湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高三上学期月考化学三（解析版）.docx

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雅礼中学2024届高三月考试卷(三)化学试题本试题卷分选择题和非选择题两部分，共10页。时量75分钟，满分100分。可能用到的相对原子质量：H~1N~14O~16P~31S~32Fe~56Cu~64Zn~65Ba~137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.第19届亚运会正在杭州举行，“绿色、智能、节俭、文明”的办赛理念深入到场地建设和运营的诸多细节之中。下列有关叙述正确的是A.场馆将全部使用绿色能源，打造首届碳中和亚运会，碳中和就是不排放二氧化碳B.“绿电”全部由单晶双面光伏组件提供，该光伏组件主要材料为二氧化硅C.开幕式将“实物烟花”改为“数字烟花”，主要目的是减少噪音污染D.导光管的采光罩将室外自然光引入场内，采光罩的材质是有机玻璃，属于有机高分子材料【答案】D【解析】【详解】A．碳中和指一段时间内直接或间接产生的二氧化碳或温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳的排放量，实现正负抵消，达到相对“零排放”，故A错误；B．该光伏组件主要材料为晶体硅，故B错误；C．开幕式将“实物烟花”改为“数字烟花”，主要目的是减少有害气体、粉尘等对环境的污染，故C错误；D．采光罩的材质是有机玻璃，属于有机高分子材料，故D正确。答案选D。2.下列化学用语表示正确的是A.分子的空间填充模型：B.键线式为的有机物存在顺反异构C.HCl的形成过程：D.基态铍原子最外层的电子云轮廓图：【答案】B 【解析】【详解】A．二氧化硫分子的中心S原子有1个孤电子对，价层电子对数为2+1＝3，故为杂化、空间结构为V形，则分子的空间填充模型为，故A错误；B．中含有碳碳双键，且碳碳双键两侧的基团不一致，所以存在顺反异构，故B正确；C．HCl中H和Cl共用一对电子，不存在电子的得失，其形成过程为，故C错误；D．基态铍原子最外层的电子是，电子云轮廓图应该是球形，故D错误；故选B。3.为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是A.18g中含有的质子数为B.14.2g含σ键的数目为C.6.5gZn与一定量浓硫酸反应完全溶解，转移的电子数为D.用电解法精炼铜时，若阳极质量减轻64g，则电路中转移电子数一定为【答案】C【解析】【详解】A．18g中含有的质子数为，故A错误；B．由题干图示可知，1分子含16个键，故14.2g含键的数目为，B错误；C．0.1mol锌完全反应生成0.1mol锌离子，转移了0.2mol电子，转移电子数一定为，C正确；D．电解精炼铜时，阳极上放电的是粗铜中的铜以及比铜活泼的杂质，阳极质量减轻64g时转移电子数无法计算，故D错误；选C。4.教材是教与学的依据，也是我们高三复习最重要的资料，下列有关说法不正确的是A.催化剂之所以能改变化学反应速率，是因为它能改变反应历程，改变反应的活化能 B.是含极性键的弱极性分子，它在中的溶解度高于在水中的溶解度C.区别晶体和非晶体最可靠的科学方法是对固体进行X射线衍射实验D.中和热测定实验中，测量体系温度时一定要将NaOH溶液分步缓缓加入量热计的内筒，以确保酸碱充分反应【答案】D【解析】【详解】A．催化剂能改变反应历程，改变反应的活化能，从而改变化学反应速率，A正确；B．是含极性键的弱极性分子，由其极性很弱，导致它在中的溶解度高于在水中的溶解度，B正确；C．晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法，C正确；D．中和热测定要使用稀的强酸、强碱溶液反应，且实验中要尽量操作迅速，且保证热量尽量不散失，防止产生实验误差，D错误；故选D。5.下列关于物质的结构或性质的描述及解释都正确的是A.键角：，是由于中O上孤电子对数比分中O上的少B.沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛，是由于对羟基苯甲醛分子间范德华力更强C.稳定性：，是由于水分子间存在氢键D.酸性：，是由于的羧基中羟基极性更小【答案】A【解析】【详解】A．随着孤电子对数增多，成键电子对与成键电子对之间的斥力减小，键角也减小，H2O的孤电子对数=，H3O+的孤电子对数=，所以键角大小为，选项A正确；B．沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛，是因为对羟基苯甲醛形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，所以对羟基苯甲醛分子间作用力较大，熔沸点也较高，B错误；C．稳定性：，是因为非金属性O>S，C错误；D．Cl的电负性大于H，电负性越大，形成共价键的极性越强，因此，的极性大于的极性，导致的羧基中的羟基极性更大，更容易电离出氢离子，酸性 ，D错误；答案选A。6.不对称催化羟醛缩合反应的循环机理如下图所示。下列说法不正确的是A.步骤①和②的有机产物可通过红外光谱鉴别B.步骤③和④的反应均涉及手性碳原子的生成C.步骤⑤的产物L脯氨酸是该反应的催化剂D.若用苯甲醛和作为原料，也可完成上述羟醛缩合反应【答案】D【解析】【详解】A．①和②的有机产物分别为、，两者含有不同的官能团，可通过红外光谱鉴别，A正确；B．同一碳原子连接四个不同的原子或者原子团的碳原子为手性碳原子，步骤③和④的生成物均有手性碳原子的生成，B正确；C．L脯氨酸在步骤①参与反应，在步骤⑤又生成，是该反应的催化剂，C正确；D．苯甲醛和均含有苯环，且不含羧基，上述羟醛缩合反应不存在苯环的转化和生成，则不可完成上述羟醛缩合反应，D错误；故选D。 7.关注“实验室化学”并加以实践能有效提高同学们的实验素养。下列利用电化学原理设计的实验不能达到目的的是选项ABCD实验用石墨作电极电解饱和食盐水简易制备NaClO消毒液制备Fe(OH)2，并观察其颜色验证铁的吸氧腐蚀制作简单的燃料电池装置和试剂A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．电解饱和氯化钠溶液反应为2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，生成氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，为了使生成的氯气与氢氧化钠溶液充分接触，氯气应该在下面生成，所以下端是阳极，与电源的正极相连，上端为阴极，与电源的负极相连，故A错误；B．图中为电解装置，Fe与电源正极相连作阳极，阳极上Fe失去电子生成亚铁离子，阴极上水中的氢离子得到电子生成氢气和氢氧根离子，汽油可隔绝空气防止氢氧化亚铁被氧化，可制备Fe(OH)2并观察其颜色，故B正确；C．食盐水溶液呈中性，食盐水和铁丝网构成原电池，如果发生吸氧腐蚀，导致试管内气体压强减小，红墨水通过滴管进入试管中，能实现实验目的，故C正确；D．关闭K1，电解硫酸钠溶液生成氢气、氧气，然后打开K1、关闭K2，构成原电池，负极上氢气失去电子，正极上氧气得到电子，故D正确；故选A。8.化学在日常生活、工农业生产中的应用非常广泛，下列化学原理或应用的方程式书写正确的是 A.(燃烧热是890.3kJ/mol)是重要的燃料，表示的燃烧热的热化学方程式为B.钢铁浸泡在NaCl溶液中被腐蚀的正极反应：C.向硫酸铜溶液中加入过量的NaHS溶液除：D.用石墨电极电解溶液：【答案】C【解析】【详解】A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，的燃烧热是890.3kJ/mol，则表示的燃烧热的热化学方程式为，A错误；B．钢铁浸泡在NaCl溶液中形成原电池而被腐蚀，NaCl溶液呈中性，发生吸氧腐蚀，其正极反应为，B错误；C．向硫酸铜溶液中加入过量的NaHS溶液，反应生成硫酸钠、CuS沉淀和气体，离子方程式为，C正确；D．用石墨电极电解溶液时，溶液中的会与阴极产生的生成，总反应式为，D错误；答案选C。9.