浙江省丽水、湖州、衢州三地市2022年高三化学11月教学质量检测（一模）试题（Word版带解析）

丽水、湖州、衢州2022年11月三地市高三教学质量检测化学试题卷可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Si28P31S32Cl35.5Fe56Zn65选择题部分一、选择题(本大题共22小题，1~16题每小题2分，17~22题每小题3分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质属于纯净物的是A.漂白粉B.氯水C.柴油D.冰醋酸【答案】D【解析】【详解】A．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，A不符合题意；B．氯水是氯气溶于水的混合物，其中有水、氯气、次氯酸、盐酸，B不符合题意；C．柴油是轻质石油，复杂烃类混合物，C不符合题意；D．冰醋酸就是乙酸，属于纯净物，D符合题意；故选D。2.下列物质属于电解质，且熔融状态下能导电的是A.CuB.HClC.KNO3D.葡萄糖(C6H12O6)【答案】C【解析】【详解】在水溶液或熔融状态能电离出自由移动的离子的化合物属于电解质，Cu是单质不属于电解质；HCl在熔融状态不能电离出自由移动的离子；KNO3是盐在熔融状态可以电离出钾离子和硝酸根离子，在熔融状态可以导电；葡萄糖(C6H12O6)是非电解质，故答案为C；3.下列表示不正确的是A.氯化钠的电子式：B.二氧化碳的结构式：O=C=OC.乙烷分子的空间填充模型：D.1，3-丁二烯的键线式： 【答案】A【解析】【详解】A．氯化钠为离子化合物，钠离子用离子符号表示，氯离子需要标出最外层电子及所带电荷，氯化钠正确的电子式为，故A错误；B．二氧化碳为共价化合物，碳原子与两个氧原子各共用两对电子，用短线表示共用电子对即为结构式，二氧化碳的结构式为O=C=O，故B正确；C．乙烷的结构简式为CH3CH3，原子半径C>H，其空间填充模型为，故C正确；D．键线式用短线表示化学键，交点、端点表示碳原子，一般C、H原子不标出，则1，3-丁二烯的键线式应为：，故D正确；答案选A。4.N，N-二甲基甲酰胺[]是良好的溶剂。下列说法不正确的是A.元素电负性大小：χ(N)＜χ(O)B.原子半径大小：r(C)＜r(N)C.分子中含σ键和π键D.该物质分子间存在范德华力【答案】B【解析】【详解】A．同周期元素随核电核数增加元素的电负性逐渐增大，故：χ(N)＜χ(O)，故A正确；B．同周期元素随核电核数增加原子的半径逐渐减小，故：r(C)＞r(N)，故B错误；C．单键为σ键，双键中有σ键和π键，故C正确；D．N，N-二甲基甲酰胺为分子晶体，故分子间存在范德华力，故D正确；故选B。5.下列说法不正确的是A.6Li和7Li互为同位素B.石墨烯和碳纳米管互为同素异形体C.CH3COOH和CH3COOCH2CH3互为同系物D.CH2BrCH2Br和CH3CHBr2互为同分异构体【答案】C【解析】【详解】A．6Li和7Li质子数相同而中子数不同的锂原子，互为同位素，故A正确； B．石墨烯和碳纳米管均是碳形成的两种不同的单质，互为同素异形体，故B正确；C．CH3COOH和CH3COOCH2CH3分别属于酸和酯，不同类，不能互称为同系物，故C错误；D．CH2BrCH2Br和CH3CHBr2分子式相同，而结构不同，互为同分异构体，故D正确；故选C。6.下列物质中，由极性键构成的极性分子是A.CH4B.BF3C.NH3D.H2【答案】C【解析】【详解】A．CH4是由极性键构成的非极性分子，A错误；B．BF3是由极性键构成的非极性分子，B错误；C．NH3为三角锥形，是由极性键构成的极性分子，C正确；D．H2是由非极性键构成的非极性分子，D错误；故答案选C。7.下列说法不正确的是A.将粗硅用HCl转化为SiHCl3，再经H2还原得到高纯硅B.NaClO比HClO稳定得多，NaClO溶液可长期存放而不分解C.碳化硅(SiC)具有类似金刚石的结构，硬度很大，可作耐磨材料D.硝酸生产尾气中的NOx可用Na2CO3溶液或NH3处理【答案】B【解析】【详解】A．炼制高纯度硅时，先将粗硅与HCl反应生成SiHCl3，SiHCl3再与氢气反应生成单质硅，A正确；B．NaClO溶液长期放置会与空气中二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸光照条件下分解生成HCl和O2，B错误；C．