山東省淄博市2024屆高三下學期三模化學試題

參照秘密級管理★啟用前高三仿真試題化學注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質(zhì)量：H1Li7Be9B11C12O16F19S32Ca40一、選擇題：本題共10小題，每題2分，共20分，每小題只有1個選項符合題目要求。1.下列“十四五”規(guī)劃重要科技領域所涉及的材料中，主要成分屬于金屬材料的是A.人工智能芯片 B.人造軟骨聚乙烯醇C.深海蛟龍潛水器 D.量子信息碳納米管【答案】C【解析】【詳解】A．人工智能芯片的主要成分是高純硅，屬于無機非金屬材料，A不合題意；B．聚乙烯醇用于制作人造軟骨組織，屬于有機高分子材料，B不合題意；C．深海蛟龍潛水器的主要成分是新型的合金，屬于金屬材料，C符合題意；D．量子信息碳納米管是碳的一種新型單質(zhì)，屬于非金屬材料，D不合題意；故答案為：C。2.下列物質(zhì)的顏色變化與氧化還原反應無關的是A.濃硝酸久置后顏色變黃B.將溶液加熱，溶液由藍色變?yōu)榫G色C.將粉末露置在空氣中，固體由淡黃色變?yōu)榘咨獶.向酸性溶液中加入乙醇，溶液由橙色變?yōu)榫G色【答案】B【解析】【詳解】A．濃硝酸久置后顏色變黃，是因為硝酸分解的NO2溶入硝酸中，使顏色變黃，化學方程式為：，與氧化還原反應有關，A不符合題意；B．由于反應是吸熱反應，為藍色，為綠色，將溶液加熱，平衡正向移動，溶液由藍色變?yōu)榫G色，與氧化還原反應無關，B符合題意；C．與空氣中水蒸氣、二氧化碳反應生成氧氣，反應中發(fā)生了氧化還原反應，C不符合題意；D．向酸性溶液中加入乙醇，酸性溶液被乙醇還原成Cr3+，溶液由橙色變?yōu)榫G色，與氧化還原反應有關，D不符合題意；故選B。3.下列關于試劑配制和存放的說法錯誤的是A.氯水、澄清石灰水、銀氨溶液需現(xiàn)用現(xiàn)配制B.未用完的強氧化劑、需放回原試劑瓶C.配制硫酸需用到燒杯、量筒、玻璃棒、膠頭滴管D.存放溶液需隔絕空氣加入稀硫酸和鐵粉，防止水解和氧化【答案】B【解析】【詳解】A．氯水中次氯酸見光分解、導致氯水變質(zhì)，澄清石灰水會吸收二氧化碳而變質(zhì)，銀氨溶液久置會產(chǎn)生爆炸性物質(zhì)，故均需現(xiàn)用現(xiàn)配制，A正確；B．未用完的強氧化劑如、等可能已被污染或變質(zhì)，不能放回原試劑瓶，B錯誤；C．由配制一定質(zhì)量分數(shù)的溶液步驟可知，配制硫酸需用到燒杯、量筒、玻璃棒、膠頭滴管，C正確；D．具有強還原性易被氧氣氧化，且易水解，則存放溶液需隔絕空氣加入稀硫酸和鐵粉，防止水解和氧化，D正確；故選B。4.物質(zhì)結(jié)構(gòu)決定物質(zhì)性質(zhì)，下列性質(zhì)差異與結(jié)構(gòu)因素匹配正確的是性質(zhì)差異結(jié)構(gòu)因素A熔點：離子鍵的強度B溶解度（20℃）：陰離子電荷數(shù)C鍵角：中心原子的雜化方式D酸性：推電子效應：乙基甲基A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．AlCl3為共價化合物，為分子晶體，熔點受分子間作用力影響，無離子鍵，A選項錯誤；B．碳酸氫鈉在水中的溶解度比碳酸鈉小的原因是碳酸氫鈉晶體中間存在氫鍵，與陰離子電荷數(shù)無關，B選項錯誤；C．甲烷和氨氣的中心原子的雜化方式均為sp3，其鍵角差異是：氨氣的中心原子N原子上有孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論，孤電子對與σ鍵的斥力大于σ鍵之間的斥力，因此氨氣的鍵角略小于109.5°，C選項錯誤；D．乙酸中羧基與甲基相連，丙酸中羧基與乙基相連，乙基的推電子能力強于甲基，因此乙酸中的O-H鍵極性更強，更易電離，D選項正確；故答案選D。