辽宁省锦州市2023-2024学年高三上学期1月期末考试化学试题含答案

这是一份辽宁省锦州市2023-2024学年高三上学期1月期末考试化学试题含答案，共27页。试卷主要包含了 设为阿伏加德罗常数的值，2NA，D项错误；， 已知等内容，欢迎下载使用。

考生注意：
1.本试卷考试时间为75分钟，满分100分。
2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
3.答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；答非选择题时，将答案写在答题卡上相应区域内，超出答题区域或写在本试卷上无效。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32
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，只有一项符合题目要求。
1. 古代文献记载很多与化学相关的内容。下列解释错误的是
A. “红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”，“气”指乙烯
B. “盖此矾色绿，味酸，烧之则赤……”，绿矾在溶液中能电离出，所以“味酸”
C. “以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，利用焰色试验鉴别钾盐
D. “用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也”，涉及蒸馏操作
【答案】B
【解析】
【详解】A．木瓜会释放出植物生长调节剂——乙烯气体，催使柿子快速成熟，A正确；
B．绿矾是硫酸亚铁晶体，不能电离出H＋，之所以有“味酸”，是溶解时Fe2＋水解的结果，B错误；
C．钠元素焰色试验为黄色，钾元素焰色试验为紫色，利用焰色试验鉴别钾盐，C正确；
D．蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则该法为蒸馏，D正确；
故选B。
2. 下列化学应用中不涉及氧化还原反应的是
A. “84消毒液”用于环境消毒B. 用作呼吸面具中的供氧剂
C. 溶液用作印刷电路板的“腐蚀液”D. 工业上用油脂生产肥皂
【答案】D
【解析】
【详解】A．“84消毒液”用于环境消毒，利用了其强氧化性杀菌消毒，涉及氧化还原反应，A项不选；
B．用作呼吸面具中的供氧剂，利用与呼出的CO2、H2O发生氧化还原反应产生O2，涉及氧化还原反应，B项不选；
C．溶液用作印刷电路板的“腐蚀液”，利用了Fe3+的氧化性，涉及氧化还原反应，C项不选；
D．工业上用油脂生产肥皂，利用了油脂在碱性条件下的水解反应，不涉及氧化还原反应，D项选；
故选D。
3. 制备的离子方程式为：。下列说法正确的是
A. HCN中键与键的数目之比为1：1
B. 的空间结构模型为
C. 基态价层电子的轨道表示式为
D. 的结构式为
【答案】A
【解析】
【详解】A．HCN的结构式为，单键属于键，三键中含有1个键、2个键，HCN中键与键的数目之比为1：1，A正确；
B．的中心原子价层电子对数为，没有孤电子对，空间结构模型为平面三角形，B错误；
C．基态价层电子排布式为3d6，所以轨道表示式为，C错误；
D．的结构式中配位键箭头应从C指向Fe，D错误；
故选A。
4. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 标准状况下，将通入水中，、、HClO的数目之和为
B. 100g46%的水溶液中含有O原子的数目为
C. 已知核反应：，则中含有中子的数目为
D. 晶体中，离子总数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．标况下2.24LCl2为0.1ml，氯气与水的反应为可逆反应，溶液中还会有氯气分子的存在，所以Cl-、ClO-、HClO的数目之和小于0.2NA，选项A错误；
B．100g46%的CH3CH2OH溶液中含有46g乙醇和54g水，即1ml乙醇和3ml水，共含有4NA个O原子，B项正确；
C．核反应方程式必须遵循核电荷数和质量数守恒，即可推算出A=87，Z=36，中含中子(87-36)NA=51NA，C项错误；
D．12gNaHSO4晶体的物质的量为，NaHSO4晶体由钠离子和硫酸氢根构成，所以离子总数为0.2NA，D项错误；
故选B。
5. 下列实验操作正确且能达到实验目的的是
A. 图1模拟侯氏制碱法获得B. 图2验证