碳化硅与金刚石结构类似，硬度大可用作耐磨材料，C正确；D．硝酸生产尾气中的NOx可与碳酸钠或者NH3反应，故可用碳酸钠或者NH3吸收NOx，D正确；故答案选B。8.下列说法不正确的是A.蛋白质与氨基酸都是两性物质，能与酸、碱发生反应B.纤维素在酸或酶的催化下发生水解，可得到葡萄糖C.长期服用阿司匹林可预防某些疾病，没有副作用D.通过石油裂化和裂解可以得到乙烯、丙烯、甲烷等基本化工原料 【答案】C【解析】【详解】A．氨基酸分子中均含有氨基和羧基，蛋白质是由氨基酸构成的，包含50个以上的氨基酸残基，所以蛋白质与氨基酸都是两性物质，能与酸、碱发生反应，故A正确；B．纤维素分子中含有葡萄糖单元，在酸或酶的催化下发生水解，可得到葡萄糖，故B正确；C．阿司匹林化学名为乙酰水杨酸，是一种解热镇痛药，但长期大量服用阿司匹林可能引起水杨酸中毒，故C错误；D．以石油分馏产品为原料，通过裂化和裂解可以得到乙烯、丙烯、甲烷等基本化工原料，故D正确；答案选C。9.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.常温常压下，22.4LCO2气体中含有的氧原子数小于2NAB.6gSiO2中含有的Si-O键的数目为0.4NAC.78gNa2O2中含有的离子总数为3NAD.50mL12mol·L−1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA【答案】D【解析】【详解】A．常温下的温度高于标准状况下的，温度越高，气体分子间的距离越大，所以常温常压下，22.4LCO2气体中含有的氧原子数小于2NA，故A正确；B．二氧化硅晶体中，每个硅原子与4个氧原子形成4个Si-O键，6gSiO2即0.1molSiO2中含有0.1NA个硅原子，含有的Si-O键的数目为0.4NA，故B正确；C．78gNa2O2的物质的量为1mol，结合过氧化钠是由钠离子和过氧根离子构成，含有的离子总数为3NA，故C正确；D．随着反应的进行盐酸的浓度越来越小，二氧化锰和稀盐酸不再发生反应，故转移的电子数小于0.3NA，故D错误；答案选D。10.关于反应2NaNO2+2KI+2H2SO4=2NO↑+I2+Na2SO4+K2SO4+2H2O，下列说法正确的是A.KI发生还原反应B.H2SO4既不是氧化剂，也不是还原剂C.氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1D.消耗0.5molNaNO2时，转移1.0mol电子【答案】B【解析】 【详解】A．该反应中，KI中的I失电子化合价升高，发生氧化反应，A错误；B．反应中H2SO4中的元素化合价既不升高也不降低，故H2SO4既不是氧化剂也不是还原剂，B正确；C．NaNO2中N得电子化合价降低，NO为还原产物，KI中I失电子化合价升高，I2为氧化产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：2，C错误；D．反应中NaNO2中N得电子化合价从+3价降低为+2价，则消耗0.5molNaNO2转移0.5mol电子，D错误；故答案选B。11.下列有关实验说法正确的是A.对于含重金属(如铅、汞或镉等)离子的废液，可用Na2S或NaOH进行沉淀处理B.配制溶液时，烧杯中溶液直接倒入容量瓶，再用蒸馏水洗涤，洗涤液一并倒入C.滴定用的锥形瓶装待测液前需要保持干燥，并用待测液润洗2~3次D.向CuSO4溶液中滴加氨水至难溶物溶解得深蓝色溶液，再加入乙醇，无明显变化【答案】A【解析】【详解】A．Na2S或NaOH可与重金属离子反应生成其硫化物或者氢氧化物，且重金属离子的硫化物和氢氧化物均为沉淀，A正确；B．配制溶液时，烧杯中的溶液需要通过玻璃棒引流倒入容量瓶，洗涤液也需要通过玻璃棒引流倒入容量瓶，B错误；C．滴定用的锥形瓶不需要保持干燥且不需要用待测液润洗，C错误；D．向CuSO4溶液中滴加氨水至难溶物溶解得深蓝色溶液为硫酸四氨合铜溶液，加入乙醇，混合溶剂极性下降，硫酸四氨合铜配合物析出，D错误；故答案选A。12.下列反应对应的方程式不正确的是A.大理石与醋酸反应：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO−+H2O+CO2↑B.铜的电解精炼的总反应(粗铜作阳极，纯铜作阴极，硫酸铜溶液作电解液)：Cu(阳极)Cu(阴极)C.