山东省青岛市2023-2024学年高三上学期期初调研检测化学试题（ 含答案解析 ）

2023年高三年级期初调研检测化学试题1.答题前，考生先将自己的姓名、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。保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Ca40Fe56Bi209一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.钙奶饼干是山东几代人的飘香记忆，其配料为小麦粉、白砂糖、花生油、棕榈油、鲜鸡蛋、全脂奶粉、食品添加剂(碳酸氢铵、碳酸钠、碳酸氢钠等)。下列说法正确的是A.可用聚氯乙烯包装钙奶饼干，聚氯乙烯为混合物B.白砂糖的主要成分为蔗糖，蔗糖为单糖C.花生油的主要成分为饱和脂肪酸酯，饱和脂肪酸酯属于天然高分子化合物D.碳酸氢铵、碳酸氢钠在饼干加工过程中起到膨松剂的作用【答案】D【解析】【详解】A．聚氯乙烯含氯，不能作为食品包装，故A错误；B．蔗糖为二糖，故B错误；C．花生油主要成分为不饱和脂肪酸酯，且不属于高分子化合物，故C错误；D．碳酸氢铵、碳酸氢钠受热分解生成二氧化碳气体，可使食物松软，常作膨松剂，故D正确；故选：D。2.亚硝酸不稳定，易分解为和，其酸性弱于，氧化性强于，遇等强氧化剂表现还原性。下列说法正确的是A.可将通入溶液制备B.向久置分解的亚硝酸中通入空气可使其复原C.将固体加到酸性溶液中可观察到溶液紫色变浅D.将铁屑加到亚硝酸中反应的离子方程式为【答案】C【解析】【详解】A．具有强还原性，被亚硝酸氧化，因此不能用通入溶液制备，故A错误；B．亚硝酸久置分解生成和，生成的气体逸出溶液，再通入空气不能复原，故B错误；C．具有强氧化性，能氧化，从而使高锰酸钾溶液颜色变浅，故C正确；D．氧化性强于，铁屑加到亚硝酸中反应生成和NO气体，不能生成氢气，故D错误；故选：C。3.W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为19,W的最外层电子数是其K层电子数的3倍，Y基态原子核外有3个未成对电子，可用于自来水的杀菌消毒。下列说法正确的是A.Y的含氧酸均为强酸 B.Y与Z形成的分子都是极性分子C.简单离子半径： D.W与X形成的化合物可能含有共价键【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，W的最外层电子数是其K层电子数的3倍，则W为O元素，Y基态原子核外有3个未成对电子，则Y为P元素，ZW2可用于自来水的杀菌消毒，则Z为Cl元素，W、X、Y、Z最外层电子数之和为19，则X为Na元素，据此分析。【详解】A．Y的含氧酸不一定均为强酸，如H3PO2为弱酸，故A错误；

B．Y与Z形成的分子PCl5结构对称，属于非极性分子，故B错误；

C．电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时，序数越大半径越小，则简单离子半径：Cl-＞O2-＞Na+，即Z＞W＞X，故C错误；

D．W与X形成的化合物Na2O2中既含有离子键又含有共价键，故D正确；

故选：D。4.实验室安全至关重要，下列说法错误的是A.实验室常用反应釜进行高温高压实验，实验结束后立即打开反应釜盖B.乙醚容易吸潮，可用金属钠除去乙醚中微量水C.实验剩余的金属钾块，应放回试剂瓶D.钠、镁等活泼金属着火，应用沙土盖灭【答案】A【解析】【详解】A．实验室常用反应釜进行高温高压实验，实验结束后，不能立即打开反应釜盖，需要让里面的压强降至常温常压再打开，故A错误；

