丹阳市2023-2024学年高三上学期开学考试
化学
注意事项：
1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，共100分，考试时间75分钟。
2.请把选择题和非选择题的答案均填写在答题卷的指定栏目内。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Cr 52 Mn 55 Fe 56
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 我国提出2030年碳达峰、2060年碳中和的目标。下列关于的说法不正确是
A. 固体易升华 B. 是酸性氧化物
C. 为极性分子 D. 属于非电解质
2. 肼()是发射航天飞船常用的高能燃料，可通过反应制备。下列说法正确的是
A. 既含离子键又含共价键 B. 的电子式为
C. 的结构式为： D. 与具有相同的电子层结构
3. 实验室制取的实验原理及装置均正确的是
A．制取 B．除去中的 C．收集 D．吸收尾气中的
A. A B. B C. C D. D
4. 、、、是周期表中ⅤA族元素。下列说法正确的是
A. 原子半径： B. 酸性：
C. 第一电离能： D. ⅤA族元素单质的晶体类型相同
5. 第三周期元素的单质及其化合物具有重要用途。如在熔融状态下，可用金属钠制备金属钾；可制备多种镁产品；铝—空气电池具有较高的比能量，在碱性电解液中总反应为。高纯硅广泛用于信息技术领域，高温条件下，将粗硅转化为三氯硅烷()，再经氢气还原得到高纯硅。硫有多种单质，如斜方硫(燃烧热为297)、单斜硫等。可除去废水中等重金属离子，水溶液在空气中会缓慢氧化生成S而变浑浊。下列说法正确的是
A. 斜方硫和单斜硫互为同位素 B. 的沸点比低
C. 1中含有4键 D. 键的键能大于键的键能
6. 第三周期元素单质及其化合物具有重要用途。如在熔融状态下，可用金属钠制备金属钾；可制备多种镁产品；铝—空气电池具有较高的比能量，在碱性电解液中总反应为。高纯硅广泛用于信息技术领域，高温条件下，将粗硅转化为三氯硅烷()，再经氢气还原得到高纯硅。硫有多种单质，如斜方硫(燃烧热为297)、单斜硫等。可除去废水中等重金属离子，水溶液在空气中会缓慢氧化生成S而变浑浊。下列化学反应表示正确的是
A. 转化为高纯硅：
B. 向溶液中加入小粒金属钠：
C. 斜方硫燃烧：S(s，斜方硫)
D. 铝—空气电池(碱性电解液)放电时的负极反应，
7. 下列物质的性质与用途具有对应关系的是
A. 熔融能电离，可用作冶炼镁的原料
B. 具有还原性，可除去废水中的
C. 钠的密度比钾大，可用于冶炼金属钾
D. 晶体硅熔点高、硬度大，可用作通讯设备的芯片
8. 硫及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是 )
A. 实验室制取少量的原理：(浓)
B. 实验室检验既具有氧化性也具有还原性：
C. 工业上接触法制硫酸过程中物质转化：
D. 工业上用脱除天然气中的：
9. 化合物Z是合成药物沙丁胺醇的重要中间体，其合成路线如下：
已知：X→Y过程中，X先与发生加成反应，再与发生取代反应，下列说法正确的是
A. X分子中所有原子在同一平面上 B. X→Y的中间产物分子式为
C. 1molZ最多能与2反应 D. X、Y、Z可用溶液和溶液进行鉴别
10. 催化剂能催化脱除烟气中的，反应为，其机理如图所示。下列说法正确的是
A. 该反应
B. 该反应的平衡常数
C. 步骤Ⅰ可描述为吸附到表面与表面吸附氧反应生成和，同时被还原为；烟气中的和反应生成和
D. 该反应中每消耗1，转移电子的数目约为
11. 室温下，探究0.1溶液的性质，下列实验方案不能达到探究目的的是
选项 探究目的 实验方案
A 溶液中是否含有 向20.1溶液滴加几滴溶液，观察溶液颜色变化
B 否具有氧化性 向20.1溶液滴加适量溶液，观察生成沉淀的颜色
C 能否催化分解 向25%溶液中滴加几滴0.1溶液，观察滴加溶液前后气泡产生情况
D 与的反应是否存在限度 取20.1溶液和10.1溶液混合，充分反应后，再加2，振荡、静置，取上层清液滴加少量溶液，观察溶液颜色变化
A. A B. B C. C D. D
12. 一种脱除燃煤烟气中的方法如图所示。室温下用0.1氨水吸收，若通入所引起的溶液体积变化和挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度。
已知：的，的，。下列说法正确的是
A. 溶液中：＞
B. “吸收”所得溶液中：
C. “氧化”过程中：逐渐减小
D. 向“氧化”后溶液中加入过量充分反应过滤，所得滤液中：
13. 催化加氢可合成二甲醚，发生的主要反应有：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
在恒压、时，若仅考虑上述反应，平衡时和的选择性及的转化率随温度的变化如图中实线所示。
选择性。下列说法正确的是
A.
