【文档说明】【九省联考】2024年1月普通高等学校招生考试适应性测试化学试题（甘肃版） Word版含解析.docx，共(19)页，4.552 MB，由envi的店铺上传

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第1页/共19页学科网（北京）股份有限公司2024年甘肃省普通高校招生适应性测试化学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案

标号框涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1，D-2，C-12，N-14一、

选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列文物的材质属于天然有机高分子的是A．铜奔马B．汉竹简C．莲花形玻璃托盏D．垂鳞纹秦公铜鼎A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．铜奔马为主要成分为金属

材料，A错误；B．汉竹简主要成分为纤维素，属于天然有机高分子，B正确；C．莲花形玻璃托盏主要成分为玻璃，属于无机非金属材料，C错误；D．垂鳞纹秦公铜鼎主要成分为金属材料，D错误；故选B。2.生活中处处有化学，下列叙述错误的是A.合理施用化肥农药可以实现农作物增产B.豆腐制作过程中可使用氯化镁作

凝固剂第2页/共19页学科网（北京）股份有限公司C.聚四氟乙烯可用作不粘锅内侧涂层材料D.制白砂糖时用活性炭脱色属于化学变化【答案】D【解析】【详解】A．农作物生长需要N、P、K元素，合理施肥可以为农作物提供这些

元素，适当使用农药可以杀死害虫，实现农作物增产，A正确；B．豆浆聚沉可以制成豆腐，MgCl2可以使豆浆胶体聚沉，B正确；C．聚四氟乙烯具有耐高温的特点，它的摩擦系数极低，可以做作不粘锅内侧涂层材料，C正确；D．活性炭具有吸附性，可将色素杂质吸附，因此可用于白砂糖的脱色，属于物理变化，D错误

；故选D。3.下列说法正确的是A.6SF空间结构模型B.基态Si的价层电子排布图C.硫酸钾电子式D.卤族元素电负性变化趋势【答案】A【解析】【详解】A．六氟化硫为正八面体构型，硫原子半径大于氟原子，故A正确；B．基态Si的核外电子

排布式为1s22s22p63s23p2，则价层电子排布图为，故B错误；C．硫酸钾的电子式为2-++..:O:......KK:O:S:O:......:O..：，故C错误；D．卤族元素电负性依次减小，F的电负性最大，故D错误。故选A。4.AN

为阿伏加德罗常数值，下列叙述正确的是的的第3页/共19页学科网（北京）股份有限公司A.常温常压下，12g金刚石含有4NA个共价键B.pH1=的乙酸和盐酸混合溶液含0.1NA个+HC.标准状态下，320gND含有的质子数为10NAD.电解水生成2g氢气，外

电路通过1NA个电子【答案】C【解析】【详解】A．12g金刚石中C原子的物质的量为1mol，1mol碳原子平均形成2molC-C键，故含有2NA个共价键，A错误；B．溶液体积未知，故无法计算氢离子个数，B错误；C．标准状态下，3ND为气态，320gND的物质的量为20mol1mol1423=

+，含有的质子数为()AA713N10N+=，C正确；D．2g氢气的物质的量为1mol，电解水生成2g氢气，外电路通过2NA个电子，D错误；故选C。5.下列实验操作合理的是AB制备二氧化硫检验氧气是否集满

CD第4页/共19页学科网（北京）股份有限公司乙炔除杂制备氢氧化亚铁A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．浓硫酸和铜需要加热生成二氧化硫，A错误；B．检验氧气是否集满，将带火星的木条放在瓶口，木条复燃说明满了，B正确；C．乙炔除杂应该长进短出

，且酸性高锰酸钾溶液也能氧化乙炔，不符合除杂基本原理，C错误；D．氢氧化亚铁容易被空气中氧气氧化为氢氧化铁，制备氢氧化亚铁应该将滴管伸入硫酸亚铁容易的底部加入氢氧化钠溶液，反应生成氢氧化亚铁，D错误；故选B。6.下列关于物质的结构与性质描述错误的是

