江蘇省無(wú)錫市江陰市2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期階段測(cè)試（期末）化學(xué)試題

江蘇省無(wú)錫市江陰市2022-2023學(xué)年高三上學(xué)期階段測(cè)試（期末）化學(xué)試題姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二總分評(píng)分一、單選題1．化學(xué)促進(jìn)了科技進(jìn)步和社會(huì)發(fā)展，下列敘述中不涉及化學(xué)變化的是A．《神農(nóng)本草經(jīng)》中記載“石膽能化鐵為銅”B．北京冬奧會(huì)場(chǎng)館使用CO2跨臨界直冷制冰C．科學(xué)家成功將CO2轉(zhuǎn)化為淀粉或葡萄糖D．用四氟乙烯制備醫(yī)用防護(hù)服材料微孔聚四氟乙烯2．用NaClO氧化NH3可制備火箭推進(jìn)劑的燃料N2H4。下列說(shuō)法正確的是A．NH3是非極性分子B．NaClO僅含離子鍵C．N2H4中N元素的化合價(jià)為-2D．中子數(shù)為8的氮原子可表示為73．黑火藥主要成分是硫磺、硝酸鉀和木炭，能發(fā)生劇烈的氧化還原反應(yīng)。下列說(shuō)法正確的是A．半徑大?。簉(S2?)＜r(K+) B．電負(fù)性大?。害?N)＜χ(O)C．電離能大小：I1(O)＜I1(C) D．氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：H2O＜H2S4．用下列裝置依次進(jìn)行乙烯的制取、除雜、性質(zhì)檢驗(yàn)和氣體收集，其中不能實(shí)現(xiàn)相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿．制取B．除雜C．性質(zhì)D．收集A．A B．B C．C D．D5．氯及其化合物應(yīng)用廣泛。氯的單質(zhì)Cl2可由MnO2與濃鹽酸共熱得到，Cl2能氧化Br?，可從海水中提取Br2；氯的氧化物ClO2可用于自來(lái)水消毒，ClO2是一種黃綠色氣體，易溶于水，與堿反應(yīng)會(huì)生成ClO2-與ClO3-，在稀硫酸和NaClOA．MnO2有氧化性，可用于實(shí)驗(yàn)室制氯氣B．ClO2易溶于水，可用于自來(lái)水消毒C．HClO不穩(wěn)定，可用于棉、麻漂白D．Cl2有還原性，可用于從海水中提取溴6．下列關(guān)于Cl?、ClO2、ClO2-和ClA．Cl?提供孤電子對(duì)與Cu2+可形成CuCl4B．ClO2屬于共價(jià)化合物C．ClOD．ClO2-7．在給定條件下，下列物質(zhì)間轉(zhuǎn)化能實(shí)現(xiàn)的是A．ClO2(g)→NaOH(aq)NaClO2(aq) B．Cl2(g)→點(diǎn)燃Fe(s)C．HClO(aq)→光照Cl2(g) D．NaClO(aq)→SO8．氮化硅(Si3N4)是一種重要的結(jié)構(gòu)陶瓷材料。用石英砂和原料氣(含N2和少量O2)制備Si3N4的操作流程如下(粗硅中含少量Fe、Cu的單質(zhì)及化合物)：下列敘述正確的是A．“還原”時(shí)反應(yīng)的方程式為SiO2＋C高溫__B．“高溫氮化”合成反應(yīng)中N2是還原劑C．“操作X”可將原料氣通過(guò)灼熱的銅粉D．“稀酸Y”選用稀硫酸除去產(chǎn)物中的雜質(zhì)9．為提升電池循環(huán)效率和穩(wěn)定性，科學(xué)家近期利用三維多孔海綿狀Zn（3D?Zn）可以高效沉積ZnO的特點(diǎn)，設(shè)計(jì)了采用強(qiáng)堿性電解質(zhì)的3D?Zn—NiOOH二次電池，結(jié)構(gòu)如圖所示。電池反應(yīng)為Zn+2NiOOH+H2OZnO+2Ni(OH)2。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．放電過(guò)程中OH?通過(guò)隔膜從負(fù)極區(qū)移向正極區(qū)B．充電時(shí)陽(yáng)極反應(yīng)為Ni(OH)2+OH??e?＝NiOOH+H2OC．放電時(shí)負(fù)極反應(yīng)為Zn+2OH??2e?＝ZnO+H2OD．三維多孔海綿狀Zn具有較高的表面積，所沉積的ZnO分散度高10．室溫下進(jìn)行下列實(shí)驗(yàn)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象結(jié)論A向溶有SO2的BaCl2溶液中通入氣體X，出現(xiàn)白色沉淀氣體X一定具有強(qiáng)氧化性B某溶液中加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，無(wú)現(xiàn)象，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成溶液中一定含有Cl－C向Na2CO3溶液中加入鹽酸，將產(chǎn)生的氣體直接通入硅酸鈉溶液中，產(chǎn)生白色膠狀沉淀酸性：鹽酸>碳酸>硅酸D向盛有5mL0.1mol·L?1AgNO3溶液的試管中滴入幾滴等濃度的NaCl溶液，產(chǎn)生白色沉淀，繼續(xù)滴加幾滴NaI溶液，有黃色沉淀產(chǎn)生Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)A．A B．B C．C D．D11．銀氨溶液可用于檢驗(yàn)葡萄糖，實(shí)驗(yàn)如下：步驟1：向試管中加入1mL2%AgNO3溶液，邊振蕩邊滴加2%氨水，觀察到有白色沉淀產(chǎn)生并迅速轉(zhuǎn)化為灰褐色。