聊城市2025年普通高中學(xué)業(yè)水平等級考試模擬卷化學(xué)試題（一）注意事項：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號填寫在答題卡和試卷的指定位置。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結(jié)束后，將答題卡交回。可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1Li-7Mg-24Cl-35.5Cr-52Fe-56Co-59一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.化學(xué)與生活密切相關(guān)，下列涉及氧化還原反應(yīng)的是A.切開的茄子放置后切面變色 B.制作面點時加入食用純堿C.肥皂水作蚊蟲叮咬處的清洗劑 D.使用含氟牙膏預(yù)防齲齒【答案】A【解析】【詳解】A．切開的茄子變色是由于其中的多酚類物質(zhì)被空氣中的氧氣氧化，生成有色物質(zhì)。此過程涉及氧氣的還原和有機物的氧化，屬于氧化還原反應(yīng)，A選；B．食用純堿（Na2CO3）與面點中的酸性物質(zhì)反應(yīng)生成CO2，屬于復(fù)分解反應(yīng)，無化合價變化，不涉及氧化還原，B不選；C．肥皂水是堿性的，能中和蚊蟲分泌的酸性物質(zhì)，屬于酸堿中和反應(yīng)，無化合價變化，屬于非氧化還原反應(yīng)，C不選；D．含氟牙膏中的F-與牙齒中的羥基磷灰石發(fā)生離子交換，生成氟磷灰石，屬于復(fù)分解反應(yīng)，無化合價變化，屬于非氧化還原反應(yīng)，D不選；故選A。2.下列化學(xué)用語或圖示表達正確的是A.甲酸甲酯的實驗式為B.的空間結(jié)構(gòu)為直線形C.分子中共價鍵的電子云圖為D.的電子式為【答案】B【解析】【詳解】A．實驗式即最簡式，故甲酸甲酯實驗式為，故A錯誤；B．的價層電子對數(shù)為2+=2，無孤電子對，故空間結(jié)構(gòu)為直線形，故B正確；C．SiCl4分子中共價鍵的電子云圖呈正四面體結(jié)構(gòu)，其中硅原子位于中心，四個氯原子位于四個頂點。每個Si-Cl鍵都是共價鍵，由硅原子的sp3雜化軌道和氯原子的p軌道頭碰頭形成，故C錯誤；D．的電子式為，故D錯誤；故選B。3.下列有關(guān)元素單質(zhì)或化合物的說法不正確的是A.是由極性鍵構(gòu)成的非極性分子B.三氟乙酸的大于三氯乙酸的C.逐個斷開中鍵，每步所需能量相同D.和的基態(tài)原子未成對電子數(shù)相等【答案】C【解析】【詳解】A．BH3中心原子為B，價層電子對數(shù)為3+=3，無孤電子對，分子構(gòu)型為平面正三角形，正負(fù)電荷中心重合，為非極性分子，A正確；B．F的電負(fù)性大于Cl，三氟乙酸中羧基上-OH極性強，易電離出H+離子，三氟乙酸的酸性更強，Ka更大，B正確；C．CH4有四個碳?xì)滏I，斷開第一個碳?xì)滏I較容易，需要的能量小，斷開第二、三、四個碳?xì)滏I越來越難，需要能量越來越高，C錯誤；D．Si的電子排布式為1s22s22p63s23p2，未成對電子數(shù)為2，S的電子排布式為1s22s22p63s23p4，未成對電子數(shù)為2，D正確；答案選C。4.某苯甲酸樣品中含少量氯化鈉和泥沙，實驗室提純苯甲酸，下列實驗儀器必須用到的有A.②④⑦⑧ B.①②⑥⑨ C.③②⑧⑨ D.①②③⑥【答案】D【解析】【詳解】實驗室提純苯甲酸需要用到的操作有過濾、重結(jié)晶，需要用到的儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒、酒精燈等，答案選D。5.下列說法不正確的是A.電解溶液可以得到B.工業(yè)上可用氨水吸收燃煤煙氣中的二氧化硫C.