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辽宁省大连市2021届高考第一次模拟考试化学试题（word版 含答案）
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这是一份辽宁省大连市2021届高考第一次模拟考试化学试题（word版 含答案），共20页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
辽宁省大连市2021届高考第一次模拟考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列说法中正确的是
A．天门市石家河出土的陶制方坐飞鸟、陶兽都属于硅酸盐产品
B．中国传统制作油条的口诀是“一碱、二矾、三钱盐”，其中的“碱”是火碱
C．“嫦娥五号”上用于制作国旗的材料之一高强度的芳纶纤维属于无机物
D．“火树银花”的烟花利用了金属元素的化学性质
2．下列化学用语正确的是
A．铝离子的结构示意图： B．乙烯的结构简式：CH2CH2
C．醛基：-COH D．HCN分子的电子式：
3．硒是人体必需的微量元素之一，外围电子排布式.下列说法中错误的是
A．沸点： B．稳定性：
C．电负性： D．分子极性：
4．下列说法错误的是
A．和的结构相似都属于原子(共价)晶体，熔点
B．与的单质性质差异很大，单质不能与强碱水溶液反应
C．和的价层轨道电子数相同
D．如图所示银的晶胞中含有4个银原子
5．图中装置能达到实验目的或操作正确的是
A．用图1所示操作配制一定物质的量浓度的溶液
B．用图2所示装置进行中和反应反应热的测定
C．用图3所示装置验证氧化性：
D．用图4所示装置进行四氯化碳萃取溴水中溴的分液实验
6．1，环氧丁烷()用于制造合成橡胶等.下列说法中错误的是
A．与环氧乙烷()互为同系物
B．该分子中所有碳原子可能共面
C．该分子的某种同分异构体可以与碳酸钠反应
D．能发生氧化反应和取代反应
7．CuCl2溶液中存在平衡：[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-⇌[CuCl4]2-(黄色)+4H2O，下列说法中错误的是
A．[CuCl4]2-中铜的化合价是+2价
B．1mol[Cu(H2O)4]2+中σ键的物质的量为12mol
C．向溶液中加入AgNO3可使黄绿色的CuCl2溶液变成蓝色
D．若升高CuCl2溶液温度，溶液pH不变
8．根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
某固体样品溶于水，加入溶液，充分反应后，再加稀盐酸，白色沉淀不溶解
不能判断该，样品已变质
B
将乙醇与浓硫酸混合加热，产生的气体通入酸性溶液，溶液紫红色褪去
产生的气体中一定含有乙烯
C
取蔗糖水解后的溶液加入少量新制的悬浊液加热煮沸，没有红色沉淀
蔗糖没有水解
D
向和的混合溶液中滴入少量溶液，产生淡黄色沉淀
A．A B．B C．C D．D
9．短程稍化-厌氧氨氧化工艺的目的是将氨氮废水中的NH转变为N2脱除，其机理如图.下列说法中错误的是
A．O2氧化性大于NO
B．参与Ⅰ中反应的n(NH)：n(O2)=2：3
C．此工艺中被氧化的含氮微粒是NH
D．标准状况下，当Ⅱ中转移6mol电子时生成氮气22.4L
10．高氯酸铵(NH4ClO4)可用作火箭推进剂等.制备NH4ClO4的工艺流程如图：
已知除杂时发生的反应为：2NaClO3+H2O2+2HCl=2ClO2↑+O2↑+2H2O
下列说法中错误的是
A．NH4ClO4中阴阳离子的立体构型均是正四面体
B．本流程可以得出相同条件下氧化性：ClO＞ClO
C．该流程中可循环利用的物质是NaClO3
D．电解NaClO3溶液时，阳极的电极反应式为ClO-2e-+H2O=ClO+2H+
11．25℃时，关于下列溶液的说法中正确的是
A．溶液中，和浓度之和为
B．纯硫酸不导电的原因是没有自由移动的离子
C．纯碱溶液可去油污，是由于水解使溶液显碱性
D．向醋酸溶液中加水稀释后，溶液的降低
12．脱落酸有催熟作用，其结构简式如图所示.下列关于脱落酸的说法中正确的是
A．脱落酸能与，发生反应
B．分子中含有两个手性碳原子
C．该分子中含有三种官能团
D．该物质遇溶液会发生显色反应
13．沉积物微生物燃料电池可处理含硫废水，其工作原理如图.下列说法中错误的是
A．碳棒b极电势比碳棒a极电势高
B．光照强度对电池的输出功率无影响
C．碳棒b电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O
D．酸性增强不利于菌落存活，工作一段时间后，电池效率降低
14．25℃时，将溶液与固体混合，充分反应后向混合液中通(加)入气体或固体，溶液随加入或的物质的量的变化如图所示.下列叙述中正确的是
A．a、b、c对应的混合液中，水的电离程度b点最大
B．c点混合液中：
C．加入过程中，的值减小
D．若忽略体积变化，25℃时电离平衡常数
15．固体X可能含有Cu、Fe2O3、Na2SO3、(NH4)2SO4、KNO3中的几种，进行如图实验：
下列说法中正确的是
A．X中一定含有(NH4)2SO4
B．白色沉淀可能是混合物
C．若乙是混合气体，则乙溶液的焰色试验呈黄色，透过蓝色钴玻璃观察呈紫色
D．取少许溶液丙，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，则固体丁一定是混合物
二、工业流程题
16．锌在电池制造、合金生产等领域应用广泛。
Ⅰ.古代以炉甘石为原料炼锌。
(1)元素锌位于元素周期表_______区。
(2)古代冶炼锌的主要反应为：
……
总反应：
利用和计算时，还需要利用_______反应的(写出方程式)。
Ⅱ.现代冶炼锌以闪锌矿(主要成分为，还含铁等元素)、软锰矿(主要成分为)为原料，生产锌和高纯度二氧化锰的工艺流程如图：
(3)浸出：滤渣1中有单质硫，写出主要离子方程式_______。加入能迅速提高浸出速率，可能起到_______作用。
(4)除铁：控制溶液为2.5~3.5，使铁主要以沉淀的形式除去.结合离子方程式说明，通入空气需同时补充适量的理由是_______。
(5)电解：惰性电极电解，电路中通过电子时，生成，则该装置的电流效率等于_______。(电流效率等于生成产品所需的电子数与电路中通过总电子数之比)
Ⅲ.工业上还可以利用还原冶炼锌，反应为
(6)727℃时，上述反应的平衡常数.此温度下，在盛有的刚性容器内通入压强为，达平衡时的分压为_______.(保留两位小数)
三、实验题
17．实验室用绿矾()制备补血剂甘氨酸亚铁。
已知：柠檬酸易溶于水，有强酸性和还原性。
实验步骤：
i. 配制绿矾溶液，并向绿矾溶液中，缓慢加入足量溶液，边加边搅拌，反应结束后过滤并洗涤沉淀。
ii. 实验装置如图所示(夹持和加热仪器略去)，将i得到的沉淀和甘氨酸的水溶液混合后加入中，然后利用中的反应将中空气排净，接着滴入柠檬酸溶液并加热。反应结束后过滤，滤液经一系列操作……、过滤洗涤、干燥得到产品。回答下列问题：
(1)甘氨酸()分子中碳原子的杂化方式为_______。
(2)实验i中生成沉淀的离子方程式为_______，检验沉淀已洗净的操作是_______。
(3)步骤ii中若恒压滴液漏斗替换为分液漏斗，柠檬酸溶液将无法顺利滴下，原因是_______。
(4)步骤ii中的“一系列操作……”为_______(填标号)。
A．蒸发浓缩，趁热结晶
B．蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，停止加热
C．蒸发浓缩至大量晶体析出，停止加热
(5)当中产生白色浑浊时，中空气已被排尽。中反应的化学方程式是_______。
(6)加入柠檬酸溶液一方面可调节溶液的促进溶解，另一个作用是_______。
四、原理综合题
18．选择性催化还原法是常用的氮氧化物的净化方法，原理是用在特定催化剂作用下将，还原为.
