第21頁/共21頁遼寧省重點高中沈陽市郊聯體2023-2024學年高三上學期10月月考化學試題考試時間：75分鐘試卷總分：100分相對原子質量：H∶1D∶2N∶14O∶16S∶32Cl∶35.5Cu∶64第Ⅰ卷選擇題一、選擇題(本題共15小題，每小題3分，共45分。每小題有1個選項符合題意)1.《厲害了，我的國》展示了中國探索太空，建設世界第一流的高鐵、橋梁、碼頭5G技術聯通世界等取得的舉世矚目的成就。它們都與化學有著密切的聯系。下列說法正確的是A.“天宮二號”空間實驗室的硅電池板將光能直接轉換為電能B.“神舟十一號”宇宙飛船返回艙外表面使用的高溫結構陶瓷的主要成分是硅酸鹽C.“火樹銀花合，星橋鐵鎖開”中涉及的焰色反應是化學變化D.碳納米材料是一類有機高分子材料，主要包括富勒烯、碳納米管和石墨烯等【答案】A【解析】【詳解】A．硅電池板將光能直接轉換為電能，故A正確；B．高溫結構陶瓷主要成分是氮化硅等，為新型無機非金屬材料，不屬于硅酸鹽，故B錯誤；C．焰色反應是物理變化，故C錯誤；D．碳納米材料碳納米材料是一類新型無機非金屬材料,主要包括富勒烯、碳納米管、石墨烯等，故D錯誤；選A。2.化學學科核心素養中提出了宏觀辨識與微觀探析，要求能從不同層次認識物質的多樣性，能從微粒水平認識物質的組成、結構等。下列敘述的化學用語或圖示表達正確的是A.的結構示意圖：B鎂原子最外層電子云圖：C.HClO的結構式：H-Cl-OD.Cu原子價電子排布圖：【答案】D【解析】【詳解】A．Fe2+的核外電子數為24，核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d6，原子結構示意圖為，故A錯誤；B．鎂原子最外層電子軌道3s2，電子云圖為：，故B錯誤；C．HClO是共價化合物，結構式為：H-O-Cl，故C錯誤；D．Cu原子核外電子數為29，根據能量最低原理，核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，價電子排布圖為：，故D正確；故選D。3.阿伏加德羅常數的值為，下列說法正確的是A.常溫常壓下，0.1mol鐵與足量濃硫酸反應生成的分子數為1.5B.20g中含有電子數為10C.標準狀況下，11.2L含氧原子數為1.5D.標準狀況下，5.6LNO和5.6L混合后分子總數為0.5【答案】B【解析】【詳解】A．鐵與濃硫酸會發生鈍化，常溫常壓下，0.1mol鐵與足量濃硫酸反應不能生成，故A錯誤；B．20g的物質的量為=1mol，中含有10個電子，20g中含有電子數為10，故B正確；C．標準狀況下，不是氣體，11.2L的物質的量不是0.5mol，故C錯誤；D．標況下，5.6L氣體的物質的量是0.25mol，由于一氧化氮與氧氣反應生成了二氧化氮，所以氣體的物質的量減小，故D錯誤；故選B。4.氮、硫、氯是典型的非金屬元素，下列有關碳、氮、硫、氯單質及其化合物的離子方程式書寫正確的是A.少量通入溶液中：B.向溶液中滴加醋酸溶液：C.潔廁靈與84消毒液混合使用易中毒：D.溶解于水：【答案】C【解析】【詳解】A．少量通入溶液中會發生氧化還原反應生成CaSO4沉淀，HCl和HClO，離子方程式為：，故A錯誤；B．醋酸是弱酸，在離子方程式中不能拆，故B錯誤；C．潔廁靈中HCl能夠和84消毒液中NaClO發生氧化還原反應生成Cl2，離子方程式為：，故C正確；D．HClO是弱酸，在離子方程式中不能拆，溶解于水：，故D錯誤；故選C。5.現有四種元素的基態原子的電子排布式：①1s22s22p63s23p2②1s22s22p63s23p3③1s22s22p3④1s22s22p4。