【期中真题】江西省南昌市三校（一中、十中、铁一中）2022-2023学年高三上学期11月期中联考化学试题.zip

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南昌市三校(一中、十中、铁一中)高三上学期第一次联考
化学试卷
考试时长：100分钟 试卷总分：100分
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 O：16 N：14 Na：23 S：32 Cu：64 Fe：56 Zn：65 Ce：140
第I卷(选择题)
一、单选题(每小题只有一个选项，每题3分，共48分)
1. “中国名片”有中国航天、军事、天文等，这些领域的发展受到全世界瞩目，而这些领域与化学更有着密切的联系。下列说法不正确的是
A. “天宫二号”空间实验室的硅电池板将光能直接转换为电能
B. “蛟龙”号潜水器所使用的钛合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性
C. 5G技术的应用离不开光缆，我国光缆线路总长度超过了三千万千米，光缆的主要成分是晶体硅
D. 港珠澳大桥设计使用寿命120年，水下钢柱镶锌块以利用牺牲阳极的阴极保护法防腐蚀
【答案】C
【解析】
【详解】A．“天宫二号”空间实验室的硅电池板是为空间实验室提供电能的装置，可以将光能转化为电能，故A正确；
B．“蛟龙”号潜水器所使用的钛合金是合金材料，具有强度高、密度小、耐蚀性好、耐热性高等特性，故B正确；
C．光缆的主要成分是二氧化硅，故C错误；
D．水下钢柱镶锌块，铁和锌在水中形成原电池，锌作负极被腐蚀，铁作正极被保护，利用牺牲阳极的阴极保护法防腐蚀，故D正确；
答案选C。
2. 下列有关化学用语错误的是
A. 中子数为18的氯原子： B. CH4的空间填充模型：
C. 次氯酸的结构式：H-O-Cl D. 的电子式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据原子表示形式，左上角为质量数，左下角为质子数，中子数为18的氯原子，其质量数为17+18=35，因此该原子表示为Cl，故A说法正确；
B．甲烷空间构型为正四面体形，碳原子半径大于氢原子，即甲烷的空间填充模型为 ，故B说法正确；
C．次氯酸的化学式为HClO，但结构式为H-O-Cl，故C说法正确；
D．CaH2为离子化合物，不是共价化合物，故D说法错误；
答案为D。
3. 设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列叙述正确的是
A. 的Na2CO3溶液中含有的阴离子总数大于2NA
B. 30g由甲醛(HCHO)与乙酸组成的混合物中所含共用电子对数目为4NA
C. 标准状况下，22.4LHF的分子数为NA
D. 将足量的Cu与的浓硝酸充分反应，转移的电子数为0.6NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．题中未指明溶液的体积，无法判断阴离子物质的量，故A错误；
B．甲醛、乙酸中最简式均为CH2O，则相同质量时，甲醛与乙酸中的共用电子对数目相同，则30g混合物含有共用电子对数目为=4NA，故B正确；
C．HF在标准状况下是液体，无法直接运用22.4L/mol计算其物质的量，故C错误；
D．足量铜与一定量的浓硝酸发生反应，随着反应进行浓硝酸浓度变小，铜与稀硝酸反应生成NO，因此足量铜与100mL12mol/L浓硝酸反应，无法判断转移电子物质的量，故D错误；
答案为B。
4. M、W、X、Y、Z是同周期主族元素，X原子的最外层电子数是W原子次外层电子数的3倍，R元素是无机非金属材料的主角。M、W、X、Y、Z形成的化合物的结构如图所示。下列说法不正确的是

A. M的单质通常保存在煤油中
B. R的氧化物能溶于Y的氢化物的水溶液
C. 图中阴离子中所有原子均满足8电子稳定结构
D. X、Y、Z的最简单氢化物的沸点：X>Y>Z
【答案】A
【解析】
【分析】结合分析可知，M为Li，W为B元素，X为O，Y为F，Z为C元素，R元素是无机非金属材料的主角，R为Si，据此分析解题。
【详解】A．金属Li的密度小于煤油，不能保存在煤油中，A错误；
B．R的氧化物为SiO2，Y的氢化物的水溶液为HF，两者可以反应生成四氟化硅和水，B正确；
C．图中阴离子中，所有原子均满足8电子稳定结构，C正确；
D．X、Y、Z的最简单氢化物分别为H2O、HF、CH4, CH4不能形成氢键沸点低，H2O分子形成的氢键数目比HF多，沸点比HF高，沸点：X>Y>Z，D正确；
答案选A。
5. 通过Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)之间的转化，将天然烷烃R－H转变为增殖精细化学品，该过程曾被誉为合成化学的“圣杯”，转化过程如图所示。下列有关说法错误的是

