山东省淄博市2024届高三下学期三模化学试题

这是一份山东省淄博市2024届高三下学期三模化学试题，共26页。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
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：H1 Li7 Be9 B11 C12 O16 F19 S32 Ca40
一、选择题：本题共10小题，每题2分，共20分，每小题只有1个选项符合题目要求。
1. 下列“十四五”规划重要科技领域所涉及的材料中，主要成分属于金属材料的是
A. 人工智能芯片B. 人造软骨聚乙烯醇
C. 深海蛟龙潜水器D. 量子信息碳纳米管
【答案】C
【解析】
【详解】A．人工智能芯片的主要成分是高纯硅，属于无机非金属材料，A不合题意；
B．聚乙烯醇用于制作人造软骨组织，属于有机高分子材料，B不合题意；
C．深海蛟龙潜水器的主要成分是新型的合金，属于金属材料，C符合题意；
D．量子信息碳纳米管是碳的一种新型单质，属于非金属材料，D不合题意；
故答案为：C。
2. 下列物质的颜色变化与氧化还原反应无关的是
A. 浓硝酸久置后颜色变黄
B. 将溶液加热，溶液由蓝色变为绿色
C. 将粉末露置在空气中，固体由淡黄色变为白色
D. 向酸性溶液中加入乙醇，溶液由橙色变为绿色
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓硝酸久置后颜色变黄，是因为硝酸分解的NO2溶入硝酸中，使颜色变黄，化学方程式为： ，与氧化还原反应有关，A不符合题意；试卷源自 每日更新，更低价下载，欢迎访问。B．由于反应是吸热反应，为蓝色，为绿色，将溶液加热，平衡正向移动，溶液由蓝色变为绿色，与氧化还原反应无关，B符合题意；
C．与空气中水蒸气、二氧化碳反应生成氧气，反应中发生了氧化还原反应，C不符合题意；
D．向酸性溶液中加入乙醇，酸性溶液被乙醇还原成Cr3+，溶液由橙色变为绿色，与氧化还原反应有关，D不符合题意；
故选B。
3. 下列关于试剂配制和存放的说法错误的是
A. 氯水、澄清石灰水、银氨溶液需现用现配制
B. 未用完的强氧化剂、需放回原试剂瓶
C. 配制硫酸需用到烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管
D. 存放溶液需隔绝空气加入稀硫酸和铁粉，防止水解和氧化
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯水中次氯酸见光分解、导致氯水变质，澄清石灰水会吸收二氧化碳而变质，银氨溶液久置会产生爆炸性物质，故均需现用现配制，A正确；
B．未用完的强氧化剂如、等可能已被污染或变质，不能放回原试剂瓶， B错误；
C．由配制一定质量分数的溶液步骤可知，配制硫酸需用到烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，C正确；
D．具有强还原性易被氧气氧化，且易水解，则存放溶液需隔绝空气加入稀硫酸和铁粉，防止水解和氧化，D正确；
故选B。
4. 物质结构决定物质性质，下列性质差异与结构因素匹配正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．AlCl3为共价化合物，为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，无离子键，A选项错误；
B．碳酸氢钠在水中的溶解度比碳酸钠小的原因是碳酸氢钠晶体中间存在氢键，与阴离子电荷数无关，B选项错误；
C．甲烷和氨气的中心原子的杂化方式均为sp3，其键角差异是：氨气的中心原子N原子上有孤电子对，根据价层电子对互斥理论，孤电子对与σ键的斥力大于σ键之间的斥力，因此氨气的键角略小于109.5°，C选项错误；
D．乙酸中羧基与甲基相连，丙酸中羧基与乙基相连，乙基的推电子能力强于甲基，因此乙酸中的O-H键极性更强，更易电离，D选项正确；
故答案选D。
5. 下列玻璃仪器在相应实验中选用不合理的是
A. 重结晶法提纯苯甲酸：①②③B. 蒸馏法分离CH2Cl2和CCl4：③⑤⑥
C. 浓硫酸催化乙醇制备乙烯：③⑤D. 酸碱滴定法测定NaOH溶液浓度：④⑥
【答案】A
【解析】
【详解】A．粗苯甲酸中含有少量氯化钠和泥沙，需要利用重结晶来提纯苯甲酸，具体操作为加热溶解、趁热过滤和冷却结晶，此时利用的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，A选项装置选择不合理；
