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2024届湖北省宜荆荆高三下学期第四次适应性考试化学试题
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这是一份2024届湖北省宜荆荆高三下学期第四次适应性考试化学试题，共19页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
考试时间：2024年5月31日下午14：30—17：05 试卷满分100分
可能用到的相对原子质量：H1 C6 O16 B11 P31 Sb122
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 材料科学的发展推动着科技的进步。下列有关材料的说法正确的是
A. “鹊桥二号”天线所使用的镀金钼丝属于无机非金属材料
B. “天和核心舱”腔体中的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料
C. 北斗二代卫星的原子钟“星载铷钟”的铷元素属于放射性元素
D. 人造小太阳“东方超环”用到的氕、氘、氚属于同素异形体
【答案】B
【解析】
【详解】A．镀金钼丝属于金属材料，A错误；
B．氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，B正确；
C．铷不属于放射性元素，C错误；
D．氕、氘、氚属于同位素，不属于同素异形体，D错误；
故选B。
2. 哲学观点在化学上有着诸多体现。下列化学事实与对应的哲学观点不相符合的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】试卷源自 每日更新，更低价下载，欢迎访问。【详解】A．同主族元素所表现的性质体现了矛盾既有普遍性也有特殊性，例如同主族元素的最高正化合价相同，但是氧和氟没有正价，A错误；
B．铜与稀硫酸不反应，与浓硫酸加热反应生成硫酸铜、水、二氧化硫，故Cu与浓硫酸的反应体现了量变到质变的规律，B正确；
C．NaHCO3溶液中既发生电离：⇌H++，也发生水解：+H2O⇌ H2CO3+OH−，能体现对立统一，C正确；
D．苯硝化时生成硝基苯而甲苯硝化时生成三硝基甲苯，这体现了甲基对苯环的影响，甲基使苯环的邻对位活泼，甲烷不能与硝酸反应，但是甲苯硝化时生成三硝基甲苯，说明苯环对甲基的影响，D正确；
故选A。
3. 下列化学用语使用正确的是
A. CO2的空间填充模型：B. N2的电子式：
C. 乙醇的分子式：C2H6OD. 含8个中子的氧原子：
【答案】C
【解析】
【详解】A．CO2为直线形，A错误；
B．N2的电子式为：，B错误；
C．乙醇的分子式：C2H6O，C正确；
D．含8个中子的氧原子为：，B错误；
故选C。
4. 阿斯巴甜是一种常见的合成甜味剂，其结构如图所示，下列有关说法不正确的是
A. 阿斯巴甜属于糖类物质
B. 分子中含有4种官能团
C. 不存在含有两个苯环的同分异构体
D. 1ml该分子最多与3mlNaOH反应
【答案】A
【解析】
【分析】该有机物含有氨基、酰胺基、羧基、酯基四种官能团，其中酰胺基、酯基、羧基均可消耗NaOH，据此回答。
【详解】A．糖为多羟基醛或多羟基酮，阿斯巴甜有甜味，但不是糖类，A错误；
B．分子中有氨基、酰胺基、羧基、酯基四种官能团，B正确；
C．该分子不饱和度为7，两个苯环不饱和度为8，所以不存在含有两个苯环的同分异构体，C正确；
D．1ml该分子中的酰胺基、酯基水解后各消耗1mlNaOH，羧基消耗1mlNaOH，共消耗3mlNaOH，D正确；
故选A。
5. 下列有关反应的离子方程式书写正确的是
A. 新制氯水置于阳光下：2H++ClO-=2HCl+O2↑
B. 泡沫灭火器反应原理：3H2O+2Al3++3=2Al(OH)3↓+3CO2↑
C. 向Na3AlF6溶液中滴加氨水：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3
D. 向K2CrO4溶液中滴加稀硫酸：2+2H++H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．次氯酸是弱酸，不能拆违离子形式，盐酸是强酸，要拆成离子形式，正确的离子方程式为2HClO=2H++2Cl-+O2↑，A错误；
B．泡沫灭火器反应原理应是铝离子和碳酸氢根双水解，正确的离子方程式为Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑，B错误；
C．六氟合铝酸根是配合物，难电离，不能拆，正确的离子方程式为[AlF6]3-+3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3+6F-，C错误；
D．酸性条件下，铬酸根会转化为重铬酸根，D选项所给离子方程式正确，D正确；
本题选D。
6. 硫酸是重要的化工原料，被称为“化工之母”。工业上一般以硫磺或黄铁矿等为原料制备硫酸。下列有关说法正确的是
A. 黄铁矿的主要成分FeS2中只含离子键
B. 工业上SO2催化氧化需在高压条件进行
C. 选择400～500℃是为了提高催化剂活性
D. 将98.3％的浓硫酸换成水吸收效果更好
【答案】C
【解析】
【分析】制硫酸涉及到下列反应：硫磺或黄铁矿在空气中燃烧生成二氧化硫，反应的化学方程式：S+O2=SO2或4FeS2+11O2 =2Fe2O3+8SO2，二氧化硫催化剂作用下加热反应生成三氧化硫，反应的化学方程式：2SO2+O2=2SO3，SO3+H2O=H2SO4，生产中用浓硫酸代替水吸收SO3，制得发烟硫酸，将发烟硫酸稀释后可制得浓硫酸。
【详解】A．中阳离子和阴离子间含离子键，S与S原子间含共价键，故A错误；
B．工业上SO2催化氧化需在常压条件进行，故B错误；
C．二氧化硫反应生成三氧化硫2SO2+O2=2SO3是放热反应，温度较高会使平衡逆向移动，不利于提高的转化率，选择400-500℃是因为V2O5作催化剂时保持催化活性较好，故C正确；
D．吸收不能用水，用水会生成酸雾，会阻碍的吸收，故工业制硫酸用98.3%的浓硫酸吸收，目的是防止形成酸雾，以使吸收完全，事实上易溶于水，故D错误；
本题答案C。
7. 元素X、Y、Z是短周期元素，三种元素基态原子的电子排布信息如下：X原子核外有5个原子轨道填充有电子，有3个未成对电子。Y原子核外有8个不同运动状态的电子。Z原子核外2p能级上有2个电子。下列有关说法正确的是
A. 电负性：ZC. 简单氢化物键角：XZ
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z是短周期元素，X原子核外有5个原子轨道填充有电子，且有3个未成对电子，则X为N元素；Y原子核外有8个不同运动状态的电子，即核外电子数为8，则Y为O元素；Z原子核外2p能级上有2个电子，则Z为C元素。
【详解】A．同周期元素，电负性随原子序数增大而增大，则电负性： C < N < O，A正确；
B．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能：C < O < N，B错误；
C．H2O 、NH3 、CH4均为杂化，孤电子对越多，键角越小，故简单氢化物键角：H2O < NH3 < CH4，C错误；
D．最高价含氧酸的酸性：X>Z，D错误；
答案选A。
