PAGEPAGE1山東省濱州市2024屆高三上學期11月期中考試第I卷(選擇題)可能用到的相對原子質(zhì)量：H：1O：16Na：23Mn：55Cu：64Fe：56Ag：108一、單選題(本題共10小題，每小題2分，共20分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1.下列之物具有典型的淄博特色，據(jù)其主要化學成分不能與其它三種歸為一類的是（）A.周村絲綢 B.博山琉璃 C.齊國蹴鞠 D.桓臺草編〖答案〗B〖解析〗絲綢、草編和蹴鞠主要成分都屬于天然有機高分子材料，琉璃主要成分為硅酸鹽，屬于無機非金屬材料；〖答案〗選B。2.下列有關實驗的說法正確的是（）A.溴水應保存在帶磨口玻璃塞的棕色細口試劑瓶中B.使用分液漏斗前，應向分液漏斗中加少量水，檢查旋塞芯處是否漏水，待確認不漏水后即可使用C.蒸發(fā)操作中，將蒸發(fā)皿放在鐵架臺鐵圈上，并墊上石棉網(wǎng)加熱D.配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液時，容量瓶中有少量的水會導致溶液濃度偏低〖答案〗A〖解析〗A．溴水中的次溴酸遇光易分解且溴水易腐蝕橡膠塞，所以溴水應保存在帶磨口玻璃塞的棕色細口試劑瓶中，A項正確；B．使用前分液漏斗有兩處要檢漏，上口塞子和下口旋塞，所以在分液漏斗的檢漏操作時，應先向分液漏斗中加少量水，檢查旋塞芯處是否漏水，然后將漏斗倒轉(zhuǎn)過來，再檢查玻璃塞是否漏水，待確認不漏水后方可使用，B項錯誤；C．蒸發(fā)時，蒸發(fā)皿可以放在鐵圈上直接加熱，蒸發(fā)皿耐高溫，不用墊石棉網(wǎng)，C項錯誤；D．配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液時，容量瓶中有少量的水不會干擾實驗結果，D項錯誤；〖答案〗選A。3.茶葉中鐵元素的檢驗可經(jīng)過以下四步完成：灼燒灰化→6mol·L?1硝酸溶解→過濾→檢測濾液中的鐵元素。下列說法正確的是（）A.“灼燒灰化”選用的玻璃儀器有①②③B.④用于配制6mol?L?1硝酸時需洗凈并烘干C.“過濾”時需沿②向⑤中轉(zhuǎn)移液體并小心攪拌D.檢測鐵元素時，⑥懸垂于⑦的上方滴加KSCN溶液〖答案〗D〖解析〗A．將茶葉灼燒灰化，應在坩堝中加熱進行，不能在①燒杯中進行灼燒，用到的儀器有②和③，缺少必要的坩堝，需要時還可用到三腳架或鐵架臺等，故A錯誤；B．④容量瓶用于配制溶液時，洗干凈即可，不要求烘干，故B錯誤；C．“過濾”時需沿②玻璃棒向⑤漏斗中轉(zhuǎn)移液體，待液體自然流下進行過濾，不能進行攪拌，以防戳破濾紙導致過濾失敗，故C錯誤；D．經(jīng)過硝酸溶解后，濾液中的鐵元素主要以Fe3+形式存在，檢驗濾液中的Fe3+，可用膠頭滴管取少量濾液于小試管中，滴加KSCN溶液檢驗，使用膠頭滴管時，需垂直懸在儀器上方進行滴加，故D正確；故選：D。4.氧化石墨烯是一種淡檸檬黃色、不穩(wěn)定的新型化合物，其單層局部結構如圖所示。下列關于該化合物的說法正確的是（）A.氧化石墨烯的導電性優(yōu)于石墨烯B.氧化石墨烯的抗氧化能力比石墨烯弱C.氧化石墨烯中C-C鍵的鍵能比C-O鍵大D.氧化石墨烯中所有C原子均為sp3雜化〖答案〗B〖解析〗A．石墨烯變?yōu)檠趸?，大π鍵遭到破壞，故導電性減弱，A項錯誤；B．氧化石墨烯中含有碳碳雙鍵和羥基，易被氧化，故抗氧化能力比石墨烯弱，B項正確；C．氧化石墨烯中C-C鍵和C-O鍵均為共價鍵，C-C鍵的鍵長比C-O鍵長，故C-C鍵的鍵能比C-O鍵小，C項錯誤；D．氧化石墨烯中，C原子的雜化方式為sp2和sp3，D項錯誤；〖答案〗選B。5.“類比”是預測物質(zhì)性質(zhì)與化學反應的重要方法之一，但“類比”不能違背客觀事實，下列“類比”合理的是（）A.Al能與緩慢氧化生成致密氧化膜保護Al，則Fe與也緩慢氧化生成氧化膜保護FeB.Na在空氣中燃燒生成，則同族的Li在空氣中燃燒也生成C.溶于溶液生成，則也能溶于溶液生成D.與在水溶液中因水解無法大量共存，則與在水溶液中也因水解無法大量共存〖答案〗C〖解析〗A．氧化鋁為致密的結構，鐵的氧化物為疏松的結構，則Al能與O2緩慢氧化生成致密氧化膜保護Al,而Fe與O2也緩慢氧化生成氧化膜不能保護Fe,故A錯誤；

