山东省济南市2024-2025学年高三上学期开学考试化学试题（原卷版+解析版）

这是一份山东省济南市2024-2025学年高三上学期开学考试化学试题（原卷版+解析版），文件包含山东省济南市2024-2025学年高三上学期开学考试化学试题原卷版docx、山东省济南市2024-2025学年高三上学期开学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33页， 欢迎下载使用。

化学试题
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
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，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。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 O 16 S 32
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 高中生应德智体美劳全面发展。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．向煮沸的豆浆中加入卤水，会发生胶体的聚沉，形成豆腐，故A不符合题意；
B．能与酸反应产生二氧化碳，从而使面团蓬松，故B不符合题意；
C．擦干已洗净铁锅表面的水，避免铁锅在潮湿环境中形成原电池腐蚀，从而起到防锈作用，而铁与水蒸气生成Fe3O4需在高温条件下进行，两者并无关联，故C符合题意；
D．铵盐受热易分解，从而降低肥效，施用时及时埋在土中，故D不符合题意；
故选C。
2. 化学品在食品工业中也有重要应用，下列说法错误的是
A. 苯甲酸钠可用作食品防腐剂B. 抗坏血酸可用作食品抗氧化剂
C. 适量SO2可用作食品添加剂D. 碱石灰可用作食品干燥剂
【答案】D
【解析】
【详解】A．苯甲酸钠具有抑制微生物生长的作用，苯甲酸钠可用作食品防腐剂，A正确；
B．维生素C又叫抗坏血酸，具有强的还原性，所以可用作食品抗氧化剂，B正确；
C．SO2具有还原性，食品中添加适量的SO2可以起到抗氧化的作用，C正确；
D．碱石灰中含有氢氧化钠，氢氧化钠具有强烈腐蚀性，不能用于食品干燥剂，D错误；
故答案为：D。
3. 下列说法或图示正确的是
A. 基态Ge原子的电子排布式为
B. Na的第二电离能的第一电离能
C. 分子的VSEPR模型：
D. 的球棍模型：
【答案】B
【解析】
【详解】A．基态Ge原子的电子排布式为，故A错误；
B．Na+离子的结构示意图为，Ne原子的结构示意图为，二者核外电子数相等，Na+的核电荷数比Ne的的核电荷数多，对核外电子的吸引能力更大，失电子能力更弱，则Na+的第二电离能大于Ne的第一电离能，故B正确；
C．分子中心原子的价电子对数为，有1对孤对电子，VSEPR模型为四面体形，不是三角锥形，故C错误；
D．中心原子的价电子对数为，为sp杂化，无孤对电子，应为直线形结构，故D错误；
故选B。
4. 实验室中为完成以下实验，除蒸馏水外，选用的液体试剂和依次加入顺序均正确的是
A. 制备溴苯并提纯：溴水、苯、NaOH溶液
B. 制备乙酸乙酯：乙醇、浓硫酸、冰醋酸
C. 粗盐提纯：溶液、溶液、NaOH溶液
D. 检验淀粉水解产物：稀硫酸、银氨溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯和液溴在FeBr3的催化下才能发生取代反应生成溴苯，故A错误；
B．浓硫酸的浓度大于乙醇的密度，混合时，相当于稀释浓硫酸，出于安全角度，先加乙醇，再加浓硫酸，最后加冰醋酸，故B正确；
C．粗盐提纯的过程中溶液要在溶液之后加，以除去过量的Ba2+，故C错误；
D．检验淀粉水解产物加入酸待淀粉水解后，应当加入碱以中和酸，才能滴加银氨溶液，故D错误；
故选B
5. 化学与生活密切相关，下列说法错误的是
A. ClO2可用于自来水消毒，体现了ClO2的强氧化性
B. 明矾可用于净水是因为明矾水解生成了Al(OH)3胶体
C. SO2可用于丝织品漂白是因为SO2能氧化丝织品中有色成分
D. 酒精消毒杀菌的原理是吸收细菌蛋白中的水分，使其脱水变性
【答案】C
【解析】
【详解】A．ClO2具有强氧化性，能使蛋白质发生变性，故ClO2可用于自来水消毒，A不合题意；
B．明矾电离出Al3+发生水解生成了Al(OH)3胶体，胶体具有很强的吸附性，故明矾可用于净水，B不合题意；
C．二氧化硫可与有色物质化合生成无色物质，SO2在工业上常用来漂白纸浆、毛丝、草帽辫等，与氧化还原反应无关，C符合题意；
D．75%的酒精具有最佳的杀菌能力，可使蛋白质脱水而变性，D不合题意；
故答案为：C。
6. 下列图示实验中，操作规范的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．调控酸式滴定管的滴加速度，左手拇指、食指和中指轻轻向内扣住玻璃活塞，手心空握，图示操作不符合规范，A不合题意；
