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河北省沧州市2024届普通高中高三下学期总复习质量监测（二模）化学试题（原卷版+解析版）
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这是一份河北省沧州市2024届普通高中高三下学期总复习质量监测（二模）化学试题（原卷版+解析版），文件包含河北省沧州市2024届普通高中高三下学期总复习质量监测二模化学试题原卷版docx、河北省沧州市2024届普通高中高三下学期总复习质量监测二模化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考号及座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 Ca-40
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 人类制造和使用硅酸盐制品的历史悠久，下列文物不属于硅酸盐制品的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．高足碗硅酸盐制品，A不符题意；
B．陶盉为陶器，属于硅酸盐制品，B不符题意；
C．铜钺是由金属材料制成，不是硅酸盐制品，C符合题意；
D．玉成分中含硅酸盐，属于硅酸盐制品，D不符题意；
答案选C。
2. 化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是
A. 钙钛矿太阳能电池工作时的能量转化形式为：化学能电能
B. 苯甲酸钠是一种防腐剂，可以在果汁饮料中适量添加
C. 以秸秆为原料，经加工处理得到的纤维称为再生纤维
D. 稀土金属可改善合金的性能，因而稀土元素被称为“冶金工业的维生素”
【答案】A
【解析】
【详解】A．太阳能电池是将太阳能转化为电能的装置，故A错误；
B．苯甲酸钠是一种性能优良的防腐剂，可以在果汁饮料中适量添加苯甲酸钠，延长果汁饮料的保质期，故B正确；
C．再生纤维是指用纤维素等天然高分子化合物为原料，经化学加工制成高分子浓溶液，再经纺丝和后处理而制得的纺织纤维，秸秆的主要成分为纤维素，所以以秸秆为原料，经加工处理得到的纤维称为再生纤维，故C正确；
D．在合金中加入适量稀土金属可改善合金的性能，使合金具有各种不同的性能，所以稀土元素被称为“冶金工业的维生素”，故D正确；
故选A。
3. 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 通入水中并充分反应，转移电子数目小于
B. 标准状况下，中电子数目为
C. 向溶液中通氨气至中性，目大于
D. 中含有键数目为
【答案】A
【解析】
【详解】A．7.1gCl2是0.1ml，但是氯气与水反应是可逆反应，转移的电子数小于0.1NA，A正确；
B．标况下HF为液体，不能用气体摩尔体积计算，B错误；
C．根据溶液显中性，利用电荷守恒c()＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)可知，c()＝c(Cl－)，故数目为0.1NA，C错误；
D．甲醛结构式为，1个甲醛分子中含有3个σ键，30克HCHO是1ml，含有σ键数目为3NA,D正确；
故选A。
4. 下列说法正确的是
A. 是由极性键构成的非极性分子
B. 中均存在非极性键
C. 中，提供空轨道，提供孤对电子
D. 分子之间能形成氢键，因此的热稳定性比的强
【答案】C
【解析】
【详解】A．OF2中氧原子为sp3杂化，分子构型为V形，是由极性键构成的极性分子，A错误；
B．Na2O2中过氧根离子中氧原子间为非极性键，CaH2中钙离子和氢负离子之间是离子键，无共价键，故B错误；
C．[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤对电子，形成配合物离子，C正确；
D．H2O分子之间能形成氢键，但热稳定性与分子间氢键无关，D错误；
本题选C。
5. 莫西赛利是一种治疗脑血管疾病的药物，可改善脑梗塞或脑出血后遗症等症状。其合成路线的中间体之一的结构如图所示，下列关于该中间体的说法错误的是
A. 可以发生水解反应
B. 所有碳原子不可能共平面
C. 1个该分子中含有7个杂化的碳原子
D. 该物质与盐酸反应，最多消耗
【答案】C
【解析】
【详解】A．该中间体结构中有酰胺基，可以发生水解反应，A正确；
B．该中间体有碳原子为sp3杂化，以四面体结构通过单键连接了3个另外的碳原子和1个氢原子，所有碳原子不可能共面，B正确；
C．1个该分子中有9个饱和碳原子，如图标注，即含有9个sp3杂化的碳原子，C错误；
D．1 ml该物质与盐酸反应，酰胺基消耗等量HCl，右侧N也有碱性，也消耗等量HCl，最多消耗2 ml HCl，D正确；
本题选C。
6. 物质的结构决定其性质。下列物质性质差异与其结构因素不相符的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．对羟基苯甲醛中醛基和羟基相距较远，只能形成分子间氢键，使沸点升高，而邻羟基苯甲醛中醛基和羟基相距较近，形成分子内氢键，反而使沸点降低，A正确；
B．锂为金属单质，属于金属晶体，而N单质N2为分子晶体，分子间作用力弱，熔点低，与价层电子数无关，B错误；
C．AlF3为离子晶体，微粒间作用为离子键，AlCl3为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，一般离子键作用强于分子间作用力，C正确；
D．-CH3为推电子基，使得羧基上的羟基极性减弱，氢原子更难电离，酸性减弱，D正确；
答案选B。
7. 下列实验操作能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．可使用该方法制备氯气，反应化学方程式为Ca(ClO)2＋4HCl＝CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O，A正确；
B．NO会和空气中氧气反应且密度与空气相近，不能使用排空气法收集NO，B错误；
C．二氧化硫可以使品红溶液褪色，故可以使用品红溶液检验二氧化硫，但三氧化硫也被品红溶液吸收，不能检验三氧化硫，C错误；
D．漏斗边缘伸入液面之下，该装置起不到防倒吸的目的，D错误；
故选A。
8. 一种新型酸碱混合锌铁液流电池放电时的工作原理如图所示。已知和分别为阳离子膜和阴离子膜，①、②、③区电解质溶液的酸碱性不同。下列说法正确的是
A. 放电时，电极的反应为
B. 放电时，由②区向③区迁移
C. 充电时，②区电解质溶液的浓度减小
D. 充电时，③区溶液的酸性减弱
【答案】C
【解析】
【分析】a极为负极，Zn发生失电子的氧化反应生成，同时可判断①区电解质溶液呈碱性，b极为正极，发生得电子的还原反应生成，同时可判断③区电解质溶液呈酸性。
【详解】A．根据分析，放电时，a极为负极，Zn发生失电子的氧化反应生成，电极反应：，A错误；
B．放电时，b极为正极，发生得电子的还原反应生成，为保持电解质溶液呈电中性，溶液中阴离子透过阴离子交换膜移向②区，B错误；
C．充电过程中，a电极发生电极反应：，b电极发生电极反应：，结合离子交换膜种类及电解质溶液保持电中性，移向①，移向③，②区电解质溶液的浓度减小，C正确；
D．根据分析可知，充电时③区溶液的酸性不变，D错误；
答案选C。
