2023-2024学年河南省新乡市九校联盟高二下学期质量检测化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河南省新乡市九校联盟2023-2024学年高二下学期质量检测考试时间：75分钟注意事项：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.回答选择题时，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，再选涂其他〖答案〗标号。回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上，写在试卷上无效。3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。第I卷(选择题)一、单选题：本大题共16小题，共48分。1.端砚历来被视为“文房四宝”之一，广东的“一石三砚”更是名闻天下，世所罕见。而三砚之中，最常被提及的镇馆之宝便是千金猴王砚。下列有关“文房四宝”的叙述错误的是A.“笔”中狼毛的主要成分是蛋白质 B.“墨”中炭粉属于共价晶体C.“纸”的生产原料竹子的主要成分是纤维素 D.“砚”难溶于水但能被某些酸腐蚀〖答案〗B〖解析〗A．制笔用的狼毛属于动物的毛发，动物的毛发属于蛋白质，A正确；B．墨是无定形碳，不属于共价晶体，B错误；C．竹子的主要成分属于纤维素，是一种多糖，C正确；D．砚石的成分为无机盐，难溶于水但能被浓硫酸、浓硝酸等酸腐蚀，D正确；故〖答案〗为：B。2.下列化学用语使用正确的是A.氘的核素符号：H B.S2-的结构示意图：C.CH3F的球棍模型： D.NH3的电子式：〖答案〗C〖解析〗A．氘中有1个中子，因此氘的核素符号为H，故A错误；B．S2-S原子得到2个电子，质子数为16，核外电子数为18，即硫离子结构示意图为，故B错误；C．CH3F为四面体结构，C的原子半径大于F，F的原子半径大于H，因此CH3F的球棍模型为，故C正确；D．N的最外层有5个电子，题中所给电子式，N少一个孤电子对，正确的是，故D错误；〖答案〗为C。3.2022年10月5日，诺贝尔化学奖表彰了“为点击化学和生物正交化学的发展”做出突出贡献的三位化学科学家，重庆大学有研究者指出，“点击化学或生物正交化学很多都基于叠氮(三个氮原子连接在一起)”，已知反应：，下列有关说法正确的是A.为离子化合物，含有离子键和极性共价键B.上述反应涉及的元素中第一电离能最大的是OC.基态O原子价层电子排布图为D.的VSEPR模型为正四面体形〖答案〗D〖解析〗A．为离子化合物，含有钠离子与叠氮离子之间的离子键和氮氮之间的非极性共价键，A错误；B．上述反应中涉及的元素有氢元素、氮元素、氧元素和钠元素，第一电离能的变化规律是同周期自左向右依次增大，当出现ⅡA族、ⅤA族时比左右两侧元素第一电离能都要大，同主族变化规律自上而下依次减小，所以第一电离能最大的是氮，B错误；C．基态O原子价层电子排布图2p能级中成对电子的自旋方向相反，C错误；D．中中心原子的价层电子对数是：，VSEPR模型为正四面体形，D正确；故选D。4.下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A技术人员用葡萄糖进行银镜反应制备保温瓶内胆葡萄糖在人体内氧化分解时放出能量B医务人员用75%酒精对患者皮肤消毒乙醇能使蛋白质变性C清洁工人用醋酸清洗锅炉中的水垢醋酸能与CaCO3、Mg(OH)2反应D厨师烹煮鱼时加入少量料酒和食醋可以去腥提鲜食醋与料酒发生酯化反应，增加香味A.A B.B C.C D.D〖答案〗A〖解析〗A．葡萄糖含有醛基，具有强还原性，能与银氨溶液反应生成银，可用于制备保温瓶内胆，与葡萄糖在人体内反应放出能量的性质无关，A错误；B．乙醇能使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用，并且75%酒精消毒效果最好，医疗上常用作消毒剂，B正确；C．醋酸具有酸的通性，能与CaCO3、Mg(OH)2反应生成可溶性醋酸盐，可用于除锅炉中的水垢，C正确；D．料酒中含有乙醇，能与醋酸发生酯化反应，生成的乙酸乙酯具有香味，可以去腥提鲜，D正确；故〖答案〗为：A。5.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.5.6LCO2含有原子数目为0.75NAB.7.1gCl2与足量的铁在加热条件下完全反应，转移电子数目为0.2NAC.1mol/LCH3COOH溶液中含有碳原子数目为2NAD.pH=12的Ba(OH)2溶液物质的量浓度为0.01mol/L〖答案〗B〖解析〗A．未指出气体所处状况，无法计算CO2的物质的量，A错误；B．7.1gCl2的物质的量为0.1mol，Cl2与足量的铁在加热条件下完全反应生成FeCl3，转移0.2mol电子，转移电子数目为0.2NA，B正确；C．未给出溶液的体积，无法计算CH3COOH的物质的量，C错误；D．常温下pH=12的Ba(OH)2溶液，c(OH-)=0.01mol/L，则Ba(OH)2溶液物质的量浓度为0.005mol/L，D错误；故选B。6.制备乙酸乙酯的绿色合成路线之一如图所示。下列说法不正确的是A.淀粉和纤维素均为高分子，且互为同分异构体B.M分子能与银氨溶液发生反应产生银镜C.可用酸性重铬酸钾溶液将乙醇氧化成乙酸D.可用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸〖答案〗A〖解析〗A．淀粉和纤维素均为高分子化合物，虽然都可以用(C6H10O5)n表示，但二者的n不同，不互为同分异构体，A错误；B．M分子是葡萄糖，分子中含官能团醛基，故葡萄糖溶液能与银氨溶液反应产生银镜现象，B正确；C．乙醇具有还原性，可以被酸性重铬酸钾溶液直接氧化成乙酸，C正确；D．可用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸杂质，乙酸乙酯不溶于水，用分液将其与碳酸钠溶液分开，D正确；故〖答案〗为：A。7.下列离子方程式书写正确的是A.白醋与次氯酸钠溶液混合产生黄绿色气体：B.四氧化三铁溶于足量稀硝酸：C.向溶液中通入过量：D.向硫酸铜溶液中加入过量浓氨水：〖答案〗D〖解析〗A．