2020-2021学年江苏省苏州市高一（下）期末化学试卷

第1页（共1页）2020-2021学年江苏省苏州市高一（下）期末化学试卷一、单项选择题：本题包括13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。1．（3分）我国向世界郑重承诺力争在2060年前实现“碳中和”，体现了中国对解决气候问题的大国担当。下列措施不利于实现“碳中和”目标的是（）A．持续加大化石能源的开发使用 B．倡导践行节能低碳的生活方式 C．扩大植树造林，增加绿色植被 D．研究二氧化碳的捕集和再利用2．（3分）工业上生产氮化硅陶瓷的反应为：3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（）A．中子数为8的N原子：N B．HCl的电子式：H：Cl C．Cl﹣的结构示意图： D．SiCl4的结构式：3．（3分）下列关于常见有机化合物的说法中，正确的是（）A．乙烯和聚乙烯都能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应 B．乙酸分子中含有羧基，可与NaHCO3溶液反应生成CO2 C．甲烷的一氯代物只有一种可证明甲烷为正四面体结构 D．医用酒精可用于杀菌消毒，一般医用酒精浓度约为96%4．（3分）从石器时代到青铜器时代，再到铁器时代，金属的冶炼体现了人类文明的发展历程和水平。下列关于金属冶炼的说法正确的是（）A．制铝：将Al（OH）3溶于盐酸中，电解所得AlCl3溶液 B．制铜：“曾青（CuSO4）得铁，则化为铜”《淮南子》的过程发生复分解反应 C．炼铁：用焦炭和空气反应产生的CO在高温下还原铁矿石中铁的氧化物 D．制钠：高温分解NaCl制备Na阅读下列材料，回答5～7题：将空气中游离态的氮转化成含氮化合物叫做氮的固定，包括自然固氮和人工固氮。以N2、H2为原料，在高温、高压和铁催化条件下合成氦的人工固氮技术是20世纪人类最伟大的成就之一。1921年，我国化工先驱侯德榜创造了将制碱与制氦结合的“联合制碱法”，为纯碱和氮肥工业技术的发展作出了杰出贡献。1．下列关于氮的转化过程，属于人工固氮的是（）A．用N2和H2合成氨 B．闪电时空气中N2转化为NO C．用NH3和CO2合成尿素 D．豆科植物的根瘤菌固氮2．某探究活动小组根据侯德榜制碱原理，按如图所示实验装置设计方案制备少量碳酸氢钠。下列说法正确的是（）A．乙装置中盛放的是NaOH溶液 B．丙装置中的溶液变浑浊，因为有碳酸氢钠晶体析出 C．丁装置是为了吸收丙装置可能逸出的NH3、CO2，防止污染空气 D．实验结束后，分离碳酸氢钠的操作是蒸发结晶3．最近科学家研究了一种在酸性介质中利用电解原理进行电化学固氮的方法，反应机理示意图如下，氨气在催化剂电极表面产生。下列说法不正确的是（）A．过程中存在H+发生还原反应转化为H B．在该过程中，氮气分子中N≡N断裂产生N原子 C．在催化剂作用下，N2与H原子反应可能生成N2H4 D．与传统工业合成氨法比较，电化学固氮法具有条件温和的优点8．（3分）乙醛的银镜反应实验如下：步骤1：向试管中加入1mL2%AgNO3溶液，边振荡边滴加2%氨水，观察到有白色沉淀产生并迅速转化为灰褐色。步骤2：向试管中继续滴加2%氨水，观察到沉淀完全溶解。步骤3：再向试管中加入1mL10%乙醛溶液，振荡，在60～70℃水浴中加热，观察到试管内壁形成了光亮银镜。下列说法不正确的是（）A．步骤1中观察到的白色沉淀为AgOH B．步骤2中沉淀溶解是因为生成[Ag（NH3）2]+ C．步骤3中产生银镜说明乙醛被还原 D．试管内壁的银镜可以用稀硝酸洗去9．（3分）下列实验装置和原理能达到实验目的的是（）A．用图1装置除去乙烯中的SO2 B．用图2装置制备溴苯并验证有HBr产生 C．用图3装置验证溴乙烷的消去反应 D．用图4装置制取乙酸乙酯10．（3分）化合物Y有解热镇痛的作用，可由化合物X通过如下转化得到：下列关于化合物X和Y说法正确的是（）A．X可以发生氧化、加成、取代、消去反应 B．用FeCl3溶液无法检验Y中是否混有X C．1molY与NaOH溶液反应时，最多能消耗2molNaOH D．一定条件下，X可与HCHO发生缩聚反应11．（3分）某功能性高分子化合物（Z）的一种合成路线如下，下列说法正确的是（）A．Z可用于制作吸水材料 B．X、Y可用酸性KMnO4溶液鉴别 C．X、Y、Z分子中均有两个手性碳原子 D．Z与足量H2发生加成反应，消耗Z与H2的物质的量之比为1：312．（3分）以红土镍矿（主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等）为原料，获取净水剂黄钠铁矾[NaFe3（SO4）2（OH）6]和NiCl2•6H2O部分工艺流程如下：下列相关说法不正确的是（）A．“滤渣“的主要成分是SiO2 B．“氧化”反应的离子方程式为2H++2Fe2++ClO﹣═2Fe3++Cl﹣+H2O C．“氧化”后所得溶液中主要的阳离子有Fe3+、Fe2+、Ni2+、H+ D．“转化”时加入Na2CO3用于调节反应液pH有利于黄钠铁矾沉淀13．