5.下列玻璃儀器在相應實驗中選用不合理的是A.重結(jié)晶法提純苯甲酸：①②③ B.蒸餾法分離CH2Cl2和CCl4：③⑤⑥C.濃硫酸催化乙醇制備乙烯：③⑤ D.酸堿滴定法測定NaOH溶液濃度：④⑥【答案】A【解析】【詳解】A．粗苯甲酸中含有少量氯化鈉和泥沙，需要利用重結(jié)晶來提純苯甲酸，具體操作為加熱溶解、趁熱過濾和冷卻結(jié)晶，此時利用的玻璃儀器有漏斗、燒杯、玻璃棒，A選項裝置選擇不合理；B．蒸餾法需要用到溫度計以測量蒸汽溫度、蒸餾燒瓶用來盛裝混合溶液、錐形瓶用于盛裝收集到的餾分，B選項裝置選擇合理；C．濃硫酸催化制乙烯需要控制反應溫度為170℃，需要利用溫度計測量反應體系的溫度，C選項裝置選擇合理；D．酸堿滴定法測定NaOH溶液濃度是用已知濃度的酸液滴定未知濃度的堿液，酸液盛裝在酸式滴定管中，D選項裝置選擇合理；故答案選A。6.實驗室制備乙酸異戊酯（沸點142℃）的原理及裝置如圖，利用環(huán)己烷—水的共沸體系（沸點69℃）帶出水分。已知體系中沸點最低的有機物是環(huán)己烷（沸點81℃）。下列說法錯誤的是A.錐形瓶中會出現(xiàn)分層現(xiàn)象B.共沸體系帶水促使反應正向進行C.根據(jù)帶出水的體積可估算反應進度D.反應時水浴溫度需嚴格控制在69℃【答案】D【解析】【詳解】A．錐形瓶中接收是環(huán)己烷-水的共沸體系，環(huán)己烷不溶于水，會出現(xiàn)分層現(xiàn)象，故A正確；B．由反應方程式可知，生成物中含有水，若將水分離出去，可促進反應正向進行，該反應選擇以共沸體系帶水可以促使反應正向進行，故B正確；C．根據(jù)投料量，可估計生成水的體積，所以可根據(jù)帶出水的體積估算反應進度，故C正確；D．反應產(chǎn)品的沸點為142℃，環(huán)己烷的沸點是81℃，環(huán)己烷-水的共沸體系的沸點為69℃，可以溫度可以控制在69℃～81℃之間，不需要嚴格控制在69℃，故D錯誤；答案選D。7.元素X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，且不在同一周期。X與Y位于同一主族，基態(tài)Y原子p軌道電子數(shù)比s軌道電子數(shù)多4，離子3d軌道有6個電子。每個晶胞（晶胞參數(shù)，）中有4個Y原子且位于晶胞體內(nèi)。下列說法錯誤的是A.電負性大小順序：B.晶體中Y原子的雜化方式為雜化C.簡單氫化物的還原性：D.位于該晶胞的所有頂點、面心和體心【答案】D【解析】【分析】基態(tài)Y原子p軌道電子數(shù)比s軌道電子數(shù)多4，電子排布式為1s22s22p63s23p4，Y為S，X為O，Z2+離子3d軌道有6個電子，Z為Fe，每個ZYX4晶胞中有4個Y原子且位于晶胞體內(nèi)，則該晶胞中有4個Fe，4個S和16個O，據(jù)此回答?！驹斀狻緼．非金屬性越強，電負性越大，則電負性大小順序：O>S，A正確；B．硫酸根離子sp3雜化，空間構(gòu)型為正四面體，B正確；C．非金屬單質(zhì)的氧化性越弱，簡單氫化物的還原性越強，則簡單氫化物的還原性：H2O<H2S，C正確；D．Fe2+有4個，則不可能位于頂點、面心和體心，若位于頂點、面心和體心，則均攤數(shù)目為5個，D錯誤；故選D。8.由下列實驗及現(xiàn)象能推出相應結(jié)論的是實驗操作現(xiàn)象結(jié)論A乙醇和濃硫酸共熱至170℃，將產(chǎn)生的氣體通入溴水中溴水褪色乙烯與Br2發(fā)生了加成反應B加熱盛有少量NH4HCO3固體的試管，將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口處石蕊試紙變藍NH4HCO3呈堿性C向2支盛有2mL等濃度銀氨溶液的試管中分別加入2滴等濃度的NaCl和NaI溶液一支試管中產(chǎn)生黃色沉淀，另一支中無明顯現(xiàn)象D取少量稀硫酸催化的淀粉水解液于試管中，加入少量碘水溶液變藍淀粉未水解A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．