浙江省杭州地区(含周边)重点中学2022-2023学年高三化学下学期联考试题（Word版附解析）

2022学年第二学期杭州地区(含周边)重点中学高三年级化学学科试题考生须知：1.本卷满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题卷。5.本卷可能用到的相对原子质量：H-1　C-12　N-14　O-16　-23　-24　S-32　K-39　-64　-56　-80选择题部分一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，16个小题，共48分)1.熔融状态下能导电且含有极性共价键的化合物是A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】熔融状态下能导电的化合物属于离子化合物。【详解】A．熔融状态下不能导电，A错误；B．熔融状态下能导电，但中只含非极性共价键，B错误；C．熔融状态下能导电，且OH-中含非极性共价键，C正确；D．属于共价化合物，熔融状态下不能导电，D错误。故答案为：C。2.铁及其化合物应用广泛，下列说法正确的是A.元素位于周期表VIIIB族B.属于弱电解质C.可用作补血剂D.元素位于周期表区【答案】B【解析】【详解】A．元素位于第四周期VIII族，故A错误； B．在水溶液中发生部分电离，属于弱电解质，故B正确；C．Fe3+不能被人体吸收，不能用作补血剂，故C错误；D．元素位于周期表d区，故D错误；选B。3.下列化学用语表示正确的是A.异丁烯的键线式：B.的电子式：C.淀粉的分子式：D.的中心原子的杂化轨道类型：【答案】D【解析】【详解】A．异丁烯的主链上三个碳原子，中间碳原子有一个支链，A错误；B．B最外层三个电子，与F形成共用电子对后，无孤电子对的存在，B错误；C．淀粉的分子式为，C错误；D．的中心原子的价层电子对数，所以杂化轨道类型为杂化，D正确；故答案选D。4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A.氢氧化铝受热易分解，可用作胃酸中和剂B.干冰升华吸热，可用于人工降雨C.碳化硅具有类似金刚石的结构，硬度很大，可用作砂纸和砂轮的磨料D.合金能够大量吸收结合成金属氢化物，可用作储存和运输氢气【答案】A【解析】【详解】A．氢氧化铝能够和胃酸反应，所以可用作胃酸中和剂，和氢氧化铝受热易分解无关，故A符合题意；B．干冰升华吸热，可用于人工降雨，故B不符合题意；C．碳化硅具有类似金刚石的结构，硬度很大，可用作砂纸和砂轮的磨料，故C不符合题意；D．合金能够大量吸收结合成金属氢化物，可用作储存和运输氢气，故D不不符合题意；故选A。 5.下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是A.工业上利用二氧化氮与水反应生产硝酸B.将通入冷的溶液中，制得以为有效成分的漂白粉C.工业上用98.3％的浓硫酸吸收制备硫酸D.和氢氧化钠溶液反应可生成【答案】B【解析】【详解】A．工业制硝酸利用二氧化氮与水反应，即；A正确；B．将通入冷的石灰乳中制备漂白粉，不是溶液，B错误；C．为了防止产生酸雾，用工业上用98.3％的浓硫酸吸收，C正确；D．化学方程式为：，D正确；故答案选B。6.关于反应，下列说法正确的是A.是还原产物B.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4C.既是氧化剂又是还原剂D.生成，转移电子【答案】D【解析】【详解】A.分析方程式中的化合价可知，N2H4中N元素的化合价为-2，N2中的N元素的化合价为0，N元素的化合价升高，N2为氧化产物，故A错误；B.分析方程式中的化合价可知，Cu元素化合价降低，为氧化剂，N元素化合价升高，N2H4为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，故B错误；C.N2H4中有且只有N元素化合价升高，所以N2H4仅为还原剂，故C错误；D.