已知：在标准压强(101kPa)、298K下，由最稳定的单质合成1mol物质B的反应焓变，叫作物质B的标准摩尔生成焓，用表示。部分物质的如图所示。、、的标准摩尔生成焓为0.下列有关判断正确的是A.2mol的键能大于1mol与1mol的键能之和 B.根据图中信息，可判断热稳定性肼大于氨C.0.5mol和1.5mol合成氨，正反应的活化能一定大于D.NO与反应的热化学方程式为【答案】D【解析】【详解】A．由图知，的标准摩尔生成焓为，则的反应物键能之和―生成物键能之和＞0，即2mol的键能小于1mol与1mol的键能之和，故A错误；B．能量越低越稳定，的标准摩尔生成焓为，的标准摩尔生成焓为，和反应生成放热，而生成吸热，则的能量比低，热稳定性肼小于氨，故B错误；C．合成氨反应属于放热反应，0.5mol和1.5mol合成氨，正反应的活化能―逆反应的活化能，由于逆反应的活化能未知，正反应的活化能的值不能确定，故C错误；D．由题图数据可计算出：①，②，③，可由―3×②―2×①+3×③得到，则其反应热，故D正确；选D。10.物质W常用作漂白剂和氧化剂，其组成元素均为短周期主族元素，各元素原子半径与原子序数的关系如图所示，实验室中常用洗涤残留在试管壁上的N单质。下列说法不正确的是 A.X、Z形成某种化合物与M、N形成的化合物可以发生氧化还原反应B.实验室中也可用热的氢氧化钠溶液洗涤残留在试管壁上的N单质C.Z的氢化物的沸点一定大于Y的氢化物的沸点D.化合物W常用作氧化剂，不宜在高温下使用【答案】C【解析】【分析】实验室中常用洗涤残留在试管壁上的S单质，则N为S；M原子半径大于N，且M离子带1个正电荷，则M为Na；Z形成两个共价键，且原子序数小于M，则Z为O；X形成一个共价键，且原子半径最小，则X为H；Y形成四个共价键，图中所示的阴离子带两个负电荷且Y的原子半径大于Z，则Y为C，据此解题。【详解】A．X、Z形成的化合物与M、N形成的化合物可以发生氧化还原反应，A正确；B．硫能与氢氧化钠溶液反应，实验室中也可用热的氢氧化钠溶液洗涤残留在试管壁上的S单质，B正确；C．O的氢化物为水、过氧化氢，C的氢化物为烃，它们的沸点没有绝对关系，C错误；D．化合物W中含有H-O-O-H结构，结合过氧化氢的性质可知，化合物W具有强氧化性，常用作氧化剂，但过氧化氢不稳定，故不宜在高温下使用，D正确；答案选C。11.已知气体是一种高效、环保的消毒剂，可代替氯气用于饮用水的消毒，以含氯物质为原料，利用“价―类”关系可设计以下制备方案，有关下列物质说法正确的是A.物质E、F所含化学键的类型完全相同 B.物质D与E中阴离子中心原子杂化类型完全相同C.若由制得1mol，则过程中转移电子数为D.已知常温下，则C与强碱反应生成D与水在常温下的平衡常数【答案】B【解析】【分析】以含氯物质为原料，利用“价―类”关系可设计以下制备方案，结合图像，A为HCl，B为Cl2，C为HClO2，D为NaClO2，E为NaClO3，F为NaCl，据此解题。【详解】A．物质E(NaClO3)所含化学键为离子键与极性共价键，F(NaCl)所含化学键为离子键，二者类型不完全相同，A错误；B．物质D(NaClO2)阴离子中心原子价层对数，为杂化，物质E(NaClO3)阴离子中心原子价层电子对数，为杂化，二者类型完全相同，B正确；C．由反应可知，若要得到1mol，则过程中转移电子数为，C错误；D．已知常温下，C与强碱反应生成D与水的离子方程式为：，在常温下的平衡常数，D错误；答案选B。12.近日，哈尔滨工业大学的研究团队发现，以非晶态(Ⅲ)基硫化物为催化剂，能有效催化OER(析氧反应)和UOR(尿素氧化反应)，从而降低电解水制氢过程中的能耗，其工作原理和反应机理如图所示：下列说法正确的是 A.电解过程中，电极附近溶液的不变B.非晶态(Ⅲ)基硫化物能改变OER反应的反应热C.OER分四步进行，其中没有非极性键的形成与断裂D.UOR的电化学反应总过程为【答案】D【解析】【分析】该装置是电解池，电解水制氢，电极A上水得到电子生成氢气气，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+2H2↑，电极B上尿素失电子生成氮气，电极反应式为；【详解】A．