湖南省攸县第二中学2022-2023学年高三化学第六次月考试题（Word版附解析）

攸县二中2023届高三月考化学试卷(六)可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mg-24Cl-35.5Fe-56Cu-64Ag-108一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意。)1.2021年末，詹姆斯.韦伯红外线太空望远镜搭载火箭发射升空，将奔赴远离地球150万公里的第二拉格朗日点，肩负起观测宇宙形成后最初出现的星系、搜寻地外生命迹象等重任。下列有关叙述错误的是A.主镜材料为密度小，性能好的金属铍，表面的金涂层可提高红外线反射率B.望远镜需要避免太阳辐射，制作遮阳帆的聚酰亚胺薄膜属于有机高分子材料C.望远镜需要超低温环境，主动冷却器用氦制冷，氦的分子间作用力很弱，沸点极低D.望远镜工作的推进剂为N2H4和N2O4，N2O4本身的颜色会随温度升高变为红棕色【答案】D【解析】【详解】A．金属铍的性能好且密度小，适合作太空望远镜，表面的金涂层有利于红外线反射率的提高，A正确；B．聚酰亚胺是有机高分子化合物，则聚酰亚胺薄膜属于有机高分子材料，B正确；C．氦的相对分子质量很小，分子间作用力很弱，其沸点极低，可作制冷剂，C正确；D．N2O4为无色气体，会分解为红棕色的NO2气体，且随温度升高分解生成NO2的程度增大，所以气体的颜色随温度升高而不断加深，D错误；故选D。2.NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.6gNa37Cl中含有电子数为2.8NAB.标准状况下，11.2LCHCl3含有的分子数为0.5NAC.物质的量相等的苯、苯乙烯混合物中含C—H键数为7NAD.25°C，0.1LpH=1的盐酸稀释十倍，含有的OH-数为1×10-14NA【答案】A【解析】【详解】A．6gNa37Cl的物质的量为0.1mol，含有的电子数为(11+17)×0.1NA=2.8NA，故A正 确；B．标准状况下，CHCl3为液体，11.2LCHCl3气体的物质的量不是0.5mol，故B错误；C．苯、苯乙烯(C8H8)分子中含C—H键数分别为6、8，总物质的量不确定，所含C—H键数也不能确定，故C错误；D．25℃，0.1LpH＝1的盐酸稀释十倍，体积变为1L，pH变为2，OH－的浓度为1×10−12mol/L，含有的OH－数应为1×10−12NA，故D错误；选A。3.炼铁工业中高炉煤气的一种新的处理过程如图所示，有关该过程的叙述错误的是A.可减少CO2的排放B.Fe3O4和CaO均可循环利用C.过程①和④的转化均为氧化还原反应D.过程①的反应中有非极性键的断裂和生成【答案】D【解析】【详解】A．反应②利用二氧化碳、和氧化钙反应生成碳酸钙，第④步中二氧化碳与铁生成四氧化三铁和CO，可减少CO2的排放，A正确；B．根据反应过程可知Fe3O4和CaO均可循环利用，①中消耗Fe3O4，④中生成Fe3O4，②中消耗CaO，③中生成CaO，B正确；C．过程①中CO转化为CO2，④中CO2转化为CO，均有化合价的变化，故转化均为氧化还原反应，C正确；D．过程①的反应为CO与Fe3O4反应，生成CO2，是极性键断裂和生成，H2与Fe3O4反应是非极性键断裂和极性键生成，D错误； 答案选D。4.下列离子共存的判断或离子方程式书写正确的是A.甲基橙显黄色的溶液中可存在大量以下离子：、、、B.强酸性溶液中可存在大量以下离子：、、C.将过氧化钠投入水中：D.氨化的溶液中通入过量：【答案】C【解析】【详解】A．甲基橙显黄色的溶液中含有大量的OH-，则+2OH-=Cu(OH)2↓，Cu2++=CuCO3↓，A错误；B．强酸性溶液中含有大量的H+，则+=+Cl-，B错误；C．将过氧化钠投入水中的离子方程式为：，C正确；D．氨化的溶液中通入过量的离子方程式为：，D错误；故答案为：C。5.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A.快速制备少量NH3B.除去Na2CO3中的NaHCO3 C.制取并收集一定Cl2D.乙醇加热条件下能还原氧化铜【答案】D【解析】【详解】A．图示装置中收集NH3的试管口被试管塞堵死了，空气不能排除，将发生炸裂的安全事故，A不合题意；B．加热固体不能用蒸发皿，应该用大试管或者坩埚，B不合题意；C．Cl2的密度比空气的大，应该用向上排空气法，即收集装置中应该长进短出，C不合题意；D．已知2Cu+O22CuO、CH3CH2OH+CuOCH3CHO+H2O+Cu，则图示装置能够实现乙醇加热条件下能还原氧化铜，D符合题意；故答案为D。