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江苏省南通市八校2022－2023学年高三上学期期初联考化学试题
一、单选题
1．（2022高三上·南通开学考）2022 年北京冬奥会上的火炬“飞扬”、定制款滑雪板、碲化镉发电玻璃，以及全气候电池等无不散发着化学高科技的魅力。下列有关说法正确的是（ ）
A．火炬中的燃料氢气燃烧时释放热量
B．滑雪板材料中的尼龙为无机非金属
C．由碲和镉合成碲化镉时碲作还原剂
D．电动汽车充电时化学能转化为电能
2．（2022高三上·南通开学考）银锌电池以为正极、Zn为负极，KOH溶液作电解质，放电反应为：，下列说法错误的是（ ）
A．基态的价电子排布式： B．为含有极性键的非极性分子
C．的电子式： D．放电时，电子由Zn流向
3．（2022高三上·南通开学考）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．具有氧化性，可用于纸浆漂白
B．难溶于水，可用作耐高温材料
C．溶液呈酸性，可用于去除铁锈
D．氢氟酸具有弱酸性，可用作玻璃蚀刻剂
4．（2022高三上·南通开学考）实验室模拟侯氏制碱法制备的实验装置和原理能达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲制取
B．用装置乙制取并收集
C．用装置丙制备晶体
D．用装置丁加热固体制备
5．（2022高三上·南通开学考）某小组同学用图装置略去加热仪器等制备。
已知烧瓶中发生反应如下：
下列说法正确的是（ ）
A．的稳定性比强
B．为形分子
C．与的反应体现的还原性
D．、的中心原子的轨道杂化类型为
6．（2022高三上·南通开学考）某小组同学用图装置略去加热仪器等制备。
已知烧瓶中发生反应如下：
在指定条件下，下列选项所示的物质间的转化能实现的是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2022高三上·南通开学考）某小组同学用下图装置(略去加热仪器等)制备。
已知烧瓶C中发生反应如下：
(a)
(b)
(c)
下列说法错误的是（ ）
A．装置A中使用70%的硫酸比用98%的浓硫酸反应速率快
B．可作为高效脱氯剂，溶液与足量反应的离子方程式为
C．装置B、D的作用为防止倒吸
D．理论上应使烧瓶C中和恰好完全反应，则两者物质的量之比为2：1
8．（2022高三上·南通开学考）化合物是一种抗骨质疏松药的一种重要中间体，可由下列反应制得。下列有关、、的说法正确的是（ ）
A．可用氯化铁溶液鉴别、两种物质
B．分子中原子杂化类型有种
C．可发生取代、加成和消去反应
D．与足量的氢气加成后产物中含有个手性碳原子
9．（2022高三上·南通开学考）对于反应|，下列说法正确的是（ ）
A．适当降温加压可提高的平衡转化率
B．该反应的平衡常数可表达为
C．分离出NO(g)，v(正)增大，平衡向正反应方向移动
D．1mol N-H断裂的同时有1mol O-H断裂，说明反应到达该条件下的平衡状态
10．（2022高三上·南通开学考）由含硒废料(主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等)制取硒的流程如下：
下列有关说法正确的是（ ）
A．“分离”的方法是蒸馏
B．“滤液”中主要存在的阴离子有：SO、SiO
C．“酸化”时发生的离子反应方程式为SeSO+H2O=Se↓+SO2↑+2OH-
D．SiO2晶胞如图所示，1个SiO2晶胞中有16个O原子
11．（2022高三上·南通开学考）室温下，通过下列实验探究溶液的性质。
实验 实验操作和现象
1 用试纸测定溶液的，测定约为
2 向溶液中加入过量的溶液，有沉淀生成，微热，产生有刺激性气味的气体
3 向溶液中加入过量的溶液，有黄色和黑色的的混合沉淀生成，静置
4 向悬浊液中滴加几滴溶液，部分白色沉淀变成红褐色，静置
下列有关说法正确的是（ ）
A．由实验可得溶液中存在：
B．实验反应的离子方程式：
C．实验所得上层清液中存在：
D．实验所得上层清液中存在：
12．（2022高三上·南通开学考）以Fe3O4为原料炼铁，在生产过程中主要发生如下反应：
反应Ⅰ： Fe3O4(s)+CO(g) 3FeO(s)+CO2(g) △H= 19.3 kJ·mol-1
反应Ⅱ： Fe3O4(s)+4CO(g) 3Fe(s)+4CO2(g) △H
为研究温度对还原产物的影响，将一定体积CO气体通入装有Fe3O4粉末的反应器，保持其它条件不变，反应达平衡时，测得CO的体积分数随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应Ⅱ的ΔH＞0
B．其他条件不变，增大压强，Fe(s)的产量增大
C．反应温度越高，Fe3O4主要还原产物中铁元素的价态越低
D．温度高于1040℃时，反应管中发生的主要反应的化学平衡常数K＞4
二、多选题
13．（2022高三上·南通开学考）、、、是原子序数依次增大的短周期不同主族元素，的轨道有两个未成对电子，元素原子半径在同周期中最大，与最外层电子数之和与的最外层电子数相等，元素单质常温下是淡黄色固体。下列说法正确的是（ ）
A．第一电离能：
B．在元素周期表中位于区
C．、、的单质形成的晶体类型相同，均为分子晶体
D．的最高价含氧酸的钠盐溶液中有三种含元素的微粒
三、综合题
14．（2022高三上·南通开学考）由红土镍矿(主要成分为NiO，含少量MgO、和铁的氧化物等)可以制取黄钠铁矾[]和。实验流程如下：
（1）“预处理”中加入的目的是 。
（2）“沉铁”中若用作为除铁所需钠源，溶液的用量对体系pH和镍的损失率影响如图所示。当溶液的用量超过6g/L时，镍的损失率会增大，其原因可能是 。(、开始沉淀的pH值分别为2.2、7.5)
（3）“沉镁”前，应保证MgO已将溶液pH值调节至5.5～6.0，其原因是 。
（4）如何判断“沉镁”已完全 。
（5）硫酸钠与硫酸镍晶体溶解度曲线图如图所示，请设计由滤液Y制备的实验方案 。(可选用的试剂：稀硫酸、NaOH溶液、溶液、、蒸馏水)
15．（2022高三上·南通开学考）草酸及其化合物在工业中有重要作用，例如：草酸可用于除铁锈，反应的离子方程式为：；草酸铁铵[]是一种常用的金属着色剂。
（1）草酸()是一种弱酸，不稳定，受热或遇浓硫酸会发生分解。在浓硫酸催化作用下，用硝酸氧化葡萄糖可制取草酸，实验装置如图所示
①葡萄糖溶液可由反应得到。该实验中证明淀粉已经完全水解的实验操作及现象是 。
②55℃～60℃时，装置A中生成，同时生成NO。要将16.2g淀粉完全水解后的淀粉水解液完全转化为草酸，理论上消耗溶液的体积为 mL。
③该实验中催化剂浓硫酸用量过多，会导致草酸产率减少，原因是 。
（2）草酸铁铵晶体[]易溶于水，常温下其水溶液pH为4.0～5.0。设计以、草酸溶液和氨水为原料，制备草酸铁铵晶体的实验方案： 。
（3）制得的草酸铁铵晶体中往往会混有少量草酸，为测定(M=428g/mol)的含量，进行下列实验：称取样品9.46g，加稀硫酸溶解后，配成100mL溶液。取20.00mL配制的溶液，用浓度为0.2000mol/L的KMnO4溶液滴定至终点时消耗KMnO4溶液28.00mL。已知：(未配平)。通过计算，确定样品中的质量分数 (写出计算过程)。
16．（2022高三上·南通开学考）化合物F是一种药物中间体，其合成路线如下：
（1）E分子中sp3杂化的碳原子数目为 。
（2）E→F分两步进行，反应类型依次为加成反应、 。
（3）A→B的反应过程中会产生一种与B互为同分异构体的副产物，写出该副产物的结构简式： 。
（4）F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出其结构简式： 。
①分子中含有苯环。
②分子中含有3种化学环境不同的氢原子。
（5）设计以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干) 。
17．（2022高三上·南通开学考）铀(U)可用作核燃料。核废料中+6价的铀［U(VI)］可以通过以下两种方法处理。
（1）电化学还原法。U(VI)还原为U(IV)的电化学装置如图所示。
阴极上发生反应：UO+4H++2e-=U4++2H2O、+3H++2e-=HNO2+H2O
阴极区溶液中发生反应：2HNO2+U4+=UO+2NO↑+2H+、2HNO2+=N2O↑+N2↑+3H2O+H+
①反应2HNO2+=N2O↑+N2↑+3H2O+H+中，每生成0.1mol N2转移电子 mol。
②阴极区溶液中加入N2H5NO3的目的是 。
