江苏省淮安市2022-2023学年高二下学期期末考试化学试题（含解析）

淮安市2022-2023学年高二下学期期末考试
化学试题
注意事项：
1.本试卷共8页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。
2.答题前，请你务必将自己的姓名、学校、考试号等用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在答题卡上规定的位置。
3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号和本人是否相符。
4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。
5.如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Ca-40 Mn-55
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 人类社会的发展离不开化学，化学的发展离不开科学家的不断探索与创新。下列科学家与其主要成就不相符的是
A. 中国科学家侯德榜提出了“侯氏制碱法”
B. 美国科学家鲍林首先发现了电子
C. 俄国科学家门捷列夫发现了元素周期律
D. 中国科学家屠呦呦从青蒿中提取了青蒿素
2. 检验微量砷的原理为。常温下为无色气体。下列说法正确的是
A. As的基态核外电子排布式为 B. 的空间构型为平面三角形
C. 固态属于共价晶体 D. 既含离子键又含共价键
3. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X和Z基态原子L层上均有2个未成对电子，Z与W同主族。下列说法正确的是
A. 键角：WZ＜WZ B. 原子半径：X＜Y
C. 第一电离能：I1(Z)＞I1(Y) D. 氧化物对应水化物的酸性：Y＜W
4. 铁、钴(Co)、镍(Ni)是周期表中第4周期Ⅷ族元素，物理性质和化学性质比较相似。一般情况下，在化合物中常见的价态为+2和+3，Co(Ⅲ)和Ni(Ⅲ)有强氧化性，酸性条件下能将Cl-氧化成Cl2。向Ni(II)盐的溶液中加入过量的氨水，可以生成稳定的蓝色配离子[Ni(NH3)6]2+。下列物质性质与用途具有对应关系的是
A. FeCl3溶液具有酸性，可用于蚀刻铜制品
B. 纳米Fe3O4能与酸反应，可用作铁磁性材料
C. 常温下铁遇浓硝酸发生钝化，可用铁质容器贮运浓硝酸
D. Fe(OH)3胶体具有吸附性，可用于自来水的杀菌消毒
5. 铁、钴(Co)、镍(Ni)是周期表中第4周期Ⅷ族元素，物理性质和化学性质比较相似。一般情况下，在化合物中常见价态为+2和+3，Co(Ⅲ)和Ni(Ⅲ)有强氧化性，酸性条件下能将Cl-氧化成Cl2。向Ni(Ⅱ)盐的溶液中加入过量的氨水，可以生成稳定的蓝色配离子[Ni(NH3)6]2+。利用下列装置进行实验，能达到相应实验目的的是
A. 装置甲可用于由FeSO4溶液制备FeSO4 7H2O
B. 装置乙可用于实验室制备少量Fe(OH)2
C. 装置丙中滴加KSCN溶液，溶液不变红，可证明锌比铁活泼
D. 装置丁的肥皂液中产生无色气泡，可证明铁粉与水蒸气反应生成O2
6. 铁、钴(Co)、镍(Ni)是周期表中第4周期Ⅷ族元素，物理性质和化学性质比较相似。一般情况下，在化合物中常见的价态为+2和+3，Co(Ⅲ)和Ni(Ⅲ)有强氧化性，酸性条件下能将Cl-氧化成Cl2。向Ni(Ⅱ)盐的溶液中加入过量的氨水，可以生成稳定的蓝色配离子[Ni(NH3)6]2+。下列指定反应的离子方程式正确的是
A. Co2O3溶于浓盐酸：Co2O3+6H+=2Co3++3H2O
B. 将Ni(OH)2溶于氨水：Ni(OH)2+6NH3 H2O=[Ni(NH3)6]2++2OH-+6H2O
C. 向FeCl3溶液中滴加少量NaHCO3溶液：2Fe3++3CO=Fe2(CO3)
D. NaClO在浓碱溶液中将Fe(OH)3氧化成FeO：2Fe(OH)3+3ClO-=2FeO+3Cl-+H2O+4H+
7. CO2可催化加氢制取CH4：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H＜0。下列说法正确是
A. 断裂反应物所含化学键吸收的总能量小于形成生成物所含化学键释放的总能量
B. 该反应的平衡常数表达式为K=
C. 该反应在任何温度下均能自发进行
D. 其他条件不变，升温可以增大该反应的化学平衡常数
8. 一种利用废铜渣(主要成分CuO，及少量、等杂质)制备超细铜粉的流程如下：
下列说法正确的是
A. “酸浸”所得滤渣的主要成分为
B. 若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为
C. “沉铜”发生的反应为复分解反应
D. “转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：、、
9. 化合物Z可由化合物X和化合物Y在一定条件下反应合成。下列说法正确的是
A. 可用FeCl3溶液检验Z中是否含有化合物Y
B. X与氢气反应的产物无对映异构体
C. Z在酸性条件下水解最终可以得到4种物质
D. 1molZ与足量的NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH
10. 一款新型的Ca－LiFePO4可充电电池的工作示意图如图，锂离子导体膜只允许Li+通过。该电池总反应式为：xCa2++2LiFePO4xCa+2Li1-xFePO4+2xLi+。下列说法不正确的是
A. 充电时，钙电极与直流电源的负极相连
B. 充电时，每转移0.2mol电子左室中电解质的质量减轻4.0g
C. Li1-xFePO4/LiFePO4电极充电时发生Li+脱嵌，放电时发生Li+嵌入
D. 放电时，正极反应为：Li1-xFePO4+xe-+xLi+=LiFePO4
11. 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3mLKI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色，说明Br2的氧化性比I2的弱
B 向淀粉溶液中加入少量稀硫酸，水浴加热5min，加NaOH溶液至溶液呈碱性，再加入少量新制Cu(OH)2悬浊液，加热5min，生成砖红色沉淀，淀粉完全水解
C 向苯酚钠溶液中通入少量CO2，溶液变浑浊，C6H5O-结合H+能力比HCO强
D 向5mL01mol L-1AgNO3溶液滴加2~3滴0.1mol L-1K2CrO4溶液，有红棕色沉淀生成，再滴加2~3滴0.1mol L-1Na2S溶液，有黑色沉淀生成，Ksp(Ag2CrO4)＞Ksp(Ag2S)
A. A B. B C. C D. D
12. 已知室温下。通过下列实验探究含硫化合物的性质。
实验1：测得溶液的
实验2：向溶液中通入过量，无淡黄色沉淀产生
实验3：向溶液中加入等体积溶液充分混合，无气泡产生
下列说法正确的是
A. 由实验1可知：
B. 实验2说明不能被氧化
C. 实验3所得溶液中：
D. 溶液中：
13. 通过反应Ⅰ：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)，可将有机氯化工业的副产品HCl转化为Cl2。在0.2MPa、反应物起始物质的量比=2条件下，不同温度时HCl转化率如图所示(图中虚线表示相同条件下HCl的平衡转化率随温度的变化)。向反应体系中加入CuCl2，能加快反应速率。
反应Ⅱ：2CuCl2(s)+O2(g)=2CuO(s)+2Cl2(g) △H=125.6kJ mol-1
反应Ⅲ：CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) △H=-120.0kJ mol-1
下列说法正确的是
A. 反应Ⅰ的△H=5.6kJ mol-1
B. 230至300℃时，HCl转化率降低是因为温度升高，平衡向逆反应方向移动
C. 保持其他条件不变，400℃时，使用CuCl2，能使HCl转化率从X点的值升至Y点的值
D. 在0.2MPa、400℃条件下，若起始＜2条件下，HCl的转化率可能达到Y点的值
二、非选择题：共4题，共61分。
14. MnCO3常用于医药、电焊条辅料等，以软锰矿浆(主要成分为MnO2，杂质为Fe2O3、Al2O3、SiO2等)和烟气(含有SO2、O2)为原料制备MnCO3的流程如图：
（1）“浸取”时采取向一定量软锰矿浆液中匀速通入烟气。
①软锰矿浆液吸收烟气中SO2生成MnSO4，该反应化学方程式为_______。
②随着吸收时间增加，溶液中c(H2SO4)、c(MnSO4)随吸收时间的变化如图1所示，溶液中c(H2SO4)的增加呈现由慢到快的趋势，其主要原因是_______。
（2）“除杂”时，若溶液中c(Mn2+)=0.2mol L-1，欲使溶液中Fe3+、Al3+均转化为沉淀，同时浓度均小于1×10-6mol L-1，需控制的pH范围为_________。(已知：室温下Ksp[Al(OH)3]=1×10-33，Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39，Ksp[Mn(OH)2]=2×10-13。)
（3）“沉锰”时发生反应的离子方程式为：________，将“沉锰”时所得滤液蒸发浓缩、冷却结晶，可得到的晶体化学式为________。
（4）已知MnO2一种晶型的晶胞结构如图2所示，已知该晶胞的体积为Vnm3，则该晶胞中锰离子的配位数为_______，MnO2晶体的密度为_______g cm-3。(阿伏加德罗常数的值用NA表示)
（5）测定软锰矿中MnO2含量的方法如下：
步骤一：称取0.1500g软锰矿样品于碘量瓶中，加适量硫酸及足量碘化钾溶液充分反应。
步骤二：待反应完全后加入少量淀粉溶液，用0.1000mol L-1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液22.00mL，计算软锰矿中MnO2的质量分数，写出计算过程________。已知：I2+S2O→I-+S4O(未配平)
15. 化合物F是一种药物合成中的中间体，其合成路线如图：
（1）A与邻羟基苯甲醛互为同分异构体。A的熔点比邻羟基苯甲醛的高，其原因为________。
（2）B中sp3杂化的碳原子数与sp2杂化的碳原子数之比为_________。
（3）C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_________。
①分子中含有苯环，碱性条件下能与新制Cu(OH)2悬浊液反应，生成砖红色沉淀；
②分子中不同化学环境的氢原子数目之比为1∶1∶2∶1。
（4）D→E的反应需经历D→X→E的过程，中间体X→E的反应类型为消去反应，则中间体X的结构简式为_______。
