江苏省南通市 2021-2022高一下学期阶段考试联考化学试题

江苏省南通市 2021-2022学年高一下学期阶段考试联考化学试题
一、单选题
1．（2022高一下·南通期中）合成氨反应为人类解决粮食短缺问题作出了巨大贡献，其反应为N2+3H22NH3，下列说法错误的是
A．氮气和氢气反应时吸收大量的热量
B．氮气和氢气在催化剂表面发生反应
C．合成氨达到平衡时，应从平衡混合物中及时分离出氨
D．合成氨达到平衡时，未反应的氮气、氢气可循环使用
2．（2022高一下·南通期中）反应CH4+Cl2CH3Cl+HCl的产物主要用作有机硅的原料。下列说法正确的是
A．反应为加成反应
B．四种物质均含有共价键
C．CH3Cl的电子式为
D．CH4、CH3Cl均具有正四面体空间结构
3．（2019·南通模拟）下列实验室制取、干燥、收集NH3并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是（）
A． 制取NH3 B． 干燥NH3
C． 收集NH3 D． 处理尾气
4．（2022高一下·南通期中）下列有关氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A．氨水具有碱性，可用于去除烟气中的是SO2
B．NH3易溶于水，可用作制冷剂
C．浓硝酸具有酸性，可用于钝化铁、铝
D．HNO3具有氧化性，可用于生产氮肥NH4NO3
5．（2022高一下·南通期中）下列属于取代反应的是
A．CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br
B．2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
C．CH3COOH+NaOH→CH3COONa+H2O
D．CH3COOCH2CH3+H2OCH3COOH+CH3CH2OH
6．（2022高一下·南通期中）下列方案能达到实验目的的是
A．用KSCN溶液检验溶液中的Fe2+
B．用通入O2的方法除去NO2中含有的NO
C．加适量氯水除去FeCl3溶液中的少量FeCl2
D．用蒸发、结晶、灼烧的方法从NH4Cl溶液中获取NH4Cl
7．（2022高一下·南通期中）硫酸(H2SO4)是一种重要的无机化工原料，工业生产硫酸的主要反应有：
①硫(或硫化物)煅烧得到SO2：S+O2SO2
②SO2经催化氧化再得到SO3：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-198kJ·mol-1
③最后用水吸收即得H2SO4：SO3+H2O=H2SO4
上述反应属于氧化还原反应的是
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
8．（2022高一下·南通期中）硫酸(H2SO4)是一种重要的无机化工原料，工业生产硫酸的主要反应有：
①硫(或硫化物)煅烧得到SO2：S+O2SO2
②SO2经催化氧化再得到SO3：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)△H=-198kJ·mol-1
③最后用水吸收即得H2SO4：SO3+H2O=H2SO4
反应①为放热反应。下列说法正确的是
A．断开反应物中的化学键放出能量
B．形成生成物中的化学键吸收能量
C．反应物的总能量小于生成物的总能量
D．反应物的总能量大于生成物的总能量
9．（2022高一下·南通期中）硫酸(H2SO4)是一种重要的无机化工原料，工业生产硫酸的主要反应有：
①硫(或硫化物)煅烧得到SO2：S+O2SO2
②SO2经催化氧化再得到SO3：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)△H=-198kJ·mol-1
③最后用水吸收即得H2SO4：SO3+H2O=H2SO4
有关反应②的说法正确的是
A．使用催化剂不影响反应速率
B．升高温度总是能加快反应速率
C．若反应在密闭容器中进行，扩大容器体积可降低反应速率
D．若反应在密闭容器中进行，64gSO2和32gO2反应放出198kJ的热量
10．（2022高一下·南通期中）浓硫酸与木炭的反应为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O。下列说法正确的是
A．C得到电子 B．浓硫酸被还原
C．C发生还原反应 D．浓硫酸是还原剂
11．（2022高一下·南通期中）聚甲基丙烯酸甲酯常用作玻璃的替代品，其结构简式如图所示。下列有关说法正确的是
A．聚甲基丙烯酸甲酯化学式可表示为C5H8O2
B．聚甲基丙烯酸甲酯有固定的熔、沸点
C．聚甲基丙烯酸甲酯能发生水解反应
D．合成聚甲基丙烯酸甲酯的小分子有机物的结构简式为CH2=CHCH2COOCH3
12．（2022高一下·南通期中）史料记载，我国在明代就有了利用绿矾和硝酸钾制备硝酸的工艺，其主要流程如图所示。已知“煅烧”后产生三种气态氧化物。
下列说法正确的是
A．烧渣的成分为
B．“吸收”过程中发生反应之一为
C．加入硝酸钾制得硝酸的原理是硫酸的酸性强于硝酸
D．该流程中涉及化合、分解、置换、复分解四种基本反应类型
13．（2022高一下·南通期中）一种以铁粉、硫酸亚铁溶液为原料制取氧化铁黑的原理如图所示。下列说法正确的是
A．转化I、Ⅱ均为置换反应
B．图中转化仅涉及Fe、O元素的化合价发生变化
C．转化Ⅱ反应的离子方程式为6Fe2++6H2O+O2=2Fe3O4+12H+
D．转化Ⅱ中所需O2可由通入过量的空气来实现
14．（2022高一下·南通期中）室温下，通过下列实验探究氨气、氨水的性质。
实验1：将集满氨气的试管倒立于水槽中，水面迅速上升，几乎充满试管
实验2：向实验1中试管滴入几滴酚酞试液，溶液变红
实验3：向2mL1mol·L-1AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色絮状沉淀，继续滴加，沉淀不减少
实验4：迅速将实验3中白色沉淀过滤、洗涤，滴入浓氨水，沉淀逐渐溶解。
下列说法正确的是
A．由实验1可知氨分子间容易形成氢键
B．实验2中溶液只含有H2O、NH、OH-
C．实验3中发生反应的离子方程式为Al3++3OH-=Al(OH)3↓
D．实验4说明Al(OH)3的溶解性与其结构以及溶液中的OH-浓度有关
二、填空题
15．（2022高一下·南通期中）可燃冰(mCH4 nH2O)、氢气既是高效洁净的能源，又是重要的化工原料。
（1）已知25℃、101kPa时，1g甲烷完全燃烧生成液态水放出55.64kJ热量，则该条件下CH4完全燃烧的热化学方程式为　 　。
（2）甲烷高温分解生成氢气和碳。在密闭容器中进行此反应时要通入适量空气使部分甲烷燃烧，其目的是　 　。
（3）某种氢燃料电池是用固体金属氧化物陶瓷作电解质，两极上发生的电极反应分别为：
A极：H2+O2--2e-=H2O
B极：O2+4e-=2O2-
该燃料电池工作时能量转化关系为　 　，A极是电池的　 　极。
（4）已知某甲烷燃料电池的总反应式为CH4+2O2+2OH-=CO+3H2O，则电池负极的电极反应为　 　，随着电池不断放电，负极附近溶液的pH　 　。(填“增大”、“减小”或“不变”)
