湖南省株洲市第八中学2022-2023学年高三化学上学期第五次月考试卷（Word版附解析）

这是一份湖南省株洲市第八中学2022-2023学年高三化学上学期第五次月考试卷（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了 已知是阿伏伽德罗常数的值， 下列离子方程式正确的是等内容，欢迎下载使用。

株洲市八中2023届高三月考化学试卷(五)
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Mg-24 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ag-108
第I卷(选择题共42分)
一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意。)
1. 发射中心按照预定时间精准点火发射，这是中国空间站关键技术验证阶段第六次飞行。下列叙述错误的是
A. 火箭箭体采用的高强度新型钛合金结构属于金属材料
B. 航天员航天服上的橡胶属于有机高分子材料
C. 二氧化硅是飞船搭载的太阳能电池板的核心材料
D. 航天员手臂“延长器”——操纵棒中的碳纤维材料属于新型材料
【答案】C
【解析】
【详解】A．钛合金强度大，适合用作火箭箭体材料，故A正确；
B．合成橡胶由各种单体经聚合反应而得，橡胶制品广泛应用于工业或生活，属于有机高分子材料，故B正确；
C．晶体硅为良好的半导体材料，是制造太阳能电池板的核心材料，二氧化硅不具有此性质，故C错误；
D．碳纤维是新型无机非金属材料，故D正确；
故选：C。
2. 已知是阿伏伽德罗常数的值.下列说法中正确的是
A. 含2mol共价键的水蒸气，分子间存在2个氢键
B. 标准状况下，和足量的水混合后转移的电子数为
C. 中硫的价层电子对数为3
D. 和中含有的质子数均为10
【答案】C
【解析】
【详解】A．水蒸气分子间几乎不存在氢键，A错误；
B．标准状况下，非气体，B错误；
C．的价层电子对数为6+=6，故中硫的价层电子对数为3，C正确；
D．相对分子质量为20，中含有的质子数为，D错误；
故选C。
3. 下列离子方程式正确的是
A. 磁性氧化亚铁溶于稀硝酸：FeO+2H+=Fe2++H2O
B. 四氯化钛的浓溶液制备水合二氧化钛：Ti4++(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4H+
C. 水玻璃中通入少量CO2：Na2SiO3+CO2+H2O=CO+H2SiO3↓+2Na+
D. 酸性KMnO4溶液滴定双氧水：2MnO+H2O2+6H+=2Mn2++3O2↑+4H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．氧化亚铁有还原性，稀硝酸有氧化性，两者发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：，A错误；
B．四氯化钛的浓溶液制备水合二氧化钛利用其水解： Ti4++(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4H+，B正确；
C．硅酸钠为可溶性盐，离子方程式中应拆成离子形式，正确的离子方程式为：，C错误；
D．酸性溶液滴定双氧水，双氧水被氧化得到氧气，反应的离子方程式为，D错误；
故选B。
4. 锡酸钠晶体()在染料工业上用作媒染剂。以锡碲渣废料(主要成分是SnO、TeO，还含有少量Fe、Te、Sb、Pb、As等元素的氧化物)为原料，制备锡酸钠晶体的工艺流程如图：

