【文档说明】北京市通州区2022-2023学年高三上学期期末摸底考试化学试题 含解析.docx，共(25)页，1.009 MB，由小赞的店铺上传

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通州区2022—2023学年高三年级摸底考试化学试卷本试卷共10页，共100分。考试时长90分钟可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16F19Cr52Mn55Fe56第一部分本部分共14题，每题3分，共42

分。在每题列出的4个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.某同学在家中用天然气灶炒菜，不慎使油在锅中燃烧起来，但火势未溢出锅外。该同学果断地关闭了天然气灶，但家中没有灭火器等消防器材。此时，以下方法可以扑灭锅中火

的是A.迅速用锅盖把锅盖严实，等锅的温度降下来再揭盖B.向锅中倒入少量凉水C.向锅中倒入面粉D.打开厨房的窗户，加大通风【答案】A【解析】【详解】A．迅速用锅盖把锅盖严实，使油与空气隔绝，没有了氧气，油就不能持续燃烧，从而达到灭火效果，等锅温度降下来以确保油不会再燃

烧再揭盖，A正确；B．向锅中倒入少量凉水，由于水的密度比油大，会沉到油层下，无法使油与空气隔绝，且水的沸点比油低会导致暴沸，油滴飞溅出来与空气充分接触使燃烧更猛烈，B错误；C．面粉是可燃物，向锅中倒入面粉时，

当面粉扬起的粉尘和明火相遇时，由于接触面积极大，会加速燃烧，甚至可能引发爆炸，C错误；D．打开厨房的窗户，加大通风，相当于增加燃烧空间中氧气的浓度，使油燃烧更剧烈，D错误；故选A。2.藜麦含蛋白质、淀

粉、油脂、维生素、矿物质等多种成分，具有较高的营养价值。下列说法正确的是A.藜麦所含的三油酸甘油酯在常温下为固态B.藜麦所含的淀粉能被银氨溶液氧化C.用藜麦煮粥会使其所含蛋白质变性D.组成藜麦DNA的元素中不含磷【答案】C【解析】【详解】A．藜麦所含的三油酸甘油酯在常温

下为液态，A错误；B．淀粉是非还原性糖，不能被银氨溶液氧化，B错误；C．加热会使蛋白质变性，C正确；D．组成藜麦DNA的元素中含磷，D错误；故选C。3.下列实验方案中不能达到实验目的的是A.用装置①测量盐酸和氢氧化钠溶液反应前后的温度B.用装置②除去Cl2中少量的HC1气体C.用装置③

可以说明氨气极易溶于水D.用装置④检验1-溴丁烷和氢氧化钠乙醇溶液反应的产物【答案】D【解析】【详解】A．用简易量热计可以测量盐酸和氢氧化钠溶液反应前后的温度，A正确；B．可用饱和食盐水除去Cl2中少量的HC1气体，B正确；C．由于氨气极易溶于水，将胶头滴管中的水挤入烧瓶，使得

烧瓶内压强小于外界大气压，从而形成喷泉，C正确；D．反应生成的乙烯和挥发出来的乙醇均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此不能用装置④检验反应的产物，D错误；故选D。4.某同学取两块大小相同的干冰，在一块干冰中央挖一个小穴，撒入一些镁粉，用红热的铁棒把镁点燃，将另一块干

冰盖上。该同学看到镁粉在干冰内继续燃烧，发出耀眼的白光。以下说法正确的是A.干冰的熔点比冰高B.镁属于共价晶体C.铁的电导率随温度升高而升高D.镁在干冰中燃烧反应的化学方程式是22MgCO2MgOC点燃++【答案】D【解析】【详解】A．二氧化碳是非极性分

子分子间作用力小，水为极性分子且分子间形成氢键，干冰的熔点比冰低，故A错误；B．镁属于金属晶体，故B错误；C．铁属于金属晶体，铁的电导率随温度升高而降低，随温度升高电阻增大，故C错误；D．镁在干冰中燃烧生成氧化镁和碳，反应的化学方程式是22MgCO2MgOC点燃++，故D正确；

故选D。5.下列实验对应的化学方程式不正确的是A.次氯酸溶液在光照下产生气泡：2HClO光照2HCl+O2↑B.将稀硫酸和硫代硫酸钠溶液混合产生浑浊：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+2S↓+O2↑+H2OC.将铜片投入稀硝酸产生