B. 图中曲线①表示平衡时转化率随温度的变化
C. 平衡时转化率随温度的变化可能如图中虚线所示
D. 200～280℃，温度越高，平衡时的物质的量越小
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 在电池中有重要应用。以软锰矿(含及少量、的氧化物)为原料制备粗二氧化锰颗粒的过程如下：
（1）浸出。用和可溶解软锰矿，生成的离子方程式为_______。
（2）净化、分离。
①浸出液中的、可加入溶液并调节溶液pH在5~6之间，转化为沉淀去除，溶液的pH不能超过6的原因是_______。
②为减少碱用量，可以通过稀释浸出液除去，结合离子方程式解释原理：_______。
（3）热解。在一定空气流速下，相同时间内热解产物中不同价态的占比随热解温度的变化如图：
注：图中(Ⅱ)等表示化合物中锰元素的价态
热解过程中涉及如下化学反应：
ⅰ．
ⅱ．
ⅲ．
①为了增大产物中的占比，除控制温度在450℃左右外，还可采用的措施有_______。
②温度升高，产物中的占比降低，可能的原因是_______。
（4）测定的纯度。称取0.1450g粗品置于具塞锥形瓶中，加水润湿后，依次加入足量稀硫酸和过量溶液，盖上玻璃塞，充分摇匀后静置30min。用0.1500标准溶液滴定生成的，消耗标准溶液20.00，滴定反应为，计算粗品中的质量分数_______。(写出计算过程)。
（5）分析的结构，下图是的一种晶型的晶胞，该晶胞中所围成的空间构型是_______。
15. 化合物G是一种抗病毒和调节免疫力的药物，其合成路线如下：
（1）化合物G中碳原子的杂化轨道类型为_______。
（2）D→E的反应类型为_______。
（3）A→B的过程为先发生加成反应，再发生消去反应，写出消去过程中另一种主要副产物(含2个甲基)的结构简式：_______。
（4）写出同时满足下列条件C的一种同分异构体的结构简式：_______。
分子中含有苯环和四个甲基，核磁共振氢谱有四个峰；能与银氨溶液发生银镜反应。
（5）乙酸和乙酸酐()均可以发生酯化反应，但C→D反应采用乙酸酐而不采用乙酸的可能原因是_______。
（6）已知：
Ⅰ．
Ⅱ．
写出以、和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. 钴及其化合物在工业生产中有着广阔的应用前景。已知：不易被氧化，具有强氧化性，具有较强还原性，性质稳定。
（1）从锂钴废料(主要成分为)分离。
①的电子排布式为_______。
②“酸溶”时不选择浓的理由是：_______。
③“净化”时，加固体是将转化为沉淀，“净化”后溶液中，若“过滤1”后溶液中浓度为1.0，则“净化”后_______。[溶液体积变化忽略不计，不考虑其他离子影响。25℃时]
（2）从由制备。
实验过程：称取研细的10.0g和50g于烧杯中溶解，将溶液转入三颈烧瓶，分液漏斗中分别装有25浓氨水，530%的溶液，控制反应温度为60℃，打开分液漏斗，反应一段时间后，得溶液，实验装置如图所示：
①由制备溶液的离子方程式为_______。
②分液漏斗中液体加入三颈烧瓶中的顺序为_______。
（3）热分解制备。
有氧和无氧环境下，热解所得和的百分含量与温度关系如图所示，请补充完整由制备较纯净的实验方案，取一定质量的于热解装置中，_______，干燥。 (已知：、均难溶于水，难溶于酸，能溶于酸中，须使用的试剂有：1，蒸馏水，溶液)
17. 将转化为能存效减少排放。
（1）已知：Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
则 _______。
（2）325℃时，水在粉表面产生和，再与反应生产甲酸。
①由、、制备甲酸的化学方程式为_______。
②直接加热与难以生成甲酸，该条件下能较快生成甲酸的原因是_______。
（3）科学家利用在(与同族)基催化剂上加氢成功制得甲酸，其过程如下图所示。
①与通过加成形成中间体X，画出中间体X的结构式：_______。
②反应过程中加入或的目的是_______。
（4）通过电解法转化为的反应机理如图所示，Pt电极上覆盖的Nafion膜是一种阳离子交换膜，对浓度不高的有较好的阻拦作用，可让自由通过。
①电极上生成的电极反应式为_______。
②电路中通过的电量与产率的关系如图所示，相同条件下，Pt电极有Nafion膜产率明显提高，但电量后又显著下降，可能原因是_______。
③若电解时将Nafon膜置于两个电极中间，保持电流恒定，20h时向阳极区补充，电压与时间关系如图所示，0~20h，电压增大的原因是_______。
丹阳市2023-2024学年高三上学期开学考试
化学 答案解析
注意事项：
