2020年贵州省高考化学适应性模拟试卷

这是一份2020年贵州省高考化学适应性模拟试卷，共9页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
1．（6分）化学品在抗击新型冠状病毒的战役中发挥了重要作用。下列说法不正确的是（ ）
A．医用防护口罩中熔喷布的生产原料主要是聚丙烯，聚丙烯的单体是丙烯
B．“84”消毒液的主要成分是次氯酸钠
C．用硝酸铵制备医用速冷冰袋是利用了硝酸铵溶于水快速吸热的性质
D．75%的医用酒精常用于消毒，用95%的酒精消毒效果更好
2．（6分）已知NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．1ml OD﹣中含有的质子数和中子数均为9NAB．60g正戊烷与12g新戊烷的混合物中共价键数为17NA
C．11.2L氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为NA
D．1L0.1m1•L﹣1CH3COONa溶液中，CH3COO﹣数目为0.1NA
3．（6分）两个单环共用一个碳原子的多环化合物称为螺环化合物，共用的碳原子称为螺原子。螺[5，5]十一烷的结构为，下列关于该化合物的说法错误的是（ ）
A．一溴代物有三种 B．与十一碳烯互为同分异构体
C．分子中所有碳原子不可能在同一平面 D．1m1该化合物完全燃烧需要16m1 O2
4．（6分）短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y与W同族，W的核电荷数是Y的两倍，四种元素组成的一种化合物如图所示。下列说法一定正确的是（ ）
A．简单离子半径：Z＞W＞Y＞X
B．最简单氢化物的稳定性：W＞Y
C．X与Z可形成离子化合物ZX
D．W的氧化物对应的水化物为强酸
5．（6分）利用如图的实验装置和方法进行实验，能达到目的的是（ ）
A．甲装置可将FeCl2溶液蒸干获得FeCl2晶体B．乙装置可证明浓硫酸具有脱水性和氧化性
C．丙装置可除去CO2中的SO2 D．丁装置可将NH4Cl固体中的I2分离
6．（6分）某锂离子电池充电时的工作原理如图所示，LiCO2中的Li+穿过聚内烯微孔薄膜向左迁移并嵌入石墨（C6表示）中。下列说法错误的是（ ）
A．充电时，阳极电极反应式为LiCO2﹣xe﹣═xLi++Lil﹣xCO2
B．放电时，该电池将化学能转化为电能
C．放电时，b端为负极，发生氧化反应
D．电池总反应为LixC6+Lil﹣xCO2C6+LiCO2
7．（6分）实验测得0.1ml•L﹣1Na2SO3溶液pH随温度升高而变化的曲线如图所示。将b点溶液冷却至25℃，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，能明显观察到白色沉淀。下列说法正确的是（ ）
A．Na2SO3溶液中存在水解平衡SO32﹣+2H2O⇌H2SO3+2OH﹣
B．温度升高，溶液pH降低的主要原因是SO32﹣水解程度减小
C．a、b两点均有c（Na+）＝2[c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）]
D．将b点溶液直接冷却至25℃后，其pH小于a点溶液
二.非选择题
8．ClO2是一种具有强氧化性的黄绿色气体，也是优良的消毒剂，熔点﹣59℃、沸点11℃，易溶于水，易与碱液反应。ClO2浓度大时易分解爆炸，在生产和使用时必须用稀有气体或空气等进行稀释，实验室常用下列方法制备：2NaClO3+Na2SO3+H2SO42ClO2↑+2Na2SO4+H2O。
（1）H2C2O4可代替Na2SO3制备ClO2，该反应的化学方程式为 ，该方法中最突出的优点是 。
（2）ClO2浓度过高时易发生分解，故常将其制备成NaClO2固体，以便运输和贮存。
已知：2NaOH+H2O2+2ClO2═2NaClO2+O2+2H2O，实验室模拟制备NaClO2的装置如图所示（加热和夹持装置略）。
①产生ClO2的温度需要控制在50℃，应采取的加热方式是 ；盛放浓硫酸的仪器为： ；NaClO2的名称是 ；
②仪器B的作用是 ；冷水浴冷却的目的有 （任写两条）；
③空气流速过快或过慢，均会降低NaClO2的产率，试解释其原因 。
9．从铜转炉烟灰（主要成分ZnO还有Pb、Cu、Cd、As、Cl、F等元素）中回收锌、铜、铅等元素进行资源综合利用，具有重要意义。以铜转炉烟灰制备重要化工原料活性氧化锌的工艺流程如图1所示。
已知：活性炭净化主要是除去有机杂质。
请回答以下问题：
（1）若浸出液中锌元素以[Zn（NH3）4]2+形式存在，则浸取时ZnO发生反应的离子方程式为 。
（2）在反应温度为50℃，反应时间为lh时，测定各元素的浸出率与氯化铵溶液浓度的关系如图2，结合流程图分析，氯化铵适宜的浓度为 ml•L﹣1。
