高級中學名校試卷PAGEPAGE1山東省菏澤市2024屆高三上學期1月期末可能用到的相對原子質量：Li7O16S32Mn55Cu64I127一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題意。1.中華文化源遠流長，化學與文化傳承密不可分。下列說法錯誤的是（）A.糧食釀酒過程中碳元素僅被還原B.“白青[Cu2(OH)2CO3]得鐵化為銅”，其中白青屬于鹽C.聞名世界的秦兵馬俑是陶制品，由黏土經高溫燒結而成D.“蓋此礬色綠，味酸，燒之則赤”，“味酸”是因綠礬水解產生H+【答案】A【詳析】A．糧食釀酒過程中，糧食中的淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇和二氧化碳，該過程中碳元素部分被還原，部分被氧化，故A錯誤；B．從組成分析Cu2(OH)2CO3屬于堿式鹽，故B正確；C．陶瓷由黏土高溫燒結而成，故C正確；D．綠礬為，溶于水電離出Fe2+，Fe2+水解產生H+使溶液呈酸性，故D正確；故選：A。2.實驗室中下列做法正確的是（）A.用銅絲代替鉑絲做焰色試驗B.用剩的白磷放回盛有水的廣口瓶中C.用10mL量筒量取8.50mLNaOH溶液D.濃硝酸保存在帶橡膠塞的棕色細口瓶中【答案】B【詳析】A．銅元素的焰色呈綠色，會干擾其它金屬元素的焰色，不能用銅絲代替鉑絲做焰色試驗，A項錯誤；B．白磷易自燃，用剩的白磷放回盛有水的廣口瓶中，B項正確；C．量取8.50mLNaOH溶液應該用堿式滴定管，量筒精度不夠，不能用量筒，10mL量筒只能量取8.5mLNaOH溶液，C項錯誤；D．濃硝酸具有強氧化性，會腐蝕橡膠塞，保存濃硝酸的細口瓶不能用橡膠塞，D項錯誤；答案選B。3.X、Y、Z、W、Q為原子序數依次增大的短周期主族元素，X的原子半徑小于Y的原子半徑，Z基態原子核外有3個未成對電子，Y的核外電子數與Z的價層電子數相等，Q2是氧化性最強的單質，下列說法正確的是（）A.鍵能：Z2<W2<Q2 B.YQ3、ZQ3均為非極性分子C.沸點：X2W<XQ D.同周期中第一電離能介于Y和Z之間的元素有3種【答案】D〖祥解〗X、Y、Z、W、Q為原子序數依次增大的短周期主族元素，Q2是氧化性最強的單質，則Q是氟；Z基態原子核外有3個未成對電子，Z為氮，則W為氧；Y的核外電子數與Z的價層電子數相等，Y為硼；X的原子半徑小于Y的原子半徑，則X為氫；【詳析】A．氮氣分子中包含三鍵，鍵能最大，A錯誤；B．BF3的價層電子對數為3，空間構型為平面三角形，正負電荷重心重合，為非極性分子；NF3價層電子對數為4，有一對孤電子對，空間構型為三角錐形，為極性分子，B錯誤；C．水分子形成氫鍵的數目大于HF，導致水的沸點高于HF，C錯誤；D．同一周期隨著原子序數變大，第一電離能變大，Be原子價電子為2s2全滿穩定狀態，第一電離能大于同周期相鄰元素，N的2p軌道為半充滿穩定狀態，第一電離能大于同周期相鄰元素，故同周期中第一電離能介于Y和Z之間的元素有鈹碳氧3種，D正確；故選D。4.下列裝置能達到實驗目的的是（）A.用甲裝置鑒別Br2(g)和NO2(g) B.用乙裝置除去水中的苯酚C.用丙裝置收集Cl2 D.用丁裝置灼燒Fe(OH)3固體制得Fe2O3【答案】A詳析】A．NO2溶于水得無色HNO3溶液，Br2溶于水得橙色溴水，可以用甲裝置鑒別Br2(g)和NO2(g)，故選A；B．苯酚微溶于水，苯酚和水混合形成乳濁液，應用分液法分離提純，故不選B；C．若用丙裝置收集Cl2，應該從右側導管進氣，故不選C；D．在坩堝中灼燒Fe(OH)3固體制Fe2O3，故不選D；選A。5.酞菁和酞菁鈷可制得光動力學中的光敏劑，分子結構如圖，其中酞菁分子中所有原子共平面，下列說法正確的是（）A.酞菁鈷中鈷的化合價為+4B.直徑為1.5×10–9m的酞菁鈷分子能透過半透膜C.酞菁鈷中元素的電負性由大到小的順序為N>C>H>CoD.標注①②的N原子的雜化方式是sp2，③的N原子的雜化方式是sp3【答案】C【詳析】A．