山东省滨州市2023-2024学年高三上学期11月期中考试化学试题（解析版）

2023—2024学年高三第一学期化学学科质量检测第I卷(选择题)可能用到的相对原子质量：H：1O：16Na：23Mn：55Cu：64Fe：56Ag：108一、单选题(本题共10小题，每小题2分，共20分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.下列之物具有典型的淄博特色，据其主要化学成分不能与其它三种归为一类的是A.周村丝绸 B.博山琉璃 C.齐国蹴鞠 D.桓台草编【答案】B【解析】【详解】丝绸、草编和蹴鞠主要成分都属于天然有机高分子材料，琉璃主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料；答案选B。2.下列有关实验的说法正确的是A.溴水应保存在带磨口玻璃塞的棕色细口试剂瓶中B.使用分液漏斗前，应向分液漏斗中加少量水，检查旋塞芯处是否漏水，待确认不漏水后即可使用C.蒸发操作中，将蒸发皿放在铁架台的铁圈上，并垫上石棉网加热D.配制一定物质的量浓度的溶液时，容量瓶中有少量的水会导致溶液浓度偏低【答案】A【解析】【详解】A．溴水中的次溴酸遇光易分解且溴水易腐蚀橡胶塞，所以溴水应保存在带磨口玻璃塞的棕色细口试剂瓶中，A项正确；B．使用前分液漏斗有两处要检漏，上口塞子和下口旋塞，所以在分液漏斗的检漏操作时，应先向分液漏斗中加少量水，检查旋塞芯处是否漏水，然后将漏斗倒转过来，再检查玻璃塞是否漏水，待确认不漏水后方可使用，B项错误；C．蒸发时，蒸发皿可以放在铁圈上直接加热，蒸发皿耐高温，不用垫石棉网，C项错误；D．配制一定物质的量浓度的溶液时，容量瓶中有少量的水不会干扰实验结果，D项错误；答案选A。3.茶叶中铁元素的检验可经过以下四步完成：灼烧灰化→6mol•L⁻¹硝酸溶解→过滤→检测滤液中的铁元素。下列说法正确的是更多免费优质滋元可家威杏MXSJ663A.“灼烧灰化”选用的玻璃仪器有①②③B.④用于配制6mol•L⁻¹硝酸时需洗净并烘干C.“过滤”时需沿②向⑤中转移液体并小心搅拌D.检测铁元素时，⑥悬垂于⑦的上方滴加KSCN溶液【答案】D【解析】【详解】A．将茶叶灼烧灰化，应在坩埚中加热进行，不能在①烧杯中进行灼烧，用到的仪器有②和③，缺少必要的坩埚，需要时还可用到三脚架或铁架台等，故A错误；B．④容量瓶用于配制溶液时，洗干净即可，不要求烘干，故B错误；C．“过滤”时需沿②玻璃棒向⑤漏斗中转移液体，待液体自然流下进行过滤，不能进行搅拌，以防戳破滤纸导致过滤失败，故C错误；D．经过硝酸溶解后，滤液中的铁元素主要以Fe3+形式存在，检验滤液中的Fe3+，可用胶头滴管取少量滤液于小试管中，滴加KSCN溶液检验，使用胶头滴管时，需垂直悬在仪器上方进行滴加，故D正确；故选：D。4.氧化石墨烯是一种淡柠檬黄色、不稳定的新型化合物，其单层局部结构如图所示。下列关于该化合物的说法正确的是A.氧化石墨烯的导电性优于石墨烯B.氧化石墨烯的抗氧化能力比石墨烯弱C.氧化石墨烯中C-C键的键能比C-O键大D.氧化石墨烯中所有C原子均为sp3杂化【答案】B【解析】【详解】A．石墨烯变为氧化石墨烯，大π键遭到破坏，故导电性减弱，A项错误；B．氧化石墨烯中含有碳碳双键和羟基，易被氧化，故抗氧化能力比石墨烯弱，B项正确；C．氧化石墨烯中C-C键和C-O键均为共价键，C-C键键长比C-O键长，故C-C键的键能比C-O键小，C项错误；D．氧化石墨烯中，C原子的杂化方式为sp2和sp3，D项错误；答案选B。5.“类比”是预测物质性质与化学反应的重要方法之一，但“类比”不能违背客观事实，下列“类比”合理的是。A.Al能与缓慢氧化生成致密氧化膜保护Al，则Fe与也缓慢氧化生成氧化膜保护FeB.Na在空气中燃烧生成，则同族的Li在空气中燃烧也生成C.溶于溶液生成，则也能溶于溶液生成D.与在水溶液中因水解无法大量共存，则与在水溶液中也因水解无法大量共存【答案】C【解析】【详解】A．氧化铝为致密的结构，铁的氧化物为疏松的结构，则Al能与O2缓慢氧化生成致密氧化膜保护Al,而Fe与O2也缓慢氧化生成氧化膜不能保护Fe,故A错误；

B．碱金属的性质越活泼，与氧气反应的产物越复杂，则钠在空气中加热能生成过氧化钠，而锂在空气中加热生成氧化锂，故B错误；

