湖南省长沙市周南中学2023-2024学年高三化学上学期第二次阶段性测试试题（Word版附解析）

周南中学2024届高三年级第二次阶段性测试化学科试题可能用到的相对原子质量：H-1B-11C-12N-14O-16Na-23Mg-24S-32Cu-64一、选择题(每空3分，共42分。每题只有一个正确选项)1.中华传统文化中蕴含大量化学知识，下列说法不正确的是选项传统文化化学知识A诗句“玉梅雪柳千家闹，火树银花十里开”焰色反应，化学变化B诗句“百宝都从海舶来，玻璃大镜比门排”钢铁在海水中主要发生电化学腐蚀C诗句“司南之杓(勺)投之于地，其柢(勺柄)指南”“杓”的材质为D中药铜绿制法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”实验操作：洗涤、溶解、过滤、蒸发A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．玉梅雪柳指当干枯的枝子上一点点发了绿芽又开出纯净的白色小花时，微风一吹似如飘雪，如同张灯结彩或大放焰火的灿烂夜景，没有涉及到化学反应、焰色反应，故A错误；B．海水呈弱碱性，钢铁在海水中主要发生吸氧腐蚀，吸氧腐蚀属于电化学腐蚀，故B正确；C．由题意可知，“杓”的材质为俗称为磁性氧化铁的四氧化三铁，故C正确；D．由题意可知，制备铜绿碱式碳酸铜的操作过程为洗涤、溶解、过滤、蒸发得到碱式碳酸铜，故D正确；故选A。2.下列叙述正确的有①、、均为酸性氧化物②碘晶体分散到酒精中、饱和氯化铁溶液滴入沸水中所形成的分散系分别为：溶液、胶体③需要通电才可进行的有：电离、电解、电镀、电化学腐蚀④氯化铝溶液与氢氧化铝胶体具有的共同性质是：能透过滤纸，滴加NaOH溶液都能先生成沉淀后沉淀溶解 ⑤苛性钾、次氯酸、氯气按顺序分类依次为：强电解质、弱电解质和非电解质⑥碱石灰、生石灰、玻璃、漂白粉、光导纤维都是混合物A.3个B.4个C.5个D.6个【答案】A【解析】【详解】①CO2、SiO2、P2O5都是能与碱反应生成对应盐和水的氧化物，都属于酸性氧化物，①正确；②碘晶体分散到酒精中得到碘的酒精溶液，饱和FeCl3溶液滴入沸水中得到红褐色的氢氧化铁胶体，②正确；③电离、电化学腐蚀不需要通电就能进行，③错误；④溶液和胶体都能透过滤纸，氯化铝溶液中滴加NaOH溶液，先发生反应AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl产生白色沉淀、后发生反应Al(OH)3+NaOH=Na[Al(OH)4]沉淀溶解，Al(OH)3胶体中滴加NaOH溶液先发生胶体的聚沉产生沉淀、后发生反应Al(OH)3+NaOH=Na[Al(OH)4]沉淀溶解，④正确；⑤氯气属于单质，氯气既不是电解质、也不是非电解质，⑤错误；⑥生石灰是CaO的俗名，属于纯净物，⑥错误；①②④正确，即正确的有3个，答案选A。3.为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.1mol苯乙烯中含有碳碳双键数为B.用电解粗铜的方法精炼铜，当电路中通过的电子数为时，阳极应有32gCu转化为C.2.3gNa与完全反应，反应中转移的电子数介于和之间D.标准状况下，溶于水，溶液中、和HClO的微粒数之和小于【答案】D【解析】【详解】A．1分子苯乙烯含有1个碳碳双键，1mol苯乙烯中含有碳碳双键数为，故A错误；B．用电解粗铜的方法精炼铜，阳极除铜放电外，较铜活泼的金属锌镍等也会放电成为金属阳离子，故当电路中通过的电子数为时，阳极应有小于32gCu转化为，B错误；C．反应转化钠失去1个电子转化为钠离子，则2.3gNa（为0.1mol）与完全反应，反应中转移的电子数，C错误； D．标准状况下，（为0.5mol）溶于水后，溶液中除了、和HClO的微粒数外还存在氯气分子，故、和HClO的微粒数之和小于，D正确；故选D。4.下列离子方程式不正确的是A.乙醇与酸性溶液反应：B.明矾溶液与过量氨水混合：C.