浙江省天域全国名校协作体2022-2023学年高三化学下学期4月阶段性联考试题（Word版附解析）

2022学年第二学期天域全国名校协作体4月阶段性联考高三年级化学学科试题可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16P31Al27Ca40Fe56I127Pb207选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质中仅含共价键的盐是A.B.C.D.NaI【答案】B【解析】【详解】A．盐是由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物；不是盐，为有机物，A不符合题意；B．为共价化合物，为仅含共价键的盐，B符合题意；C．硫酸镁是由镁离子和硫酸根离子构成的盐，存在离子键，C不符合题意；D．碘化钠是由钠离子和碘离子构成的盐，D不符合题意；故选B。2.硅酸钠溶液应用广泛，下列说法不正确的是A.Si原子价层电子排布式为B.硅酸钠溶液可作织物防火剂、建筑粘合剂C.水玻璃属于强电解质D.硅酸钠溶液应保存在带橡胶塞的试剂瓶中【答案】C【解析】【详解】A．Si原子价层电子排布式为，A正确；B．硅酸钠溶液俗称水玻璃，可作织物防火剂、建筑粘合剂，B正确；C．水玻璃属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，C错误；D．硅酸钠溶液呈碱性，且有粘合性，应保存在带橡胶塞的试剂瓶中，D正确；故选C。3.下列化学用语表示正确的是 A.氨气分子中氮原子的杂化轨道表示式：B.2-丁烯的反式结构：C.的电子式：D.硼酸在水中的电离方程式：【答案】A【解析】【详解】A．NH3分子中N原子的价层电子对数为3＋=4，孤电子对数为1，N原子采用sp3杂化，轨道表示式为，A正确；B．2-丁烯的反式结构：，B错误；C．中氧为8电子结构，电子式：，C错误；D．硼酸在水中的电离方程式：，D错误；故选A。4.我国文化遗产众多，对于北宋名画“千里江山图”，下列说法不正确的是A.作画的墨水是炭黑溶于水中形成的液溶胶，可用进行古画年代鉴定B.画布材质为麦青色的绢，绢的主要成分是纤维素C.赭石红主要成分是，其性质稳定，不易被空气氧化D.石绿的成分是孔雀石[]，石青是蓝铜矿[]【答案】B【解析】【详解】A．墨水是一种液溶胶，是是炭黑溶于水中形成的液溶胶，可用进行古画年代鉴定，A正确； B．画布材质为麦青色的绢，绢的主要成分是蛋白质，B错误；C．赭石红主要成分是，红棕色，其性质稳定，不易被空气氧化，C正确；D．石绿的成分是孔雀石[]，石青是蓝铜矿[]，D正确；故选B。5.下列关于元素及其化合物的性质说法正确的是A.向久置氯水中滴入紫色石蕊试液，溶液将先变红后褪色B.过量的铜与浓硝酸反应不可能生成NOC.在空气中完全燃烧，产物为氧化铝和水D.和分别与过量的氧气反应生成【答案】C【解析】【详解】A．久置氯水中次氯酸分解生成盐酸，滴入紫色石蕊试液溶液变红不褪色，A错误；B．过量的铜与浓硝酸反应，随着反应进行硝酸被稀释成稀硝酸，稀硝酸和铜反应生成NO，B错误；C．Al2H6与氧气反应，根据原子守恒可知，产物为氧化铝和水，C正确；D．S6和S8在氧气中燃烧只能生成SO2，即使氧气过量也无法生成SO3，D错误；故答案选C。6.火箭推进发生反应的化学方程式为：(偏二甲肼中C、N元素的化合价相等)。下列说法正确的是A.是氧化剂B.被氧化C.氧化产物与还原产物之比为3∶2D.完全反应，有个电子转移【答案】C【解析】【详解】A．反应过程中中碳元素化合价升高，反应氧化反应，为还原剂，A错误；B．中氮元素化合价降低得到氮气，发生还原反应被还原，B错误；C．1分子中碳、氮被氧化生成2分子二氧化碳和1分子氮气，中氮元素化合价降低被还原生成2分子氮气，故氧化产物与还原产物之比为3∶C正确；D．反应中不确定反应量，故无法判断电子转移的量，D错误； 故选C。7.下列反应的离子方程式正确的是A.明矾溶于水产生胶体：B.向二元弱酸溶液中滴入足量烧碱溶液；C.中加入硫酸中：D.实验室用过氧化钡与稀硫酸反应制备双氧水：【答案】D【解析】【详解】A．明矾溶于水，铝离子水解产生胶体：，A错误；B．