江苏省南通市海门区2022-2023高三上学期期末化学试题
江苏省南通市海门区2022-2023学年高三上学期期末化学试题
一、单选题
1．（2022高三上·海门期末）四大发明是中国古代创新的智慧成果和科学技术，包括了造纸术、指南针、火药、印刷术。下列说法正确的是
A．造纸过程中的破碎，碱浸，漂白，沉浆都属于物理变化
B．古代制造指南针的材料为磁石，主要成分为
C．火药爆炸过程中的能量变化如图所示
D．活字印刷术使用的黑墨，常温下化学性质比较稳定
2．（2022高三上·海门期末）二氧化碳可制备乙烯，反应为：。下列说法正确的是
A．基态氧原子的轨道表示式：
B．乙烯的结构简式：
C．的电子式为
D．中含有非极性共价键
3．（2022高三上·海门期末）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．易液化，可用于制取漂白液
B．铁粉能与反应，可用作食品保存的吸氧剂
C．具有氧化性，可用于漂白纸浆
D．硬度大，可用于制造光导纤维
4．（2022高三上·海门期末）亚硝酸钠()是一种肉制品生产中常见的食品添加剂，实验室通过以下反应制备：。下列实验装置不能达到实验目的的是
A．用装置甲制备NO B．用装置乙干燥NO
C．用装置丙合成 D．用装置丁处理尾气
5．（2022高三上·海门期末）前四周期元素X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大，X的单质在空气中含量最多，Y为地壳中含量最高的元素，Z原子在其所在周期中除稀有气体外半径最大，Q与X同主族，W原子N能层只有一个电子，其余能层全部排满。下列说法正确的是
A．元素W处于周期表第四周期第IA族
B．元素电负性：X>Y
C．元素Q的简单气态氢化物的热稳定性比Y强
D．元素Y、Z形成化合物是离子化合物
6．（2022高三上·海门期末）关于反应 ，下列说法正确的是
A．该反应在低温条件下不能自发进行
B．增大的量，可提高铁的产率
C．只改变压强，达新平衡后CO浓度保持不变
D．升高温度，逆反应速率加快，正反应速率减慢
7．（2022高三上·海门期末）在指定条件下，下列选项所示的物质或离子间转化能实现的是
A． B．
C． D．
8．（2022高三上·海门期末）沸点为316℃，常用于蚀刻电路板。硫酸亚铁铵 []常用于治疗缺铁性贫血，向硫酸亚铁铵溶液中加入几滴碘水，振荡后再向其中滴加几滴KSCN溶液，溶液呈血红色，该血红色物质为。下列说法错误的是
A．1mol中含有σ键的数目为4mol
B．为分子晶体
C．与SO42 具有相似的空间构型
D．[Fe(SCN)n(H2O)6 n]3 n中心离子的配位数为6
9．（2022高三上·海门期末）一种药物中间体Y可由X制备。下列说法错误的是
A．Y分子存在顺反异构 B．1molY最多能与2molNaOH发生反应
C．X分子能与溴水发生取代反应 D．X、Y可以用溶液鉴别
10．（2022高三上·海门期末）Al-Te电池是一种二次电池，电解质为与有机离子液体()，该电池放电时在正极生成，放电过程的示意图如下所示，下列说法错误的是
A．充电时，b电极应与外接电源正极相连
B．放电时，图中X表示
C．充电时，a电极的质量将增加
D．放电时，a、b两电极消耗单质的物质的量之比为3：2
11．（2022高三上·海门期末）锑(Sb)可用作阻燃剂、电极材料、催化剂等物质的原材料。一种以灰锑矿(主要成分为，还有，，MgO等)为原料提取锑的工艺如下：
下列说法错误的是：
A．“水解”时可加入粉末以促进水解
B．“还原”的目的是防止在后续水解生成，影响产品纯度
C．“滤液”中含有的主要金属阳离子有：、、
D．“溶浸”时转化为，发生反应的离子方程式为：
12．（2022高三上·海门期末）利用与在催化剂的作用下可合成甲醇，反应为，、和按照一定体积比在催化剂表面合成甲醇，反应部分历程如下图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注，TS代表过渡态)，下列说法正确的是
A．比更易被吸附在催化剂表面
B．向体系中通入水蒸气能提高甲醇的产率
C．该历程中最大的活化能是
D．该历程只涉及σ键的断裂和形成
13．（2022高三上·海门期末）室温下，通过实验探究亚硫酸盐的性质。已知：、。下列说法正确的是
实验 实验操作和现象
1 向10mL1.0mol/LNaOH溶液通入至溶液pH=7
2 将等体积、等物质的量浓度的和溶液混合，无明显现象
3 向10mL溶液中，逐滴加入等体积等浓度盐酸最终溶液pH<7
4 向10mL溶液中逐滴滴加15mL1.0mol/LNaOH溶液后测得pH>7
A．实验1得到的溶液中：
B．实验2混合后的溶液中存在：
C．实验3所得溶液中：
D．实验4反应过程中水的电离程度逐渐减小
14．（2022高三上·海门期末）一碘甲烷()热裂解可制取乙烯等低碳烯烃化工原料。碘甲烷热裂解时主要反应有：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
在体积为1L的密闭容器中，起始投料，平衡体系中各烯烃的物质的量分数随温度的变化如图所示，下列说法正确的是
A．若的焓变为，则
B．曲线b表示的物质的量分数随温度的变化
C．400K~780K之间，温度对反应Ⅱ的影响大于的浓度对反应Ⅱ的影响
D．780K之后，体系以反应Ⅱ为主
二、综合题
15．（2022高三上·海门期末）高纯镓广泛用于半导体、光电材料等领域。一种利用炼锌渣(主要含ZnO、CuO、Fe2O3和一定量的GaCl3、不溶性杂质)为原料制备高纯镓的流程如图所示：
已知：①电解制取镓时，溶液中的氯离子会影响镓的析出。
②Zn2+与Ga3+的各物种的分布分数随pH的变化如图-1所示。
③室温时，。
（1）黄钠铁矾的化学式为，写出“沉铁”时的离子方程式 。
（2）“还原除杂”时先向溶液中加入一定量的Cu粉，反应一段时间后再向溶液中加入稍过量Zn粉。沉淀X中含有的主要元素有 。
（3）“调节pH”时，调节pH为8.2，但不能过高的原因是 。
（4）已知：。为了探究氨水能否溶解，反应的平衡常数为 。
（5）直接电解“沉锌”后的溶液可制备镓，阴极的电极反应式为 。
（6）砷化镓(GaAs)是重要的半导体材料，其晶胞结构如图-2所示，与Ga原子配位的砷原子构成正四面体结构。请将与箭头指向的Ga原子配位的砷原子涂黑。
16．（2022高三上·海门期末）化合物F是一种抗精神病药物，其合成路线如下图所示：
（1）A→B过程中生成另一种产物为HCl，X结构简式为 。
（2）已知有机羧酸的酸性与羧基中O-H极性密切相关，一般情况下，O-H的极性越强，羧酸的酸性越强。比较与的酸性强弱并说明理由 。
（3）D→F的过程中涉及两步反应，其反应类型依次为的反应类型 。
（4）B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含有两个苯环，在碱性条件下能发生水解，水解产物之一能与金属钠产生氢气；
②分子中只含有3种不同化学环境的氢原子。
（5）已知：①苯胺易被氧化；
②
请以甲苯为原料制备，写出制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。 。
17．（2022高三上·海门期末）工业常用浓硝酸、浓硫酸吸收工业废气中的、生成亚硝基硫酸()来消除污染。亚硝基硫酸()常温下是颗粒状晶体，在水溶液中难电离。某兴趣小组为了验证该方法的可行性，进行如下实验：