分析方程式可知，每生成1molN2，转移的电子数为4mol，28gN2，正好为1molN2，故D正确；故选D。7.下列反应的离子方程式不正确的是A.少量的通入亚硫酸钠溶液： B.惰性电极电解饱和硫酸锌溶液：C.浓硝酸与铜的反应：D.用溶液处理水垢中的：【答案】A【解析】【详解】A．亚硫酸钠溶液为碱性，少量的通入亚硫酸钠溶液发生反应生成硫酸钠和氯化钠，离子方程式为：，故A错误；B．饱和硫酸锌溶液呈碱性，惰性电极电解饱和硫酸锌溶液，Zn2+在阴极得到电子生成Zn，H2O在阳极失去电子生成O2，电极方程式为：，故B正确；C．浓硝酸与铜反应生成硝酸铜和二氧化氮，离子方程式为：，故C正确；D．由于的溶解度小于的溶解度，用溶液处理水垢中的，会转化为，离子方程式为：，故D正确；故选A。8.下列说法不正确的是A.天然氨基酸均为无色晶体，熔点较高B.重油经减压分馏得到轻质油C.核酸是由许多核苷酸单体形成的聚合物，可水解D.工业上常将液态植物油在一定条件下与氢气发生加成反应，生成固态的氢化植物油【答案】B【解析】【详解】A．天然氨基酸均为无色晶体，分子间存在氢键，所以熔沸点较高，A正确；B．重油得到轻质油通过裂化裂解得到，B错误；C．核酸是由许多核苷酸单体形成的聚合物，故可水解，C正确；D．液态植物油中含有碳碳双键，在一定条件下可以与氢气发生加成反应，得到只含有碳碳单键脂肪，即固态的氢化植物油，D正确；故答案选B。9.对乙酰氨基酚(Ⅰ)可合成缓释长效高分子药物(Ⅱ)，两者结构如图所示，下列说法正确的是 A.Ⅰ分子中最少有5个原子共直线B.Ⅰ分子可以发生取代、加成、氧化、还原、水解反应C.Ⅱ最多消耗D.Ⅱ水溶性比I强【答案】B【解析】【详解】A．分子中最少有4个原子共直线(*标出)，故A错误；B．Ⅰ分子中含有羟基、酰胺基、苯环，可以发生取代、加成、氧化、还原、水解反应，故B正确；C．与氢氧化钠反应生成、CH3COONa，Ⅱ最多消耗2molNaOH，故C错误；D．Ⅰ分子中含有羟基，Ⅱ中不含羟基，Ⅰ水溶性比Ⅱ强，故D错误；选B。10.X、Y、Z、W、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。X元素基态原子电子排布式为，Y元素的第一电离能大于同周期相邻元素的第一电离能，Z元素基态原子2p轨道有一个未成对电子，W元素基态原子s能级上的电子总数与p能级上电子总数相等，Q是地壳中含量最多的金属元素。下列说法不正确的是A.最高价氧化物对应水化物的碱性：B.Y和原子序数为51的元素位于同一主族C.同周期元素中Z的第一电离能最大D.X、Q的氧化物、氢氧化物都有两性【答案】C【解析】【详解】X、Y、Z、W、Q五种短周期元素，原子序数依次增大，X元素基态原子电子排布式为 ，n=2，则X为Be元素；Q是地壳中含量最多的金属元素，则Q为Al元素；Y元素的第一电离能大于同周期相邻元素的第一电离能，Y位于IIA或VA族，且原子序数介于Be，O之间，则Y元素为N元素，W元素基态原子s能级上的电子总数与p能级上电子总数相等，W原子核外电子排布式为，则W为Mg元素；Z元素基态原子2p轨道有一个未成对电子，且原子序数介于O、Al之间，Z原子核外电子排布式为，则Z为F元素；A．金属性：Be<Mg，则最高价氧化物对应水化物的碱性：，A项正确；B．原子序数为51的元素位于第四周期VA族，与N元素位于同一主族，B项正确；C．F元素位于第二周期，第二周期中稀有气体Ne的第一电离能最大，C项错误；D．根据对角线规则，Be、Al的性质相似，二者氧化物，氢氧化物都有两性，D项正确；答案选C。11.科学家利用多晶铜高效催化电解制乙烯，原理如图所示。已知：电解前后电解液浓度几乎不变。下列说法正确的是A.铂电极为阳极，产生的气体是和B.铜电极的电极反应式为C.通电过程中，溶液中通过阴离子交换膜向右槽移动D.