B．堿金屬的性質(zhì)越活潑，與氧氣反應的產(chǎn)物越復雜，則鈉在空氣中加熱能生成過氧化鈉，而鋰在空氣中加熱生成氧化鋰，故B錯誤；

C．Al(OH)3溶于NaOH溶液生成Na[Al(OH)4]，則Be(OH)2也能溶于NaOH溶液生成Na2[Be(OH)4]，故C正確；

D．Fe3+與S2-能夠發(fā)生氧化還原反應，所以二者不能大量共存是因為發(fā)生氧化還原反應，與水解無關，故D錯誤；故選：C。6.中醫(yī)的急救三寶分別是安宮牛黃丸、紫雪丹、至寶丹。安宮牛黃丸的主要藥材是黃芩，黃芩素能抑制新冠病毒的活性。黃芩素結構如圖所示，下列說法正確的是（）A.黃芩素的核磁共振氫譜顯示有八組峰B.分子中有三種官能團C.1mol黃芩素最多能夠消耗4mol的NaOHD.黃岑素與足量氫氣加成后，連有氧原子的碳原子中有5個手性碳原子〖答案〗A〖解析〗A．黃芩素分子內(nèi)有8中H，核磁共振氫譜顯示有八組峰，A項正確；B．黃芩素分子中有羥基、羰基、醚鍵、碳碳雙鍵共四種官能團，B項錯誤；C．黃芩素分子共有3mol酚羥基可以和氫氧化鈉反應，反應時1:1進行，故可消耗3mol的NaOH，C項錯誤；D．黃岑素與足量氫氣加成后結構簡式為：，連有氧原子的碳原子中有6個手性碳原子，D項錯誤；〖答案〗選A。7.實驗小組研究金屬電化學腐蝕，實驗如下：實驗Ⅰ5min時的現(xiàn)象：鐵釘表面及周邊未見明顯變化。25min時現(xiàn)象：鐵釘周邊零星、隨機出現(xiàn)極少量紅色和藍色區(qū)域，有少量紅棕色鐵銹生成。實驗Ⅱ5min時的現(xiàn)象：鐵釘周邊出現(xiàn)紅色區(qū)域，未見藍色出現(xiàn)，鋅片周邊未見明顯變化。25min時的現(xiàn)象：鐵釘周邊紅色加深，區(qū)域變大，未見藍色出現(xiàn)，鋅片周邊未見明顯變化。下列說法不正確的是（）A.實驗Ⅱ中Zn保護了Fe，使鐵的腐蝕速率比實驗Ⅰ慢B.實驗Ⅱ中正極的電極反應式：C.實驗Ⅰ的現(xiàn)象說明溶液與Fe反應生成了D.若將Zn片換成Cu片，推測Cu片周邊會出現(xiàn)紅色，鐵釘周邊會出現(xiàn)藍色〖答案〗C〖解析〗A．實驗Ⅰ中Fe作負極，碳作正極，實驗Ⅱ中Zn作負極，F(xiàn)e作正極，所以實驗Ⅱ中Zn保護了Fe，鐵的腐蝕速率比實驗Ⅰ慢，A正確；B．實驗Ⅱ中Fe作正極，在正極氧氣得電子發(fā)生還原反應，其電極反應式，B正確；C．實驗Ⅰ的現(xiàn)象不能說明溶液與Fe反應生成了，25min時藍色區(qū)域的出現(xiàn)也可能是因為Fe失去電子生成，溶液與發(fā)生反應生成藍色沉淀，C錯誤；D．若將Zn片換成Cu片，F(xiàn)e比Cu活潑，F(xiàn)e作負極，Cu作正極，可推測Cu片上氧氣得電子發(fā)生還原反應生成氫氧根離子，Cu片周邊出現(xiàn)紅色，鐵釘失電子發(fā)生氧化反應生成，與溶液反應，使其周邊出現(xiàn)藍色，D正確。故選C。8.短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增加，其中Y與X和Z相鄰，W比Z多一個電子層且在本周期中的原子半徑最小，它們可形成化合物甲(如圖)。下列說法正確的是（）A.X和Z組成的化合物是形成酸雨的主要原因之一B.原子半徑大小順序為X<Y<ZC.X和Y的最高價氧化物對應的水化物均為強酸D.W和Z形成的化合物之一可用來殺菌消毒〖答案〗D〖祥解〗根據(jù)分子中各元素的成鍵，Y能形成3個共價鍵，X形成4個共價鍵，Z形成2個共價鍵，且Y與X和Z相鄰，可以推出X為C元素，Y為N元素，Z為O元素，W比Z多一個電子層且在本周期中的原子半徑最小，W為Cl元素。【詳析】A．X為C元素，Z為O元素，X和Z組成的化合物會引起溫室效應，不會形成酸雨，A錯誤；B．