山东省名校联盟2024-2025学年高三下学期2月开学联考化学试题

20242025学年第二学期山东名校考试联盟高三期初考试一、单项选择题(每题2分，共20分)。1.山东特色和文化传承与化学密不可分，下列说法错误的是A.龙山黑陶经高温烧制而成，其主要成分是硅酸盐B.临沂地下大峡谷的溶洞景观与CaCO3的生成和溶解有关C.日照绿茶含有的茶多酚不易被氧化，具有抗氧化功效D.菏泽老粗布的原料是棉花，棉花的主要成分属于天然有机高分子化合物【答案】C【解析】【详解】A．陶瓷的主要成分是硅酸盐，故A正确；B．溶洞的形成涉及的反应:CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2，洞中的石笋和石柱的形成涉及的反应Ca(HCO3)2=CaCO3↓+H2O+CO2，故B正确；C．绿茶含有的茶多酚易被氧化，具有抗氧化功效，故C错误；D．棉、麻、羊毛、蚕丝等的主要成分属于天然有机高分子化合物，故D正确；故选C。2.化学品在食品工业中有重要的应用，下列说法错误的是A.FeSO4可用作补铁剂 B.Na2CO3可用作食品膨松剂C.CaCl2可用作豆腐制作的食品添加剂 D.山梨酸及其钾盐可用作食品防腐剂【答案】B【解析】【详解】A．人体需要的是，可用作补铁剂，A正确；B．受热难以分解不能用作食品膨松剂，或可用作食品膨松剂，B错误；C．可使胶体聚沉，在制作豆腐时用作凝固剂，C正确；D．山梨酸及其钾盐、苯甲酸钠等可用作食品防腐剂，D正确；故选B。3.下列化学用语或图示正确的是A.2pz电子云图：B.CH2BrCH2Br的名称(系统命名法)：二溴乙烷C.NH3分子NHσ键的形成示意图：D.乙烷的球棍模型：【答案】A【解析】【详解】A．2pz电子云图为哑铃形，则其电子云图为：，A正确；B．CH2BrCH2Br分子中，两个溴原子连接在两个不同的碳原子上，命名时需标明溴原子所在主链上的位置，则其名称(系统命名法)：1，2二溴乙烷，B不正确；C．NH3分子的中心N原子的价层电子对数为=4，发生sp3杂化，与H原子形成NHsp3sσ键，而图示表示的是ppσ键的形成过程，C不正确；D．表示的是乙烷的空间填充模型，而不是球棍模型，D不正确；故选A。4.下列物质的熔沸点高低不能用对应化学键键能解释的是A.金刚砂(SiC) B.AlCl3 C.NaCl D.石墨【答案】B【解析】【详解】A．金刚砂(SiC)晶体为共价晶体，微粒间通过共价键相结合，熔化时断裂共价键，A不符合题意；B．AlCl3晶体为分子晶体，分子内存在共价键，分子间存在范德华力，晶体熔化时，分子组成不变，共价键不发生断裂，改变的是分子间距离，则其熔沸点取决于分子间作用力的大小，与化学键无关，B符合题意；C．NaCl晶体为离子晶体，离子间存在离子键，熔化时需破坏离子键，则其熔沸点的高低取决于离子键强度(晶格能)的大小，C不符合题意；D．石墨为混合型晶体，层与层之间是分子间作用力，层内碳原子之间是共价键，熔化时需要破坏共价键等，其熔沸点高低与化学键能有关，D不符合题意；故选B。5.物质性质决定用途，下列两者关系对应正确的是A.明矾用作净水剂，体现的氧化性B.用作“钡餐”，体现BaSO4难溶于水的性质C.FeS用于处理工业废水中的，体现FeS的还原性D.双氧水和氨水溶解试管壁上的银镜，体现的配位性【答案】D【解析】【详解】A．明矾用作净水剂，是因为Al³⁺水解生成Al(OH)₃胶体，吸附水中悬浮物，与其氧化性无关，A错误；B．用作“钡餐”，体现BaSO4难溶于酸的性质，B错误；C．FeS用于处理工业废水中的是因为发生反应：，与其还原性无关，C错误；D．双氧水和氨水溶解试管壁上的银镜，发生反应：Ag