9. 某种化学电源电解液的组成与结构如图所示，为原子序数依次增大的短周期元素，且五种元素分别属于不同主族。下列说法错误的是
A. 简单离子半径：B. 电解熔融的可获得单质
C. 电负性：D. 与均可形成含非极性键的化合物
【答案】B
【解析】
【分析】根据组成结构以及成键特点，X和W只有一个共价键，可能是为H和卤族元素，Y有四个共价键，五种元素原子序数依次增大，且属于短周期元素，因此Y为C，X为H，W应为Cl，一个Z有三个共价键，该物质为离子化合物，形成四个键的Z失去一个电子，因此Z为N，Q形成四个共价键的一价阴离子，则Q为Al。
【详解】A．Cl-多一个电子层，半径最大，Al3+的O2-核外电子层结构相同，Al3+的核电荷数大半径小，氢离子半径最小，故离子半径Cl->O2->Al3+>H+，即简单离子半径：W>Z>Q>X，故A正确；
B．QW3即AlCl3，AlCl3是共价化合物，熔融AlCl3不导电，电解熔融的QW3无法获得Q单质，故B错误；
C．元素非金属性越强，电负性越大，故电负性Cl>C>H>Al，即W>Y>X>Q，C正确；
D．Y与X可以形成C2H6，Z与X可以形成N2H4，都是含非极性键的化合物，D正确；
本题选B。
10. 由下列实验操作及现象，能得出相应结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯气具有强氧化性，能与碘化钾溶液反应生成能使淀粉溶液变蓝色的单质碘，过量的氯气能将单质碘氧化为碘酸使溶液褪色，则将足量氯气通入淀粉—碘化钾溶液中，溶液先变蓝后褪色说明氯气具有强氧化性，与氯气是否具有漂白性无关，故A错误；
B．硫酸铜溶液与硫化氢气体反应生成硫化铜黄色沉淀和硫酸，该反应说明硫化铜的溶解度小，不能溶于稀硫酸，不能说明氢硫酸的酸性强于硫酸，故B错误；
C．将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，反应生成的铁离子能与过量的铁反应生成亚铁离子，滴加硫氰化钾溶液，溶液也不会变为红色，则将某食品脱氧剂样品溶于盐酸，滴加硫氰化钾溶液，溶液呈浅绿色不能说明该食品脱氧剂样品未被氧化为+3价铁，故C错误；
D．二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为，盛有二氧化氮的密闭烧瓶冷却后颜色变浅说明平衡向正反应方向移动，该反应为放热反应，故D正确；
故选D。
11. 一种利用铅铋合金(主要成分为，杂质为)制备草酸铅的工艺流程如图所示。其中，熔化和制粒两步工序的具体操作为：将铅铋合金加热熔化后，以一定的流速加入水中，形成直径为的合金颗粒。
已知：醋酸铅为弱电解质。下列说法错误的是
A. 熔化和制粒的目的是增大铅铋合金与反应物的接触面积
B. 氧化酸浸工序中，和空气中的作氧化剂
C. 氧化酸浸工序所得浸渣的主要成分为
D. 制备草酸铅的反应可表示为：
【答案】D
【解析】
【分析】熔化和制粒可以增大铅铋合金与反应物的接触面积，充分反应，提高反应速率，氧化酸浸工序中，和空气中的作氧化剂，氧化，浸渣的主要成分为，经过水解把铋元素沉淀，再加入草酸，把醋酸铅转化为草酸铅，滤液转入氧化酸浸步骤循环利用。
【详解】A．熔化和制粒可以增大铅铋合金与反应物的接触面积，充分反应，提高反应速率，A正确；
B．氧化酸浸工序中，和空气中的作氧化剂，氧化，B正确；
C．氧化酸浸工序中，和空气中的氧化，浸渣的主要成分为，C正确；
D．醋酸铅为弱电解质，不能拆成离子形式，D错误；
故选D。
12. 硫代硫酸盐是具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根离子可看作中的一个原子被原子替代的产物。的晶胞形状为长方体，边长分别为、、，其结构如图所示，已知的摩尔质量是为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 晶胞中的个数为3
B. 若晶胞中的分数坐标为，则的分数坐标为
C. 的中心硫原子的杂化方式为
D. 该晶体的密度为
【答案】C
【解析】
【详解】A．晶胞中的个数为，A错误；
B．若晶胞中的分数坐标为，为右上顶点，分数坐标为，B错误；
C．硫代硫酸根离子可看作中的一个原子被原子替代的产物，的中心硫原子的杂化方式与的中心硫原子的杂化方式相同为，C正确；
D．的摩尔质量是，1nm=10-7cm，其密度应为：，D错误；
故选C。
13. 已知某条件下反应的速率方程为，
在钨表面分解的实验数据如表所示。
已知：①为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关。
②时，反应为0级反应，时，反应为1级反应，以此类推。可以为整数，也可以为分数。
③浓度消耗一半所用的时间叫半衰期。
下列说法错误的是
A. 表格中
B. 该反应为2级反应
C. 该反应速率与的浓度无关，可能因为催化剂表面吸附的已达到饱和
D. 保持其他条件不变，若起始浓度为，则半衰期为
【答案】B
【解析】
【分析】由表格数据知，0—20min内，氨气的反应速率为=0.001 ml/(L·min)，20—40min内，氨气的反应速率为=0.001 ml/(L·min)，相同时间内氨气的反应速率相等，说明该反应是匀速反应，则由速率方程可得：==1，解得n=0，该反应是0级反应，反应的速率常数k=v=0.001 ml/(L·min)。
【详解】A．由分析可知，该反应是匀速反应，则40—60min内，氨气的反应速率为=0.001 ml/(L·min)，解得a=0.040，故A正确；
B．由分析可知：n=0，该反应是0级反应，故B错误；
C．该反应速率与氨气的浓度无关说明催化剂表面吸附的氨气已达到饱和，氨气的浓度为定值，故C正确；
D．设起始浓度为c，由分析可知，反应速率与速率常数相等，则半衰期=，所以起始浓度为0.0120ml/L时，半衰期==50min，故D正确；
故选B。
14. 常温下，体积和浓度一定的溶液中各微粒(和)浓度值的对数随溶液的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A. 曲线代表随溶液的变化情况
B. C点的等于6
C. 点时，
D. 常温下，将点对应溶液加水稀释，增大
【答案】D
【解析】
【分析】pH越大，溶液碱性越强，B2-浓度越大，lgc(B2-)越大，相应纵坐标越大，故III表示lgc(B2-)；pH越小，溶液酸性越强，H2B浓度越大，lgc(H2B)越大，相应纵坐标越大，则I表示lgc(H2B)，剩下II表示lgc(HB-)，pH=14，c(H+)=10-14ml/L，由Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，c(OH-)=1ml/L，故lgc(OH-)=0，所以b表示c(OH-)，a表示c(H+)；
【详解】A．由分析，曲线b代表lg[c(OH−)/ml⋅L−1]随溶液pH的变化情况，A正确；
B．A点，c(H2B)=c(HB-)，且pH=4，c(H+)=10-4ml/L，故H2B的Ka1=，同理利用B点可得H2B的Ka2=10-8，则Ka1×Ka2=，C点c(H2B)=c(B2-)，解得c(H+)=10-6ml/L，pH=6，B正确；
C．C点时，溶液为酸性，c(H+)>c(OH−)，又可由图像得c(HB−)>c(H2B)=c(B2−)，C正确；
D．D点溶液中由于B2-、HB-水解显碱性，加水碱性减弱，c(H+)增大，Ka2=温度不变保持不变，故减小，D错误