气泡：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2OD.向氯化银沉淀中加入氨水得到澄清的无色溶液：AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]Cl【答案】B【解析】【详解】A．次氯酸不稳定，在光照下分解产生HCl、O2，，因此产生气泡，反应方程式为：2HClO光照2HCl+O2

↑，A正确；B．将稀硫酸和硫代硫酸钠溶液混合，反应产生Na2SO4、S、SO2、H2O，反应方程式为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，B错误；C．铜片投入稀硝酸，反应产生NO气体，根据电子守恒、电荷守恒，可知反

应方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，C正确；D．向氯化银沉淀中加入过量氨水，反应得到澄清的无色溶液[Ag(NH3)2]Cl，反应的化学方程式为：AgCl+2NH3=[Ag(NH

3)2]Cl，D正确；故合理选项是B。6.酶在化学反应过程中的主要作用是A.酶与反应物分子暂时性结合以降低反应的活化能B.酶消耗反应中的副产物来促使反应进行完全C.酶自身分解生成主产物，从而加快反应速率D.酶分解会释放能量，以增加主产物分子的有效碰撞次数

【答案】A【解析】【详解】A．酶是生物催化剂，酶与反应物分子暂时性结合以降低反应的活化能，A正确；B．酶是生物催化剂，能大幅增大反应速率、但不影响反应程度，B错误；C．结合选项A可知酶通过降低反应活化能从而加快反应速率，C错误；D．结合选项A可知酶通过降低反应活化能、增大了活化分子百分

数、增加了反应的有效碰撞次数，D错误；答案选A。7.苏打型盐碱地因为土壤中碳酸钠和碳酸氢钠含量高，肥力低下，不适宜耕种。为了将荒芜的盐碱地变成良田，科学家将硫酸铝施入盐碱地来改良土壤。下列叙述不合理的是A.碳酸氢钠晶体溶于少量水，有吸热现象B.工业上制备硫酸铝

改良剂可以利用铝和浓硫酸在常温下反应C.将硫酸铝溶液施入盐碱地会看到土壤液产生气泡D.硫酸铝水解生成的胶体有丁达尔效应【答案】B【解析】【详解】A．碳酸氢钠晶体溶于少量水的过程是吸热过程，A合理；B．铝和浓硫酸在常温下钝化而难以溶解，工

业上不适合用利用铝和浓硫酸在常温下制备硫酸铝，B不合理；C．将硫酸铝溶液施入盐碱地，铝离子和碳酸根离子双水解产生二氧化碳气体、会看到土壤液产生气泡，C合理；D．硫酸铝水解生成氢氧化铝胶体，有丁达尔效应，D合理；答案选B。8.某种盐M2CrO4(

s)一定温度下在水中的溶解度为0.032g/L。比较该盐在0.05mol/L的MNO3溶液中的溶解度与相同温度下在水中的溶解度，下列叙述正确的是A.在MNO3溶液中溶解度更高，因为MNO3的摩尔质量比M2CrO4的小B.在MNO3溶液中溶解度更低，因为溶液中已经含有MC.溶解度相同，因为

M+的物质的量浓度都是2-4CrO的二倍D.溶解度相同，因为Ksp只受温度影响【答案】B【解析】【详解】A．在MNO3溶液中含M+、M+浓度增大使沉淀溶解平衡M2CrO4(s)2M+(aq)+2-4CrO(aq)左移，因此溶解度比纯水中更低，A

错误；B．结合选项A可知在MNO3溶液中溶解度更低，B正确；C．M2CrO4(s)溶解度随溶液中M+、2-4CrO的浓度变化，只有在纯水中M+的物质的量浓度是2-4CrO的二倍，C错误；D．虽然Ksp(M2CrO4)=c2(M+)

c(2-4CrO)只受温度影响，但M2CrO4(s)溶解度随溶液中M+、2-4CrO的浓度变化，D错误；答案选B。9.虎耳草素从药用植物中提取，其结构如图所示。下列关于虎耳草素的叙述不正确的是A.该有机化合物分子中所有碳原子不可能处于同一平面上B.该有机化合物能够与H2发生加成反应C.该有机化合

物可与氯化铁溶液发生显色反应D.1mol该有机化合物最多可以消耗4molNaOH【答案】D【解析】【详解】A．分子中存在多个类似甲烷结构的碳原子，因此分子中所有碳原子不可能处于同一平面上，A正确；B．分子中含有苯环，能和氢气发生加成反应，B正确；C．分子中含有酚羟基，能与氯化铁溶

