《重慶市榮昌中學2023-2024學年高三下學期開學考試化學試題 Word版含解析.docx》由會員上傳分享，免費在線閱讀，更多相關內(nèi)容在教育資源-天天文庫。

高2024屆高三下期入學考試化學試卷可能用到的相對原子量：H-1C-12N-14O-16S-32K-39Ag-108一、單選題(每題3分，共42分)1.中國古代詩詞和書籍中蘊含著化學知識。下列說法錯誤的是A.“白玉金邊素瓷胎，雕龍描鳳巧安排”，瓷器是人類較早應用的人造硅酸鹽材料B.“墨滴無聲入水驚，如煙裊裊幻形生”中的“墨滴”含有膠體C.“九秋風露越窯開，奪得千峰翠色來”，“翠色”來自氧化亞銅D.鍍金時“以汞和金涂銀器上，入火則汞去，而金存”，其中“入火則汞去”指汞的揮發(fā)【答案】C【解析】【詳解】A．陶瓷材料是黏土等燒制而成的，是人類應用最早的硅酸鹽材料，A正確；B．“墨滴”是碳分散于水中形成的膠體，具有膠體的性質，B正確；C．“翠色”為青色或者綠色，可能來自亞鐵離子，氧化亞銅為磚紅色，C錯誤；D．“入火則汞去”指汞受熱揮發(fā)后剩余金附著在銀器上，D正確；故選C。2.設為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.配合物的熔點為，沸點為103℃，鍵的數(shù)目為B.醋酸溶液中溶解醋酸鈉固體后，醋酸根離子數(shù)目不可能為C.鉛蓄電池充電時，當正極增加9.6g時，轉移的電子數(shù)D.標準狀況下，和在光照下充分反應后分子數(shù)為【答案】D【解析】【詳解】A．Fe與CO之間存在配位鍵屬于鍵，1個CO中含1個鍵，則中含有的鍵的數(shù)目為10NA，選項A錯誤；B．溶液體積未知，無法計算，選項B錯誤；C．鉛蓄電池充電時，所在電極分別為陰陽極，陽極電極反應為PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++，陽極質量減輕，選項C錯誤； D．標準狀況下，22.4LCH4和44.8LCl2的物質的量分別為1mol和2mol，光照下發(fā)生取代反應，反應前后氣體分子數(shù)不變，因此反應后的分子的物質的量為3mol，分子數(shù)為3NA，選項D正確；答案選D。3.利用如圖裝置和試劑進行實驗(部分夾持裝置略)，能達到相應實驗目的的是ABCD制備并收集少量NO2吸收尾氣Cl2配制NaCl溶液制備Fe(OH)2A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【詳解】A．NO2易溶于水，不能用排水法收集，A錯誤；B．用氫氧化鈉溶液吸收氯氣，B正確；C．容量瓶不能直接用于溶解固體，C錯誤；D．鐵做陽極失電子生成亞鐵離子與氫氧化鈉反應生成氫氧化亞鐵沉淀，故鐵電極應與外接電源正極相連，D錯誤；故選B。4.下列除雜試劑選用正確且除雜過程涉及氧化還原反應的是選項物質(括號內(nèi)為雜質)除雜試劑A蒸餾水、堿石灰B鹽酸、溶液、二氧化碳C溶液、 溶液、鹽酸D酸性溶液A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【分析】除雜時，加入的試劑或使用的方法不能影響主體物質，且不能引入新雜質；氧化反應中存在元素的化合價升高或者降低；【詳解】A．除去中，先通入蒸餾水中，發(fā)生反應，再通過堿石灰干燥得到純凈的NO，其除雜過程涉及氧化還原反應，故A選；B．除去中含有的，先加入鹽酸，涉及反應、，再加入過量NaOH溶液，過濾，向濾液中通入過量二氧化碳，得到沉淀，加熱分解得到純凈的，涉及反應、、、，其中不涉及氧化還原反應，故B不選；C．