B．蒸馏法需要用到温度计以测量蒸汽温度、蒸馏烧瓶用来盛装混合溶液、锥形瓶用于盛装收集到的馏分，B选项装置选择合理；
C．浓硫酸催化制乙烯需要控制反应温度为170℃，需要利用温度计测量反应体系的温度，C选项装置选择合理；
D．酸碱滴定法测定NaOH溶液浓度是用已知浓度的酸液滴定未知浓度的碱液，酸液盛装在酸式滴定管中，D选项装置选择合理；
故答案选A。
6. 实验室制备乙酸异戊酯（沸点142℃）的原理及装置如图，利用环己烷—水的共沸体系（沸点69℃）带出水分。已知体系中沸点最低的有机物是环己烷（沸点81℃）。下列说法错误的是

A. 锥形瓶中会出现分层现象
B. 共沸体系带水促使反应正向进行
C. 根据带出水的体积可估算反应进度
D. 反应时水浴温度需严格控制在69℃
【答案】D
【解析】
【详解】A．锥形瓶中接收是环己烷-水的共沸体系，环己烷不溶于水，会出现分层现象，故A正确；
B．由反应方程式可知，生成物中含有水，若将水分离出去，可促进反应正向进行，该反应选择以共沸体系带水可以促使反应正向进行，故B正确；
C．根据投料量，可估计生成水的体积，所以可根据带出水的体积估算反应进度，故C正确；
D．反应产品的沸点为142℃，环己烷的沸点是81℃，环己烷-水的共沸体系的沸点为69℃，可以温度可以控制在69℃～81℃之间，不需要严格控制在69℃，故D错误；
答案选D。
7. 元素X、Y、Z的原子序数依次增大，且不在同一周期。X与Y位于同一主族，基态Y原子p轨道电子数比s轨道电子数多4，离子3d轨道有6个电子。每个晶胞（晶胞参数，）中有4个Y原子且位于晶胞体内。下列说法错误的是
A. 电负性大小顺序：
B. 晶体中Y原子的杂化方式为杂化
C. 简单氢化物的还原性：
D. 位于该晶胞的所有顶点、面心和体心
【答案】D
【解析】
【分析】基态Y原子p轨道电子数比s轨道电子数多4，电子排布式为1s22s22p63s23p4，Y为S，X为O，Z2+离子3d轨道有6个电子，Z为Fe，每个ZYX4晶胞中有4个Y原子且位于晶胞体内，则该晶胞中有4个Fe，4个S和16个O，据此回答。
【详解】A．非金属性越强，电负性越大，则电负性大小顺序：O>S，A正确；
B．硫酸根离子sp3杂化，空间构型为正四面体，B正确；
C．非金属单质的氧化性越弱，简单氢化物的还原性越强，则简单氢化物的还原性：H2OD．Fe2+有4个，则不可能位于顶点、面心和体心，若位于顶点、面心和体心，则均摊数目为5个，D错误；
故选D。
8. 由下列实验及现象能推出相应结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙醇和浓硫酸共热至170℃，产生的气体中含有二氧化硫，也能使溴水褪色，不能验证乙烯发生加成反应，A不合题意；
B．碳酸氢铵不稳定，加热易分解，生成的氨气可使石蕊试纸变蓝，B不合题意；
C．向2支盛有2mL等浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴等浓度的NaCl和NaI溶液，一支试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象，Ksp小的先沉淀，先生成黄色沉淀，可知Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，C符合题意；
D．淀粉遇碘单质变蓝，淀粉水解液中加入少量碘水，若出现蓝色，只能说明水解液中仍有淀粉，至于是淀粉未水解还是已经部分水解，无法确定，D不合题意；
故答案为：C。
9. 一种新型双功能催化剂电池的工作原理及催化路径如图所示。*R表示R基团在催化剂表面的吸附态。下列说法错误的是
A. 放电时，b极电势高于a极
B. 放电时，与起始相比右室n(OH-)减少
C. 充电时，决速步反应为
D. 充电时，a极电极反应式
【答案】B
【解析】
【分析】由题干装置图可知，放电时，锌失去电子，作负极即a为负极，负极反应式为：Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，b为正极，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，放电时，a极为负极，b极为正极，则b极电势高于a极，A正确；
B．由分析可知，放电时，b为正极，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，根据电荷守恒可知，每生成4mlOH-电路上转移4ml电子，则有4mlOH-移向负极，故与起始相比右室n(OH-)不变，B错误；
