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安徽省黄山市2024届高三高中毕业班一模考试化学试题（解析版）
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这是一份安徽省黄山市2024届高三高中毕业班一模考试化学试题（解析版），文件包含安徽省黄山市2024届高三高中毕业班一模考试化学试题原卷版docx、安徽省黄山市2024届高三高中毕业班一模考试化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
（考试时间：75分钟 满分：100分）
注意事项：
1.答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，务必擦净后再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Al 27 S 32 Ca 40
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. 近年来，安徽省扎实推进宜居宜业和美乡村建设.下列说法正确的是
A. 梯次推进农村生活污水治理，提高农村生活污水治理率，明矾常用来进行污水的处理
B. 以“数字＋”为农业现代化添动力，网络使用的光纤主要原料为Si
C. 提升基础设施效能，增设停车充电桩等配套设施，充电是将化学能转化为电能
D. 大力实施农村公路提质改造工程，铺路用的水泥是新型无机非金属材料
【答案】A
【解析】
【详解】A．明矾电离出的铝离子在溶液中水解生成氢氧化铝胶体，胶体能吸附水中悬浮杂质达到净水的目的，所以提高农村生活污水治理率，明矾常用来进行污水的处理，故A正确；
B．网络使用的光纤主要原料为二氧化硅，故B错误；
C．充电是将电能转化为化学能的过程，故C错误；
D．铺路用的水泥是传统无机非金属材料，故D错误；
故选A。
2. 下列符号表征或说法正确的是
A. 是非极性分子B. Mg位于元素周期表的p区
C. 空间结构：平面三角形D. 的形成过程：
【答案】C
【解析】
【详解】A．是极性分子，中心氧原子呈正电性，两端的氧原子呈负电性，A错误；
B．Mg位于元素周期表的s区，B错误；
C．的中心碳原子呈sp2杂化，因此其空间构型为平面三角形，C正确；
D．HCl为共价化合物，而非离子化合物，形成过程应为：，D错误。
本题选C。
3. 为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 标准状况下气体中含有
B. 中含有键数目最多为
C. 189g三肽（相对分子质量：189）中的肽键数目为
D. 溴化铵水溶液中与离子数之和大于
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯化氢是共价化合物，化合物中不含有氢离子，故A错误；
B．分子式为C2H4O的有机物可能为乙醛或环氧乙烷，乙醛分子中σ键数目为6个，环氧乙烷分子中σ键数目为7个，则44gC2H4O分子中含有σ键数目最多为×7×NAml—1=7NA，故B正确；
C．一定条件下三分子氨基酸发生脱水缩合反应生成含有2个肽键的三肽和水，则189g三肽C6H11N3O4中的肽键数目为×2×NAml—1=2NA，故C正确；
D．1L1mlL溴化铵溶液中溴离子的物质的量为1ml，由电荷守恒关系n(NH)+n(H+)=n(Br—)+ n(OH—)可知，溴化铵溶液中铵根离子和氢离子数目之和大于1ml×NAml—1=NA，故D正确；
故选A。
4. 下列判断和分析均错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．四种离子在溶液中不发生任何反应，能大量共存，则判断和分析均正确，故A不符合题意；
B．溶液中氢离子与硫代硫酸根离子反应生成硫沉淀、二氧化硫气体和水，不能大量共存，反应的离子方程式为，则判断和分析均正确，故B不符合题意；
C．溶液中铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，不能大量共存，反应的离子方程式为，则判断和分析均正确，故C不符合题意；
D．铁离子做催化剂条件下过氧化氢溶液分解生成氧气和水，则判断和分析均错误，故D符合题意；
故选D。
5. 磷酸铁锂电池充电时锂离子由电极迁移至石墨电极形成，的前体可由、、在的条件下反应制得，下列化学反应表示正确的是
A. 锂燃烧的热化学方程式：
B. 锂-空气电池充电的阳极反应：
C. 的水解“释氨”过程：
D. 制备的离子方程式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．锂燃烧热为299kJ⋅ml-1，则锂燃烧的热化学方程式为4Li(s)+O2(g)═2Li2O(s) ΔH=-1196kJ⋅ml-1，故A错误；
B．锂-空气电池充电时阳极发生失电子的反应，，故B错误；
C．Li3N水解生成LiOH和NH3，化学方程式为Li3N+3H2O═3LiOH+NH3↑，故C正确；
D．NH4H2PO4、FeSO4、H2O2在pH=2的条件下反应制得FePO4，反应为，故D错误。
答案选C。
6. 下列物质性质与用途或物质结构与性质具有对应关系的是
A. 可溶于水，可用作宇宙飞船中吸收剂
B. Mg有强还原性，可用于钢铁的电化学防护
C. 石墨晶体层间存在范德华力，石墨易导电
D. 是极性分子，有强氧化性
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢氧化锂可用作宇宙飞船中二氧化碳吸收剂是因为氢氧化锂溶液呈碱性，故A错误；
B．金属镁可用于钢铁的电化学防护是因为镁有强还原性，与铁构成原电池时，镁做负极被损耗，铁做正极被保护，故B正确；
C．石墨易导电是因为石墨为混合型晶体，晶体中碳原子的杂化方式为sp2杂化，未参与杂化的p电子形成离域大π键，与范德华力无关，故C错误；
D．过氧化氢具有强氧化性是因为分子中负一价氧元素易得到电子被还原，与过氧化氢是极性分子无关，故D错误；
故选B。
7. 下列实验操作或装置能达到目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．钠的燃烧实验需要在坩埚或者燃烧匙中进行，不能在表面皿中进行，因为钠燃烧会产生大量的热，会使表面皿破裂，A错误；
B．乙烯不溶于水，且其密度与空气接近，所以实验室收集乙烯用排水法，B正确；
C．图中是碱式滴定管的排气泡方法，而高锰酸钾溶液应该用酸式滴定管盛放，C错误；
D．铁上镀铜，铜应该连接电源的正极，作阳极，铁连接电源的负极，作阴极，D错误；
故选B。
8. 溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂.合成工艺流程如下：
下列说法错误的是
A. 还原工序逸出的用溶液吸收，吸收液不可直接返回还原工序
B. 除杂工序中产生的滤渣可用进行组分分离
C. 中和工序中生成的气体为酸性氧化物
D. 若和恰好完全反应，则理论上参与反应的为
【答案】D
【解析】
【分析】由题给流程可知，向含有少量溴的氢溴酸中加入硫化钡，硫化钡与溴发生氧化还原反应生成溴化钡和硫，向反应后的溶液中加入硫酸溶液，硫酸溶液与溴化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢溴酸，过滤得到含有硫酸钡、硫的滤渣和氢溴酸；向氢溴酸溶液中加入碳酸锂，氢溴酸溶液与碳酸锂反应得到溴化锂溶液，溶液经浓缩等操作后得到溴化锂。
【详解】A．溴与氢氧化钠溶液反应生成溴化钠、次溴酸钠和水，则还原工序逸出的溴用氢氧化钠溶液吸收得到吸收液不可直接返回还原工序，否则加入硫酸溶液时，溶液中的次溴酸根离子酸性条件下会与溴离子反应生成溴，导致无法制得溴化锂，故A正确；