則下列有關比較正確的是A.原子半徑：③>②>① B.電負性：④>③>②>①C.第一電離能：④>③>②>① D.最高正化合價：④>③>②>①【答案】B【解析】【詳解】四種元素分別為①1s22s22p63s23p2，為Si；②1s22s22p63s23p3，為P；③1s22s22p3，為N；④1s22s22p4，為O。Si、P同周期，N、P同主族，則原子半徑：Si>P>N，即①>②>③，A錯誤；同周期中，隨原子序數的遞增，電負性逐漸增大，同主族中，原子序數越大，電負性越小，則電負性：O>N>P>Si，④>③>②>①，B正確；同周期中，第一電離能有增大的趨勢，但核外電子處于全充滿或半充滿時，第一電離能比其后的原子大，第一電離能：N>O>P>Si，即③>④>②>①，C錯誤；N、P的最高正價為＋5價，Si的為＋4價，O的為0價(一般情況下)，則最高正化合價：③=②>①>④，D錯誤。6.X、Y、Z、M、Q五種短周期主族元素，原子序數依次增大。元素X、Y、Q的單質在常溫下呈氣態，元素Y的最高正價和最低負價之和為2，元素Z在同周期的主族元素中原子半徑最大，元素M是地殼中含量最多的金屬元素。下列說法不正確的是A.元素X、Y可以形成、等化合物B.簡單離子半徑：Z<YC.元素Z、M的最高價氧化物對應的水化物能相互反應D.通過電解由M和Q兩種元素形成的熔融態化合物可制取單質M【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q五種短周期主族元素，原子序數依次增大，先根據題目較明顯的條件分析，如元素Y的最高正價和最低負價之和為2，則Y是N；元素Z在同周期的主族元素中原子半徑最大，則Z是Na；元素M是地殼中含量最多的金屬元素，則M是Al；綜上，X、Y、Z、M、Q分別是H、N、Na、Al、Cl。【詳解】A．元素X、Y可以形成、，即NH3、N2H4，A選項正確；B．電子層越多，核電荷數越小，微粒半徑越大。簡單離子半徑Z<Y，B項正確；C．元素Z、M的最高價氧化物對應的水化物分別是NaOH和Al(OH)3，兩者能互相反應，C項正確；D．由M和Q兩種元素形成的熔融態化合物是AlCl3熔融物，AlCl3是共價化合物，高溫下不電離，不能制備單質Al，應電解氧化鋁，D項錯誤；故答案選D。7.海洋化工產品為化學工業生產體系輸送了大量的基礎原料，為人類的可持續發展做出了重要貢獻。下列提取海洋資源的方法不正確的是A.將海水蒸發結晶得到氯化鈉晶體B.利用空氣從濃縮的海水中氧化出溴C.在海帶浸取液中加入制備碘D.利用熟石灰從海水中沉淀氫氧化鎂【答案】B【解析】【詳解】A．氯化鈉的溶解度受溫度的影響變化不大，因此可將海水蒸發結晶得到氯化鈉晶體，故A正確；B．海水中的溴是以溴離子的形式存在，提取溴的方法是先向濃縮的海水中通入足量氯氣，將溴離子氧化為溴單質，然后通入熱空氣將溴單質吹出，故B錯誤；C．在海帶浸取液中加入，能夠將I-氧化為I2，以此制備碘，故C正確；D．利用熟石灰將海水中的鎂離子轉化為氫氧化鎂沉淀后過濾，再經過一系列反應可得到金屬鎂，故D正確；故選B。8.如圖是課外活動小組的同學設計的4個噴泉實驗方案，下列有關操作不可能引發噴泉現象的是A.擠壓裝置①的膠頭滴管使膠頭滴管中的酚酞溶液全部進入燒瓶，片刻后打開止水夾B.擠壓裝置②的膠頭滴管使溶液全部進入燒瓶，片刻后打開止水夾C.用鼓氣裝置從裝置③的a處不斷鼓入空氣并打開止水夾D.向裝置④的水槽中慢慢加入足量濃硫酸并打開止水夾【答案】A【解析】【詳解】A．