还剩17页未读，
继续阅读
2023年云南省曲靖市高考化学第一次质检试卷及答案解析
展开
这是一份2023年云南省曲靖市高考化学第一次质检试卷及答案解析，共20页。试卷主要包含了单选题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2023年云南省曲靖市高考化学第一次质检试卷
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1. 化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列有关说法正确的是( )
A. 燃煤脱硫有利于实现“碳达峰、碳中和”
B. 核酸检测是确认新冠病毒类型的有效手段，核酸不属于天然高分子化合物
C. 地沟油变废为宝是实现资源再利用的重要研究课题，地沟油和石蜡油的化学成分不相同
D. 在酿酒工艺中，可以将淀粉直接转化为乙醇
2. 白磷易自燃，国际上明令禁止使用白磷弹，工业上可用来生产磷酸。白磷制备反应为：。设NA为阿伏加德罗常数。下列有关说法正确的是( )
A. 62gP4()熔化时，断开P−P键数目为3 NA
B. 上述反应中，每生成标准状况下44.8LCO时，电子转移数目为4NA
C. 1mol⋅L−1Ca3(PO4)2溶液中含有PO43−数目小于2NA
D. 6gSiO2中含SiO2分子数目为0.1NA
3. 下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是 ( )
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向滴有酚酞的NaOH溶液中通足入量的SO2
红色褪去
SO2具有漂白性
B
常温下，用pH计分别测定等体积1mol⋅L−1CH3COONH4溶液和0.1mol⋅L−1CH3COONH4溶液的pH
pH均为7
同温下，不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度相同
C
向两支盛有KI3溶液的试管中分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液
前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀生成
KI3溶液中存在平衡：I3−⇌I2+I−
D
探究乙醇消去反应的产物
C2H5OH与浓硫酸(体积比约为1：3)的混合液，放入几块碎瓷片，170℃共热，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液中
若酸性KMnO4溶液褪色，则乙醇消去反应的产物为乙烯
A. A B. B C. C D. D
4. 2021年诺贝尔化学奖授予本杰明⋅李斯特⋅大卫⋅麦克米兰，以表彰他们在“不对称有机催化的发展”中的贡献，用脯氨酸催化合成酮醛反应如图：
下列说法错误的是( )
A. c的分子式为C10H10NO4 B. 理论上，该反应原子利用率为100%
C. 脯氨酸与互为同分异构体 D. b、c均可使酸性高锰酸钾溶液褪色
5. X、Y、Z、W是同周期主族元素，四种元素均是短周期元素，W元素形成的某种单质具有强氧化性，可用于杀菌消毒。四种元素与锂组成的盐是一种新型锂离子电池的电解质，结构如图所示，下列说法正确的是( )
A. 组成这种新型电解质的所有元素均处于元素周期表p区
B. Z元素的含氧酸不可能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 最简单氢化物的沸点：X>W
D. 同周期中第一电离能比W元素小的有4种元素
6. 研究微生物燃料电池不仅可以获得高效能源，还能对工业污水等进行处理。利用微生物燃料电池处理含硫废水并电解制备KIO3的原理如图所示，下列说法正确的是( )
A. 右侧电池中K+通过阳离子交换膜从P极移向Q极
B. 光照强度大小不影响KIO3的制备速率
C. 电极Q处发生电极反应：I2+12OH−−l0e−=2IO3−+6H2O
D. 不考虑损耗，电路中每消耗11.2LO2 (标准状况下)，理论上Q极可制得342.4gKIO3
7. NH4HCO3是我国除尿素外使用最广泛的一种氮肥产品，还用作缓冲剂、充气剂和分析试剂。常温下，0.1mol⋅L−1NH4HCO3溶液pH是7.8。已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时，各微粒浓度占总微粒浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. pH=6.5的上述溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液时，NH4+和HCO3−浓度逐渐减小
B. NH4HCO3溶液中：c(NH3⋅H2O)+c(CO32−)>c(H2CO3)
C. 分析可知，常温下水解平衡常数Kh(HCO3−)的数量级为10−7
D. 常温下，c(CO32−)⋅c2(H+)c(H2CO3)=10−16.8
二、简答题（本大题共4小题，共32.0分）
8. 某化学兴趣小组拟实验探究锡及其化合物的部分性质。经查阅资料知：Sn的熔点为231℃；SnCl2易被氧化，且易水解；Sn(OH)2常温下易分解；SnCl4常温下为无色液体，熔点为.−33°C，沸点为114℃，易水解。回答下列问题：
(1)该小组用以下流程制备SnSO4晶体：
①Sn为50号元素，请写出Sn在元素周期表的位置 ______ ；
②在上述流程中，加入锡粉的作用为 ______ ；
③反应Ⅰ的离子方程式为 ______ ；
④操作Ⅰ为沉淀的洗涤，请简述如何判断沉淀已洗涤干净？ ______ ；操作Ⅱ中，实验操作包括 ______ 、过滤、洗涤、干燥等一系列操作。
(2)用熔融的锡与干燥的氯气制备SnCl4，实验装置如图：
①SnCl4是 ______ 分子(填“极性”或“非极性”)；
②装置Ⅲ中盛装药品Sn的仪器名称是 ______ ；装置Ⅵ中碱石灰的作用为 ______ 。
(3)该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度：取锡粉1.226g溶于稀硫酸中，加入过量的FeCl3溶液，再用0.1000mol⋅L−1的K2Cr2O7溶液滴定含有Fe2+的溶液，消耗K2Cr2O7溶液32.00mL。已知①Sn+H+→H2↑+Sn2+； ②Sn2++Fe3+→Sn4++Fe2+；③Cr2O72−+Fe2+→Cr3++Fe3+(方程式均未配平)。则锡粉的质量分数为(杂质不参与反应) ______ (结果保留三位有效数字)。
9. 氧化锌是一种有独特物理化学性能的功能材料，广泛地应用于塑料、合成橡胶、电池、药膏、阻燃剂等产品的制作中。此外，微颗粒的氧化锌作为一种纳米材料也开始在相关领域发挥作用。工业上利用锌焙砂(主要成分为ZnO，含As2O3及铅、铜、镉的氧化物)生产高纯度氧化锌的工业流程如图所示：
已知：As2O3微溶于水而生成亚砷酸(H3AsO3)，FeAsO4和ZnCO3难溶于水。
回答下列问题：
(1)Zn2+的简化电子排布式为 ______ 。
(2)操作X过程中，需用到的玻璃仪器有 ______ 、烧杯。
(3)“浸出”过程(NH4)2SO4和NH3⋅H2O按1：2参加反应生成了[Zn(NH3)4]2+，发生的离子反应方程式为 ______ 。
(4)“除砷”过程中，先加入过量的(NH4)2S2O8，然后再加入FeSO4⋅H2O，该过程中 (NH4)2S2O8过量的原因是 ______ 。
(5)已知三种硫化物的Ksp如表。当溶液中某离子物质的量浓度≤10−5mol⋅L−1时视为沉淀完全，则在加Na2S使Cu2+在溶液中的残留浓度为10−10mol⋅L−1时，Pb2+是否完全沉淀 ______ (填“是”或“否”)，理由是 ______ (请列式计算说明)。
物质
CdS
CuS
PbS
Ksp
8.0×10−27
6.3×10−36
8.0×10−28
(6)流程中可循环利用的含氮物质有 ______ (填物质化学式)。
(7)已知“蒸氨”后锌元素以Zn(NH3)2SO4存在，写出CO2“沉锌”的化学方程式 ______ 。
10. 氮及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。同时，氮氧化物(NOx)是常见的大气污染物，能引起雾霾、光化学烟雾、酸雨等环境问题。因此，研究氮氧化物(NOx)的无害化处理对治理大气污染、建设生态文明具有重要意义。请按要求回答下列问题：
(1)“中国制造2025”是中国政府实施制造强国战略第一个十年行动纲领。氮化铬在现代工业中发挥着重要的作用。基态铬、氮原子的未成对电子数之比为 ______ 。
(2)联氨(又称肼，N2H4，无色液体)也是氮的一种重要的化合物，是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，联氨的第一步电离方程式为 ______ 。
(3)研究氮氧化物(NOx)的无害化处理
Ⅰ.CO还原NO2的反应原理如下：
已知：①NO2(g)+CO(g)⇌CO2(g)+NO(g)ΔH1=−234kJ⋅mol−1
②N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)ΔH2=+179.5kJ⋅mol−1
③2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)ΔH3=−112.3kJ⋅mol−1
NO2与CO反应生成无污染气体的热化学方程式为 ______ 。
Ⅱ.用H2还原NO的反应为2H2(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2H2O(g)ΔH=−752kJ⋅mol−1。为研究H2和NO的起始投料比对NO平衡转化率的影响，分别在不同温度下，向三个体积均为aL的刚性密闭容器中加入一定量H2和NO发生反应，实验结果如图：
①反应温度T1、T2、T3从高到低的关系为 ______ ；
②T1温度下，充入H2、NO分别为3mol、3mol，容器内的压强为wPa，反应进行到10min时达平衡，0～10min内N2的平均反应速率为 ______ mol⋅L−1⋅s−1，该反应的平衡常数Kp= ______ (写出计算表达式，以分压表示的平衡常数为Kp，某气体分压=总压×某气体物质的量分数)。
Ⅲ.以铂为电极，饱和食盐水作电解液，对含有NO的烟气进行脱氮的原理如图所示，NO被阳极产生的氧化性物质氧化为NO3−，尾气经NaOH溶液吸收后排入空气。NO被阳极产生的氧化性气体氧化的原理为 ______ (用电极反应和离子方程式表示)
11. 化合物G俗称依普黄酮，是一种抗骨质疏松药物的主要成分。以甲苯为原料合成该化合物的路线如图所示：
已知：Ⅰ.G的结构简式为
Ⅱ.