A. 制备增殖精细化学品的催化剂为[]
B. 反应④⑤，均有自由基参加的非氧化还原反应
C. 制备增殖精细化学品的总反应为+R－H
D. 反应③中有机物发生还原反应
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A． Cl-是反应物，所以制备增殖精细化学品的催化剂为[LnFeⅡ]，故A正确；
B．-Cl自由基为0价态，-R自由基也可以看成0价态，相对于单质参加反应，所以反应④⑤都是氧化还原反应，故B错误；
C．反应中有反应物：[LnFeⅡ]、HCl、R-H、，其中反应物[LnFeⅡ]、HCl循环生成了，所以总反应正确，故C正确；
D．反应③无机物铁化合价上升，有机物化合价则降低，被还原，故D正确；
故选B。
6. 某化合物是一种治疗胆结石的药物，其结构如下，下列有关说法正确的是

A. 该化合物分子式C10H9O3
B. 该化合物能发生水解反应、加成反应、消去反应
C. 1mol该化合物与足量NaOH溶液反应，消耗3molNaOH
D. 该化合物中所有碳原子不可能共面
【答案】C
【解析】
【详解】A．观察该物质的结构简式可知，其分子式为C10H8O3，A项错误；
B．化合物中含有酚羟基、酯基、碳碳双键三种官能团，因此能发生水解、加成反应，但不能发生消去反应，B项错误；
C．1mol酯基水解能生成1mol酚羟基和1mol羧基，因此共能与3mol NaOH反应，C项正确；
D．苯环和乙烯均为平面结构，因此所有碳原子可能共面，D项错误；
故答案选C。
7. 如图为铁元素的价类二维图，其中的箭头表示部分物质间的转化关系。下列说法正确的是

A. 铁与高温水蒸气的反应可实现上述转化①
B. FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，迅速发生转化②生成红棕色粉末
C 加热发生转化⑥，加水溶解可实现转化③
D. 由图可预测：高铁酸盐具有强氧化性，可用于消毒；消毒后可生成胶体，故可作净水剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．铁与高温水蒸气的反应生成四氧化三铁，故A错误；
B．FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，变为四氧化三铁，故B错误；
C．加热发生转化⑥，氢氧化铁不溶于水，故C错误；
D．由图可预测：高铁酸盐具有强氧化性，可用于消毒；消毒后得到的还原产物为铁离子，铁离子与水反应可生成胶体，故可作净水剂，故D正确。
综上所述，答案为D。
8. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 向Ca(ClO)2溶液中通入过量SO2：Ca2++6ClO-+2SO2+2H2O=4HClO+CaSO4↓+SO+2Cl-
B. 向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液：2MnO+H2O2+6H+=2Mn2++3O2↑+4H2O
C. 向NH4Fe(SO4)2溶液中滴加少量的Ba(OH)2溶液：2Fe3++3SO+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Fe(OH)3↓
D. 食醋浸泡鸡蛋壳：
【答案】C
【解析】
【详解】A．因为通入SO2为过量，HClO能将SO2氧化，因此正确的离子方程式为Ca2++ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+Cl-+2H+，故A错误；
B．高锰酸钾作氧化剂，Mn的化合价由+7价降低为+2价，降低5价，H2O2作还原剂，H2O2整体升高2价，最小公倍数为10，离子方程式为2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，题中所给离子方程式得失电子数目不守恒，故B错误；
C．Ba(OH)2为少量，1molBa(OH)2能电离出1molBa2+和2molOH-，1molBa2+消耗1molSO生成硫酸钡，Fe3+结合OH-能力强于NH，2molOH-结合molFe3+，因此离子方程式为2Fe3++3SO+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Fe(OH)3↓，故C正确；
D．醋酸为弱酸，不能拆写成离子，正确的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，故D错误；
答案为C。
9. 以二氧化锰为原料制取高锰酸钾晶体的工艺流程如图所示。下列说法正确的是

