2022-2023學(xué)年江蘇省南京師范大學(xué)附屬中學(xué)高二上學(xué)期期末考試化學(xué)試題（解析版）

PAGEPAGE1南京師大附中2022-2023學(xué)年度第1學(xué)期高二年級(jí)期末試題化學(xué)試卷可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H1C12O16Mg24S32Cl35.5Fe56Cu64單項(xiàng)選擇題：共13題，每題3分，共39分。每題只有一個(gè)選項(xiàng)最符合題意。1.我國(guó)力爭(zhēng)在2060年前實(shí)現(xiàn)“碳中和”，體現(xiàn)了中國(guó)對(duì)解決氣候問(wèn)題的大國(guó)擔(dān)當(dāng)。下列措施對(duì)實(shí)現(xiàn)“碳中和”不具有直接貢獻(xiàn)的是A.推行生活垃圾分類 B.植樹(shù)造林增加綠色植被C.采取節(jié)能低碳生活方式 D.創(chuàng)新轉(zhuǎn)化為碳燃料的技術(shù)〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗碳中和是指國(guó)家、企業(yè)、產(chǎn)品、活動(dòng)或個(gè)人在一定時(shí)間內(nèi)直接或間接產(chǎn)生的二氧化碳或溫室氣體排放總量，通過(guò)植樹(shù)造林、節(jié)能減排等形式，以抵消自身產(chǎn)生的二氧化碳或溫室氣體排放量，實(shí)現(xiàn)正負(fù)抵消，達(dá)到相對(duì)“零排放”。據(jù)此判斷?！荚斘觥紸．推行生活垃圾分類，有利于回收利用，防止污染，對(duì)實(shí)現(xiàn)“碳中和”不具有直接貢獻(xiàn)，故A選；B．植樹(shù)造林增加綠色植被對(duì)實(shí)現(xiàn)“碳中和”具有直接貢獻(xiàn)，故B不選；C．采取節(jié)能低碳生活方式對(duì)實(shí)現(xiàn)“碳中和”具有直接貢獻(xiàn)，故C不選；D．創(chuàng)新轉(zhuǎn)化為碳燃料的技術(shù)對(duì)實(shí)現(xiàn)“碳中和”具有直接貢獻(xiàn)，故D不選；〖答案〗選A。2.石灰氮(CaCN2)是一種氮肥，與土壤中的H2O反應(yīng)生成氰胺(H2N-C≡N)，氰胺可進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為尿素〖CO(NH2)2〗。下列有關(guān)說(shuō)法不正確的是A.H2O為極性分子 B.中子數(shù)為20的鈣原子的質(zhì)量數(shù)為40C.CO(NH2)2屬于有機(jī)化合物 D.1個(gè)H2N-C≡N分子中含3個(gè)σ鍵〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．H2O分子中兩個(gè)H和一個(gè)O不是承一直線排列的,而是有一個(gè)為104.5°的鍵角。因此結(jié)構(gòu)是氧在一邊,兩個(gè)氫在另一邊。氧的電負(fù)性較大,因此水是極性分子，A正確；B．中子數(shù)為20的鈣原子的質(zhì)量數(shù)為40，B正確；C．CO(NH2)2是尿素，屬于有機(jī)化合物，C正確；D．1個(gè)H2N-C≡N分子中含3個(gè)σ鍵單鍵，碳氮三鍵中含有1個(gè)σ鍵，則H2N-C≡N分子中含4個(gè)σ鍵，D錯(cuò)誤；故選D。3.下列物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是A.Na2CO3溶液顯堿性，可用于除食用油的油污B.NaHCO3受熱易分解，可用于治療胃酸過(guò)多C.NaClO有強(qiáng)氧化性，可用于對(duì)自來(lái)水進(jìn)行殺菌消毒D.Na2SO3具有還原性，可用于吸收含SO2的尾氣〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．碳酸鈉容易顯堿性，油脂在堿性條件下發(fā)生水解而除去，A符合題意；B．碳酸氫鈉與酸反應(yīng)，消耗鹽酸，所以用于治療胃酸過(guò)多，與碳酸氫鈉受熱分解無(wú)關(guān)，B不符合題意；C．次氯酸鈉用于自來(lái)水的殺菌，利用的是HClO的強(qiáng)氧化性，C不符合題意；D．Na2SO3溶液顯堿性，SO2為酸性氣體，因此可以用于吸收含SO2的尾氣，與其還原性無(wú)關(guān)，D不符合題意；故〖答案〗：A。4.為提純下列物質(zhì)(括號(hào)內(nèi)為雜質(zhì))，所用的除雜試劑和分離方法都正確的是選項(xiàng)不純物除雜試劑分離方法ACH4(C2H4)酸性KMnO4溶液洗氣B溴苯(Br2)NaOH溶液分液CC2H5OH(H2O)新制生石灰重結(jié)晶D乙酸乙酯(乙酸)飽和Na2CO3溶液蒸餾A.A B.B C.C D.D〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．二者均能被高錳酸鉀氧化，不能除雜，故A錯(cuò)誤；

