浙江省宁波市镇海中学2023-2024学年高三上学期新高考调研卷化学 Word版含解析.docx

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2024届浙江省镇海中学新高考调研卷化学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。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：一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与生产、生活、科技密切相关。下列说法错误的是A.《淮南子》最早记载，熟石膏可作为制作豆腐时的凝固剂，其化学式为B.将石油裂化为轻质汽油后燃烧比直接燃烧石油更有利于实现碳中和C.《本草经集注》中区分硝石和朴消的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，这是利用了焰色试验D.《肘后备急方》载：“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，现代基于此法提取青蒿中的青蒿素所代表的操作中，使用的玻璃仪器为分液漏斗和烧杯【答案】B【解析】【详解】A．熟石膏的化学式为2CaSO4⋅H2O，豆浆胶体遇到石膏发生聚沉制得豆腐，A正确；B．将重油裂解为轻质油后，可以提高燃烧效率，但不能减少二氧化碳的排放，对碳中和无益，B错误；C．鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)，利用钾元素和钠元素的焰色反应不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应透过钴玻璃为紫色，C正确；D．该文献记载的是萃取法提取青蒿素的过程，使用的玻璃仪器为分液漏斗和烧杯，D正确；故选B。2.为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.中含有键数目可能为B.()分子中所含共价键数为 C.质量分数为98%的，用水稀释至的质量分数为9.8%D.完全燃烧生成和物质的量之比为的有机物一定为【答案】A【解析】【详解】A．为0.1mol，其若为环丙烷则含有0.9mol键，数目为，A正确；B．(为0.1mol)，由图可知，0.1mol分子中所含共价键0.8mol，数目为0.8，B错误；C．98%的的密度不是1g/mL，质量分数为98%的不是10g，用水稀释至的溶液也不是100g，质量分数不是9.8%，C错误；D．完全燃烧生成和物质的量之比为的有机物可能为、甲醇，D错误；故选A。3.下列事实不能用元素周期律知识解释的是A.氧化性：B.酸性：C.热稳定性：D.碱性：【答案】B【解析】【详解】A．因为氯元素的非金属性大于溴元素，所以氯气的氧化性大于溴单质，可以用元素周期律解释，A错误；B．利用非金属性只能比较最高价含氧酸的酸性，而HBrO3和HBrO3都不是最高价含氧酸，故不能利用元素周期律知识进行解释，B正确；C．氧的非金属性强于硫，故水的热稳定性大于硫化氢，可以用元素周期律解释，C错误；D．钾的金属性强于钠，故氢氧化钾的碱性强于氢氧化钠，可以用元素周期律的知识解释，D错误；故选B。4.一种从Al3+和Cr3+混合溶液中分离出铬元素的流程如下。常温下，。下列说法错误的是A.该流程可避免形成胶体而难以从体系中分离的情况发生 B.若滤液C中不含，则滤液C中C.可用溶液代替和氨水D.加入和氨水时发生反应的离子方程式：【答案】C【解析】【分析】由题干流程图可知，向含有Al3+和Cr3+混合溶液中加入H2O2和氨水，发生反应：，将Cr3+氧化为，以便于加入过量Ba(OH)2后转化为BaCrO4沉淀而分离出铬元素，向A溶液中加入过量的NaOH溶液，将Al3+转化为[Al(OH)4]-，而后加入过量的Ba(OH)2将铬元素转化为BaCrO4沉淀而分离出铬元素，过滤得到BaCrO4沉淀和滤液C，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，向A溶液中加入过量的NaOH溶液，将Al3+转化为[Al(OH)4]-，则该流程可避免Al(OH)3形成胶体而难以从体系中分离的情况发生，A正确；B．