2022-2023学年湖南省三湘创新发展联合高三上学期起点调研考试化学试卷含解析

这是一份2022-2023学年湖南省三湘创新发展联合高三上学期起点调研考试化学试卷含解析，共25页。试卷主要包含了可能用到的相对原子质量， NA为阿伏加德罗常数的值等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年湖南省三湘创新发展联合高三上学期起点调研考试化学试卷
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
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心目的答案标号涂黑。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。
4.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Fe-56 Cu-64
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30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. 在香港回归祖国二十五周年之际，筹备多年的香港故宫文化博物馆在7月2日正式对公众开放，本次香港故宫文化博物馆开幕展览中，将有许多珍贵文物分批展出，绝大部分为首次在港展出。下列几件展品中，其主要成分为硅酸盐的是




A.定窑白釉孩儿枕
B.填漆戗金炕桌
C.金錾云龙纹执壶
D朱碧山银槎

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．定窑白釉孩儿枕为瓷器，主要成分为硅酸盐，故A符合；
B．填漆戗金炕桌主要材质为木材，故B不符；
C．金錾云龙纹执壶主要材质为金，故C不符；
D． 朱碧山银槎主要材质为银，故D不符；
故选A。
2. 利用反应COCl2+4NH3=CO(NH2)2+2NH4Cl可去除COCl2。下列化学用语表示正确是
A. NH3中N为sp3杂化 B. N2H4的电子式为
C. NH4Cl中的化学键包括离子键和氢键 D. CO(NH2)2分子中只含6个σ键和2个π键
【答案】A
【解析】
【详解】A．氨气中氮原子的杂化方式为sp3杂化，空间构型为三角锥形，A正确；
B．N2H4分子中氮原子未满足8电子结构，每个氮原子下方还应有两个电子 ，B错误；
C．氢键不属于化学键，C错误；
D．CO(NH2)2分子中碳和氧是以双键的形式存在，其余全为单键，分子存在有一个π键，其余七个键全部为σ键，D错误；
故选A。
3. 有机物Q是一种具有解热镇痛及抗生素作用的药物的主要成分，其结构简式如图所示，下列关于该有机物的说法正确的是

A. 属于芳香烃 B. 与乙酸互为同系物
C. 苯环上的一氯取代物只有一种 D. 能发生氧化反应和取代反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．该有机化合物含有碳、氢、氧三种元素，不属于烃，属于烃的衍生物，A错误；
B．同系物是指结构相似，在分子组成上相差若干个CH2原子团的有机物，有机物Q与乙酸结构不相似，不互为同系物，B错误；
C．苯环上有2种等效氢，则其一氯取代物有2种，C错误；
D．该有机物可以燃烧，则能发生氧化反应，该有机物含有羧基，在一定条件下能发生取代反应，D正确；
故选D。
4. 下列离子方程式书写正确的是
A. 铝片与NaOH溶液反应：
B. 用稀盐酸处理铜器表面的铜锈：
C. 向溶液中加入足量稀硝酸：
D. 向悬浊液中加入溶液：
【答案】A
【解析】
【详解】A．铝片与NaOH溶液反应离子方程式为：，A选项正确；
B．用稀盐酸处理铜器表面的铜锈，离子方程式为：Cu2(OH)2CO3+4H+═2Cu2++CO2↑+3H2O，故B错误；
C．向溶液中加入足量稀硝酸：3S2O32-+2H++2NO3-=2S↓+3SO42-+2NO↑+ H2O，C选项错误；
D．在氢氧化镁浊液中滴加氯化铁溶液的离子反应为3Mg(OH)2+2Fe3+=3Mg2++2Fe(OH)3，D选项错误；
答案选A。
5. 利用下列装置及药品能达到实验目的的是




A.制备并收集NO2
B检验溴乙烷消去产物
C.制备并收集NH3
D.比较盐酸、醋酸的酸性强弱

A A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化氮可与水反应生成硝酸和一氧化碳，不能用排水法收集，A错误；
B．溴乙烷在氢氧化钠醇溶液中加热反应可制得乙烯，乙烯可使溴的四氯化碳溶液褪色，B正确；
C．制取氨气应用氯化铵固体和氢氧化钙固体混合加热，只加热氯化铵固体，无法制得氨气，C错误；
D．比较盐酸和醋酸的酸性时所用的溶液应均为饱和碳酸氢钠溶液，碳酸钠和碳酸氢钠与酸反应时产生二氧化碳气体的速率是不相同的，D错误；
故选B。
6. 硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将和空气的混合气体通入和HCl的混合溶液中反应回收S，其物质转化历程如图所示。下列说法正确的是


