浙江省金华市十校2023届高三化学下学期4月模拟试题（Word版附解析）

金华十校2023年4月高三模拟考试化学试卷说明：1.全卷满分100分，考试时间90分钟。2.请将答案写在答题卷的相应位置上。3.可能用到的相对对子质量：H-1；C-12；N-14；O-16；Na-21；Mg-24；Al-27；Si-28；S-32；Cl-35.5；K-39；Ca-40；Fe-56；Cu-64；Zn-65；Br-80；Ag-108；Ba-137一、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.下列物质中属于挥发性强酸的是A.NaOHB.H2SO4C.HNO3D.CH3COOH【答案】C【解析】【详解】A．NaOH是一元强碱，A不符合；B．H2SO4是难挥发性强酸，B不符合；C．HNO3属于挥发性强酸，C符合；D．CH3COOH属于挥发性弱酸，D不符合；答案选C。2.下列化学用语表示正确的是A.镁原子的结构示意图：B.中子数为9的氮原子：NC.邻羟基苯甲醛分子内氢键：D.乙烯的空间填充模型【答案】C【解析】【详解】A．镁是12号元素，其结构示意图为，A错误；B．中子数为9的氮原子可表示为：N，B错误； C．邻羟基苯甲醛分子内氢键可表示为：，C正确；D．乙烯的空间填充模型为，D错误；故选C。3.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A.SiC熔点高硬度大，可作耐高温结构材料B.NH4Cl受热易分解，可用于实验室制氨气C.CuSO4遇水变蓝，可用于检验乙醇是否含水D.SO2具有还原性，可作抗氧化剂【答案】B【解析】【详解】A．SiC属于共价晶体，熔点高硬度大，可作耐高温结构材料，A正确；B．NH4Cl受热易分解，但生成的氨气和氯化氢又化合转化为氯化铵，不能用于实验室制氨气，B错误；C．CuSO4遇水变蓝，因此可用于检验乙醇是否含水，C正确；D．SO2具有还原性，所以可作食品抗氧化剂，D正确；答案选B。4.下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是A.Si粉加入浓盐酸中可转化为SiHCl3B.FeCl3溶液滴入沸水中可转化为Fe(OH)3胶体C.葡萄糖在酶的作用下可转化为乙醇D.K2CrO4溶液加硫酸可转化为K2Cr2O7【答案】A【解析】【详解】A．硅和浓盐酸不反应，A错误；B．FeCl3溶液滴入沸水中继续加热可制备Fe(OH)3胶体，B正确；C．葡萄糖在酶的作用下分解转化为乙醇和二氧化碳，C正确；D．K2CrO4溶液加硫酸促使平衡2CrO+2H＋Cr2O+H2O正向进行，可转化为K2Cr2O7，D正确；答案选A。 5.加热硅与Ca(OH)2、NaOH的混合粉末可获得氢气Si+Ca(OH)2+2NaOHNa2SiO3+CaO+2H2↑，下列说法正确的是A.Na2SiO3是还原产物B.可推知该反应为吸热反应C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1D.该反应为置换反应【答案】C【解析】【详解】A．反应Si+Ca(OH)2+2NaOHNa2SiO3+CaO+2H2↑中Si元素化合价由0价上升到+4价，Na2SiO3是氧化产物，故A错误；B．该反应需要加热，但吸热反应不一定需要加热，则不能推知该反应为吸热反应，故B错误；C．反应Si+Ca(OH)2+2NaOHNa2SiO3+CaO+2H2↑过程中Ca(OH)2先分解产生CaO和H2O，Si、NaOH和H2O反应生成Na2SiO3和H2，其中Si元素化合价由0价上升到+4价，H元素由+1价下降到0价，Si是还原剂，H2O是氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，故C正确；D．置换反应是单质与化合物反应生成另外的单质和化合物的化学反应，可表示为a+bc=b+ac或ab+c=ac+b，该反应不是置换反应，故D错误；故选C。