鈷酞菁分子中，失去了2個H+的酞菁離子與鈷離子通過配位鍵結合成分子，因此，鈷離子的化合價為+2，A錯誤；B．膠體粒子的直徑為1~100nm，膠體分子不能透過半透膜，直徑為1.5×10–9m的酞菁鈷分子不能透過半透膜，B錯誤；C．非金屬性越強，電負性越大，電負性大小順序N＞C＞H>Co，C正確；D．①②中N均有2個σ鍵，孤電子對數為：=1，③中三個σ鍵，因為共面，孤對電子參與形成大π鍵，N原子雜化方式都為sp2，D錯誤；故答案為：C。6.根據下列實驗操作和現象能得到相應結論的是（）選項操作和現象結論A向漂白粉溶液中通入SO2，產生白色沉淀酸性：H2SO3>HClOB常溫下，分別測定1mol·L–1CH3COONH4溶液和0.1mol·L–1CH3COONH4溶液的pH，測得pH都等于7同溫下，不同濃度CH3COONH4溶液中水的電離程度相同C10mL0.1mol·L–1FeCl3溶液和10mL0.1mol·L–1KI溶液充分反應后分成兩等份，一份加入2滴KSCN溶液，溶液變紅；另一份加入2滴淀粉溶液，溶液變藍FeCl3和KI的反應存在限度D向露置在空氣中的Na2O2固體中加入稀鹽酸，產生氣泡Na2O2固體已經變質【答案】C【詳析】A.漂白粉可以與二氧化硫發生氧化還原反應，生成硫酸鈣白色沉淀，無法說明酸性H2SO3>HClO，故A錯誤；B.不同濃度CH3COONH4溶液中銨根離子和醋酸根離子的水解程度不同，故水的電離程度不同，故B錯誤；C.根據反應方程式，題中所給的三價鐵離子與碘離子的量相等，若反應能夠完全進行，溶液中不會存在三價鐵離子，根據C中現象，滴加KSCN溶液，溶液變紅可知溶液中存在三價鐵離子；另一份加入2滴淀粉溶液，溶液變藍可知溶液中存在碘單質，故可知該反應是個可逆反應，存在反應限度，故C正確；D.若過氧化鈉不變質，加入稀鹽酸也可反應生成氧氣，故產生氣泡無法說明過氧化鈉固體變質，故D錯誤；故選C。7.化合物M的結構如圖。下列關于M的說法錯誤的是（）A.存在順反異構B.1molM最多可與4molH2反應C.其酸性水解的產物均可與溴水反應D可形成分子內氫鍵和分子間氫鍵【答案】C【詳析】A．由題干有機物結構簡式可知，該有機物存在碳碳雙鍵，且雙鍵兩端的碳原子分別連有互不同的原子或原子團，故該有機物存在順反異構，A正確；B．該結構中有一個苯環、一個碳碳雙鍵，故1molM最多可與4molH2反應，B正確；C．其酸性水解產物有、HOOC－CH＝CH－COOH、，其中不能與溴水反應，C錯誤；D．相鄰的兩個羥基可以形成分子內氫鍵，羥基間可以形成分子間氫鍵，D正確；故選C。8.實驗室初步分離苯甲酸乙酯、苯甲酸和環己烷的流程如下：已知：苯甲酸乙酯的沸點為212.6℃，“乙醚-環己烷-水共沸物”的沸點為62.1℃。下列說法正確的是（）A.試劑X宜選用NaOH溶液B.“操作1”過程中有機相1從分液漏斗的上口倒出C.“操作2”需用到球形冷凝管D.“操作5”中洗滌苯甲酸時，用乙醇的效果比用蒸餾水好【答案】B〖祥解〗苯甲酸乙酯、苯甲酸和環己烷的混合物加飽和碳酸鈉萃取分液，有機相含有苯甲酸乙酯、環己烷，水相含苯甲鈉；有機相加入乙醚和水，蒸餾得苯甲酸乙酯和乙醚-環己烷-水共沸物，苯甲酸乙酯加無水硫酸鎂干燥得苯甲酸乙酯；水相2加硫酸把苯甲酸鈉轉化為苯甲酸，苯甲酸溶解度小，過濾得到苯甲酸粗品，重結晶得到苯甲酸。【詳析】A．苯甲酸乙酯在氫氧化鈉溶液中水解，試劑X不能選用NaOH溶液，苯甲酸乙酯、環己烷均難溶于飽和碳酸鈉溶液，試劑X可以選用飽和碳酸鈉溶液，故A錯誤；B．“操作1”是分液，有機相的密度小于水，有機相在上層，過程中有機相1從分液漏斗的上口倒出，故B正確；C．“操作2”為蒸餾，需用到直形冷凝管，故C錯誤；D．苯甲酸微溶于水，易溶于酒精，“操作5”中洗滌苯甲酸時，用水洗滌比酒精好，故D錯誤；選B。9.以大洋錳結核(主要由錳、鐵的氧化物組成，還含有Cu元素)為原料制備脫硫劑MnxOy的工藝流程如下。已知：氨浸時，CO將結核中的MnO2轉化為MnCO3。下列說法錯誤的是（）A.“氨浸”時，快速鼓入CO可起到攪拌加快反應速率的作用B.