浙江省杭州市2021-2022学年高三化学下学期4月二模试题（Word版附解析）

2021学年第二学期杭州市高三年级教学质量检测化学试题卷可能用到的相对原子质量：，一、选择题(本大题共25小题，每小题2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.水溶液呈碱性的盐是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A.是强碱弱酸盐，ClO-水解使溶液呈碱性，故A符合题意；B.是强碱强酸盐，水溶液呈中性，故B不符合题意；C.水溶液呈碱性，但其属于碱不是盐，故C不符合题意；D.是强酸弱碱盐，Fe3+水解使溶液呈酸性，故D不符合题意；答案选A。2.下列物质属于弱电解质的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．氯化铝是盐，在溶液中能完全电离出离子，属于强电解质，故A不符合题意；B．亚硝酸是弱酸，在溶液中部分电离出离子，属于弱电解质，故B符合题意；C．甲烷不能电离出自由移动的离子，属于非电解质，故C不符合题意；D．硫酸钡是盐，溶于水的硫酸钡在溶液中能完全电离出离子，属于强电解质，故D不符合题意；故选B。3.实验室用分液方法分离植物油和水所需的仪器是 A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】植物油和水不互溶且分层，应采用分液的方法进行分离，需要的仪器是分液漏斗，A为分液漏斗，答案选A。4.下列物质对应的化学式不正确的是A.软脂酸：B.蚁酸：C.纯碱：D.摩尔盐：【答案】D【解析】【详解】A.软脂酸为含有16个C原子的饱和一元酸，化学式为，故A正确；B.蚁酸是甲酸的俗名，甲酸的化学式为，故B正确；C.纯碱是碳酸钠的俗称，碳酸钠的化学式为，故C正确；D.摩尔盐为六水合硫酸亚铁铵，化学式为，故D错误；答案选D。5.下列表示正确的是A.乙烯的结构简式：B.氨的电子式：C.葡萄糖的环状结构简式：D.氧原子的结构示意图：【答案】C【解析】 【详解】．乙烯的结构简式：CH2=CH2，A错误；B．NH3是共价化合物，则氨的电子式为：，B错误；C．葡萄糖的环状结构简式：，C正确；D．氧原子的结构示意图为：，D错误；故答案为：C。6.下列说法不正确的是A.无水乙醇常用于医疗消毒B.用水煤气可合成液态碳氢化合物和含氧有机化合物C.以植物秸秆为原料，通过一系列转化可生产醋酸D.饱和硫酸钠溶液可用于提纯蛋白质【答案】A【解析】【详解】A．75%的乙醇溶液常用于医疗消毒，A错误；B．水煤气为一氧化碳和氢气的混合气，可合成液态碳氢化合物和含氧有机化合物，B正确；C．植物秸秆含有植物纤维，可以通过水解、氧化，以植物秸秆为原料，通过一系列转化可生产醋酸，C正确；D．饱和硫酸钠溶液可使蛋白质盐析而分离出来，用于提纯蛋白质，D正确；故选A。7.下列说法正确的是A.14N和14C互为同位素B.H2O和D2O互为同素异形体C.和互为同系物 D.甘氨酸(H2NCH2COOH)和硝基乙烷(C2H5NO2)互为同分异构体【答案】D【解析】【详解】A．同位素是质子数相同而中子数不同的核素的互称，14N和14C质量数相同、质子数不同，不互为同位素，故A错误；B．同素异形体是同一元素形成的不同单质的互称，H2O和D2O是两种不同的水分子，不互为同素异形体，故B错误；C．中只有1个硝基，中含有3个硝基，所含官能团硝基的个数不相等，和在分子组成上不相差1个或若干个“CH2”原子团，两者不互为同系物，故C错误；D．甘氨酸(H2NCH2COOH)和硝基乙烷(C2H5NO2)的分子式相同、都为C2H5NO2，结构不同，两者互为同分异构体，故D正确；故选D。8.下列说法不正确的是A.常温下钠和钾的合金呈液态，可用作快中子反应堆的导热剂B.铁粉和氧化铝可用于焊接铁轨C.硫酸可用于金属材料表面的清洗D.极少量的能促进血管扩张，防止栓塞【答案】B【解析】【详解】A．常温下钠和钾的合金呈液态，可用作快中子反应堆的导热剂，故A正确；B．铝粉和氧化铁的混合物可用于焊接铁轨，故B错误；C．硫酸可与金属氧化物反应，硫酸用于金属材料表面的清洗，故C正确；D．NO是明星分子，在人体的血管系统内具有传送信号的功能，极少量的能促进血管扩张，防止栓塞，故D正确； 选B。9.下列说法正确的是A.氯气与氢气在光照下反应生成，工业常用此方法生产盐酸B.通入氨的饱和溶液中生成沉淀C.