B．溴與NaOH反應(yīng)后，與溴苯分層，應(yīng)分液分離，故B正確；

C．CaO與水反應(yīng)后，增大與乙醇的沸點(diǎn)差異，然后蒸餾可分離，故C錯(cuò)誤；

D．乙酸與碳酸鈉反應(yīng)后，與乙酸乙酯分層，然后分液可分離，故D錯(cuò)誤；

故〖答案〗選B?！肌狐c(diǎn)石成金』〗本題考查混合物分離提純，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、混合物分離提純方法為解答關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意有機(jī)物性質(zhì)的應(yīng)用，題目難度不大。5.下列關(guān)于各實(shí)驗(yàn)裝置圖的敘述中正確的是A.裝置①：實(shí)驗(yàn)室制取乙烯B.裝置②：實(shí)驗(yàn)室制取乙酸乙酯C.裝置③：驗(yàn)證乙炔的還原性D.裝置④：驗(yàn)證溴乙烷發(fā)生消去反應(yīng)可生成烯烴〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A.實(shí)驗(yàn)室制取乙烯需要濃硫酸與乙醇混合加熱170℃，裝置①中溫度計(jì)不能測(cè)得反應(yīng)溶液的溫度，A錯(cuò)誤；B.實(shí)驗(yàn)室制取乙酸乙酯，為了更好的分離混合物同時(shí)防止倒吸現(xiàn)象的發(fā)生，導(dǎo)氣管要在飽和碳酸鈉溶液的液面上，不能伸入到液面以下，B錯(cuò)誤；C.電石中含有的雜質(zhì)與水反應(yīng)產(chǎn)生H2S也具有還原性，能夠使酸性KMnO4溶液褪色，因此不能驗(yàn)證乙炔的還原性，C錯(cuò)誤；D.溴乙烷發(fā)生消去反應(yīng)生成烯烴,能夠使溴的四氯化碳溶液溶液褪色，而揮發(fā)的乙醇不能發(fā)生反應(yīng)，因此可以達(dá)到驗(yàn)證反應(yīng)產(chǎn)物，D正確；故合理選項(xiàng)是D。6.某烯烴分子中含有一個(gè)碳碳雙鍵，一定條件下與氫氣加成所得產(chǎn)物的鍵線式如圖所示，此烯烴可能的結(jié)構(gòu)(不考慮順?lè)串悩?gòu))有A.3種 B.4種 C.5種 D.6種〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗每個(gè)C原子只能形成最多四個(gè)共價(jià)鍵，根據(jù)某烯烴分子中含有一個(gè)碳碳雙鍵，一定條件下與氫氣加成所得產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)式可知，該烯烴可能的雙鍵的位置可能有；共五種，故〖答案〗選C。7.短周期主族元素W、Q、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W原子序數(shù)是6，Q元素基態(tài)原子核外有三個(gè)未成對(duì)電子，X與Z同主族，Z的原子序數(shù)是X的2倍，元素Y在同周期中原子半徑最大。下列說(shuō)法不正確的是A.ZX3分子空間構(gòu)型為平面三角形B.元素的第一電離能：I1(Q)<I1(X)C.最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性：W<QD.化合物Y2X2中含有離子鍵、非極性共價(jià)鍵〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗W原子序數(shù)為6，則W為C；Q元素基態(tài)原子核外有三個(gè)未成對(duì)電子，則外層電子排布為2s22p3，則Q為N；X與Z同主族，Z的原子序數(shù)是X的2倍，則X為O，Z為S；短周期原子中半徑最大的為Na；綜合分析，W為C、Q為N、X為O、Y為Na、Z為S；〖詳析〗A．ZX3為SO3，其為sp2雜化，無(wú)孤電子對(duì)，故其空間結(jié)構(gòu)為平面三角形，A正確；B．Q為N、X為O，為同周期元素，從左到右，第一電離能增大，但VA元素為的p能級(jí)為半充滿狀態(tài)，故第一電離能ⅤA＞ⅥA，則I1(Q)>I1(X)，B錯(cuò)誤；C．W為C、Q為N，同周期元素，從左到右，氧化性增強(qiáng)，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性HCO3＜HNO3，C正確；D．Na2O2含有離子鍵、非極性共價(jià)鍵，D正確；故〖答案〗為：B。8.多奈哌齊是一種抗阿爾茨海默病藥物，合成路線中的一步反應(yīng)如下。下列說(shuō)法正確的是A.Y分子的核磁共振氫譜顯示其化學(xué)環(huán)境不同的氫原子有7種B.X分子存在順?lè)串悩?gòu)體，不存在對(duì)映異構(gòu)體C.X分子紅外光譜圖顯示含有三種官能團(tuán)：分別是酮羰基、羧基、碳碳雙鍵D.X的缺氫指數(shù)為6，X、Y不能用溴的CCl4溶液鑒別〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．Y分子有8種類型的氫原子，核磁共振氫譜顯示其化學(xué)環(huán)境不同的氫原子應(yīng)該有8種，故A錯(cuò)誤；B．X分子含有雙鍵，且連接著不同的基團(tuán)，存在順?lè)串悩?gòu)體，不存在手性碳原子，所以不存在對(duì)映異構(gòu)體，故B正確；C．X分子中不含酮羰基，含醚鍵，故C錯(cuò)誤；D．X含有一個(gè)苯環(huán)，一個(gè)碳碳雙鍵，一個(gè)碳氧雙鍵，缺氫指數(shù)為6，Y不含碳碳雙鍵，X、Y能用溴的CCl4溶液鑒別，故D錯(cuò)誤；故〖答案〗選B。9.甲氧芐啶是一種廣譜抗菌藥，其合成路線中的一步反應(yīng)如下。下列說(shuō)法中不正確的是A.X分子中含有7個(gè)sp2雜化的碳原子，Y分子中含有5個(gè)sp3雜化的原子B.Y分子中在一定條件下能發(fā)生取代反應(yīng)、氧化反應(yīng)、加成反應(yīng)、加聚反應(yīng)C.Y分子所有碳原子可能共平面D.X→Y分兩步進(jìn)行，先發(fā)生加成反應(yīng)，后發(fā)生消去反應(yīng)〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．X分子中含有苯環(huán)中6個(gè)碳和醛基中1個(gè)碳為sp2雜化，共7個(gè)sp2雜化的碳原子；Y分子中CH3O-和-C2H5中碳原子為sp3雜化，共5個(gè)sp3雜化碳原子，故A正確；B．Y中具有苯、醚、烯烴、酯和腈的性質(zhì)，苯環(huán)和碳碳雙鍵能發(fā)生加成反應(yīng)，酯基能發(fā)生取代反應(yīng)，碳碳雙鍵能發(fā)生氧化反應(yīng)，加聚反應(yīng)，故B正確；C．Y分子中-C2H5含有兩個(gè)飽和碳原子，所以所有碳原子不可能共平面，故C錯(cuò)誤；D．X→Y分兩步進(jìn)行，-CHO先與酯基和氰基中間得α-H發(fā)生加成反應(yīng)生成-OH，然后-OH再與α-H發(fā)生消去反應(yīng)形成雙鍵，故D正確；故〖答案〗選C。10.下列有關(guān)NaBH4和H2O2組成燃料電池的說(shuō)法正確的是A.中不含配位鍵，與甲烷互為等電子體B.放電過(guò)程中電極b區(qū)的溶液pH上升C.放電過(guò)程中1molH2O2參與反應(yīng)，失去約2×6.02×1023個(gè)電子D.a電極上的反應(yīng)為：〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．B最外層有3個(gè)電子，它和3個(gè)氫原子形成3個(gè)共價(jià)鍵，再?zèng)]有更多的電子了。所以只能是H得到一個(gè)外來(lái)電子，H-提供1個(gè)提供給B一對(duì)孤對(duì)電子，而形成配位鍵；故A錯(cuò)誤；B．放電過(guò)程中，b電極上反應(yīng)式為H2O2＋2e?=2OH?，溶液中c(OH?)增大，溶液的pH上升，故C錯(cuò)誤；

C．放電過(guò)程中H2O2得電子生成OH?，電極反應(yīng)式為H2O2＋2e?=2OH?，所以放電過(guò)程中1molH2O2參與反應(yīng)，得到2×6.02×1023個(gè)電子，故C正確；D．a(chǎn)電極上失電子和OH?反應(yīng)生成和H2O，電極反應(yīng)式為，故D錯(cuò)誤；

故〖答案〗選C。〖『點(diǎn)石成金』〗本題考查原電池，側(cè)重考查基礎(chǔ)知識(shí)的掌握和靈活運(yùn)用能力，明確原電池概念、電極反應(yīng)式的書(shū)寫(xiě)方法是解本題關(guān)鍵，難點(diǎn)是電極反應(yīng)式的書(shū)寫(xiě)，題目難度不大。11.工業(yè)上利用廢錳渣(主要成分為MnO2、KOH、MgO)制備MnSO4的流程如下圖所示：已知反應(yīng)Ⅰ中生成Fe2+、Mn2+、S等。下列說(shuō)法不正確的是A.酸浸時(shí)適當(dāng)升高溫度或加速攪拌都可加快酸浸反應(yīng)速率B.反應(yīng)Ⅰ中每消耗60gFeS2，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為1molC.濾液中主要存在陽(yáng)離子有：Mg2+、K+、Mn2+、H+D.反應(yīng)Ⅱ的離子方程式為MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由工藝流程圖可知，酸浸過(guò)程中雜質(zhì)KOH、MgO等溶于硫酸進(jìn)入溶液，MnO2與硫酸不反應(yīng)，過(guò)濾，得到二氧化錳，反應(yīng)Ⅰ中加入硫酸和FeS2將MnO2還原為Mn2+，過(guò)濾除去不溶物，反應(yīng)Ⅱ中加入二氧化錳將溶液中存在的亞鐵離子轉(zhuǎn)化為Fe3+，加入碳酸鈣調(diào)pH，將Fe3+轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀除去，經(jīng)過(guò)濾得較純凈的硫酸錳溶液。最終得到硫酸錳晶體，據(jù)此作答。〖詳析〗A．升高溫度，加速攪拌可以使得固體與硫酸充分反應(yīng)，可加快酸浸反應(yīng)速率，故A正確；B．反應(yīng)Ⅰ中加入硫酸和FeS2將MnO2還原為Mn2+，F(xiàn)eS2中S為-1價(jià)，被氧化為S單質(zhì)，60gFeS2，物質(zhì)的量為0.5mol，所以每消耗60gFeS2，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為1mol，故B正確；C．MnO2與硫酸不反應(yīng)，所以濾液中不含Mn2+，故C錯(cuò)誤；D．反應(yīng)Ⅱ中加入二氧化錳將溶液中存在的亞鐵離子轉(zhuǎn)化為Fe3+，F(xiàn)e從+2價(jià)轉(zhuǎn)化為+3價(jià)，Mn從+4價(jià)轉(zhuǎn)化為+2價(jià)，根據(jù)得失電子守恒有：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，故D正確；故〖答案〗選C。12.已知H2C2O4是一種二元弱酸。室溫下，通過(guò)下列實(shí)驗(yàn)探究K2C2O4溶液的性質(zhì)。實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象1測(cè)得0.1mol/L的KHC2O4溶液的pH約為5.62向硫酸化KMnO4溶液中滴加過(guò)量0.1mol/L的K2C2O4溶液，溶液紫紅色褪色3向0.1mol/LKHC2O4溶液中加入等體積0.1mol/L的Ba(OH)2溶液，溶液變渾濁4向5mL0.1mol/LKHC2O4溶液中滴加少量0.1mo/LKOH溶液，無(wú)明顯現(xiàn)象若忽略溶液混合時(shí)的體積變化，下列說(shuō)法正確的是A.依據(jù)實(shí)驗(yàn)1推測(cè)：Kw>Ka1(H2C2O4)×Ka2(H2C2O4)B.依據(jù)實(shí)驗(yàn)2推測(cè)：K2C2O4溶液具有較強(qiáng)氧化性C.依據(jù)實(shí)驗(yàn)3推測(cè)：Ksp(BaC2O4)<2.5×10-3D.依據(jù)實(shí)驗(yàn)4推測(cè)：反應(yīng)后溶液中有c(K+)=c(H2C2O4)+c()+c()〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．實(shí)驗(yàn)1測(cè)得KHC2O4溶液的pH約為5.6，說(shuō)明電離大于水解，，Kh1＞Kh2，故，故A錯(cuò)誤；B．向酸性KMnO4溶液中滴加過(guò)量0.1mol/L的K2C2O4溶液，溶液紫紅色褪色，酸性KMnO4具有氧化性，故B錯(cuò)誤；C．向KHC2O4溶液中加入等體積Ba(OH)2溶液，此時(shí)草酸根離子濃度約為，鋇離子濃度為，故Qc＝c(Ba2＋)×c()＝2.5×10?3，此時(shí)產(chǎn)生沉淀，即2.5×10?3＞Ksp(BaC2O4)，故C正確；D．向5mLNaHC2O4溶液中滴加少量NaOH溶液，溶質(zhì)為草酸氫鈉和少量草酸鈉，反應(yīng)后溶液中存在c(K＋)＞c(H2C2O4)＋c()＋c()，故D錯(cuò)誤；