6.一种光刻胶树脂单体的结构如图所示。下列说法错误的是A.该有机物分子式B.分子中存在3个手性碳原子C.与足量氢气加成产物的一溴代物有6种D.该单体水解生成的醇可以发生消去反应【答案】C【解析】【详解】A．分子中C、H、O原子个数依次是12、18、2，则该有机物分子式为， 故A正确；B．连接四种不同基团的碳原子为手性碳原子，则该化合物中含有的3个手性碳原子分别是连接2个环的桥头碳和其相邻的连接酯基的碳原子，故B正确；C．与足量氢气加成产物，含有8种氢原子，所以其一溴代物有8种，故C错误;D．水解生成的醇为(CH3)3COH，连接醇羟基的碳原子相邻碳原子上含有氢原子，所以醇羟基能发生消去反应，故D正确；故选C选项。7.二甲醚是清洁能源，用合成气在催化剂存在下制备二甲醚的反应原理为。某温度下，将和充入容积为2L的密闭容器中，反应到达平衡时，改变压强和温度，平衡体系中的物质的量分数变化情况如图所示，下列四种条件下化学平衡常数最大的是A，B.，C.，D.，【答案】D【解析】【详解】通过图像可知，温度升高，一氧化碳的转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，该反应为放热反应，则温度越高，二甲醚的质量分数越小，故温度关系为T1>T2>T3>T4，由于正反应放热，温度越低平衡常数越大，平衡常数只和温度有关，T4故对应平衡常数最大，综上所述故选D。8.下列有关实验操作、现象和所得结论均正确的是选项实验操作现象结论 A铝箔插入稀硝酸中无明显现象铝箔表面形成了致密的氧化膜B将足量的H2O2溶液滴入少量的酸性高锰酸钾溶液溶液的紫色褪去H2O2具有漂白性C淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热充分反应后，向溶液中加NaOH溶液至溶液呈碱性，再将溶液分成两份一份滴加碘水，溶液不变蓝；另一份加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热至沸腾，生成砖红色沉淀淀粉完全水解D取5mL0.1mol·L-1KI溶液，滴加5～6滴0.1mol·L-1FeCl3溶液，充分反应后，再滴加少量的KSCN溶液溶液变红KI与FeCl3的反应是可逆反应A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．铝箔插入稀硝酸中，发生反应Al+4HNO3(稀)=Al(NO3)3+NO↑+2H2O，观察到铝箔溶解，产生无色气泡，试管口气体呈红棕色；铝在浓硝酸中发生钝化；A项不符合题意；B．足量H2O2溶液中滴入少量的酸性KMnO4溶液，溶液的紫色褪去，发生反应5H2O2+2+6H+=5O2↑+2Mn2++8H2O，H2O2中O元素的化合价由-1价升至0价，H2O2具有还原性，不是漂白性，B项不符合题意；C．淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热充分反应后，向溶液中加NaOH溶液至溶液呈碱性，再将溶液分成两份，一份加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热至沸腾，生成砖红色沉淀，说明淀粉已经发生水解；一份滴加碘水，加入的碘水与NaOH溶液反应，溶液不变蓝，不能证明加热充分反应后的溶液中不含淀粉，从而不能证明淀粉完全水解，C项不符合题意；D．取5mL0.1mol·L-1KI溶液，滴加5～6滴0.1mol·L-1FeCl3溶液充分反应，发生反应2I-+2Fe3+=2Fe2++I2，由于FeCl3少量，若该反应不是可逆反应，则反应后的溶液中不含Fe3+，向反应后的溶液中再滴加少量的KSCN溶液，溶液变红，说明反应后的溶液中仍存在Fe3+， 从而说明KI与FeCl3的反应是可逆反应，D项符合题意；答案选D。9.黑磷是一种黑色、有金属光泽的晶体，结构与石墨相似，如图所示。下列有关黑磷说法正确的是A.黑磷晶体中P原子杂化方式为sp2B.黑磷晶体中层与层之间的作用力为分子间作用力C.黑磷晶体的每一层中磷原子都在同一平面上D.P元素三种常见的单质中，黑磷的熔沸点最低【答案】B【解析】【详解】A．由黑鳞的结构图可知，黑鳞的中磷原子排列成立体结构，则磷原子杂化方式为sp3杂化，故A错误；B．因为黑磷晶体与石墨类似的层状结构，所以黑磷晶体中层与层之间的作用力是分子间作用力，故B正确；C．石墨晶体中碳原子为sp2杂化，则每一层中的碳原子均在同一平面上，而黑磷晶体中磷原子为sp3杂化，则每一层中的磷原子不可能在同一平面上，故C错误；D．