2022屆高三期初學業(yè)質量監(jiān)測試卷化學注意事項考生在答題前請認真閱讀本注意事項及各題答題要求1.本試卷共6頁，滿分100分，考試時間為75分鐘，考試結束后，請將答題卷交回。2.答題前，請您務必將自己的姓名、準考證號、座位號用0.5毫米黑色字速簽字筆填寫在答題卷上。3.請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、考試證號與你本人的是否相符。4.作答選擇題必須用2B鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑，如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案，作答非選擇題必須用書寫黑色字跡的0.5毫米的簽字筆寫在答題卷上的指定位置，在其它位置作答一律無效?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H1N14O16S32Ni59選擇題單項選擇題：本題包括14小題，每小題3分，共計42分。每小題只有一個選項符合愿意。1.下列有關我國科技成果的描述正確的是A.“嫦娥五號”使用的太陽能電池陣和鋰離子電池組，均可將化學能轉變?yōu)殡娔蹷.“神舟十一號”宇宙飛船返回艙外表面使用的高溫結構陶瓷是有機高分子材料C.港珠澳大橋使用的聚乙烯纖維纜繩，具有質量輕、強度大、耐腐蝕等優(yōu)點D.我國提出網絡強國戰(zhàn)略，光纜線路總長超過三千萬公里，光纜的主要成分是晶體硅【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．太陽能電池陣是將光能轉化為電能，描述錯誤，故A錯誤；B．新型無機非金屬材料在性能上比傳統(tǒng)無機非金屬材料有了很大的提高，可適用于不同的要求。如高溫結構陶瓷、壓電陶透明陶瓷、超導陶瓷等都屬于新型無機非金屬材料，故B錯誤；C．聚乙烯纖維屬于合成高分子，具有強度大、質量輕、耐腐蝕等特點，故C正確；D．光纜的主要成分是二氧化硅，故D錯誤；故選C。2.NF3是一種優(yōu)良的蝕刻氣體。HF、F2均可用于制備NF3，F2制備NF3的反應為：4NH3+3F2NF3+3NH4F。下列說法正確的是A.中子數為10的氟原子：FB.HF的電子式：C.NF3分子中，氮原子的雜化類型為sp2D.電負性：F>N>H【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．中子數為10的氟原子，質量數為10+9=19，表示為：F，故A錯誤；B．HF為共價化合物，電子式為：，故B錯誤；C．根據氨氣的結構分析，NF3分子為三角錐形，氮原子的雜化類型為sp3，故C錯誤；D．非金屬性越強電負性越強，電負性：F>N>H，故D正確。故選D。3.1935年，在中國化學家侯德榜的領導下，中國建成了第一座生產合成氨、硝酸等的聯合企業(yè)——永利制堿廠。該企業(yè)首先合成氨，氨再經鉑銠催化劑催化氧化得到NO，將NO、水和空氣通入吸收塔中得到硝酸。氨催化氧化法制取NO的反應為：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)?H=-905.8kJ/mol。下圖為NH3的制備，收集及催化氧化實驗，下列說法正確的是

