还剩20页未读，
继续阅读
湖南省常德市第一中学2023-2024学年高三上学期第六次月考化学试题
展开
这是一份湖南省常德市第一中学2023-2024学年高三上学期第六次月考化学试题，共23页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
时量：75分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量：H 1
一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共计42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. 化学与社会、科技、生活密切相关，下列说法错误的是
A. 碳化硅、氮化硅陶瓷具有耐高温、耐磨蚀等优良性能，属于新型无机非金属材料
B. “尿不湿”的主要成分是高分子树脂，其分子结构中因含有大量的羧基、羟基等亲水基团而具有强吸水性
C. 以来自生物质的纤维素、淀粉等为原料的化工生产路线因其低碳排放和可再生性将逐步替代以煤、石油和天然气为原料的生产路线
D. 我国研制的某种超级钢中含有其他四种元素：Mn 10%、C 0.47%、Al 2%、V 0.7%，它属于合金，该合金中有两种元素属于过渡元素
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳化硅、氮化硅陶瓷具有耐高温、耐磨蚀等优良性能，属于新型无机非金属材料，A正确；
B．尿不湿的主要成分为高分子树脂，高分子树脂分子结构中含有大量的羧基、羟基等亲水基，因此其具有强吸水性，B正确；
C．石油和天然气燃烧排出大量二氧化碳且不可再生，以来自生物质的纤维素、淀粉和油脂为原料的化工生产路线因其低碳排放和可再生性将逐步替代以煤、石油和天然气为原料的生产路线，C正确；
D．该合金中，Fe、Mn、V都是过渡元素，因此含有三种过渡元素，D错误；
故选D。
2. 制取H2O2的反应为Na2O2+H2SO4+10H2O=Na2SO4·10H2O+H2O2，下列说法不正确的是
A. 钠离子的结构示意图：
B. H2O2的电子式：
C. 的空间结构为正四面体型
D. 基态O原子的轨道表示式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．钠离子的核电荷数为11、核外电子总数为10，其离子结构示意图为，故A正确；
B．过氧化氢属于共价化合物，含有2个O-H键和1个O-O键，其电子式为，故B正确；
C．中心原子价层电子对为(6+2)/2=4，孤电子对为4-4=0，所以离子空间结构：正四面体形，故C正确。
D．能级相同的轨道中电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，此时原子的能量最低，基态O原子基态电子的轨道表示式为，故D错误；
故选：D。
3. 布洛芬具有抗炎、镇痛、解热作用，口服该药对胃、肠道有刺激性，可以对该分子进行如图所示的修饰，以降低毒副作用。下列说法错误的是
A. 该修饰过程可以通过酯化反应实现
B. 1ml布洛芬最多可以与4mlH2发生加成反应
C. 修饰后产物X能发生加成反应、氧化反应、取代反应
D. 两种有机物中碳原子都为sp2 、sp3两种杂化方式
【答案】B
【解析】
【详解】A．该修饰过程羧基转化为酯基，故可以通过酯化反应实现，A正确；
B．布洛芬分子中苯环能和氢气加成，则1ml布洛芬最多可以与3mlH2发生加成反应，B错误；
C．X结构中苯环可发生加成反应，结构中碳原子上连接氢原子、结构中酯基都可发生取代反应，X为有机物能够燃烧，可以发生氧化反应，C正确；
D．两种有机物中苯环中碳原子都为sp2 杂化，饱和碳原子均为sp3杂化，D正确；
故选B。
4. 下列有关电极方程式或离子方程式错误的是
A. 碳酸银粉未加入到稀盐酸中：
B. 用醋酸滴定氨水：
C. 葡萄糖与新制氢氧化铜反应：
D. 铅酸蓄电池放电时正极反应：
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸银粉未加入到稀盐酸中，碳酸银会转化为氯化银沉淀，离子方程式为：，故A错误；
B．用醋酸滴定氨水，生成醋酸铵和水，离子方程式为：，故B正确；
C．葡萄糖与新制氢氧化铜反应生成葡萄糖酸钠，氧化亚铜和水，离子方程式为：，故C正确；
D．铅酸蓄电池放电时正极二氧化铅得到电子生成硫酸铅，电极反应式为，故D正确。
答案选A。
5. 离子液体具有电导率高、化学稳定性高等优点，在电化学领域用途广泛。某离子液体的结构如图所示。X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，X原子中电子只有一种自旋方向，Y、Z、Q为同一周期元素，W的原子核外有3个未成对电子。下列说法错误的是
A. 简单离子半径：W>Z>Q
B. Z 和 W 的简单氢化物的沸点：Z>W
C. X 分别与 Y、Z 均能形成既含极性键又含非极性键的化合物
D. Q、Z、W 的最高价氧化物对应的水化物的酸性：Q>Z>W
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，X原子中电子只有一种自旋方向，为氢；Y、Z、Q为同一周期元素，Y形成4个共价键、Q形成1个共价键，则Y为碳、Q为氟，Z可以形成3个共价键，则Z为氮；W的原子核外有3个未成对电子，且能形成离子，则W为磷；
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；简单离子半径：P3->N3->F-，A正确；
B．Z 和 W 的简单氢化物分别为NH3、PH3，由与氨分子间能形成氢键，导致其沸点升高，故沸点：NH3> PH3，B错误；
C．X 分别与 Y、Z 能形成CH3CH3等、N2H4等既含极性键又含非极性键的化合物，C正确；
D．F没有正价，不能形成含氧酸，D错误；
故选D。
6. 利用如图所示装置进行下列实验，打开或关闭弹簧夹a，Z 中实验现象完全相同的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．打开a时，HCl与NaAlO2溶液反应，z中先产生沉淀（氢氧化铝）后沉淀消失，关闭a时HCl与Na2CO3溶液反应先产生CO2气体，而CO2气体NaAlO2溶液反应，z中产生沉淀不消失，故现象不同，A错误；
B．打开a时，氨气溶于水与AgNO3溶液反应，z中先产生棕褐色沉淀而后消失，关闭a时氨气溶于水，z中无现象，故现象不同，B错误；
C．氯气不溶于饱和食盐水，故是否关闭a，z中现象都一样，均为变蓝色，C正确；
D．打开a时，SO2与Ba(NO3)2溶液反应，产生白色沉淀（硝酸根先将二氧化硫氧化成硫酸根而后生成硫酸钡），关闭a时SO2与KMnO4反应（发生氧化还原反应），z中无现象，故现象不同，错误。
7. 下列由废铜屑制取的实验原理与装置能达到实验目的的是
A. 用装置甲除去废铜屑表面的油脂
B. 用装置乙溶解废铜屑
C. 用装置丙过滤得到溶液
D. 用装置丁蒸干溶液获得
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸钠溶液显碱性，在加热的条件下可以除去铜屑表面的油污，能达到实验目的，A符合题意；