C．Al(OH)3溶于NaOH溶液生成Na[Al(OH)4]，则Be(OH)2也能溶于NaOH溶液生成Na2[Be(OH)4]，故C正确；

D．Fe3+与S2-能够发生氧化还原反应，所以二者不能大量共存是因为发生氧化还原反应，与水解无关，故D错误；故选：C。6.中医的急救三宝分别是安宫牛黄丸、紫雪丹、至宝丹。安宫牛黄丸的主要药材是黄芩，黄芩素能抑制新冠病毒的活性。黄芩素结构如图所示，下列说法正确的是A.黄芩素的核磁共振氢谱显示有八组峰B.分子中有三种官能团C.1mol黄芩素最多能够消耗4mol的NaOHD.黄岑素与足量氢气加成后，连有氧原子的碳原子中有5个手性碳原子【答案】A【解析】【详解】A．黄芩素分子内有8中H，核磁共振氢谱显示有八组峰，A项正确；B．黄芩素分子中有羟基、羰基、醚键、碳碳双键共四种官能团，B项错误；C．黄芩素分子共有3mol酚羟基可以和氢氧化钠反应，反应时1:1进行，故可消耗3mol的NaOH，C项错误；D．黄岑素与足量氢气加成后结构简式为：，连有氧原子的碳原子中有6个手性碳原子，D项错误；答案选A。7.实验小组研究金属电化学腐蚀，实验如下：实验Ⅰ5min时的现象：铁钉表面及周边未见明显变化。25min时的现象：铁钉周边零星、随机出现极少量红色和蓝色区域，有少量红棕色铁锈生成。实验Ⅱ5min时的现象：铁钉周边出现红色区域，未见蓝色出现，锌片周边未见明显变化。25min时的现象：铁钉周边红色加深，区域变大，未见蓝色出现，锌片周边未见明显变化。下列说法不正确的是A.实验Ⅱ中Zn保护了Fe，使铁的腐蚀速率比实验Ⅰ慢B.实验Ⅱ中正极的电极反应式：C.实验Ⅰ的现象说明溶液与Fe反应生成了D.若将Zn片换成Cu片，推测Cu片周边会出现红色，铁钉周边会出现蓝色【答案】C【解析】【详解】A．实验Ⅰ中Fe作负极，碳作正极，实验Ⅱ中Zn作负极，Fe作正极，所以实验Ⅱ中Zn保护了Fe，铁的腐蚀速率比实验Ⅰ慢，A正确；B．实验Ⅱ中Fe作正极，在正极氧气得电子发生还原反应，其电极反应式为，B正确；C．实验Ⅰ的现象不能说明溶液与Fe反应生成了，25min时蓝色区域的出现也可能是因为Fe失去电子生成，溶液与发生反应生成蓝色沉淀，C错误；D．若将Zn片换成Cu片，Fe比Cu活泼，Fe作负极，Cu作正极，可推测Cu片上氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，Cu片周边出现红色，铁钉失电子发生氧化反应生成，与溶液反应，使其周边出现蓝色，D正确。故选C。8.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增加，其中Y与X和Z相邻，W比Z多一个电子层且在本周期中的原子半径最小，它们可形成化合物甲(如图)。下列说法正确的是A.X和Z组成的化合物是形成酸雨的主要原因之一B.原子半径大小顺序为X<Y<ZC.X和Y的最高价氧化物对应的水化物均为强酸D.W和Z形成的化合物之一可用来杀菌消毒【答案】D【解析】【分析】根据分子中各元素的成键，Y能形成3个共价键，X形成4个共价键，Z形成2个共价键，且Y与X和Z相邻，可以推出X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，W比Z多一个电子层且在本周期中的原子半径最小，W为Cl元素。【详解】A．X为C元素，Z为O元素，X和Z组成的化合物会引起温室效应，不会形成酸雨，A错误；B．X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，原子半径的大小为：，B错误；C．X为C元素，最高价氧化物对应的水化物，是弱酸，Y为N元素，最高价氧化物对应的水化物为强酸，C错误；D．W为Cl元素，Z为O元素，形成的化合物可用来杀菌消毒，D正确；故选D。9.实验室用含钴废料(主要成分为，含有一定量的等)制备钴的氧化物的流程如图。已知：①草酸钴晶体难溶于水②RH为有机物(难电离)。下列说法正确的是A.操作①所用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯B.滤渣II的成分为C.向操作①后溶有的有机层中加入硫酸溶液，可重新得到，该步反应的离子方程式D.