福建省三明市高三下學(xué)期3月質(zhì)檢化學(xué)試題

三明市2024屆高中畢業(yè)班適應(yīng)性練習(xí)化學(xué)試題本試卷共8頁(yè)，總分100分，考試時(shí)間75分鐘。注意事項(xiàng)：1.答卷前、考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上。2.回答選擇題時(shí)，逃出每題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無(wú)效。3.考試結(jié)束后，將答題卡交回?？赡苡玫降南鄬?duì)原子質(zhì)量：H1B11C12N14O16C135.5Fe56Ag108Bi209一、選擇題(本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1.三明市圍繞螢石(CaF2)資源打造全產(chǎn)業(yè)鏈，把氟化工作為未來(lái)重要的支柱產(chǎn)業(yè)培育。下列敘述錯(cuò)誤的是A螢石懸濁液中含有氟離子 B.螢石夜晚發(fā)光與電子躍遷有關(guān)C.氟化氫的水溶液中存在電離平衡 D.鋰電池中的六氟磷酸鋰是非電解質(zhì)【答案】D【解析】【詳解】A．螢石懸濁液中存在CaF2(s)Ca2+(aq)+2F(aq)，則含有氟離子，A正確；B．熒光與電子躍遷有關(guān)，螢石夜晚發(fā)光與電子躍遷有關(guān)，B正確；C．HF為弱酸，屬于弱電解質(zhì)，故氟化氫的水溶液中存在電離平衡HFH++F，C正確；D．鋰電池中的六氟磷酸鋰LiPF6屬于鹽類，離子化合物，是電解質(zhì)，D錯(cuò)誤；故答案為：D。2.乙二胺四乙酸(EDTA)是一種重要的絡(luò)合劑，其能與絕大多數(shù)的金屬離子形成穩(wěn)定的配合物，簡(jiǎn)易機(jī)理如圖所示。下列敘述錯(cuò)誤的是A.EDTA的核磁共振氫譜上有3組峰 B.EDTA中含有兩種官能團(tuán)C.螯合物中含有4個(gè)sp2pπ鍵 D.螯合物中有5個(gè)五元螯合環(huán)【答案】C【解析】【詳解】A．EDTA中羧基、兩個(gè)亞甲基共3種氫，則核磁共振氫譜上有3組峰，A正確；B．EDTA中含有羧基、次氨基兩種官能團(tuán)，B正確；C．sp2雜化軌道只用來(lái)容納和形成σ鍵和孤電子對(duì)，不能用來(lái)形成π鍵，圖中螯合物中有4個(gè)C=O雙鍵，是C未雜化的p軌道與O的2p軌道形成的ppπ鍵，C錯(cuò)誤；D．螯合物中含有3個(gè)酯基與Ca形成五元螯合環(huán)，另外兩個(gè)N與Ca也形成1個(gè)五元螯合環(huán)，最后一個(gè)N和一個(gè)O與Ca形成的1個(gè)五元螯合環(huán)，共有5個(gè)五元螯合環(huán)，D正確；故選C。3.下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.質(zhì)譜法測(cè)得某有機(jī)物的最大質(zhì)荷比是58，其分子式可能為C4H10B.晶體類型包括金屬晶體、離子晶體、共價(jià)晶體、分子晶體和液晶等C.一些高分子的共扼大π鍵體系為電荷傳遞提供了通路D.天然橡膠、纖維素、蛋白質(zhì)、核酸均是高分子化合物【答案】B【解析】【詳解】A．質(zhì)譜法測(cè)得某有機(jī)物的最大質(zhì)荷比是58，則該有機(jī)物的相對(duì)分子質(zhì)量是58，因?yàn)镃4H10的相對(duì)分子質(zhì)量是58，所以分子式可能為C4H10，A正確；B．液晶不是晶體，B錯(cuò)誤；C．一些高分子的共扼大π鍵體系為電荷傳遞提供了通路，具有一定的導(dǎo)電性，C正確；D．天然橡膠、纖維素、蛋白質(zhì)、核酸的相對(duì)分子質(zhì)量從幾萬(wàn)到幾百萬(wàn)，甚至上千萬(wàn)，因此均是高分子化合物，D正確；故選B。4.下圖所示是一種高效消毒漂白劑的結(jié)構(gòu)式。W、X、Y、Z是分屬兩個(gè)不同短周期且原子序數(shù)依次遞增的主族元素，Y原子核外最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的3倍，下列敘述正確的是A.