扬州市2022-2023学年高二下学期期末考试
化学试题
注意事项：考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1.本试卷共6页，包含选择题[第1题~第13题，共39分]、非选择题[第14题~第17题，共61分]两部分。本次考试时间为75分钟，满分100分。考试结束后，请将答题卡交回。
2.答题前，请考生务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置。
3.选择题每小题选出答案后，请用2B铅笔在答题卡指定区域填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其它答案。非选择题请用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡指定区域作答。在试卷或草稿纸上作答一律无效。
4.如有作图需要，可用2B铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Cl-35.5 K-39 Cu-64
选择题 (共39分)
单项选择题：共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. 下列科学家研究成果属于蛋白质的是
A. 合成结晶牛胰岛素 B. 合成聚乙炔导电塑料
C. 合成聚酯纤维 D. 以二氧化碳为原料人工合成淀粉
2. 实验室可用反应制备三氯化六氨合钴。下列有关说法正确的是
A. 的基态核外电子排布式为
B. 的电子式为
C. 中子数为18的氯原子可表示为
D. 中既含共价键又含离子键
3. Mg3N2易与水反应：。下列说法正确的是
A. 半径大小： B. 电负性大小：
C. 电离能大小： D. 非金属性强弱：O
A. 用甲装置制备氯气 B. 用乙装置除去氯气中的HCl
C. 向丙装置中通入氯气制备漂白液 D. 用丁装置处理尾气
5. 下列有天物质的性质与用途不具有对应关系的是
A. Fe粉能与O2反应，可用作食品保存的吸氧剂
B. 固体呈黑色，可用于制作磁性材料
C. 具有氧化性，可用于腐蚀电路板上的Cu
D. 聚合硫酸铁能水解并形成胶体，可用于净水
6. 对于反应 ，下列说法正确的是
A. 升高温度，逆反应速率加快，正反应速率减慢
B. 上述反应的平衡常数表达式
C. 其他条件不变，增加的用量，可以提高的转化率
D. 该反应在任何条件下均可自发进行
7. 下列关于邻羟基苯甲酸(结构简式如图所示)的说法合理的是
A. 1个分子中含有12个σ键
B. 可以用NaHCO3溶液检验邻羟基苯甲酸中的羧基
C. 相同条件下，对羟基苯甲酸的酸性大于邻羟基苯甲酸
D. 相同条件下，邻羟基苯甲酸在水中的溶解度大于对羟基苯甲酸
8. 阿司匹林()是常见药物。理论上可以通过乙酸酐()和邻羟基苯甲酸(，俗称水杨酸)在一定条件下反应制备，该反应在实际生产中产率较低。邻羟基苯甲酸存在分子内氢键。下列关于阿司匹林的说法不正确的是
A. 可以发生取代、加成反应
B 一定条件下，1 mol阿司匹林最多可与2 mol NaOH溶液完全反应
C. 可用三氯化铁溶液检验阿司匹林中是否含有水杨酸
D. 邻羟基苯甲酸形成的分子内氢键，不利于其与乙酸酐反应生成阿司匹林
9. 有机物X和反应生成Z的机理如下：
下列说法正确的是
A. X分子中所有原子能共平面
B. X→Y过程中，X和断开的都是σ键
C. Z存在顺反异构体
D. Z与足量加成后的产物分子中有3个手性碳原子
10. 电解法可将硝基苯降解为苯胺，工作原理如图所示。下列说法正确的是
A. b极连接电源负极
B. a极硝基苯发生的反应为： -6e-+6H+= +2H2O
C. 电解质溶液中浓度越大，越利于硝基苯降解
D. 理论上每转移4 mol电子将有4 mol 从右室移入左室
11. 通过下列实验操作和现象能得出相应结论的是
选项 实验操作和现象 结论
A 向5 mL 0.1 mol·L-1 溶液中滴加几滴0.1 mol·L-1 NaCl溶液，有白色沉淀产生，继续滴加几滴0.1 mol·L-1 NaI溶液，有黄色沉淀产生
B 将乙醇与浓硫酸的混合溶液加热，产生的气体通入酸性溶液中，溶液褪色 乙醇消去反应的产物为乙烯
C 向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，冷却后加入氢氧化钠溶液调节pH呈碱性，再加入新制的悬浊液，加热，产生砖红色沉淀 蔗糖已经发生水解
D 分别测浓度均为0.1 mol·L-1 的和溶液的pH，后者大于前者 结合能力：
A. A B. B C. C D. D
12. 已知是一种二元弱酸。室温下，10 mL 0.1 mol·L-1 溶液的pH约为5.5，向其中滴加酸性溶液，振荡，溶液褪色。下列有关说法正确的是
A. 室温下，
B. 该0.1 mol·L-1 溶液中存在：
C. 该0.1 mol·L-1 溶液中存在：
D. 该实验中被还原成，则主要反应的离子方程式为：
13. 向两个不同容器中分别通入3 mol 和1 mol ，发生反应：
Ⅰ：
Ⅱ：
在压强为0.1MPa和1MPa下分别达到平衡，平衡时CO和的物质的量在不同温度下的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 曲线c表示1MPa时CO的物质的量
B.
