江苏省南京市、盐城市2024届高三第二次模拟化学试题
满分100分
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。
2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
可能用到的相对原子质量：H：1 Li：7 C：12 N：14 O：16 Mg：24 S：32 Cl：35.5 K：39 V：51 Fe：56 Ti：48 Co：59
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. “神舟飞船”接力腾飞、“太空之家”遨游苍穹、“福建号”航母下水、国产“C919”大飞机正式交付都彰显了中国力量。下列成果所涉及的材料为金属材料的是
A. “神舟十五”号飞船使用的耐辐照光学窗材料——石英玻璃
B. “天宫”空间站使用的太阳能电池板材料——砷化镓
C. “福建号”航母使用的高强度甲板材料——合金钢
D. “C919”大飞机使用的机身复合材料——碳纤维和环氧树脂
2. 用NaCN溶液浸取矿粉中金的反应为4Au+2H2O+8NaCN+O2=4Na[Au(CN)2]+4NaOH。下列说法正确的是
A. H2O的空间结构为直线形 B. NaCN中含有离子键和共价键
C. 1mol[Au(CN)2]-中含有2molσ键 D. NaOH的电子式为
3. 由SiCl4制备高纯SiH4的反应为SiCl4+LiAlH4SiH4↑+LiCl+AlCl3。下列说法正确的是
A. 热稳定性：HCl＞SiH4 B. 离子半径：r(Li+)＞r(H-)
C. 第一电离能：I1(Al)＞I1(Cl) D. 共价键的极性：Si－Cl＞Al－Cl
4. 用如图所示装置制备氨气并验证氨气的还原性，其中不能达到实验目的的是
A 用装置甲生成氨气 B. 用装置乙干燥氨气
C. 用装置丙验证氨气的还原性 D. 用装置丁和戊分别收集氨气和氮气
5. 元素周期表中VIA族元素单质及其化合物有着广泛应用。O2可用作氢氧燃料电池的氧化剂；O3具有杀菌、消毒、漂白等作用。硫有多种单质，如斜方硫(燃烧热为297kJ mol-1)、单斜硫等，硫或黄铁矿(FeS2)制得的SO2可用来生产H2SO4。用SO2与SeO2的水溶液反应可制备硒；硒是一种半导体材料，在光照下导电性可提高近千倍。下列说法正确的是
A. 基态氧原子价电子的轨道表示式为
B. 斜方硫和单斜硫互为同素异形体
C. SO2是由极性键构成的非极性分子
D. SeO2分子中O－Se－O的键角大于120°
6. 一种电解法制备Na2FeO4的装置如图所示。下列说法正确的是
A. 电解时化学能转化为电能
B. 电解时应将铂电极与直流电源正极相连
C. 电解过程中转移2mole-，理论上可获得标准状况下H211.2L
D. 电解时铁电极反应式：Fe-6e-+8OH-=FeO+4H2O
7. 化工原料Z是X与HI反应的主产物，X→Z的反应机理如图：
下列说法正确的是
A. X分子中所有碳原子位于同一平面上
B. Y与Z中碳原子杂化轨道类型相同
C. X与Z分子中均含有1个手性碳原子
D. X与HI反应有副产物CH3CH2CH2CH2I产生
8. 两份铝屑，第一份与足量盐酸反应，第二份与足量氢氧化钠溶液反应，产生的氢气的体积比为1∶2(同温同压下)，则第一份与第二份铝屑的质量比为( )
A. 1∶3 B. 1∶2 C. 1∶1 D. 2∶1
9. “太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中a为Ti02电极，b为Pt电极，c为WO3电极，电解质溶液为pH=3的Li2SO4一H2SO4溶液。锂离子交换膜将电池分为A、B两个区，A区与大气相通，B区为封闭体系并有N2保护。下列关于该电池的说法错误的是
A. 若用导线连接a、c，则a为负极，该电极附近pH减小
B. 若用导线连接a、c，则c电极的电极反应式为HxWO3-xe一=WO3+xH+
C. 若用导线先连接a、c，再连接b、c，可实现太阳能向电能转化
D. 若用导线连接b、c，b电极的电极反应式为O2+4H++4e一═2H2O
10. 下列实验能实现的是（ ）
A. 图1装置左侧用于检验氯化铵受热分解出的氨气
B. 图2装置用于分离碘单质和高锰酸钾固体混合物
C. 图3装置中若a处有红色物质生成，b处变蓝，证明X一定是H2
D. 图4装置可以制取少量CO2，安全漏斗可以防止气体逸出
11. 根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项 实验操作和现象 结论