（3分）国家标准规定，室内甲醛（HCHO）含量不能超过0.08mg•m﹣3，银﹣菲洛嗪法可用于测定空气中甲醛含品，其原理是：①用Ag2O将甲醛氧化为CO2；②所产生的Ag与酸化的Fe2（SO4）3溶液反应生成FeSO4；③FeSO4与菲洛嗪（一种有机钠盐）形成有色配合物，可以定量测定Fe2+。下列说法不正确的是（）A．Ag2O不足时，甲醛可能被氧化为甲酸 B．反应①的化学方程式为HCHO+2Ag2O═4Ag↓+CO2+H2O C．理论上吸收的HCHO与消耗的Fe3+的物质的量比为1：4 D．取1m3室内空气，经上述实验后共测得Fe2+1.68mg，该室内空气符合国家标准二、非选择题。14．（17分）MnO2是重要的化工原料，由软锰矿（主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2）制备MnO2的一种工艺流程如下：资料：①该工艺条件下MnO2与H2SO4不反应。②部分金属阳离子沉淀的pH（25℃）。Fe3+Al3+Mn2+Fe2+开始沉淀时1.53.45.86.3完全沉淀时2.84.77.88.3（1）“溶出”前，软锰矿需要进行研磨的目的。（2）“溶出”时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示。①Ⅱ是从软锰矿石中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是。②若Fe2+全部来自于反应Fe+2H+＝Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2。而实际比值约0.9小于2，原因是。（3）“纯化”时，先向溶出液中先加入MnO2，将溶液中Fe2+氧化；再加入NH3•H2O调节溶液pH，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀而除去。适宜调节的pH范围是。（4）“纯化”后，过滤所得的滤渣中含有Al（OH）3和Fe（OH）3，实验室欲以该滤渣为原料制备少量Al2O3，实验操作为：取少量滤渣放入烧杯中，，洗涤，灼烧沉淀得到Al2O3。（须使用的试剂：6mol•L﹣1NaOH溶液、干冰）（5）向4.350g所得MnO2产品中依次加入足量6.700gNa2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应，再用0.02000mol•L﹣1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为20.00mL。计算该产品中MnO2的纯度（杂质不参加反应，写出计算过程）。已知过程中发生的反应为：MnO2+C2O42﹣+H+⇋Mn2++CO2↑+H2O（未配平）C2O42﹣+MnO4﹣+H+⇋Mn2++CO2↑+H2O（未配平）15．（14分）NOx（主要指NO和NO2）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。（1）NSR储存还原时，NO的储存和还原在不同时段交替进行，如图1所示。①NO储存转化为Ba（NO3）2过程中，参加反应的NO和O2的物质的量之比为。②H2还原Ba（NO3）2的过程分两步进行，图2表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应的化学方程式为。（2）NaClO溶液能有效去除NO。25℃时，NO的去除率随pH的变化如图3所示（用盐酸调节pH）；pH＝4时，NO的去除率随温度的变化如图4所示。①25℃时，随着pH降低，NO脱除率增大的原因是。②pH＝4时，60～80℃间NO脱除率下降的原因是。（3）一定条件下，将一定浓度NOx（NO2和NO的混合气体）通入Ca（OH）2悬浊液中，改变n（NO2）：n（NO）的值，NOx的去除率如图5所示。已知：a.NOx的去除率＝1﹣×100%b.NO与Ca（OH）2不反应①当n（NO2）：n（NO）在0.3～0.5之间，NO与NO2被Ca（OH）2吸收时反应的化学方程式为。②当n（NO2）：n（NO）大于1.4时，NO2的去除率升高，但NO的去除率却降低。其可能的原因是。16．（15分）化合物F是合成一种治疗帕金森药物的中间体，其合成路线如下：（1）E中含有的含氧官能团的名称是。B→C的反应类型为。（2）A→B反应所需的试剂和条件为。（3）相同温度下，A、B、C三种物质在水中溶解度最大的是。（4）C的一种同分异构体X同时符合下列条件。写出X的结构简式：。①既能发生银镜反应，也能与FeCl3溶液发生显色反应：②分子中有4种不同化学环境的氢。（5）请设计以和为原料制备的合成路线。（无机试剂任用，合成路线示例见本题题干）17．（15分）奥昔布宁是一种解痉抗胆碱药物，其合成路线如下：已知：R﹣ClRMgCl（1）F中所含官能团的名称为，其中一定处于同一平面内的原子至少有个。（2）的一种同分异构体X同时符合下列条件。X的结构简式为。①分子具有顺反异构体；②能与Na2CO3溶液反应；③酸性条件下水解后，含苯环的有机物中只有2种不同化学环境的氢。（3）E的结构简式为。（4）E与H通过取代反应获得奥昔布宁（C22H31NO3）和酯类化合物K，K的结构简式为。（5）请设计以和CH3MgCl为原料制备的合成路线。（无机试剂和两个碳原子及以下的有机试剂任用，合成路线示例见本题题干）

