浙江省金丽衢十二校，七彩联盟2021-2022学年高三化学下学期3月阶段性联考试题（Word版附解析）

2021学年第二学期3月阶段性联考高三化学学科试题考生须知：1.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。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号。3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题卷。5.可能用到的相对原子质量：-1；-12；-14；-16；-19；-23；-24；-32；-35.5；-39；-56；-64；-127；-137选择题部分一、选择题(本题有25小题，每小题2分，共50分。每小题只有一个选项符合题意，不选、多选、错选均不得分)1.下列物质为含氧酸盐的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．硝酸是含氧酸，不是含氧酸盐，故A不符合题意；B．氯化钠是无氧酸盐，不是含氧酸盐，故B不符合题意；C．二氧化碳是酸性氧化物，不是含氧酸盐，故C不符合题意；D．硫酸钠是含氧酸盐，故D符合题意；故选D。2.下列物质溶于水不能导电的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．乙醇是非电解质，溶于水得到的乙醇溶液中不存在自由移动的离子，水溶液不能导电，故A符合题意；B．硝酸钾是盐，溶于水能电离出自由移动的离子，水溶液能导电，故B不符合题意； C．氢氧化钡是碱，溶于水能电离出自由移动的离子，水溶液能导电，故C不符合题意；D．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液中含有自由移动的离子，水溶液能导电，故D不符合题意；故选A。3.名称为“托盘天平”的仪器是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．图示仪器为坩埚，A不合题意；B．图示仪器为酒精灯，B不合题意；C．图示仪器为托盘天平，C符合题意；D．图示仪器为烧杯，D不合题意；故答案为：C。4.下列物质对应的化学式正确的是A.生石灰的主要成分：B.纯碱：C.绿矾：D.磁铁矿的主要成分：【答案】D【解析】【详解】A．生石灰的主要成分为氧化钙：，A错误；B．碳酸钠俗称苏打、纯碱：，B错误；C．绿矾为硫酸亚铁晶体：，C错误；D．磁铁矿的主要成分为四氧化三铁：，D正确；故选D。5.下列表示不正确的是A.过氧化钠的电子式： B.原子的结构示意图：C.新戊烷的键线式：D.甲烷的球棍模型：【答案】B【解析】【详解】A．过氧化钠是由钠离子和过氧根离子构成的，电子式：，故A正确；B．原子中质子数=核外电子数，结构示意图：，故B错误；C．新戊烷的键线式：，故C正确；D．甲烷的分子式为CH4，碳原子连接四个氢原子形成正四面体结构，甲烷的球棍模型：，故D正确；答案选B。6.下列关于硅及其化合物的说法不正确的是A.高温下石英坩埚会被烧碱腐蚀B.玻璃、陶瓷和水泥都是传统硅酸盐材料C.硅元素是构成岩石的核心元素D.光导纤维可实现光-电转换【答案】D【解析】【详解】A．石英的主要成分是SiO2，烧碱是NaOH，二者将发生反应：2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O，故高温下石英坩埚会被烧碱腐蚀，A正确；B．玻璃、陶瓷和水泥都是传统硅酸盐材料，B正确；C．硅在地壳中的含量高，在自然界中硅主要以化合物二氧化硅、硅酸盐等的形式存在，二氧化硅、硅酸盐等硅的化合物是构成岩石和许多矿物的主要成分，可以说硅是构成岩石 和许多矿物的核心元素，C正确；D．太阳能电池板的主要成分为晶体硅，故晶体硅可实现光-电转换，而不是光导纤维，D错误；故答案为：D。7.下列说法正确的是A.与互为同位素B.冰和干冰互为同素异形体C.与互为同系物D.与互为同分异构体【答案】A【解析】【详解】A．与的质子数相同、中子数不同，互为同位素，故A正确；B．同种元素形成的不同种单质互为同素异形体，水和二氧化碳是化合物，不是单质，不可能互为同素异形体，故B错误；C．