6.工业上用N2和H2合成NH3，NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.消耗标准状况下22.4LN2，生成NH3分子数为2NAB.生成17gNH3，电子转移数为2NAC.生成1molN－H键，则消耗H2分子数为3NAD.消耗1mol非极性键，则生成极性键2NA【答案】A【解析】【分析】合成氨反应为N2+3H22NH3，结合方程式和问题分析解答。【详解】A．消耗标准状况下22.4LN2，即1mol氮气，根据氮原子守恒可知生成NH3分子数为2NA，A正确；B．生成17gNH3，即1mol氨气，氮元素化合价从0价降低到－3价，所以电子转移数为3NA，B错误；C．生成1molN－H键，即氨气，则消耗H2分子数为0.5NA，C错误； D．氮气、氢气中均是非极性键，所以消耗1mol非极性键，生成极性键的个数一定不是2NA，D错误；答案选A。7.下列反应的离子方程式不正确的是A.过氧化钠粉末投入水中：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑B.氯化铝溶液中加过量氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NHC.碳酸银投入盐酸中：Ag2CO3+2H+=Ag++CO2↑+H2OD.用惰性电极电解CuSO4溶液：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+【答案】C【解析】【详解】A．过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，A正确；B．氯离子和一水合氨可以反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH，B正确；C．银离子可以和氯离子反应生成氯化银沉淀，则离子方程式为：Ag2CO3+2H++2Cl-=2AgCl+CO2↑+H2O，C错误；D．用惰性电极电解CuSO4溶液可以得到单质铜、氧气和硫酸，电解方程式为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，D正确；故选C。8.下列说法不正确的是A.聚乙炔可用于制备导电高分子材料B.灼烧棉花时会产生烧焦羽毛的特殊气味C.分子结构及其修饰是决定药物疗效的关键D.天然橡胶硫化时由线型结构转变为网状结构【答案】B【解析】【详解】A．聚乙炔中含有单键和双键交替的结构单元，有类似于石墨的大键，含有自由移动的电子能导电，可用于制备导电高分子材料，A正确；B．灼烧蛋白质时会产生烧焦羽毛的特殊气味，棉花是纤维素，B错误； C．分子结构修饰可提高药物的治疗效果，降低毒副作用，所以分子结构及其修饰是决定药物疗效的关键，C正确；D．天然橡胶硫化时，橡胶的结构由线型结构转变为空间网状结构，D正确；答案选B。9.从枸杞中提取的某有机物的结构如图所示，下列说法正确的是A.1mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗3molBr2B.该有机物不存在顺反异构C.该有机物能发生加成、消去、加聚、水解等反应D.相同温度下，该有机物在水中的溶解度大于苯酚在水中的溶解度【答案】A【解析】【分析】分子中含有醚键、酚羟基、碳碳双键、酰胺基，结合官能团的结构和性质分析解答。【详解】A．酚羟基的邻位碳原子上的氢原子可以被取代，碳碳双键和溴水加成，1mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗3molBr2，A正确；B．根据结构简式中碳碳双键可判断该有机物存在顺反异构，B错误；C．该有机物能发生加成、加聚、水解等反应，不能发生消去反应，C错误；D．由于含有醚键、碳碳双键、酰胺基等，所以相同温度下，该有机物在水中的溶解度小于苯酚在水中的溶解度，D错误；答案选A。