2021届高三高考化学模拟试卷十八

这是一份2021届高三高考化学模拟试卷十八，共8页。试卷主要包含了化学与生产和生活密切相关，下列反应的离子方程式正确的是，硫的化合物有重要用途，铟中提取铟的流程如图等内容，欢迎下载使用。

一．选择题（共7小题）
1．化学与生产和生活密切相关。下列说法错误的是（ ）
A．明矾水解生成的胶体可吸附水中悬浮颗粒物B．陶瓷、光导纤维、玻璃、水泥等，都是硅酸盐产品
C．Fe2O3常用作红色油漆和涂料 D．常用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土来保鲜花朵
2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，0.1ml Fe与浓硝酸反应生成NO2分子的数目为0.2NA
B．在标准状况下，4.48L的CHCl3所含的分子数为0.2NA
C．常温常压下，S2和S8的混合物共6.4g，其中所含硫原子数一定为0.2NA
D．2.3g Na与O2完全反应，反应中转移的电子数为0.2NA
3．环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物。1，4二氧杂螺[2，2]丙烷的结构简式为。下列说法正确的是（ ）
A．1ml该有机物完全燃烧需要4ml O2 B．该有机物的二氯代物有3种（不考虑立体异构）
C．该有机物所有原子均处于同一平面 D．该有机物与HCOOCH＝CH2互为同分异构体
4．下列实验对应的现象及结论均正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
5．下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A．向FeCl3溶液中加入金属铜：Fe3++Cu═Fe2++Cu2+
B．碳酸镁溶于醋酸的反应：MgCO3+2H+═Mg2++CO2↑+H2O
C．向NaHCO3溶液中加入过量Ca（OH）2：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O
D．向NH4Al（SO4）2溶液中滴加Ba（OH）2溶液至SO42﹣沉淀完全：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═3BaSO4↓+2Al（OH）3↓
6．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y同主族，W、X、Y的最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，Y的族序数等于其周期数。下列说法错误的是（ ）
A．四种元素形成的单质中，Z的单质沸点最低 B．WZ3中W满足8电子稳定结构
C．Y、Z形成的化合物的水溶液呈酸性 D．X的氧化物可能既含离子键又含共价键
7．利用假单胞菌分解有机物的电化学原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．该过程将化学能转化为电能 B．电流流向：B电极→用电器→A电极
C．A电极上发生氧化反应，电极反应式为：X﹣2e﹣═Y+2H+
D．若有机物为乙酸，处理1ml有机物，4ml H+透过质子交换膜移动到右室
二．实验题（共1小题）
8．硫的化合物有重要用途。硫代硫酸钠（Na2S2O3）可用于氰化物中毒的解毒、治疗荨麻疹等皮肤病，它在中性、碱性环境中稳定，在酸性较强的溶液中产生S和SO2。实验室可以利用如图装置制备Na2S2O3和焦亚硫酸钠（Na2S2O5）。
（1）仪器a的名称为 ，a中试剂最好选择 。（填标号）
A．浓盐酸 B．70%硫酸 C．稀硫酸
（2）B的作用是 ，该装置中存在一处明显的缺陷，改进措施是 。
（3）排尽装置内空气后，关闭K2、K4，打开K1、K3和仪器a的活塞，一段时间后，C中有焦亚硫酸钠晶体析出，从C中分离出该晶体的操作是 、 、干燥。取少量焦亚硫酸钠晶体于试管中，加足量双氧水，再加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，经检验该沉淀为BaSO4，说明焦亚硫酸钠具有 性。
（4）关闭K1、K3打开K2、K4，一段时间后，D中有Na2S2O3生成。写出SO2与Na2S和Na2CO3发生反应的化学方程式 。通入D中的SO2不宜过量的原因是 。
三．解答题（共3小题）
