山东省青岛市2022-2023学年高三上学期期初测试化学试题含解析

这是一份山东省青岛市2022-2023学年高三上学期期初测试化学试题含解析，共28页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，工业流程题，有机推断题，实验题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。

山东省青岛市2022-2023学年高三上学期期初测试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．我国传统文化蕴含着丰富的化学知识。下列说法错误的是
A．“曾青涂铁，铁赤如铜”，该过程发生了置换反应
B．“至于矾现五色之形，疏为群石之将，皆变化于烈火”，“矾”是金属硫化物
C．屠呦呦受“以水二升渍，绞取汁”的启发用乙醚提取青蒿素，原理为萃取
D．“东风扑酒香，吹醒殊乡愁”，“酒香”是因为含有酯类物质
【答案】B
【详解】A．“曾青涂铁，铁赤如铜”，该过程发生的反应是Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，该反应基本类型属于置换反应，A正确；
B．矾是各种金属(如铜、铁、锌)的硫酸盐，而不是金属硫化物，B错误；
C．屠呦呦受“以水二升渍，绞取汁”的启发用乙醚提取青蒿素，原理为青蒿素在乙醚中溶解度比在水中大，与乙醚不反应，且乙醚与水互不相溶的性质，因此该分离混合物的方法为萃取，C正确；
D．酒放置时间长，其中少量的乙醇被催化氧化为乙酸，乙酸与乙醇生成乙酸乙酯，乙酸乙酯等酯类物质具有香味，所以产生香味主要是因为美酒含有酯类物质，D正确；
故合理选项是B。
2．下列实验操作错误的是
A．铝热反应操作时应戴上石棉手套和护目镜
B．用浓硫酸干燥二氧化硫和氯化氢
C．金属钾失火用二氧化碳灭火器扑灭
D．将甲苯保存在细口玻璃试剂瓶中
【答案】C
【详解】A．铝热反应非常剧烈，放出大量热和强光，操作时要戴上石棉手套和护目镜，正确；
B．二氧化硫和氯化氢都不和硫酸反应，可以用浓硫酸干燥二氧化硫和氯化氢，正确；
C．钾、钠、镁金属非常活泼，在高温下能和二氧化碳发生氧化反应，继续发生燃烧，根本起不到灭火剂的作用，错误；
D．甲苯为有机溶剂且不与玻璃反应，应保存在细口玻璃试剂瓶中，正确；
故选C。
3．前四周期五种元素在周期表中的相对位置如图所示。丁的最高价氧化物的水化物为强酸。下列说法错误的是

甲

乙
丙
丁

戊


A．戊属于非金属元素 B．原子半径：乙＞丙＞丁
C．丙的最高价含氧酸可能是一种强酸 D．简单氢化物的沸点：丁＞甲
【答案】D
【分析】前四周期的五种元素，由甲、丙、戊的位置可知，不是处于第一列与最后一列，故甲、丙、戊分别为二、三、四周期，丁的最高价氧化物的水化物为强酸，则丁是17号Cl元素，结合元素相对位置关系可知：甲是O，乙是P，丙是S，戊是Se元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。
【详解】根据上述分析可知：甲是O，乙是P，丙是S，丁是Cl，戊是Se元素。
A．戊是Se元素，Se属于非金属元素，A正确；
B．乙是P，丙是S，丁是Cl，它们是同一周期元素，原子序数越大，原子半径就越小，所以原子半径：乙(P)＞丙(S)＞丁(Cl)，B正确；
C．丙是S，S元素的最高价含氧酸H2SO4是一种强酸，C正确；
D．甲是O，丁是Cl，它们形成的简单氢化物分别是H2O、HCl，二者都是由分子构成的物质，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力越大，物质的熔沸点就越高，同时H2O分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致物质的沸点：H2O＞HCl，即简单氢化物的沸点：丁＜甲，D错误；
故合理选项是D。
4．下列关于高分子材料的说法正确的是
A．酚醛树脂()可由苯酚和甲醛通过加聚反应制得
B．医用胶()能发生加聚反应，使其由液态转变为固态
C．天然橡胶的主要成分聚异戊二烯，其结构简式为
D．涤纶()是由苯甲酸和乙醇通过缩聚反应制得
【答案】B
【详解】A. 酚醛树脂是苯酚和甲醛通过缩聚反应制得的。方程式如下：n+nHCHO+nH2O。A错误。
B. 医用胶()含有碳碳双键，在一定条件下能发生加聚反应。加聚反应使分子量变大，分子间作用力变强，聚集状态由液态变成固态。B正确。
C. 聚异戊二烯由异戊二烯（）加聚获得，结构简式为。C错误。
D. 从涤纶（）聚合物结构简式可以看出涤纶是由对苯二甲酸和乙二醇通过缩聚反应制得。D错误。
综上所述，答案为B。
5．溶液中和可形成红色配离子，其中三种原子不在一条直线上。下列关于该配离子的说法错误的是
A．只存在极性共价键 B．S的杂化方式为
C．中与配位的原子是N D．中的键角大于配位前水分子中该键角
【答案】C
【详解】A．中只存在极性共价键，其中的配位键也属于极性共价键，故A正确；
B．的电子式为，其中S原子有三个孤对电子和一对共用电子对，杂化方式为，故B正确；
C．由的电子式可知，S原子有三个孤对电子，可以与形成配位键，中与配位的原子是S，故C错误；
D．中H2O分子的孤对电子参与形成了配位键，孤对电子减少会导致键角变大，则中的键角大于配位前水分子中该键角，故D正确；
故选C。
6．实验室配制碳酸钠标准溶液并用其标定盐酸浓度，下列步骤中所选仪器正确的有
i.用量筒量取25.00mL碳酸钠标准溶液置于锥形瓶中
ii.用带塑料瓶塞的容量瓶配制碳酸钠标准液
iii.用称量纸称量碳酸钠固体
iv.用盛有盐酸的滴定管进行滴定