16．（2022高一下·南通期中）淀粉是人类粮食的最主要成分，同时也是重要的工业原料。
（1）淀粉发酵过程中有葡萄糖、乳酸( )、乙醇和乙酸等物质生成。
①上述五种有机物中属于糖类物质的有　 　。
②乳酸中含有的官能团有　 　(填名称)。写出与乳酸具有相同官能团的一种同分异构体的结构简式：　 　。
③实验室利用乙醇、乙酸等物质制备乙酸乙酯的实验装置图如图所示。试管a中放入沸石的作用是　 　。反应一段时间后，试管b中饱和Na2CO3溶液液面上有无色透明油状液体，分离试管b中液体混合物的具体操作过程为　 　。
（2）2021年，我国科学家首次实现了CO2到淀粉的从头合成。其中前两步转化为：
第一步，利用催化剂将高浓度CO2在高密度氢能作用下转化为甲醇CH3OH；
第二步，在一定条件下，甲醇再和氧气反应转化为甲醛(HCHO)。
①在这两步转化中，碳元素化合价的变化为　 　。
②写出第二步转化的化学方程式：　 　。
17．（2022高一下·南通期中）含氮污水包括氨氮(NH3、NH)、亚硝酸盐氮(NO)和硝酸盐氮(NO)等，通常将其中含氮化合物转化为氮气或生物质而去除。
（1）厌氧氨氧化脱氨的机理如图：
NHNON2
①理论上参与I、II中反应的nI(NH)：nII(NH)=　 　时，氮的脱除效果最好。
②废水溶解氧浓度对氮的脱除率的影响如图所示。当溶解氧浓度在1～2mg/L之间时，随着溶解氧浓度的增大，氮的脱除率下降，其原因可能有：氧气浓度越高厌氧氨氧化菌活性越低、　 　。
（2）一种将厌氧氨氧化与铁氨氧化、铁型反硝化耦合的新型脱氮过程如图所示。已知：铁氨氧化过程中，Fe3+转化为Fe2+；铁型反硝化过程中，Fe2+转化为Fe3+。
①过程(ⅰ)的离子方程式为　 　，反应不宜在碱性条件下的原因是　 　。
②新型脱氮过程相比厌氧氨氧化脱氮过程的优点有　 　。
③过量零价纳米铁粉也能实现过程(ⅳ)的转化，写出相应的离子方程式：　 　。
18．（2022高一下·南通期中）以高铁脱硫渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、Al2O3等)为原料，可制各高纯度七水合硫酸亚铁(FeSO4 7H2O)和草酸亚铁晶体(FeC2O4 2H2O)。
（1）制备高纯硫酸亚铁晶体
如表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1mol·L-1计算)。
金属 离子开始沉淀的pH 沉淀完全的pH
Fe3+ 1.9 3.2
Al3+ 3.4 4.7
Fe2+ 7.0 9.0
①“浸取”中Fe3O4发生反应的离子方程式为　 　。实验表明，“浸取”中所用硫酸浓度不宜过高，其原因可能是　 　。
②用生石灰调节溶液pH约5.0，所得“滤渣2”的主要成分为　 　(填化学式)。
③获得高纯度七水合硫酸亚铁晶体前须要在硫酸亚铁溶液中先用硫酸调节pH，实验测得其他条件相同时溶液pH对产品纯度的影响如图所示，当pH>2.0时，硫酸亚铁晶体纯度下降的原因是　 　。
（2）制备高纯草酸亚铁晶体
实验方案：将一定量的高纯度七水合硫酸亚铁晶体溶于水配成溶液，在搅拌条件下将氨水加入上述纯净硫酸亚铁溶液中，　 　(实验中还须使用的试剂有：草酸溶液，水，氯化钡溶液)。已知：草酸亚铁晶体难溶于水，受热易分解。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】合成氨条件的选择
【解析】【解答】A．氮气和氢气反应时放出大量的热量，A符合题意；
B．催化剂可加快反应速率，氮气和氢气在催化剂表面发生反应，B不符合题意；
C．合成氨达到平衡时，应从平衡混合物中及时分离出氨，促使平衡正向移动，提高产率，C不符合题意；
D．合成氨达到平衡时，为提高原料利用率，未反应的氮气、氢气可循环使用，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A项中氮气和氢气反应时放出大量的热量，其它选项从反应的条件、类型和平衡移动原理分析。
2．【答案】B
【知识点】甲烷的化学性质；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．该反应为甲烷和氯气在光照条件下的取代反应，A不符合题意；
B．甲烷、氯气、一氯甲烷和氯化氢分子中均存在共价键，B符合题意；
C．Cl原子外围不满足8电子结构，应该为 ，C不符合题意；
D．甲烷为正四面体结构，而后者为四面体结构，不是正四面体，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．取代反应是有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替的反应；
B．非金属原子之间存在共价键；
C．Cl原子外围满足8电子结构；
D．C-H键与C-Cl键的键长不等，不是正四面体。
3．【答案】D
【知识点】实验装置综合
【解析】【解答】A、氯化铵与氢氧化钙共热制取氨气，但加热固体物质时试管口应略向下倾斜，选项A不符合题意；
B、浓硫酸与氨气反应，不能干燥氨气，应使用碱石灰干燥氨气，选项B不符合题意；
C、由于氨气密度小于空气，导气管应短进长出才能收集到气体，选项C不符合题意；
D、氨气极易溶于水，易产生倒吸现象，用干燥管组合的装置进行防倒吸，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】氨气为无色气体，有强烈的刺激气味。密度 0.7710，相对密度0.5971（空气=1.00）。易被液化成无色的液体。在常温下加压即可使其液化，沸点-33.5℃，也易被固化成雪状固体。熔点-77.75℃。溶于水、乙醇和乙醚。在高温时会分解成氮气和氢气，有还原作用。有催化剂存在时可被氧化成一氧化氮。用于制液氮、氨水、硝酸、铵盐和胺类等。可由氮和氢直接合成而制得，能灼伤皮肤、眼睛、呼吸器官的粘膜，人吸入过多，能引起肺肿胀，以至死亡。
4．【答案】A
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】A．氨水吸收二氧化硫生成亚硫酸铵(或亚硫酸氢铵)，A符合题意；
B．液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂，B不符合题意；
C．浓硝酸具有强氧化性，可用于钝化铁、铝，C不符合题意；
D．硝酸吸收氨气生成硝酸铵，体现了硝酸的酸性，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．氨水吸收二氧化硫生成亚硫酸铵；
B．液氨汽化时吸收大量的热；
C．浓硝酸具有强氧化性；
D．反应中元素的化合价不变。
5．【答案】D
【知识点】取代反应
【解析】【解答】A．该反应是乙烯和溴的加成反应，A不符合；
B．该反应是乙醇的催化氧化反应，是氧化反应，B不符合；
C．该反应是中和反应，C不符合；
D．该反应是酯的水解反应，属于取代反应，D符合；
故答案为：D。
【分析】取代反应是有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替的反应；A项是乙烯和溴的加成反应。
