云南腾冲2022-2023学年高二化学期中考试卷

这是一份云南腾冲2022-2023学年高二化学期中考试卷，共23页。试卷主要包含了单选题，元素或物质推断题，填空题，实验题，工业流程题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

云南腾冲2022-2023学年高二化学期中考试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．据报道，化学家已创造出对CO2有较强吸收能力的、颗粒外层为SiO2的粉状物质——“干水”，其含水量约为95%，下列说法正确的是（　　）
A．干水吸收CO2的过程中只发生物理变化
B．干水和干冰是同一种物质
C．干水是一种混合物
D．干水中的分子不再运动
2．下列有关化学用语表示正确的是
A．质子数为53、中子数为78的碘原子：5378I B．S2－的结构示意图：
C．N2的结构式： D．NH4I的电子式：
3．化学是以实验为基础的科学。下列实验操作或做法正确且能达到目的的是
选项
实验操作或做法
目的
A
取pH试纸于玻璃片上，用玻璃棒取少量溶液，点在试纸上观察颜色
检测某新制氯水的pH
B
溴乙烷和NaOH乙醇溶液共热，将产生的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色
检验反应生成了乙烯
C
分别向盛有NaI、、的试管中滴加稀盐酸，观察实验现象
鉴别NaI、、三种溶液
D
分别向0.1的NaCl溶液和溶液中逐滴滴加0.01 溶液
比较(AgCl)与 ()的大小

A．A B．B C．C D．D
4．下列说法正确的是
A．1mol任何气体的体积都约为22.4L
B．标准状况下，气体的摩尔体积约为22.4L
C．温度为273K，压强高于101kPa时，1mol气体的体积小于22.4L
D．若1mol某气体的体积为22.4L，则该气体一定处于标准状况
5．如果n为第ⅡA族中某元素的原子序数，则原子序数为n+1的元素可能位于（    ）
①第ⅢA族     ②第ⅤA族     ③第ⅢB族     ④第ⅠA族
A．①③ B．①② C．②③ D．①③④
6．下列解释事实的离子方程式错误的是
A．过量铁粉与稀硝酸反应：
B．用石墨电极电解饱和食盐水：
C．用溶液处理锅炉水垢中的，
D．向溶液中加入少量的溶液：
7．下列各组元素性质的叙述中，正确的是
A．N、O、F的电负性依次增大 B．N、O、F的第一电离能依次增大
C．N、O、F的最高正化合价依次升高 D．O、F、Ne的原子半径依次减小
8．双碱法脱硫过程如图所示。下列说法不正确的是

A．过程Ⅰ中，表现出酸性氧化物的性质
B．过程Ⅱ中，1mol可氧化2mol
C．总反应为
D．双碱法脱硫过程中，可以循环利用
9．乙酰水杨酸即阿司匹林是最常用的解热镇痛药，其结构如图所示。关于它的描述中不正确的是

A．分子式为C9H8O4
B．其在酸性条件下水解产物遇氯化铁溶液可以呈现紫色
C．1mol 乙酰水杨酸最多可以与3molH2 反应
D．1mol 乙酰水杨酸最多可以与2molNaOH 反应
10．下列说法正确的是

A．红热的C 与H2O 蒸气反应制取水煤气是放热反应
B．反应物的总能量低于生成物的总能量时，一定不能发生反应
C．同温同压下，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照或点燃的条件下的 ΔH 相同
D．由图可知：CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)   ΔH＞0
11．已知25℃时，、。在和均为0.1mol/L的酸性溶液中，逐滴加入NaOH稀溶液使pH慢慢增大至7，下列判断正确的是
A．先沉淀 B．先沉淀
C．同时沉淀 D．和均不可能沉淀
12．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A．CaCO3(s) CaO(s)＋CO2(g)，平衡时将容器的体积缩小至一半，新平衡的CO2浓度与原平衡相同
B．升温Kw增加
C．用热的纯碱溶液去污效果更佳
D．恒温恒压的容器中有2NO2N2O4，若通入Ar，气体的颜色先变浅后逐渐加深
13．研究HCOOH燃料电池性能的装置如图所示，两电极区间用允许K+、H+通过的离子交换膜隔开，下列说法错误的是

