上海市杨浦区2022-2023学年高三化学上学期一模试题（Word版附解析）

杨浦区2022-2023学年高三上学期一模测试化学试题相对原子质量：H-1C-12N-14O-16A1-27S-32Fe-56一、选择题(每小题只有一个正确答案)1.发任意球时，足球裁判会在球场喷少量液体做标记，该液体迅速形成白色泡沫并很快消失。该液体的组成：80%水、17%液态丁烷、2%植物油及1%表面活性剂，液体形成泡沫有表面活性剂的作用，还因为A.丁烷变成气体B.植物油变成固体C.水变成气体D.水变成固体【答案】A【解析】【详解】常温下丁烷为气态烃，由液体的组成和性质可知，在球场喷少量液体做标记时，喷出的液体中的液态丁烷迅速变成气体使表面活性剂形成泡沫，故选A。2.等物质的量的A1、Fe分别与水完全反应，下列说法正确的是A.电子转移的数目相同B.均有碱生成C.生成等量的氢气D.反应条件不同【答案】D【解析】【详解】铝与水共热反应生成氢氧化铝和氢气，1mol铝完全反应转移3mol电子、生成mol氢气，铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，1mol铁完全反应转移mol电子、生成mol氢气，则等物质的量的铝、铁分别与水完全反应，反应条件不同，铝反应生成两性氢氧化物氢氧化铝、铁反应生成四氧化三铁，反应转移电子数目不同，生成氢气的物质的量不同，故选D。3.甲烷和氯气1:4混合后，在光照下反应，生成的有机物都A.能发生消除反应B.溶于水C.只有一种结构D.是极性分子【答案】C【解析】【分析】甲烷和氯气在光照下，反应进行到哪一步不是由反应物甲烷和氯气的物质的量之比 来决定的，即使甲烷和氯气的物质的量之比是1:1的情况，也不会仅生成CH3Cl，因为一旦生成CH3Cl后，CH3Cl分子中的氢原子又可继续被氯原子取代，直到分子中氢原子都被取代完，因此其产物不是纯净的CH3Cl，题给甲烷与氯气以物质的量之比1:4混合，则四步取代反应都可能发生，所以反应所得有机物CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4。【详解】A．反应生成的氯代甲烷都没有邻碳原子，所以都不能发生消除反应，故A错误；B．反应生成的氯代甲烷都难溶于水，故B错误；C．甲烷是正四面体结构，所以反应生成的氯代甲烷都只有一种结构，没有同分异构体，故C正确；D．反应生成的氯代甲烷中四氯甲烷是结构对称的非极性分子，故D错误；故选C。4.的结构片段为：，，下列说法正确的是：A.是共价化合物B.为原子晶体C.为离子晶体D.原子最外层都是8电子【答案】A【解析】【详解】A．由S、N两种元素组成，是共价化合物，故A正确；B．由分子构成，属于分子晶体，故B错误；C．由分子构成，属于分子晶体，故C错误；D．中N原子形成3个共价键，最外层是8电子结构，S原子形成3个共价键，最外层不是8电子结构，故D错误；选A。5.下列事实不能从原子结构角度解释的是A.化合物中为价B.沸点：C.非金属性：D.热稳定性：【答案】B【解析】【详解】A．Cl原子半径小于I原子半径，Cl的电子能力强，因此化合物中为价，能从原子结构角度解释，故A不符合题意； B．分子结构相似，相对分子质量越大，熔沸点越高，HI的相对分子质量大于HCl，故沸点：，不能从原子结构角度解释，故B符合题意；C．同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，因此非金属性：，能从原子结构角度解释，故C不符合题意；D．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性：Cl>I，则热稳定性：，能从原子结构角度解释，故D不符合题意；故答案选B。6.不能由单质化合生成的物质是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．铜与硫在加热条件下生成，所以能由单质直接化合而成，故A不符合题意；B．