湖南省祁阳市第一中学2023届高三第五次月考化学试题（Word版附解析）

高三第五次月考化学试题时量75分钟，满分100分。可能用到的相对原子质量：H～1C～12N～14O～16Na～23Mg～24Al～27S～32Cl～35.5一、选择题(本题共14个小题，每小题3分，共42分。每小题只有一项符合题目要求)1.半导体工业中用到多种化学试剂及材料，下列有关说法正确的是A.一种光刻胶所含的聚乙烯醇月桂酸酯属于有机高分子材料B.刻蚀二氧化硅的HF和NH4F所含化学键类型相同C.清洗半导体硅片用的去离子水适合长期饮用D.半导体材料氮化镓(GaN)属于合金【答案】A【解析】【详解】A．一种光刻胶所含的聚乙烯醇月桂酸酯属于高聚物，相对分子质量大于10000，因此属于有机高分子材料，A正确；B．HF是共价化合物，其中含有H-F键的共价键，而NH4F是盐，与F-之间以离子键结合，在中N、H原子之间以共价键N-H键结合，因此二者所含化学键类型不相同，B错误；C．去离子水不含矿物质，不能补充人体生命需要的微量元素，不适合长期饮用，C错误；D．GaN为化合物.不合金，D错误；故合理选项是A。2.设是阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.环丁烷含有的极性键数为2B.溶液中，数为0.1C.标准状况下，中含有氢原子数为0.05D.铁单质与足量的硫单质充分反应，电子转移数目为3【答案】B 【解析】【详解】A．7g环丁烷物质的量，含极性键数为×8×NA/mol=NA，故A错误；B．1L0.1mol•L-1 HCOONa溶液中，Na+数为1L×0.1mol/L×NA/mol=0.1NA，故B正确；C．标准状况下，HF为液态，无法使用22.4L/mol计算物质的量，故C错误；D．1 mol 铁单质与足量的硫单质充分反应生成1molFeS，电子转移数目为2NA，故D错误；故选：B。3.下列离子方程式正确的是A.硅酸钠与盐酸反应：Na2SiO3+2H+=H2SiO3↓+2Na++H2OB.向NaAlO2溶液中加入NaHCO3：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO2↑C.NaClO溶液与过量NaHSO3溶液反应：ClO-+HSO=Cl-+SO+H+D.以铜为电极电解氯化铵溶液：Cu+2NHCu2++2NH3↑+H2↑【答案】D【解析】【详解】A．该离子方程式未遵循质量守恒定律，且Na2SiO3是强电解质，应拆写并删减，离子方程式为：；A错误；B．向NaAlO2溶液中加入NaHCO3，反应生成Al(OH)3沉淀和Na2CO3，离子方程式为：，B错误；C．NaClO溶液与NaHSO3溶液反应产生的H+会继续和剩余的反应生成SO2和H2O，离子方程式为：ClO-+2=Cl-++SO2↑+H2O，C错误；D．以铜为电极电解氯化铵溶液，阳极的电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+，阴极的电极反应式为：2+2e-=2NH3↑+H2↑，反应的离子方程式为：Cu+2Cu2++2NH3↑+H2↑，D正确；故选D。4.中国自古有“信口雌黄”“雄黄入药”之说。雌黄和雄黄都是自然界中常见 的砷化物，早期都曾用作绘画颜料，因都有抗病毒疗效也用来入药。砷元素有、两种常见价态。一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图所示。下列说法错误的是A.反应Ⅰ中，和的物质的量之比为1∶1时可恰好完全反应B.反应Ⅱ中，物质a可能是S、C.反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ是氧化还原反应；反应Ⅲ是非氧化还原反应D.反应Ⅰ可用NaOH溶液吸收，向吸收后的溶液中加入足量稀硫酸可为反应Ⅳ提供【答案】C【解析】【详解】A．反应Ⅰ中，和反应生成Sn4+、，As化合价由+3到+2，Sn化合价由+2到+4，根据电子守恒可知，～，即物质的量之比为1∶1时可恰好完全反应，A正确；B．反应Ⅱ中氧气具有氧化性，负二价硫具有还原性，则物质a可能是S、，B正确；C．