B．由分析可知，除杂工序得到的滤渣为硫酸钡和硫，硫可溶于二硫化碳而硫酸钡不溶于二硫化碳，因此可用二硫化碳进行组分分离，故B正确；
C．由分析可知，中和工序发生的反应为氢溴酸溶液与碳酸锂反应生成溴化锂、二氧化碳和水，二氧化碳气体为酸性氧化物，故C正确；
D．由得失电子数目守恒可知，溴和硫化钡恰好反应时，溴、硫化钡和反应生成的溴化钡的物质的量相等，由硫酸钡的化学式可知，溴化钡、硫酸和反应生成硫酸钡的物质的量相等，则理论上参与反应的溴、硫化钡、硫酸的物质的量比为1：1：1，故D错误；
故选D。
9. 冠醚因分子结构形如皇冠而得名，某冠醚分子c可识别，其合成方法如下.下列说法正确的是
A. a不可以使酸性高锰酸钾溶液褪色B. a和b的反应有生成，属于缩聚反应
C. c核磁共振氢谱有4组峰D. c是超分子
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，a分子中含有的酚羟基能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故A错误；
B．由结构简式可知，a分子与b分子发生取代反应生成c分子和氯化氢，故B错误；
C．由结构简式可知，c分子的结构对称，分子中含有4类氢原子，核磁共振氢谱有4组峰，故C正确；
D．超分子是分子通过氢键、范德华力、电荷的库仑作用等非化学建立的弱作用力而自动结合成有序有组织的聚合系统，c分子可以和钾离子形成超分子，而c分子不是超分子，故D错误；
故选C。
10. 离子液体在合成与催化、电化学、生物化学等领域广泛应用，某离子液体的结构如图所示.X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，X原子中电子只有一种自旋取向，Y、Z、Q为同一周期元素，W原子的核外电子总数是最外层电子数的3倍.下列说法正确的是
A. 简单离子半径：
B. Y和Z的氢化物的沸点：
C. 同周期元素第一电离能比Z小的有4种
D. 基态Z原子核外电子有5种空间运动状态
【答案】D
【解析】
【分析】X原子中电子只有一种自旋取向，X为H元素；Y、Z、Q为同一周期元素，即第2周期元素，根据化学键数目可知，Y为C元素、Z为N元素、Q为F元素，W原子的核外电子总数是最外层电子数的3倍，W为P元素。
【详解】A．简单离子半径，即，故A错误；
B．虽然NH3有分子间氢键，沸点NH3>CH4，但碳氢化合物呈固体、熔沸点高的多的是，所以Z的氢化物沸点不一定高，故B错误；
C．Z为N元素，同周期元素中第一电离能比N小的有Li、Be、B、C、O，共5种，故C错误；
D．Z为N元素，基态原子有5个轨道填充了电子，所以电子有5种空间运动状态，故D正确。
答案选D。
11. 用一种具有“卯榫”结构的双极膜组装的电解池可实现大电流催化电解氯化铵废水，同时制得盐酸和氨水.工作时，在双极膜界面处被催化解离成和，有利于电解反应顺利进行，装置如图所示（M、N均为惰性电极）。下列说法正确的是
A. a膜是阳离子交换膜，b膜是阴离子交换膜
B. Ⅰ室生成氨水，Ⅱ室生成盐酸
C 每生成，双极膜处共有解离
D. 与平面结构相比，“卯榫”结构双极膜表面积大，更有利于电子通过
【答案】C
【解析】
【分析】处理氯化铵废水，同时制得盐酸和氨水，阳离子向阴极移动、阴离子向阳极移动，氯离子透过a膜进入Ⅰ室，铵根离子透过b膜进入Ⅱ室，可知在Ⅰ、Ⅱ两室分别得到盐酸和氨水。
【详解】A．阳离子向阴极移动、阴离子向阳极移动，氯离子透过a膜进入Ⅰ室，铵根离子透过b膜进入Ⅱ室，a膜是阴离子交换膜、b膜是阳离子交换膜，故A错误；
B．阳离子向阴极移动、阴离子向阳极移动，氯离子透过a膜进入Ⅰ室，铵根离子透过b膜进入Ⅱ室，可知在Ⅰ、Ⅱ两室分别得到盐酸和氨水，故B错误；
C．生成，Ⅰ室处双极膜有0.1mlH2O解离、Ⅱ室处双极膜有0.1mlH2O解离，所以双极膜处共有0.2mlH2O解离，故C正确；
D．与平面结构的双极膜相比，“卯榫”结构增大双极膜面积，可提高产品生成速率，电子不能通过双极膜，故D错误；
故选：C。
12. 是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用.我国科学家合成的某Ru（Ⅱ）催化剂能高效电催化氧化合成，其电极反应机理如图所示.下列说法错误的是
A. 与中的N原子杂化方式相同B. X和Y中Ru的化合价均为+3
C. 反应Ⅱ没有发生氧化还原反应D. 图示过程发生在电解池阳极区
【答案】B
【解析】
【详解】A．中氮原子的价层电子对数为4，为sp3杂化，N2H4中N原子的价层电子对数为3+1=4，杂化类型为sp3，故A正确；
B．X与存在平衡转化，中Ru为+2价，即X中也为+2价，故B错误；
C．反应Ⅱ中发生了质子转移、无元素化合价发生变化，没有发生了氧化还原反应，故C正确；
D．图示过程失去了电子为氧化反应，发生在电解池的阳极区，故D正确。
答案选B。
13. 已知：常温下；，，某实验小组利用与反应生成来“分银”，“分银”时，的浓度与溶液pH的关系如图1；及其与形成的微粒的浓度分数随溶液pH变化的关系如图2，下列叙述错误的是
A. 与反应生成，该反应的平衡常数
B. “分银”时，pH需控制的范围大约是
C. “分银”溶液中存在
D. 在中的大于中的
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化银与亚硫酸钠溶液反应存在如下平衡：AgCl+2SO[Ag(SO3)2]3—+Cl—，反应的平衡常数K===Ksp(AgCl)K1=1.8×10−10×1.0×108.68=1.8×10−1.32，故A正确；
B．由图1可知，溶液pH在8∼9范围内时，[Ag(SO3)2]3—离子浓度最大，所以“分银”时，pH需控制的范围大约是8∼9，故B正确；
C．亚硫酸钠溶液中存在物料守恒关系，分银溶液中还存在[Ag(SO3)2]3—离子，则分银溶液中的物料守恒，故C错误；
D．亚硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子数为1，[Ag(SO3)2]3—离子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，
∠O−S−O键角越小，则在中的大于中的，故D正确；
故选C。
14. 室温下，某溶液初始时仅溶有A，同时发生两个反应：①；②，反应①的速率可表示为，反应②的速率可表示为（、为速率常数），图1为温度时，该体系中A、B、C、D浓度随时间变化的曲线，图2为反应①和②的曲线，下列说法正确的是
A. 表示D浓度随时间变化的曲线
B. 时曲线表示的物质的化学反应速率为
C. 温度时，反应①的活化能比反应②的活化能小
D. 若图1温度降低，时刻体系中值变大
【答案】D
【解析】
【分析】由方程式可知，两个反应中A都是反应物、B都是生成物，则L2代表A浓度随时间变化的曲线、L1代表B浓度随时间变化的曲线；由图2可知，温度为T2时，平衡常数k1＜k2，则图1中对应曲线L3代表D浓度随时间变化的曲线、L4代表C浓度随时间变化的曲线。
【详解】A．由分析可知，L4代表C浓度随时间变化的曲线，故A错误；
B．由分析可知，L1代表B浓度随时间变化的曲线，由图可知，2s时，B的浓度小于4ml/L，则2s内，B的平均速率为=，故B错误；
C．反应的活化能越大，反应速率越小，由图2可知，T2温度时，反应①的反应速率慢于反应②，则反应①的活化大于反应②，故C错误；
D．由图2可知，温度降低时，体系中反应①的速率降低幅度大于反应②，则图1的温度降低时，时刻体系中值变大，故D正确；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分.
