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2021-2022学年江苏省盐城市高二（上）期末化学试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年江苏省盐城市高二（上）期末化学试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了4ml的电子，则生成22，2×10−5，【答案】D，【答案】A，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年江苏省盐城市高二（上）期末化学试卷
1. “碳中和”是指CO2排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，抵消产生的二氧化碳排放，实现二氧化碳的“零排放”。下列措施中有助于实现“碳中和”的是( )
A. 安装汽车尾气净化装置
B. 对含硫燃料预先进行脱硫处理
C. 使用以液化天然气作为动力的新型环保汽车
D. 2021年9月天津工业生物所首次实现了从二氧化碳到淀粉分子的全合成
2. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能水处理剂，其与水反应的化学方程式是：4K2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8KOH。下列有关说法正确的是( )
A. KOH的电子式为： B. K+的结构示意图为：
C. 质子数为26的Fe原子： 5626Fe D. 16O、 17O、 18O互为同素异形体
3. 下列物质的性质与用途具有对应关系的是( )
A. 碳酸钡不溶于水，可用作“钡餐” B. 碳酸氢铵受热易分解，可用作氮肥
C. 浓硫酸具有吸水性，可用作气体干燥剂 D. 氨气具有弱碱性，可用作食品工业制冷剂
4. 下列实验装置和原理能达到实验目的的是( )
A. 用甲装置完成喷泉实验 B. 用乙装置制氯气
C. 用丙装置防止氨气倒吸 D. 用丁装置制取乙酸乙酯
5. 下列对于生活中常见有机物的认识正确的是( )
A. 石油的裂化属于化学变化
B. 可燃冰的结构与天然气完全相同
C. 乙烯和聚乙烯均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 蛋白质溶液中加入硫酸铜溶液，析出的沉淀能重新溶于水中
6. 常温下，N2和O2反应生成NO的能量变化如图。下列热化学方程式正确的是( )
A. N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=−812kJ/mol
B. N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+812kJ/mol
C. N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=−180kJ/mol
D. N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ/mol
7. N2O和CO可在催化剂(Pt2O+)表面转化为无害气体，其反应原理为N2O(g)+CO(g)⇌CO2(g)+N2(g)，下列有关该反应说法正确的是( )
A. 催化剂能改变反应的ΔH
B. 通入过量CO，可使N2O转化率达100%
C. 保持反应容器体积不变，通入He增大压强，反应速率不变
D. 单位时间内消耗nmolN2O同时生成nmolCO2，则反应一定达到平衡状态
8. 利用NH3还原法可将NOx还原为N2进行脱除。已知：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)ΔH=−2070kJ⋅mol−1。下列有关该反应说法不正确的是( )
A. 每转移2.4mol的电子，则生成22.4LN2
B. NH3发生氧化反应
C. 若有1molNO被还原，则释放的热量为345kJ
D. N2既是氧化产物又是还原产物
9. 短周期主族元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，A原子的质子数与电子层数相同，C是短周期主族元素中原子半径最大的元素，D原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，E与B属于同一主族。下列说法正确的是( )
A. 气态氢化物的稳定性：B>D>E
B. 原子半径：r(B)
D. A与C可形成离子化合物
10. 某材料W的合成路线如图所示，下列有关说法不正确的是( )
A. X+Y→Z的反应为加成反应 B. Y可以与金属钠发生反应
C. Z可以使酸性KMnO4溶液褪色 D. W属于高分子化合物
11. 根据下列实验操作和现象所得出的实验结论正确的是( )
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向淀粉水解一段时间后的溶液中加入碘水，溶液变蓝
淀粉没有发生水解
B
向待测溶液中加入稀盐酸，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊
待测溶液中一定含有CO32−
C
向水中滴加少量鸡蛋清，搅拌、静置，所得液体用一束光照射，可观察到光亮的通路
所得液体为胶体
D
向新制的氯水中加入少量NaHCO3固体，有较多气泡逸出
HClO的酸性强于H2CO3
A. A B. B C. C D. D
12. 工业上由粗锰粉(主要杂质为Fe、Ni、Pb等金属单质)制备高纯碳酸锰。其主要工艺流程如图：
下列有关说法不正确的是( )
A. 可以通过搅拌的方式提高“酸浸”时粗锰粉的浸取率
B. 向酸浸后的滤液中加入MnO2，反应的离子方程式为：Mn4++2Fe2+=2Fe3++Mn2+
C. 除铁时加入的物质X可以为Mn(OH)2，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去
D. 取除铁后的滤液，加入几滴KSCN溶液，无明显现象证明Fe3+已除尽
13. 用微生物燃料电池处理酸性废水的原理如图所示。下列说法正确是( )
A. 电子经电解质溶液从a极移向b极
B. 为加快电池的放电速率，该电池可在高温下工作
C. 放电过程中，b极附近溶液的pH变小
D. a极发生的反应为：CO+2OH−+2e−=CO2↑+H2O
14. 制备氯化亚铜(CuCl)的一种工艺流程如下。
步骤1：取海绵铜(主要含Cu和CuO)，加入稀硫酸和NH4NO3的混合溶液，控制溶液温度在60∼70℃，不断搅拌至固体全部溶解，得蓝色溶液(过程中无气体产生)。
步骤2：向蓝色溶液中加入(NH4)2SO3和NH4Cl，充分反应后过滤，得到CuCl粗品。
步骤3：CuCl粗品依次用稀硫酸和乙醇洗涤，烘干后得到CuCl产品。
已知：CuCl难溶于水和乙醇，潮湿的CuCl固体露置于空气中容易被氧化，CuCl在酸性条件下较稳定。
下列说法不正确的是( )
A. 步骤1中控制溶液温度可采用水浴加热的方法
B. 步骤2中(NH4)2SO3作为还原剂将Cu2+还原生成CuCl
C. 步骤3中用乙醇洗涤能加速CuCl表面的水的挥发，防止其被空气氧化
D. 步骤3中用稀硫酸洗涤，相较于用水洗涤，其主要原因是防止CuCl因溶解而造成固体损耗
15. 某兴趣小组探究氯的单质及其化合物的性质。
Ⅰ.甲同学设计如题15图所示装置研究氯气能否与水发生反应，气体a是含有少量空气和水蒸气的氯气。
(1)浓硫酸的作用是 ______。
(2)证明氯气和水反应的实验现象为 ______。
(3)Cl2溶于水可制得氯水，检验氯水中的Cl−，可选择 ______(填字母序号)试剂。
A.硝酸银溶液
B.酚酞溶液
C.碳酸钠溶液
D.品红溶液
II.NaClO是“84消毒液”的有效成分，在抗击新冠肺炎疫情中发挥了重要作用。向“84消毒液”中滴入盐酸，可能发生反应：NaClO+HCl=NaCl+HClO，其属于 ______(填四大基本反应类型)反应。乙同学认为上述过程中还发生了氧化还原反应并生成Cl2，反应的离子方程式为 ______。
16. 某兴趣小组以废骨架铜催化剂(含Cu、Al、有机物)为原料制备CuSO4⋅5H2O晶体，并用热重分析法对晶体进行研究。
(1)焙烧、酸溶、过滤
向废骨架铜催化剂中通入空气，在800℃下焙烧1h；向焙烧后残留固体中加入稍过量的稀H2SO4，充分溶解，过滤。酸溶步骤中，氧化铜与加入的稀H2SO4发生反应的离子方程式为 ______。
(2)结晶
①将过滤后的滤液通过蒸发浓缩、______、过滤、洗涤、低温干燥等操作，得到CuSO4⋅5H2O晶体。
②向结晶后剩余的母液中加入(NH4)2SO4，可得到铝铵矾[NH4Al(SO4)2⋅12H2O]沉淀，该反应的离子方程式为 ______。
(3)对CuSO4⋅5H2O晶体热重分析
①2.500gCuSO4⋅5H2O晶体样品使用坩埚受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图1所示。200℃时剩余固体物质的化学式为 ______。
