开远市重点中学校2023-2024学年高三上学期开学考试
化学试题
考生注意：
1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。
2.考生作答时，请将答案填涂在答题卡上。第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用直径0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试卷、草稿纸上作答无效。
3.可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Pb207
第Ⅰ卷 (选择题共42分)
一、选择题：本大题共7小题，每题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 2022年北京冬奥会采用绿电制绿氢技术，即用光伏、风能等产生绿电，绿电电解水制得的氢气叫绿氢，对比煤、石油、天然气作燃料，有许多优点。下列说法错误的是
A. 石油分馏出来的各馏分仍是多种烃的混合物
B. 通过气化或液化能把煤转变成清洁能源，属于化学变化
C. 冬奥会火炬采用H2代替天然气作燃料，符合绿色低碳发展理念
D. 冬奥会火炬“飞扬”使用的碳纤维属于有机高分子
2. 对乙酰氨基酚为解热镇痛类药，曾为许多新冠肺炎感染者减轻了疼痛，其分子结构如图所示：
下列有关说法正确的是
A. 其分子式为C8H10NO2
B. 该分子中所有碳原子可能共面
C. 能与NaOH溶液反应，但不能与Na2CO3溶液反应
D. 与 互为同系物
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 标准状况下，11.2LCH4与11.2LCl2在光照下充分反应后，气体分子数为NA
B. 46g乙醇中含有的C-H键的数目为5NA
C. 1mol·L-1的NaClO溶液中含有的ClO-数目小于NA
D. 1molAl3+完全转化为转移电子数为4NA
4. 下列实验操作、现象与对应的结论均合理的是
选项 A B C D
实验操作
现象 滴入KNO3溶液后，铜片溶解，且有气泡冒出 滴入Na2CO3溶液，无明显现象 振荡后 静置，溶液分层，上层呈紫红色，下层无色 溶液红色逐渐褪去
结论 KNO3是该反应的氧化剂 酸：H2CO3
A. A B. B C. C D. D
5. 一种水性电解液Al- PbO2离子选择隔膜电池如图所示{ KOH溶液中，Al3+以[Al(OH)4]-的形式存在)。电池放电时，下列叙述正确的是
A. 27 g Al参与反应，有1 mol 从室2向室1迁移。
B. 负极的电极反应式为2Al- 6e-+8OH-=2[ Al(OH)4]-
C. 一段时间后，室2溶液浓度一定会减小
D 电路上转移1mol电子时，理论上PbO2电极质量净减32g
6. 科学家利用BN和TiO2创造了一种可快速分解世界上最难降解的污染物M的复合光催化剂。M由R、X、Y、Z4种短周期主族元素组成，它们的原子序数依次增大，在暗室中Z的单质能与同温同压下密度最小的气体剧烈反应。M的结构式如图所示。下列叙述错误的是
A. 最高正化合价：Z>Y>X>R
B 电负性：Z> Y> X
C 原子半径：X>Y> Z> R
D. M是含极性键和非极性键的共价化合物
7. 常温下，向10 mL0.1 mol·L-1Na2XO3溶液中滴加0.1 mol·L-1盐酸，溶液的pH与盐酸体积(V)的关系如图所示。下列叙述正确的是
A. 0.1 mol·L-1Na2XO3溶液中：c(Na＋)>c()>c()>c(OH-)>c(H＋)
B. 当溶液pH=7时，溶液中存在：c(Na＋)=c()＋c()＋c(Cl-)
C. 常温下，H2XO3的Ka2小于1.0×10-7
D. b点溶液中：c(Cl-)=c(H2XO3)＋c()＋c()
第Ⅱ卷 (非选择题共58分)
二、非选择题：本大题共4小题，共58分。
8. 过氧乙酸(CH3COOOH，结构简式)，是一种氧化性强于高锰酸钾的氧化剂，常用作消毒剂，无色透明的液体，其浓度越高、温度较高越不稳定，甚至引起爆炸。实验室可用“过氧化氢法”制备较低浓度的过氧乙酸。由冰醋酸和过氧化氢在浓硫催化作用下制得，实验装置和步骤如下：
①在三颈烧瓶中加入一定量冰醋酸与浓硫酸的混合物，再缓缓加入适量30%的双氧水；
②不断搅拌并控制装置B中混合液的温度为20~30℃至反应结束；
③接入仪器C和抽气泵，在锥形瓶中收集得到产品。
（1）仪器C的名称是___________。
（2）写出该实验中制备过氧乙酸的化学反应方程式___________。
（3）步骤①中30%双氧水“缓缓加入”的目的是___________。
