新高考2022届高考化学二轮综合复习试卷1

（新高考）此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号2022届高三二轮综合卷化学（一）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本题共13小题，共39分。每小题3分。在每个小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的。1．化学与生产、生活等密切相关，下列说法错误的是A．“超级钢”属于合金B．单质钠着火，不能用泡沫灭火器灭火C．胃舒平（主要成分：氢氧化铝）可用于胃酸中和剂D．“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁【答案】D【解析】A．钢是铁碳合金，故A正确；B．单质钠着火会发生反应生成过氧化钠，能和水、二氧化碳反应放出氧气，所以单质钠着火不能用泡沫灭火器灭火，故B正确；C．胃酸的主要成分为盐酸，氢氧化铝属于两性氢氧化物，能和盐酸反应，所以素胃舒平（主要成分：氢氧化铝）可用于胃酸中和剂，故C正确；D．“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化亚铁，故D错误；故答案D。2．下列物质的性质与用途具有对应关系的是A．具有强氧化性，可用作漂白剂B．能与碱反应，可用作抗酸药C．具有两性，可制作耐高温陶瓷D．易溶于水，可用于饮用水消毒【答案】A【解析】A．用作漂白剂利用的是强氧化性，正确；B．用作抗酸药利用的是与酸反应的性质，错误；C．制作耐高温陶瓷利用的是耐高温的性质，错误；D．用于饮用水消毒利用的是强氧化性，错误；故选A。3．化合物M常用作游泳池消毒剂，其结构如图所示。W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Z的原子序数比Y的原子序数多9。下列说法错误的是A．简单离子半径：B．最高价含氧酸的酸性：C．简单氢化物沸点：D．的简单氢化物与混合后可产生白烟【答案】C【解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，结合M的结构图所示，W连接一个双键和两个单键，推测为C元素；X连接三个单键，推测为N元素；Y连接一个双键，推测为O元素；Z的原子序数比Y的原子序数多9，连接一个单键，推测为Cl元素。A．据分析，X的简单离子是N3-，Y的简单离子是O2-，两种电子层数相同，O2-的核电荷数较大半径较小，故简单离子半径：N3->O2-，即，A正确；B．据分析，W、X、Z最高价含氧酸分别是H2CO3、HNO3、HClO4，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：，最高价含氧酸的酸性：，B正确；C．据分析，X、Y、Z的简单氢化物分别是NH3、H2O、HCl，前两者分子间存在氢键，沸点比HCl高，氧原子半径较短，水分间的氢键能量较大，相同数目的水分子间氢键数比氨分子间多，故水的沸点比氨高，所以简单氢化物沸点：，C错误；D．据分析，X的简单氢化物即NH3，与Z2即Cl2，混合后可发生反应：，产生白烟NH4Cl，D正确；故选C。4．过氧化钠是宇宙飞船和潜水艇中氧气的主要来源，其作用原理中包含了反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。用NA表示阿伏加德罗常数数值，下列说法正确的是A．11.2LO2含NA个氧原子B．在0.1molNa2CO3中含Na-C键的数目为0.2NAC．反应中每生成1molO2转移2mol电子9 D．1molNa2O2固体中含有离子总数为4NA个【答案】C【解析】A．题目中没有说明在标准状况下，气体摩尔体积未知，故无法求解，A项错误；B．