+

H₂O₂

+

4NH₃

=

[Ag(NH₃)₂]⁺

+

2OH⁻，体现的是H₂O₂的氧化性和NH₃的配位性，D正确；答案选D。6.下列图示实验中，能达到相应的实验目的的是A．用K2Cr2O7溶液滴定未知浓度的FeSO4溶液B．分离NH4Cl和I2的混合物C．验证过氧化钠与水反应的产物D．验证乙烯具有还原性A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶，滴定时应将K2Cr2O7溶液盛放在酸式滴定管中，A错误；B．NH4Cl受热易分解，分解生成的NH3和HCl在冷处会重新化合生成NH4Cl，加热易升华，用升华的方法无法进行分离，B错误；C．过氧化钠与水反应产物之一为，可以用带火星的木条检验，C正确；D．浓硫酸具有脱水性和强氧化性，反应生成乙烯的过程中还会产生气体，也能使溴水褪色，D错误；故选C。7.三氯蔗糖是可供糖尿病患者食用的甜味剂，它是保持蔗糖分子的基本结构不变，仅改变分子结构中的某些基团而得到的，该过程称为分子结构修饰，下列说法正确的是A.通过X射线衍射可确定蔗糖分子被修饰的部位B.通过紫外光谱可确定三氯蔗糖分子中的官能团C.蔗糖被修饰后，分子中的不对称碳原子个数发生变化D.分子被修饰时因保持基本结构不变，所以修饰前后化学性质不变【答案】A【解析】【详解】A．通过X射线衍射可以确定分子结构，因此可确定蔗糖分子被修饰的部位，A正确；B．通过红外光谱可确定三氯蔗糖分子中的官能团，B错误；C．蔗糖子中的3个羟基被修饰后变为3个氯原子，不影响不对称碳原子个数，修饰前后均为9个（环上的碳原子），C错误；D．分子被修饰时虽保持基本结构不变，但是官能团发生变化，所以修饰前后化学性质改变，D错误；故选A。8.山药素具有抗菌消炎作用，合成山药素一种中间体(M)的结构如图所示，下列关于M的说法错误的是A.含有4种官能团B.存在顺反异构体C.与NaOH溶液反应时，1mol最多消耗2mol氢氧化钠D.酸性条件下的水解产物之一可发生加聚和缩聚反应【答案】C【解析】【详解】A．分子中含有醚键、羧基、酯基、碳碳双键4种官能团，故A正确；B．碳碳双键的两个碳原子上连有4个不同的原子或原子团，双键两侧的基团不同，存在顺反异构体，故B正确；C．与NaOH溶液反应时，1mol最多消耗3mol氢氧化钠，酚酯需要2mol，羧基需要1mol，生成和醋酸钠，故C错误；D．酸性条件下的水解产物之一为，碳碳双键可发生加聚，羧基、羟基可发生缩聚反应，故D正确；故选C。9.由H、O、S组成的过一硫酸，具有强氧化性，其分子结构如图所示，下列说法错误的是A.“”代表氧原子 B.该分子中所有硫氧键的键长相等C.过一硫酸分子中含有非极性键 D.该分子中氢原子的电离能力不相同【答案】B【解析】【详解】A．根据过一硫酸分子结构中原子形成的化学键个数以及原子的相对大小，可以判断“”代表氧原子，代表氢原子，代表硫原子，A正确；B．该分子中有硫氧双键和硫氧单键，即硫氧键的键长不相等，B错误；C．过一硫酸分子中含有氧氧键为非极性键，C正确；D．，1号氢原子类似于硫酸分子中的氢原子，2号氢原子类似于过氧化氢分子中的氢原子，因此1号氢原子的电离能力大于2号氢原子，因此该分子中氢原子的电离能力不相同，D正确；故答案为：B。10.由镍或铬介导的烯丙基或乙烯基卤与醛偶联为醇的反应称为“NHK反应”，在天然产物合成领域应用广泛，反应机理如图所示(Me代表甲基)，下列说法错误的是A.反应过程中既有σ键的断裂也有π键断裂B.该反应条件下催化剂对碳氯键有更高的选择性C.