C. 图3探究温度对化学平衡的影响D. 图4探究苯酚和碳酸酸性相对强弱
【答案】C
【解析】
【详解】A．氨气极易溶于水，直接通入溶液中会引起倒吸，长导气管应该通CO2，A错误；
B．浓硫酸具有氧化性，会将硫化钠氧化为硫单质，不能检验Ksp(Ag2SO4)与Ksp(Ag2S)的大小，B错误；
C．温度不同，溶液颜色不同，温度改变导致平衡移动使得溶液颜色不同，能探究温度对化学平衡的影，C正确；
D．盐酸制取出的CO2中混有HCl，HCl也会和苯酚钠反应生成苯酚，干扰实验，应用饱和NaHCO3溶液除去挥发的HCl，D错误；
故选C。
6. 已知：①可将氧化为；②直接参与化学键变化的核素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢。与或反应时体系的能量随反应进程的变化如图所示。下列说法错误的是
A. 该反应是放热反应
B. 步骤Ⅰ涉及键的断裂，步骤Ⅱ涉及键的形成
C. 与反应的能量变化为曲线c
D. 相同情况下，与反应，氚代甲醇的产量大于
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据图示可知：反应物的总能量比生成物的总能量高，因此发生反应会放出热量，因此该反应是放热反应，A项正确；
B．根据图示可知：在步骤Ⅰ中C-H键变为H-O的形成；在步骤Ⅱ中涉及O-M、C-M键的断裂和C-O键的形成，可见只有步骤Ⅰ中氢原子的成键方式发生了变化，B项错误；
C．直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，即反应的活化能变大，所以MO+与CT4反应的能量变化应为图中曲线c，C项正确；
D．根据题中信息可知，MO+与CH4反应时，直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则在相同情况下，产物的量会更少些，因此MO+与CHT3反应，氚代甲醇CT3OH的产量大于CHT2OT，D项正确；
故选B。
7. 一种抗血小板聚集药物X的结构如下图所示。下列说法正确的是
A. 1个X分子中含有2个手性碳原子B. X中存在4种含氧官能团
C. 1mlX最多能与2mlNaOH发生反应D. X遇溶液显紫色
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据手性碳原子的定义，该有机物中含有手性碳原子位置如图所示，该有机物有2个手性碳原子，A正确；
B．根据结构简式，含氧官能团酯基、醚键和羟基，有三种含氧官能团，B错误；
C．该有机物中能与NaOH反应的官能团是酯基，但，1ml该酯基消耗2mlNaOH，因此1ml该有机物最多消耗3mlNaOH，C错误；
D．不含酚-OH，遇FeCl3溶液不能显紫色，D错误；
故选A。
8. 工业上可通过“酸性歧化法”制备KMnO4：将软锰矿(主要成分为MnO2)先氧化成K2MnO4，进而在酸性条件下制备KMnO4，流程如下图所示。实验室中模拟“酸性歧化法”制备KMnO4下列说法正确的是
A. “熔融”操作应在石英坩埚中进行
B. “酸化”反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:1
C. “酸化”时可改用盐酸代替CO2
D. “结晶”过程中加热蒸发至有较多晶体析出时停止加热
【答案】B
【解析】
【分析】软锰矿中加入KOH、熔融，并通入O2，发生反应2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O；加水熔融后，过滤；往滤液中通入过量CO2，发生反应3K2MnO4+4CO2+2H2O=4KHCO3+2KMnO4+MnO2；蒸发浓缩、冷却结晶，便可获得KMnO4晶体。
【详解】A．“熔融”时，KOH能溶解SiO2，从而损坏石英坩埚，所以“熔融”操作不能在石英坩埚中进行，A不正确；
B．“酸化”反应为3K2MnO4+4CO2+2H2O=4KHCO3+2KMnO4+MnO2，氧化产物(KMnO4)与还原产物(MnO2)的物质的量之比为2:1，B正确；
C．“酸化”时，由于KMnO4、K2MnO4都能氧化盐酸中的Cl-，所以不能改用盐酸代替CO2，C不正确；
D．酸化后的溶液中，含有KMnO4、KHCO3等，所以“结晶”过程中不能加热蒸发至有较多晶体析出时停止加热，否则会析出KHCO3晶体，混在KMnO4晶体中，而应蒸发浓缩、冷却结晶，D不正确；
故选B。
