2024屆安徽省黃山市高三下學期二模化學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE2安徽省黃山市2024屆高三下學期二?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H1C12N14O16Fe56Cu64Ga70Br80一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.下列古詩文中蘊含著一定的化學知識或原理，下列有關說法錯誤的是（）A.“榆莢只能隨柳絮，等閑撩亂走空園”中柳絮的主要成分和棉花相同B.《物理小識·金石類》：“有硇水(硝酸)者，剪銀塊投之，則旋而為水”，該過程涉及氧化還原反應C.“雨過天青云破處，這般顏色做將來”中所描述瓷器的青色不是來自氧化鐵D.“紛紛燦爛如星隕，赫赫喧豗似火攻”中煙花是某些金屬的焰色試驗，屬于化學變化〖答案〗D〖解析〗A．柳絮和棉花的主要成分都是纖維素，A正確；B．“有硇水(硝酸)者，剪銀塊投之，則旋而為水”，說明硝酸和銀反應，該反應屬于氧化還原反應，B正確；C．瓷器的青色不是來自氧化鐵，因為氧化鐵是紅棕色，不是青色，C正確；D．焰色試驗屬于物理變化，D錯誤；故選D。2.化學與人類生活密切相關，下列說法錯誤的是（）A.二氧化硫可作漂白劑、防腐劑，還是一種食品添加劑B.葡萄糖制備“碳量子點”是一種綠色、低成本的方法C.研發(fā)催化劑將二氧化碳轉化為甲醇，有助于我國2060年前實現(xiàn)碳中和的目標D.三星堆青銅大立人以合金為材料，其深埋于地下生銹是發(fā)生了析氫腐蝕〖答案〗D〖解析〗A．二氧化硫有毒，可以起到殺菌的作用，二氧化硫具有還原性，是一種常見的抗氧化劑，所以二氧化硫可作漂白劑、防腐劑，還是一種食品添加劑，故A正確；B．葡萄糖來源豐富、廉價易得，所以用葡萄糖制備“碳量子點”是一種綠色、低成本的方法，故B正確；C．將二氧化碳轉化為甲醇可以減少二氧化碳的排放，有助于我國2060年前實現(xiàn)碳中和的目標，故C正確；D．青銅深埋于地下生銹是因為發(fā)生了吸氧腐蝕，故D錯誤；故選D。3.設為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是（）A.電解精煉銅時，陽極質量減少，電路中轉移電子數可能是B.晶體和晶體含有的離子數目均為C.與足量乙醇在一定條件下反應，生成的酯基的數目為D.水解能力弱于的溶液中和的總數大于〖答案〗A〖解析〗A．電解精煉銅時，陽極粗銅中含有活潑性較強的鐵、先等雜質，電解時鐵、鋅雜質先放電，且鐵摩爾質量小于銅的64g/mol，鋅的摩爾質量大于銅的摩爾質量，若陽極減少64g，電路中轉移電子數也可能是，故A正確；B．由鈣離子和構成，由鈣離子和構成，晶體和晶體含有的離子數目分別為、，故B錯誤；C．酯化反應是可逆反應，與足量乙醇在一定條件下反應，生成的酯基的數目小于，故C錯誤；D．水解能力弱于，溶液呈酸性，的溶液中，c()<c(),物料守恒有n()+n(HF)=1mol，n()+n(HF)<1mol，和的總數小于，故D錯誤；〖答案〗選A。4.下列化學用語正確的是（）A.基態(tài)原子的軌道表示式：B.用電子云輪廓圖表示中的鍵形成的示意圖：C.的模型：D.2-甲基-1-丁醇的鍵線式：〖答案〗B〖解析〗A．基態(tài)原子的價電子排布式為3d24s2，軌道表示式為，A錯誤；B．H的s能級為球形，兩個氫原子形成氫氣時，是兩個s能級的原子軌道和互靠近，形成新的軌道，B正確；C．中心原子S的價層電子對數為3+=3，無孤電子對，VSEPR模型是平面三角形，與圖不相符，C錯誤；D．2-甲基-1-丁醇的鍵線式：，D錯誤；故選B閱讀下列材料，完成5-6小題。的綜合利用具有重要意義。的捕集方法眾多，可以形成、尿素等重要化合物，還可以催化轉化為高附加值化學品等。用活化銅催化劑電解可以制備乙醇。5.下列說法正確的是（）A.是共價化合物 B.與屬于同素異形體C.位于元素周期表的區(qū) D.鍵角大小：〖答案〗D〖解析〗A．(NH4)2CO3屬于銨鹽，NH4+與CO32-之間存在離子鍵，是離子化合物，A錯誤；B．同素異形體指由同種元素組成的具有不同性質的單質，而CO(NH2)2與NH4CNO是化合物，其兩者關系為同分異構體，B錯誤；C．Cu元素位于元素周期表ds區(qū)，C錯誤；D．CH4的C原子采用sp3雜化，其空間構型為正四面體，鍵角為109°28′，CO32-的C原子形成3個鍵，無孤對電子，故采用sp2雜化，其空間構型為平面三角形，鍵角為120°，D正確；故選D。6.下列有關離子方程式書寫正確的是（）A.侯氏制堿法中制備NaHCO3：NH3+CO2+H2O=HCO+NHB.酸性條件下催化電解制的陰極電極反應式為：2CO2+12e?+12H+=CH3CH2OH+3H2OC.向苯酚鈉溶液中通入少量二氧化碳：D.碳酸銨與氫氧化鈣溶液反應：CO+Ca2+=CaCO3↓〖答案〗B〖解析〗A．侯氏制堿法中制備碳酸氫鈉的反應為二氧化碳與氨氣和氯化鈉溶液反應生成碳酸氫鈉沉淀和氯化銨，反應的離子方程式為Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH，故A錯誤；B．酸性條件下催化電解二氧化碳制乙醇時，通入二氧化碳的電極為電解池的陰極，酸性條件下二氧化碳在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成乙醇和水，電極反應式為2CO2+12e?+12H+=CH3CH2OH+3H2O，故B正確；C．苯酚鈉溶液與少量二氧化碳反應生成苯酚和碳酸氫鈉，反應的離子方程式為+CO2+H2O+HCO，故C錯誤；D．碳酸銨溶液與氫氧化鈣溶液反應生成碳酸鈣沉淀、一水合氨，反應的離子方程式為CO+2NH+Ca2++2OH—=CaCO3↓+2NH3·H2O，故D錯誤；故選B。7.松香酸的結構如圖所示，下列敘述正確的是（）A.分子式為C20H32O2B.只能使溴水褪色，不可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色C.該分子中有4個手性碳原子D.能與氨基酸發(fā)生縮聚反應〖答案〗C〖解析〗A．由結構簡式可知，松香酸的分子式為C20H30O2，故A錯誤；B．