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
（1）反应Ⅱ_______反应Ⅰ（填“有利于”或“不利于”）中的净化；一定温度和压强下，为了提高的净化速率，可采取的最合理的措施是__________.
（2）是催化剂的活性组分.在反应器中以一定流速通过烟气，在不同温度下进行该催化还原反应，的质量分数对单位时间内去除率的影响如图所示.
①下列说法中正确的是_________（填标号）.
A．该催化剂能加快反应速率，但不能改变反应的焓变
B．状态A时保持其他条件不变减小压强，能增大单位时间的去除率
C．状态B时选择合适催化剂，可以提高相同时间内的去除率
D．的质量分数越高，催化剂的活性越好
E.该催化剂具有选择性，能降低特定反应的活化能
②从起始至对应A、B、C三点的平均反应速率由大到小的顺序为，原因是_________________.
③若烟气中含量一定，在催化剂适宜温度范围内，当时，随着该比值的增大，去除率无明显变化，可能的原因是______________________.
（3）一定温度下，向密闭刚性容器（含催化剂）中投入和，发生反应.达到平衡状态时，的转化率为60%，此时再加入和，则反应速率______（填“大于”、“小于”、“等于”）.
五、有机推断题
19．化合物H是C5a受体拮抗剂W-54011的中间体，Nakamura等人设计制备H的合成路线如图所示：
已知：
Ⅰ.
Ⅱ.
回答下列问题
(1)化合物H的分子式_______。
(2)C中官能团名称_______。
(3)F的分子式为C11H13OCl，则F的结构简式为_______。
(4)③的反应类型_______。
(5)反应①的化学方程式为_______。
(6)符合下列条件的某有机化合物的同分异构体(不含立体异构)有_______种。
①分子式比D少个CH2；
②分子中除了苯环外没有其他环状结构，且苯环上连有两个对位取代基；
③能与NaHCO3溶液反应；
其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为_______(任写一种)。
参考答案
1．A
【详解】
A．陶制品属于陶瓷，陶瓷是硅酸盐产品，故A正确；
B．一碱指的是纯碱，纯碱的主要成分是碳酸钠，火碱的主要成分是氢氧化钠，故B错误；
C．高强度的芳纶纤维属于属于有机高分子化合物，不是无机物，故C错误；
D．“火树银花”的烟花利用了焰色反应，焰色反应是元素的性质，属于物理变化，故D错误；
故选A。
2．D
【详解】
A．铝离子核外有10个电子，结构示意图为，A错误；
B．乙烯含有碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，B错误；
C．醛基的结构简式为-CHO，C错误；
D．HCN分子中C、N原子共用三对电子，C原子与H原子还共用一对电子，电子式为，D正确；
综上所述答案为D。
3．A
【详解】
A．H2O中含有氢键，沸点比H2Se高，故A错误；
B．非金属性Se＜F，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故热稳定性：H2Se＜HF，故B正确；
C．同周期非金属性从左到右增强，则非金属性：Se
故选：A。
4．B
【详解】
A．碳化硅和硅都是原子晶体，原子晶体的熔点取决于共价键的强弱，碳硅键的键长小于硅硅键、键能大于硅硅键，则碳硅键比硅硅键强，则碳化硅的熔点高于硅，选项A正确；
B．由对角线规则可知，处于对角线上的硼与硅的单质性质相似，选项B错误；
C．和互为同位素，核外电子数和核外电子排布相同，则价层电子排布相同，选项C正确；
D．由晶胞结构可知，晶胞中银原子的个数为8×+6×=4，选项D正确；
答案选B。
5．D
【详解】
A．配制一定物质的量浓度的溶液时，不能直接用容量瓶溶解固体，且玻璃棒应该伸入刻度线以下，故A错误；
B．中和热测定中，为了减少热量的散失，两个烧杯口应该相平，图示装置不合理，故B错误；
C．过量的Cl2可能直接与KI反应生成I2，不能验证Br2和I2的氧化性，故C错误；
D．四氯化碳密度比水大，位于液体下层，则应从分液漏斗的下端流出，故D正确；
故选：D。
6．C
【详解】
A．两者结构相似，分子量相差2个‘CH2’，互为同系物，故A正确；
B．成环的2个碳原子一定共面，由于单键可旋转，则以转折的碳为中心碳，其他相连的2个碳可能在同一平面，故B正确；
C．与碳酸钠反应物质有羧基、酚羟基，该分子不可能存在这种结构，故C错误；
D．该物质属于烃的含氧衍生物，能燃烧发生氧化反应；甲基和亚甲基能发生取代反应，所以该物质能发生氧化反应和取代反应，故D正确；
故选：C。
7．D
【详解】
A．[CuCl4]2-为Cu2+与Cl-形成的配合物，铜的化合价为+2价，A正确；
B．1mol[Cu(H2O)4]2+中Cu2+与H2O形成的配位键为σ键，一个水分子中含有两个O-H键为σ键，所以1mol[Cu(H2O)4]2+中σ键的物质的量为12mol，B正确；
C．加入AgNO3可以和Cl-反应生成AgCl沉淀降低氯离子的浓度，使平衡逆向移动，使黄绿色的CuCl2溶液变成蓝色，C正确；
D．升高温度促进Cu2+的水解，溶液酸性增强，pH减小，D错误；
综上所述答案为D。
8．A
【详解】
A．往Ba(NO3)2中加入稀盐酸，溶液中的硝酸根具有氧化性，能将Na2SO3氧化成Na2SO4，不能判断Na2SO3是否变质，故A正确；
B．挥发的醇及生成的乙烯均使高锰酸钾褪色，由操作和现象不能说明产生的气体中一定含有乙烯，故B错误；
C．淀粉是在酸性条件下水解，葡萄糖和新制Cu(OH)2悬浊液反应必须在碱性条件下，所以要用新制氢氧化铜悬浊液检验葡萄糖时要先中和酸，否则无法成功，故C错误；
D．NaCl和NaBr的混合溶液的浓度未知，且为沉淀生成，不能比较Ksp（AgBr）、Ksp（AgCl）大小，故D错误；
故选：A。
9．D
【详解】
A．过程Ⅰ中O2将铵根氧化为NO，O2为氧化剂，NO为氧化产物，所以O2氧化性大于NO，A正确；
B．Ⅰ中：NH被O2氧化为NO，N元素升高了6价，O2中的O元素降低了2价，O2分子降低了4价，根据电子守恒可知n(NH)：n(O2)=2：3，B正确；
C．过程Ⅰ中NH被O2氧化为NO，过程Ⅱ中NH被NO氧化为N2，NO被还原为N2，所以被氧化的含氮微粒是NH，C正确；
D．过程Ⅱ中NH被NO氧化为N2，NO被还原为N2，根据化合价变化可知转移6mol电子时有2molNH被氧化，2molNO被还原，所以生成的氮气为2mol，标况下体积为44.8L，D错误；
综上所述答案为D。
10．C