步驟2：向試管中繼續(xù)滴加2%氨水，觀察到沉淀完全溶解。步驟3：再向試管中加入1mL10%葡萄糖溶液，振蕩，在60~70℃水浴中加熱，觀察到試管內(nèi)壁形成了光亮銀鏡。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．步驟1中觀察到的白色沉淀為AgOHB．步驟2所得溶液中大量存在的離子：Ag+、NH4C．步驟3中產(chǎn)生銀鏡說(shuō)明葡萄糖具有還原性D．圖中所示銀的晶胞中Ag原子周圍等距且緊鄰的Ag原子有12個(gè)12．分子結(jié)構(gòu)修飾在藥物設(shè)計(jì)與合成中有廣泛應(yīng)用，布洛芬具有抗炎、鎮(zhèn)痛解熱的作用，但直接服用對(duì)胃、腸道有刺激性，可以對(duì)該分子進(jìn)行如圖所示的分子修飾。下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．甲分子最多有10個(gè)碳原子共平面B．1mol乙分子中σ鍵的數(shù)目為48molC．以上三個(gè)分子都只有1個(gè)手性碳原子D．乙和丙均能在NaOH溶液中發(fā)生水解13．草酸(H2C2O4)是一種二元弱酸。實(shí)驗(yàn)室配制了0.0100mol/LNa2C2O4標(biāo)準(zhǔn)溶液，現(xiàn)對(duì)25℃時(shí)該溶液的性質(zhì)進(jìn)行探究，下列所得結(jié)論正確的是A．0.0100mol/LNa2C2O4溶液中存在：c(OH?)=c(H+)+c(H2C2O4)+c(HCB．若向該溶液中滴加等體積等濃度稀鹽酸，測(cè)得溶液pH<7，此時(shí)溶液中存在：c(C2O42-)>c(Cl?)>c(H2CC．已知25℃時(shí)Ksp(CaC2O4)=2.5×10?9。向該溶液中加入等體積0.0200mol/LCaCl2溶液，所得上層清液中c(C2O4D．向該溶液中加入幾滴酸性KMnO4溶液，MnO4-被還原為Mn2+，則反應(yīng)的離子方程式：C2O42-+4MnO414．二氧化碳催化加氫可合成乙烯：2CO2(g)+6H2(g)?C2H4(g)+4H2O(g)ΔH。理論計(jì)算表明，原料初始組成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在體系壓強(qiáng)為0.1MPa，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，四種組分的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)x隨溫度T的變化如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A．表示CO2、C2H4變化的曲線分別為d、cB．合成乙烯反應(yīng)的ΔH>0C．A點(diǎn)對(duì)應(yīng)溫度為440K，若體系壓強(qiáng)改為0.2MPa，則a、b的交點(diǎn)對(duì)應(yīng)溫度小于440KD．上述反應(yīng)伴有副反應(yīng)，一定溫度和壓強(qiáng)下，選擇合適的催化劑可提高反應(yīng)速率和乙烯的選擇性二、綜合題15．工業(yè)上以黃鐵礦(主要成分為FeS2)為原料來(lái)制備硫酸，產(chǎn)生的含二氧化硫尾氣和爐渣(主要成分為Fe2O3)經(jīng)過(guò)資源化利用可減輕對(duì)環(huán)境的污染。（1）工業(yè)制硫酸。沸騰爐中煅燒黃鐵礦發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為，當(dāng)有6molSO2生成時(shí)，轉(zhuǎn)移電子mol。（2）生產(chǎn)焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)。Na2S2O5常用作食品的抗氧化劑，由NaHSO3過(guò)飽和溶液經(jīng)結(jié)晶脫水制得，生產(chǎn)工藝流程如下：已知：H2SO3電離常數(shù)分別為Ka1=1.5×10-2、Ka2=1.0×10-7H2CO3電離常數(shù)分別為Ka1=4.3×10-7、Ka2=5.6×10-11生成Na2S2O5的化學(xué)方程式為2NaHSO3=Na2S2O5+H2O①I中生成一種鹽并放出氣體，反應(yīng)的離子方程式為。②工藝中加入Na2CO3固體，并再次充入SO2的目的是。③因?yàn)镹a2S2O5具有還原性，導(dǎo)致產(chǎn)品中不可避免地存在Na2SO4，檢驗(yàn)其中是否含有SO42-（3）由爐渣制備還原鐵粉并分析純度。利用CO與爐渣反應(yīng)得到還原鐵粉，得到的產(chǎn)品可用K2Cr2O7滴定分析法測(cè)定純度。實(shí)驗(yàn)步驟如下：稱取0.2240g樣品，加入過(guò)量稀硫酸充分溶解，用3.000×10?2mol·L?1K2Cr2O7溶液滴定至終點(diǎn)(滴定過(guò)程中Cr2O72-與Fe2+反應(yīng)生成Cr3+和Fe3+)，消耗K2Cr216．某油脂廠廢棄的油脂加氫鎳催化劑主要含金屬Ni、Al、Fe及其氧化物，還有少量其他不溶性物質(zhì)。采用如下工藝流程回收其中的鎳制備硫酸鎳晶體(NiSO4·6H2O)：常溫下，溶液中金屬離子開(kāi)始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金屬離子Ni2+Al3+Fe3+Fe2+開(kāi)始沉淀時(shí)(c=0.01mol·L?1)的pH7.23.72.27.5沉淀完全時(shí)(c=1.0×10?5mol·L?1)的pH8.74.73.29.0回答下列問(wèn)題：（1）“堿浸”中NaOH的兩個(gè)作用分別是。