③以恒定电流进行电解，测得阴极区溶液中部分离子的物质的量浓度随时间变化如图所示。
i.0～100min，电路中每转移1mol e-，阴极区H+减少 mol。
ii.100～200min，c(H+)下降速率低于100min前，原因是 。
（2）吸附-沉淀法。氟磷灰石［Ca10(PO4)6F2］可吸附溶液中的U(VI)并形成Ca(UO2)2(PO4)2沉淀。
①900℃条件下，煅烧CaF2、Ca(OH)2和Ca2P2O7混合物，可制得吸附剂氟磷灰石。该反应的化学方程式为 。
②U(VI)的微粒越小，氟磷灰石吸附-沉淀的效果越好。溶液的pH会影响氟磷灰石表面所带电荷。pH=2.5氟磷灰石表面不带电，pH＜2.5氟磷灰石表面带正电，pH>2.5氟磷灰石表面带负电。U(VI)在不同pH的酸性溶液中的主要物种分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)如图甲所示。不同pH溶液中，吸附达到平衡时单位质量氟磷灰石吸附U(VI)的质量如图乙所示。
pH=3时氟磷灰石的平衡吸附量高于pH=2和pH=4时的平衡吸附量，原因分别是 。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；常见能量的转化及运用；高分子材料
【解析】【解答】A．氢气燃烧为放热反应，氢气燃烧时释放热量，故A说法符合题意；
B．尼龙是聚酰胺纤维，属于有机高分子材料，故B说法不符合题意；
C．碲属于非金属元素，镉属于金属元素，因此碲化镉中碲元素显负价，碲作氧化剂，故C说法不符合题意；
D．充电时装置属于电解池，是将电能转化成化学能，故D说法不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.氢气燃烧放热；
B.尼龙为有机高分子材料；
C.由碲和镉合成碲化镉，碲的化合价降低；
D.充电时将电能转化为化学能。
2．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；极性键和非极性键；极性分子和非极性分子；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．基态Zn原子的价电子排布式为：3d104s2，失去2个电子后形成基态Zn2+，故其价电子排布式为：3d10，故A不符合题意；
B．H2O中只存在O-H极性键，H2O为V形分子，正负电荷重心不重合，为极性分子，故B符合题意；
C．OH-带一个单位的负电荷且氧原子最外层达8电子结构，其电子式为，故C不符合题意；
D．根据总反应Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2可知，Zn为负极，Ag2O为正极，电子由Zn电极沿导线流向Ag2O2电极，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.基态Zn原子的价电子排布式为3d104s2，失去4s轨道上2个电子后形成基态Zn2+；
B.水分子正负电荷中心不重合，属于极性分子；
C.OH-带一个单位的负电荷且氧原子最外层达8电子结构；
D. 为正极、Zn为负极，原电池工作时，电子由负极流向正极。
3．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；镁、铝的重要化合物；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．二氧化硫具有漂白性，常用于纸浆漂白，故A不符合题意；
B．氧化铝的熔点高，常用作耐高温耐火材料，故B不符合题意；
C．氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，可用于去除铁锈，故C符合题意；
D．氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应生成四氟化硅和水，常用作玻璃蚀刻剂，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.二氧化硫用于纸浆漂白，利用的是其漂白性；
B. 用作耐高温材料是因为其熔点高；
D.氢氟酸能与二氧化硅反应。
4．【答案】A
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．稀盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，可选图中固液不加热装置，故A符合题意；
B．收集氨气的试管口不能密封，应塞一团棉花，故B不符合题意；
C．氨气极易溶于水，导管口在液面下易发生倒吸，故C不符合题意；
D．加热固体不能在蒸发皿中进行，应选坩埚，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.稀盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳；
B.收集氨气的试管口不能密封；
C.氨气极易溶于水；
D.应在坩埚中灼烧固体。
5．【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应；制备实验方案的设计；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．、元素位于同一主族，非金属性：，则氢化物的稳定性：，故A不符合题意；
B．分子中中心原子的价层电子对数为，有对孤电子，其模型为平面三角形，空间构型为形，故B符合题意；
C．与反应生成单质和水，发生还原反应，表现出氧化性，故C不符合题意；
D．的中心原子的价层电子对数为，模型为四面体，中心原子采取杂化，与是等电子体，其中心原子的价层电子对数为，模型为正四面体，中心原子采取杂化，即二者中心原子的轨道杂化类型为，故D不符合题意；
故答案为：。
【分析】A.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强；
C.与反应生成S单质和水，该反应中为还原剂；
D.中中心S原子的价层电子对数为4；中中心S原子的价层电子对数为4。
6．【答案】D
【知识点】铜及其化合物；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．高温条件下，与反应生成、气体，不能实现转化，生成的再与反应才能生成，故A不符合题意；
B．具有较强氧化性，和反应方程式为，不能实现转化，故B不符合题意；
C．的氧化性不强，常温下与不反应，加热条件下反应生成，不能实现转化，故C不符合题意；
D．浓硫酸具有强氧化性，加热条件下浓能与反应生成、，能实现转化，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.与反应生成、气体；
B.与Cu发生反应；
C.S与Cu加热反应生成。
7．【答案】B
【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.70%的硫酸溶液中氢离子浓度大于98%的浓硫酸中氢离子浓度，与亚硫酸钠固体的反应速率大于98%的浓硫酸，故A不符合题意；
B．硫代硫酸钠溶液与氯气反应生成硫酸钠、盐酸和硫酸，反应的离子方程式为，故B符合题意；
C．由分析可知，装置B、D为空载仪器，起防止倒吸的作用，故C不符合题意；
D．由分析可知，装置C中发生的反应为二氧化硫与硫化钠、亚硫酸钠反应制得硫代硫酸钠，反应的化学方程式为2Na2S+3SO2+Na2SO3=3Na2S2O3，反应中硫化钠与亚硫酸钠的物质的量之比为2：1，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.浓硫酸中硫酸以分子形式存在，电离出的氢离子浓度很低；
C.装置B、D均用作安全瓶，防止倒吸；
D. 和的总反应为2Na2S+3SO2+Na2SO3=3Na2S2O3。
8．【答案】A
【知识点】有机物的鉴别；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．含有酚羟基的有机物能和氯化铁溶液发生显色反应，不含酚羟基、含有酚羟基，所以能和氯化铁溶液发生显色反应、不和氯化铁溶液发生显色反应，则可以用氯化铁溶液鉴别、，故A符合题意；
B．的苯环上碳原子价层电子对数是3、亚甲基上碳原子价层电子对数是4、中碳原子价层电子对数是2，碳原子杂化类型依次是：、、，故B不符合题意；
C．中含有苯环、羰基、酚羟基，具有苯、酮、酚的性质，酚羟基能发生取代反应，苯环和羰基能发生加成反应，不能发生消去反应，故C不符合题意；
