福建省部分高中2023-2024 学年高一第二学期期末模拟考试化学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1福建省部分优质高中2023-2024学年高一第二学期期末模拟考试试卷完卷时间：75分钟满分：100分友情〖提示〗：请将所有〖答案〗填写到答题卡的相应位置上！请不要错位、越界答题！可能用到的相对原子质量：Fe-56Cu-64O-16S-32Na-23N-14C-12一、单项选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题所给出的的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。1.神舟十八号载人飞船成功发射，展现了中国航天事业的强大实力和技术水平。下列叙述不正确的是（）A.飞船使用的Si3N4隔热层属于新型无机非金属材料B.为空间站提供能量的砷化镓太阳能电池材料也可用SiO2代替C.电解熔融状态的氧化铝制得单质铝时，可加入些冰晶石来缩短加热时间D.火箭壳体采用的碳纤维缠绕复合材料强度高、密度小，可提高火箭的射程及运载能力〖答案〗B〖解析〗【详析】A．氮化硅陶瓷属于无机物，是新型无机非金属材料，A正确；B．砷化镓用作太阳能电池板，具有半导体的性质，SiO2没有半导体性质，不可以用SiO2代替，B错误；C．电解熔融状态氧化铝制得单质铝时，因氧化铝熔点高，可加入些冰晶石降低熔点来缩短加热时间，C正确；D．火箭壳体采用的碳纤维缠绕复合材料强度高、密度小，耐高温，质量轻，可提高火箭的射程及运载能力，D正确；故选B。2.下列化合物中不能由化合反应直接得到的是（）A. B. C.D.〖答案〗D〖解析〗【详析】A．可由化合反应Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4制得，A不合题意；B．可由化合反应4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3制得，B不合题意；C．可由化合反应2Fe+3Cl22FeCl3制得，C不合题意；D．氧化铝与水不反应，不能直接化合得到，D符合题意；故〖答案〗为：D。3.下列化学用语正确的是（）A.的电子式： B.丙烷的结构式：C.分子的空间填充模型： D.羟基的电子式：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．的电子式：，A错误；B．丙烷的结构式：，B错误；C．甲烷分子的空间结构为正四面体形，分子的空间填充模型：，C正确；D．羟基的电子式：，D错误；〖答案〗选C。4.近年来，利用半导体光催化实现还原氮气制备氨气引起全世界极大关注。下图是在半导体光催化的作用下，被光催化材料捕获进而被还原实现“”的转化示意图。下列说法正确的是（）A.此方法不属于人工固氮技术B.由转化示意图可知，氮气化学性质很活泼C.该反应过程中有共价键的断裂和形成D.该反应的化学方程式〖答案〗C〖解析〗【详析】A．该方法是通过人工将氮气转化为氨气，属于人工固氮技术，A错误；

B．氮气结构式为：N≡N，氮氮三键键能很大，不易断裂，氮气常温下十分稳定，B错误；

C．该反应过程中有N≡N、O-H键断裂，N-H、O=O键生成，C正确；

D．由图可知，氮气和水在半导体光催化的作用下生成氨气和氧气，方程式为：，D错误；

故选：C。5.合成除草剂炔草酯的中间体的结构如图，下列有关的说法正确的是（）A.不能发生氧化反应 B.不能使溴的四氯化碳溶液褪色C.最多能消耗 D.M中所有原子可能共平面〖答案〗C〖解析〗【详析】A．M中含有碳碳三键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故A错误；B．M中含有碳碳三键，能与卤素单质发生加成反应，故B错误；C．M中含有酯基和羧基，最多能消耗，故C正确；D．中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，故D错误。〖答案〗为：C。6.EPR是一种对氧化剂具有较好抗耐性的合成材料，应用极为广泛，其结构简式可以表示，合成EPR所用的单体为（）A. B.C.和 D.和〖答案〗C〖解析〗【详析】此聚合物链节中无双键，则两个碳原子为一组，取链节断开中间的单键后加双键即得高聚物的单体，故C项正确。7.糖类、油脂和蛋白质是非常重要的营养物质，下列说法正确的是（）A.淀粉和纤维素是天然有机高分子，且两者互为同分异构体B.在试管中加入2mL10%CuSO4溶液，滴加5滴5%NaOH溶液，得到新制的。再加入2mL10%葡萄糖溶液，加热，可以产生砖红色沉淀C.一分子甘氨酸和一分子苯丙氨酸（）可能形成两种二肽D.油脂可以看作是高级脂肪酸与乙二醇通过酯化反应生成的酯〖答案〗C〖解析〗【详析】A．淀粉和纤维素都属于天然高分子，但二者的聚合度不同，属于混合物，故两者不能互为同分异构体，故A错误；B．检验葡萄糖，应在碱性条件下，而选项中描述的量是CuSO4溶液过量，不符合碱性环境，故不能产生相应现象，故B错误；C．可以是甘氨酸的氨基与苯丙氨酸的羧基反应形成二肽，也可以是甘氨酸的羧基与苯丙氨酸的氨基反应形成二肽，故C正确；D．油脂可以看作是高级脂肪酸与丙三醇通过酯化反应生成的酯，故D错误。〖答案〗选C。8.关于实验室制备、分离乙酸乙酯的装置，说法正确的是（）A.图甲用于分离乙酸乙酯B.乙用于蒸馏纯化乙酸乙酯C.图丙可从分液漏斗下端放出乙酸乙酯D.图丁用于制备并收集乙酸乙酯，该装置也可以用于铜和浓硫酸制二氧化硫〖答案〗D〖解析〗【详析】A．乙酸乙酯的混合物都能透过滤纸，不能用过滤的方式分离乙酸乙酯，A错误；B．蒸馏时，温度计的水银球应该在支管口，不能插入液体中，B错误；C．乙酸乙酯密度小于水，浮在水面上，应该从分液漏斗上口倒出乙酸乙酯，C错误；D．乙醇、乙酸在浓硫酸加热条件下反应生成乙酸乙酯，增加了长玻璃管，使得试管内外相通，不会产生压强差，有防止倒吸作用，饱和碳酸钠溶液可吸收乙醇、中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，同时该装置也可用于铜与浓硫酸反应制取二氧化硫，D正确；故〖答案〗选D。9.下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是（）A.