A 向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清 苯酚酸性强于H2CO3的酸性
B 将溴乙烷和氢氧化钠的乙醇溶液共热后产生的气体通入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色 溴乙烷发生消去反应
C 通入溶液，溶液褪色 有漂白性
D 向、的混合稀溶液中滴入少量稀溶液，有黄色沉淀生成
A. A B. B C. C D. D
12. 向某二价金属M的M(OH)2的溶液中加入过量的NaHCO3溶液，生成了MCO3沉淀，过滤，洗涤、干燥后将沉淀置于足量的稀盐酸中，充分反应后，在标准状况下收集到V L气体。如要计算金属M的相对原子质量，你认为还必需提供下列哪项数据是
A. M(OH)2溶液的物质的量浓度 B. 与MCO3反应的盐酸的物质的量浓度
C. MCO3的质量 D. 题给条件充足，不需要再补充数据
13. 亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊（Mathieson）法制备亚氯酸钠的流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A. 反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1
B. 若反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物
C. 反应②中的H2O2可用NaClO4代替
D. 反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2
二、非选择题：共4题，共61分
14. 我国学者分别使用Fe2O3和Fe3O4作催化剂对燃煤烟气脱硝脱硫进行了研究。
（1）催化剂制备。在60～100℃条件下，向足量NaOH溶液中通入N2一段时间，再加入适量新制FeSO4溶液，充分反应后得到混合物X；向混合物X中加入NaNO3溶液，充分反应后经磁铁吸附、洗涤、真空干燥，制得Fe3O4催化剂。
①通入N2的目的是___。
②混合物X与NaNO3反应生成Fe3O4和NH3，该反应的化学方程式为___。
（2）催化剂性能研究。如图1所示，当其他条件一定时，分别在无催化剂、Fe2O3作催化剂、Fe3O4作催化剂的条件下，测定H2O2浓度对模拟烟气(含一定比例的NO、SO2、O2、N2)中NO和SO2脱除率的影响，NO脱除率与H2O2浓度的关系如图2所示。
已知 OH能将NO、SO2氧化。 OH产生机理如下。
反应Ⅰ：Fe3++H2O2=Fe2++ OOH+H+(慢反应)
反应Ⅱ：Fe2++H2O2=Fe3++ OH+OH-(快反应)
①与Fe2O3作催化剂相比，相同条件下Fe3O4作催化剂时NO脱除率更高，其原因是___。
②NO部分被氧化成NO2。NO2被NaOH溶液吸收生成两种含氧酸钠盐，该反应的离子方程式为___。
③实验表明 OH氧化SO2的速率比氧化NO速率慢。但在无催化剂、Fe2O3作催化剂、Fe3O4作催化剂的条件下，测得SO2脱除率几乎均为100%的原因是___。
15. F是一种治疗心脑血管疾病药物的中间体，其合成路线如下(表示苯基)：
（1）C分子中采取杂化的碳原子数目是___________。
（2）D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能发生银镜反应和水解反应。
②分子中有5种不同化学环境的氢原子。
③每个苯环上只含1种官能团。
（3）的反应需经历的过程，中间体X的分子式为。X→F的反应类型为___________。
（4）E—F的反应中有一种分子式为的副产物生成，该副产物的结构简式为___________。
（5）已知：，写出以和为原料制备的合成路线________(无机溶剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
16. 研究柴油车尾气中的催化转化具有重要意义。
（1）尿素水溶液与柴油车尾气在高温下混合后，尿素分解生成和CHON，在催化剂作用下，CHON与反应生成和。画出CHON的结构式：__________。
（2）在催化剂作用下，将柴油车尾气中的选择性还原为的过程称为脱硝．当柴油车尾气中时，会发生快速脱硝反应。
①写出快速脱硝反应的化学方程式：______________。
②控制其他条件相同，将与表所示气体充分混合后分别匀速通入如图-1所示的反应器中反应，测得A组的脱除率明显低于B组，其可能原因是___________。(该温度下与不发生反应)