溶液中加入产生沉淀：D.将等物质的量浓度的和溶液以体积比混合：【答案】B【解析】【详解】A．乙醇与酸性溶液反应，乙醇被氧化为乙酸，根据得失电子守恒配平离子方程式为，故A正确；B．明矾溶液与过量氨水混合生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程为，故B错误；C．溶液中加入，Fe2+被氧化生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为，故C正确；D．将等物质的量浓度的和溶液以体积比混合，生成硫酸铵、硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为，故D正确；选B。5.某酒精检测仪的工作原理示意图如下。下列说法错误的是 A.该装置在使用过程中，b电极附近增大B.该装置的优势是可以定量检测呼气中的乙醇含量C.该装置使用时需安装电池，故该装置将电能转化为化学能D.该装置的负极反应为【答案】C【解析】【分析】由酒精检测仪的工作原理示意图知，该装置属于原电池，“呼气口”附近的电极为负极，通入空气的另一极为正极。【详解】A．b电极为正极，电极式是，则附近增大，A不符合题意；B．该装置含微处理器和液晶显示屏，可定量检测呼气中的乙醇含量，B不符合题意；C．该酒精检测仪利用的是燃料电池原理，可将化学能转化为电能，C符合题意；D．负极处乙醇发生氧化反应，电极式为，D不符合题意；故选C。6.下列说法中正确的是A.将标况下气体(相对分子质量为)溶于0.1L水中，所得溶液密度为，则此溶液的物质的量浓度为B.将的硫酸与水等质量混合后，所得硫酸的物质的量浓度小于C.用晶体配制100mL1mol/L的溶液，定容时俯视刻度线会导致溶液浓度偏低D.配制的溶液，需用量筒量取质量分数为98%，密度为的浓硫酸5.0mL【答案】B 【解析】【详解】A．标况下VLA气体的物质的量为mol，VLA气体溶于0.1L水中所得溶液密度为，则溶液的体积为×10—3L，则溶液的物质的量浓度为，故A错误；B．若原硫酸体积为V，水的密度比硫酸小，将1mol/L硫酸与水等质量混合后，溶液体积大于2V，则所得硫酸的物质的量浓度小于0.5mol/L，故B正确；C．用晶体配制100mL1mol/L的溶液，定容时俯视刻度线会使溶液的体积偏小，导致溶液浓度偏高，故C错误；D．实验室没有460mL容量瓶，所以配制460mL1mol/L的碳酸钠溶液时，应选用500mL容量瓶，设配置需要98%浓硫酸的体积为VmL，由稀释定律可得：1mol/L×0.5L=，解得V=5.4mL，故D错误；故选B7.下列说法正确的是ABCD钢闸门容易被腐蚀a、b均为惰性电极，b极反应是：O2＋4OH-－4e-＝2H2O阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1∶1电池工作一段时间后,乙池溶液的总质量增加 A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．该装置是外接电源的阴极保护法，钢闸门连接负极，作阴极，不容易被腐，故A错误；B．氢氧燃料电池，b为正极，得电子，发生还原反应，电极反应为O2＋2H2O＋4e－＝4OH－，故B错误；C．电解H2O-CO2混合气体制备H2和CO，总反应为：H2O+CO2H2+CO+O2，阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是2：1，故C错误；D．甲池中的Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池，乙池中发生反应：Cu2++2e-=Cu，保持溶液呈电中性，进入乙池的Zn2+与放电的Cu2+的物质的量相等，而Zn的摩尔质量大于Cu，故乙池溶液总质量增大，故D正确；答案为D。