2024年高考第三次模拟考试题：化学（辽宁卷）（解析版）

这是一份2024年高考第三次模拟考试题：化学（辽宁卷）（解析版），共20页。试卷主要包含了一定条件下，能将转化为，原理为等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
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，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 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Cl 35.5 Ca 40 Mn 55 Cu 64 Ge73 I 127 La 139
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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．高分子材料在各个领域中得到广泛应用．下列说法错误的是
A．2022年世界杯官方用球“旅程”由聚氨酯材料通过热黏合组合而成，该聚氨酯分子为线型结构
B．用于生产尿不湿的高吸水性树脂属于功能高分子材料
C．神舟返回舱逃逸系统复合材料中的酚醛树脂可通过加聚反应合成
D．核苷酸通过缩聚反应可以得到核酸，核酸属于生物大分子
【答案】C
【解析】A．聚氨酯材料通过热黏合组合而成，说明它具有热塑性，故其分子结构为线型，A项正确；
B．高吸水性树脂属于功能高分子材料，B项正确；
C．酚醛树脂可由苯酚与甲醛发生缩聚反应合成，C项错误；
D．核苷酸通过缩聚反应可以得到核酸，核酸属于生物大分子，D项正确；故选C。
2．下列说法错误的是
A．的空间结构模型为
B．钠、镁、铝三种元素的电负性和第一电离能由小到大的顺序均为
C．过氧化钠的电子式为
D．基态硫原子的价层电子排布图为
【答案】B
【解析】A．的中心原子是碳原子，碳原子上的价层电子对数为3，无孤电子对，故的空间结构模型为平面三角形，A正确；
B．钠、镁、铝三种元素的第一电离能由小到大的顺序为，B错误；
C．过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，其电子式为，C正确；
D．基态硫原子的价层电子排布式为，根据泡利原理、洪特规则，基态硫原子的价层电子排布图为，D正确；答案选B。
3．冰晶石（）主要用作铝电解的助熔剂，它的制备原理为。设阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是
A．1ml冰晶石中含有个键
B．电解制过程中，每产生6.4g，转移个电子
C．加热分解固体，每减少4.65g，产生3.36L气体
D．200mL0.5ml/L溶液中阴离子数目大于
【答案】A
【解析】A．Na3AlF6中6个F和Al形成配位键，属于σ键，故1ml冰晶石中含有6mlσ键，即6NA个σ键，故A正确；
B．Al2O3中氧元素为-2价，失2个电子变为氧气中0价，6.4gO2物质的量是0.2ml，共转移0.8NA个电子，故B错误；
C．没有说明是否为标准状况，故3.36L气体无法计算物质的量，故C错误；
D．200mL0.5ml/LNa2CO3溶液中未水解前，水解时()阴离子数增多，水解时()阴离子数不变，所以200mL0.5ml/LNa2CO3溶液中阴离子数目大于0.1NA，D错误；本题选A。
4．实验小组研究Na与CO2的反应，装置、步骤和现象如下：
实验步骤和现象：
i． 通入CO2至澄清石灰水浑浊后，点燃酒精灯。
ii． 一段时间后，硬质玻璃管中有白色物质产生，管壁上有黑色物质出现。检验CO的试剂未见明显变化。
iii． 将硬质玻璃管中的固体溶于水，未见气泡产生；过滤，向滤液中加入过量BaCl2溶液，产生白色沉淀；再次过滤，滤液呈碱性；取白色沉淀加入盐酸，产生气体。
iv． 将管壁上的黑色物质与浓硫酸混合加热，生成能使品红溶液褪色的气体。
下列说法不正确的是
A．步骤i的目的是排除O2的干扰
B．步骤iii证明白色物质是Na2CO3 与 NaOH
C．步骤iv发生反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+ 2H2O
