海南省琼海市嘉积中学2023届高三三模化学试题（含解析）

这是一份海南省琼海市嘉积中学2023届高三三模化学试题（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，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。

海南省琼海市嘉积中学2023届高三三模化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．《蔡翁碑》上刻有“砍其麻、去其青、渍以灰、煮以火、洗以头、舂以舀、抄以帘、刷以壁，纸之张成”；《政论》中记载“有蔡太仆之弩，及龙亭九年之剑，至今擅名天下”。下列有关叙述错误的是
A．造纸用的树皮、废麻、破布、旧鱼网等原料的成分均为植物纤维
B．造纸术可用“沤、蒸、捣、抄”四个环节描述，其中“蒸”为“蒸馏”
C．古代“弩机”多为青铜制品，青铜为铜合金
D．“蔡伦纸”之前使用的竹简、绢帛等主要为天然的高分子材料
2．反应可用于氯气管道的检漏。下列表示相关微粒的化学用语正确的是
A．中子数为9的氮原子：
B．N2分子的电子式：
C．Cl2分子的结构式：Cl—Cl
D．N原子的基态电子排布图为：
3．下列各图所示装置的气密性检查中，漏气的装置是
A． B． C． D．
4．下列关于营养物质的叙述中正确的是
A．油脂属于天然高分子化合物
B．糖类均能发生水解反应
C．氨基酸是组成蛋白质的基本结构单元
D．淀粉、油脂和蛋白质都只含C、H、O三种元素
5．在二氧化碳加氢制甲烷的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式如下：
反应I：CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)   ΔH=-164.7 kJ·mol-1
反应II：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)   ΔH=+41.2 kJ·mol-1
反应III：2CO(g)+2H2(g) CO2(g)+CH4(g)　ΔH=-247.1 kJ·mol-1
向恒压、密闭容器中通入1 mol CO2和4 mol H2，平衡时CH4、CO、CO2的物质的量随温度的变化曲线如图所示。则图中曲线A表示的物质是

A．CO B．CH4 C．CO2 D．无法确定
6．有机化合物X、Y可以发生如下转化。下列有关化合物X、Y的说法错误的是

A．XY的反应为加成反应
B．Y的分子式为C13H15NO2
C．X、Y分子均能与Br2发生加成反应
D．Y分子中能共面的碳原子最多有11个
7．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，1 mol NO与0.5 mol O2反应得到NO2的分子数目为NA
B．2.24 L CO和CO2的混合气体中含有的碳原子的数目为0.1NA
C．1 L 0.1 mol·L-1氨水中含有NA个N
D．常温常压下，8 g CH4中含有2NA个C-H共价键
8．某实验小组测得：在相同温度和压强下，氯气的饱和浓度c(Cl2)与盐酸的浓度关系如图所示。

已知：氯气溶解过程中发生如下反应：
①Cl2(aq)+H2O(l) H+(aq)+Cl-(aq)+HClO(aq)　K1=4.2×10-4
②Cl2(aq)+Cl-(aq) C　K2=0.19
③HClO(aq) H+(aq)+ClO-(aq)　K3=3.2×10-8
a点溶液中粒子浓度关系错误的是
A．c(H+)>c(OH-) B．c(Cl-)>c(C)
C．c(Cl-)>c(ClO-) D．c(ClO-)>c(C)

二、多选题
9．类比推理是重要的学科思想，下列根据已知内容进行的推理正确的是
选项
已知
推理
A
Al(OH)3是弱碱
Fe(OH)3也是弱碱
B
电解熔融的MgCl2冶炼镁
电解熔融的AlCl3也能冶炼铝
C
钠在空气中燃烧生成Na2O2
锂在空气中燃烧也会生成Li2O2
D
将SO2通入BaCl2溶液中无沉淀生成
将CO2通入BaCl2溶液中也无沉淀生成
A．A B．B C．C D．D

三、单选题
10．某课题组研发了一种新型电池中的电解质，其结构如图所示。已知X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，X的单质可以与水反应生成一种常见的气体，三者的核外电子数之和等于35,下列说法正确的是