A. 历程①发生反应
B. 历程②中CuS作氧化剂
C. 历程③中
D. 若要吸收，则至少要通入标准状况下56L空气(空气中氧气体积按20%计)
【答案】D
【解析】
【详解】A．H2S为弱酸，离子方程式中不能拆，则历程①发生反应，A错误；
B．由图知，历程②中CuS转化为S，S元素化合价从-2价升高为0价，则CuS作还原剂，B错误；
C．历程③为用氧气将亚铁离子氧化铁离子，1molO2参与反应转移4mol电子，根据得失电子守恒，可知4mol亚铁离子转化为铁离子时失去4mol电子，故，C错误；
D．由图知，总反应为2H2S+O2=2S+2H2O，若要吸收即1mol，则需要消耗O2为0.5mol，空气中氧气体积按20%计，故需要空气2.5mol即56L，D正确；
故选D。
7. NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是
A. 标准状况下，22.4LSO3中含有的硫原子数为NA
B. 7.8gNa2O2中含有的离子总数为0.4NA
C. 18g葡萄糖分子中含有的非极性键的数目为0.6NA
D. 1molN2中所含σ键的数目为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．标况下三氧化硫为固态，A错误；
B．过氧化钠中两个氧原子所形成的为一个阴离子，7.8g过氧化钠即0.1mol过氧化钠，所含的离子数目为0.3NA，B错误；
C．18克葡萄糖即0.1mol葡萄糖，一个葡萄糖分子中，6个碳原子形成5个非极性共价键，0.1mol葡萄糖形成的非极性共价键数目应为0.5 NA，C错误；
D．一个氮气分子中含有一个σ键和两个π键，0.1mol氮气中含有的σ键数目为0.1NA，D正确；
故选D。
8. 在档案字迹材料耐久性能的调查中发现，蓝黑墨水字迹随着时间的推移，褪色严重，研究发现，蓝黑墨水的褪色原理主要为如图所示反应，下列有关说法错误的是


A. H2O分子VSEPR模型为四面体形
B. 没食子酸分子中所有原子有可能共面
C. 上述反应涉及元素的电负性：O>C>H
D. 1molM最多能与2molNaOH反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．水分子中氧原子的价层电子对数为4，分子的VSEPR模型为四面体形，故A正确；
B．苯环和羧基均为平面结构，则没食子酸分子中所有原子有可能共面，故B增强；
C．元素的非金属性越强，电负性越大，碳、氢、氧的非金属性强弱顺序为O>C>H，则电负性的大小顺序为O>C>H，故C正确；
D．由结构简式可知，M分子中羧基能与氢氧化钠溶液反应，所以1mol最多能与1mol氢氧化钠反应，故D错误；
故选D。
9. 某分子式为C10H20O2的酯，在一定条件下可发生如图所示的转化过程：


已知D和F互为同分异构体，则符合上述条件的酯的结构有
A. 4种 B. 8种 C. 12种 D. 16种
【答案】C
【解析】
【分析】D和F互为同分异构体，表明D和F均是有机物。F由C连续氧化得到。有机物中能实现连续氧化的物质应为符合RCH2OH结构的醇。。于是，C为醇，E为醛，F为羧酸。酯类在碱性条件下水解得到醇和羧酸盐，羧酸盐和酸作用生成羧酸。于是B为羧酸盐，D为羧酸。
【详解】D和F互为同分异构体说明D和F含有相同碳原子数。由酯的分子式C10H20O2可知D和F均含有5个碳原子。C为含有5个碳原子，且结构符合RCH2OH的醇。符合条件的醇有，，和4种。含有5个碳的羧酸有，，和4种。因此，酯共有4×4=16种。其中，4种酯（，，和）形成的D和F是结构完全相同的羧酸，不符合D和F互为同分异构体题意。因此，符合题意的酯类有16-4=12种。
综上所述，答案为C。
10. 用一定浓度的H2SO4溶液分别滴定体积均为20.00 mL、浓度均为0.100 mol/L的Ba(OH)2、NaOH和NH3·H2O三种溶液，滴定过程中三种溶液的电导率如图所示。(已知：溶液电导率越大，导电能力越强)下列说法错误的是