D．根据以上实验推测：CO2与金属Mg也可能反应并被还原；CO2与金属K也可以发生反应并被还原
【答案】B
【解析】A．通入CO2至澄清石灰水变浑浊后点燃酒精灯，可以排除试管内原有氧气的干扰，故A正确；
B．将硬质玻璃管中的固体溶于水，未见气泡产生，说明不存在Na2O2；向滤液中加入过量BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，产生气体说明白色固体中存在Na2CO3；再次过滤，滤液呈碱性，说明白色固体中也存在Na2O，故B错误；
C．黑色物质是C，C和浓硫酸在加热条件下发生反应：C + 2H2SO4(浓)CO2↑+ 2SO2↑+ 2H2O，故C正确；
D．K和Na都是IA族的碱金属，化学性质相似，且K比Na更加活泼，根据以上实验推测：CO2与金属K也可以发生反应并被还原，故D正确。
5．下列实验操作及所选实验装置均正确的是
A．海带提碘实验中使用装置甲将海带灼烧成灰
B．配制NaOH溶液过程中使用装置乙将NaOH固体溶解
C．用NaOH溶液分离乙醇和乙酸乙酯的混合物使用装置丙
D．标准溶液滴定亚铁盐实验，滴定结束时如图丁所示读数
【答案】D
【解析】A．海带提碘实验中使用坩埚将海带灼烧成灰，A错误；
B．容量瓶不能用于溶解和稀释，只能配制一定物质的量浓度的溶液，应先在烧杯中溶解NaOH固体，冷却至室温后再转移至容量瓶，B错误；
C．用NaOH溶液会使乙酸乙酯水解，应用饱和碳酸钠溶液，C错误；
D．酸性高锰酸钾用酸式滴定管，读数时视线与凹液面相平，D正确； 故选D。
6．一定条件下，能将转化为，原理为。已知，其中，表示反应速率常数，只与温度有关，m、n、x、y为反应级数，由实验测定。向恒容密闭容器中充入，在下进行实验，测得有关数据如下：
下列说法错误的是
A．上述反应在低温条件下能自发反应
B．上述反应中，反应级数：
C．若升高温度，则均增大
D．根据题中数据可计算出反应在的(平衡常数)
【答案】D
【解析】A．根据，所以在低温条件下，才能满足，A正确；
B．由①②组实验数据可知，，则，同理，根据①③组实验数据可求得，B正确；
C．升高温度，正、逆反应速率都增大，故正、逆反应速率常数都增大，C正确；
D．根据题中数据无法计算出反应在的，D错误；故选D。
7．树脂用于制玻璃纤维增强塑料，合成方法如下图，表示链延长．
下列说法不正确的是
A．X、P均能被高锰酸钾溶液所氧化B．的结构简式为
C．的强度比的大D．的重复单元中有四种官能团
【答案】D
【解析】A．X和P中都含有羟基，均能被高锰酸钾溶液所氧化，故A正确；
B．根据X和P结构简式对比可知，若干条P链与交联剂M反应后，P链和M分子通过碳碳双键发生加成反应而交联成立体网状结构，因此M为苯乙烯，故B正确；
C．对比X和P结构简式可知，P为线型高分子，而X为体型高分子，体型高分子具有更的强度，故C正确；
D．根据结构示意图可知，P的重复单元中有两种官能团，分别是：碳碳双键、酯基，故D错误；故选D。
8．短周期主族元素R、X、Y、M的原子序数依次增大，其中M与Y元素位于不同周期，M原子核外未成对电子数为1，由这些元素组成的物质结构式如图。下列说法正确的是
A．由X和Y元素可形成离子，其空间结构为平面三角形
B．在Y元素所在周期中，第一电离能大于Y的元素有2种
C．氢化物的沸点关系一定存在着：Y＞M＞X
D．该化合物中所有原子均满足8电子稳定结构
【答案】A
【分析】短周期主族元素R、X、Y、M的原子序数依次增大， M与Y元素位于不同周期，M原子核外未成对电子数为1，M能形成1个共价键，M是Cl元素；X能形成4个共价键，X是C元素；Y能形成2个共价键，Y是O元素；R形成1个共价键，R是H元素。
【解析】A．C和O元素可形成CO，C原子价电子对数为3，无孤电子对，空间结构为平面三角形，故A正确；
B．在O元素所在周期中，第一电离能大于O的元素有N、F、Ne，共3种，故B错误；
C．C元素的氢化物有多种，有的碳元素的氢化物在常温下为固体，所以氢化物的沸点关系不一定存在O＞Cl＞C，故C错误；
D．该化合物中，H原子不满足8电子稳定结构，故D错误；选A。
9．是重要的化工原料，下列流程涉及的制备与用途。有关说法正确的是
A．过程Ⅰ中，实验室制氨可用氢氧化钠代替熟石灰
B．过程Ⅱ中，物质A是一种高效氮肥
C．过程Ⅲ中，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