C. 在N点条件下，反应Ⅱ的平衡常数为2.4
D. 200~600℃，随着温度升高的体积分数增大
非选择题 (共61分)
14. 电解锰渣的主要成分是MnS，含有少量铁(Ⅱ)铁(Ⅲ)和钴(Ⅱ)的氧化物。一种由电解锰渣制取高纯溶液的流程如下：
已知：、
（1）已知：浸出后所得溶液中的阳离子主要有、，还含有少量、，“浸出”时MnS转化为和S的化学方程式为___________
（2）“浸出”时若仅使用稀硫酸，会产生一种污染性气体，该气体是___________(填化学式)
（3）“沉铁”时有气体生成，其可能原因___________
（4）“沉钴”时用MnS不用溶液的原因可能是___________
（5）将溶液先沉淀为、再氧化可制备高纯固体。
请补充完整由溶液制备高纯固体的实验方案：
取100 mL 1.0 mol·L-1溶液，___________，同时加热一段时间，冷却，得到高纯固体。(实验中须使用的试剂：2.0 mol L-1氨水、空气、溶液)
15. 药物扎来普隆的某合成路线如下：
（1）A分子中碳原子的杂化方式为___________。
（2）D→E的反应类型为___________。
（3）B→C反应分两步进行，先在Fe、HCl作用下发生还原反应，再与X反应生成C和HCl，X的结构简式为___________。
（4）B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分子中含有酰胺基；
②在酸性溶液中发生水解反应，其中一种水解产物含有苯环，且只有两种不同化学环境氢原子。
（5）已知：(R和R＇表示烃基或氢，R＂表示烃基)，写出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，合成路线流程图示例见本题题干)_________
16. 以水氯镁石样品(主要成分，含少量有机色素和、、、)为原料，制备氯化镁的流程如下：
（1）脱色
①此过程中能产生·OH(羟基自由基)，可使部分有机色素转化为和。·OH体现的性质是___________。
②相同时间内，测得不同温度下脱色率的变化如图所示。50℃前脱色率随着温度升高而升高，原因是___________。
（2）沉淀
①加氨水调节pH时，转化成的离子方程式为___________。加入之前需进行的操作及原因是___________。
②已知：室温下、，溶液中离子浓度小于或等于 mol L-1即认为已经除尽。除、离子时，、均沉淀完全，此时需控制溶液中不低于___________。
（3）测定产品中含量的实验方案如下：
取一定量样品溶于水，加水定容至500 mL。取10.00 mL所得溶液于锥形瓶中，滴加0.2500 mol L-1的溶液20.00 mL，充分反应后，过滤。向滤液中加入指示剂，用0.1000 mol L-1溶液滴定至终点，消耗溶液10.00 mL。
已知：
样品中的物质的量为___________(写出计算过程)
17. 某燃料电池的原理为，电解质为熔融氧化物(可在电解质中自由移动)。
（1）CO在负极发生的电极反应式为___________。
（2）电池工作时常在负极通入一定量的水蒸气。电池负极区域可能发生的反应有：
kJ mol-1
kJ mol-1
①从能量利用率的角度分析，通入水蒸气可以提高电池性能的原因是___________。
②反应的___________kJ mol-1。
（3）可用于石油化工制氢，常用(Ce是活泼金属)做催化剂。
①催化剂在反应过程中会形成氧空位，其晶胞如图-1所示，该晶胞所代表的晶体的化学式为___________。
②催化过程的反应机理如图-2所示。根据元素电负性的变化规律，步骤ⅰ可解释为___________。