A. 曲线①②③分别代表Ba(OH)2、NaOH和NH3·H2O
B. H2SO4的浓度为0.100 mol/L
C. a、b、c、d四点中，d点水的电离程度最小
D. d点对应的溶液中粒子浓度大小关系：c()+c(H+)=c()+c(OH-)
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶液中离子浓度越大，溶液的电导率就越大。等浓度的三种碱，Ba(OH)2是二元强碱，NaOH是一元强碱，完全电离，而NH3·H2O是一元弱碱，部分电离，溶液中离子浓度：Ba(OH)2＞NaOH＞NH3·H2O，所以曲线①②③分别代表Ba(OH)2、NaOH和NH3·H2O，A正确；
B．曲线①代表Ba(OH)2，c点时电导率最小，说明H2SO4与Ba(OH)2恰好中和生成BaSO4沉淀和H2O，n(H2SO4)=n[Ba(OH)2]，由于此时H2SO4与Ba(OH)2的体积相同，因此二者的浓度相同，故H2SO4的浓度为0.100 mol/L，B正确；
C．向碱溶液中滴加酸，溶液中c(OH-)逐渐减小，水电离程度逐渐增大，当溶液显中性时水的电离不受影响；当酸过量时，随着溶液中c(H+)增大，水电离程度逐渐减小。a点时NH3·H2O恰好被H2SO4中和得到(NH4)2SO4溶液，该盐是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，水的电离受到促进作用；b点NaOH恰好被H2SO4中和得到Na2SO4溶液，该盐是强酸强碱盐，不水解，水的电离不受影响；c点是Ba(OH)2恰好被H2SO4完全中和产生BaSO4，BaSO4是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，水的电离也不受影响；d点是(NH4)2SO4、H2SO4等浓度的混合溶液，过量的酸电离产生H+，使水的电离平衡受到抑制作用，所以a、b、c、d四点中水的电离程度a点最大，d点最小，C正确；
D．d点对应的溶液(NH4)2SO4、H2SO4的混合溶液，根据电荷守恒可知溶液中粒子浓度大小关系：c()+c(H+)=2c()+c(OH-)，D错误；
故合理选项是D。
二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 某种净水剂由原子序数依次增大的R、W、X、Y、Z五种主族元素组成，五种元素分处三个短周期，且包含地壳中含量前三的三种元素。五种元素原子的最外层电子数之和为20。下列说法错误的是
A. 简单离子半径：Z>X>W
B. 最简单氢化物的稳定性：W>Y>Z
C. W分别与R、Z形成的三原子分子均为V形分子
D. 常见单质的熔点：Y>X>Z>W>R
【答案】AB
【解析】
【分析】五种元素分处三个短周期，且原子序数依次增大，则R为H；五种元素包含地壳中含量前三的元素，五种元素原子最外层电子数之和为20，则另一种元素为S，故R为H，W为O，X为，Y为，Z为S，以此解题。
【详解】A．电子层结构相同的离子，原子序数越大，半径越小，所以，A错误；
B．非金属性：，所以最简单氢化物的稳定性：，B错误；
C．W分别与R、Z形成的三原子分子发分别为H2O，SO2，其中心原子都是有2对成键电子对和1对孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知，其空间构型为V形，C正确；
D．元素Y、X、Z、W、R对应的单质分别为：Si，Al，S，O2，H2，其中Si为共价晶体，熔点最高，铝和硫常温都为固体，但是铝为金属晶体，熔点更高，氧气和氢气常温都是气体，但是氧气的分子量更大，熔点更高，D正确；
故选AB。
12. 高压不仅会引发物质的相变，还会导致新类型化学键的形成。如图所示，M、N、P为Na与FeCl2在50~300GPa的高压下反应生成的不同晶体晶胞，下列说法错误的是