若滤液C中不含即使得溶液中小于10-5mol/L，根据溶度积可知，则滤液C中，B正确；C．若用溶液代替和氨水，则将引入杂质离子Fe3+，使得B中混有Fe(OH)3沉淀，而使得到的BaCrO4中混有Fe(OH)3，C错误；D．由分析可知，加入和氨水时发生反应的离子方程式：，D正确；故答案为：C。5.一种的金属串配合物的结构如图所示，其中每个含N配体带有3个负电荷，空缺的三个方向有和上方相同的N配体(未画出)。下列关于该配合物的说法正确的是 A.配合物中元素的平均价态为B.每个含N配体都含有大键C.每个含N配体中的所有原子可能处于同一平面内D.理想情况下该配合物中含有4种化学环境的N原子和4种化学环境的原子【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，分子中共7个Co，连接28个N配体、2个氯，每个含N配体带有3个负电荷，则由化合价代数和可知，配合物中元素的平均价态为，A错误；B．每个含N配体中在p轨道上存在电子，和环上相邻原子形成大键，B正确；C．不在环上的N配体原子为sp3杂化，为四面体形成结构，则该N配体中的所有原子不处于同一平面内，C错误；D．由图可知，理想情况下该配合物中含有5种化学环境的N原子和4种化学环境的原子，D错误；故选B。6.一种叠氮化电化学聚合物材料的局部结构如图所示，下列关于该聚合物片段的说法错误的是A.该聚合物的导电性可能较差B.该聚合物片段可由3种不同的单体加聚合成C.该片段中含有个手性碳原子D.该聚合物片段中所有的N原子均为杂化【答案】B【解析】【详解】A．该物质链节中存在饱和碳原子，因此电子不能在链节上传递，导电性较差，故A正确；B．该聚合物片段可由4种不同的单体加聚合成，m、n对应单体是一种，p中含3中单体，故B错误； C．a片段中不含手性碳原子，m、n、b、c片段中各含1个手性碳原子，则1mol该有机物中含有个手性碳原子，故C正确；D．该聚合物片段中所有的N原子的价层电子对数相同，均为3对价电子，N原子均为杂化，故D正确；故选：B。7.合成甲基橙(，分子量为327，变色范围值为)的实验步骤如下：①在一只试管中加入对氨基苯磺酸(分子量为173)，的氢氧化钠溶液，使其溶解，另加入亚硝酸钠溶于水中，加入上述反应液的溶液。在(a)冰盐浴冷却并搅拌下，将该混合液加入盛有水和浓盐酸的烧杯中，温度始终保持在以下，直至产生白色沉淀(已知此反应大量放热)。②在试管中将的N，N-二甲基苯胺(分子量为121)和冰乙酸混合均匀。在搅拌下将该溶液滴加到冷却的重氮盐溶液中，加完后继续搅拌，此时溶液为深红色。在搅拌下，慢慢加入氢氧化钠溶液，此时有固体析出，(b)溶液变成橙黄色，在沸水浴加热5分钟，抽滤，依次用少量水、乙醇、乙醚洗涤。得到(c)紫色晶体，产率约。③将粗产品用0.4%的氢氧化钠水溶液进行重结晶，得到橙黄色明亮的小叶片状晶体。在使用甲基橙滴定和甲基橙的合成过程中，下列说法正确的是A.可以使用甲基橙作指示剂和标准溶液滴定未知浓度的氯化铵溶液B.在合成过程划线的(a)中，可以用冰水浴或者冷水浴代替冰盐浴C.在合成过程划线的(b)中，此时溶液一定呈碱性D.在合成过程划线的(c)中，紫色晶体的产生是因为甲基橙粗产品混入了水和乙醇【答案】C【解析】【详解】A．溶液与氯化铵反应生成一水合氨溶于水，溶液呈弱碱性，可选用在碱性条件下变色的指示剂，故不可以使用甲基橙作指示剂和标准溶液滴定未知浓度的氯化铵溶液，选项A错误；B．在合成过程划线的(a) 中，反应大量放热，冰盐浴可以吸收大量热量保持温度恒定，若用冰水浴或者冷水浴代替容易引起温度变化，选项B错误；C．在搅拌下，慢慢加入氢氧化钠溶液，此时有固体析出，在合成过程划线的(b)中，根据反应方程式均生成强碱弱酸盐，此时溶液一定呈碱性，选项C正确；D．