D．过程Ⅳ中，反应的离子方程式为：
【答案】B
【分析】熟石灰和氯化铵固体混合加热制备氨气，氨气先通入饱和食盐水中，然后再通入二氧化碳生成碳酸氢钠，氨气被次氯酸钠氧化生成N2H4，据此解答。
【解析】A．实验室制氨气不能用氢氧化钠代替熟石灰，因为氢氧化钠易吸水结块，且易腐蚀试管，故A错误；
B．根据质量守恒定律可推出物质A为尿素，是一种高效氮肥，故B正确；
C．反应Ⅲ的化学方程式为：2NH3+NaClO＝N2H4+NaCl+H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，故C错误；
D．过程Ⅳ的离子方程式为：Na++NH3+CO2+H2O＝NH+NaHCO3↓，故D错误。答案为B。
10．将X滴入圆底烧瓶中与Y发生反应，产生足量气体通入Z中，Z中实验现象错误的是
【答案】D
【解析】A．浓硫酸与蔗糖反应生成二氧化硫气体，能使品红溶液褪色，A正确；
B．饱和食盐水与电石反应生成乙炔气体，能使溴的溶液褪色，B正确；
C．与在水溶液中反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体，足量硫化氢通入溶液生成硫单质，产生淡黄色浑浊，C正确；
D．浓氨水与生石灰反应生成氨气，足量氨气通入溶液，先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解得到深蓝色溶液，D错误；故选D。
11．一种热再生氨基液流电池的工作原理如图所示，下列有关说法错误的是
A．a为阴离子交换膜
B．放电时负极反应为Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+
C．为保证电池的循环使用需不断更换新的负极金属(Cu)板
D．放电时，右池Cu电极减少6.4g时，左池溶液质量减少18.8g
【答案】C
【分析】由题干图示信息可知，放电时，左侧Cu电极由Cu2+转化为Cu，发生还原反应，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，即左侧Cu电极为正极，右侧Cu电极由Cu转化为[Cu(NH3)4]2+，发生氧化反应，即右侧Cu电极为负极，电极反应为：Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+。
【解析】A．由图可知，该原电池溶液中阴离子硝酸根离子由正极移向负极，故a为阴离子交换膜，A正确；
B．由分析可知，放电时负极反应为Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，B正确；
C．由分析可知，只需将正、负两极的电极板交换就可实现电池的循环使用，C错误；
D．放电时，右池Cu电极减少6.4g时，Cu2++2e-=Cu，转移0.2ml电子，左池溶液中析出0.1ml铜，有0.2ml硝酸根离子移向右池，故左池溶液质量减少0.2ml×62g/ml+0.1ml×64g/ml=18.8g，D正确；故答案为：C。
12．氧化铈（CeO2）常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂Y2O3，Y3＋占据原来Ce4＋的位置，可以得到更稳定的结构，这种稳定的结构使得氧化铈具有许多独特的性质和应用，CeO2晶胞中Ce4＋与最近O2－的核间距为apm。下列说法正确的是
已知：。
A．已知M点原子的分数坐标为（0，0，0），则N点原子的分数坐标为（1，0，1）
B．CeO2晶胞中与Ce4＋最近的Ce4＋的个数为6
C．CeO2晶体的密度为
D．若掺杂Y2O3后得到n（CeO2）：n（Y2O3）＝0.6：0.2的晶体，则此晶体中O2－的空缺率为10%
【答案】D
【解析】A．根据M点原子的分数坐标为（0，0，0），则N点原子的分数坐标为（1，1，1），故A错误；
B．根据图示，CeO2晶胞中与Ce4＋最近的Ce4＋的个数为12，故B错误；
C．根据均摊原则，CeO2晶胞中Ce4+数为4，O2-数为8，CeO2晶胞中Ce4＋与最近O2－的核间距为apm，则晶胞边长为，晶体的密度为，故C错误；
D．CeO2中阳离子和阴离子的个数比为1:2，若掺杂Y2O3后得到n（CeO2）：n（Y2O3）＝0.6：0.2的晶体，阳离子和阴离子的个数比为1:1.8，则此晶体中O2－的空缺率为 ，故D正确；选D。