（1）制备方法一
反应原理：。实验装置如图所示。
A装置中盛放的是 ，为了尽可能使气体反应充分，应控制a、b处通入气体流速的比值为 。
（2）制备方法二
反应原理：。请补充完整由混有少量NaCl的固体制备较纯净的晶体的实验方案：向混有少量NaCl的固体中加入 ，将制得的较纯净二氧化硫气体通入浓硝酸中充分反应并 ，将反应后的溶液过滤、洗涤、干燥。(可选用的试剂有：溶液、溶液、饱和溶液、NaOH溶液)
（3）测定产品纯度：
准确称取0.7000g产品于锥形瓶中，加入少量硫酸溶解，再加入溶液40.00mL，摇匀，用标准溶液滴定，消耗标准溶液的体积为20.00mL。已知：；中的氮元素能被氧化为硝酸。
①写出与反应的离子方程式为 。
②计算产品的纯度(写出计算过程)。
18．（2022高三上·海门期末）含氮化合物(、等)是石油工业主要的污染物之一，消除废水中含氮化合物是当今环保重要课题之一
（1）电解食盐水生成活性氯(HClO)是降解溶液中铵态氮(NH4+)的常见技术之一
将一定浓度NaCl溶液与含铵态氮(NH4+)的溶液混合后进行电解，电解过程中溶液中的活性氯的浓度、铵态氮(NH4+)及总氮的去除率随时间的变化如图-1所示，溶液中的pH、电导率随时间的变化如图-2所示。曲线2表示 (填“铵态氮去除率”或“总氮去除率”)，120分钟以后，活性氯降解铵态氮主要反应的离子方程式为 。120分钟以后，溶液中电导率下降的主要原因是 。
（2）NH3还原技术是当今最有效成熟的去除NOx的技术之一
某钒催化剂在一定条件下形成相邻的氧化还原位和酸性吸附位，该催化剂催化NH3脱除电厂烟气中NO的可能反应机理如图-3所示。步骤①、②可表述为 (指明反应发生的位置，“…”表示催化剂吸附)。反应过程中消耗1molO2，理论上可处理NO物质的量为 mol。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．碱浸，漂白过程中生成新物质，存在化学变化，A不符合题意；
B．磁石，主要成分为四氧化三铁，B不符合题意；
C．火药爆炸过程中释放出能量，生成物能量低于反应物的能量，C不符合题意；
D．黑墨成分含有碳，常温下化学性质比较稳定，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、碱浸和漂白为化学变化；
B、四氧化三铁又称为磁性氧化铁；
C、爆炸为放热反应；
D、碳常温下稳定。
2．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；结构简式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．基态氧原子的轨道表示式：，故A不符合题意；
B．乙烯的结构简式为，故B不符合题意；
C．中O和H通过共价键连接，电子式为，故C符合题意；
D．是非极性分子，但不含非极性共价键，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、同一个轨道的电子自旋相反；
B、结构简式中碳碳双键不可省略；
C、水的电子式要满足氢周围2个电子，氧周围8个电子；
D、相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合。
3．【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，可用于制取漂白液，A不符合题意；
B．铁粉易与反应，可用作食品保存的吸氧剂，B符合题意；
C．具有漂白性，可用于漂白纸浆，C不符合题意；
D．光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理，与硬度大小无关，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、氯气制取漂白液是因为可以和氢氧化钠溶液反应；
B、铁具有还原性，可以和氧气反应，作为吸氧剂；
C、二氧化硫具有漂白性，可以漂白；
D、二氧化硅具有良好的光学特点，可以制作光导纤维。
4．【答案】A
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．碳和浓硝酸在加热条件下反应生成CO2和NO2，甲装置缺少加热装置，A符合题意；
B．碱石灰是碱性干燥剂，能用来干燥NO，B不符合题意；
C．由，干燥洁净的NO可与过氧化钠反应合成，C不符合题意；
D．多余的NO尾气在丁装置中能与酸性高锰酸钾溶液反应从而被吸收，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、浓硝酸和碳反应生成二氧化氮；
B、一氧化氮可以用碱石灰干燥；
C、过氧化钠和一氧化氮反应生成亚硝酸钠；
D、一氧化氮可以和酸性高锰酸钾发生氧化还原反应。
5．【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．铜处于周期表第四周期第IB族，A不符合题意；
B．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强，元素电负性：X
D．元素Y、Z形成化合物氧化钠、过氧化钠均是离子化合物，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、铜为副族元素；
B、同周期从左到右元素的电负性变强；
C、氢化物的稳定性即比较非金属性；
D、铵根离子或金属离子与非金属离子或酸根离子的结合是离子键，含有离子键的化合物为离子化合物。
6．【答案】C
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A． 该正反应放热熵增，则任何温度下ΔH-TΔS＜0均可自发，A不符合题意；
B．为固体， 增大的量不影响反应速率、不影响平衡，不可提高铁的产率，B不符合题意；
C．反应的平衡常数为K=c(CO)，K只与温度有关，则只改变压强未改变温度时平衡常数K不变，达新平衡后CO浓度保持不变，C符合题意；
D． 升高温度，逆反应速率加快，正反应速率也加快，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、结合ΔH-TΔS＜0判断；
B、固体不影响平衡移动；
C、结合化学平衡常数判断；
D、升高温度，正逆反应速率加快。
7．【答案】C
【知识点】铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A．向沸水中滴加饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，制备胶体，A不符合题意；
B．Fe和水蒸气高温下反应，生成和，B不符合题意；
C．，C符合题意；
D．，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、氢氧化铁胶体的制备不能采用氢氧化钠溶液；
B、铁和水蒸气高温生成四氧化三铁；
C、亚铁离子和碘发生可逆反应生成铁离子和碘离子；
D、氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜。
8．【答案】A
