重庆市渝北中学2023-2024学年高三10月月考质量监测化学试题（Word版附解析）

渝北中学2023-2024学年高三十月月考质量检测化学试题(全卷共二大题20小题，总分100分，考试时长90分钟)可能用到的相对原子量：H-1C-12O-16S-32Ni-59Cu-641.化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法错误的是A.以塑料代替合金材料制造汽车零部件是保护金属资源的有效途径之一B.华为手机屏用到的“聚酰亚胺塑料”属于天然有机高分子材料C.医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯属于卤代烃D.将香蕉和青苹果放在一起，青苹果更容易成熟，是因为香蕉释放的乙烯有催熟作用【答案】B【解析】【详解】A．以塑料代替合金材料制造汽车零部件，可减少合金材料的使用，是保护金属资源的有效途径之一，A项正确；B．“聚酰亚胺塑料”属于合成有机高分子材料，B项错误；C．聚四氟乙烯的单体为四氟乙烯，四氟乙烯的结构简式为CF2=CF2，四氟乙烯属于卤代烃中的氟代烃，C项正确；D．乙烯是一种植物生长调节剂，可用于催熟果实，故将香蕉和青苹果放在一起，香蕉释放的乙烯使青苹果更容易成熟，D项正确；答案选B。2.下列化学说法正确的是A.乙烯的结构简式：CH2CH2B.聚丙烯的链节：-CH2-CH2-CH2-C.乙醇的空间填充模型：D.硝基苯的键线式：【答案】C【解析】【详解】A．乙烯结构简式：，A错误；B．聚丙烯的链节：-CH2-CH(CH3)-，B错误；C．乙醇的空间填充模型：　，C正确； D．硝基苯的键线式：　，D错误；故选C。3.有关金属冶炼或其原理的说法正确的是A.给定条件下，物质转化：能一步实现B.工业上，常用电解熔融AlCl3的方法冶炼金属铝，且加入冰晶石作助熔剂C.铝热法炼铁：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，反应物刚好完全反应，反应后固体质量增加D.火法炼铜：Cu2S+O22Cu+SO2其中Cu2S既作氧化剂又作还原剂【答案】D【解析】【详解】A．氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，电解氯化镁溶液无法得到Mg，A错误；B．工业上常用电解熔融Al2O3的方式冶炼金属铝，且加入冰晶石作助熔剂，B错误；C．铝热法炼铁，根据反应方程式可知，反应物和生成物都是固体，反应物刚好完全反应，反应后固体质量不变，C错误；D．火法炼铜，该反应中Cu2S中的Cu得电子化合价降低作氧化剂，Cu2S中的S失电子化合价升高作还原剂，因此Cu2S既是氧化剂也是还原剂，D正确；故答案选D。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.30gHCHO和CH3COOH的混合物中含H原子数为2NAB.0.1mol14NO和14CO的混合气体中所含的中子数为1.5NAC.标准状况下，11.2L己烷中所含分子数目为0.5NAD.23.0g乙醇与过量冰醋酸在浓硫酸、加热条件下反应，生成的乙酸乙酯分子数为0.5NA【答案】A【解析】【详解】A．已知HCHO和CH3COOH的最简式均为CH2O，故30gHCHO和CH3COOH的混合物中含H原子数为=2NA，A正确； B．14NO和14CO分别含15和16个中子，0.1mol14NO和14CO的混合气体中所含的中子数为1.5NA～1.6NA，B错误；C．己烷在标准状况下不是气体，11.2L己烷的物质的量不是0.5mol，故C错误；D．酯化反应为可逆反应，不能进行到底，23.0g乙醇的物质的量为0.5mol，与过量冰醋酸在浓硫酸、加热条件下反应，生成的乙酸乙酯分子数小于0.5NA，D错误；故选A。5.对于某些离子的检验及结论一定正确的是A.加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，一定有COB.加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SOC.加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，一定有NHD.加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，一定有Ba2＋【答案】C【解析】【详解】A．