加入Mn可以使催化剂CrCl2再生，减少有毒铬盐的用量D.邻二氯苯和丁二醛发生上述反应，可能生成：【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，与CH3CHO发生加成反应生成时，发生CCrσ键的断裂，CH3CHO发生C=Oπ键断裂，故A正确；B．由图可知，与CrCl2发生取代反应生成生成和CrCl3，反应中碳碳双键没有发生改变，CCl键发生断裂说明催化剂CrCl2对碳氯键有更高的选择性，故B正确；C．由图可知，锰与氯化铬反应生成氯化锰和氯化亚铬，该反应的目的是将氯化铬还原为催化剂氯化亚铬，有利于减少有毒铬盐的用量，故C正确；D．由图可知，与CH3CHO反应转化为，则邻二氯苯和丁二醛反应转化为，故D错误；故选D。二、不定项选择题(每题4分，共20分)。11.下列实验操作及现象能得出相应结论的是实验操作及现象结论A用pH计分别测定等浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液pH，NaClO溶液pH大酸性：B向白葡萄酒中滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去白葡萄酒中含SO2C向恒温恒容密闭玻璃容器中充入1molNO2气体，达到平衡后再充入1molAr，气体颜色不变恒温恒容的密闭容器中充入稀有气体使压强增大，平衡不移动D向H2还原Fe3O4所得到的产物中加入稀盐酸，再滴加KSCN溶液，溶液不变红Fe3O4全部被还原A.A B.B C.C D.D【答案】AC【解析】【详解】A．用pH计分别测定等浓度的CH3COONa溶液和NaClO溶液的pH，NaClO溶液pH大，可知水解程度大，则酸性：，A正确；B．向白葡萄酒中滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去，也可能是乙醇将酸性高锰酸钾还原，B错误；C．向恒温恒容密闭玻璃容器中充入1molNO2气体，达到平衡后再充入1molAr，反应体系各物质的浓度没有发生变化，平衡不移动，C正确；D．还原得到单质Fe，即使有剩余，其溶于盐酸后产生的与Fe发生反应生成，加入KSCN溶液后也不会变红，D错误；答案选AC。12.肼(N2H4)是一种应用广泛的化工原料，可采用如图所示的电化学装置制备。图中双极膜中的水解离为和并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是A.肼的电子式为：B.电解过程中阳极室中NaOH的物质的量不变C.每生成，理论上双极膜中有解离D.电解总反应为：【答案】BD【解析】【分析】该装置外接电源为电解池装置，左侧为阴极，发生还原反应，右侧为阳极，NaOH溶液中的发生氧化反应。【详解】A．N2H4是共价化合物，其电子式：，A错误；B．根据电荷守恒，电解过程中阳极室消耗的与从双极膜中移入阳极的相等，NaOH的物质的量不变，B正确；C．每生成，电路中转移，理论上双极膜中有解离，C错误；D．根据分析可知，电解总反应为：，D正确；答案选BD。13.室温下，向溶液中滴加等浓度NaOH溶液，测得随pH的变化如图所示。下列说法错误的是A.曲线b表示随pH的变化 B.NaHA溶液中C.O点对应溶液的pH为2.6 D.过程中保持不变【答案】BD【解析】【分析】室温下，向溶液中滴加等浓度NaOH溶液，发生反应，继续滴加发生，随着反应进行，逐渐降低，则曲线逐渐升高；先增加后减少，则曲线先下降后升高；逐渐增大，则曲线逐渐降低，结合题目曲线图可知，a代表随变化的曲线，b代表随变化的曲线，c代表随变化的曲线；其中M点表示，则有；N点表示，则有，据此分析解答。