衡阳市八中2019级高三第6次月考试题化学时量：75分钟满分：100分注意：①可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Mo96②带※的题目为寒假作业原题第Ⅰ卷(选择题，共46分)一、单项选择题：本题包括10小题，每小题3分，共计30分。每小题只有一个选项符合题意。1.五育并举，劳动先行。下列劳动项目涉及的化学知识正确的是选项劳动项目化学知识A使用牙膏除去茶杯中的茶渍牙膏可溶解碳酸钙。B将新切土豆丝浸没在水里防止变色土豆中的氧化性物质遇空气变色C劳动后用免洗酒精洗手液消毒酒精的强氧化性能灭活病毒D用砂纸磨刀制作砂纸的金刚砂SiC硬度很大A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．牙膏的主要成分有磨擦剂、洁净剂、湿润剂、胶粘剂和芳香剂，磨擦剂是其中最主要的成分，起去污、磨光的作用，故不是牙膏可溶解碳酸钙，A不合题意；B．把去皮的土豆立即浸在冷开水、糖水或淡盐水中，使之与空气隔绝，以防止植物细胞中酚类物质的氧化，故是土豆中的还原性物质遇空气变色，B不合题意；C．劳动后用免洗酒精洗手液消毒，并不是酒精的强氧化性能灭活病毒，而是酒精先破坏细菌表面的保护膜，进入到细菌的内部，使得细菌的蛋白质变性，C不合题意；D．金刚砂SiC硬度很大，SiC常用于制作砂纸的磨料，D符合题意；故答案为：D。
2.用NA代表阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A.1LpH=4的0.1mol/LK2Cr2O7溶液中Cr2O离子数为0.1NAB.1molHClO中含有H—Cl键数为NAC.反应生成22.4LO2，转移电子数为4NAD.100g质量分数为46%的乙醇溶液，含有的O—H键数目为7NA【答案】D【解析】【详解】A．重铬酸钾溶液中存在如下平衡：Cr2O+H2O2CrO+2H+，则1LpH=4的0.1mol/LK2Cr2O7溶液中Cr2O离子数小于0.1mol/L×1L×NAmol—1=0.1NA，故A错误；B．次氯酸的分子式为HClO，结构式为Cl—O—H，由结构式可知次氯酸分子中不存在H—Cl键，故B错误；C．缺标准状况和反应物中氧元素的化合价，无法计算22.4L氧气的物质的量和反应转移电子数转移电子数目，故C错误；D．乙醇分子和水分子中都含有O—H键，则100g质量分数为46%的乙醇溶液，含有的O—H键数目为×1×NAmol—1+×2×NAmol—1=7NA，故D正确；故选D。3.下列实验对应的反应方程式书写正确的是A.吸有NO2的注射器，堵住针头增大容积红棕色先变浅后变深：2NO2(g)N2O4(g)B.用白醋除铁锈：Fe2O3·xH2O+6H+=(3+x)H2O+2Fe3+C.用铁电极电解饱和食盐水：2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑D.Fe2(SO4)3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：Fe3++SO+Ba2++3OH-=Fe(OH)3↓+BaSO4↓【答案】A【解析】【详解】A．增大容积，二氧化氮浓度瞬间减小，气体颜色变浅，随后平衡向着生成二氧化氮方向移动，气体颜色加深，A正确；B．白醋中的醋酸是弱酸，离子方程式中不拆，B错误；
C．用铁电极电解饱和食盐水，阳极是铁失电子生成亚铁离子，不是氯离子失电子，C错误；D．Fe2(SO4)3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液，硫酸铁少，离子方程式为：2Fe3++3SO+3Ba2++6OH-=2Fe(OH)3↓+3BaSO4↓，D错误；答案选A。4.“鱼浮灵”是水产养殖的迅速增氧剂，其主要成分的结构式如图所示。元素X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大。下列说法错误的是A.单质沸点：X>YB.Z2Y2、Z2Y所含化学键类型完全相同C原子半径：Z>X>YD.