高H2的产率 ；
③当投料比为0.25时，甲醛的选择性更大；
（2）温度升高后甲醇的还原性增强；
（3）燃料电池中，通入燃料的一极为负极，负极发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应。
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