A．1种 B．2种 C．3种 D．4种
【答案】A
【详解】i.量筒的精密度较低，不能量取25.00mL的碳酸钠标准溶液，错误；ii.碳酸钠溶液呈碱性，盛放碳酸钠溶液的容器不能用玻璃塞，以防碱性溶液腐蚀玻璃产生有粘性的硅酸钠溶液而将瓶塞粘住，故要用带塑料瓶塞的容量瓶配制碳酸钠标准液，正确；iii.碳酸钠有吸水性且有一定的腐蚀性，故应该选用烧杯而非用称量纸称量碳酸钠固体，错误；iv.用盛有盐酸的滴定管进行滴定时应该选用酸式滴定管，错误；正确的只有1种，故选A。
7．黄酮哌酯是一种解痉药，其结构如图所示。下列关于黄酮哌酯的说法正确的是

A．存在对映异构 B．能发生水解反应
C．所有碳原子可能位于同一平面 D．1mol黄酮哌酯最多可以与发生加成反应
【答案】B
【详解】A．由黄酮哌酯的结构可知，该物质没有手性碳，不存在对映异构体，A错误；
B．该物质中含有酯基，可以发生水解反应，B正确；
C．左侧的含N六元环上的C以及与该六元环相连的两个C均以单键相连，杂化方式为sp3杂化，形成以每个C为中心的四面体结构，因此不可能共平面，C错误；
D．酯基中的碳氧双键不能与H2加成，该物质中两个苯环、碳碳双键、羰基均可以与H2加成，因此1mol黄酮哌酯最多可以与8molH2发生加成反应，D错误；
故选B。
8．实验室制备二草酸合铜(II)酸钾晶体的过程：①向溶液中滴加足量溶液，得浅蓝色沉淀并加热至沉淀为黑色，过滤；②将草酸和按物质的量比制得混合溶液；③混合溶液加热后，加入①中的黑色沉淀。充分溶解，趁热过滤；④将滤液加热浓缩，经一系列操作后，干燥，得产品。下列说法正确的是
A．①中所得黑色沉淀为
B．②将草酸和固体混合时不会有产生
C．②将固体磨碎并一次性加入可防止反应剧烈引起的喷溅
D．④中一系列操作为冷却结晶、过滤、洗涤
【答案】D
【分析】向溶液中滴加足量溶液，加热至沉淀为黑色，过滤分离得到氧化铜黑色沉淀；将草酸和按物质的量比制得混合溶液，混合溶液加热后，加入①中的黑色沉淀，反应充分溶解，得到二草酸合铜(II)酸钾晶体，趁热过滤除去固体杂质，将滤液加热浓缩，经冷却结晶、过滤、洗涤，干燥，得到产品。
【详解】A．①中所得黑色沉淀为CuO，为红色沉淀，A错误；
B．②将草酸和固体混合时，草酸过量，会和碳酸钾生成二氧化碳气体，B错误；
C．②将固体磨碎并少量多次加入可防止反应剧烈引起的喷溅，一次加入后反应太快会导致溅出，C错误；
D．实验要制得二草酸合铜(II)酸钾晶体，④中将滤液加热浓缩后的一系列操作为冷却结晶、过滤分离出晶体、洗涤、干燥得到纯净晶体，D正确；
故选D。
9．电镀污泥(包含等金属阳离子)对环境污染极大，是典型危险废弃物。如图是从电镀污泥中提取镍的工艺流程。下列说法错误的是


