浙江省宁波市十校2022-2023学年高三化学下学期3月联考试题（Word版附解析）

宁波“十校”2023届高三3月联考化学试题卷本试题卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟。考生注意：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题卷和答题纸规定的位置上。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，在本试题卷上的作答一律无效。3.可能用到的相对原子质量：H1Li7B11C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Br80Ag108I127Ba137选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每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.下列物质中属于含共价键的盐是A.NaOHB.C.D.HClO【答案】C【解析】【详解】A．NaOH属于碱，含有离子键和共价键，故A不符合题意；B．属于盐，只含有离子键，故B不符合题意；C．属于盐，含有离子键和共价键，故C符合题意；D．HClO属于酸，只含有共价键，故D不符合题意。综上所述，答案为C。2.氮氧化铝(AlON)是新型透明高硬度防弹铝材料，属于共价晶体。下列说法不正确的是A.基态铝原子的价电子排布图为B.AlON和水晶所含的化学键类型不同CAlON中三种元素都位于周期表p区D.AlON的熔点较高【答案】B【解析】 【详解】A．基态铝原子核外电子数为13，电子排布式为1s22s22p63s23p1，价电子排布式为3s23p1，排布图为，故A正确；B．AlON属共价晶体，水晶(SiO2)属于共价晶体，化学键都是共价键，故B错误；C．p区包含第ⅢA族～0族的元素，Al为第ⅢA族元素，O为VIA族，N为VA族元素，均位于p区，故C正确；D．AlON属共价晶体，熔点较高，故D正确；故选：B。3.下列有关化学用语正确的是A.的球棍模型：B.用电子式表示氧化钠的形成过程：C.HF分子间的氢键：D.铜原子结构示意图：【答案】D【解析】【详解】A．Cl2O中O与Cl分别形成1条共价键，且O原子半径小于Cl原子，但是Cl2O为V形不是直线型，A错误；B．图中氧化钠的电子式错误，两个Na+应该在氧离子的两侧而不是同侧，B错误；C．图中箭头所指的为H-F形成的共价键，氢键通常用虚线表示，C错误；D．铜是29号元素，位于第四周期，原子的结构示意图为，D正确；故答案选D。4.下列说法不正确的是A.的反应热无法直接测得，可通过C和CO的燃烧热间接求得B.硝酸具有腐蚀性和挥发性，使用时须注意防护与通风C.利用水解法，以为原料制备D.NaCl溶液中的、可以通过先加溶液，再加溶液和盐酸除去 【答案】D【解析】【详解】A．的反应热无法直接测得，可利用盖斯定律，将表示C和CO的燃烧热的热化学方程式调整化学计量数进行相加减，从而间接求得，A正确；B．硝酸属于氧化性酸，且具有腐蚀性和挥发性，硝酸蒸汽会对人的皮肤及呼吸道造成伤害，并会腐蚀金属制品，所以使用时须注意防护与通风，B正确；C．为强酸弱碱盐，在水溶液中易发生水解，利用水解法，以为原料可制备，C正确；D．因为过量Ba2+需使用Na2CO3除去，所以除去NaCl溶液中的、，应先加溶液，后加溶液和盐酸，D不正确；故选D。5.化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是（）A.氨气可用作制冷剂，工业上常将浓氨水滴入生石灰或固体NaOH中快速制取B.葡萄酒中通常添加少量SO2，既可以杀菌，又可防止营养成分被氧化C.“明如镜、声如磬”的瓷器，由黏土经高温烧结而成，主要化学成分是硅酸盐D.84消毒液是以NaClO为主要有效成分的消毒液，与白醋混合可以提升消毒效果【答案】A【解析】【详解】A.