（2）為回收金屬，向“濾液①”通入足量CO2，寫出反應(yīng)生成沉淀的離子方程式。“濾液②”中含有的金屬離子是。（3）若工藝流程改為先“調(diào)pH”后“轉(zhuǎn)化”，即，“濾液③”中可能含有的雜質(zhì)離子為。（4）如果“轉(zhuǎn)化”后的溶液中Ni2+濃度為1.0mol·L?1，則“調(diào)pH”應(yīng)控制的pH范圍是。（5）硫酸鎳在強(qiáng)堿溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作鎳鎘電池正極材料的NiOOH。寫出該反應(yīng)的離子方程式。（6）NiSO4質(zhì)量分?jǐn)?shù)隨溫度變化情況如圖所示，已知當(dāng)pH控制在3.0時(shí)，結(jié)晶得到NiSO4·6H2O晶體外觀最符合要求。請(qǐng)補(bǔ)充由濾液③得到NiSO4·6H2O晶體的實(shí)驗(yàn)方案：，得到NiSO4·6H2O晶體。(實(shí)驗(yàn)中須使用的試劑：1mol·L?1H2SO4，乙醇)17．化合物H是一種用于合成藥物的中間體，其合成路線流程圖如下：已知：回答下列問(wèn)題：（1）D分子中碳原子的雜化軌道類型為。（2）E→F的反應(yīng)類型為。（3）B的一種同分異構(gòu)體同時(shí)滿足下列條件，寫出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：。①含有兩個(gè)苯環(huán)，且能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)②堿性條件水解，酸化后所得2種產(chǎn)物均只有一種含氧官能團(tuán)，一種產(chǎn)物有兩種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，另一種產(chǎn)物核磁共振氫譜峰面積比為6︰6︰1︰1。（4）H的分子式為C18H18O3，結(jié)構(gòu)中含有三個(gè)六元環(huán)，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。（5）以苯、甲醛和丙酮為基礎(chǔ)有機(jī)原料，制備的合成路線流程圖(無(wú)機(jī)試劑任用，合成路線流程圖示例見(jiàn)本題題干)。18．CO2、NOx和SO2等物質(zhì)的轉(zhuǎn)化和資源化利用是社會(huì)熱點(diǎn)問(wèn)題。（1）I.CO2與CH4經(jīng)催化重整，制得合成氣。發(fā)生反應(yīng)：CH4(g)+CO2(g)?催化劑2CO(g)+2H2化學(xué)鍵C—HC=OH—HCO中的化學(xué)鍵鍵能/kJ·mol?14137454361075則該反應(yīng)的ΔH=。（2）II.間接電化學(xué)法可對(duì)大氣污染物NO進(jìn)行無(wú)害化處理，其工作原理如圖所示，質(zhì)子膜允許H+和H2O通過(guò)。電極I應(yīng)接電源的(填“正極”或“負(fù)極”)。（3）每處理標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4LNO，可同時(shí)得到gO2。（4）III.使用固體催化劑可提高脫硫效率。氣體在固體催化劑表面反應(yīng)的機(jī)理是氣體反應(yīng)物分子吸附在催化劑表面，占據(jù)催化劑表面活性位點(diǎn)，生成一些活性高的微粒，從而降低反應(yīng)活化能，提高反應(yīng)速率，反應(yīng)后氣體產(chǎn)物分子及時(shí)脫附空出活性位點(diǎn)?；钚蕴看呋摮齋O2的機(jī)理如圖所示(＊代表吸附態(tài))。①寫出“熱再生”生成SO2的化學(xué)方程式。②研究表明，溫度在脫硫過(guò)程中是一個(gè)非常重要的因素，溫度過(guò)高，脫硫效果會(huì)變差，原因可能是。（5）V2O5/炭基材料是在活性炭上載有V2O5活性成分，構(gòu)成更高活性的活性炭催化劑，更有利于SO2轉(zhuǎn)化為SO3，最終實(shí)現(xiàn)脫硫。①通過(guò)紅外光譜發(fā)現(xiàn)，脫硫開(kāi)始后催化劑表面出現(xiàn)了VOSO4的吸收峰，再通入O2后VOSO4吸收峰消失，該脫硫反應(yīng)過(guò)程可描述為。②控制一定氣體流速和溫度，考察煙氣中O2的存在對(duì)V2O5/炭基材料催化劑脫硫活性的影響，結(jié)果如圖所示，當(dāng)O2濃度過(guò)高時(shí)，去除率下降，其原因可能是。（6）科學(xué)家通過(guò)NH3活化改性提升了活性炭的脫硫性能，認(rèn)為活性炭表面的含氮官能團(tuán)具有催化性能，含氮官能團(tuán)越豐富越有利于提升脫硫性能，原因可能是。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．《神農(nóng)本草經(jīng)》中記載“石膽能化鐵為銅”發(fā)生的反應(yīng)為鐵與硫酸銅溶液發(fā)生置換反應(yīng)生成硫酸亞鐵和銅，涉及化學(xué)變化，故A不符合題意；B．北京冬奧會(huì)場(chǎng)館使用二氧化碳跨臨界直接制冰過(guò)程中沒(méi)有新物質(zhì)生成，不涉及化學(xué)變化，故B符合題意；C．二氧化碳轉(zhuǎn)化為淀粉或葡萄糖時(shí)有新物質(zhì)生成，涉及化學(xué)變化，故C不符合題意；D．用四氟乙烯制備醫(yī)用防護(hù)服材料微孔聚四氟乙烯發(fā)生的反應(yīng)為一定條件下四氟乙烯發(fā)生加聚反應(yīng)生成聚四氟乙烯，涉及化學(xué)變化，故D不符合題意；故答案為：B。【分析】A、鐵和硫酸銅的反應(yīng)為置換反應(yīng)；

