2023届吉林省长春市十一高中高三上学期零模考试化学试题含答案

这是一份2023届吉林省长春市十一高中高三上学期零模考试化学试题含答案，共33页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，原理综合题，有机推断题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。

吉林省长春市十一高中2023届高三上学期零模考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生产、生活、科技和环境等联系密切。下列有关说法正确的是
A．84消毒液的有效成分是NaClO，可以与医用酒精混合使用增强消毒效果
B．葛洪所著《抱朴子》中“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”是可逆反应
C．颁奖礼服内胆里添加的导热系数高的柔性石墨烯发热材料属于新型无机非金属材料
D．燃煤中加入CaO主要是为了减少温室气体的排放和酸雨的形成
【答案】C
【详解】A．84消毒液的有效成分是NaClO，有强氧化性，酒精有还原性，两者可以发生氧化还原反应，混合使用不能增强消毒效果，故A错误；
B．“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”反应条件不同，不是可逆反应，故B错误；
C．石墨烯发热材料属于新型无机非金属材料，故C正确；
D．燃煤中加入CaO主要是为了减少二氧化硫的排放，二氧化碳不会引起酸雨，故D错误；
故选C。
2．下列化学用语正确的是
A．BF3的电子式： B．Fe2+的结构示意图：
C．过氧化钠的化学式：Na2O2 D．碳—14原子表示为：14C
【答案】C
【详解】A．B原子最外层只有3个电子，与每个氟原子共用1对电子对，每个氟原子还有3对未共用电子对， BF3的电子式： ，A错误；
B．铁原子序数为26，核外26个电子，有4个电子层，依次排布2、8、14、2个电子， Fe2+的结构示意图：，B错误；
C． 过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，化学式：Na2O2，C正确；    
D．在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数。碳—14原子表示为：14C，D错误；
答案选C。
3．下列有关物质分类或归类中，正确的是
①胶体：碳纳米管(具有纳米尺度的直径)、氢氧化铁胶体、淀粉溶液
②纯净物：硝酸、液氯、冰水混合物
③化合物：CaCl2、NaOH、HCl、HD
④共价晶体：金刚石、Na2O、BN、SiO2
⑤电解质：明矾[KAl(SO4)2•12H2O]、石膏、硫酸、纯碱
⑥同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨烯
A．②⑤⑥ B．①③⑥ C．①⑤⑥ D．③⑤⑥
【答案】A
【详解】①碳纳米管是单质，不是胶体，①错误；
②硝酸、液氯、冰水混合物都是由单一组分构成的，属于纯净物，②正确；
③HD是由同种元素构成的单质，③错误；
④Na2O是由钠离子和氧离子构成的离子化合物，④错误；
⑤明矾[KAl(SO4)2•12H2O]、石膏、硫酸、纯碱都属于电解质，⑤正确；
⑥C60、C70、金刚石、石墨烯都是由碳元素构成的结构不同的单质，互为同素异形体，⑥正确；
正确是：②⑤⑥；
故选A。
4．设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．69 g NO2和N2O4的混合气体中所含原子数小于4.5NA
B．100 g38%的过氧乙酸的水溶液中氧原子数目为1.5NA
C．等物质的量的Na3N和NaN3中含有阴离子数相等
D．1 mol Na和足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子数为2NA
【答案】C
【详解】A．若69 g完全是NO2，其物质的量是n(NO2)=，其中含有的原子的数目是N=1.5 mol×3NA/mol=4.5NA；若69 g完全是N2O4，其物质的量是n(N2O4)=，其中含有的原子的数目是N=0.75 mol×6NA/mol=4.5NA。可见69 g NO2和N2O4的混合气体中所含原子数等于4.5NA，A错误；
B．除了溶质过氧乙酸中含有O原子外，溶剂H2O中也含有大量O原子，因此100 g38%的过氧乙酸的水溶液中氧原子数目大于1.5NA，B错误；
C．Na3N和NaN3都是离子化合物，其中1个Na3N中含有3个Na+和1个N3-；而1个NaN3中含有1个Na+和1个；可见等物质的量的Na3N和NaN3中含有阴离子数相等，C正确；
D．Na是+1价金属，与O2反应无论生成物是Na2O还是Na2O2还是二者的混合物，1 mol Na都是失去1 mol电子，则转移电子数为NA，D错误；
故合理选项是C。
5．下列叙述正确的是
A．在铁制品上镀铜时，镀件为阳极，铜盐溶液为电镀液
B．钢铁水闸可用外加电流的阴极保护法防止其腐蚀
C．钢铁吸氧腐蚀的负极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-
D．船底镶嵌锌块，锌作阴极，以防船体被腐蚀
【答案】B
【详解】A．电镀时，镀件作为阴极，被镀金属作为阳极，故A错误；
B．铁易被腐蚀，可用电化学方法防止其腐蚀，被保护时，被保护金属作为阴极或者正极，外加电流的阴极保护法属于电解池原理，故B正确；
C．钢铁吸氧腐蚀负极失电子，发生氧化反应，其电极反应式为：，故C错误；
D．船底镶嵌锌块，形成原电池，锌作为负极，铁作为正极，属于牺牲阳极的阴极保护法，故D错误；
故选B。
6．下列离子组一定能大量共存的是
A．甲基橙呈黄色的溶液中：Fe3+、Cl-、NO、I-
B．含大量OH-的溶液中：K+、CO、Cl-、F-
C．含大量Al3+的溶液中：Na+、K+、NO、HS-
D．石蕊呈蓝色的溶液中：Na+、AlO、NO、HCO
【答案】B
【详解】A．甲基橙呈黄色的溶液可能呈酸性、碱性、中性,在酸性溶液中，I-和NO发生氧化还原反应而不能大量共存，碱性条件下，氢氧根离子和三价铁离子不共存，A错误；
B．OH-与K+、CO、Cl-、F-不发生反应，可以共存，B正确；
C．澄清透明的溶液中：Al3+与HS-因发生双水解而不能大量共存，C错误；
D．使紫色石蕊溶液变蓝的溶液呈碱性，HCO在碱性溶液中都不能大量存在，D错误；
故选B。
7．用下列实验装置或操作进行相应实验，能达到实验目的的是
A．制备Fe(OH)3胶体
B．吸收NH3
C．制取碳酸氢钠
验证非金属性：S>C>Si