（4）实验测得产物过氧乙酸的百分含量随反应物比例和反应时间的变化数据如下表。
反应物比例CH3COOH/H2O2 反应时间
0.5h 1h 3h 5h 7h
2∶1 7.38% 8.46% 9.42% 11.26% 13.48%
1∶1 10.56% 12.92% 13.54% 20.72% 20.80%
1∶2 6.14% 7.10% 7.96% 10.38% 12.36%
由表中数据可知，制备过氧乙酸的最佳反应物比例和反应时间为___________。
（5）过氧乙酸样品中常含有残留的H2O2。样品中过氧乙酸的浓度为c0mol·L-1时，发生如下反应：
①CH3COOOH+2I-+2H+=CH3COOH+I2+H2O；
②H2O2+2I-+2H+=I2+H2O；
③2S2O+I2=2I-+S4O。
ⅰ.取V0mL待测液并用硫酸酸化，再用c1mol·L-1的KMnO4标准溶液滴定待测液至溶液呈粉红色，消耗V1mLKMnO4标准溶液。
ⅱ.另取V2mL(V2≠V0)待测液，加入过量的KI溶液和几滴淀粉，并用硫酸酸化，再用c2mol·L的Na2S2O3标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗V3mLNa2S2O3标准溶液。
ⅰ.中发生反应的离子方程式为___________。
ⅱ.中用Na2S2O3标准溶液进行滴定时，达到滴定终点的标志是___________，过氧乙酸的浓度c0=___________(用含V0、c1、V1、c2、V2、V3的代数式表示，通分化到最简式)。
（6）当其他操作均正确时，下列实验操作可能使测定结果偏高的是___________(填标号)。
A. 配制Na2S2O3标准溶液时，容量瓶中还有少量的水
B. 盛装Na2S2O3标准溶液的滴定管没有用标准液润洗
C. 用Na2S2O3标准溶液滴定完成后，俯视滴定管读数
D. 用Na2S2O3标准溶液滴定的过程中振荡锥形瓶的时间过长
9. 镍、钴是重要的战略物资，但资源匮乏。一种利用酸浸出法从冶金厂废炉渣中提取镍和钴的工艺流程如图：
已知：
i．酸浸液中的金属阳离子有Ni2+、Co2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+等；
ii．NiSO4在水中的溶解度随温度升高而增大；
iii．已知：Ksp(CaF2)=1×10-10、Ksp(MgF2)=7.5×10-11
（1）提高“酸浸”速率的方法有___________。(任写一条)
（2）基态Fe2+的价层电子排布图为___________。Fe的晶胞结构如图所示，已知NA表示阿伏加德罗常数的值，若晶胞参数为anm，则Fe晶胞的密度为___________g·cm-3(用含NA和a的代数式表示)。
（3）黄钠铁矾的化学式为Na2Fe6(SO4)4(OH)12，“除铁”的离子方程式为___________。
（4）“除钙镁”时，随pH降低，NaF用量急剧增加，原因是___________(结合平衡理论解释)。要使Ca2+、Mg2+完全沉淀，则溶液中F-的浓度c(F-)最小为___________。
（5）萃取、反萃取：向除杂后的溶液中，加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+，实验测得：当溶液pH处于4.5～6.5范围内，Co2+萃取率随溶液pH的增大而增大(如图所示)，其原因是___________。反萃取是用反萃取剂使被萃取物从负载有机相返回水相的过程，为萃取的逆过程。反萃取剂可以选择下列哪种物质___________(填选项)。
A.NaOH溶液 B.H2SO4溶液 C.ZnSO4溶液
（6）丁二酮肟是检验Ni2的灵敏试剂，1mol丁二酮肟分子含有σ键数目为_______(NA是阿伏加德罗常数的值)。从NiSO4溶液中获得精制硫酸镍NiSO4(s)所需采取的一系列操作是___________、过滤、洗涤、干燥。
10. 氮氧化物的任意排放会造成酸雨、光化学烟雾等环境问题，可采用多种方法消除。
已知：CH4(g)+4NO2(g)=CO2(g)+2H2O(l)+4NO(g) ΔH=-654kJ·mol-1
CH4(g)+4NO(g)=CO2(g)+2H2O(l)+2N2(g) ΔH=-1240kJ·mol-1
H2O(g)=H2O(l) ΔH=-44kJ·mol-1
（1）CH4还原NO2
①CH4将NO2还原为N2并生成水蒸气的热化学方程式为___________。
②下列措施中，能提高NO2的转化率的是___________。
a使用催化剂 b．充入NO2 c．恒容下，充入Ar惰性气体
d．把容器的体积缩小一半 e．降低温度 f．及时分离水
（2）CH4还原NO