A. 三种晶胞的化学式均为naCl
B. 晶胞M中与Na原子距离最近且等距的Cl原子有12个
C. 晶胞M、N、P中所含Cl原子的个数之比为3∶1∶1
D. 2号的原子坐标为(，，)
【答案】AC
【解析】
【分析】根据晶胞中实际含有的原子计算方法：均摊法进行计算后判断化学式及计算实际含有的原子个数；利用面心晶胞中的配位数判断距离最近的原子个数；根据坐标的表示，利用投影法判断原子在三维坐标中的坐标；
【详解】A．M中黑点是钠原子，白点是氯原子，利用均摊法进行计算钠原子实际含有数：；氯原子实际含有数：；故化学式为NaCl3，故A不正确；
B．晶胞M中Na原子在立方体的顶点，氯原子在面心，每个面心中都有1个氯与钠距离最近，故与钠距离最近的且等距的Cl原子有12个，故B正确；
C．晶胞M中实际含有的氯原子数为：，晶胞N中实际含有的氯原子数为：；晶胞P中实际含有的Cl原子数为：，故三个晶胞实际含有氯原子数之比为：6:2:1，故C不正确；
D．P中2号原子的根据三维坐标的表示判断，其坐标为(，，)；故D正确；
故选答案AC；
【点睛】此题考查晶胞中原子数的计算，注意晶胞类型，根据夹角判断均摊的公式。
13. 下列实验不能达到预期实验目的的是
选项
实验
实验目的
A
室温下，用pH计测定浓度均为0.1mol/L的溶液和溶液的pH
比较和的酸性强弱
B
向盛有溶液的试管中滴加2滴0.1mol/L的溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/L的溶液，又产生红褐色沉淀
验证该温度下
C
用铁片、铜片、稀硫酸等组成原电池
比较铁、铜的金属性强弱
D
室温下，分别向2支试管中加入相同体积、相同浓度的溶液，再分别加入相同体积、不同浓度的稀硫酸
研究浓度对反应速率的影响

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．室温下，用pH计测定浓度均为0.1mol/L的溶液和溶液的pH，醋酸酸性强，醋酸钠水解能力弱，pH小，可以比较和的酸性强弱，故A正确；
B．向盛有溶液的试管中滴加2滴0.1mol/L的溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/L的溶液，又产生红褐色沉淀，由于NaOH过量，直接与氯化铁作用产生氢氧化铁沉淀，不能说明该温度下，故B错误；
C．用铁片、铜片、稀硫酸等组成原电池，活性强的金属作负极，铜作正极，上有气泡产生，可以比较铁、铜的金属性强弱，故C正确；
D． 室温下，分别向2支试管中加入相同体积、相同浓度的溶液，再分别加入相同体积、不同浓度的稀硫酸，根据产生沉淀所需的时间多少，研究浓度对反应速率的影响，故D正确；
故选B。
14. 超纯水微细电解加工是在常规电解加工原理的基础上，利用超纯水作电解液，并采用阳离子交换膜促进水解离来提高超纯水中的浓度，使电解电流密度达到足够蚀刻材料的一种新型电解加工工艺。铜的微细电解加工如图，所用的阳离子交换膜为，自身能解离成固定基团和自由离子。下列说法错误的是


A. M为电源的正极
B. 辅助电极上有气泡产生
C. 工件电极上的电极反应式为
D. 阳离子交换膜向上的面上发生的反应为
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意知，采用阳离子交换膜促进水解离来提高超纯水中的浓度，则辅助电极要消耗H+，故辅助电极为H+得电子生成氢气，为电解池的阴极，与其相连的N极为电源负极，M为电源正极，工件电极为阳极。
【详解】A．据分析可知，M为电源的正极，A正确；
B．据分析知，辅助电极上有气泡产生，B正确；
C．工件电极为阳极，其电极反应式为，C正确；
D．辅助电极电解产生大量OH-，为了使溶液呈电中性，阳离子交换膜向上的面上发生的反应为，D错误；
故选D。
三、非选择题：本题共4小题，共54分。
15. 草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中，草酸的钠盐和钾盐均易溶于水，而其钙盐难于水，草酸晶体(H2C2O4•2H2O)无色，熔点为101℃，易溶于水，受热易脱水、升华，175℃时分解，某兴趣小组用硝酸氧化法制备草酸晶体并测定其纯度，制备装置如图所示(加热、固定等装置略去)。实验步骤如下：
①糖化：先将淀粉水解为葡萄糖；
②氧化：在淀粉水解液中加入混酸(质量之比为3∶2的65%HNO3与98%H2SO4的混合物)，在55~60℃下发生反应；
③反应后溶液经冷却、减压过滤，即得草酸晶体(H2C2O4•2H2O)粗产品。