15. 轻质碳酸钙可用作橡胶的填料。以磷石膏（含和少量、等）为原料制备轻质碳酸钙和铝铵矾的实验流程如图：
（1）的价层电子排布式为：___________。
（2）“转化”步骤中转化为的化学方程式___________。
（3）“除杂”时通入的目的是___________，滤渣的成分是：___________（填化学式）。
（4）通过下列方法测定产品中碳酸钙的含量：准确称取0.5000g产品用盐酸充分溶解，过滤，将滤液和洗涤液转移至250mL容量瓶中定容、摇匀，记为试液A，取25.00mL试液A，加入指示剂，调节，用标准溶液滴定，至终点时消耗溶液24.60mL.计算产品中碳酸钙的质量分数___________。（保留三位有效数字）
（5）铝铵矾是一种水絮凝剂。请补充由“转化”后的滤液制取铝铵矾的实验方案，部分物质的溶解度随温度的变化如下图所示：
①在“转化”后的滤液中加入的溶液，边加边搅拌，到不再产生气体为止，将所得溶液蒸发浓缩至有大量晶体析出，过滤，用无水乙醇洗涤、干燥，得固体。
②向溶液中加入___________固体，边加边搅拌，当固体完全溶解后，将所得溶液蒸发浓缩至_____________（填现象），___________（填操作），过滤，用无水乙醇洗涤，干燥，得到铝铵矾。
【答案】（1）3d6 （2）CaSO4+NH4HCO3+NH3·H2O=CaCO3+(NH4)2SO4+H2O
（3） ①. 使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀 ②. SiO2、Fe(OH)3
（4）98.4% （5） ①. 13.2g ②. 出现晶膜 ③. 冷却结晶
【解析】
【分析】由题给流程可知，向磷石膏中加入碳酸氢铵和氨水的混合液，将微溶于水的硫酸钙转化为难溶于水的碳酸钙，过滤得到含有含有碳酸钙、二氧化硅、氧化铁的滤渣和含有硫酸铵的滤液；向滤渣中加入盐酸，将碳酸钙、氧化铁溶解得到可溶性金属氯化物后，二氧化硅与盐酸不反应，再通入氨气将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有二氧化硅、氢氧化铁的滤渣和氯化钙溶液；向氯化钙溶液中先通入氨气、再通入二氧化碳，将溶液中的氯化钙转化为碳酸钙沉淀，过滤得到轻质碳酸钙。
【小问1详解】
铁元素的原子序数为26，基态亚铁离子的价层电子排布式为3d6，故答案为：3d6；
【小问2详解】
由分析可知，转化步骤加入碳酸氢铵和氨水的混合液的目的是将微溶于水的硫酸钙转化为难溶于水的碳酸钙，反应的化学方程式为CaSO4+NH4HCO3+NH3·H2O=CaCO3+(NH4)2SO4+H2O，故答案为：CaSO4+NH4HCO3+NH3·H2O=CaCO3+(NH4)2SO4+H2O；
【小问3详解】
由分析可知，除杂时通入氨气的目的是将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到的滤渣为二氧化硅和氢氧化铁，故答案为：使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；SiO2、Fe(OH)3；
【小问4详解】
由题意可得如下转化关系：CaCO3—Ca2+—Na2H2Y，滴定消耗24.60mL 0.02000ml/LNa2H2Y溶液，则产品中碳酸钙的质量分数为×100%=98.4%，故答案为：98.4%；
【小问5详解】
由铝铵矾的化学式可知，向200mL0.5ml/L硫酸铝溶液中加入硫酸铵的质量为0.5ml/L×0.2L×132g/ml=13.2g，由物质的溶解度随温度变化的示意图可知，制备铝铵矾的操作步骤为在“转化”后滤液中加入3ml/L的硫酸溶液，边加边搅拌，到不再产生气体为止，将所得溶液蒸发浓缩至有大量晶体析出，过滤，用无水乙醇洗涤、干燥，得硫酸铵固体；向200mL0.5ml/L硫酸铝溶液中加入13.2g硫酸铵固体，边加边搅拌，当固体完全溶解后，将所得溶液蒸发浓缩至表面出现晶膜，冷却结晶，过滤，用无水乙醇洗涤、干燥，得到铝铵矾，故答案为：13.2g；出现晶膜；冷却结晶。
16. 己二酸在有机合成工业等方面有着重要作用，以环己醇（ ，）为原料制取己二酸[，]，已知己二酸和己二酸钾的溶解度均随温度升高而增大。
实验步骤：
①向250mL三颈烧瓶中加入搅拌磁子、50mL1.0％的溶液和9.0g高锰酸钾，按如图所示安装装置，控制滴速并维持温度在45℃左右，共滴加环己醇2.0mL，滴加结束时需启动加热装置加热一段时间，趁热过滤，洗涤滤渣。
②将滤液和洗涤液倒入100mL烧杯中，加入适量饱和亚硫酸氢钾溶液，再用约4mL浓溶液，使溶液呈酸性，加热浓缩使溶液体积减少至10mL，经过冷却结晶、过滤、洗涤，烘干得到粗产品ag。
③准确称取bg己二酸产品于锥形瓶中，加入少量水溶解，滴入酚酞试剂，用的溶液滴定，重复上述操作三次，平均消耗溶液VmL。
（1）搅拌磁子的作用是____________。
（2）三颈烧瓶内发生反应的离子方程式为__________________。
（3）步骤①中“氧化”过程，三颈烧瓶中溶液温度逐渐升高，其原因是__________；在环己醇不同滴加速度下，溶液温度随滴加时间变化曲线如下图，为了实验安全，应选择的滴速为____________滴/min。
（4）完成步骤①“氧化”后，用玻璃棒蘸取一滴反应混合液点在滤纸上，在黑色圆点周围出现紫色环，该现象说明__________；如不加入适量饱和亚硫酸氢钾溶液，后续会产生一种有毒气体，在产生该有毒气体的化学反应中，氧化剂和氧化产物的物质的量之比为__________。
（5）步骤①中趁热过滤的优点是__________。
（6）己二酸的实际产率是__________（用含a、b、V的化简后的式子表示）。
【答案】16. 使反应物混合均匀，加速反应，且可以散热防止温度过高
17. 3+8MnO3[OOC(CH2)4COO]2—+8MnO2↓+2OH—+5H2O
18. ①. 环己醇的氧化反应为放热反应 ②. 5
19. ①. KMnO4溶液过量 ②. 2：5
20. 滤去MnO2，防止温度降低己二酸钾晶体析出，提高产率
21. ×100%
【解析】
【分析】该实验的实验目的是在碱性条件下用高锰酸钾氧化环己醇制得己二酸钾，己二酸钾经除杂、转化、分离提纯制得己二酸，并用滴定方法测定所得产品的纯度。
【小问1详解】
氧化环己醇的实验中加入搅拌磁子可以使反应物混合均匀，加快环己醇氧化的速率，同时可以起到散热作用防止温度过高发生副反应，故答案为：使反应物混合均匀，加速反应，且可以散热防止温度过高；
【小问2详解】
由题意可知，三颈烧瓶内发生的反应为环己醇与高锰酸钾溶液反应生成己二酸钾、氢氧化钾、二氧化锰和水，反应的离子方程式为3+8MnO3[OOC(CH2)4COO]2—+8MnO2↓+2OH—+5H2O，故答案为：3+8MnO3[OOC(CH2)4COO]2—+8MnO2↓+2OH—+5H2O；