【详解】
A．NH4ClO4中阳离子为NH，阴离子为ClO，中心原子的价层电子对数均为4，且都不含孤电子对，均为正四面体构型，A正确；
B．根据除杂时发生的反应可知，除杂时ClO将双氧水氧化，而ClO不反应，说明氧化性：ClO＞H2O2＞ClO，B正确；
C．“反应”时需用NaClO4和NH4Cl制备NH4ClO4，所以母液中含有NaCl，可以再回到电解饱和食盐水的步骤中重复利用，NaClO3并没有重复利用，C错误；
D．电解氯酸钠溶液时，ClO变为NaClO4时Cl元素化合价升高，失去电子被氧化，ClO在阳极反应，电极反应式为：ClO-2e-+H2O=ClO+2H+，D正确；
综上所述答案为C。
11．B
【详解】
A．根据物料守恒，故A错误；
B．溶液有自由移动的离子才能导电，而纯硫酸不导电说明没有自由移动的离子，故B正确；
C．碳酸钠俗名纯碱，其水溶液呈碱性，可促进油脂水解生成易溶性物质，可去油污，化学式为Na2CO3，故C错误；
D．加水稀释促进弱酸电离，溶液中氢离子数目增大，由于体积增大的程度大于数目，则溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故D正确；
故选：B。
12．A
【详解】
A．脱落酸含有3mol碳碳双键、1mol羰基，能与4molH2发生加成反应，故A正确；
B．手性碳原子指一个碳原子上连接4种不同基团，则有1个手性碳原子，故B错误；
C．该分子中含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基共四种官能团，故C错误；
D．该分子中只含有醇羟基，不含酚羟基，遇FeCl3溶液不发生显色反应，故D错误；
故选：A。
13．B
【分析】
根据氢离子的流向可知碳棒b为正极，光合菌产生的O2的电子结合H+得到H2O，碳棒a为负极，FeSx在硫氧化菌的作用下被氧化为S，S在硫氧化菌的作用下被氧化为硫酸根。
【详解】
A．根据分析可知b极为正极，a极为负极，正极的电势高于负极，A正确；
B．光照强度越强，光合作用越强，产生的氧气越多，电池的输出功率更大，即光照强度对电池的输出功率有影响，B错误；
C．b为正极，光合菌产生的O2的电子结合H+得到H2O，电极反应为O2+4e-+4H+=2H2O，C正确；
D．酸性增强不利于菌落存活，负极失电子发生的氧化反应会减慢，故工作一段时间后，电池效率降低，D正确；
综上所述答案为B。
14．D
【详解】
A．溶液中酸或碱电离的c(H+)或c(OH-)越大，水的电离程度越小，a、b、c三点溶液中c(H+)依次减小，水的电离程度增大，所以水的电离程度由大到小的顺序的是c＞b＞a，水的电离程度c点最大，故A错误；
B．c点pH=7，则c(H+)=c(OH-)，溶液中电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，所以c(Na+)=c(CH3COO-)，故B错误；
C．加入NaOH过程中，c(Na+)和c(OH-)增大，c(Na+)的增大大于c(CH3COO-)的增大，则加入NaOH过程中增大，故C错误；
D．pH=7时，c(H+)=c(OH-)=10-7mol•L-1，溶液中存在电荷守恒c(Na+)=c(CH3COO-)=0.2mol/L，溶液中c(CH3COOH)=(W-0.2)mol/L，电离平衡常数，故D正确。
故选：D。
15．C
【分析】
固体X加水溶解过滤，得到溶液甲，其中可能含有Na2SO3、(NH4)2SO4、KNO3，固体甲可能含有Cu、Fe2O3；
溶液甲加足量盐酸生成气体乙和溶液乙，有以下几种情况：①溶液甲中含有KNO3和Na2SO3，则气体一定含硝酸根氧化亚硫酸根得到的氮氧化物，同时还可能含有过量亚硫酸钠和盐酸反应生成的二氧化硫；该情况下即使后续加入氯化钡得到硫酸钡沉淀(盐酸过量，亚硫酸根不含有剩余)，也无法确定是否含有(NH4)2SO4；②含有Na2SO3，不含KNO3，则气体乙为SO2，由于后续加入氯化钡得到硫酸钡沉淀，则还一定含有(NH4)2SO4；
固体甲加足量盐酸得到溶液丙，有以下几种情况：①只含Fe2O3，加盐酸得到氯化铁溶液，加入足量氨水得到氢氧化铁沉淀；②同时含有Fe2O3、Cu，生成的氯化铁将铜氧化为氯化铜，溶液中含有氯化铜、氯化亚铁，可能含有氯化铁，若不含氯化铁，加足量氨水得到氢氧亚铁沉淀和含有铜氨络离子的溶液，若含氯化铁，得到氢氧化铁和氢氧化亚铁沉淀。
【详解】
A．根据分析可知，若同时含有KNO3和Na2SO3，则不一定含有(NH4)2SO4，A错误；
B．根据分析可知白色沉淀一定为硫酸钡，不是混合物，B错误；
C．根据分析可知若气体乙为混合物，则一定含有KNO3和Na2SO3，乙溶液中同时含钠离子和钾离子，则焰色试验呈黄色，透过蓝色钴玻璃观察呈紫色，C正确；
D．溶液丙滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，说明含有Fe2+，则此时固体甲为Fe2O3、Cu，若Fe3+和Cu恰好完全反应，则加足量氨水得到氢氧亚铁沉淀，D错误；
综上所述答案为C。
16．ds ZnO(s)+C(s)=Zn(g)+CO(g) MnO2+ZnS+4H+=Mn2++S+Zn2++2H2O 催化 4Fe2++O2+8H2O=4FeOOH+8H+，加入的ZnO消耗H+，促进反应生成FeOOH沉淀 83.3% 0.23
【分析】
Ⅱ．现代冶炼锌流程图中的各步反应：
浸出：ⅰ：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，ii、ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S，总反应：MnO2+ZnS+4H+=Mn2++S+Zn2++2H2O；
除铁：4Fe2++O2+8H2O=4FeOOH+8H+使溶液的pH下降，加入的ZnO与H+发生反应ZnO+2H+=H2O+Zn2+，可控制溶液pH；
电解：用惰性电极电解时，阳极的电极反应是Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，生成的硫酸和MnO2循环使用。阴极：Zn2++2e-=Zn。
【详解】
I．(1) ．第三周期稀有气体的原子序数为18，锌的原子序数为30，30-18=12，则锌在周期表中处于第四周期ⅡB族，ds区；
(2)根据盖斯定律：总反应-反应①-反应②得ZnO(s)+C(s)=Zn(g)+CO(g)，△H=△H3-△H1-△H2，利用△H1和△H2计算时△H3，还需要利用ZnO(s)+C(s)=Zn(g)+CO(g)反应的△H，