本题选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 亚硝酸钙是一种白色粉末，易潮解，在钢筋混凝土工程中，主要用作水泥硬化促进剂和防冻阻锈剂。实验室中采用如图装置制取少量亚硝酸钙。
回答下列问题：
（1）装置Ⅰ中仪器的名称是___________，装置中发生主要反应的化学方程式为___________。
（2）装置Ⅱ的作用是___________。
（3）如图装置中，能用来替代装置Ⅲ的是___________(填标号)。
（4）滴入稀硝酸前，需要向装置中通入一段时间，待反应结束后还需继续通入一段时间，两次通的目的分别是___________；___________。
（5）若缺少装置Ⅴ，产生的影响是___________。
（6）装置Ⅵ中氮元素被氧化成价，则反应的离子方程式为___________。
（7）若所得亚硝酸钙产品中仅含少量硝酸钙杂质，可用如下实验操作测定其纯度：称量产品溶于水，先加入足量溶液，充分搅拌后过滤，除去，再加入适量饱和溶液，加热煮沸，将转化为。然后向所得溶液中加入溶液，并用稀硫酸酸化，充分反应后用标准溶液滴定过量的，消耗标准溶液的体积为。
①除去时，反应的离子方程式为___________。
②计算可知，所得产品的纯度为___________(用含、的式子表示)。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
（2）除去NO气体中混有少量的NO2，
（3）AC （4） ①. 排除装置中的空气，防止生成的NO被空气中的O2氧化为NO2 ②. 将装置内剩余的NO全部排入尾气处理装置中，以防污染环境
（5）装置Ⅵ中的水蒸气进入V中，引起亚硝酸钙潮解，减低产品的纯度
（6）2NO++6H+=2+2Cr3++3H2O
（7） ①. +=N2+2H2O ②. 1-%
【解析】
【分析】用CaO2与NO制备亚硝酸钙，实验开始前先通氮气是为了排除装置内的空气，在装置Ⅰ中由铜和稀硝酸反应制取一氧化氮3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，产生的气体中混有少量的NO2，可用Ⅱ装置进行除杂，则Ⅱ装置中盛放的试剂为蒸馏水，发生反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，装置Ⅲ为干燥装置，通过Ⅳ中与过氧化钙反应生成亚硝酸钙，装置Ⅴ为防止尾气处理装置中的水蒸气进入装置Ⅳ中，装置Ⅵ为尾气吸收装置，据此分析解题。
【小问1详解】
根据实验装置图可知，仪器a为分液漏斗，在装置Ⅰ中由铜和稀硝酸反应制取一氧化氮3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故答案为：分液漏斗；3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
【小问2详解】
由分析可知，装置Ⅱ作用是除去NO气体中混有少量的NO2，故答案为：除去NO气体中混有少量的NO2；
【小问3详解】
由分析可知，装置Ⅲ为干燥装置，即干燥NO，胆矾和CuO没有吸水性，NO与碱石灰、浓硫酸不反应，故能用来替代装置Ⅲ的是AC，故答案为：AC；
【小问4详解】
由分析可知，向三颈烧瓶中加入稀硝酸之前，应向装置中通入一段时间的N2，目的是排除装置中的空气，防止生成的NO被空气中的O2氧化为NO2，反应结束后继续通入一段时间N2，以将装置内剩余的NO全部排入尾气处理装置中，以防污染环境，故答案为：排除装置中的空气，防止生成的NO被空气中的O2氧化为NO2；将装置内剩余的NO全部排入尾气处理装置中，以防污染环境；
【小问5详解】
由题干信息可知，亚硝酸钙易潮解，故若缺少装置Ⅴ，产生的影响是装置Ⅵ中的水蒸气进入V中，引起亚硝酸钙潮解，减低产品的纯度，故答案为：装置Ⅵ中的水蒸气进入V中，引起亚硝酸钙潮解，减低产品的纯度；
【小问6详解】
装置Ⅵ中氮元素被氧化成价，即NO被氧化成，被还原为Cr3+，根据氧化还原反应配平可知，该反应的离子方程式为：2NO++6H+=2+2Cr3++3H2O，故答案为：2NO++6H+=2+2Cr3++3H2O；
【小问7详解】
①由题干信息可知，用除去生成N2，根据氧化还原反应配平可知，该反应的离子方程式为+=N2+2H2O，故答案为：+=N2+2H2O；
②根据得失电子守恒可知，该反应的关系式为3n()=n(Fe2+)，6n()=n(Fe2+)，则亚铁离子总的物质的量为2.5a×10-2ml，K2Cr2O7消耗的亚铁离子的物质的量为n(Fe2+)=6n()=6×bV×10-3ml，剩余的亚铁离子的物质的量为n(Fe2+)=(25a-6×bV)×10-3m，根据关系式3n()=n(Fe2+)，样品中n()=n(Fe2+)=×(25a-6bV)×10-3ml，则硝酸钙的物质的量为×(25a-6bV)×10-3ml，硝酸钙的质量为m=nM=×(25a-6bV)×10-3ml×164g/ml=×(25a-6bV)×10-3g，硝酸钙的百分含量为×100%=%，则产品纯度为：1-%，故答案为：1-%。
16. 在密闭鼓风炉炼铅锌过程中，锗和铟富集于真空炉渣中。采用蒸馏-萃取联合法提取锗、铟，可直接从真空炉渣中制取二氧化锗和粗铟，工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）基态锗原子的外围电子排布式为___________；铟为第5周期ⅢA族元素，基态铟原子的未成对电子个数有___________个。
（2）关于浸出除锌，下列说法正确的是___________(填标号)。
A 将真空炉渣粉碎，可以提高锌浸出率
B. 应使用强酸性溶液处理真空炉渣
C. 分离浸出液和浸渣时，应使用过滤操作
D. 向浸出液中加入金属钠，可置换出锌单质
（3）氧化焙烧处理后的真空炉渣中，锗元素以和少量单质形式存在，将其投入蒸馏釜中，加入盐酸，通入氯气，在下进行氯化蒸馏，得到液体，该过程中发生的主要反应的化学方程式为___________、___________。
（4）低于时，将与适量水混合，水解得到，水解反应的化学方程式为___________。
（5）残液中的铟元素主要以的形式存在，置换除杂后，以有机溶剂和为萃取剂，可采用二次联合萃取法回收铟。和的结构如图所示，的化学式为___________；在煤油中，以二聚体形式存在，从分子结构角度分析其原因是___________。
（6）某真空炉渣中含铟量为(质量分数)，以该真空炉渣为原料，按照以上工艺回收粗铟，可获得含铟量(质量分数)的粗铟，则该工艺中铟回收率为___________。
（7）采用甘油碘化钾-二次电解联合法提纯粗铟，在电解精炼之前，需采用甘油-碘化钾法除去杂质。如图分别是碘化钾和甘油用量对除率、除率的影响曲线，由此可以确定具有较好除效果时，铟原料与试剂用量配比约为___________。
【答案】（1） ①. 4s24p2 ②. 1 （2）AC
（3） ①. GeO2+4HCl=GeCl4+2H2O ②. Ge+2Cl2GeCl4
（4）GeCl4+(n+2)H2OGeO2⋅nH2O↓+4HCl
（5） ①. C12H27O4P ②. P204在煤油中形成氢键
（6）85.8% （7）100：35：6
【解析】
【分析】由题给流程可知，向真空炉渣中加入强碱溶液浸出，将锌转化为四羟基合锌离子，过滤得到滤渣和可用于回收锌的浸出液；滤渣经氧化焙烧、氯化蒸馏、冷凝吸收得到四氯化锗、可回收铅的残渣和含有三氯化铟的残液；四氯化锗经水解、烘干得到二氧化锗；残液经置换除杂、TBP萃取、P204反萃取得到含铟反萃液，反萃液经置换、熔铸得到粗铟。