9．铟（49In）在地壳中主要存在于铅、锌矿物中，是一种重要的稀散金属，其开发和综合利用是国家重点鼓励发展的产业。从铅、锌的冶炼过程中产生的高铟烟灰（主要含ZnO、PbO、Fe2O3、In2O3、In2S3）中提取铟的流程如图。
已知：滤液中铟以In3+的形式存在。
回答下列问题：
（1）铟的原子结构示意图为 。
（2）“酸浸氧化”需要加热，其目的是 ，该过程中KMnO4只将In2S3中的硫元素氧化为SO42﹣，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ，滤渣的主要成分的化学式是 。
（3）萃取剂选用的是一种有机磷酸酯，其在酸性溶液中可萃取三价金属离子。“净化”时加入铁粉的作用是 （用离子方程式表示），可用 溶液检测此离子是否除尽。
（4）“萃取”时，不同的c（H+）下有机磷酸酯对三价金属离子的萃取率及分层时间如表。
注：*表示有少量乳化作用发生，会导致两相分层困难。
萃取过程中应选择的最佳c（H+）为 ml•L﹣1。
（5）粗铟可用电解法进行提纯，提纯过程中粗铟作 极。（填“阴”或“阳”）
（6）锌主要应从 中进行回收。（填标号）
A．滤渣 B．净化渣 C．水相 D．有机相
10．选择性催化还原法（SCR）是目前应用最为广泛的氮氧化物NOx的净化方法，其原理是利用NH3在特定催化剂作用下将NOx还原为N2。
主反应：4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）⇌4N2（g）+6H2O（g）△H1
副反应：4NH3（g）+3O2（g）⇌2N2（g）+6H2O（g）△H2
（1）在无氧条件下，NH3也可还原NO：4NH3（g）+6NO（g）⇌5N2（g）+6H2O（g）△H3
则△H2＝ （用含△H1、△H3的式子表示）。一定温度下，向2L密闭刚性容器（含催化剂）中投入2ml NH3和3ml NO，发生反应4NH3（g）+6NO（g）⇌5N2（g）+6H2O（g）。达到平衡状态时，NO的转化率为60%，则平衡常数为 ml•L﹣1。（列出计算式）
（2）目前使用的SCR催化剂是V2O5﹣WO3/TiO2，关于该催化剂的说法正确的是 。（填标号）
A．能加快反应速率，并且改变反应的焓变 B．能增大NH3还原NOx反应的平衡常数
C．具有选择性，能降低特定反应的活化能
（3）催化剂V2O5﹣WO3/TiO2中的V2O5是活性组分。在石英微型反应器中以一定流速通过烟气[n（O2）：n（NH3）：n（NO）＝71：1：1]，在不同温度下进行该催化还原反应，V2O5的质量分数对单位时间内NO去除率的影响如图所示。
①从起始至对应A、B、C三点的平均反应速率由大到小的顺序为 。
②V2O5的质量分数对该催化剂活性的影响是 。
③若烟气中O2含量一定，在催化剂适宜温度范围内，当≤1时，随着该比值的增大，NO去除率 （填“增大”、“减小”或“不变”）；当＞1时，随着该比值的增大，NO去除率无明显变化，可能的原因是 。
11．用A制取D（苯丙炔酸）并制取小分子半导体F的合成路线如图所示。
回答下列问题：
（1）E的名称是 ，F中官能团的名称为 ，B的结构简式为 。
（2）B→C的反应类型为 ，D→E的试剂和条件是 。
（3）C→D中反应①的化学方程式为 。
（4）E的同系物G的相对分子质量比E小14，写出一种满足下列条件的G的同分异构体 。
①属于芳香族化合物，分子中含有两个六元环结构和一个甲基；
②1mlG在碱性条件下水解可消耗2mlNaOH。
（5）已知：
①（R1、R2为氢原子或烃基）
②C6H5NH2C6H5NO2（氨基易被氧化）
设计以对硝基甲苯为原料合成麻醉药物苯佐卡因合的成路线 。（其他试剂自选）
18套
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．化学与生产和生活密切相关。下列说法错误的是（ ）
A．明矾水解生成的胶体可吸附水中悬浮颗粒物
B．陶瓷、光导纤维、玻璃、水泥等，都是硅酸盐产品
C．Fe2O3常用作红色油漆和涂料
D．常用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土来保鲜花朵
【分析】A．明矾水解生成的氢氧化铝胶体，具有较强的吸附作用；
B．光导纤维是二氧化硅，属于氧化物；
C．Fe2O3是红棕色固体，俗名铁红；
D．高锰酸钾具有强氧化性，能和乙烯反应。
【解答】解：A．明矾水解生成氢氧化铝胶体，胶体能吸附水中悬浮颗粒物形成沉淀，达到净水目的，故A正确；
