吉林省吉林市2024年高考化学模拟试题（含答案）

吉林省吉林市2024年高考化学模拟试题阅卷人一、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。得分1．化学与生活、生产密切相关。下列叙述错误的是（）A．误服氯化钡应大量吞食牛奶、生蛋清，还应加服纯碱解毒B．广泛pH试纸不能准确测得“84”消毒液的pHC．CO2排放量的增加将破坏海洋珊瑚礁(主要成分CaCO3)的生存D．节日燃放烟花是利用金属的焰色试验，这与原子核外电子跃迁有关2．下列示意图或图示正确的是（）A．HClO的空间填充模型B．NHC．HF分子间的氢键D．丙氨酸的手性异构体A．A B．B C．C D．D3．按照国家绿色发展规划，与化学化工相关的新质生产力涉及了“新能源”“绿色低碳”“新材料”等问题。下列有关说法错误的是（）A．潮汐能、波浪能、生物质能和氢能均属于新型能源B．“绿色低碳”是指采用含碳量低的烃类作为燃料C．如图甲烷经一氯甲烷生成低碳烯烃的途径体现了“节能减排”思想D．国产红旗轿车中部分材料采用了碳纤维，碳纤维属于新型无机非金属材料4．臭氧能氧化CN-，故常被用来治理电镀工业中的含氰废水，其化学反应原理为5OA．O3和O2互为同位素关系B．该反应是熵减的过程C．该反应中，每生成1molN2转移6mol电子D．反应中所涉及的N2、O2为非极性分子，O3为极性分子5．能正确表示下列反应的离子方程式为（）A．明矾溶液与过量氨水混合：AB．氯水久置颜色逐渐褪去：4Cl2＋4H2O=HClO4＋7HClC．用Na2S2O3做碘量法实验时，pH过低溶液变浑浊：SD．苯酚钠溶液中通入少量CO2，出现白色浑浊：2+CO2+H6．NO2和N2O4存在平衡：2NO2(g)⇌N2O4(g)ΔH<0。下列分析正确的是（）A．常温下，11.2LNO2和N2O4混合气体的物质的量为0.5molB．断裂2molNO2中的共价键所需能量小于断裂1molN2O4中的共价键所需能量C．恒温时，缩小容积，平衡正向移动，气体颜色变浅D．恒容时，水浴加热，气体颜色变浅7．维生素A又称视黄醇或抗干眼病因子，人体缺乏维生素A会出现皮肤干燥、夜盲症等症状。其结构简式如图所示，下列说法正确的是（）A．维生素A的分子式为C20H28OB．该分子与足量H2反应生成的有机化合物中含有3个手性碳原子C．该分子能发生取代反应、加成反应、氧化反应、加聚反应D．维生素A是易溶于水的醇8．某化学兴趣小组利用如图所示装置进(电化学实验(C、D、E、F为铂夹)。断开K3，闭合K1、K2，反应一段时间后，A、B两试管中共收集到气体336mL(折算为标准状况)。再断开K2，闭合K1、K3后，下列说法正确的是（）A．电源放电时，电极a的电势比b的低B．滤纸1的D电极附近橙红色变黄C．试管B中电极反应为O2＋4e-＋2H2O=4OH-D．滤纸2上理论上能析出3.24gAg9．我国科学家成功合成了世界上首个五氮阴离子盐，局部结构如图所示。其中含有两种10电子离子、一种18电子离子，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，Z的单质可以用于自来水消毒，图中虚线表示氢键。下列说法正确的是（）A．五氮阴离子盐中两种阳离子的立体结构相同B．X、Y、Z对应的最简单氢化物中沸点最高的是XC．Z的氧化物对应的水化物均为强酸D．五氮阴离子盐中含有的大π键为π10．下列实验操作能达到实验目的的是（）A.除去COB.装置可用于制取并收集氨气C.制备晶体[CuD.测量NOA．A B．B C．C D．D11．微生物脱盐电池既可以处理废水中的乙酸和铵盐，又可以实现海水淡化，原理如图所示。下列说法正确的是（）A．离子交换膜a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜B．