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模仿湖北卷风格试题7
化学
可能用到的相对原子质量 ：H-1 N-14 C-12 O-16 F-19 Na-23 S-32 Ca-40
一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共45分）
1. 科技发展离不开化学，下列说法错误的是（ ）
A. “一带一路”：丝绸制品成分的90%都是蛋白质，能发生水解反应
B. “乘风破浪”：福建舰航母上的挡焰板涂层具有耐高温、耐腐蚀的特点
C. “直上云霄”：C919飞机使用的碳纤维复合材料与石墨互为同素异形体
D. “筑梦天宫”：问天实验舱的太阳帆所用砷化镓材料属于无机非金属材料
2. NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A. 45g草酸中sp2杂化的C原子个数为NA
B. 2 mol PCl5中磷原子的价层电子对数为10 NA
C. 1 mol [B(OH)4]-中配位键个数为 NA
D. 标况，11.2L HCHO与CH3OH混合物中分子数为0.5 NA
3．下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A．向溶液中滴加少量溶液：
B．将少量气体通入足量的溶液中：
C．使用溶液检验：
D．铅蓄电池放电时正极上的反应：
4. 下列操作或装置能达到实验目的的是（ ）
A. 图甲证明 B. 图乙装置构成原电池
C. 图丙探究浓度对反应速率的影响 D. 图丁制备NO并用排CO2法收集
5. 化合物甲是一种具有强还原性的无机物，其结构式如图所示(图中的“—”可表示单键或双
键)，其中W、X、Y、Z为元素周期表中原子序数小于20且核电荷数依次增大的主族元素， W和Z为同主 族元素，这四种元素原子的最外层电子数之和为13，下列叙述错误的是 （ ）
A. 原子半径：
B. 非金属性：
C. Y、Z两种元素对应的单质均能保存在煤油中
D. W、Y、Z与X形成的常见化合物熔点：
6. 某化学兴趣小组通过查阅文献，设计了从阳极泥(成分为Cu2S、Ag2Se、Au、Pt)中回收贵 重金属的工艺，其流程如图所示。已知：“酸溶”时Pt、Au分别转化为[PtCl6]2-和 [AuCl4]-， 下列判断错误的是（ ）
A. “焙烧”时，Cu2S转化为CuO的反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2
B. “酸浸氧化”时，O2的作用之一是防止NO排放到空气中污染环境
C. “酸溶”时，金溶解的离子方程式为
D. 有机层中回收的金属元素是Pt，萃取分液用到的玻璃仪器是分液漏斗和烧杯
7. 由、、构成某三元化合物固态晶体结构如图，下列说法正确的是（ ）
A. 晶体中和构成二氧化硅型骨架
B. 晶体中、、三种微粒的比例为2∶2∶1
C. 图中所指原子的坐标为
D. 晶体中与每个紧邻的有4个
8. 在密闭容器中发生反应：S(反应物)→P(产物) 。在相同条件下研究催化剂X、Y对该
反应的影响，其能量与反应进程的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 反应热：Ⅰ>Ⅱ B. 平衡时P的产率：Ⅱ>Ⅰ
C. 生成P的速率：Ⅱ>Ⅲ D. 升高温度，S的平衡转化率增大
9. 下列关于B、Al及其化合物结构与性质的论述正确的是（ ）
A. Al 能以sp3d2杂化形成AlF63-，推测B也能以sp3d2杂化形成BF63-
B. Al(OH)3 是两性氢氧化物，推测B(OH)3也是两性氢氧化物
C. 立方BN是结构类似于金刚石的共价晶体，推测其有很高的硬度
D. 键能：B- Cl>Al- Cl，所以BCl3的沸点高于AlCl3