9. 氯乙醇是一种重要的工业原料，可由乙烯经电解制备，其电解原理示意图如图所示。下列说法正确的是
A. a端电势高于b端电势
B. 理论上转移1mle-消耗28gCH2=CH2
C. 应选用阳离子交换膜，电解后电极室A中KOH溶液的浓度下降
D. 电极B上的电极反应式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据电解原理示意图分析，电极A与电源的负极相连作阴极，其电极反应式为，电极B与电源的正极相连作阳极，其电极反应式。因此a端电势低于b端电势，A项错误；
B．理论上转移2mle-消耗28gCH2=CH2，B项错误；
C．应选用阳离子交换膜，电极室B中的K+移向电极室A，电极室A中KOH溶液的浓度上升，C项错误；
D．电极B的电极反应式：，D项正确。
故选D。
10. 某种化学品的结构如图所示，已知W、X、Y、Z、M均为短周期主族元素，其中W、X、Y在同一周期，Z、M同处另一周期，基态M原子的价电子中，在不同形状原子轨道运动的电子数之比为2：1.下列说法错误的是
A. 同一周期中，第一电离能处在Z和M之间的元素有1种
B. 简单离子半径：Z>X>M
C. 简单气态氢化物稳定性：X>W>Z
D. Y与W可以形成只含极性键的非极性分子
【答案】A
【解析】
【分析】已知W、X、Y、Z、M均为短周期主族元素，其中W、X、Y在同一周期，Z、M同处另一周期，基态M原子的价电子中，在不同形状原子轨道运动的电子数之比为2：1，即3s23p1，则M为13号Al；Z可以形成6个共价键，为S；W可以和硫形成2个键，为O；Y可以形成4个键，为C；X可以形成1个键为F；
【详解】A．由分析可知，Z为S，M为Al，所以第一电离能处在Z和M之间的元素有2种，A项错误；
B．子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；元素Z、X、M对应简单离子分别为S2-、F-、Al3+半径大小关系为：Z>X>M，B项正确；
C．由分析可知X、W、Z的非金属性为：F>O>S，其简单氢化物稳定性为：HF>H2O>H2S，C项正确；
D．Y与W分别是C与O，可以形成CO和CO2，CO2是只含极性键的非极性分子，D项正确；
故选A。
11. 由下列实验操作及现象得出的相应结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．将Fe(NO)3样品溶于稀H2SO4后，酸性条件下，能把Fe2+氧化为Fe3+，滴加KSCN溶液变红，不能说明Fe(NO3)2固体已经变质，A错误；
B．由于易挥发的乙醇也能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能确定生成的是乙烯，B错误；
C．向CuSO4溶液中逐滴滴加氨水至过量，并边加边振荡，先生成蓝色沉淀，后又溶解得到深蓝色溶液为，与Cu2+的配位能力：H2O弱于NH3，C错误；
D．向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，出现白色沉淀且溶液红色变浅，Na2CO3溶液中存在水解平衡， ，减小，平衡左移，碱性减弱 ，红色变浅，D正确；
故选D。
12. 一种由Mn、Se组成的化合物立方晶胞结构如图所示。已知化合物的摩尔质量为，晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是
A. 该化合物的化学式可表示为MnSeB. 与Se原子距离最近的Se原子有12个
C. Mn、Se原子的最近距离是D. 晶胞密度为
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据均摊原则，晶胞中Se原子数为、Mn原子数为4，该化合物的化学式可表示为MnSe，故A正确；
B．根据图示，与Se原子距离最近的Se原子有12个，故B正确；
C．Mn、Se原子的最近距离为体对角线的，距离，故C错误；
D．每个晶胞中含有4个Se、4个Mn，所以晶胞密度为，故D正确；
选C。
13. 工业上生产CO的反应原理为。一定条件下，将足量焦炭和一定量放入体积为2L的恒容密闭容器中发生反应，和CO的物质的量n随时间t的变化关系如图。下列说法正确的是
A. 0~2min，；2~3min，
B. 当容器内的气体密度()不变时，反应一定达到平衡状态，且
C. 3min时温度由升高到，则，平衡常数
D. 5min时再充入一定量的CO，a、d曲线分别表示、的变化