(1)反应①的反应条件为 ______ 。
(2)C的名称为 ______ ，C中碳原子的杂化类型为 ______ 。
(3)E中官能团的名称为 ______ ，反应F→G的反应类型为 ______ 。
(4)E与足量的H2完全加成后所生成的化合物中手性碳原子(碳原子上连接四个不同的原子或基团)的个数为 ______ 。
(5)已知N为催化剂，则E+HC(OC2H5)3→F的化学方程式为 ______ 。
(6)K是D的同系物，其相对分子质量比D多14，满足下列条件的K的同分异构体共有 ______ 种。
①苯环上只有两个取代基；
②能与Na反应生成H2；
③能与银氨溶液发生银镜反应。
(7)根据上述信息，设计以苯酚和为原料，制备的合成路线 ______ (无机试剂任选)。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.燃煤脱硫可以减少SO2的排放，有利于减少酸雨的形成，但未减少CO2的排放，不有利于实现“碳达峰、碳中和”，故A错误；
B.核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子化合物，属于天然高分子化合物，故B错误；
C.地沟油是油脂，石蜡油是烃类的化合物，地沟油和石蜡油的化学成分不相同，故C正确；
D.在酿酒工艺中，先将淀粉水解为葡萄糖，然后葡萄糖在酒化酶的催化作用下分解为酒精和CO2，故不可以将淀粉直接转化为乙醇，故D错误；
故选：C。
A.燃煤脱硫可以减少SO2的排放，但未减少CO2的排放；
B.核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子化合物，属于天然高分子化合物；
C.地沟油是油脂，石蜡油是烃类的化合物；
D.在酿酒工艺中，先将淀粉水解为葡萄糖，然后葡萄糖在酒化酶的催化作用下分解为酒精和CO2。
本题考查物质的组成、结构与应用，注意化学与生活、科技、社会的关系，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.已知白磷是分子晶体，其熔化时只克服分子间作用力，而P−P键不会断开，故A错误；
B.依据，生成CO的物质的量n=V22.4L⋅mol−1=44.8L22.4L⋅mol−1=2mol，则电子转移数目为4NA，故B正确；
C.溶液体积未知，无法计算磷酸根离子的物质的量和数目，故C错误；
D.二氧化硅为共价晶体，不存在SiO2分子，故D错误；
故选：B。
A.已知白磷是分子晶体，其熔化时只克服分子间作用力；
B.依据计算；
C.溶液体积未知，无法计算磷酸根离子数目；
D.二氧化硅为共价晶体。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，中等难度，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，注意氧化还原反应中的生成物的化合价、注意气体摩尔体积的使用条件等。
3.【答案】C
【解析】解：A.SO2不能漂白酸碱指示剂，酚酞褪色是由于SO2消耗了NaOH使溶液的碱性降低，而不是SO2漂白了酚酞，故A错误；
B.加入CH3COONH4中的CH3COO−和NH4+均水解，促使H2O的电离平衡正向移动，加入的CH3COONH4越多平衡正移的趋势越大，水的电离程度增大，但CH3COO−和NH4+结合的能力相同，导致溶液中H+和OH−的浓度相等溶液呈中性，故B错误；
C.I3−不能使Ag+沉淀也不能使淀粉变蓝，出现淀粉变蓝和黄色沉淀说明有I2和I−，其反应为：I3−⇌I2+I−，故C正确；
D.挥发的乙醇和生成的二氧化硫也能使KMnO4溶液褪色，所以无法确定产生了C2H4，故D错误；
故选：C。
A.SO2不能漂白酸碱指示剂；
B.加入CH3COONH4中的CH3COO−和NH4+均能水解，促使H2O的电离平衡正向移动，加入的CH3COONH4越多平衡正移的趋势越大；
C.I3−不能使Ag+沉淀也不能使淀粉变蓝，出现淀粉变蓝和黄色沉淀说明有I2和I−；
D.挥发的乙醇也能使KMnO4溶液褪色。
本题考查实验方案的设计，侧重考查学生基础实验的掌握情况，试题难度中等。
4.【答案】A
【解析】解：A.由c的结构简式可知，c的分子式为C10H11NO4，故A错误；
B.该转化属于加成反应，故理论上，该反应原子利用率为100%，故B正确；
C.分子式相同，结构不同的分子互为同分异构体，脯氨酸与的分子式相同均为C5H9NO2，结构不同，故互为同分异构体，故C正确；
D.由题干b、c的结构简式可知，b中含有醛基，c中含有醇羟基(与羟基相连的碳上有H)，故均可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；
故选：A。
A.c的分子式为C10H11NO4；
B.该转化属于加成反应；
C.分子式相同，结构不同的分子互为同分异构体；
D.b中含有醛基，c中含有醇羟基(与羟基相连的碳上有H)。
本题考查有机物的结构与性质，侧重考查学生有机基础知识的掌握情况，试题难度中等。
5.【答案】D
【解析】解：A.组成这种新型电解质中的Li元素处于元素周期表s区，故A错误；
B.Z为C元素，其含氧酸H2C2O4可使酸性高锰酸钾褪色，故B错误；
C.简单气态氢化物的沸点H2O>HF，故W>X，故C错误；
D.与O同周期且第一电离能小于O的元素有Li，Be，B，C四种元素，故D正确；
故选：D。
根据W元素形成的某种单质具有强氧化性，可用于杀菌消毒，结合图中结构可知W为O，四种元素同周期，根据图中成键方式可知X为F，Z为C，Y为N，据此进行判断。
本题考查元素周期律，侧重考查学生元素推断和元素周期律的掌握情况，试题难度中等。
6.【答案】C
【解析】解：A.铂电极P为阴极，铂电极Q为阳极，阴极生成氢氧根离子，而阳极生成的IO3−比消耗的OH−少，溶液中K+通过阳离子交换膜从Q极移向P极，故A错误；
B.光照强度大小影响单位时间内生成氧气的量，即影响电流强度，会影响KIO3的制备速率，故B错误；
C.铂电极Q为阳极，阳极反应式为I2+12OH−−10e−=2IO3−+6H2O，故C正确；
D.不考虑损耗，电路中每消耗11.2LO2 (标准状况下)即11.2L22.4L⋅mol−1=0.5molO2，转移电子为2mol，阳极反应式为I2+12OH−−10e−=2IO3−+6H2O，可知生成KIO3为2mol×15=0.4mol，理论上Q极可制得KIO3的质量为0.4mol×214g/mol=85.6g，故D错误；
故选：C。
石墨电极M处，CO2在光合菌、光照条件下转化为O2，O2在M极放电生成H2O，发生还原反应，M为正极，正极电极反应式为O2+4e−+4H+=2H2O，N极为负极，硫氧化菌将FeSx氧化为S，硫再放电生成SO42−，负极电极反应式为S−6e−+4H2O=SO42−+8H+，H+通过质子交换膜由右室移向左室；铂电极P为阴极，铂电极Q为阳极，阴极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，阳极反应式为I2+12OH−−10e−=2IO3−+6H2O，阴极生成氢氧根离子，而阳极生成的IO3−比消耗的OH−少，溶液中K+通过阳离子交换膜从Q极移向P极，据此分析解题。
本题考查电化学，侧重考查学生原电池和电解池的掌握情况，试题难度中等。
7.【答案】D
【解析】解：A.由图可知，当溶液pH增大时，c(NH3⋅H2O)逐渐增大，则c(NH4+)逐渐减小，而c(HCO3−)先增大后减小，故A错误；
B.物料守恒为c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)=c(H2CO3)+c(HCO3−)+c(CO32−)，电荷守恒为c(NH4+)+c(H+)=c(OH−)+c(HCO3−)+2c(CO32−)，则c(NH3⋅H2O)+c(CO32−)=c(H2CO3)+c(H+)−c(OH−)，0.1mol⋅L−1NH4HCO3溶液的pH=7.8，c(H+)
D.由图可知，常温下pH=6.5时，c(HCO3−)=c(H2CO3)，此时Ka1(H2CO3)=c(HCO3−)c(H2CO3)×c(H+)=c(H+)=10−6.5，同理pH=10.3时c(HCO3−)=c(CO32−)，Ka2(H2CO3)=10−10.3，则Ka1(H2CO3)⋅Ka2(H2CO3)=c(CO32−)⋅c2(H+)c(H2CO3)=10−6.5×10−10.3=10−16.8，故D正确；
故选：D。
A.由图可知，随着pH的增大，溶液中c(HCO3−)先增大后减小；
B.0.1mol⋅L−1NH4HCO3溶液的pH=7.8，c(H+)
D.常温下c(CO32−)⋅c2(H+)c(H2CO3)=Ka1(H2CO3)⋅Ka2(H2CO3)，结合Ka1(H2CO3)、Ka2(H2CO3)进行计算。
