2021届高三高考化学新高考临考练习一（辽宁适用） WORD版含答案.docx

1、2021届高考化学新高考临考练习一（辽宁适用）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答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。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:H1C12016Na23S32Mn55一、选择题:本题共15小题,每小题3分,共45分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求。1下列说法中正确的是A天门市石家河出土的陶制方坐飞鸟、陶兽都属于硅酸盐产品B中国传统制作油条的口诀是“一碱、二矾、三

2、钱盐”，其中的“碱”是火碱C“嫦娥五号”上用于制作国旗的材料之一高强度的芳纶纤维属于无机物D“火树银花”的烟花利用了金属元素的化学性质2下列化学用语正确的是A氯化氢的电子式：B乙烯的结构简式:CH2CH2C乙酸分子的球棍模型:D硫离子的结构示意图：3硒是人体必需的一种微量元素。下列关于说法正确的是A核电荷数为45B核外电子数为34C质量数为113D中子数为794冰晶胞中水分子的空间排列方式与金刚石晶胞(其晶胞结构如图，其中空心球所示原子位于立方体的顶点及面心，实心球所示原子位于立方体内)类似。有关冰晶胞的说法合理的是A冰晶胞内水分子间以共价键相结合B晶体冰与金刚石晶体硬度都很大C冰分子间的氢键

3、具有方向性和饱和性，也是一种键D氢键的存在导致冰晶胞与金刚石晶胞微粒的排列方式类似5下列实验装置或操作设计正确，且能达到实验目的的是A实验：配制一定物质的量浓度的稀硫酸B实验：用二氧化碳做喷泉实验C实验：进行中和热的测定D实验：验证酸性强弱H2SO4H2CO3HClO6化合物M()是合成药物的中间体。下列关于M的说法正确的是A与互为同系物B一氯代物有5种(不考虑立体异构)C能发生取代反应和氧化反应D所有碳原子可能处于同一平面7CuCl2溶液中存在如下平衡：Cu(H2O)42+(蓝色)+4Cl-CuCl42-(黄色)+4H2O H0 下列可使黄绿色的CuCl2溶液变成蓝色的方法是A升温B加NaC

4、l(s)C加压D加AgNO3溶液8下列对实验操作和现象的解释或结论错误的是选项实验操作和实验现象解释或结论A向蛋白质溶液中加入饱和食盐水，出现白色沉淀蛋白质发生盐析B向苯酚钠溶液中通入，溶液变浑浊酸性：C将乙醇与浓硫酸混合加热，产生的气体通入酸性溶液，溶液紫红色褪去一定有乙烯生成D向蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，水浴加热一段时间，加溶液至溶液呈碱性，再加入少量新制悬浊液，继续加热，生成砖红色沉淀蔗糖发生水解AABBCCDD9短程稍化-厌氧氨氧化工艺的目的是将氨氮废水中的NH转变为N2脱除，其机理如图.下列说法中错误的是AO2氧化性大于NOB参与中反应的n(NH)：n(O2)=2：3C此工艺中被氧化

5、的含氮微粒是NHD标准状况下，当中转移6mol电子时生成氮气22.4L102018年10月15日，中国用“长征三号乙”运载火箭成功以“一箭双星”方式发射北斗三号全球组网卫星系统第15、16号卫星，其火箭推进剂为高氯酸铵（NH4ClO4）等。制备NH4ClO4的工艺流程如下：饱和食盐水NaClO3NaClO4NaClO4NH4ClO4下列说法错误的是ANH4ClO4属于离子化合物B溶解度：NaClO4NH4ClO4C电解NaClO3溶液时阳极反应式为ClO3-H2O2e-=C1O4-2H+D该流程中可循环利用的物质是NH4Cl11下列说法中，正确的是（ ）A稀硫酸是电解质B氢氧化钠溶液能导电是因

6、为溶液中有自由移动的Na和OH-C硫酸在电流作用下在水中电离出H和SO42-D向醋酸中加入氢氧化钠固体，溶液的导电能力明显降低12沉积物微生物燃料电池可处理含硫废水，其工作原理如图.下列说法中错误的是A碳棒b极电势比碳棒a极电势高B光照强度对电池的输出功率无影响C碳棒b电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2OD酸性增强不利于菌落存活，工作一段时间后，电池效率降低13脱落酸有催熟作用，其结构简式如图所示.下列关于脱落酸的说法中正确的是A脱落酸能与，发生反应B分子中含有两个手性碳原子C该分子中含有三种官能团D该物质遇溶液会发生显色反应1425 C时，将1.0 L WmolL-1的CH3COOH溶