B．转移液体时玻璃棒的下端在刻度线以下，图中玻璃棒的下端未在刻度线以下，B不合题意；
C．分液漏斗振荡几次后，需打开分液漏斗上口的玻璃塞放气，振荡几次后放气的方法为漏斗倒置，打开旋塞放气，图示操作符合规范，C符合题意；
D．KOH能与瓷坩埚中的SiO2反应而腐蚀坩埚，故熔化KOH不能用瓷坩埚，而应该用铁坩埚或者铜坩埚，D不合题意；
故答案为：C。
7. 可采用Deacn催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2，实现氯资源的再利用。反应的化学方程式：。下图所示为该方法的一种催化机理。下列说法正确的是
A. Z为O2，W为Cl2B. 图中转化涉及的反应均为氧化还原反应
C. 制取1mlCl2，须投入2mlCuOD. CuCl2也可以做反应的催化剂
【答案】D
【解析】
【分析】结合反应机理分析，根据原子守恒，可得X、Y、Z、W依次是Cl2、HCl、O2、H2O，据此分析作答。
【详解】A．由分析可知，Z为O2，W为H2O，A错误；
B．由题干转化历程图可知，图中涉及的两个氧化还原反应是：CuCl2→CuCl和CuCl→Cu2OCl2，图中其余转化时化合价均未发生改变，即图中涉及的反应不都为氧化还原反应，B错误；
C．CuO在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，C错误；
D．由题干转化历程图可知，CuCl2能够循环出现，也可以做反应的催化剂，D正确；
故选D。
8. 植物提取物阿魏萜宁具有抗菌活性，其结构简式如图所示。下列关于阿魏萜宁的说法错误的是
A. 可以与甲醛发生缩聚反应
B. 消去反应产物最多有3种
C. 1ml阿魏萜宁与足量浓溴水反应消耗
D. 1ml阿魏萜宁与足量NaOH溶液反应消耗3mlNaOH
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题干有机物结构简式可知，分子中酚羟基的邻位上两个碳上均含有H，故可以与甲醛发生缩聚反应，A正确；
B．由题干有机物结构简式可知，分子中与醇羟基相邻的三个碳上都有H，故其消去反应产物最多有3种，即或或，B正确；
C．由题干有机物结构简式可知，1ml阿魏萜宁与足量浓溴水反应消耗3mlBr2，其中2ml与酚羟基邻位上的H发生取代反应，1ml与碳碳双键发生加成，C正确；
D．由题干有机物结构简式可知，分子中含有1个醇酯基和1个酚羟基能与NaOH反应，则1ml阿魏萜宁与足量NaOH溶液反应消耗2mlNaOH，D错误；
故答案为：D。
9. 羟胺(NH2OH)可以与盐酸反应生成盐{[NH3OH]Cl}，-NH2的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，下列说法正确的是
A. 碱性：
B. 熔点：
C. 键角：
D. 羟胺分子间氢键的强弱：
【答案】D
【解析】
【详解】A．已知O的电负性比N的大，导致NH2OH分子中-NH2上N原子的电子云密度比NH3中小，则结合题干信息：-NH2的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，故碱性：，A错误；
B．已知NH2OH形成分子晶体，而[NH3OH]Cl为离子化合物，形成离子晶体，故熔点：，B错误；
C．已知NH2OH分子中心原子N周围还有1对孤电子对，而[NH3OH]Cl 中N周围没有孤电子对，孤电子对的排斥力更大，故键角：，C错误；
D．由于O的电负性比N的大，导致O-H中H所带正电荷比N-H中H所带正电荷，故羟胺分子间氢键的强弱：，D正确；
故答案为：D。
10. 钧瓷是宋代五大名瓷之一，其中红色钧瓷的发色剂为。为探究的性质，取等量少许分别加入甲、乙两支试管，进行如下实验。下列说法错误的是
A. 试管甲中沉淀转化时发生的反应为
B. 试管甲中沉淀逐渐消失的过程中体现了的氧化性和酸性
C. 试管乙溶液颜色变化是与形成的无色配合物被氧化所致
D. 上述两个实验表明为两性氧化物
【答案】D
【解析】
【详解】A．试管甲中氧化亚铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、铜、水，沉淀转化时发生的反应为，故A正确；
B．试管甲中沉淀逐渐消失的过程中，铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮、水，体现了强氧化性和酸性，故B正确；
C．含有Cu［（NH3）4］2+的溶液呈深蓝色，可知试管乙溶液颜色变化是与形成的无色配合物被氧化所致，故C正确；
D．在非氧化性酸中发生歧化反应生成铜盐和碳单质，溶液氨水是因为与形成的无色配合物，所以上述两个实验不能表明为两性氧化物，故D错误；
