福建省名校联盟2020-2021学年高三下学期化学开学考试试卷（新高考）

福建省名校联盟2020-2021学年高三下学期化学开学考试试卷（新高考）
一、单选题
1．（2021高三下·福建开学考）春季复工、复学后，公用餐具消毒是防控新型冠状病毒传播的有效措施之一。下列可直接用作公用餐具消毒剂的是（　　）
A．95%的乙醇溶液 B．40%的甲醛溶液
C．次氯酸钠稀溶液 D．生理盐水
2．（2021高三下·福建开学考）设阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是（　　）
A．5.6g乙烯和环丙烷的混合物中含C—H键数目为0.8NA
B．常温下，将2.8g铁块投入足量浓硝酸中，转移0.15NA电子
C．标准状况下，22.4LCl2溶于水，转移的电子数为NA
D．25℃时，pH=4的CH3COOH溶液中H+的数目为10-4NA
3．（2021高三下·福建开学考）磷酸氯喹可在细胞水平上有效抑制2019- 病毒。氯喹是由喹啉通过一系列反应制得的，氯喹和喹啉的结构简式如图。下列关于氯喹和喹啉的说法正确的是（　　）
A．氯喹的分子式为
B．氯喹分子中三个氮原子可处在同一个平面
C．氯喹可以发生加成反应和中和反应
D．喹啉的一氯代物有5种
4．（2021高三下·福建开学考）下列实验装置及相应操作正确的是（　　）
A．图甲可用于配制250mL 0.100mol/L硫酸溶液时定容操作
B．图乙可用于淀粉在稀硫酸作用下发生水解后，直接滴加新制氢氧化铜悬浊液检验水解产物
C．图丙可用于胆矾结晶水含量测定
D．图丁可用于由工业乙醇制备无水乙醇
5．（2021高三下·福建开学考）某种固体消毒剂广泛用于游泳池消毒，其结构如图所示，其中W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，Y的最外层电子数是内层电子数的3倍。下列叙述错误的是（　　）
A．W和Z组成的化合物可以做灭火剂
B．原子半径：W>X>Y
C．氧化物对应的水化物的酸性：X>W
D．该化合物中X、Y、Z均满足8电子稳定结构
6．（2021高三下·福建开学考）下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）
A． 溶液与稀硫酸的反应：
B．向 溶液中加入少量 溶液：
C．向 溶液中通入 气体：
D．碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合：
7．（2021高三下·福建开学考）电导率用于衡量电解质溶液导电能力的大小，与离子浓度和离子迁移速率有关。图甲为相同电导率盐酸和醋酸溶液升温过程中电导率变化曲线，图乙为相同电导率氯化钠和醋酸钠溶液升温过程中电导率变化曲线。下列判断错误的是（　　）
A．由曲线2可推测：温度升高可以提高离子迁移速率
B．由曲线4可推测：温度升高，醋酸钠电导率变化与醋酸根的水解平衡移动有关
C．由图甲、乙可判定：相同条件下，盐酸的电导率大于醋酸的电导率，可能的原因是 的迁移速率大于 的迁移速率
D．由图甲、乙可判定：两图中电导率的差值不同，与溶液中 的浓度和迁移速率有关
8．（2021高三下·福建开学考）采用(NH4)2SO4和 混合溶液作为电解液，平行放置的两块不锈钢板分别作为阴极和阳极，将废铅膏(主要成分为PbO2)平铺在阴极板上，可得到铅单质。这是一种成本较低的铅回收工艺，示意图如图下列说法错误的是（　　）
A．阴极板的电极反应为
B．电子由阳极板沿阳极导杆移向外接电源正极
C．电解过程中，OH-向阴极板迁移
D．标准状况下，外电路中每转移4mol电子，阳极板产生22.4LO2
9．（2021高三下·福建开学考）工业上利用 对烟道气进行脱硝(除氮氧化物)的SCR技术具有效率高、性能可靠的优势。SCR技术的原理为 和NO在催化剂( )表面转化为 和 ，反应进程中的相对能量变化如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．总反应方程式为
B． 是脱硝反应的活性中间体
C．升高温度，脱硝反应的正反应速率的增大程度大于其逆反应速率的增大程度
D．决定反应速率的步骤是“H的移除”
10．（2020高二下·海淀期末）室温时，向 20 mL 0.1 mol·L 1 的两种酸 HA、HB 中分别滴加0.1 mol·L 1 NaOH 溶液， 其 pH 变化分别对应下图中的 I、II。下列说法错误的是（　　）
A．向 NaA 溶液中滴加 HB 可产生 HA
B．滴加 NaOH 溶液至 pH=7 时，两种溶液中 c(A－)=c(B－)
C．a 点，溶液中微粒浓度：c(A－) > c(Na+)
D．滴加 20 mL NaOH 溶液时，I 中 H2O 的电离程度大于 II 中
二、综合题
11．（2021高三下·福建开学考）氨基甲酸铵 是一种易分解、易水解的白色固体，易溶于水，难溶于 ，某研究小组用如图所示的实验装置制备氨基甲酸铵。
反应原理：
实验室可选用下列装置制备氨基甲酸铵 。
回答下列问题：
（1）仪器A的名称是　 　，其中加入的固体可　 　(填名称)；按气流方向连接各仪器：a→　 　→j k←　 　←b(用接口字母表示连接顺序)。
（2）装置Ⅱ的优点是　 　。
（3）装置Ⅵ中，采用冰水浴的原因为　 　；当 液体中产生较多晶体悬浮物时即停止反应，　 　(填操作名称)得到粗产品。为了将所得粗产品干燥，可采取的方法是　 　(填标号)
A．蒸馏 B．高压加热烘干 C．真空微热烘干
（4）某同学认为这套装置制得的氨基甲酸铵易变质，同时不符合绿色化学理念，改进了装置，具体做法是　 　，其作用为　 　。
12．（2021高三下·福建开学考）镉（Cd）可用于制作某些发光电子组件。一种以镉废渣（含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质）为原料制备镉的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“滤渣1”的主要成分为 Cu（OH）2和　 　（填化学式）。
（2）“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2，该步骤中除铁、除锰的离子方程式分别为　 　、　 　。
（3）“置换”中镉置换率与（ ）的关系如图所示，其中Zn的理论用量以溶液中Cd2+的量为依据。
①实际生产中 比值最佳为1.3，不宜超过该比值的原因是　 　。
②若需置换出112kgCd，且使镉置换率达到98%，实际加入的Zn应为　 　kg。
（4）“置换”后滤液溶质主要成分是　 　（填化学式）。
（5）“熔炼”时，将海绵镉（含Cd和Zn）与NaOH混合反应，反应的化学方程式是　 　。当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，利用Cd与Na2ZnO2的　 　不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的。
13．（2021高三下·福建开学考）羰基硫(COS)广泛存在于煤、石油和天然气为原料的化工生产中，不经处理直接排放会引起大气污染，石油化工中产生的羰基硫可通过以下方法脱除。
（1）Ⅰ.干法脱除：在催化剂存在下，COS和H2可发生两个平行反应：
i. COS(g)+H2(g) H2S(g)+CO(g)△H1=-17kJ/mol
ii. COS(g)+4H2(g) H2S(g)+CH4(g)+H2O(g) △H2
已知：CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)△H=+206kJ/mol，则△H2=　 　。
（2）T1℃时，向10L恒容密闭容器中充人1molCOS和4molH2，发生反应i和ii。5min时达到平衡，测得体系压强减少了20%，CO的体积分数为10%且其平衡分压为P1。
①0-5min内，v(COS)=　 　。
②反应i的平衡常数K=　 　。
③若在起始温度为T1℃的绝热容器中重复上述实验，H2的平衡分压P2　 　P1(填“>”“=”或“<”)，理由为　 　。