A．“氨浸可除去等金属阳离子
B．加入丁二酮肟可与作用，从而使其被萃取到“氯仿层”
C．加入盐酸的步骤为反萃取，该过程是物理变化
D．图中“……”操作可能为过滤、洗涤、干燥、灼烧
【答案】C
【分析】电镀污泥加碳酸铵和氨水进行氨浸，钙离子与碳酸根离子反应生成CaCO3，同时氨水可以使溶液pH增大，促进Fe3+、Al3+的水解，转化为Fe(OH)3、Al(OH)3，浸出渣主要成分为CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，得到的浸出液加有机物丁二酮肟和氯仿萃取镍，镍进入氯仿层，在氯仿层中加HCl反萃取得到含镍离子的溶液和有机萃取剂，有机萃取剂重复使用，充分利用萃取剂，含镍离子的溶液进行过滤、洗涤、干燥、灼烧、还原得到粗镍。
【详解】A．根据分析，氨浸后Ca2+、Fe3+、Al3+转化为CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3而被除去，A正确；
B．根据分析，加入丁二酮肟与Ni2+作用，形成配合物，进入氯仿层，B正确；
C．加入盐酸进行反萃取，HCl可以解除丁二酮肟与Ni2+的配位键，为化学变化，C错误；
D．根据分析，水层经过滤、洗涤、干燥、灼烧、还原得到粗镍，D正确；
故选C。
10．钴使某析氧反应催化剂中流失的原位自修复机理如图。下列说法错误的是

A．催化析氧反应和自修复反应中的催化剂分别为和
B．维持相对稳定的有助于催化析氧和自修复的进行
C．自修复反应的方程式为：
D．图中所示物质之间的转化只有和的化合价发生了变化
【答案】D
【分析】根据图示可知，Co(OH)2转化成CoOOH，Co失电子化合价从+2变为+3价，OH-生成H2O，CoOOH再与Fe(OH)2反应，Fe失电子生成FeOOH，CoOOH得电子生成Co(OH)2，FeOOH失电子生成，Fe从+3价变为+6价，得电子与OH-反应生成FeOOH，O2和H2O。
【详解】A．从图中可知，催化析氧反应最终生成氧气和水，为催化剂，自修复反应中Fe(OH)2与CoOOH反应生成Co(OH)2和FeOOH，Co(OH)2又生成了CoOOH，因此CoOOH为催化剂，A正确；
B．催化析氧有OH-参与，自修复中Fe(OH)2、Co(OH)2也为碱性物质，维持相对稳定的pH有助于催化析氧和自修复的进行，B正确；
C．根据图示可知，自修复反应中Fe(OH)2和CoOOH反应生成FeOOH和Co(OH)2，其方程式为CoOOH+Fe(OH)2=FeOOH+Co(OH)2，C正确；
D．从图中可知，OH-和反应生成了氧气，此反应中氧元素的化合价发生了变化，D错误；
故答案选D。
11．S和O可组成一系列负二价阴离子，结构如图。下列说法正确的是
硫酸根
焦硫酸根
连四硫酸根
硫代硫酸根
过二硫酸根