由結構簡式可知，松香酸分子中含有的碳碳雙鍵能與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應使溶液褪色，故B錯誤；C．由結構簡式可知，松香酸分子中含有如圖*所示的4個手性碳原子：，故C正確；D．由結構簡式可知，松香酸分子中只含有1個羧基，不具備發(fā)生縮聚反應的條件，不能與氨基酸發(fā)生縮聚反應，故D錯誤；故選C8.某離子液體結構如圖，其中和是原子序數依次增大的短周期主族元素，基態(tài)原子和原子最外層均有兩個單電子，和質子數均為奇數且和為22.下列說法正確的是（）A.原子半徑：B.組成的化合物的水溶液一定顯酸性C.為非極性分子D.該離子液體中含非極性鍵，不含配位鍵〖答案〗C〖祥解〗Z的原子序數最大，Z只形成1個共價鍵，Q、R、X和Z質子數為奇數，且奇數和為22比較小，所以Z為F；基態(tài)T原子和Y原子最外層均有兩個單電子，所以T為C、Y為O、X為N；由結構逆推，Q為H；R的質了數為22-1-7-9=5，則R為B；【詳析】A．同周期原子半徑從左到右越來越小，故原子半徑C>O，A錯誤；B．一水合氨的水溶液顯堿性，B錯誤；C．BF3的中心原子B的價層電子對數為3+=3，空間構型為平面三角形，為非極性分子，C正確；D．B與F之間有配位鍵，故該離子液體中含極性鍵和配位鍵，D錯誤；故選C。9.下列實驗操作、現(xiàn)象和結論均正確的是（）選項操作現(xiàn)象結論向某鈉鹽粉末上滴加濃鹽酸，將產生的氣體通入品紅溶液溶液褪色氣體一定是向溶液中滴加鹽酸產生渾濁的非金屬性比強C將SO3、SO2混合氣體通入溶液中生成白色沉淀沉淀是BaSO3、BaSO4D向硫酸銅溶液中依次加入足量氨水和適量乙醇最終析出深藍色晶體乙醇降低硫酸四氨合銅晶體的溶解度〖答案〗D〖解析〗A．高錳酸鈉固體能與濃鹽酸反應生成能使品紅溶液褪色的氯氣，則向某鈉鹽粉末上滴加濃鹽酸，將產生的氣體通入品紅溶液，溶液褪色不能說明產生的氣體一定是二氧化硫，故A錯誤；B．元素的非金屬性強弱與最高價氧化物對應水化物的強弱有關，與氫化物的酸性無關，則向硅酸鈉溶液中滴加鹽酸產生渾濁只能說明鹽酸的酸性強于硅酸，但不能說明氯元素的非金屬性強于硅元素，故B錯誤；C．亞硫酸的酸性弱于鹽酸，由強酸制弱酸的原理可知，二氧化硫不能與氯化鋇溶液反應，則將三氧化硫、二氧化硫混合氣體通入氯化鋇溶液中，反應生成的白色沉淀中不可能含有亞硫酸鋇，故C錯誤；D．硫酸銅溶液與足量氨水反應生成硫酸四氨合銅，向硫酸銅溶液中依次加入足量氨水和適量乙醇，最終析出深藍色晶體是因為乙醇降低了硫酸四氨合銅晶體的溶解度，故D正確；故選D。10.由羥基丁酸生成丁內酯的反應如下：，在298K下，羥基丁酸水溶液的初始濃度為，隨著反應的進行，測得丁內酯的濃度隨時間變化的數據如下表所示。下列說法錯誤的是（）2150801001201602200.0240.0500.0710.0810.0900.1040.1160.132A.其他條件相同時，升高溫度，化學反應速率加快B.在內，以丁內酯的濃度變化表示的反應速率為C.時羥基丁酸的轉化率為D.298K時該反應的平衡常數〖答案〗C〖解析〗A．其他條件相同時，升高溫度，化學反應速率加快，A正確；B．80～100min內用γ-丁內酯的濃度變化表示反應速率v(γ-丁內酯)=，B正確；C．反應至120min時，反應產生0.090mol/L的γ-丁內酯，則反應消耗γ-羥基丁酸的濃度為0.090mol/L，故γ-羥基丁酸轉化率為50%，C錯誤；D．298K時，平衡時c(γ-丁內酯)=0.132mol/L，c(γ-羥基丁酸)=0.180-0.132=0.048mol/L，該反應的平衡常數K==2.75，D正確；故選C。11.利用傳感器探究溶液與硫酸、硫酸銅混合溶液發(fā)生反應時離子反應的先后順序，繪得三份曲線圖如圖所示。已知實驗使用的溶液濃度和滴速相同；硫酸溶液和硫酸銅溶液濃度相同；混合溶液中兩溶質的濃度也相同。下列說法錯誤的是（）A.混合溶液中滴加溶液，硫酸先于硫酸銅發(fā)生反應B.圖溶液接近5的原因是：C.點：D.段銅離子濃度保持不變〖答案〗D〖祥解〗根據圖可知：混合溶液中開始滴加NaOH溶液時，溶液pH≈2，幾乎等于H2SO4溶液的pH，隨著NaOH溶液的滴加，溶液pH變化不大，當滴加至100s時，產生滴定突躍，此時溶液pH≈5，等于CuSO4溶液的pH，說明此時發(fā)生反應為H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，即在前100s內發(fā)生酸堿中和反應，在100s～200s內發(fā)生反應：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，在≥200s時，該反應沉淀完全，發(fā)生滴定突躍，在200s以后W段的溶液中，處于Cu(OH)2的沉淀溶解平衡階段，溶液中c(H+)幾乎不變。【詳析】A．根據滴定時溶液的pH變化，結合單獨滴加NaOH溶液時的pH圖可知：混合溶液中滴加NaOH溶液，硫酸先于硫酸銅發(fā)生反應，A正確；B．硫酸銅為強酸弱堿鹽，銅離子水解生成氫離子，使得溶液顯酸性：，B正確；C．w點時溶液中溶質為Na2SO4及難溶性Cu(OH)2的飽和溶液，根據Na2SO4=2Na++及Cu(OH)2是難溶性物質，但其溶解電離產生的離子濃度遠大于水電離產生的離子濃度，所以此時溶液中微粒濃度關系為：，C正確；D．段隨著氫氧化鈉的滴入，溶液堿性增強，導致銅離子濃度減小，D錯誤；故合理選項是D。12.一種用氯丙烯()電解合成環(huán)氧氯丙烷()的裝置如圖所示。該裝置無需使用隔膜，且綠色高效，圖中為或，工作時和同時且等量放電。下列說法錯誤的是（）A.電解一段時間后，裝置中物質的量增大B.每轉移，生成環(huán)氧氯丙烷C.若為，也可電解制得環(huán)氧氯丙烷D.該裝置工作時不需要補充〖答案〗A〖祥解〗由圖可知，右電極上H2O被還原生成H2，即右電極作陰極，則左電極作陽極，陽極上X-和OH-同時且等量放電：X--e-=X·、OH--e-=OH·；【詳析】A．由裝置原理圖可知，每生成1個環(huán)氧氯丙烷，陽極上消耗1個OH-，陰極上生成1個OH-，即OH-消耗的量與生成的量相等，則電解一段時間后，裝置中OH-的物質的量不變，A錯誤；B．