銅元素以Cu2+的形式進入“氨浸”的浸出液中C.“浸錳”時主要反應的離子方程式：MnCO3+2NH=Mn2++2NH3↑+H2O+CO2↑D.上述過程中NH3(或NH3?H2O)、(NH4)2SO4可循環利用【答案】B〖祥解〗由流程可知大洋錳結核(主要由錳、鐵的氧化物組成，還含有Cu元素)，氨浸時，CO將結核中的MnO2轉化為MnCO3；過濾得到MnCO3和Fe2O3；濾渣加硫酸銨溶液，其中碳酸錳與硫酸反應生成硫酸錳、氨氣和二氧化碳，過濾出Fe2O3；再經過濾，濾液中加碳酸銨使錳離子轉化為碳酸錳，過濾后，煅燒碳酸錳得到脫硫劑MnxOy，據此分析解答；【詳析】A．“氨浸”時，快速鼓入CO可起到攪拌，有利于大洋錳結核與氨水充分接觸，加快反應速率，故A正確；B．Cu2+與氨水反應首先生成Cu(OH)2，Cu(OH)2繼續與氨水反應最終生成進入浸出液中，故B錯誤；C．由上述分析可知浸錳時的主要離子反應為：MnCO3+2NH=Mn2++2NH3↑+H2O+CO2↑，故C正確；D．由流程可知，上述過程中NH3(或NH3?H2O)、(NH4)2SO4可循環利用，故D正確；故選：B。10.中國科學家將I2分子引入電解質中制作高功率可充電Li-SOCl2電池，I2調整充電和放電反應途徑如圖所示。下列說法錯誤的是（）A.電池使用過程中無需補充I2B.充電時，陰極Li+得電子發生還原反應C.放電時總反應：4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2↑D.充電時，Li電極質量增加7g時電極反應消耗的I2的質量為254g【答案】D【詳析】A．由工作原理圖可知，是催化劑，分子的引入催化了電池放電和充電過程，因此在電池使用過程中無需補充，故A項不符合題意；B．由工作原理圖可知，充電時，失電子轉化為ICl，發生氧化反應，陽極反應式，陰極反應式，故B項不符合題意；C．由工作原理圖可知，放電時，正極上轉化為S、SO2，負極上Li轉化為Li+，則電池的放電總反應為，故C項不符合題意；D．由工作原理圖可知，充電時，陽極反應式，陰極反應式，Li電極質量增加7g時即為Li的質量，由此計算可得轉移電子為1mol，根據可知n(I2)=0.5mol，故消耗的I2的質量為127g，故D錯誤，符合題意；故答案選D。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題意，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11.我國科學家研究發現稀土鈰基催化劑可低溫脫硝，其反應歷程如圖所示(“□”代表空位)。下列說法正確的是（）A.歷程中Ce、Ti形成的共價鍵數目未發生變化B.每形成2mol氫氧鍵，形成1mol“空位”C.上述歷程中每生成1molN2，轉移6mole–D.總反應中氧化產物與還原產物物質的量之比為1∶2【答案】D【詳析】A．“□”代表空位，由圖示反應歷程可知，Ce、Ti形成的共價鍵數目發生變化，如生成N2+2H2O的過程中，A項錯誤；B．由圖示反應歷程可知，形成1molCe、Ce之間的“空位”時生成1molH2O、形成2mol氫氧鍵，形成1molCe、Ti之間的“空位”時生成2molH2O、形成3mol氫氧鍵，B項錯誤；C．上述歷程的總反應為O2+4NH3+4NO4N2+6H2O，N元素的化合價由NH3中-3價升至N2中0價，每生成4molN2轉移12mol電子，則每生成1molN2，轉移3mol電子，C項錯誤；D．上述歷程的總反應為O2+4NH3+4NO4N2+6H2O，N元素的化合價由NH3中-3價升至N2中0價，NH3為還原劑、N2為氧化產物，N元素的化合價由NO中+2價降至N2中0價，NO為氧化劑、N2為還原產物，O元素的化合價由0價降至-2價，O2為氧化劑、部分H2O為還原產物，結合得失電子守恒和原子守恒，氧化產物（2molN2）與還原產物（2molN2+2molH2O）物質的量之比為2∶4=1∶2，D項正確；答案選D。