除去中含有的，先加過量溶液發(fā)生反應，再加過量溶液發(fā)生反應，過濾，最后向濾液中加入鹽酸調pH至中性，發(fā)生反應，然后蒸發(fā)結晶得到NaCl，其中不涉及氧化還原反應，故C不選；D．除去甲苯的苯，加入酸性溶液，主體物質甲苯被氧化，沒有達到除雜目的，故D不選；故選A。5.實現(xiàn)中國夢，離不開化學與科技的發(fā)展，下列有關說法錯誤的是A.我國“天眼”的球面射電板上使用的鋁合金板屬于金屬材料B.華為公司自主研發(fā)的“麒麟9000”芯片的主要成分是單質硅C.新能源汽車電池使用的石墨烯電極材料屬于有機高分子化合物 D.“神舟十四號”宇宙飛船返回艙表層材料中的玻璃纖維屬于無機非金屬材料【答案】C【解析】【詳解】A．鋁合金為金屬材料，選項A正確；B．芯片的主要成分是單質硅，選項B正確；C．石墨烯是無機材料，選項C錯誤；D．玻璃纖維是無機非金屬材料，選項D正確；答案選C。6.某多孔儲氫材料前驅體結構如圖，M、W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的五種短周期主族非金屬元素，Z是地殼中含量最多的元素。下列說法正確的是A.基態(tài)原子第一電離能：WAgBr>AgI非金屬性：C>Si催化活性： A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【詳解】A．左邊棉球變棕黃色說明Cl2將Br-氧化為Br2，右邊棉球變藍色，可能是Cl2將I-氧化為I2，也可能是Br2將I-氧化為I2，則不能證明氧化性：Br2>I2，A不符合題意；B．試管中先出現(xiàn)淡黃色AgBr固體，說明AgCl轉化為AgBr，則證明溶解度：AgCl>AgBr，但AgCl大量剩余，再滴入NaI溶液出現(xiàn)黃色AgI固體，可能是AgCl轉化為AgI，則不能證明溶解度：AgBr>AgI，B不符合題意；C．稀鹽酸易揮發(fā)，生成的CO2中混有HCl，CO2、HCl都能和硅酸鈉反應生成硅膠使試管中液體變渾濁，不能證明酸性：H2CO3>H2SiO3，則不能證明非金屬性：C>Si，C不符合題意；D．兩種試劑溶液c(Cl-)相同，且c(Cu2+)>c(Fe3+)，但右側試管產(chǎn)生氣泡較快，則能證明催化活性：Fe3+>Cu2+，D符合題意；故選D。11.NOx是主要大氣污染物，利用反應消除NO2污染的電化學裝置如圖所示。下列說法錯誤的是A.外電路的電子方向為a→負載→bB.b極的電極反應為：C.若離子交換膜為陰離子交換膜，則左池NaOH溶液濃度將增大D.電路中轉移4mol電子時理論上可消除標準狀況下1molNO2的污染【答案】C【解析】【分析】利用反應消除NO2污染，a極氨氣失去電子發(fā)生氧化反應，為負極；b 極二氧化氮得到電子發(fā)生還原反應，為正極?！驹斀狻緼．電子由負極流向正極，故外電路的電子方向為a→負載→b，A正確；B．b極二氧化氮得到電子發(fā)生還原反應生成氮氣和氫氧根離子，b極的電極反應為：，B正確；C．a(chǎn)極氨氣失去電子發(fā)生氧化反應，反應為，若離子交換膜為陰離子交換膜，消耗氫氧根離子由右側遷移過來，但是反應生成水導致左池NaOH溶液濃度將減少，C錯誤；D．根據(jù)電子轉移可知，2NO2~8e?，電路中轉移4mol電子時理論上可消除標準狀況下1molNO2的污染，D正確；故選C。12.工業(yè)上利用碳熱還原制得。進而生產(chǎn)各種含鋇化合物，溫度對反應后組分的影響如圖。已知：碳熱還原過程中可能發(fā)生下列反應。i．ii．iii．下列關于碳熱還原過程的說法正確的是A.B.400℃后，反應后組分的變化是由的移動導致的C.