重庆市第八名校2023-2024学年高三上学期10月期中考试化学试题（解析版）

这是一份重庆市第八名校2023-2024学年高三上学期10月期中考试化学试题（解析版），共27页。试卷主要包含了 下列方程式正确的是， 25℃时，苯胺的电离平衡常数等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。
2.每小题选出答案后、用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时75分钟。
可能用到的相对原子质量：H—l Li—7 C—12 N—14 O—16 Si—28 S—32 Cl—35.5 Mn—55 Fe—56 C—59
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列说法错误是
A. 战国青铜器属于金属材料
B. 脲醛树脂可用于生产电器开关
C. 氢氟酸具有弱酸性，因此可刻蚀玻璃
D. 同服补铁剂与维生素C可提高补铁效果
【答案】C
【解析】
【详解】A．战国青铜器是铜的一种合金，故属于金属材料，A正确；
B．脲醛树脂具有热固性，不能导电，可用于生产电器开关，B正确；
C．氢氟酸用于刻蚀玻璃，是由于SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，是氢氟酸的一种特性，与氢氟酸具有弱酸性无关，C错误；
D．补铁剂中铁为+2价，维生素C具有还原性，同服补铁剂与维生素C可以防止Fe2+被氧化为Fe3+，故可提高补铁效果，D正确；
故答案为：C。
2. 只改变一个影响因素，下列关于化学平衡说法错误的是
A. 平衡常数改变后，化学平衡一定发生移动
B. 化学平衡移动后，平衡常数不一定改变
C. 平衡正向移动，反应物的转化率一定增大
D. 正反应速率大于逆反应速率，平衡一定正向移动
【答案】C
【解析】
【详解】A．平衡常数K值是温度的函数，K值变化，说明温度发生了改变，则平衡一定发生移动，A正确；
B．若是改变浓度或压强使平衡发生移动，而温度不变，则平衡常数K值不变，B正确；
C．平衡正向移动，反应物的转化率不一定增大，如：向该容器中加入的物质，其转化率降低，C错误；
D．可逆反应改变条件当正反应速率大于逆反应速率时，平衡一定正向移动，D正确；
故答案为：C。
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法错误的是
A. 46g乙醇中sp3杂化的原子数为3NA
B. 0.2ml[Cu(NH3)4]2+中σ键的个数为2.4NA
C. 40gSiC晶体中含有的共价键数为4NA
D. 0.5ml羟基中含有的电子数为4.5NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．已知乙醇分子中C和O均采用sp3杂化，故46g乙醇中sp3杂化的原子数为=3NA，A正确；
B．已知一个[Cu(NH3)4]2+中有12个N-Hσ键和4个Cu-N配位键也是σ键，故0.2ml[Cu(NH3)4]2+中σ键的个数为0.2ml×16×NAml-1=3.2NA，B错误；
C．SiC中每个Si与周围的4个C形成4个Si-C共价键，故40gSiC晶体中含有的共价键数为=4NA，C正确；
D．已知一个羟基中含有9个电子，则0.5ml羟基中含有的电子数为0.5ml×9×NAml-1=4.5NA，D正确；
故答案为：B。
4. 下列方程式正确的是
A. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：
B. 向苯酚钠溶液中通入少量
C. 泡沫灭火器灭火的原理：
D. 含1mlFeBr2的溶液中通入1
【答案】D
【解析】
【详解】A．已知铵根也能与OH-反应，故向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水的离子方程式为：，A错误；
B．由于酸性H2CO3＞苯酚＞，故向苯酚钠溶液中通入少量CO2的反应方程式为：，B错误；