乙醇和濃硫酸共熱至170℃，產(chǎn)生的氣體中含有二氧化硫，也能使溴水褪色，不能驗證乙烯發(fā)生加成反應，A不合題意；B．碳酸氫銨不穩(wěn)定，加熱易分解，生成的氨氣可使石蕊試紙變藍，B不合題意；C．向2支盛有2mL等濃度銀氨溶液的試管中分別加入2滴等濃度的NaCl和NaI溶液，一支試管中產(chǎn)生黃色沉淀，另一支中無明顯現(xiàn)象，Ksp小的先沉淀，先生成黃色沉淀，可知Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，C符合題意；D．淀粉遇碘單質(zhì)變藍，淀粉水解液中加入少量碘水，若出現(xiàn)藍色，只能說明水解液中仍有淀粉，至于是淀粉未水解還是已經(jīng)部分水解，無法確定，D不合題意；故答案為：C。9.一種新型雙功能催化劑電池的工作原理及催化路徑如圖所示。*R表示R基團在催化劑表面的吸附態(tài)。下列說法錯誤的是A.放電時，b極電勢高于a極B.放電時，與起始相比右室n(OH-)減少C.充電時，決速步反應為D.充電時，a極電極反應式【答案】B【解析】【分析】由題干裝置圖可知，放電時，鋅失去電子，作負極即a為負極，負極反應式為：Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，b為正極，電極反應式為：O2+2H2O+4e-=4OH-，據(jù)此分析解題?！驹斀狻緼．由分析可知，放電時，a極為負極，b極為正極，則b極電勢高于a極，A正確；B．由分析可知，放電時，b為正極，電極反應式為：O2+2H2O+4e-=4OH-，根據(jù)電荷守恒可知，每生成4molOH-電路上轉(zhuǎn)移4mol電子，則有4molOH-移向負極，故與起始相比右室n(OH-)不變，B錯誤；C．由反應活化能越大反應速率越慢，多步反應中速率最慢的一步為決速步驟并結(jié)合題干圖示信息可知，充電時，決速步反應為，C正確；D．由分析可知，放電時，a為負極，負極反應式為：Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，則充電時，a極為陰極，其電極反應式為，D正確；故答案為：B。10.光催化氧化處理含硫廢液的機理如圖所示，和分別與反應生成和。下列說法錯誤的是A.④的反應為B.過低或過高均會影響催化劑的催化效果C.①②過程和③④過程產(chǎn)生的之比為D.氧化含硫廢液的總反應為【答案】C【解析】【分析】由圖示可知：過程①O2+H++e-→HO2?、過程②HO2?+→+HO?、過程③h++OH-→HO?、過程④+2HO?→+H2O。【詳解】A．過程④為·OH氧化為硫酸根，其反應為+2HO?→+H2O，故A選項正確；B．該變化過程中氫離子和氫氧根均參與了反應，所以pH過低或過高均會影響催化劑的催化效果，故B選項正確；C．反應①②過程中HO2?和反應生成，反應為：HO2?+=+·OH，反應③④過程中?OH和反應生成，反應為+2?OH=+H2O，由分析可知H+~HO2?，?OH~OH-，而H2O電離的H+和OH-物質(zhì)的量之比1:1，所以產(chǎn)生的之比為2:1，故C選項錯誤；D．由圖可知，氧化含硫廢液的總反應為，故D選項正確；故答案為：C。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題目要求，全都選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11.