江苏省南通市海安市2022-2023学年高三上学期1月期末考试化学试题
一、单选题
1．（2022高三上·海安期末）化学材料助推了体育运动的推广和发展。下列所涉及的物质属于有机高分子化合物的是
A．制作运动器材比重轻强度高的材料——钛合金
B．轻便吸汗的运动服使用主要的材料——聚酯纤维
C．足球比赛裁判标注点位泡沫的成分——植物油
D．向软组织受伤伤口喷射药品的成分——氯乙烷
2．（2022高三上·海安期末）和NaClO混合液作为复合吸收剂可脱除烟气中的、。下列说法正确的是
A．的空间构型为V形 B．中Cl元素的化合价为+5
C．NaClO电子式为 D．中子数为8的氮原子表示为
3．（2022高三上·海安期末）是重要的还原剂，合成方法：。下列说法正确的是
A．半径大小： B．电负性大小：
C．第一电离能： D．碱性强弱：
4．（2022高三上·海安期末）下列实验室制取、干燥、收集并进行尾气处理的装置能达到实验目的的是
A．用装置甲制取 B．用装置乙干燥
C．用装置丙收集 D．用装置丁吸收
5．（2022高三上·海安期末）铜、银位于周期表中第ⅠB族。铜、硫酸铜、硝酸银、银氨溶液是实验室常用的含铜或银的化学试剂。从废定影液[主要含有、、、等微粒]中回收Ag和的主要步骤：向该废定影液中加入氢氧化钠调节pH在7.5~8.5之间，然后再加入稍过量溶液沉银，过滤、洗涤及干燥，灼烧制Ag；滤液中通入氧化，用苯萃取分液。下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．铜具有良好导热性，可用作印刷电路板
B．硫酸铜溶液显酸性，可用作泳池杀菌剂
C．溴化银呈淡黄色，可用于制作相机胶片
D．银氨溶液具有弱氧化性，可用于制作银镜
6．（2022高三上·海安期末）铜、银位于周期表中第ⅠB族。铜、硫酸铜、硝酸银、银氨溶液是实验室常用的含铜或银的化学试剂。从废定影液[主要含有、、、等微粒]中回收Ag和的主要步骤：向该废定影液中加入氢氧化钠调节pH在7.5~8.5之间，然后再加入稍过量溶液沉银，过滤、洗涤及干燥，灼烧制Ag；滤液中通入氧化，用苯萃取分液。下列有关从废定影液中回收Ag和的说法正确的是
A．过滤时，为加快滤液流下，可以用玻璃棒搅拌漏斗中的液体
B．配制溶液时，向其中加入少量NaOH溶液，的值增大
C．灼烧生成和，该反应每生成转移3mol电子
D．分液时，先放出水层，再从分液漏斗下口放出含有苯和溴的有机层
7．（2022高三上·海安期末）铜、银位于周期表中第ⅠB族。铜、硫酸铜、硝酸银、银氨溶液是实验室常用的含铜或银的化学试剂。从废定影液[主要含有、、、等微粒]中回收Ag和的主要步骤：向该废定影液中加入氢氧化钠调节pH在7.5~8.5之间，然后再加入稍过量溶液沉银，过滤、洗涤及干燥，灼烧制Ag；滤液中通入氧化，用苯萃取分液。下列化学反应表示正确的是
A．硫酸铜溶液中加入小粒金属钠：
B．用铜电极电解硫酸铜溶液：
C．稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管：
D．多余的用硝酸处理：
8．（2022高三上·海安期末）化学常用图像直观地描述化学反应的进程或结果。下列与NH3有关的图像描述正确的是
A．图①表示在t1时刻扩大容器体积，v逆随时间变化的曲线
B．图②表示平衡时NH3体积分数随起始变化的曲线，则转化率：aA(H2)=aB(H2)
C．图③表示25℃时分别稀释pH=1的NaOH溶液和氨水时溶液pH的变化，曲线Ⅰ表示氨水
D．图④可表示CH3COOH溶液中通入NH3至过量的过程中溶液导电性的变化
9．（2022高三上·海安期末）科学家利用三维多孔海绵状Zn(3D-Zn)可以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3D-Zn-NiOOH二次电池，结构如图所示，隔膜只允许通过。电池反应为。下列说法错误的是
A．3D-Zn具有较高的表面积，有利于沉积ZnO
B．放电时每沉积，有通过隔膜
C．充电时3D-Zn电极应与外接直流电源的负极相连
D．充电时阳极反应为
10．（2022高三上·海安期末）化合物Z是合成平喘药沙丁胺醇的中间体，可通过下列路线制得：
已知：X→Y的过程中，X先与HCHO发生加成，再与HCl发生取代。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．Y可以发生氧化、取代和消去反应
D．1molZ最多能与2molNaOH反应
11．（2022高三上·海安期末）室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项 实验探究方案 探究目的
A 向溶液X中加入稀硫酸，并将产生的无色气体通入澄清石灰水中，观察是否有沉淀生成 溶液X中含有或HCO3
B 常温下，向10mL0.1mol/LNaCl溶液中滴加5滴0.1mol/LAgNO3溶液，充分反应后，再滴加5滴0.1mol/LKI溶液，观察沉淀颜色变化 Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
C 向淀粉溶液中滴加少量稀硫酸，水浴加热一段时间后冷却，向溶液中滴加碘水，观察溶液颜色 淀粉未发生水解
D 将硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液，观察溶液颜色 氧化性：H2O2>Fe3+
A．A B．B C．C D．D
12．（2022高三上·海安期末）工业上以羟磷灰石精矿[主要成分是Ca5(PO4)3OH，还含有少量石英和氧化铁等杂质]为原料，生产磷酸二氢钾(KH2PO4)的流程如下：
已知：溶液中H3PO4、、、的分布分数随pH的变化如上图所示。下列说法正确的是
A．“制酸过滤”过程所得滤渣的主要成分为硅酸
B．三辛胺的结构简式为N(C8H17)3，与盐酸反应时，三辛胺提供空轨道
C．“反应”中为获得较纯净KH2PO4，当pH=10时，停止加入三辛胺
D．0.1 mol/L KH2PO4溶液中：
13．（2022高三上·海安期末）利用-丁内酯制备四氢呋喃，反应过程中伴有生成1-丁醇的副反应，涉及反应如下：
已知：反应Ⅰ为快速反应，反应Ⅱ、Ⅲ为慢速反应。在493K、的高压氛围下(压强近似等于总压)，以-丁内酯为初始原料，x(-丁内酯)和x(1，4-丁二醇)随时间t变化关系如图所示[x(i)表示某物种i的物质的量与除外其它各物种总物质的量之比]。下列说法正确的是
A．-丁内酯分子中键与键数目之比为6∶1
B．生成四氢呋喃的速率主要决定于反应Ⅰ
C．时刻
D．增大的压强一定有利于提高四氢呋喃产率
二、综合题
14．（2022高三上·海安期末）工业废渣中的综合利用。
（1）用工业钢渣处理酸性废水
工业钢渣主要含，还含有、、、等。工业钢渣加水后搅拌得钢渣浆液，向钢渣浆液中逐渐加入硫酸溶液(模拟酸性废水)酸化，浆液pH以及浸出液中金属离子的质量浓度随时间变化情况如图所示。
①pH=4时，浸出液中质量浓度最大的金属离子是 。
②随硫酸溶液逐渐加入，浓度先增大后减小，原因是 。
（2）以电石渣制备
电石渣主要成分为，制备的流程如下：
已知：氯化时存在与作用生成的反应，进一步转化为，少量热分解为和。
①生成的化学方程式为 。
②“分解比”是衡量氯化程度的标准，氯化后溶液中总质量与总质量的比值称为“分解比”，随氯化温度升高，分解比的实际值增大的原因可能是 。
③“转化”时向滤液中加入固体将转化为，可能的原因是 。
④该流程制得的样品中含少量杂质，为测定产品纯度进行如下实验：准确称取5.049g样品溶于水中，配成250mL溶液，从中取出25.00mL于锥形瓶中，加入适量葡萄糖，加热使全部转化为，加入少量溶液作指示剂，用溶液进行滴定至终点，消耗溶液体积。计算样品的纯度。(请写出计算过程)
15．（2022高三上·海安期末）有机物F是一种新型大环芳酰胺的合成原料，可通过以下方法合成：
（1）有机物A中含氧官能团的名称为 。
