山东省泰安市2022-2023学年高三上学期开学考试化学试题含解析

这是一份山东省泰安市2022-2023学年高三上学期开学考试化学试题含解析，共29页。试卷主要包含了单选题，多选题，结构与性质，工业流程题，实验题，有机推断题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

山东省泰安市2022-2023学年高三上学期开学考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．北宋名画《千里江山图》流传千年依旧色彩艳丽璀璨，其中大量使用了石青［主要成分Cu3(CO3)2(OH)2］、石绿［主要成分Cu2(CO3)(OH)2］、赭石［主要成分Fe2O3］、朱砂［主要成分HgS］等颜料。下列叙述错误的是
A．石青、石绿中“Cu(OH)2”比例不同其颜色不同
B．朱砂燃烧会产生刺激性气味的气体
C．赭石主要成分具有磁性
D．上述颜料中的金属元素均属于过渡元素
【答案】C
【详解】A．由石青主要成分Cu3(CO3)2(OH)2、石绿主要成分Cu2(CO3)(OH)2可知“Cu(OH)2”比例不同，则石青、石绿的颜色不同，A正确；
B．朱砂主要成分是HgS，含S元素，燃烧生成SO2，会产生刺激性气味的气体，B正确；
C．具有磁性的是Fe3O4，赭石主要成分是Fe2O3，不含有磁性，C错误；
D．过渡元素是元素周期表中从ⅢB族到VⅢ族的化学元素，上述颜料中的金属元素Cu、Fe、Hg均属于过渡元素，D正确；
故选：C。
2．下列物质的性质或用途的叙述错误的是
A．盐酸可用于除去水垢中的CaSO4
B．“84”消毒液消毒原理是利用了NaC1O的强氧化性
C．Fe2O3常用作油漆、涂料、油墨的红色颜料
D．过氧化钠可用作呼吸面具中的供氧剂
【答案】A
【详解】A．盐酸不能与CaSO4反应，不能除去水垢中的CaSO4，应先加入碳酸钠将CaSO4转化为CaCO3，水洗后再加入HCl 除去，A项错误；
B．“84”消毒液的有效成分是NaClO，NaClO具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，B项正确；
C．Fe2O3是红色固体，可用作油漆、涂料、油墨的红色颜料，C项正确；
D．过氧化钠能与水、二氧化碳反应生成氧气，常用作呼吸面具中的供氧剂，D项正确；
答案选A。
3．现有处于不同主族的短周期元素A、B、C、D、E，其中B原子最外层电子数是电子层数的2倍，C是金属元素，0.1 mol·L-1的D的最高价氧化物的水化物溶液pH＜1，五种元素的原子半径与原子序数的关系如图所示。下列推断不正确的是