A．电负性，该系列离子中不存在非极性共价键
B．1mol焦硫酸根在水溶液中得2mol电子可生成
C．2mol硫代硫酸根被氧化为1mol连四硫酸根转移2mol电子
D．过二硫酸根具有极强氧化性，原因是其中S元素处于+7价
【答案】C
【详解】A．连四硫酸根、过二硫酸根中都存在非极性共价键，A错误；
B．1mol焦硫酸根与水反应生成硫酸氢根离子，S元素化合价未发生变化，没有电子转移，B错误；
C．硫代硫酸根中硫一个为-2价，一个为+6价，平均价态为+2价，被氧化成连四硫酸根S平均化合价为+2.5价，则2mol硫代硫酸钠被氧化为1mol连四硫酸根转移2mol电子，C正确；
D．过二硫酸根中S为+6价，其具有较强的氧化性是因为其中含有过氧根，D错误；
故答案选C。

二、多选题
12．以铬铁矿(，含氧化物等杂质)制备的工艺流程如图。“焙烧时转化为，氧化物转化为可溶性钠盐。下列说法正确的是

A．“滤渣1”的主要成分为，“滤渣2”的主要成分是和
B．“酸化”步骤反应的离子方程式为
C．“焙烧”中可用烧碱或小苏打代替纯碱
D．“副产品”主要成分是，“母液”最适宜返回“中和”步骤循环利用
【答案】BC
【分析】焙烧时将FeCr2O4转化为Na2CrO4并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，Fe转化为Fe2O3，加入水浸取不溶于水的Fe2O3成为滤渣1，中和时调节溶液pH目的是将、转化为和沉淀过滤除去，将Al元素和Si元素除去后，溶液中Cr元素主要以和存在，溶液中存在平衡：，酸化的目的是降低溶液pH，使平衡正向移动，可提高Na2Cr2O7的产率，最后蒸发结晶得到目标产物，以此解答。
【详解】A．由分析可知，“滤渣1”的主要成分为Fe2O3，“滤渣2”的主要成分是和，故A错误；
B．由分析可知，“酸化”步骤反应的离子方程式为，故B正确；
C．焙烧时将FeCr2O4转化为Na2CrO4并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，用烧碱或小苏打代替纯碱也可以达到同样的效果，故C正确；
D．蒸发结晶时，Na2SO4主要以Na2SO4•10H2O存在，“母液”含有过量的H2SO4，最适宜返回“中和”步骤循环利用，故D错误；
正确答案是BC。
13．按图示装置实验，试剂瓶M中先出现沉淀后沉淀消失的是
选项
气体
试剂瓶M中溶液

A

溶液
B

溶液
C
HCl
溶液
D

溶液

A．A B．B C．C D．D
【答案】AC
【详解】A．NH3通入溶液中形成NH3∙H2O，与AgNO3反应生成白色沉淀，AgNO3+NH3∙H2O=AgOH↓+NH4NO3，继续通NH3形成银氨溶液，白色沉淀消失，AgOH+2NH3=Ag(NH3)2OH，A符合题意；
B．SO2不能与BaCl2溶液反应，B不符合题意；
C．HCl与Na[Al(OH)4]反应先生成Al(OH)3白色沉淀，HCl+Na[Al(OH)4]=NaCl+Al(OH)3↓+H2O，继续通HCl沉淀溶解，Al(OH)3＋3HCl=AlCl3＋3H2O，C符合题意；
D．CO2与Na2SiO3反应生成H2SiO3沉淀，Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓，继续通CO2，Na2CO3转化为NaHCO3，沉淀不会溶解，D不符合题意；
故选AC。
14．设计如图装置处理含甲醇的废水并进行粗铜的精炼。下列说法正确的是

A．甲电极增加的质量等于乙电极减少的质量
B．装置工作一段时间后，原电池装置中溶液的pH不变
C．理论上每产生标准状况下，甲电极增重9.6g
D．原电池正极反应式为
【答案】CD
【分析】根据图像中左侧的物质变化，利用碳和铁的化合价的变化判断左侧是正极，右侧是正极，接右边的装置为电解池，甲为阴极，乙为阳极，根据电子守恒和原子守恒可以书写电极反应及化学反应方程式；
【详解】A．根据粗铜的精炼阳极是粗铜，电极反应中杂质锌、铁等会发生反应，而阴极是精铜，发生的反应是Cu2++2e-=Cu，故增加的质量和减少的质量不相等，故A不正确；B．根据装置图中左边参于的甲醇判断，左边属于原电池，根据参于物质发生反应方程式为：；故溶液的PH增大，故B不正确；
C．根据B中书写的化学方程式利用二氧化碳和电子的关系式：CO2～6e-，1.12L转移的电子为0.3mol，甲电极为阴极发生的反应为：Cu2++2e-=Cu，根据电子和铜之间的关系计算铜的物质的量为0.15mol，故增重9.6g，故C正确；
D．根据图像及电子守恒书写原电池正极反应式为，故D正确；
故选答案CD；
【点睛】此题考查原电池和电解池的综合应用，利用题意和图像物质进行判断，注意电极反应书写时溶液的环境。
15．常温下，一元碱BOH的。在某体系中，与离子不能穿过隔膜，未电离的BOH可自由穿过该膜(如图所示)。设溶液中，当达到平衡时，下列叙述正确的是