Na2CO3属于离子化合物，碳酸钠由钠离子和碳酸根离子构成，无Na-C键，B项错误；C．Na2O2中氧元素的化合价为-1价，既作氧化剂又作还原剂，若有2mol的Na2O2有2mol氧原子到电子为变成-2价，进入到Na2CO3中，有2mol氧原子失去电子变为产物中的O2，所以转移的电子数都是2mol，C项正确；D．Na2O2由2个钠离子和1个过氧根离子组成，因此1molNa2O2固体中含有离子总数为3NA个，D项错误；答案选C。5．为探究某些硫的含氧酸盐的部分性质，进行如下实验，并记录实验现象。①测量0.01mol·L-1NaHSO3溶液的pH，pH约为5。②向0.1mol·L-1NaHSO3溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液的紫红色褪去。③向0.1mol·L-1Na2S2O3溶液中滴加稀盐酸，产生无色有刺激性气味的气体，且出现淡黄色沉淀。④在Ag+催化条件下，向0.1mol·L-1K2S2O8无色溶液中滴加MnSO4溶液，溶液中出现紫红色。由上述实验现象能得出的合理结论是A．实验①说明：Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)>KwB．实验②中发生反应：3HSO+2MnO+OH-=3SO+2MnO2↓+2H2OC．实验③中的淡黄色沉淀为S，无色有刺激性气味的气体为H2SD．实验④说明：该条件下，MnO的氧化性强于S2O【答案】A【解析】A．实验①说明NaHSO3溶液显酸性，电离程度＞水解程度，Ka2(H2SO3)>Kh()，而Kh()=，即Ka2(H2SO3)>，Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)>Kw，A正确；B．实验②为强酸性环境，反应物中不应出现OH-，B错误；C．实验③Na2S2O3中S元素化合价为+2价，Na2S2O3遇盐酸发生歧化反应，生成淡黄色沉淀S和无色有刺激性气味的气体SO2，C错误；D．实验④说明S2O作氧化剂，生成氧化产物MnO，根据氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，D错误；故选A。6．硫酸亚铁铵是一种无机复盐，能溶于水，几乎不溶于乙醇，100～110℃时分解。实验室制备硫酸亚铁铵的步骤如下图。下列说法错误的是A．为提高10%的碳酸钠处理效果，可以适当提高洗涤液的温度B．配制所需的稀H2SO4，用量筒量取98%浓H2SO4()C．用稀H2SO4溶解废铁屑时，水浴加热比明火加热更安全D．操作Ⅲ为蒸发到晶膜出现时，冷却结晶、过滤，用乙醇洗涤【答案】B【解析】由题给流程可知，用10%的碳酸钠溶液洗涤除去废铁屑表面的油污后，用稀硫酸溶解废铁屑后，过滤得到硫酸亚铁溶液，向硫酸亚铁溶液中加入硫酸铵溶液后，混合溶液经蒸发到晶膜出现时，冷却结晶、过滤，用乙醇洗涤、干燥得到硫酸亚铁铵晶体。A．碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，用10%的碳酸钠溶液能洗涤除去废铁屑表面的油污，盐类的水解是吸热反应，适当升高温度，水解平衡向正反应方向移动，氢氧根离子浓度增大，去污能力增强，故A正确；B．由c=可知，浓硫酸的浓度为=18.4mol/L，由稀释定律可知，配制溶液需要98%浓硫酸的体积为×1000mL/L≈13.0mL，故B错误；C．用稀硫酸溶解废铁屑时，铁与稀硫酸反应生成易燃的氢气，用水浴加热可以使生成的氢气远离火源，可以避免因燃烧发生爆炸，比明火加热更安全，故C正确；D．由分析可知，操作Ⅲ为硫酸亚铁和硫酸铵混合溶液经蒸发到晶膜出现时，冷却结晶、过滤，用乙醇洗涤、干燥得到硫酸亚铁铵晶体，故D正确；故选B。7．