1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，共100分，考试时间75分钟。
2.请把选择题和非选择题的答案均填写在答题卷的指定栏目内。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Cr 52 Mn 55 Fe 56
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 我国提出2030年碳达峰、2060年碳中和的目标。下列关于的说法不正确是
A. 固体易升华 B. 是酸性氧化物
C. 为极性分子 D. 属于非电解质
【答案】C
【解析】
【详解】A．固体俗称干冰，受热易升华，故A正确；
B．二氧化碳只能和碱反应生成盐和水，为酸性氧化物，故B正确；
C．二氧化碳的结构式为O=C=O，二氧化碳是直线形结构，正负电荷中心重合，为非极性分子，故C错误；
D．二氧化碳在水溶液中和熔融状态下均不能自身电离出自由移动离子而导电，为非电解质，故D正确；
故选：C。
2. 肼()是发射航天飞船常用的高能燃料，可通过反应制备。下列说法正确的是
A. 既含离子键又含共价键 B. 的电子式为
C. 的结构式为： D. 与具有相同的电子层结构
【答案】A
【解析】
【详解】A．钠离子和次氯酸根离子之间存在离子键，次氯酸根离子中存在Cl-O共价键，故A正确；
B．NH3是共价化合物，N、H原子间共用1对电子，N原子还含有1对孤电子对，其电子式为 ，故B错误；
C．肼为共价化合物，氮原子间形成一对共用电子对，每个氮原子和两个氢原子形成两个共价键，结构式为 ，故C错误；
D．Na+核外电子排布为2、8共有2个电子层、Cl-核外电子排布为2、8、8共有3个电子层，所以二者电子层结构不同，故D错误；
故选：A。
3. 实验室制取的实验原理及装置均正确的是
A．制取 B．除去中的 C．收集 D．吸收尾气中的
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．实验室利用浓盐酸和制取需要加热，A中无酒精灯加热，故A错误；
B．生成的会混有挥发的，将气体通入饱和食盐水中可以除，故B正确；
C．收集时，由于密度比空气大，所以采用向上排空气法收集，导管要长进短出，故C错误；
D．吸收尾气中的，在水中溶解度不高，应该用NaOH溶液进行吸收，故D错误；
答案选B。
4. 、、、是周期表中ⅤA族元素。下列说法正确的是
A. 原子半径： B. 酸性：
C. 第一电离能： D. ⅤA族元素单质晶体类型相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．N、P、As为同主族元素，从上到下电子层增大，半径增大，A错误；
B．N、P、As为同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，则最高价氧化物的水化物的酸性依次减弱，B错误；
C．N、P、As为同主族元素，从上到下第一电离能减小，C正确；
D．ⅤA族元素单质中，N、P、As的单质晶体类型相同，都为分子晶体，但Sb为金属，其晶体为金属晶体，D错误；
故答案为：C。
5. 第三周期元素的单质及其化合物具有重要用途。如在熔融状态下，可用金属钠制备金属钾；可制备多种镁产品；铝—空气电池具有较高的比能量，在碱性电解液中总反应为。高纯硅广泛用于信息技术领域，高温条件下，将粗硅转化为三氯硅烷()，再经氢气还原得到高纯硅。硫有多种单质，如斜方硫(燃烧热为297)、单斜硫等。可除去废水中等重金属离子，水溶液在空气中会缓慢氧化生成S而变浑浊。下列说法正确的是
A. 斜方硫和单斜硫互为同位素 B. 的沸点比低
C. 1中含有4键 D. 键的键能大于键的键能
【答案】B
【解析】
【详解】A．斜方硫、单斜硫均为硫单质，且为不同物质，则斜方硫和单斜硫互为同素异形体，A错误；
B．水分子间含有氢键，氢键较一般分子间作用力强，则水的沸点比H2S高，B正确；
C．[Al(OH)4]-中1个氢氧根含有1个σ键、又与铝原子形成1个配位键，故1mol[Al(OH)4]-中含有8molσ键，C错误；
D．氧原子半径小于硅原子，Si－Si键的键长大于Si－O键的键长，导致Si－Si键的键能小于Si－O键的键能，D错误；
故选B。
6. 第三周期元素的单质及其化合物具有重要用途。如在熔融状态下，可用金属钠制备金属钾；可制备多种镁产品；铝—空气电池具有较高的比能量，在碱性电解液中总反应为。高纯硅广泛用于信息技术领域，高温条件下，将粗硅转化为三氯硅烷()，再经氢气还原得到高纯硅。硫有多种单质，如斜方硫(燃烧热为297)、单斜硫等。可除去废水中等重金属离子，水溶液在空气中会缓慢氧化生成S而变浑浊。下列化学反应表示正确的是
