北京市大兴区2022-2023学年高三上学期期末考试化学试题

北京市大兴区2022-2023学年高三上学期期末考试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．科学家研究发现N2分子在半导体光催化的作用下可被捕获转化为NH3A．NH3分子中N原子杂化方式为B．NH3和HC．反应的化学方程式：2D．该过程可以实现太阳能向化学能的转化2．下列化学用语或图示表达错误的是（）A．NaOH的电子式：B．中子数为1的氢原子1C．乙醇的分子式：CD．氯离子的结构示意图：3．下列有关物质性质(或用途)的描述中，不涉及氧化还原反应的是（）A．Cu片遇稀HNO3B．新制氯水久置变为无色C．常温下，铝制容器盛装浓硫酸D．明矾[KAI(4．下列方程式与所给事实不相符的是（）A．Na2O2吸收B．H2S溶液中通入ClC．Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeClD．NaHCO3溶液中滴加少量Ca(OH)5．已知：NaClO3+A．氯酸钠是强电解质B．H2C．产物中ClO2与OD．每转移1mol电子，生成标准状况下5.66．X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，X元素基态原子的最外层电子排布式为2s2XYZWA．离子半径：Z2−<WC．酸性：H3YO47．联氨(N2H4)可用于处理水中的溶解氧，其反应机理如下图所示：下列说法错误的是（）A．N2H4B．N2H4C．②中反应产物是[Cu(NH3)2D．③中发生反应：48．我国科技工作者发现某“小分子胶水”(结构如图所示)能助力自噬细胞“吞没”致病蛋白。下列说法正确的是（）A．分子式为CB．分子中所有碳原子一定共平面C．1mol该物质最多能与7molH2D．1mol该物质最多可与2molBr29．下列实验中，不能达到实验目的的是实验室制取氨气检验产物乙炔检验浓硫酸与铜反应产生的二氧化硫证明溶解度：AgCl>AgIABCDA．A B．B C．C D．D10．已知：H2容器1容器2容器3反应温度(℃)400400500起始量1molH2、1molI2molHI1molH2、1molI平衡浓度c(HI)/mol⋅ccc平衡转化率αααα平衡常数KKK下列各项关系错误的是（）A．c1=cC．α1(H11．一种3D打印机的柔性电池以碳纳米管作电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物为固态电解质，电池总反应为：MnO2下列说法错误的是（）A．放电时，含有锌膜的碳纳米管纤维作电池负极B．充电时，阴极反应：MnOC．有机高聚物中含有极性键、非极性键和氢键D．合成有机高聚物的单体：12．常温下，以酚酞作指示剂，用0.1mol⋅L−1的NaOH溶液滴定20.00mL0.1mol⋅L−1A．H2A的电离方程式为：HB．当V(NaOH)=0mL时，c(C．当V(NaOH)=20.00mL时，c(D．当V(NaOH)=30.00mL时，c(13．利用NH3可以消除氮氧化物对环境的污染。除去NO的主要反应为：4NH3(g)+6NO(g)⇌5NA．在5min内，温度由420K升高到580K，该段时间内化学反应速率v(NO)=0.342mol⋅B．相同条件下，O2的存在有利于NOC．在有氧条件下，温度升高到580K之后，NO转化率降低的原因可能是平衡逆向移动D．在无氧条件下，温度由420K升高到580K时，平衡逆向移动14．某实验小组同学做电解CuCl2溶液实验，发现电解后(电极未从溶液中取出)阴极上析出的铜会消失。为探究铜“消失”的原因，该小组同学用不同电解质溶液(足量)、在相同时间内进行如下实验。装置序号电解质溶液实验现象(电解后)ICuSO4溶液仍呈蓝色，附着的铜层无明显变化II稀CuCl2溶液由蓝色开始变为浅黄绿色，2min后溶液变浑浊III浓CuCl2溶液由绿色逐渐变为深黄绿色(略黑)，附着的铜层变薄已知：①Cu+Cu2++2Cl−=2CuCl↓下列分析错误的是（）A．电解后CuSO4溶液的pH减小，原因是B．浓CuCl2溶液呈绿色原因是c(Cl−C．II中溶液变浑浊，推测难溶物为CuClD．III中溶液变为深黄绿色，推测原因是[Cu(H2二、综合题15．锌及其化合物在材料和药物领域具有重要应用。回答下列问题：（1）写出基态Zn2+的价层电子排布式（2）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。已知第一电离能I1(Zn)大于I1（3）硫酸锌溶于过量的氨水，可形成配合物[Zn(NH3)4]SO（4）硒化锌(ZnSe)晶体是一种常用的红外材料，其晶胞形状为立方体，结构如图。已知：阿伏加德罗常数为NA，1nm=10−9m，硒化锌的摩尔质量为Mg⋅mol−116．