精品解析：江苏省盐城市东台市第一中学2024-2025学年高三上学期暑期自主学习情况调查化学试题

东台市第一中学高三年级暑期自主学习情况调查 化学试卷 考试时间75分钟，总分100分 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S -32 Cl-35.5 Ca-40 Cr- 52 Mn-55 Fe -56 Cu-64 Au-197 第I卷(选择题) 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. 祝融号火星车主体部件采用新型铝基碳化硅材料制造。铝基碳化硅材料属于 A. 金属材料 B. 无机非金属材料 C. 有机合成材料 D. 复合材料 2. 反应2NH3＋NaClO=N2H4＋NaCl＋H2O用于合成N2H4。下列说法不正确的是 A. NH3的空间结构为平面三角形 B. NaClO的电子式为 C. N2H4中含有极性键和非极性键 D. H2O和N2H4之间可以形成氢键 3. 铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是常用的食品添加剂。下列判断正确的是 A. 原子半径：r(Al)<r(S) B. 电负性：χ(O)<χ(S) C. 第一电离能：I1(N)<I1(F) D. 键角：NH<H2O 4. 实验室制取Cl2并探究其性质的装置如图所示。下列实验装置不能达到目的的是 A. 用装置甲制取Cl2 B. 用装置乙获得纯净的Cl2 C. 用装置丙验证Cl2可氧化I- D. 用装置丁吸收Cl2 5. 含硫化合物的反应具有多样性，下列有关离子反应方程式书写错误的是 A. 用少量的氨水溶液吸收SO2废气：SO2+NH3·H2O=NH+HSO B. 海水提溴工艺中用SO2水溶液还原Br2：Br2+2H2O+SO2=4H++2Br-+SO C. Fe(OH)3与HI反应：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O D. 过量的次氯酸钠与SO2反应：3ClO-+SO2+H2O=SO+Cl-+2HClO 6. 在下列指定溶液中，能大量共存的离子组是 A. 在溶液中： 、、、 B. 在溶液中： 、、、 C. 氨水中： 、、、 D. 在溶液中： 、、、 7. 在给定条件下，下列物质间所示的转化不可以实现的是 A. N2(g)NO(g) B. HNO3(aq)NO(g) C NO(g)HNO3(aq) D. NH4Cl(s)NH3(g) 8. 下列有关反应4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ΔH＜0的说法正确的是 A. ΔS＜0 B. 使用催化剂，可以降低该反应的活化能 C. 该反应的平衡常数可表示为K= D. 其他条件不变时，增大，NH3的转化率下降 9. 以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3)为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下： 下列说法不正确的是 A. 粉碎菱镁矿可以加快酸溶的速率 B. MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为MgCO3+2H＋=Mg2＋+CO2↑+H2O C. “氧化”后的溶液中大量存在Mg2+、Fe2+、H+、H2O2 D. 滤渣2的主要成分是Fe(OH)3 10. 化合物Z是一种药物的重要中间体，部分合成路线如下： 下列说法正确的是 A. X分子中所有碳原子共平面 B. 最多能与发生加成反应 C. Z不能与的溶液反应 D. Y、Z均能使酸性溶液褪色 11. 室温下，下列实验方案能达到相应目的的是 选项 实验方案 目的 A 将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加溶液，观察溶液颜色变化 探究食品脱氧剂样品中有无价铁 B 用计测量等物质的量浓度的醋酸、盐酸的，比较溶液大小 证明是弱电解质 C 向浓中插入红热的炭，观察生成气体的颜色 证明炭可与浓反应生成 D 向淀粉溶液中加适量溶液，加热，冷却后加溶液至碱性，再加少量碘水，观察溶液颜色变化 探究淀粉溶液在稀硫酸和加热条件下是否水解 A. A B. B C. C D. D 12. 常温下，可用下图所示的方法制备。已知：，，，，。下列说法正确的是 A. 0.1 溶液中： B. 溶液中： C. 反应的平衡常数K约为 D. 当混合液中时，应控制 13. 为考查和共存对制氢的影响，在0.1MPa下，的混合气体反应达到平衡时，反应物的转化率、产物的物质的量分数随温度的变化分别如图-1、图-2所示，体系中的反应主要有： Ⅰ、 Ⅱ、 Ⅲ、 下列说法不正确的是 A. 