A.圖甲裝置除了混合氫氣和氮氣之外還可以干燥氣體及觀察氫氣和氮氣的流速B.將氨氣通入圖乙裝置中，錐形瓶口出現紅棕色氣體，說明氨被直接氧化NO2C.圖丙為實驗室制取氨氣的正確裝置D.圖丁裝置可用于實驗室制氨氣的尾氣吸收【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．濃硫酸有吸水性，可干燥氫氣和氮氣，同時可由氣體經過液體產生的氣泡快慢來觀察氣體流速，A正確；B．瓶口出現紅棕色氣體，為NO被氧氣氧化為NO2，不是直接產生的，B錯誤；C．試管口應略向下，C錯誤；D．氨氣極易溶于水，發(fā)生倒吸，造成實驗安全問題，D錯誤；故選：A。4.1935年，在中國化學家侯德榜的領導下，中國建成了第一座生產合成氨、硝酸等的聯合企業(yè)——永利制堿廠。該企業(yè)首先合成氨，氨再經鉑銠催化劑催化氧化得到NO，將NO、水和空氣通入吸收塔中得到硝酸。氨催化氧化法制取NO的反應為：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)?H=-905.8kJ/mol。下列關于工業(yè)上由氨氣制取濃硝酸的過程說法正確的是A.NH3的空間構型為平面三角形B.催化氧化法制取NO過程中，升高溫度，可以增大該反應的平衡常數C.反應中每消耗22.4L(標準狀況)NH3可放出熱量226.45kJD.4molNH3(g)和5molO2(g)所含能量總和比4molNO(g)和6molH2O(g)的總能量小【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．NH3中心原子上有(5-3×1)=1對孤電子對，有3個σ鍵，根據價層電子對互斥理論可知，其空間構型為三角錐形，A錯誤；B．由題干可知，催化氧化法制取NO過程中是一個放熱反應，故升高溫度，平衡逆向移動，將減小該反應的平衡常數，B錯誤；C．反應中每消耗22.4L(標準狀況)即=1molNH3，可放出熱量為=226.45kJ，C正確；D．由題干信息可知，4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)?H=-905.8kJ/mol是一個放熱反應，故4molNH3(g)和5molO2(g)所含能量總和比4molNO(g)和6molH2O(g)的總能量大，D錯誤；故答案為：C。5.TiO2的“納米材料"有廣泛的應用，工業(yè)上可利用TiCl4制取。TiCl4熔點為-25℃，沸點為136.4℃，易溶于有機溶劑。制取TiO2的反應為：①2FeTiO3+7Cl2+3C2TiCl4+2FeCl3+3CO2；②TiCl4+O2=TiO2+2Cl2。下列說法正確的是A.基態(tài)Ti原子核外價電子排布式為4s2B.Cl2、CO2都是含有非極性鍵的非極性分子C.TiCl4晶體是離子晶體，配位數為4D.反應①每生成1molFeCl3轉移電子的物質的量為7mol【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．Ti的原子序數為22，Ti原子核外有22個電子，基態(tài)Ti原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d24s2，價電子排布式為3d24s2，A錯誤；B．Cl2和CO2都是非極性分子，Cl2中含Cl—Cl非極性鍵，CO2中含C=O極性鍵、不含非極性鍵，B錯誤；C．TiCl4的熔點為-25℃，沸點為136.4℃，熔、沸點較低，TiCl4晶體是分子晶體，C錯誤；D．反應①中Fe元素的化合價由+2價升至+3價，C元素的化合價由0價升至+4價，Cl元素的化合價由0價降至-1價，生成2molFeCl3轉移14mol電子，則生成1molFeCl3轉移電子物質的量為7mol，D正確；答案選D。6.Na2SO4和焦炭可發(fā)生化學反應，某興趣小組對該反應及其產物進行如圖所示實驗探究。下列說法錯誤的是A.c裝置的主要作用是防倒吸B.實驗時，應先通入N2再加熱C.實驗后a裝置中固體可能會與稀硫酸反應產生淡黃色固體D.b處連接的裝置中依次盛放澄清石灰水、品紅溶液、NaOH溶液【答案】D【解析】【詳解】A．c裝置為安全瓶，其主要目的是為了防止在檢驗生成的氣體時發(fā)生倒吸，故A不選；B．為了防止C在受熱時被裝置內的空氣氧化為二氧化碳，多以實驗時應先通入N2再排除裝置內空氣后再加熱，故B不選；C．