A.石英的熔点、硬度比金刚石的小B.2CS分子中存在非极性共价键C.()462NHPtCl既含有离子键又含有共价键D.3NH的熔点比3PH的高，因为氨分子间存在氢键【答案】B【解析】【详解】A．石英中Si-O键键长比金刚石中C-C键键长长，键能小，故石英的熔点、硬度比金刚石的小，A

正确；B．2CS分子碳原子和硫原子之间存在极性共价键，B错误；C．()462NHPtCl中铵根离子和2-6[PtCl]之间为离子键，2-6[PtCl]中中心原子和配体之间为共价键（配第5页/共19页学科网（北京）股份有限公司位键），C正确；D．氨

分子间存在氢键，PH3分子之间不存在氢键，故3NH的熔点比3PH的高，D正确；故选B。7.含有未成对电子的物质具有顺磁性。下列物质具有顺磁性的是A.2NB.2FC.NOD.Be【答案】C【解析】【详解】A．N原子的外围电子排布为2s22p3，2N分子中N原子的3条2p轨道重叠形

成1个σ键和2个π键，不存在未成对电子，不具有顺磁性，A错误；B．F原子的外围电子排布为2s22p5，2F分子中F原子的一条2p轨道重叠形成共价键，不存在未成对电子，不具有顺磁性，B错误；C．N原子的外围电子

排布为2s22p3，O原子的外围电子排布为2s22p4，NO分子中N原子的3条2p轨道与O原子的3条2p轨道重叠形成1个σ键，2个π键（其中1个π键中N原子提供1个电子，O原子提供一对电子），存在未成对电子，具有顺磁性，C正确；D．Be的外围电子排布为

2s2，不存在未成对电子，不具有顺磁性，D错误；故选C。8.下列实验操作及现象与结论不一致的是实验操作及现象结论A测定不同温度下蒸馏水的pH，pH随温度升高而降低水的电离程度随温度升高而增大B向新制的()2CuOH溶液中滴入少量蔗糖溶液并加热，不产生砖红色沉淀蔗糖不属

于还原糖C将少量乙酸乙酯加入NaOH溶液中，出现分层，静置一段时间后酯层消失乙酸乙酯可在碱性条件下水解D向2FeCl溶液(pH1=)中滴加4KMnO溶液，紫色褪去2+Fe具有还原性A.AB.BC.CD.D第6页/共19页学科网（北京）股份有限公司【答案】D【解析】【详解】A．水的电离程度

随温度升高而增大，升温氢离子浓度增大，故蒸馏水的pH随温度升高而降低，A正确；B．不产生砖红色沉淀，说明新制的()2CuOH没有被蔗糖还原，则蔗糖不属于还原糖，B正确；C．向含有乙酸乙酯的试管中加入NaOH溶液，酯不溶于水，出现分层，一段时间后酯层消失，则乙

酸乙酯在碱性条件下可以水解，C正确；D．酸性条件下氯离子也会和高锰酸钾发生氧化还原反应使得溶液褪色，故不能说明2+Fe具有还原性，D错误；故选D。9.室温下，下列离子在指定溶液中能大量共存的是A.在澄清的3KNO溶液中：22+4MnOOHZnFe−−+、、、B.(

)1320.1molLBaNO−溶液中：234ClHCOMgNH−−++、、、C.在稀氢氧化钠溶液中：222323SOSCaAl−−++、、、D.在稀盐酸中：234NOSONaK−−++、、、【答案】D【解析】【详解】A．OH−与2Z

n+和2Fe+反应会生成沉淀，同时4MnO−具有氧化性，2Fe+具有还原性，能发生氧化还原反应，均不能大量共存，A项错误；B．0.1/Lmol()32BaNO溶液中，3HCO−水解产生OH−，4NH+和

2Mg+水解均会产生H+，水解会相互促进，大量存在时会生成氢氧化镁沉淀，B项错误；C．在稀氢氧化钠溶液中，2Ca+和3Al+可以和氢氧化钠发生反应生成微溶的()2CaOH和()3AlOH沉淀，不能大量共存，C项错误

；D．在稀盐酸中，3NO−、24SO−、Na+、K+均不互相反应，可以大量共存，D项正确；故选D。10.焦性没食子酸是一种优良的除氧剂。下列关于该物质的说法错误的是第7页/共19页学科网（北京）股份有限公司A