（2）D→E的反应类型为 。
（3）若有机物B直接硝化，主要产物的结构简式为 。
（4）写出一种符合下列条件的有机物B的同分异构体的结构简式： 。
①能与溶液发生显色反应；
②分子中含有2个苯环，共有3种不同化学环境的氢原子。
（5）已知：，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．（2022高三上·海安期末）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“酸溶”时不同浸出剂对应钴元素浸出率：a.HCl 98.4%；b. 98.0%。则“酸溶”时最佳的浸出剂应该选择 (填“a”或“b”)，并说明理由： 。
②“净化”时，加NaF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，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）由制备
实验过程：称取研细的和于烧杯中溶解，将溶液转入三颈烧瓶，分液漏斗中分别装有25mL浓氨水，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到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CoO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：、CoO均难溶于水。难溶于酸，CoO能溶于酸中。须使用的试剂和仪器有：，蒸馏水，溶液)
17．（2022高三上·海安期末）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。
（1）硫碘循环制氢
热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如下所示：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
已知：。则反应Ⅱ的 。
（2）生物质制氢
电解—葡萄糖制氢实验的装置如图所示，电极两侧的电解液在泵的作用下在电解液储槽和电极间不断循环。
①该装置产生氢气速率明显高于不加入直接电解葡萄糖制氢。其原因是 。
②电解—葡萄糖制氢的反应过程可描述为 。
③电解一段时间后，需向储槽中补充的物质是 。
（3）氢气应用
最新研制出的由裂解气(、、)与煤粉在催化剂条件下制乙炔，该生产过程是目前清洁高效的煤化工过程。将乙烯和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂)，发生反应：。出口气体中测得含有乙烯、乙炔、氢气。下图为乙炔产率与进料气中的关系。
①当进料气中时，出口气体中乙炔的体积分数为 。
②图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是 。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】有机高分子化合物的结构和性质
【解析】【解答】A．金属和合金属于金属材料，A不符合题意；
B．聚酯纤维为有机合成高分子材料，B符合题意；
C．植物油成分中物质的相对分子质量较小，不是高分子化合物，C不符合题意；
D．氯乙烷相对分子质量较小，不是高分子化合物，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．金属和合金属于金属材料；
B．聚酯纤维为有机合成高分子材料；
C．油脂不是高分子化合物；
D．氯乙烷相对分子质量较小，不是高分子化合物。
2．【答案】A
【知识点】元素、核素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．SO2中心S的价层电子数3，孤对电子数为1，所以其空间构型为V形，A符合题意；
B．NaClO2中Na为+1价，O为-2，故Cl的化合价为+3价，B不符合题意；
C．NaClO为离子型化合物，电子式为 ，C不符合题意；
D．氮原子的质子数为7，中子数为8，质量数为15，中子数为8的氮原子表示为，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；
B．依据化合物化合价代数和为0计算；
C．NaClO为离子型化合物；
D．原子符号表示中，左下角表示质子数，左上角表示质量数，质量数=中子数+质子数。
3．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；半径大小：A不符合题意；
B．同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性大小：，B不符合题意；
C．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；第一电离能：，C符合题意；
D．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，碱性强弱：，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；
B．同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；
C．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；
D．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强。
4．【答案】D
【知识点】气体发生装置；气体的收集；尾气处理装置
【解析】【解答】A．使用试管加热固体时，试管应稍向下倾斜，防止在试管口冷凝的水倒流使试管骤冷而炸裂；装置甲不能达到制取氨气的目的，A不符合题意；
B．氨气会与浓硫酸反应生成硫酸铵，因此氨气不能用浓硫酸干燥，可使用碱石灰；装置乙不能达到干燥氨气的目的，B不符合题意；
C．氨气的密度小于空气，应该短导管进，使空气从长导管出；装置丙不能达到收集氨气的目的，C不符合题意；
D．氨气极易溶于水，做尾气吸收时需要防倒吸，导管的末尾使用干燥管可以起到防倒吸的作用；装置丁可达到实验目的，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．使用试管加热固体时，试管应稍向下倾斜；
B．氨气会与浓硫酸反应生成硫酸铵；
C．氨气的密度小于空气，应向下排空气法；
D．氨气极易溶于水，做尾气吸收时需要防倒吸。
5．【答案】D
【知识点】铜及其化合物；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．铜可用作印刷电路板是因为铜可以与铁离子反应，与导热性无关，故A不符合题意；
B．硫酸铜溶液可用作泳池杀菌剂是因为硫酸铜具有杀菌消毒作用，与酸性无关，故B不符合题意；
C．溴化银可用于制作相机胶片是因为溴化银具有感光性，与颜色无关，故C不符合题意；
D．银氨溶液具有弱氧化性，可以和还原性的醛基发生氧化还原反应而被还原为银，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．因为铜可以与铁离子反应；
B．因为硫酸铜是重金属盐，使蛋白质变性；
C．因为溴化银具有感光性；
D．银氨溶液具有弱氧化性，可以和还原性的醛基发生氧化还原反应而被还原为银。
6．【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．过滤时，不能用玻璃棒搅拌漏斗中的液体，防止滤纸破损，A不符合题意；
B．配制溶液时，向其中加入少量NaOH溶液，可抑制硫离子水解，但氢氧根浓度增大的更多，的值减小，B不符合题意；
C．灼烧生成和，S元素化合价从－2价升高到+4价，失去6个电子，所以该反应每生成，同时有0.5mol硫元素被氧化，转移3mol电子，C符合题意；