二氧化碳的综合利用是实现碳达峰、碳中和的关键。（1）I.利用CO2和H已知：a.COb.CO(g)+2c.CO计算ΔH3=（2）一定条件下，向密闭容器中充入物质的量之比为1：3的CO2和H2发生上述反应，使用不同催化剂经相同反应时间，甲醇的选择性=①210-270℃间，在甲醇的选择性上，催化效果较好的是。②210-270℃间，催化剂2条件下CO2的转化率随温度的升高而增大，可能原因为（3）II.工业上用CO2和NH3通过如下反应合成尿素[CO(NH2)2]：下列能说明反应达到化学平衡状态的是(填字母)。a.相同时间内，6molN−H键断裂，同时有2molH−O键形成b.容器内气体总压强不再变化c.2d.容器内气体的密度不再改变（4）CO2时间/min0307080100n1.6l.00.80.80.8CO2的平衡转化率为；t℃时，该反应的平衡常数K=（5）III.中科院研究所利用CO2放电时，正极上的电极反应为；若电池工作时产生a库仑的电量，则理论上消耗锌的质量为g。(已知：转移1mol电子所产生的电量为96500库仑)17．黄酮哌酯是一种解痉药，可通过如下路线合成：已知：回答问题：（1）C3H6（2）A→B的反应类型为。（3）D的结构简式为。（4）C＋E→F的化学方程式是。（5）下列关于F和G的说法正确的是（）。a．F和G互为同分异构体b．G在空气中能稳定存在c．F和G可以利用FeCl3d.1molF与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2molNaOH（6）已知：，G制备M的过程如下：P、Q分别为、。（7）写出M到黄酮哌酯的反应方程式。18．红矶钠(Na2Cr2O7⋅2已知：i.2CrO4回答下列问题：（1）焙烧铬铁矿生成Na2CrO4，并将Al①焙烧时为加快反应速率，可采取的措施是。②生成Na2CrO4□FeO⋅Cr2O3＋□Na（2）滤液2中含有的溶质有：Na2CO3（3）中和时pH的理论范围为4.5～9.3，调控pH不过高也不能过低的理由。（4）酸化后所得溶液中主要含有Na2Cr2①结晶时，将混合溶液加热浓缩、(填操作)、冷却结晶、过滤得到红矾钠晶体。②滤液5最适宜返回上述流程中，参与循环再利用。（5）工业上还可用膜电解技术(装置如图所示)，以Na2CrO4为主要原料制备Na2Cr（6）Na2Cr2O7可用于测定水体的COD(COD是指每升水样中还原性物质被氧化所需要O2的质量)。现有某水样100.00mL，酸化后加入c1mol⋅L−1的Na2Cr2O7溶液V1mL，使水样中的还原性物质完全被氧化；再用c2mol⋅L19．某校化学兴趣小组探究SO2与FeCl3溶液的反应。资料：铁氰化钾(K3[Fe(CN)6（1）实验室常用70%硫酸与亚硫酸钠固体制备SO2，写出反应的化学方程式。（2）该小组同学预测SO2与FeCl3溶液反应的现象为溶液由黄色变成浅绿色，写出相关反应的离子方程式。（3）向试管B中溶液通入SO2至饱和，溶液变成红色，静置5min后，溶液的颜色从红色慢慢变回黄色。静置9h后，溶液慢慢由黄色变为浅绿色。①甲同学认为溶液变红的原因是通入SO2后，Fe3+水解程度增大，形成Fe(OH)3胶体。乙同学根据SO2的性质否定了这一推论，原因是。②丙同学取上述5min后的黄色溶液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀。该同学认为SO2与Fe3+发生氧化还原反应。丁同学认为该结论不严谨，重新设计并进行实验，证明两者发生了氧化还原反应，写出实验方案及现象。（4）查阅资料：Fe3+能与S(IV)微粒形成红色配合物。该小组同学分析SO2水溶液成分，猜想可能是其中含S(IV)微粒SO2、H2SO3、与Fe3+形成配合物而使溶液呈现红色。进行如下实验：序号实验加入试剂现象I2mL1mol/LNaHSO3溶液；再滴加几滴盐酸溶液变成红色，比(3)中溶液红色深；滴加盐酸后，溶液颜色由红色变成黄色II2mL1mol/LNa2SO3溶液溶液变成红色，比I中溶液红色深①a=。②根据实验I现象，溶液中SO2、H2SO3浓度增大，红色消失，说明红色物质可能与SO2、H2SO3无关；，红色物质可能与SO3（5）通过上述实验可得结论：①SO2与FeCl3溶液的反应，可以发生配位反应、氧化还原反应。②。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．NH3分子中，N提供5个电子，3个H共提供3个电子，所以4对价电子sp3B．由A可知NH3分子的空间结构是三角锥形，H2O分子中的中心原子O为sp3C．分析图片中反应过程可知，总反应的化学方程式为：2ND．由题中图片可知，该过程可以将太阳能转化为化学能，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.NH3中N原子价层电子对数为4；