【知识点】判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况
【解析】【解答】A.1个SCN 中含有2个σ，2个Π，A符合题意；
B．FeCl3中，Fe与Cl之间的化学键是共价键，不是离子键，所以FeCl3属于分子晶体，B不符合题意；
C．中，价层电子对数4，孤电子对数为0，所以空间构型为四面体，中价层电子对数为4，孤电子对数为0，所以空间构型为四面体，C不符合题意；
D．Fe(SCN)n(H2O)6 n]3 n 中，配体为SCN-和H2O，配位数为6，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键；π键即不饱和键，即每一个共价键中除了σ键以外的就是π键；
B、只有共价键，为分子晶体；
C、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；
D、配体含有SCN-和H2O，总和为6。
9．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．由图可知，Y分子中碳碳双键两端的基团不同，存在顺反异构，A不符合题意；
B．Y分子含有羧基、酯基均可以和氢氧化钠反应，酯基反应后生成的酚羟基也可以和氢氧化钠反应，故1molY最多能与3molNaOH发生反应，B符合题意；
C．X分子中含有酚羟基，能与溴水发生取代反应，C不符合题意；
D．X中含有酚羟基、Y中不含酚羟基，酚类物质遇到氯化铁溶液发生显色反应，故可以用溶液鉴别，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、顺反异构碳碳双键两端的集团需要完全不同；
B、羧基消耗1mol氢氧化钠，酯基中的单键氧原子连接在苯环则消耗2mol氢氧化钠；
C、酚羟基的邻位和间位可以被溴取代；
D、酚羟基可以使氯化铁溶液显紫色。
10．【答案】D
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．据分析，放电时a为负极、b为正极，则充电时，b电极为阳极、应与外接电源正极相连，A不符合题意；
B． 放电时，正极反应为，图中X表示，B不符合题意；
C． 充电时，a电极为阴极，反应为：，a电极质量将增加，C不符合题意；
D． 放电时，a电极消耗Al、b电极消耗Te，按电极方程式及得失电子数守恒，a、b两电极消耗单质的物质的量之比为2：3，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】新型二次电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒；若是充电过程，则负极作为阴极，正极作为阳极，阴极电极反应式为负极的逆反应，阳极的电极反应式为正极的逆反应。
11．【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．Sb3＋发生水解的离子方程式为Sb3＋＋Cl ＋H2O SbOCl＋2H＋，可加入粉末以促进水解，故A不符合题意；
B．加入Sb，Sb将Fe3＋还原为Fe2＋，是防止在后续水解生成，故B不符合题意；
C．辉锑矿（主要成分为，还含有Fe2O3、Al2O3、MgO等）中加入盐酸、FeCl3溶液溶浸，加入Sb，Sb将Fe3＋还原为Fe2＋，所以“滤液”中含有的主要金属阳离子有：、、；故C不符合题意；
D．Sb2S3“溶浸”时反应的化学方程式为Sb2S3＋6FeCl3＝3S＋2SbCl3＋6FeCl2，所以离子方程式为，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、碳酸钠可以减少氢离子浓度，使平衡朝正向移动；
B、铁离子会水解为氢氧化铁，因此通过加入还原剂抑制铁离子的水解；
C、结合前后流程可以知道阳离子有亚铁离子、铝离子和镁离子；
D、固体不可拆，氯盐几乎都是可溶性盐，可拆。
12．【答案】C
【知识点】化学键；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A．由图可知，起始氧气和水蒸气的能量都为0，与催化剂接触后*H2O的能量低于*O2的能量，说明水蒸气更易被吸附在催化剂表面，故A不符合题意；
B．由图可知，*O与*H反应生成水蒸气，则水蒸气是反应的活化催化剂，能加快反应速率，但平衡不移动，甲醇的产率不变，故B不符合题意；
C．由图可知，*CH4、*OH和*H反应生成*CH3OH和2*H时反应活化能最大，则该历程中最大的活化能为-12.68kJ/mol-(-35.03kJ/mol)=22.37kJ/mol，故C符合题意；
D．氧气分子中含有氧氧双键，该历程涉及σ键和π键的断裂，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、能量降低越多，则越容易吸附在催化剂；
B、水蒸气是催化剂，不影响产率；
C、活化能越大则能量上升越多；
D、键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键。
13．【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．向10mL1.0mol/LNaOH溶液通入首先发生反应生成亚硫酸钠，为强碱弱酸盐，溶液显碱性；继续通入二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，其水解常数为，其电离大于水解，溶液显酸性；反应后得到的溶液pH=7，则溶液中溶质以亚硫酸钠为主，故：，A符合题意；
B．实验2混合后的溶液中根据物料守恒可知：，B不符合题意；
C．实验3所得溶液中根据电荷守恒可知，，C不符合题意；
D．酸和碱均会已知水的电离，实验4反应过程中亚硫酸氢钠和氢氧化钠恰好反应生成硫酸钠时，水的电离程度最大；氢氧化钠过量后又会已知水的电离，故水的电离程度先增大后减小，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、pH=7，此时溶质主要为亚硫酸钠，因此亚硫酸根浓度大于亚硫酸氢根；
B、结合物料守恒判断；
C、结合电荷守恒判断；
D、酸、碱会抑制水的电离，盐的水解会促进水的电离。
14．【答案】B
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．由盖斯定律可知，反应Ⅰ×+反应Ⅱ×得到反应，则ΔH4=(+80.2kJ/mol) ×+(-108kJ/mol) ×=+66.3kJ/mol＞0，故A不符合题意；
B．由热化学方程式可知，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，C2H4的物质的量分数增大，反应Ⅱ为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，C2H4的物质的量分数增大、C3H6的物质的量分数减小，则由图可知，曲线b表示C3H6的物质的量分数随温度的变化，故B符合题意；
C．由图可知，780K时C3H6的物质的量分数最大，说明反应达到平衡，则温度780K时，反应未达到平衡，说明温度对反应Ⅱ的影响小于C2H4的浓度对反应Ⅱ的影响，故C不符合题意；