工业上常用氮气、氢气在高温高压和催化剂存在的条件下合成氨气，故A错误；B.SO2具有还原性，葡萄酒中通常添加少量SO2，既可以杀菌，又可防止营养成分被氧化，故B正确；C.瓷器由黏土经高温烧结而成，主要化学成分是硅酸盐，故C正确；D.NaClO与白醋中的醋酸反应生成次氯酸，次氯酸氧化性强，所以可以提升消毒效果，故D正确；故选A。6.在液氨中投入金属钠，迅速溶剂化得到蓝色溶液[含有：和]，且过程中有少量产生。下列说法正确的是A.0.1mol钠投入液氨中生成时，Na共失去0.1mol电子B.电子通过配位键和结合 C.和示意图为、D.钠与液氨的反应可表示为【答案】A【解析】【详解】A．0.1mol钠投入液氨中生成0.01molH2，0.1molNa转化为0.1molNa+，共失去0.1mol电子，A选项正确；B．含有孤电子对和含有空轨道的原子之间容易形成配位键，NH3无空轨道、氮原子含有孤电子对，故电子不是通过配位键和NH3结合，B选项错误；C．e-(NH3)y中NH3的氮原子含有孤电子对，带负电，中心的e-也带负电，相互排斥，故NH3中的N原子应该朝外，对应的示意图指误；Na+(NH3)x中Na+含有空轨道，NH3含有孤电子对，故形成配位键，对应的示意图正确，C选项错误；D．钠与液氨发生氧化还原反应生成氢气，反应可表示为2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑，D选项错误；故选A。7.下列反应的离子方程式正确的是A.将通入含的溶液中：B.将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合：C.工业上制漂白粉：D.将过氧化钠加入硫酸亚铁溶液中发生反应：【答案】B【解析】【详解】A．过量，可将均氧化，反应的化学方程式为，A项错误；B．将碳酸氢钙溶液与过量澄清石灰水混合，碳酸氢钙少量，则发生反应为，B项正确；C．工业上制漂白粉，将氯气通入石灰乳中，各物质以固体形式存在，离子方式为为，C项错误；D．将过氧化钠加入硫酸亚铁溶液中发生反应，会生成氢氧化铁，氧气，硫酸钠，反应的 方程式为，D项错误；答案选B。8.下列说法正确的是A.从分子结构上看糖类都是多羟基醛及其缩合产物B.蔗糖和麦芽糖不可用新制氢氧化铜悬浊液鉴别C.氢化油可作为制造肥皂和人造奶油的原料D.酚醛树脂制成的塑料制品是热塑性塑料【答案】C【解析】【详解】A．糖是多羟基醛、多羟基酮或它们的脱水缩合物，根据是否含有醛基分为还原性糖和非还原性糖，A错误；B．麦芽糖中含有醛基，能与新制氢氧化铜反应，蔗糖中没有醛基，不能与新制氢氧化铜反应，可用新制氢氧化铜鉴别，B错误；C．氢化油为饱和的高级脂肪酸甘油酯，可作为制造肥皂和人造奶油的原料，C正确；D．酚醛树脂具有热固性，其制成的塑料制品为热固性塑料，D错误；故答案选C。9.有机化合物X的结构简式如图所示，下列说法正确的是A.X的分子式为，1个分子中采取杂化的原子数为5个B.化合物X最多能与2molNaOH反应C.在酸性条件下水解，水解产物含有2个手性碳原子D.分子中所有碳原子可能共平面【答案】A【解析】【详解】A．X的分子式为，1个分子中采取杂化原子数为5（包括2个C和3个O原子），选项A正确；B．X中与NaOH反应的官能团有酚羟基，酯基水解生成酚羟基和羧基，一共消耗4molNaOH，选项B错误；C．含-COOC-，酸性条件下水解，水解产物含有1个手性碳原子（在两个苯环同时连接的 C），选项C错误；D．该分子中有2个相连饱和C原子，均为四面体结构，则所有碳原子不可能共平面，选项D错误；答案选A。10.X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，W的s能级电子数量比p能级的少1个且s能级上有一个未成对电子；Z的原子序数等于X、Y原子序数之和，A、B、C分别为X、Y、Z形成的二元化合物，D、M分别为Y、Z元素形成的单质，相互转化关系如图。