故〖答案〗選C?！肌狐c(diǎn)石成金』〗本題考查了探究實(shí)驗(yàn)的相關(guān)內(nèi)容，掌握相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)以及是解答關(guān)鍵，側(cè)重學(xué)生實(shí)驗(yàn)?zāi)芰头治瞿芰Φ目疾?，注意高頻考點(diǎn)的掌握，題目難度中等。13.在一定的溫度和壓強(qiáng)下，將按一定比例混合的CO2和H2通過(guò)裝有催化劑的反應(yīng)器可得到甲烷。已知：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H=-165kJ/molCO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ/mol催化劑的選擇是CO2甲烷化技術(shù)的核心。在兩種不同催化劑作用下反應(yīng)相同時(shí)間，測(cè)CO2轉(zhuǎn)化率和生成CH4選擇性隨溫度變化的影響如下圖所示：CH4選擇性=×100%下列有關(guān)說(shuō)法正確的是A.較低溫下選擇金屬鎳為催化劑反應(yīng)速率快B.在260℃-320℃間，以Ni-CeO2為催化劑，升高溫度CH4的選擇性明顯增大C.高于320℃后，以Ni為催化劑，CO2轉(zhuǎn)化率上升的原因是平衡正向移動(dòng)D.選擇合適的催化劑、合適的溫度有利于提高CH4的選擇性〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．較低溫下選擇金屬鎳和為催化劑反應(yīng)速率相差不大，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．在260℃-320℃間，以為催化劑，由圖可知，升高溫度的選擇性基本不變，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．高于320℃后，以Ni為催化劑，轉(zhuǎn)化率上升的原因是催化劑活性大，反應(yīng)速率加快，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．選擇合適的催化劑、合適的溫度有利于提高的選擇性，D項(xiàng)正確；〖答案〗選D。非選擇題14.CuCl用作有機(jī)合成催化劑等工業(yè)。CuCl露置于潮濕的空氣中易被氧化和水解，酸性條件下易歧化，難溶于水，易溶于濃鹽酸并生成〖CuCl2〗-。（1）基態(tài)Cu+核外電子排布式是_______。（2）實(shí)驗(yàn)測(cè)得：CuCl屬于共價(jià)化合物，氣態(tài)CuCl分子相對(duì)分子質(zhì)量為199，該分子中含有配位鍵，則氣態(tài)CuCl分子的結(jié)構(gòu)式可能為_(kāi)______。（3）已知：①Ksp(CuCl)≈1×10-7，②反應(yīng)2Cu+=Cu+Cu2+平衡常數(shù)K≈1×106。有人預(yù)設(shè)用反應(yīng)Cu(s)+Cu2++2Cl-=2CuCl(s)制備CuCl(s)，試預(yù)測(cè)該反應(yīng)進(jìn)行的程度大?。篲______(填寫(xiě)“幾乎完全反應(yīng)”或“幾乎不反應(yīng)”)。工業(yè)上有多種制備CuCl的方法：方法一：將廢銅粉與食鹽水、濃鹽酸料液混合，在60~70℃緩慢通入空氣進(jìn)行氧化。靜置，取上層清液加水稀釋，生成CuCl沉淀，過(guò)濾，沉淀經(jīng)洗滌、干燥得CuCl產(chǎn)品并真空保存。方法二：將Na2SO3的水溶液逐滴加入CuCl2的水溶液中，再加入少量濃鹽酸混勻，充分反應(yīng)后過(guò)濾，沉淀經(jīng)洗滌、干燥得CuCl產(chǎn)品并真空保存。（4）“方法一”中：①反應(yīng)溫度控制在60~70℃，目的是_______。②加入濃鹽酸的目的是_______。（5）“方法二”中：①總反應(yīng)的離子方程式是_______。②加入Na2SO3溶液體積(V)與溶液pH關(guān)系如圖1。當(dāng)Na2SO3溶液體積大于500mL時(shí)，溶液pH增大的原因是_______。③用酸或堿液調(diào)控反應(yīng)混合液的pH，則CuCl產(chǎn)率見(jiàn)圖2。pH<2.5時(shí)，CuCl產(chǎn)率相對(duì)較低；pH>3.5時(shí)，CuCl產(chǎn)率又迅速下降。試分析原因：_______?！即鸢浮剑?）1s22s22p63s23p63d10或〖Ar〗3d10（2）（3）幾乎完全反應(yīng)（4）①.若溫度太低，則反應(yīng)速率太慢，若溫度太高，則鹽酸揮發(fā)容易造成CuCl水解②.CuCl溶于濃鹽酸并生成〖CuCl2〗-，當(dāng)加入水時(shí)產(chǎn)生CuCl沉淀，防止水解（5）①.②.Na2SO3過(guò)量時(shí)會(huì)與產(chǎn)生的H+反應(yīng)生成NaHSO3，溶液pH增大③.在反應(yīng)的溶液，pH<2.5時(shí)，c(H+)較大，平衡逆向移動(dòng)，CuCl的產(chǎn)率減小，但當(dāng)pH>3.5時(shí)，c(H+)較小，平衡正向移動(dòng)，CuCl的產(chǎn)率增大〖解析〗〖小問(wèn)1詳析〗Cu原子失去1個(gè)電子生成Cu+，Cu+核外有28個(gè)電子，失去的電子數(shù)是其最外層電子數(shù)，根據(jù)構(gòu)造原理知Cu+基態(tài)核外電子排布式1s22s22p63s23p63d10或〖Ar〗3d10，故〖答案〗為：1s22s22p63s23p63d10或〖Ar〗3d10；〖小問(wèn)2詳析〗CuCl屬于共價(jià)化合物，氣態(tài)CuCl分子的相對(duì)分子質(zhì)量為199，設(shè)分子式為(CuCl)n，則99.5n=199，解得n=2，該分子中含有配位鍵，則氣態(tài)CuCl分子的結(jié)構(gòu)式可能為；〖小問(wèn)3詳析〗反應(yīng)Cu(s)+Cu2++2Cl-=2CuCl(s)的K=====108，故該反應(yīng)進(jìn)行的程度大?。簬缀跬耆磻?yīng)；〖小問(wèn)4詳析〗①反應(yīng)溫度控制在60~70℃，目的是若溫度太低，則反應(yīng)速率太慢，若溫度太高，則鹽酸揮發(fā)容易造成CuCl水解；②加入濃鹽酸的目的是CuCl溶于濃鹽酸并生成〖CuCl2〗-，當(dāng)加入水時(shí)產(chǎn)生CuCl沉淀，防止水解；〖小問(wèn)5詳析〗①在Na2SO3水溶液中逐滴加入CuCl2的水溶液中，再加入少量濃鹽酸混勻，傾出清液，抽濾即得CuCl沉淀發(fā)生氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為:；②根據(jù)加入Na2SO3溶液體積(V)與溶液pH關(guān)系圖，當(dāng)Na2SO3溶液體積大于500mL時(shí)，Na2SO3過(guò)量時(shí)會(huì)與產(chǎn)生的H+反應(yīng)生成NaHSO3，溶液pH增大；③在反應(yīng)的溶液，pH<2.5時(shí)，c(H+)較大，平衡逆向移動(dòng)，CuCl的產(chǎn)率減小，但當(dāng)pH>3.5時(shí)，c(H+)較小，平衡正向移動(dòng)，CuCl的產(chǎn)率增大。15.下圖中化合物E常用于合成醫(yī)藥、染料、發(fā)光材料等原料，其合成路線如下：回答下列問(wèn)題：（1）由A合成B的反應(yīng)類型是_______。化合物E中手性碳原子數(shù)目為_(kāi)______。（2）與化合物B同屬于芳香族化合物的同分異構(gòu)體共有_______種(不包含B本身)。（3）化合物C中N原子的雜化類型是_______。（4）由D合成E時(shí)，若溫度較高時(shí)，會(huì)產(chǎn)生一種分子式為C21H22O4Br2的副產(chǎn)物，該副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是_______。（5）已知：(R、R1、R2表示烴基或氫原子)①R-BrR-OH②+試寫(xiě)出以丙酮()和對(duì)硝基甲苯為原料制備的合成路線流程圖(無(wú)機(jī)試劑和有機(jī)溶劑任用，合成路線流程圖示例見(jiàn)本題題干)_______?！即鸢浮剑?）①.