D．分液时，先放出水层，再从分液漏斗上口倒出含有苯和溴的有机层，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．过滤时，不能用玻璃棒搅拌；
B．依据水解平衡的影响因素分析；
C．依据化合价变化判断；
D．分液时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出。
7．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A Na与CuSO4溶液反应生成硫酸钠、氢气和氢氧化铜，不会置换出Cu：，A不符合题意；
B． 用惰性电极电解硫酸铜溶液：，用铜电极时阳极铜失去电子被氧化，B不符合题意；
C． 稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管，银与硝酸反应生成硝酸银、水和一氧化氮： ，C不符合题意；
D．与硝酸反应生成硝酸银、硝酸铵和水，则多余的用硝酸处理：，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A 依据钠的性质分析，与盐溶液反应时“先水后盐”；
B． 活性电极作阳极，电极本身失去电子，发生氧化反应；
C． 原子和得失电子不守恒；
D．与硝酸反应生成硝酸银、硝酸铵和水。
8．【答案】A
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；电解质溶液的导电性
【解析】【解答】A．的正反应是气体体积减小的反应，在t1时刻扩大容器体积，导致NH3气体的浓度降低，体系的压强减小，v逆减小，化学平衡向气体体积增大的逆反应方向移动，导致NH3的浓度进一步减小，v逆减小，后到t2时反应达到平衡状态，故可以表示v逆随时间变化的曲线，A符合题意；
B．A、B两点NH3的平衡含量相同，但反应体系中越大反应的H2的物质的量就越多， H2的转化率就越大，所以转化率：aA(H2)＜aB(H2)，B不符合题意；
C．开始时溶液pH相等，溶液中c(OH-)相等，但NaOH是强电解质完全电离，而氨水中存在电离平衡，所以开始时浓度c(NH3·H2O)＞c(NaOH)，当二者稀释相同倍数时，稀释使溶液中c(OH-)减小，氨水中电离平衡正向移动，最终达到平衡时氨水中c(OH-)比NaOH大，溶液pH更大，故曲线Ⅰ表示NaOH溶液，曲线Ⅱ表示氨水，C不符合题意；
D．CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，溶液中含有自由移动的离子，因此能够导电，向溶液中通入NH3，反应产生盐CH3COONH4，导致溶液中自由移动的离子浓度增大，溶液导电性增强，当二者恰好反应时离子浓度最大，溶液导电能力最强，后溶液中自由移动的离子浓度几乎不变，因此图示不能表示CH3COOH溶液中通入NH3至过量的过程中溶液导电性的变化，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
B．增大一种反应物的量，可提高其它反应物的转化率，自身的转化率反应降低。
C．相同pH的弱碱和强碱，加水稀释，强碱的pH变化大；
D．导电能力强弱与离子浓度大小有关。
9．【答案】B
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．三维多孔海绵状Zn(3D-Zn)为多孔结构，具有较高的表面积，有利于沉积ZnO，故A不符合题意；
B．放电时由负极反应，可知每沉积，有通过隔膜，故B符合题意；
C．充电时3D-Zn电极做阴极，应与外接直流电源的负极相连，故C不符合题意；
D．由分析知 充电时阳极反应为，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．多孔结构，表面积大，吸附性强；
B．闭合电路中，转移离子所带电荷总数等于转移的电子总数；
C．充电时，阳极与电源正极相连，阴极与电源负极相连；
D．充电时，阳极失电子，发生氧化反应。
10．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．X分子中含有，为四面体结构，不是所有原子都在一个平面上，A不符合题意；
B．X→Y的中间产物为，分子式为，B符合题意；
C．Y可以发生氧化、取代，但不能发生消去反应，C不符合题意；
D．有2mol酯基，其中还1mol酯基水解生成酚羟基，最多能与反应，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．分子中含有饱和碳原子，饱和碳原子的空间构型为四面体形；
B．根据结构简式确定分子式；
CD．依据官能团的性质分析；
11．【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．溶液中含有亚硫酸根或者亚硫酸氢根离子，滴加稀硫酸会产生二氧化硫，也可以使澄清石灰水变浑浊，A不符合题意；
B．AgNO3溶液不足，先与NaCl反应生成AgCl沉淀，再加KI反应生成更难溶的AgI沉淀，由操作和现象可知，常温下，溶度积，B符合题意；
C．淀粉溶液加入稀硫酸，加热，冷却后滴入碘水，溶液变蓝色，淀粉可能部分水解，C不符合题意；
D．酸性溶液中硝酸根离子具有硝酸的强氧化性，能够氧化Fe2+为Fe3+，因此无法比较Fe3+和的氧化性，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．考虑亚硫酸根或者亚硫酸氢根离子的干扰；
B．实验设计合理；
C．淀粉可能部分水解；
D．酸性溶液中硝酸根离子具有硝酸的强氧化性。
12．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．“制酸过滤”过程所得滤渣的主要成分为二氧化硅，A不符合题意；
B．三辛胺的结构简式为N(C8H17)3，与盐酸反应时，三辛胺的N原子提供孤电子对，H+提供空轨道，B不符合题意；
C．曲线A表示H3PO4，曲线B表示，曲线C表示，曲线D表示的含量与溶液pH关系，根据图示可知“反应”中为获得较纯净KH2PO4，当溶液pH=4.5时，的含量最大，此时应该停止加入三辛胺，C不符合题意；
D．对于0.1 mol/L KH2PO4溶液，根据质子守恒可得：①c(H+)=c(OH-)+c()+2c()-c(H3PO4)；根据物料守恒可得②c(K+)=c(H3PO4)+c()+c()+c()，将②-①整理可得c(K+)-c(H+)= 2c(H3PO4)+c()-c()-c(OH-)，c(H+)-c(OH-)=c(K+)-2c(H3PO4)-c()-c()，水解大于电离，溶液显酸性，所以c(H+)-c(OH-)＞0，根据溶液组成可知c(K+)=0.1 mol/L，所以2c(H3PO4)+ c()＜0.1 mol/L+ c()，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；
B．三辛胺的N原子提供孤电子对，H+提供空轨道；
C．根据图中曲线，当溶液pH=4.5时，的含量最大；
D．根据质子守恒和物料守恒。
13．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．根据以及有机物中碳成键特点可知，σ键和π键个数比为12∶1，故A不符合题意；
B．化学反应的决速步是由慢反应决定的，生成四氢呋喃决速步为反应Ⅱ，故B不符合题意；
C．以γ-丁内酯为原料，根据反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，体系总物质的量增加量正好是1，4-丁二醇参与反应Ⅱ、Ⅲ的量，也正好是H2O(g)的物质的量，设t1时γ-丁内酯消耗amol，1，4-丁二醇消耗为bmol，则体系总物质的量为(5.0×10-3+b)mol，根据图像可知，=0.48， =0.36，解得a=，b=，则t1时刻x(H2O)= =0.08，故C符合题意；