B．钠与水反应，与乙醚不反应，所以乙醚容易吸潮，可用金属钠除去乙醚中微量水，故B正确；

C．钾表面覆盖煤油，不会变质，且钾为危险品，与水反应产生易燃气体氢气，所以使用剩余的钾必须放回原试剂瓶，故C正确；

D．钠、镁与水反应都生成氢气，且钠燃烧生成过氧化钠与二氧化碳反应生成氧气，镁与二氧化碳反应生成氧化镁和水，所以不能用水、二氧化碳灭火，可用沙土盖灭，故D正确；

故选：A。5.我国科学家用激光将置于铁室中石墨靶上的碳原子炸松，再用射频电火花喷射氮气，获得超硬新材料氮化碳薄膜，结构如图。下列有关β-氮化碳的说法错误的是A.与石墨相比，氮化碳导电性增强B.与金刚石相比，氮化碳熔点更高C.氮化碳中C、N的杂化方式相同D.氮化碳中C原子数与键之比为1∶4【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，C原子形成4个C-N键，不存在可自由移动的电子，与石墨相比较，导电性变弱，故A错误；

B．N原子半径比C原子小，C-N键长比C-C键长小，C-N键能更大，故β-氮化碳的熔点更高，故B正确；

C．由图可知，C原子形成4个C-N键，N原子形成3个N-C键和1个孤电子对，价层电子对数都为4个，都为sp3杂化，故C正确；

D．由图可知，C原子形成4个C-N键，C原子数与C-N键之比为1：4，故D正确；

故选：A。6.鉴别浓度均为的三种溶液，仅用下列一种方法不可行的是A.焰色试验 B.用计测定溶液的C.逐滴加入足量的溶液 D.逐滴加入足量的溶液【答案】D【解析】【详解】A．Na元素焰色为黄色、钾元素的焰色为紫色、镁元素的焰色为无色，焰色试验可以鉴别浓度均为的三种溶液，故不选A；B．硫酸镁溶液呈酸性、碳酸钠溶液呈碱性，明矾溶液呈酸性，浓度相同的硫酸镁的pH小于明矾溶液，用计测定溶液的，可以鉴别浓度均为的三种溶液，故不选B；C．逐滴加入足量的溶液，硫酸镁溶液中产生白色沉淀，碳酸钠溶液中无现象，硫酸铝钾溶液中先生成氢氧化铝沉淀后沉淀又消失，逐滴加入足量的溶液可以鉴别浓度均为的三种溶液，故不选C；D．逐滴加入足量的溶液，三种溶液中都生成白色沉淀，逐滴加入足量的溶液不能鉴别浓度均为的三种溶液，故选D；选D。7.昆布是一种药用价值很高的海藻，具有消痰利水功能，其主要成分的结构简式如图所示。下列关于该化合物的说法错误的是A.分子式为B.分子中含有1个不对称碳原子C.能发生取代、加成、氧化、缩聚等反应D.该物质与足量反应生成【答案】D【解析】【详解】A．由结构可知，分子中含9个C原子、9个H原子、3个O原子、1个N原子、2个I原子，分子式为C9H9O3NI2，故A正确；