6．【答案】C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．用KSCN溶液检验溶液中的 ，不能检验亚铁离子，A不符合题意；
B．不可以使用气体来除去气体杂质，会引入新杂质氧气，B不符合题意；
C．氯水将杂质氯化亚铁转化为氯化铁，达到除杂的目的，C符合题意
D．氯化铵受热分解，不能用蒸发、结晶、灼烧的方法从NH4Cl溶液中获取NH4Cl，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．用KSCN溶液检验溶液中的 ；
B．不可以使用气体来除去气体杂质，会引入新杂质；
C．氯水将杂质氯化亚铁转化为氯化铁；
D．氯化铵受热分解。
7．【答案】A
【知识点】工业制取硫酸
【解析】【解答】①硫(或硫化物)煅烧得到SO2，硫元素化合价升高，属于氧化还原反应；
②SO2经催化氧化再得到SO3中硫元素化合价升高，属于氧化还原反应；
③用水吸收即得H2SO4：SO3+H2O＝H2SO4，反应中元素化合价均不发生变化，不是氧化还原反应；
故答案为：A。
【分析】利用氧化还原反应中有元素化合价发生变化判断。
8．【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变
【解析】【解答】A．断开反应物中的化学键吸收能量，形成化学键放出能量，A不符合题意；
B．断开反应物中的化学键吸收能量，形成生成物中的化学键放出能量，B不符合题意；
C．反应属于放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量，C不符合题意；
D．反应属于放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，吸热反应中反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量；断裂化学键需吸收能量，生成物化学键形成会释放能量；
9．【答案】C
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．使用催化剂可加快反应速率，A不符合题意；
B．升高温度一般能加快反应速率，但当超过催化剂的活性温度后，反应速率反而会下降，B不符合题意；
C．反应在密闭容器中进行，扩大容器体积，相当于降低浓度，将降低反应速率，C符合题意；
D．反应是在密闭容器中进行的可逆反应，64g 和32g 反应放出的热量小于198kJ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据影响反应速率的因素分析；可逆反应进行不到底，依据反应热与反应物的物质的量成比例计算；
10．【答案】B
【知识点】浓硫酸的性质
【解析】【解答】A．C元素化合价升高，失去电子被氧化，A不符合题意；
B．硫元素化合价降低，得到电子，浓硫酸被还原，B符合题意；
C．C元素化合价升高，失去电子发生氧化反应，C不符合题意；
D．硫元素化合价降低，得到电子，浓硫酸是还原剂，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】氧化剂元素化合价降低，得到电子被还原，得到还原产物； 还原剂元素化合价升高，失去电子，被氧化，得到氧化产物。
11．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．聚甲基丙烯酸甲酯化学式应表示为 ，A不符合题意；
B．聚甲基丙烯酸甲酯属于高分子化合物，高聚物没有固定的熔、沸点，B不符合题意；
C．结构中含酯基，一定条件下可发生水解反应，C符合题意；
D．该高聚物属于加聚产物，其单体结构简式应为CH2=C(CH3)COOCH3，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．是高分子化合物，化学式应表示为 ；
B．高聚物没有固定的熔、沸点；
C．依据官能团的性质分析；
D．该高聚物属于加聚产物。
12．【答案】B
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；无机物的推断
【解析】【解答】A． “煅烧”后产生三种气态氧化物，则 高温分解为Fe2O3、SO2、SO3、H2O，烧渣的成分为Fe2O3，故A不符合题意；
B．“吸收”过程中发生反应为 、SO3+H2O=H2SO4，故B符合题意；
C．加入硝酸钾制得硝酸的原理是硫酸难挥发，硝酸易挥发，故C不符合题意；
D．该流程中涉及化合反应、分解反应、复分解反应，没有发生置换反应，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．烧渣的成分为Fe2O3；
B．依据反应物和产物判断；
C．利用不挥发性酸制挥发性酸，硫酸难挥发，硝酸易挥发；
D．没有发生置换反应。
13．【答案】C
【知识点】铁的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A．转化I为置换反应，而反应Ⅱ中某一单质生成，不是置换反应，A不符合题意；
B．I中氢元素化合价降低，B不符合题意；
C．根据转化关系图可判断转化Ⅱ反应的离子方程式为6Fe2++6H2O+O2＝2Fe3O4+12H+，C符合题意；
D．转化Ⅱ中若通入过量的空气，则氧气将会继续氧化四氧化三铁中的亚铁，属于不能通入过量的空气，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．置换反应为一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应；
B．I中氢元素化合价降低；
C．根据转化关系图可判断转化Ⅱ反应；
D．氧气将会继续氧化四氧化三铁中的亚铁。
14．【答案】D
【知识点】氮气的化学性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．由实验1可知氨分子极易溶于水，并不能得出“氨分子间容易形成氢键”的结论，A不符合题意；
B．实验2中溶液还含有NH3、NH3·H2O、H＋，B不符合题意；
C．NH3·H2O难电离，实验3中发生反应的离子方程式应为 ，C不符合题意；
D．实验4中OH-浓度之所以比实验3中的大，是因为向AlCl3溶液中滴加氨水后已产生的 抑制了氨水的电离，OH-的浓度小，不足以溶解氢氧化铝，因此可说明Al(OH)3的溶解性与其结构以及溶液中的OH-浓度有关，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．溶解性与形成氢键无必然联系；
B．考虑反应中可逆的及水的电离，溶液还含有NH3、NH3·H2O、H＋；
C．NH3·H2O难电离，水拆；
D．实验4中OH-浓度之所以比实验3中的大，是因为向AlCl3溶液中滴加氨水后已产生的 抑制了氨水的电离，OH-的浓度小，不足以溶解氢氧化铝，因此可说明Al(OH)3的溶解性与其结构以及溶液中的OH-浓度有关。