A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．制备Fe(OH)3胶体是在沸水中滴加饱和氯化铁溶液继续煮沸，该操作只能得到氢氧化铁沉淀，故A错误；
B．氨气极易溶于水，吸收氨气使进气管应该在液面上方，防止倒吸，故B错误；
C．二氧化碳在水中的溶解度不大，向溶液中通入二氧化碳时应将导管伸入液面以下但不接触底部，故C错误；
D．碳酸钠与硫酸反应生成二氧化碳和水、硫酸钠，则酸性：硫酸>碳酸；产生的二氧化碳通入到硅酸钠溶液中发生反应生成硅酸沉淀和碳酸钠，则酸性：碳酸>硅酸，根据元素周期律，最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性越强，则非金属性：S>C>Si，故D正确；
故选D。
8．下列表格中的实验操作、现象和结论均正确且具有对应关系的是
选项
实验操作
现象
结论
A
用玻璃棒蘸取某溶液置于酒精灯的外焰中灼烧
火焰呈黄色
该溶液中含有Na元素
B
将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液，
观察到溶液变红
证明：硫酸能将Fe2+氧化为Fe3+
C
取涂改液与KOH溶液混合加热充分反应，取上层清液，硝酸酸化，加入硝酸银溶液，观察现象
出现白色沉淀
涂改液中存在含氯化合物
D
向盛有一定浓度MgCl2溶液的试管中先滴加过量的NaOH溶液，再滴加FeCl3稀溶液
有红褐色沉淀生成
Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．玻璃中含有钠元素，该实验不能证明溶液中含有钠元素，应使用铂丝或光洁无锈的铁丝，A错误；
B．是硝酸将亚铁离子氧化为铁离子，不是硫酸氧化，B错误；
C．加入硝酸和硝酸银有白色沉淀，说明含有氯离子，C正确；
D．因为氢氧化钠是过量的，过量的氢氧化钠能和氯化铁反应生成氢氧化铁，不是实现氢氧化镁转化为氢氧化铁，故不能比较溶度积常数的大小，D错误；
故选C。
9．下列有机物命名正确的是
A．：2－硝基甲苯 B．：2－乙基－1，3－丁二烯
C．：乙二酸乙二酯 D．：2－甲基－3，4－二醇
【答案】B
【详解】A．的名称为对硝基甲苯或4-硝基甲苯，A错误；
B．选择包括2个碳碳双键在内的碳链为主链，从离支链较近的一端为起点，给主链上的C原子编号，以确定支链的位置，该物质名称为2－乙基－1，3－丁二烯，B正确；
C．是两分子乙醇与一分子的乙二酸发生酯化反应产生的酯，其名称为乙二酸二乙酯，C错误；
D．选择包括2个-OH所连C原子在内的最长碳链为主链，该物质分子中包含2个-OH所连C原子的最长碳链上有5个C原子，从离-OH较近的右端为起点，给主链上的C原子编号，以确定官能团及支链在主链上的位置，该物质名称为4－甲基－2，3－戊二醇，D错误；
故合理选项是B。
10．提纯下列物质(括号内为杂质)，所选试剂和方法不可行的是
选项
混合物
除杂剂
方法
A
溴苯(Br2)
NaOH溶液
分液
B
乙烷(乙烯)
H2
转化
C
食用油和汽油
——
蒸馏
D
I2(H2O)
CCl4
萃取、分液