A. 转化为高纯硅：
B. 向溶液中加入小粒金属钠：
C. 斜方硫燃烧：S(s，斜方硫)
D. 铝—空气电池(碱性电解液)放电时的负极反应，
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢气还原转化为高纯硅需要在高温条件下进行，化学反应方程式为，故A错误；
B．向溶液中加入小粒金属钠，钠先与水反应生成氢氧化钠，再与硫酸铜反应，离子方程式为，故B错误；
C．斜方硫的燃烧热为297，即燃烧热，则斜方硫燃烧的热化学方程式为S(s，斜方硫) ，故C错误；
D．在碱性电解液中铝—空气电池的总反应为，铝为负极，通氧气的一极为正极，则放电时的负极反应为，故D正确；
答案选D。
7. 下列物质的性质与用途具有对应关系的是
A. 熔融能电离，可用作冶炼镁的原料
B. 具有还原性，可除去废水中的
C. 钠的密度比钾大，可用于冶炼金属钾
D. 晶体硅熔点高、硬度大，可用作通讯设备的芯片
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯化镁是离子化合物，熔融状态能电离出镁离子和氯离子，所以氯化镁常用作电解冶炼镁的原料，故A正确；
B．硫化氢可除去废水中的汞离子是因为硫化氢能与汞离子反应生成难熔的硫化汞沉淀，与硫化氢的还原性无关，故B错误；
C．熔融的钠可与氯化钾共热反应生成氯化钠和钾蒸气，则该反应常用于冶炼金属钾是因为钠的沸点高于钾，与钠的密度比钾大无关，故C错误；
D．晶体硅可用作通讯设备的芯片是因为硅是良好的半导体材料，与晶体硅熔点高、硬度大无关，故D错误；
故选A。
8. 硫及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是 )
A. 实验室制取少量的原理：(浓)
B. 实验室检验既具有氧化性也具有还原性：
C. 工业上接触法制硫酸过程中物质转化：
D. 工业上用脱除天然气中的：
【答案】D
【解析】
【详解】A．铜与浓硫酸反应生成二氧化硫，A正确；
B．，体现SO2的氧化性，，SO2体现还原性，B正确；
C．FeS2与O2在高温下发生反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，SO2与O2反应生成SO3，SO3与H2O反应生成H2SO4，C正确；
D．工业上用 Fe2O3 H2O 脱除天然气中的 H2S，，D错误；
故答案为：D。
9. 化合物Z是合成药物沙丁胺醇的重要中间体，其合成路线如下：
已知：X→Y过程中，X先与发生加成反应，再与发生取代反应，下列说法正确的是
A. X分子中所有原子在同一平面上 B. X→Y的中间产物分子式为
C. 1molZ最多能与2反应 D. X、Y、Z可用溶液和溶液进行鉴别
【答案】B
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，X分子中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子，所以分子中所有原子不可能在同一平面上，故A错误；
B．由题意可知，X→Y的中间产物为，分子式为，故B正确；
C．由结构简式可知，Z分子中含有的酯基能与氢氧化钠溶液反应，其中1mol酚酯基消耗2mol氢氧化钠，所以1molZ最多能与3mol氢氧化钠反应，故C错误；
D．由结构简式可知，Z分子中不含有酚羟基，X、Y分子中含有酚羟基，则用氯化铁溶液能鉴别出Z分子，Y分子中含有的碳氯键不能与硝酸银溶液反应，所以用硝酸银溶液不能鉴别X和Y，故D错误；
故选B。
10. 催化剂能催化脱除烟气中的，反应为，其机理如图所示。下列说法正确的是
A. 该反应
B. 该反应的平衡常数
C. 步骤Ⅰ可描述为吸附到表面与表面吸附氧反应生成和，同时被还原为；烟气中的和反应生成和
D. 该反应中每消耗1，转移电子的数目约为
【答案】C
【解析】
【详解】A．该反应是气体分子数增加的反应，故该反应ΔS＞0，A错误；
B．化学平衡常数的表达式为各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积，即该反应的平衡常数K=，B错误；
C．如图所示，步骤Ⅰ可描述为NH3吸附到MnO2表面与表面吸附氧反应生成—NH2和H2O，同时MnO2被还原为Mn2O3；烟气中的NO和—NH2反应生成N2和H2O，C正确；
D．该反应中，NO、O2作氧化剂，NH3作还原剂，每消耗1mol O2，就有4mol NH3反应，转移电子的数目约为12×6.02×1023，D错误；
故选C。
11. 室温下，探究0.1溶液的性质，下列实验方案不能达到探究目的的是