B．陶瓷、玻璃、水泥等，都是硅酸盐产品，光导纤维是二氧化硅，不是硅酸盐，故B错误；
C．Fe2O3是红棕色固体，常用作红色油漆和涂料，故C正确；
D．花朵会释放出乙烯气体，高锰酸钾和乙烯反应，因此常用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土来保鲜花朵，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．常温常压下，0.1ml Fe与浓硝酸反应生成NO2分子的数目为0.2NA
B．在标准状况下，4.48L的CHCl3所含的分子数为0.2NA
C．常温常压下，S2和S8的混合物共6.4g，其中所含硫原子数一定为0.2NA
D．2.3g Na与O2完全反应，反应中转移的电子数为0.2NA
【分析】A．常温下，铁与浓硝酸发生钝化；
B．气体摩尔体积使用对象为气体；
C．S2和S8都是由S构成；
D．钠与氧气反应无论生成氧化钠还是过氧化钠，钠都为+1价。
【解答】解：A．常温常压下，Fe与浓硝酸反应发生钝化，所以常温常压下，0.1ml Fe与浓硝酸反应生成NO2分子的数目小于0.2NA，故A错误；
B．在标准状况下，CHCl3是液体，无法计算物质的量，故B错误；
C．常温常压下，S2和S8的混合物共6.4g，S2和S8都是由S构成，则混合物中含硫原子数一定为×NAml﹣1＝0.2ml，故C正确；
D．2.3gNa即物质的量为0.1ml，Na与O2完全反应，无论生成Na2O还是Na2O2，化合价从0价变为+1价，因此反应中转移的电子数为0.1NA，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
3．环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物。1，4二氧杂螺[2，2]丙烷的结构简式为。下列说法正确的是（ ）
A．1ml该有机物完全燃烧需要4ml O2
B．该有机物的二氯代物有3种（不考虑立体异构）
C．该有机物所有原子均处于同一平面
D．该有机物与HCOOCH＝CH2互为同分异构体
【分析】A．有机物分子式为C3H4O2，1ml有机物完全燃烧等于3mlC燃烧消耗的氧气；
B．环共用的碳原子上没有H原子，只能取代其它2个碳原子的氢原子，二氯代物可以在同一碳原子上，也可以在不同碳原子上；
C．环共用的碳原子连接的2个O原子、2个C原子形成四面体结构；
D．该有机物与HCOOCH＝CH2的分子式相同，结构不同，二者互为同分异构体。
【解答】解：A．有机物分子式为C3H4O2，1ml有机物完全燃烧等于3mlC燃烧消耗的氧气，即1ml该有机物完全燃烧需要3ml O2，故A错误；
B．环共用的碳原子上没有H原子，只能取代其它2个碳原子的氢原子，二氯代物可以在同一碳原子上，也可以在不同碳原子上，该有机物的二氯代物有2种，故B错误；
C．环共用的碳原子连接的2个O原子、2个C原子形成四面体结构，该有机物所有原子不可能处于同一平面，故C错误；
D．该有机物与HCOOCH＝CH2的分子式相同，含有的官能团等不同，二者互为同分异构体，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，涉及烃的含氧衍生物燃烧耗氧量规律、同分异构体、共面问题等，侧重考查学生分析解决问题的能力。
4．下列实验对应的现象及结论均正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【分析】A.裂化汽油与溴水发生加成反应；
B.二者发生氧化还原反应生成硫酸钡；
C.观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃；
D.水解后在酸性溶液中检验溴离子。
【解答】解：A.裂化汽油中有烯烃，结构中含碳碳双键，能和溴发生加成反应，不能用裂化汽油可萃取溴，故A错误；
B.次氯酸钡具有强氧化性、二氧化硫具有强还原性，向Ba（ClO）2溶液中通入SO2，发生氧化还原反应，得到硫酸钡沉淀，该反应无法比较H2SO3和HClO的酸性强弱，故B错误；
C.钠元素的焰色反应呈黄色，会掩盖住钾元素的焰色反应的颜色，故元素的焰色反应呈黄色时，溶液中有Na+，可能含K+，故C正确；
D.将CH3CH2Br与NaOH溶液共热发生取代反应生成溴化钠和乙醇，冷却后，所取出的上层水溶液中含有氢氧化钠，先加硝酸中和后，再加入AgNO3溶液，产生淡黄色沉淀，则CH3CH2Br中存在溴元素，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