A．简单离子的半径：X>Y
B．Z的最高价氧化物对应的水化物是强酸
C．工业上常采用电解Y的氧化物冶炼单质Y
D．该化合物的阴离子中各原子均满足8电子稳定结构
11．某化学兴趣小组对混合的两种白色粉末或晶体进行如下实验：
①取一烧杯溶解该混合物，溶液无色透明；
②向该溶液中加入Ba(OH)2溶液后生成白色沉淀，加入足量稀盐酸后沉淀部分溶解，同时有使澄清石灰水变浑浊的气体生成。
下列物质组中符合上述现象的是
A．Na2CO3、Na2SO4 B．Na2CO3、NaNO3
C．NaCl、Na2CO3 D．Na2SO4、NaOH
12．乙烷在气相Fe+的催化下发生氧化反应的机理如图所示(图中虚线为副反应)。下列说法错误的是

A．主反应为CH3CH3+2N2OCH3CHO+2N2+H2O
B．副反应为CH3CH3+N2OC2H5OH+N2
C．反应中不存在共价键的形成
D．FeO+ 、[(C2H5)Fe(OH)]+ 、[(C2H4)Fe]+ 、 均为反应中间体

四、多选题
13．某种新型热激活电池的结构与工作原理如图所示。下列说法错误的是

A．电池冷却时，电子由电极b经过导线流向电极a
B．电池加热时，电极b的电势比电极a的低
C．可加入适量稀硫酸溶液使电解质溶液的导电性增强
D．为了保证电池持久工作，理论上应不断地向电解质中补充Fe2+

五、单选题
14．下列实验的方案设计、现象和结论都正确的是
选项
实验
方案设计
现象和结论
A
检验某无色溶液中是否含有N
取少量该溶液于试管中，加稀盐酸酸化，再加入FeCl2溶液
若溶液变为黄色，则说明该溶液中含有N
B
探究SO2与O2反应的限度
将2.5体积SO2与1体积O2混合并通过灼热的催化剂充分反应，产物依次通过BaCl2溶液和品红溶液
前者溶液中产生白色沉淀，后者溶液褪色，则说明SO2与O2的反应有一定限度
C
探究浓度对反应速率的影响
取两支试管各加入4 mL 0.01 mol·L-1 酸性KMnO4溶液，再分别加入2 mL 0.1 mol·L-1和0.2 mol·L-1的H2C2O4溶液
前者比后者褪色需要的时间长。其他条件不变时，浓度越高，反应速率越快
D
探究蔗糖在酸性水溶液中的稳定性
取2 mL 20%的蔗糖溶液于试管中，加入适量稀 H2SO4后水浴加热5 min，再加入适量新制的Cu(OH)2悬浊液并加热
若没有砖红色沉淀生成，则说明蔗糖在酸性水溶液中稳定
A．A B．B C．C D．D

六、实验题
15．四乙酸硅[Si(CH3COO)4]是重要的化工产品，某实验小组用SiCl4和(CH3CO)2O合成四乙酸硅，装置如图所示(部分夹持装置略)，已知：

①SiCl4是无色油状液体，易挥发，易水解；
②乙酸酐[(CH3CO)2O]是无色油状液体，吸湿性很强；
③四乙酸硅是米黄色晶体，可溶于苯，遇水会迅速水解，超过160℃时可分解成乙酸酐和二氧化硅；
④乙酰氯(CH3COCl)是无色油状液体，遇水剧烈反应。
回答下列问题：
(1)仪器1的名称是_______，其侧边导管的作用是_______。
(2)干燥管中碱石灰的作用是_______。
(3)取255 g SiCl4放入1 L的仪器2中，关闭旋塞3，再用仪器1滴入稍过量的乙酸酐，发生反应，放出大量的热，混合物略微带色，反应一段时间后仪器2底部有大颗粒晶体析出。写出制备四乙酸硅的化学方程式：_______，该过程中，产生的固体杂质是_______(填化学式)。
(4)待放置一段时间，用干冰-丙酮冷冻剂冷却，然后_______(填具体操作)，小心缓慢地除去仪器2中残留的液体，接着再分两次用仪器1各滴入75 mL 左右的乙酸酐，再缓慢除去。

七、工业流程题
16．锌是一种重要的金属，锌及其化合物被广泛应用于汽车、建筑、船舶、电池等行业。现某科研小组以固体废锌催化剂(主要成分为ZnO及少量Fe2O3 、CuO、MnO、SiO2 )为原料制备锌的工艺流程如图所示：