D．因反应在高压氢气氛围下进行，增大氢气压强，体系压强增大，平衡逆向进行，不利于四氢呋喃的生成，故D不符合题意；
答案为C。
【分析】A．依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；
B．化学反应的决速步是由慢反应决定的；
C．根据反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，体系总物质的量增加量正好是1，4-丁二醇参与反应Ⅱ、Ⅲ的量，也正好是H2O(g)的物质的量；
D．根据影响化学平衡移动的因素分析。
14．【答案】（1）；开始时加入的硫酸会促进溶解，溶液中浓度增加；随着硫酸加入量增加，浓度增大，与结合生成的沉淀逐渐增多，浸出液中浓度逐渐减小
（2）；升高温度分解增多，使的量变多，的量变少；相同温度下，的溶解度比小；97.05%
【知识点】物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）①由图示可知，pH=4时，浸出液中质量浓度最大的金属离子是；
②开始时加入的硫酸会促进溶解，溶液中浓度增加；随着硫酸加入量增加，浓度增大，与结合生成的沉淀逐渐增多，浸出液中浓度逐渐减小，故随硫酸溶液逐渐加入，浓度先增大后减小；
（2）①氯气和氢氧化钙生成生成氯化钙和，化学方程式为；
②已知，次氯酸钙受热会分解生成氯化钙，随着升高温度分解增多，使的量变多，的量变少，故随氯化温度升高，分解比的实际值增大的原因；
③相同温度下，的溶解度比小，“转化”时向滤液中加入固体，钾离子浓度增大，转化为达到饱和而结晶析出；
④在25.00mL溶液中：，，，，两式联立，解得，，样品的纯度。
【分析】（1）①依据图示分析；
②依据溶解平衡和物质的性质分析；
（2）①氯气和氢氧化钙生成生成氯化钙和；
②根据影响化学平衡移动的因素分析；
③依据溶解度大小判断；
④依据原子守恒。
15．【答案】（1）酯基、硝基
（2）取代
（3）
（4）或
（5）
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；酯的性质
【解析】【解答】（1）根据A的结构式可知，A中的含氧官能团为酯基、硝基；故答案为：酯基、硝基；
（2）根据分析，D到E发生硝化反应，也是取代反应；故答案为：取代反应；
（3）若有机物B直接硝化，则硝基取代间位的氢生成 ；故答案为： ；
（4）能与FeCl3溶液发生显色反应，则说明含有酚羟基，分子中含有2个苯环，共有3种不同化学环境的氢原子，则结构简式为 或 。故答案为： 或 ；
（5）根据分析，合成流程 ；
【分析】（1）根据结构简式确定官能团；
（2）根据官能团的变化确定反应类型；
（3）依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定结构简式；
（4）利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体；
（5）采用逆向合成法，根据题干路线的转化信息设计合成路线。
16．【答案】（1）b；两种浸出剂对钴的浸出率差别不大，但是HCl与LiCoO2会发生反应产生，污染环境；
（2）2Co2++2+H2O2+10NH3 H2O=2[Co(NH3)6]3++12H2O；先加浓氨水再加H2O2溶液
（3）在空气中加热固体(加热时鼓入氧气)，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1mol/LH2SO4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BaCl2溶液无明显现象
【知识点】无机物的推断；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①两种浸出剂对钴的浸出率差别不大，LiCoO2中Co为+3价，具有强氧化性，能将HCl中-1价的Cl氧化成Cl2，污染环境，且Na2S2O3中的S具有还原性能将三价Co还原为Co2+，因此选择b（H2SO4和Na2S2O3）；
②沉淀后溶液中c(Li+)===0.05mol/L，溶液中c(F-)=0.04mol/L，加入的F-将原溶液中的Li+沉淀后还剩余0.04mol/L，因此c(F-)=1mol/L-0.05mol/L+0.04mol/L=0.99mol/L，加入的NaF中c(Na+)=c(F-)=0.99mol/L；
（2）①H2O2、CoCl2、NH4Cl在氨水中生成Co(NH3)6Cl3，由电子转移守恒和原子守恒可得总反应离子方程式为2Co2++2+H2O2+10NH3 H2O=2[Co(NH3)6]3++12H2O；
②将Co2+转化[Co(NH3)6]3+过程中，先加浓氨水，后加H2O2溶液，原因是将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+；
（3）目的是制取Co3O4，根据图中Co3O4最高时的温度为900～1000℃且为有氧条件下；用稀硫酸除去所得Co3O4中的CoO，然后过滤、洗涤，检验洗涤是否干净，实际上是检验硫酸根离子，用氯化钡溶液检验，所以操作方案为：取一定质量的Co3O4于热解装置中，在空气中加热固体(加热时鼓入氧气)，温度在900～1000℃保持一段时间，取出固体，冷却；向固体中边搅拌、边加入1mol/LH2SO4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BaCl2溶液无明显现象，干燥。
【分析】（1）①两种浸出剂对钴的浸出率差别不大，依据试剂的性质判断；
②利用Ksp计算；
（2）①根据反应物和产物的化学式，利用电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒书写；
②依据已知反应物和产物的性质判断；
（3）依据图中反应条件及制备的产物分析。
17．【答案】（1）
（2）葡萄糖为非电解质，水溶液不导电，直接电解不易产生氢气；氧化葡萄糖生成，含有的溶液在泵的作用下在阳极表面氧化生成，同时生成大量的，经过质子交换膜在阴极表面得电子生成氢气；葡萄糖
（3）11.76%；开始时充入氢气是为活化催化剂，故稍增大氢气的量能让乙炔产率增大，原料中过量会使反应③平衡逆向移动，所以乙炔产率下降
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）反应Ⅰ：，反应Ⅱ：，反应Ⅲ：，反应IV，由盖斯定律可知，-IV-Ⅰ2-Ⅲ2得到，所以△H2=-△H4-△H12-△H22=。
（2）由题干信息可知，右侧区电解产生H2，电极反应为：2H++2e-=H2↑，发生还原反应，故右侧区为阴极区，则电源中B为负极，A为正极，左侧区为阳极区，电极反应为：C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2↑+24H+，据此分析解题。
①因为葡萄糖为非电解质，水溶液不导电，直接电解不易产生氢气，故产生氢气速率明显高于不加入直接电解葡萄糖制氢。
②电解—葡萄糖时氧化葡萄糖生成，含有的溶液在泵的作用下在阳极表面氧化生成，同时生成大量的，经过质子交换膜在阴极表面得电子生成氢气。
③电解一段时间后，需向储槽中补充葡萄糖。
（3）①当进料气中时，设n(H2)=2mol，n(C2H4)=1mol，乙炔的产率为40%，故有
则乙炔的体积分数为=11.67%。
②乙烯分解产生乙炔和氢气，一开始充入氢气是为活化催化剂，故稍增大氢气的量能让乙炔产率增大，增大氢气的量会促使反应③平衡逆向移动，从而减少平衡体系中的乙炔的含量，使乙炔的产率降低。
【分析】（1）依据盖斯定律；
（2）①依据溶液中离子的浓度分析；
②依据放电顺序和化合价的变化分析；
