甘肃省张掖市2022-2023学年高三化学上学期第一次诊断考试试题（Word版附解析）

甘肃省张掖市2022-2023学年高三上学期第一次诊断考试化学试题可能用到的相对原子质量：K-39O-16S-32C-12H-1Cd-112Se-79Ⅰ卷一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。每题只有一个选项符合题意)1.下列说法正确的是（）A.“熔喷布”可用于制作N95型等口罩，生产“熔喷布”的主要原料是聚丙烯，它属于纯净物B.“山东舰”上用于舰载机降落拦阻索的是一种特种钢缆，属于新型无机非金属材料C.喝补铁剂（含Fe2+）时，加服维生素C效果更好，因维生素C具有抗氧化性D.我国部分城市在推广使用的“甲醇汽油”，有降低排放废气的优点，无任何负面作用【答案】C【解析】【详解】A．聚丙烯是混合物，A错误；B．“山东舰”上用于舰载机降落拦阻索的是一种特种钢缆，属于金属材料，B错误；C．维生素C具有较强的还原性，喝补铁剂（含Fe2+）时，加服维生素C时，可以减少Fe2+被氧化，C正确；D．使用甲醇汽油，挥发的甲醇蒸汽有毒，能够污染空气，D错误；答案选C2.下列关于化学用语的说法正确的是A.和属于同素异形体B.的电子式是C.乙烯的结构简式是D.的电离方程式是【答案】D【解析】 【详解】A．和都是氧元素组成的单质，化学性质基本相同，不属于同素异形体，A不正确；B．PH3分子中，1个P原子与3个H原子间各形成一对共用电子，另外P还有一对孤对电子，电子式是，B不正确；C．乙烯的结构式为，结构简式是CH2=CH2，C不正确；D．在水溶液中发生部分电离，生成H+和S2-，H+与H2O结合为H3O+，电离方程式是，D正确；故选D。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.11gK2S和K2O2的混合物中含有的离子数目为0.3NAB.标准状况下，4.48LCCl4所含的分子数为0.2NAC.一定条件下，32gSO2与足量O2反应，转移的电子数为NAD.0.1mol·L-1Na2SO4溶液中含有的氧原子数为0.4NA【答案】A【解析】【详解】A．K2S和K2O2具有相同的摩尔质量，摩尔而质量为，K2S和K2O2的混合物，电离方程式为、离子数相同，则混合物中含有的离子数目为0.3NA，A项正确；B．标准状况下，CCl4为液态物质，无法计算，B项错误；C．32gSO2的物质的量为，SO2与足量O2为可逆反应，转移的电子数小于NA，C项错误；D．，缺溶液的体积，无法计算，D项错误；答案选A。4.某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验：①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解；再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部 溶解；②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在。该白色粉末可能为ANaHCO3、Al（OH）3B.AgCl、NaHCO3C.Na2SO3、BaCO3D.Na2CO3、CuSO4【答案】C【解析】【详解】A．NaHCO3、Al（OH）3中加入足量稀硫酸有气泡产生，生成硫酸钠、硫酸铝、二氧化碳和水，最终无固体存在，A项错误；B．AgCl不溶于酸，固体不能全部溶解，B项错误；C．亚硫酸钠和碳酸钡溶于水，碳酸钡不溶于水使部分固体不溶解，加入稀盐酸，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，固体全部溶解，再将样品加入足量稀硫酸，稀硫酸和碳酸钡反应生成硫酸钡沉淀和二氧化碳和水，符合题意，C项正确；D．Na2CO3、CuSO4中加热足量稀硫酸，振荡后无固体存在，D项错误；答案选C。5.用下列装置能达到实验目的的是A.用甲装置灼烧碎海带B.用乙装置蒸发MgCl2溶液制备无水MgCl2C.