.有酸性，是一种羧酸B.有酚羟基，能溶解于NaOH水溶液C可以与3+Fe反应制备特种墨水D.可以与甲醛反应生成树脂【答案】A【解析】【详解】A．该分子中含酚羟基，具有酸性，不含羧基，不是羧酸，A错误；B．该分子中有酚羟基，能与NaOH溶液反应，故能溶解于NaOH水溶液，B正确；C．

酚羟基能与铁离子发生显色反应，该分子可以与3+Fe反应制备特种墨水，C正确；D．苯酚能与甲醛反应生成酚醛树脂，该分子中含酚羟基，故能与甲醛反应生成树脂，D正确；故选A。11.酒石酸是一种有机二元弱酸(记为2HA)。25℃时，2HA、HA−和2A−的

分布分数δ(例如()()()()()22cHAδHAcHAcHAcA−−−−=++)与溶液pH关系如图，已知酒石酸的a1a2pK3.04,pK4.37==，下列说法错误的是A.任意pH下，()()()22δHAδHAδA1−−++=B.酒石酸溶液中，()()()()2

+2cAcHAcOHcH−−−++=C.pH从0到8，水的电离程度先增大后减小D.pH3.04=时，()()2δHAδHA0.5−==【答案】D【解析】.第8页/共19页学科网（北京）股份有限公司【分析】酒石酸溶液中随着pH增大，电离平衡正向移动，2HA的分布系数逐渐减小，HA

-的分布系数先增大后减小，2A−的分布系数一直增大，则曲线a为2HA的变化曲线、b为HA-的变化曲线、c为2A−的变化曲线；【详解】A．任意pH下，根据A元素守恒可知，()()()22δHAδHAδA1−−++=，A正确；B．酒石酸溶液中根据电荷守恒：()()(

)()2+2cAcHAcOHcH−−−++=，B正确；C．酸和碱都会抑制水的电离，pH从0到8的过程中，2HA转化为酸根离子2A−，2A−水解促进水的电离，当pH=8时，溶液中几乎完全是2A−离子，说明溶液中加入碱过量，2A−离子水解受到抑制，水的电离也

受到抑制，故水的电离程度先增大后减小，C正确；D．由图可知，pH3.04=时，溶液中存在2HA、HA−和2A−三种A的粒子，则()()2δHAδHA0.5−=，D错误；故选D。12.我国科学家设计了一种新型Zn-S可充电电池，该电池放电时硫电极发生两步

反应，分别为：2-+2S+2Cu+4e=CuS、2+-225Cu+O+10e=Cu+2CuO，下列说法错误的是A.放电时锌电极发生的反应为2+Zn2eZn−−=B.该电池充电时2Cu+的浓度增大C.该电池放电时电子从

硫电极流出D.每生成1mol铜，外电路中通过10mol电子【答案】CD【解析】【分析】根据题意，S得到电子，化合价降低，被还原，作正极，则Zn为负极，发生氧化反应，电极反应式为-2+Zn-2e=Zn；第9页/共

19页学科网（北京）股份有限公司【详解】A．由分析可知，放电时锌失去电子发生氧化反应，发生的反应为-2+Zn-2e=Zn，A正确；B．放电时，铜离子转化为2CuS、2CuO、Cu，则充电时2CuS、2CuO、Cu转化为铜离子，2Cu+的浓度增大，B正确；C．该电池放电时电子从负极锌极流

出，C错误；D．由反应2+-225Cu+O+10e=Cu+2CuO可知，每生成1mol铜，需要10mol电子，由于该电池放电时硫电极发生两步反应，则反应2-+2S+2Cu+4e=CuS也消耗一部分电子，故外电路中通过大于10mol电子，D错误；故选CD。13.多组分反应可

将多个原料分子一次性组合生成目标分子。我国科学家利用多组分反应合成了一种亲水亲脂分子车用于输送药物分子。下列说法正确的是A.该分子车含有四个肽键B.1735CH−是亲水基团C.该分子车含酰胺官能团D.