C．泡沫灭火器灭火是使用Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液反应，该反应原理为：，C错误；
D．已知还原性Fe2+＞Br-＞Cl-，故含1mlFeBr2的溶液中通入1mlCl2的离子方程式为：，D正确；
故答案为：D。
5. 金丝桃苷是从中药材中提取的一种具有抗病毒作用的黄酮类化合物，结构简式如图所示，下列说法错误的是
A. 1ml该物质最多可与8ml氢气发生加成
B. 该分子中一定有13个碳原子共平面
C. 该分子可与溴水发生取代反应
D. 该分子最多可与8mlNa发生反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．分子中有两个苯环和一个C=C、C=O，可消耗氢气8ml氢气，故A正确；
B．如图所示：，根据苯环、碳碳双键共面结构以及单键可旋转特征，最多可有11个碳原子共平面，故B错误；
C．分子中含酚羟基，邻对位的氢原子可与溴发生取代反应，故C正确；
D．分子中含4个醇羟基和4个酚羟基，共可与8mlNa发生反应，故D正确；
答案选B。
6. 完成下述实验，装置或试剂不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．氧化钙与浓氨水混合可生成氨气，故A正确；
B．氧气难溶于水，可利用此装置测定氧气气体体积，故B正确；
C．检验1-氯丁烷中氯元素，应先让1-氯丁烷在碱性环境下发生水解反应，水解出氯离子后再利用硝酸酸化的硝酸银溶液进行检验，故C错误；
D．硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度较小，加入乙醇，析出硫酸四氨合铜晶体，故D正确；
答案选C。
7. 25℃时，苯胺(C6H5NH2)的电离平衡常数。下列说法错误的是
A. 苯胺的电离方程式为
B. 0.01ml/L的苯胺溶液的pH约为8.3
C. 升高温度，苯胺的电离程度增大
D. 稀释0.01ml/L的苯胺溶液，所有的离子浓度均减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．苯胺中的氨基-NH2显碱性，在水溶液中能部分电离出OH-，电离方程式：，故A正确；
B．，，，故B正确；
C．电离吸热，升高温度促进苯胺的电离，其电离程度增大，故C正确；
D．加水稀释过程中和离子浓度不断减小，温度不变，不变，根据可知，浓度增大，故D错误；
答案选D。
8. 有机物X可以通过如图所示反应生成有机物Y，下列说法不正确的是
A. 箭头a所示C-H键不如箭头b所示C-H键活泼
B. Y分子中苯环上的一氯代物有3种
C 有机物Y水解产物均可与NaHCO3反应
D. 有机物Y可发生氧化反应、还原反应、加成反应、取代反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．箭头b所示C-H键和苯炔发生了加成反应，说明箭头b所示C-H键比箭头a所示C-H键活泼，A正确；
B．由题干合成过程中Y的结构简式可知，Y分子中苯环上的一氯代物有3种，B正确；
C．由题干合成过程中Y的结构简式可知，有机物Y水解产物中含有羧基的有机物可与NaHCO3反应，另一种产物为CH3CH2OH不能与NaHCO3反应，C错误；
D．由题干合成过程中Y的结构简式可知，有机物Y可以燃烧，即可发生氧化反应，含有酮羰基能与H2发生加成反应即还原反应，含有苯环和酮羰基故能发生加成反应，含有酯基能发生水解反应即取代反应，D正确；
故答案为：C。
9. 纯磷酸(易吸潮、沸点261℃)可由85%的磷酸减压蒸馏除水、结晶得到，实验装置如图所示。该过程需严格控制温度、高于100℃时会脱水生成焦磷酸。下列说法错误的是

A. 由毛细管通入N2可防止暴沸、并具有搅拌和加速水逸出的作用
B. 丙处应连接直形冷凝管
C. 磷酸易吸潮是因为它可与水形成氢键
D. 连接减压装置的目的是降低磷酸沸点
【答案】D
【解析】