5．下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A．向FeCl3溶液中加入金属铜：Fe3++Cu═Fe2++Cu2+
B．碳酸镁溶于醋酸的反应：MgCO3+2H+═Mg2++CO2↑+H2O
C．向NaHCO3溶液中加入过量Ca（OH）2：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O
D．向NH4Al（SO4）2溶液中滴加Ba（OH）2溶液至SO42﹣沉淀完全：2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═3BaSO4↓+2Al（OH）3↓
【分析】A．根据电荷守恒判断，该离子方程式电荷不守恒；
B．醋酸在离子反应中保留化学式；
C．氢氧化钙过量，反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠；
D．向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液恰好使SO42﹣完全沉淀，说明SO42﹣与Ba2+的比例是1：2。
【解答】解：A．FeCl3溶液与Cu粉反应，离子方程式必须满足电荷守恒，离子方程式为：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故A错误；
B．醋酸是弱酸，不能拆成离子形式，碳酸镁溶于醋酸的离子反应为：MgCO3+2CH3COOH＝Mg2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣，故B错误；
C．向稀NaHCO3中加入过量Ca（OH）2溶液，离子方程式为：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O，故C正确；
D．向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液恰好使SO42﹣完全沉淀，反应生成硫酸钡、水、氨气、氢氧化铝，离子方程式为：2Ba2++4OH﹣+Al3++NH4++2SO42﹣＝2BaSO4↓+NH3↑+Al（OH）3↓+H2O，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反的离子反应考查，题目难度不大。
6．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y同主族，W、X、Y的最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，Y的族序数等于其周期数。下列说法错误的是（ ）
A．四种元素形成的单质中，Z的单质沸点最低
B．WZ3中W满足8电子稳定结构
C．Y、Z形成的化合物的水溶液呈酸性
D．X的氧化物可能既含离子键又含共价键
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，Y的族序数等于其周期数，且W与Y同主族，Y只能位于第三周期ⅢA族，则Y为Al，W为B元素；W、X、Y的最外层电子数等于Z的最外层电子数，W与Y的最外层电子数之和为6，而短周期主族元素的最外层电子数均小于8，Z的最外层电子数为7，X的最外层电子数为1，Z为Cl元素，X为Na元素，据此分析解答。
【解答】解：根据分析可知，W为B，X为Na，Y为Al，Z为Cl元素。
A．四种元素形成的单质中，氯气为气体单质，其它都是固态，则氯气是四种单质中沸点最低的，故A正确；
B．WZ3是BCl3，其中B原子为+3价，与Cl原子形成3对共用电子对，外围只有6个电子，不满足8电子稳定结构，故B错误；
C．Y与Z形成的化合物是AlCl3，AlCl3属于强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，故C正确；
D．X的氧化物有Na2O、Na2O2，Na2O2既含有离子键又含有共价键，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
7．利用假单胞菌分解有机物的电化学原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．该过程将化学能转化为电能
B．电流流向：B电极→用电器→A电极