【点睛】准确分析装置图是解题关键，如选项D，该原电池反应式为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，Zn发生氧化反应，为负极，Cu电极上发生还原反应，为正极，阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，两池溶液中硫酸根浓度不变，随反应进行，甲池中的Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池，以保持溶液呈电中性，进入乙池的Zn2+与放电的Cu2+的物质的量相等，而Zn的摩尔质量大于Cu，故乙池溶液总质量增大。8.是国家卫健委专家推荐的高效、安全的消毒用品。某电解法制备的装置如图，有关说法错误的是A.a电极为电源的正极B.生成和的物质的量比为C.转移2mol电子后，阴极区加入2molHCl可复原D.发生器中生成的X溶液的主要溶质为NaCl和NaOH【答案】B【解析】【分析】由图可知，与直流电源负极b相连的电极是电解池的阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H++2e—=H2↑，氯离子通过阴离子交换膜加入阳极区，与正极a相连的电极为阳极，铵根离子在氯离子作用下在阳极失去电子发生氧化反应生成三氯化氮和氢离子，电极反应式为NH +3Cl——6e—=NCl3+4H+，三氯化氮在发生器中与亚氯酸钠溶液反应生成二氧化氯、氨气、氯化钠和氢氧化钠，反应的化学方程式为NCl3+NaClO2+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH。【详解】A．由分析可知，直流电源的正极为a电极，故A正确；B．由得失电子数目守恒可知，反应生成三氯化氮和氢气的物质的量比为1：3，故B错误；C．由分析可知，与直流电源负极b相连的电极是电解池的阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H++2e—=H2↑，氯离子通过阴离子交换膜加入阳极区，则转移2mol电子后，阴极区加入2mol氯化氢可复原，故C正确；D．由分析可知，三氯化氮在发生器中与亚氯酸钠溶液反应生成二氧化氯、氨气、氯化钠和氢氧化钠，则发生器中生成的X溶液的主要溶质为氯化钠和氢氧化钠，故D正确；故选B。9.铅元素有+2、+4两种价态，铅的氧化物均难溶于水，已知有下列两个反应：①；②下列有关叙述不正确的是A.可写成的形式B.反应②中是氧化产物C.根据反应可推测在题给条件下氧化性：D.生成相同质量的，反应①②转移电子数之比为【答案】D【解析】【详解】A．在中，Pb元素分别表现+2价和+4价，其中有2个Pb显+2价、1个Pb显+4价，则可写成的形式，A正确；B．反应②中，PbO是还原剂，则是氧化产物，B正确；C．反应①为非氧化还原反应，表明HNO3不能将PbO氧化，而NaClO能将PbO氧化为PbO2，则表明在题给条件下氧化性：，C正确；D．反应①非氧化还原反应，不发生电子转移，反应②中，生成1mol，转移2mol电子，D不正确； 故选D。10.甲、乙、丙三种不同的物质中均含有同一种元素，它们之间的转化关系如图示(部分反应物及生成物已略去)。下列说法错误的是：A.若甲为气态氢化物，乙为淡黄色固体，则丙具有漂白性B.若甲为气体单质，乙为含有极性共价键的非极性分子，则反应②为吸热反应C.若甲为金属氧化物，乙的水溶液呈酸性，则丙既能与强酸又能与强碱反应D.若甲为金属单质，反应④为置换反应，则往乙溶液中滴加KSCN，溶液变为血红色【答案】C【解析】【详解】A.若甲为气态氢化物(H2S)，乙为淡黄色固体(S)，则丙具有漂白性(SO2)，各物质都能依箭头所指方向发生转化，A正确；B.若甲为气体单质(O2)，乙为含有极性共价键的非极性分子(CO2)，则反应②(C+CO2)为吸热反应，各物质都能依箭头所指方向发生转化，B正确；C.若甲为金属氧化物(Al2O3)，乙的水溶液呈酸性(AlCl3)，则丙[Al(OH)3]既能与强酸又能与强碱反应，这些物质都能转化，但甲不能转化为丙，所以C错误；D.