下列说法正确的是A.氢化物的沸点：B.第一电离能：C.B是酸性氧化物D.A中所有原子最外层都满足8电子结构【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，W的s能级电子数量比p能级的少1个且s能级上有一个未成对电子，则电子排布式为1s22s22p63s1，为Na元素；Z的原子序数等于X、Y原子序数之和，A、B、C分别为X、Y、Z形成的二元化合物，D、M分别为Y、Z元素形成的单质，相互转化关系图可知A为NH3，B为NO，C为NO2,D为N2,M为O2，则X、Y、Z、W分别为H、N、O、Na等元素。【详解】A．NaH为离子晶体，H2O2或H2O均为分子晶体，氢化物的沸点：，选项A正确；B．同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，所以其第一电离能大小顺序是N＞O，选项B错误；C．B为NO，属于不成盐氧化物，选项C错误；D．A为NH3，N原子最外层满足8电子结构，H原子最外层满足2电子结构，选项D错误；答案选A。11.设计如图装置回收金属钴。保持细菌所在环境pH稳定，借助其降解乙酸盐生成，将废旧锂离子电池的正极材料转化为，工作时保持厌氧环境，并 定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池。下列说法不正确的是A.装置工作时，甲室溶液pH保持不变B.乙室中的电极反应式为：C.装置工作一段时间后，乙室应补充盐酸D.若甲室减少100g，乙室增加100g，则此时已进行过溶液转移【答案】A【解析】【分析】右侧装置为原电池，LiCoO2电极上LiCoO2发生得电子的还原反应生成Co2+，LiCoO2电极为正极，右侧装置中细菌电极为负极；左侧装置为电解池，其中细菌电极为阳极，甲室电极为阴极。【详解】A．装置工作时，左侧装置细菌电极为阳极，细菌电极的电极反应式为CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，甲室电极为阴极，该电极的电极反应式为Co2++2e-=Co，装置工作过程中，阳极生成的H+通过阳膜进入甲室，甲室溶液的pH减小，A项错误；B．乙室中LiCoO2发生得电子的还原反应生成Co2+，电极反应式为LiCoO2+e-+4H+=Li++Co2++2H2O，B项正确；C．装置工作时，右侧装置的细菌电极电极反应式为CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，LiCoO2电极的电极反应式为LiCoO2+e-+4H+=Li++Co2++2H2O，原电池的总反应为CH3COO-+8LiCoO2+25H+=8Li++8Co2++2CO2↑+14H2O，装置工作时，乙室中H+被消耗，H+浓度减小，乙室应补充盐酸，C项正确；D．甲室的电极反应为Co2++2e-=Co，若甲室中Co2+减少100g，左侧装置转移电子物质的量为mol，乙室的电极反应为LiCoO2+e-+4H+=Li++Co2++2H2O，若乙室Co2+增加100g，右侧装置转移电子物质的量为mol，两装置中转移电子物质的量不相等，说明 已进行过溶液转移，D项正确；答案选A。12.已知四氯化硒四聚体(SeCl4)4的结构如图所示，其中每个Se周围的六个Cl形成一个正八面体，(SeCl4)4在一定条件下可发生水解反应。下列说法不正确的是A.(SeCl4)4是非极性分子B.(SeCl4)4中每个Se原子的价层电子对数为6C.(SeCl4)4的水解产物为和HClD.(SeBr4)4比(SeCl4)4更容易发生水解【答案】C【解析】【详解】A．从图中可以看出，(SeCl4)4的结构对称，正负电荷的重心重合，所以(SeCl4)4是非极性分子，A正确；B．从图中可以看出，(SeCl4)4中每个Se原子形成6个σ键，则其价层电子对数为6，B正确；C．在(SeCl4)4中，Se元素显+4价，所以其水解产物为H2SeO3和HCl，C不正确；D．