A．溶液II中
B．溶液I中BOH的电离度为
C．溶液I和II中的相等
D．溶液I和II中的之比为
【答案】BC
【分析】在某体系中，与离子不能穿过隔膜，未电离的BOH可自由穿过该膜，则两侧相等；
【详解】A．常温下溶液II的pH=7.0，则溶液中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，，A错误；
B．常温下溶液I的pH=12，溶液中c(OH-)=0.01mol/L，Kb==1.0×10-5，，则=1.0×10-5，解得=，B正确；
C．根据题意，未电离的BOH可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的相等，C正确
D．常温下溶液I的pH=12，溶液中c(OH-)=0.01mol/L，Kb==1.0×10-5，，=1.0×10-5，溶液I中=(10-3+1)c(BOH)；溶液II的pH=7.0，溶液II中c(OH-)=10-7mol/L，Kb==1.0×10-5，，=1.0×10-5，溶液II中=(102+1)c(BOH)；未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(BOH)相等，溶液I中和II中之比为[(10-3+1)c(BOH)]∶[(102+1)c(BOH)]≈10-5，D错误；
答案选BC。

三、结构与性质
16．FeO晶胞结构如图a所示，通常制备条件下只能制得呈电中性的Fe1-xO晶体，其中阳离子偏少存在缺陷。Fe1-xO晶体中存在一种特殊的缺陷结构称为Koch原子簇(图b所示)。

(1)Fe2+的价电子排布式为_______，Fe元素在周期表中的位置为_______。
(2)FeO晶胞中Fe2+的配位数为_______；Fe1-xO晶体中为保持电中性，部分Fe2+会被氧化为Fe3+，其中Fe2+和Fe3+的个数比为_______(用含x的代数式表示)。
(3)Koch原子簇中Fe3+填充在O2-组成的_______空隙中，Fe3+填充位置与Fe2+不同的原因是_______；每个Koch原子簇中，为保持电中性都会含有6个空缺位置，其中5个空缺位置随机，但有一个必位于体心位置，试解释其必位于体心位置的原因_______。
(4)FeO和富马酸可用于制备补铁剂。富马酸分子的结构模型如下图。1 mol富马酸分子中含有π键_______mol，富马酸与马来酸是一对顺反异构体，试解释马来酸的Ka1明显大于富马酸的Ka1的原因_______。

【答案】(1)     3d6     第四周期第Ⅷ族
(2)     6     (1-3x)：2x
(3)     四面体     Fe3+半径小于Fe2+可以进入更小的空隙     体心位置位于Fe3+四面体的中心，正电荷排斥力大
(4)     3     马来酸为顺式结构电离出一个H+后可以利用分子内氢键形成一个稳定的六元环状结构从而使其第一步电离被促进
【解析】（1）
Fe是26号元素，根据构造原理，可知基态Fe原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去最外层的2个4s电子变为Fe2+，则Fe2+的价层电子排布式是3d6；
Fe在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族；
（2）
根据图示FeO晶胞结构可知：在Fe2+周围的上、下、前、后、左、右六个方向有6个O2-，故FeO晶胞中Fe2+的配位数为6；
Fe1-xO晶体中为保持电中性，部分Fe2+会被氧化为Fe3+，假设Fe2+数目是m，Fe3+数目是(1-x-m)，根据化合物中元素化合价代数和为0，可知2m+3(1-x-m)=2，解得m=1-3x，即Fe2+数目是1-3x，因此Fe3+数目为1-x-m=1-x-(1-3x)=2x，故其中Fe2+和Fe3+的个数比为(1-3x)：2x；
（3）
根据晶胞结构示意图可知：在Koch原子簇中Fe3+填充在O2-组成的正四面体的几何中心上；
Fe3+填充位置与Fe2+不同的原因是由于Fe3+半径小于Fe2+可以进入更小的空隙；
每个Koch原子簇中，为保持电中性都会含有6个空缺位置，其中5个空缺位置随机，但有一个必位于体心位置，这是由于体心位置位于Fe3+四面体的中心，正电荷排斥力大；
（4）
由富马酸分子的空间填充模型可知：富马酸的结构式为HOOCCH=CHCOOH，其中含有σ键有11个，π键有3个，则在1 mol富马酸分子中含有3 mol的π键；
富马酸与马来酸是一对顺反异构体，马来酸的Ka1明显大于富马酸的Ka1的原因是由于马来酸为顺式结构电离出一个H+后可以利用分子内氢键形成一个稳定的六元环状结构，从而使其第一步电离被促进，故马来酸的Ka1明显大于富马酸的Ka1。