B、二氧化碳將水制成冰為物理變化；

C、二氧化碳轉(zhuǎn)化為淀粉或者葡萄糖為化學(xué)變化；

D、四氟乙烯制備聚四氟乙烯為化學(xué)變化。2．【答案】C【解析】【解答】A．NH3中含有極性鍵，空間結(jié)構(gòu)為三角錐形，正負(fù)電荷的中心不重合，屬于極性分子，選項(xiàng)A不符合題意；B．NaClO含Cl-O共價(jià)鍵及離子鍵，選項(xiàng)B不符合題意；C．設(shè)肼中氮元素的化合價(jià)為x，根據(jù)在化合物中正負(fù)化合價(jià)代數(shù)和為零可得：2x+（+1）×4=0，解得x=-2，選項(xiàng)C符合題意；D．中子數(shù)為8的氮原子，質(zhì)量數(shù)為15，可表示為715故答案為：C?！痉治觥緼、氨分子為極性分子；

B、銨根離子或金屬離子與非金屬離子或酸根離子的結(jié)合是離子鍵，非金屬原子和非金屬原子的結(jié)合是共價(jià)鍵；

C、結(jié)合氫元素的化合價(jià)判斷；

D、質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)。3．【答案】B【解析】【解答】A．S2-、K+具有相同的核外電子排布，且K的核電荷數(shù)比S的大，故半徑大小：r(S2?)＞r(K+)，A不符合題意；B．N、O為同一周期元素，從左往右元素電負(fù)性依次增強(qiáng)，即電負(fù)性大小：χ(N)＜χ(O)，B符合題意；C．CO為同一周期元素，從左往右元素的第一電離能呈增大趨勢(shì)，ⅡA與ⅢA、ⅤA與ⅥA反常，即電離能大?。篒1(O)＞I1(C)，C不符合題意；D．已知O的非金屬性強(qiáng)于S，故氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：H2O＞H2S，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A、粒子的半徑比較，一看電子層，電子層數(shù)越多半徑越大，二看核電荷數(shù)，核電荷數(shù)越多半徑越小，三看最外層電子數(shù)，最外層電子數(shù)越多，半徑越大；

B、同周期元素從左到右電負(fù)性增大；

C、同周期元素從左到右第一電離能增大，若有電子半充滿或者全充滿則出現(xiàn)反常；

D、氫化物的穩(wěn)定性即比較非金屬性。4．【答案】D【解析】【解答】A．由實(shí)驗(yàn)裝置圖可知，裝置A中發(fā)生的反應(yīng)為在濃硫酸作用下乙醇在170℃條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯和水，則裝置A為乙烯的制取裝置，故A不符合題意；B．由實(shí)驗(yàn)裝置圖可知，裝置B中盛有的氫氧化鈉溶液用于除去乙烯氣體中混有的二氧化硫和二氧化碳雜質(zhì)，則裝置B為乙烯的除雜裝置，故B不符合題意；C．由實(shí)驗(yàn)裝置圖可知，裝置C中盛有的溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應(yīng)使溶液褪色，則裝置C為驗(yàn)證乙烯性質(zhì)的裝置，故C不符合題意；D．乙烯的密度與空氣的密度接近，不能用排空氣法收集乙烯氣體，則裝置C不能用于收集乙烯氣體，故D符合題意；故答案為：D。【分析】A、乙醇和濃硫酸在170℃條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成乙烯和水；

B、氫氧化鈉可以除去二氧化硫和二氧化碳；

C、乙烯可以使溴的四氯化碳溶液褪色；

D、乙烯和密度空氣接近，應(yīng)該用排水法收集。5．【答案】A【解析】【解答】A．實(shí)驗(yàn)室由MnO2與濃鹽酸共熱制取Cl2，反應(yīng)生成MnCl2，錳元素化合價(jià)降低，MnO2做氧化劑，MnO2有氧化性，故A符合題意；B．ClO2具有強(qiáng)的氧化性，能夠使蛋白質(zhì)變性，可用作自來(lái)水消毒，與ClO2易溶于水的性質(zhì)無(wú)關(guān)，故B不符合題意；C．次氯酸可用作棉、麻的漂白劑，是利用次氯酸的強(qiáng)氧化性，與其穩(wěn)定性無(wú)關(guān)，故C不符合題意；D．海水提取溴是利用氯氣能氧化溴離子得到氯離子和單質(zhì)溴，反應(yīng)的離子方程式為：2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，氯元素化合價(jià)降低，Cl2有氧化性，故D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A、化合價(jià)降低，作為氧化劑；