（1）装混酸的仪器名称为_____，冷凝管进水的接口为____(填“a”或“b”)。
（2）步骤①中判断淀粉水解是否完全的操作为____。
（3）步骤②中，配制混酸的方法是_____；氧化时，控制反应温度不超过60℃的操作是____，控温的作用是____。
（4）称取8.0 g草酸晶体粗产品，配成100 mL溶液。取25.00 mL于锥形瓶中，加入适量硫酸，用0.200 mol·L-1的KMnO4标准液滴定，杂质不参与反应，数据记录如表所示，则滴定时发生反应的离子方程式为____；该草酸晶体(H2C2O4•2H2O)的纯度为_____%。

起始滴定管的读数/mL
实验结束滴定管的读数/mL
第一次
0.10
22.35
第二次
1.50
22.10
第三次
080
22.95

【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. a
（2）向水解后的溶液中滴加碘水，看溶液是否变为蓝色，若不变蓝，证明水解完全
（3） ①. 将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓加入浓硝酸中，并用玻璃棒不断搅拌，使热量迅速扩散 ②. 55～60℃水浴加热 ③. 防止有机物脱水炭化和浓硝酸的挥发及分解
（4） ①. 5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O ②. 69.93%
【解析】
【分析】由实验装置图可知：装置A中，在浓硫酸作用下，淀粉水解液中的葡萄糖在55 ~ 60℃下水浴加热条件下与浓硝酸发生反应生成草酸、氮氧化物和水；装置B中盛有的氢氧化钠溶液，其作用是用于吸收尾气中的氮氧化物，防止污染空气。在导气管末端安装一个干燥管，可防止NaOH溶液吸收氮氧化物时产生倒吸现象。
【小问1详解】
根据图示可知盛有混合酸溶液的仪器为分液漏斗；
为了充分冷凝，减少浓硝酸的挥发，要采用逆流原理，冷却水是从球形冷凝管的下口a处加入；
【小问2详解】
在步骤①中若淀粉水解完全，则向其中滴加碘水，溶液不变为蓝色，否则溶液变为蓝色，据此判断淀粉溶液是否水解完全；
【小问3详解】
由于浓硫酸溶于水会放出大量热量，根据浓硫酸的密度比浓硝酸大，为防止酸溶液混合时酸滴飞溅，造成危险，应该将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓加入到盛有浓硝酸的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，使热量迅速扩散；氧化时，控制反应温度不超过60℃的操作是用55～60℃水浴加热；控温的作用是防止有机物脱水炭化和浓硝酸的挥发及分解；
【小问4详解】
H2C2O4具有还原性，酸性KMnO4溶液具有强氧化性，二者混合，会发生氧化还原反应产生K2SO4、MnSO4、CO2、H2O，发生反应的离子方程式为：5H2C2O4+2+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
进行滴定时，三次实验消耗KMnO4溶液的体积分别是(22.35-0.10) mL=22.25 mL、(22.10-1.50) mL=20.60 mL、(22.95-0.80) mL=22.15 mL，显然第二次实验数据偏差较大，应该舍去，则平均消耗KMnO4溶液的体积V=，根据反应中二者关系可知在100 mL草酸溶液中含有草酸的物质的量为：n(H2C2O4)=n(KMnO4)=×0.200 mol/L×0.02220 L×=0.0444 mol，则根据C元素守恒可知在8.0 g草酸晶体粗产品中含有的草酸晶体的质量m(H2C2O4•2H2O)= 0.0444 mol×126 g/mol=5.5944 g，故该草酸晶体(H2C2O4•2H2O)的纯度为。
16. 苯胺()是一种无色油状液体，加热至370℃会分解，微溶于水，易溶于有机溶剂，能被二氧化锰氧化成对苯醌()。一种用苯胺还原软锰矿(主要成分是，含等杂质)制备的工艺流程如图。