用淀粉溶液和醋酸检验加碘盐中的：B.溶液中通入少量：C.氯化亚铁溶液中加入酸性的溶液：D.固体与氢碘酸反应：〖答案〗B〖解析〗【详析】A．醋酸是弱酸，在离子方程式书写中应写化学式符号，不能拆写离子符号，，A错误；B．溶液中通入少量，强酸制弱酸离子方程式：，B正确；C．酸性溶液中，+2价的铁被双氧水氧化为+3价，反应的离子方程式为，，C错误；D．固体与氢碘酸反应，其中Fe3+可与I-发生氧化还原反应：，D错误；故选B。10.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A.加入Al粉能产生的溶液中：、、、B.(酸性)的溶液中：、、、C.滴加硫氰化钾变为血红色的溶液中：、、、D.能使蓝色石蕊试纸变红的溶液中：、、、〖答案〗C〖解析〗【详析】A．加入Al粉能产生H2的溶液，可能为碱性或酸性，若为碱性，则会生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，A不符合题意；B．酸性溶液中，硝酸根具有强氧化性，可以氧化碘离子，不能大量共存，B不符合题意；C．滴加硫氰化钾变为血红色的溶液中有铁离子，Fe3+、Na+、H+、Cl-、相互不反应，能大量共存，C符合题意；D．能使蓝色石蕊试纸变红的溶液中含有H+，酸性条件下高锰酸根离子会和亚铁离子发生氧化还原反应，不能大量共存，D不符合题意；故〖答案〗选C。11.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作和现象实验结论A向酒精中加入少量钠块，有气泡产生酒精中含有水B溶液中通入足量气体，然后滴入KSCN溶液，溶液不变红还原性：C向蔗糖溶液中加入稀硫酸并加热几分钟，再加入银氨溶液，水浴加热，未见有银镜产生蔗糖没有水解D向蛋白质溶液中加入饱和溶液，溶液中析出沉淀，将沉淀加入水中，沉淀溶解饱和溶液使蛋白质发生变性〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗【详析】A．乙醇、水均与Na反应生成H2，因此金属钠不能证明酒精中含有水，A错误；B．滴入KSCN溶液，溶液不变红，说明溶液中的Fe3+被SO2还原成Fe2+，根据还原剂的还原性大于还原产物可知，还原性SO2>Fe2+，B正确；C．蔗糖水解后稀硫酸依然存在于溶液中，银镜反应需要碱性的环境，因此需在水解后加NaOH至溶液为碱性，再进行银镜反应，C错误；D．蛋白质的变性是不可逆的，将沉淀加入水中，沉淀溶解，说明蛋白质没有变性，是蛋白质的盐析，D错误；故选B。12.一种新型的电池，总反应式为，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（）A.该装置可将化学能转化为电能B.电子由乙Zn电极流出到石墨电极，再经过溶液回到Zn极，形成回路C.电池工作过程中，K+向石墨电极区迁移D.石墨电极上发生反应为〖答案〗B〖解析〗【详析】A．该装置无外加电源属于原电池，将化学能转化为电能的装置，A项正确；B．由总反应可知，Zn电极化合价降低失去电子为原电池的负极材料，电子是由负极经过导线流入负载再流入到石墨电极，B项错误；C．原电池中阳离子向正极移动，正极材料为石墨电极，则向石墨电极区迁移，C项正确；D．石墨电极为正极，化合价由+6价降低为+3价得到电子发生还原反应，则电极反应式为：，D项正确；〖答案〗选B。13.北京冬奥会在场馆建设中用到的一种耐腐蚀、耐高温的涂料是以某双环烯酯(如下图)为原料制得的，下列说法正确的是（）A.该双环烯酯的分子式为B.该双环烯酯一氯代物有11种C.该双环烯酯分子中所有碳原子可能共平面D.该双环烯酯能在酸性或碱性条件下发生水解反应〖答案〗D〖解析〗【详析】A．根据该双环烯酯的结构简式，可知其的分子式为，故A错误；B．该双环烯酯的一氯代物有13种，故B错误；C．分子中标有*号的碳原子通过单键与另外3个碳原子相连，不可能所有碳原子可能共平面，故C错误；D．该双环烯酯含有酯基，能在酸性或碱性条件下发生水解反应，故D正确；选D。14.钛(Ti)和钛合金被广泛应用于火箭、导弹、航天飞机等领域。工业上以钛铁矿(FeTiO3，其中Ti为+4价)为主要原料制备金属钛的工艺流程如下图所示：已知：TiCl4的熔点―25℃，沸点136.4℃下列说法错误的是（）A.步骤①的反应过程元素的化合价没有发生变化B.步骤③的操作名称是加热或高温煅烧C.步骤④的反应方程式TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2COD.由TiCl4制备Ti的过程中，可以加入氮气做保护气体〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由题干流程图可知，以钛铁矿(FeTiO3，其中Ti为+4价)为主要原料加入硫酸，生成硫酸氧钛TiOSO4，反应方程式为：FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O，然后TiOSO4发生水解生成钛酸H2TiO3，H2TiO3加热或灼烧进行TiO2，TiO2和C、Cl2混合加热发生反应TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，最后用Mg还原TiCl4得到Ti，据此分析解题。【详析】A．由分析可知，步骤①的反应FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O，该过程种元素的化合价没有发生变化，A正确；B．由分析可知，步骤③的操作名称是加热或高温煅烧，B正确；C．由分析可知，步骤④的反应方程式为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，C正确；D．由于N2能与Mg发生反应生成Mg3N2，故由TiCl4制备Ti的过程中，可以加入氩气做保护气体，不能用N2作保护气，D错误；故〖答案〗为：D。15.将一定量的Fe、Fe2O3、CuO的混合物放入体积为100mL、浓度为2.2mol/L的H2SO4溶液中，充分反应后生成气体896mL(标准状况)，得到不溶固体1.28g。过滤后，滤液中的金属离子只有Fe2+(假设滤液体积仍为100mL)。