12.Cope重排反應如圖所示，K()經Cope重排反應可得到M。已知：羥基直接連在雙鍵碳原子上不穩定會異構化成酮羰基或醛基。下列說法錯誤的是（）A.Y中所有碳原子可能共平面B.M的結構簡式為C.依據紅外光譜可確證K、M存在不同的官能團D.含酚羥基且有手性碳原子的M的同分異構體有9種(不考慮立體異構)【答案】BD【詳析】A．由題干圖示有機物Y的結構簡式可知，Y分子中存在兩個碳碳雙鍵所在的平面，單鍵可以任意旋轉，故除氫原子外，Y中其他原子可能共平面，A正確；B．根據題意且羥基直接連在雙鍵碳原子上不穩定會異構化成酮羰基或醛基，所以通過Cope重排后得到M，B錯誤；C．依據紅外光譜可確證K、M存在不同的官能團，K為碳碳雙鍵和醇羥基，M為碳碳雙鍵和羰基，C正確；D．M的分子式為C11H16O，按要求含酚羥基且有手性碳原子的M的同分異構體應該滿足有一個苯環和酚羥基和其他取代基，苯酚與可以形成3種，苯酚與可以形成3種，此時還可以是與可以形成4種，已經有10種，除此之外還可讓甲基在酚羥基的間位與可以形成4中，數目超過9種，除此之外當甲基在對位，或者苯酚與乙基丙基之間的取代等，也滿足條件，D錯誤；故選BD。13.一種利用電化學富集鋰的裝置如圖所示。富集鋰的工作步驟如下：①接通電源1并向電極室2中通入海水，海水中的Li+進入MnO2結構而形成LixMn2O4，當電路中轉移0.15mole-時，43.5gMnO2完全反應。②斷開電源1接通電源2，停止通海水，使LixMn2O4中的Li+脫出進入電極室3。下列說法正確的是（）A.x=0.6B.惰性電極1與電源負極相連C.離子交換膜b為陽離子交換膜D.接通電源2后，MnO2電極的電極反應式為LixMn2O4+xe–=2MnO2+xLi+【答案】AC〖祥解〗根據題意，接通電源1并向電極室2中通入海水，海水中的Li+進入MnO2結構而形成LixMn2O4，此時錳的化合價降低，即此時二氧化錳與電源1的負極相連，惰性電極1與電源1的正極相連，隨后斷開電源1接通電源2，停止通海水，使LixMn2O4中的Li+脫出進入電極室3，此時錳的化合價升高，此時二氧化錳與電源2的正極相連，惰性電極2與電源2的負極相連，以此解題。【詳析】A．43.5gMnO2的物質的量為0.5mol，此時轉移0.15mole-，則若1mol二氧化錳參加反應，轉移電子的物質的量為0.3mole-，鋰離子進入二氧化錳結構對應二氧化錳中錳的化合價的降低，根據題意可知，此時MnO2轉化為LixMn2O4，即0.5x對應1個二氧化錳，對應化合價變化為0.3，則x=0.6，A正確；B．由分析可知，惰性電極1與電源正極相連，B錯誤；C．根據題意可知，斷開電源1接通電源2，停止通海水，使LixMn2O4中的Li+脫出進入電極室3，則離子交換膜b為陽離子交換膜，C正確；D．根據題意接通電源2后，LixMn2O4轉化為MnO2，此時錳的化合價升高，根據化合價升降相等可知，MnO2電極的電極反應式為LixMn2O4-xe–=2MnO2+xLi+，D錯誤；故選AC。14.將2molN2和6molH2通入2L密閉容器中，分別在T1和T2溫度下進行反應：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0。下圖曲線分別表示X的濃度(或Y的物質的量)隨時間的變化(X、Y分別代表某一種反應物或生成物)。下列說法正確的是（）A.X表示的物質是H2B.T2溫度下，該反應的平衡常數為C.T2溫度下，4~12min的反應速率v(H2)=0.05mol?L–1?min–1D.T2溫度下，反應達到平衡時容器內氣體的壓強較大【答案】D〖祥解〗根據2molN2、6molH2、0molNH3可知，Y表示氫氣，X表示氨氣；【詳析】A．由分析可知，X表示的物質為NH3，A錯誤；B．T2溫度下，列三段式為求得，B錯誤；C．T2溫度下，4~12min的反應速率v(H2)=mol?L–1?min–1，C錯誤；D．