③电解一段时间后，需向储槽中补充葡萄糖。
（3）①利用“三段式”法计算；
②根据影响化学平衡移动的因素分析。
江苏省南通市海安市2022-2023学年高三上学期1月期末考试化学试题
一、单选题
1．（2022高三上·海安期末）化学材料助推了体育运动的推广和发展。下列所涉及的物质属于有机高分子化合物的是
A．制作运动器材比重轻强度高的材料——钛合金
B．轻便吸汗的运动服使用主要的材料——聚酯纤维
C．足球比赛裁判标注点位泡沫的成分——植物油
D．向软组织受伤伤口喷射药品的成分——氯乙烷
【答案】B
【知识点】有机高分子化合物的结构和性质
【解析】【解答】A．金属和合金属于金属材料，A不符合题意；
B．聚酯纤维为有机合成高分子材料，B符合题意；
C．植物油成分中物质的相对分子质量较小，不是高分子化合物，C不符合题意；
D．氯乙烷相对分子质量较小，不是高分子化合物，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．金属和合金属于金属材料；
B．聚酯纤维为有机合成高分子材料；
C．油脂不是高分子化合物；
D．氯乙烷相对分子质量较小，不是高分子化合物。
2．（2022高三上·海安期末）和NaClO混合液作为复合吸收剂可脱除烟气中的、。下列说法正确的是
A．的空间构型为V形 B．中Cl元素的化合价为+5
C．NaClO电子式为 D．中子数为8的氮原子表示为
【答案】A
【知识点】元素、核素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．SO2中心S的价层电子数3，孤对电子数为1，所以其空间构型为V形，A符合题意；
B．NaClO2中Na为+1价，O为-2，故Cl的化合价为+3价，B不符合题意；
C．NaClO为离子型化合物，电子式为 ，C不符合题意；
D．氮原子的质子数为7，中子数为8，质量数为15，中子数为8的氮原子表示为，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；
B．依据化合物化合价代数和为0计算；
C．NaClO为离子型化合物；
D．原子符号表示中，左下角表示质子数，左上角表示质量数，质量数=中子数+质子数。
3．（2022高三上·海安期末）是重要的还原剂，合成方法：。下列说法正确的是
A．半径大小： B．电负性大小：
C．第一电离能： D．碱性强弱：
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；半径大小：A不符合题意；
B．同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性大小：，B不符合题意；
C．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；第一电离能：，C符合题意；
D．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，碱性强弱：，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；
B．同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；
C．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；
D．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强。
4．（2022高三上·海安期末）下列实验室制取、干燥、收集并进行尾气处理的装置能达到实验目的的是
A．用装置甲制取 B．用装置乙干燥
C．用装置丙收集 D．用装置丁吸收
【答案】D
【知识点】气体发生装置；气体的收集；尾气处理装置
【解析】【解答】A．使用试管加热固体时，试管应稍向下倾斜，防止在试管口冷凝的水倒流使试管骤冷而炸裂；装置甲不能达到制取氨气的目的，A不符合题意；
B．氨气会与浓硫酸反应生成硫酸铵，因此氨气不能用浓硫酸干燥，可使用碱石灰；装置乙不能达到干燥氨气的目的，B不符合题意；
C．氨气的密度小于空气，应该短导管进，使空气从长导管出；装置丙不能达到收集氨气的目的，C不符合题意；
D．氨气极易溶于水，做尾气吸收时需要防倒吸，导管的末尾使用干燥管可以起到防倒吸的作用；装置丁可达到实验目的，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．使用试管加热固体时，试管应稍向下倾斜；
B．氨气会与浓硫酸反应生成硫酸铵；
C．氨气的密度小于空气，应向下排空气法；
D．氨气极易溶于水，做尾气吸收时需要防倒吸。
5．（2022高三上·海安期末）铜、银位于周期表中第ⅠB族。铜、硫酸铜、硝酸银、银氨溶液是实验室常用的含铜或银的化学试剂。从废定影液[主要含有、、、等微粒]中回收Ag和的主要步骤：向该废定影液中加入氢氧化钠调节pH在7.5~8.5之间，然后再加入稍过量溶液沉银，过滤、洗涤及干燥，灼烧制Ag；滤液中通入氧化，用苯萃取分液。下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．铜具有良好导热性，可用作印刷电路板
B．硫酸铜溶液显酸性，可用作泳池杀菌剂
C．溴化银呈淡黄色，可用于制作相机胶片
D．银氨溶液具有弱氧化性，可用于制作银镜
【答案】D
【知识点】铜及其化合物；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．铜可用作印刷电路板是因为铜可以与铁离子反应，与导热性无关，故A不符合题意；
B．硫酸铜溶液可用作泳池杀菌剂是因为硫酸铜具有杀菌消毒作用，与酸性无关，故B不符合题意；
C．溴化银可用于制作相机胶片是因为溴化银具有感光性，与颜色无关，故C不符合题意；
D．银氨溶液具有弱氧化性，可以和还原性的醛基发生氧化还原反应而被还原为银，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．因为铜可以与铁离子反应；
B．因为硫酸铜是重金属盐，使蛋白质变性；
C．因为溴化银具有感光性；
D．银氨溶液具有弱氧化性，可以和还原性的醛基发生氧化还原反应而被还原为银。
6．（2022高三上·海安期末）铜、银位于周期表中第ⅠB族。铜、硫酸铜、硝酸银、银氨溶液是实验室常用的含铜或银的化学试剂。从废定影液[主要含有、、、等微粒]中回收Ag和的主要步骤：向该废定影液中加入氢氧化钠调节pH在7.5~8.5之间，然后再加入稍过量溶液沉银，过滤、洗涤及干燥，灼烧制Ag；滤液中通入氧化，用苯萃取分液。下列有关从废定影液中回收Ag和的说法正确的是
A．过滤时，为加快滤液流下，可以用玻璃棒搅拌漏斗中的液体
B．配制溶液时，向其中加入少量NaOH溶液，的值增大
C．灼烧生成和，该反应每生成转移3mol电子
D．分液时，先放出水层，再从分液漏斗下口放出含有苯和溴的有机层
【答案】C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．过滤时，不能用玻璃棒搅拌漏斗中的液体，防止滤纸破损，A不符合题意；
B．配制溶液时，向其中加入少量NaOH溶液，可抑制硫离子水解，但氢氧根浓度增大的更多，的值减小，B不符合题意；
C．灼烧生成和，S元素化合价从－2价升高到+4价，失去6个电子，所以该反应每生成，同时有0.5mol硫元素被氧化，转移3mol电子，C符合题意；
D．分液时，先放出水层，再从分液漏斗上口倒出含有苯和溴的有机层，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．过滤时，不能用玻璃棒搅拌；
B．依据水解平衡的影响因素分析；
C．依据化合价变化判断；
D．分液时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出。