（3）若浸出液中c（AsO43﹣）＝6.0×10﹣3ml•L﹣1，现将8.0×10﹣3ml•L﹣1FeCl3溶液与浸出液等体积混合生成砷酸铁沉淀。若该温度时Ksp（FeAsO4）＝2.0×10﹣22，则反应后溶液中c（AsO43﹣）＝ ml•L﹣1。
（4）滤渣II的主要成分为 ；除杂3是置换除杂过程，则此过程主要除去的金属有 （填化学式）。
（5）沉锌得到的物质为Zn（NH3）2Cl2，请写出水解转化的化学方程式 。
（6）该流程中可以循环使用的物质的电子式为 。
（7）取mg活性氧化锌样品，预处理后配成待测液，加入指示剂3、4滴，再加入适量六亚甲基四胺，用aml•L﹣1EDTA标准液进行滴定，消耗标准液VmL．已知：与1.0mLEDTA标准液[c（EDTA）＝1.000ml•L﹣1]相当的以克表示的氧化锌质量为0.08139，则样品中氧化锌的质量分数为 （用代数式表示）。
10．甲醛（HCHO）俗称蚁醛，在化工、医药、农药等方面有广泛的应用。
Ⅰ．甲醛的制备
工业上利用甲醇脱氢法制备甲醛，已知：CH3OH（g）⇌HCHO（g）+H2（g）△H
（1）该反应的能量变化如图甲所示，△H＝ kJ•ml﹣1。
（2）为提高CH3OH转化率，采取的措施有 、 ；在温恒容条件下，该反应达到平衡状态的标志有 （填标号）。
a．混合气体的密度保持不变 b．混合气体的总压强保持不变
c．v（CH3OH）消耗＝v（H2）生成 d．甲醛的浓度保持不变
（3）选用Ag/SiO2﹣ZnO作催化剂，在400～750℃区间进行活性评价，图乙给出了甲醇转化率与甲醛选择性（选择性越大，表示生成该物质越多）随反应温度的变化曲线。制备甲醛的最佳反应温度为 （填标号），理由是 。
a.400℃b.650℃c.700℃d.750℃
（4）T℃时，在2L恒容密闭容器中充入1m1甲醇，发生反应：
①CH3OH（g）⇌HCHO（g）+H2（g） ②CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g）
平衡时甲醇为0.2ml，甲醛为0.7m1．则反应i的平衡常数K＝ 。
Ⅱ．甲醛的用途
（5）将甲醛水溶液与硫酸镍（NiSO4）溶液混合，可用于化学镀镍。反应过程中有CO2产生，则该反应的离子方程式为 ：若收集到112mLCO2（标准状况），理论上转移电子 m1。
12．聚酰亚胺是综合性能最佳的有机高分子材料之一，已广泛应用在航空、航天、微电子等领域。某聚酰亚胺的合成路线如图（部分反应条件已略去）：
已知下列信息：
①芳香族化合物B的一氯代物有两种
②
③
回答下列问题：
（1）固体A是 （写名称）；B的化学名称是 。
（2）反应①的化学方程式为 。
（3）D中官能团的名称为 ；反应②的反应类型是 。
（4）E的分子式为 ；已知1m1F与足量的NaHCO3反应生成4mlCO2，则F的结构简式是 。
（5）X与C互为同分异构体，写出同时满足下列条件的X的结构简式 。
①核磁共振氢谱显示四种不同化学环境的氢，其峰面积之比为2：2：1：1
②能与NaOH溶液反应，1m1X最多消耗4ml NaOH
③能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应
2020年贵州省高考化学适应性模拟试卷（5月份）
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共7小题，每小题6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．（6分）化学品在抗击新型冠状病毒的战役中发挥了重要作用。下列说法不正确的是（ ）
A．医用防护口罩中熔喷布的生产原料主要是聚丙烯，聚丙烯的单体是丙烯
B．“84”消毒液的主要成分是次氯酸钠
C．用硝酸铵制备医用速冷冰袋是利用了硝酸铵溶于水快速吸热的性质
D．75%的医用酒精常用于消毒，用95%的酒精消毒效果更好
【分析】A．聚丙烯是丙烯的加聚产物；
B．次氯酸钠（NaClO）是漂白液的主要成分，次氯酸钠溶液可用于消毒、杀菌及水处理；
C．硝酸铵溶于水吸热，使水温降低；
D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%；
【解答】解：A．聚丙烯是由丙烯在一定条件下发生加聚反应得到的，故A正确；
B．“84”消毒液的主要成分是次氯酸钠，可以水解得到次氯酸，起到杀菌消毒的作用，故B正确；
C．硝酸铵溶于水可以吸热，因此可以用作速冷冰袋，故C正确；
D．医用酒精是体积分数为75%的乙醇溶液，浓度太高在细菌表面形成一层，膜不能杀死细菌，浓度太低都起不到杀菌效果，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意物质的性质与用途的对应关系，题目难度不大。
2．（6分）已知NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．1ml OD﹣中含有的质子数和中子数均为9NA
B．60g正戊烷与12g新戊烷的混合物中共价键数为17NA
