浙江省宁波市2023届高三化学下学期4月模拟(二模)试题（Word版附解析）

浙江省宁波市2023届高三下学期选考模拟考试化学试题考生须知：1.本卷试题分为选择题和非选择题两部分，共9页，满分100分，考试时间90分钟。2.答题时，请按照答题卡上“注意事项”的要求，在答题卡相应的位置上规范作答，不按要求答题或答在草稿纸上、试题卷上无效。本卷答题时不得使用计算器。3.可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Br80Ag108I127Ba137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，能够导电化合物是A.石墨烯B.液态氧化钠C.二氧化硅D.盐酸【答案】B【解析】【详解】A．石墨烯属于单质，不是化合物，A错误；B．氧化钠是离子化合物，属于电解质，熔融状态（液态）下存在自由移动的离子，能够导电，B正确；C．二氧化硅不能导电，C错误；D．盐酸属于混合物，D错误；故选B。2.高铁酸钾()是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，在水处理过程中，高铁酸钾转化为胶体，下列说法不正确的是A.高铁酸钾中铁元素化合价为+6价B.Fe元素位于周期表ds区C.高铁酸钾属于强电解质D.用对饮用水处理时，能起到消毒杀菌和吸附杂质的双重作用【答案】B【解析】 【详解】A．中钾、氧元素化合价分别为+1、-2，则铁元素的化合价为+6价，A正确；B．Fe为26号元素，元素位于周期表d区，B错误；C．强电解质是指在水溶液中或熔融状态下，能够完全电离的化合物，即溶于水的部分或者熔融状态时，可以完全变成阴阳离子的化合物，一般是强酸、强碱和大部分盐类；高铁酸钾属于强电解质，C正确；D．用对饮用水处理时，六价铁具有强氧化性转变为三价铁，能起到消毒杀菌；铁离子水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附杂质的作用，D正确；故选B。3.下列化学用语表示正确的是A.离子结构示意图：B.基态铜原子价电子的轨道表示式：C.的空间结构：(正四面体形)D.的电子式：【答案】A【解析】【详解】A．离子结构示意图：，故A正确；B．基态铜原子价电子的轨道表示式：，故B错误；C．的空间结构是平面三角形，故C错误；D．是共价化合物，电子式：，故D错误；故选A。4.物质性质决定用途，下列两者对应关系正确的是A.的熔点高；可用氧化铝坩埚熔化NaOH固体 B.铁比铜金属性强，可用腐蚀Cu刻制印刷电路板C碳酸氢铵可中和酸并受热分解，可用于制作食品膨松剂D.新制氢氧化铜有弱碱性，可用于检验尿液中的葡萄糖【答案】C【解析】【详解】A．与NaOH固体在高温的条件下会发生反应：，故A错误；B．可用腐蚀Cu刻制印刷电路板是因为有氧化性，发生反应：，与铁、铜金属性强弱无关，故B错误；C．碳酸氢铵可中和酸，受热分解会产生气体使食品膨松，所以可用于制作食品膨松剂，故C正确；D．新制氢氧化铜可用于检验尿液中的葡萄糖，是因为氢氧化铜有弱氧化性，能氧化醛基产生砖红色沉淀，故D错误；故选C。5.下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是A.金属单质Na、Mg、Fe在一定条件下与水反应都生成和相应的碱B.氯气通入冷的石灰乳中制得漂白粉C.铜与浓硝酸反应可产生红棕色的D.工业上用焦炭还原石英砂可制得粗硅和CO【答案】A【解析】【详解】A．Fe不能与水反应生成氢气和相应的碱，A错误；B．氯气通入冷的石灰乳中发生1,1歧化反应生成氯化钙和次氯酸钙制得漂白粉，B正确；C．铜与浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，二氧化氮为红棕色，C正确；D．工业上可用焦炭还原石英砂制备粗硅，D正确；故选A。6.电极材料制备的反应为，下列说法正确的是 A.生成0.1mol，转移的电子数为0.1B.还原产物为和COC.标准状况下，生成20.16LCO时，被还原的为0.1molD.还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶6【答案】B【解析】【详解】A．FePO4中Fe显+3价，Li2CO3中C显+4价，C6H12O6中C显0价，CO中C显+2价，LiFePO4中Fe显+2价，FePO4、Li2CO3为氧化剂，C6H12O6为还原剂，生成6molLiFePO4，转移电子物质的量为12mol，因此生成0.1molLiFePO4，转移电子物质的量为0.2mol，故A错误；B．根据A选项，LiFePO4、CO为还原产物，故B正确；C．