二元弱酸溶液中滴入足量烧碱溶液反应生成，故反应为，B错误；C．中加入硫酸中生成硫酸铵：，C错误；D．实验室用过氧化钡与稀硫酸发生复分解反应生成双氧水：，D正确；故选D。8.下列说法不正确的是A.冠醚、杯酚、RNA和蛋白质都是超分子B.甲苯、甘油都与浓硝酸发生取代反应分别生成TNT和硝化甘油C.只用新制氢氧化铜(可加热)就能区分乙醇、乙醛、己烷、四氯化碳、葡萄糖D.新冠疫苗一般采用冷藏存放，以避免蛋白质变性【答案】C【解析】【详解】A．冠醚、杯酚、RNA和蛋白质都是超分子，A正确；B．甲苯与浓硝酸发生取代反应生成三硝基甲苯，即TNT；甘油与浓硝酸发生取代反应生成硝化甘油，B正确；C．乙醇与新制氢氧化铜溶液互溶；己烷密度比水小，与新制氢氧化铜溶液分层，无色层在上层；四氯化碳密度比水大，与新制氢氧化铜溶液分层，无色层在下层；乙醛和葡萄糖在加热条件下与新制氢氧化铜反应均生成砖红色沉淀，无法区分，C错误； D．低温可防止蛋白质变性，疫苗一般采用冷藏存放，D正确；故选C。9.某有机物的结构简式如图所示，下列说法正确的是A.该物质含有手性碳原子，有旋光性B.该物质与碳酸钠、碳酸氢钠、盐酸都能反应C.1mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗4molD.1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗5molNaOH【答案】A【解析】【详解】A．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；该物质含有手性碳原子，有旋光性，A正确；B．分子中含羟基、酰胺基、碳溴键、酚羟基，能与碳酸钠、盐酸都能反应，但是不能和碳酸氢钠反应，B错误；C．酚羟基含有邻位H，另外碳碳双键能和单质溴发生加成反应，所以最多消耗单质溴3mol，C错误；D．分子中含酰胺基、碳溴键、酚羟基均能和氢氧化钠反应，1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗4molNaOH，D错误；故选A。10.X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。X只有1个s能级的电子。是一种平面正三角形分子。Z的p能级电子半充满。M元素焰色试验焰色呈黄色。下列说法不正确的是A电负性：，第一电离能：B.与能通过配位键化合C.分子是苯的等电子体，结构相似 D.是一种离子化合物，溶于水能放出氢气【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。X只有1个s能级的电子，则X为H，M元素焰色试验焰色呈黄色，则M为Na，Z的p能级电子半充满，则Z为N。是一种平面正三角形分子，则Y为B，Q为Cl。【详解】A．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，同主族从上到下电负性逐渐减小，则电负性：，根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，则第一电离能：，故A错误；B．(BCl3)中B提供空轨道，(NH3)中N提供孤对电子，与能通过配位键化合，故B正确；C．(B3N3H6)分子是苯的等电子体，结构相似，故C正确；D．(NaBH4)存在钠离子和，是一种离子化合物，溶于水和水反应生成NaBO2和氢气，故D正确。综上所述，答案为A。11.在酸性的环境中，用作催化剂的光催化氧化法脱除NO的过程，如图所示。下列说法不正确的A.该脱除NO过程中有电流产生B.端为正极，其反应为C.向P端迁移D.降低了NO、、反应生成的活化能【答案】C 【解析】【详解】A．该脱除NO过程中存在元素化合价的改变，则存在电子的转移，故有电流产生，A正确；B．端的氧气得到电子发生还原生成过氧化氢，故为正极，其反应为，B正确；C．P极NO失去电子为负极，原电池中阳离子向正极移动，C错误；D．用作催化剂的光催化氧化法脱除NO，催化剂改变反应历程，降低了反应的活化能，D正确；故选C。12.三甲基铝[]在常温常压下为无色透明液体，暴露空气中瞬间着火，与水反应剧烈。