溫度升高，的平衡常數(shù)K減小D.反應過程中，生成和的物質的量之和始終等于投入C的物質的量【答案】B 【解析】【詳解】A．由可得i式，則由蓋斯定律得：，A錯誤；B．由圖可知，400℃后，BaS的物質的量分數(shù)基本不變，BaSO4基本反應完全，但C、CO2的物質的量分數(shù)減小，CO的物質的量分數(shù)增大，說明C、CO2反應生成CO，則反應后組分的變化是由C(s)+CO2(g)?2CO(g)的移動導致的，B正確；C．由可得反應：C(s)+CO2(g)?2CO(g)，根據(jù)蓋斯定律，該反應，則正反應吸熱，升高溫度，反應C(s)+CO2(g)?2CO(g)平衡正向移動，其平衡常數(shù)K增大，C錯誤；D．由圖可知，一段時間內(nèi)，體系中同時存在C、CO2和CO，則反應過程中生成的CO2和CO的物質的量之和可能小于投入C的物質的量，D錯誤；?故選B。13.三氯化碘(ICl3)在藥物合成中用途非常廣泛，其熔點為33℃，沸點為73℃，氯氣與單質碘需在溫度稍低于70℃下反應制備ICl3，實驗室制備如圖所示。下列說法正確的是A.裝置A可選用的藥品為高錳酸鉀與濃鹽酸B.裝置B的作用是除雜，也作安全瓶，在本實驗中可以和裝置C互換位置C.裝置C中的硅膠可用濃硫酸代替D.裝置D最恰當?shù)募訜岱绞绞怯镁凭珶粝阮A熱再集中加熱【答案】A【解析】【分析】實驗室可用如圖裝置制取ICl3裝置，A是制取氯氣，鹽酸易揮發(fā)，反應制取的氯氣中含有氯化氫、水蒸氣等雜質，通過裝置B中長導管內(nèi)液面上升或下降調節(jié)裝置內(nèi)壓強，B為安全瓶，可以防止倒吸，根據(jù)B中內(nèi)外液面高低變化，可以判斷是否發(fā)生堵塞，同時利用飽和食鹽水除去氯氣中的氯化氫，裝置C是利用硅膠吸收水蒸氣，裝置D碘和氯氣反應生成ICl3，氯氣有毒需進行尾氣處理，E 裝置吸收多余的氯氣，防止污染空氣?！驹斀狻緼．高錳酸鉀與濃鹽酸在常溫下發(fā)生氧化還原反應生成氯氣，不需要加熱裝置，可選它們做藥品，故A正確；B．裝置B中飽和食鹽水可除去氯氣中混有HCl雜質氣體，裝置C是干燥裝置，兩者位置不能互換，故B錯誤；C．裝置C是利用硅膠吸收水蒸氣，U形管內(nèi)裝固體干燥劑，濃硫酸是液體干燥劑，氯氣會將其壓至裝置D中，不能用濃硫酸代替，故C錯誤；D．裝置D碘和氯氣反應生成ICl3，三氯化碘(ICl3)在藥物合成中用途非常廣泛，其熔點為33℃，沸點為73℃，最恰當?shù)募訜岱绞绞怯盟〖訜?，故D錯誤；故選：A。14.某同學在兩個相同的特制容器中分別加入20mL0.4mol·L-1Na2CO3溶液和40mL0.2mol·L-1NaHCO3溶液，再分別用0.4mol·L-1鹽酸滴定，利用pH計和壓強傳感器檢測，所得曲線如圖。下列說法錯誤的是已知：常溫下，酚酞的變色范圍是pH8.2~10.0，甲基橙的變色范圍是pH3.1~4.4。A.曲線甲表示向Na2CO3溶液中滴加鹽酸B.在b點無氣體產(chǎn)生，此處發(fā)生反應的離子方程式為C.Na2CO3溶液或NaHCO3溶液中均有D.滴定分析時，a點可用酚酞、c點可用甲基橙作指示劑指示滴定終點【答案】C【解析】【分析】Na2CO3的水解程度大于NaHCO3，則0.4mol?L-1Na2CO3溶液的堿性強于0.2mol?L-1NaHCO3溶液， Na2CO3與HCl反應先生成NaHCO3，NaHCO3再與鹽酸反應生成CO2氣體，NaHCO3直接與HCl反應生成CO2氣體，并且n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=0.008mol，分別加入20mL0.4mol?L-1HCl時Na2CO3恰好轉化為NaHCO3，容器中壓強不變，隨著HCl的加入，容器中壓強逐漸增大，加入40mLHCl時容器的壓強達到最大值，NaHCO3直接與HCl反應生成CO2氣體，容器中壓強增大，并且加入20mLHCl時容器的壓強達到最大值、一直保持不變，所以圖中甲、丁線表示向Na2CO3溶液中滴加鹽酸，乙、丙線表示向NaHCO3溶液中滴加鹽酸，據(jù)此分析解答。