0~4min時，T2溫度下，v(H2)=mol?L–1?min–1，T1溫度下，v(H2)=v(NH3)=mol?L–1?min–1，故T2＞T1，該反應為放熱反應，溫度升高，平衡逆向移動，壓強變大，D正確；故選D。15.工業上常用H2S處理廢水中的Ni2+和Cd2+，對其工藝條件進行研究。處理過程中始終保持H2S飽和，即c(H2S)=0.1mol?L–1，在一定pH范圍內，溶液中HS–、S2–、Ni2+和Cd2+濃度的—lg(c/mol·L–1)隨pH的變化關系如圖，已知pH=2時溶液中僅有CdS沉淀生成，下列說法正確的是（）A.X點：c(H+)>c(Cd2+)=c(S2—)B.Ka2(H2S)=10–14.6C.m=9.2D.反應Cd2+(aq)+HS—(aq)CdS(s)+H+(aq)的平衡常數K=10–11.4(mol·L–1)–1【答案】BC〖祥解〗溶液pH增大時，氫硫酸飽和溶液中氫硫酸根離子和硫離子的濃度均減小，但pH相同時，溶液中的c(HS-)大于硫c(S2-)離子，則—lgc(HS-)＜—lgc(S2-)，則曲線③、④分別表示—lgc(S2-)、—lgc(HS-)與pH的變化；pH=2時溶液中僅有硫化鎘沉淀生成，即K(NiS)>K(CdS)，即當c(S2-)相同時，c(Ni2+)>c(Cd2+)，則-lgc(Ni2+)和-lgc(Cd2+)隨著pH增大而增大，且有-lgc(Ni2+)＜-lgc(Cd2+)，由此可知曲線①代表—lg(CdS)，②代表—lg(NiS)；由圖可知，溶液pH為4.2時，c(HS-)=10-4mol/L，則氫硫酸的一級電離常數Ka1(H2S)===10-7.2，溶液pH為4.9時，c(S2-)=10-13mol/L，則Ka1(H2S)Ka2(H2S)===10-21.8，所以氫硫酸的二級電離常數Ka2(H2S)=10–14.6。【詳析】A．由圖以及分析可知，X點鎘離子的濃度大于硫離子濃度，故A錯誤；B．由分析可知，氫硫酸的二級電離常數Ka2(H2S)=10–14.6，故B正確；C．由圖可知，溶液pH為4.2時，c(HS-)和c(Ni2+)均為10-4mol/L，由Ka2(H2S)==10–14.6可得溶液中硫離子濃度為10–14.4mol/L，則硫化鎳的溶度積Ksp(NiS)=10–18.4，Y點硫離子和鎳離子的濃度相等，則m=—lg=9.2，故C正確；D．由圖可知，溶液pH為4.9時，硫離子和鎘離子濃度均為10-13mol/L，則硫化鎳的溶度積Ksp(CdS)=10–26，由方程式可知，反應的平衡常數K=====1011.4，故D錯誤；故選BC。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.硫是組成生命的重要元素。回答下列問題：（1）基態硫原子的價電子軌道表示式為___________。（2）廣譜殺蟲劑硫酰氟(SO2F2)常溫常壓下為無色氣體，固態SO2F2的晶體類型為___________，S原子的軌道雜化方式為___________，其F-S-F鍵角___________硫酰氯(SO2Cl2)中的Cl-S-Cl鍵角(填“>”或“<”)，原因是___________________。（3）硫代硫酸根(S2O)可看作是SO中的一個O原子被S原子取代的產物，S2O的空間結構是___________；工業上，S2O常作為配體與金屬陽離子形成配合物，除O原子外可做配位原子的是___________(填“中心”或“端基”)S原子。（4）天然硫化銅俗稱銅藍，其晶胞結構如圖。已知晶胞中含S，則一個晶胞中含有___________個Cu2+，若阿伏加德羅常數的值為NA，則該晶體的密度ρ=___________g·cm–3(用含NA的代數式表示)。