A．原子半径和离子半径均满足：E＜C
B．由C、E两种元素组成的化合物的水溶液能促进水的电离
C．最高价氧化物对应的水化物的酸性：B＜D＜E
D．B与D形成的化合物BD2中原子的最外层都满足8电子稳定结构
【答案】A
【分析】B原子最外层电子数是电子层数的2倍，再结合原子半径与原子序数的关系图，可知B是C元素；0.1 mol/L 的D的最高价氧化物的水化物溶液pH＜1，则D是S元素；E比D原子序数大但半径小，故E是Cl元素；A比B原子序数小且半径小，故A是H元素；C比B原子序数大且为金属元素，各元素处。于不同主族，故C是Mg或Al。
【详解】A．同周期原子序数越大原子半径越小，原子半径：Cl＜Mg或Al，电子层数越多离子半径越大，但离子半径：Cl-＞ Mg2+ 或Al3+ ，故A错误；
B．由C、E两种元素组成的化合物的水溶液为MgCl2或AlCl3，都能促进水的电离，故B正确；
C．元素的非金属性强弱顺序为C＜S＜Cl，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：B＜D＜E，故C正确；
D．CS2中C共用了4个共用电子对，S共用了2个共用电子对，都满足8电子稳定结构，故D正确；
故选：A。
4．苹果酸因其首先从苹果汁中分离出来而得名。它具有促进脑组织能量代谢，改善学习、记忆的作用。其结构如图所示： 。下列有关苹果酸的叙述正确的是
A．既是乙醇的同系物也是乙二酸的同系物
B．能发生取代反应，不能发生酯化反应
C． + H218O CH3CO18OH +
D．相同质量的苹果酸分别与足量钠和碳酸氢钠反应时，放出H2和CO2的物质的量之比为1∶2
【答案】C
【详解】A．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个CH₂ 原子团的有机化合物，则苹果酸既不是乙醇的同系物也不是乙二酸的同系物，A项错误；
B．苹果酸含有羧基和羟基，则既能发生取代反应，也能发生酯化反应，B项错误；
C．酯化反应中，羧基提供-OH、羟基提供H，酯基水解是其逆过程，则 + H218O CH3CO18OH +书写正确，C项正确；
D．羧基能和碳酸氢钠反应、醇羟基不能和碳酸氢钠反应，所以1mol苹果酸与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳的量为2mol，羧基和羟基均能与金属钠反应产生氢气，所以1mol苹果酸与足量的钠反应生成氢气的量为1.5mol，则同质量的苹果酸分别与足量钠和碳酸氢钠反应时，放出H2和CO2的物质的量比为3∶4，D项错误；
答案选C。
5．氢氟酸可用于雕刻玻璃，其反应原理为4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O。下列有关说法正确的是
A．HF中的共价键为s-pσ键
B．H2O、SiF4均为极性分子
C．SiO2晶体为分子晶体
D．基态氧原子的价层电子轨道表示式为
【答案】A
【详解】A．HF是由氢原子中的s轨道与氟原子中的p轨道形成的s-pσ键，A项正确；
B．H2O为极性分子，SiF4和CH4的空间结构一样，都是正四面体结构，结构对称，为非极性分子，B项错误；
C．SiO2中原子间以共价键相结合，构成空间网状结构，为共价晶体，C项错误；
D．基态氧原子的价层电子轨道表示式为，D项错误。
故选A。
6．玻璃棒是化学实验中常用的仪器之一，其主要用于搅拌、过滤或转移液体时的引流。下列有关实验过程中，肯定不需要使用玻璃棒进行操作的是
①用pH试纸测定Na2CO3溶液的pH
②从氯酸钾和二氧化锰制取氧气的剩余固体中提取KC1
③用饱和FeC13溶液和沸水制取Fe(OH)3胶体
④配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液
⑤取某溶液做焰色试验，检验该溶液中是否含有钠元素
⑥用适量的蔗糖、浓硫酸和水在小烧杯中进行浓硫酸的脱水性实验
⑦促使过饱和的硝酸钾溶液析出晶体
A．①②④⑤ B．③④⑤⑦ C．③⑤ D．⑤⑥⑦
【答案】C
【详解】①用pH试纸测定溶液的pH，可用玻璃棒蘸取溶液，滴在玻璃片上的pH试纸上观察，①正确；
②从氯酸钾和二氧化锰制取氧气的剩余固体中提取KCl，可根据KCl易溶于水，而MnO2不溶于水，用到过滤和蒸发操作，分别用玻璃棒进行引流和搅拌，②正确；
③将几滴饱和FeCl3溶液滴入沸腾的蒸馏水中，继续加热至液体呈红褐色，得到的液体就是Fe(OH)3胶体，不需使用玻璃棒，③错误；
④配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液用玻璃棒搅拌和引流，④正确；
⑤做焰色反应实验，用铂丝蘸取待测液，无需使用玻璃棒，⑤错误；
⑥进行浓硫酸的脱水性实验，应用玻璃棒不断搅拌，⑥正确；
⑦促使过饱和的硝酸钾溶液析出晶体，应该使用玻璃棒不断搅拌或摩擦烧杯内壁，产生玻璃碎末，可以找到一个“中性”，聚集起来使晶体析出，⑦正确；
可见：不需要使用玻璃棒进行操作的是③⑤，故合理选项是C。
7．弥罗松酚衍生物A具有广谱抗菌活性，其结构如图(键线式中“”代表伸向纸面外的单键，“”代表伸向纸面里的单键)，下列有关弥罗松酚衍生物A的说法错误的是

