山东省青岛市黄岛区2023-2024学年高三上学期期末考试化学试题

20232024学年度第一学期期末学业水平检测高三化学试题说明：1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，考试时间90分钟，满分100分。2.选择题答案用2B铅笔涂在答题卡上，非选择题用0.5mm黑色中性笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Cl35.5Fe56Cu64Ce140一、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目要求。1.酿造琅琊台酒必备五种粮食“高粱、大米、糯米、小麦、玉米”，经过“浸泡、发酵、蒸馏、陈放、调配”等工艺，后将白酒装入陶瓷瓶或玻璃瓶。下列说法正确的是A.五种粮食的主要成分为淀粉，淀粉是天然高分子化合物B.发酵过程反应为，在高温下发酵更快C.蒸馏出的白酒为纯净物D.陶瓷瓶和玻璃瓶均为硅酸盐产品，成分完全相同【答案】A【解析】【详解】A．高粱、大米、糯米、小麦、玉米主要成分为淀粉，淀粉是天然高分子化合物，A正确；B．发酵需要酒化酶，属于蛋白质，高温条件下会变性失效，B错误；C．蒸馏时乙醇会和水形成共沸，不能得到纯净物，C错误；D．陶瓷瓶和玻璃瓶均为硅酸盐产品，成分不完全相同，D错误；故选A。2.综合处理含SO2的尾气工艺流程如图。下列说法正确的是A.“吸收”过程发生的反应为B.可用溶液检验“氧化”是否完全C.综合处理的总反应为D.向煤中加入石灰石可实现脱硫减排，该过程存在氧化还原反应【答案】D【解析】【分析】由图可知，吸收步骤发生的反应为硫酸铁溶液与二氧化硫气体反应生成硫酸亚铁和硫酸，氧化步骤发生的反应为酸性条件下硫酸亚铁溶液与空气中氧气反应生成硫酸铁和水，反应生成的硫酸铁可以循环使用。【详解】A．吸收步骤发生的反应为硫酸铁溶液与二氧化硫气体反应生成硫酸亚铁和硫酸：，A错误；B．可用溶液检验亚铁离子，以检验“氧化”是否完全，B错误；C．硫酸铁可以循环使用，综合处理的总反应为，C错误；D．向煤中加入石灰石可实现脱硫减排，SO2转化为亚硫酸钙，进一步被氧化为硫酸钙，该过程存在氧化还原反应，D正确；故选D。3.阻燃剂FR是由W、X、Y、Z、T五种短周期主族元素组成，原子序数依次增大，X、Y、Z属于同一周期，Y、T属于同一主族，分子结构如图。下列说法正确的是A.X为sp杂化 B.第一电离能：C.沸点： D.最高价含氧酸酸性：【答案】D【解析】【分析】根据成键情况可知，W是H，X是C，Y是N，Z为O，T是P，据此回答。【详解】A．由图可知，C的杂化类型为sp2杂化，A错误；B．同周期从左往右第一电离能在增大，但是N的价电子排布为2s22p3，2p能级半满，能量低，比同周期相邻元素高，所以顺序为N＞O＞C，B错误；C．YW3为NH3，TW3为PH3，由于NH3分子间存在氢键，熔沸点比同主族简单氢化物高，所以NH3＞PH3，C错误；D．根据非金属性越强，最高价含氧酸性越强，非金属性为C＜P＜N，最高价含氧酸性也是C＜P＜N，D正确；故选D。4.实验室中药品的保存和实验的安全至关重要。下列做法不符合规范的是A.乙醇和高锰酸钾的分析纯放在同一试剂柜中保存B.液溴盛放在玻璃塞的细口瓶中，并加水液封C.苯酚沾到皮肤上，立即用酒精擦洗后再用水冲洗D.实验室中未用完的钠、钾、白磷等应放回原试剂瓶【答案】A【解析】【详解】A．乙醇易挥发，会与高锰酸钾反应，不能放在同一试剂柜中保存，A错误；B．液溴易挥发，应盛放在玻璃塞的细口瓶中，并加水液封，B正确；C．苯酚易溶于酒精，苯酚沾到皮肤上，立即用酒精擦洗后再用水冲洗，C正确；D．钠、钾及白磷易与空气中的氧气反应，为防止发生意外事故，实验没有用完的金属钠、钾及白磷等必须放回原瓶，D正确；故选A。5.配合物乙二胺四乙酸铁钠(，摩尔质量为)可溶于水，易风化，常见于强化盐中。乙二胺四乙酸铁钠的制备及测定如下：I．产品的制备：步骤1：准确称取于烧杯中，加水充分溶解，分批加入适量浓氨水，搅拌、过滤、洗涤、干燥。步骤2：将Fe(OH)3、乙二胺四乙酸(H4Y)，水加入三颈烧瓶中，搅拌，80℃水浴反应1h，加入Na2CO3溶液，发生反应：。