在食品包裝袋內(nèi)放入鐵系保鮮劑可防止食品因氧化而變質(zhì)D.濃硝酸與鐵在常溫下不能反應(yīng)，所以可用鐵質(zhì)容器貯運濃硝酸【答案】D【解析】【詳解】A．電解溶液，鋅離子在陰極得到電子被還原生成，該說法正確；B．氨水呈堿性，二氧化硫是酸性氧化物，二者能發(fā)生反應(yīng)，所以工業(yè)上可用氨水吸收燃煤煙氣中的二氧化硫，該說法正確；C．鐵系保鮮劑中的鐵具有還原性，能與氧氣反應(yīng)，從而防止食品因氧化而變質(zhì)，該說法正確；D．濃硝酸與鐵在常溫下發(fā)生鈍化反應(yīng)，在鐵表面生成一層致密的氧化膜，阻止反應(yīng)進一步進行，所以可用鐵質(zhì)容器貯運濃硝酸，并不是不能反應(yīng)，該項說法錯誤；綜上所述，正確答案是Ｄ。6.羅格列酮是一種重要降血糖合成藥物，它的前體由相對原子質(zhì)量依次增大的W、X、Y、Z、Q五種短周期主族元素組成，其結(jié)構(gòu)如圖所示。下列說法正確的是A.第一電離能：B.該化合物中的鍵長大于的鍵長C.簡單氫化物的鍵角：D.W、Y、Z三種元素形成的化合物一定不含離子鍵【答案】C【解析】【分析】Z與Q只能形成2個鍵，故Z、Q應(yīng)為第ⅥA主族元素，且均為短周期，Q比Z的相對分子質(zhì)量增大，故Q應(yīng)為S，Z應(yīng)為O。同理可分析出，X可形成4個鍵，應(yīng)為C，Y應(yīng)為N，W應(yīng)為H。【詳解】A．短周期同一周期元素的第一電離能隨原子序數(shù)遞增一般呈增大趨勢，但在N、O或P、S等相鄰元素間會出現(xiàn)“反常”現(xiàn)象，N的價電子：，半充滿狀態(tài)，第一電離能強于O，故第一電離能：N＞O＞C即Y＞Z＞X，故A錯誤；B．鍵長是構(gòu)成化學(xué)鍵的兩個原子的核間距，原子半徑越小鍵長越短，故H-N鍵的鍵長（101pm）小于H-C鍵的鍵長（109pm），故B錯誤；C．Z形成的簡單氫化物為，Q形成的簡單氫化物為，兩者的空間構(gòu)型均為V形，并且都有孤對電子，由于O的電負(fù)性大于S，O對孤對電子的吸引比S大，孤對電子對成鍵電子對的排斥力也更大，導(dǎo)致鍵角比大，故C正確；D．若三種元素形成的是銨鹽，比如，與之間就是離子鍵，故D錯誤；故選C。7.蓽茇酰胺是從中藥蓽茇中提取的一種有抗癌活性的天然生物堿，結(jié)構(gòu)如下圖所示。下列說法不正確的是A.含有3種含氧官能團 B.存在順反異構(gòu)C.核磁共振氫譜有9組峰 D.該化合物最多與反應(yīng)【答案】A【解析】【詳解】A．由圖知，分子中含有醚鍵、碳碳雙鍵、酰胺鍵三種官能團，其中含氧官能團只有2種，A錯誤；B．由圖知，該分子中的碳鏈上的碳碳雙鍵上的碳原子均連接不同基團，則存在順反異構(gòu)，B正確；C．存在9種不用環(huán)境的氫原子，則核磁共振氫譜有9組峰，如圖所示：，C正確；D．酰胺基能和氫氧化鈉溶液反應(yīng)，1mol該化合物含有2mol酰胺基，最多消耗，D正確；故選A。8.某同學(xué)通過實驗研究銅離子在堿性溶液中存在形式的轉(zhuǎn)化，下列說法不正確的是A.上述過程涉及2種配離子B.過程②中的存在促進了的電離C.由②③可知，溶液中存在平衡D.試管b中出現(xiàn)藍色絮狀沉淀可能是因為消耗了溶液中的【答案】B【解析】【分析】由圖可知，實驗①發(fā)生的反應(yīng)為硫酸銅溶液與氨水反應(yīng)生成氫氧化銅藍色絮狀沉淀；實驗②發(fā)生的反應(yīng)為氫氧化銅與氨水反應(yīng)生成氫氧化四氨合銅和水，實驗②③說明溶液中存在平衡Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH-，向溶液中加入氫氧化鈉溶液，溶液中氫氧根離子濃度增大，平衡向逆反應(yīng)方向移動，導(dǎo)致有氫氧化銅藍色絮狀沉淀生成；實驗④說明銅氨絡(luò)離子在溶液中存在絡(luò)合平衡[Cu(NH3)4]2+Cu2++4NH3，向溶液中加入稀硫酸，硫酸電離出的氫離子與氨分子反應(yīng)，溶液中氨分子濃度減小，絡(luò)合平衡正移，導(dǎo)致溶液中的銅離子濃度增大，與溶液中的氫氧根離子反應(yīng)生成氫氧化銅藍色絮狀。