硫与氧气反应生成二氧化硫，所以不能由单质直接化合而成，故B符合题意；C．铁与氯气在加热的条件下生成，所以能由单质直接化合而成，故C不符合题意；D．氮与氧气在放电的条件下生成NO，所以NO能由单质直接化合而成，故D不符合题意；故答案选B。7.实验室用a装置制备下列气体时，所选试剂及收集方法均正确的是气体试剂收集AbBc C电石饱和食盐水dD生石灰浓氨水dA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，则装置A不可能制备二氧化硫，故A错误；B．二氧化氮的密度比空气大，则装置c不可能用于收集二氧化氮，故B错误；C．装置a可用于电石与饱和食盐水制备乙炔气体，装置d可用于收集乙炔气体，故C正确；D．氨气极易溶于水，则装置d不能用于收集氨气，故D错误；故选C。8.如图，收集后做喷泉实验。下列分析错误的是A.形成喷泉，说明烧瓶内的压强低于大气压B.烧瓶中剩余少量气体，说明的溶解已达平衡C.烧瓶中溶液变红，说明溶液显酸性D.烧瓶中溶液露置在空气中pH增大，说明易挥发【答案】B【解析】【详解】A．当瓶外大气压大于瓶内气压，会把水压入烧瓶形成喷泉，故A正确；B．烧瓶中剩余少量气体，可能是混有的空气剩余，不能说明的溶解已达平衡，故B错误； C．烧杯中滴有石蕊，烧瓶中溶液变红，说明溶于水所得溶液显酸性，故D正确；D．烧瓶中溶液露置在空气中pH增大，可能溶质减少或溶剂增加，而易挥发，故D正确；故答案为：B。9.一种分子的结构如图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，W的原子序数等于X与Y的原子序数之和，下列说法错误的是A.原子半径：B.X、Y、Z在同一周期C.Y的氢化物在常温下是液态D.非金属性：【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，W的原子序数等于X与Y的原子序数之和，由分子结构可知，分子中X、Y、Z、W形成的共价键数目分别为4、2、1、4，则X为C元素、Y为O元素、Z为F元素、W为Si元素。【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则碳原子、氧原子、氟原子的原子半径依次减小，故A错误；B．碳元素、氧元素、氟元素都是第二周期元素，故B正确；C．常温下，氧元素的氢化物水和过氧化氢都是液态，故C正确；D．同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，则硅、碳、氧、氟四种元素的非金属性依次增强，故D正确；故选A。10.用已知浓度的溶液测定某溶液的浓度，下表中正确的是锥形瓶中溶液滴定管中溶液选用指示剂滴定终点溶液颜色变化A溶液溶液甲基橙红色变为黄色B溶液溶液酚酞浅红色变为无色 C溶液溶液甲基橙黄色变为橙色D溶液溶液石蕊蓝色变为紫色A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．用氢氧化钠溶液滴定锥形瓶中的稀硫酸溶液时，可以选用甲基橙做指示剂，滴定终点时，溶液由橙色变为黄色，故A错误；B．用氢氧化钠溶液滴定锥形瓶中的稀硫酸溶液时，可以选用酚酞做指示剂，滴定终点时，溶液由无色变为浅红色，故B错误；C．用稀硫酸溶液滴定锥形瓶中的氢氧化钠溶液时，可以选用甲基橙做指示剂，滴定终点时，溶液由黄色变为橙色，故C正确；D．用稀硫酸溶液滴定锥形瓶中的氢氧化钠溶液时，应选择颜色变化明显的指示剂，石蕊试液颜色变化不明显，不能选用石蕊做指示剂，故D错误；故选C。11.下列生产中，不涉及勒夏特列原理的是A.合成氨B.饱和氨盐水中通制碳酸氢钠C.和制D.侯氏制碱法处理母液【答案】C【解析】【详解】A．合成氨反应为可逆反应，生产中一定涉及勒夏特列原理，故A不符合题意；B．饱和氨盐水中存在着氨水的电离平衡，则饱和氨盐水中通二氧化碳制碳酸氢钠一定涉及勒夏特列原理，故B不符合题意；C．