经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤，晾干后得产品。II．产品中铁含量的测定：称取m2g祥品，加稀硫酸溶解，配成100.00mL溶液。取出10.00mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入淀粉溶液，用标准溶液滴定，发生反应：。重复2~3次，消耗Na2S2O3标准溶液VmL。对于上述实验，下列做法错误的是A.分批加入浓氨水和搅拌可避免Fe(OH)3沉淀裹入过多杂质B.“蒸发浓缩”操作为加热蒸发至大量晶体析出，停止加热C.配制样品溶液操作中玻璃棒至少用到三次D.滴入最后半滴标准液，溶液由蓝色变为无色且半分钟不变色即达滴定终点【答案】B【解析】【详解】A．分批次加入浓氨水、搅拌促进铁离子与氢氧根离子的反应，可以避免Fe(OH)3沉淀中裹入过多杂质，A正确；B．反应后的溶液经过蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，停止加热，过滤洗涤，晾干得到产品NaFeY•3H2O，若将溶液直接蒸干，会导致NaFeY•3H2O分解、晶体飞溅，B错误；C．加水溶解为了加快溶解速度，用搅拌棒进行搅拌，过滤过程中，用玻璃棒进行引流，洗涤过程用玻璃棒引流加入蒸馏水，故至少用到三次玻璃棒，C正确；D．Na2S2O3标准液滴定有淀粉溶液的碘单质溶液，当碘单质被标准液反应完全时，蓝色褪去，且半分钟不褪色即为滴定终点，D正确；故答案为：B。6.配合物乙二胺四乙酸铁钠(，摩尔质量为)可溶于水，易风化，常见于强化盐中。乙二胺四乙酸铁钠的制备及测定如下：I．产品的制备：步骤1：准确称取于烧杯中，加水充分溶解，分批加入适量浓氨水，搅拌、过滤、洗涤、干燥。步骤2：将Fe(OH)3、乙二胺四乙酸(H4Y)，水加入三颈烧瓶中，搅拌，80℃水浴反应1h，加入Na2CO3溶液，发生反应：。经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤，晾干后得产品。Ⅱ．产品中铁含量的测定：称取m2g样品，加稀硫酸溶解，配成100.00mL溶液。取出10.00mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入淀粉溶液，用标准溶液滴定，发生反应：。重复2~3次，消耗Na2S2O3标准溶液VmL。对于上述实验，下列说法错误的是A.加入氨水时的离子反应为B.乙二胺四乙酸铁钠的产率为C.乙二胺四乙酸铁钠样品的纯度为D.乙二胺四乙酸铁钠样品中铁的含量为【答案】B【解析】【详解】A．加入氨水时把铁离子转化为氢氧化铁沉淀，则反应的离子反应为，A正确；B．不知道步骤2中实际生成的乙二胺四乙酸铁钠的质量，不可算产率，B错误；C．根据离子方程式，可知铁离子与硫代硫酸根离子物质的量为1:1，所以10mL的溶液中铁离子的物质的量为cV103mol，总的乙二胺四乙酸铁钠的物质的量为cV×102mol，所以乙二胺四乙酸铁钠样品的纯度为，C正确；D．10mL的溶液中铁离子的物质的量为cV×103mol，总的铁的物质的量为cV×102mol，乙二胺四乙酸铁钠样品中铁的含量为，D正确故选B。7.配合物乙二胺四乙酸铁钠(，摩尔质量为)可溶于水，易风化，常见于强化盐中。乙二胺四乙酸铁钠的制备及测定如下：I．产品的制备：步骤1：准确称取于烧杯中，加水充分溶解，分批加入适量浓氨水，搅拌、过滤、洗涤、干燥。步骤2：将Fe(OH)3、乙二胺四乙酸(H4Y)，水加入三颈烧瓶中，搅拌，80℃水浴反应1h，加入Na2CO3溶液，发生反应：。经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤，晾干后得产品。II．产品中铁含量的测定：称取m2g祥品，加稀硫酸溶解，配成100.00mL溶液。取出10.00mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入淀粉溶液，用标准溶液滴定，发生反应：。重复2~3次，消耗Na2S2O3标准溶液VmL。