加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中，溶液变浑浊，生成的气体可能是二氧化硫或二氧化碳，该溶液中有可能是SO、HSO或HCO，故A错误；B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，生成的沉淀可能是硫酸钡或氯化银，原溶液中可能含有Ag＋或SO，故B错误；C．加OH－能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体一定是NH3，则原溶液中一定含有NH，故C正确；D．加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀消失，该沉淀可能是碳酸钡或碳酸钙，则原溶液中可能含有Ba2＋或Ca2＋，故D错误；选C。6.下列关于有机物的说法不正确的是A.2-丁烯()分子存在顺反异构B.三联苯()的一氯代物有4种C抗坏血酸分子()中有2个手性碳原子 D.立方烷()经硝化可得到六硝基立方烷，其可能的结构有4种【答案】D【解析】【详解】A．2-丁烯()分子存在顺反异构、，故A正确；B．三联苯()有4种等效氢，一氯代物有4种，故B正确；C．抗坏血酸分子()中有2个手性碳原子(*标出)，故C正确；D．立方烷()分子式为C8H8，其二元取代物有3种，所以经硝化得到的六硝基立方烷，其可能的结构有3种，故D错误；选D。7.常温下，下列各离子组在指定条件的溶液中可能大量存在的是A.使酚酞溶液呈浅红色的溶液中：HCO、K+、Cl—、NOB.无色溶液中：Cr2O、SO、K+、I—C.由水电离出的c(H+)=1×10—12mol·L—1的溶液中：NH、S2O、NO、Na+D.含有大量Fe3+的溶液中：HCO、Ca2+、Cl—、SO【答案】A【解析】【详解】A．碳酸氢根离子离子在溶液中水解使溶液呈碱性，能使酚酞溶液呈浅红色，则四种离子在使酚酞溶液呈浅红色的溶液中不发生任何反应，能大量共存，故A正确； B．重铬酸根离子在溶液中呈橙色，无色溶液中不可能含有重铬酸根离子，且溶液中重铬酸根离子与碘离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；C．水电离出的氢离子为1×10—12mol·L—1的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，酸溶液中，硝酸根离子与硫代硫酸根离子发生氧化还原反应，碱溶液中，铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨，则四种离子在水电离出的氢离子为1×10—12mol·L—1的溶液中一定不能大量共存，故C错误；D．含有大量铁离子的溶液中，铁离子与碳酸氢根离子发生双水解反应，且溶液中钙离子和硫酸根离子反应生成微溶的硫酸钙，不能大量共存，故D错误；故选A。8.下列离子方程式书写正确，且能完整解释对应实验现象的是A.氧化铁溶于氢碘酸：B.苯酚钠溶液中通入，出现白色浑浊：2+CO2+H2O2+Na2CO3C.四氯化钛的浓溶液制备水合二氧化钛：D碳酸氢镁溶液与过量石灰水反应：【答案】C【解析】【详解】A．氧化铁溶于氢碘酸，反应生成碘化亚铁、碘和水，反应离子方程式为：，选项A错误；B．苯酚钠溶液中通入，出现白色浑浊，反应产生苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：+CO2+H2O→+，选项B错误；C．四氯化钛的浓溶液制备水合二氧化钛，反应的离子方程式为：，选项C正确；D．碳酸氢镁溶液与过量石灰水反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为：，选项D错误；答案选C。 9.羟甲香豆素(结构简式如图)对治疗“新冠”有一定的辅助作用。下列说法正确的A.羟甲香豆素的分子式为C10H10O3B.可用酸性KMnO4溶液检验羟甲香豆素分子中的碳碳双键C.1mol羟甲香豆素最多消耗的H2和溴水中的Br2分别为4mol和3molD.1mol羟甲香豆素最多消耗氢氧化钠为2mol，且能与Na2CO3反应放出CO2【答案】C【解析】【详解】A．由羟甲香豆素结构简式可知，其分子式为C10H8O3，A错误；B．碳碳双键、酚羟基均能使酸性KMnO4溶液褪色，故不能用酸性KMnO4溶液检验羟甲香豆素分子中的碳碳双键，B错误；C．碳碳双键、苯环均能和H2发生加成反应，碳碳双键还能和Br2发生加成反应，酚羟基的邻位和对位能和Br2发生取代反应，故1mol羟甲香豆素最多消耗的H2和Br2分别为4mol和3mol，C正确；D．