II．(3)分析知，浸出时离子方程式为：MnO2+ZnS+4H+=Mn2++S+Zn2++2H2O；加入FeSO4能加快反应速率，则起到催化作用；
(4) 除铁中存在反应4Fe2++O2+8H2O=4FeOOH+8H+，加入的ZnO与H+发生反应ZnO+2H+=H2O+Zn2+，促进反应向正向进行，将铁元素转化成FeOOH沉淀除去；
(5) 电解时电极反应是Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，生成，物质的量为，则需要的电子为1.25mol×2=2.5mol，则该装置的电流效率为；
III．(6) 由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，因此反应前后总压强不变，假设H2S占总压强分数为x，则H2为(1-x)根据平衡常数的含义可得，解得x≈2.24×10-6，所以达到平衡时H2S的分压为2.24×10-6×1.01×105Pa≈0.23Pa。
17．sp2、sp3 取最后一次洗涤滤出液少量于试管中，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明沉淀已洗涤干净 反应需要加热且产生气体，使得三颈烧瓶内压强增大 B CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O 防止被氧化
【详解】
(1)甘氨酸()分子中亚甲基-CH2-中的C的价层电子对数为4，为sp3杂化；羧基-COOH中的C的价层电子对数为3，为sp2杂化；即分子中C的杂化方式为sp2、sp3；
(2)实验i中硫酸亚铁与碳酸氢铵反应生成碳酸亚铁、硫酸铵、二氧化碳和水，生成沉淀的离子方程式为，沉淀若未洗净则含有溶液中的离子，如，故检验沉淀已洗净的操作是：取最后一次洗涤滤出液少量于试管中，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明沉淀已洗涤干净；
(3)步骤ii中若恒压滴液漏斗替换为分液漏斗，由于反应需要加热且产生气体，使得三颈烧瓶内压强增大，从而使分液漏斗中柠檬酸溶液无法顺利滴下；
(4)滤液经蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，停止加热、过滤、洗涤、干燥即得产品，故答案选B；
(5)D为Ca(OH)2溶液，当中产生白色浑浊时，中空气已被排尽。中为CO2制备装置，反应的化学方程式是CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O；
(6)由已知柠檬酸有强酸性和还原性可知，加入柠檬酸溶液一方面可调节溶液的促进溶解，另一个作用是防止被氧化。
18．不利于 选择合适的催化剂 ABD A、C在相同温度时，V2O5的质量：C>A，则速率：C>A，A、B两点时V2O5的质量相同，；而温度TB>TA，则速率B>A，B、C两点时催化剂对速率影响比温度更大，则速率：C>B，三者的关系为：C>B>A 反应I已达到限度，更多的NH3可能进行了反应II 大于
【详解】
(1)反应II不仅消耗了反应I的反应物，而且还生成更多的产物，使反应I的平衡逆向移动，则反应II不利于反应Ⅰ中的净化；为了提高净化速率，可选择合适的催化剂；
(2)①A.该催化剂能降低反应的活化能，所以可加快反应速率，但不影响反应的终点状态，故不能改变反应的焓变，故A正确；
B.减小压强，反应向气体分子数增大的方向移动，即正向移动，提高了的去除率，故B正确；
C.催化剂不改变反应平衡，只影响反应速率，故C错误；
D.相同温度下的质量分数越高，则单位时间内NO去除率越高，则催化剂的活性越好，故D正确；
E.无法体现降低反应的活化能，故E错误；
故选：ABD；
②A、C在相同温度时，V2O5的质量：C>A，则速率：C>A，A、B两点时V2O5的质量相同，；而温度TB>TA，则速率B>A，B、C两点时催化剂对速率影响比温度更大，故平均反应速率：；
③当时，即加入更多的NH3，但NO的去除率几乎不变，说明不是发生反应I，可能的原因是：反应I已达到限度，更多的NH3可能进行了反应II；
(3) 达到平衡状态时，的转化率为60%，列三段式：
正反应的平衡常数为，，，由于NO和H2O的系数相等，则增加的NO的量大于H2O的物质的量，则v正大于v逆。
19．C12H14O3 醚键、羧基 取代反应 + 6 和
【分析】
中五元环打开与A反应生成B，B被还原得到C，C中羧基脱去羟基后代替羧基所在取代基邻位的氢原子形成环生成D，D发生题目所给信息I的反应生成E，所以E为；根据G生成H的反应条件可知该反应与题目所给信息Ⅱ类似，则G的结构简式为，水解得到H；F的分子式为C11H13OCl，根据E的结构简式可知E中羟基被Cl代替生成F，可知F为。
【详解】
(1)根据H的结构简式可知其分子式为C12H14O3；
(2)根据C的结构简式可知其官能团为醚键、羧基；
(3)根据分析可知F的结构简式为；
(4)反应③中C中羧基脱去羟基后代替羧基所在取代基邻位的氢原子生成D，属于取代反应；
(5)中五元环打开与A反应生成B，化学方程式为+；
(6)分子式比D少个CH2，则分子式为C10H10O2；其结构满足：分子中除了苯环外没有其他环状结构，且苯环上连有两个对位取代基，则两个取代基上有两个双键或一个三键；能与NaHCO3溶液反应，说明含有羧基，则还有一个碳碳双键，取代基可以是-CH=CHCOOH和CH3、-CH=CHCH3和-COOH、-CH2CH=CH2和-COOH、C(CH3)=CH2和-COOH、-C(COOH)=CH3和CH3、-CH=CH2和-CH2COOH共六组，即同分异构体有6种；其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式和。
辽宁省大连市2021届高考第一次模拟考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列说法中正确的是
A．天门市石家河出土的陶制方坐飞鸟、陶兽都属于硅酸盐产品
B．中国传统制作油条的口诀是“一碱、二矾、三钱盐”，其中的“碱”是火碱
C．“嫦娥五号”上用于制作国旗的材料之一高强度的芳纶纤维属于无机物
D．“火树银花”的烟花利用了金属元素的化学性质
2．下列化学用语正确的是
A．铝离子的结构示意图： B．乙烯的结构简式：CH2CH2
C．醛基：-COH D．HCN分子的电子式：
3．硒是人体必需的微量元素之一，外围电子排布式.下列说法中错误的是
A．沸点： B．稳定性：
C．电负性： D．分子极性：
4．下列说法错误的是