控制合适的条件，可实现在铁皮表面电镀锡D.隔绝空气高温分解，产物为和【答案】C【解析】【详解】A．氯气与氢气在光照下易爆炸，工业常在反应器中将氢气点燃，然后通入氯气进行反应生产盐酸，故A错误；B．通入氨的饱和溶液中生成沉淀，故B错误；C．控制合适条件，可实现在铁皮表面电镀锡，故C正确；D．隔绝空气高温分解，根据根据氧化还原反应规律，不可能元素化合价都升高，所以产物不可能是和，故D错误；选C。10.“西门子法”提纯硅的反应之一为：，已知氢原子吸引电子的能力介于碳原子和硅原子之间，下列说法不正确的是A.是还原产物B.即是氧化产物，也是还原产物C.还原剂与氧化剂的物质的量之比为D.生成时，转移电子【答案】D【解析】【分析】由氢原子吸引电子的能力介于碳原子和硅原子之间可知，三氯硅烷中硅元素为+4价、氢元素为—1价。【详解】A．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，氯化氢是反应的氧化剂，氢气是还原产物，故A正确；B．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，氯化氢是反应的氧化剂，硅元素化合价升高被氧化，硅为反应的还原剂，则三氯硅烷即是氧化产物，也是还原产物，故B正确；C ．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，氯化氢是反应的氧化剂，硅元素化合价升高被氧化，硅为反应的还原剂，还原剂与氧化剂的物质的量比1：3，故C正确；D．由方程式可知，反应中氢元素的化合价降低被还原，氯化氢是反应的氧化剂，硅元素化合价升高被氧化，硅为反应的还原剂，则反应中生成1mol三氯硅烷转移4mol电子，故D错误；故选D。11.下列说法不正确的是A.提纯含有少量的固体，可通过蒸发结晶、趁热过滤的方法B.取燃尽的火柴头加水浸泡，滴加溶液和稀硝酸，可检测火柴头中的氯元素C.测定镀锌铁皮锌镀层厚度时，腐蚀后的铁皮烘干时间过长，测得结果偏低D.轻微烫伤时，可先用洁净的冷水洗涤伤处，再涂烫伤药膏【答案】A【解析】【详解】A．硝酸钾溶解度受温度影响大，提纯含有少量的固体，可通过加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法，A错误；B．氯离子和银离子生成不溶于稀硝酸的沉淀，取燃尽的火柴头加水浸泡，滴加溶液和稀硝酸，可检测火柴头中的氯元素，B正确；C．烘干时间过长，Fe会和空气中氧气反应导致质量差偏小，测定结果偏低，C正确；D．轻微烫伤时，可先用洁净的冷水洗涤伤处给皮肤降温，再涂烫伤药膏保护皮肤，D正确；故选A。12.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.时，的溶液中含有数目为B.和的混合物中所含质子数为C.在硫酸催化条件下足量的乙酸与乙醇充分反应，生成乙酸乙酯的分子数为D.中含有碳碳单键的数目为一定【答案】B【解析】【详解】A．的溶液，，则，，含有数目为，故A错误； B．氮气和CO的摩尔质量均为28g/mol，故和的混合物的物质的量为0.2mol，且两者均含14个质子，故0.2mol混合物中含2.8NA个质子，故B正确；C．酯化反应为可逆反应，不能进行彻底，故生成的乙酸乙酯分子的数目小于0.1NA，故C错误；D．的物质的量为0.05mol，若为环丁烷()，其中含有的碳碳单键为，故D错误；答案选B。13.下列实验操作对应的离子方程式正确的是A.溶液中加入明矾溶液至沉淀完全：B.将溶于氢碘酸中：C.将固体溶于浓硝酸：D.将溶液与溶液混合：【答案】D【解析】【详解】A．恰好沉淀完全时，明矾与Ba(OH)2的物质的量比为1：2，反应的离子方程式为，故A错误；B．氢氧化铁溶于氢碘酸，生成的铁离子能够氧化碘离子，正确的离子方程式为，故B错误；C．将固体溶于浓硝酸生成硝酸铜和二氧化氮，反应的离子方程式为，故C错误；D．NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生氢氧化铝白色沉淀和碳酸根离子，反应离子方程式为，故D正确；答案选D。14.下列说法不正确的是A.醋酸纤维与硝化纤维均属于酯类，但性质差异较大B.葡萄糖、蔗糖均是结构简单的单糖C.苯与丙烯通过加成反应，可制得异丙苯D.废水中的酚类物质可在纳米催化下光照降解【答案】B 【解析】【详解】A．