C．11.2L氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为NA
D．1L0.1m1•L﹣1CH3COONa溶液中，CH3COO﹣数目为0.1NA
【分析】A、一个D原子中含有一个质子和一个中子，据此进行计算；
B、正戊烷和新戊烷的分子式均为C5H12，一分子C5H12中含有16个共价键，据此可直接将混合物的质量相加进行计算；
C、未给出气体所处的状态，无法应用气体摩尔体积进行计算；
D、CH3COONa溶液中存在CH3COO﹣的水解。
【解答】解：一个OD﹣中所含质子数为8+1＝9，所含中子数为8+1＝9，因此1mlOD﹣中所含的质子数和中子数都是9NA，故A正确；
B、混合物的物质的量，一个C5H12分子中含有16个共价键，因此1ml混合物中所含共价键的数目为16NA，故B错误；
C、未给出气体所处的状态，无法应用气体摩尔体积进行计算，故C错误；
D、由于CH3COOH是弱酸，因此CH3COONa溶液中存在CH3COO﹣的水解，1L0.1ml/L的CH3COONa溶液中n（CH3COONa）＝0.1ml，由于水解的存在，溶液CH3COO﹣数目小于1NA，故D错误；
故选：A。
【点评】阿伏加德罗常数的考查是高考的重要考点，此题中B选项应注意结合正戊烷、新戊烷的结构确定其所含的共价键数目；该选项中还需注意可变式为考查物质中所含的极性共价键或非极性共价键。
3．（6分）两个单环共用一个碳原子的多环化合物称为螺环化合物，共用的碳原子称为螺原子。螺[5，5]十一烷的结构为，下列关于该化合物的说法错误的是（ ）
A．一溴代物有三种
B．与十一碳烯互为同分异构体
C．分子中所有碳原子不可能在同一平面
D．1m1该化合物完全燃烧需要16m1 O2
【分析】A．结构对称含3种H；
B．该烷形成了两个环，不饱和度为2，而十一碳烯仅有1个不饱和度；
C．含碳均为四面体构型；
D．分子中含11个C、20个H。
【解答】解：A．该分子内有三种等效氢，分别位于螺原子的邻位、间位和对位，因此一取代物有三种，故A正确；
B．直接从不饱和度来判断，该烷形成了两个环，不饱和度为2，而十一碳烯仅有1个不饱和度，二者不可能为同分异构体，故B错误；
C．分子中的碳原子均是饱和碳原子，所以碳原子不可能在同一平面上，故C正确；
D．该物质的分子式为C11H20，因此其完全燃烧需要16ml氧气，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意对称性的判断，题目难度不大。
4．（6分）短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y与W同族，W的核电荷数是Y的两倍，四种元素组成的一种化合物如图所示。下列说法一定正确的是（ ）
A．简单离子半径：Z＞W＞Y＞X
B．最简单氢化物的稳定性：W＞Y
C．X与Z可形成离子化合物ZX
D．W的氧化物对应的水化物为强酸
【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，根据图示可知，Y形成了双键，因此推测Y是氧或者硫，考虑到四种元素的原子序数依次增大，Y与W同族，W的核电荷数是Y的两倍，则Y只能是O，W是S，X为H，Z只能是Na，该物质为亚硫酸氢钠，据此解答。
【解答】解：根据以上分析可知，X、Y、Z、W分别是H、O、Na、S元素。
A．电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则四种简单离子半径的大小为：W＞Y＞Z＞X，故A错误；
B．元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强，氧的非金属性强于硫，最简单氢化物的稳定性：W＜Y，故B错误；
C．氢和Na可以形成NaH，NaH属于离子化合物，故C正确；
D．硫只有最高价氧化物对应的水化物（硫酸）才是强酸，二氧化硫对应的水化物（亚硫酸）是一种弱酸，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期表结构及元素周期律内容，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。
5．（6分）利用如图的实验装置和方法进行实验，能达到目的的是（ ）
A．甲装置可将FeCl2溶液蒸干获得FeCl2晶体
B．乙装置可证明浓硫酸具有脱水性和氧化性
C．丙装置可除去CO2中的SO2
D．丁装置可将NH4Cl固体中的I2分离
【分析】A．加热时FeCl2易水解，且易被氧化而变质；
B．蔗糖变黑，可说明浓硫酸具有脱水性，硫酸被还原得到二氧化硫；
C．二者都与饱和碳酸钠溶液反应；
D．氯化铵固体受热易分解，碘受热易升华，冷却后又可生产氯化铵、碘的混合物。
【解答】解：A．FeCl2加热会强烈水解，并且暴露在空气中会导致亚铁离子被氧气氧化为铁离子，最终无法得到FeCl2，故A错误；