7．（2022高三上·海安期末）铜、银位于周期表中第ⅠB族。铜、硫酸铜、硝酸银、银氨溶液是实验室常用的含铜或银的化学试剂。从废定影液[主要含有、、、等微粒]中回收Ag和的主要步骤：向该废定影液中加入氢氧化钠调节pH在7.5~8.5之间，然后再加入稍过量溶液沉银，过滤、洗涤及干燥，灼烧制Ag；滤液中通入氧化，用苯萃取分液。下列化学反应表示正确的是
A．硫酸铜溶液中加入小粒金属钠：
B．用铜电极电解硫酸铜溶液：
C．稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管：
D．多余的用硝酸处理：
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A Na与CuSO4溶液反应生成硫酸钠、氢气和氢氧化铜，不会置换出Cu：，A不符合题意；
B． 用惰性电极电解硫酸铜溶液：，用铜电极时阳极铜失去电子被氧化，B不符合题意；
C． 稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管，银与硝酸反应生成硝酸银、水和一氧化氮： ，C不符合题意；
D．与硝酸反应生成硝酸银、硝酸铵和水，则多余的用硝酸处理：，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A 依据钠的性质分析，与盐溶液反应时“先水后盐”；
B． 活性电极作阳极，电极本身失去电子，发生氧化反应；
C． 原子和得失电子不守恒；
D．与硝酸反应生成硝酸银、硝酸铵和水。
8．（2022高三上·海安期末）化学常用图像直观地描述化学反应的进程或结果。下列与NH3有关的图像描述正确的是
A．图①表示在t1时刻扩大容器体积，v逆随时间变化的曲线
B．图②表示平衡时NH3体积分数随起始变化的曲线，则转化率：aA(H2)=aB(H2)
C．图③表示25℃时分别稀释pH=1的NaOH溶液和氨水时溶液pH的变化，曲线Ⅰ表示氨水
D．图④可表示CH3COOH溶液中通入NH3至过量的过程中溶液导电性的变化
【答案】A
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；电解质溶液的导电性
【解析】【解答】A．的正反应是气体体积减小的反应，在t1时刻扩大容器体积，导致NH3气体的浓度降低，体系的压强减小，v逆减小，化学平衡向气体体积增大的逆反应方向移动，导致NH3的浓度进一步减小，v逆减小，后到t2时反应达到平衡状态，故可以表示v逆随时间变化的曲线，A符合题意；
B．A、B两点NH3的平衡含量相同，但反应体系中越大反应的H2的物质的量就越多， H2的转化率就越大，所以转化率：aA(H2)＜aB(H2)，B不符合题意；
C．开始时溶液pH相等，溶液中c(OH-)相等，但NaOH是强电解质完全电离，而氨水中存在电离平衡，所以开始时浓度c(NH3·H2O)＞c(NaOH)，当二者稀释相同倍数时，稀释使溶液中c(OH-)减小，氨水中电离平衡正向移动，最终达到平衡时氨水中c(OH-)比NaOH大，溶液pH更大，故曲线Ⅰ表示NaOH溶液，曲线Ⅱ表示氨水，C不符合题意；
D．CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，溶液中含有自由移动的离子，因此能够导电，向溶液中通入NH3，反应产生盐CH3COONH4，导致溶液中自由移动的离子浓度增大，溶液导电性增强，当二者恰好反应时离子浓度最大，溶液导电能力最强，后溶液中自由移动的离子浓度几乎不变，因此图示不能表示CH3COOH溶液中通入NH3至过量的过程中溶液导电性的变化，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
B．增大一种反应物的量，可提高其它反应物的转化率，自身的转化率反应降低。
C．相同pH的弱碱和强碱，加水稀释，强碱的pH变化大；
D．导电能力强弱与离子浓度大小有关。
9．（2022高三上·海安期末）科学家利用三维多孔海绵状Zn(3D-Zn)可以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3D-Zn-NiOOH二次电池，结构如图所示，隔膜只允许通过。电池反应为。下列说法错误的是
A．3D-Zn具有较高的表面积，有利于沉积ZnO
B．放电时每沉积，有通过隔膜
C．充电时3D-Zn电极应与外接直流电源的负极相连
D．充电时阳极反应为
【答案】B
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．三维多孔海绵状Zn(3D-Zn)为多孔结构，具有较高的表面积，有利于沉积ZnO，故A不符合题意；
B．放电时由负极反应，可知每沉积，有通过隔膜，故B符合题意；
C．充电时3D-Zn电极做阴极，应与外接直流电源的负极相连，故C不符合题意；
D．由分析知 充电时阳极反应为，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．多孔结构，表面积大，吸附性强；
B．闭合电路中，转移离子所带电荷总数等于转移的电子总数；
C．充电时，阳极与电源正极相连，阴极与电源负极相连；
D．充电时，阳极失电子，发生氧化反应。
10．（2022高三上·海安期末）化合物Z是合成平喘药沙丁胺醇的中间体，可通过下列路线制得：
已知：X→Y的过程中，X先与HCHO发生加成，再与HCl发生取代。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．Y可以发生氧化、取代和消去反应
D．1molZ最多能与2molNaOH反应
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．X分子中含有，为四面体结构，不是所有原子都在一个平面上，A不符合题意；
B．X→Y的中间产物为，分子式为，B符合题意；
C．Y可以发生氧化、取代，但不能发生消去反应，C不符合题意；
D．有2mol酯基，其中还1mol酯基水解生成酚羟基，最多能与反应，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．分子中含有饱和碳原子，饱和碳原子的空间构型为四面体形；
B．根据结构简式确定分子式；
CD．依据官能团的性质分析；
11．（2022高三上·海安期末）室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项 实验探究方案 探究目的
A 向溶液X中加入稀硫酸，并将产生的无色气体通入澄清石灰水中，观察是否有沉淀生成 溶液X中含有或HCO3
B 常温下，向10mL0.1mol/LNaCl溶液中滴加5滴0.1mol/LAgNO3溶液，充分反应后，再滴加5滴0.1mol/LKI溶液，观察沉淀颜色变化 Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
C 向淀粉溶液中滴加少量稀硫酸，水浴加热一段时间后冷却，向溶液中滴加碘水，观察溶液颜色 淀粉未发生水解
D 将硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液，观察溶液颜色 氧化性：H2O2>Fe3+
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．溶液中含有亚硫酸根或者亚硫酸氢根离子，滴加稀硫酸会产生二氧化硫，也可以使澄清石灰水变浑浊，A不符合题意；
B．AgNO3溶液不足，先与NaCl反应生成AgCl沉淀，再加KI反应生成更难溶的AgI沉淀，由操作和现象可知，常温下，溶度积，B符合题意；
C．淀粉溶液加入稀硫酸，加热，冷却后滴入碘水，溶液变蓝色，淀粉可能部分水解，C不符合题意；
D．酸性溶液中硝酸根离子具有硝酸的强氧化性，能够氧化Fe2+为Fe3+，因此无法比较Fe3+和的氧化性，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．考虑亚硫酸根或者亚硫酸氢根离子的干扰；