②加热晶体失水过程中必须要使用堆埚盖。一定温度时，坩埚加和不加盖，坩埚内样品的质量随加热时间变化的影响如图2所示；坩埚加盖的样品质量下降较快的原因可能是 ______。此外，使用坩埚盖的另一个作用是 ______。
17. 烟气中的NO是空气污染物，研究NO的吸收和转化对防治大气污染具有重大意义。
(1)NaClO2溶液可以氧化脱除烟气中的NO，氧化过程中溶液pH随时间变化的影响如图1所示，反应过程中溶液pH逐渐下降的原因可能是 ______。
(2)一定条件下，尿素[CO(NH2)2]吸收液可以脱除烟气中的NO，已知尿素的分解温度为160℃。
①尿素和NO反应的原理为：2CO(NH2)2+6NO=5N2↑+2CO2+4H2O，该过程中尿素发生 ______(填“氧化”或“还原”)反应。
②NO的脱除率随尿素吸收液反应温度变化的影响如图2所示。尿素吸收液脱除NO的适宜反应温度为 ______。
(3)选择性催化剂(球体结构的CeO2)可将烟气中的NO先转化为易于吸收的NO2，再进行脱除。
①水热法制备CeO2。(NH4)2CO3和氯化铈(CeCl3)在碱性条件、去离子水溶液中进行水热反应，能生成沉淀Ce2O(CO3)2；高温煅烧Ce2O(CO3)2，可得到CeO2。反应生成Ce2O(CO3)2的离子方程式为 ______。
②CeO2催化氧化NO的机理如图3所示，方框内表示了NO+转变为NO2过程，该过程可描述为：______。
18. 学习化学反应原理，可以帮助我们认识化学的本质，并将其应用于工业生产。
(1)①NO转化为NO2的总反应为：2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)，其由两步基元反应组成。
反应一：2NO(g)⇌N2O2(g)
反应二：N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g)
其反应进程与能量变化的关系如图1所示。NO氧化为NO2的总反应速率由反应二控制，原因是 ______。
②将一定比例的NO和O2以一定的流速通过装有催化剂的反应管，测得NO转化为NO2的转化率与温度变化的关系如图2所示，图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化。
i)K点之前的X→K曲线，NO转化率变化的原因可能是：______；
ii)K点之后曲线，NO转化率变化的原因可能是：______。
(2)如图3所示装置模拟工业上运用三室膜电解技术制取NaHSO3，其中电解电源为锂离子电池。锂离子电池反应原理为：，当锂离子电池供电时，B极区中的Li+脱出，嵌入A极区(不计电路损耗)。
①A极的电极反应式为：______。
②当有1molNaHSO3在a室中产生时，A极区质量增加 ______g。
(3)常温下向H3AsO4溶液中加入NaOH溶液，水溶液中As(V)的各物种分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图4所示。
①将Na3AsO4和H3AsO4按一定比例混合形成pH=9溶液，混合时主要发生的离子方程式为 ______。
②当溶液pH=4.1时，溶液中c(H3AsO4)c(HAsO42−)的值为 ______。
③某温度下Ksp[Ca3(AsO4)2]=3×10−31，Ksp[Ca(OH)2]=3.2×10−5。将等浓度的饱和石灰水和Na3AsO4溶液等体积混合，反应后溶液中c(Ca2+)=______mol⋅L−1。
19. 化合物F是合成一种抗肿瘤药物的中间体，其合成路线如图所示：
(1)A中的含氧官能团名称为 ______、______。
(2)由D→E的反应类型为 ______。
(3)化合物B的结构简式为 ______。
(4)在A→B的转化过程中，下列说法不正确的是 ______(填写字母序号)。
A.A分子中所有碳原子有可能处于同一平面
B.A到B经过两步反应：先加成，后取代
C.1molX与足量H2发生加成反应，最多消耗4molH2
D.X与足量H2完全加成所得产物分子中含有3个手性碳原子
(5)写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：______。
①既能与FeCl3溶液发生显色反应，又能与碳酸氢钠溶液发生反应产生CO2；
②酸性条件下发生水解反应，生成两种产物，每种产物中均只含2种不同化学环境的氢。
(6)已知：。设计以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)。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：2021年4月22日，习近平总书记在领导人气候峰会上强调：我国坚持走生态优先，绿色低碳的发展道路，力争2030年前实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”，“碳中和”是指一定时间内CO2排放和吸收的总量保持平衡。
A.安装汽车尾气净化装置，并不影响二氧化碳的排放，故A错误；
B.对含硫燃料预先进行脱硫处理，会减少二氧化碳的排放，不能减少碳的排放，故B错误；
C.使用以液化天然气作为动力的新型环保汽车，会增加二氧化碳的排放，故C错误；
D.从二氧化碳到淀粉分子的全合成，会消耗二氧化碳，减少二氧化碳的排放，故D正确；
故选：D。
本题考查CO2的排放和吸收，题目很简单，关键是掌握二氧化碳的排放来源及其对环境的影响、减排措施，注意联系化学与生产、生活。
2.【答案】B
【解析】本题考查常见化学用语的表示方法，涉及离子结构示意图、核素、电子式、同位素及同素异形体等知识，明确常见化学用语的书写原则即可解答，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
解：A.氢氧化钾是离子化合物，由钾离子和氢氧根离子构成，电子式为，故A错误；
B.K+的质子数为19，核外电子数为18，核外各层上电子数分别为2、8、8，则结构示意图为，故B正确；
C.质子数为26的Fe原子的符号为 2656Fe，故C错误；
D. 16O、 17O、 18O是氧原子的不同核素，中子数不同，它们互为同位素，故D错误；
故选：B。
3.【答案】C
【解析】本题考查了物质的用途，性质决定用途，熟悉相关物质的组成和性质即可解答，题目难度不大。解：A.碳酸钡易溶于盐酸，钡离子有毒，易造成重金属中毒，故A错误；
B.碳酸氢铵含氮元素，可用作氮肥，与其不稳定性无关，故B错误；
C.浓硫酸具有吸水性，可用作气体干燥剂，故C正确；
D.氨气是否具有弱碱性，与作制冷剂没有直接关系，氨气易液化，转化成气体时，从外界吸收能量，周围温度降低，因此氨气可用作制冷剂，故D错误；
故选：C。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
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、气体的收集、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。
【解答】
A.NO不溶于水，与水不反应，不能形成喷泉实验，故A错误；
B.浓盐酸与二氧化锰加热生成氯气，图中固液加热装置可制备氯气，故B正确；
C.氨气极易溶于水不易溶于苯，且苯的密度比水小，用丙装置不能防止氨气倒吸，应选用比水密度大的四氯化碳，故C错误；
D.导管口在碳酸钠溶液的液面下易发生倒吸，导管口应在液面上，故D错误；
故选：B。
5.【答案】A
【解析】本题是一道以工业生产为知识背景的综合性题目，考查角度广，题目难度不大，可以根据有关工业生产的原理进行解答，注意相关基础知识的积累。
解：A.有新物质产生的反应为化学变化，石油裂化生成不饱和烯烃，属于化学变化，故A正确；
B.可燃冰的组成是CH4⋅xH2O，天然气的成分是甲烷，结构不完全相同，故B错误；
C.乙烯可以使高锰酸钾溶液褪色，聚乙烯不能使高锰酸钾溶液褪色，因为双键已打开，故C错误；
D.蛋白质溶液中加入硫酸铜溶液，会使蛋白质变性，失去活性，不能重新溶解，故D错误；
故选：A。
6.【答案】D
【解析】解：N2和O2反应生成NO的化学方程式为N2+O22NO，其反应热△H=断键吸收的能量-成键放出的能量=946kJ/mol+498kJ/mol−2×632kJ/mol=+180kJ/mol，即热化学方程式为N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ/mol，
故选：D。
本题考查了热化学方程式的书写，应注意反应热的计算，反应热△H=断键消耗的能量-成键放出的能量=反应物的键能之和-生成物的键能之和=正反应的活化能-逆反应的活化能。
7.【答案】C
【解析】解：A.催化剂只降低反应的活化能，不能改变反应的ΔH，故A错误；
B.该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，则通入过量CO，可使N2O转化率不能达100%，故B错误；
