浙江省9 1高中联盟2020届高三上学期期中考试化学试题 28页

‎2019学年第一学期9＋1高中联盟期中考试 高三年级化学学科试题 考生须知：‎ ‎1.本卷满分100分，考试时间90分钟；‎ ‎2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号并核对条形码信息；‎ ‎3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效，考试结束后，只需上交答题卷；‎ 可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Mg24 S32 Cl35.5 Fe56 Cu64 Zn65 Ag108 Sn119‎ 选择题部分 一、选择题(本大题共18题，1～10小题，每题2分，11～18小题，每题3分，共44分。每个小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)‎ ‎1.化学来源于生活，服务于生活，下列说法不正确的是( )‎ A. 高锰酸钾溶液能氧化乙烯，故浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土可做水果保鲜剂 B. 硅胶可作瓶装药品的干燥剂及催化剂载体，是因为SiO2是酸性氧化物 C. NaCl可作食品防腐剂 D. 石墨烯是用石墨为原材料制成的蜂窝状平面薄膜，不属于烯烃 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 乙烯具有催熟作用，能够被高锰酸钾氧化，所以用浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土作水果保鲜剂，故A正确；‎ B. 硅胶无毒，可吸水，且具有疏松多孔结构，则硅胶可用于袋装食品或药品的干燥剂，也可用作催化剂的载体，这些都与SiO2是酸性氧化物无关，故B错误；‎ C. 食盐它可以使细菌细胞脱水死亡，所以可以杀菌，可作为防腐剂，食盐具有咸味是咸味剂，故C正确；‎ D. 石墨烯是碳单质，碳原子之间形成正六角形，墨烯中碳原子紧密排列而成的具有多层二维蜂窝状，不属于烯烃，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】注意化学与生活的关系。‎ ‎2.从草木灰中获取可溶性盐的实验过程中，下列操作未涉及的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】实验原理是利用草木灰中钾盐（主要是碳酸钾）易溶于水其他杂质难溶于水的性质分离两者。实验步骤为溶解、过滤、蒸发结晶即可，不需要分液。故选C.‎ ‎3.下列表示正确的是( )‎ A. 二氧化硅晶体的分子式：SiO2 B. 37Cl－的结构示意图：‎ C. CCl4的比例模型： D. 氨基的电子式：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. SiO2为二氧化硅的化学式,二氧化硅晶体为原子晶体,不存在SiO2分子，故A错误；‎ B. 氯离子的核外电子总数为18，最外层达到8电子稳定结构，氯离子结构示意图为，故B正确；‎ C四氯化碳分子中，氯原子的原子半径大于碳原子，四氯化碳的正确的比例模型为，故C错误；‎ D. 氮原子最外层5个电子，与两个氢原子形成两对共用电子对， 氨基的电子式：，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】化学用语中，注意比例模型中原子的大小。‎ ‎4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )‎ A. 能使甲基橙变红的溶液中：Na＋、NH4＋、SO42－、NO3－‎ B. c(NO3－)=1mol/L的溶液中：H＋、Fe2＋、SO42－、Cl－‎ C. 中性溶液中：NH4＋、Fe3＋、SO42－、Cl－‎ D. =1×1012的溶液中：K＋、Na＋、S2O32－、F－‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A..能使甲基橙变红的溶液呈酸性, Na＋、NH4＋、SO42－、NO3－之间不反应，都不与氢离子反应，在酸性溶液中能够大量共存，故A正确；‎ B. c(NO3－)=1mol/L的溶液中：NO3－、H＋、Fe2＋会发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；‎ C. 中性溶液中：Fe3＋易发生水解，不能大量共存，故C错误；‎ D. =1×1012的溶液中存在大量氢离子，F−与氢离子结合生成HF，在溶液中不能大量共存，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】清楚指示剂显色的酸碱性变色范围。‎ ‎5.下列说法正确的是( )‎ A. 海洋中氯元素含量很大，因此氯元素被称为“海洋元素”‎ B. SO2有漂白性因而可使品红溶液、溴水褪色.‎ C. 实验室从海带中提取单质碘的过程：取样→灼烧→溶解→过滤→萃取 D. 将植物的秸秆加入沼气发酵池中生成沼气属于生物质能的生物化学转换 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 海水中含有丰富的溴元素，因此溴元素被称为“海洋元素”，A错误；‎ B. SO2有漂白性因而可使品红溶液褪色，SO2能和溴发生氧化还原反应而使溴水褪色，所以二氧化硫体现还原性，故B错误；‎ C. 从海带中提取单质碘，灼烧溶解后以碘离子存在，需要加氧化剂氧化生成碘单质，然后萃取即可，即步骤为取样→灼烧→溶解→过滤→氧化→萃取，故C错误；‎ D.