在一定溶剂中可发生如下反应：。下列推测不合理的是A.是非极性分子，Al原子以杂化B.是一种有机化合物，可用作引火剂，平时用钢瓶封存，液面可用保护C.与水反应可得到和，有时会着火，实验时要戴护目镜D.与能发生反应是因为中心原子Al有空轨道，可以与中的S原子形成配位键【答案】D【解析】【详解】A．中心原子铝形成3个键，为杂化，为三角形结构，结构对称是非极性分子，推测合理，A不符合题意；B．三甲基铝为含碳化合物，为有机物，暴露空气中瞬间着火，与水反应剧烈，故可用作引火剂，平时用钢瓶封存，液面可用保护防止爆炸，推测合理，B不符合题意；C．与水与水反应剧烈，反应可得到和，甲烷易燃，故有时会着火，实验时为了安全要戴护目镜，推测合理，C不符合题意；D．中心原子Al有空轨道，中氧可以提供孤电子对，故可以与中的O原子形成配位键，推测不合理，D符合题意；故选D。13.已知：酸碱质子理论认为，凡是能给够出质子()的物质是酸(比如)，能接受质子的物质是碱(比如) ，而酸给出质子转变为相应的碱，碱接受质子转变为相应的酸，这种得失质子可以相互转变的一对酸碱型体称为共轭酸碱对。常温下，调节HA溶液的pH，HA所占物质的量分数δ(分布系数)随pH变化、所占物质的量分数δ(分布系数)随pH变化的关系如图所示[比如HA的分布系数]。下列表述不正确的是A.是HA的共轭碱B.C.增大pH过程中，的值减小D.图像上任意一点均满足【答案】C【解析】【详解】A．酸给出质子转变为相应的碱，HA给出质子得到，故是HA的共轭碱，A正确；B．由图可知，时，pH=5，则，B正确；C．，增大pH过程中，氢离子浓度减小，则的值增大，C错误；D．根据A守恒可知，图像上任意一点均满足，D正确；故选C。14.甲醇和异丁烯(以IB表示)在催化剂作用下合成甲基叔丁基醚(MTBE)：△H。反应过程中反应物首先被催化剂吸附，再经历过渡态(I、Ⅱ、Ⅲ)最终得到产物，相对能量与反应历程的关系如图所示(其中表示甲醇和异丁烯同时被吸附，表示甲醇先被吸附，表示异丁烯先被吸附)。 下列说法不正确的是A.该反应的B.三种反应历程中，反应速率最快C.过渡态I比另两种过渡态稳定D.同温同压下，只要起始投料相同，三种途径MTBE的转化率相同【答案】D【解析】【详解】A．该反应的焓变△H为生成物的总能量减去反应物的总能量，则△H=(1-5)QkJ/mol=-4QkJ/mol，该反应的热化学方程式为该条件下反应的热化学方程式为:CH3OH(g)+IB(g)=MTBE(g)OH=-4QkJ/mol，选项A正确；B．N1、N2、N3三种反应历程的活化能分别为(6-2)QkJ/mol=4QkJ/mol、(9-3)QkJ/mol=6QkJ/mol、(10-4)QkJ/mol=6QkJ/mol，则N1反应速率最快，选项B正确；C．过渡态I的能量最低，能量越低越稳定，故过渡态I比另两种过渡态稳定，选项C正确；D．N1、N2、N3三种反应历程的活化能不相等，则同温同压下，只有起始投料相同，相同时间三种途径MTBE的转化率不相同，选项D错误；答案选D。15.常温下用沉淀、、三种金属离子()，所需的最低浓度的负对数值与的关系如图所示，下列说法正确的是 A.室温时向ZnS悬浊液中加入固体，Ksp(ZnS)将随之减小B.向的溶液中加入CuS粉末，有ZnS沉淀析出C.为除去溶液中混有的少量，可加入适量固体，充分搅拌后过滤D.a点对于CuS是不饱和溶液，对于ZnS是过饱和溶液【答案】B【解析】【分析】在p(S2−)=15时，与y轴平衡线画一条平行线，p(Mn2+)＜p(Zn2+)＜p(Cu2+)，则Ksp(MnS)＞Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)。【详解】A．室温时向ZnS悬浊液中加入固体，硫离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，但Ksp(ZnS)大小不变，故A错误；B．根据前面分析Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，根据图中信息得到Ksp(ZnS)=10−25，Ksp(CuS)=10−35，向的溶液中加入CuS粉末，则离子积0.1×10−17.5＞Ksp(ZnS)，则有ZnS沉淀析出，故B正确；C．