山东省枣庄市2021-2022学年高三上学期期末考试化学试题 附解析

1、山东省枣庄市2021-2022学年高三上学期期末考试化学试题 附解析 山东省枣庄市20xx-2022学年高三上学期期末考试 化学试题 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。 2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。坚持卡面清洁，不折叠、不破损。 可能用到的相对原子质量：H 1C 12N 14O 16Al 27S 32C

2、l 35.5Fe 56Ni 59As 75I 127 一、选择题：本题共10小题，每题2分，共20分。每题只有一个选项符合题意。 1. 20xx年9月，中国科学院首次在实验室将二氧化碳经人工合成得到淀粉，合成淀粉分子与天然淀粉分子组成结构一致。以下说法错误的是 A. 人工合成淀粉属于高分子化合物B. 合成过程中一定存在氧化还原反应 C. 该合成方法原子利用率为100%D. 该成果对实现“碳达峰、碳中和有重要意义 【答案】C 【解析】 【详解】A人工合成的淀粉与天然淀粉分子组成结构一致，它们的相对分子质量都很大，大于1万多，因此属于高分子化合物，A正确； B淀粉发生氧化反应产生CO2，CO2发生

3、还原反应产生淀粉，故由二氧化碳合成淀粉过程中一定存在氧化还原反应，B正确； C用CO2制取淀粉，首先把二氧化碳用无机催化剂还原为甲醇，然后将还原的甲醇转换成为三碳，然后是将三碳合成六碳，最后再将六碳聚合成为淀粉，反应物原子不是完全转化为生成物，因此原子利用率不是100%，C错误； D该成果不仅降低了空气中导致温室效应的CO2气体的浓度，同时也制取得到了重要的有机原料，对实现“碳达峰、碳中和有重要意义，D正确； 故合理选项是C。 2. 化学与生活密切相关。以下过程未发生化学变化的是 A. 汽油用于清洗油污B. 服用维生素C促进人体对铁的汲取 C. “84消毒液用于杀灭新冠病毒D. 用作安全气囊的

4、气体发生剂 【答案】A 【解析】 【详解】A汽油洗油污，利用的是油污溶于汽油，没产生新物质，没发生化学变化，A正确； B维生素C与铁离子发生氧化还原反应，是化学变化，B错误； C消毒液中的次氯酸根离子具有强氧化性，使蛋白质失去生理活性，发生了化学变化，C错误； D叠氮化钠分解产生氮气，发生了化学变化，D错误； 答案选A。 3. 关于以下实验仪器的说法正确的是 A. 可用作反应器的仪器：B. 标有0刻度的仪器： C. 可以直接加热的仪器：D. 使用时必须要检漏的仪器： 【答案】D 【解析】 【详解】A容量瓶只能做配制一定物质的量浓度的仪器，不能做反应、稀释、溶解仪器，故A错误； B量筒没有0刻度

5、，故B错误； C蒸馏烧瓶不能直接加热，必须要垫石棉网，故C错误； D容量瓶和滴定管使用前必须要检查是否漏水，故D正确； 答案为D。 4. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X、Z同主族，这四种元素与C、Li形成的某种离子液体的结构式如图所示。以下说法错误的是 A. 元素的电负性：YXW B. W、X、Y、Z最简单氢化物沸点X最高 C. W、X、Z最简单气态氢化物分子的键角：WXZ D. X分别与W、Y、Z形成的化合物中，X的化合价相同 【答案】D 【解析】 【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素与C、Li形成的某种离子液体的结构式中，X形成2个共价键、Z

6、形成6个共价键，而Y形成1个共价键，W形成3个共价键，故Y为F元素、W为N元素，X是O，Z是S元素，然后依据元素周期律及物质的性质分析解答。 【详解】由上述分析可知：W为N、X为O、Y为F、Z为S元素。 A同一周期从左向右元素非金属性加强，元素的电负性也就越大，所以元素的电负性：YXW，A正确； B这四种元素形成的简单氢化物化学式分别是NH3、H2O、HF、H2S，其中只有H2O为液体物质，其它均为气体，所以H2O的沸点最高，B正确； CW、X、Z最简单气态氢化物化学式分别是NH3、H2O、H2S，三种分子中的中心原子都采纳sp3杂化，NH3的N原子上只有1对孤电子对，而H2O、H2S的中心原

