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江苏省海安市2022-2023学年高三上学期期初学业质量监测化学试题
一、单选题
1．（2022高三上·海安开学考）化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是（ ）
A．我国成功研制出多款新冠疫苗，采用冷链运输疫苗，可以防止蛋白质变性
B．用聚乳酸塑料代替聚乙烯塑料，可以减少白色污染
C．北斗卫星导航系统由中国自主研发、独立运行，其所用芯片的主要成分为SiO2
D．“神舟十三号”宇宙飞船返回舱所用高温结构陶瓷，属于新型无机非金属材料
2．（2022高三上·海安开学考）可发生水解：。下列相关化学用语正确的是（ ）
A．第一电离能：N＞O＞Mg
B．的结构式：
C．的结构示意图：
D．基态O原子核外电子轨道表示式
3．（2022高三上·海安开学考）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．具有强氧化性，可用于制备硝酸铵
B．具有还原性，可用于纸浆漂白
C．具有两性，可用于电解冶炼铝
D．溶液显碱性，可用于制胃酸中和剂
4．（2022高三上·海安开学考）能与悬浮在大气中的海盐粒子作用，反应为(ClNO各原子均达到8电子稳定结构)。下列说法正确的是（ ）
A．晶体属于分子晶体
B．ClNO的结构式为
C．NaCl晶胞中的配位数为12
D．是由极性键构成的非极性分子
5．（2022高三上·海安开学考）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，且X、Z同主族，Y的基态原子中含11种运动状态不同的电子，Z原子的最外层电子数与核外电子总数之比为3：8，下列说法正确的是（ ）
A．原子的半径：
B．X与Y组成的化合物中均只含离子键
C．简单气态氢化物的沸点X的比Z的高
D．X、Y、W组成的化合物的水溶液一定呈碱性
6．（2022高三上·海安开学考）实验室用与浓盐酸反应制取并回收，下列实验原理与装置能达到目的的是（ ）
A．用装置甲制取氯
B．用装置乙除去氯气中的HCl和
C．用装置丙过滤得
D．用装置丁干燥晶体
7．（2022高三上·海安开学考）二氧化氯是国际上公认的绿色消毒剂，含氯消毒剂有强氧化性。下面是用饱和NaCl溶液来制备一种重要的含氯消毒剂的工艺流程图：
已知：纯易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释。
下列说法正确的是（ ）
A．电解槽中总的离子方程式：
B．发生器中通入空气的目的是氧化
C．吸收塔内发生反应的离子方程式：
D．过滤后的滤液中大量存在：、、、、
8．（2022高三上·海安开学考）下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）
A．
B．
C．
D．
9．（2022高三上·海安开学考）化合物Z是一种具有广谱抗菌活性的药物，其合成路线中的一步反应如下。下列说法错误的是（ ）
A．1 mol X最多能与4 mol NaOH反应
B．Y可与乙醇发生缩聚反应形成聚酯
C．Z可以发生氧化、加成、取代反应
D．X、Y、Z三种分子均存在顺反异构体
10．（2022高三上·海安开学考）用低品铜矿(主要含CuS、FeO)制备的一种工艺流程如下：
下列说法正确的是（ ）
A．“酸浸”过程中CuS发生反应的离子方程式为：
B．已知酸浸液中含，为检验是否含有，可先加入KSCN溶液，再加氯水观察现象
C．1个晶胞(如图)中含4个氧原子
D．水合肼浓度过大，产率下降，可能的原因是进一步被还原成单质铜
11．（2022高三上·海安开学考）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 结论
A 向溶液中滴加盐酸，溶液变浑浊 非金属性：Cl>Si
B 室温下，向浓度均为和混合溶液中滴加少量氨水，出现白色沉淀
C 向中滴加过量的浓盐酸，将产生的气体直接通入澄清石灰水中，无白色沉淀产生 未变质
D 向5.0mL KI溶液中加入1.0mL 溶液，用萃取，下层呈紫色，分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变成红色 与发生的反应为可逆反应
A．A B．B C．C D．D
12．（2022高三上·海安开学考）可用作抗凝血剂，室温下，通过下列实验探究溶液的性质。
选项 实验操作和现象
1 测得溶液的
2 向溶液中加入等体积盐酸，测得混合后溶液的
3 向酸性溶液中滴加几滴溶液，振荡，溶液颜色变浅
4 向溶液中加入等体积溶液，产生白色沉淀
下列有关说法正确的是（ ）
A．溶液中存在
B．实验2得到的溶液中有
C．实验3中被还原成，则反应的离子方程式为
D．依据实验4可推测
13．（2022高三上·海安开学考）利用烟气中可回收废水中的，实现碘单质的再生，其反应原理如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．1 mol中σ键数目为18 mol
B．转化为后键角减小
C．总反应离子方程式为：
D．反应③中，每消耗1 mol 转移4 mol电子
二、综合题
14．（2022高三上·海安开学考）透明铁黄(FeOOH)是一种分散性良好的铁系颜料。工业上采用硫铁矿熔烧去硫后烧渣(主要成分为、FeO、、、不考虑其他杂质)制备透明铁黄工艺流程如下：
（1）浸取液中的核外电子排布式为 。
（2）“过滤I”后，滤液中所含金属阳离子有 。
（3）“还原”时，试剂X若选用铁粉，则该反应的离子方程式为 。
（4）制备铁黄：向一定浓度溶液中加入氨水，当滴加氨水至pH为6.0时，停止滴加氨水，开始通氧气，生成铁黄。通入氧气过程中，记录溶液pH变化如图1所示。
已知：25℃时，完全沉淀(离子浓度)的。
①滴加氨水产生沉淀，当pH为6.0时，溶液中残留浓度为 mol/L。
②请写出0~时段发生的化学方程式 ；~时段，溶液pH明显降低，请解释原因： 。
（5）制得的透明铁黄中往往混有氧化铁，可用分光光度法测定透明铁黄的含量。已知的吸光度A(对特定波长光的吸收程度)与标准溶液浓度的关系如图-2所示。称取3.47g样品，用稀硫酸溶解并定容至1L，准确移取该溶液10.00 mL，加入足量KSCN溶液，再用蒸馏水定容至100 mL。测得溶液吸光度A=0.8，计算样品中FeOOH的质量分数(写出主要计算过程)。
15．（2022高三上·海安开学考）高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿(主要成分为，含少量Fe、Al等杂质元素)制备高纯碳酸锰的实验过程如下。
（1）“浸出”时，硫酸的作用是催化植物粉水解生成还原性糖。当硫酸浓度过高时，锰元素浸出率下降，其可能的原因是 。
（2）“除杂”时主要操作为加入一定量的双氧水，调节浸出液的pH为3.5~5.5，过滤。该过程中双氧水实际用量比理论值大的原因是 。
（3）“沉淀”：在30℃~35℃下，将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，控制反应液的最终pH在6.5~7.0，得到沉淀。该反应的化学方程式为 ；生成的沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是 。
（4）是黑色不溶于水的固体，常用于生产计算机的磁芯、磁盘等。已知：反应温度和溶液pH对的纯度和产率影响分别如图-1、图-2所示。请设计以硫酸锰净化液为原料制备的实验方案： ，真空干燥4小时得产品。(实验中须使用的试剂：氨水、空气)
16．（2022高三上·海安开学考）罂粟碱是一种异喹啉型生物碱，其盐酸盐可用于治疗脑血栓、肢端动脉痉挛等。罂粟碱的合成方法如下：
（1）写出A→B发生反应的试剂和条件： 。
（2）C→D过程中碳原子杂化类型的变化为 。
（3）E和F发生取代反应生成G的同时有HCl生成，则F的结构简式是 。
（4）D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 。