C.保持反应容器体积不变，通入He增大压强，各组分的浓度不变，则反应速率不变，故C正确；
D.无论反应是否达到平衡状态，单位时间内消耗nmolN2O同时生成nmolCO2，则不能说明反应达到平衡状态，故D错误；
故选：C。
8.【答案】A
【解析】解：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)中，NH3中的N化合价由−3变为0，为还原剂，NO中的N由+2变为0，为氧化剂，氮气既是氧化产物又是还原产物，4molNH3反应转移电子为12mol，据此解答。
A.无标准状况，不能计算气体体积，故A错误；
B.氨气中N的化合价由−3升高到0价，失电子，发生氧化反应，故B正确；
C.根据题意，反应中6molNO被还原，放出热量2070kJ，故有1molNO被还原，则释放的热量为345kJ，故C正确；
D.氨气中N的被氧化生成氮气，NO中N被还原生成氮气，故氮气既是氧化产物又是还原产物，故D正确；
故选：A。
9.【答案】D
【解析】解：短周期主族元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，A原子的质子数与电子层数相同，则A为H；C是短周期主族元素中原子半径最大的元素，则C为Na；D原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，其原子序数大于Na，最外层含有6个电子，则D为S；E的原子序数大于S，且为主族元素，则E为Cl元素；E与B属于同一主族，则B为F元素，以此分析解答。根据分析可知，A为H，B为F，C为Na，D为S，E为Cl元素，
A.非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性F>Cl>S，则气态氢化物的稳定性：B>E>D，故A错误；
B.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：r(B)
D.氢与钠可形成离子化合物NaH，故D正确；
故选：D。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
10.【答案】A
【解析】解：A.X和Y发生酯化反应生成Z，该反应属于酯化反应，也属于取代反应，故A错误；
B.−OH、−COOH能和钠反应，Y中醇羟基能和钠反应，故B正确；
C.Z中碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D.W的相对分子质量很大，属于高分子化合物，故D正确；
故选：A。
11.【答案】C
【解析】解：A.淀粉遇碘单质变蓝，可能淀粉部分水解，还需检验是否含葡萄糖证明淀粉的水解程度，故A错误；
B.碳酸根离子、碳酸氢根离子均与盐酸反应生成二氧化碳，且二氧化硫也可使石灰水变浑浊，由实验及现象可知，待测溶液中不一定含有CO32−，故B错误；
C.丁达尔现象为胶体特有的性质，由实验及现象可知，所得液体为胶体，故C正确；
D.氯水中含盐酸、HClO，HCl与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，由实验及现象不能证明HClO的酸性强于H2CO3，故D错误；
故选：C。
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、反应与现象、离子的检验、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。
12.【答案】B
【解析】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离方法为解答的关键，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。
解：由流程可知，加硫酸溶解，溶液中含Mn2+、Fe2+、Ni2+、Pb2+，加入MnO2，发生2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，使溶液中的Fe2+转化为Fe3+，然后加X为MnCO3或Mn(OH)2调节pH使铁离子转化为沉淀，然后通入H2S气体除镍、铅，分离出MnSO4溶液中再转化为MnCO3，过滤、洗涤、干燥得到MnCO3沉淀，以此来解答。
A.通过搅拌的方式，增大接触面积，充分反应，可提高“酸浸”时粗锰粉的浸取率，故A正确；
B.加入MnO2，发生2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，故B错误；
C.由流程可知，加入的物质X可以为Mn(OH)2，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去，故C正确；
D.铁离子遇KSCN溶液变为血红色，取除铁后的滤液，加入几滴KSCN溶液，无明显现象证明Fe3+已除尽，故D正确；
故选：B。
13.【答案】C
【解析】解：由题干图可知，a电极上CO发生失电子的氧化反应生成CO2，则a电极为负极，b为正极，负极反应为CO+H2O−2e−=CO2↑+2H+，正极上[Fe(CN)6]3−发生得电子的反应生成[Fe(CN)6]4−，正极反应式为[Fe(CN)6]3−+e−=[Fe(CN)6]4−，原电池工作时电子由负极经外电路流向正极，阳离子移向正极，据此分析解答。
A.原电池工作时电子由负极经外电路流向正极，不会进入电解质溶液中，故A错误；
B.升高温度能增大反应速率，但微生物在高温时不能生存，导致该电池不能正常工作，故B错误；
C.放电时a电极为负极，b为正极，电解质溶液中的H+移向b电极，b极附近溶液的pH变小，故C正确；
D.a电极为负极，酸性条件下负极反应为CO+H2O−2e−=CO2↑+2H+，故D错误；
故选：C。
14.【答案】D
【解析】解：A.加入稀硫酸和NH4NO3的混合溶液，控制溶液温度在60∼70℃，该温度应采取水浴加热，故A正确；
B.亚硫酸根离子具有还原性，将Cu2+还原生成CuCl，故B正确；
C.由题干信息可知，CuCl难溶于水和乙醇，潮湿的CuCl固体露置于空气中容易被氧化，且乙醇易挥发，故步骤3中用乙醇洗涤能加速CuCl表面的水的挥发，防止其被空气氧化，故C正确；
D.结合提示潮湿的CuCl固体露置于空气中容易被氧化，CuCl在酸性条件下较稳定，故使用硫酸洗涤的主要目的提供酸性环境，防止CuCl被氧化，故D错误；
故选：D。
15.【答案】(1)除去氯气中的水蒸气
(2)干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色
(3)A
II.复分解 ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O
【解析】解：Ⅰ.(1)根据题干信息，气体a是含有少量空气和水蒸气的氯气，为检验氯气能否与水发生反应，可用干燥的有色布条形成对比，因此在氯气进入放有干燥的有色布条的集气瓶时，需要先除去混有的水蒸气，故浓硫酸的作用是除去氯气中的水蒸气，
故答案为：除去氯气中的水蒸气；
(2)氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应方程式为Cl2+H2O=HCl+HClO，次氯酸具有漂白性，可以使有色布条褪色，但干燥的氯气不具有漂白性，因此能够证明氯气和水反应的实验现象为干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色，
故答案为：干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色；
(3)氯离子与银离子反应生成氯化银沉淀，所以检验氯水的氯离子可用硝酸银溶液，若产生白色沉淀，可证明氯离子存在，
故选：A；
II.NaClO+HCl=NaCl+HClO属于复分解反应，次氯酸钠与盐酸混合物，次氯酸根离子、氯离子发生归中反应生成氯气和水，离子方程式为：ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O，
故答案为：复分解；ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O。
本题考查氯气的性质，侧重于元素化合物知识的综合考查与运用，注意相关基础知识的积累，题目难度不大。
16.【答案】(1)CuO+2H+=Cu2++H2O
(2)①冷却结晶 ② Al3++NH4++2SO42−+12H2O=[NH4Al(SO4)2⋅12H2O]↓；
(3)①CuSO4⋅H2O②保温防散热，能快速升温达到指定温度 ；防止杂质落入坩埚内而影响实际样品质量的精确称量
【解析】解：(1)氧化铜为碱性氧化物，与加入的稀H2SO4发生反应的离子方程式为CuO+2H+=Cu2++H2O，
故答案为：CuO+2H+=Cu2++H2O；
(2)①CuSO4⋅5H2O晶体高温易损失结晶水，故可以将过滤后的滤液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥等操作，得到CuSO4⋅5H2O晶体，