在2L密闭容器中通入1.00molCH4和2.00molNO，在3MPa，一定温度下反应生成CO2(g)、H2O(g)、N2(g)，反应时间(t)与NO的物质的量[n(NO)]关系如下表：
反应时间t/min 0 2 4 6 8 10
n(NO)/mol 2.00 1.20 0.80 0.60 0.50 0.50
由表中数据计算，2~4min内v(CH4)=___________mo1·L-1·min-1，该温度下的压强平衡常数Kp___________(用分压表示，分压=物质的量分数×总压)。
（3）C还原NO
①反应C(s)+2NO(g)=N2(g)+CO2(g)在常温下能自发进行，据此判断该反应的焓变ΔH___________0(填“>”“<”或“=”)。
②以上反应可分为如下四步反应历程，写出其中第三步的反应：
第一步：2NO=(NO)2
第二步：C+(NO)2=C(O)+N2O
第三步：___________
第四步：2C(O)=CO2+C
（4）除上述方法外，还可用电解法将NO转变为NH4NO3，其工作原理如图，N极的电极反应式为___________，通入NH3的主要原因是___________。
11. 化合物F是一种用于预防和治疗心、脑及其它动脉循环障碍疾病的药物，以A(C7H5OCl)为原料合成F的路线如下图：
已知：R-CHO。
回答下列问题：
（1）A的名称是_______；E→F的反应类型是_______；Y的结构简式为_______。
（2）下列说法正确的是_______。
A. 有机物B能发生消去反应
B. 有机物C中含酰胺基
C. 有机物D中的碳原子轨道杂化类型有两种
D. 有机物E、F分子中均有一个手性碳原子
（3）C可在一定条件下发生缩聚反应，反应的化学方程式为_______。
（4）G的相对分子质量比A大14，符合下列条件的G的同分异构体(不考虑立体异构)有_______种，写出满足1H-NMR谱有四组峰且峰面积之比为2：2：2：1的两种结构简式_______。
i属于芳香族化合物；
ii.具有与A相同官能团。
（5）请结合题中信息，设计以为有机原料制备化合物的合成路线(无机试剂任选)_______。
开远市重点中学校2023-2024学年高三上学期开学考试
化学试题 答案解析
考生注意：
1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。
2.考生作答时，请将答案填涂在答题卡上。第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用直径0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试卷、草稿纸上作答无效。
3.可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Pb207
第Ⅰ卷 (选择题共42分)
一、选择题：本大题共7小题，每题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 2022年北京冬奥会采用绿电制绿氢技术，即用光伏、风能等产生绿电，绿电电解水制得的氢气叫绿氢，对比煤、石油、天然气作燃料，有许多优点。下列说法错误的是
A. 石油分馏出来的各馏分仍是多种烃的混合物
B. 通过气化或液化能把煤转变成清洁能源，属于化学变化
C. 冬奥会火炬采用H2代替天然气作燃料，符合绿色低碳发展理念
D. 冬奥会火炬“飞扬”使用的碳纤维属于有机高分子
【答案】D
【解析】
【详解】A．分馏石油得到的各个馏分中含有多种烃类物质，是混合物，A项正确；
B．通过气化，液化可得到氢气，CO或液态燃料，属于化学变化，B项正确；
C．用氢气代替天然气作燃料，燃料中不含有碳元素且燃烧充分，燃烧产物为水，所以符合绿色低碳发展理念，C项正确；
D．碳纤维主要成分为碳单质，属于无机非金属材料，D项错误；
答案选D。
2. 对乙酰氨基酚为解热镇痛类药，曾为许多新冠肺炎感染者减轻了疼痛，其分子结构如图所示：
下列有关说法正确的是
A. 其分子式为C8H10NO2
B. 该分子中所有碳原子可能共面
C. 能与NaOH溶液反应，但不能与Na2CO3溶液反应
D. 与 互为同系物
【答案】B
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，乙酰氨基酚的分子式为C8H9NO2，故A错误；
B．由结构简式可知，乙酰氨基酚分子中苯环、酰胺基为平面结构，由三点成面可知，分子中所有碳原子可能共面，故B正确；
C．酚羟基不能与碳酸氢钠溶液反应，但能与碳氢钠溶液反应，则由结构简式可知，乙酰氨基酚分子能与碳酸钠溶液反应，故C错误；