8. 利用下列装置完成实验，能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．实验室制乙烯是通过乙醇与浓硫酸在170℃的条件下发生消去反应得到，为准确测定反应体系的温度，温度计水银球应该在液面以下，A错误；
B．碘受热易升华，遇到上方冷的圆底烧瓶凝华与氯化钠分离，B正确；
C．测胆矾中的结晶水对胆矾晶体加热应该选择坩埚加热，C错误；
D．测定中和热为使酸碱充分反应需要玻璃搅拌棒，D错误；
本题选B。
9. 分析微粒结构，下列说法正确的是
A. CH4和P4的空间构型都是正四面体形，键角也相同
B. OF2与H2O的价层电子对情况和空间构型相同，但OF2的极性较小
C. Al2Cl6()中Al为sp3杂化，与AlCl3中Al的杂化方式相同
D. PCl3和BCl3中心原子的杂化方式不同，但所有原子都满足8电子结构
【答案】B
【解析】
【详解】A．CH4和P4的空间构型都是正四面体形，但甲烷分子键角为，白磷分子键角为60º，故A错误；
B．OF2与H2O的价层电子对数都是4，,空间构型都是Ⅴ型，O和F的电负性差值小，所以OF2的极性较小，故B正确；
C．从图可知Al2Cl6中Al为sp3杂化，AlCl3中Al为sp2杂化，两者Al的杂化方式不相同，故C错误；
D．PCl3中心原子的杂化方式为sp3杂化，BCl3中心原子的杂化方式为sp2杂化，PCl3所有原子满足8电子结构，但BCl3中的B不满足8电子结构，故D错误；
答案B。
10. 盐酸羟胺(NH2OH﹒HCl)是一种常见的还原剂和显像剂，工业可采用如下电化学方法制备。装置和正极反应机理如下图所示。下列有关说法不正确的是
A. X为H+，Y为NH3OH+
B. 含Fe电极起到导电和催化的作用
C. Pt电极上的反应：H2+2e-=2H+
D. 消耗1mlNO，有3mlH+通过交换膜
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，含铁的催化电极为原电池的正极，盐酸作用下一氧化氮在正极得到电子发生还原反应生成盐酸羟胺，电极反应式为NO+3e-+4H+=NH3OH+，铂电极为负极，氢气在负极失去电子发生氧化反应生成氢离子，电极反应式为H2-2e-=2H+，原电池工作时氢离子通过氢离子交换膜由负极区进入正极区。
【详解】A．Y为反应机理最终产物，故Y为盐酸羟胺的阳离子，分析正极反应机理，结合元素守恒可以判断X为氢离子，A正确；
B．Fe电极为正极，导电，同时根据反应机理可知，铁起着催化剂的作用，故含Fe电极起到导电和催化的作用，B正确；
C．由分析，铂电极为负极，氢分子失去电子生成氢离子，正确的电极反应式为H2-2e-=2H+，C错误；
D．根据分析中正极电极反应式，消耗1ml NO，外电流有3ml电子转移，同时有3ml H+通过交换膜，D正确；
故选C。
11. 下列实验方案设计、现象和结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．次氯酸钠有漂白性，不能用pH试纸测其溶液pH，A错误；
B．硝酸银过量，出现黑色沉淀不能证明碘化银转化为硫化银，B错误；
C．氯化铝中是共价键，C错误；
D．加入过量氢氧化钠后，氢氧化铝溶解而氢氧化镁不溶解，说明氢氧化铝是两性氢氧化物，碱性弱于氢氧化镁，根据元素周期律，金属性：Mg>Al，D正确；
本题选D。
12. 常温下，向0.02ml·L-1FeCl3溶液(用少量盐酸酸化)中匀速逐滴加入0.1ml·L-1NaOH溶液，得到pH-时间曲线如图。下列有关说法不正确的是
已知：25℃时，Fe(OH)3的Ksp=2.8×10-39，且Fe3+浓度小于10-5ml·L-1认为其沉淀完全。
A. ab段主要是NaOH和HCl反应
B. c点溶液中的Fe3+已沉淀完全
C. c点后pH急剧变化是过量的NaOH电离导致的
D. d点水电离出c(OH-)约为10-2.16ml·L-1
【答案】D
【解析】
【分析】由a点到b点的过程中，主要是NaOH反应酸化的盐酸，b到c为FeCl3与NaOH反应生成沉淀，d主要为NaOH，据此回答。
【详解】A．FeCl3溶液中有少量盐酸，起始ab阶段主要是氢氧化钠与盐酸反应，A正确；
B．c点pH=2.82，常温下c(OH-)=10-11.18 ml·L-1，根据Fe(OH)3的Ksp=2.8×10-39，可计算此时铁离子浓度为：<10-5 ml·L-1，即铁离子沉淀完全，B正确；
C．c点后NaOH过量，电离出氢氧根导致pH急剧变化，C正确；
D．d点的溶液中，pH=11.84，d点溶液中溶质为氢氧化钠和氯化钠，OH-主要由NaOH电离，H+主要由水电离，且水电离的H+和OH-相等，则由水电离出的c(OH-)约为10-11.84 ml·L-1，D错误；
故选D。
13. Beckmann重排反应是反应物肟(图中有机物X)在酸的催化作用下重排为酰胺(图中有机物Y)的反应。下列有关说法不正确的是
A. X和Y互为同分异构体
B. 依据红外光谱可以区分X和Y
C. X中N原子上的孤电子对参与形成π键
D. 经历Beckmann重排得到
【答案】C
【解析】
【详解】A．有机物X转化为Y发生的是重排反应，X、Y分子组成都为，二者分子式相同、结构不同，互为同分异构体，A正确；
B．X和Y官能团不同，可以通过红外光谱区分，B正确；
C．N原子有3个单电子，在X中N原子形成2个键，有1个单电子，故是N原子上的单电子参与形成π键，C错误；
D．分析信息中重排位置可知，结构中碳氮双键与羟基形成了酰胺基，碳原子上的烃基与氮原子结结合，故经历Beckmann重排可以得到，D正确；
答案选C。
14. 室温，向aml/L的H2C2O4溶液中滴加等浓度的KOH溶液，测得pc(H2C2O4)、pc()、pc()随pH的变化如图所示。下列说法正确的是
已知：pc(H2C2O4)=-lgc(H2C2O4)，其它类似。
A. 曲线③表示pc()随pH的变化
B KHC2O4溶液中c(H2C2O4)>c()
C. b点对应溶液的pH约为5.07
D. 过程中c(H2C2O4)+c()+c()=aml/L
【答案】A
【解析】
【分析】根据；，pH逐渐变大时，pc先减小后增大的是pc()；pH越大，c(H+)越小，则电离平衡正向移动程度越大，pc增大的曲线是pc()，pc减小的曲线是pc()，即曲线①、②、③分别表示pc()、pc()、pc()；pH=1.25时，c()=c()，可求得，同理，pH=3.82时，c()=c()，可求得Ka2=10-3.82，据此分析解答。
【详解】A．由分析得，曲线③表示pc()随pH的变化，故A正确；
B．的电离常数K=10-3.82，水解常数，电离程度大于水解程度，因此c()>c(H2C2O4)，故B错误；
C．由图可知，b点横坐标在2和3之间，故C错误；
D．过程中溶液混合体积增大，c(H2C2O4)+c()+c() < a ml/L，故D错误；
故选A。
15. 磷化硼(BP)是一种半导体材料，熔点1100℃，晶胞如图1所示，晶胞边长为apm。下列有关说法正确的是
A. 每个P周围距离最近且相等的P有6个
B. 晶胞密度为g/cm3
C. 平均每1mlBP晶体含2ml共价键
D. 磷化硼晶胞在x、y、z轴方向的投影图均如图2所示
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图1可知，每个P周围距离最近且相等的P有4个，A错误；
B．根据均摊法可知，晶胞中含有4个B、个P，则晶胞密度为，B错误；
C．由图可知，每个B、P原子均形成4个共价键，即1个BP含个共价键，则平均每1 ml BP晶体含4ml 共价键，C错误；