A．化学式为
B．能与加成形成羟基腈类化合物
C．能与发生反应
D．弥罗松酚衍生物A与溴水反应，最多可消耗
【答案】C
【详解】A．由弥罗松酚衍生物A的结构简式可知，其化学式为，A正确；
B．弥罗松酚衍生物A中含有碳碳双键，可发生加成反应，能与加成形成羟基腈类化合物，B正确；
C．弥罗松酚衍生物A中的酚羟基能与发生反应，不含羧基，不能与NaHCO3反应，C错误；
D．一个弥罗松酚衍生物A分子中含有一个碳碳双键可与一个Br2分子发生加成反应，酚羟基邻对位碳原子上有氢原子可与Br2发生取代反应，故弥罗松酚衍生物A与溴水反应，最多可消耗，D正确；
故选C。
8．下列实验装置设计不能达到实验目的的是
选项
A
B
C
D
实验目的
吸收过量的氨气，防止氨气泄漏到空气中
除去氢气中的少量杂质二氧化硫
提供水蒸气
分离乙醇和苯甲酸乙酯
装置或仪器





A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．棉花可防止氨气与空气发生对流，不能吸收过量的氨气，故A错误；
B．二氧化硫与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成硫酸根，可除去氢气中，故B正确；
C．湿棉花加热时产生水蒸气，铁和水蒸气反应生成的氢气吹出肥皂泡，并可用火点燃肥皂泡，故C正确；
D．乙醇和苯甲酸乙酯的沸点不同，可用蒸馏法分离两者，故D正确；
故选：A。
9．废旧太阳能电池具有较高的回收利用价值，其主要组成为。某探究小组回收处理流程如图：

已知：是易水解的液体。下列说法错误的是
A．是ⅢA族元素，中的化合价为价
B．“调过滤”阶段铜元素以氢氧化铜形式进入滤渣
C．“高温气相沉积”过程中发生反应的化学方程式为
D．“回流过滤”中的作用是将氢氧化物转化为氯化物和作溶剂
【答案】B
【分析】由题给流程可知，废旧GIGS在空气中高温焙烧时，硒元素转化为二氧化硒气体，经凝华得到二氧化硒，铜元素、镓元素、铟元素转化为氧化亚铜、氧化镓、氧化铟，向金属氧化物中加入稀硫酸和过氧化氢混合溶液，将氧化亚铜酸浸氧化为硫酸铜，氧化镓、氧化铟溶于稀硫酸生成硫酸镓、硫酸铟，向浸出液中加入过量氨水调节溶液pH，将铜离子转化为四氨合铜离子，镓离子和铟离子转化为氢氧化镓沉淀和氢氧化铟沉淀，过滤得到含有四氨合铜离子的滤液1和含有氢氧化镓、氢氧化铟的滤渣；向滤渣中加入SOCl2，将氢氧化镓和氢氧化铟溶解、反应转化为氯化镓和氯化铟，过滤得到氯化铟滤渣和氯化铟滤液2；滤液2经浓缩结晶得到氯化镓，氯化镓和氨气在高温条件下反应制得氮化镓。
【详解】A．由镓、铟位于元素周期表ⅢA族可知，化合物中镓元素和铟元素均为+3价，由化合价代数和为0可知，化合物中铜元素为+1价，故A正确；
B．由分析可知，调pH过滤时，铜元素以四氨合铜离子形式进入滤液1，故B错误；
C．由分析可知，高温气相沉积过程中发生的反应为氯化镓和氨气在高温条件下反应生成氮化镓和氯化氢，反应的化学方程式为，故C正确；
D．由分析可知，回流过滤中SOCl2将氢氧化镓和氢氧化铟溶解、反应转化为氯化镓和氯化铟，起到将氢氧化物转化为氯化物和作溶剂的作用，故D正确；
故选B。
10．某种制备H2O2的反应机理如图。下列说法正确的是

