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湖南省长沙市第一中学2024-2025学年高三上学期月考卷（一）化学试题（解析版）
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这是一份湖南省长沙市第一中学2024-2025学年高三上学期月考卷（一）化学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了 下列化学用语表示不正确的是，1 ml⋅L溶液， 短周期元素的原子序数依次增大， 已知， 由含硒废料制取硒的流程如图等内容，欢迎下载使用。
时量：75分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Ca-40 V-51 Ge-73 Br-80
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一项符合题目要求)
1. 化学与生活密切相关，下列说法不正确的是
A. 维生素C能帮助人体将食物中的转化为
B. 五氧化二磷可用作食品干燥剂
C. 碳酸钠俗名为苏打，可用于纺织、造纸、制皂、制玻璃
D. 将氯气通入冷的石灰乳中，可以制得漂白粉
【答案】B
【解析】
【详解】A．维生素C具有还原性，可以将还原为，A正确；
B．五氧化二磷吸水后的产物有毒，不能用作食品干燥剂，B错误；
C．碳酸钠俗名为苏打、纯碱，可以用于造纸、制肥皂，制玻璃，C正确；
D．漂白粉的有效成分为次氯酸钙，可以通过氯气与石灰乳反应，D正确；
故选B。
2. 下列化学用语表示不正确的是
A. 乙醚的结构简式：
B. HClO的电子式：
C. 明矾的化学式：
D. 的VSEPR模型：
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙醚是由两分子的乙醇分子间脱水而成，故其结构简式为CH3CH2OCH2CH3，故A错误；
B．HClO含有共价键，O与H、Cl分别形成1个共用电子对，电子式为，故B正确；
C．明矾是十二水合硫酸铝钾，化学式：，故C正确；
D．中的S的价层电子对数为2+=4，含有2个孤电子对，故VSEPR模型：，故D正确；
答案选A。
3. 室温下，下列各组离子一定能在指定溶液中共存的是
A. 0.1 ml⋅L溶液：、、、
B. 0.1 ml⋅L溶液中：、、
C. 0.2 ml⋅L溶液：、、、
D. 0.2 ml⋅L氨水中：、、、
【答案】A
【解析】
【详解】A．Ba2+、OH-、Na+、K+、Cl-、ClO-，各离子之间相互不反应，可以大量共存，故A项正确；
B．01 ml·L-1NaHSO4溶液显酸性，氢离子和银氨离子反应，不能大量共存，故B项错误；
C．在酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，会氧化Fe2+，不能大量共存，故C项错误；
D．氨水显碱性，则氢氧根离子和铜离子、氢氧根离子和碳酸氢根离子反应不能大量共存，故D项错误；
故本题选A。
4. 下列与实验相关的说法不正确的是
A. 可用金属钠丝干燥甲苯，蒸馏得无水甲苯
B. 制二氧化氮时，用水吸收尾气
C. 配制溶液定容时，俯视容量瓶刻度线会使浓度偏高
D. 中学实验室中可以将未用完的钠、钾、白磷放回原试剂瓶
【答案】B
【解析】
【详解】A．金属钠化学性质活泼，能与少量水反应生成氢气，可干燥甲苯，最后蒸馏得无水甲苯，A正确；
B．用水吸收二氧化氮尾气会反应生成硝酸和NO，NO也是污染性气体，应该选择NaOH溶液，B错误；
C．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，加入的蒸馏水偏少，配制的溶液体积偏小，导致所配溶液的浓度偏高，C正确；
D．剩余钠、钾如直接放入废液缸会与水剧烈反应容易造成危险，另外，钠、钾较为昂贵，白磷有剧毒，且在空气中易会燃，因此，三种物质一般回收到原试剂瓶，D正确；
故选B。
5. 设NA为阿伏加 德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 11g的D218O中含有的中子数为5NA
B. 1 LpH=2的H2SO4溶液中H+的数目为0. 02NA
C. 将0.1ml Cl2通入足量FeI2溶液中，转移电子的数目为0.2NA
D. 标准状况下，4. 48 L甲烷与足量Cl2完全反应生成CH3Cl的分子数目为0.2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 一个D218O分子中含有1×2+10=12个中子，11g的D218O的物质的量为=0.5ml，所含中子数应为6NA，故A错误；
B. pH=2的H2SO4溶液中c(H+)=0.01ml/L，所以1 LpH=2的H2SO4溶液中H+的数目为0.01 NA，故B错误；
C. 将0.1ml Cl2通入足量FeI2溶液中，氯气得电子全部转化为氯离子，每个氯气得2个电子，且只有氯气得电子，所以0.1ml氯气反应转移电子数为0.2 NA，故C正确；
D. 甲烷和氯气反应，除了生成一氯甲烷，还生成二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，且各组分占比未知，无法确定4. 48 L甲烷与足量Cl2完全反应生成CH3Cl的分子数目，故D错误；
故答案为C。
6. 下列离子方程式或电极反应式不正确的是
A. 用铁氰化钾溶液检验亚铁离子：
B. 氯化铜溶液(蓝色)加热，溶液变黄绿色：
C. 电解苛性钠溶液制高铁酸盐的阳极反应式：
D. 泡沫灭火器的原理：
【答案】C
【解析】
【详解】A．用铁氰化钾溶液检验亚铁离子生成蓝色沉淀：，A正确；
B．氯化铜溶液(蓝色)加热，平衡正向移动，溶液变黄绿色：，B正确；
C．电解苛性钠溶液制高铁酸盐的阳极反应式：，C错误；
D．泡沫灭火器的原理，铝离子和碳酸氢根水解相互促进，反应完全：，D正确；
故选C。
7. 短周期元素的原子序数依次增大。X的原子核外有1个电子，Y是地壳中含量最多的元素，Z位于元素周期表第IIIA族，W单质可广泛用于生产芯片。下列说法正确的是
A 原子半径：B. 元素电负性：
C. W的简单氢化物比Y的稳定D. Z单质制成的容器可盛放冷浓硫酸
【答案】D
【解析】
【分析】X的原子核外有1个电子，X为H元素，Y是地壳中含量最多的元素，Y为O元素，Z位于元素周期表第IIIA族，Z为Al元素，W单质可广泛用于生产芯片，W为Si元素，据此分析解题。
【详解】A．同一周期从左到右原子半径逐渐减小，原子半径: ，故A错误；
B．元素的非金属性越强，电负性越大，元素电负性: ，故B错误；
C．元素非金属性越强，简单氢化物越稳定，稳定性: ，故C错误；
D．常温下浓硫酸可以使铝发生钝化，可用铝制容器盛放冷浓硫酸，故D正确；
故答案选D。