当电路中通过电子时，理论上能产生【答案】A【解析】【分析】该电解池的总反应方程式为，铜电极为阴极，该电极的电极方程式为，铂电极为阳极，该电极的电极方程式为【详解】A.由分析可知，铂电极为阳极，产生的气体是和，故A正确； B.由分析可知，铜电极的电极方程式为，故B错误；C.由分析可知，在铂电极发生反应，并且电解前后电解液浓度几乎不变，所以溶液中通过阴离子交换膜向左槽移动，故C错误；D.由铜电极电极方程式分析可知，当电路中通过电子时，理论上能产生0.05mol，在标况下，0.05mol的体积为1.12L，该题目没有说明条件为标况，故D错误；故选A。12.氯化亚砜又称亚硫酰氯，常温下为黄色的液体，熔点，沸点，常用作有机合成工业中的氯化剂，遇水立即水解。下列说法不正确的是A.与混合共热，可得无水B.的空间结构为平面三角形C.与足量溶液反应生成和D.熔沸点比高【答案】B【解析】【详解】A．加热生成氯化铝和水，氯化铝水溶液在加热时发生水解生成HCl和，而遇到水，水解生成HCl和，其中HCl抑制了氯化铝的水解，最后与混合共热，可得无水，A正确；B．中心原子S的价层电子对数=，分子结构为三角锥形，B错误；C．遇到水，水解生成HCl和，均与NaOH反应，生成物为和，C正确；D．和均为分子晶体，范德华力越大，熔沸点越高，前者的相对分子质量大于后者，故熔沸点比高，D正确；故答案选B。13.含杂质的矿物，用处理后，过滤，滤液里添加溶液，产生沉淀、溶液随溶液体积关系如图所示，下列说法不正确的是 A.一开始添加溶液没有沉淀的原因是：B.b点水的电离程度大于d点水的电离程度C.c点溶液中存在：D.滤液中【答案】C【解析】【详解】A．含杂质的矿物，用处理后，过滤，滤液里添加溶液，开始无沉淀的原因是：，随后偏铝酸根促进碳酸氢根的电离，生成沉淀的离子方程式为：，A正确；B．b点为偏铝酸钠与碳酸钠的混合液，偏铝酸钠与碳酸钠均促进水的电离，d点为碳酸钠溶液，偏铝酸钠的水解程度大于碳酸钠，所以b点水的电离程度大于d点水的电离程度，B正确；C．c点溶液中含偏铝酸钠与碳酸钠溶液，溶液中电荷守恒：，C错误；D．加入40ml碳酸氢钠溶液时沉淀最多，沉淀为0.032mol，氢氧化钠过量，滤液中含氢氧化钠，由、可知，前8ml发生反应，不生成沉淀，，则滤液中n(NaOH)=1.0mol/L×0.008L=8×10-3mol，D正确；故选C。14.一定条件下，反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下，下列说法不正确的是 A.由历程I可计算，的总键能B.由历程Ⅱ可知，相同条件下的浓度比的浓度对反应速度影响更大C.相同条件下，的平衡转化率，历程I历程ⅡD.由历程I和历程Ⅱ可得，【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，1molSO2的活化能为，的总键能不是，故A错误；B．由历程Ⅱ可知，相同条件下使用V2O5作催化剂增大的浓度后，反应的活化能降低，反应速率加快，则的浓度比的浓度对反应速度影响更大，故B正确；C．催化剂不改变化学平衡的转化率，则相同条件下，的平衡转化率，历程I历程Ⅱ，故C正确；D．催化剂不改变化学反应热，由历程I和历程Ⅱ可得，，故D正确；故选A。15.可溶性钡盐有毒，医院中常用硫酸钡这种钡盐作为内服造影剂。已知：；。下列推断正确的是A.饱和溶液中存在：B.向、的饱和混合溶液中加入少量，溶液中减小C.不用碳酸钡作为内服造影剂，是因为 D.若每次加入的溶液，至少需要6次可将转化为【答案】D【解析】【详解】A．是难溶性盐，饱和溶液中存在：，根据物料守恒：，故A错误；B．、的饱和混合溶液中存在平衡：(s)+SO(aq)(s)+(aq)，溶液中，少量，度不变，和不变，不变，故B错误；C．胃液中含有盐酸，不用碳酸钡作为内服造影剂的原因是：碳酸钡能和盐酸反应而溶解，和溶度积常数无关，故C错误；D．