若甲为金属单质(Fe)，反应④(Fe+CuCl2)为置换反应，则往乙(FeCl3)溶液中滴加KSCN，溶液变为血红色，箭头所指的各物质间都能发生转化，D正确。故选C。11.向溶液中滴加等浓度NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。下列说法错误的是A.a点处离子浓度大小顺序为：B.水的电离程度最强b>c C.e点处溶液中D.c点处溶液中的【答案】D【解析】【详解】A．a点处溶液中存在，，，所以，A正确；B．室温时，向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液，b点加入氢氧化钠溶液的体积为100mL，则NH4HSO4和NaOH恰好反应生成硫酸铵，硫酸铵是强碱弱酸盐，铵根离子水解促进水电离，c点氢氧化钠过量，抑制水电离，所以水的电离程度强b>c，B正确；C．e点处两者反应生成硫酸钠和一水合氨、水，能够产生氢氧根离子的过程为：、，所以，C正确；D．c点处溶液中存在的离子有：，根据电荷守恒：，c点处溶液显中性，所以，D错误；故选D。12.据2022年1月统计，我国光伏发电并网装机容量突破3亿千瓦，连续七年稳居全球首位。已知四甲基氢氧化铵常用作电子工业清洗剂，以四甲基氯化铵为原料，采用电渗析法合成[，]，工作原理如图。下列说法错误的是A.光伏并网发电装置中N型半导体为负极，P型半导体为正极B.c为阳离子交换膜，d、e均为阴离子交换膜C.a电极反应式为D.制备182g四甲基氢氧化铵，两极共产生33.6L气体(标准状况) 【答案】B【解析】【详解】A．a极发生还原反应，为阴极，其连接的N型半导体为负极，b极发生氧化反应，为阳极，其连接的M型半导体为正极，A项正确；B．(CH3)4N+通过c膜，通过Na+通过e膜，c、e为阳离子交换膜，Cl－通过d膜，d为阴离子交换膜，B项错误；C．a极为阴极，发生还原反应，电极反应式为2(CH3)4N++2H2O+2e−=2(CH3)4NOH+H2↑，C项正确；D．制备182g四甲基氢氧化铵则转移2mole－，阴极产生1molH2，阳极产生0.5molO2（电极反应式为4OH－-4e－=O2↑+2H2O），共产生1.5mol气体（标准状况下为33.6L），D项正确。答案选B。13.某无色溶液Y可能含有、、、、、、、中的几种，且阳离子数目相同。为确定其组成，某同学进行了如下实验(假设气体均全部逸出，忽略的分解)已知：①；②。下列说法不正确的是A.溶液Y中一定存在、、、B.溶液Y中一定不存在、C.溶液Y中可能存在Na+、，若存在Na+，则Na+数目大于D.若向溶液Y中加入0.4gNaOH，可使溶液中的完全沉淀【答案】C【解析】【分析】无色溶液Y中的阳离子数目相同；溶液无色则不含有铁离子；加入足量的过氧化氢、盐酸，生成气体1且为0.44g，则为二氧化碳气体0.01mol，Y含有碳酸氢根离子；同时得到不溶于酸的沉淀2.33g，沉淀为硫酸钡沉淀0.01mol，已知，则Y含有亚硫酸氢根离子和钡离子，且钡离子为0.01mol，且不含硫酸根 离子；溶液1加入过量氢氧化钡生成气体2为0.17g，则为氨气0.01mol，则Y含有铵根离子；得到沉淀1.165g为溶液1中亚硫酸氢根离子生成的过量的硫酸根离子与加入钡离子生成的硫酸钡沉淀0.005mol，则Y含有亚硫酸氢根离子0.01mol+0.005mol=0.015mol；根据电荷守恒可知一定含有氯离子，不确定含有钠离子，若无钠离子，则根据溶液电中性可知，氯离子0.01mol×2+0.01mol-0.015mol-0.01mol=0.005mol；，若含有钠离子，则钠离子为0.01mol，氯离子为0.015mol；【详解】A．由分析可知，溶液Y中一定存在、、、，A正确；B．由分析可知，溶液Y中一定不存在、，B正确；C．由分析可知，一定含有氯离子，C错误；D．