15．【答案】（1）CH4(g)+2O2(g) CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.24kJ·mol-1
（2）为甲烷分解提供高温(能量)条件
（3）化学能转化为电能；负
（4）CH4-8e-+10OH-=CO +7H2O；减小
【知识点】热化学方程式；电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池
【解析】【解答】(1)已知25℃、101kPa时，1g甲烷完全燃烧生成液态水放出55.64kJ热量，1mol甲烷燃烧对应的反应热 ，故则该条件下 完全燃烧的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g) CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.24kJ·mol-1。
(2)由“高温分解”不难推出通入适量空气使部分甲烷燃烧的目的是为甲烷分解提供高温(能量)；
(3)燃料电池能量转化形式为化学能转化为电能，其中失去电子的电极为负极，A极电极反应式为H2+O2--2e-=H2O，所以A极是电池的负极。
(4)由电池反应总式可知，甲烷在负极失去电子转化为 (注意到介质为碱性)，故电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO +7H2O，负极消耗 ，故pH减小。
【分析】(1)已知25℃、101kPa时，1g甲烷完全燃烧生成液态水放出55.64kJ热量；
(2)依据“高温分解”推出能量的来源；
(3)燃料电池能量转化形式为化学能转化为电能，根据燃料电池中通入燃料的一极为负极，通入氧气的一极为正极判断；
(4)燃料电池中，燃料在负极失电子发生氧化反应；氧气在正极得电子，发生还原反应。
16．【答案】（1）淀粉、葡萄糖；羟基、羧基；HOCH2CH2COOH；防止加热时液体暴沸；将试管中液体转入分液漏斗，先放出水相后再从分液漏斗上口倒出乙酸乙酯
（2）第一步由+4价降低为-2价，第二步由-2价升高为0价；2CH3OH+O2 2HCHO+2H2O
【知识点】醇类简介；乙酸的化学性质；多糖的性质和用途
【解析】【解答】（1）①根据糖类概念；从分子结构上看，糖类是多羟基醛、多羟基酮和它们的脱水缩合物，因此上述属于糖的只有淀粉和葡萄糖。
②根据乳酸的结构简式可判断含有的官能团是羟基、羧基，将 位羟基移到 位，即得到与乳酸具有相同官能团的一种同分异构体的结构简式为HOCH2CH2COOH；
③由于反应需要加热，所以沸石的作用是防止加热时液体暴沸。乙酸乙酯不溶于水，且密度小于水的，分离试管b中液体混合物的具体操作过程为将试管中液体转入分液漏斗，先放出水相后再从分液漏斗上口倒出乙酸乙酯；
（2）①CO2、CH3OH、HCHO中化合价分别为＋4、－2、0价，所以在这两步转化中，碳元素化合价的变化为第一步由+4价降低为-2价，第二步由-2价升高为0价。
②模仿乙醇的催化氧化，第二步反应的方程式为2CH3OH+O2 2HCHO+2H2O。
【分析】（1）①糖类是多羟基醛、多羟基酮和它们的脱水缩合物；
②根据结构简式确定官能团；
③液体加热加入沸石可防止暴沸；分液时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；
（2）①依据碳元素化合价的变化判断。
②模仿乙醇的催化氧化。
17．【答案】（1）1：1；随着溶解氧浓度的增大，部分NO 会被氧化成NO 而保留在溶液中
（2）6Fe3++2H2O+NH ＝6Fe2++NO +8H+(或6Fe3++2H2O+NH ＝6Fe2++HNO2+7H+)；碱性条件下，Fe3+易生成Fe(OH)3沉淀；NH 易转化为氨气逸出，影响脱氮效果；能将氮氮与硝酸盐氮同时去除、Fe2+与Fe3+可反复循环使用；5Fe+12H++2NO ＝5Fe2++N2↑+6H2O
【知识点】含氮物质的综合应用；无机物的推断
【解析】【解答】（1）①Ⅱ中反应为 ，根据氮原子守恒， 。
②由于随着溶解氧浓度的增大， 会被氧化成更高价态的 留在溶液中，因此氮的脱除率下降。
（2）①过程(ⅰ)中反应物为 和 ，生成物分别对应 和 ，故方程式为6Fe3++2H2O+NH ＝6Fe2++NO +8H+或6Fe3++2H2O+NH ＝6Fe2++HNO2+7H+。由于碱性条件下，OH－会和 、 分别生成 沉淀、氨气逸出，因此影响脱氮效果。
②厌氧氨氧化脱氮中无法去除 ，而新型脱氮过程能将氨氮与硝酸盐氮同时去除，且 与 可反复循环使用；
③过程(ⅳ)中反应物为 和Fe，生成物分别对应 和 ，故根据电子得失守恒、原子守恒和电荷守恒可知反应的方程式为5Fe+12H++2NO ＝5Fe2++N2↑+6H2O。
【分析】（1）①根据氮原子守恒；
②由于随着溶解氧浓度的增大，依据反应的性质分析；
（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依据物质的性质，被提纯的物质不能反应，杂质反应且不引入新的杂质；
③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。
18．【答案】（1）Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O；硫酸浓度过高，反应中易产生结块而使反应难以持续下去，影响铁的浸取率；Al(OH)3、CaSO4；当pH较高时，蒸发浓缩过程中Fe2+易被氧化为Fe3+从而使产品纯度下降
（2）将草酸溶液滴入到上述生成的氢氧化亚铁悬浊液中，反应充分后，过滤，水洗，直到用氯化钡溶液检验最后一次洗涤液中不含SO 为止，再低温烘干
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变；无机物的推断
【解析】【解答】脱硫渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、Al2O3等)加入硫酸浸取后变为Fe2+、Fe3+、Al3+，加入铁粉将Fe3+还原为Fe2+，加入生石灰调节pH，析出Al(OH)3沉淀，同时由于CaSO4微溶也会一起析出，最后经一系列操作高纯度七水合硫酸亚铁(FeSO4 7H2O)，据此解答。
（1）① 可视为 ， ，硫酸浓度过高，反应中易产生结块而使反应难以持续下去，影响铁的浸取率。
②根据所提供的金属阳离子沉淀pH，调节溶液pH约5.0时， 完全沉淀而 未沉淀，故所得“滤渣2”中有 ，考虑到生石灰转化为微溶的 ，“滤渣2”中还应有
③溶液中， 随溶液pH的升高还原性增强， 易被氧化为 而使产品纯度下降。
（2）氨水和硫酸亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁，利用草酸和氢氧化亚铁反应得到草酸亚铁，注意到试题要求得到高纯度产品，必须检验硫酸根离子是否洗净，故过程如下：将草酸溶液滴入到上述生成的氢氧化亚铁悬浊液中，反应充分后，过滤，水洗，直到用氯化钡溶液检验最后一次洗涤液中不含 为止再低温烘干。
【分析】
（1）① 可视为 ；依据浓硫酸的性质分析；