反应Ⅳ中H、O、S、As元素化合价反应前后均不改变，是非氧化还原反应，C错误；D．反应Ⅰ可用NaOH溶液吸收，向吸收后的溶液中存在生成的硫化钠，加入足量稀硫酸反应生成硫化氢气体，可为反应Ⅳ提供，D正确；故选C。5.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且原子序数总和为25，Y是地壳中含量最多的元素，由这四种元素形成的某化合物结构如图所示。下列叙述正确的是 A.简单离子半径：B.该化合物具有强氧化性，可杀菌消毒C.该化合物中W、X、Y、Z最外层均达到8电子稳定结构D.W分别与X、Y、Z形成的化合物所含化学键类型相同【答案】B【解析】【分析】Y是地壳中含量最多的元素，则Y是O，根据化合物结构可知W共用1对电子对，且原子序数最小，则W为H，Z离子为+1价，且是短周期主族元素，则Z为Na，4种元素原子序数总和为25，则1+x+8+11=25，解得x=5，则X为B元素；【详解】由上述分析可知，W为H，X为B，Y为O，Z为Na元素，A．O2-和Na+的电子层数相同，则核电荷数大的离子半径小，即Na+小，简单离子半径：Y>Z，故A错误；B．该化合物含过氧根具有强氧化性，可杀菌消毒，故B正确；C．W为H，该化合物中H最外层电子只有2，未达到8电子稳定结构，故C错误；D．X为B，Y为O，都是非金属元素，H与X或Y形成化合物只有共价键，Z为Na，与H形成化合物NaH含离子键，故D错误；故选：B。6.用下列实验装置能达到相关实验目的的是ABCD 实验装置实验目的快速制备少量NH3配制250mL0.10mol·L-1NaOH溶液实验室焙烧硫酸铜晶体检查装置的气密性A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．收集氨气的试管被塞子堵死了，不能用于收集气体，否则发生炸裂等危险，A不合题意；B．容量瓶不能用于溶解、稀释和长期贮存溶液，B不合题意；C．焙烧固体需用坩埚或者硬质大试管，C不合题意；D．夹住止水夹，向长颈漏斗中加入一定量的水形成一段水柱，放置一段时间，若水柱液面不下降，说明气密性良好，D符合题意；故答案为：D。7.我国科学家用激光将置于铁室中石墨靶上的碳原子炸松，再用射频电火花喷射氮气，获得超硬新材料β－氮化碳薄膜，结构如图，下列有关β－氮化碳的说法错误的是A.碳原子采取sp3杂化、氮原子采取sp2杂化B.氮化碳属于共价晶体 C.氮化碳的化学式为C3N4D.氮化碳硬度超过金刚石晶体【答案】A【解析】【详解】A．由β－氮化碳的结构示意图可知，晶体中形成4个共价键的饱和碳原子和形成3个共价键的饱和氮原子都为sp3杂化，故A错误；B．由β－氮化碳薄膜为超硬新材料可知，氮化碳属于硬度很高的共价晶体，故B正确；C．由β－氮化碳的结构示意图可知，虚线部分为晶体的最小结构单元，位于正方形顶点和边上的碳原子个数为4×+4×=3，位于正方形内的氮原子个数为4，则氮化碳的化学式为C3N4，故C正确；D．由β－氮化碳薄膜为超硬新材料可知，氮化碳属于硬度很高的共价晶体，氮原子的原子半径小于碳原子，则碳氮键的共价键强于碳碳键，所以氮化碳硬度超过金刚石晶体，故D正确；故选A。8.南开大学陈军院士团队研制的一种水性聚合物-空气可充电电池，工作原理如图。N极为尖晶石钴，M极为碳纳米管上的聚合物，电解液为KOH溶液。下列说法中错误的是：A.放电时，电解质溶液的pH增大 B.放电时，M极的电极反应式为-2ne—=C.充电时，每转移1mol电子，N极上有5.6LO2(标准状况)参加反应D.充电时，N极与电源正极相连【答案】C【解析】【分析】放电时为原电池，阳离子移向正极、阴离子移向负极，图中K+移向N电极，则N电极为正极，M电极为负极，充电时为电解池。【详解】A．放电时，正极上O2得电子生成OH-，电解质溶液pH增大，A正确；B．放电时，M极为负极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为-2ne-=，B正确；C．充电时为电解池，N电极为阳极，电极反应式为，则充电时每转移1mol电子，N电极上生成0.25mol氧气，即生成标准状况下体积为5.6L的氧气，C错误；D．充电时，N极为阳极，与电源正极相连，D正确；故选C。