C．由反应活化能越大反应速率越慢，多步反应中速率最慢的一步为决速步骤并结合题干图示信息可知，充电时，决速步反应为，C正确；
D．由分析可知，放电时，a为负极，负极反应式为：Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，则充电时，a极为阴极，其电极反应式为，D正确；
故答案为：B。
10. 光催化氧化处理含硫废液的机理如图所示，和分别与反应生成和。下列说法错误的是
A. ④的反应为
B. 过低或过高均会影响催化剂的催化效果
C. ①②过程和③④过程产生的之比为
D. 氧化含硫废液的总反应为
【答案】C
【解析】
【分析】由图示可知：过程①O2+H++e-→HO2‧、过程②HO2‧+→+HO‧、过程③h++OH-→HO‧、过程④+2HO‧→+H2O。
【详解】A．过程④为·OH氧化为硫酸根，其反应为+2HO‧→+H2O，故A选项正确；
B．该变化过程中氢离子和氢氧根均参与了反应，所以pH过低或过高均会影响催化剂的催化效果，故B选项正确；
C．反应①②过程中HO2‧和反应生成，反应为：HO2‧ +=+·OH，反应③④过程中‧OH和反应生成，反应为+2‧OH=+H2O，由分析可知H+~HO2‧，‧OH~OH-，而H2O电离的H+和OH-物质的量之比1:1，所以产生的之比为2:1，故C选项错误；
D．由图可知，氧化含硫废液的总反应为，故D选项正确；
故答案为：C。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全都选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 以含钴废料（成分为、，含少量、、等杂质）为原料制备的流程如图所示。下列说法错误的是
已知：①“酸浸”后的滤液中含有、、等 ②氧化性： ③有关数据如表（完全沉淀时金属离子浓度）
A. “酸浸”时，可用盐酸代替硫酸
B. “酸浸”和“氧化”两步可合并，可使用稀硫酸和
C. “调”除杂时溶液中若，需调的范围为
D. “一系列操作”用到的硅酸盐仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯
【答案】A
【解析】
【分析】含钴废料(成分为、，含少量、、等杂质)通硫酸、二氧化硫“酸浸”， SiO2不发生反应，过滤得滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中含有、、等，加氯酸钠溶液把氧化为Fe3+、加碳酸钠调节pH除去杂质Fe3+、A13+，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀(滤渣Ⅱ)；滤液中加入碳酸氢铵、氨水“沉钴”生成沉淀，经一系列操作得到纯净的。
【详解】A．根据信息②，氧化性： ，能氧化盐酸，则“酸浸”时，不可用盐酸代替硫酸，A错误；
B．硫酸可溶解金属氧化物，过氧化氢能将C3+还原为C2+，则“酸浸”和“氧化”两步可合并，可使用稀硫酸和，B正确；
C．除杂时要使Fe3+、A13+沉淀完全生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀、但C2+不能沉淀，常温下，完全沉淀时pH=9.4，c (OH-)= 10－4.6ml·L－1，则Ksp[C(OH)2] =10－5×1.0×(l0－4.6)2=10－14.2，“调”除杂时溶液中若，则c (OH-)=，此时溶液pH=7.4，即应控制溶液的 可避免C2+产生沉淀，则结合表格数据可知，除杂时需调的范围为，C正确；
D．“沉钴”生成沉淀，需过滤，则“一系列操作”用到的硅酸盐仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，D正确；
选A。
12. 乙酰乙酸乙酯能发生如下转化：
已知：（R为烃基或氢）。下列说法错误的是
A. 水解后可得环己酮
B. 乙酰乙酸乙酯存在具有分子内氢键的异构体
C. 推测可能为（表示碳负离子）
D. 含有和的乙酰乙酸乙酯的同分异构体有4种
【答案】D
【解析】
【详解】A．水解后可得环己酮，A正确；
B．乙酰乙酸乙酯存在具有分子内氢键的异构体，如，B正确；
C．由题干转化流程中Na+X-与CH3CH2CH2Br反应的产物可知，推测可能X-为 ( 表示碳负离子)，C正确；