7、子上都有2对孤电子对，依据价层电子对互斥理论、H2O中O原子及H2S中的S原子中的两对孤电子对对成键电子的斥力比NH3大，所以NH3分子中键角大于H2O、H2S分子中的键角。H2O分子中O原子的半径小于S原子半径，导致H2O分子中两个H原子离的比较近，H-O键的斥力比H-S键的斥力大，故H2O的键角比H2S大，故键角：NH3H2OH2S，因此W、X、Z最简单气态氢化物分子的键角：WXZ，C正确； D由于元素的非金属性FONS，所以O元素与N、S元素形成化合物时O元素为负价，在与F形成化合物时O为正价，故X分别与W、Y、Z形成的化合物中，X的化合价不相同，D错误； 故合理选项是D。 5. 以下实

8、验操作正确的是 A. 萃取前向分液漏斗中加少量水，检查旋塞处不漏水即可使用 B. 萃取实验中，等量的萃取剂分三次加入效果优于一次性加入 C. 蒸馏开始时先加热，再开冷凝水；结束时先停止加热，再关冷凝水 D. 滴定前，滴定管用蒸馏水洗净后即可使用 【答案】B 【解析】 【详解】A萃取前向分液漏斗中加少量水，检查旋塞处，不漏水，再将旋塞旋转180°，不漏水，则可使用，故A错误； B萃取实验中，等量的萃取剂分三次加入效果优于一次性加入，多次萃取更好，故B正确； C蒸馏开始时先开冷凝水，再加热，结束时先停止加热，再关冷凝水，故C错误； D滴定前，滴定管用蒸馏水洗净后先润洗，再使用，故D错误。

9、 综上所述，答案为B。 6. 海水中含有HCO等离子，呈弱碱性，过量二氧化碳排放使海洋表层水的pH由8.3变到约为8，严重威胁海洋生态。用图示方法可以从酸化海水中提取并收集二氧化碳。以下说法错误的是 A. a室发生的反应为 B. 图示中左侧阳离子交换膜，右侧为阴离子交换膜 C. b室排出的海水经该装置产生的物质处理后，排回大海 D. 使用该装置可以降低环境中温室气体二氧化碳的含量 【答案】B 【解析】 【分析】由图可知，a室中的电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O4e=4H+O2，c室中的电极为电解池的阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气

10、和氢氧根离子，氢离子通过阳离子交换膜由a室进入b室，与碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，使溶液呈酸性，钠离子通过阳离子交换膜由b室进入c室，c室溶液得到稀氢氧化钠溶液，b室和c室溶液混合后可以得到pH为8.3的海水达到排放标准，排回大海。 【详解】A由分析可知，a室中的电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O4e=4H+O2，故A正确； B由分析可知，氢离子通过阳离子交换膜由a室进入b室，钠离子通过阳离子交换膜由b室进入c室，则左侧和右侧均为阳离子交换膜，故B错误； C由分析可知，b室和c室溶液混合后可以得到pH为8.3的海水达到排放标准，排回大海

11、，故C正确； D由分析可知，使用该装置可以降低海水中温室气体二氧化碳的含量得到pH为8.3的海水达到排放标准，排回大海，故D正确； 应选B。 7. 某同学在实验室制备乙酸乙酯，操作如下：检查气密性后，在试管中按比例依次加入浓硫酸、乙醇、乙酸，连接好装置后，用酒精灯当心均匀的加热试管，将产生的气体通到饱和溶液的液面下。实验中存在的错误有几处？ A. 2B. 3C. 4D. 15 【答案】B 【解析】 【详解】实验室制备乙酸乙酯，操作如下：检查气密性后，在试管中先加入乙醇，再加浓硫酸，最后加乙酸，连接好装置后，试管中加入碎瓷片，用酒精灯当心均匀的加热试管，将产生的气体通到饱和溶液的液面上，所以上述

