【化学】江苏省扬州市2020届高三上学期期末检测（解析版）

这是一份【化学】江苏省扬州市2020届高三上学期期末检测（解析版），共22页。试卷主要包含了溶液可用于化学分析，下列实验操作能达到实验目的的是，下列有关化学反应的叙述正确的是， 提高铁的浸出率 等内容，欢迎下载使用。

选择题(共40分)
单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。
1.溶液可用于化学分析。溶液不可能具有的性质是（ ）
A. 还原性B. 氧化性C. 酸性D. 碱性
【答案】C
【详解】中S元素处于中间价态，具有氧化性和还原性，为强碱弱酸盐，其溶液具有碱性，中不含有能电离的H+，不具有酸性。
答案为C。
2.氮氧化物形成雾霾时的部分反应为、下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（ ）
A. 中子数为10的氧原子：B. 的结构式：
C. N的结构示意图：D. 的电子式：
【答案】B
【详解】A．中子数为10的氧原子为：，故A错误；
B．NH3为共价化合物，N与三个H原子之间为单键，其结构式为：，故B正确；
C．N原子的质子数为7，其结构示意图为：，故C错误；
D．H2O的电子式为：，故D错误；
答案为B。
3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的（ ）
A. 难溶于水，可用于制胃酸中和剂
B. 熔点很高，可用于制造光导纤维
C. 活性炭具有还原性，可用作冰箱除味剂
D. 浓硫酸具有吸水性，可用于干燥氯气
【答案】D
【详解】A．Al(OH)3用于制胃酸中和剂的原因是Al(OH)3的碱性较弱，能够与胃酸反应，与溶解性无关，故A不符合题意；
B．二氧化硅是很好的光导材料，与其熔点高低无关，故B不符合题意；
C．活性炭用作冰箱除味剂的原因是其具有较好的吸附性，与其还原性无关，故C不符合题意；
D．浓硫酸具有较好的吸水性，可用于干燥不与之反应的气体，可用于干燥氯气，故D符合题意；
答案为D。
4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）
A. 溶液：
B. 溶液：
C. 溶液：
D. 溶液：
【答案】A
【详解】A．均不与Na2CO3反应，能够大量共存，故A符合题意；
B．与OH-会发生复分解反应，不能大量共存，故B不符合题意；
C．Fe3+与SCN-能够发生络合反应，不能大量共存，故C不符合题意；
D．ClO-具有氧化性，能够氧化I-，不能大量共存，故D不符合题意；
答案为A。
【点睛】离子之间若不发生任何反应，则可以大量共存，若发生反应，则不能大量共存；离子之间发生的常见反应类型有复分解反应、氧化还原反应、络合反应、盐的双水解反应，还要掌握常见的有色离子有哪些、这些离子的颜色是什么颜色，有时还需要确定题干提供的信息，加入酸使指示剂呈现什么颜色；溶液的 pH 是多少时，溶液的离子哪些存在，Al 在酸性、碱性环境都会发生反应，若酸性环境反应产生氢气，则由于 HNO3 有强的氧化性，不会存在 。掌握离子的性质、离子反应和离子共存知识是本题的关键。
5.下列实验操作能达到实验目的的是（ ）

A. 用乙醇萃取碘水中的碘
B. 用装置甲制取纯净的
C. 用装置乙除去中的少量
D. 中和滴定时，用待测液润洗锥形瓶，减小实验误差
【答案】C
【详解】A．乙醇能够与水混溶，不能用乙醇萃取碘水中的碘，可采用苯、四氯化碳等，故A不符合题意；
B．稀硝酸与铜反应生成NO，不会生成NO2，不能达到实验目的，故B不符合题意；
C．Cl2+H2OHCl+HClO，氯气溶于水会生成盐酸，饱和食盐水中含大量Cl-，因此抑制了氯气的溶解，因为饱和食盐水含有大量水，所以HCl能全部溶解，可达到实验目的，故C符合题意；
D．用待测液洗锥形瓶，会导致待测物质物质的量增加，消耗的标准液物质的量增加，会带来实验误差，不能达到实验目的，故D不符合题意；
答案为C。
【点睛】氯气和水的反应是可逆的，氯化氢溶于水电离是不可逆的，所有单质气体都是难溶于或者微溶于水的，只有卤族除外，他们可以和水发生化学反应，而Cl2和水反应产生Cl-，这个反应是一个可逆反应，有一定的限度，当水中Cl-增多时，平衡会逆向移动，所以NaCl溶液中Cl2更加难溶，HCl溶于水后非常容易电离，因此可以用饱和食盐水除去Cl2中的HCl。