B．只有与氨基相连的碳原子连接4个不同基团，则分子中含有1个不对称碳原子，故B正确；

C．含酚羟基、羧基可发生取代反应，含酚羟基可发生氧化反应，含苯环可发生加成反应，含羧基、氨基可发生缩聚反应，含羟基、羧基可发生缩聚反应，故C正确；

D．只有羧基与碳酸氢钠反应，则1mol该物质与足量NaHCO3反应生成1molCO2，故D错误；

故选D。8.某化学研究小组制备硫酸亚铁铵晶体并测定其纯度。实验步骤如下：①铁屑的处理与称量。在盛有适量铁屑的锥形瓶中加入溶液，加热、过滤、洗涤、干燥、称量，铁屑质量为。②的制备。在盛有洗净铁屑的锥形瓶中加入一定量的稀硫酸，充分反应，过滤，收集滤液于蒸发皿中。将锥形瓶和滤纸上的铁屑收集干燥后称重，质量为。③硫酸亚铁铵晶体制备，按反应配比准确称取所需质量为的加入“步骤②”中的蒸发皿中，在水浴上蒸发混合液，浓缩至表面出现晶膜为止，静置，让溶液自然冷却至室温减压过滤。晶体用无水乙醇洗涤并自然干燥，称量所得晶体质量为。④测定硫酸亚铁铵晶体的纯度。称取产品，配制成溶液，取出置于锥形瓶中，用标准溶液滴定(不考虑杂质的反应)，重复三次，平均消耗标准溶液。对于上述实验，下列说法正确的是A.减压过滤时，布氏漏斗颈的斜口背向吸滤瓶支管口B.检漏时，关闭酸式滴定管旋塞，加水至最高标线，置于滴定管架上，若不漏水即可使用C.酸式滴定管排气泡的操作为将滴定管倾斜，迅速打开旋塞使溶液冲出D.滴定时，左手控制酸式滴定管活塞，右手振荡锥形瓶，眼睛观察滴定管内液面变化【答案】C【解析】【详解】A．减压过滤时,布氏漏斗管下方的斜口要对着吸滤瓶的支管口，A错误；B．对于酸管，先关闭活塞，装水至“0”线以上，直立约2min，仔细观察有无水滴滴下，然后将活塞转180°，再直立2min，观察有无水滴滴下；对碱管，装水后直立2min，观察是否漏水即可，B错误；C．将滴定管倾斜，迅速打开旋塞使溶液冲出，可以排出酸式滴定管气泡，C正确；D．滴定时，左手控制酸式滴定管活塞，右手振荡锥形瓶，眼睛观察锥形瓶内溶液颜色的变化，D错误；故选C。9.某化学研究小组制备硫酸亚铁铵晶体并测定其纯度。实验步骤如下：①铁屑的处理与称量。在盛有适量铁屑的锥形瓶中加入溶液，加热、过滤、洗涤、干燥、称量，铁屑质量为。②的制备。在盛有洗净铁屑的锥形瓶中加入一定量的稀硫酸，充分反应，过滤，收集滤液于蒸发皿中。将锥形瓶和滤纸上的铁屑收集干燥后称重，质量为。③硫酸亚铁铵晶体的制备，按反应配比准确称取所需质量为的加入“步骤②”中的蒸发皿中，在水浴上蒸发混合液，浓缩至表面出现晶膜为止，静置，让溶液自然冷却至室温减压过滤。晶体用无水乙醇洗涤并自然干燥，称量所得晶体质量为。④测定硫酸亚铁铵晶体的纯度。称取产品，配制成溶液，取出置于锥形瓶中，用标准溶液滴定(不考虑杂质的反应)，重复三次，平均消耗标准溶液。下列计算正确的是A.B.硫酸亚铁铵晶体的产率为C.配制的硫酸亚铁铵溶液的物质的量浓度为D.硫酸亚铁铵晶体的纯度为【答案】D【解析】【详解】A．生成FeSO4的物质的量为mol，所以(NH4)2SO4的物质的量为mol，所需质量为m3g的(NH4)2SO4，m3=mol×132gmol=g，故A错误；

B．实际量生成m4g晶体，理论上生成晶体质量=mol×392g/mol，硫酸亚铁铵晶体的产率=，故B错误；

C．称取ag产品，配制成100mL溶液，若ag全部是硫酸亚铁铵，配制的硫酸亚铁铵溶液的物质的量浓度=mol⋅L-1，但ag产品中含杂质，故C错误；

D．称取ag产品，配制成100mL溶液，取出25.00mL置于锥形瓶中，用cmol•L-1KMnO4标准溶液滴定(不考虑杂质的反应)，重复三次，平均消耗KMnO4标准溶液VmL，5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，n(Fe2+)=n[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]=5cV×10-3mol，产品中含n[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]=5cV×10-3mol×=20cV×10-3mol，纯度=，故D正确；