13．可充电水系电池因其安全性高、成本低而成为大规模能源存储的潜在系统。我国某高校研究人员报告了一种两性羟基乙酸铝()为电解质的水系电池，其电解质具有和双极电离能力，可促进蒽醌(AQ)电极和氢氧化镍()电极的氧化还原反应，工作原理如图所示，下列说法正确的是
A．的
B．充电时，阴极的电极反应式为：
C．放电时，正极与负极的电势差逐渐增大
D．放电时，正极与负极的质量差逐渐减小
【答案】B
【分析】由图可知，放电时，左侧电极为原电池的负极，H2AQ在负极失去电子发生氧化反应生成AQ和氢离子，右侧电极为正极，碱性条件下碱式氧化镍在正极得到电子发生还原反应生成氢氧化镍和水，电池总反应为；充电时，与直流电源负极相连的左侧电极为电解池的阴极，右侧电极为阳极。
【解析】A．由题意可知，放电时的总反应为自发进行的反应，反应的自由能ΔG小于0，故A错误；
B．由分析可知，充电时，与直流电源负极相连的左侧电极为电解池的阴极，酸性条件下AQ在阴极得到电子发生还原反应生成H2AQ，电极反应式为，故B正确；
C．原电池的正极电势高于负极电势，放电时，正极与负极的电势差会衰减，故C错误；
D．由分析可知，放电时，放电时，左侧电极为原电池的负极，H2AQ在负极失去电子发生氧化反应生成AQ和氢离子，电极的质量会减小，右侧电极为正极，碱性条件下碱式氧化镍在正极得到电子发生还原反应生成氢氧化镍和水，电极的质量会大，所以放电时，正极与负极的质量差逐渐增大，故D错误；故选B。
14．甲烷与氧气直接选择性转化为甲醇是当今催化领域的“梦想反应”，科学家用负载双组份催化剂（纳米金和纳米簇）在室温和光照下完成了上述反应，选择性高达95%。机理如图A所示，下列说法不正确的是
A．Au表面反应为：
B．图A中含碳微粒只存在2种杂化方式
C．有无催化剂纳米簇对合成甲醇的产量无影响
D．图B是通过和同位素示踪分析氧化甲烷过程中的产品质谱测试图，由图可知体系中产品中氧主要来源于
【答案】D
【分析】由图A可知，氧气和氢离子在金表面得到电子生成HCOO，甲烷在二氧化钛表面转化为CH3，HCOO与CH3结合为CH3OOH，CH3OOH转化为CH3OH，水在COx表面转化为OH，OH与甲醇反应生成甲醛和二氧化碳；由图B可知，反应生成的二氧化碳含有16O和18O，说明二氧化碳的氧原子来源于氧气和水。
【解析】A．由分析可知，氧气和氢离子在金表面得到电子生成HCOO，反应方程式为，故A正确；
B．由图可知，A中双键氧原子的杂化方式为sp2杂化、单键氧原子的杂化方式为sp3杂化，共有2种杂化方式，故B正确；
C．催化剂能改变反应的途径，降低反应活化能，加快反应速率，但化学平衡不移动，甲醇的产量不变，则有无催化剂纳米簇对合成甲醇的产量无影响，故C正确；
D．由分析可知，反应生成的二氧化碳含有16O和18O，说明二氧化碳的氧原子来源于氧气和水，故D错误；故选D。
15．将或悬浊液置于分压固定的气相中，体系中与关系如图所示。变化对的浓度基本无影响。为的浓度，单位为。已知：。下列说法正确的是
A．表示曲线
B．
C．，平衡常数
D．向点溶液中加入，可以到达点
【答案】B
【分析】分压固定的CO2气相中，使溶液中CO2浓度也相应固定，因此L3为H2CO3的浓度，随着pH逐渐增大，的浓度逐渐增大，且pH较小时的浓度大于的浓度，所以L1表示，L2表示；根据Ksp(CaCO3)>Ksp(ZnCO3)判断，L4为Ca2+的浓度，L5为Zn2+的浓度，据此分析解答。
【解析】A．根据分析，L1表示，L2表示，故A错误；
B．由图可知和交于pH=6.4的点，此时，则Ka1()=c(H+)=10-6.4，和交点可求得Ka2()=c(H+)=10-10.3，，故B正确；
C．通过b点数据可得Ksp(CaCO3)=，L2和L5两点交于lgc=-5.4，Ksp(ZnCO3)=，则，，故C错误；
D．通过b点数据可得Ksp(CaCO3)=，b为L1和L4交点，向a点溶液中加入CaCl2可以达到b点溶液，故D错误；故选：B。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（14分）是一种光催化材料。工业利用某废催化剂(主要含、、NiO及少量、)制备的工艺流程如下：
已知：Ⅰ.、NiO都是不溶于水的碱性氧化物
Ⅱ.0.1 溶液的pH=1.0
Ⅲ.