以含鈷廢料（成分為、，含少量、、等雜質(zhì)）為原料制備的流程如圖所示。下列說法錯誤的是已知：①“酸浸”后的濾液中含有、、等②氧化性：③有關數(shù)據(jù)如表（完全沉淀時金屬離子濃度）沉淀完全沉淀時的pHA.“酸浸”時，可用鹽酸代替硫酸B.“酸浸”和“氧化”兩步可合并，可使用稀硫酸和C.“調(diào)”除雜時溶液中若，需調(diào)的范圍為D.“一系列操作”用到的硅酸鹽儀器有漏斗、玻璃棒、燒杯【答案】A【解析】【分析】含鈷廢料(成分為、，含少量、、等雜質(zhì))通硫酸、二氧化硫“酸浸”，SiO2不發(fā)生反應，過濾得濾渣Ⅰ為SiO2，濾液中含有、、等，加氯酸鈉溶液把氧化為Fe3+、加碳酸鈉調(diào)節(jié)pH除去雜質(zhì)Fe3+、A13+，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀(濾渣Ⅱ)；濾液中加入碳酸氫銨、氨水“沉鈷”生成沉淀，經(jīng)一系列操作得到純凈的?！驹斀狻緼．根據(jù)信息②，氧化性：，能氧化鹽酸，則“酸浸”時，不可用鹽酸代替硫酸，A錯誤；B．硫酸可溶解金屬氧化物，過氧化氫能將Co3+還原為Co2+，則“酸浸”和“氧化”兩步可合并，可使用稀硫酸和，B正確；C．除雜時要使Fe3+、A13+沉淀完全生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀、但Co2+不能沉淀，常溫下，完全沉淀時pH=9.4，c(OH-)=10－4.6mol·L－1，則Ksp[Co(OH)2]=10－5×1.0×(l0－4.6)2=10－14.2，“調(diào)”除雜時溶液中若，則c(OH-)=，此時溶液pH=7.4，即應控制溶液的可避免Co2+產(chǎn)生沉淀，則結(jié)合表格數(shù)據(jù)可知，除雜時需調(diào)的范圍為，C正確；D．“沉鈷”生成沉淀，需過濾，則“一系列操作”用到的硅酸鹽儀器有漏斗、玻璃棒、燒杯，D正確；選A。12.乙酰乙酸乙酯能發(fā)生如下轉(zhuǎn)化：已知：（R為烴基或氫）。下列說法錯誤的是A.水解后可得環(huán)己酮B.乙酰乙酸乙酯存在具有分子內(nèi)氫鍵的異構(gòu)體C.推測可能為（表示碳負離子）D.含有和的乙酰乙酸乙酯的同分異構(gòu)體有4種【答案】D【解析】【詳解】A．水解后可得環(huán)己酮，A正確；B．乙酰乙酸乙酯存在具有分子內(nèi)氫鍵的異構(gòu)體，如，B正確；C．由題干轉(zhuǎn)化流程中Na+X-與CH3CH2CH2Br反應的產(chǎn)物可知，推測可能X-為

(

表示碳負離子)，C正確；D．乙酰乙酸乙酯共6個碳原子，3個O原子，2個不飽和度，除了含有和外，還剩余3個碳原子，則相當于和取代丙烷上的2個氫原子，用定一動一的思路書寫，可得同分異構(gòu)體有5種，D錯誤；故選D。13.一種自生酸和堿的電化學回收體系如圖所示。表示等含磷微粒，為。下列說法錯誤的是A.a、c為陰離子交換膜，b為陽離子交換膜B.X為，將其泵入吸收室用于吸收C.當電路中通過電子，陰極增重D.Ⅲ室可發(fā)生反應：【答案】AC【解析】【分析】由I室電極產(chǎn)生O2，III室電極產(chǎn)生H2可知，左側(cè)為陽極，右側(cè)為陰極，I室產(chǎn)生H+進入II室溶液，為了保證II室溶液電中性，脫鹽室中硫酸根離子進入II室，II室物質(zhì)X為硫酸，故a膜為陽離子交換膜，b膜為陰離子交換膜，II室硫酸泵入吸收室用于吸收NH3，脫鹽室中硫酸根經(jīng)過b膜進入II室，則Na+通過c膜進入III室，c膜為陽離子交換膜?！驹斀狻緼．根據(jù)分析，a、c為陽離子交換膜，b為陰離子交換膜，A錯誤；B．根據(jù)分析可知，II室物質(zhì)X為硫酸，硫酸泵入吸收室用于吸收NH3，B正確；C．