白醋是弱酸，离子方程式不拆，与次氯酸钠溶液混合产生黄绿色气体的离子方程式为Cl−+ClO−+2CH3COOH=Cl2↑+H2O+2CH3COO-，A错误；B．硝酸具有氧化性，四氧化三铁溶于足量稀硝酸生成硝酸铁，离子方程式为3Fe3O4+28H++=9Fe3++NO+14H2O，B错误；C．向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2生成碳酸氢钙反应方程式为ClO−+H2O+CO2=HClO+，C错误；D．向硫酸铜溶液中加入过量浓氨水生成铜氨络离子：Cu2++4NH3⋅H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，D正确；故〖答案〗为：D。8.莨菪亭是一种植物生长激素，其结构简式如图所示。下列有关莨菪亭的说法正确的是A.分子中所有原子可能处于同一平面 B.该物质不能使酸性溶液褪色C.该物质中碳原子均采取杂化 D.该物质最多能与反应〖答案〗D〖解析〗A．分子中含甲基，甲基上C原子为sp3杂化，则所有原子一定不能共面，A错误；B．含酚羟基、碳碳双键，均能使酸性KMnO4溶液褪色，B错误；C．苯环、双键中碳原子为sp2杂化，甲基上C原子为sp3杂化，C错误；D．酚羟基、酯基及水解生成的酚羟基，均与NaOH溶液反应，则1mol该物质最多能与3molNaOH反应，D正确；故〖答案〗为：D。9.下列实验现象描述正确的是A.将少量Na加入CuSO4溶液中，有红色固体析出B.将打磨后的铝片加热，有熔化的液滴滴落C.向SO2的水溶液中滴加几滴石蕊试剂，溶液先变红后褪色D.NH3遇HCl气体产生白烟〖答案〗D〖解析〗A．Na的活动性太强，会先与水反应，故不能置换出红色的铜，A错误；B．铝极易与氧气反应生成氧化铝，包裹住了内部的铝，故没有熔化的液滴滴落，B错误；C．二氧化硫只能使石蕊变红不能使石蕊褪色，C错误；D．氨气与HCl反应生成白色固体氯化铵，现象是生成白烟，D正确；故选D。10.咔唑()是一种新型有机液体储氢介质。下列说法正确的是A.电负性：B.同周期元素中第一电离能小于N的有4种C.咔唑分子中氮原子的杂化轨道类型为D.咔唑的沸点比的沸点高〖答案〗D〖解析〗A．非金属性：N＞C＞H，电负性：N＞C＞H，A错误；B．同一周期从左向右第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族的第一电离能比相邻元素的大，故比N的第一电离能小的有O、C、B、Be、Li五种元素，B错误；C．N原子形成3个σ键，还有1个孤电子对，价层电子对数为4，为sp3杂化，C错误；D．分子间存在范德华力，分子间存在氢键，沸点升高，故咔唑的沸点比的沸点高，D正确；故〖答案〗为：D。11.2023年上半年，甲型流感来势汹汹，患者可能出现发热、咳嗽、喉痛、头痛等症状，布洛芬是人们常用于退烧镇痛的一种药物，一种合成路线如图所示，下列有关说法不正确的是A.合成时中A到B的反应类型为取代反应B.物质B不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.布洛芬能发生取代反应、加成反应、氧化反应D.布洛芬分子中所有碳原子不可能共平面〖答案〗B〖解析〗A．A到B时苯环上H原子被-

COCH3取代,可知反应类型为取代反应，选项A正确；B．物质B中含苯环，与苯环相连的相连的碳原子上有H原子，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生氧化反应，选项B错误；C．布洛芬含羧基可发生取代反应，含苯环可发生加成反应，与苯环相连的相连的碳原子.上有H原子，可发生氧化反应，选项C正确；D．布洛芬含6个sp3杂化的碳原子，由连接2个甲基的碳原子可知，所有碳原子一定不能共面，选项D正确；〖答案〗选B。12.、、、为短周期主族元素，原子的电子层有个电子，原子的最外层电子数为内层电子总数的倍，的最高价是最低价绝对值的倍，与同周期，且的原子半径小于。下列叙述错误的是A.同主族中的最高价氧化物对应水化物的酸性最强B.工业上电解的水溶液获得单质C.、、均有两种及以上的氧化物D.单质与的简单氢化物发生的反应是置换反应〖答案〗B〖解析〗原子的电子层有个电子，则为11号元素，原子的最外层电子数为内层电子总数的倍，主族元素最外层电子数小于，则原子内层电子为，则为元素，的最高价是最低价绝对值的倍，则最高价为+6价，最低价为-2价，为元素，与同周期，且的原子半径小于，则为元素；A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，同主族中元素的非金属性最强，则同主族中的最高价氧化物对应水化物的酸性最强，故A正确；B．的水溶液为，工业上电解的水溶液得到、、，所以不能获得单质，故B错误；C．的氧化物有、，的氧化物为、，的氧化物为、等，故C正确；D．单质为，的简单氢化物为，和反应生成和，该反应为置换反应，故D正确；故选：。13.工业上以软锰矿(含和少量的、、)为原料制备硫酸锰晶体的流程如图所示，下列有关说法不正确的是A.酸浸过程可将硫酸换为盐酸B.酸浸过程中加入过量的目的是充分还原C.从绿色化学角度分析，试剂A可以选择、D.系列操作包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥等操作〖答案〗A〖解析〗以软锰矿（含MnO2和少量的Fe2O3、Al2O3、SiO2）为原料制备硫酸锰晶体的流程为：酸浸时过量的FeSO4、H2SO4与MnO2反应氧化还原反应生成MnSO4、Fe2(SO4)3，Fe2O3、Al2O3分别转化为Fe3+、Al3+，过滤除去SiO2，滤液中含有Fe2+、Mn2+、Fe3+、Al3+，加入H2O2、O2等氧化Fe2+生成Fe3+，加入MnO或MnCO3调节溶液pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤除去Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，得到含有MnSO4的溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到MnSO4•H2O晶体，所以滤渣1为SiO2，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，试剂A为H2O2溶液或O2，试剂A为MnO或MnCO3等，据此分析解答。