该反应原子利用率可达100%【答案】C【解析】【分析】肽键是由两个或多个氨基酸分子的α-氨基和α-羧基脱水缩合形成的共价键；而酰胺基是由脂肪酸与氨基经取代反应得到，据此分析。【详解】A．由分析可知，该分子车不含肽键

，A错误；B．1735CH−为烃基，烃基为疏水基团，B错误；C．由分析可知，该分子车含酰胺官能团，C正确；D．该反应为取代反应，有水生成，原子利用率达不到100%，D错误；故选C。14.WXYZ、、、为原子序数依次递增的短周期元素，最外

层电子数均为奇数。只有X为金属元素，W的核外电子数等于Y的最外层电子数，且W、Y处在不同周期，Z的单质常温下为气体。下列说法错误的是A.X单质可与氢氧化钠溶液反应第10页/共19页学科网（北京）股份有限公司B.3WZ分子与3YZ分子均为三角锥

形C.W的第一电离能比同周期相邻两元素的低D.Z的最高价氧化物对应的水化物为强酸【答案】B【解析】【分析】WXYZ、、、为原子序数依次递增的短周期元素，最外层电子数均为奇数，且W、Y处在不同周期，只有X为金属元素，W的核外电子数等于Y的最外层电子数，若W为氢，则Y为金属元素，故W不

为氢，则W为硼，那么Y为磷；X为钠或铝，Z的单质常温下为气体，Z为氯；【详解】A．钠会和溶液中水反应，铝会和强碱氢氧化钠溶液反应，A正确；B．BCl3形成3个共价键且无孤电子对，B为sp2杂化，是平面三角形结构，B错误；C．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大

，但是Be原子价电子为2s2全满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故B的第一电离能比同周期相邻两元素的低，C正确；D．Cl的最高价氧化物对应的水化物为高氯酸，高氯酸为强酸，D正确；故选B。二、非选择题：共58

分。15.某兴趣小组利用氢离子交换树脂吸附溶液中其他阳离子，同时交换出氢离子的特性(如图所示)，设计了测定2PbCl溶度积常数的实验。准确量取12VmLPbCl饱和溶液于烧杯中，加入过量的阳离子交换树脂，充分搅拌，静置，过滤，使用蒸馏水洗涤离子交换树脂至洗涤液呈中

性，合并滤液和洗涤液至锥形瓶，用滴定法测定锥形瓶中氢离子的物质的量，计算出2PbCl溶度积常数。(()()145sp3sp2KPbCO7.410,KPbCl1.610−−==)（1）下列仪器中，本实验用不到的有___________(写名称)。（2）配制2PbCl饱和溶液时需

要使用煮沸后的蒸馏水，原因是___________。（3）判断洗涤液已至中性的方法是___________。第11页/共19页学科网（北京）股份有限公司（4）过滤后的溶液中发现有树脂小颗粒，此时应该______

_____。（5）若实验使用的烧杯未干燥，测定结果___________(填“偏高”，“偏低”或“不变”)。（6）为了测定锥形瓶中氢离子的物质的量，使用浓度为1cmolL−的氢氧化钠溶液进行滴定，可选用___

________为指示剂，滴定终点现象为___________。到达滴定终点时，消耗2VmLNaOH溶液，则2PbCl的spK=___________(写出计算式)。（7）兴趣小组对实验进行讨论，某同学提出可以利用该方法测定2FeF的spK，是否可行

，原因是___________。【答案】（1）量筒、容量瓶（2）除去溶解在其中的CO2（3）取一小片pH试纸于表面皿中央，滴一小滴最后一次洗涤液于试纸的中央，并迅速于标准比色卡对照，直至pH=7（4）重新过滤，并洗涤树脂小颗粒，滤液、洗涤液合并至锥形瓶（5）不变（6）①.酚

酞试液②.最后半滴标准液加入后，锥形瓶中溶液颜色由无色变为粉红色且半分钟内不褪色③.321cV42V（7）不能；2FeF中氟离子可能会与离子交换树脂中-SO3H中的氢离子形成弱酸HF，使得离子交换树脂释放出更多的氢离子，导致实验误差【解析】【分析】以2PbCl与