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．溴和NaOH溶液反应转化为溴化钠、次溴酸钠，然后分液除去，A不符合题意；
B．易引入新杂质氢气，不能除杂，应选溴水、洗气，B符合题意；
C．食用油和汽油的沸点不同，可以用蒸馏的方法分离，C不符合题意；
D．单质碘易溶于四氯化碳中，且四氯化碳和水不互溶，故萃取后可以用分液的方法分离，D不符合题意；
故选B。
11．将已污染的空气通入某溶液，测其导电性的变化，能获得某种污染气体的含量。如果把含Cl2的空气通入NaOH溶液，导电性稍有变化，但溶液吸收Cl2的容量大；若用蒸馏水则吸收容量不大而导电性变化很大。现要测量空气中的H2S含量，能兼顾吸收容量和导电性变化的灵敏度的吸收溶液是
A．CuSO4溶液 B．稀硫酸 C．稀溴水 D．浓氨水
【答案】D
【分析】离子浓度变化越大，导电性变化越大，主要分析溶液中离子浓度的变化，以此解题。
【详解】A．硫化氢和硫酸铜溶液反应的离子方程式为：H2S+CuSO4=CuS+ H2SO4，反应前后离子浓度变化不大，A错误；
B．稀硫酸和硫化氢不反应，不能吸收硫化氢，B错误；
C．溴可以和硫化氢反应，但是溴在水中溶解度不大，故对硫化氢的吸收量不大，C错误；
D．硫化氢可以和氨水反应，方程式为：2 NH3·H2O+H2S=（NH4）2S+2H2O反应前后离子浓度变化，且氨气在水中溶解度大，符合题意，D正确；
故选D。
12．一种活性物质的结构简式如图所示。有关该物质的叙述不正确的是

A．所有原子不可能共面
B．分子式为C10H2O3
C．1 mol该物质与足量碳酸氢钠溶液反应得1 mol CO2
D．能发生取代反应，加成反应，酯化反应，还能发生加聚反应和缩聚反应
【答案】B
【详解】A．该物质分子中含有多个饱和C原子，具有甲烷的四面体结构，因此物质分子中所有原子不可能共平面，A正确；
B．根据物质键线式表示，结合H原子价电子数目是4个，可知该物质分子式为C10H18O3，B错误；
C．由于羧酸的酸性比碳酸强，所以含有羧基的该物质可以与NaHCO3反应产生CO2气体，由反应关系-COOH～CO2可知：1 mol该物质与足量碳酸氢钠溶液反应得1 mol CO2，C正确；
D．该物质分子中含有-OH、-COOH，能够发生取代反应、酯化反应、缩聚反应；含有不饱和的碳碳双键，则能够发生加成反应、加聚反应，D正确；
故合理选项是B。
13．某溶液中可能存在Br-、CO、SO、Al3+、I-、Mg2+、Na+7种离子中的某几种。现取该溶液进行实验，得到如下现象：(已知：5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3)
①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出；
②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成；
③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色。
根据以上信息，下列对溶液的组成判断正确的是
A．一定不含有Al3+、Mg2+、SO、I- B．一定含有Na+、CO、Br-
C．可能含有Na+、SO、Br-、I- D．可能含有Na+、I-
【答案】B
【详解】①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，说明溶液中含有，且有无色气泡冒出，说明溶液中含离子，则不含、；
②向所得橙色溶液中加入足量溶液，无沉淀生成，说明不含；
③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色，可能是碘离子氧化成单质碘，进一步单质碘被氧化成碘酸根离子或溶液中不含，所以溶液不变色，不能确定碘离子存在；
根据电中性原则，溶液中一定存在、、，一定不含、、，可能含有；
故选B。
14．W、X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大，W与Y同主族，X与Z同主族。其中、Y、Z构成的某种物质结构如图所示。下列叙述不正确的是

A．X、Z形成的简单氢化物稳定性：X>Z B．Y和Z形成的最简单化合物水溶液呈碱性
C．简单离子半径：Z>Y>X>W D．向该物质中加入稀硫酸，产生气泡和淡黄色沉淀
【答案】C
【分析】由X、Y、Z构成的某种物质结构示意图可知，化合物中Z原子能形成6个共价键、X能形成2个共价键，结合X与Z同主族可知，X为O元素、Z为S元素；Y元素能形成带一个单位正电荷的阳离子，结合W、X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大，W与Y同主族可知，W可能为H元素或Li元素、Y为Na元素，物质为硫代硫酸钠的结构示意图。
【详解】A．元素的非金属性越强其简单氢化物的稳定性越强，O的非金属性强于S，故X>Z，故A正确；
B．硫化钠是强碱弱酸盐，硫离子在溶液中水解使溶液呈碱性，故B正确；
C．电子层结构相同的离子，随核电荷数增大，离子的离子半径依次减小，则电子层结构相同的氧离子的离子半径大于钠离子，故C错误；
D．硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫气体、淡黄色的硫沉淀和水，故D正确；
故选C。
15．Cu－Ce－Ox固溶体作为金属催化剂，能有效促进电化学还原，反应产生CH4和C2H4的中间体，*CO在催化剂表面的反应机理如图所示。下列说法正确的是