12、实验中共存在3处错误，答案选B。 8. 某溴素厂以卤水为原料生产液溴的工艺流程如下列图所示： 以下说法错误的是 A. “氧化加入稀硫酸的目的是抑制Br2与水的反应 B. “热空气吹出后再“还原是为了富集溴元素 C. 粗溴水与卤水混合循环利用 D. “蒸馏分开时先蒸出的物质是溴 【答案】C 【解析】 【详解】A“氧化时Cl2将溶液中的Br-氧化为Br2，Br2也向Cl2一样能够与H2O反应产生HBr、HBrO，该反应是可逆反应，向该溶液中加入稀硫酸，增大溶液中c(H+)浓度，使该反应的化学平衡逆向移动，从而可节约Cl2，同时抑制Br2与水的反应，A正确； B由于Br2沸点低，加热易挥发，所以“热

13、空气吹出可以将Cl2置换出的Br2吹出，与SO2在溶液中发生氧化还原反应，产生H2SO4、HBr，后再“还原就可以达到富集溴元素的目的，B正确； C粗溴水中含有Br2，要将其加入到还原、富集操作步骤中加以循环利用，而不能与卤水混合循环利用，C错误； D由于Br2沸点低、易挥发，故“蒸馏分开时先蒸出的物质是溴，D正确； 故合理选项是C。 9. 已知三氮唑是平面分子，关于三氮唑和环戊二烯的说法错误的是 A. 两种物质中涉及的杂化方式相同B. 三氮唑的沸点高于环戊二烯 C. 三氮唑分子中含8个键D. 环戊二烯分子中最多有9个原子共面 【答案】A 【解析】 【详解】A三氮唑中左上角的氮原子是sp3杂化

14、，另外两个N原子是sp2杂化，两个C原子是sp2杂化，环戊二烯中有双键的四个碳原子是sp2杂化，中间下面那个碳原子是sp3杂化，因此两种物质中涉及的杂化方式不相同，故A错误； B三氮唑存在分子间氢键，因此三氮唑的沸点高于环戊二烯，故B正确； C三氮唑分子中含2碳氢个键，4个碳氮键，1个氮氮键，1个氮氢键，共8个键，故C正确； D依据乙烯中6个原子在同一平面内，甲烷中四个原子在同一平面得到环戊二烯分子中最多有9个原子共面，故D正确。 综上所述，答案为A。 10. 科研人员最近发明了一种电池，通过X和Y两种离子交换膜将电解质溶液隔开，形成M、R、N三个电解质溶液区域，电解质分别为KOH、，结构示意

15、图如下(已知ab)。该电池放电时，以下说法错误的是 A. R区电解质溶液浓度逐渐增大 B. K+通过X移向R区 C. N区电极反应 D. 每消耗，N区电解质溶液减少19.2g 【答案】D 【解析】 【详解】AM去中氢氧根消耗，依据电荷守恒，钾离子移向R区，N区硫酸中氢离子被消耗，依据电荷守恒，硫酸根移向R区，因此R区电解质溶液浓度逐渐增大，故A正确； B依据A选项分析得到K+通过X移向R区，故B正确； CAl变为Al(OH)4，作负极，PbO2作正极，N区电极反应为，故C正确； D每消耗，转移电子物质的量，依据，N区有0.1mol硫酸根消耗，0.1mol硫酸根转移到R取，有0.1mol的二氧化

16、铅中的氧进入到溶液中，因此N区电解质溶液减少0.2mol×96g?mol?1?0.2mol×16g?mol?1=16g，故D错误。 综上所述，答案为D。 二、选择题：本题共5小题，每题4分，共20分。每题有一个或两个选项符合题目要求全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11. 以下实验操作、现象和结论均正确的是 选项 操作 现象 结论 A 两块相同的未通过打磨的铝片，相同温度下分别投入5.0mL等浓度的溶液和溶液中 前者无显然现象，后者剧烈反应 能加速破坏铝片表面的氧化膜 B 向溶液中加入足量NaCl后再加入少量NaI溶液 白色沉淀转化为淡黄色沉淀 C 取少