原子半徑大小順序：X<Y<W B.X的第一電離能比Y的小C.最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性：X>W D.氫化物的沸點(diǎn)：X<Y<Z【答案】C【解析】【分析】Y原子核外最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的3倍，則Y為氧元素，W、X、Y、Z是分屬兩個(gè)不同短周期且原子序數(shù)依次遞增的主族元素，W形成4個(gè)共價(jià)鍵，W為碳元素，X為氮元素，Z形成1個(gè)鍵為氯元素?！驹斀狻緼．氮原子半徑大于氧原子半徑，A錯(cuò)誤；B．N的價(jià)電子排布式為2p3屬于半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，N的第一電離能比O的大，B錯(cuò)誤；C．最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性：HNO3>H2CO3，C正確；D．氫化物的沸點(diǎn)：HCl<NH3<H2O，D錯(cuò)誤；故選C。5.學(xué)習(xí)小組用廢棄的鋁制易拉罐按如下流程制備明礬，并測(cè)定明礬中結(jié)晶水的含量。上述實(shí)驗(yàn)中不需要用到的操作是A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】廢棄的鋁制易拉罐加入氫氧化鉀堿溶后分液得到濾液，然后加入稀硫酸調(diào)節(jié)pH得到硫酸鋁鉀溶液，然后經(jīng)過(guò)一系列操作得到明礬晶體；【詳解】A．溶液Ⅱ得到明礬晶體需要蒸發(fā)濃縮操作，故A不符合題意；B．測(cè)定明礬中結(jié)晶水的含量，故實(shí)驗(yàn)中需要灼燒操作，故B不符合題意；C．加入氫氧化鉀溶解鋁后需要過(guò)氯分離出濾液，故C不符合題意；D．實(shí)驗(yàn)中不需要萃取分液操作，不用分液漏斗，，故D符合題意；故選D。6.中國(guó)科學(xué)家在合成氨(△H<0)反應(yīng)機(jī)理研究中取得新進(jìn)展，首次報(bào)道了LiH3d過(guò)渡金屬這一復(fù)合催化劑體系，并提出了“氮轉(zhuǎn)移”催化機(jī)理，如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A.轉(zhuǎn)化過(guò)程中有非極性鍵斷裂與形成B.復(fù)合催化劑能提高平衡轉(zhuǎn)化率C.復(fù)合催化劑能降低合成氨反應(yīng)的焓變D.升高溫度有利于提高平衡轉(zhuǎn)化率【答案】A【解析】【詳解】A．合成氨為可逆反應(yīng)，氮?dú)夂蜌錃庠诜磻?yīng)過(guò)程中有消耗和生成，故轉(zhuǎn)化過(guò)程中有非極性鍵斷裂與形成，故A項(xiàng)正確；B．復(fù)合催化劑能降低反應(yīng)的活化能，加快反應(yīng)速率，但不影響平衡轉(zhuǎn)化率，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．催化劑不能改變反應(yīng)的焓變，焓變只與反應(yīng)物和生成物總能量的相對(duì)大小有關(guān)系，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．合成氨的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆向移動(dòng)，平衡轉(zhuǎn)化率降低，故D項(xiàng)錯(cuò)誤；故本題選A。7.下列化學(xué)用語(yǔ)解釋事實(shí)或過(guò)程錯(cuò)誤的是A.鐵粉與水蒸氣共熱，生成可燃性氣體：B.加熱藍(lán)色的CuCl2溶液，溶液變綠：△H>0C.將Mg(HCO3)2溶液與過(guò)的NaOH溶液混合：D.鉛蓄電池充電時(shí)陰極反應(yīng)：【答案】A【解析】【詳解】A．