D．P位于顶点和面心，将正方体分为8个小正方体，B原子位于小正方体的体心，则x、y、z轴方向的投影图均如图2所示，D正确；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 锌是一种应用广泛的金属。以闪锌矿(主要成分为ZnS，还含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料，制备金属锌的流程如图所示：
回答下列问题：
（1）“焙烧”过程产生大量的SO2，可用氨水吸收再氧化得到一种氮肥，该氮肥的主要成分为___________。
（2）①用稀硫酸完全溶浸后，过滤所得滤渣1的主要成分为___________。滤渣1、滤渣2、滤渣3均需洗涤，证明三种滤渣洗涤干净的共同方法是___________。
②常温下，有关金属离子沉淀的pH如下表所示(当离子浓度小于1.0×10-5ml/L时认为沉淀完全)。
“氧化除杂”中调pH的范围是___________。
（3）“还原除杂”中反应的离子方程式为___________。
（4）“还原除杂”后的滤液经操作___________、过滤，洗涤，干燥，可得ZnSO4·7H2O晶体。
（5）用惰性电极电解硫酸锌溶液，如阴极生成10mlZn，理论上阳极产物的物质的量为___________ml。电解后的电解液可返回___________工序继续使用。
【答案】（1）硫酸铵 或 (NH4)2SO4
（2） ①. 二氧化硅、硫酸铅 ②. 取少量最后一次的洗涤液于试管中，先加足量的稀盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，不产生白色沉淀，说明滤渣已洗涤干净 ③. 3.3 ≤ pH < 6.2
（3）Zn+Cd2+=Zn2++Cd
（4）蒸发浓缩，降温结晶
（5） ①. 5 ②. 溶浸
【解析】
【分析】闪锌矿(主要成分为ZnS，还含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)浮选得到精矿，精矿进行焙烧，得到Zn、Fe、Cd、Pb的氧化物，S元素转化为SO2气体，加入稀硫酸溶浸，得到Zn2+、Fe2+、Fe3+、Cd2+，PbO转化为PbSO4沉淀，过滤，滤渣1中主要为SiO2、PbSO4，滤液中通入O2，加入ZnO进行氧化除杂，即将Fe2+全部转化为Fe3+，再调节pH值，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤后，滤渣2为Fe（OH）3，滤液中加入锌粉，进行还原除杂，离子方程式为：Zn+Cd2+=Zn2++Cd，过滤，滤液经电解得到Zn。
【小问1详解】
“焙烧”产生的SO2和氨水反应生成亚硫酸铵，再氧化生成硫酸铵；
小问2详解】
①稀硫酸完全溶浸后，SiO2不和稀硫酸反应，“焙烧”产生的PbO和稀硫酸反应生成难溶于水的硫酸铅，所以过滤所得滤渣1的主要成分为二氧化硅、硫酸铅。
根据工业流程可知滤渣1、滤渣2、滤渣3表面的杂质都含有硫酸根，所以可以通过检验硫酸根来判断滤渣是否洗净，具体操作为：取少量最后一次的洗涤液于试管中，先加足量的稀盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，不产生白色沉淀，说明滤渣已洗涤干净；
②根据金属离子沉淀的pH表，要保证铁离子完全沉淀，而锌离子不沉淀，则PH范围为3.3 ≤ pH < 6.2；
【小问3详解】
根据工业流程还原除杂是出去Cd2+，所以离子方程式为Zn+Cd2+=Zn2++Cd；
【小问4详解】
从溶液中要得到硫酸锌晶体则需要蒸发浓缩，降温结晶，过滤，洗涤，干燥；
【小问5详解】
阴极生成10 mlZn则转移的电子为20 ml，阳极的电极反应为2H2O-4e- = O2 ↑+ 4H+，根据得失电守恒阳极失去20 ml电子生成5 ml O2；阳极反应生成了H+并且溶液存在，可以返回溶浸工序继续使用。
17. 某研究小组通过下列路线合成镇静药物氯硝西泮的中间体G。
回答下列问题：
（1）化合物A的名称为___________；化合物B的官能团名称为___________；化合物C→D的反应类型为___________。
（2）写出化合物B到C的化学方程式___________。
（3）化合物E转化为F的另一种产物是___________。
（4）下列说法正确的是___________。
A. 化合物A的碱性比化合物D弱
B. 化合物A→D的过程中，采用了保护氨基的方法
C. 化合物B与足量H2加成后的产物存在手性碳原子
D. 化合物G既可与盐酸反应，也可与NaOH反应
（5）写出同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式___________(任写一种)。
①分子中含有苯环，可以发生银镜反应。
②核磁共振氢谱显示分子中有5种不同化学环境的氢，且峰面积之比为1：2：2：2：2。
（6）检验F中溴原子需要用到的试剂为___________。
【答案】（1） ①. 苯胺 ②. 酰胺基或酰胺键 ③. 取代反应或水解反应
（2） （3）HCl （4）BD
（5） 或 （6）NaOH水溶液、硝酸、硝酸银
【解析】
【分析】A与乙酸发生取代反应生成B，结合A的分子式可知，A为。B在混酸作用下发生硝化反应在对位取代生成C，C水解生成D，D取代生成E，E发生取代反应生成F，结合已知信息，根据其分子式，可推出F为，F发生取代反应生成G：。
【详解】（1）根据第一步反应可以确定A的结构为，命名为苯胺。B 的官能团是酰胺基或酰胺键。化合物C→D的是酰胺基发生水解，反应类型为取代反应或水解反应。
（2）根据流程B到C是硝化反应，反应方程式为
（3）E到F是E中N—H断裂，BrCH2COCl中C—Cl断裂，所以E转化为F的另一种产物是HCl 。
（4）A．D中含有硝基，硝基为吸电子基团，导致D中氨基氮原子周围电子云密度减小，从而结合质子的能力减弱，所以碱性A强于D，选项A错误；
B．根据流程A中氨基先被反应，后到D又生成，则A→D的过程中，采用了保护氨基的方法，选项B正确；
C．B与足量H2加成后的产物为不含手性碳原子，选项C错误；
D．化合物G中含有酰胺基既可与盐酸反应，也可与NaOH反应 ，选项D正确；
故选BD。
（5）根据分子中含有苯环，可以发生银镜反应，可知同分异构体中含有醛基。根据核磁共振氢谱显示分子中有5种不同化学环境的氢，且峰面积之比为1:2:2:2:2，可确定峰面积比为1是醛基，则苯环其余位置要对称，所以可得化合物B的同分异构体的结构简式为 或 。
（6）检验F中溴原子需要先水解生成溴离子，所需试剂为氢氧化钠水溶液，然后为了避免OH-干扰需要酸化所需试剂为硝酸，最后检验溴离子所需试剂为硝酸银溶液。
18. 锑白(Sb2O3，两性氧化物)可用作白色颜料和阻燃剂。一种制备Sb2O3的实验步骤如下：
①按下图装置安装仪器(加热仪器略)，添加试剂，通入NH3，得到固液混合物。
②向容器A中加入一定量的蒸馏水，搅拌一段时间，过滤、洗涤、110℃烘干。
已知：
①SbCl3易水解成SbOCl，SbOCl难溶于乙醇、能溶于乙二醇，SbOCl也可水解Sb2O3，但如果反应只发生在表面，则得不到单一晶型。
②无水乙醇和乙二醇都可能含少量水，二者极性都较小。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为___________，装置B中的试剂X为___________。