17、量溶液于试管中，先加入KSCN溶液，再滴加过量酸性高锰酸钾溶液 溶液变红色 溶液中含Fe2+ D 向铜与浓硫酸反应后的溶液中加入适量水稀释 溶液呈蓝色 溶液中存在 A. AB. BC. CD. D 【答案】AB 【解析】 【详解】A未通过打磨的铝片表面有氧化铝，氧化铝与硫酸铜溶液和氯化铜溶液均不反应，而氯化铜溶液中的氯离子可破坏铝片表面的氧化膜，暴露出来的铝可以与氯化铜溶液反应，而硫酸铜溶液不能破坏铝片的氧化膜，A正确； B向硝酸银溶液中加入足量氯化钠溶液产生白色的氯化银沉淀，再加入少量碘化钠溶液，白色氯化银沉淀转化为黄色的碘化银沉淀，说明碘化银的溶解度比氯化银小，B正确； C假设溶液中本身含

18、有的是铁离子，先加硫氰酸钾溶液再加过量酸性高锰酸钾溶液，溶液也变红，C错误； D铜与浓硫酸反应后的溶液还有没反应的浓硫酸，稀释时要将其加入水中，而不能向其中直接加水，以免发生危险，D错误； 答案选AB。 12. X和Y是合成新型香料Z的原料，其结构简式如下。以下说法错误的是 A. X和Y互为同系物 B. Y的分子式为 C. Z分子苯环上的一溴代物只有3种 D. Z与足量加成得到的分子有2个手性碳 【答案】C 【解析】 【详解】AX和Y都含有1个苯环、1个羟基，1个羧基，分子组成相差2个?CH2?原子团，因此两者互为同系物，故A正确； B依据Y的结构简式得到Y的分子式为，故B正确； CZ分子苯环

19、上有对称性，但两个苯环没有对称性，因此该分子苯环上的一溴代物有6种，故C错误； DZ与足量加成得到的分子有2个手性碳，用“*标记的碳原子为手性碳原子，故D正确。 综上所述，答案为C。 13. 硝酸工业废气中一定量的NO和NO2能被足量的溶液完全汲取，溶液中生成的NO和NO两种离子的物质的量与废气中NO2的物质的量分数x()变化关系如图所示。已知溶液中发生了两个反应：、，以下说法正确的是 A. 图中线段a表示NO离子 B. 随x值增大，溶液中增大 C. x=0.8时，反应可收集到标准状况下 D. 假设所得溶液中为0.4mol，则x值为0.6 【答案】C 【解析】 【详解】A当x=0.5时，NO和

20、NO2物质的量相等，只发生NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+CO2，n(NO)=2.0mol，NO的物质的量为0，因此a表示NO，b表示NO，故A错误； B依据A选项分析，n(NO)+n(NO)=2mol，当x=1时，NO和NO物质的量相等，只发生2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2，n(NO)+n(NO)=2mol，因此随x增大，n(NO)+(NO)不变，故B错误； C依据A和B选项分析以及题中所给反应方程式，有n(NO2)+(NO)=2n(CO2)=2mol，即标准状况下，V(CO2)=22.4L，故C正确； D只有2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+

21、CO2反应中产生NO，此反应中消耗NO2物质的量为0.8mol，因为n(NO)+n(NO)=2mol，因此n(NO)=1.2mol，依据反应NO+NO2+Na2CO3=2NaNO2+CO2，求出此反应中消耗n(NO)=0.6mol，n(NO2)=0.6mol，x=0.7，故D错误； 答案为C。 14. 在酸性条件下。以二维锑片(Sb)为催化剂，可利用电化学反应还原。反应物在二维锑表面发生竞争反应，产物有、HCOOH、CO，反应历程如图所示(图中吸附在催化剂表面的中间活性物质全部为电中性，用*标注)。以下说法错误的是 A. 涂有催化剂的电极为正极 B. 稳定性强于 C. 生成CO的电极反应为 D