8. 已知：氧化还原反应可看成由两个半反应组成，每个半反应具有一定的电极电势(用“E”表示)，E越大则该电对中氧化型物质的氧化性越强，E越低则该电对中还原型物质的还原性越强。下表为部分电极的电极电势。根据表格数据分析，下列说法中错误的是
下列说法错误的是
A. 向含0.2mlFeCl2的溶液中加0.1mlPbO2，滴加KSCN溶液，可观察到溶液变红
B. 往淀粉-KI溶液中滴加SnCl4溶液，溶液不变蓝
C. 还原性：
D. 酸化高锰酸钾溶液时，可使用盐酸
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题干标准数据可知，(或)的电极电势大于的，说明PbO2的氧化性强于Fe3+，则向含0.2mlFeCl2的溶液中加0.1mlPbO2，Fe2+被氧化，故滴加KSCN溶液，可观察到溶液变红，A正确；
B．由题干标准数据可知，的电极电势大于的，则往淀粉-KI溶液中滴加SnCl4溶液，I-不能被Sn4+氧化，故溶液不变蓝，B正确；
C．由题干标准数据可知，电极电势：＞＞，故可得出还原性：，C正确；
D．由题干标准数据可知，电极电势： ＞，即高锰酸根离子能够将Cl-氧化为Cl2，故酸化高锰酸钾溶液时，不可使用盐酸，应该使用硫酸，D错误；
故答案为：D。
9. 由含硒废料(主要 含S、Se 、Fe2O3、CuO 、ZnO 、SiO2等)制取硒的流程如图：
下列有关说法正确的是
A. “分离”时得到含硫煤油的方法是蒸馏
B. “酸溶”时能除去废料中的全部氧化物杂质
C. “酸化”的离子反应为：+2H+=Se↓+SO2↑+H2O
D. 若向“酸溶”所得的滤液中加入少量铜，铜不会溶解
【答案】C
【解析】
【分析】由流程可知，煤油溶解S后，过滤分离出含硫煤油，分离出Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2后，加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，再加亚硫酸钠浸取Se生成Na2SeSO3，最后酸化生成粗硒。
【详解】A． 煤油溶解S后，过滤分离出含硫的煤油，滤渣为Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2，“分离”时得到含硫煤油的方法是过滤，故A错误；
B．加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，“酸溶”时能除去废料中的部分氧化物杂质，二氧化硅不溶于硫酸，故B错误；
C． Na2SeSO3酸化生成粗硒，“酸化”的离子反应为：+2H+=Se↓+SO2↑+H2O，故C正确；
D． 若向“酸溶”所得的滤液中加入少量铜，滤液含硫酸铁，铜会溶解，2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，故D错误；
故选C。
10. 化学是研究物质及其变化的科学。通常条件下，下列各组物质按如图所示转化关系每一步都能一步实现的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁不能一步反应生成氧化铁，氧化铁也不能一步反应生成氢氧化铁，A错误；
B．硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，硅酸钠不能一步反应生成二氧化硅，B错误；
C．N2不能一步反应生成硝酸，浓硝酸与铜反应生成二氧化氮，二氧化氮不能一步反应生成氨气，C错误；
D．铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜与氯化钡反应生成氯化铜，氯化铜与铁反应生成铜，铜与浓硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜与铁反应生成铜，转化关系每一步都能一步实现，D正确；
故选D。
11. 镍酸镧电催化剂立方晶胞如图所示，晶胞参数为a，具有催化活性的是，图①和图②是晶胞的不同切面。下列说法错误的是
A. 催化活性：①>②B. 镍酸镧晶体的化学式为
C. 周围紧邻的O有4个D. 和的最短距离为
【答案】C
【解析】
【详解】A．具有催化活性的是，图②中没有Ni原子，则催化活性：①>②，故A正确；
B．镍酸镧电催化剂立方晶胞中含有1个Ni，=3个O，8=1个La，镍酸镧晶体的化学式为，故B正确；
C．由晶胞结构可知，在晶胞体心，O在晶胞的棱心，则La周围紧邻的O有12个，故C错误；
D．由晶胞结构可知，和的最短距离为体对角线得一半，为，故D正确；
故选C。
12. “绿色零碳”氢能前景广阔。为解决传统电解水制“绿氢”阳极电势高、反应速率缓慢的问题，科技工作者设计耦合高效制的方法，装置如图所示。部分反应机理为：。下列说法错误的是
A. 相同电量下理论产量是传统电解水的1.5倍
B. 阴极反应：
C. 电解时通过阴离子交换膜向b极方向移动
D. 阳极反应：
【答案】A
【解析】
【分析】据图示可知，b电极上HCHO 转化为HCOO-，而HCHO 转化为HCOO-为氧化反应，所以b电极为阳极，a电极为阴极，HCHO为阳极反应物，由反应机理可知：反应后生成的转化为HCOOH。由原子守恒和电荷守恒可知，在生成HCOOH的同时还生成了H-，生成的HCOOH再与氢氧化钾酸碱中和：HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，而生成的H-在阳极失电子发生氧化反应生成氢气，即2H--2e-=H2↑，阴极水得电子生成氢气：2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
【详解】A．由以上分析可知，阳极反应：①HCHO+OH--e-→HCOOH+H2，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，阴极反应2H2O+2e-=H2↑+2OH-，即转移2ml电子时，阴、阳两极各生成1mlH2，共2mlH2，而传统电解水：，转移2ml电子，只有阴极生成1mlH2，所以相同电量下理论产量是传统电解水的2倍，故A错误；
B．阴极水得电子生成氢气，阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故B正确；
C．由电极反应式可知，电解过程中阴极生成OH-，负电荷增多，阳极负电荷减少，要使电解质溶液呈电中性，通过阴离子交换膜向阳极移动，即向b极方向移动，故C正确；
D．由以上分析可知，阳极反应涉及到：①HCHO+OH--e-→HCOOH+H2，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，由(①+②)×2得阳极反应为：，故D正确；
答案选A。
13. 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】C
【解析】
【详解】A．铁与水蒸气反应生成的气体是，该反应中H由价变成0价，被还原，体现了的氧化性，A错误；