微生物脱盐池是在微生物燃料电池的基础上发展而来的新兴生物电化学系统，原理如图所示，下列说法错误的是9 A．b为正极B．X为阴离子交换膜C．该装置能实现从海水中得到淡水，同时去除有机物并提供电能D．负极反应为【答案】D【解析】由题意和图片装置可知，微生物脱盐池的装置是将废水中有机物CH3COO-的化学能转化为电能的装置，即为原电池，由图正极通O2，负极为有机废水CH3COO-，则为正极发生还原反应，负极发生氧化反应，负极反应为CH3COO-+2H2O-8e-═2CO2↑+7H+。A．b极通入O2，O元素化合价降低，发生还原反应，则b为正极，故A正确；B．原电池内电路中：阳离子移向正极、阴离子移向负极，从而达到脱盐目的，所以Y为阳离子交换膜、X为阴离子交换膜，故B正确；C．原电池内电路中：阳离子通过阳离子交换膜Y移向正极、阴离子通过阴离子交换膜X移向负极，从而使海水中NaCl含量减少形成淡水，该装置工作时为原电池，是将化学能转化为电能的装置，能提供电能，故C正确；D．由图片可知，负极为有机废水CH3COO-的一极，发生失电子的氧化反应，电极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+，故D错误；故选D。8．四氧化三锰（Mn3O4）广泛应用于生产软磁材料、催化材料。一种以低品位锰矿（含MnCO3、Mn2O3、MnOOH及少量Fe2O3、Al2O3、SiO2）为原料生产Mn3O4的工艺流程如图所示：下列说法错误的是A．“溶浸”过程Mn2O3发生反应的离子方程式是Mn2O3+H2O2+4H+=2Mn2++O2↑+3H2OB．“滤渣2”的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3C．由“母液”可获得(NH4)2SO4D．“氧化”反应后，溶液的pH增大【答案】D【解析】NH4HSO4能电离出NH、H＋、SO，H＋与MnCO3、Fe2O3、Al2O3反应生成Mn2＋、Al3＋、Fe3＋，根据流程图，沉锰后得到+2价Mn，因此Mn2O3、MnOOH在酸性条件下将H2O2氧化成O2，本身被还原成Mn2＋，SiO2为酸性氧化物，不参与反应，滤渣1主要成分是为SiO2，加入Mn(OH)2调节pH，使Fe3＋、Al3＋以氢氧化物的形式沉淀而除去，利用氧气的氧化性，将Mn2＋氧化成＋3价Mn；A．根据上述分析，Mn2O3中＋3价Mn被还原成Mn2＋，H2O2被氧化成O2，依据得失电子数目守恒，Mn2O3与H2O2反应的离子方程式为Mn2O3＋H2O2＋4H＋=2Mn2＋＋O2↑＋3H2O，故A说法正确；B．根据上述分析，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，故B说法正确；C．根据流程以及上述分析，“沉锰”步骤母液中含有(NH4)2SO4，通过蒸发浓缩、冷却结晶的方法获得(NH4)2SO4，故C说法正确；D．氧化过程中反应方程式为6Mn(OH)2＋O22Mn3O4＋6H2O，溶液的pH减小，故D说法错误；答案为D。9．二氯化铅常温下为白色固体，沸点为，工业上常用作助焊剂。某小组同学欲证明氢气能否在加热的条件下还原二氯化铅，设计如下实验。下列说法错误的是A．乙中长颈漏斗的作用是平衡压强B．点燃丙中酒精灯后，应先对直形玻璃管进行预热，然后再集中加热C．甲中试剂可用浓盐酸代替，丁中试剂可用硝酸银溶液代替D．若丁中溶液变红，则可证明氢气能在加热的条件下还原二氯化铅【答案】C【解析】A．乙中浓硫酸的作用是干燥氢气，长颈漏斗的作用是平衡压强，选项A正确；B．点燃丙中酒精灯后，应先对直形玻璃管进行预热，然后再集中加热，目的是防止玻璃管受热不均，选项B正确；C．浓盐酸中挥发出的可使石蕊溶液变红，故甲中试剂不可用浓盐酸代替，选项C错误；D．丁中溶液变红，说明产生了氯化氢，可证明二氯化铅被还原，选项D正确；答案选C。