液发生显色反应，C正确；D．分子中含有2个酚羟基，1个酯基，则1mol该有机化合物最多可以消耗3molNaOH，D错误·；故选D。10.某温度下，四种不同一元酸溶液在不同浓度时的pH如下表所示，下列推测不合理的是酸浓度(mol/L)酸HX的酸HY的酸HM的酸HN的pHpH

pHpH0.0103.442.002.922.200.102.941.002.421.55A.该温度下电离出H+的能力：HY>HN>HM>HXB.该温度下将HY溶液加入NaX溶液中，发生反应为HY+NaX=HX+NaYC.该温度下当HX的浓度为0.10mol/L

时，c(HX)>c(X—)>c(H+)>c(OH—)D.该温度下用同种方法测定，相同体积的0.10mol/LHM溶液比0.010mol/LHM溶液导电能力强【答案】C【解析】【详解】A．由表格数据可知，等浓度的四种一元酸溶液的pH大小顺序为HX>HM>HN>HY，则该温度下四种酸溶液电离出氢离

子的能力大小顺序为HY>HN>HM>HX，故A正确；B．由表格数据可知，等浓度的HY溶液的pH小于HX溶液，说明HY的酸性强于HX，由强酸制弱酸的原理可知，HY溶液加入NaX溶液中发生的反应为HY+NaX=HX+NaY

，故B正确；C．由表格数据可知，HX为一元弱酸，在溶液中部分电离出氢离子和X—离子，则溶液中微粒的大小顺序为c(HX>c(H+))>c(X—)>c(OH—)，故C错误；D．由表格数据可知，HM为一元弱酸，则相同体积的0.10

mol/LHM溶液中离子浓度大于0.010mol/LHM溶液，导电能力强于0.010mol/LHM溶液，故D正确；故选C。11.聚甲醛是一种重要的工程塑料，其在光热作用下易解聚，原理如下：而三聚甲醛()与二氧五环()共同聚合的产物()具有良好的热稳定性。下列叙述不正确的是

A.甲醛和三聚甲醛不是同系物B.聚甲醛属于线型高分子化合物C.聚甲醛的链节是2-OCHO-D.与在一定条件下可以共同聚合生成【答案】C【解析】【详解】A．甲醛含羰基、三聚甲醛含醚键，二者结构不相似，不是同系物，A

正确；B．由结构简式可知，聚甲醛属于线型高分子化合物，B正确；C．聚甲醛的链节是-OCH2-，C不正确；D．由题干信息可知与在一定条件下可以共同聚合生成，D正确；答案选C。12.下图为一种多硫化物一空气二次电池的原理示意图，其中a

和b为惰性电极，池内各室溶液可往复利用。下列叙述不正确的是A.充电时，a接外电源的负极，作阴极B.充电时，b电极附近溶液碱性减弱C.放电时，a电极反应为2-2242S-2e=S−−D.放电时，b电极反应为-+-2O+4e+2H=2O

H【答案】D【解析】【分析】结合a电极Na2S2转化为Na2S4，S元素失去电子，化合价升高，则放电时a为负极，a电极的电极反应为2-2242S-2e=S−−，则b为正极，根据b电极通入空气和NaOH溶液，放电时的电极反应为-

-22O+4e+2HO=4OH。充电时，a接外电源的负极，作阴极，b接外电源的正极，作阳极。放电时左侧钠离子经过阳离子交换膜进入中间隔室，右侧氢氧根离子经过阴离子交换膜进入中间隔室，从而在中间隔室得到浓氢氧化钠

溶液，据此解答。【详解】A．根据分析，充电时，a接外电源的负极，作阴极，A正确；B．根据放电时b电极反应为--22O+4e+2HO=4OH，则充电时b电极反应为--224OH4e=O+2HO−，b附近溶液碱性减弱，B正确；C．根据分析，放电时，a电极反应为2-2242S-2e=S−−，

C正确；D．放电时，b电极反应为--22O+4e+2HO=4OH，D错误；故选D。13.某实验小组的同学用0.1000mol/L氢氧化钠溶液和0.05000mol/L草酸溶液在25℃下进行中和滴定实验，先向锥形瓶内加入25.00L溶液，然后开始滴定，直

至滴定完全测得锥形瓶内溶液pH随滴定管滴加溶液体积变化的曲线(见下图)。全科免费下载公众号《高中僧课堂》根据图中数据，下列说法正确的是A.草酸是一元酸B.该实验不能使用碱式滴定管C.当滴加了20.00mL溶液后，锥形瓶内溶液