钠与水反应生成气体：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑D.向Mg(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液的反应：Mg2++2HCO3−+4OH−=Mg(OH)2↓+2CO32−+2H2O【答案】B【解析】【详解】A．大理石与醋酸反应生成醋酸钙、水和二氧化碳，大理石是难溶物质，醋酸是 弱酸，书写时不拆，离子方程式书写正确，故A正确；B．粗铜电解精炼(粗铜作阳极，纯铜作阴极，硫酸铜溶液作电解液)时，阳极上溶解的金属除Cu外，还有Zn、Fe等活泼性比Cu强的金属，阴极上只有Cu2+得到电子变为Cu单质，故B错误；C．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，故C正确；D．氢氧化镁比碳酸镁更难溶，Mg(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液的反应生成氢氧化镁沉淀和碳酸钠、水，反应的离子方程式为Mg2++2HCO3−+4OH−=Mg(OH)2↓+2CO32−+2H2O，故D正确；答案选B。13.下列说法正确的是A乙醇分子中有−OH基团，所以乙醇溶于水后溶液显酸性B.甲苯与液溴发生的取代反应，溴原子的取代位置以甲基的间位为主C.乙醛能与氰化氢(HCN)发生加成反应生成CH3CH(OH)CND.1-溴丙烷与氢氧化钾乙醇溶液共热主要生成1-丙醇(CH3CH2CH2OH)【答案】C【解析】【详解】A．乙醇分子中有−OH基团，但羟基上的氢不能电离，溶于水后溶液仍然显中性，故A错误；B．甲基活化了苯环的邻对位，甲苯与液溴发生的取代反应，溴原子的取代位置以甲基的邻对位为主，故B错误；C．HCN中H比较活泼，能与乙醛生加成反应生成CH3CH(OH)CN，故C正确；D．1-溴丙烷与氢氧化钾乙醇溶液共热主要生成丙烯，故D错误；故答案为C。14.有关的说法正确的是A.不能使酸性高锰酸钾稀溶液褪色B.该物质在碱性条件下加热水解有NH3生成C.分子中含有1个手性碳原子D.1mol该物质与足量NaOH溶液完全反应，最多消耗2molNaOH【答案】B【解析】 【详解】A．-CH2OH可以使高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B．该物质在碱性条件下加热水解生成、Na2CO3和NH3，故B正确；C．碳原子上连接四个不同的原子或者基团才具有手性，该分子中不含手性碳原子，故C错误；D．1mol该物质与足量NaOH溶液完全反应生成、Na2CO3和NH3，最多消耗3molNaOH，故D错误；故答案为B。15.四种短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中X是元素周期表中原子半径最小的元素；Y元素基态原子的最外层有1个未成对电子，次外层有2个电子；Z元素原子最高能级的不同轨道都有电子，且自旋方向相同；W元素原子的价层电子排布式是nsnnp2n。下列说法正确的是A.氢化物的稳定性：一定有Z＜WB.同周期中第一电离能小于Z的有5种C.Y、Z的最高价氧化物对应的水化物为强酸D.X、Z可形成Z2X4，该分子中所有原子均满足8e﹣稳定结构【答案】B【解析】【分析】四种短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中X是元素周期表中原子半径最小的元素，可知X是H元素；W元素原子的价层电子排布式是nsnnp2n，可知W为O元素；Z元素原子最高能级的不同轨道都有电子，且自旋方向相同，则Z为N，Y元素基态原子的最外层有1个未成对电子，次外层有2个电子，则Y为Li或B，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，Z为N，W为O，最简单氢化物的稳定性与非金属性成正比，非金属性Z＜W，则氢化物的稳定性NH3＜H2O，但是稳定性NH3＞H2O2，A错误；B．由分析可知，Z为N，N的2p能级处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则同周期中第一电离能小于N的有Li、Be、B、C、O共5种，B正确；C．由分析可知，Y元素基态原子的最外层有1个未成对电子，次外层有2个电子，则Y 为Li或B，最高价氧化物对应的水化物不可能是强酸，C错误；D．