同系物必须是含有相同数目、相同官能团的同类物质，与含有的氯原子数目不同，不可能互为同系物，故C错误；D．同分异构体是分子式相同结构不同的有机物的互称，与的碳原子个数不同，分子式不同，不可能互为同分异构体，故D错误；故选A。8.工业炼铜的原理是，下列说法正确的是A.只发生还原反应B.是还原产物C.生成时，转移电子D.还原剂与还原产物的物质的量之比为【答案】C【解析】【分析】Cu2S中Cu的化合价降低，S的化合价升高，Cu2S既是氧化剂也是还原剂，Cu2O中Cu元素的化合价降低，则Cu2O作氧化剂，Cu是还原产物，SO2 是氧化产物，据此分析解答。【详解】A．由分析，Cu2S中Cu的化合价降低，S的化合价升高，既发生还原反应，也发生氧化反应，A错误；B．S元素的化合价由-2价升高至+4价，被氧化，因此SO2是氧化产物，B错误；C．S元素的化合价由-2价升高至+4价，生成时，即0.1molSO2，转移电子的物质的量为0.1mol×6=0.6mol，C正确；D．根据分析，Cu2S既是氧化剂也是还原剂，Cu是还原产物，根据得失电子守恒可知，还原剂与还原产物的物质的量之比为1：6，D错误；答案选C。9.下列说法不正确的是A.铝元素积累在人体中会造成慢性中毒B.镁条着火时，不可用二氧化碳灭火C.相同温度下的溶解度大于D.五氧化二磷可催化乙醇脱水【答案】C【解析】【详解】A．铝在人体中积累可使人慢性中毒，1989年世界卫生组织正式将铝“确定为食品污染源”之一而加以控制，故A正确；B．镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，所以镁条着火时不可用二氧化碳灭火，故B正确；C．相同温度下碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度，故C错误；D．乙醇在五氧化二磷做催化剂作用下发生消去反应生成乙烯和水，故D正确；故选C。10.下列说法不正确的是A.氢氧化铝胶体可用于水体的净化与消毒B.石膏可用于生产硫酸C.二氧化硫可用于漂白纸浆或草帽D.催化剂可降低反应温度【答案】A【解析】【详解】A．氢氧化铝胶体没有强氧化性，不可能用于水体的消毒，故A错误；B．天然石膏的化学式为CaSO4·2H2O，石膏可用于工业生产二氧化硫，进而生产硫酸，故B正确；C．二氧化硫具有漂白性，能与有机色质生成不稳定的无色混合物，常用于漂白纸浆或草 帽，故C正确；D．有的化学反应如果没有催化剂，需要一个较高的温度才有较快的反应速率，若使用催化剂，在较低温度下也能很快催化剂能降低反应的活化能，增大反应的活化分子数目和百分数，从而降低反应温度，故D正确；故选A。11.下列说法不正确的是A.和溶液混合后，小火加热，直到大量摩尔盐晶体析出B.碳棒用酒精喷灯烧至红热后立即投入冷水，可使碳棒表面变得粗糙多孔C.如果手上不小心沾到硝酸，皮肤会因被腐蚀而变黄D.溶液凹液面最低点与刻度线相切时，溶液体积等于容量瓶上所标记的体积【答案】A【解析】【详解】A．应该等到有少量晶膜出现时，停止加热，然后冷却结晶，A错误；B．碳棒用酒精喷灯烧至红热后立即投入冷水，灼热的碳和水反应生成氢气和一氧化碳导致碳棒表面变得粗糙多孔，B正确；C．如果手上不小心沾到硝酸，皮肤中蛋白质会因和反应而导致皮肤受到腐蚀而变黄，C正确；D．溶液凹液面最低点与刻度线相切时，溶液体积等于容量瓶上所标记的体积，D正确；故选A。12.下列“类比”结果正确的是A.甲酸乙酯能与新制氢氧化铜反应，则乙酸乙酯也能与新制氢氧化铜反应B.在水中可生成，则在中也可生成C.和过量溶液无沉淀生成，则和过量溶液也无沉淀生成D.铁碳合金插入稀硫酸会发生析氢腐蚀，则铜碳合金插入稀硫酸也会发生析氢腐蚀【答案】B【解析】【详解】A．甲酸乙酯中含有醛基具有还原性，能与新制氢氧化铜反应；乙酸乙酯不含醛基，不能与新制氢氧化铜反应，A错误；B．在水中可生成，则在中也可生成，B正确；C．硝酸根具有强氧化性，能把二氧化硫氧化为硫酸根离子，故和过量溶液会生成硫酸钡白色沉淀，C错误； D．铜活动性较弱，不和稀硫酸反应，故铜碳合金插入稀硫酸不会发生析氢腐蚀，D错误；故选B。13.能正确表示下列变化的离子方程式是A.溶液中加入稀醋酸：B.溶于稀硝酸：C.饱和溶液中加几滴稀溶液：D.氧化铜溶于浓氨水：【答案】C【解析】【详解】A．醋酸是弱酸不能拆，正确的是：，A错误；B．