9.二甲醚(CH3OCH3)被称为21世纪的“清洁能源”，科学家研究在酸性条件下，用甲醇可合成二甲醚，反应历程中相对能量变化如图所示。 下列叙述错误是A.循环过程中，催化剂参与了中间反应B.该历程中最小的能垒(基元反应活化能)为1.31kJ·mol-1C.制约总反应速率关键步骤的基元反应方程式为→CH3OCH3+H+D.总反应方程式为2CH3OHCH3OCH3+H2O【答案】B【解析】【详解】A．整个过程中是催化剂，先参与第一步反应，最后一步生成，故A正确；B．判断反应历程能垒时，注意纵坐标采用科学记数法，由图可知该历程中最小的能垒(基元反应活化能)为131kJ·mol-1，故B错误；C．决定总反应速率的是活化能或能垒最高的基元反应，由图可知，该基元反应为：→CH3OCH3+H+，故C正确；D．整个过程消耗甲醇，生成二甲醚和水，故总反应为，故D正确；故选B。10.下列有关实验操作、现象和所得结论均正确的是 选项实验操作现象结论A铝箔插入稀硝酸中无明显现象铝箔表面形成了致密的氧化膜B将足量的H2O2溶液滴入少量的酸性高锰酸钾溶液溶液的紫色褪去H2O2具有漂白性C淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热充分反应后，向溶液中加NaOH溶液至溶液呈碱性，再将溶液分成两份一份滴加碘水，溶液不变蓝；另一份加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热至沸腾，生成砖红色沉淀淀粉完全水解D取5mL0.1mol·L-1KI溶液，滴加5～6滴0.1mol·L-1FeCl3溶液，充分反应后，再滴加少量的KSCN溶液溶液变红KI与FeCl3的反应是可逆反应A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．铝箔插入稀硝酸中，发生反应Al+4HNO3(稀)=Al(NO3)3+NO↑+2H2O，观察到铝箔溶解，产生无色气泡，试管口气体呈红棕色；铝在浓硝酸中发生钝化；A项不符合题意；B．足量H2O2溶液中滴入少量的酸性KMnO4溶液，溶液的紫色褪去，发生反应5H2O2+2+6H+=5O2↑+2Mn2++8H2O，H2O2中O元素的化合价由-1价升至0价，H2O2具有还原性，不是漂白性，B项不符合题意；C．淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热充分反应后，向溶液中加NaOH溶液至溶液呈碱性，再将溶液分成两份，一份加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热至沸腾，生成砖红色沉淀，说明淀粉已经发生水解；一份滴加碘水，加入的碘水与NaOH溶液反应，溶液不变蓝，不能证明加热充分反应后的溶液中不含淀粉，从而不能证明淀粉完全水解，C项不符合题意； D．取5mL0.1mol·L-1KI溶液，滴加5～6滴0.1mol·L-1FeCl3溶液充分反应，发生反应2I-+2Fe3+=2Fe2++I2，由于FeCl3少量，若该反应不是可逆反应，则反应后溶液中不含Fe3+，向反应后的溶液中再滴加少量的KSCN溶液，溶液变红，说明反应后的溶液中仍存在Fe3+，从而说明KI与FeCl3的反应是可逆反应，D项符合题意；答案选D。11.某炼铁废渣中含有大量CuS及少量铁的化合物，工业上以该废渣为原料生产晶体的工艺流程如图：下列说法不正确的是A.滤渣的主要成分是B.焙烧过程中每消耗3.0mol则可以生成2.0molCuO(不考虑其他物质与氧气的反应)C.焙烧后的废气不能直接排放到空气中D.将获得的晶体加热可制得固体【答案】D【解析】【分析】废渣中含有大量CuS及少量铁的化合物，通入空气焙烧，硫化铜与氧气反应生成二氧化硫和氧化铜，加盐酸酸浸，所得溶液中含有铜离子和铁离子，调节溶液pH至3~4，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，剩余溶液主要为氯化铜溶液，将氯化铜溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体。【详解】A．