7、液与0.1 mol NaOH固体混合，充分反应后向混合液中通(加)入HC1气体或NaOH固体，溶液pH随加入HC1或NaOH的物质的量的变化如图所示。下列叙述正确的是Aa、b、c对应的混合液中，水的电离程度由大到小的顺序是，abcBc点混合液中：c(Na+)c(CH3COO-)C加入NaOH过程中，的值减小D若忽略体积变化，则25 C时CH3COOH的电离常数 K=10-7 molL-115固体X可能含有Cu、Fe2O3、Na2SO3、(NH4)2SO4、KNO3中的几种。进行如下实验：下列说法正确的是AX中含有Fe2O3、(NH4)2SO4，可能含有Cu、KNO3、Na2SO3B白色沉淀一定

8、含有BaSO4，可能含有BaSO3C若乙是有色气体，则X中含有KNO3D取少许溶液丙，加入KSCN，如果出现血红色，则X中不含Cu二、选择题:本题共15小题,每小题3分,共45分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求。16我国是世界上较早冶炼锌的国家。在现代工业中，锌更是在电池制造、合金生产等领域有着广泛的用途。已知：锌的熔点为419.6，沸点907。I图是古代以炉甘石(ZnCO3)为原料炼锌的示意图。(1)泥罐内的主要反应为：iZnCO3(s) = ZnO(s) + CO2(g) DH1 iiCO2(g) + C(s) = 2CO(g) DH 2总反应：ZnCO3(s) + 2C(

9、s) = Zn(g) + 3CO(g) DH3利用DH1和DH 2计算时DH3，还需要利用_反应的DH。(2)泥罐中，金属锌的状态变化是_；d口出去的物质主要是_。现代冶炼锌主要采取湿法工艺。以闪锌矿(主要成分为ZnS，还含铁等元素)、软锰矿(主要成分为MnO2，还含铁等元素)为原料联合生产锌和高纯度二氧化锰的一种工艺的主要流程如下：(3)浸出：加入FeSO4能促进ZnS的溶解，提高锌的浸出率，同时生成硫单质。Fe2+的作用类似催化剂，“催化”过程可表示为：MnO22Fe2+4H+ Mn2+2Fe3+2H2O： 写出的离子方程式：_。 下列实验方案可证实上述“催化”过程。将实验方案补充完整。a

10、向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量MnO2，溶液变红。b_。(4)除铁：已知进入除铁工艺的溶液的pH约为3；控制溶液pH为2.53.5，使铁主要以FeOOH沉淀的形式除去。结合离子方程式说明，通入空气需同时补充适量ZnO的理由是_。(5)电解：用惰性电极电解时，阳极的电极反应是_。(6)电解后的溶液中可循环利用的物质是_。17实验室以为原料制备氧钒()碱式碳酸铵晶体。其实验步骤如图，请回答下列问题.向中加入盐酸和足量混合液，微沸数分钟还原。.向配制好的溶液中缓慢加入足量溶液，有气泡产生并析出紫红色晶体。.反应结束后过滤，用饱和溶液洗涤3次，用无水乙醇洗涤2次，静

11、置一段时间后得到产品。(1)步骤过程中的还原剂是_(填化学式)。(2)已知能被氧化，步骤可在如图装置中进行(夹持仪器略去)，利用A中的反应将C中空气排净。仪器M的名称是_。当D中产生白色浑浊时，C中空气已被排尽，A中发生反应的化学方程式为_。若将装置C的滴液漏斗替换为分液漏斗，实验过程中溶液滴加速度越来越慢(上盖已打开)，其原因是_。步骤中检验第一次沉淀洗涤干净的操作是_。蓝色的水合配离子的结构如图.向该水合配离子的溶液中加入至时，该水合配离子全部转化为褐色的，写出转化过程的离子方程式_。称量产品，用溶液氧化，再除去多余的(方法略)，最后用标准溶液滴定至终点(滴定过程只发生反应)，消耗标准溶液