简单氢化物稳定性：X<Y【答案】B【解析】【分析】由题干信息可知，由主要成分的结构式示意图可知，Z形成+1价的阳离子，X周围能形成4个共价键，Y周围形成2个共价键，且元素X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大，故可推测X为C，Y为O，Z为Na，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，X为C，其单质为金刚石和石墨具有很高的沸点，Y为O，其单质为O2和O3在常温下为气体，故单质沸点：X>Y，A正确；B．由分析可知，Y为O，Z为Na，故Z2Y2、Z2Y所含化学键类型不完全相同，前者既有离子键又有共价键，后者只有离子键，B错误；C．原子半径：同一周期从左往右依次减小，同一主族从上往下依次增大，故原子半径：Z>X>Y，C正确；D．简单氢化物稳定性与元素的非金属性一致，故X<Y，D正确；故答案为：B。5.有一固体混合物，可能由K2CO3、NaNO2、FeCl3、KClO3、AgNO3混合而成，为检验它的成分，做了如下实验：（已知NaNO2不能被稀HNO3氧化）
①将固体溶于足量水，搅拌后静置，得到无色透明溶液和白色沉淀；②取等量固体加入足量的稀硝酸中，有刺激性气味气体产生，同时有白色沉淀生成。根据以上实验现象，你认为以下判断正确的是（）A.一定含有K2CO3、NaNO2、AgNO3B.无法判断是否含有FeCl3C.一定含有KClO3、NaNO2、AgNO3，不能肯定是否含有K2CO3D.是否含K2CO3，只要把实验②产生的气体通入少量澄清石灰水中，若没有变浑浊，则一定不含K2CO3【答案】C【解析】【分析】①将固体溶于足量水，搅拌后静置，上面溶液无色透明，下面是白色不溶物；判断固体中无FeCl3；一定有AgNO3；碳酸银和亚硝酸银都是微溶于水的物质，可能含有K2CO3、NaNO2；②取等量固体加入足量的稀硝酸中，有气体产生，气体有剌激性气味，综合分析推断，只能是酸性溶液中氯酸钾把亚硝酸钠氧化为硝酸钠，本身被还原为氯气具有刺激性气味，判断一定含有KClO3；同时有白色沉淀生成，是氯气与水反应生成的盐酸和硝酸银反应生成氯化银沉淀。综上，一定含有NaNO2、KClO3、AgNO3；一定无FeCl3；K2CO3不能确定；【详解】A.一定含有NaNO2、AgNO3，K2CO3不一定含有，故A错误；B.一定不含有FeCl3，故B错误；C.一定含有KClO3、NaNO2、AgNO3，是否含有K2CO3不能肯定，故C正确；D.是否含K2CO3，把实验②产生的所有气体通入少量澄清石灰水，若没有变浑浊，有可能氯气和水反应生成的盐酸溶解碳酸钙，不生成沉淀，故D错误；答案选C。6.下列方案设计、现象和结论都正确的是目的方案设计现象和结论A探究与氧化性的强弱向和的混合溶液中滴入酸化的溶液溶液变红，说明氧化性：B探究速率的影响因素
金属钠与浓盐酸、与水反应进行对照实验金属钠与浓盐酸反应比金属钠与水反应速率慢，说明浓盐酸中较小C比较S与C的非金属性强弱用试纸测定的和溶液的前者的试纸颜色比后者深，说明非金属性：D证明溴乙烷与的乙醇溶液发生消去反应将溴乙烷与的乙醇溶液共热产生的气体通入到溴的溶液中溶液褪色，说明发生了消去反应A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．酸化的硝酸银溶液中，硝酸根离子也能将亚铁离子氧化为铁离子，溶液变红不能说明银离子将亚铁离子氧化为铁离子，无法比较银离子和铁离子的氧化性强弱，故A错误；B．浓盐酸中氢离子浓度比水中氢离子浓度大，故B错误；C．非金属元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，亚硫酸中硫元素不是最高价态，则亚硫酸的酸性强于碳酸不能说明硫元素的非金属性强于碳元素，故C错误；D．将溴乙烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热产生的气体通入到溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色，说明溴乙烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热发生消去反应生成的乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，使溶液褪色，故D正确；故选D。7.北京2022年冬奥会以绿色环保为理念，在场馆建设中用到一种耐腐蚀、耐高温涂料是以某双环烯酯()为原料制得的，下列说法正确的是A.该双环酯的分子式为C14H18O2B.1mol双环烯酯能与3molH2发生加成反应