选项 探究目的 实验方案
A 溶液中是否含有 向20.1溶液滴加几滴溶液，观察溶液颜色变化
B 是否具有氧化性 向20.1溶液滴加适量溶液，观察生成沉淀的颜色
C 能否催化分解 向25%溶液中滴加几滴0.1溶液，观察滴加溶液前后气泡产生情况
D 与的反应是否存在限度 取20.1溶液和10.1溶液混合，充分反应后，再加2，振荡、静置，取上层清液滴加少量溶液，观察溶液颜色变化
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．Fe3+遇到KSCN溶液，溶液变为红色，A正确；
B．，说明Fe3+具有氧化性，B正确；
C．在加入体积、浓度相同的H2O2，若加入FeCl3溶液后产生气泡速度快则说明Fe3+具有催化作用，C正确；
D．，FeCl3溶液过量，应该让KI溶液过量，再滴加KSCN溶液溶液显红色，否则不能证明和KI反应为可逆反应，故D错误；
故答案为：D。
12. 一种脱除燃煤烟气中的方法如图所示。室温下用0.1氨水吸收，若通入所引起的溶液体积变化和挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度。
已知：的，的，。下列说法正确的是
A. 溶液中：＞
B. “吸收”所得溶液中：
C. “氧化”过程中：逐渐减小
D. 向“氧化”后的溶液中加入过量充分反应过滤，所得滤液中：
【答案】B
【解析】
【分析】烟气中的SO2用0.1mol/L氨水吸收得到NH4HSO3溶液，NH4HSO3被O2氧化成NH4HSO4。
【详解】A．的水解平衡常数Kh()=====5.88×10-10＜6.2×10-8，的水解平衡常数Kh()=====7.7×10-13＜Ka2=6.2×10-8，的电离程度大于的水解程度、同时大于的水解程度，NH4HSO3溶液中c(H2SO3) ＜c()，A项错误；
B．氨水物质的量浓度为0.1mol/L，“吸收”所得c总=0.05mol/L溶液中溶质为(NH4)2SO3，溶液中的电荷守恒为c()+c(H+)=c(OH-)+2c()+c()，物料守恒为c()+c(NH3 H2O)=2[c()+c()+c(H2SO3)]，两式整理得c(H+)+c()+2c(H2SO3)=c(OH-)+ c(NH3 H2O)，则c(H+)+c()+c(H2SO3) ＜c(OH-)+ c(NH3 H2O)，B项正确；
C．=，“氧化”过程中发生的反应为2+O2=2H++2，溶液中c(H+)增大，温度不变，Kh()不变，则“氧化”过程中逐渐增大，C项错误；
D．向“氧化”后的溶液中加入过量Ba(OH)2充分反应过滤，所得滤液为BaSO4的饱和溶液，则滤液中c(Ba2+)c()=Ksp(BaSO4)，D项错误；
答案选B。
13. 催化加氢可合成二甲醚，发生的主要反应有：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
在恒压、时，若仅考虑上述反应，平衡时和的选择性及的转化率随温度的变化如图中实线所示。
的选择性。下列说法正确的是
A.
B. 图中曲线①表示平衡时转化率随温度的变化
C. 平衡时转化率随温度的变化可能如图中虚线所示
D. 200～280℃，温度越高，平衡时的物质的量越小
【答案】D
【解析】
【分析】根据选择性的含义，CH3OCH3与CO的选择性之和为1；反应Ⅰ的正反应为放热反应，升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，平衡时CH3OCH3的选择性随温度的升高而减小，结合曲线的特点，则曲线②表示平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化、曲线①表示平衡时CO的选择性随温度的变化，曲线③表示CO2的平衡转化率随温度的变化。
【详解】A．根据分析，曲线①表示平衡时CO的选择性随温度的变化，即平衡时CO的选择性随温度升高而增大，说明温度升高反应Ⅱ正向移动，反应Ⅱ的正反应为吸热反应，即a＞0，A项错误；
B．根据分析，曲线①表示平衡时CO的选择性随温度的变化，曲线③表示CO2的平衡转化率随温度的变化，B项错误；
C．n始(CO2) ∶n始(H2)=1∶3与反应Ⅰ的化学计量数之比相同，若只发生反应Ⅰ，CO2与H2的平衡转化率相等，反应Ⅱ中CO2与H2的化学计量数之比为1∶1，若只发生反应Ⅱ，CO2的平衡转化率与H2的平衡转化率之比等于3∶1，两个反应都发生，H2的平衡转化率小于CO2的平衡转化率，但由图可知，温度高于280℃，CO2的平衡转化率随温度升高而增大，说明温度高于280℃，以反应Ⅱ为主，则H2的平衡转化率与CO2的平衡转化率随温度升高相差越来越大，不是越来越接近，平衡时H2的转化率不可能是图中虚线，C项错误；