A. “灼烧”可在石英坩埚中进行
B. “母液”中的溶质仅有、
C. “结晶”过程宜采用蒸发结晶的方法
D. “转化”过程中的反应方程式为
【答案】D
【解析】
【分析】灼烧过程中氯酸钾将氧化为，浸取，向溶液中通入足量二氧化碳，发生歧化反应生成和，过滤，得到滤液，再加热浓缩、冷却结晶，得到晶体。
【详解】A．能与反应，会腐蚀石英坩埚，故A错误；
B．“结晶”过程中析出，但不可能完全析出，则“母液”中的溶质有、、，故B错误；
C．由于受热容易分解，“结晶”过程宜采用加热浓缩、冷却结晶的方法，故C错误；
D． “转化”过程中发生歧化反应生成和，二氧化碳足量，生成碳酸氢钾，根据得失电子守恒、元素守恒配平反应方程式为，故D正确；
故选D。
10. 使用萃取碘，再向有机相中加入溶液，进行如下实验。已知在水溶液中可发生反应(无色)，下列说法正确的是

A. 在溶液中的溶解度大于在中的溶解度
B. 若使用苯代替，实验现象相同
C. 向溶有的溶液中加入足量烧碱，溶液中有
D. 向浓溶液中通入少量，溶液变为棕黄色
【答案】A
【解析】
【分析】加入碘水中，振荡后静置，碘在四氯化碳中，则下层紫红色为四氯化碳的碘溶液，上层为水相；分液后，四氯化碳的碘溶液中加入溶液，振荡后静置，下层无色，上层为黄色，则碘在溶液中，据此分析作答。
【详解】A．四氯化碳的碘溶液中加入溶液，振荡后静置，下层无色，上层为黄色，则碘在溶液中，即在溶液中的溶解度大于在中的溶解度，A项正确；
B．苯的密度比水小，而的密度比水大，使用苯代替，实验现象不相同，B项错误；
C．向溶有的溶液中加入足量烧碱，与氢氧化钠反应生成NaI、和水，则溶液中不存在，C项错误；
D．向浓溶液中通入少量，先和反应，生成和NaCl，然后再发生，则溶液变为无色或浅黄色，D项错误；
答案选A。
11. 二氧化氯(ClO2)为新型绿色消毒剂，沸点为9.9℃，可溶于水，有毒，浓度较高时易发生爆炸。用CH3OH和NaClO3在硫酸催化作用下反应可制得ClO2。利用ClO2与H2O2在碱性条件下制备少量NaClO2的实验装置如图所示。