6.下列有关化学反应的叙述正确的是（ ）
A. 电解熔融制取B. 在光照条件下分解生成
C. 与溶液反应生成 D. 溶液吸收过量生成
【答案】A
【详解】A．铝为活泼性金属，因此需通过电解熔融状态下相关物质制备，常通过电解熔融Al2O3制备Al，故A正确；
B．HClO在光照条件下发生分解：，故B错误；
C．Cu与FeCl3溶液发生反应：Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2，故C错误；
D．NaOH与过量CO2反应会生成NaHCO3，故D错误；
答案为A。
7.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 与反应：
B. 溶液与氨水反应：
C. 与浓盐酸反应：
D. 酸性溶液与溶液反应：
【答案】C
【详解】A．该反应电荷不守恒，Na与H2O反应的离子方程式为：，故A错误；
B．一水合氨为弱电解质，不能拆分，AlCl3与氨水发生反应的离子方程式为：，故B错误；
C．MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气、水，其离子方程式为：，故C正确；
D．酸性环境下不会生成OH-，酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的离子方程式为：，故D错误；
故答案为：C。
【点睛】判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等（如本题B选项）；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子转移守恒等（如本题中A项）；④从反应的条件进行判断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。
8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的一种单质可以供给生物呼吸，Y原子的最外层有1个电子，Z是地壳中含量最多的金属元素，W与X位于同一主族。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径：
B. 由X、Y组成的化合物是共价化合物
C. W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强
D. Z的最高价氧化物对应水化物的碱性比Y的强
【答案】A
【分析】X的一种单质可以供给生物呼吸，故X为O，因Y的原子序数比X大且为短周期元素，结合Y原子的最外层有1个电子可知，Y为Na，Z 是地壳中含量最多的金属元素，故Z为Al，W与X位于同一主族，故W为S，以此解答。
【详解】A．O原子核外电子层数最少，其半径最小，Na、Al、S为同周期元素，从左至右原子半径逐渐减小，故半径：r(Na)> r(Al)> r(S)> r(O)，故A正确；
B．O与Na形成的化合物均为离子化合物，故B错误；
C．因非金属性：O>S，因此其简单氢化物的稳定性：H2O>H2S，故C错误；
D．因金属性：Na>Al，因此其最高价氧化物对应水化物的碱性：NaOH>Al(OH)3，故D错误；
故答案为：A。
【点睛】“三看”法快速判断简单微粒半径的大小：
一看电子层数：最外层电子数相同时，电子层数越多，半径越大；
二看核电荷数：当电子层结构相同时，核电荷数越大，半径越小；
三看核外电子数：当电子层数和核电荷数均相同时，核外电子数越多，半径越大。
9.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【详解】A．N2与O2反应生成物为NO，不能直接生成NO2，故A不符合题意；
B．Al2O3与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，偏铝酸钠与CO2反应生成Al(OH)3，故B符合题意；
C．Fe与HCl反应生成FeCl2，不能生成FeCl3，故C不符合题意；
D．Si与HCl不发生反应，故D不符合题意；
故答案为：B。
10.锌碘液流电池的工作原理如图所示，下列关于该电池工作时的说法不正确的是（ ）