由裝置原理圖可知，陽極上X-和OH-各失去1個電子，即轉移2個電子，就生成1個環(huán)氧氯丙烷，則每轉移2mole-，生成1mol環(huán)氧氯丙烷，B正確；C．由裝置原理圖可知，X為Cl或Br，電解制備產物均為環(huán)氧氯丙烷，C正確；D．由裝置原理圖可知，每生成1個環(huán)氧氯丙烷，陽極上先消耗1個X-，最終生成環(huán)氧氯丙烷時又釋放1個X-，即X-為可循環(huán)離子，則該裝置工作時無需補充X-，D正確；〖答案〗選A。13.室溫下向含和的溶液中滴加溶液，混合液中和的關系如圖所示，已知：，下列敘述錯誤的是（）A.直線Ⅱ代表和的關系B.d點直線Ⅱ和直線Ⅲ對應的兩種沉淀的相同C.向等濃度的和混合溶液中逐滴滴加溶液，先生成沉淀D.得平衡常數為〖答案〗B〖祥解〗由化學式可知，溶液中pSCN—和pIO與pAg變化趨勢相似，則直線Ⅱ代表pCrO和pAg的關系，由AgSCN的溶度積小于AgIO3可知，溶液中pAg相同時，pSCN—大于pIO，則曲線Ⅰ表示pSCN—和pAg的關系、曲線Ⅲ表示pIO和pAg的關系；由a、b、c三點的數據可知，AgIO3、Ag2CrO4、AgSCN的溶度積分別為100×10—7.5=10—7.5、(10—3)2×10—5.95=10—11.95、10—2×10—9.99=10—11.99?！驹斘觥緼．由分析可知，直線Ⅱ代表pCrO和pAg的關系，故A正確；B．由分析可知，直線Ⅱ代表pCrO和pAg的關系、曲線Ⅲ表示pIO和pAg的關系，AgIO3和Ag2CrO4的溶度積不相等，故B錯誤；C．由分析可知，曲線Ⅰ表示pSCN—和pAg的關系、直線Ⅱ代表pCrO和pAg的關系，由圖可知，溶液中SCN—和CrO濃度相等時，Ag2CrO4溶液中銀離子濃度大于AgSCN溶液中銀離子濃度，所以向等濃度的K2CrO4和KSCN混合溶液中逐滴滴加硝酸銀溶液時，AgSCN優(yōu)先沉淀，故C正確；D．由方程式可知，反應的平衡常數K=====104.99，故D正確；故選B。14.制甲醇的反應歷程如圖：已知：Ⅰ.與在活化后的催化劑表面生成甲醇的反應是放熱的可逆反應Ⅱ.該過程的副反應：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH>0下列說法錯誤的是（）A.制甲醇的方程式為：B.反應中經歷了In?C、In?O鍵的形成和斷裂C.升高溫度可以提高甲醇在平衡時的選擇性D.加壓可以提高的平衡轉化率〖答案〗C〖解析〗A．由圖可知，二氧化碳制備甲醇的反應為催化劑作用下二氧化碳和氫氣反應生成甲醇和水，反應的化學方程式為，故A正確；B．由圖可知，反應中經歷了In?C、In?O鍵的形成和斷裂，故B正確；C．由題給信息可知，二氧化碳制備甲醇的反應為放熱反應，副反應為吸熱反應，升高溫度，主反應平衡向逆反應方向移動，副反應平衡向正反應方向移動，甲醇在平衡時的選擇性降低，故C錯誤；D．二氧化碳制備甲醇的反應為氣體體積減小的反應，增大壓強，平衡向正反應方向移動，二氧化碳的轉化率增大，副反應是氣體體積不變的反應，增大壓強，平衡不移動，二氧化碳的轉化率不變，則加壓可以提高二氧化碳的平衡轉化率，故D正確；故選C。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.氧缺位體是熱化學循環(huán)分解水制氫的催化劑。一種以黃銅礦(主要成分是，含、等雜質)為原料制備流程如圖所示：已知：①酸浸后溶液中的金屬離子有和②時已知幾種金屬離子沉淀的如表所示：金屬氫氧化物開始沉淀的1.93.46.47.0完全沉淀的3.24.77.69.0請回答下列問題：（1）“焙燒”時生成三種氧化物，其中金屬氧化物的化學式為___________。（2）焙燒產物中的在有氧條件下利用石灰石漿液吸收可制得一種副產品___________。(填化學式)（3）流程中，若無“還原”工序，造成的后果是___________。（4）已知有兩種同分異構體，則“沉鐵”過程中生成的的空間結構是___________。（5）“灼燒”工序化學方程式是___________，“煅燒”時通入的作用是___________。（6）“煅燒”得到氧缺位體時，不同溫度范圍內，發(fā)生變價的金屬元素不同，某溫度下制得的氧缺位體質量為原質量的，則___________。（7）氧缺位體催化分解水制氫可分為兩步：第一步：___________(完成方程式)；第二步：?！即鸢浮剑?）CuO、Fe3O4（2）CaSO4（3）還原工序是將Fe3+還原為Fe2+，若沒有還原工序，會使Fe3+發(fā)生沉淀（4）平面正方形（5）CuO+2Fe(OH)3CuFe2O4+3H2ON2在煅燒時做保護氣（6）0.15（7）〖祥解〗氧氣具有氧化性，已知酸浸后的溶液中金屬離子有Cu2+，F(xiàn)e2+，Al3+和Fe3+，CuFeS2焙燒生成三種氧化物，結合質量守恒可知，三種氧化物為SO2、CuO、Fe3O4，加入硫酸金屬氧化物轉化為相應的硫酸鹽，濾渣1為SiO2，加入Cu還原Fe3+為Fe2+，加入CuO調節(jié)pH使Al3+沉淀，，而Cu2+和Fe2+不沉淀，濾渣2中有Al(OH)3、CuO、Cu，加H2O2將Fe2+氧化為Fe3+離子，加入過量的氨水反應生成Cu(NH3)4SO4，F(xiàn)e3+生成Fe(OH)3沉淀，Cu(NH3)4SO4經過系列操作生成CuO，灼燒CuO和Fe(OH)3生成CuFe2O4，在N2做保護氣下煅燒生成。【詳析】（1）已知酸浸后的溶液中金屬離子有Cu2+，F(xiàn)e2+，Al3+和Fe3+，CuFeS2焙燒生成三種氧化物，結合質量守恒可知，三種氧化物為SO2、CuO、Fe3O4，其中金屬氧化物的化學式為CuO、Fe3O4；（2）焙燒產物中的在有氧條件下利用石灰石漿液Ca(OH)2吸收可制得一種副產品是CaSO4；（3）加入Cu還原Fe3+為Fe2+，若沒有還原工序，調節(jié)pH值時會使Fe3+發(fā)生沉淀；（4）已知有兩種同分異構體，則可知其結構不是四面體結構，而是平面四邊形結構，故的空間構型為平面正方形；（5）灼燒CuO和Fe(OH)3生成CuFe2O4，反應的方程式為CuO+2Fe(OH)3CuFe2O4+3H2O；N2做保護氣，防止生成物被氧化；（6）“煅燒”得到氧缺位體，質量減少的是氧氣質量，，得出=0.15（7）制取氫氣的總反應為：2H2O=2H2↑+O2↑，結合第二步反應，可知第一步反應為。