江蘇省淮安市2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期末調(diào)研測(cè)試化學(xué)試卷（解析版）

PAGE12023～2024學(xué)年度第一學(xué)期高二年級(jí)期末調(diào)研測(cè)試化學(xué)試題注意事項(xiàng)：考生在答題前請(qǐng)認(rèn)真閱讀本注意事項(xiàng)及各題答題要求。1．本試卷共8頁，滿分為100分，考試時(shí)間為75分鐘。考試結(jié)束后，請(qǐng)將答題卡交回。2．答題前，請(qǐng)你務(wù)必將自己的姓名、學(xué)校、考試號(hào)等用0.5毫米黑色墨水簽字筆填寫在答題卡上規(guī)定的位置。3．請(qǐng)認(rèn)真核對(duì)監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)和本人是否相符。4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對(duì)應(yīng)選項(xiàng)的方框涂滿、涂黑；如需改動(dòng)，請(qǐng)用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。作答非選擇題，必須用0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：H-1Li-7C-12N-14O-16Na-23S-32一、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.化學(xué)與生產(chǎn)生活密切相關(guān)，下列說法正確的是A.碳酸鋇和硫酸鋇都可以作為醫(yī)用口服“鋇餐”B.明礬和臭氧均可用作水處理劑且原理相同C.草木灰和銨態(tài)氮肥混合使用能使肥效增強(qiáng)D.工業(yè)上常用電解熔融的氯化鈉制備金屬鈉【答案】D【解析】【詳解】A．碳酸鋇與胃酸中鹽酸反應(yīng)，生成劇毒的氯化鋇，而硫酸鋇不溶與鹽酸，所以可做鋇餐，A錯(cuò)誤；B．臭氧具有強(qiáng)氧化性，能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性，而明礬水解生成膠體，具有吸附性，都可用作水處理劑，二者作用原理不同，B錯(cuò)誤；C．草木灰的主要成分是碳酸鉀，顯堿性，和銨態(tài)氮肥混合使用會(huì)生成氨氣，降低肥效，C錯(cuò)誤；D．金屬鈉的化學(xué)性質(zhì)很活潑，故工業(yè)上常用電解熔融的氯化鈉制備金屬鈉，反應(yīng)方程式為：2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑，D正確；故答案為：D。2.下列化學(xué)用語或圖示正確的是A.對(duì)硝基甲苯結(jié)構(gòu)簡式：B.名稱為2-羥基丙醇C.甲烷的球棍模型：D.乙酸的質(zhì)譜圖：【答案】A【解析】【詳解】A．對(duì)硝基甲苯中甲基與硝基處于對(duì)位，結(jié)構(gòu)簡式為，故A正確；B．的命名為2-丙醇，故B錯(cuò)誤；C．甲烷的球棍模型，空間填充模型為，故C錯(cuò)誤；D．該圖最大質(zhì)合比為46，即有機(jī)物的相對(duì)原子質(zhì)量為46，乙酸的相對(duì)原子質(zhì)量為60，故D錯(cuò)誤；故選A。3.下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途不具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是A.乙烯具有可燃性，可用作催熟劑B.硫酸亞鐵具有還原性，可用作食品抗氧化劑C.小蘇打水溶液呈弱堿性，可用作制藥中的抗酸劑D.漂白粉具有強(qiáng)氧化性，可用作游泳池的殺菌消毒劑【答案】A【解析】【詳解】A．乙烯用作催熟劑，是利用其為水果催熟劑和植物生長調(diào)節(jié)劑的性質(zhì)，與其具有可燃性無關(guān)，A符合題意；B．硫酸亞鐵具有還原性，能夠吸收空氣中的O2，故可用作食品抗氧化劑，B不合題意；C．