D．由图可知，200~280℃，温度越高，CO2的平衡转化率和CH3OCH3的选择性都越小，则平衡时CH3OCH3的物质的量越小，D项正确；
答案选D。
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 在电池中有重要应用。以软锰矿(含及少量、的氧化物)为原料制备粗二氧化锰颗粒的过程如下：
（1）浸出。用和可溶解软锰矿，生成的离子方程式为_______。
（2）净化、分离。
①浸出液中的、可加入溶液并调节溶液pH在5~6之间，转化为沉淀去除，溶液的pH不能超过6的原因是_______。
②为减少碱用量，可以通过稀释浸出液除去，结合离子方程式解释原理：_______。
（3）热解。在一定空气流速下，相同时间内热解产物中不同价态的占比随热解温度的变化如图：
注：图中(Ⅱ)等表示化合物中锰元素的价态
热解过程中涉及如下化学反应：
ⅰ．
ⅱ．
ⅲ．
①为了增大产物中的占比，除控制温度在450℃左右外，还可采用的措施有_______。
②温度升高，产物中的占比降低，可能的原因是_______。
（4）测定的纯度。称取0.1450g粗品置于具塞锥形瓶中，加水润湿后，依次加入足量稀硫酸和过量溶液，盖上玻璃塞，充分摇匀后静置30min。用0.1500标准溶液滴定生成的，消耗标准溶液20.00，滴定反应为，计算粗品中的质量分数_______。(写出计算过程)。
（5）分析结构，下图是的一种晶型的晶胞，该晶胞中所围成的空间构型是_______。
【答案】（1）
（2） ①. 防止锰离子沉淀，减少锰元素的损失 ②. 稀释使溶液的pH升高，有利于正向移动
（3） ①. 增大空气的流速 ②. 反应ii的速率大于反应i的速率
（4）90.00% （5）八面体
【解析】
【分析】由题给流程可知，向软锰矿中加入稀硫酸和硫酸亚铁的混合溶液酸浸，将二氧化锰转化为硫酸锰，铁、铝的氧化物溶解得到可溶性硫酸盐，过滤得到含有硫酸锰的浸出液；浸出液经净化、分离除去铁离子、铝离子得到硫酸锰溶液，向硫酸锰溶液中加入碳酸氢铵溶液，将硫酸锰转化为碳酸锰沉淀，过滤得到碳酸锰；碳酸锰在空气中热解得到二氧化锰。
【小问1详解】
由分析可知，浸出时发生的反应为二氧化锰与稀硫酸和硫酸亚铁的混合溶液反应生成硫酸锰、硫酸铁和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
【小问2详解】
①由题意可知，浸出液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH的目的是将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，而锰离子不转化为沉淀，所以溶液的pH不能超过6，故答案为：防止锰离子沉淀，减少锰元素的损失；
②铁离子在溶液中存在如下平衡：，加水稀释时，溶液pH增大，平衡向正反应方向移动，有利于铁离子转化为氢氧化铁沉淀，所以为减少碱用量，可以通过稀释浸出液除去铁离子，故答案为：稀释使溶液的pH升高，有利于正向移动；
【小问3详解】
①由图可知，在450℃的含量最大且其它价态锰含量较低，由方程式可知，通入更多氧气利于二氧化锰的生成，所以为了增大产物中二氧化锰的占比，可以采用的措施为控制温度在450℃左右、增大空气的流速，故答案为：增大空气的流速；
②由方程式可知，碳酸锰热解时，先生成氧化锰，氧化锰再与氧气反应转化为高价态的氧化物，温度升高，产物中氧化锰的占比降低说明反应ii的速率大于反应i的速率，故答案为：反应ii的速率大于反应i的速率；
【小问4详解】
由得失电子数目守恒可得如下转化关系：MnO2—I2—2Na2S2O3，滴定消耗20.00mL 0.15000mol/L硫代硫酸钠溶液，则粗品中二氧化锰质量分数为×100%=90.00%，故答案为：90.00%；
【小问5详解】
由晶胞结构可知，晶胞中位于面上的4个氧离子与位于体内的2个氧离子围成的空间构型为八面体，故答案为：八面体。
15. 化合物G是一种抗病毒和调节免疫力的药物，其合成路线如下：
（1）化合物G中碳原子的杂化轨道类型为_______。
（2）D→E的反应类型为_______。
（3）A→B的过程为先发生加成反应，再发生消去反应，写出消去过程中另一种主要副产物(含2个甲基)的结构简式：_______。
（4）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：_______。
分子中含有苯环和四个甲基，核磁共振氢谱有四个峰；能与银氨溶液发生银镜反应。
（5）乙酸和乙酸酐()均可以发生酯化反应，但C→D反应采用乙酸酐而不采用乙酸的可能原因是_______。
（6）已知：