III室電極為陰極，電極反應式，轉(zhuǎn)移0.14mol電子，共生成0.14mol，除了生成羥基磷灰石，還要與銨根反應，根據(jù)，當參與反應的OH-少于0.14mol，生成的羥基磷灰石少于0.01mol，0.01mol羥基磷灰石為10.04g，故陰極增重小于10.04g，C錯誤；D．III室要生成羥基磷灰石，根據(jù)得失電子守恒及電荷守恒：，D正確；答案選AC。14.某密閉容器中發(fā)生以下兩個反應：①；②。反應①的正反應速率，反應②的正反應速率，其中、為速率常數(shù)。某溫度下，體系中生成物濃度隨時間變化的關系如圖所示。下列說法正確的是A.反應①的活化能大于反應②B.時，正反應速率C.內(nèi)，X的平均反應速率D.該溫度時，【答案】BD【解析】【詳解】A．由圖可知，初始生成M的速率大于N，則反應①的話化能小于反應②，A錯誤；B．由圖可知，初始生成M的速率大于N，則＞，10s時兩個反應均達到平衡狀態(tài)，由于、，則正反應速率，B正確；C．①②反應中XQ的系數(shù)均為1，則內(nèi)，X的平均反應速率為，C錯誤；D．、，則，由圖可知，平衡時刻M、N的濃度分別為2mol/L、5mol/L，則，D錯誤；故選A。15.常溫下，向飽和溶液[有足量固體]中滴加氨水，發(fā)生反應：，溶液中與的關系如圖所示，其中表示、、、的濃度。下列說法錯誤的是A.表示與的關系B.的C.時，D.的【答案】CD【解析】【分析】有足量固體的飽和氫氧化銅溶液中滴加氨水，，隨著氨水的加入，由于氫氧化銅持續(xù)提供銅離子，故使得的濃度迅速增大、增大程度遠小于增大，由于不變，則c(Cu2+)濃度減小，則L3、L4分別為c(Cu2+)、曲線；由于溶液的堿性增強且持續(xù)不斷加入氨水，的電離程度被抑制，則會使得最終一水合氨的濃度大于銨根離子的濃度，故L1、L2分別為、曲線；【詳解】A．由分析可知，L1表示溶液中與pH的關系，故A選項正確；B．由q點可知，c(Cu2+)=10-13.7mol/L、pH=11，則pOH=3，則Cu(OH)2的溶度積常數(shù)，故B選項正確；C．pH=9.3時，pOH=4.7，溶液中由電荷守恒可知，，由圖可知此時=，則，，故C選項錯誤；D．由pH=11時數(shù)據(jù)可知，，故D選項錯誤；故答案選CD。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.硼元素可形成許多結(jié)構(gòu)和性質(zhì)特殊的化合物。回答下列問題：（1）二維硼烯氧化物的部分結(jié)構(gòu)如圖所示，其化學式為______________，鍵長_______鍵長（填“”“”或“”）。（2）將、溶于二乙二醇二甲醚，加入四氫呋喃（）可制得和NaF，則反應的化學方程式為____________。中鍵角______中鍵角（填“”“”或“”）。在水中的溶解度大于其在苯中的溶解度，原因是______。（3）一定條件下，、、發(fā)生非氧化還原反應可制得晶體，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示（氧原子未畫出），晶胞參數(shù)，，，若A、D、E三點的原子分數(shù)坐標分別為、、，晶胞中D、E間距離為______。設阿伏加德羅常數(shù)的值為，該晶體的密度為______（用含的代數(shù)式表示）。【答案】（1）①.或②.（2）①.②.③.與均為極性分子，且與分子間能形成氫鍵（3）①.②.