（2）步骤①生成Sb2(OCH2CH2O)3，写出化学方程式___________。
（3）A中通入氨气需要控制碱性不能太强，原因是___________。
（4）如果将乙二醇改为乙醇用上述同样方法制备Sb2O3，往往得到Sb2O3混晶，解释原因___________。
（5）取ag产品于锥形瓶中，用盐酸等试剂预处理后，用cml/L碘标准液滴定。接近终点时加入2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，消耗碘标准液VmL。反应原理为：Sb3++I2=Sb5++2I-。
①滴定终点颜色变化为___________。
②产品中Sb元素的质量分数是___________%。
【答案】（1） ①. 球形干燥管 ②. 水或稀硫酸
（2）2SbCl3+3HOCH2CH2OH+6NH3=Sb2(OCH2CH2O)3+6NH4Cl
（3）Sb2O3为两性氧化物，碱性过强会造成Sb2O3的溶解损失
（4）SbCl3部分水解成SbOCl，SbOCl难溶于乙醇，SbOCl的水解反应只发生在表面，得到Sb2O3混晶
（5） ①. 由无色变为蓝色 ②. (12.2cV)/a
【解析】
【分析】本实验是利用NH3和SbCl3的乙二醇溶液来制备Sb2(OCH2CH2O)3，进入让Sb2(OCH2CH2O)3发生水解生成Sb2O3，实验装置A为发生装置，先后发生反应：2SbCl3+3HOCH2CH2OH+6NH3=Sb2(OCH2CH2O)3+6NH4Cl，Sb2(OCH2CH2O)3+3H2O=Sb2O3+3HOCH2CH2OH，装置B为吸收多余的NH3，X为水或稀硫酸，据此分析解题。
【小问1详解】
由题干实验装置图可知，仪器a的名称为球形干燥管，由分析可知，装置B为吸收过量的NH3，则其中的试剂X为稀硫酸或者水，故答案为：球形干燥管；水或稀硫酸；
【小问2详解】
步骤①生成Sb2(OCH2CH2O)3，根据反应试剂和产物分析反应为非氧化还原反应，该步骤发生的化学方程式为：2SbCl3+3HOCH2CH2OH+6NH3=Sb2(OCH2CH2O)3+6NH4Cl，故答案为：2SbCl3+3HOCH2CH2OH+6NH3=Sb2(OCH2CH2O)3+6NH4Cl；
【小问3详解】
根据题干已知信息锑白(Sb2O3，两性氧化物)可确定需要控制碱性不能太强原因是Sb2O3为两性氧化物，碱性过强会造成Sb2O3的溶解损失，故答案为：Sb2O3为两性氧化物，碱性过强会造成Sb2O3的溶解损失；
【小问4详解】
根据已知①，分析可得SbCl3部分水解成SbOCl，SbOCl难溶于乙醇，SbOCl的水解反应只发生在表面，得到Sb2O3混晶，故答案为：SbCl3部分水解成SbOCl，SbOCl难溶于乙醇，SbOCl的水解反应只发生在表面，得到Sb2O3混晶；
【小问5详解】
滴定终点时有碘过量，淀粉遇碘变蓝所以颜色变化为无色到蓝色，根据Sb3++I2=Sb5++2I-可以确定Sb元素物质的量为cV×10-3ml，从而求出Sb元素质量分数为=，故答案为：由无色变为蓝色；。
19. 甲醇是重要的化工原料，甲醇的制备与应用也是国际研究的热点。
I．某温度下，利用生产甲醇主要涉及以下反应。
反应1.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ；
反应2.CO2(g)+H2(g) ⇌ CO(g)+H2O(g) ；
（1）反应1自发进行的条件是___________(填“高温”、“低温”或“任意温度”)。
（2）升高温度，的值将___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
（3）向绝热恒容密闭容器中充入等物质的量的CO2(g)和H2(g)发生上述反应，下列可说明反应已达平衡状态的是___________(填编号)。
A 容器内温度不变B. 混合气体平均密度保持不变
C. CH3OH的体积分数保持不变D. v正(CO2)=v逆(CO)
（4）在恒温密闭容器中，发生反应1和反应2，CO2的平衡转化率[α(CO2)%]和甲醇选择性[CH3OH%=]随着温度变化关系如图所示。
①写出一种增大平衡时CH3OH选择性的方法___________。
②分析温度高于236°C后CO2转化率下降的原因___________。
③在244°C，向容积为V的容器内投入1mlCO2(g)和3mlH2(g)充分反应，计算平衡时生成CH3OH的物质的量为___________ml(计算结果保留两位有效数字)。
II.工业上也可用电化学法制备甲醇。
（5）采用如图原电池制备甲醇。通入CO的一端发生的电极反应为___________。
【答案】（1）低温 （2）减小 （3）AC
（4） ①. 适当降温，适当增大压强 ②. 升温，反应1平衡左移，生成CO2，反应2平衡右移，消耗CO2。温度高于 236°C 后，反应1生成的CO2大于反应2消耗的CO2 ③. 0.061
（5）
【解析】
【小问1详解】
根据 ΔG=ΔH-TΔS，反应I的ΔH<0，正反应气体体积数减小，ΔS<0，ΔG<0反应自发，自发进行的条件是低温；
【小问2详解】
反应1加上反应2所得的反应K=K1⋅K2，且所得新反应ΔH=ΔH1+ΔH2<0，是放热反应，升高温度平衡逆向移动，故所得的反应K减小，即K1⋅K2减小；
【小问3详解】
A．化学反应一定伴随能量变化，绝热密闭容器温度不变，说明反应平衡，A正确；
B．反应前后无固体参与，气体质量不变，容器体积不变，根据ρ=m/V可知，密度一直不变，混合气体平均密度保持不变无法说明反应到达平衡，B错误；
C．CH3OH的体积分数未平衡时会一直改变，保持不变时到达平衡，C正确；
D．反应1也有二氧化碳参加反应，则v正(CO2)=v逆(CO) 不能说明反应已经平衡，D错误；
故选AC；
【小问4详解】
①反应I生成CH3OH，是气体体积减小的放热反应，要增大平衡时CH3OH的选择性，则可以适当降温，适当增大压强；
②根据反应I和反应II的ΔH，升温，反应1平衡左移，生成CO2，反应2平衡右移，消耗CO2，且反应I受温度影响更大，故温度高于 236°C 后，反应1生成的CO2大于反应2消耗的CO2；
③从图可知244°C二氧化碳转化率10.5%，甲醇选择性58.3%。则平衡甲醇物质的量为1×10.5% ×58.3%=0.061ml；
【小问5详解】
根据装置可知，CO在左侧电极得电子，转化为CH3OH，电解液为酸性，故电极反应为CO+4e-+4H+=CH3OH。选项
化学事实
哲学观点
A
同主族元素表现出的性质相似
矛盾只有普遍性无特殊性
B
铜与稀硫酸不反应，与浓硫酸反应
量变到质变
C
NaHCO3溶液中同时存在的电离和水解
对立统一
D
苯硝化时生成硝基苯而甲苯硝化时生成三硝基甲苯
相互影响
A．实验室制乙烯
B．分离I2和NaCl
C．测胆矾中的结晶水
D．中和热的测定
选项
实验目的
实验方案
现象
结论
A
比较H2CO3和HClO的酸性强弱
用pH试纸测同浓度NaHCO3溶液和NaClO溶液的pH
NaClO溶液的pH比较大
H2CO3的酸性强于HClO
B
比较AgI与Ag2S的Ksp
向2mL0.1ml/LAgNO3溶液中滴加2滴同浓度KI溶液，然后再滴加2滴同浓度的K2S溶液
先产生淡黄色沉淀，后出现黑色沉淀
Ksp(AgI)>Ksp(Ag2S)
C
判断AlCl3中化学键类型
将AlCl3固体溶于水，测溶液导电性
溶液能导电
AlCl3中为离子键
D
比较Mg与Al的金属性