H+氢离子交换树脂交换出H+，并用标准浓度的NaOH溶液进行滴定，来测量出溶液中的Pb2+的物质的量浓度，从而可测量出PbCl2的Ksp；【小问1详解】实验中涉及准确量取12VmLPbCl饱和溶液（需要使用移液管，而不是量筒），搅拌，过滤，

涤离子交换树脂，合并滤液和洗涤液至锥形瓶，用氢氧化钠标准液滴定氢离子的物质的量，故图中仪器需使用漏斗、碱式滴定管，本实验用不到的量筒、容量瓶；【小问2详解】配制2PbCl饱和溶液时需要使用煮沸后的蒸馏水，原因是为了除去溶解

在其中的CO2，以免对实验结果造成误差；【小问3详解】的第12页/共19页学科网（北京）股份有限公司室温下中性溶液的pH=7，判断洗涤液已至中性的方法是：取一小片pH试纸于表面皿中央，滴一小滴最后一次洗涤液于试纸的中央，并

迅速于标准比色卡对照，直至pH=7；【小问4详解】过滤后的溶液中发现有树脂小颗粒，此时应该重新过滤，并洗涤树脂小颗粒，滤液、洗涤液合并至锥形瓶；【小问5详解】实验使用的烧杯未干燥，并不改变溶液中的H+的物质的量，故不会使测定结果发生改变；【

小问6详解】氢氧化钠滴定氢离子可以选择酚酞为指示剂，滴定终点现象为：最后半滴标准液加入后，锥形瓶中溶液颜色由无色变为粉红色且半分钟内不褪色；由图结合中和反应可知：2++Pb2H2NaOH，到达滴定终点时，消耗2VmLNaOH溶液，则()()2++1

3322cV11nPb=nHcmolLV10L10mol222−−−==，()()322+2311cV10molcV12cPb=mol/LcClV10L2V2−−−==，()()232+2222sp1

11cVcVcVKcPbcCl=242V2V2V−==；【小问7详解】2FeF中的氟离子可能会与离子交换树脂中-SO3H中的氢离子形成弱酸HF，使得离子交换树脂释放出更多的氢离子，导致实

验误差，故不能。16.铜锈中含有()()2CuClsCuOs、和()()23CuOHCls。有人提出腐蚀途径如下：()()()()()()223CusCuaqCuClsCuOsCuOHCls+→→→→①②③④（1）上图所示晶体结构表示铜锈中___________物质(填写化学式)。

（2）过程①是典型的电化学腐蚀，其负极反应为___________（3）过程③、④涉及的反应方程式包括：()()()()()222CuClsHO1CuOs2Haq2ClaqΔHakJ/mol+−+=++

=第13页/共19页学科网（北京）股份有限公司()()()()()()()222231CuOsOs2HO1ClaqCuOHClsOHaqΔHbkJ/mol2−−+++=+=()()()2HaqOHaqHO1ΔHckJ/mol+−+=则()(

)()()()()()+222312CuClsOg2HO1CuOHClsHaqClaq2−++=++的ΔH=_______kJ/mol。（4）环境越潮湿、氧气含量越___________、气温越___________，铜的腐蚀越严重。（5）

铜锈还含有()232CuOHCO，其分解方程式为：()()()()()23222CuOHCOs2CuOsCOgHOg++。该反应的ΔHTΔS、随温度的变化关系如图所示，()232CuOHCO分解的最低温度为___________K，当温度从1T升高到2T时，平衡向___________移动，判定理

由是___________。（6）某温度下，()232CuOHCO在恒容密闭容器中的分解达平衡时，容器内压强为xkPa，则反应平衡常数pK=_______()2kPa。（7）()232CuOHCO分解过程中总压强随时间的变化关系如图所示，则在0~2min内，()2HOg的平均生

成速率()2HOV=_______kPa/min。【答案】（1）2CuO（2）+Cue=Cu−−（3）()abc++（4）①.高②.高第14页/共19页学科网（北京）股份有限公司（5）①.350②.正反应方向③