②根据所提供的金属阳离子沉淀pH，加入试剂目的是调整pH但是不能引入杂质；
③依据溶液物质的性质分析。
（2）依据题目信息，利用硫酸根离子检验是否洗净。
江苏省南通市 2021-2022学年高一下学期阶段考试联考化学试题
一、单选题
1．（2022高一下·南通期中）合成氨反应为人类解决粮食短缺问题作出了巨大贡献，其反应为N2+3H22NH3，下列说法错误的是
A．氮气和氢气反应时吸收大量的热量
B．氮气和氢气在催化剂表面发生反应
C．合成氨达到平衡时，应从平衡混合物中及时分离出氨
D．合成氨达到平衡时，未反应的氮气、氢气可循环使用
【答案】A
【知识点】合成氨条件的选择
【解析】【解答】A．氮气和氢气反应时放出大量的热量，A符合题意；
B．催化剂可加快反应速率，氮气和氢气在催化剂表面发生反应，B不符合题意；
C．合成氨达到平衡时，应从平衡混合物中及时分离出氨，促使平衡正向移动，提高产率，C不符合题意；
D．合成氨达到平衡时，为提高原料利用率，未反应的氮气、氢气可循环使用，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A项中氮气和氢气反应时放出大量的热量，其它选项从反应的条件、类型和平衡移动原理分析。
2．（2022高一下·南通期中）反应CH4+Cl2CH3Cl+HCl的产物主要用作有机硅的原料。下列说法正确的是
A．反应为加成反应
B．四种物质均含有共价键
C．CH3Cl的电子式为
D．CH4、CH3Cl均具有正四面体空间结构
【答案】B
【知识点】甲烷的化学性质；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．该反应为甲烷和氯气在光照条件下的取代反应，A不符合题意；
B．甲烷、氯气、一氯甲烷和氯化氢分子中均存在共价键，B符合题意；
C．Cl原子外围不满足8电子结构，应该为 ，C不符合题意；
D．甲烷为正四面体结构，而后者为四面体结构，不是正四面体，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．取代反应是有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替的反应；
B．非金属原子之间存在共价键；
C．Cl原子外围满足8电子结构；
D．C-H键与C-Cl键的键长不等，不是正四面体。
3．（2019·南通模拟）下列实验室制取、干燥、收集NH3并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是（）
A． 制取NH3 B． 干燥NH3
C． 收集NH3 D． 处理尾气
【答案】D
【知识点】实验装置综合
【解析】【解答】A、氯化铵与氢氧化钙共热制取氨气，但加热固体物质时试管口应略向下倾斜，选项A不符合题意；
B、浓硫酸与氨气反应，不能干燥氨气，应使用碱石灰干燥氨气，选项B不符合题意；
C、由于氨气密度小于空气，导气管应短进长出才能收集到气体，选项C不符合题意；
D、氨气极易溶于水，易产生倒吸现象，用干燥管组合的装置进行防倒吸，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】氨气为无色气体，有强烈的刺激气味。密度 0.7710，相对密度0.5971（空气=1.00）。易被液化成无色的液体。在常温下加压即可使其液化，沸点-33.5℃，也易被固化成雪状固体。熔点-77.75℃。溶于水、乙醇和乙醚。在高温时会分解成氮气和氢气，有还原作用。有催化剂存在时可被氧化成一氧化氮。用于制液氮、氨水、硝酸、铵盐和胺类等。可由氮和氢直接合成而制得，能灼伤皮肤、眼睛、呼吸器官的粘膜，人吸入过多，能引起肺肿胀，以至死亡。
4．（2022高一下·南通期中）下列有关氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A．氨水具有碱性，可用于去除烟气中的是SO2
B．NH3易溶于水，可用作制冷剂
C．浓硝酸具有酸性，可用于钝化铁、铝
D．HNO3具有氧化性，可用于生产氮肥NH4NO3
【答案】A
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】A．氨水吸收二氧化硫生成亚硫酸铵(或亚硫酸氢铵)，A符合题意；
B．液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂，B不符合题意；
C．浓硝酸具有强氧化性，可用于钝化铁、铝，C不符合题意；
D．硝酸吸收氨气生成硝酸铵，体现了硝酸的酸性，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．氨水吸收二氧化硫生成亚硫酸铵；
B．液氨汽化时吸收大量的热；
C．浓硝酸具有强氧化性；
D．反应中元素的化合价不变。
5．（2022高一下·南通期中）下列属于取代反应的是
A．CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br
B．2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
C．CH3COOH+NaOH→CH3COONa+H2O
D．CH3COOCH2CH3+H2OCH3COOH+CH3CH2OH
【答案】D
【知识点】取代反应
【解析】【解答】A．该反应是乙烯和溴的加成反应，A不符合；
B．该反应是乙醇的催化氧化反应，是氧化反应，B不符合；
C．该反应是中和反应，C不符合；
D．该反应是酯的水解反应，属于取代反应，D符合；
故答案为：D。
【分析】取代反应是有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替的反应；A项是乙烯和溴的加成反应。
6．（2022高一下·南通期中）下列方案能达到实验目的的是
A．用KSCN溶液检验溶液中的Fe2+
B．用通入O2的方法除去NO2中含有的NO
C．加适量氯水除去FeCl3溶液中的少量FeCl2
D．用蒸发、结晶、灼烧的方法从NH4Cl溶液中获取NH4Cl
【答案】C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．用KSCN溶液检验溶液中的 ，不能检验亚铁离子，A不符合题意；
B．不可以使用气体来除去气体杂质，会引入新杂质氧气，B不符合题意；
C．氯水将杂质氯化亚铁转化为氯化铁，达到除杂的目的，C符合题意
D．氯化铵受热分解，不能用蒸发、结晶、灼烧的方法从NH4Cl溶液中获取NH4Cl，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．用KSCN溶液检验溶液中的 ；
B．不可以使用气体来除去气体杂质，会引入新杂质；
C．氯水将杂质氯化亚铁转化为氯化铁；
D．氯化铵受热分解。
7．（2022高一下·南通期中）硫酸(H2SO4)是一种重要的无机化工原料，工业生产硫酸的主要反应有：
①硫(或硫化物)煅烧得到SO2：S+O2SO2
②SO2经催化氧化再得到SO3：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH=-198kJ·mol-1