小蘇打水溶液呈弱堿性，能與胃酸中的HCl反應(yīng)，故可用作制藥中的抗酸劑，C不合題意；D．漂白粉具有強(qiáng)氧化性，能夠是蛋白質(zhì)發(fā)生變性，故可用作游泳池的殺菌消毒劑，D不合題意；故答案為：A。4.實(shí)驗(yàn)室用如下裝置制備溴苯并進(jìn)行相關(guān)問題探究，下列相關(guān)實(shí)驗(yàn)操作或敘述正確的是A.制備過程中可將液溴換為溴水，從而減少溴的揮發(fā)B.移除裝置乙也可檢驗(yàn)出反應(yīng)過程中有生成C.甲裝置中三頸燒瓶內(nèi)的苯和溴苯混合物可以通過分液分離D.根據(jù)丙裝置實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可以判斷制備反應(yīng)是加成反應(yīng)還是取代反應(yīng)【答案】D【解析】【分析】由實(shí)驗(yàn)裝置可知，甲中苯與液溴發(fā)生取代反應(yīng)生成溴苯和HBr，溴化鐵作催化劑，乙中四氯化碳可除去揮發(fā)的溴，丙中AgNO3溶液可吸收HBr，且倒扣的漏斗可防止倒吸，反應(yīng)結(jié)束后，甲中混合物經(jīng)水洗滌分液、稀堿溶液洗滌分液、再水洗滌分液、干燥、蒸餾，即可得到溴苯，以此來解答?！驹斀狻緼．苯與溴水發(fā)生萃取，而不發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，故制備過程中不可將液溴換為溴水，A錯(cuò)誤；B．由分析可知，乙中四氯化碳可除去揮發(fā)的溴，移除裝置乙后則生成的HBr中混有揮發(fā)出來的Br2，而Br2能與H2O反應(yīng)生成HBr和HBrO，故不可檢驗(yàn)出反應(yīng)過程中有HBr生成，B錯(cuò)誤；C．苯和溴苯互溶，不能通過分液的方法進(jìn)行分離，故甲裝置中三頸燒瓶內(nèi)的苯和溴苯混合物可以通過蒸餾分離，C錯(cuò)誤；D．若發(fā)生加成反應(yīng)則冰裝置中沒有明顯現(xiàn)象，若發(fā)生取代反應(yīng)則生成的HBr能與AgNO3反應(yīng)生成淡黃色沉淀AgBr，故根據(jù)丙裝置實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可以判斷制備反應(yīng)是加成反應(yīng)還是取代反應(yīng)，D正確；故答案為：D。閱讀下列資料，完成下面小題：電石(CaC2)常用生石灰和過量焦炭在電石爐內(nèi)制備；其與水反應(yīng)可產(chǎn)生乙炔。以乙炔為原料可以合成苯（）、乙烯基乙炔、正四面體烷（）、聚乙炔（）、氯丁橡膠（）、順丁橡膠（）、聚丙烯腈（）等化工原料。5.下列對(duì)相關(guān)有機(jī)物結(jié)構(gòu)的描述中正確的是A.乙烯基乙炔分子中所有原子不可能共平面B.乙烯基乙炔與乙炔、苯是同系物C.可用紅外光譜圖區(qū)分氯丁橡膠和順丁橡膠D.聚丙烯腈中含有1個(gè)手性碳原子6.下列對(duì)相關(guān)有機(jī)物性質(zhì)的判斷中正確的是A.制取乙炔后的固體廢渣可用于制取漂白粉 B.聚乙炔是通過取代反應(yīng)形成C.聚乙炔不能使高錳酸鉀酸性溶液褪色 D.乙炔在氧氣中燃燒的產(chǎn)物一定是CO2和H2O7.下列對(duì)相關(guān)有機(jī)物定量計(jì)算結(jié)論正確的是A.常溫下，1mol苯中含碳碳雙鍵數(shù)目約為B.電石制備反應(yīng)中氧化劑和還原劑的質(zhì)量比為C.正四面體烷與氯氣反應(yīng)得到的二氯代物有兩種D.完全燃燒等質(zhì)量的乙烯基乙炔和乙炔，所需氧氣的量相同【答案】5.C6.A7.D【解析】【5題詳解】A．由題干乙烯基乙炔的結(jié)構(gòu)簡式可知，乙烯基乙炔分子中含有碳碳雙鍵的平面結(jié)構(gòu)和碳碳三鍵的直線型結(jié)構(gòu)，故分子中所有原子共平面，A錯(cuò)誤；B．同系物是指結(jié)構(gòu)相似，組成上相差一個(gè)或若干個(gè)CH2原子團(tuán)的物質(zhì)，由題干有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡式可知，乙烯基乙炔與乙炔、苯的結(jié)構(gòu)不相似，不是同系物，B錯(cuò)誤；C．