C．A电极上发生氧化反应，电极反应式为：X﹣2e﹣═Y+2H+
D．若有机物为乙酸，处理1ml有机物，4ml H+透过质子交换膜移动到右室
【分析】A．根据装置图可知，该装置是原电池；
B．X→Y发生失电子的氧化反应，则A为负极，B为正极，电子由负极A流出，经过导线进入B电极，电子流向和电流方向相反；
C．X→Y失去2个H原子，发生失去氢原子的氧化反应；
D．若有机物是乙酸，乙酸失电子生成二氧化碳，结合电极反应式判断。
【解答】解：A．由图可知，该装置为原电池，是将化学能转化为电能的装置，故A正确；
B．该装置中，A电极为负极，B电极为正极，电子由负极A流出，经过导线进入B电极，电流方向和电子流向相反，所以电流流向：B电极→用电器→A电极，故B正确；
C．根据图中反应过程可知，X到Y少了2个H，发生失电子的氧化反应，有机物X失去失去2个电子生成Y，电极反应式为X﹣2e﹣═Y+2H+，故C正确；
D．1ml乙酸反应，乙酸失电子生成二氧化碳，则负极的电极反应式为CH3COOH﹣8e﹣+2H2O═2CO2↑+8H+，所以处理1ml有机物，8ml H+透过质子交换膜移动到右室，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查新型电池，题目难度不大，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据物质的性质判断原电池的正负极，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。
二．实验题（共1小题）
8．硫的化合物有重要用途。硫代硫酸钠（Na2S2O3）可用于氰化物中毒的解毒、治疗荨麻疹等皮肤病，它在中性、碱性环境中稳定，在酸性较强的溶液中产生S和SO2。实验室可以利用如图装置制备Na2S2O3和焦亚硫酸钠（Na2S2O5）。
（1）仪器a的名称为 分液漏斗 ，a中试剂最好选择 B 。（填标号）
A．浓盐酸
B．70%硫酸
C．稀硫酸
（2）B的作用是 防倒吸 ，该装置中存在一处明显的缺陷，改进措施是 补充尾气处理装置 。
（3）排尽装置内空气后，关闭K2、K4，打开K1、K3和仪器a的活塞，一段时间后，C中有焦亚硫酸钠晶体析出，从C中分离出该晶体的操作是 过滤 、 洗涤 、干燥。取少量焦亚硫酸钠晶体于试管中，加足量双氧水，再加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，经检验该沉淀为BaSO4，说明焦亚硫酸钠具有 还原 性。
（4）关闭K1、K3打开K2、K4，一段时间后，D中有Na2S2O3生成。写出SO2与Na2S和Na2CO3发生反应的化学方程式 4SO2+2Na2S+Na2CO3＝3Na2S2O3+CO2 。通入D中的SO2不宜过量的原因是 SO2过量使溶液显酸性，使Na2S2O3不稳定 。
【分析】根据实验目的，装置A用亚硫酸钠固体与浓硫酸反应制取二氧化硫气体，装置B为安全瓶，防止C或D中的溶液倒吸，装置C为制取焦亚硫酸钠晶体的装置，装置D为制取硫代硫酸钠，二氧化硫有毒，在最后应加尾气处理装置，
（1）结合仪器形状和用途，来判断名称为分液漏斗，用浓硫酸和亚硫酸钠反应制备二氧化硫气体；
（2）B的作用是安全瓶，装置中最后剩余的气体有毒，不能排放，需要加尾气吸收装置；
（3）排尽装置内空气后，关闭K2、K4，打开K1、K3和仪器a的活塞，一段时间后，C中有焦亚硫酸钠晶体析出，过滤、洗涤得到晶体，取少量焦亚硫酸钠晶体于试管中，加足量双氧水，再加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，经检验该沉淀为BaSO4，硫元素化合价升高失电子，做还原剂发生氧化反应；
（4）SO2与Na2S和Na2CO3发生反应生成Na2S2O3，Na2S2O3在酸性较强的溶液中产生S和SO2，通入二氧化硫过量，导致溶液酸性增强，硫代硫酸钠（Na2S2O3）在酸性较强的溶液中产生S和SO2。
【解答】解：（1）仪器a的名称为分液漏斗，二氧化硫易溶于水，制备二氧化硫气体时，应选择浓度较大的且无挥发性的酸，故选70%硫酸，
故答案为：分液漏斗；B；
（2）B的作用可起到安全瓶的作用，防止溶液倒吸进入装置A中，二氧化硫有毒，反应最后应加NaOH溶液进行尾气处理装置，
故答案为：防倒吸；补充尾气处理装置；
（3）C中有焦亚硫酸钠晶体析出，固液分离用过滤的方法分离，再洗涤晶体表面的滤液，焦亚硫酸钠中的硫元素与过氧化氢反应时，化合价升高，表现还原性，