标准状况下，20.16LCO的物质的量为=0.9mol，根据反应方程式可知，被氧化的C6H12O6物质的量为0.1mol，故C错误；D．FePO4、Li2CO3为氧化剂，C6H12O6为还原剂，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶9，故D错误；答案为B。7.下列离子方程式正确的是A.碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸：B.氯化铝溶液与浓氨水混合：C.银氨溶液中加入足量盐酸：D.用惰性电极电解氯化镁溶液：【答案】C【解析】【详解】A．碘离子的还原性比亚铁离子强，碘化亚铁中滴入少量稀硝酸，与碘离子反应，A错误；B．氯化铝与浓氨水反应只能生成氢氧化铝沉淀，不能生成偏铝酸根，B错误；C．银氨溶液与盐酸反应生成氯化银、氯化铵和水，离子方程式正确，C正确；D．镁离子与氢氧根不共存，会生成氢氧化镁沉淀，离子反应方程式错误，D错误；故选C。8.下列说法不正确的是 A.麦芽糖、蔗糖互为同分异构体，分子式均为B.硬化油可作为制造肥皂和人造奶油的原料C.合成硝酸纤维、醋酸纤维、聚酯纤维均要用到纤维素D.蛋白质在乙醇、重金属的盐类、紫外线等的作用下会发生变性，失去生理活性【答案】C【解析】【详解】A．麦芽糖与蔗糖的分子式均为，但结构不同，互为同分异构体，，故A正确；B．硬化油即油脂与H2加成所得，不易被空气氧化变质，可作为制造肥皂和人造奶油的原料，故B正确；C．硝酸纤维和醋酸纤维是由纤维素反应所得，但聚酯纤维一般是二元醇与二元羧酸缩聚反应所得，故C错误；D．蛋白质在乙醇、重金属的盐类、紫外线等的作用下会发生变性，变性会使蛋白质失去生理活性，故D正确；故选C。9.一种具有消炎止痛功效的有机物的结构简式如图所示(虚楔形线、实楔形线分别表示共价键由纸平面向内、向外伸展)。下列说法正确的是A.该物质可以发生消去反应、取代反应和还原反应B.1mol该物质与足量溴的四氯化碳溶液反应，最多可消耗3molC.利用质谱仪可测得该分子中官能团的种类有3种D.该物质的同分异构体中不存在含有酯基、醛基的芳香族化合物【答案】A【解析】【详解】A．该物质含有羟基且邻碳有氢可以发生消去反应、羟基酯化反应或者酯基水解反应都是取代反应。碳碳双键与氢气的加成反应，又称为还原反应，故A正确；B．只有碳碳双键能与溴单质发生加成反应，所以1mol该物质与足量溴的四氯化碳溶液反应，最多可消耗2mol，故B错误； C．测定该分子中官能团的种类应该用红外光谱仪，故C错误；D．根据分子的不饱和度情况推断该物质的同分异构体中存在含有酯基、醛基的芳香族化合物，故D错误；故选A。10.R、X、Y、Z、M五种短周期主族元素，原子序数依次增大。基态R原子每个能级上电子数相等，基态X原子的价层电子排布为，Y与M同主族，Z是同周期元素中原子半径最大的元素，Z核电荷数等于X、M原子的最外层电子数之和。下列说法不正确的是A.电负性：Y＞X＞RB.原子半径：Z＞M＞YC.氢化物的沸点：R＜YD.Z与Y可形成两种常见的离子化合物，且晶体中的阴阳离子个数比均为1∶2【答案】C【解析】【分析】R、X、Y、Z、M五种短周期主族元素，原子序数依次增大，基态R原子每个能级上电子数相等，则R为C，基态X原子的价层电子排布为，则X为N，Y与M同主族，Z是同周期元素中原子半径最大的元素，则Z为Na，Z核电荷数等于X、M原子的最外层电子数之和，则M为S，Y为O。【详解】A．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，则电负性：Y＞X＞R，故A正确；B．根据层多径大，同电子层结构核多径小，则原子半径：Z＞M＞Y，故B正确；C．C形成的氢化物可能是固体，比如碳原子数多的固态烷烃，因此氢化物的沸点：R不一定小于Y，故C错误；D．Z与Y可形成两种常见的离子化合物即过氧化钠和氧化钠，过氧化钠中含有过氧根和钠离子，两者晶体中的阴阳离子个数比均为1∶2，故D正确。综上所述，答案为C。11.一种用于发动机SCR系统的电解尿素()混合装置(X、Y为石墨电极，隔膜仅阻止气体通过)如图，下列说法不正确的是 A.装置工作时，电子由Y极流入，X极流出B.Y极发生还原反应C.X极的电极反应式为D.若用铅酸蓄电池为电源，理论上消耗49g时，此装置中有0.5mol生成【答案】D【解析】【分析】该电池反应时中，氮元素化合价由-3价变为0价，H元素化合价由+1价变为0价，所以生成氮气的电极X是阳极，生成氢气的电极Y是阴极，阳极反应式为，阴极反应式为2H2O+2e-═H2↑+2OH-；【详解】A．