出口R处一定为纯水C．生成CO2的电极反应式为CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+D．M极每生成0.1molCO2，理论上可以从模拟海水中除去117gNaCl12．分子结构修饰在药物设计与合成中有广泛的应用。某新型合成药物的中间体结构如图所示，科学家需要对其进行成酯修饰后患者才能服用。已知连在同一碳上的两个羟基易脱水，下列说法正确的是（）A．对该化合物分子进行成酯修饰目的是增强其水溶性B．分析该化合物的质谱图，可获得分子中含有的官能团的信息C．1mol该化合物最多与4molNaOH反应D．该化合物分子中最多有11个碳原子共平面13．有一种有超导性的硼镁化合物，其晶体结构、晶胞沿c轴的投影图如图所示，已知在投影图中，B位于三个Mg形成的正三角形的中心，阿伏加德罗常数值为NA，图中长度单位均为厘米，关于其晶体下列说法正确的是（）A．该化合物的化学式为Mg3B2B．该晶体中Mg的配位数为8C．每个B原子周围都有2个与之等距离且最近的B原子D．该晶体的密度为9214．类比pH，对于稀溶液pc=-lgc，pKa=-lgKa．常温下，向某浓度H2A溶液中加入NaOH(s)，保持溶液体积和温度不变，测得pH与pc(H2A)、pc(HA-)、pc(A2-)变化如图所示。下列说法正确的是（）A．pH=3.05时，c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)B．Ka1(H2A)的数量级为10-6C．c点时，c(Na＋)=(10-8.70＋3×10-0.7-10-5.30)mol·L-1D．若醋酸的pKa=4.76，则HA-与CH3COO-不能大量共存15．镍电池芯废料中主要含有金属镍，还含有金属钴、铁、铝。一种从镍电池芯废料中回收金属的工艺流程如下：下列说法正确的是（）A．“酸浸”时，若改用浓硫酸，反应速率更快，效果更好B．H2O2在“氧化除杂”和“酸溶”中的作用相同C．“酸溶”时，为了加快反应速率，可以采取高温条件D．“结晶”时，应加热至出现少量晶膜时，再冷却结晶阅卷人二、非选择题：本题共4小题，共55分。得分16．芳基亚胺酯是重要的有机反应中间体，受热易分解，可由腈在酸催化下与醇发生Pinner反应制备，原理如下图所示。某实验小组以苯甲腈()和三氟乙醇(CF3CH2OH)为原料合成苯甲亚胺三氟乙酯。步骤如下：I．将20.00g苯甲腈与21.50g三氟乙醇置于容器中，降温至0℃。Ⅱ．向容器中持续通入HCl气体4小时，密封容器。Ⅲ．室温下在HCl氛围中继续搅拌反应液24小时，冷却至0℃，抽滤得白色固体，用乙腈洗涤。IV．将洗涤后的白色固体加入饱和Na2CO3溶液中，在15℃低温下反应，用有机溶剂萃取3次，合并有机相。V．向有机相中加入无水硫酸钠，抽滤，蒸去溶剂得产品19.50g。回答下列问题：（1）实验室中可用浓盐酸和浓硫酸制备干燥HCl气体，下列仪器中一定需要的为(填仪器名称)。（2）第Ⅲ步中得到的白色固体主要成分为(填标号)。（3）第IV步控制反应温度为15℃的方法是；实验中选择低温的原因为。（4）第IV步萃取时可选用的有机溶剂为____(填标号)。A．甲醇 B．乙酸 C．丙酮 D．乙酸乙酯（5）第IV将洗涤后白色固体加入饱和Na2CO3溶液中，饱和Na2CO3的作用是。（6）抽滤装置如下图所示，其相对于普通过滤的优点是。17．我国是最早制得和使用金属锌的国家。某湿法炼锌的萃余液中含有H+、Na+、Zn2+、Fe2+、Mn2+、Co2+、Cd2+、Ni2+、SO已知：沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Zn(OH)2Ksp近似值10-3810-1710-17回答下列问题：（1）按照核外电子排布可把元素周期表分成5个区，Zn元素区。