X為C元素，Y為N元素，Z為O元素，原子半徑的大小為：，B錯誤；C．X為C元素，最高價氧化物對應的水化物，是弱酸，Y為N元素，最高價氧化物對應的水化物為強酸，C錯誤；D．W為Cl元素，Z為O元素，形成的化合物可用來殺菌消毒，D正確；故選D。9.實驗室用含鈷廢料(主要成分為，含有一定量的等)制備鈷的氧化物的流程如圖。已知：①草酸鈷晶體難溶于水②RH為有機物(難電離)。下列說法正確的是（）A.操作①所用的玻璃儀器有漏斗、玻璃棒、燒杯B.濾渣II的成分為C.向操作①后溶有的有機層中加入硫酸溶液，可重新得到，該步反應的離子方程式D.在空氣中煅燒得到的反應中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為3：2〖答案〗C〖祥解〗向含鈷廢料(主要成分為，含有一定量的等)中加入硫酸，不溶于硫酸，則濾渣Ⅰ為，酸浸后溶液中含有的溶質(zhì)主要有：CoSO4、NiSO4、Al2(SO4)3、FeSO4及過量的H2SO4；向濾液中加入H2O2，將Fe2+氧化為Fe3+，加入CoO，調(diào)節(jié)溶液的pH，使Al3+、Fe3+轉(zhuǎn)化為Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，則濾渣II的成分為Al(OH)3、Fe(OH)3；向濾液中加入RH，Ni2+溶于有機層，通過分液將有機層和水層分離，則操作①為分液；向水層中加入(NH4)2C2O4，得到草酸鈷晶體，將草酸鈷晶體煅燒得到鈷的氧化物。【詳析】A．由分析可知，操作①為分液，所用的玻璃儀器有分液漏斗、燒杯，A項錯誤；B．由分析可知，濾渣II的成分為Al(OH)3、Fe(OH)3，B項錯誤；C．向操作①后溶有的有機層中加入硫酸溶液，可重新得到，說明和H2SO4反應生成和NiSO4，反應的離子方程式為，C項正確；D．在空氣中煅燒得到，反應的化學方程式為，作氧化劑，作還原劑，則氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2：3，D項錯誤；〖答案〗選C。10.一種清潔、低成本的三步法氯堿工藝工作原理的示意圖如下，下列說法錯誤的是（）A.第一步中陽極的電極反應式為B.與傳統(tǒng)氯堿工藝相比，該方法不需要使用離子交換膜C.第二步中正極質(zhì)量每增加，負極質(zhì)量減少D.理論上每消耗，產(chǎn)生(標準狀況下)〖答案〗C〖解析〗A．第一步為電解池，陽極為與電池正極相連接的電極，失去電子電極反應為，A正確；B．該方法不需要使用離子交換膜，傳統(tǒng)氯堿工藝需要，該方法優(yōu)點是不需要使用離子交換膜，B正確；C．第二步為原電池，正極得到電子電極反應為，負極電極反應為，正極增加的為鈉離子，負極生成的為氯化銀是沉淀，質(zhì)量增加，C錯誤；D．第一步為電解池陰極消耗氧氣，電極反應為，則理論上每消耗轉(zhuǎn)移；又第三步為電解池，陽極反應為，所以生成氯氣0.2mol，即產(chǎn)生(標準狀況下)，D正確；故選C。二、不定項選擇題(本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)11.下列實驗操作能達到相應實驗目的的是（）選項實驗目的實驗操作A提純Mg(OH)2將含少量Cu(OH)2的Mg(OH)2固體溶于足量濃氨水中，過濾、洗滌、干燥B探究Fe2+、I-的還原性強弱在FeI2溶液中滴加酸化的雙氧水，觀察溶液顏色變化C判斷KCl的化學鍵類型將KCl固體加熱融化，進行導電性實驗D探究不同價態(tài)硫元素的轉(zhuǎn)化向Na2S與Na2SO3的混合溶液中加入硝酸〖答案〗AC〖解析〗A．Cu(OH)2可溶于濃氨水形成[Cu(NH3)4]2+，而Mg(OH)2不溶，經(jīng)過濾、洗滌干燥得到固體，選項A能達到實驗目的；B．兩者若被氧化產(chǎn)生Fe3+和I2，但兩者在溶液中均呈棕黃色，而無法確定是誰發(fā)生反應，選項B不能達到實驗目的；C．