A．总反应可表示为H2+O2=H2O2
B．该过程中Pd的化合价有0和+4两种
C．①、②、③均为氧化还原反应
D．HCl和Cl-可循环利用
【答案】D
【详解】A．由反应机理可知，氢气和氧气在[PdCl4]2-的作用下生成过氧化氢，反应的化学方程式为：，A错误；
B．Pd元素在[PdCl4]2-、[PdCl2O2]2-中的化合价均为+2价，Pd单质中Pd元素为0价，B错误；
C．由反应机理可知，①、②均为氧化还原反应，③中没有元素化合价发生变化，为非氧化还原反应，C错误；
D．由反应机理可知，HCl和Cl-均可循环利用，D正确；
答案选D。
11．如图a、b、c表示相应仪器中加入加入试剂，可用图中装置制取、净化、收集气体的是

编号
气体
a
b
c
A
NH3
浓氨水
固体氢氧化钠
浓硫酸
B
CO2
盐酸
碳酸钙
饱和NaHCO3溶液
C
Cl2
浓盐酸
二氧化锰
饱和NaCl溶液
D
NO2
浓硝酸
铜屑
NaOH溶液

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．浓氨水受热易分解，NaOH固体与溶于浓氨水促进氨水的分解产生氨气，氨气为碱性气体不能用酸性干燥剂，A项错误；
B．碳酸钙和稀盐酸反应为实验室制备二氧化碳气体，由于盐酸具有挥发性，制备出来的气体中混有少量的氯化氢气体，可用饱和NaHCO3溶液除去，B项正确；
C．浓盐酸和二氧化锰在加热条件下为实验室制备Cl2，常温下浓盐酸与二氧化锰不反应，C项错误；
D．浓硝酸和铜可产生NO2气体，随着反应进行浓硝酸逐渐变成稀硝酸，则生成的气体为NO，且NaOH溶液可与NO2发生化学反应，D项错误；
答案选B。
12．废易拉罐(含有Al和少量Fe、Mg杂质)制备明矾，分析流程，正确的是


A．为尽量少引入杂质，NaOH溶液应改用KOH或氨水
B．“沉淀”为Al2(CO3)3
C．上述流程中可用过量CO2代替NH4HCO3
D．滤渣的主要成分是Fe(OH)3和Mg(OH)2
【答案】C
【分析】由题给流程可知，易拉罐中铝与氢氧化钠溶液微热反应生成偏铝酸钠和氢气，铁、镁不与氢氧化钠溶液反应，过滤得到含有铁、镁的滤渣和偏铝酸钠溶液；向偏铝酸钠溶液中加入碳酸氢铵溶液，溶液中铝离子与碳酸氢根反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，过滤得到氢氧化铝沉淀；氢氧化铝沉淀溶于稀硫酸后，加入硫酸钾，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到明矾。
【详解】A．铝能与氢氧化钠溶液和氢氧化钾溶液反应，不能与弱碱氨水反应，则溶解易拉罐时不能用氨水代替氢氧化钠溶液，故A错误；
B．由分析可知，沉淀为氢氧化铝，故B错误；
C．二氧化碳也能与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀，则可以用过量的二氧化碳代替碳酸氢铵得到氢氧化铝沉淀，故C正确；
D．由分析可知，滤渣的主要成分是铁、镁，故D错误；
故选C。

二、多选题
13．改造的噬菌体病毒可用于制造自主装多嵌入点位新型高能电池(见图)，下列有关说法正确的是

A．该电池工作效率随温度升高而增强
B．碳纳米管互相搭接构成网状结构能够增强a极区的导电能力
C．放电时a极发生的电极反应为FePO4+M++e-=MFePO4
D．充电时，在新型电解液中，电子的移动方向为b→a
【答案】BC
【详解】A．此新型高能电池用到改造的噬菌体病毒，高温下蛋白质会变性，因此该电池工作温度不宜过高，工作效率随温度升高而降低，A错误；
B．碳纳米管本身具有较好的导电性，碳纳米管互相搭接构成网状结构能够增大接触面积，增强a极区的导电能力，B正确；
C．由图示可知，b极为碱金属石墨复合电极，则b极为负极，失电子，a极为正极，由左图可知，a极为得电子，铁元素化合价降低，结合M+形成，电极反应式为：，C正确；
D．电子不能经过电解液进行移动，D错误；
答案选BC。
14．某FexNy的晶胞如图1所示，晶胞边长为apm，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(x-n)CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示，下列说法中正确的是