【小问3详解】
步骤①中“氧化”过程，三颈烧瓶中溶液温度逐渐升高说明环己醇与高锰酸钾溶液的氧化反应为放热反应；由图可知，环己醇的滴速为5滴/min时，反应温度升高最小，所以为了实验安全，应选择的滴速为5滴/min，故答案为：环己醇的氧化反应为放热反应；5；
【小问4详解】
高锰酸钾在溶液中呈紫色，用玻璃棒蘸取一滴反应混合液点在滤纸上，在黑色圆点周围出现紫色环说明环己醇氧化反应时加入的高锰酸钾溶液过量；为防止进入盐酸将己二酸钾转化为己二酸时，过量的高锰酸钾溶液将盐酸氧化干扰实验，加入盐酸前，应加入亚硫酸氢钾除去过量的高锰酸钾溶液；如不加入适量饱和亚硫酸氢钾溶液，高锰酸钾溶液会与盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，反应的方程式为2KMnO4+16HCl=MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，反应中锰元素的化合价被还原，高锰酸钾是反应的氧化剂，氯元素的化合价部分升高被氧化，氯气是反应的氧化剂，则由方程式可知，氧化剂高锰酸钾与氧化产物氯气的物质的量比为2：5，故答案为：KMnO4溶液过量；2：5；
【小问5详解】
由题意可知，己二酸钾的溶解度随温度升高而增大，所以步骤①中趁热过滤的优点是滤去二氧化锰的同时可以温度降低导致己二酸钾析出，提高产率，故答案为：滤去MnO2，防止温度降低己二酸钾晶体析出，提高产率；
【小问6详解】
由bg产品消耗VmL 0.1ml/L氢氧化钠溶液可知，bg产品中含有己二酸的物质的量为0.1ml/L×10-3VL×=5×10-5Vml，则ag产品中含有己二酸的物质的量为ml，由题意可知，环己醇发生氧化反应时，高锰酸钾过量，则2.0mL环己醇完全反应，己二酸的实际产率为×100%=×100%，故答案为：×100%。
17. 是重要的化工原料，合理使用能发挥其在工业生产、物质合成、速率分析等领域的重要作用。
（1）已知下列反应的热化学方程式：
①
②
计算燃烧生成反应③的__________。
（2）已知下列键能数据，结合反应③数据，计算的键能是____________。
（3）650K时，某研究小组测得反应i：的浓度、速率数据如下：
已知k为速率常数，一般情况下只与温度有关，实验测得
，通过以上实验数据可知_________，_______；650K时，若，，________。
（4）在上述实验过程中，同时发生了如下副反应ii：，650K时，向容积为2L的密闭容器中通入和，10min 后体系达到平衡，此时、的物质的量分别为1.8ml、0.3ml，反应i的平衡常数为____________。
（5）已知CO是常见配体，配位时简单认为1个CO提供2个电子，EAN规则认为金属的价电子数加上配体提供的电子数等于18时，配位化合物一般较稳定，下列结构能够稳定存在的有__________。
A. B. C. D.
（6）CO可以用于生产多晶金刚石箔，将一氧化碳和氢气混合，在高温高压下通过催化剂使之沉积在金属基底上，形成金刚石晶体。金刚石的晶胞如图，晶胞参数为bnm，晶胞中C与C间的最大距离为__________nm，晶体密度为____________（列出计算式，阿伏加德罗常数的值为）。
【答案】（1）—283
（2）1067 （3） ①. 1 ②. 1 ③. 3.52×10-3
（4）48 （5）D
（6） ①. b ②.
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知，反应②—①得到反应③，则△H3=(—394kJ/ml)—(—111kJ/ml)=—283kJ/ml，故答案为：—283；
【小问2详解】
由反应热与反应物键能之和与生成物键能之和的差值相等可得：△H3=E(C≡O)+ 496 kJ/ml×—799kJ/ml×2=—283kJ/ml，解得E(C≡O)=1067kJ/ml，故答案为：1067；
【小问3详解】
由①②数据可得：=，解得m=1，由①③数据可得：=，解得n=1，由①中数据可得反应速率常数k= L·ml-1·s-1=0.22 L·ml-1·s-1，则650K时，初始一氧化碳浓度为0.100ml/L、二氧化氮浓度为0.160ml/L时，一氧化氮的反应速率为0.22 L·ml-1·s-1×0.100ml/L×0.160ml/L=3.52×10-3 ml/(L·s)，故答案为：1；1；3.52×10-3；
【小问4详解】
设平衡时得反应i生成一氧化氮浓度为aml、反应ii生成氮气物质的量为bml，由题意可建立如下三段式：
由二氧化氮和二氧化碳的浓度可得：①2—a—2b=0.3，②a+4b=1.8，解得a=1.6、b=0.05，则反应i的平衡常数为=48，故答案为：48；
【小问5详解】
由化学式可知，五羰基合锰的价电子数为17、五羰基合铬的价电子数为16、四羰基合钴的价电子数为15、四羰基合镍的价电子数为18，则由题意可知，四羰基合镍能够稳定存在，故选D；
【小问6详解】
由晶胞结构可知，晶胞中碳原子与碳原子的最大距离为体对角线，则距离为bnm；晶胞中位于顶点、面心、体内的碳原子个数为8×+6×+4=8，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—7b)3d，解得d=，故答案为：b；。
18. 颠茄酮也称托品酮，是一种具有特殊生理活性的生物碱，医学上常用作麻醉剂、解毒剂等。20世纪初，威尔施泰特以环庚酮为原料通过十余步反应合成颠茄酮（H），总产率仅0.75％，主要合成步骤如下：
十几年后，罗宾逊改进了合成路线，仅用3步反应便完成合成，总产率为90％：
已知：当有机物分子中羧基与酮羰基连在同一个碳原子上时，在加热条件下会发生脱羧反应（羧基转化为氢原子）。
（1）H的分子式为___________。
（2）I的化学名称是___________。
（3）K中官能团名称为___________，G转化为H的反应类型为___________。
（4）A的同分异构体中，同时满足下列条件的共有___________种（不考虑顺反异构）。
①含有1个六元碳环
②含有碳碳双键和羟基
③双键碳连有羟基结构不稳定，不考虑
（5）罗宾逊合成路线的优点是___________。
（6）根据题干中罗宾逊合成路线，利用以下三种原料进行有机合成，可能得到两种有机产物M和N，两者分子式均为，则M和N和结构简式分别为___________、___________。
【答案】18. C8H13NO
19. 甲胺 20. ①. 醛基 ②. 氧化反应
21. 18 22. 合成步骤少，总收率高
23. ①. ②.