已知：水碎液中溶质的主要成分为、、、、，均为强电解质。下列说法不正确的是
A. “碱溶”时，SnO发生反应的化学方程式为
B. “除Sb”时发生反应的离子方程式为
C. “除Te”过程中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1
D. 在“浓缩、结晶”时，加入NaOH的主要目的是有利于锡酸钠的结晶析出
【答案】B
【解析】
【分析】锡碲渣废料(主要成分是SnO、TeO，还含有少量Fe、Te、Sb、Pb、As等元素的氧化物)在通入空气的情况下用NaOH碱溶，生成溶质的主要成分为、、、、的水碎液，只有Fe的氧化物未溶解，所以Fe的氧化物就成为水碎渣；往水碎液中加入Ba(OH)2、Na2S，Na3AsO4，分别转化为Ba3(AsO4)2、PbS沉淀；过滤后所得滤液中加入Sn粒，转化为Sb，而Sn转化为Na2SnO3；过滤后滤液中加入H2O2，Na2TeO3被氧化为Na2TeO4沉淀；过滤后向所得滤液加入NaOH，再经浓缩、结晶，得到Na2SnO3晶体。
【详解】A．由图可知“碱溶”时反应物为、，根据产物价态可知有氧气作氧化剂参与反应，发生反应的化学方程式为，A正确；
B．结合“除”前加入的氢氧化钠和氢氧化钡可知此时体系为碱性环境，离子方程式中不能出现氢离子，正确的离子方程式为，B错误；
C．“除”过程中发生反应的化学方程式为，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1，C正确；
D．在“浓缩、结晶”时，加入，提高钠离子浓度，促进沉淀平衡向生成沉淀的方向移动，主要目的是有利于锡酸钠的结晶析出，D正确。
故选B。
5. 某团簇分子由原子序数依次增大的M、N、P、Q四种短周期元素组成，其空间构型如图，M、N、Q位于不同周期，其中N是地壳中含量最高的元素，Q的最高价氧化物对应的水化物和强酸、强碱均能反应。下列说法错误的是

A. 通常情况下M2N比M2N2更稳定
B. M、N、P组成的化合物中含离子键和共价键
C. P和Q能形成密度小、强度大的合金材料
D. 元素的第一电离能：P 【答案】D
【解析】
【分析】由题干信息可知， M、N、Q位于不同周期，其中N是地壳中含量最高的元素则N为O，Q的最高价氧化物对应的水化物和强酸、强碱均能反应，Q为Al，M为H，根据某由原子序数依次增大的M、N、P、Q四种短周期元素组成的团簇分子的空间构型图，可知P的原子半径大于Al，原子序数介于O和Al之间，则P为Na或者Mg，则团簇分子的化学式为H2Al2P2O6，则P的化合价为+2价，即P只能为Mg，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，M为H，N为O，通常情况下M2N即H2O比M2N2即H2O2更稳定，A正确；
B．由分析可知，M、N、P分别为H、O、Mg，组成的化合物Mg(OH)2中含离子键和共价键，B正确；
C．由分析可知，P和Q分别是Mg和Al，合金一般比成分金属具有更小的密度和更大的机械强度，即P和Q能形成密度小、强度大的合金材料，C正确；
D．由分析可知，P为Mg，Q为Al，根据同一周期从左往右第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA之间反常，元素的第一电离能Mg＞Al即P＞Q，D错误；
故答案为：D。
6. 用下列装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A
B
C
D




验证非金属性：S>C>Si
实验室制乙烯
蒸发结晶获得晶体FeSO4·7H2O
用于除去气体中的杂质

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．硫酸与碳酸钠反应可以制备二氧化碳，二氧化碳与硅酸钠反应可以制备硅酸，能比较非金属性S>C>Si，A正确；
B．温度计应插在液面之下，B错误；
C．亚铁离子容易被氧化，不能通过蒸发结晶得到该晶体，C错误；
D．气体不能通过洗气瓶，故不能除杂，D错误；
故选A。
7. 20世纪40年代，传统法合成己二酸工艺就已成熟，一直沿用至今。2020年我国科学家利用8种酶采用“一锅催化法”高效绿色合成了己二酸，其流程如图：

下列说法错误是
A. 温度越高，上述2种方法合成己二酸的速率越快
B. 传统法合成己二酸会产生大气污染物，原子利用率低
C. “一锅催化法”属于绿色化学工艺
D. 1mol己二酸与足量NaHCO3反应生成88gCO2
【答案】A
【解析】
【详解】A．温度升高，催化剂-酶会失活，反应速率会减慢，故A错误；
B．传统法合成己二酸过程中浓硝酸被还原生成了二氧化氮气体，为大气污染物，且原子利用率低，故B正确；
C．一锅催化法”没有副产物生成，属于绿色化学工艺，故C正确；
D．羧基和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，且羧基和二氧化碳的物质的量之比为1:1，则1mol己二酸与足量饱和碳酸氢钠溶液反应生成2mol二氧化碳，生成二氧化碳的质量为88g，故D正确；
故选A。
8. H2O2是常用的氧化剂，其分子结构如下图所示，两个氢原子犹如在半展开的书的两面上。下列说法不正确的是