电极A上电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+2H2↑，电极A附近溶液碱性增强，变大，故A错误；B．非晶态(Ⅲ)基硫化物是OER反应的催化剂，能改变反应速率，不能改变OER反应的反应热，故B错误；C．OER的第II步骤有O-O非极性键的形成，故C错误；D．UOR尿素中N原子失电子生成氮气，生成1个氮气失去6个电子，电化学反应总过程为，故D正确；故选D。13.某无色溶液中可能含有、、、、、、。现进行如下实验：①向10mL该溶液中加溶液至过量，加稀硝酸酸化后过滤得到6.99g白色沉淀；②另取10mL该溶液，滴加NaOH溶液，随NaOH溶液的加入，沉淀和气体物质的量变化如图所示：下列说法不符合事实的是A.根据图中数据计算实验中使用的NaOH溶液的浓度为B.根据信息分析不能确认该溶液中是否存在焰色试验呈紫色的离子C.bc段发生反应的离子方程式为 D.另取一定量该溶液滴加一定量溶液，和不可能同时完全沉淀【答案】B【解析】【分析】加入硝酸钡溶液至过量，加稀硝酸酸化后过滤生成的6.99g沉淀是硫酸钡，硫酸钡物质的量为=0.03mol，说明10mL溶液中有0.03mol的；根据加入NaOH溶液后沉淀和气体物质的量变化，0~a消耗30mL氢氧化钠溶液，生成0.01mol沉淀最后完全溶解，应该是Al(OH)3沉淀，说明溶液中Al3+为0.01mol，和铝离子不能大量共存，溶液中没有，a~b产生的是氨气，NH3为0.02mol，说明铵根离子是0.02mol，消耗20mLNaOH的物质的量也是0.02mol，说明NaOH浓度是=1mol/L，最后沉淀全部溶解说明没有Mg2+；根据溶液电中性原则，至少还应该有0.01molK+。【详解】A．经过上述分析计算，NaOH溶液浓度为1mol/L，A项正确；B．根据溶液电中性原则，溶液中一定有K+，即一定存在焰色试验呈紫色的离子，B项错误；C．bc段氢氧化铝沉淀溶解，发生反应：，C项正确；D．Al3+和的物质的量分别是0.01mol和0.03mol，加入氢氧化钡溶液，当完全沉淀时，已经加入了0.06molOH-，此时Al(OH)3沉淀早已经溶解完全，两种离子不能同时完全沉淀，D项正确；答案选B。14.晶体的晶胞如下图所示(已知该立方晶胞的边长为，阿伏加德罗常数为，的摩尔质量为)，以下说法正确的是A.中，中心离子的配位数为8B.离最近的有4个C.若规定点原子坐标为点原子坐标为，则点原子坐标为 D.晶体的密度为【答案】C【解析】【详解】A．中的中心离子为，其配位原子为，配位数为6，故A错误；B．由晶胞结构可知，周围等距离且最近的有8个，B错误；C．位于晶胞内部，若把晶胞分为8个相等的小立方体，则位于左后上的小立方体的体心，根据的原子坐标参数可知，的原子坐标参数为，故C正确；D．通过晶胞结构，根据均摊法，一个晶胞含有的的个数为个，含有的的个数为8个，故每个晶胞中含有4个的摩尔质量是，晶胞体积为，则晶胞的密度为，故D错误。答案选C。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.科幻电影《阿凡达》中外星人流的是蓝色的血液，其实血液的颜色主要是由血蛋白中含有的金属元素决定的，如含铁元素的为常见红色血液、含铜元素的为蓝色血液、含钒元素的为绿色血液等，铜、铁、钒在科学研究和工农业生产中有许多用途。回答下列问题：（1）钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，与反应生成和的热化学方程式为___________。（2）溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠。与的空间结构相同，其中V 原子的杂化方式为________，写出一种空间结构与之相同的阳离子：________(填离子符号)。（3）与双缩脲()在碱性溶液中作用形成紫红色络合物。①该配离子中不存在的作用力有___________(填标号)。a．离子键　　　　b．共价键　　　　c．配位键②双缩脲中所含元素中为同周期的元素的第一电离能由大到小的顺序为___________。