【文档说明】湖南省株洲市第八中学2022-2023学年高三上学期第五次月考化学试题（解析版）.docx，共(22)页，1.484 MB，由小赞的店铺上传

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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-1C-12N-14O-16Mg-24Cl-35.5Fe-56Cu-64Ag-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AN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2AN个氢键B.标准状况下，222.4LNO和足量的水混合后转移的电子数为A2N3C.60.5molSF中硫的价层电子对数为3AND.218gDO和218gHO中含有的质子数均为10AN【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，2NO非气体，B错误；为C．6SF的价层电子对数为6+6612−=6，故60.5molSF中硫的价层电子对数为3AN，C正确；D．2DO相对分子质量为20，218gDO中含有的质子数为A9N，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++H2OB.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=CO23−+H2SiO3↓

+2Na+D.酸性KMnO4溶液滴定双氧水：2MnO4−+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：+3+323

FeO+10H+3Fe+NO+5HONO−=，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：2-2-322323SiO+CO+HOCO+HSiO=，C错误；D．酸性4KMnO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+2+422222MnO+5HO+6H=2Mn+5O+8HO−，D错误；故选B。4.锡酸钠晶体(232

NaSnO3HO)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23NaSnO、34NaAsO、34NaSbO、22NaPbO、23NaTeO，

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22222SnO+O+4NaOH=2NaSnO+2HOB.“除Sb”时发生反应的离子方程式为3+2432=5Sn+4SbO+2H4Sb+5SnO+HO−−C.“除Te”

过程中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1D.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23NaSnO、34NaAsO、34NaSbO、22NaPbO、23NaTeO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、Na2

S，Na3AsO4，22NaPbO分别转化为Ba3(AsO4)2、PbS沉淀；过滤后所得滤液中加入Sn粒，34NaSbO转化为Sb，而Sn转化为Na2SnO3；过滤后滤液中加入H2O2，Na2TeO3被氧化为Na2TeO

4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NaOH、SnO，根据产物价态可知有氧气作氧化剂参与反应，SnO发生反应的化学方程式为22322O422HOSnON

aOHNaSnO++=+，A正确；B．结合“除Sb”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324235Sn4SbOHO4Sb5SnO2OH−−−++++，B错误；C．“除

Te”过程中发生反应的化学方程式为2322242NaTeOHONaTeOHO++，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NaOH，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M2

N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<Q【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ABCD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.AB.BC.CD.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88

g，故D正确；的故选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CCl4D.H2

O2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61222−

+=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

是为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+-e−=[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2[PyrPV]+−先转化为3[PyrPV]+−，后转化为4[PyrPV]+−，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2[PyrPV]+−先转化为3[PyrPV]+−，后转化为4[PyrPV]+−，则负极的电极反应之一为34[PyrPV]e[PyrPV]+−+−−=−，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；C

l2O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.②③⑤B.①④⑤C.①②④D.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③C.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70kJ/mol，③的活化能为50kJ/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70kJ/mol，③的活化能为50kJ/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-40kJ/mol，CO(g)+

2H2(g)的相对能量为50kJ/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。12.2-xCuSe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2-xCuSe晶胞中2+Cu个数为xB.每个2NaSe晶胞完全转化为2-xCuSe晶胞，转移电子数为6C.每个NaCuSe晶胞中0价Cu原子个数为1-xD.当2xy-NaCuSe转化NaCuS

e时，每转移(1y)mol−电子，产生(1x)molCu−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8×18+6×12=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；为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8×18+6×12=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8×18+6×12=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/Pa2×1055×1051×1063×106c(A)/mol·L-10.080.200.400.80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=p(C)mn(A)(B)PPP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b

molB，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=mn(A)(B)1PP，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-c(X)c(HX)(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)=6B.溶液中

对应的c(X-)：d点＞c点C.b点溶液的pH=5.2D.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-c(F)c(HF)=0或者lg-c(CN)c(HCN)=0即c(F-)=c(HF)或c(CN-)=c(HCN)，则有Ka(HF)=-+c(F)c(H)c(HF)=c(H+)=10-3.2,Ka(HCN)=-+c(CN)c(H)c(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(HCN)Ka(HCN)c(H)=-9.2-71mol/L?1010，c点为：c(F-)=+c(HF)Ka(HF)c(

H)=-3.2-71mol/L?1010，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-c(F)c(HF)=2，则有：c(H+)=c(HF)Ka(HF)c(F)−=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-c(CN)c(HCN)=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：①2CS是一种不溶于水且密度大于水的非极性试剂。②2344CS3NHNHSCNNHHS加催化剂水浴热++回答下列问题：（1）SCN−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2CS、水和固体催化剂，通入氨气的导管口需要插入2CS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1K，移开水浴。将装置B继续加热至105℃，待4NHH

S完全分解后(432NHHSNHHS+)，打开2K，缓缓滴入适量的23KCO溶液充分反应，()432NHCO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KSC

N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AgSCN=AgSCN+−+(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：0.51molL−3AgNO溶液、()243FeSO溶液、4FeSO溶液、()442NHSO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）SCN−==（2）()423222NHClCaOHCaCl2NH2HO+++△（3）防倒吸；使3NH与2CS充分接触混合（4）①.(球形)干燥管②.3222FeHS=2FeS2H++++++（5

）冷却结晶（6）①.取2mL0.51molL−3AgNO溶液，加入几滴4FeSO溶液，若产生银镜，证明是2Fe+还原Ag+产生银镜②.红色溶液存在平衡3Fe3SCN+−+⇌()FeSCN3，用力振荡，发生反应AgSCN=A

gSCN+−+，白色沉淀增多；()-cSCN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SCN−与2CO互为等电子体进行判断，故SCN−的结构式为SCN−==。【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()423222NHClCaOHCaCl2NH2H