在空气中煅烧得到的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2【答案】C【解析】【分析】向含钴废料(主要成分为，含有一定量的等)中加入硫酸，不溶于硫酸，则滤渣Ⅰ为，酸浸后溶液中含有的溶质主要有：CoSO4、NiSO4、Al2(SO4)3、FeSO4及过量的H2SO4；向滤液中加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，加入CoO，调节溶液的pH，使Al3+、Fe3+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，则滤渣II的成分为Al(OH)3、Fe(OH)3；向滤液中加入RH，Ni2+溶于有机层，通过分液将有机层和水层分离，则操作①为分液；向水层中加入(NH4)2C2O4，得到草酸钴晶体，将草酸钴晶体煅烧得到钴的氧化物。【详解】A．由分析可知，操作①为分液，所用的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯，A项错误；B．由分析可知，滤渣II的成分为Al(OH)3、Fe(OH)3，B项错误；C．向操作①后溶有的有机层中加入硫酸溶液，可重新得到，说明和H2SO4反应生成和NiSO4，反应的离子方程式为，C项正确；D．在空气中煅烧得到，反应的化学方程式为，作氧化剂，作还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3，D项错误；答案选C。10.一种清洁、低成本的三步法氯碱工艺工作原理的示意图如下，下列说法错误的是A.第一步中阳极的电极反应式为B.与传统氯碱工艺相比，该方法不需要使用离子交换膜C.第二步中正极质量每增加，负极质量减少D.理论上每消耗，产生(标准状况下)【答案】C【解析】【详解】A．第一步为电解池，阳极为与电池正极相连接的电极，失去电子电极反应为，A正确；B．该方法不需要使用离子交换膜，传统氯碱工艺需要，该方法优点不需要使用离子交换膜，B正确；C．第二步为原电池，正极得到电子电极反应为，负极电极反应为，正极增加的为钠离子，负极生成的为氯化银是沉淀，质量增加，C错误；D．第一步为电解池阴极消耗氧气，电极反应为，则理论上每消耗转移；又第三步为电解池，阳极反应为，所以生成氯气0.2mol，即产生(标准状况下)，D正确；故选C。二、不定项选择题(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.下列实验操作能达到相应实验目的的是选项实验目的实验操作A提纯Mg(OH)2将含少量Cu(OH)2的Mg(OH)2固体溶于足量浓氨水中，过滤、洗涤、干燥B探究Fe2+、I-的还原性强弱在FeI2溶液中滴加酸化的双氧水，观察溶液颜色变化C判断KCl的化学键类型将KCl固体加热融化，进行导电性实验D探究不同价态硫元素的转化向Na2S与Na2SO3的混合溶液中加入硝酸A.A B.B C.C D.D【答案】AC【解析】【详解】A．Cu(OH)2可溶于浓氨水形成[Cu(NH3)4]2+，而Mg(OH)2不溶，经过滤、洗涤干燥得到固体，选项A能达到实验目的；B．两者若被氧化产生Fe3+和I2，但两者在溶液中均呈棕黄色，而无法确定是谁发生反应，选项B不能达到实验目的；C．将KCl固体加热融化，进行导电性实验，若能导电，则为离子化合物，若不能导电，则为共价化合物，选项C能达到实验目的；D．硝酸具有强氧化性，能将硫离子或亚硫酸根离子氧化，应该改用稀硫酸探究实验，选项D能达到实验目的；答案选AC。12.实验室以二氧化铈(CeO2)废渣为原料制备Ce2(CO3)3的流程如下：已知Ce3+被有机萃取剂(HA)萃取原理为。下列说法正确的是A.“酸浸”时，H2O2可用O3代替B.“萃取”时，振荡分液漏斗应下口倾斜向上，并从下口放气C.“反萃取”时，为了提高Ce3+的反萃取率，应一次性加入大量的稀硫酸D.“沉淀”时，加入足量NH4HCO3的离子方程式为【答案】B【解析】【分析】二氧化铈废渣加入盐酸和过氧化氢，得到含有三价铈离子的溶液，加入氨水中和过量的盐酸，加入萃取剂HA萃取后，再加入稀硝酸反萃取将三价铈离子萃取到水层，最后加入氨水、碳酸氢铵生成碳酸铈，据此回答。【详解】A．