由第③步用0.4%的氢氧化钠水溶液重结晶得到橙黄色明亮的小叶片状晶体，可知水不是合成过程划线的(c)中得到紫色晶体的原因，高温和光照可能会使甲基橙颜色变深，选项D错误；答案选C。8.合成甲基橙(，分子量为327，变色范围值为)的实验步骤如下：①在一只试管中加入对氨基苯磺酸(分子量为173)，的氢氧化钠溶液，使其溶解，另加入亚硝酸钠溶于水中，加入上述反应液的溶液。在(a)冰盐浴冷却并搅拌下，将该混合液加入盛有水和浓盐酸的烧杯中，温度始终保持在以下，直至产生白色沉淀(已知此反应大量放热)。②在试管中将的N，N-二甲基苯胺(分子量为121)和冰乙酸混合均匀。在搅拌下将该溶液滴加到冷却的重氮盐溶液中，加完后继续搅拌，此时溶液为深红色。在搅拌下，慢慢加入氢氧化钠溶液，此时有固体析出，(b)溶液变成橙黄色，在沸水浴加热5分钟，抽滤，依次用少量水、乙醇、乙醚洗涤。得到(c)紫色晶体，产率约。③将粗产品用0.4%的氢氧化钠水溶液进行重结晶，得到橙黄色明亮的小叶片状晶体。上述合成实验中得到甲基橙的质量约为A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】对氨基苯磺酸的物质的量约为0.0058mol，的N，N-二甲基苯胺的物质的量约为0.0050mol，根据已知方程式，以N，N-二甲基苯胺为标准计算，如果完全转化，得到甲基橙的物质的量约为0.005mol，质量为0.005mol=1.635g，如果产率为40%，则得到产品质量为1.635g=0.654g，如果产率为50%，则得到产品质量为1.635g=0.8175g ，实际产品的质量在这两者之间，即D选项符合。答案选D。9.合成甲基橙(，分子量为327，变色范围值为)的实验步骤如下：①在一支试管中加入对氨基苯磺酸(分子量为173)，的氢氧化钠溶液，使其溶解，另加入亚硝酸钠溶于水中，加入上述反应液的溶液。在(a)冰盐浴冷却并搅拌下，将该混合液加入盛有水和浓盐酸的烧杯中，温度始终保持在以下，直至产生白色沉淀(已知此反应大量放热)。②在试管中将的N，N-二甲基苯胺(分子量为121)和冰乙酸混合均匀。在搅拌下将该溶液滴加到冷却的重氮盐溶液中，加完后继续搅拌，此时溶液为深红色。在搅拌下，慢慢加入氢氧化钠溶液，此时有固体析出，(b)溶液变成橙黄色，在沸水浴加热5分钟，抽滤，依次用少量水、乙醇、乙醚洗涤。得到(c)紫色晶体，产率约。③将粗产品用0.4%的氢氧化钠水溶液进行重结晶，得到橙黄色明亮的小叶片状晶体。根据上述实验原理，下列说法错误的是A.实验中得到的N，N-二甲基苯胺需要在蒸馏后才能使用B.使用乙醚洗涤的目的是为了除去产物中残留的乙醇和水C.重结晶操作时需要加入过量水使甲基橙溶解D.N，N-二甲基苯胺的蒸馏应当在通风橱中进行【答案】C【解析】【详解】A．N，N-二甲基苯胺易被氧化需要在蒸馏后才能使用，A正确；B．乙醚易挥发，产品水洗后用乙醇、乙醚洗涤的目的是使产品迅速干燥，防止产品变质，B正确；C．加水过多，甲基橙形不成饱和溶液难以析出，C错误；D．N，N-二甲基苯胺有毒应当在通风橱中进行，D正确；故选C。10.我国科学家开发出碱性海水里直接电解制氢的技术，工作原理如图1所示。 隔水薄膜可以起到阻挡与电极催化剂活性中心接触的作用，电极A含有M金属的催化剂，发生的电极反应过程如图2所示，离子交换膜选择性透过参与电极A反应的物质。下列说法错误的是A.电极A上发生的反应存在极性键的断裂与生成B.若去掉隔水薄膜，会在A电极失去电子生成C.电解结束后，电极B处去掉海水隔水膜，所得溶液中加入适量溶液无混浊现象D.每当有标准状况下气体生成时，就会有电子从电极A流向电极B【答案】C【解析】【分析】从图2可知，M金属催化剂，催化氢氧根离子在电极A发生失电子的氧化反应生成氧气，电极反应式为，所以电极A为阳极，电极B为阴极。【详解】A．由图可知，电极A上发生的反应存在氢氧极性键的断裂与氢氧极性键的生成，A正确；B．去掉隔水薄膜，氯离子会在阳极A电极失去电子发生氧化反应生成氯气，B正确；C．