（3）Ⅱ.湿法脱除：原理为COS+4OH-=S2-+CO32-+2H2O。温度为293K时，将COS以固定流速匀速通入一定浓度的NaOH溶液中，测得体系内c(S2-)随时间(t)的变化如图所示：
由图可知，增大NaOH溶液的初始浓度，COS的吸收速率　 　(填“增大”“减小”或“不变”)，判断依据为　 　。
（4）在上述反应体系中同时加入少量溴水，也能吸收COS并得到澄清溶液，发生反应的化学方程式为　 　。
三、结构与性质
14．（2021高三下·福建开学考）镓(Ga)、锗(Ge)、硅(Si)、硒(Se)的单质及某些化合物如砷化镓、磷化镓等都是常用的半导体材料，应用于航空航天测控、光纤通讯等领域。回答下列问题：
（1）硒常用作光敏材料，基态硒原子的核外电子排布式为　 　；与硒同周期的p区元素中第一电离能大于硒的元素有　 　种； 的空间构型是　 　。
（2）根据元素周期律，原子半径Ga 　 　As(填“大于”或“小于”，后同)，第一电离能Ga 　 　As。
（3）GaN、GaP、GaAs都是很好的半导体材料，熔点如表所示，分析其变化原因：　 　。
　 GaN GaP GaAs
熔点 1700℃ 1480℃ 1238℃
（4）GaN晶胞结构如图甲所示。已知六棱柱底边边长为 ，阿伏加德罗常数的值为 。
①晶胞中镓原子采用六方最密堆积，每个镓原子周围距离最近的镓原子数目为　 　。
②从GaN晶体中“分割”出的平行六面体如图乙。若该平行六面体的高为 ，GaN晶体的密度为　 　 (用 表示)。
15．（2021高三下·福建开学考）G是具有抗菌作用的白头翁素衍生物，其合成路线如下：
（1）C中官能团的名称为　 　和　 　。
（2）E→F的反应类型为　 　。
（3）D→E的反应有副产物X(分子式为C9H7O2I)生成，写出X的结构简式：　 　。
（4）F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：　 　。
①能发生银镜反应；
②碱性水解后酸化，其中一种产物能与FeCl3溶液发生显色反应；
③分子中有4种不同化学环境的氢。
（5）请写出以乙醇为原料制备 的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。　 　
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】药物的主要成分和疗效
【解析】【解答】A. 95%乙醇使菌体表面蛋白迅速变性凝固，妨碍乙醇再渗入，不能起到消毒的效果，故A不符合题意；
B.甲醛有毒，故B不符合题意；
C.次氯酸钠稀溶液具有强氧化性，能够杀菌消毒，且产物无毒，故C符合题意；
D.生理盐水不能消毒杀菌，故D不符合题意；
故答案为:C。
【分析】日常用75%的乙醇溶液进行消毒杀菌；生理盐水就是0.9%的氯化钠水溶液，没有消毒杀菌的功效。
2．【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．乙烯和环丙烷的最简式均为CH2，5.6g乙烯和环丙烷的混合气体中含有0.4mol CH2，一个CH2中含有2个C—H键，故5.6g乙烯和环丙烷的混合物中含C—H键数目为0.8NA，A符合题意；
B．常温下，将2.8g铁块投入足量浓硝酸中，铁钝化，无法计算转移的电子数，B不符合题意；
C．氯气与水的反应是可逆反应，故标准状况下，22.4LCl2溶于水，转移的电子数小于NA，C不符合题意；
D．题中没有告诉溶液的体积，故无法计算出25℃时，pH=4的CH3COOH溶液中H+的数目，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.考查的是最简式相同的混合物中碳氢键的个数
B.考查的是铁的钝化
C.考查的是可逆反应
D.溶液体积未知
3．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．氯喹的分子式为 ，A不符合题意；
B．氯喹中支链上所有碳原子和N原子都具有甲烷结构特点，所以该分子中所有N原子都不位于同一个平面上，B不符合题意；
C．氯喹分子中含有苯环和双键，可以与 发生加成反应，氯喹中有亚氨基，呈碱性，故能发生中和反应，C符合题意；
D．喹啉有7种不同化学环境的氢原子，故其一氯代物有7种，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据结构式即可写出分子式
B.考查的是氮原子的成键特点，三角锥型
C.考查的是加成反应和氨基的碱性
D.考查的是喹啉的一氯代物，有七个位置可以取代
4．【答案】C
【知识点】常用仪器及其使用；探究物质的组成或测量物质的含量；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A. 图甲不可用于配制250mL 0.100mol/L硫酸溶液时定容操作，在接近刻度1~2cm时，改用胶头滴管滴加，故A不符合题意；
B. 淀粉在稀硫酸作用下发生水解后，要先用NaOH溶液中和硫酸至中性或弱碱性，再滴加新制氢氧化铜悬浊液检验水解产物，故B不符合题意；
C. 灼烧固体用坩埚，图丙可用于胆矾结晶水含量测定，故C符合题意；
D. 由工业乙醇制备无水乙醇，用蒸馏的方法，蒸馏时温度计的水银球应放中蒸馏烧瓶的支管口处，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.考查的是定容时胶头滴管的使用
B.醛基的检验需要在碱性条件下进行
C.加热可以使胆矾中的结晶水失去
D.蒸馏法制取乙醇，测量的是蒸汽的温度
5．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．碳和氯组成的四氯化碳可以做灭火剂，故A不符合题意；
B．同周期元素从左到右半径依次减小，原子半径：C>N>O，故B不符合题意；
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3>H2CO3，选项中没有说明最高价，不能比较酸性，故C符合题意；
D．根据N、O、Cl的原子结构和该消毒剂中各原子的成键特点，该化合物中N、O、Cl都满足8电子稳定结构，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据成键情况，可以确定W是C，X是N，Y是O，Z是Cl
A.考查的形成化合物的作用
B.考查同一周期的原子半径比较
C.强调最高价氧化物的水化物才有意义
D.考查的是否满足最外层电子8个电子稳定结构
6．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A． 溶液与稀硫酸发生歧化反应，生成硫、二氧化硫和水，其离子方程式为 ，A符合题意；
B．向 溶液中加入少量NaOH溶液，Fe3+先与OH-反应，其离子方程式为 ，B不符合题意；
C．向BaCl2溶液中通入SO2气体不发生反应，C不符合题意；
D．碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合，氢氧根不能完全反应，发生反应的离子方程式为 ，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.考查的硫酸硫酸根在酸性条件下自身的氧化还原反应
B.考查的反应的先后顺序
C.考查的是强酸制弱酸的原理
D.考查的是反应中量的问题，1mol碳酸氢根只能消耗1mol氢氧根
7．【答案】A
【知识点】电解质溶液的导电性
【解析】【解答】A．曲线2电导率增大可能是由于温度升高促进了醋酸的电离，离子浓度增大，不能推测出温度升高可以提高离子迁移速率，A符合题意；
B．由曲线4可推测温度升高，醋酸钠电导率变化与氯化钠未完全一致，说明醋酸钠的水解平衡可能是影响电导率的因素之一，B不符合题意；
C．由图甲、乙可判定：相同条件下，盐酸的电导率大于醋酸的电导率，可能的原因是 的迁移速率大于 的迁移速率，也可能是受醋酸电离的影响，C不符合题意；