③下列选项中，最有可能是步骤ⅲ产物结构的是___________。
扬州市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：考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1.本试卷共6页，包含选择题[第1题~第13题，共39分]、非选择题[第14题~第17题，共61分]两部分。本次考试时间为75分钟，满分100分。考试结束后，请将答题卡交回。
2.答题前，请考生务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置。
3.选择题每小题选出答案后，请用2B铅笔在答题卡指定区域填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其它答案。非选择题请用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡指定区域作答。在试卷或草稿纸上作答一律无效。
4.如有作图需要，可用2B铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Cl-35.5 K-39 Cu-64
选择题 (共39分)
单项选择题：共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. 下列科学家的研究成果属于蛋白质的是
A. 合成结晶牛胰岛素 B. 合成聚乙炔导电塑料
C. 合成聚酯纤维 D. 以二氧化碳为原料人工合成淀粉
【答案】A
【解析】
【详解】A．胰岛素属于蛋白质，故A正确；
B．聚乙炔属于烃类，不属于蛋白质，故B错误；
C．聚酯纤维中不含氮元素，不属于蛋白质，故C错误；
D．淀粉属于糖类，不属于蛋白质，故D错误；
故选：A。
2. 实验室可用反应制备三氯化六氨合钴。下列有关说法正确的是
A. 的基态核外电子排布式为
B. 的电子式为
C. 中子数为18的氯原子可表示为
D. 中既含共价键又含离子键
【答案】D
【解析】
【详解】A．的基态核外电子排布式为，故A错误；
B．的电子式为 ，故B错误；
C．中子数为18的氯原子可表示为，故C错误；
D．中氯离子与之间通过离子键结合， 离子中氨分子内部存在共价键，Co与N原子之间存在配位键，也为共价键，故D正确；
故选：D。
3. Mg3N2易与水反应：。下列说法正确的是
A. 半径大小： B. 电负性大小：
C. 电离能大小： D. 非金属性强弱：O
【解析】
【详解】A．核外电子相同时，原子序数越大半径越小，因此半径r(Mg2+)＜r(N3-)，A正确；
B．O的非金属性大于N，电负性χ(O)＞χ(N)，B错误；
C．N的2p轨道半满，第一电离能较大，因此电离能I1(N)＞I1(O)，C错误；
D．同一周期从左到右非金属性依次增强，因此非金属性O＞N，D错误；
故选A。
4. 实验室模拟制备漂白液，下列装置能达实验目的是
A. 用甲装置制备氯气 B. 用乙装置除去氯气中的HCl
C. 向丙装置中通入氯气制备漂白液 D. 用丁装置处理尾气
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验室制备氯气应选用浓盐酸，故A错误
B．浓硫酸不能吸收HCl，应选用饱和食盐水除去氯气中的HCl，故B错误；
C．氯气通入NaOH溶液中反应生成次氯酸钠，次氯酸钠为漂白粉的有效成分，故C正确；
D．过量的氯气应用NaOH溶液吸收，不能用氯化钠溶液，故D错误；
故选：C
5. 下列有天物质的性质与用途不具有对应关系的是
A. Fe粉能与O2反应，可用作食品保存的吸氧剂
B. 固体呈黑色，可用于制作磁性材料