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，0～2min，一氧化碳物质的量增加2ml，则反应速率；2～3min时，平衡不移动，反应速率之比等于化学计量数之比，则，A项错误；
B．该反应反应前后质量发生变化，体积不变，则其密度为变量，当容器内气体的密度不变时，说明反应达到平衡状态；根据知，体积不变，反应达到平衡时，气体的质量增大，则平衡时气体的密度大于起始时气体的密度，则，B项错误；
C．由图可知，3min时升高温度，一氧化碳增多，说明反应是吸热反应，T1温度平衡，一氧化碳物质的量为2ml，二氧化碳物质的量为7ml；平衡常数，T2温度平衡，一氧化碳物质的量为4ml，二氧化碳物质的量为6ml，平衡常数，则，C项正确；
D．5min时再充入一定量的CO，CO的物质的量瞬间增大，平衡逆向移动，CO的物质的量又逐渐减小，5min时CO2浓度不变，平衡逆向移动，CO2的物质的量逐渐增大，则b表示n(CO2)的变化，c或d表示n(CO)的变化，D项错误；
故选C
14. 盐酸羟胺()是一种常见的还原剂和显像剂，其化学性质类似。工业上采用图1装置进行制备，其电池装置中含Fe的催化电极反应机理如图2所示。不考虑溶液体积的变化，下列说法正确的是
A. 电子从含Fe的催化电极流出沿导线流入Pt电极
B. 图2中，X为和，Y为
C. 电池工作一段时间后，正极区溶液的pH减小
D. 理论上，当有标准状况下参与反应时，左室溶液质量增加3.3g
【答案】D
【解析】
【分析】根据图2，在Fe的催化作用下，NO得电子和H+逐步生成盐酸羟胺，X为H+，Y为NH3OH+，则在图1中，含铁的催化电极为正极，电极反应式为；Pt电极为负极，电极反应式为，由此作答。
【详解】A．由分析知含Fe的催化电极为正极，即电子从负极Pt电极流出，沿导线流入含Fe的催化电极，A错误；
B．结合分析知图2中，X为，Y为，B错误；
C．原电池工作时，正极生成NH3OH+，消耗H+，pH增大，C错误；
D．结合电极反应，消耗标况3.36LH2共转移0.3ml电子，则必有0.3ml由右室流向左室，同时由NO变成盐酸羟胺()，结合可知参加反应的NO为0.1ml，故左室增加的质量包括0.1ml NO和0.3ml，其质量总和为3.3g，D正确；
故选D。
15. 已知：，。、、的分布分数与关系如图所示，浓度单位为ml/L。{例如：分布分数}，下列说法正确的是
A. 曲线c代表的分布分数
B. 平衡常数
C.
D. 当时，
【答案】C
【解析】
【分析】Ag+具有空轨道，能与形成配离子，lgc(NH3)较小时溶液中主要存在Ag+，随着c(NH3)或lgc(NH3)增大，先形成[Ag(NH3)]+，再转化为[Ag(NH3)2]+，所以随着lgc(NH3)增大，c(Ag+)减小，[Ag(NH3)]+先增大后减小，最后主要以[Ag(NH3)2]+存在，则曲线a代表Ag+，曲线b代表[Ag(NH3)2]+，曲线c代表[Ag(NH3)]+，据此分析解答；
【详解】A．由分析可知，曲线a代表Ag+、曲线b代表[Ag(NH3)2]+、曲线c代表[Ag(NH3)]+，A项错误；
B．由分析可知，反应的平衡常数，由曲线a、b交点可知，所以，B项错误；
C．，，由B可知，所以，C项正确；
D．根据图示，c(NH3 )<0.01 ml/L时，可能有c [Ag(NH3)2]+< c [Ag(NH3)]+故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. 五氧化二钒()和三氧化钼()是两种重要的金属氧化物，通常用作工业催化剂。通过废旧催化剂(主要成分为、、，还有少量的、、有机物)来制备这两种氧化物的工艺流程图如下：
回答下列问题：
（1）基态钒原子的价层电子排布式为___________。
（2）“焙烧”的目的是___________。
（3）滤渣的主要成分是___________(填化学式)。
（4）向滤液①中加的作用是___________。
（5）常温下，当滤液①调pH=8时，铝元素是否沉淀完全___________(填“是”或“否”)；写出计算过程___________。[已知：；离子浓度小于认为沉淀完全]
（6）在沉淀过程中，沉钒率受温度影响的关系如图所示。温度高于80℃沉钒率降低的主要原因是___________；沉淀分解生成的化学方程式为___________。
【答案】（1）3d34s2
（2）除去有机物，把废催化剂种主要成分转化成易溶于水的物质
（3）Fe2O3 （4）将氧化为
（5） ①. 是 ②. 时，
（6） ①. 氯化铵水解程度迅速增大或氯化铵分解 ②.