B．实验设计合理；
C．淀粉可能部分水解；
D．酸性溶液中硝酸根离子具有硝酸的强氧化性。
12．（2022高三上·海安期末）工业上以羟磷灰石精矿[主要成分是Ca5(PO4)3OH，还含有少量石英和氧化铁等杂质]为原料，生产磷酸二氢钾(KH2PO4)的流程如下：
已知：溶液中H3PO4、、、的分布分数随pH的变化如上图所示。下列说法正确的是
A．“制酸过滤”过程所得滤渣的主要成分为硅酸
B．三辛胺的结构简式为N(C8H17)3，与盐酸反应时，三辛胺提供空轨道
C．“反应”中为获得较纯净KH2PO4，当pH=10时，停止加入三辛胺
D．0.1 mol/L KH2PO4溶液中：
【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．“制酸过滤”过程所得滤渣的主要成分为二氧化硅，A不符合题意；
B．三辛胺的结构简式为N(C8H17)3，与盐酸反应时，三辛胺的N原子提供孤电子对，H+提供空轨道，B不符合题意；
C．曲线A表示H3PO4，曲线B表示，曲线C表示，曲线D表示的含量与溶液pH关系，根据图示可知“反应”中为获得较纯净KH2PO4，当溶液pH=4.5时，的含量最大，此时应该停止加入三辛胺，C不符合题意；
D．对于0.1 mol/L KH2PO4溶液，根据质子守恒可得：①c(H+)=c(OH-)+c()+2c()-c(H3PO4)；根据物料守恒可得②c(K+)=c(H3PO4)+c()+c()+c()，将②-①整理可得c(K+)-c(H+)= 2c(H3PO4)+c()-c()-c(OH-)，c(H+)-c(OH-)=c(K+)-2c(H3PO4)-c()-c()，水解大于电离，溶液显酸性，所以c(H+)-c(OH-)＞0，根据溶液组成可知c(K+)=0.1 mol/L，所以2c(H3PO4)+ c()＜0.1 mol/L+ c()，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；
B．三辛胺的N原子提供孤电子对，H+提供空轨道；
C．根据图中曲线，当溶液pH=4.5时，的含量最大；
D．根据质子守恒和物料守恒。
13．（2022高三上·海安期末）利用-丁内酯制备四氢呋喃，反应过程中伴有生成1-丁醇的副反应，涉及反应如下：
已知：反应Ⅰ为快速反应，反应Ⅱ、Ⅲ为慢速反应。在493K、的高压氛围下(压强近似等于总压)，以-丁内酯为初始原料，x(-丁内酯)和x(1，4-丁二醇)随时间t变化关系如图所示[x(i)表示某物种i的物质的量与除外其它各物种总物质的量之比]。下列说法正确的是
A．-丁内酯分子中键与键数目之比为6∶1
B．生成四氢呋喃的速率主要决定于反应Ⅰ
C．时刻
D．增大的压强一定有利于提高四氢呋喃产率
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．根据以及有机物中碳成键特点可知，σ键和π键个数比为12∶1，故A不符合题意；
B．化学反应的决速步是由慢反应决定的，生成四氢呋喃决速步为反应Ⅱ，故B不符合题意；
C．以γ-丁内酯为原料，根据反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，体系总物质的量增加量正好是1，4-丁二醇参与反应Ⅱ、Ⅲ的量，也正好是H2O(g)的物质的量，设t1时γ-丁内酯消耗amol，1，4-丁二醇消耗为bmol，则体系总物质的量为(5.0×10-3+b)mol，根据图像可知，=0.48， =0.36，解得a=，b=，则t1时刻x(H2O)= =0.08，故C符合题意；
D．因反应在高压氢气氛围下进行，增大氢气压强，体系压强增大，平衡逆向进行，不利于四氢呋喃的生成，故D不符合题意；
答案为C。
【分析】A．依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；
B．化学反应的决速步是由慢反应决定的；
C．根据反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，体系总物质的量增加量正好是1，4-丁二醇参与反应Ⅱ、Ⅲ的量，也正好是H2O(g)的物质的量；
D．根据影响化学平衡移动的因素分析。
二、综合题
14．（2022高三上·海安期末）工业废渣中的综合利用。
（1）用工业钢渣处理酸性废水
工业钢渣主要含，还含有、、、等。工业钢渣加水后搅拌得钢渣浆液，向钢渣浆液中逐渐加入硫酸溶液(模拟酸性废水)酸化，浆液pH以及浸出液中金属离子的质量浓度随时间变化情况如图所示。
①pH=4时，浸出液中质量浓度最大的金属离子是 。
②随硫酸溶液逐渐加入，浓度先增大后减小，原因是 。
（2）以电石渣制备
电石渣主要成分为，制备的流程如下：
已知：氯化时存在与作用生成的反应，进一步转化为，少量热分解为和。
①生成的化学方程式为 。
②“分解比”是衡量氯化程度的标准，氯化后溶液中总质量与总质量的比值称为“分解比”，随氯化温度升高，分解比的实际值增大的原因可能是 。
③“转化”时向滤液中加入固体将转化为，可能的原因是 。
④该流程制得的样品中含少量杂质，为测定产品纯度进行如下实验：准确称取5.049g样品溶于水中，配成250mL溶液，从中取出25.00mL于锥形瓶中，加入适量葡萄糖，加热使全部转化为，加入少量溶液作指示剂，用溶液进行滴定至终点，消耗溶液体积。计算样品的纯度。(请写出计算过程)
【答案】（1）；开始时加入的硫酸会促进溶解，溶液中浓度增加；随着硫酸加入量增加，浓度增大，与结合生成的沉淀逐渐增多，浸出液中浓度逐渐减小
（2）；升高温度分解增多，使的量变多，的量变少；相同温度下，的溶解度比小；97.05%
【知识点】物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）①由图示可知，pH=4时，浸出液中质量浓度最大的金属离子是；
②开始时加入的硫酸会促进溶解，溶液中浓度增加；随着硫酸加入量增加，浓度增大，与结合生成的沉淀逐渐增多，浸出液中浓度逐渐减小，故随硫酸溶液逐渐加入，浓度先增大后减小；
（2）①氯气和氢氧化钙生成生成氯化钙和，化学方程式为；
②已知，次氯酸钙受热会分解生成氯化钙，随着升高温度分解增多，使的量变多，的量变少，故随氯化温度升高，分解比的实际值增大的原因；
③相同温度下，的溶解度比小，“转化”时向滤液中加入固体，钾离子浓度增大，转化为达到饱和而结晶析出；
④在25.00mL溶液中：，，，，两式联立，解得，，样品的纯度。
【分析】（1）①依据图示分析；
②依据溶解平衡和物质的性质分析；
（2）①氯气和氢氧化钙生成生成氯化钙和；
②根据影响化学平衡移动的因素分析；
③依据溶解度大小判断；
④依据原子守恒。
15．（2022高三上·海安期末）有机物F是一种新型大环芳酰胺的合成原料，可通过以下方法合成：
（1）有机物A中含氧官能团的名称为 。
（2）D→E的反应类型为 。
（3）若有机物B直接硝化，主要产物的结构简式为 。
（4）写出一种符合下列条件的有机物B的同分异构体的结构简式： 。
①能与溶液发生显色反应；
②分子中含有2个苯环，共有3种不同化学环境的氢原子。
（5）已知：，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）酯基、硝基
（2）取代
（3）
（4）或
（5）
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；酯的性质
【解析】【解答】（1）根据A的结构式可知，A中的含氧官能团为酯基、硝基；故答案为：酯基、硝基；
（2）根据分析，D到E发生硝化反应，也是取代反应；故答案为：取代反应；
（3）若有机物B直接硝化，则硝基取代间位的氢生成 ；故答案为： ；
（4）能与FeCl3溶液发生显色反应，则说明含有酚羟基，分子中含有2个苯环，共有3种不同化学环境的氢原子，则结构简式为 或 。故答案为： 或 ；