故答案为：冷却结晶；
②向结晶后剩余的母液中加入(NH4)2SO4，可得到铝铵矾[NH4Al(SO4)2⋅12H2O]沉淀，对应的离子方程式为Al3++NH4++2SO42−+12H2O=[NH4Al(SO4)2⋅12H2O]↓，
故答案为：Al3++NH4++2SO42−+12H2O=[NH4Al(SO4)2⋅12H2O]↓；
(3)①分析图1可知，200℃时，对应的质量为1.78g，对应的水的物质的量为2.50−1.7818mol=0.04mol，2.500gCuSO4⋅5H2O晶体的物质的量为2.500250mol=0.01mol，故失去的结晶水数目为0.040.01=4，对应化学式为CuSO4⋅H2O，
故答案为：CuSO4⋅H2O；
②坩埚加盖的样品质量下降较快的原因可能是保温防散热，能快速升温达到指定温度，由于该过程为质量分析，故使用坩埚盖的另一个作用是防止杂质落入坩埚内而影响实际样品质量的精确称量，
故答案为：保温防散热，能快速升温达到指定温度；防止杂质落入坩埚内而影响实际样品质量的精确称量。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
17.【答案】(1)NaClO2氧化去除NO过程中生成大量的H+
(2)①氧化 ② 80℃
(3)① 2CO32−+2Ce3++2OH−=Ce2O(CO3)2↓+H2O②部分NO+和O2−反应生成NO2−和O2，NO2−和O2进一步反应生成NO3−，最后NO3−与部分NO+反应生成NO2
【解析】解：(1)NaClO2溶液可以氧化脱除烟气中的NO，氧化过程中溶液pH随时间变化的影响如图1所示，反应过程中溶液pH逐渐下降的原因可能是NaClO2氧化去除NO过程中生成大量的H+，
故答案为：NaClO2氧化去除NO过程中生成大量的H+；
(2)①在反应2CO(NH2)2+6NO=5N2↑+2CO2+4H2O中，尿素发生氧化反应，尿素中的N元素由−3价升高到0价，NO中的N元素由+2价降低到0价，发生了归中反应，
故答案为：氧化；
②由图可知，尿素吸收液脱除NO的适宜反应温度为80℃，此时尿素的脱除率最高，
故答案为：80℃；
(3)①(NH4)2CO3和氯化铈(CeCl3)在碱性条件、去离子水溶液中进行水热反应，能生成沉淀Ce2O(CO3)2，该反应的离子方程式为2CO32−+2Ce3++2OH−=Ce2O(CO3)2↓+H2O，
故答案为：2CO32−+2Ce3++2OH−=Ce2O(CO3)2↓+H2O；
②由图可知，部分NO+和O2−反应生成NO2−和O2，NO2−和O2进一步反应生成NO3−，最后NO3−与部分NO+反应生成NO2，
故答案为：部分NO+和O2−反应生成NO2−和O2，NO2−和O2进一步反应生成NO3−，最后NO3−与部分NO+反应生成NO2。
②根据反应历程，部分NO+和O2−反应生成NO2−和O2，NO2−和O2进一步反应生成NO3−，最后NO3−与部分NO+反应生成NO2。
本题主要考查学生的看图理解能力、分析能力、解决问题的能力，同时考查离子方程式的书写，属于高频考点，难度中等。
18.【答案】(1)①反应二的活化能高于反应一的活化能 ② i)X→K曲线段，随温度升高，催化剂活性下降，反应速率减小，(因反应尚未平衡，反应速率的大小决定了NO转化率的大小)故NO转化率减小 ii)反应达到平衡状态，反应ΔH<0，温度升高，反应正向进行程度减小，NO转化率减小
(2)① ② 7
(3)① ②10 ③3×10−9
【解析】解：(1)①由题干图1可知反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，决定2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)反应速率的是反应Ⅱ，
故答案为：反应二的活化能高于反应一的活化能；
②随温度升高NO的转化率先升高后降低，说明温度较低时反应较慢，相同时间段内并未达到平衡，X点后，随温度升高，催化剂活性降低，反应速率减小，NO转化率减小，K点时，在相同时间内，反应正好达到平衡，K点后，温度越高NO转化率越低，说明温度升高平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理可知该反应为放热反应，其△H<0，
故答案为：X→K曲线段，随温度升高，催化剂活性下降，反应速率减小，(因反应尚未平衡，反应速率的大小决定了NO转化率的大小)故NO转化率减小；ii)反应达到平衡状态，反应ΔH<0，温度升高，反应正向进行程度减小，NO转化率减小；
(2)①当锂离子电池供电时，B极区中的Li+脱出，嵌入A极区，可知A极为原电池的正极，A极的电极反应，
故答案为：
②当有1molNaHSO3在a室中产生时，即有1molH+由C室通过交换膜移向a室，此时电路转移1mol电子，根据A极电极反应式可知，此时A极增加的质量为1molLi的质量为7g，
故答案为：7；
(3)①由题干图可知，pH=9溶液时，溶液中的溶质为Na2HAsO4，即Na3AsO4和H3AsO4按一定比例混合，反应生成Na2HAsO4−，反应的离子方程式为；
故答案为：；
②Ka1=c(H+)⋅c(H2AsO4−)c(H3AsO4)，pH=2.2时c(H+)=10−2.2mol/L，c(H3AsO4)=c(H2AsO4−)，Ka1=10−2.2，Ka2=c(H+)⋅c(HAsO42−)c(H2AsO4−)，c(H3AsO4)c(HAsO42−)=c(H3AsO4)c(H2AsO4−)⋅c(H+)⋅c(H+)⋅c(H2AsO4−)c(HAsO42−)=c2(H+)Ka1⋅Ka2，pH=7时，c(H2AsO4−)=c(HAsO42−)，Ka2=10−7，当溶液pH=4.1时，c(H+)=10−4.1mol/L，由得溶液中c(H3AsO4)c(HAsO42−)=(10−4.1)210−2.2×10−7=110−8.210−9.2=10，
故答案为：10；
③由Ksp[Ca(OH)2]=3.2×10−5，设饱和石灰水的浓度为xmol/L，则c(Ca2+)=xmol/L，c(OH−)=2xmol/L，Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+)×c2(OH−)=4x3=3.2×10−5，x=0.02mol/L，则c(Na3AsO4)=c[Ca(OH)2]=0.02mol/L，等体积混合时，设体积为1L，由反应3Ca2++2AsO43−=Ca3(AsO4)2可得过量的Na3AsO4的物质的量为23×10−2mol，混合后溶液的体积变为2L，过量的Na3AsO4的浓度为13×10−2mol/L，由Ksp[Ca3(AsO4)2]=3×10−31，得Ksp[Ca3(AsO4)2]=c3(Ca2+)×c2(AsO43−)=c3(Ca2+)×(13×10−2)2=3×10−31，c3(Ca2+)=27×10−27，c(Ca2+)=3×10−9mol/L，
故答案为：3×10−9。
本题为综合题型，涉及考查化学平衡计算、化学平衡移动影响因素、电解质溶液中微粒浓度的计算、原电池和电解池的工作原理、溶度积的计算等等知识点，侧重考查分析判断及计算能力，明确温度、压强、浓度对化学平衡移动影响原理及电离平衡常数等是解本题关键，题目难度中等。
19.【答案】(1)醚键 醛基
(2)还原反应
(3)
(4)BD
(5)
(6)
【解析】解：根据A、C的结构简式及B的分子式知，A中醛基和X发生加成反应然后发生消去反应生成B，B的结构简式为，B和HCN发生加成反应生成C，C发生水解反应然后酸化得到D，D中羰基发生还原反应生成E，E中羧基发生取代反应生成F；
(1)A中的含氧官能团名称为醚键、醛基，
故答案为：醚键；醛基；
(2)D中羰基发生还原反应生成E，由D→E的反应类型为还原反应，
故答案为：还原反应；
(3)化合物B的结构简式为，
故答案为：；
(4)A.甲烷分子中最多有3个原子共平面、苯环和甲醛分子中所有原子共平面，单键可以旋转，所以A分子中所有碳原子有可能处于同一平面，故A正确；
B.A到B经过两步反应：先加成，后消去，故B错误；
C.苯环和氢气以1：3发生加成反应，羰基和氢气以1：1发生加成反应，则1molX与足量H2发生加成反应，最多消耗4molH2，故C正确；
D.X与足量H2完全加成所得产物分子中连接羟基的碳原子、环上有取代基的碳原子都是手性碳原子，所以含有4个手性碳原子，故D错误；
故答案为：BD；
(5)D的一种同分异构体满足下列条件：
①既能与FeCl3溶液发生显色反应，又能与碳酸氢钠溶液发生反应产生CO2，说明含有酚羟基和羧基；
②酸性条件下发生水解反应，生成两种产物，每种产物中均只含2种不同化学环境的氢，说明含有酯基，且水解产物中都只含两种氢原子，符合条件的结构简式为，
故答案为：；
(6)以为原料制备，苯乙烯中碳碳双键和HCN发生加成反应生成−CN，然后发生水解反应生成−COOH，−COOH再发生取代反应生成−COCl，最后发生题给信息的反应得到目标产物，合成路线为，