2020-2021学年江苏省苏州市高一（下）期末化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题包括13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。1．（3分）我国向世界郑重承诺力争在2060年前实现“碳中和”，体现了中国对解决气候问题的大国担当。下列措施不利于实现“碳中和”目标的是（）A．持续加大化石能源的开发使用 B．倡导践行节能低碳的生活方式 C．扩大植树造林，增加绿色植被 D．研究二氧化碳的捕集和再利用【分析】碳中和是指国家、企业、产品、活动或个人在一定时间内直接或间接产生的二氧化碳或温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳或温室气体排放量，实现正负抵消，达到相对“零排放”，A.持续加大化石能源的开发和利用，在使用化石燃料的过程中，会增加二氧化碳的排放；B.倡导践行节能低碳的生活方式，减少了二氧化碳的排放；C.绿色植被，可通过光合作用吸收二氧化碳，减少二氧化碳的排放；D.二氧化碳的捕集和再利用，减少了二氧化碳的排放，有利于实现“碳中和”目标。【解答】解：A.持续加大化石能源的开发和利用，会增加二氧化碳的排放，不利于实现“碳中和”目标，故A正确；B.倡导践行节能低碳的生活方式，可以减少二氧化碳的排放，有利于实现“碳中和”目标，故B错误；C.扩大植树造林，增加绿色植被，可吸收大量的二氧化碳，有利于实现“碳中和”目标，故C错误；D.研究二氧化碳的捕集和再利用，可吸收和再利用二氧化碳，减少了二氧化碳的排放，有利于实现“碳中和”目标，故D错误，故选：A。【点评】本题考查了碳中和的概念，涉及到了二氧化碳的吸收和转化，明确减少二氧化碳排放的方法式本题的解题关键，难度较小。2．（3分）工业上生产氮化硅陶瓷的反应为：3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（）A．中子数为8的N原子：N B．HCl的电子式：H：Cl C．Cl﹣的结构示意图： D．SiCl4的结构式：【分析】A．质量数＝质子数+中子数，质量数标注于元素符号左上角、质子数标注于左下角；B．HCl分子中Cl、H原子间共用1对电子，Cl原子达到8e﹣稳定结构；C．是Cl原子结构示意图；D．SiCl4是共价化合物，分子中含有4个Si﹣Cl键。【解答】解：A．中子数为8的N原子的质量数为7+8＝15，则中子数为8的N原子为N，故A错误；B．HCl是共价化合物，Cl、H原子间共用1对电子，Cl原子外围达到8e﹣稳定结构，其电子式为，故B错误；C．Cl﹣的核内有17个质子，核外有18个电子，核外电子分层排布，则Cl﹣的结构示意图为，故C错误；D．SiCl4是正四面体结构的分子，中心原子是Si，分子中含有4个Si﹣Cl键，其结构式为，故D正确；故选：D。【点评】本题考查常见化学用语的正误判断，为高频考点，侧重规范答题能力和辨析能力的考查，把握常见化学用语的书写原则为解答关键，题目难度不大。3．（3分）下列关于常见有机化合物的说法中，正确的是（）A．乙烯和聚乙烯都能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应 B．乙酸分子中含有羧基，可与NaHCO3溶液反应生成CO2 C．甲烷的一氯代物只有一种可证明甲烷为正四面体结构 D．医用酒精可用于杀菌消毒，一般医用酒精浓度约为96%【分析】A．聚乙烯不含碳碳双键；B．乙酸分子中含有羧基，具有酸性，且酸性比碳酸的强；C．无论是正四面体还是正方形结构，甲烷的一氯代物只有一种结构；D．医用酒精中酒精的浓度约为75%，酒精可使蛋白质发生变性，浓度太小不易使蛋白质脱水变性凝固，浓度太大易使细胞壁上形成一层膜，阻止酒精的渗入。【解答】解：A．聚乙烯不含碳碳双键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，故A错误；B．乙酸分子中含有羧基，具有酸性，且酸性比碳酸的强，与NaHCO3溶液反应生成CO2，故B正确；C．无论是正四面体还是正方形结构，甲烷的一氯代物只有一种结构，应用二氯甲烷判断，故C错误；D．医用酒精可用于杀菌消毒，一般医用酒精浓度约为75%，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了有机物的性质，结构决定性质，熟悉相关有机物结构组成是解题关键，题目难度不大。4．（3分）从石器时代到青铜器时代，再到铁器时代，金属的冶炼体现了人类文明的发展历程和水平。下列关于金属冶炼的说法正确的是（）A．制铝：将Al（OH）3溶于盐酸中，电解所得AlCl3溶液 B．制铜：“曾青（CuSO4）得铁，则化为铜”《淮南子》的过程发生复分解反应 C．炼铁：用焦炭和空气反应产生的CO在高温下还原铁矿石中铁的氧化物 D．制钠：高温分解NaCl制备Na【分析】A．工业制铝是电解氧化铝熔融体，冰晶石能降低氧化铝的熔点；B．“曾青（CuSO4）得铁，则化为铜”发生的反应是铁置换铜；C．炼铁是用焦炭和空气反应产生的还原剂CO，在高温下还原铁矿石中铁的氧化物得到；D．