该分子中含有酯基和酚羟基，且酯基水解后又生成1个酚羟基，则1mol羟甲香豆素最多消耗氢氧化钠为3mol，另外分子中含有酚羟基，其酸性弱于碳酸，故羟甲香豆素不能与Na2CO3溶液反应放出CO2，D错误；故选C。10.下列实验操作和现象以及所得结论均正确的是选项实验操作和现象结论A向丙烯醛(CH2=CHCHO)中滴加溴水，溴水褪色丙烯醛中含碳碳双键B在溴乙烷中加入氢氧化钠溶液，加热一段时间，再滴入几滴硝酸银溶液，未出现黄色沉淀溴乙烷未水解C由工业电石(CaC2)与水反应生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液褪色气体中含有乙炔D淀粉溶液中加入稀硫酸加热后，再滴加碘水呈无色淀粉完全水解 A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．向丙烯醛中滴加溴水，溴水褪色，由于碳碳双键能使溴水褪色，醛基也能使溴水褪色，因此不能证明其结构中含有碳碳双键，故A正确；B．在溴乙烷中加入氢氧化钠溶液，加热一段时间，要先加入稀硝酸将溶液调制酸性，再滴入几滴硝酸银溶液，若有淡黄色沉淀产生，才能证明溴乙烷发生了水解，故B正确；C．将电石与水反应产生的气体中含有硫化氢杂质，硫化氢也能酸性高锰酸钾溶液褪色，因此不能证明产生了乙炔气体，故C错误；D．水解后的混合溶液应直接加碘水，若为无色，则证明淀粉完全水解，故D正确；故选D。11.据文献报道，钒催化某反应的反应机理如图所示，下列叙述正确的是A.H2O参与了该催化循环B.该反应利用了NH3的还原性除去NO，减少了空气污染C.该过程只断裂了极性共价键D.该催化循环过程中V的价态变化为+5→+4【答案】B【解析】【分析】由图可知，V5+=O是反应的催化剂，氨气、一氧化氮和氧气是反应物，氮气和水是生成物，总反应为4NH3+2NO+2O23N2+6H2O。【详解】A．由分析可知，水为反应的生成物，没有参与催化循环，故A错误；B ．由分析可知，反应中氨分子中氮元素的化合价升高被氧化，是反应的还原剂，反应中表现还原性，目的是除去一氧化氮，减少空气污染，故B正确；C．由分析可知，非金属单质氧气为反应物，反应中断裂非极性共价键，故C错误；D．由图可知，该催化循环过程中钒元素的价态变化为+5→+4→+5，故D错误；故选B。12.下列实验装置能达到实验目的的是(夹持仪器未画出)A.①装置可证明酸性：盐酸>碳酸>苯酚B.②装置用于实验室制乙酸乙酯C.③装置用于收集甲烷气体D.④装置用于检验1-溴丙烷消去反应的产物【答案】B【解析】【详解】A．浓盐酸易挥发，在二氧化碳进入苯酚钠溶液之前应先除去氯化氢，不能达到实验目的，A不符合题意；B．乙醇和乙酸在浓硫酸催化作用下加热生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠吸收乙醇、反应乙酸且能利于乙酸乙酯的分层，能达到实验目的，B符合题意；C．甲烷密度小于空气，应该短进长出，不能达到实验目的，C不符合题意；D．发生消去反应后的产物是丙烯，可使酸性高锰酸钾褪色，但反应物中挥发出的醇也可以使酸性高锰酸钾褪色，不能达到实验目的，D不符合题意；故选B。13.有机物分子中的原子(团)之间会相互影响，导致相同的原子(团)表现出不同的性质。下列现象不能说明上述观点的是A.甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色，而甲基环己烷不能使酸性KMnO4溶液褪色B.苯与浓硝酸反应生成硝基苯，而甲苯与浓硝酸反应生成三硝基甲苯 C.乙烯能与溴水发生加成反应，而乙烷不能与溴水发生加成反应D.苯酚具有酸性，而环己醇()没有酸性【答案】C【解析】【详解】A．苯环影响甲基，甲苯易被高锰酸钾氧化，而甲基环己烷不能，可说明或原子与原子团间的相互影响会导致物质的化学性质不同，故A不选；B．甲基影响苯环，则甲苯中苯环上的H易被取代，甲苯苯环上氢原子比苯分子中的氢原子易被硝基取代，可说明或原子与原子团间的相互影响会导致物质的化学性质不同，故B不选；C．乙烯中含官能团碳碳双键，乙烷中不含官能团，因官能团不同导致化学性质不同，故C选；D．苯环影响-OH，具有酸性，环己醇为中性，-OH连接的烃基不同，可说明或原子与原子团间的相互影响会导致物质的化学性质不同，故D不选；故选C。14.元素的价类二维图是我们学习元素及其化合物相关知识的重要模型和工具，它指的是以元素的化合价为纵坐标，以物质的类别为横坐标所绘制的二维平面图象。