C. 具有氧化性，可用于腐蚀电路板上的Cu
D. 聚合硫酸铁能水解并形成胶体，可用于净水
【答案】B
【解析】
【详解】A．因为铁粉能与O2反应，所以可用作食品保存的吸氧剂，A正确；
B．纳米Fe3O4具有磁性，可用作铁磁性材料，B错误；
C．FeCl3与Cu反应生成FeCl2和CuCl2，主要利用其氧化性，C正确；
D．聚合硫酸铁能水解并形成胶体，具有吸附性，可用于净水，D正确；
故选：B。
6. 对于反应 ，下列说法正确的是
A. 升高温度，逆反应速率加快，正反应速率减慢
B. 上述反应的平衡常数表达式
C. 其他条件不变，增加的用量，可以提高的转化率
D. 该反应在任何条件下均可自发进行
【答案】D
【解析】
【详解】A．升高温度，正、逆反应速率都加快，故A错误；
B．由方程式可知，反应的平衡常数表达式为K=，故B错误；
C．其他条件不变，增加氨气的用量，氨气的浓度增大，平衡向正反应方向移动，但氨气的转化率减小，故C错误；
D．该反应是熵增的放热反应，任何条件下均满足ΔH-TΔS<0，均可自发进行，故D正确；
故选D。
7. 下列关于邻羟基苯甲酸(结构简式如图所示)的说法合理的是
A. 1个分子中含有12个σ键
B. 可以用NaHCO3溶液检验邻羟基苯甲酸中的羧基
C. 相同条件下，对羟基苯甲酸的酸性大于邻羟基苯甲酸
D. 相同条件下，邻羟基苯甲酸在水中溶解度大于对羟基苯甲酸
【答案】B
【解析】
【详解】A．单键均为σ键，双键结构中含1个σ键，苯环中有6个碳碳σ键，由结构简式可知该物质中含16个σ键，故A错误；
B．羧酸酸性强于碳酸，因此可用NaHCO3溶液检验邻羟基苯甲酸中的羧基，故B正确；
C．相同条件下，对羟基苯甲酸易形成分子间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，羟基氢更易电离，其酸性强于对羟基苯甲酸，故C错误；
D．邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，对羟基苯甲酸易形成分子间氢键，从而使其溶解度增大，故D错误；
故选：B。
8. 阿司匹林()是常见药物。理论上可以通过乙酸酐()和邻羟基苯甲酸(，俗称水杨酸)在一定条件下反应制备，该反应在实际生产中产率较低。邻羟基苯甲酸存在分子内氢键。下列关于阿司匹林的说法不正确的是
A. 可以发生取代、加成反应
B. 一定条件下，1 mol阿司匹林最多可与2 mol NaOH溶液完全反应
C. 可用三氯化铁溶液检验阿司匹林中是否含有水杨酸
D. 邻羟基苯甲酸形成的分子内氢键，不利于其与乙酸酐反应生成阿司匹林
【答案】B
【解析】
【详解】A．由阿司匹林结构简式可知其含有羧基，能发生酯化反应，含有酯基能发生水解反应，都属于取代反应，含有苯环能发生加成反应，故A正确；
B．羧基和酯基均能与NaOH反应，该物质中酯水解生成酚羟基结构，能继续消耗NaOH，则1mol该物质能消耗3molNaOH，故B错误；
C．水杨酸中含有酚羟基，阿司匹林中不含酚羟基，酚类能使氯化铁显色，因此可用氯化铁检验阿司匹林中是否含有水杨酸，故C正确；
D．邻羟基苯甲酸形成的分子内氢键，氢键的形成不利于酚羟基与乙酸酐发生取代反应，故D正确；
故选：B。
9. 有机物X和反应生成Z的机理如下：
下列说法正确的是
A. X分子中所有原子能共平面
B. X→Y过程中，X和断开的都是σ键
C. Z存在顺反异构体
D. Z与足量加成后的产物分子中有3个手性碳原子
【答案】C
【解析】
【详解】A．X含有甲基，是四面体结构，所有原子不可能共平面，A错误；
B．X→Y过程中，Br2断开的是Br-Br键，属于σ键，X分子中断裂碳碳三键中的一个键，属于π键，B错误；
