浙江省浙里卷天下百校联考2022-2023学年高三化学下学期3月月考试题（Word版附解析）

浙江省浙里卷天下2022~2023学年高三百校联考3月测试化学试题考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分。考试时间90分钟。2.请将各题答案填写在答题卡上。3.可能用到的相对原子质量：O16P31S32Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64一、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.下列含过渡元素且属于碱性氧化物的是A.Na2O2B.Ga2O3C.FeOD.GeO2【答案】C【解析】【详解】A．Na2O2中Na、O都是主族元素，不含过渡元素，且Na2O2是过氧化物，故不选A；B．Ga2O3中Ga、O都是主族元素，不含过渡元素，故不选B；C．FeO中Fe是Ⅷ族元素，属于过渡元素，FeO能与盐酸反应生成氯化亚铁和水，属于碱性氧化物，故选C；D．GeO2中Ge、O都是主族元素，不含过渡元素，故不选D；选C。2.下列图示与操作名称对应错误的是A.常压蒸馏B.萃取分液C.常压过滤D.加热升华【答案】D 【解析】【详解】A．由题干实验装置图可知，图A常压蒸馏装置，用于分离互溶且沸点相差较大的液体，A不合题意；B．由题干实验装置图可知，图B萃取分液，用于分离互不相溶的两种液体，B不合题意；C．由题干实验装置图可知，图C常压过滤，用于分离不溶性固体和液体，C不合题意；D．由题干实验装置图可知，图D不是加热升华装置，而是利用三颈瓶进行的可控温的反应装置，D符合题意；故答案为：D。3.硫酸钡在医疗上常用作消化系统X射线检查的内服药剂，下列说法不正确的是A.Ba元素位于周期表s区B.所有钡盐都能使蛋白质变性C.硫酸钡属于强电解质D.硫酸根离子的空间构型是四面体【答案】B【解析】【详解】A.Ba元素位于第ⅡA族，周期表s区，A正确；B.可溶性钡盐都能使蛋白质变性，硫酸钡不溶于水，不能使蛋白质变性，B错误；C.硫酸钡溶于水能完全电离，属于强电解质，C正确；D.硫酸根离子的中心原子键电子对为4，孤电子对为=0，空间构型是四面体，D正确；故答案选B。4.下列表示不正确的是A.甲基的电子式：B.肼(H2NNH2)的球棍模型：C.Cu+的基态电子排布式：[Ar]3d10D.F的基态原子轨道表示式：【答案】D【解析】【详解】A．甲基是甲烷失去一个氢原子，故其电子式为：，A正确； B．已知H2NNH2中含有N-N单键，其结构式为，故肼(H2NNH2)的球棍模型为：，B正确；C．已知Cu是29号元素，其基态原子的电子排布式为：[Ar]3d104s1，Cu+的基态电子排布式为：[Ar]3d10，C正确；D．已知F为9号元素，故F的基态原子轨道表示式：，D错误；故答案为：D。5.下列说法不正确的是A.工业上用98.3%的浓硫酸吸收SO3生成发烟硫酸(H2SO4·nSO3)B.生产蓝色钴玻璃的主要原料为石灰石、纯碱、石英砂和偏铝酸钴[Co(AlO2)2]C.磁性氧化铁常用作录音磁带、油漆、涂料、油墨和橡胶的红色填料D.N，N-二甲基甲酰胺[OHC-N(CH3)2]是一种能溶解多种有机物和无机物的溶剂【答案】C【解析】【详解】A．工业上制备硫酸，SO2在接触室中被催化氧化为SO3，由于SO3溶于水易形成酸雾，通常用98.3%的浓硫酸吸收SO3生成发烟硫酸(H2SO4·nSO3)，A正确；B．蓝色钴玻璃的生产工艺比较特殊，在生产过程中，主要原料除了石灰石、纯碱、石英砂外，还要加入偏铝酸钴[Co(AlO2)2]，B正确；C．磁性氧化铁是黑色的，不能用作红色填料，C错误；D．N，N-二甲基甲酰胺[OHC-N(CH3)2]是常用的有机溶剂，能溶解多种有机物和无机物，D正确；故选C。6.连四硫酸钠(Na2S4O6)能延长血液凝结时间，是生物酶、肽键的修复剂。其合成的化学方程式为2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，下列说法不正确的是A.还原产物是NaIB.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2C.Na2S4O6溶液应在阴凉处密封保存D.Na2S4O6遇酸产生的气体不能与品红溶液反应【答案】D【解析】【详解】A．由化学方程式可知，反应过程中碘的化合价降低，碘单质为氧化剂，碘化钠为还原产物，A正确； B．