【詳解】A．由上述分析可知，圖中甲線表示向Na2CO3溶液中滴加鹽酸，A正確；B．在加入20mLHCl時Na2CO3轉化為了NaHCO3，NaHCO3與HCl反應生成了CO2氣體，則b點當V(HCl)＞20mL時，碳酸氫根離子和氫離子反應，由圖中曲線丁可知，發(fā)生的主要反應為，B正確；C．由題干圖示信息可知，Na2CO3溶液或NaHCO3溶液均顯堿性，且兩溶液中均存在電荷守恒式：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c()+c()，故Na2CO3溶液或NaHCO3溶液中均有c(Na+)＞2c()+c()，C錯誤；D．由圖可知，滴定分析時，a點的pH在9左右，在酚酞的變色范圍內(nèi)，可選擇酚酞作指示劑；c點的pH在4左右，在甲基橙的變色范圍內(nèi)，可選擇甲基橙作指示劑，D正確；故答案為C。二、填空題(共58分)15.“刀片電池”通過結構創(chuàng)新，大大提升了磷酸鐵鋰電池的能量密度。以下是以磷礦石(主要成分Ca5(PO4)3F，還有Fe2O3、CaCO3等雜質)為原料生產(chǎn)白磷(P4)同時制得刀片電池正極材料FePO4的工藝流程：已知：①FePO4可溶于pH<2的酸性溶液。②Fe3+在pH為2.0時開始沉淀，pH為4.0時沉淀完全?；卮鹣铝袉栴}：（1）白磷(P4)不溶于水但易溶于二硫化碳，說明P4是___________(填“極性分子”或“非極性分子”)。（2）爐渣Ⅰ主要含有鐵單質及鐵的磷化物，寫出其中FeP溶于硝酸和硫酸的混合溶液并放出NO 氣體的離子方程式：___________。（3）爐渣Ⅱ的主要成分是___________。（4）“調鐵”后須向“溶液Ⅱ”中通入氨氣調節(jié)溶液的pH，將pH值控制在2.0的原因是___________。若此條件下Fe3+恰好完全轉化為FePO4沉淀(當溶液中某離子濃度≤1×10?5mol/L時，可視為該離子沉淀完全)，過濾，現(xiàn)往濾液中加入2mol/L的MgCl2溶液(設溶液體積增加1倍)，此時溶液中___________Mg3(PO4)2沉淀生成(填“有”或“無”或“無法確定”)【己知FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分別為1.3×10?22、1.0×10?24】（5）儲氫技術是目前化學家研究的熱點之一；鐵與鎂形成的某種合金可用于儲氫領域，其晶胞如圖所示：其中A的原子坐標參數(shù)為(0，0，0)，B為(，，)，C為(，，0)，則D點的坐標參數(shù)為___________。此晶胞中Fe的配位數(shù)是___________?！敬鸢浮浚?）非極性分子（2）（3）CaSiO3（4）①.pH>2.0時Fe+會發(fā)生水解，導致產(chǎn)品中混入Fe(OH)3，pH<2.0，F(xiàn)ePO4會溶解導致產(chǎn)品的產(chǎn)率下降②.無（5）①.