回答下列问题：
(1)滤渣的主要成分是 ；酸化时，完全转化为的最大pH为 。(已知 ；离子浓度≤10-5ml/L时沉淀完全)
(2)“酸化”后的溶液中存在，则“还原”时发生反应的离子方程式为 。
(3)反萃取剂应选用 (填“酸性”、“中性”或“碱性”)溶液；若“萃取”、“反萃取”的过程中钒的总回收率为90%，则“还原”时加入的和“氧化”时加入的的物质的量之比为 。
(4)生成的化学方程式为 ，实验测得溶液pH、温度和溶液浓度对生成的粒径影响图像如下：
综合分析：制备粒径较小的晶体的最佳条件是 ；制备过程中需加入NaOH维持最佳pH，若过量，需要增加NaOH的用量，原因是 。
【答案】(1)Al(OH)3和H2SiO3（2分） 8.37（2分）
(2)（2分）
(3) 酸性（1分） 10∶3（2分）
(4) H2O+NH4VO3+ Bi(NO3)3=BiVO4+NH4NO3+2HNO3（2分）
pH=6，80℃，浓度为1.0ml⋅L-1（2分，各1分）
溶液溶液显酸性，则为了维持最佳pH，需要增加NaOH的用量（1分）
【分析】本题为利用某废催化剂制备的工业流程题，首先用氢氧化钠碱溶，根据信息可知，沉淀为Bi2O3、NiO，其中氧化铝和二氧化硅分别转化为四羟基合铝酸钠和硅酸钠，过滤后再酸化，其中滤渣为Al(OH)3和H2SiO3，提纯后得到NH4VO4，沉淀处理后得到Bi(NO3)3，最终得到产品，以此解题。
【解析】（1）由分析可知，滤渣的主要成分是：Al(OH)3和H2SiO3；该反应的平衡常数，c(OH-)=10-5.63，c(H+)=10-8.37，pH=8.37；
（2）根据流程可知，“还原”时转化为，相应的方程式为：；
（3）结合信息Ⅲ可知，根据平衡移动原理可知，反萃取剂应选用酸性溶液；萃取、反萃取前后V的化合价都是+5价，则根据得失电子守恒可知，还原剂失去电子的物质的量等于氧化剂得到电子的物质的量，设的物质的量为x，的物质的量为y，则2x×90%=6y，则x∶y=10∶3；
（4）根据流程可知，生成BiVO4的化学方程式为H2O+NH4VO3+ Bi(NO3)3=BiVO4+NH4NO3+2HNO3；根据图中信息可知，制备粒径较小的BiVO4晶体的最佳条件是：pH=6，80℃，浓度为1.0ml⋅L-1；根据信息Ⅱ可知，溶液溶液显酸性，则为了维持最佳pH，需要增加NaOH的用量。
17．（14分）柠檬酸铁铵[(NH4)3Fe(C6H5O7)2]易溶于水，不溶于乙醇等有机溶剂，是一种含铁量较高的补铁剂．实验室利用柠檬酸（）制备柠檬酸铁铵的实验步骤如下：
i．向三颈烧瓶中加入一定量铁粉，将柠檬酸溶液加入并搅拌，控温80℃至全部生成柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)白色沉淀。
ii．降温至40℃，滴加一定量的氨水充分反应，生成柠檬酸亚铁铵(NH4FeC6H5O7)。
iii．控温40℃，缓慢滴加一定量的双氧水充分反应，经一系列操作，得到产品。
已知：柠檬酸铁铵[(NH4)3Fe(C6H5O7)2]是柠檬酸铁(FeC6H6O7)和柠檬酸铵 [(NH4)3C6H5O7]的复盐．
回答下列问题：
(1)仪器A的名称是 ，在相同条件下，1ml柠檬酸分子分别与足量Na、NaHCO3反应生成气体体积比为 ；
(2)步骤i中，若柠檬酸加入量逐渐增多，最终会导致柠檬酸铁铵的含铁量逐渐减少，可能的原因是 ；（从产品纯度及后续实验的操作方面分析）