沉淀。【詳解】A．溶液中的銅離子實際與水分子形成配離子[Cu(H2O)4]2+存在，上述過程涉及2種配離子，分別是[Cu(H2O)4]2+和[Cu(NH3)4]2+，A正確；B．過程②中溶于氨水，發(fā)生反應(yīng)，不能說明的存在促進了的電離，B錯誤；C．由分析可知，實驗②③說明溶液中存在平衡，向溶液中加入氫氧化鈉溶液，溶液中氫氧根離子濃度增大，平衡向逆反應(yīng)方向移動，導(dǎo)致有氫氧化銅藍色絮狀沉淀生成，故C正確；D．由分析可知，實驗④說明銅氨絡(luò)離子在溶液中存在絡(luò)合平衡[Cu(NH3)4]2+Cu2++4NH3，向溶液中加入稀硫酸，硫酸電離出的氫離子與氨分子反應(yīng)，溶液中氨分子濃度減小，絡(luò)合平衡正移，導(dǎo)致溶液中的銅離子濃度增大，與溶液中的氫氧根離子反應(yīng)生成氫氧化銅藍色絮狀沉淀，故D正確；答案選B。9.晶體磷酸二氫鉀是一種非線性光學(xué)材料，實驗室模擬工業(yè)工序設(shè)計的流程如圖所示。已知：HCl易溶于乙醇和醚等有機溶劑，下列說法不正確的是A.有機萃取劑不可選用乙醇B.既可與鹽酸也可與溶液反應(yīng)C.操作I、操作II是相同的操作方法D.一系列操作III主要包括蒸發(fā)結(jié)晶、干燥【答案】D【解析】【分析】加入KCl混合，用有機萃取劑進行萃取，主要反應(yīng)原理為，經(jīng)操作I(分液)得到有機相和水相，水相經(jīng)一系列操作可得到晶體，反應(yīng)產(chǎn)生的HCl易溶于有機萃取劑，有機相加入氨水進行反萃取，發(fā)生反應(yīng)NH3·H2O+HCl=NH4Cl+H2O，再分液得到有機萃取劑返回萃取操作中循環(huán)使用，另一部分經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，過濾、洗滌、干燥便可得到NH4Cl。【詳解】A．因為乙醇與水互溶，所以有機萃取劑不可選用乙醇，A正確；B．是酸式鹽，既可與鹽酸也可與溶液反應(yīng)，B正確；C．根據(jù)分析知，操作I、操作II都是分液，是相同的操作方法，C正確；D．NH4Cl受熱易分解，所以一系列操作III主要包括蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，D錯誤；故選D。10.復(fù)旦大學(xué)某團隊以1，3-環(huán)己二烯為載體，與苯胺和碘苯，通過鈀與改進的Ming-Phos催化，實現(xiàn)了高對映、區(qū)域選擇性的三組分碳胺化轉(zhuǎn)化，并提出了如圖所示的反應(yīng)機理（部分無機產(chǎn)物略去）。已知：①Ph一為苯基；②動力學(xué)實驗表明參加的反應(yīng)為決速步驟；③反應(yīng)V為副反應(yīng)。下列說法正確的是A.步驟I中存在非極性鍵的斷裂B.步驟II中發(fā)生加成反應(yīng)C.步驟IV中兩種有機產(chǎn)物的質(zhì)譜圖完全一樣D.步驟V中鈀的化合價沒有發(fā)生變化【答案】B【解析】【詳解】A．步驟I是極性鍵的斷開和生成，不存在非極性鍵的斷開和生成，A錯誤；B．步驟II是環(huán)己二烯的加成反應(yīng)，B正確；C．質(zhì)譜圖是有機物分解產(chǎn)生的粒子的質(zhì)荷比，步驟IV兩種有機物分解的產(chǎn)生的粒子不完全相同，質(zhì)荷比也不完全相同，C錯誤；D．反應(yīng)V為副反應(yīng)，步驟V中鈀的化合價降低，發(fā)生了變化，D錯誤；答案選B。二、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.