16.溴戊二酸二甲酯(相對分子質量為239)是某抗癌藥物的重要中間體，其制備的反應原理如圖所示：制備裝置如圖所示(夾持裝置已略去)：實驗步驟如下：步驟一：制備將10.0g戊二酸(相對分子質量為132)加入到三頸燒瓶中，再向其中加入三氯甲烷25mL，攪拌均勻，保持78℃條件下，依次緩慢滴加12mL氯化亞砜、3滴催化劑、液溴，隨后回流；回流完畢后，將三頸燒瓶置于冰鹽浴中，將溶液溫度降到?10℃后，緩慢滴加25mL甲醇(沸點64.7℃)，保持滴加過程中溫度不超過0℃。步驟二：除雜向三頸燒瓶中加入25mL飽和碳酸氫鈉溶液進行洗滌，分液除去上層水相，下層有機相再用25mL飽和氯化鈉溶液洗滌3次，洗滌完畢，用無水硫酸鎂干燥，過濾。步驟三：提純過濾后的液體置于熱浴容器中(外溫)，接上精餾裝置，進行減壓蒸餾。步驟四：收集收集100—110℃的餾分，得到10.86g無色透明油狀液體?；卮鹣铝袉栴}：（1）使用裝置A的優(yōu)點是___________。（2）步驟一中采取“溫度降到?10℃”“緩慢滴加”這些措施的可能原因有___________。減緩反應速率防止高溫下發(fā)生復雜的有機副反應避免原料揮發(fā)，使反應物充分反應（3）步驟二中用飽和氯化鈉溶液洗滌的目的是___________。（4）步驟三中使用減壓蒸餾的目的是___________。（5）中間產物Ⅰ比戊二酸的沸點低很多的原因是___________，反應中生成戊二酰氯的同時得到兩種有刺激性氣味的氣體，該反應的化學方程式為___________。（6）從環(huán)保角度分析，該實驗裝置存在明顯不足之處，解決的辦法是___________。（7）本實驗的產率是___________。A. B. C. D.〖答案〗（1）平衡氣壓，便于液體順利流下（2）abc（3）除去有機相中殘留的NaHCO3（4）降低有機物沸點，減少揮發(fā)（5）戊二酸分子間存在氫鍵，中間產物Ⅰ分子間不存在氫鍵+2SOCl2+2SO2↑+2HCl（6）在冷凝管上端尾部連接裝有堿石灰的球形干燥管（7）C〖祥解〗由圖可知，制備2-溴戊二酸二甲酯的實驗原理為戊二酸與氯化亞砜反應，生成中間產物1(戊二酰氯)，戊二酰氯與液溴反應生成中間產物2，中間產物2再與甲醇發(fā)生酯化反應得到2-溴戊二酸二甲酯，制得的2-溴戊二酸二甲酯經除雜提純得到產品。【詳析】（1）由實驗裝置圖可知，裝置A為恒壓滴液漏斗，使用恒壓滴液漏斗的目的是平衡氣壓，便于所盛溶液順利流下，故〖答案〗為：平衡氣壓，便于液體順利流下；（2）步驟一中采取“溫度降到?10℃”“緩慢滴加”這些措施的目的是減緩反應速率，使反應物充分反應，同時防止溫度過高導致副反應的發(fā)生，避免原料受熱揮發(fā)造成損失，故選abc；（3）由題意可知，步驟二中向三頸燒瓶中加入25mL飽和碳酸氫鈉溶液進行洗滌的目的是除去有機物中的酸性物質，下層有機相再用25mL飽和氯化鈉溶液洗滌3次的目的是除去有機物中殘留的碳酸氫鈉，故〖答案〗為：除去有機相中殘留的NaHCO3；（4）減壓可降低有機物的沸點，蒸餾時減少其揮發(fā)，則步驟三中使用減壓蒸餾的目的是降低有機物沸點，減少揮發(fā)；（5）戊二酰氯與戊二酸都是由分子組成的物質，戊二酸結構中含有羧基，分子間能形成氫鍵，戊二酰氯分子間不存在氫鍵，所以戊二酰氯比戊二酸的沸點低很多；由題意可知，戊二酸與氯化亞砜反應生成戊二酰氯、二氧化硫和氯化氫，反應的化學方程式為+2SOCl2+2SO2↑+2HCl，故〖答案〗為：戊二酸分子間存在氫鍵，戊二酰氯分子間不存在氫鍵；+2SOCl2+2SO2↑+2HCl；（6）由于反應中產生污染性氣體，所以從綠色化學角度分析，該實驗裝置的明顯不足之處是沒有尾氣處理裝置，應在冷凝管處連接裝有堿石灰的球形干燥管，故〖答案〗為：應在冷凝管上端尾部連接裝有堿石灰的球形干燥管；（7）由題意可知，10.0g戊二酸制得10.86g2-溴戊二酸二甲酯，則由碳原子守恒可知，實驗的產率為×100%≈60%，故選C。17.氨是最基本的化工原料，常用于制液氮、氨水、硝酸、銨鹽和胺類等。（1）工業(yè)合成氨是人類科學技術的一項重大突破，其反應如下：根據下列鍵能數據，結合上述反應數據，計算的鍵能是___________?；瘜W鍵鍵能946436（2）合成氨工業(yè)中，原料氣(及少量的混合氣)在進入合成塔前需經過銅氨液處理，目的是除去其中，其反應為：。①配離子的中心離子是___________，配位數是___________。②銅氨溶液吸收適宜的生產條件：___________溫、___________壓。(填“高”“低”)（3）恒溫恒壓條件下，向容器中通入和，合成氨反應用摩爾分數表示的平衡常數，達到平衡時的轉化率為___________(保留3位有效數字)。(已知反應的，物質ⅰ的摩爾分數，)。（4）制備時所需的可以通過反應合成，但缺。有學者倡議：常溫下，把石膏礦中(Ⅱ)轉化為難溶的，留下的和形成，反應方程式如下：化學平衡常數為，用下列相關的符號來表示___________。通過計算反應的判斷以上倡議___________(填“可行”或“不可行”)。(已知、、、的、、)（5）與鎵在高溫下生成，氮化鎵晶胞結構可看作金剛石晶胞內部的碳原子被原子代替，頂點和面心的碳原子被原子代替。①以晶胞邊長為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中的原子位置，稱作原子坐標。原子坐標為，則原子坐標為___________。②若為阿伏伽德羅常數的值，晶胞中原子與原子之間最短的核間距離是，則晶體的密度為___________(只列計算式)?！