（5）设计以和为原料制备的合成路线(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见题干)_______。
16. FePO4是一种难溶于水、易溶于硫酸的白色固体，主要用于制造磷酸铁锂电池材料、催化剂及陶瓷等，制备电池级超细磷酸铁的主要工艺流程图如图：
（1）“氧化”过程中发生反应的离子方程式为________。
（2）“沉铁”生成沉淀为羟基磷酸铁晶体[Fe5(PO4)4(OH)3 2H2O]，生成它的化学方程式为_______。
（3）检验“沉铁”步骤中沉淀洗涤是否完全的方法是________。
（4）已知K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液与Fe2+反应产生深蓝色沉淀，与Fe3+不反应；不同pH对FePO4沉淀的影响如图所示。
①在pH大于2.5时，随pH增大，磷的沉淀率开始下降，其可能原因是______。
②实验室以FeSO4 7H2O为原料制备FePO4，补充完整相应的实验方案：取一定量的FeSO4 7H2O溶解于稍过量的H3PO4溶液中，________。(实验中须使用的试剂：20%H2O2溶液、K3[Fe(CN)6]溶液、1mol L-1NaOH溶液、蒸馏水)
17. γ－丁内酯为无色油状液体，高温时易分解，是重要的化工原料和医药中间体。工业利用1，4－丁二醇生产γ－丁内酯的主、副反应的化学方程式如下：
主反应：(g)(g)( γ－丁内酯)+2H2(g) △H1=akJ mol-1
副反应：(g) (g)(四氢呋喃)+H2O(g) △H2=bkJ mol-1
（1）反应(g)+2H2(g)(g)+H2O(g)△H=_______kJ mol-1。
（2）由1，4－丁二醇合成γ－丁内酯的一种机理如图所示(“★”表示此微粒吸附在催化剂表面)
①步骤Ⅱ历程是质子化的过程，H+和氧原子间形成的作用力是______。
②H+在上述合成γ－丁内酯过程中的作用是_______。
③γ－丁内酯分子中σ键与π键数目之比为_______。
（3）将1，4－丁二醇与H2的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器，反应相同时间，测得γ－丁内酯和四氢呋喃的产率如图所示。
已知：1，4－丁二醇的沸点为228℃。
①当温度低于220℃，1，4－丁二醇的转化率较低，可能的原因是_______。
②当温度高于260℃，γ－丁内酯的产率下降，可能的原因是_______。
（4）铜基催化剂(Cu/Pt)能高效加快由1.4－丁二醇合成γ－丁内酯的合成速率，但因原料中的杂质或发生副反应生成的物质会使催化剂失活。
①1，4－丁二醇中混有少量的1，4－丁二硫醇(HSCH2CH2CH2CH2SH)。合成时加入ZnO可有效避免铜基催化剂失活，其原理用化学反应方程式表示为_______。
②将失活的铜基催化剂分为两份，第一份直接在氢气下进行还原，第二份先在空气中高温煅烧后再进行氢气还原，结果只有第二份催化剂活性恢复。说明催化剂失活的另外可能的原因是______。
（5）含有1，4－丁二醇的强酸性污水可用“铁碳微电池”法处理，过程中两电极分别产生的Fe2+和活性氢原子(H )都具有较高的化学活性，在厌氧条件下将1，4－丁二醇转化为甲烷，假设两电极只生成Fe2+和H ，且全部参与该转化过程，写出该过程的离子方程式：_______。
淮安市2022-2023学年高二下学期期末考试
化学试题 答案解析
注意事项：
1.本试卷共8页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。
2.答题前，请你务必将自己的姓名、学校、考试号等用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在答题卡上规定的位置。
3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号和本人是否相符。
4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。
5.如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Ca-40 Mn-55
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 人类社会的发展离不开化学，化学的发展离不开科学家的不断探索与创新。下列科学家与其主要成就不相符的是
A. 中国科学家侯德榜提出了“侯氏制碱法”
B. 美国科学家鲍林首先发现了电子
C. 俄国科学家门捷列夫发现了元素周期律
D. 中国科学家屠呦呦从青蒿中提取了青蒿素
【答案】B
【解析】
【详解】A．中国科学家侯德榜提出了“侯氏制碱法”，改进了制碱工艺，A不符合题意；
B．英国科学家汤姆森首先发现了电子，B符合题意；
C．俄国科学家门捷列夫发现了元素周期律，使得化学元素研究系统化，C不符合题意；
D．中国科学家屠呦呦从青蒿中提取了青蒿素，使得疟疾得到控制，D不符合题意；
故选B
2. 检验微量砷的原理为。常温下为无色气体。下列说法正确的是
A. As的基态核外电子排布式为 B. 的空间构型为平面三角形
C. 固态属于共价晶体 D. 既含离子键又含共价键
【答案】B
【解析】
【详解】A．As的基态核外电子排布式为，A错误；