向中加入溶液，发生反应(s)+(aq)(s)+SO(aq)，该反应的平衡常数K=，若每次加入的溶液，能处理BaSO4物质的量xmol，则K=，x=，，所以至少6次可以将转化为，故D正确；故选D。16.下列方案设计、现象和结论都正确的是实验方案现象结论A将新制饱和氯水慢慢滴入含有酚酞的氢氧化钠稀溶液中当滴到一定量时，红色褪去氯水具有酸性B将铜丝与浓硫酸反应产生的气体通入紫色石蕊溶液中石蕊溶液先变红后褪色气体具有漂白性C将和的混合气体通入密闭的注射器，压缩活塞混合气体的颜色变浅增大压强会使化学平衡向气体体积缩小的方向移动 D在2％溶液中，逐滴滴入2％的氨水先产生沉淀，后沉淀溶解结合银离子能力：氨分子氢氧根离子AAB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A.将新制饱和氯水慢慢滴入含有酚酞的氢氧化钠稀溶液中，Cl2与水反应生成HCl和HClO，其中HClO具有漂白性，也能使红色褪去，故A错误；B.铜丝与浓硫酸反应产生的气体为SO2，SO2通入石蕊溶液中，会与水生成H2SO3，使溶液变红，SO2不能使石蕊溶液褪色，故B错误；C.密闭的注射器中NO2与N2O4会相互转化，压缩活塞，有色气体NO2的浓度增大，虽然增大压强会使化学平衡向气体体积缩小的方向移动，但并不能抵消因体积减小而使NO2的浓度增大的量，最终的结果仍是NO2的浓度增大，故C错误；D.在1ml2％溶液中，逐滴滴入2％的氨水，先生成AgOH白色沉淀，然后沉淀溶解于氨水中，生成[Ag(NH3)2]+，所以氨分子结合银离子的能力大于氢氧根离子结合银离子的能力，故D正确；故选D。非选择题部分二、填空题(5个小题，共52分)17.钛被称为继铁、铝之后的“第三金属”，请回答：（1）基态钛原子核外电子有___________种空间运动状态，根据价电子排布图判断下列钛原子或离子电离一个电子所需能量最高的是___________。（2）钛的配合物有多种。、、的配体中所含原子电负性由大到小的顺序是___________，其中中___________(填写“大于”、“小于”或“等于”) 单个水分中。（3）钛与钙、氧原子形成的一种化合物钙钛矿晶胞如图。此化合物的化学式为___________，该晶体中钙的配位数为___________；（4）在相同条件下，比的水解能力更强，原因是___________。【答案】（1）①.12②.B（2）①.②.大于（3）①.②.12（4）带电荷数更多，半径更小，更易水解【解析】【小问1详解】钛是第22号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，不同轨道的电子空间运动状态不同，因而具有12种空间运动状态的电子；A为Ti原子基态，B为Ti+的基态，C为Ti原子的激发态，第二电离能明显高于的一电离能，同级电离能中激发态电离能比基态低，故失去一个电子所需能量最高的是B，故答案为：12；B；【小问2详解】由、、可知，它们的配体分别为H2O、F-、Cl-，含有的原子有H、Cl、O、F，非金属性越强，电负性越大，所以H、Cl、O、F的电负性由大到小的顺序是；由可知，H2O中O原子的孤电子对进入Ti2+的空轨道，形成配位键，则孤电子对数减少，斥力减小，中变大，所以中大于单个水分中，故答案为：；大于；【小问3详解】由晶胞图可知，Ti位于顶点，个数为=1，1个Ca位于体心，个数为=3，Ti:Ca:O=1:1:3，此化合物化学式为；Ca到棱心的O的距离都相等且最近，故该晶体中钙的配位数为12，故答案为：；12；【小问4详解】与相比，所带电荷更多，半径更小，极化能力更强，故在相同条件下，比的水解能力更强，故答案为：带电荷数更多，半径更小，更易水解。18.化合物X由三种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验： 已知：黄褐色固体A的式量小于100，溶液C是单一溶质盐溶液。（1）X的组成元素是___________，X的化学式是___________。