丙装置中：①中试剂为稀硫酸，②中为Na2S，③中为AgNO3和AgCl的浊液，用该装置比较Ksp(AgCl)和Ksp(Ag2S)的相对大小D.用丁装置分离I2和CCl4【答案】A【解析】 【详解】A．灼烧碎海带时需要的仪器有坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯，则甲装置能用于灼烧碎海带，故A正确；B．氯化镁是强酸弱碱盐，在溶液中能水解生成氢氧化镁和氯化氢，若直接加热蒸发氯化镁溶液，氯化氢受热挥发，使水解平衡向正反应方向移动，最终得到氢氧化镁，则用乙装置蒸发氯化镁溶液无法制备无水氯化镁，故B错误；C．由图可知，硫化钠与稀硫酸反应生成的硫化氢气体通入硝酸银和氯化银的浊液时，只有沉淀的生成，无沉淀的转化，则丙装置不能比较氯化银和硫化银溶度积的相对大小，故C错误；D．碘溶于四氯化碳，不能用分液的方法分离碘和四氯化碳，则用丁装置不能分离碘和四氯化碳，故D错误；故选A。6.下列反应的离子方程式书写正确的是A.溶液与过量溶液反应：B.金属Na与溶液反应：C.少量与KClO溶液反应：D.草酸与酸性溶液反应：【答案】A【解析】【详解】A．溶液与过量溶液反应生成BaSO4沉淀和偏铝酸根离子，反应离子方程式为，故A正确；B．Na先与溶液中的水反应生成NaOH和氢气，NaOH再与反应生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为，故B错误；C．少量SO2通入KClO溶液中，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：SO2+H2O+3ClO-═Cl-+SO+2HClO，故C错误；D．高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化草酸生成二氧化碳，高锰酸根离子被还原生成锰离子， 草酸为弱酸不可拆，离子方程式为2MnO+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故D错误；故选：A。7.已知扎那米韦是流感病毒神经氨酸酶抑制剂，其对流感病毒的抑制是以缓慢结合的方式进行的，具有高度特异性，其分子结构如图所示。下列说法正确的是（）A.该物质的分子式为C12H19N4O7B.1mol该物质与NaOH溶液反应，可以消耗4molNaOHC.在一定条件下，该物质可以发生消去、加成、取代等反应D.该物质能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，能与FeCl3溶液发生显色反应【答案】C【解析】【分析】该有机物含有羟基，结合羟基连接的位置可知能发生氧化、消去、取代反应，含有肽键，可发生水解反应，含有羧基，具有酸性，可发生酯化反应，含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，含有C=N，可发生加成反应，以此解答该题。【详解】A.由结构简式可知有机物的分子式为C12H20N4O7，A错误；B.该有机物分子中含有1个羧基和1个酯基，酯基水解产生羧基，则1mol该物质与NaOH溶液反应，可以消耗2molNaOH，B错误；C.该有机物含有羟基，由于羟基连接的C原子的邻位C原子上含有H原子，因此可发生消去反应；物质分子中含有碳碳双键和碳氮双键，可发生加成反应，含有羟基和羧基，可发生取代反应，C正确；D.分子中不含有酚羟基，与FeCl3溶液不能发生显色反应，D错误；答案选C。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，易错点为B，注意掌握与氢氧化钠反应的有机物的官能团。8.分属周期表前三周期的四种元素W、X、Y、Z可形成结构如下的物质，该物质中所有原子 均满足稳定结构，W的原子序数最大，Y、Z处于同一周期。下列说法错误的是A.X、Z可形成具有强氧化性的高效消毒剂B.Y的最高价氧化物对应的水化物中，除了氢原子外所有原子满足8电子稳定结构C.