该反应为强酸制弱酸，正确的是：，B错误；C．碳酸根离子和铝离子双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，离子方程式为：，C正确；D．氧化铜溶于浓氨水反应为，D错误；故选C。14.下列说法不正确的是A.开发化石能源的替代能源可防治光化学烟雾B.地沟油可用于制取油漆C.盐析是提纯蛋白质的重要方法D.苯分子中不存在独立的单键【答案】A【解析】【详解】A．开发化石能源的替代能源可减少二氧化碳的排放，可防治温室效应，但不能减少氮的氧化物排放，无法防治光化学烟雾，故A错误；B．地沟油经过科学加工后，可以加工成生物柴油、肥皂、涂料、油漆等，故B正确；C．盐析是可逆过程，利用盐析可提纯蛋白质，故C正确；D．苯分子6个碳碳键完全相同，是介于单键和双键之间一种独特的键，不是单双键交替结构，故D正确； 故选A。15.为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.重氢甲烷()中含有的中子数为B.溶液中，含原子数为C.发生还原反应得到电子数为D.葡萄糖()所含有羟基数目为【答案】A【解析】【详解】A．重氢甲烷含有的中子数为10、摩尔质量为22g/mol，则2.0g重氢甲烷中含有的中子数×10×NAmol—1=NA，故A正确；B．硝酸铵中含有2个氮原子，则1L0.1mol/L硝酸铵溶液中含有的氮原子个数为0.1mol/L×1L×2×NAmol—1=0.2NA，故B错误；C．缺标准状况下，无法按22.4L/mol计算3.36L氯气的物质的量和发生还原反应得到电子数，故C错误；D．葡萄糖分子中含有5个羟基，则1.8g葡萄糖所含有羟基数目为×5×NAmol—1=0.05NA，故D错误；故选A。16.、、、、是原子序数依次增大的不同主族的五种短周期元素，是原子半径最小的元素，原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，固态单质、气态单质在常温下均能与强碱溶液发生反应，的单质是重要的半导体材料。下列说法正确的是A.非金属性：B.简单离子半径：C.、分别与形成的化合物均可作耐高温材料D.分别与、、、形成的化合物中，元素的化合价相同【答案】C【解析】【分析】、、、、是原子序数依次增大的不同主族的五种短周期元素，是原子半径最小的元素，为H；原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，为O；固态单质、气态单质在常温下均能与强碱溶液发生反应，则Y为Al、Q为Cl2，铝具有 两性可以和强碱反应，氯气和强碱反应生成盐；的单质是重要的半导体材料，为Si。【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：，A错误；B．电子层数越多半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；简单离子半径：，B错误；C．、分别与形成的化合物分别为氧化铝、二氧化硅，两者均耐高温，可作耐高温材料，C正确；D．氢与金属形成金属氢化物中氢元素为负价，而氢与氧、硅、氯形成化合物中氢为正价，D错误；故选C。17.维生素的结构如图所示，下列有关维生素的说法正确的是A.分子内不存在手性碳原子B.一定条件下能发生缩聚反应C.不能使酸性溶液褪色D.分子内有4种官能团【答案】B【解析】【详解】A．由结构简式可知，维生素B5分子中含有如图*所示的1个连有不同原子或原子团的手性碳原子：，故A错误；B．由结构简式可知，维生素B5分子中含有羧基和羟基，一定条件下能发生缩聚反应生成高聚酯，故B正确；C．由结构简式可知，维生素B5分子中与羟基相连的碳原子上连有氢原子，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，使溶液褪色，故C错误；D．由结构简式可知，维生素B5分子中含有羧基、酰胺基和羟基3种官能团，故D错误；故选B。18.在标准状态下，将指定单质生成1mol物质的反应焓称为该化合物的生成焓，符号为。由题图所给的数据可得，下列说法正确的是 A.生成MgF2时放出热量最多，故化合时反应速率最快B.C.由图可知，断开中的化学键所吸收的能量大于断开中的化学键所吸收的能量D.的热稳定性比高【答案】B【解析】【详解】A．由题干图示信息可知，生成MgF2时放出热量最多，但反应速率快慢与反应需要的活化能有关，而与焓变的大小没有必然的关系，故化合时反应速率不一定最快，A错误；B．由题干图示信息可知，反应I：Mg(s)+Cl2(g)=MgCl2(s)，反应II：Mg(s)+I2(s)=MgI2(s)，则目标反应可由II-I，根据盖斯定律可知：，B正确；C．根据反应热等于反应物总的键能减去生成物的总的键能，由于生成物的总的键量各不相同，故根据图示信息无法比较断开中的化学键所吸收的能量与断开中的化学键所吸收的能量的相对大小，C错误；D．由题干图示可知，相同物质的量的MgI2具有的总能量高于MgBr2的，能量越高越不稳定，故的热稳定性比低，D错误；故答案为：B。19.室温下，有两份的型不同强电解质的溶液(能电离出、)，下列叙述正确的是A.两溶液稀释100倍，可能为7B.两溶液混合，可能仍等于5 C.两溶液中由水电离出的的浓度相等D.两溶液中阴离子的总浓度相等【答案】B【解析】【分析】由题意可知，室温下，pH为5的AB型强电解质可能为盐酸和氯化铵。【详解】A．pH为5酸性溶液稀释100倍，溶液的pH只能接近于7，不可能为7，故A错误；B．pH都为5的盐酸和氯化铵溶液混合后，溶液中的氢离子浓度不变，铵根离子的水解程度不变，溶液pH依然等于5，故B正确；C．盐酸是强酸，电离出的氢离子抑制水的电离，氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解促进水的电离，则盐酸溶液中水电离出的氢氧根离子浓度不可能与氯化铵溶液中水电离出的氢氧根离子浓度相等，故C错误；D．pH都为5的盐酸的浓度为10—5mol/L，而pH都为5的氯化铵溶液的浓度大于10—5mol/L，所以两溶液中阴离子的总浓度不相等，故D错误；故选B。20.在、两个恒容密闭容器中进行反应：，测得的浓度随时间的变化如下图所示(、时两容器各自达到平衡)。下列说法正确的是A.不同时刻，两容器均存在B.如果、两容器只有一个条件不同，则该条件是压强C.点时，、两个体系中的各物质浓度一定相同D.段的的平均速率与段的平均速率相等【答案】D【解析】【详解】A．反应中物质的反应速率之比等于其系数比，故不同时刻，两容器均存在，A错误； B．反应为气体分子数减小的反应，如果、两容器压强不同，由图像可知，X反应速率快，则X压强大，增加压强平衡正向移动，那么平衡时氨气浓度应该大，与图像不符，B错误；C．点时，曲线相交，只能判断、两个体系中的氨气浓度一定相同，不能判断其它物质的浓度是否相等，C错误；D．段与段均达到平衡状态，浓度保持不变，氨气的平均速率均为0，D正确；故选D。21.物质在标准状态下的熵值，可用符号表示。已知：物质202.78223.07245.46260.69下列与熵有关的叙述不正确的是A.粒子无规则排列程度越大，体系熵越大B.绝热状态下体系会自发趋向混乱度增大方向C.、均表示反应过程中的能量变化D.相对分子质量是影响物质的混乱度的因素之一【答案】C【解析】【详解】A．构成物质的微粒之间无规则排列的程度越大，体系的混乱度越大，熵越大，故A正确；B．绝热状态下，体系的混乱度增大有利于反应自发进行，故B正确；C．熵变表示发生变化后体系混乱度变化，不能表示反应过程中的能量变化，故C错误；D．由表格数据可知，结构相似的物质，相对分子质量越大熵变越大说明相对分子质量是影响物质的混乱度的因素之一，故D正确；故选C。22.某实验小组利用燃料电池浓缩溶液，装置如图所示。已知通入左右两室的溶液的体积相同且体积变化忽略不计，钠离子交换膜只允许通过。下列说法正确的是 A.工作时，电能转变为化学能B.负极的反应式：C.数值大小：D.如每升溶液消耗，则【答案】C【解析】【分析】由图可知，该装置是将化学能转化为电能的原电池，通入氢气的铂电极是原电池的负极，氢气在负极失去电子发生氧化反应生成水，电极反应式为H2—2e—+2OH—=H2O，通入氧气的铂电极是正极，在水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e—+2H2O=4OH—，电池工作时，钠离子通过钠离子交换膜由负极移向正极。【详解】A．由分析可知，该装置是将化学能转化为电能的原电池，故A错误；B．由分析可知，通入氢气的铂电极是原电池的负极，氢气在负极失去电子发生氧化反应生成水，电极反应式为H2—2e—+2OH—=H2O，故B错误；C．由分析可知，负极消耗氢氧根离子，氢氧化钠溶液的浓度减小，正极生成氢氧根离子，氢氧化钠溶液的浓度增大，则氢氧化钠溶液浓度的大小顺序为，故C正确；D．由分析可知，负极消耗氢氧根离子，氢氧化钠溶液的浓度减小，正极生成氢氧根离子，氢氧化钠溶液的浓度增大，若1L溶液消耗0.1mol氢气，由电极反应式可知=0.2+0.2=0.4，故D错误；故选C。23.室温下，向溶液中逐滴加入溶液，溶液与所加溶液体积(V)的关系如下表所示：510152040 44.577.8下列说法不正确的是A.点时，离子浓度大小关系：B.点的与点的的值相等C.由点可得：D.随着滴入，溶液中的值逐渐减小【答案】D【解析】【分析】加入20.00mL氢氧化钠溶液时，等浓度的HX与氢氧化钠溶液恰好完全反应得到NaX溶液，由表格数据可知，NaX溶液呈碱性说明HX为一元弱酸。【详解】A．由表格数据可知，加入20.00mL氢氧化钠溶液时，得到等浓度的NaX和氢氧化钠的混合溶液，溶液中的离子浓度大小关系为，故A正确；B．由分析可知，E点得到的溶液为NaX溶液，由物料守恒可知，溶液中=，故B正确；C．NaX在溶液中的水解常数Kh=，由表格数据可知，加入10.00mL氢氧化钠溶液时，得到等浓度的NaX和HX的混合溶液，溶液pH为4说明HX的电离程度大于X—的水解程度，电离常数和水解常数的关系为Ka＞Kh，则，故C正确；D．由物料守恒可知，溶液中始终不变，而随着氢氧化钠溶液的加入，增大，则溶液中增大，故D错误；故选D。24.在电流作用下能转化为，在不同的催化剂作用下的部分转化路径如下图所示。下列说法不正确的是 A.第②⑤步反应属于加成反应B.第①④⑥步反应需要电源提供电子C.两种转化路径中原子均转化为产物D.总反应可表示为：【答案】C【解析】【详解】A．二氧化碳结构式为，第②⑤步反应中减少了碳氧双键，故属于加成反应，A正确；B．第①④中氢离子反应后整体分子不带电荷，⑥步中反应后多了一个负电荷，均为得到电子的反应，故反应需要电源提供电子，B正确；C．反应中氢离子参加反应且生成阴离子甲酸根离子，由电荷守恒可知原溶液中一定还有别的阴离子，且反应后肯定生成新的阳离子，故原子没有转化为产物，C错误；D．由图可知，总反应为二氧化碳和氢离子生成甲酸根离子可表示为：，D正确；故选C。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探究铝在浓硝酸中将去除氧化膜的铝片放入浓硝铝片表面未见紫红色固 会形成致密氧化膜酸中，片刻后取出用水洗净，放入硫酸铜溶液体，说明铝片表面已形成致密的氧化膜B证明与浓硫酸反应后的混合液中存在取反应后的混合液，加水稀释，冷却至室温后测溶液若稀释液，证明有剩余C探究乙醇在油脂皂化反应中的作用向植物油中加入的溶液，再加入乙醇，振荡最终溶液不分层，说明乙醇能催化油脂的皂化反应D探究火柴头上否含有氯元素取下火柴头放入蒸馏水中溶解，滴加少量溶液、溶液若有白色沉淀产生，则说明火柴头中含氯元素A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．铝在浓硝酸中会钝化形成致密氧化膜，氧化膜会阻碍铝与硫酸铜溶液反应，所以将去除氧化膜的铝片放入浓硝酸中，片刻后取出用水洗净，放入硫酸铜溶液中铝片表面未见紫红色固体，说明铝片表面已形成致密的氧化膜，故A正确；B．硫酸铜是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，所以向铜与浓硫酸反应后的混合液中加水稀释，冷却至室温后测溶液pH，若溶液pH小于7无法判断硫酸是否过量，故B错误；C．植物油不溶于水，但易溶于乙醇，所以向植物油中加入的氢氧化钠溶液，再加入乙醇振荡溶液不分层，不能说明乙醇能催化油脂的皂化反应，故C错误；D．氯酸钾在酸性溶液中才能与亚硝酸钠溶液反应生成氯离子，所以取下火柴头溶于蒸馏水时，火柴头中含有的氯酸钾不能与亚硝酸钠溶液反应生成能与硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀的氯离子，故D错误；故选A。非选择题部分二、非选择题(共6大题，共50分)26.请回答：（1）标准状况下，氟化氢气体的体积明显小于，其原因是_______。 （2）碳元素的单质性质差异很大，金刚石硬度大，可用于研磨和切割；足球烯()硬度小，是制作高级润滑剂的重要原料。两种碳单质性能差异明显的原因是_______。【答案】（1）氟化氢在标准状况下是液体（2）金刚石是原子晶体，熔点高，硬度大，足球烯是分子晶体，熔点低，硬度小【解析】【小问1详解】氟化氢可形成分子间氢键，熔沸点比较高，在标准状况下是液体，故标准状况下，氟化氢气体的体积明显小于；【小问2详解】金刚石是原子晶体，熔点高，硬度大，足球烯是分子晶体，熔点低，硬度小。27.氯气缓缓通入溶液可制得“84消毒液(有效成分是)”。为提高消毒液稳定性，消毒液中必须保留质量分数的。请回答：（1）与反应的离子方程式为_______。（2）计算生产上述“84消毒液”消耗的氯气的质量_______(写出计算过程，结果保留整数)。【答案】（1）Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O（2）解：设需要氯气的质量为x，则需要氢氧化钠溶液的质量为1000kg-x，消毒液中保留的的质量为1000kg×1%=10kg答：消耗的氯气的质量203kg。【解析】【小问1详解】氯气与氢氧化钠生成氯化钠、次氯酸钠、水，Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O；【小问2详解】见答案。28.液态化合物是电镀行业的重要试剂，由中学阶段常见的5种元素组成。某小组按如下流程进行实验：实验1： 实验2：已知：物质与溶液的反应属于非氧化还原反应。请回答：（1）组成的元素有_______，的化学式为_______。（2）与浓溶液共热的化学方程式为_______。（3）溶液中的溶质有：、、_______(填化学式)。（4）溶液中存在动态平衡，某同学欲探究物质浓度对该平衡的影响，已有方案：①向溶液中加固体，观察现象；②向溶液中加浓溶液，观察现象；请设计方案③：_______(写出操作、现象及相应结论)。【答案】（1）①.Fe、S、O、N、H②.Fe(SO3NH2)2（2）Fe(SO3NH2)2+4NaOH2NH3↑+Fe(OH)2↓+2Na2SO4（3）HCl、NH4Cl（4）向溶液N中加铁粉，若红色变浅，说明溶液中存在动态平衡【解析】【分析】实验1中，X隔绝空气加热，生成固体A和混合气体，混合气体通入含有过氧化氢的BaCl2溶液中，生成的白色沉淀C是BaSO4，BaSO4的物质的量是，说明混合气体中含有0.03molSO2；实验2中，物质与溶液的反应属于非氧化还原反应，反应生成1.344L标准状况下刺激性气味的气体E，可知生成0.06molNH3，所以7.44gX中含有0.06molN元素；反应生成白色沉淀F，白色沉淀 F和氧气反应生成红褐色沉淀G，G是Fe(OH)3，F是Fe(OH)2，Fe(OH)3加热分解为红色粉末H，H是Fe2O3，Fe2O3的物质的量是；则X中含有0.03molFe；X和氢氧化钠反应后的溶液中加入BaCl2溶液生成BaSO4沉淀，说明X中S元素为+6价；根据铁元素守恒，可以得知实验1中，固体A的摩尔质量是、A是0.03molFeSO4，则根据硫元素守恒，7.44gX中含有0.06molS元素；根据氧元素守恒，7.44gX中含有氧元素0.03×4+0.03×2=0.18mol；X由5种元素组成，则H元素的物质的量为mol；【小问1详解】根据以上分析，组成的元素有Fe、S、O、N、H，根据个元素的物质的量比n(Fe)：n(S)：n(O)：n(N)：n(H)=0.03：0.06：0.18：0.06：0.12=1：2：6：2：4，的化学式为Fe(SO3NH2)2；【小问2详解】根据流程图，与浓溶液共热生成氨气、硫酸钠、氢氧化亚铁，反应的化学方程式为Fe(SO3NH2)2+4NaOH2NH3↑+Fe(OH)2↓+2Na2SO4；【小问3详解】X分解的方程式为3Fe(SO3NH2)23FeSO4+3SO2↑+4NH3↑+N2↑，混合气体通入含有过氧化氢的BaCl2溶液中，发生反应H2O2+SO2+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，HCl+NH3=NH4Cl，溶液中的溶质有：、、HCl、NH4Cl；【小问4详解】溶液N中存在平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，向溶液N中加铁粉，发生反应，Fe3+浓度减小，若红色变浅，说明溶液中存在动态平衡。29.丙烯是一种重要的化工原料，可以在催化剂作用下由丙烷脱氢制备。反应原理为：热解反应：副反应：请回答：（1）已知相关键能的数据如下表所示，则：化学键键能/348615413436 ①热解反应的_______。②裂解气中存在浓度不低的，从结构角度解释度原因_______。③裂解反应的选择性随温度变化如图所示，则丙烷裂解应控制温度在_______。（2）恒定不同压强(、)，热解气中丙烷及丙烯的平衡物质的量分数随温度变化如图所示。①压强：_______(填“>”或“＜”)。②若，则点对应温度下，热解反应的平衡常数_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。（3）向容器中通入一定量进行丙烷氧化脱氢，可提高产物丙烯的选择性。①通的好处是_______。②反应体系中会有检出，是烃燃烧产物与原料气中残留的反应而成。研究表明在催化下，转化为经两步完成，用方程式表示该转变过程_______、_______。【答案】（1）①.+123②.温度升高，利于碳碳键的断裂，有利于乙烯的生成③.650 （2）①.>②.0.03（3）①.氢气和氧气反应生成水，导致氢气量减少，平衡向生成丙烯的方向移动，利于提高丙烯产量②.③.【解析】【小问1详解】①由表格提供的键能数据可知，热解反应的[（413×8+348×2）-（413×6+348+615）-436]=+123；②裂解反应中温度升高，利于碳碳键的断裂，有利于乙烯的生成，故导致裂解气中存在浓度不低的；③由图可知，要产生更多的丙烯，同时乙烯含量较小，则丙烷裂解应控制温度650，此时温度较高反应速率较快利于提高丙烯产量，之后升高温度乙烯产量增加而丙烯产量大幅下降；【小问2详解】①反应为气体分子数增加的反应，增加压强平衡逆向移动，丙烯的含量减小，由图可知，相同温度下的丙烯含量大于，则压强：>；②图示为恒定不同压强，热解气中丙烷及丙烯的平衡物质的量分数随温度变化；相同条件下压强比等于物质的量之比；若，则点对应温度下，的物质的量的分数为0.3、0.3，则由化学方程式体现的量的关系可知，的物质的量的分数为0.3；则、的分压分别为，故；【小问3详解】①通的好处是氢气和氧气反应生成水，导致氢气量减少，平衡向生成丙烯的方向移动，利于提高丙烯产量。②研究表明在催化下，转化为经两步完成，氧化锌为金属氧化物容易吸收硫化氢生成硫化锌和水，，硫化锌和二氧化碳反应生成，。30.碱式次氯酸镁[，简称]是一种强氧化性抗菌剂，微溶于水。实验室用下图所示装置制备。仪器中盛为的混合溶液，控制下恒温反应4小时。 请回答：（1）仪器的名称是_______。（2）有关制备过程的下列说法，正确的是_______(填序号)。A.滴液漏斗的的支管有利于顺利添加溶液B.装置中的冷凝管不可换成右图所示的球形冷凝管C.缓慢滴加溶液仅是为了控制反应温度D.不超过10，有利于降低产品中杂质的含量（3）控制用量比为，目的是_______。（4）反应结束后，分离得固体。从下列操作中选择正确操作(操作不重复使用)并排序：将中混合物倒入烧杯，弃去清液→_______→干燥。a.加少量冷水b.加少量乙醇c.静置d.搅拌e.将玻璃棒架在烧杯上f.将清液倒入另一个容器（5）产品的纯度可通过测定“有效氯”及的含量来评定。有效氯测定：称取一定质量的产品于锥形瓶中，缓慢滴加乙酸和的混合液至溶液呈弱酸性，再用标准溶液进行滴定。(根据生成的的量折合成，有效氯含量)①为保证过量，在配制和乙酸的混合液时，须控制_______(填数字)。②酸性条件下，可能将氧化为。这个过程是否会影响有效氯的测定结果，作出判断并说明理由_______。③若测得产品中镁含量为，有效氯含量为。则产品中可能的一种杂质是_______。 【答案】（1）三颈烧瓶（2）AD（3）氯化镁稍微过量，使次氯酸钠尽可能多的反应生成产品（4）adecf（5）①.1②.会影响有效氯的测定结果；具有强氧化性，会和反应，导致标准液用量偏大，会影响有效氯的测定结果偏大③.