【答案】（1）（2）分子晶體sp3<F的電負性大于Cl，S-F鍵成鍵電子對間的斥力小（3）四面體端基（4）2【詳析】（1）硫為16號元素，則基態硫原子的價電子軌道表示式為：；（2）根據信息可知SO2F2沸點較低，則其為分子晶體；其中S的價層電子對數為4，則其雜化方式為：sp3；F的電負性大于Cl，則SO2F2中S—F的共用電子對更加偏向于F，共價鍵斥力較小，鍵角較小，即F-S-F鍵角<硫酰氯(SO2Cl2)中的Cl-S-Cl鍵角；原因是：F的電負性大于Cl，S-F鍵成鍵電子對間的斥力小；（3）SO中S的價層電子對數為4，硫代硫酸根(S2O)可看作是SO中的一個O原子被S原子取代的產物，S2O的空間結構是四面體形；配位原子需要提供孤電子對與其他原子形成配位鍵，則S2O常作為配體與金屬陽離子形成配合物，除O原子外可做配位原子的是端基S原子；（4）由俯視圖可知，俯視圖處于頂點位置的S可能處于晶胞頂點或者棱上，結合晶胞圖形可知該S處于棱上，且該S實際存在形式為，個數為；俯視圖處于面點位置的S可能處于晶胞體內或者面心上，結合晶胞圖形可知該S處于體內，且該S實際存在形式為，個數為2個，因此晶胞中S的總價態為2×(-2)+2×(-2)=-8，由晶胞可知Cu位于晶胞內部，則晶胞中Cu的總個數為6個，設Cu+的個數為x，Cu2+的個數為y，則x+y=6，x+2y=+8，聯立二式子解得x=4，y=2，則該物質化學式可表示為：(Cu+)4(Cu2+)2(S2-)2(Cu)2，結合俯視圖可知地面平行四邊形，其高為，則密度。17.工業上以富釩爐渣(主要含FeO·V2O3、V2O5和少量的SiO2、Al2O3等)為原料制備V2O5的工藝流程如下：已知：①+5價釩元素在溶液中的存在形式與溶液pH的關系：溶液pH<1.01.0~4.04.0~6.06.0~8.58.5~13.0>13.0釩元素存在形式VOV2O5多礬酸根VO多礬酸根VO備注多礬酸鹽在水中溶解度較小②Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10–39；Ksp[Al(OH)3]=1.0×10–33；Ksp(NH4VO3)=1.6×10–3回答下列問題：（1）“高溫氧化”前將富釩爐渣研磨粉碎的目的是_________________；“高溫氧化”過程中發生主要反應的化學方程式為_________________。（2）濾渣1的主要成分為_______；“調pH”時需將Fe3+、Al3+除盡(濃度≤1×10–5mol?L–1時，可認為已除盡)，需調節pH的范圍為____________。（3）若“沉釩”前溶液中c(VO)=0.2mol?L–1，忽略溶液體積變化，為使釩元素的沉降率達到99%，至少應調節c(NH)為_______mol·L–1.過濾、洗滌、干燥得到NH4VO3沉淀，檢驗NH4VO3沉淀是否洗凈的操作是_________________。（4）“焙燒”時生成兩種參與大氣循環無毒物質，則該反應的化學方程式為_________________。【答案】（1）增大原料接觸面積，加快反應速率6FeO·V2O3＋5KClO33Fe2O3＋6V2O5＋5KCl（2）SiO26.0~8.5（3）0.8取少量最后一次洗滌液于潔凈試管中，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若無明顯現象，證明NH4VO3已洗滌干凈（4）4NH4VO3＋3O22V2O5＋2N2↑＋8H2O↑〖祥解〗高溫氧化過程中加入KClO3可將低價鐵、釩氧化為高價，酸浸時氧化鋁溶解為鋁離子，則濾渣1為SiO2，用氫氧化鉀調節pH將礬轉化為VO，同時將Fe3+、Al3+轉化為沉淀除盡，用氯化銨沉礬后，再焙燒得到產品，以此解題。【詳析】（1）從反應速率的影響因素考慮，“高溫氧化”前將富釩爐渣研磨粉碎的目的是：增大原料接觸面積，加快反應速率；“高溫氧化"過程中加入KClO3可將FeO·V2O3氧化為Fe2O3和V2O5，化學方程式為：6FeO·V2O3＋5KClO33Fe2O3＋6V2O5＋5KCl；（2）由分析可知，濾渣1為SiO2；兩種沉淀相比氫氧化鋁更難沉淀，則，完全除盡，，取最小值代入得，，故溶液不小于4.7時，完全沉淀；根據流程可知，調pH后礬的存在形式為VO，結合表格中信息可知需調節pH范圍為：6.0~8.5，且此時Fe3+、Al3+兩種離子都已經形成沉淀；（3）為使釩元素的沉降率達到99%，溶液中剩余的，；根據流程可知，“沉釩”時加入的氯化銨，則產品表面可能吸附有氯離子，可以通過檢驗氯離子來檢驗NH4VO3沉淀是否洗凈，對應的操作是：取少量最后一次洗滌液于潔凈試管中，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若無明顯現象，證明NH4VO3已洗滌干凈；（4）由已知條件可知，NH4VO3分解生成V2O5和無污染的氣體，相應的方程式為：4NH4VO3＋3O22V2O5＋2N2↑＋8H2O↑。