【小问1详解】
锗元素的原子序数为32，基态原子的外围电子排布式为4s24p2；铟为第5周期ⅢA族元素，基态原子的外围电子排布式为5s25p1，则原子核外未成对电子个数有1个，故答案为：4s24p2；1；
【小问2详解】
A．将真空炉渣粉碎可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，提高锌浸出率，故正确；
B．由分析可知，应使用强碱性溶液处理真空炉渣，过滤得到含有四羟基合锌离子的浸出液，故错误；
C．分离浸出液和浸渣的操作为固液分离操作，所以应使用过滤操作，故正确；
D．金属钠具有强还原性，会与浸出液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，不能置换出锌，故错误；
故选AC；
【小问3详解】
由题意可知，得到四氯化锗发生的反应为二氧化锗与盐酸反应生成四氯化锗和水、锗与氯气共热反应生成四氯化锗，反应的化学方程式分别为GeO2+4HCl=GeCl4+2H2O、Ge+2Cl2GeCl4，故答案为：GeO2+4HCl=GeCl4+2H2O；Ge+2Cl2GeCl4；
【小问4详解】
由题意可知，四氯化锗发生的水解反应为低于0℃条件下，四氯化锗水解生成GeO2⋅nH2O和盐酸，反应的化学方程式为GeCl4+(n+2)H2OGeO2⋅nH2O↓+4HCl，故答案为：GeCl4+(n+2)H2OGeO2⋅nH2O↓+4HCl；
【小问5详解】
由题给结构可知，TBP的化学式为C12H27O4P；P204分子中含有的羟基在煤油中形成分子间，所以P204在煤油中以二聚体形式存在，故答案为：C12H27O4P；P204在煤油中形成氢键；
【小问6详解】
由铟原子个数守恒可知，该工艺中铟回收率为×100%=85.8%，故答案为：85.8%；
【小问7详解】
由图可知，甘油和铟的质量比为0.35、碘化钾和铟的质量比为0.06时，铊、镉的去除率都最大，设铟原料的质量为xg，则铟原料与试剂用量配比为x：0.35x：0.06x=100：35：6，故答案为：100：35：6。
17. 二氧化碳和甲烷是两种温室效应气体，将二者进行转化，可得到具有高附加值的化学品或清洁燃料。
（1）和催化重整制取和
主反应：①
副反应：②
③
④
主反应的___________，该反应在___________(填“较高温度”或“较低温度”)下可自发进行。
（2）和反应可制取乙烯，反应化学方程式为。一定温度下，向某恒容密闭容器中充入和，体系的初始压强为，若平衡时的转化率为，不考虑副反应的发生，的平衡分压为___________(用表示，下同)，该反应的压强平衡常数___________。
（3）过光电化学转化可制得乙二醇，在某催化剂作用下该反应的机理如图所示。图中表示催化剂被光激发出电子之后产生的空穴。
①下列说法错误的是___________(填标号)。
A．该反应为自由基型反应
B．生成的反应为
C．该反应的副产物
D．该机理中存在极性键和非极性键的断裂和形成
②以乙二醇为燃料的燃料电池工作时，乙二醇在电池___________(填“负极”或“正极”)发生反应，若以溶液为电解液，则该电极的反应式为___________。
（4）铜基催化剂电催化还原制乙醇的两种途径(分别以和作催化剂)的相对能量变化如图所示，标“”的为吸附在催化剂上的物质。分析可知，以___________作催化剂的催化效率更高。
【答案】（1） ①. ②. 较高温度
（2） ①. ②.
（3） ①. BD ②. 负极 ③.
（4）
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，主反应=③-④，；该反应为，，较高温度下可以使反应自发进行；
故答案为：；较高温度；
【小问2详解】
利用三段式分析:，平衡时气体总物质的量为，气体总压强为，的平衡分压为；压强平衡常数；
故答案为：；；
【小问3详解】
①A．从该反应的机理图中可看出，有、、自由基，该反应为自由基型反应，A正确；
B．从该反应的机理图中可看出，在催化剂的空穴位置产生，没有产生，生成的反应不是，B错误；
C．图中显示有生成，该物质为制备乙二醇反应的副产物，C正确；
D．该机理中存在、分子中极性键的断裂，不存在非极性键的断裂，有分子中极性键的形成及、分子中非极性键的形成，D错误；
故选BD。
②燃料电池工作时，正极为通入氧气的电极，通入燃料的一极为负极，故乙二醇在电池负极发生失电子、氧化反应，以溶液为电解液，电极产物为，故电极反应式为；
故答案为：BD；负极；；
【小问4详解】
从两种途径的相对能量变化图可看出，以作催化剂时反应活化能更大，反应速率慢，催化效果差，以作催化剂时反应活化能小，反应速率快，催化效率更高；
故答案为：。
18. 用于治疗消化道疾病的药物的合成路线如图：
回答下列问题：
（1）按照系统命名法，化合物A的名称为___________。
（2）物质C的结构简式为___________。
（3）物质中官能团的名称为___________。
（4）合成路线中生成药物的化学方程式为___________。
（5）分析相关物质的结构可知，的反应可能分两步进行，且第一步为加成反应，则第二步的反应类型为___________，中间产物为___________。
（6）有机物为D的同分异构体，其分子具有二取代苯结构，且具有一个与苯环直接相连的硝基，该物质苯环上的一氯代物只有两种，则的结构可能有___________种(不考虑立体异构)。其中，核磁共振氢谱峰面积之比为的同分异构体结构简式为___________。
（7）以苯甲醛为主要原料(无机试剂任选)，设计合成药物的路线：___________。
【答案】（1）对甲基苯酚；
（2）ClCH2CH2N(CH3)2；
（3）醚键、羧基； （4）+→+HClO；
（5） ①. 消去反应； ②. ；
（6） ①. 8； ②. ；
（7）路线为：。
【解析】
【分析】(A)催化氧化为(B) ，与C(C4H10ClN)在K2CO3作用下生成(D)，与NH2OH反应生成(E)，与H2在催化剂作用下生成(F)；(G)与SOCl2反应生成(H)，与生成(M)
【小问1详解】
化合物A为，其名称是对甲基苯酚；
【小问2详解】
由与C(C4H10ClN)在K2CO3作用下生成(D)可逆推物质C的结构简式为ClCH2CH2N(CH3)2；
【小问3详解】
(G)的结构简式为其中含氧官能团的名称为醚键、羧基；
【小问4详解】
生成药物的化学方程式为：+→+HClO；
【小问5详解】
D为，E为，D→E可能分两步进行，第一步D与H2NOH发生加成反应生成，第二步发生消去反应生成；
【小问6详解】
D为符合题目条件的D的同分异构体有、、、、、、、，共8种，其中核磁共振氢谱峰面积之比为6:3:2:2:2的同分异构体结构简式为；
【小问7详解】
与试剂H2NOH反应生成(J)，与H2发生加成反应生成(K) ；在催化剂作用下与氧气反应生成(R) ，与SOCl2反应生成(Q) ；与反应生成，路线为：。元青花月映梅高足碗
彩绘兽形陶盉
中山侯铜钺
龙耳谷纹黄玉系璧
选项
性质差异
结构因素
沸点：邻羟基苯甲醛低于对羟基苯甲醛
氢键类型
熔点：高于
价层电子数
熔点：远高于(升华)
晶体类型
酸性：强于乙酸
羟基的极性
目的
实验室制备
收集
检验气体中含和
用水吸收
操作
选项
实验操作及现象
结论
A
将足量通入淀粉溶液中，溶液先变蓝后褪色
有漂白性
向溶液中通入气体，出现黑色沉淀CuS
酸性：＞
C