鐵粉與水蒸氣共熱反應(yīng)方程式為，A錯(cuò)誤；B．加熱藍(lán)色的CuCl2溶液，溶液變綠，說(shuō)明平衡正向移動(dòng)；升高溫度平衡向吸熱方向移動(dòng)，則該反應(yīng)的△H>0，B正確；C．將Mg(HCO3)2溶液與過(guò)量的NaOH溶液混合反應(yīng)方程式為，C正確；D．鉛蓄電池充電時(shí)陰極上的硫酸鉛得到電子，電極反應(yīng)式為，D正確；故選A。8.鈀(Pd)的性質(zhì)與鉑相似，一種從廢鈀催化劑(主要成分為Pd、和活性炭，還含少量Fe、Cu等元素)中回收海綿鈀的工藝流程如圖：已知：陰、陽(yáng)離子交換樹(shù)脂的基本工作原理分別為、。下列說(shuō)法正確的是A.能與鹽酸反應(yīng)B.“離子交換”所用樹(shù)脂為陽(yáng)離子交換樹(shù)脂C.“洗脫”過(guò)程中增大鹽酸濃度有利于洗脫D.“洗脫”過(guò)程中的鹽酸可以用硫酸代替【答案】C【解析】【分析】廢鈀催化劑(主要成分為Pd、αAl2O3

和活性炭，還含少量Fe、Cu等元素)，在空氣中灼燒，除去活性炭，灼燒產(chǎn)物加入鹽酸和過(guò)氧化氫酸浸后，得到濾渣αAl2O3，浸出液中含[PdCl4]2離子，利用RCl+M

?RM+C1原理，經(jīng)陰離子離子交換樹(shù)脂后，[PdCl4]2變成RPdCl4，除去含F(xiàn)e3+和Cu2+流出液，RPdCl4加鹽酸洗脫，使RCl+M

?RM+C1平衡逆向移動(dòng)，重新變成[PdCl4]2溶液，最后得到經(jīng)歷一系列操作得到海綿鈀。【詳解】A．由已知流程圖可知，酸浸時(shí)是濾渣，所以不能與鹽酸反應(yīng)，A錯(cuò)誤；B．浸出液中含，利用原理，經(jīng)陰離子交換樹(shù)脂，與樹(shù)脂中的陰離子交換，和進(jìn)入流出液從而被除去，B錯(cuò)誤；C．加入鹽酸洗脫，氯離子濃度增大，使平衡逆向移動(dòng)，有利于洗脫，C正確；D．“洗脫”過(guò)程中需要增大氯離子濃度，不能改用硫酸，D錯(cuò)誤。故選C。9.以濃差電池（電解質(zhì)溶液濃度不同形成的電池）為電源，以石墨為電極將轉(zhuǎn)化為較高純度的裝置如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A.電極A上的反應(yīng)為B.由于存在陰離子交換膜，電解過(guò)程中乙池溶液pH不變C.當(dāng)產(chǎn)生（標(biāo)況）時(shí)，丙室中電解質(zhì)溶液質(zhì)量減少17gD.電池停止工作后，若要使電池恢復(fù)到初始狀態(tài)，連接的是電源負(fù)極【答案】C【解析】【分析】該濃差電池最終交換膜兩側(cè)溶液濃度相等，交換膜為陰離子交換膜，即通過(guò)離子交換膜移向左側(cè)，左側(cè)溶液c()增大，右側(cè)c()減小，所以丁池中Ag(1)溶解，c(Ag+)增大，乙池中Ag+得電子生成Ag析出，即Ag(2)電極為正極，Ag(1)電極為負(fù)極，負(fù)極反應(yīng)式為Age=Ag+，正極反應(yīng)式為Ag++e=Ag，電解池中A電極為陽(yáng)極，B電極為陰極，陽(yáng)極上NH3發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)生成N2，陰極上H2O發(fā)生得電子的還原反應(yīng)生成H2，據(jù)此分析回答?！驹斀狻緼．從圖示來(lái)看，A電極產(chǎn)生，應(yīng)為電解池的陽(yáng)極，左邊濃差電池Ag（2）連接電極A，做原電池的正極，向丁室遷移，陰離子交換膜允許通過(guò)，A電極上的反應(yīng)為；故A錯(cuò)誤；B．A極電極反應(yīng)為：，從甲移到乙進(jìn)行補(bǔ)充，但反應(yīng)生成了水，故乙池NaOH溶液pH會(huì)減小；故B錯(cuò)誤；C．產(chǎn)生(標(biāo)況)時(shí)，轉(zhuǎn)移電子，丙室會(huì)有生成Ag單質(zhì)，同時(shí)有從丙室移向丁室，一共減少17g；故C正確；D．