A. 电极Y为电池的负极B. 溶液中的离子数目减少
C. 电子由电极Y经外电路流向电极XD. 电极X上的反应为
【答案】B
【详解】A．电极Y上Zn发生氧化反应生成Zn2+，电极Y负极，故A不符合题意；
B．该电池的总反应为：，反应过程中溶液中离子数目增加，故B符合题意；
C．电极Y失去电子，电子经导线流向电极X，故C不符合题意；
D．电极X上得电子生成I-，电极反应式为：，故D不符合题意；
故答案为：B。
不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个是正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
11.下列说法正确的是（ ）
A. 向、的饱和溶液中滴加少量溶液，溶液中不变
B. 向的溶液中加入少量水，溶液中增大
C. 被完全还原为时，转移的电子数约为
D. 一定条件下，反应能自发进行，该反应的
【答案】AB
【详解】A．AgCl、AgBr饱和溶液中，温度不变的情况下，该比值不变，故A正确；
B．，加水稀释CH3COOH溶液时，c(CH3COOH)减小，温度不变时，Kh不变，该比值增大，故B正确；
C．K2Cr2O7被还原为Cr3+时，Cr元素化合价降低3价，故0.1ml K2Cr2O7被还原为Cr3+时，转移电子数约为3×0.2×6.02×1023=3.612×1023，故C错误；
D．该反应的ΔS<0，该反应能够自发进行，即ΔG=ΔH-TΔS<0，则ΔH必须小于0，故D错误；
故答案为：AB。
【点睛】对于稀释过程中，相关微粒浓度的变化分析需注意，稀释过程中，反应方程式中相关微粒的浓度一般情况均会减小，如CH3COONa溶液，溶液中主要存在反应：CH3COONa+H2OCH3COOH+NaOH，稀释过程中，c(CH3COO-)、c(CH3COOH)、c(OH-)、c(Na+)均逐渐减小，非方程式中相关微粒一般结合相关常数进行分析。
12.化合物Y是一种医药中间体，可由化合物X制得。下列有关化合物X、Y的说法正确的是（ ）
A. 可以用浓溴水鉴别X和Y
B. Y分子中的所有原子可能处于同一平面上
C. 在一定条件下，Y可以发生消去反应
D. X与足量加成的产物分子中含有手性碳原子
【答案】D
【详解】A．X与Y中均含有酚羟基，酚羟基的邻位或对位存在氢原子，均能够与浓溴水发生反应使浓溴水褪色，故A不符合题意；
B．Y分子中含有甲基，甲基中所有原子不可能共平面，故B错误；
C．Y中不含有卤原子或羟基(非酚羟基)，不能发生消去反应，故C错误；
D．X中苯环与H2发生加成反应后，之前苯环上有取代基的碳原子均为手性碳原子，故D正确；
故答案为：D。
【点睛】手性碳原子是指连有四个不同基团的碳原子，形象地称为手性碳原子，常以*标记手性碳原子，该原子存在于生命化合物中，判断方法：1．手性碳原子一定是饱和碳原子；2．手性碳原子所连接的四个基团是不同的。
13.室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
【答案】BD
【详解】A．若该溶液中含有或，加入稀硝酸后会生成，再加入硝酸钡后，溶液中会生成白色沉淀，故A错误；
B．向含Fe3+溶液中加入少量KI溶液，再加入淀粉溶液，溶液呈蓝色，说明溶液中生成了I2，可说明氧化性：Fe3+>I2，故B正确；
C．因不确定混合溶液中与S2-浓度，当向溶液中加入少量AgNO3溶液时，溶液中生成黑色沉淀，并不能说明，故C错误；
D．用pH试纸测得0.1ml/L的溶液与0.1ml/L的HCN溶液的pH分别为3、5，说明相同条件下，水解程度：CN->CH3COO-，根据“越弱越水解”规律可知酸性：，故D正确；
故答案为：BD。
【点睛】向某溶液中加入盐酸酸化的，溶液中含有、Ag+时，溶液中会生成白色沉淀，同时还需要注意，若溶液中含有时，、会被硝酸氧化而生成，与Ba2+会发生反应而生成白色沉淀，但同时也有气体产生。
14.室温下，，。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（ ）
A. 的溶液：
B. 的溶液和的溶液混合：
C. 的溶液和的溶液等体积混合：
D. 的溶液和的溶液等体积混合：
【答案】BD
【详解】由题可知，，；
A．0.1ml/L的NaHA溶液中的物料守恒：，HA-的电离常数大于其水解程度，故溶液中，因此，故A错误；