由流程可知，“酸浸”过程中四价铈转化为三价铈，铈化合价降低为氧化剂，根据电子守恒可知，则中氧元素化合价升高，做还原剂，故H2O2不可用O3代替，A错误；B．萃取振荡时，分液漏斗下口应倾斜向上，便于放气，充分混合萃取，B正确；C．“反萃取”中用适量萃取剂分多次萃取，有利于将有机层尽可能多地转移到水层，C错误；D．“沉淀”时、氨水、碳酸氢铵反应生成沉淀，反应的离子方程式为，D错误；故选B。13.城市污水中含有一定量的、，向污水中加入菌体和溶液，在菌体的作用下依次发生过程Ⅰ、过程Ⅱ，从而实现、的脱除，其过程如图所示。下列说法正确的是A.“过程Ⅰ”中为催化剂B.的氧化性强于C.“过程Ⅱ”中氧化产物和还原产物的质量之比为D.“过程Ⅰ”中和的物质的量之比为，则氧化剂与还原剂物质的量之比为【答案】C【解析】【详解】A．“过程Ⅰ”中为氧化剂，被还原为，A错误；B．“过程Ⅰ”中将氧化为的氧化性强于，B错误；C．“过程Ⅱ”为和生成，反应方程式为：，氧化剂为，还原剂为，物质的量之比为1:1，C正确；D．“过程Ⅰ”中和的物质的量之比为，发生反应：，则氧化剂为12个，还原剂为3个，二者物质的量之比为，D错误；故选C。14.有机物烯醇式与酮式的互变异构原理如图所示，下列说法错误的是：A.与水发生加成反应后会生成B.二者互变过程中碳原子的杂化类型均保持不变C.水解的最终产物为、和D.中存在具有分子内氢键的顺式异构体【答案】BC【解析】【分析】根据图示的互变原理，具有羰基的酮式结构可以发生互变异构转化为烯醇式，这种烯醇式具有的特点为与羟基相连接的碳原子必须有双键连接，这样的烯醇式就可以发生互变异构，据此原理分析；【详解】A．水可以写成H-OH的形式，与CH≡CH发生加成反应生成CH2=CHOH，烯醇式的CH2=CHOH不稳定转化为酮式的乙醛，A正确；B．，二者互变过程中，左侧的碳原子杂化类型由sp3转化为sp2，B错误；C．水解生成和CH3OH、CO2，可以发生互变异构转化为，C错误；D．可以发生互变异构转化为，即可形成分子内氢键，D正确；故选BC。15.钠硒电池是一类以单质硒或含硒化合物为正极、金属钠为负极新型电池，具有能量密度大、导电率高、成本低等优点。以Cu2-xSe填充碳纳米管作为正极材料的一种钠硒电池工作原理如图所示，充放电过程中正极材料立方晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子。下列说法错误的是A.每个Cu2-xSe晶胞中Cu2+个数为4xB.在Na2Se晶胞结构中，Se2-占据的位置是顶点和面心C.充分放电时，正极的电极反应式为Cu2-xSe+2Na++2e-=Na2Se+(2-x)CuD.充电时外电路中转移lmol电子，两极质量变化差为23g【答案】D【解析】【分析】由题意可知，Cu2-xSe填充碳纳米管作为正极材料，钠较为活泼，钠为负极材料；【详解】A．根据“均摊法”，每个Cu2-xSe晶胞中含个Se，则晶胞内铜离子、亚铜离子和为4×（2-x）个，设铜离子、亚铜离子分别为a、b，则a+b=4×（2-x），由化合价代数和为零可知，2a+b=4×2，解得a=4x，故A正确；B．由晶胞图示可知，在Na2Se晶胞结构中，Se2-占据的位置是项点和面心，故B正确；C．充分放电时，正极Cu2-xSe得到电子发生还原反应生成零价铜，电极反应式为Cu2-xSe+2Na++2e-=Na2Se+(2-x)Cu，故C正确；D．充电时外电路中转移lmol电子，阳极释放出1mol钠离子，质量减小23g，阴极生成1mol钠，质量增加23g，两极质量变化差为46g，故D错误；故选D。第II卷(非选择题)16.铀氮化合物是核燃料循环系统中的重要材料。已知。回答下列问题：（1）基态氮原子价电子轨道表示式为___________。（2）反应中断裂的化学键有___________(填标号)。a．氢键b．极性键c．非极性键d．离子键e．配位键（3）反应所得的气态产物中属于非极性分子的是___________(填化学式，下同)；氢化物中更易与形成配离子的是___________，解释原因___________。（4）基态U原子的外围电子排布式为，则处于下列状态的铀原子或离子失去一个电子所需能量最高的是___________(填标号)。A. B. C. D.