B．浓硫酸可以脱去蔗糖中的水，即“黑面包实验”，同时硫酸被还原得到二氧化硫，二氧化硫使溴水褪色，因此体现了浓硫酸的脱水性和氧化性，故B正确；
C．碳酸钠溶液会吸收二氧化碳变成碳酸氢钠，因此不能用来除杂，故C错误；
D．氯化铵固体受热易分解，碘受热易升华，二者遇冷后都重新附着于圆底烧瓶底部无法分离，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、性质比较、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6．（6分）某锂离子电池充电时的工作原理如图所示，LiCO2中的Li+穿过聚内烯微孔薄膜向左迁移并嵌入石墨（C6表示）中。下列说法错误的是（ ）
A．充电时，阳极电极反应式为LiCO2﹣xe﹣═xLi++Lil﹣xCO2
B．放电时，该电池将化学能转化为电能
C．放电时，b端为负极，发生氧化反应
D．电池总反应为LixC6+Lil﹣xCO2C6+LiCO2
【分析】充电时相当于电解池，电解池在工作时，阳离子移向阴极，已知Li+穿过聚内烯微孔薄膜向左迁移，因此石墨极是阴极，含钴电极是阳极，放电时，石墨极是负极，正极LiCO2，据此来分析各选项即可。
【解答】解：A．充电时，含钴电极是阳极，阳极电极反应式为LiCO2﹣xe﹣═xLi++Lil﹣xCO2，故A正确；
B．放电时相当于原电池，原电池是一类将化学能转化为电能的装置，故B正确；
C．放电时，石墨极是负极，正极LiCO2，则b为电源正极，发生还原反应，故C错误；
D．整个锂电池相当于Li+在正极和负极之间不断嵌入﹣脱嵌的过程，则电池总反应为LixC6+Lil﹣xCO2C6+LiCO2，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原电池及电解池，为高频考点，把握电极判断、电极反应、工作原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意电化学知识的综合应用及氧化还原反应有关知识，题目难度不大。
7．（6分）实验测得0.1ml•L﹣1Na2SO3溶液pH随温度升高而变化的曲线如图所示。将b点溶液冷却至25℃，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，能明显观察到白色沉淀。下列说法正确的是（ ）
A．Na2SO3溶液中存在水解平衡SO32﹣+2H2O⇌H2SO3+2OH﹣
B．温度升高，溶液pH降低的主要原因是SO32﹣水解程度减小
C．a、b两点均有c（Na+）＝2[c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）]
D．将b点溶液直接冷却至25℃后，其pH小于a点溶液
【分析】SO32﹣是弱酸的酸根，在水中会水解显碱性，而温度升高水解程度增大，溶液碱性理论上应该增强，但是实际上碱性却在减弱，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，能明显观察到白色沉淀，因此部分SO32﹣被空气中的氧气氧化为SO42﹣，结合影响水解的因素来分析本题即可。
【解答】解：SO32﹣是弱酸的酸根，在水中会水解显碱性，而温度升高水解程度增大，溶液碱性理论上应该增强，但是实际上碱性却在减弱，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，能明显观察到白色沉淀，因此部分SO32﹣被空气中的氧气氧化为SO42﹣，
A．水解反应是分步进行的，Na2SO3溶液中存在水解平衡SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣，HSO3﹣+H2O⇌H2SO3+OH﹣，故A错误；
B．水解是吸热反应，温度升高，溶液pH降低的主要原因是SO32﹣被氧气氧化，故B错误；
C．温度升高溶液中部分SO32﹣被氧化，因此写物料守恒时还需要考虑SO42﹣，故C错误；
D．当b点溶液直接冷却至25℃后，因部分SO32﹣被氧化为SO42﹣，SO32﹣的浓度降低，SO32﹣的水解平衡左移，溶液中氢氧根离子浓度减小，pH减小，所以其pH小于a点溶液，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了盐的水解原理及其应用，题目难度不大，明确盐的水解原理及其影响为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。
二.非选择题
8．ClO2是一种具有强氧化性的黄绿色气体，也是优良的消毒剂，熔点﹣59℃、沸点11℃，易溶于水，易与碱液反应。ClO2浓度大时易分解爆炸，在生产和使用时必须用稀有气体或空气等进行稀释，实验室常用下列方法制备：2NaClO3+Na2SO3+H2SO42ClO2↑+2Na2SO4+H2O。