若向溶液Y中加入0.4gNaOH（0.01mol），则亚硫酸氢根离子会释放出0.01mol亚硫酸根离子，能将钡离子完全转化为亚硫酸钡沉淀，D正确；故选C。14.2.0g铜镁合金完全溶解于50mL密度为，质量分数为63%的浓硝酸中，无固体剩余，得到和NO的混合气体1344mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到3.7g沉淀，下列说法不正确的是A.溶解铜镁合金的反应中，起酸性作用的硝酸的物质的量为0.1molB.将所得气体通入水中，还需标准状况下560mL的氧气可使气体恰好被完全吸收C.和NO的混合气体中，的体积分数是40%D.得到3.7g沉淀时，加入NaOH溶液的至少体积是160mL【答案】C【解析】【详解】A．金属离子全部沉淀时，得到3.7g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为3.7g-2.0g=1.7g，氢氧根的物质的量为1.7g÷17g/mol=0.1mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：2x+2y＝0.1、64x+24y＝2.0，解得x=0.02，y=0.03，与硝酸生成硝酸铜和硝酸镁，所以溶解铜镁合金的反应中，起酸性作用的硝酸的物质的量为0.02mol×2+0.03mol×2＝0.1mol，故A正确；B．将所得气体通入水中，同时通入氧气，气体全部转化为硝酸，因此氧气所得电子相当于是金属所失去的电子，因此氧气的物质的量是0.1mol÷4＝0.025mol，在标况下的体积为0.025mol×22.4L/mol＝0.56L＝560mL，故B正确；C．NO2和NO混合气体的物质的量为1.344L÷22.4L/mol=0.06mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则 NO的物质的量为（0.06-a）mol，根据电子转移守恒可知，a×1+（0.06-a）×3=0.1，解得a=0.04，故NO2的体积分数是≈66.7%，故C错误；D．根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，硝酸的物质的量是，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.7mol-0.06mol=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为0.64mol÷4mol/L＝0.16L＝160mL，故D正确；故选：C。二、非选择题(4题，共58分。除标注外，其他每空均为2分)15.硼氢化钠()是一种潜在储氢剂，在有机合成中被称为“万能还原剂”。实验室制备、提纯、分析纯度的步骤如下，请结合信息回答问题。NaH固体，可溶于异丙胺或水，常温下与水缓慢反应，与酸剧烈反应，强碱环境下能稳定存在固体，强还原性，与水剧烈反应产生固体，难溶于异丙胺，常温下与水剧烈反应Ⅰ.的制备先打开，向装置中鼔入，然后升温到110℃左右，打开搅拌器快速搅拌，将融化的Na快速分散到石蜡油中，然后升温到200℃，关闭，打开通入，充分反应后制得NaH．然后升温到240℃，持续搅拌下通入，打开向三颈瓶中滴入硼酸三甲酯[分子式为，沸点为68℃]，充分反应后，降温后离心分离得到和的固体混合物。（1）写出NaH与的化学反应方程式___________。 （2）下列说法正确的是___________。A.鼓入可以防止Na、NaH、等被氧化B.搅拌并将Na分散到石蜡油中可以加快与钠反应速率C.取200℃时的产物加入水中，观察是否有产生，从而判断NaH中是否含有NaD.快速滴入有利于提高其转化率Ⅱ.的提纯（3）可采用索氏提取法提纯，其装置如图所示。