故答案为：过滤；洗涤；还原；
（4）SO2与Na2S和Na2CO3发生反应生成Na2S2O3，硫元素之间发生氧化还原反应，同时生成二氧化碳，化学方程式为：4SO2+2Na2S+Na2CO3＝3Na2S2O3+CO2，Na2S2O3在酸性较强的溶液中产生S和SO2，通入二氧化硫过量，导致溶液酸性增强，使Na2S2O3不稳定，可使Na2S2O3分解，
故答案为：4SO2+2Na2S+Na2CO3＝3Na2S2O3+CO2；SO2过量使溶液显酸性，使Na2S2O3不稳定。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯、实验设计为解答关键，侧重分析与实验、计算能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
三．解答题（共3小题）
9．铟（49In）在地壳中主要存在于铅、锌矿物中，是一种重要的稀散金属，其开发和综合利用是国家重点鼓励发展的产业。从铅、锌的冶炼过程中产生的高铟烟灰（主要含ZnO、PbO、Fe2O3、In2O3、In2S3）中提取铟的流程如图。
已知：滤液中铟以In3+的形式存在。
回答下列问题：
（1）铟的原子结构示意图为 。
（2）“酸浸氧化”需要加热，其目的是 提高酸浸氧化的速率 ，该过程中KMnO4只将In2S3中的硫元素氧化为SO42﹣，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为 24：5 ，滤渣的主要成分的化学式是 PbSO4 。
（3）萃取剂选用的是一种有机磷酸酯，其在酸性溶液中可萃取三价金属离子。“净化”时加入铁粉的作用是 2Fe3++Fe＝3Fe2+ （用离子方程式表示），可用 KSCN 溶液检测此离子是否除尽。
（4）“萃取”时，不同的c（H+）下有机磷酸酯对三价金属离子的萃取率及分层时间如表。
注：*表示有少量乳化作用发生，会导致两相分层困难。
萃取过程中应选择的最佳c（H+）为 1.0 ml•L﹣1。
（5）粗铟可用电解法进行提纯，提纯过程中粗铟作 阳 极。（填“阴”或“阳”）
（6）锌主要应从 C 中进行回收。（填标号）
A．滤渣
B．净化渣
C．水相
D．有机相
【分析】高铟烟灰（主要含ZnO、PbO、Fe2O3、In2O3、In2S3），在高铟烟灰加入硫酸、高锰酸钾进行酸浸氧化，将In2S3氧化为硫酸根离子和In3+，ZnO、PbO、Fe2O3分别和硫酸反应转化为ZnSO4、PbSO4沉淀和Fe2（SO4）3，In2O3和硫酸反应变为In3+，则滤渣为硫酸铅；过滤，向滤液中加入铁粉，还原铁离子，防止加入萃取剂时，铁离子进入有机相；加入萃取剂萃取In3+，则Zn2+、Fe2+均进入水相，经一系列操作得到粗铟，据此分析。
【解答】解：（1）铟为第49号元素，位于第五周期IIIA族，原子结构示意图为，
故答案为：；
（2）加热溶液可使反应速率增大，提高酸浸效率；过程中KMnO4只将In2S3中的硫元素氧化为SO42﹣，S的化合价由﹣2价变为+6价，共失去24个电子，Mn的化合价由+7价变为+2价，得到5个电子，根据得失电子总数相等，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为24：5；酸浸时，生成的硫酸铅为不溶于酸的沉淀，则滤渣为硫酸铅，
故答案为：提高酸浸氧化的速率；24：5；PbSO4；
（3）萃取剂选用的是一种有机磷酸酯，其在酸性溶液中可萃取三价金属离子，故Fe3+的存在会影响In3+的萃取，故加入铁粉的目的是铁粉将滤液中的铁离子反应为亚铁离子，离子方程式为2Fe3++Fe＝3Fe2+；铁离子与KSCN反应生成红色的硫氰化铁，可加入KSCN溶液检验铁离子是否除净，
故答案为：2Fe3++Fe＝3Fe2+；KSCN；
（4）根据表中数据，c（H+）＝1.0ml/L时，分层时间短，且萃取率较高，最佳c（H+）为1.0ml/L，
故答案为：1.0；
（5）根据铜的电解精炼原理可知，电解精炼铟时，粗铟应做阳极，失电子，
故答案为：阳；
（6）有机磷酸酯为萃取剂，其在酸性溶液中可萃取三价金属离子，锌离子为+2价，在水相中，
故答案为：C。
【点评】本题考查了流程分析判断，物质性质和实验设计的方法应用，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验和计算能力的考查，题干信息分析判断能力，注意把握实验方法，题目难度中等。