（5）I．属于芳香族化合物，遇FeCl3溶液能发生显色反应。
II．在酸性条件下能发生水解反应，两种水解产物均含有二种不同环境的H原子。
。根据已有知识并结合相关信息，写出以溴乙烷为原料制备的合成路线流程图(无机试剂、有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干) 。
17．（2022高三上·海安开学考）工业上常用微生物法、吸收法、电解法、还原法等消除硫、氮等引起的污染。
（1）微生物法脱硫
富含有机物的弱酸性废水在SBR细菌作用下产生、等物质，可将废水中还原为，同时用或将从水中吹出，再用碱液吸收。
①的空间构型为 。
②与在SBR细菌作用下生成和的离子方程式为 。
③将从水中吹出时，用比效果更好，其原因是 。
（2）吸收法脱硫
烟气中的可以用“亚硫酸铵吸收法”处理，发生的反应为，测得25℃时溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图-1所示。b点时溶液，则 。
（3）电解法脱硫
用NaOH吸收后，所得溶液经电解后可制取溶液，反应装置如图-2所示。电解时每有1 mol 生成有 mol 透过质子交换膜。
（4）还原法脱氮
用催化剂协同纳米零价铁去除水体中。其催化还原反应的过程如图-3所示。
①该反应机理中生成的过程可描述为 。
②过程中去除率及生成率如图-4所示，为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当时，随pH减小，生成率逐渐降低的原因是 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅；无机非金属材料；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．高温能使蛋白质变性，因此采用冷链运输疫苗，可以防止蛋白质变性，故A不符合题意；
B．聚乳酸塑料可降解，因此用聚乳酸塑料代替聚乙烯塑料，可以减少白色污染，故B不符合题意；
C．芯片的主要成分为Si单质，故C符合题意；
D．高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.高温下蛋白质失去活性；
B.聚乳酸塑料可降解；
D.高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料。
2．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构示意图；结构式
【解析】【解答】A．根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，同主族从上到下第一电离能一次减小，因此第一电离能：N＞O＞Mg，故A符合题意；
B．N2H4是氮氮单键，其结构式：，故B不符合题意；
C．是Mg原子的原子结构示意图，的结构示意图为，故C不符合题意；
D．基态O原子核外电子排布式为1s22s22p4，其轨道表示式要遵循洪特规则，因此其轨道表示式为，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
B.N2H4中所有化学键均为单键；
C.核外共10个电子；
D.基态O原子核外电子排布式为1s22s22p4，轨道表示式为。
3．【答案】D
【知识点】硝酸的化学性质；二氧化硫的性质；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A．制备硝酸铵与具有强氧化性无关，是硝酸与氨气反应生成硝酸，故A不符合题意；
B．用于纸浆漂白与具有还原性无关，与漂白性有关，故B不符合题意；
C．可用于电解冶炼铝与具有两性无关，是利用熔融状态下铝离子得到电子变为铝单质，故C不符合题意；
D．溶液显弱碱性，与胃酸反应，因此常用于制胃酸中和剂，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.硝酸制备硝酸铵的过程中没有发生氧化还原反应，与其氧化性无关；
B.用于纸浆漂白利用的是其漂白性；
C.在熔融状态下能导电，可用于电解冶炼铝。
4．【答案】B
【知识点】离子晶体；晶胞的计算；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．晶体属于离子晶体，故A不符合题意；
B．ClNO各原子均达到8电子稳定结构则，O原子要连两根共价键，N原子要连三根共价键，Cl原子要连一根共价键，结构式为，故B符合题意；
C． 配位数指的是某个离子周围的异种电荷的离子数，所以，NaCl中Na+周围的Cl-是6个，配位数为6，故C不符合题意；
D．是由极性键构成的极性分子，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.由离子构成，属于离子晶体；
C.NaCl中Na+周围的Cl-是6个；
D.的正负电荷中心不重合，属于极性分子。
5．【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．根据层多径大，同电子层结构核多径小，则原子的半径：，故A不符合题意；
B．X与Y组成的化合物过氧化钠中含离子键和共价键，故B不符合题意；
C．简单气态氢化物的沸点X(H2O)的比Z(H2S)的高，主要是水存在分子间氢键，使得沸点升高，故C符合题意；
D．X、Y、W组成的化合物的水溶液可能呈碱性，比如次氯酸钠，也可能呈中性，比如高氯酸钠，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】Y的基态原子中含11种运动状态不同的电子，则Y为Na元素，Z原子的最外层电子数与核外电子总数之比为3：8，其最外层电子数与内层电子数之比为3：5，Z原子的核外有3个电子层，则Z为S元素，X、Z同主族，则X为O元素，W为Cl元素。
6．【答案】B
【知识点】氯气的实验室制法；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．用浓盐酸和二氧化锰制取氯气需要加热，而甲装置缺少加热装置，故A不符合题意
B．氯气中含有HCl和水蒸气，用饱和食盐水除掉氯气中的氯化氢杂质，用浓硫酸干燥氯气，因此用装置乙除去氯气中的HCl和，故B符合题意；
C．过滤得，装置丙需要用玻璃棒，故C不符合题意；
D．锰离子会发生水解，因此应在HCl气流中加热得到晶体，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.浓盐酸和二氧化锰制备氯气需要加热；
C.过滤需要用玻璃棒进行引流；
D.加热促进锰离子水解，且生成的盐酸易挥发。
7．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．电解槽中阳极得到氯酸根，阴极得到氢气，其总的离子方程式：，故A符合题意；
B．根据信息纯易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释，说明发生器中通入空气的目的是稀释，故B不符合题意；
C．吸收塔内发生反应生成，则反应的离子方程式：，故C不符合题意；
D．过滤后的滤液中大量不存在，亚硫酸根会被双氧水氧化为硫酸根，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】无隔膜电解槽电解饱和氯化钠溶液，发生反应，得到氯酸钠溶液，氯酸钠在酸性条件下被二氧化硫还原成二氧化氯，ClO2在二氧化硫和空气混合气体中不易分解爆炸，通入空气的目的是稀释ClO2，防止ClO2爆炸，吸收塔中加入氢氧化钠、过氧化氢发生反应生成NaClO2，经过滤、结晶得到NaClO2 3H2O。
8．【答案】C
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．氯化钠溶液与二氧化碳不反应，不能生成碳酸钠，碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，故A不符合题意；