由分析可知，X为H，Z为N，X、Z可形成Z2X4，该分子中H原子不满足8e-稳定结构，D错误；故答案为：B。16.向FeCl3溶液中滴加黄血盐K4[Fe(CN)6]可制得普鲁士蓝，向FeCl2溶液中滴加赤血盐K3[Fe(CN)6]可制得滕氏蓝。普鲁士蓝和滕氏兰很久以来都被视为两种物质，但科学家研究发现，两者都是如图所示的结构(K+未标出)。下列关于普鲁士蓝和滕氏蓝说法不正确的是A.根据如图的晶体结构，K+应位于晶胞体心B.普鲁士蓝和滕氏蓝都是离子晶体C.图中Fe2+和Fe3+的位置不能互换D.测定晶体的结构常采用X射线衍射法【答案】A【解析】【详解】A．根据反应原理和晶胞结构分析，在1个晶胞中，在棱上，为，为，为，普鲁士蓝和滕氏蓝化学式为，根据比例，在晶胞中为，若位于晶胞体心，其个数为1，A错误；B．普鲁士蓝和滕氏蓝化学式为，都含有，所以两者都是离子化合物，B正确；C．虽然和个数相等，但是与C原子成键，与N原子成键，所以和不能互换，C正确； D．测定晶体的结构的方法，常采用X射线衍射法，D正确；故选A。17.室温下，用0.100的标准AgNO3溶液滴定20.00mL浓度相等的NaCl、NaBr和NaI的混合溶液，通过电位滴定法获得lgc(Ag+)与V(AgNO3)的关系曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全。，，)。下列说法不正确的是A.a点溶液中有黄色沉淀生成B.原溶液中NaCl、NaBr和NaI的浓度为0.0500mol·L−1C.当Br−沉淀完全时，已经有部分Cl−沉淀，故第二个突跃不明显D.b点溶液中：【答案】D【解析】【分析】根据溶度积的含义，对于阴阳离子组成比例相同的难溶物，溶度积越小，越难溶，因为，所以三种难溶物中，AgI最难熔；用0.100的标准AgNO3溶液滴定20.00mL浓度相等的NaCl、NaBr和NaI的混合溶液，先生成AgI，最后生成AgCl，如图滴定曲线，完全反应时消耗0.100的标准AgNO3溶液30mL，NaCl、NaBr和NaI的混合溶液中三种物质浓度相等，为；【详解】A．根据溶度积的相关信息，三种难溶物中，AgI最难溶，滴定时先生成AgI淡黄色沉淀，故A正确；B．如图滴定曲线，完全反应时消耗0.100的标准AgNO3溶液30mL，NaCl、NaBr和NaI的混合溶液中三种物质浓度相等，为，故B正确； C．当Br−沉淀完全时，，；此时若氯离子开始沉淀，此时氯离子浓度为<，所以当Br−沉淀完全时，已经有部分Cl−沉淀，故第二个突跃不明显，故C正确；D．由NaCl、NaBr和NaI的浓度均为可知，，刚好滴定到终点时，溶质为，，b点时硝酸银过量，所以b点时，因为，所以溶液中，因为硝酸银过量，抑制AgI、AgBr、AgCl溶解，所以，综上所述，，故D错误；故选D。18.在298K和100kPa压力下，已知金刚石和石墨的熵、燃烧热和密度分别为：物质S/(J·K−1·mol−1)∆H/(kJ·mol−1)ρ/(kg·m−3)C(金刚石)2.4−395.403513C(石墨)5.7−393.512260此条件下，对于反应C(石墨)→C(金刚石)，下列说法正确的是A.该反应的∆H＜0，∆S＜0B.由公式∆G＝∆H−T∆S可知，该反应∆G＝985.29kJ·mol−1C.金刚石比石墨稳定D.超高压条件下，石墨有可能变为金刚石【答案】D【解析】【详解】A．根据燃烧热的定义可知：C(金刚石，s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-395.40kJ·mol−1，C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.51kJ·mol−1，反应C(石墨)→C(金刚石)的ΔH=(-393.51kJ·mol−1)-(-395.40kJ·mol−1)=1.89kJ·mol−1＞0，ΔS=S(金刚石)-S(石墨)=2.4J·K−1·mol−1-5.7J·K−1·mol−1=-3.3J·K−1·mol−1＜0，A错误； B．由公式∆G=∆H−T∆S可知，该反应∆G=1.89kJ·mol−1-298K´(-3.3J·K−1·mol−1)=2.8734kJ·mol−1，B错误；C．由A选项可知，反应C(石墨)→C(金刚石)是吸热反应，说明质量相同时，石墨的能量较低，则石墨比金刚石稳定，C错误；D．