D． 分子的官能团为酰胺基和醚键，乙酰氨基酚的官能团为酚羟基和酰胺基，两者不是同类物质，不可能互为同系物，故D错误；
故选B。
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 标准状况下，11.2LCH4与11.2LCl2在光照下充分反应后，气体分子数为NA
B. 46g乙醇中含有的C-H键的数目为5NA
C. 1mol·L-1的NaClO溶液中含有的ClO-数目小于NA
D. 1molAl3+完全转化为转移电子数为4NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．CH4与Cl2在光照下充分反应后生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷、氯化氢的混合物，故气体分子数不是NA，A项错误；
B．乙醇的相对分子质量为46g/mol，46g乙醇的物质的量为1mol，1mol乙醇分子中含有5molC-H键，故46g乙醇中含有C-H键数目为5NA，B项正确；
C．不知道溶液的体积，无法计算物质的量，C项错误；
D．Al3+完全转化为，并没有化合价变化，无电子转移，D项错误；
答案选B。
4. 下列实验操作、现象与对应的结论均合理的是
选项 A B C D
实验操作
现象 滴入KNO3溶液后，铜片溶解，且有气泡冒出 滴入Na2CO3溶液，无明显现象 振荡后 静置，溶液分层，上层呈紫红色，下层无色 溶液红色逐渐褪去
结论 KNO3是该反应的氧化剂 酸：H2CO3
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．铜和稀硫酸不反应，滴加KNO3溶液后，铜片溶解，且有气泡冒出，说明硝酸根离子、氢离子和铜发生氧化还原反应，反应中铜为金属单质化合价升高，则氮元素化合价降低，硝酸钾为氧化剂，均合理，A符合题意；
B．无明显现象说明没有生成二氧化碳，则H3BO3酸性弱于H2CO3，B不符合题意；
C．乙醇和水互溶，不会发生分层，C不符合题意；
D．氯气和水生成盐酸和次氯酸，盐酸和碳酸钠反应也会使得溶液褪色，不能说明氯气具有漂白性，D不符合题意；
故选A。
5. 一种水性电解液Al- PbO2离子选择隔膜电池如图所示{ KOH溶液中，Al3+以[Al(OH)4]-的形式存在)。电池放电时，下列叙述正确的是
A. 27 g Al参与反应，有1 mol 从室2向室1迁移。
B. 负极的电极反应式为2Al- 6e-+8OH-=2[ Al(OH)4]-
C. 一段时间后，室2溶液浓度一定会减小
D. 电路上转移1mol电子时，理论上PbO2电极质量净减32g
【答案】B
【解析】
【分析】铝活动性较强，失去电子发生氧化反应为负极，负极反应为：2Al- 6e-+8OH-=2[ Al(OH)4]-；氧化铅电极得到电子发生还原反应为正极，正极反应为：；则放电过程中室1的钾离子向室2迁移、室3的硫酸根离子向室2迁移；
【详解】A．由分析可知，负极反应为铝失去电子发生氧化反应生成[Al(OH)4]-：2Al- 6e-+8OH-=2[ Al(OH)4]-，27 g Al（为1mol）参与反应，室1钾离子向室2迁移，A错误；
B．由分析可知，负极的电极反应式为2Al- 6e-+8OH-=2[ Al(OH)4]-，B正确；
C．由分析可知，一段时间后，室2溶液浓度会变大，C错误；
D．正极反应为：，电路上转移1mol电子时，理论上消耗0.5molPbO2、同时生成0.5mol，电极质量增加32g，D错误；
故选B。
6. 科学家利用BN和TiO2创造了一种可快速分解世界上最难降解的污染物M的复合光催化剂。M由R、X、Y、Z4种短周期主族元素组成，它们的原子序数依次增大，在暗室中Z的单质能与同温同压下密度最小的气体剧烈反应。M的结构式如图所示。下列叙述错误的是
A. 最高正化合价：Z>Y>X>R
B 电负性：Z> Y> X
C. 原子半径：X>Y> Z> R
D. M是含极性键和非极性键的共价化合物
【答案】A
【解析】
【分析】M由4种短周期主族元素组成，R、X、Y、Z的原子序数依次增大，在暗室中Z单质和同温同压下密度最小的气体剧烈反应，Z为F元素；R的原子序数最小，形成1个共价键，则R为H元素；X形成4个共价键、Y形成2个共价键，结合原子序数可知，X为C元素、Y为O元素，据此分析解题。
【详解】由上述分析可知，R为氢元素、X为碳元素、Y为氧元素、Z为氟元素，据此分析解题：
A．由分析可知，R、X、Y、Z分别是H、C、O、F，由于O没有最高正化合价，F没有正化合价，A错误；
B．由分析可知，X、Y、Z分别为C、O、F，同一周期从左往右元素的电负性依次增强，故电负性为F＞O＞C即Z> Y> X，B正确；