a中的固體可能是Na2S2O3，加酸以后有S單質生成，故C不選；D．氣體產物為CO2與SO2，應該先檢測SO2，故順序為品紅溶液、酸性高錳酸鉀、品紅溶液、石灰水，故選D。7.X、Y、Z、W、R屬于周期表中前20號主族元素，且原子序數依次增大。X原子中有7個運動狀態(tài)完全不同的電子，Z是元素周期表中電負性最大的元素，Z和W同主族，R的最外層電子數是最內層電子數的一半。下列說法正確的是A.Z的簡單氫化物分子間能形成氫鍵B.簡單離子半徑：C.簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：D.第一電離能：【答案】A【解析】【分析】每一個電子的運動狀態(tài)都是獨一無二的，所以，X原子核外有7個電子，X為氮元素；元素周期表中除去0族元素，最右上方的元素電負性最大，Z為氟元素；再根據題目中原子序數依次增大信息，Y為氧元素；W與Z同族，原子序數不大于20，W為氯元素；R元素最內層電子數為2，故其最外層電子數為1，則R為IA族元素，原子序數大于17，R為鉀元素?！驹斀狻緼．Z的簡單氫化物為HF。元素電負性越大，元素原子半徑越小，與氫形成的簡單氫化物分子極性越強，才越有可能形成分子間氫鍵。滿足這種要求的元素只有N、O、F三種元素，所以HF分子間可以形成氫鍵，符合題意；B．Cl-、K+，核外電子排布均是2，8，8；核外電子排布相同的離子，核電荷數越小，離子半徑越大，故應是r(Cl-)>r(K+)，不符題意；C．非金屬性越強，電負性值越大，其氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，故熱穩(wěn)定性：HF>HCl，不符題意；D．同周期元素第一電離能并不是從左到右依次增大，其變化規(guī)律遵循洪特規(guī)則補充說明。IIA族元素，價電子層電子排布式：ns2，s能級全滿；VA族元素，價電子層電子排布式：ns2np3，s能級全滿，p能級半滿；0族元素，價電子層電子排布式：ns2np6，s能級p能級均全滿。所以這三種元素的氣態(tài)電中性基態(tài)原子更穩(wěn)定，第一電離能更高一些。0族同周期最高，同周期IIA、VA族元素原子第一電離能均比相鄰的IIIA、VIA族元素原子的第一電離能更大一些。所以，N、O、F三元素的第一電離能大小排序應是I1(F)>I1(N)>I1(O)，不符題意；綜上，本題選A。8.肼(N2H4)具有強還原性，溶于水生成的水合肼是二元弱堿，常用作火箭發(fā)射的推進劑。常溫下，2NH3·H2O(aq)+NaClO(aq)=NaCl(aq)+N2H4(aq)+3H2O(l)，可用于生產N2H4。下列有關說法正確的是A.生產N2H4時，向盛有NaClO溶液的燒瓶，逐滴加入氨水溶液，并用磁力器攪拌B.N2H4水溶液中存在：N2H4、N2H、N2H加水稀釋，的值不變C.推進劑反應：2N2H4+N2O4=3N2+4H2O中，氧化產物與還原產物物質的量之比為1:2D.1molN2H4分子中π鍵數目為NA【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．由題干已知肼(N2H4)具有強還原性，NaClO溶液具有強氧化性，如果生產N2H4時，向盛有NaClO溶液的燒瓶，逐滴加入氨水溶液，并用磁力器攪拌，則生成的肼(N2H4)將繼續(xù)被NaClO溶液氧化，故應該是向盛有氨水溶液的燒瓶，逐滴加入NaClO溶液，并用磁力器攪拌，A錯誤；B．由題干信息可知，N2H4溶于水生成的水合肼是二元弱堿，故N2H4水溶液中存在：N2H4+H2ON2H+OH-，N2H+H2ON2H+OH-故有Kb1=，Kb2=，則=的值只隨溫度改變而改變，加水稀釋不變，B正確；C．推進劑反應：2N2H4+N2O4=3N2+4H2O中，N2H4中N的化合價由-2價轉為0價，被氧化生成2molN2，N2O4中的N由+4價變?yōu)?價，被還原生成1molN2，故氧化產物與還原產物物質的量之比為2:1，C錯誤；D．根據肼的電子式可知分子中不存在π鍵，D錯誤；故答案為：B。9.工業(yè)上以硫酸泥(主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等)為原料提取硒，流程如圖所示。下列說法不正確的是