（2）“氧化”时，pH=1，所用氧化剂过二硫酸钠(Na2S2O8)中硫元素化合价为，Mn2+被氧化为MnO2，Fe2+与Na2S2O8反应的离子方程式是。（3）“调pH”时，pH=4，所得滤渣1中除含有MnO2外，还有。（4）“除钴镍”时，有机净化剂的基本组分为大分子立体网格结构的聚合物，其净化原理可表示为：，Co2+、Ni2+能发生上述转化而Zn2+不能，推测可能的原因为。（5）“沉锌”所得滤液经处理可得Na2SO4溶液，已知Na2SO4的溶解度随温度变化如图所示，由该溶液制备无水Na2SO4的操作为、洗涤、干燥。（6）“沉锌”后所得滤液经硫酸酸化后，用惰性电极电解可制备Na2S2O8，从而实现原料的循环利用，该电解过程中总反应的化学方程式为。18．绿色能源是未来能源发展的重要方向，氢能是重要的绿色能源。（1）氢气是一种环保的气体，不会污染大气且热值高。已知：H2O(g)=H2O(l)ΔH=-44kJ·mol-1，相关化学键的键能表示如下：化学键O=OH-HO-H键能E/(kJ·mol-1)497436463表示氢气燃烧热的热化学方程式。（2）催化制氢是目前大规模制取氢气的方法之一：CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)ΔH=-41.2kJ·mol-1。在T1℃时，将0.10molCO与0.40molH2O充入5L的容器中，反应平衡后CO的物质的量分数x(CO)=0.12。①H2O的平衡转化率α1=%。②由T1℃时上述实验数据计算得到v正～x(CO)和v逆～x(H2)的关系可用图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为(填字母)。③研究表明，一氧化碳催化变换反应的速率方程为：v=k[x(CO)·x(H2O)-x(CO2)gx(H2)KP]，K（3）在国际空间站中可利用H2处理CO2，反应为：CO2(g)＋4H2(g)⇌CH4(g)＋2H2O(g)，在一定条件下该反应存在：v正(H2)=k1·c4(H2)·c(CO2)，v逆(H2O)=k2·c2(H2O)·c(CH4)，可知k1·c4(H2)·c(CO2)=k2·c2(H2O)·c(CH4)，则该反应的平衡常数K=(用含k1，k2的代数式表示)。（4）光催化H2O制H2技术也是研究热点。光催化材料还原H2O的机理如图所示，光照时，低能价带失去电子并产生空穴(h＋，具有强氧化性)。在低能价带上，H2O直接转化为O2的电极反应式为。19．化合物P是合成抗病毒药物普拉那韦的原料，其合成路线如下。已知：R-Br→Zn→（1）A分子中官能团名称为。（2）D的化学名称为。（3）E→F的反应类型为。（4）J的结构简式为。（5）M分子中含有两个六元环，则L→M的反应方程式为。（6）在的同分异构体中，满足下列条件的结构有种(不考虑立体异构)。①核磁共振氢谱有5组峰②遇FeCl3溶液显色③1mol该物质与银氨溶液反应，最多可生成4molAg写出其中一种结构简式：。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、氯化钡与碳酸钠反应生成碳酸钡，碳酸钡能与盐酸反应生成氯化钡，不能解毒，故A符合题意；B、NaClO具有漂白性，能漂白pH试纸，不能用pH试纸测其pH值，故B不符合题意；C、CO2排放量的增加，使反应CaCO3(s)+CO2(g)+H2O(l)=Ca(HCO3)2(aq)的平衡正方向移动，石灰石溶解，沉积少，将破坏海洋珊瑚礁(主要成分CaCO3)的生存，故C不符合题意；D、焰色试验是因为金属离子吸收能量，电子发生跃迁，形成不同的颜色的光，与原子核外电子跃迁有关，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】A、碳酸钡能与盐酸反应；