C．同周期主族元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则C、O、F、H的原子半径依次减小即X>Y> Z> R，C正确；
D．M含有碳碳非极性键、氧氢键等极性键，它是共价化合物，D正确；
故答案为：A。
7. 常温下，向10 mL0.1 mol·L-1Na2XO3溶液中滴加0.1 mol·L-1盐酸，溶液的pH与盐酸体积(V)的关系如图所示。下列叙述正确的是
A. 0.1 mol·L-1Na2XO3溶液中：c(Na＋)>c()>c()>c(OH-)>c(H＋)
B. 当溶液pH=7时，溶液中存在：c(Na＋)=c()＋c()＋c(Cl-)
C. 常温下，H2XO3的Ka2小于1.0×10-7
D. b点溶液中：c(Cl-)=c(H2XO3)＋c()＋c()
【答案】C
【解析】
【分析】a点溶质为等量的NaHXO3和NaCl，b点溶质为H2XO3和NaCl；
【详解】A．由起点可知0.1 mol·L-1Na2XO3溶液为碱性，说明Na2XO3为强碱弱酸盐，存在两步水解反应，且水也存在电离，则c(OH-)> c()，则0.1 mol·L-1Na2XO3溶液中：c(Na＋)>c()>c(OH-)> c()>c(H＋)，A错误；
B．由电荷守恒：c(Na＋)+ c(H＋)=c()＋2c()＋c(Cl-)＋c(OH-)，常温下当溶液pH=7时，为中性即c(H＋) =c(OH-)，溶液中存在：c(Na＋)=c()＋2c()＋c(Cl-)，B错误；
C．当加入盐酸的体积为10mL时，溶质为NaHXO3和NaCl，溶液呈碱性，说明的水解程度大于电离程度，则Kh1> Ka2，则H2XO3的Ka2小于1.0×10-7，C正确；
D．b点n(Cl-)是含X元素微粒的物质的量的2倍，根据物料守恒，b点溶液中：c(Cl-)=2[c(H2XO3)＋c()＋c()]，D错误；
故选：C。
第Ⅱ卷 (非选择题共58分)
二、非选择题：本大题共4小题，共58分。
8. 过氧乙酸(CH3COOOH，结构简式)，是一种氧化性强于高锰酸钾的氧化剂，常用作消毒剂，无色透明的液体，其浓度越高、温度较高越不稳定，甚至引起爆炸。实验室可用“过氧化氢法”制备较低浓度的过氧乙酸。由冰醋酸和过氧化氢在浓硫催化作用下制得，实验装置和步骤如下：
①在三颈烧瓶中加入一定量冰醋酸与浓硫酸的混合物，再缓缓加入适量30%的双氧水；
②不断搅拌并控制装置B中混合液温度为20~30℃至反应结束；
③接入仪器C和抽气泵，在锥形瓶中收集得到产品。
（1）仪器C的名称是___________。
（2）写出该实验中制备过氧乙酸的化学反应方程式___________。
（3）步骤①中30%的双氧水“缓缓加入”的目的是___________。
（4）实验测得产物过氧乙酸的百分含量随反应物比例和反应时间的变化数据如下表。
反应物比例CH3COOH/H2O2 反应时间
0.5h 1h 3h 5h 7h
2∶1 7.38% 8.46% 9.42% 11.26% 13.48%
1∶1 10.56% 12.92% 13.54% 20.72% 20.80%
1∶2 6.14% 7.10% 7.96% 10.38% 12.36%
由表中数据可知，制备过氧乙酸的最佳反应物比例和反应时间为___________。
（5）过氧乙酸样品中常含有残留的H2O2。样品中过氧乙酸的浓度为c0mol·L-1时，发生如下反应：
①CH3COOOH+2I-+2H+=CH3COOH+I2+H2O；
②H2O2+2I-+2H+=I2+H2O；
③2S2O+I2=2I-+S4O。
ⅰ.取V0mL待测液并用硫酸酸化，再用c1mol·L-1的KMnO4标准溶液滴定待测液至溶液呈粉红色，消耗V1mLKMnO4标准溶液。
ⅱ.另取V2mL(V2≠V0)待测液，加入过量的KI溶液和几滴淀粉，并用硫酸酸化，再用c2mol·L的Na2S2O3标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗V3mLNa2S2O3标准溶液。
ⅰ.中发生反应的离子方程式为___________。
ⅱ.中用Na2S2O3标准溶液进行滴定时，达到滴定终点的标志是___________，过氧乙酸的浓度c0=___________(用含V0、c1、V1、c2、V2、V3的代数式表示，通分化到最简式)。
（6）当其他操作均正确时，下列实验操作可能使测定结果偏高的是___________(填标号)。
A. 配制Na2S2O3标准溶液时，容量瓶中还有少量的水
B. 盛装Na2S2O3标准溶液的滴定管没有用标准液润洗
C. 用Na2S2O3标准溶液滴定完成后，俯视滴定管读数
D. 用Na2S2O3标准溶液滴定的过程中振荡锥形瓶的时间过长