()②.8【解析】【分析】磷礦石(主要成分Ca5(PO4)3F，還有Fe2O3、CaCO3等雜質)，磷礦石中加入焦炭、SiO2在電爐中加熱1500℃，生成爐氣和爐渣，爐氣分離得到P4、SiF4和CO，爐渣I的主要成分是Fe、FeP、Fe2P及少量雜質，結合所加原料和生成物，分析化合價的變化，可知反應中焦炭是還原劑，鐵元素和磷元素被還原，爐渣Ⅱ中應該含有Ca元素形成的鹽；分析爐氣和爐渣Ⅰ的成分，爐渣I中的Fe2P可理解為由磷單質與鐵單質反應生成；爐渣I中加入硝酸、硫酸，過濾后得到濾液I和濾渣Ⅲ，硝酸具有強氧化性，能將Fe及其化合物氧化為Fe3+，向溶液I中加入磷酸進行調鐵得到溶液Ⅱ，溶液Ⅱ中加入氨水得到FePO4?2H2O，據(jù)此解答。【小問1詳解】 二硫化碳是非極性分子，水是極性分子，白磷(P4)不溶于水但易溶于二硫化碳，根據(jù)相似相溶原理，說明P4是非極性分子,故答案為：非極性分子；【小問2詳解】FeP溶于硝酸和硫酸的混合溶液生成NO和FePO4，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為：，故答案為：；【小問3詳解】爐氣和爐渣I中不含鈣元素，可推斷出鈣元素應在爐渣II，由于原料中加入了二氧化硅，而硅酸鹽在高溫下較碳酸鈣和磷酸鈣穩(wěn)定，故爐渣II中鈣元素以CaSiO3的形式存在。故答案為：CaSiO3；【小問4詳解】“調鐵”后須向“溶液Ⅱ”中通入氨氣調節(jié)溶液的pH，將pH值控制在2.0的原因是：pH>2.0時Fe+會發(fā)生水解，導致產(chǎn)品中混入Fe(OH)3，pH<2.0，F(xiàn)ePO4會溶解導致產(chǎn)品的產(chǎn)率下降。由題意此時溶液中c(Fe3+)=1×10-5mol/L，則溶液中，溶液中FePO4沉淀完全，過濾后濾液則為FePO4的飽和溶液。向濾液中滴加2mol/L的MgCl2溶液(溶液體積增加一倍)，則c(PO43-)=6.5×10-18mol/L，c(Mg2+)=1mol/L，Q[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)×c2(PO43-)=(1mol/L)3×(6.5×10-18mol/L)2=4.225×10-352.0時Fe+會發(fā)生水解，導致產(chǎn)品中混入Fe(OH)3，pH<2.0，F(xiàn)ePO4會溶解導致產(chǎn)品的產(chǎn)率下降；無；【小問5詳解】根據(jù)晶胞圖和原子坐標參數(shù)A為(0，0，0)，B為(，，)，C為(，，)，可知D點原子坐標參數(shù)為(，，)；根據(jù)晶胞圖可知Fe的配位數(shù)為8?。故答案為：(，，)；8。16.深入研究碳、氮元素的物質轉化有著重要的實際意義，按要求回答下列問題：（1）合成尿素的反應為：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(g)+H2O(l)，若向某恒溫且恒容的密閉容器中加入等物質的量的NH3和CO2，發(fā)生上述反應。下列敘述不能說明反應已經(jīng)達到平衡狀態(tài)的是___________(填標號)。A.2v正(NH3)=v逆[CO(NH2)2]B.壓強不再變化C.混合氣體的密度不再變化D.CO2的體積分數(shù)不再變化 （2）CO用于處理大氣污染物N2O的反應為CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)。在Zn＋作用下該反應的具體過程如圖1所示，反應過程中能量變化情況如圖2所示。總反應：CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)ΔH=___________kJ·mol-1；該總反應的決速步是反應___________(填“①”或“②”)（3）已知：CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)的速率方程為v=k·c(N2O)，k為速率常數(shù)，只與溫度有關。