黑磷晶体与石墨类似的层状结构，则黑磷最可能是混合型晶体（具有共价晶体和分子晶体的性质），而白磷、红磷都是分子晶体，所以黑磷的熔沸点最高，故D错误；故选B。10.MgCO3和CaCO3的能量关系如图所示(M＝Ca、Mg)：　　M2+(g)＋CO32-(g)　　M2+(g)＋O2−(g)＋CO2(g)　　　　　已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法不正确的是A.ΔH1(MgCO3)＞ΔH1(CaCO3)＞0B.ΔH2(MgCO3)＝ΔH2(CaCO3)＞0 C.ΔH1(CaCO3)－ΔH1(MgCO3)＝ΔH3(CaO)－ΔH3(MgO)D.对于MgCO3和CaCO3，ΔH1＋ΔH2＞ΔH3【答案】C【解析】【详解】根据盖斯定律，得ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3,又易知Ca2+半径大于Mg2+半径，所以CaCO3的离子键强度弱于MgCO3,CaO的离子键强度弱于MgO。A.ΔH1表示断裂CO32-和M2+的离子键所吸收的能量，离子键强度越大，吸收的能量越大，因而ΔH1(MgCO3)＞ΔH1(CaCO3)＞0，A项正确；B.ΔH2表示断裂CO32-中共价键形成O2−和CO2吸收的能量，与M2+无关，因而ΔH2(MgCO3)＝ΔH2(CaCO3)＞0，B项正确；C.由上可知ΔH1(CaCO3)-ΔH1(MgCO3)<0，而ΔH3表示形成MO离子键所放出的能量，ΔH3为负值，CaO的离子键强度弱于MgO，因而ΔH3(CaO)>ΔH3(MgO)，ΔH3(CaO)-ΔH3(MgO)>0，C项错误；D.由上分析可知ΔH1+ΔH2>0，ΔH3<0，故ΔH1＋ΔH2＞ΔH3，D项正确。故答案选C。11.下列方案设计、现象和结论有不正确的是目的方案设计现象和结论A检验海带中是否含有碘元素将海带灰溶解过滤后，取适量滤液于试管中，酸化后加入少量新制氯水，充分反应后加入1~2滴淀粉溶液溶液变蓝，则证明海带中含有碘元素B鉴定淀粉是否完全水解取少量淀粉于锥形瓶中，以固液比1∶10加入稀硫酸，牛皮纸封口，在120℃下水解30min，取适量水解液于试管中，加入少量碘-碘化钾溶液溶液未变蓝，则证明淀粉已完全水解C检验CO还原的生成物中是否含有将适量反应后的固体溶于稀盐酸中，取少量溶解液于试管中，滴加硫氰化钾溶液溶液变血红色，则证明还原产物中含有D检验食盐中是否混取适量食盐样品于试管中，加水溶解后加入硝若沉淀部分溶解， 有少量亚硝酸钠酸银溶液，过滤后取滤渣，滴加稀硝酸则证明食盐中混有亚硝酸钠A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．滤液中含有碘离子，酸化后加入少量新制氯水，氯水将碘离子氧化成单质碘，碘遇淀粉变蓝，因此溶液变蓝，则证明海带中含有碘元素，故A正确；B．淀粉遇碘单质会变蓝，120℃下水解30min，取适量水解液于试管中，加入少量碘-碘化钾溶液，溶液不变蓝，说明溶液中不存在淀粉，即淀粉已经完全分解，故B正确；C．中铁元素为+3价，若过量，CO不能将反应完全，将适量反应后的固体溶于稀盐酸中，生成氯化铁，滴加硫氰化钾溶液，溶液也会变成血红色，故C错误；D．取适量食盐样品于试管中，加水溶解后加入硝酸银溶液，过滤后取滤渣，滴加稀硝酸，氯化银是不溶于稀硝酸的沉淀，若沉淀部分溶解，说明沉淀中含有亚硝酸银，从而说明食盐中混有亚硝酸钠，故D正确；答案选C。12.双极膜电渗析法固碳技术是将捕集的CO2转化为CaCO3而矿化封存，其工作原理如图所示。双极膜中间层中的H2O解离成H+和OH-，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法不正确的是A.两个双极膜中间层中的H+均向左侧迁移B.若碱室中比值增大，则有利于CO2的矿化封存 C.电解一段时间后，酸室中盐酸的浓度增大D.该技术中电解固碳总反应的离子方程式为：2Ca2++2CO2+4H2O2CaCO3↓+2H2↑+O2↑+4H+【答案】B【解析】【分析】左侧双极膜中的H+向左移动进入左侧硝酸钠溶液中发生反应，OH-向右移动进入“碱室”与二氧化碳反应生成CO，CO通过阴离子交换膜进入CaCl2溶液生成CaCO3；CaCl2溶液中的Cl-通过阴离子交换膜进入“酸室”，右侧双极膜中的H+向左移动进入“酸室”，OH-向右移动进入进入右侧硝酸钠溶液中发生反应。【详解】A．左侧双极膜中的H+向左移动进入左侧硝酸钠溶液中，右侧双极膜中的H+向左移动进入“酸室”，故A正确；B．