.升高温度，平衡向吸热反应方向移动，该反应正反应为吸热反应，平衡向正反应方向移动（6）2x4（7）13.1【解析】【小问1详解】晶体结构中，白球代表的原子个数有181=28+，黑球代表的原子个数有4个，原子个数比为1:2，符合该化学组成的是2CuO，故该晶体结构表示2CuO；【小问

2详解】电化学腐蚀为原电池原理，其负极反应为失电子还原反应，电极反应式为+Cue=Cu−−；【小问3详解】根据盖斯定律，目标反应=第1个反应+第2个反应+第3个反应，则目标反应的反应热()1ΔHabckJmol−=++；【小问4详解】影响化学反应速率的因素有温度、反

应物浓度、压强、催化剂等，由金属铜发生腐蚀的化学反应可知，环境越潮湿、氧气含量越高、温度越高、铜的腐蚀越严重，故答案为：高；高；【小问5详解】化学反应可以自发进行，则需要反应的ΔH-TΔS<0，即ΔH<TΔS，故T>350K，()232CuOHCO分解的最低温度为35

0K；该反应为分解反应，是吸热反应，温度升高，平衡正向移动；根据平衡移动原理，升高温度平衡向吸热反应方向移动，该反应正反应为吸热反应，当温度从1T升高到2T时，平衡向正反应方向移动；【小问6详解】该反应()()()()()23222CuOHCOs2CuOs

COgHOg++，反应物为固体，气体为生成的()()22COgHOg、，则混合气体中二者物质的量之比为1:1，()2COg的分压为xkPa2，()2HOg的分压为xkPa2，反应平衡常数()22pxkPaxkPaxK=kPa224=；【小问7详解】第15页/共19页学科

网（北京）股份有限公司该反应()()()()()23222CuOHCOs2CuOsCOgHOg++，反应物为固体，初始()p=0总，反应生成气体()()22COgHOg、，压强增大，2min时()p=52.4k

Pa总，混合气体中()()22COgHOg、物质的量之比为1:1，2min时，()2HOg的分压为52.4kPa2，则()2HO52.4kPa2V=13.1kPa/min2min=。17.利用含锌废料(主要成分是氧化锌，

含有少量铁、铝、铜、锰等金属氧化物或盐)制备氯化锌的一种工艺流程如下：（1）为了提高盐酸浸取效率，可采取的措施有___________。（2）浸取温度不宜超过60℃，原因是___________。（3）为优化工艺流程，盐酸浸

取后直接进行高锰酸钾氧化除杂。结合下列图表选择浸取工艺最佳pH范围为___________，理由是___________。A．1.5~2.0B．2.0~3.0C．3.0~4.0D．4.5~5.0金属离子开始沉淀的pH10.01mcolL−=沉淀完全

的pH51c1.010molL−−=2Fe+6.88.33Al+3.74.73Fe+1.82.82Cu+5.26.72Mn+8.610.1第16页/共19页学科网（北京）股份有限公司2+Zn6.78.2（4）滤渣的主要成分有()3FeOH、___________和2MnO，该工艺中

去除锰的离子方程式为___________。（5）最适宜使用的还原剂是___________，理由为___________。（6）氯化锌溶液在蒸发浓缩过程中如操作不当将有碱式盐()ZnOHCl生成，该反应方程式为___________，产品中()ZnOH

Cl含量与蒸发温度关系如图所示，工艺要求()ZnOHCl含量不超过2.30%，降低产品中()ZnOHCl含量的方法有___________。【答案】（1）将固体废料粉碎、适当加热等（2）减少盐酸的挥发、降低Zn2+的水解程度，防止生成氢氧化锌（3）①.D②.在pH4.

5~5.0的范围内，Fe3+和Al3+变为氢氧化物，而Zn2+不会沉淀（4）①.Al(OH)3②.2+-+4223Mn+2MnO+2HO=5MnO+4H（5）①.单质锌②.不会带入新的杂质（6）①.()22ZnCl+HOZnOHCl+HCl=②

.减压蒸发，控制温度不超过300oC【解析】【分析】利用含锌废料(主要成分是氧化锌，含有少量铁、铝、铜、锰等金属氧化物或盐)制备氯化锌的流程分析如下：含锌废料先用盐酸浸取，同时调pH除掉将铝离子、铁离子变为沉淀，加