B．的中心原子N的价层电子对数为3，没有孤电子对，中心原子N的杂化类型为sp2，空间构型为平面三角形，B正确；
C．固态属于分子晶体，C错误；
D．只含共价键，D错误；
故选B。
3. X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X和Z基态原子L层上均有2个未成对电子，Z与W同主族。下列说法正确的是
A. 键角：WZ＜WZ B. 原子半径：X＜Y
C. 第一电离能：I1(Z)＞I1(Y) D. 氧化物对应水化物的酸性：Y＜W
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X和Z基态原子L层上均有2个未成对电子，则X为碳、Z为氧，那么Y为氮；Z与W同主族，W为硫；
【详解】A．、中硫均为sp3杂化，但是中存在1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，故键角：WZ＜WZ，A正确；
B．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：X>Y，B错误；
C．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故N、O的第一电离能大小：N>O；C错误；
D．没有说明是否为最高价氧化物对应的水合物，不能判断酸性强弱，D错误；
故选A。
4. 铁、钴(Co)、镍(Ni)是周期表中第4周期Ⅷ族元素，物理性质和化学性质比较相似。一般情况下，在化合物中常见的价态为+2和+3，Co(Ⅲ)和Ni(Ⅲ)有强氧化性，酸性条件下能将Cl-氧化成Cl2。向Ni(II)盐的溶液中加入过量的氨水，可以生成稳定的蓝色配离子[Ni(NH3)6]2+。下列物质性质与用途具有对应关系的是
A. FeCl3溶液具有酸性，可用于蚀刻铜制品
B. 纳米Fe3O4能与酸反应，可用作铁磁性材料
C. 常温下铁遇浓硝酸发生钝化，可用铁质容器贮运浓硝酸
D. Fe(OH)3胶体具有吸附性，可用于自来水的杀菌消毒
【答案】C
【解析】
【详解】A．FeCl3溶液具有氧化性，能和铜反应生成铜离子和亚铁离子，可用于蚀刻铜制品，A不符合题意；
B．纳米Fe3O4具有磁性，可用作铁磁性材料，B不符合题意；
C．常温下铁遇浓硝酸发生钝化，阻碍了反应的进一步进行，故可用铁质容器贮运浓硝酸，C符合题意；
D．Fe(OH)3胶体具有吸附性，可促进悬浮颗粒物的沉降，但是不可用于自来水的杀菌消毒，D不符合题意；
故选C。
5. 铁、钴(Co)、镍(Ni)是周期表中第4周期Ⅷ族元素，物理性质和化学性质比较相似。一般情况下，在化合物中常见的价态为+2和+3，Co(Ⅲ)和Ni(Ⅲ)有强氧化性，酸性条件下能将Cl-氧化成Cl2。向Ni(Ⅱ)盐的溶液中加入过量的氨水，可以生成稳定的蓝色配离子[Ni(NH3)6]2+。利用下列装置进行实验，能达到相应实验目的的是
A. 装置甲可用于由FeSO4溶液制备FeSO4 7H2O
B. 装置乙可用于实验室制备少量Fe(OH)2
C. 装置丙中滴加KSCN溶液，溶液不变红，可证明锌比铁活泼
D. 装置丁的肥皂液中产生无色气泡，可证明铁粉与水蒸气反应生成O2
【答案】B
【解析】
【详解】A．由FeSO4溶液制备FeSO4 7H2O需要在蒸发皿中蒸发浓缩、冷却结晶，而不是坩埚，A不符合题意；
B．首先滴加稀硫酸，稀硫酸和铁生成硫酸亚铁和氢气，氢气排净装置中空气，再滴加氢氧化钠溶液，反应生成氢氧化亚铁沉淀，B符合题意；
C．装置丙中滴加KSCN溶液，溶液不变红，只能说明不存在铁离子，但是不能证明锌比铁活泼，C不符合题意；
D．装置丁中铁粉和水高温生成四氧化三铁和氢气，肥皂液中产生无色气泡，不能证明铁粉与水蒸气反应生成O2，D不符合题意；
故选B。
6. 铁、钴(Co)、镍(Ni)是周期表中第4周期Ⅷ族元素，物理性质和化学性质比较相似。一般情况下，在化合物中常见的价态为+2和+3，Co(Ⅲ)和Ni(Ⅲ)有强氧化性，酸性条件下能将Cl-氧化成Cl2。向Ni(Ⅱ)盐的溶液中加入过量的氨水，可以生成稳定的蓝色配离子[Ni(NH3)6]2+。下列指定反应的离子方程式正确的是
A. Co2O3溶于浓盐酸：Co2O3+6H+=2Co3++3H2O
B. 将Ni(OH)2溶于氨水：Ni(OH)2+6NH3 H2O=[Ni(NH3)6]2++2OH-+6H2O
C. 向FeCl3溶液中滴加少量NaHCO3溶液：2Fe3++3CO=Fe2(CO3)
D. NaClO在浓碱溶液中将Fe(OH)3氧化成FeO：2Fe(OH)3+3ClO-=2FeO+3Cl-+H2O+4H+
【答案】B
【解析】
【详解】A．Co(Ⅲ)有强氧化性，酸性条件下能将Cl-氧化成Cl2，Co2O3溶于浓盐酸反应生成氯气和二价钴： ，A错误；
B．Ni(Ⅱ)盐的溶液中加入过量的氨水，可以生成稳定的蓝色配离子[Ni(NH3)6]2+，故将Ni(OH)2溶于氨水得到[Ni(NH3)6]2+和氢氧根离子、水：Ni(OH)2+6NH3 H2O=[Ni(NH3)6]2++2OH-+6H2O，B正确；
C．向FeCl3溶液中滴加少量NaHCO3溶液，铁离子和碳酸氢根离子双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳，，C错误；
D．NaClO在浓碱溶液中将Fe(OH)3氧化成FeO，碱性溶液中不会大量存在氢离子：，D错误；
故选B。