下列说法正确的是
A. 为配制分液漏斗中的混合液，应将甲醇溶液倒入浓硫酸中搅拌
B. 若装置甲烧瓶内氧化产物为HCOOH，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1
C. 实验中通入气体的速率应尽可能慢
D. 装置乙中应使用热水浴，以加快反应速率
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于甲醇溶液的密度小于浓硫酸的密度，浓硫酸稀释过程放出大量的热量，故为配制分液漏斗中的混合液，应将浓硫酸倒入甲醇溶液中搅拌，A错误；
B．已知甲装置烧瓶中是用CH3OH和NaClO3在硫酸催化作用下反应可制得ClO2，反应原理为：CH3OH+4NaClO3+4H2SO4(浓)=4ClO2↑+HCOOH+4NaHSO4+3H2O，故若装置甲烧瓶内氧化产物为HCOOH，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，B正确；
C．实验中通入CO2气体的目的是将ClO2稀释，防止其浓度过大引起爆炸，故通入CO2的速率不能太慢，C错误；
D．由题干信息可知，ClO2的沸点为9.9℃，若装置乙中应使用热水浴，将加快ClO2的挥发而造成损失，故装置乙应使用冷水浴或者冰水浴，D错误；
故答案为：B。
12. 工业合成氨的反应为。可与酸反应制得铵盐，可通过催化氧化生产，强碱条件下能被NaClO氧化生成；可被NaClO继续氧化生成，也可被氧化生成，能与溶液反应产生银镜；是一种弱酸，酸性与醋酸相当。下列有关含氮化合物的性质与用途不具有对应关系的是
A. 易液化且汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂
B. 溶液显酸性，可用于除铁锈
C. 浓具有挥发性，可用于检验蛋白质
D. 具有还原性，可用于将还原为单质Ag
【答案】C
【解析】
【详解】A．氨气分子间存在氢键，易液化，液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂，故A不符合题意；
B．NH4Cl为强酸弱碱盐，因NH水解使溶液显酸性，铁锈为Fe2O3，Fe2O3为碱性氧化物，因此氯化铵溶液可用于除铁锈，故B不符合题意；
C．浓硝酸与蛋白质发生颜色反应，与浓硝酸的挥发性无关，故C符合题意；
D．AgNO3转化成Ag单质，Ag元素化合物降低，即AgNO3为氧化剂，N2H4体现还原性，故D不符合题意；
答案为C。
13. 某溶液中可能存在Br-、CO、SO、Al3+、I-、Mg2+、Na+7种离子中的某几种。现取该溶液进行实验，得到如下现象：(已知：5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3)
①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出；
②向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成；
③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色。
根据以上信息，下列对溶液的组成判断正确的是
A. 一定不含有Al3+、Mg2+、SO、I- B. 一定含有Na+、CO、Br-
C. 可能含有Na+、SO、Br-、I- D. 可能含有Na+、I-
【答案】B
【解析】
【详解】①向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，说明溶液中含有，且有无色气泡冒出，说明溶液中含离子，则不含、；
②向所得橙色溶液中加入足量溶液，无沉淀生成，说明不含；
③向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色，可能是碘离子氧化成单质碘，进一步单质碘被氧化成碘酸根离子或溶液中不含，所以溶液不变色，不能确定碘离子存在；
根据电中性原则，溶液中一定存在、、，一定不含、、，可能含有；
故选B。
14. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，A、B、C、D、E均由上述元素组成的中学化学常见的物质，其中A是单质，C是酸性氧化物，A的水溶液和C均具有漂白性，B是自然界最常见的液体，E是三元化合物，物质之间存在如图所示的关系。下列说法正确的是

A. 离子半径大小关系：Y> Z> X
B. C通入到蓝色石蕊试液先变红后褪色
C. 简单氢化物的还原性：Y < Z
D. 含氧酸的酸性Z> Y
【答案】A
【解析】
【分析】B是自然界最常见的液体，所以B为水；A是单质，C是酸性氧化物，A的水溶液和C均具有漂白性，可推断A为Cl2，C为SO2，E是三元化合物，则E为H2SO4，则D为HCl，因为短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，所以W、X、Y、Z分别为H、O、S、Cl，以此解答该题。
【详解】A．一般来说，电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径大小关系：S2-> Cl->O2- ，故A正确；
B．C为SO2，为酸性氧化物，不能漂白酸碱指示剂，遇到蓝色石蕊试液变红不会褪色，故B错误；
C．元素的非金属性越强，对应氢化物的还原性越弱，非金属性S D．最高价含氧酸的酸性Z>Y，但HClO小于H2SO4，故D错误；
答案选A。
15. 下列实验方案中，能达到实验目的的是
选项
实验方案
实验目的
A
将SO2和CO2分别通入水中达到饱和，用pH计立即测定溶液的pH，比较pH大小
确定亚硫酸和碳酸酸性强弱
B
向反应后溶液中加入水观察溶液变蓝色
验证Cu和浓硫酸反应生成CuSO4
C
将SO2通入NaHCO3溶液后，将混合气体依次通入酸性KMnO4溶液、品红溶液、澄清石灰水
验证非金属性：S>C
D
向盛有1mL 0.1 mol•L-1 AgNO3溶液试管中滴加10滴0.1mol•L-1NaCl溶液，有白色沉淀生成，向其中继续滴加0.1mol•L-1KI溶液，有黄色沉淀产生
验证：Ksp(AgI)
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．饱和溶液的浓度不同，应测定等浓度的酸溶液的pH来比较酸性，故A错误；
B．应将反应后的混合物注入水中，顺序不合理，故B错误；
C．将SO2通入NaHCO3溶液后，混合气体中有SO2和CO2，通过酸性KMnO4溶液后可除去SO2，品红溶液检验SO2是否除净；澄清石灰水检验CO2，如果澄清石灰水变浑浊，说明有CO2产生，可以说明非金属性S>C，故C正确；
D．AgNO3溶液过量，均为沉淀生成，不能比较Ksp大小，故D错误；
故答案选C。
16. 以铜作催化剂的一种铝硫电池的示意图如图所示，电池放电时的反应原理为。下列说法错误的是(阳离子交换膜只允许阳离子通过)