（2）写出B溶液与溶液恰好完全沉淀时的离子反应方程式：___________。（3）固体A是一种良好的脱硫剂，请写出常温下固体A在氛围中与反应的化学反应方程式：___________。（4）设计实验检验溶液B中的阳离子：___________。【答案】（1）①.K、Fe、O②.（2）（3）（4）用玻璃棒蘸取B溶液，点在试纸上，若变红，则存在(其他合理答案)；用洁净的铂丝或铁丝蘸取B溶液进行焰色试验，透过蓝色钴玻璃片观察到紫色，则存在(其他合理答案)【解析】【分析】化合物X由三种元素组成，12.7gX和水反应生成8.9g黄褐色固体A，加热分解生成8.0g红褐色固体B为Fe2O3，物质的量n==0.05mol，质量减少的是水，水的质量=8.9g-8.0g=0.9g，n(H2O)==0.05mol，元素守恒得到固体A中含n(Fe)=0.1mol，n(H)=0.05mol×2=0.1mol，n(O)=0.05mol×3+0.05mol=0.2mol，则A中含n(Fe)：n(H)：n(O)=0.1：0.1：0.2=1：1：2，黄褐色固体A的式量小于100，得到化学式为HFeO2或FeOOH，证明X中含Fe、O元素，溶液C是单一溶质盐溶液，结合所加试剂可知为K2SO4，证明X中含K元素，质量守恒分析验证，12.7g固体X中含K物质的量n(K)==0.1mol，X的化学式n(K)：n(Fe)：n(O)=0.1：0.1：0.2=1：1：2，化学式为KFeO2，溶液A为KOH，和硫酸反应生成B，B和KOH反应生成硫酸钾，则B为硫酸氢钾，据此回答问题。【小问1详解】 上述分析和计算得到X中含元素为：K、Fe、O，化学式为：KFeO2，故答案为：K、Fe、O；KFeO2；【小问2详解】分析可知B溶液与Ba(OH)2溶液恰好完全沉淀时的离子反应方程式为：，故答案为：；【小问3详解】固体A是一种良好的脱硫剂，常温下固体A在HCl氛围中与H2S反应生成单质硫、氯化亚铁和水，反应的化学反应方程式为：2FeOOH+H2S+4HCl═S+2FeCl2+4H2O，故答案为：2FeOOH+H2S+4HCl═S+2FeCl2+4H2O；【小问4详解】溶液B中的阳离子为氢离子和K+离子，结合氢离子显酸性，钾离子焰色试验为紫色涉及实验验证，实验过程和现象为：用玻璃棒蘸取B溶液，点在pH试纸上，若变红，则存在H+，用洁净的铂丝或铁丝蘸取B溶液进行焰色试验，透过蓝色钴玻璃片观察到紫色，则存在K+，故答案为：用玻璃棒蘸取B溶液，点在pH试纸上，若变红，则存在H+，用洁净的铂丝或铁丝蘸取B溶液进行焰色试验，透过蓝色钴玻璃片观察到紫色，则存在K+。19.“碳达峰·碳中和”是我国社会发展重大战略之一，加氢制进行回收利用是实现“双碳”经济的有效途径之一、催化加制的反应历程如图1所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)。向恒压、密闭容器中通入和，平衡时混合气体中含碳物质(、、)的物质的量随温度的变化如图2所示。催化加制，主要涉及到如下反应：反应i：反应ii：（1）反应i自发进行的条件是：___________。 （2）实验测得，随着的浓度增大化学反应速率先增大后减小，试解释原因___________(已知：图1中步骤Ⅱ、Ⅲ是决速步)（3）根据图2，下列说法不正确的是___________。A．温度低于时，测得反应一定时间后的产物中几乎无，原因可能主要发生反应iiB．曲线B表示平衡时随温度的变化关系C．在高温条件下，可同时提高的平衡转化率和的平衡产率D．提高转化为的转化率，需要研发在低温区高效的催化剂（4）在图2中，高于，曲线B随温度升高而减小的原因___________。（5）已知的选择性，的选择性，的选择性的选择性。则①在图2中，平衡时容器体积为，则反应i的平衡常数___________(用V、m列式表示)②在图中画出之间和选择性比(Y)与温度变化的趋势图，并标注a点的坐标___________。