10. 水系锌离子电池具有成本低、污染小、高能量、高功率、安全性能 高等优点。被认为是锂离子电池的替代发展方向。一种锌离子电池 的结构如图所示，其工作原理为Zn+2MnO2 Zn+Mn2O4。关 于该电池的说法错误的是（ ）
A. 闭合K1时MnO2电极的电势高于Zn电极的电势
B. 闭合K1时电路中转移0.2mole-，Zn电极质量减少6.5g
C. 闭合 K2时MnO2电极发生氧化反应
D. 闭合 K2时Zn2+通过阳离子交换膜从右极室移向左极室
11．我国自主研发了对二甲苯绿色合成项目，合成过程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．异戊二烯最多有11个原子共平面 B．可用溴水鉴别M和对二甲苯
C．该反应的副产物可能有间二甲苯 D．对二甲苯有6种二氯代物
12．中科院设计并完成了催化氧化制取的新路径，其主要反应为：
反应I：
反应II：
一定条件下，向容积为0.5L的容器中通入2.5mol和5mol，若仅考虑上述反应，平衡转化率和平衡时的选择性随温度、压强的关系如图所示，、代表不同压强下乙烷的平衡转化率。
已知：的选择性
下列说法正确的是（ ）
A．压强
B．压强为温度为T时，反应I平衡常数K为0.5
C．压强为、温度为T时，反应达平衡时，混合气体中
D．一定温度下，增大可提高的平衡转化率
13. 库仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其方法为，将煤
中的硫元素在催化剂作用下转化为SO2，再将SO2通入库仑测硫仪中。已
知：库仑测硫仪中电解原理示意图如图所示。检测前，电解质溶液中
保持定值时，电解池不工作。待测气体进入电解池后，SO2溶解并将I3－还
原，测硫仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束，通过测
定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。下列说法错误的是（ ）
A．SO2在电解池中发生反应的离子方程式为SO2+ I3－+2H2O===3I－+SO42－+4H+
B．测硫仪工作时电解池的阳极反应式为3I－－2e－=== I3－
C．测定过程中若阳极反应生成I2，则由于发生反应I2+I－=== I3－，不会影响测得的全硫含量
D．煤样为a g，电解消耗的电量为x库仑，煤样中硫的质量分数为 %(已知：电解中 转移1mol 电子所消耗的电量为96500库仑)
14. 是离子晶体，其晶胞如下图1所示(已知氟化钙晶胞参数为a pm，表示阿伏加德罗
常数的值)，难溶于水、可溶于酸。常温下，用盐酸调节浊液的pH，测得在不同pH条件
下，体系中与(X为或)的关系如图2所示。下列说法错误的是（ ）
A. 每个氟化钙晶胞中含有数目为4个
B. 氟化钙的晶体密度为
C. 表示与的变化曲线
D. 的数量级为
15. 在密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定条件下发生反应：
，测得NO的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示。实验测得，，(、为速率常数)，下列说法错误的是（ ）
A. 达到平衡后仅升高温度，k正增大的倍数小于k逆增大的倍数
B. 若密闭容器体积为1L，则a点k正/k逆=1/160
C. NO的物质的量：b点>a点
D. 逆反应速率：a点>c点
二、非选择题（共55分）
16．锌盐在化工、医药、电镀等方面都有重要应用。以硫化锌精矿为原料，选择在常压下，采用氧化-酸浸法进行实验生产的工艺如图所示。
已知：①浸出液杂质离子主要是Fe2+、Fe3+，还含有少量的Cu2+、Ni2+等；
②pH=1.5时，除铁的化学方程式为3Fe2(SO4)3+K2SO4+12H2O=2KFe3(SO4)2(OH)6↓+6H2SO4；
③25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39。