B．氯气和铁点燃反应生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，氯化亚铁与单质碘不反应，故B不符合题意；
C．氯酸钾在二氧化锰催化剂作用下加热反应生成氯化钾，氯化钾溶液电解得到氯气和氢气、氢氧化钾，故C符合题意；
D．次氯酸钙和二氧化碳、水反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸光照分解生成盐酸和氧气，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.氯化钠与二氧化碳不反应；
B.氯气和铁点燃生成氯化铁；
D.次氯酸分解生成盐酸和氧气。
9．【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A.1 mol X含有2mol酚羟基，1mol酸酚酯，因此最多能与4 mol NaOH反应，故A不符合题意；
B．Y虽然有两个羧基，但乙醇只有一个羟基，因此Y可与乙醇发生酯化反应，不能发生缩聚反应形成聚酯，故B符合题意；
C．Z含有碳碳双键，因此可以发生氧化、加成，含有羧基，能发生酯化反应即取代反应，故C不符合题意；
D．碳碳双键两端任何一个碳上连的两个不相同的原子或原子团就有顺反异构体，因此X、Y、Z三种分子均存在顺反异构体，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.X中酚羟基和酯基能与NaOH反应；
C.Z中含有碳碳双键、羧基、酯基，可以发生氧化、加成、取代反应；
D.碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团时存在顺反异构。
10．【答案】D
【知识点】晶胞的计算；常见离子的检验；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．CuS是难溶物，“酸浸”过程中CuS发生反应的离子方程式为：，故A不符合题意；
B．已知酸浸液中含，为检验是否含有，可先加入KSCN溶液，再加氯水观察现象，都是一样的现象，应加入酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾与亚铁离子反应，看溶液是否褪色，故B不符合题意；
C．晶胞中白球为2个，黑球为4个，因此1个晶胞中含2个氧原子，故C不符合题意；
D．水合肼浓度过大，产率下降，由于氧化亚铜中铜为+1价，具有氧化性，因此可能的原因是与水合肼进一步被还原成单质铜，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】低品铜矿（主要含CuS、FeO）与稀硫酸、二氧化锰反应生成硫单质，硫酸铜、硫酸锰、硫酸铁等，调节溶液的pH值，过滤后，向滤液中加入除锰的物质，再向溶液中加入水合肼得到氧化亚铜。
11．【答案】D
【知识点】制备实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A．向溶液中滴加盐酸，溶液变浑浊，不能证明非金属性Cl大于Si，要用最高价氧化物对应水化物的酸性强弱来进行实验即盐酸改为高氯酸，故A不符合题意；
B．室温下，向浓度均为和混合溶液中滴加少量氨水，出现白色沉淀，两者反应都生成白色沉淀，不能说明溶度积的大小，故B不符合题意；
C．向中滴加过量的浓盐酸，将产生的气体直接通入澄清石灰水中，无白色沉淀产生，由于盐酸易挥发，挥发的盐酸与澄清石灰水反应完了，因此不能产生白色沉淀，故C不符合题意；
D．，向5.0mL KI溶液中加入1.0mL 溶液，则碘离子过量，充分反应完，用萃取，下层呈紫色，分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变成红色，说明溶液中有铁离子，从而说明该反应是可逆反应，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.盐酸易挥发，挥发的盐酸也能与硅酸钠反应；
B.和与氨水反应均生成沉淀；
C.盐酸过量，碳酸钙可溶解。
12．【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．溶液，根据质子守恒得到，故A不符合题意；
B．实验2，向溶液中加入等体积盐酸，测得混合后溶液的，反应后是草酸氢钠，说明碳酸氢根电离程度大于水解程度，因此得到的溶液中有，故B不符合题意；
C．实验3中被还原成，根据氧化还原反应中得失电子守恒配平得到反应的离子方程式为，故C不符合题意；
D．实验4是向溶液中加入等体积溶液，产生白色沉淀，则，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.根据质子守恒分析；
B.溶液的pH≈5.5，显酸性，说明的电离程度大于水解程度；
C.该方程式电荷不守恒。
13．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；键能、键长、键角及其应用；氧化还原反应
【解析】【解答】A.1个氨气含有3个σ键，每个配位键是1个σ键，因此1 mol中σ键数目为24 mol，故A不符合题意；
B．氨气有一对孤对电子，孤对电子对成键电子的排斥力大于成键电子对成键电子的排斥力，使得键角减小，氨气与钴形成了配位键，因此转化为后键角增大，故B不符合题意；
C．根据图中转化最终得到总反应离子方程式为：，故C符合题意；
D．反应③中，形成了过氧键，过氧键中氧化合价为 1价，因此每消耗1 mol 转移2 mol电子，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.单键均为σ键，配位键也是σ键；
B.孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
D.根据得失电子守恒计算。
14．【答案】（1）[Ar]3d5
（2）Fe3+、Fe2+、Al3+
（3）Fe＋2Fe3+＝3Fe2+
（4）1.0；；，氢离子浓度增大，pH减小
（5）76.9%
【知识点】原子核外电子排布；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）Fe为26号元素，其核外电子排布式电子为[Ar]3d64s2，浸取液中的核外电子排布式为[Ar]3d5；故答案为：[Ar]3d5。
（2）氧化铁、氧化亚铁、氧化铝都与稀硫酸反应，因此“过滤I”后，滤液中所含金属阳离子有Fe3+、Fe2+、Al3+；故答案为：Fe3+、Fe2+、Al3+。
（3）“还原”时，试剂X若选用铁粉，则铁和铁离子反应生成亚铁离子，即反应的离子方程式为Fe＋2Fe3+＝3Fe2+；故答案为：Fe＋2Fe3+＝3Fe2+。
（4）①完全沉淀(离子浓度)的，则的溶度积常数，当滴加氨水产生沉淀，当pH为6.0时，，解得，溶液中残留浓度为；故答案为：1.0。
②当滴加氨水至pH为6.0时，停止滴加氨水，开始通氧气，生成铁黄，则0~时段发生的化学方程式；~时段，溶液pH明显降低，说明会有氢离子生成，其原因：亚铁离子和氧气、水反应生成FeOOH和氢离子，氢离子浓度增大，pH减小；故答案为：；，氢离子浓度增大，pH减小。
（5）测得溶液吸光度A=0.8，根据图中信息得到溶液中c(Fe3+)＝4.0×10 3mol L 1，则样品中铁离子物质的量为n(Fe3+)＝4.0×10 3mol L 1×0.1L×100＝4.0×10 2mol，设氧化铁物质的量为xmol，为FeOOH物质的量为ymol，则有160x+89y=3.47g，2x+y=0.04，解得x=0.05，y=0.03，则样品中FeOOH的质量分数；故答案为：根据图中信息得到溶液中c(Fe3+)＝4.0×10 3mol L 1，则样品中铁离子物质的量为n(Fe3+)＝4.0×10 3mol L 1×0.1L×100＝4.0×10 2mol，设氧化铁物质的量为xmol，为FeOOH物质的量为ymol，则有160x+89y=3.47g，2x+y=0.04，解得x=0.05，y=0.03，则样品中FeOOH的质量分数。