‎ ‎ 物秸秆、枝叶、杂草含有生物质能，可发酵制取甲烷，从而有效利用生物质能，将植物的秸秆加入沼气发酵池中生成沼气属于生物质能的生物化学转换，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎6.下列说法不正确的是( )‎ A. 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明甲基使苯环变活泼 B. 在催化剂和高温下煤与氢气反应可以制得燃料油 C. 通过红外光谱分析可以区分乙酸乙酯和硬脂酸甘油酯 D. 棉花、鸡蛋白、ABS树脂都是由高分子化合物组成的物质 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 苯环影响甲基，使甲基易被氧化，则甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；‎ B. 煤的液化指把煤在催化剂等作用下使煤发生裂化并加氢，以得到与石油产品成分相近的燃料油，故B正确；‎ C. 硬脂酸甘油酯中含有三个酯基，乙酸乙酯中含有一个酯基，官能团相同，酯基的数目不同，通过红外光谱分析可以区分乙酸乙酯和硬脂酸甘油酯，故C正确；‎ D. 棉花属于纤维素、鸡蛋白属于蛋白质、ABS树脂都是由高分子化合物组成的物质，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎7.下列说法正确的是( )‎ A. H2O分子间存在氢键，所以H2O比H2S稳定 B. He、CO2和CH4都是由分子构成，它们中都存在共价键 C. PCl5中各微粒最外层均达到8电子稳定结构 D. NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，既破坏了离子键，也破坏了共价键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. H2O分子间存在氢键，影响水的沸点，稳定性是化学性质，沸点是物理性质，所以稳定性与氢键无关，故A错误；‎ B. CO2和CH4都是由分子构成，它们中都存在共价键，He中不存在共价键，故B错误；‎ C. PCl5中Cl的最外层电子数为7，成键电子数为1，都达到8电子稳定结构，PCl5分子中P原子最外层电子数为5，成键电子数为5，达到10电子结构，故C错误；‎ D. NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2‎ O，受热分解的过程中，既有离子键被破坏又有共价键被破坏，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】氢键不是化学键，是分子间作用力，主要影响分子晶体的沸点。‎ ‎8.短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表的位置如表所示，其中X元素的原子内层电子数是最外层电子数的－半，则下列说法正确的是( )‎ X Y Z W Q A. 离子半径：Q>W>Y B. Y有多种同素异形体，而W不存在同素异形体 C. X与W可形成化合物XW2，该化合物可作溶剂 D. 最高价氧化物的熔点：Z>X，因为氧元素与X、Z形成的共价键，后者键能更大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ X元素原子的内层电子数是最外层电子数的一半，X原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则X为碳元素；由元素在周期表中的位置可知，Y为O、Z为Si、W为S、Q为Cl，结合元素的性质解答。‎ ‎【详解】A. Y为O、W为S、Q为Cl，S2-、Cl-的核外电子排布相同，则原子序数大的，半径小，W > Q，W和处Y于同一主族，同主族原子半径和离子半径都逐渐增大，故 W >Y，故离子半径：W > Q >Y，故A错误；‎ B. Y有多种同素异形体，如氧气和臭氧，而W也存在同素异形体，单斜硫和斜方硫，故B错误；‎ C. X与W可形成化合物XW2，即二硫化碳，该化合物可作常见溶剂，故C正确；‎ D. 最高价氧化物的熔点：Z>X，二氧化硅大于二氧化碳，因为氧元素与X、Z形成的共价键，前者键能更大，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎9.下列离子方程式正确的是( )‎ A. 磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2＋＋4H＋＋NO3－＝3Fe3＋＋NO↑＋3H2O B. 向NaAlO2溶液中加入NaHCO3溶液：HCO3－＋AlO2－＋H2O＝CO2↑＋Al(OH)3↓‎ C. 铁电极电解饱和食盐水：Fe＋2H2OFe(OH)2↓＋H2↑‎ D. 向Ca(ClO)2溶液中通入过量的CO2气体：Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O＝CaCO3↓＋2HClO ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.磁性氧化铁溶于稀硝酸的离子反应为3Fe3O4+NO3−+28H+═9Fe3++14H2O+NO↑，故A错误；‎ B.向NaAlO2溶液中加入NaHCO3溶液，出现白色沉淀：AlO2−+HCO3−+H2O=Al(OH)3↓+CO32−，‎ 故B错误；‎ C.用铁电极电解饱和食盐水，阳极铁放电，阴极氢离子得到电子生成氢气；Fe＋2H2OFe(OH)2↓＋H2↑，故C正确；‎ D. 二者反应生成碳酸氢钙和次氯酸，离子方程式为ClO−+CO2+H2O═HClO+HCO3−，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎10.