氢气与氯气制氯化氢的反应不是可逆反应，氯化氢的生产中不一定涉及勒夏特列原理，故C符合题意；D．侯氏制碱法母液中存在铵根离子和碳酸氢根离子的水解平衡，向母液中加碱溶液，碳酸氢根离子和铵根离子均能与氢氧根离子反应，则侯氏制碱法处理母液时一定涉及勒夏特列原 理，故D不符合题意；故选C。12.不能鉴别和溴蒸汽的是A.湿润的淀粉碘化钾试纸B.水C.溶液D.【答案】A【解析】【详解】A．和溴蒸汽都能把I-氧化为I2，使湿润的淀粉碘化钾试纸，不能用湿润的淀粉碘化钾试纸鉴别和溴蒸汽，故选A；B．被水吸收溶液变为无色，溴蒸汽被水吸收溶液变为橙色，水能鉴别和溴蒸汽，故不选B；C．溶液与溴蒸汽反应生成浅黄色溴化银沉淀，溶液能鉴别和溴蒸汽，故不选C；D．溴蒸汽溶于形成橙红色溶液，不溶于，能鉴别和溴蒸汽，故不选D；选A。13.去掉表面氧化膜的等质量的两片铝箔，其一放入足量溶液中，另一在空气中放置一段时间后再放入足量溶液中。下列说法错误的是A.均未得电子B.消耗等物质的量的C.生成等物质的量的D.生成等物质的量的气体【答案】D【解析】【详解】A．铝与氢氧化钠溶液反应的实质是铝和水反应生成氢氧化铝和氢气，氢氧化铝在和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，反应中水得电子生成氢气，均未得电子，故A正确；B．两份铝物质的量相等，反应后的产物是偏铝酸钠，n(Na)=n(Al)，根据元素守恒，消耗等物质的量的，全科免费下载公众号《高中僧课堂》故B正确；C．两份铝的物质的量相等，根据铝元素守恒，生成等物质的量的，故C正确； D．在空气中放置一段时间后，部分铝被氧化为氧化铝，再放入足量溶液中生成氢气的物质的量的减少，故D错误；选D。14.配制新制悬浊液、银氨溶液和检验醛基的过程中，叙述错误的是A.配制时均未发生氧化还原反应B.配制时碱均过量C.检验醛基时加热方式不同D.检验醛基时均发生氧化还原反应【答案】B【解析】【分析】配制新制氢氧化铜悬浊液时应将硫酸铜溶液滴入过量的氢氧化钠溶液中，配制银氨溶液时应将氨水滴入硝酸银溶液中直至反应的生成沉淀恰好溶解，氨水不能过量，检验醛基时有机物与新制氢氧化铜悬浊液加热至沸腾会生成砖红色沉淀，与银氨溶液水浴加热会有银镜生成。【详解】A．由分析可知，配制新制氢氧化铜悬浊液和银氨溶液时均没有元素发生化合价变化，均未发生氧化还原反应，故A正确；B．由分析可知，配制银氨溶液时氨水不能过量，否则会生成易爆物质发生意外事故，故B错误；C．由分析可知，有机物与新制氢氧化铜悬浊液加热至沸腾会生成砖红色沉淀，与银氨溶液水浴加热会有银镜生成，所以两者检验醛基时加热方式不同，故C正确；D．由分析可知，有机物与新制氢氧化铜悬浊液加热至沸腾会生成砖红色沉淀，与银氨溶液水浴加热会有银镜生成，反应中均有元素发生化合价变化，均发生氧化还原反应，故D正确；故选B。15.图示为某储氢合金的吸氢过程，此过程放出大量热。下列说法正确的是A.氢气以分子形式存在于储氢合金中B.储氢合金在吸氢时体系能量升高 C.相金属氢化物释放氢时不破坏化学键D.利用储氢合金可制备高纯氢【答案】D【解析】【详解】A．氢气以金属氢化物的形式存在于储氢合金中，故A错误；B．储氢合金在吸氢时放出能量，体系能量降低，故B错误；C．相金属氢化物释放氢的过程中破坏化学键，故C错误；D．利用储氢合金的选择性吸收的特性，可制备高纯氢，故D正确；故答案选D。16.强光照射新制氯水时，得到如图所示图像，纵坐标代表的物理量与图不相符的是A.溶液中氯离子浓度B.溶液pH值C.生成氧气物质的量D.溶液的导电能力【答案】B【解析】【详解】强光照射新制氯水时，氯水中次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，生成氧气的物质的量增大，溶液中氯离子和氢离子浓度增大，溶液的导电能力增强、pH值减小，则纵坐标代表的溶液pH值与图不相符，故选B。17.