醋酸纤维与硝化纤维均属于酯类，由于分子组成差别很大，性质差异较大，故A正确；B．蔗糖是能发生水解反应的二糖，故B错误；C．丙烯分子中含有的碳碳双键能与苯发生加成反应生成异丙苯，故C正确；D．废水中的酚类物质可在纳米二氧化钛催化下光照降解生成无害物质，达到治理废水污染的目的，故D正确；故选B。15.利巴韦林是常用的抗病毒药物，其分子结构如图．下列关于该物质说法不正确的是A.易溶于水B.分子中含有4个手性碳原子C.在的醇溶液中加热可发生消去反应D.能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】C【解析】【详解】A．由结构简式可知，该有机物分子中含有多个羟基、氨基等能与水分子形成氢键的基团，推测该物质易溶于水，故A正确；B．与4个不同的原子或原子团相连的碳原子称为手性碳原子，该分子中含有4个手性碳原子（用“*”号标出），故B正确；C．该有机物具有醇羟基，且和羟基相连的碳原子的相邻碳上有氢原子，能在浓硫酸、加热条件下发生消去反应，反应条件不是的醇溶液中加热，故C错误； D．该有机物分子中含有醇羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而褪色，故D正确；答案选C。16.有一种化合物是很多表面涂层的重要成分，其结构如图所示．其中为原子序数依次增大的短周期元素，只有在同一周期，Z的单质是黄绿色气体；下列有关说法不正确的是A.非金属性强弱比较：B.的沸点高于的沸点C.X的含氧酸有一元弱酸、二元弱酸等D.中所有原子最外层都满足8电子结构【答案】B【解析】【分析】为原子序数依次增大的短周期元素，Z的单质是黄绿色气体，Z为氯；只有在同一周期，则W为氢，位于第一周期，XY位于第二周期；由结构可知，XY形成共价键数分别为4、2，则XY分别为碳、氧；【详解】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，非金属性强弱比较：，A正确；B．氧电负性较强，水分子中可以形成氢键，故CH4的沸点低于H2O的沸点，B错误；C．碳的含氧酸有一元弱酸醋酸、二元弱酸碳酸等，C正确；D．ClO2中氯、氧原子的最外层都满足8电子结构，D正确；故选B。17.已知25℃时HCN的Ka=6.2×10-10，下列说法正确的是A.分别测定某醋酸溶液样品、HCN溶液样品的发现前者小于后者，可推测CH3COOH的Ka>6.2×10-10B.10mL0.1mol/L的HCN溶液中加入0.1mol/L的NaOH溶液，当溶液中水的电离程度与纯水相同时，V(NaOH)可能大于C.向20mL0.1mol/L的溶液中加入10mL0.1mol/L的NaOH溶液充分反应，所得溶液中c(CN-)>c(HCN)D.将pH=5的HCN溶液与pH=5的盐酸混合，HCN的电离度增大【答案】B【解析】 【详解】A．不能确定醋酸溶液和氢氰酸溶液的浓度是否相等，故不能依据溶液的pH大小判断酸的电离程度大小，无法比较酸的电离常数的相对大小，故A错误；B．氢氰酸、氰酸钠混合溶液和氰酸钠、氢氧化钠混合溶液中水的电离程度都可能与与纯水相同，若氢氰酸溶液与等浓度氢氧化钠溶液反应得到氢氰酸、氰酸钠混合溶液，消耗氢氧化钠溶液的体积小于10mL，若氢氰酸溶液中加入等浓度氢氧化钠溶液得到氰酸钠、氢氧化钠混合溶液，加入的氢氧化钠溶液体积大于10mL，故B正确；C．20mL0.1mol/L氢氰酸溶液与10mL0.1mol/L氢氧化钠溶液反应得到等浓度的氢氰酸、氰酸钠混合溶液，由氢氰酸根离子的水解常数Kh==>Ka说明氢氰酸的电离程度小于氢氰酸根离子的水解程度，溶液呈碱性，则混合溶液中氢氰酸的浓度大于氢氰酸根离子浓度，故C错误；D．pH都为5的氢氰酸和盐酸混合后，溶液中的氢离子浓度不变，氢氰酸的电离平衡不移动，电离程度不变，故D错误；故选B。18.氯苯与硝酸发生硝化反应过程中，生成邻、间、对硝基氯苯经历的中间体过程如图所示．据所给信息可得出的结论是A.氯苯与硝酸发生一取代反应是吸热反应B.相同温度下，生成间硝基氯苯的速率最大C.反应过程中经历了断键产生的过程D.选用合适的催化剂，有利于提高邻硝基氯苯的选择性【答案】D【解析】【详解】A．图中只是给出了氯苯和中间体的能量，并没有给出最终产物的能量，故无法判断该反应是吸热还是放热，A错误；B．由图可知，生成间硝基氯苯的活化能最大，故其反应速率应该是最慢的，B错误； C．反应过程中经历了断键产生的是硝基，不是，C错误；D．