【答案】（1）低温自发（2）浓度增大，吸附在催化剂表面的增多，解离为增多，反应速率加快；增大到一定程度后，吸附在催化剂表面的减少，解离为减少，反应速率减慢（3）ABC（4）、，温度升高反应ii正移程度大于反应i逆移程度，平衡转化率增大，剩余物质的量减小 （5）①.②.【解析】【小问1详解】反应i是气体体积减小的放热反应，<0，<0，低温时<0，所以低温时反应能自发进行，故答案为：低温自发；【小问2详解】催化加制的反应历程如图1，增大浓度，吸附在催化剂表面的增多，解离为增多，使步骤Ⅲ的反应速率加快，但CO2增大到一定程度后，吸附在催化剂表面的减少，解离为减少，使步骤Ⅱ的反应速率减慢，由于步骤Ⅱ、Ⅲ是决速步骤，所以随着的浓度增大化学反应速率先增大后减小，故答案为：浓度增大，吸附在催化剂表面的增多，解离为增多，反应速率加快；增大到一定程度后，吸附在催化剂表面的减少，解离为减少，反应速率减慢；【小问3详解】A．图2中曲线A表示平衡时n(CH4)随温度变化的关系，曲线C表示平衡时n(CO)随温度变化的关系，由图可知，温度低于时，测得反应一定时间后的产物中几乎无，产物主要是CH4，说明这一阶段主要发生反应i，故A错误；B．由上述分析可知，曲线A表示平衡时n(CH4)随温度变化的关系，曲线C表示平衡时n(CO)随温度变化的关系，则曲线B表示平衡时随温度的变化关系，故B错误；C．由图可知，在高温条件下，的平衡转化率较高，但的含量和平衡产率较低，则高温不利于提高的平衡产率，故C错误；D．由图可知，低温条件下的含量较高，即在低温条件下有利于提高转化为的转化率，并且高效的催化剂可提高反应速率，所以研发在低温区高效的催化剂可提高转化为的转化率，故D正确；故答案为：ABC；【小问4详解】 反应i是放热反应，反应ii是吸热反应，曲线B表示平衡时随温度的变化关系，由图可知，温度高于，含量增大，含量减小，含量也减小，说明的平衡转化率增大，的平衡产率增大，的平衡产率减小，即升高温度时，反应ii向正向移动的程度大于反应i逆向进行的程度，故答案为：、，温度升高反应ii正移程度大于反应i逆移程度，平衡转化率增大，剩余物质的量减小；【小问5详解】①图2中时，n(CH4)=n(CO)=mmol，设n(CO2)=ymol，n(H2)=zmol，n(H2O)=xmol，根据C、H、O原子守恒列式有：2m+y=1，4m+2x+2z=8，m+2y+x=2，解得x=3m，y=1-2m，z=4-5m，则反应i的平衡常数==，故答案为：；②、，随着温度升高，的选择性逐渐减小，的选择性逐渐增大，则和选择性比(Y)逐渐减小，图中a点二者选择性相等，选择性比(Y)为1，变化趋势如图，故答案为：。20.溴化亚铜可用作工业催化剂，是一种白色粉末，微溶于冷水，不溶于乙醇等有机溶剂，在热水中或见光都会分解，在空气中会慢慢氧化成绿色粉末。制备的实验步骤如下： （1）实验所用蒸馏水需经煮沸，煮沸目的是___________。步骤III中用“溶有”蒸馏水洗涤的方法是___________。（2）下列说法不正确的是___________。A.实验过程中可加少量还原粉防止被氧化B.多孔玻璃泡可以增大气体与溶液的接触面积，起到充分反应目的C.防止见光分解，步骤3过滤需避光进行D.洗涤时，为防止被氧化需用玻璃棒快速搅拌多次以加快洗涤速度（3）判断反应已完成的简单方法___________。（4）欲利用上述装置烧杯中的吸收液(经检测主要含、等)制取较纯净的晶体。从下列选项中选择最佳操作并排序___________。____→____→(⑥)→____→____→____→(⑦)①蒸发浓缩至出现大量晶体②蒸发浓缩至出现晶膜，冷却结晶③乙醇洗涤2～3次④热水洗涤2～3次⑤过滤⑥加入少量维生素C溶液(抗氧剂)⑦真空干燥⑧烧杯中加入100g20％的溶液⑨烧杯中通入至饱和（5）某荧光材料可测的纯度。已知荧光强度比值与在一定浓度范围内的关系如图。