下列说法不正确的是( )‎ A. 可以用溴水除去己烷中的己烯 B. 可以用氨水鉴别AlCl3溶液和AgNO3溶液 C. 乙醇在浓硫酸催化下加热到170℃，将生成的气体先通过氢氧化钠溶液，再通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，说明有乙烯生成。‎ D. 苯酚钠溶液中滴加FeCl3溶液，先产生红褐色沉淀，随后变为紫色溶液 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 己烯可以和溴水发生加成反应，生成二溴己烷，二溴己烷为液态，与己烷互溶，无法达到除杂的目的，故A错误;‎ B. 氨水和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，氨水和硝酸银溶液先反应生成氢氧化银沉淀，氨水过量时生成络合物，前者生成沉淀、后者先生成沉淀后沉淀消失，现象不同可以鉴别，故B正确；‎ C. 乙醇易挥发，也与高锰酸钾发生氧化还原反应，实验时应将乙醇除去，将生成的气体先通过氢氧化钠溶液，防止影响实验现象，故C正确；‎ D. 苯酚钠溶液略显碱性，加FeCl3溶液，生成苯酚和氢氧化铁沉淀，继续滴加FeCl3溶液，由于苯酚遇到FeCl3溶液后溶液变成紫色，故D正确；‎ 答案选A。‎ ‎11.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )‎ A. 反应5NH4NO3＝2HNO3＋4N2↑＋9H2O，生成22.4LN2时转移的电子数为3.75NA B. n(H2SO3)＋n(HSO3－)＝1mol的NaHSO3溶液中，含有Na＋的数目等于NA C. 标准状况下甲烷和氧气的混合气体共22.4L，完全燃烧后产物的分子总数一定为NA D. 10g的D2O中含有的质子数与中子数分别为5NA和4NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 此反应转移15mol电子时生成4mol氮气，若生成标况下22.4LN2，即1mol氮气时，转移的电子的物质的量为3.75mol，由于题目没有给出标况，无法计算出氮气的物质的量，故无法计算转移的电子数，故A错误；‎ B. HSO3－在溶液中既能部分水解为H2SO3又能部分电离为SO32－，故当n(H2SO3)＋n(HSO3－)＝1mol时，NaHSO3的物质的量大于1mol，则钠离子的个数多于NA个，故B错误；‎ C. 甲烷燃烧的方程式为CH4+2O2CO2+2H2O条件为标准状态，因此1mol此混合气体燃烧后产物分子总数为NA，故C正确；‎ D. 10gD2O物质的量==0.5mol，0.5mol分子中含有的质子数与中子数均为5NA，故D错误；‎ ‎12.某课题组利用CO2催化氢化制甲烷，研究发现HCOOH是CO2转化为CH4的中间体，即：，镍粉是反应I、II的催化剂。CH4、HCOOH、H2的产量和镍粉用量的关系如图所示(仅改变镍粉用量，其他条件不变)：‎ ‎ ‎ 由图可知，当镍粉用量从1mmol增加到10mmol，反应速率的变化情况是( )‎ A. 反应I的速率增加，反应II的速率不变 B. 反应I的速率不变，反应II的速率增加。‎ C. 反应I、II的速率均增加，且反应I的速率增加得快 D. 反应I、II的速率均增加，且反应II的速率增加得快 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ni为有机反应中常用的加氢催化剂之一，反应I、II均为加氢反应，故加入Ni粉会使反应ⅠⅡ的速率均增加；从图中可见随着镍粉用量从1 mmol增加到10 mmol，甲酸的产量在迅速减少，说明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此说明反应Ⅱ的速率要比反应Ⅰ的速率增加得快。‎ ‎【详解】由于反应是在固定时间内完成，之后进行冷却和物质检验，因此检验得到的物质产量（mmol）即可以代表化学反应的平均速率，Ni为有机反应中常用的加氢催化剂之一，反应I、II均为加氢反应，故加入Ni粉会使反应ⅠⅡ的速率均增加，在图中表现为CH4的生成速率和H2的消耗速率均增大，从图中可见随着镍粉用量从1 mmol增加到10 mmol，甲酸的产量在迅速减少，说明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此说明反应Ⅱ的速率要比反应Ⅰ的速率增加得快，‎ 答案选D。‎ ‎13.我国有机化学家发展了一些新型的有机试剂，如氟化试剂CpFluor－2，其与醇反应可以高产率、高选择性地生成氟代物。‎ 下列有关说法正确的是( )‎ A. 该过程中只发生了取代反应 B. CpFluor－2苯环上的一氯代物有3种 C. CH2Cl2能跟氢氧化钠醇溶液发生消去反应 D. A中的官能团有醚键、羰基和碳碳双键 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.‎ ‎ 如果只发生取代反应，生成的A的一个分子中会有两个羟基，而A分子中没有两个羟基，所以不只发生取代反应，故A错误；‎ B. CpFluor-2苯环上的一氯代物有6种，故B错误；‎ C. 卤代烃能够发生消去反应，要求与卤素相邻的碳原子上要有氢，CH2Cl2不能跟氢氧化钠醇溶液发生消去反应，故C错误；‎ D. 根据分子结构，A中的官能团有醚键、羰基和碳碳双键，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎14.2 mol金属钠和l mol氯气反应的能量关系如图所示，下列说法不正确的是：( )‎ A. 