分别向MgCl2和AlCl3溶液中滴加足量的NaOH溶液
前者产生白色沉淀；后者先产生白色沉淀，后沉淀溶解
金属性：Mg>Al
Fe3+
Zn2+
Cd2+
开始沉淀pH
2.3
6.2
7.4
沉淀完全pH
3.3
8.7
9.4
考试时间：2024年5月31日下午14：30—17：05 试卷满分100分
可能用到的相对原子质量：H1 C6 O16 B11 P31 Sb122
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 材料科学的发展推动着科技的进步。下列有关材料的说法正确的是
A. “鹊桥二号”天线所使用的镀金钼丝属于无机非金属材料
B. “天和核心舱”腔体中的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料
C. 北斗二代卫星的原子钟“星载铷钟”的铷元素属于放射性元素
D. 人造小太阳“东方超环”用到的氕、氘、氚属于同素异形体
【答案】B
【解析】
【详解】A．镀金钼丝属于金属材料，A错误；
B．氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，B正确；
C．铷不属于放射性元素，C错误；
D．氕、氘、氚属于同位素，不属于同素异形体，D错误；
故选B。
2. 哲学观点在化学上有着诸多体现。下列化学事实与对应的哲学观点不相符合的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】试卷源自 每日更新，更低价下载，欢迎访问。【详解】A．同主族元素所表现的性质体现了矛盾既有普遍性也有特殊性，例如同主族元素的最高正化合价相同，但是氧和氟没有正价，A错误；
B．铜与稀硫酸不反应，与浓硫酸加热反应生成硫酸铜、水、二氧化硫，故Cu与浓硫酸的反应体现了量变到质变的规律，B正确；
C．NaHCO3溶液中既发生电离：⇌H++，也发生水解：+H2O⇌ H2CO3+OH−，能体现对立统一，C正确；
D．苯硝化时生成硝基苯而甲苯硝化时生成三硝基甲苯，这体现了甲基对苯环的影响，甲基使苯环的邻对位活泼，甲烷不能与硝酸反应，但是甲苯硝化时生成三硝基甲苯，说明苯环对甲基的影响，D正确；
故选A。
3. 下列化学用语使用正确的是
A. CO2的空间填充模型：B. N2的电子式：
C. 乙醇的分子式：C2H6OD. 含8个中子的氧原子：
【答案】C
【解析】
【详解】A．CO2为直线形，A错误；
B．N2的电子式为：，B错误；
C．乙醇的分子式：C2H6O，C正确；
D．含8个中子的氧原子为：，B错误；
故选C。
4. 阿斯巴甜是一种常见的合成甜味剂，其结构如图所示，下列有关说法不正确的是
A. 阿斯巴甜属于糖类物质
B. 分子中含有4种官能团
C. 不存在含有两个苯环的同分异构体
D. 1ml该分子最多与3mlNaOH反应
【答案】A
【解析】
【分析】该有机物含有氨基、酰胺基、羧基、酯基四种官能团，其中酰胺基、酯基、羧基均可消耗NaOH，据此回答。
【详解】A．糖为多羟基醛或多羟基酮，阿斯巴甜有甜味，但不是糖类，A错误；
B．分子中有氨基、酰胺基、羧基、酯基四种官能团，B正确；
C．该分子不饱和度为7，两个苯环不饱和度为8，所以不存在含有两个苯环的同分异构体，C正确；
D．1ml该分子中的酰胺基、酯基水解后各消耗1mlNaOH，羧基消耗1mlNaOH，共消耗3mlNaOH，D正确；
故选A。
5. 下列有关反应的离子方程式书写正确的是
A. 新制氯水置于阳光下：2H++ClO-=2HCl+O2↑
B. 泡沫灭火器反应原理：3H2O+2Al3++3=2Al(OH)3↓+3CO2↑
C. 向Na3AlF6溶液中滴加氨水：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3
D. 向K2CrO4溶液中滴加稀硫酸：2+2H++H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．次氯酸是弱酸，不能拆违离子形式，盐酸是强酸，要拆成离子形式，正确的离子方程式为2HClO=2H++2Cl-+O2↑，A错误；
B．泡沫灭火器反应原理应是铝离子和碳酸氢根双水解，正确的离子方程式为Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑，B错误；
C．六氟合铝酸根是配合物，难电离，不能拆，正确的离子方程式为[AlF6]3-+3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3+6F-，C错误；
D．酸性条件下，铬酸根会转化为重铬酸根，D选项所给离子方程式正确，D正确；
本题选D。
6. 硫酸是重要的化工原料，被称为“化工之母”。工业上一般以硫磺或黄铁矿等为原料制备硫酸。下列有关说法正确的是
A. 黄铁矿的主要成分FeS2中只含离子键
B. 工业上SO2催化氧化需在高压条件进行
C. 选择400～500℃是为了提高催化剂活性
D. 将98.3％的浓硫酸换成水吸收效果更好
【答案】C
【解析】
【分析】制硫酸涉及到下列反应：硫磺或黄铁矿在空气中燃烧生成二氧化硫，反应的化学方程式：S+O2=SO2或4FeS2+11O2 =2Fe2O3+8SO2，二氧化硫催化剂作用下加热反应生成三氧化硫，反应的化学方程式：2SO2+O2=2SO3，SO3+H2O=H2SO4，生产中用浓硫酸代替水吸收SO3，制得发烟硫酸，将发烟硫酸稀释后可制得浓硫酸。
【详解】A．中阳离子和阴离子间含离子键，S与S原子间含共价键，故A错误；
B．工业上SO2催化氧化需在常压条件进行，故B错误；
C．二氧化硫反应生成三氧化硫2SO2+O2=2SO3是放热反应，温度较高会使平衡逆向移动，不利于提高的转化率，选择400-500℃是因为V2O5作催化剂时保持催化活性较好，故C正确；
D．吸收不能用水，用水会生成酸雾，会阻碍的吸收，故工业制硫酸用98.3%的浓硫酸吸收，目的是防止形成酸雾，以使吸收完全，事实上易溶于水，故D错误；
本题答案C。
7. 元素X、Y、Z是短周期元素，三种元素基态原子的电子排布信息如下：X原子核外有5个原子轨道填充有电子，有3个未成对电子。Y原子核外有8个不同运动状态的电子。Z原子核外2p能级上有2个电子。下列有关说法正确的是
A. 电负性：Z
【答案】A
【解析】
【分析】X、Y、Z是短周期元素，X原子核外有5个原子轨道填充有电子，且有3个未成对电子，则X为N元素；Y原子核外有8个不同运动状态的电子，即核外电子数为8，则Y为O元素；Z原子核外2p能级上有2个电子，则Z为C元素。
【详解】A．同周期元素，电负性随原子序数增大而增大，则电负性： C < N < O，A正确；
B．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能：C < O < N，B错误；
C．H2O 、NH3 、CH4均为杂化，孤电子对越多，键角越小，故简单氢化物键角：H2O < NH3 < CH4，C错误；
D．最高价含氧酸的酸性：X>Z，D错误；
答案选A。
8. 利用下列装置完成实验，能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．实验室制乙烯是通过乙醇与浓硫酸在170℃的条件下发生消去反应得到，为准确测定反应体系的温度，温度计水银球应该在液面以下，A错误；
B．碘受热易升华，遇到上方冷的圆底烧瓶凝华与氯化钠分离，B正确；
C．测胆矾中的结晶水对胆矾晶体加热应该选择坩埚加热，C错误；