取粗产品，经预处理，将其中元素全部转化为并定容至1L。取样测得荧光强度比值为10.7，则制得纯度为___________。 【答案】（1）①.除去蒸馏水中的溶解氧②.往漏斗内加入溶有的蒸馏水至没过沉淀，待自然流干，重复操作2-3次（2）AD（3）溶液蓝色完全褪去（4）⑨⑧⑥②⑤③⑦（5）72％【解析】【小问1详解】该实验通过硫酸铜与二氧化硫发生氧化还原反应生成CuBr，为防止二氧化硫被水中溶解的氧气氧化而增加其用量，实验所用蒸馏水应先煮沸除去水中的溶解氧；过滤后用“溶有”蒸馏水洗涤沉淀的方法：往漏斗内加入溶有的蒸馏水至没过沉淀，待自然流干，重复操作2-3次，故答案为：除去蒸馏水中的溶解氧；往漏斗内加入溶有的蒸馏水至没过沉淀，待自然流干，重复操作2-3次；【小问2详解】A.若加还原粉防止被氧化，会引入杂质，故A错误；B.多孔玻璃泡可以增大气体与溶液的接触面积，有利于气体与溶液充分反应，故B正确；C.见光易分解，因此在步骤3过滤时需避光进行，以防止见光分解，故C正确；D.洗涤时，不能用玻璃棒搅拌，否则会破坏滤纸，影响过滤效果，故D错误；故答案为：AD；【小问3详解】若硫酸铜完全反应，则溶液蓝色会消失，因此可通过观察溶液颜色变化确定反应是否完成，故答案为：溶液蓝色完全褪去；【小问4详解】主要含、等吸收液中先通入至饱和，反应最终生成亚硫酸氢钠，再在烧杯中加入 100g20％的溶液与亚硫酸氢钠反应生成亚硫酸钠，溶液中加入少量维生素C溶液(抗氧剂)，防止亚硫酸钠被氧化，蒸发浓缩至出现晶膜，冷却结晶，过滤，晶体用乙醇洗涤2～3次，真空干燥。故答案为：⑨⑧⑥②⑤③⑦；【小问5详解】由条件可知所取样品中铜离子浓度为0.5×10-6mol/L；则制得CuBr纯度为：。故答案为：72％。21.某研究小组按下列路线合成抗精神病新药依匹哌唑。已知：(可以是烃基，也可以是氢)请回答：（1）化合物F的官能团名称是___________。（2）化合物B的结构简式是___________。（3）下列说法正确的是___________。A.的反应类型为取代反应B.化合物H具有两性C.依匹哌唑的分子式D.化合物G中含有一个手性碳原子（4）写出的化学方程式___________。（5）设计以苯、乙烯为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________（6）写出3种同时符合下列条件的化合物E的同分异构体的结构简式___________①分子中含有两个六元环，其中之一为苯环，无其他环状结构； ②谱和谱检测表明：分子中除苯环外，有2种不同化学环境的氢原子，有键、有。【答案】（1）酯基、醛基（2）（3）AC（4）（5）（6）、、、【解析】【分析】B与反应生成C，根据C逆推，可知B是，A和甲醇反应生成B，由题目信息可知A是OHC-CH2Br；D与反应生成E，根据D的分子式，由E逆推可知D是；F和甲醇反应生成G，根据题目信息，由H逆推，可知G是；小问1详解】根据化合物F结构简式，可知含有官能团名称是酯基、醛基；【小问2详解】B与反应生成C，根据C逆推，可知B是；【小问3详解】 A.是中的Br原子被代替，反应类型为取代反应，故A正确；B.化合物H含有酰胺基、醚键，不具有两性，故B错误；C.根据依匹哌唑的分子式，可知依匹哌唑的分子式，故C正确；D.化合物G是，不含有手性碳原子，故D错误；选AC。【小问4详解】D是，是与反应生成和HCl，反应的化学方程式为；【小问5详解】苯与溴发生取代反应生成溴苯，溴苯与氢气发生加成反应生成，发生水解反应生成，氧化为；乙烯与溴发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，1,2-二溴乙烷发生水解反应生成乙二醇，和乙二醇反应生成，合成路线为；【小问6详解】 ①分子中含有两个六元环，其中之一为苯环，无其他环状结构；②谱和谱检测表明：分子中除苯环外，有2种不同化学环境的氢原子，有键、有，符合条件的E的结构简式有、、、。