催化剂具有选择性，故选用合适的催化剂，有利于提高邻硝基氯苯的选择性，D正确；故选D。19.恒温条件下，向两个锥形瓶中加入等质量、表面积相同的镁条并塞紧瓶塞，然后用注射器分别注入盐酸、醋酸，测得锥形瓶内气体压强随时间变化如图，反应过程中忽略液体体积变化．下列说法不正确的是A.加入的镁条质量可能为B.内，两锥形瓶中反应平均速率相等C.反应结束，反应体系(反应物、生成物、锥形瓶)总能量升高，环境总能量降低D.将醋酸中的镁条替换为等质量的镁粉，曲线②有可能变化为曲线①【答案】C【解析】【详解】A．盐酸、醋酸中酸物质的量均为0.004mol，全部反应消耗Mg0.002mol，质量为0.048g，反应后压强相同，镁可能过量，故加入的镁条质量可能为，A正确；B．内，最终压强相同，说明生成氢气相同，两锥形瓶中反应平均速率相等，B正确；C．恒温条件下进行反应，金属和酸反应为放热反应，反应释放能量，反应体系(反应物、生成物、锥形瓶)总能量降低，环境总能量升高，C错误；D．将醋酸中的镁条替换为等质量的镁粉，反应接触面积增大，反应速率变大，曲线②有可能变化为曲线①，D正确；故选C。 20.下列说法正确的是A.温度、溶剂均可调控物质的溶解能力B.小于0C.在的过程中大于0D.的键能大于的键能，与氢气反应的活性强于【答案】A【解析】【详解】A．物质的溶解度因温度、溶剂的不同而不同，说明温度、溶剂均可调控物质的溶解能力，故A正确；B．原子失电子变成离子需要吸收热量，则大于0，故B错误；C．的过程中小于0，故C错误；D．的键能大于，则当消耗等物质的量的氢气时，放出的热量Cl2>Br2，说明与氢气反应的活性强于，故D错误；答案选A。21.实验a：将铜片、锌片和稀硫酸组成单液原电池，铜片、锌片表面均产生气泡．实验b：将锌片在稀溶液中浸泡几分钟，锌片表面形成锌汞合金，再与铜片、稀硫酸组成单液原电池，只有铜片表面产生气泡．下列有关说法不正确的是A.实验a中锌片表面产生气泡对应的能量转化形式是化学能转化为电能B.实验b中铜片表面产生气泡对应的能量转化形式是化学能转化为电能C.实验中原电池总反应的离子方程式：D.锌片经溶液处理后，有利于更多的化学能转化为电能【答案】A【解析】【详解】A．实验a中产生气泡是因为锌片和稀硫酸发生氧化还原反应生成氢气，对应能量转换形式是化学能转化为热能，故A错误；B．实验b中铜片表面产生气泡是因为形成原电池，对应的能量转化形式是化学能转化为电能，故B正确；C．实验a中锌片和稀硫酸发生反应，实验b中形成原电池，锌片作负极，电极反应为，铜片作正极，电极反应为 ，总反应为，故C正确；D．将锌片在稀溶液中浸泡几分钟，锌片表面形成锌汞合金，阻止锌与稀硫酸反应，从而有利于更多的化学能转化为电能，故D正确；答案选A。22.的结构式如下图，时会发生分解．下列推测合理的是A.是离子晶体，熔点高，硬度大B.加热可能生成C.分解的产物可能为和，同类化合物分解温度更高D.溶于浓盐酸呈绿色，加水稀释溶液变蓝色，是因为浓度减小【答案】B【解析】【详解】A．根据图示，中只存在共价键，是共价化合物，故A错误；B．加热可能生成和氯化氢，故B正确；C．分解的产物可能为和，Cu-Cl键比Cu-I键的键能大，比分解温度高，故C错误；D．溶于浓盐酸呈绿色，铜离子主要以[CuCl4]2-的形式存在，加水稀释，氯离子浓度减小，铜离子主要以[Cu(H2O)4]2+的形式存在，溶液变蓝色，故D错误；选B。23.用0.1000mol/L的NaOH溶液分别滴定体积均为10.00mL、浓度均为0.1000mol/L的盐酸和CH3COOH溶液．利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率(电导率越大表示溶液导电性越强)变化如图所示．下列说法正确的是 A.曲线①代表向盐酸中滴加B.A点溶液的小于C点溶液的C.D点溶液中：D.随着溶液的加入，曲线①逐渐向②靠拢，说明电解质溶液的电导率只与离子浓度大小相关【答案】C【解析】【详解】A．浓度相同的醋酸和盐酸，醋酸电离程度小于盐酸，则c(H+)盐酸大于醋酸，c(H+)越大溶液导电性越强，所以相同浓度的盐酸和醋酸，盐酸导电性大于醋酸，根据图知导电性①＜②，所以①代表滴定CH3COOH溶液的曲线，曲线②代表滴定HCl溶液的曲线，A错误；B．相同温度下，A点溶液中溶质为醋酸钠因为CH3COO-水解溶液呈碱性，而C点溶液中溶质为NaCl，溶液呈中性，则在相同温度下，pH为A点大于C点，B错误；C．