由Z和W形成的化合物中可以存在共价键D.X、Y、Z的原子半径从大到小为：Y>Z>X【答案】B【解析】【分析】周期表前三周期的四种元素W、X、Y、Z可形成结构如下的物质，该物质中所有原子均满足稳定结构，根据图示可知，W为+1价阳离子，且W的原子序数最大，则W为Na元素，说明X、Y、Z位于前2周期；Y、Z处于同一周期，则Y、Z位于第二周期，阴离子带2个负电荷，Y为B元素；Z能够形成2个共价键，则Z为O元素；X形成1个共价键，为H元素，据此解答。【详解】根据分析可知，W为Na，X为H，Y为B，Z为O元素；A．H、O形成的H2O2具有强氧化性，故A正确；B．Y的最高价氧化物的水合物是硼酸，硼酸结构式为，该分子中H、B都没有达到8电子稳定结构，故B错误；C．Z、W形成的化合物过氧化钠中含有共价键，故C正确；D．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径大小为：Y＞Z＞X，故D正确。答案选B。9.下列实验操作能达到相应实验目的的是选项实验操作实验目的A将二氧化硫气体通入紫色石蕊试液中，观察溶液颜色查化证明二氧化硫具有漂白性 B向2mL1mol·L-1NaOH溶液中先加入3滴1mol·L-1FeCl3溶液．再加入3滴1mol·L-1MgCl2溶液证明Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]C相同温度下，向两支盛有相同体积不同浓度H2O2溶液的试管中分别滴入适量相同浓度的CuSO4溶液和FeCl3溶液探究Cu2+、Fe3+对H2O2 分解速率的影响D向2mL品红溶液和2mL加入少许醋酸的品红溶液中分别滴入3滴含NaClO的“84”消毒液,观察红色褪色快慢证明随溶液ph减小,“84”消毒液的氧化能力增强A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．将二氧化硫气体通入紫色石蕊试液中，SO2与水反应产生H2SO3，该物质是酸，具有酸的通性，可以使紫色石蕊试液变为红色，不能证明其漂白性，错误；B．向2mL1mol·L-1NaOH溶液中先加入3滴1mol·L-1FeCl3，发生复分解反应产生Fe(OH)3沉淀，由于碱过量，试液再加入3滴1mol·L-1MgCl2溶液，会与NaOH溶液发生复分解反应产生Mg(OH)2沉淀，不能证明物质的溶度积常数的大小关系，错误；C．要探究Cu2+、Fe3+对H2O2分解速率的影响，应该使用的盐的阴离子相同，只有阳离子不同，才可以进行对比，错误；D．向2mL品红溶液和2mL加入少许醋酸的品红溶液中分别滴入3滴NaClO的84消毒液，观察到滴有醋酸的品红溶液的红色褪色的快，说明溶液pH的减少，酸性增强，84消毒液的氧化能力增强，正确；故答案选D。10.GeorgeA.Olah教授和其合作者使用Ru-PNPpincer络合物作催化剂，用五乙烯六胺(PEHA)多聚物来捕获二氧化碳，可以直接将空气中二氧化碳转化为甲醇，反应可能的过程如图所示。下列叙述错误的是 A.甲醇可作为车用燃料B.总反应方程式为C.循环过程中催化剂参与中间反应D.反应过程中只有极性键的断裂和形成【答案】D【解析】【详解】A．甲醇具有可燃性，且燃烧时能放出大量的热，成本较低，所以可作为车用燃料，A正确；B．将循环过程中的各反应方程式加和，或不考虑循环使用的物质，直接考虑加入和产生的物质，可得出总反应方程式为，B正确；C．循环过程中，催化剂首先与CO2反应，中间产物再与H2反应，在反应过程中生成H2O和CH3OH，所以催化剂参与中间反应，C正确；D．反应过程中，既有极性键的断裂和形成，也有非极性键的断裂(如H2)，D不正确；故选D。11.新型锂空气电池能量密度高、成本低，可作为未来电动汽车的动力源，其工作原理如右图所示。下列有关该电池的说法正确的是 A.充电时，金属锂为阳极B.放电时，正负两极周围都有LiOHC.放电时，每消耗22.4LO2，转移4mol电子D.