10.X、Y、Z、W、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。基态X的3个能级的电子数量相等，基态Z的s能级电子数量等于p能级的电子数量，基态Y的未成对电子数是不同周期的基态W的3倍，Q单质是制备半导体的重要原料。下列说法正确的是A.最高正价：X＜Y＜ZB.Z与X、Q均能形成极性键组成的非极性分子C.Y元素的非金属性比Q元素的非金属性弱D.W、Q组成的熔合材料的硬度大于纯W的硬度【答案】D 【解析】【分析】X、Y、Z、W、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。基态X的3个能级的电子数量相等，X是C，基态Z的s能级电子数量等于p能级的电子数量，Z是O，所以Y是N。Q单质是制备半导体的重要原料，Q是Si。基态N的未成对电子数是不同周期的基态W的3倍，W位于第三周期，是Na或Al。下据此解答。【详解】A．氧元素没有最高价，则最高正价：O＜C＜N，A错误；B．二氧化碳是非极性分子，二氧化硅属于共价晶体，不存在分子，B错误；C．N元素的非金属性比Si元素的非金属性强，C错误；D．Na或Al的硬度均比较小，所以W、Q组成的熔合材料的硬度大于纯W的硬度，D正确；答案选D。11.一种在300℃下工作的新型锂——二硫化亚铁热电池的截面结构如图所示，LLZTO导体管只允许Li+通过。当用1.8V电压充电后，电池正极材料中S、Fe的原子个数比为1.02(不计Li2S，下同)；2.3V电压充电后，S、Fe的原子个数比为2.01。下列说法不正确的是A.Al2O3绝缘体隔离正负极，使化学能有效的转化为电能B.电池工作时，负极发生反应：2Li＋S2−−2e－=Li2SC.电池正级材料的变化为FeS2FeSFeD.电池总反应可表示为2xLi＋FeS2xLi2S＋FeS2−x【答案】B【解析】【详解】A．为使化学能有效的转化为电能，需要用Al2O3绝缘体隔离正负极，故A正确；B．根据LLZTO导体管只允许Li+通过，因此电池工作时，负极发生反应：Li−e－=Li＋，故B错误；C．根据用1.8V电压充电后，电池正极材料中S、Fe的原子个数比为1.02(不计Li2S，下同)；2.3V电压充电后，S、Fe的原子个数比为2.01，说明电池正级材料的变化为FeS2FeSFe，故C正确； D．根据在300℃下工作的新型锂——二硫化亚铁热电池，则电池总反应可表示为2xLi＋FeS2xLi2S＋FeS2−x，故D正确。综上所述，答案为B。12.氨基磷酸H4NPO3是一种磷酸的衍生物，溶于水会缓慢地发生水解反应。下列说法正确的是(已知pKa=-lgKa)A.氨基磷酸只含σ键，不含π键B.氨基磷酸与水反应生成NH3和H3PO4C.分子中各原子均达到8e-稳定结构D.相同温度下，pKa1(氨基磷酸)＞pKa1(磷酸)【答案】D【解析】【详解】A．氨基磷酸结构中P和O之间存在双键，则含有π键，A错误；B．氨基磷酸和水反应时，其中的N和P之间的键容易断裂，和水生成NH3和H3PO4，会继续反应生成NH4H2PO4，B错误；C．氨基磷酸中氢原子没有达到8e-稳定结构，C错误；D．氨基为给电子基团，会导致氨基磷酸更加难以电离出氢离子，其酸性更弱，故pKa1(氨基磷酸)＞pKa1(磷酸)，D正确；故选D。13.乙醛与HCN的加成反应分两步进行：第一步：+CN-平衡常数第二步：+H+平衡常数该反应的总反应速率(v)与溶液pH的关系如图所示(已知室温下HCN的Ka=6.2×10-10)，下列说法正确的是 A.1分子加成反应的最终产物中，sp3杂化的原子有2个B.加少量NaOH，因c(CN-)增大，总反应速率加快C.加NaOH过多，因第二步平衡逆向移动，总反应速率减小D.将HCN溶液的pH调至9，则溶液中c(CN-)＞c(HCN)【答案】B【解析】【详解】A．1分子加成反应的最终产物为，其中的饱和碳为sp3杂化，另外氧原子也是sp3杂化，则一共有3个，A错误；B．