2022-2023学年重庆市十一中学高三上学期十月自主质量检测化学试题含解析

这是一份2022-2023学年重庆市十一中学高三上学期十月自主质量检测化学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，工业流程题，实验题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

重庆市十一中学2022-2023学年高三上学期十月自主质量检测化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生活密切相关。下列说法不正确的是
A．“天宫课堂”实验：乙酸钠过饱和溶液结晶形成温热“冰球”，该过程发生吸热反应
B．故宫是中国最大的古代文化艺术博物馆，氧化铁可作故宫红色外墙的涂料
C．“静电除尘”、“燃煤脱硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量
D．氢氟酸可与反应，可利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品
【答案】A
【详解】A．乙酸钠过饱和溶液结晶形成温热“冰球”说明该过程为放热过程，故A错误；
B．氧化铁是难溶于水的红棕色粉末，可作故宫红色外墙的涂料，故B正确；
C．“静电除尘”、“燃煤脱硫”、“汽车尾气催化净化”都能减少污染物，都能提高空气质量，故C正确；
D．氢氟酸能与二氧化硅反应生成四氟化硅和水，常用于刻蚀石英制作艺术品，故D正确；
故选A。
2．三甲基镓[]是应用最广泛的一种金属有机化合物，可通过如下反应制备：。下列说法错误的是
A．Al原子的核外电子有7种空间运动状态 B．原子的中子数为14
C．的核外三个电子能层均充满电子 D．Ga位于周期表中第四周期ⅢA族
【答案】C
【详解】A．铝原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p1，有1+1+3+1+1=7个原子轨道，则核外电子有7种空间运动状态，故A正确；
B．27Al原子的质量数为27，质子数为13，则中子数=质量数-质子数=27-13=14，故B正确；
C．Cl-核外各层所含电子数分别为2、8、8，M层最多容纳18个电子，则M层没有充满电子，故C错误；
D．Ga是31号元素，核外有四个电子层，最外层有三个电子，则位于周期表的第四周期ⅢA族，故D正确；
故选：C。
3．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．32g 中的数目为0.1
B．1L pH=1的溶液中数目为0.2
C．30g 晶体中含有的硅氧键的数目为2
D．12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.25
【答案】C
【详解】A．甲醇为非电解质，不能电离出氢氧根离子，故A错误；
B．pH=1的H2SO4溶液中H+浓度为0.1mol/L，1LpH=1的H2SO4溶液中H+数目为0.1NA，故B错误；
C．30gSiO2晶体物质的量为：，1molSiO2晶体含4molSi-O键，则0.5mol二氧化硅含有的硅氧键的数目为2NA，故C正确；
D．12g石墨烯(单层石墨)即物质的量为，一个六元环平均含有2个碳原子，因此1mol石墨烯含有六元环的个数为0.5NA，故D错误；
故选：C。
4．结构决定性质，下列有关物质结构叙述不正确的是
A．质子数相同的微粒不一定属于同一种元素
B．杂化轨道只能用于形成g键或容纳未参与成键的孤电子对
C．晶体与非晶体的本质差异在于其是否具有自范性
D．金属材料良好的延展性和导电性都可以用电子气理论来解释
【答案】C
【详解】A．NH3与Ne质子数相同，不属于同种元素，故A正确；
B．杂化轨道只能用于形成g键或容纳未参与成键的孤电子对，不能形成π键，故B正确；
C．晶体与非晶体的根本区别在于其内部粒子在空间上是否按一定规律做周期性重复排列，故C错误；
D．电子气理论指出金属阳离子“浸泡”在电子气中，可以解释铁的导电性，导热性和延展性，故D正确；
故选：C。
5．下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是
A．在酸性溶液中：、、
B．在明矾溶液中：、、、
C．在饱和食盐水中：、、、
D．在加入粉末的溶液中：、、
【答案】A
【详解】A．各离子之间互不反应，可以大量共存，故A正确；
B．Ca2+、反应生成沉淀，不能大量共存，故B错误；
C．H+、ClO-反应生成次氯酸，不能大量共存，故C错误；
D．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，OH-与反应，二者不能大量共存，故D错误；
故选：A。
6．下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应能实现如图所示转化的是