本题考查弱电解质的电离、离子浓度大小比较等知识，明确弱电解质的电离特点、电离平衡常数的计算、盐类水解原理为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒关系的应用，题目难度中等。
8.【答案】第五周期第ⅣA族 防止SnCl2被氧化 Sn2++CO32−=SnO↓+CO2↑ 取最后一次洗涤液少许于试管中，滴入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，则证明沉淀已洗涤干净 蒸发浓缩，冷却结晶 非极性 蒸馏烧瓶 收多余的Cl2，防止环境污染；防止空气中的水蒸气进入到SnCl4收集装置中，使SnCl4水解 93.2%
【解析】解：(1)①Sn与C同主族，位于元素周期表第五周期ⅣA族，可采用0族定位法确定位置，原子序数50与Xe(54)接近，与Xe同周期往前进四，为ⅣA族，
故答案为：第五周期第ⅣA族；
②由题给信息可知SnCl2易氧化，加入锡粉可防止其氧化，
故答案为：防止SnCl2被氧化；
③由流程信息可知，SnCl2与碳酸钠反应，生成SnO与一种气体，可知气体为CO2，反应的离子方程式为Sn2++CO32−=SnO↓+CO2↑，
故答案为：Sn2++CO32−=SnO↓+CO2↑；
④沉淀洗涤主要洗去表面的NaCl，可通过检验洗涤液中是否含有Cl−来确定是否洗净，具体操作为取最后一次洗涤液少许于试管中，滴入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，则证明沉淀已洗涤干净；因为Sn2+易水解，为防止其水解，需在低温下结晶，因此结晶操作为：蒸发浓缩，冷却结晶，
故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，则证明沉淀已洗涤干净；蒸发浓缩，冷却结晶；
(2)①Sn位于ⅣA族，价电子数为4，SnCl4为sp3杂化，无孤电子对，空间构型为正四面体型，正负电中心重合，为非极性分子，
故答案为：非极性；
②装置Ⅲ中盛放Sn的仪器有支管，是蒸馏烧瓶；装置Ⅵ位于实验装置末尾，可以吸收未反应的氯气，防止环境污染，同时也可以防止空气中的水蒸气进入装置Ⅴ，引起SnCl4的水解，
故答案为：蒸馏烧瓶；吸收多余的Cl2，防止环境污染；防止空气中的水蒸气进入到SnCl4收集装置中，使SnCl4水解；
(3)根据题给反应，结合化合价变化可知，滴定过程中消耗离子的比例为1Cr2O72−：6Fe2+：3Sn2+，消耗重铬酸钾的物质的量为0.1mol/L×0.032L=0.0032mol，则Sn的物质的量为0.0096mol，质量为1.1424g，由此可知锡粉的质量分数为1.14241.226×100%≈93.2%，
故答案为：93.2%。
(1)①Sn与C同主族；
②由题给信息可知SnCl2易氧化，加入锡粉可防止其氧化；
③由流程信息可知，SnCl2与碳酸钠反应，生成SnO与一种气体，可知气体为CO2；
④沉淀洗涤主要洗去表面的NaCl，可通过检验洗涤液中是否含有Cl−来确定是否洗净；
(2)①Sn位于ⅣA族，价电子数为4，SnCl4为sp3杂化，无孤电子对，空间构型为正四面体型；
②装置Ⅵ位于实验装置末尾，可以吸收未反应的氯气，防止环境污染，同时也可以防止空气中的水蒸气进入装置Ⅴ，引起SnCl4的水解；
(3)根据题给反应，结合化合价变化可知，滴定过程中消耗离子的比例为1Cr2O72−：6Fe2+：3Sn2+，据此进行解答。
本题考查制备实验方案设计、对原理与装置的分析评价、物质检验方案设计等，注意阅读题目获取信息并迁移运用，难度中等。
9.【答案】[Ar]3d10 漏斗和玻璃棒 ZnO+2NH4++2NH3⋅H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O 加入(NH4)2S2O8氧化AsO33−，使其完全转化为AsO43−，过量的(NH4)2S2O8再将Fe2+氧化为Fe3+，最后生成难溶的FeAsO4，达到除砷目的 否 当Cu2+在溶液中的残留浓度为10−10mol⋅L−1时，c(S2−)=6.3×10−3610−10mol⋅L−1=6.3×10−26mol⋅L−1，此时c(Pb2+)=8.0×10−286.3×10−26mol⋅L−1≈1.27×10−2mol⋅L−1>10−5mol⋅L−1，所以Pb2+未沉淀完全 (NH4)2SO4、NH3⋅H2O Zn(NH3)2SO4+CO2+H2O=ZnCO3↓+(NH4)2SO4
【解析】解：(1)Zn是30号元素，Zn2+的简化电子排布式为[Ar]3d10，
故答案为：[Ar]3d10；
(2)操作X为分离固体和液体，故该操作为过滤，则需用到的玻璃仪器有漏斗和玻璃棒、烧杯，
故答案为：漏斗和玻璃棒；
(3)“浸出”过程(NH4)2SO4和NH3⋅H2O按1：2参加反应生成了[Zn(NH3)4]2+，发生的离子反应方程式为ZnO+2NH4++2NH3⋅H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O，
故答案为：ZnO+2NH4++2NH3⋅H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O；
(4)“除砷”过程中，先加入过量的(NH4)2S2O8，然后再加入FeSO4⋅H2O，该过程中 (NH4)2S2O8过量的原因是加入(NH4)2S2O8氧化AsO33−，使其完全转化为AsO43−，过量的(NH4)2S2O8再将Fe2+氧化为Fe3+，最后生成难溶的FeAsO4，达到除砷目的，
故答案为：加入(NH4)2S2O8氧化AsO33−，使其完全转化为AsO43−，过量的(NH4)2S2O8再将Fe2+氧化为Fe3+，最后生成难溶的FeAsO4，达到除砷目的；
(5)根据溶度积计算可知，当Cu2+在溶液中的残留浓度为10−10mol⋅L−1时，c(S2−)=6.3×10−3610−10mol⋅L−1=6.3×10−26mol⋅L−1，此时c(Pb2+)=8.0×10−286.3×10−26mol⋅L−1≈1.27×10−2mol⋅L−1>10−5mol⋅L−1，所以Pb2+未沉淀完全，
故答案为：否；当Cu2+在溶液中的残留浓度为10−10mol⋅L−1时，c(S2−)=6.3×10−3610−10mol⋅L−1=6.3×10−26mol⋅L−1，此时c(Pb2+)=8.0×10−286.3×10−26mol⋅L−1≈1.27×10−2mol⋅L−1>10−5mol⋅L−1，所以Pb2+未沉淀完全；
(6)流程图中溶液1为NH3⋅H2O，溶液2为(NH4)2SO4，气体1为二氧化碳，三种物质可循环至流程图中“浸出”、“沉锌”步骤中，
故答案为：(NH4)2SO4、NH3⋅H2O；
(7)沉锌化学反应为Zn(NH3)2SO4+CO2+H2O=ZnCO3↓+(NH4)2SO4，
故答案为：Zn(NH3)2SO4+CO2+H2O=ZnCO3↓+(NH4)2SO4。
锌焙砂(主要成分为ZnO，含As2O3及铅、铜、镉的氧化物)生产高纯氧化锌，锌焙砂利用硫酸铵和氨水浸出，氧化锌溶解生成[Zn(NH3)4]2+，As2O3转化为AsO33−，过滤，向滤液中加入过硫酸铵和硫酸亚铁除砷，继续过滤，向滤液中加入硫化钠除去溶液中的铜离子等金属离子，过滤，向滤液中加入单质锌继续除去重金属离子，过滤，然后蒸氨，产生的氨气用水吸收转化为氨水，通入二氧化碳沉锌，转化为碳酸锌，过滤后，烘干，煅烧得到氧化锌和二氧化碳气体，据此分析解答。
本题考查物质的制备和分离提纯，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
10.【答案】2：1 N2H4+H2O⇌N2H5++OH− 2NO2(g)+4CO(g)⇌4CO2(g)+N2(g) ΔH=−1227.8kJ/mol T3>T2>Tl 0.001a 481w 2Cl−−2e−=Cl2↑；3Cl2+8OH−+2NO=2NO3−+6Cl−+4H2O
【解析】解：(1)基态铬原子的价电子排布式为：3d54s1，核外有6个未成对电子，基态氮原子的价电子排布式为：2s22p3，核外有3个未成对电子，因此基态铬、氮原子的未成对电子数之比为2：1，
故答案为：2：1；
(2)联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，联氨的第一步电离方程式为：N2H4+H2O⇌N2H5++OH−，
故答案为：N2H4+H2O⇌N2H5++OH−；