故答案为：。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，明确反应前后结构及官能团变化是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，注意题给信息的灵活运用，题目难度中等。
2021-2022学年江苏省盐城市高二（上）期末化学试卷
1. “碳中和”是指CO2排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，抵消产生的二氧化碳排放，实现二氧化碳的“零排放”。下列措施中有助于实现“碳中和”的是( )
A. 安装汽车尾气净化装置
B. 对含硫燃料预先进行脱硫处理
C. 使用以液化天然气作为动力的新型环保汽车
D. 2021年9月天津工业生物所首次实现了从二氧化碳到淀粉分子的全合成
2. 高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能水处理剂，其与水反应的化学方程式是：4K2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8KOH。下列有关说法正确的是( )
A. KOH的电子式为： B. K+的结构示意图为：
C. 质子数为26的Fe原子： 5626Fe D. 16O、 17O、 18O互为同素异形体
3. 下列物质的性质与用途具有对应关系的是( )
A. 碳酸钡不溶于水，可用作“钡餐” B. 碳酸氢铵受热易分解，可用作氮肥
C. 浓硫酸具有吸水性，可用作气体干燥剂 D. 氨气具有弱碱性，可用作食品工业制冷剂
4. 下列实验装置和原理能达到实验目的的是( )
A. 用甲装置完成喷泉实验 B. 用乙装置制氯气
C. 用丙装置防止氨气倒吸 D. 用丁装置制取乙酸乙酯
5. 下列对于生活中常见有机物的认识正确的是( )
A. 石油的裂化属于化学变化
B. 可燃冰的结构与天然气完全相同
C. 乙烯和聚乙烯均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 蛋白质溶液中加入硫酸铜溶液，析出的沉淀能重新溶于水中
6. 常温下，N2和O2反应生成NO的能量变化如图。下列热化学方程式正确的是( )
A. N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=−812kJ/mol
B. N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+812kJ/mol
C. N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=−180kJ/mol
D. N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ/mol
7. N2O和CO可在催化剂(Pt2O+)表面转化为无害气体，其反应原理为N2O(g)+CO(g)⇌CO2(g)+N2(g)，下列有关该反应说法正确的是( )
A. 催化剂能改变反应的ΔH
B. 通入过量CO，可使N2O转化率达100%
C. 保持反应容器体积不变，通入He增大压强，反应速率不变
D. 单位时间内消耗nmolN2O同时生成nmolCO2，则反应一定达到平衡状态
8. 利用NH3还原法可将NOx还原为N2进行脱除。已知：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)ΔH=−2070kJ⋅mol−1。下列有关该反应说法不正确的是( )
A. 每转移2.4mol的电子，则生成22.4LN2
B. NH3发生氧化反应
C. 若有1molNO被还原，则释放的热量为345kJ
D. N2既是氧化产物又是还原产物
9. 短周期主族元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，A原子的质子数与电子层数相同，C是短周期主族元素中原子半径最大的元素，D原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，E与B属于同一主族。下列说法正确的是( )
A. 气态氢化物的稳定性：B>D>E
B. 原子半径：r(B)
D. A与C可形成离子化合物
10. 某材料W的合成路线如图所示，下列有关说法不正确的是( )
A. X+Y→Z的反应为加成反应 B. Y可以与金属钠发生反应
C. Z可以使酸性KMnO4溶液褪色 D. W属于高分子化合物
11. 根据下列实验操作和现象所得出的实验结论正确的是( )
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向淀粉水解一段时间后的溶液中加入碘水，溶液变蓝
淀粉没有发生水解
B
向待测溶液中加入稀盐酸，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊
待测溶液中一定含有CO32−
C
向水中滴加少量鸡蛋清，搅拌、静置，所得液体用一束光照射，可观察到光亮的通路
所得液体为胶体
D
向新制的氯水中加入少量NaHCO3固体，有较多气泡逸出
HClO的酸性强于H2CO3
A. A B. B C. C D. D
12. 工业上由粗锰粉(主要杂质为Fe、Ni、Pb等金属单质)制备高纯碳酸锰。其主要工艺流程如图：
下列有关说法不正确的是( )
A. 可以通过搅拌的方式提高“酸浸”时粗锰粉的浸取率
B. 向酸浸后的滤液中加入MnO2，反应的离子方程式为：Mn4++2Fe2+=2Fe3++Mn2+
C. 除铁时加入的物质X可以为Mn(OH)2，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去
D. 取除铁后的滤液，加入几滴KSCN溶液，无明显现象证明Fe3+已除尽
13. 用微生物燃料电池处理酸性废水的原理如图所示。下列说法正确是( )
A. 电子经电解质溶液从a极移向b极
B. 为加快电池的放电速率，该电池可在高温下工作
C. 放电过程中，b极附近溶液的pH变小
D. a极发生的反应为：CO+2OH−+2e−=CO2↑+H2O
14. 制备氯化亚铜(CuCl)的一种工艺流程如下。
步骤1：取海绵铜(主要含Cu和CuO)，加入稀硫酸和NH4NO3的混合溶液，控制溶液温度在60∼70℃，不断搅拌至固体全部溶解，得蓝色溶液(过程中无气体产生)。
步骤2：向蓝色溶液中加入(NH4)2SO3和NH4Cl，充分反应后过滤，得到CuCl粗品。
步骤3：CuCl粗品依次用稀硫酸和乙醇洗涤，烘干后得到CuCl产品。
已知：CuCl难溶于水和乙醇，潮湿的CuCl固体露置于空气中容易被氧化，CuCl在酸性条件下较稳定。
下列说法不正确的是( )
A. 步骤1中控制溶液温度可采用水浴加热的方法
B. 步骤2中(NH4)2SO3作为还原剂将Cu2+还原生成CuCl
C. 步骤3中用乙醇洗涤能加速CuCl表面的水的挥发，防止其被空气氧化
D. 步骤3中用稀硫酸洗涤，相较于用水洗涤，其主要原因是防止CuCl因溶解而造成固体损耗
15. 某兴趣小组探究氯的单质及其化合物的性质。
Ⅰ.甲同学设计如题15图所示装置研究氯气能否与水发生反应，气体a是含有少量空气和水蒸气的氯气。
(1)浓硫酸的作用是 ______。
(2)证明氯气和水反应的实验现象为 ______。
(3)Cl2溶于水可制得氯水，检验氯水中的Cl−，可选择 ______(填字母序号)试剂。
A.硝酸银溶液
B.酚酞溶液
C.碳酸钠溶液
D.品红溶液
II.NaClO是“84消毒液”的有效成分，在抗击新冠肺炎疫情中发挥了重要作用。向“84消毒液”中滴入盐酸，可能发生反应：NaClO+HCl=NaCl+HClO，其属于 ______(填四大基本反应类型)反应。乙同学认为上述过程中还发生了氧化还原反应并生成Cl2，反应的离子方程式为 ______。
16. 某兴趣小组以废骨架铜催化剂(含Cu、Al、有机物)为原料制备CuSO4⋅5H2O晶体，并用热重分析法对晶体进行研究。
(1)焙烧、酸溶、过滤
向废骨架铜催化剂中通入空气，在800℃下焙烧1h；向焙烧后残留固体中加入稍过量的稀H2SO4，充分溶解，过滤。酸溶步骤中，氧化铜与加入的稀H2SO4发生反应的离子方程式为 ______。
(2)结晶
①将过滤后的滤液通过蒸发浓缩、______、过滤、洗涤、低温干燥等操作，得到CuSO4⋅5H2O晶体。
②向结晶后剩余的母液中加入(NH4)2SO4，可得到铝铵矾[NH4Al(SO4)2⋅12H2O]沉淀，该反应的离子方程式为 ______。
(3)对CuSO4⋅5H2O晶体热重分析
①2.500gCuSO4⋅5H2O晶体样品使用坩埚受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图1所示。200℃时剩余固体物质的化学式为 ______。
②加热晶体失水过程中必须要使用堆埚盖。一定温度时，坩埚加和不加盖，坩埚内样品的质量随加热时间变化的影响如图2所示；坩埚加盖的样品质量下降较快的原因可能是 ______。此外，使用坩埚盖的另一个作用是 ______。
17. 烟气中的NO是空气污染物，研究NO的吸收和转化对防治大气污染具有重大意义。