【详解】A．根据分析，b代表随变化的曲线，A正确；B．在NaHA溶液中，既发生电离，又发生水解，其中水解常数为小于，说明在NaHA溶液中，的电离大于水解，得到，正确顺序为，B错误；C．在O点有，由得到，解得，得，C正确；D．根据物料守恒有不变，但随氢氧化钠溶液加入，溶液的体积增大，因此整个过程中减小，D错误；故答案为：BD。14.某小组为了探究溶液和酸性溶液的反应情况，装置如图所示：Ⅰ：K闭合后，0t1秒电流表的指针立即发生偏转，此时从甲池中取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝；直接向甲池滴加淀粉溶液，溶液未变蓝；Ⅱ：t1t2秒，指针回到“0”处，又发生偏转，如此周期性往复多次……，一段时间后指针最终归零。已知：在酸性溶液能氧化，反应为。下列说法错误的是A.0t1，直接向甲池加淀粉溶液未变蓝，说明Na2SO3溶液和酸性KIO3溶液不能直接生成I2B.t1t2，指针回到“0”处，可能原因是，不再参与电极反应C.t1t2，又发生偏转可能是I2氧化D.可以用硝酸酸化的氯化钡溶液检验乙池中的氧化产物【答案】D【解析】【分析】由题意可知，0t1秒时，左侧电极为双液电池的正极，酸性条件下碘酸根离子在正极得到电子生成碘离子和水，右侧电极为负极，水分子作用下亚硫酸根离子在负极失去电子发生还原反应生成硫酸根离子和氢离子，原电池放电使得电流表的指针立即发生偏转，则电池总反应为溶液中碘酸根离子与亚硫酸根离子反应生成碘离子和硫酸根离子；t1t2时，放电生成的碘离子与溶液中的碘酸根离子在酸性溶液中反应生成碘和水，碘酸根离子不再参与电极反应使得电流表的指针回到“0”处；又发生偏转可能是溶液中碘酸根离子或碘在正极放电、亚硫酸根离子在负极放电所致。【详解】A．由分析可知，0t1秒时，直接向甲池加淀粉溶液未变蓝是因为电池总反应为溶液中碘酸根离子与亚硫酸根离子反应生成碘离子和硫酸根离子，反应没有生成单质碘所致，故A正确；B．由分析可知，t1t2时，放电生成的碘离子与溶液中的碘酸根离子在酸性溶液中反应生成碘和水，碘酸根离子不再参与电极反应使得电流表的指针回到“0”处，故B正确；C．t1t2时，指针回到“0”处，又发生偏转可能是溶液中碘酸根离子或碘在正极放电、亚硫酸根离子在负极放电所致，故C正确；D．亚硫酸根离子具有还原性，能与稀硝酸反应生成能与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀的硫酸根离子，所以不能用硝酸酸化的氯化钡溶液检验乙池中的硫酸根离子，故D错误；故选D。15.乙醇脱水可制取乙烯，其主要反应如下：Ⅰ．；Ⅱ．。向密闭容器中充入一定量的乙醇，测得反应Ⅰ、Ⅱ的压力平衡常数的对数与温度(T)的关系曲线如下图所示。已知：在本实验条件下，反应Ⅰ的。下列说法错误的是A.恒温恒压密闭容器中，H2O的分压保持不变可以判断反应Ⅰ、Ⅱ均已达到平衡B.一定条件下反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为90%和30%，则乙烯的产率为63%C.T℃时，达平衡后测得分压为p，则水蒸气的分压为3pD.向T℃恒压平衡体系中，充入少量水蒸气瞬间，反应Ⅰ的可能位于N点【答案】CD【解析】【分析】反应Ⅰ正向吸热、反应Ⅱ正向放热，升高温度其K值分别增大、减小，因此反应Ⅰ、Ⅱ的平衡常数lgKp与温度的关系分别为曲线b和曲线a。【详解】A．