為提高反應速率，可采取的措施是___________(填字母序號)。A.升溫B.恒容時，再充入COC.恒容時，再充入N2OD.恒壓時，再充入N2（4）在總壓為100kPa的恒容密閉容器中，充入一定量的CO(g)和N2O(g)發(fā)生上述反應，在不同條件下達到平衡時，在T1K時N2O的轉化率與、在=1時N2O的轉化率與的變化曲線如圖3所示：①表示N2O的轉化率隨的變化曲線為___________曲線(填“I”或“Ⅱ”)；②T1___________T2(填“>”或“<”)； ③已知：該反應的標準平衡常數(shù)，其中pθ為標準壓強(100kPa)，p(CO2)、p(N2)、p(N2O)和p(CO)為各組分的平衡分壓，則T4時，該反應的標準平衡常數(shù)Kθ=___________(列出計算式)?！敬鸢浮浚?）AD（2）①.-361.22②.①（3）AC（4）①.Ⅱ②.>③.【解析】【小問1詳解】A．由方程式可知，反應達到平衡，，即，故A符合題意；B．該反應是氣體體積減小的反應，反應中容器內(nèi)壓強減小，則容器內(nèi)壓強保持不變說明正逆反應速率相等，反應已達到平衡，故B不符合題意；C．由質量守恒定律可知，該反應是氣體質量減小的反應，在恒容密閉容器中混合氣體的密度減小，則混合氣體的密度保持不變說明正逆反應速率相等，反應已達到平衡，故C不符合題意；D．設NH3和CO2起始的物質的量均為amol，達平衡時CO2的變化量為xmol，則平衡時NH3、CO2和CO(NH2)2的物質的量分別為(a-2x)mol、(a-x)mol、xmol，則CO2的體積分數(shù)為定值，所以不能判斷反應已達到平衡，故D符合題意；故答案為：AD；【小問2詳解】由圖2可知，總反應為反應物總能量大于生成物總能量的放熱反應，反應ΔH=-361.22kJ/mol；反應①的活化能為149.6kJ/mol，反應②的活化能為108.22kJ/mol，反應活化能越大，反應速率越慢，總反應的決速步是慢反應，所以總反應的決速步是反應①，故答案為：-361.22；①；【小問3詳解】A．升高溫度，反應速率常數(shù)增大，反應速率加快，故A正確；B．恒容時，再充入一氧化碳，一氧化二氮的濃度不變，反應速率不變，故B錯誤；C．恒容時，再充入一氧化二氮，一氧化二氮的濃度增大，反應速率加快，故C正確；D．恒壓時，再充入氮氣，一氧化二氮的濃度減小，反應速率減慢，故D錯誤；故答案為：AC；【小問4詳解】 ①由化學平衡移動原理可知，的值越大，一氧化二氮的轉化率越小，所以曲線Ⅱ表示一氧化二氮的轉化率隨的變化；②該反應為放熱反應，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，一氧化二氮的轉化率減小，由圖中曲線I可知，越大，一氧化二氮的轉化率越大，所以溫度T1>T2；③該反應是氣體體積不變的反應，平衡前后氣體的總壓強不變，在總壓為100kPa的=1的容器中，一氧化二氮和一氧化碳的起始分壓都為50kPa，由圖可知，溫度為T4時，一氧化二氮的轉化率為65%，由方程式可知，平衡時，一氧化二氮和一氧化碳的分壓都為50kPa-50kPa×65%=17.5kPa，二氧化碳和氮氣的分壓都為50kPa×65%=32.5kPa，則反應的的標準平衡常數(shù)，故答案為：Ⅱ；>；。17.硫氰化鉀()俗稱玫瑰紅酸鉀，是一種用途廣泛的化學藥品。實驗室模擬工業(yè)制備硫氰化鉀的實驗裝置如下圖所示：已知：①不溶于水，密度比水的大；②不溶于；③三頸燒瓶內(nèi)盛放有、水和催化劑?