B．如果待测液中含有，与反应也能产生白色沉淀，或者、也会与Ba2+产生白色沉淀，所以通过该实验不能得出待测液中含有的结论，B错误；
C．溶液能与盐酸反应，不能与溶液反应，与溶液和盐酸都能反应，说明的碱性比的强，C正确；
D．溶液中存在平衡(橙色)(黄色)，加入溶液后，与反应，生成物浓度减小，使平衡正向移动，导致溶液由橙色变为黄色，题给结论错误，D错误；
故选C。
14. 一定条件下，分别向体积为1L的密闭容器中充入气体，发生反应：，测得实验①、②、③反应过程中体系压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是
A. 曲线Ⅰ对应实验①B. 正反应为放热反应
C. 气体的总物质的量：D. b点平衡常数比c点平衡常数小
【答案】C
【解析】
【详解】A．恒温恒容条件下，气体的压强之比等于气体物质的量之比，故起始时实验②与实验③的压强相等，实验①的压强是实验②与实验③的3倍，则曲线Ⅰ对应实验①，故A正确；
B．实验①与实验②的温度相等，根据等效平衡可知，实验①与实验②最终会达到相同的平衡状态，故曲线II对应实验②，则曲线III对应实验③，实验②与实验③充入的Z一样多，实验③比实验②达到平衡所用的时间长，则实验③温度较低，反应速率较慢，说明Z生成X和Y是吸热反应，则正反应为放热反应，故B正确；
C．根据pV=nRT，c、d两点的压强相同，V相同，由于从逆向建立平衡，逆向是吸热，c点的温度比d点低，则c点的气体物质的量更多，故气体的总物质的量：，故C错误；
D．若都在恒温条件进行，根据B的分析，反应为放热反应，c点温度较低，所以达到平衡时③（c）比①或②（b）更往正向移动，K更大，D正确；
故选C。
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15. 肼()是我国导弹和运载火箭中广泛使用的液体燃料之一，具有较强的还原性。某实验小组拟用和NaClO溶液反应制备肼，装置如图所示，并探究肼的性质。
回答下列问题：
（1）装置A中制氨气的化学方程式为___________；使用装置a的主要目的是___________；C中装浓盐酸的仪器名称为___________。
（2）装置B中制备肼的化学方程式为___________。
（3）上述装置中存在一处缺陷，会导致肼的产率降低，改进方法是___________。
（4）已知为二元弱碱，在水中的电离与相似。请写出在水溶液中的第二步电离方程式：___________。
（5）常温下，向N2H4的水溶液中滴加盐酸，溶液的pH与离子浓度的变化关系如图所示，下列说法正确的是___________(填标号)。
A. 在水溶液中的第一步电离平衡常数为
B. 溶液显酸性
C. 的平衡常数为
D. 溶液中：
【答案】（1） ①. ②. 防倒吸 ③. 恒压滴液漏斗
（2）
（3）在装置B、C之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶
（4） （5）BC
【解析】
【分析】A装置中氯化铵是氢氧化钙加热制得氨气，C中浓盐酸和漂白粉反应生成Cl2，B中Cl2和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO，NH3和NaClO溶液反应生成N2H4同时生成NaCl，多余的氯气用NaOH溶液吸收。
【小问1详解】
A装置中氯化铵是氢氧化钙加热制得氨气，反应的化学方程式为；B中长颈漏斗的作用是防倒吸；C中装浓盐酸的仪器名称为恒压滴液漏斗；
【小问2详解】
装置B中，NH3和NaClO溶液反应生成N2H4同时生成NaCl，化学方程式为；
【小问3详解】
由于浓盐酸具有挥发性，所以生成的Cl2中含有HCl，HCl会与B中NaOH反应导致肼的产率降低，改进的方法是在装置B、C之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶；
【小问4详解】
已知为二元弱碱，在水中的电离与相似，在水溶液中发生两步电离，电离方程式为：、；
【小问5详解】
N2H4在水溶液中的电离平衡常数Kb1=，Kb2=，由于Kb1＞Kb2，当pH相同时，>，故M代表lg与pH的变化情况，N代表lg与pH的变化情况；
A．由曲线N上的点可知，当lg=0时，pH等于-1，Kb2==，故A错误；
B．由上述分析可知，同理可以计算出Kb1=10-6，的水解常数为Kh2===10-9＞Kb2，即的水解程度大于其电离程度，溶液呈酸性，故B正确；
C．Kb1=10-6，Kb2=10-15，反应的平衡常数K====，故C正确；
D．根据物料守恒，溶液中：，故D错误；
答案选BC。
16. 门捷列夫最早预言了具有半导体特性类硅元素锗()，工业上用精硫锗矿(主要成分为)制取高纯度锗，其工艺流程如图所示：
已知：①硅和锗是同主族相邻元素，结构和性质类似；
②在5.3 ml⋅L的盐酸中溶解度最小。
（1）锗的价层电子排布式为___________，晶体锗的晶体类型是___________。
（2）800℃时，使精硫锗矿在氛围中升华的原因___________。
（3）还原时发生反应：，比较键角：___________(填“>”“<”或“=”)，其原因是(从杂化和价层电子对互斥角度解释)___________。
（4）酸浸时温度不能过高的原因是___________。
（5）氯化除生成外，反应还生成一种V形分子，写出相应的化学方程式___________。
（6）水解得到，该步骤高纯水不能过量，原因是___________。
（7）是一种难溶电解质，常温下的溶解度为m g/(100 g)，计算其溶度积约为___________(用含m的式子表示)。
【答案】（1） ①. ②. 共价晶体
（2）避免被氧化，得到较为纯净的
（3） ①. > ②. 和分子中心原子都是杂化，但N价层上有1个孤电子对，而S价层上有2个孤电子对，孤电子对越多，对成键电子对排斥越大，分子键角相对较小
（4）浓硝酸受热易挥发、易分解
（5）
（6）会使得到的盐酸浓度小于5.3 ml⋅L，增大的溶解量，最终使锗产率降低
（7）
【解析】
【分析】精硫锗矿(主要成分为GeS2)粉碎后，在N2氛围中加热到800℃升华，得到GeS2；通入NH3，在825℃还原为GeS，同时生成N2；加入浓硝酸进行酸浸，然后过滤，得到粗GeO2；在600℃时加入SOCl2氯化，生成GeCl4；加入高纯水，将GeCl4水解为GeO2∙nH2O，在200℃时加热，得纯GeO2，再用H2还原，便可得到高纯度锗。
【小问1详解】
锗为32号元素，与碳同主族，位于第四周期，则基态锗原子的价层电子排布式为4s24p2，晶体锗与晶体硅类似，晶体类型是共价晶体；
【小问2详解】
GeS2具有较强的还原性，高温时能被氧气氧化。800℃，使精硫锗矿在N2氛围中升华的原因：避免GeS2被氧化，得到较为纯净的GeS2；
【小问3详解】