向滤液中滴加2mol/LNaOH溶液，直至40mL时开始出现沉淀。则下列说法正确的是（）A.1.28g固体成分为Fe和CuB.未滴加NaOH溶液前滤液中FeSO4的物质的量浓度为1.8mol/LC.原混合物中Fe与Fe2O3物质的量之比为1：1D.原混合物中CuO无法计算〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗Fe、Fe2O3和CuO的混合物放入H2SO4溶液中充分反应后过滤，滤液中的金属离子只有Fe2+，发生的反应有Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4、Fe+CuSO4=FeSO4+Cu；滤液中加入2mol/LNaOH溶液至40mL时开始出现沉淀，说明与混合物反应后硫酸过量，所得滤液中含H2SO4和FeSO4，过量的硫酸物质的量为×2mol/L×0.04L=0.04mol；根据SO守恒，n(FeSO4)=2.2mol/L×0.1L-0.04mol=0.18mol，未滴加NaOH溶液前滤液中FeSO4物质的量浓度为0.18mol÷0.1L=1.8mol/L，据此分析解答。【详析】A．滤液中加入2mol/LNaOH溶液至40mL时开始出现沉淀，说明与混合物反应后硫酸过量，则剩余1.28g固体中不存Fe，故A错误；B．由以上分析可知过量的硫酸物质的量为×2mol/L×0.04L=0.04mol；根据SO守恒，n(FeSO4)=2.2mol/L×0.1L-0.04mol=0.18mol，未滴加NaOH溶液前滤液中FeSO4物质的量浓度为0.18mol÷0.1L=1.8mol/L，故B正确；C．由上述分析可知反应消耗的硫酸为0.18mol，根据反应可知所消耗硫酸中的氢离子一部分与氧化物中的O结合成水，一部分生成氢气，其中氢气为896mL(标准状况)，物质的量为：0.04mol，该反应中消耗的Fe的物质的量为：0.04mol，该部分对应氢离子0.08mol，最终剩余1.28g固体为Cu，则氧化铜也为0.02mol，其消耗的氢离子为0.04mol，其对应硫酸铜消耗的Fe的物质的量为：0.02mol，则氧化铁消耗的氢离子的物质的量为0.18×2-0.04-0.08=0.24，则氧化铁的物质的量为0.08mol，则对应硫酸铁消耗的Fe的物质的量为0.08mol，因此整个反应过程中消耗Fe的物质的量为：0.04+0.02+0.08=0.14mol，原混合物中Fe与Fe2O3物质的量之比为7：4，故C错误；D．由上述分析可知最终剩余1.28g固体为Cu，其物质的量为0.02mol，根据铜元素守恒可知氧化铜的物质的量为0.02mol，故D错误；故选：B。二、非选择题：本题共5小题，共55分。16.在2L恒温恒容密闭容器中投入2molSO2和1molO2在一定条件下充分反应，如图是SO2和SO3随时间的变化曲线。（1）前10minSO3的平均反应速率为___________；平衡时，SO2的转化率为___________。（2）下列叙述能判断该反应达到平衡状态的是___________(填序号)。①容器中压强不再改变②容器中气体密度不再改变③SO3的质量不再改变④O2的物质的量浓度不再改变⑤SO2的消耗速率和SO3的生成速率相等（3）以下操作会引起化学反应速率变快的是___________(填字母)。A．向容器中通入氦气B．升高温度C．扩大容器的容积D．向容器中通入O2E．使用催化剂（4）潜艇中使用的液氨-液氧燃料电池工作原理如图所示：①电极a是___________。(填“正极”或“负极”)②电解质溶液中OH-离子向___________移动(填“电极a”或“电极b”)。③电极b的电极反应式为___________。〖答案〗（1）①.0.05mol/(L·min)②.70%（2）①③④（3）BDE（4）①.负极②.电极a③.〖解析〗（1）前10minSO3的物质的量增加1.0mol，SO3的平均反应速率：；25min后反应达到平衡，二氧化硫由2.0mol减少至0.6mol，其转化率：；（2）①反应前后气体分子数不相等，反应过程中压强不断减小，当达到平衡时容器中压强不再改变，故压强不变可判断平衡状态，正确；②容器中各物质均为气体，气体的总质量不变，则容器中气体密度为定值，容器中气体密度不再改变不能判断达到平衡，错误；③SO3的物质的量不再改变说明反应达到平衡状态，正确；④各组分浓度不变是平衡的基本特征，因此O2的物质的量浓度不再改变说明反应达到平衡状态，正确；⑤结合系数关系，SO2的消耗速率和SO3的生成速率相等不能判断反应达到平衡，错误；〖答案〗选①③④；（3）A．向容器中通入氦气，各组分的浓度不变，反应速率不变，故A不选；B．升高温度可以加快反应速率，故B选；C．扩大容器的体积，使各物质的浓度减小，反应速率减小，故C不选；D．向容器中通入O2，增大了反应物的浓度，反应速率加快，故D选；E．使用正催化剂可以加快反应速率，故E选；〖答案〗选BDE；（4）①根据氮的化合价的变化由-3价变为0价判断，电极a是失去电子的一极做负极，电极b做正极；②根据原电池中离子移动的方向实质是异性相吸，氢氧根离子向负极移动，即向电极a移动；③电极b是正极，根据通入的氧气及碱性环境判断电极反应为：。17.硝酸是重要的化工原料。下图是以合成氨为基础的传统硝酸生产工艺流程(其中空气等基础原料已略去)。（1）关于合成氨工艺，下列说法正确的是___________(填序号)。a．合成氨是一种重要的人工固氨方法b．该反应过程中氮元素被氧化c．合成的氨气还可以用于化肥工业d．该反应采用高温、高压等苛刻条件，与N2化学性质很稳定有关（2）氨氧化装置中，产生的含氨物质主要为NO，反应的化学方程式为___________。（3）吸收装置中。发生的反应为，若用的稀硝酸作为吸收液，反应后得到的浓硝酸，则理论上吸收装置中需消耗的O2的物质的量为___________mol(写出计算式)。（4）NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的氮氧化物脱除技术，可用于上述硝酸生产工艺的废气处理，反应原理如下图所示：若催化剂表面参与反应的NO和NO2物质的量之比为1：1，则总反应的化学方程式为___________。