室溫下，由下列事實或現(xiàn)象能得出相應(yīng)結(jié)論的是選項實驗過程及現(xiàn)象實驗結(jié)論A將分別通入到濃、和的混合溶液中至飽和，溶液顏色前者由無色變至黃色、后者由藍色變至綠色和濃反應(yīng)后溶液呈綠色的主要原因是溶有B分別測定等物質(zhì)的量濃度的與溶液的，前者小C取乙醇，加入濃硫酸、少量沸石，迅速升溫至170℃，將產(chǎn)生的氣體通入溴水中，溴水褪色乙醇發(fā)生了消去反應(yīng)D向、混合溶液中加入少量氯水，然后加入適量，振蕩，靜置，溶液分層，下層呈紫紅色氧化性：A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．將NO2通入濃硝酸溶液至飽和溶液變黃色，說明紅棕色的溶于濃中，導(dǎo)致溶液由無色變?yōu)辄S色，通入Cu(NO)2和HNO3混合溶液從藍色變?yōu)榫G色，和的混合溶液為藍色，通入后，溶液藍色變綠色，綠色是藍色和黃色混合的結(jié)果，故Cu和濃HNO3反應(yīng)后溶液呈綠色的主要原因是溶有NO2，A正確；B．NH4F的pH較低說明其酸性強，F(xiàn)?的水解程度較弱，對應(yīng)的HF酸性強（Ka較大）。但的水解程度由H2SO3的Ka2決定，而非Ka1，題目結(jié)論錯誤地比較了Ka(HF)與Ka1(H2SO3)，且濃度也不同，存在一定的干擾，B錯誤；C．濃硫酸在高溫下可能使乙醇碳化，產(chǎn)生SO2氣體，SO2也能使溴水褪色（還原反應(yīng)）；實驗未排除SO2干擾，無法確定褪色僅由乙烯引起，結(jié)論不可靠，C錯誤；D．根據(jù)實驗現(xiàn)象可知，Cl2氧化I?生成I2（紫紅色），得出結(jié)論氧化性：Cl2>I2，由于氯水少量，優(yōu)先氧化還原性強的I?，即還原性：，從而可以得出結(jié)論：氧化性：Br2>I2，實驗中無法證明Cl2的氧化性大于Br2，D錯誤；故選A。12.稀土是國家的戰(zhàn)略資源之一，以下是一種以獨居石[主要成分為，含有、和少量雜質(zhì)]為原料制備的工藝流程圖。已知：①步驟1中轉(zhuǎn)化為；②在空氣中易被氧化成；③25℃時，，，。下列說法正確的是A.僅“熱分解”步驟發(fā)生了氧化還原反應(yīng)B.濾液可吸收“溶解”步驟產(chǎn)生的廢氣C.共沉渣成分主要為和D.“沉淀”步驟所得溶液中【答案】C【解析】【分析】獨居石的主要成分為，含有和少量鐳雜質(zhì)，加入進行熱分解，發(fā)生反應(yīng)：，中的被氧化為，將熱分解后的物質(zhì)加水稀釋后過濾，得到的濾液中含有，過濾得到的固體產(chǎn)物中加入鹽酸，具有氧化性，與鹽酸發(fā)生反應(yīng)：，廢氣為氯氣，調(diào)節(jié)，使鈾和轉(zhuǎn)化為和沉淀，向濾液中加入硫酸銨和氯化鋇，使形成共沉淀，得到含有的溶液，經(jīng)過一系列操作，得到，據(jù)此分析作答。【詳解】A．在“溶解”步驟中也發(fā)生了氧化還原反應(yīng)：，A錯誤；B．得到的濾液中含有，廢氣含有氯氣，磷元素已經(jīng)處于最高化合價，不會被氯氣氧化，所以二者不會發(fā)生反應(yīng)，B錯誤；C．根據(jù)分析可知，共沉渣成分主要為和，C正確；D．“沉淀”步驟，根據(jù)溶度積常數(shù)可得：，D錯誤；故選C。13.為了從海水中提取鋰，某團隊設(shè)計了如圖所示的電解池。保持電源正負(fù)極不變，每運行一段時間后，將甲池、乙池電極兩兩互換，在乙池中實現(xiàn)鋰的富集。下列說法正確的是A.膜a陰離子交換膜B.電極1應(yīng)與電極3互換C.電極4連接電源的正極D.理論上，電路通過電子時，乙池中電解液質(zhì)量增加【答案】CD【解析】【分析】保持電源正負(fù)極不變，每運行一段時間后，

將甲池、乙池電極兩兩互換，在乙池中實現(xiàn)鋰的富集