反应 B. 图-1中曲线①表示转化率随温度的变化 C. 温度700℃时，反应Ⅰ是体系中的主要反应 D. 反应Ⅲ的平衡常数：K(400℃)>K(700℃) 第II卷(非选择题) 14. LiMn2O4是一种锂离子电池的正极材料。用高锰酸钾废渣(主要成分为MnO2、Fe2O3、Al2O3、SiO2)和硫铁矿(主要成分为FeS2)制备LiMn2O4的工艺流程如图： 已知：①酸浸液主要含有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+等金属间离子； ②25℃时，相关物质的Ksp见表。 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mn(OH)2 Ksp 1×10-16.3 1×10-38.6 1×10-32.6 1×10-12.7 （1）Mn2+的基态核外电子排布式为___________。 （2）酸浸。MnO2与FeS2反应生成Fe3+和SO的离子方程式为___________。保持温度、浸取时间不变，能提高锰元素浸出率的措施有___________。 （3）除杂。欲使溶液中的Al3+、Fe3+沉淀完全，调节溶液的pH最小值为___________(当溶液中某离子浓度c≤1×10-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全)。 （4）热解。在真空中加热分解MnSO4•H2O，测得固体的质量随温度变化如图1所示。真空热解MnSO4•H2O制备Mn3O4，需控制的温度为___________。(写出计算推理过程)。 （5）焙烧。生成LiMn2O4的反应中，还原剂是___________(填化学式)。 （6）一种LiMn2O4晶胞可看成由图2中A、B单元按图3方式构成。图2中“○”表示O2-，则“●”表示的微粒是___________(填离子符号)。 15. 化合物G可通过如下路线合成： （1）B中sp3杂化的原子的数目为___________。 （2）E→F的反应类型为___________。 （3）A→B的反应会经历A→X→B的过程，其中X与B互为同分异构体且苯环上只有一个取代基。则X的结构简式为___________。 （4）G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含苯环，1mol该物质与足量溴水反应最多消耗2molBr2 ②分子含不同环境氢原子数目之比为3：3：2：2 （5）已知：①(R、R＇表示烃基或H) ②CH3CH2MgBr与醇会转化为CH3CH3 写出以、CH3MgBr、CH3OH、PhI(OAc)2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. 金(Au)是国家重要储备物资。一种采用氰化工艺提金并废水处理的流程如下： （1）“溶解”过程中得到配合物K[Au(CN)2]。写出“溶解”过程中发生反应的化学方程式 ___________。 （2）①“废水处理”时， H2O2在Fe2+作用下产生·OH和另一种离子，写出发生反应的离子方程式 ___________。 ②控制pH=5，H2O2浓度为32.5 mL·L-1，初始FeSO4·7H2O的投加量与氰去除率的关系如图所示，当FeSO4·7H2O的投加量小于2.5 g·L-1时，随着FeSO4·7H2O的投加量的增加，氰去除率上升的原因是 ___________。 （3）通过以下步骤测定试样中Au的含量： 步骤1：准确称取2.000 g试样，加入王水[V(浓硝酸)∶V(浓盐酸)=1∶3]，将Au转化成氯金酸(HAuCl4，具有强氧化性，HAuCl4=H++AuCl)。 步骤2：加热除去过量的HNO3，过滤 步骤3：在不断搅拌下，加入过量0.200 0 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液60.00 mL，将HAuCl4完全还原为Au 步骤4：滴加二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.100 0 mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液18.00 mL。 ① 步骤1中王水中浓盐酸的主要作用是 ___________。 ② 写出步骤3中发生反应的离子方程式 ___________。 ③ 计算试样中金的质量分数(保留至小数点后两位，写出计算过程) ___________。 17. 地下水中硝酸盐造成的氮污染已成为一个世界性的环境问题。水体除主要有电化学法、催化还原法等。 （1）电化学去除弱酸性水体中的反应原理如图所示： ①作负极的物质是___________。 ②正极的电极反应式是___________。 ③取两份完全相同的含废液A和B，调节废液A、B的pH分别为2.5和4.5，向废液A、B中加入足量铁粉，经相同时间充分反应后，废液A、B均接近中性。废液A、B中铁的最终物质存在形态分别如图所示。溶液的初始pH对铁的氧化产物有影响，具体影响为___________。废液中的去除率较低的是___________(“废液A”和“废液B”)，的去除率低的原因是___________。 （2）纳米Fe-Ni去除废液中的(Ni不参与反应)。 ①在酸性条件下，Fe与反应生成Fe2+和，则反应离子方程式为___________。 ②初始pH=2.0的废液，加入一定量的纳米Fe-Ni，反应一段时间后，废液中出现大量白色絮状沉淀物，过滤后白色沉淀物在空气中逐渐变成红褐色。产生上述现象的原因是___________。 （3）在金属Pt、Cu和Ir(铱)催化作用下，H2可高效转化酸性溶液中的，其工作原理如图所示。H2在金属Pt和Cu的催化作用下将转化为液体中N2O的过程可描述为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 东台市第一中学高三年级暑期自主学习情况调查 化学试卷 考试时间75分钟，总分100分 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S -32 Cl-35.5 Ca-40 Cr- 52 Mn-55 Fe -56 Cu-64 Au-197 第I卷(选择题) 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. 祝融号火星车主体部件采用新型铝基碳化硅材料制造。铝基碳化硅材料属于 A. 金属材料 B. 无机非金属材料 C. 有机合成材料 D. 复合材料 【答案】D 【解析】 【详解】铝基碳化硅材料是由铝和碳化硅复合而成的材料，属于复合材料； 故选D。 2. 反应2NH3＋NaClO=N2H4＋NaCl＋H2O用于合成N2H4。下列说法不正确的是 A. NH3的空间结构为平面三角形 B. NaClO的电子式为 C. N2H4中含有极性键和非极性键 D. H2O和N2H4之间可以形成氢键 【答案】A 【解析】 【详解】A．NH3中N原子价层电子对数为4，有1对孤电子对，空间结构为三角锥形，故A错误； B．NaClO是离子化合物，电子式为，故B正确； C．N2H4中含有N—H极性键和N—N非极性键，故C正确； D．H2O中含有H-O键，N2H4中含有H-N键，所以H2O和N2H4之间可以形成氢键，故D正确； 选A。 3. 铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是常用的食品添加剂。下列判断正确的是 A. 原子半径：r(Al)<r(S) B. 电负性：χ(O)<χ(S) C. 第一电离能：I1(N)<I1(F) D. 键角：NH<H2O 【答案】C 【解析】 【详解】A．同一周期自左向右，原子半径逐渐减小，原子半径：r(Al)>r(S)，A错误； B．同一主族自上而下，原子电负性减小，电负性：χ(O)>χ(S)，B错误； C．第一电离能：I1(N)<I1(F)，C正确； D．NH中的N原子有无孤电子对，H2O中的O原子有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成建电子对之间的排斥作用，键角：NH>H2O，D错误； 故答案选C。 4. 实验室制取Cl2并探究其性质的装置如图所示。下列实验装置不能达到目的的是 A. 用装置甲制取Cl2 B. 用装置乙获得纯净的Cl2 C. 用装置丙验证Cl2可氧化I- D. 用装置丁吸收Cl2 【答案】B 【解析】 【分析】装置甲是利用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下发生反应制备氯气，装置乙是收集装置，装置丙目的是检验氯气的氧化性，氯气可与KI发生反应生成遇淀粉变蓝的碘单质，装置丁为尾气处理装置，可吸收多余氯气，防止污染环境，据此分析解答。 【详解】A．用装置甲中二氧化锰与浓盐酸发生反应生成氯气、氯化锰和水，从而可制取Cl2，A正确； B．制取的氯气中含挥发的HCl和水蒸气，所以装置乙收集的氯气不纯，B错误； C．装置丙中，氯气可氧化KI，生成遇淀粉变蓝的碘单质，C正确； D．装置丁中氢氧化钠可吸收多余的氯气，防止污染环境，D正确； 故选B。 5. 含硫化合物的反应具有多样性，下列有关离子反应方程式书写错误的是 A. 用少量的氨水溶液吸收SO2废气：SO2+NH3·H2O=NH+HSO B. 