原子失电子为吸热过程，相同条件下，K(s)的(△H2'＋△H3')－(△H6＋△H7)‎ D. 2Na(s)＋Cl2(g)＝2NaCl(s)在较低温度下自发进行 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 原子失电子为吸热过程，相同条件下，K与Na同一主族，电离能同主族从上到下逐渐减小，K(s)的(△H2'＋△H3')c(N2H5＋)＋2c(N2H62＋)‎ D. 在N2H5Cl水溶液中，c(N2H4)＋c(OH－)＝2c(N2H62＋)＋c(H＋)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 已知联氨的两步电离分别为：N2H4+H2O⇌N2H5++OH-，N2H5++H2O⇌N2H62++OH-．曲线Ⅰ为N2H4、Ⅱ为N2H5+、Ⅲ为N2H62+。‎ ‎【详解】A. K1=，A点c(N2H5＋)=c(N2H4)，K1=c(OH−)=10−6，故A正确；‎ B. K2= ，B点c(N2H5＋)=c(N2H62+)，则K2=c(OH−)=10−15；①N2H4＋H2ON2H5＋＋OH－，②N2H5＋＋H2ON2H62＋＋OH－，①+②得N2H4＋2H2ON2H62＋＋2OH－，则K1∙ K2==10−15×10−6=10−21，D点溶液中c(N2H4)= c(N2H62+)，则c(OH－)＝=10－10.5，故B错误；‎ C. N2H5Cl溶液中存在电荷守恒：c(OH−)+c(Cl−)=c(H+)+ c(N2H5＋)＋2c(N2H62＋)，C点显酸性，c(H+)>c(OH−)，c(Cl－)>c(N2H5＋)＋2c(N2H62＋)，故C正确；‎ D. N2H5Cl溶液中存在电荷守恒：c(OH−)+c(Cl−)=c(H+)+c(N2H5+)+2c(N2H62+)，质子守恒为c(N2H4)＋c(OH－)＝2c(N2H62＋)＋c(H＋)，故D正确；‎ 答案选B。‎ ‎18.已知还原性：I－>Fe2＋，某溶液中含如下离子组中的几种K＋、Fe3＋、Fe2＋、Cl－、CO32－、NO2－、NO3－、SO42－、SiO32－、I－，某同学欲探究该溶液的组成进行了如下实验：‎ ‎①用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察到紫色火焰；‎ ‎②另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，此时溶液颜色加深，但无沉淀生成；‎ ‎③取②反应后溶液置于试管中加入CCl4，充分振荡静置后溶液分层，下层为无色。‎ 下列说法正确是( )‎ A. ②中无色气体是NO气体，可能含有CO2气体 B. 原溶液中Fe3＋与Fe2＋只存在一种离子 C. 原溶液中NO2－与NO3－至少存在一种离子 D. 为确定是否含有Cl－可取原溶液加入过量硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察到紫色火焰，证明溶液中一定含有K+；‎ ‎②另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，是一氧化氮转化为二氧化氮的过程，此时溶液颜色加深，是亚铁离子氧化为铁离子，但无沉淀生成，证明含有NO3－或NO2－、Fe2＋、Fe3＋，一定不含有SiO32-，CO32-；‎ ‎③取②反应后的溶液加入CCl4，充分振荡静置后溶液分层，下层无色，证明无碘单质出现，一定不含有I-，则一定不含I-；Cl-是否存在无法确定，据此进行解答。‎ ‎【详解】A.另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，②中无色气体是NO气体，不可能含有CO2气体，故A错误；‎ B. 原溶液加入盐酸后，生成一氧化氮，被氧化成红棕色的二氧化氮，有亚铁离子与硝酸根或亚硝酸根的氧化还原反应生成Fe3＋，溶液的颜色加深，故原溶液中一定存在Fe2＋、Fe3＋，故B错误；‎ C. 由于加入盐酸后，生成的气体变成红棕色，说明生成一氧化氮，硝酸根或亚硝酸根与氢离子，亚铁离子发生氧化还原反应，亚硝酸，硝酸具有强氧化性，故C正确；‎ D. 原溶液中含有硫酸根离子，干扰了氯离子的检验，故D错误；‎ 答案选C。‎ 非选择题部分 二、非选择题(本大题共5小题，共56分)‎ ‎19.某固体化合物X由5种元素组成。某学习小组进行了如下实验：‎ 己知气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，气体F能使带火星的木条复燃。请回答：‎ ‎(1)A的其空间构型为_______，往某蓝色盐溶液中缓慢通入气体A至过量的现象为________。‎ ‎(2)写出X隔绝空气强热生成A、C、D的化学方程式________________________________。‎ ‎(3)写出混合气体D与足量碘水反应的离子方程_____________________________________。‎ ‎【答案】 (1). 三角锥形 (2). 生成蓝色沉淀，溶液逐渐变成绛蓝色 (3). 2[Cu(NH3)4]SO48NH3↑+2CuO+2SO2↑+O2↑ (4). SO2+I2+2H2O=4H++2I-+SO42-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 己知气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A为氨气，气体F能使带火星的木条复燃，F是氧气，根据标况下氧气的物质的量n==0.1mol，则混合气体D中的另一种气体的物质的质量为16g-0.1mol×32g/mol=12.8g，则混合气体D加入足量氯化钡生成的白色沉淀为硫酸钡，物质的量为=0.2mol，根据硫元素守恒，故混合气体中的另一种气体为二氧化硫，物质的量为0.2mol，固体B为硫酸铜，加强热分解得到氧化铜，二氧化硫，氧气，X为硫酸四氨合铜，加热分解可以得到硫酸铜和氨气。