D．测定中和热为使酸碱充分反应需要玻璃搅拌棒，D错误；
本题选B。
9. 分析微粒结构，下列说法正确的是
A. CH4和P4的空间构型都是正四面体形，键角也相同
B. OF2与H2O的价层电子对情况和空间构型相同，但OF2的极性较小
C. Al2Cl6()中Al为sp3杂化，与AlCl3中Al的杂化方式相同
D. PCl3和BCl3中心原子的杂化方式不同，但所有原子都满足8电子结构
【答案】B
【解析】
【详解】A．CH4和P4的空间构型都是正四面体形，但甲烷分子键角为，白磷分子键角为60º，故A错误；
B．OF2与H2O的价层电子对数都是4，,空间构型都是Ⅴ型，O和F的电负性差值小，所以OF2的极性较小，故B正确；
C．从图可知Al2Cl6中Al为sp3杂化，AlCl3中Al为sp2杂化，两者Al的杂化方式不相同，故C错误；
D．PCl3中心原子的杂化方式为sp3杂化，BCl3中心原子的杂化方式为sp2杂化，PCl3所有原子满足8电子结构，但BCl3中的B不满足8电子结构，故D错误；
答案B。
10. 盐酸羟胺(NH2OH﹒HCl)是一种常见的还原剂和显像剂，工业可采用如下电化学方法制备。装置和正极反应机理如下图所示。下列有关说法不正确的是
A. X为H+，Y为NH3OH+
B. 含Fe电极起到导电和催化的作用
C. Pt电极上的反应：H2+2e-=2H+
D. 消耗1mlNO，有3mlH+通过交换膜
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，含铁的催化电极为原电池的正极，盐酸作用下一氧化氮在正极得到电子发生还原反应生成盐酸羟胺，电极反应式为NO+3e-+4H+=NH3OH+，铂电极为负极，氢气在负极失去电子发生氧化反应生成氢离子，电极反应式为H2-2e-=2H+，原电池工作时氢离子通过氢离子交换膜由负极区进入正极区。
【详解】A．Y为反应机理最终产物，故Y为盐酸羟胺的阳离子，分析正极反应机理，结合元素守恒可以判断X为氢离子，A正确；
B．Fe电极为正极，导电，同时根据反应机理可知，铁起着催化剂的作用，故含Fe电极起到导电和催化的作用，B正确；
C．由分析，铂电极为负极，氢分子失去电子生成氢离子，正确的电极反应式为H2-2e-=2H+，C错误；
D．根据分析中正极电极反应式，消耗1ml NO，外电流有3ml电子转移，同时有3ml H+通过交换膜，D正确；
故选C。
11. 下列实验方案设计、现象和结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．次氯酸钠有漂白性，不能用pH试纸测其溶液pH，A错误；
B．硝酸银过量，出现黑色沉淀不能证明碘化银转化为硫化银，B错误；
C．氯化铝中是共价键，C错误；
D．加入过量氢氧化钠后，氢氧化铝溶解而氢氧化镁不溶解，说明氢氧化铝是两性氢氧化物，碱性弱于氢氧化镁，根据元素周期律，金属性：Mg>Al，D正确；
本题选D。
12. 常温下，向0.02ml·L-1FeCl3溶液(用少量盐酸酸化)中匀速逐滴加入0.1ml·L-1NaOH溶液，得到pH-时间曲线如图。下列有关说法不正确的是
已知：25℃时，Fe(OH)3的Ksp=2.8×10-39，且Fe3+浓度小于10-5ml·L-1认为其沉淀完全。
A. ab段主要是NaOH和HCl反应
B. c点溶液中的Fe3+已沉淀完全
C. c点后pH急剧变化是过量的NaOH电离导致的
D. d点水电离出c(OH-)约为10-2.16ml·L-1
【答案】D
【解析】
【分析】由a点到b点的过程中，主要是NaOH反应酸化的盐酸，b到c为FeCl3与NaOH反应生成沉淀，d主要为NaOH，据此回答。
【详解】A．FeCl3溶液中有少量盐酸，起始ab阶段主要是氢氧化钠与盐酸反应，A正确；
B．c点pH=2.82，常温下c(OH-)=10-11.18 ml·L-1，根据Fe(OH)3的Ksp=2.8×10-39，可计算此时铁离子浓度为：<10-5 ml·L-1，即铁离子沉淀完全，B正确；
C．c点后NaOH过量，电离出氢氧根导致pH急剧变化，C正确；
D．d点的溶液中，pH=11.84，d点溶液中溶质为氢氧化钠和氯化钠，OH-主要由NaOH电离，H+主要由水电离，且水电离的H+和OH-相等，则由水电离出的c(OH-)约为10-11.84 ml·L-1，D错误；
故选D。
13. Beckmann重排反应是反应物肟(图中有机物X)在酸的催化作用下重排为酰胺(图中有机物Y)的反应。下列有关说法不正确的是
A. X和Y互为同分异构体
B. 依据红外光谱可以区分X和Y
C. X中N原子上的孤电子对参与形成π键
D. 经历Beckmann重排得到
【答案】C
【解析】
【详解】A．有机物X转化为Y发生的是重排反应，X、Y分子组成都为，二者分子式相同、结构不同，互为同分异构体，A正确；
B．X和Y官能团不同，可以通过红外光谱区分，B正确；
C．N原子有3个单电子，在X中N原子形成2个键，有1个单电子，故是N原子上的单电子参与形成π键，C错误；
D．分析信息中重排位置可知，结构中碳氮双键与羟基形成了酰胺基，碳原子上的烃基与氮原子结结合，故经历Beckmann重排可以得到，D正确；
答案选C。
14. 室温，向aml/L的H2C2O4溶液中滴加等浓度的KOH溶液，测得pc(H2C2O4)、pc()、pc()随pH的变化如图所示。下列说法正确的是
已知：pc(H2C2O4)=-lgc(H2C2O4)，其它类似。
A. 曲线③表示pc()随pH的变化
B KHC2O4溶液中c(H2C2O4)>c()
C. b点对应溶液的pH约为5.07
D. 过程中c(H2C2O4)+c()+c()=aml/L
【答案】A
【解析】
【分析】根据；，pH逐渐变大时，pc先减小后增大的是pc()；pH越大，c(H+)越小，则电离平衡正向移动程度越大，pc增大的曲线是pc()，pc减小的曲线是pc()，即曲线①、②、③分别表示pc()、pc()、pc()；pH=1.25时，c()=c()，可求得，同理，pH=3.82时，c()=c()，可求得Ka2=10-3.82，据此分析解答。
【详解】A．由分析得，曲线③表示pc()随pH的变化，故A正确；
B．的电离常数K=10-3.82，水解常数，电离程度大于水解程度，因此c()>c(H2C2O4)，故B错误；
C．由图可知，b点横坐标在2和3之间，故C错误；
D．过程中溶液混合体积增大，c(H2C2O4)+c()+c() < a ml/L，故D错误；
故选A。
15. 磷化硼(BP)是一种半导体材料，熔点1100℃，晶胞如图1所示，晶胞边长为apm。下列有关说法正确的是
A. 每个P周围距离最近且相等的P有6个
B. 晶胞密度为g/cm3
C. 平均每1mlBP晶体含2ml共价键
D. 磷化硼晶胞在x、y、z轴方向的投影图均如图2所示
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图1可知，每个P周围距离最近且相等的P有4个，A错误；
B．根据均摊法可知，晶胞中含有4个B、个P，则晶胞密度为，B错误；
C．由图可知，每个B、P原子均形成4个共价键，即1个BP含个共价键，则平均每1 ml BP晶体含4ml 共价键，C错误；
D．P位于顶点和面心，将正方体分为8个小正方体，B原子位于小正方体的体心，则x、y、z轴方向的投影图均如图2所示，D正确；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 锌是一种应用广泛的金属。以闪锌矿(主要成分为ZnS，还含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料，制备金属锌的流程如图所示：