混合气体物质的量
A组 、
B组 、
③二氧化铈作为一种SCR脱硝催化剂，能在和之间改变氧化状态，将NO氧化为，并引起氧空位的形成，得到新的铈氧化物。铈氧化物发生的可能变化如图-2所示。当氧化标况下后，生成新的铈氧化物中、、的最简整数比为____________。
（3）科学家研究了晶面上的反应过程：该过程如图-3所示。与形成能提供质子的酸性位，吸附在酸性位上生成中间体X，NO与X反应生成不稳定的过渡态物质，随后分解生成和。
①画出图中虚线框内X的结构：____________。
②烟气中的少量会增大催化剂活性，但量过多会大大降低催化剂的活性．其可能原因分别是_____________。
17. 单宁酸-硫酸体系中，低品位软锰矿(质量分数为29％)中的Mn(Ⅳ)可被还原为而浸出。其浸出过程如图所示。
（1）当完全水解，生成的没食子酸和葡萄糖物质的量之比为___________。
（2）写出葡萄糖还原生成的离子反应方程式：________________。
（3）浸出前后软锰矿与浸取渣的X-射线衍射图如图所示，衍射峰的强度能一定程度反映晶体的质量分数等信息。指出图中对应衍射峰强度变化的原因：____________。
（4）为测定一定条件下该低品位软锰矿中锰元素的浸出率，进行如下实验：
准确称取软锰矿试样，加入一定量硫酸和单宁酸，水浴加热并充分搅拌，一段时间后过滤．将滤液冷却后加水定容至2L，量取20.00mL溶液于锥形瓶中，向锥形瓶中加入足量磷酸作稳定剂，再加入2mL高氯酸，边加边摇动，使完全氧化为Mn(Ⅲ)，加热溶液至无气体产生。冷却后用浓度为溶液滴定至终点，消耗溶液的体积为。
①实验室现配溶液的浓度与计算值存在误差，为提高测量结果的精确度，滴定前需要对现配溶液进行的补充实验是_________。
②完全氧化后加热溶液的目的是____________。
③计算该条件下软锰矿中锰元素的浸出率____________。[。写出计算过程］
（5）90℃下，控制单宁酸用量和反应时间相同，测得对锰元素浸出率的影响如图所示。时，锰元素浸出率降低的可能原因是___________。江苏省南京市、盐城市2024届高三第二次模拟化学试题
满分100分
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。
2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
可能用到的相对原子质量：H：1 Li：7 C：12 N：14 O：16 Mg：24 S：32 Cl：35.5 K：39 V：51 Fe：56 Ti：48 Co：59
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. “神舟飞船”接力腾飞、“太空之家”遨游苍穹、“福建号”航母下水、国产“C919”大飞机正式交付都彰显了中国力量。下列成果所涉及的材料为金属材料的是
A. “神舟十五”号飞船使用的耐辐照光学窗材料——石英玻璃
B. “天宫”空间站使用的太阳能电池板材料——砷化镓
C. “福建号”航母使用高强度甲板材料——合金钢
D. “C919”大飞机使用的机身复合材料——碳纤维和环氧树脂
【答案】C
【解析】
【分析】金属材料是指具有光泽、延展性、容易导电、传热等性质的材料。一般分为黑色金属和有色金属两种。黑色金属包括铁、铬、锰等。
【详解】A．石英玻璃主要成分为SiO，SiO为新型无机非金属材料，不属于金属材料，故A错误；
B．砷化镓为是一种无机化合物，属于半导体材料，不属于金属材料，故B错误；
C．合金钢是是指钢里除了铁、碳外，加入其他金属元素，所以属于金属材料；故C正确；
D．碳纤维指的是含碳量在百分之九十以上的高强度高模量纤维，不属于金属材料；环氧树脂是一种高分子聚合物，也不属于金属材料，故D错误；
故选C。
2. 用NaCN溶液浸取矿粉中金的反应为4Au+2H2O+8NaCN+O2=4Na[Au(CN)2]+4NaOH。下列说法正确的是
A. H2O的空间结构为直线形 B. NaCN中含有离子键和共价键
C. 1mol[Au(CN)2]-中含有2molσ键 D. NaOH的电子式为
【答案】B
【解析】
【详解】A．H2O的空间结构为V形，A错误；
B．NaCN中Na+与CN-间形成离子键，CN-中C和N之间形成共价键，B正确；
C．[Au(CN)2]-中CN-内含有1个σ键，Au与CN-间形成配位键也是σ键，故1mol[Au(CN)2]-中含有4molσ键，C错误；
D．NaOH的电子式为，D错误；
故选B。