故选：D。10.某化学研究小组制备硫酸亚铁铵晶体并测定其纯度。实验步骤如下：①铁屑的处理与称量。在盛有适量铁屑的锥形瓶中加入溶液，加热、过滤、洗涤、干燥、称量，铁屑质量为。②的制备。在盛有洗净铁屑的锥形瓶中加入一定量的稀硫酸，充分反应，过滤，收集滤液于蒸发皿中。将锥形瓶和滤纸上的铁屑收集干燥后称重，质量为。③硫酸亚铁铵晶体的制备，按反应配比准确称取所需质量为的加入“步骤②”中的蒸发皿中，在水浴上蒸发混合液，浓缩至表面出现晶膜为止，静置，让溶液自然冷却至室温减压过滤。晶体用无水乙醇洗涤并自然干燥，称量所得晶体质量为。④测定硫酸亚铁铵晶体的纯度。称取产品，配制成溶液，取出置于锥形瓶中，用标准溶液滴定(不考虑杂质的反应)，重复三次，平均消耗标准溶液。根据上述实验原理，下列说法错误的是A.步骤③需保持溶液为1-2，过大会导致产品不纯B.步骤④用未干燥的容量瓶配制溶液，测定纯度会偏低C.步骤④滴定结束俯视读数，测定纯度会偏低D.三次滴定都应从零刻度或零刻度附近的某一固定刻度线开始，以减小系统误差【答案】B【解析】【详解】A．步骤③需保持溶液pH为1～2，pH过大会生成铁元素的沉淀，导致产品不纯，故A正确；

B．步骤④用未干燥的容量瓶配制溶液，不影响配制浓度，测定纯度不变，故B错误；

C．步骤④滴定结束俯视读数，读取标准溶液体积减小，测定纯度会偏低，故C正确；

D．三次滴定都应从零刻度或零刻度附近的某一固定刻度线开始，减少滴定管刻度不够均匀引起的体积误差，以减小系统误差，故D正确；

故选：B。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.利用浓差电池为电源，石墨做电极处理碱性氨废水同时得到高纯氢气的装置如图所示，甲、乙中分别盛有200mL0.5mol/L和200mL3.0mol/L的CuSO4溶液。下列说法错误的是A.a为正极B.隔膜均为阴离子交换膜C.c极电极反应式为D.当浓差电池停止放电时，理论上可得到标准状况下的(忽略溶液体积变化)【答案】AD【解析】【分析】浓差电池是利用物质的浓度差产生电池的一种装置，将两个完全相同的电极浸入两个溶质相同但浓度不同的电解质溶液中构成的浓差电池，称为双液浓差电池，该浓差电池最终交换膜两侧硫酸铜溶液浓度相等，甲、乙中分别盛有200mL0.5mol•L-1和200mL3mol•L-1的CuSO4溶液，即隔膜左侧溶液c(CuSO4)要增大，右侧c(CuSO4)要减小，故隔膜左侧铜极溶解，c(Cu2+)增大；隔膜右侧铜极析出铜，c(Cu2+)减小，即a极为负极，发生反应Cu-2e-=Cu2+；b极为正极，发生还原反应，Cu2++2e-=Cu，由乙池向甲池迁移，右侧为电解池，电极c为阳极，发生氧化反应，电极反应为：2NH3•H2O-6e-+6OH-═N2+8H2O，电解d为阴极，发生还原反应，OH-由右侧向左侧迁移，隔膜为阴离子交换膜，据此分析回答。【详解】A．由分析可知，a极为负极，b极为正极，A错误；B．由上述分析可知，隔膜均为阴离子交换膜，B正确；C．c极为阳极，发生氧化反应，电极反应为：2NH3•H2O-6e-+6OH-═N2+8H2O，故C正确；

D．当浓差电池停止放电时，两侧浓度相同转移=0.25mol硫酸根离子，转移电子数为0.5mol，对应氢气标准状况下的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L，D错误；故答案：AD。12.芳香性的特征是环状闭合共轭体系，π电子高度离域，体系能量低，较稳定。有机物、、均有芳香性。下列说法错误的是A.以上三种有机物均易发生取代反应，难发生加成反应B.以上三种有机物，在水中溶解度最小的是苯C.以上三种有机物，所有原子均共平面D.对于、，氮原子的价层孤电子对均占据杂化轨道【答案】D【解析】【详解】A．、与苯的性质相似，均易发生取代反应，难发生加成反应，故A正确；