A．该燃料电池的总反应方程式为：HCOOH+Fe3+=CO2↑+H2O+Fe2+
B．放电过程中，K+向右移动
C．放电过程中需要补充的物质A为H2SO4
D．电池负极电极反应式为：HCOO-+2OH--2e-=+H2O
14．已知：pOH= -lgc(OH-)。298 K时，向20.00 mL0.10mol·L-1氨水中滴入0.10 mol·L-1的盐酸，溶液的pH和pOH与加入盐酸体积关系如图所示。下列说法正确的是

A．曲线PJN表示溶液中pH的变化
B．M点水的电离程度比Q点大
C．M、P两点的数值之和a + b = 14
D．pH与pOH交叉点J对应的V(盐酸)=20.00 mL

二、元素或物质推断题
15．元素周期表前18位元素A、B、C、D核电荷数依次增大。A元素原子核内无中子，B元素原子M层电子数比最内层的电子数多1个，C元素的原子最外层电子数是K层电子数的3倍，D-离子电子层结构与氩原子的电子层结构相同。由此推断：
(1)A、B、C、D元素符号依次是_______、_______、_______、_______。
(2)①A原子的结构示意图为_______；
②C离子的结构示意图为_______。
(3)B离子的电子式为_______；
(4)D-的电子式为_______。
(5)B单质和C单质反应生成的化合物的化学式是_______。
(6)与B离子电子层结构相同的微粒有_______。(任意写出4种即可)

三、填空题
16．与氯元素同族的短周期元素的原子，其核外能量最高的电子所处的电子亚层是________；碘元素在元素周期表中的位置是___________；液溴的保存通常采取的方法是__________。

四、实验题
17．某小组同学在实验室制备、收集氯气，并进行氯水中相关物质的性质探究，回答下列问题。
(1)制备Cl2。写出装置Ⅰ中发生的化学反应方程式_____________。

(2)氯水相关物质的性质探究。
①若装置Ⅳ中试剂b为H2O，制得氯水。写出Cl2与H2O反应的化学方程式为_________。
②若装置Ⅳ中试剂b为CCl4，可制得Cl2的CCl4溶液(Cl2可溶于CCl4溶液，且不与CCl4反应)。取稀盐酸、新制氯水、Cl2的CCl4溶液，分别滴在三张红色纸条上，可观察到只有滴加新制氯水的红色纸条褪色，证明____________________________。
③验证氯水中HClO光照分解的产物。将装置Ⅳ广口瓶中的氯水转移至三颈瓶内，将pH传感器、氯离子传感器、氧气传感器分别插入三颈瓶中(如图2)，用强光照射氯水，进行实验并采集数据，获得相关变化曲线。

若能够证明氯水中HClO在光照下发生了分解反应，则图3中纵坐标可以表示的物理量是
_________(填字母)。(注：酸性溶液中，c(H+)越大，pH越小，溶液酸性越强)。
a．氯水的pH    b．氢离子的浓度    c．氯离子的浓度    d．氧气的体积分数   e．溶液的颜色
据此数据，可分析得到HClO在光照下发生的化学反应方程式为__________________。
(3)若要模拟工业制备漂白粉，装置Ⅳ中试剂b为_____，制备漂白粉的化学方程式为______________。
若用43.50g二氧化锰与足量浓盐酸(质量分数为36.50%)完全反应，制取氯气。将所得气体全部用于制备漂白粉，所制得的漂白粉中所含有效成分的质量为________。(本题要求写出计算过程，答案保留2位小数)

五、工业流程题
18．废旧锌锰电池通过拆分煅烧后，可得棕色锰粉(主要成分为MnO、Mn2O3、Mn3O4、MnO2、ZnO和ZnMn2O4)，从棕色锰粉中获得γ-MnO2和超细ZnO粉体的工艺流程如下图所示，结合流程回答以下问题：

(1)某课题组研究酸溶过程中相关条件对锌、锰浸出率的影响，以获得酸溶反应的最佳条件。由下图可知，酸溶反应的最佳条件为：搅拌速度_______r·min-1，温度_______℃。

(2)在上述确定的最佳条件下进行酸溶反应。酸溶的目的是将锌、锰元素转化为Zn2+、Mn2+，则酸溶过程，H2C2O4的主要作用是作_______，判断酸溶反应结束的现象是_______，酸溶过程不用H2O2代替H2C2O4的理由是：_______。
(3)Na2S2O8被还原为，请写出“氧化”步骤的离子方程式：_______。
(4)洗涤步骤中，判断洗涤干净的操作是_______。
(5)可用0.2500mol/L的EDTA测定ZnO纯度(已知EDTA与Zn2+按物质的量1：1反应，杂质不参与反应)，取1.800g制得的超细ZnO溶于适量硫酸，将溶液稀释至100mL，取25.00mL用EDTA滴定，消耗20.00mLEDTA，则制得的ZnO纯度为_______。

