重庆市荣昌中学2023-2024学年高三下学期开学考试化学试题 Word版含解析.docx

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高2024届高三下期入学考试化学试卷可能用到的相对原子量：H-1C-12N-14O-16S-32K-39Ag-108一、单选题(每题3分，共42分)1.中国古代诗词和书籍中蕴含着化学知识。下列说法错误的是A.“白玉金边素瓷胎，雕龙描凤巧安排”，瓷器是人类较早应用的人造硅酸盐材料B.“墨滴无声入水惊，如烟袅袅幻形生”中的“墨滴”含有胶体C.“九秋风露越窑开，夺得千峰翠色来”，“翠色”来自氧化亚铜D.镀金时“以汞和金涂银器上，入火则汞去，而金存”，其中“入火则汞去”指汞的挥发【答案】C【解析】【详解】A．陶瓷材料是黏土等烧制而成的，是人类应用最早的硅酸盐材料，A正确；B．“墨滴”是碳分散于水中形成的胶体，具有胶体的性质，B正确；C．“翠色”为青色或者绿色，可能来自亚铁离子，氧化亚铜为砖红色，C错误；D．“入火则汞去”指汞受热挥发后剩余金附着在银器上，D正确；故选C。2.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.配合物的熔点为，沸点为103℃，键的数目为B.醋酸溶液中溶解醋酸钠固体后，醋酸根离子数目不可能为C.铅蓄电池充电时，当正极增加9.6g时，转移的电子数D.标准状况下，和在光照下充分反应后分子数为【答案】D【解析】【详解】A．Fe与CO之间存在配位键属于键，1个CO中含1个键，则中含有的键的数目为10NA，选项A错误；B．溶液体积未知，无法计算，选项B错误；C．铅蓄电池充电时，所在电极分别为阴阳极，阳极电极反应为PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++，阳极质量减轻，选项C错误； D．标准状况下，22.4LCH4和44.8LCl2的物质的量分别为1mol和2mol，光照下发生取代反应，反应前后气体分子数不变，因此反应后的分子的物质的量为3mol，分子数为3NA，选项D正确；答案选D。3.利用如图装置和试剂进行实验(部分夹持装置略)，能达到相应实验目的的是ABCD制备并收集少量NO2吸收尾气Cl2配制NaCl溶液制备Fe(OH)2A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．NO2易溶于水，不能用排水法收集，A错误；B．用氢氧化钠溶液吸收氯气，B正确；C．容量瓶不能直接用于溶解固体，C错误；D．铁做阳极失电子生成亚铁离子与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁沉淀，故铁电极应与外接电源正极相连，D错误；故选B。4.下列除杂试剂选用正确且除杂过程涉及氧化还原反应的是选项物质(括号内为杂质)除杂试剂A蒸馏水、碱石灰B盐酸、溶液、二氧化碳C溶液、 溶液、盐酸D酸性溶液A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【分析】除杂时，加入的试剂或使用的方法不能影响主体物质，且不能引入新杂质；氧化反应中存在元素的化合价升高或者降低；【详解】A．除去中，先通入蒸馏水中，发生反应，再通过碱石灰干燥得到纯净的NO，其除杂过程涉及氧化还原反应，故A选；B．除去中含有的，先加入盐酸，涉及反应、，再加入过量NaOH溶液，过滤，向滤液中通入过量二氧化碳，得到沉淀，加热分解得到纯净的，涉及反应、、、，其中不涉及氧化还原反应，故B不选；C．除去中含有的，先加过量溶液发生反应，再加过量溶液发生反应，过滤，最后向滤液中加入盐酸调pH至中性，发生反应，然后蒸发结晶得到NaCl，其中不涉及氧化还原反应，故C不选；D．除去甲苯的苯，加入酸性溶液，主体物质甲苯被氧化，没有达到除杂目的，故D不选；故选A。5.实现中国梦，离不开化学与科技的发展，下列有关说法错误的是A.我国“天眼”的球面射电板上使用的铝合金板属于金属材料B.华为公司自主研发的“麒麟9000”芯片的主要成分是单质硅C.新能源汽车电池使用的石墨烯电极材料属于有机高分子化合物 D.