③最后用水吸收即得H2SO4：SO3+H2O=H2SO4
上述反应属于氧化还原反应的是
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【答案】A
【知识点】工业制取硫酸
【解析】【解答】①硫(或硫化物)煅烧得到SO2，硫元素化合价升高，属于氧化还原反应；
②SO2经催化氧化再得到SO3中硫元素化合价升高，属于氧化还原反应；
③用水吸收即得H2SO4：SO3+H2O＝H2SO4，反应中元素化合价均不发生变化，不是氧化还原反应；
故答案为：A。
【分析】利用氧化还原反应中有元素化合价发生变化判断。
8．（2022高一下·南通期中）硫酸(H2SO4)是一种重要的无机化工原料，工业生产硫酸的主要反应有：
①硫(或硫化物)煅烧得到SO2：S+O2SO2
②SO2经催化氧化再得到SO3：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)△H=-198kJ·mol-1
③最后用水吸收即得H2SO4：SO3+H2O=H2SO4
反应①为放热反应。下列说法正确的是
A．断开反应物中的化学键放出能量
B．形成生成物中的化学键吸收能量
C．反应物的总能量小于生成物的总能量
D．反应物的总能量大于生成物的总能量
【答案】D
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变
【解析】【解答】A．断开反应物中的化学键吸收能量，形成化学键放出能量，A不符合题意；
B．断开反应物中的化学键吸收能量，形成生成物中的化学键放出能量，B不符合题意；
C．反应属于放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量，C不符合题意；
D．反应属于放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，吸热反应中反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量；断裂化学键需吸收能量，生成物化学键形成会释放能量；
9．（2022高一下·南通期中）硫酸(H2SO4)是一种重要的无机化工原料，工业生产硫酸的主要反应有：
①硫(或硫化物)煅烧得到SO2：S+O2SO2
②SO2经催化氧化再得到SO3：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)△H=-198kJ·mol-1
③最后用水吸收即得H2SO4：SO3+H2O=H2SO4
有关反应②的说法正确的是
A．使用催化剂不影响反应速率
B．升高温度总是能加快反应速率
C．若反应在密闭容器中进行，扩大容器体积可降低反应速率
D．若反应在密闭容器中进行，64gSO2和32gO2反应放出198kJ的热量
【答案】C
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．使用催化剂可加快反应速率，A不符合题意；
B．升高温度一般能加快反应速率，但当超过催化剂的活性温度后，反应速率反而会下降，B不符合题意；
C．反应在密闭容器中进行，扩大容器体积，相当于降低浓度，将降低反应速率，C符合题意；
D．反应是在密闭容器中进行的可逆反应，64g 和32g 反应放出的热量小于198kJ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据影响反应速率的因素分析；可逆反应进行不到底，依据反应热与反应物的物质的量成比例计算；
10．（2022高一下·南通期中）浓硫酸与木炭的反应为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O。下列说法正确的是
A．C得到电子 B．浓硫酸被还原
C．C发生还原反应 D．浓硫酸是还原剂
【答案】B
【知识点】浓硫酸的性质
【解析】【解答】A．C元素化合价升高，失去电子被氧化，A不符合题意；
B．硫元素化合价降低，得到电子，浓硫酸被还原，B符合题意；
C．C元素化合价升高，失去电子发生氧化反应，C不符合题意；
D．硫元素化合价降低，得到电子，浓硫酸是还原剂，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】氧化剂元素化合价降低，得到电子被还原，得到还原产物； 还原剂元素化合价升高，失去电子，被氧化，得到氧化产物。
11．（2022高一下·南通期中）聚甲基丙烯酸甲酯常用作玻璃的替代品，其结构简式如图所示。下列有关说法正确的是
A．聚甲基丙烯酸甲酯化学式可表示为C5H8O2
B．聚甲基丙烯酸甲酯有固定的熔、沸点
C．聚甲基丙烯酸甲酯能发生水解反应
D．合成聚甲基丙烯酸甲酯的小分子有机物的结构简式为CH2=CHCH2COOCH3
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．聚甲基丙烯酸甲酯化学式应表示为 ，A不符合题意；
B．聚甲基丙烯酸甲酯属于高分子化合物，高聚物没有固定的熔、沸点，B不符合题意；
C．结构中含酯基，一定条件下可发生水解反应，C符合题意；
D．该高聚物属于加聚产物，其单体结构简式应为CH2=C(CH3)COOCH3，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．是高分子化合物，化学式应表示为 ；
B．高聚物没有固定的熔、沸点；
C．依据官能团的性质分析；
D．该高聚物属于加聚产物。
12．（2022高一下·南通期中）史料记载，我国在明代就有了利用绿矾和硝酸钾制备硝酸的工艺，其主要流程如图所示。已知“煅烧”后产生三种气态氧化物。
下列说法正确的是
A．烧渣的成分为
B．“吸收”过程中发生反应之一为
C．加入硝酸钾制得硝酸的原理是硫酸的酸性强于硝酸
D．该流程中涉及化合、分解、置换、复分解四种基本反应类型
【答案】B
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；无机物的推断
【解析】【解答】A． “煅烧”后产生三种气态氧化物，则 高温分解为Fe2O3、SO2、SO3、H2O，烧渣的成分为Fe2O3，故A不符合题意；
B．“吸收”过程中发生反应为 、SO3+H2O=H2SO4，故B符合题意；
C．加入硝酸钾制得硝酸的原理是硫酸难挥发，硝酸易挥发，故C不符合题意；
D．该流程中涉及化合反应、分解反应、复分解反应，没有发生置换反应，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．烧渣的成分为Fe2O3；
B．依据反应物和产物判断；
C．利用不挥发性酸制挥发性酸，硫酸难挥发，硝酸易挥发；
D．没有发生置换反应。
13．（2022高一下·南通期中）一种以铁粉、硫酸亚铁溶液为原料制取氧化铁黑的原理如图所示。下列说法正确的是
A．转化I、Ⅱ均为置换反应
B．图中转化仅涉及Fe、O元素的化合价发生变化
C．转化Ⅱ反应的离子方程式为6Fe2++6H2O+O2=2Fe3O4+12H+
D．转化Ⅱ中所需O2可由通入过量的空气来实现
【答案】C