B．苯为非极性分子，难溶于水，而、中含有N原子能与水形成氢键，增大溶解度，故在水中溶解度最小的是苯，故B正确；

C．未杂化的p轨道采用“肩并肩”方式形成大π键，所有原子共面，故C正确；

D．中N原子采取sp2杂化，N原子中的孤电子对占据一个杂化轨道；中N原子采取sp2杂化，N原子中的孤电子对占据未杂化p轨道，故D错误；

故选：D。13.工业上以铬矿渣(，含铁、铝和硅的氧化物及钒低价态含氧酸盐等杂质)为原料制备，工艺流程如图。已知：①焙烧时铬、铝和硅的氧化物均转化为可溶性钠盐；②时，钒以形式存在；③。下列说法错误的是A.“焙烧”中与反应的物质的量之比为3∶2B.“滤渣1”、“滤渣2”主要成分分别为C.“调”的目的是将溶液中的转化成D.“还原”反应为【答案】AB【解析】【分析】该工艺为以铬矿渣(，含铁、铝和硅的氧化物及钒低价态含氧酸盐等杂质)为原料制备，首先将铬矿渣焙烧，将铬、铝和硅的氧化物均转化为可溶性钠盐，后用水浸取，除去不溶于水的铁的氧化物，向浸取液中加入稀硫酸，将铝和硅的钠盐转化为氢氧化铝和硅酸沉淀；再加入稀硫酸调节pH=2，使得钒以V2O5的形式沉淀，向滤液中继续加硫酸进行后续处理获得，最后用碳在高温条件下将还原为。【详解】A．“焙烧”中转化为，发生反应的方程式为，则与反应的物质的量之比为2∶3，故A错误；B．“滤渣1”主要成分为，“滤渣2”主要成分为和，故B错误；C．由反应可知，“调”的目的是将溶液中的转化成，故C正确；D．“还原”为高温条件下，用碳将还原为，则反应为，故D正确；故选AB。14.室温下，某溶液初始时仅溶有浓度相等的M和N，同时发生以下两个反应：①；②。反应①的速率可表示为，反应②的速率可表示为。M、Z浓度随时间变化曲线如图，下列说法正确的是A.曲线b代表M的浓度随时间变化B.反应①的活化能比反应②的活化能小C.反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变D.，反应体系中X的平均生成速率约为【答案】CD【解析】【详解】A．由图可知，曲线a代表M的浓度随时间变化，曲线b代表生成物的浓度随时间变化，故A错误；B．由图可知，反应②的速率快，活化能小，反应①的活化能比反应②的活化能大，故B错误；C．，温度一定，k1、k2为定值，故体系中Y和Z的浓度之比保持不变，故C正确；D．由图可知，0～30min，Δc（M）=0.5mol/L-0.3mol/L=0.2mol/L，则0～30min,反应体系中X的平均生成速率约为0.2mol/L÷30min=，故D正确；故选：CD。15.在一定条件下，一种离子先沉淀，而其它离子在另一条件下沉淀的现象称为分步沉淀。某混合溶液中浓度相同，若通入气体，使金属离子分步沉淀。离子浓度与关系如图，下列说法错误的是溶度积()电离平衡常数A.a、b、c、d依次对应B.每条线的右方为该硫化物的沉淀区，左方为沉淀溶解区C.沉淀的同时溶液酸度升高，从而加速的溶解D.饱和溶液中，随溶液酸度而变，关系式为【答案】A【解析】【分析】气体溶于水形成氢硫酸，逐步电离：、，即电离程度越大，越大，pH越小；混合溶液中浓度相同，结合各硫化物进行分析；【详解】A．由溶度积可知，沉淀浓度相同的需要的浓度由大到小顺序为：，所需硫离子浓度越小越先沉淀，所以a、b、c、d依次对应，故A错误；B．气体溶于水形成氢硫酸，逐步电离：、，pH越小，越大，平衡逆向移动，减小，更不易形成沉淀，所以每条线的右方为该硫化物的沉淀区，左方为沉淀溶解区，故B正确；C．