“神舟十四号”宇宙飞船返回舱表层材料中的玻璃纤维属于无机非金属材料【答案】C【解析】【详解】A．铝合金为金属材料，选项A正确；B．芯片的主要成分是单质硅，选项B正确；C．石墨烯是无机材料，选项C错误；D．玻璃纤维是无机非金属材料，选项D正确；答案选C。6.某多孔储氢材料前驱体结构如图，M、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的五种短周期主族非金属元素，Z是地壳中含量最多的元素。下列说法正确的是A.基态原子第一电离能：WAgBr>AgI非金属性：C>Si催化活性： A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．左边棉球变棕黄色说明Cl2将Br-氧化为Br2，右边棉球变蓝色，可能是Cl2将I-氧化为I2，也可能是Br2将I-氧化为I2，则不能证明氧化性：Br2>I2，A不符合题意；B．试管中先出现淡黄色AgBr固体，说明AgCl转化为AgBr，则证明溶解度：AgCl>AgBr，但AgCl大量剩余，再滴入NaI溶液出现黄色AgI固体，可能是AgCl转化为AgI，则不能证明溶解度：AgBr>AgI，B不符合题意；C．稀盐酸易挥发，生成的CO2中混有HCl，CO2、HCl都能和硅酸钠反应生成硅胶使试管中液体变浑浊，不能证明酸性：H2CO3>H2SiO3，则不能证明非金属性：C>Si，C不符合题意；D．两种试剂溶液c(Cl-)相同，且c(Cu2+)>c(Fe3+)，但右侧试管产生气泡较快，则能证明催化活性：Fe3+>Cu2+，D符合题意；故选D。11.NOx是主要大气污染物，利用反应消除NO2污染的电化学装置如图所示。下列说法错误的是A.外电路的电子方向为a→负载→bB.b极的电极反应为：C.若离子交换膜为阴离子交换膜，则左池NaOH溶液浓度将增大D.电路中转移4mol电子时理论上可消除标准状况下1molNO2的污染【答案】C【解析】【分析】利用反应消除NO2污染，a极氨气失去电子发生氧化反应，为负极；b 极二氧化氮得到电子发生还原反应，为正极。【详解】A．电子由负极流向正极，故外电路的电子方向为a→负载→b，A正确；B．b极二氧化氮得到电子发生还原反应生成氮气和氢氧根离子，b极的电极反应为：，B正确；C．a极氨气失去电子发生氧化反应，反应为，若离子交换膜为阴离子交换膜，消耗氢氧根离子由右侧迁移过来，但是反应生成水导致左池NaOH溶液浓度将减少，C错误；D．根据电子转移可知，2NO2~8e−，电路中转移4mol电子时理论上可消除标准状况下1molNO2的污染，D正确；故选C。12.工业上利用碳热还原制得。进而生产各种含钡化合物，温度对反应后组分的影响如图。已知：碳热还原过程中可能发生下列反应。i．ii．iii．下列关于碳热还原过程的说法正确的是A.B.400℃后，反应后组分的变化是由的移动导致的C.温度升高，的平衡常数K减小D.反应过程中，生成和的物质的量之和始终等于投入C的物质的量【答案】B 【解析】【详解】A．由可得i式，则由盖斯定律得：，A错误；B．由图可知，400℃后，BaS的物质的量分数基本不变，BaSO4基本反应完全，但C、CO2的物质的量分数减小，CO的物质的量分数增大，说明C、CO2反应生成CO，则反应后组分的变化是由C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)的移动导致的，B正确；C．由可得反应：C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)，根据盖斯定律，该反应，则正反应吸热，升高温度，反应C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)平衡正向移动，其平衡常数K增大，C错误；D．由图可知，一段时间内，体系中同时存在C、CO2和CO，则反应过程中生成的CO2和CO的物质的量之和可能小于投入C的物质的量，D错误； 故选B。13.三氯化碘(ICl3)在药物合成中用途非常广泛，其熔点为33℃，沸点为73℃，氯气与单质碘需在温度稍低于70℃下反应制备ICl3，实验室制备如图所示。下列说法正确的是A.装置A可选用的药品为高锰酸钾与浓盐酸B.