紅外光譜圖中能夠反映有機(jī)化合物中含有的化學(xué)鍵和官能團(tuán)，故可用紅外光譜圖區(qū)分氯丁橡膠和順丁橡膠，C正確；D．已知同時(shí)連有4個(gè)互不相同的原子或原子團(tuán)的碳原子為手性碳原子，故聚丙烯腈中每個(gè)鏈節(jié)中含有1個(gè)手性碳原子，即聚丙烯晴中含有n個(gè)手性碳原子，D錯(cuò)誤；故答案為：C；【6題詳解】A．已知實(shí)驗(yàn)室制乙炔的反應(yīng)為：CaC2+2H2OCa(OH)2+C2H2↑，制取乙炔后的固體廢渣主要成分為Ca(OH)2，故可用于制取漂白粉，A正確；B．聚乙炔是通過加聚反應(yīng)形成的，反應(yīng)方程式為：nCH≡CH，B錯(cuò)誤；C．已知聚乙炔的結(jié)構(gòu)簡式為：，故聚乙炔分子中含有碳碳雙鍵，故能使高錳酸鉀酸性溶液褪色，C錯(cuò)誤；D．乙炔中含有C、H在氧氣中充分燃燒的產(chǎn)物是CO2和H2O，若氧氣不足則生成CO、H2O或者CO、CO2和H2O，D錯(cuò)誤；故答案為：A；【7題詳解】A．已知苯分子中碳碳鍵沒有單鍵和雙鍵之分，六個(gè)碳碳鍵均為介于單鍵與雙鍵之間獨(dú)特的鍵，A錯(cuò)誤；B．由題干信息可知，電石(CaC2)常用生石灰和過量焦炭在電石爐內(nèi)制備,即該反應(yīng)為：CaO+3CCaC2+CO，反應(yīng)中C由0價(jià)降低到-1價(jià)，由0價(jià)升高到+2價(jià)，故電石制備反應(yīng)中氧化劑和還原劑的質(zhì)量比為，B錯(cuò)誤；C．由題干正四面體烷的結(jié)構(gòu)簡式可知，正四面體烷與氯氣反應(yīng)得到的二氯代物只有一種，C錯(cuò)誤；D．由題干信息可知，乙烯基乙炔和乙炔的最簡式均為CH，故完全燃燒等質(zhì)量的乙烯基乙炔和乙炔，所需氧氣的量相同，D正確；故答案為：D。8.NH3脫除NO的一種催化反應(yīng)機(jī)理示意圖如下。下列說法不正確的是A.屬于氧化還原反應(yīng)B.是該反應(yīng)的中間產(chǎn)物C.總反應(yīng)化學(xué)方程式為D.Ti4+可降低該反應(yīng)的活化能【答案】C【解析】【詳解】A．反應(yīng)中N的化合價(jià)發(fā)生改變，故屬于氧化還原反應(yīng)，A正確，B．由題干反應(yīng)歷程圖可知，既是生成物，又是反應(yīng)物，故是該反應(yīng)的中間產(chǎn)物，B正確；C．由題干反應(yīng)歷程圖可知，轉(zhuǎn)化過程中NH3和NO的物質(zhì)的量之比為1:1，則總反應(yīng)化學(xué)方程式為，C錯(cuò)誤；D．由題干反應(yīng)歷程圖可知，Ti4+為該反應(yīng)的催化劑，故Ti4+可降低該反應(yīng)的活化能，加快反應(yīng)速率，D正確；故答案為：C。9.固定體積容器中一定條件下發(fā)生反應(yīng)：，下列關(guān)于該反應(yīng)說法正確的是A.從容器中取走，逆反應(yīng)速率增大B.反應(yīng)物鍵能之和大于生成物鍵能之和C.當(dāng)時(shí)，反應(yīng)處于平衡狀態(tài)D.其他條件不變時(shí)，減小壓強(qiáng)，再次達(dá)到平衡時(shí)的數(shù)值保持不變【答案】D【解析】【詳解】A．從容器中取走的瞬間，生成物濃度突然減小，正反應(yīng)速率突然減小，導(dǎo)致逆反應(yīng)速率大于正反應(yīng)速率，平衡逆向移動(dòng)，則生成物濃度也慢慢減小，導(dǎo)致逆反應(yīng)速率隨之減小，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)反應(yīng)熱等于反應(yīng)物的鍵能之和減去生成物的鍵能之和，結(jié)合題干信息可知，該反應(yīng)正反應(yīng)是一個(gè)放熱反應(yīng)，故反應(yīng)物鍵能之和小于生成物鍵能之和，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)化學(xué)反應(yīng)速率之比等于化學(xué)計(jì)量系數(shù)之比可知，，故當(dāng)時(shí)，即反應(yīng)不處于平衡狀態(tài)，C錯(cuò)誤；D．