【详解】A．由毛细管通入N2，使磷酸溶液受热均匀，可防止暴沸，气体流通可加速水逸出，A正确；
B．丙处为冷凝装置，不需要回流，应连接直形冷凝管，不能使用球形冷凝管，B正确；
C．磷酸分子中含有三个羟基，可与水分子形成氢键，故磷酸易吸潮，C正确；
D．连接减压装置的目的是降低水的沸点防止温度过高生成焦磷酸，D错误；
故答案为：D。
10. 化合物A(如图甲所示)是一种新型漂白剂，W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，Z原子的核外电子排布式为1s2、X基态原子核外有两个单电子，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列说法不正确的是
A. 与元素X同周期且第一电离能比X大的元素有2种
B. X元素基态原子核外电子的空间运动状态有5种
C. W、X对应的简单离子半径大小顺序是X>W
D. 含X、Y、Z的一种酸根离子的球棍模型如图乙，4，5原子之间存在配位键
【答案】A
【解析】
【分析】W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，说明有一种元素为H由图中结构可知，W形成+2价阳离子，X形成2个单键，Y可以形成4个单键，Z形成1个单键，Z原子的核外电子排布为1s1，则Z为H元素，W位于ⅡA族，X位于ⅥA族；W、X对应的简单离子核外电子排布相同，X基态原子核外有两个单电子，核外电子排布式为1s2s22p4，则X为O元素、W为Mg元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，Y的最外层电子数为6-2-1=3，Y与H、Mg不同周期不同主族，则Y为B元素，以此来解答。
【详解】A．同一周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅤA族元素的np能级为半满状态，较稳定，第一电离能大于同周期ⅥA族的元素，因此与O元素同周期且第一电离能比O大的元素有N、F、Ne，共3种，A错误；
B．由分析知，W、X、Y分别为Mg、O、B，非金属性越强，电负性越大，则其电负性由大到小的顺序是O＞B＞Mg即X＞Y＞W，B正确；
C．由分析知，Y为B元素，其核外电子排布式为1s22s22p1，基态原子核外电子的运动状态有5种，占据的原子轨道有1s、2s、2p共3个，C正确；
D．由图可知，原子4为B，其最外层为3个电子，形成4个共价键，因此4和5之间存在配位键，D正确；
故答案为：A。
11. 设计如图所示装置回收金属钴。保持细菌所在环境pH稳定，借助其降解乙酸盐生成CO2，将废旧锂离子电池的正极材料LiCO2(s)转化为C2+，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池。下列说法错误的是
A. 为了保持细菌所在环境pH稳定，两侧都应选择质子交换膜
B. 乙室电极反应式为LiCO2+e-+4H+=C2++Li++2H2O
C. 装置工作一段时间后，乙室的pH在减小
D. 若甲室C2+减少150mg，乙室C2+增加200mg，则此时已进行过溶液转移
【答案】C
【解析】
【分析】已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池，则左侧为电解池；将废旧锂离子电池的正极材料LiCO2(s)转化为C2+，则钴元素化合价降低，发生还原反应，LiCO2(s)为正极，与之相连的为电解池阳极，那么原电池中左侧电极为负极，与之相连的为电解池阴极。
【详解】A. 电池工作时，电解池中细菌上乙酸盐的阴离子失去电子被氧化为CO2气体，同时生成H+，电极反应式为CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，为了保持细菌所在环境pH稳定，H+通过质子交换膜进入阴极室；对于乙室，正极上LiCO2得到电子，被还原为C2+，同时得到Li+，其中的O2-与溶液中的H+结合H2O，电极反应式为LiCO2+e-+4H+=C2++Li++2H2O，则负极为CH3COO--8e-+2H2O =2CO2↑+7H+，同样，为了保持细菌所在环境pH稳定，H+通过质子交换膜进入正极室，故A正确；