由于金刚石的密度比石墨大，故质量相同时，金刚石的体积小，则反应C(石墨)→C(金刚石)是体积减小的过程，由影响相变速率的因素可知，随着体积差的增大，增大压强，成核速率加快，有利于相变向密度大的多面体方向转变；故超高压条件下，石墨有可能变为金刚石，D正确；故选D。19.在密闭容器中发生反应2A(g)2B(g)+C(g)，其速率可表示为。在500℃，实验测得体系总压强数据如下表：t/min050100150200p总/kPa200250275x293.75下列说法正确的是A.0~50min，生成B的平均速率为1kPa·min−1B.第80min的瞬时速率小于第120min的瞬时速率C.推测上表中的x为287.5D.反应到达平衡时2v正(A)＝v逆(C)【答案】C【解析】【详解】A．等温等容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，由表格数据可知，0~50min，=50kPa，结合反应2A(g)2B(g)+C(g)，=2=100kPa，则生成B的平均速率为=2kPa·min−1，故A错误；B．由数据可知，0~50min，=50kPa，50~100min，=25kPa，而100~200min，=18.75kPa，速率越来越慢，第80min的瞬时速率大于第120min的瞬时速率，故B错误；C．第一个50min，=50kPa，第二个50min，=25kPa，如果第三个50min，=12.5kPa，此时x为275+12.5=287.5，第四个50min，=6.25kPa，200min时287.5+6.25=293.75，假设合理，则推测出x为287.5，故C正确；D．达到平衡时v正＝v逆，用不同物质表示同一反应速率速率之比等于化学计量数之比，则反应到达平衡时v正(A)＝2v逆(C)，故D错误；答案选C。 20.一种利用电化学法生产高纯金的方法涉及粗金(含有Ag、Cu等杂质)的溶解，获得含[AuCl4]−的溶液。该过程不涉及金单质析出，所用电解质溶液均为A溶液。下列说法不正确的是A.阳极发生的发应为B.粗金溶解，可用过滤的方法从阳极区获取C.隔膜E为阳离子交换膜D.每生成1mol，阴极区产生体积为33.6L(标准状况)【答案】D【解析】【分析】粗金板是电解池的阳极，电极反应式：；高纯钛板是电解池的阴极，电极反应式：。【详解】A．由分析知电极反应式正确，A正确；B．粗金溶解，可用过滤的方法从阳极区获取，B正确；C．获得含的溶液，隔膜E为阳离子交换膜，C正确；D．由电极反应式可知产生体积为33.6L(标准状况)时得到3摩尔电子，但失去电子的金属可能是金、银、铜，D错误；故选D。21.关于化合物H2CS3的性质，下列推测不合理的是A.在水中缓慢分解产生H2CO3和H2SO3B.可由K2CS3酸化制成C.水溶液为弱酸D.易分解成H2S和CS2【答案】A【解析】【分析】O和S同主族，H2CS3的性质参照H2CO3； 【详解】A．H2CO3分解CO2和H2O，则推测H2CS3分解为CS2和H2S，A错误；B．H2CO3可由K2CO3酸化制成，则H2CS3可由K2CS3酸化制成，B正确；C．H2CS3在水中会分解产生CS2和H2S，H2S溶于水显弱酸性，C正确；D．H2CO3分解为CO2和H2O，则推测H2CS3分解为CS2和H2S，D正确；答案选A。22.下列方案设计、现象和结论不正确的是目的方案设计现象和结论A探究样品中是否含有Na元素用玻璃棒蘸取样品进行焰色试验若火焰呈黄色，则该样品中含有Na元素B探究Fe2+、Br−的还原性强弱向FeBr2溶液中加入少量氯水，再加CCl4萃取若CCl4层无色，则Fe2+的还原性强于Br−C检验铁粉是否变质取少量铁粉溶于稀盐酸中，滴加KSCN溶液若溶液未变红色，无法说明铁粉是否变质D确认二氯甲烷分子不存在同分异构体先搭建甲烷分子球棍模型，后用2个氯原子取代任意2个氢原子，重复数次，观察所得球棍模型的结构若所得球棍模型均代表相同物质，则确认二氯甲烷分子不存在同分异构体A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．玻璃的主要成分是Na2SiO3，含有钠元素，会对实验结果造成干扰。应用铂丝蘸取样品进行焰色试验才能检验样品中是否含有Na元素，故A错误；B．Br2的CCl4溶液显橙红色，CCl4，说明没有Br2，则是Fe2+优先被氧化，即Fe2+的还原性强于Br−，故B正确；C．