回答下列问题：
（1）“焙烧”过程产生大量的SO2，可用氨水吸收再氧化得到一种氮肥，该氮肥的主要成分为___________。
（2）①用稀硫酸完全溶浸后，过滤所得滤渣1的主要成分为___________。滤渣1、滤渣2、滤渣3均需洗涤，证明三种滤渣洗涤干净的共同方法是___________。
②常温下，有关金属离子沉淀的pH如下表所示(当离子浓度小于1.0×10-5ml/L时认为沉淀完全)。
“氧化除杂”中调pH的范围是___________。
（3）“还原除杂”中反应的离子方程式为___________。
（4）“还原除杂”后的滤液经操作___________、过滤，洗涤，干燥，可得ZnSO4·7H2O晶体。
（5）用惰性电极电解硫酸锌溶液，如阴极生成10mlZn，理论上阳极产物的物质的量为___________ml。电解后的电解液可返回___________工序继续使用。
【答案】（1）硫酸铵 或 (NH4)2SO4
（2） ①. 二氧化硅、硫酸铅 ②. 取少量最后一次的洗涤液于试管中，先加足量的稀盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，不产生白色沉淀，说明滤渣已洗涤干净 ③. 3.3 ≤ pH < 6.2
（3）Zn+Cd2+=Zn2++Cd
（4）蒸发浓缩，降温结晶
（5） ①. 5 ②. 溶浸
【解析】
【分析】闪锌矿(主要成分为ZnS，还含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)浮选得到精矿，精矿进行焙烧，得到Zn、Fe、Cd、Pb的氧化物，S元素转化为SO2气体，加入稀硫酸溶浸，得到Zn2+、Fe2+、Fe3+、Cd2+，PbO转化为PbSO4沉淀，过滤，滤渣1中主要为SiO2、PbSO4，滤液中通入O2，加入ZnO进行氧化除杂，即将Fe2+全部转化为Fe3+，再调节pH值，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤后，滤渣2为Fe（OH）3，滤液中加入锌粉，进行还原除杂，离子方程式为：Zn+Cd2+=Zn2++Cd，过滤，滤液经电解得到Zn。
【小问1详解】
“焙烧”产生的SO2和氨水反应生成亚硫酸铵，再氧化生成硫酸铵；
小问2详解】
①稀硫酸完全溶浸后，SiO2不和稀硫酸反应，“焙烧”产生的PbO和稀硫酸反应生成难溶于水的硫酸铅，所以过滤所得滤渣1的主要成分为二氧化硅、硫酸铅。
根据工业流程可知滤渣1、滤渣2、滤渣3表面的杂质都含有硫酸根，所以可以通过检验硫酸根来判断滤渣是否洗净，具体操作为：取少量最后一次的洗涤液于试管中，先加足量的稀盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，不产生白色沉淀，说明滤渣已洗涤干净；
②根据金属离子沉淀的pH表，要保证铁离子完全沉淀，而锌离子不沉淀，则PH范围为3.3 ≤ pH < 6.2；
【小问3详解】
根据工业流程还原除杂是出去Cd2+，所以离子方程式为Zn+Cd2+=Zn2++Cd；
【小问4详解】
从溶液中要得到硫酸锌晶体则需要蒸发浓缩，降温结晶，过滤，洗涤，干燥；
【小问5详解】
阴极生成10 mlZn则转移的电子为20 ml，阳极的电极反应为2H2O-4e- = O2 ↑+ 4H+，根据得失电守恒阳极失去20 ml电子生成5 ml O2；阳极反应生成了H+并且溶液存在，可以返回溶浸工序继续使用。
17. 某研究小组通过下列路线合成镇静药物氯硝西泮的中间体G。
回答下列问题：
（1）化合物A的名称为___________；化合物B的官能团名称为___________；化合物C→D的反应类型为___________。
（2）写出化合物B到C的化学方程式___________。
（3）化合物E转化为F的另一种产物是___________。
（4）下列说法正确的是___________。
A. 化合物A的碱性比化合物D弱
B. 化合物A→D的过程中，采用了保护氨基的方法
C. 化合物B与足量H2加成后的产物存在手性碳原子
D. 化合物G既可与盐酸反应，也可与NaOH反应
（5）写出同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式___________(任写一种)。
①分子中含有苯环，可以发生银镜反应。
②核磁共振氢谱显示分子中有5种不同化学环境的氢，且峰面积之比为1：2：2：2：2。
（6）检验F中溴原子需要用到的试剂为___________。
【答案】（1） ①. 苯胺 ②. 酰胺基或酰胺键 ③. 取代反应或水解反应
（2） （3）HCl （4）BD
（5） 或 （6）NaOH水溶液、硝酸、硝酸银
【解析】
【分析】A与乙酸发生取代反应生成B，结合A的分子式可知，A为。B在混酸作用下发生硝化反应在对位取代生成C，C水解生成D，D取代生成E，E发生取代反应生成F，结合已知信息，根据其分子式，可推出F为，F发生取代反应生成G：。
【详解】（1）根据第一步反应可以确定A的结构为，命名为苯胺。B 的官能团是酰胺基或酰胺键。化合物C→D的是酰胺基发生水解，反应类型为取代反应或水解反应。
（2）根据流程B到C是硝化反应，反应方程式为
（3）E到F是E中N—H断裂，BrCH2COCl中C—Cl断裂，所以E转化为F的另一种产物是HCl 。
（4）A．D中含有硝基，硝基为吸电子基团，导致D中氨基氮原子周围电子云密度减小，从而结合质子的能力减弱，所以碱性A强于D，选项A错误；
B．根据流程A中氨基先被反应，后到D又生成，则A→D的过程中，采用了保护氨基的方法，选项B正确；
C．B与足量H2加成后的产物为不含手性碳原子，选项C错误；
D．化合物G中含有酰胺基既可与盐酸反应，也可与NaOH反应 ，选项D正确；
故选BD。
（5）根据分子中含有苯环，可以发生银镜反应，可知同分异构体中含有醛基。根据核磁共振氢谱显示分子中有5种不同化学环境的氢，且峰面积之比为1:2:2:2:2，可确定峰面积比为1是醛基，则苯环其余位置要对称，所以可得化合物B的同分异构体的结构简式为 或 。
（6）检验F中溴原子需要先水解生成溴离子，所需试剂为氢氧化钠水溶液，然后为了避免OH-干扰需要酸化所需试剂为硝酸，最后检验溴离子所需试剂为硝酸银溶液。
18. 锑白(Sb2O3，两性氧化物)可用作白色颜料和阻燃剂。一种制备Sb2O3的实验步骤如下：
①按下图装置安装仪器(加热仪器略)，添加试剂，通入NH3，得到固液混合物。
②向容器A中加入一定量的蒸馏水，搅拌一段时间，过滤、洗涤、110℃烘干。
已知：
①SbCl3易水解成SbOCl，SbOCl难溶于乙醇、能溶于乙二醇，SbOCl也可水解Sb2O3，但如果反应只发生在表面，则得不到单一晶型。
②无水乙醇和乙二醇都可能含少量水，二者极性都较小。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为___________，装置B中的试剂X为___________。
（2）步骤①生成Sb2(OCH2CH2O)3，写出化学方程式___________。
（3）A中通入氨气需要控制碱性不能太强，原因是___________。
（4）如果将乙二醇改为乙醇用上述同样方法制备Sb2O3，往往得到Sb2O3混晶，解释原因___________。