(1)NaClO2溶液可以氧化脱除烟气中的NO，氧化过程中溶液pH随时间变化的影响如图1所示，反应过程中溶液pH逐渐下降的原因可能是 ______。
(2)一定条件下，尿素[CO(NH2)2]吸收液可以脱除烟气中的NO，已知尿素的分解温度为160℃。
①尿素和NO反应的原理为：2CO(NH2)2+6NO=5N2↑+2CO2+4H2O，该过程中尿素发生 ______(填“氧化”或“还原”)反应。
②NO的脱除率随尿素吸收液反应温度变化的影响如图2所示。尿素吸收液脱除NO的适宜反应温度为 ______。
(3)选择性催化剂(球体结构的CeO2)可将烟气中的NO先转化为易于吸收的NO2，再进行脱除。
①水热法制备CeO2。(NH4)2CO3和氯化铈(CeCl3)在碱性条件、去离子水溶液中进行水热反应，能生成沉淀Ce2O(CO3)2；高温煅烧Ce2O(CO3)2，可得到CeO2。反应生成Ce2O(CO3)2的离子方程式为 ______。
②CeO2催化氧化NO的机理如图3所示，方框内表示了NO+转变为NO2过程，该过程可描述为：______。
18. 学习化学反应原理，可以帮助我们认识化学的本质，并将其应用于工业生产。
(1)①NO转化为NO2的总反应为：2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)，其由两步基元反应组成。
反应一：2NO(g)⇌N2O2(g)
反应二：N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g)
其反应进程与能量变化的关系如图1所示。NO氧化为NO2的总反应速率由反应二控制，原因是 ______。
②将一定比例的NO和O2以一定的流速通过装有催化剂的反应管，测得NO转化为NO2的转化率与温度变化的关系如图2所示，图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化。
i)K点之前的X→K曲线，NO转化率变化的原因可能是：______；
ii)K点之后曲线，NO转化率变化的原因可能是：______。
(2)如图3所示装置模拟工业上运用三室膜电解技术制取NaHSO3，其中电解电源为锂离子电池。锂离子电池反应原理为：，当锂离子电池供电时，B极区中的Li+脱出，嵌入A极区(不计电路损耗)。
①A极的电极反应式为：______。
②当有1molNaHSO3在a室中产生时，A极区质量增加 ______g。
(3)常温下向H3AsO4溶液中加入NaOH溶液，水溶液中As(V)的各物种分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图4所示。
①将Na3AsO4和H3AsO4按一定比例混合形成pH=9溶液，混合时主要发生的离子方程式为 ______。
②当溶液pH=4.1时，溶液中c(H3AsO4)c(HAsO42−)的值为 ______。
③某温度下Ksp[Ca3(AsO4)2]=3×10−31，Ksp[Ca(OH)2]=3.2×10−5。将等浓度的饱和石灰水和Na3AsO4溶液等体积混合，反应后溶液中c(Ca2+)=______mol⋅L−1。
19. 化合物F是合成一种抗肿瘤药物的中间体，其合成路线如图所示：
(1)A中的含氧官能团名称为 ______、______。
(2)由D→E的反应类型为 ______。
(3)化合物B的结构简式为 ______。
(4)在A→B的转化过程中，下列说法不正确的是 ______(填写字母序号)。
A.A分子中所有碳原子有可能处于同一平面
B.A到B经过两步反应：先加成，后取代
C.1molX与足量H2发生加成反应，最多消耗4molH2
D.X与足量H2完全加成所得产物分子中含有3个手性碳原子
(5)写出同时满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式：______。
①既能与FeCl3溶液发生显色反应，又能与碳酸氢钠溶液发生反应产生CO2；
②酸性条件下发生水解反应，生成两种产物，每种产物中均只含2种不同化学环境的氢。
(6)已知：。设计以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)。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：2021年4月22日，习近平总书记在领导人气候峰会上强调：我国坚持走生态优先，绿色低碳的发展道路，力争2030年前实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”，“碳中和”是指一定时间内CO2排放和吸收的总量保持平衡。
A.安装汽车尾气净化装置，并不影响二氧化碳的排放，故A错误；
B.对含硫燃料预先进行脱硫处理，会减少二氧化碳的排放，不能减少碳的排放，故B错误；
C.使用以液化天然气作为动力的新型环保汽车，会增加二氧化碳的排放，故C错误；
D.从二氧化碳到淀粉分子的全合成，会消耗二氧化碳，减少二氧化碳的排放，故D正确；
故选：D。
本题考查CO2的排放和吸收，题目很简单，关键是掌握二氧化碳的排放来源及其对环境的影响、减排措施，注意联系化学与生产、生活。
2.【答案】B
【解析】本题考查常见化学用语的表示方法，涉及离子结构示意图、核素、电子式、同位素及同素异形体等知识，明确常见化学用语的书写原则即可解答，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
解：A.氢氧化钾是离子化合物，由钾离子和氢氧根离子构成，电子式为，故A错误；
B.K+的质子数为19，核外电子数为18，核外各层上电子数分别为2、8、8，则结构示意图为，故B正确；
C.质子数为26的Fe原子的符号为 2656Fe，故C错误；
D. 16O、 17O、 18O是氧原子的不同核素，中子数不同，它们互为同位素，故D错误；
故选：B。
3.【答案】C
【解析】本题考查了物质的用途，性质决定用途，熟悉相关物质的组成和性质即可解答，题目难度不大。解：A.碳酸钡易溶于盐酸，钡离子有毒，易造成重金属中毒，故A错误；
B.碳酸氢铵含氮元素，可用作氮肥，与其不稳定性无关，故B错误；
C.浓硫酸具有吸水性，可用作气体干燥剂，故C正确；
D.氨气是否具有弱碱性，与作制冷剂没有直接关系，氨气易液化，转化成气体时，从外界吸收能量，周围温度降低，因此氨气可用作制冷剂，故D错误；
故选：C。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
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、气体的收集、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。
【解答】
A.NO不溶于水，与水不反应，不能形成喷泉实验，故A错误；
B.浓盐酸与二氧化锰加热生成氯气，图中固液加热装置可制备氯气，故B正确；
C.氨气极易溶于水不易溶于苯，且苯的密度比水小，用丙装置不能防止氨气倒吸，应选用比水密度大的四氯化碳，故C错误；
D.导管口在碳酸钠溶液的液面下易发生倒吸，导管口应在液面上，故D错误；
故选：B。
5.【答案】A
【解析】本题是一道以工业生产为知识背景的综合性题目，考查角度广，题目难度不大，可以根据有关工业生产的原理进行解答，注意相关基础知识的积累。
解：A.有新物质产生的反应为化学变化，石油裂化生成不饱和烯烃，属于化学变化，故A正确；
B.可燃冰的组成是CH4⋅xH2O，天然气的成分是甲烷，结构不完全相同，故B错误；
C.乙烯可以使高锰酸钾溶液褪色，聚乙烯不能使高锰酸钾溶液褪色，因为双键已打开，故C错误；
D.蛋白质溶液中加入硫酸铜溶液，会使蛋白质变性，失去活性，不能重新溶解，故D错误；
故选：A。
6.【答案】D
【解析】解：N2和O2反应生成NO的化学方程式为N2+O22NO，其反应热△H=断键吸收的能量-成键放出的能量=946kJ/mol+498kJ/mol−2×632kJ/mol=+180kJ/mol，即热化学方程式为N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ/mol，
故选：D。
本题考查了热化学方程式的书写，应注意反应热的计算，反应热△H=断键消耗的能量-成键放出的能量=反应物的键能之和-生成物的键能之和=正反应的活化能-逆反应的活化能。
7.【答案】C
【解析】解：A.催化剂只降低反应的活化能，不能改变反应的ΔH，故A错误；
B.该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，则通入过量CO，可使N2O转化率不能达100%，故B错误；
C.保持反应容器体积不变，通入He增大压强，各组分的浓度不变，则反应速率不变，故C正确；
D.无论反应是否达到平衡状态，单位时间内消耗nmolN2O同时生成nmolCO2，则不能说明反应达到平衡状态，故D错误；
故选：C。
8.【答案】A
【解析】解：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)中，NH3中的N化合价由−3变为0，为还原剂，NO中的N由+2变为0，为氧化剂，氮气既是氧化产物又是还原产物，4molNH3反应转移电子为12mol，据此解答。