选D。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 下列事实或现象能得出相应结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．相同温度下相同浓度的钠盐溶液中，弱酸根离子水解程度越大，溶液的pH越大，则相同温度下相同浓度的CH3COONa与 NaHCO3溶液，后者的pH大，水解程度：CH3COO-＜，故可说明酸性：CH3COOH＞H2CO3，A符合题意；
B．还原铁粉类脱氧剂中可能含有过量的Fe，消耗完盐酸后过量的Fe与铁离子反应生成亚铁离子，但是不能说脱氧剂中没有铁离子，B不合题意；
C．分别向等浓度的CuSO4和FeSO4溶液中通入H2S，前者有黑色沉淀生成，后者无明显现象，是由于CuS既不溶于水也不与稀H2SO4反应，而FeS能与稀H2SO4反应，与二者的Ksp无关，C不合题意；
D．卤代烃在NaOH醇溶液中加热发生消去反应，由于不是所有的卤代烃都能发生消去反应，故将待测有机物和足量NaOH的醇溶液共热后，加稍过量硝酸酸化，再加入AgNO3溶液，无明显现象，不能说明有机物中是否含有卤素原子，D不合题意；
故答案为：A。
12. 一定电压条件下，NiC-LDHs电极材料上5-羟甲基-2-呋喃甲醛(HMF)可能的物质转化过程如图1所示，各物质含量的动态变化如图2所示。下列说法错误的是
A. NiC-LDHs电极连接外接电源的正极
B. NiC-LDHs电极上发生反应：
C. 基元反应Ⅲ活化能最小
D. FFCA的沸点比FDCA低的主要原因是FDCA的相对分子质量大
【答案】BD
【解析】
【详解】A．NiC-LDHs电极材料上HMF最终转化为FDCA，HMF中醛基和羟基最终被氧化为羧基，则该电极为阳极，与电源正极相连，A正确；
B．转化过程中NiC-LDHs上HMF最终转化为FDCA，生成羧酸，失去电子发生氧化反应，电极反应为：HMF+2H2O—6e-=FDCA+6H+，B错误；
C．由图2可知FFCA的物质的量始终接近0，可知该过程中FFCA能迅速转化为FDCA，则FFCA转化为FDCA的活化能最小，即基元反应Ⅲ活化能最小，C正确；
D．由题干FFCA和FDCA的结构简式可知，FFCA的沸点比FDCA低的主要原因是FDCA周围形成的氢键数目比FFCA多，D错误；
故答案为：BD。
13. 有机物X→Y的重排反应如图所示，与羟基处于对位的基团迁移到氮原子上，下列说法正确的是
A. 依据核磁共振氢谱不可以区分X、Y
B. X中可能共平面的原子最多有8个
C. 若考虑立体异构，重排后的产物为
D. 若不考虑立体异构，含酰胺基且能发生银镜反应的Y的同分异构体有2种
【答案】A
【解析】
【详解】A．由题干X、Y的结构简式并结合等效氢原理可知，X、Y中均含有4种不同环境的H原子，且个数比均为3：3：2：1，则依据核磁共振氢谱不可以区分X、Y，A正确；
B．由题干X的结构简式，X中含有碳氮双键所在的平面，根据单键能够任意旋转可知，可能共平面的原子最多有9个，B错误；
C．由题干X到Y的转化信息可知，若考虑立体异构即存在顺式和反式结构，则发生上述反应的产物是或，不能生成，C错误；
D．若不考虑立体异构，含酰胺基且能发生银镜反应即含有甲酸酰胺基，则Y同分异构体有：OHCNHCH2CH2CH3、OHCNHCH(CH3)2、OHCN(CH3)CH2CH33种，D错误；
故答案为：A。
14. 常温下水溶液体系中存在反应：，平衡常数为。已知初始浓度，所有含碳物种的摩尔分数与pH变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是
A. 曲线Ⅱ表示的变化情况
B. 的电离平衡常数
C. 时，
D. 时，
【答案】BD
【解析】
【分析】随着pH的增大，c(H+)减小，平衡：CH3COOHCH3COO-+H+正向移动，c(CH3COOH)减小、c(CH3COO-)增大，即CH3COOH的摩尔分数减小，CH3COO-的摩尔分数增大，同时，的平衡正向移动，的摩尔分数增大，但当pH增大到一定程度时，部分Ag+转化为沉淀，使得平衡逆向移动，的摩尔分数减小，CH3COO-的摩尔分数增大，故曲线Ⅰ代表CH3COOH的摩尔分数变化，曲线Ⅱ代表CH3COO-的摩尔分数变化，曲线Ⅲ代表的摩尔分数变化，据此分析解题。
【详解】A．根据分析，线Ⅱ表示CH3COO-的变化情况，故A错误；
B．由图可知，当c(CH3COOH)=c(CH3COO-)相等时（即线Ⅰ和线Ⅱ的交点），溶液的pH=m，则CH3COOH的电离平衡常数Ka==10-m，故B正确；
C．pH=n时=10-m，c(CH3COO-)=10n-mc(CH3COOH)，的K=，c(Ag+)=，由图可知pH=n时，c(CH3COOH)=c(CH3COOAg)，代入整理得，故C错误；
D．根据物料守恒，pH=10时溶液中c(Ag+)+c(CH3COOAg)+c(AgOH)=0.08ml/L，所以c(Ag+)+c(CH3COOAg)<0.08ml/L，故D正确；
故选BD。
15. 逆水气变换反应：。一定压力下，按、物质的量之比投料，、温度时反应物摩尔分数随时间变化关系如图所示。已知该反应的速率方程为，、温度时反应速率常数分别为、。下列说法正确的是
A.