因为Br的非金属性比Cl弱，所以Se-Br键没有Se-Cl键牢固，较易发生断裂，所以(SeBr4)4比(SeCl4)4更容易发生水解，D正确；故选C。13.氢气选择性催化还原NO是一种比NH3还原NO更为理想的方法，备受研究者关注。以Pt-HY为催化剂，氢气选择性催化还原NO在催化剂表面的反应机理如下图。下列说法不正确的是 A.在Pt-HY界面因反应活化能降低使H2迅速参与反应B.反应过程中有非极性键的断裂和生成C.Pt原子表面上发生的反应有：、、、D.若1molNO在催化剂表面参与反应，转移的电子数为2NA【答案】D【解析】【详解】A．Pt-HY是氢气还原NO的催化剂，在Pt-HY界面上，降低了反应的活化能，从而使H2迅速参与反应，A正确；B．从图中可以看出，反应过程中有O=O键、H-H键等非极性键的断裂，有N≡N键的生成，B正确；C．从图中可以看出，在左侧的Pt原子表面，发生的反应有：、，在右侧的Pt原子表面，发生的反应有、，C正确；D．从左侧Pt表面可以看出，发生反应2NO+H2N2O+H2O，反应中转移电子的数目为2e-，则1molNO在催化剂表面参与反应，转移的电子数为NA，D不正确；故选D。14.某温度下，向一定体积的溶液中逐渐加入KOH固体(溶液体积保持不变)，各种含铬元素微粒及的浓度随pH的变化如图所示。下列有关说法中，正确的是 A.该温度下的B.溶液中存在平衡，该温度下此反应的C.溶液呈碱性D.E点溶液中存在【答案】D【解析】【分析】由图可知，随着pH增大，量减小、和量先增大后减小、一直增大；【详解】A．由G点可知，，则，A错误；B．由F点可知，、，则该温度下此反应的，B错误；C．由E点可知，、，则该温度下此反应的，则Kh(KHCrO4)一定小于其电离常数，即溶液中其电离大于水解，溶液显酸性，C错误；D．根据电荷守恒可知， ，由E点可知，、，则，，D正确；故选D。15.是一种难溶电解质。常温下，用盐酸调节浊液的pH，测得在不同pH条件下，体系中与(X为或)的关系如图所示。下列说法不正确的是A.随着盐酸的加入，不断溶解B.表示随的变化曲线C.D.【答案】C【解析】【分析】已知HF的，则有，即有越大，c(F-)越大，lgc(F-)越大，-lgc(F-)越小，c(F-)越大，c(Ca2+)越小，则-lgc(Ca2+)越大，故可知L1代表-lgc(Ca2+)的变化曲线，L2代表-lgc(F-)的变化曲线，据此分析解题。【详解】A．随着盐酸的加入，H+与F-结合生成HF，促使沉淀溶解平衡正向移动，不断溶解，故A正确； B．由分析可知，越大，c(F-)越大，lgc(F-)越大，-lgc(F-)越小，表示随的变化曲线，故B正确；C．由a点坐标可知，=10-1.2，c(F-)=10-2，则Ka=10-1.2×10-2=10-3.2，由b点坐标可知，c(Ca2+)=10-2mol/L，此时=10-0.7，故可求出此时溶液中c(F-)=10-0.7×10-3.2=10-3.9，故Ksp(CaF2 )=c(Ca2+)c2(F-)=10-2×(10-3.9)2=10-9.8，故C错误；D．由图可知，c(F-)=10-2.0mol/L时，=1.2，即=10-1.2mol/L，=10-2.0×10-1.2=10-3.2，故D正确；故选：C。16.下列方案设计，现象和结论不正确的是选项目的方案设计现象和结论A探究铝在浓硝酸中会形成致密氧化膜将去除氧化膜的铝片放入浓硝酸中，片刻后取出用水立即洗净，并快速放入硫酸铜溶液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B探究、的还原性强弱向溶液中加入少量氯水，再加萃取若层无色，则的还原性强于C比较和的氧化性强弱取适量溶液于试管中，滴入溶液，振荡，观察现象若产生气体使带火星木条复燃，说明的氧化性强于D探究温度对水解程度的影响向25mL冷水和沸水中分别滴入5滴饱和溶液若沸水中溶液颜色比冷水中溶液颜色深，则说明升温能促进水解 A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．