A．该流程制备硫酸锰晶体，加入盐酸会引入Cl-，得到的产品为MnCl2，不能得到MnSO4•H2O晶体，所以酸浸过程不可将硫酸换为盐酸，故A错误；B．酸浸过程中过量的FeSO4能使MnO2充分转化为MnSO4，即加入过量的FeSO4的目的是充分还原MnO2，故B正确；C．氧化过程中试剂A的作用是将Fe2+转化为Fe3+，从绿色化学角度分析，试剂A可以选择H2O2、O2，故C正确；D．将MnSO4溶液转化为MnSO4•H2O晶体析出，其操作包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等，故D正确；故选：A。14.一种以脯氨酸()催化分子内的羟醛缩合反应如下。下列说法错误的是A.脯氨酸既能与盐酸反应，又能与反应B.X能形成分子间氢键，因此其熔、沸点较高C.Y分子中存在2个手性碳原子D.Y分子中有7种不同化学环境的氢原子〖答案〗B〖解析〗A．脯氨酸含氨基、羧基，既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，A正确；B．X含羰基，没有O-H结构，不能形成分子间氢键，B错误；C．连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子，与羟基、甲基相连的2个碳原子为手性碳原子，C正确；D．Y结构不对称，有7种不同化学环境的氢原子，D正确；故〖答案〗为：B。15.Fe3(PO4)2·8H2O可作铁质强化剂，溶于无机强酸。称取1.800g样品用足量的硫酸溶解后，立即用0.1000mol/LKMnO4标准溶液滴定，计算其含量确定产品等级。对于实验的描述正确的是A.称量：该实验中样品用托盘天平进行称量B.溶解：按照图①进行KMnO4的溶解C.定容：沿玻璃棒注入蒸馏水至凹液面与刻度线相切D.滴定：图②表示用KMnO4标准溶液滴定〖答案〗D〖解析〗A．需要1.800样品，不能用托盘天平进行称量，它只能精确到0.1g，A错误；B．不能在容量瓶中溶解固体，B错误；C．在定容时，沿玻璃棒注入蒸馏水至刻度线2-3cm处时，换用胶头滴管滴加，C错误；D．滴定时，标准溶液高锰酸钾溶液装在酸式滴定管中，D正确；故选D。16.一种对中枢神经有抑制作用的药物结构如图。其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z位于第二周期，Y的气态氢化物的水溶性显碱性。下列判断不正确的是A.第一电离能：X<ZB.晶体属于共价晶体C.W与Z可按原子个数比2：1和1：1形成两种化合物D.该药物在碱性溶液中加热，可水解产生Y的气态氢化物〖答案〗B〖解析〗W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z位于第二周期，Y的气态氢化物的水溶性显碱性，得Y为N元素，X能形成4个共价键，X为C元素，W形成1个其价键，W为H元素，Z形成2个共价键，Z为O元素。A．N的2p能级处于半充满状态，第一电离能大，第一电离能：C<O<N，A正确；B．CO2晶体属于分子晶体，B错误；C．W与Z可按原子个数比2：1和1：1形成两种化合物H2O、H2O2，C正确；D．该药物在碱性溶液中加热，可水解产生Y的气态氢化物氨气、碳酸钠和丙二酸钠，D正确；〖答案〗选B。第II卷(非选择题)二、简答题：本大题共4小题，共52分。17.我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种由菱锌矿(主要成分ZnCO3，含杂质FeCO3、MnCO3、MgO等)为原料制备金属锌的工艺流程如下：该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Zn2+Fe2+Mn2+Mg2+开始沉淀时的pH5.07.68.59.6沉淀完全时(c=1.0×10-6mol·L-1)的pH8.09.010.511.1回答下列问题。（1）步骤Ⅰ能够增加菱锌矿浸出率的方法有___________(写一条)。（2）步骤Ⅱ中通入空气的目的是___________。（3）根据上表数据，步骤Ⅲ应调节pH的范围是___________；Zn(OH)2的Ksp=___________。（4）“滤液2”中除了Mn2＋外，还含有的金属离子是___________。（5）步骤Ⅳ的“多步操作”之一是用NaOH溶液将Zn(OH)2转化为Na2ZnO2，反应的化学方程式为___________。〖答案〗（1）将矿石粉碎(或适当增大稀硫酸浓度、升温、搅拌等)（2）将Fe2+氧化为Fe3+（3）①.8.0pH<8.5②.（4）Na+、Mg2+（5）2NaOH+Zn(OH)2=Na2ZnO2+2H2O〖解析〗菱锌矿粉(主要成分ZnCO3，含杂质FeCO3、MnCO3、MgO等)中加稀硫酸酸浸，完全溶解后所得溶液中主要含有ZnSO4、FeSO4、MnSO4、MgSO4及过量的稀硫酸，通入空气将Fe2+氧化为Fe3+，加入氢氧化锌调节溶液pH为2.5~3.5，使Fe3+全部转化为Fe(OH)3沉淀经过滤除去，滤液1中加入NaOH调节pH为8.0~8.5，使Zn2+沉淀完全而Mn2+和Mg2+不能沉淀，过滤得到Zn(OH)2沉淀，滤液2中主要含有Na+、Mn2+和Mg2+，所得Zn(OH)2沉淀经多步操作后获得Zn，据此分析解答。【小问1详析】步骤Ⅰ能够增加菱锌矿浸出率的方法有将矿石粉碎、适当增大稀硫酸浓度、升温、搅拌等，故〖答案〗为：将矿石粉碎(或适当增大硫酸浓度、升温、搅拌等)。【小问2详析】步骤Ⅱ中通入空气的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，故〖答案〗为：将Fe2+氧化为Fe3+。【小问3详析】根据表格数据，步骤Ⅲ调节pH的目的是使Zn2+沉淀完全，则8.0pH，而Mn2+和Mg2+不能沉淀，则pH<8.5，所以pH的范围是8.0pH<8.5；当溶液的pH=8.0时Zn2+沉淀完全，此时c(Zn2+)=mol/L，c(OH-)=mol/L，则Ksp[Zn(OH)2]=，故〖答案〗为：8.0pH<8.5；。【小问4详析】根据分析，“滤液2”中除了Mn2+外，还含有的金属离子是Na+、Mg2+，故〖答案〗为：Na+、Mg2+。