B．铜和稀硫酸不反应，不能达到实验目的，B不符合题意；
C．装置丙为过滤装置，过滤需要使用玻璃棒引流，不能达到实验目的，C不符合题意；
D．用装置丁蒸干溶液得到硫酸铜固体，而不是CuSO4·5H2O，不能达到实验目的，D不符合题意；
答案选A。
8. 利用电化学方法制备氨可以大大降低目前的热 Haber-Bsch 工艺产生的温室气体排放。下图所示为一种合成氨的方法，下列说法错误的是
A. 电子的移动方向由电极a 经导线到电极 b
B. 起到传输质子的作用
C. 反应过程中 Li3N的质量增加
D. 电极 b 发生的总反应为
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据装置可知，电极a：H2→H+，氢元素化合价升高，根据原电池工作原理，电极a为负极，电极b为正极，电子从a极经导线流向b极，故A说法正确；
B．根据装置图可知，在电极a上结合H+，生成，然后在电极b上失去质子转化成，因此起到传输质子的作用，故B说法正确；
C．根据装置图可知，电极b右侧与Li3N反应生成、氨气、Li+，电极b左侧，Li+与氮气生成Li3N，因此Li3N在整个反应过程中，质量不变，故C说法错误；
D．根据C选项分析，电极b总反应为N2+6e-+6=6+2NH3，故D说法正确；
答案为C。
9. 蔬菜和水果中富含维生素C，维生素C具有还原性，在酸性溶液中可以被等氧化剂氧化为脱氢维生素C(已知：阿伏加德罗常数的值为)。下列有关说法错误的是
A. 脱氢维生素C中，键角①<键角②
B. 维生素C分子中含有2个手性碳原子
C. 维生素C中含键数目为
D. 维生素C与发生氧化还原反应时，维生素C被氧化转移的电子数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．脱氢维生素C中，键角①中心原子O是sp3杂化，键角接近109°28′，键角②中心原子C是sp2杂化，键角接近120°，故键角①<键角②，A正确；
B．手性碳原子连接4个各不相同的原子或原子团，如图所示 ，维生素C分子中含有2个手性碳原子，B正确；
C．根据图中结构简式，维生素C中含键数目为，C错误；
D．根据图示，维生素C转化为脱氢维生素C减少2个H，可知维生素C被氧化转移的电子数为，D正确；
故选C。
10. 镓、锗相关物质具有明显的军民两用属性，今年8月起，我国对镓、锗相关物质实施出口管制。从砷化镓废料(主要成分为、、和)中回收镓和砷的工艺流程如图所示：
下列说法正确的是
A. “滤渣Ⅰ”的主要成分为、、
B. 惰性电极电解溶液时，在阳极有金属镓生成
C. 与同主族，镓既能与盐酸反应，又能与溶液反应
D. “碱浸”时，被氧化，每反应，转移电子的物质的量为
【答案】C
【解析】
【分析】砷化镓废料(主要成分为、、和)经过“碱浸”，和溶解，和进入滤渣Ⅰ，浸出液用硫酸中和得到，同时得到滤渣Ⅱ，继续酸化，得到溶液和滤渣Ⅲ硅酸；
【详解】A．可与溶液反应：，“滤渣Ⅰ”中不含，A项错误；
B．电解溶液时，阳极生成的是氧气，阴极生成的是镓，B项错误；
C．与同主族，镓既能与盐酸反应，又能与溶液反应，C项正确；
D．“碱浸”时，转化为、，元素的化合价由价升高为价，则每反应，转移电子的物质的量为，D项错误；
答案选C
11. 铁的配合物离子(用表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：
下列说法错误的是
A. 该过程的总反应为
B. 浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C. 该催化循环中元素的化合价发生了变化
D. 该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
【答案】D
【解析】
【详解】A．由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，HCOO-与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又结合氢离子转化为氢气，所以化学方程式为HCOOHCO2↑+H2↑，A正确；
B．若氢离子浓度过低，则反应Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制加酸的电离，使甲酸根浓度降低，反应Ⅰ→Ⅱ速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率减慢，B正确；
C．由反应机理可知，II→III的过程，碳元素化合价升高，因此铁元素化合价降低；IV→I的过程，氢元素化合价降低，因此铁元素化合价升高。所以Fe在反应过程中化合价发生变化，C正确；
D．由反应进程可知，反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，D错误；
故选D。
12. 晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某种超导材料的晶胞结构如图所示，其中O原子有缺陷。晶胞参数分别如图，，阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是
A. 该晶体的最简化学式为
B. 晶体中与最近且距离相等的有6个
C. 晶体的密度为
D. 第一电离能：
【答案】B
【解析】
【详解】A．1个晶胞中有2个Ba原子位于体内，一个Y原子位于体心，8个Cu原子位于顶角，另有8个Cu原子位于棱上，Cu原子数为，8个氧原子位于棱上，7个氧原子位于面心上，氧原子个数为，则该化合物的化学式为，故A正确；
B．晶体中与Cu2+最近且距离相等的O2-有5个，故B错误；
C．1ml该晶胞的质量为643g，体积为，则密度为，故C正确；
D．同一周期从左至右伴随核电荷数递增，第一电离能整体呈递增大的趋势，同主族元素从上到下第一电离能变小，以Be作参照物，第一电离能O＞Be＞Ba，故D正确；
故答案为：B。
13. 工业制硫酸的关键反应为。T℃时，向恒容密闭容器中按照物质的量之比通入和，测得容器内某些物质的量随时间变化如图。下列说法正确的是
A. 用表示内的平均反应速率为
B. 时改变的条件可能是降温或增加的量
C. T℃，正反应的化学平衡常数K为810
D. 时，若再加入和各，平衡逆向移动
【答案】B
【解析】
【分析】根据图像数据可知反应在容器内进行，根据三段式分析可知：
【详解】A．内，用表示该反应的平均反应速率为，A错误；
B．由图像可知，时，化学平衡向正反应方向移动，但移动的瞬间和物质的量不变，可以通过降温或增加的量达到目的，B正确；
C．该反应的平衡常数，C错误；
D．平衡时若再加入、和各，此时、和浓度分别为0.04ml/L、0.03 ml/L、0.2 ml/L ，，故平衡正向移动，D错误；
故答案为B。
14. 在催化剂作用下，氧化可获得。其主要化学反应如下：
反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
压强分别为、时，将和的混合气体置于密闭容器中反应，不同温度下体系中乙烷的平衡转化率、乙烯的选择性[]如图所示。下列说法正确的是
A.