取代反應(yīng)②.0（2）9（3）sp2（4）（5）〖解析〗〖祥解〗A與BBr3在CH2Cl2作用下發(fā)生取代反應(yīng)生成B，B與在乙醇作用下發(fā)生取代反應(yīng)生成C，C與NC-CH2-CN在乙醇作用下發(fā)生取代反應(yīng)生成D，D在SOCl2、乙醇、冰水浴反應(yīng)生成E，結(jié)合各有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式及反應(yīng)條件進(jìn)行分析。〖小問(wèn)1詳析〗A與BBr3在CH2Cl2作用下發(fā)生取代反應(yīng)生成B，反應(yīng)類型為取代反應(yīng)；根據(jù)化合物E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，兩邊含有苯環(huán)的結(jié)構(gòu)相同，不存在手性碳，手性碳原子的個(gè)數(shù)為0；〖小問(wèn)2詳析〗與化合物B（）同屬于芳香族化合物的同分異構(gòu)體有、、3種，另兩個(gè)溴原子和一個(gè)甲基在苯環(huán)不同位置上的，兩個(gè)溴原子定鄰、間、對(duì)位、、，然后甲基取代上去分別有1種、2種、3種共6種，總共9種(不包含B本身)；〖小問(wèn)3詳析〗化合物C中N原子與苯環(huán)中的碳原子類似，存在大鍵，雜化類型是sp2雜化；〖小問(wèn)4詳析〗由D合成E時(shí)，若溫度較高時(shí)，會(huì)產(chǎn)生一種分子式為C21H22O4Br2的副產(chǎn)物，結(jié)合D、E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式及D→E反應(yīng)中基團(tuán)的變化可知，若兩個(gè)-CN均轉(zhuǎn)化為-COOC2H5，則符合分子式的該副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是；〖小問(wèn)5詳析〗參照流程，發(fā)生取代反應(yīng)生成，發(fā)生水解反應(yīng)，氧化生成，與丙酮反應(yīng)生成，流程為：。16.堿式硫酸鐵〖Fe(OH)SO4〗是一種用于污水處理的新型高效絮凝劑。工業(yè)上利用廢鐵屑(含少量氧化鋁、氧化鐵等)生產(chǎn)堿式硫酸鐵的工藝流程如下：回答下列問(wèn)題：（1）加入少量NaHCO3時(shí)，生成濾渣的離子方程式為_(kāi)______。（2）反應(yīng)Ⅱ中加入NaNO2的目的是_______。(可用離子方程式表示)（3）蒸發(fā)過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)______。（4）堿式硫酸鐵溶于水后生成的Fe(OH)2+離子可部分水解生成聚合離子，該水解反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)______。（5）醫(yī)藥上常用硫酸亞鐵與硫酸、硝酸的混合液反應(yīng)制備堿式硫酸鐵。根據(jù)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)，產(chǎn)品中不得含有Fe2+及。為檢驗(yàn)產(chǎn)品中是否含有Fe2+，應(yīng)使用的試劑為_(kāi)______。A.K3〖Fe(CN)6〗溶液 B.KSCN溶液 C.NaOH溶液 D.酸性KMnO4溶液（6）為測(cè)定含F(xiàn)e2+和Fe3+溶液中鐵元素的總含量，實(shí)驗(yàn)操作如下：準(zhǔn)確量取20.00mL溶液于帶塞錐形瓶中，加入足量H2O2，調(diào)節(jié)pH<2，加熱除去過(guò)量H2O2；加入過(guò)量KI充分反應(yīng)后，再用0.1000mol/LNa2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL。已知：2Fe3++2I-=2Fe2++I22+I2=2I-+則溶液中鐵元素的總含量為_(kāi)______g/L。(寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程)〖答案〗（1）Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑（2）2H++Fe2++=Fe3++NO↑+H2O（3）Fe3++SO+H2O=Fe(OH)SO4+H+（4）2Fe(OH)2++2H2OFe2(OH)+2H+（5）D（6）5.6〖解析〗〖祥解〗廢鐵屑(含少量氧化鋁、氧化鐵等)中加入稀硫酸，氧化鋁、氧化鐵溶解生成硫酸鋁和硫酸鐵，硫酸鐵與鐵屑反應(yīng)生成硫酸亞鐵，鐵屑與稀硫酸反應(yīng)生成硫酸亞鐵和氫氣；加入NaHCO3攪拌后，NaHCO3與稀硫酸作用，從而減少溶液中的硫酸濃度，增大溶液的pH，使Al3+水解生成Al(OH)3沉淀；過(guò)濾后，所得濾液為FeSO4溶液；加入H2SO4、NaNO2溶液，與Fe2+發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成Fe3+、NO和H2O；最后將溶液進(jìn)行處理，便可獲得堿式硫酸鐵?！夹?wèn)1詳析〗NaHCO3和溶液中的鋁離子發(fā)生雙水解生成氫氧化鋁，離子方程式為：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑；〖小問(wèn)2詳析〗反應(yīng)Ⅱ中加入NaNO2，是為了將Fe2+氧化為Fe3+，同時(shí)被還原為NO，離子方程式為2H++Fe2++=Fe3++NO↑+H2O；〖小問(wèn)3詳析〗蒸發(fā)過(guò)程中，三價(jià)鐵和硫酸根生成Fe(OH)SO4，方程式為：Fe3++SO+H2O=Fe(OH)SO4+H+；〖小問(wèn)4詳析〗堿式硫酸鐵溶于水后生成的Fe(OH)2+可部分水解生成Fe2(OH)聚合離子，該水解反應(yīng)的離子方程式為：2Fe(OH)2++2H2OFe2(OH)+2H+，故〖答案〗為：2Fe(OH)2++2H2OFe2(OH)+2H+；〖小問(wèn)5詳析〗因產(chǎn)品中含有鐵離子，為防止鐵離子干擾亞鐵離子檢驗(yàn)，檢驗(yàn)亞鐵離子的試劑應(yīng)選擇酸性高錳酸鉀溶液，故選D；小問(wèn)6詳析〗根據(jù)反應(yīng)方程式可以得出關(guān)系式為：，，鐵元素的總含量為：。17.金屬鋰、鈷是重要但又匱乏的戰(zhàn)略資源。從度舊鋰電池的電極材料(主要為附在鋁箱上的LiCoO2，還有少量鐵的氧化物)中回收鋰(LiF)、鈷(CoCO3)的一種工藝流程如下：回答下列問(wèn)題：（1）“鈷渣”中LiCoO2溶解時(shí)的離子方程式為_(kāi)______。（2）如將硫酸改為鹽酸浸取“鈷渣”，也可得到Co2+，但工業(yè)生產(chǎn)中一般不用鹽酸浸取“鈷渣”，其原因是_______。（3）在“濾液1”中加入20%Na2CO3溶液，目的是_______。（4）“沉淀B”中含有少量Li2CO3。設(shè)計(jì)由“沉淀B”中提取Li2SO4晶體的實(shí)驗(yàn)方案：_______，余熱蒸干多余水分，冷卻，得Li2SO4晶體。(化學(xué)試劑可選用：冷水、熱水、3.0mol/L硫酸)(已知：Li2CO3溶解度：0℃為1.54g，80℃為0.85g。)（5）除鋰電池外，鋅-空氣電池的發(fā)展和Co、Mn等金屬催化劑的使用也是當(dāng)前電池領(lǐng)域的重要課題。①已知鋅-空氣堿性(KOH溶液)電池的總反應(yīng)是：2Zn+O2=2ZnO，則電池負(fù)極電極反應(yīng)是_______。②MnOx催化電極反應(yīng)時(shí)的機(jī)理如下圖，請(qǐng)描述MnOx催化電極反應(yīng)時(shí)的催化過(guò)程：第i步：O2在Mn位點(diǎn)被吸附并得電子轉(zhuǎn)化為，取代了位點(diǎn)上最初附著的OH-；第ⅱ步：_______；第ⅲ步：_______；第ⅳ步：O-再次得電子并結(jié)合水分子生成了OH-，部分OH-附著在Mn位點(diǎn)上?！即鸢浮剑?）8LiCoO2＋S2O＋22H＋=8Li＋＋8Co2＋＋2SO＋11H2O（2）LiCoO2可氧化鹽酸，產(chǎn)生的Cl2會(huì)污染環(huán)境（3）調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe3＋轉(zhuǎn)換為Fe(OH)3沉淀（4）使用冷水將3.0mol/L硫酸稀釋至pH大于3，使“沉淀B”部分溶解，過(guò)濾，然后使用熱水水浴加熱，直到有晶體析出（5）①.Zn＋2OH??2e?＝ZnO＋H2O②.H2O在O為帶你被吸附，得到電子轉(zhuǎn)化為OH-，H與O位點(diǎn)結(jié)合③.