由于濃差電池中，Ag(2)電極的濃度已經(jīng)減小，若要使電池恢復(fù)到初始狀態(tài)，Ag(2)電極需發(fā)生氧化反應(yīng)(活性電極)產(chǎn)生，則Ag(2)需要和電源正極相連，故D錯(cuò)誤。答案選C。10.室溫時(shí)，用0.100mol/L的標(biāo)準(zhǔn)AgNO3溶液滴定30mL濃度相等的Cl—、Br—混合溶液，通過(guò)電位滴定法獲得電位滴定曲線如圖所示，忽略沉淀對(duì)離子的吸附作用，若溶液中離子濃度小于時(shí)，認(rèn)為該離子沉淀完全，已知，，下列說(shuō)法正確的是A.a點(diǎn)：有白色沉淀生成B.原溶液中Cl—的濃度為0.100mol·L1C.b點(diǎn)：D.當(dāng)Br—沉淀完全時(shí)，已經(jīng)有部分Cl—沉淀【答案】D【解析】【分析】由溶度積可知，向濃度相等的氯離子、溴離子混合溶液中滴入硝酸銀溶液時(shí)，溴離子優(yōu)先沉淀生成溴化銀，由圖可知，a點(diǎn)加入3mL硝酸銀溶液時(shí)，溶液中溴離子與銀離子恰好反應(yīng)生成溴化銀淡黃色沉淀，則氯離子、溴離子的濃度為=0.0100mol/L，b點(diǎn)加入6mL硝酸銀溶液時(shí)，溶液中氯離子與銀離子恰好反應(yīng)生成氯化銀沉淀?！驹斀狻緼．由分析可知，a點(diǎn)加入3mL硝酸銀溶液時(shí)，溶液中溴離子與銀離子恰好反應(yīng)生成溴化銀淡黃色沉淀，沒(méi)有氯化銀白色沉淀生成，故A錯(cuò)誤；B．由分析可知，混合溶液中氯離子、溴離子的濃度為=0.0100mol/L，故B錯(cuò)誤；C．由分析可知，設(shè)混合溶液中陽(yáng)離子為Rn+，b點(diǎn)時(shí)混合溶液中氯離子、溴離子均轉(zhuǎn)化為沉淀，溶液中存在電荷守恒關(guān)系，故C錯(cuò)誤；D．由溶度積可知，溶液中溴離子完全沉淀時(shí)，溶液中銀離子濃度為=5.4×10—8mol/L，則溶液中的氯離子濃度為≈0.0033mol/L＜0.0100mol/L，說(shuō)明混合溶液中有部分氯離子沉淀，故D正確；故選D。二、非選擇題(本題共4小題，共60分。)11.以輝鉍礦(主要成分為Bi2S3，含有FeS2、SiO2雜質(zhì))和軟錳礦(主要成分為MnO2)為原料制備超細(xì)氧化鉍的工藝流程如下：已知：Bi3+易與Cl形成，易發(fā)生水解，其反應(yīng)的離子方程式為：。（1）Bi元素位于第6周期VA族，其價(jià)電子軌道表示式為_(kāi)__________，BiOCl叫氯氧化鉍而不叫次氯酸鉍，從化合價(jià)角度分析原因?yàn)開(kāi)__________。（2）“聯(lián)合焙燒”時(shí)，Bi2S3和MnO2在空氣中反應(yīng)生成Bi2O3和MnSO4.該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)__________。（3）BiCl能被有機(jī)萃取劑(TBP)苯取，其萃取原理可表示為：。①“萃取”時(shí)需向溶液中加入NaCl固體調(diào)節(jié)Cl濃度，萃取率隨c(Cl)變化關(guān)系如圖所示。c(Cl)最佳為1.3mol·L1的可能原因是___________。②萃取后分液所得水相中的主要陽(yáng)離子為_(kāi)__________(填化學(xué)式)。（4）“沉淀反萃取”時(shí)生成草酸鉍[Bi2(C2O4)3·7H2O]晶體。為得到含Cl較少的草酸鉍晶體，“萃取”后將有機(jī)相溶液滴加到草酸溶液中并不斷___________。（5）在空氣中加熱分解草酸鉍晶體，測(cè)得升溫加熱過(guò)程中剩余固體的質(zhì)量與起始Bi2(C2O4)3·7H2O的質(zhì)量的比值隨溫度變化的關(guān)系如圖所示。400℃時(shí)制得超細(xì)氧化鉍，其化學(xué)式為_(kāi)__________。(M[Bi2(C2O4)3·7H2O]=808g·mol1)【答案】（1）①.