电极B为阴极，水放电发生还原反应生成氢气和氢氧根离子：，则加入铁离子会生成氢氧化铁沉淀变浑浊，C错误；D．电解总反应为，每当有标准状况下的气体生成时，则生成氧气，，故会有电子从电极A流向电极，D正确；故选C。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列反应的离子方程式正确的是 A.漂白粉失效的原理：B.向酸性高锰酸钾溶液中加入过氧化氢，紫色变浅：C.向溶液中滴加稀硫酸，溶液变浑浊：D硫单质溶于强碱：【答案】D【解析】【详解】A．漂白粉失效的原理：，A错误；B．向酸性高锰酸钾溶液中加入过氧化氢，紫色变浅：，B错误；C．向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸，溶液变浑浊：，C错误；D．硫单质溶于强碱：，故D正确；故选D12.氢气和氯气反应生成盐酸这个反应的化学动力学过程异常复杂。现代科学研究表明，氢气和氯气的反应由以下4个步骤组成：这四个步骤都是基元反应，已知对基元反应的速率k满足。【提示】在推导反应速率时，我们可以假设某些高活性物种(比如自由基)的浓度保持不变，即生成其的速率和消耗其的速率近似相等。下列说法错误的是A.氢气与氯气反应的活化能不等于氢气和氯气键能之和B.若氯气浓度不变，氢气浓度变成原来的2倍，则生成氯化氢的速率变成原来的2倍C.若氢气浓度不变，氯气浓度变成原来的2倍，则生成氯化氢的速率变成原来的2倍 D.加入某些可以和自由基结合的物质可以降低反应速率【答案】C【解析】【分析】根据上述分析可知，总反应为H2+Cl2=2HCl；【详解】A．活化能是指化学反应中，由反应物分子到达活化分子所需的最小能量，反应物键能=反应物总能量，氢气与氯气反应的活化能不等于氢气和氯气键能之和，A正确；B．根据基元反应2可知，氢气和氯化氢的计量数之比为1：1，若氯气浓度不变，氢气浓度变成原来的2倍，则生成氯化氢的速率变成原来的2倍，B正确；C．根据基元反应3可知，氯气和氯化氢的计量数之比为1：1，若氢气浓度不变，氯气浓度变成原来的2倍，则生成氯化氢的速率变成原来的2倍，C错误；D．加入某些可以和自由基结合的物质起催化作用，可以降低反应速率，D正确；答案选C。13.以工业废铜泥[主要成分为，含少量]为主要原料制备产品的工艺流程如下。下列说法错误的是A.除杂时，应在加入稀溶液前加入稍过量过氧化氢溶液B.在“除杂”后、“过滤”前应适当加热以保证除杂效果C.由核外电子排布知比稳定，但水相中少见化合物的原因是在水相中易歧化D.洗涤时，应当用浓盐酸洗涤以减少产品在洗涤过程中的损失【答案】D【解析】【分析】废铜泥灼烧后将金属元素转化为可溶液硫酸的氧化物，酸浸后先加H2O2氧化Fe2+，再加NaOH稀溶液，过滤除去Fe(OH)3，往滤液中加入Na2SO3、NaCl还原后经系列操作得到氯化亚铜产品。【详解】A．由分析，H2O2氧化Fe2+，A正确；B．．除杂的目的是使铁元素转化成Fe(OH)3而转化成滤渣，①H2O2目的是将Fe2+转化成，②加NaOH稀溶液，调节溶液的pH，使转化成Fe(OH)3沉淀，但只加入稀溶液容易形成Fe(OH)3 胶体更难除杂，所以还应加热，B正确；C．由核外价电子排布知3d10比3d9稳定，但水相中少见化合物的原因是在水相中易歧化，C正确；D．在浓盐酸中易歧化，D错误；故选D。14.现有一定浓度的溶液，向其中加入少量溶液，烧杯底部有白色沉淀生成，沉淀迅速变为灰绿色。已知溶液加入后溶液的，此时开始向溶液中通入，溶液随时间的变化如图所示。当离子浓度为时，含铁微粒的沉淀如表：金属离子开始沉淀6.31.5沉淀完全8.32.8下列说法正确的是A.溶液加入后B.由时溶液几乎不变可知还原性：C.时，溶液明显降低是由于D.后，溶液几乎不变是由于【答案】B【解析】【详解】A．由表格数据可知，Fe2+离子浓度为时，开始沉淀时pH为6.3，溶液加入后溶液的，说明Fe2+还没有开始沉淀，故不会小于，故A错误； B．由时溶液几乎不变可知，氧气与反应生成中间产物FeOOH，说明还原性：，故B正确；C．