結(jié)合了H的O位點(diǎn)得到電子，轉(zhuǎn)化為OH-，從O位點(diǎn)脫落〖解析〗〖祥解〗從廢舊鋰電池的電極材料（主要為附在鋁箔上的LiCoO2，還有少量鐵的氧化物）中回收鉆，由流程可知，加入氫氧化鈉溶液可溶解鋁，濾液A為NaAlO2，鈷渣含有氧化鐵、LiCoO2，加入稀硫酸、硫代硫酸鈉，主要發(fā)生8LiCoO2＋S2O＋22H＋=8Li＋＋8Co2＋＋2SO＋11H2O，加入NaClO3、20%Na2CO3溶液，可使Fe3＋轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，即沉淀B為Fe(OH)3，濾液中加入NaF，可生成LiF，濾液3加入30%Na2CO3溶液，可生成CoCO3?yCo(OH)2，以此解答該題?！夹?wèn)1詳析〗“鈷渣“中LiCoO2溶解時(shí)的離子方程式為8LiCoO2＋S2O＋22H＋=8Li＋＋8Co2＋＋2SO＋11H2O，故〖答案〗為8LiCoO2＋S2O＋22H＋=8Li＋＋8Co2＋＋2SO＋11H2O。〖小問(wèn)2詳析〗工業(yè)生產(chǎn)中一般不用鹽酸浸取“鈷渣”，其原因是LiCoO2可氧化鹽酸，產(chǎn)生的Cl2會(huì)污染環(huán)境，故〖答案〗為L(zhǎng)iCoO2可氧化鹽酸，產(chǎn)生的Cl2會(huì)污染環(huán)境?！夹?wèn)3詳析〗在“濾液1“中加入20%Na2CO3溶液，目的是調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe3＋轉(zhuǎn)換為Fe(OH)3沉淀；故〖答案〗為調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe3＋轉(zhuǎn)換為Fe(OH)3沉淀?！夹?wèn)4詳析〗沉淀B主要為Fe(OH)3，且pH約3左右即可完全沉淀；已知Li2CO3溶解度：0℃為1.54g，80℃為0.85g；所以由“沉淀B”中提取Li2SO4晶體的實(shí)驗(yàn)方案，使用冷水將3.0mol/L硫酸稀釋至pH大于3，使“沉淀B”部分溶解，過(guò)濾，然后使用熱水水浴加熱，直到有晶體析出，余熱蒸干多余水分，冷卻，得Li2SO4晶體；故〖答案〗為使用冷水將3.0mol/L硫酸稀釋至pH大于3，使“沉淀B”部分溶解，過(guò)濾，然后使用熱水水浴加熱，直到有晶體析出?！夹?wèn)5詳析〗①鋅?空氣電池總反應(yīng)為2Zn＋O2=2ZnO，電解質(zhì)溶液為KOH溶液，負(fù)極上Zn失電子和氫氧根離子反應(yīng)生成ZnO和水，電極反應(yīng)式為Zn＋2OH??2e?＝ZnO＋H2O；故〖答案〗為Zn＋2OH??2e?＝ZnO＋H2O。②由圖可知，第i步：O2在Mn位點(diǎn)被吸附并得電子轉(zhuǎn)化為，取代了位點(diǎn)上最初附著的OH-；第ⅱ步：H2O在O位點(diǎn)被吸附，得到電子轉(zhuǎn)化為OH-，H與O位點(diǎn)結(jié)合；第ⅲ步：結(jié)合了H的O位點(diǎn)得到電子，轉(zhuǎn)化為OH-，從O位點(diǎn)脫落；第ⅳ步：O-再次得電子并結(jié)合水分子生成了OH-，部分OH-附著在Mn位點(diǎn)上；故〖答案〗為H2O在O為帶你被吸附，得到電子轉(zhuǎn)化為OH-，H與O位點(diǎn)結(jié)合；結(jié)合了H的O位點(diǎn)得到電子，轉(zhuǎn)化為OH-，從O位點(diǎn)脫落?！肌狐c(diǎn)石成金』〗本題考查混合物分離提純，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、混合物分離方法為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意元素化合物知識(shí)的應(yīng)用，題目難度不大。PAGEPAGE1南京師大附中2022-2023學(xué)年度第1學(xué)期高二年級(jí)期末試題化學(xué)試卷可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H1C12O16Mg24S32Cl35.5Fe56Cu64單項(xiàng)選擇題：共13題，每題3分，共39分。每題只有一個(gè)選項(xiàng)最符合題意。1.我國(guó)力爭(zhēng)在2060年前實(shí)現(xiàn)“碳中和”，體現(xiàn)了中國(guó)對(duì)解決氣候問(wèn)題的大國(guó)擔(dān)當(dāng)。下列措施對(duì)實(shí)現(xiàn)“碳中和”不具有直接貢獻(xiàn)的是A.推行生活垃圾分類 B.植樹(shù)造林增加綠色植被C.采取節(jié)能低碳生活方式 D.創(chuàng)新轉(zhuǎn)化為碳燃料的技術(shù)〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗碳中和是指國(guó)家、企業(yè)、產(chǎn)品、活動(dòng)或個(gè)人在一定時(shí)間內(nèi)直接或間接產(chǎn)生的二氧化碳或溫室氣體排放總量，通過(guò)植樹(shù)造林、節(jié)能減排等形式，以抵消自身產(chǎn)生的二氧化碳或溫室氣體排放量，實(shí)現(xiàn)正負(fù)抵消，達(dá)到相對(duì)“零排放”。據(jù)此判斷。〖詳析〗A．推行生活垃圾分類，有利于回收利用，防止污染，對(duì)實(shí)現(xiàn)“碳中和”不具有直接貢獻(xiàn)，故A選；B．植樹(shù)造林增加綠色植被對(duì)實(shí)現(xiàn)“碳中和”具有直接貢獻(xiàn)，故B不選；C．采取節(jié)能低碳生活方式對(duì)實(shí)現(xiàn)“碳中和”具有直接貢獻(xiàn)，故C不選；D．創(chuàng)新轉(zhuǎn)化為碳燃料的技術(shù)對(duì)實(shí)現(xiàn)“碳中和”具有直接貢獻(xiàn)，故D不選；〖答案〗選A。2.石灰氮(CaCN2)是一種氮肥，與土壤中的H2O反應(yīng)生成氰胺(H2N-C≡N)，氰胺可進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為尿素〖CO(NH2)2〗。下列有關(guān)說(shuō)法不正確的是A.H2O為極性分子 B.中子數(shù)為20的鈣原子的質(zhì)量數(shù)為40C.CO(NH2)2屬于有機(jī)化合物 D.1個(gè)H2N-C≡N分子中含3個(gè)σ鍵〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．H2O分子中兩個(gè)H和一個(gè)O不是承一直線排列的,而是有一個(gè)為104.5°的鍵角。因此結(jié)構(gòu)是氧在一邊,兩個(gè)氫在另一邊。氧的電負(fù)性較大,因此水是極性分子，A正確；B．中子數(shù)為20的鈣原子的質(zhì)量數(shù)為40，B正確；C．CO(NH2)2是尿素，屬于有機(jī)化合物，C正確；D．1個(gè)H2N-C≡N分子中含3個(gè)σ鍵單鍵，碳氮三鍵中含有1個(gè)σ鍵，則H2N-C≡N分子中含4個(gè)σ鍵，D錯(cuò)誤；故選D。3.下列物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是A.Na2CO3溶液顯堿性，可用于除食用油的油污B.NaHCO3受熱易分解，可用于治療胃酸過(guò)多C.NaClO有強(qiáng)氧化性，可用于對(duì)自來(lái)水進(jìn)行殺菌消毒D.Na2SO3具有還原性，可用于吸收含SO2的尾氣〖答案〗A〖解析〗〖詳析〗A．碳酸鈉容易顯堿性，油脂在堿性條件下發(fā)生水解而除去，A符合題意；B．碳酸氫鈉與酸反應(yīng)，消耗鹽酸，所以用于治療胃酸過(guò)多，與碳酸氫鈉受熱分解無(wú)關(guān)，B不符合題意；C．次氯酸鈉用于自來(lái)水的殺菌，利用的是HClO的強(qiáng)氧化性，C不符合題意；D．Na2SO3溶液顯堿性，SO2為酸性氣體，因此可以用于吸收含SO2的尾氣，與其還原性無(wú)關(guān)，D不符合題意；故〖答案〗：A。4.為提純下列物質(zhì)(括號(hào)內(nèi)為雜質(zhì))，所用的除雜試劑和分離方法都正確的是選項(xiàng)不純物除雜試劑分離方法ACH4(C2H4)酸性KMnO4溶液洗氣B溴苯(Br2)NaOH溶液分液CC2H5OH(H2O)新制生石灰重結(jié)晶D乙酸乙酯(乙酸)飽和Na2CO3溶液蒸餾A.A B.B C.C D.D〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．二者均能被高錳酸鉀氧化，不能除雜，故A錯(cuò)誤；