铁元素的价类二维图如图，其中箭头表示部分物质间的转化关系，下列说法错误的是A.Fe3O4是一种黑色有磁性的铁的氧化物，可由Fe、水蒸气高温反应制得B.为实现Fe2+向Fe3+的转化，可向含Fe2+的溶液中酸性H2O2溶液C.由图可预测：高铁酸盐()具有强氧化性，可将转化为D.FeO、、均可与酸反应，只生成一种盐和水【答案】D【解析】 【详解】A．Fe3O4是一种黑色有磁性的铁的氧化物，铁单质与水蒸气在高温下反应3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2↑，故A正确；B．Fe2+转化成Fe3+，铁元素的化合价升高，需要加入氧化剂才能实现转化，如加入O2、Cl2、H2O2等，故B正确；C．中铁元素显+6价，具有强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，故C正确；D．Fe3O4与盐酸反应生成氯化铁和氯化亚铁两种盐，故D错误；答案为D。15.一种制备高效漂白剂的实验流程如图所示，反应I中的反应为：，下列说法不正确的是A.产品中可能含有B.反应Ⅱ中作氧化剂C.的漂白原理与新制氯水、84消毒液相同D.实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行【答案】B【解析】【分析】NaClO3和SO2在反应器I中发生氧化还原反应生成ClO2，3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，ClO2在反应器Ⅱ中与双氧水、氢氧化钠反应发生氧化还原反应2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2，生成亚氯酸钠，再经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥得到其晶体。【详解】A．在蒸发浓缩NaClO2溶液时，由于NaClO2不稳定，受热易分解，产品中可能含有NaCl，A正确；B．反应Ⅱ：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2，H2O2作还原剂，B错误；C．NaClO2的漂白性是利用其强氧化性，新制氯水、84消毒液漂白也是利用其强氧化性，故三者漂白原理相同，C正确；D．实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行，D正确； 故选B。16.将胆矾无其他杂质置于氮气氛流中，然后对其进行加热，逐渐升高温度使其分解，分解过程中的热重曲线如图所示。下列说法错误的是A.点对应的物质中，氧元素的质量分数约为B.点对应的固体物质只有C.将产生的气体全部通入溶液中，有沉淀产生D.的过程中，生成的某种物质可使带火星的小木条复燃【答案】A【解析】【分析】胆矾的化学式，5g胆矾的物质的量是，加热完全失去结晶水，得到，质量为，所以点对应物质是CuSO4；为分解，d中含有铜元素，则氧元素的物质的量为，所以d点对应物质为CuO；e中含有铜元素；则氧元素的物质的量为，所以e点对应物质为。【详解】A．胆矾失去部分结晶水得到a点对应的物质，设该物质化学式为，，x=3，氧元素的质量分数约为，故A错误；B．胆矾的化学式，5g胆矾的物质的量是，加热完全失去结晶水，得到 ，质量为，所以c点对应物质是，故B正确；C．为分解为；产生的气体可能全部为（或和，或、和）的混合气体，将该气体通入溶液中，生成沉淀，故C正确；D．的过程反应方程式为，有氧气生成，氧气可使带火星的小木条复燃，故D正确；故答案为A。二、填空题(本题包括4小题，共52分)17.完成下列填空（1）磷能形成多种具有独特性质的物质。①磷能形成红磷、白磷、黑磷等多种单质，它们互为_______(填“同位素”或“同素异形体”)。②磷的一种组成为Ba(H2PO2)2的盐，能与盐酸反应但不能与NaOH溶液反应，下列有关Ba(H2PO2)2、H3PO2的分析中正确的是_______(填字母)。A.Ba(H2PO2)2是酸式盐B.Ba(H2PO2)2是正盐C.