B. 逆水煤气变换反应
C. 温度下，仅增大体系初始压力，反应物摩尔分数随时间的变化曲线可能为L
D. 温度下，改变初始投料比例，可使平衡时各组分摩尔分数与温度时相同
【答案】BC
【解析】
【分析】由图可知，T1比T2先到达平衡状态，则T1比T2对应反应速率快，T1＞T2；T1温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于T2温度下平衡时反应物的摩尔分数；
【详解】A．根据分析，T1比T2反应速率快，反应速率常数与温度有关，结合反应速率方程知k1>k2，故A错误；
B．升高温度反应物的摩尔分数降低，则升高温度平衡正向移动，即逆水煤气变换反应，故B正确；
C．温度不变，仅改变体系初始压力，虽然平衡不移动，但可通过减小体积改变压强，则反应物的浓度变大，反应速率变快，反应达到平衡的时间缩短，即可用曲线L代表，故C正确；
D．T2温度下，改变初始投料比，相当于改变某一反应物的浓度，达到平衡时H2和CO2的摩尔分数不可能相等，故不能使平衡时各组分摩尔分数与T1温度时相同，故D错误；
故选BC。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 我国车载电池领域不断取得新的研究成果。回答下列问题：
I．水系镁离子电池正极材料的化学式可表示为MgxCuFe(CN)y，其部分晶体结构如下图所示，Mg2+填充在立方体空隙中未画出，电池放电过程中，电解液中的Mg2+会不断嵌入立方体中心，晶胞中Fe3+和Fe2+含量发生变化，当Mg2+达到最大容量时，Fe元素和Cu元素的价态均为+2价。
（1）Fe在元素周期表中位于第_______周期_______族。
（2）y=_______，当电池放电完全时，立方体的填充率为_______，当电池充电完全时，1ml晶胞中含有_______mlMg2+。
Ⅱ．离子液体指在室温或室温附近温度下呈液态的盐，广泛应用于电化学研究。1-丁基-3甲基咪唑六氟磷酸盐是一种离子液体，结构简式如图所示。
（3）阳离子中咪唑环存在大键，其中提供2个电子形成大键的N的编号是_______，阴离子的空间构型是_______。
（4）结合1-丁基-3-甲基咪唑六氟磷酸盐的结构分析离子液体的熔点一般较低的原因是_______。
【答案】（1） ①. 4 ②. Ⅷ
（2） ①. 6 ②. 50% ③. 2
（3） ①. ① ②. 正八面体
（4）离子液体阴阳离子体积很大，结构松散，导致阴阳离子之间的作用力较小，熔点较低
【解析】
【小问1详解】
已知Fe为26号元素，位于元素周期表第四周期第八列，故Fe在元素周期表中位于第4周期Ⅷ族，故答案为：4；Ⅷ；
【小问2详解】
由题干晶胞示意图可知，该部分晶胞为整个晶胞的，则一个晶胞含有Cu的个数为：8×4×=4，铁的个数为：8×4×=4，CN的个数为：8×12×=24，则该晶体的化学式为：MgxCuFe(CN)6，即y=6，该晶胞中Mg2+填充在正方体空隙中，有8个正方体空隙，当Mg2+达到最大容量时，Fe元素和Cu元素的价态均为+2价，根据该晶胞呈电中性可知，此时应有4个Mg2+填充在空隙中，其空隙利用率为50%，当电池充电完全时，即铁全部为Fe3+，根据化合价代数和为0，可知1ml晶胞中含有2mlMg2+，古故答案为：6；50%；2；
【小问3详解】
由题干阳离子的结构简式可知，阳离子中①号N原子上还有1对孤电子对，②号N原子上没有孤电子对，故阳离子中咪唑环存在大键，其中提供2个电子形成大键的N的编号是①，阴离子即其中心原子P周围的价层电子对数为：6+=6，根据价层电子对互斥理论可知，该阴离子的空间构型是正八面体，故答案为：①；正八面体；
【小问4详解】
离子晶体的熔点一般较高，如氯化钠的熔点为801 ℃，阴阳离子之间的作用力较大，熔点较高，而离子液体阴阳离子体积很大，结构松散，导致阴阳离子之间的作用力较小，熔点较低，所以离子液体的熔点一般低于150℃；故答案为：离子液体阴阳离子体积很大，结构松散，导致阴阳离子之间的作用力较小，熔点较低。
17. 工业上常用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2)和Li2CO3合成电极材料LiMn2O4并回收净水剂明矾，其工艺流程如图所示。
已知：①Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.4时易被O2氧化；
②当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全；常温下，几种沉淀的Ksp如下表所示：
③。
回答下列问题：
（1）“酸浸”时，被SO2还原的元素有_______。