与形成沉淀，促进电离，平衡右移，增大，酸度增大，又会促进的溶解，故C正确；D．，，则，故D正确；答案选A。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.氯化亚砜是在有机合成中有重要应用无机化合物。回答下列问题：（1）常温常压下，为液体，易水解，固态的晶体类型为_______，的水解产物中属于强电解质的是_______。（2）分子空间构型为_______，若将原子换成F原子，则键的键能将_______(填“变大”、“变小”或“不变”)。中键角_______中键角(填“>”、“=”或“<”)，原因是_______。（3）实验室可用和混合共热制备，同时生成化合物X和Y，产物均含有氯元素，元素化合价均未变化，其中X的晶胞结构如图所示，Y分子中心原子为杂化。该反应的化学方程式为_______。若该立方晶胞的参数为，则阴阳离子的最小核间距为_______。【答案】（1）①.分子晶体②.（2）①.三角锥②.变小③.>④.和的中心原子杂化方式相间，电负性小于F，因此中共用电子对更偏向于S原子，斥力大，键角大（3）①.②.【解析】【小问1详解】根据常温常压下SOCl2为液体可知，其熔点较低，为分子晶体；SOCl2与水反应生成二氧化硫和HCl，反应方程式为：SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，其中HCl为强电解质，故答案为：分子晶体；HCl；【小问2详解】SOCl2分子中中心S原子的价层电子对数为3+=4，有1个孤电子对，分子构型为三角锥形；SOX2分子O-S键除了形成σ键外，还有π键，F的电负性大于Cl，导致SOF2分子中O-S键π键减弱，键能变小；F的电负性比Cl的大，使得SOCl2中成键电子对更偏向于S原子，斥力更大，键角更大；【小问3详解】由X的晶胞图可知，8个黑球位于体内，灰球位于顶点和面心，个数为8×+6×=4，由题意知，X中含有Cl-，根据反应物可知，X为CaCl2；则Y中含有P、O、Cl，Y中心原子为sp3杂化，即Y中中心原子为P，可知Y的化学式为POCl3，化学方程式为：CaSO3+2PCl5=SOCl2+CaCl2+2POCl3；由CaCl2晶胞图可知，阴阳离子最小的核间距为体对角线的，即apm。17.氧化铋在电子行业应用非常广泛。用铋矿石(主要成分为，含有等杂质)制备高纯氧化铋，工艺流程如图。已知：①(Ⅳ)具有强氧化性；②铋能溶于氧化性酸，不溶于非氧化性酸；③和易水解生成和沉淀。回答下列问题：（1）铋的价电子排布式为_______。（2）“浸出”铋元素主要以形式存在，与溶液反应的离子方程式为_______。（3）将滤饼“水淬”成粒状的目的为_______。（4）“溶解2”加的稀酸为_______(写化学式)，其中铋反应的化学方程式为_______。（5）采用热重法分析“转型”产物煅烧后的生成物，测得煅烧后固体残留率[]随温度变化如图。“煅烧”时反应的化学方程式为_______。（6）不直接煅烧滤饼而需“转型”后煅烧的原因为_______。【答案】（1）（2）（3）增大接触面积，加快反应速率（4）①.②.（5）（6）直接煅烧硝酸氧铋滤饼会产生，污染环境【解析】【分析】该工艺为用铋矿石(主要成分为，含有等杂质)制备高纯氧化铋；首先用氯化铁和盐酸对铋矿石进行浸出，将二氧化硅除去；再向浸出液中加入铁粉，置换出Bi和Cu，再加入盐酸，溶解过量的铁粉，将沉淀“水淬”成粒状后，加入硝酸，将铜和铋转化为离子，后加入氨气和碳酸铵使得硝酸铋水解为沉淀，过滤后向中继续加入氨气和碳酸铵使其转化为沉淀，最后煅烧获得。