7. CO2可催化加氢制取CH4：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H＜0。下列说法正确的是
A. 断裂反应物所含化学键吸收的总能量小于形成生成物所含化学键释放的总能量
B. 该反应的平衡常数表达式为K=
C. 该反应在任何温度下均能自发进行
D. 其他条件不变，升温可以增大该反应的化学平衡常数
【答案】A
【解析】
【详解】A．断裂反应物所含化学键吸收的总能量小于形成生成物所含化学键释放的总能量，反应为放热反应，A正确；
B．该反应的平衡常数表达式为K=，B错误；
C．该反应在任何温度下均能自发进行，反应自发进行的条件是ΔH-TΔS（即吉布斯自由能）小于零，该反应低温下自发进行，C错误；
D．其他条件不变，升温可以减小该反应的化学平衡常数，D错误；
故选A。
8. 一种利用废铜渣(主要成分CuO，及少量、等杂质)制备超细铜粉的流程如下：
下列说法正确的是
A. “酸浸”所得滤渣的主要成分为
B. 若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为
C. “沉铜”发生的反应为复分解反应
D. “转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：、、
【答案】D
【解析】
【分析】废铜渣(主要成分CuO，及少量、等杂质) “酸浸”时CuO、少量与H2SO4反应生成硫酸铜、硫酸铁，SiO2不溶于H2SO4，所以滤渣成分是SiO2，滤液中加过量氨水沉铁除去Fe3+，铜离子转化为，所得滤液通二氧化硫沉铜，过滤出产生的CuNH4SO3沉淀，加稀硫酸转化，+1价铜发生歧化反应，得到铜离子、和Cu。
【详解】A． 据分析，“酸浸”所得滤渣的主要成分为SiO2，A错误；
B． 若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为，B错误；
C． “沉铜”时含有和过量氨水的混合溶液中通入二氧化硫生成CuNH4SO3沉淀，铜元素化合价降低，则发生氧化还原反应，不为复分解反应，C错误；
D．转化时，CuNH4SO3在稀硫酸中发生歧化反应，得到铜离子、和Cu，结合元素守恒可知， “转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：、、，D正确；
答案选D。
9. 化合物Z可由化合物X和化合物Y在一定条件下反应合成。下列说法正确的是
A. 可用FeCl3溶液检验Z中是否含有化合物Y
B. X与氢气反应的产物无对映异构体
C. Z在酸性条件下水解最终可以得到4种物质
D. 1molZ与足量的NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOH
【答案】A
【解析】
【详解】A．Y含酚羟基、Z不含酚羟基，故可用FeCl3溶液检验Z中是否含有化合物Y，故A正确；
B．X与氢气反应的产物存在对映异构体，故B错误；
C．Z含有酯基和酰胺基，在酸性条件下水解最终可以得到乙酸、邻羟基苯甲酸、对羟基苯胺3种物质，故C错误；
D．Z含有酯基和酰胺基均可以和氢氧化钠反应，水解生成的酚羟基可以和氢氧化钠反应，故1molZ与足量的NaOH溶液反应，最多消耗5molNaOH，故D错误；
故选A。
10. 一款新型的Ca－LiFePO4可充电电池的工作示意图如图，锂离子导体膜只允许Li+通过。该电池总反应式为：xCa2++2LiFePO4xCa+2Li1-xFePO4+2xLi+。下列说法不正确的是
A. 充电时，钙电极与直流电源的负极相连
B. 充电时，每转移0.2mol电子左室中电解质的质量减轻4.0g
C. Li1-xFePO4/LiFePO4电极充电时发生Li+脱嵌，放电时发生Li+嵌入
D. 放电时，正极反应为：Li1-xFePO4+xe-+xLi+=LiFePO4
【答案】B
【解析】
【分析】由总反应可知，放电时，钙电极为发生氧化反应，为负极，则Li1-xFePO4/LiFePO4为正极；
【详解】A．放电时钙电极为负极，则充电时，负极钙电极与直流电源的负极相连，故A正确；
B．充电时，左侧钙离子得到电子发生还原反应生成钙，，每转移0.2mol电子左室中0.1mol钙离子转化为钙，同时0.2mol锂离子迁移到左侧，故左室电解质的质量减轻0.1mol ×40g/mol-0.2mol×7g/mol=2.6g，故B错误；
C．Li1-xFePO4/LiFePO4电极充电时为阳极，充电时发生Li+脱嵌；放电时为正极，放电时发生Li+嵌入，故C正确；
D．Li1-xFePO4/LiFePO4放电时为正极，放电时Li1-xFePO4得到电子发生还原反应生成LiFePO4，正极反应为：Li1-xFePO4+xe-+xLi+=LiFePO4，故D正确；
故选B。
11. 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3mLKI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色，说明Br2的氧化性比I2的弱
B 向淀粉溶液中加入少量稀硫酸，水浴加热5min，加NaOH溶液至溶液呈碱性，再加入少量新制Cu(OH)2悬浊液，加热5min，生成砖红色沉淀，淀粉完全水解
C 向苯酚钠溶液中通入少量CO2，溶液变浑浊，C6H5O-结合H+能力比HCO强