〖答案〗（1）ａ，ｃ（2）（3）（4）〖解析〗N2、H2在催化剂作用下合成NH3，NH3经催化氧化生成NO和H2O，再将NO氧化为NO2，NO2聚合为N2O4，N2O4用稀硝酸吸收，最后得到浓硝酸，据此解答。（1）a．合成氨是将氮气转化为氨气，是一种重要的人工固氨方法，故a正确；b．该反应过程中氮元素化合价降低，被还原，故b错误；c．合成的氨气可以用于生成碳酸氢铵等化肥产品，故c正确；d．该反应采用高温、高压等苛刻条件，与N2化学性质很稳定无关，与反应速率和平衡移动有关，故d错误；故选ac。（2）氨氧化装置中，产生的含氮物质主要为NO，根据原子守恒和化合价升降守恒，可得反应的化学方程式为：；（3）吸收装置中发生的反应为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3，若用的稀硝酸作为吸收液，反应后得到的浓硝酸，则理论上吸收装置中生成的硝酸为：，根据方程式可知，需消耗的O2的物质的量为；（4）由图可知，若催化剂表面参与反应的NO和NO2物质的量之比为1∶1，根据原子守恒和化合价升降守恒，可得总反应的化学方程式为：。18.废旧锌锰干电池内部的黑色物质A主要含有、MnOOH、、、碳单质，用黑色物质A制备高纯的流程如图：已知：（未配平）。（1）第Ⅰ步操作是为了除去可溶性的__________（填化学式）。（2）第Ⅰ步后在空气中灼烧的目的有两个，一个是将MnOOH转化为，另一个是__________为灼烧时，MnOOH与空气中的氧气反应的化学方程式为____________________________。（3）已知：难溶于水和乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃时开始分解；在pH大于7.7时，开始转化为沉淀。第Ⅳ步中的多步操作可按如图步骤进行：操作①加入溶滴调节溶液pH的过程中有产生，则溶液与溶液反应的离子方程式为____________，你认为操作③中检测的方法及现象是________________时可继续进行操作④：操作④中用无水乙醇洗涤的目的是_________________________（答一条即可）。〖答案〗（1）NH4Cl、ZnCl2（2）①.除去碳单质②.（3）①.②.取最后一次洗涤液于试管中，向其中加盐酸酸化的BaCl2溶液无白色沉淀产生则证明已经洗涤干净③.有利于低温条件下快速干燥〖解析〗黑色物质A主要含有MnO2、MnOOH、NH4Cl、ZnCl2、碳单质经过I过滤得到MnO2、MnOOH、碳单质，除去了可溶的NH4Cl、ZnCl2，第Ⅱ步空气中灼烧除去碳单质同时将MnOOH转化为MnO2，得到的在Ⅲ中转化为MnSO4，MnSO4经多步操作得高纯MnCO3，据分析答题。（1）黑色物质A主要含有MnO2、MnOOH、NH4Cl、ZnCl2、碳单质经过I过滤得到不溶的MnO2、MnOOH、碳单质，除去了可溶的NH4Cl、ZnCl2，故〖答案〗为NH4Cl、ZnCl2；（2）第Ⅱ步空气中灼烧除去碳单质同时将MnOOH转化为MnO2，化学方程式为：，故〖答案〗为：①除去碳单质②；（3）MnSO4溶液与NH4HCO3溶液反应生成的离子方程式为；；操作③中是否洗涤干净可以通过检验验证：取最后一次洗涤液于试管中，向其中加盐酸酸化的BaCl2溶液无白色沉淀产生则证明已经洗涤干净；操作④中用无水乙醇洗涤的目的是有利于低温条件下快速干燥；故〖答案〗为：①②取最后一次洗涤液于试管中，向其中加盐酸酸化的BaCl2溶液无白色沉淀产生则证明已经洗涤干净③有利于低温条件下快速干燥。19.以淀粉或以石油裂解产物F(其产量常用来衡量一个国家的石油化工发展水平)为原料制备一种具有果香味的物质E的生产流程如下。请回答下列问题：（1）F→B的反应类型为___________；B中官能团的名称为___________。（2）写出分子中含有HCOO—的E的同分异构体的结构简式：___________。（3）写出B→C反应的化学方程式：___________。（4）D+BE反应的实验装置如图所示，该反应的化学方程式为___________；反应结束后，将试管中收集到的产品倒入___________(填仪器名称)中，静置、分层，然后分离出E。物质F的碳原子最少的同系物也可以通过聚合反应得高聚物，也可以用来制塑料，其聚合反应方程式是___________。（5）将1mol乙醇(其中的氧用18O标记)在浓硫酸存在条件下与足量乙酸充分反应。下列叙述不正确的是___________(填字母序号)。A.生成的乙酸乙酯中含有18OB.生成的水分子中含有18OC.可能生成80g乙酸乙酯D.可能生成相对分子质量为88的乙酸乙酯（6）30g乙酸与46g乙醇在一定条件下发生酯化反应，如果实际产率为75%，则可得到乙酸乙酯的质量是___________g〖答案〗（1）①.加成反应②.羟基（2）HCOOCH2CH2CH3或HCOOCH(CH3)2（3）（4）①.②.分液漏斗③.（5）BD（6）33〖解析〗F是石油裂解产物，其产量常用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则F是乙烯，结构简式是CH2=CH2。乙烯分子中含有不饱和的碳碳双键，能够与水在一定条件下发生加成反应产生乙醇。淀粉溶液在硫酸作用下加热，发生水解反应产生A是葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下反应产生B是乙醇；乙醇催化氧化产生C是乙醛；乙醛催化氧化产生D是乙酸，乙酸与乙醇在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生E是乙酸乙酯。（1）由分析可知，F→B是乙烯和水发生加成反应生成乙醇，所以反应类型为加成反应；B为乙醇，B中官能团的名称为羟基，故〖答案〗为：加成反应，羟基；（2）E为乙酸乙酯，E的同分异构体分子中含有HCOO—，则为甲酸酯，是甲酸和丙醇生成的酯，丙醇有1-丙醇和2-丙醇2种，则E满足条件的同分异构体的结构简式为：HCOOCH2CH2CH3或HCOOCH(CH3)2；〖答案〗为：HCOOCH2CH2CH3或HCOOCH(CH3)2；（3）乙醇被催化氧化生成乙醛，B→C反应的化学方程式为：，〖答案〗为：；（4）在提供的条件下，乙酸和乙醇发生酯化反应，该反应的化学方程式为；装置中溶液M为饱和Na2CO3溶液，反应结束后，将试管中收集到的是密度比水小、不易溶于水的油状液体乙酸乙酯，倒入分液漏斗中，经充分振荡、静置、分层，然后分液，即可分离出乙酸乙酯；物质F为乙烯，物质F的碳原子最少的同系物为丙烯，其发生聚合反应的方程式为，故〖答案〗为：；分液漏斗；；（5）A．