C.该双环烯酯分子中所有碳原子可能共平面D.该双环烯酯的一氯代物可以有13种【答案】D【解析】【详解】A．该双环烯酯的分子式为C14H20O2，故A错误；B．碳碳双键能与H2发生加成反应，酯基中碳氧双键不能与H2反应，因此1mol该双环烯酯能与2molH2发生加成反应，故B错误；C．根据乙烯中六个原子都在同一平面上，双环烯酯分子中含有碳碳双键，因此该双环烯酯分子中所有碳原子不能共平面，故C错误；D．根据双环烯酯的结构简式可知，该物质中含有13种氢原子，该双环烯酯的一氯代物有13种，故D正确。故答案：D。8.次硫酸氢钠甲醛(NaHSO2·HCHO·2H2O)在印染、医药以及原子能工业中应用广泛。以Na2SO3、SO2、HCHO和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛的实验步骤如下：步骤1：在烧瓶中(装置如图所示)加入一定量Na2SO3和水，搅拌溶解，缓慢通入SO2，至溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液。步骤2：将装置A中导气管换成橡皮塞。向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在80～90度下，反应约3h，冷却至室温，抽滤。步骤3：将滤液真空蒸发浓缩，冷却结晶。下列有关说法不正确的是A.装置B的烧杯中应加入的溶液是NaOH溶液来吸收
B.步骤2中，快速搅拌可防止反应生成的Zn(OH)2覆盖在锌粉表面C.冷凝管中回流的主要物质是H2OD.步骤3中不在敞口容器中蒸发浓缩的原因是防止产物被空气氧化【答案】C【解析】【分析】根据装置图可知装置A制备次硫酸氢钠甲醛，装置B吸收未反应的二氧化硫等，二氧化硫为酸性氧化物，可以用氢氧化钠溶液吸收，倒置的漏斗也可以防倒吸，所以装置B的作用是吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气并阻止空气进入装置，据此解答。【详解】A．根据以上分析可知装置B的烧杯中应加入的溶液是NaOH溶液来吸收未反应的二氧化硫等，A正确；B．氢氧化锌难溶，因此步骤2中，快速搅拌可防止反应生成的Zn(OH)2覆盖在锌粉表面，B正确；C．甲醛易挥发，为增大产率，需要冷凝回流，故冷凝管中回流的主要物质除H2O外还有HCHO，C错误；D．次硫酸氢钠甲醛易被被氧气氧化，步骤3中不在敞口容器中蒸发浓缩的原因是防止产物被空气氧化，D正确；答案选C。9.利用双极膜电解制备磷酸和氢氧化钠的原理如图所示。已知双极膜是一种复合膜，在直流电作用下，中间界面内水解离为和，并实现其定向通过。下列说法正确的是A.若用铅酸蓄电池为电源，则X极与电极相连B.双极膜中a为，b为C.当电路中通过电子时，电极Y上产生气体D.M膜为阴离子交换膜，N膜为阳离子交换膜【答案】D
【解析】【分析】由图可知，与直流电源正极相连的电极X为电解池的阳极，Y为阴极，电解池工作时阴离子向阳极迁移，阳离子向阴极迁移，则双极膜中水解离出的离子a为氢氧根离子、b为氢离子，M膜为阴离子交换膜，原料室中磷酸二氢根离子通过M膜进入产品室1，与双极膜产生的氢离子反应生成磷酸，N膜为阳离子交换膜，原料室中钠离子通过N膜进入产品室2得到氢氧化钠。【详解】A．由分析可知，与直流电源正极相连的电极X为电解池的阳极，若用铅酸蓄电池为电源，X极与二氧化铅相连，故A错误；B．由分析可知，双极膜中水解离出的离子a为氢氧根离子、b为氢离子，故B错误；C．由分析可知，与直流电源正极相连的电极X为电解池的阳极，Y为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H++2e—=H2↑，由电极反应式可知电路中通过电子时，电极Y上产生氢气的物质的量为4mol×=2mol，故C错误；D．由分析可知，M膜为阴离子交换膜，N膜为阳离子交换膜，故D正确；故选D。10.，向20mL 的溶液中滴加的NaOH溶液滴定过程中溶液温度保持不变，滴定曲线如图1，含磷物种浓度所占分数随pH变化关系如图2，则下列说法不正确的是A.的电离方程式为：；电离常数B.B点溶液中存在关系：C.图2中的a点对应为图1中的B点D.D点时，溶液中微粒浓度大小关系为：【答案】C