B、二氧化氯具有氧化性，可以殺局消毒；

C、次氯酸具有氧化性，可以用于棉、麻的漂白；

D、氯氣具有氧化性，可以和溴離子反應(yīng)生成溴。6．【答案】D【解析】【解答】A．具有孤對(duì)電子氯離子與具有空軌道的銅離子能通過(guò)配位鍵形成四氯合銅離子，選項(xiàng)A不符合題意；B．ClO2中只含共價(jià)鍵，屬于共價(jià)化合物，選項(xiàng)B不符合題意；C．ClO3-D．ClO2-中Cl的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=2+12(7+1-2×2)=4，含有兩個(gè)孤電子對(duì)，則離子的空間構(gòu)型為V形，鍵角104.5°；ClO3-故答案為：D。

【分析】A、銅離子提供空軌道，氯離子提供孤電子對(duì)；

B、非金屬原子和非金屬原子的結(jié)合是共價(jià)鍵，只含共價(jià)鍵的化合物為共價(jià)化合物；

C、雜化軌道=中心原子成鍵電子對(duì)數(shù)+孤電子對(duì)數(shù)，若雜化軌道數(shù)=2，為sp雜化，雜化軌道數(shù)=3，為sp2雜化，雜化軌道數(shù)=4，為sp3雜化；

雜化軌道數(shù)=2，為直線；

雜化軌道數(shù)=3，成鍵電子數(shù)=3，為三角形；

雜化軌道數(shù)=3，成鍵電子數(shù)=2，為V形；

雜化軌道數(shù)=4，成鍵電子數(shù)=4，為四面體；

雜化軌道數(shù)=4，成鍵電子數(shù)=3，為三角錐；

雜化軌道數(shù)=4，成鍵電子數(shù)=2，為V形；

D、孤電子對(duì)數(shù)越多，則鍵角越小。7．【答案】A【解析】【解答】A．ClO2(g)與NaOH反應(yīng)生成NaClO2(aq)、NaClO3(aq)和水，故A符合題意；B．Cl2(g)與Fe點(diǎn)燃只能生成FeCl3(s)，故B不符合題意；C．HClO(aq)光照分解生成HCl和O2(g)，故C不符合題意；D．NaClO(aq)與SO2反應(yīng)生成NaCl、Na2SO4，故D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A、二氧化氯和氫氧化鈉反應(yīng)生成亞氯酸鈉；

B、氯氣和鐵反應(yīng)生成氯化鐵；

C、次氯酸光照生成氯化氫；

D、次氯酸鈉和二氧化硫反應(yīng)生成氯化鈉。8．【答案】C【解析】【解答】A．焦炭與石英砂發(fā)生反應(yīng)SiO2+2C高溫_B．“高溫氮化”合成反應(yīng)中即3Si+2N2高溫__Si3N4，反應(yīng)中N的化合價(jià)降低，被還原，故NC．“高溫氮化”是Si與氮?dú)夥磻?yīng)，原料氣中含有N2和少量的O2，氧氣能與Si反應(yīng)生成SiO2，需要除去氧氣，操作X可以除去氧氣得到純凈氮?dú)?，C符合題意；D．粗硅中含有少量Fe和Cu，即Si3N4中含有少量Fe和Cu，F(xiàn)e與稀硫酸反應(yīng)，得到可溶于水的FeSO4，但Cu與稀硫酸不反應(yīng)，故應(yīng)該用稀硝酸除去Si3N4中Fe和Cu，D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A、二氧化硅和碳反應(yīng)生成硅和一氧化碳；

B、氮元素化合價(jià)降低，作為氧化劑；

C、銅在加熱條件下可以和氧氣反應(yīng)；

D、銅和稀硫酸不反應(yīng)。9．【答案】A【解析】【解答】A.原電池在工作時(shí)，陰離子向負(fù)極移動(dòng)，因此OHB.充電時(shí)相當(dāng)于電解池，陽(yáng)極失電子，由Ni(OH)2變?yōu)镃.放電時(shí)即原電池，鋅作負(fù)極失電子，變?yōu)閆nO，C項(xiàng)不符合題意；D.多孔結(jié)構(gòu)的物質(zhì)，其表面積較大，一方面可以增加接觸面積加快反應(yīng)速率，另一方面可以使得到的ZnO分散度較高，D項(xiàng)不符合題意；故答案為：A。

【分析】新型二次電池的判斷：

1、化合價(jià)升高的為負(fù)極，失去電子，化合價(jià)降低的為正極，得到電子；

2、電極反應(yīng)式的書寫要注意，負(fù)極反應(yīng)為負(fù)極材料失去電子化合價(jià)升高，正極反應(yīng)為正極材料得到電子化合價(jià)降低，且要根據(jù)電解質(zhì)溶液的酸堿性判斷，酸性溶液不能出現(xiàn)氫氧根，堿性溶液不能出現(xiàn)氫離子，且電極反應(yīng)式要滿足原子守恒；若是充電過(guò)程，則負(fù)極作為陰極，正極作為陽(yáng)極，陰極電極反應(yīng)式為負(fù)極的逆反應(yīng)，陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為正極的逆反應(yīng)10．【答案】B【解析】【解答】A.向溶有SO2的BaCl2溶液中通入氣體X，出現(xiàn)白色沉淀，氣體X可能具有強(qiáng)氧化性，也可能具有堿性，A不符合題意；B．某溶液中加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，無(wú)現(xiàn)象，說(shuō)明溶液中不含有SO42-、SO32-；再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，溶液中一定含有Cl－，B符合題意；C．向Na2CO3溶液中加入鹽酸，將產(chǎn)生的氣體CO2直接通入硅酸鈉溶液中，產(chǎn)生白色膠狀沉淀，因?yàn)闆](méi)有去除CO2氣體中混有的HCl，所以不能肯定是CO2與硅酸鈉溶液的反應(yīng)，也就不能得出結(jié)論“酸性：鹽酸>碳酸>硅酸”，C不符合題意；D．向盛有5mL0.1mol·L?1AgNO3溶液的試管中滴入幾滴等濃度的NaCl溶液，產(chǎn)生白色沉淀，繼續(xù)滴加幾滴NaI溶液，有黃色沉淀產(chǎn)生，不能肯定I-是與AgCl發(fā)生的反應(yīng)，也就不能得出結(jié)論“Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)”，D不符合題意。故答案為：B。