若碱室中比值增大，碳酸氢根离子可能进入“酸室”，所以不利于CO2的矿化封存，故B错误；C．CaCl2溶液中的Cl-通过阴离子交换膜进入“酸室”，右侧双极膜中的H+向左移动进入“酸室”，所以电解一段时间后，酸室中盐酸的浓度增大，故C正确；D．根据以上分析，该技术中电解固碳总反应的离子方程式为：2Ca2++2CO2+4H2O2CaCO3↓+2H2↑+O2↑+4H+，故D正确；选B。13.在体积均为1.0L的恒容密闭容器甲、乙中，起始投料量如表，在不同温度下发生反应：CO2(g)+C(s)2CO(g)。CO的平衡浓度随温度的变化如图所示。下列说法正确的是容器n(CO2)/moln(C)/moln(CO)/mol甲0.10.30乙000.4 A.曲线Ⅰ对应的是甲容器B.a、b两点所处状态的压强大小关系：9pa＞14pbC.c点：CO的体积分数＞D.900K时，若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，则v(正)＞v(逆)【答案】C【解析】【详解】A．固体物质不应平衡移动，乙投入0.4mol一氧化碳相当于投入0.2mol二氧化碳，所以乙相当于两个甲容器加压，无论平衡如何移动，乙中一氧化碳浓度一定大于甲，故图中曲线Ⅰ对应的是乙容器，A错误；B．甲容器b处乙容器a处若a、b两点所处温度相同，压强比等于物质的量之比，pa：pb=（0.12+0.16）：（0.02+0.16）=14:9，即9pa=14pb，由于b点温度更高，故a、b两点所处状态的压强大小关系：9pa<14pb，B错误；C．a点一氧化碳体积分数为；c点相当于减压，平衡正向移动，一氧化碳体积分数变大，故CO的体积分数＞，正确； D．a点1100K时的K=，降温则一氧化碳浓度减小，K值减小，900K时K值小于0.213；若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，则Q=，平衡逆向移动，v(正)<v(逆)，D错误。故选C。14.25℃，有c(CH3COOH)+c(CH3COO﹣)=0.1mol⋅L﹣1的一组醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO﹣)与pH的关系如图所示。下列有关离子浓度关系叙述正确的是A.pH=5溶液中：c(CH3COO﹣)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH﹣)B.W点表示溶液中：c(Na+)+2c(OH﹣)=c(CH3COO﹣)+2c(H+)C.pH=3.5溶液中：c(Na+)+c(H+)﹣c(OH﹣)+c(CH3COOH)=0.1mol⋅L﹣1D.取W点溶液1L，通入0.05molHCl气体(溶液体积变化可忽略)：c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH﹣)【答案】AC【解析】【详解】A．随着pH的增大，溶液中c(CH3COOH)减小，c(CH3COO-)增大；pH=4.75时，c(CH3COOH)=(CH3COO-)；pH=5时溶液中：c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH-)，A正确；B．由题干图示信息可知，W点表示溶液中醋酸和醋酸钠的物质的量相等，根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(OH-)=c(CH3COO-)+c(H+)，c(Na+)+2c(OH-)=c(CH3COO-)+2c(H+)，此时溶液中pH＞4.75，则c(H+)＞c(OH-)，故c(Na+)+2c(OH-)＜c(CH3COO-)+2c(H+)，B错误；C．pH=3.5溶液中根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，则有c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+c(CH3COOH)=c(CH3COO-)+(CH3COOH)=0.1mol⋅L-1，C正确；D．取W点溶液1L，通入0.05molHCl气体(溶液体积变化可忽略)： c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)+c(Cl-)，且Na+和Cl-的浓度不相等，D错误；故答案为：AC。二、非选择题(本题共4小题，共58分。)15.某课外活动小组以CuSO4·5H2O和氨水为原料制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O并进行探究。