10．选择性催化还原法（SCR）是目前应用最为广泛的氮氧化物NOx的净化方法，其原理是利用NH3在特定催化剂作用下将NOx还原为N2。
主反应：4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）⇌4N2（g）+6H2O（g）△H1
副反应：4NH3（g）+3O2（g）⇌2N2（g）+6H2O（g）△H2
（1）在无氧条件下，NH3也可还原NO：4NH3（g）+6NO（g）⇌5N2（g）+6H2O（g）△H3
则△H2＝ 3△H1﹣2△H3 （用含△H1、△H3的式子表示）。一定温度下，向2L密闭刚性容器（含催化剂）中投入2ml NH3和3ml NO，发生反应4NH3（g）+6NO（g）⇌5N2（g）+6H2O（g）。达到平衡状态时，NO的转化率为60%，则平衡常数为 ml•L﹣1。（列出计算式）
（2）目前使用的SCR催化剂是V2O5﹣WO3/TiO2，关于该催化剂的说法正确的是 C 。（填标号）
A．能加快反应速率，并且改变反应的焓变
B．能增大NH3还原NOx反应的平衡常数
C．具有选择性，能降低特定反应的活化能
（3）催化剂V2O5﹣WO3/TiO2中的V2O5是活性组分。在石英微型反应器中以一定流速通过烟气[n（O2）：n（NH3）：n（NO）＝71：1：1]，在不同温度下进行该催化还原反应，V2O5的质量分数对单位时间内NO去除率的影响如图所示。
①从起始至对应A、B、C三点的平均反应速率由大到小的顺序为 C＞B＞A 。
②V2O5的质量分数对该催化剂活性的影响是 在100℃﹣200℃内，V2O5的质量分数对该催化剂活性的影响是催化剂的质量分数越高，催化剂的活性越好，超过200℃，没有明显区别 。
③若烟气中O2含量一定，在催化剂适宜温度范围内，当≤1时，随着该比值的增大，NO去除率 增大 （填“增大”、“减小”或“不变”）；当＞1时，随着该比值的增大，NO去除率无明显变化，可能的原因是 主反应接近反应限度，发生副反应的氨气增多 。
【分析】（1）由盖斯定律（主反应×3﹣无氧反应×3）计算，利用三段式求出平衡时各物质的浓度，根据平衡常数表达式计算；
（2）A．催化剂能加快反应速率，但不能改变反应的焓变；
B．催化剂能增大NH3还原NOx反应速率，但不能改变其平衡常数；
C．催化剂具有选择性；
（3）①A、C两点温度相同，催化剂的质量分数不同，有图可知，催化剂的质量分数越大，反应速率越大，A、B两点，催化剂的质量分数一样，温度B点高，则反应速率快，B、C两点催化剂的质量分数对反应速率影响大，即C＞A；
②有图可知，在100℃﹣200℃内，V2O5的质量分数对该催化剂活性的影响是催化剂的质量分数越高，催化剂的活性越好，超过200℃，没有明显区别；
③增大NH3可以提高NO去除率，若烟气中O2含量一定，在催化剂适宜温度范围内，当n（NH3）/n（NO）＞1时，主反应接近反应限度，发生副反应的氨气增多。
【解答】解：（1）副反应：4NH3（g）+3O2（g）⇌2N2（g）+6H2O（g）△H2，由盖斯定律（主反应×3﹣无氧反应×2）得：△H2＝3△H1﹣2△H3，
4NH3（g）+6NO（g）⇌5N2（g）+6H2O（g）
开始（ml/L） 1 1.5 0 0
变化（ml/L） 0.6 0.9 0.75 0.9
平衡（ml/L）0.4 0.6 0.75 0.9
则平衡常数为＝ml/L，
故答案为：3△H1﹣2△H3；；
（2）A.催化剂能加快反应速率，但不能改变反应的焓变，故A错误；
B.催化剂能增大NH3还原NOx反应速率，但不能改变其平衡常数，故B错误；
C.催化剂具有选择性，能降低特定反应的活化能，增大反应速率，故C正确；
故答案为：C；
（3）①A、C两点温度相同，催化剂的质量分数不同，有图可知，催化剂的质量分数越大，反应速率越大，A、B两点，催化剂的质量分数一样，温度B点高，则反应速率快，B、C两点催化剂的质量分数对反应速率影响大，即C＞A，则从起始至对应A、B、C三点的平均反应速率由大到小的顺序为C＞B＞A，
故答案为：C＞B＞A；
②有图可知，在100℃﹣200℃内，V2O5的质量分数对该催化剂活性的影响是催化剂的质量分数越高，催化剂的活性越好，超过200℃，没有明显区别；
故答案为：在100℃﹣200℃内，V2O5的质量分数对该催化剂活性的影响是催化剂的质量分数越高，催化剂的活性越好，超过200℃，没有明显区别；
③根据反应4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）⇌4N2（g）+6H2O（g）当≤1时，随着该比值的增大，平衡正向移动，NO去除率增大，若烟气中O2含量一定，在催化剂适宜温度范围内，当＞1时，主反应接近反应限度，发生副反应的氨气增多，