入高锰酸钾进行氧化除杂将铁氧化为高价态的氢氧化物沉淀，加入还原剂将铜还原为单质除掉，得到较纯净的氯化锌，最后进行蒸发浓缩、冷却结晶得到氯化锌固体。【小问1详解】为了提高盐酸浸取效率，可采取的措施有将固体废料粉碎、适当加热等；第17页/

共19页学科网（北京）股份有限公司【小问2详解】浸取温度不宜超过60℃，原因是减少盐酸的挥发、降低Zn2+的水解程度，防止生成氢氧化锌；【小问3详解】浸取的目的是要将Fe3+和Al3+变为氢氧化物，而Zn2+不能沉淀，根据表格中的数据，应该调p

H的范围是4.7~6.7，合理的选项为D；【小问4详解】根据上述分析，滤渣的主要成分为()3FeOH、Al(OH)3、和2MnO，该工艺中去除锰的原理为锰离子和高锰酸钾发生归中反应生成二氧化锰，离子方程式为2+-

+4223Mn+2MnO+2HO=5MnO+4H，【小问5详解】考虑到不能带入新的杂质，故最合适的还原剂是单质锌；【小问6详解】氯化锌溶液在蒸发浓缩过程中如操作不当将有碱式盐()ZnOHCl生成，该反应方程式为()22ZnCl+HOZnOHCl+HCl=

，根据图像，要控制()ZnOHCl含量不超过2.30%，降低产品中()ZnOHCl含量的方法有减压蒸发，控制温度不超过300oC。18.有机太阳能电池利用有机半导体将光能转换为电能。科学家设计了一种新型有机太阳能电池材料，其部分合成路线如下：（1）化合物A的含氧官能团

有___________(填官能团名称)。（2）化合物B的一种同分异构体能溶解于NaOH水溶液，遇3FeCl不显色。核磁共振氢谱检测到三组峰(峰面积比为1：2：2)，其结构简式为___________。（3）化合物C名称是___________，分子式是_____

______。（4）由B到D的转化过程中涉及的反应类型有________、_________和_________（5）化合物E可通过频哪醇(6142CHO)和联硼酸(()24BOH)的脱水反应制备。频哪醇的结构

简式是的第18页/共19页学科网（北京）股份有限公司___________。（6）某同学分析以上合成路线，发现制备化合物F和H的反应类型都属于___________反应。进而提出了化合物H的另外一种制备方法：

首先在()322PdPPhCl的催化下，化合物G与E反应合成新的化合物Ⅰ，其结构简式为___________。化合物Ⅰ在()34PdPPh的催化下与化合物___________(写结构简式)反应即可生成化合物H。【答案】18.羟基、醛基19.20.①.乙酸酐②.C4H

6O321.①.加成反应②.消去反应③.取代反应22.23.①.取代②.③.【解析】【分析】由B可知A为：，根据分析，B与C经过3步反应得到D：⎯⎯⎯⎯→加成反应⎯⎯⎯⎯→消去反应⎯⎯⎯⎯→取代反应（

D）；D与E发生取代反应得到F，F与G发生取代反应得到H。第19页/共19页学科网（北京）股份有限公司【小问1详解】根据分析，A为：，含氧官能团名称为：羟基、醛基；【小问2详解】B为，化合物B的一种同分异构体能溶解于NaOH水溶液，遇

3FeCl不显色，说明含酯基，核磁共振氢谱检测到三组峰说明有3种不同化学环境的氢原子，峰面积比为1：2：2说明氢原子个数比为1：2：2，满足条件的结构简式为：；【小问3详解】C的名称为乙酸酐，分子式是：C4

H6O3；【小问4详解】根据分析，B经过加成反应、消去反应、取代反应得到D；【小问5详解】根据化合物E的结构，可知频哪醇(6142CHO)的结构简式为：；【小问6详解】根据分析，制备化合物F和H的反应类型都属于取代反应；在()322PdPPhCl的催化下，化合

物G与E反应合成新的化合物Ⅰ：，对比化合物Ⅰ和产物结构简式，可知化合物Ⅰ与D反应得到产物，D的结构简式为：。