A.脫硫過程中，利用了相似相溶原理B.氧化過程中，Se轉化為H2SeO3的反應中氧化劑和還原劑的物質的量之比為4:5C.濾液Ⅲ中主要存在的離子有Na+、Zn2+、Fe3+、Cu2+、SO、SOD.還原過程中生成粗硒的化學方程式為：H2SeO3+2Na2SO3=Se↓+2Na2SO4+H2O【答案】C【解析】【分析】硫酸泥中加煤油將S溶解，過濾后以濾液的形式除去，加入NaClO3、稀H2SO4，濾渣中的Se被氧化成H2SeO3，同時Fe2O3、CuO、ZnO被硫酸溶解，過濾，濾渣II為SiO2；濾液中主要含有Na+、Zn2+、Fe3+、Cu2+、H2SeO3、SO，加入Na2SO3等，H2SeO3被還原成Se，Fe3+被還原為Fe2+，然后過濾使Na+、Zn2+、Fe2+、Cu2+等以濾液III的形式除去，得到粗硒?！驹斀狻緼．硫酸泥中加煤油將S溶解，過濾后以濾液的形式除去，脫硫過程中，利用了相似相溶原理，A項正確；B．氧化過程方程式為4NaClO3+5Se+2H2SO4+3H2O=2Na2SO4+2Cl2↑+5H2SeO3，氧化劑和還原劑的比為4:5，B項正確；C．由流程分析，加入Na2SO3，H2SeO3被還原成Se，Fe3+被還原為Fe2+，故濾液III中不含有Fe3+，C項錯誤；D．還原過程中生成粗硒的化學方程式為：H2SeO3+2Na2SO3=Se↓+2Na2SO4+H2O，D項正確；故選C。10.化合物X是一種藥物中間體。下列關于化合物X的說法正確的是

A.化合物X能與FeCl3溶液作用顯紫色B.化合物X的完全水解所得有機產物中含有2個手性碳原子C.化合物X中最多12個原子在同一平面上D.1mol化合物X與H2加成時，最多消耗3molH2【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．化合物X分子中無酚羥基，因此不能與FeCl3溶液作用顯紫色，A錯誤；B．手性碳原子是連接4個不同的原子或原子團的C原子，根據X結構簡式可知其分子中只有1個手性碳原子，用※表示就是，B錯誤；C．苯分子是平面分子，左邊O原子，右邊六元環(huán)上的手性C原子取代苯分子中H原子的位置在苯分子平面上，與O原子連接的甲基C原子及右邊六元環(huán)上的C原子連接的一個原子也可能在苯平面上，則化合物X中最多14個原子在同一平面上，C錯誤；D．酯基具有獨特的穩(wěn)定性，不能與H2發(fā)生加成反應，只有苯環(huán)可以與H2發(fā)生加成反應。物質分子中含有1個苯環(huán)，1個分子加成消耗3個H2，因此1mol化合物X與H2加成時，最多消耗3molH2，D正確；故合理選項是D。11.科學家對新型Li-CO2電化學系統(tǒng)研究發(fā)現，用碳化鉬(Mo2C)作Li極催化劑時CO2的放電產物為Li2C2O4析出，裝置如圖所示，下列說法不正確的是

A.該電化學儲能系統(tǒng)Li極作為負極B.該電池最好選用Li2C2O4水溶液作電解質溶液C.CO2放電的電極反應式為：2CO2+4e-+2Li+=Li2C2O4D.電池“吸入”CO2時將化學能轉化為電能【答案】B【解析】【分析】由圖可知，用碳化鉬（Mo2C）作Li極催化劑時產物為Li2C2O4，Li價態(tài)升高為負極，CO2通入極為正極?！驹斀狻緼．由題干及圖示知，Li極發(fā)生反應的產物為Li2C2O4，Li價態(tài)升高，失去電子，作負極，故A正確；B．Li能與水反應，不能選擇水溶液作電解質溶液，故B錯誤；C．