C.该反应的反应物是N2、H2O，生成物是NH3和O2；

D.由图可知，该过程将太阳能转化为化学能。2．【答案】C【解析】【解答】A．NaOH的电子式为：，A不符合题意；B．质量数=质子数+中子数，中子数为1的氢原子质量数为2，表示为：12C．乙醇的分子式为：C2D．氯离子有三个电子层最外层8个电子，形成阴离子，结构示意图为：，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.NaOH是离子化合物；

B.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；

D.氯离子核外共18个电子，有三个电子层，每一层的电子数分别为：2、8、8。3．【答案】D【解析】【解答】A．Cu与HNO3反应的化学方程式为：3Cu+8HNOB．新制氯水久置变为无色的原因是：Cl2C．金属钝化的实质是金属被浓硫酸氧化，表面生成一层致密的氧化膜，这种氧化膜不溶于浓硫酸，利用的是浓硫酸的强氧化性，发生氧化还原反应，C不符合题意；D．明矾一碰到水，就会发生化学变化生成硫酸铝和硫酸钾，硫酸铝和水发生化学反应，生成白色的絮状沉淀氢氧化铝，元素和化合价没有发生改变，不属于氧化还原反应，D符合题意；故答案为：D。【分析】氧化还原反应过程中一定有元素的化合价发生变化。4．【答案】D【解析】【解答】A．Na2O2吸收COB．H2S溶液中通入Cl2C．Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3D．NaHCO3溶液中滴加少量Ca(OH)2故答案为：D。【分析】A.过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；

B.氯气具有强氧化性，能将硫化氢氧化为单质硫和氯化氢；

C.Mg(OH)2悬浊液中滴加足量5．【答案】D【解析】【解答】A．氯酸钠而在水中完全电离，属于强电解质，A不符合题意；B．H2O2分子中既含极性键又含非极性键，分子中氧元素和氧元素之间形成非极性共价键，氧元素和氢元素之间形成极性共价键，B不符合题意；C．反应的化学方程式为：2NaClO3+H2O2D．反应的化学方程式为：2NaClO3+H2故答案为：D。【分析】A.氯酸钠在水中完全电离；