放电和充电时，Li+迁移方向相反【答案】D【解析】【分析】由图可知，放电时是原电池原理，原电池放电反应为自发的氧化还原反应，即4Li+O2+2H2O=4LiOH，锂为负极，失去电子发生氧化反应Li-e-=Li+，正极上发生得电子的还原反应O2+4e-+2H2O=4OH-；充电时的原理是电解池原理，金属锂电极为阴极，发生还原反应Li++e-=Li，阳极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，以此分析解答。【详解】A.根据以上分析，充电时，金属锂为阴极，故A错误；B.金属锂电极周围为有机电解液，非水溶液，放电时，该极周围不会有LiOH，故B错误；C.没有标明是在标准状况下，无法计算22.4LO2的物质的量，故C错误；D.放电时阳离子由负极向正极移动，充电时阳离子由阳极向阴极移动，所以Li+迁移方向相反，故D正确。答案选D。12.赤泥是铝土矿生产Al2O3过程中产生的一种固体废弃物，现设计从赤泥中(含Fe2O3、Al2O3、Ga2O3)提取镓(Ga)的工艺如图所示，下列说法错误的是已知：Ga2O3与Al2O3性质相似，能与NaOH反应生成可溶性盐NaGaO2。 A.浸渣A的主要成分是Fe2O3B.溶液B中含有金属元素的离子主要有Na+、Al3+C.通过萃取、反萃取的操作可实现Ga元素的富集D.电解过程中阴极的电极反应式为+2H2O+3e−=4OH−+Ga【答案】B【解析】【分析】赤泥中(含Fe2O3、Al2O3、Ga2O3)，加入氢氧化钠，Ga2O3与Al2O3都能与NaOH反应生成可溶性盐Na[Al(OH)4]、NaGaO2，过滤浸渣A的主要成分是Fe2O3，在滤液中加入树脂进行萃取，树脂萃取了，因此溶液B中含有金属元素的离子主要有Na+、[Al(OH)4]−，加入硫酸反萃取，最后加入氢氧化钠，溶液中含有，再通过电解生成金属Ga。【详解】A．Ga2O3与Al2O3都能与NaOH反应生成可溶性盐Na[Al(OH)4]、NaGaO2，因此浸渣A的主要成分是Fe2O3，A项正确；B．树脂萃取了，因此溶液B中含有金属元素的离子主要有Na+、[Al(OH)4]−，B项错误；C．通过萃取和反萃取，去除了含铝元素的杂质，可以实现Ga元素的富集，C项正确；D．加入NaOH溶液后溶液C中含有，由电解制备Ga，Ga元素化合价降低，所以是在阴极上发生该反应，电极反应式为+2H2O+3e-=4OH-+Ga，D项正确；答案选B。13.pH=0的某X溶液中，除H+外，还可能存在Al3+、Fe2+、、Ba2+、Cl-、、、中的若干种，现取适量X溶液进行如下一系列实验：下列有关判断不正确的是A.生成气体A的离子方程式为3Fe2++4H++=3Fe3++NO↑+2H2O B.生成沉淀G的离子方程式为AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+C.溶液X中一定没有的离子仅为、Ba2+D.溶液X中一定含有的离子是H+、Fe2+、、、Al3+【答案】C【解析】【分析】pH=0的某X溶液中显强酸性，含有大量H+，与H+反应的不存在；H+、Fe2+和NO会发生氧化还原反应而不能同时存在；试液中加入过量硝酸钡溶液，发生反应①，生成气体A，证明一定含有Fe2+，则原溶液中一定不存在，气体A为NO，沉淀C为BaSO4，则原溶液中一定不存在Ba2+，一定存在；向溶液B中加入过量NaOH溶液发生反应②，生成气体D为NH3，确定原溶液中含有，沉淀F为Fe(OH)3；溶液E加入过量CO2发生反应③，生成的沉淀H一定是Al(OH)3，则溶液E中一定含有，则原溶液中一定含有Al3+，Cl-无法确定是否存在，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知：上述溶液中一定含有H+、Al3+、Fe2+、、，一定不含有Ba2+、、，不能确定是否存在的离子是Cl-。A．根据以上分析可知：生成气体A(NO)的反应为H+、Fe2+和发生氧化还原反应产生Fe3+、NO、H2O，该反应的离子方程式为：3Fe2++4H++=3Fe3++NO↑+2H2O，A正确；B．