【分析】烧渣中加入稀硫酸，氧化铁、氧化亚铁、氧化铝与稀硫酸反应，二氧化硅不反应，过滤，向滤液中加入试剂X将铁离子还原，再加入氢氧化钠溶液调节pH值沉淀铝离子，过滤后向滤液中加入氨水和通入氧气，经过一系列变化得到铁黄。
15．【答案】（1）浓硫酸具有强氧化性和脱水性，当硫酸浓度过高时，还原性糖可能被浓硫酸破坏导致锰元素浸出率下降
（2）二氧化锰也能够作为催化剂使过氧化氢分解为氧气
（3）MnSO4+2NH4HCO3+(NH4)2SO4+CO2+H2O；取最后一次的洗涤滤液1-2mL于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净
（4）50℃时，向硫酸锰溶液中加入一定量的氨水先制得氢氧化锰固体，调节溶液pH为8.5，然后将固体氢氧化锰调浆通空气氧化制得
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）浓硫酸具有强氧化性和脱水性，当硫酸浓度过高时，还原性糖可能被浓硫酸破坏导致锰元素浸出率下降。
（2）酸性溶液中二氧化锰氧化过氧化氢为氧气，本身被还原为锰离子，能提高软锰矿的浸出率，但二氧化锰也能够作为催化剂使过氧化氢分解为氧气，所以该过程中双氧水实际用量比理论值大。
（3）在30℃~35℃下，将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，控制反应液的最终pH在6.5~7.0，得到沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：MnSO4+2NH4HCO3+(NH4)2SO4+CO2+H2O；生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，洗涤的操作方法是用玻璃棒引流向漏斗中加蒸馏水至刚好浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2-3次，取最后一次的洗涤滤液1-2mL于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净；
（4）由图可知，温度为50℃、pH为8.5时，的纯度和产率最高，以硫酸锰净化液为原料制备的实验方案为：50℃时，向硫酸锰溶液中加入一定量的氨水先制得氢氧化锰固体，调节溶液pH为8.5，然后将固体氢氧化锰调浆通空气氧化制得。
【分析】（1）硫酸浓度过高时，浓硫酸能与蔗糖反应；
（2）二氧化锰能催化过氧化氢分解；
（3）碳酸氢铵与硫酸锰反应生成沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水；
（4） 50℃时，向硫酸锰溶液中加入一定量的氨水先制得氢氧化锰固体，调节溶液pH为8.5，然后将固体氢氧化锰调浆通空气氧化制得 。
16．【答案】（1）氯气、光照
（2）由sp变为sp2
（3）
（4）
（5）
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）A→B是苯环甲基上的氢原子被氯原子取代，因此发生反应的试剂和条件：氯气、光照；故答案为：氯气、光照；
（2）C→D是C中 CN变为 COOH， CN中C原子价层电子对数为2，杂化类型为sp杂化， COOH 中C原子价层电子对数为3，杂化类型为sp2杂化，则过程中碳原子杂化类型的变化为sp→sp2；故答案为：由sp变为sp2；
（3）E和F发生取代反应生成G的同时有HCl生成，根据质量守恒得到F的结构简式是；故答案为：；
（4）属于芳香族化合物，遇FeCl3溶液能发生显色反应，说明含有酚羟基；在酸性条件下能发生水解反应，两种水解产物均含有二种不同环境的H原子，则D的一种同分异构体同时满足条件的结构简式：；故答案为：；
（5）将溴乙烷在碱性条件下水解生成乙醇，乙醇催化氧化变为乙醛，溴乙烷与KCN发生类似B到C的反应得到CH3CH2CN，CH3CH2CN与乙醛发生题中信息中的反应，再酸性水解记得到产品，合成路线为： ；故答案为： 。
【分析】A中甲基上的氢原子被氯原子取代生成B，B中氯原子被-CN取代生成C，C中-CN发生水解反应生成D中羧基，D中羧基发生取代反应生成-COCl，E和F发生取代反应生成G的同时有HCl生成，根据G的结构简式知，F为，G发生反应生成罂粟碱。
17．【答案】（1）正四面体形；；二氧化碳吹出时可增强溶液的酸性，抑制硫化氢的溶解，有利于将硫化氢吹出
（2）3：1
（3）2
（4）纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得到电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根变为NH，NH失去氢原子变为氮气；pH越小，氢离子浓度越大，会生成更多的氢原子，使硝酸根生成的中间产物NH更多的与氢原子反应生成铵根离子，从而减少氮气的生成
【知识点】判断简单分子或离子的构型；氧化还原反应；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①中S原子价层电子对数为，其空间构型为正四面体形；故答案为：正四面体形。
②与在SBR细菌作用下生成和，该反应在弱酸性条件下反应，根据氧化还原反应得失电子守恒配平得到，其的离子方程式为；故答案为：。
③将从水中吹出时，用比效果更好，二氧化碳溶于水生成碳酸，增强溶液的酸性，抑制硫化氢溶解，因此其原因是二氧化碳吹出时可增强溶液的酸性，抑制硫化氢的溶解，有利于将硫化氢吹出；故答案为：二氧化碳吹出时可增强溶液的酸性，抑制硫化氢的溶解，有利于将硫化氢吹出。
（2）根据亚硫酸氢铵溶液的电荷守恒得到，b点时溶液，得到，测得25℃时溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图-1所示，则b点是，得到，则；故答案为：3：1。
（3）根据图中信息左边为阳极，右边为阴极，阴极电极反应式为，因此电解时每有1 mol 生成有2mol 透过质子交换膜；故答案为：2。
（4）①根据图中信息，该反应机理中生成的过程可描述为纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得到电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根变为NH，NH失去氢原子变为氮气；故答案为：纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得到电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根变为NH，NH失去氢原子变为氮气。
②过程中去除率及生成率如图-4所示，为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当时，随pH减小，生成率逐渐降低，根据图中信息氢离子浓度越大，会生成更多的氢原子，使硝酸根生成的中间产物NH更多的与氢原子反应生成铵根离子，从而减少氮气的生成；故答案为：pH越小，氢离子浓度越大，会生成更多的氢原子，使硝酸根生成的中间产物NH更多的与氢原子反应生成铵根离子，从而减少氮气的生成。
【分析】（1）①中S原子价层电子对数为4，不含孤电子对；
②与在SBR细菌作用下生成和，反应的离子方程式为；
③二氧化碳吹出时可增强溶液的酸性，抑制硫化氢的溶解，有利于将硫化氢吹出；
（2）结合电荷守恒分析；
（3）电极A上二氧化硫发生氧化反应生成硫酸，则电极A为阳极，电极B为阴极，电极反应式为；
（4）①纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得到电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根变为NH，NH失去氢原子变为氮气；