六、原理综合题
19．人们研究化学反应与能量之间的关系是为获得能量和新物质。
(1)燃烧时的能量变化如图，的燃烧热为___________。

(2)利用双离子交换膜电解溶液，可获得氨水和硝酸，装置如图。

①Ⅰ室和Ⅲ室可获得产品，a为___________离子交换膜。(填“阳”或“阴”)
②溶液A为___________(填“NaOH”或“”)，阴极电极反应式为___________。
(3)催化重整制取反应如下：
主反应：
副反应：
①混合气体通入装有CaO的反应管，可提高的产率，原因可能是___________，
②250～300℃，温度升高，平衡体系中的量减小，原因可能是___________。

七、有机推断题
20．化合物G俗称依普黄酮，是一种抗骨质疏松药物的主要成分。以甲苯为原料合成该化合物的路线如下图所示。

已知：①G的结构简式为
②ROOH++H2O
(1)反应①的反应条件为_______，反应F→G的反应类型为_______。
(2)化合物H用习惯命名法命名为_______
(3)E与足量的，完全加成后所生成的化合物中手性碳原子(连接四个不同原子或基团)的个数为_______。
(4)已知N为催化剂，则的化学方程式为_______。
(5)K是D的同系物，其相对分子质量比D多14，满足下列条件的K的同分异构体共有_______种。
①苯环上只有两个侧链；②能与Na反应生成；③能与银氨溶液发生银镜反应。
(6)根据上述信息，设计以苯酚和为原料，制备的合成路线_______(无机试剂任选)。