海水提溴工艺中用SO2水溶液还原Br2：Br2+2H2O+SO2=4H++2Br-+SO C. Fe(OH)3与HI反应：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O D. 过量的次氯酸钠与SO2反应：3ClO-+SO2+H2O=SO+Cl-+2HClO 【答案】C 【解析】 【详解】A．少量的氨水溶液吸收二氧化硫废气发生的反应为氨水与二氧化硫反应生成亚硫酸氢铵，反应的离子方程式为SO2+NH3·H2O=NH+HSO，故A正确； B．海水提溴工艺中用二氧化硫水溶液还原溴发生的反应为二氧化硫水溶液与溴反应生成硫酸和氢溴酸，反应的离子方程式为Br2+2H2O+SO2=4H++2Br-+SO，故B正确； C．氢氧化铁与氢碘酸溶液反应生成碘化亚铁、碘和水，反应的离子方程式为2Fe(OH)3+2I—+6H+=2Fe2++I2+6H2O，故C错误； D．过量的次氯酸钠溶液与二氧化硫反应生成硫酸钠、氯化钠和次氯酸，反应的离子方程式为3ClO-+SO2+H2O=SO+Cl-+2HClO，故D正确； 故选C。 6. 在下列指定溶液中，能大量共存的离子组是 A. 在溶液中： 、、、 B. 溶液中： 、、、 C. 在氨水中： 、、、 D. 在溶液中： 、、、 【答案】D 【解析】 【详解】A．二价铁会与铁氰化钾反应产生蓝色沉淀，即，不能大量共存，A项不符合题意； B．该组离子中存在有，，，，，不能大量共存，B项不符合题意； C．该组离子中存在有，，不能大量共存，C项不符合题意； D．该组离子不发生离子反应，可以大量共存，D项符合题意； 故答案选D。 7. 在给定条件下，下列物质间所示的转化不可以实现的是 A. N2(g)NO(g) B. HNO3(aq)NO(g) C. NO(g)HNO3(aq) D. NH4Cl(s)NH3(g) 【答案】C 【解析】 【详解】A．氮气与氧气放电时生成NO，则N2(g)NO(g)可实现转化，故A不选； B．Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，则HNO3(aq)NO(g)可实现转化，故B不选； C．NO与水不反应，则NO(g)HNO3(aq)不能实现，故C选； D．氯化铵不稳定，加热生成氨气和氯化氢，则NH4Cl(s)NH3(g)可实现转化，故D不选； 故选：C。 8. 下列有关反应4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ΔH＜0的说法正确的是 A. ΔS＜0 B. 使用催化剂，可以降低该反应的活化能 C. 该反应的平衡常数可表示为K= D. 其他条件不变时，增大，NH3的转化率下降 【答案】B 【解析】 【详解】A．该反应为气体物质的量增大的反应，混乱度增大，ΔS＞0，故A错误； B．使用催化剂，单位体积内活化分子的百分数增大，可以降低该反应的活化能，故B正确； C．K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，则K=，故C错误； D．增大，可促进氨气的转化，平衡正向移动，NH3的转化率增大，故D错误； 故选：B。 9. 以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3)为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下： 下列说法不正确的是 A. 粉碎菱镁矿可以加快酸溶的速率 B. MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为MgCO3+2H＋=Mg2＋+CO2↑+H2O C. “氧化”后的溶液中大量存在Mg2+、Fe2+、H+、H2O2 D. 滤渣2的主要成分是Fe(OH)3 【答案】C 【解析】 【分析】菱镁矿的主要成分为MgCO3，少量FeCO3及部分难溶于酸的杂质，加硫酸时MgCO3和FeCO3溶解得到MgSO4和FeSO4的混合溶液，过滤，滤去不溶于酸的杂质，向滤液中加双氧水，氧化Fe2+生成Fe3+，再加氨水调pH至4，使Fe3+完全沉淀，过滤掉Fe(OH)3沉淀，将滤液(MgSO4溶液)经一系列转化得到MgSO4，再与碳在高温煅烧下得到MgO。 【详解】A．粉碎菱镁矿可以增大矿石与酸液的接触面积，可以加快反应的速率，故A正确； B．MgCO3为难溶性盐，离子方程式中不能拆写，反应的离子方程式为MgCO3+2H＋=Mg2＋+CO2↑+H2O，故B正确； C．向滤液中加双氧水，氧化Fe2+生成Fe3+，故“氧化”后的溶液中大量存在Mg2+、Fe2+、H+、SO，故C错误； D．加入氨水调节溶液pH为4，Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，滤渣2的成分是Fe(OH)3，故D正确； 故选：C。 