18.環烷酸鈷[(C5H9)(CH2)3COO]2Co可作合成橡膠的催化劑，實驗室以CoCl2、環烷酸[C5H9(CH2)3COOH]等為原料制備環烷酸鈷。回答下列問題：Ⅰ.CoCl2的制備實驗室用如圖實驗裝置制備純凈的CoCl2(CoCl2易潮解)。（1）A中發生反應的離子方程式為_____________________。（2）B中盛放的試劑為___________；圖示裝置存在一處缺陷會導致產品不純，改進的措施是_____________________。（3）SOCl2遇水極易反應生成兩種酸性氣體，常作吸水劑。某實驗小組設計用CoCl2?6H2O和SOCl2反應制備無水CoCl2，反應的化學方程式為_____________________。Ⅱ.環烷酸鈷的制備控制溫度90～95℃，向環烷酸中滴入一定濃度NaOH溶液，反應約2h后，再加入一定濃度CoCl2溶液，得到含有環烷酸鈷的水溶液，分離提純得環烷酸鈷粗產品。（4）實驗中NaOH溶液的用量對環烷酸鈷產率的影響如圖所示，NaOH溶液過量導致環烷酸鈷產率降低的原因是_____________________。Ⅲ.環烷酸鈷純度的測定步驟①：準確稱取mg環烷酸鈷產品，加入少量稀硫酸使其溶解，將溶液轉移至250mL容量瓶，定容。步驟②：移取25.00mL上述溶液于錐形瓶中，加入0.0500mol?L–1EDTA標準溶液25.00mL。充分反應后，以鉻黑T為指示劑，用0.0500mol?L–1鋅標準溶液滴定過量的EDTA，消耗鋅標準溶液5.00mL。已知：環烷酸鈷摩爾質量為Mg?mol–1；EDTA與金屬離子以1：1形成穩定配合物。（5）產品中環烷酸鈷的純度為___________(用含字母的式子表示)。下列情況會導致產品純度測定值偏低的是___________。A．產品中存在[(C5H9)(CH2)3COO]3CoB．步驟①中定容時俯視刻度線C．步驟①中轉移溶液時未洗滌燒杯D．步驟②中滴定管未用鋅標準溶液潤洗【答案】（1）ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O（2）飽和NaCl溶液將E改為盛有堿石灰的干燥管或者在D、E之間加一個盛有濃硫酸的洗氣瓶（3）CoCl2?6H2O+6SOCl2=CoCl2+12HCl↑+6SO2↑（4）NaOH溶液過量會生成Co(OH)2沉淀（5）ACD〖祥解〗濃鹽酸和氯酸鉀發生氧化還原反應生成氯氣，通過B飽和食鹽水除去揮發的氯化氫、通過C濃硫酸干燥，氯氣在D中和鈷反應生成CoCl2，尾氣有毒使用堿液吸收；【詳析】（1）濃鹽酸和氯酸鉀發生氧化還原反應生成氯氣、氯化鉀和水，ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；（2）由分析可知，B中盛放的試劑為飽和食鹽水除去揮發的氯化氫；CoCl2易潮解，故圖示裝置會導致產品不純，改進的措施是將E改為盛有堿石灰的干燥管或者在D、E之間加一個盛有濃硫酸的洗氣；（3）CoCl2?6H2O和SOCl2反應制備無水CoCl2，反應中結晶水和SOCl2反應生成二氧化硫氣體和氯化氫氣體，使得CoCl2?6H2O晶體轉化為CoCl2，化學方程式為CoCl2?6H2O+6SOCl2=CoCl2+12HCl↑+6SO2↑；（4）NaOH溶液過量會生成Co(OH)2沉淀，導致環烷酸鈷產率降低；（5）已知：環烷酸鈷摩爾質量為Mg?mol–1；EDTA與金屬離子以1：1形成穩定配合物，則根據鈷元素守恒可知，環烷酸鈷為，產品中環烷酸鈷的純度為；A．