A. 在H2O2分子中只有σ键没有π键
B. H2O2非极性分子，O原子采取sp3杂化轨道成键
C. H2O2能与水混溶，不溶于CCl4
D. H2O2分子间作用力强于H2O分子间作用力
【答案】B
【解析】
【详解】A．H2O2分子中只有单键，则只有σ键没有π键，故A正确；
B．H2O2分子的结构不对称，为极性分子，且O原子价层电子对数为=4，O原子采取sp3杂化轨道成键，故B错误；
C．极性分子易溶于极性分子，则H2O2能与水混溶，不溶于CCl4，故C正确；
D．相对分子质量越大、分子间作用力越大，则H2O2分子间作用力强于H2O分子间作用力，故D正确；
故选B。
9. 某科研团队研制了一种基于阳离子型活性分子的中性水系有机液流电池，以[Pyr-TEMPO]和[Pyr-PV]Cl4作中性水系有机液流电池的电极材料，已知放电时[Pyr-PV]2+先转化为[Pyr-PV]3+，后转化为[Pyr-PV]4+，电池工作原理如图所示。下列说法正确的是

A. 放电的过程中，氯离子由b电极向a电极移动
B. 放电时，负极的电极反应之一为[Pyr-PV]3+-=[Pyr-PV]4+
C. a电极的电势比b电极的低
D. 充电时，b电极为阳极，发生氧化反应
【答案】B
【解析】
【分析】已知放电时先转化为，后转化为，可知b电极失电子，发生氧化反应，为电源负极，则a电极为正极，即放电时，a电极为正极，b电极为负极。
【详解】A．由分析可知，放电时，a电极为正极，b电极为负极，则氯离子由a电极向b电极移动，A错误：
B．已知放电时先转化为，后转化为，则负极的电极反应之一为，B正确；
C．由分析可知，放电时，a电极为正极，b电极为负极，则充电时，a电极为阳极，b电极为阴极，故无论放电或充电，a电极的电势均比b电极的高，C错误；
D．由C选项可知，充电时，b电极为阴极，发生还原反应，D错误；
故选B。
10. 已知氯气和空气按体积比1∶3混合通入潮湿的碳酸钠中能生成Cl2O，且反应放热；不含Cl2的Cl2O易与水反应生成HClO；Cl2O在42℃以上会分解生成Cl2和O2。设计如图装置(部分夹持装置略)制备HClO，每个虚线框表示一个装置单元，其中存在错误的是

A. ②③⑤ B. ①④⑤ C. ①②④ D. ①③④
【答案】D
【解析】
【详解】①用MnO2和浓盐酸制备氯气需要加热装置，错误；②是将制备的Cl2通入饱和食盐水来除去一起挥发出来的HCl，同时可以控制通入氯气和空气的比值，并在实验结束后可以将多余的氯气排除进行尾气处理，正确；③由题干信息可知，制备Cl2O是一个放热反应，且Cl2O在42℃以上会分解生成Cl2和O2，则发生装置③需防止在冰水浴中，错误；④为除去Cl2O中的Cl2，导管应该长进短出，错误；⑤经CCl4除去Cl2的Cl2O通入⑤中进行反应，生成HClO，正确；综上分析可知，①③④错误，故答案为：D。
11. 科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd(Ⅲ)表面发生解离时四个路径与相对能量关系如图所示，其中附在Pd(Ⅲ)表面的物种用*标注。下列说法错误的是