10. 化合物Z是一种药物的重要中间体，部分合成路线如下： 下列说法正确是 A. X分子中所有碳原子共平面 B. 最多能与发生加成反应 C. Z不能与的溶液反应 D. Y、Z均能使酸性溶液褪色 【答案】D 【解析】 【详解】A．X中饱和的C原子sp3杂化形成4个单键，具有类似甲烷的四面体结构，所有碳原子不可能共平面，故A错误； B．Y中含有1个羰基和1个碳碳双键可与H2加成，因此最多能与发生加成反应，故B错误； C．Z中含有碳碳双键，可以与的溶液反应，故C错误； D．Y、Z中均含有碳碳双键，可以使酸性溶液褪色，故D正确； 故选D。 11. 室温下，下列实验方案能达到相应目的的是 选项 实验方案 目的 A 将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加溶液，观察溶液颜色变化 探究食品脱氧剂样品中有无价铁 B 用计测量等物质的量浓度的醋酸、盐酸的，比较溶液大小 证明是弱电解质 C 向浓中插入红热的炭，观察生成气体的颜色 证明炭可与浓反应生成 D 向淀粉溶液中加适量溶液，加热，冷却后加溶液至碱性，再加少量碘水，观察溶液颜色变化 探究淀粉溶液在稀硫酸和加热条件下是否水解 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．食品脱氧剂样品中的还原铁粉可能未完全变质，剩余较多铁粉，溶于盐酸后，多余的铁粉将反应得到的氯化铁还原为二价铁，加入硫氰化钾，溶液无色，方案不能检测出三价铁，A选项错误； B．一元弱酸部分电离，一元强酸全部电离，用计测量等物质的量浓度的醋酸、盐酸的，醋酸溶液较大，存在电离平衡，盐酸pH较小，可证明是弱电解质，B选项正确； C．浓硝酸见光或者受热会分解生成NO2，不一定是碳单质与浓硝酸的反应，C选项错误； D．淀粉在酸性条件下加热水解得到葡萄糖，葡萄糖在碱性条件下，可用新制氢氧化铜溶液检验，而不是用碘水检验，D选项错误； 故答案选B。 12. 常温下，可用下图所示的方法制备。已知：，，，，。下列说法正确的是 A. 0.1 溶液中： B. 溶液中： C. 反应的平衡常数K约为 D. 当混合液中时，应控制 【答案】C 【解析】 【详解】A．、，根据“越弱越水解”，故0.1 溶液中碳酸氢根离子的水解程度更大，则，故A错误； B．为强酸弱碱盐，溶液中根据质子守恒可知：，故B错误； C．反应的平衡常数，故C正确； D．当混合液中时，，pOH=7，则pH=7，故应控制，故D错误； 答案选C。 13. 为考查和共存对制氢的影响，在0.1MPa下，的混合气体反应达到平衡时，反应物的转化率、产物的物质的量分数随温度的变化分别如图-1、图-2所示，体系中的反应主要有： Ⅰ、 Ⅱ、 Ⅲ、 下列说法不正确的是 A. 反应 B. 图-1中曲线①表示转化率随温度的变化 C. 温度700℃时，反应Ⅰ是体系中的主要反应 D. 反应Ⅲ的平衡常数：K(400℃)>K(700℃) 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据盖斯定律可知反应CH4(g)+H2O(g)=3H2(g)+CO(g)可由反应I-反应Ⅱ得到，则 ΔH=+260.4kJ⋅mol−1-(+34.0kJ⋅mol−1)= +226.4kJ⋅mol−1，A正确； B．反应I、Ⅱ、Ⅲ三个反应都由CO2参加反应，所以在几种反应物中转化率最高，三个反应都是吸热反应，升高温度CO2转化率提高，故图-1中曲线①表示CO2转化率随温度的变化，B正确； C．反应I、Ⅱ、Ⅲ三个反应都是吸热反应，升高温度平衡正反应方向移动，根据图-2可知，升高温度COS、H2O的物质的量分数没有增加，CO、H2的物质的量分数不断增加，说明提高温度后对反应Ⅱ、Ⅲ影响较小，而对反应I影响较大，故温度700℃时，反应Ⅰ是体系中的主要反应，C正确； D．反应Ⅲ为吸热反应，温度升高平衡正向移动，平衡常数变大，故反应进行平衡常数：K(400℃)＜K(700℃)，D错误； 故答案为：D。 第II卷(非选择题) 14. LiMn2O4是一种锂离子电池的正极材料。用高锰酸钾废渣(主要成分为MnO2、Fe2O3、Al2O3、SiO2)和硫铁矿(主要成分为FeS2)制备LiMn2O4的工艺流程如图： 已知：①酸浸液主要含有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+等金属间离子； ②25℃时，相关物质的Ksp见表。 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mn(OH)2 Ksp 1×10-16.3 1×10-38.6 1×10-32.6 1×10-12.7 （1）Mn2+的基态核外电子排布式为___________。 （2）酸浸。MnO2与FeS2反应生成Fe3+和SO的离子方程式为___________。保持温度、浸取时间不变，能提高锰元素浸出率的措施有___________。 （3）除杂。欲使溶液中的Al3+、Fe3+沉淀完全，调节溶液的pH最小值为___________(当溶液中某离子浓度c≤1×10-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全)。 （4）热解。在真空中加热分解MnSO4•H2O，测得固体的质量随温度变化如图1所示。真空热解MnSO4•H2O制备Mn3O4，需控制的温度为___________。(写出计算推理过程)。 （5）焙烧。生成LiMn2O4的反应中，还原剂是___________(填化学式)。 （6）一种LiMn2O4晶胞可看成由图2中A、B单元按图3方式构成。图2中“○”表示O2-，则“●”表示的微粒是___________(填离子符号)。 【答案】（1）[Ar]3d5 （2） ①. 15MnO2+2FeS2+28H+=2Fe3++14H2O+4SO+15Mn2+ ②. 矿渣粉碎、搅拌 （3）4.8 （4）1000-1200℃，根据质量守恒可知，3MnSO4•H2O~Mn3O4，此时Mn3O4的质量占原固体质量的，失重1-45.17%=54.83% （5）Mn3O4 （6）Li+ 【解析】 【分析】高锰酸钾废渣(主要成分为MnO2、Fe2O3、Al2O3、SiO2)和硫铁矿(主要成分为FeS2)混合经硫酸酸浸，得到主要含有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+等金属阳离子的酸浸液，SiO2不参加反应，则滤渣1的主要成分为SiO2，酸浸液用双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，用氨水调节pH生成氢氧化铁沉淀、氢氧化铝沉淀以除去Fe3+、Al3+，则滤渣2的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得硫酸锰晶体，真空热解MnSO4•H2O制备Mn3O4，最后Mn3O4和碳酸锂在空气中焙烧得到LiMn2O4，据此解答。 【小问1详解】 Mn是25号元素，Mn2+的基态核外电子排布式为[Ar]3d5； 【小问2详解】 MnO2与FeS2反应生成Fe3+和，同时二氧化锰被还原生成Mn2+，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为：15MnO2+2FeS2+28H+=2Fe3++14H2O+4+15Mn2+。根据影响反应速率的因素，保持温度、浸取时间不变，能提高锰元素浸出率的措施有矿渣粉碎、搅拌等； 【小问3详解】 由表格相关物质的Ksp可知，Fe3+比Al3+更易生成氢氧化物沉淀，Al3+完全沉淀时c(OH-)= ，c(H+)=，则欲使溶液中的Al3+、Fe3+沉淀完全，调节溶液的pH最小值为4.8； 【小问4详解】 MnSO4•H2O制备Mn3O4，根据锰元素守恒有：3[MnSO4•H2O]~Mn3O4，此时Mn3O4的质量占原固体质量的，失重1-=54.83%，所以需控制的温度为1000-1200℃； 【小问5详解】 Mn3O4生成LiMn2O4的反应中，Mn元素化合价升高，还原剂是Mn3O4； 【小问6详解】 根据均摊原则，A中白球个数为4，黑球个数为，B中白球个数为4，黑球个数为，三角形个数为4，则晶胞中白球、黑球、三角形的个数比为32∶8∶16=4∶1∶2，根据化学式LiMn2O4，白球表示O2-、 “●”表示的微粒是Li+。 15. 化合物G可通过如下路线合成： （1）B中sp3杂化的原子的数目为___________。 （2）E→F的反应类型为___________。 （3）A→B的反应会经历A→X→B的过程，其中X与B互为同分异构体且苯环上只有一个取代基。则X的结构简式为___________。 （4）G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含苯环，1mol该物质与足量溴水反应最多消耗2molBr2 ②分子含不同环境的氢原子数目之比为3：3：2：2 （5）已知：①(R、R＇表示烃基或H) ②CH3CH2MgBr与醇会转化为CH3CH3 写出以、CH3MgBr、CH3OH、PhI(OAc)2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）4 （2）加成 （3） （4）或 （5） 或 【解析】 【分析】A发生取代反应生成B，B到C发生的是加成反应，C发生取代反应生成D，D到E反应实现了碳链增长，E→F的过程中羟基与碳碳双键发生加成反应形成环状，最后发生消去反应生成G； 