B．溴與NaOH反應(yīng)后，與溴苯分層，應(yīng)分液分離，故B正確；

C．CaO與水反應(yīng)后，增大與乙醇的沸點(diǎn)差異，然后蒸餾可分離，故C錯(cuò)誤；

D．乙酸與碳酸鈉反應(yīng)后，與乙酸乙酯分層，然后分液可分離，故D錯(cuò)誤；

故〖答案〗選B?！肌狐c(diǎn)石成金』〗本題考查混合物分離提純，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、混合物分離提純方法為解答關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋⒁庥袡C(jī)物性質(zhì)的應(yīng)用，題目難度不大。5.下列關(guān)于各實(shí)驗(yàn)裝置圖的敘述中正確的是A.裝置①：實(shí)驗(yàn)室制取乙烯B.裝置②：實(shí)驗(yàn)室制取乙酸乙酯C.裝置③：驗(yàn)證乙炔的還原性D.裝置④：驗(yàn)證溴乙烷發(fā)生消去反應(yīng)可生成烯烴〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A.實(shí)驗(yàn)室制取乙烯需要濃硫酸與乙醇混合加熱170℃，裝置①中溫度計(jì)不能測(cè)得反應(yīng)溶液的溫度，A錯(cuò)誤；B.實(shí)驗(yàn)室制取乙酸乙酯，為了更好的分離混合物同時(shí)防止倒吸現(xiàn)象的發(fā)生，導(dǎo)氣管要在飽和碳酸鈉溶液的液面上，不能伸入到液面以下，B錯(cuò)誤；C.電石中含有的雜質(zhì)與水反應(yīng)產(chǎn)生H2S也具有還原性，能夠使酸性KMnO4溶液褪色，因此不能驗(yàn)證乙炔的還原性，C錯(cuò)誤；D.溴乙烷發(fā)生消去反應(yīng)生成烯烴,能夠使溴的四氯化碳溶液溶液褪色，而揮發(fā)的乙醇不能發(fā)生反應(yīng)，因此可以達(dá)到驗(yàn)證反應(yīng)產(chǎn)物，D正確；故合理選項(xiàng)是D。6.某烯烴分子中含有一個(gè)碳碳雙鍵，一定條件下與氫氣加成所得產(chǎn)物的鍵線式如圖所示，此烯烴可能的結(jié)構(gòu)(不考慮順?lè)串悩?gòu))有A.3種 B.4種 C.5種 D.6種〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗每個(gè)C原子只能形成最多四個(gè)共價(jià)鍵，根據(jù)某烯烴分子中含有一個(gè)碳碳雙鍵，一定條件下與氫氣加成所得產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)式可知，該烯烴可能的雙鍵的位置可能有；共五種，故〖答案〗選C。7.短周期主族元素W、Q、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W原子序數(shù)是6，Q元素基態(tài)原子核外有三個(gè)未成對(duì)電子，X與Z同主族，Z的原子序數(shù)是X的2倍，元素Y在同周期中原子半徑最大。下列說(shuō)法不正確的是A.ZX3分子空間構(gòu)型為平面三角形B.元素的第一電離能：I1(Q)<I1(X)C.最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性：W<QD.化合物Y2X2中含有離子鍵、非極性共價(jià)鍵〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗W原子序數(shù)為6，則W為C；Q元素基態(tài)原子核外有三個(gè)未成對(duì)電子，則外層電子排布為2s22p3，則Q為N；X與Z同主族，Z的原子序數(shù)是X的2倍，則X為O，Z為S；短周期原子中半徑最大的為Na；綜合分析，W為C、Q為N、X為O、Y為Na、Z為S；〖詳析〗A．ZX3為SO3，其為sp2雜化，無(wú)孤電子對(duì)，故其空間結(jié)構(gòu)為平面三角形，A正確；B．Q為N、X為O，為同周期元素，從左到右，第一電離能增大，但VA元素為的p能級(jí)為半充滿狀態(tài)，故第一電離能ⅤA＞ⅥA，則I1(Q)>I1(X)，B錯(cuò)誤；C．W為C、Q為N，同周期元素，從左到右，氧化性增強(qiáng)，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性HCO3＜HNO3，C正確；D．Na2O2含有離子鍵、非極性共價(jià)鍵，D正確；故〖答案〗為：B。8.多奈哌齊是一種抗阿爾茨海默病藥物，合成路線中的一步反應(yīng)如下。下列說(shuō)法正確的是A.Y分子的核磁共振氫譜顯示其化學(xué)環(huán)境不同的氫原子有7種B.X分子存在順?lè)串悩?gòu)體，不存在對(duì)映異構(gòu)體C.X分子紅外光譜圖顯示含有三種官能團(tuán)：分別是酮羰基、羧基、碳碳雙鍵D.X的缺氫指數(shù)為6，X、Y不能用溴的CCl4溶液鑒別〖答案〗B〖解析〗〖詳析〗A．Y分子有8種類型的氫原子，核磁共振氫譜顯示其化學(xué)環(huán)境不同的氫原子應(yīng)該有8種，故A錯(cuò)誤；B．X分子含有雙鍵，且連接著不同的基團(tuán)，存在順?lè)串悩?gòu)體，不存在手性碳原子，所以不存在對(duì)映異構(gòu)體，故B正確；C．X分子中不含酮羰基，含醚鍵，故C錯(cuò)誤；D．X含有一個(gè)苯環(huán)，一個(gè)碳碳雙鍵，一個(gè)碳氧雙鍵，缺氫指數(shù)為6，Y不含碳碳雙鍵，X、Y能用溴的CCl4溶液鑒別，故D錯(cuò)誤；故〖答案〗選B。9.甲氧芐啶是一種廣譜抗菌藥，其合成路線中的一步反應(yīng)如下。下列說(shuō)法中不正確的是A.X分子中含有7個(gè)sp2雜化的碳原子，Y分子中含有5個(gè)sp3雜化的原子B.Y分子中在一定條件下能發(fā)生取代反應(yīng)、氧化反應(yīng)、加成反應(yīng)、加聚反應(yīng)C.Y分子所有碳原子可能共平面D.X→Y分兩步進(jìn)行，先發(fā)生加成反應(yīng)，后發(fā)生消去反應(yīng)〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．X分子中含有苯環(huán)中6個(gè)碳和醛基中1個(gè)碳為sp2雜化，共7個(gè)sp2雜化的碳原子；Y分子中CH3O-和-C2H5中碳原子為sp3雜化，共5個(gè)sp3雜化碳原子，故A正確；B．Y中具有苯、醚、烯烴、酯和腈的性質(zhì)，苯環(huán)和碳碳雙鍵能發(fā)生加成反應(yīng)，酯基能發(fā)生取代反應(yīng)，碳碳雙鍵能發(fā)生氧化反應(yīng)，加聚反應(yīng)，故B正確；C．Y分子中-C2H5含有兩個(gè)飽和碳原子，所以所有碳原子不可能共平面，故C錯(cuò)誤；D．X→Y分兩步進(jìn)行，-CHO先與酯基和氰基中間得α-H發(fā)生加成反應(yīng)生成-OH，然后-OH再與α-H發(fā)生消去反應(yīng)形成雙鍵，故D正確；故〖答案〗選C。10.下列有關(guān)NaBH4和H2O2組成燃料電池的說(shuō)法正確的是A.中不含配位鍵，與甲烷互為等電子體B.放電過(guò)程中電極b區(qū)的溶液pH上升C.放電過(guò)程中1molH2O2參與反應(yīng)，失去約2×6.02×1023個(gè)電子D.a電極上的反應(yīng)為：〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．B最外層有3個(gè)電子，它和3個(gè)氫原子形成3個(gè)共價(jià)鍵，再?zèng)]有更多的電子了。所以只能是H得到一個(gè)外來(lái)電子，H-提供1個(gè)提供給B一對(duì)孤對(duì)電子，而形成配位鍵；故A錯(cuò)誤；B．放電過(guò)程中，b電極上反應(yīng)式為H2O2＋2e?=2OH?，溶液中c(OH?)增大，溶液的pH上升，故C錯(cuò)誤；

C．放電過(guò)程中H2O2得電子生成OH?，電極反應(yīng)式為H2O2＋2e?=2OH?，所以放電過(guò)程中1molH2O2參與反應(yīng)，得到2×6.02×1023個(gè)電子，故C正確；D．a(chǎn)電極上失電子和OH?反應(yīng)生成和H2O，電極反應(yīng)式為，故D錯(cuò)誤；