②pH越小，氢离子浓度越大，会生成更多的氢原子，使硝酸根生成的中间产物NH更多的与氢原子反应生成铵根离子，从而减少氮气的生成。
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江苏省海安市2022-2023学年高三上学期期初学业质量监测化学试题
一、单选题
1．（2022高三上·海安开学考）化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是（ ）
A．我国成功研制出多款新冠疫苗，采用冷链运输疫苗，可以防止蛋白质变性
B．用聚乳酸塑料代替聚乙烯塑料，可以减少白色污染
C．北斗卫星导航系统由中国自主研发、独立运行，其所用芯片的主要成分为SiO2
D．“神舟十三号”宇宙飞船返回舱所用高温结构陶瓷，属于新型无机非金属材料
【答案】C
【知识点】常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅；无机非金属材料；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．高温能使蛋白质变性，因此采用冷链运输疫苗，可以防止蛋白质变性，故A不符合题意；
B．聚乳酸塑料可降解，因此用聚乳酸塑料代替聚乙烯塑料，可以减少白色污染，故B不符合题意；
C．芯片的主要成分为Si单质，故C符合题意；
D．高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.高温下蛋白质失去活性；
B.聚乳酸塑料可降解；
D.高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料。
2．（2022高三上·海安开学考）可发生水解：。下列相关化学用语正确的是（ ）
A．第一电离能：N＞O＞Mg
B．的结构式：
C．的结构示意图：
D．基态O原子核外电子轨道表示式
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构示意图；结构式
【解析】【解答】A．根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，同主族从上到下第一电离能一次减小，因此第一电离能：N＞O＞Mg，故A符合题意；
B．N2H4是氮氮单键，其结构式：，故B不符合题意；
C．是Mg原子的原子结构示意图，的结构示意图为，故C不符合题意；
D．基态O原子核外电子排布式为1s22s22p4，其轨道表示式要遵循洪特规则，因此其轨道表示式为，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
B.N2H4中所有化学键均为单键；
C.核外共10个电子；
D.基态O原子核外电子排布式为1s22s22p4，轨道表示式为。
3．（2022高三上·海安开学考）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．具有强氧化性，可用于制备硝酸铵
B．具有还原性，可用于纸浆漂白
C．具有两性，可用于电解冶炼铝
D．溶液显碱性，可用于制胃酸中和剂
【答案】D
【知识点】硝酸的化学性质；二氧化硫的性质；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A．制备硝酸铵与具有强氧化性无关，是硝酸与氨气反应生成硝酸，故A不符合题意；
B．用于纸浆漂白与具有还原性无关，与漂白性有关，故B不符合题意；
C．可用于电解冶炼铝与具有两性无关，是利用熔融状态下铝离子得到电子变为铝单质，故C不符合题意；
D．溶液显弱碱性，与胃酸反应，因此常用于制胃酸中和剂，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.硝酸制备硝酸铵的过程中没有发生氧化还原反应，与其氧化性无关；
B.用于纸浆漂白利用的是其漂白性；
C.在熔融状态下能导电，可用于电解冶炼铝。
4．（2022高三上·海安开学考）能与悬浮在大气中的海盐粒子作用，反应为(ClNO各原子均达到8电子稳定结构)。下列说法正确的是（ ）
A．晶体属于分子晶体
B．ClNO的结构式为
C．NaCl晶胞中的配位数为12
D．是由极性键构成的非极性分子
【答案】B
【知识点】离子晶体；晶胞的计算；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．晶体属于离子晶体，故A不符合题意；
B．ClNO各原子均达到8电子稳定结构则，O原子要连两根共价键，N原子要连三根共价键，Cl原子要连一根共价键，结构式为，故B符合题意；
C． 配位数指的是某个离子周围的异种电荷的离子数，所以，NaCl中Na+周围的Cl-是6个，配位数为6，故C不符合题意；
D．是由极性键构成的极性分子，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.由离子构成，属于离子晶体；
C.NaCl中Na+周围的Cl-是6个；
D.的正负电荷中心不重合，属于极性分子。
5．（2022高三上·海安开学考）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，且X、Z同主族，Y的基态原子中含11种运动状态不同的电子，Z原子的最外层电子数与核外电子总数之比为3：8，下列说法正确的是（ ）
A．原子的半径：
B．X与Y组成的化合物中均只含离子键
C．简单气态氢化物的沸点X的比Z的高
D．X、Y、W组成的化合物的水溶液一定呈碱性
【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．根据层多径大，同电子层结构核多径小，则原子的半径：，故A不符合题意；
B．X与Y组成的化合物过氧化钠中含离子键和共价键，故B不符合题意；
C．简单气态氢化物的沸点X(H2O)的比Z(H2S)的高，主要是水存在分子间氢键，使得沸点升高，故C符合题意；
D．X、Y、W组成的化合物的水溶液可能呈碱性，比如次氯酸钠，也可能呈中性，比如高氯酸钠，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】Y的基态原子中含11种运动状态不同的电子，则Y为Na元素，Z原子的最外层电子数与核外电子总数之比为3：8，其最外层电子数与内层电子数之比为3：5，Z原子的核外有3个电子层，则Z为S元素，X、Z同主族，则X为O元素，W为Cl元素。
6．（2022高三上·海安开学考）实验室用与浓盐酸反应制取并回收，下列实验原理与装置能达到目的的是（ ）
A．用装置甲制取氯
B．用装置乙除去氯气中的HCl和
C．用装置丙过滤得
D．用装置丁干燥晶体
【答案】B
【知识点】氯气的实验室制法；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．用浓盐酸和二氧化锰制取氯气需要加热，而甲装置缺少加热装置，故A不符合题意
B．氯气中含有HCl和水蒸气，用饱和食盐水除掉氯气中的氯化氢杂质，用浓硫酸干燥氯气，因此用装置乙除去氯气中的HCl和，故B符合题意；
C．过滤得，装置丙需要用玻璃棒，故C不符合题意；
D．锰离子会发生水解，因此应在HCl气流中加热得到晶体，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.浓盐酸和二氧化锰制备氯气需要加热；
C.过滤需要用玻璃棒进行引流；
D.加热促进锰离子水解，且生成的盐酸易挥发。
7．（2022高三上·海安开学考）二氧化氯是国际上公认的绿色消毒剂，含氯消毒剂有强氧化性。下面是用饱和NaCl溶液来制备一种重要的含氯消毒剂的工艺流程图：
已知：纯易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释。
下列说法正确的是（ ）
A．电解槽中总的离子方程式：
B．发生器中通入空气的目的是氧化
C．吸收塔内发生反应的离子方程式：
D．过滤后的滤液中大量存在：、、、、
