5已知：下列说法错误的是A.滤液1中的主要成分为Na2[Zn(OH)4]和NaOHB.若向滤液1中逐滴滴加硫酸至过量，先生成白色沉淀，最终白色沉淀消失C.系列操作②包括蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥D.可用酒精洗涤胆矾晶体，除去表面的杂质【答案】C【解析】【详解】A．向废液中加入过量的溶液，发生反应，滤液1中的主要成分为和，A正确；B．向滤液1中逐滴滴加硫酸，发生反应，生成白色沉淀，继续加入硫酸，，沉淀溶解，B正确；C．因为生成胆矾结晶水合物，所以操作②为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，C错误；D．可用酒精洗涤胆矾晶体可以除去表面的杂质，便于干燥，D正确；故选C。10.己二腈[NC(CH2)4CN]是合成尼龙66的重要中间体。利用电解技术将丙烯腈(CH2=CHCN)转化为己二腈的装置如图所示。下列说法正确的是
6A.石墨电极1是阴极B.电解过程中稀硫酸浓度减小C.石墨电极2的电极反应式为：D.制备1molNC(CH2)4CN，生成O2的体积为22.4L(标准状况)【答案】C【解析】【详解】A．石墨电极2的电极反应式，发生还原反应，为阴极，石墨电极1是阳极，A错误；B．石墨电极1是阳极，发生反应：，消耗水，稀硫酸浓度增大，B错误；C．石墨电极2为阴极，电极反应式为：，C正确；D．根据反应，生成1mol，转移2mol，根据反应，生成0.5mol，标况下体积为11.2L，D错误；故选C。二、选择题：本题共5小题，每题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列对有关实验现象的解释或所得结论错误的是选项实验操作现象解释或结论A向2mL0.1mol·L-1Na2S溶液中滴加0.1mol·L-1ZnSO4溶液至不再有沉淀产生，再滴加几滴0.1mol·L-1CuSO4溶液先产生白色沉淀，又出现黑色沉淀Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)B将少量铜粉加入稀硫酸中，无明显现象，再加入硝酸铁溶液铜粉溶解Fe3+与铜粉反应C将25℃0.1mol·L-1的Na2SO3溶液加热到40℃，用传感器监测溶液pH变化溶液pH逐渐减小温度升高，SO的水解增大程度大于水的电离增大程度D取2mL某卤代烃样品于试管中，加入5mL20%KOH产生白色沉淀该卤代烃中含有氯元素
7溶液并加热，冷却到室温后加入足量稀硝酸再滴加AgNO3溶液A.AB.BC.CD.D【答案】BC【解析】【详解】A．向2mL0.1mol·L-1溶液中滴加0.1mol·L-1溶液至不再有沉淀产生，发生反应：，再滴加几滴0.1mol·L-1溶液，沉淀转化为更难溶的沉淀，，，A正确；B．将少量铜粉加入稀硫酸中，无明显现象，再加入硝酸铁溶液，铜粉溶解，在酸性条件下有强氧化性，将铜粉氧化，B错误；C．溶液加热，平衡正向移动，增大，增大，C错误；D．卤代烃样品中，加入5mL20%溶液并加热，卤代烃发生水解反应，冷却到室温后加入足量稀硝酸再滴加溶液，产生白色沉淀，证明卤代烃中含有氯元素，D正确；故选BC。12.从电解精炼铜的阳极泥(主要成分为Cu、Ag、C、Au等)中回收贵金属Au与Ag的工艺流程如下：已知：下列说法错误的是A.“酸浸氧化”通入氧气既能减少环境污染也能提高硝酸利用率B.滤渣I通过灼烧可得纯净的AuC.“溶浸”发生反应的离子方程式为D.“还原”中氧化产物与还原产物之比为1：2【答案】CD【解析】