X
Y
Z
物质转化关系
A
Cu
CuO
Cu(OH)2

B
Si
SiO2
H2SiO3
C
NaHCO3
Na2CO3
NaOH
D
FeCl2
FeO
FeCl3

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A.Cu与O2反应生成CuO，CuO与C或H2等反应生成Cu，Cu(OH)2无法一步转化为Cu，且CuO无法一步转化为Cu(OH)2，错误；
B.Si与O2反应生成SiO2，SiO2与H2或C等反应生成Si，SiO2无法一步转化为H2SiO3，H2SiO3无法一步转化为Si，错误；
C.NaHCO3在加热条件下能生成Na2CO3，Na2CO3与CO2、H2O反应生成NaHCO3，Na2CO3与Ca(OH)2反应生成NaOH，NaOH与过量CO2反应能直接生成NaHCO3，正确；
D.FeCl2不能一步转化为FeO，FeO与HCl反应能生成FeCl2，FeO无法一步转化为FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，错误。
7．如图所示的两种化合物可应用于阻燃材料和生物材料的合成。其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同主族，Y原子序数为W原子最外层电子数的3倍。下列说法错误的是

A．四种元素形成的简单氢化物中，X的沸点最高
B．与Y同周期的元素中，第一电离能比Y大的有2种
C．W与Z、X与Y均形成AB3型的分子时，分子的极性前者大于后者
D．四种元素的原子半径与简单离子半径最大的都是Y
【答案】C
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，观察图示的两种化合物的结构示意图，可以看出来X和Z与其他原子成键数目为1，X和Z同主族，可判断X为F，Z为Cl，而W原子与其他原子成键数目为3，则W为N，Y原子序数为W原子最外层电子数的3倍，而N原子的原子结构示意图为，所以Y的原子序数为15，即Y为P；
【详解】A．四种元素形成的简单氢化物分别为、、、，由于和中含有氢键，沸点比同组的和高，而中的氢键强于的，所以的沸点高于的，A正确，不符合题意；
B．一般情况下，同周期元素，从左至右，第一电离能变大，但是P元素的核外电子排布式是半充满状态，比较稳定，第一电离能比S要大，故同周期元素中，只有Cl和Ar两种元素的第一电离能比它大，B正确，不符合题意；
C．W与Z、X与Y均形成的型的分子分别为、，依据价层电子对互斥理论模型，中心原子分别为N和P，σ键电子对数均为3，孤电子对数均为，所以和的空间结构均为三角锥形，分子中正电中心与负电中心不重合，均为极性分子；N和Cl的电负性均为3.0，而P的电负性为2.1，F的电负性为4.0，即N和Cl的电负性差值小于P和F的电负性差值，所以的分子极性小于的，C错误，符合题意；
D．电子层数越大，原子半径越大，即P>N，Cl>F，>，>；电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，即N>F，P> Cl，>，>，所以四种元素的原子半径与简单离子半径最大的都是Y，D正确，不符合题意；
故合理选项为C。
8．科技改变生活。下列说法不正确的是
A．歼20战斗机采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料
B．镁、铝、钛等合金广泛应用于航空航天领域，合金熔点通常高于其组成金属
C．“山东舰”航母使用的碳纤维是一种新型无机高分子材料
D．国家速滑馆“冰丝带”采用CO2超临界制冰，比氟利昂制冰更加环保
【答案】B
【详解】A．金属材料包括了纯金属和合金，铝锂属于金属材料，正确，A不符合题意；
B．合金的熔点一般比其组成金属低，错误，B符合题意；
C．碳纤维主要是由碳元素组成的一种特种纤维，碳纤维属于无机高分子材料，正确，C不符合题意；
D．氟利昂泄漏到空气中会造成臭氧层空洞，而CO2不会，因此采用CO2超临界制冰更加环保，正确，D不符合题意；
答案选B。
9．下列除杂试剂正确的是
选项
物质(括号内为杂质且少量)
除杂试剂
A
NO()