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．电解槽中阳极得到氯酸根，阴极得到氢气，其总的离子方程式：，故A符合题意；
B．根据信息纯易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释，说明发生器中通入空气的目的是稀释，故B不符合题意；
C．吸收塔内发生反应生成，则反应的离子方程式：，故C不符合题意；
D．过滤后的滤液中大量不存在，亚硫酸根会被双氧水氧化为硫酸根，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】无隔膜电解槽电解饱和氯化钠溶液，发生反应，得到氯酸钠溶液，氯酸钠在酸性条件下被二氧化硫还原成二氧化氯，ClO2在二氧化硫和空气混合气体中不易分解爆炸，通入空气的目的是稀释ClO2，防止ClO2爆炸，吸收塔中加入氢氧化钠、过氧化氢发生反应生成NaClO2，经过滤、结晶得到NaClO2 3H2O。
8．（2022高三上·海安开学考）下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．氯化钠溶液与二氧化碳不反应，不能生成碳酸钠，碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，故A不符合题意；
B．氯气和铁点燃反应生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，氯化亚铁与单质碘不反应，故B不符合题意；
C．氯酸钾在二氧化锰催化剂作用下加热反应生成氯化钾，氯化钾溶液电解得到氯气和氢气、氢氧化钾，故C符合题意；
D．次氯酸钙和二氧化碳、水反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸光照分解生成盐酸和氧气，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.氯化钠与二氧化碳不反应；
B.氯气和铁点燃生成氯化铁；
D.次氯酸分解生成盐酸和氧气。
9．（2022高三上·海安开学考）化合物Z是一种具有广谱抗菌活性的药物，其合成路线中的一步反应如下。下列说法错误的是（ ）
A．1 mol X最多能与4 mol NaOH反应
B．Y可与乙醇发生缩聚反应形成聚酯
C．Z可以发生氧化、加成、取代反应
D．X、Y、Z三种分子均存在顺反异构体
【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】A.1 mol X含有2mol酚羟基，1mol酸酚酯，因此最多能与4 mol NaOH反应，故A不符合题意；
B．Y虽然有两个羧基，但乙醇只有一个羟基，因此Y可与乙醇发生酯化反应，不能发生缩聚反应形成聚酯，故B符合题意；
C．Z含有碳碳双键，因此可以发生氧化、加成，含有羧基，能发生酯化反应即取代反应，故C不符合题意；
D．碳碳双键两端任何一个碳上连的两个不相同的原子或原子团就有顺反异构体，因此X、Y、Z三种分子均存在顺反异构体，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.X中酚羟基和酯基能与NaOH反应；
C.Z中含有碳碳双键、羧基、酯基，可以发生氧化、加成、取代反应；
D.碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团时存在顺反异构。
10．（2022高三上·海安开学考）用低品铜矿(主要含CuS、FeO)制备的一种工艺流程如下：
下列说法正确的是（ ）
A．“酸浸”过程中CuS发生反应的离子方程式为：
B．已知酸浸液中含，为检验是否含有，可先加入KSCN溶液，再加氯水观察现象
C．1个晶胞(如图)中含4个氧原子
D．水合肼浓度过大，产率下降，可能的原因是进一步被还原成单质铜
【答案】D
【知识点】晶胞的计算；常见离子的检验；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．CuS是难溶物，“酸浸”过程中CuS发生反应的离子方程式为：，故A不符合题意；
B．已知酸浸液中含，为检验是否含有，可先加入KSCN溶液，再加氯水观察现象，都是一样的现象，应加入酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾与亚铁离子反应，看溶液是否褪色，故B不符合题意；
C．晶胞中白球为2个，黑球为4个，因此1个晶胞中含2个氧原子，故C不符合题意；
D．水合肼浓度过大，产率下降，由于氧化亚铜中铜为+1价，具有氧化性，因此可能的原因是与水合肼进一步被还原成单质铜，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】低品铜矿（主要含CuS、FeO）与稀硫酸、二氧化锰反应生成硫单质，硫酸铜、硫酸锰、硫酸铁等，调节溶液的pH值，过滤后，向滤液中加入除锰的物质，再向溶液中加入水合肼得到氧化亚铜。
11．（2022高三上·海安开学考）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 结论
A 向溶液中滴加盐酸，溶液变浑浊 非金属性：Cl>Si
B 室温下，向浓度均为和混合溶液中滴加少量氨水，出现白色沉淀
C 向中滴加过量的浓盐酸，将产生的气体直接通入澄清石灰水中，无白色沉淀产生 未变质
D 向5.0mL KI溶液中加入1.0mL 溶液，用萃取，下层呈紫色，分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变成红色 与发生的反应为可逆反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】制备实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】A．向溶液中滴加盐酸，溶液变浑浊，不能证明非金属性Cl大于Si，要用最高价氧化物对应水化物的酸性强弱来进行实验即盐酸改为高氯酸，故A不符合题意；
B．室温下，向浓度均为和混合溶液中滴加少量氨水，出现白色沉淀，两者反应都生成白色沉淀，不能说明溶度积的大小，故B不符合题意；
C．向中滴加过量的浓盐酸，将产生的气体直接通入澄清石灰水中，无白色沉淀产生，由于盐酸易挥发，挥发的盐酸与澄清石灰水反应完了，因此不能产生白色沉淀，故C不符合题意；
D．，向5.0mL KI溶液中加入1.0mL 溶液，则碘离子过量，充分反应完，用萃取，下层呈紫色，分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变成红色，说明溶液中有铁离子，从而说明该反应是可逆反应，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.盐酸易挥发，挥发的盐酸也能与硅酸钠反应；
B.和与氨水反应均生成沉淀；
C.盐酸过量，碳酸钙可溶解。
12．（2022高三上·海安开学考）可用作抗凝血剂，室温下，通过下列实验探究溶液的性质。
选项 实验操作和现象
1 测得溶液的
2 向溶液中加入等体积盐酸，测得混合后溶液的
3 向酸性溶液中滴加几滴溶液，振荡，溶液颜色变浅
4 向溶液中加入等体积溶液，产生白色沉淀
下列有关说法正确的是（ ）
A．溶液中存在
B．实验2得到的溶液中有
C．实验3中被还原成，则反应的离子方程式为
D．依据实验4可推测
【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．溶液，根据质子守恒得到，故A不符合题意；
B．实验2，向溶液中加入等体积盐酸，测得混合后溶液的，反应后是草酸氢钠，说明碳酸氢根电离程度大于水解程度，因此得到的溶液中有，故B不符合题意；
C．实验3中被还原成，根据氧化还原反应中得失电子守恒配平得到反应的离子方程式为，故C不符合题意；
D．实验4是向溶液中加入等体积溶液，产生白色沉淀，则，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.根据质子守恒分析；