‎ ‎【详解】根据，分析A为氨气，B为硫酸铜，C为氧化铜，D为二氧化硫和氧气，E为硫酸钡，X为硫酸四氨合铜。‎ ‎(1)A是氨气，中心原子是N，与H原子形成三对共用电子对，剩余一对孤对电子，价层电子对数为4对，其空间构型为三角锥形，氨气加入含有铜离子的溶液中发生反应Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，故实验现象为生成蓝色沉淀，溶液逐渐变成绛蓝色；‎ 故答案为：三角锥形；生成蓝色沉淀，溶液逐渐变成绛蓝色；‎ ‎(2) X为[Cu(NH3)4]SO4，加热分解的方程式为2[Cu(NH3)4]SO48NH3↑+2CuO+2SO2↑+O2↑，‎ 故答案为：2[Cu(NH3)4]SO48NH3↑+2CuO+2SO2↑+O2↑；‎ ‎(3)二氧化硫具有还原性，碘具有氧化性，则化学反应为SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，离子方程式SO2+I2+2H2O=4H++2I-+SO42-，‎ 故答案为：SO2+I2+2H2O=4H++2I-+SO42-。‎ ‎20.氧化锌烟灰中主要含有锌、铅、铜、氧、砷、氯等元素。氨法溶浸氧化锌烟灰可制取高纯锌，工艺流程如图所示。‎ 已知氧化锌烟灰经溶浸后，其中的锌、铅、铜、氧、砷元素不同程度的进入浸出液中，其中锌和砷元素分别以Zn(NH3)42＋、AsCl52－的形式存在。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)Zn的原子序数为30，其在元素周期表中的位置为____________。‎ ‎(2)锌浸出率与温度的关系如图所示，分析30℃时锌浸出率最高的原因为______________。‎ ‎ ‎ ‎(3)“氧化除杂”中，AsCl52－转化为As2O5胶体吸附聚沉除去，溶液始终接近中性。该反应的离子方程式__________________________________________。‎ ‎(4)“滤渣3”除锌外，主要成分为___________________。‎ ‎(5)“电解”时阳极区放出一种无色无味的气体，将其通入滴有KSCN的FeCl2溶液中，无明显现象，该气体是___________(写名称)。电解后的电解液经补充_________(写一种物质的化学式)后可返回至__________________(填流程中的操作名称)循环利用。‎ ‎(6)ZnCl2溶液一次水解可获得产物Zn(OH)xCly，取10.64g该水解产物，经二次水解、缎烧后，可得氧化锌8.1g(假设各步均转化完全)。则一次水解产物的化学式为_______________。‎ ‎【答案】 (1). 第四周期ⅡB (2). 低于30℃，溶浸反应速率随温度升高而增大，超过30℃，氨气逸出导致溶浸反应速率下降 (3). 2AsCl52−+2H2O2+6NH3⋅H2O=As2O5‎ ‎(胶体)+10Cl−+6NH4++5H2O (4). Cu、Cd (5). 氮气 (6). NH3或NH3⋅H2O (7). 溶浸 (8). Zn(OH)1.6Cl0.4‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由流程可知，氧化锌烟灰加入氨水、氯化铵进行溶浸，溶浸后氧化锌烟灰中锌、铜、镉、砷元素分别以Zn(NH3)42+、Cu(NH3)42+、Cd(NH3)42+、AsCl52-的形式存在，加入过氧化氢，AsCl52-转化为As2O5胶体吸附聚沉除去，过滤后加入锌粉还原，可除去Cu、Cd等，滤液主要含有Zn(NH3)42+，电解可生成高纯度锌，以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)Zn的原子序数为30，其在元素周期表中的位置为第四周期ⅡB，‎ 故答案为：第四周期ⅡB；‎ ‎(2)根据温度与锌浸出率的图可知，30℃左右时浸出率最高，如低于30℃，溶浸反应速率随温度升高而增大，超过30℃，氨气逸出导致溶浸反应速率下降，‎ 故答案为：低于30℃，溶浸反应速率随温度升高而增大，超过30℃，氨气逸出导致溶浸反应速率下降；‎ ‎(3)“氧化除杂”中，AsCl52−转化为As2O5胶体吸附聚沉除去，反应的离子方程式为2AsCl52−+2H2O2+6NH3⋅H2O=As2O5(胶体)+10Cl−+6NH4++5H2O，‎ 故答案为：2AsCl52−+2H2O2+6NH3⋅H2O=As2O5(胶体)+10Cl−+6NH4++5H2O；‎ ‎(4)锌可置换出Cu、Cd，“滤渣3”的主要成分为Cu、Cd，‎ 故答案为：Cu、Cd；‎ ‎(5)“电解”时Zn(NH3) 42+在阴极放电，发生还原反应生成锌，电极反应式为Zn(NH3) 42++2e−=Zn+4NH3，阳极区放出一种无色无味的气体，将其通入滴有KSCN的FeCl2溶液中，无明显现象，该气体是氮气，则电解后的电解液经补充氨气或氨水后可返回“溶浸”工序继续使用，‎ 故答案为：氮气；NH3或NH3⋅H2O；溶浸；‎ ‎（6）“一次水解”时，产物为Zn(OH)xCly，取10.64g该水解产物，经二次水解、煅烧后，可得活性氧化锌8.1g（假设各步均转化完全），则ZnO的物质的量为n(ZnO)==0.1mol，根据Zn元素守恒，则一次水解产物的物质的量也为0.1mol，则Zn(OH)xCly的摩尔质量为 ‎=106.4g/mol，根据整体呈电中性，则有2=x+y，根据整体摩尔质量为106.4g/mol，则有65+17x+35.5y=106.4，联立x+y=2，65+17x+35.4y=106.4，解得x=1.6、y=0.4，所以一次水解产物的化学式为：Zn(OH)1.6Cl0.4，‎ 故答案为：Zn(OH)1.6Cl0.4。