A. ②中包含C—H键的断裂过程
B. 该历程中能垒(反应活化能)最小的是③
C. 该历程中制约反应速率的方程式为CH3O*+3H*→CO*+4H*
D. 由此历程可知：CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)　ΔH＞0
【答案】C
【解析】
【详解】A．CH3O*中共价键为3个C—H键和1个C—O键，CH2O*中共价键为2个C—H键和1个C—O键，则②中由CH3O*→CH2O*包含C—H键的断裂过程，A项正确；
B．反应物的活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，从图中可以看出，①的活化能为100kJ/mol，②的活化能为70 kJ/mol，③的活化能为50 kJ/mol，④的活化能为60kJ/mol，则③发生的反应活化能最小，B项正确；
C．活化能越大，反应速率越慢，制约反应速率的为慢反应，由图示可知，①的活化能为100kJ/mol，②的活化能为70 kJ/mol，③的活化能为50 kJ/mol，④的活化能为60kJ/mol，①的活化能最大，发生的反应为CH3OH*→CH3O*+H*，C项错误；
D．甲醇的相对能量为-40 kJ/mol，CO(g)+2H2(g)的相对能量为50 kJ/mol，整个过程中吸收能量，由图示可知整个历程为CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)　ΔH＞0，D项正确；
答案选C。
12. 是一种钠离子电池正极材料，充放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如图所示，晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子。下列说法正确的是

A. 每个晶胞中个数为x
B. 每个晶胞完全转化为晶胞，转移电子数为6
C. 每个晶胞中0价Cu原子个数为1-x
D. 当转化时，每转移电子，产生原子
【答案】D
【解析】
【详解】A．由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，位于体内的铜离子和亚铜离子的个数之和为8，设晶胞中的铜离子和亚铜离子的个数分别为a和b，则a+b=8-4x，由化合价代数和为0可得2a+b=4×2，解得a=4x，故A错误；
B．由题意可知，Na2Se转化为Cu2-xSe的电极反应式为Na2Se-2e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，则每个晶胞中含有4个Na2Se，转移电子数为8，故B错误；
C．由题意可知，Cu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为Cu2-xSe+ e-+Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，则每个晶胞中含有4个NaCuSe，晶胞中0价铜而个数为(4-4x)，故C错误；
D．由题意可知，NayCu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为NayCu2-xSe+(1-y) e-+(1-y) Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，所以每转移(1-y)电子，产生(1-x)mol铜，故D正确；
故选D。
13. 在某容积可变的密闭容器中加入等量的A、B混合气体共4mol，发生反应：mA+nBpC，保持一定温度，改变压强分别达到平衡时，测得不同压强下气体A的物质的量浓度如表：
压强p/Pa
2×105
5×105
1×106
3×106
c(A)/mol·L-1
0.08
0.20
0.40
0.80
下列说法一定正确的是
A. 保持一定温度，增大压强，平衡正向移动
B. 当压强为3×106Pa时，此反应的平衡常数表达式：Kp=
C. 反应平衡后若增大压强，则新平衡的逆反应速率大于原平衡的逆反应速率
D. 若再向体系中加入bmolB，当重新达到平衡时，体系中A、B、C总物质的量为(4+b)mol
【答案】D
【解析】
【分析】结合表格可知，温度、A(g)和B(g)起始量相同，1×106Pa之前若增大压强为原来的x倍，A的平衡浓度=原来平衡浓度的x倍，则1×106Pa之前增大压强，平衡不移动，则m+n=p，且C一定为气体；3×106Pa的倍数是1×106Pa的3倍，但A的浓度比0.40的3倍即1.20小，因此此时C为非气体，比1×106Pa时平衡正向移动。
【详解】A．由分析可知压强小于1×106Pa增大压强，平衡不移动，压强大于1×106Pa增大压强，平衡可能正向移动，A错误；
B．由分析可知当压强为3×106Pa时，C为非气态，故平衡常数表达式为Kp=，B错误；
C．恒温恒压下，气体物质的量之比=压强之比，故当为非气态时增大压强，平衡虽然正向移动，但新平衡时体系中A、B的浓度和增压之前相等，新平衡的逆反应速率与原平衡相等，C错误；
D．由于m+n=p，则平衡时A、B、C总物质的量为4mol，设再充入bmolB后B转化nxmol，则A转化mxmol，C生成pxmol，当重新达到平衡时，体系中A、B、C总物质的量为(4-mx-nx+px+b)mol=(4+b)mol+[p-(m+n)]mol=(4+b)mol+0mol=(4+b)mol，D正确；
答案选D。
14. 已知常温下HF酸性强于HCN，分别向1L1mol·L-1的HF、HCN溶液中加NaOH固体(忽略温度和溶液体积变化)，溶液pH随lg(X表示F或者CN)变化情况如图所示，下列说法错误的是