B. 对于乙室，正极上LiCO2得到电子，被还原为C2+，同时得到Li+，其中的O2-与溶液中的H+结合H2O，电极反应式为LiCO2+e-+4H+=C2++Li++2H2O，故B正确；
C. 对于乙室，结合B分析可知，正极电极反应式为LiCO2+e-+4H+=C2++Li++2H2O，负极发生的反应为CH3COO--8e-+2H2O =2CO2↑+7H+，负极产生的H+通过质子交换膜进入正极室，但是乙室的H+浓度仍然是减小的，故pH在增大，故C错误；
D. 若甲室C2+减少150 mg，则电子转移物质的量为；若乙室C2+增加200 mg，则转移电子的物质的量为，由于电子转移的物质的量不等，说明此时已进行过溶液转移，即将乙室部分溶液转移至甲室，故D正确；
故答案选C。
12. 电喷雾电离等方法得到的M+(Fe+、C+或Ni+等)匀O3反应可得MO+在一定条件下，MO++CH4=M++CH3OH，直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢。MO+与CH4或CT4体系的能量随反应进程的变化如图所示，下列说法错误的是
A. 该反应是放热反应
B. 步骤Ⅰ和步骤Ⅱ中氢原子的成键方式均发生了变化
C. MO+与CT4反应的能量变化为曲线c
D. 相同情况下，MO+与CHT3反应，氚代甲醇CT3OH的产量大于CHT2OT
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图示可知：反应物的总能量比生成物的总能量高，因此发生反应会放出热量，因此该反应是放热反应，A正确；
B．根据图示可知：在步骤Ⅰ中C-H键变为H-O的形成；在步骤Ⅱ中涉及O-M键的断裂和C-O键的形成，可见只有步骤Ⅰ中氢原子的成键方式发生了变化，B错误；
C．直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，即反应的活化能变大，所以MO+与CT4反应的能量变化应为图中曲线c，C正确；
D．根据题中信息可知，MO+与CH4反应时，直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则在相同情况下，产物的量会更少些，因此MO+与CHT3反应，氚代甲醇CT3OH的产量大于CHT2OT，D正确；
故合理选项是B。
13. 锂硫电池放电过程中正极变化为我国科学家掺入Ni解决溶解度小、易透过隔膜的问题。已知：结合能是指两个粒子结合时所释放的能量，相关图示如图所示。下列说法错误的是
A. 放电时，电池的总反应方程式为(1≤x≤8)
B. 放电一段时间后，电解质溶液增重0.14g，电路转移0.02ml电子
C. 电池充电时间越长，电池中的量越少
D. Ni对Li2Sx的吸附能力相较于石墨烯更强
【答案】B
【解析】
【分析】图甲中锂硫电池中金属锂做负极，放电时，S8做正极，放电时，总反应方程式为，充电时的阴阳极电极反应式分别与放电时的负极、正极相反；图乙中Ni对Li2Sx结合能力大于石墨烯；据此解题。
【详解】A．放电时，负极发生反应：，正极发生反应：，则放电时总反应方程式为：，A正确；
B．放电时，负极发生反应：，向正极移动，与结合，形成溶解度小的多硫化物或硫化物，即电路转移0.02ml电子，电解质溶液无法增重0.14g，B错误；
C．充电时Li2Sx膜为阳极，与放电时正极的电极反应相反，则充电时间越长，电池中的Li2S的量就会越少，C正确；
D．根据结合能示意图，Ni对Li2Sx结合能力大于石墨烯，说明Ni更易于Li2Sx结合，对Li2Sx的吸附能力相较于石墨烯更强，D正确；
故选B。
14. 煤的气化是一种重要的制氢途径。在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量C(s)的和，起始压强为0.4MPa时，发生下列反应生成水煤气：