C．Z分子中含有碳碳双键，且每个双键碳原子上都连接不同的原子或原子团，所以存在顺反异构体，C正确；
D．Z与足量H2加成后的产物分子中，与-Br相连的两个碳原子所连有的原子或原子团都不相同，所以有2个手性碳原子，D错误；
故选C。
10. 电解法可将硝基苯降解为苯胺，工作原理如图所示。下列说法正确的是
A. b极连接电源负极
B. a极硝基苯发生的反应为： -6e-+6H+= +2H2O
C. 电解质溶液中浓度越大，越利于硝基苯降解
D. 理论上每转移4 mol电子将有4 mol 从右室移入左室
【答案】D
【解析】
【分析】电解池中阳离子流向阴极，根据氢离子流动方向可知a电极为阴极，b电极为阳极，阴极硝基苯得电子生成苯胺，同时氢离子也会在阴极得到点生成氢气，阳极水放电生成氧气，据此分析解答。
【详解】A．由上述分析可知b为阳极，与电源正极相连，故A错误；
B．a极硝基苯发生的反应为： +6e-+6H+= +2H2O，故B错误；
C．电解质溶液中浓度过高，在电极上得电子的氢离子会更多，不利于硝基苯得电子，不利于硝基苯降解，故C错误；
D．根据电荷守恒，电路中每转移4 mol电子将有4 mol 从右室移入左室，故D正确；
故选：D。
11. 通过下列实验操作和现象能得出相应结论的是
选项 实验操作和现象 结论
A 向5 mL 0.1 mol·L-1 溶液中滴加几滴0.1 mol·L-1 NaCl溶液，有白色沉淀产生，继续滴加几滴0.1 mol·L-1 NaI溶液，有黄色沉淀产生
B 将乙醇与浓硫酸的混合溶液加热，产生的气体通入酸性溶液中，溶液褪色 乙醇消去反应的产物为乙烯
C 向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，冷却后加入氢氧化钠溶液调节pH呈碱性，再加入新制的悬浊液，加热，产生砖红色沉淀 蔗糖已经发生水解
D 分别测浓度均为0.1 mol·L-1 的和溶液的pH，后者大于前者 结合能力：
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．硝酸银溶液过量，滴入的NaI溶液与硝酸银直接反应生成AgI，不能说明AgCl转化为AgI，因此不能比较两者Ksp大小，故A错误；
B．乙烯中混有挥发乙醇以及发生副反应生成的二氧化硫气体，都能使高锰酸钾溶液褪色，因此应先除去乙烯中的杂质再检验，故B错误；
C．蔗糖水解液中先加NaOH中和至碱性再加新制氢氧化铜悬浊液加热煮沸，若出现砖红色沉淀，则证明有葡萄糖生成，从而说明蔗糖已经水解，故C正确；
D．两种盐的阳离子不同，实验变量不同，因此不能据此验证阴离子结合氢离子的能力大小，故D错误；
故选：C。
12. 已知是一种二元弱酸。室温下，10 mL 0.1 mol·L-1 溶液的pH约为5.5，向其中滴加酸性溶液，振荡，溶液褪色。下列有关说法正确的是
A. 室温下，
B. 该0.1 mol·L-1 溶液中存在：
C. 该0.1 mol·L-1 溶液中存在：
D. 该实验中被还原成，则主要反应的离子方程式为：
【答案】A
【解析】
【详解】A．0.1 mol·L-1 溶液的pH约为5.5，说明的电离程度大于水解程度，而的电离常数为Ka2，的水解方程式为，其水解平衡常数：Kh=，所以Ka2> ，即，故A正确；
B．由电荷守恒得：，此时pH=5.5，则，可得：，故B错误；
C．根据物料守恒：，故C错误；
D．不能拆，则主要离子反应为：，故D错误；
故选：A。
13. 向两个不同容器中分别通入3 mol 和1 mol ，发生反应：
Ⅰ：
Ⅱ：
在压强为0.1MPa和1MPa下分别达到平衡，平衡时CO和的物质的量在不同温度下的变化如图所示。下列说法正确的是
A. 曲线c表示1MPa时CO的物质的量
B.