酯化反应中醇提供氢原子，羧酸提供羟基，因此生成的乙酸乙酯中含有18O，故A正确；B．生成的水分子中不含有18O，故B错误；C．生成的乙酸乙酯的摩尔质量为90g/mol，1mol乙醇应反应生成1mol乙酸乙酯，但反应是可逆反应，乙酸和乙醇挥发，所以不能进行彻底，应小于90g，可能生成80g乙酸乙酯，故C正确；D．生成的乙酸乙酯中含有18O，生成的乙酸乙酯的摩尔质量为90g/mol，故D错误；故选BD。（6）制备乙酸乙酯的化学反应方程式为：，30g乙酸与46g乙醇分别为0.5mol，所以实际中最大能够得到0.5mol的乙酸乙酯，所以乙酸乙酯的质量，故〖答案〗为：33。20.碘化亚铁()在常温下为灰黑色固体，易升华，可溶于水，具有潮解性，常用于医药，可由碘单质和还原铁粉在加热条件下制备得到。实验室用下面装置制备碘化亚铁。(已知焦性没食子酸的碱性溶液可吸收)（1）球形干燥管中的药品为___________，若无此装置，写出铁粉参与的副反应的化学方程式：___________。（2）硬质玻璃管直接接入收集器而不用导管的原因是___________，收集器浸泡在冷水中的原因是___________。（3）试剂a的作用是___________。（4）已知氧化性：。往含的溶液中通入标准状况下的氯气，充分反应，请写出该反应的离子方程式：___________。〖答案〗（1）①.碱石灰(或无水或)②.（2）①.防止碘化亚铁冷凝堵塞导管②.利于碘化亚铁冷凝收集（3）防止水蒸气进入收集器中（4）〖解析〗可溶于水，易潮解，焦性没食子酸的碱性溶液吸收空气中的氧气，球形干燥管中装有碱石灰（或无水氯化钙或五氧化二磷），除去气体中的水蒸气，碘和铁粉在加热条件下发生反应，放入冷水中有利于碘化亚铁冷凝收集，试剂a为浓硫酸，防止水蒸气进入收集器中。（1）可溶于水，易潮解，故球形干燥管中的药品为碱石灰（或无水氯化钙或五氧化二磷）；若无此装置，铁粉会和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为:；（2）易升华，硬质玻璃管直接接入收集器而不用导管的原因是防止碘化亚铁冷凝堵塞导管；收集器浸泡在冷水中的原因是利于碘化亚铁冷凝收集；（3）易潮解，试剂a为浓硫酸，其作用是防止水蒸气进入收集器中；（4）由氧化性：，可知与、均能反应，且还原性：，因此往含0.2mol的溶液中通入5.6L标准状况下的氯气（为0.25mol），首先氧化，根据，将0.4mol完全氧化消耗0.2mol氯气，剩下的0.05mol氯气再氧化部分生成，消耗0.1mol，反应离子方程式为：。福建省部分优质高中2023-2024学年高一第二学期期末模拟考试试卷完卷时间：75分钟满分：100分友情〖提示〗：请将所有〖答案〗填写到答题卡的相应位置上！请不要错位、越界答题！可能用到的相对原子质量：Fe-56Cu-64O-16S-32Na-23N-14C-12一、单项选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题所给出的的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。1.神舟十八号载人飞船成功发射，展现了中国航天事业的强大实力和技术水平。下列叙述不正确的是（）A.飞船使用的Si3N4隔热层属于新型无机非金属材料B.为空间站提供能量的砷化镓太阳能电池材料也可用SiO2代替C.电解熔融状态的氧化铝制得单质铝时，可加入些冰晶石来缩短加热时间D.火箭壳体采用的碳纤维缠绕复合材料强度高、密度小，可提高火箭的射程及运载能力〖答案〗B〖解析〗【详析】A．氮化硅陶瓷属于无机物，是新型无机非金属材料，A正确；B．砷化镓用作太阳能电池板，具有半导体的性质，SiO2没有半导体性质，不可以用SiO2代替，B错误；C．电解熔融状态氧化铝制得单质铝时，因氧化铝熔点高，可加入些冰晶石降低熔点来缩短加热时间，C正确；D．火箭壳体采用的碳纤维缠绕复合材料强度高、密度小，耐高温，质量轻，可提高火箭的射程及运载能力，D正确；故选B。2.下列化合物中不能由化合反应直接得到的是（）A. B. C.D.〖答案〗D〖解析〗【详析】A．可由化合反应Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4制得，A不合题意；B．可由化合反应4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3制得，B不合题意；C．可由化合反应2Fe+3Cl22FeCl3制得，C不合题意；D．氧化铝与水不反应，不能直接化合得到，D符合题意；故〖答案〗为：D。3.下列化学用语正确的是（）A.的电子式： B.丙烷的结构式：C.分子的空间填充模型： D.羟基的电子式：〖答案〗C〖解析〗【详析】A．的电子式：，A错误；B．丙烷的结构式：，B错误；C．甲烷分子的空间结构为正四面体形，分子的空间填充模型：，C正确；D．羟基的电子式：，D错误；〖答案〗选C。4.近年来，利用半导体光催化实现还原氮气制备氨气引起全世界极大关注。下图是在半导体光催化的作用下，被光催化材料捕获进而被还原实现“”的转化示意图。下列说法正确的是（）A.此方法不属于人工固氮技术B.由转化示意图可知，氮气化学性质很活泼C.该反应过程中有共价键的断裂和形成D.该反应的化学方程式〖答案〗C〖解析〗【详析】A．该方法是通过人工将氮气转化为氨气，属于人工固氮技术，A错误；

B．氮气结构式为：N≡N，氮氮三键键能很大，不易断裂，氮气常温下十分稳定，B错误；

C．该反应过程中有N≡N、O-H键断裂，N-H、O=O键生成，C正确；

D．由图可知，氮气和水在半导体光催化的作用下生成氨气和氧气，方程式为：，D错误；