A．制约CO2还原为C2H4反应速率的是*COH－COH→CH*－COH
B．*CH3O→CH4+O*只有化学键的形成
C．Cu－Ce－Ox固溶体催化剂对生成CH4有较高选择性
D．由*CO生成*OH的反应为*CO+5H+-5e-=CH4+*OH
【答案】C
【详解】A． 能垒高的可以制约反应，由图知，制约CO2还原为C2H4反应速率的是CH*－COH→*C－COH，A错误；
B． *CH3O→CH4+O*既有化学键的断裂、又有化学键的形成，B错误；
C．由图知，生成甲烷的历程中、活化能小，因此更容易生成甲烷、即 Cu－Ce－Ox固溶体催化剂对生成CH4有较高选择性，C正确；
D． 由*CO生成CH4与*OH的反应为化合价降低、得电子、是还原反应，D错误；
答案选C。
16．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．向Ca(ClO)2溶液中通入过量SO2：Ca2++6ClO-+2SO2+2H2O=4HClO+CaSO4↓+SO+2Cl-
B．向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液：2MnO+H2O2+6H+=2Mn2++3O2↑+4H2O
C．向NH4Fe(SO4)2溶液中滴加少量的Ba(OH)2溶液：2Fe3++3SO+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Fe(OH)3↓
D．向Mg(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液：Mg2++2HCO+2OH-=2MgCO3↓+2H2O
【答案】C
【详解】A．不符合物质反应的微粒数目比。Ca(ClO)2具有强氧化性，SO2具有还原性，二者在溶液中发生氧化还原反应产生CaSO4、HCl、H2SO4，该反应的离子方程式应该为：Ca2++2ClO-+2SO2+2H2O=CaSO4↓+SO+2Cl-+4H+，A错误；
B．电子不守恒，反应的离子方程式应该为：2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，B错误；
C．反应符合事实，遵循物质的拆分原则，C正确；
D．Mg(OH)2比MgCO3更难溶，反应产生Mg(OH)2、Na2CO3、H2O，反应的两种方程式为：Mg2++2HCO+4OH-=Mg(OH)2↓+2H2O+2，D错误；
故合理选项是C。
17．某有机物分子式为C5H9ClO2，能与Na2CO3、NaHCO3、反应生成CO2，加热条件下在NaOH溶液中发生水解反应，符合题意的有机物共有
A．8种 B．9种 C．10种 D．12种
【答案】D
【分析】某有机物分子式为C5H9ClO2，能与Na2CO3、NaHCO3、反应生成CO2，说明该物质分子中含有-COOH；加热条件下在NaOH溶液中发生水解反应。说明同时含有-Cl，则根据官能团位置不同引起的异构分析。
【详解】某有机物分子式为C5H9ClO2，能与Na2CO3、NaHCO3、反应生成CO2，加热条件下在NaOH溶液中发生水解反应，说明该物质分子中含有-COOH、-Cl，该物质可看作是C4H10分子中一个H原子被-Cl取代，一个H原子被-COOH取代产生的物质，C4H10有CH3CH2CH2CH3、两种不同结构，可采用定一移一方法，对应CH3CH2CH2CH3结构，若-COOH在链端，，分子中有4种不同位置的H原子可分别被-Cl取代，得到四种一氯取代产物；若-COOH在碳链第二个C原子上，，其分子结构中有4种不同位置的H原子可分别被-Cl取代，得到四种一氯取代产物；对应结构，若-COOH在链端，，分子中有3种不同位置的H原子可分别被-Cl取代，得到三种一氯取代产物；若-COOH连接在中间C原子上，，分子中只有1种不同位置的H原子可分别被-Cl取代，得到一种一氯取代产物，故分子式为C5H9ClO2，符合要求的同分异构体结构简式种类数目是4+4+3+1=12种，故合理选项是D。
18．以柏林绿Fe[Fe(CN)6]为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。

下列说法正确的是
A．放电时，Mo箔为电池的阳极
B．充电时，正极反应为Fe[Fe(CN)6]+2e-+2Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]
C．充电时，Na+通过交换膜从左室移向右室
D．外电路中通过0.2mo1电子时，正极质量变化为2.4g
【答案】C
【分析】由图可知，右侧电极镁失去电子发生氧化反应，为原电池的负极，则左侧为原电池的正极，以此解题。
【详解】A．由分析可知，放电时，Mo箔为电池的正极，A错误；
B．由分析可知，放电时，左侧为正极，由图可知，正极反应为：正极反应为Fe[Fe(CN)6]+2e-+2Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]，不是充电，B错误；
C．充电时该装置作电解池，电解池工作时阳离子移向阴极，Na＋应从左室移向右室，C正确；
D．根据选项B分析可知，正极反应为：Fe[Fe(CN)6]+2e-+2Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]，则外电路中通过0.2mo1电子时，正极质量变化为0.2×23=4.6g，D错误；
故选C。
19．已知298K时，Ksp(NiS)=1.0×10-21，Ksp(FeS)=6.0×10-18，其沉淀溶解平衡曲线如图所示(图中R表示Ni或Fe)，下列说法正确的是