B. 压强为、温度为210℃时，反应达平衡时，
C. 的选择性下降的原因可能是随着温度的升高，反应Ⅱ中生成的抑制了反应Ⅰ的进行
D. 研发低温下转化率高和选择性高的催化剂，可以提高平衡时产率
【答案】C
【解析】
【详解】A．相同温度下，增大压强，反应Ⅰ、Ⅱ均逆向移动，乙烷平衡转化率降低，所以，故A错误；
B．压强为、温度为210℃时，乙烷转化率为50%，乙烯的选择性为80%，参与反应Ⅰ的乙烷为，反应Ⅰ生成的乙烯、一氧化碳都是，参与反应Ⅱ的乙烷为，反应Ⅱ生成的一氧化碳是，反应达平衡时，生成的总物质的量为，生成乙烯的总物质的量为，故B错误；
C．温度升高，反应Ⅰ和反应Ⅱ受温度影响，平衡都会正向移动，由图可知，温度升高的过程中乙焼的转化率逐渐增大，但乙烯的选择性却逐渐降低，说明温度升高的过程中，反应Ⅱ为主，且生成的抑制了反应Ⅰ的进行，故C正确；
D．反应Ⅰ正向为吸热反应，温度升高更有利于的生成，因此为提高平衡时的产率，可研发高温下选择性高的催化剂，故D错误；
故选C。
二、非选择题（本题共4小题，共58分。）
15. 钴的化合物种类较多，其中三氯化六氨合(III){[C(NH3)6]C13}(M=267.5g/ml)，在工业上用途广泛。实验室以活性炭作为催化剂，以H2O2作氧化剂氧化CC12的方法制备三氯化六氨合钴。
已知：①钴单质在300℃以上易被氧气氧化，CC12易潮解。②C2+不易被氧化，C3+具有强氧化性；[C(NH3)6]2+具有较强的还原性，[C(NH3)6]3+性质稳定。
I.CC12的制备。
（1）B装置中盛放浓盐酸的仪器名称是_______。
（2）按照气体流向从左到右连接仪器的顺序为_______→_______→_______。
（3）B装置的烧瓶中发生反应的离子方程式为_______。
（4）实验时，要先加入浓盐酸，使B装置中开始生成氯气，待_______(填现象)时，再加热A装置，目的是_______。
II.三氯化六氨合钴(III)的制备。
①先向三颈烧瓶中加入活性炭、CCl2和NH4Cl溶液，然后滴加稍过量的浓氨水；
②冷水浴冷却至10℃以下，缓慢滴加H2O2溶液并不断搅拌；
③转移至60℃水浴中，恒温加热同时缓慢搅拌；
④冷却结晶，过滤洗涤可得三氯化六氨合钴(III){[C(NH3)6]Cl3)粗产品。
（5）D装置中制备三氯化六氨合钴(III)的总反应化学方程式为_______。
III.纯度测定。
（6）称取mg粗产品与氢氧化钠在空气中混合煅烧得氧化钴→将氧化钴用稀硫酸溶解→配成250mL溶液→_______(按顺序填序号)，纯度为_______(写出表达式)。
a．向锥形瓶中加入稍过量的KI溶液(C3+被还原后的产物为C2+)，充分反应
b．平行滴定三次，消耗标准溶液的体积平均值为VmL
c．取25.00mL待测液于锥形瓶中
d．用淀粉溶液作指示剂，用cml·L-1Na2S2O3标准溶液滴定(产物为)
【答案】（1）恒压滴液漏斗
（2） ①. B ②. C ③. A
（3）2MnO+10Cl—+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
（4） ①. 装置内充满黄绿色气体 ②. 排尽装置中的空气，防止加热时钴被氧气氧化
（5）10NH3+2CC12+2NH4Cl+H2O22[C(NH3)6]Cl3+2H2O
（6） ①. c、a、d、b ②. ×100%
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置B中高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，装置C中盛有饱和食盐水的洗气瓶用于除去氯化氢气体，盛有的浓硫酸的洗气瓶用于干燥氯气，装置A中硬质玻璃管中钴与氯气共热反应制备氯化钴，广口瓶用于冷凝收集氯化钴，盛有浓硫酸的洗气瓶用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入广口瓶导致氯化钴发生潮解，盛有氢氧化钠溶液的烧杯用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，则制备氯化钴按照气体流向从左到右连接仪器的顺序为B、C、A。
【小问1详解】
由实验装置图可知，B装置中盛放浓盐酸的仪器为恒压滴液漏斗，故答案为：恒压滴液漏斗；
【小问2详解】
由分析可知，制备氯化钴按照气体流向从左到右连接仪器的顺序为B、C、A，故答案为：B、C、A；
【小问3详解】
由分析可知，B装置的烧瓶中发生的反应为高锰酸钾固体与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为2MnO+10Cl—+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：2MnO+10Cl—+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
小问4详解】
由题给信息可知，钴单质在300℃以上易被氧气氧化，为防止加热时钴被氧气氧化，实验时，要先加入浓盐酸，使B装置中开始生成氯气，待装置内充满黄绿色气体排尽装置中的空气，再加热A装置，故答案为：装置内充满黄绿色气体；排尽装置中的空气，防止加热时钴被氧气氧化
【小问5详解】
由题意可知，制备三氯化六氨合钴的反应为在活性炭做催化剂的条件下，过氧化氢溶液与浓氨水、氯化亚钴、氯化铵反应生成三氯化六氨合钴和水，反应的化学方程式为10NH3+2CC12+2NH4Cl+H2O22[C(NH3)6]Cl3+2H2O，故答案为：10NH3+2CC12+2NH4Cl+H2O22[C(NH3)6]Cl3+2H2O；
【小问6详解】
由题意可知，测定三氯化六氨合钴纯度的操作为取mg粗产品与氢氧化钠在空气中混合煅烧得氧化钴→将氧化钴用稀硫酸溶解→配成250mL溶液→取25.00mL待测液于锥形瓶中→向锥形瓶中加入稍过量的KI溶液，充分反应→用淀粉溶液作指示剂，用cml·L-1Na2S2O3标准溶液滴定→平行滴定三次，消耗标准溶液的体积平均值为VmL，由方程式和得失电子数目守恒可得如下转化关系：2[C(NH3)6]Cl3—2C3+—I2—2Na2S2O3，滴定消耗VmLcml/L的硫代硫酸钠溶液，则mg样品的纯度为×100%=×100%，故答案为：c、a、d、b；×100%。