A. lgKa(HF)-lgKa(HCN)=6 B. 溶液中对应的c(X-)：d点＞c点
C. b点溶液的pH=5.2 D. e点溶液中c(Na+)>c(HCN)>c(OH-)>c(H+)
【答案】B
【解析】
【分析】由题干信息可知，常温下HF酸性强于HCN，即Ka(HF)＞Ka(HCN)，当横坐标为0时，即lg=0或者lg=0即c(F-)=c(HF)或c(CN-)=c(HCN)，则有Ka(HF)==c(H+)=10-3.2, Ka(HCN)==c(H+)=10-9.2，即I代表HF，II代表HCN，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，Ka(HF)=10-3.2, Ka(HCN)=10-9.2，则lgKa(HF)-lgKa(HCN)=6，A正确；
B．由于弱电解质的电离是微弱的，故溶液中c(HF)=c(HCN)≈1mol/L，则溶液中对应的c(X-)：d点为：c(CN-)==，c点为：c(F-)==，则c＜d，B错误；
C．由分析可知，I代表HF，Ka(HF)=10-3.2 ，b点溶液中lg=2，则有：c(H+)==10-5.2，故b点对应溶液的pH=5.2，C正确；
D．由图象可知，e点溶液中pH为9.2，此时lg=0即c(CN-)=c(HCN)，根据电荷守恒可知：c(Na+)+ c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，结合c(OH-)>c(H+)，则有c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+) 即有c(Na+)>c(HCN)>c(OH-)>c(H+)，D正确；
故答案为：B。
第II卷(非选择题共58分)
二、非选择题(本题共4小题，共58分。)
15. 硫氰化钾(KSCN)是一种用途广泛的化工原料，常用于染料、药物的生产。实验小组设计如图实验装置模拟工业制备KSCN并进行相关探究实验。

已知：①是一种不溶于水且密度大于水的非极性试剂。
②
回答下列问题：
（1）的结构式为_______。
（2）装置A用于实验室制备氨气，反应的化学方程式为_______。
（3）装置B中，三颈烧瓶内盛放有、水和固体催化剂，通入氨气的导管口需要插入液体中，其目的是_______(写两点)。
（4）待三颈烧瓶内液体不分层后，熄灭装置A处的酒精灯，关闭，移开水浴。将装置B继续加热至105℃，待完全分解后()，打开，缓缓滴入适量的溶液充分反应，完全分解制得KSCN溶液。装置C中仪器a的名称是_______，用离子方程式表示装置C处的烧杯中产生淡黄色浑浊的原因_______。
（5）除去固体催化剂后，为使KSCN晶体充分析出并分离，采用的操作为减压蒸发、_______、过滤。
（6）过滤装置C中吸收尾气后的悬浊液，得到滤液x。取少量滤液х进行如图实验［已知(白色)］：