加入少量氢氧化钠可以和HCN反应生成CN-，则其浓度增大，反应速率增快，B正确；C．加NaOH过多，则溶液中氢离子浓度会比较低，导致第二步反应较慢，成为影响总反应速率的主要因素，故总反应速率较慢，C错误；D．将HCN溶液的pH调至9，则c(H+)=1.0×10-9，根据题意Ka，将c(H+)=1.0×10-9代入可知，，故c(CN-)<c(HCN)，D错误；故选B。14.某小组为测定NaCl晶体中离子键断裂时所需要的能量(△H4)，设计了如图所示的转化关系，则△H4可表示为A.△H1+△H2-△H3-△H5+△H6B.△H1+△H2+△H3-△H5+△H6C.△H1+△H2+△H3-△H5-△H6D.△H3+△H5-△H1-△H2-△H6【答案】A【解析】【详解】由图可知，氯化钠和溴化钠固体通过过程1、2、6得到的微粒和通过过程3、4、5得到的微粒都是Na+(g)、Br-(aq)、Na+(aq)、Cl-(aq)，故两部分的反应热相同，△H3+△H4+△H5=△H1+△H2+△H6，即 △H4=△H1+△H2-△H3-△H5+△H6；故选A。15.25℃，Ksp(CaC2O4)=4.0×10-8，H2C2O4的电离常数Ka1=5.0×10-2，Ka2=5.4×10-5。下列有关说法正确的是A.25℃时，CaC2O4饱和溶液中，c(Ca2+)=2.0×10-4mol/LB.25℃时，0.1molCaC2O4固体可全部溶于1L0.2mol/LHCl中C.25℃时，CaC2O4加到①0.1mol/LCaCl2，②0.01mol/LCaCl2两种溶液中，c(Ca2+)：①＜②D.25℃时，紫色石蕊试液滴加含HC2O的溶液中，溶液可能变蓝色【答案】A【解析】【详解】A．CaC2O4饱和溶液中，c(Ca2+)=c(C2O)=，故A正确；B．若0.1molCaC2O4固体可全部溶于1L0.2mol/LHCl中，溶液中c(Ca2+)=c(C2O)0.1mol/L，此时c(Ca2+)c(C2O)0.01>Ksp(CaC2O4)=4.0×10-8，又会生成CaC2O4沉淀，说明0.1molCaC2O4固体不能全部溶于1L0.2mol/LHCl中，故B错误；C．CaC2O4加到①0.1mol/LCaCl2，②0.01mol/LCaCl2两种溶液中，Ca2+会抑制CaC2O4固体的溶解，则CaC2O4在0.01mol/LCaCl2溶液中溶解得更多，但这种抑制效果很微小，0.1mol/LCaCl2溶液中c(Ca2+)仍然大于0.01mol/LCaCl2溶液中c(Ca2+)，故C错误；D．H2C2O4的电离常数Ka1=5.0×10-2，Ka2=5.4×10-5，含HC2O的溶液中HC2O的水解常数Kh=<Ka2=5.4×10-5，HC2O溶液中HC2O的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，加入紫色石蕊试液后呈红色，故D错误；故选A。16.明矾[KAl(SO4)2·12H2O]是重要化工原料，下列与明矾相关的实验设计中，所得结论不正确的是实验方案现象结论A分别用明矾溶液、蒸馏水喷淋两张白纸，久置明矾喷淋过的白纸老化明显Al3+水解产生的H+可促进纸张中的纤维素的水解B用铂丝蘸取明矾溶液置于无色火焰上灼烧时火焰呈紫明矾中含有K+ 灼烧色C明矾溶液中加入过量NaF后再加浓氨水无白色沉淀生成Al3+会与F-反应，且反应后溶液中的Al3+浓度很低D取一烧杯比室温高3~5℃的明矾饱和溶液，把明矾小晶体悬挂在烧杯中央，静置明矾小晶体变成了外形规则的大晶体析出的明矾覆盖到小晶体表面，晶体变大；如升高饱和溶液温度，可获得更大的规则晶体A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．明矾中的铝离子可以水解，产生氢离子，纤维素属于糖类，在酸性条件下可以水解，A正确；B．透过蓝色钴玻璃观察到焰色反应为紫色，则说明溶液中含有钾元素，B正确；C．