根据前面分析Ksp(MnS)＞Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)，为除去溶液中混有的少量，可加入适量固体，铜离子变为CuS沉淀，氮引入新的杂质，应该加入，充分搅拌后过滤，故C错误；D．a点离子积常数大于Ksp(CuS)，对于CuS是过饱和溶液，a点离子积常数小于Ksp(ZnS)，对于ZnS是不饱和溶液，故D错误。综上所述，答案为B。16.探究硫及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论中有不正确的是实验方案现象结论 A在过硫化钠()中加入稀盐酸产生淡黄色沉淀和臭鸡蛋气味的气体。发生歧化反应：B已知呈红棕色，将气体通入溶液中溶液先变为红棕色，过一段时间又变成浅绿色。与络合反应速率比氧化还原反应速率快，但氧化还原反应的平衡常数更大。C燃着的镁条插入盛有的集气瓶中。冷却后，往集气瓶中加入适量稀盐酸，静置，取少量上层清液于试管中，滴加少量溶液。剧烈燃烧，集气瓶口有淡黄色固体附着，集气瓶底有白色固体生成。试管中没有产生黑色沉淀镁能在中燃烧：D探究电石与水的反应将电石与饱和食盐水反应产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液，观察现象若酸性高锰酸钾溶液褪色，说明电石与水反应生成了乙炔A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．在酸性条件下发生自身氧化还原生成硫单质和硫化氢气体，会产生淡黄色沉淀和臭鸡蛋气味的气体，A正确；B．铁离子会和二氧化硫发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸根离子，溶液先变为红棕色，过一段时间又变成浅绿色说明与络合生成红棕色的反应速率比氧化还原反应生成亚铁离子的速率快，最终显浅绿色说明氧化还原反应的平衡常数更大，B正确；C．剧烈燃烧，集气瓶口有淡黄色固体附着，说明生成硫单质；集气瓶底有白色固体生成，试管中没有产生黑色沉淀，说明没有生成硫化铜沉淀，而是生成白色氧化镁固体，C正确； D．电石与饱和食盐水反应生成硫化氢气体也会使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能说明生成了乙炔，D错误；故选D。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.卤化物、氢化物在科研和生活中占有重要地位。回答下列问题：（1）下列氟元素的不同微粒，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是。A.B.C.D.（2）的VSEPR模型名称为____________。（3）二氟氮烯()分子中，每个原子均满足八电子稳定结构，则的结构式为____________。（4）C、N、O三种元素都能与H元素形成含A-A(A表示C、N、O元素)键的氢化物。氢化物中A-A键的键能()如下表：HO-OH346247207A-A键的键能依次降低的原因是____________________________________________________________。（5）第三代太阳能电池利用有机金属卤化物碘化铅甲胺()半导体作为吸光材料。的晶胞如图所示，其中位于顶点(大空心球)位置。已知晶体的晶胞参数为anm，阿佛加德罗常数的值为，则晶体的密度为____________。(用最简式表达)【答案】（1）AB（2）四面体形（3）F-N=N-F（4）、、HO-OH中中心原子C、N、O形成化学键后的故电子对数分别为0、1、2，孤电子对数越多，则排斥作用越大，导致其形成的化学键越不稳定，键能减小（5）【解析】 【小问1详解】氟为9号元素，基态原子核外电子排布为1s22s22p5；若处于激发态的电子跃迁到较低轨道会得到发射光谱，根据构造原理、中有电子处于激发态，故用光谱仪可捕捉到发射光谱的是、，故选AB；【小问2详解】中氧原子的价层电子对数为2+=4，则中心原子为sp3杂化，VSEPR模型名称为四面体形；【小问3详解】二氟氮烯()分子中，每个原子均满足八电子稳定结构，则中氟与氮形成1个共价键、氮氮之间形成2个共价键，其结构式为F-N=N-F；【小问4详解】、、HO-OH中中心原子C、N、O形成化学键后的故电子对数分别为0、1、2，孤电子对数越多，则排斥作用越大，导致其形成的化学键越不稳定，键能减小；【小问5详解】根据“均摊法”，晶胞中含个，结合化学式可知，1个晶胞中含有1个，则晶体密度为。