D．电导率的差值不同，可能的原因是与 的迁移速率和 的迁移速率有关，或与醋酸的电离、醋酸根离子的水解有关，即与溶液中 的浓度有关，D不符合题意；
故答案为：A；
【分析】A.图二只是说明温度对电导率的影响
B.考查的温度变化影响平衡移动
C.考查的阴离子对电导率的影响
D.考查的水解和电离对电导率的影响
8．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．题干交待“将废铅膏(主要成分为PbO2)平铺在阴极板上，可得到铅单质”，则阴极板发生PbO2得电子生成Pb的反应，这也是电解回收铅的目的，电极反应为： ，故A不符合题意；
B．电子由阳极流入正极，再由负极流向阴极，故B不符合题意；
C．电解池中阴离子向阳极迁移，故C符合题意；
D．阳极发生反应 ，每转移4mol电子，阳极板产生1molO2，即22.4LO2(标准状况)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】考查的是电解池的原理，阳极聚集大量的氢氧根离子和硫酸根离子，氢氧根失去电子，发生氧化反应，阴极聚集大量的铵根离子，二氧化铅得到电子，发生还原反应，得到铅单质。根据阴极的电极式即可计算出生成氧气的量
9．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．由已知“SCR技术的原理为 和NO在催化剂( )表面转化为 ”可知总反应的方程式为 ，A说法不符合题意；
B．观察相对能量-反应进程曲线知， 吸附在催化剂表面后，经过一定的反应形成了 ， 又经过反应得到 ，所以 是脱硝反应的活性中间体，B说法不符合题意；
C．起始相对能量高于终态，说明这是一个放热反应，升高温度平衡会逆向移动，所以升高温度后，脱硝反应的正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，C说法符合题意；
D．相对能量-反应进程曲线表明，全过程只有H的移除过程势能升高，这是一个需要吸收能量越过能垒的反应，其速率是全过程几个反应中最慢的，决定了反应的速率，是总反应的速控步骤，D说法不符合题意；
故答案为：C。
【分析】考查的是用催化剂价格氨气和一氧化氮转化为氮气和水的反应。根据反应物和生成物即可写出反应方程式。根据能量的到底，可以确定正反应是放热反应，温度升高，逆反应的增大程度大于正反应。
10．【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A. 由图可知，0.1 mol·L 1 HB溶液的pH小于等浓度的HA溶液，说明HB的酸性强于HA，由强酸制弱酸的原理可知，向NaA 溶液中滴加 HB 可产生 HA，A不符合题意；
B. 由于HB的酸性强于HA，等浓度的HB溶液和HA溶液中，滴加NaOH溶液 pH=7 时，消耗NaOH溶液的体积不同，溶液中c（Na+）不同，则两种溶液中 c（A－）一定不等于c（B－），B符合题意；
C. a点为等浓度的HA和NaA混合液，溶液呈酸性，说明HA的电离大于NaA的水解，溶液中微粒浓度：c（A－）>c（Na+），C不符合题意；
D. 滴加 20 mL NaOH 溶液时，等浓度的HB溶液和HA溶液均恰好完全反应生成NaB和NaA，由于HB的酸性强于HA，则NaA的水解程度大于NaB，Ⅰ中H2O的电离程度大于Ⅱ中，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】HB的酸性强于HA，等浓度的HB溶液和HA溶液中滴加NaOH溶液至pH=7 ，消耗NaOH溶液的体积不同，溶液中c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒，溶液中分别存在c（B－）=c（Na+）、c（A－）=c（Na+），溶液中c（Na+）不同，则两种溶液中c（A－）和c（B－）不同。
11．【答案】（1）三颈烧瓶(或三口烧瓶)；氢氧化钠(或氧化钙或碱石灰)；dc；fe←gh；随开随用，随关随停
（2）降低温度，有利于提高反应物的转化率，防止因反应放热造成 分解
（3）过滤；C；装置Ⅵ中长玻璃管外接装有浓硫酸的试剂瓶
（4）吸收多余的氨气，防止污染环境；防止空气中的水蒸气进入，使氨基甲酸铵水解
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)根据图示，仪器A为三颈烧瓶；浓氨水和NaOH固体或CaO等混合可以放出氨气，所以A中加入的固体可NaOH固体或CaO；用碱石灰干燥氨气，通入反应装置Ⅲ，从d口进，c口出，装置Ⅱ生成 ，除去 中的HCl用装置Ⅴ，长进短出，然后通入装置Ⅳ用浓硫酸干燥，则仪器连接顺序为a→dc→j k←fe←gh←b；
(2)装置Ⅱ为简易启普发生器，可以随开随用，随关随停；
(3) ，正反应放热，降低温度，平衡正向移动，有利于提高反应物的转化率，氨基甲酸铵受热易分解，低温可以防止因反应放热造成氨基甲酸铵分解；分离固体物质与溶液采用过滤的方法，氨基甲酸铵受热易分解，所以采取减压低温烘干，即真空微热烘干；
(4)氨气有刺激性气味，污染空气，需要尾气处理装置，则应在装置Ⅵ中长玻璃管外接装有浓硫酸的试剂瓶，同时防止空气中的水蒸气进入，使氨基甲酸铵水解。
【分析】用装置Ⅰ制备氨气，通过装置Ⅲ干燥氨气，把氨气通过j口通入装置Ⅵ；用装置Ⅱ制备二氧化碳，通过装置Ⅴ除去二氧化碳中的氯化氢，通过装置Ⅳ干燥二氧化碳，把二氧化碳通过k口通入装置Ⅵ，在装置Ⅵ中氨气和二氧化碳反应生成氨基甲酸铵。
12．【答案】（1）CaSO4
（2）3Fe2++MnO4-+7H2O=MnO2↓+3 Fe(OH)3↓+5H+；3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+
（3）锌粉用量过多会增加成本；海绵镉的纯度降低；熔炼中NaOH的用量过多增加成本；86.2
（4）ZnSO4
（5）Zn+2NaOH Na2ZnO2+H2↑；密度
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)硫酸钙微溶于水，“滤渣1”的主要成分为 Cu(OH)2和CaSO4，故答案为：CaSO4；
(2)“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2，该步骤中除铁、除锰的离子方程式分别为3Fe2++MnO4-+7H2O=MnO2↓+3 Fe(OH)3↓+5H+，3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案为：3Fe2++MnO4-+7H2O=MnO2↓+3 Fe(OH)3↓+5H+；3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+；
(3)①实际生产中 比值最佳为1.3，如果超过该比值，锌粉用量过多会增加成本；生成的海绵镉的纯度会降低；熔炼中NaOH的用量过多，也会增加成本，故答案为：锌粉用量过多会增加成本；海绵镉的纯度降低；熔炼中NaOH的用量过多增加成本；
②锌置换镉的反应为Cd2++Zn=Cd+Zn2+，若需置换出112kgCd，且使镉置换率达到98%，实际加入的Zn的质量为 ×65kg/kmol×1.3=86.2kg，故答案为：86.2；
(4)根据流程图，“氧化”后的溶液中主要含有Cd2+和Zn2+，因此加入锌“置换”后滤液溶质的主要成分是ZnSO4，故答案为：ZnSO4；
(5)“熔炼”时，将海绵镉(含Cd和Zn)与NaOH混合反应，锌被NaOH溶解，反应的化学方程式是Zn+2NaOH Na2ZnO2+H2↑。当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，Cd液体与Na2ZnO2的密度不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的，故答案为：Zn+2NaOH Na2ZnO2+H2↑；密度。