(已知：≈2.4，≈3.2)
A．曲线I代表NiS
B．FeS+Ni2+NiS+Fe2+的平衡常数K=60000
C．与P点相对应的FeS的分散系是均一稳定的
D．M点对应的溶液中，c(S2-)≈3.2×10-11 mol•L-1
【答案】C
【分析】已知298 K时，Ksp(NiS)=1.0×10-21，Ksp(FeS)= 6.0×10-18，可知NiS较难溶于水，其溶度积常数更小，则图中I为FeS、II为NiS，曲线上的点为平衡点，据此解答。
【详解】A．由于298 K时，Ksp(NiS)=1.0×10-21，Ksp(FeS)= 6.0×10-18，可知NiS较难溶于水，其溶度积常数更小，则图中I表示为FeS、II表示为NiS，A错误；
B．FeS+Ni2+NiS+Fe2+的平衡常数K=，B错误；
C．曲线I表示FeS的沉淀溶解平衡曲线，P点在平衡线以上，为物质的不饱和溶液，因此是均一稳定的，C正确；
D．M点对应的溶液为FeS饱和溶液，c(S2-)=≈2.4×10-9 mol•L-1，D错误；
故合理选项是C。
20．25℃时，向10mL0.10mol•L-1的一元弱酸HA中逐滴加入0.10mol•L-1NaOH溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示(勿略混合前后溶液的体积差)。下列说法不正确的是

A．水的电离程度：b点和d点近似相同
B．a>1，可用酚酞指示滴定终点c
C．c点pH=b，HA的电离常数Ka=
D．d点时，c(Na+)>c(A-)+c(HA)+c(OH-)
【答案】D
【详解】A．酸或碱都抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大，b点氢离子浓度等于d点氢氧根离子浓度=10-3mol/L，所以抑制水电离程度相等，即b点和d点水的电离程度近似相同，A正确；
B． a>1，生成的NaA溶液为强碱弱酸盐，则可用酚酞指示滴定终点c，B正确；
C． c点溶液为NaA，水解呈碱性，pH=b，，，溶液中电荷守恒、溶液中物料守恒，则，可得：、 ，则HA的电离常数Ka== ，C正确；
D．溶液中电荷守恒、则d点时不可能存在c(Na+)>c(A-)+c(HA)+c(OH-)，D不正确；
答案选D。

二、工业流程题
21．纳米氧化锌可作为一些催化剂的载体，二氧化锰也常作催化剂、氧化剂与去极化剂，用途非常广泛。工业上由软锰矿(主要成分为MnO2)与锌精矿(主要成分为ZnS)酸性共溶法制备MnO2，及纳米ZnO，工艺流程如图：

已知：P5O7(酸性磷酸酯)可作萃取剂分离锌、锰离子，它是一种不溶于水的淡黄色透明油状液体，属于酸性萃取剂。
请回答下列问题：
(1)为了提高酸浸效果，可采取的措施有____。(答出一条即可)
(2)写出步骤①酸浸时ZnS与MnO2发生的主要反应的离子方程式：____。(无单质硫生成)，若软锰矿的比例较低，可能产生的后果是____。
(3)实验室完成步骤③所用到的主要玻璃仪器是____(填写名称)。
(4)完成步骤④中发生反应的离子方程式：____。
(5)经⑤所得水相再经过____过滤等操作得到ZnSO4•7H2O。
已知：①工业条件下，部分金属阳离子Mn+开始沉淀和完全沉淀时的pH值如图：

②相关常数：Ksp(ZnS)=2.1×10-22，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=7.0×10-15，Ka(CH3COOH)=1.8×10-5。
制得ZnSO4•7H2O后最终残留的酸性废液中含有ZnSO4，除去酸性废液中Zn2+的方法是：在酸性废液中加入一定量CH3COONa后，再通入H2S生成ZnS沉淀。处理后的溶液中部分微粒浓度为：
微粒
H2S
CH3COOH
CH3COO-
浓度(mol•L-1)
0.10
0.10
0.18

测：处理后的溶液中c(Zn2+)=____mol•L-1。
(6)ZnSO4•7H2O产品的纯度可用配位滴定法测定。下列关于滴定分析，正确的是____。A．滴定前，锥形瓶和滴定管均须用标准溶液润洗
B．将标准溶液装入滴定管时，应借助烧杯或漏斗等玻璃仪器转移
C．滴定时，通常用左手控制旋塞滴加溶液，右手摇动锥形瓶，使溶液向同一方向旋转
D．滴定前滴定管尖嘴内无气泡，滴定后尖嘴内有气泡，则测得的体积比实际消耗的小
【答案】(1)将矿石粉碎，增大接触面积加热搅拌等
(2)     ZnS+4MnO2+8H+=Zn2++SO+4Mn2++4H2O     ZnS与硫酸反应生成有毒的H2S污染空气
(3)分液漏斗
(4)ClO+3Mn2++3H2O=Cl-+3MnO2↓+6H+
(5)     加热蒸发(蒸发浓缩)、冷却结晶(降温结晶)     3.0×10-10
(6)CD