18.一种白色结晶状粉末化合物X由4种短周期元素构成，为探究其性质。完成了以下实验；回答下列问题：（1）X的组成元素是____________，X的化学式是____________。（2）溶液Y在酸性条件下能使淀粉、KI溶液变蓝色，写出离子方程式：__________________。（3）固体X的水溶液能使酸性高锰酸钾溶液褪色，写出化学方程式：__________________。（4）请设计一个实验方案检验红棕色混合气体的组成。_______________。【答案】（1）①.氢、氮、氧、硫②.NOHSO4 （2）（3）（4）将红棕色气体通过冷凝装置冷凝，若气体变为无色，说明含有二氧化氮气体；充分冷凝后的气体通过排水法收集后得到的无色气体，遇到空气变为红棕色，说明存在一氧化氮气体【解析】【分析】白色结晶状粉末化合物X由4种短周期元素构成，生成红棕色气体被氢氧化钠吸收生成Y，则气体中含有二氧化氮，得到溶液Y在酸性条件下能使淀粉、KI溶液变蓝色，则Y含有亚硝酸钠，根据钠、氮元素关系可知，氮元素为0.2L×1.0mol/L=0.2mol；得到强酸和硝酸钡生成硫酸钡沉淀26.6g，则硫酸根离子物质的量为26.6g÷233g/mol=0.2mol；X和水加热生成氮氧化合物和含硫酸根离子的强酸，根据质量守恒可知，4种元素应该为氢、氮、氧、硫，硫酸根质量为0.2mol×96g/mol=19.2g、氮元素质量为0.2mol×14g/mol=2.8g，含有剩余氢氧质量为25.4g-19.2g-2.8g=3.4g，则应该还有0.2mol的OH-，故X应该为NOHSO4；【小问1详解】由分析可知，X的组成元素是氢、氮、氧、硫，X的化学式是NOHSO4；【小问2详解】溶液Y在酸性条件下能使淀粉、KI溶液变蓝色，则反应亚硝酸根离子在酸性条件下将碘离子氧化为碘单质，反应为；【小问3详解】固体X的水溶液能使酸性高锰酸钾溶液褪色，反应中锰元素化合价降低为+2价，则氮元素化合价会生成得到硝酸，反应为高锰酸钾和NOHSO4发生氧化还原反应生产硫酸钾、硫酸锰、硝酸和硫酸，出化学方程式：；【小问4详解】二氧化氮为红棕色气体，一氧化氮为无色气体但是容易和氧气生成红棕色二氧化氮气体，故检验红棕色混合气体组成方案可以为：将红棕色气体通过冷凝装置冷凝，若气体变为无色，说明含有二氧化氮气体；充分冷凝后的气体通过排水法收集后得到的无色气体，遇到空气变为红棕色，说明存在一氧化氮气体。19.研究的转化可实现碳的循环利用。在反应器内和在催化剂作用下可发生如下反应：Ⅰ．Ⅱ． （1）反应I的历程如图1所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法不正确的是。A.该反应的，能低温自发B.该历程中最小能垒(活化能)步骤的化学方程式为C.催化剂可以降低反应活化能和反应热，但对反应物的转化率无影响D.最后一步是(g)、(g)从催化剂表面的解吸过程，（2）若反应Ⅱ的正、逆反应速率分别表示为，，、分别为正、逆反应速率常数，c为物质的量浓度。，如图2中有表示反应Ⅱ的正、逆反应速率常数随温度T变化的图像，若A、B、C、D点的纵坐标分别为、、、，则温度时反应Ⅱ的化学平衡常数K=____________。（3）一定条件下使、混合气体通过反应器，同时发生反应Ⅰ、Ⅱ，检测反应器出口气体的成分及其含量，计算的转化率和的选择性以评价催化剂的性能。①220℃时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比 ，则该温度下转化率=____________。(结果保留1位小数)②其它条件相同时，反应温度对的转化率和的选择性的影响如图所示：由图可知，的转化率实验值低于其平衡值，而选择性的实验值却略高于其平衡值，请说明理由。