D点溶液中溶质为NaCl和NaOH，且c(NaCl)=2c(NaOH)，溶液中存在物料守恒和电荷守恒，根据电荷守恒得c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，根据物料守恒得3c(Cl-)=2c(Na+)，所以得c(Cl-)=2c(OH-)-2c(H+)，C正确；D．随着NaOH溶液加入，溶液中的离子浓度越来越相近，最后几乎相等，曲线①逐渐向②靠拢但不重合，说明电解质溶液的电导率与离子浓度大小和离子的种类相关，D错误；故答案为：C。24.甲硫醇是一种重要的化工原料，硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化过程如下；下列说法中不正确的是 A.上述过程的总反应是取代反应B.反应前后碳原子的成键数目没有发生变化C.若和参与，则可能生成和D.控制乙醇浓度不变，提高硫化氢的用量，乙醇的转化率持续增大【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，反应为-HS取代了甲醇中-OH的反应，属于取代反应，A正确；B．甲醇通过反应生成CH3SH，反应前后碳原子的成键数目均为4，没有发生变化，B正确；C．由图可知，反应中甲醇中羟基被-HS取代生成CH3SH，且甲基中有1个氢被H2S中氢代替，羟基断裂后分解为氢氧原子，羟基中氢和甲基中被代替的氢生成水分子，故若和参与，则可能生成和，C正确；D．由图可知，反应中反应③步中甲基发生转移存在化学键的断裂与形成，为关键的一步，故控制乙醇浓度不变，提高硫化氢的用量，乙醇的转化率不一定会增加，D错误；故选D。25.下列方案设计、现象和结论都正确的是目的方案设计现象和结论A验证分子中的碳碳双键取样与适量溴水混合，充分反应，观察现象溴水褪色，说明样品分子中含有碳碳双键B检验淀粉水解是否完全将适量样品与稀硫酸反应，加入足量溶液后加入碘水，观察现象无明显现象，说明淀粉水解完全C检验牙膏中的摩擦剂成分取少量牙膏于试管中，加水溶解，滤渣中滴加足量盐酸若滤渣溶解并产生无色气泡，则摩擦剂可能为 D检验某固体是否为铵盐取样品于试管中，滴加少量溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口若试纸不变蓝色，则固体不是铵盐A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．溴水具有强氧化性，中含有的醛基能被溴水氧化，因此溴水褪色不能说明一定发生了加成反应，不能证明样品分子中含有碳碳双键，故A错误；B．在淀粉溶液中加入稀硫酸反应，再加入足量NaOH，滴加碘水时，碘水与NaOH反应生成碘化钠和次碘酸钠从而使溶液无明显现象，因此无明显现象，不能说明淀粉水解完全，故B错误；C．碳酸钙与盐酸反应生成二氧化碳，取少量牙膏于试管中，加水溶解，滤渣中滴加足量盐酸，若滤渣溶解并产生无色气泡，该气体可能是二氧化碳，则摩擦剂可能为，故C正确；D．铵盐受热分解得到氨气和酸性物质，但是遇冷二者充分反应得到原来的铵盐，因此取铵盐固体于试管中加热，产生氨气，但是在试管口处会重新反应得到铵盐，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口不会变蓝，故D错误；答案选C。二、非选择题(本大题共6小题，共50分)26.回答下列问题（1）已知金刚石的莫氏硬度为10，石墨的莫氏硬度为，从晶体结构的角度解释金刚石硬度很大，石墨很软的原因__________。（2）在相同温度时，酸性条件下都能被氧化，通过控制溶液中探究同浓度的还原性强弱，预测同浓度的被氧化需要的最小的是________，试从离子结构角度解释的还原性逐渐增强的原因________。【答案】（1）影响金刚石硬度的因素是共价键，影响石墨硬度的因素是分子间作用力，共价键强于分子间作用力（2）①.②. 离子结构相似，电子层数逐渐增加，离子半径逐渐增大，原子核对最外层电子吸引力减弱，还原性逐渐增强【解析】【小问1详解】金刚石为空间网状结构的原子晶体，晶体的硬度取决于碳原子间形成共价键的强弱，而石墨是层状结构的混合型晶体，晶体的硬度取决于层间分子间作用力的大小，共价键强于分子间作用力，所以金刚石硬度很大，石墨很软，故答案为：影响金刚石硬度的因素是共价键，影响石墨硬度的因素是分子间作用力，共价键强于分子间作用力；【小问2详解】同主族元素，从上到下，离子的离子半径逐渐增大，原子核对最外层电子吸引力减弱，离子的还原性逐渐增强，所以氯离子、溴离子、碘离子的还原性逐渐增强，与二氧化锰反应时需要氢离子的浓度逐渐减小，则需要氢离子浓度最小的是碘离子，故答案为：KI；离子结构相似，电子层数逐渐增加，离子半径逐渐增大，原子核对最外层电子吸引力减弱，还原性逐渐增强。