【解析】【详解】A、根据图2所示，一定pH下，电离出的离子为，所以是一元弱酸，电离方程式为：；20mL 的溶液中滴加的NaOH溶液10mL，得到等浓度的和，此时即为B点，，根据电离平衡常数Ka，选项A正确；B、B点溶液为等浓度的和，存在电荷守恒关系：，存在物料守恒：，整理得到，选项B正确；C、B点溶液为等浓度的和，显酸性，的电离大于的水解，所以，选项C错误；D、D点是20mL 的溶液中滴加的NaOH溶液20mL，恰好完全反应，得到的是，溶液显示碱性，所以，选项D正确。答案选C。二、不定项选择题：本题包括4小题，每小题4分，共计16分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项时，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。11.在100mLN2O5/CCl4溶液中发生分解反应：2N2O5⇌4NO2+O2，在不同时刻测量放出的O2体积，换算成N2O5浓度如下表，下列说法不正确的是t/s06001200171022202820xc(N2O5)/(mol·L-1)1.400.960.660.480.350.240.12A.600～1200s，生成NO2的平均速率为1×10-3mol·L-1·s-1
B.反应2220s时，放出的O2体积约为1.18L(标准状况)C.反应达到平衡时，v正(N2O5)=2v逆(NO2)D.推测上表中的x为3930【答案】C【解析】【详解】A．600～1200s内平均速率v(N2O5)==5.0×10-4mol•L-1•s-1，反应为2N2O5⇌4NO2+O2，则600～1200s能生成NO2的平均速率v(NO2)=2v(N2O5)=2×5.0×10-4mol•L-1•s-1=1.0×10-3mol•L-1•s-1，故A正确；B．0～2220s内N2O5的浓度变化为1.40mol/L-0.35mol/L=1.05mol/L，△n(N2O5)=1.05mol/L×0.1L=0.105mol，反应为2N2O5⇌4NO2+O2，则n(O2)=n(N2O5)=0.105mol×=0.0525mol，V(O2)=nVm=0.0525mol×22.4L/mol≈1.18L，故B正确；C．反应达到平衡时，2v正(N2O5)=v逆(NO2)，故C错误；D．由表中数据可知，剩余N2O5浓度：0.96mol/L→0.48mol/L→0.24mol/L，所需时间为1110s，所以剩余N2O5的浓度由0.24mol/L→0.12mol/L所需时间为1110s，即x=2820s+1110s=3930s，故D正确；故选C。12.利用提供的实验仪器(夹持装置任选)和药品不能完成的实验是实验仪器分液漏斗、酒精灯、烧杯、蒸发皿、试管、漏斗、玻璃棒、三脚架、泥三角、双孔橡胶塞、胶头滴管、导管、石棉网药品溴乙烷、粗硝酸钾、硝酸、盐酸、、、、、蒸馏水A.检验溴乙烷中的溴原子B.验证元素非金属性：C.重结晶法提纯硝酸钾D.海带提碘实验中灼烧干海带【答案】BD
【解析】【详解】A．溴乙烷中加入氢氧化钠溶液加热，溴乙烷水解后加入硝酸中和氢氧化钠，最后加入硝酸银溶液检验溴离子，故不选A；B．高氯酸和碳酸钠反应，把生成的二氧化碳通入硅酸钠溶液中，验证元素非金属性：，缺少高氯酸，故选B；C．在烧杯中加热溶解粗硝酸钾，制取热的硝酸钾饱和溶液，冷却结晶，过滤，重复以上操作，可以提纯硝酸钾，故不选C；D．海带提碘实验中灼烧干海带，应该在坩埚中进行，缺少坩埚，故选D；选BD。13.稀碱条件下，由乙醛合成巴豆醛的反应历程示意图如下。下列说法正确的是A.苯甲醛也能发生类似反应B.反应①的活化能大于反应②的活化能C.反应中，均为反应催化剂D.由上述历程可知醛基的酸性强于醇羟基【答案】D【解析】【详解】A．苯甲醛无，不能发生类似反应，故A错误；B．反应①较快，反应②较慢，反应越慢活化能越大，故B错误；C．由图中可知，OH-为反应的催化剂，H2O为反应的中间产物，故C错误；