D．与足量氢气加成后产物手性碳原子如图，含有4个手性碳原子，故D不符合题意；
故答案为：。
【分析】B.苯环和双键碳原子采用sp2杂化，-CN上的碳原子采用sp杂化；
C.Z中含有苯环、羰基、酚羟基，具有苯、酮、酚的性质；
D.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子。
9．【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．该反应是正反应方向气体体积增大的反应，加压平衡左移，的平衡转化率降低，故A不符合题意；
B．根据反应方程式，该反应的平衡常数表达式应为，故B不符合题意；
C．分离出NO(g)，生成物浓度减小，v(正)不变，v(逆)减小，v(正)大于v(逆)，平衡向正反应方向移动，故C不符合题意；
D．根据反应可知，平衡时12mol N-H断裂的同时有12mol O-H断裂，即1mol N-H断裂的同时有1mol O-H断裂，说明反应到达该条件下的平衡状态，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.该反应式气体体积增大的放热反应，降温平衡逆向移动，加压平衡逆向移动；
B.平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比；
C.分离出NO(g)，生成物浓度减小，v(正)不变，v(逆)减小。
10．【答案】D
【知识点】晶胞的计算；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．含硒废料中除硫单质外其他物质均不溶于煤油，所以分离的方法应为过滤，A不符合题意；
B．除硫后稀硫酸进行酸溶Fe2O3、CuO、ZnO均与硫酸反应生成相应的盐，Se和SiO2不与硫酸反应，所以滤液中主要存在的阴离子为SO，B不符合题意；
C．酸性溶液中不会生成氢氧根，符合题意离子方程式应为SeSO+2H+=Se↓+SO2↑+H2O，C不符合题意；
D．据图可知，图中16个O原子全部位于晶胞内部，所以1个SiO2晶胞中有16个O原子，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】煤油溶解S后，过滤分离出含硫的煤油，分离出Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2后，加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，再加亚硫酸钠浸取Se生成Na2SeSO3，最后酸化生成Se。
11．【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．溶液中存在电荷守恒：，测得约为2，则，则，故A不符合题意；
B．溶液中加入过量溶液，反应生成氨气、氢氧化铁沉淀和硫酸钡沉淀，离子方程式为，故B不符合题意；
C．向溶液中滴加溶液，有黄色和黑色的混合沉淀物生成，可知铁离子和硫离子反应生成了硫单质，在溶液中，根据物料守恒有：，部分硫离子反应，则，故C符合题意；
D．上层清液中，不会再发生沉淀的转化，则，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据电荷守恒分析；
B.溶液中加入过量溶液，反应生成氨气、氢氧化铁沉淀和硫酸钡沉淀；
D.上层清液中。
12．【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.570℃之前，随着温度升高，CO的体积分数增大，反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡正向进行，CO的体积分数减小，说明570℃之前，以反应Ⅱ为主，即反应Ⅱ为放热反应，ΔH＜0，故A不符合题意；
B．无论反应Ⅰ还是反应Ⅱ都是气体体积不变的反应，因此其他条件不变，增大压强，平衡不移动，Fe(s)的产量不变，故B不符合题意；
C．根据A选项分析，570℃后，随着温度升高，CO体积分数减小，以反应Ⅰ为主，温度越高，四氧化三铁的还原产物主要以FeO为主，温度越高，四氧化三铁的还原产物中铁元素的价态越高，故C不符合题意；
D.1040℃，以反应Ⅰ为主，CO的体积分数为20%，则CO2体积分数为80%，此温度下K==4，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向进行，即K＞4，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.温度为随着温度的升高，CO的体积分数增大，而反应Ⅰ是吸热反应，随着温度的升高，平衡正向移动，CO体积分数减小，说明300℃～570℃，Fe3O4(s)和CO(g)发生的主要反应为Ⅱ，即反应Ⅱ是放热反应；
B.反应Ⅰ和反应Ⅱ均为气体体积不变的反应；
C.温度高于570℃，随着温度的升高，CO的体积分数减小，说明反应以Ⅰ为主。
13．【答案】A,B
【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
【解析】【解答】A．主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，的能级处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：，A符合题意；
B．P元素最后填充的为电子，则元素在元素周期表中位于区，B符合题意；
C．为金属元素，单质形成的晶体为金属晶体，C不符合题意；
D．的最高价含氧酸的钠盐为，溶液中含有的微粒有种，分别为、、、，D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】W元素单质常温下为淡黄色固体，W为S，X的2p轨道上有两个未成对电子，且各元素不同主族，则X为C元素，Y元素原子半径在同周期中最大且原子序数大于C，Y为Na元素，X与Y最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，Z最外层有5个电子且原子序数大于Na，Z为P元素。
14．【答案】（1）将铁元素全部氧化为，后期可充分转化为黄钠铁矾
（2）pH＞2.2后，形成胶体，吸附溶液中的，造成镍的损失率增大
（3）pH值过小，与会结合形成HF，导致Mg2+沉淀不完全；pH值过大，会生成沉淀
（4）静置，向上层清液中继续滴加NaF，若无沉淀产生，则反应完全
（5）边搅拌边滴加NaOH溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤至最后一次洗涤液加溶液无白色沉淀生成。向滤渣中边搅拌边加入稀硫酸至沉淀完全溶解，蒸发浓缩，控制温度在30.8～53.8℃间冷却结晶，趁热过滤
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据上述分析，沉铁步骤是将Fe3+变为沉淀，因而预处理”中加入的目的是将铁元素全部氧化为，后期可充分转化为黄钠铁矾，故答案为：将铁元素全部氧化为，后期可充分转化为黄钠铁矾。
（2）、开始沉淀的pH值分别为2.2、7.5，沉铁步骤中，若用作为除铁所需钠源，由图像可知，当pH＞2.2后，不仅有Fe(OH)3沉淀，同时还可能产生Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体具有吸附性，可吸附Ni2+，使镍的损失率会增大，故答案为：pH＞2.2后，形成胶体，吸附溶液中的，造成镍的损失率增大。
（3）“沉镁”步骤中，若pH值过小，与会结合形成HF，导致Mg2+沉淀不完全；若pH值过大，会生成沉淀，因此，“沉镁”前，应保证MgO已将溶液pH值调节至5.5～6.0，故答案为：pH值过小，与会结合形成HF，导致Mg2+沉淀不完全；pH值过大，会生成沉淀。
（4）“沉镁”步骤中，加入NaF溶液沉镁，则判断“沉镁”已完全的操作是：静置，向上层清液中继续滴加NaF，若无沉淀产生，则反应完全，故答案为：静置，向上层清液中继续滴加NaF，若无沉淀产生，则反应完全。
（5）滤液Y中主要含有，还含有等杂质，为除去杂质可加入NaOH溶液，使Ni2+转化为Ni(OH)2沉淀，过滤后洗涤沉淀，检查沉淀是否洗涤干净，向沉淀中加硫酸溶解，蒸发浓缩，控制温度在30.8～53.8℃间冷却结晶，趁热过滤，即可得到，故根据所提供的试剂及溶解度曲线，设计由滤液Y制备的实验方案为：边搅拌边滴加NaOH溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤至最后一次洗涤液加溶液无白色沉淀生成。向滤渣中边搅拌边加入稀硫酸至沉淀完全溶解，蒸发浓缩，控制温度在30.8～53.8℃间冷却结晶，趁热过滤。