(3)I.①NO2(g)+CO(g)⇌CO2(g)+NO(g)ΔH1=−234kJ⋅mol−1，②N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)ΔH2=+179.5kJ⋅mol−1，③2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)ΔH3=−112.3kJ⋅mol−1，NO2与CO反应生成无污染二氧化碳和氮气，根据盖斯定律，①×4−②+③得2NO2(g)+4CO(g)⇌4CO2(g)+N2(g)ΔH=−234kJ⋅mol−1×4−179.5kJ⋅mol−1−112.3kJ⋅mol−1=−1227.8kJ/mol，
故答案为：2NO2(g)+4CO(g)⇌4CO2(g)+N2(g) ΔH=−1227.8kJ/mol；
II.①正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，NO的平衡转化率降低，根据图示，反应温度T1、T2、T3从高到低的关系为：T3>T2>Tl，
故答案为：T3>T2>Tl；
②根据图示，T1温度下，H2和NO的起始投料比为1：1时，NO的平衡转化率为40%，充入H2、NO分别为3mol、3mol，容器内的压强为w Pa，反应进行到10min时达平衡，结合三段式列式计算，
2H2(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2H2O(g)
起始量(mol) 3 3 0 0
变化量(mol) 1.2 1.2 0.6 1.2
平衡量(mol) 1.8 1.8 0.6 1.2
0～10min内N2的平均反应速率v=0.6molaL600s=0.001amol⋅L−1⋅s−1，气体压强之比等于气体物质的量之比，平衡时的压强=5.46w=0.9wPa，该反应的平衡常数Kp=p(N2)×p2(H2O)p2(H2)×p2(NO)=(0.65.4×0.9w)×(1.25.4×0.9w)2(1.85.4×0.9w)2×(1.85.4×0.9w)2=481w，
故答案为：0.001a；481w；
III.阳极氯离子失电子发生氧化反应生成氯气：2Cl−−2e−=Cl2↑，NO被氯气氧化为NO3−，氯气被还原为氯离子，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为：3Cl2+8OH−+2NO=2NO3−+6Cl−+4H2O，
故答案为：2Cl−−2e−=Cl2↑；3Cl2+8OH−+2NO=2NO3−+6Cl−+4H2O。
(1)基态铬原子的价电子排布式为：3d54s1，基态氮原子的价电子排布式为：2s22p3，据此分析计算；
(2)联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，联氨的第一步电离生成N2H5+和OH−；
(3)I.①NO2(g)+CO(g)⇌CO2(g)+NO(g)ΔH1=−234kJ⋅mol−1，②N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)ΔH2=+179.5kJ⋅mol−1，③2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)ΔH3=−112.3kJ⋅mol−1，NO2与CO反应生成无污染二氧化碳和氮气，根据盖斯定律，①×4−②+③得2NO2(g)+4CO(g)⇌4CO2(g)+N2(g) ΔH；
II.①正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，NO的平衡转化率降低；
②根据图示，T1温度下，H2和NO的起始投料比为1：1时，NO的平衡转化率为40%，消耗NO物质的量=40%×3mol=1.2mol，充入H2、NO分别为3mol、3mol，容器内的压强为w Pa，反应进行到10min时达平衡，结合三段式列式计算，
2H2(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2H2O(g)
起始量(mol) 3 3 0 0
变化量(mol) 1.2 1.2 0.6 1.2
平衡量(mol) 1.8 1.8 0.6 1.2
0～10min内N2的平均反应速率v=△c△t，气体压强之比等于气体物质的量之比，平衡时的压强=5.46w=0.9wPa，该反应的平衡常数Kp=p(N2)×p2(H2O)p2(H2)×p2(NO)；
III.阳极氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，NO被氯气氧化为NO3−，氯气被还原为氯离子，根据得失电子守恒，书写反应的离子方程式。
本题考查了原子结构、热化学方程式计算、平衡常数计算和平衡影响因素的分析判断、电解池原理等只是第，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
11.【答案】光照 苯乙腈 sp、sp2、sp3 (酚)羟基和酮羰基 取代反应 4 18
【解析】解：(1)反应①是与氯气在光照条件下发生取代反应生成，
故答案为：光照；
(2)由题干合成流程图中，C的结构简式可知，C的名称为苯乙腈，C中碳原子的杂化类型有氰基上含有碳氮三键，碳原子采用sp杂化，苯环上碳原子采用sp2杂化，还有一个亚甲基上碳原子采用sp3杂化，
故答案为：苯乙腈；sp、sp2、sp3；
(3)由分析可知，E的结构简式为：，则E中官能团的名称为(酚)羟基和酮羰基，由题干合成流程图中F和G的结构简式和F到G的转化条件可知，反应F→G的反应类型为取代反应，
故答案为：(酚)羟基和酮羰基；取代反应；
(4)E与足量的H2完全加成后所生成，图中标有“*”为手性碳原子：，即含有4个手性碳原子，
故答案为：4；
(5)E+HC(OC2H5)3→F的化学方程式为，
故答案为：；
(6)D为，K是D的同系物，其相对分子质量比D多14，则K比D对1个CH2原子团，K能与Na反应生成H2、能与银氨溶液发生银镜反应，说明K含有羟基、醛基，其K的苯环上只有两个侧链，可以是间苯环插入HOCH2CH2CHO、中的碳碳键之间或是碳氧单键之间，均有3种位置，2个取代基有邻、间、对3种位置关系，故符合条件的同分异构体共有3×(3+3)=18种，
故答案为：18；
(7)由与反应生成，与HCl反应生成生成，与NaCN发生取代反应生成，在酸性条件下水解生成，合成路线为，
故答案为：。
与氯气在光照条件下发生取代反应生成，与NaCN发生取代反应生成，在酸性条件下水解生成，对比D、E的结构，可知D()与H发生已知中取代反应生成E()，可推知H为，与HC(OC2H5)3在作催化剂条件下生成，E在组成上去掉3个氢原子、加上1个CH原子团转化为F，可知E→F的转化中还有CH3CH2OH生成，与发生取代反应生成；
(7)由与反应生成，与HCl反应生成生成，与NaCN发生取代反应生成，在酸性条件下水解生成。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查对比、分析、推断及知识综合应用能力，利用某些结构简式、分子式及反应条件、题给信息正确推断各物质结构简式是解本题关键，利用反应物和目标产物结构差异性采用逆向思维、知识迁移方法进行合成路线设计，题目难度中等。
2023年云南省曲靖市高考化学第一次质检试卷
一、单选题（本大题共7小题，共42.0分）
1. 化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列有关说法正确的是( )
A. 燃煤脱硫有利于实现“碳达峰、碳中和”
B. 核酸检测是确认新冠病毒类型的有效手段，核酸不属于天然高分子化合物
C. 地沟油变废为宝是实现资源再利用的重要研究课题，地沟油和石蜡油的化学成分不相同
D. 在酿酒工艺中，可以将淀粉直接转化为乙醇
2. 白磷易自燃，国际上明令禁止使用白磷弹，工业上可用来生产磷酸。白磷制备反应为：。设NA为阿伏加德罗常数。下列有关说法正确的是( )
A. 62gP4()熔化时，断开P−P键数目为3 NA
B. 上述反应中，每生成标准状况下44.8LCO时，电子转移数目为4NA
C. 1mol⋅L−1Ca3(PO4)2溶液中含有PO43−数目小于2NA
D. 6gSiO2中含SiO2分子数目为0.1NA
3. 下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是 ( )
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向滴有酚酞的NaOH溶液中通足入量的SO2
红色褪去
SO2具有漂白性
B
常温下，用pH计分别测定等体积1mol⋅L−1CH3COONH4溶液和0.1mol⋅L−1CH3COONH4溶液的pH
pH均为7
同温下，不同浓度的CH3COONH4溶液中水的电离程度相同
C