【小问5详析】Zn(OH)2和NaOH反应生成Na2ZnO2和H2O，反应的化学方程式为2NaOH+Zn(OH)2=Na2ZnO2+2H2O，故〖答案〗为：2NaOH+Zn(OH)2=Na2ZnO2+2H2O。18.实验室由安息香制备二苯乙二酮的反应式如下：相关信息列表如下：物质性状熔点/℃沸点/℃溶解性安息香白色固体133344难溶于冷水溶于热水、乙醇、乙酸二苯乙二酮淡黄色固体95347不溶于水溶于乙醇、苯、乙酸冰乙酸无色液体17118与水、乙醇互溶装置示意图如下图所示，实验步骤为：①在圆底烧瓶中加入冰乙酸、水及，边搅拌边加热，至固体全部溶解。②停止加热，待沸腾平息后加入安息香，加热回流。③加入水，煮沸后冷却，有黄色固体析出。④过滤，并用冷水洗涤固体3次，得到粗品。⑤粗品用的乙醇重结晶，干燥后得淡黄色结晶。回答下列问题：（1）仪器A中应加入_______(填“水”或“油”)作为热传导介质。（2）仪器B的名称是_______；冷却水应从_______(填“a”或“b”)口通入。（3）实验步骤②中，安息香必须待沸腾平息后方可加入，其主要目的是_______。（4）在本实验中，为氧化剂且过量，其还原产物为_______；某同学尝试改进本实验：采用催化量的并通入空气制备二苯乙二酮。该方案是否可行_______？简述判断理由_______。（5）本实验步骤①~③在乙酸体系中进行，乙酸除作溶剂外，另一主要作用是_______。（6）若粗品中混有少量未氧化的安息香，可用少量_______洗涤的方法除去(填标号)。若要得到更高纯度的产品，可用重结晶的方法进一步提纯。a．热水b．乙酸c．冷水d．乙醇（7）本实验的产率最接近于_______(填标号)。a．b．c．d．〖答案〗（1）油（2）①.球形冷凝管②.a（3）防暴沸（4）①.FeCl2②.可行③.空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应（5）抑制氯化铁水解

（6）a（7）b〖解析〗在圆底烧瓶中加入10mL冰乙酸，5mL水，及9.0gFeCl3·6H2O，加热至固体全部溶解，停止加热，待沸腾平息后加入2.0g安息香，加热回流45-60min，反应结束后加入50mL水，煮沸后冷却，析出黄色固体，即为二苯乙二酮，过滤，用冷水洗涤固体三次，得到粗品，再用75%乙醇重结晶，干燥后得到产品1.6g，据此解答。【小问1详析】该实验需要加热使冰乙酸沸腾，冰乙酸的沸点超过了100℃，应选择油浴加热，所以仪器A中应加入油作为热传导介质，故〖答案〗为：油；【小问2详析】根据仪器的结构特征可知，B为球形冷凝管，为了充分冷却，冷却水应从a口进，b口出，故〖答案〗为：球形冷凝管；a；【小问3详析】步骤②中，若沸腾时加入安息香，会暴沸，所以需要沸腾平息后加入，故〖答案〗为：防暴沸；【小问4详析】FeCl3为氧化剂，则铁的化合价降低，还原产物为FeCl2，若采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮，空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应，故〖答案〗为：FeCl2；可行；空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应；【小问5详析】氯化铁易水解，所以步骤①～③中，乙酸除做溶剂外，另一主要作用是抑制氯化铁水解；【小问6详析】根据安息香和二苯乙二酮的溶解特征，安息香溶于热水，二苯乙二酮不溶于水，所以可以采用热水洗涤粗品除去安息香，故〖答案〗为：a；【小问7详析】由于安息香（C14H12O2）与二苯乙二酮（C14H10O2）的相对分子质量相差不大，因此二苯乙二酮的理论产量与安息香近似相等约为2.0g。则产率约为=80%，故〖答案〗为：b。19.某种牛奶的营养成分表如下所示(NRV％是指每100g食品中营养素的含量占该营养素每日摄入量的比例)。营养成分表项目每100gNRV%能量309kJ4%蛋白质3.6g4%脂肪44g7%碳水化合物5.0g2%钠65mg3%钙120mg15%回答下列问题。（1）成分表中含有的元素有Na、Ca、H、C、N、O，其中位于同周期的元素是___________(填元素名称)。（2）Na在元素周期表中的位置是___________，它与氧元素形成的常见化合物中含有非极性共价键，其电子式为___________。（3）比较下列物质的性质，用“>”或“<”填空。①半径：r(Na＋)___________r(O2-)；②沸点：NH3___________CH4（4）设计实验证明Ca、Mg都能与水反应，且比较它们与水反应的难易程度。(限选试剂与仪器：烧杯、小试管、胶头滴管、酚酞、蒸馏水、钙、镁条、砂纸)CaMg操作取绿豆大小的一块钙投入盛有水的___________中。将打磨后的镁条投入盛有冷水的试管中。现象钙先沉入水中，表面产生大量气体，一段时间后上浮，溶液变浑浊。一段时间后，镁条表面有细小气泡产生。描述或推测①钙密度比水大；②溶液中产生的沉淀主要是___________。由细小气泡猜测Mg可能与水发生反应，还需要补充的实验操作及现象是___________。结论钙能与水反应生成沉淀和氢气，且反应剧烈。镁能与水缓慢反应，化学方程式为___________。〖答案〗（1）碳、氮、氧（2）①.第三周期第IA族②.（3）①.<②.>（4）①.烧杯②.Ca(OH)2③.收集一小试管含少量空气的气体，靠近酒精灯火焰，发出爆鸣声④.Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑〖解析〗【小问1详析】Na、Ca、H、C、N、O六种元素中，C、N、O电子层数相同，均为第二周期元素，故〖答案〗为：碳、氮、氧。小问2详析】Na位于元素周期表的第三周期第IA族，它与氧元素形成的常见化合物中含有非极性共价键的是Na2O2，Na2O2是由Na+和构成的，其电子式为，故〖答案〗为：第三周期第IA族；。【小问3详析】①Na+、O2-核外电子排布完全相同，核电荷数越大，半径越小，则离子半径：r(Na+)<r(O2-)，故〖答案〗为：<；②NH3存在分子间形成氢键，沸点较高，CH4不能形成氢键，沸点较低，所以沸点：NH3>CH4，故〖答案〗为：>。