；卮鹣铝袉栴}：（1）制備溶液：①實驗前，經(jīng)檢驗裝置的氣密性良好。其中裝置B中的試劑是___________。②實驗開始時，打開K，加熱裝置A、D，使A中產(chǎn)生的氣體緩緩通入D中，發(fā)生反應該反應比較緩慢)，當看到___________現(xiàn)象時說明該反應接近完全。 （2）制備溶液：①熄滅A處的酒精燈，關閉，移開水浴，將裝置D繼續(xù)加熱至105℃，當完全分解后()，打開，繼續(xù)保持液溫105℃，緩緩滴入適量的溶液，發(fā)生反應的化學方程式為___________。②裝置E中多孔球泡的作用是___________。（3）制備晶體：先濾去三頸燒瓶中的固體催化劑，___________、___________、過濾、洗滌、干燥，得到硫氰化鉀晶體。（4）測定晶體中的含量：稱取10.0g樣品，配成溶液。量取溶液于錐形瓶中，加入適量稀硝酸，再加入幾滴溶液作指示劑，用標準溶液滴定，達到滴定終點時消耗標準溶液。①滴定時發(fā)生的反應：(白色)。則判斷到達滴定終點的方法是________。②晶體中的質量分數(shù)為___________(結果精確至0.1%)?！敬鸢浮浚?）①.堿石灰②.三頸燒瓶中下層油層消失（2）①.②.增大氣體與液體的接觸面積，使氣體被吸收的更充分（3）①.蒸發(fā)濃縮②.冷卻結晶（4）①.滴入最后半滴溶液時，紅色恰好褪去，且半分鐘內(nèi)顏色不恢復②.48.5%【解析】【分析】裝置A中加熱氯化銨和氫氧化鈣的混合物生成氨氣、氯化鈣和水，反應的化學方程式是2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O，裝置B中裝有堿石灰干燥氨氣，氨氣進入裝置D發(fā)生反應：CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS、NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O，裝置E中，NH3和可能的H2S被酸性重鉻酸鉀氧化，其作用是處理尾氣，防止污染環(huán)境。【小問1詳解】①裝置A中加熱氯化銨和氫氧化鈣的混合物生成氨氣、氯化鈣和水，氨氣是堿性氣體，為了干燥氨氣，裝置B中的試劑是堿石灰；② 為有機物，不溶于水，與氨氣發(fā)生反應生成兩種銨鹽，均易溶于水，所以當看到三頸燒瓶中下層油層消失時說明已全部轉化為硫氰化銨和硫氫化銨，即證明該反應接近完全，故答案為：三頸燒瓶中下層油層消失；【小問2詳解】①由題意可知，緩緩滴入適量的氫氧化鉀溶液發(fā)生的反應為氫氧化鉀溶液與硫氰化銨共熱反應生成硫氰化鉀、氨氣和水，反應的化學方程式為；②由分析可知，裝置E中盛有的酸性重鉻酸鉀溶液用于吸收氨氣和硫化氫氣體，防止污染環(huán)境，多孔球泡的作用是增大氣體與液體的接觸面積，使氣體被吸收的更充分，故答案為：增大氣體與液體的接觸面積，使氣體被吸收的更充分；【小問3詳解】制備硫氰化鉀晶體的操作為先濾去三頸燒瓶中的固體催化劑，再將所得濾液減壓蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，得到硫氰化鉀晶體，故答案為：蒸發(fā)濃縮；冷卻結晶；【小問4詳解】①由題意可知，硫氰酸根離子與鐵離子發(fā)生顯示反應，使溶液呈紅色，當溶液中硫氰酸根離子完全反應時，溶液紅色會褪去，則判斷到達滴定終點的方法為滴入最后半滴硝酸銀溶液時，紅色恰好褪去，且半分鐘內(nèi)顏色不恢復，故答案為：滴入最后半滴AgNO3溶液時，紅色恰好褪去，且半分鐘內(nèi)顏色不恢復；②達到滴定終點時消耗0.1000mol/LAgNO3標準溶液20.00mL，根據(jù)方程式SCN-+Ag+=AgSCN↓(白色)可知，20.00mL溶液中KSCN的物質的量是0.02L×0.1mol/L=0.002mol，500mL溶液中KSCN的質量為m=nM=0.002mol×500mL/20mL×97g/mol=4.85g，10.0g樣品中硫氰化鉀的質量分數(shù)為×100%=48.5%，故答案為：48.5%。