氯化钠高温不分解，电解熔融氯化钠生成钠。【解答】解：A．将Al（OH）3溶于盐酸中，电解所得AlCl3溶液，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，附近生成氢氧化铝，不能得到金属铝，工业制铝是电解氧化铝熔融体，冰晶石能降低氧化铝的熔点，2Al2O34Al+3O2↑，故A错误；B．制铜：“曾青（CuSO4）得铁，则化为铜”《淮南子》的过程，是发生了反应Fe+Cu2+＝Cu+Fe2+，发生了置换反应，故B错误；C．用焦炭和空气反应产生的还原剂CO，在高温下还原铁矿石中铁的氧化物炼铁，反应的化学方程式为：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，故C正确；D．电解熔融氯化钠生成钠，2NaCl2Na+Cl2↑，高温氯化钠不分解，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了金属冶炼的方法和反应，注意知识的积累，题目难度不大。阅读下列材料，回答5～7题：将空气中游离态的氮转化成含氮化合物叫做氮的固定，包括自然固氮和人工固氮。以N2、H2为原料，在高温、高压和铁催化条件下合成氦的人工固氮技术是20世纪人类最伟大的成就之一。1921年，我国化工先驱侯德榜创造了将制碱与制氦结合的“联合制碱法”，为纯碱和氮肥工业技术的发展作出了杰出贡献。1．下列关于氮的转化过程，属于人工固氮的是（）A．用N2和H2合成氨 B．闪电时空气中N2转化为NO C．用NH3和CO2合成尿素 D．豆科植物的根瘤菌固氮【分析】氮的固定是指游离态氮元素发生反应生成化合态氮元素，人工固氮是人为的条件下将氮元素的单质转化为化合物的过程。【解答】解：A．工业合成氨是N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，故A正确；B．闪电时氮气和氧气反应生成NO，是在自然条件下的氮的固定，故B错误；C．用NH3和CO2合成尿素，是在一定条件下化合物和化合物发生的反应，不属于氮的固定，故C错误；D．豆科植物的根瘤菌将氮的化合物转变成植物蛋白属于生物固氮过程，故D错误；故选：A。【点评】本题考查学生氮的固定以及分类方面的知识，注意知识的积累是解题的关键，题目难度不大。2．某探究活动小组根据侯德榜制碱原理，按如图所示实验装置设计方案制备少量碳酸氢钠。下列说法正确的是（）A．乙装置中盛放的是NaOH溶液 B．丙装置中的溶液变浑浊，因为有碳酸氢钠晶体析出 C．丁装置是为了吸收丙装置可能逸出的NH3、CO2，防止污染空气 D．实验结束后，分离碳酸氢钠的操作是蒸发结晶【分析】A．用盐酸制取二氧化碳时常会含有氯化氢气体，需要除去；B．含氨的饱和食盐水通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体；C．稀硫酸能与氨气反应；D．反应后碳酸氢钠形成晶体，分离固体和溶液用过滤。【解答】解：A．利用盐酸制取二氧化碳时，因盐酸易挥发，所以，二氧化碳中常会含有氯化氢气体，碳酸氢钠能与盐酸反应不与二氧化碳反应，所以通过碳酸氢钠的溶液是可以除掉二氧化碳气体中的氯化氢气体，故A错误；B．含氨的饱和食盐水通入二氧化碳生成碳酸氢钠晶体，丙装置中的溶液变浑浊，故B正确；C．实验过程中氨气可能有剩余，而稀硫酸能与氨气反应，所以稀硫酸的作用是吸收末反应的NH3，丁装置中倒扣的漏斗主要作用是防止倒吸，故C错误；D．实验结束后，分离碳酸氢钠的操作是过滤分离，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了侯氏制碱法的过程分析、装置作用、物质分离方法、反应原理的理解应用等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。3．最近科学家研究了一种在酸性介质中利用电解原理进行电化学固氮的方法，反应机理示意图如下，氨气在催化剂电极表面产生。下列说法不正确的是（）A．过程中存在H+发生还原反应转化为H B．在该过程中，氮气分子中N≡N断裂产生N原子 C．在催化剂作用下，N2与H原子反应可能生成N2H4 D．与传统工业合成氨法比较，电化学固氮法具有条件温和的优点【分析】由图示右侧可知，H+转化为H，由左侧可知，氮气在催化剂电极表面反应，氮氮三键中的一条键断裂，一个氮原子吸附在催化剂电极表面，一个氮原子结合H，氮氮键继续断裂，最后生成氨气，据此作答。【解答】解：A.由图可知，H+转化为H，氢元素价态升高，发生还原反应，故A正确；B.该过程中没有N原子生成，故B错误；C.由反应机理可知，N2H4为反应的中间产物，故C正确；D.与传统工业合成氨法比较，电化学固氮法不需要高温高压条件，具有条件温和的优点，故D正确；故选：B。【点评】本题考查电解原理的应用和反应机理，题目难度中等，能依据图示判断反应转化过程是解题的关键，难点是反应机理的探究。8．（3分）乙醛的银镜反应实验如下：步骤1：向试管中加入1mL2%AgNO3溶液，边振荡边滴加2%氨水，观察到有白色沉淀产生并迅速转化为灰褐色。步骤2：向试管中继续滴加2%氨水，观察到沉淀完全溶解。