【解析】【小問1詳解】根據(jù)二維硼烯氧化物的部分結(jié)構(gòu)可知每個還中含有2個O原子，B原子個數(shù)為，其化學式為或，由圖可知鍵長＞鍵長，應為O原子在兩個B原子之間；【小問2詳解】、溶于二乙二醇二甲醚，加入四氫呋喃（）可制得和NaF，則反應的化學方程式為：；中C為sp3雜化，中C為sp2雜化，鍵角根據(jù)雜化類型：sp>sp2>sp3雜化，中鍵角＞中鍵角；在水中的溶解度大于其在苯中的溶解度，原因是與均為極性分子，且與分子間能形成氫鍵【小問3詳解】D、E之間的高度差為：[d-(1-d)]cpm，由于，D、E水平面間的距離為，D、E間距離為；F：，Be：，B：，發(fā)生非氧化還原反應可知各元素化合價不變，可知O的個數(shù)為9，化學式為，故設阿伏加德羅常數(shù)的值為，1pm=10-10cm，根據(jù)，該晶體的密度為。17.以螢石尾礦（含、、及少量、、、、）為原料經(jīng)過兩段除鋁制備鋰鹽和的工藝流程如下：已知：與生成的可被萃??；（有機相）（有機相）回答下列問題：（1）“加熱酸溶”時濾渣Ⅰ的主要成分是和______，“沉鐵”后的pH______（填“變大”“變小”或“不變”）。（2）物質(zhì)的溶解度曲線如圖所示，“精制Ⅰ”時，得到濾渣Ⅱ的實驗方法為______?！熬脾颉睍r，pH不宜過低的原因是______。（3）“萃取”時，還需要加入的作用是______?！胺摧腿　敝屑尤氲姆摧腿開_____（填化學式）。（4）若不進行“操作X”，將導致_________。“沉鈹”時。將從提高到，則鈹?shù)膿p失降低至原來的______?！敬鸢浮浚?）①.②.變?。?）①.加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾②.與生成苯甲酸，導致能與結(jié)合的減少，生成的苯甲酸鋁減少，使鋁的去除率降低（3）①.增大的濃度，使轉(zhuǎn)化成，提高的萃取率②.（4）①.沉鈹時會混有雜質(zhì)②.10【解析】【分析】螢石尾礦（含、、及少量、、、、）加入稀硫酸，加熱酸溶，此時、、、、、、都發(fā)生溶解，只有不反應，、發(fā)生轉(zhuǎn)化，生成CaSO4沉淀；故濾渣I為和CaSO4，加入H2O2將Fe2+氧化為Fe3+并轉(zhuǎn)化為NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀除去；此時濾液主要含有Be2+、Li+和Al3+；加入K2SO4，結(jié)合物質(zhì)的溶解度曲線，可知“精制Ⅰ”時，得到濾渣Ⅱ的實驗方法為加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾，得到，精制Ⅱ中溶液中的Al3+繼續(xù)通過與苯甲酸鈉作用生成苯甲酸鋁沉淀除去；同時得到主要含有Be2+、Li+的濾液，金屬鋰是通過有機物的萃取分離出來；水相含有Be2+、Fe3+，操作X為除去Fe3+，再加入氨水沉鈹，據(jù)此分析解答?！拘?詳解】由分析知，“加熱酸溶”時濾渣Ⅰ的主要成分是和，“沉鐵”過程，加入Na2SO4將Fe3+轉(zhuǎn)化為NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀，發(fā)生離子反應：，即反應生成H+，H+濃度增大，則“沉鐵”后的pH變小。【小問2詳解】沉鐵后的濾液主要含有Be2+、Li+和Al3+，加入K2SO4，結(jié)合物質(zhì)的溶解度曲線，可知“精制Ⅰ”時，得到濾渣Ⅱ的實驗方法為加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾，得到。因為與生成苯甲酸，導致能與結(jié)合的減少，生成的苯甲酸鋁減少，使鋁的去除率降低，故“精制Ⅱ”時，pH不宜過低?！拘?詳解】已知：與生成的可被萃取，故“萃取”時，需要先將FeCl3轉(zhuǎn)化為，Li+再與結(jié)合成LiFeCl4的形式被TBP萃取，則加入NH4C1的作用是：增大的濃度，使轉(zhuǎn)化成，提高的萃取率；向LiFeCl4/TBP溶液中加入反萃取劑，其目的是將鋰元素從LiFeCl4的形式轉(zhuǎn)化為Li+，從有機相中釋放出來，因為（有機相）（有機相），加入鹽酸或HCl可使該平衡正向移動，將LiFeCl4轉(zhuǎn)化為HFeCl4，同時釋放Li+，使HFeCl4存在于有機相中，鋰元素以Li+形式存在于水相中，則“反萃取”步驟中，加入的反萃取劑最好是鹽酸或HCl。