10．化合物X是一种重要的药物中间体，结构如图所示。下列说法不正确的是A．X分子存在顺反异构B．X分子与足量H2加成后有6个手性碳原子C．X分子中所有碳原子可能在同一平面内D．X分子可以发生氧化、加成、取代反应【答案】D9 【解析】A．X分子存在顺反异构，碳碳双键双端形成顺反异构，故A正确；B．X分子与足量H2加成后有7个手性碳原子，用*标记的为手性碳原子，，故B错误；C．X分子中前面苯环及苯环连的碳原子都在同一平面，碳碳双键连的6个碳原子在同一平面上，后边苯环及连的碳原子都在苯环上，因此所有碳原子可能在同一平面内，故C正确；D．X分子含有碳碳双键，可以发生氧化、加成反应，含有羟基，能发生取代反应，故D正确。综上所述，答案为B。11．室温下，通过下列实验探究NaClO溶液的性质实验1：测得0.1mol·L-1NaClO溶液的pH约为10实验2：向0.1mol·L-1NaClO溶液中通入足量CO2，无明显现象实验3：向0.1mol·L-1NaClO溶液中加入浓盐酸，有黄绿色气体生成实验4：向0.1mol·L-1NaClO溶液中加入双氧水，有无色气体生成下列说法正确的是A．0.1mol·L-1NaClO溶液中c(ClO-)约为10-10mol·L-1B．实验2说明Ka(HClO)>Ka1(H2CO3)C．实验3反应的离子方程式为NaClO+2H++Cl-=Cl2↑+Na++H2OD．实验4中生成的无色气体是O2【答案】D【解析】A．由水解方程式ClO-+H2OHClO+OH-可知，发生水解的ClO-的浓度为10-4mol/L，0.1mol·L-1NaClO溶液中c(ClO-)约为0.1mol/L-10-4mol/L≈0.1mol·L-1，A错误；B．向0.1mol·L-1NaClO溶液中通入足量CO2，无明显现象，并不能说明没有发生反应NaClO+H2O+CO2=NaHCO3+HClO，故实验2不能说明Ka(HClO)>Ka1(H2CO3)，B错误；C．NaClO是可溶性盐，离子方程式书写时能拆，故实验3反应的离子方程式为：ClO-+2H++Cl-=Cl2↑+H2O，C错误；D．已知NaClO具有强氧化性，H2O2既有氧化性又有还原性，当H2O2作还原剂时，则其被ClO-氧化成O2，为无色气体，反应离子方程式为：ClO-+H2O2=H2O+Cl-+O2↑，即实验4中生成的无色气体是O2，D正确；故答案为D。12．在50%负载型金属催化作用下，可实现低温下甲烷化。发生的反应有：反应Ⅰ：反应Ⅱ：反应Ⅲ：将与按照一定流速通过催化氧化管，测得的转化率与的选择性[选择性]随温度变化如图所示。下列说法正确的是A．其他条件不变，增大压强可提高的选择性B．反应Ⅱ的平衡常数可表示为C．其他条件不变，升高温度，出口处甲烷的量一直增大D．在X点所示条件下，延长反应时间不能提高的转化率【答案】A【解析】A．反应Ⅰ为气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，反应Ⅱ正向气体分子数减小，增大压强，平衡正向移动，CH4的选择性提高，故A正确；B．反应Ⅱ的平衡常数可表示为，故B错误；C．生成甲烷的反应Ⅱ和Ⅲ正向均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，出口处甲烷的量减小，故C错误；D．由图可知，在X点二氧化碳的转化率未达到最大值，说明此时反应未达到平衡，延长反应时间，反应达到平衡，二氧化碳的转化率增大，故D错误；故选A。13．硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物（NOx），为保护环境，将烟气与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3[Ce中文名“铈”]的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图。