装置B的作用是除杂，也作安全瓶，在本实验中可以和装置C互换位置C.装置C中的硅胶可用浓硫酸代替D.装置D最恰当的加热方式是用酒精灯先预热再集中加热【答案】A【解析】【分析】实验室可用如图装置制取ICl3装置，A是制取氯气，盐酸易挥发，反应制取的氯气中含有氯化氢、水蒸气等杂质，通过装置B中长导管内液面上升或下降调节装置内压强，B为安全瓶，可以防止倒吸，根据B中内外液面高低变化，可以判断是否发生堵塞，同时利用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，装置C是利用硅胶吸收水蒸气，装置D碘和氯气反应生成ICl3，氯气有毒需进行尾气处理，E 装置吸收多余的氯气，防止污染空气。【详解】A．高锰酸钾与浓盐酸在常温下发生氧化还原反应生成氯气，不需要加热装置，可选它们做药品，故A正确；B．装置B中饱和食盐水可除去氯气中混有HCl杂质气体，装置C是干燥装置，两者位置不能互换，故B错误；C．装置C是利用硅胶吸收水蒸气，U形管内装固体干燥剂，浓硫酸是液体干燥剂，氯气会将其压至装置D中，不能用浓硫酸代替，故C错误；D．装置D碘和氯气反应生成ICl3，三氯化碘(ICl3)在药物合成中用途非常广泛，其熔点为33℃，沸点为73℃，最恰当的加热方式是用水浴加热，故D错误；故选：A。14.某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4mol·L-1Na2CO3溶液和40mL0.2mol·L-1NaHCO3溶液，再分别用0.4mol·L-1盐酸滴定，利用pH计和压强传感器检测，所得曲线如图。下列说法错误的是已知：常温下，酚酞的变色范围是pH8.2~10.0，甲基橙的变色范围是pH3.1~4.4。A.曲线甲表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸B.在b点无气体产生，此处发生反应的离子方程式为C.Na2CO3溶液或NaHCO3溶液中均有D.滴定分析时，a点可用酚酞、c点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点【答案】C【解析】【分析】Na2CO3的水解程度大于NaHCO3，则0.4mol•L-1Na2CO3溶液的碱性强于0.2mol•L-1NaHCO3溶液， Na2CO3与HCl反应先生成NaHCO3，NaHCO3再与盐酸反应生成CO2气体，NaHCO3直接与HCl反应生成CO2气体，并且n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=0.008mol，分别加入20mL0.4mol•L-1HCl时Na2CO3恰好转化为NaHCO3，容器中压强不变，随着HCl的加入，容器中压强逐渐增大，加入40mLHCl时容器的压强达到最大值，NaHCO3直接与HCl反应生成CO2气体，容器中压强增大，并且加入20mLHCl时容器的压强达到最大值、一直保持不变，所以图中甲、丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，据此分析解答。【详解】A．由上述分析可知，图中甲线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，A正确；B．在加入20mLHCl时Na2CO3转化为了NaHCO3，NaHCO3与HCl反应生成了CO2气体，则b点当V(HCl)＞20mL时，碳酸氢根离子和氢离子反应，由图中曲线丁可知，发生的主要反应为，B正确；C．由题干图示信息可知，Na2CO3溶液或NaHCO3溶液均显碱性，且两溶液中均存在电荷守恒式：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c()+c()，故Na2CO3溶液或NaHCO3溶液中均有c(Na+)＞2c()+c()，C错误；D．由图可知，滴定分析时，a点的pH在9左右，在酚酞的变色范围内，可选择酚酞作指示剂；c点的pH在4左右，在甲基橙的变色范围内，可选择甲基橙作指示剂，D正确；故答案为C。二、填空题(共58分)15.