18.化合物H是一種用于合成γ-分泌調節(jié)劑的藥物中間體，其合成路線流程圖如圖：（1）A中含有官能團的名稱為___________。 （2）B→C的反應類型為___________。（3）寫出C→D的化學反應方程式：___________。（4）滿足下列條件的C的同分異構體有___________種。①含有苯環(huán)，苯環(huán)上有三個取代基，其中氨基只與苯環(huán)直接相連；②與氯化鐵溶液反應顯紫色，與NaHCO3溶液反應有氣體產(chǎn)生。（5）寫出同時滿足下列條件C的一種同分異構體的結構簡式：___________。①含有苯環(huán)，且分子中有一個手性碳原子；②能發(fā)生水解反應，水解產(chǎn)物之一是α-氨基酸，另一水解產(chǎn)物分子中只有2種不同化學環(huán)境的氫。（6）G的分子式為，經(jīng)氧化得到H，寫出G的結構簡式：___________。（7）已知：(R代表烴基，R′代表烴基或H)。請寫出以、和為原料制備的合成路線流程圖(無機試劑任用)___________?！敬鸢浮?8.羥基、羧基、硝基19.還原反應20.21.2022.或23.24.【解析】【分析】與(CH3)2SO4在K2CO3作用下發(fā)生取代反應生成，B被H2在Ni 催化作用下還原為；C與HCOOH發(fā)生取代反應生成，D與BrCH2COCH3在K2CO3作用下發(fā)生取代反應生成，E與CH3COONH4、CH3COOH作用生成，F(xiàn)與Red-Al作用生成G，G被MnO2氧化生成，由F、H的結構簡式，可推出G為。【小問1詳解】A為，含有官能團的名稱為羥基、羧基、硝基。【小問2詳解】B()被H2在Ni催化作用下還原為C()，反應類型為還原反應?！拘?詳解】C()→D()，化學反應方程式：?！拘?詳解】 C為，滿足下列條件：“①含有苯環(huán)，苯環(huán)上有三個取代基，其中氨基只與苯環(huán)直接相連；②與氯化鐵溶液反應顯紫色，與NaHCO3溶液反應有氣體產(chǎn)生。”的同分異構體分子中，應含有1個苯環(huán)、1個-NH2、1個-OH，1個-CH2CH2COOH或-CH(CH3)COOH，可固定-NH2在苯環(huán)上，然后移動另兩個取代基。若-OH在-NH2的鄰位，移動-CH2CH2COOH或-CH(CH3)COOH，共有8種異構體；若-OH在-NH2的間位，移動-CH2CH2COOH或-CH(CH3)COOH，共有8種異構體；若-OH在-NH2的對位，移動-CH2CH2COOH或-CH(CH3)COOH，共有4種異構體，則異構體共有8+8+4=20種?！拘?詳解】C的一種同分異構體，滿足條件：“①含有苯環(huán)，且分子中有一個手性碳原子；②能發(fā)生水解反應，水解產(chǎn)物之一是α-氨基酸，另一水解產(chǎn)物分子中只有2種不同化學環(huán)境的氫。”的同分異構體中分子中，含有1個苯環(huán)、1個酯基，且氨基位于α位，具有1個手性碳原子，則可能結構簡式為：或?！拘?詳解】G的分子式為，經(jīng)氧化得到H，由分析可得出，G的結構簡式：?！拘?詳解】