16. 硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：
本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：
回答下列问题：
（1）菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为_______。
（2）为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有_______、_______。
（3）加入物质X调溶液，最适宜使用的X是_______(填标号)。
A. B. C.
滤渣①的主要成分是_______、_______、_______。
（4）向的滤液①中分批加入适量溶液充分反应后过滤，滤渣②中有，该步反应的离子方程式为_______。
（5）滤液②中加入锌粉的目的是_______。
（6）滤渣④与浓反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是_______、_______。
【答案】（1）ZnCO3ZnO+CO2↑
（2） ①. 将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积 ②. 增大硫酸的浓度等
（3） ①. B ②. Fe(OH)3 ③. CaSO4 ④. SiO2
（4）3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+
（5）置换Cu2+为Cu从而除去
（6） ①. CaSO4 ②. MgSO4
【解析】
【分析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO3ZnO+CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物质X调节pH=5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，过滤得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2++Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4·7H2O，据此分析解答。
【小问1详解】
由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO3ZnO+CO2↑；
【小问2详解】
可采用将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率；
【小问3详解】
A．NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；
B．Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；
C．NaOH会引入杂质Na+，且成本较高，C不适宜；
故答案选B；
当沉淀完全时(离子浓度小于10-5ml/L)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH＜5的只有Fe3+，故滤渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；
【小问4详解】
向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；
【小问5详解】
滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而除去；
【小问6详解】
由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。
17. 储氢材料、燃料电池等方面具有重要应用。
(1)中H元素的化合价为，具有强还原性，一定条件下，向溶液中滴加碱性溶液，溶液中与反应生成纳米铁粉、和，参加反应的与生成的纳米铁粉的物质的量之比为________。
(2)燃料电池中，转化为，电解溶液又可制得，实现物质的循环利用，电解装置示意图如图所示。
①电解池阴极的电极反应式为_______。
②两电极区间使用阳离子交换膜，不允许阴离子通过的原因是_______。
(3)催化释氢。在催化剂作用下，与水反应生成，可能的反应机理如图所示。
①其他条件不变时，以代替催化释氢，所得气体的分子式为________。
②已知：为一元弱酸，水溶液呈酸性的原因是_______(用离子方式表示)。
(4)在催化剂的作用下，与水反应，释氢体积及温度随反应时间的变化如图所示。
①0~20min内，温度随时间快速升高的原因是______。
②20min后，氢气体积在增加，而温度却下降的原因是________。
【答案】 ①. 1∶2 ②. ③. 防止阴极产生的通过阴离子交换膜进入阳极区，发生反应而损耗或通过阴离子交换膜进入阳极区，阴极区浓度变小，的产率低 ④. 、HD ⑤. ⑥. 与水反应放热，随着时间推移，体系温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强，产生氢气速率达到最大 ⑦. 随着反应的进行，NaBH4浓度减小，反应速率减慢，相同时间内放出的热量减少，热量的散失成为影响温度变化的主要因素
【解析】
【分析】向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH4-（B元素化合价为+3）与Fe2+反应生成纳米铁粉、H2和B（OH）4-，反应中只有Fe、H元素化合价发生变化，结合质量守恒、电荷守恒可写出离子方程式。
【详解】(1)向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH4-（B元素的化合价为+3）与Fe2+反应生成纳米铁粉、H2和B（OH）4-，反应中只有Fe、H元素化合价发生变化，发生氧化还原反应，离子方程式为 ，有方程式可得参加反应的与生成的纳米铁粉的物质的量之比为1:2；
(2) ①电解池阴极得电子发生还原反应，得到电子生成，电极反应式为；
②两电极区间使用阳离子交换膜，不允许阴离子通过的原因是防止阴极产生的通过阴离子交换膜进入阳极区，发生反应而损耗或通过阴离子交换膜进入阳极区，阴极区浓度变小，的产率低；
(3) ①若用D2O代替H2O，D2O中的D一部分进入氢气，生成的氢气原子重新组合，所以生成的氢气有H2、HD；
②已知：为一元弱酸，水溶液呈酸性的原因是；
(4) ①0~20min内，温度随时间快速升高的原因是与水反应放热，随着时间推移，体系温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强，产生氢气速率达到最大；
②20min后，氢气体积在增加，而温度却下降的原因是随着反应的进行，NaBH4浓度减小，反应速率减慢，相同时间内放出的热量减少，热量的散失成为影响温度变化的主要因素。
18. 螺虫乙酯是一种新型现代杀虫剂，制备其中间体H的一种合成路线如下：
已知：①
②
回答下列问题：
(1)A的化学名称是_______；由B生成C的反应类型为_______。
(2)E与F生成G的化学方程式为_______。
(3)H中含氧官能团名称为_______、_______(填两种)。
(4)芳香化合物X是D的同分异构体，符合下列条件的同分异构体有_______种。
①在NaOH溶液中能水解
②核磁共振氢谱中有4组峰
(5)参照以上信息，设计以为起始原料制备2-吲哚酮()的合成路线(无机试剂任选)_______。
【答案】 ①. 对二甲苯(或1，4-二甲苯) ②. 取代反应 ③. + +HCl ④. 酯基 、醚键、酰胺基（三者中任意一个） ⑤. 酯基 、醚键、酰胺基（三者中任意一个，与前面的不同即可） ⑥. 6 ⑦.