NO與NaOH溶液不反應反應，所以燒瓶中的氣體壓強不會有明顯變化，故不能形成噴泉，故A符合題意；B．HCl氣體能夠和AgNO3溶液反應，擠壓裝置②的膠頭滴管使AgNO3溶液全部進入燒瓶，使燒瓶中氣體減少，可形成噴泉實驗，故B不符合題意；C．用鼓氣裝置從裝置③的a處不斷鼓入空氣，導致錐形瓶中液體進入燒瓶中，氨氣極易溶于水，燒瓶中的氣體壓強就會減小，故能形成噴泉，故C不符合題意；D．濃硫酸溶于水時放熱，使得濃氨水受熱分解產生氨氣，和氯化氫氣體反應，燒瓶中的氣體壓強就會減小，故能形成噴泉，故D不符合題意；故選A。9.細菌可以促使含鐵、氮的物質發生氧化還原反應，實現鐵、氮兩種元素的循環。部分轉化如圖，下列說法正確的是A.①和硝化過程都屬于氮的固定B.反硝化過程含氮物質發生氧化反應C.亞硝態氮只能通過反硝化過程轉化為氮氣D.土壤中的鐵循環可將氮元素從水體中還原除去【答案】D【解析】【詳解】A．氮的固定是游離態氮轉化為化合態氮的過程，由圖可知硝化過程不屬于氮的固定，故A錯誤；B．反硝化過程被還原為N2，發生還原反應，故B錯誤；C．由圖可知亞硝態氮與可在氨氧化細菌作用下生成氮氣，故C錯誤；D．由圖可知Fe2+可與反應生成氮氣，Fe3+可與反應生成氮氣，通過鐵循環可將氮元素從水體中還原除去，故D正確；故選：D。10.如下圖所示的“化學多米諾實驗”裝置中分別盛放的物質為①稀硫酸；②鋅粒；裝置③、④、⑤、⑥中的試劑及反應現象見下表，其中設計合理且實驗現象符合預測的是③中試劑④中固體逐漸消失⑤中溶液褪色⑥中尾氣處理A濃鹽酸KMnO4石蕊試液NaOH溶液B濃HNO3CuFeSO4溶液水C濃H2SO4木炭品紅溶液飽和NaHSO3溶液D濃NaOH溶液NH4Cl固體少量CuSO4溶液CCl4和水A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【分析】稀硫酸和鋅粒反應會產生氫氣，氫氣進入③中的試管中，使試管內部的氣體壓強變大，③中的液體會通過導管進入到④中的試管中，據此分析?！驹斀狻緼．由分析可知，③中濃鹽酸會進入到④中試管中，濃鹽酸與KMnO4反應會生成氯氣，氯氣可以使石蕊溶液褪色，用氫氧化鈉溶液來吸收多余的氯氣，A正確；B．由分析可知，③中濃HNO3會進入到④中試管中，Cu與濃HNO3反應會生成二氧化氮氣體，二氧化氮與FeSO4溶液反應，會氧化二價鐵離子變為三價鐵離子，溶液呈現棕黃色，不會褪色，且二氧化氮不能用水吸收，會有一氧化氮的生成，故應用氫氧化鈉溶液吸收尾氣，B錯誤；C．由分析可知，③中濃H2SO4會進入到④中試管中，木炭與濃H2SO4的反應需要加熱，④中試管沒有加熱，木炭與濃H2SO4的不發生反應，C錯誤；D．由分析可知，③中濃NaOH溶液會進入到④中試管中，濃NaOH溶液與NH4Cl固體混合，可以得到氨氣，氨氣與少量CuSO4溶液反應，開始得到藍色氫氧化銅沉淀，隨著氨氣的不斷通入，最后沉淀會轉化為銅氨絡離子，銅氨絡離子溶液顏色是藍色，⑤中溶液顏色沒有褪去，不符合題意，最后用CCl4和水除去多余的氨氣，還可以防止倒吸現象，D錯誤；故本題選A。11.如圖是某元素的“價—類”二維圖。其中正鹽g與熟石灰共熱發生反應可生成f，d的相對分子質量比c大16.下列說法正確的是A.實驗室制備f時，可以將其濃溶液滴入堿石灰中進行制取B.c和d都可用排水法收集C.b的濃溶液具有吸水性，可用來干燥氣體D.f可經催化氧化生成d【答案】A【解析】【分析】正鹽g能與NaOH反應生成f，f為氫化物，則正鹽g是銨鹽，f是氨氣，e是氮氣，d的相對分子質量比c大16，d是二氧化氮，c是一氧化氮，b是硝酸，a是硝酸鹽，據此分析作答?！