3. 由SiCl4制备高纯SiH4的反应为SiCl4+LiAlH4SiH4↑+LiCl+AlCl3。下列说法正确的是
A. 热稳定性：HCl＞SiH4 B. 离子半径：r(Li+)＞r(H-)
C. 第一电离能：I1(Al)＞I1(Cl) D. 共价键的极性：Si－Cl＞Al－Cl
【答案】A
【解析】
【详解】A．元素的非金属性Cl＞Si，则简单氢化物的稳定性HCl＞SiH4，A正确；
B．Li+和H-的电子层数相同，Li的核电核数大，故半径小，即r(Li+)＜r(H-)，B错误；
C．Al的失电子能力大于Cl，故第一电离能I1(Al)＜I1(Cl)，C错误；
D．元素电负性差值越大，共价键极性越强，Si与Cl的电负性差值小于Al，故共价键的极性Si－Cl＜Al－Cl，D错误；
故选A。
4. 用如图所示装置制备氨气并验证氨气的还原性，其中不能达到实验目的的是
A. 用装置甲生成氨气 B. 用装置乙干燥氨气
C. 用装置丙验证氨气还原性 D. 用装置丁和戊分别收集氨气和氮气
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应可用于制备氨气，A正确；
B．NH3是碱性气体，可用碱石灰进行干燥，B正确；
C．装置丙发生发应，可验证氨气的还原性，C正确；
D．氨气的密度比空气小，收集时应从短管进长管出，D错误；
故选D。
5. 元素周期表中VIA族元素单质及其化合物有着广泛应用。O2可用作氢氧燃料电池的氧化剂；O3具有杀菌、消毒、漂白等作用。硫有多种单质，如斜方硫(燃烧热为297kJ mol-1)、单斜硫等，硫或黄铁矿(FeS2)制得的SO2可用来生产H2SO4。用SO2与SeO2的水溶液反应可制备硒；硒是一种半导体材料，在光照下导电性可提高近千倍。下列说法正确的是
A. 基态氧原子价电子的轨道表示式为
B. 斜方硫和单斜硫互为同素异形体
C. SO2是由极性键构成的非极性分子
D. SeO2分子中O－Se－O的键角大于120°
【答案】B
【解析】
【详解】A．基态氧原子价电子的轨道表示式为，故A错误；
B．斜方硫和单斜硫均是硫元素组成不同单质，互为同素异形体，故B正确；
C．SO2是V形结构，是由极性键构成的极性分子，故C错误；
D．SeO2分子中Se是sp2杂化，Se原子价层电子对数为2+=3，有一对孤电子对，对两个成键电子对有排斥作用，O－Se－O的键角小于120°，故D错误；
故选B。
6. 一种电解法制备Na2FeO4的装置如图所示。下列说法正确的是
A. 电解时化学能转化为电能
B. 电解时应将铂电极与直流电源正极相连
C. 电解过程中转移2mole-，理论上可获得标准状况下的H211.2L
D. 电解时铁电极反应式：Fe-6e-+8OH-=FeO+4H2O
【答案】D
【解析】
【分析】电解法制备Na2FeO4，根据装置图，铁元素化合价由0价→+6价，化合价升高，根据电解原理，铁电极作阳极，铂电极为阴极，据此分析；
【详解】A．该装置为电解池，将电能转化成化学能，故A错误；
B．根据上述分析，铂电极为阴极，与电源的负极相连，故B错误；
C．阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，转移2mol电子，生成1mol氢气，则标准状况下，生成氢气体积为22.4L，故C错误；
D．制备高铁酸钠，铁元素化合价升高，根据电解原理，铁电极为阳极，电极反应式为Fe-6e-+8OH-=FeO+4H2O，故D正确；
答案为D。
7. 化工原料Z是X与HI反应的主产物，X→Z的反应机理如图：
下列说法正确的是
A. X分子中所有碳原子位于同一平面上
B. Y与Z中碳原子杂化轨道类型相同
C X与Z分子中均含有1个手性碳原子
D. X与HI反应有副产物CH3CH2CH2CH2I产生
【答案】D
【解析】
【详解】A．X分子中存在饱和碳上连接三个碳原子，故所有碳原子不可能共平面，A错误；
B．Y中碳原子有sp2、sp3两种杂化类型，Z中只有sp3杂化，B错误；
C．X分子中没有手性碳原子，Z中有1个手性碳原子，C错误；
D．X分子开环时，HI中的H原子可分别加在断键的两个碳原子上，故有副产物CH3CH2CH2CH2I产生，D正确；
故选D。
8. 两份铝屑，第一份与足量盐酸反应，第二份与足量氢氧化钠溶液反应，产生的氢气的体积比为1∶2(同温同压下)，则第一份与第二份铝屑的质量比为( )
A. 1∶3 B. 1∶2 C. 1∶1 D. 2∶1
【答案】B
【解析】
