山东省日照市2023届高三一模考试化学试题考试试卷

山东省日照市2023届高三一模考试化学试题
一、单选题
1．（2023·日照模拟）2022年卡塔尔世界杯中国元素随处可见，下列说法错误的是
A．中国打造的卢塞尔体育场的主体钢结构材料属于合金
B．中国承建的阿尔卡萨光伏电站使用的电池材料主要为二氧化硅
C．中国新能源客车的引入有助于实现卡塔尔世界杯绿色低碳的目标
D．中国制造的足球球面材料Speed Shell(纹理聚氨酯)，属于有机高分子材料
【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；合金及其应用；高分子材料
【解析】【解答】A．钢是铁碳合金，属于合金，A不符合题意；
B．光伏电站使用的电池材料主要为晶体硅而不是二氧化硅，B符合题意；
C．中国新能源客车的引入，可以减少化石燃料的燃烧，能够减少CO2的排放，故有助于实现卡塔尔世界杯绿色低碳的目标，C不符合题意；
D．纹理聚氨酯属于有机高分子材料，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、钢铁属于合金；
B、太阳能电池板的材料是硅；
C、新能源客车可以减少二氧化碳的排放；
D、聚氨酯为高分子材料。
2．（2023·日照模拟）下列叙述正确的是
A．容量瓶、滴定管、分液漏斗使用前均需要检验是否漏水
B．可用氢氟酸清洗做过硅酸分解实验的瓷坩埚
C．金属镁着火时，可用泡沫灭火器灭火
D．可将硝酸银固体保存在棕色细口瓶中
【答案】A
【知识点】常用仪器及其使用；化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A．容量瓶颈上有玻璃塞，酸式滴定管下端有玻璃活塞，简式滴定管下端有玻璃珠和分液漏斗下端有玻璃活塞，它们是否密封不能直接观察出来，故使用前均需要检验是否漏水，A符合题意；
B．瓷坩埚的主要成分中含有二氧化硅，能够与氢氟酸反应，不能用氢氟酸清洗做过硅酸分解实验的瓷坩埚，B不符合题意；
C．由于镁可以在CO2中继续激烈燃烧，反应原理为：2Mg+CO22MgO+C，故金属镁着火时，不可用泡沫灭火器灭火，C不符合题意；
D．硝酸银见光易分解，可将硝酸银固体保存在棕色广口瓶中，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、含有塞子的仪器使用前需要检验是否漏水；
B、氢氟酸可以和二氧化硅反应；
C、镁可以和二氧化碳反应；
D、硝酸银应该装在棕色广口瓶。
3．（2023·日照模拟）铁铝铅榴石主要成分为，其组成也可写成的氧化物形式：。下列说法正确的是
A．组成元素均位于元素周期表的p区
B．晶体硅的熔点比二氧化硅晶体高
C．基态铝原子核外电子有7种不同的空间运动状态
D．中Fe(II)与Fe(III)的个数比为2：1
【答案】C
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．组成元素中O、Al、Si、Pb均位于元素周期表的p区，但Fe位于d区，A不符合题意；
B．已知Si(s)和SiO2(s)均为原子晶体，且键长为：Si-Si键＞Si-O键，通常键长越短键能越大，即键能：Si-O键＞Si-Si键，键能越大，熔化需要的能量越高，其熔点越高，即二氧化硅的熔点高于晶体硅的熔点，B不符合题意；
C．已知Al是13号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p33s23p1，故基态铝原子核外电子占据7各原子轨道，即有7种不同的空间运动状态，C符合题意；
D．由原子手恒可知，Fe3Ox中x=4，设Fe3Ox中Fe(II)为a个，则有2a+3(3-a)=8，即得a=1，即设Fe3Ox中Fe(II)与Fe(III)的个数比为1：2，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、铁在d区；
B、原子晶体的键长越短键能越大，则熔点越高；
C、7个轨道则有7种不同的运动状态；
D、四氧化三铁可以看成Fe2O3·FeO判断。
4．（2023·日照模拟）有机物M的结构如图所示，下列关于M的说法错误的是
A．能与溴水发生加成反应和取代反应
B．与足量加成后的产物不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．一定条件下，1mol M最多可与4mol NaOH反应
D．1mol M与足量溶液反应，最多消耗2mol
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．由题干有机物的结构简式可知，分子中含有酚羟基且其邻位上有H，故其能与溴水发生取代反应，且分子中含有碳碳双键，故能于Br2水发生加成反应，A不符合题意；
B．由题干有机物的结构简式可知，与足量H2加成后的产物中含有醇羟基、羧基和碳氯键等官能团，其中醇羟基能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B符合题意；
C．由题干有机物的结构简式可知，1mol分子中含有1mol酚羟基可消耗1molNaOH，含有1mol羧基，可消耗1molNaOH，1mol碳氯键(直接与苯环碳原子相连)，可消耗2molNaOH，即一定条件下，1mol M最多可与4mol NaOH反应，C不符合题意；
D．由题干有机物的结构简式可知，1mol M与足量Na2CO3溶液反应，羧基和酚羟基最多消耗Na2CO3各1mol即2molNa2CO3，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、碳碳双键可以和溴发生加成反应，酚羟基的邻位可以和溴发生取代反应；
B、羟基具有还原性，可以和酸性高锰酸钾反应；
C、羧基、氯原子、酚羟基都可以和氢氧化钠反应；
D、羧基可以和碳酸钠反应，酚羟基和碳酸钠不反应。
5．（2023·日照模拟）下列除杂试剂选用正确且除杂过程涉及氧化还原反应的是
选项 物质(括号内为杂质) 除杂试剂
A () 饱和溶液
B () 盐酸、NaOH溶液、
C () 无水
D 溴苯() NaOH溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】除杂
【解析】【解答】A．用饱和NaHCO3溶液来除去CO2中的SO2，反应原理为：2NaHCO3+SO2=Na2SO3+2CO2+H2O该反应未有化合价改变，不属于氧化还原反应，A不合题意；
B．用NaOH溶液、CO2即可除去Al2O3中的Fe2O3，涉及的反应先后为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O、NaAlO2+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+NaHCO3、2Al(OH)3Al2O3+3H2O，试剂盐酸可以不用，且未有元素化合价改变，均不属于氧化还原反应，B不合题意；
C．干燥氨气不能用无水CaCl2，试剂不符合题意，C不合题意；
D．除去溴苯中的Br2，用NaOH溶液然后分液，反应原理为：2NaOH+Br2=NaBr+NaBrO+H2O，该反应有元素化合价改变，属于氧化还原反应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、二氧化硫可以和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，不是氧化还原反应；
B、氧化铝可以和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝，氢氧化铝受热分解为氧化铝，都不是氧化还原；
C、氨气不能用氯化钙干燥；
D、溴可以和氢氧化钠反应生成溴酸钠、溴化钠和水，为氧化还原反应。
6．（2023·日照模拟）铬与铝性质相似，但活泼性比铝弱、熔点比铝高。下列说法错误的是
A．可用铝热反应制备铬
B．常温下铬在浓硝酸中发生钝化
C．可直接蒸发溶液制备无水
D．已知碱性条件下，Cr(Ⅲ)可被氧化为Cr(Ⅵ)，则其氧化产物为
【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．由题干信息可知，铬与铝性质相似，但活泼性比铝弱，故可用铝热反应制备铬，原理为：2Al+Cr2O3Al2O3+2Cr，A不符合题意；
B．由题干信息可知，铬与铝性质相似，已知常温下铝在浓硝酸、浓硫酸中发生钝化，故常温下铬在浓硝酸中发生钝化，B不符合题意；
C．由题干信息可知，铬与铝性质相似，故蒸发CrCl3溶液时由于CrCl3水解得到Cr(OH)3和HCl，HCl易挥发，促进水解正向进行，故直接蒸发CrCl3溶液不能制备无水CrCl3，C符合题意；
D．已知碱性条件下，Cr(Ⅲ)可被氧化为Cr(Ⅵ)，由+H2O2+2H+可知，则其氧化产物为，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、铝热反应制备的是熔点比铝高，活泼性比铝弱的金属；
B、铝常温下可以被浓硝酸钝化；
C、铬离子可以发生水解；
D、增大氢氧根浓度，平衡朝逆向移动。
7．（2023·日照模拟）前四周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大且分属不同周期。X的最高能级的电子数比电子层数多1，Y的最高价含氧酸为具有吸水性的弱酸，Z与W中均存在单电子，且两者单电子数和最外层电子数均相同。下列说法正确的是
A．四种元素中电负性最大的为Y
B．X元素的第一电离能高于其同周期相邻元素
C．Z元素在同周期中金属性最强
D．W与X两种元素形成的化合物中只含有极性键
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性键和非极性键；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；四种元素中电负性最大的为X，A不符合题意；
B．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，B符合题意；
C．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；Z为钾或铜，若为铜则不成立，C不符合题意；
D．W与X两种元素形成的化合物N2H4中也含有N-N非极性键，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、同周期从左到右电负性变强，同主族由上而下电负性减弱；
B、氮原子的电子为半充满，第一电离能出现反常；
C、同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；
D、相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合。
8．（2023·日照模拟）下列实验能达到相应实验目的的是
A．在铁制品上镀致密铜镀层 B．探究浓度对反应速率的影响 C．验证乙烯具有还原性 D．制备FeSO4固体