的草酸根离子浓度大于氢离子浓度D.当滴加了30.00mL溶液后，锥形瓶内溶液的钠离子浓度小于氢氧根离子浓度【答案】C【解析】【分析】根据pH曲线图知，锥形瓶中盛装的是草酸溶液，实验是用0.1000mol/L氢氧化钠溶液滴定0.05000mol

/L草酸溶液。滴定终点时，两溶液消耗的体积相同，则氢氧化钠与草酸按物质的量2：1发生了反应，方程式为：22422422NaOH+HCO=NaCO+2HO。【详解】A．由分析知草酸是二元酸，A错误；B．盛装氢氧化

钠溶液必须用碱式滴定管，量取草酸溶液必须用酸式滴定管，B错误；C．当滴加了20.00mL溶液时，根据方程式可计得锥形瓶内草酸钠有3110mol−，草酸有30.2510mol−，草酸钠完全电离，草酸微弱电离，因此溶液中草酸根离子浓

度大于氢离子浓度。随着滴加NaOH增多，生成的草酸钠更多，草酸根离子浓度变得更大，氢离子浓度变得更小，C正确；D．当滴加了30.00mL溶液时，恰好完全中和，溶质只有草酸钠，草酸钠完全电离，氢氧根离子主要

由草酸根离子水解产生，水解是微弱的，因此钠离子浓度大于氢氧根离子浓度。随着滴加的NaOH增多，增多的NaOH中，钠离子浓度等于氢氧根离子浓度，且NaOH还能抑制草酸根离子的水解，因此溶液中的钠离子浓度依然会大于氢氧根离子浓度，D错误；故选C。14.已知温度为483K时，反应CO

(g)+2H2(g)=CH3OH(g)△H＜0的K=14.5。在483K，将1.0mol的CO(g)和1.0mol的H2(g)充入容积为2.0L的恒容密闭容器中。在反应达到平衡时，以下说法正确的是A.c(H2)=2c(CO)B.c(H2)＜c(CO)C.c(CO)

=c(CH3OH)＜c(H2)D.c(CO)=c(CH3OH)=c(H2)【答案】B【解析】【详解】A．反应在容积为2.0L的容器中进行，开始时n(CO)=1.0mol，n(H2)=1.0mol，则开始时c(CO)=c

(H2)=0.5mol/L，二者反应的物质的量浓度比是1：2，则平衡时c(H2)一定比c(CO)小，A错误；B．反应开始时c(CO)=c(H2)=0.5mol/L，由于反应消耗物质的浓度△c(H2)=2△c(CO)，所以反应达到平衡后，c(H2)＜c(CO)，B正确；C．反应开始时c(C

O)=c(H2)=0.5mol/L，若平衡时，c(CO)=c(CH3OH)，则根据C元素守恒平衡时，c(CO)=c(CH3OH)=0.25mol/L，c(H2)=0，不符合可逆反应的特点，C错误；D．反应开始时c(CO)=c(H2)=0.5mol/L，反应消

耗浓度关系为△c(H2)=2△c(CO)，则平衡时c(H2)一定比c(CO)，不可能存在关系c(CO)=c(H2)=c(CH3OH)，D错误；故合理选项是B。第二部分本部分共5题，共58分。15.离子筛是一种具有空隙结构化合物。首先合成一种含目标离子的化合

物，称作离子筛前体。然后在不破坏前体晶体结构的前提下，将目标离子从中洗脱出来，即得到相应的离子筛。下图是一种用作离子筛前体的化合物晶胞示意图。晶胞为立方体，图左将晶胞划分为八个小立方体，用灰白两色区分，每种颜色的的各四个小立方体。白色小立方体对应图A结构，灰色小立方体对应图

B结构。（1）该化合物的化学式为_______。（2）设晶胞棱长为anm，NA表示阿伏加德罗常数，则该晶胞的密度是_______g/cm3(写出计算式即可)。（3）该化合物的制备方法为：将硫酸锰和氨水混合得到Mn

(OH)2，沉淀，将其过滤留在烧杯中，加入蒸馏水，加热搅拌，加入乙醇作为分散剂，逐滴加入适量的10%H2O2溶液，控制滴加速度即得Mn3O4沉淀。将Mn3O4过滤、洗涤、干燥后，与一定量Li2CO3混合，高温反应得到最终产品。请写出利用氢氧化锰制备最终产品的各步反应化学方程式：__