“刀片电池”通过结构创新，大大提升了磷酸铁锂电池的能量密度。以下是以磷矿石(主要成分Ca5(PO4)3F，还有Fe2O3、CaCO3等杂质)为原料生产白磷(P4)同时制得刀片电池正极材料FePO4的工艺流程：已知：①FePO4可溶于pH<2的酸性溶液。②Fe3+在pH为2.0时开始沉淀，pH为4.0时沉淀完全。回答下列问题：（1）白磷(P4)不溶于水但易溶于二硫化碳，说明P4是___________(填“极性分子”或“非极性分子”)。（2）炉渣Ⅰ主要含有铁单质及铁的磷化物，写出其中FeP溶于硝酸和硫酸的混合溶液并放出NO 气体的离子方程式：___________。（3）炉渣Ⅱ的主要成分是___________。（4）“调铁”后须向“溶液Ⅱ”中通入氨气调节溶液的pH，将pH值控制在2.0的原因是___________。若此条件下Fe3+恰好完全转化为FePO4沉淀(当溶液中某离子浓度≤1×10−5mol/L时，可视为该离子沉淀完全)，过滤，现往滤液中加入2mol/L的MgCl2溶液(设溶液体积增加1倍)，此时溶液中___________Mg3(PO4)2沉淀生成(填“有”或“无”或“无法确定”)【己知FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10−22、1.0×10−24】（5）储氢技术是目前化学家研究的热点之一；铁与镁形成的某种合金可用于储氢领域，其晶胞如图所示：其中A的原子坐标参数为(0，0，0)，B为(，，)，C为(，，0)，则D点的坐标参数为___________。此晶胞中Fe的配位数是___________。【答案】（1）非极性分子（2）（3）CaSiO3（4）①.pH>2.0时Fe+会发生水解，导致产品中混入Fe(OH)3，pH<2.0，FePO4会溶解导致产品的产率下降②.无（5）①.()②.8【解析】【分析】磷矿石(主要成分Ca5(PO4)3F，还有Fe2O3、CaCO3等杂质)，磷矿石中加入焦炭、SiO2在电炉中加热1500℃，生成炉气和炉渣，炉气分离得到P4、SiF4和CO，炉渣I的主要成分是Fe、FeP、Fe2P及少量杂质，结合所加原料和生成物，分析化合价的变化，可知反应中焦炭是还原剂，铁元素和磷元素被还原，炉渣Ⅱ中应该含有Ca元素形成的盐；分析炉气和炉渣Ⅰ的成分，炉渣I中的Fe2P可理解为由磷单质与铁单质反应生成；炉渣I中加入硝酸、硫酸，过滤后得到滤液I和滤渣Ⅲ，硝酸具有强氧化性，能将Fe及其化合物氧化为Fe3+，向溶液I中加入磷酸进行调铁得到溶液Ⅱ，溶液Ⅱ中加入氨水得到FePO4•2H2O，据此解答。【小问1详解】 二硫化碳是非极性分子，水是极性分子，白磷(P4)不溶于水但易溶于二硫化碳，根据相似相溶原理，说明P4是非极性分子,故答案为：非极性分子；【小问2详解】FeP溶于硝酸和硫酸的混合溶液生成NO和FePO4，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，故答案为：；【小问3详解】炉气和炉渣I中不含钙元素，可推断出钙元素应在炉渣II，由于原料中加入了二氧化硅，而硅酸盐在高温下较碳酸钙和磷酸钙稳定，故炉渣II中钙元素以CaSiO3的形式存在。故答案为：CaSiO3；【小问4详解】“调铁”后须向“溶液Ⅱ”中通入氨气调节溶液的pH，将pH值控制在2.0的原因是：pH>2.0时Fe+会发生水解，导致产品中混入Fe(OH)3，pH<2.0，FePO4会溶解导致产品的产率下降。由题意此时溶液中c(Fe3+)=1×10-5mol/L，则溶液中，溶液中FePO4沉淀完全，过滤后滤液则为FePO4的饱和溶液。向滤液中滴加2mol/L的MgCl2溶液(溶液体积增加一倍)，则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时Fe+会发生水解，导致产品中混入Fe(OH)3，pH<2.0，FePO4会溶解导致产品的产率下降；无；【小问5详解】根据晶胞图和原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(，，)，C为(，，)，可知D点原子坐标参数为(，，)；根据晶胞图可知Fe的配位数为8 。故答案为：(，，)；8。