D．由图可知，780K时C3H6的物质的量分数最大，说明反应达到平衡，则反应Ⅱ、Ⅲ为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，C2H4的物质的量分数增大，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，C2H4的物质的量分数增大，所以由C2H4的物质的量分数增大不能确定780K之后体系以反应Ⅱ为主，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
B、升高温度，平衡朝吸热方向移动；
C、结合平衡时刻的特点判断；
D、升高温度，平衡朝吸热方向移动。
15．【答案】（1）
（2）Cu、Cl
（3）pH过高Zn2+将转化为Zn(OH)2或，影响后续Zn2+转化为ZnS
（4）
（5）
（6）
【知识点】晶胞的计算；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）酸浸后加入Na2SO4溶液将溶液中的Fe3+转化为黄钠铁矾，酸性溶液环境下根据电荷守恒写出离子反应方程式为：；
（2）“还原除杂”时先向溶液中加入一定量的Cu粉可除去Cl-，发生的反应为：Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓，CuCl难溶于水和稀酸，所以沉淀X是CuCl，含有的主要元素有Cu、Cl；
（3）根据图-1可得知，当pH过高时，Zn2+将转化为Zn(OH)2或，影响后续Zn2+转化为ZnS；
（4）假设反应平衡常数为，则=2.0×10-5×1.0×10-35×1.0×1034=2.0×10-6，故平衡常数为2.0×10-6；
（5）根据分析可知，“沉锌”后的溶液含溶质NaGa(OH)4，电解NaGa(OH)4溶液时，阴极[Ga(OH)4]-得到电子生成Ga，阴极的电极反应式为；
（6）由晶胞结构可知，Ga的配位数为4，晶胞中Ga原子数目为4，As原子数目=8×1/8+6×1/2=4，晶胞中As、Ga原子数目之比为1∶1，As的配位数也是4，故Ga与周围4个As原子形成正四面体结构，所以将与Ga原子距离最近的3个面中心的As原子以及1个顶点的As原子涂黑，如下图所示：。
【分析】（1）铁离子和硫酸根离子、钠离子、水反应生成黄钠铁矾和氢离子；
（2）铜和铜离子、氯离子反应生成氯化亚铜；
（3）pH过高会生成氢氧化锌，影响后续除杂；
（4）结合化学平衡常数的公式判断；
（5）阴极得电子，化合价降低，形成镓单质；
（6）结合顶点、面心的原子判断。
16．【答案】（1）
（2）因为电负性F>，使得羧酸中O-H键中共用电子对更偏向与氧，羧基中羟基极性更强，更易电离出氢离子，所以的酸性更强
（3）加成反应、消去反应
（4）
（5）
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；加成反应；消去反应
【解析】【解答】（1）A→B过程中生成另一种产物为，可以推测发生取代反应 ，X结构简式为，答案：；
（2）因为电负性F、都比较强，使得结构中电子偏向于卤原子，羧酸中O-H键中共用电子对更偏向与氧，羧基中羟基极性更强，更易电离出氢离子，又因为F> ，的酸性更强，答案：因为电负性F> ，使得羧酸中O-H键中共用电子对更偏向与氧，羧基中羟基极性更强，更易电离出氢离子，所以的酸性更强
（3），反应分别为：加成反应、消去反应；
（4）①含有两个苯环，在碱性条件下能发生水解，水解产物之一能与金属钠产生氢气，所以应该有碳氯键；
②分子中只含有3种不同化学环境的氢原子，分子结构高度对称；结构为：
；
（5）由目标产物分析须合成邻氯甲苯和邻氨苯甲酸，甲苯发生取代得到邻硝基甲苯，然后再将甲基氧化为羧基、硝基转变成氨基即可：
【分析】（1）取代反应的特点是交换原子或者基团；
（2）电负性越强，则羟基极性越强，酸性越强；
（3）碳碳双键的断裂形成单键为加成反应，单键转化为双键为消去反应；
（4）碱性条件下发生水解，为氯原子，且有3种等效氢，结合对称性判断；
（5）合成路线的设计，一般要结合已知条件或者已知合成路线去看，根据题干要求的物质，采用顺推或者逆推法进行相应的设计。
17．【答案】（1）水；3：1
（2）加入溶液，将产生的气体先通过饱和溶液，再通过溶液；将尾气通入氢氧化钠溶液中
（3）；90.71%
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）根据反应原理：，反应物的气体缺少NO，由NO2和水反应生成硝酸和NO，则A装置中盛放的是水，A装置内发生的化学反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，每3mol NO2产生1molNO，由反应原理可知NO和NO2的反应为1：1，则控制a、b处通入气体流速的比值为3：1；
（2）由浓硫酸和固体反应生成SO2气体，将SO2气体通过饱和溶液中除杂，即向固体中加入溶液，将产生的气体先通过饱和溶液，再通过溶液，将制得的较纯净二氧化硫气体通入浓硝酸中充分反应并将尾气通入氢氧化钠溶液中，将反应后的溶液过滤、洗涤、干燥；
（3）①中的氮元素能被氧化为硝酸，锰元素被还原为锰离子，与反应的离子方程式为；
②的物质的量为n=
的物质的量为n=，根据反应的方程式：，与反应的物质的量为，与反应的物质的量为，根据反应的方程式：，，产品的纯度为。
【分析】（1）二氧化氮可以和水反应生成一氧化氮；
（2）酸性尾气吸收通常采用氢氧化钠溶液；
（3） ① 高锰酸根和亚硝基硫酸 、水反应生成锰离子、硫酸根离子、硝酸根离子和氢离子；
② 结合公式n=c·V以及化学计量数之比等于物质的量之比判断。
18．【答案】（1）总氮去除率；或；随着溶液中铵态氮()减少，与有效氯反应生成的H+的量少于电解消耗的H+的量，使得溶液中离子总浓度降低，电导率下降
（2）氨气在催化剂的酸性吸附位与其反应生成与，生成的在催化剂的氧化还原位被氧化生成NH3+，催化剂被还原为；4
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】（1）由于曲线的2的去除率始终低于曲线1的去除率，所以曲线2表示总氮去除率，反应中铵根被氧化硝酸根或亚硝酸根，次氯酸被还原，则120分钟以后，活性氯降解铵态氮主要反应的离子方程式为或。由于随着溶液中铵态氮()减少，与有效氯反应生成的H+的量少于电解消耗的H+的量，使得溶液中离子总浓度降低，电导率下降，因此120分钟以后，溶液中电导率下降。
（2）根据转化关系图可知反应①②是氨气在催化剂的酸性吸附位与其反应生成与，生成的在催化剂的氧化还原位被氧化生成NH3+，而催化剂被还原为；根据关系图结合电子得失守恒可知1mol氧气可以得到4mol钒催化剂，通过反应①②可以得到4molNH3+，4molNH3+可以还原4molNO，所以理论上可处理NO物质的量为4mol。
【分析】（1）次氯酸和铵根离子反应生成亚硝酸根离子、氯离子、水和氢离子；
（2）氧化还原反应的基本口诀：升失氧化还原剂，降得还原氧化剂；
化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，作为还原剂，得到还原产物；
化合价降低，得到电子，被还原，发生还原反应，作为氧化剂，得到氧化产物；