【分析】根据流程图，镉废渣(含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质)，破碎后加入稀硫酸溶解，溶液中含有多种硫酸盐，加入石灰乳调节pH=5，沉淀除去Cu(OH)2和硫酸钙，在滤液中加入高锰酸钾溶液，氧化亚铁离子为铁离子，形成氢氧化铁沉淀，将Mn2+氧化生成二氧化锰沉淀；在滤液中再加入锌置换出Cd，得到海绵镉，海绵镉用氢氧化钠溶解其中过量的锌，得到镉和Na2ZnO2，据此分析解答。
13．【答案】（1）-223kJ/mol
（2）0.018mol·L-1·min-1；2.25；>；反应i和ii均为放热反应，温度升高，平衡逆移，氢气的转化率降低，平衡分压增大；升高温度，气体总压强增大
（3）不变；随着反应的进行，c(OH-)不断减小，但曲线的斜率(代表反应速率)不变
（4）COS+4Br2+12NaOH=Na2CO3+Na2SO4+8NaBr+6H2O
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】Ⅰ. (1)已知i COS(g)+H2(g) H2S(g)+CO(g)△H1=-17kJ/mol；
iii：CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)△H=+206kJ/mol；
根据盖斯定律由i-iii可得反应COS(g)+4H2(g) H2S(g)+CH4(g)+H2O(g)△H2=-17 kJ/mol-206kJ/mol=-223kJ/mol；
(2) ①根据分析可知平衡时n(COS)=0.1 mol，所以△n(COS)=0.9mol，容器体积为10L，所以v(COS)= = 0.018mol·L-1·min-1；
②根据分析可知平衡时n(COS)=0.1mol，n(H2)=1.6mol，n(CO)=0.4mol，n(H2S)=0.9mol，反应i前后气体系数之和相等，所以可以用物质的量来代替浓度计算平衡常数，K= =2.25；
③反应i和ii均为放热反应，反应过程中温度升高，平衡逆移，氢气的转化率降低，平衡分压增大；升高温度，气体总压强增大，所以P2>P1；
Ⅱ.(3)随着反应的进行，c(OH-)不断减小，但曲线的斜率(代表反应速率)不变，说明增大NaOH溶液的初始浓度，COS的吸收速率不变；
(4)溴水具有氧化性，可以将COS中S元素氧化成硫酸根，根据电子守恒和元素守恒可得方程式为COS+4Br2+12NaOH=Na2CO3+Na2SO4+8NaBr+6H2O。
【分析】(2)设平衡时体系内n(CO)=x mol，初始投料为1molCOS和4molH2，根据反应方程式COS(g)+H2(g) H2S(g)+CO(g)可知，此反应消耗的ni(COS)= ni(H2)=x mol，生成的ni(H2S)=x mol；
设平衡时体系内n(COS)=y mol，则反应ii消耗的nii(COS)=(1-x-y)mol，根据方程式COS(g)+4H2(g) H2S(g)+CH4(g)+H2O(g)可知，此反应消耗的nii(H2)=4(1-x-y)mol，生成的nii(H2S)= nii(CH4)= nii(H2O)=(1-x-y)mol；
所以此时容器中n(COS)=y mol，n(H2)=4mol-xmol-4(1-x-y)mol=(3x+4y)mol，n(CO)=x mol，n(H2S)=x mol+(1-x-y)mol=(1-y)mol，nii(CH4)= nii(H2O)=(1-x-y)mol；
达到平衡时测得体系压强减少了20%，恒容密闭容器压强之比等于气体的物质的量之比，所以 ，CO的体积分数为10%，所以 ，解得x=0.4mol，y=0.1mol；
所以平衡时n(COS)=0.1mol，n(H2)=1.6mol，n(CO)=0.4mol，n(H2S)=0.9mol，n(CH4)= n(H2O)=0.5mol。
14．【答案】（1）；3；平面正三角形
（2）大于；小于
（3）三者均为原子晶体，原子半径：NGa-P>Ga-As，故熔点降低
（4）12；
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)硒是34号元素，其核外电子排布式为 ，根据分析可知同周期中只有As、Br、Kr三种元素的第一电离能大于硒， 的空问间构型为平面正三角形。故答案为： ；3；平面正三角形；
(2)同周期主族元素的原子半径随原子序数的递增而逐渐减小，因此镓原子的半径大于砷原子的半径，砷原子处于第ⅤA族，其4p轨道处于半充满的稳定状态，第一电离能较大，因此砷原子的第一电离能大于镓原子的第一电离能。故答案为：大于；小于；
(3)原子晶体中各原子之间是靠共价键连接的，在成键数相同的情况下，共价键的强度受成键原子的半径大小影响，半径越小则键能越大，N、P、As同属第ⅤA族，因此三种物质的结构相似，而原子半径大小顺序为NGa-P>Ga-As，故熔点降低；
(4)①从六方晶胞的面心原子分析，上、中、下分别有3、6、3个配位原子，故镓原子的配位数为12。故答案为：12；
②根据分析得出化学式为 ，质量为 ，该六棱柱的底面为正六边形，边长为 ，底面的面积为6个边长为 的正三角形面积之和，因此该底面的面积为 ，高为 ，因此体积为 ，代入密度公式可知， 。故答案为： ；
【分析】（1）考查的是基态 硒原子的核外电子排布式 ，同一周期中，第一电离能关系，和三氧化硒的空间构型
（2）考查的元素周期律，原子半径和第一电离能的比较
（3）考查的熔点的影响因素是键长，键长越长，键能越小
（4）①求出Ga的配位数即可②根虎晶胞占位，求出化学式，求出单个晶胞的体积和质量，根据ρ=m/v计算密度
15．【答案】（1）酯基；碳碳双键
（2）消去反应
（3）
（4）
（5）CH3CH2OH CH3CHO CH3CH2OH CH3CH2Br CH3CH2MgBr CH3CH=CHCH3
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；芳香烃
【解析】【解答】(1)C的结构简式为 ，其中官能团的名称为酯基和碳碳双键；
(2)根据E、F的结构简式，E中的一个I原子H原子消去形成一个碳碳双键生成E，属于卤代烃在氢氧化钠水溶液中发生的消去反应，则反应类型为消去反应；
(3)D→E的反应还可以由D( )中碳碳双键中顶端的碳原子与羧基中的氧形成一个六元环，得到副产物X(分子式为C9H7O2I)，则 X的结构简式 ；
(4)F的结构简式为 ，其同分异构体能发生银镜反应，说明结构中含有醛基；碱性水解后酸化，其中一种产物能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子结构中含有苯环和酯基，且该酯基水解后形成酚羟基；分子中有4种不同化学环境的氢原子，该同分异构体的结构简式为： ；
(5)乙醇在铜作催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化生成乙醛，乙醇和溴化氢在加热条件下反应生成溴乙烷，溴乙烷在乙醚作催化剂与Mg发生反应生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr与乙醛反应后在进行酸化，生成CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3在加热条件下断开双键结合生成 ，合成路线流程图为：CH3CH2OH CH3CHO
CH3CH2OH CH3CH2Br CH3CH2MgBr CH3CH=CHCH3 。
【分析】(1)根据C的结构简式分析判断官能团；
(2)根据E、F的结构简式和结构中化学键的变化分析判断有机反应类型；
(3)根据D( )中碳碳双键断键后的连接方式分析判断；
(4)根据题给信息分析结构中的官能团的类别和构型；