根據上述分析，CO2作正極，得到電子發(fā)生還原反應，則CO2放電的電極反應式為：2CO2+4e-+2Li+=Li2C2O4，故C正確；D．根據原電池原理分析，電池“吸入”CO2時即CO2放電參加反應，將化學能轉化為電能，故D正確。故選：B。12.室溫下，通過下列實驗探究0.1mol/L的H2S溶液的性質實驗實驗操作及現象1用pH計測定0.1mol/L的H2S溶液pH約為3.92向0.1mol/L的H2S溶液中通入足量SO2，溶液變渾濁3向0.1mol/L的H2S溶液中滴加硫酸銅溶液，產生黑色沉淀，再加入硫酸錳溶液，沉淀量增加下列有關說法不正確的是A.Ka1(H2S)約為10-6.8B.實驗1中溶液存在c(H+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)C.實驗2中的溶液pH先增大后減小，最終保持不變D.實驗3可以說明Ksp(CuS)＞Ksp(MnS)【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．0.1mol/LH2S溶液用pH計測定其pH約為3.9，弱酸的第一步電離遠遠大于第二步電離，根據電離方程式H2SH++HS-，c(H+)=c(HS-)=10-3.9mol/L，Ka1=，A正確；B．實驗1中H2S溶液存在電荷守恒，即c(H+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)，B正確；C．亞硫酸的酸性強于氫硫酸，實驗2中向溶液中通入SO2發(fā)生反應：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，產生難溶于水的S單質，因此溶液變渾濁，C正確；D．實驗3向溶液中加入硫酸銅溶液，產生CuS黑色沉淀，氫硫酸沒反應完，再加入硫酸錳溶液，又生成MnS硫化錳沉淀，故沉淀量增加，不能說明發(fā)生沉淀轉化，故不能說明Ksp(CuS)＞Ksp(MnS)，D錯誤；故合理選項是D。13.將一定量的CO2與H2通入某密閉容器中合成甲醇，在催化劑作用下發(fā)生下述反應：Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)?H1<0Ⅱ．CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g)?H2催化反應相同時間，測得不同溫度下CO2的轉化率如圖-1所示(圖中虛線表示相同條件下CO2的平衡轉化率隨溫度的變化)，CH3OH的產率如圖-2所示。下列有關說法正確的是A.?H2<0B.250℃時，容器內反應達平衡C.250℃前，隨溫度升高CO2的平衡轉化率減小，可能因為該溫度范圍內僅發(fā)生反應ⅠD.250℃后，隨溫度升高CH3OH的產率減小，可能是因為催化劑對反應Ⅰ的活性降低【答案】D【解析】【分析】將一定量的CO2與H2通入某密閉容器中合成甲醇，發(fā)生反應Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)和Ⅱ．CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g)，兩個反應都消耗二氧化碳和氫氣，但只有反應Ⅰ生成CH3OH，體系中兩個反應共同影響CH3OH的產率，反應Ⅰ進行得越多，CH3OH產率越高，以此解答?！驹斀狻緼．溫度高于250℃時，CO2的平衡轉化率隨溫度的升高繼續(xù)增加，而CH3OH的產率卻反而下降，說明溫度升高不利于CO2轉化為甲醇，溫度升高有利CO2轉化為CO，反應II是吸熱反應，ΔH2>0，故A錯誤；B．由圖1可知250℃時CO2的轉化率不是最大值，溫度高于250℃時，CO2的轉化率繼續(xù)增加，說明容器內反應還沒有達到平衡，故B錯誤；C．250℃前，隨著溫度升高，CO2的平衡轉化率減小，原因是升高溫度對反應Ⅰ的抑制效果大于對反應Ⅱ的促進效果，不是因為該溫度范圍內僅發(fā)生反應Ⅰ，故C錯誤；D．250℃后，隨著溫度升高，CH3OH的產率減小，說明升高溫度抑制了反應Ⅰ的進行，可能是因為催化劑對反應Ⅰ的活性降低，故D正確；故選D。14.硝酸鹽污染已成為一個日益嚴重的環(huán)境問題。甲酸(HCOOH)在納米級Pd表面分解為活性H2和CO2，再經下列歷程實現NO的催化還原，進而減少污染。已知Fe(II)、Fe(III)表示Fe3O4中二價鐵和三價鐵。下列說法錯誤的是