KSCN溶液与Fe3+反应会生成血红色物质，溶液未变红色只能证明溶液中无Fe3+，但铁粉也可能变质生成亚铁离子，故C正确；D．二氯甲烷分子的构型只有一种，C上街2个H和2个Cl，即甲烷上2个H被Cl取代了，二氯甲烷分子不存在同分异构体，用此方法可以验证，故D正确；故答案选A。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共50分)23.中国科学家于嫦娥五号月壤的玄武岩碎屑中发现的“嫦娥石”，是一种磷酸盐矿物，其理 想化学式为(Ca8Y)□Fe(PO4)7(“□”表示晶体存在缺陷)。请回答：（1）基态Fe2+价层电子的轨道表示式为______。（2）的空间结构为______，其中P采取______杂化方式；能与Fe3+形成无色的[Fe(PO4)2]3−，其中与Fe3+配位的原子是______(填元素符号)。（3）PCl5是白色晶体，其晶胞结构如图所示。PCl5熔融时形成一种能导电的液体。①若晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为______g/cm3(列出计算式，1pm＝1×10−10cm)。②经测定，该晶体中P-Cl的键长只有198pm和206pm两种，写出P-Cl键长为206pm的粒子的化学式______。【答案】（1）（2）①.正四面体②.sp3③.O（3）①.②.【解析】【小问1详解】Fe是26号元素，基态Fe2+价层电子为3d6，轨道表示式为；【小问2详解】中心原子P的价层电子对数为，P采取sp3杂化，的空间结构为正四面体结构；能与Fe3+形成无色的[Fe(PO4)2]3−，中P原子无孤电子对，Fe3+提供共轨道，O原子提供孤电子对，其中与Fe3+配位的原子是O；【小问3详解】①PCl5是白色晶体，熔融时形成一种能导电液体。根据晶胞图可以看出熔融是电离出的阴阳离子为和，根据均摊法可知晶胞中含有1个，含有个数为， 晶体的密度为；②PCl5熔融是电离出的阴阳离子为和，呈正八面体构型，周围Cl原子多拥挤，排斥作用大，所以P-Cl键长比中的长，故P-Cl键长为206pm的粒子的化学式为；24.利用富锗ZnO烟尘(还含有CuO、CaO、PbO2、FeO、MnO2等)生产锗精矿和碱式碳酸锌[aZnCO3·bZn(OH)2]。其流程如下：已知：酸浸时，锰与铅元素被还原为+2价，锗以Ge4+存在。请回答：（1）酸浸得到的浸渣主要含有的两种物质是______(填化学式)。（2）为了提高锗的浸出率，可以采取______(填两种方法)。（3）流程Ⅱ除Fe、Mn的过程中控制pH不宜过低，除防止锰的形态发生变化外，其原因还可能是______。（4）沉锌中得到沉淀的化学式表示为aZnCO3·bZn(OH)2，为了确定其组成，称取34.9g该沉淀充分灼烧，最终获得24.3g氧化锌，计算确定aZnCO3·bZn(OH)2中a与b之比为______，则沉锌的化学方程式为______。【答案】（1）CaSO4、PbSO4（2）搅拌；适当加热；适当提高硫酸浓度；多次浸取（3）酸度过低不利于Fe3+沉淀完全，且在沉锌时会消耗更多的NH4HCO3，造成浪费（4）①.2：1②.3ZnSO4+6NH4HCO3=2ZnCO3·Zn(OH)2↓+3(NH4)2SO4+4CO2↑+2H2O【解析】【分析】锗ZnO烟尘（还含有CuO、CaO、PbO2、FeO、MnO2等）中加入硫酸酸浸，酸浸时，锰与铅元素被还原为+2价，锗以Ge4+存在，所以得到MnSO4、PbSO4、Ge(SO4)2、FeSO4、CaSO4、CuSO4，CaSO4为微溶物、PbSO4不易溶于水，过滤得到的浸渣有CaSO4、PbSO4，酸浸液中含有MnSO4、Ge(SO4)2、FeSO4、CuSO4和过量H2SO4，酸浸液中加入单宁酸沉锗，过滤后得到单宁锗渣，单宁锗渣灼烧得到锗精矿；滤液中加入Zn粉，Zn置换出Cu，过滤得到的滤渣为Cu和过量的Zn，滤液中加入KMnO4将二价铁氧化为三价Fe 转化为Fe(OH)3沉淀，KMnO4和MnSO4生成MnO2沉淀，过滤后，滤液中加入NH4HCO3得到碱式碳酸锌。【小问1详解】根据分析可知，酸浸得到的浸渣主要含有的两种物质是CaSO4、PbSO4。【小问2详解】为了提高锗的浸出率，可以采取搅拌；适当加热；适当提高硫酸浓度；多次浸取等措施。【小问3详解】pH过低无法生成氢氧化铁沉淀，且pH过低会使滤液中存在较多氢离子，在沉锌时会消耗更多的NH4HCO3，造成浪费。