B．的溶液和的溶液的混合液中c(Na+)<0.2ml/L，该溶液中电荷守恒为：，溶液呈中性，故，故B正确；
C．该混合溶液中电荷守恒：①，物料守恒：②，将①+②得：，故C错误；
D．两溶液混合后发生反应：Na2A+H2A=2NaHA，溶液中c(NaHA)=c(H2A)=0.05ml/L，溶液中电荷守恒：①，物料守恒：②，将①+②进行相关转化得：，因Ka1>Kh2，故溶液呈酸性，故，故D正确；
故答案为：BD。
【点睛】酸式盐与多元弱酸的强碱正盐溶液酸碱性比较：
（1）酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式盐中酸式酸根离子的电离能力和水解能力哪一个更强，如NaHCO3溶液中的水解能力大于其电离能力，故溶液显碱性；
（2）多元弱酸的强碱正盐溶液：多元弱酸根离子水解以第一步为主，例如Na2S溶液中：c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H+)。
15.工业上利用CO和制的反应为。实验测得在两种不同压强下，CO的平衡转化率与温度(T)的关系如图所示。查阅资料得：相同压强下，气体的分子数之比等于气体的体积之比。下列说法正确的是（ ）
A. 反应的
B. 图中曲线X所对应的压强大于曲线Y所对应的压强
C. ℃，时，平衡常数
D. 图中P点所示条件下，延长反应的时间能提高转化率
【答案】C
【详解】A．由图象X或Y可知，随温度的升高，CO的转化率逐渐降低，说明平衡逆向移动，故正反应为放热反应，，故A错误；
B．相同温度下，曲线X对应CO的转化率较Y低，若通过改变压强由曲线X至曲线Y，CO的转化率上升，即平衡向正向移动，该反应正向为气体体积减小的反应，因此由X至曲线Y为增大压强，故曲线X对应的压强小于曲线Y对应的压强，故B错误；
C．设起始容器体积为1L，T1℃下平衡时CO的转化率为80%，平衡时n(CO)=( 1-1×80%)ml=0.2ml，n(H2)=(2-1×80%×2)ml=0.4ml，n(CH3OH)=0.8ml，n总=(0.2+0.4+0.8)ml=1.4ml，此时容器的体积为：=L，c(CO)=ml/L，c(H2)=ml/L，c(CH3OH)=ml/L，平衡常数，故C正确；
D．P点反应已达到平衡状态，延长反应时间并不会改变平衡状态，不会提高CO转化率，故D错误；
故答案为：C。
非选择题(共80分)
16.某硫酸厂产生的烧渣(主要含、及少量)可用于制备和还原铁粉，其流程如图：
(1)“酸溶”前需粉碎烧渣，其目的是_______________________________________、___________________________________________。
(2)“滤渣”的主要成分是______________(填化学式)。
(3)“还原”时，被氧化为的离子方程式是_____________________________。
(4)“焙烧”时，烧渣、无烟煤、的投料质量比为100∶40∶10，温度控制在1000℃(温度对焙烧炉气含量的影响变化如图所示)：
添加的目的是：①脱除等；②__________________________________。
(5)“焙烧”在半封闭装置中进行，投料层表面盖有适当厚度的煤层，“焙烧”时间控制在4～4.5小时(焙烧时间对还原铁粉产率的影响如图所示)，超过5小时后还原铁粉产率降低的原因是___________________________________________________________________。
【答案】(1). 提高铁的浸出率 (2). 加快反应速率 (3). (4). (5). 分解产生的与C反应生成CO (6). 绝大部分C已被消耗，CO浓度下降，铁部分被氧化
【分析】烧渣(主要含Fe2O3、FeO及少量SiO2)经过酸浸，SiO2不与稀硫酸反应而沉淀，滤液中主要溶质为硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸，向滤液中加入FeS2将硫酸铁还原生成硫酸亚铁，然后进行过滤将S、FeS2除去，然后经过一系列操作得到FeSO4•7H2O；