27.以下方法常用于对废水中的苯酚进行定量测定：取含苯酚废水，加过量溴水使苯酚完全反应，煮沸，再加入过量溶液生成三溴苯酚，再用标准溶液滴定至终点，消耗溶液．已知(三溴苯酚)．和溶液颜色均为无色．（1）消耗的物质的量为________．（2）废水中苯酚的物质的量浓度为_______(写出简要计算过程)．【答案】（1）（2）【解析】【小问1详解】滴定至终点时消耗溶液，的浓度为，则消耗的物质的量为；【小问2详解】根据反应的方程式可知：，则，即苯酚的物质的量为，其体积为，则其浓度为。28.化合物X由3种元素组成．某兴趣小组按如下流程进行实验： 已知焰色反应呈黄色，其中有两种元素质量分数相同；固体A由两种酸式盐组成。请回答：（1）组成X的元素有______，X的化学式是______。（2）X与潮湿空气转化为A的化学方程式是______。（3）用一个化学方程式表示A与足量溶液的反应______。（4）碱性条件下，X能够还原废水中的，有同学预测该反应可能生成多种酸根离子，设计实验确定产物中的酸根离子________(假设反应物无剩余)；若上述检验得出产物中只有一种酸根离子，反应的离子方程式________。【答案】（1）①.②.（2）（3）（4）①.分别取反应后的上层清液，一份滴加适量酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫红色褪去，则含有；另一份滴加足量盐酸，再加适量溶液，有沉淀产生，则含有．若上述现象均有，说明有和②.或：(2分，反应物写成或均可)【解析】【分析】X焰色反应呈黄色，说明含有金属钠，加入足量氯化钡生成变色沉淀，说明是硫酸钡沉淀，质量为11.65g，则物质的量为0.05mol，由由于其中有两种元素质量分数相同，说明氧和S质量分数相等，固体A由两种酸式盐组成，说明是硫酸氢钠和亚硫酸氢钠，根据和氢氧化钠恰好中和，说明两者物质的量都为0.05mol，则17.40g中含有硫物质的量为0.2mol，则氧为0.4mol，根据质量守恒得到钠的质量4.6g，钠的物质的量为0.2mol。【小问1详解】根据前面分析组成X的元素有，根据Na、S、O物质的量分别为0.2mol、0.2mol、0.4mol得到X的化学式是；故答案为：；。【小问2详解】X与潮湿空气转化为A(两种酸式盐)的化学方程式是 ；故答案为：。【小问3详解】A中含有硫酸氢钠和亚硫酸氢钠，和氢氧化钠溶液反应生成硫酸钠、亚硫酸钠和水，其反应的化学方程式表示A与足量溶液的反应；故答案为：。【小问4详解】碱性条件下，X能够还原废水中的，有同学预测该反应可能生成多种酸根离子，从而说明可能生成亚硫酸根或硫酸根，设计实验确定产物中的酸根离子分别取反应后的上层清液，一份滴加适量酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫红色褪去，则含有；另一份滴加足量盐酸，再加适量溶液，有沉淀产生，则含有．若上述现象均有，说明有和；若上述检验得出产物中只有一种酸根离子，反应的离子方程式或：；故答案为：分别取反应后的上层清液，一份滴加适量酸性高锰酸钾溶液，若溶液紫红色褪去，则含有；另一份滴加足量盐酸，再加适量溶液，有沉淀产生，则含有．若上述现象均有，说明有和；或：(2分，反应物写成或均可)。29.氨是一种重要化工产品，研究有关氨反应规律具有重要意义。已知、298K时： （1）工业以氨为原料制取硝酸的流图如图所示。①设备②中发生主要反应的热化学方程式：________。②设备②中生成的难与大量转化为的原因是________。（2）研究人员以为催化剂研究将工业废气中的氨转化为的方案．实验将及载气(惰性气体)以一定流速通过催化反应床，研究了不同含量对催化氧化的影响，实验结果如图(代表相应氧化物)。已知：的选择性(生成消耗的的物质的量消耗的总物质的量)①分析上述实验结果，下列说法正确的是________。A．的加入，降低了催化剂的活化温度B．含量越大，催化剂的活性越好C．运用该技术消除废气中的最佳条件为：、D．一定温度范围，的加入使得生成副产物反应活化能降低更为显著②某实验条件下，维持反应系统压强为，原料气中、O2 、载气的物质的量分别为、；测得的转化率和的选择性均为80%，氧化的副产物仅为。反应用气体分压表示的平衡常数为________(代入数据，不要求计算结果；组分分压总压组分物质的量分数)（3）关于催化氧化为的反应机理有诸多研究，其中一种为“”机理：吸附在催化剂表面活性位的解离为和H，同时活性O参与反应；请用方程式将反应过程补充完整：①，②，③_________，④。【答案】（1）①.②.是放热反应，高温不利于生成（2）①.AD②.（3）【解析】【小问1详解】①已知：①②设备中发生主要反应为，，根据盖斯定律可知，反应为①-2×②，则反应的焓变为（-1268kJ/mol）-2×（-180.5kJ/mol）=-907kJ/mol，故热化学方程式为；②设备②中生成的难与大量转化为的原因是是放热反应，设备中高温不利于生成；【小问2详解】①A．由图可知，的加入，在较低温度下，氨气的转化率就能到达最高值，故降低了催化剂的活化温度，A正确；B．由图B可知，相同温度下，比的氮气的选择性要低，故不是含量越大，催化剂的活性越好，B错误；C．结合图AB可知，运用该技术消除废气中的最佳条件为：、，此时氨气几乎全部转化，且氮气选择很高，且可以降低催化剂成本，C错误； D．由图B可知，温度高于230°C左右时，氮气的选择性显著降低，故一定温度范围，的加入使得生成副产物反应活化能降低更为显著，D正确；故选AD；②的转化率和的选择性均为80%，则反应n(NH3)=25mmol×80%=20mmol，生成消耗的n(NH3)=20mmol×80%=16mmol，发生副反应消耗的n(NH3)=20mmol×80%=4mmol，由三段式可知：则反应后n(NH3)=5mmol、n(O2)=33mmol、n(N2)=8mmol、n(H2O)=30mmol、n(NO=4mmol、n(载气)=25mmol，总的物质的量为105mmol；组分分压总压组分物质的量分数，则反应的平衡常数为；【小问3详解】催化剂改变反应的历程，本身质量和化学性质不变；反应中吸附在催化剂表面活性位的解离为和H，同时活性O参与反应，则总反应为和活性O反应生成氮气和水，反应中④有HNO参与反应，则③为生成HNO的反应，故为。30.是一种性能优异的白色颜料，由钛铁矿(主要成分为，杂质为镁、钡、铝等化合物)制取(包括测定纯度)和绿矾晶体，实验流程如下。已知：(1)。 (2)遇溶液显橙黄色。(3)。请回答：（1）若步骤I中不控制温度，反应开始一会后就会过于剧烈，推测原因是_______。（2）步骤Ⅲ加入适量铁粉的目的是_______。（3）步骤Ⅳ：下列说法正确的是_______。A.滤液2经蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥可得副产品绿矾B.将滤液2迅速置于冰—盐浴中冷却，有利于析出大颗粒绿矾晶体C.过滤绿矾晶体时，宜采用玻璃砂芯漏斗D.先用适量稀硫酸洗涤绿矾晶体并将洗出液与滤液3合并，可提高二氧化钛收率（4）步骤V：为了实现高酸度条件下的水解，先取约体积滤液3，并在不断搅拌下逐滴加到约为滤液总体积倍的沸水中，继续煮沸约后，再慢慢加入其余全部滤液，这样操作的目的是____。（5）测定的纯度：将粗产品溶于强酸，还原为制得待测液，然后用标准溶液进行滴定。①给出配制标准溶液并进行滴定的操作排序：(____)→(____)→(____)→(____)→量取待测液、标准液→加指示剂→滴定____a．称取所需质量的六水氯化铁晶体b．加适量水溶解c．将晶体气流中加热脱水d．溶于浓盐酸e．加水稀释f．定容至标准浓度②滴定时选择的指示剂是____。A．B．C．甲基橙③实验测得的纯度偏低，则产品中可能含有的杂质是____。【答案】（1）反应剧烈放热，速率加快（2）除去滤液中可能存在的（3）CD（4）先加入的滤液水解生成作为晶种，促进后续水解生成沉淀，促使水解平衡正向移动，提高产率（5）①.adef②.B③.或【解析】【分析】由题给流程可知，在160—200℃条件下，向钛铁矿中加入浓硫酸将FeTiO3转化为硫酸亚铁、TiOSO4，用适量的水浸泡后抽滤除去不溶性杂质得到含有硫酸亚铁、 TiOSO4的滤液1；向滤液1中加入适量铁粉将溶液中的亚铁离子还原为亚铁离子，抽滤得到滤液2；滤液2经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾和滤液3；将滤液3滴入沸水中使TiOSO4发生水解生成H2TiO3沉淀，抽滤得到H2TiO3；灼烧洗涤干净的H2TiO3，H2TiO3受热分解制得二氧化钛。【小问1详解】若步骤I中不控制温度，反应开始一会后就会过于剧烈说明该反应为放热反应，反应放出的热量使反应温度升高，反应速率加快，故答案为：反应剧烈放热，速率加快；【小问2详解】亚铁离子具有还原性，易被空气中氧气氧化生成铁离子，为防止滤液中含有铁离子，应加入适量铁粉将铁离子还原为亚铁离子，故答案为：除去滤液中可能存在的；【小问3详解】A．由分析可知，滤液2经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾，故错误；B．结晶时，若将滤液迅速冷却并剧烈搅拌，析出的晶体会很细，若将滤液静置并缓缓降温，得到的晶体较大，则将滤液2迅速置于冰—盐浴中冷却，不利于析出大颗粒绿矾晶体，故错误；C．滤液3中含有过量的硫酸，若溶液酸性过强会腐蚀滤纸，为防止滤纸被腐蚀，过滤绿矾晶体时应采用玻璃砂芯漏斗，故正确；D．绿矾晶体表面附有可溶的TiOSO4，则先用适量稀硫酸洗涤绿矾晶体并将洗出液与滤液3合并，可减少TiOSO4的损耗，提高二氧化钛收率，故正确；故选CD；【小问4详解】由题意可知，为了实现高酸度条件下TiOSO4的水解，实验时应先向沸水中加入滤液，使TiOSO4在沸水中发生水解生成H2TiO3作为晶种，促进后续加入的TiOSO4水解生成H2TiO3沉淀，有利于TiOSO4的水解平衡正向移动，提高产率，故答案为：先加入的滤液水解生成作为晶种，促进后续水解生成沉淀，有利于水解平衡正向移动，提高产率；【小问5详解】①用配制的氯化铁溶液滴定溶液中钛离子的操作顺序为将称取的六水氯化铁晶体溶于浓盐酸，防止铁离子发生水解，然后加水稀释定容至标准浓度，用滴定管量取待测液、标准液，向待测液中加入硫氰化铵溶液做指示剂，用氯化铁溶液滴定溶液中的钛离子，故答案为：adef；②当铁离子与钛离子完全反应时，滴入最后一滴氯化铁溶液，铁离子能使硫氰酸根离子变为红色，所以滴定选用的指示剂为硫氰化铵溶液，故选B；③若粗产品中混有H2TiO3 或氧化铁会使消耗氯化铁溶液的体积偏小，导致测定结果偏低，故答案为：或。31.博苏替尼(化合物I)是一种抗肿瘤药物，某课题组设计的合成路线如图(部分反应条件已省略)：已知：（1）下列说法不正确的是______。A.化合物A能消耗B.化合物D可以和溶液发生显色反应C.化合物F既可以和酸反应，又可以和碱反应D.H的分子式为（2）化合物E的结构简式为______，流程中，而不是由A直接与反应生成C的原因是_____。（3）写出化合物C转化为D的化学方程式_______。（4）写出符合下列条件的化合物B的同分异构体_______。①能使溶液显色；②可以发生银镜反应；③谱显示只有4种不同化学环境的氢原子。（5）写出以邻硝基苯甲酸为原料合成的合成路线_________。【答案】（1）BD（2）①.②.比更容易与发生反应 （3）++HBr；（4）、、、（5）【解析】【分析】根据合成流程可知，C与在碳酸钾的作用下生成D，D在硝酸存在的条件下生成E，E发生已知反应生成F，则E中含有硝基，从而可知D→E的过程是引入硝基的过程，结合G的结构简式可知，D为，E为，F为。【小问1详解】A．由图可知，化合物A中含有的酚羟基和羧基能与NaOH反应，因此1mol化合物A能消耗2molNaOH，故A正确；B．由上述分析可知，D为，分子中不含酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，故B错误；C．由上述分析可知，F为 ，分子中含有氨基，能与酸发生反应，含有酯基，水解生成的羧酸能与碱反应，故C正确；D．由图可知，H的分子式为C14H13ClN2O3，故D错误；答案选BD；【小问2详解】由上述分析可知，E的结构简式为；−COCl比−COOH更容易与CH3OH发生反应，因此采用中A→B→C的合成路线而不是将A直接与甲醇反应生成C；【小问3详解】C与在碳酸钾的作用下生成D，反应的化学方程式为++HBr；【小问4详解】B的同分异构体满足：①能使FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②可以发生银镜反应，说明含有醛基，③谱显示只有4种不同化学环境的氢原子，则符合条件的同分异构体为、、、；【小问5详解】参照博苏替尼的合成路线即可得到以邻硝基苯甲酸为原料合成的路线为： 。