时，溶液明显降低是由于氧气将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+水解导致溶液酸性增强，故溶液明显降低，故C错误；D．后，溶液几乎不变是由于发生反应FeOOH+H2O=Fe(OH)3，故D错误。答案选B。15.某课题组利用盐浓梯度和氧化还原工艺成功设计了如图所示的电池装置，将酸性废水中存在的高毒性转化为后再经后续处理转化为离开溶液。设装置内温度恒定为。已知：对于电池正极反应有方程注：(1)下，n为转移电子数；电势越高反应的趋势越大；(2)为氧化态物质，为还原态物质，为定值；(3)对于除外还有其他如等参加反应的物质，它们的浓度的幂次方也要代入方程。(参考数据：)下列说法错误的是A.该电池利用溶液盐度梯度产生电势，“”表示低浓度盐溶液B.负极产生标准状况下，理论上转化 C.若要升高正极电势，可向正极区中加入固体或升高正极区D.若正极区恒定，当正极区由1.0降低为0.5时，正极电势升高约【答案】BC【解析】【详解】A．根据图示可知：Na+通过CM向正极迁移，Cl-通过AM膜移向负极，图示负极上不断产生H+，则C2中含有HCl浓度增大，含有NaCl浓度降低，故该电池利用溶液盐度梯度产生电动势，C2表示低浓度盐溶液，故A正确；B．在右边电极上，H2O失去电子产生H+、O2，右边电极为负极，每反应产生1molO2，转移4mol电子，则根据同一闭合回路中电子转移守恒可得关系式：2~3O2，负极产生标准状况下6.72L氧气时，其物质的量n(O2)==0.3mol，则正极上理论上转化0.2mol，故B错误；C．在左边电极上，得到电子发生还原反应变为Cr3+，因此左边电极为正极，正极的电极反应式为：+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，若要升高正极电势，可向正极区中加入固体或降低正极区，故C错误；D．在左边电极上，得到电子发生还原反应变为Cr3+，因此左边电极为正极，正极的电极反应式为：+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，若正极区恒定，当正极区由1.0降低为0.5时，正极电势升高约=，故D正确；故选BC。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.元素化学是化学的基石，不同的元素往往呈现出五彩缤纷的特性。回答下列问题：（1）金元素形成的部分离子氧化性很强，化学家们推测可能和“惰性电子对”效应有关，即失去6s电子对的离子会具有很强的氧化性。下列选项中具有此效应的离子是_______。A.B.C.D.（2）噻吩()和呋喃()是常见的有机化学试剂。已知噻吩中，而呋喃中与杂化较接近，说明二者不同的原因_______；“芳香性” 是有机化学中一个十分常见的概念，一般认为，共轭结构形成的越好芳香性越强。已知噻吩的芳香性比呋喃强，请从原子电负性角度解释原因_______。（3）和铜元素同族的金元素有着神奇的化学性质，金在和8个大气压下可以与氧元素、氟元素合成。已知是一种离子晶体，其中元素氧化态为，晶体中的阳离子是_______；在冷凝管上会迅速生成一种暗红色粉末和两种气体，其中氧化性较强的气体为_______(填化学式)。（4）的晶体结构可以看成Ⅰ型结构和Ⅱ型结构的组合，已知Ⅰ型结构中原子在内部，每个Ⅰ型和Ⅱ型结构可近似为边长相等的立方体。①一个的晶胞中Ⅰ型结构和Ⅱ型结构的比例是_______；②Ⅰ型结构中，的距离为的距离为。若一个晶胞中共含有8个Ⅰ型和Ⅱ型结构，则下列各项中最接近真实晶胞边长的是_______。A．B．C．D．【答案】16.AD17.①.噻吩中硫原子的轨道与轨道能量相差较大，杂化程度较低；呋喃中氧原子的轨道与轨道能量相差较小，杂化程度较高②.氧的电负性与碳相差较大，吸引电子能力较强，形成的键离域性比噻吩中差18.①.②.19.①.