将去除氧化膜的铝片放入浓硝酸中，片刻后取出用水立即洗净，并快速放入硫酸铜溶液，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，致密氧化膜形成后，铝与铜离子不反应，故A正确；B．向溶液中加入少量氯水，再加萃取，若层无色，说明氯气未与溴离子反应，而是与亚铁离子反应，因此得到的还原性强于，故B正确；C．取适量溶液于试管中，滴入溶液，振荡，观察现象，若产生气体使带火星木条复燃，可能是铁离子其催化作用使双氧水分解，不能得到的氧化性强于，故C错误；D．向25mL冷水和沸水中分别滴入5滴饱和溶液，若沸水中溶液颜色比冷水中溶液颜色深，则说明升温能促进水解，温度高，水解程度大，故D正确。综上所述，答案为C。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.某种新型储氢材料的晶胞如图，晶体密度为，八面体中心为M金属离子，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。（1）四面体中心硼原子的杂化方式为_______。（2）第一电离能：N_______B(填>、<或=)，原因是_______。（3）与的空间构型相同，但不易与形成配离子，其原因是_______。（4）该物质摩尔质量为，则M元素为_______(填元素符号)；在该化合物中，M基态离子的价电子排布式为_______。（5）该晶胞的边长为_______nm。【答案】（1）（2）①.>②.同周期从左往右，元素的第一电离能整体呈增大的趋势 （3）N、F、H三种元素的电负性为F>N>H，在中，共用电子对偏向F，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难于与形成配位键；（4）①.Fe②.（5）【解析】【小问1详解】由题可知B原子杂化方式是杂化；【小问2详解】同周期从左往右，元素的第一电离能整体呈增大的趋势，N的2p轨道有3个自旋平行的电子，分别填充在3个p轨道，结构最稳定，很难失去一个电子，第一电离能N>B；【小问3详解】根据配合物结构判断，提供空轨道，和中心原子N原子提供孤电子对，因为N,F,H三种元素的电负性为F>N>H,在中，共用电子对偏向F，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难于与形成配位键；【小问4详解】由图可知代表,代表，面心立方最密堆积的晶胞中，处于8个顶角和6个面心，则每个晶胞中含的个数为，8个均处于晶胞内部，则和的个数之比为4：8=1：2，故该晶体的化学式为，又知该化合物的摩尔质量为，则有,解得，故M元素为Fe;化合物中整体为0价，中B为+3价，H为-1价，则Fe为+2价，基态Fe原子核外电子排布式为，失去4s轨道上2个电子得到，故的价电子排布式为；【小问5详解】相对分子质量为，设晶胞边长为xcm，则。18.化合物X由三种前四周期常见元素组成，某学习小组按如下流程进行实验： 请回答：（1）E的电子式是_______，X的化学式是_______。（2）写出X与足量浓反应的化学方程式_______。（3）写出气体D与酸性溶液反应的离子反应方程式_______。（4）设计实验检验溶液G中的阳离子_______。【答案】（1）①.