22、. 该催化剂对三个电极反应的选择性效果为 【答案】AD 【解析】 【详解】A以二维锑片(Sb)为催化剂，可利用电化学反应还原，说明涂有催化剂的电极为负极，A错误； B由图示可知，的相对能量比的相对能量低，则稳定性强于，B正确； C由图和酸性条件可知，二氧化碳得电子再结合氢离子生成一氧化碳和水，生成CO的电极反应为，C正确； D由图可知，生成三种物质时所必须活化能大小关系为：，则催化剂的选择性为：，D错误； 答案选AD。 15. 常温下0.1 mol/L的NH4HCO3溶液的pH为7.8。已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时某种微粒的浓度占各微粒浓度之和的分数)与pH的关系如下列图所示。以

23、下说法正确的是 A. pH从3调节到11，水的电离程度增大 B. NH4HCO3溶液中存在以下守恒关系： C. 分析可知，常温下Kb(NH3·H2O)Ka2(H2CO3) D. 分析可知，常温下水解平衡常数Kh()的数量级为10-8 【答案】CD 【解析】 【详解】A依据图像可知：在pH=3时溶液中主要微粒是H2CO3，H2CO3电离产生H+，对水的电离平衡起抑制作用，使水电离程度减小。随着溶液pH的增大，H2CO3电离产生H+浓度减小，对水电离平衡的抑制作用减弱，水电离程度增大；当溶液pH接近7.8时，水电离程度最大，后来溶液中NH3·H2O浓度增大，c(NH3·

24、;H2O)增大，其电离产生OH-也增大，对水电离平衡又起抑制作用，抑制作用逐渐加强，使水电离程度又逐渐减小，故pH从3调节到11，水的电离程度不是一直增大，A错误； BNH4HCO3溶液中存在电荷守恒：c()+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()，依据图像可知该点溶液中c(NH3·H2O)c(H2CO3)-c()，所以c()+c(H+)+c(NH3·H2O)c(OH-)+2c()+c(H2CO3)，B错误； C0.1 mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.8，接近显碱性，则Kb(NH3·H2O)Ka1(H2CO3)。H2CO3是二元弱酸，溶液中存在电离平

25、衡，电离分步进行，第一步电离程度远大于第二步电离，主要是第一步电离，所以Ka1(H2CO3)Ka2(H2CO3)，故Kb(NH3·H2O)Ka2(H2CO3)，C正确； D依据图像可知当溶液中c()=c(H2CO3)时，Ka1(H2CO3)=，则水解平衡常数Kh()=，所以常温下水解平衡常数Kh()的数量级为10-8，D正确； 故合理选项是CD。 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16. 过渡金属及其化合物在生产生活中有着广泛应用。回答以下问题： 1锰、锝、铼位于同一副族相邻周期，类比锰写出基态锝原子的价电子排布式_。 2某镍配合物分子为平面结构，如图1所示，其中Ni的化合价是

26、_，配体中除氢外其它元素原子的第一电离能由大到小为_。该配合物中Ni原子的杂化方式为_(填标号)。 AspBCD 3配合物常温下为液态，易溶于等有机溶剂，固态属于_晶体，配体CO分子中有个_个键，CO做配体时配位原子是_，原因是_。 4Ni和As形成某种晶体的晶胞结构如图2所示，距离As最近的Ni构成正三棱柱，下方As原子坐标为 (，)，晶体中Ni的配位数为_；NA为阿伏加德罗常数，则晶胞密度为_g/cm3 (列出计算式即可)。 【答案】1 2. +2. . D 3. 分子. 2. C. 电负性C小于O，C对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对(合理即可) 4. 6. 【解析】 【小问1详