根据上述实验，下列说法正确的是A.若称取样品时间长，不影响乙二胺四乙酸铁钠产品纯度的计算结果B.若配制溶液倒转摇匀后发现液面低于刻度线，再加水，则测得产品中铁含量偏高C.若盛标准液的滴定管未润洗，则测得产品中铁含量会偏高D.若滴定终点后，滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，则测得产品中铁纯度偏低【答案】C【解析】【详解】A．乙二胺四乙酸铁钠易风化，若称取样品时间长，失去结晶水，会使乙二胺四乙酸铁钠产品纯度的计算结果偏高，A错误；B．若配制溶液倒转摇匀后发现液面低于刻度线，再加水，溶液被稀释，则测得产品中铁含量偏低，B错误；C．若盛标准液滴定管未润洗，标准液被稀释，消耗体积偏大，则测得产品中铁含量会偏高，C正确；D．若滴定终点后，滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，读取消耗标准液体积偏大，则测得产品中铁纯度偏高，D错误；故选C。8.鉴别浓度均为的AlCl3、AgNO3、苯酚溶液，仅用下列一种试剂不可行的是A.FeCl3溶液 B.碳酸钠溶液 C.浓氨水 D.稀盐酸【答案】D【解析】【详解】A．分别滴加FeCl3溶液，AlCl3溶液没有明显现象，AgNO3溶液出现白色沉淀，苯酚溶液显紫色，可以鉴别，A不符合；B．分别滴加碳酸钠溶液，AlCl3溶液产生白色沉淀和气体，AgNO3溶液出现白色沉淀，苯酚溶液没有明显现象，可以鉴别，B不符合；C．分别滴加浓氨水，AlCl3溶液产生白色沉淀，AgNO3溶液先出现白色沉淀，氨水过量沉淀溶解，苯酚溶液没有明显现象，可以鉴别，C不符合；D．分别滴加稀盐酸，AlCl3溶液没有明显现象，AgNO3溶液出现白色沉淀，苯酚溶液没有明显现象，不可以鉴别，D符合；故选D。9.为完成下列实验，部分仪器选择正确的是A.乙醇制乙烯：①②③⑥B.除去乙酸乙酯中的乙酸：③⑦C.除去氯化钠固体中的硝酸钾杂质：⑤⑦⑧⑨D.含水酒精与生石灰制备无水乙醇：①②④【答案】B【解析】【详解】A．乙醇在170、浓硫酸作用下发生消去反应制备乙烯，主仪器有酒精灯、温度计、圆底烧瓶或者蒸馏烧瓶，不需要锥形瓶，不需要酸式滴定管，A错误；B．除去乙酸乙酯中的乙酸需要加饱和碳酸钠分液，主要仪器为分液漏斗和烧杯，B正确；C．除去氯化钠固体中的硝酸钾杂质需要蒸发浓缩，趁热过滤，主要仪器有蒸发皿、玻璃棒、漏斗、烧杯，不需要温度计，C错误；D．含水酒精与生石灰制备无水乙醇需要酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管，牛角管、锥形瓶，不用球形冷凝管，D错误；故选B。10.具有抗菌、抗病毒活性的吡喃萘醌类有机物M的结构简式如图。下列说法错误的是A.M的分子式为C17H16O6B.1molM最多可与7molH2加成C.M能与Na、NaOH溶液和Na2CO3溶液反应D.M既能形成分子内氢键又能形成分子间氢键【答案】B【解析】【详解】A．M的分子式为C17H16O6，A正确；B．根据1mol苯环需要3molH2，2mol羰基需要2molH2，1mol碳碳双键需要1molH2，则1molM最多可与6molH2加成，B错误；C．M含有官能团羧基，能够与Na、NaOH溶液和Na2CO3溶液反应，C正确；D．两分子的M能够形成分子间氢键，M分子内部的羧基能够与相邻谜键上的氧原子形成分子内氢键，D正确；故选B。二、选择题：本题共5个小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.利用电解法脱除生活废水中的氮磷，其原理如图。开始时，n接电源正极，电解一段时间后将电源正负极交换，可转化为Fe3(PO4)2沉淀。下列说法错误的是A.电解一段时间(正负极交换前)，溶液pH减小B.若开始时n接电源负极，可达到相同的脱除效果C.若除去等物质的量的和，理论上电路中通过的电子数相同D.除磷的电解反应为【答案】BD【解析】【分析】除氮时，阳极生成氯气，；除磷时，Fe作阳极失电子，石墨作阴极，阴极电极反应式为2H++2e═H2。【详解】A．