D 向5mL0.1mol L-1AgNO3溶液滴加2~3滴0.1mol L-1K2CrO4溶液，有红棕色沉淀生成，再滴加2~3滴0.1mol L-1Na2S溶液，有黑色沉淀生成，Ksp(Ag2CrO4)＞Ksp(Ag2S)
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶液显蓝色，则说明溴单质将碘离子氧化为碘单质，Br2的氧化性比I2的强，A错误；
B．生成砖红色沉淀，说明淀粉发生了水解，但是不能说明淀粉完全水解，淀粉可能部分水解也会出现相同的现象，B错误；
C．向苯酚钠溶液中通入少量CO2，溶液变浑浊，说明苯酚钠转化为苯酚，则C6H5O- 结合H+能力比HCO强，C正确；
D．反应中银离子过量，再加硫离子会生成黑色硫化银沉淀，不能说明Ksp(Ag2CrO4)＞Ksp(Ag2S)，D错误；
故选C。
12. 已知室温下。通过下列实验探究含硫化合物的性质。
实验1：测得溶液的
实验2：向溶液中通入过量，无淡黄色沉淀产生
实验3：向溶液中加入等体积溶液充分混合，无气泡产生
下列说法正确的是
A. 由实验1可知：
B. 实验2说明不能被氧化
C 实验3所得溶液中：
D. 溶液中：
【答案】D
【解析】
【详解】A.由实验1知NaHS溶液的pH>7，说明HS-的水解程度大于电离程度，即c(H2S)>c(S2-)，故c(H+)·c(S2-)B.由实验2知Cl2具有强氧化性，HS-具有较强还原性，故二者混合发生氧化还原反应，实验中无淡黄色沉淀生成，说明Cl2将HS-氧化为，故B错误；
C.根据实验3混合溶液中无气泡产生，结合元素守恒，故C错误；
D.溶液中S2-发生两步水解，第一步:，第二步:，溶液呈碱性，所以，故D正确；
答案选D。
13. 通过反应Ⅰ：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)，可将有机氯化工业的副产品HCl转化为Cl2。在0.2MPa、反应物起始物质的量比=2条件下，不同温度时HCl转化率如图所示(图中虚线表示相同条件下HCl的平衡转化率随温度的变化)。向反应体系中加入CuCl2，能加快反应速率。
反应Ⅱ：2CuCl2(s)+O2(g)=2CuO(s)+2Cl2(g) △H=125.6kJ mol-1
反应Ⅲ：CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) △H=-120.0kJ mol-1
下列说法正确的是
A. 反应Ⅰ的△H=5.6kJ mol-1
B. 230至300℃时，HCl转化率降低是因为温度升高，平衡向逆反应方向移动
C. 保持其他条件不变，400℃时，使用CuCl2，能使HCl转化率从X点的值升至Y点的值
D. 在0.2MPa、400℃条件下，若起始＜2条件下，HCl的转化率可能达到Y点的值
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据盖斯定律，由Ⅱ+Ⅲ2得，故A错误；
B．图中虚线表示相同条件下HCl的平衡转化率随温度的变化，由图可知，230至300℃时，反应没有达到平衡状态，故不是平衡向逆反应方向移动导致，故B错误；
C．使用作催化剂，只能加快反应速率，不能改变的平衡转化率，故C错误；
D．在、500℃条件下，若起始，增加了O2的相对含量，能提高HCl的转化率，的转化率可能达到点的值，故D正确；
故选D。
二、非选择题：共4题，共61分。
14. MnCO3常用于医药、电焊条辅料等，以软锰矿浆(主要成分为MnO2，杂质为Fe2O3、Al2O3、SiO2等)和烟气(含有SO2、O2)为原料制备MnCO3的流程如图：
（1）“浸取”时采取向一定量软锰矿浆液中匀速通入烟气。
①软锰矿浆液吸收烟气中SO2生成MnSO4，该反应化学方程式为_______。
②随着吸收时间增加，溶液中c(H2SO4)、c(MnSO4)随吸收时间的变化如图1所示，溶液中c(H2SO4)的增加呈现由慢到快的趋势，其主要原因是_______。
（2）“除杂”时，若溶液中c(Mn2+)=0.2mol L-1，欲使溶液中Fe3+、Al3+均转化为沉淀，同时浓度均小于1×10-6mol L-1，需控制的pH范围为_________。(已知：室温下Ksp[Al(OH)3]=1×10-33，Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39，Ksp[Mn(OH)2]=2×10-13。)
（3）“沉锰”时发生反应的离子方程式为：________，将“沉锰”时所得滤液蒸发浓缩、冷却结晶，可得到的晶体化学式为________。
（4）已知MnO2一种晶型的晶胞结构如图2所示，已知该晶胞的体积为Vnm3，则该晶胞中锰离子的配位数为_______，MnO2晶体的密度为_______g cm-3。(阿伏加德罗常数的值用NA表示)
（5）测定软锰矿中MnO2含量的方法如下：
步骤一：称取0.1500g软锰矿样品于碘量瓶中，加适量硫酸及足量碘化钾溶液充分反应。
步骤二：待反应完全后加入少量淀粉溶液，用0.1000mol L-1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液22.00mL，计算软锰矿中MnO2的质量分数，写出计算过程________。已知：I2+S2O→I-+S4O(未配平)
【答案】（1） ①. ②. 溶液中生成的锰离子能催化氧气氧化二氧化硫生成硫酸
（2）5~8 （3） ① ②.
（4） ①. 6 ②.