焙烧、酸浸后的铁元素主要以形式存在，调节时，水解转化为沉淀，通过过滤除去，A正确；B．焙烧过程中发生反应：，由化学方程式可知，每消耗则可以生成，B正确； C．焙烧过程中发生反应：，焙烧后的废气中含有，二氧化硫是空气污染物，不能直接排放到空气中，否则会污染空气，C正确；D．氯化铜会水解生成氢氧化铜和HCl，若将直接加热，生成的气体挥发，促进氯化铜的水解，产生，无法得到，若要制备，应在干燥的气流中加热脱水，D错误；答案选D。12.恒温条件下，向两个锥形瓶中加入等质量、表面积相同的镁条并塞紧瓶塞，然后用注射器分别注入2mL2mol/L盐酸、2mL2mo/L醋酸，测得锥形瓶内气体压强随时间变化如图，反应过程中忽略液体体积变化。下列说法错误的是A.加入的镁条质量可能为0.050gB.0~300s内，两锥形瓶中反应平均速率相等C.反应结束，反应体系(反应物、生成物、锥形瓶)总能量升高，环境总能量降低D.将醋酸中的镁条替换为等质量的镁粉，曲线b有可能变化为曲线a【答案】C【解析】【详解】A.两注射器酸的物质的量均为0.002L×2mol/L=0.004mol，全部反应消耗Mg的质量为×24g/mol=0.048g，镁条过量、少量、恰好完全反应都可以，故加入的镁条质量可能为0.050g，故A正确；B.由图可知，0～300s内，锥形瓶内压强相等，则生成氢气的量相同，则两锥形瓶中反应平均速率相等，故B正确；C.金属与酸的反应为放热反应，反应体系放出热量，则反应体系（反应物、生成物、锥形瓶）总能量降低，环境总能量升高，故C错误； D.增大接触面积，有利于加快反应速率，将醋酸中的镁条替换为等质量的镁粉，接触面积增大，反应速率加快，曲线b有可能变化为曲线a，故D正确；故选：C。13.贝里斯一希尔曼反应条件温和，其过程具有原子经济性，示例如图。下列说法错误的是+A.Ⅰ中所有碳原子不可能共平面B.该反应属于加成反应C.Ⅱ能发生加聚反应并能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.Ⅲ能使溴的四氯化碳溶液褪色【答案】A【解析】【详解】A．I中与苯环直接相连的碳原子通过单键相连，单键可以旋转，所以I中所有碳原子可能共平面，故A错误；B．该反应中I含有的C=O，根据质量守恒得到该反应为加成反应，故B正确；C．II含有碳碳双键可以发生加聚反应并能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D．III含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D正确。综上所述，答案为A。14.常温时，向(苯甲酸)溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，混合溶液的pH与微粒浓度变化的关系如图所示。下列说法错误的是A.a点溶液对应的pH为3.2B.b点对应的NaOH溶液体积为10.00mLC.c点溶液中： D.常温时，的水解常数【答案】B【解析】【分析】由图可知，b点lg=0，溶液中c(C6H5COOH)=c(C6H5COO—)，溶液pH为4.2，则电离常数Ka==c(H+)=10—4.2；a点lg=—1，则溶液中c(H+)==10—3.2mol/L；c点lg=2，则溶液中c(H+)==10—5.2mol/L。【详解】A．由分析可知，a点溶液中氢离子为10—3.2mol/L，则溶液的pH为3.2，故A正确；B．说明若氢氧化钠溶液体积为10.00mL，苯甲酸溶液与氢氧化钠溶液反应得到等浓度的苯甲酸和苯甲酸钠混合溶液，由苯甲酸根离子的水解常数Kh==＜Ka可知，苯甲酸在溶液中的电离程度大于苯甲酸根离子的水解程度，溶液中苯甲酸的浓度小于苯甲酸根离子，由分析可知，b点溶液中c(C6H5COOH)=c(C6H5COO—)，则对应氢氧化钠溶液的体积应小于10.00mL，故B错误；C．由分析可知，c点溶液中氢离子为10—5.2mol/L，溶液中c(H+)＞c(OH—)，由电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(C6H5COO—)+c(OH—)可得c(C6H5COO—)＞c(Na+)，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(C6H5COO—)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH—)，故C正确；D．