A．该FexNy的化学式为Fe2N
B．与N等距且最近的N为6个
C．两个a位置Fe的最近距离为apm
D．其中较稳定的Cu替代型产物的化学式为FeCu3N
【答案】BC
【详解】A．根据均摊原则，FexNy的晶胞中Fe原子数是、N原子数是1，该FexNy的化学式为Fe4N，故A错误；
B．N原子位于晶胞中心，与N等距且最近的N为6个，故B正确；
C．两个a位置Fe的最近距离为面对角线的一半，面对角线为，所以两个a位置Fe的最近距离为apm，故C正确；
D．能量越低越稳定，Cu完全替代该晶体中b位置Fe形成的物质能量低，稳定性强，晶胞中铜原子数、铁原子数是、N原子数是1，化学式为Fe3CuN，故D错误；
选BC。
15．室温下，向1.0L0.100mol•L-1NH4HCO3溶液中加入NaOH稀溶液，溶液中主要微粒的分布系数【如A2-的分布系数δ(A2-)=】以及pH随n(NaOH)变化如图。

下列叙述正确的是
A．0.100mol•L-1NH4HCO3溶液中>1，水电离受到促进
B．加入少量NaOH时，OH-先与HCO发生主要反应
C．Ka2(H2CO3)•Kb(NH3•H2O)>Kw
D．加入NaOH稀溶液过程中，溶液满足关系式c(NH)+c(NH3•H2O)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)
【答案】AD
【详解】A．NH4HCO3=+，和分别发生水解，，，因为＞1，所以c(OH-)＞c(H+)，则说明水解程度大，使水电离受到促进，故A正确；
B．加入少量NaOH时，浓度基本不变，而浓度快速减小，所以OH-先与发生主要反应，故B错误；
C．Ka2(H2CO3)•Kb(NH3•H2O)=，图中c()=c()时，c()＜c(NH3•H2O)，所以＜Kw，因此Ka2(H2CO3)×Kb(NH3•H2O)＜Kw，故C错误；
D．NH4HCO3=+，和分别发生水解，，，则由物料守恒得 c()+c(NH3•H2O)=c()+c()+c(H2CO3)，故D正确；
故选：AD。

三、结构与性质
16．氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。回答下列问题：
(1)基态N原子中电子占据最高能级的电子云轮廓图为_______形，基态N原子的轨道表示式为_______。
(2)B的第一电离能I1(B)=800kJ·mol−1，判断I1(Al)_______800kJ·mol−1(填“>”或“＜”)，从电子排布的角度说明判断理由_______。
(3)NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性(Hδ+)，与B原子相连的H呈负电性(Hδ-)。在H、B、N三种元素中：
①电负性由大到小的顺序是_______。
②原子半径由大到小的顺序是_______。
③在元素周期表中的分区与其他两种不同的是_______。
(4)26Fe、27Co、28Ni、29Cu是目前氨硼烷水解产氢催化剂研究的热点。不同催化剂催化氨硼烷水解产氢的性能如图所示。

这四种催化剂中：
①催化效果最好的金属基态原子中未成对的电子数为_______。
②催化效果最差的金属基态原子的价层电子排布式为_______。
【答案】(1)     哑铃    
(2)     ＜     B和Al的基态原子电子排布式分别为1s22s22p1和1s22s22p63s23p1，3p能级的能量高于2p能级的能量，处于3p能级的电子更容易失去，因此I1(Al)＜I1(B)
(3)     N>H>B     B>N>H     H
(4)     3     3d64s2

【解析】（1）
N是7号元素，价电子排布式为2s22p3，电子占据最高能级的电子云轮廓图为哑铃形，基态N原子的轨道表示式为；
（2）
B和Al的基态原子电子排布式分别为1s22s22p1和1s22s22p63s23p1，B半径小，第一电离能比Al大，I1(Al) ＜800kJ·mol−1，因为3p能级的能量高于2p能级的能量，处于3p能级的电子更容易失去，因此I1(Al)＜I1(B)；
（3）
①与N原子相连的H呈正电性(Hδ+)，电负性N>H，与B原子相连的H呈负电性(Hδ-)电负性H>B，电负性由大到小的顺序是N>H>B；
②同周期元素从左到右半径依次减小，原子半径由大到小的顺序是B>N>H；
③H为与s区，B、N位于p区，在元素周期表中的分区与其他两种不同的是s；
（4）
①从图上可以看出，Co催化用时最短，产氢体积也最大，故催化效果最好，Co的价电子排布式为3d74s2，原子中未成对的电子数为3；
②从图上可以看出，Fe催化用时最长，产氢体积也最小，故催化效果最差，Fe原子的价层电子排布式为3d64s2；