NH3分子中，N原子为sp3杂化，N原子的最外层有1个孤电子对，分子呈三角锥形；H2S分子中，S原子也为sp3杂化，S原子的最外层有2个孤电子对，分子呈V形，孤电子对越多，对成键电子的排斥作用越大，所以键角：NH3＞H2S；
【小问4详解】
酸浸时，使用浓硝酸，浓硝酸热稳定性差，且易挥发，所以温度不能过高；
【小问5详解】
氯化时，GeO2转化为GeCl4，化合价不变，SOCl2中S显+4价，则S的价态也不变，所以除生成GeCl4外，反应还生成一种酸性气体SO2，相应的化学方程式为；
【小问6详解】
GeCl4水解时，除生成GeO2∙nH2O外，还生成HCl，该步骤高纯水若过量，生成盐酸的浓度减小，GeO2∙nH2O的溶解度增大，故原因是：会使得到的盐酸浓度小于5.3ml∙L-1，增大GeO2∙nH2O的溶解量，最终使锗产率降低；
【小问7详解】
100g水中的物质的量为ml，溶液体积近似为0.1L，所以物质的量浓度为ml/L，溶度积为。
17. 某药物成分H具有抗炎、抗病毒、抗氧化等生物活性，其合成路线如图：
已知：
回答下列问题：
（1）A的分子式为____。
（2）在NaOH溶液中，苯酚与CH3OCH2Cl反应的化学方程式为____。
（3）PCC的作用为选择性将分子中的羟基氧化为酮羰基，则D→E中对应碳原子杂化方式由____变为____。
（4）F→G中步骤ii实现了由____到____的转化(填官能团名称)。
（5）I的结构简式为____。
（6）化合物I的同分异构体满足以下条件的有____种(不考虑立体异构)；
i.含苯环且苯环上只有一个取代基ii.红外光谱无醚键吸收峰
其中，苯环侧链上有3种不同化学环境的氢原子，且个数比为6:2:1的结构简式为____(任写一种)。
【答案】（1）C7H7NO3
（2）+CH3OCH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O
（3） ①. sp3 ②. sp2
（4） ①. 硝基 ②. 氨基
（5） （6） ①. 12 ②. 或
【解析】
【分析】由A→B，在苯环的-OH邻位上引入-CHO；B→C，发生-CHO与格氏试剂的加成反应，然后发生水解生成C；C与CH3OCH2Cl发生取代反应，生成D和HCl；D在PCC作用下发生氧化反应，生成酮E； (F)与I在强碱作用下发生反应，生成(G)，参照题给信息及I的分子式，可确定I为；在Fe、NH4Cl作用下，G发生还原，将-NO2转化为-NH2。
【小问1详解】
A的结构简式为，则分子式为C7H7NO3。答案为：C7H7NO3；
【小问2详解】
在NaOH溶液中，苯酚与CH3OCH2Cl发生取代反应，生成等，化学方程式为+CH3OCH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O。答案为：+CH3OCH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O；
【小问3详解】
PCC的作用为选择性将分子中的羟基氧化为酮羰基，则D→E，将转化为，对应碳原子的价层电子对数分别为4和3，则杂化方式由sp3变为sp2。答案为：sp3；sp2；
【小问4详解】
F→G中，步骤ii中，转化为，实现了由硝基到氨基的转化。答案为：硝基；氨基；
【小问5详解】
由分析可知，I的结构简式为。答案为：；
【小问6详解】
化合物I为，满足以下条件：“i.含苯环且苯环上只有一个取代基，ii.红外光谱无醚键吸收峰”的同分异构体，分子中含有和-C4H8OH，-C4H8OH的可能结构，决定了其同分异构体的数目。-CH2CH2CH2CH3中的1个H原子被-OH取代有4种可能结构，-CH2CH(CH3)2中的1个H原子被-OH取代有3种可能结构，-CH(CH3)CH2CH3中的1个H原子被-OH取代有4种可能结构，-C(CH3)3中的1个H原子被-OH取代有1种结构，则共有12种可能结构；其中，苯环侧链上有3种不同化学环境的氢原子，且个数比为6:2:1的结构简式为或。答案为：12；或。
【点睛】书写同分异构体时，我们应先确定结构框架，再打磨细节。
18. 利用含锌废料(主要成分是氧化锌，含有少量铁、铝、铜、锰等金属氧化物或盐)制备氯化锌的一种工艺流程如下：
（1）为了提高盐酸浸取效率，可采取的措施有___________(写一点)。
（2）浸取温度不宜超过60℃，原因是①减少盐酸的挥发、②___________。
（3）为优化工艺流程，盐酸浸取后直接进行高锰酸钾氧化除杂。结合下列图表选择浸取工艺最佳pH范围为___________(填标号)。
A. 1.5~2.0B. 2.0~3.0C. 3.0~4.0D. 4.5~5.0
（4）滤渣的主要成分有、___________和，该工艺中去除锰的离子方程式为___________。
（5）最适宜使用的还原剂是___________。
（6）氯化锌溶液在蒸发浓缩过程中如操作不当将有碱式盐生成，该反应方程式为___________，产品中含量与蒸发温度关系如图所示，工艺要求含量不超过2.30%，可以提高蒸发速率、降低产品中含量的方法是___________。
【答案】（1）将固体废料粉碎、适当加热、搅拌等
（2）降低的水解程度，防止生成氢氧化锌 （3）D
（4） ①. ②.
（5）单质锌 （6） ①. ②. 减压蒸发，控制温度不超过300℃
【解析】
【分析】含锌废料先用盐酸浸取，加入高锰酸钾进行氧化除杂将铁氧化为高价态的氢氧化物沉淀，加入还原剂将铜还原为单质除掉，得到较纯净的氯化锌，最后进行蒸发浓缩、冷却结晶得到氯化锌固体。
【小问1详解】
为了提高盐酸浸取效率，可采取的措施有将固体废料粉碎、适当加热等；
【小问2详解】
升高温度促进锌离子水解，浸取温度不宜超过60℃，原因是减少盐酸的挥发、降低Zn2+的水解程度，防止生成氢氧化锌；
【小问3详解】
浸取的目的是要将Fe3+和Al3+变为氢氧化物，而Zn2+不能沉淀，根据表格中的数据结合坐标图锌离子浸出率可知，应该调pH的范围是4.5~5.0；故选D；
【小问4详解】
根据上述分析，滤渣的主要成分为、Al(OH)3和，该工艺中去除锰的原理为锰离子和高锰酸钾发生归中反应生成二氧化锰，锰离子化合价由+2变为+4、高锰酸根离子中锰化合价由+7变为+4，结合电子守恒，离子方程式为；
【小问5详解】
考虑到不能带入新的杂质，故最合适的还原剂是单质锌；
【小问6详解】
氯化锌溶液在蒸发浓缩过程中如操作不当将有碱式盐生成，该反应方程式为，根据图像，要控制含量不超过2.30%，降低产品中含量的方法有减压蒸发，控制温度不超过300C。氧化还原电对(氧化型/还原型)
电极电势(E/V)
氧化还原电对(氧化型/还原型)
电极电势(E/V)
0.77
1.36
(或)
1.69
0.151
1.51
0.54
选项
甲
乙
丙
丁
A
B
Si
C
D
Cu
CuO
选项
实验操作及现象
结论
A
还原铁粉与水蒸气反应生成的气体点燃后有爆鸣声
具有还原性
B
待测液中滴加溶液，生成白色沉淀
待测液含有
C
和中均分别加入溶液和盐酸，只溶于盐酸，都能溶
比碱性强