A．和的结构相似都属于原子(共价)晶体，熔点
B．与的单质性质差异很大，单质不能与强碱水溶液反应
C．和的价层轨道电子数相同
D．如图所示银的晶胞中含有4个银原子
5．图中装置能达到实验目的或操作正确的是
A．用图1所示操作配制一定物质的量浓度的溶液
B．用图2所示装置进行中和反应反应热的测定
C．用图3所示装置验证氧化性：
D．用图4所示装置进行四氯化碳萃取溴水中溴的分液实验
6．1，环氧丁烷()用于制造合成橡胶等.下列说法中错误的是
A．与环氧乙烷()互为同系物
B．该分子中所有碳原子可能共面
C．该分子的某种同分异构体可以与碳酸钠反应
D．能发生氧化反应和取代反应
7．CuCl2溶液中存在平衡：[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-⇌[CuCl4]2-(黄色)+4H2O，下列说法中错误的是
A．[CuCl4]2-中铜的化合价是+2价
B．1mol[Cu(H2O)4]2+中σ键的物质的量为12mol
C．向溶液中加入AgNO3可使黄绿色的CuCl2溶液变成蓝色
D．若升高CuCl2溶液温度，溶液pH不变
8．根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
某固体样品溶于水，加入溶液，充分反应后，再加稀盐酸，白色沉淀不溶解
不能判断该，样品已变质
B
将乙醇与浓硫酸混合加热，产生的气体通入酸性溶液，溶液紫红色褪去
产生的气体中一定含有乙烯
C
取蔗糖水解后的溶液加入少量新制的悬浊液加热煮沸，没有红色沉淀
蔗糖没有水解
D
向和的混合溶液中滴入少量溶液，产生淡黄色沉淀
A．A B．B C．C D．D
9．短程稍化-厌氧氨氧化工艺的目的是将氨氮废水中的NH转变为N2脱除，其机理如图.下列说法中错误的是
A．O2氧化性大于NO
B．参与Ⅰ中反应的n(NH)：n(O2)=2：3
C．此工艺中被氧化的含氮微粒是NH
D．标准状况下，当Ⅱ中转移6mol电子时生成氮气22.4L
10．高氯酸铵(NH4ClO4)可用作火箭推进剂等.制备NH4ClO4的工艺流程如图：
已知除杂时发生的反应为：2NaClO3+H2O2+2HCl=2ClO2↑+O2↑+2H2O
下列说法中错误的是
A．NH4ClO4中阴阳离子的立体构型均是正四面体
B．本流程可以得出相同条件下氧化性：ClO＞ClO
C．该流程中可循环利用的物质是NaClO3
D．电解NaClO3溶液时，阳极的电极反应式为ClO-2e-+H2O=ClO+2H+
11．25℃时，关于下列溶液的说法中正确的是
A．溶液中，和浓度之和为
B．纯硫酸不导电的原因是没有自由移动的离子
C．纯碱溶液可去油污，是由于水解使溶液显碱性
D．向醋酸溶液中加水稀释后，溶液的降低
12．脱落酸有催熟作用，其结构简式如图所示.下列关于脱落酸的说法中正确的是
A．脱落酸能与，发生反应
B．分子中含有两个手性碳原子
C．该分子中含有三种官能团
D．该物质遇溶液会发生显色反应
13．沉积物微生物燃料电池可处理含硫废水，其工作原理如图.下列说法中错误的是
A．碳棒b极电势比碳棒a极电势高
B．光照强度对电池的输出功率无影响
C．碳棒b电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O
D．酸性增强不利于菌落存活，工作一段时间后，电池效率降低
14．25℃时，将溶液与固体混合，充分反应后向混合液中通(加)入气体或固体，溶液随加入或的物质的量的变化如图所示.下列叙述中正确的是
A．a、b、c对应的混合液中，水的电离程度b点最大
B．c点混合液中：
C．加入过程中，的值减小
D．若忽略体积变化，25℃时电离平衡常数
15．固体X可能含有Cu、Fe2O3、Na2SO3、(NH4)2SO4、KNO3中的几种，进行如图实验：
下列说法中正确的是
A．X中一定含有(NH4)2SO4
B．白色沉淀可能是混合物
C．若乙是混合气体，则乙溶液的焰色试验呈黄色，透过蓝色钴玻璃观察呈紫色
D．取少许溶液丙，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，则固体丁一定是混合物
二、工业流程题
16．锌在电池制造、合金生产等领域应用广泛。
Ⅰ.古代以炉甘石为原料炼锌。
(1)元素锌位于元素周期表_______区。
(2)古代冶炼锌的主要反应为：
……
总反应：
利用和计算时，还需要利用_______反应的(写出方程式)。
Ⅱ.现代冶炼锌以闪锌矿(主要成分为，还含铁等元素)、软锰矿(主要成分为)为原料，生产锌和高纯度二氧化锰的工艺流程如图：
(3)浸出：滤渣1中有单质硫，写出主要离子方程式_______。加入能迅速提高浸出速率，可能起到_______作用。
(4)除铁：控制溶液为2.5~3.5，使铁主要以沉淀的形式除去.结合离子方程式说明，通入空气需同时补充适量的理由是_______。
(5)电解：惰性电极电解，电路中通过电子时，生成，则该装置的电流效率等于_______。(电流效率等于生成产品所需的电子数与电路中通过总电子数之比)
Ⅲ.工业上还可以利用还原冶炼锌，反应为
(6)727℃时，上述反应的平衡常数.此温度下，在盛有的刚性容器内通入压强为，达平衡时的分压为_______.(保留两位小数)
三、实验题
17．实验室用绿矾()制备补血剂甘氨酸亚铁。
已知：柠檬酸易溶于水，有强酸性和还原性。
实验步骤：
i. 配制绿矾溶液，并向绿矾溶液中，缓慢加入足量溶液，边加边搅拌，反应结束后过滤并洗涤沉淀。
ii. 实验装置如图所示(夹持和加热仪器略去)，将i得到的沉淀和甘氨酸的水溶液混合后加入中，然后利用中的反应将中空气排净，接着滴入柠檬酸溶液并加热。反应结束后过滤，滤液经一系列操作……、过滤洗涤、干燥得到产品。回答下列问题：
(1)甘氨酸()分子中碳原子的杂化方式为_______。
(2)实验i中生成沉淀的离子方程式为_______，检验沉淀已洗净的操作是_______。
(3)步骤ii中若恒压滴液漏斗替换为分液漏斗，柠檬酸溶液将无法顺利滴下，原因是_______。
(4)步骤ii中的“一系列操作……”为_______(填标号)。
A．蒸发浓缩，趁热结晶
B．蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，停止加热
C．蒸发浓缩至大量晶体析出，停止加热
(5)当中产生白色浑浊时，中空气已被排尽。中反应的化学方程式是_______。
(6)加入柠檬酸溶液一方面可调节溶液的促进溶解，另一个作用是_______。
四、原理综合题
18．选择性催化还原法是常用的氮氧化物的净化方法，原理是用在特定催化剂作用下将，还原为.