回答下列问题：
(1)浸出时，选用氧化-酸浸法而不直接选用酸浸法的优点是 ，氧化剂在稀硫酸介质中对硫化锌精矿进行浸取时所涉及的化学反应机理较为复杂，若氧化剂为稀硝酸时氧化产物为单质S，则发生反应的离子方程式为 。
(2)温度对硫化锌精矿的浸出率有重要的影响，从室温到100°C范围内，温度对硫化锌精矿的浸出率的影响结果如图所示：
随浸出温度的升高，硫化锌精矿的浸出率显著提高的原因是 ；实际工业生产选用的合适温度为_______左右。
(3)若氧化剂为H2O2，用离子方程式解释除铁之前需要加入氧化剂的目的 。测定除铁后的滤液中c(Fe3+)为0.003mol·L-1，则此时溶液的pH= 。
(4)除铁后再进一步调节pH=4左右，使其完全水解形成Fe(OH)3沉淀，即可达到除铁要求，不在除铁之前调节pH=4的原因是 。
(5)加入Zn的目的是 。
17. 叠氮化钠(NaN3)是一种防腐剂和分析试剂，可溶于水，在有机合成和汽车行业也有重要应
用。学习小组对叠氮化钠的制备和产品纯度测定进行相关探究。查阅资料：
I. 氨基钠(NaNH2)熔点为208℃，易潮解和氧化；N2O有强氧化性，有毒，不与酸、碱反应；叠氮酸(HN3)不稳定，易分解爆炸。
II. 2HNO3+8HCl+4SnCl2=4SnCl4+5H2O+N2O↑，2NaNH2+N2ONaN3+NaOH+NH3。
回答下列问题：
（1）制备NaN3
①按气流方向，上述装置合理的连接顺序为 (填仪器接口字母)。
②实验时E中生成SnO2·xH2O沉淀，反应的化学方程式为 。
③C处充分反应后，停止加热，需继续进行的操作为 。
（2）用如图所示装置测定产品纯度
①仪器F的名称为 ；其中反应的离子方程式为 。
②管q的作用除了平衡压强、使液体容易流下外还有 。
③若G的初始读数为V1mL、末读数为V2mL，本实验条件下气体摩尔体积为VmL·mol-1，则产品中NaN3的质量分数为 。
18、有机物L是某药物的中间体，一种合成L的路线如图：
已知：Ⅰ.C和D所含官能团相同。
Ⅱ.
请回答下列问题：
(1)B的名称是 ；F中的官能团名称是 。
(2)H→J、J→K的反应类型分别是 、 。
(3)写出C＋D→E的化学方程式 。
(4)H的结构简式为 。
(5)M是F的同分异构体，同时满足下列条件的M的结构(不考虑立体异构)有 种。
①遇FeCl3溶液发生显色反应
②能发生银镜反应
③除苯环外不含其他环
(6)结合题目所给信息，设计由CH2＝CH2和OHCCHO合成 的合成路线(无机试剂选,第一步合成已给出) CH2＝CH2CH3CHO 。
19、环戊烯()无色液体，主要用作共聚单体、溶剂，也可用于有机合成。在催化剂作用下，可通过环戊二烯()选择性氧化制得，体系中同时存在如下反应：
反应I：(g)+H2(g) (g) △H1=-100.3kJ mol-1
反应II：(g)+H2(g) (g) △H2=-109.4kJ mol-1
反应III：(g)+(g) 2(g) △H3
已知：选择性=×100%
回答下列问题：
（1）反应III (“是”或者“不是”)自发反应。
（2）为研究上述反应的平衡关系，在T℃下，向某密闭容器中加入amol环戊二烯和4molH2，测得平衡时，容器中环戊二烯和环戊烷()的物质的量相等，环戊烯的选择性为80%，此时H2的转化率为 %，反应III以物质的量分数表示的平衡常数Kx3= 。
（3）为研究不同温度下催化剂的反应活性，保持其他条件不变，测得在相同时间内，上述反应的转化率和选择性与温度的关系如图所示。环戊二烯氢化制环戊烯的最佳温度为 ；30℃以上时，环戊烯的选择性降低的可能原因是 (填字母)。
A.催化剂活性降低 B.平衡常数变大 C.反应活化能减小
（4）实际生产中采用双环戊二烯()解聚成环戊二烯：(g) 2(g) △H＞0。若将3mol双环戊二烯通入恒容密闭容器中，分别在T1和T2温度下进行反应。曲线A表示T2温度下n(双环戊二烯)的变化，曲线B表示T1温度下n(环戊二烯)的变化，T2温度下反应到a点恰好达到平衡。