结合化学计量数之比等于物质的量之比判断。
江苏省南通市海门区2022-2023学年高三上学期期末化学试题
一、单选题
1．（2022高三上·海门期末）四大发明是中国古代创新的智慧成果和科学技术，包括了造纸术、指南针、火药、印刷术。下列说法正确的是
A．造纸过程中的破碎，碱浸，漂白，沉浆都属于物理变化
B．古代制造指南针的材料为磁石，主要成分为
C．火药爆炸过程中的能量变化如图所示
D．活字印刷术使用的黑墨，常温下化学性质比较稳定
【答案】D
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．碱浸，漂白过程中生成新物质，存在化学变化，A不符合题意；
B．磁石，主要成分为四氧化三铁，B不符合题意；
C．火药爆炸过程中释放出能量，生成物能量低于反应物的能量，C不符合题意；
D．黑墨成分含有碳，常温下化学性质比较稳定，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、碱浸和漂白为化学变化；
B、四氧化三铁又称为磁性氧化铁；
C、爆炸为放热反应；
D、碳常温下稳定。
2．（2022高三上·海门期末）二氧化碳可制备乙烯，反应为：。下列说法正确的是
A．基态氧原子的轨道表示式：
B．乙烯的结构简式：
C．的电子式为
D．中含有非极性共价键
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；结构简式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．基态氧原子的轨道表示式：，故A不符合题意；
B．乙烯的结构简式为，故B不符合题意；
C．中O和H通过共价键连接，电子式为，故C符合题意；
D．是非极性分子，但不含非极性共价键，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、同一个轨道的电子自旋相反；
B、结构简式中碳碳双键不可省略；
C、水的电子式要满足氢周围2个电子，氧周围8个电子；
D、相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合。
3．（2022高三上·海门期末）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．易液化，可用于制取漂白液
B．铁粉能与反应，可用作食品保存的吸氧剂
C．具有氧化性，可用于漂白纸浆
D．硬度大，可用于制造光导纤维
【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，可用于制取漂白液，A不符合题意；
B．铁粉易与反应，可用作食品保存的吸氧剂，B符合题意；
C．具有漂白性，可用于漂白纸浆，C不符合题意；
D．光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理，与硬度大小无关，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、氯气制取漂白液是因为可以和氢氧化钠溶液反应；
B、铁具有还原性，可以和氧气反应，作为吸氧剂；
C、二氧化硫具有漂白性，可以漂白；
D、二氧化硅具有良好的光学特点，可以制作光导纤维。
4．（2022高三上·海门期末）亚硝酸钠()是一种肉制品生产中常见的食品添加剂，实验室通过以下反应制备：。下列实验装置不能达到实验目的的是
A．用装置甲制备NO B．用装置乙干燥NO
C．用装置丙合成 D．用装置丁处理尾气
【答案】A
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．碳和浓硝酸在加热条件下反应生成CO2和NO2，甲装置缺少加热装置，A符合题意；
B．碱石灰是碱性干燥剂，能用来干燥NO，B不符合题意；
C．由，干燥洁净的NO可与过氧化钠反应合成，C不符合题意；
D．多余的NO尾气在丁装置中能与酸性高锰酸钾溶液反应从而被吸收，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、浓硝酸和碳反应生成二氧化氮；
B、一氧化氮可以用碱石灰干燥；
C、过氧化钠和一氧化氮反应生成亚硝酸钠；
D、一氧化氮可以和酸性高锰酸钾发生氧化还原反应。
5．（2022高三上·海门期末）前四周期元素X、Y、Z、Q、W原子序数依次增大，X的单质在空气中含量最多，Y为地壳中含量最高的元素，Z原子在其所在周期中除稀有气体外半径最大，Q与X同主族，W原子N能层只有一个电子，其余能层全部排满。下列说法正确的是
A．元素W处于周期表第四周期第IA族
B．元素电负性：X>Y
C．元素Q的简单气态氢化物的热稳定性比Y强
D．元素Y、Z形成化合物是离子化合物
【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．铜处于周期表第四周期第IB族，A不符合题意；
B．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强，元素电负性：X
D．元素Y、Z形成化合物氧化钠、过氧化钠均是离子化合物，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、铜为副族元素；
B、同周期从左到右元素的电负性变强；
C、氢化物的稳定性即比较非金属性；
D、铵根离子或金属离子与非金属离子或酸根离子的结合是离子键，含有离子键的化合物为离子化合物。
6．（2022高三上·海门期末）关于反应 ，下列说法正确的是
A．该反应在低温条件下不能自发进行
B．增大的量，可提高铁的产率
C．只改变压强，达新平衡后CO浓度保持不变
D．升高温度，逆反应速率加快，正反应速率减慢
【答案】C
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A． 该正反应放热熵增，则任何温度下ΔH-TΔS＜0均可自发，A不符合题意；
B．为固体， 增大的量不影响反应速率、不影响平衡，不可提高铁的产率，B不符合题意；
C．反应的平衡常数为K=c(CO)，K只与温度有关，则只改变压强未改变温度时平衡常数K不变，达新平衡后CO浓度保持不变，C符合题意；
D． 升高温度，逆反应速率加快，正反应速率也加快，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、结合ΔH-TΔS＜0判断；
B、固体不影响平衡移动；
C、结合化学平衡常数判断；
D、升高温度，正逆反应速率加快。
7．（2022高三上·海门期末）在指定条件下，下列选项所示的物质或离子间转化能实现的是
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】铁的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A．向沸水中滴加饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，制备胶体，A不符合题意；
B．Fe和水蒸气高温下反应，生成和，B不符合题意；
C．，C符合题意；
D．，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、氢氧化铁胶体的制备不能采用氢氧化钠溶液；