(5)结合本题中合成流程中的路线分析，乙醇在铜作催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化生成乙醛，乙醇和溴化氢在加热条件下反应生成溴乙烷，溴乙烷在乙醚作催化剂与Mg发生反应生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr与乙醛反应后在进行酸化，生成CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3在加热条件下断开双键结合生成 。
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一、单选题
1．（2021高三下·福建开学考）春季复工、复学后，公用餐具消毒是防控新型冠状病毒传播的有效措施之一。下列可直接用作公用餐具消毒剂的是（　　）
A．95%的乙醇溶液 B．40%的甲醛溶液
C．次氯酸钠稀溶液 D．生理盐水
【答案】C
【知识点】药物的主要成分和疗效
【解析】【解答】A. 95%乙醇使菌体表面蛋白迅速变性凝固，妨碍乙醇再渗入，不能起到消毒的效果，故A不符合题意；
B.甲醛有毒，故B不符合题意；
C.次氯酸钠稀溶液具有强氧化性，能够杀菌消毒，且产物无毒，故C符合题意；
D.生理盐水不能消毒杀菌，故D不符合题意；
故答案为:C。
【分析】日常用75%的乙醇溶液进行消毒杀菌；生理盐水就是0.9%的氯化钠水溶液，没有消毒杀菌的功效。
2．（2021高三下·福建开学考）设阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是（　　）
A．5.6g乙烯和环丙烷的混合物中含C—H键数目为0.8NA
B．常温下，将2.8g铁块投入足量浓硝酸中，转移0.15NA电子
C．标准状况下，22.4LCl2溶于水，转移的电子数为NA
D．25℃时，pH=4的CH3COOH溶液中H+的数目为10-4NA
【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．乙烯和环丙烷的最简式均为CH2，5.6g乙烯和环丙烷的混合气体中含有0.4mol CH2，一个CH2中含有2个C—H键，故5.6g乙烯和环丙烷的混合物中含C—H键数目为0.8NA，A符合题意；
B．常温下，将2.8g铁块投入足量浓硝酸中，铁钝化，无法计算转移的电子数，B不符合题意；
C．氯气与水的反应是可逆反应，故标准状况下，22.4LCl2溶于水，转移的电子数小于NA，C不符合题意；
D．题中没有告诉溶液的体积，故无法计算出25℃时，pH=4的CH3COOH溶液中H+的数目，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.考查的是最简式相同的混合物中碳氢键的个数
B.考查的是铁的钝化
C.考查的是可逆反应
D.溶液体积未知
3．（2021高三下·福建开学考）磷酸氯喹可在细胞水平上有效抑制2019- 病毒。氯喹是由喹啉通过一系列反应制得的，氯喹和喹啉的结构简式如图。下列关于氯喹和喹啉的说法正确的是（　　）
A．氯喹的分子式为
B．氯喹分子中三个氮原子可处在同一个平面
C．氯喹可以发生加成反应和中和反应
D．喹啉的一氯代物有5种
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．氯喹的分子式为 ，A不符合题意；
B．氯喹中支链上所有碳原子和N原子都具有甲烷结构特点，所以该分子中所有N原子都不位于同一个平面上，B不符合题意；
C．氯喹分子中含有苯环和双键，可以与 发生加成反应，氯喹中有亚氨基，呈碱性，故能发生中和反应，C符合题意；
D．喹啉有7种不同化学环境的氢原子，故其一氯代物有7种，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据结构式即可写出分子式
B.考查的是氮原子的成键特点，三角锥型
C.考查的是加成反应和氨基的碱性
D.考查的是喹啉的一氯代物，有七个位置可以取代
4．（2021高三下·福建开学考）下列实验装置及相应操作正确的是（　　）
A．图甲可用于配制250mL 0.100mol/L硫酸溶液时定容操作
B．图乙可用于淀粉在稀硫酸作用下发生水解后，直接滴加新制氢氧化铜悬浊液检验水解产物
C．图丙可用于胆矾结晶水含量测定
D．图丁可用于由工业乙醇制备无水乙醇
【答案】C
【知识点】常用仪器及其使用；探究物质的组成或测量物质的含量；蔗糖与淀粉的性质实验
【解析】【解答】A. 图甲不可用于配制250mL 0.100mol/L硫酸溶液时定容操作，在接近刻度1~2cm时，改用胶头滴管滴加，故A不符合题意；
B. 淀粉在稀硫酸作用下发生水解后，要先用NaOH溶液中和硫酸至中性或弱碱性，再滴加新制氢氧化铜悬浊液检验水解产物，故B不符合题意；
C. 灼烧固体用坩埚，图丙可用于胆矾结晶水含量测定，故C符合题意；
D. 由工业乙醇制备无水乙醇，用蒸馏的方法，蒸馏时温度计的水银球应放中蒸馏烧瓶的支管口处，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.考查的是定容时胶头滴管的使用
B.醛基的检验需要在碱性条件下进行
C.加热可以使胆矾中的结晶水失去
D.蒸馏法制取乙醇，测量的是蒸汽的温度
5．（2021高三下·福建开学考）某种固体消毒剂广泛用于游泳池消毒，其结构如图所示，其中W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，Y的最外层电子数是内层电子数的3倍。下列叙述错误的是（　　）
A．W和Z组成的化合物可以做灭火剂
B．原子半径：W>X>Y
C．氧化物对应的水化物的酸性：X>W
D．该化合物中X、Y、Z均满足8电子稳定结构
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．碳和氯组成的四氯化碳可以做灭火剂，故A不符合题意；
B．同周期元素从左到右半径依次减小，原子半径：C>N>O，故B不符合题意；
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：HNO3>H2CO3，选项中没有说明最高价，不能比较酸性，故C符合题意；
D．根据N、O、Cl的原子结构和该消毒剂中各原子的成键特点，该化合物中N、O、Cl都满足8电子稳定结构，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据成键情况，可以确定W是C，X是N，Y是O，Z是Cl
A.考查的形成化合物的作用
B.考查同一周期的原子半径比较
C.强调最高价氧化物的水化物才有意义
D.考查的是否满足最外层电子8个电子稳定结构
6．（2021高三下·福建开学考）下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）
A． 溶液与稀硫酸的反应：
B．向 溶液中加入少量 溶液：
C．向 溶液中通入 气体：
D．碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合：
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A． 溶液与稀硫酸发生歧化反应，生成硫、二氧化硫和水，其离子方程式为 ，A符合题意；
B．向 溶液中加入少量NaOH溶液，Fe3+先与OH-反应，其离子方程式为 ，B不符合题意；
C．向BaCl2溶液中通入SO2气体不发生反应，C不符合题意；
D．碳酸氢钠溶液和过量的澄清石灰水混合，氢氧根不能完全反应，发生反应的离子方程式为 ，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.考查的硫酸硫酸根在酸性条件下自身的氧化还原反应
B.考查的反应的先后顺序
C.考查的是强酸制弱酸的原理
D.考查的是反应中量的问题，1mol碳酸氢根只能消耗1mol氢氧根
7．（2021高三下·福建开学考）电导率用于衡量电解质溶液导电能力的大小，与离子浓度和离子迁移速率有关。图甲为相同电导率盐酸和醋酸溶液升温过程中电导率变化曲线，图乙为相同电导率氯化钠和醋酸钠溶液升温过程中电导率变化曲线。下列判断错误的是（　　）
A．由曲线2可推测：温度升高可以提高离子迁移速率