驹斀狻緼．實驗室制備氨氣時，可以將其濃溶液滴入堿石灰中進行制取，利用堿石灰溶于水，放熱，使一水合氨受熱分解生成氨氣，故A正確；公眾號：高中試卷君B．NO只用排水法收集，NO2只用排空氣法收集，故B錯誤；C．b的濃溶液為濃硝酸，不具有吸水性，不能用來干燥氣體，故C錯誤；D．氨氣可經催化氧化生成NO，故D錯誤；故選A12.工業制備高純硅的主要過程：石英砂粗硅高純。下列說法錯誤的是A.石英砂的主要成分為，可用來制備光導纖維B.制備粗硅的反應方程式為C.300℃時發生反應的化學方程式為D.1100℃時發生反應的化學方程式為【答案】B【解析】【詳解】A．石英砂的主要成分為，導光性較好，可用來制備光導纖維，故A正確；B．制備粗硅的反應方程式為，故B錯誤；C．300℃時和HCl反應生成和H2，化學方程式為：，故C正確；D．1100℃時和H2反應生成Si和HCl，化學方程式為：，故D正確；故選B。13.R、X、Y、Z的原子序數依次增大，X位于元素周期表金屬與非金屬分界線處，Z的氫化物的水溶液常用于玻璃雕花。這四種元素可組成一種化合物的結構如圖所示。下列說法正確的是A.原子半徑：R<X<Y<ZB.Y的常見氧化物會造成酸雨、光化學煙霧C.最高價氧化物對應的水化物的酸性：X<Y<ZD.Z的氫化物水溶液的酸性強于同族元素的氫化物水溶液的酸性【答案】B【解析】【分析】X位于元素周期表金屬與非金屬分界線處，Z的氫化物的水溶液常用于玻璃雕花，則Z為F元素，X的原子序數小于F，位于元素周期表金屬與非金屬分界線處，則X為B元素，Y與R形成帶一個單位正電荷的離子，且Y能形成4個鍵，則Y為N元素，R為H元素?！驹斀狻緼．電子層數越多，原子半徑越大，電子層數相同時，核電荷數越大，原子半徑越小，原子半徑：H<F<N<B，即R<Z<Y<X，故A錯誤；B．Y為氮元素，氮氧化物會造成酸雨、光化學煙霧，故B正確；C．F無含氧酸，故C錯誤；D．Z的氫化物水溶液為氫氟酸，氫氟酸為弱酸，與其同族的Cl元素形成的HClO4為強酸，酸性強于氫氟酸，故D錯誤；答案選B。14.碘在地殼中主要以的形式存在，在海水中主要以的形式存在，幾種粒子這間有如圖所示關系，根據圖示轉化關系推測下列說法不正確的是A.可用淀粉-KI試紙和食醋檢驗加碘鹽中是否含有碘B.足量能使濕潤的淀粉-KI試紙變白的原因可能是C.由圖可知氧化性的強弱順序為D.途徑Ⅱ中若生成1mol，反應中轉移的電子數為10【答案】C【解析】【詳解】A．加碘鹽中含有NaIO3，其在酸性條件下可被I-還原生成I2，故用淀粉-KI試紙和食醋檢驗加碘鹽時淀粉-KI試紙會變藍，故A正確；B．根據圖示轉化Ⅲ可知氧化性Cl2＞IO，已變藍的淀粉-KI試紙褪色的原因可能是氯氣將碘氧化為HIO3，反應方程式為，故B正確；C．由途徑I可知氧化性Cl2＞I2，由途徑Ⅱ可知氧化性I2＜IO，由途徑Ⅲ可知氧化性Cl2＞IO，故氧化性的強弱順序為Cl2＞IO＞I2，故C錯誤；D．根據轉化關系2IO～I2～10e-可知，生成1molI2反應中轉移的電子數為10NA，故D正確；故選C。15.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成兩份。向第一份中逐漸加入銅粉，最多能溶解9.6g。向第二份中逐漸加入鐵粉，產生氣體的量隨鐵粉質量增加的變化如圖所示(已知硝酸只被還原為NO氣體)。下列分析或結果錯誤的是A.向第一份溶液中加入可以溶解更多的銅粉B.段產生的氣體是NO，BC段產生的氣體是C.