B.溶液的pH≈5.5，显酸性，说明的电离程度大于水解程度；
C.该方程式电荷不守恒。
13．（2022高三上·海安开学考）利用烟气中可回收废水中的，实现碘单质的再生，其反应原理如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．1 mol中σ键数目为18 mol
B．转化为后键角减小
C．总反应离子方程式为：
D．反应③中，每消耗1 mol 转移4 mol电子
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；键能、键长、键角及其应用；氧化还原反应
【解析】【解答】A.1个氨气含有3个σ键，每个配位键是1个σ键，因此1 mol中σ键数目为24 mol，故A不符合题意；
B．氨气有一对孤对电子，孤对电子对成键电子的排斥力大于成键电子对成键电子的排斥力，使得键角减小，氨气与钴形成了配位键，因此转化为后键角增大，故B不符合题意；
C．根据图中转化最终得到总反应离子方程式为：，故C符合题意；
D．反应③中，形成了过氧键，过氧键中氧化合价为 1价，因此每消耗1 mol 转移2 mol电子，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.单键均为σ键，配位键也是σ键；
B.孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
D.根据得失电子守恒计算。
二、综合题
14．（2022高三上·海安开学考）透明铁黄(FeOOH)是一种分散性良好的铁系颜料。工业上采用硫铁矿熔烧去硫后烧渣(主要成分为、FeO、、、不考虑其他杂质)制备透明铁黄工艺流程如下：
（1）浸取液中的核外电子排布式为 。
（2）“过滤I”后，滤液中所含金属阳离子有 。
（3）“还原”时，试剂X若选用铁粉，则该反应的离子方程式为 。
（4）制备铁黄：向一定浓度溶液中加入氨水，当滴加氨水至pH为6.0时，停止滴加氨水，开始通氧气，生成铁黄。通入氧气过程中，记录溶液pH变化如图1所示。
已知：25℃时，完全沉淀(离子浓度)的。
①滴加氨水产生沉淀，当pH为6.0时，溶液中残留浓度为 mol/L。
②请写出0~时段发生的化学方程式 ；~时段，溶液pH明显降低，请解释原因： 。
（5）制得的透明铁黄中往往混有氧化铁，可用分光光度法测定透明铁黄的含量。已知的吸光度A(对特定波长光的吸收程度)与标准溶液浓度的关系如图-2所示。称取3.47g样品，用稀硫酸溶解并定容至1L，准确移取该溶液10.00 mL，加入足量KSCN溶液，再用蒸馏水定容至100 mL。测得溶液吸光度A=0.8，计算样品中FeOOH的质量分数(写出主要计算过程)。
【答案】（1）[Ar]3d5
（2）Fe3+、Fe2+、Al3+
（3）Fe＋2Fe3+＝3Fe2+
（4）1.0；；，氢离子浓度增大，pH减小
（5）76.9%
【知识点】原子核外电子排布；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）Fe为26号元素，其核外电子排布式电子为[Ar]3d64s2，浸取液中的核外电子排布式为[Ar]3d5；故答案为：[Ar]3d5。
（2）氧化铁、氧化亚铁、氧化铝都与稀硫酸反应，因此“过滤I”后，滤液中所含金属阳离子有Fe3+、Fe2+、Al3+；故答案为：Fe3+、Fe2+、Al3+。
（3）“还原”时，试剂X若选用铁粉，则铁和铁离子反应生成亚铁离子，即反应的离子方程式为Fe＋2Fe3+＝3Fe2+；故答案为：Fe＋2Fe3+＝3Fe2+。
（4）①完全沉淀(离子浓度)的，则的溶度积常数，当滴加氨水产生沉淀，当pH为6.0时，，解得，溶液中残留浓度为；故答案为：1.0。
②当滴加氨水至pH为6.0时，停止滴加氨水，开始通氧气，生成铁黄，则0~时段发生的化学方程式；~时段，溶液pH明显降低，说明会有氢离子生成，其原因：亚铁离子和氧气、水反应生成FeOOH和氢离子，氢离子浓度增大，pH减小；故答案为：；，氢离子浓度增大，pH减小。
（5）测得溶液吸光度A=0.8，根据图中信息得到溶液中c(Fe3+)＝4.0×10 3mol L 1，则样品中铁离子物质的量为n(Fe3+)＝4.0×10 3mol L 1×0.1L×100＝4.0×10 2mol，设氧化铁物质的量为xmol，为FeOOH物质的量为ymol，则有160x+89y=3.47g，2x+y=0.04，解得x=0.05，y=0.03，则样品中FeOOH的质量分数；故答案为：根据图中信息得到溶液中c(Fe3+)＝4.0×10 3mol L 1，则样品中铁离子物质的量为n(Fe3+)＝4.0×10 3mol L 1×0.1L×100＝4.0×10 2mol，设氧化铁物质的量为xmol，为FeOOH物质的量为ymol，则有160x+89y=3.47g，2x+y=0.04，解得x=0.05，y=0.03，则样品中FeOOH的质量分数。
【分析】烧渣中加入稀硫酸，氧化铁、氧化亚铁、氧化铝与稀硫酸反应，二氧化硅不反应，过滤，向滤液中加入试剂X将铁离子还原，再加入氢氧化钠溶液调节pH值沉淀铝离子，过滤后向滤液中加入氨水和通入氧气，经过一系列变化得到铁黄。
15．（2022高三上·海安开学考）高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿(主要成分为，含少量Fe、Al等杂质元素)制备高纯碳酸锰的实验过程如下。
（1）“浸出”时，硫酸的作用是催化植物粉水解生成还原性糖。当硫酸浓度过高时，锰元素浸出率下降，其可能的原因是 。
（2）“除杂”时主要操作为加入一定量的双氧水，调节浸出液的pH为3.5~5.5，过滤。该过程中双氧水实际用量比理论值大的原因是 。
（3）“沉淀”：在30℃~35℃下，将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，控制反应液的最终pH在6.5~7.0，得到沉淀。该反应的化学方程式为 ；生成的沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是 。
（4）是黑色不溶于水的固体，常用于生产计算机的磁芯、磁盘等。已知：反应温度和溶液pH对的纯度和产率影响分别如图-1、图-2所示。请设计以硫酸锰净化液为原料制备的实验方案： ，真空干燥4小时得产品。(实验中须使用的试剂：氨水、空气)
【答案】（1）浓硫酸具有强氧化性和脱水性，当硫酸浓度过高时，还原性糖可能被浓硫酸破坏导致锰元素浸出率下降
（2）二氧化锰也能够作为催化剂使过氧化氢分解为氧气
（3）MnSO4+2NH4HCO3+(NH4)2SO4+CO2+H2O；取最后一次的洗涤滤液1-2mL于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净
（4）50℃时，向硫酸锰溶液中加入一定量的氨水先制得氢氧化锰固体，调节溶液pH为8.5，然后将固体氢氧化锰调浆通空气氧化制得
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）浓硫酸具有强氧化性和脱水性，当硫酸浓度过高时，还原性糖可能被浓硫酸破坏导致锰元素浸出率下降。
（2）酸性溶液中二氧化锰氧化过氧化氢为氧气，本身被还原为锰离子，能提高软锰矿的浸出率，但二氧化锰也能够作为催化剂使过氧化氢分解为氧气，所以该过程中双氧水实际用量比理论值大。
（3）在30℃~35℃下，将碳酸氢铵溶液滴加到硫酸锰净化液中，控制反应液的最终pH在6.5~7.0，得到沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：MnSO4+2NH4HCO3+(NH4)2SO4+CO2+H2O；生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，洗涤的操作方法是用玻璃棒引流向漏斗中加蒸馏水至刚好浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2-3次，取最后一次的洗涤滤液1-2mL于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净；