已知：CuSO4+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]SO4+4H2O[Cu(NH3)4]SO4=[Cu(NH3)4]2++SO[Cu(NH3)4]2++4H+=Cu2++4NH（1）配制溶液：称取一定质量的CuSO4·5H2O晶体，放入锥形瓶中，溶解后滴加氨水。装置如图A所示(胶头滴管中吸有氨水)。滴加氨水时，有浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4生成；继续滴加氨水，沉淀消失，得到深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4溶液。用离子方程式表示由浅蓝色沉淀得到深蓝色溶液的原理：_______（2）制备晶体：将A中溶液转移至B中，析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体；将B中混合物转移至C的漏斗中，减压过滤，用乙醇洗涤晶体2～3次；取出晶体，冷风吹干。①晶体不采用加热烘干的原因是_______②减压过滤时，抽气泵处于工作状态，活塞需关闭，使装置内产生负压。洗涤晶体时，应该在打开活塞的状态下，向漏斗中加入乙醇至浸没沉淀，原因是_______。（3）废液回收：从含有[Cu(NH3)4]SO4、乙醇和氨水的废液中回收乙醇并获得CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液，应加入的试剂是_______(填序号)A.盐酸B.硝酸C.硫酸D.氢氧化钠溶液。已知硫酸铵溶液高温易分解，回收乙醇实验方法为_______A.蒸馏B.减压蒸馏C.萃取D.分液（4）用沉淀法测定晶体中SO的含量。称取一定质量的[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体，加适量蒸馏水溶解，向其中滴加足量BaCl2溶液，搅拌，加热一段时间，过滤，洗涤，烘干，灼烧，称量沉淀的质量。下列有关说法正确的有_______。 A.滴加足量BaCl2溶液能降低实验数值偏低的可能性B.检验沉淀已经洗净的方法为取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中加入BaCl2溶液，无白色沉淀生成，证明沉淀己洗净C.洗涤后滤纸和固体一起灼烧，以免固体附着在滤纸上，造成损失。D.已知[Cu(NH3)4]2+为平面四边形结构，中心Cu2+不可能是sp3杂化（5）新制的氨水中含氮元素的微粒有3种：NH3、NH3·H2O和NH，其中NH3·H2O电离平衡受多种因素的影响。设计实验，控制变量，仅探究NH对NH3·H2O电离平衡的影响结果：①限制试剂与仪器：0.1mol/L氨水、NH4Cl、CH3COONH4、NH4HCO3、(NH4)2CO3、量筒、烧杯、玻璃棒、药匙、天平、pH计、恒温水浴槽(可控制温度)。②设计实验方案，拟定实验表格，完整体现实验方案。表格中“_______”处需测定的物理量为_______物理量实验序号V(0.1mol/L氨水)/mLm(铵盐)/gt/℃_______1100025b2100a25c③表中物理量“m(铵盐)/g”的铵盐应是_______④按实验序号2所拟数据进行实验，忽略水电离的OH-，则一水合氮的电离度(平衡转化率)为_______。【答案】（1）Cu2(OH)2SO4+8NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2++SO+2OH-+8H2O（2）①.晶体受热易脱水脱氨(“晶体受热易分解”或“加热烘干变质”)②.为了使乙醇较慢的从漏斗中流出来并与晶体充分接触，提高洗涤的效果（3）①.C②.B（4）ACD（5）①.pH②.NH4Cl③.【解析】【分析】装置A为封闭体系，加入氨气后有利于氨气充分吸收；滴加氨水时，硫酸铜和氨水生成浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4，继续滴加氨水，沉淀消失，生成络合物，得到深蓝色[Cu(NH3)4]SO4溶液；洗涤原容器有利于反应物充分利用；加入洗涤剂洗涤晶体时，要保证正 常压强，洗涤剂和洗涤物充分混合有利于洗涤充分；废液回收过程是从含有[Cu(NH3)4]SO4、乙醇和氨水的废液中回收乙醇并获得CuSO4、(NH4)2SO4的混合溶液，废液存在络离子，需要加入H2SO4，除去络离子；沸点不同的物质可以蒸馏分离。