【分析】酸浸时发生反应：，过滤除去硫及不溶性杂质得到硫酸锰和硫酸锌的混合液，萃取后将硫酸锰和硫酸锌分离，水相为硫酸锰，在氯酸钠的氧化作用下得到；有机相经反萃取得到硫酸锌溶液，调节溶液pH得到沉淀，焙烧使分解得到纳米ZnO。
（1）
(1)提高酸浸效果，及反应充分，可采用适当增加硫酸浓度、适当升温、搅拌、延长反应时间、将锌精矿和软锰矿粉粹处理等，故填将矿石粉碎，增大接触面积加热搅拌等；
（2）
(2) 酸浸时发生反应：，其离子方程式为：；若软锰矿比例较低，则ZnS与硫酸反应生成有毒的硫化氢气体，污染空气，故填、ZnS与硫酸反应生成有毒的H2S污染空气；
（3）
(3)步骤③为萃取，实验室采用的主要玻璃仪器为分液漏斗，故填分液漏斗；
（4）
(4)步骤④为与反应生成的反应，其反应的离子方程式为：，故填；
（5）
(5)经⑤所得水相为硫酸锌溶液，可经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到晶体；由题可知，，其平衡常数====，又根据醋酸电离平衡：，可知，带入表中数据可得==，再根据，可得==，故填加热蒸发(蒸发浓缩)、冷却结晶(降温结晶)、；
（6）
(6)A．滴定前滴定管需用标准液洗涤2-3次，锥形瓶不用洗涤，否则测量结果偏高，故A错误；
B．转移标准液到滴定管中不需要借助烧杯或者漏斗，可直接加液，故B错误‘
C．滴定时，左右握住旋塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中颜色的变化，故C正确；
D．滴定前滴定管尖嘴内无气泡，滴定后尖嘴内有气泡，则实际消耗的标准液体体积变小，故D正确；
故填CD。
22．钛酸钡(BaTiO3)具有优良的铁电，压电和绝缘性能，在电子陶瓷中使用广泛。某兴趣小组设计方案在实验室里制备钛酸钡并测定其纯度，制备简易流程如图：

已知：室温下，TiCl4为无色液体，易挥发。
(1)“共沉”在如图装置中完成，仪器A的进水口是____(填“a”或“b”)：仪器B的名称是____；“共沉”时反应的化学方程式为____。

(2)“减压过滤”如图装置，减压的目的是____。

(3)在实验室中煅烧固体使用仪器名称____，煅烧时反应的化学方程式为____。
(4)产品纯度与“共沉”反应时间和“煅烧”时间的关系如图所示，你认为最佳“共沉”反应时间和“煅烧”时间分别为_____h、_____h。

【答案】(1)     b     三颈烧瓶(三颈圆底烧瓶、三口烧瓶)     TiCl4+BaCl2+(NH4)2CO3+4NH3•H2O=Ti(OH)4↓+BaCO3↓+6NH4Cl
(2)加快过滤速率，得到较为干燥的沉淀
(3)     坩埚     BaCO3+Ti(OH)4=BaTiO3+CO2↑+2H2O
(4)     3     4

【分析】“共沉”时反应的化学方程式为TiC4＋BaCl2＋(NH4)2CO3＋4NH4·H2O=Ti(OH)4↓＋BaCO3↓＋6NH4Cl，减压过滤、洗涤干燥后得到BaCO3和Ti(OH)4沉淀，煅烧”时两者反应生成BaTiO3，反应的化学方程式为BaCO3＋Ti(OH)4=BaTiO3＋CO2↑＋2H2O，以此解题。
【详解】（1）仪器A是球形冷凝管，冷凝水是下进上出，进水口是b，仪器B的名称是三颈烧瓶；“共沉”时反应的化学方程式为TiC4＋BaCl2＋(NH4)2CO3＋4NH4·H2O=Ti(OH)4↓＋BaCO3↓＋6NH4Cl；
（2）“减压过滤”操作中减压的目的是加快过滤速率，得到较为干燥的沉淀；
（3）在实验室中煅烧固体使用仪器一般是坩埚；煅烧”时BaCO3和Ti(OH)4反应生成BaTiO3，反应的化学方程式为BaCO3＋Ti(OH)4=BaTiO3＋CO2↑＋2H2O；
（4）由图可知“共沉”反应时间为3h、“煅烧”时间为4h时产品纯度最高，则时间最佳。

三、原理综合题
23．煤炭燃烧时产生大量SO2、NO对环境造成很大污染，将煤进行气化和液化是减少污染的有效手段。
(1)煤的液化是现代能源工业中重点推广的能源综合利用方案，最常见的液化方法为用煤生产CH3OH。已知制备甲醇的有关化学反应及平衡常数如下：
i：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)    △H1
ii：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)    △H2=41.2kJ/mol
iii：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)    △H3=-132.0kJ/mol
850℃时，三个反应的平衡常数分别为K1=160、K2=243、K3=160。
①△H1=____，该反应在____(填“高温”或“低温”)能自发进行。
②850℃时，在密闭容器中进行反应i，开始时只加入CO2、H2，反应10min后测得各组分的浓度如表。比较正、逆反应的速率的大小：v正____v逆(填“>”“<”或“=”)。
物质
H2
CO2
CH3OH
H2O
浓度/mol/L
0.2
0.5
0.8
0.8

(2)在CO2利用的科研中，中科院天津工业生物所将H2与CO2反应合成甲醇，再由甲醇经若干酶促反应合成淀粉，首次在实验室实现二氧化碳到淀粉的从头合成。该研究成果在碳中和、碳排放、温室效应、粮食危机等方面有着重大意义。
回答下列问题：
保持温度T不变，在一刚性密闭容器中，充入一定量的CO2和H2，同时发生反应i和ii，起始及达平衡时，容器内各气体的物质的量如表所示。