，說明電極上電極反應(yīng)式為，電極為陰極，則電極、、分別是陽極、陰極、陽極，電極上發(fā)生的電極反應(yīng)為：。【詳解】A．由于電極上電極反應(yīng)式為，需要補充鋰離子，所以膜為陽離子交換膜，A錯誤；B．根據(jù)分析可知，電極應(yīng)與電極互換，B錯誤；C．電極上發(fā)生的電極反應(yīng)為：，為陽極，所以電極連接電源的正極，C正確；D．乙池中，電極上電極反應(yīng)式為，電極的電極反應(yīng)式為為：。理論上，電路通過電子時，乙池中電解液增加的質(zhì)量相當(dāng)于的質(zhì)量，質(zhì)量為

，D正確；故選CD。14.煤化工等行業(yè)廢氣普遍含有硫化氫，需回收處理并加以利用。在T℃、100kPa恒定條件下，向密閉容器中充入和，發(fā)生反應(yīng)①、②、③。測得含硫元素占比[如的含硫元素占比]與時間的關(guān)系如圖所示。已知：反應(yīng)①快速平衡。下列說法正確的是A.反應(yīng)①的活化能高于反應(yīng)③B.圖中曲線c表示的含硫元素占比與時間的變化關(guān)系C.若選擇對反應(yīng)①催化效果更好的催化劑，則M點將移向P點D.若時達到平衡，則平衡時生成的物質(zhì)的量為【答案】BD【解析】【分析】隨反應(yīng)進行，H2S的物質(zhì)的量減少，a表示H2S的含硫元素占比與時間的變化關(guān)系的曲線；反應(yīng)Ⅰ快速平衡，則S2快速達到最大值，則b表示S2的含硫元素占比與時間的變化關(guān)系的曲線；c表示的含硫元素占比與時間的變化關(guān)系的曲線；【詳解】A．反應(yīng)①快速平衡說明反應(yīng)①速率快，活化能更低，A錯誤；B．由分析可知，c表示的含硫元素占比與時間的變化關(guān)系的曲線，B正確；C．若選擇對反應(yīng)Ⅰ催化效果更好的催化劑，平衡不移動，反應(yīng)速率加快，由于達到平衡的時間縮短，反應(yīng)Ⅲ消耗S2的量減少，則M點將移向N點，C錯誤；D．若時達到平衡，生成的物質(zhì)的量與46min相同，H2S的含硫元素占比為4%，H2S的物質(zhì)的量為0.08mol，則反應(yīng)消耗H2S的物質(zhì)的量為1.92mol，根據(jù)氫元素守恒可知生成水1.92mol，D正確；故選BD。15.弱酸在有機相和水相中存在平衡：(環(huán)己烷)，平衡常數(shù)為。25℃時，向環(huán)己烷溶液中加入水進行萃取，用或調(diào)節(jié)水溶液。測得水溶液中、、濃度、環(huán)己烷中的濃度與水相萃取率隨的變化關(guān)系如圖。已知：①在環(huán)己烷中不電離；②忽略體積變化。下列說法不正確的是A.曲線①表示水溶液中的濃度變化B.時，C.的D.若加水體積為，則交點N的保持不變【答案】A【解析】【分析】環(huán)己烷中的濃度與水相萃取率可知，可知曲線①應(yīng)為，②為水相萃取率，水溶液中的HA-會隨著pH的增大先增大后減小，曲線④為水溶液中的HA-，而A2-來源于HA-的電離，由圖可知，pH=2時，HA-濃度為0，即此時A2-為0，因此曲線⑤為水溶液中的A2-，即③為水溶液中H2A的濃度，綜上：①為、②為水相萃取率、③為水溶液中H2A的濃度、④為水溶液中的HA-、⑤為水溶液中的A2-，③、④交點的pH為4，即H2A的，④、⑤交點的pH為7，即。【詳解】A．由分析可知，①為環(huán)己烷中的濃度，A錯誤；B．由分析可知，，時，，同理，，，根據(jù)物料守恒：，當(dāng)pH=2時，代入數(shù)據(jù)得，則，即，，根據(jù)水相萃取率，可得，B正確；C．由分析可知，H2A的，C正確；D．Kd、Ka1只與溫度有關(guān)，，當(dāng)時，，pH=4.6，若加水體積為2VmL，對交點N的橫坐標(biāo)無影響，D正確；故選A。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.