电解一段时间(正负极交换前)，石墨做阳极，发生反应，C12与水反应生成HCl、HClO，次氯酸将铵根离子氧化为氮气，+1价的氯元素双被原为氯离子，因此，氯离子成为除氮的催化剂；阴极上水电离的氢离子放电产生氢气，电解的总反应为铵根转化为氮气、氢气和氢离子，氢离子浓度增大，故溶液pH减小，A正确；B．若开始时n接电源负极，发生还原反应；铁棒为阳极，发生的反应为，不生成C12，不能除去，B错误；C．若除去和的物质的量均为a，最终转化为N2，转移电子数为3a；转化为Fe3(PO4)2，转移电子数为3a，C正确；D．交换正负极后电解液呈酸性，除磷的电极反应为，D错误。综上所述，选BD。12.《NameReactions》收录的“张烯炔环异构化反应”如图所示。下列说法错误的是A.异构化过程中碳原子杂化方式发生了改变B.异构化过程中有机物的不饱和度发生了变化C.依据红外光谱可确定甲、乙存在不同的官能团D.若甲中R1、R2、R3均为甲基，则其含有苯环且核磁共振氢谱图有4组峰的同分异构体只有一种【答案】BD【解析】【详解】A．甲中碳碳三键的碳原子的杂化方式是sp杂化，异构化过程中变为碳碳双键其碳原子是sp2杂化，杂化方式发生了改变，故A正确；B．甲和乙的不饱和度都为4，不饱和度没发生变化，故B错误；C．甲中含碳碳三键、碳碳双键和酯基官能团，乙中含碳碳双键和酯基，官能团种类不同，依据红外光谱可确定存在不同的官能团，故C正确；D．若甲中R1、R2、R3均为甲基，甲的分子式为C10H14O2，不饱和度为4，含有苯环即不饱和度为4，则苯上的取代基为饱和基，核磁共振氢谱图有4组峰说明对称，该结构有如、、以及其它结构等多种，故D错误；故选：BD。13.镓被称为“电子工业脊染”，与铝性质相似。以砷化镓废料(主要成分为GaAs，含少量Fe2O3、SiO2等杂质)为原料生产Ga，工艺流程如图。已知砷化镓废料“溶解”后砷以H3AsO4形式存在。下列说法错误的是A.砷化镓“溶解”反应的还原剂与氧化剂物质的量之比为1：4B.“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3、Ca3(AsO4)2、CaSO4C.实验室“结晶”时用到的硅酸盐仪器有酒精灯、烧杯、坩埚、玻璃棒D.电解Na[Ga(OH)4]溶液的阴极电极反应式为【答案】C【解析】【分析】砷化镓废料(主要成分为GaAs，含少量Fe2O3、SiO2等杂质)经过硫酸、过氧化氢溶液溶解，GaAs、Fe2O3溶解，砷以H3AsO4形式存在，SiO2不溶，滤渣1为SiO2，㓎出液用氢氧化钙调pH得到“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3、Ca3(AsO4)2、CaSO4，滤液主要溶质为Ga2(SO4)3，加入硫酸和硫酸铵结晶，所得晶体加热得到Ga(OH)3，加氢氧化钠溶液溶解得到Na[Ga(OH)4]溶液，电解得到镓；【详解】A．砷化镓“溶解”反应还原剂砷化镓中As化合价由3价升高到+5价，氧化剂过氧化氢中O化合价由1降低到2，根据得失电子守恒还原剂与氧化剂物质的量之比为1：4，A正确；B．根据分析，“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3、Ca3(AsO4)2、CaSO4，B正确；C．实验室“结晶”时用到的硅酸盐仪器有酒精灯、烧杯、蒸发皿、玻璃棒，C错误；D．电解Na[Ga(OH)4]溶液的阴极发生还原反应得到金属镓，电极反应式为，D正确；故选C。14.有机物M是一种重要的有机合成材料，以A为原料通过以下两步反应可以获得M。反应I：，反应Ⅱ：一定温度下，向一定体积的密闭容器中加入一定量A和B发生上述两个反应。该体系中A、C、M的浓度随时间变化曲线如图甲所示。两个反应的(，k为速率常数，Ea为反应活化能，R和c为常数)与温度T的关系如图乙所示。下列说法正确的是A.曲线③代表M的浓度变化B.两个反应的焓变关系为C.两个反应的活化能关系为D.T1温度时，两个反应一定处于平衡状态【答案】A【解析】【详解】A．一定温度下，向一定体积的密闭容器中加入一定量A和B，随着反应进行，A的浓度减小，C的浓度先增大后减小，M的浓度一直增大，曲线③代表M的浓度变化，A正确；B．