（2）加入MnCO3“调pH”时，若c(Mn2+)=1.0ml/L，其他金属阳离子浓度为0.001ml/L，则调pH的范围为_______。
（3）若“滤渣Ⅲ”主要成分为FeOOH，则“氧化”操作中生成FeOOH的离子方程式为_______。
（4）“焙烧”反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______。获取明矾KAl(SO4)2•12H2O的“一系列操作”是_______。
（5）整个流程中，可以循环使用的物质的化学式为_______。
【答案】（1）Mn和Fe
（2）4.67≤pH≤5.4
（3）2H2O+2Fe2++H2O2=2FeOOH+4H+
（4） ①. 1：4 ②. 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、低温干燥
（5）H2SO4
【解析】
【分析】软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2)和Li2CO3合成电极材料LiMn2O4并回收净水剂明矾，软锰矿与二氧化硫和稀硫酸反应，MnO2被还原Mn2+，Fe2O3生成Fe3+后被还原为Fe2+，Al2O3反应生成Al3+，SiO2不反应，过滤得到滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中加入碳酸锰调节溶液pH，使Al3+转化为Al(OH)3，通过过滤分离开，滤渣Ⅱ为Al(OH)3，加入稀硫酸，K2SO4溶解，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤后得到明矾，滤液中含Mn2+、Fe2+，用H2O2将Fe2+氧化为FeOOH沉淀，过滤得到滤渣Ⅲ为FeOOH，电解滤液，将Mn2+氧化为MnO2，MnO2和Li2CO3焙烧得到LiMn2O4，据此分析回答问题。
【小问1详解】
由分析可知，“酸浸”时，软锰矿与二氧化硫和稀硫酸反应，MnO2被还原Mn2+，Fe2O3生成Fe3+后被还原为Fe2+，即被SO2还原的元素有Mn和Fe，故答案为：Mn和Fe；
【小问2详解】
加入MnCO3“调pH”时，微粒使铝离子全部沉淀，其它离子在溶液中，Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)×c3(OH-)=1.0×10-23，铝离子完全沉淀时，c(OH-)==ml/L≈10-9.33ml/L，c(H+)=ml/L=10-4.67ml/L，pH=4.67，若c(Mn2+)=1.0ml•L-1，其他金属阳离子浓度为0.001ml•L-1，当Mn2+离子开始沉淀时，Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+)×c2(OH-)=5.0×10-12，c(OH-)==ml/L=×10-6ml/L，c(H+)=ml/L，pH=8.35，当Fe2+离子开始沉淀时，Ksp[Fe(OH)2]=c(Fe2+)×c2(OH-)=5.0×10-17，c(OH-)==ml/L=×10-7ml/L，c(H+)=ml/L，pH=7.35，综上所述：铝离子完全沉淀pH=4.67，Mn2+离子开始沉淀的pH=8.35，Fe2+离子开始沉淀的pH=7.35，由于Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.4时易被氧气氧化，则调pH的范围为：4.67≤pH≤5.4，故答案为：4.67≤pH≤5.4；
【小问3详解】
由分析可知，若“滤渣Ⅲ”主要成分为FeOOH，用H2O2将Fe2+氧化为FeOOH沉淀，则“氧化”操作中生成FeOOH的离子方程式为：2H2O+2Fe2++H2O2=2FeOOH+4H+，故答案为：2H2O+2Fe2++H2O2=2FeOOH+4H+；
【小问4详解】
由题干工艺流程图可知，“焙烧”反应中反应方程式为：2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2+O2，反应中氧化产物是O2与还原产物是LiMn2O4，二者的物质的量之比为1：4，由分析可知，获取明矾KAl(SO4)2•12H2O的“一系列操作”是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、低温干燥，故答案为：1：4；蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、低温干燥；
小问5详解】
由分析可知，整个流程中，电解MnSO4溶液得到的H2SO4，可以循环使用，故答案为：H2SO4。