將KCl固體加熱融化，進行導電性實驗，若能導電，則為離子化合物，若不能導電，則為共價化合物，選項C能達到實驗目的；D．硝酸具有強氧化性，能將硫離子或亞硫酸根離子氧化，應該改用稀硫酸探究實驗，選項D能達到實驗目的；〖答案〗選AC。12.實驗室以二氧化鈰(CeO2)廢渣為原料制備Ce2(CO3)3的流程如下：已知Ce3+被有機萃取劑(HA)萃取原理為。下列說法正確的是（）A.“酸浸”時，H2O2可用O3代替B.“萃取”時，振蕩分液漏斗應下口傾斜向上，并從下口放氣C.“反萃取”時，為了提高Ce3+的反萃取率，應一次性加入大量的稀硫酸D.“沉淀”時，加入足量NH4HCO3的離子方程式為〖答案〗B〖祥解〗二氧化鈰廢渣加入鹽酸和過氧化氫，得到含有三價鈰離子的溶液，加入氨水中和過量的鹽酸，加入萃取劑HA萃取后，再加入稀硝酸反萃取將三價鈰離子萃取到水層，最后加入氨水、碳酸氫銨生成碳酸鈰，據(jù)此回答。【詳析】A．由流程可知，“酸浸”過程中四價鈰轉(zhuǎn)化為三價鈰，鈰化合價降低為氧化劑，根據(jù)電子守恒可知，則中氧元素化合價升高，做還原劑，故H2O2不可用O3代替，A錯誤；B．萃取振蕩時，分液漏斗下口應傾斜向上，便于放氣，充分混合萃取，B正確；C．“反萃取”中用適量萃取劑分多次萃取，有利于將有機層盡可能多地轉(zhuǎn)移到水層，C錯誤；D．“沉淀”時、氨水、碳酸氫銨反應生成沉淀，反應的離子方程式為，D錯誤；故選B。13.城市污水中含有一定量的、，向污水中加入菌體和溶液，在菌體的作用下依次發(fā)生過程Ⅰ、過程Ⅱ，從而實現(xiàn)、的脫除，其過程如圖所示。下列說法正確的是（）A.“過程Ⅰ”中為催化劑B.的氧化性強于C.“過程Ⅱ”中氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的質(zhì)量之比為D.“過程Ⅰ”中和的物質(zhì)的量之比為，則氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為〖答案〗C〖解析〗A．“過程Ⅰ”中為氧化劑，被還原為，A錯誤；B．“過程Ⅰ”中將氧化為的氧化性強于，B錯誤；C．“過程Ⅱ”為和生成，反應方程式為：，氧化劑為，還原劑為，物質(zhì)的量之比為1:1，C正確；D．“過程Ⅰ”中和的物質(zhì)的量之比為，發(fā)生反應：，則氧化劑為12個，還原劑為3個，二者物質(zhì)的量之比為，D錯誤；故選C。14.有機物烯醇式與酮式的互變異構原理如圖所示，下列說法錯誤的是（）A.與水發(fā)生加成反應后會生成B.二者互變過程中碳原子的雜化類型均保持不變C.水解的最終產(chǎn)物為、和D.中存在具有分子內(nèi)氫鍵的順式異構體〖答案〗BC〖祥解〗根據(jù)圖示的互變原理，具有羰基的酮式結構可以發(fā)生互變異構轉(zhuǎn)化為烯醇式，這種烯醇式具有的特點為與羥基相連接的碳原子必須有雙鍵連接，這樣的烯醇式就可以發(fā)生互變異構，據(jù)此原理分析；【詳析】A．水可以寫成H-OH的形式，與CH≡CH發(fā)生加成反應生成CH2=CHOH，烯醇式的CH2=CHOH不穩(wěn)定轉(zhuǎn)化為酮式的乙醛，A正確；B．，二者互變過程中，左側的碳原子雜化類型由sp3轉(zhuǎn)化為sp2，B錯誤；C．水解生成和CH3OH、CO2，可以發(fā)生互變異構轉(zhuǎn)化為，C錯誤；D．可以發(fā)生互變異構轉(zhuǎn)化為，即可形成分子內(nèi)氫鍵，D正確；故選BC。15.鈉硒電池是一類以單質(zhì)硒或含硒化合物為正極、金屬鈉為負極的新型電池，具有能量密度大、導電率高、成本低等優(yōu)點。以Cu2-xSe填充碳納米管作為正極材料的一種鈉硒電池工作原理如圖所示，充放電過程中正極材料立方晶胞內(nèi)未標出因放電產(chǎn)生的0價Cu原子。下列說法錯誤的是（）A.每個Cu2-xSe晶胞中Cu2+個數(shù)為4xB.在Na2Se晶胞結構中，Se2-占據(jù)的位置是頂點和面心C.充分放電時，正極的電極反應式為Cu2-xSe+2Na++2e-=Na2Se+(2-x)CuD.