12、的体积为，产品中钒的质量分数为_.(用含有m、c、V的式子表示)18选择性催化还原法(SCR)是目前应用最为广泛的氮氧化物NOx的净化方法，其原理是利用NH3在特定催化剂作用下将NOx还原为N2。主反应：4NH3(g) +4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g) H1副反应：4NH3(g)+ 3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) H2(1)在无氧条件下，NH3也可还原NO：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g) H3则H2=_(用含H1、H3的式子表示)。一定温度下，向2L密闭刚性容器(含催化剂)中投入2molNH3和3molNO，发生反应4NH3(g)+6N

13、O(g)5N2(g)+ 6H2O(g)。达到平衡状态时，NO的转化率为60%，则平衡常数为_molL-1(列出计算式)。(2)目前使用的SCR催化剂是V2O5-WO3/TiO2，关于该催化剂的说法正确的是_(填标号)。A能加快反应速率，并且改变反应的焓变B能增大NH3还原NOx反应的平衡常数C具有选择性，能降低特定反应的活化能(3)催化剂V2O5-WO3/TiO2中的V2O5是活性组分。在石英微型反应器中以一定流速通过烟气n(O2)；n(NH3)：n(NO)=71：1：1，在不同温度下进行该催化还原反应，V2O5的质量分数对单位时间内NO去除率的影响如图所示。从起始至对应A、B、C三点的平均反

14、应速率由大到小的顺序为_。V2O5的质量分数对该催化剂活性的影响是_。若烟气中O2含量一定，在催化剂适宜温度范围内，当n(NH3)/n(NO)1时，随着该比值的增大，NO去除率_(填“增大”“减小”或“不变”)；当n(NH3)/n(NO)1时，随着该比值的增大，NO去除率无明显变化，可能的原因是_。19化合物H是C5a受体拮抗剂W-54011的中间体，Nakamura等人设计制备H的合成路线如图所示：已知：.回答下列问题(1)化合物H的分子式_。(2)C中官能团名称_。(3)F的分子式为C11H13OCl，则F的结构简式为_。(4)的反应类型_。(5)反应的化学方程式为_。(6)符合下列条件的

15、某有机化合物的同分异构体(不含立体异构)有_种。分子式比D少个CH2；分子中除了苯环外没有其他环状结构，且苯环上连有两个对位取代基；能与NaHCO3溶液反应；其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为_(任写一种)。参考答案1A【详解】A陶制品属于陶瓷，陶瓷是硅酸盐产品，故A正确；B一碱指的是纯碱，纯碱的主要成分是碳酸钠，火碱的主要成分是氢氧化钠，故B错误；C高强度的芳纶纤维属于属于有机高分子化合物，不是无机物，故C错误；D“火树银花”的烟花利用了焰色反应，焰色反应是元素的性质，属于物理变化，故D错误；故选A。2C【详解】A、氯化氢是共价化合物，电子式为，错误；B、有机物的结构简式指在分子式的基

16、础上，要写出主要官能团的组成的式子，乙烯的官能团为C=C，必须写明，因此乙烯的结构简式为CH2=CH2 ，错误；C、球棍模型中黑色实心球代表碳原子，带条纹球代表氧原子，空心小球代表氢原子，由此可知此模型代表乙酸分子，正确；D、硫离子核内质子数为16,核外电子数为18,其结构示意图:；故选C。3B【详解】A表示质子数为34，核电荷数=质子数=34，故A错误；B表示质子数为34，核外电子数=质子数=34，故B正确；C表示质量数为79，故C错误；D表示质量数为79，质子数为34，中子数=质量数-质子数=79-34=45，故D错误；故选B。4D【详解】A冰晶胞内水分子间以氢键结合，故A错误；B晶体冰为

17、分子晶体，硬度很小，而金刚石晶体属于原子晶体，硬度很大，故B错误；C氢键有饱和性和方向性，每个H原子只能形成一个氢键，但不属于化学键，不是键一种，故C错误；D每个冰晶胞平均占有分子个数=4+8+6=8，H2O的氧原子中含有2个键和2个孤电子对，金刚石中每个碳原子含有4个键且没有孤电子对，所以水中的O和金刚石中的C都是sp3杂化，且水分子间的氢键具有方向性，每个水分子中一个氧原子可以和另外2个水分子中的氢原子形成2个氢键，2个氢原子可以和另外2个水分子中的氧原子形成氢键，所以每个水分子可与相邻的4个水分子形成4个氢键，导致冰晶胞与金刚石晶胞微粒排列方式相似，故D正确；答案选D。5B【详解】A.