18. 化合物Ⅰ是合成抗HIV病毒活性药物的一种中间体，其合成路线如下：
已知：I． ；
Ⅱ． R，R′=H或烃基；
Ⅲ． ，烃基；
Ⅳ．。
回答下列问题：
（1）A的结构简式为_______。反应A→B、F→G的目的是_______。
（2）B中官能团名称为_______，同时符合下列条件的C的同分异构体有_______种。
①含有苯环且苯环上只有一个取代基 ②能够发生水解反应和银镜反应
（3）试剂X的名称为_______，C→D的反应条件为_______。
（4）E→F反应类型为_______。
（5）I中含有两个五元环，生成I的化学方程式为_______。
【答案】（1） ①. HOCH2CHO ②. 保护醇羟基，防止其被破坏
（2） ①. 醛基和醚键 ②. 12
（3） ① 丙烯酸 ②. 浓硫酸，加热
（4）加成反应 （5）+HOCH2CH2OH
【解析】
【分析】A发生信息Ⅰ的反应生成B，B能发生信息Ⅱ的反应生成C，则B中含有碳基或醛基，根据B的分子式知，A为HOCH2CHO，B为，C为，C和X发生取代反应生成D，结合D的分子式知，D为，X为CH2=CHCOOH，D发生信息Ⅲ的反应生成E，E为，E发生加成反应生成F，F发生反应生成G为，G发生还原反应生成H，H先发生水解反应然后发生取代反应生成I，I中有两个五元环，则I为，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为HOCH2CHO，由题干流程图可知，反应A→B为让PhCH2Cl与HOCH2CHO中醇羟基反应，结合已知信息Ⅰ可知F→G又生成醇羟基，故该做法的目的是保护醇羟基，防止其被破坏，故答案为：HOCH2CHO；保护醇羟基，防止其被破坏；
【小问2详解】
由分析可知，B结构简式为：，则B中官能团名称为醛基和醚键，C的分子式为：C11H14O2，不饱和度为：=5，则同时符合下列条件①含有苯环且苯环上只有一个取代基，②能够发生水解反应和银镜反应即含有甲酸酯基，则侧链的碳架一共有：CH3CH2CH2CH2OOCH、CH3CH2CH(CH3)OOCH、(CH3)3COOCH和(CH3)2CHCH2OOCH四种，则苯环连上去保留甲酸酯基分别有4种、4种、1种和3种不同的位置异构，即符合条件的C的同分异构体有4+4+1+3=12种，故答案为：醛基和醚键；12；
【小问3详解】
由分析可知，试剂X结构简式为：CH2=CHCOOH，则试剂X的名称为丙烯酸，由分析可知，C→D的反应方程式为：和 CH2=CHCOOH发生酯化反应，故该反应的反应条件为浓硫酸，加热，故答案为：丙烯酸；浓硫酸，加热；
【小问4详解】
由分析可知，E发生加成反应生成F，则E→F反应类型为加成反应，故答案为：加成反应；
【小问5详解】
由分析可知，I中含有两个五元环，I为，生成I的化学方程式为+HOCH2CH2OH，故答案为：+HOCH2CH2OH。
19. [C(NH3)5Cl]Cl2是一种易溶于热水，微溶于冷水，难溶于乙醇的紫红色晶体，可利用如图装置制备。
已知：①具有较强还原性，不易被氧化；
②为深红色晶体；
③，。
具体实验步骤如下：
Ⅰ．在锥形瓶中，将12.5gNH4Cl溶于50mL水中，加热至沸，加入25.0g研细的CCl2•6H2O晶体，溶解得到混合溶液；
Ⅱ．将上述混合液倒入仪器A中，用冰水浴冷却，利用仪器B分批次加入75mL试剂X，并充分搅拌，无沉淀析出；
Ⅲ．再利用仪器C逐滴加入20mL试剂Y，水浴加热至50~60℃，不断搅拌溶液，直到气泡终止放出，溶液变为深红色；
Ⅳ．再换另一个仪器C慢慢注入75mL浓盐酸，50~60℃水浴加热20min，再用冰水浴冷却至室温，便有大量紫红色晶体析出，最后转移至布氏漏斗中减压过滤；
Ⅴ．依次用不同试剂洗涤晶体，再将晶体转移至烘箱中干燥1小时，最终得到m g产品。
回答下列问题：
（1）研细CCl2•6H2O晶体的仪器名称为_______，图示装置存在的一处缺陷是_______。
（2）步骤Ⅱ、步骤Ⅲ中使用试剂X和试剂Y分别为_______、_______(填标号)，步骤Ⅲ中20mL试剂Y需逐滴滴加的目的是_______。
①NaOH溶液 ②浓氨水 ③30%双氧水 ④KMnO4溶液
（3）写出步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式_______。
（4）步骤V中使用的洗涤试剂有冰水、乙醇、冷的盐酸，最后洗涤使用的洗涤剂为_______。
（5）最终获得产品会含少量杂质或，产品组成可表示为，通过测定值可进一步测定产品纯度，进行如下实验：
实验I：称取一定质量的产品溶解后，加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用cml/LAgNO3标准溶液滴定达终点时，消耗V1mL。