D．乙酰乙酸乙酯共6个碳原子，3个O原子，2个不饱和度，除了含有和外，还剩余3个碳原子，则相当于和取代丙烷上的2个氢原子，用定一动一的思路书写，可得同分异构体有5种，D错误；
故选D。
13. 一种自生酸和碱的电化学回收体系如图所示。表示等含磷微粒，为。下列说法错误的是
A. a、c为阴离子交换膜，b为阳离子交换膜
B. X为，将其泵入吸收室用于吸收
C. 当电路中通过电子，阴极增重
D. Ⅲ室可发生反应：
【答案】AC
【解析】
【分析】由I室电极产生O2，III室电极产生H2可知，左侧为阳极，右侧为阴极，I室产生H+进入II室溶液，为了保证II室溶液电中性，脱盐室中硫酸根离子进入II室，II室物质X为硫酸，故a膜为阳离子交换膜，b膜为阴离子交换膜，II室硫酸泵入吸收室用于吸收NH3，脱盐室中硫酸根经过b膜进入II室，则Na+通过c膜进入III室，c膜为阳离子交换膜。
【详解】A．根据分析，a、c为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜，A错误；
B．根据分析可知，II室物质X为硫酸，硫酸泵入吸收室用于吸收NH3，B正确；
C．III室电极为阴极，电极反应式，转移0.14ml电子，共生成0.14ml，除了生成羟基磷灰石，还要与铵根反应，根据，当参与反应的OH-少于0.14ml，生成的羟基磷灰石少于0.01ml，0.01ml羟基磷灰石为10.04g，故阴极增重小于10.04g，C错误；
D．III室要生成羟基磷灰石，根据得失电子守恒及电荷守恒：，D正确；
答案选AC。
14. 某密闭容器中发生以下两个反应：①；②。反应①的正反应速率，反应②的正反应速率，其中、为速率常数。某温度下，体系中生成物浓度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 反应①的活化能大于反应②
B. 时，正反应速率
C. 内，X的平均反应速率
D. 该温度时，
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由图可知，初始生成M的速率大于N，则反应①的话化能小于反应②，A错误；
B．由图可知，初始生成M的速率大于N，则＞，10s时两个反应均达到平衡状态，由于、，则正反应速率，B正确；
C．①②反应中XQ的系数均为1，则内，X的平均反应速率为，C错误；
D．、，则，由图可知，平衡时刻M、N的浓度分别为2ml/L、5ml/L，则，D错误；
故选A。
15. 常温下，向饱和溶液[有足量固体]中滴加氨水，发生反应：，溶液中与的关系如图所示，其中表示、、、的浓度。下列说法错误的是
A. 表示与的关系
B. 的
C. 时，
D. 的
【答案】CD
【解析】
【分析】有足量固体的饱和氢氧化铜溶液中滴加氨水，，随着氨水的加入，由于氢氧化铜持续提供铜离子，故使得的浓度迅速增大、增大程度远小于增大，由于不变，则c(Cu2+)浓度减小，则L3、L4分别为c(Cu2+)、曲线；由于溶液的碱性增强且持续不断加入氨水，的电离程度被抑制，则会使得最终一水合氨的浓度大于铵根离子的浓度，故L1、L2分别为、曲线；
【详解】A．由分析可知，L1表示溶液中与pH的关系，故A选项正确；
B．由q点可知，c(Cu2+)=10-13.7ml/L、pH=11，则pOH=3，则Cu(OH)2的溶度积常数，故B选项正确；
C．pH=9.3时，pOH=4.7，溶液中由电荷守恒可知，，由图可知此时=，则，，故C选项错误；
D．由pH=11时数据可知，，故D选项错误；
故答案选CD。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 硼元素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题：
（1）二维硼烯氧化物的部分结构如图所示，其化学式为______________，键长_______键长（填“”“”或“”）。
（2）将、溶于二乙二醇二甲醚，加入四氢呋喃（）可制得和NaF，则反应的化学方程式为____________。中键角______中键角（填“”“”或“”）。在水中的溶解度大于其在苯中的溶解度，原因是______。
（3）一定条件下，、、发生非氧化还原反应可制得晶体，其晶胞结构如图所示（氧原子未画出），晶胞参数，，，若A、D、E三点的原子分数坐标分别为、、，晶胞中D、E间距离为______。设阿伏加德罗常数的值为，该晶体的密度为______（用含的代数式表示）。
【答案】（1） ①. 或 ②.