【知识点】铁的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变
【解析】【解答】A．转化I为置换反应，而反应Ⅱ中某一单质生成，不是置换反应，A不符合题意；
B．I中氢元素化合价降低，B不符合题意；
C．根据转化关系图可判断转化Ⅱ反应的离子方程式为6Fe2++6H2O+O2＝2Fe3O4+12H+，C符合题意；
D．转化Ⅱ中若通入过量的空气，则氧气将会继续氧化四氧化三铁中的亚铁，属于不能通入过量的空气，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．置换反应为一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应；
B．I中氢元素化合价降低；
C．根据转化关系图可判断转化Ⅱ反应；
D．氧气将会继续氧化四氧化三铁中的亚铁。
14．（2022高一下·南通期中）室温下，通过下列实验探究氨气、氨水的性质。
实验1：将集满氨气的试管倒立于水槽中，水面迅速上升，几乎充满试管
实验2：向实验1中试管滴入几滴酚酞试液，溶液变红
实验3：向2mL1mol·L-1AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色絮状沉淀，继续滴加，沉淀不减少
实验4：迅速将实验3中白色沉淀过滤、洗涤，滴入浓氨水，沉淀逐渐溶解。
下列说法正确的是
A．由实验1可知氨分子间容易形成氢键
B．实验2中溶液只含有H2O、NH、OH-
C．实验3中发生反应的离子方程式为Al3++3OH-=Al(OH)3↓
D．实验4说明Al(OH)3的溶解性与其结构以及溶液中的OH-浓度有关
【答案】D
【知识点】氮气的化学性质；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．由实验1可知氨分子极易溶于水，并不能得出“氨分子间容易形成氢键”的结论，A不符合题意；
B．实验2中溶液还含有NH3、NH3·H2O、H＋，B不符合题意；
C．NH3·H2O难电离，实验3中发生反应的离子方程式应为 ，C不符合题意；
D．实验4中OH-浓度之所以比实验3中的大，是因为向AlCl3溶液中滴加氨水后已产生的 抑制了氨水的电离，OH-的浓度小，不足以溶解氢氧化铝，因此可说明Al(OH)3的溶解性与其结构以及溶液中的OH-浓度有关，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．溶解性与形成氢键无必然联系；
B．考虑反应中可逆的及水的电离，溶液还含有NH3、NH3·H2O、H＋；
C．NH3·H2O难电离，水拆；
D．实验4中OH-浓度之所以比实验3中的大，是因为向AlCl3溶液中滴加氨水后已产生的 抑制了氨水的电离，OH-的浓度小，不足以溶解氢氧化铝，因此可说明Al(OH)3的溶解性与其结构以及溶液中的OH-浓度有关。
二、填空题
15．（2022高一下·南通期中）可燃冰(mCH4 nH2O)、氢气既是高效洁净的能源，又是重要的化工原料。
（1）已知25℃、101kPa时，1g甲烷完全燃烧生成液态水放出55.64kJ热量，则该条件下CH4完全燃烧的热化学方程式为　 　。
（2）甲烷高温分解生成氢气和碳。在密闭容器中进行此反应时要通入适量空气使部分甲烷燃烧，其目的是　 　。
（3）某种氢燃料电池是用固体金属氧化物陶瓷作电解质，两极上发生的电极反应分别为：
A极：H2+O2--2e-=H2O
B极：O2+4e-=2O2-
该燃料电池工作时能量转化关系为　 　，A极是电池的　 　极。
（4）已知某甲烷燃料电池的总反应式为CH4+2O2+2OH-=CO+3H2O，则电池负极的电极反应为　 　，随着电池不断放电，负极附近溶液的pH　 　。(填“增大”、“减小”或“不变”)
【答案】（1）CH4(g)+2O2(g) CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.24kJ·mol-1
（2）为甲烷分解提供高温(能量)条件
（3）化学能转化为电能；负
（4）CH4-8e-+10OH-=CO +7H2O；减小
【知识点】热化学方程式；电极反应和电池反应方程式；化学电源新型电池
【解析】【解答】(1)已知25℃、101kPa时，1g甲烷完全燃烧生成液态水放出55.64kJ热量，1mol甲烷燃烧对应的反应热 ，故则该条件下 完全燃烧的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g) CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.24kJ·mol-1。
(2)由“高温分解”不难推出通入适量空气使部分甲烷燃烧的目的是为甲烷分解提供高温(能量)；
(3)燃料电池能量转化形式为化学能转化为电能，其中失去电子的电极为负极，A极电极反应式为H2+O2--2e-=H2O，所以A极是电池的负极。
(4)由电池反应总式可知，甲烷在负极失去电子转化为 (注意到介质为碱性)，故电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO +7H2O，负极消耗 ，故pH减小。
【分析】(1)已知25℃、101kPa时，1g甲烷完全燃烧生成液态水放出55.64kJ热量；
(2)依据“高温分解”推出能量的来源；
(3)燃料电池能量转化形式为化学能转化为电能，根据燃料电池中通入燃料的一极为负极，通入氧气的一极为正极判断；
(4)燃料电池中，燃料在负极失电子发生氧化反应；氧气在正极得电子，发生还原反应。
16．（2022高一下·南通期中）淀粉是人类粮食的最主要成分，同时也是重要的工业原料。
（1）淀粉发酵过程中有葡萄糖、乳酸( )、乙醇和乙酸等物质生成。
①上述五种有机物中属于糖类物质的有　 　。
②乳酸中含有的官能团有　 　(填名称)。写出与乳酸具有相同官能团的一种同分异构体的结构简式：　 　。
③实验室利用乙醇、乙酸等物质制备乙酸乙酯的实验装置图如图所示。试管a中放入沸石的作用是　 　。反应一段时间后，试管b中饱和Na2CO3溶液液面上有无色透明油状液体，分离试管b中液体混合物的具体操作过程为　 　。
（2）2021年，我国科学家首次实现了CO2到淀粉的从头合成。其中前两步转化为：
第一步，利用催化剂将高浓度CO2在高密度氢能作用下转化为甲醇CH3OH；
第二步，在一定条件下，甲醇再和氧气反应转化为甲醛(HCHO)。
①在这两步转化中，碳元素化合价的变化为　 　。
②写出第二步转化的化学方程式：　 　。
【答案】（1）淀粉、葡萄糖；羟基、羧基；HOCH2CH2COOH；防止加热时液体暴沸；将试管中液体转入分液漏斗，先放出水相后再从分液漏斗上口倒出乙酸乙酯
（2）第一步由+4价降低为-2价，第二步由-2价升高为0价；2CH3OH+O2 2HCHO+2H2O
【知识点】醇类简介；乙酸的化学性质；多糖的性质和用途
【解析】【解答】（1）①根据糖类概念；从分子结构上看，糖类是多羟基醛、多羟基酮和它们的脱水缩合物，因此上述属于糖的只有淀粉和葡萄糖。
②根据乳酸的结构简式可判断含有的官能团是羟基、羧基，将 位羟基移到 位，即得到与乳酸具有相同官能团的一种同分异构体的结构简式为HOCH2CH2COOH；