【分析】A、二氧化硫和氯化鋇不反應(yīng)，若是通入氧化性物質(zhì)則可以生成硫酸鋇；

B、稀硝酸和硝酸銀溶液可以鑒別氯離子；

C、鹽酸易揮發(fā)；

D、銀離子過(guò)量，無(wú)法判斷兩者的溶度積。11．【答案】B【解析】【解答】A．少量氨水與硝酸銀溶液反應(yīng)生成氫氧化銀白色沉淀，則步驟1中觀察到的白色沉淀為氫氧化銀，故A不符合題意；B．由題意可知，步驟2發(fā)生的反應(yīng)為氧化銀與氨水反應(yīng)生成氫氧化四氨合銀和水，得到的溶液中含有四氨合銀離子、銨根離子和硝酸根離子，故B符合題意；C．由題意可知，步驟3發(fā)生的反應(yīng)為氫氧化四氨合銀和葡萄糖發(fā)生氧化反應(yīng)生成葡萄糖酸銨、銀和水，反應(yīng)中葡萄糖表現(xiàn)還原性，故C不符合題意；D．由晶胞結(jié)構(gòu)可知，位于頂點(diǎn)的銀原子與位于面心的銀原子的距離最近，則晶胞中銀原子周圍等距且緊鄰的銀原子有12個(gè)，故D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A、少量氨水和硝酸銀反應(yīng)生成氫氧化銀；

B、氧化銀和氨水反應(yīng)生成氫氧化四氨合銀；

C、葡萄糖具有還原性，可以使銀氨溶液生成銀鏡；

D、結(jié)合竟把周圍的其他晶胞判斷。12．【答案】A【解析】【解答】A．甲分子含有1個(gè)苯環(huán)，與苯環(huán)上連接的碳原子一定共平面，其余單鍵相連碳原子可通過(guò)旋轉(zhuǎn)得出最多1個(gè)碳原子在其平面上，所以甲分子中最多有11個(gè)碳原子共平面(即)，，A符合題意；B．乙分子的化學(xué)式為C18H27ON，σ鍵的數(shù)目為n(H)+n(C-C)+n(C-O)+n(C-N)=48，所以1C．手性碳原子是指，同一個(gè)碳原子上鏈接4個(gè)不同的原子或原子團(tuán)，苯環(huán)上沒(méi)有手性碳原子，甲基、亞甲基上沒(méi)有手性碳原子，雙鍵上沒(méi)有手性碳原子，故以上三個(gè)分子的結(jié)構(gòu)分析，都只有1個(gè)手性碳原子，即與苯環(huán)直接相連且連有一個(gè)甲基的碳原子，C不符合題意；D．乙中含有肽鍵，丙中含有酯基，均能在NaOH溶液和稀H2故答案為：A。

【分析】A、共平面的判斷要注意一個(gè)原子周圍有3個(gè)或以上的單鍵連接時(shí)，最多兩個(gè)單鍵原子共平面；

B、σ鍵即配對(duì)原子個(gè)數(shù)，即每一個(gè)共價(jià)鍵中必定含有一個(gè)σ鍵；

C、手性碳原子指的是一個(gè)碳原子周圍連接四個(gè)完全不相同的結(jié)構(gòu)；

D、酯基、肽鍵都可以在堿溶液中水解。13．【答案】C【解析】【解答】A.0.0100mol/LNa2C2O4溶液中存在：c(OHB．若向該溶液中滴加等體積等濃度稀鹽酸，測(cè)得溶液pH<7，此時(shí)溶液是草酸氫鈉和氯化鈉的等濃度混合溶液，可知草酸氫根離子的電離大于水解，溶液中存在：c(ClC．向該溶液中加入等體積0.0200mol?L-1CaCl2溶液后溶液中鈣離子的濃度為0.0200V-0.0100V2Vmol/L=5.00×10-3mol/L，由25℃時(shí)Ksp(CaC2O4D．向該溶液中加入幾滴酸性KMnO4溶液，MnO4-被還原為Mn2+故答案為：C。