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
（1）反应Ⅱ_______反应Ⅰ（填“有利于”或“不利于”）中的净化；一定温度和压强下，为了提高的净化速率，可采取的最合理的措施是__________.
（2）是催化剂的活性组分.在反应器中以一定流速通过烟气，在不同温度下进行该催化还原反应，的质量分数对单位时间内去除率的影响如图所示.
①下列说法中正确的是_________（填标号）.
A．该催化剂能加快反应速率，但不能改变反应的焓变
B．状态A时保持其他条件不变减小压强，能增大单位时间的去除率
C．状态B时选择合适催化剂，可以提高相同时间内的去除率
D．的质量分数越高，催化剂的活性越好
E.该催化剂具有选择性，能降低特定反应的活化能
②从起始至对应A、B、C三点的平均反应速率由大到小的顺序为，原因是_________________.
③若烟气中含量一定，在催化剂适宜温度范围内，当时，随着该比值的增大，去除率无明显变化，可能的原因是______________________.
（3）一定温度下，向密闭刚性容器（含催化剂）中投入和，发生反应.达到平衡状态时，的转化率为60%，此时再加入和，则反应速率______（填“大于”、“小于”、“等于”）.
五、有机推断题
19．化合物H是C5a受体拮抗剂W-54011的中间体，Nakamura等人设计制备H的合成路线如图所示：
已知：
Ⅰ.
Ⅱ.
回答下列问题
(1)化合物H的分子式_______。
(2)C中官能团名称_______。
(3)F的分子式为C11H13OCl，则F的结构简式为_______。
(4)③的反应类型_______。
(5)反应①的化学方程式为_______。
(6)符合下列条件的某有机化合物的同分异构体(不含立体异构)有_______种。
①分子式比D少个CH2；
②分子中除了苯环外没有其他环状结构，且苯环上连有两个对位取代基；
③能与NaHCO3溶液反应；
其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为_______(任写一种)。
参考答案
1．A
【详解】
A．陶制品属于陶瓷，陶瓷是硅酸盐产品，故A正确；
B．一碱指的是纯碱，纯碱的主要成分是碳酸钠，火碱的主要成分是氢氧化钠，故B错误；
C．高强度的芳纶纤维属于属于有机高分子化合物，不是无机物，故C错误；
D．“火树银花”的烟花利用了焰色反应，焰色反应是元素的性质，属于物理变化，故D错误；
故选A。
2．D
【详解】
A．铝离子核外有10个电子，结构示意图为，A错误；
B．乙烯含有碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，B错误；
C．醛基的结构简式为-CHO，C错误；
D．HCN分子中C、N原子共用三对电子，C原子与H原子还共用一对电子，电子式为，D正确；
综上所述答案为D。
3．A
【详解】
A．H2O中含有氢键，沸点比H2Se高，故A错误；
B．非金属性Se＜F，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故热稳定性：H2Se＜HF，故B正确；
C．同周期非金属性从左到右增强，则非金属性：Se
故选：A。
4．B
【详解】
A．碳化硅和硅都是原子晶体，原子晶体的熔点取决于共价键的强弱，碳硅键的键长小于硅硅键、键能大于硅硅键，则碳硅键比硅硅键强，则碳化硅的熔点高于硅，选项A正确；
B．由对角线规则可知，处于对角线上的硼与硅的单质性质相似，选项B错误；
C．和互为同位素，核外电子数和核外电子排布相同，则价层电子排布相同，选项C正确；
D．由晶胞结构可知，晶胞中银原子的个数为8×+6×=4，选项D正确；
答案选B。
5．D
【详解】
A．配制一定物质的量浓度的溶液时，不能直接用容量瓶溶解固体，且玻璃棒应该伸入刻度线以下，故A错误；
B．中和热测定中，为了减少热量的散失，两个烧杯口应该相平，图示装置不合理，故B错误；
C．过量的Cl2可能直接与KI反应生成I2，不能验证Br2和I2的氧化性，故C错误；
D．四氯化碳密度比水大，位于液体下层，则应从分液漏斗的下端流出，故D正确；
故选：D。
6．C
【详解】
A．两者结构相似，分子量相差2个‘CH2’，互为同系物，故A正确；
B．成环的2个碳原子一定共面，由于单键可旋转，则以转折的碳为中心碳，其他相连的2个碳可能在同一平面，故B正确；
C．与碳酸钠反应物质有羧基、酚羟基，该分子不可能存在这种结构，故C错误；
D．该物质属于烃的含氧衍生物，能燃烧发生氧化反应；甲基和亚甲基能发生取代反应，所以该物质能发生氧化反应和取代反应，故D正确；
故选：C。
7．D
【详解】
A．[CuCl4]2-为Cu2+与Cl-形成的配合物，铜的化合价为+2价，A正确；
B．1mol[Cu(H2O)4]2+中Cu2+与H2O形成的配位键为σ键，一个水分子中含有两个O-H键为σ键，所以1mol[Cu(H2O)4]2+中σ键的物质的量为12mol，B正确；
C．加入AgNO3可以和Cl-反应生成AgCl沉淀降低氯离子的浓度，使平衡逆向移动，使黄绿色的CuCl2溶液变成蓝色，C正确；
D．升高温度促进Cu2+的水解，溶液酸性增强，pH减小，D错误；
综上所述答案为D。
8．A
【详解】
A．往Ba(NO3)2中加入稀盐酸，溶液中的硝酸根具有氧化性，能将Na2SO3氧化成Na2SO4，不能判断Na2SO3是否变质，故A正确；
B．挥发的醇及生成的乙烯均使高锰酸钾褪色，由操作和现象不能说明产生的气体中一定含有乙烯，故B错误；
C．淀粉是在酸性条件下水解，葡萄糖和新制Cu(OH)2悬浊液反应必须在碱性条件下，所以要用新制氢氧化铜悬浊液检验葡萄糖时要先中和酸，否则无法成功，故C错误；
D．NaCl和NaBr的混合溶液的浓度未知，且为沉淀生成，不能比较Ksp（AgBr）、Ksp（AgCl）大小，故D错误；
故选：A。
9．D
【详解】
A．过程Ⅰ中O2将铵根氧化为NO，O2为氧化剂，NO为氧化产物，所以O2氧化性大于NO，A正确；
B．Ⅰ中：NH被O2氧化为NO，N元素升高了6价，O2中的O元素降低了2价，O2分子降低了4价，根据电子守恒可知n(NH)：n(O2)=2：3，B正确；
C．过程Ⅰ中NH被O2氧化为NO，过程Ⅱ中NH被NO氧化为N2，NO被还原为N2，所以被氧化的含氮微粒是NH，C正确；