②.B【解析】【小问1详解】基态Hg原子的价电子排布为5d106s2，失去1对6s电子得到二价汞；基态Pb原子核外价电子排布为6s26p2，失去4个电子时，6s电子对失去，得到四价铅；故选AD；【小问2详解】噻吩中硫原子的轨道与轨道能量相差较大，杂化程度较低；呋喃中氧原子的轨道与 轨道能量相差较小，杂化程度较高，使得呋喃中与杂化较接近；氧的电负性与碳相差较大，氧吸引电子能力较强，导致形成的键离域性比噻吩中差，导致噻吩的芳香性比呋喃强；【小问3详解】氟的电负性大于氧，氟化合价为-1，根据、F化合价可知，中氧的化合价为正价，结合化合价代数和为零可知，晶体中的阳离子是；在冷凝管上会迅速生成一种暗红色粉末和两种气体，根据质量守恒可知，生成氧化性较强的气体为氟气；【小问4详解】①据“均摊法”，Ⅰ型结构中含个Co、4个As，Ⅱ型结构中含个Co、0个As，结合化学式可知，则4个中含有3个Ⅰ型结构、1个Ⅱ型结构，故一个的晶胞中Ⅰ型结构和Ⅱ型结构的比例是3:1；②每个Ⅰ型和Ⅱ型结构可近似为边长相等的立方体；若一个晶胞中共含有8个Ⅰ型和Ⅱ型结构，则含有6个Ⅰ型和2个Ⅱ型结构组成的立方体，设真实晶胞边长的是4apm，一个Ⅰ型结构边长为2apm，As位于Ⅰ型中间截面平分成的四个正方形的中心，Ⅰ型结构边长的一半为apm，的距离为，则，a≈192pm，则真实晶胞边长约为192pm×4≈800pm，故选B。17.宋应星《天工开物》载有一种矿石“银矿铅”，该矿石是与辉银矿(主要成分为)共生的方铅矿(主要成分为)。由于中国古代对银的需求量高，故对该矿大量开采以弥补银的短缺情况。古人在劳动过程中发现两种矿石常共生，故有“上有铅者，其下有银”(《管子·地数篇》)的说法。现利用该矿石制备铅蓄电池正极材料和超细银粉，工艺流程如下：已知：①“分离”后的矿石粉末还含有3%左右的杂质；②“酸化”过程中会与热的浓盐酸反应生成(微溶)；在浓盐酸中有，而 与热的浓盐酸不反应，但可以与氰化物反应生成二氰合银离子；和可以类似的形成四氰合锌离子。③下，，反应的平衡常数。回答下列问题：（1）浮选剂是头部为亲硫基、尾部为长烃链(憎水基)的分子，可吸引粉碎后的矿物中的含硫基团，从而完成对矿物中硫化物的富集。“浮选”步骤的目的是_______。（2）“还原”步骤发生反应的离子方程式为_______，流程中可重复利用的物质是_______(填化学式)。（3）有同学认为在下“溶银”过程可以用浓氨水代替溶液，但经实验二者混合后无明显现象，请通过计算溶液中的浓度达到所需要的最小氨浓度解释其原因_______。(计算结果保留指数形式，忽略与之间的转化)（4）“酸化”过程中生成会威胁人体健康。已知下某车间(空气体积为)的挥发速率与时间有成立，式中k，w为常数。气相色谱仪测定车间浓度结果拟合为如图所示的曲线，则_______，的挥发半衰期(挥发的量首次达到挥发总量的一半的时间)_______(填“>”“<”“=”或“不确定”)；国家标准规定车间内的最高容许浓度为，则该车间环境_______(填“是”或“否”)符合国家标准。【答案】（1）除去矿物中不含硫的杂质（2）①.②.（3）反应的平衡常数为，要使得，则，则此时不可能达到 （4）①.②.>③.是【解析】【分析】银矿铅矿石经粉碎、浮选后，分离去掉浮选剂，酸化分离出滤渣，滤渣加入KCN溶解分离出银溶液，加入锌粉还原得到银粉；滤液Ⅰ转沉将铅转化为沉淀，加入碳酸钠、醋酸转化后加入过硫酸钠氧化得到二氧化铅。【小问1详解】浮选剂是头部为亲硫基、尾部为长烃链(憎水基)的分子，可吸引粉碎后的矿物中的含硫基团，故其目的是：除去矿物中不含硫的杂质，分离出含硫物质；【小问2详解】已知：与氰化物反应生成二氰合银离子，和可以类似的形成四氰合锌离子，则溶银后溶液中含有，加入锌粉将还原为银单质，同时生成，故“还原”步骤发生反应的离子方程式为；在氧化过程中过硫酸钠氧化铅元素得到二氧化铅，同时得到硫酸钠，硫酸钠在转沉流程中可重复利用；【小问3详解】反应的平衡常数为，要使得，则，则此时，氨水浓度不可能达到此浓度，故二者混合后无明显现象；【小问4详解】由点(0,110)可知，，由点(10,60)可知，的挥发半衰期(挥发的量首次达到挥发总量的一半的时间)大于10min；由图可知，该车间环境含量为，符合国家标准。