D．由上述历程可知，CH3CHO可制得，故可知醛基的酸性强于醇羟基，故D正确；故选D14.一定温度下，完全分解为混合物(中为、价)和，向所得固体混合物中加入足量浓盐酸加热生成，同时得到酸性溶液。下列说法错误的是A.氧化性：B.与的物质的量可能相等C.受热分解过程中，超过的表现氧化性D.若生成，则参加反应的大于【答案】AB【解析】【详解】A．的混合物中加入足量浓盐酸加热生成，同时得到酸性溶液，价的把盐酸氧化为氯气，不能得出氧化性，故A错误；B．若完全分解只生成和，根据得失电子守恒，生成1mol的同时生成1molO2，1mol与浓盐酸反应生成1mol氯气，由于完全分解为混合物，所以生成的物质的量大于，故B错误；C．受热分解过程中，若完全分解只生成和，的表现氧化性，由于完全分解为混合物，所以超过的表现氧化性，故C正确；D．若完全分解只生成和，生成1mol消耗3mol，1mol与浓盐酸反应生成1mol氯气，生成，参加反应的等于；由于完全分解为混合物，生成，参加反应的大于，故D正确；
选AB第Ⅱ卷(非选择题，共54分)15.2021年9月24日，我国科学家在国际学术期刊《科学》上发表了到淀粉的从头合成研究成果，其关键反应是将还原为甲醇。（1）利用催化加氢合成涉及的主要反应如下：反应Ⅰ：反应Ⅱ：反应Ⅲ：①反应Ⅰ的_______；该反应的活化能_______(填“>”或“<”)。②反应温度和压强对平衡转化率、选择性[选择性]影响如图所示。据图判断，压强和相对较大的是_______；分析随着温度的升高，平衡转化率增大，选择性减小的原因是_______。③起始温度均为，体积为的两恒容密闭容器中发生反应Ⅰ，反应过程中部分数据如下：装置反应时间/
ⅰ恒温0260054.5101151ⅱ绝热00022达到平衡时，装置ⅰ、ⅱ中的浓度_______(填“>“<”或“=”)；测得装置ⅰ的起始压强为，则_______(为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。对装置ⅰ，在其他条件不变的情况下，若时向容器中再充入和，则平衡_______(填“正向”“逆向”或“不”)移动。（2）科学家用饱和处理的溶液为离子导体，利用电催化还原制备甲醇。写出生成甲醇的电极反应式：_______。【答案】（1）①.②.＜③.④.温度升高，反应Ⅱ正向进行，转化率增大，反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应，温度升高，不利于的生成⑤.＜⑥.0.41⑦.不（2）【解析】【小问1详解】①反应Ⅱ加上反应Ⅲ得到反应Ⅰ，因此；该反应是放热反应，说明反应断键吸收的热量小于成键放出的热量，因此反应的活化能＜；故答案为：；＜。②据图判断，画一条与y
轴相平的平行线，从下到上，二氧化碳转化率增大，说明平衡正向移动，即增大压强，因此压强和相对较大的是；分析随着温度的升高，平衡转化率增大，选择性减小的原因是温度升高，反应Ⅱ正向进行，转化率增大，反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应，温度升高，不利于的生成；故答案为：；温度升高，反应Ⅱ正向进行，转化率增大，反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应，温度升高，不利于的生成。③达到平衡时，装置ⅱ相比装置ⅰ温度低，平衡正向移动，装置装置ⅱ中甲醇量增加，因此装置ⅰ、ⅱ中的浓度＜；测得装置ⅰ的起始压强为，建立三段式，则平衡时压强，则。此时，对装置ⅰ，在其他条件不变的情况下，若时向容器中再充入和，，则平衡不移动；故答案为：＜；0.41；不。【小问2详解】科学家用饱和处理的溶液为离子导体，利用电催化还原制备甲醇，还生成碳酸氢根，其生成甲醇的电极反应式：；故答案为：。16.ClO2是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，常将其制备成NaClO2固体以便运输和贮存。过氧化氢法制备NaClO2的实验装置如图甲所示。