由化学方程式可知，反应过程中硫元素化合价升高，硫代硫酸钠为还原剂，则氧化剂与还原剂的比例为1:2，B正确；C．连四硫酸钠中硫的价态较低具有还原性，受热易分解，因此要密封保存在阴凉处，C正确；D．连四连酸钠遇酸发生歧化反应，生成二氧化硫，二氧化硫能与品红反应生成无色物质，使品红溶液褪色，D错误；故选D。7.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1L0.1mol·L-1NaHSO4溶液中氢离子数为0.1NAB.31g白磷和红磷混合物含有的磷原子数为NAC.2molSO2和1molO2充分反应，容器中分子总数为2NAD.常温下，足量浓硝酸与5.6g铁片充分反应，转移的电子数为0.3NA【答案】B【解析】【详解】A．水可以电离出氢离子，所以溶液中氢离子数目大于0.1NA，A错误；B．，所以磷原子数为NA，B正确；C．因为SO2和O2的反应为可逆的，不能完全反应生成SO3，所以分子个数要大于2NA，C错误；D．铁与浓硝酸钝化，D错误；故答案为：B。8.下列离子方程式不正确的是A.Al溶于浓NaOH溶液：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑B.Ba(OH)2溶液中通入过量CO2：CO2+OH-=HCOC.KI溶液中加入少量FeCl3：2Fe3++3I-=Fe2++ID.FeCl2溶液与NaHCO3溶液混合产生沉淀：HCO+Fe2+=FeCO3↓+H+【答案】D【解析】【详解】A．Al溶于浓NaOH溶液生成四羟基合铝酸钠和氢气，反应的离子方程式是2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑，故A正确；B．Ba(OH)2溶液中通入过量CO2生成碳酸氢钡，反应的离子方程式是CO2+OH-=HCO，故B正确；C．KI溶液中加入少量FeCl3，Fe3+被还原为Fe2+，反应的离子方程式为2Fe3++3I-=Fe2++ I，故C正确；D．FeCl2溶液与NaHCO3溶液混合产生碳酸亚铁沉淀、二氧化碳、水，反应的离子方程式是2HCO+Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故D错误；选D。9.高温、高压和催化剂存在下，卤代芳烃与稀碱作用生成酚盐。甲苯可通过氯化、水解、酸化制取甲酚混合物。有关物质的沸点、熔点如下：对甲基苯酚间甲基苯酚邻甲基苯酚甲苯沸点/℃201.8202.8190.8110.6熔点/℃35.510.930.9-94.9下列说法不正确的是A.甲苯制甲酚过程中涉及取代反应和复分解反应B.甲酚与甲醛在酸或碱作用下都可发生缩聚反应生成树脂C.用分馏方法可将邻甲基苯酚从反应后的混合物中首先分离出来D.邻甲基苯酚和邻硝基苯酚可通过氯化铁溶液加以鉴别【答案】C【解析】【详解】A．甲苯与Cl2在一定条件下发生取代反应产生氯代甲苯和HCl；氯代甲苯与NaOH水溶液共热发生反应产生甲基苯酚钠、NaCl，甲基苯酚钠与酸混合，发生复分解反应产生甲酚和钠盐，A正确；B．根据苯酚与甲醛在酸性条件下可发生缩聚反应产生酚醛树脂和水，类推可知：甲酚与甲醛在酸或碱作用下也都可发生缩聚反应生成树脂，B正确；C．有机物反应时反应物不能完全转化为生成物，根据物质的沸点可知：在反应混合物中甲苯的沸点最低，因此用分馏方法可将甲苯从反应后的混合物中首先分离出来，C错误；D．邻甲基苯酚和邻硝基苯酚都含有酚羟基，二者与FeCl3溶液都会发生显色反应，因此不可通过氯化铁溶液加以鉴别，D正确；故合理选项是C。10.X、Y、R、Z、W五种短周期主族元素，原子序数依次增大，X、Y、R周期，X的s能级电子数比p能级电子数多1，R单质与氢气混合暗处发生爆炸，Y与Z价层电子排布相同。下列说法不正确的是A.Y与氢形成的10电子微粒只有2种B.X、R与氢构成的化合物中可能含离子键、极性键、氢键C.最高价氧化物对应水化物的酸性：W>Z，简单氢化物沸点：Z>W D.若W有两种稳定同位素，则正八面体形ZW6分子构成有10种【答案】A【解析】【分析】X、Y、R、Z、W五种短周期主族元素，原子序数依次增大，X、Y、Z同周期，X的s能级电子数比p能级电子数多1，故X为N；R单质与氢气混合暗处发生爆炸，R为F；Y为O；Y与Z价层电子排布相同，Z为S，W为Cl，以此解题。【详解】A．O与H形成的10电子微粒有OH-、H2O、H3O+，A错误；B．