一定条件下，有机物X与等物质的量发生加成反应后得到，则XA.可能属于芳香族化合物B.可能与己酸互为同分异构体C.一定能与溴加成D.一定能发生酯化反应【答案】D【解析】【分析】由有机物X与等物质的量H2反应后得到可知，X的分子式为C6H10O2，分子中含有六元环，可能含有1个碳碳双键和2个羟基或者1个羰基和1个羟基。 【详解】A．X分子中不含苯环，不可能属于芳香族化合物，故A错误；B．己酸的分子式为C6H12O2，与X的分子式不同，所以X与己酸不可能互为同分异构体，故B错误；C．若X含有1个羰基和1个羟基时，不能与溴发生加成反应，故C错误；D．X分子中含有羟基，一定条件下能与羧酸发生酯化反应，故D正确；故答案选D。18.如图利用铁碳原电池原理处理酸性污水。若上端开口关闭，可得到强还原性的H(氢原子)；若上端开口打开并鼓入空气，可得到强氧化性的OH。下列说法错误的是A.无论是否鼓入空气，负极：B.上端开口关闭，正极：C.鼓入空气，每生成有电子转移D.处理含的污水时，打开上端开口并鼓入空气【答案】C【解析】【详解】A．无论是否鼓入空气，铁作负极，负极反应式为，故A正确；B．上端开口关闭，可得到强还原性的H，则正极反应式为，故B正确；C．OH中O的化合价为-1,每生成有电子转移，故C错误；D．处理含的污水时，发生氧化反应，需要强氧化性的OH，所以要打开上端开口并鼓入空气，故D正确；选C。19.对下列实验的分析，错误的是ABCD 水解平衡右移，pH减小的水解程度增大，减小可促进的水解混合液中A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．醋酸钠在溶液中的水解反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大，故A错误；B．向醋酸钠溶液中加水稀释时，水解平衡向正反应方向移动，水解程度增大，但溶液中氢氧根离子浓度减小，故B正确；C．氯化铵在溶液中水解使溶液呈酸性，水解生成的氢离子与醋酸钠水解生成的氢氧根离子反应，促进醋酸根离子的水解，故C正确；D．醋酸钠溶液中存在物料守恒关系c(Na+)=c(CH3COO—)+c(CH3COOH)，所以向醋酸钠溶液中加入醋酸溶液，溶液中c(Na+)＜c(CH3COO—)+c(CH3COOH)，故D正确；故选A。20.常温下，实验Ⅰ和实验Ⅱ中，均有气体产生，下列分析错误的是 A.饱和溶液中B.溶液中：C.Ⅱ中产生白色的沉淀D.I和Ⅱ中溶液的pH均增大【答案】D【解析】【详解】A．饱和碳酸氢钠溶液呈碱性说明碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，所以溶液中碳酸根离子浓度小于碳酸浓度，故A正确；B．由图可知，0.1mol/L亚硫酸氢钠溶液的pH为4，由质子守恒可知溶液中c(H+)+c(H2SO3)=c(OH—)+c(SO)，则溶液中c(H2SO3)—c(SO)=c(H+)—c(OH—)=10—4—10—10，故B正确；C．Ⅱ中产生白色沉淀的反应为氯化钡溶液与亚硫酸氢钠溶液反应生成亚硫酸钡沉淀、二氧化硫和水，故C正确；D．Ⅱ中产生白色沉淀的反应为氯化钡溶液与亚硫酸氢钠溶液反应生成亚硫酸钡沉淀、二氧化硫和水，溶液pH减小，故D错误；故选D二、综合题21.煤中的氮元素在煤燃烧过程中的转化如图所示：完成下列填空：（1）氮原子最外层电子中两种自旋状态的电子数之比为：_______；氮原子最外层电子的能量_______磷原子。(选填“”“”“”或“无法比较”)（2）固态氮中有一种含氮有机物：，和碳原子相比，氨原子吸引电子能力更_______(填“强”或“弱”)，吸引电子能力差异的原因是：_______。（3）过程②处理氨：，一定温度下的密闭容器 中发生该反应，平衡后NO的体积分数与压强的关系如图所示。NO的体积分数先减小后增大的原因可能是：_______。（4）过程①有时会产生笑气，用同位素示踪法研究发现，在有氧气时，与以一定比例反应，得到的笑气几乎都是。