【解析】
【分析】结合信息①，由B的结构简式，根据A的分子式可知A是，B发生信息②反应产生C是，C酸化得到D是，D与PCl3发生取代反应产生E是； G与CH3OH与浓硫酸共热，发生酯化反应产生H：， 由H逆推可知G是，结合G、E结构及F的分子式，可知F结构简式是，然后根据物质性质分析解答。
【详解】(1) 由上述分析可知A是，故A的化学名称是对二甲苯(或1，4-二甲苯) ；B是，C是，根据二者结构的不同，可知B发生取代反应产生C，因此反应类型是取代反应，故答案为：对二甲苯(或1，4-二甲苯)；取代反应；
(2) E是，F是，二者在一定条件下发生取代反应产生G，同时产生HCl，该反应的化学方程式为：+ +HCl，故答案为：+ +HCl；
(3) H是， 其中的含氧官能团是酯基 、醚键、酰胺基（三者中任意选两个即可），故答案为：酯基 、醚键、酰胺基（三者中任意选两个即可）；
(4) 芳香化合物X是D的同分异构体，结合D的结构及不饱和度，符合下列条件①在NaOH溶液中能水解，说明芳香化合物X中含有一个酯基；②核磁共振氢谱中有4组峰，说明芳香化合物X存在对称结构，符合要求的同分异构体有6种：、、、、、；故答案为：6；
(5) 与NaCN发生取代反应产生，在酸性条件下水解产生，与PCl3发生取代反应产生，在Et3N条件下发生取代反应产生，故以为起始原料制备2-吲哚酮()的合成路线为：，故答案为：
。选项
气体X
Y中试剂
Z中试剂
A
HCl
Na2CO3溶液
NaAlO2溶液
B
NH3
H2O
AgNO3溶液
C
Cl2
饱和食盐水
淀粉－KI溶液
D
SO2
酸性KMnO4溶液
Ba(NO3)2溶液
离子
时量：75分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量：H 1
一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共计42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. 化学与社会、科技、生活密切相关，下列说法错误的是
A. 碳化硅、氮化硅陶瓷具有耐高温、耐磨蚀等优良性能，属于新型无机非金属材料
B. “尿不湿”的主要成分是高分子树脂，其分子结构中因含有大量的羧基、羟基等亲水基团而具有强吸水性
C. 以来自生物质的纤维素、淀粉等为原料的化工生产路线因其低碳排放和可再生性将逐步替代以煤、石油和天然气为原料的生产路线
D. 我国研制的某种超级钢中含有其他四种元素：Mn 10%、C 0.47%、Al 2%、V 0.7%，它属于合金，该合金中有两种元素属于过渡元素
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳化硅、氮化硅陶瓷具有耐高温、耐磨蚀等优良性能，属于新型无机非金属材料，A正确；
B．尿不湿的主要成分为高分子树脂，高分子树脂分子结构中含有大量的羧基、羟基等亲水基，因此其具有强吸水性，B正确；
C．石油和天然气燃烧排出大量二氧化碳且不可再生，以来自生物质的纤维素、淀粉和油脂为原料的化工生产路线因其低碳排放和可再生性将逐步替代以煤、石油和天然气为原料的生产路线，C正确；
D．该合金中，Fe、Mn、V都是过渡元素，因此含有三种过渡元素，D错误；
故选D。
2. 制取H2O2的反应为Na2O2+H2SO4+10H2O=Na2SO4·10H2O+H2O2，下列说法不正确的是
A. 钠离子的结构示意图：
B. H2O2的电子式：
C. 的空间结构为正四面体型
D. 基态O原子的轨道表示式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．钠离子的核电荷数为11、核外电子总数为10，其离子结构示意图为，故A正确；
B．过氧化氢属于共价化合物，含有2个O-H键和1个O-O键，其电子式为，故B正确；
C．中心原子价层电子对为(6+2)/2=4，孤电子对为4-4=0，所以离子空间结构：正四面体形，故C正确。
D．能级相同的轨道中电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，此时原子的能量最低，基态O原子基态电子的轨道表示式为，故D错误；
故选：D。
3. 布洛芬具有抗炎、镇痛、解热作用，口服该药对胃、肠道有刺激性，可以对该分子进行如图所示的修饰，以降低毒副作用。下列说法错误的是
A. 该修饰过程可以通过酯化反应实现
B. 1ml布洛芬最多可以与4mlH2发生加成反应
C. 修饰后产物X能发生加成反应、氧化反应、取代反应
D. 两种有机物中碳原子都为sp2 、sp3两种杂化方式
【答案】B
【解析】
【详解】A．该修饰过程羧基转化为酯基，故可以通过酯化反应实现，A正确；
B．布洛芬分子中苯环能和氢气加成，则1ml布洛芬最多可以与3mlH2发生加成反应，B错误；
C．X结构中苯环可发生加成反应，结构中碳原子上连接氢原子、结构中酯基都可发生取代反应，X为有机物能够燃烧，可以发生氧化反应，C正确；
D．两种有机物中苯环中碳原子都为sp2 杂化，饱和碳原子均为sp3杂化，D正确；
故选B。
4. 下列有关电极方程式或离子方程式错误的是
A. 碳酸银粉未加入到稀盐酸中：
B. 用醋酸滴定氨水：
C. 葡萄糖与新制氢氧化铜反应：
D. 铅酸蓄电池放电时正极反应：
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸银粉未加入到稀盐酸中，碳酸银会转化为氯化银沉淀，离子方程式为：，故A错误；
B．用醋酸滴定氨水，生成醋酸铵和水，离子方程式为：，故B正确；
C．葡萄糖与新制氢氧化铜反应生成葡萄糖酸钠，氧化亚铜和水，离子方程式为：，故C正确；
D．铅酸蓄电池放电时正极二氧化铅得到电子生成硫酸铅，电极反应式为，故D正确。
答案选A。
5. 离子液体具有电导率高、化学稳定性高等优点，在电化学领域用途广泛。某离子液体的结构如图所示。X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，X原子中电子只有一种自旋方向，Y、Z、Q为同一周期元素，W的原子核外有3个未成对电子。下列说法错误的是
A. 简单离子半径：W>Z>Q
B. Z 和 W 的简单氢化物的沸点：Z>W
C. X 分别与 Y、Z 均能形成既含极性键又含非极性键的化合物
D. Q、Z、W 的最高价氧化物对应的水化物的酸性：Q>Z>W
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，X原子中电子只有一种自旋方向，为氢；Y、Z、Q为同一周期元素，Y形成4个共价键、Q形成1个共价键，则Y为碳、Q为氟，Z可以形成3个共价键，则Z为氮；W的原子核外有3个未成对电子，且能形成离子，则W为磷；
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；简单离子半径：P3->N3->F-，A正确；
B．Z 和 W 的简单氢化物分别为NH3、PH3，由与氨分子间能形成氢键，导致其沸点升高，故沸点：NH3> PH3，B错误；
C．X 分别与 Y、Z 能形成CH3CH3等、N2H4等既含极性键又含非极性键的化合物，C正确；
D．F没有正价，不能形成含氧酸，D错误；
故选D。
6. 利用如图所示装置进行下列实验，打开或关闭弹簧夹a，Z 中实验现象完全相同的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．打开a时，HCl与NaAlO2溶液反应，z中先产生沉淀（氢氧化铝）后沉淀消失，关闭a时HCl与Na2CO3溶液反应先产生CO2气体，而CO2气体NaAlO2溶液反应，z中产生沉淀不消失，故现象不同，A错误；
B．打开a时，氨气溶于水与AgNO3溶液反应，z中先产生棕褐色沉淀而后消失，关闭a时氨气溶于水，z中无现象，故现象不同，B错误；