（2） ①. ②. ③. 与均为极性分子，且与分子间能形成氢键
（3） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
根据二维硼烯氧化物的部分结构可知每个还中含有2个O原子，B原子个数为，其化学式为或，由图可知键长＞键长，应为O原子在两个B原子之间；
【小问2详解】
、溶于二乙二醇二甲醚，加入四氢呋喃（）可制得和NaF，则反应的化学方程式为：；中C为sp3杂化，中C为sp2杂化，键角根据杂化类型：sp>sp2>sp3杂化，中键角＞中键角；在水中的溶解度大于其在苯中的溶解度，原因是与均为极性分子，且与分子间能形成氢键
【小问3详解】
D、E之间的高度差为：[d-(1-d)]cpm，由于 ，D、E水平面间的距离为，D、E间距离为；F：，Be：，B：，发生非氧化还原反应可知各元素化合价不变，可知O的个数为9，化学式为，故设阿伏加德罗常数的值为，1pm=10-10cm，根据，该晶体的密度为。
17. 以萤石尾矿（含、、及少量、、、、）为原料经过两段除铝制备锂盐和的工艺流程如下：
已知：与生成的可被萃取；
（有机相）（有机相）
回答下列问题：
（1）“加热酸溶”时滤渣Ⅰ的主要成分是和______，“沉铁”后的pH______（填“变大”“变小”或“不变”）。
（2）物质的溶解度曲线如图所示，“精制Ⅰ”时，得到滤渣Ⅱ的实验方法为______。“精制Ⅱ”时，pH不宜过低的原因是______。
（3）“萃取”时，还需要加入的作用是______。“反萃取”中加入的反萃取剂为______（填化学式）。
（4）若不进行“操作X”，将导致_________。“沉铍”时。将从提高到，则铍的损失降低至原来的______。
【答案】（1） ①. ②. 变小
（2） ①. 加热浓缩、冷却结晶、过滤 ②. 与生成苯甲酸，导致能与结合的减少，生成的苯甲酸铝减少，使铝的去除率降低
（3） ①. 增大的浓度，使转化成，提高的萃取率 ②.