【小问4详析】取绿豆大小的一块钙投入盛有水的烧杯中，钙先沉入水中，说明钙密度比水大，表面产生大量气体，一段时间后上浮，说明钙与水反应生成Ca(OH)2和氢气，且反应剧烈，化学方程式为Ca+2H2O=Ca(OH)2+H2↑，由于钙和水的反应是放热反应，生成的氢氧化钙微溶于水且溶解度随温度升高而减小，因此溶液变浑浊，产生的沉淀主要是Ca(OH)2。将打磨后的镁条投入盛有冷水的试管中，一段时间后，镁条表面有细小气泡产生，由细小气泡猜测Mg可能与水发生反应，还需要补充的实验操作及现象是：收集一小试管含少量空气的气体，靠近酒精灯火焰，发出爆鸣声，证明生成了氢气，镁能与水缓慢反应，化学方程式为：Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑，故〖答案〗为：烧杯；Ca(OH)2；收集一小试管含少量空气的气体，靠近酒精灯火焰，发出爆鸣声；Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑。20.甲硅烷可用于制备多种新型无机非金属材料。（1）Si原子与H原子结合时，Si表现为正价，则电负性：Si_________H(填“＞”“＜”或“＝”)，分子空间结构为_________________。（2）利用与可制得氮化硅()材料。①热稳定性：___________(填“＞”“＜”或“＝”)。②中的键角__________中的键角(“＞”“＜”或“＝”)，其键角差异的原因是_____________________________。（3）利用与反应可制得碳化硅晶体，晶胞结构如图，硅原子位于立方体的顶点和面心，碳原子位于立方体的内部。①碳化硅晶体中每个Si原子周围距离最近的C原子数目为__________，SiC的晶体类型是_____________。②已知碳化硅的晶胞边长为anm()，阿伏伽德罗常数为。则碳化硅晶体的密度为_____________(列出计算式)。〖答案〗（1）①.<②.正四面体形（2）①.<②.>③.中硅形成4个共价键无孤电子对，中氮形成3个共价键有1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力（3）①.4②.共价晶体③.〖解析〗【小问1详析】Si原子与H原子结合时，Si表现为正价，则氢吸电子能力更强，故电负性：Si<H，分子中硅形成4个共价键，空间结构为正四面体形；【小问2详析】①原子半径氮小于硅，氮氢键长更短、键能更大，则热稳定性：<；②中硅形成4个共价键无孤电子对，中氮形成3个共价键有1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，故中的键角大于中的键角；【小问3详析】①由图可知，碳化硅晶体中每个Si原子处于4个碳形成的四面体中，故周围距离最近的C原子数目为4，SiC的晶体是通过共价键形成的，类型是共价晶体；②根据“均摊法”，晶胞中含个Si、4个C，则晶体密度为。河南省新乡市九校联盟2023-2024学年高二下学期质量检测考试时间：75分钟注意事项：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.回答选择题时，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，再选涂其他〖答案〗标号。回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上，写在试卷上无效。3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。第I卷(选择题)一、单选题：本大题共16小题，共48分。1.端砚历来被视为“文房四宝”之一，广东的“一石三砚”更是名闻天下，世所罕见。而三砚之中，最常被提及的镇馆之宝便是千金猴王砚。下列有关“文房四宝”的叙述错误的是A.“笔”中狼毛的主要成分是蛋白质 B.“墨”中炭粉属于共价晶体C.“纸”的生产原料竹子的主要成分是纤维素 D.“砚”难溶于水但能被某些酸腐蚀〖答案〗B〖解析〗A．制笔用的狼毛属于动物的毛发，动物的毛发属于蛋白质，A正确；B．墨是无定形碳，不属于共价晶体，B错误；C．竹子的主要成分属于纤维素，是一种多糖，C正确；D．砚石的成分为无机盐，难溶于水但能被浓硫酸、浓硝酸等酸腐蚀，D正确；故〖答案〗为：B。2.下列化学用语使用正确的是A.氘的核素符号：H B.S2-的结构示意图：C.CH3F的球棍模型： D.NH3的电子式：〖答案〗C〖解析〗A．氘中有1个中子，因此氘的核素符号为H，故A错误；B．S2-S原子得到2个电子，质子数为16，核外电子数为18，即硫离子结构示意图为，故B错误；C．CH3F为四面体结构，C的原子半径大于F，F的原子半径大于H，因此CH3F的球棍模型为，故C正确；D．N的最外层有5个电子，题中所给电子式，N少一个孤电子对，正确的是，故D错误；〖答案〗为C。3.2022年10月5日，诺贝尔化学奖表彰了“为点击化学和生物正交化学的发展”做出突出贡献的三位化学科学家，重庆大学有研究者指出，“点击化学或生物正交化学很多都基于叠氮(三个氮原子连接在一起)”，已知反应：，下列有关说法正确的是A.为离子化合物，含有离子键和极性共价键B.上述反应涉及的元素中第一电离能最大的是OC.基态O原子价层电子排布图为D.的VSEPR模型为正四面体形〖答案〗D〖解析〗A．为离子化合物，含有钠离子与叠氮离子之间的离子键和氮氮之间的非极性共价键，A错误；B．上述反应中涉及的元素有氢元素、氮元素、氧元素和钠元素，第一电离能的变化规律是同周期自左向右依次增大，当出现ⅡA族、ⅤA族时比左右两侧元素第一电离能都要大，同主族变化规律自上而下依次减小，所以第一电离能最大的是氮，B错误；C．基态O原子价层电子排布图2p能级中成对电子的自旋方向相反，C错误；D．中中心原子的价层电子对数是：，VSEPR模型为正四面体形，D正确；故选D。4.下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是选项劳动项目化学知识A技术人员用葡萄糖进行银镜反应制备保温瓶内胆葡萄糖在人体内氧化分解时放出能量B医务人员用75%酒精对患者皮肤消毒乙醇能使蛋白质变性C清洁工人用醋酸清洗锅炉中的水垢醋酸能与CaCO3、Mg(OH)2反应D厨师烹煮鱼时加入少量料酒和食醋可以去腥提鲜食醋与料酒发生酯化反应，增加香味A.A B.B C.C D.D〖答案〗A〖解析〗A．