故选：C。5.合成除草剂炔草酯的中间体的结构如图，下列有关的说法正确的是（）A.不能发生氧化反应 B.不能使溴的四氯化碳溶液褪色C.最多能消耗 D.M中所有原子可能共平面〖答案〗C〖解析〗【详析】A．M中含有碳碳三键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故A错误；B．M中含有碳碳三键，能与卤素单质发生加成反应，故B错误；C．M中含有酯基和羧基，最多能消耗，故C正确；D．中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，故D错误。〖答案〗为：C。6.EPR是一种对氧化剂具有较好抗耐性的合成材料，应用极为广泛，其结构简式可以表示，合成EPR所用的单体为（）A. B.C.和 D.和〖答案〗C〖解析〗【详析】此聚合物链节中无双键，则两个碳原子为一组，取链节断开中间的单键后加双键即得高聚物的单体，故C项正确。7.糖类、油脂和蛋白质是非常重要的营养物质，下列说法正确的是（）A.淀粉和纤维素是天然有机高分子，且两者互为同分异构体B.在试管中加入2mL10%CuSO4溶液，滴加5滴5%NaOH溶液，得到新制的。再加入2mL10%葡萄糖溶液，加热，可以产生砖红色沉淀C.一分子甘氨酸和一分子苯丙氨酸（）可能形成两种二肽D.油脂可以看作是高级脂肪酸与乙二醇通过酯化反应生成的酯〖答案〗C〖解析〗【详析】A．淀粉和纤维素都属于天然高分子，但二者的聚合度不同，属于混合物，故两者不能互为同分异构体，故A错误；B．检验葡萄糖，应在碱性条件下，而选项中描述的量是CuSO4溶液过量，不符合碱性环境，故不能产生相应现象，故B错误；C．可以是甘氨酸的氨基与苯丙氨酸的羧基反应形成二肽，也可以是甘氨酸的羧基与苯丙氨酸的氨基反应形成二肽，故C正确；D．油脂可以看作是高级脂肪酸与丙三醇通过酯化反应生成的酯，故D错误。〖答案〗选C。8.关于实验室制备、分离乙酸乙酯的装置，说法正确的是（）A.图甲用于分离乙酸乙酯B.乙用于蒸馏纯化乙酸乙酯C.图丙可从分液漏斗下端放出乙酸乙酯D.图丁用于制备并收集乙酸乙酯，该装置也可以用于铜和浓硫酸制二氧化硫〖答案〗D〖解析〗【详析】A．乙酸乙酯的混合物都能透过滤纸，不能用过滤的方式分离乙酸乙酯，A错误；B．蒸馏时，温度计的水银球应该在支管口，不能插入液体中，B错误；C．乙酸乙酯密度小于水，浮在水面上，应该从分液漏斗上口倒出乙酸乙酯，C错误；D．乙醇、乙酸在浓硫酸加热条件下反应生成乙酸乙酯，增加了长玻璃管，使得试管内外相通，不会产生压强差，有防止倒吸作用，饱和碳酸钠溶液可吸收乙醇、中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，同时该装置也可用于铜与浓硫酸反应制取二氧化硫，D正确；故〖答案〗选D。9.下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是（）A.用淀粉溶液和醋酸检验加碘盐中的：B.溶液中通入少量：C.氯化亚铁溶液中加入酸性的溶液：D.固体与氢碘酸反应：〖答案〗B〖解析〗【详析】A．醋酸是弱酸，在离子方程式书写中应写化学式符号，不能拆写离子符号，，A错误；B．溶液中通入少量，强酸制弱酸离子方程式：，B正确；C．酸性溶液中，+2价的铁被双氧水氧化为+3价，反应的离子方程式为，，C错误；D．固体与氢碘酸反应，其中Fe3+可与I-发生氧化还原反应：，D错误；故选B。10.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A.加入Al粉能产生的溶液中：、、、B.(酸性)的溶液中：、、、C.滴加硫氰化钾变为血红色的溶液中：、、、D.能使蓝色石蕊试纸变红的溶液中：、、、〖答案〗C〖解析〗【详析】A．加入Al粉能产生H2的溶液，可能为碱性或酸性，若为碱性，则会生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，A不符合题意；B．酸性溶液中，硝酸根具有强氧化性，可以氧化碘离子，不能大量共存，B不符合题意；C．滴加硫氰化钾变为血红色的溶液中有铁离子，Fe3+、Na+、H+、Cl-、相互不反应，能大量共存，C符合题意；D．能使蓝色石蕊试纸变红的溶液中含有H+，酸性条件下高锰酸根离子会和亚铁离子发生氧化还原反应，不能大量共存，D不符合题意；故〖答案〗选C。11.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作和现象实验结论A向酒精中加入少量钠块，有气泡产生酒精中含有水B溶液中通入足量气体，然后滴入KSCN溶液，溶液不变红还原性：C向蔗糖溶液中加入稀硫酸并加热几分钟，再加入银氨溶液，水浴加热，未见有银镜产生蔗糖没有水解D向蛋白质溶液中加入饱和溶液，溶液中析出沉淀，将沉淀加入水中，沉淀溶解饱和溶液使蛋白质发生变性〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗【详析】A．乙醇、水均与Na反应生成H2，因此金属钠不能证明酒精中含有水，A错误；B．滴入KSCN溶液，溶液不变红，说明溶液中的Fe3+被SO2还原成Fe2+，根据还原剂的还原性大于还原产物可知，还原性SO2>Fe2+，B正确；C．蔗糖水解后稀硫酸依然存在于溶液中，银镜反应需要碱性的环境，因此需在水解后加NaOH至溶液为碱性，再进行银镜反应，C错误；D．蛋白质的变性是不可逆的，将沉淀加入水中，沉淀溶解，说明蛋白质没有变性，是蛋白质的盐析，D错误；故选B。12.一种新型的电池，总反应式为，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（）A.该装置可将化学能转化为电能B.电子由乙Zn电极流出到石墨电极，再经过溶液回到Zn极，形成回路C.电池工作过程中，K+向石墨电极区迁移D.石墨电极上发生反应为〖答案〗B〖解析〗【详析】A．该装置无外加电源属于原电池，将化学能转化为电能的装置，A项正确；B．由总反应可知，Zn电极化合价降低失去电子为原电池的负极材料，电子是由负极经过导线流入负载再流入到石墨电极，B项错误；C．原电池中阳离子向正极移动，正极材料为石墨电极，则向石墨电极区迁移，C项正确；D．石墨电极为正极，化合价由+6价降低为+3价得到电子发生还原反应，则电极反应式为：，D项正确；〖答案〗选B。13.北京冬奥会在场馆建设中用到的一种耐腐蚀、耐高温的涂料是以某双环烯酯(如下图)为原料制得的，下列说法正确的是（）A.该双环烯酯的分子式为B.该双环烯酯一氯代物有11种C.该双环烯酯分子中所有碳原子可能共平面D.