【小问1详解】 根据B的结构简式，B中两个连单键的O和两个饱和C采用sp3杂化，即有4个原子采用sp3杂化； 【小问2详解】 对比结构可知，E→F的过程中羟基与碳碳双键发生加成反应形成环状； 【小问3详解】 A→B的反应会经历A→X→B的过程，其中X与B互为同分异构体且苯环上只有一个取代基，则A中酚羟基的氢原子被-COCH2OCH3替代生成X，X异构生成B，则X的结构简式为； 【小问4详解】 G的分子式为C9H10O3，不饱和度为5，G的一种同分异构体含苯环，分子含不同环境的氢原子数目之比为3：3：2：2，说明存在对称结构，且含有化学环境不相同甲基，由不饱和度可知还含有1个碳氧双键，而1mol该物质与足量溴水反应最多消耗2molBr2，说明还含有酚羟基，符合同分异构体结构简式为、； 【小问5详解】 与CH3OH/PhI(OAc)2发生类似D→E的转化生成，与CH3MgBr发生已知①中的反应式生成，然后与HI发生C→D的转化生成，再氢气反应生成(这两步反应顺序可以交换)，最后发生醇的催化氧化生成，合成路线为或。 16. 金(Au)是国家重要储备物资。一种采用氰化工艺提金并废水处理的流程如下： （1）“溶解”过程中得到配合物K[Au(CN)2]。写出“溶解”过程中发生反应的化学方程式 ___________。 （2）①“废水处理”时， H2O2在Fe2+作用下产生·OH和另一种离子，写出发生反应的离子方程式 ___________。 ②控制pH=5，H2O2浓度为32.5 mL·L-1，初始FeSO4·7H2O的投加量与氰去除率的关系如图所示，当FeSO4·7H2O的投加量小于2.5 g·L-1时，随着FeSO4·7H2O的投加量的增加，氰去除率上升的原因是 ___________。 （3）通过以下步骤测定试样中Au的含量： 步骤1：准确称取2.000 g试样，加入王水[V(浓硝酸)∶V(浓盐酸)=1∶3]，将Au转化成氯金酸(HAuCl4，具有强氧化性，HAuCl4=H++AuCl)。 步骤2：加热除去过量的HNO3，过滤 步骤3：在不断搅拌下，加入过量0.200 0 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液60.00 mL，将HAuCl4完全还原为Au 步骤4：滴加二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.100 0 mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液18.00 mL。 ① 步骤1中王水中浓盐酸的主要作用是 ___________。 ② 写出步骤3中发生反应的离子方程式 ___________。 ③ 计算试样中金的质量分数(保留至小数点后两位，写出计算过程) ___________。 【答案】（1）4Au+2H2O+O2+8KCN=4K[Au(CN)2]+4KOH （2） ①. Fe2++H2O2=Fe3++·OH+OH- ②. 随着FeSO4·7H2O投加量的增大，产生·OH的数目增多和产生的Fe(OH)3胶体吸附共同作用使氰去除率上升 （3） ①. 提供高浓度Cl-，形成稳定的配离子AuCl ②. 3Fe2++AuCl=Au↓+3Fe3++4Cl- ③. 根据题意(NH4)2Fe(SO4)2先与HAuCl4反应，剩余的Fe2+被K2Cr2O7滴定，根据方程式的系数关系可以得到2HAuCl4~6(NH4)2Fe(SO4)2~ K2Cr2O7，则n(HAuCl4)=(0.2000 mol·L-1× 60.00×10-3L－6×0.100 0 mol·L-1 ×18.00 ×10-3L)= 0.400×10-3mol，则金的质量分数为=3.940% 【解析】 【分析】将金矿加入KCN通入空气进行溶解，“溶解”过程中得到配合物K[Au(CN)2]，在加入Zn置换Au，得到的滤液加入H2O2和FeSO4·7H2O进行废水处理。 【小问1详解】 第一步是在有氧存在的条件下，将金矿溶解于KCN溶液，由题中信息可知反应后生成K[Au(CN)2]，所以第一步反应的化学方程式为4Au+2H2O+O2+8KCN=4K[Au(CN)2]+4KOH； 小问2详解】 ①H2O2在Fe2+作用下产生·OH和另一种离子，结合元素守恒可知另一种离子为OH-，则Fe2+被氧化的离子方程式为Fe2++H2O2=Fe3++·OH+OH-； ②随着FeSO4·7H2O投加量增大，产生·OH的数目增多和产生的Fe(OH)3胶体吸附共同作用使氰去除率上升； 【小问3详解】 ①Au与王水中的HCl配位形成HAuCl4，提供高浓度的Cl-，形成稳定的配离子AuCl； ②HAuCl4氧化能力强，能氧化Fe2+为Fe3+，故离子方程式为3Fe2++AuCl=Au↓+3Fe3++4Cl-； ③根据题意(NH4)2Fe(SO4)2先与HAuCl4反应，剩余的Fe2+被K2Cr2O7滴定，根据方程式的系数关系可以得到2HAuCl4~6(NH4)2Fe(SO4)2~ K2Cr2O7，则n(HAuCl4)=(0.2000 mol·L-1× 60.00×10-3L－6×0.100 0 mol·L-1 ×18.00 ×10-3L)= 0.400×10-3mol，则金的质量分数为=3.940%。 