葡萄糖含有醛基，具有强还原性，能与银氨溶液反应生成银，可用于制备保温瓶内胆，与葡萄糖在人体内反应放出能量的性质无关，A错误；B．乙醇能使蛋白质变性，具有杀菌消毒作用，并且75%酒精消毒效果最好，医疗上常用作消毒剂，B正确；C．醋酸具有酸的通性，能与CaCO3、Mg(OH)2反应生成可溶性醋酸盐，可用于除锅炉中的水垢，C正确；D．料酒中含有乙醇，能与醋酸发生酯化反应，生成的乙酸乙酯具有香味，可以去腥提鲜，D正确；故〖答案〗为：A。5.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.5.6LCO2含有原子数目为0.75NAB.7.1gCl2与足量的铁在加热条件下完全反应，转移电子数目为0.2NAC.1mol/LCH3COOH溶液中含有碳原子数目为2NAD.pH=12的Ba(OH)2溶液物质的量浓度为0.01mol/L〖答案〗B〖解析〗A．未指出气体所处状况，无法计算CO2的物质的量，A错误；B．7.1gCl2的物质的量为0.1mol，Cl2与足量的铁在加热条件下完全反应生成FeCl3，转移0.2mol电子，转移电子数目为0.2NA，B正确；C．未给出溶液的体积，无法计算CH3COOH的物质的量，C错误；D．常温下pH=12的Ba(OH)2溶液，c(OH-)=0.01mol/L，则Ba(OH)2溶液物质的量浓度为0.005mol/L，D错误；故选B。6.制备乙酸乙酯的绿色合成路线之一如图所示。下列说法不正确的是A.淀粉和纤维素均为高分子，且互为同分异构体B.M分子能与银氨溶液发生反应产生银镜C.可用酸性重铬酸钾溶液将乙醇氧化成乙酸D.可用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸〖答案〗A〖解析〗A．淀粉和纤维素均为高分子化合物，虽然都可以用(C6H10O5)n表示，但二者的n不同，不互为同分异构体，A错误；B．M分子是葡萄糖，分子中含官能团醛基，故葡萄糖溶液能与银氨溶液反应产生银镜现象，B正确；C．乙醇具有还原性，可以被酸性重铬酸钾溶液直接氧化成乙酸，C正确；D．可用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸杂质，乙酸乙酯不溶于水，用分液将其与碳酸钠溶液分开，D正确；故〖答案〗为：A。7.下列离子方程式书写正确的是A.白醋与次氯酸钠溶液混合产生黄绿色气体：B.四氧化三铁溶于足量稀硝酸：C.向溶液中通入过量：D.向硫酸铜溶液中加入过量浓氨水：〖答案〗D〖解析〗A．白醋是弱酸，离子方程式不拆，与次氯酸钠溶液混合产生黄绿色气体的离子方程式为Cl−+ClO−+2CH3COOH=Cl2↑+H2O+2CH3COO-，A错误；B．硝酸具有氧化性，四氧化三铁溶于足量稀硝酸生成硝酸铁，离子方程式为3Fe3O4+28H++=9Fe3++NO+14H2O，B错误；C．向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2生成碳酸氢钙反应方程式为ClO−+H2O+CO2=HClO+，C错误；D．向硫酸铜溶液中加入过量浓氨水生成铜氨络离子：Cu2++4NH3⋅H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，D正确；故〖答案〗为：D。8.莨菪亭是一种植物生长激素，其结构简式如图所示。下列有关莨菪亭的说法正确的是A.分子中所有原子可能处于同一平面 B.该物质不能使酸性溶液褪色C.该物质中碳原子均采取杂化 D.该物质最多能与反应〖答案〗D〖解析〗A．分子中含甲基，甲基上C原子为sp3杂化，则所有原子一定不能共面，A错误；B．含酚羟基、碳碳双键，均能使酸性KMnO4溶液褪色，B错误；C．苯环、双键中碳原子为sp2杂化，甲基上C原子为sp3杂化，C错误；D．酚羟基、酯基及水解生成的酚羟基，均与NaOH溶液反应，则1mol该物质最多能与3molNaOH反应，D正确；故〖答案〗为：D。9.下列实验现象描述正确的是A.将少量Na加入CuSO4溶液中，有红色固体析出B.将打磨后的铝片加热，有熔化的液滴滴落C.向SO2的水溶液中滴加几滴石蕊试剂，溶液先变红后褪色D.NH3遇HCl气体产生白烟〖答案〗D〖解析〗A．Na的活动性太强，会先与水反应，故不能置换出红色的铜，A错误；B．铝极易与氧气反应生成氧化铝，包裹住了内部的铝，故没有熔化的液滴滴落，B错误；C．二氧化硫只能使石蕊变红不能使石蕊褪色，C错误；D．氨气与HCl反应生成白色固体氯化铵，现象是生成白烟，D正确；故选D。10.咔唑()是一种新型有机液体储氢介质。下列说法正确的是A.电负性：B.同周期元素中第一电离能小于N的有4种C.咔唑分子中氮原子的杂化轨道类型为D.咔唑的沸点比的沸点高〖答案〗D〖解析〗A．非金属性：N＞C＞H，电负性：N＞C＞H，A错误；B．同一周期从左向右第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族的第一电离能比相邻元素的大，故比N的第一电离能小的有O、C、B、Be、Li五种元素，B错误；C．N原子形成3个σ键，还有1个孤电子对，价层电子对数为4，为sp3杂化，C错误；D．分子间存在范德华力，分子间存在氢键，沸点升高，故咔唑的沸点比的沸点高，D正确；故〖答案〗为：D。11.2023年上半年，甲型流感来势汹汹，患者可能出现发热、咳嗽、喉痛、头痛等症状，布洛芬是人们常用于退烧镇痛的一种药物，一种合成路线如图所示，下列有关说法不正确的是A.合成时中A到B的反应类型为取代反应B.物质B不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.布洛芬能发生取代反应、加成反应、氧化反应D.布洛芬分子中所有碳原子不可能共平面〖答案〗B〖解析〗A．A到B时苯环上H原子被-