開發(fā)新型儲氫材料，對大規(guī)模使用氫能具有重要的意義。I．氨硼烷屬于配位氫化物儲氫材料，具有儲氫量高的特點。（1）分子中與B原子相連的H呈負(fù)電性，H、N、B的電負(fù)性由大到小的順序是_____，B原子的雜化方式為_____。（2）氨硼烷在金屬型催化劑（如、等）催化下可水解放出氫氣，并產(chǎn)生，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____。II．鐵鎂合金是目前已發(fā)現(xiàn)儲氫密度最高的儲氫材料之一，鎂鐵合金晶胞屬立方晶系，結(jié)構(gòu)如圖所示，儲氫后H原子以正八面體的配位模式有序分布在的周圍（如圖），H原子和原子之間的最短距離等于晶胞棱長的。（3）價電子軌道表示式為_____，同周期基態(tài)原子未成對電子數(shù)比多的元素是_____（填元素符號）。（4）儲氫后晶體與配位的H原子個數(shù)為_____，儲氫后晶體的密度_____（用含的代數(shù)式表示）。（5）萃取法制備高純鐵紅需使用甲基異丁基甲酮（），其沸點低于甲基異丁基甲醇（）的原因是_____。【答案】（1）①.N>H>B②.sp3（2）（3）①.②.Cr、Mn（4）①.12②.（5）甲基異丁基甲醇分子中含有?OH，分子間可以形成氫鍵，而甲基異丁基甲酮分子間不能形成氫鍵【解析】【小問1詳解】①電負(fù)性是元素的原子在化合物中吸引電子的能力，N的非金屬性大于B，分子中與B原子相連的H呈負(fù)電性，則H的電負(fù)性大于B，所以電負(fù)性由大到小的順序是N>H>B；②H3NBH3分子中B原子形成4個σ鍵(3個B-H鍵，1個N→B配位鍵)，沒有孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論，B原子的雜化方式為sp3；【小問2詳解】根據(jù)原子守恒，氨硼烷在金屬型催化劑作用下水解的化學(xué)方程式為；【小問3詳解】①Fe是26號元素，F(xiàn)e2+的價電子排布式為3d6，價電子軌道表示式為；②Fe2+的未成對電子數(shù)是4，同周期基態(tài)原子未成對電子數(shù)比Fe2+多的元素是Cr、Mn（Cr的價電子排布式為3d54s1，未成對電子數(shù)是6、Mn的價電子排布式為3d54s2，未成對電子數(shù)是5）；【小問4詳解】①

如圖所示，晶胞中有8個Mg原子，F(xiàn)e原子位于頂點、面心，晶胞中Fe原子數(shù)目，儲氫后H原子以正八面體的配位模式有序分布在Fe原子的周圍，則H原子數(shù)目為4×6=24個，儲氫后晶體的化學(xué)式為Mg2FeH6，根據(jù)正八面體結(jié)構(gòu)可知，若以Mg原子為頂點，與之配位的H原子位于面心，如圖所示：，每個頂點被8個晶胞共用，面心被兩個晶胞共用，所以與Mg配位的H原子個數(shù)為；②晶胞化學(xué)式為：Mg2FeH6，晶胞的質(zhì)量m=g，晶胞體積V=(a×10-3)3cm3，則密度；【小問5詳解】甲基異丁基甲醇分子中含有?OH，分子間可以形成氫鍵，而甲基異丁基甲酮分子間不能形成氫鍵，分子間氫鍵會使物質(zhì)的沸點升高，所以甲基異丁基甲酮的沸點低于甲基異丁基甲醇。17.化合物G是一種重要的藥物中間體，其合成路線如圖所示。回答下列問題：（1）A的化學(xué)名稱為_____，B的含氧官能團名稱是_____。（2）的化學(xué)方程式為_____。（3）的反應(yīng)類型為_____，P中手性碳原子有_____個。（4）N的同分異構(gòu)體有多種，寫出符合下列條件的結(jié)構(gòu)簡式_____。①不能水解，能發(fā)生銀鏡反應(yīng)②核磁共振氫譜顯示有4組峰，峰面積比為（5）另一合成路線設(shè)計如下：試劑X為_____（填結(jié)構(gòu)簡式），試劑Y不能選用的原因是_____。