【小问1详解】CuSO4·5H2O晶体溶解后滴加氨水，生成浅蓝色沉淀Cu2(OH)2SO4；继续滴加氨水，得到深蓝色溶液[Cu(NH3)4]SO4，反应过程中氨水中的一水合氨或氨气参加反应，[Cu(NH3)4]SO4为可溶性强电解质，在水溶液中完全电离，离子方程式为：Cu2(OH)2SO4+8NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2++SO+2OH-+8H2O；【小问2详解】①晶体不采用加热烘干的原因是防止失去结晶水，降低产物产率；②装置内产生负压时，漏斗中液体会被迅速抽入吸滤瓶中，而洗涤过程为了使乙醇较慢从漏斗中流出来并与晶体充分接触，提高洗涤的效果，需打开活塞；【小问3详解】该过程需要将[Cu(NH3)4]SO4转化为CuSO4，氨水中一水合氨和氨气转化为(NH4)2SO4，类似于NH3→(NH4)2SO4，应加入的试剂是硫酸，故选C；充分反应后溶液为无机盐和乙醇的水溶液，回收乙醇是液液互溶体系分离，回收乙醇的实验方法为蒸馏，为防止硫酸铵分解，需减压蒸馏，降低蒸馏所需温度，故选B；【小问4详解】A．足量BaCl2溶液可以使硫酸根完全沉淀，降低实验数值偏低的可能性，A正确；B．沉淀表明的杂质主要为氯离子，检验沉淀已经洗净即检验是否有氯离子，应取最后一次洗涤液，向其中加入AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，证明沉淀洗净，B错误；C．洗涤后滤纸和固体一起灼烧，可以保证所有沉淀均被回收，C正确；D．若Cu2+为sp3杂化，则其空间构型应为正四面体形，而不是正方形，D正确；故答案为：ACD；【小问5详解】②本实验的目的是探究影响NH3·H2O电离平衡的因素，NH3·H2O电离平衡受到影响时，溶液的pH会发生变化，所以还需测定的物理量为pH；③CH3COONH4、NH4HCO3、(NH4)2CO3所含的酸根均为弱酸根，弱酸根会发生水解，影响溶液pH，所以铵盐应选用NH4Cl； ④一水合氨的电离平衡：NH3·H2ONH+OH-，溶液pH=c，则c(H+)=10-cmol/L、c(OH-)=10c-14mol/L，忽略水电离的OH-，所以氢氧根全部由一水合氨电离，则一水合氮的电离度。16.某工业生产上用铜镍矿石(主要成分为CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的杂质)制备胆矾CuSO4•5H2O的流程如图。已知：有机萃取剂HR可以萃取Cu2+，其萃取原理(org为有机相)Cu2+(aq)+2HR(org)CuR2(org)+2H+(aq)。（1）焙烧前粉碎的目的是_______。（2）“调节pH时，生成氢氧化铁沉淀的离子方程式为_______，试剂X的最佳选择是_______(填标号)。a.HClb.NaOHc.H2SO4d.NH3•H2O（3）25℃时，“调节pH”后，测得滤液中各离子浓度及相关数据如表所示。(lg2=0.3)离子Fe3+Cu2+Ni2+Fe2+浓度/(mol·L-1)1.0×10-65.01.20对应氢氧化物的Ksp6.4×10-382.2×10-202.0×10-158.0×10-16该滤液的pH为_______；加入的Cu(OH)2_______(填“已经”或“没有”)完全溶解。（4）向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH，能制得黑色不溶物NiOOH，该反应的化学方程式为_______。（5）“操作Ⅱ”包括洗涤，洗涤该沉淀的操作为_______。（6）上述流程中获取金属铜的方法是电解硫酸铜溶液。若电解200mL0.5mol/LCuSO4溶液，生成铜3.2g，此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是_______。【答案】（1）增大接触面积，提高反应速率（2）①.2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3+3Cu2+②.c（3）①.3.6②.已经 （4）2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O（5）向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2～3次。