精品解析：四川省宜宾市第四中学校2022-2023学年高二下学期5月期中化学试题

宜宾市四中2022-2023学年高二下期期中考试 化学试题 注意事项： 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Cl：35.5 K：39 Ti：48 Fe：56 第I卷 选择题 一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求 1. 化学与社会、生活密切相关。下列说法错误的是 A. 将石油进行裂化从而提高轻质油的产量 B. 冬奥场馆大面积使用碲化镉发电玻璃，该玻璃应用了光电池原理 C. 聚乙烯分子中含有碳碳双键 D. 采用外加直流电源的阴极保护法可防止钢铁锈蚀 2. 从实验测得不同物质中氧氧之间的键长和键能的数据： O O O2 O 键长(10-12m) 149 128 121 112 键能(kJ·mol-1) x y z=494 w=628 其中x、y的键能数据尚未测定，但可根据规律推导键能的大小顺序为w>z>y>x；该规律是 A. 成键的电子数越多，键能越大 B. 键长越长，键能越小 C. 成键所用电子数越少，键能越小 D. 成键时电子对越偏移，键能越大 3. 下列说法正确的是 A. 25℃时，pH均为11的烧碱溶液与纯碱溶液中，水的电离程度相同 B. 25℃时，pH=9的某酸式盐NaHA的水溶液中： C. 等物质的量浓度的K2S和KHS混合溶液中： D. 用NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，达到滴定终点时发现滴定管尖嘴部分有悬滴，会使测定结果偏小 4. 有机物的结构可用“键线式”简化表示。如CH3—CH=CH—CH3，可简写为。有机物X的键线式为。下列说法不正确的是 A. X的化学式为C8H8 B. 有机物Y是X的同分异构体，且属于芳香烃，则Y的结构简式为C6H5CH=CH2 C X能使高锰酸钾酸性溶液褪色 D. X与足量的H2在一定条件下反应可生成环状的饱和烃Z，Z的一氯代物有4种 5. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层有2个电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与X位于同一主族。下列说法正确的是 A 原子半径：r(W)> r(Z)> r(Y)> r(X) B. 由X、Y组成的化合物是离子化合物 C. Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强 D. W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强 6. 双离子电池是全新的高效、低成本储能电池，如图是新型镁—锂双离子二次电池，该电池的工作原理为。下列关于该电池的说法正确的是 A. 放电时，电子从Y电极经过导线流向X电极 B. 放电时，正极的电极反应式： C. 充电时，外加电源的正极与X相连 D. 充电时，导线上每通过，左室溶液增加 7. 常温下将NaOH 溶液滴加到亚硒酸（H2SeO3）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是 A. 曲线N表示pH 与 B. NaHSeO3溶液呈碱性 C. 混合溶液中 D. Ka2（H2SeO3）的数量为10-3 第II卷(非选择题 58分) 8. 过硫酸钠可用作漂白剂、氧化剂、乳液聚合促进剂。某化学小组对制备进行探究(夹持装置略去)。 实验过程与步骤：检查装置气密性，向三颈烧瓶中加入一定量溶液，通入空气，通过恒压滴液漏斗向三颈烧瓶中加入稍过量的溶液，保持反应装置的温度为，一段时间后得到溶液；将反应后溶液减压蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥，可得过硫酸钠。 