B、铁和水蒸气高温生成四氧化三铁；
C、亚铁离子和碘发生可逆反应生成铁离子和碘离子；
D、氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜。
8．（2022高三上·海门期末）沸点为316℃，常用于蚀刻电路板。硫酸亚铁铵 []常用于治疗缺铁性贫血，向硫酸亚铁铵溶液中加入几滴碘水，振荡后再向其中滴加几滴KSCN溶液，溶液呈血红色，该血红色物质为。下列说法错误的是
A．1mol中含有σ键的数目为4mol
B．为分子晶体
C．与SO42 具有相似的空间构型
D．[Fe(SCN)n(H2O)6 n]3 n中心离子的配位数为6
【答案】A
【知识点】判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况
【解析】【解答】A.1个SCN 中含有2个σ，2个Π，A符合题意；
B．FeCl3中，Fe与Cl之间的化学键是共价键，不是离子键，所以FeCl3属于分子晶体，B不符合题意；
C．中，价层电子对数4，孤电子对数为0，所以空间构型为四面体，中价层电子对数为4，孤电子对数为0，所以空间构型为四面体，C不符合题意；
D．Fe(SCN)n(H2O)6 n]3 n 中，配体为SCN-和H2O，配位数为6，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键；π键即不饱和键，即每一个共价键中除了σ键以外的就是π键；
B、只有共价键，为分子晶体；
C、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；
D、配体含有SCN-和H2O，总和为6。
9．（2022高三上·海门期末）一种药物中间体Y可由X制备。下列说法错误的是
A．Y分子存在顺反异构 B．1molY最多能与2molNaOH发生反应
C．X分子能与溴水发生取代反应 D．X、Y可以用溶液鉴别
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．由图可知，Y分子中碳碳双键两端的基团不同，存在顺反异构，A不符合题意；
B．Y分子含有羧基、酯基均可以和氢氧化钠反应，酯基反应后生成的酚羟基也可以和氢氧化钠反应，故1molY最多能与3molNaOH发生反应，B符合题意；
C．X分子中含有酚羟基，能与溴水发生取代反应，C不符合题意；
D．X中含有酚羟基、Y中不含酚羟基，酚类物质遇到氯化铁溶液发生显色反应，故可以用溶液鉴别，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、顺反异构碳碳双键两端的集团需要完全不同；
B、羧基消耗1mol氢氧化钠，酯基中的单键氧原子连接在苯环则消耗2mol氢氧化钠；
C、酚羟基的邻位和间位可以被溴取代；
D、酚羟基可以使氯化铁溶液显紫色。
10．（2022高三上·海门期末）Al-Te电池是一种二次电池，电解质为与有机离子液体()，该电池放电时在正极生成，放电过程的示意图如下所示，下列说法错误的是
A．充电时，b电极应与外接电源正极相连
B．放电时，图中X表示
C．充电时，a电极的质量将增加
D．放电时，a、b两电极消耗单质的物质的量之比为3：2
【答案】D
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．据分析，放电时a为负极、b为正极，则充电时，b电极为阳极、应与外接电源正极相连，A不符合题意；
B． 放电时，正极反应为，图中X表示，B不符合题意；
C． 充电时，a电极为阴极，反应为：，a电极质量将增加，C不符合题意；
D． 放电时，a电极消耗Al、b电极消耗Te，按电极方程式及得失电子数守恒，a、b两电极消耗单质的物质的量之比为2：3，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】新型二次电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒；若是充电过程，则负极作为阴极，正极作为阳极，阴极电极反应式为负极的逆反应，阳极的电极反应式为正极的逆反应。
11．（2022高三上·海门期末）锑(Sb)可用作阻燃剂、电极材料、催化剂等物质的原材料。一种以灰锑矿(主要成分为，还有，，MgO等)为原料提取锑的工艺如下：
下列说法错误的是：
A．“水解”时可加入粉末以促进水解
B．“还原”的目的是防止在后续水解生成，影响产品纯度
C．“滤液”中含有的主要金属阳离子有：、、
D．“溶浸”时转化为，发生反应的离子方程式为：
【答案】D
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．Sb3＋发生水解的离子方程式为Sb3＋＋Cl ＋H2O SbOCl＋2H＋，可加入粉末以促进水解，故A不符合题意；
B．加入Sb，Sb将Fe3＋还原为Fe2＋，是防止在后续水解生成，故B不符合题意；
C．辉锑矿（主要成分为，还含有Fe2O3、Al2O3、MgO等）中加入盐酸、FeCl3溶液溶浸，加入Sb，Sb将Fe3＋还原为Fe2＋，所以“滤液”中含有的主要金属阳离子有：、、；故C不符合题意；
D．Sb2S3“溶浸”时反应的化学方程式为Sb2S3＋6FeCl3＝3S＋2SbCl3＋6FeCl2，所以离子方程式为，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、碳酸钠可以减少氢离子浓度，使平衡朝正向移动；
B、铁离子会水解为氢氧化铁，因此通过加入还原剂抑制铁离子的水解；
C、结合前后流程可以知道阳离子有亚铁离子、铝离子和镁离子；
D、固体不可拆，氯盐几乎都是可溶性盐，可拆。
12．（2022高三上·海门期末）利用与在催化剂的作用下可合成甲醇，反应为，、和按照一定体积比在催化剂表面合成甲醇，反应部分历程如下图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注，TS代表过渡态)，下列说法正确的是
A．比更易被吸附在催化剂表面
B．向体系中通入水蒸气能提高甲醇的产率
C．该历程中最大的活化能是
D．该历程只涉及σ键的断裂和形成
【答案】C
【知识点】化学键；活化能及其对化学反应速率的影响
【解析】【解答】A．由图可知，起始氧气和水蒸气的能量都为0，与催化剂接触后*H2O的能量低于*O2的能量，说明水蒸气更易被吸附在催化剂表面，故A不符合题意；
B．由图可知，*O与*H反应生成水蒸气，则水蒸气是反应的活化催化剂，能加快反应速率，但平衡不移动，甲醇的产率不变，故B不符合题意；
C．由图可知，*CH4、*OH和*H反应生成*CH3OH和2*H时反应活化能最大，则该历程中最大的活化能为-12.68kJ/mol-(-35.03kJ/mol)=22.37kJ/mol，故C符合题意；
D．氧气分子中含有氧氧双键，该历程涉及σ键和π键的断裂，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、能量降低越多，则越容易吸附在催化剂；
B、水蒸气是催化剂，不影响产率；
C、活化能越大则能量上升越多；
D、键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键。