18、一定浓度稀硫酸的配制，应该先在烧杯中稀释浓硫酸，冷却后再转移到容量瓶内，故A错误；B. 打开弹簧夹，挤压胶头滴管，二氧化碳与氢氧化钠溶液反应，二氧化碳体积可持续减少，能形成较大的压强差，可以产生喷泉，故B正确；C. 缺少环形玻璃搅拌棒，否则导致混合溶液温度不均匀，测定结果不准确，故C错误；D. 二氧化碳通入NaClO溶液中会生成HClO，但是该反应没有明显现象，无法通过该实验看出是否有HClO生成，故D错误；答案选B。6C【详解】A. 含有酯基和羰基，含有羧基和羰基，官能团不同，不可能为同系物，A错误；B.分子内有6种氢原子，故一氯代物有6种(不考虑立体异构)，B错误；C. 能燃烧故可发生氧化

19、反应，因含酯基、能发生水解反应(取代反应)，C正确；D. 五元环上有个饱和碳原子、分别连接酯基、羰基和亚甲基，饱和碳原子是四面体结构，故所有碳原子不可能处于同一平面，D错误；答案选C。7D【详解】A该反应的正反应是吸热反应，升高温度，化学平衡向吸热的正反应方向移动，溶液颜色由蓝色逐渐变为黄色，A不符合题意；B加NaCl(s)后，溶液中Cl-浓度增大，化学平衡向正反应方向移动，溶液颜色由蓝色逐渐变为黄色，B不符合题意；C该反应在溶液中进行，没有气体参加，增大压强对化学平衡无影响，C不符合题意；D加AgNO3溶液后，Ag+与Cl-会反应产生AgCl沉淀，导致溶液中Cl-浓度减小，化学平衡向逆反应方

20、向移动，溶液颜色由黄绿色逐渐变为蓝色，D符合题意；故合理选项是D。8C【详解】A蛋白质溶液中加入轻金属盐的浓溶液，蛋白质溶解度降低，发生盐析，故A正确；B二氧化碳与苯酚钠反应，结合碳酸提供的生成苯酚，属于较强的酸制较弱的酸，故B正确；C乙醇有挥发性，乙醇也能使酸性溶液褪色，产生的气体通入酸性溶液，溶液紫红色褪去，不能证明一定有乙烯生成，故C错误；D蔗糖水解生成葡萄糖，葡萄糖可以在碱性条件下与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，故D正确；选C。9D【详解】A过程中O2将铵根氧化为NO，O2为氧化剂，NO为氧化产物，所以O2氧化性大于NO，A正确；B中：NH被O2氧化为NO，N元素升高了6价，O2中的

21、O元素降低了2价，O2分子降低了4价，根据电子守恒可知n(NH)：n(O2)=2：3，B正确；C过程中NH被O2氧化为NO，过程中NH被NO氧化为N2，NO被还原为N2，所以被氧化的含氮微粒是NH，C正确；D过程中NH被NO氧化为N2，NO被还原为N2，根据化合价变化可知转移6mol电子时有2molNH被氧化，2molNO被还原，所以生成的氮气为2mol，标况下体积为44.8L，D错误；综上所述答案为D。10D【分析】电解饱和食盐水，生成了NaClO3，再电解得到NaClO4；NaClO4提纯除杂，再和NH4Cl反应，得到高氯酸铵晶体。【详解】A. NH4ClO4由ClO4-和NH4+组成，属

22、于离子化合物，A项正确；BNaClO4和NH4Cl能够生成NH4ClO4粗品，铵盐和钠盐都是溶于水的，能够得到晶体，说明NH4ClO4溶解度比其他物质小，B项正确；C. 根据流程图，电解NaClO3生成NaClO4，阳极失去电子，1molClO3-失去2mol电子生成1molClO4-，结合电荷守恒和原子守恒，电极反应式为ClO3-2e-+H2O=ClO4-+2H+，C项正确；D. NaClO4和NH4Cl反应生成NH4ClO4和NaCl，循环利用的是NaCl，而不是NH4Cl， D项错误；本题答案选D。11B【详解】A. 稀硫酸是混合物，不是电解质，也不是非电解质，A项错误；B. 氢氧化钠是