反应Ⅰ、Ⅱ在同一个体系中发生，恒温恒压密闭容器中，H2O的分压是个变量，当变量不变时，反应Ⅰ、Ⅱ均已达到平衡，A正确；B．设开始投入的乙醇为1mol，一定条件下反应、Ⅱ的转化率分别为90%和30%，反应Ⅰ生成0.9molC2H4，反应Ⅱ消耗的C2H4为0.9molx30%=0.27mol，则乙烯的产率为(0.90.27)/1×100%=63%，B正确；C．曲线a代表反应Ⅱ的平衡常数IgKp与温度的关系，T℃时，Kp=1，设C2H4的分压为x，则，则x=p0.5，当C4H8的分压为p时，反应转化的C2H4的分压为2p，则反应Ⅰ产生的H2O和C2H4的分压均为为2p+p0.5，C错误；D．在T℃恒压平衡体系中充入少量水蒸气，对反应Ⅰ相当于增大了生成物的浓度，使得Qp>Kp，应Ⅰ的Qp最有可能对应图中M点，D错误；故选CD。三、非选择题(共5小题，共60分)。16.铁是人类历史上使用最广泛的金属元素，含有铁元素的物质，在生产生活以及生命活动中有着重要的应用。请回答下列问题：（1）在血液中，O2的输送是由血红蛋白来完成的。载氧后的血红蛋白结构如下图所示。①Fe元素位于元素周期表的_______区。②已知咪唑环具有芳香性，则N原子采用的杂化方式为_______。③当CO浓度超过一定量时，会导致人体因缺氧而中毒，请解释原因_______。（2）与乙二胺形成稳定配合物三氯化三(乙二胺)合铁(Ⅲ)，化学式为，则中心离子的配位数为_______，该结构中键角_______(填“>”、“<”或“=”)中键角。（3）元素周期表中，Fe与Mn处于同一周期的相邻位置，它们的第一电离能、第二电离能非常相近，第三电离能却差别很大，请从原子结构角度解释第三电离能差值很大的原因是_______。（4）德国马克斯一普朗克固体化学物理研究所MartinValldor等人利用一步固相反应首次合成了一种新型的带阳离子空穴的高纯锂离子电池正极材料，其面心立方晶胞在方向的投影均如图所示。①O原子占据形成的_______(填“四面体”、“八面体”)空隙。②若晶胞参数为，该正极材料的密度为_______(用含NA、a表达式表示，设NA为阿伏加德罗常数的值)。【答案】（1）①.d②.③.CO与配位能力强于O2，与配位后，导致血红蛋白失去载氧能力（2）①.6②.>（3）的价电子排布式为，的价电子排布式为，需要破坏半充满稳定结构，吸收能量更高（4）①.八面体②.或【解析】【小问1详解】①Fe是26号元素，位于第四周期Ⅷ族，位于元素周期表的d区。②已知咪唑环具有芳香性，可知咪唑环为平面结构，则N原子采用的杂化方式为。③CO与配位能力强于O2，与配位后，导致血红蛋白失去载氧能力，所以当CO浓度超过一定量时，会导致人体因缺氧而中毒。【小问2详解】与乙二胺形成稳定配合物三氯化三(乙二胺)合铁(Ⅲ)，化学式为，每个乙二胺分子中两个N原子都与Fe3+形成配位键，则中心离子的配位数为6，该结构中N原子无孤电子对，中N原子有1个孤电子对，所以中键角>中键角。【小问3详解】Fe2+价电子排布式为3d6，再失去1个电子后变为半充满状态，结构稳定，因此Fe2+再失去1个电子相对容易；的价电子排布式为，再失去1个电子需破坏3d5稳定结构，吸收能量更高，所以第三电离能差值很大。【小问4详解】①根据图示位于面心、O原子位于体心、Se原子位于顶点，所以O原子占据形成的八面体空隙。②位于面心、O原子位于体心、Se原子位于顶点，根据均摊原则，数为、O原子数为1、Se原子数为，若晶胞参数为，该正极材料的密度为。17.有机物H是一种人工合成的甜味剂，合成H的路线如下：已知：I．II．III．回答下列问题：（1）A中含有_______种不同化学环境H原子；A中的官能团名称是_______。