【答案】（1）直形冷凝管
（2）
（3）为防止温度过高造成过氧化氢分解
（4）1:1，5h （5） ①. ②. 滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟不恢复原色； ③. （6）BD
【解析】
【小问1详解】
根据装置图，仪器C的名称是直形冷凝管；
【小问2详解】
冰醋酸和过氧化氢在浓硫酸作用下反应生成过氧乙酸和水，反应的化学反应方程式为 。
【小问3详解】
浓硫酸和冰醋酸混合放热，过氧化氢在温度较高时不稳定，为防止温度过高造成过氧化氢分解，步骤①中30%的双氧水“缓缓加入”。
【小问4详解】
由表中数据可知，反应物比例CH3COOH/H2O2为1:1时，相同的反应时间下生成过氧乙酸含量较高，反应速率较快，反应5h后，产量增加的不多，所以制备过氧乙酸的最佳反应物比例和反应时间为1:1，5h。
【小问5详解】
过氧乙酸的氧化性强于高锰酸钾，过氧乙酸和高锰酸钾不反应，ⅰ.中高锰酸钾把过氧化氢氧化为氧气，发生反应的离子方程式为 。
ⅱ.中用Na2S2O3标准溶液进行滴定时，达到滴定终点时，I2被完全消耗，达到滴定终点的标志是：滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟不恢复原色；
根据，V0mL待测液中n(H2O2)= V1×10-3 L×c1mol·L-1= c1V1×10-3mol ，则V2mL待测液中n(H2O2)= c1V1×10-3mol；
根据①CH3COOOH+2I-+2H+=CH3COOH+I2+H2O；②H2O2+2I-+2H+=I2+H2O；③2S2O+I2=2I-+S4O。可知V2mL待测液中CH3COOOH、H2O2的总物质的量为c2V3×10-3mol，则n(CH3COOOH)=(c2V3×10-3- c1V1×10-3)mol，过氧乙酸的浓度c0= (c2V3×10-3- c1V1×10-3)mol mol/L。
【小问6详解】
A．配制Na2S2O3标准溶液时，容量瓶中还有少量的水，对Na2S2O3的浓度无影响，消耗Na2S2O3的体积不变，测定结果无影响，故不选A；
B．盛装Na2S2O3标准溶液的滴定管没有用标准液润洗，Na2S2O3的浓度降低，消耗Na2S2O3的体积偏大，测定结果偏高，故选B；
C．用Na2S2O3标准溶液滴定完成后，俯视滴定管读数，消耗Na2S2O3的体积偏小，测定结果偏低，故不选C；
D．用Na2S2O3标准溶液滴定的过程中振荡锥形瓶的时间过长，部分KI被氧气氧化，消耗Na2S2O3的体积偏大，测定结果偏高，故选D；
选BD。
9. 镍、钴是重要的战略物资，但资源匮乏。一种利用酸浸出法从冶金厂废炉渣中提取镍和钴的工艺流程如图：
已知：
i．酸浸液中的金属阳离子有Ni2+、Co2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+等；
ii．NiSO4在水中的溶解度随温度升高而增大；
iii．已知：Ksp(CaF2)=1×10-10、Ksp(MgF2)=7.5×10-11
（1）提高“酸浸”速率的方法有___________。(任写一条)
（2）基态Fe2+的价层电子排布图为___________。Fe的晶胞结构如图所示，已知NA表示阿伏加德罗常数的值，若晶胞参数为anm，则Fe晶胞的密度为___________g·cm-3(用含NA和a的代数式表示)。
（3）黄钠铁矾化学式为Na2Fe6(SO4)4(OH)12，“除铁”的离子方程式为___________。
（4）“除钙镁”时，随pH降低，NaF用量急剧增加，原因是___________(结合平衡理论解释)。要使Ca2+、Mg2+完全沉淀，则溶液中F-的浓度c(F-)最小为___________。
（5）萃取、反萃取：向除杂后的溶液中，加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+，实验测得：当溶液pH处于4.5～6.5范围内，Co2+萃取率随溶液pH的增大而增大(如图所示)，其原因是___________。反萃取是用反萃取剂使被萃取物从负载有机相返回水相的过程，为萃取的逆过程。反萃取剂可以选择下列哪种物质___________(填选项)。
A.NaOH溶液 B.H2SO4溶液 C.ZnSO4溶液
（6）丁二酮肟是检验Ni2的灵敏试剂，1mol丁二酮肟分子含有σ键数目为_______(NA是阿伏加德罗常数的值)。从NiSO4溶液中获得精制硫酸镍NiSO4(s)所需采取的一系列操作是___________、过滤、洗涤、干燥。
【答案】（1）搅拌（或者适当升温、适当增大硫酸浓度、粉碎炉渣）
（2） ①. ②.