D
溶液中滴加溶液，溶液由橙色变为黄色
增大生成物的浓度，平衡向逆反应方向移动
实验
充入气体量
反应过程条件
①
2mlX+1mlY
恒温
②
1mlZ
恒温
③
1mlZ
绝热
金属禽子
开始沉淀的pH(ml·L)
沉淀完全的pH(ml·L)
6.8
8.3
3.7
4.7
1.8
2.8
5.2
6.7
8.6
10.1
6.7
8.2
时量：75分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Ca-40 V-51 Ge-73 Br-80
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一项符合题目要求)
1. 化学与生活密切相关，下列说法不正确的是
A. 维生素C能帮助人体将食物中的转化为
B. 五氧化二磷可用作食品干燥剂
C. 碳酸钠俗名为苏打，可用于纺织、造纸、制皂、制玻璃
D. 将氯气通入冷的石灰乳中，可以制得漂白粉
【答案】B
【解析】
【详解】A．维生素C具有还原性，可以将还原为，A正确；
B．五氧化二磷吸水后的产物有毒，不能用作食品干燥剂，B错误；
C．碳酸钠俗名为苏打、纯碱，可以用于造纸、制肥皂，制玻璃，C正确；
D．漂白粉的有效成分为次氯酸钙，可以通过氯气与石灰乳反应，D正确；
故选B。
2. 下列化学用语表示不正确的是
A. 乙醚的结构简式：
B. HClO的电子式：
C. 明矾的化学式：
D. 的VSEPR模型：
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙醚是由两分子的乙醇分子间脱水而成，故其结构简式为CH3CH2OCH2CH3，故A错误；
B．HClO含有共价键，O与H、Cl分别形成1个共用电子对，电子式为，故B正确；
C．明矾是十二水合硫酸铝钾，化学式：，故C正确；
D．中的S的价层电子对数为2+=4，含有2个孤电子对，故VSEPR模型：，故D正确；
答案选A。
3. 室温下，下列各组离子一定能在指定溶液中共存的是
A. 0.1 ml⋅L溶液：、、、
B. 0.1 ml⋅L溶液中：、、
C. 0.2 ml⋅L溶液：、、、
D. 0.2 ml⋅L氨水中：、、、
【答案】A
【解析】
【详解】A．Ba2+、OH-、Na+、K+、Cl-、ClO-，各离子之间相互不反应，可以大量共存，故A项正确；
B．01 ml·L-1NaHSO4溶液显酸性，氢离子和银氨离子反应，不能大量共存，故B项错误；
C．在酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，会氧化Fe2+，不能大量共存，故C项错误；
D．氨水显碱性，则氢氧根离子和铜离子、氢氧根离子和碳酸氢根离子反应不能大量共存，故D项错误；
故本题选A。
4. 下列与实验相关的说法不正确的是
A. 可用金属钠丝干燥甲苯，蒸馏得无水甲苯
B. 制二氧化氮时，用水吸收尾气
C. 配制溶液定容时，俯视容量瓶刻度线会使浓度偏高
D. 中学实验室中可以将未用完的钠、钾、白磷放回原试剂瓶
【答案】B
【解析】
【详解】A．金属钠化学性质活泼，能与少量水反应生成氢气，可干燥甲苯，最后蒸馏得无水甲苯，A正确；
B．用水吸收二氧化氮尾气会反应生成硝酸和NO，NO也是污染性气体，应该选择NaOH溶液，B错误；
C．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，加入的蒸馏水偏少，配制的溶液体积偏小，导致所配溶液的浓度偏高，C正确；
D．剩余钠、钾如直接放入废液缸会与水剧烈反应容易造成危险，另外，钠、钾较为昂贵，白磷有剧毒，且在空气中易会燃，因此，三种物质一般回收到原试剂瓶，D正确；
故选B。
5. 设NA为阿伏加 德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 11g的D218O中含有的中子数为5NA
B. 1 LpH=2的H2SO4溶液中H+的数目为0. 02NA
C. 将0.1ml Cl2通入足量FeI2溶液中，转移电子的数目为0.2NA
D. 标准状况下，4. 48 L甲烷与足量Cl2完全反应生成CH3Cl的分子数目为0.2NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 一个D218O分子中含有1×2+10=12个中子，11g的D218O的物质的量为=0.5ml，所含中子数应为6NA，故A错误；
B. pH=2的H2SO4溶液中c(H+)=0.01ml/L，所以1 LpH=2的H2SO4溶液中H+的数目为0.01 NA，故B错误；
C. 将0.1ml Cl2通入足量FeI2溶液中，氯气得电子全部转化为氯离子，每个氯气得2个电子，且只有氯气得电子，所以0.1ml氯气反应转移电子数为0.2 NA，故C正确；
D. 甲烷和氯气反应，除了生成一氯甲烷，还生成二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，且各组分占比未知，无法确定4. 48 L甲烷与足量Cl2完全反应生成CH3Cl的分子数目，故D错误；
故答案为C。
6. 下列离子方程式或电极反应式不正确的是
A. 用铁氰化钾溶液检验亚铁离子：
B. 氯化铜溶液(蓝色)加热，溶液变黄绿色：
C. 电解苛性钠溶液制高铁酸盐的阳极反应式：
D. 泡沫灭火器的原理：
【答案】C
【解析】
【详解】A．用铁氰化钾溶液检验亚铁离子生成蓝色沉淀：，A正确；
B．氯化铜溶液(蓝色)加热，平衡正向移动，溶液变黄绿色：，B正确；
C．电解苛性钠溶液制高铁酸盐的阳极反应式：，C错误；
D．泡沫灭火器的原理，铝离子和碳酸氢根水解相互促进，反应完全：，D正确；
故选C。
7. 短周期元素的原子序数依次增大。X的原子核外有1个电子，Y是地壳中含量最多的元素，Z位于元素周期表第IIIA族，W单质可广泛用于生产芯片。下列说法正确的是
A 原子半径：B. 元素电负性：
C. W的简单氢化物比Y的稳定D. Z单质制成的容器可盛放冷浓硫酸
【答案】D
【解析】
【分析】X的原子核外有1个电子，X为H元素，Y是地壳中含量最多的元素，Y为O元素，Z位于元素周期表第IIIA族，Z为Al元素，W单质可广泛用于生产芯片，W为Si元素，据此分析解题。
【详解】A．同一周期从左到右原子半径逐渐减小，原子半径: ，故A错误；
B．元素的非金属性越强，电负性越大，元素电负性: ，故B错误；
C．元素非金属性越强，简单氢化物越稳定，稳定性: ，故C错误；
D．常温下浓硫酸可以使铝发生钝化，可用铝制容器盛放冷浓硫酸，故D正确；
故答案选D。
8. 已知：氧化还原反应可看成由两个半反应组成，每个半反应具有一定的电极电势(用“E”表示)，E越大则该电对中氧化型物质的氧化性越强，E越低则该电对中还原型物质的还原性越强。下表为部分电极的电极电势。根据表格数据分析，下列说法中错误的是
下列说法错误的是
A. 向含0.2mlFeCl2的溶液中加0.1mlPbO2，滴加KSCN溶液，可观察到溶液变红