参考答案：
1．C
【详解】A. 干水吸收的CO2过程中，二氧化碳和水反应能生成碳酸，属于化学变化，故A错误；
B. 干水和干冰不是同一种物质，干冰是固体二氧化碳，干水是水和二氧化硅的混合物，故B错误；
C. 干水是水和二氧化硅组成的混合物，故C正确；
D. 干水中的分子是不断运动的，故D错误；
故选: C。
【点睛】注意题干信息“干水其含水量约为95%”，说明干水为混合物，外层为二氧化硅，内部为水。
2．C
【详解】A. 质子数为53、中子数为78的碘原子：53131I，A错误；B. S2－的结构示意图：，B错误；C. N2的结构式：N≡N，C正确；D. NH4I是离子化合物，电子式：，D错误，答案选C。
3．C
【详解】A．新制氯水中含有漂白性次氯酸能使有色物质褪色，不能检测某新制氯水的pH，故A错误；
B．挥发的乙醇也会使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰乙烯的检验，故B错误；
C．盐酸和碘化钠不反应、和硝酸银生成氯化银白色沉淀、和碳酸钠生成二氧化碳气体，能鉴别，故C正确；
D．氯化银、铬酸银两者沉淀的形式不同，不能通过该实验比较(AgCl)与 ()的大小，故D错误；
故选C。
4．C
【分析】A、气体摩尔体积22.4L/mol,的使用条件是标准状况；
B、气体摩尔体积的单位是L/mol；
C、根据pV=nRT可以知道, p、n相同,压强与条件成反比；
D、根据pV=nRT可以知道,1mol气体的体积为22.4L,所处的条件有很多,不一定是标准状况。
【详解】A、未指明是标准状况,不能使用气体摩尔体积22.4L/mol,故A错误；
B、标准状况下,气体的摩尔体积约为22.4L/mol,故B错误；
C、根据pV=nRT可以知道,T、n相同,压强与体积成反比,所以压强高于101kPa时,1mol气体的体积小于22.4L,所以C选项是正确的；
D、1mol某气体的体积为22.4L,根据pV=nRT可以知道,满足条件的T、P很多,不一定是标准状况,故D错误；
综上所述，本题正确选项C。
5．A
【详解】元素周期表中，在第二、三周期中，若为第Ⅱ族中某元素的原子序数，则原子序数为的元素位于第Ⅲ族；从第四周期往后，若为第Ⅱ族中某元素的原子序数，则原子序数为的元素位于第Ⅲ族；①③正确，故答案为A。
6．A
【详解】A．过量铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁和一氧化氮、水，反应的离子方程式是，故A错误；
B．用石墨电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气，反应的离子方程式是，故B正确；
C．用溶液处理锅炉水垢中的，硫酸钙转化为碳酸钙沉淀，，故C正确；
D．向溶液中加入少量的溶液，生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式是，故D正确；
选A。
7．A
【详解】A．根据同周期从左至右，主族元素的电负性逐渐增大，可知，N、O、F的电负性依次增大，A项正确；
B．同周期从左至右，元素的第一电离能总体上呈增大的趋势，但N元素原子的最外层电子为半充满状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，即第一电离能：O＜N＜F，B项错误；
C．N元素的最高正化合价为+5价，O元素的最高正化合价为+2价，F元素没有最高正化合价，C项错误；
D．同周期从左至右，元素的原子半径逐渐减小（0族元素除外），但0族元素的原子半径突然增大，故原子半径：Ne＞O＞F，D项错误；
答案选A。
【点睛】第ⅡA族、ⅤA族元素原子的最外层电子分别为全充满和半充满状态，其第一电离能大于同周期相邻元素。
8．D
【详解】A．过程Ⅰ的化学方程式为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，即酸性氧化物与碱反应生成盐和水，SO2表现出酸性氧化物的性质，故A正确；
B．过程Ⅱ中，O2中氧元素的化合价从0价降低到-2价，则O2做氧化剂，每1molO2可得到4mol电子，Na2SO3中硫元素的化合价从+4价升高到+6价，则每1molNa2SO3被氧化时，失去2mol电子，根据得失电子守恒可知，1mol O2可氧化2molNa2SO3，故B正确；
C．总反应的反应物为、SO2和O2，生成物为CaSO4，O2中氧元素的化合价从0价降低到-2价，SO2中硫元素的化合价从+4价升高到+6价，根据元素化合价升降总数守恒以及原子守恒可知总反应为，故C正确；
D．双碱法脱硫过程中，过程Ⅰ消耗NaOH，过程Ⅱ会生成NaOH，NaOH参与了反应，可循环利用，不能循环利用，故D错误；
故选D。
9．D
【分析】根据乙酰水杨酸的结构式可知，分子中的官能团有羧基和酯基。
【详解】A．由乙酰水杨酸的结构可知，分子式为C9H8O4，A正确；
B．乙酰水杨酸酸性水解后可生成，其中酚羟基遇Fe3+可发生显色反应，B正确；
C．1mol乙酰水杨酸中苯环可以与3molH2反应，羧基和酯基的碳氧双键不能加H2，故只能与3molH2 反应，C正确；
D．乙酰水杨酸的羧基和酯基均可以与NaOH 反应，生成的中仍然含有酚羟基，可以继续和NaOH反应，生成，故1mol 乙酰水杨酸最多可以与3molNaOH 反应，D错误；
故选D。
【点睛】本题D答案要注意，酯基酸性水解生成羟基和羧基，碱性水解生成羟基和羧酸钠，若是由苯酚生成的酯，水解之后生成的酚羟基还可以与NaOH反应，所以看消耗NaOH的量时不能只数酯基、羧基和酚羟基的数目，还要看酯基是由哪种羟基形成的。
10．C
【详解】A．红热的C 与H2O 蒸气需不断地提供高温环境才能发生反应，从而制取水煤气，此反应是吸热反应，A不正确；
B．反应物的总能量低于生成物的总能量时，此反应为吸热反应，但若不断提供反应所需的能量，反应也可能发生，B不正确；
C．依据盖斯定律，反应的热效应只与反应的始态和终态有关，而与反应发生的条件、反应的途径无关，所以在同温同压下，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照或点燃的条件下的 ΔH 相同，C正确；
D．图中信息显示，反应CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)的反应物能量高于生成物能量，所以反应为放热反应，ΔH＜0，D不正确；
故选C。
11．B
【详解】在和均为0.1mol/L的酸性溶液中，逐滴加入NaOH稀溶液，NaOH先与溶液中的氢离子反应，随着pH逐渐增大，又因Fe(OH)3和Cu(OH)2结构相似，Ksp[Cu(OH)2] > Ksp[Fe(OH)3]，溶度积越小越先生成沉淀，（或，铁离子开始沉淀时的pH更小）所以Fe3+先沉淀；
答案选B。
12．A
【详解】A. CaCO3(s) CaO(s)＋CO2(g)，平衡时将容器的体积缩小至一半，c(CO2)增大，平衡逆向移动，根据勒夏特列原理，新平衡的CO2浓度比原平衡时大，但温度不变，平衡常数不变，K= c(CO2)不变，因此新平衡的CO2浓度与原平衡相同，不能用勒夏特列原理解释，故A选；B. 水的电离是吸热过程，升高温度，促进水的电离，Kw= c(H+)c(OH-)增加，能够用夏特列原理解释，故B不选；C．碳酸根水解CO32-+H2OHCO3-+OH-，溶液呈碱性，水解过程是吸热过程，升高温度促进碳酸根水解，碱性增强，去油污能力增强，能用勒夏特利原理解释，故C不选；D．恒温恒压的容器中有2NO2N2O4，若通入Ar，导致容器体积增大，二氧化氮浓度降低，所以颜色变浅，但平衡逆向移动，导致气体颜色又加深，可以用平衡移动原理解释，故D不选；故选A。
13．A
【详解】A．该装置是燃料电池，因此总方程式为2HCOOH+O2+2OH-=2+2H2O，选项A错误；
B．根据图示，该燃料电池加入HCOOH的一端为负极，通入O2的一端为正极，因此放电时K+向正极移动，即向右移动，选项B正确；
C．在正极一端发生的反应为O2+4Fe2++4H+=4Fe3++2H2O，需要消耗H+，且排出K2SO4，可推出需要补充的物质A为H2SO4，选项C正确；
D．根据图示，负极的电极反应式为：HCOO-+2OH--2e-=+H2O，选项D正确。
答案选A。
14．C
【详解】A、此滴定实验是用盐酸滴定氨水，氨水显碱性，因此曲线PJN表示的是pOH的变化，故错误；B、曲线MJQ表示溶液中pH的变化，J点pH=pOH，此时溶液显中性，M点溶液显碱性，溶质为NH3·H2O和NH4Cl，对水的电离起抑制作用，Q点溶液显酸性，溶质可能是NH4Cl和HCl，也可能是NH4Cl，如果Q点溶质为NH4Cl，对水的电离起促进作用，因此可能Q点大于M点，故错误；C、根据图象，M点对应pH=a、pOH=b，又是常温下，因此有pH＋pOH=14，故正确；D、交叉点表示溶液显中性，因为NH3·H2O是弱碱，此时的溶质为NH3·H2O和NH4Cl，消耗盐酸的体积小于20.00mL，故错误。
15．(1) H Al S Cl
(2)
(3)Al3+
(4)
(5)Al2S3
(6)钠离子、镁离子、氟离子、氧离子