配平化学方程式：_____（5）氨可以转化为氮肥，含氮量是衡量肥效的指标之一，常见氮肥：(尿素)、和①等物质的量和的混合物，与足量氢氧化钠加热，产生气体10.08L(标准状况下，固体混合物质量为_______g。②目前氮肥中使用量最多，可能的原因是_______、_______(任写2条)。【答案】（1）①.2：3②.（2）①.强②.C和N在同一周期，N原子核电荷数大，原子半径小，原子核对外层电子的吸引力更强（3）增大压强平衡向逆反应方向移动，NO的体积分数会减小，随着反应进行氨气的量逐渐减少，加入的NO来不及发生反应①，会使NO的体积分数增大（4）（5）①.31.8g②.氮肥中尿素比较稳定不易分解③.与其他含氮铵盐相比尿素的含氮量比较高【解析】【小问1详解】氮是7号元素，原子最外层电子排布式为2s22p3，两种自旋状态的电子数之比为2：3，氮原 子最外层电子是第二层，磷原子最外层电子是第三层，所以氮原子最外层电子的能量磷原子，故答案为：2：3；；【小问2详解】N的电负性强，所以N原子吸引电子能力更强，因为C和N在同一周期，N原子核电荷数大，原子半径小，原子核对外层电子的吸引力更强，故答案为：强；C和N在同一周期，N原子核电荷数大，原子半径小，原子核对外层电子的吸引力更强；【小问3详解】对于反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，NO的体积分数会减小，随着反应进行氨气的量逐渐减少，加入的NO来不及发生反应①，会使NO的体积分数增大，故原因可能是增大压强平衡向逆反应方向移动，NO的体积分数会减小，随着反应进行氨气的量逐渐减少，加入的NO来不及发生反应①，会使NO的体积分数增大；【小问4详解】分析可知反应物、与产物的化学计量数应该是一样的，由得失电子守恒和原子守恒可得化学方程式为：，故答案为：；【小问5详解】设和的物质的量为n，则的物质的量为3n，与足量氢氧化钠加热，由可得n=0.15mol，则混合物的质量为：，目前氮肥中使用量最多，可能的原因是氮肥中尿素比较稳定不易分解，与其他含氮铵盐相比尿素的含氮量比较高，故答案为：31.8g；氮肥中尿素比较稳定不易分解；与其他含氮铵盐相比尿素的含氮量比较高。22.工业上以黄铁矿(主要成分)为原料制备硫酸，要经煅烧、氧化、吸收三个阶段。完成下列填空：（1）黄铁矿煅烧时需粉碎，其目的是_______。 （2）催化氧化制时，控制温度在450℃左右，这是因为_______。(选填选项)A.催化剂活性强，反应速率快B.转化率大C.单位时间内，的产量高D.产生的污染气体少（3）催化氧化设备内构造如图1所示，其中1-4表示催化剂层，图2所示进程中表示热交换过程的是_______。(选填选项)A.B.C.D.E.F.G.使用热交换器的目的是_______。（4）为研究催化氧化时温度对平衡转化率的影响，进行如下试验。取100L原料气(体积分数为8%、12%、80%)使之发生反应，平衡时得到如表数据：温度/℃500525550575600平衡转化率/%93.590.585.680.074.0①平衡时，随温度升高的体积分数_______(填“增大”“减小”或“不变”)；600℃达平衡时，的体积分数为_______(保留两位小数)。尾气中的可用足量溶液吸收，吸收后的碱性溶液还可用于的尾气处理，吸收后的溶液仍呈强碱性。②吸收后的溶液中一定存在的阴离子有、_______，设计实验检验溶液中：_______。【答案】（1）增大黄铁矿与氧气的接触面积，使反应充分进行（2）AC（3）①.BDF②.冷却产物气体的同时预热原料气体从而提高能量的利用率，以降低成本，提高效益 （4）①.减小②.6.1%③.SO④.