步骤3：再向试管中加入1mL10%乙醛溶液，振荡，在60～70℃水浴中加热，观察到试管内壁形成了光亮银镜。下列说法不正确的是（）A．步骤1中观察到的白色沉淀为AgOH B．步骤2中沉淀溶解是因为生成[Ag（NH3）2]+ C．步骤3中产生银镜说明乙醛被还原 D．试管内壁的银镜可以用稀硝酸洗去【分析】步骤1：向试管中加入1mL2%AgNO3溶液，边振荡边滴加2%氨水，观察到有白色沉淀产生，此时发生反应：Ag++NH3•H2O＝AgOH↓+NH4+；并迅速转化为灰褐色是因为AgOH部分分解；步骤2：向试管中继续滴加2%氨水，观察到沉淀完全溶解，此时发生反应：AgOH+2NH3•H2O＝Ag（NH3）2++OH﹣+2H2O；步骤3：再向试管中加入1mL10%乙醛溶液，振荡，在60～70℃水浴中加热，观察到试管内壁形成了光亮银镜，此时发生反应：CH3CHO+2Ag（NH3）2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，据此分析。【解答】解：A.步骤1中观察到的白色沉淀为AgOH，通过反应Ag++NH3•H2O＝AgOH↓+NH4+产生，故A正确；B.步骤2中沉淀溶解是因为发生反应AgOH+2NH3•H2O＝Ag（NH3）2++OH﹣+2H2O，生成[Ag（NH3）2]+，故B正确；C.步骤3中有银镜生成，是银氨溶液被还原，乙醛被氧化，故C错误；D.Ag可以被硝酸氧化生成硝酸银，且从节约硝酸用料、生成的污染物尽可能少的角度来考虑，用稀硝酸更好，故D正确。故选：C。【点评】本题考查了醛的结构和性质以及反应方程式和产物的判断，难度不大，应注意醛发生银镜反应时被氧化。9．（3分）下列实验装置和原理能达到实验目的的是（）A．用图1装置除去乙烯中的SO2 B．用图2装置制备溴苯并验证有HBr产生 C．用图3装置验证溴乙烷的消去反应 D．用图4装置制取乙酸乙酯【分析】A.二者均可被酸性高锰酸钾氧化；B.溴易挥发，溴与硝酸银反应；C.发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴发生加成反应；D.NaOH溶液与乙酸乙酯反应。【解答】解：A.二者均可被酸性高锰酸钾氧化，不能除杂，故A错误；B.溴易挥发，溴与硝酸银反应，由淡黄色沉淀生成不能证明HBr生成，故B错误；C.发生消去反应生成乙烯，乙烯与溴发生加成反应，则溴的四氯化碳溶液褪色可验证溴乙烷的消去反应，故C正确；D.NaOH溶液与乙酸乙酯反应，则小试管中应为饱和碳酸钠溶液，故D错误；故选：C。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备及检验、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。10．（3分）化合物Y有解热镇痛的作用，可由化合物X通过如下转化得到：下列关于化合物X和Y说法正确的是（）A．X可以发生氧化、加成、取代、消去反应 B．用FeCl3溶液无法检验Y中是否混有X C．1molY与NaOH溶液反应时，最多能消耗2molNaOH D．一定条件下，X可与HCHO发生缩聚反应【分析】A．X中含有酚羟基、苯环、酰胺键，具有酚、苯和二肽的性质；B．含有酚羟基的有机物能和氯化铁溶液发生显色反应；C．Y中酯基水解生成的羧基和酚羟基、酰胺键水解生成的羧基都能和NaOH以1：1反应；D．酚醛缩聚对酚的要求是酚羟基的邻对位至少有2个氢原子。【解答】解：A．X中酚羟基能发生氧化反应、苯环能发生加成反应和取代反应、酰胺键能发生取代反应，该有机物不能发生消去反应，故A错误；B．X含有酚羟基、Y中不含酚羟基，所以可以用FeCl3溶液无法检验Y中是否混有X，故B错误；C．Y中酯基水解生成的羧基和酚羟基、酰胺键水解生成的羧基都能和NaOH以1：1反应，则1molY与NaOH溶液反应时，最多能消耗3molNaOH，故C错误；D．苯环上酚羟基邻位含有2个氢原子，所以能和甲醛发生缩聚反应，故D正确；故选：D。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。11．（3分）某功能性高分子化合物（Z）的一种合成路线如下，下列说法正确的是（）A．Z可用于制作吸水材料 B．X、Y可用酸性KMnO4溶液鉴别 C．X、Y、Z分子中均有两个手性碳原子 D．Z与足量H2发生加成反应，消耗Z与H2的物质的量之比为1：3【分析】A．Z中含有亲水基羟基；B．X、Y都能被酸性高锰酸钾溶液氧化；C．X和Y中连接醇羟基的碳原子为手性碳原子、Z中连接醇羟基和酯基的碳原子为手性碳原子；D．只有苯环能和氢气以1：3发生加成反应。【解答】解：A．Z中含有亲水基，所以可用于制作吸水材料，故A正确；B．X和Y都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别X、Y，故B错误；C．X、Y分子中连接羟基的碳原子为手性碳原子，各有2个，Z中连接醇羟基和酯基的碳原子为手性碳原子，Z中含有n，所以Z中手性碳原子多余2个，故C错误；D．Z中苯环可与氢气发生加成反应，且含有n个苯环，则消耗Z与H2的分子数之比为1：3n，故D错误。故选：A。