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．一般情况下，在铁制品上镀铜时用纯铜作阳极，电极反应为：Cu-2e-=Cu2+，电解质溶液为CuSO4溶液，铁作阴极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，但若用CuSO4过量氨水作电解质溶液，加入氨水可以形成铜氨络离子，使游离的铜离子浓度维持在一个稳定的状态，此时镀铜层的结晶会更一致，镀层的孔隙率下降，即使的铁上镀致密铜镀层，A符合题意；
B．由于浓硫酸由强氧化性，导致反应原理发生改变，加入浓硫酸反应原理可能为：Na2S2O3+3H2SO4(浓)=Na2SO4+4SO2↑+3H2O，加入稀硫酸则反应原理为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，故不能探究浓度对反应速率的影响，B不合题意；
C．由于乙醇易挥发，且乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故在通入酸性高锰酸钾溶液之前需通过盛水的洗气瓶来除去乙烯中的乙醇，且还可能产生还原性气体SO2，C不合题意；
D．直接蒸干FeSO4饱和溶液，亚铁离子被氧化生成铁离子，则不能制备无水FeSO4，D不合题意；
故答案为：A。
【分析】A、铜为阳极形成铜离子，铜离子在阴极放电形成单质覆盖在铁的表面；
B、浓硫酸和稀硫酸和硫代硫酸钠的反应不同；
C、可以使酸性高锰酸钾褪色的可能是乙醇或者乙烯；
D、亚铁离子可以被氧化。
9．（2023·日照模拟）有机物W的结构如图所示，下列关于W的说法错误的是
A．分子中无手性碳原子
B．分子中碳原子的杂化方式有2种
C．1mol W中含σ键的数目为19
D．W的同分异构体中，属于芳香族化合物且能与溶液反应的有18种
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，结合题干有机物结构简式可知，分子中无手性碳原子，A不符合题意；
B．由题干有机物结构简式可知，分子中碳碳双键和碳氧双键上的碳原子采用sp2杂化，另一个单键的碳原子采用sp3杂化，故分子中碳原子的杂化方式有sp2、sp3 2种杂化方式，B不符合题意；
C．已知单键均为σ键，双键为一个σ键和一个Π键，结合题干有机物结构简式可知，1mol W中含σ键的数目为19，C不符合题意；
D．已知W的分子式为C8H8O3，W的同分异构体中，属于芳香族化合物且能与NaHCO3溶液反应即含有羧基，则若只含有一个取代基为：一种，若含有两个取代基则有：-CH2OH和-COOH、-OCH3和-COOH、-CH2COOH和-OH三组，每一组又有邻间对三种位置关系，若为三个取代基即-OH、-CH3和-COOH此种情况共有4+4+2=10种，故一共有1+3×3+10=20种，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、手性碳原子指的是一个碳原子周围连接四个完全不相同的结构；
B、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
C、σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键；
D、结合碳链异构、位置异构和官能团异构判断。
10．（2023·日照模拟）CO2电催化还原制备CH3OH的反应历程如图所示(部分物质未画出)。
主反应：
副反应：
下列说法正确的是
A．催化剂可同时降低主、副反应的活化能，从而降低、
B．*与结合形成*
C．反应过程中有极性键和非极性键的断裂与生成
D．反应为决速步
【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；反应热和焓变；催化剂
【解析】【解答】A．催化剂可同时降低主副反应的活化能，但不能降低反应热、，A不符合题意；
B．由题干反应历程图可知，*OCH2与H原子结合形成*OCH3，B不符合题意；
C．依据图中变化关系，反应过程中包含极性键和非极性键的断裂，没有非极性键的形成，C不符合题意；
D．由题干反应历程图可知，反应的活化能最大，该步反应速率最慢为决速步，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、催化剂不能影响反应热；
B、结合图示可以知道*OCH2与H原子结合形成*OCH3；
C、相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合；
D、决速步骤为活化能最大的步骤。
11．（2023·日照模拟）为探究FeCl3溶液与Na2S溶液反应的产物，进行了如下实验(已知：FeS和Fe2S3均为难溶于水的黑色固体)。
实验 实验操作 实验现象
① 分别向盛有少量FeS、Fe2S3固体的试管中加入稀盐酸 固体均溶解，均有臭鸡蛋气味气体生成；Fe2S3还有淡黄色浑浊生成
② 向0.1mol/L FeCl3溶液中加入少量0.1 mol/L Na2S溶液 开始时，局部产生少量黑色沉淀，振荡，沉淀立即消失，同时有淡黄色浑浊和臭鸡蛋气味气体产生
③ 向0.1 mol/L Na2S溶液中加入少量0.1 mol/L FeCl3溶液，产生现象后继续滴加足量盐酸 先有黑色沉淀生成，振荡沉淀不消失；滴加盐酸后，沉淀溶解，有淡黄色浑浊和臭鸡蛋气味气体生成
下列说法错误的是
A．配制 FeCl3溶液时，需将FeCl3固体溶于浓盐酸，再加水稀释至所需浓度
B．实验②中，沉淀消失发生反应的离子方程式为
C．由实验①、③中的现象可推知实验③中的黑色沉淀为Fe2S3
D．FeCl3溶液与Na2S溶液反应的产物与反应体系的酸碱性有关
【答案】C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．由于FeCl3在水溶液中已发生水解，故配制FeCl3溶液时，需将FeCl3固体溶于浓盐酸，以抑制Fe3+水解，再加水稀释至所需浓度，A不符合题意；
B．由于FeCl3溶液呈酸性，结合实验②中实验现象开始时，局部产生少量黑色沉淀，振荡，沉淀立即消失，同时有淡黄色浑浊和臭鸡蛋气味气体产生，可知沉淀消失发生反应的离子方程式为，B不符合题意；
C．由于实验③中Na2S过量，故若发生反应2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓，黑色沉淀还可能是FeS和S，或Fe2S3、FeS和S的混合物，与稀盐酸反应也能观察实验③的现象，故由实验①、③中的现象不能推出实验③中的黑色沉淀为Fe2S3，C符合题意；
D．根据题干实验②③可知，FeCl3溶液和Na2S溶液反应的产物与试剂的相对用量、反应体系的酸碱性有关，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、铁离子可以发生水解，用浓盐酸抑制水解；
B、硫化铁和氢离子反应生成亚铁离子、硫和硫化氢；
C、黑色沉淀可能是FeS和S，或Fe2S3、FeS和S的混合物；
D、结合实验②③可以知道反应的产物与试剂的相对用量、反应体系的酸碱性有关。
12．（2023·日照模拟）某些生物酶体系可以促进H+和e-的转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。下列说法错误的是
A．过程I中发生还原反应
B．a和b中参与反应的数目相等
C．过程Ⅱ的反应为
D．过程I→Ⅲ的总反应为
【答案】C
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．由题干信息可知，过程I中转化为NO，N的化合价降低，故发生还原反应，A不符合题意；
B．由分析可知，根据a过程Ⅰ的方程式为：+2H++e-=NO↑+H2O，过程Ⅱ的方程式为：NO++2H++3e-=N2H4+H2O，和b中参与反应的数目相等，B不符合题意；
C．由分析可知，过程Ⅱ的反应为NO++2H++3e-=N2H4+H2O，C符合题意；
D．由分析可知，过程Ⅰ的方程式为：+2H++e-=NO↑+H2O，过程Ⅱ的方程式为：NO++2H++3e-=N2H4+H2O，过程Ⅲ的方程式为：N2H4-4e-=N2↑+4H+，故过程I→Ⅲ的总反应为，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，化合价降低，得到电子，被还原，发生还原反应；
B、结合化学方程式判断；
C、一氧化氮和氢离子的电子生成肼和水；
D、亚硝酸根和铵根离子生成氮气和水。
13．（2023·日照模拟）一种由湿法炼铜的低铜萃取余液(含Co2+、Cu2+、Fe2+、Fe3+、Mn2+、H+、)回收金属的工艺流程如下：
室温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子
开始沉淀时的pH 7.8 5.5 5.8 1.8 8.3
完全沉淀时的pH 9.4 6.7 8.8 2.9 10.9
下列说法正确的是
A．“滤渣I”为
B．“调pH”时，选用CaO浆液代替CaO固体可加快反应速率
C．生成的离子方程式为
D．“沉钴”时，用代替可以提高的纯度
【答案】B,C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．由分析可知，“滤渣I”为Fe(OH)3和CaSO4，A不符合题意；
B．“调pH”时，选用CaO浆液代替CaO固体，可以增大反应物之间的接触面积，可加快反应速率，B符合题意；
C．由题干工艺流程图可知，氧化步骤中溶液显酸性，结合氧化还原反应配平可得，生成MnO2的离子方程式为，C符合题意；
D．由于碳酸钠溶液的碱性比碳酸氢钠的强得多，“沉钴”时，不能用Na2CO3代替NaHCO3，否则将生成Co(OH)2等杂质，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A、氧化钙可以在酸性条件下和硫酸根反应生成硫酸钙，铁离子在pH为4.0时已经完全沉淀；
B、增大接触面积额可以加快反应速率；
C、锰离子和氧气、水反应生成二氧化锰和氢离子；
D、碳酸钠的碱性太强，可以使钴离子形成氢氧化钴。
14．（2023·日照模拟）双极膜在直流电场作用下，可将水离解，在膜两侧分别得到和。工业上用“双极膜双成对电解法”生产乙醛酸(OHCCOOH)，原理如图所示，装置中两极均为惰性电极。下列说法错误的是
A．a为阳极，b为阴极
B．b极上草酸发生的反应为
C．HBr的作用是增强阳极液的导电能力和充当间接电氧化的媒介
D．两极均产生2.24L(标准状况)气体时，理论上可得到乙醛酸7.4g
【答案】D
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据分析，a为阳极，b为阴极，A不符合题意；
B．阴极上的反应为：H2C2O4+2e +2H+=OHCCOOH+H2O、，B不符合题意；
C．OHCCHO属于非电解质，HBr的作用是增强阳极液的导电能力，Br-在阳极发生失电子的氧化反应生成Br2，Br2将OHCCHO氧化为OHCCOOH，HBr充当间接电氧化的媒介，C不符合题意；
D．当阳极生成标准状况下2.24LO2，转移电子物质的量为0.4mol，生成乙醛酸amol，当阴极b极生成标准状况下2.24LH2，转移电子数为0.2mol，生成乙醛酸bmol，根据电子守恒，，解得b-a=0.1mol，理论上可得到乙醛酸的质量一定大于0.1×74g/mol=7.4g，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】电解池的题目要注意几个问题：