下列说法正确的是9 A．过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H2+Ce4+=2H++Ce3+B．处理一段时间后，混合溶液中Ce3+和Ce4+浓度不变C．该转化过程的实质为NOx被H2还原D．x=1时，过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1【答案】C【解析】A．过程Ⅰ发生反应的离子方程式：H2+2Ce4+═2H++2Ce3+，故A错误；B．Ce3+和Ce4+是反应的催化剂，参与反应但是量不变，反应中生成水，浓度在变化；故B错误；C．总反应：2NOx+2xH2=2xH2O+N2↑，NOx的化合价降低被还原，该转化过程的实质为NOx被H2还原，故C正确；D．总反应：2NOx+2xH2=2xH2O+N2↑，x=1时，过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1，故D错误；故选C。第Ⅱ卷（非选择题）二、非选择题：本题共4小题，共61分。14．页岩气中含有CH4、CO2、H2S等气体，是蕴藏于页岩层可供开采的天然气资源。页岩气的有效利用需要处理其中所含的CO2和H2S。Ⅰ．CO2的处理：（1）CO2和CH4重整可制合成气（主要成分为CO、H2）。已知下列热化学反应方程式：C(s)＋2H2(g)=CH4(g)；ΔH=-74.5kJ·mol-1CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)；ΔH=-40.0kJ·mol-1C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)；ΔH=＋132.0kJ·mol-1反应CO2(g)＋CH4(g)=2CO(g)＋2H2(g)的ΔH=___________kJ·mol-1。（2）Ni催化CO2加H2形成CH4，其历程如图1所示（吸附在催化剂表面的物种用*标注），反应相同时间，含碳产物中CH4的百分含量及CO2的转化率随温度的变化如图2所示。①260℃时生成主要产物所发生反应的化学方程式为___________。②温度高于320℃，CO2的转化率下降的原因是___________。Ⅱ．H2S的处理：Fe2O3可用作脱除H2S气体的脱硫剂。Fe2O3脱硫和Fe2O3再生的可能反应机理如图3所示。（3）Fe2O3脱硫剂的脱硫和再生过程可以描述为___________。（4）再生时需控制通入O2的浓度和温度。400℃条件下，氧气浓度较大时，会出现脱硫剂再生时质量增大，且所得再生脱硫剂脱硫效果差，原因是___________。（5）脱硫剂再生时可以使用水汽代替O2。700℃条件下，用水汽代替O2再生时，生成Fe3O4、H2S和H2，Fe3O4也可作脱硫剂。①写出水汽作用条件下脱硫剂再生反应的化学方程式：___________。②用O2再生时会生成污染性气体SO2，用水汽再生时会排放出有毒的H2S，采用O2和水汽混合再生的方法，可以将产生的SO2和H2S转化为S单质。则为不排放出SO2和H2S，理论上O2和水汽的体积比应为___________。