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。12．（3分）以红土镍矿（主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等）为原料，获取净水剂黄钠铁矾[NaFe3（SO4）2（OH）6]和NiCl2•6H2O部分工艺流程如下：下列相关说法不正确的是（）A．“滤渣“的主要成分是SiO2 B．“氧化”反应的离子方程式为2H++2Fe2++ClO﹣═2Fe3++Cl﹣+H2O C．“氧化”后所得溶液中主要的阳离子有Fe3+、Fe2+、Ni2+、H+ D．“转化”时加入Na2CO3用于调节反应液pH有利于黄钠铁矾沉淀【分析】由流程可知，红土镍矿（主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等）加入硫酸酸浸，酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+，另含有少量Fe2+、Fe3+等，加入NaClO氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子转化为黄钠铁矾沉淀，过滤后的滤液中再加入碳酸钠沉淀镍离子得NiCO3，与盐酸反应NiCl2，蒸发浓缩、冷却结晶可分离出含结晶水的晶体，以此解答该题。【解答】解：A.只有二氧化硅与硫酸不反应，则“滤渣“的主要成分是SiO2，故A正确；B.加入NaClO氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为2H++2Fe2++ClO﹣═2Fe3++Cl﹣+H2O，故B正确；C.“氧化”后所得溶液中主要的阳离子有Fe3+、Ni2+、Na+、H+，故C错误；D.“转化”时加入Na2CO3用于调节反应液pH，过滤分离出黄钠铁矾沉淀，故D正确；故选：C。【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。13．（3分）国家标准规定，室内甲醛（HCHO）含量不能超过0.08mg•m﹣3，银﹣菲洛嗪法可用于测定空气中甲醛含品，其原理是：①用Ag2O将甲醛氧化为CO2；②所产生的Ag与酸化的Fe2（SO4）3溶液反应生成FeSO4；③FeSO4与菲洛嗪（一种有机钠盐）形成有色配合物，可以定量测定Fe2+。下列说法不正确的是（）A．Ag2O不足时，甲醛可能被氧化为甲酸 B．反应①的化学方程式为HCHO+2Ag2O═4Ag↓+CO2+H2O C．理论上吸收的HCHO与消耗的Fe3+的物质的量比为1：4 D．取1m3室内空气，经上述实验后共测得Fe2+1.68mg，该室内空气符合国家标准【分析】A．甲醛与足量氧化剂反应生成CO2，与少量氧化剂反应会生成甲酸；B．Ag2O与甲醛反应生成Ag、二氧化碳和水；C．反应中甲醛中C元素化合价升高4价，Fe元素化合价由+3价降低为+2价；D．涉及反应的关系式为HCHO～4e﹣～4Fe2+，结合关系式计算。【解答】解：A．甲醛与足量氧化剂反应生成CO2，与少量氧化剂反应会生成甲酸，所以Ag2O不足时，甲醛可能被氧化为甲酸，故A正确；B．Ag2O与甲醛反应生成Ag、二氧化碳和水，则反应①的化学方程式为HCHO+2Ag2O═4Ag↓+CO2+H2O，故A正确；C．反应中甲醛中C元素化合价升高4价，Fe元素化合价由+3价降低为+2价，由得失电子守恒可知HCHO～4Ag～4Fe3+，则理论上吸收的HCHO与消耗的Fe3+的物质的量比为1：4，故C正确；D．涉及反应的关系式为HCHO～4e﹣～4Fe2+，设空气中甲醛的含量为xmg/m3，则HCHO～～～4e﹣～～～4Fe2+304×56xmg/m3×1m31.68mgx＝＝0.225mg，大于0.08mg•m﹣3，则室内甲醛含量不达标，故D错误；故选：D。【点评】本题考查物质组成及含量测定实验、氧化还原反应，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、测定原理为解答关键，侧重分析与实验、计算能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。二、非选择题。14．（17分）MnO2是重要的化工原料，由软锰矿（主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2）制备MnO2的一种工艺流程如下：资料：①该工艺条件下MnO2与H2SO4不反应。②部分金属阳离子沉淀的pH（25℃）。Fe3+Al3+Mn2+Fe2+开始沉淀时1.53.45.86.3完全沉淀时2.84.77.88.3（1）“溶出”前，软锰矿需要进行研磨的目的增大反应速率，提高浸出率。（2）“溶出”时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示。①Ⅱ是从软锰矿石中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是MnO2+4H++2Fe2+═Mn2++2Fe3++2H2O。②若Fe2+全部来自于反应Fe+2H+＝Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2。