四、工业流程题
17．稀土在电子、激光、核工业、超导等诸多高科技领域有广泛的应用。铳(Sc)是一种稀土金属，利用钛尾矿回收金属钪和草酸的工艺流程如图所示。回答下列问题：


已知：①xNH4Cl·yScF3·zH2O是“沉钪”过程中ScF3与氯化物形成的复盐沉淀，在强酸中部分溶解。
②“脱水除铵”是复盐沉淀的热分解过程。
③25℃时，部分物质的相关信息如表所示：
Ksp(PbSO4)
Ksp(PbC2O4)
Ka1(H2C2O4)
Ka2(H2C2O4)
2.0×10-8
5.0×10-10
6.0×10-2
6.25×10-5

(1)“焙烧”过程生成Sc2O3的化学方程式为____。
(2)“脱水除铵”过程中固体质量与温度的关系如图所示，其中在380-400℃过程中会有白烟冒出，保温至无烟气产生，即得到ScF3，由图中数据可得x：z=____。

(3)传统制备ScF3的方法是先得到ScF3·6H2O沉淀，再高温脱水得ScF3，但通常含有ScOF杂质，原因是____。(用化学方程式表示)。流程中“沉钪”后“脱水除铵”可制得纯度很高的ScF3，其原因是____。
(4)将1.8molPbSO4加到1L含有0.12mol/LH2C2O4的废水中。发生的离子反应为：PbSO4(s)+H2C2O4(aq)PbC2O4(s)+2H+(aq)+SO(aq)，该反应的平衡常数的值K=____。滤饼经浓硫酸处理后的“沉淀”是____(化学式)。
【答案】(1)2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
(2)1∶2
(3)     ScF3+H2OScOF+2HF(或ScF3·6H2OScOF+2HF+5H2O)     除铵”时NH4Cl分解生成HCl，抑制Sc3+的水解
(4)     1.5×10-4     PbSO4

【解析】（1）
由流程图可知，Sc2(C2O4)3经焙烧后生成Sc2O3和CO2，依据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。
（2）
“xNH4Cl·yScF3·zH2O”脱水除铵是指脱去结晶水和氯化铵，氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，所以会产生白烟，所以380~400℃时固体减少的质量为氯化铵的质量，200~300℃时减少的质量为水的质量，则氯化铵的物质的量为：，水的物质的量为：，x:z=0.06:0.12=1:2。
（3）
ScF3·6H2O沉淀高温脱水得ScF3，但通常含有ScOF杂质，原因是高温脱水时，ScF3会与水发生反应生成ScOF，结合原子守恒，反应的化学方程式为：ScF3+H2OScOF+2HF或ScF3·6H2OScOF+2HF+5H2O；流程中“沉钪”后“脱水除铵”可制得纯度很高的ScF3，其原因是“除铵”时NH4Cl分解生成HCl，抑制Sc3+的水解。
（4）
平衡常数K=====1.510-4；在主要成分是H2C2O4的废水中加入PbSO4，结合反应PbSO4(s)+H2C2O4(aq)PbC2O4(s)+2H+(aq)+SO(aq)可知，有少量PbSO4转化为了PbC2O4，所得滤饼用浓硫酸处理时，增大了生成物的浓度，上述平衡逆向移动，所以所得“沉淀”是PbSO4。

五、实验题
18．二氯异氰尿酸钠[(CNO)3Cl2Na]是常用的杀菌消毒剂，常温下为白色固体，难溶于冷水。利用高浓度的NaClO溶液和异氰尿酸[(CNO) 3H3]固体制备二氯异氰尿酸钠，实验装置如下图所示(部分夹持装置略)。