已知：白色晶状粉末，易溶于水，加热至就会发生分解，在碱性加热条件下能将氨气氧化为。 （1）II中盛放氢氧化钠溶液的仪器名称_______，相对于分液漏斗，所具有的优点是_______。中-1价与-2价氧原子个数比_______。写出II中发生反应的化学方程式_______。 （2）装置I的作用是_______：装置III的作用是_______。 （3）上述装置(I、II、III)中还需补充的实验仪器或装置有_______(填字母)。 A. 温度计 B. 水浴加热装置 C. 干燥装置 D. 玻璃棒 （4）实验过程中若不持续通入空气，可能发生副反应，降低的产率，写出发生副反应的化学方程式_______。 （5）采用减压蒸发的原因可能为_______。 9. 氮的氧化物和氮的氢化物的任意排放均会对环境造成污染，因此关于其转化的研究对于消除环境污染有着重要意义。 （1）已知T℃时，有如下反应： 反应I：4NH3g+6NOg5N2g+6H2Og ΔH=a 反应II：N2g+2O2g2NO2g）ΔH=b 反应III：2NOg+O2g2NO2g ΔH=c 试写出T℃时，NH3与NO2反应生成不污染环境的物质的热化学反应方程式________。 （2）T℃时，向2L密闭容器中加入一定量的NO2、NO和O2，发生(1)中反应III，不同时间测得各物质的部分浓度(molL-1)如下表所示： 时间(min) NO O2 NO2 0 a 0.30 0.10 10 0.14 0.27 b 20 0.10 c 0.20 30 d 0.24 0.22 40 0.08 e f ①温度不变，反应达平衡后容器中的压强与最初加入气体时的压强之比为________。 ②反应的前20min的平均反应速率vNO=________molL-1min-1。 ③若温度不变，平衡后将反应容器压缩为1L，达到新的平衡后，cO2________0.48molL-1(填“”“”或“”)。 （3）某化学兴趣小组利用电解原理设计实验消除NH3与NO对环境的影响，并制取KOH溶液和H2SO4溶液，其工作原理如下图所示： ①从出口B、C产生的气体相同，该气体是________；从出口D得到的溶液是________。 ②电解槽左池中发生的电极反应式为________。 ③电解一段时间，两电极共收集到22.4L气体(标准状况下)时，理论上将生成________molKOH。 10. 镀镍生产过程中产生的酸性硫酸镍废液(含有等杂质离子)，通过精制提纯可制备高纯硫酸镍，部分流程如下： 资料1：时，，，易溶于水。 资料2：(二乙基己基磷酸)萃取金属离子的反应为： X+Mx+ M +xH+ （1）操作1、2的名称_________，操作3的所需要主要玻璃仪器名称是烧杯和_________。 （2）操作1中加入的主要目的是______。 （3）溶液参与反应的离子方程式是和_________，杂质离子沉淀完全时，溶液中_________(c(杂质离子)可视为沉淀完全)。 （4）滤液b中含有的金属阳离子主要有和_________。 （5）在硫酸盐溶液中对某些金属离子的萃取率与关系如图所示，在一定范围内，随着升高，萃取率升高的原因是___________。 （6）处理后母液再利用及含量测定： ①在母液中加入石灰乳可制备操作1中所需浆液，写出制备的化学方程式_________。 ②准确量取处理后的母液稀释液于锥形瓶中，加入溶液，充分反应后，滴加氨水调节溶液，用溶液滴定至终点，滴定反应为：，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液，计算处理后的母液稀释液中含量_________。 11. 丹参酮系列化合物是中药丹参的主要活性成分，具有抗菌消炎、活血化瘀、促进伤口愈合等多种作用，其衍生物J的合成路线如下： 已知：i. ii. （1）中含有的官能团是硝基和_______。 （2）A→B的化学方程式为_______。 （3）D→E的反应类型为_______。 （4）下列关于化合物B、D的说法正确的是_______(填字母序号)。 A. D含有手性碳原子 B. B和D均能使酸性溶液褪色 C. B和D在水中的溶解性： D. B的一种同分异构体含有苯环和碳碳双键，且该异构体能与反应 （5）由F制备G的反应中，同时会生成一种副产物，它与G互为同分异构体，的结构简式为_______。 （6）H的结构简式为_______。 （7）已知反应过程中可得电子，则反应中I与的物质的量之比为_______。 （8）丹参酮ⅡA的合成过程中有如下转化，已知X含三种官能团，不与金属反应放出，丹参酮ⅡA分子中所有与氧原子连接的碳均为杂化。 依次写出X、丹参酮IIA的结构简式：_______、_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 宜宾市四中2022-2023学年高二下期期中考试 化学试题 注意事项： 可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 S：32 Cl：35.5 K：39 Ti：48 Fe：56 第I卷 选择题 一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求 1. 化学与社会、生活密切相关。下列说法错误的是 A. 将石油进行裂化从而提高轻质油的产量 B. 冬奥场馆大面积使用碲化镉发电玻璃，该玻璃应用了光电池原理 C. 聚乙烯分子中含有碳碳双键 D. 采用外加直流电源的阴极保护法可防止钢铁锈蚀 【答案】C 【解析】 【详解】A．石油裂化的目的是获得轻质油，提高轻质油特别是汽油的产量和质量，故A正确； B．国家速滑馆采用的碲化镉发电玻璃，能将光能转化为电能，即该玻璃应用了光电池原理，故B正确； C．聚乙烯为乙烯的加聚反应产物，其分子中完全为单键，不存在碳碳双键，故C错误； D．铁与电源负极相连，形成电解池时做阴极，阴极上发生的是还原反应，铁不会被腐蚀，故D正确； 故选：C。 2. 从实验测得不同物质中氧氧之间的键长和键能的数据： O O O2 O 键长(10-12m) 149 128 121 112 键能(kJ·mol-1) x y z=494 w=628 其中x、y的键能数据尚未测定，但可根据规律推导键能的大小顺序为w>z>y>x；该规律是 A. 成键的电子数越多，键能越大 B. 键长越长，键能越小 C. 成键所用的电子数越少，键能越小 D. 成键时电子对越偏移，键能越大 【答案】B 【解析】 【详解】A．成键的电子数越多，形成的共价键越多，但与键能大小无关，A错误； B．键长O＞O＞O2＞O，而键能w＞z＞y＞x，可知键长越长，键能越小，B正确； C．O2和O成键所用电子数均为4个，但键能不同，分别为：494kJ/mol、628kJ/mol，说明键能与成键所用的电子数无关，C错误； D．这些微粒都是由相同的原子组成，电子对无偏移，且电子对偏移程度与键能无关，而是与原子吸引电子能力的相对大小有关，D错误； 综上所述答案为B。 3. 下列说法正确的是 A. 25℃时，pH均为11的烧碱溶液与纯碱溶液中，水的电离程度相同 B. 25℃时，pH=9的某酸式盐NaHA的水溶液中： C. 等物质的量浓度的K2S和KHS混合溶液中： D. 用NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，达到滴定终点时发现滴定管尖嘴部分有悬滴，会使测定结果偏小 【答案】C 【解析】 【详解】A．烧碱抑制水的电离，纯碱促进水的电离，A错误； B．NaHA水溶液中的pH=9，说明的水解程度大于电离程度，即，B错误； C．K2S和KHS溶液中硫离子和硫氢根离子均水解导致两种离子浓度减小，故等物质的量浓度的K2S和KHS混合溶液中：，C正确； D．达到滴定终点时滴定管尖嘴部分有悬滴，说明滴定管的读数偏大，则测定结果偏大，D错误； 故选C。 4. 有机物的结构可用“键线式”简化表示。如CH3—CH=CH—CH3，可简写为。有机物X的键线式为。