C. 在N点条件下，反应Ⅱ的平衡常数为2.4
D. 200~600℃，随着温度升高的体积分数增大
【答案】C
【解析】
【分析】反应Ⅱ为吸热反应，随温度升高，反应Ⅱ平衡正向移动，CO的物质的量增加，因此c、d代表CO的物质的量变化，则a、b代表的物质的量变化，在温度相同条件下增大压强反应Ⅰ平衡正向移动，的物质的量增大，则a代表1MPa时的物质的量，b代表0.1MPa时的物质的量；而随着反应正向移动，和物质的量减小，使得反应Ⅱ逆向移动，则CO的物质的量减小，因此曲线c表示0.1MPa时CO的物质的量，曲线d表示1MPa时CO的物质的量，据此分析解答。
【详解】A．由以上分析可知曲线c表示0.1MPa时CO的物质的量，故A错误；
B．由图可知随温度升高，的物质的量减小，可知反应Ⅰ平衡逆向移动，则反应Ⅰ为放热反应，，故B错误；
C．在N点条件下，和CO的物质的量均为0.4mol，结合已知条件列三段式：
平衡时的物质的量为(1-0.4-0.4)=0.2mol，H2的物质的量为(3-0.4-1.6)=1mol，CO的物质的量为0.4mol，的物质的量为(0.8+0.4)=1.2mol；反应Ⅱ的平衡常数K==2.4，故C正确；
D．由以上分析可知升高温度反应Ⅰ平衡逆向移动，的物质的量减小，而反应Ⅱ平衡正向移动，的物质的量增加，的体积分数不能确定增减，故D错误；
故选：C。
非选择题 (共61分)
14. 电解锰渣的主要成分是MnS，含有少量铁(Ⅱ)铁(Ⅲ)和钴(Ⅱ)的氧化物。一种由电解锰渣制取高纯溶液的流程如下：
已知：、
（1）已知：浸出后所得溶液中的阳离子主要有、，还含有少量、，“浸出”时MnS转化为和S的化学方程式为___________
（2）“浸出”时若仅使用稀硫酸，会产生一种污染性气体，该气体是___________(填化学式)
（3）“沉铁”时有气体生成，其可能原因是___________
（4）“沉钴”时用MnS不用溶液的原因可能是___________
（5）将溶液先沉淀为、再氧化可制备高纯固体。
请补充完整由溶液制备高纯固体的实验方案：
取100 mL 1.0 mol·L-1的溶液，___________，同时加热一段时间，冷却，得到高纯固体。(实验中须使用的试剂：2.0 mol L-1氨水、空气、溶液)
【答案】（1）
（2）
（3）“浸出”时稀硫酸过量，生成时产生了
（4）易导致硫酸锰溶液中引入杂质；溶液碱性强，易生成沉淀导致锰元素损失
（5）边搅拌边加入约(或略大于)100 mL 2.0 mol L-1氨水，充分反应至不再产生沉淀后，过滤，洗涤滤渣直至取最后一次洗涤滤液加入溶液无沉淀，向所得沉淀中缓慢通入空气
【解析】
【分析】向电解锰渣中加入二氧化锰矿粉和稀硫酸浸出时，锰元素转化为锰离子、硫元素转化为硫单质、铁元素转化为铁离子、钴元素转化为亚钴离子，过滤得到含硫的浸渣和滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液，将溶液中的硫酸铁转化为沉淀，过滤得到和滤液；向滤液中加入硫化锰，将溶液中亚钴离子转化为硫化亚钴，过滤得到硫化亚钴和高纯硫酸锰溶液。
【小问1详解】
由题意可知，浸出时硫化锰发生的反应为硫化锰与二氧化锰和稀硫酸反应生成硫酸锰、硫和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
【小问2详解】
浸出时若仅使用稀硫酸，硫化锰与稀硫酸反应生成硫酸锰和硫化氢气体，故答案为：；
【小问3详解】
沉铁时发生的反应为碳酸钠溶液与硫酸铁溶液反应生成沉淀和碳酸氢钠，反应的方程式为12Na2CO3+3Fe2(SO4)3+12H2O=2NaFe3(SO4)2(OH)6↓+5Na2SO4+12NaHCO3，反应时有二氧化碳生成说明浸出后所得溶液中含有过量的稀硫酸，或加入的碳酸钠溶液不足量，导致生成NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀时，反应生成了稀硫酸，生成二氧化碳的反应为稀硫酸与碳酸钠溶液反应生成硫酸钠、二氧化碳和水，故答案为：“浸出”时稀硫酸过量，生成时产生了；
【小问4详解】
硫化钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，使亚钴离子转化为沉淀时，也能将锰离子转化为氢氧化锰沉淀导致锰元素损失，反应生成的硫酸钠会混入硫酸锰溶液中，无法制得高纯硫酸锰溶液，故答案为：易导致硫酸锰溶液中引入杂质；溶液碱性强，易生成沉淀导致锰元素损失；
【小问5详解】