已知：①3Cl2+6NaOH5NaCl+NaC1O3+3H2O
②2NaClO+(CNO)3H3=(CNO) 3Cl2Na+NaOH+H2O
回答下列问题：
(1)装置A中发生反应的离子方程式为_______。
(2)装置B中盛放的试剂为_______，若撤去该装置，对C中制备实验产生的影响是_______。
(3)三颈烧瓶液面上出现黄绿色气体时，由上口加入(CNO) 3H3固体，反应过程中仍需不断通入Cl2，原因是_______。
(4)装置C中冰水浴的目的是 _______ 。
(5)通过下列实验可测定二氯异氰尿酸钠样品中有效氯的含量(样品中不含NaClO)：
反应原理：
[(CNO)3Cl2]-+H++2H2O=(CNO)3H3+2HClO
HClO+2I-+H+=I2+Cl-+H2O
I2+2S2O=S4O+2I-
实验步骤：准确称取wg样品配成100mL溶液，取25.00mL于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，暗处静置充分反应后，用0.1000 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液VmL。
①滴定终点的现象是_______。
②该样品中有效氯含量的表达式为_______。(有效氯=100%)。
③若滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则有效氯的测定值将_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】(1)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
(2)     饱和食盐水     挥发的氯化氢会和装置C中的NaOH反应，降低NaOH溶液的利用率
(3)使反应生成的NaOH再次生成次氯酸钠，提高原料的利用率
(4)防止温度过高生成NaClO3
(5)     滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液的浅蓝色褪去且半分钟内颜色不恢复          偏高

【分析】在装置A中用MnO2和浓盐酸制取氯气，用饱和食盐水除去氯气中的HCl，氯气通入NaOH溶液中，生成的NaClO和异氰尿酸反应生成二氯异氰尿酸钠，最后用NaOH吸收多余的氯气。
（1）
装置A中用MnO2和浓盐酸反应制取氯气，反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。
（2）
由于盐酸具有挥发性，生成的氯气中混有HCl，若不除去HCl，则HCl进入C中会消耗NaOH，降低NaOH的利用率，所以要用饱和食盐水除去氯气中的HCl。
（3）
NaClO和异氰酸钠反应后生成NaOH，反应过程中不断通入氯气，氯气可以和生成的NaOH继续反应得到和异氰酸钠反应的NaClO，提高原料的利用率。
（4）
在加热条件下，氯气和NaOH溶液反应会生成NaClO3，所以装置C中用冰水浴。
（5）
①二氯异氰尿酸钠在酸溶液中转化为HClO，HClO将KI氧化为I2，加入淀粉做指示剂，I2遇淀粉变蓝，加入的Na2S2O3溶液和I2反应生成I-，所以当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液的浅蓝色褪去且半分钟颜色不恢复，达到滴定终点。
②根据反应方程式可知：HClO~2 Na2S2O3，25.00mL溶液消耗的Na2S2O3的物质的量为0.1000mol/L×V×10-3L=V×10-4mol，n(HClO)=5V×10-5mol，100mL溶液中n(HClO)=2V×10-4mol，根据有效氯的表达式，有效氯==。
③若滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则消耗的标准液体积偏大，有效氯的测定值将偏高。

六、有机推断题
19．化合物G是用于治疗面部疱疹药品泛昔洛韦的合成中间体，其合成路线如下：


回答下列问题：
(1)A的名称为_______，D→E的反应类型为_______。
(2)D中官能团的名称为_______。
(3)B→C的反应方程式为_______。
(4)F的结构简式为_______。
(5)C有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有_______种；
①分子中含有苯环。②分子中含有2个-CH2OH。
写出其中一种核磁共振氢谱中峰面积之比为4：3：2：2：1的结构简式_______。
(6)参照上述合成路线，设计以苯甲醇和 为原料(无机试剂任选)制备 的路线_______。
【答案】(1)     甲苯     取代反应
(2)醚键、溴原子
(3)+HOCH2CH2OH → +HBr
(4)
(5)     10(1种，邻、间、对3种，位置异构6种)     或
(6)