充電時外電路中轉(zhuǎn)移lmol電子，兩極質(zhì)量變化差為23g〖答案〗D〖祥解〗由題意可知，Cu2-xSe填充碳納米管作為正極材料，鈉較為活潑，鈉為負極材料；【詳析】A．根據(jù)“均攤法”，每個Cu2-xSe晶胞中含個Se，則晶胞內(nèi)銅離子、亞銅離子和為4×（2-x）個，設銅離子、亞銅離子分別為a、b，則a+b=4×（2-x），由化合價代數(shù)和為零可知，2a+b=4×2，解得a=4x，故A正確；B．由晶胞圖示可知，在Na2Se晶胞結構中，Se2-占據(jù)的位置是項點和面心，故B正確；C．充分放電時，正極Cu2-xSe得到電子發(fā)生還原反應生成零價銅，電極反應式為Cu2-xSe+2Na++2e-=Na2Se+(2-x)Cu，故C正確；D．充電時外電路中轉(zhuǎn)移lmol電子，陽極釋放出1mol鈉離子，質(zhì)量減小23g，陰極生成1mol鈉，質(zhì)量增加23g，兩極質(zhì)量變化差為46g，故D錯誤；故選D。第II卷(非選擇題)16.鈾氮化合物是核燃料循環(huán)系統(tǒng)中的重要材料。已知。回答下列問題：（1）基態(tài)氮原子價電子軌道表示式為___________。（2）反應中斷裂的化學鍵有___________(填標號)。a．氫鍵b．極性鍵c．非極性鍵d．離子鍵e．配位鍵（3）反應所得的氣態(tài)產(chǎn)物中屬于非極性分子的是___________(填化學式，下同)；氫化物中更易與形成配離子的是___________，解釋原因___________________________。（4）基態(tài)U原子的外圍電子排布式為，則處于下列狀態(tài)的鈾原子或離子失去一個電子所需能量最高的是___________(填標號)。A. B.C. D.（5）的空間構型為___________，其結構中存在大π鍵，可表示為___________(用表示，m代表參與形成大鍵的原子數(shù)，n代表參與形成大鍵的電子數(shù))。（6）某種鈾氮化物的晶胞如圖。已知晶胞密度為，U原子半徑為，N原子半徑為，設為阿伏加德羅常數(shù)的值，則該晶胞的空間利用率為___________(用含d、、、的式子表示)?！即鸢浮剑?）（2）bde（3）、電負性N＜O，N更容易給出孤電子對，所以更易與形成配離子（4）A（5）平面三角形（6）或〖解析〗（1）N為7號元素，其價電子排布式為2s22p3，則基態(tài)氮原子價電子軌道表示式為。（2）(NH4)4[UO2(CO3)3]含有離子鍵、極性鍵、配位鍵，根據(jù)反應產(chǎn)物可以得知該反應中斷裂的化學鍵為離子鍵、極性鍵、配位鍵，故選bde。（3）反應所得的氣態(tài)產(chǎn)物中屬于非極性分子的是CO2和N2；反應所得的氫化物是NH3和H2O，分子中，N和O都含有孤電子對，N的電負性小于O，N更容易給出孤電子對，所以NH3更易與Cu2+形成配離子。（4）基態(tài)U原子的外圍電子排布式為5f36d17s2，5f37s27p1、5f26d27s2和5f47s2均為其基態(tài)原子的激發(fā)態(tài)，5f36d17s1為U+，由第二電離能明顯高于第一電離能可知，5f36d17s1再失去一個電子所需要能量最高，故選A。（5）中C的價電子對數(shù)為3+=3，且不含孤對電子，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷該離子的空間構型為平面三角形，中存在大π鍵，由于C不含孤對電子，則其路易斯結構式為，形成的大π鍵為。（6）晶胞中，U的個數(shù)為=4，N的個數(shù)為42=8，則U和N的總體積為[]cm3=[]cm3，晶胞體積為=cm3，則該晶胞的空間利用率為==。17.鉻和釩具有廣泛用途。鉻釩渣中鉻和釩以低價態(tài)含氧酸鹽形式存在，主要雜質(zhì)為鐵、鋁、硅、磷等的化合物，從鉻釩渣中分離提取鉻和釩的一種流程如下圖所示：已知：最高價鉻酸根在酸性介質(zhì)中以Cr2O存在，在堿性介質(zhì)中以CrO存在。