16.深入研究碳、氮元素的物质转化有着重要的实际意义，按要求回答下列问题：（1）合成尿素的反应为：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(g)+H2O(l)，若向某恒温且恒容的密闭容器中加入等物质的量的NH3和CO2，发生上述反应。下列叙述不能说明反应已经达到平衡状态的是___________(填标号)。A.2v正(NH3)=v逆[CO(NH2)2]B.压强不再变化C.混合气体的密度不再变化D.CO2的体积分数不再变化 （2）CO用于处理大气污染物N2O的反应为CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)。在Zn＋作用下该反应的具体过程如图1所示，反应过程中能量变化情况如图2所示。总反应：CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)ΔH=___________kJ·mol-1；该总反应的决速步是反应___________(填“①”或“②”)（3）已知：CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)的速率方程为v=k·c(N2O)，k为速率常数，只与温度有关。为提高反应速率，可采取的措施是___________(填字母序号)。A.升温B.恒容时，再充入COC.恒容时，再充入N2OD.恒压时，再充入N2（4）在总压为100kPa的恒容密闭容器中，充入一定量的CO(g)和N2O(g)发生上述反应，在不同条件下达到平衡时，在T1K时N2O的转化率与、在=1时N2O的转化率与的变化曲线如图3所示：①表示N2O的转化率随的变化曲线为___________曲线(填“I”或“Ⅱ”)；②T1___________T2(填“>”或“<”)； ③已知：该反应的标准平衡常数，其中pθ为标准压强(100kPa)，p(CO2)、p(N2)、p(N2O)和p(CO)为各组分的平衡分压，则T4时，该反应的标准平衡常数Kθ=___________(列出计算式)。【答案】（1）AD（2）①.-361.22②.①（3）AC（4）①.Ⅱ②.>③.【解析】【小问1详解】A．由方程式可知，反应达到平衡，，即，故A符合题意；B．该反应是气体体积减小的反应，反应中容器内压强减小，则容器内压强保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故B不符合题意；C．由质量守恒定律可知，该反应是气体质量减小的反应，在恒容密闭容器中混合气体的密度减小，则混合气体的密度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故C不符合题意；D．设NH3和CO2起始的物质的量均为amol，达平衡时CO2的变化量为xmol，则平衡时NH3、CO2和CO(NH2)2的物质的量分别为(a-2x)mol、(a-x)mol、xmol，则CO2的体积分数为定值，所以不能判断反应已达到平衡，故D符合题意；故答案为：AD；【小问2详解】由图2可知，总反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，反应ΔH=-361.22kJ/mol；反应①的活化能为149.6kJ/mol，反应②的活化能为108.22kJ/mol，反应活化能越大，反应速率越慢，总反应的决速步是慢反应，所以总反应的决速步是反应①，故答案为：-361.22；①；【小问3详解】A．升高温度，反应速率常数增大，反应速率加快，故A正确；B．恒容时，再充入一氧化碳，一氧化二氮的浓度不变，反应速率不变，故B错误；C．恒容时，再充入一氧化二氮，一氧化二氮的浓度增大，反应速率加快，故C正确；D．