27、解】 锰、锝、铼位于同一副族相邻位置,锰价层电子排布式为3d54s2，则基态锝原子的价层电子排布式为； 【小问2详解】 某镍配合物分子为平面结构，如图1所示，分子内与H形成氢键的两个O只形成一对共用电子对、还各缺1个电子从Ni处获得，其他元素均形成共价键不带电荷，则其中Ni的化合价是+2价(或有一个经验公式：配位数=中心原子化合价×2，Ni的配位数为4，则Ni的化合价为+2)； 配体中除氢外其它元素原子有C、N、O，同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，N、O同周期，但因为2p能级电子为半充满状态，较稳定，不易失去电子，而O原子失去2p能级上一个电子后达到较稳定的半充满状态，因此N

28、的第一电离能大于O的第一电离能，故第一电离能由大到小为； 该配合物中Ni原子有4个配位键，杂化轨道数为4，参加杂化的轨道有1-s、2p、1-d，故杂化方式为dsp2，答案选D； 【小问3详解】 依据相似相溶原理可知，化合物是非极性分子，所以形成的晶体是分子晶体； 配体CO分子中为碳氧三键，有个2个键，电负性C小于O，C对孤电子对的吸引力较弱，更容易给出孤电子对,故CO做配体时配位原子是C； 【小问4详解】 用均摊法可计算得晶胞含Ni原子2个，晶胞内有As原子2个，则化学式为NiAs； 配位数之比应为1：1，故Ni的配位数为6； 由底部As的坐标，以及与As配位的Ni形成正三棱柱可推断，该三棱柱

29、底面为正三角形，晶胞底面夹角为60°和120°，故晶胞密度为。 17. 某湿法炼锌厂在除杂过程中产生的黄钾铁矾渣主要含有、ZnO、，及少量CaO、MgO、等。由黄钾铁矾渣制备复合镍锌铁氧体()的流程如下： 回答以下问题： 1“滤渣的主要成分是_。 2写出“净化除杂中加入铁粉发生的离子反应方程式：_。 3在、“共沉淀过程中，三种离子的损失浓度的对数与pH、pH与的关系曲线分别如图1、2。为提升原料利用率，最好控制在_左右；假设以Me代表Fe、Ni、Zn元素，则生成沉淀的化学反应方程式为_。 4“共沉淀过程中温度不宜过高，原因是_。 5常温下，向溶液中滴加，发生反应：(已知：，

30、)求该反应的平衡常数K=_。 6在“铁氧体工艺阶段制备过程中，必须加入_(填“氧化剂或“还原剂)。按照上述流程，一座10万吨规模的炼锌厂每年产生黄钾铁矾渣约5万吨，含量为28%，理论上每年可制备复合镍锌铁氧体()_万吨(保留两位有效数)。 【答案】1 2、 3. 2.0. 4防止受热分解 5 6. 氧化剂. 4.5 【解析】 【分析】黄钾铁矾渣主要含有、ZnO、，及少量CaO、MgO、等，经过酸浸，SiO2不与硫酸反应、硫酸钙微溶，故滤渣1中主要含SiO2，酸浸后的溶液中主要含K2SO4、Fe2(SO4)3、MgSO4、ZnSO4、少量CaSO4、H2SO4，加铁粉，Fe3+转化为Fe2+、并

31、消耗多余氢离子，从流程可知净化除杂时除去了钙离子和镁离子，则加NH4F，用于产生氟化钙、氟化镁沉淀，过滤后滤液中主要含K2SO4、FeSO4、ZnSO4、(NH4)2SO4、滤液中加入NiSO4、ZnSO4，并加入碳酸氢铵进行共沉淀，分开后沉淀用铁氧体工艺制备目标产物，据此回答。 【小问1详解】 据分析，“滤渣的主要成分是。 【小问2详解】 “净化除杂中加入铁粉，Fe3+转化为Fe2+、并消耗多余氢离子，则发生的离子反应方程式：、。 【小问3详解】 观察图1可知pH=7.2时，三种离子的损失浓度最大，即沉淀达到最大值，因而此时的pH值最合理，结合图2，当pH等于7.2时，n( NH4HCO3)