（4）向溶液中加入过量氨水，可生成配离子。①1mol含有σ键的数目为___________。②画出的结构：___________(用“→”或“—”将配位键表示出来)。（5）铁单质和氨气在640℃可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图所示(黑球代表Fe，白球代表N)，该反应的化学方程式为___________。若该晶体的密度是，则两个距离最近的Fe原子间的距离为___________nm(列出计算式，设为阿伏加德罗常数的值)。【答案】（1）（2）①.②.（3）①.a②.N>O>C（4）①.或②.或（5）①.②.【解析】【小问1详解】由题中信息可知：①； ②根据盖斯定律，由①―②×2得。【小问2详解】与的空间结构相同，均是正四面体形结构，其中V原子的杂化方式为，空间结构与之相同的阳离子有等。【小问3详解】①与双缩脲()在碱性溶液中作用形成紫红色络合物，该配离子中存在的作用力有共价键和配位键，不存在的作用力为离子键，答案选a。②双缩脲中所含元素中为同周期的元素是C、N、O，其第一电离能由大到小的顺序为N>O>C。【小问4详解】①配位键也是σ键，单键都是σ键，1mol含有σ键的数目为。②该离子中氮原子提供孤电子对，的结构为。【小问5详解】根据晶胞结构分析，晶胞内部有1个N原子，Fe原子位于立方晶胞的面心和顶角上，一个晶胞中有个Fe原子，晶体的化学式为，铁与氨气发生置换反应生成和氢气，可以写出方程式为；在晶胞中两个铁原子之间最近距离是面对角线的一半，晶胞的质量为，晶体密度为，晶胞边长为，两个铁原子之间最短距离为。16.三氯化六氨合钴是一种橙黄色晶体，可溶于水和稀酸溶液、不溶于乙醇，与热的强碱溶液反应产生、。某实验小组利用下列方法制备并测定其氨的含量。 I．制备晶体：向锥形瓶中加入适量研细的、和蒸馏水，加热溶解后加入活性炭催化剂，冷却，加入浓氨水，继续冷却至10℃以下，缓慢加入双氧水，水浴加热至60℃左右并恒温20min，然后用冰水冷却，生成产品沉淀。抽滤，将沉淀溶解于50mL沸热的稀盐酸中，趁热过滤。在滤液中缓慢加入浓盐酸，立即有大量橙黄色晶体析出，冷却、过滤、洗涤、干燥。Ⅱ．氨含量的测定(装置如图所示)：称取mg样品于锥形瓶中，加水溶解。在另一锥形瓶中加入标准HCl溶液并置于冰水浴中，从漏斗中加入足量20%的NaOH溶液，加热，保持微沸状态并持续1小时左右。然后取出插入标准HCl溶液中的导管，用纯水冲洗导管内外，洗涤液并入装有标准HCl溶液的锥形瓶中。取出锥形瓶，加入指示剂，用NaOH标准溶液滴定剩余的HCl，达到滴定终点时消耗NaOH标准溶液。回答下列问题：（1）Co元素在元素周期表的位置为______，基态的价层电子排布式为_______。（2）制备实验中，先加入过量的，冷却后，再加入浓氨水，生成的化学方程式为___________。（3）步骤I中水浴加热，恒温在60℃的原因为___________；将制得晶体过滤、洗涤、干燥，其中洗涤的具体操作是___________。（4）由氨含量的测定实验，可得样品中氨的质量分数(以计算)为___________。(用含、、、、m的代数式表示)：若省略“纯水冲洗导管内外”，会使测定结果___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。（5）小组成员查阅资料得知，若不加活性炭催化剂，制备产物主要是。现有10mL浓度为的或溶液，用等浓度的 溶液进行滴定，消耗溶液20mL，则该溶液为____{填“”或“”}溶液。【答案】（1）①第四周期第VIII族②.（2）（3）①.温度过低，反应速率较慢；温度过高，双氧水和浓氨水分解挥发②.向漏斗(过滤器)中加入乙醇至浸没晶体，待乙醇自然流下，重复2~3次（4）①.②.偏高（5）【解析】【分析】根据题意，在氨气和氯化铵存在条件下，以活性炭为催化剂，用双氧水氧化CoCl2溶液来制备[Co(NH3)6]Cl3，反应的化学方程式为2CoCl2+10NH3•H2O+2NH4Cl+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+12H2O；将粗产品溶于热的稀盐酸中，再向滤液中缓慢加入浓盐酸，有大量橙黄色晶体析出，冰浴冷却后过滤，说明加入热的稀盐酸后应过滤；先用冷的2mol•L-1HCl溶液洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥，得产品，据此分析解题。