（4）由图可知，温度为50℃、pH为8.5时，的纯度和产率最高，以硫酸锰净化液为原料制备的实验方案为：50℃时，向硫酸锰溶液中加入一定量的氨水先制得氢氧化锰固体，调节溶液pH为8.5，然后将固体氢氧化锰调浆通空气氧化制得。
【分析】（1）硫酸浓度过高时，浓硫酸能与蔗糖反应；
（2）二氧化锰能催化过氧化氢分解；
（3）碳酸氢铵与硫酸锰反应生成沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水；
（4） 50℃时，向硫酸锰溶液中加入一定量的氨水先制得氢氧化锰固体，调节溶液pH为8.5，然后将固体氢氧化锰调浆通空气氧化制得 。
16．（2022高三上·海安开学考）罂粟碱是一种异喹啉型生物碱，其盐酸盐可用于治疗脑血栓、肢端动脉痉挛等。罂粟碱的合成方法如下：
（1）写出A→B发生反应的试剂和条件： 。
（2）C→D过程中碳原子杂化类型的变化为 。
（3）E和F发生取代反应生成G的同时有HCl生成，则F的结构简式是 。
（4）D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 。
（5）I．属于芳香族化合物，遇FeCl3溶液能发生显色反应。
II．在酸性条件下能发生水解反应，两种水解产物均含有二种不同环境的H原子。
。根据已有知识并结合相关信息，写出以溴乙烷为原料制备的合成路线流程图(无机试剂、有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干) 。
【答案】（1）氯气、光照
（2）由sp变为sp2
（3）
（4）
（5）
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）A→B是苯环甲基上的氢原子被氯原子取代，因此发生反应的试剂和条件：氯气、光照；故答案为：氯气、光照；
（2）C→D是C中 CN变为 COOH， CN中C原子价层电子对数为2，杂化类型为sp杂化， COOH 中C原子价层电子对数为3，杂化类型为sp2杂化，则过程中碳原子杂化类型的变化为sp→sp2；故答案为：由sp变为sp2；
（3）E和F发生取代反应生成G的同时有HCl生成，根据质量守恒得到F的结构简式是；故答案为：；
（4）属于芳香族化合物，遇FeCl3溶液能发生显色反应，说明含有酚羟基；在酸性条件下能发生水解反应，两种水解产物均含有二种不同环境的H原子，则D的一种同分异构体同时满足条件的结构简式：；故答案为：；
（5）将溴乙烷在碱性条件下水解生成乙醇，乙醇催化氧化变为乙醛，溴乙烷与KCN发生类似B到C的反应得到CH3CH2CN，CH3CH2CN与乙醛发生题中信息中的反应，再酸性水解记得到产品，合成路线为： ；故答案为： 。
【分析】A中甲基上的氢原子被氯原子取代生成B，B中氯原子被-CN取代生成C，C中-CN发生水解反应生成D中羧基，D中羧基发生取代反应生成-COCl，E和F发生取代反应生成G的同时有HCl生成，根据G的结构简式知，F为，G发生反应生成罂粟碱。
17．（2022高三上·海安开学考）工业上常用微生物法、吸收法、电解法、还原法等消除硫、氮等引起的污染。
（1）微生物法脱硫
富含有机物的弱酸性废水在SBR细菌作用下产生、等物质，可将废水中还原为，同时用或将从水中吹出，再用碱液吸收。
①的空间构型为 。
②与在SBR细菌作用下生成和的离子方程式为 。
③将从水中吹出时，用比效果更好，其原因是 。
（2）吸收法脱硫
烟气中的可以用“亚硫酸铵吸收法”处理，发生的反应为，测得25℃时溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图-1所示。b点时溶液，则 。
（3）电解法脱硫
用NaOH吸收后，所得溶液经电解后可制取溶液，反应装置如图-2所示。电解时每有1 mol 生成有 mol 透过质子交换膜。
（4）还原法脱氮
用催化剂协同纳米零价铁去除水体中。其催化还原反应的过程如图-3所示。
①该反应机理中生成的过程可描述为 。
②过程中去除率及生成率如图-4所示，为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当时，随pH减小，生成率逐渐降低的原因是 。
【答案】（1）正四面体形；；二氧化碳吹出时可增强溶液的酸性，抑制硫化氢的溶解，有利于将硫化氢吹出
（2）3：1
（3）2
（4）纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得到电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根变为NH，NH失去氢原子变为氮气；pH越小，氢离子浓度越大，会生成更多的氢原子，使硝酸根生成的中间产物NH更多的与氢原子反应生成铵根离子，从而减少氮气的生成
【知识点】判断简单分子或离子的构型；氧化还原反应；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①中S原子价层电子对数为，其空间构型为正四面体形；故答案为：正四面体形。
②与在SBR细菌作用下生成和，该反应在弱酸性条件下反应，根据氧化还原反应得失电子守恒配平得到，其的离子方程式为；故答案为：。
③将从水中吹出时，用比效果更好，二氧化碳溶于水生成碳酸，增强溶液的酸性，抑制硫化氢溶解，因此其原因是二氧化碳吹出时可增强溶液的酸性，抑制硫化氢的溶解，有利于将硫化氢吹出；故答案为：二氧化碳吹出时可增强溶液的酸性，抑制硫化氢的溶解，有利于将硫化氢吹出。
（2）根据亚硫酸氢铵溶液的电荷守恒得到，b点时溶液，得到，测得25℃时溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图-1所示，则b点是，得到，则；故答案为：3：1。
（3）根据图中信息左边为阳极，右边为阴极，阴极电极反应式为，因此电解时每有1 mol 生成有2mol 透过质子交换膜；故答案为：2。
（4）①根据图中信息，该反应机理中生成的过程可描述为纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得到电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根变为NH，NH失去氢原子变为氮气；故答案为：纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得到电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根变为NH，NH失去氢原子变为氮气。
②过程中去除率及生成率如图-4所示，为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当时，随pH减小，生成率逐渐降低，根据图中信息氢离子浓度越大，会生成更多的氢原子，使硝酸根生成的中间产物NH更多的与氢原子反应生成铵根离子，从而减少氮气的生成；故答案为：pH越小，氢离子浓度越大，会生成更多的氢原子，使硝酸根生成的中间产物NH更多的与氢原子反应生成铵根离子，从而减少氮气的生成。
【分析】（1）①中S原子价层电子对数为4，不含孤电子对；
②与在SBR细菌作用下生成和，反应的离子方程式为；
③二氧化碳吹出时可增强溶液的酸性，抑制硫化氢的溶解，有利于将硫化氢吹出；
（2）结合电荷守恒分析；
（3）电极A上二氧化硫发生氧化反应生成硫酸，则电极A为阳极，电极B为阴极，电极反应式为；
（4）①纳米零价铁在催化剂表面失去电子变为亚铁离子，在催化剂层中氢离子得到电子变为氢原子，在酸性条件下氢原子还原硝酸根变为NH，NH失去氢原子变为氮气；
②pH越小，氢离子浓度越大，会生成更多的氢原子，使硝酸根生成的中间产物NH更多的与氢原子反应生成铵根离子，从而减少氮气的生成。
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