向两支盛有KI3溶液的试管中分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液
前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀生成
KI3溶液中存在平衡：I3−⇌I2+I−
D
探究乙醇消去反应的产物
C2H5OH与浓硫酸(体积比约为1：3)的混合液，放入几块碎瓷片，170℃共热，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液中
若酸性KMnO4溶液褪色，则乙醇消去反应的产物为乙烯
A. A B. B C. C D. D
4. 2021年诺贝尔化学奖授予本杰明⋅李斯特⋅大卫⋅麦克米兰，以表彰他们在“不对称有机催化的发展”中的贡献，用脯氨酸催化合成酮醛反应如图：
下列说法错误的是( )
A. c的分子式为C10H10NO4 B. 理论上，该反应原子利用率为100%
C. 脯氨酸与互为同分异构体 D. b、c均可使酸性高锰酸钾溶液褪色
5. X、Y、Z、W是同周期主族元素，四种元素均是短周期元素，W元素形成的某种单质具有强氧化性，可用于杀菌消毒。四种元素与锂组成的盐是一种新型锂离子电池的电解质，结构如图所示，下列说法正确的是( )
A. 组成这种新型电解质的所有元素均处于元素周期表p区
B. Z元素的含氧酸不可能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 最简单氢化物的沸点：X>W
D. 同周期中第一电离能比W元素小的有4种元素
6. 研究微生物燃料电池不仅可以获得高效能源，还能对工业污水等进行处理。利用微生物燃料电池处理含硫废水并电解制备KIO3的原理如图所示，下列说法正确的是( )
A. 右侧电池中K+通过阳离子交换膜从P极移向Q极
B. 光照强度大小不影响KIO3的制备速率
C. 电极Q处发生电极反应：I2+12OH−−l0e−=2IO3−+6H2O
D. 不考虑损耗，电路中每消耗11.2LO2 (标准状况下)，理论上Q极可制得342.4gKIO3
7. NH4HCO3是我国除尿素外使用最广泛的一种氮肥产品，还用作缓冲剂、充气剂和分析试剂。常温下，0.1mol⋅L−1NH4HCO3溶液pH是7.8。已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时，各微粒浓度占总微粒浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A. pH=6.5的上述溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液时，NH4+和HCO3−浓度逐渐减小
B. NH4HCO3溶液中：c(NH3⋅H2O)+c(CO32−)>c(H2CO3)
C. 分析可知，常温下水解平衡常数Kh(HCO3−)的数量级为10−7
D. 常温下，c(CO32−)⋅c2(H+)c(H2CO3)=10−16.8
二、简答题（本大题共4小题，共32.0分）
8. 某化学兴趣小组拟实验探究锡及其化合物的部分性质。经查阅资料知：Sn的熔点为231℃；SnCl2易被氧化，且易水解；Sn(OH)2常温下易分解；SnCl4常温下为无色液体，熔点为.−33°C，沸点为114℃，易水解。回答下列问题：
(1)该小组用以下流程制备SnSO4晶体：
①Sn为50号元素，请写出Sn在元素周期表的位置 ______ ；
②在上述流程中，加入锡粉的作用为 ______ ；
③反应Ⅰ的离子方程式为 ______ ；
④操作Ⅰ为沉淀的洗涤，请简述如何判断沉淀已洗涤干净？ ______ ；操作Ⅱ中，实验操作包括 ______ 、过滤、洗涤、干燥等一系列操作。
(2)用熔融的锡与干燥的氯气制备SnCl4，实验装置如图：
①SnCl4是 ______ 分子(填“极性”或“非极性”)；
②装置Ⅲ中盛装药品Sn的仪器名称是 ______ ；装置Ⅵ中碱石灰的作用为 ______ 。
(3)该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度：取锡粉1.226g溶于稀硫酸中，加入过量的FeCl3溶液，再用0.1000mol⋅L−1的K2Cr2O7溶液滴定含有Fe2+的溶液，消耗K2Cr2O7溶液32.00mL。已知①Sn+H+→H2↑+Sn2+； ②Sn2++Fe3+→Sn4++Fe2+；③Cr2O72−+Fe2+→Cr3++Fe3+(方程式均未配平)。则锡粉的质量分数为(杂质不参与反应) ______ (结果保留三位有效数字)。
9. 氧化锌是一种有独特物理化学性能的功能材料，广泛地应用于塑料、合成橡胶、电池、药膏、阻燃剂等产品的制作中。此外，微颗粒的氧化锌作为一种纳米材料也开始在相关领域发挥作用。工业上利用锌焙砂(主要成分为ZnO，含As2O3及铅、铜、镉的氧化物)生产高纯度氧化锌的工业流程如图所示：
已知：As2O3微溶于水而生成亚砷酸(H3AsO3)，FeAsO4和ZnCO3难溶于水。
回答下列问题：
(1)Zn2+的简化电子排布式为 ______ 。
(2)操作X过程中，需用到的玻璃仪器有 ______ 、烧杯。
(3)“浸出”过程(NH4)2SO4和NH3⋅H2O按1：2参加反应生成了[Zn(NH3)4]2+，发生的离子反应方程式为 ______ 。
(4)“除砷”过程中，先加入过量的(NH4)2S2O8，然后再加入FeSO4⋅H2O，该过程中 (NH4)2S2O8过量的原因是 ______ 。
(5)已知三种硫化物的Ksp如表。当溶液中某离子物质的量浓度≤10−5mol⋅L−1时视为沉淀完全，则在加Na2S使Cu2+在溶液中的残留浓度为10−10mol⋅L−1时，Pb2+是否完全沉淀 ______ (填“是”或“否”)，理由是 ______ (请列式计算说明)。
物质
CdS
CuS
PbS
Ksp
8.0×10−27
6.3×10−36
8.0×10−28
(6)流程中可循环利用的含氮物质有 ______ (填物质化学式)。
(7)已知“蒸氨”后锌元素以Zn(NH3)2SO4存在，写出CO2“沉锌”的化学方程式 ______ 。
10. 氮及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。同时，氮氧化物(NOx)是常见的大气污染物，能引起雾霾、光化学烟雾、酸雨等环境问题。因此，研究氮氧化物(NOx)的无害化处理对治理大气污染、建设生态文明具有重要意义。请按要求回答下列问题：
(1)“中国制造2025”是中国政府实施制造强国战略第一个十年行动纲领。氮化铬在现代工业中发挥着重要的作用。基态铬、氮原子的未成对电子数之比为 ______ 。
(2)联氨(又称肼，N2H4，无色液体)也是氮的一种重要的化合物，是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，联氨的第一步电离方程式为 ______ 。
(3)研究氮氧化物(NOx)的无害化处理
Ⅰ.CO还原NO2的反应原理如下：
已知：①NO2(g)+CO(g)⇌CO2(g)+NO(g)ΔH1=−234kJ⋅mol−1
②N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)ΔH2=+179.5kJ⋅mol−1
③2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)ΔH3=−112.3kJ⋅mol−1
NO2与CO反应生成无污染气体的热化学方程式为 ______ 。
Ⅱ.用H2还原NO的反应为2H2(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2H2O(g)ΔH=−752kJ⋅mol−1。为研究H2和NO的起始投料比对NO平衡转化率的影响，分别在不同温度下，向三个体积均为aL的刚性密闭容器中加入一定量H2和NO发生反应，实验结果如图：
①反应温度T1、T2、T3从高到低的关系为 ______ ；
②T1温度下，充入H2、NO分别为3mol、3mol，容器内的压强为wPa，反应进行到10min时达平衡，0～10min内N2的平均反应速率为 ______ mol⋅L−1⋅s−1，该反应的平衡常数Kp= ______ (写出计算表达式，以分压表示的平衡常数为Kp，某气体分压=总压×某气体物质的量分数)。
Ⅲ.以铂为电极，饱和食盐水作电解液，对含有NO的烟气进行脱氮的原理如图所示，NO被阳极产生的氧化性物质氧化为NO3−，尾气经NaOH溶液吸收后排入空气。NO被阳极产生的氧化性气体氧化的原理为 ______ (用电极反应和离子方程式表示)
11. 化合物G俗称依普黄酮，是一种抗骨质疏松药物的主要成分。以甲苯为原料合成该化合物的路线如图所示：
已知：Ⅰ.G的结构简式为
Ⅱ.