（6）【解析】【分析】由题中流程可知，铜镍矿石(主要成分为CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的杂质)粉碎焙烧，充分氧化，烟气的主要成分为二氧化硫，加稀硫酸酸浸，过滤，滤渣1为SiO2和不溶于酸的杂质，滤液中加入H2O2，氧化Fe2+生成Fe3+，再加入Cu(OH)2调节溶液pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，继续过滤，滤渣2为Fe(OH)3，滤液中加入HR进行萃取，除去镍离子，有机相中加入硫酸进行反萃取，水相的主要成分为硫酸铜溶液，加热蒸发，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即可获得产品。【小问1详解】由上述分析可知，焙烧前粉碎的目的是增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分氧化；答案为增大接触面积，提高反应速率；【小问2详解】由上述分析可知，加入Cu(OH)2调节溶液pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，生成氢氧化铁沉淀的离子方程式为2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Cu2+；由题中信息Cu2+(aq)+2HR(org)CuR2(org)+2H+(aq)可知，要使平衡逆向移动，则增加H+浓度，即有机相中加入硫酸进行反萃取，可以分离铜离子，还不会产生杂质，所以选项c正确；答案为2Fe3++3Cu(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Cu2+；c；【小问3详解】由题中表格数据可知，25℃时，“调节pH”后，测得滤液中c(Fe3+)=1.0×10-6mol/L，c(Cu2+)=5.0mol/L，因为Ksp[Fe(OH)3]=6.4×10-38，所以c(Fe3+)×c3(OH-)=Ksp[Fe(OH)3]，则c(OH-)===4×10-11mol/L，c(H+)==×10-3mol/L，pH=3+lg4=3+2lg2=3.6；又c(Cu2+)×c2(OH-)=5×(4×10-11)2=8×10-21＜Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，所以Cu(OH)2已经完全溶解；答案为3.6；已经；【小问4详解】向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH，能制得黑色不溶物NiOOH，即NiSO4与 NaClO发生氧化还原反应，该反应的化学方程式为2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O；答案为2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O；【小问5详解】“操作Ⅱ”包括洗涤，洗涤该沉淀的操作为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2～3次；答案为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2～3次；【小问6详解】电解CuSO4溶液，发生反应2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，200mL0.5mol/L的CuSO4溶液中n(CuSO4)=0.2L×0.5mol/L=0.1mol，生成铜3.2g，物质的量为=0.05mol，故生成H2SO40.05mol，溶液中CuSO4为0.1mol-0.05mol=0.05mol，电解后的溶液为CuSO4、H2SO4混合溶液，溶液呈酸性，溶液中铜离子水解、水发生电离，故n(H+)＞0.05mol×2=0.1mol，n()=0.1mol，n(Cu2+)＜0.05mol，溶液中氢氧根浓度很小，故，故答案为：.。17.研究等大气污染气体的处理方法具有重要意义。（1）是汽车尾气中的主要污染物之一、能形成酸雨，写出转化为的化学方程式：_______。（2）氮氧化物是造成光化学烟雾和臭氧层损耗的主要气体。已知：标准状况下，3.36LCO还原至的整个过程中转移电子的数目为_______，放出的热量为_______(用含有a的代数式表示)。（3）现将一定量气体充入恒容密闭容器中，控制反应温度为，下列可以作为反应达到平衡的判断依据是_______。D．容器内气体的密度不变E．容器内颜色不变 （4）反应温度时，随(时间)变化曲线如图，画出时段，随变化曲线_______。保持其它条件不变，改变反应温度为，再次画出时段，随变化趋势的曲线_______。