_____。（4）用盐酸洗脱该化合物中的锂离子后制成粉状离子筛。将100mg粉状离子筛置入200mL含Li+、Na+、K+、Mg2+的溶液中，在30℃恒温下搅拌溶液，达到吸附平衡后取上清液，测定溶液中各离子的

浓度。离子筛对溶液中某种离子的吸附容量Qt的计算式为：ottc-cVQ=W（），式中V是溶液的体积，co和ct分别表示开始吸附和t时刻离子的浓度，W表示离子筛的质量。金属离子co(mmol/L)ct(mmol/L)Li+9.9428.79

0Na+9.1519.138K+9.7199.694Mg2+5.5545.225结合上表中数据，对比吸附容量Qt可知，该离子筛对_______(填离子符号)的吸附能力最弱。（5）为了方便使用，可用壳聚糖为黏合剂将粉状离子筛

制成粒状离子筛。壳聚糖可以看作以氨基葡萄糖为单体的聚合物，其结构如下：根据壳聚糖结构写出其单体的分子式：_______。【答案】（1）LiMn2O4（2）243A1.44810Na（3）2223423MnOH+HOMnO+4HO（）、233422426L

iCO+8MnO+5O12LiMnO+6CO高温（4）Na+（5）C6H13O5N【解析】【小问1详解】如图，A方块中，Li离子个数为14+1=1.58，氧离子在体心为4；B方块中Li离子个数为14=0.58，锰离子和氧离

子在体心均为4，该晶胞由4个A和4个B组成，总计有Li离子个数为1.54+0.54=8，锰离子为44=16，氧离子为44+44=32；+2+2(Li):():(OMn)NNN−=8:16:32

1:2:4=，其化学式为24LiMnO；故答案为：24LiMnO；【小问2详解】综上所述，该晶胞由4个A和4个B组成，总计有Li离子个数为1.54+0.54=8，锰离子为44=16，氧离子为44+44=32，据mV=，晶胞的密

度为mV==73A181g/8(10cmo)mlaN−=243A1.44810Na；故答案为：243A1.44810Na；【小问3详解】根据题意，利用()2MnOH制备24LiMnO分为两步，首先利用()2MnOH与22HO反应制备34MnO的反应为2223423Mn(

OH)+HOMnO+4HO；然后利用34MnO与一定量23LiCO在高温下反应制备24LiMnO，其反应为233422426LiCO+8MnO+5O12LiMnO+6CO高温；故答案为：2223423Mn(OH)+

HOMnO+4HO；233422426LiCO+8MnO+5O12LiMnO+6CO高温；【小问4详解】根据表中数据，浓度变化量分别为0tLi()ccc==−＋(9.9428.790)mmol/L−=1.152mmol/L；0tNa

()ccc==−＋(9.1519.138)mmol/L−=0.013mmol/L；0t()Kccc==−＋(9.7199.694)mmol/L−=0.025mmol/L；2+0t()Mgccc==−(5.5545.225)mmol/L−=0.329mmol/L，

综上所述，2+()()()()LiMgKLicccc＋＋＋，由0tt=WccVQ−（）可知，该离子筛对Li＋的吸附能力最弱；故答案为：Na＋；【小问5详解】根据该聚合物的结构简式为，单体为，分子式为6135CHON；故答案为：

6135CHON。16.氢能是一种极具发展潜力清洁能源。以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如下图所示：（1）已知：242222HSOl=2SOg+2HOg+Og（）（）（）（）H=

+544kJ/mol的222HIgHg+Ig（）（）（）H=+10.4kJ/mol2222Hg+Og=2HOg（）（）（）H=-484kJ/mol反应I的热化学方程式：_______。（2）反应I所得产物的溶液在碘过量时会自发分成两层。分离两层溶液的实验操作是_______。（3）研究发现，通

过电解方法实现反应I，既可减少碘的加入量，也可减少溶液后续纯化过程的能耗。写出通过电解法实现反应I时，阳极的电极反应式：_______。（4）碘硫循环过程中反应I所制备出的HI浓度较低，必须对HI溶液进行浓缩。电解电渗析浓缩HI溶液的原理如

下图所示，初始时阳极液和阴极液相同，溶液组成均为n(HI)：n(H2O)：n(I2)=1：6.8：2。①电渗析过程中，阳极液中I2的浓度会_______(填“增大”或“减小”)。②结合化学用语，解释阴极区进行HI浓缩的原理__