‎ ‎21.采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5(g)分解反应：‎ ‎ ‎ 其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡，体系的总压强p随时间t的变化如下表所示(t＝∞时，N2O5(g)完全分解)：‎ t/min ‎0‎ ‎40‎ ‎80‎ ‎160‎ ‎260‎ ‎1300‎ ‎1700‎ ‎∞‎ p/kPa ‎35.8‎ ‎40.3‎ ‎42.5‎ ‎45.9‎ ‎49.2‎ ‎61.2‎ ‎62.3‎ ‎63.1‎ ‎(1)已知：2N2O5(g)＝2N2O4(g)＋O2(g) △H1＝－4.4 kJ· mol－1‎ N2O4(g)2NO2(g) △H2＝＋55.3 kJ· mol－1‎ 则反应N2O5(g)＝2NO2(g)＋O2(g)的 △H＝________kJ· mol－1。‎ ‎(2)若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强介p∞(35℃)______63.1kPa(填“大于”“等于”或“小于”)，原因是________________________________________________。‎ ‎(3)25℃时N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常数Kp＝________kPa (Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数)。下图中可以示意平衡常数Kp随温度T变化趋势的是_______。‎ ‎(4)邻二甲苯经硝化得到两种一硝化产物：3－硝基邻二甲苯(3－NOX)和4－硝基邻二甲苯(4－NOX)。某研究小组研究了采用N2O5‎ 为硝化剂时催化剂用量对该反应的影响。将一定量的催化剂和邻二甲苯置于反应瓶中，控制温度反应一定时间。测得邻二甲苯的转化率和3－NOX的选择性如图所示：‎ ‎①描述并解释随着催化剂用量的增加，邻二甲苯转化率的变化趋势：____________。‎ ‎②在图中画出4－NOX的选择性随催化剂用量变化的曲线_____________。‎ ‎【答案】 (1). +53.1 (2). 大于 (3). 温度升高，容器容积不变，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高 (4). 13.4 (5). BC (6). 反应一定时间并未达到平衡状态，当催化加用量在0-0.20g时随着用量的增加反应速率加快，邻二甲苯转化率增加；当催化剂用量超过0.20g时大量的催化剂可能会催化N2O5的分解，导致邻二甲苯转化率降低 (7). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 已①2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)△H1=−4.4kJ/mol、 ②2NO2(g)=N2O4(g)△H2=+55.3kJ/mol ，根据盖斯定律可知，①−②即得到N2O5(g)=2NO2(g)+O2(g)，据此计算△H的值；‎ ‎ (2) 温度升高，容器容积不变，且二氧化氮二聚为吸热反应，温度提高，平衡右移，体系物质的量增加，总压强提高；‎ ‎ (3)根据五氧化二氮完全分解时的压强计算出二氧化氮、氧气的压强，然后再根据二氧化氮转化的方程式计算平衡时二氧化氮、四氧化二氮的压强；根据2NO2(g)=N2O4(g)△H2=+55.3kJ/mol ，反应吸热，升高温度，平衡右移，平衡常数增大，则平衡常数的对数增大，但不是线性关系；升高温度，T增大，减小，平衡左移，平衡常数减小，则平衡常数的对数减小，线性关系；‎ ‎(4) ①根据图像，反应一定时间并未达到平衡状态，当催化加用量在0-0.20g时随着用量的增加反应速率加快，邻二甲苯转化率增加；当催化剂用量超过0.20g时大量的催化剂可能会催化N2O5的分解，导致邻二甲苯转化率降低；‎ ‎②根据题意，邻二甲苯在催化剂作用下经硝化得到两种一硝化产物：3－硝基邻二甲苯(3－NOX)和4－硝基邻二甲苯(4－NOX)，催化剂的用量影响邻二甲苯反应发生转化进行的方向，根据图像显示，催化剂用量越多，3－硝基邻二甲苯(3－NOX)生成量越少，反应越向着生成4－硝基邻二甲苯(4－NOX)反应进行，二者的生成量应关于邻二甲苯的转化率50%呈对称分布，或者说二者生成之和为100%，根据3－硝基邻二甲苯(3－NOX)选择性曲线呈对称分布画出曲线；‎ ‎【详解】(1) 已①2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)△H1=−4.4kJ/mol、 ②2NO2(g)=N2O4(g)△H2=+55.3kJ/mol ，根据盖斯定律可知，①−②即得到N2O5(g)=2NO2(g)+O2(g)△H=+53.1kJ/mol， ‎ 故答案为：+53.1； ‎ ‎(2)由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为吸热反应，温度提高，平衡右移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)大于63.1kPa， ‎ 故答案为：大于；温度升高，容器容积不变，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高； ‎ ‎(3)根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是35.8kPa×2=71.6kPa，氧气是35.8kPa×=17.9kPa，总压强应该是71.6kPa+17.9kPa=89.5kPa，平衡后压强减少了89.5kPa−63.1kPa=26.4kPa，所以根据方程式2NO2(g)⇌N2O4(g)可知，平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa，二氧化氮对应的压强是71.6kPa−26.4kPa×2=18.8kPa，则反应的平衡常数Kp=≈13.4kPa；根据2NO2(g)=N2O4(g)△H2=+55.3kJ/mol ，反应吸热，升高温度，平衡右移，平衡常数增大，则平衡常数的对数增大，但不是线性关系；升高温度，T增大，‎ 减小，平衡左移，平衡常数减小，则平衡常数的对数减小，线性关系，故答案选BC。