已知：①“浸取”时，ZnO、CuO转化为[Zn(NH3)4]2+ 、[Cu(NH3)4]2+ 进入溶液；
②25 ℃时，Ksp(CuS)=6.4×10-36，Ksp(ZnS)=1.6×10-24 ；
③深度除杂标准：溶液中≤2.0×10-6 。
(1)“浸取”温度为30 ℃时，锌的浸出率可达90.6%，继续升温浸出率反而下降，其原因为_______。
(2)操作a的名称是_______。
(3)“深度除锰”是将残留的Mn2+ 转化为MnO2的过程，离子方程式为_______。
(4)“深度除铜”时，锌的最终回收率、除铜效果[除铜效果用反应后溶液中的铜锌比 表示]与(NH4)2S 加入量[用×100% 表示]的关系曲线如图所示。

①当(NH4)2S的加入量≥100% 时，锌的最终回收率下降的原因是_______(请结合离子方程式回答)。已知：[Zn(NH3)4]2+的K稳==2.9×109。
②“深度除铜”时，(NH4)2S较为合理的加入量约为120%，理由是_______。

八、原理综合题
17．氮及其化合物在科研及生产中均有着重要的应用。根据所学知识回答下列问题：
(1)氨气与氧气在一定压强和800 ℃条件下发生催化氧化反应时，可发生不同的反应，反应i：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)　ΔH=-905 kJ·mol-1 产率98%；反应ii：4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)　ΔH=-1268 kJ·mol-1产率2%。
①该条件下氮气被氧气氧化为NO的热化学方程式为_______。
②在一定压强和800 ℃条件下发生催化氧化反应时，反应i的产率大于反应ii的产率的原因可能是催化剂对反应i的_______比对反应ii的大。
(2)某科研小组向一密闭容器中通入4 mol N2(g)、2 mol O2(g)，控制适当条件使其发生如下反应：2N2(g)+O2(g)2N2O(g)　ΔH＞0，测出O2的某种平衡物理量X(体积百分数或转化率)随着温度、压强变化而变化的情况如图所示。X_______(填“能”或“不能”)表示平衡体系中O2的体积百分数。

(3)为了研究反应的热效应，我国的科研人员计算了在一定范围内下列反应的平衡常数Kp。
i．N2H4(l) N2(g)+2H2(g)　ΔH0　Kp0
ii．N2H4(l)NH3(g)+N2(g)　ΔH1　Kp1
iii．NH3(g)N2(g)+2H2(g)　ΔH2　Kp2
①t ℃时，在恒容容器中，加入足量N2H4(l)发生反应i和ii。平衡时，测得容器内压强为22 kPa，p(H2)=p(NH3)，反应 i的平衡常数Kp0=_______kPa3。
②若①中反应平衡后，保持温度不变，将反应容器的容积扩大2倍，反应再次达到平衡后，c(N2)相比原平衡_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
③lgKp1-T和lgKp2-T的线性关系图如图所示，据此分析：ΔH0_______(填“大于”或“小于”)0；对于反应NH3(g)N2(g)+2H2(g)，图中v正(A)_______(填“大于”、“小于”或“等于”)v正(B)。


九、有机推断题
18．耳壳藻内酯(H)是从耳壳藻中分离出来的高单萜酯，具有抗肿瘤的作用。其人工合成路线如下图：

已知：①A、B中含有相同的官能团；
②；
③。
(1)E分子中除碳碳双键外的官能团的结构简式是_______。
(2)GH的反应类型为_______。
(3)写出反应②的化学方程式：_______。
(4)化合物D的结构简式为_______。
(5)将化合物H中含有的手性碳原子用“*”标出：_______。
(6)符合下列条件的F的同分异构体(不考虑立体异构)共有_______种。
①能与FeCl3溶液发生显色反应
②在酸性条件下水解生成的两种产物分子中，不同化学环境的氢原子的个数比分别是3∶2∶1、3∶1∶1
(7)写出以和为原料制备的合成路线______。(无机试剂和有机溶剂任选，合成路线的示例见本题题干)