四、工业流程题
17．下图是工业上用氟磷灰石制白磷(P4)的简略流程。

部分物质的相关性质(数据)如下：

熔点/
沸点/
溶解性
部分化学性质
白磷(P4)
44
280.5
难溶于水
着火点低，在空气中易自燃



微溶于水
有强还原性，在空气中易自燃




易水解，生成HF和











回答下列问题：
(1)氟磷灰石中磷的化合价为_______。
(2)实验室中的白磷通常保存在_______中，“冷凝塔1”中白磷呈_______态。
(3)“炉料”的成分是二氧化硅、过量焦炭和氟磷灰石的混合物，高温反应生成(炉渣)、白磷、以及另一种气体，“电炉”中发生该反应的化学方程式为_______。
(4)尾气中含有和。“洗气装置1”可除去及_______(填化学式，下同)，除去的离子反应方程式为_______；“洗气装置2”可除去_______。
(5)用10吨含磷量(以计)为的氟磷灰石矿生产白磷，若生产过程中磷的损耗为，则可制得白磷_______吨(保留3位有效数字)。
【答案】(1)+5
(2)     冷水     液
(3)
(4)     SiF4          PH3
(5)1.55
【分析】“炉料”的成分是二氧化硅、过量焦炭和氟磷灰石的混合物，“炉料”在电炉中灼烧高温反应生成(炉渣)、白磷、以及CO，分离出炉渣哦，气体通过“电沉降槽”，在“冷凝塔1”中得到液态白磷，冷凝塔2，得到固体白磷，尾气通过洗气装置1，、被碱性液体碳酸钠吸收，具有还原性，被洗气装置2中的漂白粉液体吸收；
（1）
其中Ca为+2价，F为-1价，O为-2价，化合价代数和为0 ，故氟磷灰石中磷的化合价为+5。
（2）
根据表中信息可知白磷着火点比较低，难溶于水，易发生自燃，实验室中的白磷通常保存在冷水中。白磷熔点是44℃，“冷凝塔1”温度是70℃，故白磷呈液态。
（3）
“炉料”的成分是二氧化硅、过量焦炭和氟磷灰石的混合物，高温反应生成(炉渣)、白磷、以及另一种气体，焦炭过量根据元素守恒可知另一种气体是CO，化学方程式为；
（4）
尾气中含有和。“洗气装置1”是碱性的碳酸钠溶液，可除去酸性气体，碳酸钠可以吸收，反应为 ，故可以吸收；
（5）
用10吨含磷量(以计)为的氟磷灰石矿生产白磷，若生产过程中磷的损耗为，可制得白磷；