故答案为：增大；主反应接近反应限度，发生副反应的氨气增多。
【点评】本题考查了反应热、反应平衡的计算，氧化还原反应的相关计算，题目综合性强，明确化学平衡移动原理读取题目信息是解题关键，题目难度中等。
11．用A制取D（苯丙炔酸）并制取小分子半导体F的合成路线如图所示。
回答下列问题：
（1）E的名称是 3﹣苯基﹣2丙炔酸乙酯 ，F中官能团的名称为 酯基、碳碳双键 ，B的结构简式为 。
（2）B→C的反应类型为 加成反应 ，D→E的试剂和条件是 乙醇和浓硫酸、加热 。
（3）C→D中反应①的化学方程式为 +3KOH+2KBr+3H2O 。
（4）E的同系物G的相对分子质量比E小14，写出一种满足下列条件的G的同分异构体 。
①属于芳香族化合物，分子中含有两个六元环结构和一个甲基；
②1mlG在碱性条件下水解可消耗2mlNaOH。
（5）已知：
①（R1、R2为氢原子或烃基）
②C6H5NH2C6H5NO2（氨基易被氧化）
设计以对硝基甲苯为原料合成麻醉药物苯佐卡因合的成路线 。（其他试剂自选）
【分析】B和溴发生加成反应生成C，根据C结构简式知，B为；C发生消去反应然后酸化生成D，D和乙醇发生酯化反应生成E，E发生加成反应生成F；
（5）以对硝基甲苯为原料合成麻醉药物苯佐卡因，对硝基甲苯发生氧化反应生成，然后和乙醇发生酯化反应生成，最后发生还原反应生成。
【解答】解：（1）E的名称是3﹣苯基﹣2丙炔酸乙酯；F中含有酯基、碳碳双键；B的结构简式为，
故答案为：3﹣苯基﹣2丙炔酸乙酯；酯基、碳碳双键；；
（2）B→C为B与溴发生的加成反应；D→E为D与乙醇发生酯化反应，反应条件为浓硫酸、加热，
故答案为：加成反应；乙醇、浓硫酸、加热；
（3）C→D中反应①为卤代烃的消去反应及羧基与碱的反应，反应方程式为+3KOH+2KBr+3H2O，
故答案为：+3KOH+2KBr+3H2O；
（4）E的同系物G的相对分子质量比E小14，则G的分子式为C10H8O2，
①属于芳香族化合物，分子中含有两个六元环结构和一个甲基；
②1mlG在碱性条件下水解可消耗2mlNaOH，则酯基水解后生成物中含有酚羟基，则符合的同分异构体为，有机物为非对称结构，甲基在苯环上有4个位置，在碳碳双键上有2个位置，
符合条件的同分异构体有，
故答案为：；
（5）以对硝基甲苯为原料合成麻醉药物苯佐卡因，对硝基甲苯发生氧化反应生成，然后和乙醇发生酯化反应生成，最后发生还原反应生成，其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，利用某些分子式、结构简式及反应条件正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2021/3/29 1:02:42；用户：18185977636；邮箱：18185977636；学号：25303007
选项
实验
现象
结论
A
向装有溴水的分液漏斗中加入裂化汽油，充分振荡，静置
下层为橙色
裂化汽油可萃取溴
B
向Ba（ClO）2溶液中通入SO2
有白色沉淀生成
酸性：H2SO3＞HClO
C
用洁净的铁丝蘸取溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
溶液中有Na+，可能含K+
D
将CH3CH2Br与NaOH溶液共热，冷却后，取出上层水溶液，加入AgNO3溶液
产生淡黄色沉淀
CH3CH2Br中存在溴元素
c（H+）/ml•L1
分层时间/min
萃取率/%
0.5
5*
94.6
1.0
4
94.1
1.5
4
91.1
2.0
4
82.1
2.5
3
74.1
选项
实验
现象
结论
A
向装有溴水的分液漏斗中加入裂化汽油，充分振荡，静置
下层为橙色
裂化汽油可萃取溴
B
向Ba（ClO）2溶液中通入SO2
有白色沉淀生成
酸性：H2SO3＞HClO
C
用洁净的铁丝蘸取溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
溶液中有Na+，可能含K+
D
将CH3CH2Br与NaOH溶液共热，冷却后，取出上层水溶液，加入AgNO3溶液
产生淡黄色沉淀
CH3CH2Br中存在溴元素
c（H+）/ml•L1
分层时间/min
萃取率/%
0.5
5*
94.6
1.0
4
94.1
1.5
4
91.1
2.0
4
82.1
2.5
3
74.1