①设计实验方案并根据实验现象解释试管b中产生银镜的原因_______［可供选择的试剂：0.5溶液、溶液、溶液、溶液］。
②小组同学观察到试管c中实验现象后，用力振荡试管，又观察到红色褪去且白色沉淀增多，结合平衡移动的知识解释其原因_______。
【答案】（1）
（2）
（3）防倒吸；使与充分接触混合
（4） ①. (球形)干燥管 ②.
（5）冷却结晶 （6） ①. 取2mL0.5溶液，加入几滴溶液，若产生银镜，证明是还原产生银镜 ②. 红色溶液存在平衡⇌，用力振荡，发生反应，白色沉淀增多；减小，使上述平衡逆向移动，红色褪去
【解析】
【分析】A中制备氨气，在B中氨气与二硫化碳反应先生成硫氰化铵，然后与碳酸钾溶液反应生成硫氰化钾，装置C为尾气吸收装置。
【小问1详解】
根据C形成4个共价键、N形成3个共价键、S形成2个共价键或与互为等电子体进行判断，故的结构式为。
【小问2详解】
氯化铵和氢氧化钙混合加热制备氨气，故化学方程式为。
【小问3详解】
是非极性试剂，极性分子在其中的溶解度小，可以防倒吸；(气体)通入(液体)中，可以增大接触面积，使反应充分。
【小问4详解】
装置C中仪器a为(球形)干燥管，由装置C烧杯中产生淡黄色浑浊，可知被氧化为S单质，则氧化剂被还原为，离子方程式为。
【小问5详解】
减压蒸发、冷却结晶、过滤得到KSCN晶体。
【小问6详解】
①滤液x的主要溶质为、和，试管b中产生银镜是因为发生反应。根据试管a中溶液的用量，结合所提供的试剂，要选用2mL0.5溶液和溶液设计实验方案，故答案为：取2mL0.5溶液，加入几滴溶液，若产生银镜，证明是还原产生银镜。
②试管c的溶液局部变红是因为上层清液中的与滴入的反应，存在化学平衡⇌。用力振荡试管，上层清液中的与充分接触生成难溶的白色沉淀，所以白色沉淀增多；减小，使上述平衡逆向移动，红色褪去，故答案为：红色溶液存在平衡⇌，用力振荡，发生反应，白色沉淀增多；减小，使上述平衡逆向移动，红色褪去。
16. 某湿法炼锌的萃余液中含有Na+、Zn2+、Fe2+、 Mn2+、Co2+、Cd2+及30 ~60g·L-1 H2SO4等，逐级回收有价值金属并制取活性氧化锌的工艺流程如图：

已知：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Co(OH)3
Cd(OH)2
Ksp
2.6×10-39
4.9×10-17
5.9×10-15
1.6× 10-44
7.2× 10-15
回答下列问题：
（1）“中和氧化水解”时，先加入适量的石灰石调节溶液的pH为1.0；加入一定量的Na2S2O8；再加入石灰石调节溶液的pH为4.0。
①氧化”时，Mn2+转化为MnO2除去，反应的离子方程式为_______。
②“沉渣”的主要成分除MnO2外还有_______。
③“氧化”时，若加入过量的Na2S2O8，钴元素将会进入“沉渣”中，则水解后的溶液中含钴微粒的浓度为_______mol·L-1。
（2）“除镉”时，主要反应离子方程式为_______。
（3）“沉锌”时，在近中性条件下加入Na2CO3可得碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O]固体，同时产生大量的气体。
①产生大量气体的原因是_______。
②ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O需洗涤，检验是否洗净的试剂是_______。
（4）不同质量分数的Na2SO4溶液在不同温度下析出Na2SO4晶体的物种如图所示。欲从含20% Na2SO4及微量杂质的“沉锌后液”中直接析出无水Na2SO4，“操作a”为_______。