已知：①2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O。②ClO2的熔点为-59℃，沸点为11℃，H2O2的沸点为150℃；③当温度低于38℃时，NaClO2饱和溶液中析出的晶体是NaClO2●3H2O；当温度在38~60℃时，析出NaClO2；温度高于60℃时，NaClO2分解。请回答下列问题：（1）当仪器组装完毕后，有同学认为：关闭弹簧夹K1和K2，取下X上端的玻璃塞，加入一定量的水后塞上玻璃塞，再打开X下端的活塞。可以检查装置的气密性。请判断该方法能否检查装置气密性，并说明理由：________。（2）Cl-对ClO2的生成有一定催化作用。反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，ClO2的生成速率会大大提高，并产生微量氯气。该过程经两步反应完成，将其补充完整。①______（用离子方程式表示）；②H2O2+Cl2=2Cl-+O2+2H+；（3）C中将装置浸入冰水浴中的作用是_______。（4）若实验室采用如图乙所示的装置从C中的溶液中获得NaClO2晶体，则需要在该装置的Y处增加一个设备。①采用上述装置浓缩NaClO2溶液的操作称为_____。②水浴加热的温度最好控制在________℃左右（填序号）。A40B55C70D100③装置中毛细玻璃管的作用是_____。④当蒸馏烧瓶中出现大量晶体后，_____（填操作），用38~60°C热水洗涤晶体，干燥后得到产品。（5）产品纯度的测定：称取mg产品配成250mL溶液，取25.00mL溶液.加入足量的KI和稀H2SO4），充分反应后加入指示剂，用cmol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点
（I2+2S2O=2I-+S4O62-），平均消耗标准溶液的体积为VmL，则产品中NaClO2的质量分数是______%。【答案】①.恒压漏斗的支管能够平衡气压，不管装置是否漏气，恒压滴液漏斗中的水都能滴入三颈烧瓶中，所以该方法不能检查装置气密性②.2+2Cl-+4H+=Cl2↑+2ClO2↑+2H2O③.增大ClO2的溶解度使其充分反应，并防止温度过高使H2O2、NaC1O2分解④.减压蒸馏⑤.B⑥.产生气化中心，防止溶液暴沸⑦.趁热过滤⑧.【解析】【分析】氯酸钠（NaClO3）在酸性条件下与过氧化氢生二氧化氯，ClO2与氢氧化钠溶液和过氧化氢发生氧化还原反应生成NaClO2，NaClO2的溶解度随温度升高而增大，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到晶体NaClO2•3H2O；（1）恒压漏斗能够平衡气压，不管装置漏气与否，水流都能顺利滴入；（2）Cl-存在时会催化ClO2的生成，根据第二步反应可知产生氯离子，因此第一步是消耗氯离子，据此书写；（3）根据已知③分析；（4）①浓缩NaClO2，则馏出物是水，而NaClO2易分解，考虑促进H2O蒸出，同时减少NaClO2的受热分解；②考虑减少NaClO2的分解结合已知分析；③固体可以防止液体暴沸；④根据当温度低于38℃时，NaClO2饱和溶液中析出的晶体是NaClO2•3H2O分析；（5）依据ClO2-+4H++4I-=2I2+Cl-+2H2O，I2+2S2O32-═2I-+S4O62-），则有NaClO2～2I2～4Na2S2O3，则n（NaClO2）=n（Na2S2O3），故产品中NaClO2的物质的量为×cmol/L×V×10-3L×，据此计算可得。【详解】（1）装置中为恒压漏斗，恒压漏斗的支管能够平衡气压，不管装置是否漏气，恒压滴液漏斗中的水都能滴入三颈烧瓶中，所以该方法不能检查装置气密性；故答案为：恒压漏斗的支管能够平衡气压，不管装置是否漏气，恒压滴液漏斗中的水都能滴入三颈烧瓶中，所以该方法不能检查装置气密性；（2）Cl-存在时会催化ClO2的生成，根据第二步反应可知产生氯离子，因此第一步是消耗氯离子，离子方程式为2+2Cl-+4H+=Cl2↑+2ClO2↑+2H2O；故答案为：