①曲线B在T1温度下恰好达到平衡时的点的坐标为(x，y)，则x (填“＞”、“＜”或“=”)2，由图像计算y的取值范围是 。
②T2温度下，若某时刻容器内气体的压强为起始时的1.5倍，则此时v(正)_____(填“＞”、“＜”或“=”)v(逆)。
模仿湖北卷风格试题7
化学参考答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
C D C D C A D C C D D C D C B
1. 【答案】C【详解】A．丝绸制品成分的90%都是蛋白质，蛋白质能发生水解反应生成氨基酸，故A正确；B．福建舰航母上的挡焰板系统不仅要具备普通甲板的性能，还必须挡得住烈焰的冲刷，所以挡焰板涂层具有耐高温、耐腐蚀的特点，故B正确；C．同素异形体是同种元素形成的不同种单质的互称，单质为纯净物，而碳纤维复合材料为混合物，不可能与石墨互为同素异形体，故C错误；D．砷化镓是性能优良的半导体材料，属于无机非金属材料，故D正确。
2. 【答案】D【详解】A．已知HOOCCOOH中两个C均为sp2杂化，故45g草酸中sp2杂化的C原子个数为NA，A正确；B．PCl5中P周围的价层电子对数为5，故2 mol PCl5中磷原子的价层电子对数为2mol×5×NAmol-1=10 NA，B正确；C．已知B最外层上有3个电子，故只能形成3个共价键，则[B(OH)4]-中存在1个配位键，故1 mol [B(OH)4]-中配位键个数为NA，C正确；D．标准状况下CH3OH为液体，故无法计算11.2L HCHO与CH3OH的混合物中分子数，D错误；故答案为：D。
3．【答案】C【详解】A．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3溶液，FeCl3作催化剂，A错误；Ｂ．将少量气体通入足量的NaClO溶液中，因有还原性，HClO有强氧化性，会发生氧化还原反应：，B错误；Ｃ．与反应时，生成蓝色的沉淀，两者反应的离子方程式为，C正确；Ｄ．铅蓄电池放电时正极得电子生成固体，正确的离子方程式为，D错误。综上所述，C正确。
4. 【答案】D【详解】A．由图可知，氯化银悬浊液过量，当加入溴化钠溶液后，再加入碘化钠溶液，只存在氯化银转化为碘化银的反应，不存在溴化银转化为碘化银的反应，所以无法比较溴化银和碘化银的溶度积大小，故A错误；B．由图可知，锌能与烧杯中的硫酸铜溶液直接反应，不能构成原电池，故B错误；C．由图可知，实验时，盐酸的浓度和碳酸钙的状态都不同，不符合变量唯一化原则，不能探究浓度对反应速率的影响，故C错误；
D．由图可知，铜和稀硝酸反应生成密度小于二氧化碳的一氧化氮，用向下排二氧化碳法能收集得到一氧化氮，故D正确；故选D。
5. 【答案】C【详解】A．四种元素原子半径：K＞P＞O＞H，故A正确；B．非金属性：O＞P＞H，故B正确；C．Y、Z分别为P、K，磷单质由白磷和红磷，白磷保存在水中；红磷放在广口瓶中（远离火种、人员；储存于阴凉、通风处）。故C错；D．W、Y、Z与X形成化合物依次为离子化合物K2O、分子化合物P2O5、分子化合物H2O（或H2O2）。离子化合物K2O熔点最高，分子化合物P2O5常温下为固体，分子化合物H2O（或H2O2）常温下为液体，熔点最低，则W、Y、Z与X形成的常见化合物熔点：，故D正确；答案选C。
6.【答案】A【详解】A．“焙烧”时，发生的化学反应为Cu2S+2O22CuO+SO2，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2:1，A错误；B．“酸浸氧化”时，烧渣中可能含有Cu、SeO2等，若直接与HNO3反应，会生成NO污染环境，被O2氧化后再溶于硝酸，可防止NO等气体的排放，从而保护环境，B正确；C．“酸溶”时，金被Cl2氧化，最终转化为[AuCl4]-，离子方程式为，C正确；D．水层中不存在Pt元素，则Pt进入有机层中，可进行分离回收，萃取分液时，需要使用分液漏斗和烧杯，D正确；故选A。