五、有机推断题
18．有机物M可用于医药，其合成路线如图所示。

已知：
(1)A的名称为_______。
(2)与B互为同分异构体，且属于酯类的有_______种。写出其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积之比为的有机物的结构简式_______。
(3)D→E的化学方程式为_______；F中含氧官能团的名称为_______。
(4)下列转化过程属于取代反应的是_______(填标号)。
①A→B     ②B→C       ③F→G       ④H→M
(5)参照上述合成路线，以苯甲醇和丙酸为原料合成的路线为_______。
【答案】(1)3-甲基丁醛
(2)     9    
(3)     +HNO3+H2O     羧基、硝基
(4)②④
(5)
【分析】根据合成路线可知，B为，B发生反应生成C，D到E的反应为苯的硝化反应，D为，C和E发生信息中的反应，生成B和F，则F为，根据M的结构简式和H到M的反应条件，可知H为，G到H为调pH，则G为，F到G的反应为硝基的还原和加成。
（1）
根据A的结构简式可知，A的名称为3-甲基丁醛。
（2）
B为，其同分异构体如果是甲酸酯，则剩余的基团为-C4H9，如为C-C-C-C，则有两种结构，如为，则有两种结构，如果是乙酸酯，则剩余基团为-C3H7，其结构为C-C-C，有两种结构，如果是丙酸酯，则剩余基团为-C2H5，有一种结构，如果是丁酸酯，则剩余基团为-CH3，丁酸有两种结构，因此共有属于酯类的同分异构体2+2+2+1+2=9种。其中核磁共振氢谱有两组峰，峰面积比为1：9的有机物结构简式为。
（3）
D到E发生的是苯的硝化反应，化学方程式为+HNO3+H2O，F中的含氧官能团有硝基和羧基。
（4）
A到B发生的是醛的氧化反应，①错误；2分子B发生取代反应，生成一个C，因此B到C为取代反应，②正确；F到G发生了硝基的还原和双键的加成，不是取代反应，③错误；H到M为苯环上的氢原子被I取代，H到M为取代反应，④正确；故答案为②④。
（5）
苯甲醇发生醇的催化氧化生成苯甲醛，两分子乙酸发生取代反应生成，与苯甲醛发生信息中的反应生成，合成路线为。

六、实验题
19．化工中间体呋喃甲酸可由呋喃甲醛(易被氧化)制得，装置如图。已知呋喃甲醛在NaOH溶液中可发生如下反应(反应大量放热)。


制备呋喃甲酸并测定其纯度的步骤：
I．a中加入0.1 mol新蒸馏的呋喃甲醛，b中加入8 mL33%的NaOH溶液。缓慢滴加NaOH溶液，搅拌，在8～12℃回流20 min得粘稠的黄色浆状物。
II．a中的产物倒入盛有约20 mL水的烧杯中，转移至分液漏斗，用乙醚萃取4次。
III．向水层中分批加入25%盐酸，调至pH=3，静置，过滤得呋喃甲酸粗品。
IV．将该粗品用适量水加热溶解，冷却加入活性炭，加热煮沸，趁热减压过滤，将滤液冷却、过滤、洗涤，80～85℃烘干，得呋喃甲酸样品4.8 g。
V．取1.120 g样品，配成100 mL溶液。准确量取20.00 mL于锥形瓶中，滴加指示剂，用0.0800 mol/L氢氧化钾(经邻苯二甲酸氢钾标定)溶液滴定。平行滴定三次，平均消耗氢氧化钾溶液24.80 mL。
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是_______，与普通分液漏斗相比，仪器b的优点是_______。
(2)实验中使用新蒸馏的呋喃甲醛，其原因是_______。
(3)实验时要缓慢滴加NaOH溶液，其原因是_______。
(4)氢氧化钾溶液需要标定，其原因是_______。
(5)制得的呋喃甲酸纯度为_______。
(6)呋喃甲醇可通过蒸馏提纯(加热及夹持装置略)，所需仪器为_______(填标号)。