均具有较强的还原性D.H3PO2是三元弱酸（2）某透明溶液仅含Na+、Fe2+、Ba2+、Al3+、、Cl—、中的4种离子，且均为1mol，向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变(不考虑水的电离和离子的水解)，则溶液中存在的阳离子是_______、阴离子是_______（3）碳能形成多种氧化物，如CO、CO2、C2O3、C3O2已知C3O2+2H2O=CH2(COOH)2，写出将0.1molC3O2缓慢通入到100mL1.0mol·L-1NaOH溶液中反应的化学方程式为_______，该氧化物也可与热的CuO反应，则1molC3O2最多还原_______molCuO。（4）自然界中Cr主要以价和价形式存在。Cr2O中的Cr能引起细胞的突变，在酸性条件下可用亚硫酸钠将Cr2O还原，其离子方程式为_______。【答案】（1）①.同素异形体②.BC（2）①.Na+、Fe2+②.NO、SO（3）①.C3O2+NaOH+H2O=HOOCCH2COONa②.4（4）3SO+Cr2O+8H+=3SO+2Cr3++4H2O【解析】 【小问1详解】①红磷、白磷、黑磷是磷元素形成的不同种单质，互为同素异形体，故答案为：同素异形体；②由Ba(H2PO2)2能与盐酸反应但不能与氢氧化钠溶液反应，说明Ba(H2PO2)2为正盐、H3PO2为一元酸，由化合价代数和为0可知，Ba(H2PO2)2、H3PO2中磷元素为+1价，由磷元素的常见化合价为+3价、+5价可知，Ba(H2PO2)2、H3PO2均具有强还原性，故选BC；小问2详解】向溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，说明溶液中一定含有亚铁离子、硝酸根离子和硫酸根离子，则溶液中不含有钡离子；四种离子的物质的量均为1mol，则由电荷守恒可知，溶液中含有钠离子，不含有铝离子，所以溶液中含有的阳离子为钠离子、亚铁离子，阴离子为硝酸根离子、硫酸根离子，故答案为：Na+、Fe2+；NO、SO；【小问3详解】由题意可知，等物质的量的三氧化二碳和氢氧化钠溶液反应生成HOOCCH2COONa，反应的化学方程式为C3O2+NaOH+H2O=HOOCCH2COONa；氧化铜具有氧化性，能与三氧化二碳发生氧化还原反应生成铜和二氧化碳，反应的化学方程式为C3O2+4CuO4Cu+3CO2，则1mol三氧化二碳最多还原4mol氧化铜，故答案为：C3O2+NaOH+H2O=HOOCCH2COONa；4；【小问4详解】由题意可知，酸性条件下溶液中重铬酸根离子与亚硫酸根离子反应生成铬离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为3SO+Cr2O+8H+=3SO+2Cr3++4H2O，故答案为：3SO+Cr2O+8H+=3SO+2Cr3++4H2O。18.草酸镍晶体()可用于制镍催化剂。工业上用废镍催化剂(主要成分为Al2O3、Ni、Fe、SiO2、CaO)制备草酸镍晶体的一种工艺流程如图所示：  已知：①相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如表(离子浓度为默认计算)：金属离子 开始沉淀的pH1.15.83.06.77.6沉淀完全的pH3.28.85.09.510.1②Ksp(CaF2)=1.46×10-10，Ksp(CaC2O4)=2.34×10-9。回答下列问题：（1）NiC2O4·2H2O晶体中碳元素的化合价为_______。（2）试剂X可以是_______，调节pH的范围是_______。（3）滤渣1的成分是_______(写化学式)，加入适量NH4F溶液的目的是_______。（4）保持其他条件相同，在不同温度下对废镍催化剂进行“酸浸”，镍浸出率随时间变化如图所示，“酸浸”的适宜温度与时间分别为_______。（5）“沉镍”的离子方程式为_______。（6）称量2.00g制得的NiC2O4·2H2O晶体样品，溶于适量的硫酸中，配成100mL溶液；准确量取10.00mL溶液，加入特定指示剂后，用0.1000mol·L-1的EDTA标准溶液滴定其中的Ni2+，消耗EDTA标准溶液10.00mL，已知Ni2++EDTA=NiEDTA(杂质离子不与EDTA溶液反应)，则样品中NiC2O4·2H2O的含量为_______%。【答案】（1）+3价（2）①.H2O2溶液②.5.0—6.7（3）①.SiO2、CaSO4②.