【分析】红土镍矿中加入硫酸酸浸，金属离子转化为对应的硫酸盐，二氧化硅不溶，形成滤渣，滤液中加入H2O2氧化亚铁离子为铁离子，再加入硫酸钠沉铁，得到黄钠铁矾沉淀，向滤液中加入MgO调节溶液pH，确保铁元素除去，再加入NaF溶液沉镁，所得滤液Y中含有硫酸镍，经分离提纯得到 。
15．【答案】（1）取水解液少许于试管中，向试管中加入碘水，溶液不变蓝色；300；浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会使有机物脱水碳化
（2）将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液，滴加氨水至溶液pH为4.0～5.0之间，然后将溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到草酸铁铵晶体
（3）90.5%
【知识点】中和滴定；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）①说明淀粉水解完全的关键是要用实验证明淀粉已不存在，则取水解液少许于试管中，向试管中加入碘水，溶液不变蓝色说明淀粉已经完全水解，故答案为：取水解液少许于试管中，向试管中加入碘水，溶液不变蓝色；
②由题意可知，装置A中发生的反应为在浓硫酸做催化剂作用下，葡萄糖与稀硝酸反应生成草酸、一氧化氮和水，反应的化学方程式为C6H12O6(葡萄糖)+6HNO3(稀)3H2C2O4+6NO↑+6H2O，由淀粉水解方程式可得：(C6H10O5)n—nC6H12O6—6nHNO3，则将16.2g淀粉完全水解后的淀粉水解液完全转化为草酸，理论上消耗2mol/L硝酸溶液的体积为×103mL/L=300mL，故答案为：300；
③浓硫酸具有强氧化性和脱水性，若该实验中催化剂浓硫酸用量过多，会使有机物脱水碳化，导致草酸产率减少，故答案为：浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会使有机物脱水碳化；
（2）由题意可知，制备草酸铁铵晶体的实验操作为将氧化铁在搅拌条件下溶于热的草酸溶液得到含有三草酸合铁离子的酸性溶液，向反应后的溶液中加入氨水至溶液的pH为4.0～5.0之间，三草酸合铁离子与氨水反应得到草酸铁铵溶液，然后将溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到草酸铁铵晶体，故答案为：将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液，滴加氨水至溶液pH为4.0～5.0之间，然后将溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到草酸铁铵晶体；
（3）设草酸的物质的量为amol，草酸铁铵晶体的物质的量为bmol，由样品的质量可得：90a+428b=9.46①，由得失电子数目守恒可得：5 H2C2O4—2MnO，由20.00mL溶液消耗28.00mL 0.2000mol/L的高锰酸钾溶液可得：a+3b=0.2000mol/L×0.028L×5×②， 解联立方程可得a=0.01、b=0.02，则9.46g样品中草酸铁铵晶体的质量分数为×100%≈90.5%，故答案为：90.5%。
【分析】（1）①碘单质遇淀粉变蓝；
②葡萄糖与稀硝酸反应生成草酸、一氧化氮和水，根据(C6H10O5)n~nC6H12O6~6nHNO3计算；
③浓硫酸具有强氧化性和脱水性；
（2）向反应后的溶液中加入氨水至溶液的pH为4.0～5.0之间，三草酸合铁离子与氨水反应得到草酸铁铵溶液，然后将溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到草酸铁铵晶体；
（3）根据5H2C2O4~2MnO计算。
16．【答案】（1）7
（2）消去反应
（3）
（4）
（5）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；消去反应
【解析】【解答】（1）E分子中的饱和碳原子均为sp3杂化，数目为7；
（2）E中醛基先被加成得到，然后羟基发生消去反应得到F；
（3）对比A和B的结构简式可知，A中图示位置的碳氧键断裂()，O原子再结合一个氢原子，C原子再结合-CH2C(CH3)=CH2，从而生成B，副产物应是另一侧碳氧键断裂，如图，所以副产品为；
（4）F中含有9个C原子、3个O原子，不饱和度为4，其同分异构体满足：①分子中含有苯环，则其余3个碳原子均为饱和碳原子，②分子中含有3种化学环境不同的氢原子，说明分子结构高度对称，正确的为；
（5）目标产物可以由和通过酯化反应生成，可以由催化氧化生成，根据D生成E的过程可知，原料经类似的反应可以得到和，根据E生成F的过程可知在KOH环境中可以生成，再与氢气加成可得，所以合称路线为。
【分析】（1）E中饱和碳原子采用sp3杂化；
（2）E中醛基先被加成生成羟基，羟基在消去得到F；
（3）分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；
（4）F的不饱和度为4，其同分异构体满足：①分子中含有苯环，则其余3个碳原子均为饱和碳原子，②分子中含有3种化学环境不同的氢原子，说明分子结构高度对称；
（5）根据题干和成路线，采用逆合成分析法分析具体合成步骤。
17．【答案】（1）0.4；消耗反应中生成的HNO2，防止HNO2与U4+反应；1；100min后参与电极反应，相同时间内，转移等量电子时，比消耗的H+更少，且生成的HNO2与反应有H+生成
（2）CaF2+3Ca(OH)2+3Ca2P2O7Ca10(PO4)6F2+3H2O；pH=2时，氟磷灰石表面带正电，pH=3时，氟磷灰石表面带负电，带负电氟磷灰石更易吸附溶液中带正电的；pH=4时，溶液中U（VI）以、 、 三种形式存在，后两种粒子半径较大，不易被吸附
【知识点】化学平衡的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①同种元素不同价态之间的氧化还原反应，高价态和低价态相互反应，变成它们的相邻价态，即在反应中，作还原剂，N2是氧化产物，则每生成0.1mol N2，转移0.4mol电子；
②阴极上，要将U(VI)还原为U(IV)，而在阴极区的溶液中，HNO2可以和U4+、反应，故阴极区溶液中加入N2H5NO3的目的是消耗反应中生成的HNO2，防止HNO2与U4+反应；
③i.0~100min，c()浓度不变，c(H+)、c()均减小，说明此段时间内，阴极上仅发生反应：+4H++2e-=U4++2H2O，电路中每转移1mol e-，阴极上消耗2mol H+，同时有1mol H+从阳极区经过阳离子交换膜进入阴极区，即阴极区减少1mol H+；
ii.100～200min，c(H+)下降速率低于100min前，原因是100min后参与电极反应，根据题干所给的阴极上的两个电极反应可知，相同时间内，转移等量电子时，比消耗的H+更少，且生成的HNO2与反应有H+生成，故100～200min，c(H+)下降速率低于100min前；
（2）①900℃条件下，煅烧CaF2、Ca(OH)2和Ca2P2O7混合物，制得氟磷灰石，该反应的化学方程式为CaF2+3Ca(OH)2+3Ca2P2O7Ca10(PO4)6F2+3H2O；
②pH=2时，氟磷灰石表面带正电，pH=3时，氟磷灰石表面带负电，带负电氟磷灰石更易吸附溶液中带正电的；pH=4时，溶液中U(VI)以、 、 三种形式存在，后两种粒子半径较大，不易被带负电的氟磷灰石吸附；因此，pH=3时氟磷灰石的平衡吸附量高于pH=2和pH=4时的平衡吸附量。
【分析】（1）①根据得失电子守恒计算；
②阴极上，要将U(VI)还原为U(IV)，HNO2可以和U4+、反应；
③0~100min，c()浓度不变，c(H+)、c()均减小，说明此段时间内，阴极上仅发生反应：+4H++2e-=U4++2H2O； 100min后参与电极反应，相同时间内，转移等量电子时，比消耗的H+更少，且生成的HNO2与反应有H+生成；
（2）①煅烧CaF2、Ca(OH)2和Ca2P2O7混合物发生反应CaF2+3Ca(OH)2+3Ca2P2O7Ca10(PO4)6F2+3H2O；
②pH=2时，氟磷灰石表面带正电，pH=3时，氟磷灰石表面带负电，带负电氟磷灰石更易吸附溶液中带正电的；pH=4时，溶液中U（VI）以、 、 三种形式存在，后两种粒子半径较大，不易被吸附。