B
NaCl()溶液

C
()溶液
饱和
D
()溶液
Cu

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，洗气可分离，故A正确；
B．氯化钠、碳酸钠溶液均与硝酸银反应，将原物质除去，不能除杂，故B错误；
C．二氧化碳与NaHSO3不反应，不能除杂，故C错误；
D．Cu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，引入新杂质，不能除杂，故D错误；
故选：A。
10．下列反应方程式正确的是
A．向溶液中加入：
B．向溶液中通入等量的：
C．将少量通入NaClO溶液中：
D．溴乙烷的消去反应：
【答案】C
【详解】A．偏铝酸根离子结合氢离子的能力强于碳酸根离子，反应的离子方程式为，故A错误；
B．溴化亚铁溶液与等量的氯气反应氯化铁、溴化铁、溴，亚铁离子完全反应，溴离子反应一半，反应的离子方程式为，故B错误；
C．少量的二氧化硫与次氯酸钠溶液反应生成硫酸钠、氯化钠和次氯酸，反应的离子方程式为，故C正确；
D．溴乙烷在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成乙烯、溴化钠和水，反应的化学方程式为，故D错误；
故选C。
11．实验室以含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2+、Mn2+)为原料制备ZnCO3·2Zn(OH)2的实验流程如下：

下列说法正确的是
A．过二硫酸钠(Na2S2O8)中硫元素的化合价为+7价
B．氧化除锰后的溶液中存在：Na+、Zn2+、Fe2+、
C．调节pH时试剂X可以选用Zn、ZnO、ZnCO3等物质
D．沉锌时的离子方程式为3Zn2++6=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+H2O
【答案】D
【分析】由题给流程可知，向含锌废液中加入过二硫酸钠溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，锰离子氧化为二氧化锰，过滤得到二氧化锰和滤液1；向滤液1中加入氧化锌或碳酸锌等调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁和滤液2；向滤液2中加入碳酸氢铵溶液，将锌离子转化为ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀，过滤得到滤液和ZnCO3·2Zn(OH)2。
【详解】A．过二硫酸钠中含有过氧链，分子中硫元素的化合价为+6价，故A错误；
B．由分析可知，氧化除锰后的溶液中存在的离子为Na+、Zn2+、Fe3+、，故B错误；
C．溶液中铁离子能与锌反应生成氯化亚铁和氯化锌，所以调节溶液pH时试剂X不能选用锌，故C错误；
D．沉锌时发生的反应为溶液中锌离子与碳酸氢根离子反应生成ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀、二氧化碳和水，反应的离子方程式为3Zn2++6=ZnCO3·2Zn(OH)2↓+5CO2↑+H2O，故D正确；
故选D。
12．在萜类天然产物中，氧化态升高与抗癌、抗病毒和免疫抑制的生物活性提高密切相关。某分子如图所示 ，下列说法不正确的是

A．该分子能发生氧化反应、还原反应、取代反应
B．该分子所有原子不可能共面
C．该分子中σ键与π键数目之比为16：4
D．该分子中C原子有两种杂化方式
【答案】D
【详解】A．该分子中含有碳碳双键，能发生氧化反应、还原反应；含有-CN，能发生取代反应，故A正确；
B．该分子中含有单键碳原子，所有原子不可能共面，故B正确；
C．该分子中，碳氧双键中有1个π键1个σ键，碳碳双键中有1个π键1个σ键，碳氮三键中有2个π键1个σ键，单键全是σ键，σ键与π键数目之比为16：4，故C正确；
D．该分子中，单键碳原子为sp3杂化、双键中的碳原子为sp2杂化、碳氮三键中碳原子为sp杂化，C原子有三种杂化方式，故D错误；
选D。
13．一定温度下的密闭容器中发生反应：，平衡时测得。保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测。下列判断正确的是
A． B．平衡向正反应方向移动
C．C的体积分数减小 D．A的转化率升高
【答案】C
【分析】平衡时测得A的浓度为0.50moL，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，A的浓度为0.25mol/L，而再达平衡时，测得A的浓度为0.30mol/L，可知体积增大、压强减小，平衡逆向移动，使A的浓度由0.25mol/L增大至0.30mol/L，以此来解答。
【详解】A．压强减小，平衡逆向移动，平衡向气体分子数增大的方向移动，则x+y＞c，故A错误；
B．由上述分析可知，平衡逆向移动，故B错误；
C．平衡逆向移动，C的体积分数减小，故C正确；
D．平衡逆向移动，A的转化率减小，故D错误；
故选：C。
14．下列实验操作可达到预期目的的是
选项
目的
操作
A
配制0.1mol/L 溶液
称取5.3g 固体于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，冷却后，转移至500mL容量瓶中定容
B
配制溶液
先将固体溶在浓盐酸中，然后稀释至所需浓度
C
模拟侯氏制碱法
和在饱和食盐水中同时通入过量和，析出沉淀后过滤，加热固体
D
验证淀粉是否完全水解
向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热、搅拌、冷却后，加过量氢氧化钠溶液中和稀硫酸，再滴加几滴碘水