由分析可知，苯甲酸的电离常数Ka为10—4.2，则苯甲酸根离子的水解常数Kh===10—9.8mol/L，故D正确；故选B。二、非选择题(共4个大题，58分)15.某化学兴趣小组利用如图1所示装置(加持装置省略)制备。已知是一种易溶于水，不溶于酒精的白色或微红色晶体。 （1）检验如图1装置气密性的方法是___________，装置Ⅱ中发生反应的方程式：___________。（2）抽滤如图2所示，与用普通漏斗过滤相比，抽滤的优点是___________；其最佳操作顺序是___________，确认抽干(填标号)。a．打开循环水式真空泵b．加入少量蒸馏水润湿滤纸c．转移固液混合物（3）根据图3，加热反应后的溶液并控制温度大于40℃，经蒸发结晶，___________，用___________洗涤，干燥，可得到产品。（4）图1装置还存在安全隐患，在Ⅱ后的方框内增加合适的装置和药品以消除这种隐患，在方框内完成作答___________。（5）产品的纯度可用配位滴定法测定。被空气氧化成后，可与配位剂三乙醇胺生成绿色配合物以掩蔽其他离子，再加入盐酸羟胺将 配合物中的还原成，以K-B为指示剂，用EDTA(可以表示为)标准滴定液进行滴定，反应为：。准确称取一定质量的晶体加入250mL的锥形瓶中，加20mL水、10mL三乙醇胺，充分振荡，再加入10mL足量的盐酸羟胺。滴入2～3滴K-B作指示剂后溶液呈酒红色，摇匀。用已标定的溶液滴定，当溶液由酒红色变成纯蓝色，即为终点。实验数据见下表：实验起始滴定管读数/mL终点滴定管读数/mL10.08450.2026.6020.08450.0026.2030.08450.3228.35则产品的纯度为___________％(保留整数)。【答案】（1）①.打开止水夹，微热烧瓶，若装置II中多孔球泡有气泡冒出，冷却后能形成一段水柱，说明气密性良好②.MnO2+SO2=MnSO4（2）①.过滤速度更快，得到的晶体更干燥②.bac（3）①.趁热过滤②.酒精（4）（5）97【解析】【分析】装置I用浓硫酸和Na2SO3反应生成SO2，进入装置II与MnO2发生氧化还原反应生成MnSO4，发生反应的方程式：MnO2+SO2=MnSO4，由于二氧化硫有毒，应在装置末加装NaOH溶液作尾气处理；【小问1详解】检验装置I的气密性方法：可打开止水夹，微热烧瓶，若装置II中多孔球泡有气泡冒出，冷却后能形成一段水柱，说明气密性良好；装置Ⅱ中MnO2与SO2发生氧化还原反应生成MnSO4 ，发生反应的方程式：MnO2+SO2=MnSO4；【小问2详解】与用普通漏斗过滤相比，抽滤的主要优点是过滤速度更快，得到的晶体更干燥；最佳操作顺序是加入少量蒸馏水润湿滤纸，打开循环水式真空泵，再转移固液混合物，即bac；【小问3详解】低于40℃结晶析出MnSO4．5H2O，高于40℃结晶析出MnSO4．H2O，则加热溶液并控制温度＞40℃，蒸发结晶，趁热过滤，已知易溶于水，不溶于酒精，用酒精洗涤，干燥，可得到产品；【小问4详解】二氧化硫有毒需要进行尾气处理，可以在装置后增加NaOH溶液，吸收并防止倒吸和尾气处理装置，即；【小问5详解】消耗的EDTA标准滴定液体积为26.60-0.20=26.40mL、26.20mL、28.35-0.32=28.03，第3组误差较大应舍去，则V(EDTA)=，n(EDTA)=cV=，反应为：，n()=n(EDTA)=，质量为m=nM=×169g/mol=0.0822g，产品的纯度为。16.Mn2O3是一种重要的化工产品。以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有少量Fe3O4、FeO、CoO、Al2O3)为原料制备Mn2O3的工艺流程如图。已知： ①25℃时相关物质的Ksp见下表。