8【分析】阳极泥中Cu、Ag与硝酸反应形成滤液Ⅰ中的Cu2+和Ag+，滤渣Ⅰ中含C、Au；沉银环节Ag+与Cl-结合形成氯化银沉淀过滤形成滤渣Ⅱ，滤液Ⅱ中含有Cu2+；溶浸环节氯化银与硫代硫酸钠反应；最后经N2H4还原生成单质银和氮气【详解】A．硝酸的还原产物为NO，可与氧气和水反应生成硝酸，一方面提高硝酸利用率，一方面降低一氧化氮对环境的污染，A正确；B．滤渣Ⅰ中含C、Au，灼烧可将C转化成CO2，得到较纯净Au，B正确；C．溶浸环节氯化银与硫代硫酸钠反应的离子方程式为，C不正确；D．，，根据得失电子守恒，转移相同电子数，氧化产物N2与还原产物Ag物质的量之比为4∶1，D不正确；故选CD。13.我国科研人员设计将脱除SO2的反应与制备H2O2相结合的协同转化装置如图。在电场作用下，双极膜中间层的H2O解离为OH-和H+，并向两极迁移。已知：①单独制备H2O2：，不能自发进行；②单独脱除SO2：，能自发进行。下列说法正确的是A.正极的电极反应式：B.单独脱除SO2的反应为吸热反应C.反应过程中需补加稀H2SO4D.协同转化总反应：【答案】A【解析】
9【分析】二氧化硫端：二氧化硫与氢氧化钠反应生成，再失去电子生成，为负极，其电极反应为：；氧气端：氧气得电子，与氢离子结合生成过氧化氢，为正极，其电极反应为。【详解】A．根据分析可知氧气端为正极，正极反应为，A正确；B．单独脱除SO2是一个熵减的过程，因为此反应可自发进行，因此该反应为放热反应，B错误；C．反应过程中不需要补加稀硫酸，因为右侧消耗的氢离子数目等于从双极膜中迁移过来的氢离子数目，C错误；D．根据正负极反应可知协同转化总反应：，D错误；故选A。14.二氧化碳与氢气反应制备甲醇在不同催化剂作用下的反应历程如图所示，图中数值为对应基元反应的活化能。下列说法错误的是A.HCOO*比COOH*更容易生成B.羧酸路径中的含碳中间产物有5种C.甲酸盐路径决速步发生反应的方程式为D.二氧化碳与氢气通过甲酸盐路径制备甲醇释放的能量比羧酸路径多【答案】AC【解析】【详解】A．相同条件下生成HCOO*的活化能比生成COOH*活化能更低，因此HCOO*比COOH*
10更容易生成，A正确；B．羧酸路径中的含碳中间产物有6种，B错误；C．决速步指是活化能最高的一步，因此甲酸盐路径决速步发生反应的方程式为，C正确；D．二氧化碳与氢气通过甲酸盐路径和羧酸路径都是制备甲醇，根据盖斯定律可知两个路径释放的能量一样多，D错误；故选AC。15.常温下，天然水体中的H2CO3与空气中的CO2保持平衡，pH变化对H2CO3的浓度基本无影响。已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，常温时测得某溶洞水体中-lgc(X)(X为H2CO3、HCO、CO或Ca2+)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是A.随pH增大，c(HCO)与c(Ca2+)的变化趋势相同B.H2CO3的二级电离常数Ka2=10-8.3C.N点对应溶液中，c(Ca2+)=0.0028mol·L-1D.pH=7时，lgc(CO)-2lgc(HCO)=1【答案】BD【解析】【分析】因为pH变化对H2CO3的浓度基本无影响，所以④为H2CO3；根据图象可知，随着pH的的增大，溶液碱性增强，HCO、CO浓度都增大，而曲线①在pH很小时也产生，因此曲线①代表HCO，②代表CO，③代表Ca2+，曲线①与H2CO3曲线的交点处c(HCO)=c(H2CO3)，
11，曲线①与曲线②的交点cc(HCO)=c(CO)，。【详解】A．由上述分析可知①代表HCO，③代表Ca2+，c(HCO)与c(Ca2+)的变化趋势不相同，A错误；B．由上述分析可知，B正确；C．由分析可知，N点处c(H+)=10-8.3mol·L-1，c(H2CO3)=10-5mol·L-1，代入，得c(CO)=10-4.7mol·L-1，根据Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，得c(Ca2+)=2.8×10-4.3mol·L-1，C错误；D．直线①方程为：；直线②方程为：，得lgc(CO)-2lgc(HCO)=1，D正确；故选BD。三、非选择题：本题共5个小题，共60分。16.锌及其化合物在医药、科研等方面都有重要应用。回答下列问题：（1）Zn元素位于元素周期表的_______区，基态Zn原子核外电子的空间运动状态有_______种。（2）一种锌的配合物结构如图所示。中心离子提供空轨道的能级是_______；H、C、Cl、Br电负性由大到小的顺序为_______；C、N原子的杂化方式共有_______种。该配合物中H-N-H键角为109.5°，而NH3分子中H-N-H键角为107°，原因是_______。（3）ZnO立方晶胞结构如图所示