A.Fe3O4參與了該循環(huán)歷程B.HCOOH分解時，碳氫鍵和氧氫鍵發(fā)生了斷裂C.H2在反應歷程中生成的H+起到調節(jié)體系pH的作用D.在整個歷程中，1molH2可還原1molNO【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．Fe3O4參與了該循環(huán)歷程，因為鐵離子有價態(tài)的變化，故A正確；B．HCOOH分解時，碳氫鍵和氧氫鍵發(fā)生了斷裂，而后形成了碳氧雙鍵，故B正確；C．酸性條件下，NO比NO的氧化性更強，H+起到調節(jié)體系pH的作用，故C正確；D．在整個歷程中，2molFe2+可還原1molNO，氫氣還原Fe3+，故D錯誤；故選D。二、非選擇題，共4題，共58分。15.鍍鎳廢水是重金屬污染源之一，常見處理含鎳廢水一種離子交換和沉淀法工藝如下：已知該交換樹脂為陽離子型樹脂HR，HRR-+H+；NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R-(aq)。（1）Ni2+的核外電子排布式為___________。（2）已知在pH=2時，離子交換過程Ni2+去除率很低，其原因為_______。（3）“脫絡”(指鎳元素由絡合物NiR2轉化成游離的Ni2+)過程中，R-與中間產物·OH(羥基自由基)反應生成難以與Ni2+絡合的·R(有機物自由基)，但·OH也能與H2O2發(fā)生反應。反應的方程式如下：Ⅰ．Fe2++H2O2=Fe3++OH-+·OHⅡ．R-+·OH=OH-+·R平衡移動的角度解釋加入FeSO4和H2O2能夠實現“脫絡”的原因是___________。（4）NiC2O4隔絕空氣高溫煅燒可制得Ni2O3，NiC2O4受熱分解的化學方程式為___________。（5）硫酸鎳銨(NH4)xNiy(SO4)m·nH2O可用于電鍍等領域，為測定其組成，進行如下實驗：①稱取4.670樣品，配成250mL溶液A。②取25.00mL溶液A，加足量濃NaOH溶液并加熱，生成NH344.80mL(標準狀況)。③另取25.00mL溶液A，用0.05000mol/L的EDTA(Na2H2Y)標準溶液滴定其中的Ni2+(離子方程式為Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+)，平行測定三次，平均消耗標準EDTA溶液20.00mL。則硫酸鎳銨的化學式為___________(寫出計算過程)?！敬鸢浮浚?）1s22s22p63s23p63d8（2）pH=2時，酸性較強，抑制HR電離產生R-，c(R-)低，因而Ni2+去除率低（3）NiR2在溶液中存在以下平衡：NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R-(aq)。Fe2+和H2O2通過反應Ⅰ和反應Ⅱ將R-轉化成難以與Ni2+絡合的·R，使c(R-)減小，平衡正向移動，實現“脫絡”（4）2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑（5）(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O【解析】【分析】【小問1詳解】根據Ni原子的電子排布式1s22s22p63s23p63d84s2，Ni失去2個電子，首先失去最外層4s2的電子，變?yōu)镹i2+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d8；【小問2詳解】pH=2時，酸性較強，抑制HR電離產生R-，導致c(R-)低，結合Ni2+的程度降低，因而Ni2+去除率低；【小問3詳解】NiR2在溶液中存在以下平衡：NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R-(aq)。