7.【答案】D【解析】A．根据图知，晶胞中在顶角处有Si和Al原子不相连，故A错误；
B．该晶胞中Li原子个数=1+12×=4、Al原子个数=8×+6×=4、Si原子个数为4，则Li、Al、Si原子个数之比为4：4：4=1：1：1，故B错误；
C．图中所指原子的坐标为（3/4、3/4、1/4），故C错误；
D．根据图知，每个Al原子连接4个相同的Si原子，所以晶体中与每个Al紧邻的Si有4个，故D正确；
8. 【答案】C【解析】A．催化剂可以降低反应的活化能，但不能改变反应热，所以Ⅰ和Ⅱ的反应热相等，故A错误；B．催化剂可加快反应速率，缩短到达平衡的时间，但不能使平衡移动，增大产率，故B错误；C．如图，Ⅱ的最大活化能要低于Ⅲ，活化能越低，反应速率越快，所以生成P的速率：Ⅱ>Ⅲ，故C正确；D．如图，该反应反应物总能大于生成物总能量，为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，S的转化率降低，故D错误。
9.【答案】C【解析】A. 硼原子只有两个电子层没有d轨道，不能以sp3d2杂化;B中B(OH)3是硼酸为弱酸；C.中BN为结构类似于金刚石的共价晶体，因此具有很高的硬度。D.键能不能解释分子晶体BCl3的沸点；故答案为：C。
10. 【答案】D【详解】A．闭合K1时，形成原电池，MnO2电极为正极，Zn为负极，所以MnO2电极的电势高于Zn电极的电势，A正确；B．闭合K1时，Zn作负极，Zn-2e-=Zn2+，则电路中转移0.2电子，参加反应Zn的物质的量为0.1mol，Zn电极质量减少6.5g，B正确；C．闭合 K2时，MnO2电极作阳极，失电子发生氧化反应，C正确；D．闭合 K2时，Zn电极为阴极，阳离子向阴极移动，所以Zn2+通过阳离子交换膜从左极室移向右极室，D错误；故选D。
11．【答案】D【解析】A．碳碳双键两端的原子共面，单键可以旋转则甲基中的一个氢可以和碳碳双键共面，故异戊二烯最多有11个原子共平面，A正确；B．M含有碳碳双键、醛基可以使溴水褪色，对二甲苯和溴水反应褪色只能萃取分层褪色，能鉴别，B正确；C．该反应过程Ⅰ中可能得到 ，则在反应Ⅱ中会得到副产物间二甲苯，C正确； D．对二甲苯的二氯代物情况为：，共7种，D错误。
12．【答案】C【详解】A．I和II反应前后气体分子数都增大，相同温度下，增大压强都能使I和II反应平衡逆向移动，乙烷的转化率减小，由图像可知，的压强大乙烷的转化率低，故A错误；
B．根据题意和分析，压强为温度为T时，I和II反应的三段式为：
反应I平衡常数==，故B错误；
C． 根据B选项所得数据，平衡时混合气体中=2，故C正确；D．一定温度下，增大，的平衡转化率降低，故D错误；答案选C。
13. 【答案】D【解析】A．由题意可知，二氧化硫在电解池中与溶液中反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为，A正确；B．由题意可知，测硫仪工作时，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子，电极反应式为：，B正确；C．测定过程中若阳极反应生成，但因为碘离子会与电解生成的碘反应生成碘三离子，因此不会影响测得的全硫含量，C正确；D．由硫原子守恒和可得如下关系：，电解消耗的电量为x库仑，则煤样中硫的质量分数为，D错误。
14. 【答案】C【解析】已知HF的，则有，即有 越大，c(F-)越大，lgc(F-)越大，-lgc(F-)越小，c(F-)越大，c(Ca2+)越小，则-lgc(Ca2+)越大，故可知L1代表-lgc(Ca2+)的变化曲线，L2代表-lgc(F-)的变化曲线，据此分析解题。
A．每个氟化钙晶胞中含有Ca2+的数目为8×+6×=4，故A正确；
B．晶胞体积V=(a×10-10cm)3，该晶胞中相当于含有4个“CaF2”，晶胞质量为m=g，则氟化钙的密度=，故B正确；