根据以上分析，生成沉淀G是Al(OH)3，是向溶液中通过量的CO2气体，反应产生Al(OH)3、，该反应的离子方程式为：+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+，B正确；C．根据以上分析可知：溶液X中一定没有的离子仅为：、Ba2+、，C错误；D．根据以上分析，溶液X中一定含有的离子是：H+、Fe2+、、、A13+，D正确；故合理选项是C。14.已知H3PO4是一种三元中强酸。25℃时，向某浓度H3PO4溶液中逐滴加入NaOH溶液，滴加过程中各种含磷微粒的物质的量分数δ随溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法错误的是 A.曲线2表示，曲线4表示POB.25℃时，H3PO4的电离常数C.pH=7.2时，溶液中由水电离出的c(H+)=10-6.8mol·L-1D.pH=12.3时，溶液中5c(Na+)=2c(H3PO4)+2c(H2PO)+2c(HPO)+2c(PO)【答案】D【解析】【分析】【详解】A．起始时段附近浓度较高的为H3PO4，随着pH缓慢增大，溶液中H3PO4浓度降低，浓度增大；然后浓度降低，浓度增大；然后浓度降低，浓度增大，所以曲线1表示δ(H3PO4)，曲线2表示δ()，曲线3表示δ()，曲线4表示δ()，A正确；B．根据图象，溶液中c(H3PO4)=c()时，溶液的pH=2.1，则H3PO4的电离常数K1=；当溶液pH=7.2时，溶液中c()=c()，则的电离平衡常数K2=，所以，B正确；C．pH=7.2时，溶液中δ()=δ()，则c()=c()，溶液呈碱性，说明溶液以水解为主，促进了水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离，则水电离的c(H+)= =10-6.8mol/L，C正确；D．当溶液pH=12.3时，溶液中δ()=δ()，则c()=c()，即c(Na3PO4)=c(Na2HPO4)，根据物料守恒可得：2c(Na+)=5c(H3PO4)+5c(H2PO)+5c(HPO)+5c(PO)，D错误；故答案是D。Ⅱ卷二、必考题(本题包括3小题，共43分)15.为解决国家“973计划”中钒、铬资源的利用问题，2013年6月攀钢成立“钒铬渣分离提取钒铬技术研究”课题组，2020年5月课题组公布了提取钒铬的工艺流程：已知：①钒铬渣中含有，及等；②时，的溶度积常数为；。回答下列问题：(1)“氧化焙烧”时，钒铬渣中化合价发生变化的元素为铬及______(用元素名称表示)。(2)为加快“水浸”速率，可采取的措施为______(写出一种即可)。(3)“除杂”产生的滤渣2的成分是______(用化学式表示)。(4)写出“煅烧”时反应的化学方程式______(已知“沉钒”时析出正五价钒的含氧酸铵盐)。(5)“还原”溶液中的时发生反应的离子方程式为______，已知双氧水还原的效率与温度的关系如图，分析时，双氧水还原效率最高的原因______。(6)“沉铬”过程中，含铬元素的离子刚好完全沉淀时，溶液的pH=______(已知溶液中离子浓度时认为已完全沉淀)。 【答案】①.钒、铁②.提高水浸温度、不停搅拌等③.④.⑤.⑥.低于，还原的反应速率随温度升高而增加；超过，双氧水分解，浓度降低，导致还原的反应速率降低⑦.5.6【解析】【分析】本流程中“氧化焙烧”步骤中V2O3、Cr2O3、SiO2分别转化为NaVO3、Na2CrO4，Fe2O3、FeO则变为Fe2O3，水浸后过滤出滤渣1为Fe2O3，向滤液中加入硫酸得到硅酸沉淀，过滤出得到滤渣2为H2SiO3，加入硫酸铵沉淀钒元素，生成NH4VO3沉淀，对NH4VO3进行焙烧得到V2O5，反应方程式为：，向滤液中加入双氧水和硫酸，将Na2CrO4还原为Cr3+，离子方程式为：2+3H2O2+10H+=2Cr3++3O2↑+8H2O,然后加入氨水，沉淀铬，Cr3++3NH3•H2O=Cr(OH)3↓+3，再对Cr(OH)3进行灼烧，2Cr(OH)3Cr2O3+3H2O，据此分析解题。