已知平衡常數(shù)K=，K僅僅是溫度的函數(shù)，故其他條件不變時(shí)，減小壓強(qiáng)，再次達(dá)到平衡時(shí)的數(shù)值保持不變，D正確；故答案為：D。10.草酸亞鐵(FeC2O4)晶體為淡黃色粉末，難溶于水，溶于稀酸，是生產(chǎn)鋰電池的原材料。實(shí)驗(yàn)室制備FeC2O4部分實(shí)驗(yàn)過程如下：已知室溫時(shí)：、、。下列說法正確的是A.可用KMnO4溶液檢驗(yàn)(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O是否變質(zhì)B.室溫時(shí)，反應(yīng)平衡常數(shù)C.“操作a”為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、乙醇洗滌、干燥D.“操作a”所得濾液中存在：【答案】B【解析】【分析】由題干流程圖信息可知，硫酸亞鐵銨加水并加入H2SO4進(jìn)行酸化溶解，然后加入草酸，加熱后反應(yīng)生成草酸亞鐵沉淀，通過過濾，洗滌，干燥即得到FeC2O4晶體，據(jù)此分析解題?！驹斀狻緼．銨根中N為-3價(jià)能夠被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故不可用KMnO4溶液檢驗(yàn)(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O是否變質(zhì)，應(yīng)該用KSCN溶液等，A錯(cuò)誤；B．室溫時(shí)，反應(yīng)的平衡常數(shù)K=====11.8，B正確；C．由分析可知，F(xiàn)eC2O4是沉淀，故“操作a”為過濾、乙醇洗滌、干燥，C錯(cuò)誤；D．由分析可知，“操作a”為過濾出FeC2O4沉淀后所得濾液中，則存在：，否則將繼續(xù)產(chǎn)生FeC2O4沉淀，D錯(cuò)誤；故答案為：B。11.室溫下，下列探究方案能達(dá)到探究目的的是選項(xiàng)探究方案探究目的A向濃硝酸中加入紅熱的炭塊產(chǎn)生紅棕色氣體濃硝酸具有強(qiáng)氧化性B分別向盛有2mL苯和2mL甲苯的試管中各加入幾滴酸性KMnO4溶液，振蕩，甲苯中KMnO4溶液褪色，苯中KMnO4溶液不褪色苯環(huán)增強(qiáng)了甲基的活性C向溶有SO2的BaCl2溶液中通入氣體X，有白色沉淀白色沉淀一定是BaSO3D室溫下，用pH計(jì)測(cè)得0.1mol/LCH3COONH4溶液的pH小于0.1mol/LNaHCO3溶液水解平衡常數(shù)：A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．濃硝酸受熱會(huì)分解生成紅棕色氣體NO2，故向濃硝酸中加入紅熱的炭塊產(chǎn)生紅棕色氣體，即能說明濃硝酸和碳發(fā)生反應(yīng)，也不能說明濃硝酸具有強(qiáng)氧化性，A不合題意；B．已知甲烷等烷烴不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，但甲苯能夠，且反應(yīng)后生成苯甲酸，作用部位在側(cè)鏈甲基上，故能說明苯環(huán)增強(qiáng)了甲基的活性，B符合題意；C．向溶有SO2的BaCl2溶液中通入氣體X，有白色沉淀，若X氣體為NH3，則生成的白色沉淀為BaSO3，但若X為Cl2、NO2等氣體，則生成的白色沉淀為BaSO4，C不合題意；D．由于CH3COONH4中CH3COO-和銨根離子均能水解，而NaHCO3中碳酸氫根離子既能電離又能水解，故不能通過測(cè)量兩者溶液的pH來探究CH3COO-和碳酸氫根離子水解平衡常數(shù)的相對(duì)大小，D不合題意；故答案為：B。12.分別向相同濃度的Na2RO3、NaHRO3溶液中逐滴加入鹽酸，滴定過程中溶液的pH變化如圖所示。下列說法不正確的是A.