A.无标准状况，不能计算气体体积，故A错误；
B.氨气中N的化合价由−3升高到0价，失电子，发生氧化反应，故B正确；
C.根据题意，反应中6molNO被还原，放出热量2070kJ，故有1molNO被还原，则释放的热量为345kJ，故C正确；
D.氨气中N的被氧化生成氮气，NO中N被还原生成氮气，故氮气既是氧化产物又是还原产物，故D正确；
故选：A。
9.【答案】D
【解析】解：短周期主族元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，A原子的质子数与电子层数相同，则A为H；C是短周期主族元素中原子半径最大的元素，则C为Na；D原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，其原子序数大于Na，最外层含有6个电子，则D为S；E的原子序数大于S，且为主族元素，则E为Cl元素；E与B属于同一主族，则B为F元素，以此分析解答。根据分析可知，A为H，B为F，C为Na，D为S，E为Cl元素，
A.非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性F>Cl>S，则气态氢化物的稳定性：B>E>D，故A错误；
B.主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：r(B)
D.氢与钠可形成离子化合物NaH，故D正确；
故选：D。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子结构来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
10.【答案】A
【解析】解：A.X和Y发生酯化反应生成Z，该反应属于酯化反应，也属于取代反应，故A错误；
B.−OH、−COOH能和钠反应，Y中醇羟基能和钠反应，故B正确；
C.Z中碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D.W的相对分子质量很大，属于高分子化合物，故D正确；
故选：A。
11.【答案】C
【解析】解：A.淀粉遇碘单质变蓝，可能淀粉部分水解，还需检验是否含葡萄糖证明淀粉的水解程度，故A错误；
B.碳酸根离子、碳酸氢根离子均与盐酸反应生成二氧化碳，且二氧化硫也可使石灰水变浑浊，由实验及现象可知，待测溶液中不一定含有CO32−，故B错误；
C.丁达尔现象为胶体特有的性质，由实验及现象可知，所得液体为胶体，故C正确；
D.氯水中含盐酸、HClO，HCl与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，由实验及现象不能证明HClO的酸性强于H2CO3，故D错误；
故选：C。
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、反应与现象、离子的检验、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。
12.【答案】B
【解析】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离方法为解答的关键，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。
解：由流程可知，加硫酸溶解，溶液中含Mn2+、Fe2+、Ni2+、Pb2+，加入MnO2，发生2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，使溶液中的Fe2+转化为Fe3+，然后加X为MnCO3或Mn(OH)2调节pH使铁离子转化为沉淀，然后通入H2S气体除镍、铅，分离出MnSO4溶液中再转化为MnCO3，过滤、洗涤、干燥得到MnCO3沉淀，以此来解答。
A.通过搅拌的方式，增大接触面积，充分反应，可提高“酸浸”时粗锰粉的浸取率，故A正确；
B.加入MnO2，发生2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，故B错误；
C.由流程可知，加入的物质X可以为Mn(OH)2，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去，故C正确；
D.铁离子遇KSCN溶液变为血红色，取除铁后的滤液，加入几滴KSCN溶液，无明显现象证明Fe3+已除尽，故D正确；
故选：B。
13.【答案】C
【解析】解：由题干图可知，a电极上CO发生失电子的氧化反应生成CO2，则a电极为负极，b为正极，负极反应为CO+H2O−2e−=CO2↑+2H+，正极上[Fe(CN)6]3−发生得电子的反应生成[Fe(CN)6]4−，正极反应式为[Fe(CN)6]3−+e−=[Fe(CN)6]4−，原电池工作时电子由负极经外电路流向正极，阳离子移向正极，据此分析解答。
A.原电池工作时电子由负极经外电路流向正极，不会进入电解质溶液中，故A错误；
B.升高温度能增大反应速率，但微生物在高温时不能生存，导致该电池不能正常工作，故B错误；
C.放电时a电极为负极，b为正极，电解质溶液中的H+移向b电极，b极附近溶液的pH变小，故C正确；
D.a电极为负极，酸性条件下负极反应为CO+H2O−2e−=CO2↑+2H+，故D错误；
故选：C。
14.【答案】D
【解析】解：A.加入稀硫酸和NH4NO3的混合溶液，控制溶液温度在60∼70℃，该温度应采取水浴加热，故A正确；
B.亚硫酸根离子具有还原性，将Cu2+还原生成CuCl，故B正确；
C.由题干信息可知，CuCl难溶于水和乙醇，潮湿的CuCl固体露置于空气中容易被氧化，且乙醇易挥发，故步骤3中用乙醇洗涤能加速CuCl表面的水的挥发，防止其被空气氧化，故C正确；
D.结合提示潮湿的CuCl固体露置于空气中容易被氧化，CuCl在酸性条件下较稳定，故使用硫酸洗涤的主要目的提供酸性环境，防止CuCl被氧化，故D错误；
故选：D。
15.【答案】(1)除去氯气中的水蒸气
(2)干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色
(3)A
II.复分解 ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O
【解析】解：Ⅰ.(1)根据题干信息，气体a是含有少量空气和水蒸气的氯气，为检验氯气能否与水发生反应，可用干燥的有色布条形成对比，因此在氯气进入放有干燥的有色布条的集气瓶时，需要先除去混有的水蒸气，故浓硫酸的作用是除去氯气中的水蒸气，
故答案为：除去氯气中的水蒸气；
(2)氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应方程式为Cl2+H2O=HCl+HClO，次氯酸具有漂白性，可以使有色布条褪色，但干燥的氯气不具有漂白性，因此能够证明氯气和水反应的实验现象为干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色，
故答案为：干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色；
(3)氯离子与银离子反应生成氯化银沉淀，所以检验氯水的氯离子可用硝酸银溶液，若产生白色沉淀，可证明氯离子存在，
故选：A；
II.NaClO+HCl=NaCl+HClO属于复分解反应，次氯酸钠与盐酸混合物，次氯酸根离子、氯离子发生归中反应生成氯气和水，离子方程式为：ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O，
故答案为：复分解；ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O。
本题考查氯气的性质，侧重于元素化合物知识的综合考查与运用，注意相关基础知识的积累，题目难度不大。
16.【答案】(1)CuO+2H+=Cu2++H2O
(2)①冷却结晶 ② Al3++NH4++2SO42−+12H2O=[NH4Al(SO4)2⋅12H2O]↓；
(3)①CuSO4⋅H2O②保温防散热，能快速升温达到指定温度 ；防止杂质落入坩埚内而影响实际样品质量的精确称量
【解析】解：(1)氧化铜为碱性氧化物，与加入的稀H2SO4发生反应的离子方程式为CuO+2H+=Cu2++H2O，
故答案为：CuO+2H+=Cu2++H2O；
(2)①CuSO4⋅5H2O晶体高温易损失结晶水，故可以将过滤后的滤液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥等操作，得到CuSO4⋅5H2O晶体，
故答案为：冷却结晶；
②向结晶后剩余的母液中加入(NH4)2SO4，可得到铝铵矾[NH4Al(SO4)2⋅12H2O]沉淀，对应的离子方程式为Al3++NH4++2SO42−+12H2O=[NH4Al(SO4)2⋅12H2O]↓，