②.Fe3SiC2（2）或（3）（4）取少量溶液G于试管中，滴加石蕊试液，若溶液变红，则存在H+；另取少量溶液G于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则存在Fe3+【解析】【分析】4.4g固体X分为两等份，每份2.2g，与足量O2在加热条件下反应产生气体C和固体A，A与足量NaOH反应得到红棕色固体B2.4g，红棕色固体为不溶于NaOH的Fe2O3，则n(Fe2O3)==0.015mol，n(Fe)=0.03mol；另一份X与足量浓硫酸加热反应生成的气体D与酸性高锰酸钾反应后得到的气体E与足量澄清石灰水反应产生固体F为碳酸钙，2.0g，则n(CaCO3)==0.02mol，n(C)=0.02mol；每份中除铁、碳外的质量为2.2g-0.03mol56g/mol-0.02mol12g/mol=0.28g，结合固体A中部分能与NaOH反应，与硫酸反应后产生的固体H可推出可能产生SiO2固体，则另一元素为Si，物质的量为=0.01mol，故n(Fe):n(Si):n(C)=0.03mol:0.01mol:0.02mol=3:1:2，X的化学式为Fe3SiC2；进一步确认固体A为Fe2O3和SiO2的混合物；固体H为SiO2或H2SiO3；溶液G中含有过量的硫酸和生成的硫酸铁； 【小问1详解】E为CO2，其电子式是；X的化学式是Fe3SiC2；【小问2详解】X是Fe3SiC2，X与足量浓反应的化学方程式为或；【小问3详解】气体D为SO2，与酸性溶液反应的离子反应方程式为；【小问4详解】溶液G中的阳离子有H+、Fe3+；检验溶液G中的阳离子：取少量溶液G于试管中，滴加石蕊试液，若溶液变红，则存在H+；另取少量溶液G于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则存在Fe3+。19.乙醇是一种重要的工业原料，被广泛应用于能源、化工、食品等领域。乙酸甲酯加氢是制取乙醇的主要反应。反应如下：I.II.（1）一定条件下，在恒温恒容容器中通入一定量的乙酸乙酯和氢气发生反应I和II，反应达到平衡的标志为_______(填字母)。A.B.容器中气体的平均摩尔质量不再变化C.混合气体的密度不再变化D.不再变化（2）其它条件相同，将乙酸甲酯与氢气按一定流速通过催化剂表面，乙酸甲酯的转化率与乙醇的选择性随氢酯比的关系如图1所示。氢酯比在2~9之间，乙醇的选择性随氢酯比增大而逐渐增大的原因为_______。 （3）压强的恒压密闭容器中，通入和发生反应I和II，测得不同温度下达平衡时转化率和乙醇的选择性如图2所示。260℃时反应I的标准平衡常数为_______(已知对于反应：，其标准平衡常数：。温度高于240℃时，随温度升高乙酸甲酯的转化率降低的原因是_______。[乙醇的选择性]（4）化学反应速率常数随温度变化关系的经验公式为：(为活化能-假设受温度影响忽略不计，为速率常数，R和C为常数)，为探究催化剂、的催化效率，进行了相应的实验，依据实验数据获得图3曲线。假设催化剂的催化效率大于的催化效率，请在图3中画出催化剂的相应图线并标注______。 【答案】（1）BD（2）氢酯比在2~9之间，氢酯比增大相当于增大氢气的浓度，反应在达到平衡前，氢气的化学吸附是决速步，增大氢气的浓度利于加快反应的速率，且主反应的反应速率增大程度大于副反应；若反应已经达到平衡，增大氢气浓度，导致主反应正向移动且主反应的正向移动程度大于副反应，故氢酯比在2~9之间，乙醇的选择性随氢酯比增大而逐渐增大（3）①.65.8②.反应I为放热反应，升高温度平衡逆向移动，反应II为吸热反应，升高温度平衡正向移动，此时反应I占主导，导致升高温度，乙酸甲酯的转化率降低（4）【解析】【小问1详解】A．两个反应中均有氢气参与，，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，A不符合题意；B．混合气体的平均摩尔质量为M=m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，B符合题意；C．容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，C不符合题意； D．