1、连接外接电源正极的为阳极，若阳极为活性电极则阳极失去电子，若阳极为惰性电极，则溶液中的阴离子在阳极失去电子，阳极发生氧化反应；连接外接电源负极的为阴极，溶液中的阳离子在阴极得到电子，阴极发生还原反应；
2、溶液中的离子放电顺序：
阳离子：Ag+ > Hg2+ > Fe3+ > Cu2+ > H+（酸） > Pb2+ > Sn2+ > Fe2+ >Zn2+ > H+（水）；
阴离子：S2– >I-> Br- > Cl- > OH-> (NO3－、SO42– 等)含氧酸根 > F－；
3、电极反应式的书写要结合原子守恒以及溶液形成判断，酸性条件不出现氢氧根，碱性条件下不出现氢离子。
15．（2023·日照模拟）25℃时，向一定浓度的溶液中逐滴加入HCl，以X表示或。已知，混合溶液pX与pH的关系如图所示。下列说法错误的是
A．曲线I表示与pH的关系
B．第一步电离常数的数量级为
C．时，
D．时，
【答案】B,D
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A．由分析可知，Ⅰ表示与的关系；，A不符合题意。
B．由点（2.23，-1）可知，第一步电离常数为，其数量级为10-2，B符合题意。
C．由图可知，时，>0，则；
，由点（3.19，1）可知， ；，此时，则，得，C不符合题意。
D．由电荷守恒可知，；由物料守恒可知，；两式联立可得：；，时，，则有，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】A、注意p值越小则X越大；
B、直线上任意一点的平衡常数不变，可以结合提供的已知数据计算；
C、根据电离平衡常数进行判断；
D、根据电荷守恒判断。
二、非选择题
16．（2023·日照模拟）VA族元素原子核外电子排布有着特殊性，能与其他元素组成结构、性质各异的化合物。回答下列问题：
（1）氮原子可以提供孤电子对与氧原子形成配位键，基态氧原子的价层电子发生重排提供一个空轨道，则重排后的氧原子价电子排布图为　 　，基态氧原子的价层电子不是重排结构，原因是不符合　 　(填“泡利不相容原理”或“洪特规则”)。
（2）沸点：　 　(填“>”或“＜”，下同)，键角：　 　。
（3）As、Ge、Se三种元素的第一电离能由大到小的顺序是　 　。
（4）基态As原子的最高能级组的电子排布式为　 　，与互为等电子体的分子为　 　(写出一种)。
（5）TiN晶胞中的少量Ti被Al代替后的立方晶胞结构如图所示。该晶胞中，距离Ti最近的Al有　 　个；原子①与原子②的距离为　 　nm(已知晶体密度为，阿伏加德罗常数的值为)。
【答案】（1）；洪特规则
（2）<；<
（3）As>Se>Ge
（4）4s24p3；CCl4
（5）4；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）基态O原子核外电子排布为1s22s22p4，基态氧原子的价层电子发生重排提供一个空轨道，则重排后的氧原子价电子排布图为；洪特规则是指在相同能量的轨道上，电子总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向相同，基态氧原子的价层电子不是重排结构，原因是不符合洪特规则；
（2）氨分子可以形成氢键，导致沸点升高，故沸点：<；、中心原子均为sp3杂化，但是中存在1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，导致中键角减小，故键角：<；
（3）同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，As的4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能由大到小的顺序为As>Se>Ge；
（4）As为第四周期第ⅤA族元素，基态As原子的最高能级组的电子排布式为4s24p3；等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，与互为等电子体的分子为CCl4等；
（5）由图可知，以右侧棱心的钛原子为例，晶胞内体心铝原子与其最近，则周围4个晶胞中距离Ti最近的Al有4个；据“均摊法”，晶胞中含个N、个Ti、1个Al，设晶胞参数为anm，则晶体密度为，，原子①与原子②的距离为。
【分析】（1）氧原子的2p能级上本来有1个轨道有2个电子，另外两个轨道各有1个电子，为了提供空轨道，则将两个孤电子合并在一个轨道；
（2）氢键可以提高分子的熔点和沸点；
（3）同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，若有电子处于半充满则出现反常；
（4）最高能级为4s4p，结合其原子序数以及电子的排列特点，可以知道As的最高能级组的电子排布式为4s24p3；
（5）结合均摊的的技巧判断。
17．（2023·日照模拟）一种从含银、铼的废催化剂(含、MgO、、和等)中回收银和铼的工艺流程如下：
已知：高铼酸()是白色片状结晶、微溶于冷水、溶于热水的一元强酸。回答下列问题：
（1）“操作I”和“操作II”均需要用到的玻璃仪器有　 　；“操作x”选用　 　结晶(填“蒸发”或“降温”)。
（2）“氧化浸出”时，铼(Re)发生反应的离子方程式为　 　；将浸出温度控制在70℃，其目的除加快反应速率和减少反应物的分解、挥发外，还有　 　。
（3）用石墨电极进行“电沉积银”，所得沉积液可循环到　 　中使用(填操作单元名称)。
（4）“氧化浸出”时有AgCl生成，“还原”时，与AgCl反应生成和一种无毒气体，该反应的化学方程式为　 　。若生成的AgCl用溶解，则100mL 6 最多能溶解AgCl　 　g(保留两位有效数字)。已知：)的平衡常数称为稳定平衡常数，；AgCl的。
【答案】（1）分液漏斗和烧杯；降温
（2）2Re+7H2O2=2ReO+6H2O+2H+；溶解高铼酸
（3）酸溶
（4）4AgCl+5=4Ag↓+N2↑+4+5H2O；7.18g
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）“操作I”和“操作II”是萃取分液，需用到的玻璃仪器是分液漏斗和烧杯；铵盐受热容易分解，故“操作x”选用降温结晶；
（2）“氧化浸出”时，铼(Re)被双氧水氧化生成高铼酸，发生反应的离子方程式为2Re+7H2O2=2ReO+6H2O+2H+；高铼酸()是白色片状结晶、微溶于冷水、溶于热水的一元强酸。将浸出温度控制在70℃，其目的除加快反应速率和减少反应物的分解、挥发外，还有使高铼酸溶解的目的；
（3）滤液主要含硝酸银，通过电解得纯银，副产物中含有稀硝酸，可重复使用到酸溶过程；
（4）“还原”时，与AgCl反应生成和一种无毒气体氮气，该反应的化学方程式为4AgCl+5=4Ag↓+N2↑+4+5H2O；
已知：①) ；
②AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq) ；
①+②可得AgCl(s)+2NH3（aq）[Ag(NH3)2]+(aq)+Cl-(aq) 。设100mL 6 最多能溶解AgCl的物质的量为nmol；
n(AgCl)=0.05mol，m(AgCl)=0.05mol143.5g/mol7.18g。
【分析】（1）萃取分液需要用分液漏斗；
（2）铼和过氧化氢反应生成高铼酸根、水和氢离子；
（3）产物中含有稀硝酸，可以在酸溶阶段循环利用；
（4）本题要注意，氧化还原反应的配平要结合化合价的升降守恒判断。
18．（2023·日照模拟）溴代烷的制备，常规工艺分“氧化”和“溴化”两个过程，通常以O2在合适温度下催化氧化HBr制备Br2(g)(溴易液化，注意控制温度和压强)，再利用Br2完成溴代过程来制备；新工艺是将烷烃、HBr和O2混合，直接催化“氧化溴化”得到溴代烷。回答下列问题：
（1）已知：T K时，部分物质的相对能量如下表：
物质 HBr(g) (g) (g) (g)
相对能量/ x y z w
此温度下，在恒容密闭容器中充入4mol HBr(g)和1mol O2(g)发生“氧化”，测得反应物的平衡转化率为60%。若保持其他条件不变，改为绝热状态，平衡时测得放出热量为Q kJ，则下列关系正确的是____(填标号)。
A．
B．
C．
D．
（2）“溴化”时容器体积可变。在温度为T K时，向10 L容器中投入初始浓度均为0.1的(g)和(g)，发生反应：。保持温度不变，压缩容器体积，测得不同容积下(g)的平衡浓度如下表：
容器体积V/L 10 3
m 0.09 0.25
当容器体积从10 L缩小到3 L时，测得此时容器内仅有四种气态组分，平衡　 　移动(填“正向”“逆向”或“不”)，m=　 　；容器体积缩小到 L时，平衡　 　移动(填“正向”“逆向”或“不”)。T K时，此反应在容积为10L和L时化学平衡常数分别为、，则　 　(填“大于”“小于”或“等于”)。
（3）新工艺中，“氧化溴化”反应： 。反应起始物料n()、n(HBr)、n()分别为2mol、2mol、1mol时，在不同条件下达到平衡，设体系中的物质的量分数为x()，在T为500K下的x()～p、在p为下的如图所示。
a点对应的压强为　 　；b点对应的反应条件为　 　，此时　 　(保留三位有效数字)。
【答案】（1）C
（2）不；0.027；逆向；大于
（3）；500K、；65.2%或者0.652
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）由题干表中数据可知，4HBr(g)+O2(g)=2Br2(g)+2H2O(g) =(2z+2w-4x-y)kJ/mol，此温度下，在恒容密闭容器中充入4mol HBr(g)和1mol O2(g)发生“氧化”，测得反应物的平衡转化率为60%，若保持其他条件不变，改为绝热状态，随着反应进行容器温度升高，平衡逆向移动，则反应物的平衡转化率小于60%，故平衡时测得放出热量为Q kJ，则，故答案为：C；
（2）根据反应方程式可知，当当容器体积从10 L缩小到3 L时，测得此时容器内仅有四种气态组分，反应前后气体的体积不变，即改变容器体积即改变压强，平衡不移动，m==0.027，；容器体积缩小到 L时，若平衡不移动，则平衡时c(CH3Br)==0.27mol/L，而实际为0.25mol/L，说明平衡逆向移动，T K时，此反应在容积为10L和L时化学平衡常数分别为、，由三段式分析10V0时，，K1==0.14，V0时，由于压强增大，Br2蒸气变为液体，导致平衡逆向移动，此时，K2==0.083，则大于，故答案为：不；0.027；逆向；大于；
（3）由题干反应方程式可知，恒温恒容下，增大压强平衡正向移动，即x()随着压强增大而增大，故图像中曲线b为恒温在500K下随压强增大的曲线，而恒温恒压下，随着温度的升高，平衡逆向移动，即x()随着温度的升高而减小，故题干图像中曲线a为下随着温度升高而改变的曲线，b点对应的条件为500K、，b点时x()=0.30，根据三段式分析可知，，则有：=0.30，解得x=mol，故b点=65.2%，故答案为：；500K、；65.2%或者0.652。
【分析】（1）升高温度，平衡朝吸热方向移动；
（2）左右两边化学计量数相等，增大压强，平衡不移动；动；
（3）增大压强，平衡朝气体系数缩小的方向移。
19．（2023·日照模拟）文拉法辛是一种新型抗抑郁药，其部分合成路线如下图所示：
已知以下过程：
I.