COCH3取代,可知反应类型为取代反应，选项A正确；B．物质B中含苯环，与苯环相连的相连的碳原子上有H原子，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生氧化反应，选项B错误；C．布洛芬含羧基可发生取代反应，含苯环可发生加成反应，与苯环相连的相连的碳原子.上有H原子，可发生氧化反应，选项C正确；D．布洛芬含6个sp3杂化的碳原子，由连接2个甲基的碳原子可知，所有碳原子一定不能共面，选项D正确；〖答案〗选B。12.、、、为短周期主族元素，原子的电子层有个电子，原子的最外层电子数为内层电子总数的倍，的最高价是最低价绝对值的倍，与同周期，且的原子半径小于。下列叙述错误的是A.同主族中的最高价氧化物对应水化物的酸性最强B.工业上电解的水溶液获得单质C.、、均有两种及以上的氧化物D.单质与的简单氢化物发生的反应是置换反应〖答案〗B〖解析〗原子的电子层有个电子，则为11号元素，原子的最外层电子数为内层电子总数的倍，主族元素最外层电子数小于，则原子内层电子为，则为元素，的最高价是最低价绝对值的倍，则最高价为+6价，最低价为-2价，为元素，与同周期，且的原子半径小于，则为元素；A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，同主族中元素的非金属性最强，则同主族中的最高价氧化物对应水化物的酸性最强，故A正确；B．的水溶液为，工业上电解的水溶液得到、、，所以不能获得单质，故B错误；C．的氧化物有、，的氧化物为、，的氧化物为、等，故C正确；D．单质为，的简单氢化物为，和反应生成和，该反应为置换反应，故D正确；故选：。13.工业上以软锰矿(含和少量的、、)为原料制备硫酸锰晶体的流程如图所示，下列有关说法不正确的是A.酸浸过程可将硫酸换为盐酸B.酸浸过程中加入过量的目的是充分还原C.从绿色化学角度分析，试剂A可以选择、D.系列操作包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥等操作〖答案〗A〖解析〗以软锰矿（含MnO2和少量的Fe2O3、Al2O3、SiO2）为原料制备硫酸锰晶体的流程为：酸浸时过量的FeSO4、H2SO4与MnO2反应氧化还原反应生成MnSO4、Fe2(SO4)3，Fe2O3、Al2O3分别转化为Fe3+、Al3+，过滤除去SiO2，滤液中含有Fe2+、Mn2+、Fe3+、Al3+，加入H2O2、O2等氧化Fe2+生成Fe3+，加入MnO或MnCO3调节溶液pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤除去Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，得到含有MnSO4的溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到MnSO4•H2O晶体，所以滤渣1为SiO2，滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3，试剂A为H2O2溶液或O2，试剂A为MnO或MnCO3等，据此分析解答。A．该流程制备硫酸锰晶体，加入盐酸会引入Cl-，得到的产品为MnCl2，不能得到MnSO4•H2O晶体，所以酸浸过程不可将硫酸换为盐酸，故A错误；B．酸浸过程中过量的FeSO4能使MnO2充分转化为MnSO4，即加入过量的FeSO4的目的是充分还原MnO2，故B正确；C．氧化过程中试剂A的作用是将Fe2+转化为Fe3+，从绿色化学角度分析，试剂A可以选择H2O2、O2，故C正确；D．将MnSO4溶液转化为MnSO4•H2O晶体析出，其操作包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等，故D正确；故选：A。14.一种以脯氨酸()催化分子内的羟醛缩合反应如下。下列说法错误的是A.脯氨酸既能与盐酸反应，又能与反应B.X能形成分子间氢键，因此其熔、沸点较高C.Y分子中存在2个手性碳原子D.Y分子中有7种不同化学环境的氢原子〖答案〗B〖解析〗A．脯氨酸含氨基、羧基，既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，A正确；B．X含羰基，没有O-H结构，不能形成分子间氢键，B错误；C．连接4个不同基团的碳原子为手性碳原子，与羟基、甲基相连的2个碳原子为手性碳原子，C正确；D．Y结构不对称，有7种不同化学环境的氢原子，D正确；故〖答案〗为：B。15.Fe3(PO4)2·8H2O可作铁质强化剂，溶于无机强酸。称取1.800g样品用足量的硫酸溶解后，立即用0.1000mol/LKMnO4标准溶液滴定，计算其含量确定产品等级。对于实验的描述正确的是A.称量：该实验中样品用托盘天平进行称量B.溶解：按照图①进行KMnO4的溶解C.定容：沿玻璃棒注入蒸馏水至凹液面与刻度线相切D.滴定：图②表示用KMnO4标准溶液滴定〖答案〗D〖解析〗A．需要1.800样品，不能用托盘天平进行称量，它只能精确到0.1g，A错误；B．不能在容量瓶中溶解固体，B错误；C．在定容时，沿玻璃棒注入蒸馏水至刻度线2-3cm处时，换用胶头滴管滴加，C错误；D．滴定时，标准溶液高锰酸钾溶液装在酸式滴定管中，D正确；故选D。16.一种对中枢神经有抑制作用的药物结构如图。其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z位于第二周期，Y的气态氢化物的水溶性显碱性。下列判断不正确的是A.第一电离能：X<ZB.晶体属于共价晶体C.W与Z可按原子个数比2：1和1：1形成两种化合物D.该药物在碱性溶液中加热，可水解产生Y的气态氢化物〖答案〗B〖解析〗W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z位于第二周期，Y的气态氢化物的水溶性显碱性，得Y为N元素，X能形成4个共价键，X为C元素，W形成1个其价键，W为H元素，Z形成2个共价键，Z为O元素。A．N的2p能级处于半充满状态，第一电离能大，第一电离能：C<O<N，A正确；B．CO2晶体属于分子晶体，B错误；C．W与Z可按原子个数比2：1和1：1形成两种化合物H2O、H2O2，C正确；D．该药物在碱性溶液中加热，可水解产生Y的气态氢化物氨气、碳酸钠和丙二酸钠，D正确；〖答案〗选B。第II卷(非选择题)二、简答题：本大题共4小题，共52分。17.我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种由菱锌矿(主要成分ZnCO3，含杂质FeCO3、MnCO3、MgO等)为原料制备金属锌的工艺流程如下：该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Zn2+Fe2+Mn2+Mg2+开始沉淀时的pH5.07.68.59.6沉淀完全时(c=1.0×10-6mol·L-1)的pH8.09.010.511.1回答下列问题。