【详解】(1)由分析可知，“氧化焙烧”时，化合价有变化的元素是钒、铬、铁，故答案为：铬和铁；(2)“水浸”需要加热，加快可溶于水的物质的溶解速率，故答案为：提高水浸温度、不停搅拌等；(3)由分析可知，水浸液中存在，与硫酸反应生成的滤渣为，故答案为：；(4)由分析可知，正五价钒的含氧酸铵盐为，“煅烧”时反应的化学方程式为，故答案为：； (5)由分析可知，“还原”溶液中的时发生反应的离子方程式为；低于，还原的反应速率随温度升高而增加；超过，双氧水分解，浓度降低，导致还原的反应速率降低，故答案为：；低于，还原的反应速率随温度升高而增加；超过，双氧水分解，浓度降低，导致还原的反应速率降低；(6)由得，，此时溶液的，则，故答案为：5.6。16.苯甲酸乙酯是重要的精细化工试剂，常用于配制水果型食用香精。实验室制备苯甲酸乙酯的流程如图1所示：部分物质的相关性质如表所示：物质苯甲酸乙醇苯甲酸乙酯常温性状白色片状或针状晶体无色液体无色液体沸点/℃24978213相对分子质量12246150 溶解性微溶于水，溶于乙醇、乙醚等与水以任意比互溶难溶于冷水，微溶于热水，溶于乙醇和乙醚等回答下列问题：（1）步骤①中反应的装置如图2所示(加热和夹持装置已略)。将一小团棉花放入仪器B中靠近活塞孔处，将吸水剂放入仪器B中，在仪器C中加入12.2g苯甲酸晶体、30mL无水乙醇(约0.5mol)和3mL浓硫酸，加入几粒沸石，加热至液体微沸，回流反应1.5~2h。仪器A的作用是_______。（2）设置仪器B的作用为_______。（3）反应结束后，对仪器C中的混合液进行分离提纯，操作Ⅰ是_______；操作Ⅱ所用的玻璃仪器除了烧杯外，还有_______。（4）反应结束后，步骤③中向混合液2中倒入冷水的目的除溶解浓硫酸外，还有_______；加入的试剂X为_______(填化学式)。（5）最终得到苯甲酸乙酯12.0g，则产率为_______%(结果保留三位有效数字)【答案】（1）冷凝回流乙醇和水（2）吸收冷凝下来的水，避免进入仪器C中，影响苯甲酸乙酯的产率（3）①.蒸馏②.分液漏斗（4）①.降低苯甲酸乙酯在水相中的溶解度以利于分层②.Na2CO3(或NaHCO3等其他合理答案)（5）80.0【解析】【分析】苯甲酸与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成苯甲酸乙酯，所得混合液1 中含有苯甲酸、乙醇、苯甲酸乙酯、浓硫酸等，从分离出乙醇看，操作Ⅰ应为蒸馏，此时混合液2中含有浓硫酸、苯甲酸、苯甲酸乙酯，加入冷水溶解浓硫酸，再加入试剂X，将混合液3分成水相和粗产品，X起到去除苯甲酸、降低苯甲酸乙酯溶解度的作用，所以应为饱和碳酸钠溶液等，则操作Ⅱ为分液。【小问1详解】仪器A是竖立的冷凝管，起冷凝回流作用，所以其作用是：冷凝回流乙醇和水。答案为：冷凝回流乙醇和水；【小问2详解】该酯化反应为可逆反应，仪器B中放入干燥剂，吸收冷凝的水，其作用为：吸收冷凝下来的水，避免进入仪器C中，影响苯甲酸乙酯的产率。答案为：吸收冷凝下来的水，避免进入仪器C中，影响苯甲酸乙酯的产率；【小问3详解】由分析可知，操作Ⅰ是蒸馏；操作Ⅱ用于分离不互溶的液体，则为分液，所用的玻璃仪器除了烧杯外，还有分液漏斗。答案为：蒸馏；分液漏斗；【小问4详解】反应结束后，混合液2中含有浓硫酸、苯甲酸、苯甲酸乙酯，倒入冷水，浓硫酸溶解，苯甲酸主要溶解在苯甲酸乙酯中，目的除溶解浓硫酸外，还有降低苯甲酸乙酯在水相中的溶解度以利于分层；由分析可知，加入的试剂X为Na2CO3(或NaHCO3等其他合理答案)。答案为：降低苯甲酸乙酯在水相中的溶解度以利于分层；Na2CO3(或NaHCO3等其他合理答案)；【小问5详解】苯甲酸的物质的量为=0.1mol，乙醇为0.5mol，则乙醇过量，应以苯甲酸计算苯甲酸乙酯的理论产量，n(苯甲酸乙酯)=n(苯甲酸)=0.1mol，m(苯甲酸乙酯)=0.1mol×150g/mol=15.0g，最终得到苯甲酸乙酯12.0g，则产率为=80.0%。答案为：80.0。【点睛】加入的试剂X既能与苯甲酸反应转化为可溶性盐，又能降低苯甲酸乙酯的溶解度。