②.BiOC中氯l價(jià)（2）（3）①.c(Cl)>1.3mol·L1時(shí)，鉍離子(萃取平衡逆向移動(dòng))萃取率下降，鐵離子萃取率上升；c(Cl)<1.3mol·L1時(shí)，鉍離子水解()程度增大，不利于鉍離子的萃取提純②.Fe3+、H＋、Na＋（4）攪拌（5）Bi2O3【解析】【分析】焙燒時(shí)過(guò)量的MnO2分解為Mn2O3，F(xiàn)eS2轉(zhuǎn)變?yōu)镕e2O3，在空氣中Bi2S3單獨(dú)焙燒生成Bi2O3和二氧化硫，水浸分離不溶性金屬氧化物、二氧化硅，加入鹽酸經(jīng)過(guò)酸浸，F(xiàn)e2O3轉(zhuǎn)化為氯化鐵，濾渣為二氧化硅，Mn2O3與濃鹽酸生成氯氣，濾液中含有Bi3+、Fe3+，濾液中加入萃取劑TBP讓Bi3+和Fe3+分離，再加入草酸溶液反萃取出Bi3+，最終得到超細(xì)氧化鉍；【小問(wèn)1詳解】Bi元素位于第6周期VA族，其價(jià)電子表示式為6s26p3，其價(jià)電子軌道表示式為；次氯酸鹽中氯為+1價(jià)，而B(niǎo)iOC中氯為l價(jià)，故叫氯氧化鉍而不叫次氯酸鉍；【小問(wèn)2詳解】“聯(lián)合焙燒”時(shí)，Bi2S3和MnO2在空氣中反應(yīng)生成Bi2O3和MnSO4，Mn元素由+4價(jià)下降到+2價(jià)，O2中O元素由0價(jià)下降到2價(jià)，S元素由2價(jià)上升到+6價(jià)，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒配平方程式為：?！拘?wèn)3詳解】①c(Cl)>1.3mol·L1時(shí)，鉍離子(萃取平衡逆向移動(dòng))萃取率下降，鐵離子萃取率上升；c(Cl)<1.3mol·L1時(shí)，鉍離子水解()程度增大，不利于鉍離子的萃取提純；②“萃取”時(shí)需向溶液中加入NaCl固體調(diào)節(jié)Cl濃度，加入萃取劑TBP的目的讓Bi3+和Fe3+分離，則萃取后分液所得水相中的主要陽(yáng)離子為Fe3+、H＋、Na＋；【小問(wèn)4詳解】為使萃取充分，萃取時(shí)邊攪拌邊將有機(jī)相溶液滴加到草酸溶液中?！拘?wèn)5詳解】若有1molBi2(C2O4)3·7H2O（質(zhì)量為808g）分解得到超細(xì)氧化鉍，設(shè)氧化鉍的化學(xué)式為Bi2Ox，則由Bi元素守恒可知，，解得x≈3，因此氧化鉍的化學(xué)式為Bi2O3。12.鍍鋅鋼構(gòu)件的酸洗廢液中含有2.5mol。L1鹽酸、50%FeCl2·4H2O和2%ZnCl2。實(shí)驗(yàn)室從酸洗廢液中回收鹽酸和FeCl2·4H2O的實(shí)驗(yàn)流程如下：已知化合物的溶解度(g/100g水)數(shù)據(jù)如下表：物質(zhì)0℃10℃20℃30℃40℃60℃80℃100℃FeCl249.759.062.566.770.078.388.794.9ZnCl2342363395437452488541614回答下列問(wèn)題：I．回收鹽酸和FeCl2·4H2O粗產(chǎn)品（1）操作1應(yīng)選擇___________(填序號(hào))。A．水浴加熱B．油浴加熱C．投入沸石（2）為了獲得FeCl2·4H2O粗產(chǎn)品，應(yīng)加熱至留有少量殘余液時(shí)立即停止。①立即停止可以避免Fe2+被氧化外，還能___________。②如果殘余液過(guò)多，可能會(huì)導(dǎo)致___________。(答一條)II．FeCl2·4H2O粗產(chǎn)品的重結(jié)晶（3）檢驗(yàn)FeCl2·4H2O粗產(chǎn)品中含有Fe3+的操作方法是___________。（4）重結(jié)晶前加入物質(zhì)X為_(kāi)__________；操作2的名稱是___________。III．滴定亞鐵離子，測(cè)定FeCl2·4H2O晶體純度準(zhǔn)確稱取ag重結(jié)晶后的FeCl2·4H2O晶體，溶于酸中并定容至100mL。移取三份25.00mL溶液，滴加幾滴指示劑，用cmol。L1K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原色，消耗K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液平均體積為VmL(此時(shí)Cl不被氧化)。