C．氯气不溶于饱和食盐水，故是否关闭a，z中现象都一样，均为变蓝色，C正确；
D．打开a时，SO2与Ba(NO3)2溶液反应，产生白色沉淀（硝酸根先将二氧化硫氧化成硫酸根而后生成硫酸钡），关闭a时SO2与KMnO4反应（发生氧化还原反应），z中无现象，故现象不同，错误。
7. 下列由废铜屑制取的实验原理与装置能达到实验目的的是
A. 用装置甲除去废铜屑表面的油脂
B. 用装置乙溶解废铜屑
C. 用装置丙过滤得到溶液
D. 用装置丁蒸干溶液获得
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸钠溶液显碱性，在加热的条件下可以除去铜屑表面的油污，能达到实验目的，A符合题意；
B．铜和稀硫酸不反应，不能达到实验目的，B不符合题意；
C．装置丙为过滤装置，过滤需要使用玻璃棒引流，不能达到实验目的，C不符合题意；
D．用装置丁蒸干溶液得到硫酸铜固体，而不是CuSO4·5H2O，不能达到实验目的，D不符合题意；
答案选A。
8. 利用电化学方法制备氨可以大大降低目前的热 Haber-Bsch 工艺产生的温室气体排放。下图所示为一种合成氨的方法，下列说法错误的是
A. 电子的移动方向由电极a 经导线到电极 b
B. 起到传输质子的作用
C. 反应过程中 Li3N的质量增加
D. 电极 b 发生的总反应为
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据装置可知，电极a：H2→H+，氢元素化合价升高，根据原电池工作原理，电极a为负极，电极b为正极，电子从a极经导线流向b极，故A说法正确；
B．根据装置图可知，在电极a上结合H+，生成，然后在电极b上失去质子转化成，因此起到传输质子的作用，故B说法正确；
C．根据装置图可知，电极b右侧与Li3N反应生成、氨气、Li+，电极b左侧，Li+与氮气生成Li3N，因此Li3N在整个反应过程中，质量不变，故C说法错误；
D．根据C选项分析，电极b总反应为N2+6e-+6=6+2NH3，故D说法正确；
答案为C。
9. 蔬菜和水果中富含维生素C，维生素C具有还原性，在酸性溶液中可以被等氧化剂氧化为脱氢维生素C(已知：阿伏加德罗常数的值为)。下列有关说法错误的是
A. 脱氢维生素C中，键角①<键角②
B. 维生素C分子中含有2个手性碳原子
C. 维生素C中含键数目为
D. 维生素C与发生氧化还原反应时，维生素C被氧化转移的电子数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．脱氢维生素C中，键角①中心原子O是sp3杂化，键角接近109°28′，键角②中心原子C是sp2杂化，键角接近120°，故键角①<键角②，A正确；
B．手性碳原子连接4个各不相同的原子或原子团，如图所示 ，维生素C分子中含有2个手性碳原子，B正确；
C．根据图中结构简式，维生素C中含键数目为，C错误；
D．根据图示，维生素C转化为脱氢维生素C减少2个H，可知维生素C被氧化转移的电子数为，D正确；
故选C。
10. 镓、锗相关物质具有明显的军民两用属性，今年8月起，我国对镓、锗相关物质实施出口管制。从砷化镓废料(主要成分为、、和)中回收镓和砷的工艺流程如图所示：
下列说法正确的是
A. “滤渣Ⅰ”的主要成分为、、
B. 惰性电极电解溶液时，在阳极有金属镓生成
C. 与同主族，镓既能与盐酸反应，又能与溶液反应
D. “碱浸”时，被氧化，每反应，转移电子的物质的量为
【答案】C
【解析】
【分析】砷化镓废料(主要成分为、、和)经过“碱浸”，和溶解，和进入滤渣Ⅰ，浸出液用硫酸中和得到，同时得到滤渣Ⅱ，继续酸化，得到溶液和滤渣Ⅲ硅酸；
【详解】A．可与溶液反应：，“滤渣Ⅰ”中不含，A项错误；
B．电解溶液时，阳极生成的是氧气，阴极生成的是镓，B项错误；
C．与同主族，镓既能与盐酸反应，又能与溶液反应，C项正确；
D．“碱浸”时，转化为、，元素的化合价由价升高为价，则每反应，转移电子的物质的量为，D项错误；
答案选C
11. 铁的配合物离子(用表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：
下列说法错误的是
A. 该过程的总反应为
B. 浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C. 该催化循环中元素的化合价发生了变化
D. 该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
【答案】D
【解析】
【详解】A．由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，HCOO-与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又结合氢离子转化为氢气，所以化学方程式为HCOOHCO2↑+H2↑，A正确；
B．若氢离子浓度过低，则反应Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制加酸的电离，使甲酸根浓度降低，反应Ⅰ→Ⅱ速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率减慢，B正确；
C．由反应机理可知，II→III的过程，碳元素化合价升高，因此铁元素化合价降低；IV→I的过程，氢元素化合价降低，因此铁元素化合价升高。所以Fe在反应过程中化合价发生变化，C正确；
D．由反应进程可知，反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，D错误；
故选D。
12. 晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某种超导材料的晶胞结构如图所示，其中O原子有缺陷。晶胞参数分别如图，，阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是
A. 该晶体的最简化学式为
B. 晶体中与最近且距离相等的有6个
C. 晶体的密度为
D. 第一电离能：
【答案】B
【解析】
【详解】A．1个晶胞中有2个Ba原子位于体内，一个Y原子位于体心，8个Cu原子位于顶角，另有8个Cu原子位于棱上，Cu原子数为，8个氧原子位于棱上，7个氧原子位于面心上，氧原子个数为，则该化合物的化学式为，故A正确；
B．晶体中与Cu2+最近且距离相等的O2-有5个，故B错误；
C．1ml该晶胞的质量为643g，体积为，则密度为，故C正确；
D．同一周期从左至右伴随核电荷数递增，第一电离能整体呈递增大的趋势，同主族元素从上到下第一电离能变小，以Be作参照物，第一电离能O＞Be＞Ba，故D正确；
故答案为：B。
13. 工业制硫酸的关键反应为。T℃时，向恒容密闭容器中按照物质的量之比通入和，测得容器内某些物质的量随时间变化如图。下列说法正确的是
A. 用表示内的平均反应速率为
B. 时改变的条件可能是降温或增加的量
C. T℃，正反应的化学平衡常数K为810
D. 时，若再加入和各，平衡逆向移动
【答案】B
【解析】
【分析】根据图像数据可知反应在容器内进行，根据三段式分析可知：
【详解】A．内，用表示该反应的平均反应速率为，A错误；
B．由图像可知，时，化学平衡向正反应方向移动，但移动的瞬间和物质的量不变，可以通过降温或增加的量达到目的，B正确；
C．该反应的平衡常数，C错误；
D．平衡时若再加入、和各，此时、和浓度分别为0.04ml/L、0.03 ml/L、0.2 ml/L ，，故平衡正向移动，D错误；
故答案为B。
14. 在催化剂作用下，氧化可获得。其主要化学反应如下：
反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
压强分别为、时，将和的混合气体置于密闭容器中反应，不同温度下体系中乙烷的平衡转化率、乙烯的选择性[]如图所示。下列说法正确的是
A.