【详解】铝屑与盐酸和氢氧化钠反应的化学方程式分别为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；两个化学方程式中铝与氢气的物质的量之比皆为2∶3，题目中说二者产生氢气的体积比为1∶2，故两份铝屑的物质的量之比为1∶2，二者质量之比亦为1∶2，故选项B正确。
9. “太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中a为Ti02电极，b为Pt电极，c为WO3电极，电解质溶液为pH=3的Li2SO4一H2SO4溶液。锂离子交换膜将电池分为A、B两个区，A区与大气相通，B区为封闭体系并有N2保护。下列关于该电池的说法错误的是
A. 若用导线连接a、c，则a为负极，该电极附近pH减小
B. 若用导线连接a、c，则c电极的电极反应式为HxWO3-xe一=WO3+xH+
C. 若用导线先连接a、c，再连接b、c，可实现太阳能向电能转化
D. 若用导线连接b、c，b电极的电极反应式为O2+4H++4e一═2H2O
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．有图可知，连接a、c时，a极上水失去电子生成氧气，发生氧化反应，则a极是负极，电极反应式是2H2O-4e-=O2+4H+，生成氢离子，a极附近pH减少 ，故A不选；
B．有图可知，用导线连接a、c，a极上水失去电子生成氧气，发生氧化反应，则a极是负极，c极是正极，则c电极的电极反应式为WO3+xH+ +xe一= HxWO3 ，故B选；
C．若用导线先连接a、c，则c电极是正极，发生WO3生成HxWO3，将太阳能转化为化学能储存，再连接b、c，b极发生氧气生成水，为正极，则c电极是负极，实现化学能转化为电能，对外供电，故C不选；
D．用导线连接b、c，b电极发生氧气生成水为正极，电极反应式为O2+4H++4e一═2H2O ，故D不选；
故选：B。
10. 下列实验能实现的是（ ）
A. 图1装置左侧用于检验氯化铵受热分解出的氨气
B. 图2装置用于分离碘单质和高锰酸钾固体混合物
C. 图3装置中若a处有红色物质生成，b处变蓝，证明X一定是H2
D. 图4装置可以制取少量CO2，安全漏斗可以防止气体逸出
【答案】D
【解析】
【详解】A、左侧的五氧化二磷会吸收氯化铵分解产生的氨气，因此左侧可检测氯化氢，故A不符合题意；
B、加热时碘升华，高锰酸钾会发生分解，因此加热法不能分离，故B不符合题意；
C、a处有红色物质生成，说明氧化铜被还原，b处变蓝，说明气体中含有水蒸气，因此有可能X中含有水蒸气，X也可能含有乙醇、氨气、甲烷等，故C不符合题意；
D、大理石和稀盐酸反应生成二氧化碳，安全漏斗可在左右侧形成液柱，可防止气体逸出，故D符合题意；
故答案为：D。
11. 根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项 实验操作和现象 结论
A 向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清 苯酚的酸性强于H2CO3的酸性
B 将溴乙烷和氢氧化钠的乙醇溶液共热后产生的气体通入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色 溴乙烷发生消去反应
C 通入溶液，溶液褪色 有漂白性
D 向、的混合稀溶液中滴入少量稀溶液，有黄色沉淀生成
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A.苯酚与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，所以苯酚的酸性强于碳酸氢钠，弱于碳酸，故A错误；
B. 气体通入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色说明生成乙烯气体，溴乙烷生成乙烯的反应属于消去反应，故B正确；
C.具有还原性，通入溶液，溶液褪色，体现二氧化硫的还原性，故C错误；
D.由于氯化钠和碘化钠的物质的量浓度的相对大小未知，有可能因为碘化钠的浓度较大而产生黄色沉淀碘化银，因此不能得出结论，当氯化钠的浓度大于或等于碘化钠的浓度时，若产生黄色沉淀可得出题中的结论，故D错误，
故选B。
【点睛】二氧化硫具有漂白性，但并非所有颜色褪去的反应都是由于其漂白性，这是很容易被忽略的问题。比较结构和组成相似的难溶物的溶度积时，要根据控制变量法进行实验设计，控制两溶液的浓度相同，或控制溶度积较大的浓度较大，才可以得出合理的结论；或者根据沉淀的转化进行判断，但要注意在进行沉淀的转化时，防止有过量试剂的干扰。