Ⅰ.
Ⅱ. ΔH2=-41.1kJ/ml
下列说法错误的是
A. 平衡后，升高温度，CO的含量会增大
B. 平衡时CO2的体积分数不大于
C. 平衡时、H2O(g)的转化率为60%，CO的物质的量为0.4ml，则整个体系会放出热量
D. 在相同条件下、维持压强为0.4MPa达到平衡，所得H2含量会更高
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据盖斯定律，反应I-II可得反应，升高温度，该反应平衡正向移动，CO的含量会增大，故A正确；
B．假设反应I和II的H2O(g)均完全转化1ml，会生成1mlCO2、2mlH2，此时CO2的体积分数即物质的量分数为，但该反应是可逆反应，因此平衡时CO2的体积分数不大于，故B正确；
C．反应I中H2O(g)转化xml，反应II中H2O(g)转化yml，假设先发生反应I，则列三段式：反应I：，反应II：，平衡时、H2O(g)的转化率为60%，消耗∆n(H2O)=2ml×60%=1.2ml，可得x+y=1.2，CO的物质的量为0.4ml，x-y=0.4，联立两式解得x=0.8，y=0.4，反应I生成0.8mlCO时吸收能量为0.8ml×131.4kJ/ml=105.12kJ，反应II生成0.4mlCO2时放出能量为0.4ml×41.1kJ/ml=16.44kJ，则整个体系会吸收热量，故C错误；
D．反应I是气体体积增大的反应，反应II是气体体积不变的反应，根据题干在一定温度、体积固定条件下反应，压强与气体的物质的量成正比，则该反应压强会增大，若在相同条件下、维持压强为0.4MPa相对于原平衡即减小压强，平衡会正向移动，则达到新平衡，所得H2含量会更高，故D正确；
故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 钴配合物[C(NH3)6]Cl3溶于热水，在冷水中微溶，实验室中可由金属钴及其他原料制备。
(一)的制备
易潮解、实验室中利用如图所示装置(连接用橡胶管省略)进行制备。
（1）仪器A的名称为
___________。
（2）用图中的装置组合制备CCl2，连接顺序为
___________。装置丙的作用是
___________。
（3）装置甲中发生反应的离子方程式为
___________。
(二)[C(NH3)6]Cl3的制备
步骤如下：
Ⅰ.将NH4Cl溶解。
Ⅱ.分批加入CCl3，后，将溶液温度降至10℃以下，加入活性炭、浓氨水，搅拌下逐滴加入6%的双氧水。
Ⅲ.加热至55~60℃反应，20min。冷却、过滤。
Ⅳ.将滤得的固体转入含有少量盐酸的沸水中，进行操作X。
V.将滤液转入烧杯，加入浓盐酸，冷却、过滤、干燥，得到橙黄色晶体[C(NH3)6]Cl3(M=267.5g/ml)
（4）步骤Ⅱ中，将温度降至10℃以下的原因是
___________。
（5）步骤Ⅳ中操作X为
___________，制备[C(NH3)6]Cl3的总反应的化学方程式为
___________。
（6）取0.2000g[C(NH3)6]Cl3样品，配成100mL溶液，取50mL样品溶液于锥形瓶中，加入3滴K2Cr2O4溶液做指示剂，用0.0600ml/L的AgNO3，溶液滴定至终点时，消耗AgNO3溶液的体积为10.00mL，样品的纯度为
___________。
【答案】（1）球形干燥管
（2） ①. 甲、丁、戊、乙、丙 ②. 处理尾气氯气并防止氯化钴潮解
（3）
（4）避免浓氨水、过氧化氢的分解
（5） ①. 趁热过滤 ②.
（6）
【解析】
【分析】[C(NH3)6]Cl3的制备涉及两个流程，先利用实验室制取氯气并提纯、干燥后与金属C加热得到氯化钴，并将氯化钴分批加入至氯化铵溶液中利用活性炭催化加过氧化氢氧化，并最终结晶得到产品。
【小问1详解】
仪器A的名称为球形干燥管。
【小问2详解】
制备CCl2，应先制备氯气，再利用饱和食盐水除去HCl杂质，干燥后与C反应，最后进行尾气处理，故装置连接顺序为甲、丁、戊、乙、丙，装置丙的作用为处理尾气氯气并防止氯化钴潮解。