曲線①、②分別表示鹽酸滴定Na2RO3、NaHRO3溶液的過程B.a、b、c點(diǎn)水的電離程度：a＞b＞cC.a、b、d點(diǎn)均滿足：D.NaHRO3溶液中：【答案】C【解析】【分析】由題干信息可知，Na2RO3、NaHRO3溶液的pH均大于7，說明兩種溶液中均存在水解反應(yīng)，已知相同濃度的Na2RO3、NaHRO3溶液中的水解程度大于，結(jié)合題干圖像可知，曲線①、②分別表示鹽酸滴定Na2RO3、NaHRO3的反應(yīng)過程，據(jù)此分析解題?！驹斀狻緼．由分析可知，曲線①、②分別表示鹽酸滴定Na2RO3、NaHRO3溶液過程，A正確；B．由題干圖像信息可知，酸或堿抑制水電離，弱離子促進(jìn)水電離，a點(diǎn)溶質(zhì)為NaCl、NaHRO3，b點(diǎn)溶質(zhì)為NaCl、H2RO3，c點(diǎn)溶質(zhì)為NaCl、H2RO3、HCl，NaHRO3促進(jìn)水電離，H2RO3、HCl都抑制水電離，c點(diǎn)c（H+）大于b點(diǎn)，抑制水電離程度：c點(diǎn)＞b點(diǎn)，所以a、b、c點(diǎn)水的電離程度：a＞b＞c，B正確；C．根據(jù)電荷守恒可知，a、b、d點(diǎn)均滿足：+c(Cl-)，C錯(cuò)誤；D．由分析可知，曲線②分別表示鹽酸滴定NaHRO3溶液的過程，由圖中信息可知，未滴加鹽酸時(shí)，NaHRO3溶液顯堿性，說明水解大于電離，則在NaHRO3溶液中：，D正確；故答案為：C。13.向某密閉容器中充入4molH2和1molCO2，在催化劑作用下發(fā)生反應(yīng)：①②③CO2的平衡轉(zhuǎn)化率和生成物的選擇性隨溫度變化如下圖所示（不考慮其它因素影響）。已知：生成物A的選擇性％。下列說法正確的是A.一定溫度下，使用高效催化劑能提高氫氣的平衡轉(zhuǎn)化率B.在220℃條件下，平衡時(shí)H2O的物質(zhì)的量為0.56molC.溫度高于280℃，反應(yīng)③右移程度小于反應(yīng)①左移程度D.其他條件不變，增大壓強(qiáng)，圖中點(diǎn)X將可能下調(diào)至點(diǎn)Y【答案】B【解析】【詳解】A．催化劑只能改變反應(yīng)速率而不能使平衡發(fā)生移動(dòng)，故一定溫度下，使用高效催化劑不能改變氫氣的平衡轉(zhuǎn)化率，A錯(cuò)誤；B．由題干圖像信息可知，220℃下CO2的轉(zhuǎn)化率為40%，CH3OCH3的選擇性為80%，即×100%=80%，解得n(CH3OCH3)=0.16mol，CO的選擇性為5%，則×100%=5%，即得n(CO)=0.02mol，根據(jù)碳原子守恒可得n(CH3OH)=0.4×1-0.16×2-0.02=0.06mol，根據(jù)反應(yīng)方程式可知，在220℃條件下，平衡時(shí)H2O的物質(zhì)的量為0.38mol+0.16mol+0.02mol=0.56mol，B正確；C．由題干圖像信息可知，溫度高于280℃，CO的選擇性明顯增大，而CO2的平衡轉(zhuǎn)化率也增大，但CH3OCH3的選擇性減小，故反應(yīng)③右移程度大于反應(yīng)①左移程度，C錯(cuò)誤；D．由題干方程式信息可知，其他條件不變，增大壓強(qiáng)，反應(yīng)②③平衡不移動(dòng)，而反應(yīng)①平衡正向移動(dòng)，導(dǎo)致CH3OH的濃度增大，反應(yīng)②平衡正向移動(dòng)，H2O濃度增大，CO2濃度減小，導(dǎo)致反應(yīng)③平衡逆向移動(dòng)，則平衡時(shí)CO的選擇性減小，CH3OCH3的選擇性增大，即圖中點(diǎn)X將不可能下調(diào)至點(diǎn)Y，D錯(cuò)誤；故答案為：B。二、非選擇題：共4題，共61分。14.某研究團(tuán)隊(duì)利用二氧化氯液相氧化協(xié)同氨法對(duì)鍋爐產(chǎn)生煙氣(主要成分NO、SO2、N2)進(jìn)行脫硫、脫硝研究。（1）二氧化氯制備。研究中采用鹽酸還原氯酸鈉制備ClO2，在生成ClO2的同時(shí)還生成Cl2；該反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為__________。