将某食品脱氧剂样品溶于盐酸，滴加溶液，溶液呈浅绿色
该食品脱氧剂样品未被氧化为价铁
盛有的密闭烧瓶冷却后颜色变浅
转化为的反应放热
0
20
40
60
80
100
0.100
0.080
0.060
0.020
0
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考号及座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 Ca-40
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 人类制造和使用硅酸盐制品的历史悠久，下列文物不属于硅酸盐制品的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．高足碗硅酸盐制品，A不符题意；
B．陶盉为陶器，属于硅酸盐制品，B不符题意；
C．铜钺是由金属材料制成，不是硅酸盐制品，C符合题意；
D．玉成分中含硅酸盐，属于硅酸盐制品，D不符题意；
答案选C。
2. 化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是
A. 钙钛矿太阳能电池工作时的能量转化形式为：化学能电能
B. 苯甲酸钠是一种防腐剂，可以在果汁饮料中适量添加
C. 以秸秆为原料，经加工处理得到的纤维称为再生纤维
D. 稀土金属可改善合金的性能，因而稀土元素被称为“冶金工业的维生素”
【答案】A
【解析】
【详解】A．太阳能电池是将太阳能转化为电能的装置，故A错误；
B．苯甲酸钠是一种性能优良的防腐剂，可以在果汁饮料中适量添加苯甲酸钠，延长果汁饮料的保质期，故B正确；
C．再生纤维是指用纤维素等天然高分子化合物为原料，经化学加工制成高分子浓溶液，再经纺丝和后处理而制得的纺织纤维，秸秆的主要成分为纤维素，所以以秸秆为原料，经加工处理得到的纤维称为再生纤维，故C正确；
D．在合金中加入适量稀土金属可改善合金的性能，使合金具有各种不同的性能，所以稀土元素被称为“冶金工业的维生素”，故D正确；
故选A。
3. 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 通入水中并充分反应，转移电子数目小于
B. 标准状况下，中电子数目为
C. 向溶液中通氨气至中性，目大于
D. 中含有键数目为
【答案】A
【解析】
【详解】A．7.1gCl2是0.1ml，但是氯气与水反应是可逆反应，转移的电子数小于0.1NA，A正确；
B．标况下HF为液体，不能用气体摩尔体积计算，B错误；
C．根据溶液显中性，利用电荷守恒c()＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)可知，c()＝c(Cl－)，故数目为0.1NA，C错误；
D．甲醛结构式为，1个甲醛分子中含有3个σ键，30克HCHO是1ml，含有σ键数目为3NA,D正确；
故选A。
4. 下列说法正确的是
A. 是由极性键构成的非极性分子
B. 中均存在非极性键
C. 中，提供空轨道，提供孤对电子
D. 分子之间能形成氢键，因此的热稳定性比的强
【答案】C
【解析】
【详解】A．OF2中氧原子为sp3杂化，分子构型为V形，是由极性键构成的极性分子，A错误；
B．Na2O2中过氧根离子中氧原子间为非极性键，CaH2中钙离子和氢负离子之间是离子键，无共价键，故B错误；
C．[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤对电子，形成配合物离子，C正确；
D．H2O分子之间能形成氢键，但热稳定性与分子间氢键无关，D错误；
本题选C。
5. 莫西赛利是一种治疗脑血管疾病的药物，可改善脑梗塞或脑出血后遗症等症状。其合成路线的中间体之一的结构如图所示，下列关于该中间体的说法错误的是
A. 可以发生水解反应
B. 所有碳原子不可能共平面
C. 1个该分子中含有7个杂化的碳原子
D. 该物质与盐酸反应，最多消耗
【答案】C
【解析】
【详解】A．该中间体结构中有酰胺基，可以发生水解反应，A正确；
B．该中间体有碳原子为sp3杂化，以四面体结构通过单键连接了3个另外的碳原子和1个氢原子，所有碳原子不可能共面，B正确；
C．1个该分子中有9个饱和碳原子，如图标注，即含有9个sp3杂化的碳原子，C错误；
D．1 ml该物质与盐酸反应，酰胺基消耗等量HCl，右侧N也有碱性，也消耗等量HCl，最多消耗2 ml HCl，D正确；
本题选C。
6. 物质的结构决定其性质。下列物质性质差异与其结构因素不相符的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．对羟基苯甲醛中醛基和羟基相距较远，只能形成分子间氢键，使沸点升高，而邻羟基苯甲醛中醛基和羟基相距较近，形成分子内氢键，反而使沸点降低，A正确；
B．锂为金属单质，属于金属晶体，而N单质N2为分子晶体，分子间作用力弱，熔点低，与价层电子数无关，B错误；
C．AlF3为离子晶体，微粒间作用为离子键，AlCl3为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，一般离子键作用强于分子间作用力，C正确；
D．-CH3为推电子基，使得羧基上的羟基极性减弱，氢原子更难电离，酸性减弱，D正确；
答案选B。
7. 下列实验操作能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．可使用该方法制备氯气，反应化学方程式为Ca(ClO)2＋4HCl＝CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O，A正确；
B．NO会和空气中氧气反应且密度与空气相近，不能使用排空气法收集NO，B错误；
C．二氧化硫可以使品红溶液褪色，故可以使用品红溶液检验二氧化硫，但三氧化硫也被品红溶液吸收，不能检验三氧化硫，C错误；
D．漏斗边缘伸入液面之下，该装置起不到防倒吸的目的，D错误；
故选A。
8. 一种新型酸碱混合锌铁液流电池放电时的工作原理如图所示。已知和分别为阳离子膜和阴离子膜，①、②、③区电解质溶液的酸碱性不同。下列说法正确的是
A. 放电时，电极的反应为
B. 放电时，由②区向③区迁移
C. 充电时，②区电解质溶液的浓度减小
D. 充电时，③区溶液的酸性减弱
【答案】C
【解析】
【分析】a极为负极，Zn发生失电子的氧化反应生成，同时可判断①区电解质溶液呈碱性，b极为正极，发生得电子的还原反应生成，同时可判断③区电解质溶液呈酸性。
【详解】A．根据分析，放电时，a极为负极，Zn发生失电子的氧化反应生成，电极反应：，A错误；
B．放电时，b极为正极，发生得电子的还原反应生成，为保持电解质溶液呈电中性，溶液中阴离子透过阴离子交换膜移向②区，B错误；
C．充电过程中，a电极发生电极反应：，b电极发生电极反应：，结合离子交换膜种类及电解质溶液保持电中性，移向①，移向③，②区电解质溶液的浓度减小，C正确；
D．根据分析可知，充电时③区溶液的酸性不变，D错误；
答案选C。
9. 某种化学电源电解液的组成与结构如图所示，为原子序数依次增大的短周期元素，且五种元素分别属于不同主族。下列说法错误的是
A. 简单离子半径：B. 电解熔融的可获得单质
C. 电负性：D. 与均可形成含非极性键的化合物
【答案】B
【解析】