2+2Cl-+4H+=Cl2↑+2ClO2↑+2H2O；（3）C中将装置浸入冰水浴中可以增大ClO2的溶解度使其充分反应，并防止温度过高使H2O2、NaClO2分解；故答案为：增大ClO2的溶解度使其充分反应，并防止温度过高使H2O2、NaClO2分解；（4）①由于是浓缩NaClO2，则馏出物是水，而NaClO2易分解，因此该设备的作用是减少体系内压强，降低H2O的沸点（促进H2O蒸出，同时减少NaClO2的受热分解等），故上述装置浓缩NaClO2溶液的操作为减压蒸馏；故答案为：减压蒸馏；②因为温度高于60℃时，NaC1O2分解，故应选择60℃以下，为了促进H2O蒸出，温度不宜太低，故选择55℃；故答案为：B；③装置中毛细玻璃管可以产生气化中心，防止溶液暴沸；故答案为：产生气化中心，防止溶液暴沸；④当温度低于38℃时，NaClO2饱和溶液中析出的晶体是NaC1O2•3H2O，故为防止析出NaC1O2•3H2O，应趁热过滤，故当蒸馏烧瓶中出现大量晶体后，趁热过滤，用38-60℃热水洗涤晶体，干操后得到产品；故答案为：趁热过滤；（5）依据ClO2-+4H++4I-=2I2+Cl-+2H2O，I2+2S2O32-═2I-+S4O62-），则有NaClO2～2I2～4Na2S2O3，则n（NaClO2）=n（Na2S2O3），故产品中NaClO2的物质的量为×cmol/L×V×10-3L×，则产品中NaClO2的质量分数是：=，故答案为：。17.铼(Re)是熔点和沸点较高的金属单质之一，用于制造高效能喷射引擎和火箭引擎。钼酸锂(Li2MoO4)的外观为白色结晶粉末，用于电极材料、金属陶瓷的制作。从辉钼矿氧化焙烧后的烟道灰(主要成分有SiO2、Re2O7、MoO3、CuO、Fe3O4)中提取铼粉和制钼酸锂的流程如图所示。
已知：Ⅰ.Re2O7是酸性氧化物，过铼酸(HReO4)是易溶于水的一元强酸，但不具有强氧化性。Ⅱ.过铼酸铵(NH4ReO4)是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水。回答下列问题：（1）“碱浸”时，Re2O7和MoO3分别与NaOH发生以下反应____(填写化学方程式)、MoO3+2NaOH=Na2MoO4+H2O，则“滤渣Ⅰ”的主要成分为___(填化学式)。（2）“还原”时，Zn被氧化成ZnO，铼的化合物被还原生成难溶的2ReO2·2H2O，该反应的化学方程式为___。（3）“沉铼”时，加入热NH4Cl溶液至产生白色沉淀，为使沉淀充分析出并分离得到纯净NH4ReO4晶体，“操作Ⅰ”包括___、___、洗涤、干燥。（4）“热解”时，发生反应的化学方程式为___。（5）“酸化沉钼”过程溶液pH和反应时间对钼酸的析出有很大影响，根据图2中数据判断最佳的“酸化沉钼”条件：反应时间为____min、pH为____。（6）电氧化法是一种极具发展前景的钼精矿冶金工艺，其工作原理如图3所示。电解时，若维持电流强度为0.5A(相当于每秒通过5×10-6mol电子)，电解90min，理论上消耗MoS2的质量为___g。【答案】（1）①.Re2O7+2NaOH=2NaReO4+H2O②.CuO、Fe3O4（2）3Zn+2NaReO4+4NaOH=3Na2ZnO2+2ReO2·2H2O
（3）①.冷却结晶②.过滤（4）4NH4ReO4+3O22N2+8H2O+2Re2O7（5）①.60②.1.0（6）0.24【解析】【分析】烟道灰加NaOH溶液碱浸，CuO和Fe3O4不溶于碱溶液，过滤出来，SiO2、Re2O7、MoO3都能和NaOH反应，分别生成Na2SiO3、NaReO4和Na2MoO4，滤液中加锌还原，NaReO4被还原成难溶的2ReO2·2H2O，用氧气氧化得到过铼酸，加氯化铵溶液沉铼，得到过铼酸铵，然后热解得到Re2O7，最后用氢气还原得到铼粉。还原后的滤液酸化沉钼，然后用LiOH溶液碱溶，得到Li2MoO4溶液。