物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Co(OH)2Ksp1×10-16.31×10-38.61×10-32.31×10-12.71.09×10-15②氢氧化氧锰(MnOOH)难溶于水和碱性溶液；“沉淀池I”的条件下，Co2+不能被二氧化锰氧化。（1）Mn元素位于元素周期表第_______周期第_______族。（2）向“沉淀池I”中加入MnO2，MnO2的作用是_______；“滤渣2”的主要成分是_______(填化学式)。（3）MnSO4转化为MnOOH的离子方程式为_______。（4）MnSO4转化为MnOOH中“III.实验操作”包含过滤、洗涤、干燥。检验MnOOH是否洗涤干净，具体操作为_______。（5）高纯度的MnOOH转化为Mn2O3的化学方程式为_______。（6）在“沉淀池I”中，滴加氨水调节溶液的pH，使溶液中铝、铁元素完全沉淀，则理论上pH的最小值为_______(当溶液中某离子浓度c≤1.0×10-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全)。【答案】（1）①.四②.VIIB（2）①.将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除杂(或作氧化剂)②.CoS（3）2Mn2++H2O2+4NH3·H2O=2MnOOH↓+4+2H2O（4）取少量最后一次洗涤液，向其中滴加BaCl2溶液，若不出现白色浑浊。说明MnOOH已洗涤干净，反之则未洗涤干净（5）2MnOOHMn2O3+H2O（6）4.9 【解析】【分析】菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有Fe3O4、FeO、CoO、Al2O3)，所以加入硫酸进行酸浸，酸浸后得到溶液中含Mn2+、Fe2+、Fe3+、Co2+、Al3+等；结合已知中Ksp[Fe(OH)3]、Ksp[Fe(OH)2]和Ksp[Mn(OH)2]的相对大小知，Fc3+更容易除去，故在酸性环境中加入MnO2，可将Fe2+氧化成Fe3+，便于后续除杂，而MnO2自身被还原成Mn2+，再用氨水调pH，促使Al3+、Fe3+形成沉淀除去；沉淀池Ⅰ后得到的滤液中含Mn2+、Co2+，沉淀池Ⅱ加含S2-沉淀剂得到的滤渣2是CoS，得到含MnSO4的溶液[含杂质(NH4)2SO4]，通过蒸发浓缩、趁热过滤可以提取MnSO4晶体；再加双氧水氧化、氨水生成MnOOH，再加热得到Mn2O3。【小问1详解】Mn元素为25号元素，位于元素周期表第四周期第VIIB族；【小问2详解】根据上面分析可知加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续除杂；向沉淀池II中加入S2-可以和滤液中的Co2+生成CoS沉淀，故滤渣2为CoS；【小问3详解】由图可知，MnSO4的溶液中加入3%双氧水和氨水后转化为MnOOH，Mn的化合价由+2价升高为+3价，O的化合价由-1价降低为-2价，根据化合价升降守恒和电荷守恒、原子守恒可得，反应的离子方程式为：2Mn2++H2O2+4NH3·H2O=2MnOOH↓+4+2H2O；【小问4详解】MnOOH固体混有硫酸根，检验MnOOH是否洗涤干净，就是检验硫酸根离子，具体操作为取少量最后一次洗涤液，向其中滴加BaCl2溶液，若不出现白色浑浊，说明MnOOH已洗涤干净，反之则未洗涤干净；【小问5详解】高纯度的MnOOH在250℃条件下进行72h加热得Mn2O3和水，反应的化学方程式为：2MnOOHMn2O3+H2O；【小问6详解】根据表格数据可知，Fe(OH)3和Al(OH)3为同种类型的沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以当Al3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c(Al3+)=1.0×10-5mol/L时，c(OH-)= mol·L-1=1´10-9.1mol·L-1，所以常温下，c(H+)=1´10-4.9mol·L-1，pH=4.9，即理论上pH的最小值为4.9。17.苯催化加氢制备环己烷是化工生产中的重要工艺，一定条件下，发生如下反应：Ⅰ．