在盛有AlCl3溶液的试管中加入NaF溶液生成Na3[AlF6]，[AlF6]3-很难电离出铝离子，则再加入氨水，无白色沉淀生成，故其原因可能是Al3+与F-结合生成了新的物质，C正确；D．该过程之所以可以得到更大的晶体，是因为在饱和溶液逐渐降温的过程中新析出的晶体在原来小晶体上结晶导致，反之如果升高饱和溶液的温度的话，则不利于晶体的析出，D错误；故选D。二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.金属Ti的化合物在科学研究中占有重要地位。请回答：（1）KTiOPO4是一种具有光电效应的晶体。PO的空间结构名称为_____，晶体中存在TiO6八面体螺旋链，杂化时，O、P、Ti三原子需要d能级参与杂化的是_____(填元素符号)。（2）①Ti(CO)6、②Ti(H2O)、③TiCl4(NH3)2是Ti元素形成的常见配合物，下列叙述正确的是_____。A.三种配合物中，Ti的半径：③＞②＞①B.三种配合物的配位原子中，C原子的电负性最小C.键角：H2O＞NH3D.NH3、H2O分子的中心原子的价层电子对数相等（3）Ti与P形成的某化合物的晶胞如图所示。 ①该化合物的化学式为_____。②该化合物真空下加热至1100℃不分解，不受普通的酸侵蚀，原因是_____。③设该化合物的摩尔质量为Mg/mol，密度为4.1g/cm3，则Ti与P的核间距离为_____nm(列式即可，NA为阿伏加德罗常数的值)。【答案】（1）①.正四面体②.Ti（2）BD（3）①.TiP②.Ti与P间的化学键很强，不易断裂③.【解析】【小问1详解】PO中中心原子的价层电子对数＝，不存在孤对电子，其空间结构名称为正四面体；Ti属于金属，杂化时，d轨道可以经受孤对电子，所以需要d能级参与杂化的是Ti。【小问2详解】A.三种配合物中Ti的化合价分别是0、+3、+4，所以Ti的半径：③＜②＜①，A错误；B.三种配合物的配位原子中碳原子的非金属性最弱，所以C原子的电负性最小，B正确；C水分子氧原子含有2对孤对电子，氨气分子中氮原子含有1对孤对电子，所以键角：H2O＜NH3，C错误；D.NH3、H2O分子的中心原子的价层电子对数相等，均是4，D正确；答案选BD。【小问3详解】①晶胞中含有Ti的个数是，P原子个数是，所以该化合物的化学式为TiP。②由于Ti与P间的化学键很强，不易断裂，所以该化合物真空下加热至1100℃不分解。③设该化合物的摩尔质量为Mg/mol，密度为4.1g/cm3，则则晶胞体积是，晶胞边长是，Ti与P的核间距离为边长的一半，为nm。18.化合物M由三种元素组成，某小组按如图实验流程探究其组成： 已知：物质A、B只含两种元素；白色沉淀F的质量是D的2倍。请回答：（1）M的组成元素是_____，M的化学式是_____。（2）写出生成CaCO3的离子方程式_____。（3）气体A与SO2、H2O反应时所发生的化学反应为_____。（4）气体A在一定条件下会分解成两种单质，请设计方案检验由这两种单质组成的混合物______。【答案】（1）①.Ca、Cl、O②.Ca(ClO)2（2）CO+Ca2＋＝CaCO3↓（3）2ClO2+5SO2+6H2O＝2HCl+5H2SO4（4）将混合气体通过NaOH溶液，获得溶液和剩余气体，将带火星木条伸入剩余气体中，复燃，证明有氧气；将酚酞滴入溶液中，如果先变红后褪色，证明原气体中有氯气【解析】【分析】化合物M由三种元素组成，3.50gM与氯气反应固体B和生成气体A，A的物质的量是0.896L÷22.4L/mol＝0.04mol，A通入二氧化硫水溶液中恰好反应，所得溶液分两份，一份加入足量硝酸银溶液生成白色沉淀D，另一份加入足量氯化钡溶液生成11.65g白色沉淀，沉淀应该是硫酸钡，物质的量是11.65g÷233g/mol＝0.05mol，根据电子得失可判断A和SO2反应中A得到0.05mol×2×2＝0.2mol，即1分子A得到5个电子，由于物质A、B只含两种元素，因此A中氯元素的化合价是+4价，被还原为－1价，则A是ClO2。