B.过氧化氢中含有H-O极性键和O-O非极性键；

C.根据得失电子守恒和质量守恒配平方程式为2NaClO36．【答案】A【解析】【解答】A．Cl-、S2-电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：Cl-＜S2-，A符合题意；B．根据同周期阴离子的还原性从左到右依次减弱，故S2-的还原性比大于Cl-的还原性，B不符合题意；C．由于H2SO4的非羟基O原子数是2，而H3PO4的的非羟基O原子数是1，H2SO4D．非金属氢化物的稳定性代表了元素非金属性的强弱，氧的非金属性远大于硫，所以H2O的稳定性也大于H2S，D不符合题意；故答案为：A。【分析】X位于第二周期，X元素基态原子的最外层电子排布式为2s22p4，X为O元素，则Y为P元素、Z为S元素、W为Cl元素。7．【答案】A【解析】【解答】A．N2H4分子的共价键有N-H之间的s−pσ键和N-N之间的p−pσ，A符合题意；B．由题干信息可知，N2H4能够被CuO氧化生成N2，即N2H4具有还原性，而O2的氧化性强于CuO，故N2H4具有还原性，在一定条件下可被O2氧化，B不符合题意；C．由题干信息可知，②中反应物NH3‧H2O是足量的，但是反应产物是[Cu(NH3)2D．根据氧化还原反应配平可知，③中发生反应：4[Cu故答案为：A。【分析】B.N2H4具有还原性，可被氧气氧化；

C.②中氨水足量，产物是[Cu(NH3)2]+，说明[Cu(NH3)8．【答案】C【解析】【解答】A．根据有机物中成键特点以及结构简式，该有机物的分子式为C15H10O4，故A不符合题意；B．苯环、碳碳双键、-COOH所有原子共面，单键可以旋转，所有该分子中所有碳原子不一定共面，B不符合题意；C．苯环和氢气以1：3加成，碳碳双键和氢气1：1加成，酯基中的双键和氢气不反应，故最多与7molH2发生加成，C符合题意；D．能跟溴单质反应的是酚羟基和碳碳双键，1mol该物质最多能与3molBr2发生反应，D不符合题意；答案为C。【分析】A.根据结构简式确定其分子式；

B.单键可以旋转；

D.酚羟基的邻位和对位能被溴取代。9．【答案】B【解析】【解答】A．实验室制氨气可用加热氯化铵固体和氢氧化钙固体，氨气密度小于空气，用向下排空气法收集，A不符合题意；B．电石与饱和食盐水反应制得的乙炔中含有H2S等还原性气体杂质，直接通入溴水，H2S等还原性气体可与溴水反应褪色，不能用于检验乙炔，B符合题意；C．铜和浓硫酸加热生成SO2，SO2可使品红褪色，C不符合题意；D．过量NaCl使AgNO3完全沉淀，再滴加NaI溶液，白色沉淀转化成黄色，说明AgI的溶解度小于AgCl，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.实验室通常加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物制备氨气，氨气的密度小于空气；

C.铜和浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性；

D.硝酸银不足，生成的AgCl转化为更难溶的AgI。10．【答案】B【解析】【解答】A．容器1和容器2是等效平衡，因此c1=c2B．容器1和容器2是等效平衡，因此K1=K2，温度升高平衡逆向移动，KC．温度升高平衡逆向移动，平衡转化率减小，因此α1D．容器1和容器2是等效平衡，达到平衡状态时，各物质的浓度相等，α2(HI)=α故答案为：B。【分析】A.该反应为放热反应，升温平衡逆向移动；