回答下列問題：（1）煅燒過程中，釩和鉻被氧化為相應的最高價含氧酸鹽，其中含鉻化合物主要為___________(填化學式)。（2）水浸渣中主要有SiO2和___________。（3）“沉淀”步驟調(diào)pH到弱堿性，主要除去的雜質(zhì)是___________。（4）“除硅磷”步驟中，使硅、磷分別以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，該步需要控制溶液的pH≈9以達到最好的除雜效果，若pH<9時，會導致________________________；pH>9時，會導致_______________________________。（5）“分離釩”步驟中，將溶液pH調(diào)到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH<1時，溶解為VO或VO3+在堿性條件下，溶解為VO或VO，上述性質(zhì)說明V2O5具有___________(填標號)。A．酸性B．堿性C．兩性（6）“還原”步驟中加入焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)溶液，反應的離子方程式為______________?！即鸢浮剑?）Na2CrO4（2）Fe2O3（3）Al(OH)3（4）磷酸根會與H+反應使其濃度降低導致MgNH4PO4無法完全沉淀，同時可能產(chǎn)生硅酸膠狀沉淀不宜處理會導鎂離子生成氫氧化鎂沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，導致產(chǎn)品中混有雜質(zhì)，同時溶液中銨根離子濃度降低導致MgNH4PO4無法完全沉淀（5）C（6）2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O〖祥解〗由題給流程可知，鉻釩渣在氫氧化鈉和空氣中煅燒，將釩、鉻、鋁、硅、磷等元素轉(zhuǎn)化為相應的最高價含氧酸鹽，煅燒渣加入水浸取、過濾得到含有二氧化硅、氧化鐵的濾渣和濾液；向濾液中加入稀硫酸調(diào)節(jié)溶液pH將Al元素轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁沉淀，過濾得到強氧化鋁濾渣和濾液；向濾液中加入硫酸鎂溶液、硫酸銨溶液將硅元素、磷元素轉(zhuǎn)化為MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，過濾得到含有MgSiO3、MgNH4PO4的濾渣和濾液；向濾液中加入稀硫酸調(diào)節(jié)溶液pH將釩元素轉(zhuǎn)化為五氧化二釩，過濾得到五氧化二釩和濾液；向濾液中焦亞硫酸鈉溶液將鉻元素轉(zhuǎn)化為三價鉻離子，調(diào)節(jié)溶液pH將鉻元素轉(zhuǎn)化為氫氧化鉻沉淀，過濾得到氫氧化鉻?！驹斘觥浚?）由分析可知，煅燒過程中，鉻元素轉(zhuǎn)化為鉻酸鈉，故〖答案〗為：Na2CrO4；（2）由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化鐵，故〖答案〗為：Fe2O3；（3）由分析可知，沉淀步驟調(diào)pH到弱堿性的目的是將Al元素轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁沉淀，故〖答案〗為：Al(OH)3；（4）由分析可知，加入硫酸鎂溶液、硫酸銨溶液的目的是將硅元素、磷元素轉(zhuǎn)化為MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，若溶液pH<9時，磷酸根會與H+反應使其濃度降低導致MgNH4PO4無法完全沉淀，同時可能產(chǎn)生硅酸膠狀沉淀不宜處理；若溶液pH>9時，會導鎂離子生成氫氧化鎂沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