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江苏省南通市八校2022－2023学年高三上学期期初联考化学试题
一、单选题
1．（2022高三上·南通开学考）2022 年北京冬奥会上的火炬“飞扬”、定制款滑雪板、碲化镉发电玻璃，以及全气候电池等无不散发着化学高科技的魅力。下列有关说法正确的是（ ）
A．火炬中的燃料氢气燃烧时释放热量
B．滑雪板材料中的尼龙为无机非金属
C．由碲和镉合成碲化镉时碲作还原剂
D．电动汽车充电时化学能转化为电能
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；常见能量的转化及运用；高分子材料
【解析】【解答】A．氢气燃烧为放热反应，氢气燃烧时释放热量，故A说法符合题意；
B．尼龙是聚酰胺纤维，属于有机高分子材料，故B说法不符合题意；
C．碲属于非金属元素，镉属于金属元素，因此碲化镉中碲元素显负价，碲作氧化剂，故C说法不符合题意；
D．充电时装置属于电解池，是将电能转化成化学能，故D说法不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.氢气燃烧放热；
B.尼龙为有机高分子材料；
C.由碲和镉合成碲化镉，碲的化合价降低；
D.充电时将电能转化为化学能。
2．（2022高三上·南通开学考）银锌电池以为正极、Zn为负极，KOH溶液作电解质，放电反应为：，下列说法错误的是（ ）
A．基态的价电子排布式： B．为含有极性键的非极性分子
C．的电子式： D．放电时，电子由Zn流向
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；极性键和非极性键；极性分子和非极性分子；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．基态Zn原子的价电子排布式为：3d104s2，失去2个电子后形成基态Zn2+，故其价电子排布式为：3d10，故A不符合题意；
B．H2O中只存在O-H极性键，H2O为V形分子，正负电荷重心不重合，为极性分子，故B符合题意；
C．OH-带一个单位的负电荷且氧原子最外层达8电子结构，其电子式为，故C不符合题意；
D．根据总反应Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2可知，Zn为负极，Ag2O为正极，电子由Zn电极沿导线流向Ag2O2电极，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.基态Zn原子的价电子排布式为3d104s2，失去4s轨道上2个电子后形成基态Zn2+；
B.水分子正负电荷中心不重合，属于极性分子；
C.OH-带一个单位的负电荷且氧原子最外层达8电子结构；
D. 为正极、Zn为负极，原电池工作时，电子由负极流向正极。
3．（2022高三上·南通开学考）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．具有氧化性，可用于纸浆漂白
B．难溶于水，可用作耐高温材料
C．溶液呈酸性，可用于去除铁锈
D．氢氟酸具有弱酸性，可用作玻璃蚀刻剂
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；镁、铝的重要化合物；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A．二氧化硫具有漂白性，常用于纸浆漂白，故A不符合题意；
B．氧化铝的熔点高，常用作耐高温耐火材料，故B不符合题意；
C．氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，可用于去除铁锈，故C符合题意；
D．氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应生成四氟化硅和水，常用作玻璃蚀刻剂，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.二氧化硫用于纸浆漂白，利用的是其漂白性；
B. 用作耐高温材料是因为其熔点高；
D.氢氟酸能与二氧化硅反应。
4．（2022高三上·南通开学考）实验室模拟侯氏制碱法制备的实验装置和原理能达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲制取
B．用装置乙制取并收集
C．用装置丙制备晶体
D．用装置丁加热固体制备
【答案】A
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．稀盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳，可选图中固液不加热装置，故A符合题意；
B．收集氨气的试管口不能密封，应塞一团棉花，故B不符合题意；
C．氨气极易溶于水，导管口在液面下易发生倒吸，故C不符合题意；
D．加热固体不能在蒸发皿中进行，应选坩埚，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.稀盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳；
B.收集氨气的试管口不能密封；
C.氨气极易溶于水；
D.应在坩埚中灼烧固体。
5．（2022高三上·南通开学考）某小组同学用图装置略去加热仪器等制备。
已知烧瓶中发生反应如下：
下列说法正确的是（ ）
A．的稳定性比强
B．为形分子
C．与的反应体现的还原性
D．、的中心原子的轨道杂化类型为
【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应；制备实验方案的设计；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．、元素位于同一主族，非金属性：，则氢化物的稳定性：，故A不符合题意；
B．分子中中心原子的价层电子对数为，有对孤电子，其模型为平面三角形，空间构型为形，故B符合题意；
C．与反应生成单质和水，发生还原反应，表现出氧化性，故C不符合题意；
D．的中心原子的价层电子对数为，模型为四面体，中心原子采取杂化，与是等电子体，其中心原子的价层电子对数为，模型为正四面体，中心原子采取杂化，即二者中心原子的轨道杂化类型为，故D不符合题意；
故答案为：。
【分析】A.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强；
C.与反应生成S单质和水，该反应中为还原剂；
D.中中心S原子的价层电子对数为4；中中心S原子的价层电子对数为4。
6．（2022高三上·南通开学考）某小组同学用图装置略去加热仪器等制备。
已知烧瓶中发生反应如下：
在指定条件下，下列选项所示的物质间的转化能实现的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】铜及其化合物；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．高温条件下，与反应生成、气体，不能实现转化，生成的再与反应才能生成，故A不符合题意；
B．具有较强氧化性，和反应方程式为，不能实现转化，故B不符合题意；
C．的氧化性不强，常温下与不反应，加热条件下反应生成，不能实现转化，故C不符合题意；
D．浓硫酸具有强氧化性，加热条件下浓能与反应生成、，能实现转化，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.与反应生成、气体；
B.与Cu发生反应；
C.S与Cu加热反应生成。
7．（2022高三上·南通开学考）某小组同学用下图装置(略去加热仪器等)制备。
已知烧瓶C中发生反应如下：
(a)
(b)
(c)
下列说法错误的是（ ）
A．装置A中使用70%的硫酸比用98%的浓硫酸反应速率快
B．可作为高效脱氯剂，溶液与足量反应的离子方程式为
C．装置B、D的作用为防止倒吸
D．理论上应使烧瓶C中和恰好完全反应，则两者物质的量之比为2：1
【答案】B
【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.70%的硫酸溶液中氢离子浓度大于98%的浓硫酸中氢离子浓度，与亚硫酸钠固体的反应速率大于98%的浓硫酸，故A不符合题意；
B．硫代硫酸钠溶液与氯气反应生成硫酸钠、盐酸和硫酸，反应的离子方程式为，故B符合题意；
C．由分析可知，装置B、D为空载仪器，起防止倒吸的作用，故C不符合题意；