【解析】
【分析】石煤矿粉(主要含V2O3及少量Al2O3、SiO2)中加入NaCl(s)，并通入O2、水蒸气进行焙烧，发生反应，生成NaVO3、HCl等；水溶后过滤，可得到NaVO3溶液和滤渣Ⅰ(Al2O3、SiO2)；往滤液中加入Ca(OH)2进行转沉，NaVO3转化为Ca3(VO4)2，过滤得滤渣；往滤渣中加入(NH4)2CO3，过滤得到(NH4)3VO4溶液和CaCO3滤渣；往滤液中加入NH4Cl，(NH4)3VO4转化为NH4VO3；煅烧NH4VO3，可得到V2O5和NH3；
【小问1详解】
钒是23号元素，所以基态原子价层电子式为3d34s2；
【小问2详解】
废旧催化剂(主要成分为、、，还有少量的、、有机物等)，有机物可以燃烧除去，加碳酸钠来焙烧，可以将部分金属氧化物转化为可溶于水的物质，所以，焙烧的目的是：除去有机物、把废催化剂中主要成分转化成易溶于水的物质；
小问3详解】
加碳酸钠焙烧时，未参与反应，且不溶于水，所以，加水溶解过滤后滤渣主要成分为；
【小问4详解】
向滤液①中加，是为了将滤液中的氧化为；
【小问5详解】
时，，，说明铝元素已经完全沉淀；
【小问6详解】
①温度高于80℃，氯化铵水解程度迅速增大，同时氯化铵温度过高会分解，造成沉钒率降低，所以沉钒率降低的主要原因是氯化铵水解程度迅速增大或氯化铵分解；
②的沉淀分解生成的化学方程式是：。
17. 环境保护是当今社会的热门问题，而氮的氧化物是大气污染的主要物质，研究氮的氧化物的反应对于减少大气污染有重要意义。回答下列问题：
I．汽车尾气中的NO对人体健康有严重危害，一种新技术用还原NO的反应原理为：。该反应的能量变化过程如图：
（1）___________(用图中字母a、b、c、d表示)。该反应在___________(填“高温”、“低温”或“任意温度”)条件下有利于自发进行。
Ⅱ．汽油燃油车上安装三元催化转化器，可以使CO和NO两种尾气反应生成，可有效降低汽车尾气污染。
已知反应：。在密闭容器中充入10mlCO和8mlNO发生反应，平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系如图所示：
（2）据图分析可知，___________(填“>”、“<”或“=”)；反应平衡后，改变以下条件能使速率和两种污染气体转化率都增大的是___________(填标号)。
a．压缩容器体积 b．升高温度 c．恒压充入氦气 d．加入催化剂
（3）反应在D点达到平衡后，若此时降低温度，同时压缩容器体积，在重新达到平衡过程中，D点会向A~G点中的___________点方向移动。
（4）E点的压强平衡常数___________(保留两位有效数字；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×该组分物质的量分数)。
（5）某研究小组探究温度和催化剂对CO、NO转化率的影响。将CO和NO按物质的量之比1：1以一定的流速分别通过两种催化剂(Cat-1和Cat-2)进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO的含量，从而确定尾气脱氮率(即NO的转化率)，结果如图所示：
①250℃脱氮率较好的催化剂是___________(填“Cat-1”或“Cat-2”)。
②催化剂Cat-2条件下，450℃后，脱氮率随温度升高而下降原因是___________。
【答案】（1） ①. a+b-c-d或a+b-(c+d) ②. 低温
（2） ①. ＞ ②. a
（3）G （4）0.089
（5） ①. Cat-1 ②. 超过450℃，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间内脱氮率下降