B、NaClO具有漂白性；

C、CO2排放量增加，导致CaCO3(s)+CO2(g)+H2O(l)=Ca(HCO3)2(aq)正向移动；

D、焰色反应与电子跃迁有关。2．【答案】D【解析】【解答】A、HClO的结构式为H-O-Cl，且原子半径：H<O<Cl，则不能表示HClO的空间填充模型，故A错误；

B、NH4C、HF分子间的氢键是分子间作用力，氢键比化学键弱，F-H…F中的实线是共价键，虚线是氢键，故C错误；D、手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子，丙氨酸的手性异构体为，故D正确；故答案为：D。【分析】A、HClO的结构式为H-O-Cl；

B、NH4+中N原子提供孤对电子；

3．【答案】B【解析】【解答】A、潮汐能、波浪能、生物质能和氢能均属于新型能源，故A不符合题意；B、“绿色低碳”是指以低能耗、低污染、低排放为基础的经济模式，低碳就是控制二氧化碳的排放量，故B符合题意；C、甲烷经一氯甲烷生成低碳烯烃，氯化氢可以循环利用，体现了“节能减排”思想，故C不符合题意；D、碳纤维为碳单质，属于新型无机非金属材料，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A、潮汐能、波浪能、生物质能和氢能均属于新型能源；

B、低碳是指二氧化碳排放量低；

C、甲烷经一氯甲烷生成低碳烯烃的途径体现了“节能减排”思想；

D、碳纤维为碳单质。4．【答案】D【解析】【解答】A、O3和O2均为氧元素形成的单质，互为同素异形体，故A错误；

B、该反应为气体体积增大的反应，是熵增的过程，故B错误；

C、根据得失电子守恒可知，5O3+2CN-+H2O=2HCO3-+N2+5O2.中，转移10mol电子，反应产生1molN2，故C错误；5．【答案】C【解析】【解答】A、氢氧化铝不溶于过量氨水，正确的离子方程式为Al3++3NH3C、pH过低，Na2S2O3发生歧化反应，反应的离子方程式为S2D、苯酚钠溶液中通入少量CO2生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式为+CO2+H故答案为：C。【分析】A、氢氧化铝不溶于过量氨水；

B、新制氯水中含有氯气、次氯酸和盐酸；

C、Na2S2O3在酸性条件下发生歧化反应；

D、苯酚钠溶液中通入少量CO2生成苯酚和碳酸氢钠。6．【答案】B【解析】【解答】A、常温下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2LNO2和N2O4混合气体的物质的量小于0.5mol，故A错误；

B、该反应为放热反应，则断裂2molNO2中的共价键所需能量小于断裂1molN2O4中的共价键所需能量，故B正确；C、恒温时，缩小容积，浓度增大，则气体颜色变深，浓度增大的程度大于平衡正向移动的程度，故C错误；D、反应正向放热，恒容时，水浴加热，平衡逆向移动，NO2的物质的量增大，浓度增大，颜色加深，故D错误；故答案为：B。【分析】A、常温下，气体摩尔体积大于22.4L/mol；

B、该反应为放热反应；

C、缩小容积，浓度增大；

D、水浴加热，平衡逆向移动。7．【答案】C【解析】【解答】A、根据结构简式可知，维生素A分子中含有20个C原子，30个H原子，1个O原子，其分子式为C20H30O，故A错误；

B、生素A的加氢后的结构为，该有机物有4个手性碳原子，故B错误；C、该分子中含有羟基，能发生取代反应，含有碳碳双键，能发生加成反应、氧化反应和加聚反应，故C正确；

D、维生素A的烃基部分含有的碳原子数较多，烃基是憎水基，烃基部分越大，水溶性越小，所以维生素A是一种在水中溶解度较小的醇，故D错误；故答案为：C。【分析】A、根据结构简式确定其分子式；