(M【FeCl2·4H2O】=199g·mol1)（5）計(jì)算FeCl2·4H2O晶體的純度為_(kāi)__________%(用含a、c的最簡(jiǎn)代數(shù)式表示)。（6）亞甲基藍(lán)可用作以上指示劑，其結(jié)構(gòu)式如下圖。MB可用N，N二甲基苯胺(DMA)為原料制得。①亞甲基藍(lán)陽(yáng)離子中各元素的電負(fù)性從大到小的順序?yàn)開(kāi)__________。②亞甲基藍(lán)中N原子的雜化方式有___________。③DMA的堿性比苯胺強(qiáng)，說(shuō)明理由___________?！敬鸢浮浚?）BC（2）①.防止FeCl2·4H2O結(jié)晶水水量偏低②.析出的FeCl2·4H2O晶體過(guò)少，甚至無(wú)晶體析出或鹽酸回收不充分（3）取少量粗產(chǎn)品樣品，加入少量無(wú)氧水溶解，滴加KSCN溶液顯紅色（4）①.Fe粉②.過(guò)濾（5）（6）①.②.sp2、sp3③.由于甲基是推電子基團(tuán)，使得N原子電子云密度增大，堿性增強(qiáng)【解析】【分析】酸洗廢液中含有鹽酸、氯化亞鐵和氯化鋅，操作1為蒸餾，溜出液為HCl，殘余液中有氯化鋅和氯化亞鐵，冰水浴冷卻抽濾得到氯化亞鐵的粗產(chǎn)品，加入鹽酸和Fe，加入鹽酸抑制FeCl2在結(jié)晶過(guò)程中水解，加入Fe防止Fe2+被氧化，操作2為過(guò)濾，干燥最終得到氯化亞鐵晶體。【小問(wèn)1詳解】操作1為蒸餾，溫度為150℃，水浴無(wú)法達(dá)到150℃，因此應(yīng)該選擇油浴加熱，還需要加入沸石，防止暴沸；【小問(wèn)2詳解】為了獲得FeCl2·4H2O粗產(chǎn)品，應(yīng)適時(shí)停止加熱且留有少量殘余液，這樣做除了防止被氧化外，另一目的是防止FeCl2·4H2O結(jié)晶水水量偏低。若留有殘余液過(guò)多，會(huì)導(dǎo)致析出的FeCl2·4H2O晶體過(guò)少，甚至無(wú)晶體析出或鹽酸回收不充分；【小問(wèn)3詳解】檢驗(yàn)氯化鐵晶體中是否含有Fe3+的操作方法為取少量粗產(chǎn)品樣品，加入少量無(wú)氧水溶解，滴加KSCN溶液，若溶液顯紅色，說(shuō)明其中含有鐵離子；【小問(wèn)4詳解】結(jié)晶前需要加入物質(zhì)X為鐵粉，用途為防止Fe2+被氧化，操作2的名稱為過(guò)濾；【小問(wèn)5詳解】K2Cr2O7與亞鐵離子反應(yīng)離子方程式為6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，消耗的物質(zhì)的量為cV×103mol，則消耗Fe2+的物質(zhì)的量為6cV×103mol，則ag樣品中含有Fe2+：2.4cV×102mol，則FeCl2·4H2O晶體的純度為；【小問(wèn)6詳解】①亞甲基藍(lán)陽(yáng)離子中各元素的電負(fù)性從大到小的順序?yàn)椋虎趤喖谆{(lán)中兩個(gè)苯環(huán)之間的N原子形成兩個(gè)鍵，還有一個(gè)孤電子對(duì)，則雜化方式為sp2，兩外兩個(gè)氮原子，各形成三個(gè)鍵，還有一個(gè)孤電子對(duì)，則雜化方式為sp3；③由于甲基是推電子基團(tuán)，使得N原子電子云密度增大，堿性增強(qiáng)，則DMA的堿性比苯胺強(qiáng)。13.甲醇水蒸氣重整制氫已經(jīng)成為工業(yè)上制取氫氣的重要工藝，甲醇水蒸氣重整過(guò)程中可能出現(xiàn)以下反應(yīng)：反應(yīng)Ⅰ：反應(yīng)Ⅱ：反應(yīng)Ⅲ：回答下列問(wèn)題：（1）_______，反應(yīng)Ⅲ可在_______(填“高溫”或“低溫”或“任意溫度”)下可自發(fā)進(jìn)行。（2）一定溫度下，將1mol甲醇與3mol水蒸氣投入密閉容器中發(fā)生反應(yīng)，一段時(shí)間后達(dá)到平衡，測(cè)得甲醇的轉(zhuǎn)化率為80%，水蒸氣體積分?jǐn)?shù)為，則①該反應(yīng)中水蒸氣的轉(zhuǎn)化率為_(kāi)______。