即鸢浮剑?）391（2）①Cu+4②低高（3）18.0%（4）可行（5）①(0，，)②〖解析〗（1）由反應熱與反應物鍵能之和與生成物鍵能之和的差值相等可得：(946kJ/mol+436kJ/mol×3)—6E(N—H)=—92.0kJ/mol，解得E(N—H)=391kJ/mol，故〖答案〗為：391；（2）①配離子的中心離子為亞銅離子，氨分子和一氧化碳為配體，配位數為4，故〖答案〗為：Cu+；4；②銅氨溶液吸收一氧化碳的反應為氣體體積減小的放熱反應，降低溫度、增大壓強，平衡均向正反應方向移動，則適宜的生產條件為低溫、高壓，故〖答案〗為：低；高；（3）設平衡時消耗氮氣的物質的量為amol，由題意可建立如下三段式：由合成氨反應的平衡常數可得：=，解得a1=1+(舍去)、a2=1—，則氮氣的轉化率為×100%≈18.0%，故〖答案〗為：18.0%；（4）由方程式可知，反應Kc==××××==≈2.7×106，則學者的倡議可行，故〖答案〗為：；可行；（5）①位于體對角線處B原子的原子坐標為，則晶胞的參數為1，位于面心的A原子的原子坐標為(0，，)，故〖答案〗為：(0，，)；②由晶胞結構可知，晶胞中位于頂點和面心的鎵原子個數為8×+6×=4，位于體內的氮原子個數為4，晶胞中氮原子和氮原子的原子核間距為面對角線長度的一半，則由題意可知，晶胞的參數為bnm，設晶體的密度為dg/cm3，由晶胞的質量公式可得：=(b×10—7)3d，解得d=，故〖答案〗為：。18.是一種輔酶類似物，其合成路線如下：已知：是苯基回答下列問題：（1）中的官能團名稱是___________。（2）生成的反應中的作用是___________。（3）C含有羥基，分子式為，則C的結構簡式為___________。C生成D的反應類型是___________。（4）生成的化學方程式為___________。（5）與D互為同分異構體，符合下列條件?？赡艿慕Y構簡式為___________(任寫一種)。①含有苯環(huán)②含有硝基和碳碳雙鍵③核磁共振氫譜顯示有四組峰，峰面積之比為（6）參照述合成線，以和為原料計制備。該物質的合成路線為___________?！即鸢浮剑?）羥基、氨基（2）還原劑（3）取代反應（4）+HCl+phNHNH2+CH3OH（5）或（6）〖祥解〗由A轉化為B的過程中-COOH轉化為-OH，發(fā)生還原反應，B和ClCH2COCl發(fā)生取代反應生成C，C含有羥基，分子式為，則C的結構簡式為C發(fā)生取代反應生成D，D和(CH3)3OBF4發(fā)生反應生成E，E和HCl、phNHNH2發(fā)生反應生成F，F(xiàn)和HC(OCH3)3發(fā)生反應生成G，以此解答?！驹斘觥浚?）中的官能團名稱是羥基、氨基。（2）由A轉化為B的過程中-COOH轉化為-OH，發(fā)生還原反應，的作用是還原劑。（3）由分析可知，C的結構簡式為，C生成D的反應類型是取代反應。（4）E和HCl、phNHNH2發(fā)生反應生成F，由E和F的結構推斷該反應中還生成了CH3OH，化學方程式為：+HCl+phNHNH2+CH3OH。（5）與D互為同分異構體，符合條件：①含有苯環(huán)；②含有硝基和碳碳雙鍵；③核磁共振氫譜顯示有四組峰，峰面積之比為；X為對稱的結構，滿足條件的X為或。（6）發(fā)生DEFG的反應原理可以得到，合成路線為。安徽省黃山市2024屆高三下學期二?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H1C12N14O16Fe56Cu64Ga70Br80一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.下列古詩文中蘊含著一定的化學知識或原理，下列有關說法錯誤的是（）A.“榆莢只能隨柳絮，等閑撩亂走空園”中柳絮的主要成分和棉花相同B.《物理小識·金石類》：“有硇水(硝酸)者，剪銀塊投之，則旋而為水”，該過程涉及氧化還原反應C.“雨過天青云破處，這般顏色做將來”中所描述瓷器的青色不是來自氧化鐵D.“紛紛燦爛如星隕，赫赫喧豗似火攻”中煙花是某些金屬的焰色試驗，屬于化學變化〖答案〗D〖解析〗A．柳絮和棉花的主要成分都是纖維素，A正確；B．“有硇水(硝酸)者，剪銀塊投之，則旋而為水”，說明硝酸和銀反應，該反應屬于氧化還原反應，B正確；C．瓷器的青色不是來自氧化鐵，因為氧化鐵是紅棕色，不是青色，C正確；D．焰色試驗屬于物理變化，D錯誤；故選D。2.化學與人類生活密切相關，下列說法錯誤的是（）A.二氧化硫可作漂白劑、防腐劑，還是一種食品添加劑B.葡萄糖制備“碳量子點”是一種綠色、低成本的方法C.研發(fā)催化劑將二氧化碳轉化為甲醇，有助于我國2060年前實現(xiàn)碳中和的目標D.三星堆青銅大立人以合金為材料，其深埋于地下生銹是發(fā)生了析氫腐蝕〖答案〗D〖解析〗A．二氧化硫有毒，可以起到殺菌的作用，二氧化硫具有還原性，是一種常見的抗氧化劑，所以二氧化硫可作漂白劑、防腐劑，還是一種食品添加劑，故A正確；B．葡萄糖來源豐富、廉價易得，所以用葡萄糖制備“碳量子點”是一種綠色、低成本的方法，故B正確；C．將二氧化碳轉化為甲醇可以減少二氧化碳的排放，有助于我國2060年前實現(xiàn)碳中和的目標，故C正確；D．青銅深埋于地下生銹是因為發(fā)生了吸氧腐蝕，故D錯誤；故選D。3.設為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是（）A.電解精煉銅時，陽極質量減少，電路中轉移電子數可能是B.晶體和晶體含有的離子數目均為C.與足量乙醇在一定條件下反應，生成的酯基的數目為D.水解能力弱于的溶液中和的總數大于〖答案〗A〖解析〗A．電解精煉銅時，陽極粗銅中含有活潑性較強的鐵、先等雜質，電解時鐵、鋅雜質先放電，且鐵摩爾質量小于銅的64g/mol，鋅的摩爾質量大于銅的摩爾質量，若陽極減少64g，電路中轉移電子數也可能是，故A正確；B．由鈣離子和構成，由鈣離子和構成，晶體和晶體含有的離子數目分別為、，故B錯誤；C．酯化反應是可逆反應，與足量乙醇在一定條件下反應，生成的酯基的數目小于，故C錯誤；D．水解能力弱于，溶液呈酸性，的溶液中，c()<c(),物料守恒有n()+n(HF)=1mol，n()+n(HF)<1mol，和的總數小于，故D錯誤；〖答案〗選A。4.下列化學用語正確的是（）A.基態(tài)原子的軌道表示式：B.用電子云輪廓圖表示中的鍵形成的示意圖：C.的模型：D.2-甲基-1-丁醇的鍵線式：〖答案〗B〖解析〗A．基態(tài)原子的價電子排布式為3d24s2，軌道表示式為，A錯誤；B．H的s能級為球形，兩個氫原子形成氫氣時，是兩個s能級的原子軌道和互靠近，形成新的軌道，B正確；C．中心原子S的價層電子對數為3+=3，無孤電子對，VSEPR模型是平面三角形，與圖不相符，C錯誤；D．