32、n(Fe2+Ni2+Zn2+)等于2.0，说明为提升原料利用率，最好控制在2.0左右；共沉淀时，还有二氧化碳气体生成，则假设以Me代表Fe、Ni、Zn元素，则生成沉淀的化学反应方程式为：。 小问4详解】 受热易分解，则“共沉淀过程中温度不宜过高的原因是：防止受热分解。 【小问5详解】 已知：，)，则反应的平衡常数=。 【小问6详解】 流程前期操作得到的是Fe2+，而铁氧体工艺阶段得到的 NiZnFe4O8铁元素是+3价，说明在“铁氧体工艺阶段制备过程中，必须加入氧化剂。按照上述流程、结合元素养量守恒，加入铁粉发生反应2Fe3+ + Fe = 3Fe2+后复合镍锌铁氧体中铁元素为原料黄钾铁矾中的

33、1.5倍，每年产生黄钾铁矾渣约5万吨，含量为28%，铁离子5×28%万吨，则理论上每年可制备复合镍锌铁氧体()为=4.5万吨(保留两位有效数)。 18. 亚氯酸钠()是一种高效含氯消毒剂和漂白剂。制备亚氯酸钠的装置(夹持装置省略)如图所示： 已知：高于60时分解成和NaCl 二氧化氯气体只在酸性条件下稳定产生 1仪器b的名称为_，作用是_。 2装置甲用来制取，已知甲醇生成甲酸，则甲中发生反应的化学方程式为_。 3研究测得丙装置汲取液中的与对粗产品中含量的影响如图所示。则最正确条件中_mol/L。 4随着反应进行，产物中杂质会突然增多，为避免这一问题，可对装置进行的改善是_。 5依据如

34、图装置分析，能够快速停止反应的关键操作是_。 6定量分析中常用滴定度T(每毫升标准液相当于被测物质的质量，单位为g/mL)表示标准液的滴定能力。用滴定度为T0的标准液测定产品的纯度(杂质不参加反应)。操作如下：取样品配成100mL溶液，取20.00mL，加入足量KI晶体与稀充分反应，以淀粉溶液为指示剂，用标准液滴定，消耗溶液VmL。 则：滴定终点的现象为_； 产品纯度=_%。 【答案】1. 球形冷凝管. 冷凝回流并导气 2 33.24将丙装置置于冷水槽中 5将注射器内的NaOH溶液注入烧瓶 6 滴入最后半滴标准液，蓝色变无色且半分钟不变化. 【解析】 【分析】装置甲用来制取二氧化氯，装置乙作为

35、安全瓶，装置丙中二氧化氯在碱性溶液中和过氧化氢发生氧化还原反应生成亚氯酸钠、氧气和水，最后用氢氧化钠溶液汲取尾气。 【小问1详解】 仪器b的名称为球形冷凝管，其作用是冷凝回流并导气。 【小问2详解】 由题意和图可知，氯酸钠和甲醇在硫酸和催化剂存在的条件下发生氧化还原反应生成二氧化氯和甲酸，依据得失电子守恒和原子守恒可知，化学方程式为：。 【小问3详解】 由图示可知：与时粗产品中亚氯酸钠含量最高，再进一步提升浓度和比值，对产量并没有提升，浪费原料，此时c(H2O2)=0.8·4mol/L=3.2mol/L。 【小问4详解】 装置丙在温度高于60时会分解成和NaCl，使杂质增多，因此应把

36、丙装置置于冷水槽中。 【小问5详解】 由已知条件可知：二氧化氯气体只在酸性条件下稳定产生，因此快速停止反应的关键操作是：将注射器内的NaOH溶液注入烧瓶。 【小问6详解】 由题意可知，亚氯酸钠与碘化钾在酸性条件下反应生成碘单质，因为溶液中有淀粉，此时溶液变蓝，随后滴加硫代硫酸钠溶液，硫代硫酸钠与碘单质发生氧化还原反应，把碘单质氧化为了碘离子，因此滴定终点的现象为：滴入最后半滴标准液，蓝色变无色且半分钟不变化。 由题意可知，20mL待测液中亚氯酸钠的质量为T0V，则100mL待测液中亚氯酸钠的质量为5T0V，则亚氯酸钠的质量分数为。 19. 以A、D为原料合成某药物中间体，其流程如下： 已知：R