II.
III.
回答下列问题：
（1）物质A的名称为　 　，B→C的化学反应方程式为　 　。
（2）试剂X的结构简式为　 　，C→D的反应类型为　 　。
（3）E中含氧官能团的名称为　 　。
（4）同时满足下列条件的C的同分异构体有　 　种(不考虑立体异构)。
①苯环上有两个取代基 ②分子中含有手性碳原子
③能发生银镜反应| ④与发生显色反应
（5）根据上述信息，写出以丙酮()为主要原料，制备的合成路线　 　。
【答案】（1）苯酚；+ClCOCH2Cl+HCl
（2）NH(CH3)2；取代反应
（3）羟基和醚键
（4）12
（5）CH3CHOHCH3CH3CHBrCH3或者CH3CHOHCH3CH3CHBrCH3
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】（1）由分析可知，A的结构简式为：，则物质A的名称为苯酚，B→C即转化为，故该反应的化学反应方程式为：+ClCOCH2Cl+HCl，故答案为：苯酚；+ClCOCH2Cl+HCl；
（2）由分析可知，试剂X的结构简式为NH(CH3)2，C→D即+ NH(CH3)2+HCl，故该反应的反应类型为取代反应，故答案为：NH(CH3)2；取代反应；
（3）由分析可知，E的结构简式为：，则E中含氧官能团的名称为羟基和醚键，故答案为：羟基和醚键；
（4）由分析可知，C的结构简式为：，其分子式为：C9H9O2Cl，则同时满足下列条件：①苯环上有两个取代基，②分子中含有手性碳原子即含有同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子，③能发生银镜反应即含有醛基或者甲酸酯基，④与FeCl3发生显色反应即含有酚羟基，故两个取代基为：-OH和、、、等四组，然后每一组又有邻间对三种位置异构，故符合条件的C的同分异构体有4×3=12种，故答案为：12；
（5）已知可由在浓硫酸作用下发生消去反应制得，根据题干F到G的转化信息可知，可由和CH3CHBrCH3转化而得，CH3CHBrCH3可由CH3CHOHCH3和HBr反应制得或则CH3CHOHCH3和PBr3反应制得，CH3CHOHCH3则可由和催化加氢或则催化还原可得，据此分析确定合成路线为： CH3CHOHCH3CH3CHBrCH3或者CH3CHOHCH3CH3CHBrCH3，故答案为：CH3CHOHCH3CH3CHBrCH3或者CH3CHOHCH3CH3CHBrCH3。
【分析】（1）结合后续流程以及A的分子式，可以知道A为苯酚；
（2）结合后续流程以及C和E的结构简式，可以知道X为NH(CH3)2；
（3）E中含有-OH和-C-O-C-，即含有羟基和醚键；
（4）手性碳原子指的是一个碳原子周围连接四个完全不相同的结构；可以发生银镜反应，即含有醛基；可以和氯化铁显色即含有酚羟基；
（5）合成路线的设计，一般要结合已知条件或者已知合成路线去看，根据题干要求的物质，采用顺推或者逆推法进行相应的设计。
20．（2023·日照模拟）环己酮()是一种重要的化工原料，一种由H2O2氧化环己醇制备环己酮的实验方法如下：
相关数据如下：
物质 密度/ 沸点/℃(101kPa) 与水形成共沸物的沸点/℃ 部分性质
环己醇 0.96 161.0 97.8 能溶于水，具有还原性，易被氧化
环己酮 0.95 155.0 98.0/3.4kPa 95.0 微溶于水，遇氧化剂易发生开环反应
回答下列问题：
（1）的作用是　 　：加入食盐的目的是　 　。
（2）环己酮的产率受H2O2用量的影响，当环己酮产率达最大值后，增加H2O2的用量其产率反而下降，原因是　 　。
（3）减压蒸馏的装置如下图所示，为了便于控制温度，加热方式最好选用　 　(填“水浴”或“油浴”)。进行减压蒸馏时，使用磁力加热搅拌器加热，磁子的作用除搅拌使混合物均匀受热外，还有　 　。
减压蒸馏的操作顺序为：打开双通旋塞，打开真空泵，缓慢关闭双通旋塞，接通冷凝水，开启磁力加热搅拌器，进行减压蒸馏。减压蒸馏完成后，需进行下列操作，正确的操作顺序是　 　(填标号)。
a.关闭真空泵 b.关闭磁力加热搅拌器，冷却至室温
c.缓慢打开双通旋塞 d.停止通冷凝水
（4）本实验中环己酮的产率为　 　(保留2位有效数字)。
（5）传统的制备环己酮实验用酸性作氧化剂，更易把环己醇氧化生成己二酸，该反应的离子方程式为　 　。
【答案】（1）催化剂；降低环己酮在水中的溶解度，便以液体分离
（2）环己酮进一步被氧化发生开环反应
（3）油浴；防止暴沸；bdca
（4）83%或者0.83
（5）3 +4+32H+3HOOCCH2CH2CH2CH2COOH+8Cr3++19H2O
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）由分析可知，FeCl3的作用是作为反应的催化剂，加入食盐的目的是降低环己酮在水中的溶解度，便以液体分离，故答案为：催化剂；降低环己酮在水中的溶解度，便以液体分离；
（2）由题干已知信息可知，微溶于水，遇氧化剂易发生开环反应，故当环己酮产率达最大值后，增加H2O2的用量将导致环己酮进一步发生开环反应，而导致其产率反而下降，故答案为：环己酮进一步被氧化发生开环反应；
（3）由题干信息可知，环己酮的沸点为155℃，故为了便于控制温度，加热方式最好选用油浴，进行减压蒸馏时，使用磁力加热搅拌器加热，磁子的作用除搅拌使混合物均匀受热外，还有防止暴沸的作用，根据减压蒸馏的操作顺序为：打开双通旋塞，打开真空泵，缓慢关闭双通旋塞，接通冷凝水，开启磁力加热搅拌器，进行减压蒸馏，减压蒸馏完成后，先后需进行的操作为b.关闭磁力加热搅拌器，冷却至室温，d.停止通冷凝水故c.缓慢打开双通旋塞，a.关闭真空泵，即正确的操作顺序是bdca，答案为：油浴；防止暴沸；bdca；
（4）根据碳原子守恒有：n(环己酮)=n(环己醇)==0.096mol，本实验中环己酮的产率为=83%，故答案为：83%或者0.83；
（5）传统的制备环己酮实验用酸性作氧化剂，更易把环己醇氧化生成己二酸，根据氧化还原反应配平可得，该反应的离子方程式为3 +4+32H+3HOOCCH2CH2CH2CH2COOH+8Cr3++19H2O，故答案为：3 +4+32H+3HOOCCH2CH2CH2CH2COOH+8Cr3++19H2O。
【分析】（1）结合题干信息，可以知道反应为环己醇和过氧化氢反应生成环己酮，氯化铁作为催化剂；
（2）环己酮可以被过氧化氢氧化发生开环反应；
（3）温度恒定且高于100℃，需要用油浴加热；
（4）结合碳原子守恒可以求出环己酮的物质的量，结合产率公式计算；
（5）环己醇和重铬酸根、氢离子反应生成己二酸、铬离子和水。
山东省日照市2023届高三一模考试化学试题
一、单选题
1．（2023·日照模拟）2022年卡塔尔世界杯中国元素随处可见，下列说法错误的是
A．中国打造的卢塞尔体育场的主体钢结构材料属于合金
B．中国承建的阿尔卡萨光伏电站使用的电池材料主要为二氧化硅
C．中国新能源客车的引入有助于实现卡塔尔世界杯绿色低碳的目标
D．中国制造的足球球面材料Speed Shell(纹理聚氨酯)，属于有机高分子材料
2．（2023·日照模拟）下列叙述正确的是
A．容量瓶、滴定管、分液漏斗使用前均需要检验是否漏水
B．可用氢氟酸清洗做过硅酸分解实验的瓷坩埚
C．金属镁着火时，可用泡沫灭火器灭火
D．可将硝酸银固体保存在棕色细口瓶中
3．（2023·日照模拟）铁铝铅榴石主要成分为，其组成也可写成的氧化物形式：。下列说法正确的是
A．组成元素均位于元素周期表的p区
B．晶体硅的熔点比二氧化硅晶体高
C．基态铝原子核外电子有7种不同的空间运动状态
D．中Fe(II)与Fe(III)的个数比为2：1
4．（2023·日照模拟）有机物M的结构如图所示，下列关于M的说法错误的是
A．能与溴水发生加成反应和取代反应
B．与足量加成后的产物不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．一定条件下，1mol M最多可与4mol NaOH反应
D．1mol M与足量溶液反应，最多消耗2mol
5．（2023·日照模拟）下列除杂试剂选用正确且除杂过程涉及氧化还原反应的是
选项 物质(括号内为杂质) 除杂试剂