【答案】（1） ①. S2O+ Mn2++2H2O= MnO2↓+ 2SO+4H+ ②. Fe(OH)3、CaSO4 ③. 1.6 ×10-14
（2）Zn+Cd2+= Zn2++Cd
（3） ①. Zn2+和CO发生双水解，相互促进，产生ZnCO3· 2Zn(OH)2·H2O和CO2气体 ②. BaCl2溶液
（4）蒸发浓缩、趁热过滤
【解析】
【分析】萃铜余液中含有Mn2+、Cd2+、Co3+、Ni2+、Zn2+、Na+、Fe2+等离子，由流程可知，向萃铜余液中加入石灰石粉和氧化剂，余液中Mn2+、Fe2+被氧化生成MnO2、氢氧化铁，反应过程中生成硫酸钙沉淀，过滤得到MnO2、氢氧化铁、硫酸钙，和“氧化除锰”的余液﹔向余液中加入Zn， Zn与Cd2+发生置换反应生成Cd，过滤得到除去Cd2+的滤液；加入有机溶剂萃取，除去钴、镍，分液得到硫酸锌溶液，向硫酸锌溶液中加入碳酸钠溶液﹐硫酸锌转化为ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O晶体，过滤得到ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O晶体，煅烧、粉碎得到工业活性氧化性，以此来解答。
【小问1详解】
（1）Na2S2O8具有氧化性，将Mn2+ 转化为MnO2除去，反应的离子方程式为S2O+ Mn2++2H2O= MnO2↓+ 2SO+4H+；
（2）“沉渣”的主要成分除MnO2外还有氢氧化铁和硫酸钙；
（3）加入石灰石调节溶液的pH为4.0，Co(OH)3的Ksp= 1.6× 10-44，则水解后的溶液中含钴微粒的浓度为=1.6 ×10-14；
【小问2详解】
“除镉”时，是锌置换镉，主要反应的离子方程式为Zn+Cd2+= Zn2++Cd；
【小问3详解】
①Zn2+和CO发生双水解，相互促进，产生ZnCO3· 2Zn(OH)2·H2O和大量的CO2气体；。
②ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O需洗涤，检验是否洗净，即检验溶液中是否含有碳酸根离子，可以选用的试剂是氯化钡；
【小问4详解】
从图分析，硫酸钠的溶解度随着温度升高而降低，所以要想得到硫酸钠，需要进行的操作为蒸发浓缩，趁热过滤。
17. 丙烯是制备聚丙烯的单体，在催化剂作用下，可由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制得。
反应Ⅰ(直接脱氢)：
反应Ⅱ(氧化脱氢)：
已知：
（1）_______。
（2）向某容器中仅通入，发生反应Ⅰ，达到平衡后，下列措施能提高的平衡产率的有_______(填标号)。
A. 恒压下，充入惰性气体 B. 加入高效催化剂
C. 恒容下，充入 D. 适当升高温度
（3）向某恒压密闭容器中通入和的混合气体(不参与反应)，发生反应Ⅰ，反应起始时气体的总压强为100kPa．在温度为℃时，的平衡转化率与通入的混合气体中的物质的量分数的关系如图1所示。
①的平衡转化率随起始通入的物质的量分数增大而减小，其原因是_______。
②℃时，反应Ⅰ的平衡常数_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数，保留一位小数)kPa。

（4）向密闭容器中充入一定量丙烷，在催化剂Cat1、Cat2作用下，单位时间内丙烯的产率与温度的关系如图2所示。在相同条件下，催化效率较高的是_______(填“Cat1”或“Cat2”)。在Cat2作用下，之后丙烯产率急剧减小的原因可能是_______(答一条)。
（5）已知：高温下，C-C键断裂的反应比C-H键断裂的脱氢反应容易发生，这将导致的选择性降低；同时高温加剧催化剂表面积炭，导致催化剂迅速失活。在生产中充入的作用之一是利于保持催化剂活性，其原因是_______(用化学方程式表示)。
【答案】（1） （2）AD
（3） ①. 丙烷物质的量分数增大，相当于对平衡体系加压，平衡向逆反应方向移动 ②. 16.7
（4） ①. Cat1 ②. 催化剂失活、副产物增多(催化剂选择性降低)
（5）
【解析】
【小问1详解】
已知：反应Ⅰ(直接脱氢)：
反应Ⅱ(氧化脱氢)：，根据盖斯定律，将Ⅱ- Ⅰ×2可得： ，则△H2-2△H1=△H3，-236 kJ/mol-2△H1=-484 kJ/mol，解得△H1=+124 kJ/mol。
【小问2详解】
向某容器中仅通入，发生反应Ⅰ：，则：
A．恒压下，充入惰性气体，则体系的体积扩大，导致反应体系压强减小，化学平衡向气体体积扩大的正反应方向移动，导致C3H6(g)的平衡产率提高，A符合题意；
B．加入高效催化剂只能加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，但化学平衡不移动，因此C3H6(g)的平衡产率不变，B不符合题意；
C．恒容下，充入C3H8，导致反应体系压强增大，化学平衡逆向移动，最终使C3H6(g)的平衡产率降低，C不符合题意；
D．△H1=+124 kJ/mol，该反应的正反应是吸热反应，在其他条件不变时，适当升高温度，化学平衡向吸热的正反应方向移动，导致C3H6(g)的平衡产率提高，D符合题意；
故合理选项是AD；
【小问3详解】
向某恒压密闭容器中通入和的混合气体(不参与反应)，发生反应Ⅰ：，反应起始时气体的总压强为100kPa，则：
①C3H8的平衡转化率随起始通入C3H8的物质的量分数增大而减小，这是由于丙烷物质的量分数增大，相当于对平衡体系加压，增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，因此C3H8的平衡转化率会减小；
②根据图1可知：在温度为T1时，当通入C3H8的体积分数为0.4，反应达到平衡时C3H8的平衡转化率为50%，假设反应开始时通入气体物质的量为a mol，则n(C3H8)=0.4a mol， n(N2)=0.6a mol，根据C3H8平衡转化率为50%，结合反应中物质反应转化关系可知平衡时n(C3H8)=0.2a mol，n(C3H6)=n(H2)=0.2a mol，平衡时气体总物质的量n(总)=0.2a mol+0.2a mol+0.2a mol+0.6a mol=1.2a mol，C3H8、C3H6、H2的物质的量分数都是，Kp= 16.7kPa；
【小问4详解】
根据图2可知：在相同条件下，催化效率较高的是Cat1；
在Cat2作用下，T0℃之后丙烯产率急剧减小的原因可能是温度升高，导致催化剂失活、副产物增多(催化剂选择性降低)；
【小问5详解】
高温下，C-C键断裂的反应比C-H键断裂的脱氢反应容易发生，这将导致C3H6的选择性降低；同时高温加剧催化剂表面积炭，导致催化剂迅速失活。在生产中充入CO2的作用之一是利于保持催化剂活性，这是由于在高温下CO2能够与C反应产生CO，消耗了在催化剂表面覆盖的炭，有利于催化剂对反应的催化作用，该反应方程式为：。
18. 诺奖得主利斯特利用多种有机小分子代替金属进行“不对称催化”。例如脯氨酸就具有催化高效，低价绿色的特点。由丙氨酸()、脯氨酸()等试剂合成某高血压治疗药物前体F，其合成路线图如下：