【小问1详解】已知Co是27号元素，故Co元素在元素周期表的位置为第四周期第VIII族，基态Co的核外电子排布式为：[Ar]3d74s2，则基态Co3+的价层电子排布式为3d6；【小问2详解】制备实验中，先加入过量的NH4Cl，冷却后，再加入浓氨水，生成[Co(NH3)6]Cl3的化学方程式为：2CoCl2+10NH3•H2O+2NH4Cl+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+12H2O；【小问3详解】由于温度过高会导致氨气的挥发(或H2O2的分解)，而温度较低时反应速率又太慢，不利于反应的发生，保持温度为60℃时，能够保证较快的反应速率，同时也可以减少氨气的挥发(或H2O2的分解)，则目的为保证较快的反应速率，同时也可以减少氨气的挥发(或H2O2的分解)，由题干信息可知，晶体可溶于水和稀酸溶液、不溶于乙醇，将制得晶体过滤、洗涤、干燥，其中洗涤的具体操作是向漏斗(过滤器)中加入乙醇至浸没晶体，待乙醇自然流下，重复2~3次；【小问4详解】 氨含量的测定为返滴定法，n(NH3)＝(c1V1−c2V2)×10-3mol，则样品中氨的质量分数为×100%；若省略“纯水冲洗导管内外”，会使剩余的标准HCl溶液减少，导致V2减少，测定结果偏高；【小问5详解】现有10mL浓度为的或溶液，用等浓度的溶液进行滴定，消耗溶液20mL，即说明1mol络合物中能够电离出2molCl-，根据络合物的性质可知，该溶液为。17.一种回收锌电解阳极泥(主要成分为、和ZnO，还有少量锰铅氧化物和Ag)中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如图所示。回答下列问题：已知：①易溶于水，不溶于乙醇；②在较高温度及酸性催化条件下，葡萄糖能发生如下反应：（1）基态Mn原子核外电子的空间运动状态有___________种。（2）“还原酸浸”过程中二氧化锰参与反应的化学方程式为___________。（3）结合溶解度曲线图分析，由溶液制得晶体的“一系列操作”是___________、___________，用___________(填物质的名称)洗涤、干燥。 （4）实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量，其原因是___________。（5）“电解”时，加入与水反应生成二元弱酸，在阴极放电生成Se单质，有利于电还原沉积，则放电的电极反应式为___________。（6）关于流程中有关物质的说法正确的是___________(填标号)。A.葡萄糖溶于水，葡萄糖分子能与水分子形成氢键B.Ag和Cu是同族元素且相邻，基态Ag原子的价电子轨道表示式为C.与均属于分子晶体，为非极性分子，其空间结构为直线形D.流程中的“滤液2”可循环利用【答案】（1）15（2）（3）①.加热蒸发②.保持温度高于40℃趁热过滤③.乙醇（4）酸性催化条件下，葡萄糖可能发生副反应，从而额外消耗大量葡萄糖（5）（6）AD【解析】【分析】由题给流程可知，向阳极泥中加入稀硫酸酸洗时，氧化锌与稀硫酸反应转化为硫酸锌，过滤得到硫酸锌溶液和滤渣；向滤渣中加入稀硫酸和葡萄糖混合溶液还原酸浸，将二氧化锰、转化为硫酸锰和硫酸铅，过滤得到硫酸锰溶液和滤渣1；加热蒸发硫酸锰溶液，保持温度高于40℃趁热过滤得到一水硫酸锰晶体；将一水硫酸锰晶体溶于酸性溶液后加入二氧化硒，电解混合溶液，在阳极得到二氧化锰、阴极得到硒；向滤渣1中加入碳酸钠溶液，将硫酸铅转化为碳酸铅后，加入醋酸溶液，将碳酸铅转化为溶于水的醋酸铅，过滤得到银和醋酸铅溶液；向醋酸铅中加入硫酸溶液，将醋酸铅转化为硫酸铅沉淀，过滤得到硫酸铅和含有醋酸的滤液2。