由分析可知，X为N，R为F，则X、R与氢构成的化合物为NH4F，其中含有离子键、极性键、氢键，B正确；C．由分析可知，W为Cl，Z为S，非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性：W>Z，另外硫化氢沸点大于氯化氢，C正确；D．该ZW6分子构成有10种(全W1或全W2各一种，5W11W2或5W21W1各一种，4W12W2或4W22W1各二种，3W13W2二种)，D正确；故选A。11.我国科学家研发了一种水系可逆Zn-CO2电池，电池工作时，复合膜(由a、b膜复合而成)层间的H2O解离成H+和OH-，在外加电场中可透过相应的离子膜定向移动。当闭合K1时，Zn-CO2电池工作原理如图所示。下列说法不正确的是A.闭合K2时，Zn电极与直流电源正极相连B.闭合K2时，Pd电极是阳极，发生氧化反应C.闭合K1时，H+通过a膜向Pd电极方向移动D.闭合K1时，Zn表面的电极反应式为Zn+4OH--2e-=Zn(OH)【答案】A【解析】【详解】A．闭合开关K1时，Zn失电子与氢氧根结合变为Zn(OH)，做负极，则当闭合K2时，Zn极发生还原反应，应与电源负极相连，A错误；B．闭合K2时，Zn与电源负极相连做阴极，则Pd与电源正极相连做阳极，电解池阳极发 生氧化反应，B正确；C．闭合开关K1时，Zn失电子与氢氧根结合变为Zn(OH)，做负极，H+为阳离子向正极移动，则H+通过a膜向Pd电极方向移动，C正确；D．闭合开关K1时，Zn失电子与氢氧根结合变为Zn(OH)，电极反应式为Zn+4OH--2e-=Zn(OH)，D正确；故选A。12.青蒿素类药物青蒿素、蒿甲醚、青蒿琥酯的分子结构如图所示，甲是制备青蒿素的重要原料，下列有关说法不正确的是A.上述三种青蒿素类药物中都含有过氧键和醚键B.原料甲属于芳香烃类化合物，能溶于乙醚和乙醇中C.1mol青蒿琥酯充分反应最多能消耗2molNaOHD.青蒿素合成蒿甲醚先用强还原剂NaBH4还原，再与甲醇发生取代反应【答案】B【解析】【详解】A.上述三种青蒿素类药物中都含有过氧键-O-O-和醚键，A正确；B.原料甲含有苯环，是芳香族化合物，含有C、H、O元素，属于芳香烃的衍生物，B错误；C.1mol青蒿琥酯中含有1个羧基和1个酯基，1mol青蒿琥酯充分反应最多能消耗2molNaOH，C正确；D.青蒿素合成蒿甲醚先用强还原剂NaBH4还原，将酯基还原为醇羟基，再与甲醇发生取代反应生成醚键，D正确；故答案选B13.乙烯氢化的热化学方程式为C2H4(g)+H2(g)=C2H6(g)△H=akJ·mol-1，使用不同含Au催化剂的反应历程如图所示，下列说法正确的是 A.1molC2H6(g)的能量大于1molC2H4(g)与1molH2(g)具有的能量之和B.该反应的焓变：△H=-129.6kJ·mol-1C.过渡态物质的稳定性：过渡态1大于过渡态2D.相应的活化能：催化剂AuF小于催化剂AuPF【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，该反应为放热反应，故1molC2H6(g)的能量小于1molC2H4(g)与1molH2(g)具有的能量之和，A错误；B．由图可知C2H4(g)+H2(g)=C2H6(g)△H=生成物能量-反应物能量=-129.6kJ/mol-0=-129.6kJ/mol，B正确；C．由图可知，过渡态1的能量大于过渡态2的能量，能量越低越温度，则稳定性：过渡态1<过渡态2，C错误；；D．由图可知，催化剂AuF、催化剂AuPF的活化能分别为109.34kJ·mol-1、26.3kJ·mol-1，则催化剂AuF的活化能大于催化剂AuPF，D错误；故选B。14.恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量X，发生反应的方程式为①XY；②YZ。反应①的速率v1=k1c(X)，反应②的速率v2=k2(Y)，式中k1、k2为速率常数。图甲为该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线，图乙为反应①和②的lnk~曲线。下列说法不正确的是 A.随c(X)的减小，反应①②的速率均降低B.体系中当Y的浓度达到最大值后，v(X)+v(Y)=v(Z)C.欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间D.