（1）H2C2O4可代替Na2SO3制备ClO2，该反应的化学方程式为 2NaClO3+H2C2O4+H2SO4＝2ClO2↑+Na2SO4+H2O+2CO2↑ ，该方法中最突出的优点是 反应中产生的CO2可以起到稀释ClO2的作用，避免ClO2浓度大时分解爆炸，提高了安全性 。
（2）ClO2浓度过高时易发生分解，故常将其制备成NaClO2固体，以便运输和贮存。
已知：2NaOH+H2O2+2ClO2═2NaClO2+O2+2H2O，实验室模拟制备NaClO2的装置如图所示（加热和夹持装置略）。
①产生ClO2的温度需要控制在50℃，应采取的加热方式是 水浴加热 ；盛放浓硫酸的仪器为： 分液漏斗 ；NaClO2的名称是 亚氯酸钠 ；
②仪器B的作用是 安全瓶，防倒吸 ；冷水浴冷却的目的有 降低NaClO2的溶解度，增大ClO2的溶解度，减少H2O2分解，减少ClO2分解 （任写两条）；
③空气流速过快或过慢，均会降低NaClO2的产率，试解释其原因 空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，空气流速过慢时，ClO2浓度过高导致分解 。
【分析】ClO2中的氯是+4价的，需要一种还原剂将氯酸钠中+5价的氯还原，同时要小心题干中提到的易爆炸性；再来看实验装置，首先三颈烧瓶中通入空气，一方面可以将产物“吹”入后续装置，另一方面可以起到稀释ClO2的作用，防止其浓度过高发生危险，B起到一个安全瓶的作用，而C是吸收装置，将ClO2转化为NaClO2；
（1）根据电子转移守恒和元素守恒写出化学方程式；ClO2浓度大时易分解爆炸，在生产和使用时必须用稀有气体或空气等进行稀释；
（2）①温度低于100℃常用水浴加热；分液漏斗用于分液和滴液；根据化合价代数和为0判断化合价；
②ClO2浓度过高时易发生分解；温度低溶解度减小，减慢分解速率；
③空气流速过快或过慢，反应物易反应不充分；过慢气体易发生变化。
【解答】解：（1）用H2C2O4来代替Na2SO3，H2C2O4中的碳平均为+3价，被氧化产生+4价的CO2，根据电子转移守恒和元素守恒写出方程式为：2NaClO3+H2C2O4+H2SO4＝2ClO2↑+Na2SO4+H2O+2CO2↑；因ClO2浓度大时易分解爆炸，在生产和使用时必须用稀有气体或空气等进行稀释，所以产生的CO2可以稀释ClO2，防止其浓度过高发生危险，
故答案为：2NaClO3+H2C2O4+H2SO4＝2ClO2↑+Na2SO4+H2O+2CO2↑；反应中产生的CO2可以起到稀释ClO2的作用，避免ClO2浓度大时分解爆炸，提高了安全性；
（2）①50℃最好的加热方式自然是水浴加热，盛放浓硫酸的仪器为分液漏斗；根据化合价代数和为0，NaClO2中的氯元素为+3价，因此为亚氯酸钠，
故答案为：水浴加热；分液漏斗；亚氯酸钠；
②仪器B是一个安全瓶，防止倒吸；而冰水浴一方面可以减少H2O2的分解，另一方面可以使ClO2变为液体，增大产率，
故答案为：安全瓶，防倒吸；降低NaClO2的溶解度，增大ClO2的溶解度，减少H2O2分解，减少ClO2分解；
③当空气流速过快时，ClO2来不及被充分吸收，当空气流速过慢时，ClO2又会在容器内滞留，浓度过高导致分解，
故答案为：空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收：空气流速过慢时，ClO2浓度过高导致分解。
【点评】本题考查学生对题干的分析理解能力、分析图表的能力，能够准确提取到有用信息，利用信息解决有关问题。主要考查知识点还有：反应条件的选择、仪器的使用原理、化学反应原理、错误操作的后果分析等知识，学生要善于捕捉题干信息，准确基本的实验知识，尤其是每步化学反应的原理。
9．从铜转炉烟灰（主要成分ZnO还有Pb、Cu、Cd、As、Cl、F等元素）中回收锌、铜、铅等元素进行资源综合利用，具有重要意义。以铜转炉烟灰制备重要化工原料活性氧化锌的工艺流程如图1所示。
已知：活性炭净化主要是除去有机杂质。
请回答以下问题：
（1）若浸出液中锌元素以[Zn（NH3）4]2+形式存在，则浸取时ZnO发生反应的离子方程式为 ZnO+2NH4++2NH3•H2O＝[Zn（NH3）4]2++3H2O 。
（2）在反应温度为50℃，反应时间为lh时，测定各元素的浸出率与氯化铵溶液浓度的关系如图2，结合流程图分析，氯化铵适宜的浓度为 4 ml•L﹣1。
（3）若浸出液中c（AsO43﹣）＝6.0×10﹣3ml•L﹣1，现将8.0×10﹣3ml•L﹣1FeCl3溶液与浸出液等体积混合生成砷酸铁沉淀。若该温度时Ksp（FeAsO4）＝2.0×10﹣22，则反应后溶液中c（AsO43﹣）＝ 2.0×10﹣19 ml•L﹣1。
（4）滤渣II的主要成分为 CaF2 ；除杂3是置换除杂过程，则此过程主要除去的金属有 Cu和Cd （填化学式）。
（5）沉锌得到的物质为Zn（NH3）2Cl2，请写出水解转化的化学方程式 Zn（NH3）2Cl2+2H2O＝Zn（OH）2↓+2NH4Cl 。
（6）该流程中可以循环使用的物质的电子式为 。