__________。（4）恒压下，和以物质的量比1：3投料合成甲醇(不考虑反应II)，在有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图所示，其中分子筛膜能选择性分离出。请在图中画出无分子筛膜时甲醇的平衡产率随温度的变化曲线_________。【答案】（1）CD（2）100（3）①.13.4%②.的转化率实验值低于其平衡值，原因为在一定的时间内反应没有达到平衡状态导致二氧化碳转化率较低；选择性的实验值略高于其平衡值，原因为该条件下反应Ⅰ的反应速率高于反应Ⅱ，导致单位时间内生成甲醇的量相对更多（4）【解析】【小问1详解】A．该反应生成物能量低于反应物的能量，为放热反应，反应为气体分子数减小的反应，为熵减反应，根据反应能够自发，则能低温自发，A正确； B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，图中峰值越小则活化能越小，由图可知，该历程中最小能垒(活化能)步骤的化学方程式为，B正确；C．催化剂可以降低反应活化能从而加快反应速率，但是不改变反应热，C错误；D．最后一步是(g)、(g)从催化剂表面的解吸转化为气体分子的过程，为熵增过程，，D错误；故选CD；【小问2详解】反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，正逆反应速率常数均变大，且反应正向进行，说明受温度影响更大，故D、C分别为、的随温度的变化；平衡时，=，；【小问3详解】①220℃时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比，则根据碳元素守恒可知，该温度下转化率；②的转化率实验值低于其平衡值，原因为在一定的时间内反应没有达到平衡状态导致二氧化碳转化率较低；选择性的实验值略高于其平衡值，原因为该条件下反应Ⅰ的反应速率高于反应Ⅱ，导致单位时间内生成甲醇的量相对更多；【小问4详解】相同条件下，分子筛膜能选择性分离出，导致反应正向进行，利于生成更多的甲醇，提高甲醇的平衡产率，生成甲醇的反应为放热反应，故随着温度的升高，甲醇平衡产率下降且低于有分子筛的产率，故图像为。20.磷酸亚铁锂是比亚迪“刀片电池”的电极材料，可以硫铁矿(主要成分是，含少量、 和)为原料制备，流程如图：已知几种金属离子沉淀的pH如表所示：金属氢氧化物开始沉淀的pH2.37.54.0完全沉淀的pH4.19.75.2请回答下列问题：（1）焙烧的目的是____________________。（2）从焙烧到氧化要经历一系列步骤，请从下列步骤选择正确的步骤并合理排序__________________。（3）“试剂R”是一种氧化剂，最好选择____________。（4）流程中在“高温煅烧”条件下，由制备的化学方程式为____________。不能用铁粉代替草酸，其目的是____________________。（5）检验产品中是否混有或杂质的实验操作是_____________。（6）产品纯度的测定。分别取7.000g试样，用稀硫酸溶解，滴加二苯胺磺酸钠指示剂，用0.3000溶液滴定至溶液由浅绿变为蓝紫，平均消耗溶液20.00mL。①产品的纯度为____________。(精确到0.01%)②测定结果偏低的原因可能是____________。A．产品在空气中放置时间过长B．滴定前仰视读数C．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成D．滴定管没有用标准液润洗【答案】（1）将转化为氧化铁和二氧化硫（2）cade（3）过氧化氢 （4）①.②.防止生成杂质（5）取样品，加入稀盐酸溶解，滴加KSCN溶液，若不变色则不含三价铁杂质，或变色则含三价铁杂质（6）①.