该双环烯酯能在酸性或碱性条件下发生水解反应〖答案〗D〖解析〗【详析】A．根据该双环烯酯的结构简式，可知其的分子式为，故A错误；B．该双环烯酯的一氯代物有13种，故B错误；C．分子中标有*号的碳原子通过单键与另外3个碳原子相连，不可能所有碳原子可能共平面，故C错误；D．该双环烯酯含有酯基，能在酸性或碱性条件下发生水解反应，故D正确；选D。14.钛(Ti)和钛合金被广泛应用于火箭、导弹、航天飞机等领域。工业上以钛铁矿(FeTiO3，其中Ti为+4价)为主要原料制备金属钛的工艺流程如下图所示：已知：TiCl4的熔点―25℃，沸点136.4℃下列说法错误的是（）A.步骤①的反应过程元素的化合价没有发生变化B.步骤③的操作名称是加热或高温煅烧C.步骤④的反应方程式TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2COD.由TiCl4制备Ti的过程中，可以加入氮气做保护气体〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由题干流程图可知，以钛铁矿(FeTiO3，其中Ti为+4价)为主要原料加入硫酸，生成硫酸氧钛TiOSO4，反应方程式为：FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O，然后TiOSO4发生水解生成钛酸H2TiO3，H2TiO3加热或灼烧进行TiO2，TiO2和C、Cl2混合加热发生反应TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，最后用Mg还原TiCl4得到Ti，据此分析解题。【详析】A．由分析可知，步骤①的反应FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O，该过程种元素的化合价没有发生变化，A正确；B．由分析可知，步骤③的操作名称是加热或高温煅烧，B正确；C．由分析可知，步骤④的反应方程式为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，C正确；D．由于N2能与Mg发生反应生成Mg3N2，故由TiCl4制备Ti的过程中，可以加入氩气做保护气体，不能用N2作保护气，D错误；故〖答案〗为：D。15.将一定量的Fe、Fe2O3、CuO的混合物放入体积为100mL、浓度为2.2mol/L的H2SO4溶液中，充分反应后生成气体896mL(标准状况)，得到不溶固体1.28g。过滤后，滤液中的金属离子只有Fe2+(假设滤液体积仍为100mL)。向滤液中滴加2mol/LNaOH溶液，直至40mL时开始出现沉淀。则下列说法正确的是（）A.1.28g固体成分为Fe和CuB.未滴加NaOH溶液前滤液中FeSO4的物质的量浓度为1.8mol/LC.原混合物中Fe与Fe2O3物质的量之比为1：1D.原混合物中CuO无法计算〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗Fe、Fe2O3和CuO的混合物放入H2SO4溶液中充分反应后过滤，滤液中的金属离子只有Fe2+，发生的反应有Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4、Fe+CuSO4=FeSO4+Cu；滤液中加入2mol/LNaOH溶液至40mL时开始出现沉淀，说明与混合物反应后硫酸过量，所得滤液中含H2SO4和FeSO4，过量的硫酸物质的量为×2mol/L×0.04L=0.04mol；根据SO守恒，n(FeSO4)=2.2mol/L×0.1L-0.04mol=0.18mol，未滴加NaOH溶液前滤液中FeSO4物质的量浓度为0.18mol÷0.1L=1.8mol/L，据此分析解答。【详析】A．滤液中加入2mol/LNaOH溶液至40mL时开始出现沉淀，说明与混合物反应后硫酸过量，则剩余1.28g固体中不存Fe，故A错误；B．由以上分析可知过量的硫酸物质的量为×2mol/L×0.04L=0.04mol；根据SO守恒，n(FeSO4)=2.2mol/L×0.1L-0.04mol=0.18mol，未滴加NaOH溶液前滤液中FeSO4物质的量浓度为0.18mol÷0.1L=1.8mol/L，故B正确；C．由上述分析可知反应消耗的硫酸为0.18mol，根据反应可知所消耗硫酸中的氢离子一部分与氧化物中的O结合成水，一部分生成氢气，其中氢气为896mL(标准状况)，物质的量为：0.04mol，该反应中消耗的Fe的物质的量为：0.04mol，该部分对应氢离子0.08mol，最终剩余1.28g固体为Cu，则氧化铜也为0.02mol，其消耗的氢离子为0.04mol，其对应硫酸铜消耗的Fe的物质的量为：0.02mol，则氧化铁消耗的氢离子的物质的量为0.18×2-0.04-0.08=0.24，则氧化铁的物质的量为0.08mol，则对应硫酸铁消耗的Fe的物质的量为0.08mol，因此整个反应过程中消耗Fe的物质的量为：0.04+0.02+0.08=0.14mol，原混合物中Fe与Fe2O3物质的量之比为7：4，故C错误；D．由上述分析可知最终剩余1.28g固体为Cu，其物质的量为0.02mol，根据铜元素守恒可知氧化铜的物质的量为0.02mol，故D错误；故选：B。二、非选择题：本题共5小题，共55分。16.在2L恒温恒容密闭容器中投入2molSO2和1molO2在一定条件下充分反应，如图是SO2和SO3随时间的变化曲线。（1）前10minSO3的平均反应速率为___________；平衡时，SO2的转化率为___________。（2）下列叙述能判断该反应达到平衡状态的是___________(填序号)。①容器中压强不再改变②容器中气体密度不再改变③SO3的质量不再改变④O2的物质的量浓度不再改变⑤SO2的消耗速率和SO3的生成速率相等（3）以下操作会引起化学反应速率变快的是___________(填字母)。A．向容器中通入氦气B．升高温度C．扩大容器的容积D．向容器中通入O2E．使用催化剂（4）潜艇中使用的液氨-液氧燃料电池工作原理如图所示：①电极a是___________。(填“正极”或“负极”)②电解质溶液中OH-离子向___________移动(填“电极a”或“电极b”)。③电极b的电极反应式为___________。