固体B中加入足量碳酸钠生成碳酸钙2.00g，物质的量是0.02mol，滤液中加入足量硝酸银溶液生成白色沉淀F，B是氯化钙，物质的量是0.02mol，F的物质的量是0.04mol，白色沉淀F的质量是D的2倍，说明A中氯原子和B中氯原子的物质的量相等，据此解答。【小问1详解】A是ClO2，A的物质的量是0.04mol，含有氧原子的物质的量是0.08mol，氯化钙的物质的量是0.02mol，M中Ca原子的物质的量是0.02mol，因此M中氯原子的物质的量是 ＝0.04mol，所以M中Ca、Cl、O的原子个数之比是1:2:4，所以M的化学式是Ca(ClO)2。【小问2详解】氯化钙和碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，则生成CaCO3的离子方程式为CO+Ca2＋＝CaCO3↓。【小问3详解】根据电子得失守恒和原子守恒可知气体ClO2与SO2、H2O反应时所发生的化学反应为2ClO2+5SO2+6H2O＝2HCl+5H2SO4；【小问4详解】ClO2分解生成氧气和氯气，氧气是助燃性气体，氯气具有强氧化性，和水反应生成次氯酸具有漂白性，所以实验方案为将混合气体通过NaOH溶液，获得溶液和剩余气体，将带火星木条伸入剩余气体中，复燃，证明有氧气；将酚酞滴入溶液中，如果先变红后褪色，证明原气体中有氯气。19.研究CO2与CH4的干重整反应使之转化为合成气(H2和CO)对减缓燃料危机、减少温室效应具有重大意义。已知：干重整反应：CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)△H=247kJ/mol副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H=41kJ/mol（1）CH4(g)+3CO2(g)4CO(g)+2H2O(g)的△H=______kJ/mol。（2）向2L某恒容密闭容器中充入等物质的量的CH4和CO2，在一定温度和压强，及催化剂作用下发生反应。①30min，CH4减少了4.8g。则30min内的平均速率：v(CH4)=_____mol•L-1•min-1。②下列说法正确的是_____。A.高温低压有利于提高CH4的平衡转化率B.充分反应后的混合气体中，CO的体积分数可能达到66.7%C.充分反应后的混合气体通过生石灰，固体质量增大，说明干重整反应存在限度D.当混合气体中恒定时，反应达到平衡状态（3）恒温下，向恒压容器中通入物质的量为1∶1的CO2和CH4，CH4的物质的量[n(CH4)]随时间变化如图所示。在n(CH4)不变的条件下，改成加入1∶1∶8的CO2、CH4和N2的混合气体，请在图中画出CH4的物质的量随时间(t)变化的曲线_____。 （4）制约干重整工业化应用的主要问题是积碳(CH4C+2H2)，关键是开发出具有抗积碳性能(C+H2OCO+H2)的催化剂。催化剂A、B对积碳与消碳的影响如图所示：则工业生产时应选择的催化剂是_____(填“A”或“B”)，理由是_____。（5）合成气在催化剂作用下可合成甲醇：CO+2H2CH3OH，但合成气中的CO2也会参与反应：CO2+3H2CH3OH+H2O。工业上用计量数M来衡量H2、CO、CO2的比例的合理性，其定义为M=。当M＞2，需补充适量的______(填化学式)以提高合成气的利用率。【答案】（1）329（2）①.0.005②.AD（3）（4）①.A②.催化剂A作用下，积碳反应活化能大，消碳反应活化能小，说明不利于积碳有利于消碳（5）CO2或者CO【解析】【小问1详解】设①CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)△H=247kJ/mol， ②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H=41kJ/mol，③CH4(g)+3CO2(g)4CO(g)+2H2O(g)根据盖斯定律可知，③=①+2×②，则△H=247kJ/mol+2×41kJ/mol=329kJ/mol；【小问2详解】①减少的甲烷的物质的量=，②A．该反应为气体分子数减小的反应，且为吸热反应，故高温低压有利于平衡正向移动，可以提高CH4的平衡转化率，A正确；B．反应如果进行到底后，则体系内一氧化碳的体积分数可能达到66.7%，但是该反应为可逆反应，反应不可能进行到底，即体系内一氧化碳的体积分数不可能达到66.7%，B错误；C．该反应的副反应会生成水，可以被碱石灰吸收，导致其质量增大，故不能说明干重整反应存在限度，C错误；D．甲烷只参加第一个反应，二氧化碳两个反应都参加，故一直在变化，当其不变的时候，可以证明反应达到平衡，D正确；故选AD；【小问3详解】氮气不参加反应，加入氮气后容器体积增大，相当于减压，干重整反应正向移动，副反应不移动，则最终甲烷的物质的量减少，且反应更慢一些，故图像为：；【小问4详解】为了消除积碳，应该抑制积碳反应的发生，促进消碳反应的进行，由图可知催化剂A对于积碳反应的活化能大，同时对于消碳反应的活化能消，故应该选择催化剂A，答案为：A；催化剂A作用下，积碳反应活化能大，消碳反应活化能小，说明不利于积碳有利于消碳；【小问5详解】根据方程式CO+2H2CH3OH和CO2+3H2CH3OH+H2O可知，再结合M=可 知，当M=2时，原料气的利用率是最高的，当M＞2时，则氢气会有剩余，为了提高合成气的利用率应该补充适量的CO2或者CO。20.具有强吸水性的MgBr2是制药和制取镁干电池的重要原料。某研究小组用镁粉与HgBr2粉末制取无水MgBr2，流程如图：已知：①Hg不能透过滤纸，HgBr2不溶于苯和乙醚，微溶于水，易溶于热甲醇。MgBr2+3C2H5OC2H5MgBr2·3C2H5OC2H5。请回答：（1）过滤时，需要在_____引流下，将混合液倒入漏斗中。（2）下列有关说法不正确的是_____。A.可用金属钠丝除去苯、乙醚中少量水B.步骤①搅拌可加快反应速率和提高原料利用率C.步骤③为控温蒸发，以获得MgBr2·3C2H5OC2H5固体D.步骤②④，均可选用苯洗涤固体（3）如果步骤⑤采用如图所示装置，则加热温度可_____160℃(选填“低于”“高于”或“等于”)。（4）MgBr2·6H2O在HBr气流中脱水是制取MgBr2固体的常用方法。但本题所采用的方法制得的MgBr2纯度更高，原因是_____。（5）步骤⑥是从反应残留物中分离回收Hg、HgBr2。下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤[“_____”上填写一件最关键仪器，“()”内填写一种操作，均用字母表示]。在通风橱中，将混合物倒入_____中，________→将混合液转入_____中，________→将剩余液体倒入_____中→加热，收集分离得到的液体及固体。仪器：A.烧杯；B.分液漏斗；C.漏斗；D.蒸馏烧瓶；E.蒸发皿；操作：F.放出下层液体；G.加热灼烧；H.加入热水充分搅拌；I.加入热甲醇充分搅拌； （6）Mg2+与7－碘－8－9基喳琳－5－磺酸反应生成能发出荧光物质，当Mg2+含量在0~8μg/10mL时，离子浓度与荧光强度成线性关系。现称取0.2300gMgBr2样品，溶于水配成100mL样品溶液。取1mL样品溶液，加水配成10mL溶液A(称为一次1∶10)。取1mL溶液A，加水配成10mL溶液B(称为二次1∶10)……，则样品溶液共需要经_____次1∶10才能使Mg2+含量符合线性范围要求。【答案】（1）玻璃棒（2）CD（3）低于（4）HBr气流不能完全抑制MgBr2·6H2O在加热时的水解；MgBr2·3C2H5OC2H5在分解时无副产物（5）①.A②.I③.B④.F⑤.D（6）3【解析】【分析】镁粉和溴化汞反应生成溴化镁和汞，根据已知信息可知过滤洗涤后得到的固体中含有Hg和HgBr2，滤液经过一系列操作得到MgBr2·3C2H5OC2H5，加入分解得到溴化镁，据此解答。