_____。（5）某科研小组采用双极膜电渗析法制备高浓度氢碘酸，工作原理如下图所示。已知：双极膜在直流电场作用下可将水解离，在双极膜的两侧分别得到H+和OH-。①X极是_______(填“阳极”或“阴极”)。②电解

后，_______室获得较浓的氢碘酸(填“a”、“b”或“c”)。【答案】（1）()()()()()22224SOg+Ig+2HOg=2HIg+HSOlH=-40.4kJ/mol（2）分液（3）-+2224SO+2HO-2e4H+SO=−（4）①.增大②.阴极：--2I+

2e=2I，H+通过质子交换膜由阳极区进入阴极区，阴极区HI的浓度增大（5）①.阴②.c【解析】【小问1详解】反应①242222HSOl=2SOg+2HOg+Og（）（）（）（）1H=+544kJ/mol反应②222HIgHg+Ig（）（）（）2H=+10.4kJ/mol反应③2222Hg+

Og=2HOg（）（）（）3H=-484kJ/mol按盖斯定律，反应Ⅰ=-12×①-②-12×③，反应Ⅰ的H=-112H-2H-312H，则反应I的热化学方程式为：()()()()()22224SOg+Ig+2HOg=2HIg+HSOlH=-40

.4kJ/mol。【小问2详解】反应I所得产物溶液在碘过量时会自发分成两层，则为互不相溶的两层液体，分离两层溶液的实验操作是分液。【小问3详解】反应I为22224I+2HO+SO=HSO+2HI，电解法实现反应

I时，阳极二氧化硫失去电子被氧化转变为硫酸根，阳极的电极反应式：-+2224SO+2HO-2e4H+SO=−。【小问4详解】①通过电解电渗析浓缩HI溶液，电渗析过程中，阳极碘离子失去电子被氧化转变为碘单质，则阳极液中I2的

浓度会增大。②结合化学用语，解释阴极区进行HI浓缩的原理为：阴极电极反应为--2I+2e=2I，H+通过质子交换膜由阳极区进入阴极区，阴极区HI的浓度增大。【小问5详解】①采用双极膜电渗析法制备高浓度氢碘酸，X电极上水提供的氢离子转变为氢气，

是还原反应，则X极是阴极。②Y为阳极，进入b中碘离子通过阴离子交换膜进入c室，右侧双极膜在直流电场作用下可将水解离产生的H+在c室、OH-在阳极Y放电产生氧气，则电解后，c室获得较浓的氢碘酸。17.某药物中间体的合成路线如下(部分反应条件省略)：已知：i.ii.

回答下列问题：（1）A的官能团是_______和_______。（2）B→C的反应类型是_______。（3）D的结构简式为_______。（4）A→B反应的目的是_______。（5）F→G反应的化学方

程式是_______。（6）G和H互为同分异构体，H的结构简式为_______。（7）I的结构简式为_______。（8）K是_______结构(填“顺式”或“反式”)。【答案】（1）①.羟基②.硝基（2）还原反应（3）（4）保护羟

基（5）3+CHCOCl→+HCl（6）（7）（8）反式【解析】【分析】对比A和B的结构简式，A到B为取代反应；B到C为氨基的还原反应；结合E的结构简式，C到D为取代反应，D的结构简式为；对比E和F的结构简式，E到F为取代反应；由J

的结构简式，可推知H的结构简式为；根据已知，G的结构简式为；H到I为取代反应，I的结构简式为，加热重排，得到J；【小问1详解】A的结构简式为，含有的官能团为羟基和硝基；故答案为：羟基；硝基；【小问2详解】对比B到

C的结构简式可知，B到C为在Fe和HCl作用下将硝基还原为氨基；故答案为：还原反应；【小问3详解】结合E的结构简式，C到D为取代反应，D的结构简式为；故答案为：；【小问4详解】根据A到B的反应与E到F的反应可知

，A→B反应的目的是保护羟基；故答案为；保护羟基；【小问5详解】根据已知i的信息，F到G为取代反应，其反应为3+CHCOCl→+HCl；故答案为：3+CHCOCl→+HCl；【小问6详解】G的结构简式为，结合J的结构简式，可推知H的结构简式为，G到H为酰基重排；故答案为：；

【小问7详解】根据已知ii，在加热条件下，I到J取代基位置发生改变，由J的结构简式，可知I的结构简式为；故答案为：；【小问8详解】相同原子或基团在碳碳双键同一侧且碳碳双键碳原子上连接基团不同，为顺式结构，反之为反式结