段發生的反應為：D.原混合酸中濃度為【答案】D【解析】【分析】由圖象可知，由于鐵過量，OA段發生反應為：Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段發生反應為：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段發生反應為：Fe+2H+=Fe2++H2↑，據此分析解題?！驹斀狻緼．由方程式3Cu+8H++2=3Cu2++2NO+4H2O，Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O可知，兩反應中和H+均按1:4反應的，第二份溶液中完全消耗掉，H+過量，故向第一份溶液中加入NaNO3可以溶解更多的銅粉，A正確；B．由分析可知，段產生的氣體是NO，BC段產生的氣體是，B正確；C．由分析可知，段發生的反應為：，C正確；D．反應消耗14g鐵，也就是=0.25mol，所有的鐵都在硫酸亞鐵中，根據硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.25mol，所以硫酸的濃度是=2.5mol/L，D錯誤；故答案為：D。第Ⅱ卷非選擇題二、非選擇題(本大題共4題，共55分)16.a、b、c、d、e、f、g七種元素，是原子序數依次增大的前四周期的元素。有關信息如下，請回答以下問題：aa能形成一種硬度最大的固體單質cc元素基態原子的電子排布式為1s22s22p4dd基態原子的；；；ee基態原子核外3p軌道半滿ff在周期表中第11縱行gg基態原子最外層電子數為2（1）a、f的元素符號為___________、___________，分別位于元素周期表的___________區和___________區。（2）e的基態原子中能量最高的電子所占的軌道形狀是___________，其電子云在空間有___________個伸展方向。（3）d基態原子的價層電子的軌道表示式為___________，某X元素在元素周期表中位置處于d元素的左上角對角線處，它們具有部分相似的性質，請寫出該X元素組成的單質與氫氧化鈉溶液反應的化學方程式___________。（4）b、c兩種元素基態原子的第一電離能由大到小的順序為___________(用元素符號表示)。（5）g基態原子的簡化電子排布式為___________。（6）元素f基態原子的第二電離能___________元素g基態原子的第二電離能(填“＞”、“＜”或“=”)，原因是___________?！敬鸢浮浚?）①.C②.Cu③.p④.ds（2）①.啞鈴形②.3（3）①.②.（4）N＞O（5）[Ar]3d104s2（6）①.＞②.銅失去的是全充滿的3d10電子，鋅失去的是4s1電子【解析】【分析】a能形成一種硬度最大的固體單質(金剛石)，則a為C元素；c元素基態原子的電子排布式為1s22s22p4，則c為8號元素O，b介于C、O之間，則其為N元素；d基態原子的I3遠小于I4，則其最外層電子數為3，d為Al元素；e基態原子核外3p軌道半滿，則其價電子排布式為3s23p3，其為P元素；f在周期表中第11縱行，則其為第四周期第ⅠB族，其為Cu元素；g基態原子最外層電子數為2，則其價電子排布式為3d104s2。從而得出a、b、c、d、e、f、g分別為C、N、O、Al、P、Cu、Zn?！拘?詳解】由分析可知，a、f分別為碳和銅，元素符號分別為C、Cu，價電子排布式分別為2s22p2、3d104s1，則分別位于元素周期表的p區和ds區。