由题意可知，制备高纯四氧化三锰的总反应为硫酸锰溶液与氨水、氧气反应生成四氧化三锰沉淀、硫酸铵和水，反应的方程式为6MnSO4+O2+12NH3·H2O=2Mn3O4↓+6(NH4)2 SO4+ 6H2O，由方程式和题给试剂可知，制备四氧化三锰的实验方案为取100 mL 1.0 mol·L-1的硫酸锰溶液，边搅拌边加入约(或略大于)100 mL 2.0 mol L-1氨水，充分反应至不再产生沉淀后，过滤，洗涤滤渣直至取最后一次洗涤滤液加入氯化钡溶液无沉淀，向所得沉淀中缓慢通入空气，同时加热一段时间，冷却，得到高纯四氧化三锰，故答案为：边搅拌边加入约(或略大于)100 mL 2.0 mol L-1氨水，充分反应至不再产生沉淀后，过滤，洗涤滤渣直至取最后一次洗涤滤液加入溶液无沉淀，向所得沉淀中缓慢通入空气。
15. 药物扎来普隆的某合成路线如下：
（1）A分子中碳原子杂化方式为___________。
（2）D→E的反应类型为___________。
（3）B→C反应分两步进行，先在Fe、HCl作用下发生还原反应，再与X反应生成C和HCl，X的结构简式为___________。
（4）B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分子中含有酰胺基；
②在酸性溶液中发生水解反应，其中一种水解产物含有苯环，且只有两种不同化学环境的氢原子。
（5）已知：(R和R＇表示烃基或氢，R＂表示烃基)，写出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，合成路线流程图示例见本题题干)_________
【答案】（1）、
（2）取代反应 （3）
（4） （5）
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，浓硫酸作用下与浓硝酸共热发生取代反应生成，先与铁、盐酸发生还原反应生成、与CH3COCl发生取代反应生成，则X为CH3COCl；与反应生成，与溴乙烷发生取代反应生成，乙酸作用下与反应转化为。
【小问1详解】
由结构简式可知，A分子中饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，苯环上的碳原子和双键碳原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：sp2、sp3；
【小问2详解】
由分析可知，D→E的反应为与溴乙烷发生取代反应生成和溴化氢，故答案为：取代反应；
【小问3详解】
由分析可知，X的结构简式为CH3COCl，故答案为：CH3COCl；
【小问4详解】
B的同分异构体分子中含有酰胺基，在酸性溶液中发生水解反应，其中一种水解产物含有苯环，且只有两种不同化学环境的氢原子说明水解产物为对苯二甲酸，则同分异构体的结构简式为，故答案为：；
【小问5详解】
由题给信息可知，以甲酸甲酯为原料制备的合成步骤为甲酸甲酯在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成甲醇，甲醇与溴化氢发生取代反应生成一溴甲烷；甲酸甲酯与氨气发生信息反应生成，与一溴甲烷发生取代反应生成，合成路线为。
16. 以水氯镁石样品(主要成分，含少量有机色素和、、、)为原料，制备氯化镁的流程如下：
（1）脱色
①此过程中能产生·OH(羟基自由基)，可使部分有机色素转化为和。·OH体现的性质是___________。
②相同时间内，测得不同温度下脱色率的变化如图所示。50℃前脱色率随着温度升高而升高，原因是___________。
（2）沉淀
①加氨水调节pH时，转化成的离子方程式为___________。加入之前需进行的操作及原因是___________。
②已知：室温下、，溶液中离子浓度小于或等于 mol L-1即认为已经除尽。除、离子时，、均沉淀完全，此时需控制溶液中不低于___________。
（3）测定产品中含量的实验方案如下：
取一定量样品溶于水，加水定容至500 mL。取10.00 mL所得溶液于锥形瓶中，滴加0.2500 mol L-1的溶液20.00 mL，充分反应后，过滤。向滤液中加入指示剂，用0.1000 mol L-1溶液滴定至终点，消耗溶液10.00 mL。
已知：
样品中的物质的量为___________(写出计算过程)
【答案】（1） ①. 氧化性 ②. 升高温度，吸附速率加快，双氧水(·OH浓度增大)的氧化能力增强，氧化速率加快，形成胶体，吸附能力提高，脱色率提高
（2） ①. 或 ②. 加热，将多余的双氧水分解，防止氧化后加入的 ③.