（1）步骤Ⅰ能够增加菱锌矿浸出率的方法有___________(写一条)。（2）步骤Ⅱ中通入空气的目的是___________。（3）根据上表数据，步骤Ⅲ应调节pH的范围是___________；Zn(OH)2的Ksp=___________。（4）“滤液2”中除了Mn2＋外，还含有的金属离子是___________。（5）步骤Ⅳ的“多步操作”之一是用NaOH溶液将Zn(OH)2转化为Na2ZnO2，反应的化学方程式为___________。〖答案〗（1）将矿石粉碎(或适当增大稀硫酸浓度、升温、搅拌等)（2）将Fe2+氧化为Fe3+（3）①.8.0pH<8.5②.（4）Na+、Mg2+（5）2NaOH+Zn(OH)2=Na2ZnO2+2H2O〖解析〗菱锌矿粉(主要成分ZnCO3，含杂质FeCO3、MnCO3、MgO等)中加稀硫酸酸浸，完全溶解后所得溶液中主要含有ZnSO4、FeSO4、MnSO4、MgSO4及过量的稀硫酸，通入空气将Fe2+氧化为Fe3+，加入氢氧化锌调节溶液pH为2.5~3.5，使Fe3+全部转化为Fe(OH)3沉淀经过滤除去，滤液1中加入NaOH调节pH为8.0~8.5，使Zn2+沉淀完全而Mn2+和Mg2+不能沉淀，过滤得到Zn(OH)2沉淀，滤液2中主要含有Na+、Mn2+和Mg2+，所得Zn(OH)2沉淀经多步操作后获得Zn，据此分析解答。【小问1详析】步骤Ⅰ能够增加菱锌矿浸出率的方法有将矿石粉碎、适当增大稀硫酸浓度、升温、搅拌等，故〖答案〗为：将矿石粉碎(或适当增大硫酸浓度、升温、搅拌等)。【小问2详析】步骤Ⅱ中通入空气的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，故〖答案〗为：将Fe2+氧化为Fe3+。【小问3详析】根据表格数据，步骤Ⅲ调节pH的目的是使Zn2+沉淀完全，则8.0pH，而Mn2+和Mg2+不能沉淀，则pH<8.5，所以pH的范围是8.0pH<8.5；当溶液的pH=8.0时Zn2+沉淀完全，此时c(Zn2+)=mol/L，c(OH-)=mol/L，则Ksp[Zn(OH)2]=，故〖答案〗为：8.0pH<8.5；。【小问4详析】根据分析，“滤液2”中除了Mn2+外，还含有的金属离子是Na+、Mg2+，故〖答案〗为：Na+、Mg2+。【小问5详析】Zn(OH)2和NaOH反应生成Na2ZnO2和H2O，反应的化学方程式为2NaOH+Zn(OH)2=Na2ZnO2+2H2O，故〖答案〗为：2NaOH+Zn(OH)2=Na2ZnO2+2H2O。18.实验室由安息香制备二苯乙二酮的反应式如下：相关信息列表如下：物质性状熔点/℃沸点/℃溶解性安息香白色固体133344难溶于冷水溶于热水、乙醇、乙酸二苯乙二酮淡黄色固体95347不溶于水溶于乙醇、苯、乙酸冰乙酸无色液体17118与水、乙醇互溶装置示意图如下图所示，实验步骤为：①在圆底烧瓶中加入冰乙酸、水及，边搅拌边加热，至固体全部溶解。②停止加热，待沸腾平息后加入安息香，加热回流。③加入水，煮沸后冷却，有黄色固体析出。④过滤，并用冷水洗涤固体3次，得到粗品。⑤粗品用的乙醇重结晶，干燥后得淡黄色结晶。回答下列问题：（1）仪器A中应加入_______(填“水”或“油”)作为热传导介质。（2）仪器B的名称是_______；冷却水应从_______(填“a”或“b”)口通入。（3）实验步骤②中，安息香必须待沸腾平息后方可加入，其主要目的是_______。（4）在本实验中，为氧化剂且过量，其还原产物为_______；某同学尝试改进本实验：采用催化量的并通入空气制备二苯乙二酮。该方案是否可行_______？简述判断理由_______。（5）本实验步骤①~③在乙酸体系中进行，乙酸除作溶剂外，另一主要作用是_______。（6）若粗品中混有少量未氧化的安息香，可用少量_______洗涤的方法除去(填标号)。若要得到更高纯度的产品，可用重结晶的方法进一步提纯。a．热水b．乙酸c．冷水d．乙醇（7）本实验的产率最接近于_______(填标号)。a．b．c．d．〖答案〗（1）油（2）①.球形冷凝管②.a（3）防暴沸（4）①.FeCl2②.可行③.空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应（5）抑制氯化铁水解

（6）a（7）b〖解析〗在圆底烧瓶中加入10mL冰乙酸，5mL水，及9.0gFeCl3·6H2O，加热至固体全部溶解，停止加热，待沸腾平息后加入2.0g安息香，加热回流45-60min，反应结束后加入50mL水，煮沸后冷却，析出黄色固体，即为二苯乙二酮，过滤，用冷水洗涤固体三次，得到粗品，再用75%乙醇重结晶，干燥后得到产品1.6g，据此解答。【小问1详析】该实验需要加热使冰乙酸沸腾，冰乙酸的沸点超过了100℃，应选择油浴加热，所以仪器A中应加入油作为热传导介质，故〖答案〗为：油；【小问2详析】根据仪器的结构特征可知，B为球形冷凝管，为了充分冷却，冷却水应从a口进，b口出，故〖答案〗为：球形冷凝管；a；【小问3详析】步骤②中，若沸腾时加入安息香，会暴沸，所以需要沸腾平息后加入，故〖答案〗为：防暴沸；【小问4详析】FeCl3为氧化剂，则铁的化合价降低，还原产物为FeCl2，若采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮，空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应，故〖答案〗为：FeCl2；可行；空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应；【小问5详析】氯化铁易水解，所以步骤①～③中，乙酸除做溶剂外，另一主要作用是抑制氯化铁水解；【小问6详析】根据安息香和二苯乙二酮的溶解特征，安息香溶于热水，二苯乙二酮不溶于水，所以可以采用热水洗涤粗品除去安息香，故〖答案〗为：a；【小问7详析】由于安息香（C14H12O2）与二苯乙二酮（C14H10O2）的相对分子质量相差不大，因此二苯乙二酮的理论产量与安息香近似相等约为2.0g。则产率约为=80%，故〖答案〗为：b。19.