（2）二氧化氯液相氧化協(xié)同氨法脫除。研究中首先用制備的ClO2氣體配制濃度為150mg/L的ClO2溶液，接著向濃度為0.3％的氨水吸收液中添加濃度為150mg/L的ClO2溶液，組成復(fù)合吸收液來對(duì)模擬煙氣中NO和SO2同時(shí)脫除。脫除時(shí)NO發(fā)生反應(yīng)：。①脫除時(shí)SO2發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為__________。②脫除過程中采用如圖所示噴淋吸收塔裝置吸收SO2和NO，采用該裝置吸收的優(yōu)點(diǎn)是__________。③已知反應(yīng)吸收液的pH與ORP值(氧化還原電位)隨時(shí)間變化如圖所示(已知ORP值越大，氧化能力越強(qiáng))，測(cè)定表明煙氣中含有SO2能提高NO的脫除率，可能原因是__________。（3）脫除效果檢測(cè)。實(shí)驗(yàn)室利用模擬煙氣探究該方法“脫硫”、“脫硝”的效果，一定時(shí)間內(nèi)，溫度對(duì)SO2、NO脫除率的影響曲線如圖所示。①檢測(cè)表明SO2的脫除率明顯高于NO，可能的原因__________。②在50℃下，若煙氣中SO2和NO體積比為4:5，吸收液中煙氣轉(zhuǎn)化生成、、的物質(zhì)的量之比為__________。③列舉一條用二氧化氯液相氧化協(xié)同氨法“脫硫”、“脫硝”的優(yōu)點(diǎn)__________?！敬鸢浮浚?）2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O（2）①.5SO2+2ClO2+12NH3+6H2O=5+12+2Cl-②.增大固體與液體的接觸面積與接觸時(shí)間，加快反應(yīng)速率和提高SO2、NO的吸收率③.SO2溶于水使溶液顯酸性，降低溶液pH值，提高OPR，使氧化能力增強(qiáng)，有利于NO的脫除（3）①.SO2的還原性比NO強(qiáng)，或者NO難溶于水，故NO與ClO2反應(yīng)速率慢，一定時(shí)間內(nèi)的去除率比SO2的低②.1:1:1③.反應(yīng)生成的產(chǎn)物(NH4)2SO4、NH4Cl和NH4NO3均可用作化肥，可以實(shí)現(xiàn)變廢為寶【解析】【小問1詳解】研究中采用鹽酸還原氯酸鈉制備ClO2，在生成ClO2的同時(shí)還生成Cl2，根據(jù)氧化還原反應(yīng)配平可知，該反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為：2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，故答案為：2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O；【小問2詳解】①脫除時(shí)SO2發(fā)生反應(yīng)即SO2轉(zhuǎn)化為(NH4)2SO4，即S被氧化，ClO2中的Cl被還原，根據(jù)氧化還原反應(yīng)配平可得，該反應(yīng)方程式為：5SO2+2ClO2+12NH3+6H2O=5(NH4)2SO4+2NH4Cl，則該反應(yīng)的離子方程式為：5SO2+2ClO2+12NH3+6H2O=5+12+2Cl-，故答案為：5SO2+2ClO2+12NH3+6H2O=5+12+2Cl-；②脫除過程中采用如圖所示噴淋吸收塔裝置吸收SO2和NO，采用該裝置吸收的優(yōu)點(diǎn)是采用固液逆向?qū)α骺梢栽龃蠊腆w與液體的接觸面積與接觸時(shí)間，加快反應(yīng)速率和提高SO2、NO的吸收率，故答案為：增大固體與液體的接觸面積與接觸時(shí)間，加快反應(yīng)速率和提高SO2、NO的吸收率；③已知反應(yīng)吸收液的pH與ORP值(氧化還原電位)隨時(shí)間變化如圖所示(已知ORP值越大，氧化能力越強(qiáng))，由題干圖示信息可知，溶液pH值越小，ORP值越大，即氧化還原電位越大，氧化能力越強(qiáng)，故測(cè)定表明煙氣中含有SO2能提高NO的脫除率，可能原因是SO2溶于水使溶液顯酸性，降低溶液pH值，提高OPR，使