实验Ⅱ：另取相同质量的产品，加入V2mL稍过量cml/LAgNO3标准溶液，加热至沸使钴配合物分解，加入硝基苯静置、分层，将白色沉淀完全包裹，再加入几滴Fe(NO3)3溶液作指示剂，用cml/LKSCN标准溶液滴定剩余的AgNO3，达终点时消耗V3mL。
计算y=_______(用V1、V2和V3表示)；若实验Ⅱ中加入硝基苯的量太少，会导致x值_______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
【答案】（1） ①. 研钵 ②. 缺少一个尾气处理装置
（2） ①. ② ②. ③ ③. 控制化学反应进行的速率，避免其反应过快，提高浓氨水的利用率
（3）2[C(NH3)6]2++H2O2+22[C(NH3)5H2O]3++4NH3
（4）乙醇 （5） ①. 3- ②. 偏大
【解析】
【分析】NH4Cl和CCl2混合溶液中加入氨水，发生反应C2++6NH3•H2O=[C(NH3)6]2++6H2O(碱性过强会生成钴的氢氧化物)，再用H2O2氧化[C(NH3)6]2+得到[C(NH3)5H2O]3+，离子反应方程式为2[C(NH3)6]2++H2O2+22[C(NH3)5H2O]3++4NH3，再加入浓盐酸，使得反应[C(NH3)5H2O]3++Cl-2[C(NH3)5Cl]2++H2O，平衡正向移动，冷却后得到[C(NH3)5Cl]Cl2晶体，据此分析解题。
【小问1详解】
研细CCl2•6H2O晶体的仪器名称为研钵，一水合氨受热分解生成氨气，氨气具有碱性，应该用氯化钙或P2O5吸收氨气，防止污染空气，应该在球形冷凝管的上端接一个装有CaCl2或P2O5的球形干燥管进行尾气处理，故答案为：研钵；缺少一个尾气处理装置；
【小问2详解】
根据分析知，步骤Ⅱ、步骤Ⅲ中使用试剂X和试剂Y分别为浓氨水、双氧水，步骤Ⅱ中75mL试剂X需分批次滴加的目的是控制化学反应进行的速率，避免其反应过快，提高浓氨水的利用率，故答案为：②；③；控制化学反应进行的速率，避免其反应过快，提高浓氨水的利用率；
【小问3详解】
步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式为2[C(NH3)6]2++H2O2+22[C(NH3)5H2O]3++4NH3，故答案为：2[C(NH3)6]2++H2O2+22[C(NH3)5H2O]3++4NH3；
【小问4详解】
[C(NH3)5Cl]Cl2是一种易溶于热水，微溶于冷水，难溶于乙醇的紫红色晶体，冷的盐酸使[C(NH3)5H2O]3++Cl-⇌2[C(NH3)5Cl]2++H2O正向移动，因为难溶于乙醇，所以最后用乙醇洗去盐酸，且乙醇易挥发，故答案为：乙醇；
【小问5详解】
实验Ⅰ是外界中的Cl-与Ag+反应生成AgCl白色沉淀，根据Cl-+Ag+=AgCl↓得外界中n(Cl-)=10-3cV1ml，实验实验Ⅱ中外界和内界的氯离子都转化为自由移动的Cl-，KSCN和AgNO3反应的离子方程式为SCN-+Ag+=AgSCN↓，则与KSCN反应的n(AgNO3)=n(KSCN)=10-3cV3ml，则与内界和外界得到的氯离子反应的n(AgNO3)=(10-3cV2-10-3cV3)ml，则内界中n(Cl-)=(10-3cV2-10-3cV3-10-3cV1)ml，系数之比等于物质的量之比，则y：z=(10-3cV2-10-3cV3-10-3cV1)ml：10-3cV1ml=(V2-V3-V1)：V1，配位数为6，所以x+y=6，化合价的代数和为0，则y+z=3，根据x+y=6、y+z=3、y：z=(V2-V3-V1)：V1得x=3+、y=3-、z=；若实验Ⅱ中加入硝基苯的量太少，导致部分AgCl转化为AgSCN，消耗的KSCN的物质的量增多，则V3偏大，x值偏大，故答案为：3-；偏大。
20. 水煤气是H2的主要来源，研究CaO对C-H2O体系制H2的影响，涉及主要反应如下：
(I)
(Ⅱ)
(Ⅲ)
回答列问题：
（1）的焓变_____(用代数式表示)。
（2）压力p下，体系达平衡后，图示温度范围内已完全反应，在温度时完全分解。气相中CO、和摩尔分数随温度的变化关系如图所示，则b线对应物种为_______(填化学式)。当温度高于时，随温度升高a线对应物种摩尔分数逐渐降低的原因是_______。