Ⅰ．
Ⅱ．
写出以、和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） 或 （5）乙酸和酚酯化需要催化剂、加热等条件，而乙酸酐和酚酯化不需要或乙酸酐发生酯化反应不生成水，促进反应正向进行
（6）
【解析】
【分析】A中酮羰基与CH3NH2先发生加成反应，再发生羟基的消去反应生成B，B与反应生成C，C中酚羟基与发生取代反应生成D和CH3COOH，D与Br2发生取代反应生成E和HBr，E与发生取代反应生成F，F与发生取代反应生成G和。
【小问1详解】
化合物G中苯环上的碳原子采取sp2杂化，甲基上的碳原子的杂化轨道类型为sp3；
【小问2详解】
D与Br2发生取代反应生成E和HBr，D→E的反应类型为取代反应；
【小问3详解】
A→B的过程为先发生加成反应生成，再发生消去反应生成，消去过程中另一种主要副产物(含3个甲基)，则可以是选择消去氮原子上连接的H，故其结构简式为；
【小问4详解】
它一种同分异构体同时满足：①分子中含有苯环和四个甲基，核磁共振氢谱有四个峰，则高度对称；②能与银氨溶液发生银镜反应，则含有醛基；符合条件的同分异构体有 或 ；
【小问5详解】
乙酸和乙酸酐()均可以发生酯化反应，乙酸和酚酯化需要催化剂、加热等条件，而乙酸酐和酚酯化不需要(或乙酸酐发生酯化反应不生成水，促进反应正向进行)，故C→D反应采用乙酸酐而不采用乙酸；
【小问6详解】
已知：，与反应生成，与SOCl2在DMF作用下发生反应生成；与氢氧化钠反应生成，与乙酸酐反应生成，继续反应制备目标产物，合成路线流程图。
16. 钴及其化合物在工业生产中有着广阔的应用前景。已知：不易被氧化，具有强氧化性，具有较强还原性，性质稳定。
（1）从锂钴废料(主要成分为)分离。
①的电子排布式为_______。
②“酸溶”时不选择浓的理由是：_______。
③“净化”时，加固体是将转化为沉淀，“净化”后溶液中，若“过滤1”后溶液中浓度为1.0，则“净化”后_______。[溶液体积变化忽略不计，不考虑其他离子影响。25℃时]
（2）从由制备。
实验过程：称取研细的10.0g和50g于烧杯中溶解，将溶液转入三颈烧瓶，分液漏斗中分别装有25浓氨水，530%的溶液，控制反应温度为60℃，打开分液漏斗，反应一段时间后，得溶液，实验装置如图所示：
①由制备溶液的离子方程式为_______。
②分液漏斗中液体加入三颈烧瓶中的顺序为_______。
（3）热分解制备。
有氧和无氧环境下，热解所得和的百分含量与温度关系如图所示，请补充完整由制备较纯净的实验方案，取一定质量的于热解装置中，_______，干燥。 (已知：、均难溶于水，难溶于酸，能溶于酸中，须使用的试剂有：1，蒸馏水，溶液)
【答案】（1） ①. 或 ②. 浓有还原性，与会发生反应产生，污染环境 ③. 0.99
（2） ①. ②. 先加浓氨水再加溶液
（3）在空气中加热固体，温度在900~1000℃保持一段时间充分反应，取出固体，冷却；向固体中边搅拌、边加入1至固体不再减少，过滤，用蒸馏水洗涤滤渣至最后一次洗涤液加溶液无明显现象
【解析】
【小问1详解】
由题给流程可知，锂钴废料酸溶、过滤得到酸溶渣和含有锂离子、亚钴离子的滤液；向滤液中加入氟化钠溶液，将锂离子转化为氟化锂沉淀，过滤得到氟化锂溶渣和含有亚钴离子的溶液；
①钴元素的原子序数为27，基态亚钴离子的电子排布式为或，故答案为：或；
②钴酸锂中钴元素的化合价为+3价，由题意可知，+3价钴元素具有强氧化性，若酸溶时加入具有还原性的浓盐酸，钴酸锂会与浓盐酸反应生成有毒的氯气，污染空气，所以酸溶时不能选用浓盐酸，故答案为：浓有还原性，与会发生反应产生，污染环境；
③由氟化锂的溶度积可知，净化后溶液中锂离子浓度为==0.05mol/L，则沉淀锂离子消耗氟离子的浓度为1mol/L—0.05mol/L=0.95 mol/L，由净化后溶液中氟离子浓度为0.04mol/L可知，溶液中钠离子的浓度为0.95 mol/L+0.04mol/L=0.99mol/L，故答案为：0.99mol/L；
【小问2详解】
由题给信息可知，60℃条件下制备溶液时，应先向盛有氯化亚钴和氯化铵混合溶液三颈烧瓶中加入浓氨水，将不易被氧化的亚钴离子转化为还原性较强的离子，再加入过氧化氢溶液，将离子氧化为离子，得到溶液；
①由题意可知，制备的反应为溶液中的亚钴离子与铵根离子、氨水和过氧化氢溶液反应生成离子和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
②由分析可知，分液漏斗中液体加入到三颈烧瓶中的顺序为先加浓氨水，后加过氧化氢溶液，故答案为：先加浓氨水再加溶液；
【小问3详解】