17.硫化氢广泛存在于燃气及废水中，热分解或氧化硫化氢有利于环境保护并回收硫资源。回答下列问题：（1）1gH2S气体完全燃烧，生成液态水和SO2气体，放出17.24kJ的热量，写出表示H2S(g)的燃烧热的热化学方程式：_______。 （2）利用H2S的热分解反应可生产H2：。现将0.20molH2S(g)通入到某恒压(压强p=aMPa)密闭容器中，在不同温度下测得H2S的平衡转化率如图1所示。已知：对于气相反应，用某组分(B)的平衡分压(pB)代替物质的量浓度(cB)也可表示平衡常数(Kp)。(的物质的量分数，为平衡时气体总压强)。温度升高时，混合气体的平均摩尔质量_______(填“增大”“减小”或“不变”)。温度为T4℃时，该反应的平衡常数=_______MPa(用含a的代数式表示)。（3）用氯气除去废水中H2S的反应为，该反应的可能机理如下：a.慢快快b.快慢快c.慢快d.快慢①机理a的中间体为_______。②已知，为正反应速率，k为速率常数，上述机理中与该速率方程一致的是_______(填字母)。（4）科学家设计出质子膜H2S燃料电池，实现了利用H2S废气资源回收能量并得到单质硫。质子膜H2S燃料电池的结构如图2所示。 ①a极的电极反应式为_______。②电池工作时，H+经质子膜进入_______区(填“a极”或“b极”)。【答案】（1）（2）①.减小②.（3）①.、②.c（4）①.②.b极【解析】【小问1详解】1gH2S气体完全燃烧，生成液态水和SO2气体，放出17.24kJ的热量，则1molH2S(g)燃烧放热17.24kJ×34=586.16kJ，则表示燃烧热的热化学方程式：。答案为：；小问2详解】从图中可以看出，升高温度，H2S的平衡转化率增大，则平衡正向移动，气体的物质的量增大，质量不变，混合气体的平均摩尔质量减小。温度为T4℃时，H2S的平衡转化率为40%，则可建立下列三段式： 该反应的平衡常数==MPa。答案为：减小；；小问3详解】①机理a的总反应为，则中间体为、。②当反应分步进行时，慢反应决定整个反应的速率，由，对照表中反应，可确定上述机理中与该速率方程一致的是c。答案为：、；c；【小问4详解】在a极，H2S失电子转化为S2，则a极为负极，b极为正极。①a极为负极，H2S失电子转化为S2，电极反应式为。②电池工作时，阳离子向正极移动，则H+经质子膜进入b极区。答案为：；b极。【点睛】电池工作时，通入燃料的电极为负极。三、选考题(在18和19题中选做一题，15分)18.Ge、GaAs、CdTe、CdSe等均为重要的半导体材料，在电子、材料等领域应用广泛。回答下列问题：（1）Ge基态原子核外电子排布式为［Ar］_______。（2）第四周期主族元素中，第一电离能介于Ga、As之间的元素是_______(填元素符号)。（3）碲的化合物TeO2、TeO3、H2Te三种物质中，H2Te的中心原子杂化类型为_______，分子构型为V形的是_______（4）GaCl3熔点为77.9℃，气体在270℃左右以二聚体存在，GaCl3二聚体的结构式为_______。GaF3熔点为1000℃，GaCl3熔点低于GaF3的原因是_______。（5）CdSe的一种晶体为闪锌矿型结构，晶胞结构如图所示。 ①原子坐标参数A为(，，)，则B、C的原子坐标参数分别为_______、_______②已知Cd、Se的半径分别为anm和bnm，则CdSe的密度为_______g·cm-3(列出计算表达式，NA表示阿伏加德罗常数的值)。【答案】（1）3d104s24p2（2）Ca、Ge、Se（3）①.sp3杂化②.TeO2、H2Te（4）①.②.GaCl3为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，GaF3为离子晶体，熔化时破坏离子键，离子键强于分子间作用力，所以GaCl3熔点低于GaF3（5）①.(，，)②.(，，)③.