【分析】根据组成结构以及成键特点，X和W只有一个共价键，可能是为H和卤族元素，Y有四个共价键，五种元素原子序数依次增大，且属于短周期元素，因此Y为C，X为H，W应为Cl，一个Z有三个共价键，该物质为离子化合物，形成四个键的Z失去一个电子，因此Z为N，Q形成四个共价键的一价阴离子，则Q为Al。
【详解】A．Cl-多一个电子层，半径最大，Al3+的O2-核外电子层结构相同，Al3+的核电荷数大半径小，氢离子半径最小，故离子半径Cl->O2->Al3+>H+，即简单离子半径：W>Z>Q>X，故A正确；
B．QW3即AlCl3，AlCl3是共价化合物，熔融AlCl3不导电，电解熔融的QW3无法获得Q单质，故B错误；
C．元素非金属性越强，电负性越大，故电负性Cl>C>H>Al，即W>Y>X>Q，C正确；
D．Y与X可以形成C2H6，Z与X可以形成N2H4，都是含非极性键的化合物，D正确；
本题选B。
10. 由下列实验操作及现象，能得出相应结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯气具有强氧化性，能与碘化钾溶液反应生成能使淀粉溶液变蓝色的单质碘，过量的氯气能将单质碘氧化为碘酸使溶液褪色，则将足量氯气通入淀粉—碘化钾溶液中，溶液先变蓝后褪色说明氯气具有强氧化性，与氯气是否具有漂白性无关，故A错误；
B．硫酸铜溶液与硫化氢气体反应生成硫化铜黄色沉淀和硫酸，该反应说明硫化铜的溶解度小，不能溶于稀硫酸，不能说明氢硫酸的酸性强于硫酸，故B错误；
C．将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，反应生成的铁离子能与过量的铁反应生成亚铁离子，滴加硫氰化钾溶液，溶液也不会变为红色，则将某食品脱氧剂样品溶于盐酸，滴加硫氰化钾溶液，溶液呈浅绿色不能说明该食品脱氧剂样品未被氧化为+3价铁，故C错误；
D．二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为，盛有二氧化氮的密闭烧瓶冷却后颜色变浅说明平衡向正反应方向移动，该反应为放热反应，故D正确；
故选D。
11. 一种利用铅铋合金(主要成分为，杂质为)制备草酸铅的工艺流程如图所示。其中，熔化和制粒两步工序的具体操作为：将铅铋合金加热熔化后，以一定的流速加入水中，形成直径为的合金颗粒。
已知：醋酸铅为弱电解质。下列说法错误的是
A. 熔化和制粒的目的是增大铅铋合金与反应物的接触面积
B. 氧化酸浸工序中，和空气中的作氧化剂
C. 氧化酸浸工序所得浸渣的主要成分为
D. 制备草酸铅的反应可表示为：
【答案】D
【解析】
【分析】熔化和制粒可以增大铅铋合金与反应物的接触面积，充分反应，提高反应速率，氧化酸浸工序中，和空气中的作氧化剂，氧化，浸渣的主要成分为，经过水解把铋元素沉淀，再加入草酸，把醋酸铅转化为草酸铅，滤液转入氧化酸浸步骤循环利用。
【详解】A．熔化和制粒可以增大铅铋合金与反应物的接触面积，充分反应，提高反应速率，A正确；
B．氧化酸浸工序中，和空气中的作氧化剂，氧化，B正确；
C．氧化酸浸工序中，和空气中的氧化，浸渣的主要成分为，C正确；
D．醋酸铅为弱电解质，不能拆成离子形式，D错误；
故选D。
12. 硫代硫酸盐是具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根离子可看作中的一个原子被原子替代的产物。的晶胞形状为长方体，边长分别为、、，其结构如图所示，已知的摩尔质量是为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 晶胞中的个数为3
B. 若晶胞中的分数坐标为，则的分数坐标为
C. 的中心硫原子的杂化方式为
D. 该晶体的密度为
【答案】C
【解析】
【详解】A．晶胞中的个数为，A错误；
B．若晶胞中的分数坐标为，为右上顶点，分数坐标为，B错误；
C．硫代硫酸根离子可看作中的一个原子被原子替代的产物，的中心硫原子的杂化方式与的中心硫原子的杂化方式相同为，C正确；
D．的摩尔质量是，1nm=10-7cm，其密度应为：，D错误；
故选C。
13. 已知某条件下反应的速率方程为，
在钨表面分解的实验数据如表所示。
已知：①为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关。
②时，反应为0级反应，时，反应为1级反应，以此类推。可以为整数，也可以为分数。
③浓度消耗一半所用的时间叫半衰期。
下列说法错误的是
A. 表格中
B. 该反应为2级反应
C. 该反应速率与的浓度无关，可能因为催化剂表面吸附的已达到饱和
D. 保持其他条件不变，若起始浓度为，则半衰期为
【答案】B
【解析】
【分析】由表格数据知，0—20min内，氨气的反应速率为=0.001 ml/(L·min)，20—40min内，氨气的反应速率为=0.001 ml/(L·min)，相同时间内氨气的反应速率相等，说明该反应是匀速反应，则由速率方程可得：==1，解得n=0，该反应是0级反应，反应的速率常数k=v=0.001 ml/(L·min)。
【详解】A．由分析可知，该反应是匀速反应，则40—60min内，氨气的反应速率为=0.001 ml/(L·min)，解得a=0.040，故A正确；
B．由分析可知：n=0，该反应是0级反应，故B错误；
C．该反应速率与氨气的浓度无关说明催化剂表面吸附的氨气已达到饱和，氨气的浓度为定值，故C正确；
D．设起始浓度为c，由分析可知，反应速率与速率常数相等，则半衰期=，所以起始浓度为0.0120ml/L时，半衰期==50min，故D正确；
故选B。
14. 常温下，体积和浓度一定的溶液中各微粒(和)浓度值的对数随溶液的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A. 曲线代表随溶液的变化情况
B. C点的等于6
C. 点时，
D. 常温下，将点对应溶液加水稀释，增大
【答案】D
【解析】
【分析】pH越大，溶液碱性越强，B2-浓度越大，lgc(B2-)越大，相应纵坐标越大，故III表示lgc(B2-)；pH越小，溶液酸性越强，H2B浓度越大，lgc(H2B)越大，相应纵坐标越大，则I表示lgc(H2B)，剩下II表示lgc(HB-)，pH=14，c(H+)=10-14ml/L，由Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14，c(OH-)=1ml/L，故lgc(OH-)=0，所以b表示c(OH-)，a表示c(H+)；
【详解】A．由分析，曲线b代表lg[c(OH−)/ml⋅L−1]随溶液pH的变化情况，A正确；
B．A点，c(H2B)=c(HB-)，且pH=4，c(H+)=10-4ml/L，故H2B的Ka1=，同理利用B点可得H2B的Ka2=10-8，则Ka1×Ka2=，C点c(H2B)=c(B2-)，解得c(H+)=10-6ml/L，pH=6，B正确；
C．C点时，溶液为酸性，c(H+)>c(OH−)，又可由图像得c(HB−)>c(H2B)=c(B2−)，C正确；
D．D点溶液中由于B2-、HB-水解显碱性，加水碱性减弱，c(H+)增大，Ka2=温度不变保持不变，故减小，D错误
本题选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 亚硝酸钙是一种白色粉末，易潮解，在钢筋混凝土工程中，主要用作水泥硬化促进剂和防冻阻锈剂。实验室中采用如图装置制取少量亚硝酸钙。
回答下列问题：
（1）装置Ⅰ中仪器的名称是___________，装置中发生主要反应的化学方程式为___________。