温度低于T1时，总反应速率由反应②决定【答案】A【解析】【详解】A．由图甲中的信息可知，随c(X)的减小，c(Y)先增大后减小，c(Z)增大，因此，反应①的速率随c(X)的减小而减小，而反应②的速率先增大后减小，A说法错误；B．根据体系中发生的反应可知，在Y的浓度达到最大值之前，单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加量，因此，v(X)=v(Y)+v(Z)，但是，在Y的浓度达到最大值之后，单位时间内Z的增加量等于Y和X的减少量，故v(X)+v(Y)=v(Z)，B说法正确；C．升高温度可以可以加快反应①的速率，但是反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的，且反应②的的速率随着Y的浓度的增大而增大，因此，欲提高Y的产率，需提高反应温度且控制反应时间，C说法正确；D．由图乙信息可知，温度低于T1时，k1＞k2，反应②为慢反应，因此，总反应速率由反应②决定，D说法正确；综上所述，本题选A。15.门捷列夫曾预测镓、钪、锗元素的存在及性质，莫塞莱也曾预测一种“类锰”元素。现该元素单质是从核燃料裂变产物中提取，它是与锰同为B族的放射线元素锝(43Tc)，其一种核素在临床医学诊断中应用很广。下列有关推测不正确的是A.97Tc、98Tc、99Tc三种核素互为同位素，都是放射性元素B.用于显像的Na99TcO4注射液是处方药，必须有许可证单位才能使用C.用氘核轰击钼(42Mo)靶也能得到99Tc，此过程属于化学变化D.Tc2O7能与水反应，反应后溶液显酸性【答案】C【解析】【详解】A．97Tc、98Tc、99Tc三种核素质子数相同，中子数不同，互为同位素，都是放射性元素，A正确； B．处方药需要处方才可使用，B正确；C．该变化过程中原子的质子数增加，属于核物理变化，不属于化学变化，C错误；D．Tc与Mn处于同一族，化学性质类似，Mn2O7为酸性氧化物，Tc2O7也是酸性氧化物，D正确；故选C。16.下列各实验的操作、现象及所得出的结论都正确的是选项实验操作实验现象结论A向硅酸钠溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去2min后，试管里出现凝胶氯非金属性比硅强B向2%稀氨水中滴加2%硝酸银溶液产生白色沉淀，后消失现配现制银氨溶液C玻璃棒蘸取少量某溶液进行焰色试验火焰呈黄色肯定有钠元素，可能含钾D向试管中加入1mL0.10mol·L-1Na2S溶液和2滴0.20mol·L-1ZnSO4溶液，再滴加2滴CuSO4溶液先产生白色沉淀，后产生黑色沉淀无法比较ZnS、CuS溶度积常数Ksp大小A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．向硅酸钠溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去，2min后，试管里出现凝胶，说明盐酸的酸性比硅酸强，但是不能比较出氯的非金属性比硅强；同一周期，元素非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的的酸性越强，HCl不是Cl的含氧酸，A错误；B．配制银氨溶液时，向1mL2%的硝酸银溶液中滴加2%的稀氨水，边滴边振荡至沉淀恰好消失，B错误；C．进行焰色试验时，应用铁丝或者铂丝蘸取少量溶液；玻璃棒含有钠元素，用玻璃棒蘸取少量某溶液进行焰色试验，火焰呈黄色，不能说明该溶液中含有钠元素；C错误；D．向试管中加入1mL0.10mol·L-1 Na2S溶液和2滴0.20mol·L-1ZnSO4溶液，产生白色沉淀，此时Na2S有剩余，再滴加2滴CuSO4溶液，产生黑色沉淀，则不能比较ZnS、CuS溶度积常数Ksp大小，D正确； 故选D。二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.碱金属(Li、Na、K、Rb、Cs)及其化合物在生产、生活中有着重要的应用。请回答：（1）基态K原子核外有___________种不同的电子运动状态。（2）卤化物CsICl受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。解释X的熔点比Y高的原因：___________（3）已知RbH2PO2是次磷酸的正盐，H3PO2的结构式为___________，其中P原子采取___________杂化方式。