B、手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；

C、根据结构简式分析；

D、该分子中只含一个羟基，烃基部分较大。8．【答案】B【解析】【解答】A、由分析可知，放电时b为电源负极，a为电源正极，则电极a的电势比b的高，故A错误；

B、滤纸1的D为阴极，水中氢离子放电生成氢气和OH-，K2Cr2O7存在平衡：CrC、试管B中电极为正极，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，故C错误；D、A、B两试管中共收集到气体标准状况下336mL，氢气和氧气的体积比为2：1，则氢气的体积为22+1×0.336L=0.224L，物质的量为n(H2)=故答案为：B。【分析】闭合K1、K2，断开K3，该装置为电解池，本质是电解水，阳极是水中氢氧根失电子生成氧气，阴极是氢离子得电子生成氢气，氢气和氧气的体积比为2∶1，则A极产生氢气，B极产生氧气，所以b为电源负极，a为电源正极；断开K2，闭合K1、K3，A和B构成氢氧燃料电池，A为负极、B为正极，所以C、E为阳极，D、F为阴极。9．【答案】D【解析】【解答】A、五氮阴离子盐中的两种阳离子为NH4+和H3O+，NH4+的立体结构为正四面体形，H3O+的立体结构为三角锥形，故A错误；

B、X、Y、Z的最简单氢化物依次为NH3、HC、Z的氧化物对应的水化物不一定为强酸，如Cl2O对应的水化物HClO为弱酸，故C错误；D、五氮阴离子盐中含有的五氮阴离子为N5-，N5-中N原子都采取sp2杂化，未参与杂化的p轨道形成一个大π键，该大π键为5中心、6电子，表示为【分析】Z的单质可以用于自来水消毒，则Z为Cl元素，由五氮阴离子盐的局部结构，以及其中含有两种10电子离子、一种18电子离子知，W为H元素，X为N元素，Y为O元素。10．【答案】C【解析】【解答】A、CO2和HCl均能与饱和碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液除杂，该装置不能达到实验目的，故A不符合题意；

B、NH4Cl受热分解成NH3和HCl，NH3和HCl在管口遇冷会重新化合成NH4Cl，不能制得NH3，该装置不能达到实验目的，故B不符合题意；

C、向4mL0.1mol/L[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入8mL95%乙醇，有[Cu(NH3)4]SO4∙H2O晶体析出，该装置能达到实验目的，故C符合题意；D、NO2能与水反应生成HNO3和NO，不能用排水法测量NO2的体积，该装置不能达到实验目的，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、除杂至少要满足两个条件：①一般加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质；

B、加热氯化铵分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管口遇冷又化合成氯化铵；

C、[Cu(NH3)4]SO4∙H2O在乙醇中的溶解度较小；

D、NO2能与水反应。11．【答案】C【解析】【解答】A、海水中的Na+通过阳离子交换膜b移向N极，Cl-通过阴离子交换膜a移向M极，则a为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜，故A错误；

B、出口R为淡水，但仍含有多种物质，不是纯水，故B错误；

C、电极M上，CH3COOH失去电子生成CO2，电极反应式为CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+，故C正确；D、M电极反应式为CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+，M极每生成0.1molCO2的同时生成0.4molH+，则有0.4molCl-移向M极，可从海水中除去0.4molNaCl，其质量为23.4g，故D错误；故答案为：C。【分析】生物电极M上，乙酸发生氧化反应生成二氧化碳，则电极M为负极，电极反应式为CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+，电极N为正极。12．【答案】D【解析】【解答】A、酯基是憎水基，对该化合物分子进行成酯修饰不能增强其水溶性，故A错误；