构，K的结构简式为，基团3COOCH−在碳碳双键异侧，为反式结构；故答案为：反式。18.工业上湿法冶炼金属锌，通常先将含锌矿石焙烧。锌焙烧矿再加稀硫酸浸出，所得浸出液中含Zn2+和Fe2+、Fe3+等杂质。铁元素的存在对后续电解锌有害。从锌浸出液中沉铁的方法有多种，其

中将铁以针铁矿(FeOOH)形式沉淀，铁渣易过滤。其工艺流程如下：已知：i.滤渣1的主要成分是硫单质；ii.滤渣2中铁元素的存在形态为FeOOH；iii.溶液中Fe3+浓度小于1g/L，才能顺利析出FeOOH晶体。溶液pH较大时，Fe3+水解主要

生成氢氧化铁胶体。（1）酸浸：能加快锌焙烧矿浸出速率的措施有_______。A.加热B.粉碎锌焙烧矿C.降低稀硫酸的浓度（2）还原：①为了便于沉铁时调控溶液中Fe3+浓度，向锌浸出液中加入过量ZnS精矿先将Fe3+还原为Fe2+，该

反应的离子方程式：_______(已知室温时，Ksp(ZnS)=2.5×10-22)②检验滤液1中是否含Fe3+的方法是_______。（3）沉铁：溶液pH对铁去除率的影响实验结果如下图所示：①从图中数据来看，沉铁的最佳pH为_______。②结合图中数据，

解释pH偏小或偏大都不利于沉铁的原因是_______。（4）除氟：通常锌浸出液中还有一定量的氟离子，氟离子浓度过高也会影响电解锌。FeOOH对F-有吸附作用。若将流程中ZnO更换为CaO，可进一步显著提高F-去除率。若要求滤液2中氟离子含量在38mg/L以下，则滤液2中所含

Ca2+的浓度至少为_______mol/L。(已知室温时，-11sp2CaF=2.710K（）)【答案】（1）AB（2）①.3+2+2+ZnS+2Fe=2Fe+Zn+S②.取少量滤液1于试管，滴加KSCN溶液，若不显红色，则证明不含Fe3+（3）①.4.8②.3++2Fe+2HOFeOOH

+3H，pH过小，c(H+)较大，使Fe3+的水解平衡逆向移动，不利于生成FeOOH沉淀。溶液pH较大，Fe3+水解产物更多是不易过滤的氢氧化铁胶体（4）675×10-6【解析】【分析】锌焙烧矿加入稀硫酸浸出，所得浸出液中含Zn2+和Fe2+、Fe3+

等杂质，加入ZnS精矿，发生反应ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S，经过滤得到滤渣1和滤液1，滤液1中加入双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，加入ZnO将Fe3+以针铁矿形式沉淀，过滤后得到滤液2和滤渣2【小问1详解】A．加

热，温度升高，化学反应速率加快，A选；B．粉碎锌焙烧矿，增大反应物的接触面积，化学反应速率加快，B选；C．降低稀硫酸的浓度，减小反应物浓度，化学反应速率减慢，C不选；答案选AB。【小问2详解】①滤渣1的

主要成分是硫单质，说明加入过量ZnS精矿将Fe3+还原为Fe2+的同时ZnS被氧化成S，根据得.。失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S；答案为：ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S。②用KS

CN溶液检验Fe3+，故检验滤液1中是否含Fe3+的方法是：取少量滤液1于试管，滴加KSCN溶液，若不显红色，则证明不含Fe3+；答案为：取少量滤液1于试管，滴加KSCN溶液，若不显红色，则证明不含Fe3+。【小问3详解】①从图中数据可知，pH=

4.8时铁去除率最大，故沉铁的最佳pH为4.8；答案为：4.8。②滤渣2中铁元素的存在形态为FeOOH，说明加入双氧水氧化后的溶液中存在水解平衡：Fe3++2H2OFeOOH+3H+，pH过小，c(H+)较大，使Fe3+的水

解平衡逆向移动，不利于生成FeOOH沉淀；根据已知iii，溶液pH较大，Fe3+水解产物更多是不易过滤的氢氧化铁胶体；答案为：Fe3++2H2OFeOOH+3H+，pH过小，c(H+)较大，使Fe3+的水解平衡逆向移动，不利于生成FeOOH沉淀；溶