实验时将和的固体混合物放入滤纸套筒1中，烧瓶中异丙胺(熔点：-101℃，沸点：33℃)受热蒸发，蒸汽沿导管上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套筒1中，再经导管___________(填“2”或“3”)返回烧瓶，从而实现连续萃取。当萃取完全后，在___________(填“圆底烧瓶”或“索氏提取器”)中。Ⅲ.的纯度分析步骤1：取产品(杂质不参与反应)，将产品溶于X1溶液后配成200mL溶液，取2.00mL置于碘量瓶中，加入溶液充分反应。(反应为)步骤2：向步骤1所得溶液中加入过量的KI溶液，用稀硫酸调节pH，使过量转化为，冷却后暗处放置数分钟。(反应为)步骤3：向步骤2所得溶液中加缓冲溶液X2调pH约为5.0，加入几滴淀粉指示剂，用 标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为18.00mL。(反应为)（4）溶液为___________，缓冲溶液为___________。(填序号)【已知：，，两种混合液中溶质物质的量之比均为。】A．稀硫酸B．NaOH溶液C．和混合液D．和混合液（5）产品中的纯度为___________%。滴入标准溶液时若长时间振荡可能导致测定结果___________(填“偏高”或“偏低”)。【答案】（1）（2）AB（3）①.3②.圆底烧瓶（4）①.B②.D（5）①.76②.偏低【解析】【分析】装置中首先通入氮气排净空气，然后升温使得融化的快速分散到石蜡油中，再升温到，通入，充分反应后制得，然后升温到，持续搅拌下通入，滴入硼酸三甲酯充分反应后，降温后离心分离得到和的固体混合物。【小问1详解】由题干可知，与在条件下加热反应生成和，化学反应方程式；【小问2详解】A．空气中氧气具有氧化性，鼓入可以排净空气，防止等被氧化，A正确；B．搅拌并将分散到石蜡油中可以增加反应物的接触面积，加快与钠的反应速率，B正确；C．钠也会和水反应生成氢气，不能通过观察是否有产生，从而判断中是否含有，C错误； D．快速滴入可以加快反应速率，但是不会提高其转化率，D错误；故选AB；【小问3详解】由装置结构可知，烧瓶中异丙胺受热蒸发，蒸汽沿导管2蒸汽导管上升至球形冷凝管，冷凝后滴入滤纸套筒1中，再经导管3虹吸管返回烧瓶，从而实现连续萃取。可溶于异丙胺、而难溶于异丙胺，故当萃取完全后，随异丙胺进入在圆底烧中。【小问4详解】在强碱环境下能稳定存在，故溶液为B氢氧化钠溶液；和混合液中溶质物质的量之比均为，可以认为，则，pH=5，故缓冲溶液为D；【小问5详解】过量转化为：，碘单质被标准溶液滴定：，则，则过量的为，则与反应的为，已知反应，故产品中的纯度为=76%；滴入标准溶液时若长时间振荡，则空气中氧气可能会参与反应，使得标准液用量偏大，导致测定结果偏低。16.工业上重铬酸钾()大量用于鞣革、印染、颜料、电镀等方面。以铬铁矿(主要成分可表示为，还含有、、等杂质)为原料制备重铬酸钾()的流程图如图所示： 已知：①遇到酸性溶液会转化为。②重铬酸钾溶于水，不溶于乙醇。（1）Cr价电子轨道表示式为___________。（2）写出在铬铁矿熔炉中生成的化学方程式___________。（3）碱性溶液中加醋酸“调pH”除去溶液中硅元素的离子方程式是___________。（4）酸化时若过大会产生，原因是___________(用离子方程式表示)。（5）写出从加入KCl反应之后得到的悬浊液中，提取干燥而纯净的晶体的操作步骤___________。（6）检验(5)中晶体洗涤干净的实验方案为___________。（7）的VSEPR模型为___________，中碳原子的杂化轨道类型为___________。【答案】（1）（2）（3）（4）或（5）过滤，用乙醇洗涤，干燥（6）取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若未产生白色沉淀，说明已经洗涤干净（7）①.