【小問4詳解】操作X為除去Fe3+，若不進行“操作X”，將導致沉鈹時會混有雜質(zhì)?！俺菱敗睍r，=時，溶液中Be2+的濃度為，=時，溶液中Be2+的濃度為，溶液中的Be2+即為損失的Be2+，則將從提高到，則鈹?shù)膿p失降低至原來的。18.實驗室制備的裝置如圖所示（夾持裝置略），易潮解、易升華，高溫下易被氧氣氧化。已知：能被氧化為?；卮鹣铝袉栴}：（1）裝置B中發(fā)生反應的化學方程式為____________。實驗操作的正確順序為：連接裝置檢查裝置氣密性，裝入藥品；______（填標號）。a．加熱反應管繼續(xù)升溫至650℃，直至裝置B中反應完全，停止加熱裝置Bb．關閉、，打開，水浴A保持在之間c．停止加熱裝置A，打開、，關閉，繼續(xù)通至E中無液滴滴下d．停止通入冷凝水e．打開、、，通入并通入冷凝水f．加熱管式爐的反應管至（2）儀器D的名稱為______；D、E作用為______；氣體有毒，遇水產(chǎn)生兩種酸性氣體，裝置F中發(fā)生反應的化學方程式為____________；圖示裝置存在的兩處缺陷是______。（3）稱取）樣品配成溶液移取于碘量瓶中，加入（足量）充分反應，加熱煮沸，冷卻后加入溶液和足量溶液，加入少量淀粉溶液，用標準溶液滴定至終點，實驗數(shù)據(jù)如下表。（已知：雜質(zhì)不反應；）組別滴定前讀數(shù)（mL）滴定后讀數(shù)（mL）1234①向碘量瓶中加入后，發(fā)生反應的離子方程式為____________。②該樣品中的質(zhì)量分數(shù)為______。【答案】（1）①.②.efbacd（2）①.直形冷凝管②.冷凝并收集未反應完的③.④.B、C之間導管易造成堵塞；E、F之間無干燥裝置（3）①.②.【解析】【分析】結(jié)合題干所給信息，可知該實驗是利用Cr2O3和CCl4反應，制備CrCl3。通過蒸餾裝置可知，另一產(chǎn)物為COCl2，根據(jù)已知可知其與水反應得到的酸性氣體為CO2和HCl【小問1詳解】根據(jù)分析可知，在裝置B中的反應為：。反應時，應先將裝置內(nèi)空氣排出，之后對其進行預加熱，再將K1，K3關閉，對圓底燒瓶進行水浴加熱，使氨氣從K2進入反應裝置。同時對硬質(zhì)玻璃管繼續(xù)加熱，使反應進行。待B中反應結(jié)束后，停止加熱，為將產(chǎn)物全部排出，開始繼續(xù)通入氮氣。綜上所述，其順序為：efbacd【小問2詳解】裝置D為直形冷凝管，裝置D、E的作用是為了，冷凝并收集未反應完的。根據(jù)上述分析可知，COCl2與水反應得到的酸性氣體為CO2和HCl，故其與氫氧化鈉溶液的反應為：。由于B、C之間的導管較小，故氣流可能會將Cr2O3粉末帶入導管內(nèi)，導致其堵塞。而且CrCl3易潮解，故E、F間需要加一個干燥裝置。故整體缺陷為：B、C之間導管易造成堵塞；E、F之間無干燥裝置【小問3詳解】CrCl3溶于水電離出Cr3+，能被氧化為，故反應的離子方程式為：。對表格中數(shù)據(jù)進行分析可知，第二組數(shù)據(jù)偏差較大，舍去。剩余三組的溶液體積平均值為18.00mL，整個反應的過程為，先讓足量的過氧化鈉和三氯化鉻反應，再讓碘化鉀去還原生成的，再用硫代硫酸鈉滴定生成的碘單質(zhì)。其數(shù)量關系為：~2~3~6。故有：，因只取了25mL的樣品溶液，故總共的=。樣品的質(zhì)量分數(shù)為：19.抗腫瘤藥物來那度胺（H）的一種合成路線如下：已知：Ⅰ．、烷基、苯基、?