2-甲基-1-丁醇的鍵線式：，D錯誤；故選B閱讀下列材料，完成5-6小題。的綜合利用具有重要意義。的捕集方法眾多，可以形成、尿素等重要化合物，還可以催化轉化為高附加值化學品等。用活化銅催化劑電解可以制備乙醇。5.下列說法正確的是（）A.是共價化合物 B.與屬于同素異形體C.位于元素周期表的區(qū) D.鍵角大小：〖答案〗D〖解析〗A．(NH4)2CO3屬于銨鹽，NH4+與CO32-之間存在離子鍵，是離子化合物，A錯誤；B．同素異形體指由同種元素組成的具有不同性質的單質，而CO(NH2)2與NH4CNO是化合物，其兩者關系為同分異構體，B錯誤；C．Cu元素位于元素周期表ds區(qū)，C錯誤；D．CH4的C原子采用sp3雜化，其空間構型為正四面體，鍵角為109°28′，CO32-的C原子形成3個鍵，無孤對電子，故采用sp2雜化，其空間構型為平面三角形，鍵角為120°，D正確；故選D。6.下列有關離子方程式書寫正確的是（）A.侯氏制堿法中制備NaHCO3：NH3+CO2+H2O=HCO+NHB.酸性條件下催化電解制的陰極電極反應式為：2CO2+12e?+12H+=CH3CH2OH+3H2OC.向苯酚鈉溶液中通入少量二氧化碳：D.碳酸銨與氫氧化鈣溶液反應：CO+Ca2+=CaCO3↓〖答案〗B〖解析〗A．侯氏制堿法中制備碳酸氫鈉的反應為二氧化碳與氨氣和氯化鈉溶液反應生成碳酸氫鈉沉淀和氯化銨，反應的離子方程式為Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH，故A錯誤；B．酸性條件下催化電解二氧化碳制乙醇時，通入二氧化碳的電極為電解池的陰極，酸性條件下二氧化碳在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成乙醇和水，電極反應式為2CO2+12e?+12H+=CH3CH2OH+3H2O，故B正確；C．苯酚鈉溶液與少量二氧化碳反應生成苯酚和碳酸氫鈉，反應的離子方程式為+CO2+H2O+HCO，故C錯誤；D．碳酸銨溶液與氫氧化鈣溶液反應生成碳酸鈣沉淀、一水合氨，反應的離子方程式為CO+2NH+Ca2++2OH—=CaCO3↓+2NH3·H2O，故D錯誤；故選B。7.松香酸的結構如圖所示，下列敘述正確的是（）A.分子式為C20H32O2B.只能使溴水褪色，不可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色C.該分子中有4個手性碳原子D.能與氨基酸發(fā)生縮聚反應〖答案〗C〖解析〗A．由結構簡式可知，松香酸的分子式為C20H30O2，故A錯誤；B．由結構簡式可知，松香酸分子中含有的碳碳雙鍵能與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應使溶液褪色，故B錯誤；C．由結構簡式可知，松香酸分子中含有如圖*所示的4個手性碳原子：，故C正確；D．由結構簡式可知，松香酸分子中只含有1個羧基，不具備發(fā)生縮聚反應的條件，不能與氨基酸發(fā)生縮聚反應，故D錯誤；故選C8.某離子液體結構如圖，其中和是原子序數依次增大的短周期主族元素，基態(tài)原子和原子最外層均有兩個單電子，和質子數均為奇數且和為22.下列說法正確的是（）A.原子半徑：B.組成的化合物的水溶液一定顯酸性C.為非極性分子D.該離子液體中含非極性鍵，不含配位鍵〖答案〗C〖祥解〗Z的原子序數最大，Z只形成1個共價鍵，Q、R、X和Z質子數為奇數，且奇數和為22比較小，所以Z為F；基態(tài)T原子和Y原子最外層均有兩個單電子，所以T為C、Y為O、X為N；由結構逆推，Q為H；R的質了數為22-1-7-9=5，則R為B；【詳析】A．同周期原子半徑從左到右越來越小，故原子半徑C>O，A錯誤；B．一水合氨的水溶液顯堿性，B錯誤；C．BF3的中心原子B的價層電子對數為3+=3，空間構型為平面三角形，為非極性分子，C正確；D．B與F之間有配位鍵，故該離子液體中含極性鍵和配位鍵，D錯誤；故選C。9.下列實驗操作、現(xiàn)象和結論均正確的是（）選項操作現(xiàn)象結論向某鈉鹽粉末上滴加濃鹽酸，將產生的氣體通入品紅溶液溶液褪色氣體一定是向溶液中滴加鹽酸產生渾濁的非金屬性比強C將SO3、SO2混合氣體通入溶液中生成白色沉淀沉淀是BaSO3、BaSO4D向硫酸銅溶液中依次加入足量氨水和適量乙醇最終析出深藍色晶體乙醇降低硫酸四氨合銅晶體的溶解度〖答案〗D〖解析〗A．高錳酸鈉固體能與濃鹽酸反應生成能使品紅溶液褪色的氯氣，則向某鈉鹽粉末上滴加濃鹽酸，將產生的氣體通入品紅溶液，溶液褪色不能說明產生的氣體一定是二氧化硫，故A錯誤；B．元素的非金屬性強弱與最高價氧化物對應水化物的強弱有關，與氫化物的酸性無關，則向硅酸鈉溶液中滴加鹽酸產生渾濁只能說明鹽酸的酸性強于硅酸，但不能說明氯元素的非金屬性強于硅元素，故B錯誤；C．亞硫酸的酸性弱于鹽酸，由強酸制弱酸的原理可知，二氧化硫不能與氯化鋇溶液反應，則將三氧化硫、二氧化硫混合氣體通入氯化鋇溶液中，反應生成的白色沉淀中不可能含有亞硫酸鋇，故C錯誤；D．硫酸銅溶液與足量氨水反應生成硫酸四氨合銅，向硫酸銅溶液中依次加入足量氨水和適量乙醇，最終析出深藍色晶體是因為乙醇降低了硫酸四氨合銅晶體的溶解度，故D正確；故選D。10.由羥基丁酸生成丁內酯的反應如下：，在298K下，羥基丁酸水溶液的初始濃度為，隨著反應的進行，測得丁內酯的濃度隨時間變化的數據如下表所示。下列說法錯誤的是（）2150801001201602200.0240.0500.0710.0810.0900.1040.1160.132A.其他條件相同時，升高溫度，化學反應速率加快B.在內，以丁內酯的濃度變化表示的反應速率為C.時羥基丁酸的轉化率為D.298K時該反應的平衡常數〖答案〗C〖解析〗A．其他條件相同時，升高溫度，化學反應速率加快，A正確；B．80～100min內用γ-丁內酯的濃度變化表示反應速率v(γ-丁內酯)=，B正確；C．反應至120min時，反應產生0.090mol/L的γ-丁內酯，則反應消耗γ-羥基丁酸的濃度為0.090mol/L，故γ-羥基丁酸轉化率為50%，C錯誤；D．298K時，平衡時c(γ-丁內酯)=0.132mol/L，c(γ-羥基丁酸)=0.180-0.132=0.048mol/L，該反應的平衡常數K==2.75，D正確；故選C。