焙烧过程中加入CaCO3在高温条件下与SiO2反应将硅脱除以及高温分解生成CO2，然后利用CO2与C反应生成CO，利用CO将铁氧化物还原生成铁单质，然后利用铁单质具有磁性分离，据此解答本题。
【详解】（1）将固体粉碎可提高铁的浸出率以及增加反应接触面积从而加快反应速率；
（2）由上述分析可知，滤渣的主要成分为SiO2；
（3）该反应氧化剂为Fe3+，反应后生成Fe2+，FeS2中S元素化合价从-1价升高为+6价的，根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可知其反应离子方程式为：；
（4）由上述分析可知，添加CaCO3的目的还有分解产生的CO2与C反应生成CO；
（5）投料时煤的量为一定值，当焙烧时间超过5h后，煤几乎被消耗完，装置中CO的浓度将会下降，该装置为半封闭装置，空气中O2进入装置中，会将部分铁氧化，故答案为：绝大部分C已被消耗，CO浓度下降，铁部分被氧化。
17.阿戈美拉汀是一种抗抑郁药物，其合成路线如下：
(1)A中含氧官能团的名称为______________和_____________。
(2)的反应类型为_____________。
(3)的反应中，氰基()被还原可生成副产物X(分子式为)，写出X的结构简式_________________
(4)写出一种同时满足下列条件的B的同分异构体的结构简式：_________________。
①有氰基，能发生银镜反应；
②能发生水解反应，其水解产物之一能与溶液发生显色反应；
③分子中只有一个环，有4种不同化学环境的氢。
(5)已知：①++R＇COOH(R和R＇表示烃基)；
② (PPA为多聚磷酸)。
写出以和为原料制备的合成路线流程图_____________________________________________________________________________ (无机试剂及任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】(1). 醚键 (2). 羰基 (3). 消去反应 (4). (5). ，， (6).
【详解】（1）A中所含有氧官能团为醚键、羰基；
（2）由C与D的结构简式可知，D比C少1个羟基，增加了1个碳碳双键，说明该反应为消去反应；
（3）当LiAlH4对氰基()的还原不彻底时，会产生副产物：，其分子式为：；
（4）①能够发生银镜反应，说明该有机物中还含有醛基；
②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明其中还含有甲酸酯结构；
③该分子中含有苯环，总共只有4种不同化学环境的氢，说明该有机物中存在一个对称面；
该有机物的不饱和度为7，根据上述分析可知，除醛基、氰基、苯环外，不含有其它不饱和键，另外因该有机物存在对称结构，因此甲酸酯基与氰基为对位，同时根据对称结构可知氰基与非苯环上的C相连，由此可分析出其结构框架为(并非最终结构)，然后根据上述分析要求将其它烷烃基连接，满足题干要求的结构有：，，；
（5）根据题干相关信息可知，若需合成，则先合成，然后利用PPA反应制得目标产物，若要合成，则需要增加的碳链长度，因此可通过信息①的反应达到目的，然后根据题干中信息分析可知最终合成路线为： 。
【点睛】某有机物中不含酚羟基，但其在酸性条件下水解的产物之一能够与FeCl3溶液发生显色反应，则该有机化合物中含有结构；若某有机物中不含醛基，但其发生水解的产物之一能够发生银镜反应或能与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，则该有机物中含有结构。
18.在溶液中加入，调节溶液，可以得到不同沉淀。，得到沉淀；，得到沉淀。在氧气中加热升温过程中固体的质量变化如图：
(1)配制溶液时，不能将固体直接溶于水，而是将固体溶于浓硝酸中，然后加水稀释，其目的是_________________________________________________。
(2)在热水中会与水反应生成，该反应的化学方程式是____________________________________________________。
(3)在足量的氧气中加热至300℃时，所得的固体残留物为，测得所得气体中仅含有、______和______等三种气体(填化学式)。
(4)根据以上实验数据计算，确定中x的值_______ (写出计算过程)。