B．由曲线4可推测：温度升高，醋酸钠电导率变化与醋酸根的水解平衡移动有关
C．由图甲、乙可判定：相同条件下，盐酸的电导率大于醋酸的电导率，可能的原因是 的迁移速率大于 的迁移速率
D．由图甲、乙可判定：两图中电导率的差值不同，与溶液中 的浓度和迁移速率有关
【答案】A
【知识点】电解质溶液的导电性
【解析】【解答】A．曲线2电导率增大可能是由于温度升高促进了醋酸的电离，离子浓度增大，不能推测出温度升高可以提高离子迁移速率，A符合题意；
B．由曲线4可推测温度升高，醋酸钠电导率变化与氯化钠未完全一致，说明醋酸钠的水解平衡可能是影响电导率的因素之一，B不符合题意；
C．由图甲、乙可判定：相同条件下，盐酸的电导率大于醋酸的电导率，可能的原因是 的迁移速率大于 的迁移速率，也可能是受醋酸电离的影响，C不符合题意；
D．电导率的差值不同，可能的原因是与 的迁移速率和 的迁移速率有关，或与醋酸的电离、醋酸根离子的水解有关，即与溶液中 的浓度有关，D不符合题意；
故答案为：A；
【分析】A.图二只是说明温度对电导率的影响
B.考查的温度变化影响平衡移动
C.考查的阴离子对电导率的影响
D.考查的水解和电离对电导率的影响
8．（2021高三下·福建开学考）采用(NH4)2SO4和 混合溶液作为电解液，平行放置的两块不锈钢板分别作为阴极和阳极，将废铅膏(主要成分为PbO2)平铺在阴极板上，可得到铅单质。这是一种成本较低的铅回收工艺，示意图如图下列说法错误的是（　　）
A．阴极板的电极反应为
B．电子由阳极板沿阳极导杆移向外接电源正极
C．电解过程中，OH-向阴极板迁移
D．标准状况下，外电路中每转移4mol电子，阳极板产生22.4LO2
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．题干交待“将废铅膏(主要成分为PbO2)平铺在阴极板上，可得到铅单质”，则阴极板发生PbO2得电子生成Pb的反应，这也是电解回收铅的目的，电极反应为： ，故A不符合题意；
B．电子由阳极流入正极，再由负极流向阴极，故B不符合题意；
C．电解池中阴离子向阳极迁移，故C符合题意；
D．阳极发生反应 ，每转移4mol电子，阳极板产生1molO2，即22.4LO2(标准状况)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】考查的是电解池的原理，阳极聚集大量的氢氧根离子和硫酸根离子，氢氧根失去电子，发生氧化反应，阴极聚集大量的铵根离子，二氧化铅得到电子，发生还原反应，得到铅单质。根据阴极的电极式即可计算出生成氧气的量
9．（2021高三下·福建开学考）工业上利用 对烟道气进行脱硝(除氮氧化物)的SCR技术具有效率高、性能可靠的优势。SCR技术的原理为 和NO在催化剂( )表面转化为 和 ，反应进程中的相对能量变化如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．总反应方程式为
B． 是脱硝反应的活性中间体
C．升高温度，脱硝反应的正反应速率的增大程度大于其逆反应速率的增大程度
D．决定反应速率的步骤是“H的移除”
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．由已知“SCR技术的原理为 和NO在催化剂( )表面转化为 ”可知总反应的方程式为 ，A说法不符合题意；
B．观察相对能量-反应进程曲线知， 吸附在催化剂表面后，经过一定的反应形成了 ， 又经过反应得到 ，所以 是脱硝反应的活性中间体，B说法不符合题意；
C．起始相对能量高于终态，说明这是一个放热反应，升高温度平衡会逆向移动，所以升高温度后，脱硝反应的正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，C说法符合题意；
D．相对能量-反应进程曲线表明，全过程只有H的移除过程势能升高，这是一个需要吸收能量越过能垒的反应，其速率是全过程几个反应中最慢的，决定了反应的速率，是总反应的速控步骤，D说法不符合题意；
故答案为：C。
【分析】考查的是用催化剂价格氨气和一氧化氮转化为氮气和水的反应。根据反应物和生成物即可写出反应方程式。根据能量的到底，可以确定正反应是放热反应，温度升高，逆反应的增大程度大于正反应。
10．（2020高二下·海淀期末）室温时，向 20 mL 0.1 mol·L 1 的两种酸 HA、HB 中分别滴加0.1 mol·L 1 NaOH 溶液， 其 pH 变化分别对应下图中的 I、II。下列说法错误的是（　　）
A．向 NaA 溶液中滴加 HB 可产生 HA
B．滴加 NaOH 溶液至 pH=7 时，两种溶液中 c(A－)=c(B－)
C．a 点，溶液中微粒浓度：c(A－) > c(Na+)
D．滴加 20 mL NaOH 溶液时，I 中 H2O 的电离程度大于 II 中
【答案】B
【知识点】离子浓度大小的比较；中和滴定
【解析】【解答】A. 由图可知，0.1 mol·L 1 HB溶液的pH小于等浓度的HA溶液，说明HB的酸性强于HA，由强酸制弱酸的原理可知，向NaA 溶液中滴加 HB 可产生 HA，A不符合题意；
B. 由于HB的酸性强于HA，等浓度的HB溶液和HA溶液中，滴加NaOH溶液 pH=7 时，消耗NaOH溶液的体积不同，溶液中c（Na+）不同，则两种溶液中 c（A－）一定不等于c（B－），B符合题意；
C. a点为等浓度的HA和NaA混合液，溶液呈酸性，说明HA的电离大于NaA的水解，溶液中微粒浓度：c（A－）>c（Na+），C不符合题意；
D. 滴加 20 mL NaOH 溶液时，等浓度的HB溶液和HA溶液均恰好完全反应生成NaB和NaA，由于HB的酸性强于HA，则NaA的水解程度大于NaB，Ⅰ中H2O的电离程度大于Ⅱ中，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】HB的酸性强于HA，等浓度的HB溶液和HA溶液中滴加NaOH溶液至pH=7 ，消耗NaOH溶液的体积不同，溶液中c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒，溶液中分别存在c（B－）=c（Na+）、c（A－）=c（Na+），溶液中c（Na+）不同，则两种溶液中c（A－）和c（B－）不同。
二、综合题
11．（2021高三下·福建开学考）氨基甲酸铵 是一种易分解、易水解的白色固体，易溶于水，难溶于 ，某研究小组用如图所示的实验装置制备氨基甲酸铵。
反应原理：
实验室可选用下列装置制备氨基甲酸铵 。
回答下列问题：
（1）仪器A的名称是　 　，其中加入的固体可　 　(填名称)；按气流方向连接各仪器：a→　 　→j k←　 　←b(用接口字母表示连接顺序)。
（2）装置Ⅱ的优点是　 　。
（3）装置Ⅵ中，采用冰水浴的原因为　 　；当 液体中产生较多晶体悬浮物时即停止反应，　 　(填操作名称)得到粗产品。为了将所得粗产品干燥，可采取的方法是　 　(填标号)
A．蒸馏 B．高压加热烘干 C．真空微热烘干
（4）某同学认为这套装置制得的氨基甲酸铵易变质，同时不符合绿色化学理念，改进了装置，具体做法是　 　，其作用为　 　。
【答案】（1）三颈烧瓶(或三口烧瓶)；氢氧化钠(或氧化钙或碱石灰)；dc；fe←gh；随开随用，随关随停
（2）降低温度，有利于提高反应物的转化率，防止因反应放热造成 分解
（3）过滤；C；装置Ⅵ中长玻璃管外接装有浓硫酸的试剂瓶
（4）吸收多余的氨气，防止污染环境；防止空气中的水蒸气进入，使氨基甲酸铵水解
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)根据图示，仪器A为三颈烧瓶；浓氨水和NaOH固体或CaO等混合可以放出氨气，所以A中加入的固体可NaOH固体或CaO；用碱石灰干燥氨气，通入反应装置Ⅲ，从d口进，c口出，装置Ⅱ生成 ，除去 中的HCl用装置Ⅴ，长进短出，然后通入装置Ⅳ用浓硫酸干燥，则仪器连接顺序为a→dc→j k←fe←gh←b；
(2)装置Ⅱ为简易启普发生器，可以随开随用，随关随停；