D．由分析可知，装置C中发生的反应为二氧化硫与硫化钠、亚硫酸钠反应制得硫代硫酸钠，反应的化学方程式为2Na2S+3SO2+Na2SO3=3Na2S2O3，反应中硫化钠与亚硫酸钠的物质的量之比为2：1，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.浓硫酸中硫酸以分子形式存在，电离出的氢离子浓度很低；
C.装置B、D均用作安全瓶，防止倒吸；
D. 和的总反应为2Na2S+3SO2+Na2SO3=3Na2S2O3。
8．（2022高三上·南通开学考）化合物是一种抗骨质疏松药的一种重要中间体，可由下列反应制得。下列有关、、的说法正确的是（ ）
A．可用氯化铁溶液鉴别、两种物质
B．分子中原子杂化类型有种
C．可发生取代、加成和消去反应
D．与足量的氢气加成后产物中含有个手性碳原子
【答案】A
【知识点】有机物的鉴别；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．含有酚羟基的有机物能和氯化铁溶液发生显色反应，不含酚羟基、含有酚羟基，所以能和氯化铁溶液发生显色反应、不和氯化铁溶液发生显色反应，则可以用氯化铁溶液鉴别、，故A符合题意；
B．的苯环上碳原子价层电子对数是3、亚甲基上碳原子价层电子对数是4、中碳原子价层电子对数是2，碳原子杂化类型依次是：、、，故B不符合题意；
C．中含有苯环、羰基、酚羟基，具有苯、酮、酚的性质，酚羟基能发生取代反应，苯环和羰基能发生加成反应，不能发生消去反应，故C不符合题意；
D．与足量氢气加成后产物手性碳原子如图，含有4个手性碳原子，故D不符合题意；
故答案为：。
【分析】B.苯环和双键碳原子采用sp2杂化，-CN上的碳原子采用sp杂化；
C.Z中含有苯环、羰基、酚羟基，具有苯、酮、酚的性质；
D.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子。
9．（2022高三上·南通开学考）对于反应|，下列说法正确的是（ ）
A．适当降温加压可提高的平衡转化率
B．该反应的平衡常数可表达为
C．分离出NO(g)，v(正)增大，平衡向正反应方向移动
D．1mol N-H断裂的同时有1mol O-H断裂，说明反应到达该条件下的平衡状态
【答案】D
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．该反应是正反应方向气体体积增大的反应，加压平衡左移，的平衡转化率降低，故A不符合题意；
B．根据反应方程式，该反应的平衡常数表达式应为，故B不符合题意；
C．分离出NO(g)，生成物浓度减小，v(正)不变，v(逆)减小，v(正)大于v(逆)，平衡向正反应方向移动，故C不符合题意；
D．根据反应可知，平衡时12mol N-H断裂的同时有12mol O-H断裂，即1mol N-H断裂的同时有1mol O-H断裂，说明反应到达该条件下的平衡状态，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.该反应式气体体积增大的放热反应，降温平衡逆向移动，加压平衡逆向移动；
B.平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比；
C.分离出NO(g)，生成物浓度减小，v(正)不变，v(逆)减小。
10．（2022高三上·南通开学考）由含硒废料(主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等)制取硒的流程如下：
下列有关说法正确的是（ ）
A．“分离”的方法是蒸馏
B．“滤液”中主要存在的阴离子有：SO、SiO
C．“酸化”时发生的离子反应方程式为SeSO+H2O=Se↓+SO2↑+2OH-
D．SiO2晶胞如图所示，1个SiO2晶胞中有16个O原子
【答案】D
【知识点】晶胞的计算；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．含硒废料中除硫单质外其他物质均不溶于煤油，所以分离的方法应为过滤，A不符合题意；
B．除硫后稀硫酸进行酸溶Fe2O3、CuO、ZnO均与硫酸反应生成相应的盐，Se和SiO2不与硫酸反应，所以滤液中主要存在的阴离子为SO，B不符合题意；
C．酸性溶液中不会生成氢氧根，符合题意离子方程式应为SeSO+2H+=Se↓+SO2↑+H2O，C不符合题意；
D．据图可知，图中16个O原子全部位于晶胞内部，所以1个SiO2晶胞中有16个O原子，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】煤油溶解S后，过滤分离出含硫的煤油，分离出Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2后，加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，再加亚硫酸钠浸取Se生成Na2SeSO3，最后酸化生成Se。
11．（2022高三上·南通开学考）室温下，通过下列实验探究溶液的性质。
实验 实验操作和现象
1 用试纸测定溶液的，测定约为
2 向溶液中加入过量的溶液，有沉淀生成，微热，产生有刺激性气味的气体
3 向溶液中加入过量的溶液，有黄色和黑色的的混合沉淀生成，静置
4 向悬浊液中滴加几滴溶液，部分白色沉淀变成红褐色，静置
下列有关说法正确的是（ ）
A．由实验可得溶液中存在：
B．实验反应的离子方程式：
C．实验所得上层清液中存在：
D．实验所得上层清液中存在：
【答案】C
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．溶液中存在电荷守恒：，测得约为2，则，则，故A不符合题意；
B．溶液中加入过量溶液，反应生成氨气、氢氧化铁沉淀和硫酸钡沉淀，离子方程式为，故B不符合题意；
C．向溶液中滴加溶液，有黄色和黑色的混合沉淀物生成，可知铁离子和硫离子反应生成了硫单质，在溶液中，根据物料守恒有：，部分硫离子反应，则，故C符合题意；
D．上层清液中，不会再发生沉淀的转化，则，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据电荷守恒分析；
B.溶液中加入过量溶液，反应生成氨气、氢氧化铁沉淀和硫酸钡沉淀；
D.上层清液中。
12．（2022高三上·南通开学考）以Fe3O4为原料炼铁，在生产过程中主要发生如下反应：
反应Ⅰ： Fe3O4(s)+CO(g) 3FeO(s)+CO2(g) △H= 19.3 kJ·mol-1
反应Ⅱ： Fe3O4(s)+4CO(g) 3Fe(s)+4CO2(g) △H
为研究温度对还原产物的影响，将一定体积CO气体通入装有Fe3O4粉末的反应器，保持其它条件不变，反应达平衡时，测得CO的体积分数随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应Ⅱ的ΔH＞0
B．其他条件不变，增大压强，Fe(s)的产量增大
C．反应温度越高，Fe3O4主要还原产物中铁元素的价态越低
D．温度高于1040℃时，反应管中发生的主要反应的化学平衡常数K＞4
【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.570℃之前，随着温度升高，CO的体积分数增大，反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡正向进行，CO的体积分数减小，说明570℃之前，以反应Ⅱ为主，即反应Ⅱ为放热反应，ΔH＜0，故A不符合题意；
B．无论反应Ⅰ还是反应Ⅱ都是气体体积不变的反应，因此其他条件不变，增大压强，平衡不移动，Fe(s)的产量不变，故B不符合题意；
C．根据A选项分析，570℃后，随着温度升高，CO体积分数减小，以反应Ⅰ为主，温度越高，四氧化三铁的还原产物主要以FeO为主，温度越高，四氧化三铁的还原产物中铁元素的价态越高，故C不符合题意；
D.1040℃，以反应Ⅰ为主，CO的体积分数为20%，则CO2体积分数为80%，此温度下K==4，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向进行，即K＞4，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.温度为随着温度的升高，CO的体积分数增大，而反应Ⅰ是吸热反应，随着温度的升高，平衡正向移动，CO体积分数减小，说明300℃～570℃，Fe3O4(s)和CO(g)发生的主要反应为Ⅱ，即反应Ⅱ是放热反应；
B.反应Ⅰ和反应Ⅱ均为气体体积不变的反应；