C．由分析可知，L1表示-lgc(Ca2+)与的变化曲线，故C错误；
D．由a点坐标可知，═10-1.2，c(F-)=10-2，则Ka=10-1.2×10-2=10-3.2，由b点坐标可知，c(Ca2+)=10-2mol/L，此时=10-0.7，故可求出此时溶液中c(F-)=10-0.7×10-3.2=10-3.9，故Ksp(CaF2 )=c(Ca2+)c2(F-)=10-2×(10-3.9)2=10-9.8，故其数量级为10-10，故D正确；
15. 【答案】B【详解】A．平衡时，v正=v逆，即k正c2(NO) c2(CO)= k逆c(N2) c2(CO2)，升高温度后，正、逆反应的速率增大，但NO的平衡转化率降低，平衡逆向移动，说明逆反应增大的幅度大于正反应，而体系中各组分的瞬时浓度不变，故k正增大的倍数小于 k逆增大的倍数，A正确；B．a点NO的平衡转化率为80%，CO和NO起始的物质的量均为1mol，根据化学方程式可知CO、NO、N2、CO2转化的物质的量分别为0.8mol、0.8mol、0.2mol、0.8mol，则CO、NO、N2、CO2平衡时的物质的量分别为0.2mol、0.2mol、0.2mol、0.8mol，由于容器体积为1L，故CO、NO、N2、CO2平衡时的浓度分别为0.2mol/L、0.2mol/L、0.2mol/L、0.8mol/L，a点===160；B错误；C．a点和b点的NO的起始物质的量相同，a点NO的转化率大于b点，则a点NO转化的物质的量大于b点，故a点剩余NO的物质的量小于b点，C正确；D．设压强为p2，温度与a点相同时的点为d点，由C选项可知，d点NO的物质的量浓度大于a点，则a点N2、CO2的浓度大于d点，故a点逆反应速率大于d点；d点和c点的压强相同，d点的温度高于c点，则d点的逆反应速率大于c点，故a点逆反应速率大于c点，D正确；故选B。
16．【答案】(1) 用氧化-酸浸法不会产生硫化氢等污染性气体 3ZnS+8H++2NO3－=3Zn2++3S+2NO↑+4H2O
(2) 加快了浸取反应的速率，同时还增大了浸出物质的溶解度 90℃
(3) 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 2
(4)由于溶液中Fe3+量较大，直接调节溶液的pH=4，使Fe3+水解成Fe(OH)3胶体而给过滤带来困难；还因胶体吸附Zn2+造成锌的大量损失
(5)除去Cu2+、Ni2+等杂质离子
【详解】硫化锌精矿采用氧化-酸浸法，把硫化物氧化为单质硫，浸出液杂质离子主要是Fe2+、Fe3+，还含有少量的Cu2+、Ni2+等，用氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+，调节pH=1.5发生反应3Fe2(SO4)3+K2SO4+12H2O=2KFe3(SO4)2(OH)6↓+6H2SO4除铁，继续调节pH=4使Fe3+完全水解为Fe(OH)3，再加锌粉发生置换反应除去Cu2+、Ni2+等杂质离子得硫酸锌溶液，蒸发浓缩、结晶得硫酸锌晶体。
（1）用酸浸法会产生硫化氢等污染性气体，而氧化—酸浸法可以将硫化物氧化为单质硫。若氧化剂为稀硝酸，氧化产物S，S元素化合价由-2升高为0 ，还原产物为NO，N元素化合价由+5降低为+2，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为3ZnS+8H++2 NO3－=3Zn2++3S+2NO↑+4H2O；
（2）温度升高可以使化学反应速率加快，可以提高浸取率，同时温度升高可以使物质的溶解度增加，使浸取率提高。根据图可看出随温度升高浸出率升高，当温度达90°C后，浸出率变化不明显，选用90°C左右的温度较合适；