CO2
H2
CH3OH
CO
H2O
起始量/mol
4.0
8.0
0
0
0
平衡量/mol


n1

3.0

已知起始时总压强为1.5pkPa，平衡时体系总压强为pkPa，则表中n1=____，反应i的平衡常数Kp=____。(含p的式子表示)
(3)取物质的量浓度为amol•L-1的甲醇，选择不同的工程酶组块作为催化剂反应10h，测得实验数据如表所示。
实验序号
温度/K
不同工程酶的组块
淀粉/(g•L-1)
1
T1
agp－M1
0.21
2
T1
agp－M2
0.38
3
T2
agp－M2
1.82
4
T2
agp－M3
1.24

①根据表中数据选取最佳的反应条件____(填实验序号)。
②已知温度升高，反应生成的淀粉量先增加后急剧减少，其可能原因是____。
③实验4可用淀粉的质量浓度表示反应速率为____g•L-1•h-1。
【答案】(1)     -90.8kJ/mo1     低温     =
(2)     2.0    
(3)     3     随温度升高，催化剂活性增强反应速率加快，生成的淀粉量增加；续升高温度，催化剂失活，反应速率减慢，生成的淀粉量减少     0.124

【详解】（1）①由盖斯定律可知，ii+iii得到反应i，△H1=(41.2kJ/mol)+( -132.0kJ/mol)= -90.8kJ/mol，反应为放热的熵减反应，根据△H-T△S<0反应可自发进行，则该反应在低温能自发进行。
②由图表可知，Q== K1，反应达到平衡状态，则v正=v逆；
（2）已知，充入二氧化碳、氢气的总量为12mol，起始时总压强为1.5pkPa，平衡时体系总压强为pkPa，则根据阿伏伽德罗定律可知，反应后总的物质的量为，反应ii为气体分子数不变的反应，减少的物质的量为12mol-8mol=4mol为反应i进行导致的，根据反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知气体系数变化∆n=2；

则反应反应平衡时甲醇为n1=2.0mol；
由图表可知，反应后水的物质的量为3.0mol，则：

则反应后二氧化碳、氢气、甲醇、水的物质的量分别为1.0mol、1.0mol、2.0mol、3.0mol；反应后总的物质的量为8mol，则二氧化碳、氢气、甲醇、水的分压分别为0.125pkPa、0.125pkPa、0.25pkPa、0.375pkPa，则Kp=；
（3）①根据表中数据选取最佳的反应条件：3，此时淀粉的产率最高；
②随温度升高，催化剂活性增强反应速率加快，生成的淀粉量增加；继续升高温度，催化剂失活，反应速率减慢，生成的淀粉量减少，故温度升高，反应生成的淀粉量先增加后急剧减少；
③实验4可用淀粉的质量浓度表示反应速率为1.24g•L-1÷10h=0.124g•L-1•h-1。

四、有机推断题
24．2－(2－咪唑基)－(4－正丁氧基)苯甲酰苯胺(M)具有潜在的抗肿瘤效应，其一种合成路线如图所示：

已知：R－OH+R′－XR－O－R′+HX(X为Cl、Br或I)。
请回答：
(1)已知A的分子式为C7H5NO3，则A的结构简式为____，A中官能团的名称为____。
(2)C与H反应生成M的反应类型为____。
(3)已知F在转化为G的过程中还生成乙醇，E为溴代烃，则D和E反应生成F的化学方程式为____；E的一种同分异构体，其水解产物不能发生催化氧化反应，则其名称为____。
(4)由E只用一步反应制得CH3CH2CH2CH2OH的反应条件是____。
(5)写出符合以下条件D的同分异构体共有_____种(不考虑立体异构)。
①与FeCl3溶液显紫色；②能与NaHCO3溶液反应；③苯环上有4个取代基；
其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰的面积比为6：2：1：1的同分异构体的结构简式：____。
【答案】(1)          醛基、硝基
(2)取代反应
(3)     2－甲基－2－溴丙烷    
(4)NaOH溶液，加热
(5)     16     、

【分析】由有机物的转化关系可知，催化剂作用下，与反应生成，则A为；与锌、氯化铵发生还原反应生成，则C为；由题给信息和F在转化为G的过程中还生成乙醇，E为溴代烃可知，碳酸钾作用下与BrCH2CH2CH2CH3发生取代反应生成 ，则D为、E为BrCH2CH2CH2CH3、F为；在氢氧化钠溶液中发生水解反应后，酸化生成，与SOCl2发生取代反应生成，与发生取代反应生成M。
（1）
由分析可知，A的结构简式为，官能团为，故答案为：；醛基、硝基；
（2）
由分析可知，C与H反应生成M的反应为与发生取代反应生成M和氯化氢，故答案为：取代反应；
（3）
分析可知，D和E反应生成F的反应为碳酸钾作用下与BrCH2CH2CH2CH3发生取代反应生成和溴化氢，反应的化学方程式为；由BrCH2CH2CH2CH3的一种同分异构体，其水解产物不能发生催化氧化反应可知，同分异构体的结构简式为，名称为2—甲基—2—溴丙烷，故答案为：；2—甲基—2—溴丙烷；