（5）NO氧化反应：分两步进行：I．II．(Q1、Q2都大于0)在恒容的密闭容器中充入一定量的和气体，保持其它条件不变，控制反应温度分别为和，测得(NO)随(时间)的变化曲线如图，转化相同量的NO，在温度_______(填“”或“”)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图分析其原因_______。【答案】（1）（2）①.0.3NA②.0.0375akJ （3）AE（4）①.②.（5）①.②.该反应是放热反应，温度的升高使平衡逆向移动，减慢NO转化速率的影响大于升高温度对反应速率的影响，使转化相同量的NO时，消耗的时间较长【解析】【小问1详解】与水反应可转化为，化学方程式：。【小问2详解】标准状况下，3.36LCO物质的量为0.15mol，根据可得还原至的整个过程中转移电子的数目为0.3NA；根据题给信息，，则0.15molCO可放出的热量为0.0375akJ。【小问3详解】A．该反应气体分子数正向增多，容器恒容，则气体的压强发生改变，故气体的压强发生不变可以作为反应达到平衡的判断依据，A符合题意；B．，则，不等于系数之比，故不可作为反应达到平衡的判断依据，B不符合题意； C．平衡常数K只随温度改变，该反应控制温度为不变，则其不可作为反应达到平衡的判断依据，C不符合题意；D．该反应物质均是气体，气体总质量不变，容器恒容，则体系内气体密度始终不变，故其不可作为反应达到平衡的判断依据，D不符合题意；E．无色，红棕色，反应过程体系颜色发生改变，故容器内颜色不变可以作为反应达到平衡的判断依据，E符合题意；故选AE。【小问4详解】根据反应，的改变量是的两倍，从的曲线可知其达到平衡时减少了0.03mol/L，则从0升高到平衡时的0.6mol/L，其曲线如图：；由题Q<0可知，该反应正向吸热，保持其它条件不变，随着温度的升高，该反应平衡朝正向移动，且反应速率增大，达到平衡的时间缩短，则其曲线如图：。【小问5详解】如图所示，(NO)随(时间)的延长而减小，转化相同量的NO，可作一条平行于时间轴的辅 助线，分别交两曲线与a、b两点，如图：，则可知在温度下消耗的时间较长；可能的原因是，该反应两步均是放出热量，总反应是放热反应，，温度的升高使平衡逆向移动，减慢NO转化速率的影响大于升高温度对反应速率的影响，使转化相同量的NO时，消耗的时间较长。18.镇痛药物J的合成方法如图：已知：①+Cl—R3+HCl②R1COOR2+R3CH2COOR4+R2OH ③(R1、R2、R3、R4为氢或烃基)④+RCOOR′回答下列问题：（1）反应②的反应类型____，B的名称___。（2）F中含碳的官能团的名称____。（3）反应D→E的化学方程式____。（4）有机物K分子组成比F少两个氢原子，符合下列要求的K的同分异构体有____种。①遇FeCl3溶液显紫色②苯环上有两个取代基写出含有6种氢原子，且峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2∶3的结构简式(任写一种即可)____。（5）设计以CH3CH2OH和为原料制备X()的合成路线____。(无机试剂任选。)【答案】（1）①.取代反应②.3—氯丙烯（2）酮羰基、碳碳双键（3）+H2O+CH3OH（4）①.15②.或或（5）CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3CH3COCH2COOCH2CH3【解析】 【小问1详解】①有机物CH2＝CH－CH2－NH2与ClCH2CH2COOCH3反应生成C11H19ON4发生取代反应；②B的分子式为C3H5Cl，其结构简式为CH2＝CHCH2Cl，则B的名称为：3—氯丙烯；【小问2详解】F的分子式为C8H13NO，其结构简式为，则F中含碳的官能团为：酮羰基、碳碳双键；【小问3详解】D的分子式为C10H15NO3，其结构简式为，反应D→E的化学方程式：+H2O+CH3OH；【小问4详解】①K的分子式为C8H11NO，根据条件遇FeCl3溶液显紫色，可知官能团为酚羟基，且苯环上有两个取代基，符合条件的同分异构体如下、、、、每种同分异构有邻、间、对，则共有15种；②写出含有6种氢原子，且峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2∶3的结构简式为或 或；【小问5详解】CH3CH2OH和为原料通过如下反应可制得X()的合成路线为：CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3CH3COCH2COOCH2CH3。