氧化能力增強(qiáng)，有利于NO的脫除，故答案為：SO2溶于水使溶液顯酸性，降低溶液pH值，提高OPR，使氧化能力增強(qiáng)，有利于NO的脫除；【小問3詳解】①由圖可知，SO2的脫除率高于NO，其原因是SO2的還原性比NO強(qiáng)，或者NO難溶于水，故NO與ClO2反應(yīng)速率慢，一定時(shí)間內(nèi)的去除率比SO2的低，故答案為：SO2的還原性比NO強(qiáng)，或者NO難溶于水，故NO與ClO2反應(yīng)速率慢，一定時(shí)間內(nèi)的去除率比SO2的低；②②模擬煙氣中SO2和NO的物質(zhì)的量之比為4：5，設(shè)其物質(zhì)的量分別為4mol、5mol，50℃時(shí)，兩者的吸收率分別為100%和80%，脫硫的離子方程式為：5SO2+2ClO2+12NH3+6H2O=5+12+2Cl-，則該反應(yīng)生成的Cl-為1.6mol，為4mol，脫硝的離子方程式為：，則該反應(yīng)生成的Cl-為5mol×80%×=2.4mol,生成的為5mol×80%=4mol，故吸收液中煙氣轉(zhuǎn)化生成的、、Cl-的物質(zhì)的量之比為4：4：(1.6+2.4)=1:1:1，故答案為：1:1:1；③由上述反應(yīng)方程式可知，用二氧化氯液相氧化協(xié)同氨法“脫硫”、“脫硝”的優(yōu)點(diǎn)為反應(yīng)生成的產(chǎn)物(NH4)2SO4、NH4Cl和NH4NO3均可用作化肥，可以實(shí)現(xiàn)變廢為寶，故答案為：反應(yīng)生成的產(chǎn)物(NH4)2SO4、NH4Cl和NH4NO3均可用作化肥，可以實(shí)現(xiàn)變廢為寶。15.化合物H可用于制造合成纖維、染料、藥物等，其合成路線如下：（1）A→B的反應(yīng)類型為__________。（2）E中的官能團(tuán)名稱為__________。（3）F的分子式為C8H10Br2，其結(jié)構(gòu)簡式為：__________。（4）H的一種同分異構(gòu)體同時(shí)滿足下列條件，寫出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：__________。①分子呈“鏈狀”結(jié)構(gòu)，無環(huán)、無支鏈，能使溴水褪色。②分子中不同化學(xué)環(huán)境的氫原子數(shù)目比為。（5）已知：（、、表示烴基），寫出以為原料制備的合成路線流程圖__________（無機(jī)試劑和有機(jī)溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干）。【答案】（1）還原反應(yīng)（2）碳碳雙鍵（3）（4）CH3C≡CCH=CHC≡CCH3或者HC≡CC(CH3)=C(CH3)C≡CH（5）【解析】【分析】由題干流程圖可知，A中酮羰基被NaBH4還原為醇羥基，B中醇羥基發(fā)生消去反應(yīng)生成C，C和CH3I在一定條件下反應(yīng)轉(zhuǎn)化為D，D繼續(xù)與CH3I反應(yīng)生成E，由E、G的結(jié)構(gòu)簡式和F的分子式為C8H10Br2，推知E發(fā)生1，6-加成反應(yīng)生成F，則F的結(jié)構(gòu)簡式為：，據(jù)此分析解題。【小問1詳解】由題干流程圖可知，A→B即A中的酮羰基轉(zhuǎn)化為羥基，該反應(yīng)的反應(yīng)類型為還原反應(yīng)，故答案為：還原反應(yīng)；【小問2詳解】由題干流程圖中E的結(jié)構(gòu)簡式可知，E中的官能團(tuán)名稱為碳碳雙鍵，故答案為：碳碳雙鍵；【小問3詳解】由分析可知，F(xiàn)的分子式為C8H10Br2，其結(jié)構(gòu)簡式為：，故答案為：；【小問4詳解】由題干流程圖可知，H的分子式為C8H8，不飽和度為：=5，H的一種同分異構(gòu)體同時(shí)滿,條件①分子呈“鏈狀”結(jié)構(gòu)，無環(huán)、無支鏈，能使溴水褪色，即含有碳碳雙鍵或碳碳三鍵，②分子中不同化學(xué)環(huán)境的氫原子數(shù)目比為3:1，該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