（5）根据分析，合成流程 ；
【分析】（1）根据结构简式确定官能团；
（2）根据官能团的变化确定反应类型；
（3）依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定结构简式；
（4）利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体；
（5）采用逆向合成法，根据题干路线的转化信息设计合成路线。
16．（2022高三上·海安期末）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“酸溶”时不同浸出剂对应钴元素浸出率：a.HCl 98.4%；b. 98.0%。则“酸溶”时最佳的浸出剂应该选择 (填“a”或“b”)，并说明理由： 。
②“净化”时，加NaF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，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）由制备
实验过程：称取研细的和于烧杯中溶解，将溶液转入三颈烧瓶，分液漏斗中分别装有25mL浓氨水，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到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CoO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：、CoO均难溶于水。难溶于酸，CoO能溶于酸中。须使用的试剂和仪器有：，蒸馏水，溶液)
【答案】（1）b；两种浸出剂对钴的浸出率差别不大，但是HCl与LiCoO2会发生反应产生，污染环境；
（2）2Co2++2+H2O2+10NH3 H2O=2[Co(NH3)6]3++12H2O；先加浓氨水再加H2O2溶液
（3）在空气中加热固体(加热时鼓入氧气)，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1mol/LH2SO4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BaCl2溶液无明显现象
【知识点】无机物的推断；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①两种浸出剂对钴的浸出率差别不大，LiCoO2中Co为+3价，具有强氧化性，能将HCl中-1价的Cl氧化成Cl2，污染环境，且Na2S2O3中的S具有还原性能将三价Co还原为Co2+，因此选择b（H2SO4和Na2S2O3）；
②沉淀后溶液中c(Li+)===0.05mol/L，溶液中c(F-)=0.04mol/L，加入的F-将原溶液中的Li+沉淀后还剩余0.04mol/L，因此c(F-)=1mol/L-0.05mol/L+0.04mol/L=0.99mol/L，加入的NaF中c(Na+)=c(F-)=0.99mol/L；
（2）①H2O2、CoCl2、NH4Cl在氨水中生成Co(NH3)6Cl3，由电子转移守恒和原子守恒可得总反应离子方程式为2Co2++2+H2O2+10NH3 H2O=2[Co(NH3)6]3++12H2O；
②将Co2+转化[Co(NH3)6]3+过程中，先加浓氨水，后加H2O2溶液，原因是将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+；
（3）目的是制取Co3O4，根据图中Co3O4最高时的温度为900～1000℃且为有氧条件下；用稀硫酸除去所得Co3O4中的CoO，然后过滤、洗涤，检验洗涤是否干净，实际上是检验硫酸根离子，用氯化钡溶液检验，所以操作方案为：取一定质量的Co3O4于热解装置中，在空气中加热固体(加热时鼓入氧气)，温度在900～1000℃保持一段时间，取出固体，冷却；向固体中边搅拌、边加入1mol/LH2SO4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BaCl2溶液无明显现象，干燥。
【分析】（1）①两种浸出剂对钴的浸出率差别不大，依据试剂的性质判断；
②利用Ksp计算；
（2）①根据反应物和产物的化学式，利用电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒书写；
②依据已知反应物和产物的性质判断；
（3）依据图中反应条件及制备的产物分析。
17．（2022高三上·海安期末）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。
（1）硫碘循环制氢
热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如下所示：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
已知：。则反应Ⅱ的 。
（2）生物质制氢
电解—葡萄糖制氢实验的装置如图所示，电极两侧的电解液在泵的作用下在电解液储槽和电极间不断循环。
①该装置产生氢气速率明显高于不加入直接电解葡萄糖制氢。其原因是 。
②电解—葡萄糖制氢的反应过程可描述为 。
③电解一段时间后，需向储槽中补充的物质是 。
（3）氢气应用
最新研制出的由裂解气(、、)与煤粉在催化剂条件下制乙炔，该生产过程是目前清洁高效的煤化工过程。将乙烯和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂)，发生反应：。出口气体中测得含有乙烯、乙炔、氢气。下图为乙炔产率与进料气中的关系。
①当进料气中时，出口气体中乙炔的体积分数为 。
②图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是 。
【答案】（1）
（2）葡萄糖为非电解质，水溶液不导电，直接电解不易产生氢气；氧化葡萄糖生成，含有的溶液在泵的作用下在阳极表面氧化生成，同时生成大量的，经过质子交换膜在阴极表面得电子生成氢气；葡萄糖
（3）11.76%；开始时充入氢气是为活化催化剂，故稍增大氢气的量能让乙炔产率增大，原料中过量会使反应③平衡逆向移动，所以乙炔产率下降
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）反应Ⅰ：，反应Ⅱ：，反应Ⅲ：，反应IV，由盖斯定律可知，-IV-Ⅰ2-Ⅲ2得到，所以△H2=-△H4-△H12-△H22=。
（2）由题干信息可知，右侧区电解产生H2，电极反应为：2H++2e-=H2↑，发生还原反应，故右侧区为阴极区，则电源中B为负极，A为正极，左侧区为阳极区，电极反应为：C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2↑+24H+，据此分析解题。
①因为葡萄糖为非电解质，水溶液不导电，直接电解不易产生氢气，故产生氢气速率明显高于不加入直接电解葡萄糖制氢。
②电解—葡萄糖时氧化葡萄糖生成，含有的溶液在泵的作用下在阳极表面氧化生成，同时生成大量的，经过质子交换膜在阴极表面得电子生成氢气。
③电解一段时间后，需向储槽中补充葡萄糖。
（3）①当进料气中时，设n(H2)=2mol，n(C2H4)=1mol，乙炔的产率为40%，故有
则乙炔的体积分数为=11.67%。
②乙烯分解产生乙炔和氢气，一开始充入氢气是为活化催化剂，故稍增大氢气的量能让乙炔产率增大，增大氢气的量会促使反应③平衡逆向移动，从而减少平衡体系中的乙炔的含量，使乙炔的产率降低。
【分析】（1）依据盖斯定律；
（2）①依据溶液中离子的浓度分析；
②依据放电顺序和化合价的变化分析；
③电解一段时间后，需向储槽中补充葡萄糖。
（3）①利用“三段式”法计算；
②根据影响化学平衡移动的因素分析。