A. 充电时，Cu/CuxS电极为阳极
B. 充电时，阳极区的电极反应式为
C. 放电时，K+通过阳离子交换膜向Cu/CuxS电极移动
D. 放电时，每转移1mol电子，负极区电解质溶液质量减轻30g
【答案】B
【解析】
【分析】从总反应分析：放电时Al电极发生了氧化反应为负极，电极反应为，Cu/CuxS极为正极，电极反应为3CuxS+6e-=3xCu+3S2−；
充电时：Al电极为阴极，电极反应式为，Cu/CuxS极为阳极，电极反应式为3xCu+3S2−-6e-=3CuxS。
【详解】A．由分析可知充电时Cu/CuxS极为阳极，A项正确；
B．由分析可知充电时的阳极反应式为3xCu+3S2−-6e-=3CuxS，B项错误；
C．放电时，阳离子移向正极，故放电时，K+通过阳离子交换膜向Cu/CuxS电极移动，C项正确；
D．放电时，Al作负极，电极反应式为，Cu/CuxS为正极，电极反应为3CuxS+6e-=3xCu+3S2−，K+通过阳离子交换膜移向正极，则放电时，每转移1mol电子，molAl溶解进入电解质溶液，使负极区电解质溶液增重，1mol K+从负极移向正极，使负极区电解质溶液减重，故负极区减少的质量为39g-30g，D项正确；
故选B。
第II卷(非选择题)
17. 高技术领域常使用高纯试剂。纯磷酸(熔点为，易吸潮)可通过市售85%磷酸溶液减压蒸馏除水、结晶除杂得到，纯化过程需要严格控制温度和水分，温度低于易形成(熔点为)，高于则发生分子间脱水生成焦磷酸等。某兴趣小组为制备磷酸晶体设计的实验装置如下(夹持装置略)：

回答下列问题：
（1）A的名称是___________。B的进水口为___________(填“a”或“b”)。
（2）的作用是___________。
（3）空气流入毛细管的主要作用是防止___________，还具有搅拌和加速水逸出的作用。
（4）升高温度能提高除水速度，实验选用水浴加热的目的是___________。
（5）磷酸易形成过饱和溶液，难以结晶，可向过饱和溶液中加入___________促进其结晶。
（6）过滤磷酸晶体时，除了需要干燥的环境外，还需要控制温度为___________(填标号)。
A． B． C．
（7）磷酸中少量的水极难除去的原因是___________。
【答案】（1） ①. 圆底烧瓶 ②. b
（2）干燥气体 （3）防止暴沸、防止溶液从毛细管上升
（4）使溶液受热均匀 （5）磷酸晶体
（6）B （7）磷酸可与水分子间形成氢键
【解析】
【分析】空气通过氯化钙除水，经过安全瓶后通过浓硫酸除水，然后通过五氧化二磷，干燥的空气流入毛细管对烧瓶中的溶液进行搅拌，同时还具有加速水逸出和防止溶液沿毛细管上升的作用，将85%磷酸溶液进行减压蒸馏除水、结晶除杂得到纯磷酸。
【小问1详解】
由仪器构造可知，仪器A为圆底烧瓶，仪器B为直形冷凝管，泠凝水应从b口近、a口出，形成逆流冷却，使冷却效果更好。
【小问2详解】
纯磷酸制备过程中要严格控制温度和水分，因此五氧化二磷的作用为干燥气体。
小问3详解】
空气流入毛细管可以对烧瓶中的溶液防止暴沸，同时还具有加速水逸出和防止溶液沿毛细管上升的作用。
【小问4详解】
升高温度能提高除水速度，而纯磷酸制备过程中要严格控制温度，水浴加热可以避免直接加热造成的过度剧烈与温度的不可控性，使溶液受热均匀。
【小问5详解】
过饱和溶液暂时处于亚稳态，当加入一些固体的晶体或晃动时可使此状态失去平衡，过多的溶质就会结晶，因此可向磷酸的过饱和溶液中加入磷酸晶体促进其结晶。
【小问6详解】
纯磷酸纯化过程中，温度低于易形成(熔点为)，高于则发生分子间脱水生成焦磷酸，纯磷酸的熔点为42℃，因此过滤磷酸晶体时，除了需要干燥的环境外，还需要控制温度为30∼35℃，这个区间内答案选B。
【小问7详解】
磷酸的结构式为：，分子中含羟基，可与水分子间形成氢键，因此磷酸中少量的水极难除去。