【答案】（1）①.對氟苯甲醛(或4-氟苯甲醛)②.羥基、羧基（2）（3）①.取代反應(yīng)②.2（4）或者（5）①.CH3CHO②.能氧化碳碳雙鍵【解析】【分析】結(jié)合E的結(jié)構(gòu)簡式和D→E的條件可知，D為，結(jié)合C→D的信息可知，C為，結(jié)合B→C的信息可知，B為，結(jié)合A→B的信息可知，A為，結(jié)合G的結(jié)構(gòu)可知，N為，以此解題。【小問1詳解】由分析可知，A為，名稱為：對氟苯甲醛(或4-氟苯甲醛)；B為，B的含氧官能團名稱是羥基、羧基；【小問2詳解】D→E為D中碳碳雙鍵和的加成反應(yīng)，方程式為：；【小問3詳解】根據(jù)流程可知，P→G為P的取代反應(yīng)；根據(jù)P的結(jié)構(gòu)可知，P中手性碳原子，則手性碳有2個；【小問4詳解】由分析可知，N為，其同分異構(gòu)體①不能水解，能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明其中含有醛基，不含有酯基，②核磁共振氫譜顯示有4組峰，峰面積比為1∶2∶2∶1，則應(yīng)該找對稱結(jié)構(gòu)，符合要求的同分異構(gòu)體為：或者；【小問5詳解】A為，C為，則A和乙醛加成生成C9H7OF（），故X為CH3CHO，C中含有碳碳雙鍵，可以被酸性高錳酸鉀氧化，則試劑Y不能選用，原因是能氧化碳碳雙鍵。18.鉑族金屬釕（Ru）廣泛用于航天航空、石油化學(xué)、信息傳感工業(yè)、制藥等高科技領(lǐng)域。以下工藝實現(xiàn)了電子廢棄物中鉑族金屬釕（Ru）的回收利用，電子廢棄物主要成分為Ru、Co、Cr、Si等物質(zhì)。已知：①②，。（1）“氧化溶浸”步驟，兩種氧化劑在不同溫度下對渣率和釕浸出率的影響分別如圖1、圖2所示，則最佳反應(yīng)溫度為_____，適宜選擇的氧化劑為_____，反應(yīng)的離子方程式為_____。（2）“還原”步驟，的氧化產(chǎn)物為，則氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為_____，濾液2中的主要成分有、、_____。（3）蒸餾時，所用到的玻璃儀器有酒精燈、冷凝管、錐形瓶、溫度計_____。（4）濾液1中含和的濃度分別為、，“調(diào)節(jié)”步驟的范圍為_____。[已知：當(dāng)時，可認(rèn)為已經(jīng)沉淀完全]【答案】（1）①.200oC②.NaClO③.Ru+2OH-+3ClO-=+3Cl-+H2O（2）①.2:1②.Na2SiO3（3）蒸餾燒瓶和牛角管（4）5.6≤pH<8.5【解析】【分析】電子廢棄物主要成分為Ru、Co、Cr、Si等物質(zhì)，酸溶后過濾得到含有Cr3+和Co2+的濾液1，濾渣含有Ru和Si，濾液1調(diào)節(jié)pH沉淀Cr3+得到濾渣1為Cr(OH)3沉淀，過濾后向濾液中加入NH4HCO3沉鈷得到CoCO3，濾渣用NaOH和氧化劑反應(yīng)，得到Na2SiO3和Na2RuO4，Na2RuO4用乙醇還原得到Ru(OH)4沉淀和濾液2，濾液2中有NaCl、CH3COONa和Na2SiO3，Ru(OH)4再用NaClO3氧化，經(jīng)過蒸餾得到RuO4，RuO4具有氧化性，與鹽酸反應(yīng)得到RuCl3溶液和Cl2，氣體X為Cl2，RuCl3溶液結(jié)晶得到RuCl3晶體，以此解答。