O+++△。【小问3详解】2CS是非极性试剂，极性分子3NH在其中的溶解度小，可以防倒吸；3NH(气体)通入2CS(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2HS

被3Fe+氧化为S单质，则氧化剂3Fe+被还原为2Fe+，离子方程式为3222FeHS=2FeS2H++++++。【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()243FeSO、4FeS

O和()442NHSO，试管b中产生银镜是因为发生反应23FeAgFeAg+++++。根据试管a中3AgNO溶液的用量，结合所提供的试剂，要选用2mL0.51molL−3AgNO溶液和4FeSO溶液设计实验方案，故答案为：取2mL0.51molL−

3AgNO溶液，加入几滴4FeSO溶液，若产生银镜，证明是2Fe+还原Ag+产生银镜。②试管c的溶液局部变红是因为上层清液中的3Fe+与滴入的SCN−反应，存在化学平衡3Fe3SCN+−+⇌()FeSCN3。用力振荡试管，上层清液中

的Ag+与SCN−充分接触生成难溶的AgSCN白色沉淀，所以白色沉淀增多；()SCNc−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3Fe3SCN+−+⇌()FeSCN3，用力振荡，

发生反应AgSCN=AgSCN+−+，白色沉淀增多；()-cSCN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-1H2SO4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)3Fe(OH)2Co(OH)2Co(OH)3Cd(OH)2Ksp2.6×10-394.9×10-175.9×10-151.6×10-447.2×10-15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Na2

SO4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.S2O2-8+Mn2++

2H2O=MnO2↓+2SO2-4+4H+②.Fe(OH)3、CaSO4③.1.6×10-14（2）Zn+Cd2+=Zn2++Cd的（3）①.Zn2+和CO2-3发生双水解，相互促进，产生ZnCO3·2Zn(OH)2·H2

O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Mn

2+、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S2O2-8+Mn2++2H2O=MnO2↓+2SO2-4+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44

103(1016).10−−=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CO2-3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(O

H)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)：()()()38362CHgCHgHg+1ΔH反应Ⅱ(氧化脱氢)：()()()()3823622CHgOg2CHg2HOg++12236kJmolH−=−已知：()()()2222HgOg2HOg+13

484kJmolH−=−（1）1H=_______1kJmol−。（2）向某容器中仅通入()38CHg，发生反应Ⅰ，达到平衡后，下列措施能提高()36CHg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38CHD.适当升高温度（3）向某恒压密闭容器中通入()38CHg和()2Ng的混合气体(2N不参与反应)，发生反应Ⅰ，反应起始时气体的总压强为10

0kPa．在温度为1T℃时，()38CHg的平衡转化率与通入的混合气体中()38CHg的物质的量分数的关系如图1所示。①38CH的平衡转化率随起始通入38CH的物质的量分数增大而减小，其原因是_______。②1T℃时，反应Ⅰ的平衡常数pK

=_______(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“Ca

t2”)。在Cat2作用下，0T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36CH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2CO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）124+（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.Cat1②.催化剂失活、副产物增多(催化剂选择性降低)（5）2CCO2CO+高温【解析】【小问1详解】已知：反应Ⅰ(直接脱氢)：()()()38362CHgCHgHg+1ΔH反应Ⅱ(氧化脱氢)：()

()()()3823622CHgOg2CHg2HOg++12236kJmolH−=−，根据盖斯定律，将Ⅱ-Ⅰ×2可得：()()()2222HgOg2HOg+13484kJmolH−=−，则△H2-2△H1=△H

3，-236kJ/mol-2△H1=-484kJ/mol，解得△H1=+124kJ/mol。【小问2详解】向某容器中仅通入()38CHg，发生反应Ⅰ：()()()38362CHgCHgHg+，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C3

H6(g)的平衡产率降低，C不符合题意；D．38362CH(g)CH(g)H(g)+△H1=+124kJ/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()38CHg和()2Ng的混合气体(2N不参与反应)，发生反应Ⅰ：()()()38362CHgCHgHg+，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amo

l，则n(C3H8)=0.4amol，n(N2)=0.6amol，根据C3H8平衡转化率为50%，结合反应38362CH(g)CH(g)H(g)+中物质反应转化关系可知平衡时n(C3H8)=0.2amol，n(C3H6)=n(H2)=0.2amol

，平衡时气体总物质的量n(总)=0.2amol+0.2amol+0.2amol+0.6amol=1.2amol，C3H8、C3H6、H2的物质的量分数都是0.2a1=1.2a6，Kp=3623811(100kPa)(100kPa)p(CH)p(H)66==1p(CH)(100kPa)61

6.7kPa；【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：2高温C+CO2CO。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.++a.吡啶b.H⎯⎯⎯→+HBr（3）①.②.1（4）15（5）CH3CH2OH+4KMnO/H⎯⎯⎯⎯→CH3COO

H2BrP(少量)⎯⎯⎯→BrCH2COOH22+HNCHCOOHa.吡啶b.H⎯⎯⎯⎯→HOOCCH2NHCH2COOH22HOCHCHOH浓硫酸，Δ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→【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++a.吡啶b.H⎯⎯⎯→+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+4KMnO/H⎯⎯⎯⎯→CH3COOH2BrP(少量)⎯⎯⎯→BrCH2COOH22+H

NCHCOOHa.吡啶b.H⎯⎯⎯⎯→HOOCCH2NHCH2COOH22HOCHCHOH浓硫酸，Δ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→。