（2）C的化学名称为_______。（3）D的结构简式为_______。（4）E→F的化学方程式为_______。F→G的反应类型为_______。（5）同时满足下列条件的CbzCl的同分异构体有_______种。①含有酰氯基(COCl)；②能与氯化铁溶液发生显色反应其中，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为2：2：2：1的同分异构体结构简式为_______。（6）根据上述信息，写出以A、CbzCl和为主要原料制备合成H的另外一种路线______(无机试剂任选)。【答案】（1）①.5②.氨基、羧基（2）苯甲醇（3）或（4）①.②.取代反应（5）①.13②.（6）【解析】【分析】由已知I可知，A与CbzCl发生取代反应生成B，则B的结构简式为，结合D的分子式、B和C的结构简式可知B→D为酯化反应，则D的结构简式为：或，D水解得到E，E和C2H5OH发生酯化反应生成F()，F与发生取代反应生成G，最后G发生已知I、II相关反应得到H，据此解题。【小问1详解】根据A的结构简式可知，A中含有5种不同化学环境的H原子()；A中的官能团名称是氨基、羧基；【小问2详解】C的结构简式为，可知其名称为苯甲醇；【小问3详解】由分析可知，D的结构简式为或；【小问4详解】由分析可知，E→F是E和C2H5OH发生酯化反应生成F()，反应的化学方程式为：；由分析可知，F与发生取代反应生成G，则F→G的反应类型为取代反应；小问5详解】根据题给信息可知，CbzCl的同分异构体结构中含COCl、苯环和酚羟基，此外还剩余1个碳原子，若苯环上有2个取代基，即2个取代基为CH2COCl和酚羟基，此时有3种结构；若苯环上有3个取代基，即3个取代基分别为COCl、酚羟基、CH3，由于三个取代基不同，当COCl、酚羟基为邻位时，结构有4种；当COCl、酚羟基位于间位时，结构也有4种；当COCl、酚羟基位于对位时，结构有2种，则3个取代基的结构共有10种，则符合条件的CbzCl的同分异构体共有3+10=13种；其中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶1的同分异构体中有4种等效氢，且每种等效氢的氢原子个数比为2∶2∶2∶1，则符合条件的同分异构体结构简式为；【小问6详解】以A、CbzCl和为主要原料制备合成H，根据已知I信息，A与CbzCl反应生成B，B分子内脱水成环得到，结合已知III信息，再与反应生成，最后在H2/Pd作用下生成H，则制备合成H的另外一种路线为：。18.铋酸钠是浅黄色或棕黄色的无定形粉末，难溶于冷水，与热水发生反应，是常用于钢铁分析中测定锰的试剂。湿法提铋新工艺以氧化铋渣(，还含有)为原料制备的工艺流程如下：已知：①“浸取”后溶液中金属元素主要以形式存在；存在如下平衡：、；②有机萃取剂RCl的基本工作原理为；③在pH=1时开始水解，pH约为3时全部转化为白色BiOCl沉淀，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：金属离子Fe3+Fe2+Cu2+开始沉淀时pH2.27.54.7完全沉淀时pH3.29.06.2回答下列问题：（1）“浸取”操作时体现浓盐酸的性质有_______(填标号)。A.还原性 B.氧化性 C.强配位能力 D.将等转化为沉淀（2）“转化"操作加入盐酸羟胺()将生成无色无味气体，则加目的是_______。（3）向“溶解"操作后的溶液中加入NaOH和NaClO，发生反应的离子方程式为_______，“一系列操作”用到的主要玻璃仪器有玻璃棒、_______。