题中图示能判断两个反应活化能大小，但不能判断反应I、Ⅱ的焓变大小，B错误；C．反应的活化能越大，反应速率越慢，由图可知，相同温度时，反应I的反应速率小于反应Ⅱ，则活化能大于反应Ⅱ，，C错误；D．T1温度时，两个反应的速率常数相等，但不能判断反应一定处于平衡状态，D错误；故选A。15.某废水中含浓度相同的Cd2+、Ni2+，若通入H2S气体，保持，通过调节溶液pH使金属离子分步沉淀。已知常温下，，与pH关系如图，x表示Cd2+、Ni2+、S2或HS。下列说法错误的是A.曲线b代表Ni2+，曲线c代表S2B.C.M点会有NiS沉淀析出D.反应的平衡常数【答案】C【解析】【分析】随着pH的增大，H2S饱和溶液中H2S的电离平衡向电离方向移动，HS与S2的浓度均要增大，则有−lgc(HS−)和−lgc(S2−)随着pH增大而减小，且pH相同时，HS的浓度大于S2的浓度，即−lgc(HS−)小于−lgc(S2−)；随着pH的增大，S2的浓度增大，Cd2+、Ni2+的浓度减小，，即−lgc(Ni2+)和−lgc(Cd2+)随pH增大而增大，且Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，即当c(S2−)相同时，c(Ni2+)>c(Cd2+)，−lgc(Ni2+)<−lgc(Cd2+)，由此可知曲线a代表Cd2+、b代表Ni2+、c代表S2−，d代表HS−。【详解】A．由分析可知，曲线b代表Ni2+，曲线c代表S2，A正确；B．=，由曲线c两点坐标可知，当c(H+)=104.8mol/L时，c(S2)=1012.9mol/L，或者当c(H+)=106.7mol/L时，c(S2)=109.1mol/L，故有Ka1Ka2=1021.5，，由图示曲线d两点坐标可知，此时c(H+)=101.6mol/L时，c(HS)=106.5mol/L，c(H2S)=0.1mol/L，带入可知，Ka1=107.1，则，Ka2=1014.4，B正确；C．由图可知，在pH相同的情况下，M点在平衡曲线的上方，M点−lgc(Ni2+)大于平衡时−lgc(Ni2+)，所以M点c(Ni2+)小于平衡时c(Ni2+)，所以M点不会有NiS沉淀析出，C错误；D．c(H+)=106.7mol/L时，c(S2)=c(Ni2+)=109.1mol/L，Ksp(NiS)=c(S2)×c(Ni2+)=1018.2，当c(H+)=104.8mol/L时，c(S2)=c(Cd2+)=1012.9mol/L，Ksp(CdS)=c(S2)×c(Cd2+)=1025.8，反应的平衡常数K，D正确；故选C。三、根据题填空、简答(共5道大题，60分。答案填写在答题卡上)16.碳和硫的化合物种类繁多，应用广泛。例如CS2是一种优良的溶剂，也是用于制造黏胶纤维、玻璃的重要原材料。回答下列问题。I．CCl4曾广泛用作溶剂、灭火剂。（1）基态氯原子价层电子的空间运动状态有___________种。基态碳原子的价电子排布是否可以表示为，___________(填“是”或“否”)，原因为___________。（2）CCl4在500℃以上时可以与水反应，产生有毒的光气(COCl2)。SiCl4常温遇水水解作用很激烈，产生浑浊和气体。造成两者水解差异的因素有___________(填标号)。a．Si的原子半径更大b．SiCl键的键能更大c．SiCl键的极性更大d．Si有更多的价层轨道光气分子中ClCCl的键角___________(填“大于”、“小于”或“等于”)甲醛分子中HCH的键角，原因为___________。Ⅱ．硫代硫酸盐可用于矿石提取银、鞣制皮革等。（3）硫代硫酸根()中心原子的杂化方式为___________。硫代硫酸盐用于矿石提取银时形成，该配合物中提供孤电子对的原子为___________(填标号)，原因为___________。a．端基硫原子b．中心硫原子c．氧原子（4）某硫代硫酸盐的晶胞结构如图。Mn+的n=___________。原子b的分数坐标为(0，0，0)，则原子a的分数坐标为___________。【答案】（1）①.4②.