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，经多步转化生成，先与溴化氢发生加成反应后，再与(CH3)2NH发生取代反应生成，一定条件下发生还原反应生成，与溴发生加成反应生成，受热发生异构化生成，经多步转化生成，与氧化铬发生氧化反应生成。
【小问1详解】
由结构简式可知，的分子式为C8H13NO，故答案为：C8H13NO；
【小问2详解】
由结构简式可知，CH3NH2的名称为甲胺，故答案为：甲胺；
【小问3详解】
由结构简式可知，的官能团为醛基，G转化为H的反应为与氧化铬发生氧化反应生成，故答案为：醛基；氧化反应；
【小问4详解】
A的同分异构体含有1个六元碳环，含有碳碳双键和羟基，双键碳连有羟基的结构不稳定，则同分异构体的结构可以视作分子中饱和碳原子上的氢原子被羟基取代所得结构，共有18种，故答案为：18；
【小问5详解】
由有机物的转化关系可知，罗宾逊合成路线的优点是缩短了合成路线，减少了副反应发生，提高反应的转化率，故答案为：合成步骤少，总收率高；
【小问6详解】
由罗宾逊合成路线可知，题给三种原料进行有机合成时发生的反应为与甲醛先发生加成反应生成，再与(CH3)2NH发生取代反应生成或，故答案为：；。
粒子组
判断和分析
A
、、、
能大量共存，粒子间不反应
B
、、、
不能大量共存，因发生反应：
C
、、、
不能大量共存，因发生反应
D
、、、
能大量共存，粒子间不反应
A
B
C
D
钠的燃烧
实验室收集
排出盛有溶液的滴定管尖嘴内的气泡
铁上镀铜
化学键
键能
496
799
实验编号
①
0.025
0.040
②
0.050
0.040
③
0.025
0.120
（考试时间：75分钟 满分：100分）
注意事项：
1.答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，务必擦净后再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Al 27 S 32 Ca 40
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. 近年来，安徽省扎实推进宜居宜业和美乡村建设.下列说法正确的是
A. 梯次推进农村生活污水治理，提高农村生活污水治理率，明矾常用来进行污水的处理
B. 以“数字＋”为农业现代化添动力，网络使用的光纤主要原料为Si
C. 提升基础设施效能，增设停车充电桩等配套设施，充电是将化学能转化为电能
D. 大力实施农村公路提质改造工程，铺路用的水泥是新型无机非金属材料
【答案】A
【解析】
【详解】A．明矾电离出的铝离子在溶液中水解生成氢氧化铝胶体，胶体能吸附水中悬浮杂质达到净水的目的，所以提高农村生活污水治理率，明矾常用来进行污水的处理，故A正确；
B．网络使用的光纤主要原料为二氧化硅，故B错误；
C．充电是将电能转化为化学能的过程，故C错误；
D．铺路用的水泥是传统无机非金属材料，故D错误；
故选A。
2. 下列符号表征或说法正确的是
A. 是非极性分子B. Mg位于元素周期表的p区
C. 空间结构：平面三角形D. 的形成过程：
【答案】C
【解析】
【详解】A．是极性分子，中心氧原子呈正电性，两端的氧原子呈负电性，A错误；
B．Mg位于元素周期表的s区，B错误；
C．的中心碳原子呈sp2杂化，因此其空间构型为平面三角形，C正确；
D．HCl为共价化合物，而非离子化合物，形成过程应为：，D错误。
本题选C。
3. 为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 标准状况下气体中含有
B. 中含有键数目最多为
C. 189g三肽（相对分子质量：189）中的肽键数目为
D. 溴化铵水溶液中与离子数之和大于
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯化氢是共价化合物，化合物中不含有氢离子，故A错误；
B．分子式为C2H4O的有机物可能为乙醛或环氧乙烷，乙醛分子中σ键数目为6个，环氧乙烷分子中σ键数目为7个，则44gC2H4O分子中含有σ键数目最多为×7×NAml—1=7NA，故B正确；
C．一定条件下三分子氨基酸发生脱水缩合反应生成含有2个肽键的三肽和水，则189g三肽C6H11N3O4中的肽键数目为×2×NAml—1=2NA，故C正确；
D．1L1mlL溴化铵溶液中溴离子的物质的量为1ml，由电荷守恒关系n(NH)+n(H+)=n(Br—)+ n(OH—)可知，溴化铵溶液中铵根离子和氢离子数目之和大于1ml×NAml—1=NA，故D正确；
故选A。
4. 下列判断和分析均错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．四种离子在溶液中不发生任何反应，能大量共存，则判断和分析均正确，故A不符合题意；
B．溶液中氢离子与硫代硫酸根离子反应生成硫沉淀、二氧化硫气体和水，不能大量共存，反应的离子方程式为，则判断和分析均正确，故B不符合题意；
C．溶液中铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，不能大量共存，反应的离子方程式为，则判断和分析均正确，故C不符合题意；
D．铁离子做催化剂条件下过氧化氢溶液分解生成氧气和水，则判断和分析均错误，故D符合题意；
故选D。
5. 磷酸铁锂电池充电时锂离子由电极迁移至石墨电极形成，的前体可由、、在的条件下反应制得，下列化学反应表示正确的是
A. 锂燃烧的热化学方程式：
B. 锂-空气电池充电的阳极反应：
C. 的水解“释氨”过程：
D. 制备的离子方程式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．锂燃烧热为299kJ⋅ml-1，则锂燃烧的热化学方程式为4Li(s)+O2(g)═2Li2O(s) ΔH=-1196kJ⋅ml-1，故A错误；
B．锂-空气电池充电时阳极发生失电子的反应，，故B错误；
C．Li3N水解生成LiOH和NH3，化学方程式为Li3N+3H2O═3LiOH+NH3↑，故C正确；
D．NH4H2PO4、FeSO4、H2O2在pH=2的条件下反应制得FePO4，反应为，故D错误。
答案选C。
6. 下列物质性质与用途或物质结构与性质具有对应关系的是
A. 可溶于水，可用作宇宙飞船中吸收剂
B. Mg有强还原性，可用于钢铁的电化学防护
C. 石墨晶体层间存在范德华力，石墨易导电
D. 是极性分子，有强氧化性
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢氧化锂可用作宇宙飞船中二氧化碳吸收剂是因为氢氧化锂溶液呈碱性，故A错误；
B．金属镁可用于钢铁的电化学防护是因为镁有强还原性，与铁构成原电池时，镁做负极被损耗，铁做正极被保护，故B正确；
C．石墨易导电是因为石墨为混合型晶体，晶体中碳原子的杂化方式为sp2杂化，未参与杂化的p电子形成离域大π键，与范德华力无关，故C错误；
D．过氧化氢具有强氧化性是因为分子中负一价氧元素易得到电子被还原，与过氧化氢是极性分子无关，故D错误；
故选B。
7. 下列实验操作或装置能达到目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．钠的燃烧实验需要在坩埚或者燃烧匙中进行，不能在表面皿中进行，因为钠燃烧会产生大量的热，会使表面皿破裂，A错误；
B．乙烯不溶于水，且其密度与空气接近，所以实验室收集乙烯用排水法，B正确；
C．图中是碱式滴定管的排气泡方法，而高锰酸钾溶液应该用酸式滴定管盛放，C错误；
D．铁上镀铜，铜应该连接电源的正极，作阳极，铁连接电源的负极，作阴极，D错误；
故选B。
8. 溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂.合成工艺流程如下：
下列说法错误的是
A. 还原工序逸出的用溶液吸收，吸收液不可直接返回还原工序
B. 除杂工序中产生的滤渣可用进行组分分离
C. 中和工序中生成的气体为酸性氧化物
D. 若和恰好完全反应，则理论上参与反应的为
【答案】D
【解析】