下列说法不正确的是 A. X化学式为C8H8 B. 有机物Y是X的同分异构体，且属于芳香烃，则Y的结构简式为C6H5CH=CH2 C. X能使高锰酸钾酸性溶液褪色 D. X与足量的H2在一定条件下反应可生成环状的饱和烃Z，Z的一氯代物有4种 【答案】D 【解析】 【详解】A．键线式结构中拐点和端点表示碳原子，每个碳原子形成4条共价键，缺少的为省略的氢原子，则X的化学式为C8H8，A项正确； B．X的同分异构体，且属于芳香烃，则含有苯环，剩余基团为-CH=CH2，则Y的结构简式为C6H5CH=CH2，B项正确； C．X含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，而使其褪色，C项正确； D．X和足量的氢气发生加成反应后生成环状饱和烃，有2种类型氢原子，其一氯代物有2种，D项错误； 故选D。 5. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层有2个电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与X位于同一主族。下列说法正确的是 A. 原子半径：r(W)> r(Z)> r(Y)> r(X) B. 由X、Y组成的化合物是离子化合物 C. Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强 D. W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强 【答案】B 【解析】 【分析】X是地壳中含量最多的元素，因此X为O元素，Y的最外层有两个电子，且Y是短周期元素，原子序数大于O，因此Y为Mg元素，Z的单质晶体是广泛应用的半导体材料，所以Z为Si元素，W与X同主族，且W是短周期元素，原子序数大于X，所以W为S元素；据此解题； 【详解】A.元素周期表中，同族元素原子半径随核电荷数增加而增加，O位于第二周期，其他元素位于第三周期，因此O的原子半径最小，同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径应为r(Mg)＞r(Si)＞r(S)＞r(O)，故A错误； B.X为O元素，Y为Mg元素，两者组成的化合物氧化镁为离子化合物，故B正确； C.Z为Si元素，W为S元素，因为S的非金属性强于Si，所以S的最高价氧化物对应水化物的酸性强于Si的，故C错误； D.W为S元素，X为O元素，因为O的非金属性强于S，所以O的气态氢化物的热稳定性强于S的，故D错误； 总上所述，本题选B。 【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的推断、原子结构与元素性质，题目难度不大，应先根据提示推断所给原子的种类，原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。 6. 双离子电池是全新的高效、低成本储能电池，如图是新型镁—锂双离子二次电池，该电池的工作原理为。下列关于该电池的说法正确的是 A. 放电时，电子从Y电极经过导线流向X电极 B. 放电时，正极的电极反应式： C. 充电时，外加电源的正极与X相连 D. 充电时，导线上每通过，左室溶液增加 【答案】B 【解析】 【分析】放电时，左边镁为负极失电子发生氧化反应，反应式为Mg−2e−＝Mg2＋，右边为正极得电子发生还原反应，反应式为Li1−xFePO4＋xLi＋＋xe−＝LiFePO4，电解质溶液中锂离子透过锂离子交换膜移向正极； 充电时，外加电源的正极与正极相连，阳极上LiFePO4失电子发生氧化反应，负极与负极相连，结合电子转移进行计算解答。 【详解】A．放电时左边镁为负极，电子由负极经导线流向正极，即由X经导线流向Y，故A错误； B．右边为正极、得电子、发生还原反应，电极反应式为，故B正确； C．