【小问3详解】
装置甲为实验室制备氯气，离子方程式为。
【小问4详解】
由于浓氨水和过氧化氢受热均易分解，故反应液温度不宜过高。
【小问5详解】
将滤得的固体转入含有少量盐酸的沸水中，进行趁热过滤，可将不溶性杂质与[C(NH3)6]Cl3分离，并减少产品损耗，根据原子守恒和得失电子守恒可知化学方程式为。
【小问6详解】
由关系式[C(NH3)6]Cl3~3Cl−~3AgNO3可知，故纯度为。
16. 电解金属锰阳极渣(主要成分MnO2，杂质为PbCO3、Fe2O3、CuO)和黄铁矿(FeS2)为原料可制备Mn3O4，其流程如图所示：
已知：室温下CaF2和MnF2均难溶于水且前者的溶解度更小。回答下列问题：
（1）基态Mn原子的价电子的轨道表示式为___________。
（2）“酸浸”过程中，所用的稀酸X是___________(填化学式)。
（3）“酸浸”过程中
的质量浓度、Mn浸出率与时间的关系如图所示。20~80min，浸出Mn元素的主要离子方程式为___________。80~100min时，
浓度上升的原因可能是___________。
（4）“除Fe、Cu”过程中依次加入的试剂Y、Z为___________(填序号)。
A. B. C. D.
（5）“净化”中加入MnF2的目的是除去
，其反应的离子方程式为___________。
（6）硫酸锰在空气中加热可以生产相应的氧化物，称取151mg硫酸锰充分煅烧后刷余固体的质量为79mg，则此时固体的化学式为___________。下图为不同温度下硫酸锰隔绝空气焙烧2小时后残留固体的X-射线衍射图，若由MnSO4固体制取活性Mn2O3方案为：将MnSO4固体置于可控温度的反应管中，___________，将
冷却、研磨、密封包装。(可选用的试剂有：
溶液，1ml/LNaOH溶液)
【答案】16. 17. H2SO4
18. ①. 3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++4S+2Fe3++6H2O ②. 80～100min时，剩余MnO2较少，FeS2浸出的Fe2+与MnO2接触机会减少，所以Fe2+浓度上升 19. D
20. MnF2(s)+Ca2+(aq)CaF2(s)+Mn2+(aq)
21. ①. Mn2O3 ②. 在850℃下加热2小时，并将产生的尾气通入1ml/L的NaOH溶液中进行吸收
【解析】
【分析】阳极渣(主要成分MnO2，杂质为PbCO3、Fe2O3、CuO)和黄铁矿(FeS2)加入硫酸，MnO2将FeS2氧化生成S，PbCO3转化成PbSO4沉淀，氧化铁、氧化铜转化成硫酸铁、硫酸铜，滤液中含有Fe3+、Fe2+、Mn2+、Cu2+等，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入CaO或CaCO3调节pH除去Fe3+、Cu2+，之后滤液中主要含有Ca2+、Mn2+，加入MnF2除去Ca2+，最终得到MnSO4溶液，经过一系列操作得到Mn3O4，据此分析回答问题。
【小问1详解】
已知Mn是25号元素，故基态Mn原子的价电子的轨道表示式为：，故答案为：；
【小问2详解】
由分析可知，“酸浸”过程中，所用的稀酸X是H2SO4，故答案为：H2SO4；
【小问3详解】
由图示知，20～80 min内，Mn元素浸出率高，Fe3+含量明显增加，说明此时MnO2与FeS2反应生Mn2+、Fe3+、S 等，对应离子方程式为：3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++4S+2Fe3++6H2O；80～100min时，剩余MnO2较少，FeS2浸出的Fe2+与MnO2接触机会减少，所以Fe2+浓度上升，故答案为：3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++4S+2Fe3++6H2O；80～100min时，剩余MnO2较少，FeS2浸出的Fe2+与MnO2接触机会减少，所以Fe2+浓度上升；
【小问4详解】
由分析可知，滤液中含有Fe3+、Fe2+、Mn2+、Cu2+等，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入CaO或CaCO3调节pH除去Fe3+、Cu2+，故答案为：D；
【小问5详解】
“净化”中加入MnF2的目的是除去Ca2+，即MnF2与Ca2+反应生成Mn2+和CaF2，故其反应的离子方程式为MnF2(s)+Ca2+(aq)CaF2(s)+Mn2+(aq)，故答案为：MnF2(s)+Ca2+(aq)CaF2(s)+Mn2+(aq)；