故〖答案〗選C。〖『點(diǎn)石成金』〗本題考查原電池，側(cè)重考查基礎(chǔ)知識(shí)的掌握和靈活運(yùn)用能力，明確原電池概念、電極反應(yīng)式的書(shū)寫(xiě)方法是解本題關(guān)鍵，難點(diǎn)是電極反應(yīng)式的書(shū)寫(xiě)，題目難度不大。11.工業(yè)上利用廢錳渣(主要成分為MnO2、KOH、MgO)制備MnSO4的流程如下圖所示：已知反應(yīng)Ⅰ中生成Fe2+、Mn2+、S等。下列說(shuō)法不正確的是A.酸浸時(shí)適當(dāng)升高溫度或加速攪拌都可加快酸浸反應(yīng)速率B.反應(yīng)Ⅰ中每消耗60gFeS2，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為1molC.濾液中主要存在陽(yáng)離子有：Mg2+、K+、Mn2+、H+D.反應(yīng)Ⅱ的離子方程式為MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗由工藝流程圖可知，酸浸過(guò)程中雜質(zhì)KOH、MgO等溶于硫酸進(jìn)入溶液，MnO2與硫酸不反應(yīng)，過(guò)濾，得到二氧化錳，反應(yīng)Ⅰ中加入硫酸和FeS2將MnO2還原為Mn2+，過(guò)濾除去不溶物，反應(yīng)Ⅱ中加入二氧化錳將溶液中存在的亞鐵離子轉(zhuǎn)化為Fe3+，加入碳酸鈣調(diào)pH，將Fe3+轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀除去，經(jīng)過(guò)濾得較純凈的硫酸錳溶液。最終得到硫酸錳晶體，據(jù)此作答?！荚斘觥紸．升高溫度，加速攪拌可以使得固體與硫酸充分反應(yīng)，可加快酸浸反應(yīng)速率，故A正確；B．反應(yīng)Ⅰ中加入硫酸和FeS2將MnO2還原為Mn2+，F(xiàn)eS2中S為-1價(jià)，被氧化為S單質(zhì)，60gFeS2，物質(zhì)的量為0.5mol，所以每消耗60gFeS2，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為1mol，故B正確；C．MnO2與硫酸不反應(yīng)，所以濾液中不含Mn2+，故C錯(cuò)誤；D．反應(yīng)Ⅱ中加入二氧化錳將溶液中存在的亞鐵離子轉(zhuǎn)化為Fe3+，F(xiàn)e從+2價(jià)轉(zhuǎn)化為+3價(jià)，Mn從+4價(jià)轉(zhuǎn)化為+2價(jià)，根據(jù)得失電子守恒有：MnO2+2Fe2++4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，故D正確；故〖答案〗選C。12.已知H2C2O4是一種二元弱酸。室溫下，通過(guò)下列實(shí)驗(yàn)探究K2C2O4溶液的性質(zhì)。實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象1測(cè)得0.1mol/L的KHC2O4溶液的pH約為5.62向硫酸化KMnO4溶液中滴加過(guò)量0.1mol/L的K2C2O4溶液，溶液紫紅色褪色3向0.1mol/LKHC2O4溶液中加入等體積0.1mol/L的Ba(OH)2溶液，溶液變渾濁4向5mL0.1mol/LKHC2O4溶液中滴加少量0.1mo/LKOH溶液，無(wú)明顯現(xiàn)象若忽略溶液混合時(shí)的體積變化，下列說(shuō)法正確的是A.依據(jù)實(shí)驗(yàn)1推測(cè)：Kw>Ka1(H2C2O4)×Ka2(H2C2O4)B.依據(jù)實(shí)驗(yàn)2推測(cè)：K2C2O4溶液具有較強(qiáng)氧化性C.依據(jù)實(shí)驗(yàn)3推測(cè)：Ksp(BaC2O4)<2.5×10-3D.依據(jù)實(shí)驗(yàn)4推測(cè)：反應(yīng)后溶液中有c(K+)=c(H2C2O4)+c()+c()〖答案〗C〖解析〗〖詳析〗A．實(shí)驗(yàn)1測(cè)得KHC2O4溶液的pH約為5.6，說(shuō)明電離大于水解，，Kh1＞Kh2，故，故A錯(cuò)誤；B．向酸性KMnO4溶液中滴加過(guò)量0.1mol/L的K2C2O4溶液，溶液紫紅色褪色，酸性KMnO4具有氧化性，故B錯(cuò)誤；C．向KHC2O4溶液中加入等體積Ba(OH)2溶液，此時(shí)草酸根離子濃度約為，鋇離子濃度為，故Qc＝c(Ba2＋)×c()＝2.5×10?3，此時(shí)產(chǎn)生沉淀，即2.5×10?3＞Ksp(BaC2O4)，故C正確；D．向5mLNaHC2O4溶液中滴加少量NaOH溶液，溶質(zhì)為草酸氫鈉和少量草酸鈉，反應(yīng)后溶液中存在c(K＋)＞c(H2C2O4)＋c()＋c()，故D錯(cuò)誤；