左边镁失电子、为负极，右边电极上得电子、为正极，即X为负极接线柱、Y为正极接线柱，充电时，外加电源的正极与电池正极相连，负极与电池负极相连，即外加电源的负极与X相连，故C错误； D．充电时，导线上每通过1mole−，左室得电子发生还原反应，为维持溶液中电荷守恒，右侧将有1molLi＋移向左室，故D错误； 故选：B。 7. 常温下将NaOH 溶液滴加到亚硒酸（H2SeO3）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是 A. 曲线N表示pH 与 B. NaHSeO3溶液呈碱性 C. 混合溶液中 D. Ka2（H2SeO3）的数量为10-3 【答案】C 【解析】 【分析】常温下将NaOH 溶液滴加到亚硒酸(H2SeO3)溶液中，随着氢离子不断被消耗，混合溶液的pH、、不断增大，通过比较相同pH时溶液中和的相对大小，确定M、N曲线代表了谁？NaHSeO3溶液既电离又水解，其水溶液的酸碱性通过计算离子的电离平衡常数和水解平衡常数的相对大小判断，Na2SeO3溶液中，发生水解，溶液呈碱性； 【详解】A. ， ，pH相同时， ，根据图象可知，曲线M表示pH与lg的变化关系，曲线N表示PH 与lg，故A错误； B. 根据图象可知，pH=6.6时，lg=0，=1，离子的电离平衡常数 ，同理pH=2.6时，lg=0， =1， ，的水解平衡常数 ，则NaHSeO3溶液的水解程度小于其电离程度，溶液呈酸性，B错误； C. 结合B选项，可知混合溶液中： ，则C正确； D. 结合B选项，可知Ka2(H2SeO3)=10-6.6，D错误； 答案选C。 第II卷(非选择题 58分) 8. 过硫酸钠可用作漂白剂、氧化剂、乳液聚合促进剂。某化学小组对制备进行探究(夹持装置略去)。 实验过程与步骤：检查装置气密性，向三颈烧瓶中加入一定量的溶液，通入空气，通过恒压滴液漏斗向三颈烧瓶中加入稍过量的溶液，保持反应装置的温度为，一段时间后得到溶液；将反应后溶液减压蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥，可得过硫酸钠。 已知：是白色晶状粉末，易溶于水，加热至就会发生分解，在碱性加热条件下能将氨气氧化为。 （1）II中盛放氢氧化钠溶液的仪器名称_______，相对于分液漏斗，所具有的优点是_______。中-1价与-2价氧原子个数比_______。写出II中发生反应的化学方程式_______。 （2）装置I的作用是_______：装置III的作用是_______。 （3）上述装置(I、II、III)中还需补充的实验仪器或装置有_______(填字母)。 A. 温度计 B. 水浴加热装置 C. 干燥装置 D. 玻璃棒 （4）实验过程中若不持续通入空气，可能发生副反应，降低的产率，写出发生副反应的化学方程式_______。 （5）采用减压蒸发原因可能为_______。 【答案】（1） ①. 恒压滴液漏斗 ②. 1：3 ③. 平衡气压，使溶液顺利滴入圆底烧瓶中 ④. （2） ①. 吸收空气中的二氧化碳 ②. 吸收氨气 （3）AB （4） （5）防止温度过高，过硫酸钠分解 【解析】 【分析】制备原理为，易溶于水，加热至就会发生分解，制备时应控制反应温度不宜过高，在碱性加热条件下能将氨气氧化为，故会有副反应发生，需不断通入空气，据此分析解答。 【小问1详解】 II中盛放氢氧化钠溶液的仪器名称是恒压滴液漏斗，恒压滴液漏斗相对于分液漏斗，所具有的优点是平衡气压，使溶液顺利滴入三颈烧瓶中；设-1价的氧原子由x个，在中根据正负化合价代数和为0，，解得x=2，-1价与-2价氧原子个数,2:6=1:3；II中发生反应的化学方程式； 【小问2详解】 空气中含有二氧化碳，三颈烧瓶中二氧化碳会与NaOH反应产生杂质，故装置I的作用是用吸收空气中的二氧化碳，反应过程中会释放氨气，装置III的作用是吸收氨气； 【小问3详解】 制备需保持反应装置的温度为，加热至就会发生分解，故需温度计辅助于控制温度和水浴加热装置加热；故答案为AB； 【小问4详解】 若不持续通入空气，反应过程产生的氨气不能及时排出去， 在碱性加热条件下能将氨气氧化为，反应方程式为； 【小问5详解】 减压导致溶液沸点降低，从而在温度低的条件下将水蒸发掉，防止过硫酸钠在较高温度下分解。 