③由于反应需要加热，所以沸石的作用是防止加热时液体暴沸。乙酸乙酯不溶于水，且密度小于水的，分离试管b中液体混合物的具体操作过程为将试管中液体转入分液漏斗，先放出水相后再从分液漏斗上口倒出乙酸乙酯；
（2）①CO2、CH3OH、HCHO中化合价分别为＋4、－2、0价，所以在这两步转化中，碳元素化合价的变化为第一步由+4价降低为-2价，第二步由-2价升高为0价。
②模仿乙醇的催化氧化，第二步反应的方程式为2CH3OH+O2 2HCHO+2H2O。
【分析】（1）①糖类是多羟基醛、多羟基酮和它们的脱水缩合物；
②根据结构简式确定官能团；
③液体加热加入沸石可防止暴沸；分液时下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；
（2）①依据碳元素化合价的变化判断。
②模仿乙醇的催化氧化。
17．（2022高一下·南通期中）含氮污水包括氨氮(NH3、NH)、亚硝酸盐氮(NO)和硝酸盐氮(NO)等，通常将其中含氮化合物转化为氮气或生物质而去除。
（1）厌氧氨氧化脱氨的机理如图：
NHNON2
①理论上参与I、II中反应的nI(NH)：nII(NH)=　 　时，氮的脱除效果最好。
②废水溶解氧浓度对氮的脱除率的影响如图所示。当溶解氧浓度在1～2mg/L之间时，随着溶解氧浓度的增大，氮的脱除率下降，其原因可能有：氧气浓度越高厌氧氨氧化菌活性越低、　 　。
（2）一种将厌氧氨氧化与铁氨氧化、铁型反硝化耦合的新型脱氮过程如图所示。已知：铁氨氧化过程中，Fe3+转化为Fe2+；铁型反硝化过程中，Fe2+转化为Fe3+。
①过程(ⅰ)的离子方程式为　 　，反应不宜在碱性条件下的原因是　 　。
②新型脱氮过程相比厌氧氨氧化脱氮过程的优点有　 　。
③过量零价纳米铁粉也能实现过程(ⅳ)的转化，写出相应的离子方程式：　 　。
【答案】（1）1：1；随着溶解氧浓度的增大，部分NO 会被氧化成NO 而保留在溶液中
（2）6Fe3++2H2O+NH ＝6Fe2++NO +8H+(或6Fe3++2H2O+NH ＝6Fe2++HNO2+7H+)；碱性条件下，Fe3+易生成Fe(OH)3沉淀；NH 易转化为氨气逸出，影响脱氮效果；能将氮氮与硝酸盐氮同时去除、Fe2+与Fe3+可反复循环使用；5Fe+12H++2NO ＝5Fe2++N2↑+6H2O
【知识点】含氮物质的综合应用；无机物的推断
【解析】【解答】（1）①Ⅱ中反应为 ，根据氮原子守恒， 。
②由于随着溶解氧浓度的增大， 会被氧化成更高价态的 留在溶液中，因此氮的脱除率下降。
（2）①过程(ⅰ)中反应物为 和 ，生成物分别对应 和 ，故方程式为6Fe3++2H2O+NH ＝6Fe2++NO +8H+或6Fe3++2H2O+NH ＝6Fe2++HNO2+7H+。由于碱性条件下，OH－会和 、 分别生成 沉淀、氨气逸出，因此影响脱氮效果。
②厌氧氨氧化脱氮中无法去除 ，而新型脱氮过程能将氨氮与硝酸盐氮同时去除，且 与 可反复循环使用；
③过程(ⅳ)中反应物为 和Fe，生成物分别对应 和 ，故根据电子得失守恒、原子守恒和电荷守恒可知反应的方程式为5Fe+12H++2NO ＝5Fe2++N2↑+6H2O。
【分析】（1）①根据氮原子守恒；
②由于随着溶解氧浓度的增大，依据反应的性质分析；
（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依据物质的性质，被提纯的物质不能反应，杂质反应且不引入新的杂质；
③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。
18．（2022高一下·南通期中）以高铁脱硫渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、Al2O3等)为原料，可制各高纯度七水合硫酸亚铁(FeSO4 7H2O)和草酸亚铁晶体(FeC2O4 2H2O)。
（1）制备高纯硫酸亚铁晶体
如表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1mol·L-1计算)。
金属 离子开始沉淀的pH 沉淀完全的pH
Fe3+ 1.9 3.2
Al3+ 3.4 4.7
Fe2+ 7.0 9.0
①“浸取”中Fe3O4发生反应的离子方程式为　 　。实验表明，“浸取”中所用硫酸浓度不宜过高，其原因可能是　 　。
②用生石灰调节溶液pH约5.0，所得“滤渣2”的主要成分为　 　(填化学式)。
③获得高纯度七水合硫酸亚铁晶体前须要在硫酸亚铁溶液中先用硫酸调节pH，实验测得其他条件相同时溶液pH对产品纯度的影响如图所示，当pH>2.0时，硫酸亚铁晶体纯度下降的原因是　 　。
（2）制备高纯草酸亚铁晶体
实验方案：将一定量的高纯度七水合硫酸亚铁晶体溶于水配成溶液，在搅拌条件下将氨水加入上述纯净硫酸亚铁溶液中，　 　(实验中还须使用的试剂有：草酸溶液，水，氯化钡溶液)。已知：草酸亚铁晶体难溶于水，受热易分解。
【答案】（1）Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O；硫酸浓度过高，反应中易产生结块而使反应难以持续下去，影响铁的浸取率；Al(OH)3、CaSO4；当pH较高时，蒸发浓缩过程中Fe2+易被氧化为Fe3+从而使产品纯度下降
（2）将草酸溶液滴入到上述生成的氢氧化亚铁悬浊液中，反应充分后，过滤，水洗，直到用氯化钡溶液检验最后一次洗涤液中不含SO 为止，再低温烘干
【知识点】铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变；无机物的推断
【解析】【解答】脱硫渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、Al2O3等)加入硫酸浸取后变为Fe2+、Fe3+、Al3+，加入铁粉将Fe3+还原为Fe2+，加入生石灰调节pH，析出Al(OH)3沉淀，同时由于CaSO4微溶也会一起析出，最后经一系列操作高纯度七水合硫酸亚铁(FeSO4 7H2O)，据此解答。
（1）① 可视为 ， ，硫酸浓度过高，反应中易产生结块而使反应难以持续下去，影响铁的浸取率。
②根据所提供的金属阳离子沉淀pH，调节溶液pH约5.0时， 完全沉淀而 未沉淀，故所得“滤渣2”中有 ，考虑到生石灰转化为微溶的 ，“滤渣2”中还应有
③溶液中， 随溶液pH的升高还原性增强， 易被氧化为 而使产品纯度下降。
（2）氨水和硫酸亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁，利用草酸和氢氧化亚铁反应得到草酸亚铁，注意到试题要求得到高纯度产品，必须检验硫酸根离子是否洗净，故过程如下：将草酸溶液滴入到上述生成的氢氧化亚铁悬浊液中，反应充分后，过滤，水洗，直到用氯化钡溶液检验最后一次洗涤液中不含 为止再低温烘干。
【分析】
（1）① 可视为 ；依据浓硫酸的性质分析；
②根据所提供的金属阳离子沉淀pH，加入试剂目的是调整pH但是不能引入杂质；
③依据溶液物质的性质分析。
（2）依据题目信息，利用硫酸根离子检验是否洗净。