（4）Al、B、H电负性分别为1.5、2.0、2.1，简要说明LiAlH4还原性比NaBH4强的原因：___________（5）锂离子电池电极材料是LiFePO4，其晶胞结构示意图如①所示。其中O围绕Fe和P分别形成4个正八面体和4个正四面体。电池充电时，LiFePO4脱出部分Li+形成Li(1-x)FePO4，其结构示意图如②所示，则Li(1-x)FePO4晶胞中n(Fe2+)：n(Fe3+)=_________。【答案】（1）19（2）CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体，离子键作用力比分子间作用力强（3）①.②.sp3（4）电负性相差越大，原子核对电子的吸引能力差越大，共用电子对能力倾向越小，电子倾向于偏移到电负性大的原子核附近，极性(离子性)增强；NaAlH中氢活性更高，还原性更强或其他合理答案（5）11∶5【解析】【小问1详解】在任何原子中都不存在运动状态完全相同的电子，K是19号元素，K原子核外有19个电子，则基态K原子核外有19种不同的电子运动状态；【小问2详解】卤化物CsICl受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。则X是 CaCl，Y是ICl，由于CsCl为离子晶体，离子之间以离子键结合，离子键是一种强烈的相互作用，断裂消耗很高能量，因此物质的熔沸点比较高。ICl为分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，离子键作用力比分子间作用力强，所以CaCl的熔沸点比ICl高；【小问3详解】已知RbH2PO2是次磷酸的正盐，说明H3PO2是一元酸，分子中只有一个-OH，结合P原子价电子是5个，可知H3PO2的结构式为：；在H3PO2分子中中心P价层电子对数是4，所以P原子采用sp3杂化；【小问4详解】Al、B、H电负性分别为1.5、2.0、2.1，LiAlH4还原性比NaBH4强，这是由于电负性相差越大，原子核对电子的吸引能力差越大，共用电子对能力倾向越小，电子倾向于偏移到电负性大的原子核附近，极性(离子性)增强；NaAlH中氢活性更高，还原性更强；【小问5详解】O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，则图中小球表示的是Li+，该晶胞中Li+个数=8×+4×+4×=4，根据其化学式可知：该晶胞中含有LiFePO4的单元数为4个。由图可知，①→②充电过程中，晶胞失去2个侧面面心的Li+和1个棱边上的Li+，则②中Li+个数4-2×+1×=2.75。晶胞中Fe原子个数不变，则(1-x)∶1=2.75∶4，x=0.3125，设Li(1-x)FePO4中Fe2+、Fe3+个数分别是m、n，根据原子守恒、化台价的代数和为0，列方程组：m+n=l；2m+3n+(1-0.3125)+5=8，解得m=0.6875，n=0.3125，所以n(Fe2+)∶n(Fe3+)=0.6875∶0.3125=11∶5。18.已知X由3种常见元素组成，某兴趣小组进行了如下相关实验：①取适量X，加水完全溶解，无气体产生，溶液呈碱性；进行焰色试验，火焰呈砖红色。②取1.270gX固体，隔绝空气加热产生固体B和无色无味气体A；溶液F中加入硝酸银溶液，恰好反应完全，测得溶液G中只含一种溶质。注意：实验过程中不考虑沉淀的溶解和转化。请回答：（1）X中3种元素是___________(用元素符号表示)。 （2）写出淡黄色固体C与过量CO2反应的化学方程式：___________（3）写出X与稀硫酸混合发生氧化还原反应的离子方程式：___________（4）硝酸银溶液中加入X固体，能产生白色沉淀和气体A，写出该反应的化学方程式：___________（5）设计实验检验某钠盐溶液中是否存在CO、Cl-、NO：___________【答案】（1）Ca、O、Cl（2）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2（3）ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O（4）2CaOCl2+4AgNO3=4AgCl↓+O2↑+2Ca(NO3)2或其他合理答案（5）取钠盐溶液逐滴加入稀盐酸，一开始无气泡产生，一段时间后产生无色无味的气