（3）
（4） ①. pH降低，增大，平衡正向移动，溶液中减小，为使CaF2和MgF2的溶解平衡逆向移动，NaF用量更多 ②. 10-2.5
（5） ①. pH增大，减小，平衡正向移动，Co2+萃取率增大 ②. B
（6） ①. 15NA ②. 蒸发浓缩、冷却结晶
【解析】
【小问1详解】
提高“酸浸”速率的方法有搅拌、适当升温、适当增大硫酸浓度、粉碎炉渣等；
【小问2详解】
铁的原子序数为26，Fe2+的价层电子排布式为3d6，因此其价层电子排布图为 ；该晶胞中所含Fe原子为，晶胞密度为；
【小问3详解】
“除铁”步骤是用 NaClO3，将溶液中的 Fe2+氧化为黄钠铁矾，其化学式为 Na2Fe6(SO4)4(OH)12，反应的离子方程式为；
【小问4详解】
“除钙镁”时，随着 pH 的降低，溶液中的H+增加，平衡正向移动，溶液中减小，为使CaF2和MgF2的溶解平衡逆向移动，NaF用量更多；已知离子浓度时，认为该离子沉淀完全，且，钙离子沉淀完全时，，镁离子沉淀完全时，，所以为使 Ca2+和Mg2+沉淀完全，溶液中F-最小为10-2.5mol/L；
【小问5详解】
当溶液 pH 处于4.5~6.5 范围内，随溶液 pH 的增大，H+的浓度减小，平衡向右移动，增大了 Co2+萃取率；向萃取所得有机相中加入H2SO4，增大了H+的浓度，使平衡向左移动，得到的水相中含有大量的 Co2+，从而实现 Co2+和 Mn2+的分离；
【小问6详解】
根据丁二酮肟的结构式可知，分子中含有13个单键和2个双键，则共含有15个σ键，所以1mol丁二酮肟分子含有σ键数目为15NA；NiSO4溶液中获得精制硫酸镍NiSO4(s)应采用重结晶的方法，故一系列操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。
10. 氮氧化物的任意排放会造成酸雨、光化学烟雾等环境问题，可采用多种方法消除。
已知：CH4(g)+4NO2(g)=CO2(g)+2H2O(l)+4NO(g) ΔH=-654kJ·mol-1
CH4(g)+4NO(g)=CO2(g)+2H2O(l)+2N2(g) ΔH=-1240kJ·mol-1
H2O(g)=H2O(l) ΔH=-44kJ·mol-1
（1）CH4还原NO2
①CH4将NO2还原为N2并生成水蒸气的热化学方程式为___________。
②下列措施中，能提高NO2的转化率的是___________。
a使用催化剂 b．充入NO2 c．恒容下，充入Ar惰性气体
d．把容器的体积缩小一半 e．降低温度 f．及时分离水
（2）CH4还原NO
在2L密闭容器中通入1.00molCH4和2.00molNO，在3MPa，一定温度下反应生成CO2(g)、H2O(g)、N2(g)，反应时间(t)与NO的物质的量[n(NO)]关系如下表：
反应时间t/min 0 2 4 6 8 10
n(NO)/mol 2.00 1.20 0.80 0.60 0.50 0.50
由表中数据计算，2~4min内v(CH4)=___________mo1·L-1·min-1，该温度下的压强平衡常数Kp___________(用分压表示，分压=物质的量分数×总压)。
（3）C还原NO
①反应C(s)+2NO(g)=N2(g)+CO2(g)在常温下能自发进行，据此判断该反应的焓变ΔH___________0(填“>”“<”或“=”)。
②以上反应可分为如下四步反应历程，写出其中第三步的反应：
第一步：2NO=(NO)2
第二步：C+(NO)2=C(O)+N2O
第三步：___________
第四步：2C(O)=CO2+C
（4）除上述方法外，还可用电解法将NO转变为NH4NO3，其工作原理如图，N极的电极反应式为___________，通入NH3的主要原因是___________。
【答案】（1） ①. ②. ef
（2） ①. ②.
（3） ①. < ②.