18. 铈可用作优良的环保材料，现以氟碳铈矿(CeFCO3，含Fe2O3、FeO等杂质)为原料制备铈，其工艺流程如图所示：

已知：
①滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3；Ksp[Fe(OH)3]=8×10-38]；②Ksp[Ce(OH)3]=1×10-22]；③lg2=0.3。
回答下列问题：
（1）粉碎“焙烧”时，氧化数据如表所示：
空气氧化法
氧化温度/℃
氧化率/%
氧化时间/h
暴露空气中
450～500
88
l4
对流空气氧化炉中
450～500
98
6
在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是____。
（2）用盐酸和H2BO3提取Ce元素时，体现盐酸的性质有____，“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，则“滤渣Ⅱ”主要成分为____(化学式)。
（3）“滤液Ⅰ”中c(Ce3+)=0.1mol·L-1，用氨水调pH的范围是____，“滤液Ⅱ”中加入NH4HCO3反应的离子方程式为____，若Ce2(CO3)3经充分焙烧质量减少5.8t，则获得CeO2的质量为____t。
（4）用过量铝粉还原CeO2即可得Ce，反应的化学方程式为____，铝粉必须过量的原因是____。
【答案】（1）增大了气体与固体粉末间的接触面积
（2） ①. 酸性、还原性 ②. KBF4
（3） ①. 3.3≤pH<7 ②. 2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O ③. 17.2
（4） ①. 3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce ②. 使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境
【解析】
【分析】氟碳铈矿含CeFCO3、Fe2O3、FeO等，在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，Fe2+氧化为Fe3+，用盐酸和H2BO3浸取，Fe3+进入溶液，过滤分离，滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3，“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，生成KBF4和CeCl3溶液，滤渣Ⅱ是KBF4。滤液ⅡCe3+溶液中，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2，还原得到Ce。
【小问1详解】
在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是增大了气体与固体粉末间的接触面积。故答案为：增大了气体与固体粉末间的接触面积；
【小问2详解】
用盐酸和H2BO3提取Ce元素时，体现盐酸的性质有酸性、还原性，滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3，“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，生成KBF4和CeCl3溶液，则“滤渣Ⅱ”主要成分为KBF4(化学式)。故答案为：酸性、还原性；KBF4；
【小问3详解】
“滤液Ⅰ”中c(Ce3+)=0.1mol·L-1，Ce3+开始沉淀时，Ksp[Ce(OH)3]=1×10-22，c(OH-)= =10-7，c(H+)=10-7，pH=7，铁离子沉淀完全时，Ksp[Fe(OH)3]=8×10-38，c(OH-)= =2×10-11，c(H+)= =,pH=-lg=3.3，用氨水调pH的范围是3.3≤pH<7，“滤液Ⅱ”中加入NH4HCO3反应，生成碳酸铈、二氧化碳和水，离子方程式为2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O；若Ce2(CO3)3经充分焙烧质量减少5.8t，2Ce2(CO3)3+O2=6CO2+4CeO2，，m= t=17.2t 则获得CeO2的质量为17.2t。故答案为：3.3≤pH<7；2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O；17.2；
【小问4详解】
用过量铝粉还原CeO2即可得Ce，反应的化学方程式为3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce，铝粉必须过量的原因是使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境。故答案为：3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce；使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境。
19. 回答下列问题：
（1）工业上将含有硫化物的废水(以H2S、HS－、S2−的形式存在)引入氧化池，加入高锰酸钾溶液氧化。已知高锰酸钾在酸性条件下的还原产物为Mn2+，碱性条件下的为MnO2。
①pH>7时高锰酸钾将废水中的硫化物氧化为S，该反应的离子方程式为_______。
②研究发现：其他条件相同时，废水呈酸性时硫化物的去除率明显大于呈碱性时去除率，则可能的原因_______。
（2）表面喷淋水的活性炭可用于吸附氧化H2S，其原理可用图1表示。其它条件不变时，水膜的酸碱性与厚度会影响H2S的去除率。