恒压时，再充入氮气，一氧化二氮的浓度减小，反应速率减慢，故D错误；故答案为：AC；【小问4详解】 ①由化学平衡移动原理可知，的值越大，一氧化二氮的转化率越小，所以曲线Ⅱ表示一氧化二氮的转化率随的变化；②该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化二氮的转化率减小，由图中曲线I可知，越大，一氧化二氮的转化率越大，所以温度T1>T2；③该反应是气体体积不变的反应，平衡前后气体的总压强不变，在总压为100kPa的=1的容器中，一氧化二氮和一氧化碳的起始分压都为50kPa，由图可知，温度为T4时，一氧化二氮的转化率为65%，由方程式可知，平衡时，一氧化二氮和一氧化碳的分压都为50kPa-50kPa×65%=17.5kPa，二氧化碳和氮气的分压都为50kPa×65%=32.5kPa，则反应的的标准平衡常数，故答案为：Ⅱ；>；。17.硫氰化钾()俗称玫瑰红酸钾，是一种用途广泛的化学药品。实验室模拟工业制备硫氰化钾的实验装置如下图所示：已知：①不溶于水，密度比水的大；②不溶于；③三颈烧瓶内盛放有、水和催化剂。回答下列问题：（1）制备溶液：①实验前，经检验装置的气密性良好。其中装置B中的试剂是___________。②实验开始时，打开K，加热装置A、D，使A中产生的气体缓缓通入D中，发生反应该反应比较缓慢)，当看到___________现象时说明该反应接近完全。 （2）制备溶液：①熄灭A处的酒精灯，关闭，移开水浴，将装置D继续加热至105℃，当完全分解后()，打开，继续保持液温105℃，缓缓滴入适量的溶液，发生反应的化学方程式为___________。②装置E中多孔球泡的作用是___________。（3）制备晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，___________、___________、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体。（4）测定晶体中的含量：称取10.0g样品，配成溶液。量取溶液于锥形瓶中，加入适量稀硝酸，再加入几滴溶液作指示剂，用标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗标准溶液。①滴定时发生的反应：(白色)。则判断到达滴定终点的方法是________。②晶体中的质量分数为___________(结果精确至0.1%)。【答案】（1）①.碱石灰②.三颈烧瓶中下层油层消失（2）①.②.增大气体与液体的接触面积，使气体被吸收的更充分（3）①.蒸发浓缩②.冷却结晶（4）①.滴入最后半滴溶液时，红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复②.48.5%【解析】【分析】装置A中加热氯化铵和氢氧化钙的混合物生成氨气、氯化钙和水，反应的化学方程式是2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O，装置B中装有碱石灰干燥氨气，氨气进入装置D发生反应：CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS、NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O，装置E中，NH3和可能的H2S被酸性重铬酸钾氧化，其作用是处理尾气，防止污染环境。【小问1详解】①装置A中加热氯化铵和氢氧化钙的混合物生成氨气、氯化钙和水，氨气是碱性气体，为了干燥氨气，装置B中的试剂是碱石灰；② 为有机物，不溶于水，与氨气发生反应生成两种铵盐，均易溶于水，所以当看到三颈烧瓶中下层油层消失时说明已全部转化为硫氰化铵和硫氢化铵，即证明该反应接近完全，故答案为：三颈烧瓶中下层油层消失；【小问2详解】①由题意可知，缓缓滴入适量的氢氧化钾溶液发生的反应为氢氧化钾溶液与硫氰化铵共热反应生成硫氰化钾、氨气和水，反应的化学方程式为；②由分析可知，装置E中盛有的酸性重铬酸钾溶液用于吸收氨气和硫化氢气体，防止污染环境，多孔球泡的作用是增大气体与液体的接触面积，使气体被吸收的更充分，故答案为：增大气体与液体的接触面积，使气体被吸收的更充分；【小问3详解】制备硫氰化钾晶体的操作为先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再将所得滤液减压蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到硫氰化钾