37、CH2COOH(R表示烃基，X表示卤素原子) 回答以下问题： 1B的系统名称为_；D所含官能团名称为_；测定D相对分子质量可采纳的方法是_(填标号)。 a红外光谱法b质谱法c核磁共振谱法 2的反应类型是_。 3所必须试剂Y为_，该过程的化学反应方程式是_。 4I的结构简式_。 5J是H的同分异构体：1 mol J能与2 mol NaHCO3反应；J有一个六元环，则符合条件的J有_种。 【答案】1. 1，4二溴2丁烯. 醛基、羟基. b 2取代反应3. 甲醇(CH3OH). HOOC-CH2-COOH+2CH3OH CH3OOC-CH2-COOCH3+2H2O 4517 【解析】 【分析】依据A

38、分子式，结合B结构简式，可推知A结构简式是CH2=CH-CH=CH2；A与Br2发生1，4-加成反应产生B是CH2Br-CH=CH-CH2Br，B与H2在Ni作催化剂时发生加成反应产生C是CH2Br-CH2CH2-CH2Br，D相对分子质量是74，能够与O2在Cu催化下发生反应产生化合物E，其分子式是C3H4O2，物质E能够与银氨溶液发生反应，结合E分子式可知E结构简式是OHC-CH2CHO，逆推D是CH2OH-CH2CHO；E与银氨溶液发生反应，然后酸化得到物质F是HOOC-CH2-COOH，HOOC-CH2-COOH与物质Y在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产生G：CH3OOC-CH2-COO

39、CH3，则Y为CH3OH，CH2Br-CH2CH2-CH2Br与CH3OOC-CH2-COOCH3在乙醇钠作用下发生取代反应产生H：和HBr，酸化、加热发生已知信息反应，脱去一分子CO2，反应产生I是。 【小问1详解】 物质B结构简式是CH2Br-CH=CH-CH2Br，其系统命名方法命名为1，4二溴2丁烯；物质D结构简式是CH2OH-CH2CHO，其所含官能团为羟基、醛基；测定D相对分子质量可采纳的方法是质谱法，故合理选项是b； 【小问2详解】 C是CH2Br-CH2CH2-CH2Br，G是CH3OOC-CH2-COOCH3，二者在乙醇钠存在时发生取代反应产生H和HBr，故反应C+GH的反应

40、类型是取代反应； 【小问3详解】 F是HOOC-CH2-COOH，分子中含有2个-COOH，结合G结构简式、及反应条件，可知Y是甲醇，结构简式CH3OH，该反应方程式为：HOOC-CH2-COOH+2CH3OH CH3OOC-CH2-COOCH3+2H2O； 【小问4详解】 H是，H发生信息反应产生的I是； 【小问5详解】 H是，化合物J是H的同分异构体，具备条件：1 mol J能与2 mol NaHCO3反应，说明有2个-COOH；J有一个六元环，则符合条件的J有、，共17种不同结构。 20. 汽车尾气中的NO和CO在催化转化器中反应生成两种无毒无害的气体： 已知：碳的燃烧热为393.5kJ

41、·mol1 1_kJ/mol。 2某实验小组在三个容积均为VL的恒容密闭容器中，分别充入和，在三种不同条件(见下表)下进行反应，反应体系的总压强(P)随时间变化如图所示 实验编号 a b c 温度/K 500 500 600 催化剂的比表面积/() 82 124 124 实验编号a对应的曲线是_。 由曲线数据计算出对应条件下的压强平衡常数Kp=_；假设在曲线对应条件下，某随时测得、的分压依次是、，则此时反应的速率v正_v逆(填“、“=或“)。 3催化剂性能决定了尾气处理效果。将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂(X、Y)进行反应，测量逸出气体中NO含量，从而测算尾气脱氮率。相同时间内，脱氮率随温度变化曲