Fe2+和H2O2通過反應Ⅰ和反應Ⅱ將R-轉化成難以與Ni2+絡合的·R，使c(R-)減小，平衡正向移動，實現“脫絡”；【小問4詳解】根據化合價的升降判斷產物，利用原子及電子守恒配平得：2NiC2O4Ni2O3+3CO↑+CO2↑；【小問5詳解】4.670g硫酸鎳銨中Ni2+的物質的量為0.02L×0.05000mol/L×10=0.01000mol；n(NH)=10n(NH3)=10×2×10-3mol=0.02mol；根據電荷守恒可知樣品中n(SO)=0.02mol；根據質量守恒可得：m(H2O)=4.670g-0.01mol×59g/mol-0.02mol×18g/mol-0.02mol×96g.mol=1.800g；n(H2O)=0.1000mol；則：x:y:m:n=0.02:0.01:0.02:0.1=2:1:2:10；硫酸鎳銨的化學式為(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O?！军c睛】根據電離平衡和化學平衡利用平衡移動原理進行判斷離子濃度的變化，利用原子和電子守恒判斷產物。16.藥物萘普生具有較強的抗炎、抗風濕和解熱鎮(zhèn)痛作用，其合成路線如下

（1）CH3CH2COCl中碳原子的軌道雜化類型為___________。（2）E→F的反應類型為___________。（3）若省略步驟①和④，則A與CH3CH2COCl反應除生成G()外，最可能生成的產物(與G互為同分異構體)的結構簡式為___________。（4）C的一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式___________。①分子中含有苯環(huán)()：含有2個取代基，且取代基在同一個苯環(huán)；②能在NaOH溶液中發(fā)生水解，產物中含萘環(huán)的分子有5種不同化學環(huán)境的氫原子。（5）已知：RCOOHRCOCl(R為烴基)，根據已有知識并結合相關信息，設計以對二甲苯和ClCH2CH2CH2Cl為原料制備的合成路線(無機試劑和有機溶劑任用，合成路線例見本題題干)。___________【答案】（1）sp2、sp3（2）取代反應（3）（4）或（5）ClCH2CH2CH2ClHOCH2CH2OHOHCCH2CHOHOOCCH2COOHClOCH2COCl【解析】【小問1詳解】在CH3CH2COCl分子中，兩個飽和碳原子的軌道雜化類型為sp3雜化，與Cl連接的C原子形成和碳氧雙鍵，該碳原子采用sp2雜化；【小問2詳解】根據E、F結構簡式可知E→F的反應類型為取代反應；【小問3詳解】若省略步驟①和④，則根據①和④轉化關系可知：A與CH3CH2COCl反應除生成G()外，最可能生成的產物(與G互為同分異構體)是CH3CH2CO-取代在同一個苯環(huán)上C原子上的Cl原子連接的H原子的位置，得到的物質的結構簡式為；【小問4詳解】C結構簡式是，其同分異構體滿足條件：①分子中含有苯環(huán)()：含有2個取代基，且取代基在同一個苯環(huán)；②能在NaOH溶液中發(fā)生水解，產物中含萘環(huán)的分子有5種不同化學環(huán)境的氫原子，說明物質分子中含有酯基、-CH2Cl結構，則其可能的結構簡式為或；【小問5詳解】ClCH2CH2CH2Cl與NaOH的水溶液共熱發(fā)生取代反應產生HOCH2CH2CH2OH，