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，说明原溶液含有CO；另取钠盐溶液，加入足量稀硫酸和铜粉，若产生气体，该气体遇空气变红棕色，说明含NO；另取钠盐溶液，先加过量稀硝酸，再加硝酸银溶液，有白色沉淀产生，说明含Cl-或其他合理答案【解析】【分析】焰色试验，火焰呈砖红色，说明X中含有Ca，气体A和钠加热反应生成淡黄色固体C，则C为过氧化钠，故气体A为O2，固体B中和碳酸钠反应生成白色沉淀E为碳酸钙，加入氯化钡生成沉淀F为碳酸钡，溶液F和硝酸银反应生成白色沉淀G为氯化银，根据加入的硝酸银的物质的量和加入的氯化钡的量可知X中含有2个氯原子，则X中含有的元素为Ca，O，Cl，固体X受热分解生成氧气，则其中含有氯离子和次氯酸根离子，故X为CaOCl2，以此解题。【小问1详解】由分析可知，X中中3种元素是Ca、O、Cl；【小问2详解】由分析可知C为过氧化钠，则C与过量CO2反应化学方程式：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；【小问3详解】由分析可知，X为CaOCl2，则X与稀硫酸混合发生氧化还原反应的离子方程式：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O；【小问4详解】硝酸银溶液中加入X固体，产生氧气和白色沉淀氯化银，则方程式为：2CaOCl2+4AgNO3=4AgCl↓+O2↑+2Ca(NO3)2或其他合理答案；【小问5详解】 碳酸根离子可以用加入酸，产生的气体通入澄清石灰水来检验，氯离子可以用硝酸和硝酸银来检验，硝酸根离子可以用在酸性条件下加入铜粉根据产生气体的颜色判断，具体方法为：取钠盐溶液逐滴加入稀盐酸，一开始无气泡产生，一段时间后产生无色无味的气体，该气体能使澄清石灰水变浑浊，说明原溶液含有CO；另取钠盐溶液，加入足量稀硫酸和铜粉，若产生气体，该气体遇空气变红棕色，说明含NO；另取钠盐溶液，先加过量稀硝酸，再加硝酸银溶液，有白色沉淀产生，说明含Cl-或其他合理答案。19.党的二十大报告提出必须“全方位夯实粮食安全根基”，粮食生产离不开氮肥。合成氨是人工固氮最重要的途径，合成氨工艺流程如图所示。铁催化作用下，N2和H2合成NH3的反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H(298K)=-92.4kJ·mol-1，其反应机理可简单表示如图(*表示吸附态，中间部分表面反应过程未标出)：其中，N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。请回答：（1）利于提高合成氨平衡产率的条件有___________A．低温B．高温C．低压D．高压E．催化剂（2）N2和H2起始物质的量之比为1：3，反应在恒容密闭容器中进行，测得不同温度、不同时间段内合成氨反应中H2的转化率：1小时2小时3小时4小时T15.0%12%21%21%T27.0%17%ab①表中T1___________T2，a___________21%。(填“>”、“<”或“=”)②研究表明，合成氨的速率与相关物质的浓度关系为v=k·c(N2)·c(H2)·c(NH3)，k为速率常数。以下说法正确的是_______ A．反应达到平衡后适当升高温度有利于*NH3从铁触媒表面脱附B．H2来源于天然气和水蒸气反应，若反应气中混有CO2，Fe催化剂可能中毒C．合成氨反应在不同温度下的△H和△S都小于零D．低温有利于合成氨反应，可见任何时候降低温度，速率常数k一定减小（3）实际工业生产中，Fe作催化剂，需控制温度为773K，压强为3.0×107Pa，原料气中N2和H2物质的量之比按1∶2.8加入。请说明原料气中N2过量的理由：___________（4）根据题干信息，画出合成氨在铁触媒作用下，[N2(g)+3H2(g)→*N2+3H2(g)→2*NH3→2NH3(g)]此四步反应的“能量-反应过程图”，起点[N2(g)+3H2(g)]的能量已标出。______【答案】（1）AD（2）①.<②.<③.ABC（3）原料气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率（4）【解析】【小问1详解】和合成的反应为放热反应，降低温度，使反应向放热的方向进行，即向右进行，可以提高合成氨平衡产率；和合成的反应为气体体积减小的反应，增大压强，使反应向气体体积减小的方向进行，提高合成氨平衡产率；利于提高合成氨平衡产率的条件有低温，高压；【小问2详解】①根据表中数据可知，相同时间段内，的的转化率高于，说明的反应速率快于，温度越高，反应速率越快，则> ；合成氨反应是放热反应，根据勒夏特列平衡移动原理，温度越高，速率越快且先达到平衡，同时平衡转化率越低，由于3小时温度低已达到平衡，则温度高，肯定达平衡且转化率减小,即a<b；②A．