【小問2詳解】e為P元素，價電子排布式為3s23p3，基態原子中能量最高的電子所占的軌道形狀是3p軌道，呈啞鈴形，其電子云在空間有3個伸展方向?！拘?詳解】d為Al，基態原子的價層電子的軌道表示式為，某X元素在元素周期表中位置處于d元素的左上角對角線處，它們具有部分相似的性質，則X元素為Be，Be與氫氧化鈉溶液反應生成Na2BeO2和H2，化學方程式為?！拘?詳解】b、c分別為N、O，兩種元素中N的2p軌道半充滿，則基態原子的第一電離能由大到小的順序為N＞O?！拘?詳解】g為30號元素鋅，基態原子的簡化電子排布式為[Ar]3d104s2。【小問6詳解】元素f為Cu，Cu+的價電子排布式為3d10，g為Zn，Zn+的價電子排布式為3d104s1，則Cu的基態原子的第二電離能＞Zn的基態原子的第二電離能，原因是：銅失去的是全充滿的3d10電子，鋅失去的是4s1電子。17.Cl2O是一種高效消毒劑，易溶于水且會與水反應，與有機物接觸時會爆炸。制備原理：HgO+2Cl2HgCl2+Cl2O，裝置如圖(部分夾持儀器已省略)。已知：Cl2ON2NH3Cl2熔點/°C－120.6－209.86－77.3－101沸點/°C2.0－195.8－33.35－34.6回答下列問題：（1）儀器a的名稱是___________，裝置A中所發生反應的離子反應方程式為____________。（2）裝置B中的試劑是飽和食鹽水，其作用是___________；裝置C中盛放的是__________。（3）制取Cl2O是“氣－固”反應，反應柱D中不利于該反應的措施是___________。a．將HgO粉末化并加熱去除水分，加玻璃珠與之混合填入反應柱Db．為使Cl2與HgO充分接觸，讓混合氣從下口進入反應柱D并調控流速c．為提高Cl2O的生成速率，將加熱帶纏繞于反應柱D并加熱到45°C（4）裝置E中的液態冷卻劑可選用___________(液氨、冰鹽水、液氮)；裝置A、B、C間連接器的材質與反應柱D、裝置E、F間連接器的材質有明顯差別，原因是___________。（5）若將裝置組裝完整，虛框F中可選用___________(填字母序號)。（6）ClO2和Cl2O在消毒時自身均被還原為Cl－，ClO2的消毒能力是等質量Cl2O的___________倍(結果保留兩位小數)?！敬鸢浮浚?）①.分液漏斗②.2+10C1－+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O（2）①.除去Cl2中少量的HCl②.濃H2SO4（3）c（4）①.冰鹽水②.橡膠管(或乳膠管)的主要成分中含有有機物，Cl2O遇有機物會爆炸（5）ad（6）1.61【解析】【分析】制備原理：HgO+2Cl2HgCl2+Cl2O，A中高錳酸鉀溶液和濃鹽酸反應生成氯氣，裝置B的作用是除去Cl2中少量的HCl，C裝置的作用是干燥N2和Cl2的混合氣體，Cl2和HgO在D中反應，裝置E是冷卻裝置作用是使C12O液化而不液化Cl2，虛框F中選喲裝置來防止空氣中的水進入裝置，同時過量的Cl2有毒，也需要除去?！拘?詳解】儀器a的名稱是分液漏斗，裝置A中高錳酸鉀溶液和濃鹽酸反應生成氯氣，離子方程式為：2+10C1－+16H+＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O。【小問2詳解】裝置B中的試劑是飽和食鹽水，其作用是除去Cl2中少量的HCl，裝置C的作用是干燥混合氣體，盛放的是濃H2SO4。