【分析】元素周期表前18位元素A、B、C、D核电荷数依次增大。A元素原子核内无中子，为氢；B元素原子M层电子数比最内层的电子数多1个，为13号铝；C元素的原子最外层电子数是K层电子数的3倍，且原子序数大于铝，则为16号元素硫；D-离子电子层结构与氩原子的电子层结构相同，为氯。
【详解】（1）由分析可知，A、B、C、D元素符号依次是H、Al、S、Cl；
（2）①A原子为氢原子，结构示意图为；
②C离子为硫原子得到2个电子后形成的硫离子，结构示意图为；
（3）B离子为铝原子失去3个电子后形成的阳离子，电子式为Al3+；
（4）D-为氯原子得到1个电子后形成的阴离子，电子式为；
（5）B单质和C单质反应生成硫化铝，化学式为Al2S3；
（6）B离子结构为，与铝离子电子层结构相同的微粒有钠离子、镁离子、氟离子、氧离子等。
16． 2p 第五周期ⅦA族 水封在棕色瓶中，密闭保存
【分析】与氯元素同族的短周期元素原子为F，再根据核外电子排布规律来分析即可；
碘元素第五周期的卤族元素；液溴易挥发，而挥发性的物质用水封在棕色瓶中密闭保存。
【详解】与氯元素同族的短周期元素原子为F，核外有9个电子，F原子核外电子排布式为： 1s22s22p5，可见能量最高的电子所处的电子亚层是2p；
碘元素第五周期的卤族元素，其在元素周期表的位置是第五周期ⅦA族；
液溴容易挥发，温度越高，挥发性越强，所以液溴通常放在棕色瓶中存放并用水形成水封在棕色瓶中，以密闭保存。
【点睛】本题考查了原子核外电子排布式、元素在周期表的位置及物质的保存方法。物质保存要结合物质的性质，原子结构决定元素在周期表的位置，元素在周期表的位置决定了物质的性质，掌握元素周期表与元素周期律的关系是本题正确解答的基础，侧重考查学生对基础知识掌握和应用能力。
17．(1)
(2) Cl2+H2O =HCl+HClO 氯水中HClO具有漂白作用 bcd
(3) 石灰乳 35.75g