B. 往淀粉-KI溶液中滴加SnCl4溶液，溶液不变蓝
C. 还原性：
D. 酸化高锰酸钾溶液时，可使用盐酸
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题干标准数据可知，(或)的电极电势大于的，说明PbO2的氧化性强于Fe3+，则向含0.2mlFeCl2的溶液中加0.1mlPbO2，Fe2+被氧化，故滴加KSCN溶液，可观察到溶液变红，A正确；
B．由题干标准数据可知，的电极电势大于的，则往淀粉-KI溶液中滴加SnCl4溶液，I-不能被Sn4+氧化，故溶液不变蓝，B正确；
C．由题干标准数据可知，电极电势：＞＞，故可得出还原性：，C正确；
D．由题干标准数据可知，电极电势： ＞，即高锰酸根离子能够将Cl-氧化为Cl2，故酸化高锰酸钾溶液时，不可使用盐酸，应该使用硫酸，D错误；
故答案为：D。
9. 由含硒废料(主要 含S、Se 、Fe2O3、CuO 、ZnO 、SiO2等)制取硒的流程如图：
下列有关说法正确的是
A. “分离”时得到含硫煤油的方法是蒸馏
B. “酸溶”时能除去废料中的全部氧化物杂质
C. “酸化”的离子反应为：+2H+=Se↓+SO2↑+H2O
D. 若向“酸溶”所得的滤液中加入少量铜，铜不会溶解
【答案】C
【解析】
【分析】由流程可知，煤油溶解S后，过滤分离出含硫煤油，分离出Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2后，加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，再加亚硫酸钠浸取Se生成Na2SeSO3，最后酸化生成粗硒。
【详解】A． 煤油溶解S后，过滤分离出含硫的煤油，滤渣为Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2，“分离”时得到含硫煤油的方法是过滤，故A错误；
B．加硫酸溶解、过滤，滤液含硫酸铜、硫酸锌、硫酸铁，滤渣含Se、SiO2，“酸溶”时能除去废料中的部分氧化物杂质，二氧化硅不溶于硫酸，故B错误；
C． Na2SeSO3酸化生成粗硒，“酸化”的离子反应为：+2H+=Se↓+SO2↑+H2O，故C正确；
D． 若向“酸溶”所得的滤液中加入少量铜，滤液含硫酸铁，铜会溶解，2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，故D错误；
故选C。
10. 化学是研究物质及其变化的科学。通常条件下，下列各组物质按如图所示转化关系每一步都能一步实现的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁不能一步反应生成氧化铁，氧化铁也不能一步反应生成氢氧化铁，A错误；
B．硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，硅酸钠不能一步反应生成二氧化硅，B错误；
C．N2不能一步反应生成硝酸，浓硝酸与铜反应生成二氧化氮，二氧化氮不能一步反应生成氨气，C错误；
D．铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜与氯化钡反应生成氯化铜，氯化铜与铁反应生成铜，铜与浓硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜与铁反应生成铜，转化关系每一步都能一步实现，D正确；
故选D。
11. 镍酸镧电催化剂立方晶胞如图所示，晶胞参数为a，具有催化活性的是，图①和图②是晶胞的不同切面。下列说法错误的是
A. 催化活性：①>②B. 镍酸镧晶体的化学式为
C. 周围紧邻的O有4个D. 和的最短距离为
【答案】C
【解析】
【详解】A．具有催化活性的是，图②中没有Ni原子，则催化活性：①>②，故A正确；
B．镍酸镧电催化剂立方晶胞中含有1个Ni，=3个O，8=1个La，镍酸镧晶体的化学式为，故B正确；
C．由晶胞结构可知，在晶胞体心，O在晶胞的棱心，则La周围紧邻的O有12个，故C错误；
D．由晶胞结构可知，和的最短距离为体对角线得一半，为，故D正确；
故选C。
12. “绿色零碳”氢能前景广阔。为解决传统电解水制“绿氢”阳极电势高、反应速率缓慢的问题，科技工作者设计耦合高效制的方法，装置如图所示。部分反应机理为：。下列说法错误的是
A. 相同电量下理论产量是传统电解水的1.5倍
B. 阴极反应：
C. 电解时通过阴离子交换膜向b极方向移动
D. 阳极反应：
【答案】A
【解析】
【分析】据图示可知，b电极上HCHO 转化为HCOO-，而HCHO 转化为HCOO-为氧化反应，所以b电极为阳极，a电极为阴极，HCHO为阳极反应物，由反应机理可知：反应后生成的转化为HCOOH。由原子守恒和电荷守恒可知，在生成HCOOH的同时还生成了H-，生成的HCOOH再与氢氧化钾酸碱中和：HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，而生成的H-在阳极失电子发生氧化反应生成氢气，即2H--2e-=H2↑，阴极水得电子生成氢气：2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
【详解】A．由以上分析可知，阳极反应：①HCHO+OH--e-→HCOOH+H2，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，阴极反应2H2O+2e-=H2↑+2OH-，即转移2ml电子时，阴、阳两极各生成1mlH2，共2mlH2，而传统电解水：，转移2ml电子，只有阴极生成1mlH2，所以相同电量下理论产量是传统电解水的2倍，故A错误；
B．阴极水得电子生成氢气，阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故B正确；
C．由电极反应式可知，电解过程中阴极生成OH-，负电荷增多，阳极负电荷减少，要使电解质溶液呈电中性，通过阴离子交换膜向阳极移动，即向b极方向移动，故C正确；
D．由以上分析可知，阳极反应涉及到：①HCHO+OH--e-→HCOOH+H2，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，由(①+②)×2得阳极反应为：，故D正确；
答案选A。
13. 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】C
【解析】
【详解】A．铁与水蒸气反应生成的气体是，该反应中H由价变成0价，被还原，体现了的氧化性，A错误；
B．如果待测液中含有，与反应也能产生白色沉淀，或者、也会与Ba2+产生白色沉淀，所以通过该实验不能得出待测液中含有的结论，B错误；
C．溶液能与盐酸反应，不能与溶液反应，与溶液和盐酸都能反应，说明的碱性比的强，C正确；
D．溶液中存在平衡(橙色)(黄色)，加入溶液后，与反应，生成物浓度减小，使平衡正向移动，导致溶液由橙色变为黄色，题给结论错误，D错误；