【解析】【小问1详解】Ge位于第四周期第IVA族，原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2；【小问2详解】同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，但第IIA元素>IIIA元素，第VA元素>VIA元素，Ga、As分别是第IIIA、VA元素，因此第四周期主族元素中第一电离能介于Ga、As之间的元素是Ca、Ge、Se；【小问3详解】 H2Te分子的中心原子价层电子对数为2+=4，采取sp3杂化，有2对孤对电子，空间构型为V形，TeO2分子的中心原子价层电子对数为2+=3，有1对孤对电子，空间构型为V形，TeO3分子的中心原子价层电子对数为3+=3，无孤对电子，空间构型为平面三角形。【小问4详解】GaCl3二聚体的结构式为。GaCl3为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，GaF3为离子晶体，熔化时破坏离子键，离子键强于分子间作用力，所以GaCl3熔点低于GaF3；【小问5详解】①由晶胞结构示意图可知，A、B、C三个原子分别位于八个小立方体中三个立方体的体心上，类似于金刚石的晶胞，根据相对位置，可知B、C原子的坐标参数分别为(，，)、(，，)；②该晶胞中所含有的Cd原子个数为8×+6×=4，Se原子位于晶胞内部，有4个，晶胞参数为nm，则其密度为g·cm-3。19.用两种不饱和烃A和D原料可以合成一类新药有机物J，合成路线如下： 已知①②有机物J结构中含两个环。回答下列问题：(1)C的名称是________________。(2)A→B试剂和反应条件为________________。(3)H→J的化学反应方程式为_______________。(4)已知符合下列条件的N的同分异构体有___________种，其中核磁共振氢谱显示环上只有3组峰，且峰面积之比为4:4:1，写出符合条件一种同分异构体的结构简式____________。①含有基团、环上有三个取代基②与NaHCO3反应产生气泡③可发生缩聚反应，M的所有同分异构体在下列表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同是_____。a．质谱仪b．红外光谱仪c．元素分析仪d．核磁共振仪(5)利用题中信息和所学知识，写出以A和甲烷为原料，合成的路线流程图____________(其它试剂自选)。【答案】①.邻溴苯甲醛②.Br2、FeBr3(或Fe)③.+H2O④.19⑤.、、⑥.c⑦.【解析】【分析】由题可知，A和D为两种不饱和的烃，根据已知①，C和F发生反应生成G，可知C 的结构式为，F为，则E为，D与HBr发生加成反应得到E，故D为，B到C为催化氧化，则B为，A发生取代反应得到B，故A为，G在该条件下得到H，结合已知①可以得到H为，由于有机物J结构中含两个环，故可能是H发生分子内的酯化，得到J，据此分析解答问题。【详解】(1)根据上述分析，C的结构式为，叫做邻溴苯甲醛，故答案为：邻溴苯甲醛；(2)A→B为苯环上的取代反应，条件为Br2、FeBr3(或Fe)，故答案为：Br2、FeBr3(或Fe)；(3)H为，由于有机物J结构中含两个环，故可能是H发生分子内的酯化，得到JH→J的化学反应方程式为+H2O，故答案为： +H2O；(4)，根据以上分析C为，由转化关系可推出M为，N为，其分子式为C8H14O3，N的同分异构体中符合下列条件：①含有基团、环上有三个取代基②与NaHCO3反应产生气泡说明含有羧基③可发生缩聚反应，说明含有羧基和羟基，则环上有三个不同取代基分别为甲基、羟基和羧基。先分析环上有两个取代基时共有4种结构（邻间对和同一个碳上），这4种结构对应的第三个取代基的取代产物分别有6种，6种，4种，3种，所以共有6+6+4+3=19种同分异构体，其中核磁共振氢谱显示环上只有3组峰，且峰面积之比为4:4:1且满足条件的物质有、、。M的同分异构体的元素组成相同，在元素分析仪中显示的信号完全相同，故答案为：c；、、(任选其一即可)；(5)根据题干信息，以和甲烷为原料，合成的路线如下：。