(3) ，正反应放热，降低温度，平衡正向移动，有利于提高反应物的转化率，氨基甲酸铵受热易分解，低温可以防止因反应放热造成氨基甲酸铵分解；分离固体物质与溶液采用过滤的方法，氨基甲酸铵受热易分解，所以采取减压低温烘干，即真空微热烘干；
(4)氨气有刺激性气味，污染空气，需要尾气处理装置，则应在装置Ⅵ中长玻璃管外接装有浓硫酸的试剂瓶，同时防止空气中的水蒸气进入，使氨基甲酸铵水解。
【分析】用装置Ⅰ制备氨气，通过装置Ⅲ干燥氨气，把氨气通过j口通入装置Ⅵ；用装置Ⅱ制备二氧化碳，通过装置Ⅴ除去二氧化碳中的氯化氢，通过装置Ⅳ干燥二氧化碳，把二氧化碳通过k口通入装置Ⅵ，在装置Ⅵ中氨气和二氧化碳反应生成氨基甲酸铵。
12．（2021高三下·福建开学考）镉（Cd）可用于制作某些发光电子组件。一种以镉废渣（含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质）为原料制备镉的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“滤渣1”的主要成分为 Cu（OH）2和　 　（填化学式）。
（2）“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2，该步骤中除铁、除锰的离子方程式分别为　 　、　 　。
（3）“置换”中镉置换率与（ ）的关系如图所示，其中Zn的理论用量以溶液中Cd2+的量为依据。
①实际生产中 比值最佳为1.3，不宜超过该比值的原因是　 　。
②若需置换出112kgCd，且使镉置换率达到98%，实际加入的Zn应为　 　kg。
（4）“置换”后滤液溶质主要成分是　 　（填化学式）。
（5）“熔炼”时，将海绵镉（含Cd和Zn）与NaOH混合反应，反应的化学方程式是　 　。当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，利用Cd与Na2ZnO2的　 　不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的。
【答案】（1）CaSO4
（2）3Fe2++MnO4-+7H2O=MnO2↓+3 Fe(OH)3↓+5H+；3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+
（3）锌粉用量过多会增加成本；海绵镉的纯度降低；熔炼中NaOH的用量过多增加成本；86.2
（4）ZnSO4
（5）Zn+2NaOH Na2ZnO2+H2↑；密度
【知识点】氧化还原反应；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)硫酸钙微溶于水，“滤渣1”的主要成分为 Cu(OH)2和CaSO4，故答案为：CaSO4；
(2)“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2，该步骤中除铁、除锰的离子方程式分别为3Fe2++MnO4-+7H2O=MnO2↓+3 Fe(OH)3↓+5H+，3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案为：3Fe2++MnO4-+7H2O=MnO2↓+3 Fe(OH)3↓+5H+；3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+；
(3)①实际生产中 比值最佳为1.3，如果超过该比值，锌粉用量过多会增加成本；生成的海绵镉的纯度会降低；熔炼中NaOH的用量过多，也会增加成本，故答案为：锌粉用量过多会增加成本；海绵镉的纯度降低；熔炼中NaOH的用量过多增加成本；
②锌置换镉的反应为Cd2++Zn=Cd+Zn2+，若需置换出112kgCd，且使镉置换率达到98%，实际加入的Zn的质量为 ×65kg/kmol×1.3=86.2kg，故答案为：86.2；
(4)根据流程图，“氧化”后的溶液中主要含有Cd2+和Zn2+，因此加入锌“置换”后滤液溶质的主要成分是ZnSO4，故答案为：ZnSO4；
(5)“熔炼”时，将海绵镉(含Cd和Zn)与NaOH混合反应，锌被NaOH溶解，反应的化学方程式是Zn+2NaOH Na2ZnO2+H2↑。当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，Cd液体与Na2ZnO2的密度不同，将Cd从反应釜下口放出，以达到分离的目的，故答案为：Zn+2NaOH Na2ZnO2+H2↑；密度。
【分析】根据流程图，镉废渣(含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质)，破碎后加入稀硫酸溶解，溶液中含有多种硫酸盐，加入石灰乳调节pH=5，沉淀除去Cu(OH)2和硫酸钙，在滤液中加入高锰酸钾溶液，氧化亚铁离子为铁离子，形成氢氧化铁沉淀，将Mn2+氧化生成二氧化锰沉淀；在滤液中再加入锌置换出Cd，得到海绵镉，海绵镉用氢氧化钠溶解其中过量的锌，得到镉和Na2ZnO2，据此分析解答。
13．（2021高三下·福建开学考）羰基硫(COS)广泛存在于煤、石油和天然气为原料的化工生产中，不经处理直接排放会引起大气污染，石油化工中产生的羰基硫可通过以下方法脱除。
（1）Ⅰ.干法脱除：在催化剂存在下，COS和H2可发生两个平行反应：
i. COS(g)+H2(g) H2S(g)+CO(g)△H1=-17kJ/mol
ii. COS(g)+4H2(g) H2S(g)+CH4(g)+H2O(g) △H2
已知：CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)△H=+206kJ/mol，则△H2=　 　。
（2）T1℃时，向10L恒容密闭容器中充人1molCOS和4molH2，发生反应i和ii。5min时达到平衡，测得体系压强减少了20%，CO的体积分数为10%且其平衡分压为P1。
①0-5min内，v(COS)=　 　。
②反应i的平衡常数K=　 　。
③若在起始温度为T1℃的绝热容器中重复上述实验，H2的平衡分压P2　 　P1(填“>”“=”或“<”)，理由为　 　。
（3）Ⅱ.湿法脱除：原理为COS+4OH-=S2-+CO32-+2H2O。温度为293K时，将COS以固定流速匀速通入一定浓度的NaOH溶液中，测得体系内c(S2-)随时间(t)的变化如图所示：
由图可知，增大NaOH溶液的初始浓度，COS的吸收速率　 　(填“增大”“减小”或“不变”)，判断依据为　 　。
（4）在上述反应体系中同时加入少量溴水，也能吸收COS并得到澄清溶液，发生反应的化学方程式为　 　。
【答案】（1）-223kJ/mol
（2）0.018mol·L-1·min-1；2.25；>；反应i和ii均为放热反应，温度升高，平衡逆移，氢气的转化率降低，平衡分压增大；升高温度，气体总压强增大
（3）不变；随着反应的进行，c(OH-)不断减小，但曲线的斜率(代表反应速率)不变
（4）COS+4Br2+12NaOH=Na2CO3+Na2SO4+8NaBr+6H2O
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】Ⅰ. (1)已知i COS(g)+H2(g) H2S(g)+CO(g)△H1=-17kJ/mol；
iii：CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)△H=+206kJ/mol；
根据盖斯定律由i-iii可得反应COS(g)+4H2(g) H2S(g)+CH4(g)+H2O(g)△H2=-17 kJ/mol-206kJ/mol=-223kJ/mol；
(2) ①根据分析可知平衡时n(COS)=0.1 mol，所以△n(COS)=0.9mol，容器体积为10L，所以v(COS)= = 0.018mol·L-1·min-1；
②根据分析可知平衡时n(COS)=0.1mol，n(H2)=1.6mol，n(CO)=0.4mol，n(H2S)=0.9mol，反应i前后气体系数之和相等，所以可以用物质的量来代替浓度计算平衡常数，K= =2.25；