而实际比值约0.9小于2，原因是二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+。（3）“纯化”时，先向溶出液中先加入MnO2，将溶液中Fe2+氧化；再加入NH3•H2O调节溶液pH，使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀而除去。适宜调节的pH范围是4.7≤pH＜5.8。（4）“纯化”后，过滤所得的滤渣中含有Al（OH）3和Fe（OH）3，实验室欲以该滤渣为原料制备少量Al2O3，实验操作为：取少量滤渣放入烧杯中，加入足量6mol•L﹣1NaOH溶液，并用玻璃搅拌，等沉淀充分溶解后过滤，向滤液中加入足量干冰，再过滤，洗涤，灼烧沉淀得到Al2O3。（须使用的试剂：6mol•L﹣1NaOH溶液、干冰）（5）向4.350g所得MnO2产品中依次加入足量6.700gNa2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应，再用0.02000mol•L﹣1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为20.00mL。计算该产品中MnO2的纯度（杂质不参加反应，写出计算过程）。已知过程中发生的反应为：MnO2+C2O42﹣+H+⇋Mn2++CO2↑+H2O（未配平）C2O42﹣+MnO4﹣+H+⇋Mn2++CO2↑+H2O（未配平）【分析】软锰矿首先进行研磨，可增大固体与硫酸的接触面积，增大反应速率，提高浸出率；加入浓硫酸及过量的铁屑，铁屑与硫酸反应生成硫酸亚铁，亚铁离子与二氧化锰反应生成二价锰离子和铁离子；再电解锰离子的纯化液制取二氧化锰。（1）研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸接触面积；（2）①二氧化锰与亚铁离子发生氧化还原反应生成二价锰离子和铁离子；②反应过程中，二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+，导致需要的Fe2+；（3）加入NH3•H2O调节溶液pH的目的是使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀而除去，溶液中Mn2+不沉淀；（4）滤渣中含有Al（OH）3和Fe（OH）3，其中Al（OH）3既能溶于强酸、又能溶于强碱，而Fe（OH）3只能溶于强酸；（5）根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应，剩余部分再与高锰酸钾反应（5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O+5Na2SO4），则与二氧化锰反应的草酸钠；MnO2+Na2C2O4+2H2SO4＝Na2SO4+MnSO4+2CO2↑+2H2O，则n（MnO2）＝n（Na2C2O4）＝﹣×0.020mol•L﹣1×0.02L＝0.049mol，代入纯度＝计算。【解答】解：（1）研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率，故答案为：增大反应速率，提高浸出率；（2）①根据反应途径可知，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反应的离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+═Mn2++2Fe3++2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Fe2+═Mn2++2Fe3++2H2O；②根据方程式可知，Fe与MnO2的物质的量比值为2，实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+，导致需要的铁减少Fe2+，故实际比值（0.9）小于2，故答案为：二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+；（3）使Fe3+沉淀完全的溶液pH为2.8，使Al3+完全沉淀的pH为4.7，而溶液中Mn2+开始沉淀的pH为5.8，则pH的范围为4.7≤pH＜5.8，故答案为：4.7≤pH＜5.8；（4）滤渣中含有Al（OH）3和Fe（OH）3，其中Al（OH）3既能溶于强酸、又能溶于强碱，而Fe（OH）3只能溶于强酸，则以该滤渣为原料制备少量Al2O3，实验操作为：取少量滤渣放入烧杯中，加入足量6mol•L﹣1NaOH溶液，并用玻璃搅拌，等沉淀充分溶解后过滤，向滤液中加入足量干冰，再过滤，洗涤，灼烧沉淀即得到Al2O3，故答案为：加入足量6mol•L﹣1NaOH溶液，并用玻璃搅拌，等沉淀充分溶解后过滤，向滤液中加入足量干冰，再过滤；（5）根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应，剩余部分再与高锰酸钾反应（5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