【分析】由题给流程可知，向含有少量溴的氢溴酸中加入硫化钡，硫化钡与溴发生氧化还原反应生成溴化钡和硫，向反应后的溶液中加入硫酸溶液，硫酸溶液与溴化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢溴酸，过滤得到含有硫酸钡、硫的滤渣和氢溴酸；向氢溴酸溶液中加入碳酸锂，氢溴酸溶液与碳酸锂反应得到溴化锂溶液，溶液经浓缩等操作后得到溴化锂。
【详解】A．溴与氢氧化钠溶液反应生成溴化钠、次溴酸钠和水，则还原工序逸出的溴用氢氧化钠溶液吸收得到吸收液不可直接返回还原工序，否则加入硫酸溶液时，溶液中的次溴酸根离子酸性条件下会与溴离子反应生成溴，导致无法制得溴化锂，故A正确；
B．由分析可知，除杂工序得到的滤渣为硫酸钡和硫，硫可溶于二硫化碳而硫酸钡不溶于二硫化碳，因此可用二硫化碳进行组分分离，故B正确；
C．由分析可知，中和工序发生的反应为氢溴酸溶液与碳酸锂反应生成溴化锂、二氧化碳和水，二氧化碳气体为酸性氧化物，故C正确；
D．由得失电子数目守恒可知，溴和硫化钡恰好反应时，溴、硫化钡和反应生成的溴化钡的物质的量相等，由硫酸钡的化学式可知，溴化钡、硫酸和反应生成硫酸钡的物质的量相等，则理论上参与反应的溴、硫化钡、硫酸的物质的量比为1：1：1，故D错误；
故选D。
9. 冠醚因分子结构形如皇冠而得名，某冠醚分子c可识别，其合成方法如下.下列说法正确的是
A. a不可以使酸性高锰酸钾溶液褪色B. a和b的反应有生成，属于缩聚反应
C. c核磁共振氢谱有4组峰D. c是超分子
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，a分子中含有的酚羟基能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故A错误；
B．由结构简式可知，a分子与b分子发生取代反应生成c分子和氯化氢，故B错误；
C．由结构简式可知，c分子的结构对称，分子中含有4类氢原子，核磁共振氢谱有4组峰，故C正确；
D．超分子是分子通过氢键、范德华力、电荷的库仑作用等非化学建立的弱作用力而自动结合成有序有组织的聚合系统，c分子可以和钾离子形成超分子，而c分子不是超分子，故D错误；
故选C。
10. 离子液体在合成与催化、电化学、生物化学等领域广泛应用，某离子液体的结构如图所示.X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，X原子中电子只有一种自旋取向，Y、Z、Q为同一周期元素，W原子的核外电子总数是最外层电子数的3倍.下列说法正确的是
A. 简单离子半径：
B. Y和Z的氢化物的沸点：
C. 同周期元素第一电离能比Z小的有4种
D. 基态Z原子核外电子有5种空间运动状态
【答案】D
【解析】
【分析】X原子中电子只有一种自旋取向，X为H元素；Y、Z、Q为同一周期元素，即第2周期元素，根据化学键数目可知，Y为C元素、Z为N元素、Q为F元素，W原子的核外电子总数是最外层电子数的3倍，W为P元素。
【详解】A．简单离子半径，即，故A错误；
B．虽然NH3有分子间氢键，沸点NH3>CH4，但碳氢化合物呈固体、熔沸点高的多的是，所以Z的氢化物沸点不一定高，故B错误；
C．Z为N元素，同周期元素中第一电离能比N小的有Li、Be、B、C、O，共5种，故C错误；
D．Z为N元素，基态原子有5个轨道填充了电子，所以电子有5种空间运动状态，故D正确。
答案选D。
11. 用一种具有“卯榫”结构的双极膜组装的电解池可实现大电流催化电解氯化铵废水，同时制得盐酸和氨水.工作时，在双极膜界面处被催化解离成和，有利于电解反应顺利进行，装置如图所示（M、N均为惰性电极）。下列说法正确的是
A. a膜是阳离子交换膜，b膜是阴离子交换膜
B. Ⅰ室生成氨水，Ⅱ室生成盐酸
C 每生成，双极膜处共有解离
D. 与平面结构相比，“卯榫”结构双极膜表面积大，更有利于电子通过
【答案】C
【解析】
【分析】处理氯化铵废水，同时制得盐酸和氨水，阳离子向阴极移动、阴离子向阳极移动，氯离子透过a膜进入Ⅰ室，铵根离子透过b膜进入Ⅱ室，可知在Ⅰ、Ⅱ两室分别得到盐酸和氨水。
【详解】A．阳离子向阴极移动、阴离子向阳极移动，氯离子透过a膜进入Ⅰ室，铵根离子透过b膜进入Ⅱ室，a膜是阴离子交换膜、b膜是阳离子交换膜，故A错误；
B．阳离子向阴极移动、阴离子向阳极移动，氯离子透过a膜进入Ⅰ室，铵根离子透过b膜进入Ⅱ室，可知在Ⅰ、Ⅱ两室分别得到盐酸和氨水，故B错误；
C．生成，Ⅰ室处双极膜有0.1mlH2O解离、Ⅱ室处双极膜有0.1mlH2O解离，所以双极膜处共有0.2mlH2O解离，故C正确；
D．与平面结构的双极膜相比，“卯榫”结构增大双极膜面积，可提高产品生成速率，电子不能通过双极膜，故D错误；
故选：C。
12. 是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用.我国科学家合成的某Ru（Ⅱ）催化剂能高效电催化氧化合成，其电极反应机理如图所示.下列说法错误的是
A. 与中的N原子杂化方式相同B. X和Y中Ru的化合价均为+3
C. 反应Ⅱ没有发生氧化还原反应D. 图示过程发生在电解池阳极区
【答案】B
【解析】
【详解】A．中氮原子的价层电子对数为4，为sp3杂化，N2H4中N原子的价层电子对数为3+1=4，杂化类型为sp3，故A正确；
B．X与存在平衡转化，中Ru为+2价，即X中也为+2价，故B错误；
C．反应Ⅱ中发生了质子转移、无元素化合价发生变化，没有发生了氧化还原反应，故C正确；
D．图示过程失去了电子为氧化反应，发生在电解池的阳极区，故D正确。
答案选B。
13. 已知：常温下；，，某实验小组利用与反应生成来“分银”，“分银”时，的浓度与溶液pH的关系如图1；及其与形成的微粒的浓度分数随溶液pH变化的关系如图2，下列叙述错误的是
A. 与反应生成，该反应的平衡常数
B. “分银”时，pH需控制的范围大约是
C. “分银”溶液中存在
D. 在中的大于中的
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯化银与亚硫酸钠溶液反应存在如下平衡：AgCl+2SO[Ag(SO3)2]3—+Cl—，反应的平衡常数K===Ksp(AgCl)K1=1.8×10−10×1.0×108.68=1.8×10−1.32，故A正确；
B．由图1可知，溶液pH在8∼9范围内时，[Ag(SO3)2]3—离子浓度最大，所以“分银”时，pH需控制的范围大约是8∼9，故B正确；
C．亚硫酸钠溶液中存在物料守恒关系，分银溶液中还存在[Ag(SO3)2]3—离子，则分银溶液中的物料守恒，故C错误；
D．亚硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子数为1，[Ag(SO3)2]3—离子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，
∠O−S−O键角越小，则在中的大于中的，故D正确；
故选C。
14. 室温下，某溶液初始时仅溶有A，同时发生两个反应：①；②，反应①的速率可表示为，反应②的速率可表示为（、为速率常数），图1为温度时，该体系中A、B、C、D浓度随时间变化的曲线，图2为反应①和②的曲线，下列说法正确的是
A. 表示D浓度随时间变化的曲线
B. 时曲线表示的物质的化学反应速率为
C. 温度时，反应①的活化能比反应②的活化能小
D. 若图1温度降低，时刻体系中值变大
【答案】D
【解析】
【分析】由方程式可知，两个反应中A都是反应物、B都是生成物，则L2代表A浓度随时间变化的曲线、L1代表B浓度随时间变化的曲线；由图2可知，温度为T2时，平衡常数k1＜k2，则图1中对应曲线L3代表D浓度随时间变化的曲线、L4代表C浓度随时间变化的曲线。
【详解】A．由分析可知，L4代表C浓度随时间变化的曲线，故A错误；
B．由分析可知，L1代表B浓度随时间变化的曲线，由图可知，2s时，B的浓度小于4ml/L，则2s内，B的平均速率为=，故B错误；
C．反应的活化能越大，反应速率越小，由图2可知，T2温度时，反应①的反应速率慢于反应②，则反应①的活化大于反应②，故C错误；
D．由图2可知，温度降低时，体系中反应①的速率降低幅度大于反应②，则图1的温度降低时，时刻体系中值变大，故D正确；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分.