（5）的空间构型为___________，其结构中存在大π键，可表示为___________(用表示，m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数)。（6）某种铀氮化物的晶胞如图。已知晶胞密度为，U原子半径为，N原子半径为，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的空间利用率为___________(用含d、、、的式子表示)。【答案】（1）（2）bde（3）①.、②.③.电负性N＜O，N更容易给出孤电子对，所以更易与形成配离子（4）A（5）①.平面三角形②.（6）或【解析】【小问1详解】N为7号元素，其价电子排布式为2s22p3，则基态氮原子价电子轨道表示式为。【小问2详解】(NH4)4[UO2(CO3)3]含有离子键、极性键、配位键，根据反应产物可以得知该反应中断裂的化学键为离子键、极性键、配位键，故选bde。【小问3详解】反应所得的气态产物中属于非极性分子的是CO2和N2；反应所得的氢化物是NH3和H2O，分子中，N和O都含有孤电子对，N的电负性小于O，N更容易给出孤电子对，所以NH3更易与Cu2+形成配离子。【小问4详解】基态U原子的外围电子排布式为5f36d17s2，5f37s27p1、5f26d27s2和5f47s2均为其基态原子的激发态，5f36d17s1为U+，由第二电离能明显高于第一电离能可知，5f36d17s1再失去一个电子所需要能量最高，故选A。小问5详解】中C的价电子对数为3+=3，且不含孤对电子，根据价层电子对互斥理论判断该离子的空间构型为平面三角形，中存在大π键，由于C不含孤对电子，则其路易斯结构式为，形成的大π键为。【小问6详解】晶胞中，U的个数为=4，N的个数为42=8，则U和N的总体积为[]cm3=[]cm3，晶胞体积为=cm3，则该晶胞的空间利用率为==。17.铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O存在，在碱性介质中以CrO存在。回答下列问题：（1）煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为___________(填化学式)。（2）水浸渣中主要有SiO2和___________。（3）“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是___________。（4）“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果，若pH<9时，会导致___________；pH>9时，会导致___________。（5）“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH<1时，溶解为VO或VO3+在碱性条件下，溶解为VO或VO，上述性质说明V2O5具有___________(填标号)。A．酸性B．碱性C．两性（6）“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为___________。【答案】（1）Na2CrO4（2）Fe2O3（3）Al(OH)3（4）①.磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理②.会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀（5）C（6）2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O【解析】【分析】由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠和空气中煅烧，将钒、铬、铝、硅、磷等元素转化为相应的最高价含氧酸盐，煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到强氧化铝滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，过滤得到含有MgSiO3、MgNH4PO4的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到五氧化二钒和滤液；向滤液中焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节溶液pH将铬元素转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氢氧化铬。