十、结构与性质
19．过渡金属元素在工农业生产和国防建设中有着广泛应用。回答下列问题：
(1)原子序数为21~30的元素基态原子中，未成对电子数最多的元素在周期表中的位置是___________，其价层电子排布图(轨道表示式)为___________。
(2)基态钒原子核外电子的运动状态有___________种。
(3)铁的一种配合物的化学式为[Fe(Htrz)3](ClO4)2，其中配体Htrz 为1，2，4- 三氮唑()分子。
①该配合物中，阴离子的空间结构为___________，其中心原子的杂化轨道类型是___________。
②1个分子中，σ键的个数为___________。
(4)二茂铁[Fe(C5H5)2] 不溶于水，易溶于乙醇等有机溶剂。乙醇的沸点(78.5 ℃)介于水的沸点(100 ℃)和乙硫醇(CH3CH2SH)的沸点(36.2 ℃)之间，其原因是___________。
(5)铁单质和氨气在640 ℃ 可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图所示(黑球代表Fe，白球代表N)，该反应的化学方程式为___________。若该晶体的密度是ρ g·cm-3，则两个距离最近的Fe原子间的距离为___________nm (列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。


参考答案：
1．B
【详解】A．植物纤维广泛存在于自然界中，造纸用的树皮、废麻、破布、旧鱼网等原料的成分均为植物纤维，A正确；
B．造纸术可用“沤、蒸、捣、抄”四个环节描述，其中“蒸”为“蒸煮”，使植物纤维软化，胶质溶解而与纤维分离，利用后续造纸，B错误；
C．古代“弩机”多为青铜制品，青铜为铜、锡、铝合金，因此青铜属于铜合金，C正确；
D．“蔡伦纸”之前使用的竹简主要成分是纤维素；绢帛主要成分是蛋白质，纤维素和蛋白质都是天然高分子化合物，D正确；
故合理选项是B。
2．C
【详解】A．氮元素的质子数为7，中子数为9的氮原子的质量数=质子数+中子数=7+9=16，该核素可以表示为：，故A错误；
B．氮气分子中存在氮氮三键，氮原子最外层达到8电子稳定结构，氮气的电子式为：，故B错误；
C．氯气电子式为：，分子中存在1对氯氯共用电子对，其结构式为：Cl-Cl，故C正确；
D．基态N原子价电子排布式为2s22p3，为N原子的价层电子排布图，故D错误；
故选：C。
3．D
【分析】装置气密性检验原理可以是热胀冷缩法、液差法。
【详解】A．用手握住试管，试管内气体受热膨胀，在烧杯内有气泡产生，说明装置气密性良好，故A不漏气；
B．用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，液面高度不变，说明装置气密性良好，故B不漏气；
C．用弹簧夹夹住右边导管，双手捂住烧瓶，烧瓶内气体受热膨胀，使集气瓶中气体压强增大，在玻璃管中形成一段水柱，说明装置气密性良好，故C不漏气；
D．用弹簧夹夹住右边导管，上下移动左管，而两边液面持平，证明装置气密性不好，故D漏气；
故选D。
4．C
【详解】A. 油脂不属于高分子化合物，A错误；
B. 葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，B错误；
C. 蛋白质水解的最终产物为氨基酸，氨基酸是组成蛋白质的基本结构单元，C正确；
D. 淀粉、油脂都只含C、H、O三种元素，而蛋白质都含C、H、O、N元素，有些蛋白质还含有S、P等元素，D错误；
故合理选项是C。
5．B
【详解】随着温度的升高，对于反应Ⅰ，平衡逆向移动，c(CH4)减小，c(CO2)增大；对于反应Ⅱ，平衡正向移动，c(CO)增大，c(CO2)减小；对于反应Ⅲ，平衡逆向移动，c(CH4)、c(CO2)减小，c(CO)增大，从图看，温度升高，A的物质的量减小，由此判断曲线A为CH4，C的物质的量随温度升高而增大，则曲线C为CO，反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度时，要看温度对三个反应的影响程度，所以n(CO2)可以增大，可以减小，对应图中曲线B，故选B。
6．C
【详解】A．由结构简式可知，X和CH3CN反应生成Y的过程中，碳氧双键断裂，该反应为加成反应，故A正确；
B．由结构简式可知，Y的分子式为C13H15NO2，故B正确；
C．X、Y分子中没有碳碳双键，都不能与Br2发生加成反应，故C错误；
D．Y分子中苯环是平面的结构，-CN中C原子杂化方式为sp3，是直线形结构，Y分子中能共面的碳原子最多有11个，分别为，故D正确；
故选C。
7．D
【详解】A．1molNO与0.5mol O2恰好完全反应生成1mol NO2，由于NO2部分转化成N2O4，得到NO2的分子数目小于NA，故A错误；
B．未说明是否为标准状况，无法计算2.24 L CO和CO2的混合气体中含有的碳原子的数目，故B错误；