（1）化合物B中含有的官能团名称为___________。
（2）反应②的反应类型是___________；反应③的化学方程式为___________。
（3）化合物E是脯氨酸与某醇反应的产物，则E的结构简式为___________，它含有___________个手性碳原子。
（4）化合物A有多种同分异构体，其中属于羧酸，且苯环上有两个取代基的共有___________种(不考虑立体异构)。
（5）结合以上合成路线信息，请设计以乙醇、乙二醇和甘氨酸()为原料，合成聚酯类高分子有机物()的合成路线：___________(其他试剂任选)。
【答案】（1）溴原子、羧基
（2） ①. 酯化反应(或取代反应) ②. + +HBr
（3） ①. ②. 1
（4）15 （5）CH3CH2OH CH3COOH BrCH2COOH HOOCCH2NHCH2COOH
【解析】
【分析】由C的结构和B到C的反应条件可知，发生酯化反应，则B为，由A的分子式可知A到B是发生取代反应，A为，C中-Br与丙氨酸的-NH2发生取代反应得到D，结合F的结构可知是D中羧基和N-H发生脱水得到，则E为。
【小问1详解】
化合物B为，含有的官能团名称为碳溴键、羧基；
【小问2详解】
反应②是与乙醇发生酯化反应（取代反应生成C和水，反应类型是酯化反应(或取代反应)；
反应③是C中-Br与丙氨酸的-NH2发生取代反应得到D，反应的化学方程式为+ +HBr；
【小问3详解】
化合物E是脯氨酸与苯甲醇反应的产物，化合物E的结构简式为，手性碳原子为，共1个；
【小问4详解】
化合物A为，属于羧酸，且苯环上有两个取代基的同分异构体有：、、、、共15种；
【小问5详解】
结合以上合成路线信息，以乙醇、乙二醇和甘氨酸()为原料，合成聚酯类高分子有机物()，乙醇氧化生成乙酸，乙酸与溴作用生成溴乙酸，再与HOOCCH2NH2作用生成HOOCCH2NHCH2COOH，进而发生缩聚反应，合成路线为：CH3CH2OH CH3COOH BrCH2COOH HOOCCH2NHCH2COOH 。