(3)步骤ii、iii中均需控温40℃的原因是 ；
(4)步骤iii中制备柠檬酸铁铵的化学方程式 ,“一系列操作”包括 ；
(5)为了测定产品的纯度，实验的基本原理是将Fe3+还原成Fe2+后，采用分光光度法来测定纯度．实验时测得样品的纯度显著偏低，检查实验发现配制样品溶液时少加了一种还原试剂，该试剂应为 (“铁粉”或“维生素C”)，选择该试剂的理由是 。
【答案】(1)恒压滴液漏斗（1分） 2 : 3（2分）
(2)过量的柠檬酸与氨水反应生成柠檬酸铵，使产品不纯（2分）
(3)温度低于40℃化学反应速率慢，高于40℃双氧水和氨水发生分解反应而损耗（2分）
(4)（2分）
蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥（2分，少写视情况得1分、写错不得分）
(5)维生素C（1分）
维生素C可将Fe3+还原成Fe2+，选用铁粉反应会引入更多的Fe2+，使测定结果偏高（2分）
【分析】制备柠檬酸铁铵时，先向三颈烧瓶中加入一定量铁粉，将柠檬酸溶液加入并搅拌，控温80℃至全部生成柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)白色沉淀；再降温至40℃，滴加一定量的氨水充分反应，生成柠檬酸亚铁铵(NH4FeC6H5O7)；继续控温40℃，缓慢滴加一定量的双氧水，将柠檬酸亚铁氧化为柠檬酸铁，再加入柠檬酸铵[(NH4)3C6H5O7]充分反应，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥，得到产品。
【解析】（1）仪器A的名称是恒压滴液漏斗，柠檬酸分子中，含有3个羧基和1个醇羟基，它们都能与Na反应，但只有羧基能与NaHCO3发生反应，所以在相同条件下，1ml柠檬酸分子分别与足量Na、NaHCO3反应生成气体体积比为2ml : 3ml=2 : 3；
（2）步骤i中，若柠檬酸加入量逐渐增多，过量的柠檬酸会与剩余的氨水反应生成柠檬酸铵，最终会导致柠檬酸铁铵的含铁量逐渐减少，可能的原因是：过量的柠檬酸与氨水反应生成柠檬酸铵，使产品不纯。
（3）步骤ii使用的氨水受热易挥发、步骤iii使用的H2O2受热易分解，则需控温40℃的原因是：温度低于40℃化学反应速率慢，高于40℃双氧水和氨水发生分解反应而损耗；
（4）步骤iii中制备柠檬酸铁铵时，使用檬酸亚铁铵(NH4FeC6H5O7)、双氧水、柠檬酸铵[(NH4)3C6H5O7]作为反应物，化学方程式为；从溶液中提取溶质，需蒸发浓缩、冷却结晶，过滤后洗涤，考虑到其易溶于水，应使用有机溶剂洗涤，则“一系列操作”包括：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；
（5）将Fe3+还原成Fe2+，需加入还原剂，但不能对Fe2+的检测产生干扰，则该试剂应为：维生素C，选择该试剂的理由是：维生素C可将Fe3+还原成Fe2+，选用铁粉反应会引入更多的Fe2+，使测定结果偏高。
18．（13分）银作为催化剂，主要用于乙烯氧化制环氧乙烷、甲醇氧化制甲醛等，通过亚硫酸钠-甲醛还原法或氨浸-水合肼还原法可回收失效的银催化剂。
回答下列问题：
(1)向银催化剂中加入稀硝酸溶解的化学方程式为 。
(2)用氯化钠溶液沉淀银离子可发生下列反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
①计算 （列出计算式即可）。