C．NH3·H2O是弱碱，存在电离平衡，则1L0.1mol·L-1的氨水中含有的N小于NA个，故C错误；
D．CH4含有4个C-H共价键，常温常压下，8 g CH4的物质的量为=0.5mol，含有2NA个C-H共价键，故D正确；
故选D。
8．D
【详解】A．a点所在曲线是Cl2溶解在HCl溶液中，HCl完全电离，溶液呈酸性，则c(H+)>c(OH-)，故A正确；
B．a点所在曲线是Cl2溶解在HCl溶液中，HCl完全电离，Cl-会结合Cl2生成，该反应是可逆反应，K=0.19，则c(Cl-)>c()，故B正确；
C．a点所在曲线是Cl2溶解在HCl溶液中，HCl完全电离，HClO的电离微弱，则c(Cl-)>c(ClO-)，故C正确；
D．由已知信息知，反应②的平衡常数远大于反应①，且HClO的电离微弱，则c()>c(ClO-)，故D错误；
故选D。
9．AD
【详解】A．Al(OH)3是难溶性弱碱，Fe(OH)3也是难溶性弱碱，故A正确；
B．MgCl2为离子化合物，熔融态能导电，故可电解熔融的MgCl2冶炼镁，AlCl3为共价化合物，熔融态不导电，不能用于冶炼铝，故B错误；
C．钠在空气中燃烧生成Na2O2，锂在空气中燃烧也会生成Li2O，故C错误；
D．根据强酸制备弱酸的规律可知，二氧化硫为亚硫酸酸酐，与BaCl2溶液不反应，二氧化碳为碳酸酸酐，与BaCl2溶液不反应，故D正确；
故选AD。
10．A
【分析】已知X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，X的单质可以与水反应生成一种常见的气体，X有一个价键，则X为F，Y为Na，三者的核外电子数之和等于35，则Z为P。
【详解】A．根据同电子层结构核多径小，则简单离子的半径：X＞Y，故A正确；
B．Z的最高价氧化物对应的水化物是磷酸，磷酸是弱酸，故B错误；
C．工业上常采用电解Y的氯化物熔融态来冶炼单质Y，故C错误；
D．该化合物的阴离子中P原子核外最外层有10个电子，不满足8电子稳定结构，故D错误。
综上所述，答案为A。
11．A
【详解】将样品溶解，得到无色透明溶液，向溶液中加入Ba(OH)2溶液后生成白色沉淀，再加入足量稀盐酸后沉淀部分溶解，同时有使澄清石灰水变浑浊的气体生成，则生成的气体为二氧化碳，原溶液一定含有CO，沉淀部分溶解，则生成沉淀为硫酸钡和碳酸钡，原溶液含有SO，只有选项A组成为Na2CO3、Na2SO4符合题意，其它选项均不符合；
答案选A。
12．C
【详解】A．由图可知，主反应为，选项A正确；
B．由图可知，副反应为，选项B正确；
C．反应中形成了碳氧双键，选项C错误；
D．、、、 均为反应中间体，选项D正确。
答案选C。
13．AD
【分析】由图可知，加热时，PANI失去了电子，发生氧化反应，应作负极；电池冷却时，电池再生， PANIO得到了电子，发生还原反应，应作正极。电子的流动方向是由负极流向正极，电势正极高于负极，在装置中Fe3+可以和Fe2+相互转化，Fe3+在水溶液中易发生水解，需加酸抑制其水解。
【详解】A．电池冷却时，电极b上的得到电子重新生成，结合分析可知电子移动方向弄反了，A错误；
B．电池加热时，根据b极的电极反应式判断电极a是正极，电极a的电势比电极b的高，B正确；
C．Fe3+易发生水解，适量硫酸的加入可以增强溶液酸性，抑制Fe3+的水解，且自由离子浓度增加能增加导电性，C正确；
D．电池工作时，铁离子在电极a上转变成亚铁离子，冷却时亚铁离子转变成铁离子，理论上不需要补充亚铁离子，D错误；
故选AD。
14．C
【详解】A．在酸性条件下，H+、N起HNO3的作用，表现氧化性，Fe2+具有还原性，H+、N、Fe2+发生氧化还原反应，Fe2+变为Fe3+，使溶液变为黄色；N被还原变为NO，产生无色气体，气体遇空气变为红棕色NO2气体，因此可证明该溶液中含有N，若现象为溶液变为黄色只能说明Fe2+被氧化为Fe3+，不能说明该溶液中含有N，故A错误；
B．将2.5体积SO2与1体积O2混合并通过灼热的催化剂充分反应，SO2是过量的，产物依次通过BaCl2溶液和品红溶液，前者溶液中产生白色沉淀，后者溶液褪色，说明SO2未完全反应，但不能证明SO2与O2的反应有一定限度，故B错误；
C．取两支试管各加入4 mL 0.01 mol·L-1 酸性KMnO4溶液，再分别加入2 mL 0.1 mol·L-1和0.2 mol·L-1的H2C2O4溶液，可通过观察两支试管中溶液需要的时间来探究浓度对反应速率的影响，故C正确；
D．取2 mL 20%的蔗糖溶液于试管中，加入适量稀 H2SO4后水浴加热5 min，应该先向试管中加入过量的NaOH中和H2SO4后再加入适量新制的Cu(OH)2悬浊液并加热，故D错误；
故选C。
15．(1) 恒压滴液漏斗 平衡气压，使乙酸酐能够顺利流下
(2)吸收反应生成的酸性气体且防止空气中的水蒸气进入装置
(3) SiCl4+4(CH3CO)2O=Si(CH3COO)4+4CH3COCl SiO2
(4)将③的管口插入到液体中(或“插入到烧瓶底部”)，再慢慢打开旋塞