【答案】(1). 抑制水解 (2). (3). (4). (5). 300℃下，固体为Bi2O3，根据守恒关系可列出关系式：
根据题意可得：，解得x≈7
【详解】（1）Bi(NO3)3为强酸弱碱盐，能够发生水解，因此将其溶于浓硝酸中进行配制，其目的是抑制Bi(NO3)3水解；
（2）中Bi元素化合价为+3价，中Bi元素化合价为+3价，与热水反应的化学方程式为：；
（3）反应前后Bi元素化合价未发生变化，草酸根离子在无氧环境加热条件下会生成CO、CO2，因通入的氧气过量，因此最终所得气体为O2、CO2、H2O；
（4）300℃下，固体为Bi2O3，根据守恒关系可列出关系式：
根据题意可得：，解得x≈7。
19.实验室用溶液吸收烟气中的并回收硫，其实验流程如图：
已知吸收时发生下列反应：
Ⅰ.；
Ⅱ.；。
(1)其他条件一定，检测出尾气中、浓度随通入烟气时间变化见图，则段浓度变化的主要原因是_________________________________________________。
(2)为提高烟气中的吸收率，可探究气体流速、温度等实验条件的影响。
①烟气进入吸收装置前通过的鼓泡器如图所示，鼓泡器中充入甲基硅油等性质稳定的液体。该装置的作用为________________________________________________。
②反应温度过高，吸收率会下降，其原因是________________________________。
③还可探究的影响吸收率的实验条件有____________________。
(3)氧化阶段，在高压加热条件下，与反应生成S和，其离子方程式为______________________________________。
(4)滤液中还有少量。设计以滤液为原料，制取晶体的实验方案：__________________________________________________________________________________________________________________________________________[已知在280℃以上分解；其在水中溶解度0℃时为，100℃时为；不溶于乙醇]。
【答案】(1). 继续通入的与反应，使尾气中浓度降低 (2). 产生气泡显示气体流速快慢、防倒吸 (3). 温度过高，气体在水中溶解度减小，导致吸收率下降 (4). 烟气中的浓度、溶液的浓度、吸收液的pH等 (5). (6). 向滤液中通入足量氨气，充分反应后，蒸发结晶(至有大量晶体析出)，过滤，乙醇洗涤，控制温度在280℃以内干燥
【详解】（1）由题干中信息可知，吸收过程中SO2与(NH4)2S反应会生成H2S，因此t1之前H2S的含量逐渐上升，随着SO2的持续通入，H2S与SO2发生反应，使尾气中H2S浓度降低；
（2）①向该装置中充入甲基硅油等性质稳定的液体，气流进入后，SO2不溶于甲基硅油等性质稳定的液体，可通过观察气泡判断气体流速快慢，进气口较出气端细，具有防倒吸作用；
②SO2随温度的升高，气体溶解度将会下降，会导致吸收率下降；
③整个过程中涉及反应较多，因此还可探究烟气中SO2的浓度、(NH4)2S溶液的浓度、吸收液的pH等；
（3）中S元素化合价为+4价，中S元素化合价为+2价，根据氧化还原反应化合价变化规律可知，最终生成，生成S，根据化合价升降守恒、电荷守恒、原子守恒可知其离子反应方程式为：；
（4）与NH3•H2O反应能生成，因此可向滤液中熔融足量氨气，充分反应后，将溶液进行蒸发结晶，至有大量晶体析出时，停止加热，然后过滤，因不溶于乙醇，因此可用乙醇进行洗涤，最终将所得物质在温度低于280℃下的恒温箱中干燥即可。
20.资源化利用能有效减少碳排放，充分利用碳资源。
(1)光电催化实现资源化利用的原理如图：
= 1 \* GB3 ①写出阴极还原为的电极反应式：_______________________________。
②与直接电解法相比，生成等量的时，光电催化法消耗的电能更少。其原因是_____________________________________________________________。
(2)催化加氢合成二甲醚过程中主要发生下列反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