【小问6详解】
已知硫酸锰的摩尔质量为：151g/ml，故硫酸锰在空气中加热可以生产相应的氧化物，称取151mg硫酸锰其物质的量为：=1×10-3ml，充分煅烧后刷余固体的质量为79mg，则其中含有O的物质的量为：=1.5×10-3ml，则此时固体中n(Mn)：n(O)=1×10-3ml：1.5×10-3ml=2:3，该固体的化学式为Mn2O3，由题干不同温度下硫酸锰隔绝空气焙烧2小时后残留固体的X-射线衍射图可知，在850℃下加热制得的Mn2O3比较纯净，加热分解得到Mn2O3同时还将释放出含硫氧化物气体，故需用NaOH溶液来吸收，进行尾气处理，据此分析由MnSO4固体制取活性Mn2O3方案为：将MnSO4固体置于可控温度的反应管中，在850℃下加热2小时，并将产生的尾气通入1ml/L的NaOH溶液中进行吸收，将Mn2O3冷却、研磨、密封包装，故答案为：Mn2O3；在850℃下加热2小时，并将产生的尾气通入1ml/L的NaOH溶液中进行吸收。
17. 铁及其化合物在生产生活中都具有重要应用。
（1）在铁的氧化物催化下，丙烷直接脱氢生成丙烯。根据如图所示，回答下列问题：
①该反应的决速步的活化能为___________kJ/ml。
②写出丙烷生成丙烯的热化学方程式：___________。
（2）将FeSO4(s)置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：
，平衡时
和T的关系如下表所示：
①620K时，该反应的平衡总压p总=___________kPa，若压缩体积为原来的则达到平衡时p。是否改变？___________(回答是否改变并说明原因)。
②起始状态I中有，维持温度和体积不变达到化学平衡Ⅱ若保持体积不变，降低温度达到化学平衡Ⅲ，已知状态Ⅰ和状态Ⅲ的固体质量相同。下列说法正确的是___________(填序号)。
A．从Ⅰ到Ⅱ的过程中：ΔS>0
B．平衡常数：
C．平衡时
D．逆反应速率：
③提高温度、上述容器中进一步发生反应，平衡时。在950K达平衡时，则该反应___________kPa(列出计算式)。
（3）晶胞为正方体，边长为apm。如图所示。
①与等距且最近的阴离子个数为___________。
②晶胞的密度为ρ=___________g/cm3 (列出表达式即可)。
（4）如图所示电解装置中，通电后石墨电极Ⅱ上有O2生成，Fe2O3逐渐溶解。
当0.02mlFe2O3完全溶解时，至少产生气体为___________mL(在标准状况下)。
【答案】（1） ①. E3 ②. C3H8(g)CH3CH=CH2(g)+H2(g) =+(E1-E2++E3-E4)kJ/ml
（2） ①. 2.0； ②. 根据Kp=×且温度不变，Kp不变可知，则达到平衡时p，p不改变 ③. AB ④.
（3） ①. 6 ②.
（4）672
【解析】
【小问1详解】
①已知化学反应需要的活化能越大，该步反应速率越慢，活化能最大的速率最慢的一步为该反应的决速步骤，由题干图像信息可知，该反应的决速步的活化能为E3kJ/ml，故答案为：E3；
②由题干图像信息可知，丙烷生成丙烯的热化学方程式为：C3H8(g)CH3CH=CH2(g)+H2(g) =+(E1-E2++E3-E4)kJ/ml，故答案为：C3H8(g)CH3CH=CH2(g)+H2(g) =+(E1-E2++E3-E4)kJ/ml；
【小问2详解】
①由题干信息可知，620K时，=1.0kPa，根据反应方程式可知，==1.0kPa，该反应的平衡总压p总=+=2.0kPa，若压缩体积为原来的上述平衡逆向移动，但根据Kp=×且温度不变，Kp不变可知，则达到平衡时p，p不改变，故答案为：2.0；根据Kp=×且温度不变，Kp不变可知，则达到平衡时p，p不改变；
②
A．起始状态I中有，维持温度和体积不变达到化学平衡Ⅱ若保持体积不变，从Ⅰ到Ⅱ的过程为向正向进行，故ΔS>0，A正确；
B．已知上述反应正反应是一个吸热反应，降低温度平衡逆向移动，故平衡常数：，B正确；
C．已知上述反应正反应是一个吸热反应，降低温度平衡逆向移动，故平衡常数：，平衡时，C错误；
D．从Ⅰ到Ⅱ的过程为向正向进行，此过程中逆反应速率逐渐增大，即逆反应速率：Ⅰ＜Ⅱ，温度越低反应速率越慢，故逆反应速率：Ⅱ＞Ⅲ，D错误；
故答案：AB；
③提高温度、上述容器中进一步发生反应，平衡时。在950K达平衡时，，p总=++，则86kPa=36kPa++，解得=47.2kPa，==2.8kPa，故该反应的==kPa(列出计算式)，故答案为：；