（5）二氧化锰将碘离子氧化为碘单质，根据电子守恒可知：，然后发生，则由，故软锰矿中MnO2的质量分数为
【解析】
【分析】软锰矿浆吸收烟气中SO2生成MnSO4， 浸取后二氧化硅不反应成为滤渣，锰、铁、铝转化为盐溶液，加入氨水调节pH除去铁、铝得到滤渣2，滤液加入碳酸氢铵得到碳酸锰沉淀；
【小问1详解】
①软锰矿浆液中二氧化锰具有氧化性，烟气中二氧化硫具有还原性，吸收烟气中SO2发生氧化还原反应生成MnSO4，该反应化学方程式为 。
②催化剂能加快反应速率的进行，随着吸收时间增加，溶液中生成的锰离子能催化氧气氧化二氧化硫生成硫酸，导致溶液中c(H2SO4)的增加呈现由慢到快的趋势；
【小问2详解】
已知：室温下Ksp[Al(OH)3]=1×10-33，Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39，则Fe(OH)3更难溶，当Al(OH)3完全沉淀时，，pOH=9，pH=5；当锰离子开始沉淀时，，pOH=6，pH=8；故需控制的pH范围为5~8；
【小问3详解】
“沉锰”时加入碳酸氢铵得到碳酸锰沉淀，发生反应的离子方程式为：，“沉锰”时所得滤液中溶质主要为生成的硫酸铵，滤液蒸发浓缩、冷却结晶，可得到的晶体化学式为；
【小问4详解】
根据“均摊法”，晶胞中含个黑球、个白球，则白球为O、黑球为Mn，由图可知，该晶胞中锰离子的配位数为6，晶体密度为；
【小问5详解】
二氧化锰将碘离子氧化为碘单质，根据电子守恒可知：，然后发生，则由，故软锰矿中MnO2的质量分数为。
15. 化合物F是一种药物合成中的中间体，其合成路线如图：
（1）A与邻羟基苯甲醛互为同分异构体。A的熔点比邻羟基苯甲醛的高，其原因为________。
（2）B中sp3杂化的碳原子数与sp2杂化的碳原子数之比为_________。
（3）C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_________。
①分子中含有苯环，碱性条件下能与新制Cu(OH)2悬浊液反应，生成砖红色沉淀；
②分子中不同化学环境的氢原子数目之比为1∶1∶2∶1。
（4）D→E的反应需经历D→X→E的过程，中间体X→E的反应类型为消去反应，则中间体X的结构简式为_______。
（5）设计以和为原料制备的合成路线(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见题干)_______。
【答案】（1）邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，而A能形成分子间氢键导致A沸点升高
（2）1:9 （3）
（4） （5）
【解析】
【分析】A中酚羟基发生取代反应引入支链得到B，B加热发生重排得到C，C发生取代反应引入甲基得到D，D中醛基发生反应引入支链得到E，E和乙酸钠转化为F；
【小问1详解】
A的熔点比邻羟基苯甲醛的高，其原因为邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，而A能形成分子间氢键导致A沸点升高；
小问2详解】
B中饱和碳原子为sp3杂化，苯环碳、醛基碳、碳碳双键两端的碳为sp2杂化，则B中sp3杂化的碳原子数与sp2杂化的碳原子数之比为1:9；
【小问3详解】
C的一种同分异构体同时满足下列条件：
①分子中含有苯环，碱性条件下能与新制Cu(OH)2悬浊液反应，生成砖红色沉淀，含有醛基或为甲酸酯；②分子中不同化学环境的氢原子数目之比为1∶1∶2∶1，则分子结构对称，不含甲基，应该含有2个对称的醛基；故可以为：；
【小问4详解】
D→E的反应过程中醛基变为碳碳双键，反应需经历D→X→E的过程，中间体X→E的反应类型为消去反应，则中间体X为醛基和甲基生成羟基并引入支链的反应，X结构简式为；
【小问5详解】
发生水解引入羟基，氧化为醛基，和发生D生成E的反应得到，再和溴加成得到产物，流程为：。
16. FePO4是一种难溶于水、易溶于硫酸的白色固体，主要用于制造磷酸铁锂电池材料、催化剂及陶瓷等，制备电池级超细磷酸铁的主要工艺流程图如图：
（1）“氧化”过程中发生反应的离子方程式为________。
（2）“沉铁”生成沉淀为羟基磷酸铁晶体[Fe5(PO4)4(OH)3 2H2O]，生成它的化学方程式为_______。
（3）检验“沉铁”步骤中沉淀洗涤是否完全的方法是________。
（4）已知K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液与Fe2+反应产生深蓝色沉淀，与Fe3+不反应；不同pH对FePO4沉淀的影响如图所示。
①在pH大于2.5时，随pH增大，磷的沉淀率开始下降，其可能原因是______。
②实验室以FeSO4 7H2O为原料制备FePO4，补充完整相应的实验方案：取一定量的FeSO4 7H2O溶解于稍过量的H3PO4溶液中，________。(实验中须使用的试剂：20%H2O2溶液、K3[Fe(CN)6]溶液、1mol L-1NaOH溶液、蒸馏水)
【答案】（1）
（2）
（3）取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，没有生成沉淀，说明已经洗涤干净
（4） ①. 溶液碱性过强，导致铁离子转化为氢氧化铁沉淀，使得磷的沉淀率下降 ②. 加入20%H2O2溶液至反应后溶液加入K3[Fe(CN)6]溶液不产生深蓝色沉淀，反应后溶液加入1mol L-1NaOH溶液调节溶液的pH至2.5左右，得到沉淀过滤，使用蒸馏水洗涤、烘干得到FePO4
【解析】
【分析】硫酸亚铁在酸性条件下被过氧化氢氧化为铁离子，加入氢氧化钠、磷酸得到羟基磷酸铁晶体，分离出晶体加入磷酸转化为FePO4 H2O；
【小问1详解】