【小問3詳解】由題意可知，HgO和Cl2在18℃-25℃發生反應生成Cl2O，則不能將加熱帶纏繞于反應柱D并加熱到45°C，c操作錯誤，Cl2O易溶于水且會與水反應，將HgO粉末化并加熱去除水分后在裝入儀器中，a和b操作都能利于該反應進行，故選c。【小問4詳解】由表格數據可知，C12O的沸點為2℃，Cl2的沸點為-34.6℃，液氨和液氮溫度太低會使C12O和Cl2都液化，裝置E中的液態冷卻劑可選用冰鹽水，使C12O液化而不液化Cl2，裝置A、B、C間連接器的材質與反應柱D、裝置E、F間連接器的材質有明顯差別，原因是：橡膠管(或乳膠管)的主要成分中含有有機物，Cl2O遇有機物會爆炸?！拘?詳解】Cl2O易溶于水且會與水反應，因此要防止空氣中的水進入裝置，同時過量的Cl2有毒，也需要除去，虛框F中可選用ad，b裝置不能吸收氯氣，c和e裝置不能防止水蒸氣進入裝置，故選ad?！拘?詳解】ClO2和Cl2O在消毒時自身均被還原為Cl－，則相同質量ClO2和Cl2O得到電子數之比為：。18.硫脲[]稱為硫代尿素，它是制造磺胺藥物的原料，用于合成抗甲狀腺功能亢進藥物等。150℃時硫脲部分異構化為硫脲能溶于水和乙醇，但不溶于乙醚等有機溶劑。反應原理：，一種制備硫脲的新工藝如圖所示：回答下列問題：（1）“過濾”獲得濾渣的主要成分是___________(填化學式)。（2）①“合成”時，在反應釜中加入石灰氮()和水，邊攪拌邊通入，這樣操作的目的是___________；②洗液、母液循環回收于“合成”工序，這樣操作的目的是___________。（3）宜選擇下列試劑洗滌“硫脲”晶體___________(填字母)。A．水B．75%酒精C．乙醚（4）尿素、硫脲、聚乙烯熔融生成固體電解質(SPE)。用丙酮作溶劑(導電性很弱)，浸取SPE得到丙酮浸出液并進行如下實驗：①向浸出液中滴加1%鹽酸，測得溶液導電率與鹽酸濃度關系如圖所示：實驗結果發現，CD段產生沉淀質量最大，用元素分析儀測定該沉淀令含氮、氫、氮三種元素，進一步實驗發現，該沉淀有固定熔點，與氫氧化鈉濃溶液共熱產生一種能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍色的氣體，由此推知，產生沉淀的成分是___________(填化學式)；BC段導電率降低的主要原因是___________。②向分離沉淀后的剩余溶液中滴加溶液，溶液變為紅色，說明固體電解質導電陰離子可能是。（5）測定固體電解質(SPE)中含量。稱取wg樣品溶于水(沒有發生化學變化)，滴加2～3滴溶液，用c溶液滴定至終點，消耗滴定液的體積為VmL，則該SPE含的質量分數為___________。已知：滴定反應為?！敬鸢浮浚?）Ca(OH)2（2）①.增大反應物接觸面積，加快反應速率，使反應更充分②.提高原料的利用率（3）C（4）①.NH4Cl②.NH4Cl難溶于丙酮，反應中溶液中離子濃度減小，導致導電率降低（5）%【解析】【分析】由題給流程可知，合成工序發生的反應為石灰氮溶液與硫化氫氣體反應生成氫氧化鈣沉淀和硫脲，過濾、洗滌得到含有氫氧化鈣的濾渣和硫脲液，洗液并入合成工序循環使用，使反應物充分反應，提高原料的利用率；向硫脲液中加入冷水，使硫脲結晶析出，過濾得到母液和硫脲，母液并入合成工序循環使用，使反應物充分反應，提高原料的利用率；硫脲烘干得到產品。【小問1詳解】由分析可知，濾渣的主要成分為氫氧化鈣，故答案為：Ca(OH)2；【小問2詳解】合成硫脲時，在反應釜中加入石灰氮和水得到石灰氮溶液，邊攪拌邊向溶液中通入硫化氫氣體可以增大增大反應物的接觸面積，加快反應速率，使反應更充