【分析】某实验小组用SiCl4和(CH3CO)2O合成四乙酸硅，由于反应物和产物都具有吸湿性，所以整个实验都应在干燥的环境中进行，取SiCl4放入的仪器2中，关闭旋塞3，再用仪器1滴入稍过量的乙酸酐，发生反应，放出大量的热，混合物略微带色，反应一段时间后仪器2底部有大颗粒晶体析出，以此解答。
【详解】（1）仪器1的名称是恒压滴液漏斗，其侧边导管的作用是平衡气压，使乙酸酐能够顺利流下。
（2）由于反应物和产物都具有吸湿性，所以整个实验都应在干燥的环境中进行，干燥管中碱石灰的作用是吸收反应生成的酸性气体且防止空气中的水蒸气进入装置。
（3）制备四乙酸硅时，采用SiCl4、(CH3CO)2O为原料，二者发生置换反应，生成Si(CH3COO)4和CH3COCl化学方程式为：SiCl4+4(CH3CO)2O=Si(CH3COO)4+4CH3COCl，因Si(CH3COO)4为米黄色晶体，可溶于苯，遇水会迅速水解，超过160℃时可分解成乙酸酐和二氧化硅，该过程中，产生的固体杂质是SiO2。
（4）为确保三颈烧瓶内的无水状态，可将三颈烧瓶内液体抽出，将③的管口插入到液体中(或“插入到烧瓶底部”)，再慢慢打开旋塞，小心缓慢地除去仪器①中的残留液体。
16．(1)温度过高，氨挥发量增加且分解，生成减少，不利于废锌催化剂中锌的浸出
(2)分液
(3)
(4) 当加入量为120%时，铜锌比为，达到深度除铜标准，继续加大加入量会导致锌回收率下降且不经济

【分析】“浸取”时。、转化为、进入溶液，氯化铵溶液呈酸性，与、反应生成Fe3+、Mn2+，在氨水中形成为、沉淀，难溶于水，“滤渣1”的成分为、和，加入过氧化氢“深度除锰”， 反应的离子方程式为，加入除铜，滤渣2为、CuS。据此作答。
【详解】（1）“浸取”温度为时，锌浸出率可达90.6%，继续升温浸出率反而下降，其原因为：温度过高，氨挥发量增加且分解，生成减少，不利于废锌催化剂中锌的浸出；
（2）根据流程图，萃取后分离出有机层和水层，所以操作a是分液；
（3）“深度除锰”可将残留的转化为，Mn元素化合价升高被氧化，H2O2做氧化剂，O元素化合价降低，该反应的离子方程式为；
（4）①当加入量时，锌离子和硫离子结合生成ZnS沉淀，锌的回收率下降的可能原因是；
②较为合理的加入量约为120%，理由是：当加入量为120%时，铜锌比为，达到深度除铜标准，继续加大加入量会导致锌回收率下降且不经济。
17．(1) N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH=+181.5 kJ/mol 选择性
(2)不能
(3) 384 不变 小于 小于