15. 轻质碳酸钙可用作橡胶的填料。以磷石膏（含和少量、等）为原料制备轻质碳酸钙和铝铵矾的实验流程如图：
（1）的价层电子排布式为：___________。
（2）“转化”步骤中转化为的化学方程式___________。
（3）“除杂”时通入的目的是___________，滤渣的成分是：___________（填化学式）。
（4）通过下列方法测定产品中碳酸钙的含量：准确称取0.5000g产品用盐酸充分溶解，过滤，将滤液和洗涤液转移至250mL容量瓶中定容、摇匀，记为试液A，取25.00mL试液A，加入指示剂，调节，用标准溶液滴定，至终点时消耗溶液24.60mL.计算产品中碳酸钙的质量分数___________。（保留三位有效数字）
（5）铝铵矾是一种水絮凝剂。请补充由“转化”后的滤液制取铝铵矾的实验方案，部分物质的溶解度随温度的变化如下图所示：
①在“转化”后的滤液中加入的溶液，边加边搅拌，到不再产生气体为止，将所得溶液蒸发浓缩至有大量晶体析出，过滤，用无水乙醇洗涤、干燥，得固体。
②向溶液中加入___________固体，边加边搅拌，当固体完全溶解后，将所得溶液蒸发浓缩至_____________（填现象），___________（填操作），过滤，用无水乙醇洗涤，干燥，得到铝铵矾。
【答案】（1）3d6 （2）CaSO4+NH4HCO3+NH3·H2O=CaCO3+(NH4)2SO4+H2O
（3） ①. 使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀 ②. SiO2、Fe(OH)3
（4）98.4% （5） ①. 13.2g ②. 出现晶膜 ③. 冷却结晶
【解析】
【分析】由题给流程可知，向磷石膏中加入碳酸氢铵和氨水的混合液，将微溶于水的硫酸钙转化为难溶于水的碳酸钙，过滤得到含有含有碳酸钙、二氧化硅、氧化铁的滤渣和含有硫酸铵的滤液；向滤渣中加入盐酸，将碳酸钙、氧化铁溶解得到可溶性金属氯化物后，二氧化硅与盐酸不反应，再通入氨气将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有二氧化硅、氢氧化铁的滤渣和氯化钙溶液；向氯化钙溶液中先通入氨气、再通入二氧化碳，将溶液中的氯化钙转化为碳酸钙沉淀，过滤得到轻质碳酸钙。
【小问1详解】
铁元素的原子序数为26，基态亚铁离子的价层电子排布式为3d6，故答案为：3d6；
【小问2详解】
由分析可知，转化步骤加入碳酸氢铵和氨水的混合液的目的是将微溶于水的硫酸钙转化为难溶于水的碳酸钙，反应的化学方程式为CaSO4+NH4HCO3+NH3·H2O=CaCO3+(NH4)2SO4+H2O，故答案为：CaSO4+NH4HCO3+NH3·H2O=CaCO3+(NH4)2SO4+H2O；
【小问3详解】
由分析可知，除杂时通入氨气的目的是将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到的滤渣为二氧化硅和氢氧化铁，故答案为：使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；SiO2、Fe(OH)3；
【小问4详解】
由题意可得如下转化关系：CaCO3—Ca2+—Na2H2Y，滴定消耗24.60mL 0.02000ml/LNa2H2Y溶液，则产品中碳酸钙的质量分数为×100%=98.4%，故答案为：98.4%；
【小问5详解】
由铝铵矾的化学式可知，向200mL0.5ml/L硫酸铝溶液中加入硫酸铵的质量为0.5ml/L×0.2L×132g/ml=13.2g，由物质的溶解度随温度变化的示意图可知，制备铝铵矾的操作步骤为在“转化”后滤液中加入3ml/L的硫酸溶液，边加边搅拌，到不再产生气体为止，将所得溶液蒸发浓缩至有大量晶体析出，过滤，用无水乙醇洗涤、干燥，得硫酸铵固体；向200mL0.5ml/L硫酸铝溶液中加入13.2g硫酸铵固体，边加边搅拌，当固体完全溶解后，将所得溶液蒸发浓缩至表面出现晶膜，冷却结晶，过滤，用无水乙醇洗涤、干燥，得到铝铵矾，故答案为：13.2g；出现晶膜；冷却结晶。
16. 己二酸在有机合成工业等方面有着重要作用，以环己醇（ ，）为原料制取己二酸[，]，已知己二酸和己二酸钾的溶解度均随温度升高而增大。
实验步骤：
①向250mL三颈烧瓶中加入搅拌磁子、50mL1.0％的溶液和9.0g高锰酸钾，按如图所示安装装置，控制滴速并维持温度在45℃左右，共滴加环己醇2.0mL，滴加结束时需启动加热装置加热一段时间，趁热过滤，洗涤滤渣。
②将滤液和洗涤液倒入100mL烧杯中，加入适量饱和亚硫酸氢钾溶液，再用约4mL浓溶液，使溶液呈酸性，加热浓缩使溶液体积减少至10mL，经过冷却结晶、过滤、洗涤，烘干得到粗产品ag。
③准确称取bg己二酸产品于锥形瓶中，加入少量水溶解，滴入酚酞试剂，用的溶液滴定，重复上述操作三次，平均消耗溶液VmL。
（1）搅拌磁子的作用是____________。
（2）三颈烧瓶内发生反应的离子方程式为__________________。
（3）步骤①中“氧化”过程，三颈烧瓶中溶液温度逐渐升高，其原因是__________；在环己醇不同滴加速度下，溶液温度随滴加时间变化曲线如下图，为了实验安全，应选择的滴速为____________滴/min。
（4）完成步骤①“氧化”后，用玻璃棒蘸取一滴反应混合液点在滤纸上，在黑色圆点周围出现紫色环，该现象说明__________；如不加入适量饱和亚硫酸氢钾溶液，后续会产生一种有毒气体，在产生该有毒气体的化学反应中，氧化剂和氧化产物的物质的量之比为__________。
（5）步骤①中趁热过滤的优点是__________。
（6）己二酸的实际产率是__________（用含a、b、V的化简后的式子表示）。
【答案】16. 使反应物混合均匀，加速反应，且可以散热防止温度过高
17. 3+8MnO3[OOC(CH2)4COO]2—+8MnO2↓+2OH—+5H2O
18. ①. 环己醇的氧化反应为放热反应 ②. 5
19. ①. KMnO4溶液过量 ②. 2：5
20. 滤去MnO2，防止温度降低己二酸钾晶体析出，提高产率
21. ×100%
【解析】
【分析】该实验的实验目的是在碱性条件下用高锰酸钾氧化环己醇制得己二酸钾，己二酸钾经除杂、转化、分离提纯制得己二酸，并用滴定方法测定所得产品的纯度。
【小问1详解】
氧化环己醇的实验中加入搅拌磁子可以使反应物混合均匀，加快环己醇氧化的速率，同时可以起到散热作用防止温度过高发生副反应，故答案为：使反应物混合均匀，加速反应，且可以散热防止温度过高；
【小问2详解】
由题意可知，三颈烧瓶内发生的反应为环己醇与高锰酸钾溶液反应生成己二酸钾、氢氧化钾、二氧化锰和水，反应的离子方程式为3+8MnO3[OOC(CH2)4COO]2—+8MnO2↓+2OH—+5H2O，故答案为：3+8MnO3[OOC(CH2)4COO]2—+8MnO2↓+2OH—+5H2O；
【小问3详解】
步骤①中“氧化”过程，三颈烧瓶中溶液温度逐渐升高说明环己醇与高锰酸钾溶液的氧化反应为放热反应；由图可知，环己醇的滴速为5滴/min时，反应温度升高最小，所以为了实验安全，应选择的滴速为5滴/min，故答案为：环己醇的氧化反应为放热反应；5；
【小问4详解】