故〖答案〗選C?！肌狐c(diǎn)石成金』〗本題考查了探究實(shí)驗(yàn)的相關(guān)內(nèi)容，掌握相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)以及是解答關(guān)鍵，側(cè)重學(xué)生實(shí)驗(yàn)?zāi)芰头治瞿芰Φ目疾?，注意高頻考點(diǎn)的掌握，題目難度中等。13.在一定的溫度和壓強(qiáng)下，將按一定比例混合的CO2和H2通過(guò)裝有催化劑的反應(yīng)器可得到甲烷。已知：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H=-165kJ/molCO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H=+41kJ/mol催化劑的選擇是CO2甲烷化技術(shù)的核心。在兩種不同催化劑作用下反應(yīng)相同時(shí)間，測(cè)CO2轉(zhuǎn)化率和生成CH4選擇性隨溫度變化的影響如下圖所示：CH4選擇性=×100%下列有關(guān)說(shuō)法正確的是A.較低溫下選擇金屬鎳為催化劑反應(yīng)速率快B.在260℃-320℃間，以Ni-CeO2為催化劑，升高溫度CH4的選擇性明顯增大C.高于320℃后，以Ni為催化劑，CO2轉(zhuǎn)化率上升的原因是平衡正向移動(dòng)D.選擇合適的催化劑、合適的溫度有利于提高CH4的選擇性〖答案〗D〖解析〗〖詳析〗A．較低溫下選擇金屬鎳和為催化劑反應(yīng)速率相差不大，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．在260℃-320℃間，以為催化劑，由圖可知，升高溫度的選擇性基本不變，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．高于320℃后，以Ni為催化劑，轉(zhuǎn)化率上升的原因是催化劑活性大，反應(yīng)速率加快，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．選擇合適的催化劑、合適的溫度有利于提高的選擇性，D項(xiàng)正確；〖答案〗選D。非選擇題14.CuCl用作有機(jī)合成催化劑等工業(yè)。CuCl露置于潮濕的空氣中易被氧化和水解，酸性條件下易歧化，難溶于水，易溶于濃鹽酸并生成〖CuCl2〗-。（1）基態(tài)Cu+核外電子排布式是_______。（2）實(shí)驗(yàn)測(cè)得：CuCl屬于共價(jià)化合物，氣態(tài)CuCl分子相對(duì)分子質(zhì)量為199，該分子中含有配位鍵，則氣態(tài)CuCl分子的結(jié)構(gòu)式可能為_(kāi)______。（3）已知：①Ksp(CuCl)≈1×10-7，②反應(yīng)2Cu+=Cu+Cu2+平衡常數(shù)K≈1×106。有人預(yù)設(shè)用反應(yīng)Cu(s)+Cu2++2Cl-=2CuCl(s)制備CuCl(s)，試預(yù)測(cè)該反應(yīng)進(jìn)行的程度大?。篲______(填寫(xiě)“幾乎完全反應(yīng)”或“幾乎不反應(yīng)”)。工業(yè)上有多種制備CuCl的方法：方法一：將廢銅粉與食鹽水、濃鹽酸料液混合，在60~70℃緩慢通入空氣進(jìn)行氧化。靜置，取上層清液加水稀釋，生成CuCl沉淀，過(guò)濾，沉淀經(jīng)洗滌、干燥得CuCl產(chǎn)品并真空保存。方法二：將Na2SO3的水溶液逐滴加入CuCl2的水溶液中，再加入少量濃鹽酸混勻，充分反應(yīng)后過(guò)濾，沉淀經(jīng)洗滌、干燥得CuCl產(chǎn)品并真空保存。（4）“方法一”中：①反應(yīng)溫度控制在60~70℃，目的是_______。②加入濃鹽酸的目的是_______。（5）“方法二”中：①總反應(yīng)的離子方程式是_______。②加入Na2SO3溶液體積(V)與溶液pH關(guān)系如圖1。當(dāng)Na2SO3溶液體積大于500mL時(shí)，溶液pH增大的原因是_______。③用酸或堿液調(diào)控反應(yīng)混合液的pH，則CuCl產(chǎn)率見(jiàn)圖2。pH<2.5時(shí)，CuCl產(chǎn)率相對(duì)較低；pH>3.5時(shí)，CuCl產(chǎn)率又迅速下降。試分析原因：_______?！即鸢浮剑?）1s22s22p63s23p63d10或〖Ar〗3d10（2）（3）幾乎完全反應(yīng)（4）①.若溫度太低，則反應(yīng)速率太慢，若溫度太高，則鹽酸揮發(fā)容易造成CuCl水解②.CuCl溶于濃鹽酸并生成〖CuCl2〗-，當(dāng)加入水時(shí)產(chǎn)生CuCl沉淀，防止水解（5）①.②.Na2SO3過(guò)量時(shí)會(huì)與產(chǎn)生的H+反應(yīng)生成NaHSO3，溶液pH增大③.在反應(yīng)的溶液，pH<2.5時(shí)，c(H+)較大，平衡逆向移動(dòng)，CuCl的產(chǎn)率減小，但當(dāng)pH>3.5時(shí)，c(H+)較小，平衡正向移動(dòng)，CuCl的產(chǎn)率增大〖解析〗〖小問(wèn)1詳析〗Cu原子失去1個(gè)電子生成Cu+，Cu+核外有28個(gè)電子，失去的電子數(shù)是其最外層電子數(shù)，根據(jù)構(gòu)造原理知Cu+基態(tài)核外電子排布式1s22s22p63s23p63d10或〖Ar〗3d10，故〖答案〗為：1s22s22p63s23p63d10或〖Ar〗3d10；〖小問(wèn)2詳析〗CuCl屬于共價(jià)化合物，氣態(tài)CuCl分子的相對(duì)分子質(zhì)量為199，設(shè)分子式為(CuCl)n，則99.5n=199，解得n=2，該分子中含有配位鍵，則氣態(tài)CuCl分子的結(jié)構(gòu)式可能為；〖小問(wèn)3詳析〗反應(yīng)Cu(s)+Cu2++2Cl-=2CuCl(s)的K=====108，故該反應(yīng)進(jìn)行的程度大?。簬缀跬耆磻?yīng)；〖小問(wèn)4詳析〗①反應(yīng)溫度控制在60~70℃，目的是若溫度太低，則反應(yīng)速率太慢，若溫度太高，則鹽酸揮發(fā)容易造成CuCl水解；②加入濃鹽酸的目的是CuCl溶于濃鹽酸并生成〖CuCl2〗-，當(dāng)加入水時(shí)產(chǎn)生CuCl沉淀，防止水解；〖小問(wèn)5詳析〗①在Na2SO3水溶液中逐滴加入CuCl2的水溶液中，再加入少量濃鹽酸混勻，傾出清液，抽濾即得CuCl沉淀發(fā)生氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為:；②根據(jù)加入Na2SO3溶液體積(V)與溶液pH關(guān)系圖，當(dāng)Na2SO3溶液體積大于500mL時(shí)，Na2SO3過(guò)量時(shí)會(huì)與產(chǎn)生的H+反應(yīng)生成NaHSO3，溶液pH增大；③在反應(yīng)的溶液，pH<2.5時(shí)，c(H+)較大，平衡逆向移動(dòng)，CuCl的產(chǎn)率減小，但當(dāng)pH>3.5時(shí)，c(H+)較小，平衡正向移動(dòng)，CuCl的產(chǎn)率增大。15.下圖中化合物E常用于合成醫(yī)藥、染料、發(fā)光材料等原料，其合成路線如下：回答下列問(wèn)題：（1）由A合成B的反應(yīng)類型是_______。化合物E中手性碳原子數(shù)目為_(kāi)______。（2）與化合物B同屬于芳香族化合物的同分異構(gòu)體共有_______種(不包含B本身)。（3）化合物C中N原子的雜化類型是_______。（4）由D合成E時(shí)，若溫度較高時(shí)，會(huì)產(chǎn)生一種分子式為C21H22O4Br2的副產(chǎn)物，該副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是_______。（5）已知：(R、R1、R2表示烴基或氫原子)①R-BrR-OH②+試寫(xiě)出以丙酮()和對(duì)硝基甲苯為原料制備的合成路線流程圖(無(wú)機(jī)試劑和有機(jī)溶劑任用，合成路線流程圖示例見(jiàn)本題題干)_______?！即鸢浮剑?）①.取代反應(yīng)②.0（2）9（3）sp2（4）（5）〖解析〗〖祥解〗A與BBr3在CH2Cl2作用下發(fā)生取代反應(yīng)生成B，B與在乙醇作用下發(fā)生取代反應(yīng)生成C，C與NC-CH2-CN在乙醇作用下發(fā)生取代反應(yīng)生成D，D在SOCl2、乙醇、冰水浴反應(yīng)生成E，結(jié)合各有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式及反應(yīng)條件進(jìn)行分析?！夹?wèn)1詳析〗A與BBr3在CH2Cl2作用下發(fā)生取代反應(yīng)生成B，反應(yīng)類型為取代反應(yīng)；根據(jù)化合物E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，兩邊含有苯環(huán)的結(jié)構(gòu)相同，不存在手性碳，手性碳原子的個(gè)數(shù)為0；〖小問(wèn)2詳析〗與化合物B（）同屬于芳香族化合物的同分異構(gòu)體有、、3種，另兩個(gè)溴原子和一個(gè)甲基在苯環(huán)不同位置上的，兩個(gè)溴原子定鄰、間、對(duì)位、、，然后甲基取代上去分別有1種、2種、3種共6種，總共9種(不包含B本身)；〖小問(wèn)3詳析〗化合物C中N原子與苯環(huán)中的碳原子類似，存在大鍵，雜化類型是sp2雜化；〖小問(wèn)4詳析〗由D合成E時(shí)，若溫度較高時(shí)，會(huì)產(chǎn)生一種分子式為C21H22O4Br2的副產(chǎn)物，結(jié)合D、E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式及D→E反應(yīng)中基團(tuán)的變化可知，若兩個(gè)-CN均轉(zhuǎn)化為-COOC2H5，則符合分子式的該副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是；〖小問(wèn)5詳析〗參照流程，發(fā)生取代反應(yīng)生成，發(fā)生水解反應(yīng)，氧化生成，與丙酮反應(yīng)生成，流程為：。16.堿式硫酸鐵〖Fe(OH)SO4〗是一種用于污水處理的新型高效絮凝劑。工業(yè)上利用廢鐵屑(含少量氧化鋁、氧化鐵等)生產(chǎn)堿式硫酸鐵的工藝流程如下：回答下列問(wèn)題：（1）加入少量NaHCO3時(shí)，生成濾渣的離子方程式為_(kāi)______。（2）反應(yīng)Ⅱ中加入NaNO2的目的是_______。(可用離子方程式表示)（3）蒸發(fā)過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)______。（4）堿式硫酸鐵溶于水后生成的Fe(OH)2+離子可部分水解生成聚合離子，該水解反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)______。（5）醫(yī)藥上常用硫酸亞鐵與硫酸、硝酸的混合液反應(yīng)制備堿式硫酸鐵。根據(jù)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)，產(chǎn)品中不得含有Fe2+及。為檢驗(yàn)產(chǎn)品中是否含有Fe2+，應(yīng)使用的試劑為_(kāi)______。A.K3〖Fe(CN)6〗溶液 B.KSCN溶液 C.NaOH溶液 D.酸性KMnO4溶液（6）為測(cè)定含F(xiàn)e2+和Fe3+溶液中鐵元素的總含量，實(shí)驗(yàn)操作如下：準(zhǔn)確量取20.00mL溶液于帶塞錐形瓶中，加入足量H2O2，調(diào)節(jié)pH<2，加熱除去過(guò)量H2O2；加入過(guò)量KI充分反應(yīng)后，再用0.1000mol/LNa2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL。已知：2Fe3++2I-=2Fe2++I22+I2=2I-+則溶液中鐵元素的總含量為_(kāi)______g/L。(寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程)〖答案〗（1）Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑（2）2H++Fe2++=Fe3++NO↑+H2O（3）Fe3++SO+H2O=Fe(OH)SO4+H+（4）2Fe(OH)2++2H2OFe2(OH)+2H+（5）D（6）5.6〖解析〗〖祥解〗廢鐵屑(含少量氧化鋁、氧化鐵等)中加入稀硫酸，氧化鋁、氧化鐵溶解生成硫酸鋁和硫酸鐵，硫酸鐵與鐵屑反應(yīng)生成硫酸亞鐵，鐵屑與稀硫酸反應(yīng)生成硫酸亞鐵和氫氣；加入NaHCO3攪拌后，NaHCO3與稀硫酸作用，從而減少溶液中的硫酸濃度，增大溶液的pH，使Al3+水解生成Al(OH)3沉淀；過(guò)濾后，所得濾液為FeSO4溶液；加入H2SO4、NaNO2溶液，與Fe2+發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成Fe3+、NO和H2O；最后將溶液進(jìn)行處理，便可獲得堿式硫酸鐵?！夹?wèn)1詳析〗NaHCO3和溶液中的鋁離子發(fā)生雙水解生成氫氧化鋁，離子方程式為：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑；〖小問(wèn)2詳析〗反應(yīng)Ⅱ中加入NaNO2，是為了將Fe2+氧化為Fe3+，同時(shí)被還原為NO，離子方程式為2H++Fe2