A () 饱和溶液
B () 盐酸、NaOH溶液、
C () 无水
D 溴苯() NaOH溶液
A．A B．B C．C D．D
6．（2023·日照模拟）铬与铝性质相似，但活泼性比铝弱、熔点比铝高。下列说法错误的是
A．可用铝热反应制备铬
B．常温下铬在浓硝酸中发生钝化
C．可直接蒸发溶液制备无水
D．已知碱性条件下，Cr(Ⅲ)可被氧化为Cr(Ⅵ)，则其氧化产物为
7．（2023·日照模拟）前四周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大且分属不同周期。X的最高能级的电子数比电子层数多1，Y的最高价含氧酸为具有吸水性的弱酸，Z与W中均存在单电子，且两者单电子数和最外层电子数均相同。下列说法正确的是
A．四种元素中电负性最大的为Y
B．X元素的第一电离能高于其同周期相邻元素
C．Z元素在同周期中金属性最强
D．W与X两种元素形成的化合物中只含有极性键
8．（2023·日照模拟）下列实验能达到相应实验目的的是
A．在铁制品上镀致密铜镀层 B．探究浓度对反应速率的影响 C．验证乙烯具有还原性 D．制备FeSO4固体
A．A B．B C．C D．D
9．（2023·日照模拟）有机物W的结构如图所示，下列关于W的说法错误的是
A．分子中无手性碳原子
B．分子中碳原子的杂化方式有2种
C．1mol W中含σ键的数目为19
D．W的同分异构体中，属于芳香族化合物且能与溶液反应的有18种
10．（2023·日照模拟）CO2电催化还原制备CH3OH的反应历程如图所示(部分物质未画出)。
主反应：
副反应：
下列说法正确的是
A．催化剂可同时降低主、副反应的活化能，从而降低、
B．*与结合形成*
C．反应过程中有极性键和非极性键的断裂与生成
D．反应为决速步
11．（2023·日照模拟）为探究FeCl3溶液与Na2S溶液反应的产物，进行了如下实验(已知：FeS和Fe2S3均为难溶于水的黑色固体)。
实验 实验操作 实验现象
① 分别向盛有少量FeS、Fe2S3固体的试管中加入稀盐酸 固体均溶解，均有臭鸡蛋气味气体生成；Fe2S3还有淡黄色浑浊生成
② 向0.1mol/L FeCl3溶液中加入少量0.1 mol/L Na2S溶液 开始时，局部产生少量黑色沉淀，振荡，沉淀立即消失，同时有淡黄色浑浊和臭鸡蛋气味气体产生
③ 向0.1 mol/L Na2S溶液中加入少量0.1 mol/L FeCl3溶液，产生现象后继续滴加足量盐酸 先有黑色沉淀生成，振荡沉淀不消失；滴加盐酸后，沉淀溶解，有淡黄色浑浊和臭鸡蛋气味气体生成
下列说法错误的是
A．配制 FeCl3溶液时，需将FeCl3固体溶于浓盐酸，再加水稀释至所需浓度
B．实验②中，沉淀消失发生反应的离子方程式为
C．由实验①、③中的现象可推知实验③中的黑色沉淀为Fe2S3
D．FeCl3溶液与Na2S溶液反应的产物与反应体系的酸碱性有关
12．（2023·日照模拟）某些生物酶体系可以促进H+和e-的转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。下列说法错误的是
A．过程I中发生还原反应
B．a和b中参与反应的数目相等
C．过程Ⅱ的反应为
D．过程I→Ⅲ的总反应为
13．（2023·日照模拟）一种由湿法炼铜的低铜萃取余液(含Co2+、Cu2+、Fe2+、Fe3+、Mn2+、H+、)回收金属的工艺流程如下：
室温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子
开始沉淀时的pH 7.8 5.5 5.8 1.8 8.3
完全沉淀时的pH 9.4 6.7 8.8 2.9 10.9
下列说法正确的是
A．“滤渣I”为
B．“调pH”时，选用CaO浆液代替CaO固体可加快反应速率
C．生成的离子方程式为
D．“沉钴”时，用代替可以提高的纯度
14．（2023·日照模拟）双极膜在直流电场作用下，可将水离解，在膜两侧分别得到和。工业上用“双极膜双成对电解法”生产乙醛酸(OHCCOOH)，原理如图所示，装置中两极均为惰性电极。下列说法错误的是
A．a为阳极，b为阴极
B．b极上草酸发生的反应为
C．HBr的作用是增强阳极液的导电能力和充当间接电氧化的媒介
D．两极均产生2.24L(标准状况)气体时，理论上可得到乙醛酸7.4g
15．（2023·日照模拟）25℃时，向一定浓度的溶液中逐滴加入HCl，以X表示或。已知，混合溶液pX与pH的关系如图所示。下列说法错误的是
A．曲线I表示与pH的关系
B．第一步电离常数的数量级为
C．时，
D．时，
二、非选择题
16．（2023·日照模拟）VA族元素原子核外电子排布有着特殊性，能与其他元素组成结构、性质各异的化合物。回答下列问题：
（1）氮原子可以提供孤电子对与氧原子形成配位键，基态氧原子的价层电子发生重排提供一个空轨道，则重排后的氧原子价电子排布图为　 　，基态氧原子的价层电子不是重排结构，原因是不符合　 　(填“泡利不相容原理”或“洪特规则”)。
（2）沸点：　 　(填“>”或“＜”，下同)，键角：　 　。
（3）As、Ge、Se三种元素的第一电离能由大到小的顺序是　 　。
（4）基态As原子的最高能级组的电子排布式为　 　，与互为等电子体的分子为　 　(写出一种)。
（5）TiN晶胞中的少量Ti被Al代替后的立方晶胞结构如图所示。该晶胞中，距离Ti最近的Al有　 　个；原子①与原子②的距离为　 　nm(已知晶体密度为，阿伏加德罗常数的值为)。
17．（2023·日照模拟）一种从含银、铼的废催化剂(含、MgO、、和等)中回收银和铼的工艺流程如下：
已知：高铼酸()是白色片状结晶、微溶于冷水、溶于热水的一元强酸。回答下列问题：
（1）“操作I”和“操作II”均需要用到的玻璃仪器有　 　；“操作x”选用　 　结晶(填“蒸发”或“降温”)。
（2）“氧化浸出”时，铼(Re)发生反应的离子方程式为　 　；将浸出温度控制在70℃，其目的除加快反应速率和减少反应物的分解、挥发外，还有　 　。
（3）用石墨电极进行“电沉积银”，所得沉积液可循环到　 　中使用(填操作单元名称)。
（4）“氧化浸出”时有AgCl生成，“还原”时，与AgCl反应生成和一种无毒气体，该反应的化学方程式为　 　。若生成的AgCl用溶解，则100mL 6 最多能溶解AgCl　 　g(保留两位有效数字)。已知：)的平衡常数称为稳定平衡常数，；AgCl的。
18．（2023·日照模拟）溴代烷的制备，常规工艺分“氧化”和“溴化”两个过程，通常以O2在合适温度下催化氧化HBr制备Br2(g)(溴易液化，注意控制温度和压强)，再利用Br2完成溴代过程来制备；新工艺是将烷烃、HBr和O2混合，直接催化“氧化溴化”得到溴代烷。回答下列问题：
（1）已知：T K时，部分物质的相对能量如下表：
物质 HBr(g) (g) (g) (g)
相对能量/ x y z w
此温度下，在恒容密闭容器中充入4mol HBr(g)和1mol O2(g)发生“氧化”，测得反应物的平衡转化率为60%。若保持其他条件不变，改为绝热状态，平衡时测得放出热量为Q kJ，则下列关系正确的是____(填标号)。
A．
B．
C．
D．
（2）“溴化”时容器体积可变。在温度为T K时，向10 L容器中投入初始浓度均为0.1的(g)和(g)，发生反应：。保持温度不变，压缩容器体积，测得不同容积下(g)的平衡浓度如下表：
容器体积V/L 10 3
m 0.09 0.25
当容器体积从10 L缩小到3 L时，测得此时容器内仅有四种气态组分，平衡　 　移动(填“正向”“逆向”或“不”)，m=　 　；容器体积缩小到 L时，平衡　 　移动(填“正向”“逆向”或“不”)。T K时，此反应在容积为10L和L时化学平衡常数分别为、，则　 　(填“大于”“小于”或“等于”)。
（3）新工艺中，“氧化溴化”反应： 。反应起始物料n()、n(HBr)、n()分别为2mol、2mol、1mol时，在不同条件下达到平衡，设体系中的物质的量分数为x()，在T为500K下的x()～p、在p为下的如图所示。
a点对应的压强为　 　；b点对应的反应条件为　 　，此时　 　(保留三位有效数字)。
19．（2023·日照模拟）文拉法辛是一种新型抗抑郁药，其部分合成路线如下图所示：
已知以下过程：
I.