取少量溶液少许，加入足量Ba(NO3)2溶液后，加入AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，说明溶液中含有Cl—【解析】【小问1详解】煅烧时粉碎黄铁矿可以增大固体的表面积，使黄铁矿与氧气的接触面积，有利于反应充分进行，故答案为：黄铁矿与氧气的接触面积，使反应充分进行；【小问2详解】二氧化硫催化氧化制三氧化硫的反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化硫的转化率减小、三氧化硫的百分含量减小，实际生产时控制温度在450℃左右的目的是该温度为催化剂的活性温度，催化剂的活性强，反应速率快，有利于提高单位时间内三氧化硫的百分含量，故选AC；【小问3详解】二氧化硫催化氧化制三氧化硫的反应是放热反应，使用热交换器能冷却产物气体的同时预热原料气体，有利于降低温度，平衡向正反应方向移动，提高生成物的产率，从而提高生产过程中能量的利用率，以降低生产成本，提高经济效益；催化氧化反应在催化剂表面进行，反应物的转化率不变，当温度降低时，反应物的转化率增大，则图2所示进程中表示热交换过程的是、、，故选BDF，故答案为：BDF；冷却产物气体的同时预热原料气体从而提高能量的利用率，以降低成本，提高效益；【小问4详解】①二氧化硫催化氧化制三氧化硫的反应是气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，气体的总体积增大，所以不参加反应的氮气的体积分数减小；由表格数据可知，600℃达平衡时，二氧化硫的转化率为74.0%，则平衡时二氧化硫、氧气、三氧化硫、氮气的总体积为(100—8×74.0%×)L=97.04L，三氧化硫的体积为8×74.0%=5.92L，则三氧化硫的体积分数为×100%≈6.1%，故答案为：减小；6.1%；②由题意可知，用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫所得溶液为亚硫酸钠溶液，亚硫酸钠溶液与氯气反应得到硫酸钠和氯化钠的混合溶液，溶液中的硫酸根离子会干扰氯离子的检验，所以检验溶液中氯离子时，应先加入硝酸钡溶液排出硫酸根离子干扰后，再加入硝酸银溶液检验氯离子，具体操作为取少量溶液少许，加入足量Ba(NO3)2溶液后，加入AgNO3溶液，若有白色 沉淀生成，说明溶液中含有Cl—，故答案为：取少量溶液少许，加入足量Ba(NO3)2溶液后，加入AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，说明溶液中含有Cl—。23.吡唑类化合物是重要的医药中间体，如图是吡唑类物质L的一种合成路线：已知：完成下列填空：（1）F生成G的反应类型是：_______反应；I一定条件下可以发生加聚反应得到高聚物，该高聚物结构简式为：_______。（2）反应方程式为：_______。（3）一定条件下，F与I均能与_______发生反应(选填选项)。A.NaB.C.D.溴水（4）写出符合下列条件的I的两种同分异构体(不同类物质)的结构简式：_______、_______。①含苯环；②只含一种含氧官能团；③有3种化学环境不同的氢原子（5）K的分子式是，反应条件是_______（6）以和乙酸为原料，利用题中信息及所学知识，选用必要的无机试剂，合成，写出合成路线____。(合成路线的表示方式为：)【答案】（1）①.酯化反应②.（2）+HNO3(浓)+H2O（3）BC （4）①.②.（5）NaOH醇溶液，加热（6）【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，在浓硫酸作用下，与浓硝酸共热发生硝化反应生成，则B为；光照条件下，与氯气发生取代反应生成，在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成，则D为；在铜做催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成；在浓硫酸作用下，CH3COOH与CH3OH共热发生酯化反应生成CH3COOCH3，则F为CH3COOH、G为CH3COOCH3；碱性条件下CH3COOCH3与共热发生信息反应生成，则H为；与溴水发生加成反应生成，则J为；在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，则K为；一定条件下与、CH3NHNH2反应生成吡唑类物质L。 