(1)反应①的反应条件为 ______ 。
(2)C的名称为 ______ ，C中碳原子的杂化类型为 ______ 。
(3)E中官能团的名称为 ______ ，反应F→G的反应类型为 ______ 。
(4)E与足量的H2完全加成后所生成的化合物中手性碳原子(碳原子上连接四个不同的原子或基团)的个数为 ______ 。
(5)已知N为催化剂，则E+HC(OC2H5)3→F的化学方程式为 ______ 。
(6)K是D的同系物，其相对分子质量比D多14，满足下列条件的K的同分异构体共有 ______ 种。
①苯环上只有两个取代基；
②能与Na反应生成H2；
③能与银氨溶液发生银镜反应。
(7)根据上述信息，设计以苯酚和为原料，制备的合成路线 ______ (无机试剂任选)。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.燃煤脱硫可以减少SO2的排放，有利于减少酸雨的形成，但未减少CO2的排放，不有利于实现“碳达峰、碳中和”，故A错误；
B.核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子化合物，属于天然高分子化合物，故B错误；
C.地沟油是油脂，石蜡油是烃类的化合物，地沟油和石蜡油的化学成分不相同，故C正确；
D.在酿酒工艺中，先将淀粉水解为葡萄糖，然后葡萄糖在酒化酶的催化作用下分解为酒精和CO2，故不可以将淀粉直接转化为乙醇，故D错误；
故选：C。
A.燃煤脱硫可以减少SO2的排放，但未减少CO2的排放；
B.核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子化合物，属于天然高分子化合物；
C.地沟油是油脂，石蜡油是烃类的化合物；
D.在酿酒工艺中，先将淀粉水解为葡萄糖，然后葡萄糖在酒化酶的催化作用下分解为酒精和CO2。
本题考查物质的组成、结构与应用，注意化学与生活、科技、社会的关系，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.已知白磷是分子晶体，其熔化时只克服分子间作用力，而P−P键不会断开，故A错误；
B.依据，生成CO的物质的量n=V22.4L⋅mol−1=44.8L22.4L⋅mol−1=2mol，则电子转移数目为4NA，故B正确；
C.溶液体积未知，无法计算磷酸根离子的物质的量和数目，故C错误；
D.二氧化硅为共价晶体，不存在SiO2分子，故D错误；
故选：B。
A.已知白磷是分子晶体，其熔化时只克服分子间作用力；
B.依据计算；
C.溶液体积未知，无法计算磷酸根离子数目；
D.二氧化硅为共价晶体。
本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，中等难度，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，注意氧化还原反应中的生成物的化合价、注意气体摩尔体积的使用条件等。
3.【答案】C
【解析】解：A.SO2不能漂白酸碱指示剂，酚酞褪色是由于SO2消耗了NaOH使溶液的碱性降低，而不是SO2漂白了酚酞，故A错误；
B.加入CH3COONH4中的CH3COO−和NH4+均水解，促使H2O的电离平衡正向移动，加入的CH3COONH4越多平衡正移的趋势越大，水的电离程度增大，但CH3COO−和NH4+结合的能力相同，导致溶液中H+和OH−的浓度相等溶液呈中性，故B错误；
C.I3−不能使Ag+沉淀也不能使淀粉变蓝，出现淀粉变蓝和黄色沉淀说明有I2和I−，其反应为：I3−⇌I2+I−，故C正确；
D.挥发的乙醇和生成的二氧化硫也能使KMnO4溶液褪色，所以无法确定产生了C2H4，故D错误；
故选：C。
A.SO2不能漂白酸碱指示剂；
B.加入CH3COONH4中的CH3COO−和NH4+均能水解，促使H2O的电离平衡正向移动，加入的CH3COONH4越多平衡正移的趋势越大；
C.I3−不能使Ag+沉淀也不能使淀粉变蓝，出现淀粉变蓝和黄色沉淀说明有I2和I−；
D.挥发的乙醇也能使KMnO4溶液褪色。
本题考查实验方案的设计，侧重考查学生基础实验的掌握情况，试题难度中等。
4.【答案】A
【解析】解：A.由c的结构简式可知，c的分子式为C10H11NO4，故A错误；
B.该转化属于加成反应，故理论上，该反应原子利用率为100%，故B正确；
C.分子式相同，结构不同的分子互为同分异构体，脯氨酸与的分子式相同均为C5H9NO2，结构不同，故互为同分异构体，故C正确；
D.由题干b、c的结构简式可知，b中含有醛基，c中含有醇羟基(与羟基相连的碳上有H)，故均可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；
故选：A。
A.c的分子式为C10H11NO4；
B.该转化属于加成反应；
C.分子式相同，结构不同的分子互为同分异构体；
D.b中含有醛基，c中含有醇羟基(与羟基相连的碳上有H)。
本题考查有机物的结构与性质，侧重考查学生有机基础知识的掌握情况，试题难度中等。
5.【答案】D
【解析】解：A.组成这种新型电解质中的Li元素处于元素周期表s区，故A错误；
B.Z为C元素，其含氧酸H2C2O4可使酸性高锰酸钾褪色，故B错误；
C.简单气态氢化物的沸点H2O>HF，故W>X，故C错误；
D.与O同周期且第一电离能小于O的元素有Li，Be，B，C四种元素，故D正确；
故选：D。
根据W元素形成的某种单质具有强氧化性，可用于杀菌消毒，结合图中结构可知W为O，四种元素同周期，根据图中成键方式可知X为F，Z为C，Y为N，据此进行判断。
本题考查元素周期律，侧重考查学生元素推断和元素周期律的掌握情况，试题难度中等。
6.【答案】C
【解析】解：A.铂电极P为阴极，铂电极Q为阳极，阴极生成氢氧根离子，而阳极生成的IO3−比消耗的OH−少，溶液中K+通过阳离子交换膜从Q极移向P极，故A错误；
B.光照强度大小影响单位时间内生成氧气的量，即影响电流强度，会影响KIO3的制备速率，故B错误；
C.铂电极Q为阳极，阳极反应式为I2+12OH−−10e−=2IO3−+6H2O，故C正确；
D.不考虑损耗，电路中每消耗11.2LO2 (标准状况下)即11.2L22.4L⋅mol−1=0.5molO2，转移电子为2mol，阳极反应式为I2+12OH−−10e−=2IO3−+6H2O，可知生成KIO3为2mol×15=0.4mol，理论上Q极可制得KIO3的质量为0.4mol×214g/mol=85.6g，故D错误；
故选：C。
石墨电极M处，CO2在光合菌、光照条件下转化为O2，O2在M极放电生成H2O，发生还原反应，M为正极，正极电极反应式为O2+4e−+4H+=2H2O，N极为负极，硫氧化菌将FeSx氧化为S，硫再放电生成SO42−，负极电极反应式为S−6e−+4H2O=SO42−+8H+，H+通过质子交换膜由右室移向左室；铂电极P为阴极，铂电极Q为阳极，阴极反应式为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，阳极反应式为I2+12OH−−10e−=2IO3−+6H2O，阴极生成氢氧根离子，而阳极生成的IO3−比消耗的OH−少，溶液中K+通过阳离子交换膜从Q极移向P极，据此分析解题。
本题考查电化学，侧重考查学生原电池和电解池的掌握情况，试题难度中等。
7.【答案】D
【解析】解：A.由图可知，当溶液pH增大时，c(NH3⋅H2O)逐渐增大，则c(NH4+)逐渐减小，而c(HCO3−)先增大后减小，故A错误；
B.物料守恒为c(NH4+)+c(NH3⋅H2O)=c(H2CO3)+c(HCO3−)+c(CO32−)，电荷守恒为c(NH4+)+c(H+)=c(OH−)+c(HCO3−)+2c(CO32−)，则c(NH3⋅H2O)+c(CO32−)=c(H2CO3)+c(H+)−c(OH−)，0.1mol⋅L−1NH4HCO3溶液的pH=7.8，c(H+)
D.由图可知，常温下pH=6.5时，c(HCO3−)=c(H2CO3)，此时Ka1(H2CO3)=c(HCO3−)c(H2CO3)×c(H+)=c(H+)=10−6.5，同理pH=10.3时c(HCO3−)=c(CO32−)，Ka2(H2CO3)=10−10.3，则Ka1(H2CO3)⋅Ka2(H2CO3)=c(CO32−)⋅c2(H+)c(H2CO3)=10−6.5×10−10.3=10−16.8，故D正确；
故选：D。