【分析】装置Ⅰ中二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰和氯气，发生的化学反应方程式，由于浓盐酸易挥发，制取的氯气中含有HCl杂质气体，通入装置II中饱和食盐水可除去HCl，再通过装置III中浓硫酸干燥氯气，装置IV为氯气和熟石灰反应制取漂白粉，蘸有NaOH溶液的棉花可吸收尾气中氯气，防止污染空气；
【详解】（1）装置Ⅰ中二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰和氯气，发生的化学反应方程式；
（2）①Cl2与H2O反应生成HCl和HClO，反应的化学方程式为Cl2+H2O =HCl+HClO；
②取稀盐酸、新制氯水、Cl2的CCl4溶液，分别滴在三张红色纸条上，可观察到只有滴加新制氯水的红色纸条褪色，新制氯水中含有HClO，证明氯水中HClO具有漂白作用；
③a．氯水中含有次氯酸，光照条件下发生如下反应：，生成强酸盐酸，溶液酸性增强，pH减小，故a错误；
b．根据a的分析氯水中含有次氯酸，光照条件下发生如下反应：，生成强酸盐酸，溶液酸性增强，氢离子的浓度增大，故b正确；
c．光照条件下发生如下反应，生成强电解质HCl,所以溶液中氯离子浓度增大，故c正确；
d．次氯酸光照分解生成氧气，所以溶液中氧气的浓度增大，装置内气体混合物中氧气的体积分数增大，故d正确；
e．新制氯水因溶有氯气而呈黄绿色，久置后氯水的成分只有HCl，溶液的颜色逐渐变浅至无色，故e错误；
故答案为：bcd；
（3）工业上制备漂白粉是将氯气通入冷的熟石灰，则装置Ⅳ中试剂b为石灰乳，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙和水，反应的化学方程式为：；根据二氧化锰与足量浓盐酸反应方程式，制备漂白粉的化学反应方程式为，漂白粉中所含有效成分是Ca(ClO)2，可得关系式，则，解得m=35.75g。
18．(1) 200-250 50
(2) 还原剂 溶液中不再有气泡冒出 H2O2遇MnO2易分解
(3)Mn2+++2H2O=MnO2↓+2+4H+
(4)向最后一次洗涤液中加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无白色沉淀产生说明洗涤干净
(5)90.00%

【分析】由题给流程可知，向棕色锰粉中加入稀硫酸和草酸混合溶液酸溶，将锌、锰元素转化为锌离子和锰离子，过滤得到滤渣和含有锌离子和锰离子的滤液；将未溶的滤渣加入棕色锰粉中再次酸溶，提高原料的利用率；向滤液中加入过二硫酸钠溶液将溶液中的锰离子氧化为二氧化锰，过滤得到含有锌离子的滤液和二氧化锰；二氧化锰经洗涤、干燥得到纯净的二氧化锰；向滤液中加入碳酸氢钠，将滤液中的锌离子转化为碳酸锌沉淀，过滤得到碳酸锌；碳酸锌经多步转化得到超细氧化锌粉体。
(1)
由图可知，酸溶反应时，搅拌速度在200-250r/min范围内、温度为50℃的条件下，锌、锰浸出率较高，所以酸溶反应的最佳条件为搅拌速度在200-250r/min范围内、温度为50℃，故答案为：200-250；50；
(2)
由分析可知，酸溶的目的是将锌、锰元素转化为锌离子和锰离子，转化过程中锰元素的化合价降低被还原，则加入的草酸为酸溶反应的还原剂，将锰元素转化为锰离子，本身被氧化为二氧化碳，当没有二氧化碳气体逸出时，说明酸溶反应结束；由于过氧化氢在二氧化锰做催化剂的条件下，易分解生成氧气和水，会减慢反应速率，降低浸出率，所以不能用过氧化氢代替草酸，故答案为：还原剂；溶液中不再有气泡冒出；H2O2遇MnO2易分解；
(3)
由分析可知，加入过二硫酸钠溶液的目的是将溶液中的锰离子氧化为二氧化锰， 反应的离子方程式为Mn2+++2H2O=MnO2↓+2+4H+，故答案为：Mn2+++2H2O=MnO2↓+2+4H+；
(4)
判断二氧化锰沉淀洗涤是否干净实际是检验洗涤液中是否含有硫酸根离子，则具体的操作为向最后一次洗涤液中加入盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，无白色沉淀产生则洗涤干净，根答案为：向最后一次洗涤液中加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无白色沉淀产生则洗涤干净；
(5)
由题意可得如下转化关系：ZnO—Zn2+—EDTA，滴定时，25.00mL溶液消耗20.00mL 0.2500mol/L的EDTA，则1.800g样品中氧化锌的纯度为×100%=90.00%，故答案为：90.00%。
19．(1)
(2) 阴 或
(3) CaO吸收使浓度降低，主反应正向进行程度变大，副反应正向进行程度变小，的产率提高 由于、，温度升高使得主、副反应正向进行程度都变大，而副反应正向移动程度大与主反应正向进行的程度，故平衡体系中的量减小