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表所示：
金属离子




开始沉淀时()的pH
8.1
7.5
2.2
3.7
完全沉淀时()的pH
9.6
9.0
3.2
4.7
回答下列问题：
（1）还原酸浸前将软锰矿粉碎的目的是_______，为达到该目的在加入苯胺和稀硫酸后常采取的操作为_______。
（2）沉淀1的主要成分为_______(填化学式)，写出还原酸浸时主要发生反应的化学方程式：_______。
（3）根据上表数据，由大到小的顺序为_______。调pH步骤中应控制的pH范围是_______~_______,________。
（4）溶液结晶温度越低，所带结晶水就越多，在9℃时，可结晶出，在26℃时，可结晶出，在100℃左右时，可结晶出，则从操作A所得的溶液中获得晶体需要进行的操作是_______、洗涤、干燥。从制取的产品中，称取一定质量的样品用标准溶液滴定(操作过程产生的误差很小，可忽略)，计算所得样品的质量分数大于100%，可能的原因是_______。
【答案】（1） ①. 增大反应物接触面积，使反应速率增大 ②. 加热
（2） ①. SiO2 ②. 2+4MnO2+5H2SO4=2+(NH4)2SO4+4MnSO4+4H2O
（3） ①. ②. 4.7~8.1
（4） ①. 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 ②. 晶体有部分失去了结晶水，或混有其他硫酸盐杂质
【解析】
【分析】软锰矿(主要成分是，含等杂质)粉碎后向其中加入苯胺和稀硫酸，苯胺将还原为Mn2+，与稀硫酸反应生成Fe3+、Al3+，SiO2不与苯胺和稀硫酸反应，则沉淀1中含有二氧化硅，过滤后向滤液中加入NaOH溶液调pH将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，则沉淀2含有Fe(OH)3、Al(OH)3，再过滤后加入NH4HCO3沉锰生成MnCO3沉淀，最后将MnCO3与稀硫酸反应生成硫酸锰溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥一系列操作得到。
【小问1详解】
还原酸浸前将软锰矿粉碎的目的是增大反应物接触面积，使反应速率增大；为达到该目的在加入苯胺和稀硫酸后常采取的操作为加热；
故答案为：增大反应物接触面积，使反应速率增大；加热；
【小问2详解】
据分析可知，沉淀1的主要成分为SiO2；还原酸浸时主要是用苯胺将二氧化锰还原为二价锰离子，其发生反应的化学方程式为2+4MnO2+5H2SO4=2+(NH4)2SO4+4MnSO4+4H2O；
故答案为：SiO2；2+4MnO2+5H2SO4=2+(NH4)2SO4+4MnSO4+4H2O；
【小问3详解】
温度不变，Ksp保持不变，则计算时可取用开始沉淀时或完全沉淀时数据，，，，则；调pH是为了将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀且要沉淀完全，而Mn2+不能开始沉淀，则应控制的pH范围是4.7~8.1；
故答案为：；4.7~8.1；
【小问4详解】
从操作A所得的溶液中获得晶体需要进行的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；计算所得样品的质量分数大于100%，说明样品中含量变多了，则可能的原因是晶体有部分失去了结晶水，或混有其他硫酸盐杂质；
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；晶体有部分失去了结晶水，或混有其他硫酸盐杂质。
17. 尿素[CO(NH2)2]是首个由无机物人工合成的有机物。
（1）在尿素合成塔中发生的反应可表示为2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(l)[CO(NH2)2](s)+H2O(g)；已知第一步反应为快速反应，△H1=-119.2kJ·mol-1，第二步反应为慢速反应，△H2=+15.5kJ·mol-1，则2NH3(g)+CO2(g)[CO(NH2)2](s)+H2O(g) △H3=_____kJ·mol-1，下列图像能表示尿素合成塔中发生反应的能量变化历程的是_____(填标号)。
A. B. C. D.
（2）T℃，在2L的密闭容器中，通入2molNH3和1molCO2，保持体积不变，发生反应2NH3(g)+CO2(g)[CO(NH2)2](s)+H2O(g)，10min时反应刚好达到平衡。测得起始压强为平衡时压强的1.5倍，则：
①NH3的平衡转化率为_____。
②能说明上述反应达到平衡状态的是_____(填标号)。
A.n(CO2)：n(NH3)=1：2
B.混合气体的密度不再发生变化
C.单位时间内消耗2molNH3，同时生成1molH2O
D.CO2的体积分数在混合气体中保持不变


（3）一定温度下，某恒容密闭容器中发生反应2NH3(g)+CO2(g)[CO(NH2)2](s)+H2O(g)，若原料气中=m，测得m与CO2的平衡转化率(α)的关系如图甲所示。


①若平衡时A点容器内总压强为0.5MPa，则上述反应的平衡常数Kp=____(MPa)2。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
②若平衡时A、B对应容器的压强相等，则A、B对应的容器中，起始时投入氨气的物质的量之比nA(NH3)：nB(NH3)=____。
（4）用惰性电极电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液可制取氢气，装置如图乙所示，则B为直流电源的____极，写出该装置阳极的电极反应式：_____。