【答案】(1)     三颈烧瓶     可以平衡气压，便于液体顺利滴下
(2)久置的呋喃甲醛会被空气中的氧气氧化为呋喃甲酸，而使反应物不纯
(3)该反应为放热反应，滴加NaOH溶液过快会使温度升高，发生副反应，影响产物产率
(4)因氢氧化钾固体会吸水，且配制溶液时氢氧化钾会与空气中的二氧化碳反应，造成溶液浓度不准确，故滴定前应该用基准物进行标定，确定其准确浓度
(5)99.2%
(6)②③⑤⑥⑦
【分析】向三颈烧瓶中加入0.1 mol呋喃甲醛，控制温度在8~ 12℃下滴加8 mL33%NaOH溶液，并搅拌回流20 min。向反应混合物中加水使其恰好溶解，加入乙醚分离呋喃甲醇和呋喃甲酸盐，向水层中慢慢滴加25%盐酸至pH=3，使呋喃甲酸结晶析出，并通过进一步提纯得到精产品4.8 g，将1.120 g样品配成100 mL溶液，取20.00 mL放入锥形瓶中，用0.0800 mol/LKOH标准溶液进行滴定，消耗KOH溶液体积是24.80 mL，根据酸碱反应的物质的量关系计算出呋喃甲酸的浓度，进而计算出呋喃甲酸的质量及其纯度。
（1）
根据图示可知仪器a的名称是三颈烧瓶；仪器b是恒压滴液漏斗，与普通分液漏斗相比，仪器b的优点是可以平衡气压，便于液体顺利滴下；
（2）
实验中使用新蒸馏的呋喃甲醛，这是由于久置的呋喃甲醛会被空气中的氧气氧化为呋喃甲酸，而使反应物不纯；
（3）
在实验时要缓慢滴加NaOH溶液，是由于该反应为放热反应，滴加NaOH溶液过快会使温度升高，发生副反应而影响产物产率；
（4）
氢氧化钾溶液需要标定，这是由于氢氧化钾固体会吸水潮解，且配制溶液时氢氧化钾会与空气中的二氧化碳反应，造成溶液浓度不准确，故滴定前应该用基准物进行标定，确定其准确浓度；
（5）
根据物质反应转化关系可知：0.1 mol的呋喃甲醛理论上可得0.05 mol呋喃甲酸。1.120 g样品配制成100 mL溶液，滴定20.00 mL待测溶液时消耗0.0800 mol/LKOH标准溶液体积是24.80 mL，则根据酸碱中和反应时二者物质的量相等，可知100 mL溶液含有的呋喃甲酸的物质的量为n(呋喃甲酸)=0.0800 mol/L×0.02480 L×=0.00992 mol，其中含有的呋喃甲酸的质量是n(呋喃甲酸)=0.00992 mol×112 g/mol=1.11104 g，故制得的呋喃甲酸纯度为；
（6）
呋喃甲醇可通过蒸馏提纯(加热及夹持装置略)，所需仪器为：在蒸馏烧瓶中进行蒸馏，使用温度计测量馏分温度，使呋喃甲醇蒸气通过直形冷凝管冷凝降温，然后接上羊角管，再用锥形瓶收集馏分在锥形瓶中，故使用仪器序号为②③⑤⑥⑦。

七、原理综合题
20．CO2甲烷化反应合成替代天然气，是其循环利用的重要路径之一。
(1)CO2甲烷化主反应：，
副反应：I.；
II.；
III.。则_______。
(2)副反应II所生成的CO也能发生甲烷化反应，反应的化学方程式为_______。原料气中氢碳比对副反应有影响，实际生产中值较大时能效防止积碳的原因是_______。
(3)根据热力学平衡原理，有利于主反应生成更多甲烷的是_______(填字母标号)。
a.高温、高压   　   b.低温、低压 　     c.高压、低温 　     d.低压、高温
(4)以和为初始原料，在催化剂作用下保持总压为发生反应，不同温度下在相同时间测得CO2的转化率如下图。

①A点的反应速率_______(填“＞”“＜”或“=”)。
②B点的平衡常数_______。
③由图像可知，影响该催化剂活性的因素有_______。
(5)Arrhenius经验公式为(为活化能，单位；k为速率常数；R和C为常数，R单位)。CO2甲烷化反应速率常数k与温度T的关系如下图，_______(保留3位有效数字)。

【答案】(1)
(2)          促进反应向正方向进行将积碳消耗
(3)c
(4)     ＞          温度和催化剂中Mg含量
(5)
【解析】（1）
已知反应①：，反应②：；根据盖斯定律可知，由①-②可得反应，故。
（2）
副反应II所生成的CO也能发生甲烷化反应，反应的化学方程式为。原料气中氢碳比对副反应有影响，实际生产中值较大时能效防止积碳的原因是值较大能促进反应向正方向进行将积碳消耗。
（3）
主反应的正反应是一个气体物质的量减小的放热反应，故加压、降温均能使反应正向移动，有利于主反应生成更多甲烷，故选c。
（4）
①由图像可知，A点化学反应未达到平衡，故A点的反应速率＞。
②B点二氧化碳的转化率为90%，可列出三段式为：，平衡时，则，，，，故B点的平衡常数。
③由图像可知，影响该催化剂活性的因素有温度和催化剂中Mg含量。
（5）
已知，，由图像已知C点、D点的坐标，代入计算，，，联立解得，。