18.某实验小组进行如下关于银镜反应的实验探究。Ⅰ．探究银镜反应中的作用 已知：①银镜沉淀速率过快可影响其结构和形貌，从而影响其光泽；②开始沉淀时不稳定，易不可逆分解为黑色；③在实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的溶液可视作中性溶液。（1）的氧化性会随浓度增加而上升，对比实验Ⅰ和Ⅱ，实验小组提出两个猜想：<猜想1>的氧化性随溶液的增大而增大<猜想2>_______。（2）该实验小组为进一步探究而设计实验Ⅲ，实验装置如图所示，最终得到结论：“猜想1不合理，猜想2合理”。简述实验Ⅲ的实验过程：_______。（3）该实验小组又进行了实验Ⅳ，控制实验Ⅱ和实验Ⅳ中溶液相同，对比实验Ⅱ和实验Ⅳ，实验现象出现差异的原因是_______。Ⅱ．该小组在一次制银镜时误将无标签的溶液当成稀氨水，使得转化为淡黄色沉淀。查阅资料知只有极浓的氨水可以将溶解，而实验室并无浓氨水，故不能利用制备银氨溶液。实验小组决定采用肼还原制银镜，实验报告如下。请将实验报告的空缺部分填充完整。实验目的采用肼还原制得银镜并以此深入探究银镜反应中的作用实验原理①肼具有强还原性，易吸潮、易被氧化、易与等酸性气体反应，常压下可与水形成共沸物(其中肼含量约69%)； ②；③。实验药品悬浊液、溶液(加碱化，)、催化剂、焦性没食子酸(别名连苯三酚)溶液(加碱化，)、尿素、油、盐酸。实验仪器制备肼的全套装置[具体仪器见装置图，需注意的几点：a．实验最好使用洗气瓶，但因实验室没有洗气瓶，故用_______(填“广口瓶”或“细口瓶”)接导管替代；b．加热及夹持装置略]、减压蒸馏装置(具体仪器略)、试管、胶头滴管等。实验操作①依图组装仪器并检查气密性，装入药品；②用油浴加热，向三预烧瓶缓缓鼓入空气，同时缓缓将恒压滴液漏斗内药品滴入三颈烧瓶，加热约后停止加热；③将三预烧瓶内的液体进行减压蒸馏，得到氨肼混合溶液，将其滴加入悬浊液中。实验结果实验制得了银单质，但其并未附着在试管壁上形成银镜，而是松散的银粉。实验反思①焦性没食子酸溶液(加碱化)的作用是_______，加热过程中持续缓慢通入空气的目的是_______；②为深入研究为何该反应没有生成银镜，我们又做了如下实验： 综合做过的上述关于银镜反应的探究实验，我们得出的结论是_______。【答案】（1）乙醛的还原性随溶液增大而增大（2）向B中滴加浓硝酸，发现示数不变；向A中滴加浓盐酸，发现示数改变（3）①.生成的反应是可逆的，随着的消耗，配离子不断解离，将溶液中浓度维持基本不变，可以持续生成银镜；而生成的反应是不可逆的，溶液中的消耗之后无法得到补充②.广口瓶③.除去和等气体，防止产物发生副反应④.搅拌促进反应；排除原有空气，作保护气⑤.只有在弱碱性且维持在合适浓度的条件下才能生成银镜【解析】【分析】该实验为典型的定性实验，实验目的I是研究对实验的影响，实验II的目的是研究银离子对实验的影响，根据实验的需求，对比实验不同的变量可得到解决实验问题的方法。【小问1详解】的氧化性会随浓度增加而上升，对比实验Ⅰ和Ⅱ，实验Ⅱ有现象，发生氧化还原反应，猜想为氧化剂氧化性增大或还原剂还原性增大，故猜想2为：乙醛的还原性随溶液增大而增大；【小问2详解】猜想1不合理，猜想2合理，故需验证猜想2，则实验过程为：向B中滴加浓硝酸，发现示数不变；向A中滴加浓盐酸，发现示数改变；【小问3详解】①对比实验Ⅱ和实验Ⅳ，相同、乙醛浓度相同，故产生差异的原因是银离子的浓度，产生浓度差异的原因为：生成的反应是可逆的，随着的消耗，配离子不断解离，将溶液中浓度维持基本不变，可以持续生成银镜；而生成的反应是不可逆的，溶液中的消耗之后无法得到补充；②细口瓶瓶口过小，无法使用双孔塞，故选择广口瓶；③肼具有强还原性，易吸潮、易被氧化、易与等酸性气体反应，故焦性没食子酸溶液(加碱化)的作用是：除去和等气体，防止产物发生副反应；④加热过程中持续缓慢通入除去和等气体的空气，可使溶液搅动从而促进反应，同时排除装置中原有空气，作保护气的作用，故目的是：搅拌促进反应；排除原有空气，作保护气； ⑤对比实验，虽然发生反应生成银单质，但由于反应速率快慢不同导致生成银的形态不同，无法形成光亮的镜面，由此可知只有在弱碱性且维持在合适浓度的条件下才能生成银镜；19.