17. 地下水中硝酸盐造成的氮污染已成为一个世界性的环境问题。水体除主要有电化学法、催化还原法等。 （1）电化学去除弱酸性水体中的反应原理如图所示： ①作负极的物质是___________。 ②正极的电极反应式是___________。 ③取两份完全相同的含废液A和B，调节废液A、B的pH分别为2.5和4.5，向废液A、B中加入足量铁粉，经相同时间充分反应后，废液A、B均接近中性。废液A、B中铁的最终物质存在形态分别如图所示。溶液的初始pH对铁的氧化产物有影响，具体影响为___________。废液中的去除率较低的是___________(“废液A”和“废液B”)，的去除率低的原因是___________。 （2）纳米Fe-Ni去除废液中的(Ni不参与反应)。 ①在酸性条件下，Fe与反应生成Fe2+和，则反应的离子方程式为___________。 ②初始pH=2.0的废液，加入一定量的纳米Fe-Ni，反应一段时间后，废液中出现大量白色絮状沉淀物，过滤后白色沉淀物在空气中逐渐变成红褐色。产生上述现象的原因是___________。 （3）在金属Pt、Cu和Ir(铱)的催化作用下，H2可高效转化酸性溶液中的，其工作原理如图所示。H2在金属Pt和Cu的催化作用下将转化为液体中N2O的过程可描述为___________。 【答案】（1） ①. Fe ②. +8e+10H+=+3H2O ③. 酸性较强时，铁的氧化产物主要为Fe3O4，酸性较弱时，铁的氧化产物主要为FeOOH ④. 废液B ⑤. pH越高，Fe3+越易水解生成FeOOH，FeOOH不导电，阻碍电子转移 （2） ①. 4Fe++10H+=4Fe2+++3H2O ②. Fe2+在水中发生水解，Fe2++2H2O⇌Fe(OH)2+2H+，随着反应进行，c(H+)减小，平衡右移，产生Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2在空气中发生反应4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，转变成红褐色的Fe(OH)3 （3）在液体中，H2在铂表面失去电子变成H+，电子进入导电基体中进行传导，在铜表面获得电子转化为NO，NO在铂表面得到电子转化为N2O 【解析】 【小问1详解】 ①铁元素价态升高失电子，故Fe作负极； ②由图可知，硝酸根离子生成铵根离子，氮元素价态降低得电子，故正极电极反应式为+8e+10H+=+3H2O； ③溶液的初始pH对铁的氧化产物有影响，具体影响为酸性较强时，铁的氧化产物主要为Fe3O4，酸性较弱时，铁的氧化产物主要为FeOOH；废液中的去除率较低的是废液B，的去除率低的原因是pH越高，Fe3+越易水解生成FeOOH，FeOOH不导电，阻碍电子转移，故答案为：酸性较强时，铁的氧化产物主要为Fe3O4；酸性较弱时，铁的氧化产物主要为FeOOH；废液B；pH越高，Fe3+越易水解生成FeOOH，FeOOH不导电，阻碍电子转移； 【小问2详解】 ①在酸性条件下，Fe与反应生成Fe2+和，由电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得反应离子方程式为4Fe++10H+=4Fe2+++3H2O； ②初始pH=2.0的废液，加入一定量的纳米Fe-Ni，反应一段时间后，废液中出现大量白色絮状沉淀物，过滤后白色沉淀物在空气中逐渐变成红褐色，产生上述现象的原因是Fe2+在水中发生水解，Fe2++ 2H2O⇌ Fe(OH)2+ 2H+，随着反应进行，c(H+)减小，平衡右移，产生Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2在空气中发生反应4Fe(OH)2+O2+2H2O =4Fe(OH)3，转变成红褐色的Fe(OH)3； 【小问3详解】 H2在金属Pt和Cu的催化作用下将转化为液体中N2O的过程可描述为在液体中，H2在铂表面失去电子变成H+，电子进入导电基体中进行传导，在铜表面获得电子转化为NO，NO在铂表面得到电子转化为N2O。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $