浙江省稽阳联谊学校2021-2022学年高三化学下学期4月联考试题（Word版附解析）

2022年4月稽阳联谊学校高三联考化学选考试题卷本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。考生须知：1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试卷纸和答题纸上。2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试卷上的作答一律无效。选择题的答案须用2B铅笔将答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区战内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。4.可能用到的相对原子量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24A1-27Si-28S-32C1-35.5K-39Ca-40Fe-56Cu-64Zn-65Ba-137选择题部分一、选择题(本大题共25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】B【解析】【详解】A．为强酸弱碱盐，显酸性，故A不符合题意；B．为强碱弱酸盐，显碱性，故B符合题意；C．为显碱性的碱，故C不符合题意；D．显中性，故D不符合题意；故选B。2.下列属于强电解质的是 A.饱和食盐水B.冰醋酸C.D.次氯酸钠【答案】D【解析】【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，强电解质是指能够完全电离的电解质。【详解】A．饱和食盐水为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A不符合题意；B．冰醋酸为弱酸，部分电离，属于弱电解质，故B不符合题意；C．部分电离，属于弱电解质，故C不符合题意；D．次氯酸钠完全电离，属于强电解质，故D符合题意；答案选D。3.下列仪器与名称相符的是ABCD烧杯量筒镊子胶头滴管A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．图示为坩埚，A错误；B．图示为容量瓶，B错误；C．图示为坩埚钳，C错误；D．由图可知为胶头滴管，D正确；答案选D。4.下列物质对应的化学式正确的是A红宝石主要成分：B.磁铁矿主要成分：C.水玻璃主要成分：D.蔗糖：【答案】A 【解析】【详解】A．红宝石是指颜色呈红色的刚玉，它是刚玉的一种，主要成分是氧化铝(Al₂O₃)，故A正确；B．磁铁矿的主要成分是，故B错误；C．水玻璃的主要成分是，故C错误；D．蔗糖的化学式为，故D错误；答案选A。5.下列表示正确的是A.的电子式：B.的比例模型：C.2，二甲基丁烷的键线式：D.中子数为20的原子：【答案】C【解析】【详解】A．为共价化合物，其电子式为，故A错误；B．为直线形分子，且C原子的半径大于O原子的半径，所给模型中C原子半径小于O原子半径，故B错误；C．2，2-二甲基丁烷主链含有4个碳原子，2号碳原子上有2个甲基，其键线式为，故C正确；D．中子数为20的原子的质量数为18+20=38，表示为，故D错误；答案选C。6.下列说法不正确的是A.臭氧的强氧化性使其可用于饮用水消毒B.甲烷是最简单的有机物C.食醋中含有乙酸D.纤维素是植物贮存能量的主要形式【答案】D【解析】【详解】A．臭氧的强氧化性可以消毒杀菌，且其还原产物污染，可用于饮用水消毒，A正确；B．甲烷时含碳元素的化合物，属于有机物，且为最简单的有机物，B正确；C．食醋是以糯米、大米、麸皮、小麦、高粱、糖或酒等酿成的含乙酸的液体，C正确；D．植物贮存能量的主要形式为淀粉，而不是纤维素，纤维素是植物细胞壁的组成成分，D错误； 综上所述答案为D。7.下列说法正确的是A.碘晶体和碘蒸气是同素异形体B.乙醇和二甲醚互为同分异构体C.和是同位素D.和互为同系物【答案】B【解析】【详解】A．碘晶体和碘蒸气是同一物质碘单质的不同状态，不属于同素异形体，A错误；B．乙醇结构简式为CH3CH2OH和二甲醚结构简式为CH3OCH3，则二者分子式相同而结构不同，故互为同分异构体，B正确；C．和是由H、D分别和O形成的同一物质水分子，不属于同位素，C错误；D．为HCHO和当为CH3CHO是二者结构相似，组成上相差CH2，此时互为同系物，但当C2H4O为CH2=CHOH或者是则二者结构不相似，不互为同系物，D错误；故答案为：B。8.下列说法不正确的是A.2022年北京冬奥会火炬“飞扬”首创以复合碳纤维为外壳材料，属于有机高分子材料B.碳酸氢钠是培制糕点所用的发酵粉的主要成分之一C.铜与氯化铁溶液的反应常用于制作印刷电路板D.在加热、强酸、强碱、重金属盐、紫外线、福尔马林等作用下蛋白质会发生变性【答案】A【解析】【详解】A．碳纤维为碳单质，不是有机高分子材料，A错误；B．碳酸氢钠受热易分解产生二氧化碳气体，是培制糕点所用的发酵粉的主要成分之一，B正确；C．铜与氯化铁溶液反应得到氯化铜和氯化亚铁溶液，常用于制作印刷电路板，C正确；D．在加热、强酸、强碱、重金属盐、紫外线、福尔马林等作用下蛋白质的结构被破坏，会发生变性，失去生理活性，D正确；综上所述答案为A。9.下列说法正确的是A.新制氯水中加入少量固体能增强漂白能力B.工业制镁用干冰做冷却剂 C.实验室通常用加热分解制取D.的漂白原理和氯气相同【答案】A【解析】【详解】A．氯气与水反应为可逆反应：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，当向新制氯水中加入少量固体时，碳酸钙与氢离子反应，消耗氢离子，促使平衡正向移动，生成更多的次氯酸，漂白性增强，A正确；B．镁与二氧化碳反应，工业制镁不能用干冰做冷却剂，B错误；C．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，但氨气和氯化氢遇冷又结合生成氯化铵，得不到氨气，C错误；D．二氧化硫与有机色素化合生成不稳定的无色物质，而氯气与水反应生成的次氯酸有强氧化性，将有机色素氧化为无色物质，两者漂白原理不同，D错误；答案选A。10.关于反应4Zn+NaNO3+7NaOH+6H2O=4Na2[Zn(OH)4]+NH3↑，下列说法正确的是A.Na2[Zn(OH)4]是还原产物B.NaOH发生了氧化反应C.当反应中转移的电子数为0.8NA时，则有0.1molNaNO3被氧化D.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4【答案】D【解析】【详解】A．Zn化合物升高得到Na2[Zn(OH)4]，所以Na2[Zn(OH)4]为氧化产物，A错误；B．NaOH中各元素化合价没有发生变化，既不发生氧化反应，也不发生还原反应，B错误；C．该反应中NaNO3中N元素化合价由+5价降低为-3价，NaNO3被还原，C错误；D．该反应中Zn化合价升高为还原剂，NaNO3中N元素化合价降低为氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4，D正确；综上所述答案为D。11.下列说法不正确的是A.干燥海带的灼烧在通风处或者通风橱中进行B.亚硝酸钠与酸性溶液反应，溶液由橙色变为绿色C.用蒸馏的方法分离汽油和水D.溶液在滴定过程中宜选用棕色酸式滴定管【答案】C 【解析】【详解】A．海带中含有某些有机物，灼烧时会产生刺激性气味的烟，因此灼烧干燥的海带在通风处或者通风橱中进行，A正确；B．酸性条件下，NaNO2被氧化为NaNO3，反应的离子方程式为3+(橙色)+8H+=2Cr3+(绿色)+3+4H2O，故亚硝酸钠与酸性溶液反应，溶液由橙色变为绿色，B正确；C．汽油不溶于水，用分液的方法分离，C错误；D．溶液呈酸性且有氧化性，见光还易分解，因此在滴定过程中宜选用棕色酸式滴定管，D正确；答案选C。12.设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.乙酸和乙醇充分反应生成的水分子数为B.常温下由组成的混合物中所含质子数为C.标准状况下，氯气与铁充分反应，转移的电子数为D.溶液中所含微粒总数为【答案】B【解析】【详解】A．乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应，不能彻底进行，因此乙酸和乙醇充分反应生成的水分子数小于，故A错误；B．的摩尔质量均为64g/mol，含有的质子数均为32，由组成的混合物的物质的量为0.1mol，含有的质子数均为，故B正确；C．标准状况下，氯气的物质的量为1mol，铁的物质的量为1mol，铁过量，氯气完全反应，氯气转化为Cl-，1mol氯气完全反应转移的电子数为，故C错误；D．溶液的体积未知，无法计算溶液中所含微粒数目，故D错误；答案选B。13.能正确表示下列变化的离子方程式是A.溶液与少量溶液反应：B.酸性硫酸亚铁溶液在空气中氧化：C.84消毒液(主要成分次氯酸钠)露置在空气： D.以铜为电极电解稀硫酸：【答案】B【解析】【详解】A．KFeSO4)2中铁为+3价的Fe3+、则KFeSO4)2溶液与少量Ba(OH)2溶液反应的离子方程式为：，A错误；B．酸性硫酸亚铁溶液在空气中氧化的离子方程式为：，B正确；C．由于HClO的酸性强于，则84消毒液(主要成分次氯酸钠)露置在空气的离子方程式为：，C错误；D．以铜为电极电解稀硫酸时阳极反应为：Cu-2e-=Cu2+，阴极反应为：2H++2e-=H2↑，则总反应的例子方程式为：，D错误；故答案为：B。14.下列说法正确的是A.油脂是热值最高的营养物质，可用于肥皂、油漆的制取B棉花属于纤维素，羊毛属于蛋白质，燃烧产物都只有和C.酒精在某种微生物存在下能发生还原反应生成醋酸D.煤中含苯和甲苯，可以用先干馏后分馏的方法把它们分离出来【答案】A【解析】【详解】A．油脂在代谢中可以提供的能量比糖类和蛋白质约高一倍，是热值最高的营养物质，油脂在碱性溶液(如氢氧化钠或氢氧化钾溶液)中水解，生成甘油和高级脂肪酸盐，高级脂肪酸盐常用于生产肥皂，油脂也可以用于制取油漆，故A正确；B．蛋白质中含有N元素，燃烧产物不只有和，故B错误；C．酒精的主要成分为乙醇，乙醇发生氧化反应生成醋酸，并非还原反应，故C错误；D．煤是由有机物和无机物所组成的复杂混合物，煤中含量最高的元素是碳，其次是氢和氧，另外还有少量的硫、磷、氮等元素，煤中不含苯和甲苯，从煤干馏得到的煤焦油、粗苯中均可分离出苯、甲苯，故D错误；答案选A。15.关于化合物(结构如图)，下列说法正确的是 A.分子中至少有13个碳原子共面B.分子中含有1个手性碳原子C.该物质能与发生加成反应D.该物质能发生银镜反应【答案】C【解析】【详解】A．与碳碳双键相连的碳原子处在一个平面上，单键可旋转，则该分子最多有11个碳原子共平面：，故A错误；B．连接4个不同原子或原子团的碳原子叫手性碳原子，该分子不存在手性碳原子，故B错误；C．1mol该物质含有2mol碳碳双键和1mol羰基，能与发生加成反应，故C正确；D．该物质含有羰基，不含有醛基，不能发生银镜反应，故D错误；故选：C。16.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。Y的单质常温下为气体，W的单质可用于饮用水消毒。由X、Y、Z、W组成的某化合物结构如图所示，分子中所有原子均达到8电子稳定结构。下列说法正确的是A.原子半径：X>Y>ZB.氧化物对应的水化物的酸性：W>Y>XC.氢元素与X、Y、Z均能形成两种或两种以上的二元化合物D.Y的单质与镁反应的产物既含离子键、又含共价键【答案】C【解析】【分析】W的单质可用于饮用水消毒，且形成1个共价键，则应是Cl元素；该分子中所有原子均达到8电子稳定结构，Y可以形成3个共价键，则Y原子最外层应有5个电子， 其单质常温下为气体，则Y为N元素；X可以形成4个共价键，且原子序数小于N元素，则X为C元素，Z可以形成2个共价键，原子序数大于N小于Cl，则为O或S元素。【详解】A．若Z为S元素，则原子半径：S＞C＞N，A错误；B．最高价氧化物对应的水化物的酸性：W>Y>X，但选项中没有注明“最高价”，所以酸性强弱无法比较，B错误；C．H元素可以和C元素形成CH4、C2H6等多种烃类化合物，H元素可以和N元素形成NH3、N2H4等化合物，H元素可以和O元素形成H2O、H2O2两种化合物，可以和S元素形成H2S、H2S2两种化合物，C正确；D．N2与Mg反应生成Mg3N2，只含离子键，不含共价键，D错误；综上所述答案为C。17.下列说法不正确的是A.25℃时，0.1mol·L−1NaHCO3溶液和CH3COONa溶液，前者的pH较大B.25℃时，pH相同的HCl溶液和NH4Cl溶液，后者的c(Cl-)较大C.40℃时，0.01mol·L−1HClO4溶液的pH=2D.25℃时，pH=2的某酸HA溶液和pH=12的某碱BOH溶液分别加水稀释100倍后，两溶液pH之和小于14，则HA一定是弱酸【答案】A【解析】【详解】A．CH3COONa溶液的浓度不确定，无法比较二者的pH，A错误；B．NH4Cl溶液因铵根的水解显酸性，而水解是微弱的，所以当pH相同时，NH4Cl的浓度远大于HCl，NH4Cl溶液中c(Cl-)较大，B正确；C．0.01mol·L−1HClO4溶液中氢离子主要由HClO4电离，所以溶液中c(H+)=0.01mol，pH=2，C正确；D．pH=12的BOH溶液稀释100倍后其pH≥10，而两溶液pH之和小于14，说明pH=2的某酸HA溶液稀释100倍后，其pH＜4，所以HA一定是弱酸，D正确；综上所述答案为A。18.下列说法不正确的是A.绝大多数放热反应都能自发进行，且反应放出的热量越多，反应越完全B.反应，该反应在加热条件下能自发进行C.反应达到平衡后，其它条件不变，改变容器体积，平衡发生移动，说明物质的浓度大小也会影响化学反应自发进行的方向D.一定条件下，不能自发进行的反应，可通过加入合适催化剂使其自发进行 【答案】D【解析】【详解】A．有利于反应自发进行，绝大多数放热反应都能自发进行，且反应放出的热量越多，体系能量降低得越多，反应越完全，故A正确；B．已知，若反应能自发进行，即，则该反应在加热条件下能自发进行，故B正确；C．达到平衡后，其它条件不变，改变容器体积，物质的浓度发生变化，平衡发生移动，说明物质的浓度大小也会影响化学反应自发进行的方向，故C正确；D．一个反应能自发进行，则，催化剂对无影响，因此加入催化剂不能使不能自发的反应自发进行，故D错误；答案选D。19.25℃时，将和溶液混合，发生反应：。溶液中与反应时间的关系如图所示。下列说法正确的是A.用表示的平均反应速率为B.当时，反应达到平衡状态C.a点的逆反应速率小于b点的正反应速率D.平衡时溶液的，则该反应的平衡常数【答案】C【解析】【详解】A．一般不用纯固体、纯液体表示反应速率，故A错误；B．反应速率之比等于化学计量数之比，因此当时，正逆反应速率 相等，反应达到平衡状态，故B错误；C．由图可知，a到b的过程中，反应一直正向进行，正反应速率一直减小，逆反应速率一直增大，直到增大到与正反应速率相等，反应达到平衡状态，在反应达到平衡前，逆反应速率均小于正反应速率，a点和b点均未达到平衡状态，且a到b反应逐渐趋于平衡，因此a点的逆反应速率小于b点的正反应速率，故C正确；D．根据题意可知，起始时，，由图可知，平衡时，，，平衡时溶液的，则，反应的平衡常数，故D错误；答案选C。20.反应①：，反应②：，反应③：。设，反应①②③的y随温度T的变化关系如图所示。下列说法正确的是A.在温度低于时，反应①不能自发进行B.反应②的C.反应③的D.在温度时，能用还原【答案】D【解析】【详解】A．由图示可知，在温度低于时，反应①的<0，反应能自发进行，A错误； B．由方程式可知，反应②为反应前后气体分子数减小的反应，其熵变，从图中可看出反应②的<0，则，B错误；C．由方程式可知，反应③为反应前后气体分子数不变的反应，则混乱度不变，熵值不变，C错误；D．若能用还原，则还原的反应可由反应③-反应②得到，为+=+，温度dK时，反应③的y小于反应②的y，则+=+的y为负值，说明反应能发生，可用还原，D正确；答案选D。21.可通过电化学循环法转化为和，其装置如图所示。已知氧化过程发生两步反应：，。下列说法不正确的是A.电极a的电极反应：B.用此电池为铅蓄电池充电时，电极a与铅蓄电池的正极连接C.整个过程的化学反应方程式：D.若b极有I2参与反应，则左侧溶液中增加的离子总数理论上为【答案】B【解析】【分析】H2S与O2在H2SO4环境下生成SO2，SO2进入电极a失去电子，以H2SO4形式流出，部分H2SO4重复使用；I2进入电极b得电子，以HI形式流出，可分解生成H2和I2，I2重复使用；电解质溶液内H+从左槽通过质子交换膜进入右槽。【详解】A．据分析，SO2进入电极a失去电子，电极反应：，A正确；B．铅蓄电池的正极在充电时电子流出，应与此电池电子流入的b极连接，B不正确；C．依题意，与O2通过电化学循环法转化为和，I2的量理论上没发生改 变，故整个过程的化学反应方程式：，C正确；D．左侧溶液中发生反应电极反应：，若b极有I2参与反应，转移电子4mol，则左侧溶液中生成离子为2mol和8molH+，其中4molH+通过质子交换膜进入右槽与4mol的I-以HI形式流出，则左侧溶液中增加的离子总数理论上为，D正确；故选B。22.下列推测不正确的是A.固体加热可生成和，则固体加热可生成和B.与水反应生成和，则与反应生成和C.与固体在一定条件下生成，则与在一定条件下生成CD.无水与固体加热能生成，则无水与固体加热能生成【答案】A【解析】【详解】A．固体受热容易被空气氧化，所以加热时生成的是氧化铁、二氧化氮和氧气，A错误；B．发生水解可生成和，则与反应生成和，推测合理，B正确；C．钠与四氯化钛置换出钛元素，同时生成氯化钠，同理，钠也可以与四氯化碳发生反应生成C和氯化钠，推测合理，C正确；D．根据有机物烃基的特点结合无水与固体加热能生成的规律可知，无水与固体加热能生成，推理合理，D正确；故选A。23.按一定的速率用溶液滴定溶液，溶液和温度随的变化曲线如图所示。下列说法正确的是 A.根据溶液和温度随的变化曲线图，滴定分析时，X点可用甲基橙、Z点可用酚酞作指示剂指示滴定终点B.当时溶液的，且溶液中C.25℃时，的电离常数D.从W至Z点，Z点水的电离程度和都最大【答案】D【解析】【详解】A．酚酞的变色pH范围8.2-10，Z点的pH=11.9，不能用酚酞作指示剂指示滴定终点，故A错误；B．当时溶质为等浓度的Na2A、NaHA，溶液呈碱性，说明A2-的水解大于HA-的电离，又A2-的水解大于HA-的水解，故c(A2-)<c(HA-)，所以溶液的，故B错误；C．Y点对应的温度是27℃，根据Y点，pH=9.7时c(A2-)=c(HA-)，所以27℃时，弱酸的电离是吸热过程，故25℃时Ka2小于10-9.7，故C错误； D．从W至Z点，Z点溶液温度最高，溶质只有Na2A，所以Z点水的电离程度和都最大，故D正确；选D。24.利用无机离子和(如图可简写为，可以实现水在催化剂作用下制氧气。其相关机理如图所示，下列说法不正确的是A.若反应①中为，反应②中为，则产生B.反应机理整个过程涉及非氧化还原反应C.催化氧化水的反应为：D.在反应中做催化剂【答案】B【解析】【详解】A．若反应①中为，反应②中为，最终通过③释放出氧气，则产生，故A正确；B．反应机理整个过程中，每一个历程涉及的变化，反应③释放出氧气，所以都是氧化还原反应，故B错误；C．根据图示，反应过程中，是反应物、是生成物，是催化剂，催化氧化水的反应为：，故C正确；D．反应过程中循环，所以在反应中做催化剂，故D正确； 选B。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检验溶液中是否含有取少量溶液，先加足量硝酸酸化，再加氯化钡溶液出现白色沉淀，说明溶液中含有B探究和溶解度大小向氢氧化钠溶液中先加入少量溶液，充分反应后再加入少量溶液先产生白色沉淀，后产生蓝色沉淀，说明比溶解度小C检验火柴头中的氯元素摘下几根火柴头，将火柴头浸于水中，片刻后取少量溶液于试管中，加硝酸酸化的溶液和溶液出现白色沉淀，说明火柴中含氯元素D标定溶液的浓度精确称取邻苯二甲酸氢钾3份，分别放入3个锥形瓶中，加入蒸馏水，加入2滴酚酞指示剂，用待标定的标准溶液滴定若滴定至溶液呈浅红色即达滴定终点，据此可计算出溶液的准确浓度A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．若溶液中含有，会被硝酸氧化成，从而与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，应加盐酸进行酸化，故A错误；B．氢氧化钠溶液过量，加入少量CuSO4溶液，Cu2+与OH-直接结合生成沉淀，不能说明比溶解度小，故B错误；C．火柴头中的氯元素以形式存在，加硝酸酸化的溶液和溶液，发生反应，生成AgCl白色沉淀，说明火柴头中氯元素，故C正确；D．用待标定的NaOH标准溶液滴定邻苯二甲酸氢钾，用酚酞作指示剂，滴定至溶液呈浅 红色，且30秒内不褪色，才可以判断达到滴定终点，故D错误；答案选C。非选择题部分二、非选择题(本大题共6小题，共50分)26.回答下列问题：（1）生石灰和氢氧化钠固体溶于水放热，而硝酸铵溶于水吸热。氢氧化钠固体溶于水放热的原因是_______。（2）热胀冷缩是自然界的普遍现象，但当温度由0℃上升至4℃时，水的密度却增大，主要原因是_______。【答案】（1）氢氧化钠溶于水时，电离吸热小于水合放热，所以整体表现为放热（2）温度升高氢键被破坏的影响大于温度升高使分子间距离增加的影响【解析】【小问1详解】物质在溶解过程中发生了两种变化，一种是溶质的分子或离子向水中扩散，这个过程吸热；另一种是溶质的分子或离子形成水合分子或水合离子，这个过程放热，溶解过程的热量变化决定于这两种变化吸热或放热的相对大小，氢氧化钠溶于水时，电离吸热小于水合放热，所以整体表现为放热，故答案为：氢氧化钠溶于水时，电离吸热小于水合放热，所以整体表现为放热；【小问2详解】温度由0℃上升至4℃时，水分子间的距离减小，水的体积减小，但质量不变，所以密度增大，主要原因是温度升高氢键被破坏的影响大于温度升高使分子间距离增加的影响，故答案为：温度升高氢键被破坏的影响大于温度升高使分子间距离增加的影响。27.铜镁合金恰好完全溶解于一定浓度的硝酸中，得到和的混合气体(标准状况)，将这些气体与(标准状况)混合后通入溶液，所有气体被完全吸收生成硝酸钠。计算：（1）混合气体中与的物质的量之比为_______。(写出计算过程)（2）硝酸的物质的量浓度为_______。【答案】（1）1：9（2）11mol•L-1【解析】【小问1详解】设NO、NO2的物质的量分别为xmol、ymol，则x+y=；铜镁与硝酸反应过程中硝酸得电子生成氮的氧化物，氮的氧化物在于氧气反应时又失电子生成硝酸根 离子，由此可知生成氮的氧化物时转移的电子数等于氮的氧化物与氧气反应时转移的电子数，结合关系：、、可得：3x+y=，解得：x=0.05，y=0.45，混合气体中与的物质的量之比为1:9，故答案为：1：9；【小问2详解】硝酸与铜镁反应时部分表现酸性生成硝酸铜和硝酸镁，结合以下关系：、，由此可见，表现酸性的硝酸的物质的量等于转移电子的物质的量，即为0.6mol，表现氧化性的硝酸的物质的量等于氮的氧化物的物质的量，即为0.5mol，则硝酸的物质的量为0.6mol+0.5mol=1.1mol，硝酸的物质的量浓度为，故答案为：11mol•L-1；28.化合物X由4种元素组成，按如下流程进行探究：已知混合气体E与G的成分及成分之间比例相同，且G的质量是E的1.5倍。请回答：（1）组成X的四种元素_______(填元素符号)，X的化学式_______。（2）写出固体B使酸性高锰酸钾溶液褪色的离子方程式_______。（3）X分解成A、B、C的化学方程式_______。（4）探究固体D时把溶液改为氯水，逐滴加入氯水至过量的过程中，溶液先变血红色后褪色，褪色的原因可能是_______。请设计实验证明_______。【答案】（1）①.Fe、K、C、O②.K3[Fe(C2O4)3]（2）5C2O+16H++2MnO=10CO2↑+2Mn2++8H2O（3）2K3[Fe(C2O4)3]2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑ （4）①.过量氯水将SCN—氧化②.往褪色后的溶液中加足量KSCN溶液，若溶液又变血红色，则证明原褪色原因是SCN—被氧化【解析】【分析】由固体D加入盐酸、过氧化氢溶液和硫氰化钾溶液后溶液呈血红色可知，固体D、A、X中含有铁元素；由固体F的焰色反应的焰色为紫色可知，固体B、X中含有钾元素；由混合气体E能与澄清石灰水反应生成白色沉淀、与足量灼热氧化铜反应生成红色固体可知，白色沉淀H为碳酸钙、红色固体I为铜、混合气体E为一氧化碳和二氧化碳的混合气体，固体A和X中含有碳元素、氧元素，则化合物X中含有钾、铁、碳、氧四种元素，由物质的转化和性质可知，固体A为草酸亚铁、固体B为草酸钾、固体D为氧化亚铁、固体F为碳酸钾；由碳原子个数守恒可知，混合气体E中二氧化碳的质量为×44g/mol=0.88g，由铜的质量为1.28g可知，混合气体E中一氧化碳的质量为×28g/mol=0.56g；由混合气体E与G的成分及成分之间比例相同，且G的质量是E的1.5倍可知，G的质量为(0.88g+0.56g)×1.5=2.16g；由气体C能与澄清石灰水反应生成白色沉淀可知C为二氧化碳，气体的质量为×44g/mol=0.88g，由质量守恒定律可知，固体B的质量为8.74g—2.88g—0.88g=4.98g，则固体X分解生成草酸亚铁的物质的量为=0.02mol、草酸钾的物质的量为=0.03mol、二氧化碳的物质的量为=0.02mol，由原子个数守恒可知，固体X的化学式为K3[Fe(C2O4)3]，光照发生分解反应的化学方程式为2K3[Fe(C2O4)3]2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑。【小问1详解】由分析可知，化合物X中含有钾、铁、碳、氧四种元素，化学式为K3[Fe(C2O4)3]，故答案为：Fe、K、C、O；K3[Fe(C2O4)3]；【小问2详解】由分析可知，固体B为草酸钾，草酸钾使酸性高锰酸钾溶液褪色的反应为草酸钾溶液与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，反应的离子方程式为5C2O+16H++2MnO=10CO2↑+2Mn2++8H2O，故答案为：5C2O+16H++2MnO=10CO2↑+2Mn2++8H2O；【小问3详解】 由分析可知，X分解成A、B、C的化学方程式为2K3[Fe(C2O4)3]2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑，故答案为：2K3[Fe(C2O4)3]2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑；【小问4详解】固体D时把过氧化氢溶液改为氯水，逐滴加入氯水至过量的过程中，溶液先变血红色后褪色说明过量氯水将硫氰酸根离子氧化，若往褪色后的溶液中加足量KSCN溶液，溶液又变血红色，则证明原褪色原因是硫氰酸根离子被氧化，故答案为：过量氯水将SCN—氧化；往褪色后的溶液中加足量KSCN溶液，若溶液又变血红色，则证明原褪色原因是SCN—被氧化。29.水是生命之源，生产和生活都离不开水。请回答有关问题：（1）置于密闭容器中的纯水(如图一所示，存在平衡：。一定温度下达到平衡时，(水蒸气产生的压强)为一定值，该压强称为相应温度下的饱和蒸气压。若将水置于敞口容器中，当水的饱和蒸气压与外界气压相同时，水就会沸腾。①从过程的自发性角度分析，常温下水能够挥发的原因是_______。②已知一定物质的量的气体产生的压强与温度成正比。请在图二中画出水的饱和蒸气压随温度的变化曲线，标注为纯水。当水中溶有非挥发性溶质时，水的沸点会升高，请再在图二中画出水中加入非挥发性溶质时，饱和蒸气压与温度的变化曲线，标注为溶液_______。（2）水是很好的溶剂，通常所讲的沉淀在水中也有一定的溶解度，它们在水中存在溶解平衡。已知常温时： 工业上常用碳酸钠溶液处理，使之转化成后再转化成可溶性钡盐。若用体积为，物质的量浓度为c的碳酸钠溶液一次性处理，使之完全转化为，则c应满足的条件是(反应过程中溶液体积不变)_______。（3）水蒸气和沼气(含)的催化重整反应可用于制氢气，相关反应如下：Ⅰ：Ⅱ：Ⅲ：其他：甲烷高温分解等原因造成的积碳反应。①工业生产中常采用700℃左右的高温，原因是_______。②一定温度下，某密闭容器中充入一定量和发生反应Ⅰ，下列有关说法正确的是_______。A.若反应在恒压容器中进行，容器体积不再发生变化时，反应达到平衡状态B.若反应恒容容器中进行，达到平衡后再向容器中充入一定量，达到新平衡后，与原平衡相比，正反应速率增大，逆反应速率减小C.若反应在恒容容器中进行，达到平衡后，降低体系温度，达新平衡时，体积分数一定减小D.若反应在恒压容器中进行，达到平衡后再向容器中充入一定量，达新平衡时，比原平衡大③在催化剂作用下，反应Ⅰ机理涉及如下过程(*代表催化剂吸附中心位点，代表吸附态的)(a)：(b)：(c)：_______(d)：_______(e)分别写出过程(c)、(d)的反应式： (c)_______(d)_______【答案】（1）①.水变成水蒸气是熵增大的过程②.（2）c≥1.3mol·L-1（3）①.反应I和III均为吸热反应，高温能够提高甲烷的平衡转化率，也能加快反应速率；温度过高会造成积碳的生成，影响催化剂的催化性能(或温度过高，副反应增多)②.AC③.CH2*+OH*CO*+3/2H2+*或CH2*+OH*CO*+H2+H*④.2H*H2+2*【解析】【小问1详解】①从过程的自发性角度分析，常温下水能够挥发的原因是水变成水蒸气是熵增大的过程。故答案为：水变成水蒸气是熵增大的过程；②一定物质的量的水的饱和蒸气压与温度成正比，当水中溶有非挥发性溶质时，水的沸点会升高，图二水中加入非挥发性溶质时，饱和蒸气压与温度的变化曲线，溶液在纯水的下方，。故答案为：；【小问2详解】Na2CO3溶液的物质的量浓度为cmol/L，11.65gBaSO4固体其物质的量为0.05mol，则当其全都转化为BaCO3，所得溶液中c（SO）=0.05mol/L，溶液中c（CO）=（c-0.05）mol/L，BaSO4+CO=BaCO3+SO可知，此反应的化学平衡常数K=，解得c=1.3，则c应满足的条件是(反应过程中溶液体积不变)c≥1.3mol·L-1。故答案为： c≥1.3mol·L-1；【小问3详解】①工业生产中常采用700℃左右的高温，原因是反应I和III均为吸热反应，高温能够提高甲烷的平衡转化率，也能加快反应速率；温度过高会造成积碳的生成，影响催化剂的催化性能(或温度过高，副反应增多)。故答案为：反应I和III均为吸热反应，高温能够提高甲烷的平衡转化率，也能加快反应速率；温度过高会造成积碳的生成，影响催化剂的催化性能(或温度过高，副反应增多)；②一定温度下，某密闭容器中充入一定量和发生反应Ⅰ，A．反应是前后气体体积变化的反应，若反应在恒压容器中进行，容器体积不再发生变化时，反应混合物的组成保持不变，反应达到平衡状态，故A正确；B．若反应在恒容容器中进行，达到平衡后再向容器中充入一定量，达到新平衡后，与原平衡相比，正反应速率增大，逆反应速率也增大，故B错误；C．若反应在恒容容器中进行，达到平衡后，降低体系温度，平衡逆向移动，达新平衡时，体积分数一定减小，故C正确；D．若反应在恒压容器中进行，达到平衡后再向容器中充入一定量，相当于扩大体积，减小反应混合物的压强，平衡正向移动，氢气物质的量增大的幅度小于体积增大的幅度，达新平衡时，比原平衡小，故D错误；故答案为：AC；③在催化剂作用下，反应Ⅰ机理涉及如下过程(*代表催化剂吸附中心位点，代表吸附态的)(a)：(b)：(c)：CH2*+OH*CO*+3/2H2+*或CH2*+OH*CO*+H2+H*；(d)：2H*H2+2*；（c、d顺序可以调换，符合总反应式的其它合理答案亦可）(e)故答案为：CH2*+OH*CO*+3/2H2+*或CH2*+OH*CO*+H2+H*；2H*H2+2*。30.综合利用炼锌矿矿渣(主要含铁酸镓、铁酸锌)获得3 种金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓，部分工艺流程如下：已知：①常温下，浸出液中各离子形成氢氧化物沉淀的和金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见表：操作Ⅰ中生成的氢氧化铁为胶状沉淀。金属离子开始沉淀8.01.75.53.0沉淀完全9.63.28.04.9萃取率()099097~98.5②镓元素与铝同族，其性质与铝类似。③：金属有机物化学气相沉积技术，以合成三甲基镓为原料，使其与反应得到。请回答：（1）操作Ⅲ获得的水层中镓元素以_______(用化学式表示)存在。（2）处理浸出液时，调节至5.4的目的是_______。相同条件下，和在有机溶剂中萃取率高的原因是_______。（3）下列说法中正确的是_______A.固体X为铁，主要是将铁离子转化为亚铁离子，避免铁离子被萃取B.操作Ⅰ可采用减压过滤，结束后可用平底的玻璃塞将沉淀压实，获得较为干燥的滤饼C.技术中制得的同时获得副产物D.将分液漏斗放置于铁架台的铁圈上静置时，应打开上口玻璃塞或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔（4）由滤液1可得到硫酸锌，硫酸锌可制得金属锌。由锌粉法来制备，固体的实验主要步骤如下：步骤1：将通入锌粉的水悬浮液中，于下反应生成。步骤2：加入过量烧碱溶液，于下反应生成和氢氧化锌悬浮溶液。步骤3：提纯得到。请选择合适的编号(编号可重复使用)，按正确的操作顺序完成步骤3：取一定量的 和氢氧化锌悬浮溶液，_______。a.用乙醇洗涤固体b.过滤c.置于真空干燥箱中干燥d.向滤液中加入一定量的氯化钠固体（5）取a克样品溶于足量的热溶液中，用溶液将产生的完全吸收，用的盐酸滴定，消耗盐酸，可测定样品的纯度。(已知：；，硼酸的)。从滴定角度分析可用溶液吸收的可能原因是_______。【答案】（1）GaO或Ga(OH)（2）①.使Fe3+，Ga3+离子转化为沉淀，Zn2+离子不沉淀②.Fe3+和Ga3+的亲脂性强（3）AC（4）bdbac（5）硼酸的酸性太弱，不会影响滴定终点判断【解析】【分析】向炼锌矿渣中加入稀硫酸浸出，铁酸镓、铁酸锌溶于稀硫酸得到硫酸盐溶液，过滤得到滤渣和含有硫酸盐的滤液；向滤液中先加入双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，再调节溶液pH为5.4，镓离子和铁离子转化为氢氧化镓和氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化镓和氢氧化铁的滤饼；向滤饼中加入稀盐酸将滤饼溶解后，加入铁，将铁离子还原为亚铁离子，再加入萃取剂萃取出镓离子，分液得到含有镓离子的有机层和含有亚铁离子的水层；向有机层中加入氢氧化钠溶液反萃取，分液得到含有偏镓酸钠的溶液；电解偏镓酸钠溶液，在阴极得到镓，镓与一溴甲烷反应生成三甲基镓，三甲基镓与氨气反应生成甲烷和氮化镓。【小问1详解】由上述分析可知，反萃取时氯化镓与过量氢氧化钠溶液反应生成偏镓酸钠、氯化钠和水，反应的离子方程式为，则操作Ⅲ获得的水层中镓元素以GaO或Ga(OH)形式存在，故答案为：GaO或Ga(OH)；【小问2详解】由上述分析可知，调节溶液pH为5.4，镓离子和铁离子转化为氢氧化镓和氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化镓、氢氧化铁沉淀和含有硫酸锌的滤液，达到除去锌元素的目的；Fe3+和Ga3+的亲脂性强，因此Fe3+和Ga3+在有机溶剂中萃取率高，故答案为：使Fe3+，Ga3+离子转化为沉淀，Zn2+离子不沉淀；Fe3+和Ga3+的亲脂性强；【小问3详解】A．由上述分析可知，向滤饼中加入稀盐酸将滤饼溶解后，加入铁，将铁离子还原为亚铁离子，避免铁离子被萃取，故A正确； B．操作Ⅰ中生成的氢氧化铁为胶状沉淀，易穿透滤纸，不宜采用减压过滤，故B错误；C．三甲基镓与氨气反应生成甲烷和氮化镓，反应的化学方程式为，获得副产物CH4，故C正确；D．静置时无需打开上口玻璃塞或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔，故D错误；答案选AC，故答案为：AC；【小问4详解】从氢氧化锌悬浮溶液中提纯得到，应先过滤除去氢氧化锌，向滤液中加入一定量的氯化钠固体促进的析出，然后进行过滤，再用乙醇洗涤过滤得到的固体，最后置于真空干燥箱中干燥即可得到，故操作顺序为bdbac，故答案为：bdbac；【小问5详解】硼酸的酸性非常弱，对滴定终点的判断不会产生影响，因此可用溶液吸收，故答案为：硼酸的酸性太弱，不会影响滴定终点判断。31.某治疗心脏药物L的合成路线如图：已知：ⅰ.ⅱ.（1）下列说法正确的是_______。A.化合物A转化为B的反应类型为取代反应B.化合物C与E可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别 C.化合物F的含氧官能团中含有醛基D.化合物L的分子式是（2）写出反应的化学方程式_______。（3）化合物H的结构简式是_______；该合成路线中乙二醇的作用是_______。（4）写出同时符合下列条件化合物F的同分异构体的结构简式：_______。①遇溶液显紫色②苯环上有三个取代基③核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为（5）结合上述信息，设计以和为原料制备的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)：_______。【答案】（1）AB（2）CH2=CHCOOCH2CH3+CH3CH2CH2CHO（3）①.，②.保护酮羰基（4）、、、（5）【解析】【分析】由A的分子式可知不饱和度为2，则含有羧基和碳碳双键，A的结构简式为CH2=CH-COOH，与乙醇发生酯化反应生成B为CH2=CH-COOC2H5，B和C发生已知信息 i的反应，C为CH3CH2CH2CHO，则D为，则D和E发生加成反应，E为CH2=CHCOCH3，对比F的分子式可知少了1个H和1个O原子，则F为，由G的分子式可知G为，由H的分子式可知少了1个O原子，多了2个H原子，则为羰基转变为-CH2-，H为，反应②是碳碳双键自身成环；【小问1详解】A．由分析可知，A为CH2=CH-COOH，B为CH2=CH-COOC2H5，化合物A乙醇发生酯化反应转化为B，反应类型为取代反应，A正确；B．化合物C为CH3CH2CH2CHO，含有醛基，E为CH2=CHCOCH3，含有羰基，醛基与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，则可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别，B正确；C．化合物F为，含氧官能团是羰基、酯基，不含有醛基，C错误；D．化合物L的分子式是，D错误；故选：AB；【小问2详解】B为CH2=CH-COOC2H5，B和C发生已知信息i的反应，C为CH3CH2CH2CHO，则D为，反应的化学方程式：CH2=CHCOOCH2CH3+CH3CH2CH2CHO；【小问3详解】 分析可知，H结构简式为；F中含有羰基，经系列转化后再由H酸化重新得到羰基，则该合成路线中乙二醇的作用是保护酮羰基；【小问4详解】F为，满足条件：①遇溶液显紫色说明含有酚羟基，②苯环上有三个取代基，③核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为，满足条件的所有同分异构体有：、、、；【小问5详解】发生催化氧化生成，再与发生已知信息i的反应得到，经硼酸加热后得到，合成路线为：。