否③.违背洪特规则（2）①.acd②.小于③.氯原子的电负性强于氢原子，对电子吸引力更强，所以甲醛分子中的HCH的键角更大（3）①.sp3②.a③.端基硫原子与氧原子都有孤电子对，但是氧的电负性大于硫，对孤电子的吸引力强，不易形成配位键（4）①2②.【解析】【小问1详解】基态氯原子价电子为3s23p5，电子的空间运动状态就是轨道数，所以价层电子的空间运动状态有4种；基态碳原子的价电子排布表示为2s22px2是错误的，根据洪特规则电子分布到能量相同的原子轨道时，优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道，所以违背了洪特规则；【小问2详解】a．Si的原子半径更大，因此，SiCl4中的共用电子对更加偏向于Cl，从而导致SiCl键极性更大，且Si原子更易受到水电离的OH的进攻，因此，SiCl4比CCl4更易水解，a正确；b．CCl键的键能更大，通常原子半径越小，共价键键能越大，键能越大化学键越稳定且不易断裂，b错误；c．SiCl键的极性更大，则SiCl键更易断裂，因此，SiCl4比CCl4更易水解，c正确；d．Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的OH形成配位键，从而导致SiCl4比CCl4更易水解，d正确；故选acd。光气分子中ClCCl的键角小于甲醛分子中HCH的键角，氯原子的电负性强于氢原子，对电子吸引力更强，所以甲醛分子中的HCH的键角更大；小问3详解】的杂化类型与相同，互为等电子体，杂化类型为sp3杂化；该配合物中提供孤电子对的原子为端基硫原子；在硫代硫酸根离子中，端基硫原子与氧原子都有孤电子对，但是氧的电负性大于硫，对孤电子的吸引力强，不易形成配位键，所以该配合物中提供孤电子对的原子为端基硫原子；【小问4详解】由图可知，硫代硫酸根离子在内部，算4个，Mn+离子的数目为，说明n=2；由图可以看出a在体对角线的处，所以坐标为。17.硝酸铈(Ⅳ)铵的化学式为，是一种橙红色结晶性粉末，易溶于水和乙醇，几乎不溶于浓硝酸，主要用作分析试剂和氧化剂。实验室设计如下实验进行制备并测定其化学式。步骤一：NH4HCO3溶液与CeCl3溶液反应制备Ce2(CO3)3。已知：①氮化钙遇水可迅速产生NH3；②Ce(Ⅲ)易被空气氧化成Ce(Ⅳ)。（1）装置A中仪器的名称为___________，装置C的作用是___________。该实验以氮化钙和水制备NH3应选择装置___________(填“A”或“D”)。（2）实验时，“a”、“b”、“c”三个旋塞的打开顺序为___________。装置B中发生反应的离子方程式为___________。（3）该实验装置存在的一处缺陷为___________。步骤二：制备硝酸铈(Ⅳ)铵（4）“氧化沉淀”反应的离子方程式为___________。（5）“烘干”采取自然干燥的原因为___________。步骤三：测定化学式①称取一定质量的硝酸铈(Ⅳ)铵，充分灼烧得CeO2mg。②另称取相同质量的硝酸铈(Ⅳ)铵，加入足量NaOH溶液微热，将产生的气体全部用V1mL水吸收。将吸收液滴入甲基橙，用标准溶液滴定，重复2~3次，平均消耗H2SO4标准溶液V2mL。（6）计算y=___________(用上述字母表示)。【答案】（1）①.启普发生器②.防止Ce3+被氧化③.D（2）①.c→a→b②.（3）氨气极易溶于水，通入B装置需要防倒吸，导管不能伸入液面一下（4）（5）防止硝酸铈(Ⅳ)铵受热分解（6）【解析】【分析】制备硝酸铈铵的工艺流程中，碳酸铈溶于硝酸变为Ce3+，在过氧化氢氧化和氨水作用下转化为Ce(OH)4，加入硝酸浆化，转化为H2[Ce(NO3)6]，然后加入硝酸铵反应，通过过滤、洗涤、烘干转化为目标产品，据此回答。