，導致產(chǎn)品中混有雜質(zhì)，同時溶液中銨根離子濃度降低導致MgNH4PO4無法完全沉淀，故〖答案〗為：磷酸根會與H+反應使其濃度降低導致MgNH4PO4，同時可能產(chǎn)生硅酸膠狀沉淀不宜處理；會導鎂離子生成氫氧化鎂沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，導致產(chǎn)品中混有雜質(zhì)，同時溶液中銨根離子濃度降低導致MgNH4PO4無法完全沉淀；（5）由題給信息可知，五氧化二釩水能與酸溶液反應生成鹽和水，也能與堿溶液發(fā)生生成鹽和水的兩性氧化物，故選C；（6）由題意可知，還原步驟中加入焦亞硫酸鈉溶液的目的是將鉻元素轉(zhuǎn)化為鉻離子，反應的離子方程式為2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O，故〖答案〗為：2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O。18.實驗室利用甘氨酸與硫酸亞鐵制備補鐵劑甘氨酸亞鐵，裝置如圖所示(夾持儀器省略)。已知：I．有關物質(zhì)性質(zhì)如下表所示：甘氨酸易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸中的溶解度大于在乙醇中的溶解度檸檬酸易溶于水和乙醇，酸性較強，有強還原性甘氨酸亞鐵易溶于水，難溶于乙醇、冰醋酸II．甘氨酸亞鐵摩爾質(zhì)量為III．氨基能被酸性溶液氧化為硝基：（1）連接好裝置，裝入藥品，進行的操作為：①打開、，反應一段時間，將裝置中空氣排凈；②__________________________，使b中溶液進入c中；③在50℃恒溫條件下用磁力攪拌器不斷攪拌，然后向c中滴加NaOH溶液，調(diào)溶液pH至5.5～6.0，使反應物充分反應；④反應完成后，向c中反應混合液中加入乙醇，生成白色沉淀，將沉淀過濾、洗滌得粗產(chǎn)品。（2）儀器c的名稱是___________，其中加入檸檬酸的作用是_______________________，步驟④中加入乙醇，溶液的極性___________(填“增強”、“減弱”或“不變”)。（3）生成甘氨酸亞鐵的化學方程式是_________________________________________。（4）體系pH與產(chǎn)率之間的關系如下表體系pH4.04.55.05.56.06.57.07.5產(chǎn)率(％)65.7074.9278.6786.6588.0774.9762.3155.98pH過高或過低，產(chǎn)品產(chǎn)率均下降的原因是：______________________________________。（5）產(chǎn)品純度測定。已知粗產(chǎn)品通常混有甘氨酸，稱取粗產(chǎn)品2.2克，先加入___________，攪拌、過濾、洗滌得沉淀，將沉淀配成250mL溶液，取溶液25.00mL置于錐形瓶，用的溶液滴定至終點，三次平均消耗體積為26.00mL，則該樣品的純度為___________?！即鸢浮剑?）打開，關閉（2）三頸燒瓶防止亞鐵離子被氧化且能抑制亞鐵離子水解減弱（3）（4）過高會生成，過低時c(H2NCH2COO－)很小，難以生成甘氨酸亞鐵（5）冰醋酸〖祥解〗實驗中，用鐵屑和稀硫酸反應：，生成的可以排除裝置內(nèi)的空氣，防止亞鐵鹽被氧化，同時，產(chǎn)生的可使裝置b中的壓強增大，將溶液壓入三頸燒瓶中，與甘氨酸反應制備甘氨酸亞鐵，據(jù)此解答?！驹斘觥浚?）