除去溶液中的Ca2+（4）70℃、120min（5）Ni2++C2O+2H2O=NiC2O4·2H2O↓（6）91.5【解析】【分析】由题给流程可知，向废镍催化剂加硫酸溶液酸浸时，氧化铝、镍、铁溶于硫酸得到可溶硫酸盐，氧化钙与硫酸溶液反应生成微溶的硫酸钙，二氧化硅与硫酸溶液不反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的滤渣1和含有金属硫酸盐的滤液1；向滤液1中加入过氧化氢溶液，将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，向氧化后的溶液中加入氧化镍调节溶液pH在5.0—6.7 范围内，将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和滤液2；向滤液2中加入氟化铵溶液，将溶液中钙离子转化为氟化钙沉淀，过滤得到含有氟化钙的滤渣2和滤液3；向滤液3中加入草酸铵溶液，将溶液中镍离子转化为二水草酸镍沉淀，过滤得到二水草酸镍晶体。【小问1详解】由化合价代数和为0可知，二水草酸镍晶体中碳元素的化合价为+3价，故答案为：+3价；【小问2详解】由分析可知，加入过氧化氢溶液的目的是将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，则试剂X为过氧化氢溶液，向氧化后的溶液中加入氧化镍调节溶液pH在5.0—6.7范围内的目的是将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，故答案为：H2O2溶液；5.0—6.7；【小问3详解】由分析可知，滤渣1的成分是二氧化硅和硫酸钙，加入氟化铵溶液的目的是将溶液中钙离子转化为氟化钙沉淀，故答案为：SiO2、CaSO4；除去溶液中的Ca2+；【小问4详解】由图可知，酸浸的温度为70℃、时间为120min时，镍的浸出率已经很高了，且浸出率与90℃相差不多，120min后浸出率变化不大，所以从节能和省时的角度考虑，酸浸的适宜温度与时间分别为70℃、120min，故答案为：70℃、120min；【小问5详解】由分析可知，加入草酸铵溶液的目的是将溶液中镍离子转化为二水草酸镍沉淀，反应的离子方程式为Ni2++C2O+2H2O=NiC2O4·2H2O↓，故答案为：Ni2++C2O+2H2O=NiC2O4·2H2O↓；【小问6详解】由题意可知，滴定消耗10.00mL0.1000mol/LEDTA标准溶液，则由方程式可知，样品中二水草酸镍的含量为×100%=91.5%，故答案为：91.5。19.青蒿素(分子结构如图 )是高效的抗疟药，为无色针状晶体，易溶于有机溶剂，难溶于水，熔点为156~157℃，温度超过60℃完全失去药效(已知：乙醚沸点为35℃)。Ⅰ.从青蒿中提取青蒿素的一种工艺如图： 索氏提取装置如图所示，实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管2上升至装置a，冷凝后滴入滤纸套筒1中，与青蒿粉末接触，进行萃取，萃取液液面达到虹吸管3顶端时，经虹吸管3返回烧瓶，从而实现对青蒿粉末的连续萃取，回答下列问题：（1）实验前要对青蒿进行粉碎，其目的是_______。（2）装置a的名称为_______。（3）索氏提取装置提取的青蒿素位于_______(填“圆底烧瓶”或“索氏提取器”)中；与常规的萃取相比，索氏提取的优点是_______。（4）蒸馏提取液选用减压蒸馏装置的原因是_______。Ⅱ.测定产品中青蒿素的纯度：取青蒿素样品8.0g配制成250mL溶液，取25.00mL加入锥形瓶中，再加入足量的KI溶液和几滴淀粉溶液，用0.10mol·L-1Na2S2O3标准液滴定。已知：①1mol青蒿素分子中含有1mol过氧键，可与2molNaI反应生成碘单质；②I2+2S2O=2I-+S4O；③M(青蒿素)=282g/mol。（5）终点的现象：当滴入最后半滴Na2S2O3标准液时，溶液颜色变化为_______，且半分钟内不变色。（6）三次滴定数据记录如表：滴定次数待测液体(mL)标准液读数(mL)滴定前读数滴定后读数第一次25.001.5041.52 第二次25.003.0042.98第三次25.004.5041.60则青蒿素的纯度为_______。【答案】（1）增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率（2）球形冷凝管（3）①.圆底烧瓶②.节约萃取剂，可连续萃取（4）可以更好的降低蒸馏温度，防止青蒿素失效（5）由蓝色变无色（6）70.5%【解析】【分析】由题给流程可知，青蒿粉末经过索氏提取得到提取液，提取液采用加热蒸馏的方法得到青蒿素粗品，粗品经提纯得到青蒿素。