C.升温该反应的平衡逆向移动；

D.容器1和容器2为等效平衡。11．【答案】B【解析】【解答】A．根据总反应可知，Zn所在电极为负极，即放电时，含有锌膜的碳纳米管纤维作电池负极，A不符合题意；B．由分析可知，充电时，阴极反应：16C．根据高聚物的结构可知，高聚物中存在作用力：极性键、非极性键和氢键，C不符合题意；D．有机高聚物的结构片段发现可知，是加成聚合产物，合成有机高聚物的单体是：，D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.根据总反应可知，放电时，Zn为负极；

C.高聚物中存在极性键、非极性键和氢键；

D.发生加聚反应得到有机高聚物。12．【答案】C【解析】【解答】A．由图20.00mL0.1mol/L的二元酸H2A溶液中HA-占90%，A2-占10%，没有H2A分子，说明第一步全电离，H2A在水中电离的方程式为：B．当V(NaOH)＝0mL时，20.00mL0.1mol/L的二元酸H2A溶液中H2A的第一步电离为完全电离，溶液中不存在H2A，根据物料守恒c(HA－)＋c(A2－)=0.1mol/L，B不符合题意；C．当V(NaOH)=20.00mL时，得到的溶液是NaHA溶液，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HA－)＋2c(A2－)+c(OH-)，由pH曲线可知，此时溶液呈酸性，即c(H+)>c(OH-)，则c(Na+)<c(HA－)＋2c(A2－)，C符合题意；D．当V(NaOH)＝30.00mL时，得到的溶液是NaHA和Na2A溶液，根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HA－)＋2c(A2－)+c(OH-)，由pH曲线可知，此时溶液呈酸性，即c(H+)>c(OH-)，则c(Na故答案为：C。【分析】A.20.00mL0.1mol⋅L-1的二元酸H2A溶液pH=1，则H2A第一步完全电离；

B.根据物料守恒分析；

D.当V(NaOH)＝30.00mL时，溶质为NaHA和Na2A，且溶液呈酸性，结合电荷守恒分析。13．【答案】D【解析】【解答】A.420K时一氧化氮的转化率为2%，此时消耗的n（NO）=6mol×2%=0.12mol，580K时一氧化氮的转化率为59%，此时消耗的n（NO）=6mol×59%=3.54mol，此时段内一氧化氮的变化量为：3.54mol-0.12mol=3.42mol，容器的体积为2L，所以反应速率υ=ΔnVΔt=3.42mol2L×5min=0.342mol•LB．由题干图示信息可知，相同条件下有O2存在的条件下，NO的转化率明显增大，故O2的存在有利于NO的去除，B不符合题意；C．该反应为放热反应，温度升高，580K反应达到平衡后，平衡逆向移动，一氧化氮的转化率降低，或者NH3在高温情况下被氧气氧化为NO，从而降低了NO的转化率，C不符合题意；D．由题干图示信息可知，在无氧条件下，温度由420K升高到580K时，NO的转化率略有增大，此时可能是温度升高反应速率加快，使得NO的转化率略有增大，但平衡不可能逆向移动，D符合题意；故答案为：D。【分析】A.根据v=ΔcΔt计算；

B.有O2存在的条件下，NO的转化率明显增大；14．【答案】A【解析】【解答】A．电解后CuSO4溶液的pH减小，是由于2CuSO4+2H2O=电解2Cu+O2+2H2SO4，而不是由于Cu2+水解B．由题干信息可知，硫酸铜溶液呈蓝色，即[Cu(H2O)4]2+呈蓝色，[CuCl4]2-呈黄色，则浓CuCl2溶液呈绿色原因是c(Cl−C．由题干已知信息①Cu+Cu2++2D．由题干已知信息[CuCl4]2-呈黄色可知，III中溶液变为深黄绿色，推测原因是[Cu(H2故答案为：A。【分析】A.电解硫酸铜溶液时，发生反应2CuSO4+2H2O=电解2Cu+O2+2H2SO4，硫酸铜被消耗；