12. 向某二价金属M的M(OH)2的溶液中加入过量的NaHCO3溶液，生成了MCO3沉淀，过滤，洗涤、干燥后将沉淀置于足量的稀盐酸中，充分反应后，在标准状况下收集到V L气体。如要计算金属M的相对原子质量，你认为还必需提供下列哪项数据是
A. M(OH)2溶液的物质的量浓度 B. 与MCO3反应的盐酸的物质的量浓度
C. MCO3的质量 D. 题给条件充足，不需要再补充数据
【答案】C
【解析】
【详解】生成的气体是CO2，所以要计算M的相对原子质量，还需要知道MCO3的质量，选项C正确，答案选C。
13. 亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊（Mathieson）法制备亚氯酸钠的流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A. 反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1
B. 若反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物
C. 反应②中的H2O2可用NaClO4代替
D. 反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据流程图反应①中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4，根据化合价升降相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1，A项正确；
B．由反应①化合价变化情况，再根据原电池正极表面发生还原反应，所以ClO2是正极产物，B项正确；
C．据流程图反应②，在ClO2与H2O2的反应中，ClO2转化为NaClO2氯元素的化合价降低，做氧化剂；H2O2只能做还原剂，氧元素的化合价升高，不能用NaClO4代替H2O2，C项错误；
D．据流程图反应②ClO2与H2O2反应的变价情况，ClO2做氧化剂，H2O2做还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D项正确；
故答案选C。
【点睛】根据反应的流程图可得反应①中的反应物与生成物，利用得失电子守恒规律推断反应物或生成物的物质的量之比。
二、非选择题：共4题，共61分
14. 我国学者分别使用Fe2O3和Fe3O4作催化剂对燃煤烟气脱硝脱硫进行了研究。
（1）催化剂制备。在60～100℃条件下，向足量NaOH溶液中通入N2一段时间，再加入适量新制FeSO4溶液，充分反应后得到混合物X；向混合物X中加入NaNO3溶液，充分反应后经磁铁吸附、洗涤、真空干燥，制得Fe3O4催化剂。
①通入N2的目的是___。
②混合物X与NaNO3反应生成Fe3O4和NH3，该反应的化学方程式为___。
（2）催化剂性能研究。如图1所示，当其他条件一定时，分别在无催化剂、Fe2O3作催化剂、Fe3O4作催化剂的条件下，测定H2O2浓度对模拟烟气(含一定比例的NO、SO2、O2、N2)中NO和SO2脱除率的影响，NO脱除率与H2O2浓度的关系如图2所示。
已知 OH能将NO、SO2氧化。 OH产生机理如下。
反应Ⅰ：Fe3++H2O2=Fe2++ OOH+H+(慢反应)
反应Ⅱ：Fe2++H2O2=Fe3++ OH+OH-(快反应)
①与Fe2O3作催化剂相比，相同条件下Fe3O4作催化剂时NO脱除率更高，其原因是___。
②NO部分被氧化成NO2。NO2被NaOH溶液吸收生成两种含氧酸钠盐，该反应的离子方程式为___。
③实验表明 OH氧化SO2的速率比氧化NO速率慢。但在无催化剂、Fe2O3作催化剂、Fe3O4作催化剂的条件下，测得SO2脱除率几乎均为100%的原因是___。
【答案】（1） ①. 排除NaOH溶液中的O2，防止Fe2+被氧化为Fe3+ ②. 12Fe(OH)2+NaNO34Fe3O4+NH3↑+NaOH+10H2O
（2） ①. Fe3O4催化剂表面同时存在Fe2+和Fe3+，Fe2+直接通过反应Ⅱ快速产生 OH，c( OH)更大：Fe2O3催化剂表面仅存在Fe3+，Fe3+需先通过慢反应Ⅰ产生Fe2+再通过快反应Ⅱ产生 OH，总反应速率由慢反应Ⅰ决定，c( OH)小于前者；故Fe3O4作催化剂比Fe2O3作催化剂时NO脱除率更大 ②. 2NO2+2OH-=NO+NO+H2O ③. SO2几乎完全被NaOH溶液吸收
【解析】
【小问1详解】
①氢氧化钠溶液中会溶解有少量空气中的氧气，氧气能氧化亚铁离子生成铁离子，通入N2的目的是排除NaOH溶液中的O2，防止Fe2+被氧化为Fe3+；