23、强电解质，在水溶液中完全电离，能生成自由移动的Na和OH-，因此氢氧化钠溶液能导电，B项正确；C. 硫酸在水中的电离是自发的过程，不需要电流作条件，C项错误；D. 醋酸为弱电解质，醋酸溶液中离子浓度小，导电能力弱，加入氢氧化钠后生成醋酸钠，醋酸钠为强电解质，在水溶液中全部电离，溶液中离子浓度增大，导电能力增强，D项错误；答案选B。【点睛】解答本题时要注意电解质的判断，电解质是纯净物，是化合物，稀硫酸属于混合物，既不是电解质也不是非电解质。12B【分析】根据氢离子的流向可知碳棒b为正极，光合菌产生的O2的电子结合H+得到H2O，碳棒a为负极，FeSx在硫氧化菌的作用下被氧化为S，S在硫氧化菌的作

24、用下被氧化为硫酸根。【详解】A根据分析可知b极为正极，a极为负极，正极的电势高于负极，A正确；B光照强度越强，光合作用越强，产生的氧气越多，电池的输出功率更大，即光照强度对电池的输出功率有影响，B错误；Cb为正极，光合菌产生的O2的电子结合H+得到H2O，电极反应为O2+4e-+4H+=2H2O，C正确；D酸性增强不利于菌落存活，负极失电子发生的氧化反应会减慢，故工作一段时间后，电池效率降低，D正确；综上所述答案为B。13A【详解】A脱落酸含有3mol碳碳双键、1mol羰基，能与4molH2发生加成反应，故A正确；B手性碳原子指一个碳原子上连接4种不同基团，则有1个手性碳原子，故B错误；C该分

25、子中含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基共四种官能团，故C错误；D该分子中只含有醇羟基，不含酚羟基，遇FeCl3溶液不发生显色反应，故D错误；故选：A。14D【分析】1.0LW molL-1 CH3COOH溶液与0.1mol NaOH固体混合，混合后溶液的pH5，显酸性，说明醋酸过量，溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa；加盐酸时，CH3COONa与盐酸反应生成CH3COOH；加NaOH时，NaOH与CH3COOH反应生成CH3COONa，据此分析解答。【详解】A溶液中酸或碱电离的氢离子或氢氧根离子的浓度越大，水的电离程度越小，a、b、c三点溶液中氢离子浓度依次减小，水的电离程度增大，所以水

26、的电离程度由大到小的顺序的是cba，A错误；Bc点pH=7，则c(H+)=c(OH-)，溶液中电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，所以c(Na+)=c(CH3COO-)，B错误；C加入NaOH过程中，c(Na+)和c(OH-)增大，c(Na+)的增大大于c(CH3COO-)的增大，所以加入NaOH过程中，增大，C错误；DpH=7时，c(H+)=10-7molL-1，c(Na+)=c(CH3COO-)=0.2mol/L，Ka=c(CH3COO)c(H+)/c(CH3COOH)= 10-7 molL-1，D正确；答案选D。【点睛】本题考查了弱电解质的电离、电离

27、常数的计算、溶液中守恒关系的应用等，注意把握电离常数的计算和电荷守恒的应用，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力、计算能力。难点是电离平衡常数的计算。15C【分析】因为固体甲与足量盐酸反应全部溶解，所以固体甲为Fe2O3，因为Cu可以与Fe3+反应，故有无Cu无法判断，加入足量氨水后生成固体丁为Fe(OH)3以及溶液丁的成分为NH4Cl，溶液甲加入足量盐酸后有气体乙，气体乙可能是SO2，也可能是氮氧化物，固体X中一定含有Na2SO3，是否含有KNO3无法确定。因为溶液乙加入BaCl2溶液生成白色沉淀，故固体X中含有(NH4)2SO4，【详解】A由分析可知，X中一定含有Fe2O3、(N

28、H4)2SO4、Na2SO3，可能含有Cu、KNO3，故A项错误；B由分析可知，在溶液甲生成气体乙时，Na2SO3就反应完全了，故白色沉淀不可能含有BaSO3，故B项错误；C若乙是有色气体，就应该是NO2，故X中含有KNO3，故C项正确；D取少许溶液丙，加入KSCN，如果出现血红色，则说明溶液丙中含有Fe3+，因为Cu可与Fe3+反应，故X中有无Cu无法判断，故D项错误。故答案为C。【点睛】本题中气体乙和溶液丙的分析十分关键，需要注意KNO3和Cu的干扰问题。16ZnO(s) + C(s) = Zn(g) + CO(g) 气态变为液态 CO和Zn蒸气 ZnS+2Fe3+ = Zn2+2Fe2+