【小问1详解】实验前粉碎青蒿可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率，故答案为：增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率；【小问2详解】由实验装置图可知，装置a为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；【小问3详解】由题干信息可知溶剂萃取青蒿素后最终经虹吸管3返回烧瓶，所以青蒿素位于圆底烧瓶中；与常规的萃取相比，索氏提取的萃取剂可循环使用，能节约萃取剂，且连续萃取可提高萃取效率，故答案为：圆底烧瓶；节约萃取剂，可连续萃取；【小问4详解】由题中信息可知青蒿素温度超过60℃完全失去药效，则选用减压蒸馏装置的目的是更好的降低蒸馏温度，防止青蒿素失效，故答案为：可以更好的降低蒸馏温度，防止青蒿素失效；【小问5详解】由题意可知，青蒿素与碘化钾溶液混合反应生成碘单质，加入淀粉后溶液呈蓝色，用硫代硫酸钠溶液滴定溶液中碘，当溶液中碘与硫代硫酸钠溶液恰好反应，滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液，溶液会由蓝色变无色说明达到滴定终点，故答案为：由蓝色变无色；【小问6详解】由表格数据可知，三次滴定消耗硫代硫酸钠溶液的体积分别为40.02mL、39.98mL、37.10mL，第三次数据误差较大，应舍去，则滴定消耗硫代硫酸钠溶液的平均体积为=40.00mL，由题意可得如下转化关系：青蒿素—I2—2Na2S2O3，则样品中青蒿素的纯度为 ×100%=70.5%，故答案为：70.5%。20.研究小组用如图所示合成路线合成具有镇静和催眠作用的有机化合物H：请回答下列问题：（1）A→B的反应类型为_______；化合物D的名称为_______；化合物H中所含官能团名称为_______。（2）D→E的变化要两步完成，第二步用NaHCO3而不用NaOH的目的是_______。（3）写出F→G的化学反应方程式_______。（4）化合物D有多种同分异构体，同时符合下列条件的同分异构体的数目为_______。①属于芳香化合物②能水解，且水解产物之一能与FeCl3溶液反应显紫色；其中核磁共振氢谱峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为_______。（5）依据上述合成路线，设计以乙醇为原料制备的HOOCCH2COOH合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)。_______。【答案】20.①.取代反应②.苯乙酸③.酯基21.避免氯原子被取代22.+2C2H5OH+2H2O23.①.4②.24.C2H5OHCH3COOHClCH2COONaHOOCCH2COOH【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，光照条件下与氯气发生取代反应生成，则B为 ；与氰酸钠发生取代反应生成，则C为；酸性条件下发生水解反应生成，则D为；先在三氯化磷作用下与氯气发生取代反应，反应所得产物与碳酸氢钠溶液反应生成，则E为；与氰酸钠发生取代反应后，共热条件下酸化得到，浓硫酸作用下与乙醇共热发生酯化反应生成，则G为；与氯乙烷发生取代反应生成。【小问1详解】由分析可知，A→B的反应为光照条件下与氯气发生取代反应生成和氯化氢；D的结构简式为，名称为氯乙酸；由结构简式可知，的官能团为酯基，故答案为：取代反应；氯乙酸；酯基；【小问2详解】由分析可知，D→E的反应为先在三氯化磷作用下与氯气发生取代反应，反应所得产物与碳酸氢钠溶液反应生成，若第二步反应用氢氧化钠溶液替代碳酸氢钠溶液，中间产物分子中的氯原子会与氢氧化钠溶液发生取代反应生成醇羟基，所以第二步反应选用碳酸氢钠溶液，不选用氢氧化钠溶液，故答案为：避免氯原子被取代；【小问3详解】由分析可知，F→G的反应为浓硫酸作用下与乙醇共热发生酯化反应生成和水，反应的化学反应方程式为+2C2H5OH +2H2O，故答案为：+2C2H5OH+2H2O；【小问4详解】化合物D的同分异构体属于芳香化合物，能水解，且水解产物之一能与氯化铁溶液反应显紫色说明同分异构体分子中含有酚酯基，则苯环上的取代基可能为—OOCCH3，—OOCH和甲基，苯环上的取代基为—OOCCH3的结构只有1种，苯环上的取代基为—OOCH和甲基的结构有邻间对3种，则符合条件的结构共有4种，其中核磁共振氢谱峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为，故答案为：4；；【小问5详解】