③反应i和ii均为放热反应，反应过程中温度升高，平衡逆移，氢气的转化率降低，平衡分压增大；升高温度，气体总压强增大，所以P2>P1；
Ⅱ.(3)随着反应的进行，c(OH-)不断减小，但曲线的斜率(代表反应速率)不变，说明增大NaOH溶液的初始浓度，COS的吸收速率不变；
(4)溴水具有氧化性，可以将COS中S元素氧化成硫酸根，根据电子守恒和元素守恒可得方程式为COS+4Br2+12NaOH=Na2CO3+Na2SO4+8NaBr+6H2O。
【分析】(2)设平衡时体系内n(CO)=x mol，初始投料为1molCOS和4molH2，根据反应方程式COS(g)+H2(g) H2S(g)+CO(g)可知，此反应消耗的ni(COS)= ni(H2)=x mol，生成的ni(H2S)=x mol；
设平衡时体系内n(COS)=y mol，则反应ii消耗的nii(COS)=(1-x-y)mol，根据方程式COS(g)+4H2(g) H2S(g)+CH4(g)+H2O(g)可知，此反应消耗的nii(H2)=4(1-x-y)mol，生成的nii(H2S)= nii(CH4)= nii(H2O)=(1-x-y)mol；
所以此时容器中n(COS)=y mol，n(H2)=4mol-xmol-4(1-x-y)mol=(3x+4y)mol，n(CO)=x mol，n(H2S)=x mol+(1-x-y)mol=(1-y)mol，nii(CH4)= nii(H2O)=(1-x-y)mol；
达到平衡时测得体系压强减少了20%，恒容密闭容器压强之比等于气体的物质的量之比，所以 ，CO的体积分数为10%，所以 ，解得x=0.4mol，y=0.1mol；
所以平衡时n(COS)=0.1mol，n(H2)=1.6mol，n(CO)=0.4mol，n(H2S)=0.9mol，n(CH4)= n(H2O)=0.5mol。
三、结构与性质
14．（2021高三下·福建开学考）镓(Ga)、锗(Ge)、硅(Si)、硒(Se)的单质及某些化合物如砷化镓、磷化镓等都是常用的半导体材料，应用于航空航天测控、光纤通讯等领域。回答下列问题：
（1）硒常用作光敏材料，基态硒原子的核外电子排布式为　 　；与硒同周期的p区元素中第一电离能大于硒的元素有　 　种； 的空间构型是　 　。
（2）根据元素周期律，原子半径Ga 　 　As(填“大于”或“小于”，后同)，第一电离能Ga 　 　As。
（3）GaN、GaP、GaAs都是很好的半导体材料，熔点如表所示，分析其变化原因：　 　。
　 GaN GaP GaAs
熔点 1700℃ 1480℃ 1238℃
（4）GaN晶胞结构如图甲所示。已知六棱柱底边边长为 ，阿伏加德罗常数的值为 。
①晶胞中镓原子采用六方最密堆积，每个镓原子周围距离最近的镓原子数目为　 　。
②从GaN晶体中“分割”出的平行六面体如图乙。若该平行六面体的高为 ，GaN晶体的密度为　 　 (用 表示)。
【答案】（1）；3；平面正三角形
（2）大于；小于
（3）三者均为原子晶体，原子半径：NGa-P>Ga-As，故熔点降低
（4）12；
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)硒是34号元素，其核外电子排布式为 ，根据分析可知同周期中只有As、Br、Kr三种元素的第一电离能大于硒， 的空问间构型为平面正三角形。故答案为： ；3；平面正三角形；
(2)同周期主族元素的原子半径随原子序数的递增而逐渐减小，因此镓原子的半径大于砷原子的半径，砷原子处于第ⅤA族，其4p轨道处于半充满的稳定状态，第一电离能较大，因此砷原子的第一电离能大于镓原子的第一电离能。故答案为：大于；小于；
(3)原子晶体中各原子之间是靠共价键连接的，在成键数相同的情况下，共价键的强度受成键原子的半径大小影响，半径越小则键能越大，N、P、As同属第ⅤA族，因此三种物质的结构相似，而原子半径大小顺序为NGa-P>Ga-As，故熔点降低；
(4)①从六方晶胞的面心原子分析，上、中、下分别有3、6、3个配位原子，故镓原子的配位数为12。故答案为：12；
②根据分析得出化学式为 ，质量为 ，该六棱柱的底面为正六边形，边长为 ，底面的面积为6个边长为 的正三角形面积之和，因此该底面的面积为 ，高为 ，因此体积为 ，代入密度公式可知， 。故答案为： ；
【分析】（1）考查的是基态 硒原子的核外电子排布式 ，同一周期中，第一电离能关系，和三氧化硒的空间构型
（2）考查的元素周期律，原子半径和第一电离能的比较
（3）考查的熔点的影响因素是键长，键长越长，键能越小
（4）①求出Ga的配位数即可②根虎晶胞占位，求出化学式，求出单个晶胞的体积和质量，根据ρ=m/v计算密度
15．（2021高三下·福建开学考）G是具有抗菌作用的白头翁素衍生物，其合成路线如下：
（1）C中官能团的名称为　 　和　 　。
（2）E→F的反应类型为　 　。
（3）D→E的反应有副产物X(分子式为C9H7O2I)生成，写出X的结构简式：　 　。
（4）F的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：　 　。
①能发生银镜反应；
②碱性水解后酸化，其中一种产物能与FeCl3溶液发生显色反应；
③分子中有4种不同化学环境的氢。
（5）请写出以乙醇为原料制备 的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。　 　
【答案】（1）酯基；碳碳双键
（2）消去反应
（3）
（4）
（5）CH3CH2OH CH3CHO CH3CH2OH CH3CH2Br CH3CH2MgBr CH3CH=CHCH3
【知识点】有机物中的官能团；有机物的结构和性质；芳香烃
【解析】【解答】(1)C的结构简式为 ，其中官能团的名称为酯基和碳碳双键；
(2)根据E、F的结构简式，E中的一个I原子H原子消去形成一个碳碳双键生成E，属于卤代烃在氢氧化钠水溶液中发生的消去反应，则反应类型为消去反应；
(3)D→E的反应还可以由D( )中碳碳双键中顶端的碳原子与羧基中的氧形成一个六元环，得到副产物X(分子式为C9H7O2I)，则 X的结构简式 ；
(4)F的结构简式为 ，其同分异构体能发生银镜反应，说明结构中含有醛基；碱性水解后酸化，其中一种产物能与FeCl3溶液发生显色反应，说明分子结构中含有苯环和酯基，且该酯基水解后形成酚羟基；分子中有4种不同化学环境的氢原子，该同分异构体的结构简式为： ；
(5)乙醇在铜作催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化生成乙醛，乙醇和溴化氢在加热条件下反应生成溴乙烷，溴乙烷在乙醚作催化剂与Mg发生反应生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr与乙醛反应后在进行酸化，生成CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3在加热条件下断开双键结合生成 ，合成路线流程图为：CH3CH2OH CH3CHO
CH3CH2OH CH3CH2Br CH3CH2MgBr CH3CH=CHCH3 。
【分析】(1)根据C的结构简式分析判断官能团；
(2)根据E、F的结构简式和结构中化学键的变化分析判断有机反应类型；
(3)根据D( )中碳碳双键断键后的连接方式分析判断；
(4)根据题给信息分析结构中的官能团的类别和构型；
(5)结合本题中合成流程中的路线分析，乙醇在铜作催化剂加热条件下与氧气发生催化氧化生成乙醛，乙醇和溴化氢在加热条件下反应生成溴乙烷，溴乙烷在乙醚作催化剂与Mg发生反应生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr与乙醛反应后在进行酸化，生成CH3CH=CHCH3，CH3CH=CHCH3在加热条件下断开双键结合生成 。
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