12A点原子的分数坐标为()，则B点原子的分数坐标是_______。该晶胞中距离最近的两个Zn原子间的长度为anm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则ZnO晶体的密度为_______g·cm-3(用代数式表示)。【答案】（1）①.ds②.15（2）①.4s4p②.③.2④.配合物中单原子的孤电子对与形成配位键，对成键电子对的排斥力减小，键角变大（3）①.②.【解析】【小问1详解】Zn是30号元素，根据核外电子排布规律可知，Zn的电子排布式为，，电子层数等于周期数，位于周期表ds区，空间运动状态即轨道数，共有15种；【小问2详解】配合物中中心离子为，排布式为：，提供空轨道的能级是4s和4p；根据元素在周期表中的位置，H、C、Cl、Br电负性由大到小的顺序为：；在分子中，C原子为杂化，N原子为杂化，C、N原子的杂化方式共有2种；配合物中单原子的孤电子对与形成配位键，对成键电子对的排斥力减小，键角变大，所以H-N-H键角大于NH3分子中H-N-H键角；【小问3详解】图中A点原子的分数坐标为()，则B点原子的分数坐标是；晶胞中Zn个数为：4，O的个数为：，所以有4个，该晶胞中距离最近的两个Zn原子间的长度为anm，所以晶胞的边长为：，根据。17.铟是一种稀有贵金属，广泛应用于航空航天、太阳能电池等高科技领域。从铜烟灰酸浸渣(主要含PbO、FeAsO4·2H2O、In2O3)中提取铟和铅的工艺流程如下：
13已知：①焙烧后金属元素均以硫酸盐的形式存在；②In(OH)3性质与Al(OH)3类似。回答下列问题：（1）FeAsO4·2H2O中铁元素化合价为_______。（2）生成PbO粗品的化学反应方程式为_______。（3）PbO在NaOH溶液中溶解度曲线如图所示，PbO粗品中的杂质难溶于NaOH溶液。结合溶解度曲线，简述提纯PbO粗品的操作_______。（4）“还原铁”反应的离子方程式为________（5）“萃取除铁”中，发现当溶液pH>1.5后，钢萃取率随pH的升高而下降，原因是_______（6）为测定PbO产品的纯度，探究小组同学准确称取PbO1.161g，加入稀硝酸使其完全溶解，再加入蒸馏水配制成50.00mL溶液：冷却至25℃，用0.100mol·L-1H2SO4滴定该溶液，滴定曲线如图所示。
14已知：；a点的坐标为(50，3.8)①25℃，PbSO4的Ksp=_______。②PbO产品的纯度为_______。【答案】（1）+3（2）（3）将粗PbO溶解在35%NaOH溶液中，配成高温下的饱和溶液，趁热过滤，降温结晶、过滤，洗涤干燥（4）（5）铟离子发生水解，导致铟萃取率下降（6）①.10-7.6②.96%【解析】【分析】从铜烟灰酸浸渣(主要含PbO、FeAsO4·2H2O、In2O3)中提取铟和铅，铜烟灰酸浸渣加入硫酸溶液硫酸化、焙烧后得到的焙砂，再加水水浸，浸渣加入10%氢氧化钠溶液加热处理后冷却、过滤，得到滤液和PbO粗品，经处理得到PbO；水浸液加硫代硫酸钠还原铁，再加入萃取剂萃取出含有亚铁离子和的水溶液，除铁后的有机相中加硫酸溶液反应萃取去掉萃余液，一系列处理得到粗铟。【小问1详解】FeAsO4·2H2O中O元素的化合价为-2价，As元素的化合价为+5价，根据化合物的化合价代数和为0，则铁元素化合价为+3价；【小问2详解】水浸后的硫酸铅与氢氧化钠反应生成PbO粗品和硫酸钠，反应的化学反应方程式为；【小问3详解】根据PbO在NaOH溶液中溶解度曲线，PbO粗品中的杂质难溶于NaOH溶液，结合溶解度曲线，可知，氢氧化钠浓度较大时PbO溶液度较大，提纯PbO粗品的操作为将粗PbO溶解在35%NaOH溶液中，配成高温下的饱和溶液，趁热过滤，降温结晶、过滤，洗涤干燥；【小问4详解】“还原铁”是利用硫代硫酸钠将铁离子氧化为亚铁离子，反应的离子方程式为；【小问5详解】“萃取除铁”中，发现当溶液pH>1.5后，钢萃取率随pH的升高而下降，原因是铟离子发生水解，导致铟萃取率下降；