【小问3详解】
①由题干晶胞示意图可知，与Fe2+等距且最近的阴离子即个数为6，即某个顶点的Fe2+其前、后、左、右、上、下六个方位的阴离子，故答案为：6；
②由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Fe2+个数为：=4个，含有个数为：=4，则一个晶胞质量为：g，FeS2晶胞为正方体，边长为apm，则一个晶胞的体积为：(a×10-10)3 cm3，故晶胞的密度为ρ===g/cm3 ，故答案为：；
【小问4详解】
由题干电解装置图可知，通电后石墨电极Ⅱ上有O2生成，Fe2O3逐渐溶解，则石墨电极Ⅱ的电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，即电极Ⅱ为阳极，电极I为阴极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，根据反应Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O可知，当0.02mlFe2O3完全溶解时，需要消耗H+的物质的量为0.12ml，则生成O2的物质的量为：0.03ml，则至少产生气体为0.03ml×22400mL/ml=672mL(在标准状况下)，故答案为：672。
18. 药物Q能阻断血栓形成，其合成路线如图所示：

已知：i： ；
ii：同一碳上连两个-OH不稳定，可脱去一分子水；
iii：R＇CHOR＇CH=NR＂
（1） 中所含官能团名称为___________，物质名称为____________。
（2）B的分子式为，E的结构简式是___________。
（3）M→P的化学方程式为___________。
（4）J→G的反应类型是___________。
（5）W是P的同分异构体。符合下列条件的W有___________种，写出其中一种的结构简式：___________。
i．包含2个六元环；
ⅱ．W可水解，W与NaOH溶液共热时，1mlW最多消耗3mlNaOH。
（6）Q的结构简式是 ，也可通过和P为原料制得，已知：① ；②RCN，请将如图合成Q的路线补充完整(无机试剂任选)_________

【答案】（1） ①. 氨基 ②. 苯胺
（2） （3） +CH3OH +H2O
（4）取代反应 （5） ①. 9 ②. 或者 (其他合理答案)
（6）
【解析】
【分析】A和乙酸发生取代反应生成A为 ，A发生信息i的反应生成B，B发生水解反应生成D，D和氢气发生加成反应生成E，根据E、P反应产物的结构简式知，B为 ，D为 ，E为，E和P发生信息ii的反应，则P为 ，M和甲醇发生酯化反应生成P，则M为 ，F和溴发生取代反应，结合F的分子式知，F为 ；根据G的结构简式及J的分子式知，J为 ，J和HBr发生取代反应生成G；（6）Q的结构简式是 ，P为 ，P、Z发生信息ii的反应然后和氢气发生加成反应生成Q，Z为 ， 和浓硝酸发生取代反应生成X为 ，X发生还原反应生成Y为 ，Y发生水解反应生成Z，据此分析解题。
【小问1详解】
中所含官能团名称为氨基，物质名称为苯胺，故答案为：氨基；苯胺；
【小问2详解】
由分析可知，B的分子式为，E的结构简式是 ，故答案为： ；
【小问3详解】
由分析可知，M的结构简式为： ，P的结构简式为： M和甲醇发生酯化反应或取代反应生成P，M→P的反应方程式为： +CH3OH +H2O，故答案为： +CH3OH +H2O；
【小问4详解】
由分析可知，J的结构简式为： ，结合题干路线图中G的结构简式可知，J→G的反应类型是为醇羟基和HBr的取代反应，故答案为：取代反应；
【小问5详解】
由分析可知，P为 ，W是P的同分异构体，W符合下列条件：i．包含2个六元环；ii．W可水解说明含有酯基；W与NaOH溶液共热时，1mlW最多消耗3mlNaOH，则应该含有酚羟基和某酸苯酚酯基，根据其不饱和度知，两个六元环其中一个是苯环、一个含有酯基，符合条件的结构简式为 或者 ，前者甲基有5种位置异构，后者酚羟基有4种位置异构，一共有9种，故答案为：9； 或者 (其他合理答案)；
【小问6详解】A．制备NH3
B．测量O2体积
C．检验1-氯丁烷中氯元素
D．制备晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O
T/K
600
620
640
660
680
/kPa
0.75
1.0
1.25
1.5
1.75