D．过程Ⅱ中NH被NO氧化为N2，NO被还原为N2，根据化合价变化可知转移6mol电子时有2molNH被氧化，2molNO被还原，所以生成的氮气为2mol，标况下体积为44.8L，D错误；
综上所述答案为D。
10．C
【详解】
A．NH4ClO4中阳离子为NH，阴离子为ClO，中心原子的价层电子对数均为4，且都不含孤电子对，均为正四面体构型，A正确；
B．根据除杂时发生的反应可知，除杂时ClO将双氧水氧化，而ClO不反应，说明氧化性：ClO＞H2O2＞ClO，B正确；
C．“反应”时需用NaClO4和NH4Cl制备NH4ClO4，所以母液中含有NaCl，可以再回到电解饱和食盐水的步骤中重复利用，NaClO3并没有重复利用，C错误；
D．电解氯酸钠溶液时，ClO变为NaClO4时Cl元素化合价升高，失去电子被氧化，ClO在阳极反应，电极反应式为：ClO-2e-+H2O=ClO+2H+，D正确；
综上所述答案为C。
11．B
【详解】
A．根据物料守恒，故A错误；
B．溶液有自由移动的离子才能导电，而纯硫酸不导电说明没有自由移动的离子，故B正确；
C．碳酸钠俗名纯碱，其水溶液呈碱性，可促进油脂水解生成易溶性物质，可去油污，化学式为Na2CO3，故C错误；
D．加水稀释促进弱酸电离，溶液中氢离子数目增大，由于体积增大的程度大于数目，则溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故D正确；
故选：B。
12．A
【详解】
A．脱落酸含有3mol碳碳双键、1mol羰基，能与4molH2发生加成反应，故A正确；
B．手性碳原子指一个碳原子上连接4种不同基团，则有1个手性碳原子，故B错误；
C．该分子中含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基共四种官能团，故C错误；
D．该分子中只含有醇羟基，不含酚羟基，遇FeCl3溶液不发生显色反应，故D错误；
故选：A。
13．B
【分析】
根据氢离子的流向可知碳棒b为正极，光合菌产生的O2的电子结合H+得到H2O，碳棒a为负极，FeSx在硫氧化菌的作用下被氧化为S，S在硫氧化菌的作用下被氧化为硫酸根。
【详解】
A．根据分析可知b极为正极，a极为负极，正极的电势高于负极，A正确；
B．光照强度越强，光合作用越强，产生的氧气越多，电池的输出功率更大，即光照强度对电池的输出功率有影响，B错误；
C．b为正极，光合菌产生的O2的电子结合H+得到H2O，电极反应为O2+4e-+4H+=2H2O，C正确；
D．酸性增强不利于菌落存活，负极失电子发生的氧化反应会减慢，故工作一段时间后，电池效率降低，D正确；
综上所述答案为B。
14．D
【详解】
A．溶液中酸或碱电离的c(H+)或c(OH-)越大，水的电离程度越小，a、b、c三点溶液中c(H+)依次减小，水的电离程度增大，所以水的电离程度由大到小的顺序的是c＞b＞a，水的电离程度c点最大，故A错误；
B．c点pH=7，则c(H+)=c(OH-)，溶液中电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，所以c(Na+)=c(CH3COO-)，故B错误；
C．加入NaOH过程中，c(Na+)和c(OH-)增大，c(Na+)的增大大于c(CH3COO-)的增大，则加入NaOH过程中增大，故C错误；
D．pH=7时，c(H+)=c(OH-)=10-7mol•L-1，溶液中存在电荷守恒c(Na+)=c(CH3COO-)=0.2mol/L，溶液中c(CH3COOH)=(W-0.2)mol/L，电离平衡常数，故D正确。
故选：D。
15．C
【分析】
固体X加水溶解过滤，得到溶液甲，其中可能含有Na2SO3、(NH4)2SO4、KNO3，固体甲可能含有Cu、Fe2O3；
溶液甲加足量盐酸生成气体乙和溶液乙，有以下几种情况：①溶液甲中含有KNO3和Na2SO3，则气体一定含硝酸根氧化亚硫酸根得到的氮氧化物，同时还可能含有过量亚硫酸钠和盐酸反应生成的二氧化硫；该情况下即使后续加入氯化钡得到硫酸钡沉淀(盐酸过量，亚硫酸根不含有剩余)，也无法确定是否含有(NH4)2SO4；②含有Na2SO3，不含KNO3，则气体乙为SO2，由于后续加入氯化钡得到硫酸钡沉淀，则还一定含有(NH4)2SO4；
固体甲加足量盐酸得到溶液丙，有以下几种情况：①只含Fe2O3，加盐酸得到氯化铁溶液，加入足量氨水得到氢氧化铁沉淀；②同时含有Fe2O3、Cu，生成的氯化铁将铜氧化为氯化铜，溶液中含有氯化铜、氯化亚铁，可能含有氯化铁，若不含氯化铁，加足量氨水得到氢氧亚铁沉淀和含有铜氨络离子的溶液，若含氯化铁，得到氢氧化铁和氢氧化亚铁沉淀。
【详解】
A．根据分析可知，若同时含有KNO3和Na2SO3，则不一定含有(NH4)2SO4，A错误；
B．根据分析可知白色沉淀一定为硫酸钡，不是混合物，B错误；
C．根据分析可知若气体乙为混合物，则一定含有KNO3和Na2SO3，乙溶液中同时含钠离子和钾离子，则焰色试验呈黄色，透过蓝色钴玻璃观察呈紫色，C正确；
D．溶液丙滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，说明含有Fe2+，则此时固体甲为Fe2O3、Cu，若Fe3+和Cu恰好完全反应，则加足量氨水得到氢氧亚铁沉淀，D错误；
综上所述答案为C。
16．ds ZnO(s)+C(s)=Zn(g)+CO(g) MnO2+ZnS+4H+=Mn2++S+Zn2++2H2O 催化 4Fe2++O2+8H2O=4FeOOH+8H+，加入的ZnO消耗H+，促进反应生成FeOOH沉淀 83.3% 0.23
【分析】
Ⅱ．现代冶炼锌流程图中的各步反应：
浸出：ⅰ：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，ii、ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S，总反应：MnO2+ZnS+4H+=Mn2++S+Zn2++2H2O；
除铁：4Fe2++O2+8H2O=4FeOOH+8H+使溶液的pH下降，加入的ZnO与H+发生反应ZnO+2H+=H2O+Zn2+，可控制溶液pH；
电解：用惰性电极电解时，阳极的电极反应是Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，生成的硫酸和MnO2循环使用。阴极：Zn2++2e-=Zn。