（2）装置Ⅱ的作用是___________。
（3）如图装置中，能用来替代装置Ⅲ的是___________(填标号)。
（4）滴入稀硝酸前，需要向装置中通入一段时间，待反应结束后还需继续通入一段时间，两次通的目的分别是___________；___________。
（5）若缺少装置Ⅴ，产生的影响是___________。
（6）装置Ⅵ中氮元素被氧化成价，则反应的离子方程式为___________。
（7）若所得亚硝酸钙产品中仅含少量硝酸钙杂质，可用如下实验操作测定其纯度：称量产品溶于水，先加入足量溶液，充分搅拌后过滤，除去，再加入适量饱和溶液，加热煮沸，将转化为。然后向所得溶液中加入溶液，并用稀硫酸酸化，充分反应后用标准溶液滴定过量的，消耗标准溶液的体积为。
①除去时，反应的离子方程式为___________。
②计算可知，所得产品的纯度为___________(用含、的式子表示)。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
（2）除去NO气体中混有少量的NO2，
（3）AC （4） ①. 排除装置中的空气，防止生成的NO被空气中的O2氧化为NO2 ②. 将装置内剩余的NO全部排入尾气处理装置中，以防污染环境
（5）装置Ⅵ中的水蒸气进入V中，引起亚硝酸钙潮解，减低产品的纯度
（6）2NO++6H+=2+2Cr3++3H2O
（7） ①. +=N2+2H2O ②. 1-%
【解析】
【分析】用CaO2与NO制备亚硝酸钙，实验开始前先通氮气是为了排除装置内的空气，在装置Ⅰ中由铜和稀硝酸反应制取一氧化氮3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，产生的气体中混有少量的NO2，可用Ⅱ装置进行除杂，则Ⅱ装置中盛放的试剂为蒸馏水，发生反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，装置Ⅲ为干燥装置，通过Ⅳ中与过氧化钙反应生成亚硝酸钙，装置Ⅴ为防止尾气处理装置中的水蒸气进入装置Ⅳ中，装置Ⅵ为尾气吸收装置，据此分析解题。
【小问1详解】
根据实验装置图可知，仪器a为分液漏斗，在装置Ⅰ中由铜和稀硝酸反应制取一氧化氮3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故答案为：分液漏斗；3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
【小问2详解】
由分析可知，装置Ⅱ作用是除去NO气体中混有少量的NO2，故答案为：除去NO气体中混有少量的NO2；
【小问3详解】
由分析可知，装置Ⅲ为干燥装置，即干燥NO，胆矾和CuO没有吸水性，NO与碱石灰、浓硫酸不反应，故能用来替代装置Ⅲ的是AC，故答案为：AC；
【小问4详解】
由分析可知，向三颈烧瓶中加入稀硝酸之前，应向装置中通入一段时间的N2，目的是排除装置中的空气，防止生成的NO被空气中的O2氧化为NO2，反应结束后继续通入一段时间N2，以将装置内剩余的NO全部排入尾气处理装置中，以防污染环境，故答案为：排除装置中的空气，防止生成的NO被空气中的O2氧化为NO2；将装置内剩余的NO全部排入尾气处理装置中，以防污染环境；
【小问5详解】
由题干信息可知，亚硝酸钙易潮解，故若缺少装置Ⅴ，产生的影响是装置Ⅵ中的水蒸气进入V中，引起亚硝酸钙潮解，减低产品的纯度，故答案为：装置Ⅵ中的水蒸气进入V中，引起亚硝酸钙潮解，减低产品的纯度；
【小问6详解】
装置Ⅵ中氮元素被氧化成价，即NO被氧化成，被还原为Cr3+，根据氧化还原反应配平可知，该反应的离子方程式为：2NO++6H+=2+2Cr3++3H2O，故答案为：2NO++6H+=2+2Cr3++3H2O；
【小问7详解】
①由题干信息可知，用除去生成N2，根据氧化还原反应配平可知，该反应的离子方程式为+=N2+2H2O，故答案为：+=N2+2H2O；
②根据得失电子守恒可知，该反应的关系式为3n()=n(Fe2+)，6n()=n(Fe2+)，则亚铁离子总的物质的量为2.5a×10-2ml，K2Cr2O7消耗的亚铁离子的物质的量为n(Fe2+)=6n()=6×bV×10-3ml，剩余的亚铁离子的物质的量为n(Fe2+)=(25a-6×bV)×10-3m，根据关系式3n()=n(Fe2+)，样品中n()=n(Fe2+)=×(25a-6bV)×10-3ml，则硝酸钙的物质的量为×(25a-6bV)×10-3ml，硝酸钙的质量为m=nM=×(25a-6bV)×10-3ml×164g/ml=×(25a-6bV)×10-3g，硝酸钙的百分含量为×100%=%，则产品纯度为：1-%，故答案为：1-%。
16. 在密闭鼓风炉炼铅锌过程中，锗和铟富集于真空炉渣中。采用蒸馏-萃取联合法提取锗、铟，可直接从真空炉渣中制取二氧化锗和粗铟，工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）基态锗原子的外围电子排布式为___________；铟为第5周期ⅢA族元素，基态铟原子的未成对电子个数有___________个。
（2）关于浸出除锌，下列说法正确的是___________(填标号)。
A 将真空炉渣粉碎，可以提高锌浸出率
B. 应使用强酸性溶液处理真空炉渣
C. 分离浸出液和浸渣时，应使用过滤操作
D. 向浸出液中加入金属钠，可置换出锌单质
（3）氧化焙烧处理后的真空炉渣中，锗元素以和少量单质形式存在，将其投入蒸馏釜中，加入盐酸，通入氯气，在下进行氯化蒸馏，得到液体，该过程中发生的主要反应的化学方程式为___________、___________。
（4）低于时，将与适量水混合，水解得到，水解反应的化学方程式为___________。
（5）残液中的铟元素主要以的形式存在，置换除杂后，以有机溶剂和为萃取剂，可采用二次联合萃取法回收铟。和的结构如图所示，的化学式为___________；在煤油中，以二聚体形式存在，从分子结构角度分析其原因是___________。
（6）某真空炉渣中含铟量为(质量分数)，以该真空炉渣为原料，按照以上工艺回收粗铟，可获得含铟量(质量分数)的粗铟，则该工艺中铟回收率为___________。
（7）采用甘油碘化钾-二次电解联合法提纯粗铟，在电解精炼之前，需采用甘油-碘化钾法除去杂质。如图分别是碘化钾和甘油用量对除率、除率的影响曲线，由此可以确定具有较好除效果时，铟原料与试剂用量配比约为___________。
【答案】（1） ①. 4s24p2 ②. 1 （2）AC
（3） ①. GeO2+4HCl=GeCl4+2H2O ②. Ge+2Cl2GeCl4
（4）GeCl4+(n+2)H2OGeO2⋅nH2O↓+4HCl
（5） ①. C12H27O4P ②. P204在煤油中形成氢键
（6）85.8% （7）100：35：6
【解析】
【分析】由题给流程可知，向真空炉渣中加入强碱溶液浸出，将锌转化为四羟基合锌离子，过滤得到滤渣和可用于回收锌的浸出液；滤渣经氧化焙烧、氯化蒸馏、冷凝吸收得到四氯化锗、可回收铅的残渣和含有三氯化铟的残液；四氯化锗经水解、烘干得到二氧化锗；残液经置换除杂、TBP萃取、P204反萃取得到含铟反萃液，反萃液经置换、熔铸得到粗铟。
【小问1详解】
锗元素的原子序数为32，基态原子的外围电子排布式为4s24p2；铟为第5周期ⅢA族元素，基态原子的外围电子排布式为5s25p1，则原子核外未成对电子个数有1个，故答案为：4s24p2；1；
【小问2详解】