（4）向“有机层”中加入“物质A”，物质A的化学式为___(填“NaOH”、“NaCl”或“PbCl2”)，“还原”操作通入一定量N2H4，同时生成无色无味气体，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为__。（5）“稀释冷却”操作析出“滤渣”的原因是_______，“电解”后的余液可在工艺流程中循环使用，利用该余液的操作单元为_______。【答案】（1）AC（2）将转化为（3）①.②.烧杯、(普通)漏斗（4）①.NaCl②.4：1（5）①.加水稀释浓度下降，平衡逆向移动，同时温度降低，PbCl2溶解度降低，从而析出较多PbCl2②.热溶、浸取【解析】【分析】氧化铋渣(，还含有)中加入NaCl和浓盐酸进行浸取，“浸取”后溶液中主要有离子，加入有机萃取剂，和被萃取到有机层，进入水层，在水层中加入，将还原为，避免调pH时生成沉淀，pH约为3，将全部转化为白色BiOCl沉淀，过滤，将得到的BiOCl加入盐酸溶解，在加入NaOH和NaClO，在碱性条件下，Bi3+被氧化得到难溶于冷水的；在邮寄层中，加入NaCl进行反萃取，得到和，加水稀释浓度下降，平衡逆向移动，得到和，过滤，加入饱和氯化钠溶液进行热熔，得到，电解得到Pd；加入N2H4还原，得到Ag，据此回答。【小问1详解】“浸取”后，PbO2转化为，Pb元素化合价降低，体现浓盐酸的还原性；Pb、Ag元素分别以、”形式存在，体现强配位能力，故选AC；【小问2详解】“萃取”后，Bi3+、Fe3+均存在于水层中，“调pH”目的是在pH约为3的条件下，将Bi元素以BiOCl形式沉淀，为避免Fe3+沉淀，需提前加入还原剂盐酸羟胺将Fe3+还原为Fe2+；【小问3详解】“溶解”后，Bi元素以Bi3+形式存在，在碱性条件下，Bi3+被氧化得到难溶于冷水的，离子方程式为；“一系列操作”为过滤、洗涤、干燥，用到的主要玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、(普通)漏斗；【小问4详解】根据有机萃取剂RCl的工作原理，需使平衡逆向移动方可将有机层中的、反萃取出来，PbCl2为难溶物，因此物质A为NaCl；“还原”时，与N2H4反应生成Ag和N2，Ag的化合价降低1价，N的化合价升高2价，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1；【小问5详解】加水稀释浓度下降，使平衡逆向移动，同时温度降低，溶解度降低，从而析出较多；“电解”时，阴极反应为，阳极反应为，电解后电解质溶液溶质成分为NaC1，因此可循环利用NaC1的操作单元为热溶、浸取。19.KMnO4是常用的氧化剂之一，碳化法制备高锰酸钾的实验步骤如下：回答下列问题：（1）“熔融氧化”操作应在_______坩埚中进行(填“瓷”、“氧化铝”或“铁”)，将Mn元素氧化为K2MnO4，该反应的化学方程式为_______。（2）“歧化”操作在如图所示装置中进行。①下列气体也可选装置A进行制备的是_______(填标号)。a．MnO2与浓盐酸制Cl2b．CaO与浓氨水制NH3c．Zn与稀硫酸制H2d．Na2SO3与70%硫酸制SO2②为了提高KMnO4的产率，装置B中的试剂为_______。③实验过程中应控制CO2的通入量，若通入CO2过多，可能会导致产品中含有较多的_______杂质(填化学式)，从含KMnO4的溶液中分离出KMnO4粗品的基本操作为_______。