故选C。
14. 一定条件下，分别向体积为1L的密闭容器中充入气体，发生反应：，测得实验①、②、③反应过程中体系压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是
A. 曲线Ⅰ对应实验①B. 正反应为放热反应
C. 气体的总物质的量：D. b点平衡常数比c点平衡常数小
【答案】C
【解析】
【详解】A．恒温恒容条件下，气体的压强之比等于气体物质的量之比，故起始时实验②与实验③的压强相等，实验①的压强是实验②与实验③的3倍，则曲线Ⅰ对应实验①，故A正确；
B．实验①与实验②的温度相等，根据等效平衡可知，实验①与实验②最终会达到相同的平衡状态，故曲线II对应实验②，则曲线III对应实验③，实验②与实验③充入的Z一样多，实验③比实验②达到平衡所用的时间长，则实验③温度较低，反应速率较慢，说明Z生成X和Y是吸热反应，则正反应为放热反应，故B正确；
C．根据pV=nRT，c、d两点的压强相同，V相同，由于从逆向建立平衡，逆向是吸热，c点的温度比d点低，则c点的气体物质的量更多，故气体的总物质的量：，故C错误；
D．若都在恒温条件进行，根据B的分析，反应为放热反应，c点温度较低，所以达到平衡时③（c）比①或②（b）更往正向移动，K更大，D正确；
故选C。
二、非选择题(本题共4小题，共58分)
15. 肼()是我国导弹和运载火箭中广泛使用的液体燃料之一，具有较强的还原性。某实验小组拟用和NaClO溶液反应制备肼，装置如图所示，并探究肼的性质。
回答下列问题：
（1）装置A中制氨气的化学方程式为___________；使用装置a的主要目的是___________；C中装浓盐酸的仪器名称为___________。
（2）装置B中制备肼的化学方程式为___________。
（3）上述装置中存在一处缺陷，会导致肼的产率降低，改进方法是___________。
（4）已知为二元弱碱，在水中的电离与相似。请写出在水溶液中的第二步电离方程式：___________。
（5）常温下，向N2H4的水溶液中滴加盐酸，溶液的pH与离子浓度的变化关系如图所示，下列说法正确的是___________(填标号)。
A. 在水溶液中的第一步电离平衡常数为
B. 溶液显酸性
C. 的平衡常数为
D. 溶液中：
【答案】（1） ①. ②. 防倒吸 ③. 恒压滴液漏斗
（2）
（3）在装置B、C之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶
（4） （5）BC
【解析】
【分析】A装置中氯化铵是氢氧化钙加热制得氨气，C中浓盐酸和漂白粉反应生成Cl2，B中Cl2和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO，NH3和NaClO溶液反应生成N2H4同时生成NaCl，多余的氯气用NaOH溶液吸收。
【小问1详解】
A装置中氯化铵是氢氧化钙加热制得氨气，反应的化学方程式为；B中长颈漏斗的作用是防倒吸；C中装浓盐酸的仪器名称为恒压滴液漏斗；
【小问2详解】
装置B中，NH3和NaClO溶液反应生成N2H4同时生成NaCl，化学方程式为；
【小问3详解】
由于浓盐酸具有挥发性，所以生成的Cl2中含有HCl，HCl会与B中NaOH反应导致肼的产率降低，改进的方法是在装置B、C之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶；
【小问4详解】
已知为二元弱碱，在水中的电离与相似，在水溶液中发生两步电离，电离方程式为：、；
【小问5详解】
N2H4在水溶液中的电离平衡常数Kb1=，Kb2=，由于Kb1＞Kb2，当pH相同时，>，故M代表lg与pH的变化情况，N代表lg与pH的变化情况；
A．由曲线N上的点可知，当lg=0时，pH等于-1，Kb2==，故A错误；
B．由上述分析可知，同理可以计算出Kb1=10-6，的水解常数为Kh2===10-9＞Kb2，即的水解程度大于其电离程度，溶液呈酸性，故B正确；
C．Kb1=10-6，Kb2=10-15，反应的平衡常数K====，故C正确；
D．根据物料守恒，溶液中：，故D错误；
答案选BC。
16. 门捷列夫最早预言了具有半导体特性类硅元素锗()，工业上用精硫锗矿(主要成分为)制取高纯度锗，其工艺流程如图所示：
已知：①硅和锗是同主族相邻元素，结构和性质类似；
②在5.3 ml⋅L的盐酸中溶解度最小。
（1）锗的价层电子排布式为___________，晶体锗的晶体类型是___________。
（2）800℃时，使精硫锗矿在氛围中升华的原因___________。
（3）还原时发生反应：，比较键角：___________(填“>”“<”或“=”)，其原因是(从杂化和价层电子对互斥角度解释)___________。
（4）酸浸时温度不能过高的原因是___________。
（5）氯化除生成外，反应还生成一种V形分子，写出相应的化学方程式___________。
（6）水解得到，该步骤高纯水不能过量，原因是___________。
（7）是一种难溶电解质，常温下的溶解度为m g/(100 g)，计算其溶度积约为___________(用含m的式子表示)。
【答案】（1） ①. ②. 共价晶体
（2）避免被氧化，得到较为纯净的
（3） ①. > ②. 和分子中心原子都是杂化，但N价层上有1个孤电子对，而S价层上有2个孤电子对，孤电子对越多，对成键电子对排斥越大，分子键角相对较小
（4）浓硝酸受热易挥发、易分解
（5）
（6）会使得到的盐酸浓度小于5.3 ml⋅L，增大的溶解量，最终使锗产率降低
（7）
【解析】
【分析】精硫锗矿(主要成分为GeS2)粉碎后，在N2氛围中加热到800℃升华，得到GeS2；通入NH3，在825℃还原为GeS，同时生成N2；加入浓硝酸进行酸浸，然后过滤，得到粗GeO2；在600℃时加入SOCl2氯化，生成GeCl4；加入高纯水，将GeCl4水解为GeO2∙nH2O，在200℃时加热，得纯GeO2，再用H2还原，便可得到高纯度锗。
【小问1详解】
锗为32号元素，与碳同主族，位于第四周期，则基态锗原子的价层电子排布式为4s24p2，晶体锗与晶体硅类似，晶体类型是共价晶体；
【小问2详解】
GeS2具有较强的还原性，高温时能被氧气氧化。800℃，使精硫锗矿在N2氛围中升华的原因：避免GeS2被氧化，得到较为纯净的GeS2；
【小问3详解】
NH3分子中，N原子为sp3杂化，N原子的最外层有1个孤电子对，分子呈三角锥形；H2S分子中，S原子也为sp3杂化，S原子的最外层有2个孤电子对，分子呈V形，孤电子对越多，对成键电子的排斥作用越大，所以键角：NH3＞H2S；
【小问4详解】
酸浸时，使用浓硝酸，浓硝酸热稳定性差，且易挥发，所以温度不能过高；
【小问5详解】
氯化时，GeO2转化为GeCl4，化合价不变，SOCl2中S显+4价，则S的价态也不变，所以除生成GeCl4外，反应还生成一种酸性气体SO2，相应的化学方程式为；