打開，關閉，產(chǎn)生的可使裝置b中的壓強增大，將溶液壓入三頸燒瓶中，與甘氨酸反應制備；（2）儀器c的名稱是三頸燒瓶；檸檬酸酸性較強，有強還原性，所以加入少量的檸檬酸，可以防止甘氨酸亞鐵被氧化，也可以調(diào)節(jié)溶液的，抑制亞鐵離子水解；甘氨酸亞鐵易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸中的溶解度大于在乙醇中的溶解度，反應完成后，向c中反應混合液中加入乙醇，生成白色沉淀，這說明溶液的極性減弱；（3）生成甘氨酸亞鐵的化學方程式為：（4）由于過高會生成，過低時c(H2NCH2COO－)很小，難以生成甘氨酸亞鐵，所以pH過高或過低，產(chǎn)品產(chǎn)率均下降；（5）因為甘氨酸在冰醋酸中的溶解度大于在乙醇中的溶解度，甘氨酸亞鐵易溶于水，難溶于冰醋酸，所以先向稱取的粗產(chǎn)品加入冰醋酸，得到較純的甘氨酸亞鐵沉淀，再將其溶于水溶配成溶液，加入酸性高錳酸鉀溶液滴定，發(fā)生反應：，，根據(jù)反應得出關系式：，所以，所以，該樣品的純度為：。19.黨的二十大報告指出“綠水青山就是金山銀山”，用化學技術治理環(huán)境問題中顯得尤為重要。（1）將和兩種氣體轉(zhuǎn)化為合成氣和，可以實現(xiàn)能量綜合利用，對環(huán)境保護具有十分重要的意義。甲烷及二氧化碳重整涉及以下反應：I．II．反應___________。(用表示)（2）一種基于吸收劑區(qū)分的同時脫硫脫硝反應的裝置如圖所示。反應器I吸收，反應器II吸收NO，隔絕空氣反應一段時間。①當觀察到反應器I中懸濁液變澄清時，反應的離子方程式___________。②反應器II中所發(fā)生的反應為，盛有溶液最多能吸收(標準狀況下)的體積為___________。（3）日本政府于2023年8月24日下午一點啟動福島核污染廢水排海，引發(fā)了國際社會的廣泛關注和擔憂。鈾(U)可用作核燃料。核廢料中+6價的鈾可以通過電化學還原法處理，還原為的電化學裝置如圖所示：陰極發(fā)生的反應為：，陰極區(qū)溶液中發(fā)生反應：、。=1\*GB3①陰極上發(fā)生的副反應為：____________________________________________。②陰極區(qū)溶液中加入的目的是________________________________。③電還原處理+6價的鈾轉(zhuǎn)移，陰極區(qū)減少__________mol。〖答案〗（1）（2）（3）①②消耗反應中生成的，防止與反應③1〖解析〗（1）根據(jù)蓋斯定律，Ⅰ+2×Ⅱ得反應，則則；（2）①中懸濁液變澄清，說明二氧化硫和水反應生成的亞硫酸溶解了氧化鎂，生成了易溶于水的物質(zhì)，反應的離子方程式為；②由方程式可知，n()=n()=×0.15×100×10-3mol=0.02mol，標準狀況下體積=0.02×22.4=0.448L=448mL；（3）①由陰極反應可知，陰極生成了，則陰極上發(fā)生的副反應可以是硝酸根離子得到電子發(fā)生還原反應生成，即為；②由已知反應可知，副產(chǎn)物能將轉(zhuǎn)化為，陰極區(qū)溶液中加入的目的是消耗反應中生成的，防止與反應；③陽極反應為，結合陰極反應可知，電還原處理+6價的鈾[U(Ⅵ)]轉(zhuǎn)移，陰極消耗2mol氫離子，同時從陽極遷移過來1mol氫離子，則陰極區(qū)減少1mol。20.異甘草素(VⅡ)具有抗腫瘤、抗病毒等藥物功效。合成路線如下，回答下列問題：已知：①氯甲基甲醚結構簡式為：②（1）化合物Ⅰ的名稱是___________，化合物Ⅱ所含的官能團名稱是___________。（2）Ⅳ轉(zhuǎn)化為Ⅴ的反應類型是___________，氯甲基甲醚在全合成過程中的作用是___________________________________。（3）寫出Ⅴ與新制的氫氧化銅懸濁液共熱的化學反應方程式_________________。（4）由化合物Ⅲ、Ⅴ合成化合物Ⅵ，生成的中間產(chǎn)物的結構簡式是___________。（5）符合下列條件的分子Ⅱ的同分異構體數(shù)目有_________種。①能使溶液顯色；②既能發(fā)生銀鏡反應，又能發(fā)生水解反應（6）結合題給信息，設計由和為原料制備的合成路線(其他無機試劑任選)________________________________________________________