【小问4详解】称取34.9g该沉淀充分灼烧，最终获得24.3g氧化锌，此时氧化锌的物质的量为0.3mol，则根据原子守恒可得原沉淀中含有Zn0.3mol，则，解得a：b=2：1，则碱式碳酸锌的化学式为2ZnCO3·Zn(OH)2，沉锌的化学方程式为3ZnSO4+6NH4HCO3=2ZnCO3·Zn(OH)2↓+3(NH4)2SO4+4CO2↑+2H2O。25.我国力争于2030年前做到CO2的排放不再增长。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：Ⅰ．CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)Ⅱ．CH4(g)C(s)+2H2(g)Ⅲ．CO(g)+H2(g)H2O(g)+C(s)（1）设Kpr为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。如气体B的相对分压等于其分压pB(pB＝xB×p总，xB为平衡系统中B的物质的量分数)除以p0(p0＝100kPa)。反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的lnKpr随的变化如图1所示。图1①反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中，属放热反应的是______。 ②图中A点对应温度下，原料组成为n(CO2)：n(CH4)＝1：1、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时H2的分压为30kPa。CH4的平衡转化率为______。（2）二氧化碳加氢制甲醇是研究的另一热点，其总反应可表示为：Ⅳ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，该反应一般认为通过如下步骤来实现：Ⅴ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)∆H1＝+41kJ·mol−1Ⅵ．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)∆H2＝−90kJ·mol−1①反应Ⅴ的∆S______。A大于0B．小于0C．等于0D．无法判断②若反应Ⅴ为慢反应，请在图2中画出上述反应能量变化的示意图______。③不同压强下按照n(CO2)：n(H2)＝1：3投料，实验测定CO2的平衡转化率随温度的变化关系如图3所示。T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是______。【答案】（1）①.Ⅲ②.82%（2）①.A②.③.T1温度时以反应V为主，反应V前后分子数目相等，压强改变对平衡没有影响【解析】【小问1详解】①由题图可知温度越低，越大，反应Ⅰ、Ⅱ的越小，说明反应Ⅰ、Ⅱ随温度降低平衡逆向移动，故反应Ⅰ、Ⅱ为吸热反应，答案：Ⅲ； ②A点对应温度下反应Ⅱ的，则平衡体系中，即，，起始时，总压为100，则起始时，的平衡转化率为，答案：82%；【小问2详解】①采用逆推法，吸热反应且能自发进行，只能∆S大于0，答案：A；②由题可知反应Ⅴ是吸热反应，反应Ⅵ是放热反应，整体是一个放热反应，可知图像为：，，答案：；③T1温度时以反应V为主，反应V前后分子数目相等，压强改变对平衡没有影响。26.对氨基苯甲酸是合成苯佐卡因(一种合成局部麻醉药)的原料，可用对甲基-N-乙酰苯胺制备。对氨基苯甲酸易溶于热水，微溶于冰水，在pH为4.7~4.9时溶解度最小。Ⅰ．合成原理：Ⅱ．实验步骤：步骤1：将2.60g对甲基-N-乙酰苯胺置于烧杯中，加入60mL水、2.0g乙酸钠和8.0g高锰酸钾，不断搅拌下温和加热约30min。 步骤2：当反应液呈深褐色且有大量沉淀物出现时，停止加热。趁热过滤，用少量热水洗涤沉淀。合并滤液，冷却至室温，用20%的稀硫酸酸化至pH为1~2，过滤析出的固体。步骤3：将此固体加入如图所示装置(夹持、搅拌、加热装置已省略)，加入盐酸(1：1)，加热回流30min。再向烧瓶中加入20mL水及适量活性炭，加热沸腾5min，趁热过滤。步骤4：待滤液冷却后，操作Ⅰ，过滤，自然干燥，得浅黄色针状晶体。请回答：（1）图示装置中冷凝管的冷凝水从______(填“a”或“b”)口进入。