脱附吸附能量，升温有利于脱附，A项正确；B．反应，使用催化剂可能中毒，B项正确；C．合成氨的反应为熵减的放热反应，即都小于0，C项正确；D．对于受吸附，脱附的催化反应，催化剂活性温度内，温度不高时，k随温度升高而增加，达某一最佳温度后，升温反而使k下降，D项错误；答案选ABC。【小问3详解】原料气中过量，是因为适度过量的有利于提高氢气的转化率，在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度的过量也利于整体反应速率的提高；【小问4详解】和反应需要放出能量，得到，反应到是吸附过程，吸附释放能量，能量下降，生成是脱附过程，脱附吸收能量，能量上升。20.有一种新型补铁剂由甘氨酸与硫酸亚铁制取。某化学学习小组用如图所示装置(夹持仪器省略)制备补铁剂甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]有关物质性质如下表所示： 甘氨酸(H2NCH2COOH)易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸中的溶解度大于在乙醇中的溶解度柠檬酸易溶于水和乙醇，酸性较强，有强还原性。甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇、冰醋酸。实验步骤如下：I．打开K1、K3，向c中通入气体，待确定c中空气被排尽后，将b中溶液加入c中。Ⅱ.在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应。Ⅲ.反应完成后，向c中反应混合液中加入无水乙醇，生成白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤得粗产品，将粗产品纯化后得精品。回答下列问题：（1）仪器b名称是___________，d的作用是___________（2）步骤I中将b中溶液加入c中的操作是___________；步骤Ⅱ中若调节溶液pH偏高，则所得粗产品中会混有一种杂质，该杂质极易与空气中的氧气反应，写出其反应的化学方程式：___________（3）c中生成甘氨酸亚铁的化学方程式是___________（4）下列关于该实验的说法不正确的是___________A．步骤I中当观察到d中导管冒出气泡，则表示装置内空气已排尽B．步骤I、步骤Ⅱ加液时，无须打开分液漏斗上的活塞C．反应混合液中加入柠檬酸的作用是防止Fe水解D．步骤Ⅲ中加入无水乙醇的作用是降低甘氨酸亚铁的溶解度E．步骤Ⅲ中沉淀洗涤时，用蒸馏水作洗涤剂（5）工业上常用高氯酸在非水体系中滴定甘氨酸的方法测定产品中的甘氨酸的含量。请设计实验，将所得粗产品中的甘氨酸分离出来直接用于滴定：___________【答案】（1）①.蒸馏烧瓶②.防止空气进c中将甘氨酸亚铁氧化（2）①.关闭K1,打开K②.4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3（3）2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O（4）AE（5）将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌、过滤、洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液【解析】【分析】先打开K1、K3，铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁同时产生氢气，将装置内的空气排尽；之后关闭K3，打开K2，通过产生的气体将b中溶液压入c中；c中盛放甘氨酸和少量柠檬酸，在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH 溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应，反应完成后加入无水乙醇，降低甘氨酸亚铁的溶解度，从而使其析出；得到的产品中混有甘氨酸杂质，可用冰醋酸洗涤。