（3）测定KMnO4粗品纯度的实验步骤：称取粗品(杂质不与Fe2+发生反应)于烧杯中溶解，并加稀硫酸酸化，配成250mL待测溶液。取标准溶液于锥形瓶中，再用待测液滴定标准液，滴定至终点时记录数据，重复以上实验三次，平均消耗待测液12.50mL。①则KMnO4粗品的纯度为_______%(含m的计算式表示)。②下列情况会导致KMnO4粗品的纯度测量值偏小的是_______(填标号)。A．在烧杯中溶解时，有少量液体溅出B．采用如上图所示方法转移溶液，并完成250mL溶液的配制C．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡产生【答案】（1）①.铁②.（2）①.c②.饱和溶液③.④.蒸发浓缩、降温结晶、过滤(洗涤、干燥)（3）①.②.AB【解析】【分析】在碱性条件下，氯酸钾与二氧化锰加热熔融发生氧化还原反应，二氧化锰被氧化成锰酸钾，冷却以后，配制成锰酸钾溶液，通入二氧化碳发生歧化反应，生成高锰酸钾和二氧化锰，蒸发浓缩，冷却结晶得高锰酸钾晶体。【小问1详解】“熔融氧化”时加入了碱，碱和瓷坩埚中SiO2、碱和氧化铝均反应，操作应在铁坩埚中进行，氯酸钾与二氧化锰碱性条件下加热熔融发生氧化还原反应，二氧化锰被氧化成锰酸钾，该反应的化学方程式为。【小问2详解】①A为简易的启普发生器，仅适用于块状难溶固体和液体的反应、无需加热且不会剧烈放热的反应；a．MnO2与浓盐酸制Cl2需要加热，a不选；b．CaO为粉末状，b不选；c．Zn与稀硫酸制H2为块状难溶固体和液体的反应、无需加热，c选；d．Na2SO3为粉末状，d不选；故选c；②挥发的HCl会与KMnO4反应从而使其产率下降，因此B中饱和NaHCO3溶液可用于除去CO2中的HCl气体，装置B中的试剂为饱和NaHCO3溶液。③KOH会和过量的CO2反应生成KHCO3，可能会导致产品中含有较多的KHCO3杂质；由于KMnO4受热易分解，从含KMnO4的溶液中分离出KMnO4粗品的基本操作为蒸发浓缩、降温结晶、过滤(洗涤、干燥)。【小问3详解】①由得失电子守恒，得关系式为5Fe2+~，250mL待测液中，n(KMnO4)=0.025×0.01××mol=0.001mol，则KMnO4粗品的纯度为；②A．在烧杯中溶解时，有少量液体溅出，导致溶质损失，待测液浓度偏小，A符合题意；B．移液时，玻璃棒需在刻度线下部，否则会导致溶液流出，导致溶质损失，故采用如上图所示方法转移溶液，并完成250mL溶液的配制，会使待测液浓度偏小，B符合题意；C．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡产生，消耗的待测液体积偏小，待测液浓度偏大，C不符合题意；故选AB。20.碘及其化合物有着多方面的用途，用化学反应原理研究碘及其化合物有重要意义，如一碘甲烷(CH3I)热裂解可制取乙烯等低碳烯烃化工原料，热裂解时发生如下反应：反应Ⅰ：2CH3I(g)C2H4(g)+2HI(g)ΔH1=80.2kJ/mol反应Ⅱ：3C2H4(g)2C3H6(g)ΔH2=108kJ/mol反应Ⅲ：2C2H4(g)C4H8ΔH3已知：气体分压=气体总压×该组分物质的量分数，对于反应dD(g)+eE(g)gG(g)+Hh(g)，，其中pθ=100kPa，pG、pH、pD、pE为各组分的平衡分压。（1）则反应Ⅳ：3CH3I(g)C3H6(g)+3HI(g)ΔH4=_______kJ/mol，反应Ⅱ、反应Ⅲ的lnK(K为平衡常数)随温度倒数()的关系如下图所示。已知：本实验条件下(R和C为常数)图中两条线几乎是平行的，从结构的角度分析其原因是