【小问1详解】由分析可知，煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠，故答案为：Na2CrO4；【小问2详解】由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁，故答案为：Fe2O3；【小问3详解】由分析可知，沉淀步骤调pH到弱碱性的目的是将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，故答案为：Al(OH)3；【小问4详解】由分析可知，加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，若溶液pH<9时，磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；若溶液pH>9时，会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，故答案为：磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀；【小问5详解】由题给信息可知，五氧化二钒水能与酸溶液反应生成盐和水，也能与碱溶液发生生成盐和水的两性氧化物，故选C；【小问6详解】由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子，反应的离子方程式为2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O，故答案为：2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O。18.实验室利用甘氨酸与硫酸亚铁制备补铁剂甘氨酸亚铁，装置如图所示(夹持仪器省略)。已知：I．有关物质性质如下表所示：甘氨酸易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸中的溶解度大于在乙醇中的溶解度柠檬酸易溶于水和乙醇，酸性较强，有强还原性甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇、冰醋酸II．甘氨酸亚铁摩尔质量为III．氨基能被酸性溶液氧化为硝基：（1）连接好装置，装入药品，进行的操作为：①打开、，反应一段时间，将装置中空气排净；②___________，使b中溶液进入c中；③在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5～6.0，使反应物充分反应；④反应完成后，向c中反应混合液中加入乙醇，生成白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤得粗产品。（2）仪器c的名称是___________，其中加入柠檬酸的作用是___________，步骤④中加入乙醇，溶液的极性___________(填“增强”、“减弱”或“不变”)。（3）生成甘氨酸亚铁的化学方程式是___________。（4）体系pH与产率之间的关系如下表体系pH4.04.55.05.56.06.57.07.5产率(％)65.7074.9278.6786.6588.0774.9762.3155.98pH过高或过低，产品产率均下降的原因是：___________。（5）产品纯度测定。已知粗产品通常混有甘氨酸，称取粗产品2.2克，先加入___________，搅拌、过滤、洗涤得沉淀，将沉淀配成250mL溶液，取溶液25.00mL置于锥形瓶，用的溶液滴定至终点，三次平均消耗体积为26.00mL，则该样品的纯度为___________。【答案】（1）打开，关闭（2）①.三颈烧瓶②.防止亚铁离子被氧化且能抑制亚铁离子水解③.减弱（3）（4）过高会生成，过低时c(H2NCH2COO－)很小，难以生成甘氨酸亚铁（5）①.冰醋酸②.