【小问1详解】Bi的原子序数为83，为第六周期第ⅤA族，则Bi的价电子排布式为；【小问2详解】“浸出”铋元素主要以形式存在，转化为S沉淀，则转化为，故与溶液反应的离子方程式为；【小问3详解】将滤饼“水淬”成粒状可以增大接触面积，加快反应速率；【小问4详解】铋能溶于氧化性酸，不溶于非氧化性酸，则“溶解2”加的稀酸为氧化性的酸；铋反应的化学方程式为；【小问5详解】由图可知，煅烧生成1mol，即466g产品，所得“转型”生成的产物质量为，则生成的沉淀为，“煅烧”时反应的化学方程式为；【小问6详解】滤饼为，直接煅烧会产生氮的氧化物，污染环境。18.高锰酸钾法测定钙盐中钙的含量。易氧化水中微量有机化合物、空气中尘埃等，还原得到的能加速自身的分解得到和，因此不能用直接法配制准确浓度的标准溶液。a.高锰酸钾溶液的配制称取一定质量的固体置于烧杯中，加入去离子水溶解。盖上表面皿，煮沸。冷却后倒入棕色细口瓶，暗处放置。用玻璃毛或微孔玻璃漏斗过滤除去沉淀。b.高锰酸钾溶液的标定称取质量均为的3份固体作为基准物，置于锥形瓶中，加去离子水溶解。加入稀硫酸，小心加热至，趁热用溶液滴定。滴定终点平均消耗溶液。c.试样中钙含量的测定称取质量均为的钙盐试样。利用与反应生成难溶沉淀，沉淀经过滤洗涤后溶于稀硫酸，然后用标准溶液滴定生成的草酸。滴定终点平均消耗溶液。回答下列问题：（1）溶液自身分解的离子方程式为_______。不能用滤纸代替玻璃毛或微孔玻璃漏斗过滤的原因是_______。（2）选作标定标准溶液基准物的原则为_______(答两条)。小心加热至的目的是_______。（3）在沉淀的操作中须控制好溶液的，酸度过高会导致沉淀不完全，酸度过低会生成氢氧化钙或碱式草酸钙。采用均相沉淀法，并控制试液的为3.5~4.5，可得到晶粒粗大的沉淀，晶粒粗大的优点是_______。洗涤沉淀的操作为_______。试样中钙的质量分数为_______。（4）下列仪器在上述实验中用到的有_______(填标号)。【答案】（1）①.②.滤纸纤维有还原性（2）①.化学性质稳定、不易潮解或风化、具有较大的相对分子质量、与被标定物可完全反应②.加快反应速率并防止草酸受热分解（3）①.沉淀表面吸附的杂质少，并易于过滤和洗涤②.向漏斗中加水将沉淀浸没，待水滤出，重复操作2~3次③.25%（4）ABEF【解析】【小问1详解】自身的分解得到和，因此其离子方程式为；能用滤纸代替玻璃毛或微孔玻璃漏斗过滤是因为滤纸纤维有还原性，会与高锰酸钾发生反应；【小问2详解】选作标定标准溶液基准物的原则有：化学性质稳定、不易潮解或风化、具有较大的相对分子质量、与被标定物可完全反应；升高温度有利于加快化学反应速率，但是温度不能过高，防止草酸分解而导致标准液的标定浓度有误差；【小问3详解】晶粒粗大，导致表面吸附的杂质少，并易于过滤和洗涤；洗涤沉淀的操作为：向漏斗中加水将沉淀浸没，待水滤出，重复操作2~3次；先计算酸性高锰酸钾溶液的浓度，根据草酸和高锰酸钾反应的物质的量之比2~5，的物质的量为，所以的物质的量为，所以的浓度为，在对钙的含量进行测定时，由于消耗的的体积为25mL，所以可知的物质的量为，所以钙的物质的量为，因此钙的质量为，则钙的质量分数为；【小问4详解】实验过程中涉及到的操作有称量、滴定，还有沉淀洗涤，因此所需要用到的仪器为ABEF。19.缓释布洛芬具有镇痛、解热和抗炎的作用，其一种合成路线如图所示。已知：①(R为烃基)；②(为H或烃基，均为烃基)。