【小问1详解】由分析可知，F生成G的反应为在浓硫酸作用下，CH3COOH与CH3OH共热发生酯化反应生成CH3COOCH3和水；分子中含有碳碳双键，一定条件下可以发生加聚反应生成，故答案为：酯化反应；；【小问2详解】由分析可知，A→B的反应为在浓硫酸作用下，与浓硝酸共热发生硝化反应生成和水，反应的化学方程式为+HNO3(浓)+H2O，故答案为：+HNO3(浓)+H2O；【小问3详解】由分析可知，F的结构简式为CH3COOH、I的结构简式为，F与I均能在氧气燃烧生成二氧化碳和水，F分子中含有的羧基能与钠、氢氧化钠溶液反应，I分子中含有的碳碳双键能与溴水反应，含有的酯基能与溶液反应，则一定条件下，F与I均能与氢氧化钠溶液、氧气反应，故选BC；【小问4详解】I的同分异构体含苯环，只含一种含氧官能团，有3种化学环境不同的氢原子说明同分异构体分子结构对称，分子中含有与苯环相连的2个处于对称位置且含有醚键的环，结构简式为，或含有羟基和与苯环相连2个处于对称位置的碳环，结构简式为，故答案为：；； 【小问5详解】由分析可知，J→K的反应为在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成、溴化钠和水，故答案为：NaOH醇溶液，加热；【小问6详解】由中信息及所学知识可知，以和乙酸为原料合成的合成步骤为在氢氧化钠溶液中发生水解反应生成，在铜做催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成，在浓硫酸作用下，遇甲醇共热发生酯化反应生成，在碱性溶液中共热发生信息反应生成，则合成路线，故答案为：。24.某小组探究的催化氧化，实验装置图如图。③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后，④中产生白烟。 完成下列填空：（1）若②中只有是否能制备，说明原因：_______。（2）④中白烟的成分是：_______。（3）一段时间后，⑤中溶液变蓝色，其原因是：_______。(用离子方程式解释)（4）用纳米材料能去除污水中，离子在材料表面发生反应，反应过程如图所示，材料表面被难溶物覆盖会导致速率减慢。酸性环境中，纳米去除分两步：i．ii．①上述方法去除转移_______电子。②初始的污水反应后，出现白色絮状物，很快变成红褐色，结合化学用语解释该变化过程_______。（5）污水初始pH会影响反应速率，不同pH硝酸盐溶液与反应时，溶液中随时间的变化如图所示[为初始时的浓度]，为达到最高去除率，应调污水初始_______；，的溶液反应速率最快，，其反应速率迅速降低，原因分别是_______、_______。 【答案】（1）否，因为NH4Cl受热分解生成的NH3和HCl会在试管口遇冷会重新化合生成NH4Cl（2）NH4NO3（3）4NO2+O2+2H2O=4H++4NO、3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O（4）①.8②.Fe2+在废水中发生如下水解平衡：Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，反应进行时，溶液中c(H+)进行，平衡右移，产生Fe(OH)2白色沉淀，过滤后，Fe(OH)2与空气中的O2和H2O发生如下反应4Fe(OH)2+O2+H2O=4Fe(OH)3，白色沉淀变为红褐色的Fe(OH)3（5）①.6.5②.pH=2的溶液中，t<15min时，溶液中H+浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生Fe2+和pH上升速率较快③.