主反应：(g)+3H2(g)⇌(g)∆H1＜0Ⅱ．副反应：(g)⇌(g)∆H2＞0回答下列问题：（1）已知：Ⅲ．Ⅳ．2(g)+15O2(g)⇌12CO2(g)+6H2O(l)∆H4Ⅴ．(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)∆H5则____(用、和表示)。有利于提高平衡体系中环己烷体积分数的措施有____。A．适当升温B．适当降温C．适当加压D．适当减压（2）反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在的基础上适当增大用量，其目的是____。（3）氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当中混有微量或等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为___________。（4）催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合弧 电子对，下图中可作为酸性中心的原子的标号是___________(填“①”“②”或“③”)。（5）恒压反应器中，按照投料，只发生Ⅰ反应，总压为，平衡时苯的转化率为α，则反应Ⅰ的___________(列出计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。（6）利用膜电解技术(装置如图所示)，以Na2CrO4为主要原料制备Na2Cr2O7的总反应方程式为：4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑。则Na2Cr2O7在___________(填“阴”或“阳”)极室制得，电解时通过膜的离子主要为___________。【答案】（1）①.②.BC（2）提高苯的利用率（3）金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活动（4）②（5）（6）①.阳②.Na＋【解析】【小问1详解】 根据盖斯定律结合已知反应：Ⅲ.Ⅳ.2(g)+15O2(g)⇌12CO2(g)+6H2O(l)∆H4Ⅴ(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)∆H5Ⅰ.主反应：(g)+3H2(g)⇌(g)可由，则，故答案为：；根据Ⅰ.主反应：(g)+3H2(g)⇌(g)是一个气体体积减小的方向的放热反应，故有利于提高平衡体系中环己烷体积分数即使平衡向正方向移动，根据勒夏特列原理，可采用适当降低温度和实当加压有利平衡正向移动，而升温和减压都将使平衡逆向移动，故答案为：BC；【小问2详解】反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在的基础上适当增大用量，增大H2的浓度将使平衡正向移动，从而提高苯的转化率即利用率，故适当增大H2用量的目的是提高苯的利用率，故答案为：提高苯的利用率；【小问3详解】氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当中混有微量或等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活动，故答案为：金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活动；【小问4详解】催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合弧电子对，由图可知，①中原子无孤对电子也没有空轨道，②中原子无孤对电子但有空轨道可接收孤电子对，③中有孤对电子，无空轨道，故下图中可作为酸性中心的原子的标号是②，故答案为:②；【小问5详解】 恒压反应器中，按照投料，设投入的苯的物质的量为1mol，只发生Ⅰ反应，总压为，平衡时苯的转化率为α，则：，反应后平衡体系中总的物质的量为：1-α+4-3α+α=5-3α，故平衡时，苯的分压为：，H2的分压为：，则反应1的==，故答案为：；【小问6详解】由4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑可知，电解过程中实质是电解水，阳极上水失去电子生成H+和O2，阴极上H+得到电子生成H2，由2+2H+=+H2O可知，在氢离子浓度较大的电极室中制得，即Na2Cr2O7在阳极室产生；电解过程中，阴极产生氢氧根离子，氢氧化钠在阴极生成，所以为提高制备Na2Cr2O7的效率，Na+通过离子交换膜移向阴极，故答案为:阳；Na+。