【小问1详解】 锰元素的原子序数为25，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，核外原子轨道的数目为15，则核外电子的空间运动状态有15种；【小问2详解】由分析可知，加入稀硫酸和葡萄糖混合溶液还原酸浸的目的是将二氧化锰、转化为硫酸锰和硫酸铅，其中二氧化锰参与的反应为二氧化锰与稀硫酸和葡萄糖混合溶液反应生成硫酸锰、二氧化碳和水，反应的化学方程式为；【小问3详解】由溶解度曲线图可知，制得一水硫酸锰晶体的操作为加热蒸发硫酸锰溶液，保持温度高于40℃趁热过滤得到一水硫酸锰晶体；由已知①MnSO4⋅H2O易溶于水，不溶于乙醇可知，应该用乙醇洗涤晶体，防止溶解损耗；【小问4详解】由题给信息可知，酸性催化条件下，葡萄糖可能发生副反应，从而额外消耗大量葡萄糖，所以实际锰浸出最适宜的葡萄糖加入量远大于理论加入量；【小问5详解】由分析可知，将一水硫酸锰晶体溶于酸性溶液后加入二氧化硒，电解混合溶液，在阳极得到二氧化锰、阴极得到硒，则亚硒酸在阴极上放电的电极反应式为，故答案为：；【小问6详解】A．由结构简式可知，葡萄糖分子中含有的醛基和羟基能与水分子形成分子间氢键，所以葡萄糖溶于水，故正确；B．银元素的原子序数为47，基态原子的价电子排布式为3d104s1，轨道表示式为，故错误；C．二氧化硒分子中硒原子价层电子对数为3，孤对电子对数为1，分子的空间构型为V形，故错误；D．由分析可知，含有醋酸的滤液2可以在酸浸溶铅的步骤中循环使用，故正确；故选AD。18.化合物K是合成抗病毒药物普拉那韦的原料，其合成路线如下。 已知：①②（1）A具有酸性，B分子中碳原子的杂化类型为___________。（2）E→F的反应类型为___________，G中官能团名称为___________。（3）由D→E的过程中有副产物E＇生成，E＇为E的同分异构体，则E＇的结构简式为___________。（4）E有多种同分异构体，符合下类条件的同分异构体有___________种。a．经红外光谱测定结构中含结构，且苯环上只有两个取代基b．能发生水解反应c．能与新制Cu(OH)2反应产生砖红色沉淀写出其中核磁共振氢谱的峰面积之比为1：2：2：2：9的有机物的结构简式___________。（5）K分子中含有两个六元环，写出J→K的化学反应方程式___________。（6）由CH3CHO、、为原料(无机试剂任选)，设计制备有机物的合成路线___________。【答案】（1）sp2、sp3（2）①.消去反应②.羰基（3）（4）①.24②. （5）+H2O（6）【解析】【分析】根据(1)问可知，A具有酸性，则A的结构简式为CH2BrCOOH，A与乙醇发生酯化反应，则B的结构简式为CH2BrCOOCH2CH3，根据信息②可知，C的结构简式为，根据D的分子式，以及E的结构简式可知，D为苯甲醛，即结构简式为，根据F的分子式，以及E的结构简式，E→F发生消去反应，即F的结构简式为，F与氢气发生加成反应，对比F、G的分子式，且信息②，则G的结构简式为，H的结构简式为，生成J发生酯的水解，即J的结构简式为，根据(5)K分子有两个六元环，J→K发生酯化反应，即K的结构简式为，据此分析；【小问1详解】 根据上述分析，B的结构简式为CH2BrCOOCH2CH3，碳原子杂化方式类型为sp2、sp3，故答案为sp2、sp3；【小问2详解】根据上述分析，E→F发生消去反应，G的结构简式为，含有的官能团为(酮)羰基；故答案为消去反应；(酮)羰基；【小问3详解】根据信息①第一步发生反应的原理，E＇的结构简式为；故答案为；【小问4详解】能发生水解反应，说明含有酯基，能与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，说明含有醛基，根据E的结构简式，综上所述，符合条件的结构简式中存在甲酸某酯的形式，因此符合条件的结构简式为，两个取代基位置有邻、间、对三种，-C5H11有8种形式，同分异构体共有3×8=24种；核磁共振氢谱有5种峰，说明是对称结构，峰面积之比中有9，说明有三个相同的甲基，即符合条件的是；故答案为24；；【小问5详解】根据上述分析，J的结构简式为，K的结构简式为 ，J→K的反应方程式为+H2O，故答案为+H2O；【小问6详解】