②.ABC【解析】【分析】硫铁矿焙烧后加入硫酸酸溶，除去不反应的二氧化硅等物质，过滤滤液加入FeS进行还原操作，将铁离子转化为亚铁离子同时生成硫单质，过滤除去滤渣，滤液再加入氧化亚铁调节溶液pH除去铝，过滤滤液进行氧化操作将二价铁转化为三价铁，加入磷酸氢二铵生成沉淀，和碳酸锂、草酸反应生成；【小问1详解】焙烧过程的目的是将转化为氧化铁和二氧化硫，能够除去硫；【小问2详解】由表格可知，三价铁离子和铝离子的沉淀范围有重叠，从焙烧到氧化要经历一系列步骤，此步骤需要除去铝杂质且需要将三价铁转化为二价铁，防止沉铝过程中导致铁损失，故应该焙烧后首先加入稀硫酸溶解金属氧化物后除去不反应的二氧化硅等物质，滤液加入FeS进行还原操作，将铁离子转化为亚铁离子同时生成硫单质，过滤除去滤渣，滤液再加入氧化亚铁调节溶液pH除去铝，过滤滤液进行氧化操作，故正确的步骤并合理排序为：cade；【小问3详解】“试剂R”是一种氧化剂，需要将二价铁转化为三价铁且不引入新杂质，最好选择过氧化氢；【小问4详解】“高温煅烧”条件下，由和碳酸锂、草酸反应生成，化学方程式为；铁粉极易和空气中氧气生成氧化铁，不能用铁粉代替草酸，其目的是防止生成杂质导致产品不纯；【小问5详解】铁离子会和KSCN溶液变红色，故检验产品中是否混有或杂质的实验操作是：取样品，加入稀盐酸溶解，滴加KSCN溶液，若不变色则不含三价铁杂质，或变色则含三价铁杂质；【小问6详解】①具有氧化性会把亚铁离子氧化为铁离子，根据电子守恒、质量守恒配平可得： ，则产品的纯度为；②A．产品在空气中放置时间过长，部分二价铁转化为三价铁，导致标准液用量减小，测定结果偏低，A符合题意；B．滴定前仰视读数，导致标准液用量数值偏小，测定结果偏低，B符合题意；C．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，使得标准液读数偏小，测定结果偏低，C符合题意；D．滴定管没有用标准液润洗，导致标准液用量增大，测定结果偏大，D不符合题意；故选ABC。21.匹伐他汀钙是一种抑制剂，具有显著降低低密度脂蛋白胆固醇(LDL-C)效应，用于治疗高胆固醇和高血脂症。其一种中间体(H)的合成工艺路线如下：已知：回答下列问题：（1）A中所含官能团的名称为____________。（2）B的结构简式为____________。（3）下列说法不正确的是。A.C→E的反应类型为取代反应B.化合物G与乙酸互为同系物C.化合物I的分子式是D.化合物B、C、E均能与盐酸反应（4）写出由F与G发生取代反应生成H的化学方程式____________。（5）写出4种符合下列条件的化合物C的同分异构体______________。①分子中只有1个环，且为六元环②分子中有1个氰基和1个亚甲基③核磁共振氢谱显示有3种氢 （6）写出用乙酸乙酯和为原料制取的合成流程________________________。【答案】（1）羧基、硝基（2）（3）BC（4）+(CH3CH2O)2CO+CH3CH2COH（5）（6）CH3COOCH2CH3CH3COOH+CH3COOCH2CH3CH3COCH2COOH+【解析】【分析】A通过还原反应将硝基转化为氨基得到B；B发生取代反应引入氯原子生成C，C转化E，结合E结构可知，D为；F生成H，H和E生成I，结合I、F结构和H化学式可知，H为； 【小问1详解】由图可知，A中所含官能团的名称为羧基、硝基；【小问2详解】B的结构简式为；【小问3详解】A．C→E的反应为氯原子被取代的反应，类型为取代反应，A正确；B．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；化合物G与乙酸结构不同，不互为同系物，B错误；C．由结构可知，化合物I的分子式是，C错误；D．化合物B、C、E中均含有氨基，均能与盐酸反应，D正确；故选BC；【小问4详解】F与G发生取代反应生成H反应为+(CH3CH2O)2CO+CH3CH2COH；【小问5详解】C含有1个苯环、1个氯、1个氧、1个氮且不饱和度为5，符合下列条件的化合物C的同分异构体：①分子中只有1个环，且为六元环，②分子中有1个基和1个亚甲基，则含有-CN、-CH2-，-CN不饱和度为2，则除环外还有2个不饱和度；③核磁共振氢谱显示有3种氢，则结构对称；故可以为；【小问6详解】乙酸乙酯水解生成乙酸，乙酸和乙酸乙酯发生已知反应原理生成CH3COCH2COOH，CH3COCH2COOH与 发生HE生成I的反应生成产品，流程为：CH3COOCH2CH3CH3COOH+CH3COOCH2CH3CH3COCH2COOH+。