②根据上述平衡信息，为了使沉淀完全，应注意控制的条件是 。
(3)亚硫酸钠-甲醛还原法浸取的主要反应为。
①该反应在敞口容器中进行，其他条件不变时，浸出时间过长会使银的浸出率降低，原因可能是 （用离子方程式表示）。
②浸出液中含银微粒总浓度随含硫微粒总浓度及浸出液的关系如图所示：
已知浸出液中含银微粒的存在形式为、和（X为或），则含硫微粒的总浓度+ + +。
(4)常温下用氨浸-水合肼还原法浸取，已知：，，写出溶于氨水发生反应的离子方程式： ，计算该反应的平衡常数 （保留3位有效数字）。
【答案】(1)（2分）
(2)或（2分） 控制氯化钠的用量（1分）
(3)或（2分）
（1分） （1分）
(4)（2分） （2分）
【解析】（1）银和稀硝酸反应的化学方程式为；
（2）①根据盖斯定律，可知反应Ⅲ反应Ⅱ-反应Ⅰ，所以。
②根据过程中发生的反应，可知加入氯离子过量，反应Ⅱ和Ⅲ会正向移动，导致生成的氯化银沉淀溶解，沉淀不完全，所以为使沉淀完全，应注意控制氯化钠的用量（浓度）或控制的用量（浓度）等；
（3）①其他条件不变时，该反应在敞口容器中进行，浸出时间过长会使银的浸出率降低，可能原因是亚硫酸钠或被空气中的氧气氧化，离子方程式为或；
②根据元素质量守恒，。
（4）溶于氨水的离子方程式为；，，所以
。
19．（14分）具有抗菌、消炎等药理作用的黄酮醋酸类化合物H合成路线如下。
(1)化合物A的名称为 。
(2)结合平衡移动原理分析，D→E时溶剂使用的原因是 。
(3)F→G中反应物的作用为__________（填标号）。
A．氧化剂B．还原剂C．催化剂D．萃取剂
(4)A的一种同系物分子式为，核磁共振氢谱峰面积之比为，其结构简式为 （写1种）。
B→C为重排。重排机理如下。
①中间体Ⅱ中原子的杂化方式为 。
②中间体Ⅱ→中间体Ⅲ时，因反应位点的不同，还会生成(M)，分离L和M的操作为 ，原因是 。
③合成路线中的结构简式为 。
④利用重排可合成肾上腺素，合成路线如下。
N的结构简式为 。
【答案】(1)对甲基苯酚（2分）
(2)降低的溶解度，使生成E的平衡正向移动（1分）
(3)A（1分）
(4)（2分）
(5) （1分） 蒸馏（1分） L能够形成分子内氢键，M无法形成分子内氢键，沸点相差较大（2分） （2分） （2分）
【解析】（1）根据A的结构简式可知，化合物A的名称为对甲基苯酚；
（2）对比D和E的结构简式可知，D→E反应时除生成E外还生成了NaCl，而氯化钠在乙醇中的溶解度较小，故答案为：降低的溶解度，使生成E的平衡正向移动；
（3）对比F和G的结构可知，F→G的反应为氧化反应，则的作用为氧化剂，故选A；
（4）A的同系物中含有酚羟基，分子式为，且核磁共振氢谱峰面积之比为，则其结构简式为：；
（5）①根据Ⅱ的结构可知，其中Al的价层电子对数为4，则其杂化方式为：；
②对比L和M的结构可知，L可形成分子内氢键沸点较低，而M可形成分子间氢键，沸点较高，两者沸点相差较多，则分离L和M的操作为：蒸馏；原因是：L能够形成分子内氢键，M无法形成分子内氢键，沸点相差较大；
③由分析可知，B为；
④根据流程可知，在氯化铝的作用下和发生取代反应生成。
实验
①
0.10
0.10
0.414
②
0.10
0.40
1.656
③
0.20
0.10
1.656
X
Y
Z
Z中实验现象
A
浓硫酸
蔗糖
品红溶液
褪色
B
饱和食盐水
电石
溴的溶液
褪色
C
饱和溶液
溶液
溶液变浑浊
D
浓氨水
生石灰
溶液
有蓝色絮状沉淀