II.
III.
回答下列问题：
（1）物质A的名称为　 　，B→C的化学反应方程式为　 　。
（2）试剂X的结构简式为　 　，C→D的反应类型为　 　。
（3）E中含氧官能团的名称为　 　。
（4）同时满足下列条件的C的同分异构体有　 　种(不考虑立体异构)。
①苯环上有两个取代基 ②分子中含有手性碳原子
③能发生银镜反应| ④与发生显色反应
（5）根据上述信息，写出以丙酮()为主要原料，制备的合成路线　 　。
20．（2023·日照模拟）环己酮()是一种重要的化工原料，一种由H2O2氧化环己醇制备环己酮的实验方法如下：
相关数据如下：
物质 密度/ 沸点/℃(101kPa) 与水形成共沸物的沸点/℃ 部分性质
环己醇 0.96 161.0 97.8 能溶于水，具有还原性，易被氧化
环己酮 0.95 155.0 98.0/3.4kPa 95.0 微溶于水，遇氧化剂易发生开环反应
回答下列问题：
（1）的作用是　 　：加入食盐的目的是　 　。
（2）环己酮的产率受H2O2用量的影响，当环己酮产率达最大值后，增加H2O2的用量其产率反而下降，原因是　 　。
（3）减压蒸馏的装置如下图所示，为了便于控制温度，加热方式最好选用　 　(填“水浴”或“油浴”)。进行减压蒸馏时，使用磁力加热搅拌器加热，磁子的作用除搅拌使混合物均匀受热外，还有　 　。
减压蒸馏的操作顺序为：打开双通旋塞，打开真空泵，缓慢关闭双通旋塞，接通冷凝水，开启磁力加热搅拌器，进行减压蒸馏。减压蒸馏完成后，需进行下列操作，正确的操作顺序是　 　(填标号)。
a.关闭真空泵 b.关闭磁力加热搅拌器，冷却至室温
c.缓慢打开双通旋塞 d.停止通冷凝水
（4）本实验中环己酮的产率为　 　(保留2位有效数字)。
（5）传统的制备环己酮实验用酸性作氧化剂，更易把环己醇氧化生成己二酸，该反应的离子方程式为　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】硅和二氧化硅；合金及其应用；高分子材料
【解析】【解答】A．钢是铁碳合金，属于合金，A不符合题意；
B．光伏电站使用的电池材料主要为晶体硅而不是二氧化硅，B符合题意；
C．中国新能源客车的引入，可以减少化石燃料的燃烧，能够减少CO2的排放，故有助于实现卡塔尔世界杯绿色低碳的目标，C不符合题意；
D．纹理聚氨酯属于有机高分子材料，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、钢铁属于合金；
B、太阳能电池板的材料是硅；
C、新能源客车可以减少二氧化碳的排放；
D、聚氨酯为高分子材料。
2．【答案】A
【知识点】常用仪器及其使用；化学实验安全及事故处理
【解析】【解答】A．容量瓶颈上有玻璃塞，酸式滴定管下端有玻璃活塞，简式滴定管下端有玻璃珠和分液漏斗下端有玻璃活塞，它们是否密封不能直接观察出来，故使用前均需要检验是否漏水，A符合题意；
B．瓷坩埚的主要成分中含有二氧化硅，能够与氢氟酸反应，不能用氢氟酸清洗做过硅酸分解实验的瓷坩埚，B不符合题意；
C．由于镁可以在CO2中继续激烈燃烧，反应原理为：2Mg+CO22MgO+C，故金属镁着火时，不可用泡沫灭火器灭火，C不符合题意；
D．硝酸银见光易分解，可将硝酸银固体保存在棕色广口瓶中，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、含有塞子的仪器使用前需要检验是否漏水；
B、氢氟酸可以和二氧化硅反应；
C、镁可以和二氧化碳反应；
D、硝酸银应该装在棕色广口瓶。
3．【答案】C
【知识点】元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．组成元素中O、Al、Si、Pb均位于元素周期表的p区，但Fe位于d区，A不符合题意；
B．已知Si(s)和SiO2(s)均为原子晶体，且键长为：Si-Si键＞Si-O键，通常键长越短键能越大，即键能：Si-O键＞Si-Si键，键能越大，熔化需要的能量越高，其熔点越高，即二氧化硅的熔点高于晶体硅的熔点，B不符合题意；
C．已知Al是13号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p33s23p1，故基态铝原子核外电子占据7各原子轨道，即有7种不同的空间运动状态，C符合题意；
D．由原子手恒可知，Fe3Ox中x=4，设Fe3Ox中Fe(II)为a个，则有2a+3(3-a)=8，即得a=1，即设Fe3Ox中Fe(II)与Fe(III)的个数比为1：2，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、铁在d区；
B、原子晶体的键长越短键能越大，则熔点越高；
C、7个轨道则有7种不同的运动状态；
D、四氧化三铁可以看成Fe2O3·FeO判断。
4．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．由题干有机物的结构简式可知，分子中含有酚羟基且其邻位上有H，故其能与溴水发生取代反应，且分子中含有碳碳双键，故能于Br2水发生加成反应，A不符合题意；
B．由题干有机物的结构简式可知，与足量H2加成后的产物中含有醇羟基、羧基和碳氯键等官能团，其中醇羟基能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B符合题意；
C．由题干有机物的结构简式可知，1mol分子中含有1mol酚羟基可消耗1molNaOH，含有1mol羧基，可消耗1molNaOH，1mol碳氯键(直接与苯环碳原子相连)，可消耗2molNaOH，即一定条件下，1mol M最多可与4mol NaOH反应，C不符合题意；
D．由题干有机物的结构简式可知，1mol M与足量Na2CO3溶液反应，羧基和酚羟基最多消耗Na2CO3各1mol即2molNa2CO3，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、碳碳双键可以和溴发生加成反应，酚羟基的邻位可以和溴发生取代反应；
B、羟基具有还原性，可以和酸性高锰酸钾反应；
C、羧基、氯原子、酚羟基都可以和氢氧化钠反应；
D、羧基可以和碳酸钠反应，酚羟基和碳酸钠不反应。
5．【答案】D
【知识点】除杂
【解析】【解答】A．用饱和NaHCO3溶液来除去CO2中的SO2，反应原理为：2NaHCO3+SO2=Na2SO3+2CO2+H2O该反应未有化合价改变，不属于氧化还原反应，A不合题意；
B．用NaOH溶液、CO2即可除去Al2O3中的Fe2O3，涉及的反应先后为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O、NaAlO2+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+NaHCO3、2Al(OH)3Al2O3+3H2O，试剂盐酸可以不用，且未有元素化合价改变，均不属于氧化还原反应，B不合题意；
C．干燥氨气不能用无水CaCl2，试剂不符合题意，C不合题意；
D．除去溴苯中的Br2，用NaOH溶液然后分液，反应原理为：2NaOH+Br2=NaBr+NaBrO+H2O，该反应有元素化合价改变，属于氧化还原反应，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、二氧化硫可以和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，不是氧化还原反应；
B、氧化铝可以和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝，氢氧化铝受热分解为氧化铝，都不是氧化还原；
C、氨气不能用氯化钙干燥；
D、溴可以和氢氧化钠反应生成溴酸钠、溴化钠和水，为氧化还原反应。
6．【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．由题干信息可知，铬与铝性质相似，但活泼性比铝弱，故可用铝热反应制备铬，原理为：2Al+Cr2O3Al2O3+2Cr，A不符合题意；
B．由题干信息可知，铬与铝性质相似，已知常温下铝在浓硝酸、浓硫酸中发生钝化，故常温下铬在浓硝酸中发生钝化，B不符合题意；
C．由题干信息可知，铬与铝性质相似，故蒸发CrCl3溶液时由于CrCl3水解得到Cr(OH)3和HCl，HCl易挥发，促进水解正向进行，故直接蒸发CrCl3溶液不能制备无水CrCl3，C符合题意；
D．已知碱性条件下，Cr(Ⅲ)可被氧化为Cr(Ⅵ)，由+H2O2+2H+可知，则其氧化产物为，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、铝热反应制备的是熔点比铝高，活泼性比铝弱的金属；
B、铝常温下可以被浓硝酸钝化；
C、铬离子可以发生水解；
D、增大氢氧根浓度，平衡朝逆向移动。
7．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性键和非极性键；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；四种元素中电负性最大的为X，A不符合题意；
B．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，B符合题意；
C．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；Z为钾或铜，若为铜则不成立，C不符合题意；
D．W与X两种元素形成的化合物N2H4中也含有N-N非极性键，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、同周期从左到右电负性变强，同主族由上而下电负性减弱；
B、氮原子的电子为半充满，第一电离能出现反常；
C、同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；
D、相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合。
8．【答案】A