②氢氧化钠和硫酸亚铁生成氢氧化亚铁沉淀，混合物X中含有氢氧化亚铁，根据质量守恒可知，氢氧化亚铁会与NaNO3反应生成Fe3O4和NH3、氢氧化钠、水，该反应的化学方程式为12Fe(OH)2+NaNO34Fe3O4+NH3↑+NaOH+10H2O；
【小问2详解】
①由已知反应机理反应Ⅰ、反应Ⅱ可知：Fe3O4催化剂表面同时存在Fe2+和Fe3+，Fe2+直接通过反应Ⅱ快速产生 OH，c( OH)更大：Fe2O3催化剂表面仅存在Fe3+，Fe3+需先通过慢反应Ⅰ产生Fe2+再通过快反应Ⅱ产生 OH，总反应速率由慢反应Ⅰ决定，c( OH)小于前者；故Fe3O4作催化剂比Fe2O3作催化剂时NO脱除率更大
②NO2被NaOH溶液吸收生成两种含氧酸钠盐，根据质量守恒可知为含氮元素的盐，二氧化氮中部分氮元素化合价升高、部分氮元素化合价降低，反应得到亚硝酸盐和硝酸盐，该反应的离子方程式为2NO2+2OH-=NO+NO+H2O
③二氧化硫能溶于水会和氢氧化钠反应被吸收，测得SO2脱除率几乎均为100%的原因是SO2几乎完全被NaOH溶液吸收。
15. F是一种治疗心脑血管疾病药物的中间体，其合成路线如下(表示苯基)：
（1）C分子中采取杂化的碳原子数目是___________。
（2）D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能发生银镜反应和水解反应。
②分子中有5种不同化学环境的氢原子。
③每个苯环上只含1种官能团。
（3）的反应需经历的过程，中间体X的分子式为。X→F的反应类型为___________。
（4）E—F的反应中有一种分子式为的副产物生成，该副产物的结构简式为___________。
（5）已知：，写出以和为原料制备的合成路线________(无机溶剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】（1）13 （2）或
（3）消去反应 （4）
（5）
【解析】
【分析】有机合成题中常采用对比的方法，找出断键和形成化学键的部位，从而判断出反应类型，据此分析；
【小问1详解】
sp2杂化碳原子应是苯环和双键上的碳原子，因此根据C的结构简式，sp2杂化碳原子的数目有13；故答案为13；
【小问2详解】
根据D的结构简式，能发生银镜反应，说明含有醛基，有两个苯环，无其他环，能发生水解反应，只能是“C－Cl”，有5种不同环境的氢原子，说明是对称结构，每个苯环上只有1中官能团，因此符合条件的是或；故答案为或；
【小问3详解】
根据F的结构简式，推出F的分子式为C24H21NOCl2，对比X的分子式，X→F少了一个H2O，因此该反应类型为消去反应；故答案为消去反应；
【小问4详解】
副反应产物的分子式为C24H21NOCl2，该副产物与F互为同分异构体，碳碳双键存在顺反异构，因此推出副产物为；故答案为；
【小问5详解】
根据路线中B→C，生成，可以有与苯环反应得到，根据CH3COOH在SOCl2作用下生成CH3COCl，可以由反应得到，因此先水解，然后再氧化得到；故答案为。
16. 研究柴油车尾气中的催化转化具有重要意义。
（1）尿素水溶液与柴油车尾气在高温下混合后，尿素分解生成和CHON，在催化剂作用下，CHON与反应生成和。画出CHON的结构式：__________。
（2）在催化剂作用下，将柴油车尾气中的选择性还原为的过程称为脱硝．当柴油车尾气中时，会发生快速脱硝反应。
①写出快速脱硝反应的化学方程式：______________。
②控制其他条件相同，将与表所示的气体充分混合后分别匀速通入如图-1所示的反应器中反应，测得A组的脱除率明显低于B组，其可能原因是___________。(该温度下与不发生反应)
混合气体物质的量
A组 、
B组 、
③二氧化铈作为一种SCR脱硝催化剂，能在和之间改变氧化状态，将NO氧化为，并引起氧空位的形成，得到新的铈氧化物。铈氧化物发生的可能变化如图-2所示。当氧化标况下后，生成新的铈氧化物中、、的最简整数比为____________。
（3）科学家研究了晶面上的反应过程：该过程如图-3所示。与形成能提供质子的酸性位，吸附在酸性位上生成中间体X，NO与X反应生成不稳定的过渡态物质，随后分解生成和。
①画出图中虚线框内X的结构：____________。
②烟气中的少量会增大催化剂活性，但量过多会大大降低催化剂的活性．其可能原因分别是_____________。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 该温度下的平衡常数较小，反应速率较慢 ③.