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．n(Na2CO3⋅10H2O)=，溶液的体积为0.5L，不能配制0.1mol/LNa2CO3溶液，故A错误；
B．FeCl3固体溶在浓盐酸中，可抑制铁离子的水解，然后稀释至所需浓度，故B正确；
C．先通入氨气，可增大二氧化碳的溶解，可析出碳酸氢钠固体，故C错误；
D．NaOH与碘水反应，干扰淀粉的检验，不能证明淀粉是否完全水解，故D错误；
故选：B。
15．人造海绵的主要成分是聚氨酯，合成方法如下：

下列说法不正确的是
A．M的分子式为 B．人造海绵是一种合成纤维
C．聚氨酯在一定条件下可发生水解反应 D．合成聚氨酯的反应属于缩聚反应
【答案】D
【详解】A．结合图示可知，M分子中含有15个C原子、10个H原子、2个N原子、2个O原子，其分子式为C15H10N2O2，故A正确；
B．人造海绵是一种合成纤维，故B正确；
C．聚氨酯含有肽键，在一定条件下可发生水解反应，故C正确；
D．M中含有C═N双键打开π键和乙二醇的醇羟基的氢断开，则合成聚氨酯的反应属于加聚反应，故D错误；
故选：D。
16．最近我国科学家研制出一种可充电Na—Zn双离子电池体系，其工作原理如图所示。

下列说法错误的是
A．充电时，阴极区溶液的pH增大
B．放电时，每转移0.2mol电子，负极区电解质溶液质量增加6.5g
C．放电时，会通过阻离子交换膜移动到正极
D．放电时，正极反应式为
【答案】B
【分析】由图可知，放电时，Zn作负极，电极反应式为Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，右侧为正极，电极反应式为Na0.6-xMnO2+xe-+xNa+═Na0.6MnO2，充电时，Zn作阴极，电极反应式为[Zn(OH)4]2-+2e-=Zn-2e-+4OH-，右侧为阳极，据此作答。
【详解】A．充电时，Zn作阴极，电极反应式为[Zn(OH)4]2-+2e-=Zn-2e-+4OH-，生成氢氧根离子，阴极区溶液的pH增大，故A正确；
B．放电时，Zn作负极，电极反应式为Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，每转移0.2mol电子，负极区电解质溶液质量增加×65g/mol=6.5g，同时有0.2mol钠离子迁移到右侧，质量减小0.2mol×23g/mol=4.6g,故负极区电解质溶液质量实际增加6.5g-4.6g=1.9g，故B错误；
C．放电时，负极区负电荷数减少，正极区负电荷数增加，Na+会通过阳离子交换膜移动到正极，故C正确；
D．放电时，Zn作负极，右侧为正极，电极反应式为Na0.6-xMnO2+xe-+xNa+═Na0.6MnO2，故D正确；
故选：B。

二、结构与性质
17．Ⅰ.全球首次在350公里时速的奥运版复兴号高铁列车上依托5G技术打造的超高清直播演播室，实现了超高清信号的长时间稳定传输。请回答下列问题：
(1)5G芯片主要材质是高纯硅。基态Si原子价层电子的运动状态有_______种，若其电子排布式表示为[Ne]违背了_______。
(2)高纯硅制备过程中会有、等中间产物生成。已知电负性；，则充分水解的化学方程式为_______，复兴号高铁车体材质用到Mn、Co等元素，Mn的一种配合物化学式为[]，中C原子的杂化类型为_______。
Ⅱ.碳及其化合物对人类的生产、生活有重大影响，一直是科技工作者的研究热点。回答下列问题：
已知：①部分化学键的键能数据如表：
化学键
H-H
C=O
C≡O
O-H
键能/()
436
745
960
463