為：CH3C≡CCH=CHC≡CCH3或者HC≡CC(CH3)=C(CH3)C≡CH，故答案為：CH3C≡CCH=CHC≡CCH3或者HC≡CC(CH3)=C(CH3)C≡CH；【小問5詳解】由題干流程圖中C到D的轉(zhuǎn)化信息可知，與CH3I在一定條件下反應(yīng)可得，由D轉(zhuǎn)化為E或者G轉(zhuǎn)化為H的轉(zhuǎn)化信息可知，與CH3I在一定條件下反應(yīng)可得，結(jié)合本小題題干信息可知，被酸性高錳酸鉀溶液氧化轉(zhuǎn)化為，結(jié)合A到B的轉(zhuǎn)化信息可知，被NaBH4還原為，由此確定合成路線為：，故答案為：。16.實(shí)驗(yàn)室以廢渣（含少量Ca、Mg的氧化物）為原料制備的部分實(shí)驗(yàn)過程如下：（1）“浸取”時(shí)轉(zhuǎn)化為，該反應(yīng)的離子方程式為__________。（2）“除、”時(shí)，所得溶液中__________。[已知：，]。（3）“沉錳”時(shí)，溶液做“沉錳”試劑①的水溶液呈__________（填“酸性”或“堿性”或“中性”）。（已知：的，，的）②此過程需控制溫度低于70℃，該過程不宜在較高溫度下進(jìn)行的原因是__________。（4）“加熱氧化”時(shí)，發(fā)生反應(yīng)生成，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為__________。（5）“焙燒”時(shí)，生成活性；實(shí)驗(yàn)室也可由固體制取活性。如圖為不同溫度下硫酸錳焙燒2小時(shí)后殘留固體中含錳產(chǎn)物的XRD圖譜（XRD圖譜可用于判斷某晶態(tài)物質(zhì)是否存在，不同晶態(tài)物質(zhì)出現(xiàn)衍射峰的衍射角不同）。補(bǔ)充完整由固體制取活性的實(shí)驗(yàn)方案：將固體置于可控制溫度的反應(yīng)管中，__________，將冷卻、研磨、密封包裝。（須使用的試劑：溶液）【答案】（1）++4H+=2Mn2+++2H2O（2）100（3）①.堿性②.溫度過高會(huì)分解（4）2KOH++2O22+H2O（5）在850℃下焙燒2小時(shí)，并將產(chǎn)生的氣體通入1mol/LNaOH溶液【解析】【分析】廢渣（含少量Ca、Mg的氧化物）加入H2SO4溶液和Na2SO3溶液浸取，溶液中存在Mn2+、Ca2+和Mg2+，加入NH4F，將CaF2沉淀和MgF2沉淀過濾除去，加入NH4HCO3溶液將Mn2+轉(zhuǎn)化為MnCO3，“焙燒”時(shí)，生成活性，“加熱氧化”時(shí)，發(fā)生反應(yīng)生成，水浸后經(jīng)過一系列操作得到KMnO4固體，以此解答?！拘?詳解】“浸取”時(shí)轉(zhuǎn)化為，Mn元素化合價(jià)由+3價(jià)下降到+2價(jià)，Na2SO3中S元素由+4價(jià)上升到+6價(jià)，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為：++4H+=2Mn2+++2H2O?！拘?詳解】“除、”時(shí)，所得溶液中?！拘?詳解】①的水溶液中存在水解平衡：Kh=、Kh=，說明的水解程度大于的水解程度，則的水溶液呈堿性；②此過程需控制溫度低于70℃，該過程不宜在較高溫度下進(jìn)行的原因是：溫度過高會(huì)分解?！拘?詳解】“加熱氧化”時(shí)，和KOH、O2發(fā)生反應(yīng)生成，Mn元素由+3價(jià)上升到+7價(jià)，O元素由0價(jià)下降到-2價(jià)，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒配平化學(xué)方程式為：2KOH++2O22+H2O?！拘?詳解】由圖可知，850℃下焙燒2小時(shí)，的含量較高，則固體制取活性的實(shí)驗(yàn)方案為：將固體置于可控制溫度的反應(yīng)管中，在850℃下焙燒2小時(shí)，并將產(chǎn)生的氣體通入1mol/LNaOH溶液，將冷卻、研磨、密封包裝。17.氫能是能源體系的組成部分