【小问6详解】
GeCl4水解时，除生成GeO2∙nH2O外，还生成HCl，该步骤高纯水若过量，生成盐酸的浓度减小，GeO2∙nH2O的溶解度增大，故原因是：会使得到的盐酸浓度小于5.3ml∙L-1，增大GeO2∙nH2O的溶解量，最终使锗产率降低；
【小问7详解】
100g水中的物质的量为ml，溶液体积近似为0.1L，所以物质的量浓度为ml/L，溶度积为。
17. 某药物成分H具有抗炎、抗病毒、抗氧化等生物活性，其合成路线如图：
已知：
回答下列问题：
（1）A的分子式为____。
（2）在NaOH溶液中，苯酚与CH3OCH2Cl反应的化学方程式为____。
（3）PCC的作用为选择性将分子中的羟基氧化为酮羰基，则D→E中对应碳原子杂化方式由____变为____。
（4）F→G中步骤ii实现了由____到____的转化(填官能团名称)。
（5）I的结构简式为____。
（6）化合物I的同分异构体满足以下条件的有____种(不考虑立体异构)；
i.含苯环且苯环上只有一个取代基ii.红外光谱无醚键吸收峰
其中，苯环侧链上有3种不同化学环境的氢原子，且个数比为6:2:1的结构简式为____(任写一种)。
【答案】（1）C7H7NO3
（2）+CH3OCH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O
（3） ①. sp3 ②. sp2
（4） ①. 硝基 ②. 氨基
（5） （6） ①. 12 ②. 或
【解析】
【分析】由A→B，在苯环的-OH邻位上引入-CHO；B→C，发生-CHO与格氏试剂的加成反应，然后发生水解生成C；C与CH3OCH2Cl发生取代反应，生成D和HCl；D在PCC作用下发生氧化反应，生成酮E； (F)与I在强碱作用下发生反应，生成(G)，参照题给信息及I的分子式，可确定I为；在Fe、NH4Cl作用下，G发生还原，将-NO2转化为-NH2。
【小问1详解】
A的结构简式为，则分子式为C7H7NO3。答案为：C7H7NO3；
【小问2详解】
在NaOH溶液中，苯酚与CH3OCH2Cl发生取代反应，生成等，化学方程式为+CH3OCH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O。答案为：+CH3OCH2Cl+NaOH→+NaCl+H2O；
【小问3详解】
PCC的作用为选择性将分子中的羟基氧化为酮羰基，则D→E，将转化为，对应碳原子的价层电子对数分别为4和3，则杂化方式由sp3变为sp2。答案为：sp3；sp2；
【小问4详解】
F→G中，步骤ii中，转化为，实现了由硝基到氨基的转化。答案为：硝基；氨基；
【小问5详解】
由分析可知，I的结构简式为。答案为：；
【小问6详解】
化合物I为，满足以下条件：“i.含苯环且苯环上只有一个取代基，ii.红外光谱无醚键吸收峰”的同分异构体，分子中含有和-C4H8OH，-C4H8OH的可能结构，决定了其同分异构体的数目。-CH2CH2CH2CH3中的1个H原子被-OH取代有4种可能结构，-CH2CH(CH3)2中的1个H原子被-OH取代有3种可能结构，-CH(CH3)CH2CH3中的1个H原子被-OH取代有4种可能结构，-C(CH3)3中的1个H原子被-OH取代有1种结构，则共有12种可能结构；其中，苯环侧链上有3种不同化学环境的氢原子，且个数比为6:2:1的结构简式为或。答案为：12；或。
【点睛】书写同分异构体时，我们应先确定结构框架，再打磨细节。
18. 利用含锌废料(主要成分是氧化锌，含有少量铁、铝、铜、锰等金属氧化物或盐)制备氯化锌的一种工艺流程如下：
（1）为了提高盐酸浸取效率，可采取的措施有___________(写一点)。
（2）浸取温度不宜超过60℃，原因是①减少盐酸的挥发、②___________。
（3）为优化工艺流程，盐酸浸取后直接进行高锰酸钾氧化除杂。结合下列图表选择浸取工艺最佳pH范围为___________(填标号)。
A. 1.5~2.0B. 2.0~3.0C. 3.0~4.0D. 4.5~5.0
（4）滤渣的主要成分有、___________和，该工艺中去除锰的离子方程式为___________。
（5）最适宜使用的还原剂是___________。
（6）氯化锌溶液在蒸发浓缩过程中如操作不当将有碱式盐生成，该反应方程式为___________，产品中含量与蒸发温度关系如图所示，工艺要求含量不超过2.30%，可以提高蒸发速率、降低产品中含量的方法是___________。
【答案】（1）将固体废料粉碎、适当加热、搅拌等
（2）降低的水解程度，防止生成氢氧化锌 （3）D
（4） ①. ②.
（5）单质锌 （6） ①. ②. 减压蒸发，控制温度不超过300℃
【解析】
【分析】含锌废料先用盐酸浸取，加入高锰酸钾进行氧化除杂将铁氧化为高价态的氢氧化物沉淀，加入还原剂将铜还原为单质除掉，得到较纯净的氯化锌，最后进行蒸发浓缩、冷却结晶得到氯化锌固体。
【小问1详解】
为了提高盐酸浸取效率，可采取的措施有将固体废料粉碎、适当加热等；
【小问2详解】
升高温度促进锌离子水解，浸取温度不宜超过60℃，原因是减少盐酸的挥发、降低Zn2+的水解程度，防止生成氢氧化锌；
【小问3详解】
浸取的目的是要将Fe3+和Al3+变为氢氧化物，而Zn2+不能沉淀，根据表格中的数据结合坐标图锌离子浸出率可知，应该调pH的范围是4.5~5.0；故选D；
【小问4详解】
根据上述分析，滤渣的主要成分为、Al(OH)3和，该工艺中去除锰的原理为锰离子和高锰酸钾发生归中反应生成二氧化锰，锰离子化合价由+2变为+4、高锰酸根离子中锰化合价由+7变为+4，结合电子守恒，离子方程式为；
【小问5详解】
考虑到不能带入新的杂质，故最合适的还原剂是单质锌；
【小问6详解】
氯化锌溶液在蒸发浓缩过程中如操作不当将有碱式盐生成，该反应方程式为，根据图像，要控制含量不超过2.30%，降低产品中含量的方法有减压蒸发，控制温度不超过300C。氧化还原电对(氧化型/还原型)
电极电势(E/V)
氧化还原电对(氧化型/还原型)
电极电势(E/V)
0.77
1.36
(或)
1.69
0.151
1.51
0.54
选项
甲
乙
丙
丁
A
B
Si
C
D
Cu
CuO
选项
实验操作及现象
结论
A
还原铁粉与水蒸气反应生成的气体点燃后有爆鸣声
具有还原性
B
待测液中滴加溶液，生成白色沉淀
待测液含有
C
和中均分别加入溶液和盐酸，只溶于盐酸，都能溶
比碱性强
D
溶液中滴加溶液，溶液由橙色变为黄色
增大生成物的浓度，平衡向逆反应方向移动
实验
充入气体量
反应过程条件
①
2mlX+1mlY
恒温
②
1mlZ
恒温
③
1mlZ
绝热
金属禽子
开始沉淀的pH(ml·L)
沉淀完全的pH(ml·L)
6.8
8.3
3.7
4.7
1.8
2.8
5.2
6.7
8.6
10.1
6.7
8.2
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