15【小问6详解】根据图像，加入50mLH2SO4时，沉淀完全，-lgc(Pb2+)=3.8，则c(Pb2+)=10-3.8mol/L，根据反应，则c(Pb2+)=c()，25℃，PbSO4的Ksp(PbSO4)=c(Pb2+)·c()=10-3.8mol/L10-3.8mol/L=10-7.6mol2/L2；②加入50.00mL0.100mol/LH2SO4与Pb2+恰好完全反应，，n(Pb2+)=n()=0.100mol/L0.05L=0.005mol，根据原子守恒n(PbO)=n(Pb2+)=0.005mol，PbO的质量m=nM=0.005mol223g/mol=1.115g，PbO产品的纯度为。18.三氯乙醛(CCl3CHO)是无色油状液体，是制取农药的常用原料。某探究小组模拟工业生产制备三氯乙醛的实验装置如图所示(夹持、加热装置均略去)。查阅资料知：①制备CCl3CHO的反应原理为：，可能发生的副反应有：；。②有关物质的性质：物质C2H5OHCCl3CHOCCl3COOHC2H5Cl熔点/℃-114.1-57.158-138.7沸点/℃78.397.819812.3溶解性与水互溶可溶于水、乙醇可溶于水、乙醇微溶于水、可溶于乙醇回答下列问题：（1）装置A中发生反应的离子方程式为_______，仪器a的作用是_______。
16（2）实验时，应维持装置D的反应温度为70℃左右，装置D采用较合理的加热方式是_______，若发现D中导管口处气泡速率过快，合理的解决方法是_______。（3）若撤去装置C会导致CCl3CHO产率降低，原因是_______。（4）从反应后的混合物中获得CCl3CHO粗产品，应采取的实验操作方法是_______。（5）粗产品纯度测定：Ⅰ.称取mgCCl3CHO(相对分子质量为147.5)粗产品，配成待测溶液，然后用酸式滴定管量取xmL0.100mol·L-1碘标准溶液加入待测溶液，再加入适量碳酸钠溶液，使反应：、充分进行；Ⅱ.再加适量盐酸调节溶液的pH，并立即用0.020mol·L-1Na2S2O3溶液滴定至终点，发生反应：；Ⅲ.重复上述操作3次，平均消耗Na2S2O3溶液ymL。测得产品的纯度为_______，下列情况可能导致产品纯度的测量值偏小的是_______(填标号)。a.量取碘标准液时，酸式滴定管未用碘标准液润洗b.在滴定终点读数时，俯视标准液液面c.Na2S2O3溶液部分被氧化d.步骤Ⅱ加入盐酸调节溶液pH，调节后溶液pH过低【答案】（1）①.②.冷凝回流（2）①.水浴加热②.调节分液漏斗的活塞，控制浓盐酸滴加的速度，控制氯气生成的速率（3）含有水，会部分溶解，导致产率降低（4）蒸馏（5）①.②.ac【解析】【小问1详解】装置A是实验室制取氯气，中发生反应的离子方程式为：，乙醇的沸点较低，仪器a的作用是冷凝回流，提高原料的利用率；【小问2详解】反应温度为70℃左右，装置D采用较合理的加热方式是：水浴加热；发现D
17中导管口处气泡速率过快，是因为产生的氯气的速率过快，可以通过调节分液漏斗的活塞，控制浓盐酸滴加的速度，控制氯气生成的速率；【小问3详解】装置C的作用是：吸收中的水，若含有水，会部分溶解，导致产率降低；【小问4详解】中含有、、，为沸点不同的液体混合物，所以可以通过蒸馏的方法获得粗产品；【小问5详解】根据反应，，与反应的，与溶液反应，根据反应、，，产品的纯度为：；操作过程中，a.量取碘标准液时，酸式滴定管未用碘标准液润洗，碘标准液被稀释，物质的量减小，测得浓度偏小；b.在滴定终点读数时，俯视标准液液面，使标准液体积（y）偏小，测得浓度偏大；c.溶液部分被氧化，标准液体积（y）偏大，测得浓度减小；d.步骤Ⅱ加入盐酸调节溶液pH，若溶液pH过低，不影响测得浓度；故选ac。19.环己双妥明是一种有效的降脂药物，一种以A()为原料合成环己双妥明的路线如图所示：已知：①+②（1）C的化学名称为_______，B→C的反应类型为_______。