【详解】（1）①已知：反应i：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)　ΔH=-905 kJ·mol-1,
反应ii：4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)　ΔH=-1268 kJ·mol-1，根据盖斯定律，将×(i-ii)，整理可得N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH=+181.5 kJ/mol；
②在一定压强和800℃条件下发生催化氧化反应时，反应i的产率大于反应ii产率说明催化剂对反应i的选择性比反应ii大；
（2）由图可知：温度升高，X的值增大，该反应的正反应是气体体积减小的吸热反应，压强一定时，升高温度，平衡向正反应方向移动，氧气的体积分数减小，所以X不能表示平衡体系中压强的体积百分数，应该是表示氧气或氮气的转化率；
（3）①设t℃反应达到平衡时，氨气和氢气的平衡分压均为a kPa，由反应i和ii可知氮气的分压为p(N2)=a kPa×+ a kP×=a kPa。由容器内压强为22 kPa可得：2a+=22，解得a=8，则反应i的平衡常数Kp0=p2(H2)·p(N2)= ；
②若①中反应平衡后，保持温度不变，将反应容器容积扩大2倍，容器中气体压强减小，平衡向正反应方向移动，反应再次平衡后，温度不变，平衡常数不变，各物质的浓度不变，则氮气的浓度相比原平衡时不变；
③由图可知，升高温度， lgKp1的变化大于lgKp2，lgKpl减小说明反应ii为放热反应，lgKp2增大说明反应iii为吸热反应。由盖斯定律可知，ii+iii得到反应i，则Kp0=Kpl Kp2， lgKp1的变化大于1gKp2，说明温度升高Kp0减小，反应i为放热反应，反应△H小于0；由图可知A点反应温度小于B点，所以正反应速率小于B点，即v正(A)＜v正(B)。
18．(1)、-C≡N
(2)还原反应
(3)   ++H2O
(4)
(5)
(6)4
(7)

【分析】AB中有相同官能团可知，A经氧化得到B，B经过信息Ⅱ的反应得到C，C经过信息Ⅲ反应得到D为，据此解题。
【详解】（1）E中官能团有碳碳双键、羰基、腈基，所以除碳碳双键外的官能团的结构简式是、-C≡N；
（2）结合G、H的结构简式，G生成H过程中羰基变成羟基，所以是还原反应；
（3）结合E的结构简式，反应②是对B分子的左下角的羰基进行保护，依据C的分子式和已知信息Ⅱ，可知C为，由B生成C方程式为：   ++H2O；
（4）根据分析，D的结构简式为；
（5）标*的碳为H中的手性碳原子；
（6）X分子中有苯环、酚羟基和酯基，由水解产物的核磁共振氢谱信息知，X的结构有、、、；
（7）先进行如下逆推：
，
故可设计下列合成路线： 。
19．(1) 第四周期第VIB族
(2)23
(3) 正四面体 sp3 8
(4)乙硫醇不能形成分子间氢键，而水和乙醇均能，且水比乙醇的氢键多
(5)

【详解】（1）原子序数在21—30之间的元素基态价层电子排布中，未成对电子数最多的是Cr元素，有6个未成对电子，位于第四周期第VIB族；
（2）任何原子中都不存在运动状态相同的电子，有几个电子就有几种运动状态，V有23个电子，有23种运动状态；
（3）阴离子是，价层电子对是4对，无孤对电子，中心原子Cl是sp3杂化，空间结构是正四面体；结构中，单键都是键，双键一个键一个键，共有8个键；
（4）乙硫醇不能形成分子间氢键，而水和乙醇均能，平均1个水分子有2个氢键，乙醇平均有1个氢键，氢键越多分子间作用力越大，沸点越高；
（5）根据晶胞结构分析，氮原子在内部有1个，Fe原子位于立方晶胞的面心和顶角上，一个晶胞中有个Fe原子，晶体的化学式为Fe4N，铁与氨气发生置换反应生成Fe4N和氢气，可以写出方程式为；在晶胞中两个铁原子之间最近距离是面对角线的一半，晶胞的质量为g，质量除以密度得到体积，体积开3次方就是边长，边长的倍即得出距离为最后注意厘米转化为nm。