9. 氮的氧化物和氮的氢化物的任意排放均会对环境造成污染，因此关于其转化的研究对于消除环境污染有着重要意义。 （1）已知T℃时，有如下反应： 反应I：4NH3g+6NOg5N2g+6H2Og ΔH=a 反应II：N2g+2O2g2NO2g）ΔH=b 反应III：2NOg+O2g2NO2g ΔH=c 试写出T℃时，NH3与NO2反应生成不污染环境的物质的热化学反应方程式________。 （2）T℃时，向2L密闭容器中加入一定量的NO2、NO和O2，发生(1)中反应III，不同时间测得各物质的部分浓度(molL-1)如下表所示： 时间(min) NO O2 NO2 0 a 0.30 0.10 10 0.14 0.27 b 20 0.10 c 0.20 30 d 0.24 0.22 40 0.08 e f ①温度不变，反应达平衡后容器中的压强与最初加入气体时的压强之比为________。 ②反应的前20min的平均反应速率vNO=________molL-1min-1。 ③若温度不变，平衡后将反应容器压缩为1L，达到新的平衡后，cO2________0.48molL-1(填“”“”或“”)。 （3）某化学兴趣小组利用电解原理设计实验消除NH3与NO对环境的影响，并制取KOH溶液和H2SO4溶液，其工作原理如下图所示： ①从出口B、C产生的气体相同，该气体是________；从出口D得到的溶液是________。 ②电解槽左池中发生的电极反应式为________。 ③电解一段时间，两电极共收集到22.4L气体(标准状况下)时，理论上将生成________molKOH。 【答案】（1）8NH3g+6NO2g7N2g+12H2OgΔH=2a+3b-6c （2） ①. 9:10 ②. 0.005 ③. < （3） ①. 氮气 ②. 氢氧化钾溶液 ③. ④. 2.4 【解析】 【小问1详解】 NH3与NO2反应生成不污染环境的物质，根据质量守恒可知，反应为8NH3g+6NO2g7N2g+12H2Og； 反应I：4NH3g+6NOg5N2g+6H2Og ΔH=a 反应II：N2g+2O2g2NO2g）ΔH=b 反应III：2NOg+O2g2NO2g ΔH=c 由盖斯定律可知，T℃时，I×2+II×3-III×6得8NH3g+6NO2g7N2g+12H2OgΔH=2a+3b-6c； 【小问2详解】 ①T℃时，向2L密闭容器中加入一定量的NO2、NO和O2，发生(1)中反应III：2NOg+O2g2NO2g；当10min时，反应消耗氧气浓度为（0.3-0.27）molL-1=0.03 molL-1，则反应消耗一氧化氮浓度为0.06 molL-1，则a=（0.06+0.14）=0.20molL-1，40min时： 平衡时各物质的浓度与30min时浓度相同，则说明此时已经达到平衡，根据阿伏伽德罗定律，相同条件下压强比等于物质的量之比，则温度不变，反应达平衡后容器中的压强与最初加入气体时的压强之比为(0.08 molL-1×2L+0.24 molL-1×2L+0.22molL-1×2L) : (0.2 molL-1×2L+0.3 molL-1×2L+0.1 molL-1×2L) =9:10； ②反应的前20min的平均反应速率vNO=0.005molL-1min-1。 ③反应为气体分子数减小的反应，若温度不变，平衡后将反应容器压缩为1L，相当于增大压强，平衡在原有平衡基础上反应又正向移动，导致达到新的平衡后，cO2<0.48molL-1； 【小问3详解】 利用电解原理设计实验消除NH3与NO对环境的影响，并制取KOH溶液和H2SO4溶液；由图可知，左侧连接电源正极，为阳极室，氨气失去电子发生氧化反应生成氮气，，硫酸根离子迁移过来得到硫酸；右侧为阴极室，一氧化氮得到电子发生还原反应生成氮气，，钾离子迁移过来生成氢氧化钾； ①由分析可知，从出口B、C产生的气体相同，该气体是氮气；从出口D得到的溶液是氢氧化钾溶液。 ②左侧连接电源正极，为阳极室，氨气失去电子发生氧化反应生成氮气，。 ③电解一段时间，两电极共收集到22.4L气体(标准状况下)，则氮气的物质的量为1mol，根据电极反应可知，、，则此时阴极生成氮气的物质的量为0.6mol，理论上将生成2.4molKOH。 10. 镀镍生产过程中产生的酸性硫酸镍废液(含有等杂质离子)，通过精制提纯可制备高纯硫酸镍，部分流程如下： 资料1：时，，，易溶于水。 资料2：(二乙基己基磷酸)萃取金属离子的反应为： X+Mx+ M +xH+ （1）操作1、2的名称_________，操作3的所需要主要玻璃仪器名称是烧杯和_________。 （2）操作1中加入的主要目的是______。 （3）溶液参与反应的离子方程式是和_________，杂质离子沉淀完全时，溶液中_________(c(杂质离子)可视为沉淀完全)。 （4）滤液b中含有的金属阳离子主要有和_________。 （5）在硫酸盐溶液中对某些金属离子的萃取率与关系如图所示，在一定范围内，随着升高，萃取率升高的原因是___________。 （6）处理后母液再利用及含量测定： ①在母液中加入石灰乳可制备操作1中所需浆液，写出制备的化学方程式_________。 ②准确量取处理后的母液稀释液于锥形瓶中，加入溶液，充分反应后，滴加氨水调节溶液，用溶液滴定至终点，滴定反应为：，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液，计算处理后的母液稀释液中含量_________。 【答案】（1） ①. 过滤 ②. 分液漏斗 （2）将Fe2+氧化为Fe3+ （3） ①. Ca2++2F—=CaF2↓ ②. 3×10—2 （4）Zn2+ （5）萃取反应中，溶液pH升高，H+浓度减小，平衡右移，萃取率升高 （6） ①. NiSO4+Ca(OH)2= Ni(OH)2+CaSO4 ②. 960mg/L 【解析】 【分析】由题给流程可知，向酸性硫酸镍废液中通入氯气将亚铁离子氧化为铁离子后，加入氢氧化镍浆液调节溶液pH将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁滤渣和滤液a；向滤液中加入氟化镍溶液，将溶液中的钙离子、镁离子转化为氟化钙、氟化镁沉淀，过滤得到含有氟化钙、氟化镁的滤渣和滤液b；向滤液b中加入萃取剂P204萃取溶液中的锌离子，分液得到含有锌离子的有机相和萃余液；向有机相中加入稀硫酸反萃取、分液得到萃取剂P204循环使用；萃余液经蒸发结晶、过滤得到六水硫酸镍和母液。 【小问1详解】 由分析可知，操作1、2为固液分离的过滤操作，操作3为液液分离的操作分液，分液所需要主要玻璃仪器为烧杯和分液漏斗，故答案为：过滤；分液漏斗； 小问2详解】 由分析可知，向酸性硫酸镍废液中通入氯气的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+； 【小问3详解】 由分析可知，加入氟化镍溶液的目的是将溶液中的钙离子、镁离子转化为氟化钙、氟化镁沉淀，反应的离子方程式为Mg2++2F—=MgF2↓、Ca2++2F—=CaF2↓，由溶度积可知，当溶液中镁离子完全沉淀时，钙离子已经完全沉淀，则杂质离子沉淀完全时，溶液中氟离子浓度为=3×10—2mol/L故答案为：Ca2++2F—=CaF2↓；3×10—2； 【小问4详解】 由分析可知，滤液b中含有的金属阳离子为镍离子和锌离子，故答案为：Zn2+； 【小问5详解】 由分析可知，向滤液b中加入萃取剂P204的目的是萃取溶液中的锌离子，由题给方程式可知，在一定范围内，随着溶液pH升高，溶液中氢离子浓度减小，萃取反应向正反应方向移动，锌离子的萃取率升高，故答案为：萃取反应中，溶液pH升高，H+浓度减小，平衡右移，萃取率升高； 【小问6详解】 ①由题意可知，在母液中加入石灰乳制备氢氧化镍浆液的反应为硫酸镍溶液与石灰乳反应生成溶解度更小的氢氧化镍和微溶的硫酸钙，反应的化学方程式为NiSO4+Ca(OH)2= Ni(OH)2+CaSO4，故答案为：NiSO4+Ca(OH)2= Ni(OH)2+CaSO4； ②由题意可知，与母液稀释液中硫酸根离子反应钡离子的物质的量为0.0500mol/L×0.01L—0.0100mol/L×0.025L=2.5×10-4mol，则处理后的母液稀释液中硫酸根离子的含量为=960mg/L，故答案为：960mg/L。 