〖答案〗（1）①.0.05mol/(L·min)②.70%（2）①③④（3）BDE（4）①.负极②.电极a③.〖解析〗（1）前10minSO3的物质的量增加1.0mol，SO3的平均反应速率：；25min后反应达到平衡，二氧化硫由2.0mol减少至0.6mol，其转化率：；（2）①反应前后气体分子数不相等，反应过程中压强不断减小，当达到平衡时容器中压强不再改变，故压强不变可判断平衡状态，正确；②容器中各物质均为气体，气体的总质量不变，则容器中气体密度为定值，容器中气体密度不再改变不能判断达到平衡，错误；③SO3的物质的量不再改变说明反应达到平衡状态，正确；④各组分浓度不变是平衡的基本特征，因此O2的物质的量浓度不再改变说明反应达到平衡状态，正确；⑤结合系数关系，SO2的消耗速率和SO3的生成速率相等不能判断反应达到平衡，错误；〖答案〗选①③④；（3）A．向容器中通入氦气，各组分的浓度不变，反应速率不变，故A不选；B．升高温度可以加快反应速率，故B选；C．扩大容器的体积，使各物质的浓度减小，反应速率减小，故C不选；D．向容器中通入O2，增大了反应物的浓度，反应速率加快，故D选；E．使用正催化剂可以加快反应速率，故E选；〖答案〗选BDE；（4）①根据氮的化合价的变化由-3价变为0价判断，电极a是失去电子的一极做负极，电极b做正极；②根据原电池中离子移动的方向实质是异性相吸，氢氧根离子向负极移动，即向电极a移动；③电极b是正极，根据通入的氧气及碱性环境判断电极反应为：。17.硝酸是重要的化工原料。下图是以合成氨为基础的传统硝酸生产工艺流程(其中空气等基础原料已略去)。（1）关于合成氨工艺，下列说法正确的是___________(填序号)。a．合成氨是一种重要的人工固氨方法b．该反应过程中氮元素被氧化c．合成的氨气还可以用于化肥工业d．该反应采用高温、高压等苛刻条件，与N2化学性质很稳定有关（2）氨氧化装置中，产生的含氨物质主要为NO，反应的化学方程式为___________。（3）吸收装置中。发生的反应为，若用的稀硝酸作为吸收液，反应后得到的浓硝酸，则理论上吸收装置中需消耗的O2的物质的量为___________mol(写出计算式)。（4）NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的氮氧化物脱除技术，可用于上述硝酸生产工艺的废气处理，反应原理如下图所示：若催化剂表面参与反应的NO和NO2物质的量之比为1：1，则总反应的化学方程式为___________。〖答案〗（1）ａ，ｃ（2）（3）（4）〖解析〗N2、H2在催化剂作用下合成NH3，NH3经催化氧化生成NO和H2O，再将NO氧化为NO2，NO2聚合为N2O4，N2O4用稀硝酸吸收，最后得到浓硝酸，据此解答。（1）a．合成氨是将氮气转化为氨气，是一种重要的人工固氨方法，故a正确；b．该反应过程中氮元素化合价降低，被还原，故b错误；c．合成的氨气可以用于生成碳酸氢铵等化肥产品，故c正确；d．该反应采用高温、高压等苛刻条件，与N2化学性质很稳定无关，与反应速率和平衡移动有关，故d错误；故选ac。（2）氨氧化装置中，产生的含氮物质主要为NO，根据原子守恒和化合价升降守恒，可得反应的化学方程式为：；（3）吸收装置中发生的反应为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3，若用的稀硝酸作为吸收液，反应后得到的浓硝酸，则理论上吸收装置中生成的硝酸为：，根据方程式可知，需消耗的O2的物质的量为；（4）由图可知，若催化剂表面参与反应的NO和NO2物质的量之比为1∶1，根据原子守恒和化合价升降守恒，可得总反应的化学方程式为：。18.废旧锌锰干电池内部的黑色物质A主要含有、MnOOH、、、碳单质，用黑色物质A制备高纯的流程如图：已知：（未配平）。（1）第Ⅰ步操作是为了除去可溶性的__________（填化学式）。（2）第Ⅰ步后在空气中灼烧的目的有两个，一个是将MnOOH转化为，另一个是__________为灼烧时，MnOOH与空气中的氧气反应的化学方程式为____________________________。（3）已知：难溶于水和乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃时开始分解；在pH大于7.7时，开始转化为沉淀。第Ⅳ步中的多步操作可按如图步骤进行：操作①加入溶滴调节溶液pH的过程中有产生，则溶液与溶液反应的离子方程式为____________，你认为操作③中检测的方法及现象是________________时可继续进行操作④：操作④中用无水乙醇洗涤的目的是_________________________（答一条即可）。〖答案〗（1）NH4Cl、ZnCl2（2）①.除去碳单质②.（3）①.②.取最后一次洗涤液于试管中，向其中加盐酸酸化的BaCl2溶液无白色沉淀产生则证明已经洗涤干净③.有利于低温条件下快速干燥〖解析〗黑色物质A主要含有MnO2、MnOOH、NH4Cl、ZnCl2、碳单质经过I过滤得到MnO2、MnOOH、碳单质，除去了可溶的NH4Cl、ZnCl2，第Ⅱ步空气中灼烧除去碳单质同时将MnOOH转化为MnO2，得到的在Ⅲ中转化为MnSO4，MnSO4经多步操作得高纯MnCO3，据分析答题。（1）黑色物质A主要含有MnO2、MnOOH、NH4Cl、ZnCl2、碳单质经过I过滤得到不溶的MnO2、MnOOH、碳单质，除去了可溶的NH4Cl、ZnCl2，故〖答案〗为NH4Cl、ZnCl2；（2）第Ⅱ步空气中灼烧除去碳单质同时将MnOOH转化为MnO2，化学方程式为：，故〖答案〗为：①除去碳单质②；（3）MnSO4溶液与NH4HCO3溶液反应生成的离子方程式为；；操作③中是否洗涤干净可以通过检验验证：取最后一次洗涤液于试管中，向其中加盐酸酸化的BaCl2溶液无白色沉淀产生则证明已经洗涤干净；操作④中用无水乙醇洗涤的目的是有利于低温条件下快速干燥；故〖答案〗为：①②取最后一次洗涤液于试管中，向其中加盐酸酸化的BaCl2溶液无白色沉淀产生则证明已经洗涤干净③有利于低温条件下快速干燥。19.以淀粉或以石油裂解产物F(其产量常用来衡量一个国家的石油化工发展水平)为原料制备一种具有果香味的物质E的生产流程如下。请回答下列问题：（1）F→B的反应类型为___________；B中官能团的名称