（4） ①. ②. 将硝酸转化为硝酸铵
【解析】
【小问1详解】
①
②
③，根据盖斯定律可知，可得反应，则，即将还原为并生成水蒸气的热化学方程式为：；
a．使用催化剂能降低反应的活化能，反应速率加快，但化学平衡不移动，二氧化氮的转化率不变，a项错误；
b．充入二氧化氮，反应物的浓度增大，平衡向正反应方向移动，但二氧化氮的转化率减小，b项错误；
c．恒容下，充入不参与反应的氩气，反应体系中各物质的浓度不变，化学反应速率不变，化学平衡不移动，二氧化氮转化率不变，c项错误；
d．该反应是气体体积增大的反应，把容器的体积缩小一半，气体压强增大，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮的转化率减小，d项错误；
e．该反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，二氧化氮的转化率增大，e项正确；
f．及时分离水，生成物的浓度减小，平衡向正反应方向移动，二氧化氮转化率增大，f项正确；
答案选ef；
【小问2详解】
由表格数据可知，2-4min内一氧化氮消耗量为（1.20-0.80）mol=0.40mo，由方程式可知，甲烷的反应速率为；
由表格数据可知，8min反应达到平衡，一氧化氮的物质的量为0.50mol，由方程式可知：甲烷，二氧化碳，水蒸气，氮气的物质的量分别为,,,,则一氧化碳，甲烷，二氧化碳，水蒸气，氮气的平衡分压分别为，，，，，该温度下的压强平衡常数；
【小问3详解】
该反应气体体积不变的反应，反应接近于0，常温下能自发反应，说明反应,则反应的焓变小于0；
由盖斯定律可知，四步反应之和为总反应，则第三步反应式为；
【小问4详解】
由图可知，M极为电解池的阴极，酸性条件下一氧化氮在阴极得到电子发生还原反应生成铵根离子和水，电极反应式为,N极为阳极，水分子作用下一氧化氮在阳极失去电子发生氧化反应生成氢离子，电极反应式为：；
电解的总反应为，则反应通入氨气的主要目的是将硝酸转化为硝酸铵。
11. 化合物F是一种用于预防和治疗心、脑及其它动脉循环障碍疾病的药物，以A(C7H5OCl)为原料合成F的路线如下图：
已知：R-CHO。
回答下列问题：
（1）A的名称是_______；E→F的反应类型是_______；Y的结构简式为_______。
（2）下列说法正确的是_______。
A. 有机物B能发生消去反应
B. 有机物C中含酰胺基
C. 有机物D中的碳原子轨道杂化类型有两种
D. 有机物E、F分子中均有一个手性碳原子
（3）C可在一定条件下发生缩聚反应，反应的化学方程式为_______。
（4）G的相对分子质量比A大14，符合下列条件的G的同分异构体(不考虑立体异构)有_______种，写出满足1H-NMR谱有四组峰且峰面积之比为2：2：2：1的两种结构简式_______。
i属于芳香族化合物；
ii.具有与A相同的官能团。
（5）请结合题中信息，设计以为有机原料制备化合物的合成路线(无机试剂任选)_______。
【答案】（1） ①. 2—氯苯甲醛 ②. 取代反应 ③. （2）CD
（3）n+(n—1)H2O
（4） ①. 17 ②. 、
（5）
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，与氯化铵和氰酸钠反应生成，则A为、B为；酸性条件下发生水解反应生成，则C为；酸性条件下与甲醇发生酯化反应生成，则X为甲醇；与发生取代反应生成，则Y为；酸性条件下与在90℃条件下发生取代反应生成。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为，名称为2—氯苯甲醛；E→F的反应为酸性条件下与在90℃条件下发生取代反应生成和乙二醇；Y的结构简式为，故答案为：2—氯苯甲醛；取代反应；；
【小问2详解】
A．由分析可知，B的结构简式为，不能发生消去反应，故错误；
B．由分析可知，C的结构简式为，分子中不含酰胺基，故错误；
C．由结构简式可知，分子中苯环上的碳原子和双键碳原子的杂化方式为sp2杂化，甲基碳原子的杂化方式为sp3杂化，则碳原子的杂化方式共有2种，故正确；
D．由结构简式可知，有机物E、F分子中均有一个连有不同原子或原子团的手性碳原子，故正确；
故选CD；
【小问3详解】
由分析可知，C的结构简式为，分子中含有羧基和氨基，一定条件下能发生缩聚反应生成和水，反应方程式为n+(n—1)H2O，故答案为：n+(n—1)H2O；
【小问4详解】
G分子属于芳香族化合物，具有与A相同的官能团说明G的官能团为醛基和氯原子，若苯环上有1个取代基，取代基为，结构只有1种；若苯环上有2个取代基，取代基可能为—Cl、—CH2CHO或—CH2Cl、—CHO，均有邻、间、对3种结构，共有6种；若苯环上有3个取代基，取代基为—Cl、—CH3、—CHO，可以视作邻甲基苯甲醛、间甲基苯甲醛、对甲基苯甲醛分子中苯环上的氢原子被氯原子取代所得结构，共有10种，则符合条件的结构简式共有17种，其中满足1H-NMR谱有四组峰且峰面积之比为2：2：2：1的结构简式为、 ，故答案为：17；、；
【小问5详解】
由题给信息可知，以为有机原料制备化合物的合成步骤为与氯化铵和氰酸钠反应生成，在酸性条件下发生水解反应生成，在浓硫酸作用下共热发生酯化反应生成，合成路线为，故答案为：。