B. 压强为、温度为210℃时，反应达平衡时，
C. 的选择性下降的原因可能是随着温度的升高，反应Ⅱ中生成的抑制了反应Ⅰ的进行
D. 研发低温下转化率高和选择性高的催化剂，可以提高平衡时产率
【答案】C
【解析】
【详解】A．相同温度下，增大压强，反应Ⅰ、Ⅱ均逆向移动，乙烷平衡转化率降低，所以，故A错误；
B．压强为、温度为210℃时，乙烷转化率为50%，乙烯的选择性为80%，参与反应Ⅰ的乙烷为，反应Ⅰ生成的乙烯、一氧化碳都是，参与反应Ⅱ的乙烷为，反应Ⅱ生成的一氧化碳是，反应达平衡时，生成的总物质的量为，生成乙烯的总物质的量为，故B错误；
C．温度升高，反应Ⅰ和反应Ⅱ受温度影响，平衡都会正向移动，由图可知，温度升高的过程中乙焼的转化率逐渐增大，但乙烯的选择性却逐渐降低，说明温度升高的过程中，反应Ⅱ为主，且生成的抑制了反应Ⅰ的进行，故C正确；
D．反应Ⅰ正向为吸热反应，温度升高更有利于的生成，因此为提高平衡时的产率，可研发高温下选择性高的催化剂，故D错误；
故选C。
二、非选择题（本题共4小题，共58分。）
15. 钴的化合物种类较多，其中三氯化六氨合(III){[C(NH3)6]C13}(M=267.5g/ml)，在工业上用途广泛。实验室以活性炭作为催化剂，以H2O2作氧化剂氧化CC12的方法制备三氯化六氨合钴。
已知：①钴单质在300℃以上易被氧气氧化，CC12易潮解。②C2+不易被氧化，C3+具有强氧化性；[C(NH3)6]2+具有较强的还原性，[C(NH3)6]3+性质稳定。
I.CC12的制备。
（1）B装置中盛放浓盐酸的仪器名称是_______。
（2）按照气体流向从左到右连接仪器的顺序为_______→_______→_______。
（3）B装置的烧瓶中发生反应的离子方程式为_______。
（4）实验时，要先加入浓盐酸，使B装置中开始生成氯气，待_______(填现象)时，再加热A装置，目的是_______。
II.三氯化六氨合钴(III)的制备。
①先向三颈烧瓶中加入活性炭、CCl2和NH4Cl溶液，然后滴加稍过量的浓氨水；
②冷水浴冷却至10℃以下，缓慢滴加H2O2溶液并不断搅拌；
③转移至60℃水浴中，恒温加热同时缓慢搅拌；
④冷却结晶，过滤洗涤可得三氯化六氨合钴(III){[C(NH3)6]Cl3)粗产品。
（5）D装置中制备三氯化六氨合钴(III)的总反应化学方程式为_______。
III.纯度测定。
（6）称取mg粗产品与氢氧化钠在空气中混合煅烧得氧化钴→将氧化钴用稀硫酸溶解→配成250mL溶液→_______(按顺序填序号)，纯度为_______(写出表达式)。
a．向锥形瓶中加入稍过量的KI溶液(C3+被还原后的产物为C2+)，充分反应
b．平行滴定三次，消耗标准溶液的体积平均值为VmL
c．取25.00mL待测液于锥形瓶中
d．用淀粉溶液作指示剂，用cml·L-1Na2S2O3标准溶液滴定(产物为)
【答案】（1）恒压滴液漏斗
（2） ①. B ②. C ③. A
（3）2MnO+10Cl—+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O
（4） ①. 装置内充满黄绿色气体 ②. 排尽装置中的空气，防止加热时钴被氧气氧化
（5）10NH3+2CC12+2NH4Cl+H2O22[C(NH3)6]Cl3+2H2O
（6） ①. c、a、d、b ②. ×100%
【解析】
【分析】由实验装置图可知，装置B中高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，装置C中盛有饱和食盐水的洗气瓶用于除去氯化氢气体，盛有的浓硫酸的洗气瓶用于干燥氯气，装置A中硬质玻璃管中钴与氯气共热反应制备氯化钴，广口瓶用于冷凝收集氯化钴，盛有浓硫酸的洗气瓶用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入广口瓶导致氯化钴发生潮解，盛有氢氧化钠溶液的烧杯用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，则制备氯化钴按照气体流向从左到右连接仪器的顺序为B、C、A。
【小问1详解】
由实验装置图可知，B装置中盛放浓盐酸的仪器为恒压滴液漏斗，故答案为：恒压滴液漏斗；
【小问2详解】
由分析可知，制备氯化钴按照气体流向从左到右连接仪器的顺序为B、C、A，故答案为：B、C、A；
【小问3详解】
由分析可知，B装置的烧瓶中发生的反应为高锰酸钾固体与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为2MnO+10Cl—+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案为：2MnO+10Cl—+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；
小问4详解】
由题给信息可知，钴单质在300℃以上易被氧气氧化，为防止加热时钴被氧气氧化，实验时，要先加入浓盐酸，使B装置中开始生成氯气，待装置内充满黄绿色气体排尽装置中的空气，再加热A装置，故答案为：装置内充满黄绿色气体；排尽装置中的空气，防止加热时钴被氧气氧化
【小问5详解】
由题意可知，制备三氯化六氨合钴的反应为在活性炭做催化剂的条件下，过氧化氢溶液与浓氨水、氯化亚钴、氯化铵反应生成三氯化六氨合钴和水，反应的化学方程式为10NH3+2CC12+2NH4Cl+H2O22[C(NH3)6]Cl3+2H2O，故答案为：10NH3+2CC12+2NH4Cl+H2O22[C(NH3)6]Cl3+2H2O；
【小问6详解】
由题意可知，测定三氯化六氨合钴纯度的操作为取mg粗产品与氢氧化钠在空气中混合煅烧得氧化钴→将氧化钴用稀硫酸溶解→配成250mL溶液→取25.00mL待测液于锥形瓶中→向锥形瓶中加入稍过量的KI溶液，充分反应→用淀粉溶液作指示剂，用cml·L-1Na2S2O3标准溶液滴定→平行滴定三次，消耗标准溶液的体积平均值为VmL，由方程式和得失电子数目守恒可得如下转化关系：2[C(NH3)6]Cl3—2C3+—I2—2Na2S2O3，滴定消耗VmLcml/L的硫代硫酸钠溶液，则mg样品的纯度为×100%=×100%，故答案为：c、a、d、b；×100%。