A.由图可知，随着pH的增大，溶液中c(HCO3−)先增大后减小；
B.0.1mol⋅L−1NH4HCO3溶液的pH=7.8，c(H+)
D.常温下c(CO32−)⋅c2(H+)c(H2CO3)=Ka1(H2CO3)⋅Ka2(H2CO3)，结合Ka1(H2CO3)、Ka2(H2CO3)进行计算。
本题考查弱电解质的电离、离子浓度大小比较等知识，明确弱电解质的电离特点、电离平衡常数的计算、盐类水解原理为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒关系的应用，题目难度中等。
8.【答案】第五周期第ⅣA族 防止SnCl2被氧化 Sn2++CO32−=SnO↓+CO2↑ 取最后一次洗涤液少许于试管中，滴入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，则证明沉淀已洗涤干净 蒸发浓缩，冷却结晶 非极性 蒸馏烧瓶 收多余的Cl2，防止环境污染；防止空气中的水蒸气进入到SnCl4收集装置中，使SnCl4水解 93.2%
【解析】解：(1)①Sn与C同主族，位于元素周期表第五周期ⅣA族，可采用0族定位法确定位置，原子序数50与Xe(54)接近，与Xe同周期往前进四，为ⅣA族，
故答案为：第五周期第ⅣA族；
②由题给信息可知SnCl2易氧化，加入锡粉可防止其氧化，
故答案为：防止SnCl2被氧化；
③由流程信息可知，SnCl2与碳酸钠反应，生成SnO与一种气体，可知气体为CO2，反应的离子方程式为Sn2++CO32−=SnO↓+CO2↑，
故答案为：Sn2++CO32−=SnO↓+CO2↑；
④沉淀洗涤主要洗去表面的NaCl，可通过检验洗涤液中是否含有Cl−来确定是否洗净，具体操作为取最后一次洗涤液少许于试管中，滴入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，则证明沉淀已洗涤干净；因为Sn2+易水解，为防止其水解，需在低温下结晶，因此结晶操作为：蒸发浓缩，冷却结晶，
故答案为：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，则证明沉淀已洗涤干净；蒸发浓缩，冷却结晶；
(2)①Sn位于ⅣA族，价电子数为4，SnCl4为sp3杂化，无孤电子对，空间构型为正四面体型，正负电中心重合，为非极性分子，
故答案为：非极性；
②装置Ⅲ中盛放Sn的仪器有支管，是蒸馏烧瓶；装置Ⅵ位于实验装置末尾，可以吸收未反应的氯气，防止环境污染，同时也可以防止空气中的水蒸气进入装置Ⅴ，引起SnCl4的水解，
故答案为：蒸馏烧瓶；吸收多余的Cl2，防止环境污染；防止空气中的水蒸气进入到SnCl4收集装置中，使SnCl4水解；
(3)根据题给反应，结合化合价变化可知，滴定过程中消耗离子的比例为1Cr2O72−：6Fe2+：3Sn2+，消耗重铬酸钾的物质的量为0.1mol/L×0.032L=0.0032mol，则Sn的物质的量为0.0096mol，质量为1.1424g，由此可知锡粉的质量分数为1.14241.226×100%≈93.2%，
故答案为：93.2%。
(1)①Sn与C同主族；
②由题给信息可知SnCl2易氧化，加入锡粉可防止其氧化；
③由流程信息可知，SnCl2与碳酸钠反应，生成SnO与一种气体，可知气体为CO2；
④沉淀洗涤主要洗去表面的NaCl，可通过检验洗涤液中是否含有Cl−来确定是否洗净；
(2)①Sn位于ⅣA族，价电子数为4，SnCl4为sp3杂化，无孤电子对，空间构型为正四面体型；
②装置Ⅵ位于实验装置末尾，可以吸收未反应的氯气，防止环境污染，同时也可以防止空气中的水蒸气进入装置Ⅴ，引起SnCl4的水解；
(3)根据题给反应，结合化合价变化可知，滴定过程中消耗离子的比例为1Cr2O72−：6Fe2+：3Sn2+，据此进行解答。
本题考查制备实验方案设计、对原理与装置的分析评价、物质检验方案设计等，注意阅读题目获取信息并迁移运用，难度中等。
9.【答案】[Ar]3d10 漏斗和玻璃棒 ZnO+2NH4++2NH3⋅H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O 加入(NH4)2S2O8氧化AsO33−，使其完全转化为AsO43−，过量的(NH4)2S2O8再将Fe2+氧化为Fe3+，最后生成难溶的FeAsO4，达到除砷目的 否 当Cu2+在溶液中的残留浓度为10−10mol⋅L−1时，c(S2−)=6.3×10−3610−10mol⋅L−1=6.3×10−26mol⋅L−1，此时c(Pb2+)=8.0×10−286.3×10−26mol⋅L−1≈1.27×10−2mol⋅L−1>10−5mol⋅L−1，所以Pb2+未沉淀完全 (NH4)2SO4、NH3⋅H2O Zn(NH3)2SO4+CO2+H2O=ZnCO3↓+(NH4)2SO4
【解析】解：(1)Zn是30号元素，Zn2+的简化电子排布式为[Ar]3d10，
故答案为：[Ar]3d10；
(2)操作X为分离固体和液体，故该操作为过滤，则需用到的玻璃仪器有漏斗和玻璃棒、烧杯，
故答案为：漏斗和玻璃棒；
(3)“浸出”过程(NH4)2SO4和NH3⋅H2O按1：2参加反应生成了[Zn(NH3)4]2+，发生的离子反应方程式为ZnO+2NH4++2NH3⋅H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O，
故答案为：ZnO+2NH4++2NH3⋅H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O；
(4)“除砷”过程中，先加入过量的(NH4)2S2O8，然后再加入FeSO4⋅H2O，该过程中 (NH4)2S2O8过量的原因是加入(NH4)2S2O8氧化AsO33−，使其完全转化为AsO43−，过量的(NH4)2S2O8再将Fe2+氧化为Fe3+，最后生成难溶的FeAsO4，达到除砷目的，
故答案为：加入(NH4)2S2O8氧化AsO33−，使其完全转化为AsO43−，过量的(NH4)2S2O8再将Fe2+氧化为Fe3+，最后生成难溶的FeAsO4，达到除砷目的；
(5)根据溶度积计算可知，当Cu2+在溶液中的残留浓度为10−10mol⋅L−1时，c(S2−)=6.3×10−3610−10mol⋅L−1=6.3×10−26mol⋅L−1，此时c(Pb2+)=8.0×10−286.3×10−26mol⋅L−1≈1.27×10−2mol⋅L−1>10−5mol⋅L−1，所以Pb2+未沉淀完全，
故答案为：否；当Cu2+在溶液中的残留浓度为10−10mol⋅L−1时，c(S2−)=6.3×10−3610−10mol⋅L−1=6.3×10−26mol⋅L−1，此时c(Pb2+)=8.0×10−286.3×10−26mol⋅L−1≈1.27×10−2mol⋅L−1>10−5mol⋅L−1，所以Pb2+未沉淀完全；
(6)流程图中溶液1为NH3⋅H2O，溶液2为(NH4)2SO4，气体1为二氧化碳，三种物质可循环至流程图中“浸出”、“沉锌”步骤中，
故答案为：(NH4)2SO4、NH3⋅H2O；
(7)沉锌化学反应为Zn(NH3)2SO4+CO2+H2O=ZnCO3↓+(NH4)2SO4，
故答案为：Zn(NH3)2SO4+CO2+H2O=ZnCO3↓+(NH4)2SO4。
锌焙砂(主要成分为ZnO，含As2O3及铅、铜、镉的氧化物)生产高纯氧化锌，锌焙砂利用硫酸铵和氨水浸出，氧化锌溶解生成[Zn(NH3)4]2+，As2O3转化为AsO33−，过滤，向滤液中加入过硫酸铵和硫酸亚铁除砷，继续过滤，向滤液中加入硫化钠除去溶液中的铜离子等金属离子，过滤，向滤液中加入单质锌继续除去重金属离子，过滤，然后蒸氨，产生的氨气用水吸收转化为氨水，通入二氧化碳沉锌，转化为碳酸锌，过滤后，烘干，煅烧得到氧化锌和二氧化碳气体，据此分析解答。
本题考查物质的制备和分离提纯，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
10.【答案】2：1 N2H4+H2O⇌N2H5++OH− 2NO2(g)+4CO(g)⇌4CO2(g)+N2(g) ΔH=−1227.8kJ/mol T3>T2>Tl 0.001a 481w 2Cl−−2e−=Cl2↑；3Cl2+8OH−+2NO=2NO3−+6Cl−+4H2O