11.利用傳感器探究溶液與硫酸、硫酸銅混合溶液發(fā)生反應時離子反應的先后順序，繪得三份曲線圖如圖所示。已知實驗使用的溶液濃度和滴速相同；硫酸溶液和硫酸銅溶液濃度相同；混合溶液中兩溶質的濃度也相同。下列說法錯誤的是（）A.混合溶液中滴加溶液，硫酸先于硫酸銅發(fā)生反應B.圖溶液接近5的原因是：C.點：D.段銅離子濃度保持不變〖答案〗D〖祥解〗根據圖可知：混合溶液中開始滴加NaOH溶液時，溶液pH≈2，幾乎等于H2SO4溶液的pH，隨著NaOH溶液的滴加，溶液pH變化不大，當滴加至100s時，產生滴定突躍，此時溶液pH≈5，等于CuSO4溶液的pH，說明此時發(fā)生反應為H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，即在前100s內發(fā)生酸堿中和反應，在100s～200s內發(fā)生反應：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，在≥200s時，該反應沉淀完全，發(fā)生滴定突躍，在200s以后W段的溶液中，處于Cu(OH)2的沉淀溶解平衡階段，溶液中c(H+)幾乎不變。【詳析】A．根據滴定時溶液的pH變化，結合單獨滴加NaOH溶液時的pH圖可知：混合溶液中滴加NaOH溶液，硫酸先于硫酸銅發(fā)生反應，A正確；B．硫酸銅為強酸弱堿鹽，銅離子水解生成氫離子，使得溶液顯酸性：，B正確；C．w點時溶液中溶質為Na2SO4及難溶性Cu(OH)2的飽和溶液，根據Na2SO4=2Na++及Cu(OH)2是難溶性物質，但其溶解電離產生的離子濃度遠大于水電離產生的離子濃度，所以此時溶液中微粒濃度關系為：，C正確；D．段隨著氫氧化鈉的滴入，溶液堿性增強，導致銅離子濃度減小，D錯誤；故合理選項是D。12.一種用氯丙烯()電解合成環(huán)氧氯丙烷()的裝置如圖所示。該裝置無需使用隔膜，且綠色高效，圖中為或，工作時和同時且等量放電。下列說法錯誤的是（）A.電解一段時間后，裝置中物質的量增大B.每轉移，生成環(huán)氧氯丙烷C.若為，也可電解制得環(huán)氧氯丙烷D.該裝置工作時不需要補充〖答案〗A〖祥解〗由圖可知，右電極上H2O被還原生成H2，即右電極作陰極，則左電極作陽極，陽極上X-和OH-同時且等量放電：X--e-=X·、OH--e-=OH·；【詳析】A．由裝置原理圖可知，每生成1個環(huán)氧氯丙烷，陽極上消耗1個OH-，陰極上生成1個OH-，即OH-消耗的量與生成的量相等，則電解一段時間后，裝置中OH-的物質的量不變，A錯誤；B．由裝置原理圖可知，陽極上X-和OH-各失去1個電子，即轉移2個電子，就生成1個環(huán)氧氯丙烷，則每轉移2mole-，生成1mol環(huán)氧氯丙烷，B正確；C．由裝置原理圖可知，X為Cl或Br，電解制備產物均為環(huán)氧氯丙烷，C正確；D．由裝置原理圖可知，每生成1個環(huán)氧氯丙烷，陽極上先消耗1個X-，最終生成環(huán)氧氯丙烷時又釋放1個X-，即X-為可循環(huán)離子，則該裝置工作時無需補充X-，D正確；〖答案〗選A。13.室溫下向含和的溶液中滴加溶液，混合液中和的關系如圖所示，已知：，下列敘述錯誤的是（）A.直線Ⅱ代表和的關系B.d點直線Ⅱ和直線Ⅲ對應的兩種沉淀的相同C.向等濃度的和混合溶液中逐滴滴加溶液，先生成沉淀D.得平衡常數為〖答案〗B〖祥解〗由化學式可知，溶液中pSCN—和pIO與pAg變化趨勢相似，則直線Ⅱ代表pCrO和pAg的關系，由AgSCN的溶度積小于AgIO3可知，溶液中pAg相同時，pSCN—大于pIO，則曲線Ⅰ表示pSCN—和pAg的關系、曲線Ⅲ表示pIO和pAg的關系；由a、b、c三點的數據可知，AgIO3、Ag2CrO4、AgSCN的溶度積分別為100×10—7.5=10—7.5、(10—3)2×10—5.95=10—11.95、10—2×10—9.99=10—11.99。【詳析】A．由分析可知，直線Ⅱ代表pCrO和pAg的關系，故A正確；B．由分析可知，直線Ⅱ代表pCrO和pAg的關系、曲線Ⅲ表示pIO和pAg的關系，AgIO3和Ag2CrO4的溶度積不相等，故B錯誤；C．由分析可知，曲線Ⅰ表示pSCN—和pAg的關系、直線Ⅱ代表pCrO和pAg的關系，由圖可知，溶液中SCN—和CrO濃度相等時，Ag2CrO4溶液中銀離子濃度大于AgSCN溶液中銀離子濃度，所以向等濃度的K2CrO4和KSCN混合溶液中逐滴滴加硝酸銀溶液時，AgSCN優(yōu)先沉淀，故C正確；D．由方程式可知，反應的平衡常數K=====104.99，故D正確；故選B。14.制甲醇的反應歷程如圖：已知：Ⅰ.與在活化后的催化劑表面生成甲醇的反應是放熱的可逆反應Ⅱ.該過程的副反應：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH>0下列說法錯誤的是（）A.制甲醇的方程式為：B.反應中經歷了In?C、In?O鍵的形成和斷裂C.升高溫度可以提高甲醇在平衡時的選擇性D.加壓可以提高的平衡轉化率〖答案〗C〖解析〗A．由圖可知，二氧化碳制備甲醇的反應為催化劑作用下二氧化碳和氫氣反應生成甲醇和水，反應的化學方程式為，故A正確；B．由圖可知，反應中經歷了In?C、In?O鍵的形成和斷裂，故B正確；C．由題給信息可知，二氧化碳制備甲醇的反應為放熱反應，副反應為吸熱反應，升高溫度，主反應平衡向逆反應方向移動，副反應平衡向正反應方向移動，甲醇在平衡時的選擇性降低，故C錯誤；D．二氧化碳制備甲醇的反應為氣體體積減小的反應，增大壓強，平衡向正反應方向移動，二氧化碳的轉化率增大，副反應是氣體體積不變的反應，增大壓強，平衡不移動，二氧化碳的轉化率不變，則加壓可以提高二氧化碳的平衡轉化率，故D正確；故選C。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.氧缺位體是熱化學循環(huán)分解水制氫的催化劑。一種以黃銅礦(主要成分是，含、等雜質)為原料制備流程如圖所示：已知：①酸浸后溶液中的金屬離子有和②時已知幾種金屬離子沉淀的如表所示：金屬氫氧化物開始沉淀的1.93.46.47.0完全沉淀的3.24.77.69.0請回答下列問題：（1）“焙燒”時生成三種氧化物，其中金屬氧化物的化學式為___________。