；颍宥⊙趿u基不與酯基反應回答下列問題：（1）A→B新生成的官能團名稱為_______，B→C反應條件為_______。（2）在B的芳香族同分異構(gòu)體中，符合下列條件的結(jié)構(gòu)簡式為_______（任寫1種）。a．與溶液反應放出氣體b．不能發(fā)生水解反應c．含有4種化學環(huán)境氫，峰面積之比為（3）E的結(jié)構(gòu)簡式為_______；F→G的化學方程式為______________。G→H反應類型為_______。（4）用脫去基團時，往往會生成。請從物質(zhì)結(jié)構(gòu)角度分析生成該產(chǎn)物的原因_______。（5）根據(jù)上述信息，寫出以苯胺和氨基戊二酸二甲酯為主要原料制備的合成路線_____?！敬鸢浮浚?）①.酯基②.、光照（2）或或（3）①.②.③.還原反應（4）的原子有孤對電子和形成配位鍵（5）【解析】【分析】根據(jù)反應條件判斷A發(fā)生酯化反應生成B，B發(fā)生取代反應生成C，C發(fā)生取代反應成環(huán)生成D，結(jié)合D結(jié)構(gòu)簡式及各物質(zhì)分子式可知，A為，B為，C為；參考已知I及H結(jié)構(gòu)簡式，推測F為，發(fā)生反應生成G，G中硝基發(fā)生還原轉(zhuǎn)化為氨基；對比D和F結(jié)構(gòu)簡式，則E結(jié)構(gòu)簡式：?！拘?詳解】根據(jù)分析可知，發(fā)生酯化反應，則生成新官能團為酯基；發(fā)生苯環(huán)側(cè)鏈甲基上的H原子取代，反應條件為光照、；【小問2詳解】在B的芳香族同分異構(gòu)體中，符合下列條件：a．與溶液反應放出氣體，說明含官能團羧基；b．不能發(fā)生水解反應，說明無酯基；c．含有4種化學環(huán)境的氫，峰面積之比為，說明為對稱結(jié)構(gòu)，則符合要求的結(jié)構(gòu)簡式：或或；【小問3詳解】根分析，E結(jié)構(gòu)簡式：；根據(jù)分析，參考已知I，F(xiàn)→G的化學方程式：；G→H苯環(huán)上硝基被還原轉(zhuǎn)化為氨基，發(fā)生還原反應；小問4詳解】的原子有孤對電子和形成配位鍵，從而導致用脫去基團時，往往會生成；【小問5詳解】參考已知II，氨基戊二酸二甲酯發(fā)生反應生成，參考已知I，反應生成，發(fā)生反應II生成目標產(chǎn)物，具體合成路線如下：。20.和的重整制氫涉及如下反應：反應Ⅰ：反應Ⅱ：反應Ⅲ：回答下列問題：（1）______，該反應能______（填“高溫”或“低溫”）自發(fā)進行。（2）一定溫度下，向容積不等的恒容密閉容器中分別通入等量的發(fā)生反應Ⅰ，經(jīng)過相同時間，測得各容器中的轉(zhuǎn)化率與容器容積的關系如圖所示，下列說法正確的是______。A.b、c點的B.正反應速率C.a點所示條件下滿足D.在a點再通入，平衡后的轉(zhuǎn)化率將增大（3）在恒壓下按組成通入混合氣體，反應相同時間后，、和的體積分數(shù)隨溫度的變化關系如圖甲所示，測得平衡狀態(tài)下的收率和的轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化曲線如圖乙所示。[已知：的收率，的收率]①時，的體積分數(shù)為______，在范圍內(nèi)，其他條件不變，隨著溫度升高，的體積分數(shù)先增大而后減小，其原因可能是______。②計算，的收率______。保持恒壓和投料比不變，不通入，則相同溫度下轉(zhuǎn)化率______（填“增大”“減小”或“不變”）。③設為相對壓力平衡常數(shù)，其表達式寫法：在濃度平衡常數(shù)表達式中，用相對分壓代替濃度。氣體的相對分壓等于其分壓（單位為）除以。計算時反應Ⅰ的相對壓力平衡常數(shù)為______（列式表示）?！敬?/p>