（4） ①. 沉铍时会混有杂质 ②. 10
【解析】
【分析】萤石尾矿（含、、及少量、、、、）加入稀硫酸，加热酸溶，此时、、、、、、都发生溶解，只有不反应，、发生转化，生成CaSO4沉淀；故滤渣I为和CaSO4，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+并转化为NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀除去；此时滤液主要含有Be2+、Li+和Al3+；加入K2SO4，结合物质的溶解度曲线，可知“精制Ⅰ”时，得到滤渣Ⅱ的实验方法为加热浓缩、冷却结晶、过滤，得到，精制Ⅱ中溶液中的Al3+继续通过与苯甲酸钠作用生成苯甲酸铝沉淀除去；同时得到主要含有Be2+、Li+的滤液，金属锂是通过有机物的萃取分离出来；水相含有Be2+、Fe3+，操作X为除去Fe3+，再加入氨水沉铍，据此分析解答。
【小问1详解】
由分析知，“加热酸溶”时滤渣Ⅰ的主要成分是和，“沉铁”过程，加入Na2SO4将Fe3+转化为NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀，发生离子反应：，即反应生成H+，H+浓度增大，则“沉铁”后的pH变小。
【小问2详解】
沉铁后的滤液主要含有Be2+、Li+和Al3+，加入K2SO4，结合物质的溶解度曲线，可知“精制Ⅰ”时，得到滤渣Ⅱ的实验方法为加热浓缩、冷却结晶、过滤，得到。因为与生成苯甲酸，导致能与结合的减少，生成的苯甲酸铝减少，使铝的去除率降低，故“精制Ⅱ”时，pH不宜过低。
【小问3详解】
已知：与生成的可被萃取，故“萃取”时，需要先将FeCl3转化为，Li+再与结合成LiFeCl4的形式被TBP萃取，则加入NH4C1的作用是：增大的浓度，使转化成，提高的萃取率；
向LiFeCl4/TBP溶液中加入反萃取剂，其目的是将锂元素从LiFeCl4的形式转化为Li+，从有机相中释放出来，因为（有机相）（有机相），加入盐酸或HCl可使该平衡正向移动，将LiFeCl4转化为HFeCl4，同时释放Li+，使HFeCl4存在于有机相中，锂元素以Li+形式存在于水相中，则“反萃取”步骤中，加入的反萃取剂最好是盐酸或HCl。
【小问4详解】
操作X为除去Fe3+，若不进行“操作X”，将导致沉铍时会混有杂质。“沉铍”时，=时，溶液中Be2+的浓度为，=时，溶液中Be2+的浓度为，溶液中的Be2+即为损失的Be2+，则将从提高到，则铍的损失降低至原来的。
18. 实验室制备的装置如图所示（夹持装置略），易潮解、易升华，高温下易被氧气氧化。已知：能被氧化为。
回答下列问题：
（1）装置B中发生反应的化学方程式为____________。实验操作的正确顺序为：连接装置检查装置气密性，装入药品；______（填标号）。
a．加热反应管继续升温至650℃，直至装置B中反应完全，停止加热装置B
b．关闭、，打开，水浴A保持在之间
c．停止加热装置A，打开、，关闭，继续通至E中无液滴滴下
d．停止通入冷凝水
e．打开、、，通入并通入冷凝水
f．加热管式炉的反应管至
（2）仪器D的名称为______；D、E作用为______；气体有毒，遇水产生两种酸性气体，装置F中发生反应的化学方程式为____________；图示装置存在的两处缺陷是______。
（3）称取）样品配成溶液移取于碘量瓶中，加入（足量）充分反应，加热煮沸，冷却后加入溶液和足量溶液，加入少量淀粉溶液，用标准溶液滴定至终点，实验数据如下表。（已知：杂质不反应；）
①向碘量瓶中加入后，发生反应的离子方程式为____________。
②该样品中的质量分数为______。
【答案】（1） ①. ②. efbacd
（2） ①. 直形冷凝管 ②. 冷凝并收集未反应完的 ③. ④. B、C之间导管易造成堵塞；E、F之间无干燥装置
（3） ①. ②.