13．（2022高三上·海门期末）室温下，通过实验探究亚硫酸盐的性质。已知：、。下列说法正确的是
实验 实验操作和现象
1 向10mL1.0mol/LNaOH溶液通入至溶液pH=7
2 将等体积、等物质的量浓度的和溶液混合，无明显现象
3 向10mL溶液中，逐滴加入等体积等浓度盐酸最终溶液pH<7
4 向10mL溶液中逐滴滴加15mL1.0mol/LNaOH溶液后测得pH>7
A．实验1得到的溶液中：
B．实验2混合后的溶液中存在：
C．实验3所得溶液中：
D．实验4反应过程中水的电离程度逐渐减小
【答案】A
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．向10mL1.0mol/LNaOH溶液通入首先发生反应生成亚硫酸钠，为强碱弱酸盐，溶液显碱性；继续通入二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，其水解常数为，其电离大于水解，溶液显酸性；反应后得到的溶液pH=7，则溶液中溶质以亚硫酸钠为主，故：，A符合题意；
B．实验2混合后的溶液中根据物料守恒可知：，B不符合题意；
C．实验3所得溶液中根据电荷守恒可知，，C不符合题意；
D．酸和碱均会已知水的电离，实验4反应过程中亚硫酸氢钠和氢氧化钠恰好反应生成硫酸钠时，水的电离程度最大；氢氧化钠过量后又会已知水的电离，故水的电离程度先增大后减小，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、pH=7，此时溶质主要为亚硫酸钠，因此亚硫酸根浓度大于亚硫酸氢根；
B、结合物料守恒判断；
C、结合电荷守恒判断；
D、酸、碱会抑制水的电离，盐的水解会促进水的电离。
14．（2022高三上·海门期末）一碘甲烷()热裂解可制取乙烯等低碳烯烃化工原料。碘甲烷热裂解时主要反应有：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
在体积为1L的密闭容器中，起始投料，平衡体系中各烯烃的物质的量分数随温度的变化如图所示，下列说法正确的是
A．若的焓变为，则
B．曲线b表示的物质的量分数随温度的变化
C．400K~780K之间，温度对反应Ⅱ的影响大于的浓度对反应Ⅱ的影响
D．780K之后，体系以反应Ⅱ为主
【答案】B
【知识点】化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．由盖斯定律可知，反应Ⅰ×+反应Ⅱ×得到反应，则ΔH4=(+80.2kJ/mol) ×+(-108kJ/mol) ×=+66.3kJ/mol＞0，故A不符合题意；
B．由热化学方程式可知，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，C2H4的物质的量分数增大，反应Ⅱ为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，C2H4的物质的量分数增大、C3H6的物质的量分数减小，则由图可知，曲线b表示C3H6的物质的量分数随温度的变化，故B符合题意；
C．由图可知，780K时C3H6的物质的量分数最大，说明反应达到平衡，则温度780K时，反应未达到平衡，说明温度对反应Ⅱ的影响小于C2H4的浓度对反应Ⅱ的影响，故C不符合题意；
D．由图可知，780K时C3H6的物质的量分数最大，说明反应达到平衡，则反应Ⅱ、Ⅲ为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，C2H4的物质的量分数增大，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，C2H4的物质的量分数增大，所以由C2H4的物质的量分数增大不能确定780K之后体系以反应Ⅱ为主，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
B、升高温度，平衡朝吸热方向移动；
C、结合平衡时刻的特点判断；
D、升高温度，平衡朝吸热方向移动。
二、综合题
15．（2022高三上·海门期末）高纯镓广泛用于半导体、光电材料等领域。一种利用炼锌渣(主要含ZnO、CuO、Fe2O3和一定量的GaCl3、不溶性杂质)为原料制备高纯镓的流程如图所示：
已知：①电解制取镓时，溶液中的氯离子会影响镓的析出。
②Zn2+与Ga3+的各物种的分布分数随pH的变化如图-1所示。
③室温时，。
（1）黄钠铁矾的化学式为，写出“沉铁”时的离子方程式 。
（2）“还原除杂”时先向溶液中加入一定量的Cu粉，反应一段时间后再向溶液中加入稍过量Zn粉。沉淀X中含有的主要元素有 。
（3）“调节pH”时，调节pH为8.2，但不能过高的原因是 。
（4）已知：。为了探究氨水能否溶解，反应的平衡常数为 。
（5）直接电解“沉锌”后的溶液可制备镓，阴极的电极反应式为 。
（6）砷化镓(GaAs)是重要的半导体材料，其晶胞结构如图-2所示，与Ga原子配位的砷原子构成正四面体结构。请将与箭头指向的Ga原子配位的砷原子涂黑。
【答案】（1）
（2）Cu、Cl
（3）pH过高Zn2+将转化为Zn(OH)2或，影响后续Zn2+转化为ZnS
（4）
（5）
（6）
【知识点】晶胞的计算；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）酸浸后加入Na2SO4溶液将溶液中的Fe3+转化为黄钠铁矾，酸性溶液环境下根据电荷守恒写出离子反应方程式为：；
（2）“还原除杂”时先向溶液中加入一定量的Cu粉可除去Cl-，发生的反应为：Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓，CuCl难溶于水和稀酸，所以沉淀X是CuCl，含有的主要元素有Cu、Cl；
（3）根据图-1可得知，当pH过高时，Zn2+将转化为Zn(OH)2或，影响后续Zn2+转化为ZnS；
（4）假设反应平衡常数为，则=2.0×10-5×1.0×10-35×1.0×1034=2.0×10-6，故平衡常数为2.0×10-6；
（5）根据分析可知，“沉锌”后的溶液含溶质NaGa(OH)4，电解NaGa(OH)4溶液时，阴极[Ga(OH)4]-得到电子生成Ga，阴极的电极反应式为；
（6）由晶胞结构可知，Ga的配位数为4，晶胞中Ga原子数目为4，As原子数目=8×1/8+6×1/2=4，晶胞中As、Ga原子数目之比为1∶1，As的配位数也是4，故Ga与周围4个As原子形成正四面体结构，所以将与Ga原子距离最近的3个面中心的As原子以及1个顶点的As原子涂黑，如下图所示：。
【分析】（1）铁离子和硫酸根离子、钠离子、水反应生成黄钠铁矾和氢离子；
（2）铜和铜离子、氯离子反应生成氯化亚铜；
（3）pH过高会生成氢氧化锌，影响后续除杂；
（4）结合化学平衡常数的公式判断；
（5）阴极得电子，化合价降低，形成镓单质；
（6）结合顶点、面心的原子判断。
16．（2022高三上·海门期末）化合物F是一种抗精神病药物，其合成路线如下图所示：
（1）A→B过程中生成另一种产物为HCl，X结构简式为 。
（2）已知有机羧酸的酸性与羧基中O-H极性密切相关，一般情况下，O-H的极性越强，羧酸的酸性越强。比较与的酸性强弱并说明理由 。
（3）D→F的过程中涉及两步反应，其反应类型依次为的反应类型 。