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．一般情况下，在铁制品上镀铜时用纯铜作阳极，电极反应为：Cu-2e-=Cu2+，电解质溶液为CuSO4溶液，铁作阴极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，但若用CuSO4过量氨水作电解质溶液，加入氨水可以形成铜氨络离子，使游离的铜离子浓度维持在一个稳定的状态，此时镀铜层的结晶会更一致，镀层的孔隙率下降，即使的铁上镀致密铜镀层，A符合题意；
B．由于浓硫酸由强氧化性，导致反应原理发生改变，加入浓硫酸反应原理可能为：Na2S2O3+3H2SO4(浓)=Na2SO4+4SO2↑+3H2O，加入稀硫酸则反应原理为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，故不能探究浓度对反应速率的影响，B不合题意；
C．由于乙醇易挥发，且乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故在通入酸性高锰酸钾溶液之前需通过盛水的洗气瓶来除去乙烯中的乙醇，且还可能产生还原性气体SO2，C不合题意；
D．直接蒸干FeSO4饱和溶液，亚铁离子被氧化生成铁离子，则不能制备无水FeSO4，D不合题意；
故答案为：A。
【分析】A、铜为阳极形成铜离子，铜离子在阴极放电形成单质覆盖在铁的表面；
B、浓硫酸和稀硫酸和硫代硫酸钠的反应不同；
C、可以使酸性高锰酸钾褪色的可能是乙醇或者乙烯；
D、亚铁离子可以被氧化。
9．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，结合题干有机物结构简式可知，分子中无手性碳原子，A不符合题意；
B．由题干有机物结构简式可知，分子中碳碳双键和碳氧双键上的碳原子采用sp2杂化，另一个单键的碳原子采用sp3杂化，故分子中碳原子的杂化方式有sp2、sp3 2种杂化方式，B不符合题意；
C．已知单键均为σ键，双键为一个σ键和一个Π键，结合题干有机物结构简式可知，1mol W中含σ键的数目为19，C不符合题意；
D．已知W的分子式为C8H8O3，W的同分异构体中，属于芳香族化合物且能与NaHCO3溶液反应即含有羧基，则若只含有一个取代基为：一种，若含有两个取代基则有：-CH2OH和-COOH、-OCH3和-COOH、-CH2COOH和-OH三组，每一组又有邻间对三种位置关系，若为三个取代基即-OH、-CH3和-COOH此种情况共有4+4+2=10种，故一共有1+3×3+10=20种，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、手性碳原子指的是一个碳原子周围连接四个完全不相同的结构；
B、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
C、σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键；
D、结合碳链异构、位置异构和官能团异构判断。
10．【答案】D
【知识点】极性键和非极性键；反应热和焓变；催化剂
【解析】【解答】A．催化剂可同时降低主副反应的活化能，但不能降低反应热、，A不符合题意；
B．由题干反应历程图可知，*OCH2与H原子结合形成*OCH3，B不符合题意；
C．依据图中变化关系，反应过程中包含极性键和非极性键的断裂，没有非极性键的形成，C不符合题意；
D．由题干反应历程图可知，反应的活化能最大，该步反应速率最慢为决速步，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、催化剂不能影响反应热；
B、结合图示可以知道*OCH2与H原子结合形成*OCH3；
C、相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合；
D、决速步骤为活化能最大的步骤。
11．【答案】C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．由于FeCl3在水溶液中已发生水解，故配制FeCl3溶液时，需将FeCl3固体溶于浓盐酸，以抑制Fe3+水解，再加水稀释至所需浓度，A不符合题意；
B．由于FeCl3溶液呈酸性，结合实验②中实验现象开始时，局部产生少量黑色沉淀，振荡，沉淀立即消失，同时有淡黄色浑浊和臭鸡蛋气味气体产生，可知沉淀消失发生反应的离子方程式为，B不符合题意；
C．由于实验③中Na2S过量，故若发生反应2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓，黑色沉淀还可能是FeS和S，或Fe2S3、FeS和S的混合物，与稀盐酸反应也能观察实验③的现象，故由实验①、③中的现象不能推出实验③中的黑色沉淀为Fe2S3，C符合题意；
D．根据题干实验②③可知，FeCl3溶液和Na2S溶液反应的产物与试剂的相对用量、反应体系的酸碱性有关，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、铁离子可以发生水解，用浓盐酸抑制水解；
B、硫化铁和氢离子反应生成亚铁离子、硫和硫化氢；
C、黑色沉淀可能是FeS和S，或Fe2S3、FeS和S的混合物；
D、结合实验②③可以知道反应的产物与试剂的相对用量、反应体系的酸碱性有关。
12．【答案】C
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．由题干信息可知，过程I中转化为NO，N的化合价降低，故发生还原反应，A不符合题意；
B．由分析可知，根据a过程Ⅰ的方程式为：+2H++e-=NO↑+H2O，过程Ⅱ的方程式为：NO++2H++3e-=N2H4+H2O，和b中参与反应的数目相等，B不符合题意；
C．由分析可知，过程Ⅱ的反应为NO++2H++3e-=N2H4+H2O，C符合题意；
D．由分析可知，过程Ⅰ的方程式为：+2H++e-=NO↑+H2O，过程Ⅱ的方程式为：NO++2H++3e-=N2H4+H2O，过程Ⅲ的方程式为：N2H4-4e-=N2↑+4H+，故过程I→Ⅲ的总反应为，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，化合价降低，得到电子，被还原，发生还原反应；
B、结合化学方程式判断；
C、一氧化氮和氢离子的电子生成肼和水；
D、亚硝酸根和铵根离子生成氮气和水。
13．【答案】B,C
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．由分析可知，“滤渣I”为Fe(OH)3和CaSO4，A不符合题意；
B．“调pH”时，选用CaO浆液代替CaO固体，可以增大反应物之间的接触面积，可加快反应速率，B符合题意；
C．由题干工艺流程图可知，氧化步骤中溶液显酸性，结合氧化还原反应配平可得，生成MnO2的离子方程式为，C符合题意；
D．由于碳酸钠溶液的碱性比碳酸氢钠的强得多，“沉钴”时，不能用Na2CO3代替NaHCO3，否则将生成Co(OH)2等杂质，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A、氧化钙可以在酸性条件下和硫酸根反应生成硫酸钙，铁离子在pH为4.0时已经完全沉淀；
B、增大接触面积额可以加快反应速率；
C、锰离子和氧气、水反应生成二氧化锰和氢离子；
D、碳酸钠的碱性太强，可以使钴离子形成氢氧化钴。
14．【答案】D
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据分析，a为阳极，b为阴极，A不符合题意；
B．阴极上的反应为：H2C2O4+2e +2H+=OHCCOOH+H2O、，B不符合题意；
C．OHCCHO属于非电解质，HBr的作用是增强阳极液的导电能力，Br-在阳极发生失电子的氧化反应生成Br2，Br2将OHCCHO氧化为OHCCOOH，HBr充当间接电氧化的媒介，C不符合题意；
D．当阳极生成标准状况下2.24LO2，转移电子物质的量为0.4mol，生成乙醛酸amol，当阴极b极生成标准状况下2.24LH2，转移电子数为0.2mol，生成乙醛酸bmol，根据电子守恒，，解得b-a=0.1mol，理论上可得到乙醛酸的质量一定大于0.1×74g/mol=7.4g，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】电解池的题目要注意几个问题：
1、连接外接电源正极的为阳极，若阳极为活性电极则阳极失去电子，若阳极为惰性电极，则溶液中的阴离子在阳极失去电子，阳极发生氧化反应；连接外接电源负极的为阴极，溶液中的阳离子在阴极得到电子，阴极发生还原反应；
2、溶液中的离子放电顺序：
阳离子：Ag+ > Hg2+ > Fe3+ > Cu2+ > H+（酸） > Pb2+ > Sn2+ > Fe2+ >Zn2+ > H+（水）；
阴离子：S2– >I-> Br- > Cl- > OH-> (NO3－、SO42– 等)含氧酸根 > F－；
3、电极反应式的书写要结合原子守恒以及溶液形成判断，酸性条件不出现氢氧根，碱性条件下不出现氢离子。
15．【答案】B,D
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A．由分析可知，Ⅰ表示与的关系；，A不符合题意。
B．由点（2.23，-1）可知，第一步电离常数为，其数量级为10-2，B符合题意。
C．由图可知，时，>0，则；
，由点（3.19，1）可知， ；，此时，则，得，C不符合题意。
D．由电荷守恒可知，；由物料守恒可知，；两式联立可得：；，时，，则有，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】A、注意p值越小则X越大；
B、直线上任意一点的平衡常数不变，可以结合提供的已知数据计算；
C、根据电离平衡常数进行判断；
D、根据电荷守恒判断。
16．【答案】（1）；洪特规则
（2）<；<
（3）As>Se>Ge
（4）4s24p3；CCl4
（5）4；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）基态O原子核外电子排布为1s22s22p4，基态氧原子的价层电子发生重排提供一个空轨道，则重排后的氧原子价电子排布图为；洪特规则是指在相同能量的轨道上，电子总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向相同，基态氧原子的价层电子不是重排结构，原因是不符合洪特规则；