（7）取mg活性氧化锌样品，预处理后配成待测液，加入指示剂3、4滴，再加入适量六亚甲基四胺，用aml•L﹣1EDTA标准液进行滴定，消耗标准液VmL．已知：与1.0mLEDTA标准液[c（EDTA）＝1.000ml•L﹣1]相当的以克表示的氧化锌质量为0.08139，则样品中氧化锌的质量分数为 （用代数式表示）。
【分析】首先用氯化铵和氨水浸取烟灰，将锌元素转化为[Zn（NH3）4]2+配离子，加入氯化铁沉砷，加入氯化钙可以得到CaF2沉淀（萤石），加入锌粉可以将其它金属离子全部置换出来得到滤渣III，加入活性炭除去有机杂质，加入盐酸将锌转化为Zn（NH3）2Cl2，最后得到氧化锌。
（1）根据题目信息，离子方程式为：ZnO+2NH4++2NH3•H2O＝[Zn（NH3）4]2++3H2O，这个方程可以从电荷守恒的角度来配平；
（2）观察题图，当氯化铵的浓度为4ml/L时，一方面锌元素的浸出率已经接近100%，再增加氯化铵浓度没有太大意义，另一方面若浓度再高，铅元素将进入溶液；
（3）等体积混合后相当于两种离子的浓度都变为一半，即c（AsO43﹣）＝3.0×10﹣3ml/L，c（Fe3+）＝4.0×10﹣3ml/L，而两种离子是1：1沉淀的，设反应后AsO43﹣浓度为nml/L，则有n×（4×10﹣3﹣3×10﹣3）＝Ksp计算得到；
（4）分析可知，滤渣II为CaF2，而除杂3主要可以除去溶液中的Cu和Cd；
（5）既然煅烧后得到ZnO，则煅烧前必然为Zn（OH）2，即水解产物为Zn（OH）2，据此来写出方程式；
（6）水解后得到的氯化铵，又可以用于第一步的浸取，可以循环利用，氯化铵为离子化合物；
（7）根据n＝cV先求出EDTA的消耗量为，这些EDTA对应的氧化锌的质量为0.08139aVg，因此氧化锌的质量分数。
【解答】解：（1）若浸出液中锌元素以[Zn（NH3）4]2+形式存在，则浸取时ZnO发生反应的离子方程式为根据题目信息，离子方程式为：ZnO+2NH4++2NH3•H2O＝[Zn（NH3）4]2++3H2O，
故答案为：ZnO+2NH4++2NH3•H2O＝[Zn（NH3）4]2++3H2O；
（2）观察题图，当氯化铵的浓度为4ml/L时，一方面锌元素的浸出率已经接近100%，再增加氯化铵浓度没有太大意义，另一方面若浓度再高，铅元素将进入溶液，无法完全除去铅，
故答案为：4；
（3）等体积混合后相当于两种离子的浓度都变为一半，即c（AsO43﹣）＝3.0×10﹣3ml/L，c（Fe3+）＝4.0×10﹣3ml/L，而两种离子是1：1沉淀的，设反应后AsO43﹣浓度为nml/L，则有n×（4×10﹣3﹣3×10﹣3）＝Ksp＝2.0×10﹣22，解得n＝2.0×10﹣19ml•L﹣1，
故答案为：2.0×10﹣19；
（4）根据分析，滤渣II为CaF2，而除杂3主要可以除去溶液中的Cu和Cd，
故答案为：CaF2；Cu和Cd；
（5）既然煅烧后得到ZnO，则煅烧前必然为Zn（OH）2，即水解产物为Zn（OH）2，沉锌得到的物质为Zn（NH3）2Cl2，其水解转化出方程式：Zn（NH3）2Cl2+2H2O＝Zn（OH）2↓+2NH4Cl，
故答案为：Zn（NH3）2Cl2+2H2O＝Zn（OH）2↓+2NH4Cl；
（6）水解后得到的氯化铵，又可以用于第一步的浸取，可以循环利用，其电子式为，
故答案为：；
（7）根据n＝cV先求出EDTA的消耗量为，这些EDTA对应的氧化锌的质量为0.08139aVg，因此氧化锌的质量分数＝，
故答案为：。
【点评】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，注意对化学平衡常数的灵活运用，综合性强，题目难度中等。
10．甲醛（HCHO）俗称蚁醛，在化工、医药、农药等方面有广泛的应用。
Ⅰ．甲醛的制备
工业上利用甲醇脱氢法制备甲醛，已知：CH3OH（g）⇌HCHO（g）+H2（g）△H
（1）该反应的能量变化如图甲所示，△H＝ +84 kJ•ml﹣1。
（2）为提高CH3OH转化率，采取的措施有 升高温度 、 降低压强 ；在温恒容条件下，该反应达到平衡状态的标志有 bd （填标号）。
a．混合气体的密度保持不变
b．混合气体的总压强保持不变
c．v（CH3OH）消耗＝v（H2）生成
d．甲醛的浓度保持不变
（3）选用Ag/SiO2﹣ZnO作催化剂，在400～750℃区间进行活性评价，图乙给出了甲醇转化率与甲醛选择性（选择性越大，表示生成该物质越多）随反应温度的变化曲线。制备甲醛的最佳反应温度为 c （填标号），理由是 此温度下甲醛的选择性和甲醇的转化率均较高 。
a.400℃b.650℃c.700℃d.750℃
（4）T℃时，在2L恒容密闭容器中充入1m1甲醇，发生反应：
①CH3OH（g）⇌HCHO（g）+H2（g）
②CH3OH（g）⇌CO（g）+2H2（g）
平衡时甲醇为0.2ml，甲醛为0.7m1．则反应i的平衡常数K＝ 1.575 。
Ⅱ．甲醛的用途