【分析】A转化为B：，根据A的分子式可推知A为，发生取代反应生成，与乙二醇发生取代反应生成C为，与四溴化碳发生取代反应生成D；E发生还原反应生成F，F与乙酸发生酯化反应生成G，根据G的结构简式及F的分子式可推知F为。
（1）
A为，名称为甲苯；D→E是与发生取代反应生成和HBr，反应类型为取代反应；
（2）
D为，官能团的名称为醚键、溴原子；
（3）
B→C是与乙二醇发生取代反应生成和HBr，反应方程式为+HOCH2CH2OH → +HBr；
（4）
F的结构简式为；
（5）
C有多种同分异构体，同时满足条件的同分异构体：①分子中含有苯环，②分子中含有2个-CH2OH，1种，邻、间、对3种，位置异构6种，总共10种；其中一种核磁共振氢谱中峰面积之比为4：3：2：2：1的结构简式为或；
（6）
参照上述合成路线，以苯甲醇和为原料(无机试剂任选)制备，苯甲醇与浓HBr反应生成，与反应生成，转化为，合成路线如下： 。

七、原理综合题
20．水煤气变换反应可用于大规模制，反应原理如下：。
(1)生产中，欲既提高CO的转化率，又提高反应速率，可采取的一项措施是_______；
(2)实验发现其他条件不变，在体系中投入一定量可以增大的体积分数，从化学平衡的角度解释原因：_______；
(3)在其他条件相同时，将两种等质量不同粒径的 (纳米级和微米级)投入体系中，体积分数随时间变化如图所示，其中表示纳米级对体积分数产生影响的曲线是_______(填“a”或“b”)，判断理由是_______。


(4)水煤气变换反应的机理被广泛研究，其中有一种为甲酸基机理，步骤如下：
①
②
③
④
其中控速步骤为_______(填方程式代号)，用合适的微粒符号补全反应②_______；
(5)将加热至，部分发生分解，达到平衡时。，在一真空密闭容器中加入过量的，再充入一定量的，加入催化剂使其发生反应：(忽略其他副反应)，测得该反应中物质分压如图所示(t时刻前，的分压未给出)：


①A点坐标为(t，_______)；
②的平衡转化率为_______。
③反应的平衡常数_______。
【答案】(1)提高的浓度
(2)可以和产物反应，降低产物的浓度，使平衡正向移动
(3)     a     质量相等的纳米级颗粒更细小，表面积更大，与接触更充分，吸收的更多，反应限度更大，体积分数更大
(4)     ③    
(5)               10

【解析】（1）
该反应为气体体积不变的放热反应，生产中可用增大反应物水蒸气的浓度，使平衡向正反应方向移动，既提高一氧化碳的转化率，又提高反应速率，故答案为：提高的浓度；
（2）
其他条件不变，在体系中投入一定量氧化钙，氧化钙与生成物二氧化碳反应生成碳酸钙，生成物浓度减小，平衡向正反应方向移动，氢气的体积分数增大，故答案为：可以和产物反应，降低产物的浓度，使平衡正向移动；
（3）
质量相等的纳米级氧化钙颗粒更细小，表面积更大，与二氧化碳接触更充分，吸收的二氧化碳更多，反应限度更大，氢气体积分数更大，所以曲线a示纳米级氧化钙对氢气体积分数的影响，故答案为：a；质量相等的纳米级颗粒更细小，表面积更大，与接触更充分，吸收的更多，反应限度更大，体积分数更大；
（4）
反应的控速步骤取决于反应速率最慢的反应，反应的活化能越大，反应速率越慢，由题给活化能的大小可知，反应③的活化能最大，是反应的控速步骤；由原子个数守恒可知，反应②中未写出的微粒为，故答案为：③；；
（5）
①由反应CaCO3(s) CaO(s)+ CO2(g)的平衡常数Kp=P0KPa可知，A点二氧化碳的分压为P0KPa，则A点的坐标为(t，P0)，故答案为：P0；
②由图可知，平衡时氢气的转化率为×100%=50%，故答案为：50%；
③由图可知，平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳、水蒸气的平衡分压分别为P0KPa、10P0KPa、10P0KPa、10P0KPa，则分压平衡常数Kp==10，故答案为：19。