11. 丹参酮系列化合物是中药丹参的主要活性成分，具有抗菌消炎、活血化瘀、促进伤口愈合等多种作用，其衍生物J的合成路线如下： 已知：i. ii. （1）中含有的官能团是硝基和_______。 （2）A→B的化学方程式为_______。 （3）D→E的反应类型为_______。 （4）下列关于化合物B、D的说法正确的是_______(填字母序号)。 A. D含有手性碳原子 B. B和D均能使酸性溶液褪色 C. B和D在水中的溶解性： D. B的一种同分异构体含有苯环和碳碳双键，且该异构体能与反应 （5）由F制备G的反应中，同时会生成一种副产物，它与G互为同分异构体，的结构简式为_______。 （6）H的结构简式为_______。 （7）已知反应过程中可得电子，则反应中I与的物质的量之比为_______。 （8）丹参酮ⅡA合成过程中有如下转化，已知X含三种官能团，不与金属反应放出，丹参酮ⅡA分子中所有与氧原子连接的碳均为杂化。 依次写出X、丹参酮IIA的结构简式：_______、_______。 【答案】（1）醛基 （2）+CH3CH2OH+H2O （3）取代反应 （4）BCD （5） （6） （7）1:2 （8） ①. ②. 【解析】 【分析】由题干合成流程图可知，由D到E的转化条件、E的结构简式和B到D、A到B的转化条件以及A的分子式并结合已知信息i可推知，D的结构简式为：，B的结构简式为： ，A的结构简式为：，由F到G的转化条件和G的分子式并结合已知信息ii可知，G的结构简式为：，由H的分子式和I的结构简式可知，H的结构简式为：，据此分析解题。 【小问1详解】 中含有的官能团是硝基和醛基，故答案为：醛基； 【小问2详解】 由分析可知，A为，B为 ，结合题干信息可知，A→B的化学方程式为+CH3CH2OH+H2O，故答案为：+CH3CH2OH+H2O； 【小问3详解】 由分析可知，D为：，则D→E即+HBr+H2O，故该反应的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应； 【小问4详解】 A．由分析可知，D为，D分子不含同时连接四个互不相同的原子或原子团的碳原子即没有手性碳原子，A错误； B．由分析可知，B为，D为，B和D分子中的侧链上连有两个甲基的碳原子上含有H，故均能使酸性溶液褪色，B正确； C．由分析可知，B为，D为，B中酯基转换为D中的醇羟基，故B和D在水中的溶解性：，C正确； D．由分析可知，B为，B的一种同分异构体含有苯环和碳碳双键，且该异构体能与反应，该同分异构体的结构简式可以为：，D正确； 故答案为：BCD； 【小问5详解】 由分析可知，G的结构简式为：，根据F转化为G的原理可知，由F制备G的反应中，同时会生成一种副产物，它与G互为同分异构体，的结构简式为，故答案为：； 【小问6详解】 由分析可知，H的结构简式为，故答案为： ； 【小问7详解】 由题干信息可知，I为，J为，则反应过程中失去4个电子，已知反应过程中可得电子，根据得失电子总数相等可知反应中I与的物质的量之比为1:2，故答案为：1:2； 【小问8详解】 由题干信息中起始物质：，和丹参酮ⅡA的分子式以及已知X含三种官能团，不与金属反应放出，丹参酮ⅡA分子中所有与氧原子连接的碳均为杂化，可推导出：X的结构简式为：，丹参酮ⅡA的结构简式为： ，故答案为： ； 。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$