（5）将甲醛水溶液与硫酸镍（NiSO4）溶液混合，可用于化学镀镍。反应过程中有CO2产生，则该反应的离子方程式为 HCHO+2Ni2++H2O＝2Ni+CO2↑+4H+； ：若收集到112mLCO2（标准状况），理论上转移电子 0.02 m1。
【分析】（1）△H＝正反应活化能﹣逆反应活化能；
（2）提高CH3OH转化率，即使平衡正向移动，根据勒夏特列原理判断；
断化学平衡状态的直接标志：Ⅰ、v正＝v逆（同物质）Ⅱ、各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如：压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据；
（3）选择制备甲醛的最佳反应温度的标准为在此温度下甲醛选择性和甲醇转化率均要高，结合图分析解答；
（4）根据题中数据，分别计算平衡时各组分的浓度，再结合K＝计算；
（5）由题意得镍被还原为单质，而甲醛被氧化为二氧化碳；
甲醛中的碳可以按0价处理，二氧化碳中的碳为+4价，因此每生成1个二氧化碳分子需要转移4个电子，据此分析。
【解答】解：（1）△H＝正反应活化能﹣逆反应活化能＝463kJ/ml﹣379kJ/ml＝+84kJ/ml，
故答案为：+84；
（2）该反应是气体分子数增加的、吸热的可逆反应，因此根据勒夏特列原理，我们可以采用升高温度、降低压强的方法来促进平衡正向移动，提高转化率；
a．根据，混合气体反应前后质量不变，容器的体积也不变，则气体的密度是恒定不变的，故a错误；
b．该反应前后气体分子数不等，因此当压强保持不变时，说明反应已达到平衡状态，故b正确；
c．甲醇和氢气的化学计量数相同，因此无论何时都有v（CH3OH）消耗＝v（H2）生成，故c错误；
d．当甲醛的浓度保持不变，说明其消耗速率和生成速率相同，即此时达到了平衡状态，故d正确，
故答案为：升高温度；降低压强；bd；
（3）选择制备甲醛的最佳反应温度的标准为在此温度下甲醛选择性和甲醇转化率均要高，由图可知，在700℃时，甲醛选择性和甲醇转化率均较高，因此700℃是最合适的温度，此温度下甲醛的选择性和甲醇的转化率均较高，
故答案为：c；此温度下甲醛的选择性和甲醇的转化率均较高；
（4）平衡时甲醇为0.2ml，因此有0.8ml甲醇被消耗，其中甲醛有0.7ml，说明有0.7ml甲醇发生了反应①，有0.1ml甲醇发生了反应②，因此氢气一共有0.7ml+0.1ml×2＝0.9ml，代入平衡常数的表达式有K＝＝＝1.575，
故答案为：1.575；
（5）既然是镀镍，则镍被还原为单质，而甲醛被氧化为二氧化碳，因此反应的离子方程式为HCHO+2Ni2++H2O＝2Ni+CO2↑+4H+；
甲醛中的碳可以按0价处理，二氧化碳中的碳为+4价，因此每生成1个二氧化碳分子需要转移4个电子，而112mL二氧化碳的物质的量为＝0.005ml，因此一共要转移0.02ml电子，
故答案为：HCHO+2Ni2++H2O＝2Ni+CO2↑+4H+；0.02。
【点评】本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，题目涉及反应热的计算、化学平衡的移动、化学平衡的计算等，根据题目信息，结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
11．元素的性质与原子结构、元素在周期表中的位置有着密切的关系。回答下列问题：
（1）如图1表示某短周期元素X的前五级电离能（I）的对数值，试推测并写出X的元素符号 Mg 。
（2）化合物甲与SO2所含元素种类相同，两者互为等电子体，请写出甲的化学式 S2O或OS2 ，甲分子中心原子的杂化类型是 sp2 。
（3）配位化学创始人维尔纳发现，将1m1 CC13•5NH3（紫红色）和1m1 CC13•4NH3（绿色）溶于水，加入AgNO3溶液，立即沉淀的AgCl分别为2m1、1ml。则紫红色配合物中配离子的化学式为 [C（NH3）5Cl]2+ ，绿色配合物中C的配位数为 6 。
（4）某稀土元素M的氧化物晶体为立方晶胞，其结构如图2所示，图中小球代表氧离子，大球代表M离子。
①写出该氧化物的化学式 MO2 。
②已知该晶体密度为ρg•cm﹣3，晶胞参数为anm，NA为阿伏加德罗常数的值。则M的相对原子质量Mr＝ （用含ρ、a等的代数式表示）；
③以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中原子1（M原子）的坐标为（，，），则原子2（M原子）的坐标为 （，，） 。
【分析】（1）根据图象可以发现该元素的第三电离能显著增大，因此推测其为第二主族元素，而铍只有4个电子，不可能有第五电离能，因此只能为镁元素；
（2）将一个氧原子换成一个硫原子，得出甲的化学式；SO2中硫原子是sp2杂化，考虑到等电子体的结构类似，得出S2O分子中心原子的杂化类型；
（3）根据分析，1ml紫红色的物质中有2mlCl﹣位于外界，因此剩下的1mlCl﹣位于内界，得到配离子的化学式，而1ml绿色的物质中有1mlCl﹣位于外界，因此剩下的2mlCl﹣位于内界，得到配位数；