‎ 故答案为：13.4； BC；‎ ‎(4) ①根据图像，反应一定时间并未达到平衡状态，当催化加用量在0-0.20g时随着用量的增加反应速率加快，邻二甲苯转化率增加；当催化剂用量超过0.20g时大量的催化剂可能会催化N2O5的分解，导致邻二甲苯转化率降低，‎ 故答案为：反应一定时间并未达到平衡状态，当催化加用量在0-0.20g时随着用量的增加反应速率加快，邻二甲苯转化率增加；当催化剂用量超过0.20g时大量的催化剂可能会催化N2O5的分解，导致邻二甲苯转化率降低；‎ ‎②根据题意，邻二甲苯在催化剂作用下经硝化得到两种一硝化产物：3－硝基邻二甲苯(3－NOX)和4－硝基邻二甲苯(4－NOX)，催化剂用量影响邻二甲苯反应发生转化进行的方向，根据图像显示，催化剂用量越多，3－硝基邻二甲苯(3－NOX)生成量越少，反应越向着生成4－硝基邻二甲苯(4－NOX)反应进行，二者的生成量应关于邻二甲苯的转化率50%呈对称分布，或者说二者生成之和为100%，则4－NOX的选择性随催化剂用量变化的曲线为，‎ 故答案为：。‎ ‎22.SnCl4是一种极易水解的化合物，它的制备需要在无水的条件下，密闭的装置中进行。若用常规(系统的体积较大)方法进行多实验缺点比较多，下图采用微型实验进行SnCl4 的制备，解决了常规方法的弊端(己知：SnCl4的熔点为－33℃，沸点为114.1℃)。‎ ‎(1)将已干燥的各部分仪器按图连接好后，需要进行的操作为________________________。‎ ‎(2)V形管的作用是________________________________________________________。‎ ‎(3)下列说法中正确的是_____‎ A.仪器A的名称为蒸馏烧瓶 B.为了充分干燥氯气，浓硫酸的体积应大于球泡的体积 C.操作时应先滴加浓盐酸，使整套装置内充满黄绿色气体，再用煤气灯加热 D.生成的SnCl4蒸气经冷却聚集在磨口具支管中 E.微型干燥管中的试剂可以是碱石灰、五氧化二磷或无水氯化钙等 ‎(4)实验中0.59锡粒完全反应制得1.03g SnCl4，则该实验的产率为_____________(计算结果保留一位小数)。‎ ‎(5)SnCl4遇氨及水蒸气的反应是制作烟幕弹的原理，反应的化学方程式为_______________。‎ ‎(6)该微型实验的优点是________________________________________________(任写两条)。‎ ‎【答案】 (1). 检查装置气密性 (2). 用作缓冲瓶或安全瓶 (3). CDE (4). 93.9% (5). SnCl4+4NH3+4H2O=Sn(OH)4+4NH4Cl (6). 产率高，对环境污染小，实验药品用量较少（任写两点，合理即可）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气（含有氯化氢），经过浓硫酸干燥，在具支试管内高温加热条件下氯气与锡粒反应生成SnCl4的蒸汽，经过冷凝管冷凝，在具支试管内收集SnCl4，未反应的氯气经导管用实验装置尾部的浸湿氢氧化钠溶液的棉球进行吸收。‎ ‎(1)由于SnCl4是一种极易水解的化合物，它的制备需要在无水的条件下，另外制取的氯气有毒，高温下与锡粒反应生成SnCl4的蒸汽，因此在进行制备实验前，要检查装置的气密性，防止空气中水蒸气进入及防止氯气进入大气；‎ ‎(2)根据分析，在具支试管内高温加热条件下氯气与锡粒反应生成SnCl4的蒸汽，导致实验装置内压强增大，因此V形管起到安全瓶或起缓冲作用；‎ ‎(3) A.根据图示仪器A的构造，不是蒸馏烧瓶；‎ B. 由于SnCl4是一种极易水解的化合物，为了充分干燥氯气，浓硫酸的体积应保证无氯气能直接通过球泡，不需要体积大于球泡；‎ C. SnCl4是一种极易水解的化合物，操作时应先滴加浓盐酸，使整套装置内充满黄绿色气体，将实验装置内的空气全部赶出，保证干燥无水的环境，再用煤气灯加热；‎ D. 根据分析，在具支试管内高温加热条件下氯气与锡粒反应生成SnCl4的蒸汽，经过冷凝管冷凝，在具支试管内收集SnCl4；‎ E. 微型干燥管中的主要作用是防止水蒸气进入磨口具支试管，防止SnCl4水解，另外还可以用于吸收未反应的有毒气体氯气，因此试剂可以是碱石灰、五氧化二磷或无水氯化钙等能够吸水和吸收氯气的干燥剂；‎ ‎(4)根据反应Sn+Cl2SnCl4，计算出生成SnCl4的理论值，再根据产率=进行计算；‎ ‎(5)SnCl4遇氨及水蒸气的反应是制作烟幕弹的原理是：SnCl4+4NH3+4H2O=Sn(OH)4+4NH4Cl；‎ ‎(6)该微型实验的优点是产率高，对环境污染小，实验药品用量较少；‎ ‎【详解】(1)由于SnCl4是一种极易水解的化合物，它的制备需要在无水的条件下，另外制取的氯气有毒，高温下与锡粒反应生成SnCl4的蒸汽，因此在进行制备实验前，要检查装置的气密性，防止空气中水蒸气进入及防止氯气进入大气；‎ 故答案为：检查装置气密性；‎ ‎(2)根据分析，在具支试管内高温加热条件下氯气与锡粒反应生成SnCl4的蒸汽，导致实验装置内压强增大，因此V形管起到安全瓶或起缓冲作用；‎ 故答案为：用作缓冲瓶或安全瓶；‎ ‎(3) A. 