【详解】
I．(1) ．第三周期稀有气体的原子序数为18，锌的原子序数为30，30-18=12，则锌在周期表中处于第四周期ⅡB族，ds区；
(2)根据盖斯定律：总反应-反应①-反应②得ZnO(s)+C(s)=Zn(g)+CO(g)，△H=△H3-△H1-△H2，利用△H1和△H2计算时△H3，还需要利用ZnO(s)+C(s)=Zn(g)+CO(g)反应的△H，
II．(3)分析知，浸出时离子方程式为：MnO2+ZnS+4H+=Mn2++S+Zn2++2H2O；加入FeSO4能加快反应速率，则起到催化作用；
(4) 除铁中存在反应4Fe2++O2+8H2O=4FeOOH+8H+，加入的ZnO与H+发生反应ZnO+2H+=H2O+Zn2+，促进反应向正向进行，将铁元素转化成FeOOH沉淀除去；
(5) 电解时电极反应是Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，生成，物质的量为，则需要的电子为1.25mol×2=2.5mol，则该装置的电流效率为；
III．(6) 由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，因此反应前后总压强不变，假设H2S占总压强分数为x，则H2为(1-x)根据平衡常数的含义可得，解得x≈2.24×10-6，所以达到平衡时H2S的分压为2.24×10-6×1.01×105Pa≈0.23Pa。
17．sp2、sp3 取最后一次洗涤滤出液少量于试管中，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明沉淀已洗涤干净 反应需要加热且产生气体，使得三颈烧瓶内压强增大 B CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O 防止被氧化
【详解】
(1)甘氨酸()分子中亚甲基-CH2-中的C的价层电子对数为4，为sp3杂化；羧基-COOH中的C的价层电子对数为3，为sp2杂化；即分子中C的杂化方式为sp2、sp3；
(2)实验i中硫酸亚铁与碳酸氢铵反应生成碳酸亚铁、硫酸铵、二氧化碳和水，生成沉淀的离子方程式为，沉淀若未洗净则含有溶液中的离子，如，故检验沉淀已洗净的操作是：取最后一次洗涤滤出液少量于试管中，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明沉淀已洗涤干净；
(3)步骤ii中若恒压滴液漏斗替换为分液漏斗，由于反应需要加热且产生气体，使得三颈烧瓶内压强增大，从而使分液漏斗中柠檬酸溶液无法顺利滴下；
(4)滤液经蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，停止加热、过滤、洗涤、干燥即得产品，故答案选B；
(5)D为Ca(OH)2溶液，当中产生白色浑浊时，中空气已被排尽。中为CO2制备装置，反应的化学方程式是CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O；
(6)由已知柠檬酸有强酸性和还原性可知，加入柠檬酸溶液一方面可调节溶液的促进溶解，另一个作用是防止被氧化。
18．不利于 选择合适的催化剂 ABD A、C在相同温度时，V2O5的质量：C>A，则速率：C>A，A、B两点时V2O5的质量相同，；而温度TB>TA，则速率B>A，B、C两点时催化剂对速率影响比温度更大，则速率：C>B，三者的关系为：C>B>A 反应I已达到限度，更多的NH3可能进行了反应II 大于
【详解】
(1)反应II不仅消耗了反应I的反应物，而且还生成更多的产物，使反应I的平衡逆向移动，则反应II不利于反应Ⅰ中的净化；为了提高净化速率，可选择合适的催化剂；
(2)①A.该催化剂能降低反应的活化能，所以可加快反应速率，但不影响反应的终点状态，故不能改变反应的焓变，故A正确；
B.减小压强，反应向气体分子数增大的方向移动，即正向移动，提高了的去除率，故B正确；
C.催化剂不改变反应平衡，只影响反应速率，故C错误；
D.相同温度下的质量分数越高，则单位时间内NO去除率越高，则催化剂的活性越好，故D正确；
E.无法体现降低反应的活化能，故E错误；
故选：ABD；
②A、C在相同温度时，V2O5的质量：C>A，则速率：C>A，A、B两点时V2O5的质量相同，；而温度TB>TA，则速率B>A，B、C两点时催化剂对速率影响比温度更大，故平均反应速率：；
③当时，即加入更多的NH3，但NO的去除率几乎不变，说明不是发生反应I，可能的原因是：反应I已达到限度，更多的NH3可能进行了反应II；
(3) 达到平衡状态时，的转化率为60%，列三段式：
正反应的平衡常数为，，，由于NO和H2O的系数相等，则增加的NO的量大于H2O的物质的量，则v正大于v逆。
19．C12H14O3 醚键、羧基 取代反应 + 6 和
【分析】
中五元环打开与A反应生成B，B被还原得到C，C中羧基脱去羟基后代替羧基所在取代基邻位的氢原子形成环生成D，D发生题目所给信息I的反应生成E，所以E为；根据G生成H的反应条件可知该反应与题目所给信息Ⅱ类似，则G的结构简式为，水解得到H；F的分子式为C11H13OCl，根据E的结构简式可知E中羟基被Cl代替生成F，可知F为。
【详解】
(1)根据H的结构简式可知其分子式为C12H14O3；
(2)根据C的结构简式可知其官能团为醚键、羧基；
(3)根据分析可知F的结构简式为；
(4)反应③中C中羧基脱去羟基后代替羧基所在取代基邻位的氢原子生成D，属于取代反应；
(5)中五元环打开与A反应生成B，化学方程式为+；
(6)分子式比D少个CH2，则分子式为C10H10O2；其结构满足：分子中除了苯环外没有其他环状结构，且苯环上连有两个对位取代基，则两个取代基上有两个双键或一个三键；能与NaHCO3溶液反应，说明含有羧基，则还有一个碳碳双键，取代基可以是-CH=CHCOOH和CH3、-CH=CHCH3和-COOH、-CH2CH=CH2和-COOH、C(CH3)=CH2和-COOH、-C(COOH)=CH3和CH3、-CH=CH2和-CH2COOH共六组，即同分异构体有6种；其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式和。
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