（3）压力p下、温度为T0时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.60，0.18，0.06，则反应的平衡常数_______；此时气体总物质的量为5.0ml，则提供C(s)的物质的量为_______ml；若向平衡体系中移出少量CO2(g)，重新达平衡后，p(H2)将_______(填“增大”“减小”或“不变”)，若缩小平衡体系的体积，重新达平衡后，将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1）ΔH1+ΔH2+ΔH3
（2） ①. CO ②. 当温度高于T1时，CaCO3(s)已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以CO2的摩尔分数减小
（3） ①. 1.25 ②. 1.95 ③. 增大 ④. 减小
【解析】
【小问1详解】
根据题意有反应Ⅰ：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH1＞0，反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH2＜0，反应Ⅲ：CaO(s)+CO2(g)CaCO3(s) ΔH3＜0，根据盖斯定律，Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ可得反应：C(s)+CaO(s)+2H2O(g)⇌CaCO3(s)+2H2(g)ΔH，则ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3，故答案为：ΔH1+ΔH2+ΔH3；
【小问2详解】
图示温度范围内C(s)已完全反应，则反应Ⅰ已经完全进行，反应Ⅱ和Ⅲ全为放热反应，从开始到T1，温度不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，依据反应Ⅱ，H2量减小，摩尔分数减小，CO量升高，摩尔分数升高，所以a线对应H2的摩尔分数，c线对应CO2的摩尔分数，b线对应CO的摩尔分数，从开始到T1，CO2的摩尔分数升高，反应占主导，当温度高于T1时，CaCO3(s)已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以CO2的摩尔分数减小，故答案为：CO；当温度高于T1时，CaCO3(s)已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以CO2的摩尔分数减小；
【小问3详解】
压力p下，温度为T0时，图示三种气体H2、CO、CO2的摩尔分数分别为0.60，0.18，0.06，，则反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数Kp===1.25，设起始状态有xml C(s)，yml H2O，反应Ⅰ完全进行，则有三段式：，，，根据平衡时，H2、CO、CO2摩尔分数分别为0.60、0.18、0.06，且平衡时气体的总物质的量为n(总)=5ml，则有：x+a=5×0.6=3，x-a=5×0.18=0.9，a-b=5×0.06=0.3，y-x-a=5×(1-0.60-0.06-0.18)=0.8，解得：x=1.95，y=3.8，a=1.05，b=0.75，若向平衡体系中移出少量CO2(g)，则CO2浓度减小，反应Ⅱ平衡正向移动，导致H2的量增大，反应Ⅲ平衡逆向移动，导致CO2浓度减小，故重新达平衡后，p(H2)将增大，若缩小平衡体系的体积，导致反应Ⅲ平衡逆向移动，导致CO2浓度减小，引起反应Ⅱ平衡正向移动，导致H2的量增大，H2O的量减小，故重新达平衡后，将减小，故答案为：1.25；1.95；增大；减小。劳动项目
化学知识
A
烹饪活动：向煮沸的豆浆中加入卤水制作豆腐
电解质溶液使胶体聚沉
B
烘焙活动：碳酸氢钠与柠檬酸的混合物用作复合膨松剂
能与酸反应产生气体
C
家务活动：擦干已洗净铁锅表面的水，以防生锈
铁与水蒸气反应生成
D
学农活动：施肥时，应将铵态氮肥及时埋在土中避免日晒
铵盐受热易分解
A．调控滴定速度
B．转移溶液
C．振荡放气
D．加热熔化KOH固体
实验操作及现象
试管甲
滴加过量溶液并充分振荡，砖红色沉淀转化为另一颜色沉淀，溶液显浅蓝色；倾掉溶液，滴加浓硝酸，沉淀逐渐消失
试管乙
滴加过量氨水并充分振荡，沉淀逐渐溶解，溶液颜色为无色；静置一段时间后，溶液颜色变为深蓝色
事实或现象
结论
A
分别测量相同浓度的CH3COONa和NaHCO3溶液的pH，后者pH更大
酸性：CH3COOH＞H2CO3
B
还原铁粉类脱氧剂溶于盐酸后加KSCN溶液不变红
脱氧剂中无Fe3+
C
分别向等浓度的CuSO4和FeSO4溶液中通入H2S，前者有黑色沉淀生成，后者无明显现象
D
将待测有机物和足量NaOH的醇溶液共热后，加稍过量硝酸酸化，再加入AgNO3溶液，无明显现象
待测有机物不存在碳卤键