根据图示仪器A的构造，不是蒸馏烧瓶，故A错误；‎ B. 由于SnCl4是一种极易水解的化合物，为了充分干燥氯气，浓硫酸的体积应保证无氯气能直接通过球泡，不需要体积大于球泡，故B错误；‎ C. SnCl4是一种极易水解的化合物，操作时应先滴加浓盐酸，使整套装置内充满黄绿色气体，将实验装置内的空气全部赶出，保证干燥无水的环境，再用煤气灯加热，故C正确；‎ D. 根据分析，在具支试管内高温加热条件下氯气与锡粒反应生成SnCl4的蒸汽，经过冷凝管冷凝，在具支试管内收集SnCl4，故D正确；‎ E. 微型干燥管中的主要作用是防止水蒸气进入磨口具支试管，防止SnCl4‎ 水解，另外还可以用于吸收未反应的有毒气体氯气，因此试剂可以是碱石灰、五氧化二磷或无水氯化钙等能够吸水和吸收氯气的干燥剂，故E正确；‎ 故答案为CDE；‎ ‎(4)生成SnCl4的反应为：Sn+2Cl2SnCl4，0.59锡的物质的量==0.004mol，则根据反应，生成SnCl4的物质的量=0.004mol，即SnCl4的质量=0.004mol×261g/mol=1.097g，‎ 则SnCl4产率===93.9%，‎ 故答案为：93.9%；‎ ‎(5)SnCl4遇氨及水蒸气的反应是制作烟幕弹的原理是：SnCl4+4NH3+4H2O=Sn(OH)4+4NH4Cl，‎ 故答案为：SnCl4+4NH3+4H2O=Sn(OH)4+4NH4Cl；‎ ‎(6)该微型实验的优点是产率高，对环境污染小，实验药品用量较少，‎ 故答案为：产率高，对环境污染小，实验药品用量较少（任写两点，合理即可）；‎ ‎ ‎ ‎23.药物阿莫西林能杀灭或抑制细菌繁殖，它的合成路线如下：‎ 已知：1.两个羟基同时连在同一个碳原子上的结构是不稳定的，它将发生脱水反应 ‎+H2O ‎2.RCHO ‎(1)关于阿莫西林分子，下列说法正确的是_______________。‎ A.分子式为C16H18N3O5 B.分子中含4个手性碳原子 C.1 mol该物质最多能与3mol NaOH反应 D.能发生取代、加成、氧化、缩聚等反应 ‎(2)反应①的化学方程式为_______________，CH3I的作用为__________。‎ ‎(3)写出甘氨酸(H2N－CH2－COOH)和C发生缩合生成二肽的结构简式： ________。‎ ‎(4)试写出3种同时满足下列条件的化合物C的同分异构体：___________。‎ ‎①分子中含苯环，不含过氧键“－O－O－”；‎ ‎②分子中含有3种不同化学环境的氢原子。‎ ‎(5)利用己有知识和题中涉及的反应，设计从的路线。(用流程图表示，无机试剂任选)__________________‎ ‎【答案】 (1). BD (2). (3). 保护酚羟基，防止被氧化 (4). (5). （任写三个） (6). ‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)根据阿莫西林分子的结构可知分子式，官能团，手性碳的数目；‎ ‎(2)根据①的生成物，推得反应物为对甲基苯酚，与CH3I发生取代反应，酚羟基很容易被氧化，加入CH3I防止被氧化；‎ ‎(3)C的结构简式为故形成二肽时，羧基失去羟基，氨基失去氢原子；‎ ‎(4)的同分异构体需满足分子式相同，结构不同的有机物，C的分子式为C8H9O3，满足条件①分子中含苯环，不含过氧键“－O－O－”；②分子中含有3种不同化学环境的氢原子，分子中可以含有一个硝基，两个甲基，一个羟基；或者两个甲基，两个羟基，一个氮氧双键；两个CH3O，一个氮氧双键，写出同分异构体的结构。‎ ‎(5) 根据题中涉及的反应+H2O ‎2.RCHO制备生成物的工艺流程为：苯环上的甲基转变为醛基，可由取代反应引入氯原子，二元氯代烃在碱性条件下发生取代反应得到含有醛基的有机物，加入氢氰酸，再加酸性条件下水解得到产物。‎ ‎【详解】(1)A. 由结构简式可知, 阿莫西林的分子式为C16H19N3O5S，故A错误；‎ B. 连4个不同基团的原子为手性碳原子，则左侧与氨基，苯环，氢原子，羰基相连的碳原子，四元环上除羰基和氮原子外的两个碳原子均为手性碳，五元环中与羧基相连的碳原子为手性碳，故手性碳共4个，故B正确；‎ C. 酚−OH具有酸性，能与NaOH发生中和反应，−COOH能与NaOH发生中和反应，1mol分子中有2mol肽键，在碱性条件下可以水解，则1 mol该物质最多可与4mol NaOH反应，故B错误。‎ D. 含有羰基，可发生加成反应，含有苯环和羟基，可发生取代反应，酚羟基可发生氧化反应，含有氨基和羧基，可发生缩聚反应，故D正确；‎ 故答案选BD；‎ ‎ (2)根据分析，A的结构简式为反应方程式为 ‎，酚羟基很容易被氧化，加入CH3I防止被氧化；‎ 故答案为：；保护酚羟基，防止被氧化；‎ ‎(3) C的结构简式为，C和甘氨酸可以脱水缩合生成肽键，甘氨酸（H2N-CH2-COOH）和C发生缩合生成二肽的结构简式为：，‎ 故答案为；‎ ‎(4)的同分异构体需满足分子式相同，结构不同的有机物，C的分子式为C8H9O3，满足条件①分子中含苯环，不含过氧键“－O－O－”；②分子中含有3种不同化学环境的氢原子，分子中可以含有一个硝基，两个甲基，一个羟基；或者两个甲基，两个羟基，一个氮氧双键；两个CH3O，一个氮氧双键，则符合要求的结构简式为： ，‎ 故答案为：（任写三个）；‎ ‎(5) 根据题中涉及的反应+H2O ‎2.RCHO制备生成物的工艺流程为：苯环上的甲基转变为醛基，可由取代反应引入氯原子，二元氯代烃在碱性条件下发生取代反应 得到含有醛基的有机物，加入氢氰酸，再加酸性条件下水解得到产物，则合成路线图如下：，‎ 故答案为：。‎ ‎ ‎