29、S 取a中红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去 通入空气时，发生反应4Fe2+O28H2O 4FeOOH8H+使溶液的pH下降，加入的ZnO与H+发生反应ZnO+ 2H+ H2O+Zn2+，可控制溶液pH Mn2+ - 2e-+2H2O = MnO2+4H+ 硫酸 【分析】I古代以炉甘石(ZnCO3)为原料炼锌的各步反应：iZnCO3(s) = ZnO(s) + CO2(g)、CO2(g) + C(s) = 2CO(g) 、ZnO(s) + C(s) = Zn(g) + CO(g)，总反应：ZnCO3(s) + 2C(s) = Zn(g) + 3CO(g)，反应区温度达到11001300

30、，Zn变为蒸气与杂质分离，在“兜室”冷凝为液体流出（冷凝区温度高于Zn的熔点），为防止Zn被氧化而用“泥封”隔绝空气，出口“锌火”是未反应完的CO和Zn蒸气从“兜室”逸出燃烧。现代冶炼锌流程图中的各步反应：浸出：MnO22Fe2+4H+ Mn2+2Fe3+2H2O，iiZnS+2Fe3+ = Zn2+2Fe2+S，总把反应：MnO2ZnS+4H+ Mn2+S+Zn2+2H2O；除铁：4Fe2+O28H2O4FeOOH8H+使溶液的pH下降，加入的ZnO与H+发生反应ZnO+ 2H+H2O+Zn2+，可控制溶液pH；电解：用惰性电极电解时，阳极的电极反应是Mn2+ - 2e-+2H2O = Mn

31、O2+4H+，生成的硫酸和MnO2循环使用。阴极：Zn22e=Zn。【详解】I（1）泥罐内的主要反应为：iZnCO3(s) = ZnO(s) + CO2(g) DH1 iiCO2(g) + C(s) = 2CO(g) DH 2总反应：ZnCO3(s) + 2C(s) = Zn(g) + 3CO(g) DH3根据盖斯定律：总反应-i-ii得ZnO(s) + C(s) = Zn(g) + CO(g)，DH=DH3-DH1-DH 2，利用DH1和DH 2计算时DH3，还需要利用ZnO(s) + C(s) = Zn(g) + CO(g)反应的DH。故答案为：ZnO(s) + C(s) = Zn(g)

32、+ CO(g)；（2）锌的熔点为419.6，沸点907，泥罐中，温度由11001300变成500700，金属锌的状态变化是气态变为液态；出口处主要是末反应CO和Zn蒸气在出口处燃烧，形成“锌火”，d口出去的物质主要是CO和Zn蒸气。故答案为：气态变为液态；CO和Zn蒸气；（3） Fe2+的作用类似催化剂，中应将Fe3+还原成Fe2+，ZnS的溶解的离子方程式：ZnS+2Fe3+ = Zn2+2Fe2+S。故答案为：ZnS+2Fe3+ = Zn2+2Fe2+S； 证实上述“催化”过程的实验方案：a检验Fe2+被氧化成Fe3+：向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量Mn

33、O2，溶液变红。b检验Fe3+被还原成Fe2+：取a中红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去。故答案为：取a中红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去；（4）除铁：通入空气需同时补充适量ZnO的理由是：通入空气时，发生反应4Fe2+O28H2O4FeOOH8H+使溶液的pH下降，加入的ZnO与H+发生反应ZnO+ 2H+H2O+Zn2+，可控制溶液pH。故答案为：通入空气时，发生反应4Fe2+O28H2O 4FeOOH8H+使溶液的pH下降，加入的ZnO与H+发生反应ZnO+ 2H+ H2O+Zn2+，可控制溶液pH；（5）电解：用惰性电极电解时，阳极发生氧化反应，将Mn2+氧化成MnO