①适当增大活性炭表面的水膜pH，H2S的氧化去除率增大的原因是_______。
②若水膜过厚，H2S的氧化去除率减小的原因是_______。
（3）向100mL含Na2CO3、的混合溶液中逐滴加入HCl溶液，测得溶液中的某几种离子的物质的量的变化如图所示：

①已知与在溶液中反应而不能大量共存，写出两者反应的离子方程式为_______。
②d曲线表示的离子方程式为_______。
③加入HCl溶液的物质的量浓度为_______。
④原混合溶液中的Na+与的物质的量之比为_______。
【答案】（1） ①. 2+3S2−+4H2O=2MnO2↓+3S↓+8OH－或2+3HS－+H2O=2MnO2↓+3S↓+5OH－ ②. 等物质的量的高锰酸钾在酸性条件下转移的电子数目比碱性条件下多
（2） ①. OH－浓度增大，促进H2SH++HS－平衡向正反应方向移动，HS－浓度增大 ②. 若水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，产生的O减少
（3） ①. + =Al(OH)3↓++H2O ②. +H+=H2O+CO2↑ ③. 1mol/L ④. 3：1
【解析】
【分析】向100mL含Na2CO3、的混合溶液中逐滴加入HCl溶液，盐酸先与反应生成氯化钠、氢氧化铝沉淀和水，盐酸再与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，盐酸再与碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，盐酸再与氢氧化铝反应生成氯化铝和水。
【小问1详解】
工业上将含有硫化物的废水(以H2S、HS－、S2−的形式存在)引入氧化池，加入高锰酸钾溶液氧化。已知高锰酸钾在酸性条件下的还原产物为Mn2+，碱性条件下的为MnO2。
①pH>7时高锰酸钾将废水中的硫化物氧化为S，由于pH>7时硫化物主要以HS－、S2−的形式存在，该反应的离子方程式为2+3S2−+4H2O=2MnO2↓+3S↓+8OH－或2+3HS－+H2O=2MnO2↓+3S↓+5OH－；故答案为：2+3S2−+4H2O=2MnO2↓+3S↓+8OH－或2+3HS－+H2O=2MnO2↓+3S↓+5OH－。
②研究发现：其他条件相同时，废水呈酸性时硫化物的去除率明显大于呈碱性时去除率，则可能的原因酸性条件下高锰酸钾的氧化性更强，且等物质的量的高锰酸钾在酸性条件下转移的电子数目比碱性条件下多；故答案为：等物质的量的高锰酸钾在酸性条件下转移的电子数目比碱性条件下多。
【小问2详解】
①适当增大活性炭表面的水膜pH即溶液的碱性增强，H2S的氧化去除率增大的原因是OH－浓度增大，促进H2SH++HS－平衡向正反应方向移动，HS－浓度增大，HS－与O；故答案为：OH－浓度增大，促进H2SH++HS－平衡向正反应方向移动，HS－浓度增大。
②若水膜过厚，H2S的氧化去除率减小的原因是若水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，产生的O减少，活性氧与HS－反应少；故答案为：若水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，产生的O减少。
【小问3详解】
①已知与在溶液中反应而不能大量共存，两者反应生成碳酸根、氢氧化铝沉淀和水，则两者反应的离子方程式为+ =Al(OH)3↓++H2O；故答案为；+ =Al(OH)3↓++H2O。
②d曲线是碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，则表示的离子方程式为+H+=H2O+CO2↑。
③根据a曲线加入50mL盐酸将沉淀完全，则盐酸物质的量为0.05mol，因此加入HCl溶液的物质的量浓度为；故答案为：1mol/L。
④根据图中信息说明Na2CO3、物质的量分别为0.05mol、0.05mol，则原混合溶液中的Na+与的物质的量之比为0.15mol：005mol=3:1；故答案为：3:1。
20. 合成药物盐酸普罗帕酮的中间体E和双酚A型聚碳酸酯的路线：