激酶抑制剂的一种合成路线如下：已知：Ⅰ．，烷基，酰基Ⅱ．回答下列问题：（1）A的结构简式为_______；C中含氧官能团有_______种。（2）研究发现，在反应中加入三氟乙酸乙酯有利于提高D的产率，原因是_______。（3）的化学方程式为_______，该反应不能用甲酸或乙酸代替磷酸的原因是_______。（4）的反应类型为_______。（5）已知：，综合上述信息，写出以甲苯和丙烯酸为主要原料制备的合成路线_______。【答案】19.①.②.220.用作温和的脱水剂，与水反应使平衡正移21.①.②.甲酸和乙酸高温易挥发，可能和反应物反应形成酰胺；甲酸高温易分解 22.取代反应23.【解析】【分析】根据已知反应Ⅰ，结合B的结构，可知A为，根据B的结构和反应以及C的分子式，可知C为，C到D脱水成环，D到E胺化，E为，E到F成环，F为根据反应Ⅱ，可知G为，G和H发生取代反应生成I，I在NaOH/H2O发生水解反应，再和C2H5NH5发生取代反应生成API，据此分析解题。【小问1详解】根据分析可知，A的结构简式为；C为其中含氧官能团有酯基、羰基共2种。【小问2详解】研究发现，在C→D反应中加入三氟乙酸乙酯有利于提高D的产率，原因是C到D脱水成环， 三氟乙酸乙酯可用作温和的脱水剂，与水反应使平衡正移。【小问3详解】E→F的化学方程式为，，该反应不能用甲酸或乙酸代替磷酸的原因是甲酸和乙酸高温易挥发，可能和反应物反应形成酰胺；甲酸高温易分解。【小问4详解】根据分析可知，J→API的反应类型为取代反应。【小问5详解】已知：，综合上述信息，可知以甲苯和丙烯酸为主要原料制备的合成路线为：。20.在物理化学中，某一物种的绝对能量可以通过标准自由能表示，表示时该物质的能量。与焓变的计算类似，对于反应，其标准摩尔自由能变。回答下列问题：（1）对于：反应Ⅰ：反应Ⅱ：则反应Ⅲ：的摩尔自由能变为_______。（2）对于反应：，当各个物种的浓度不再为时，其摩尔自由能变 (R为常数，T为热力学温度，Q为浓度商)。若反应的平衡常数为，且已知当反应达到平衡时，，则_______(用R，T，表示)。当时，反应将会_______(填“正向”或“逆向”)进行。物理化学家和生物化学家对溶液中溶质标准态的选择有所不同：在物理化学中，溶质的标准态是指；而在生物化学中，对除氢离子外溶质标准态的定义仍为，但规定氢离子的标准态为，因为人体内的大部分反应都是在左右下进行的。在生物化学过程中，涉及氢离子反应的标准摩尔自由能变用符号表示，以示区别。（3）对于生物反应和的关系为_______(用R，T表示，保留对数符号)；该反应在时比时更_______(填“易”或“难”)正向进行。（4）对于一类生物反应，有，此时就不需要使用表示了，这一类反应的共同特点是_______。（5）对于生物反应：(和分别代表烟酰胺腺嘌呤二核苷酸的氧化态和还原态)，在反应直到平衡的过程中的浓度近似为不变，的浓度近似为c不变(与外界平衡)，的浓度从变为的初始浓度为，则该反应的生物标准摩尔自由能变_______(用，c，，R，T表示，保留对数符号)。【答案】（1）（2）①.②.逆向（3）①.或或②.难（4）与无关（5）【解析】【小问1详解】反应Ⅲ等于反应Ⅰ减去反应Ⅱ，故反应Ⅲ的摩尔Gibbs自由能变为a−b；【小问2详解】 达到平衡时，，则，当时，正反应方向不能进行，反应将会逆向进行。【小问3详解】根据题干表示物理化学中标准摩尔Gibbs自由能变，表示生物化学中标准摩尔Gibbs自由能变，在生物化学中，对除氢离子外溶质标准态的定义仍为，规定氢离子的标准态为，对于生物反应，和的关系为或者或者，pH=0时的氢离子浓度更高，故该反应在pH=0时比pH=7时更难正向进行。【小问4详解】对于一类生物反应，有，此时就不需要使用表示了，这一类反应的共同特点是与H+无关。【小问5详解】