產品中存在[(C5H9)(CH2)3COO]3Co，三價鈷的存在導致二價故含量減小，測的產品純度測定值偏低，A符合題意；B．步驟①中定容時俯視刻度線，使得配制的溶液濃度偏大，則移取25.00mL上述溶液中二價鈷濃度偏大，導致測定結果偏高，B不符合題意；C．步驟①中轉移溶液時未洗滌燒杯，使得配制的溶液濃度偏小，則移取25.00mL上述溶液中二價鈷濃度偏低，導致測定結果偏低，C符合題意；D．步驟②中滴定管未用鋅標準溶液潤洗，導致鋅標準溶液濃度偏低，消耗鋅標準溶液偏大，計算出二價鈷量偏小，測定結果偏小，D符合題意；故選ACD。19.以麥芽酚為原料合成一種藥物中間體M()的路線如下(部分反應條件或試劑略去)：已知：Ⅰ．R1CHO＋CH3-CR2=CHR3R1CHOHCH2CR2=CHR3Ⅱ．R1CH=CHR2R1COOH＋R2COOH（1）麥芽酚中含氧官能團的名稱是___________；有機物Q是麥芽酚多一個碳原子的同系物，符合下列條件的Q的同分異構體有___________種。①遇FeCl3溶液顯紫色②1molQ最多能與2molNa2CO3反應③含有六種化學環境的氫（2）物質C可由A通過兩步轉化生成(A→中間產物→C)，則中間產物的化學名稱為___________；B的結構簡式為___________。（3）D→E的反應類型為___________；K→L的化學方程式為_____________________。（4）根據上述信息，寫出以乙二醇、2-丁烯為主要原料制備的合成路線___________________________。【答案】（1）酮羰基、羥基、醚鍵4（2）苯甲醇（3）消去反應→（4）HOCH2CH2OHOHCCHO〖祥解〗麥芽酚與A(C7H7Br)一定條件下反應生成B(C13H12O3)，B與C(C7H6O)在特殊溶劑中發生題給已知Ⅰ的反應生成D(C20H18O4)，D脫去1個“H2O”生成E，E與NaIO4、RuCl3發生題給已知Ⅱ的反應生成F，結合F的結構簡式和各物質的分子式可知，A的結構簡式為、B的結構簡式為、C的結構簡式為、D的結構簡式為、E的結構簡式為；F與X(C3H9O2N)一定條件下反應生成G，由G的結構簡式和X的分子式可知，X的結構簡式為H2NCH2CH(OH)CH2OH；J與反應生成K，K反應轉化成L，L在濃硫酸、加熱時反應生成M，結合M的結構簡式知，K的結構簡式為、L的結構簡式為。【詳析】（1）由麥芽酚的結構簡式知，麥芽酚中含氧官能團的名稱是羥基、醚鍵、酮羰基；麥芽酚的分子式為C6H6O3，Q是麥芽酚多一個碳原子的同系物，Q的分子式為C7H8O3，不飽和度為4，Q的同分異構體遇FeCl3溶液顯紫色說明結構中含酚羥基，1molQ最多與2molNa2CO3反應說明1個Q中含2個酚羥基，有六種化學環境的氫，符合條件的同分異構體的結構簡式為、、、，共4種。（2）A結構簡式為、C的結構簡式為，物質C可由A通過兩步轉化生成(A→中間產物→C)，A與NaOH水溶液、加熱發生水解反應生成中間產物，發生催化氧化反應生成C，的化學名稱為苯甲醇；根據分析，B的結構簡式為。（3）D的結構簡式為、E的結構簡式為，D發生醇羥基的消去反應生成E；K→L的化學方程式為→。（4）對比與HOCH2CH2OH、CH3CH=CHCH3的結構簡式，可由題給已知Ⅰ構建碳架，HOCH2CH2OH先發生催化氧化反應生成OHCCHO，OHCCHO與CH3CH=CHCH3在特殊溶劑中反應生成，與Cl2發生取代反應生成，發生水解反應生成，則合成路線為：HOCH2CH2OHOHCCHO。20.利用1-甲基萘(1-MN)制備四氫萘類物質(MTLs，包括1-MTL和5-MTL)。反應過程中伴有生成1-甲基十氫萘(1-MD)的副反應，涉及反應如下。各反應的平衡常數K與溫度T的關系如圖所示。反應Ⅰ：+2H2(g)；ΔH1反應Ⅱ：+2H2(g)；ΔH2反應Ⅲ：+3H2(g)；ΔH3反應Ⅳ：+3H2(g)；ΔH4回答下列問題：（1）溫度為