【分析】A、結(jié)合質(zhì)子守恒判斷；

B、結(jié)合電離程度和水解程度的強(qiáng)弱判斷；

C、結(jié)合鈣離子濃度以及溶度積判斷；

D、氧化還原反應(yīng)的方程式要注意，根據(jù)化合價(jià)升降總數(shù)配平化學(xué)計(jì)量數(shù)。14．【答案】D【解析】【解答】A．由題中信息可知，兩反應(yīng)物初始投料之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，由圖中曲線的起點(diǎn)坐標(biāo)可知，c和a所表示的物質(zhì)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)之比為1：3、d和b表示的物質(zhì)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)之比為1：4，則結(jié)合化學(xué)計(jì)量數(shù)之比可以判斷，表示乙烯變化的曲線是d，表示二氧化碳變化曲線的是c，選項(xiàng)A不符合題意；B．由圖中曲線的變化趨勢(shì)可知，升高溫度，乙烯的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)減小，則化學(xué)平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，則該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，△H<0，選項(xiàng)B不符合題意；C．若溫度不變，壓強(qiáng)增大為0.2MPa，平衡右移，n(H2O)增大，n(H2)減小，x增大，H2O含量增大，H2含量減小，兩者不再是原交點(diǎn)，為了恢復(fù)至原交點(diǎn)，讓平衡左移來(lái)抵消壓強(qiáng)增大的改變使交點(diǎn)仍在A上，所以新平衡時(shí)A點(diǎn)對(duì)應(yīng)溫度大于440K，選項(xiàng)C不符合題意；D．上述反應(yīng)伴有副反應(yīng)，一定溫度和壓強(qiáng)下，選擇合適的催化劑可提高反應(yīng)速率和乙烯的選擇性，使乙烯的選擇性提高，選項(xiàng)D符合題意；故答案為：D。

【分析】A、結(jié)合化學(xué)計(jì)量數(shù)之比等于物質(zhì)的量之比判斷；

B、升高溫度，平衡朝吸熱方向移動(dòng)；

C、增大壓強(qiáng)，平衡朝氣體系數(shù)縮小的方向移動(dòng)；

D、一定溫度和壓強(qiáng)下，選擇合適的催化劑可提高反應(yīng)速率和乙烯的選擇性。15．【答案】（1）4FeS2+11O2高溫__2Fe2O3+8SO（2）CO32-+2SO2+H2O=CO2+2HSO3-（3）90.00%【解析】【解答】（1）沸騰爐中煅燒黃鐵礦FeS2與氧氣反應(yīng)生成Fe2O3和SO2，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為4FeS2+11O2（2）①根據(jù)弱酸的電離平衡常數(shù)越大其電離程度越大，弱酸的酸性越強(qiáng)，由H2SO3、H2CO3的電離常數(shù)可知酸性：H2SO3>H2CO3>HSO3->HCO3-，I中飽和碳酸鈉溶液中通入二氧化硫，控制pH=4.1，可生成亞硫酸氫鈉和二氧化碳，反應(yīng)的離子方程式為CO32-②向溶液中通入SO2使溶液pH變?yōu)?.1，得NaHSO3溶液，為結(jié)晶脫水制得Na2S2O5準(zhǔn)備，所以加入Na2SO3生成NaHSO3，考慮到后續(xù)操作步驟是結(jié)晶脫水制取Na2S2O5，發(fā)生這一步需要過(guò)飽和的NaHSO3溶液，由此判斷，再充入SO2的目的是增大NaHSO3濃度，形成NaHSO3過(guò)飽和溶液；③檢驗(yàn)SO42-的方法是：先加入足量鹽酸，再加入氯化鋇溶液，若生成白色沉淀，則說(shuō)明含有S（3）滴定過(guò)程中Cr2O72-與Fe2+反應(yīng)生成Cr3+和Fe3+，離子方程式為：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，滴定中消耗n(K2Cr2O7)=c?V=3.000×10?2mol·L?1×20.00×10?3L=6×10?4mol，則n(Fe2+)=6n(K2Cr