高锰酸钾在溶液中呈紫色，用玻璃棒蘸取一滴反应混合液点在滤纸上，在黑色圆点周围出现紫色环说明环己醇氧化反应时加入的高锰酸钾溶液过量；为防止进入盐酸将己二酸钾转化为己二酸时，过量的高锰酸钾溶液将盐酸氧化干扰实验，加入盐酸前，应加入亚硫酸氢钾除去过量的高锰酸钾溶液；如不加入适量饱和亚硫酸氢钾溶液，高锰酸钾溶液会与盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，反应的方程式为2KMnO4+16HCl=MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，反应中锰元素的化合价被还原，高锰酸钾是反应的氧化剂，氯元素的化合价部分升高被氧化，氯气是反应的氧化剂，则由方程式可知，氧化剂高锰酸钾与氧化产物氯气的物质的量比为2：5，故答案为：KMnO4溶液过量；2：5；
【小问5详解】
由题意可知，己二酸钾的溶解度随温度升高而增大，所以步骤①中趁热过滤的优点是滤去二氧化锰的同时可以温度降低导致己二酸钾析出，提高产率，故答案为：滤去MnO2，防止温度降低己二酸钾晶体析出，提高产率；
【小问6详解】
由bg产品消耗VmL 0.1ml/L氢氧化钠溶液可知，bg产品中含有己二酸的物质的量为0.1ml/L×10-3VL×=5×10-5Vml，则ag产品中含有己二酸的物质的量为ml，由题意可知，环己醇发生氧化反应时，高锰酸钾过量，则2.0mL环己醇完全反应，己二酸的实际产率为×100%=×100%，故答案为：×100%。
17. 是重要的化工原料，合理使用能发挥其在工业生产、物质合成、速率分析等领域的重要作用。
（1）已知下列反应的热化学方程式：
①
②
计算燃烧生成反应③的__________。
（2）已知下列键能数据，结合反应③数据，计算的键能是____________。
（3）650K时，某研究小组测得反应i：的浓度、速率数据如下：
已知k为速率常数，一般情况下只与温度有关，实验测得
，通过以上实验数据可知_________，_______；650K时，若，，________。
（4）在上述实验过程中，同时发生了如下副反应ii：，650K时，向容积为2L的密闭容器中通入和，10min 后体系达到平衡，此时、的物质的量分别为1.8ml、0.3ml，反应i的平衡常数为____________。
（5）已知CO是常见配体，配位时简单认为1个CO提供2个电子，EAN规则认为金属的价电子数加上配体提供的电子数等于18时，配位化合物一般较稳定，下列结构能够稳定存在的有__________。
A. B. C. D.
（6）CO可以用于生产多晶金刚石箔，将一氧化碳和氢气混合，在高温高压下通过催化剂使之沉积在金属基底上，形成金刚石晶体。金刚石的晶胞如图，晶胞参数为bnm，晶胞中C与C间的最大距离为__________nm，晶体密度为____________（列出计算式，阿伏加德罗常数的值为）。
【答案】（1）—283
（2）1067 （3） ①. 1 ②. 1 ③. 3.52×10-3
（4）48 （5）D
（6） ①. b ②.
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知，反应②—①得到反应③，则△H3=(—394kJ/ml)—(—111kJ/ml)=—283kJ/ml，故答案为：—283；
【小问2详解】
由反应热与反应物键能之和与生成物键能之和的差值相等可得：△H3=E(C≡O)+ 496 kJ/ml×—799kJ/ml×2=—283kJ/ml，解得E(C≡O)=1067kJ/ml，故答案为：1067；
【小问3详解】
由①②数据可得：=，解得m=1，由①③数据可得：=，解得n=1，由①中数据可得反应速率常数k= L·ml-1·s-1=0.22 L·ml-1·s-1，则650K时，初始一氧化碳浓度为0.100ml/L、二氧化氮浓度为0.160ml/L时，一氧化氮的反应速率为0.22 L·ml-1·s-1×0.100ml/L×0.160ml/L=3.52×10-3 ml/(L·s)，故答案为：1；1；3.52×10-3；
【小问4详解】
设平衡时得反应i生成一氧化氮浓度为aml、反应ii生成氮气物质的量为bml，由题意可建立如下三段式：
由二氧化氮和二氧化碳的浓度可得：①2—a—2b=0.3，②a+4b=1.8，解得a=1.6、b=0.05，则反应i的平衡常数为=48，故答案为：48；
【小问5详解】
由化学式可知，五羰基合锰的价电子数为17、五羰基合铬的价电子数为16、四羰基合钴的价电子数为15、四羰基合镍的价电子数为18，则由题意可知，四羰基合镍能够稳定存在，故选D；
【小问6详解】
由晶胞结构可知，晶胞中碳原子与碳原子的最大距离为体对角线，则距离为bnm；晶胞中位于顶点、面心、体内的碳原子个数为8×+6×+4=8，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—7b)3d，解得d=，故答案为：b；。
18. 颠茄酮也称托品酮，是一种具有特殊生理活性的生物碱，医学上常用作麻醉剂、解毒剂等。20世纪初，威尔施泰特以环庚酮为原料通过十余步反应合成颠茄酮（H），总产率仅0.75％，主要合成步骤如下：
十几年后，罗宾逊改进了合成路线，仅用3步反应便完成合成，总产率为90％：
已知：当有机物分子中羧基与酮羰基连在同一个碳原子上时，在加热条件下会发生脱羧反应（羧基转化为氢原子）。
（1）H的分子式为___________。
（2）I的化学名称是___________。
（3）K中官能团名称为___________，G转化为H的反应类型为___________。
（4）A的同分异构体中，同时满足下列条件的共有___________种（不考虑顺反异构）。
①含有1个六元碳环
②含有碳碳双键和羟基
③双键碳连有羟基结构不稳定，不考虑
（5）罗宾逊合成路线的优点是___________。
（6）根据题干中罗宾逊合成路线，利用以下三种原料进行有机合成，可能得到两种有机产物M和N，两者分子式均为，则M和N和结构简式分别为___________、___________。
【答案】18. C8H13NO
19. 甲胺 20. ①. 醛基 ②. 氧化反应
21. 18 22. 合成步骤少，总收率高
23. ①. ②.
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，经多步转化生成，先与溴化氢发生加成反应后，再与(CH3)2NH发生取代反应生成，一定条件下发生还原反应生成，与溴发生加成反应生成，受热发生异构化生成，经多步转化生成，与氧化铬发生氧化反应生成。
【小问1详解】
由结构简式可知，的分子式为C8H13NO，故答案为：C8H13NO；
【小问2详解】
由结构简式可知，CH3NH2的名称为甲胺，故答案为：甲胺；
【小问3详解】
由结构简式可知，的官能团为醛基，G转化为H的反应为与氧化铬发生氧化反应生成，故答案为：醛基；氧化反应；
【小问4详解】
A的同分异构体含有1个六元碳环，含有碳碳双键和羟基，双键碳连有羟基的结构不稳定，则同分异构体的结构可以视作分子中饱和碳原子上的氢原子被羟基取代所得结构，共有18种，故答案为：18；
【小问5详解】
由有机物的转化关系可知，罗宾逊合成路线的优点是缩短了合成路线，减少了副反应发生，提高反应的转化率，故答案为：合成步骤少，总收率高；
【小问6详解】
由罗宾逊合成路线可知，题给三种原料进行有机合成时发生的反应为与甲醛先发生加成反应生成，再与(CH3)2NH发生取代反应生成或，故答案为：；。
粒子组
判断和分析
A
、、、
能大量共存，粒子间不反应
B
、、、
不能大量共存，因发生反应：
C
、、、
不能大量共存，因发生反应
D
、、、
能大量共存，粒子间不反应
A
B
C
D
钠的燃烧
实验室收集
排出盛有溶液的滴定管尖嘴内的气泡
铁上镀铜
化学键
键能
496
799
实验编号
①
0.025
0.040
②
0.050
0.040
③
0.025
0.120
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