（3）0.2000 mol
【解析】
【分析】水氯镁石样品(主要成分，含少量有机色素和、、、)，将样品溶于水后加活性炭吸附有机色素，同时加过氧化氢将氧化成；过滤除去活性炭，在滤液中加氨水调节溶液pH值将转化为Fe(OH)3沉淀，转化成，加入将、转化为硫化物沉淀，过滤得氯化镁溶液，再经一系列处理得到无水氯化镁。
【小问1详解】
·OH具有较强得电子能力，体现氧化性；50℃前脱色率随着温度升高而升高，原因是升高温度，吸附速率加快，双氧水(·OH浓度增大)的氧化能力增强，氧化速率加快，形成胶体，吸附能力提高，脱色率提高
【小问2详解】
①加氨水调节pH时，被溶液中的H2O2氧化转化成的离子方程式为或；
加入之前加热，将多余的双氧水分解，防止氧化后加入的；
②除、离子时，、均沉淀完全，此时需控制溶液中使完全沉淀，则=；
【小问3详解】
n(Ag+)总=0.2500mol·L-1×0.02L=0.005mol，10.00mL待测液中n(Ag+)=n(NH4SCN)= 0.1000mol·L-1×0.01L=0.0010mol；则氯离子消耗的银离子的物质的量=0.0050mol-0.0010mol=0.0040mol，原样品中氯的物质的量为0.0040mol×50=0.2000mol。
17. 某燃料电池的原理为，电解质为熔融氧化物(可在电解质中自由移动)。
（1）CO在负极发生的电极反应式为___________。
（2）电池工作时常在负极通入一定量的水蒸气。电池负极区域可能发生的反应有：
kJ mol-1
kJ mol-1
①从能量利用率的角度分析，通入水蒸气可以提高电池性能的原因是___________。
②反应的___________kJ mol-1。
（3）可用于石油化工制氢，常用(Ce是活泼金属)做催化剂。
①催化剂在反应过程中会形成氧空位，其晶胞如图-1所示，该晶胞所代表的晶体的化学式为___________。
②催化过程的反应机理如图-2所示。根据元素电负性的变化规律，步骤ⅰ可解释为___________。
③下列选项中，最有可能是步骤ⅲ产物结构的是___________。
【答案】（1）
（2） ①. 水蒸气可与碳反应生成CO和，提高CO的利用率。反应生成的CO、均可以在负极放电 ②. -41
（3） ①. ②. 水在催化剂作用下解离为、，由于正负电荷的相互作用，吸附在表面，吸附在表面 ③. C
【解析】
【小问1详解】
CO在负极失电子结合生成CO2，电极反应式为：；
小问2详解】
①由题中反应可知水蒸气可与反应生成的碳单质反应生成CO和，提高CO的利用率。同时反应生成的CO、均可以在负极放电，从而提高能量利用率和电池性能；
②Ⅰ. kJ mol-1
Ⅱ. kJ mol-1
由盖斯定律可知该反应可由反应Ⅰ+反应Ⅱ得到，则；
【小问3详解】
①由晶胞结构可知Cen+位于顶点和面心，个数为，O2-位于体内个数为6，个数比为2：3，则化学式为：；
②由图中信息可知步骤i中水在催化剂作用下解离为、，由于正负电荷的相互作用，吸附在表面，吸附在表面；
③步骤iii反应过程中生成氢气，结合图示可知应为表面的与HCOO-中的H结合生成，同时HCOO-失去负电荷，因此另一产物应为电中性结构与催化剂结合，故排除AB，另外应为电负性弱的C(显正电性)与催化剂中的结合，故排除D，答案为：C。