B、质谱图用来测定相对分子质量，红外光谱用来获得分子中含有的官能团的信息，故B错误；C、羧基能与NaOH发生中和反应，已知连在同一碳上的两个羟基易脱水，碳氟键水解生成1个羧基、3个HF，它们又与氢氧化钠发生中和反应，1mol该化合物最多与5molNaOH反应，故C错误；D、苯环和双键为平面结构，与苯环上、碳碳双键连接的碳原子一定共平面，其余单键相连碳原子可通过旋转得出最多2个碳原子在其平面上，所以最多有11个碳原子共平面，故D正确；故答案为：D。【分析】A、酯基是憎水基；

B、质谱图用来测定相对分子质量；

C、羧基能与NaOH发生中和反应；

D、苯环和双键为平面结构，单键可旋转。13．【答案】D【解析】【解答】A、由图可知，晶胞中，Mg原子数目为12×16+2×B、以面心的Mg为例，其上层、下层各有6个B原子，该晶体中Mg的配位数为12，故B错误；C、由图可知，每个B原子周围都有3个与之等距离且最近的B原子，故C错误；D、晶胞质量为3×24+6×11NAg=138N故答案为：D。【分析】A、根据均摊法计算；

B、晶胞中的配位数为12；

C、每个B原子周围都有3个与之等距离且最近的B原子；

D、根据ρ=m14．【答案】C【解析】【解答】A、pH=3.05时，c(A2-)=c(H2A)，故A错误；

B、a点时，c(H2A)=c(HA-)，则Ka1=c(HA-)⋅c(H+)c(H2A)=c(HC、c点c(HA-)=c(A2-)=10-0.7，根据电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，c点时，c(Na＋)=c(OH-)+3c(HA-)-c(H+)=(10-8.70＋3×10-0.7-10-5.30)mol·L-1，故C正确；D、c点c(HA-)=c(A2-)，Ka2=c(A2-)⋅c(H+)c(HA-)=c(H+)=10−5.30，若醋酸的pKa=4.76，则Ka=10-4.76>Ka2，酸性：CH3COOH>HA【分析】随pH增大，c(H2A)逐渐减小，c(HA-)先增大后减小，c(A2-)逐渐增大，pM=-lgc(M)，则pc(H2A)逐渐增大、pc(HA-)先减小后增大、pc(A2-)逐渐减小，则曲线Ⅰ表示H2A的变化情况，曲线Ⅱ表示A2-的变化情况，曲线Ⅲ表示HA-的变化情况。15．【答案】D【解析】【解答】A、常温下，铁和铝在浓硫酸中钝化，若改用浓硫酸，酸浸效果降低，故A错误；

B、H2O2在“氧化除杂”起到氧化作用，“酸溶”中是将三价钴转化为二价钴，起到还原作用，作用不同，故B错误；

C、H2O2在高温下分解，故C错误；

D、“结晶”时，缓慢蒸发溶液，晶体颗粒长的较大，得到的晶体颗粒较大，故D正确；故答案为：D。【分析】镍电池芯废料中主要含有金属镍，还含有金属钴、铁、铝，加入稀硫酸酸浸，镍、钴、铁、铝转化为对应的硫酸盐，加入H2O2将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH，使铝、铁元素转化为沉淀除去，向氧化、除杂后的滤液中加入次氯酸钠溶液，Co2+转化为Co(OH)3沉淀，而Ni2+不发生变化，从而实现钴、镍分离，过滤后向沉淀中加入H2O2和H2SO4，Co(OH)3转化为CoSO4，再经过一系列操作得到醋酸钴晶体。16．【答案】（1）分液漏斗（2）D（3）冷水浴；防止芳基亚胺酯受热分解降低产率（4）D（5）提供碱性环境，有利于合成苯甲亚胺三氟乙酯（6）抽滤可以加快过滤速度，滤出的固体容易干燥【解析】【解答】（1）实验室中可用浓盐酸和浓硫酸制备干燥HCl气体，需要用到分液漏斗，锥形瓶等；