“氧化”过程中硫酸亚铁在酸性条件下被过氧化氢氧化为铁离子，发生反应的离子方程式为；
【小问2详解】
“沉铁”过程中加入氢氧化钠、磷酸得到羟基磷酸铁晶体，根据质量守恒可知，化学方程式为；
【小问3详解】
“沉铁”步骤中得到沉淀表面会残留硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成不溶于酸的沉淀，故检验“沉铁”步骤中沉淀洗涤是否完全的方法是：取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，没有生成沉淀，说明已经洗涤干净；
【小问4详解】
①铁离子会和氢氧根离子生成氢氧化铁沉淀，在pH大于2.5时，随pH增大，磷的沉淀率开始下降，其可能原因是溶液碱性过强，导致铁离子转化为氢氧化铁沉淀，使得磷的沉淀率下降。
②实验室以FeSO4 7H2O为原料制备FePO4，实验方案为：取一定量的FeSO4 7H2O溶解于稍过量的H3PO4溶液中，加入20%H2O2溶液至反应后溶液加入K3[Fe(CN)6]溶液不产生深蓝色沉淀，反应后溶液加入1mol L-1NaOH溶液调节溶液的pH至2.5左右，得到沉淀过滤，使用蒸馏水洗涤、烘干得到FePO4。
17. γ－丁内酯为无色油状液体，高温时易分解，是重要的化工原料和医药中间体。工业利用1，4－丁二醇生产γ－丁内酯的主、副反应的化学方程式如下：
主反应：(g)(g)( γ－丁内酯)+2H2(g) △H1=akJ mol-1
副反应：(g) (g)(四氢呋喃)+H2O(g) △H2=bkJ mol-1
（1）反应(g)+2H2(g)(g)+H2O(g)的△H=_______kJ mol-1。
（2）由1，4－丁二醇合成γ－丁内酯的一种机理如图所示(“★”表示此微粒吸附在催化剂表面)
①步骤Ⅱ历程是质子化的过程，H+和氧原子间形成的作用力是______。
②H+在上述合成γ－丁内酯过程中的作用是_______。
③γ－丁内酯分子中σ键与π键数目之比为_______。
（3）将1，4－丁二醇与H2的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器，反应相同时间，测得γ－丁内酯和四氢呋喃的产率如图所示。
已知：1，4－丁二醇的沸点为228℃。
①当温度低于220℃，1，4－丁二醇的转化率较低，可能的原因是_______。
②当温度高于260℃，γ－丁内酯的产率下降，可能的原因是_______。
（4）铜基催化剂(Cu/Pt)能高效加快由1.4－丁二醇合成γ－丁内酯的合成速率，但因原料中的杂质或发生副反应生成的物质会使催化剂失活。
①1，4－丁二醇中混有少量的1，4－丁二硫醇(HSCH2CH2CH2CH2SH)。合成时加入ZnO可有效避免铜基催化剂失活，其原理用化学反应方程式表示为_______。
②将失活的铜基催化剂分为两份，第一份直接在氢气下进行还原，第二份先在空气中高温煅烧后再进行氢气还原，结果只有第二份催化剂活性恢复。说明催化剂失活的另外可能的原因是______。
（5）含有1，4－丁二醇的强酸性污水可用“铁碳微电池”法处理，过程中两电极分别产生的Fe2+和活性氢原子(H )都具有较高的化学活性，在厌氧条件下将1，4－丁二醇转化为甲烷，假设两电极只生成Fe2+和H ，且全部参与该转化过程，写出该过程的离子方程式：_______。
【答案】（1）△H2-△H1
（2） ①. 共价键 ②. 催化作用 ③. 12:1
（3） ①. 温度低于220℃，1，4－丁二醇为液态，与催化剂接触面积较小，且温度较低，反应速率较慢，单位时间内生成的产物较少 ②. 温度过高，催化剂对生成γ－丁内酯的催化效率下降
（4） ①. HSCH2CH2CH2CH2SH+2ZnO= HOCH2CH2CH2CH2OH+2ZnS ②. 催化剂表面有积碳
（5）
【解析】
【小问1详解】
已知：
①(g)(g)( γ－丁内酯)+2H2(g) △H1=akJ mol-1
②(g) (g)(四氢呋喃)+H2O(g) △H2=bkJ mol-1
由盖斯定律可知，②-①得：(g)+2H2(g)(g)+H2O(g)的△H=(△H2-△H1)kJ mol-1。
【小问2详解】
①由图可知，步骤Ⅱ中H+和氧原子间形成氢氧共价键，故作用力是共价键。
②H+在上述合成γ－丁内酯过程中参与了反应后又被生成，作用是催化作用。
③单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，γ－丁内酯分子中σ键与π键数目之比为12:1；
【小问3详解】
①当温度低于220℃，1，4－丁二醇为液态，与催化剂接触面积较小，且温度较低，反应速率较慢，单位时间内生成的产物较少，导致其转化率较低；
②当温度高于260℃，γ－丁内酯的产率下降，可能的原因是温度过高，催化剂对生成γ－丁内酯的催化效率下降，导致其产率下降；
【小问4详解】
①1，4－丁二硫醇(HSCH2CH2CH2CH2SH)会使催化剂失活，合成时加入ZnO可有效避免铜基催化剂失活，则为其原理为氧化锌将1，4－丁二硫醇转化为1，4－丁二醇，同时生成硫化锌，反应为：HSCH2CH2CH2CH2SH+2ZnO= HOCH2CH2CH2CH2OH+2ZnS。
②将失活的铜基催化剂分为两份，第一份直接在氢气下进行还原，第二份先在空气中高温煅烧后再进行氢气还原，结果只有第二份催化剂活性恢复，说明催化剂失活的另外可能的原因是催化剂表面有积碳，直接还原由于积碳的覆盖导致氢气不能与催化剂直接接触，不能通过反应使得催化剂活性恢复，而煅烧后去除积碳后还原可以使得催化剂活性恢复。
【小问5详解】
两电极分别产生的Fe2+和活性氢原子(H )，根据电子守恒可知，生成两者关系为Fe2+~2H ，强酸性、厌氧条件下将1，4－丁二醇转化为甲烷，且两电极只生成Fe2+和H ，并全部参与该转化过程，则反应为。