②反應(yīng)Ⅰ的壓強(qiáng)平衡常數(shù)_______。③若對(duì)體系增大壓強(qiáng)，反應(yīng)Ⅰ平衡_______(填“移動(dòng)”或“不移動(dòng)”)。（3）某科研團(tuán)隊(duì)對(duì)光催化還原轉(zhuǎn)化為甲醇進(jìn)行研究(原理如圖)，取得了一定進(jìn)展。①電極1的電勢(shì)_______(填“高于”或“低于”)電極2的電勢(shì)。②該光催化過(guò)程的總反應(yīng)方程式為_(kāi)______?！敬鸢浮浚?）①.91.9（或+91.9）②.高溫（2）①.20%②.2.75③.移動(dòng)（3）①.高于②.2CO2+4H2O2CH3OH+3O2【解析】【小問(wèn)1詳解】反應(yīng)Ⅲ反應(yīng)Ⅰ可得反應(yīng)Ⅱ，根據(jù)蓋斯定律，==；反應(yīng)Ⅲ的，，在高溫下，即在高溫下反應(yīng)可自發(fā)進(jìn)行，故答案為：91.9（或+91.9）；高溫；【小問(wèn)2詳解】設(shè)轉(zhuǎn)化的水蒸氣的物質(zhì)的量為x，列出有關(guān)反應(yīng)的三段式：依據(jù)水蒸氣體積分?jǐn)?shù)為，則有：=，解得x=0.6；①該反應(yīng)中水蒸氣的轉(zhuǎn)化率為100%=20%；②設(shè)反應(yīng)Ⅰ達(dá)到平衡時(shí)總壓為P，則CO、H2O、CO2、H2的分壓分別為：p(CO)=P、p(H2O)=P、p(CO2)=P、p(H2)=P，則壓強(qiáng)平衡常數(shù)==2.75；③反應(yīng)Ⅱ是氣體體積增大的吸熱反應(yīng)，若對(duì)體系增大壓強(qiáng)，反應(yīng)Ⅱ平衡會(huì)向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，則使體系溫度發(fā)生改變，導(dǎo)致反應(yīng)Ⅰ平衡發(fā)生移動(dòng)，故答案為：移動(dòng)?！拘?wèn)3詳解】①由圖可知，電極1發(fā)生CO2轉(zhuǎn)化為CH3OH的反應(yīng)，CO2被還原，電極2發(fā)生H2O轉(zhuǎn)化為O2的反應(yīng)，H2O被氧化，則電極1為正極，電極2為負(fù)極，正極電勢(shì)高于負(fù)極電勢(shì)，則電極1的電勢(shì)高于電極2的電勢(shì)，故答案為：高于；②負(fù)極反應(yīng)為：2H2O4e=4H++O2↑，正極反應(yīng)為：CO2+6H++6e=CH3OH+H2O，將兩反應(yīng)式相加得總反應(yīng)方程式為2CO2+4H2O2CH3OH+3O2，故答案為：2CO2+4H2O2CH3OH+3O2。14.Hoffman降解是二種由酰胺合成氨的方法?？h有產(chǎn)率高、純度高等優(yōu)點(diǎn)，在合成上有重要應(yīng)用。一種用Hoffman降解合成普瑞巴林(pregabal)的合成路線：已知，Hoffman降解：回答下列問(wèn)題：（1）B中官能團(tuán)的名稱為_(kāi)__________。（2）只用一種試劑鑒別A、B、C，該試劑是___________。（3）D→E的反應(yīng)類型是___________。（4）寫出B→C的化學(xué)反應(yīng)方程式___________。（5）寫出G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式___________。（6）X是B的同分異構(gòu)體，分子中含一個(gè)五元環(huán)。能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，但不能使溴的CCl4溶液褪色，其中1HNMR譜顯示有5組峰，且峰面積之比為4：4：2：1：1的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)__________。【答案】（1）碳碳雙