【解析】【分析】实验中，用铁屑和稀硫酸反应：，生成的可以排除装置内的空气，防止亚铁盐被氧化，同时，产生的可使装置b中的压强增大，将溶液压入三颈烧瓶中，与甘氨酸反应制备甘氨酸亚铁，据此解答。【小问1详解】打开，关闭，产生的可使装置b中的压强增大，将溶液压入三颈烧瓶中，与甘氨酸反应制备；【小问2详解】仪器c的名称是三颈烧瓶；柠檬酸酸性较强，有强还原性，所以加入少量的柠檬酸，可以防止甘氨酸亚铁被氧化，也可以调节溶液的，抑制亚铁离子水解；甘氨酸亚铁易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸中的溶解度大于在乙醇中的溶解度，反应完成后，向c中反应混合液中加入乙醇，生成白色沉淀，这说明溶液的极性减弱；【小问3详解】生成甘氨酸亚铁的化学方程式为：【小问4详解】由于过高会生成，过低时c(H2NCH2COO－)很小，难以生成甘氨酸亚铁，所以pH过高或过低，产品产率均下降；【小问5详解】因为甘氨酸在冰醋酸中的溶解度大于在乙醇中的溶解度，甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于冰醋酸，所以先向称取的粗产品加入冰醋酸，得到较纯的甘氨酸亚铁沉淀，再将其溶于水溶配成溶液，加入酸性高锰酸钾溶液滴定，发生反应：，，根据反应得出关系式：，所以，所以，该样品的纯度为：。19.党的二十大报告指出“绿水青山就是金山银山”，用化学技术治理环境问题中显得尤为重要。（1）将和两种气体转化为合成气和，可以实现能量综合利用，对环境保护具有十分重要的意义。甲烷及二氧化碳重整涉及以下反应：I．II．反应___________。(用表示)（2）一种基于吸收剂区分的同时脱硫脱硝反应的装置如图所示。反应器I吸收，反应器II吸收NO，隔绝空气反应一段时间。①当观察到反应器I中悬浊液变澄清时，反应的离子方程式___________。②反应器II中所发生的反应为，盛有溶液最多能吸收(标准状况下)的体积为___________。（3）日本政府于2023年8月24日下午一点启动福岛核污染废水排海，引发了国际社会的广泛关注和担忧。铀(U)可用作核燃料。核废料中+6价的铀可以通过电化学还原法处理，还原为的电化学装置如图所示：阴极发生的反应为：，阴极区溶液中发生反应：、。①阴极上发生的副反应为：___________。②阴极区溶液中加入的目的是___________。③电还原处理+6价的铀转移，阴极区减少___________mol。【答案】（1）（2）①.②.（3）①.②.消耗反应中生成的，防止与反应③.1【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，Ⅰ+2×Ⅱ得反应，则则；【小问2详解】①中悬浊液变澄清，说明二氧化硫和水反应生成的亚硫酸溶解了氧化镁，生成了易溶于水的物质，反应的离子方程式为；②由方程式可知，n()=n()=×0.15×100×10-3mol=0.02mol，标准状况下体积=0.02×22.4=0.448L=448mL；【小问3详解】①由阴极反应可知，阴极生成了，则阴极上发生的副反应可以是硝酸根离子得到电子发生还原反应生成，即为；②由已知反应可知，副产物能将转化为，阴极区溶液中加入的目的是消耗反应中生成的，防止与反应；③阳极反应为，结合阴极反应可知，电还原处理+6价的铀[U(Ⅵ)]转移，阴极消耗2mol氢离子，同时从阳极迁移过来1mol氢离子，则阴极区减少1mol。20.异甘草素(VⅡ)具有抗肿瘤、抗病毒等药物功效。合成路线如下，回答下列问题：已知：①氯甲基甲醚结构简式为：②（1）化合物Ⅰ的名称是___________，化合物Ⅱ所含的官能团名称是___________。（2）Ⅳ转化为Ⅴ的反应类型是___________，氯甲基甲醚在全合成过程中的作用是___________。（3）写出Ⅴ与新制的氢氧化铜悬浊液共热的化学反应方程式___________。（4）由化合物Ⅲ、Ⅴ合成化合物Ⅵ，生成的中间产物的结构简式是___________。（5）符合下列条件的分子Ⅱ的同分异构体数目有___________种。①能使溶液显色；②既能发生银镜反应，又能发生水解反应（6）结合题给信息，设计由和为原料制备的合成路线(其他无机试剂任选)___________。【答案】