【答案】（1）＋246.5（2）CO2＋4H2CH4＋2H2O温度升高催化剂活性降低（或温度升高CO2难吸附在催化剂表面），反应速率减慢（3）脱硫时H2S还原了部分Fe2O3，生成S和FeS（FeS附着在Fe2O3表面）；脱硫剂再生时FeS被O2氧化，生成了Fe2O3和SO2（4）FeS氧化生成FeSO4[或Fe2(SO4)3]，失去了脱硫作用（5）3FeS＋4H2OFe3O4＋3H2S＋H221∶32【解析】（1）①C(s)＋2H2(g)=CH4(g)ΔH=-74.5kJ·mol-1；②CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)ΔH=-40.0kJ·mol-1；③C(s)＋H2O(g)=CO(g)＋H2(g)ΔH=＋132.0kJ·mol-1；依据目标反应方程式，根据盖斯定律，③－②－①，ΔH=[＋132.0－(－40.0)－(－74.5)]kJ·mol－1=＋246.5kJ·mol－1；故答案为＋246.5；（2）①根据图2可知，260℃时主要产物是CH4，根据图1，CO2与H2反应生成甲烷的同时，还是生成了H2O，发生的反应是CO2＋4H2CH4＋2H2O；②因为用Ni作催化剂，催化剂的催化活性在一定温度下才能具有较高的活性，因此温度高于320℃时，CO2的转化率下降，可能是升高温度催化剂的活性较低，使反应速率减慢；也可能是升高温度CO2难吸附在催化剂表面，造成化学反应速率减慢；9 （3）根据图1可知，脱硫时，部分Fe2O3转化成FeS，H2S被氧化成S，再生过程时，FeS与O2反应生成Fe2O3和SO2，Fe2O3脱硫剂的脱硫和再生过程可以描述为脱硫时H2S还原了部分Fe2O3，生成S和FeS（FeS附着在Fe2O3表面）；脱硫剂再生时FeS被O2氧化，生成了Fe2O3和SO2；（4）当氧气浓度较大时，脱硫剂的质量增大，可能氧气将FeS中的S氧化成＋6价，脱硫剂中除Fe、O元素外，引入了S元素，即氧气将FeS氧化成Fe2(SO4)3，或者氧化成FeSO4，FeSO4、Fe2(SO4)3不具有脱硫作用，故答案为FeS氧化生成FeSO4[或Fe2(SO4)3]，失去了脱硫作用；（5）①根据题中信息，水蒸气可以代替氧气，生成Fe3O4、H2S和H2，因此反应方程式为3FeS＋4H2OFe3O4＋3H2S＋H2；②H2S和SO2反应2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，水蒸气：脱硫剂再生3FeS＋4H2OFe3O4＋3H2S＋H2；氧气：脱硫剂再生4FeS＋7O2=2Fe2O3＋4SO2，根据H2S和SO2反应的方程式，相同条件下，气体体积比等于物质的量比，氧气与水汽体积比为21∶32；故答案为21∶32。15．脱除烟气中的氮氧化物（主要是指NO和）可净化空气、改善环境，是环境保护的主要课题。（1）的消除。可以用碳酸钠溶液来进行吸收，在产生的同时，会生成等物质，是工业盐的主要成分，在漂白、电镀等方面应用广泛。写出碳酸钠溶液消除的化学方程式：_______。（2）NO的消除。①可有效脱除NO，但不稳定，实际应用中常用其盐。和制取漂白粉的化学方程式是_______。次氯酸盐溶液脱除NO的主要过程如下：a．b．c．②下列分析正确的是_______。A．烟气中含有少量能提高NO的脱除率B．单独存在时不能被脱除C．脱除过程中，次氯酸盐溶液的下降③研究不同温度下溶液对NO脱除率的影响，结果如图所示。脱除过程中往往有产生，原因是_______（用离子方程式表示）。脱除率下降的原因是_______。（3）催化还原氮氧化物（）技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图所示。当与NO的物质的量之比为1∶1时，与足量氨气在一定条件下发生脱氮反应。该反应的化学方程式为_______。（4）利用电化学装置可消除氮氧化物污染，变废为宝。如图为电解NO制备的装置，该装置中阳极的电极反应式为_______。【答案】（1）（2）2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2OACClO-＋Cl-＋2H＋=Cl2↑＋H2O（或HClO＋Cl-＋H＋=Cl2↑＋H2O）HClO受热分解，溶液中HClO的浓度减小，氧化NO的能力下降或反应b、c平衡逆向移动9 （3）（4）NO-3e-＋2H2O=NO＋4H+【解析】（1）用碳酸钠溶液来进行吸收过程中，在产生的同时，会生成等物质，反应过程中N元素化合价发生变化，根据化合价升降可知，还有生成，由化合价升降守恒、原子守恒可知反应方程式为。