故答案为：分液漏斗；（2）先在HCl的气体中反应转化为，再和CF3CH2OH反应生成，则白色固体的主要成分是；

故答案为：D；（3）第Ⅳ步控制反应温度为15℃的方法是用冷水浴；选择低温的原因为防止芳基亚胺酯受热分解降低产率；

故答案为：冷水浴；防止芳基亚胺酯受热分解降低产率；（4）苯甲亚胺三氟乙酯属于酯类，在乙酸乙酯中的溶解度较大，乙酸和甲酸能溶于水，不能用来萃取，第Ⅳ步萃取时可选用的有机溶剂为乙酸乙酯；

故答案为：D；（5）饱和碳酸钠溶液显碱性，可以提供碱性环境，有利于合成苯甲亚胺三氟乙酯；

故答案为：提供碱性环境，有利于合成苯甲亚胺三氟乙酯；（6）抽滤相对于普通过滤，可以加快过滤速度，滤出的固体容易干燥；

故答案为：抽滤可以加快过滤速度，滤出的固体容易干燥。【分析】（1）该过程中一定会用到分液漏斗；

（2）根据反应原理分析；

（3）控制反应温度为15℃的方法是用冷水浴；防止芳基亚胺酯受热分解降低产率；

（4）苯甲亚胺三氟乙酯属于酯类；

（5）碳酸钠显碱性；

（6）抽滤可以加快过滤速度，滤出的固体容易干燥。17．【答案】（1）ds（2）+7；2F（3）Fe(OH（4）Co2+、Ni（5）升温至40℃以上蒸发至大量固体析出、趁热过滤（6）N【解析】【解答】（1）基态Zn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s2，位于ds区；

故答案为：ds；（2）二硫酸钠(Na2S2O8)中钠、氧元素化合价分别为+1、-2，硫元素化合价为+7；Fe2+与Na2S2O8反应，铁化合价由+2变为+3、硫化合价由+7变为+6，发生的反应为：2Fe2++S2（3）由分析可知，所得滤渣1中除含有MnO2外，还有Fe(OH)3、CaSO4；（4）有机净化剂的基本组分为大分子立体网格结构的聚合物，Co2+、Ni2+的离子半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Zn2+不能，故Co2+、Ni2+能发生上述转化而Zn2+不能；

故答案为：（5）由溶解度曲线可知，40℃以上可蒸发结晶得到无水硫酸钠，故操作为：升温至40℃以上蒸发至大量固体析出、趁热过滤、洗涤、干燥；

故答案为：升温至40℃以上蒸发至大量固体析出、趁热过滤；（6）“沉锌”后所得滤液中含有硫酸钠，经硫酸酸化后，用惰性电极电解可制备Na2S2O8，则硫元素化合价升高发生氧化反应，阴极上氢离子放电发生还原反应生成氢气，电极反应式为：Na2SO4【分析】某湿法炼锌的萃余液中含有H+、Na+、Zn2+、Fe2+、Mn2+、Co2+、Cd2+、Ni2+、SO42-，加入Na2S2O8进行氧化，Fe2+被氧化为Fe3+，Mn2+被氧化为MnO2，加入碳酸钙调pH，生成微溶的硫酸钙，则滤渣1的主要成分为MnO2、Fe18．【答案】（1）H（2）10；EB；减小；Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高（3）k（4）2H2O+4h+=4H++O2↑或写为2H2O-4e-=4H++O2↑【解析】【解答】（1）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，ΔH=断裂化学键吸收的能量-形成化学键释放的能量，结合H2O(g)=H2O(l)ΔH=-44kJ·mol-1可得，表示氢气燃烧热的热化学方程式为：H2(g)+12O（2）①在T1℃时，将0.10molCO与0.40molH2O充入5L的容器中，发生反应CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，设反应的CO的物质的量是a，则平衡后各种气体的物质的量为n(CO)=(0.10-a)mol，n(H2O)=(0.40-a)mol，n(CO2)=n(H2)=amol，平衡时CO的物质的量分数x(CO)=0.12，则(0.1