34、2，阳极的电极反应是Mn2+ - 2e-+2H2O = MnO2+4H+。故答案为：Mn2+ - 2e-+2H2O = MnO2+4H+；（6）电解后的溶液中生成硫酸，可循环利用。故答案为：硫酸。【点睛】本题考查了物质制备方案的设计、物质分离与提纯方法的综合应用，明确制备流程为解答关键，注意掌握常见物质性质与分离、提纯方法的关系，试题涉及的化学反应较多，分析发生的反应是解题的难点：古代以炉甘石(ZnCO3)为原料炼锌、现代冶炼锌流程图中的各步反应（详见分析），对学生的分析、理解能力及化学实验能力要求较高。17N2H4H2O 长颈漏斗 CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2 反应产生气

35、体，使得三颈烧瓶的压强增大 取少量上层清液于试管中，加入适量AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净 【分析】(2)当D中产生白色浑浊时，可知是CaCO3，则为气体CO2将空气排尽，A中发生反应的化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2；由图知该水合配离子化学式为；【详解】（1）氧化还原反应中还原剂失电子被氧化化合价升高，对比反应物和生成物，V的化合价降低被还原，O、Cl化合价不变，H元素已是最高价不能被氧化，所以被氧化的元素应为N元素，所以还原剂为N2H4H2O；（2）仪器M的名称是长颈漏斗；D中产生白色浑浊可知D是CaCO3，则反应A中产生CO2来排尽空气，A

36、中发生反应的化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2；随着反应进行，三颈烧瓶由于产生气体，使瓶内压强增大，液体不易留下；检验第一次沉淀洗涤干净即在检验是否存在Cl-，操作是：取少量上层清液于试管中，加入适量AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净；由图知该水合配离子化学式为，加入碱生成，转化过程的离子方程式为：；根据反应可知，则质量分数为。18 C CBA 在100-200n内，V2O5的质量分数对该催化剂活性的影响是催化剂的质量分数越高，催化剂的活性越好，超过200,没有明显区别 增大 主反应接近反应限度，发生副反应的氨气增多 【详解】(1)副反应：4NH3(g

37、)+ 3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) H2，由盖斯定律（主反应3-无氧反应3）得：H2= ，则平衡常数为 = mol/L；(2) A.能加快反应速率，但不能改变反应的焓变，故A错误；B.能增大NH3还原NOx反应速率，但不能改变其平衡常数，故B错误；C.具有选择性，能降低特定反应的活化能，增大反应速率，故C正确；故答案为：C；(3) A、C两点温度相同，催化剂的质量分数不同，有图可知，催化剂的质量分数越大，反应速率越大，A、B两点，催化剂的质量分数一样，温度B点高，则反应速率快，B、C两点催化剂的质量分数对反应速率影响大，即CA，则从起始至对应A、B、C三点的平均反应速率由大到小的顺

38、序为CBA；有图可知，在100-200n内，V2O5的质量分数对该催化剂活性的影响是催化剂的质量分数越高，催化剂的活性越好，超过200,没有明显区别；若烟气中O2含量一定，在催化剂适宜温度范围内，当当n(NH3)/n(NO)1时，主反应接近反应限度，发生副反应的氨气增多。19C12H14O3 醚键、羧基 取代反应 + 6 和 【分析】中五元环打开与A反应生成B，B被还原得到C，C中羧基脱去羟基后代替羧基所在取代基邻位的氢原子形成环生成D，D发生题目所给信息I的反应生成E，所以E为；根据G生成H的反应条件可知该反应与题目所给信息类似，则G的结构简式为，水解得到H；F的分子式为C11H13OCl，

39、根据E的结构简式可知E中羟基被Cl代替生成F，可知F为。【详解】(1)根据H的结构简式可知其分子式为C12H14O3；(2)根据C的结构简式可知其官能团为醚键、羧基；(3)根据分析可知F的结构简式为；(4)反应中C中羧基脱去羟基后代替羧基所在取代基邻位的氢原子生成D，属于取代反应；(5)中五元环打开与A反应生成B，化学方程式为+；(6)分子式比D少个CH2，则分子式为C10H10O2；其结构满足：分子中除了苯环外没有其他环状结构，且苯环上连有两个对位取代基，则两个取代基上有两个双键或一个三键；能与NaHCO3溶液反应，说明含有羧基，则还有一个碳碳双键，取代基可以是-CH=CHCOOH和CH3、-CH=CHCH3和-COOH、-CH2CH=CH2和-COOH、C(CH3)=CH2和-COOH、-C(COOH)=CH3和CH3、-CH=CH2和-CH2COOH共六组，即同分异构体有6种；其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式和。