②热化学反应方程及化学平衡常数如下：
反应i；        
反应ii；        
反应iii：        
(3)则_______；化学平衡常数与、的关系为_______。
(4)在恒温、恒压条件下，以22.4(已转化为标准状况)将CO(g)和(g)的混合气体通入装有催化剂的连续反应器中发生反应：。
①0～5内测得CO的体积分数由25%变为20%则该时间段内用表示的化学反应速率为_______。
②该反应达到平衡后，若增大压强，平衡_______移动(填“向左”“向右”或“不”)；若升高温度，CO的平衡转化率_______(填“变大”“变小”或“不变”)。
【答案】(1)     4     洪特规则
(2)          sp3、sp
(3)     -40.0    
(4)     0.224     不     变小

【解析】（1）
基态Si原子价层电子排布式为3s23p2，每个电子运动状态都不同，其价电子的空间运动状态就有4种；基态原子核外电子在能量相同的原子轨道上排布时，尽可能分占不同的原子轨道，故电子排布式表示为[Ne]3s23px2违背了洪特规则，故答案为：4；洪特规则；
（2）
根据电负性：Cl＞H＞Si，可知SiHCl3中Si带正电，H和Cl都带负电，故水解方程式为SiHCl3+4H2O═H4SiO4+H2↑+3HCl；CH3CN中甲基中的C原子形成4个σ键，杂化方式为sp3，氰基中C原子形成2个σ键和2个π键，杂化方式为sp；
（3）
反应物的总键能-生成物的总键能=(960+2×463)-(2×745+436)=-40.0kj/mol；由盖斯定律，反应iii=反应ii-反应i，则；
（4）
①0～5内测得CO的体积分数由25%变为20%，则该时间段内，由化学反应速率之比等于系数比，则v(H2)=v(CO)=0.224L/s；
②该反应前后气体分子数不变，达到平衡后，若增大压强，同等程度增大正逆反应速率，平衡不移动；该反应∆H=-40.0kJ/mol<0为放热反应，若升高温度，平衡逆向移动，则CO的平衡转化率变小。

三、工业流程题
18．铜、镍被广泛应用于石油化工、国防、冶金、电子等多个行业。从金川镍矿(铜镍硫化矿，主要含有NiS、CuS、Cu2S，还含有少量杂质SiO2、FeS、MgO等)中提取铜盐、镍盐的工艺流程如图所示。

已知：
表1金川镍矿全分析
元素
Cu
Ni
S
Fe
其他
含量/%
21.93
2.48
27.35
31.0
17.24

表2浸出技术指标
元素
Cu
Ni
Fe
渣率
浸出率/%
95.5
78.9
4.3
49.6

表3氢氧化物沉淀pH
沉淀物
Fe(OH)3
Mg(OH)2
Ni(OH)2
开始沉淀时的pH
2.7
9.4
7.1
沉淀完全时的pH
3.7
12.4
9.2

(1)“焙烧”的作用为____，写出Cu2S在空气中焙烧的反应化学方程式：____。
(2)为了提高浸出率，可采取的措施为____，滤渣中的非金属氧化物为____(写化学式)。
(3)Li－984(HR)萃取时的反应机理为：2HR+Cu2+R2Cu+2H+∆H>0，铜离子在油水两相的分配比D=，c[R2Cu]、c[Cu2+]aq分别表示微粒在平衡时油相、水相的浓度。已知初始时水相铜离子的浓度为0.032mol/L，当络合萃取达到平衡时紫外分光光度计测得c[Cu2+]aq=25.6μg/mL，则D=____(假设油相与水相的体积相等，且忽略萃取过程中体积的变化)；“反萃取”可选用的萃取试剂为____。
(4)“沉镍时”调节pH的范围为____，“一系列操作”为____；NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiO(OH)，该反应的离子方程式是____。
【答案】(1)     将精矿中的铜、镍硫化物转化为氧化物，便于后续浸出     Cu2S+2O22CuO+SO2
(2)     粉碎、搅拌、适当提高浸出温度等     SiO2
(3)     79     H2SO4
(4)     9.2～9.4     向Ni(OH)2沉淀加入适量的硫酸溶液使沉淀全部溶解，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤     2Ni2++ClO—+4OH—-=2NiO(OH)↓+Cl—+H2O