不再变化，说明平衡不再移动，达到平衡，D符合题意；故选BD；【小问2详解】氢酯比在2~9之间，氢酯比增大相当于增大氢气的浓度，反应在达到平衡前，氢气的化学吸附是决速步，增大氢气的浓度利于加快反应的速率，且主反应的反应速率增大程度大于副反应；若反应已经达到平衡，增大氢气浓度，导致主反应正向移动且主反应的正向移动程度大于副反应，故氢酯比在2~9之间，乙醇的选择性随氢酯比增大而逐渐增大；【小问3详解】压强的恒压密闭容器中，260℃时，的转化率为90%、乙醇的选择性为70%，故反应为1.8mol、生成乙醇1.26mol；则反应后、、、分别为0.2mol、0.9mol、1.26mol、1.8mol，总的物质的量为4.7mol；则65.8；温度高于240℃时，随温度升高乙酸甲酯的转化率降低的原因是反应I为放热反应，升高温度平衡逆向移动，反应II为吸热反应，升高温度平衡正向移动，反应I占主导，导致升高温度，乙酸甲酯的转化率降低；【小问4详解】，则斜率体现反应的活化能，假设催化剂的催化效率大于的催化效率，则其能更大程度的降低反应的活化能，图像为 。20.聚合硫酸铁(PFS)是一种优质的絮凝剂，其化学组成可表示为。以黄铁矿渣(含、PbS、NiS)为原料制备聚合硫酸铁流程如下。请回答：（1）写出“酸浸”过程中发生反应的离子方程式_______。（2）上述“萃取”过程可表示为(水层)(有机层)(有机层)(水层)。下列说法不正确的是_______。A.可将黄铁矿渣粉碎以提高酸浸效率B.酸浸时可选择浓硫酸以提高酸浸效率C.可选择作为萃取剂D.为获得溶液可往萃取后的有机层中加稀硫酸（3）在“氧化、水解”过程中，溶液的pH与反应时间的关系如图所示，pH在20min左右出现波动的原因是_______。（4）请选择合适的编号，按正确的操作顺序完成萃取实验：倒入溶液和萃取剂→___→_____→f→_____→_____→使下层液体慢慢流出→c→上层液体从上口倒出( 操作不重复使用)。a.打开上口玻璃塞；b.塞上上口玻璃塞；c.关闭下口活塞；d.打开旋塞；e.倒转分液漏斗振摇并放气；f.放在铁圈上静置；g.手持静置。（5）设计以下实验测定以上制备中的值。已知：钨酸钠可与生成蓝色物质“钨蓝”。步骤1：称取一定质量的PFS样品，加入和蒸馏水配成100.00mL溶液，分成两等份。步骤2：取其中一份于锥形瓶中，加入钨酸钠指示剂，用的溶液滴定至终点，消耗溶液。步骤3：取另一份溶液于锥形瓶中，加入足量KF溶液掩蔽，滴加几滴酚酞溶液，用的NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液10.00mL。①步骤2中滴定终点的现象是_______。②试计算中的值_______。【答案】（1）（2）BC（3）H2O2氧化Fe2+消耗H+使溶液pH升高，生成Fe3+水解产生H+使溶液pH下降，两者速率变化引起pH的波动（4）①.b②.e③.a④.d（5）①.滴入最后半滴TiCl3溶液，溶液由无色变为蓝色，且30s内无变化②.3:1:4【解析】【分析】黄铁矿渣含、PbS、NiS，第一步通过酸浸将和NiS转化为Fe2+和Ni2+，第二步过滤时滤渣主要有PbS和S，可推知酸化过程中生成的气体为H2S，萃取过程将Fe2+和Ni2+分离，Fe2+经过氧化氢氧化成Fe3+，然后水解，经过聚合作用生成聚合硫酸铁。以此解答该题。【小问1详解】由上述分析可知，酸浸过程中反应生成Fe2+、S和H2S，反应的离子方程式为。【小问2详解】A.将黄铁矿粉碎可以增大反应物的接触面积，从而提高浸出效率，A正确；B.浓硫酸具有较强的氧化性，会参与酸浸发生氧化还原反应，B错误；C.从流程图信息可知，有机层中能获得硫酸镍溶液，而四氯化碳和硫酸镍不反应，所以不可选用CCl4做萃取剂，C错误；萃取过程的反应为可逆反应，向有机层中加稀硫酸，使平衡向左移动，可重新得到 NiSO4，D正确；故选BC。【小问3详解】该过程为氧化、水解过程，利用过氧化氢的氧化性将亚铁离子氧化为铁离子，此过程会消耗氢离子使pH升高，之后铁离子水解生成氢离子，使pH降低，二者的相对速率决定了pH的变化，因此pH的波动是由两个过程的速率变化引起的。【小问4详解】萃取的规范流程为倒入溶液和萃取剂，塞上上口玻璃塞，倒转分液漏斗振摇并放气，放在铁圈上静置分层，打开上口玻璃塞，打开旋塞，放出下层液体，随后关闭旋塞，上层液体从上口倒出；因此答案为bead。