（2）焙燒產物中的在有氧條件下利用石灰石漿液吸收可制得一種副產品___________。(填化學式)（3）流程中，若無“還原”工序，造成的后果是___________。（4）已知有兩種同分異構體，則“沉鐵”過程中生成的的空間結構是___________。（5）“灼燒”工序化學方程式是___________，“煅燒”時通入的作用是___________。（6）“煅燒”得到氧缺位體時，不同溫度范圍內，發(fā)生變價的金屬元素不同，某溫度下制得的氧缺位體質量為原質量的，則___________。（7）氧缺位體催化分解水制氫可分為兩步：第一步：___________(完成方程式)；第二步：?！即鸢浮剑?）CuO、Fe3O4（2）CaSO4（3）還原工序是將Fe3+還原為Fe2+，若沒有還原工序，會使Fe3+發(fā)生沉淀（4）平面正方形（5）CuO+2Fe(OH)3CuFe2O4+3H2ON2在煅燒時做保護氣（6）0.15（7）〖祥解〗氧氣具有氧化性，已知酸浸后的溶液中金屬離子有Cu2+，F(xiàn)e2+，Al3+和Fe3+，CuFeS2焙燒生成三種氧化物，結合質量守恒可知，三種氧化物為SO2、CuO、Fe3O4，加入硫酸金屬氧化物轉化為相應的硫酸鹽，濾渣1為SiO2，加入Cu還原Fe3+為Fe2+，加入CuO調節(jié)pH使Al3+沉淀，，而Cu2+和Fe2+不沉淀，濾渣2中有Al(OH)3、CuO、Cu，加H2O2將Fe2+氧化為Fe3+離子，加入過量的氨水反應生成Cu(NH3)4SO4，F(xiàn)e3+生成Fe(OH)3沉淀，Cu(NH3)4SO4經過系列操作生成CuO，灼燒CuO和Fe(OH)3生成CuFe2O4，在N2做保護氣下煅燒生成?！驹斘觥浚?）已知酸浸后的溶液中金屬離子有Cu2+，F(xiàn)e2+，Al3+和Fe3+，CuFeS2焙燒生成三種氧化物，結合質量守恒可知，三種氧化物為SO2、CuO、Fe3O4，其中金屬氧化物的化學式為CuO、Fe3O4；（2）焙燒產物中的在有氧條件下利用石灰石漿液Ca(OH)2吸收可制得一種副產品是CaSO4；（3）加入Cu還原Fe3+為Fe2+，若沒有還原工序，調節(jié)pH值時會使Fe3+發(fā)生沉淀；（4）已知有兩種同分異構體，則可知其結構不是四面體結構，而是平面四邊形結構，故的空間構型為平面正方形；（5）灼燒CuO和Fe(OH)3生成CuFe2O4，反應的方程式為CuO+2Fe(OH)3CuFe2O4+3H2O；N2做保護氣，防止生成物被氧化；（6）“煅燒”得到氧缺位體，質量減少的是氧氣質量，，得出=0.15（7）制取氫氣的總反應為：2H2O=2H2↑+O2↑，結合第二步反應，可知第一步反應為。16.溴戊二酸二甲酯(相對分子質量為239)是某抗癌藥物的重要中間體，其制備的反應原理如圖所示：制備裝置如圖所示(夾持裝置已略去)：實驗步驟如下：步驟一：制備將10.0g戊二酸(相對分子質量為132)加入到三頸燒瓶中，再向其中加入三氯甲烷25mL，攪拌均勻，保持78℃條件下，依次緩慢滴加12mL氯化亞砜、3滴催化劑、液溴，隨后回流；回流完畢后，將三頸燒瓶置于冰鹽浴中，將溶液溫度降到?10℃后，緩慢滴加25mL甲醇(沸點64.7℃)，保持滴加過程中溫度不超過0℃。步驟二：除雜向三頸燒瓶中加入25mL飽和碳酸氫鈉溶液進行洗滌，分液除去上層水相，下層有機相再用25mL飽和氯化鈉溶液洗滌3次，洗滌完畢，用無水硫酸鎂干燥，過濾。步驟三：提純過濾后的液體置于熱浴容器中(外溫)，接上精餾裝置，進行減壓蒸餾。步驟四：收集收集100—110℃的餾分，得到10.86g無色透明油狀液體?；卮鹣铝袉栴}：（1）使用裝置A的優(yōu)點是___________。（2）步驟一中采取“溫度降到?10℃”“緩慢滴加”這些措施的可能原因有___________。減緩反應速率防止高溫下發(fā)生復雜的有機副反應避免原料揮發(fā)，使反應物充分反應（3）步驟二中用飽和氯化鈉溶液洗滌的目的是___________。（4）步驟三中使用減壓蒸餾的目的是___________。（5）中間產物Ⅰ比戊二酸的沸點低很多的原因是___________，反應中生成戊二酰氯的同時得到兩種有刺激性氣味的氣體，該反應的化學方程式為___________。（6）從環(huán)保角度分析，該實驗裝置存在明顯不足之處，解決的辦法是___________。（7）本實驗的產率是___________。A. B. C. D.〖答案〗（1）平衡氣壓，便于液體順利流下（2）abc（3）除去有機相中殘留的NaHCO3（4）降低有機物沸點，減少揮發(fā)（5）戊二酸分子間存在氫鍵，中間產物Ⅰ分子間不存在氫鍵+2SOCl2+2SO2↑+2HCl（6）在冷凝管上端尾部連接裝有堿石灰的球形干燥管（7）C〖祥解〗由圖可知，制備2-溴戊二酸二甲酯的實驗原理為戊二酸與氯化亞砜反應，生成中間產物1(戊二酰氯)，戊二酰氯與液溴反應生成中間產物2，中間產物2再與甲醇發(fā)生酯化反應得到2-溴戊二酸二甲酯，制得的2-溴戊二酸二甲酯經除雜提純得到產品?！驹斘觥浚?）由實驗裝置圖可知，裝置A為恒壓滴液漏斗，使用恒壓滴液漏斗的目的是平衡氣壓，便于所盛溶液順利流下，故〖答案〗為：平衡氣壓，便于液體順利流下；（2）步驟一中采取“溫度降到?10℃”“緩慢滴加”這些措施的目的是減緩反應速率，使反應物充分反應，同時防止溫度過高導致副反應的發(fā)生，避免原料受熱揮發(fā)造成損失，故選abc；（3）由題意可知，步驟二中向三頸燒瓶中加入25mL飽和碳酸氫鈉溶液進行洗滌的目的是除去有機物中的酸性物質，下層有機相再用25mL飽和氯化鈉溶液洗滌3次的目的是除去有機物中殘留的碳酸氫鈉，故〖答案〗為：除去有機相中殘留的NaHCO3；（4）減壓可降低有機物的沸點，蒸餾時減少其揮發(fā)，則步驟三中使用減壓蒸餾的目的是降低有機物沸點，減少揮發(fā)；（5）戊二酰氯與戊二酸都是由分子組成的物質，戊二酸結構中含有羧基，分子間能形成氫鍵，戊二酰氯分子間不存在氫鍵，所以戊二酰氯比戊二酸的沸點低很多；由題意可知，戊二酸與氯化亞砜反應生成戊二酰氯、二氧化硫和氯化氫，反應的化學方程式為+2SOCl2+2SO2↑+2HCl，故〖答案〗為：戊二酸分子間存在氫鍵，戊二酰氯分子