18.石油分馏得到的烃A(C6H14)可在Pt催化下脱氢环化，逐步转化为芳香烃。以烃A为原料合成两种高分子材料的路线如下：已知：①B的核磁共振氢谱中只有一组峰，G为一氯代烃； ②R-X+R′-XR-R′(X为卤素原子，R、R′为烃基)。回答下列问题：（1）Ⅰ所含官能团的名称为_______。（2）反应类型：I→J_______，A→B_______（3）G生成H的化学方程式为_______。（4）E的结构简式为_______。（5）F合成丁苯橡胶的化学方程式为_______。（6）比I的相对分子质量大14的同系物中且主链有5个碳原子的同分异构体数目为_______，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积比为1：2：3的有机物的结构简式为_______。（7）参照上述合成路线，以2-甲基己烷和一氯甲烷为原料(无机试剂任选)，设计制备化合物E的合成路线：_______。【答案】（1）羧基（2）①.缩聚反应②.氧化反应（3）+NaOH+NaCl+H2O（4）：或（5）n+nCH2=CH-CH=CH2（6）①.6②.HOOCCH2C(CH3)2CH2COOH（7）【解析】【分析】由题给信息“烃A(C6H14)可在Pt催化下脱氢环化”和已知条件“B 的核磁共振氢谱中只有一组峰，”可知，烃A在铂做催化剂作用下，高温条件下转化为，则A为己烷、B为；在铂做催化剂作用下，高温条件下转化为，则C为；在氯化铁做催化剂作用下，与氯气发生取代反应生成，则D为；与氯乙烷发生信息②反应生成，则E为；在氧化铬与氧化铝催化剂作用下，加热发生消去反应生成，则F为；一定条件下与1，3—丁二烯发生加聚反应生成；另一方面B（）在光照条件下与氯气发生取代反应生成，则G为，为一氯代烃，符合题意；在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，则H为；与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成己二酸，在催化剂作用下，己二酸与乙二醇发生缩聚反应生成，则J为。 【小问1详解】根据合成路线可看出Ⅰ为乙二酸，其分子中所含官能团的名称为羧基；【小问2详解】根据上述分析己二酸与乙二醇在催化剂作用下脱水生成聚酯纤维J，J的结构简式为，所以I→J的反应类型为缩聚反应；A→B为脱氢环化过程，属于氧化反应，故答案为：缩聚反应；氧化反应；【小问3详解】G生成H的反应为在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成和水，反应的化学方程式为+NaOH+NaCl+H2O；【小问4详解】根据上述分析可知，E的结构简式为：或；【小问5详解】F为，一定条件下与1，3—丁二烯发生加聚反应生成，F合成丁苯橡胶的化学方程式为：n+nCH2=CH-CH=CH2；【小问6详解】比I的相对分子质量大14的同系物为庚二酸，主链有5个碳原子，则剩余两个羧基，根据同分异构体“定一动一”的书写原则可知，其同分异构体数目按碳骨架分类排列分别为： 、、、、、、共计6种；其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积比为1：2：3的有机物，即有3种不同环境的氢原子，氢原子的个数比为1：2：3的，则该分子的结构简式为HOOCCH2C(CH3)2CH2COOH；【小问7详解】结合题给合成路线可知，以2—甲基己烷和一氯甲烷为原料制备乙苯的合成步骤为在铂做催化剂作用下，2—甲基己烷高温条件下转化为，在铂做催化剂作用下，高温条件下转化为，在光照条件下与氯气发生取代反应生成，与一氯甲烷发生信息②反应生成，则合成路线为。