【小问1详解】Re2O7是酸性氧化物，与NaOH发生反应生成盐NaReO4和水，反应的化学方程式为：Re2O7+2NaOH=2NaReO4+H2O；由以上分析可知，“滤渣”的主要成分为CuO、Fe3O4。【小问2详解】“还原”时，Zn被氧化成ZnO，NaReO4被还原生成难溶的2ReO2·2H2O，根据电子守恒和质量守恒写出该反应的化学方程式为：3Zn+2NaReO4+4NaOH=3Na2ZnO2+2ReO2·2H2O。【小问3详解】加热的氯化铵溶液“沉铼”，得到过铼酸铵，过铼酸铵微溶于冷水，溶于热水，为使沉淀充分析出并分离得到纯净NH4ReO4晶体，需将反应后的溶液冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。【小问4详解】“热解”是将过铼酸铵在氧气和氮气中加热，得到Re2O7，铼的化合价没有变化，氧气作为氧化剂，将过铼酸铵中-3价N氧化为氮气，反应的化学方程式为：4NH4ReO4+3O22N2+8H2O+2Re2O7。【小问5详解】根据图2可判断，当反应时间为60min时，母液中的含钼量最小；当溶液的pH=1.0时，母液中的含钼量最小，所以选择的最佳“酸化沉钼”条件为：反应时间为60min、pH为1.0。【小问6详解】
从图3可知，ClO-来自于Cl-，Cl-在电解池的阳极失去电子生成ClO-，生成1molClO-失去2mol电子，所以当通过90min×60s/min×5×10-6mol/s=0.027mol电子时，生成0.0135molClO-，生成的ClO-和MoS2反应生成Cl-和MoO、SO，消耗1molMoS2转移18mol电子，根据电子守恒：0.0135mol×2=n(MoS2)×18，所以n(MoS2)=0.0015mol，则m(MoS2)=0.0015mol×160g/mol=0.24g。18.化合物H为一种药物中间体，其部分合成路线如下：请回答下列问题：（1）化合物G中含氧官能团有_______(填官能团名称)。（2）设计反应1和反应6的目的是_______。（3）已知化合物C的分子式为C12H22O3，则其结构简式为_______。（4）化合物I与化合物E互为同分异构体，请写出化合物I同时满足下列条件的一种结构简式_______。①既能发生银镜反应，也能发生水解；②含有两个六元环，且其核磁共振氢谱峰面积之比为1：2：4：6。（5）请写出反应3的化学方程式_______。（6）写出以苯甲醛和Ph3P=C(CH3)COOCH3制备的合成路线流程图_______。(无机试剂任选，合成路线流程图示例见本题题干)【答案】（1）醛基、醚键（2）保护羰基（3）
（4）（5）2+O22+2H2O（6）【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，与先发生加成反应，再发生脱水取代反应生成，一定条件下，发生加成反应生成，则C为；在氧化铬和Py作用下与氧气共热发生氧化反应生成，与Ph3P=C(CH3)COOCH3反应生成，一定条件下转化为，经过系列转化得到，一定条件下转化为。【小问1详解】G的结构简式为，含氧官能团为醛基、醚键，故答案为：醛基、醚键；【小问2详解】
A的结构简式为、H的结构简式为，由A和H的六元环上都含有羰基可知，设计反应1和反应6的目的是保护羰基，故答案为：保护羰基；【小问3详解】由B和D的结构简式，以及C的分子式为C12H22O3可知，C的结构简式为，故答案为：；【小问4详解】E的同分异构体I既能发生银镜反应，也能发生水解说明I分子中含有—OOCH，含有2个六元环，且核磁共振氢谱峰面积之比为1：2：4：6说明I分子结构对称，分子中含有2个六元环、2个—OOCH、4个甲基，则符合条件的结构简式为，故答案为：；【小问5详解】由分析可知，反应3为在氧化铬和Py作用下与氧气共热发生氧化反应生成和水，反应的化学方程式为2+O22+2H2O，故答案为：2+O2
2+2H2O；【小问6详解】由题给有机物的转化关系和所学知识可知，以苯甲醛和Ph3P=C(CH3)COOCH3制备的合成步骤为在镍做催化剂作用下，与氢气发生加成反应生成，在铜做催化剂作用下，与氧气发生催化氧化反应生成，与Ph3P=C(CH3)COOCH3反应生成，一定条件下反应生成，合成路线为，故答案为：。