HOCH2CH2CH2OH與O2在Cu作催化劑時加熱，發(fā)生催化氧化反應產生OHCCH2CHO，OHCCH2CHO與O2在催化劑存在條件下加熱，發(fā)生氧化反應產生HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH與SOCl2發(fā)生取代反應變?yōu)镃lOCCH2COCl，ClOCCH2COCl與對二甲苯在AlCl3作用下反應產生目標產物，故由二甲苯和ClCH2CH2CH2Cl為原料制取的合成路線為：ClCH2CH2CH2ClHOCH2CH2OHOHCCH2CHOHOOCCH2COOHClOCH2COCl。17.葡萄糖酸鋅[Zn(C6H11O7)2]是一種有機補鋅劑，廣泛應用于食藥領域。已知葡萄糖酸鋅能溶于水，易溶于熱水，不溶于乙醇，稍高于100℃即開始分解。某小組由葡萄糖制備葡萄糖酸鋅的實驗步驟如下：Ⅰ．制備葡萄糖酸(C6H12O7)：60℃水浴下，向一定體積葡萄糖溶液中滴入1%溴水至略過量，保溫5min。Ⅱ．制備葡萄糖酸鈣[Ca(C6H11O7)2]：將略過量高純CaCO3粉末緩慢加入上述溶液，在水浴中振蕩，直至無氣泡產生。過濾，冷卻并加入等體積乙醇，產生沉淀。過濾，用乙醇洗滌固體，溶水待用。Ⅲ．制備葡萄糖酸鋅粗品：在90℃水浴、攪拌下，向ZnSO4溶液中分批加入葡萄糖酸鈣溶液。趁熱過濾，向濾液中加入無水乙醇并冷卻析晶，過濾。請回答下列問題：（1）步驟Ⅰ中發(fā)生反應的化學方程式為___________。（2）步驟Ⅲ中反應控溫在90℃的原因為___________。（3）步驟Ⅲ中向濾液中加入無水乙醇的作用是___________。（4）高純CaCO3的制備。請設計以石灰石(含少量鐵的氧化物，其他雜質不考慮)、鹽酸，碳酸銨溶液為原料制備高純碳酸鈣的實驗方案：邊攪拌邊將石灰石粉末分批加入稀鹽酸中，至不再有氣泡產生，___________，得到高純CaCO3。(實驗中須使用的試劑有：氨水、H2O2溶液、HNO3溶液、AgNO3溶液)【答案】（1）C6H12O6+Br2+H2O=C6H12O7+2HBr（2）溫度過低葡萄糖酸鋅會析出，且反應速率較慢，溫度過高葡萄酸鋅容易分解（3）降低葡萄糖酸鋅的溶解度，提高產率（4）向溶液中加入過量H2O2溶液，再加入氨水至不再產生紅褐色沉淀，過濾，向濾液中加入(NH4)2CO3溶液，至不再產生白色沉淀，過濾，用蒸餾水洗滌沉淀，取最后一次洗滌液，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，無白色沉淀產生【解析】【分析】結合題干中有關葡萄糖酸鋅的性質以及實驗步驟分析解答?！拘?詳解】葡萄糖具有還原性，溴水具有氧化性，將葡萄糖氧化為葡萄糖酸，反應的化學方程式為：C6H12O6+Br2+H2O=C6H12O7+2HBr?！拘?詳解】90℃水浴、攪拌下，ZnSO4與葡萄糖酸鈣反應生成葡萄糖酸鋅，溫度過低葡萄糖酸鋅會析出，且反應速率較慢，溫度過高葡萄酸鋅容易分解?！拘?詳解】已知葡萄糖酸鋅不溶于乙醇，則步驟Ⅲ中向濾液中加入無水乙醇的作用是降低葡萄糖酸鋅的溶解度，提高產率?！拘?詳解】CaCO3與鹽酸反應生成氯化鈣，鐵的氧化物與鹽酸反應生成氯化鐵、氯化亞鐵，將亞鐵離子氧化為鐵離子，再用H2O2溶液將亞鐵離子氧化為鐵離子，再加入氨水沉淀鐵離子，過濾，向濾液中加入(NH4)2CO3溶液沉淀鈣離子，得到碳酸鈣。故操作為：向溶液中加入過量H2O2溶液，再加入氨水至不再產生紅褐色沉淀，過濾，向濾液中加入(NH4)2CO3溶液，至不再產生白色沉淀，過濾，用蒸餾水洗滌沉淀，取最后一次洗滌液，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，無白色沉淀產生。18.煙氣中SO2和NO的轉化和綜合利用既有利于節(jié)約資源，又有利于保護環(huán)境。（1）采用NaClO2溶液作為吸收劑可同時