四面体形②.sp【解析】【分析】铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，还含有Al2O3、Fe2O3、SiO2等杂质)与Na2CO3、NaNO3一起加入熔炉中反应生成CO2和熔融物，熔融物水浸后过滤，滤液为含NaNO2、Na2CrO4等的碱性溶液，滤液中还含有Na2SiO3和NaAlO2，滤渣为Fe2O3，调节滤液pH将硅酸钠和偏铝酸钠分别转化为硅酸和氢氧化铝，过滤，滤渣B中含有氢氧化铝和硅酸，滤液B酸化，Na2CrO4遇酸转化为Na2Cr2O7，再加入KCl将Na2Cr2O7转化为K2Cr2O7，经过一系列操作得到K2Cr2O7晶体。【小问1详解】 基态Cr的价电子排布式为3d54s1，价电子轨道表示式为；【小问2详解】从题干可知，铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3)与Na2CO3、NaNO3一起加入熔炉中反应生成CO2和熔融物(含有Fe2O3、NaNO2、Na2CrO4等物质)，根据得失电子守恒和原子守恒，可得铬铁矿熔炉中生成Na2CrO4的化学方程式为；【小问3详解】醋酸酸性强于硅酸，可与硅酸钠反应生成醋酸钠和硅酸，两者反应的离子方程式为；【小问4详解】滤液B中存在，若酸化时氢离子浓度过大，则可与反应生成Cr3+和硝酸根离子，反应的离子方程式为；【小问5详解】加入KCl后，Na2Cr2O7转化为K2Cr2O7，K2Cr2O7溶解度较小结晶析出，过滤得到K2Cr2O7，重铬酸钾溶于水不溶于乙醇，因此用乙醇洗涤K2Cr2O7，最后干燥得到K2Cr2O7晶体；【小问6详解】检验晶体洗涤干净即检验氯离子不存在，实验方案为：取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若未产生白色沉淀，说明已经洗涤干净；【小问7详解】NH3分子中N原子的价层电子对数为3+=4，含有1对孤电子对，其VSEPR模型为四面体形，CO2的价层电子对数位=2+=2+0=2，中心原子碳原子的杂化类型为sp杂化。17.将和两种气体转化为合成气(和CO)，可以实现能量综合利用，对环境保护具有十分重要的意义。甲烷及二氧化碳重整涉及以下反应：Ⅰ.　Ⅱ.　（1）反应　___________。(用、表示)（2）密闭恒容条件下，反应Ⅱ达到平衡的标志是___________。 A．每消耗的同时消耗B．CO的分压不再发生变化C．气体平均分子量不再发生变化D．气体密度不再发生变化E．比值不再发生变化（3）一定温度下，维持压强，向一密闭容器中通入等物质的量的和发生反应。已知反应Ⅱ的速率方程可表示为，，其中、分别为正、逆反应的速率常数，则以物质的分压表示的反应Ⅱ的平衡常数___________(用、表示)；另与的关系如图所示，①、②、③、④四条直线中，表示反应Ⅱ的是___________(填序号)；达到平衡时，测得的转化率为60%，且体系中，以物质的分压表示的反应Ⅰ的平衡常数___________。(用含的代数式表示)（4）日本政府于2023年8月24日下午一点启动福岛核污染废水排海，引发了国际社会的广泛关注和担忧。铀(U)可用作核燃料。核废料中+6价的铀[U(Ⅵ)]可以通过电化学还原法处理，U(Ⅵ)还原为U(Ⅳ)的电化学装置如图所示：阴极发生的反应为： 阴极区溶液中发生反应：、①阴极上发生的副反应为：___________。②阴极区溶液中加入的目的是___________。③电还原处理+6价的铀[U(Ⅵ)]转移，阴极区减少___________mol。【答案】（1）（2）BE（3）①.②.③③.（4）①.②.消耗反应中生成的，防止与反应③.1【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，Ⅰ+2×Ⅱ得反应，则。【小问2详解】A．每消耗的同时消耗描述的都是逆反应，不能说明正逆反应速率相等，不能判断反应达到平衡，不符合题意；B．CO的分压不再发生变化，说明平衡不再移动，能判断反应达到平衡，符合题意；C．