【解析】
【小问1详解】
提取图中数据，依据盖斯定律，反应物的总键能-生成物的总键能=(a+b)kJ/ml-(c+d)kJ/ml；由于该反应是放热反应，所以该反应在低温下能自发进行；
【小问2详解】
①，该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，NO体积分数变大，故T1＞T2；
②能使速率和两种污染气体转化率都增大,即既加快反应速率，平衡又向正向移动；
a．项压缩容器体积，相当于增大压强，反应速率加快，平衡向气体分子数减少的方向进行，即正向进行，a项正确；
b．项升高温度，反应向吸热方向进行，转化率降低，b项不选；
c．项恒压充入氦气，体积变大，浓度变小，反应速率减慢，c项不选；
d．项加入催化剂，加快反应速率，但不影响平衡移动，转化率不变，d项不选；
故选a；
小问3详解】
该反应是一个气体体积减小的放热反应，相同压强下降低温度，向正反应方向移动，一氧化氮体积分数减小，相同温度下增大压强，平衡向正反应方向移动，一氧化氮体积分数减小，降低温度的同时压缩容器体积，在重新达到平衡过程中，D点会向G点移动，故答案为：G；
【小问4详解】
E点时NO的体积分数为25%，根据已知在密闭容器中充入10mlCO和8mlNO发生反应，列三段式：
恒温恒压下，体积之比等于物质的量之比，NO体积分数等于物质的量分数，故，平衡时n(NO)=4ml、n(CO)=6ml、n(N2)=2ml、n(CO2)=4ml；物质的量分数分别为25%、37.5%、12.5%、25%，故；
【小问5详解】
由图可知，250℃时，Cat-1平衡脱氮率较高；
温度过高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间内脱氮率会下降。
18. 硫脲[]可用于制造药物，也可用作橡胶的硫化促进剂以及金属矿物的浮选剂。硫脲是一种白色晶体，熔点180℃，易溶于水和乙醇，高温时部分发生异构化反应而生成硫氰化铵。化学小组在实验室制备硫脲并对其在产品中的含量进行测定，相关实验如下。回答下列问题：
I．硫脲的制备
已知：将氰氨化钙()和水的混合物加热至80℃时，通入硫化氢气体反应可生成硫脲溶液和石灰乳，实验装置如图所示(加热装置已省略)。
（1）M的名称为___________。
（2）装置B中的试剂X和试剂Y的最佳组合是___________(填序号)。
A．FeS固体和浓硫酸 B．FeS固体和稀硝酸 C．FeS固体和稀盐酸
（3）按气流从左到右的方向，装置的合理连接顺序为c→___________(填仪器接口的小写字母)。
（4）装置A中饱和NaHS溶液的作用是___________。
（5）装置C中反应温度控制在80℃，温度不宜过高也不宜过低的原因是___________，装置C中反应的化学方程式为___________。
Ⅱ．硫脲的分离及产品含量的测定
（6）装置C反应后的液体过滤后，将滤液减压蒸发浓缩，之后冷却结晶，离心分离，烘干即可得到产品。称取mg产品，加水溶解配成500mL溶液，量取25mL于锥形瓶中，滴加一定量的稀硫酸使溶液显酸性，用标准溶液滴定，滴定至终点时消耗标准溶液VmL。
①硫脲[]易溶于水，除硫脲和水都是极性分子外，其原因还有___________。
②滴定时，硫脲转化为、、，则___________。
③样品中硫脲的质量分数为___________%(用含“m、c、V”的式子表示)。
【答案】（1）恒压分液漏斗
（2）C （3）
（4）除去H2S气体中的HCl气体
（5） ①. 温度过高，硫脲会部分发生异构化反应而生成硫氰化铵；温度过低，反应速率缓慢 ②.
（6） ①. 硫脲分子与水分子间能形成氢键 ②. 5:14 ③.