（2）①将Cl2通入冷的消石灰中可制备以次氯酸钙为有效成分的漂白粉，反应方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。②由题可知，次氯酸盐溶液脱除NO过程中，NO被氧化，HClO为氧化剂。A．烟气中含有少量，O2能与NO反应生成NO2，同时O2能氧化HNO2，因此烟气中含有少量能提高NO的脱除率，故A选；B．NO2能与H2O反应生成HNO3、NO，NO能够发生题干中的反应，因此单独存在时能被脱除，故B不选；C．脱除过程中，弱电解质HClO反应生成强电解质HCl，根据氯原子守恒可知，生成的HCl的物质的量等于参加反应的HClO的物质的量，因此反应过程溶液中的H+浓度增大，溶液的pH下降，故C选；故答案为AC。③脱除过程中ClO-被还原为Cl-，溶液酸性逐渐增大，ClO-与Cl-之间能够发生氧化还原反应生成Cl2，反应的离子方程式为ClO-＋Cl-＋2H＋=Cl2↑＋H2O（或HClO＋Cl-＋H＋=Cl2↑＋H2O）；HClO受热或见光易发生分解生成HCl和O2，导致部分反应的反应物浓度降低，同时溶液中的H+浓度增大，a反应平衡逆向移动，使得b、c反应平衡逆向移动，故答案为：HClO受热分解，溶液中HClO的浓度减小，氧化NO的能力下降或反应b、c平衡逆向移动。（3）由图可知，催化还原氮氧化物过程中，NO、NO2、NH3均生成N2，反应过程中NO、NO2为氧化剂，NH3为还原剂。当与NO的物质的量之比为1∶1时，与足量氨气在一定条件下发生脱氮反应，设n(NO)=n(NO2)=amol，则反应过程中得到电子为(2a+4a)mol=6amol，则参加反应的NH3的物质的量为=2amol，根据N原子守恒可知生成N2的物质的量为2amol，根据H原子守恒可知生成H2O的物质的量为3amol，因此反应的化学方程式为。（4）由图可知，阳极上NO发生氧化反应失去电子生成，电解质溶液为NH4NO3溶液，溶液呈酸性，因此阳极的电极反应式为NO-3e-＋2H2O=NO＋4H+。16．有机物M（C26H24O8）在有机化工生产中应用广泛，其合成路线如下：已知：M的核磁共振氢谱图显示分子中有4种不同化学环境的氢，峰面积比为2∶2∶1∶1。回答下列问题：（1）物质M分子sp2杂化的碳原子数目为___________。（2）B→C的反应类型为___________。（3）乙烯+A→B的过程中无其他产物生成，写出A的结构简式：___________。（4）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出其结构简式：___________。Ⅰ．遇FeCl3溶液显紫色；Ⅱ．1mol该有机物最多消耗1molNaOH；Ⅲ．分子中有4种不同化学环境的氢。（5）设计以和为原料制备的合成路线（无机试剂任用，合成路线示例见本题题干）。【答案】（1）16（2）加成反应（3）（4）9 （5）【解析】石油裂解气乙烯与A加热生成B，乙烯+A→B的过程中无其他产物生成，则A的结构为，B与甲醛在碱性环境下加热发生加成反应得到C，C在镍作催化剂下与氢气受热反应，醛基被还原得到羟基，生成D；石油催化重整得到邻二甲苯，在酸性高锰酸钾溶液中被氧化得到的，在浓硫酸并加热条件下与D发生酯化反应生成M，从M的分子式和题给已知信息，推断M的结构为。（1）根据分析，物质M分子结构简式是，其中苯环上的碳原子和羧基碳原子是sp2杂化，数目为16。（2）根据分析，B→C的反应是与甲醛在碱性环境下加热反应得到反应类型为加成反应。（3）根据分析，A的结构简式：。