（3）三价铁离子在pH较小时即可以沉淀完全，除铁之前加入氧化剂的目的是把二价亚铁离子氧化为三价铁离子，反应为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。25°C时，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)=3×10-39，溶液中c(Fe3+)为0.003mol/L，c(OH-)=，pH=2；
（4）由于溶液中Fe3+量较大，直接调节溶液的pH=4，使Fe3+水解成Fe(OH)3胶体而给过滤带来困难，还因胶体吸附Zn2+造成锌的大量损失，所以不在除铁之前调节pH=4；
（5）除铁之后的滤液中含有Cu2+、Ni2+等杂质离子，加入Zn发生置换反应除去Cu2+、Ni2+等杂质离子。
17.【答案】（1）①afg(或gf)debch ②SnCl2+N2O+(x+1)H2O＝SnO2·xH2O↓+N2+2HCl
③继续通入N2O至三颈瓶冷却后，关闭分液漏斗活塞
（2）①蒸馏烧瓶 ClO-+2N3-+H2O＝Cl-+3N2↑+2OH- ②减小测定气体体积时的误差
③×100%
【分析】根据反应原理，利用盐酸与SnCl2混合液中加入稀硝酸反应产生一氧化二氮，利用D中的碱石灰吸收N2O中混有的HNO3和水蒸气，进入装置C中与NaNH2反应制备NaN3，B用于防止E中水蒸气进入C中干扰实验，E用于尾气处理，进而对产品的纯度进行探究；F中发生NaClO与NaN3生成N2的反应，通过测量产生的N2的体积来计算NaN3的质量分数，据此解答。
【小问1详解】①由实验目的和原理知，A用于制备N2O，D用于吸收N2O中混有的HNO3和水蒸气，C用于制备NaN3，B用于防止E中水蒸气进入C中干扰实验，E用于尾气处理。则按气流方向，上述装置合理的连接顺序为afg（或gf）debch，故答案为：afg（或gf）debch；
②由信息，N2O有强氧化性，故E中生成SnO2 xH2O沉淀的化学方程式为SnCl2+N2O+(x+1)H2O＝SnO2·xH2O↓+N2+2HCl，故答案为：SnCl2+N2O+(x+1)H2O＝SnO2·xH2O↓+N2+2HCl；③C处充分反应后，停止加热，为防止倒吸，需继续进行的操作为继续通入N2O至三颈瓶冷却后，关闭分液漏斗活塞，故答案为：继续通入N2O至三颈瓶冷却后，关闭分液漏斗活塞；防止倒吸。
【小问2详解】①由装置图知，仪器F的名称为蒸馏烧瓶；其中发生NaClO与NaN3生成N2的反应，离子方ClO-+2N+H2O＝Cl-+3N2↑+2OH-，故答案为：蒸馏烧瓶；ClO-+2N+H2O＝Cl-+3N2↑+2OH-；②管q可以平衡压强、使液体容易流下和减小测定气体体积时误差的作用，故答案为：平衡压强、使液体容易流下和减小测定气体体积时误差的作用；③由数据信息知，生成N2体积为（V1-V2）mL，由关系式2NaN3～3N2列式得产品中NaN3的质量分数为=×100%，故答案为：×100%。
18、【答案】(1) 1-苯基丙烯 碳碳双键、羧基 (2)加成反应 取代反应
(3)＋CH3CHO＋H2O
(4)(5)16
(6)CH2＝CH2CH3CHOOHCCH＝CHCH＝CHCHO
HOOCCH＝CHCH＝CHCOOH
18、【答案】(1) 1-苯基丙烯 碳碳双键、羧基 (2)加成反应 取代反应
(3)＋CH3CHO＋H2O
(4) (5)16
(6)CH2＝CH2CH3CHOOHCCH＝CHCH＝CHCHO
HOOCCH＝CHCH＝CHCOOH
【解析】由合成路线可知， 为卤代烃，在NaOH的乙醇溶液中加热发生消去反应生成B( )，C( )中含有醛基，由题干信息中“C和D所含官能团相同”，因此D为CH3CHO，即B在O3、Zn、H2O的作用下发生氧化反应生成C和D， 与CH3CHO在NaOH稀溶液条件下反应生成 ， 先与新制氢氧化铜浊液并在加热条件下发生氧化反应，再经过酸化可得F( )，F与溴的四氯化碳发生加成反应生成G( )，G先在NaOH的乙醇溶液中加热发生消去反应生成 ，再经过酸化得到H( )， 与 在催化剂并加热条件下发生加成反应生成J；