【解析】
【小问1详解】
由图可知M为恒压分液漏斗；
【小问2详解】
①装置A用来制备H2S气体，由于A和B中的浓硫酸和浓硝酸都有强氧化性，能够与产生的H2S气体反应，所以选用FeS固体和稀盐酸反应；
【小问3详解】
根据分析，制取H2S气体后，因为盐酸具有挥发性，需要利用A装置除去H2S中的HCl，与装置C中的石灰氮和水的混合物发生反应，最后利用装置D，将其作为尾气处理装置；故答案为：a→b→d→e→f；
【小问4详解】
制取H2S气体后，因为盐酸具有挥发性，需要利用A装置除去H2S中的HCl，故NaHS溶液的作用为除去H2S气体中的HCl气体；
【小问5详解】
根据题目可知，装置C中反应温度控制在80℃，温度不宜过高或过低的原因是温度过高，硫脲会部分发生异构化反应而生成硫氰化铵；温度过低，反应速率缓慢，装置C中反应的化学方程式为；
【小问6详解】
①除了硫脲分子与水分子都是极性分子外，溶质和溶剂之间形成氢键能增大物质的溶解性，硫脲分子与水分子间能形成氢键，所以硫脲易溶于水；
②滴定时，硫脲转化为CO2、N2、，反应的离子方程式为，故答案为；
根据，可得关系式为；
③可得样品中硫脲的质量分数为，故答案为。
19. 3-氯靛红酸酐()是重要的材料中间体，其制备流程图如下：
已知：
回答下列问题：
（1）3-氯靛红酸酐中碳原子的杂化方式为___________。
（2）B的名称为___________，写出符合下列两个条件的B的所有同分异构体的结构简式___________(不考虑立体异构)。
a．苯环上只有两个取代基且互为邻位 b．既能发生银镜反应又能发生水解反应
（3）该流程未采用甲苯直接硝化的方法制备有机物B，而是经由①、②、③三步反应进行制取，其目的是___________。
（4）⑥的反应类型为___________。
（5）⑧的反应试剂为___________(写化学式)。
（6）以有机物C为原料，在一定条件下制备含酰胺基聚合物的化学方程式为___________。
【答案】（1）
（2） ①. 邻硝基甲苯或2-硝基甲苯 ②.
（3）避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代(或减少副产物，或占位)
（4）取代反应 （5）(或)
（6）
【解析】
【分析】发生取代反应生成A，A发生取代生成，酸性条件下转化为B，B氧化转化为，在 Fe与HCl条件下发生还原反应生成C，C与发生取代反应生成，在浓硫酸条件下加热发生取代反应生成D ，D在 Fe或 FeCl3作催化剂的条件下与Cl2发生取代反应生成E，E酸化得到F，F经过一系列反应可转化为3-氯靛红酸酐，据分析回答问题；
【小问1详解】
3-氯靛红酸酐的分子苯环上碳原子的杂化方式为；
【小问2详解】
有机物B的名称为邻硝基甲苯或2-硝基甲苯；B同分异构体中能发生银镜反应可推知含有醛基或甲酸基，还能发生水解反应可推知含有酯基或者肽键，并且苯环上只有两个取代基且互为邻位，再根据 B的分子式，符合条件的 B的同分异构体的结构简式；
【小问3详解】
该流程未采用甲苯直接硝化的方法制备有机物B，而是经由①、②、③三步反应进行制取，其目的是避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代(或减少副产物，或占位)；
【小问4详解】
反应⑥C与发生取代反应生成；
【小问5详解】
由D和F的结构简式可推知E中含有氯原子，苯环上引入氯原子的方法是在 Fe或 FeCl3作催化剂的条件下与Cl2发生取代反应；
【小问6详解】
有机物C为原料，在一定条件下发生缩聚反应可以制备含酰胺基聚合物：。
选项
实验操作
现象
结论
A
将少量固体溶于稀，滴加KSCN溶液
溶液变红
固体已氧化变质
B
溴乙烷加入NaOH的乙醇溶液，加热，将产生的气体通入酸性溶液中
酸性溶液褪色
溴乙烷发生了消去反应
C
向溶液中逐滴滴加氨水至过量，并边加边振荡
先生成蓝色沉淀，后又溶解得到深蓝色溶液
与的配位能力：强于
D
向含有酚酞的溶液中加入少量固体
出现白色沉淀且溶液红色变浅
溶液中存在水解平衡