16. 硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：
本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：
回答下列问题：
（1）菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为_______。
（2）为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有_______、_______。
（3）加入物质X调溶液，最适宜使用的X是_______(填标号)。
A. B. C.
滤渣①的主要成分是_______、_______、_______。
（4）向的滤液①中分批加入适量溶液充分反应后过滤，滤渣②中有，该步反应的离子方程式为_______。
（5）滤液②中加入锌粉的目的是_______。
（6）滤渣④与浓反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是_______、_______。
【答案】（1）ZnCO3ZnO+CO2↑
（2） ①. 将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积 ②. 增大硫酸的浓度等
（3） ①. B ②. Fe(OH)3 ③. CaSO4 ④. SiO2
（4）3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+
（5）置换Cu2+为Cu从而除去
（6） ①. CaSO4 ②. MgSO4
【解析】
【分析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO3ZnO+CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物质X调节pH=5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，过滤得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2++Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4·7H2O，据此分析解答。
【小问1详解】
由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO3ZnO+CO2↑；
【小问2详解】
可采用将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率；
【小问3详解】
A．NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；
B．Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；
C．NaOH会引入杂质Na+，且成本较高，C不适宜；
故答案选B；
当沉淀完全时(离子浓度小于10-5ml/L)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH＜5的只有Fe3+，故滤渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；
【小问4详解】
向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；
【小问5详解】
滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而除去；
【小问6详解】
由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。
17. 储氢材料、燃料电池等方面具有重要应用。
(1)中H元素的化合价为，具有强还原性，一定条件下，向溶液中滴加碱性溶液，溶液中与反应生成纳米铁粉、和，参加反应的与生成的纳米铁粉的物质的量之比为________。
(2)燃料电池中，转化为，电解溶液又可制得，实现物质的循环利用，电解装置示意图如图所示。
①电解池阴极的电极反应式为_______。
②两电极区间使用阳离子交换膜，不允许阴离子通过的原因是_______。
(3)催化释氢。在催化剂作用下，与水反应生成，可能的反应机理如图所示。
①其他条件不变时，以代替催化释氢，所得气体的分子式为________。
②已知：为一元弱酸，水溶液呈酸性的原因是_______(用离子方式表示)。
(4)在催化剂的作用下，与水反应，释氢体积及温度随反应时间的变化如图所示。
①0~20min内，温度随时间快速升高的原因是______。
②20min后，氢气体积在增加，而温度却下降的原因是________。
【答案】 ①. 1∶2 ②. ③. 防止阴极产生的通过阴离子交换膜进入阳极区，发生反应而损耗或通过阴离子交换膜进入阳极区，阴极区浓度变小，的产率低 ④. 、HD ⑤. ⑥. 与水反应放热，随着时间推移，体系温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强，产生氢气速率达到最大 ⑦. 随着反应的进行，NaBH4浓度减小，反应速率减慢，相同时间内放出的热量减少，热量的散失成为影响温度变化的主要因素
【解析】
【分析】向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH4-（B元素化合价为+3）与Fe2+反应生成纳米铁粉、H2和B（OH）4-，反应中只有Fe、H元素化合价发生变化，结合质量守恒、电荷守恒可写出离子方程式。
【详解】(1)向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH4-（B元素的化合价为+3）与Fe2+反应生成纳米铁粉、H2和B（OH）4-，反应中只有Fe、H元素化合价发生变化，发生氧化还原反应，离子方程式为 ，有方程式可得参加反应的与生成的纳米铁粉的物质的量之比为1:2；
(2) ①电解池阴极得电子发生还原反应，得到电子生成，电极反应式为；
②两电极区间使用阳离子交换膜，不允许阴离子通过的原因是防止阴极产生的通过阴离子交换膜进入阳极区，发生反应而损耗或通过阴离子交换膜进入阳极区，阴极区浓度变小，的产率低；
(3) ①若用D2O代替H2O，D2O中的D一部分进入氢气，生成的氢气原子重新组合，所以生成的氢气有H2、HD；
②已知：为一元弱酸，水溶液呈酸性的原因是；
(4) ①0~20min内，温度随时间快速升高的原因是与水反应放热，随着时间推移，体系温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强，产生氢气速率达到最大；
②20min后，氢气体积在增加，而温度却下降的原因是随着反应的进行，NaBH4浓度减小，反应速率减慢，相同时间内放出的热量减少，热量的散失成为影响温度变化的主要因素。
18. 螺虫乙酯是一种新型现代杀虫剂，制备其中间体H的一种合成路线如下：
已知：①
②
回答下列问题：
(1)A的化学名称是_______；由B生成C的反应类型为_______。
(2)E与F生成G的化学方程式为_______。
(3)H中含氧官能团名称为_______、_______(填两种)。
(4)芳香化合物X是D的同分异构体，符合下列条件的同分异构体有_______种。
①在NaOH溶液中能水解
②核磁共振氢谱中有4组峰
(5)参照以上信息，设计以为起始原料制备2-吲哚酮()的合成路线(无机试剂任选)_______。
【答案】 ①. 对二甲苯(或1，4-二甲苯) ②. 取代反应 ③. + +HCl ④. 酯基 、醚键、酰胺基（三者中任意一个） ⑤. 酯基 、醚键、酰胺基（三者中任意一个，与前面的不同即可） ⑥. 6 ⑦.
【解析】
【分析】结合信息①，由B的结构简式，根据A的分子式可知A是，B发生信息②反应产生C是，C酸化得到D是，D与PCl3发生取代反应产生E是； G与CH3OH与浓硫酸共热，发生酯化反应产生H：， 由H逆推可知G是，结合G、E结构及F的分子式，可知F结构简式是，然后根据物质性质分析解答。
【详解】(1) 由上述分析可知A是，故A的化学名称是对二甲苯(或1，4-二甲苯) ；B是，C是，根据二者结构的不同，可知B发生取代反应产生C，因此反应类型是取代反应，故答案为：对二甲苯(或1，4-二甲苯)；取代反应；
(2) E是，F是，二者在一定条件下发生取代反应产生G，同时产生HCl，该反应的化学方程式为：+ +HCl，故答案为：+ +HCl；
(3) H是， 其中的含氧官能团是酯基 、醚键、酰胺基（三者中任意选两个即可），故答案为：酯基 、醚键、酰胺基（三者中任意选两个即可）；
(4) 芳香化合物X是D的同分异构体，结合D的结构及不饱和度，符合下列条件①在NaOH溶液中能水解，说明芳香化合物X中含有一个酯基；②核磁共振氢谱中有4组峰，说明芳香化合物X存在对称结构，符合要求的同分异构体有6种：、、、、、；故答案为：6；
(5) 与NaCN发生取代反应产生，在酸性条件下水解产生，与PCl3发生取代反应产生，在Et3N条件下发生取代反应产生，故以为起始原料制备2-吲哚酮()的合成路线为：，故答案为：
。选项
气体X
Y中试剂
Z中试剂
A
HCl
Na2CO3溶液
NaAlO2溶液
B
NH3
H2O
AgNO3溶液
C
Cl2
饱和食盐水
淀粉－KI溶液
D
SO2
酸性KMnO4溶液
Ba(NO3)2溶液
离子
相关试卷
湖南省常德市汉寿县第一中学2023-2024学年高三上学期12月月考化学试题含答案： 这是一份湖南省常德市汉寿县第一中学2023-2024学年高三上学期12月月考化学试题含答案，共25页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
湖南省常德市安乡县第一中学2023-2024学年高三上学期12月月考化学试题含答案： 这是一份湖南省常德市安乡县第一中学2023-2024学年高三上学期12月月考化学试题含答案，共25页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年湖南省常德市高三上学期第六次月考化学模拟试题（含答案）： 这是一份2023-2024学年湖南省常德市高三上学期第六次月考化学模拟试题（含答案），共10页。