= 1 \* GB3 ①反应Ⅰ中的平衡转化率随温度升高而增大的原因是_________________________。
②在恒压、和的起始量一定的条件下，平衡转化率和平衡时的选择性(的选择性)随温度的变化如图：
T℃时，起始投入，，达到平衡时反应Ⅰ理论上消耗的物质的量为____________。该催化剂条件下合成二甲醚时较适宜的温度为260℃，其原因是________________________________________________________________。
(3)研究发现，(2)中的反应Ⅱ分两步完成，即发生反应Ⅲ和Ⅳ。
反应Ⅲ：
反应Ⅳ：
= 1 \* GB3 ①反应Ⅳ的_________
②其他条件相同时，若两容器中分别仅发生反应Ⅱ和反应Ⅲ，测得反应Ⅱ中的平衡转化率更高，其原因可能是__________________________________________________。
【答案】(1). (2). 光电催化法利用太阳能，减少电能消耗 (3). 反应Ⅰ的正反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动 (4). 0.2ml (5). 温度过低，反应速率太慢；温度过高，选择性过大，二甲醚的选择性减小 (6). (7). 反应Ⅱ分为反应Ⅲ和Ⅳ两步完成，反应Ⅲ生成的被反应Ⅳ消耗掉，使反应Ⅲ的平衡向正反应方向移动，提高了的转化率
【详解】（1）该装置为电解池，由图可知，阳极为H2O发生氧化反应生成O2、H+，H+通过离子交换膜进入阴极，阴极为CO2与H+反应生成CH3OH；
①阴极发生反应为：；
②直接电解时，装置中主要是电能转化为化学能，而光电催化装置中主要为电能和太阳能转化为化学能，因此电能消耗更少；
（2）①反应Ⅰ的正反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，因此CO2的转化率上升；
②由图可知，平衡时CO2的转化率为40%，其转化量n(CO2)=2×40%ml=0.8ml，由CO的选择性可计算出n(CO)=0.8ml×25%=0.2ml，因此反应Ⅰ理论上消耗H2的物质的量为0.2ml；温度过低，反应速率太慢；温度过高，CO选择性过大，二甲醚的选择性减小，不利于二甲醚的合成；
（3）①由盖斯定律可知：反应Ⅲ×2+反应Ⅳ得反应Ⅱ，即(-49kJ/ml)×2+ΔH=-122.5 kJ/ml，解得ΔH=-24.5 kJ/ml；
②反应Ⅱ分为反应Ⅲ和Ⅳ两步完成，反应Ⅲ生成的CH3OH被反应Ⅳ消耗掉，使反应Ⅲ的平衡向正反应方向移动，提高了CO2的转化率。
21.天门冬氨酸锌是一种补锌剂，可以用、天门冬氨酸为原料制备。
(1)基态核外电子排布式为_________________。
(2)的空间构型为_____________(用文字描述)；与互为等电子体的一种阳离子的化学式为_____________。
(3)天门冬氨酸()分子中氮原子的轨道杂化类型为_____________；天门冬氨酸_______(填“难溶”或“易溶”)于盐酸。
(4)ZnO的晶胞结构如图所示，的配位数为_____________。
【答案】(1). (2). 平面(正)三角形 (3). (4). (5). 易溶 (6). 4
【详解】（1）Zn的基态核外电子排布式为，Zn失去最外层2个电子后，其核外电子排布式为：；
（2）中价层电子对数为：=3，其化学键与O原子相连，其孤电子对数为0，其空间构型为平面三角形；H2O中价层电子总数为8+2=10，原子数为3，因此与H2O互为等电子体的一种阳离子为：；
（3）N原子相连的δ键数为3，其价层电子对数为=4，其轨道杂化类型为sp3；天门冬氨酸中含有亲水基(羧基、氨基)，且氨基具有碱性，能与盐酸反应，因此天门冬氨酸易溶于盐酸；
（4）由图可知，与Zn2+相连的等距且距离最短的O2-有4个，因此Zn2+的配位数为4。选项
实验操作和现象
结论
A
向某溶液中先滴加稀硝酸，再滴加溶液，出现白色沉淀
该溶液中一定含有
B
向溶液中滴加少量溶液，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝色
的氧化性比的强
C
向、的混合溶液中滴加少量溶液，有黑色沉淀生成
D
用试纸测得的溶液与的溶液的分别为3、5
酸性：