A．将真空炉渣粉碎可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，提高锌浸出率，故正确；
B．由分析可知，应使用强碱性溶液处理真空炉渣，过滤得到含有四羟基合锌离子的浸出液，故错误；
C．分离浸出液和浸渣的操作为固液分离操作，所以应使用过滤操作，故正确；
D．金属钠具有强还原性，会与浸出液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，不能置换出锌，故错误；
故选AC；
【小问3详解】
由题意可知，得到四氯化锗发生的反应为二氧化锗与盐酸反应生成四氯化锗和水、锗与氯气共热反应生成四氯化锗，反应的化学方程式分别为GeO2+4HCl=GeCl4+2H2O、Ge+2Cl2GeCl4，故答案为：GeO2+4HCl=GeCl4+2H2O；Ge+2Cl2GeCl4；
【小问4详解】
由题意可知，四氯化锗发生的水解反应为低于0℃条件下，四氯化锗水解生成GeO2⋅nH2O和盐酸，反应的化学方程式为GeCl4+(n+2)H2OGeO2⋅nH2O↓+4HCl，故答案为：GeCl4+(n+2)H2OGeO2⋅nH2O↓+4HCl；
【小问5详解】
由题给结构可知，TBP的化学式为C12H27O4P；P204分子中含有的羟基在煤油中形成分子间，所以P204在煤油中以二聚体形式存在，故答案为：C12H27O4P；P204在煤油中形成氢键；
【小问6详解】
由铟原子个数守恒可知，该工艺中铟回收率为×100%=85.8%，故答案为：85.8%；
【小问7详解】
由图可知，甘油和铟的质量比为0.35、碘化钾和铟的质量比为0.06时，铊、镉的去除率都最大，设铟原料的质量为xg，则铟原料与试剂用量配比为x：0.35x：0.06x=100：35：6，故答案为：100：35：6。
17. 二氧化碳和甲烷是两种温室效应气体，将二者进行转化，可得到具有高附加值的化学品或清洁燃料。
（1）和催化重整制取和
主反应：①
副反应：②
③
④
主反应的___________，该反应在___________(填“较高温度”或“较低温度”)下可自发进行。
（2）和反应可制取乙烯，反应化学方程式为。一定温度下，向某恒容密闭容器中充入和，体系的初始压强为，若平衡时的转化率为，不考虑副反应的发生，的平衡分压为___________(用表示，下同)，该反应的压强平衡常数___________。
（3）过光电化学转化可制得乙二醇，在某催化剂作用下该反应的机理如图所示。图中表示催化剂被光激发出电子之后产生的空穴。
①下列说法错误的是___________(填标号)。
A．该反应为自由基型反应
B．生成的反应为
C．该反应的副产物
D．该机理中存在极性键和非极性键的断裂和形成
②以乙二醇为燃料的燃料电池工作时，乙二醇在电池___________(填“负极”或“正极”)发生反应，若以溶液为电解液，则该电极的反应式为___________。
（4）铜基催化剂电催化还原制乙醇的两种途径(分别以和作催化剂)的相对能量变化如图所示，标“”的为吸附在催化剂上的物质。分析可知，以___________作催化剂的催化效率更高。
【答案】（1） ①. ②. 较高温度
（2） ①. ②.
（3） ①. BD ②. 负极 ③.
（4）
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，主反应=③-④，；该反应为，，较高温度下可以使反应自发进行；
故答案为：；较高温度；
【小问2详解】
利用三段式分析:，平衡时气体总物质的量为，气体总压强为，的平衡分压为；压强平衡常数；
故答案为：；；
【小问3详解】
①A．从该反应的机理图中可看出，有、、自由基，该反应为自由基型反应，A正确；
B．从该反应的机理图中可看出，在催化剂的空穴位置产生，没有产生，生成的反应不是，B错误；
C．图中显示有生成，该物质为制备乙二醇反应的副产物，C正确；
D．该机理中存在、分子中极性键的断裂，不存在非极性键的断裂，有分子中极性键的形成及、分子中非极性键的形成，D错误；
故选BD。
②燃料电池工作时，正极为通入氧气的电极，通入燃料的一极为负极，故乙二醇在电池负极发生失电子、氧化反应，以溶液为电解液，电极产物为，故电极反应式为；
故答案为：BD；负极；；
【小问4详解】
从两种途径的相对能量变化图可看出，以作催化剂时反应活化能更大，反应速率慢，催化效果差，以作催化剂时反应活化能小，反应速率快，催化效率更高；
故答案为：。
18. 用于治疗消化道疾病的药物的合成路线如图：
回答下列问题：
（1）按照系统命名法，化合物A的名称为___________。
（2）物质C的结构简式为___________。
（3）物质中官能团的名称为___________。
（4）合成路线中生成药物的化学方程式为___________。
（5）分析相关物质的结构可知，的反应可能分两步进行，且第一步为加成反应，则第二步的反应类型为___________，中间产物为___________。
（6）有机物为D的同分异构体，其分子具有二取代苯结构，且具有一个与苯环直接相连的硝基，该物质苯环上的一氯代物只有两种，则的结构可能有___________种(不考虑立体异构)。其中，核磁共振氢谱峰面积之比为的同分异构体结构简式为___________。
（7）以苯甲醛为主要原料(无机试剂任选)，设计合成药物的路线：___________。
【答案】（1）对甲基苯酚；
（2）ClCH2CH2N(CH3)2；
（3）醚键、羧基； （4）+→+HClO；
（5） ①. 消去反应； ②. ；
（6） ①. 8； ②. ；
（7）路线为：。
【解析】
【分析】(A)催化氧化为(B) ，与C(C4H10ClN)在K2CO3作用下生成(D)，与NH2OH反应生成(E)，与H2在催化剂作用下生成(F)；(G)与SOCl2反应生成(H)，与生成(M)
【小问1详解】
化合物A为，其名称是对甲基苯酚；
【小问2详解】
由与C(C4H10ClN)在K2CO3作用下生成(D)可逆推物质C的结构简式为ClCH2CH2N(CH3)2；
【小问3详解】
(G)的结构简式为其中含氧官能团的名称为醚键、羧基；
【小问4详解】
生成药物的化学方程式为：+→+HClO；
【小问5详解】
D为，E为，D→E可能分两步进行，第一步D与H2NOH发生加成反应生成，第二步发生消去反应生成；
【小问6详解】
D为符合题目条件的D的同分异构体有、、、、、、、，共8种，其中核磁共振氢谱峰面积之比为6:3:2:2:2的同分异构体结构简式为；
【小问7详解】
与试剂H2NOH反应生成(J)，与H2发生加成反应生成(K) ；在催化剂作用下与氧气反应生成(R) ，与SOCl2反应生成(Q) ；与反应生成，路线为：。元青花月映梅高足碗
彩绘兽形陶盉
中山侯铜钺
龙耳谷纹黄玉系璧
选项
性质差异
结构因素
沸点：邻羟基苯甲醛低于对羟基苯甲醛
氢键类型
熔点：高于
价层电子数
熔点：远高于(升华)
晶体类型
酸性：强于乙酸
羟基的极性
目的
实验室制备
收集
检验气体中含和
用水吸收
操作
选项
实验操作及现象
结论
A
将足量通入淀粉溶液中，溶液先变蓝后褪色
有漂白性
向溶液中通入气体，出现黑色沉淀CuS
酸性：＞
C
将某食品脱氧剂样品溶于盐酸，滴加溶液，溶液呈浅绿色
该食品脱氧剂样品未被氧化为价铁
盛有的密闭烧瓶冷却后颜色变浅
转化为的反应放热
0
20
40
60
80
100
0.100
0.080
0.060
0.020
0
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