（4）①根据均摊法分析，得到一个晶胞内有M离子和氧离子数目，得到其化学式；
②分子内有4个M和8个氧，因此一个晶胞的质量为g，晶体的体积为a3×10，21cm3，代入ρ＝，得到Mr；
③把整个晶胞划分为8个小方块，则1号小球相当于左、上、后小方块的体心，2号小球相当于右、下、后小方块的体心，得到其坐标；
【解答】解：（1）根据图象可以发现该元素的第三电离能显著增大，因此推测其为第二主族元素，而铍只有4个电子，不可能有第五电离能，因此只能为镁元素，其元素符号为Mg；
故答案为：Mg；
（2）将一个氧原子换成一个硫原子，因此的甲的化学式为S2O或OS2，SO2中硫原子是sp2杂化，考虑到等电子体的结构类似，因此S2O分子中心原子的杂化类型也为sp2；
故答案为：S2O或OS2；sp2；
（3）根据分析，1ml紫红色的物质中有2mlCl﹣位于外界，因此剩下的1mlCl﹣位于内界，其配离子的化学式为[C（NH3）5Cl]2+，而1ml绿色的物质中有1mlCl﹣位于外界，因此剩下的2mlCl﹣位于内界，因此其配位数为4+2＝6；
故答案为：[C（NH3）5Cl]2+；6；
（4）①四个大球全部位于晶胞内部，因此按1个来算，而位于顶点的氧原子按来计算，位于棱心的氧原子按来计算，位于面心的氧原子按来计算，位于体心的氧原子按1个来计算，因此一共有8×+12×+6×+1＝8个氧原子，根据分析，一个晶胞内有4个M离子和8个氧离子，因此其化学式为MO2；
故答案为：MO2；
②分子内有4个M和8个氧，因此一个晶胞的质量为g，晶体的体积为a3×10，21cm3，代入ρ＝后化简即可得到Mr＝；
故答案为：；
③把整个晶胞划分为8个小方块，则1号小球相当于左、上、后小方块的体心，2号小球相当于右、下、后小方块的体心，因此其坐标为（，，）；
故答案为：（，，）。
【点评】本题考查物质结构和性质，难度中等。涉及晶胞计算、氢键、分子空间构型判断等知识点，明确原子结构、基本理论、物质结构是解本题关键，易错点是原子核外电子排布的书写，难点是晶胞计算，注意均摊法在晶胞计算中的灵活运用。
12．聚酰亚胺是综合性能最佳的有机高分子材料之一，已广泛应用在航空、航天、微电子等领域。某聚酰亚胺的合成路线如图（部分反应条件已略去）：
已知下列信息：
①芳香族化合物B的一氯代物有两种
②
③
回答下列问题：
（1）固体A是 焦炭 （写名称）；B的化学名称是 对二甲苯（或1，4﹣二甲苯） 。
（2）反应①的化学方程式为 +2CH3OH+2H2O 。
（3）D中官能团的名称为 酯基 ；反应②的反应类型是 取代反应 。
（4）E的分子式为 C10H14 ；已知1m1F与足量的NaHCO3反应生成4mlCO2，则F的结构简式是 。
（5）X与C互为同分异构体，写出同时满足下列条件的X的结构简式 。
①核磁共振氢谱显示四种不同化学环境的氢，其峰面积之比为2：2：1：1
②能与NaOH溶液反应，1m1X最多消耗4ml NaOH
③能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应
【分析】固体A是煤干馏得到的，因此为焦炭，芳香族化合物B的一氯代物有两种，根据B的化学式和D与氨气反应的生成物的结构简式可知，B为，B发生氧化反应得C为，C与甲醇发生酯化反应生成D为，B在一氯甲烷催化剂作用下发生信息③中的取代反应生成E为，根据F的化学式和1mlF与足量的NaHCO3反应生成4mlCO2，可知E氧化得F为，据此答题。
【解答】解：（1）根据上面的分析可知，固体A是焦炭；B的化学名称是对二甲苯（或1，4﹣二甲苯），故答案为：焦炭；对二甲苯（或1，4﹣二甲苯）；
（2）反应①为C与甲醇发生酯化反应生成D，反应的化学方程式为 +2CH3OH+2H2O，故答案为：+2CH3OH+2H2O；
（3）D为，D中官能团的名称为 酯基；反应②为D发生类似信息②中的反应，反应类型是取代反应，故答案为：酯基；取代反应；
（4）E为，E的分子式为 C10H14；根据上面的分析可知，F的结构简式是 ，故答案为：C10H14；
（5）C为，X与C互为同分异构体，根据条件：核磁共振氢谱显示四种不同化学环境的氢，其峰面积之比为2：2：1：1；能与NaOH溶液反应，1mlX最多消耗4ml NaOH，且能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有两个酚与羧酸形成的酯基，则符合条件的X的结构简式为 ，写出同时满足下列故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，关键是计算确定A的结构简式，再结合反应条件、PVA与PVB的结构简式进行推断，综合考查学生分析能力和综合运用化学知识的能力，注意把握有机物官能团的结构和性质，题目难度中等。
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