【小问1详解】①装置A中仪器的名称为启普发生器；②Ce(Ⅲ)易被空气氧化成Ce(Ⅳ)，装置C的作用是防止外界空气进入把Ce(Ⅲ)氧化成Ce(Ⅳ)；③以氮化钙和水制备NH3应选择装置为D，能用A装置的要求是块状不溶于水的固体，而制备氨气用浓氨水与CaO或者NaOH，不可以用启普发生器，故应该选择D；【小问2详解】氨气溶解度大，所以先通氨气，再通二氧化碳，最后当装置中空气排尽后滴加CeCl3，所以顺序为c→a→b；②B装置由NH4HCO3溶液与CeCl3溶液反应制备Ce2(CO3)3，方程式为：；【小问3详解】氨气极易溶于水，通入B装置需要防倒吸，导管不能伸入液面一下；【小问4详解】碳酸铈溶于硝酸变为Ce3+，在过氧化氢氧化和氨水作用下转化为Ce(OH)4，方程式为：；【小问5详解】硝酸盐和铵盐的分解温度都很低，采取自然干燥的原因为防止硝酸铈(Ⅳ)铵受热分解；【小问6详解】氨气与硫酸反应为2:1，所以消耗的NH3为2cV2103mol，铵根与氢氧化钠1:1生成氨气，所以铵根离子的物质的量为2cV2×103mol，根据CeO2mg，铈元素守恒，则Ce原子的物质的量为，根据化合物中正负化合价代数和为0，则硝酸根的物质的量为2cV2×103+4×mol。，则。18.硫酸锌是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。工业上利用菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有少量SiO2及Ca、Mg、Fe、Cu、Pb等元素的化合物)制备硫酸锌晶体，工艺流程如图。已知：25℃，相关物质的溶度积常数如表：物质Fe(OH)3Zn(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)2Mg(OH)2MgF2CaF2Ksp回答下列问题。（1）“焙烧”时ZnCO3发生主要反应的化学方程式为___________。（2）试剂“X”最适宜为___________(填标号)。A．ZnOB．NH3C．Ca(OH)2（3）“氧化”时保持溶液80℃~90℃，需分步加入KMnO4，充分反应，过滤；“滤渣3”中有MnO2，该步反应的离子方程式为___________。（4）Pb元素在___________操作单元中除去。（5）加入锌的目的是___________。（6）“除钙镁”当镁离子恰好完全沉淀时，c(Ca2+)=___________(保留两位有效数字)。[当时认为完全沉淀]（7）“滤渣5”经浓硫酸处理可生成HF循环利用，反应的化学方程式为___________(写一个即可)。【答案】（1）（2）A（3）3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+（4）酸浸（5）置换Cu2+为Cu从而除去（6）（7）【解析】【分析】菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu、Pb等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO3ZnO+CO2↑，再加入H2SO4浸取，得到含Zn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液及滤渣1SiO2、PbSO4、CaSO4，加入物质X调节pH=5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH)3的滤渣2，滤液中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，过滤得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣3，滤液中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2++Cu，过滤后得到滤渣4为Cu，再向滤液中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣5为CaF2、MgF2，滤液为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4·7H2O，据此分析解答；【小问1详解】碳酸锌焙烧生成氧化锌和二氧化碳，方程式为：；【小问2详解】加入X的目的将Fe3+沉淀除去，而不引入更多杂质，选择ZnO更合适；故选A；【小问3详解】KMnO4将Fe2+氧化为Fe(OH)3而自身还原为MnO2，反应的离子方程式为3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；【小问4详解】加入稀硫酸后，Pb元素的化合物转化成沉淀PbSO4，过滤除掉，故在酸浸操作单元除去；【小问5详解】滤液中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2++Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而除去；【小问6详解】“除钙镁”当镁离子恰好完全沉淀时，当时认为完全沉淀，，则；【小问7详解】“滤渣5”为CaF2、MgF2，经浓硫酸处理可生成HF，反应方程式为。19.有机物M是一种用于治疗脑血管意外后遗症的药物。下列路线可用于合成该有机物，回答下列问题。已知：(乙酸酐)（1）B的化学名称为___________。（2）I的结构简式为___________；F→H的反应类型为___________。（3）F中含氧官能团的名称为___________。（4）K→M的化学方程式为___________。（5）符合下列条件D的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)。①属于芳香族化合物；②含有硝基；③含有手性碳原子。（6）参照上述信息，写出以苯酚、1—溴丙烷为原料合成的路线_____。【答案】（1）2—溴丙烷（2）①.②.取代反应（3）羟基、酰胺基（4）+(CH3CO)2O+CH3COOH（5）n（6）【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，氯化铝做催化剂作用下与发生取代反应生成，则A为、B为；氯化氢作用下与亚硝酸钠发生取代反应生成，则D为；水分子作用下与硫氢化铵发生还原反应生成，与乙酸酐发生取代反应生成，则F为；乙醇钠作用下与发生取代反应生成，则G为；一定条件下与盐酸、氢氧化钠溶液先后反应转化为，则I为；与亚硝酸钠、氯化氢在冷水浴中反应生成，加热条件下发生水解反应生成，则K为；吡啶作用下与乙酸酐发生取代反应生成。【小问1详解】由分析可知，B的结构简式为，名称为2—溴丙烷，故答案为：2—溴丙烷；【小问2详解】由分析可知，I的结构简式为；F→H的反应为乙醇钠作用下与发生取代反应生成和氯化氢，故答案为：；取代反应；【小问3详解】由分析可知，F的结构简式为，含氧官能团为羟基和酰胺基，故答案为：羟基和酰胺基；【小问4详解】由分析可知，K→M的反应为吡啶作用下与乙酸酐发生取代反应生成和乙酸，反应的化学方程式为+(CH3CO)2O+CH3COOH，故答案为：+(CH3CO)2O+CH3COOH；【小问5详解】由分析可知，D的结构简式为，D的同分异构体属于芳香族化合物、含有硝基、含有手性碳原子，则同分异构体分子的官能团可能为酚羟基或醇羟基或醚键和硝基，苯环上的取代基可能为1个或多个，所以符合条件的结构可能有n种，故答案为：n；【小问6详解】由题给信息可知，以苯酚、1—溴丙烷为原料合成的合成步骤为氯化铝作用下苯酚与1—溴丙烷发生取代反应生成，氯化氢作用下与亚硝酸钠发生取代反应生成，水分子作用下与硫氢化铵发生还原反应生成；1—溴丙烷在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成1—丙醇，1—丙醇与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成丙酸，催化剂作用下丙酸脱水生成丙酸酐，丙酸酐与发生取代反应生成，合成路线见答案。20.二氧化碳合成有机物的综合利用有利于碳中和。涉及的反应有：反应I：；反应II：；反应III：；反应IV：。（1）工业上常用乙酸的热裂解反应制氢，则该反应___________kJ·mol1。在恒容密闭容器中，加入一定量的乙酸蒸气，在催化剂作用下发生热裂解反应和脱羧基反应，在相同时间测得温度与气体产率的关系如图。①H2产率低于CO可能原因为___________。②若保持其他条件不变，向密闭容器中加入一定量的水，氢气产率