（4）C的一种同分异构体，遇FeCl3溶液显紫色说明有酚羟基，1mol该有机物最多消耗1molNaOH，因酚羟基能与NaOH反应，说明该有机物无其它基团能与NaOH反应，同时该分子中有4种不同化学环境的氢，结合C的分子式C10H14O4，其不饱和度为4，推测其结构简式：。（5）根据题干信息，二烯烃可以与单烯烃形成六元环，和可以生成；根据B→C的反应，连接醛基的碳原子可以与另一个醛基结合多出一条链，结合目标产物的结构，可由与反应后加聚得到，故设计合成路线：17．将金属纳米颗粒与铁氧体一起来制成复合物的研究逐渐成为热点。Fe/Fe3O4复合物材料在很多领域都具有应用。一种制取Fe/Fe3O4复合物的实验装置如图所示，实验过程如下：9 步骤1：向三颈烧瓶中通入氮气，将10mLFeCl2溶液以2mL·min-1的速度滴入20mLKOH溶液中，控制温度为100℃，回流3h。步骤2：待三颈烧瓶冷却后过滤，依次用热水和乙醇洗涤所得黑色沉淀，40℃干燥，300℃焙烧，得Fe/Fe3O4复合物粗品。（1）步骤1中反应生成了Fe和Fe3O4，该反应的离子方程式为___________。（2）步骤2中用热水洗涤沉淀时，检验沉淀是否洗净的方法是___________。（3）步骤2中用乙醇洗涤的目的是___________。（4）步骤2中干燥、焙烧时，可能有部分Fe或Fe3O4被氧化为Fe2O3，为测定所得Fe/Fe3O4复合物粗品中Fe3O4的含量，现进行如下实验：准确称量0.4000g粗品，将粗品中的Fe分离出去，向剩余固体中加入足量稀H2SO4，待固体完全溶解后，将溶液转移至锥形瓶中，滴加2滴二苯胺磺酸钠溶液作指示剂，用0.01000mol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液20.00mL。已知：Ⅰ．二苯胺磺酸钠溶液遇Fe2＋显紫色，遇Fe3＋不显色；Ⅱ．Cr2O可发生转化：Gr2OCr3＋。①滴定终点的现象是___________。②计算粗品中Fe3O4的质量分数，并写出计算过程___________。【答案】（1）4Fe2＋＋8OH-Fe↓＋Fe3O4↓＋4H2O（2）取最后一次洗涤滤液，加入硝酸酸化的硝酸银，无白色沉淀，则洗涤干净（3）除去表面的水，固体易干燥（4）溶液紫色恰好褪去69.6%【解析】（1）三颈烧瓶中FeCl2溶液与KOH溶液发生反应生成了Fe和Fe3O4，根据氧化还原反应规律可知，该反应的离子方程式为4Fe2＋＋8OH-Fe↓＋Fe3O4↓＋4H2O。（2）因为反应后溶液中有Cl-，所以步骤2中用热水洗涤沉淀时，判断检验沉淀是否洗净，需取最后一次洗涤滤液，加入硝酸酸化的硝酸银，无白色沉淀，则洗涤干净。（3）乙醇易溶于水，易挥发，所以步骤2中用乙醇洗涤的目的是除去表面的水，固体易干燥。（4）①滴定前，指示剂二苯胺磺酸钠溶液遇Fe2＋显紫色，滴定时Fe2＋被氧化为Fe3＋，溶液紫色逐渐褪去，所以滴定终点的现象是溶液紫色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色。②该氧化还原滴定的反应为：K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4=K2SO4+Cr2(SO4)3+3Fe2(SO4)3+7H2O，反应消耗K2Cr2O7的物质的量为n(K2Cr2O7)=0.01000mol·L-1×20.00×10-3L=2×10-4mol，则n(Fe2＋)=6n(K2Cr2O7)=2×10-4mol×6=1.2×10-3mol，则样品中含Fe3O4的物质的量为：n(Fe3O4)=n(Fe2＋)=1.2×10-3mol，含Fe3O4的质量为：m(Fe3O4)=1.2×10-3mol×232g·mol-1=0.2784g，粗品中Fe3O4的质量分数：w(Fe3O4)=×100%=69.6%。9