【小问1详解】根据b的结构特点可知其为蒸馏烧瓶；d中导管插入液面以下，可以形成液封，防止空气进入c中将甘氨酸亚铁氧化；故答案为：蒸馏烧瓶；防止空气进c中将甘氨酸亚铁氧化。【小问2详解】关闭K3，打开K2，产生的气体可将b中溶液压入c中；pH偏高可能生成Fe(OH)2沉淀，该物质与空气中氧气易反应，方程式为4Fe(OH)2 +O2 +2H2O=4Fe(OH)3；故答案为：关闭K1,打开K；4Fe(OH)2 +O2 +2H2O=4Fe(OH)3。【小问3详解】反应物有甘氨酸、硫酸亚铁以及NaOH，已知生成物有甘氨酸亚铁，结合元素守恒可知方程式应为2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O；故答案为：2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O。【小问4详解】A．空气排尽后也会有氢气冒出，气泡产生的速率与空气是否排尽无关，A错误；B．步骤I、步骤Ⅱ加液时，使用的都是恒压分液漏斗，不需要打开活塞，B正确；C．根据题目信息可知柠檬酸具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化，同时柠檬酸酸性较强，防止pH过高，防止亚铁离子水解，C正确；D．根据题目信息可知甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以加入乙醇可以降低其溶解度，使其从溶液中析出，故D正确；E．甘氨酸亚铁易溶于水，用水洗涤会造成大量产品损失，应用乙醇洗涤，故E错误；综上所述选AE；故答案为：AE。【小问5详解】甘氨酸和甘氨酸亚铁均易溶于水，但甘氨酸亚铁难溶于冰醋酸，而甘氨酸在冰醋酸中有一定的溶解度，所以可将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌，过滤，洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液；故答案为：将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌、过滤、洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液。21.化合物I的一种合成路线如下： 请回答：（1）下列说法不正确的是___________A.化合物C中有三种含氧官能团B.化合物F具有弱碱性C.H的分子式是C17H15N2O3BrFD.H→I反应分两步，反应类型为加成和取代（2）化合物B的结构简式为___________（3）写出C→D的化学方程式：___________（4）写出化合物G同时满足下列条件的三种同分异构体的结构简式：___________。(不考虑立体异构)，1H-NMR谱和IR谱检测表明：①分子中含有两个苯环和3种不同化学环境的氢原子；②碱性条件下能与新制Cu(OH)2悬浊液反应，生成砖红色沉淀。（5）已知。设计以乙二酸(HOOCCOOH)和苯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）AC（2） （3）（4）、、、、(任写三种)（5）【解析】【分析】C7H8的结构简式是经过硝化反应得到A，结合C的结构特点可推断A的结构简式是，B经KMnO4氧化得到C，根据C的结构逆向推测可知B的结构简式为：，对比C和D的结构可知该过程是氯原子取代了羧基上的羟基，同理可知E→F→G→H均发生的是取代反应，H→I反应分两步，先是酮羰基发生加成反应再与侧链上的羟基发生取代反应。【小问1详解】A．化合物C中只有硝基和羧基两种含氧官能团，故A错误；B．化合物F中含有氨基，推测具有弱碱性，故B正确；C．H的分子式是C17H16N2O3BrF，故C错误；D．H→I反应分两步，先是酮羰基发生加成反应再与侧链上的羟基发生取代反应，故D正确；故选AC。【小问2详解】 据分析可知B的结构简式为：，故答案为：；【小问3详解】对比C和D的结构可知该过程是氯原子取代了羧基上的羟基，则C→D的化学方程式：，故答案为：。【小问4详解】化合物G同时满足条件的同分异构体的结构简式有：、、、、(任写三种)，故答案为：】、、、、(任写三种)。【小问5详解】结合流程可写出以乙二酸(HOOCCOOH)和苯为原料制备合成路线： ，故答案为：