O+5Na2SO4），则与二氧化锰反应的草酸钠；MnO2+Na2C2O4+2H2SO4＝Na2SO4+MnSO4+2CO2↑+2H2O，则n（MnO2）＝n（Na2C2O4）＝﹣×0.020mol•L﹣1×0.02L＝0.049mol，产品纯度＝＝98%，答：根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应，剩余部分再与高锰酸钾反应（5Na2C2O4+2KMnO4+8H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O+5Na2SO4），则与二氧化锰反应的草酸钠；MnO2+Na2C2O4+2H2SO4＝Na2SO4+MnSO4+2CO2↑+2H2O，则n（MnO2）＝n（Na2C2O4）＝﹣×0.020mol•L﹣1×0.02L＝0.049mol，产品纯度＝＝98%。【点评】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，为高考常见题型，注意把握题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，综合性强，题目难度较大。15．（14分）NOx（主要指NO和NO2）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。（1）NSR储存还原时，NO的储存和还原在不同时段交替进行，如图1所示。①NO储存转化为Ba（NO3）2过程中，参加反应的NO和O2的物质的量之比为4：3。②H2还原Ba（NO3）2的过程分两步进行，图2表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应的化学方程式为8H2+Ba（NO3）2BaO+2NH3+5H2O。（2）NaClO溶液能有效去除NO。25℃时，NO的去除率随pH的变化如图3所示（用盐酸调节pH）；pH＝4时，NO的去除率随温度的变化如图4所示。①25℃时，随着pH降低，NO脱除率增大的原因是pH降低，ClO﹣+H+＝HClO，溶液中c（HClO）增大。②pH＝4时，60～80℃间NO脱除率下降的原因是HClO受热分解，溶液中c（HClO）减小。（3）一定条件下，将一定浓度NOx（NO2和NO的混合气体）通入Ca（OH）2悬浊液中，改变n（NO2）：n（NO）的值，NOx的去除率如图5所示。已知：a.NOx的去除率＝1﹣×100%b.NO与Ca（OH）2不反应①当n（NO2）：n（NO）在0.3～0.5之间，NO与NO2被Ca（OH）2吸收时反应的化学方程式为NO+NO2+Ca（OH）2＝Ca（NO2）2+H2O。②当n（NO2）：n（NO）大于1.4时，NO2的去除率升高，但NO的去除率却降低。其可能的原因是NO2量太多，剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降低。【分析】（1）①NOx储存转化为Ba（NO3）2过程中，根据转化图分析，NO和O2反应转化为NO2，NO2和BaO反应转化为Ba（NO3）2，据此计算；②根据图b分析，第一步反应中，H2含量降低，NH3含量升高，可知H2将NO3﹣还原成NH3；（2）①pH降低，c（H+）增大，产生更多的HClO；②HClO会分解，温度太高，HClO分解得太多；（3）①NO和Ca（OH）2不反应，所以反应物有NO、NO2和Ca（OH）2，根据氧化还原规律，产物为Ca（NO2）2和水；②当n（NO2）：n（NO）太大，NO2量太多，吸收不完，有一部分NO2就和水反应生成硝酸和NO。【解答】解：（1）①NOx储存转化为Ba（NO3）2过程中，根据转化图分析，NO和O2反应转化为NO2，NO2和BaO反应转化为Ba（NO3）2，取1molNO，转化为NO2需消耗O2的物质的量为0.5mol，生成1molNO2，NO2转化为NO3﹣，则需要消耗O2的物质的量为0.25mol，整个转化过程中，消耗NO和O2的物质的量之比为1：0.75＝4：3，故答案为：4：3；②根据图2分析，第一步反应中，H2含量降低，NH3含量升高，可知H2将NO3﹣还原成NH3，则第一步反应中发生的反应为：8H2+Ba（NO3）2BaO+2NH3+5H2O，故答案为：8H2+Ba（NO3）2BaO+2NH3+5H2O；（2）①pH降低，c（H+）增大，产生更多的HClO，所以NO的脱除率增大，故答案为：pH降低，ClO﹣+H+＝HClO，溶液中c（HClO）增大；②HClO会分解，温度太高，HClO分解得太多，溶液中HClO浓度减小了，故答案为：HClO受热分解，溶液中c（HClO）减小；（3）①NO和Ca（OH）2不反应，所以反应物有NO、NO2和Ca（OH）2，根据氧化还原规律，产物为Ca（NO2）2和水，所以化学方程式为：NO+NO2+Ca（OH）2＝Ca（NO2）2+H2O，故答案为：NO+NO2+Ca（OH）2＝Ca（NO2）2+H2O；②当n（NO2）：n（NO）太大，NO2量太多，吸收不完，有一部分NO2就和水反应生成硝酸和NO，这样就导致NO2去除率升高，但NO去除率却降价，故答案