氢氧化镁##Mg(OH)2【解析】【小问1详解】仪器的名称：三颈烧瓶；【小问2详解】A．滴液漏斗的的支管使得滴液漏斗和三颈烧瓶中压强相等，有利于顺利添加溶液，A正确；B．装置中的冷凝管为冷凝回流作用，可换成右图所示的球形冷凝管，B错误；C．缓慢滴加溶液不仅是为了控制反应温度，也是为了控制反应进行，防止镁离子在碱性较大的情况下生成氢氧化镁沉淀，C错误；D．不超过10，可减少副反应镁离子生成氢氧化镁程度，有利于降低产品中杂质的含量，D正确；故选AD；【小问3详解】反应中镁离子会生成氢氧化镁沉淀导致损耗，控制用量比为，目的是氯化镁稍微过量，使次氯酸钠尽可能多的反应生成产品；【小问4详解】已知，微溶于水，存在于沉淀中，用水洗涤可以除去可溶性杂质；故反应结束后，分离得固体：将中混合物倒入烧杯，弃去清液→加少量冷水、搅拌溶解可溶性杂质、将玻璃棒架在烧杯上静置等待BMH沉淀，使用玻璃棒引流将清液倒入另一个容器得到BMH固体，进行干燥得到产品；故填：adecf；小问5详解】①中次氯酸根离子在酸性条件下和碘离子反应生成碘单质，反应为，由方程式体现的量的关系可知，为保证过量，在配制和乙酸的混合液时，的物质的量要大于等于的物质的量，故填：1；②酸性条件下，可能将氧化为，具有强氧化性，会和反应，导致标准液用量偏大，会影响有效氯的测定结果偏大； ③的式量为168.5中镁含量的理论值为，测得产品中镁含量为，大于理论含量；，由关系式可知，中有效氯的含量为，测得产品中有效氯含量为，低于理论值；故推测产品中可能含有氢氧化镁等杂质。31.是合成防止静脉血栓形成的药物贝曲西班的中间体。其合成路线如下：已知：(1)(2)当苯环上只有一个胺基的化合物称为苯胺，有弱碱性，易被氧化。请回答：（1）化合物的结构简式是_______；化合物的结构简式是_______。（2）下列说法不正确的是_______。A.化合物分子中所有的碳一定原子共平面B.化合物的分子式为C.化合物最多可与发生加成反应D.化合物可以形成分子内氢键（3）化合物与化合物反应的化学方程式是_______。（4）写出3种同时满足下列条件的化合物的同分异构体(不考虑立体异构体)：_______。①谱显示只有3种不同化学环境的氢原子；②只有一个六元环，无其它环状结构； ③不含、结构片段。（5）以甲苯为原料，设计如下化合物的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)_______。【答案】（1）①.②.（2）AC（3）+→+H2O（4）、、（5）【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A为、B为；与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，则C为；与发生取代反应生成，则E为；与铁、盐酸发生还原反应生成，则F为；与发生取代反应生成。【小问1详解】由分析可知，化合物A的结构简式为、化合物F的结构简式为 ，故答案为：；；【小问2详解】A．苯环所连甲基上的碳原子和与苯环在同一平面上，与氧原子相连的碳原子不一定在这一平面，由B的结构简式可知，B分子中所有的碳原子不一定共平面，故A错误；B．由E的结构简式可知，E的分子式为，故正确；C．由G的结构简式可知，G分子中苯环和—C≡N一定条件下能与氢气发生加成反应，所以1molG最多和5mol氢气发生加成反应，故错误；D．由H的结构简式可知，H分子中含有的酰胺基能形成分子内氢键，故正确；故选AC。【小问3详解】由分析可知，化合物C与化合物D的反应为与发生取代反 应生成和氯化氢，反应的化学方程式为+→+H2O，故答案为：+→+H2O；【小问4详解】G的同分异构体谱显示只有3种不同化学环境的氢原子、只有一个六元环，无其它环状结构，不含—COOH、—CN结构片段说明同分异构体分子中含有苯环、硝基和碳碳双键，或含有六元环和碳碳双键，则符合条件的结构简式为、、，故答案为：、、；小问5详解】由题给有机物转化关系可知，以甲苯为原料合成的合成步骤为在浓硫酸作用下，与浓硝酸共热发生硝化反应生成， 与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，与铁、盐酸发生还原反应生成，在催化剂作用下发生縮聚反应生成，合成路线为，故答案为： 。