混合气体的平均摩尔质量为M=m/n，气体质量不变，反应为气体分子数不变的反应，气体的总物质的量随反应进行也不改变，所以M不发生改变，当气体平均分子量不再发生变化时，不能说明反应达到平衡，，不符合题意；D．容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，不符合题意；E．，比值不再发生变化，说明正逆反应速率相等，能判断反应达到平衡，符合题意；故选BE；【小问3详解】 达到平衡时，=，则；温度升高，正逆反应速率均增大，、均增大，则lgk正、lgk逆与成反比相关，由焓变可知该反应Ⅱ正反应为放热反应，升高温度化学平衡逆向移动，逆反应速率增大幅度大于正反应速率增大幅度，则lg随变化的曲线为③；假设甲烷、水投料均为1mol，达到平衡时，测得的转化率为60%，反应甲烷0.6mol；体系中，则a-0.6=1-a，a=0.8，则平衡时，甲烷、二氧化碳、一氧化碳、氢气、水的物质的量分别为0.4mol、0.2mol、0.4mol、2.0mol、0.2mol，总的物质的量为3.2mol，故；【小问4详解】①由阴极反应可知，阴极生成了，则阴极上发生的副反应可以是硝酸根离子得到电子发生还原反应生成，。②由已知反应可知，副产物能将转化为，阴极区溶液中加入的目的是消耗反应中生成的，防止与反应。③阳极反应为，结合阴极反应可知，电还原处理+6价的铀[U(Ⅵ)]转移，阴极消耗2mol氢离子，同时从阳极迁移过来1mol氢离子，则阴极区减少1mol。18.有机物Ⅰ有多种重要的生物活性，其实验室合成路线如图所示： 已知：Ⅰ．Ⅱ．Ⅲ．回答下列问题：（1）A→B反应类型为___________，H中的含氧官能团名称为___________。（2）B→C的化学方程式为___________。（3）1mol物质G能与___________molNa反应，由H制备I的反应条件为___________。（4）符合下列条件的A的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)。①能发生水解反应②能与三氯化铁溶液发生显色反应③能发生银镜反应（5）在合成化合物F的步骤中，使用代替得到的化合物结构简式为___________。（6）结合合成路线与已知信息，以苯甲醛为反应物，选择不超过4个碳原子的有机物，其他试剂任选，设计化合物的合成路线___________。。【答案】（1）①.取代反应②.醚键、羟基、(酮)羰基 （2）（3）①.2②.Pd/C，，（4）13（5）（6）【解析】【分析】A分子式为C8H8O3，A与TBSCl发生取代反应生成B，则A为，B与丙酮发生信息Ⅲ的反应生成C为，C与氢气加成生成D，D与E发生信息Ⅰ的反应生成F，根据F的结构简式和D的结构简式，反推E为OHC-CH2CH2CH2CH2CH3，F反应生成G，G脱去一分子水生成H，G的分子式为C17H26O4，G为，H与氢气加成生成I。【小问1详解】A与TBSCl发生取代反应生成B，根据H的结构简式可知，其中含氧官能团名称为羟基、羰基和醚键。【小问2详解】B与丙酮发生信息Ⅲ反应生成C，化学方程式为。【小问3详解】G的结构简式为，G种含有两个羟基，1molG能与2molNa反 应，H与氢气发生加成反应生成I，根据C到D的反应条件可知，H到I的反应条件为Pd/C，，。【小问4详解】能发生水解反应说明其含有酯基、能与三氯化铁溶液发生显色反应说明含有酚羟基，能发生银镜反应说明含有醛基，A中除了苯环不饱和度为1，则其同分异构体为甲酸酯，若苯环上有两个取代基，则取代基为-OH和，则此时两个取代基有邻、间、对三种位置关系，若取代基有3个，则取代基为-OH、-CH3和，若和甲基处于图示位置关系，此时羟基有4个位置，若和甲基处于图示位置关系，此时羟基有4个位置关系，若和甲基处于图示位置关系，此时羟基有2个位置，因此共有3+4+4+2=13种结构。【小问5详解】根据信息Ⅰ可知，H2O中的H取代了Li，则在合成化合物F的步骤中，使用D2O代替H2O得到的化合物结构简式为。【小问6详解】