【解析】
【分析】结合题干所给信息，可知该实验是利用Cr2O3和CCl4反应，制备CrCl3。通过蒸馏装置可知，另一产物为COCl2，根据已知可知其与水反应得到的酸性气体为CO2和HCl
【小问1详解】
根据分析可知，在装置B中的反应为：。反应时，应先将装置内空气排出，之后对其进行预加热，再将K1，K3关闭，对圆底烧瓶进行水浴加热，使氨气从K2进入反应装置。同时对硬质玻璃管继续加热，使反应进行。待B中反应结束后，停止加热，为将产物全部排出，开始继续通入氮气。综上所述，其顺序为：efbacd
【小问2详解】
装置D为直形冷凝管，装置D、E的作用是为了，冷凝并收集未反应完的。根据上述分析可知，COCl2与水反应得到的酸性气体为CO2和HCl，故其与氢氧化钠溶液的反应为：。由于B、C之间的导管较小，故气流可能会将Cr2O3粉末带入导管内，导致其堵塞。而且CrCl3易潮解，故E、F间需要加一个干燥装置。故整体缺陷为：B、C之间导管易造成堵塞；E、F之间无干燥装置
【小问3详解】
CrCl3溶于水电离出Cr3+，能被氧化为，故反应的离子方程式为：。
对表格中数据进行分析可知，第二组数据偏差较大，舍去。剩余三组的溶液体积平均值为18.00mL，整个反应的过程为，先让足量的过氧化钠和三氯化铬反应，再让碘化钾去还原生成的，再用硫代硫酸钠滴定生成的碘单质。其数量关系为： ~2~ 3 ~ 6。故有：，因只取了25mL的样品溶液，故总共的=。样品的质量分数为：
19. 抗肿瘤药物来那度胺（H）的一种合成路线如下：
已知：Ⅰ． 、烷基、苯基、酰基
Ⅱ．
叔丁氧羟基 不与酯基反应
回答下列问题：
（1）A→B新生成的官能团名称为_______，B→C反应条件为_______。
（2）在B的芳香族同分异构体中，符合下列条件的结构简式为_______（任写1种）。
a．与溶液反应放出气体
b．不能发生水解反应
c．含有4种化学环境氢，峰面积之比为
（3）E的结构简式为_______；F→G的化学方程式为______________。G→H反应类型为_______。
（4）用脱去基团时，往往会生成。请从物质结构角度分析生成该产物的原因_______。
（5）根据上述信息，写出以苯胺和氨基戊二酸二甲酯为主要原料制备的合成路线_____。
【答案】（1） ①. 酯基 ②. 、光照
（2）或或 （3） ①. ②. ③. 还原反应
（4）的原子有孤对电子和形成配位键
（5）
【解析】
【分析】根据反应条件判断A发生酯化反应生成B，B发生取代反应生成C，C发生取代反应成环生成D，结合D结构简式及各物质分子式可知，A为，B为，C为；参考已知I及H结构简式，推测F为，发生反应生成G，G中硝基发生还原转化为氨基；对比D和F结构简式，则E结构简式：。
【小问1详解】
根据分析可知，发生酯化反应，则生成新官能团为酯基；发生苯环侧链甲基上的H原子取代，反应条件为光照、；
【小问2详解】
在B的芳香族同分异构体中，符合下列条件：a．与溶液反应放出气体，说明含官能团羧基；b．不能发生水解反应，说明无酯基；c．含有4种化学环境的氢，峰面积之比为，说明为对称结构，则符合要求的结构简式：或或；
【小问3详解】
根分析，E结构简式：；根据分析，参考已知I，F→G的化学方程式：；G→H苯环上硝基被还原转化为氨基，发生还原反应；
小问4详解】
的原子有孤对电子和形成配位键，从而导致用脱去基团时，往往会生成；
【小问5详解】
参考已知II，氨基戊二酸二甲酯发生反应生成，参考已知I，反应生成，发生反应II生成目标产物，具体合成路线如下：。
20. 和的重整制氢涉及如下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
回答下列问题：
（1）______，该反应能______（填“高温”或“低温”）自发进行。
（2）一定温度下，向容积不等的恒容密闭容器中分别通入等量的发生反应Ⅰ，经过相同时间，测得各容器中的转化率与容器容积的关系如图所示，下列说法正确的是______。
A. b、c点的
B. 正反应速率
C. a点所示条件下满足
D. 在a点再通入，平衡后的转化率将增大
（3）在恒压下按组成通入混合气体，反应相同时间后，、和的体积分数随温度的变化关系如图甲所示，测得平衡状态下的收率和的转化率随温度的变化曲线如图乙所示。
[已知：的收率，的收率]
①时，的体积分数为______，在范围内，其他条件不变，随着温度升高，的体积分数先增大而后减小，其原因可能是______。
②计算，的收率______。保持恒压和投料比不变，不通入，则相同温度下转化率______（填“增大”“减小”或“不变”）。
③设为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压（单位为）除以。计算时反应Ⅰ的相对压力平衡常数为______（列式表示）。
【答案】（1） ①. ②. 高温 （2）BC
（3） ①. ②. 950℃~1100℃时，反应Ⅰ占主导，速率增幅大，生成多；1100℃~1150℃时反应Ⅱ占主导，速率增幅大，消耗多 ③. 21% ④. 减小 ⑤.