已知： i.RCOOR'+ R"OH RCOOR"+ R'OH(R、 R'、 R"代表烃基)
ii.
（1）A的结构简式是_______，试剂a是_______。
（2）C只含有一种官能团，反应②的化学方程式是_______。
（3）反应⑤的反应类型是_______，E中官能团名称是_______。
（4）M相对分子质量比J大14， 满足下列条件M的同分异构体共有_______种。
①苯环之外无其它环状结构，苯环上三个取代基
②苯环上有两种氢
③与FeCl3(aq)显色，且1molM最多能和2molNaOH反应。
写出其中任意一种核磁共振氢谱峰面积比为 1： 2： 2： 2： 3同分异构体的结构简式_______。
（5）下列说法正确的是： _______ (填字母序号)。
a.反应③中C发生氧化反应
b.可用FeCl3溶液检验反应⑤中A是否反应完全
c.反应⑥的反应物与生成物互为同分异构体
d.反应物⑩中试剂b的结构简式是
e.反应④是缩合聚合反应，生成了聚酯
（6）参照上述合成路线和信息，写出以乙醇为原料合成2-丁烯酸(CH3CH=CHCOOH)的合成路线(无机试剂任选)_______。
【答案】（1） ①. ②. H2
（2） （3） ①. 取代反应 ②. 羟基和羰基
（4） ①. 6 ②. 或
（5）abcd （6）
【解析】
【分析】A的分子式为C6H6O，则A的结构简式为；反应①中，A和试剂a反应生成B（C6H12O），则B为，试剂a为H2；反应②中，B转化为C（C6H10O），则C为；反应③中，C和CH3CO3H反应生成D（C6H10O2，七元环脂），D经过反应④可到，结合“已知i”可得D为；反应⑤中，A和(CH3CO)2O反应生成J（）；反应⑥中，J转化为E（C8H8O2，J的同分异构体），E再和反应生成I（），结合“已知ii”可得知E为；反应⑨中，J和G（C3H6O3）反应生成F（）；反应⑩中，F和试剂b反应得到，结合“已知i”可得试剂b为。
【小问1详解】
A的分子式为C6H6O，则A的结构简式为；反应①中，A和试剂a反应生成B（C6H12O），则B为，试剂a为H2。
【小问2详解】
由分析可知，C为，则反应②的化学方程式为。
【小问3详解】
反应⑤中，A（）和(CH3CO)2O反应生成J（），该反应类型为取代反应；由分析可知，E为，其官能团为羟基和羰基。
【小问4详解】
M的相对分子质量比J大14，则分子式为C9H10O2；满足题干中三个条件的结构有、、、、和，共计6种，核磁共振氢谱峰面积比为 1： 2： 2： 2： 3同分异构体的结构简式为或。
【小问5详解】
a．反应③中，C（C6H10O）和CH3CO3H反应生成D（C6H10O2），该反应属于氧化反应，a正确；
b．A是，遇到FeCl3溶液呈紫色，J遇到FeCl3溶液不反应，故可用FeCl3溶液检验反应⑤中A是否反应完全，b正确；
c．反应⑥的反应物J与生成物E的分子式都是C8H8O2，二者互为同分异构体，c正确；
d．反应④中，D（）转化为聚酯，结合“已知i”可知，该反应为缩合聚合反应，d正确；
故选abcd。
【小问6详解】
CH3CH2OH可以被氧化为CH3CHO；CH3CHO可以反应生成CH3CH=CHCHO；CH3CH=CHCHO可以被新制氢氧化铜悬浊液氧化为CH3CH=CHCOOH；综上所述，以乙醇为原料合成2-丁烯酸的合成路线为。