（5）取ag产品于锥形瓶中，用盐酸等试剂预处理后，用cml/L碘标准液滴定。接近终点时加入2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，消耗碘标准液VmL。反应原理为：Sb3++I2=Sb5++2I-。
①滴定终点颜色变化为___________。
②产品中Sb元素的质量分数是___________%。
【答案】（1） ①. 球形干燥管 ②. 水或稀硫酸
（2）2SbCl3+3HOCH2CH2OH+6NH3=Sb2(OCH2CH2O)3+6NH4Cl
（3）Sb2O3为两性氧化物，碱性过强会造成Sb2O3的溶解损失
（4）SbCl3部分水解成SbOCl，SbOCl难溶于乙醇，SbOCl的水解反应只发生在表面，得到Sb2O3混晶
（5） ①. 由无色变为蓝色 ②. (12.2cV)/a
【解析】
【分析】本实验是利用NH3和SbCl3的乙二醇溶液来制备Sb2(OCH2CH2O)3，进入让Sb2(OCH2CH2O)3发生水解生成Sb2O3，实验装置A为发生装置，先后发生反应：2SbCl3+3HOCH2CH2OH+6NH3=Sb2(OCH2CH2O)3+6NH4Cl，Sb2(OCH2CH2O)3+3H2O=Sb2O3+3HOCH2CH2OH，装置B为吸收多余的NH3，X为水或稀硫酸，据此分析解题。
【小问1详解】
由题干实验装置图可知，仪器a的名称为球形干燥管，由分析可知，装置B为吸收过量的NH3，则其中的试剂X为稀硫酸或者水，故答案为：球形干燥管；水或稀硫酸；
【小问2详解】
步骤①生成Sb2(OCH2CH2O)3，根据反应试剂和产物分析反应为非氧化还原反应，该步骤发生的化学方程式为：2SbCl3+3HOCH2CH2OH+6NH3=Sb2(OCH2CH2O)3+6NH4Cl，故答案为：2SbCl3+3HOCH2CH2OH+6NH3=Sb2(OCH2CH2O)3+6NH4Cl；
【小问3详解】
根据题干已知信息锑白(Sb2O3，两性氧化物)可确定需要控制碱性不能太强原因是Sb2O3为两性氧化物，碱性过强会造成Sb2O3的溶解损失，故答案为：Sb2O3为两性氧化物，碱性过强会造成Sb2O3的溶解损失；
【小问4详解】
根据已知①，分析可得SbCl3部分水解成SbOCl，SbOCl难溶于乙醇，SbOCl的水解反应只发生在表面，得到Sb2O3混晶，故答案为：SbCl3部分水解成SbOCl，SbOCl难溶于乙醇，SbOCl的水解反应只发生在表面，得到Sb2O3混晶；
【小问5详解】
滴定终点时有碘过量，淀粉遇碘变蓝所以颜色变化为无色到蓝色，根据Sb3++I2=Sb5++2I-可以确定Sb元素物质的量为cV×10-3ml，从而求出Sb元素质量分数为=，故答案为：由无色变为蓝色；。
19. 甲醇是重要的化工原料，甲醇的制备与应用也是国际研究的热点。
I．某温度下，利用生产甲醇主要涉及以下反应。
反应1.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ；
反应2.CO2(g)+H2(g) ⇌ CO(g)+H2O(g) ；
（1）反应1自发进行的条件是___________(填“高温”、“低温”或“任意温度”)。
（2）升高温度，的值将___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
（3）向绝热恒容密闭容器中充入等物质的量的CO2(g)和H2(g)发生上述反应，下列可说明反应已达平衡状态的是___________(填编号)。
A 容器内温度不变B. 混合气体平均密度保持不变
C. CH3OH的体积分数保持不变D. v正(CO2)=v逆(CO)
（4）在恒温密闭容器中，发生反应1和反应2，CO2的平衡转化率[α(CO2)%]和甲醇选择性[CH3OH%=]随着温度变化关系如图所示。
①写出一种增大平衡时CH3OH选择性的方法___________。
②分析温度高于236°C后CO2转化率下降的原因___________。
③在244°C，向容积为V的容器内投入1mlCO2(g)和3mlH2(g)充分反应，计算平衡时生成CH3OH的物质的量为___________ml(计算结果保留两位有效数字)。
II.工业上也可用电化学法制备甲醇。
（5）采用如图原电池制备甲醇。通入CO的一端发生的电极反应为___________。
【答案】（1）低温 （2）减小 （3）AC
（4） ①. 适当降温，适当增大压强 ②. 升温，反应1平衡左移，生成CO2，反应2平衡右移，消耗CO2。温度高于 236°C 后，反应1生成的CO2大于反应2消耗的CO2 ③. 0.061
（5）
【解析】
【小问1详解】
根据 ΔG=ΔH-TΔS，反应I的ΔH<0，正反应气体体积数减小，ΔS<0，ΔG<0反应自发，自发进行的条件是低温；
【小问2详解】
反应1加上反应2所得的反应K=K1⋅K2，且所得新反应ΔH=ΔH1+ΔH2<0，是放热反应，升高温度平衡逆向移动，故所得的反应K减小，即K1⋅K2减小；
【小问3详解】
A．化学反应一定伴随能量变化，绝热密闭容器温度不变，说明反应平衡，A正确；
B．反应前后无固体参与，气体质量不变，容器体积不变，根据ρ=m/V可知，密度一直不变，混合气体平均密度保持不变无法说明反应到达平衡，B错误；
C．CH3OH的体积分数未平衡时会一直改变，保持不变时到达平衡，C正确；
D．反应1也有二氧化碳参加反应，则v正(CO2)=v逆(CO) 不能说明反应已经平衡，D错误；
故选AC；
【小问4详解】
①反应I生成CH3OH，是气体体积减小的放热反应，要增大平衡时CH3OH的选择性，则可以适当降温，适当增大压强；
②根据反应I和反应II的ΔH，升温，反应1平衡左移，生成CO2，反应2平衡右移，消耗CO2，且反应I受温度影响更大，故温度高于 236°C 后，反应1生成的CO2大于反应2消耗的CO2；
③从图可知244°C二氧化碳转化率10.5%，甲醇选择性58.3%。则平衡甲醇物质的量为1×10.5% ×58.3%=0.061ml；
【小问5详解】
根据装置可知，CO在左侧电极得电子，转化为CH3OH，电解液为酸性，故电极反应为CO+4e-+4H+=CH3OH。选项
化学事实
哲学观点
A
同主族元素表现出的性质相似
矛盾只有普遍性无特殊性
B
铜与稀硫酸不反应，与浓硫酸反应
量变到质变
C
NaHCO3溶液中同时存在的电离和水解
对立统一
D
苯硝化时生成硝基苯而甲苯硝化时生成三硝基甲苯
相互影响
A．实验室制乙烯
B．分离I2和NaCl
C．测胆矾中的结晶水
D．中和热的测定
选项
实验目的
实验方案
现象
结论
A
比较H2CO3和HClO的酸性强弱
用pH试纸测同浓度NaHCO3溶液和NaClO溶液的pH
NaClO溶液的pH比较大
H2CO3的酸性强于HClO
B
比较AgI与Ag2S的Ksp
向2mL0.1ml/LAgNO3溶液中滴加2滴同浓度KI溶液，然后再滴加2滴同浓度的K2S溶液
先产生淡黄色沉淀，后出现黑色沉淀
Ksp(AgI)>Ksp(Ag2S)
C
判断AlCl3中化学键类型
将AlCl3固体溶于水，测溶液导电性
溶液能导电
AlCl3中为离子键
D
比较Mg与Al的金属性
分别向MgCl2和AlCl3溶液中滴加足量的NaOH溶液
前者产生白色沉淀；后者先产生白色沉淀，后沉淀溶解
金属性：Mg>Al
Fe3+
Zn2+
Cd2+
开始沉淀pH
2.3
6.2
7.4
沉淀完全pH
3.3
8.7
9.4
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