(1)由上述分析可知，B的结构简式为 ，名称为1-苯基丙烯；D为 ，含有碳碳双键、羧基；
(2) 与 在催化剂并加热条件下发生反应生成J，反应过程中不饱和度降低，且无其它物质生成，因此该反应为加成反应；J→K为羧基中-OH被氯原子取代的反应，属于取代反应；
(3) 与CH3CHO在NaOH稀溶液条件下反应生成 ，反应为＋CH3CHO＋H2O；
(4)由分析可知，H的结构简式为 ；
(5)M是 的同分异构体， 的不饱和度为6，同时满足下列条件：
①遇FeCl3溶液发生显色反应，说明结构中含有酚羟基，②能发生银镜反应，说明含有醛基，③除苯环外不含其他环，由不饱和度可知，该结构中还含有1个碳碳双键，若苯环上有3个取代基， CH=CH2、—CHO、—OH，有10种结构；若苯环上有2个取代基，则分别为—OH、 CH=CHCHO或—OH、 C(CHO)=CH2，共有6种结构，符合条件的结构有16种；
(6)乙烯首先催化氧化为乙醛，和生成OHCCH=CHCH=CHCHO，然后和新制氢氧化铜发生反应后酸化得到HOOCCH=CHCH=CHCOOH，再和乙烯发生加成反应生成 ，故流程为：CH2＝CH2CH3CHOOHCCH＝CHCH＝CHCHO
HOOCCH＝CHCH＝CHCOOH。
19、【答案】
（1）不是 （2） ①. 25a ②. 16
（3）① 30℃ ② A
（4）① ＜ ② 4.8＜n＜6 ③. ＞
【解析】
【小问1详解】
反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，ΔH3=ΔH1-ΔH2=[-100.3-(-109.4)]kJ·mol-1=＋9.1kJ·mol-1，△H3大于零，熵变小于零，自由能大于零，非自发，答案为：不是；
【小问2详解】
设平衡时容器中的环戊二烯和环戊烷的物质的量为xmol，则反应中消耗的环戊二烯的物质的量为(a-x)mol，因为环戊烯的选择性为80%，所以环戊烯的物质的量为，根据碳原子守恒可得，解得，所以H2的转化率为；平衡时容器内环戊二烯和环戊烷的物质的量均为，环戊烯的物质的量为，则环戊二烯、环戊烷、环戊烯的物质的量分数分别为、、，则；故答案为：25a；16；
【小问3详解】
根据图象可知，该体系温度为30℃左右时，环戊烯的选择性和环戊二烯的转化率都很高，因此最佳温度为30℃；
A．催化剂的活性在一定温度范围内最大，高于或低于这个温度范围，催化剂的活性降低，导致选择性降低，A正确；
B．催化剂对化学平衡移动无影响， B错误；
C．使用催化剂，降低反应活化能，催化剂的活性降低，活化能应增大，C错误；
故选A
故答案为：30；A；
【小问4详解】
①根据图象可知，相同时间段内，环戊二烯表示的反应速率大于双环戊二烯表示的反应速率，因此T1>T2，温度高，反应速率快，达到平衡时所用的时间短，即x＜2；在T2温度下，达到平衡，消耗双环戊二烯的物质的量为(3-0.6)mol=2.4mol，此时生成环戊二烯的物质的量为2.4×2mol=4.8mol，因为T1>T2，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，则y>4.8mol，假设双环戊二烯全部反应，则生成环戊二烯的物质的量为6mol，但该反应为可逆反应，不能进行到底，因此y＜6mol，综上所述，得出y的范围为4.8＜n＜6；故答案为＜，4.8＜y＜6；
②由①的分析可知，T2温度下，达到平衡时，生成环戊二烯的物质的量为4.8mol，容器内气体的总物质的量为0.6mol+4.8mol=5.4mol，相同条件下，压强之比等于气体物质的量的之比，则平衡时，容器内的气体压强为起始时容器内压强的1.8倍，该反应为气体体积增大的反应，由于1.8>1.5，当容器内气体的压强为起始时的1.5倍时，反应正向进行，即v(正)>v(逆)；故答案为：>。

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