【详解】（1）燃烧时的能量变化如图，得到热反应方程式为  ，则的燃烧热为；故答案为：。
（2）①要得到氨水和硝酸，根据图中信息左边为阳极，阳极是溶液中水中氢氧根离子失去电子变为氧气，剩余氢离子，氢离子与II中硝酸根穿过a进入到Ⅰ室结合形成硝酸，因此a为阴离子交换膜；故答案为：阴。
②要得到氨水和硝酸，根据前面分析Ⅰ室中得到硝酸，因此溶液A为稀硝酸，阴极是水中氢离子放电，则阴极电极反应式为或；故答案为：；或。
（3）催化重整制取反应如下：
主反应：
副反应：
①混合气体通入装有CaO的反应管，可提高的产率，原因可能是CaO吸收使浓度降低，正反应正向进行且主反应正向进行程度变大，副反应正向进行程度变小，的产率提高；故答案为：CaO吸收使浓度降低，主反应正向进行程度变大，副反应正向进行程度变小，的产率提高。
②250～300℃，温度升高，平衡体系中的量减小，原因可能是由于、，温度升高使得主、副反应正向进行程度都变大，而副反应正向移动程度大与主反应正向进行的程度，故平衡体系中的量减小；故答案为：由于、，温度升高使得主、副反应正向进行程度都变大，而副反应正向移动程度大与主反应正向进行的程度，故平衡体系中的量减小。
20．(1) 光照 取代反应
(2)间苯二酚
(3)4
(4)
(5)18
(6)

【分析】图示可知，A()与在光照条件下发生取代反应生成B()；与NaCN在一定条件下发生取代反应生成C()；在酸性条件下水解生成D()；与在一定条件下反应生成E()；与在催化剂N作用下反应生成F()和；与在碱性条件下反应生成G()。
【详解】（1）由反应流程图可知，反应①为甲苯与的取代反应，甲基上一个氢原子被氯原子取代，其反应条件应为光照；
F→G的反应中，的酚羟基上一个氢原子被中的异丙基取代生成G，反应为取代反应；
（2）D()+H→E()，发生的是已知信息反应②，则可推断化合物H的结构简式为，按照习惯命名法，应为间苯二酚；
（3）E与足量H2加成后的物质的结构简式为(手性碳原子用*标注)，则手性碳原子(连接四个不同原子或基团)的个数为4；
（4）已知N为催化剂，则的化学方程式为；
（5）K是D的同系物，其相对分子质量比D多14，则K比D多一个CH2；
满足③能与银氨溶液发生银镜反应，则需含有醛基；②能与Na反应生成H2，则需含有羟基或酚羟基；且满足①苯环上只有两个侧链；则有以下情况：
a.苯环上有1个羟基和一个，有3种；
b.苯环上有1个羟基和一个，有3种；
c.苯环上有1个甲基和一个，有3种；
d.苯环上有1个和一个，有3种；
e.苯环上有1个和一个，有3种；
f.苯环上有1个和一个有3种；
综上，共计有18种；
（6）以苯酚和为原料，制备；用逆合成分析法可知：目标产物可通过与苯酚发生信息反应②获得；
通过原料仿照流程反应B→C→D即可完成，即：和HCl在加热条件下发生取代反应生成；与NaCN反应生成；在酸性条件下水解生成；故所求有机合成路线如下：。