（3） ①. ②. 会增加催化剂表面的酸性位，增大催化剂活性；过量与存在竞争吸附；能与等反应生成亚硫酸盐或硫酸盐，覆盖在催化剂表面，降低催化剂活性
【解析】
【小问1详解】
尿素分解生成和CHON，在催化剂作用下，CHON与反应生成和，根据尿素的结构简式去除NH3后碳和另一个氮之间形成碳氮双键，CHON的结构式：。故答案为：；
【小问2详解】
①当柴油车尾气中时，快速脱硝反应的化学方程式：。故答案为：；
②控制其他条件相同，将与表所示的气体充分混合后分别匀速通入如图-1所示的反应器中反应，对比两组物质，假设将A中2molNO与O2反应转化为2molNO2，剩余气体与B组相同，测得A组的脱除率明显低于B组，其可能原因是该温度下的平衡常数较小，反应速率较慢。故答案为：该温度下的平衡常数较小，反应速率较慢；
③当氧化标况下后，转移电子数为=0.2mol，则令x=0.2mol，得y=1mol-0.2mol=0.8mol，由化合价代数和为0，2z=0.2mol3+0.8mol4=3.8mol，生成新的铈氧化物中、、的最简整数比为=。故答案为：；
【小问3详解】
①与形成能提供质子的酸性位，吸附在酸性位上生成中间体X，X的结构： 。故答案为： ；
②烟气中的少量会增大催化剂活性，但量过多会大大降低催化剂的活性．其可能原因分别是会增加催化剂表面的酸性位，增大催化剂活性；过量与存在竞争吸附；能与等反应生成亚硫酸盐或硫酸盐，覆盖在催化剂表面，降低催化剂活性。故答案为：会增加催化剂表面的酸性位，增大催化剂活性；过量与存在竞争吸附；能与等反应生成亚硫酸盐或硫酸盐，覆盖在催化剂表面，降低催化剂活性。
17. 单宁酸-硫酸体系中，低品位软锰矿(质量分数为29％)中的Mn(Ⅳ)可被还原为而浸出。其浸出过程如图所示。
（1）当完全水解，生成的没食子酸和葡萄糖物质的量之比为___________。
（2）写出葡萄糖还原生成的离子反应方程式：________________。
（3）浸出前后软锰矿与浸取渣的X-射线衍射图如图所示，衍射峰的强度能一定程度反映晶体的质量分数等信息。指出图中对应衍射峰强度变化的原因：____________。
（4）为测定一定条件下该低品位软锰矿中锰元素的浸出率，进行如下实验：
准确称取软锰矿试样，加入一定量硫酸和单宁酸，水浴加热并充分搅拌，一段时间后过滤．将滤液冷却后加水定容至2L，量取20.00mL溶液于锥形瓶中，向锥形瓶中加入足量磷酸作稳定剂，再加入2mL高氯酸，边加边摇动，使完全氧化为Mn(Ⅲ)，加热溶液至无气体产生。冷却后用浓度为的溶液滴定至终点，消耗溶液的体积为。
①实验室现配溶液的浓度与计算值存在误差，为提高测量结果的精确度，滴定前需要对现配溶液进行的补充实验是_________。
②完全氧化后加热溶液的目的是____________。
③计算该条件下软锰矿中锰元素的浸出率____________。[。写出计算过程］
（5）90℃下，控制单宁酸用量和反应时间相同，测得对锰元素浸出率的影响如图所示。时，锰元素浸出率降低的可能原因是___________。
【答案】（1）
（2）
（3）酸浸过程中，被酸溶，部分被还原，固体总质量减少；不发生反应，质量分数变大，衍射峰强度变大
（4） ①. 使用基准试剂对溶液的实际浓度进行标定 ②. 除去过量高氯酸，防止其氧化硫酸亚铁铵 ③. 每浸出滤液中：
软锰矿浸出滤液中
浸出的
软锰矿中
锰元素浸出率
（5）浓度过大，抑制了单宁酸的水解，没食子酸和葡萄糖的浓度降低，的还原速率减慢
【解析】
【小问1详解】
设完全水解，生成的没食子酸xmol、葡萄糖ymol，根据C守恒，没食子酸、葡萄糖比单宁酸分子中多的氧、氢原子都由水提供，则，解得x=10，带入①得y=1，生成的没食子酸和葡萄糖物质的量之比为10:1。
【小问2详解】
葡萄糖还原生成，根据得失电子守恒，离子反应方程式；
【小问3详解】
由图可知，酸浸过程中，被酸溶，部分被还原，固体总质量减少；不发生反应，质量分数变大，衍射峰强度变大。
【小问4详解】
①为提高测量结果的精确度，滴定前需要使用基准试剂对溶液的实际浓度进行标定。
②实验原理是根据Mn(Ⅲ)消耗的物质的量计算锰元素的物质的量，需要排除其它氧化剂氧化，所以完全氧化后加热溶液的目的是除去过量高氯酸，防止其氧化硫酸亚铁铵。
③每浸出滤液中： ， 软锰矿浸出滤液中
浸出的
软锰矿中
锰元素浸出率。
【小问5详解】
由图可知，浓度过大，抑制了单宁酸的水解，没食子酸和葡萄糖的浓度降低，的还原速率减慢，所以时，锰元素浸出率降低。