回答下列问题：（1）C的结构简式为_______，E含有的官能团的名称为_______。（2）F的名称为_______(用系统命名法命名)，J→K的反应类型为_______。（3）有机物Q是J的同系物且比J少3个碳原子，同时满足以下条件的Q的同分异构体有_______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有6组峰的同分异构体的结构简式为_______。①含有苯环且有2个侧链；②遇溶液显色；③能发生水解反应、银镜反应。（4）反应L→N的化学方程式为_______。（5）结合题目信息，设计以乙酸乙酯、乙二醇为原料合成聚乙酸乙烯酯的路线(无机试剂任选)为_______。【答案】（1）①.②.酯基、酮羰基（2）①.2-甲基丙酸②.消去反应（3）①.36②.（4）（5）CH3COOCH2CH3CH3COOCH2CH2OHCH3COOCH=CH2【解析】【分析】根据A、C的分子式知，A中碳碳双键和氯气发生加成反应生成B，B水解生成C，则A为CH2=CHCH3，B为ClCH2CHClCH3，C为，C发生氧化反应生成D，根据D的分子式知，D为，D和甲醇发生酯化反应生成E为；根据F、G的分子式知，F发生取代反应生成G，G和苯发生信息①的反应生成H，H反应生成I，根据I的结构简式知，H为，G为，F为，E和I发生加成反应生成J，根据L的结构简式知，J发生消去反应生成K，K和氢气发生加成反应生成L，则K为，N发生加聚反应生成缓释布洛芬，则N为，M和L发生信息②的反应生成N，则M为CH2=C(CH3)COOCH2CH2OH；【小问1详解】C的结构简式为，E为，E含有的官能团的名称为羰基、酯基；【小问2详解】F为，F名称为2-甲基丙酸，J→K的反应类型为消去反应；【小问3详解】有机物Q是J的同系物且比J少3个碳原子，说明Q中含有苯环、醇羟基和酯基，Q的同分异构体同时满足以下条件：①含有苯环且有2个侧链；②遇FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基；③能发生水解反应、银镜反应，说明含有酯基和醛基，根据氧原子个数知，存在HCOO-，苯环上含有2个侧链，其中一个为酚羟基，另一个为还有HCOO-的酯基，符合条件的结构简式中相当于CH3CH2CH2CH3或(CH3)3CH中两个氢原子被HCOO-、苯酚基取代，如果两个取代基在同一个碳原子上，CH3CH2CH2CH3有2种位置异构，(CH3)3CH有1种位置异构；如果两个取代基在不同碳原子上，CH3CH2CH2CH3有6种位置异构、(CH3)3CH有3种位置异构，酚羟基和另一个取代基有邻位、间位、对位3种位置异构，所以符合条件的同分异构体有36种位置异构，其中核磁共振氢谱有6组峰的同分异构体的结构简式为；【小问4详解】反应L→N的化学方程式为；【小问5详解】以乙酸乙酯、乙二醇为原料合成聚乙酸乙烯酯，乙酸乙酯和乙二醇发生信息②的反应生成CH3COOCH2CH2OH，CH3COOCH2CH2OH发生消去反应生成CH3COOCH=CH2，CH3COOCH=CH2发生加聚反应生成聚乙酸乙烯酯，合成路线为CH3COOCH2CH3CH3COOCH2CH2OHCH3COOCH=CH2。20.直接将转化为有机物是实现碳达峰、碳中和的有效途径，回答下列问题。（1）利用合成涉及的主要反应如下：已知的摩尔燃烧焓为，水的汽化热为(单位质量液态物质变成同温度的气态物质所吸收的热量，单位)，则反应的_______