t>15min时，产生大量Fe(OH)2附着在活性位点上，减小反应物的接触面积，所以反应速率迅速下降【解析】【分析】由实验装置图可知，装置①中氯酸钾在二氧化锰做催化剂作用下共热反应制备氧气，装置②中氯化铵与氢氧化钙固体共热反应制备氨气，装置③中氨气与氧气在催化剂作用下发生反应生成一氧化氮，装置④为空载仪器，起防倒吸的作用，进入④中氮的氧化物与氧气、水蒸气反应生成硝酸蒸气，硝酸与进入④中的氨气反应生成硝酸铵，会有大量白烟生成，装置⑤中氮的氧化物与氧气水反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，溶液会变为淡蓝色。【小问1详解】氯化铵不稳定，受热分解会生成的氨气和氯化氢，反应生成的氨气和氯化氢会在试管口遇冷会重新化合生成氯化铵，所以②中只有氯化铵不能制备氨气，故答案为：否能，NH4Cl受热分解生成的NH3和HCl会在试管口遇冷会重新化合生成NH4Cl；【小问2详解】由分析可知，④ 中产生白烟发生的反应为进入④中氮的氧化物与氧气、水蒸气反应生成硝酸蒸气，硝酸与进入④中的氨气反应生成硝酸铵，会有大量白烟生成，则白烟的成分为硝酸铵，故答案为：NH4NO3；【小问3详解】由分析可知，，装置⑤中氮的氧化物与氧气水反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，溶液会变为淡蓝色，反应的离子方程式为4NO2+O2+2H2O=4H++4NO、3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：4NO2+O2+H2O=4H++4NO、3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O；【小问4详解】①由图可知，用纳米Fe/Ni材料去除污水中硝酸根离子的总反应为酸性条件下，硝酸根离子与铁反应生成亚铁离子、铵根离子和水，由化合价变化可知，反应中消耗1mol硝酸根离子，反应转移8mol电子，故答案为：8；②初始pH=2.0的污水反应15min后，出现白色絮状物，很快变成红褐色的原因是Fe2+在废水中发生如下水解平衡：Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，反应进行时，溶液中c(H+)进行，平衡右移，产生Fe(OH)2白色沉淀，过滤后，Fe(OH)2与空气中的O2和H2O发生如下反应4Fe(OH)2+O2+H2O=4Fe(OH)3，白色沉淀变为红褐色的Fe(OH)3，故答案为：Fe2+在废水中发生如下水解平衡：Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，反应进行时，溶液中c(H+)进行，平衡右移，产生Fe(OH)2白色沉淀，过滤后，Fe(OH)2与空气中的O2和H2O发生如下反应4Fe(OH)2+O2+H2O=4Fe(OH)3，白色沉淀变为红褐色的Fe(OH)3；【小问5详解】由图可知，溶液pH为6.5时，反应速率最快，的值最小，说明去除率最高，所以不同pH硝酸盐溶液与Fe/Ni反应时，应调污水初始pH为6.5；pH=2的溶液中，t<15min时，溶液中H+浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生Fe2+和pH上升速率较快，t>15min时，产生大量Fe(OH)2附着在活性位点上，减小反应物的接触面积，所以反应速率迅速下降，所以t<15min，pH=2.0的溶液反应速率最快，t>15min，其反应速率迅速降低，故答案为：6.5；pH=2的溶液中，t<15min时，溶液中H+浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生Fe2+和pH上升速率较快；t>15min时，产生大量Fe(OH)2附着在活性位点上，减小反应物的接触面积，所以反应速率迅速下降。