（2）步骤1中对甲基-N-乙酰苯胺被KMnO4氧化的离子方程式为______。（3）步骤2中若所得滤液呈紫红色，可用少量的______溶液处理(必要时可加热)。A.KHSO3B.CH3CH2OHC.H2SO4D.NaOH（4）下列有关步骤3的说法正确的是______。A.装置中使用倒立漏斗是为了防止倒吸B.使用活性炭是通过活性炭吸附除去溶液中的杂质C.为减少杂质的析出，可增加水的用量D.加热回流时，若冷凝管中气雾上升过高，应降温（5）为得到尽可能多的产品，步骤4中操作Ⅰ为______。【答案】（1）a（2）+2=+2MnO2↓+OH−+H2O（3）AB（4）ABD（5）用NaOH溶液中和至pH为4.7~4.9，转至冰水浴中继续冷却【解析】【小问1详解】冷凝管中冷凝水采用逆流方式，冷凝水逆流时增大接触时间，所以冷凝管的冷凝水从a口进入；【小问2详解】 高锰酸钾有强氧化性，能与苯环直接相连的甲基发生氧化还原反应，离子方程式为：+2=+2MnO2↓+OH−+H2O；【小问3详解】所得滤液呈紫红色是因为溶液中含有高锰酸钾，高锰酸钾有氧化性，可以加入具有还原性的试剂进行处理，四种物质中KHSO3和CH3CH2OH具有还原性，故答案选AB；【小问4详解】A．因盐酸有挥发性，加热更易挥发，所以烧杯中的溶液是吸收HCl的，反应迅速容易造成倒吸，所以倒扣的漏斗可以防止倒吸，故A正确；B．活性炭有吸附性，能吸附溶液中的一些杂质，所以加入活性炭可以除去溶液中的杂质，故B正确；C．增加水的用量也会是产品溶解的量增多，不利于产品的析出，故C错误；D．加热回流时，若冷凝管中气雾过高，说明产生的蒸汽不能及时冷凝成液体，则需要降低温度使蒸汽量减少，及时冷凝成液态回流，避免造成产品的损失，故D正确；故答案选ABD；【小问5详解】由题可知，对氨基苯甲酸易溶于热水，微溶于冰水，在pH为4.7~4.9时溶解度最小，溶液酸性很强，所以用NaOH溶液中和至pH为4.7~4.9，再转至冰水浴中继续冷却，就能得到尽可能多的产品。27.物质J是一种具有生物活性的化合物。该化合物的合成路线如下： 已知：①；②请回答：（1）下列说法不正确的是______。A.B→C的反应类型是还原反应，G→H的反应类型是取代反应B.C中的官能团为羧基和醚键C.步骤D→E的目的是为了保护羰基D.J可与溴水发生反应，1molJ最多消耗3molBr2（2）A的结构简式是______。（3）F→G的化学方程式是______。（4）写出4种同时符合下列条件的化合物B同分异构体的结构简式______。①除了苯环外无其他环；②1H-NMR谱显示分子中只有3种不同化学环境氢原子；③能发生水解反应，且1mol该同分异构体最多能消耗4molNaOH。（5）参照上述合成路线，以和为原料，设计化合物的合成路线______(用流程图表示，无机试剂任选)。【答案】（1）AD（2）（3）+CH3I+HI（4）、、、、、 （5）【解析】【分析】根据E结合所给信息②回推，可知D为，C为，根据信息①可知A为，A发生信息①生成B，B为，B被HCOONH4和Pb/C的条件下还原为C，E在一定条件下生成F，F与CH3I发生取代反应，生成G，G与发生加成反应生成H，H在碱性环境生成I，I经过一系列反应生成J；【小问1详解】A.根据分析可知B中有碳碳双键，反应后双键消失，B→C的反应类型是加成反应，根据分析可知G与发生加成反应生成H，故A错误；B.C为，C中官能团为羧基和醚键，故B正确；C.步骤D→E的目的不是为了保护羰基，而是为了让F与CH3I在该羰基的间位发生取代反应，故C错误； D.J中2mol碳碳双键与2mol溴加成，苯环上酚羟基的对位可以与1mol溴发生取代反应，1molJ最多消耗3molBr2，故D正确；故答案为AD；【小问2详解】根据分析可知A的结构简式是；【小问3详解】F与CH3I发生取代反应，生成G，F→G的化学方程式是+CH3I+HI；【小问4详解】B为，B的同分异构体满足①除了苯环外无其他环；②1H-NMR谱显示分子中只有3种不同化学环境氢原子；③能发生水解反应，且1mol该同分异构体最多能消耗4molNaOH。说明要含有酯基，能形成2mol酯基，水解消耗4molNaOH说明水解要生成酚羟基，酚羟基显酸性，可以消耗NaOH，故符合要求的同分异构体有、、、、、；【小问5详解】 根据流程可知羰基的邻位连有甲基才能与发生后加成反应，先与H2加成，再氧化羟基生成羰基，然后再与发生加成反应，生成物在碱性环境生成环状化合物，以和为原料，设计化合物的合成路线为；