【答案】（1） ①. -103.7 ②. D
（2） ①. 50% ②. BD
（3） ①. 9 ②. 3:2
（4） ①. 负极 ②.
【解析】
【小问1详解】
△H3=△H1+△H2=（-119.2kJ·mol-1）+15.5kJ·mol-1=-103.7kJ·mol-1，故答案为-103.7；第一步为放热反应，第二步为吸热反应，并且第二步为慢反应，活化能比第一步要高，所以C图像符合要求，故答案为D；
【小问2详解】

，解得x=0.5
①NH3的平衡转化率为，故答案为50%；
A.按系数比充入反应物，任何时刻n(CO2)：n(NH3)都是1：2，不能说明达到平衡，故A错误；
B. ，有固体生成，气体质量在变化，混合气体的密度在变化，则混合气体的密度不再发生变化达到平衡，故B正确；
C.单位时间内消耗2molNH3，同时生成1molH2O速率相等，方向相同，故C误；
D.CO2的体积分数在混合气体中保持不变说明达到平衡，故D正确；
故答案为BD
【小问3详解】

根据三段式可知NH3的物质的量分数为；CO2的物质的量分数为；H2O的物质的量分数为；平衡时A点容器内总压强为0.5MPa，则上述反应的平衡常数，故答案为9；
【小问4详解】
根据尿素中的氮元素生成氮气，在阳极上失去电子，由N元素化合价的变化可知A为正极，B为电源的负极；故答案为负极；
该装置阳极的电极反应式：；
18. 化合物G是一些三唑类药物的重要中间体，其某种合成路线如图所示：

回答下列问题：
（1）A的名称为_____。
（2）E中含氧官能团的名称是_____；E→F的反应类型是____。
（3）D的结构简式为_____。
（4）A→B的化学方程式为_____。
（5）芳香族化合物M是D的同分异构体，则符合下列条件的M的结构有_____种。
①分子中除苯环不含其他的环
②苯环上有6个取代基且有一个为－N=N－CH3
（6）请设计以和CH3COOOH为原料制备的合成路线(无机试剂和溶剂任选)_____。
【答案】（1）氯苯 （2） ①. 酮羰基、硝基 ②. 氧化反应
（3） （4）+HNO3+H2O
（5）13 （6）
【解析】
【分析】A是氯苯，A与(CH3CO)2O在AlCl3催化下发生Cl原子在苯环对位上的取代反应产生C，C分子中的Cl原子与上N原子上的H原子发生取代反应产生D：，结合D、E结构简式的不同，可知B是，A与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生B；B、D发生取代反应产生E，E与CH3COOOH在CH2Cl2条件下发生氧化反应产生F，F在酸性条件条件下水解产生G。
【小问1详解】
根据A结构简式可知A物质是Cl原子与苯环连接，其名称为氯苯；
【小问2详解】
根据E结构简式可知E分子中的含氧官能团名称为酮羰基、硝基；
对比E、F结构简式可知E发生氧化反应产生F；
【小问3详解】
根据上述分析可知：物质D结构简式为：；
【小问4详解】
A是，A与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生B和H2O，该反应的化学方程式为：+HNO3+H2O；
【小问5详解】
物质D结构简式为：，其分子式为C12H16N2O，同分异构体芳香族化合物M是D的同分异构体，满足条件：①分子中除苯环不含其他的环；②苯环上有6个取代基且有一个为－N=N－CH3，则符合条件的M同分异构体结构可以是苯环上连三个-CH3、一个-OH、一个-CH=CH2、一个－N=N－CH3，即苯环上连a、b、c不同取代基有10种结构，如，c的位置有4种，，c的位置有4种，，c的位置有2种；也可以苯环上连四个-CH3、一个-CHO、一个－N=N－CH3，即苯环上连a、b不同取代基有邻、间、对三种结构，如、、，所以符合条件的M同分异构体结构有10+3=13种，答案为13种；
【小问6详解】
与HCl在催化剂存在条件下加热，发生加成反应产生，该物质与NaOH水溶液共热，发生取代反应产生，该醇与O2在Cu或Ag催化下加热，发生氧化反应产生，与CH3COOOH反应产生，该物质在酸性条件下反应产生，故合成路线为：。