【分析】（1）黃鐵礦在氧氣高溫條件下生成氧化鐵和二氧化硫；

（2）①碳酸根和二氧化硫、水反應(yīng)審查二氧化碳和亞硫酸氫根；

②二氧化硫和碳酸鈉反應(yīng)生成亞硫酸氫鈉的飽和溶液；

③硫酸根的檢驗(yàn)要用稀鹽酸和氯化鋇溶液；

（3）結(jié)合化學(xué)計(jì)量數(shù)之比等于物質(zhì)的量之比判斷。16．【答案】（1）除去油脂、溶解鋁及其氧化物（2）AlO2-＋CO2+2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3?；Ni2+、Fe（3）Fe3+（4）3.2≤pH<6.2（5）2Ni2+＋ClO-＋4OH-=2NiOOH↓＋Cl-＋H2O（6）向?yàn)V液中加入1mol·L?1H2SO4，控制pH為3.0，蒸發(fā)濃縮，降溫至28℃結(jié)晶，趁熱過(guò)濾，用乙醇洗滌，低溫干燥【解析】【解答】（1）Al及其氧化物能與NaOH溶液反應(yīng)生成易溶于水的Na[Al(OH)4]，油脂在NaOH水溶液、加熱條件下水解生成易溶于水的高級(jí)脂肪酸鈉和甘油，所以“堿浸”中NaOH的兩個(gè)作用分別是除去油脂以及溶解鋁及其氧化物；（2）濾液①中含有，所以通入足量CO2，反應(yīng)生成的沉淀是Al(OH)3，反應(yīng)的離子方程式為AlO2-＋CO2+2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3?；Ni、Fe及其氧化物不與NaOH溶液反應(yīng)，所以它們存在于濾餅①中，其能與稀硫酸反應(yīng)，所以濾液②中含有的金屬離子有Ni2+、Fe2+（3）“轉(zhuǎn)化”過(guò)程中加入H2O2的目的是將Fe2+氧化為Fe3+，空氣或O2也可以達(dá)到該目的，若先加入NaOH，因Fe2+完全沉淀的pH大于Ni2+，故當(dāng)Ni2+沉淀完全時(shí)，F(xiàn)e2+還不能沉淀完全，“轉(zhuǎn)化”時(shí)會(huì)生成Fe3+，則濾液③中可能含有的雜質(zhì)離子為Fe3+；（4）由表格可知c(Ni2+)=0.01mol·L?1，pH=7.2時(shí)開(kāi)始沉淀，則Ksp[Ni(OH)2]=0.01×(107.2-14)2，若“轉(zhuǎn)化”后的溶液中Ni2+濃度為1.0mol/L，則c(OH-)=10-7.8mol/L，c(H+)=10-6.2mol/L，此時(shí)pH=6.2，再由表格數(shù)據(jù)可知，當(dāng)pH=3.2時(shí)Fe3+已經(jīng)沉淀完全，所以應(yīng)控制的pH范圍是3.2≤pH<6.2；（5）由題中信息可知，Ni元素由+2價(jià)升高至+3價(jià)，Cl元素由+1價(jià)降低至-1價(jià)，化合價(jià)升降最小公倍數(shù)為2，故Ni2+的系數(shù)為2，ClO-的系數(shù)是1，元素守恒可知NiOOH系數(shù)是2，Cl-系數(shù)是1，因溶液環(huán)境為堿性，結(jié)合電子守恒可知反應(yīng)物還有OH-，系數(shù)為4，由原子守恒知產(chǎn)物有H2O，則該反應(yīng)的離子方程式2Ni2+＋ClO-＋4OH-=2NiOOH↓＋Cl-＋H2O；（6）由圖可知，應(yīng)控制溫度在28℃以上，可得到NiSO4·6H2O，且NiSO4易溶于水，不溶于乙醇，可以向?yàn)V液中加入1mol·L?1H2SO4，控制pH為3.0，蒸發(fā)濃縮，降溫至28℃結(jié)晶，趁熱過(guò)濾，用乙醇洗滌，低溫干燥。

【分析】（1）油脂在堿性條件下可以水解；鋁和氧化鋁可以和氫氧化鈉溶液反應(yīng)；

（2）偏鋁酸根和二氧化碳、水反應(yīng)生成氫氧化鋁和碳酸氫根；

（3）過(guò)氧化氫可以即那個(gè)亞鐵離子氧化為鐵離子；

（4）結(jié)合Ksp和鎳離子的濃度計(jì)算；

（5）鎳離子的次氯酸根離子、氫氧根離子反應(yīng)生成氫氧氧化鎳、氯離子和水；

（6）得到結(jié)晶水的晶體需要蒸發(fā)濃縮。17．【答案】（1）sp3、sp2、sp（2）還原反應(yīng)（3）（4）（5）【解析】【解答】（1）由題干合成流程圖中D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，D分子中碳原子中羰基和苯環(huán)上的碳原子均采用sp2雜化，-CN的碳原子采用sp雜化，其余的碳原子采用sp3雜化，故該有機(jī)物中碳原子的雜化軌道類型為sp3、sp2、sp，故答案為：sp3、sp2、sp；（2）由題干合成流程圖可知，E→F即轉(zhuǎn)化為，有機(jī)化學(xué)中稱加氫失氧的反應(yīng)為還原反應(yīng)，即該反應(yīng)的反應(yīng)類型為還原反應(yīng)，故答案為：還原反應(yīng)；（3）由題干合成流程圖可知，B的分子式為：C17H18O4，故其符合條件①含有兩個(gè)苯環(huán)，且能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)即含有酚羥基，②堿性條件水解即含有酯基，酸化后所得2種產(chǎn)物均只有一種含氧官能團(tuán)，一種產(chǎn)物有兩種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，另一種產(chǎn)物核磁共振氫譜峰面積比為6︰6︰1︰1的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，故答案為：；（4）由分析可知，H的分子式為C18H18O3，結(jié)構(gòu)中含有三個(gè)六元環(huán)，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，故答案為：；（5）以苯、甲醛和丙酮為基礎(chǔ)有機(jī)原料，制備，先甲醛與丙酮發(fā)生加成反應(yīng)生成HOCH2CH2COCH3，再氧化生成OHCCH2COCH3，再氧化生成HOOCCH2COCH3，然后與SOCl2發(fā)生取代反應(yīng)生成ClCOCH2COCH3，最后與苯發(fā)生取代反應(yīng)，由此確定合成路線為：，故答案為：。

【分析】（1）雜化軌道=中心原子成鍵電子對(duì)數(shù)+孤電子對(duì)數(shù)，若雜化軌道數(shù)=2，為sp雜化，雜化軌道數(shù)=3，為sp2雜化，雜化軌道數(shù)=4，為sp3雜化；

（2）有機(jī)反應(yīng)中，加氫去氧為還原反應(yīng)；

（3）可以和氯化鐵溶液顯色，即含有酚羥基，堿性條件下水解均只有一種含氧官能團(tuán)，即含有酯基，結(jié)合等效氫的數(shù)目和種類進(jìn)行判斷；

（4）結(jié)合已知反應(yīng)以及結(jié)構(gòu)中含有3個(gè)六元環(huán)可以知道其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為；

（5）合成路線的設(shè)計(jì)，一般要結(jié)合已知條件或者已知合成路線去看，根據(jù)題干要求的物質(zhì)，采用順推或者逆推法進(jìn)行相應(yīng)的設(shè)計(jì)。18．【答案】（1）+12