【小问1详解】过滤时，需要在玻璃棒引流下，将混合液倒入漏斗中。【小问2详解】A.钠和苯、乙醚不反应，因此可用金属钠丝除去苯、乙醚中少量水，A正确；B.步骤①搅拌增大反应物接触面积，因此可加快反应速率和提高原料利用率，B正确；C.步骤③控制温度是0℃，因此不属于蒸发，属于冷却结晶以获得MgBr2·3C2H5OC2H5固体，C错误；D.苯和乙醚互溶，则步骤④中不能选用苯洗涤固体，D错误；答案选CD。【小问3详解】图示装置中有抽气泵，可以降低物质的分解温度，所以如果步骤⑤采用如图所示装置，则加热温度可低于160℃。【小问4详解】由于HBr气流不能完全抑制MgBr2·6H2O在加热时的水解，MgBr2·3C2H5OC2H5在分解时无副产物，所以本题所采用的方法制得的MgBr2纯度更高。【小问5详解】汞受热易挥发，HgBr2不溶于苯和乙醚，微溶于水，易溶于热甲醇，则首先在烧杯中加入热甲醇充分搅拌，在通风橱中，将混合物倒入分液漏斗中，振荡静置后放出下层液体→将混合液转入蒸馏烧瓶中→加热，收集分离得到的液体及固体。【小问6详解】 根据已知信息可知经过n次后浓度＝，所以当n＝3时其浓度介于0~8μg/10mL之间，即样品溶液共需要经3次1∶10才能使Mg2+含量符合线性范围要求。21.力复君安是新型的非典型广谱抗精神病药，其合成路线如图：已知：①②请回答：（1）化合物A的含氧官能团名称是_____。（2）F→H反应时，还会生成一种相对分子质量为352的副产物，副产物的结构简式为_____。（3）下列说法正确的是_____。A.Na2CO3可提高力复君安的产率B.1mol化合物D最多可消耗3molNaOHC.力复君安的分子式是C21H20SN4ClOD.化合物F可溶于酸（4）写出B→C的化学方程式_____。（5）结合力复君安合成路线及题给信息，写出以、ClCH2COCl、(C2H5)2NH为主要原料合成药物利多卡因(结构如图所示)(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化合物H的同分异构体的结构简式_____。①分子中含一个六元环和一个五元环； ②1H－NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有3种不同化学环境的氢原子，有－S－C≡C－结构单元。【答案】（1）羰基、酰胺基（2）（3）AD（4）+ClCH2COCl+HCl（5）（6）、、、【解析】【分析】结合物质F的分子式和力复君安的结构简式可知F为，F和G反应时，结合力复君安的结构简式可知是F中的氯原子被取代生成H，则H为，结合产物和H的结构简式以及物质D的分子式可知D的结构简式为：，对比A和B的分子式再结合A的结 构简式可知，B的结构简式为：，以此解题。【小问1详解】根据A的结构简式可知，A的含氧官能团名称是羰基、酰胺基；小问2详解】由分析可知，F→H的副产物可能为两个F和一个G反应生成，则该副产物为；【小问3详解】A．根据反应历程可知，生成力复君安的同时会生成氯化氢，则加入Na2CO3可消耗氯化氢，促使反应正向移动，提高产率，A正确；B．由分析可知D为，其中氯原子可知水解生成1个醇羟基和1个酚羟基，水解时可以各自消耗1个氢氧化钠，生成的酚羟基可以消耗1个强氧化钠，另外肽键水解可以消耗1个氢氧化钠，则1mol化合物D最多可消耗4molNaOH，B错误；C．根据力复君安的结构简式可知，其分子式为：C21H21SN4ClO，C错误；D．根据F的结构简式可知，其中含有氨基，可以和酸反应生成盐，故可溶于酸，D正确；故选AD；【小问4详解】由分析可知，B为，结合信息①可知B→C的化学方程式为+ClCH2COCl+HCl；【小问5详解】二甲苯硝化反应得到，结合信息②生成，再结合信息①可以生成 和，则距离流程为：；【小问6详解】由分析可知，H为，其同分异构体中含一个六元环和一个五元环，且分子中共有3种不同化学环境的氢原子，含有－S－C≡C－，则符合要求的同分异构体有、、、。