（2）氨分子可以形成氢键，导致沸点升高，故沸点：<；、中心原子均为sp3杂化，但是中存在1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，导致中键角减小，故键角：<；
（3）同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，As的4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能由大到小的顺序为As>Se>Ge；
（4）As为第四周期第ⅤA族元素，基态As原子的最高能级组的电子排布式为4s24p3；等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，与互为等电子体的分子为CCl4等；
（5）由图可知，以右侧棱心的钛原子为例，晶胞内体心铝原子与其最近，则周围4个晶胞中距离Ti最近的Al有4个；据“均摊法”，晶胞中含个N、个Ti、1个Al，设晶胞参数为anm，则晶体密度为，，原子①与原子②的距离为。
【分析】（1）氧原子的2p能级上本来有1个轨道有2个电子，另外两个轨道各有1个电子，为了提供空轨道，则将两个孤电子合并在一个轨道；
（2）氢键可以提高分子的熔点和沸点；
（3）同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，若有电子处于半充满则出现反常；
（4）最高能级为4s4p，结合其原子序数以及电子的排列特点，可以知道As的最高能级组的电子排布式为4s24p3；
（5）结合均摊的的技巧判断。
17．【答案】（1）分液漏斗和烧杯；降温
（2）2Re+7H2O2=2ReO+6H2O+2H+；溶解高铼酸
（3）酸溶
（4）4AgCl+5=4Ag↓+N2↑+4+5H2O；7.18g
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）“操作I”和“操作II”是萃取分液，需用到的玻璃仪器是分液漏斗和烧杯；铵盐受热容易分解，故“操作x”选用降温结晶；
（2）“氧化浸出”时，铼(Re)被双氧水氧化生成高铼酸，发生反应的离子方程式为2Re+7H2O2=2ReO+6H2O+2H+；高铼酸()是白色片状结晶、微溶于冷水、溶于热水的一元强酸。将浸出温度控制在70℃，其目的除加快反应速率和减少反应物的分解、挥发外，还有使高铼酸溶解的目的；
（3）滤液主要含硝酸银，通过电解得纯银，副产物中含有稀硝酸，可重复使用到酸溶过程；
（4）“还原”时，与AgCl反应生成和一种无毒气体氮气，该反应的化学方程式为4AgCl+5=4Ag↓+N2↑+4+5H2O；
已知：①) ；
②AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq) ；
①+②可得AgCl(s)+2NH3（aq）[Ag(NH3)2]+(aq)+Cl-(aq) 。设100mL 6 最多能溶解AgCl的物质的量为nmol；
n(AgCl)=0.05mol，m(AgCl)=0.05mol143.5g/mol7.18g。
【分析】（1）萃取分液需要用分液漏斗；
（2）铼和过氧化氢反应生成高铼酸根、水和氢离子；
（3）产物中含有稀硝酸，可以在酸溶阶段循环利用；
（4）本题要注意，氧化还原反应的配平要结合化合价的升降守恒判断。
18．【答案】（1）C
（2）不；0.027；逆向；大于
（3）；500K、；65.2%或者0.652
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）由题干表中数据可知，4HBr(g)+O2(g)=2Br2(g)+2H2O(g) =(2z+2w-4x-y)kJ/mol，此温度下，在恒容密闭容器中充入4mol HBr(g)和1mol O2(g)发生“氧化”，测得反应物的平衡转化率为60%，若保持其他条件不变，改为绝热状态，随着反应进行容器温度升高，平衡逆向移动，则反应物的平衡转化率小于60%，故平衡时测得放出热量为Q kJ，则，故答案为：C；
（2）根据反应方程式可知，当当容器体积从10 L缩小到3 L时，测得此时容器内仅有四种气态组分，反应前后气体的体积不变，即改变容器体积即改变压强，平衡不移动，m==0.027，；容器体积缩小到 L时，若平衡不移动，则平衡时c(CH3Br)==0.27mol/L，而实际为0.25mol/L，说明平衡逆向移动，T K时，此反应在容积为10L和L时化学平衡常数分别为、，由三段式分析10V0时，，K1==0.14，V0时，由于压强增大，Br2蒸气变为液体，导致平衡逆向移动，此时，K2==0.083，则大于，故答案为：不；0.027；逆向；大于；
（3）由题干反应方程式可知，恒温恒容下，增大压强平衡正向移动，即x()随着压强增大而增大，故图像中曲线b为恒温在500K下随压强增大的曲线，而恒温恒压下，随着温度的升高，平衡逆向移动，即x()随着温度的升高而减小，故题干图像中曲线a为下随着温度升高而改变的曲线，b点对应的条件为500K、，b点时x()=0.30，根据三段式分析可知，，则有：=0.30，解得x=mol，故b点=65.2%，故答案为：；500K、；65.2%或者0.652。
【分析】（1）升高温度，平衡朝吸热方向移动；
（2）左右两边化学计量数相等，增大压强，平衡不移动；动；
（3）增大压强，平衡朝气体系数缩小的方向移。
19．【答案】（1）苯酚；+ClCOCH2Cl+HCl
（2）NH(CH3)2；取代反应
（3）羟基和醚键
（4）12
（5）CH3CHOHCH3CH3CHBrCH3或者CH3CHOHCH3CH3CHBrCH3
【知识点】有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；取代反应
【解析】【解答】（1）由分析可知，A的结构简式为：，则物质A的名称为苯酚，B→C即转化为，故该反应的化学反应方程式为：+ClCOCH2Cl+HCl，故答案为：苯酚；+ClCOCH2Cl+HCl；
（2）由分析可知，试剂X的结构简式为NH(CH3)2，C→D即+ NH(CH3)2+HCl，故该反应的反应类型为取代反应，故答案为：NH(CH3)2；取代反应；
（3）由分析可知，E的结构简式为：，则E中含氧官能团的名称为羟基和醚键，故答案为：羟基和醚键；
（4）由分析可知，C的结构简式为：，其分子式为：C9H9O2Cl，则同时满足下列条件：①苯环上有两个取代基，②分子中含有手性碳原子即含有同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子，③能发生银镜反应即含有醛基或者甲酸酯基，④与FeCl3发生显色反应即含有酚羟基，故两个取代基为：-OH和、、、等四组，然后每一组又有邻间对三种位置异构，故符合条件的C的同分异构体有4×3=12种，故答案为：12；
（5）已知可由在浓硫酸作用下发生消去反应制得，根据题干F到G的转化信息可知，可由和CH3CHBrCH3转化而得，CH3CHBrCH3可由CH3CHOHCH3和HBr反应制得或则CH3CHOHCH3和PBr3反应制得，CH3CHOHCH3则可由和催化加氢或则催化还原可得，据此分析确定合成路线为： CH3CHOHCH3CH3CHBrCH3或者CH3CHOHCH3CH3CHBrCH3，故答案为：CH3CHOHCH3CH3CHBrCH3或者CH3CHOHCH3CH3CHBrCH3。
【分析】（1）结合后续流程以及A的分子式，可以知道A为苯酚；
（2）结合后续流程以及C和E的结构简式，可以知道X为NH(CH3)2；
（3）E中含有-OH和-C-O-C-，即含有羟基和醚键；
（4）手性碳原子指的是一个碳原子周围连接四个完全不相同的结构；可以发生银镜反应，即含有醛基；可以和氯化铁显色即含有酚羟基；
（5）合成路线的设计，一般要结合已知条件或者已知合成路线去看，根据题干要求的物质，采用顺推或者逆推法进行相应的设计。
20．【答案】（1）催化剂；降低环己酮在水中的溶解度，便以液体分离
（2）环己酮进一步被氧化发生开环反应
（3）油浴；防止暴沸；bdca
（4）83%或者0.83
（5）3 +4+32H+3HOOCCH2CH2CH2CH2COOH+8Cr3++19H2O
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）由分析可知，FeCl3的作用是作为反应的催化剂，加入食盐的目的是降低环己酮在水中的溶解度，便以液体分离，故答案为：催化剂；降低环己酮在水中的溶解度，便以液体分离；
（2）由题干已知信息可知，微溶于水，遇氧化剂易发生开环反应，故当环己酮产率达最大值后，增加H2O2的用量将导致环己酮进一步发生开环反应，而导致其产率反而下降，故答案为：环己酮进一步被氧化发生开环反应；
（3）由题干信息可知，环己酮的沸点为155℃，故为了便于控制温度，加热方式最好选用油浴，进行减压蒸馏时，使用磁力加热搅拌器加热，磁子的作用除搅拌使混合物均匀受热外，还有防止暴沸的作用，根据减压蒸馏的操作顺序为：打开双通旋塞，打开真空泵，缓慢关闭双通旋塞，接通冷凝水，开启磁力加热搅拌器，进行减压蒸馏，减压蒸馏完成后，先后需进行的操作为b.关闭磁力加热搅拌器，冷却至室温，d.停止通冷凝水故c.缓慢打开双通旋塞，a.关闭真空泵，即正确的操作顺序是bdca，答案为：油浴；防止暴沸；bdca；
（4）根据碳原子守恒有：n(环己酮)=n(环己醇)==0.096mol，本实验中环己酮的产率为=83%，故答案为：83%或者0.83；
（5）传统的制备环己酮实验用酸性作氧化剂，更易把环己醇氧化生成己二酸，根据氧化还原反应配平可得，该反应的离子方程式为3 +4+32H+3HOOCCH2CH2CH2CH2COOH+8Cr3++19H2O，故答案为：3 +4+32H+3HOOCCH2CH2CH2CH2COOH+8Cr3++19H2O。
【分析】（1）结合题干信息，可以知道反应为环己醇和过氧化氢反应生成环己酮，氯化铁作为催化剂；
（2）环己酮可以被过氧化氢氧化发生开环反应；
（3）温度恒定且高于100℃，需要用油浴加热；
（4）结合碳原子守恒可以求出环己酮的物质的量，结合产率公式计算；
（5）环己醇和重铬酸根、氢离子反应生成己二酸、铬离子和水。