晶体，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；【小问4详解】①由题意可知，硫氰酸根离子与铁离子发生显示反应，使溶液呈红色，当溶液中硫氰酸根离子完全反应时，溶液红色会褪去，则判断到达滴定终点的方法为滴入最后半滴硝酸银溶液时，红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复，故答案为：滴入最后半滴AgNO3溶液时，红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复；②达到滴定终点时消耗0.1000mol/LAgNO3标准溶液20.00mL，根据方程式SCN-+Ag+=AgSCN↓(白色)可知，20.00mL溶液中KSCN的物质的量是0.02L×0.1mol/L=0.002mol，500mL溶液中KSCN的质量为m=nM=0.002mol×500mL/20mL×97g/mol=4.85g，10.0g样品中硫氰化钾的质量分数为×100%=48.5%，故答案为：48.5%。18.化合物H是一种用于合成γ-分泌调节剂的药物中间体，其合成路线流程图如图：（1）A中含有官能团的名称为___________。 （2）B→C的反应类型为___________。（3）写出C→D的化学反应方程式：___________。（4）满足下列条件的C的同分异构体有___________种。①含有苯环，苯环上有三个取代基，其中氨基只与苯环直接相连；②与氯化铁溶液反应显紫色，与NaHCO3溶液反应有气体产生。（5）写出同时满足下列条件C的一种同分异构体的结构简式：___________。①含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；②能发生水解反应，水解产物之一是α-氨基酸，另一水解产物分子中只有2种不同化学环境的氢。（6）G的分子式为，经氧化得到H，写出G的结构简式：___________。（7）已知：(R代表烃基，R′代表烃基或H)。请写出以、和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用)___________。【答案】18.羟基、羧基、硝基19.还原反应20.21.2022.或23.24.【解析】【分析】与(CH3)2SO4在K2CO3作用下发生取代反应生成，B被H2在Ni 催化作用下还原为；C与HCOOH发生取代反应生成，D与BrCH2COCH3在K2CO3作用下发生取代反应生成，E与CH3COONH4、CH3COOH作用生成，F与Red-Al作用生成G，G被MnO2氧化生成，由F、H的结构简式，可推出G为。【小问1详解】A为，含有官能团的名称为羟基、羧基、硝基。【小问2详解】B()被H2在Ni催化作用下还原为C()，反应类型为还原反应。【小问3详解】C()→D()，化学反应方程式：。【小问4详解】 C为，满足下列条件：“①含有苯环，苯环上有三个取代基，其中氨基只与苯环直接相连；②与氯化铁溶液反应显紫色，与NaHCO3溶液反应有气体产生。”的同分异构体分子中，应含有1个苯环、1个-NH2、1个-OH，1个-CH2CH2COOH或-CH(CH3)COOH，可固定-NH2在苯环上，然后移动另两个取代基。若-OH在-NH2的邻位，移动-CH2CH2COOH或-CH(CH3)COOH，共有8种异构体；若-OH在-NH2的间位，移动-CH2CH2COOH或-CH(CH3)COOH，共有8种异构体；若-OH在-NH2的对位，移动-CH2CH2COOH或-CH(CH3)COOH，共有4种异构体，则异构体共有8+8+4=20种。【小问5详解】C的一种同分异构体，满足条件：“①含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；②能发生水解反应，水解产物之一是α-氨基酸，另一水解产物分子中只有2种不同化学环境的氢。”的同分异构体中分子中，含有1个苯环、1个酯基，且氨基位于α位，具有1个手性碳原子，则可能结构简式为：或。【小问6详解】G的分子式为，经氧化得到H，由分析可得出，G的结构简式：。【小问7详解】