故答案为：Al3++NH4++2SO42−+12H2O=[NH4Al(SO4)2⋅12H2O]↓；
(3)①分析图1可知，200℃时，对应的质量为1.78g，对应的水的物质的量为2.50−1.7818mol=0.04mol，2.500gCuSO4⋅5H2O晶体的物质的量为2.500250mol=0.01mol，故失去的结晶水数目为0.040.01=4，对应化学式为CuSO4⋅H2O，
故答案为：CuSO4⋅H2O；
②坩埚加盖的样品质量下降较快的原因可能是保温防散热，能快速升温达到指定温度，由于该过程为质量分析，故使用坩埚盖的另一个作用是防止杂质落入坩埚内而影响实际样品质量的精确称量，
故答案为：保温防散热，能快速升温达到指定温度；防止杂质落入坩埚内而影响实际样品质量的精确称量。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
17.【答案】(1)NaClO2氧化去除NO过程中生成大量的H+
(2)①氧化 ② 80℃
(3)① 2CO32−+2Ce3++2OH−=Ce2O(CO3)2↓+H2O②部分NO+和O2−反应生成NO2−和O2，NO2−和O2进一步反应生成NO3−，最后NO3−与部分NO+反应生成NO2
【解析】解：(1)NaClO2溶液可以氧化脱除烟气中的NO，氧化过程中溶液pH随时间变化的影响如图1所示，反应过程中溶液pH逐渐下降的原因可能是NaClO2氧化去除NO过程中生成大量的H+，
故答案为：NaClO2氧化去除NO过程中生成大量的H+；
(2)①在反应2CO(NH2)2+6NO=5N2↑+2CO2+4H2O中，尿素发生氧化反应，尿素中的N元素由−3价升高到0价，NO中的N元素由+2价降低到0价，发生了归中反应，
故答案为：氧化；
②由图可知，尿素吸收液脱除NO的适宜反应温度为80℃，此时尿素的脱除率最高，
故答案为：80℃；
(3)①(NH4)2CO3和氯化铈(CeCl3)在碱性条件、去离子水溶液中进行水热反应，能生成沉淀Ce2O(CO3)2，该反应的离子方程式为2CO32−+2Ce3++2OH−=Ce2O(CO3)2↓+H2O，
故答案为：2CO32−+2Ce3++2OH−=Ce2O(CO3)2↓+H2O；
②由图可知，部分NO+和O2−反应生成NO2−和O2，NO2−和O2进一步反应生成NO3−，最后NO3−与部分NO+反应生成NO2，
故答案为：部分NO+和O2−反应生成NO2−和O2，NO2−和O2进一步反应生成NO3−，最后NO3−与部分NO+反应生成NO2。
②根据反应历程，部分NO+和O2−反应生成NO2−和O2，NO2−和O2进一步反应生成NO3−，最后NO3−与部分NO+反应生成NO2。
本题主要考查学生的看图理解能力、分析能力、解决问题的能力，同时考查离子方程式的书写，属于高频考点，难度中等。
18.【答案】(1)①反应二的活化能高于反应一的活化能 ② i)X→K曲线段，随温度升高，催化剂活性下降，反应速率减小，(因反应尚未平衡，反应速率的大小决定了NO转化率的大小)故NO转化率减小 ii)反应达到平衡状态，反应ΔH<0，温度升高，反应正向进行程度减小，NO转化率减小
(2)① ② 7
(3)① ②10 ③3×10−9
【解析】解：(1)①由题干图1可知反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，决定2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)反应速率的是反应Ⅱ，
故答案为：反应二的活化能高于反应一的活化能；
②随温度升高NO的转化率先升高后降低，说明温度较低时反应较慢，相同时间段内并未达到平衡，X点后，随温度升高，催化剂活性降低，反应速率减小，NO转化率减小，K点时，在相同时间内，反应正好达到平衡，K点后，温度越高NO转化率越低，说明温度升高平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理可知该反应为放热反应，其△H<0，
故答案为：X→K曲线段，随温度升高，催化剂活性下降，反应速率减小，(因反应尚未平衡，反应速率的大小决定了NO转化率的大小)故NO转化率减小；ii)反应达到平衡状态，反应ΔH<0，温度升高，反应正向进行程度减小，NO转化率减小；
(2)①当锂离子电池供电时，B极区中的Li+脱出，嵌入A极区，可知A极为原电池的正极，A极的电极反应，
故答案为：
②当有1molNaHSO3在a室中产生时，即有1molH+由C室通过交换膜移向a室，此时电路转移1mol电子，根据A极电极反应式可知，此时A极增加的质量为1molLi的质量为7g，
故答案为：7；
(3)①由题干图可知，pH=9溶液时，溶液中的溶质为Na2HAsO4，即Na3AsO4和H3AsO4按一定比例混合，反应生成Na2HAsO4−，反应的离子方程式为；
故答案为：；
②Ka1=c(H+)⋅c(H2AsO4−)c(H3AsO4)，pH=2.2时c(H+)=10−2.2mol/L，c(H3AsO4)=c(H2AsO4−)，Ka1=10−2.2，Ka2=c(H+)⋅c(HAsO42−)c(H2AsO4−)，c(H3AsO4)c(HAsO42−)=c(H3AsO4)c(H2AsO4−)⋅c(H+)⋅c(H+)⋅c(H2AsO4−)c(HAsO42−)=c2(H+)Ka1⋅Ka2，pH=7时，c(H2AsO4−)=c(HAsO42−)，Ka2=10−7，当溶液pH=4.1时，c(H+)=10−4.1mol/L，由得溶液中c(H3AsO4)c(HAsO42−)=(10−4.1)210−2.2×10−7=110−8.210−9.2=10，
故答案为：10；
③由Ksp[Ca(OH)2]=3.2×10−5，设饱和石灰水的浓度为xmol/L，则c(Ca2+)=xmol/L，c(OH−)=2xmol/L，Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+)×c2(OH−)=4x3=3.2×10−5，x=0.02mol/L，则c(Na3AsO4)=c[Ca(OH)2]=0.02mol/L，等体积混合时，设体积为1L，由反应3Ca2++2AsO43−=Ca3(AsO4)2可得过量的Na3AsO4的物质的量为23×10−2mol，混合后溶液的体积变为2L，过量的Na3AsO4的浓度为13×10−2mol/L，由Ksp[Ca3(AsO4)2]=3×10−31，得Ksp[Ca3(AsO4)2]=c3(Ca2+)×c2(AsO43−)=c3(Ca2+)×(13×10−2)2=3×10−31，c3(Ca2+)=27×10−27，c(Ca2+)=3×10−9mol/L，
故答案为：3×10−9。
本题为综合题型，涉及考查化学平衡计算、化学平衡移动影响因素、电解质溶液中微粒浓度的计算、原电池和电解池的工作原理、溶度积的计算等等知识点，侧重考查分析判断及计算能力，明确温度、压强、浓度对化学平衡移动影响原理及电离平衡常数等是解本题关键，题目难度中等。
19.【答案】(1)醚键 醛基
(2)还原反应
(3)
(4)BD
(5)
(6)
【解析】解：根据A、C的结构简式及B的分子式知，A中醛基和X发生加成反应然后发生消去反应生成B，B的结构简式为，B和HCN发生加成反应生成C，C发生水解反应然后酸化得到D，D中羰基发生还原反应生成E，E中羧基发生取代反应生成F；
(1)A中的含氧官能团名称为醚键、醛基，
故答案为：醚键；醛基；
(2)D中羰基发生还原反应生成E，由D→E的反应类型为还原反应，
故答案为：还原反应；
(3)化合物B的结构简式为，
故答案为：；
(4)A.甲烷分子中最多有3个原子共平面、苯环和甲醛分子中所有原子共平面，单键可以旋转，所以A分子中所有碳原子有可能处于同一平面，故A正确；
B.A到B经过两步反应：先加成，后消去，故B错误；
C.苯环和氢气以1：3发生加成反应，羰基和氢气以1：1发生加成反应，则1molX与足量H2发生加成反应，最多消耗4molH2，故C正确；
D.X与足量H2完全加成所得产物分子中连接羟基的碳原子、环上有取代基的碳原子都是手性碳原子，所以含有4个手性碳原子，故D错误；
故答案为：BD；
(5)D的一种同分异构体满足下列条件：
①既能与FeCl3溶液发生显色反应，又能与碳酸氢钠溶液发生反应产生CO2，说明含有酚羟基和羧基；
②酸性条件下发生水解反应，生成两种产物，每种产物中均只含2种不同化学环境的氢，说明含有酯基，且水解产物中都只含两种氢原子，符合条件的结构简式为，
故答案为：；
(6)以为原料制备，苯乙烯中碳碳双键和HCN发生加成反应生成−CN，然后发生水解反应生成−COOH，−COOH再发生取代反应生成−COCl，最后发生题给信息的反应得到目标产物，合成路线为，
故答案为：。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，明确反应前后结构及官能团变化是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，注意题给信息的灵活运用，题目难度中等。
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