18（2）C→D的化学方程式为_______。（3）I的结构简式为_______。（4）化合物H的同分异构体中能同时满足以下两个条件的有_______种(不考虑立体异构)。①含有两个甲基；②含有酯基，且能发生银镜反应。其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为6：2：1的结构简式为_______(任写一种)。（5）根据上述信息，写出以1，3-丁二烯和为原料制备的合成路线(无机试剂任选)。______【答案】（1）①.环己醇②.加成反应（2）2+O2 2+2H2O（3）（4）①.4②.或（5）【解析】【分析】B含碳碳双键与水发生加成反应，C为，C的羟基发生催化氧化形成羰基，D为；根据已知②可知H为，H与乙醇发生酯化反应生成I。【小问1详解】C的化学名称为环己醇，B→C的反应类型为加成反应【小问2详解】C→D羟基发生催化氧化，反应方程式为：2+O2 2+2H2O；【小问3详解】根据分析得I的结构简式为【小问4详解】
19含有酯基，且能发生银镜反应，说明含有，且还满足两个甲基的同分异构体有、、、共4种，其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积之比为6：2：1的有、2两种【小问5详解】根据A→B的过程可知20.氙的氟化物是优良的氟化剂，稀有气体Xe和F2混合在催化剂作用下同时存在如下反应：反应I：反应Ⅱ：反应Ⅲ：已知：XeF2选择性是指生成XeF2所消耗的Xe的物质的量与初始Xe的物质的量的比值。回答下列问题：（1）向刚性密闭容器中加入nmol的Xe和4mol的F2，初始压强为106Pa，测得在相同时间内，上述反应Xe的转化率和XeF2的选择性与温度的关系如图1所示，则制取XeF2的最适宜温度为_______；当超过1000℃，XeF2选择性随着温度升高而降低的可能原因是_______。（2）在1000℃时，初始条件同上，xi表示含Xe元素的某物质与含Xe元素各物质的总物质的量之比，xi随时间t变化关系如图2所示。测得平衡时XeF2的选择性为80%，图2中表示XeF4变化的曲线是
20_______，则反应过程能量变化为_______kJ(用含X、Y的代数式表示)，F2的转化率为反应I以物质的量分数表示的平衡常数Kx=_______。（3）在1000℃时，反应Ⅱ的平衡常数Kp=_______，保持初始其他条件不变，反应达平衡后增大体系压强，的变化趋势为_______(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】（1）①.1000℃②.与反应生成了，使得XeF2选择性降低（2）①.a②.③.32n（3）①.0.5n②.增大【解析】【小问1详解】XeF2选择性是指生成XeF2所消耗的Xe的物质的量与初始Xe的物质的量的比值，比值越高，生成物中XeF2的占比越高，因此制取XeF2的最适宜温度为1000℃；由图可知当超过1000℃，Xe的转换率提高，但XeF2选择性随着温度升高而降低，可能原因是与反应生成了，使得XeF2产量降低。【小问2详解】该反应中Xe为反应物，物质的量存在初试初始值，随时间增大含量逐渐降低，因为平衡时XeF2的选择性为80%，由此可知XeF4含量小于XeF2，由图2可以看出a为XeF4变化的曲线，b为XeF2变化曲线，c为Xe变化曲线；产生XeF4的热化学反应方程式为：，由图可知XeF4占含Xe元素物质的10%，故反应过程能量变化为；由题可知Xe的物质的量为nmol，因为平衡时XeF2的选择性为80%，所以XeF2为0.8nmol，由图可知XeF4的物质的量为0.1nmol，Xe的物质的量为0.1nmol，因此F2转化了nmol，F2的转化率为，反应I的平衡常数Kx=【小问3详解】在1000℃时，反应Ⅱ的平衡常数Kp=
21；保持初始其他条件不变，反应达平衡后增大体系压强，平衡向减小压强的方向移动，反应I正向移动，XeF2含量增大，反应Ⅱ也正向移动，的变化趋势为增大。