【解析】解：(1)基态铬原子的价电子排布式为：3d54s1，核外有6个未成对电子，基态氮原子的价电子排布式为：2s22p3，核外有3个未成对电子，因此基态铬、氮原子的未成对电子数之比为2：1，
故答案为：2：1；
(2)联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，联氨的第一步电离方程式为：N2H4+H2O⇌N2H5++OH−，
故答案为：N2H4+H2O⇌N2H5++OH−；
(3)I.①NO2(g)+CO(g)⇌CO2(g)+NO(g)ΔH1=−234kJ⋅mol−1，②N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)ΔH2=+179.5kJ⋅mol−1，③2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)ΔH3=−112.3kJ⋅mol−1，NO2与CO反应生成无污染二氧化碳和氮气，根据盖斯定律，①×4−②+③得2NO2(g)+4CO(g)⇌4CO2(g)+N2(g)ΔH=−234kJ⋅mol−1×4−179.5kJ⋅mol−1−112.3kJ⋅mol−1=−1227.8kJ/mol，
故答案为：2NO2(g)+4CO(g)⇌4CO2(g)+N2(g) ΔH=−1227.8kJ/mol；
II.①正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，NO的平衡转化率降低，根据图示，反应温度T1、T2、T3从高到低的关系为：T3>T2>Tl，
故答案为：T3>T2>Tl；
②根据图示，T1温度下，H2和NO的起始投料比为1：1时，NO的平衡转化率为40%，充入H2、NO分别为3mol、3mol，容器内的压强为w Pa，反应进行到10min时达平衡，结合三段式列式计算，
2H2(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2H2O(g)
起始量(mol) 3 3 0 0
变化量(mol) 1.2 1.2 0.6 1.2
平衡量(mol) 1.8 1.8 0.6 1.2
0～10min内N2的平均反应速率v=0.6molaL600s=0.001amol⋅L−1⋅s−1，气体压强之比等于气体物质的量之比，平衡时的压强=5.46w=0.9wPa，该反应的平衡常数Kp=p(N2)×p2(H2O)p2(H2)×p2(NO)=(0.65.4×0.9w)×(1.25.4×0.9w)2(1.85.4×0.9w)2×(1.85.4×0.9w)2=481w，
故答案为：0.001a；481w；
III.阳极氯离子失电子发生氧化反应生成氯气：2Cl−−2e−=Cl2↑，NO被氯气氧化为NO3−，氯气被还原为氯离子，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为：3Cl2+8OH−+2NO=2NO3−+6Cl−+4H2O，
故答案为：2Cl−−2e−=Cl2↑；3Cl2+8OH−+2NO=2NO3−+6Cl−+4H2O。
(1)基态铬原子的价电子排布式为：3d54s1，基态氮原子的价电子排布式为：2s22p3，据此分析计算；
(2)联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，联氨的第一步电离生成N2H5+和OH−；
(3)I.①NO2(g)+CO(g)⇌CO2(g)+NO(g)ΔH1=−234kJ⋅mol−1，②N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)ΔH2=+179.5kJ⋅mol−1，③2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)ΔH3=−112.3kJ⋅mol−1，NO2与CO反应生成无污染二氧化碳和氮气，根据盖斯定律，①×4−②+③得2NO2(g)+4CO(g)⇌4CO2(g)+N2(g) ΔH；
II.①正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，NO的平衡转化率降低；
②根据图示，T1温度下，H2和NO的起始投料比为1：1时，NO的平衡转化率为40%，消耗NO物质的量=40%×3mol=1.2mol，充入H2、NO分别为3mol、3mol，容器内的压强为w Pa，反应进行到10min时达平衡，结合三段式列式计算，
2H2(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2H2O(g)
起始量(mol) 3 3 0 0
变化量(mol) 1.2 1.2 0.6 1.2
平衡量(mol) 1.8 1.8 0.6 1.2
0～10min内N2的平均反应速率v=△c△t，气体压强之比等于气体物质的量之比，平衡时的压强=5.46w=0.9wPa，该反应的平衡常数Kp=p(N2)×p2(H2O)p2(H2)×p2(NO)；
III.阳极氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，NO被氯气氧化为NO3−，氯气被还原为氯离子，根据得失电子守恒，书写反应的离子方程式。
本题考查了原子结构、热化学方程式计算、平衡常数计算和平衡影响因素的分析判断、电解池原理等只是第，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
11.【答案】光照 苯乙腈 sp、sp2、sp3 (酚)羟基和酮羰基 取代反应 4 18
【解析】解：(1)反应①是与氯气在光照条件下发生取代反应生成，
故答案为：光照；
(2)由题干合成流程图中，C的结构简式可知，C的名称为苯乙腈，C中碳原子的杂化类型有氰基上含有碳氮三键，碳原子采用sp杂化，苯环上碳原子采用sp2杂化，还有一个亚甲基上碳原子采用sp3杂化，
故答案为：苯乙腈；sp、sp2、sp3；
(3)由分析可知，E的结构简式为：，则E中官能团的名称为(酚)羟基和酮羰基，由题干合成流程图中F和G的结构简式和F到G的转化条件可知，反应F→G的反应类型为取代反应，
故答案为：(酚)羟基和酮羰基；取代反应；
(4)E与足量的H2完全加成后所生成，图中标有“*”为手性碳原子：，即含有4个手性碳原子，
故答案为：4；
(5)E+HC(OC2H5)3→F的化学方程式为，
故答案为：；
(6)D为，K是D的同系物，其相对分子质量比D多14，则K比D对1个CH2原子团，K能与Na反应生成H2、能与银氨溶液发生银镜反应，说明K含有羟基、醛基，其K的苯环上只有两个侧链，可以是间苯环插入HOCH2CH2CHO、中的碳碳键之间或是碳氧单键之间，均有3种位置，2个取代基有邻、间、对3种位置关系，故符合条件的同分异构体共有3×(3+3)=18种，
故答案为：18；
(7)由与反应生成，与HCl反应生成生成，与NaCN发生取代反应生成，在酸性条件下水解生成，合成路线为，
故答案为：。
与氯气在光照条件下发生取代反应生成，与NaCN发生取代反应生成，在酸性条件下水解生成，对比D、E的结构，可知D()与H发生已知中取代反应生成E()，可推知H为，与HC(OC2H5)3在作催化剂条件下生成，E在组成上去掉3个氢原子、加上1个CH原子团转化为F，可知E→F的转化中还有CH3CH2OH生成，与发生取代反应生成；
(7)由与反应生成，与HCl反应生成生成，与NaCN发生取代反应生成，在酸性条件下水解生成。
本题考查有机物推断和合成，侧重考查对比、分析、推断及知识综合应用能力，利用某些结构简式、分子式及反应条件、题给信息正确推断各物质结构简式是解本题关键，利用反应物和目标产物结构差异性采用逆向思维、知识迁移方法进行合成路线设计，题目难度中等。
相关试卷
安徽省宣城市泾县重点中学2022-2023学年高一下学期竞赛选拔化学试题含解析： 这是一份安徽省宣城市泾县重点中学2022-2023学年高一下学期竞赛选拔化学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题等内容，欢迎下载使用。
云南省曲靖市2023届高三一模化学试题含答案： 这是一份云南省曲靖市2023届高三一模化学试题含答案，共8页。
（已拆）2023年安徽省合肥市高考化学第一次质检试卷： 这是一份（已拆）2023年安徽省合肥市高考化学第一次质检试卷，共30页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