液pH较大，Fe3+水解产物更多是不易过滤的氢氧化铁胶体。【小问4详解】要求滤液2中氟离子含量在38mg/L以下，即c(F-)在-33810g/L19g/mol=2×10-3mol/L以下，则Ca2+的浓度至少为sp22-(CaF)(F)Kc=-11-322

.710(210)mol/L=6.75×10-6mol/L；答案为：6.75×10-6。19.乙酸乙酯是一种重要的有机溶剂，在工业上有广泛用途。某兴趣小组同学欲制备乙酸乙酯并对所得产物进行探究。I.乙酸乙酯的制备实验装置如下图所示：

（1）试管①中反应的化学方程式为_______。II.产物的探究反应结束后在试管②中看到分层现象，上层为无色透明的油状液体。取下试管②进行振荡，下层溶液红色褪去。甲同学认为下层溶液褪色是蒸出的乙酸中和了碳酸钠

，乙同学通过查阅资料对甲同学的推测产生质疑。资料：酚酞是一种白色晶状粉末，不溶于水，可溶于乙醇。酚酞试剂是酚酞的乙醇溶液。（2）乙同学的推测是：_______。两位同学针对各自的推测又进行了如下实验。实

验1：甲同学用pH计测得饱和碳酸钠溶液(浓度约为2mol/L)的pH为12.23；按照上述方法进行乙酸乙酯的制取实验，实验结束后，取振荡后的试管②中下层无色液体，分成三份，分别完成以下实验：序号实验操作实验现象实验结论a滴加几

滴酚酞试剂溶液变红______b滴入乙酸溶液_______c用pH计测溶液pHpH为12.21（3）b中现象为_______，实验1的结论_______。实验2：序号操作现象d试管②中分离出的上层液体

，加入饱和碳酸钠溶液，振荡溶液变成浅红色，静置分层后红色消失e取5mL饱和碳酸钠溶液，滴入几滴酚酞试剂，再加入与试管②中上层液体体积相等的纯净的乙酸乙酯，振荡（）（4）e中的实验现象为_______。甲乙两位同学通过对乙酸乙酯收集装置中产生的现象进一步实验和分析，最

终确认了酚酞褪色的原因。III.拓展延伸在以上实验过程中，丙同学还有新的发现，他查阅到以下资料：资料：室温下，当酚酞试剂滴入pH>13的无色溶液时，溶液先变红，静置后褪色。（5）据此资料，丙同学想到了一种区分1mol/L碳酸钠溶液和1mol/L氢氧化钠溶液

的方法，这种方法是_______。【答案】（1）3253252ΔCHCOOH+CHOHCHCOOCH+HO浓硫酸（2）酚酞被乙酸乙酯萃取而使下层溶液红色褪去（3）①.溶液中有无色气泡产生②.下层溶液中碳酸钠的浓度没有明显变化（4）碳

酸钠溶液先变红，加入乙酸乙酯振荡后褪色（5）各取1mL无色溶液于两支试管中，分别滴加酚酞试剂，两溶液均变为红色。静置后溶液褪色的则原溶液为氢氧化钠溶液，始终不褪色的则原溶液为碳酸钠溶液【解析】【小问1详解】乙醇和乙酸在加热、浓硫酸做催化剂的条件下发生酯化反应，3253252ΔCHCOOH

+CHOHCHCOOCH+HO浓硫酸，答案：3253252ΔCHCOOH+CHOHCHCOOCH+HO浓硫酸；【小问2详解】资料中酚酞可溶于乙醇，可推知酚酞可溶于有机物，乙同学推测：酚酞被乙酸乙酯萃取

而使下层溶液红色褪去，答案：酚酞被乙酸乙酯萃取而使下层溶液红色褪去；【小问3详解】碳酸钠溶液显碱性，加入乙酸后反应生成二氧化碳，会看到气泡生成，原溶液碱性会有所降低，因为乙酸量比较少，碱性变化很小，答案：溶液中有无色气泡产生，下层溶液中碳酸钠的浓度没有明显变化；【小问4详解】由实验2，d操作可

知酚酞溶于有机物，可推知e操作的现象：碳酸钠溶液先变红，加入乙酸乙酯振荡后褪色；【小问5详解】由资料可1mol/L碳酸钠溶液遇酚酞会显红色，而1mol/L氢氧化钠溶液遇酚酞先变红，静置后褪色，答案：各取1mL无色溶

液于两支试管中，分别滴加酚酞试剂，两溶液均变为红色。静置后溶液褪色的则原溶液为氢氧化钠溶液，始终不褪色的则原溶液为碳酸钠溶液。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com