【分析】由题给流程可知，焙烧金川镍矿将矿石中的铜、镍、铁硫化物转化为氧化物，向焙烧渣中加入稀硫酸，将金属氧化物转化为可溶性硫酸盐，二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入HR萃取剂萃取溶液中的铜元素，分液得到含有铜离子的有机相和萃余液；向有机相中加入稀硫酸反萃取，分液得到硫酸铜溶液，硫酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥得到胆矾晶体；向萃余液中加入碳酸钙乳液，将铁离子转化为铁钙复合渣沉淀，过滤得到铁钙复合渣和滤液；向滤液中加入碳酸钠调节溶液pH在9.2～9.4范围内，将镍离子转化为氢氧化镍沉淀，过滤得到氢氧化镍；向氢氧化镍沉淀加入适量的硫酸溶液使沉淀全部溶解，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到七水硫酸镍晶体。
（1）
由分析可知，焙烧的作用是将精矿中的铜、镍硫化物转化为氧化物，便于后续浸出；硫化亚铜在空气中焙烧的反应为硫化亚铜与空气中的氧气在高温下反应生成氧化铜和二氧化硫，反应化学方程式为Cu2S+2O22CuO+SO2，故答案为：将精矿中的铜、镍硫化物转化为氧化物，便于后续浸出；Cu2S+2O22CuO+SO2；
（2）
粉碎、搅拌、适当提高浸出温度等措施能提高加入稀硫酸浸出的浸出率；由分析可知，滤渣中的非金属氧化物为二氧化硅，故答案为：粉碎、搅拌、适当提高浸出温度；SiO2；
（3）
平衡时c[Cu2+]aq=25.6μg/mL==0.0004mol/L，则D===79；由萃取的反应原理可知，加入稀硫酸可以使平衡向逆反应方向移动，起到反萃取的作用，则反萃取剂为稀硫酸，故答案为：79；H2SO4；
（4）
由题给数据可知，沉镍时调节溶液pH的范围为在9.2～9.4范围内可以使镍离子完全沉淀，而镁离子不产生沉淀；由分析可知，一系列操作为向氢氧化镍沉淀加入适量的硫酸溶液使沉淀全部溶解，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到七水硫酸镍晶体；由题意可知，，制得碱性镍镉电池电极材料的反应为硫酸镍溶液与次氯酸钠溶液反应生成碱式氧化镍沉淀、硫酸钠、氯化钠和水，离子方程式为2Ni2++ClO—+4OH—-=2NiO(OH)↓+Cl—+H2O，故答案为：9.2～9.4；向Ni(OH)2沉淀加入适量的硫酸溶液使沉淀全部溶解，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；2Ni2++ClO—+4OH—-=2NiO(OH)↓+Cl—+H2O。

四、实验题
19．工业上，四氯化锡()常用作媒染剂和有机合成的氯化催化剂，在常温下其为无色液体，熔点-33℃，沸点114.1℃，在潮湿空气中极易水解，实验室将熔融的金属锡(熔点231℃)在300℃左右与绝对干燥的氯气反应生成无水四氯化锡，反应原理为：，其实验装置如下图所示。

(1)仪器a的名称是_______，其中A装置中发生反应的还原剂为_______。
(2)装置B和装置C中试剂相同，该试剂的作用为_______，进入D中的气体还含有_______。
(3)实验开始排完空气后应先点燃_______装置酒精灯或者喷灯(填装置序号)；装置E中冷凝管的作用是_______，冷凝水应从_______口出水。
(4)装置F中球形干燥管内试剂为碱石灰，其作用是_______。
(5)在空气中极易水解，生成白色粉末，并释出HCl而呈现白色状。该反应的化学方程式为_______。收集少量白色粉末并称量质量，然后加热至恒重时，固体失重率为15%，则_______(计算结果保留小数点后一位)。
【答案】(1)     蒸馏烧瓶     浓盐酸
(2)     干燥氯气     HCl
(3)     D     将四氯化锡蒸气冷凝液化     b
(4)除去尾气中的，防止污染空气，防止四氯化锡与空气中的水蒸气发生水解反应
(5)          1.5