（4）
由E只用一步反应制得CH3CH2CH2CH2OH的反应为BrCH2CH2CH2CH3在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成CH3CH2CH2CH2OH和溴化钠，故答案为：NaOH溶液，加热；
（5）
D的同分异构体与氯化铁溶液显紫色，能与碳酸氢钠溶液反应，苯环上有4个取代基说明同分异构体分子中含有2个甲基、酚羟基和羧基，同分异构体的结构可以视作二甲苯分子苯环上的氢原子被酚羟基和羧基取代所得结构，其中邻二甲苯分子苯环上的氢原子被酚羟基和羧基取代所得结构有6种，间二甲苯分子苯环上的氢原子被酚羟基和羧基取代所得结构有7种，对二甲苯分子苯环上的氢原子被酚羟基和羧基取代所得结构有3种，共有16种，其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰的面积比为6：2：1：1的同分异构体的结构简式为、，故答案为：16；、。

五、结构与性质
25．2022年春晚中舞蹈诗剧《只此青绿》感动国人。回答下列问题：
(1)石青，化学式为Cu3(CO3)2(OH)2，基态Cu2+核外电子的空间运动状态有____种。
(2)亚铁氰化钾，化学式为K4[Fe(CN)6]。[Fe(CN)6]4-中配体CN-的配位原子是____(填元素符号)，CN-中C原子的杂化方式_____，[Fe(CN)6]4-中σ键和π键的数目之比为____。
(3)Cu2S晶胞中S2-的位置如图1所示，侧视图如图2所示，Cu+位于S2-所构成的四面体中心。

S2-配位数为____。若晶胞参数anm，晶体的密度为dg•cm-3，则阿伏加德罗常数的值为_____(用含a和d的式子表示)。
(4)Cu2+可与H2O、Cl-、NH3等配体形成配位数为4的配离子，如[Cu(H2O)4]2+、[CuCl4]2-、[Cu(NH3)4]2+。某同学按如图步骤完成实验：

①[Cu(H2O)4]2+呈蓝色，但溶液I却呈黄绿色，其原因是____，为了能观察到溶液I中[Cu(H2O)4]2+呈蓝色，可采取的方法是____。
②CuCl2溶液中的铜主要以[Cu(H2O)4]2+、[CuCl4]2-形式存在。常温下，将CuCl2溶于浓盐酸中，测定平衡体系中：[Cu(H2O)4]2+浓度为amol•L-1、Cl-浓度为bmol•L-1、[CuCl4]2-浓度为cmol•L-1，Cl-的转化率为____(用a、b、c中的字母表示)。
③常温下，用惰性电极电解浓度较大的CuCl2溶液，当电解到阴极附近出现蓝色Cu(OH)2絮状物，经测定阴极附近溶液的pH=m，此时阴极附近c(Cu2+)=____mol•L-1(已知：Cu(OH)2的Ksp=2.2×10-20)
【答案】(1)14
(2)     C     sp     1：1
(3)     8     ×1023
(4)     因为存在[Cu(H2O)4]2+(aq)+4Cl-(aq)[CuCl4]2-+4H2O(l)的反应，溶液的黄绿色是[Cu(H2O)4]2+与[CuCl4]2-混合颜色所致     向该溶液中续加水     ×100%     c(Cu2+)=2.2×108-2m

【解析】（1）
Cu的原子序数为29，核外有29个电子，其电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，Cu失去2个电子得到Cu2+，则Cu2+电子排布式为：1s22s22p63s23p63d9，核外电子的空间运动状态数等于轨道数，即：1+1+3+1+3+5=14，所以Cu2+的运动状态为14种；
（2）
CN-中的C和N均有孤电子对，但N的电负性强配位能力弱。所以配位原子为C；CN-中C的价层电子对为，所以杂化方式为sp杂化。CN-为三键连接，有2个π键一个σ键。[Fe(CN)6]4-中含有特殊的共价键配位键6个，所以 σ键共有
而π键，比值为1:1；
（3）
晶胞中S2-为4个，而S2-与Cu+个数比为1:2，则Cu+有8个。由于组成原子：四面体空隙：八面体空隙为1:2:1，则四面体空隙为8个，所以空隙占有率为。Cu+位于S2-构成的四面体体心，则Cu+配位数为4，则S2-为8；由于带入数据计算得g/cm3，则 g/cm3；
（4）
由转化图可以看出，加入盐酸溶液由黄绿色变为绿色，即Cl-与Cu2+进行配位形成[CuCl4]2-为绿色，则黄绿色应该是混有[CuCl4]2-。要观察到蓝色，即要使[CuCl4]2-转化为[Cu(H2O)4]2-，加水降低Cl-浓度减低配位能力。变化量为，起始量为(4c+b)mol/L。则转化率为。Ksp=c(Cu2+)c2(OH-),由于pH=m，则c(OH-)=。则c(Cu2+)=mol/L。