【小问5详解】用氯化钛进行滴定，钨酸钠做指示剂，滴定终点氯化钛过量，与钨酸钠作用生成蓝色物质，因此滴定终点的现象为滴入最后半滴TiCl3溶液，溶液由无色变为蓝色，且30s内无变化；铁滴定过程中消耗氯化钛0.003mol，由可知，一份溶液中铁离子的物质的量为0.003mol，总的铁离子为0.006mol，用氢氧化钠溶液滴定剩余的盐酸，用以确定氢氧根的含量，一份溶液消耗氢氧化钠0.001mol，则中总的氢氧根的物质的量为0.002mol，即铁离子与氢氧根的比例为3:1，由电荷守恒可知z为4，则的值为3:1:4。21.化合物L是一种重要的有机合成中间体，某研究小组按下列路线合成：已知：（R1为含羰基、酯基酰胺基等的吸电子基团）。请回答：（1）化合物C所含的官能团名称是_______。（2）化合物B的结构简式是_______。（3）下列说法正确的是_______。 A.的反应类型为取代反应B.化合物F为C.化合物L的分子式是D.化合物A中所有碳原子可能共平面（4）写出的化学方程式_______。（5）设计以E为原料合成A的路线(用流程图表示，无机试剂任选)_______。（6）写出3种同时符合下列条件的化合物D的同分异构体的结构简式_______。①IR谱检测表明：分子中含一个苯环，有键，无、键。②谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子。【答案】（1）羰基、醛基、酰胺基（2）CH3CH2CH（CHO）CH2CH2CONHCH3（3）C（4）+HOCH2CH2OH（5）CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH2CHOHCH2CHOCH2CH=CHCHOCH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CHO（6）为【解析】【分析】A和C4H7NO反应生成B，B和C4H6O反应生成C，结合已知信息和C的结构，C4H6O为CH2=CHCOCH3，C4H7NO为CH3CH2CONHCH3，则A和C4H7NO反应生成B为CH3CH2CH（CHO）CH2CH2CONHCH3，E分子式为C2H4，E为CH2=CH2，E发生氧化反应生成F为，和水反应生成G，G和D反应生成H，H进一步成环生成L，结合L的结构可知D为，H为 ，据此解答。【小问1详解】化合物C所含的官能团名称是羰基、醛基、酰胺基；【小问2详解】根据分析，化合物B的结构简式是CH3CH2CH（CHO）CH2CH2CONHCH3；【小问3详解】A.根据分析，C4H6O为CH2=CHCOCH3，B为CH3CH2CH（CHO）CH2CH2CONHCH3，的反应类型为加成反应，A错误；B.化合物F为，B错误；C.化合物L为，分子式是，C正确；D.化合物A为烷烃的含氧衍生物，具有类似甲烷的四面体结构，所有碳原子不可能共平面，D错误；【小问4详解】的化学方程式+HOCH2CH2OH；【小问5详解】E为乙烯，乙烯和水加成得到CH3CH2OH，CH3CH2OH催化氧化得CH3CHO，2分子CH3CHO缩合得CH2CHOHCH2CHO，CH2CHOHCH2CHO自身脱水生成CH2CH=CHCHO， CH2CH=CHCHO与H2加成即制得正丁醇，正丁醇催化氧化生成A，具体路线为CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH2CHOHCH2CHOCH2CH=CHCHOCH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CHO；【小问6详解】D为；①IR谱检测表明：分子中含一个苯环，有键，无、键；②谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子；符合条件的同分异构体为等。