由图可知，温度为900～1000°C且为有氧条件时，四氧化三钴的百分含量最高，由四氧化三钴难溶于酸，氧化亚钴溶于酸可知，由碳酸钴制备四氧化三钴的实验方案为取一定质量的碳酸钴于热解装置中，在空气中加热固体，温度在900~1000℃保持一段时间充分反应，取出固体，冷却；向固体中边搅拌、边加入11mol/L硫酸溶液至固体不再减少，过滤，用蒸馏水洗涤滤渣至最后一次洗涤液加氯化钡溶液无明显现象，干燥得到四氧化三钴，故答案为：在空气中加热固体，温度在900~1000℃保持一段时间充分反应，取出固体，冷却；向固体中边搅拌、边加入1至固体不再减少，过滤，用蒸馏水洗涤滤渣至最后一次洗涤液加溶液无明显现象。
17. 将转化为能存效减少排放。
（1）已知：Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
则 _______。
（2）325℃时，水在粉表面产生和，再与反应生产甲酸。
①由、、制备甲酸的化学方程式为_______。
②直接加热与难以生成甲酸，该条件下能较快生成甲酸的原因是_______。
（3）科学家利用在(与同族)基催化剂上加氢成功制得甲酸，其过程如下图所示。
①与通过加成形成中间体X，画出中间体X的结构式：_______。
②反应过程中加入或的目的是_______。
（4）通过电解法转化为的反应机理如图所示，Pt电极上覆盖的Nafion膜是一种阳离子交换膜，对浓度不高的有较好的阻拦作用，可让自由通过。
①电极上生成的电极反应式为_______。
②电路中通过的电量与产率的关系如图所示，相同条件下，Pt电极有Nafion膜产率明显提高，但电量后又显著下降，可能原因是_______。
③若电解时将Nafon膜置于两个电极中间，保持电流恒定，20h时向阳极区补充，电压与时间关系如图所示，0~20h，电压增大的原因是_______。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 反应生成的是与反应的催化剂
（3） ①. ②. 降低浓度，正向进行程度增大
（4） ①. 或 ②. Nafion膜可以阻止在阳极放电；电量后，增大，Nafion膜阻拦作用下降 ③. 阳极区pH减小，浓度下降，部分迁移至阴极区，阳极区离子浓度下降，导电能力减弱
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知，反应Ⅱ×—Ⅰ×—Ⅲ可得反应，则ΔH4=(—483.6kJ/mol)×—( 566.0kJ/mol)×—(+72.6kJ/mol)= 31.4kJ/mol，故答案为： 31.4kJ/mol；
【小问2详解】
①由题意可知，325℃条件下水与锰、二氧化碳反应生成氧化锰和甲酸，反应的化学方程式为，故答案为：；
②直接加热氢气与二氧化碳难以生成甲酸，该条件下能较快生成甲酸说明反应生成的氧化锰是氢气和二氧化碳反应生成甲酸反应的催化剂，催化剂降低反应的活化能，加快反应速率，故答案为：反应生成的是与反应的催化剂；
【小问3详解】
①由图可知，二氧化碳与Ru—H发生加成反应生成HCOORu，则X的结构式为 ，故答案为： ；
②二氧化碳与氢气反应生成甲酸的方程式为，反应过程中加入氢氧化钠或氨气可以将甲酸转化为HCOO—离子，使反应正向进行程度增大，故答案为：降低浓度，正向进行程度增大；
【小问4详解】
①由图可知，锡电极是电解池的阴极，碳酸根离子作用下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲酸根离子和碳酸根离子，铂电极是阳极，水在阳极得到电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子，则锡电极上生成甲酸根离子的电极反应式为或，故答案为：或；
②由图可知，相同条件下，铂电极有Nafion膜的甲酸根离子的产率大于无Nafion膜的甲酸根离子的产率说明Nafion膜可以阻止甲酸根离子在阳极放电；电量大于1000C后，甲酸根离子的产率显著下降说明甲酸根离子的浓度增大，Nafion膜阻拦作用下降，导致甲酸根离子在阳极放电使得甲酸根离子的产率下降，故答案为：Nafion膜可以阻止在阳极放电；电量后，增大，Nafion膜阻拦作用下降；
③由图可知，铂电极是电解池的阳极，水在阳极得到电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子，若电解时将Nafion膜置于两个电极中间，保持电流恒定， 0～20h，电压增大说明放电生成的氢离子与碳酸氢根离子反应，碳酸氢根离子浓度较小，阳极区钾离子部分迁移至阴极区，使得阳极区离子浓度下降，导电能力减弱，故答案为：阳极区pH减小，浓度下降，部分迁移至阴极区，阳极区离子浓度下降，导电能力减弱。