C.温度高于570℃，随着温度的升高，CO的体积分数减小，说明反应以Ⅰ为主。
二、多选题
13．（2022高三上·南通开学考）、、、是原子序数依次增大的短周期不同主族元素，的轨道有两个未成对电子，元素原子半径在同周期中最大，与最外层电子数之和与的最外层电子数相等，元素单质常温下是淡黄色固体。下列说法正确的是（ ）
A．第一电离能：
B．在元素周期表中位于区
C．、、的单质形成的晶体类型相同，均为分子晶体
D．的最高价含氧酸的钠盐溶液中有三种含元素的微粒
【答案】A,B
【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
【解析】【解答】A．主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，的能级处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：，A符合题意；
B．P元素最后填充的为电子，则元素在元素周期表中位于区，B符合题意；
C．为金属元素，单质形成的晶体为金属晶体，C不符合题意；
D．的最高价含氧酸的钠盐为，溶液中含有的微粒有种，分别为、、、，D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】W元素单质常温下为淡黄色固体，W为S，X的2p轨道上有两个未成对电子，且各元素不同主族，则X为C元素，Y元素原子半径在同周期中最大且原子序数大于C，Y为Na元素，X与Y最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，Z最外层有5个电子且原子序数大于Na，Z为P元素。
三、综合题
14．（2022高三上·南通开学考）由红土镍矿(主要成分为NiO，含少量MgO、和铁的氧化物等)可以制取黄钠铁矾[]和。实验流程如下：
（1）“预处理”中加入的目的是 。
（2）“沉铁”中若用作为除铁所需钠源，溶液的用量对体系pH和镍的损失率影响如图所示。当溶液的用量超过6g/L时，镍的损失率会增大，其原因可能是 。(、开始沉淀的pH值分别为2.2、7.5)
（3）“沉镁”前，应保证MgO已将溶液pH值调节至5.5～6.0，其原因是 。
（4）如何判断“沉镁”已完全 。
（5）硫酸钠与硫酸镍晶体溶解度曲线图如图所示，请设计由滤液Y制备的实验方案 。(可选用的试剂：稀硫酸、NaOH溶液、溶液、、蒸馏水)
【答案】（1）将铁元素全部氧化为，后期可充分转化为黄钠铁矾
（2）pH＞2.2后，形成胶体，吸附溶液中的，造成镍的损失率增大
（3）pH值过小，与会结合形成HF，导致Mg2+沉淀不完全；pH值过大，会生成沉淀
（4）静置，向上层清液中继续滴加NaF，若无沉淀产生，则反应完全
（5）边搅拌边滴加NaOH溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤至最后一次洗涤液加溶液无白色沉淀生成。向滤渣中边搅拌边加入稀硫酸至沉淀完全溶解，蒸发浓缩，控制温度在30.8～53.8℃间冷却结晶，趁热过滤
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据上述分析，沉铁步骤是将Fe3+变为沉淀，因而预处理”中加入的目的是将铁元素全部氧化为，后期可充分转化为黄钠铁矾，故答案为：将铁元素全部氧化为，后期可充分转化为黄钠铁矾。
（2）、开始沉淀的pH值分别为2.2、7.5，沉铁步骤中，若用作为除铁所需钠源，由图像可知，当pH＞2.2后，不仅有Fe(OH)3沉淀，同时还可能产生Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体具有吸附性，可吸附Ni2+，使镍的损失率会增大，故答案为：pH＞2.2后，形成胶体，吸附溶液中的，造成镍的损失率增大。
（3）“沉镁”步骤中，若pH值过小，与会结合形成HF，导致Mg2+沉淀不完全；若pH值过大，会生成沉淀，因此，“沉镁”前，应保证MgO已将溶液pH值调节至5.5～6.0，故答案为：pH值过小，与会结合形成HF，导致Mg2+沉淀不完全；pH值过大，会生成沉淀。
（4）“沉镁”步骤中，加入NaF溶液沉镁，则判断“沉镁”已完全的操作是：静置，向上层清液中继续滴加NaF，若无沉淀产生，则反应完全，故答案为：静置，向上层清液中继续滴加NaF，若无沉淀产生，则反应完全。
（5）滤液Y中主要含有，还含有等杂质，为除去杂质可加入NaOH溶液，使Ni2+转化为Ni(OH)2沉淀，过滤后洗涤沉淀，检查沉淀是否洗涤干净，向沉淀中加硫酸溶解，蒸发浓缩，控制温度在30.8～53.8℃间冷却结晶，趁热过滤，即可得到，故根据所提供的试剂及溶解度曲线，设计由滤液Y制备的实验方案为：边搅拌边滴加NaOH溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤至最后一次洗涤液加溶液无白色沉淀生成。向滤渣中边搅拌边加入稀硫酸至沉淀完全溶解，蒸发浓缩，控制温度在30.8～53.8℃间冷却结晶，趁热过滤。
【分析】红土镍矿中加入硫酸酸浸，金属离子转化为对应的硫酸盐，二氧化硅不溶，形成滤渣，滤液中加入H2O2氧化亚铁离子为铁离子，再加入硫酸钠沉铁，得到黄钠铁矾沉淀，向滤液中加入MgO调节溶液pH，确保铁元素除去，再加入NaF溶液沉镁，所得滤液Y中含有硫酸镍，经分离提纯得到 。
15．（2022高三上·南通开学考）草酸及其化合物在工业中有重要作用，例如：草酸可用于除铁锈，反应的离子方程式为：；草酸铁铵[]是一种常用的金属着色剂。
（1）草酸()是一种弱酸，不稳定，受热或遇浓硫酸会发生分解。在浓硫酸催化作用下，用硝酸氧化葡萄糖可制取草酸，实验装置如图所示
①葡萄糖溶液可由反应得到。该实验中证明淀粉已经完全水解的实验操作及现象是 。
②55℃～60℃时，装置A中生成，同时生成NO。要将16.2g淀粉完全水解后的淀粉水解液完全转化为草酸，理论上消耗溶液的体积为 mL。
③该实验中催化剂浓硫酸用量过多，会导致草酸产率减少，原因是 。
（2）草酸铁铵晶体[]易溶于水，常温下其水溶液pH为4.0～5.0。设计以、草酸溶液和氨水为原料，制备草酸铁铵晶体的实验方案： 。
（3）制得的草酸铁铵晶体中往往会混有少量草酸，为测定(M=428g/mol)的含量，进行下列实验：称取样品9.46g，加稀硫酸溶解后，配成100mL溶液。取20.00mL配制的溶液，用浓度为0.2000mol/L的KMnO4溶液滴定至终点时消耗KMnO4溶液28.00mL。已知：(未配平)。通过计算，确定样品中的质量分数 (写出计算过程)。
【答案】（1）取水解液少许于试管中，向试管中加入碘水，溶液不变蓝色；300；浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会使有机物脱水碳化
（2）将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液，滴加氨水至溶液pH为4.0～5.0之间，然后将溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到草酸铁铵晶体
（3）90.5%
【知识点】中和滴定；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）①说明淀粉水解完全的关键是要用实验证明淀粉已不存在，则取水解液少许于试管中，向试管中加入碘水，溶液不变蓝色说明淀粉已经完全水解，故答案为：取水解液少许于试管中，向试管中加入碘水，溶液不变蓝色；
②由题意可知，装置A中发生的反应为在浓硫酸做催化剂作用下，葡萄糖与稀硝酸反应生成草酸、一氧化氮和水，反应的化学方程式为C6H12O6(葡萄糖)+6HNO3(稀)3H2C2O4+6NO↑+6H2O，由淀粉水解方程式可得：(C6H10O5)n—nC6H12O6—6nHNO3，则将16.2g淀粉完全水解后的淀粉水解液完全转化为草酸，理论上消耗2mol/L硝酸溶液的体积为×103mL/L=300mL，故答案为：300；
③浓硫酸具有强氧化性和脱水性，若该实验中催化剂浓硫酸用量过多，会使有机物脱水碳化，导致草酸产率减少，故答案为：浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会使有机物脱水碳化；