【小問1詳解】“氧化溶浸”步驟，釕被氧化為Na2RuO4，要求釕的浸出率高，渣率低，選擇最佳溫度為200oC和NaClO做氧化劑；ClO-被還原為Cl-，Ru被氧化為離子，反應(yīng)的離子方程式為：Ru+2OH-+3ClO-=+3Cl-+H2O；【小問2詳解】“氧化溶浸”的溶液中有NaCl、Na2RuO4和Na2SiO3，用乙醇還原Na2RuO4，氧化劑為Na2RuO4，還原劑為乙醇，得到Ru(OH)4沉淀和CH3COO-，根據(jù)得失電子守恒，氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為：2:1；濾液2中有NaCl、CH3COONa和Na2SiO3；【小問3詳解】蒸餾需要的儀器有酒精燈、冷凝管、錐形瓶、溫度計、蒸餾燒瓶和牛角管等；【小問4詳解】濾液1中含和的濃度分別為、，“調(diào)節(jié)”讓Cr3+沉淀，Co2+不沉淀，Cr3+濃度為10-5mol/L時沉淀完全，Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)×c3(OH-)=1×10-5×c3(OH-)=6.4×10-31，得出c(OH-)=4×10-9mol/L，c(H+)=2.5×10-6mol/L，pH=5.6，Co2+濃度為=，Co2+開始沉淀時，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=×c2(OH-)=1.8×10-15，得出c(OH-)=1×10-5.5mol/L，c(H+)=1×10-8.5mol/L，pH=8.5，故pH范圍為：5.6≤pH<8.5；19.氧釩（Ⅳ）堿式碳酸銨是制備熱敏材料的原料，其化學(xué)式為，制備的實驗流程如下：溶液粗產(chǎn)品已知：在酸性條件下易被氧化。（1）步驟1的反應(yīng)裝置如圖所示（夾持及加熱裝置略去，下同）。儀器b的名稱為_____，的作用是_____。（2）步驟2可在如下裝置中進行：①接口的連接順序為_____。②連接好裝置，_____，加入試劑，關(guān)閉、打開，一段時間后，關(guān)閉、打開，充分反應(yīng)。③實驗結(jié)束，利用飽和溶液洗滌D中所得晶體，檢驗晶體已洗滌干凈的操作是_____。（3）測定產(chǎn)品純度稱取樣品用稀硫酸溶解后，加入酸性溶液將轉(zhuǎn)化成，向反應(yīng)后溶液中滴加標(biāo)準(zhǔn)溶液，至剩余酸性溶液恰好完全反應(yīng)（未配平），重復(fù)實驗3次，平均消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液。①粗產(chǎn)品中氧釩（Ⅳ）堿式碳酸銨（摩爾質(zhì)量為）的質(zhì)量分?jǐn)?shù)表達式為_____%（用含、、、、、的代數(shù)式表示）。②若步驟2直接關(guān)閉、打開進行實驗，則產(chǎn)品純度_____（填“偏高”“偏低”或“無影響”）。【答案】（1）①.恒壓滴液漏斗②.還原V2O5（2）①.②.查裝置氣密性③.取少量最后一次洗滌液于試管中，滴加稀硝酸使溶液呈酸性，再滴加AgNO3溶液，若不產(chǎn)生白色沉淀，則證明晶體已洗滌干凈（3）①.②.偏低【解析】【分析】制取氧釩(Ⅳ)堿式碳酸銨時，先利用B裝置制取CO2，利用A裝置除去CO2中混有的HCl，將CO2通入D裝置，并與VOCl2、NH4HCO3發(fā)生反應(yīng)，制取；利用C裝置檢驗CO2。【小問1詳解】儀器b的名稱為：恒壓滴液漏斗；V2O5作氧化劑，則N2H4?2HCl表現(xiàn)出還原性，則N2H4?2HCl作用是還原V2O5；【小問2詳解】①由分析可知，裝置連接順序是，則接口的連接順序為；②連接好裝置，裝藥品前需要檢查裝置氣密性；③實驗結(jié)束，利用飽和NH4HCO3溶液洗滌C中所得晶體，晶體不含有氯離子則已洗滌干凈，操作：取少量最后一次洗滌液于試管中，滴加稀硝酸使溶液呈酸性，再滴加AgNO3溶液，若不產(chǎn)生白色沉淀，則證明晶體已洗滌干凈；【小問3詳解】①由2KMnO4—5，可求出過量的KMnO4的物質(zhì)的量為mol；則與VO2+反應(yīng)的KMnO4的物質(zhì)的量為，c1V1×10-3mol-mol；由關(guān)系式KMnO4——5VO2+，可求出VO2+的物質(zhì)的量為5(c1V1