B.c(Cl−)增大，[Cu(H2O)4]2++4Cl15．【答案】（1）3d10（2）Zn的核外电子排布式为：[Ar]3d104s2，而Cu的核外电子排布式为：[Ar]3d104s1，第一电离能：Zn失去的是4s2全满状态上的一个电子，所需能量比较高，而Cu失去的是4s1上的一个电子（3）Zn2++4NH3‧H2O=[Zn(NH3（4）34Mρ•N【解析】【解答】（1）已知Zn是30号元素，其基态原子的核外电子排布式为：[Ar]3d104s2，则基态Zn2+的价层电子排布式3d10，故答案为：3d10（2）已知Zn的核外电子排布式为：[Ar]3d104s2，而Cu的核外电子排布式为：[Ar]3d104s1，第一电离能：Zn失去的是4s2全满状态上的一个电子，所需能量比较高，而Cu失去的是4s1上的一个电子，则I1(Zn)大于I1(Cu)，故答案为：Zn的核外电子排布式为：[Ar]3d104s2，而Cu的核外电子排布式为：[Ar]3d104s1，第一电离能：Zn失去的是4s2全满状态上的一个电子，所需能量比较高，而Cu失去的是4s1上的一个电子；（3）硫酸锌溶于过量的氨水，可形成配合物[Zn(NH3)4]SO4，该反应方程式为：ZnSO4+4NH3‧H2O=[Zn(NH3)4]SO4+4H2O，则反应的离子方程式为：Zn2++4NH3‧H2O=[Zn(（4）晶胞中，Se原子数目为8×18+6×12=4，Zn原子数目为4，晶胞相当于含有4个“ZnSe”，晶胞质量为4×Mg/molNAmol-1=4MNAg，晶胞密度为ρg•cm-3，令晶胞参数为anm，则ρg•cm-3×(a×10-7cm)3=4MN【分析】（1）Zn为30号元素，基态Zn原子失去2个电子形成Zn2+，根据构造原理书写价电子排布式；

（2）原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失电子较难，电离能较大；

（3）硫酸锌溶于过量的氨水形成[Zn(NH3)4]SO16．【答案】（1）+40.9kJ/mol（2）催化剂Ⅰ；升高温度，催化剂活性增大，反应速率加快，相同反应时间CO2（3）bd（4）50%；25（5）CO2+2e【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，方程式c=a-b，ΔH（2）根据图中曲线，使用催化剂Ⅰ，甲醇的选择性较高；升高温度，催化剂Ⅱ活性增大，反应速率加快，在相同反应时间反应CO2（3）对于反应：2NHa.相同时间内，6molN−H键断裂，同时有2molH−O键形成，都表示正反应速率，不能判断反应达平衡状态，a不正确；b.容积恒定的容器中，反应前后气体分子数不相等，压强是变量，当容器内气体总压强不再变化，反应达平衡状态，b正确c.v正d.根据ρ=m总V，m故答案为：bd。（4）根据三段式，2NH3(g)+CO2(g)⇌CO（5）放电时，正极上CO2→HCOOH，电极反应为：CO2+2e−【分析】（1）根据盖斯定律计算；