（4）B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含有两个苯环，在碱性条件下能发生水解，水解产物之一能与金属钠产生氢气；
②分子中只含有3种不同化学环境的氢原子。
（5）已知：①苯胺易被氧化；
②
请以甲苯为原料制备，写出制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。 。
【答案】（1）
（2）因为电负性F>，使得羧酸中O-H键中共用电子对更偏向与氧，羧基中羟基极性更强，更易电离出氢离子，所以的酸性更强
（3）加成反应、消去反应
（4）
（5）
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；加成反应；消去反应
【解析】【解答】（1）A→B过程中生成另一种产物为，可以推测发生取代反应 ，X结构简式为，答案：；
（2）因为电负性F、都比较强，使得结构中电子偏向于卤原子，羧酸中O-H键中共用电子对更偏向与氧，羧基中羟基极性更强，更易电离出氢离子，又因为F> ，的酸性更强，答案：因为电负性F> ，使得羧酸中O-H键中共用电子对更偏向与氧，羧基中羟基极性更强，更易电离出氢离子，所以的酸性更强
（3），反应分别为：加成反应、消去反应；
（4）①含有两个苯环，在碱性条件下能发生水解，水解产物之一能与金属钠产生氢气，所以应该有碳氯键；
②分子中只含有3种不同化学环境的氢原子，分子结构高度对称；结构为：
；
（5）由目标产物分析须合成邻氯甲苯和邻氨苯甲酸，甲苯发生取代得到邻硝基甲苯，然后再将甲基氧化为羧基、硝基转变成氨基即可：
【分析】（1）取代反应的特点是交换原子或者基团；
（2）电负性越强，则羟基极性越强，酸性越强；
（3）碳碳双键的断裂形成单键为加成反应，单键转化为双键为消去反应；
（4）碱性条件下发生水解，为氯原子，且有3种等效氢，结合对称性判断；
（5）合成路线的设计，一般要结合已知条件或者已知合成路线去看，根据题干要求的物质，采用顺推或者逆推法进行相应的设计。
17．（2022高三上·海门期末）工业常用浓硝酸、浓硫酸吸收工业废气中的、生成亚硝基硫酸()来消除污染。亚硝基硫酸()常温下是颗粒状晶体，在水溶液中难电离。某兴趣小组为了验证该方法的可行性，进行如下实验：
（1）制备方法一
反应原理：。实验装置如图所示。
A装置中盛放的是 ，为了尽可能使气体反应充分，应控制a、b处通入气体流速的比值为 。
（2）制备方法二
反应原理：。请补充完整由混有少量NaCl的固体制备较纯净的晶体的实验方案：向混有少量NaCl的固体中加入 ，将制得的较纯净二氧化硫气体通入浓硝酸中充分反应并 ，将反应后的溶液过滤、洗涤、干燥。(可选用的试剂有：溶液、溶液、饱和溶液、NaOH溶液)
（3）测定产品纯度：
准确称取0.7000g产品于锥形瓶中，加入少量硫酸溶解，再加入溶液40.00mL，摇匀，用标准溶液滴定，消耗标准溶液的体积为20.00mL。已知：；中的氮元素能被氧化为硝酸。
①写出与反应的离子方程式为 。
②计算产品的纯度(写出计算过程)。
【答案】（1）水；3：1
（2）加入溶液，将产生的气体先通过饱和溶液，再通过溶液；将尾气通入氢氧化钠溶液中
（3）；90.71%
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）根据反应原理：，反应物的气体缺少NO，由NO2和水反应生成硝酸和NO，则A装置中盛放的是水，A装置内发生的化学反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，每3mol NO2产生1molNO，由反应原理可知NO和NO2的反应为1：1，则控制a、b处通入气体流速的比值为3：1；
（2）由浓硫酸和固体反应生成SO2气体，将SO2气体通过饱和溶液中除杂，即向固体中加入溶液，将产生的气体先通过饱和溶液，再通过溶液，将制得的较纯净二氧化硫气体通入浓硝酸中充分反应并将尾气通入氢氧化钠溶液中，将反应后的溶液过滤、洗涤、干燥；
（3）①中的氮元素能被氧化为硝酸，锰元素被还原为锰离子，与反应的离子方程式为；
②的物质的量为n=
的物质的量为n=，根据反应的方程式：，与反应的物质的量为，与反应的物质的量为，根据反应的方程式：，，产品的纯度为。
【分析】（1）二氧化氮可以和水反应生成一氧化氮；
（2）酸性尾气吸收通常采用氢氧化钠溶液；
（3） ① 高锰酸根和亚硝基硫酸 、水反应生成锰离子、硫酸根离子、硝酸根离子和氢离子；
② 结合公式n=c·V以及化学计量数之比等于物质的量之比判断。
18．（2022高三上·海门期末）含氮化合物(、等)是石油工业主要的污染物之一，消除废水中含氮化合物是当今环保重要课题之一
（1）电解食盐水生成活性氯(HClO)是降解溶液中铵态氮(NH4+)的常见技术之一
将一定浓度NaCl溶液与含铵态氮(NH4+)的溶液混合后进行电解，电解过程中溶液中的活性氯的浓度、铵态氮(NH4+)及总氮的去除率随时间的变化如图-1所示，溶液中的pH、电导率随时间的变化如图-2所示。曲线2表示 (填“铵态氮去除率”或“总氮去除率”)，120分钟以后，活性氯降解铵态氮主要反应的离子方程式为 。120分钟以后，溶液中电导率下降的主要原因是 。
（2）NH3还原技术是当今最有效成熟的去除NOx的技术之一
某钒催化剂在一定条件下形成相邻的氧化还原位和酸性吸附位，该催化剂催化NH3脱除电厂烟气中NO的可能反应机理如图-3所示。步骤①、②可表述为 (指明反应发生的位置，“…”表示催化剂吸附)。反应过程中消耗1molO2，理论上可处理NO物质的量为 mol。
【答案】（1）总氮去除率；或；随着溶液中铵态氮()减少，与有效氯反应生成的H+的量少于电解消耗的H+的量，使得溶液中离子总浓度降低，电导率下降
（2）氨气在催化剂的酸性吸附位与其反应生成与，生成的在催化剂的氧化还原位被氧化生成NH3+，催化剂被还原为；4
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】（1）由于曲线的2的去除率始终低于曲线1的去除率，所以曲线2表示总氮去除率，反应中铵根被氧化硝酸根或亚硝酸根，次氯酸被还原，则120分钟以后，活性氯降解铵态氮主要反应的离子方程式为或。由于随着溶液中铵态氮()减少，与有效氯反应生成的H+的量少于电解消耗的H+的量，使得溶液中离子总浓度降低，电导率下降，因此120分钟以后，溶液中电导率下降。
（2）根据转化关系图可知反应①②是氨气在催化剂的酸性吸附位与其反应生成与，生成的在催化剂的氧化还原位被氧化生成NH3+，而催化剂被还原为；根据关系图结合电子得失守恒可知1mol氧气可以得到4mol钒催化剂，通过反应①②可以得到4molNH3+，4molNH3+可以还原4molNO，所以理论上可处理NO物质的量为4mol。
【分析】（1）次氯酸和铵根离子反应生成亚硝酸根离子、氯离子、水和氢离子；
（2）氧化还原反应的基本口诀：升失氧化还原剂，降得还原氧化剂；
化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，作为还原剂，得到还原产物；
化合价降低，得到电子，被还原，发生还原反应，作为氧化剂，得到氧化产物；
结合化学计量数之比等于物质的量之比判断。
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