（2）由题意可知，制备草酸铁铵晶体的实验操作为将氧化铁在搅拌条件下溶于热的草酸溶液得到含有三草酸合铁离子的酸性溶液，向反应后的溶液中加入氨水至溶液的pH为4.0～5.0之间，三草酸合铁离子与氨水反应得到草酸铁铵溶液，然后将溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到草酸铁铵晶体，故答案为：将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液，滴加氨水至溶液pH为4.0～5.0之间，然后将溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到草酸铁铵晶体；
（3）设草酸的物质的量为amol，草酸铁铵晶体的物质的量为bmol，由样品的质量可得：90a+428b=9.46①，由得失电子数目守恒可得：5 H2C2O4—2MnO，由20.00mL溶液消耗28.00mL 0.2000mol/L的高锰酸钾溶液可得：a+3b=0.2000mol/L×0.028L×5×②， 解联立方程可得a=0.01、b=0.02，则9.46g样品中草酸铁铵晶体的质量分数为×100%≈90.5%，故答案为：90.5%。
【分析】（1）①碘单质遇淀粉变蓝；
②葡萄糖与稀硝酸反应生成草酸、一氧化氮和水，根据(C6H10O5)n~nC6H12O6~6nHNO3计算；
③浓硫酸具有强氧化性和脱水性；
（2）向反应后的溶液中加入氨水至溶液的pH为4.0～5.0之间，三草酸合铁离子与氨水反应得到草酸铁铵溶液，然后将溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到草酸铁铵晶体；
（3）根据5H2C2O4~2MnO计算。
16．（2022高三上·南通开学考）化合物F是一种药物中间体，其合成路线如下：
（1）E分子中sp3杂化的碳原子数目为 。
（2）E→F分两步进行，反应类型依次为加成反应、 。
（3）A→B的反应过程中会产生一种与B互为同分异构体的副产物，写出该副产物的结构简式： 。
（4）F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出其结构简式： 。
①分子中含有苯环。
②分子中含有3种化学环境不同的氢原子。
（5）设计以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干) 。
【答案】（1）7
（2）消去反应
（3）
（4）
（5）
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；消去反应
【解析】【解答】（1）E分子中的饱和碳原子均为sp3杂化，数目为7；
（2）E中醛基先被加成得到，然后羟基发生消去反应得到F；
（3）对比A和B的结构简式可知，A中图示位置的碳氧键断裂()，O原子再结合一个氢原子，C原子再结合-CH2C(CH3)=CH2，从而生成B，副产物应是另一侧碳氧键断裂，如图，所以副产品为；
（4）F中含有9个C原子、3个O原子，不饱和度为4，其同分异构体满足：①分子中含有苯环，则其余3个碳原子均为饱和碳原子，②分子中含有3种化学环境不同的氢原子，说明分子结构高度对称，正确的为；
（5）目标产物可以由和通过酯化反应生成，可以由催化氧化生成，根据D生成E的过程可知，原料经类似的反应可以得到和，根据E生成F的过程可知在KOH环境中可以生成，再与氢气加成可得，所以合称路线为。
【分析】（1）E中饱和碳原子采用sp3杂化；
（2）E中醛基先被加成生成羟基，羟基在消去得到F；
（3）分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体；
（4）F的不饱和度为4，其同分异构体满足：①分子中含有苯环，则其余3个碳原子均为饱和碳原子，②分子中含有3种化学环境不同的氢原子，说明分子结构高度对称；
（5）根据题干和成路线，采用逆合成分析法分析具体合成步骤。
17．（2022高三上·南通开学考）铀(U)可用作核燃料。核废料中+6价的铀［U(VI)］可以通过以下两种方法处理。
（1）电化学还原法。U(VI)还原为U(IV)的电化学装置如图所示。
阴极上发生反应：UO+4H++2e-=U4++2H2O、+3H++2e-=HNO2+H2O
阴极区溶液中发生反应：2HNO2+U4+=UO+2NO↑+2H+、2HNO2+=N2O↑+N2↑+3H2O+H+
①反应2HNO2+=N2O↑+N2↑+3H2O+H+中，每生成0.1mol N2转移电子 mol。
②阴极区溶液中加入N2H5NO3的目的是 。
③以恒定电流进行电解，测得阴极区溶液中部分离子的物质的量浓度随时间变化如图所示。
i.0～100min，电路中每转移1mol e-，阴极区H+减少 mol。
ii.100～200min，c(H+)下降速率低于100min前，原因是 。
（2）吸附-沉淀法。氟磷灰石［Ca10(PO4)6F2］可吸附溶液中的U(VI)并形成Ca(UO2)2(PO4)2沉淀。
①900℃条件下，煅烧CaF2、Ca(OH)2和Ca2P2O7混合物，可制得吸附剂氟磷灰石。该反应的化学方程式为 。
②U(VI)的微粒越小，氟磷灰石吸附-沉淀的效果越好。溶液的pH会影响氟磷灰石表面所带电荷。pH=2.5氟磷灰石表面不带电，pH＜2.5氟磷灰石表面带正电，pH>2.5氟磷灰石表面带负电。U(VI)在不同pH的酸性溶液中的主要物种分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)如图甲所示。不同pH溶液中，吸附达到平衡时单位质量氟磷灰石吸附U(VI)的质量如图乙所示。
pH=3时氟磷灰石的平衡吸附量高于pH=2和pH=4时的平衡吸附量，原因分别是 。
【答案】（1）0.4；消耗反应中生成的HNO2，防止HNO2与U4+反应；1；100min后参与电极反应，相同时间内，转移等量电子时，比消耗的H+更少，且生成的HNO2与反应有H+生成
（2）CaF2+3Ca(OH)2+3Ca2P2O7Ca10(PO4)6F2+3H2O；pH=2时，氟磷灰石表面带正电，pH=3时，氟磷灰石表面带负电，带负电氟磷灰石更易吸附溶液中带正电的；pH=4时，溶液中U（VI）以、 、 三种形式存在，后两种粒子半径较大，不易被吸附
【知识点】化学平衡的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①同种元素不同价态之间的氧化还原反应，高价态和低价态相互反应，变成它们的相邻价态，即在反应中，作还原剂，N2是氧化产物，则每生成0.1mol N2，转移0.4mol电子；
②阴极上，要将U(VI)还原为U(IV)，而在阴极区的溶液中，HNO2可以和U4+、反应，故阴极区溶液中加入N2H5NO3的目的是消耗反应中生成的HNO2，防止HNO2与U4+反应；
③i.0~100min，c()浓度不变，c(H+)、c()均减小，说明此段时间内，阴极上仅发生反应：+4H++2e-=U4++2H2O，电路中每转移1mol e-，阴极上消耗2mol H+，同时有1mol H+从阳极区经过阳离子交换膜进入阴极区，即阴极区减少1mol H+；
ii.100～200min，c(H+)下降速率低于100min前，原因是100min后参与电极反应，根据题干所给的阴极上的两个电极反应可知，相同时间内，转移等量电子时，比消耗的H+更少，且生成的HNO2与反应有H+生成，故100～200min，c(H+)下降速率低于100min前；
（2）①900℃条件下，煅烧CaF2、Ca(OH)2和Ca2P2O7混合物，制得氟磷灰石，该反应的化学方程式为CaF2+3Ca(OH)2+3Ca2P2O7Ca10(PO4)6F2+3H2O；
②pH=2时，氟磷灰石表面带正电，pH=3时，氟磷灰石表面带负电，带负电氟磷灰石更易吸附溶液中带正电的；pH=4时，溶液中U(VI)以、 、 三种形式存在，后两种粒子半径较大，不易被带负电的氟磷灰石吸附；因此，pH=3时氟磷灰石的平衡吸附量高于pH=2和pH=4时的平衡吸附量。
【分析】（1）①根据得失电子守恒计算；
②阴极上，要将U(VI)还原为U(IV)，HNO2可以和U4+、反应；
③0~100min，c()浓度不变，c(H+)、c()均减小，说明此段时间内，阴极上仅发生反应：+4H++2e-=U4++2H2O； 100min后参与电极反应，相同时间内，转移等量电子时，比消耗的H+更少，且生成的HNO2与反应有H+生成；
（2）①煅烧CaF2、Ca(OH)2和Ca2P2O7混合物发生反应CaF2+3Ca(OH)2+3Ca2P2O7Ca10(PO4)6F2+3H2O；
②pH=2时，氟磷灰石表面带正电，pH=3时，氟磷灰石表面带负电，带负电氟磷灰石更易吸附溶液中带正电的；pH=4时，溶液中U（VI）以、 、 三种形式存在，后两种粒子半径较大，不易被吸附。
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