【解析】
【小问1详解】
反应Ⅲ=反应Ⅰ+反应Ⅱ，根据盖斯定律可知，；
，时，反应可以自发进行，该反应，，可知高温能自发进行；
【小问2详解】
A．容器体积越小，压强越大，反应速率越大，达平衡所需时间越短，故a、b点为平衡点，c点为非平衡点，a、b点的Q=K，A选项错误；
B．容器体积越小，压强越大，反应速率越大，故正反应速率a>c，B选项正确；
C．a点为平衡点，故a点所示条件下满足v正(H2S)=2v逆(S2)，C选项正确；
D．在a点再通入H2S，平衡后H2S的转化率将减小，D选项错误；
故答案选BC；
【小问3详解】
在恒压100kPa下按组成n(H2S):n(CH4):n(Ar)=1:1:4.7通入混合气体，由图甲知，1050℃时，CS2的体积分数为0.1%，S2体积分数为1.6%，列三段式如下：
n总=1-2x-2y+1-y-z+y+z+2x+2y+4z+x-y+4.7=6.7+x-y+4z，CS2的体积分数=， S2的体积分数=，由H2体积分数=可知，H2体积分数=2×S2的体积分数＋4×CS2的体积分数=3.6%；
950℃~1100℃时，反应Ⅰ占主导，速率增幅大，生成S2(g)多；1100℃~1150℃时反应Ⅱ占主导，速率增幅大，消耗S2(g)多，故在950℃~1150℃范围内，其他条件不变，随着温度升高，S2(g)的体积分数先增大而后减小；
T1℃时，H2S的转化率为32%，S2的收率为4%，设起始投料H2S为1ml，则反应的H2S为0.32ml，S2和CS2中总的S原子为0.32ml，S2中的S原子为0.0128ml，则CS2中S原子为0.3072ml，CS2中C原子为0.1536ml，则消耗的CH4为0.1536ml，H2中总的H原子为0.32ml×2＋0.1536×4=1.2544ml，则H2的收率为；
保持恒压100kPa和投料比n(H2S):n(CH4)=1:1不变，不通入Ar，容器的体积减小，则平衡向左进行，相同温度下H2S转化率减小；
T1℃时，H2S的转化率为32%，S2的收率为4%，设起始投料H2S为1ml，则反应的H2S为0.32ml，剩余的H2S为0.68ml，S2和CS2中总的S原子为0.32ml，S2中的S原子为0.0128ml，S2为0.0064ml，约为0.006ml，则CS2中S原子为0.3072ml，CS2为0.1536ml，CS2中C原子为0.1536ml，则消耗的CH4为0.1536ml，剩余的CH4为0.8464ml，H2中总的H原子为0.32ml×2＋0.1536×4=1.2544ml，H2为0.6272ml，约为0.6ml，体系总的物质的量为7ml，反应Ⅰ的相对压力平衡常数为。性质差异
结构因素
A
熔点：
离子键的强度
B
溶解度（20℃）：
阴离子电荷数
C
键角：
中心原子的杂化方式
D
酸性：
推电子效应：乙基甲基
实验操作
现象
结论
A
乙醇和浓硫酸共热至170℃，将产生的气体通入溴水中
溴水褪色
乙烯与Br2发生了加成反应
B
加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口处
石蕊试纸变蓝
NH4HCO3呈碱性
C
向2支盛有2mL等浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴等浓度的NaCl和NaI溶液
一支试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象
D
取少量稀硫酸催化的淀粉水解液于试管中，加入少量碘水
溶液变蓝
淀粉未水解
沉淀
完全沉淀时的pH
组别
滴定前读数（mL）
滴定后读数（mL）
1
2
3
4