（2）①使用催化剂Ⅰ，甲醇的选择性较高；

②升高温度，催化剂活性增大，反应速率加快，相同反应时间CO2转化率增大；

（3）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；

（4）列出反应的三段式计算；

17．【答案】（1）碳碳双键（2）加成反应（3）CH3CH2COOH（4）+CH3CH2COCl→+HCl（5）ac（6）；H2O（7）+⇌一定条件+H2O【解析】【解答】（1）C3H6为链状结构，则该分子的结构简式为：CH3CH=CH2，该分子中含有的官能团是碳碳双键，故答案为：碳碳双键；（2）由题干流程图可知，A→B的反应为：+CH3CH=CH2→200℃AlCl3（3）由分析可知，D的结构简式为CH3CH2COOH，故答案为：CH3CH2COOH；（4）由分析可知，C的结构简式为：，根据题干合成流程图可知，C＋E→F的化学方程式是+CH3CH2COCl→+HCl，故答案为：+CH3CH2COCl→+HCl；（5）由分析可知，F的结构简式为：，G的结构简式为：，据此分析解题：a．由上述分析可知，F和G的分子式相同，结构不同，故互为同分异构体，a正确；b．由分析可知，G分子中含有酚羟基，已被空气中的O2氧化，即G在空气中不能稳定存在，b不正确；c．由分析可知，F分子中不存在酚羟基，而G分子中含有酚羟基，故F和G可以利用FeCl3d．由F的结构简式可知，1molF中含有1mol羧基和1mol酚酯基，故1molF与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3molNaOH，d不正确；故答案为：ac；（6）由G的结构简式，结合题干转化信息，可知该转化方程式为：+→一定条件++H2O，故答案为：；H2O；（7）由题干合成流程图可知，M转化为黄酮哌酯的反应方程式为：+⇌一定条件+H2O，故答案为：+⇌一定条件+H2O。【分析】C3H6为链状结构，则为丙烯，结构简式为CH3CH=CH2，B分步反应得到苯酚，苯酚经过和NaOH、CO2、酸化得到C，根据D的分子式和D到E的转化条件以及E的结构简式可知，D的结构简式为：CH3CH2COOH，E和C反应得到F，则C为，F发生已知反应得到G，结合G的分子式可知，G的结构简式为。18．【答案】（1）将气体和矿料逆流而行；4FeO⋅（2）Na（3）pH过低Al3+不能除尽，pH过高硅酸溶解（4）趁热过滤；滤液4（5）4Na（6）480c1V1—80c2V2【解析】【解答】（1）①将气体和矿料逆流而行，增大反应物的接触面积，加快反应速率；②根据化学反应中得失电子守恒，4FeO⋅Cr（2）根据反应的方程式可知，生成物为Na2CrO4，同时将Al2O（3）SiO32-、AlO2-易与酸反应生成H2（4）①由图可知，温度升高硫酸钠的溶解度减小，先将混合溶液蒸发浓缩，硫酸钠晶体析出，趁热过滤，趁热过滤的目的是有利于硫酸钠结晶析出。②滤液5中主要成分为Na2SO4、Na2（5）石墨电极电解Na2CrO4溶液，实现了Na2CrO4到Na2Cr2O7的转化，电解池中阳极是溶液中氢氧根离子失电子生成氧气，阴极是CrO42-得到电子生成Cr（6）样品100.00mL，酸化后加入c1mol/L的Na2Cr2O7溶液V1mL，使水中的还原性物质完全被氧化（Cr2O72-还原为Cr3+）；再用c2mol/L的FeSO4溶液滴定剩余的Cr2O72-，结果消耗FeSO4溶液V2mL，废水与KCrn=则100mL废水中，与废水反应的K2Cr2O7的物质的量=加入的K2Cr2O7的物质的量-与Fe2+反应的K2Cr2O7的物质的量=c11L废水水样中被还原的K2Cr2O7的物质的量=(c1利用2K2Cr2O7～3O2可求出废水中化学耗氧量即COD，2Km=（【分析】铬铁矿加入O2、Na2CO3焙烧，发生反应：4FeO•Cr2O3+8Na2CO3+7O2=2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2，同时Al2O3转化为偏铝酸钠、SiO2转化为Na2SiO3，加水溶解，过滤除去不溶的Fe2O3，滤渣1为Fe2O3，滤液2加入硫酸中和，偏铝酸盐、硅酸钠转化成氢氧化铝、硅酸沉淀除去，则滤渣3为Al(OH)3，过滤得到铬酸钠溶液，加入硫酸酸化，铬酸钠转化成重铬酸钠溶液，结晶得到红矶钠晶体。19．【答案】（1）Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+H2O+SO2↑（2）2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42−（3）Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，H2SO3⇌H++HSO3−，SO2的通入将抑制Fe3+水解；制取SO2前，先往A装置内通入过量N2，以排尽装置内的空气，