【分析】从实验装置图可知，装置A为氯气的生成装置，根据第二小问可知，装置B和C中试剂相同，则装置B和C中都为浓硫酸，用途为干燥氯气，装置D中金属锡与Cl2在300℃条件下反应生成SnCl4，生成的SnCl4沸点为114.1℃，会蒸出因此需要用冷凝管冷凝，进水口为c，F为SnCl4的收集装置，球形干燥管中试剂为碱石灰，用途为防止空气中的水蒸气进入F，从而防止SnCl4与水反应，也能除去多余的氯气。
（1）
仪器a的名称为蒸馏烧瓶，装置A中MnO2与浓盐酸发生氧化还原反应生成Cl2，Cl元素化合价由-1价升高为0价，HCl失电子做还原剂。
（2）
装置B和装置C中试剂相同，为浓硫酸，作用为干燥氯气，浓盐酸具有挥发性，会挥发出HCl，因此进入D中的气体还含有HCl。
（3）
实验开始排完空气后应先点燃D装置的酒精灯，确保温度达到300℃，以便与产生的氯气反应。四氯化锡的沸点为114.1℃，装置E中冷凝管的作用为将四氯化锡蒸气冷凝液化。冷凝水从c口进入，b口出水，确保冷凝水能充满整个冷凝管，达到更好的冷凝效果。
（4）
球形干燥管中试剂为碱石灰，用途为防止空气中的水蒸气进入F，从而防止SnCl4与水反应，也能除去多余的氯气，防止其污染空气。
（5）
SnCl4在空气中水解，生成HCl，化学方程式为SnCl4+(x+2)H2O=SnO2·xH2O+4HCl。加热白色粉末减少的质量为水的质量，则说明水在该粉末中的质量分数为15%，则，解得x=1.5。

五、有机推断题
20．治疗高血压的药物替利洛尔的一种合成路线如下。

已知：①RCOOHRCOClRCONHR′
②RCOOCH3+R′CH2COOCH3+CH3OH
③RCOONa+NaOHRH+Na2CO3
回答下列问题：
(1)B的名称是_______。F分子的核磁共振氢谱中有两个波峰，则F的结构简式_______。
(2)A→B的化学方程式是_______。
(3)由B制备D的反应类型为_______反应。试剂a是_______。
(4)K与L反应的化学方程式为_______。
(5)Q反应生成R的过程中，可能生成一种与R互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为_______。
(6)写出由M制备P时中间产物1、3的结构简式____________(中间产物1、2互为同分异构体，部分试剂及反应条件已省略)。

【答案】(1)     烯丙醇（2-丙烯-1-醇）    
(2)
(3)     加成反应     Cl2
(4)
(5)
(6)

【分析】依据合成路线， 在500℃下与氯气反应生成A(C3H5Cl)，对比分子式可知发生取代反应，A的结构简式为 ，A在氢氧化钠水溶液加热的条件下发生水解反应生成醇，B的结构简式为 ，B与试剂a发生反应生成D，通过逆分析法，可知D的分子式为C3H6OCl2，可知B与试剂a发生加成反应，则试剂a为Cl2，D的结构简式为 ，F（C8H4O3）的不饱和度为7，与G反应生成 ，并且核磁共振氢谱中有两个波峰，可知F的结构简式为 ， 与SOCl2反应生成K，结合信息①可知K为 ，K与L反应生成M，对比K与M的结构可知，L为 ，据此分析来解答。
（1）
根据上面的分析，B的结构简式为 ，分子中含有碳碳双键和羟基，根据系统命名法可知其名称是烯丙醇（2-丙烯-1-醇），F（C8H4O3）的不饱和度为7，其F分子的核磁共振氢谱中有两个波峰，说明结构非常的对称，可知F的结构简式为 ；
（2）
A→B是指A在氢氧化钠水溶液加热的条件下发生水解反应生成醇，A的结构简式为 ，则A→B的化学方程式为 ；
（3）
通过上面的分析，可知B与试剂a发生加成反应，则试剂a为Cl2；
（4）
根据分析，可知K为 ，L为 ，根据信息①可知K与L反应的化学方程式为 ；
（5）
对比Q与R的结构，可知Q反应生成R的过程是环发生断开，一边加-H，一边加-NHC(CH3)原子团，由于结构不对称，则可能生成一种与R互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为 ；
（6）
对比M与P的结构，可以发现结构上最大的变化是形成一个新的环，结合M中含有两个酯基，可以发生信息②的反应，可得中间产物1的结构简式为 ，进一步对比中间产物1和P的结构，可知新形成的环上多了碳碳双键，少了碳氧双键，并且中间产物1、2互为同分异构体，则中间产物2的结构简式为 ，中间产物3可以发生信息③的反应，可知中间产物③中含有-COONa的结构，可推得中间产物3为 。