该装置为电解池，由分析可知电极X是阳极，Y是阴极，阳极与原电池中正极相连，阴极与负极相连，由电子由负极流向正极，则电子由Y极流入，X极流出，故A正确；B．Y为阴极得电子发生还原反应，阴极反应式为2H2O+2e-═H2↑+2OH-，故B正确；C．该电池反应时中，氮元素化合价由-3价变为0价，H元素化合价由+1价变为0价，X是阳极，阳极反应式为，故C正确；D．铅酸蓄电池的总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，每消耗2mol转移2mol电子，理论上消耗49g即物质的量为，转移0.5mol电子，由2H2O+2e-═H2↑+2OH-，可知有0.25mol生成，故D错误；故选：D。12.是一种重要的化工产品，实验室可利用制取该配合物：。已知的空间结构如图，其中1～6处的小圆圈表示分子，各相邻的分子间的距离相等，中心离子位于八面体的中心，分子到中心离子的距离相等(图中虚线长度相等)，下列说法正确的是 A.为非极性分子B.、与形成配离子的稳定性：C.1mol含有键的数目为18D.若中两个被替代，得到的有2种结构【答案】D【解析】【详解】A．的结构：，正负电荷中心不能重合，为极性分子，故A错误；B．电负性：N＜O,分子中的氮原子更容易给出孤电子对，所以、与形成配离子的稳定性：，故B错误；C．中含有与形成6个配位键，6个的中有6×3=18个N-H键，所以1mol含有键的数目为（18+6=24），故C错误；D．根据结构图可知，若中两个被替代，可能取代的邻近的或者相对位置的两个，得到的有2种结构，故D正确；故选D。13.常温下，，， ，下列说法不正确的是A.浓度均为0.1mol/L的HCOONa和溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者>后者B.用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积、pH均为3的HCOOH和溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积：前者<后者C.0.2mol/L与0.1mol/L盐酸等体积混合后，溶液中微粒浓度：D.0.2mol/LHCOONa溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合后的溶液中：【答案】D【解析】【详解】A．由电荷守恒可知、，由甲酸和一水合氨的电离常数可知，甲酸根的水解程度小于铵根的水解程度，即甲酸钠中氢氧根的浓度小于氯化铵中氢离子的浓度，因此甲酸钠中氢离子的浓度大于氯化铵中氢氧根的浓度，钠离子与氯离子浓度相同，因此甲酸钠中阳离子浓度大于氯化铵中阳离子浓度，A正确；B．由电离平衡常数可知，甲酸的酸性比乙酸强，pH相同时乙酸的物质的量浓度更高，用相同浓度的氢氧化钠滴定时，消耗氢氧化钠溶液的体积更多，B正确；C．醋酸钠与盐酸反应，生成醋酸和氯化钠，因此混合溶液中醋酸钠、醋酸、氯化钠的物质的量浓度相同，均为0.05mol/L（忽略体积变化），由醋酸的电离常数可知，相同浓度的醋酸电离程度大于醋酸根的水解程度，溶液呈酸性，因此离子浓度为，C正确；D．由电荷守恒可得，由物料守恒可得，由此可得，D错误；故选D。14.一定条件下，与HCl发生加成反应有①、②两种可能，反应进程中能量变化如图所示。下列说法中不正确的是 A.反应①、②焓变不同，与产物稳定性有关，与反应的中间状态无关B.反应①、②均经过两步反应完成，对应的分步反应过程中均放出能量C.其他条件不变，适当提高反应温度，可以提高产物中的比例D.相同条件下，的生成速率大于【答案】B【解析】【详解】A．焓变在给定反应中，只与始态和终态有关，与中间状态无关，根据图像可知，该反应为放热反应，放出热量越多，产物能量越低，该物质越稳定，故A说法正确；B．根据图像可知，反应①、②的第一步都是产物能量高于反应物，即第一步为吸收热量，故B说法错误；C．CH3CH2CH2Cl(g)CH3CHClCH3(g)，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，可以提高CH3CH2CH2Cl(g)的比例，故C说法正确；D．反应②的活化能比反应①的活化能低，化学反应速率快，因此相同条件下，CH3CHClCH3(g)的生成速率大于CH3CH2CH2Cl(g)，故D说法正确；答案为B。15.向工业废水中加入硫化物可以获得CuS、FeS纳米粒子［已知，］，下列说法正确的是A.FeS固体不能用于去除工业废水中的B.向和混合溶液中加入溶液，当两种沉淀共存时，C.向CuS饱和溶液中加入固体，CuS的溶解平衡逆向移动，滤液中一定存在 D.已知溶液中，可判断CuS易溶于稀盐酸【答案】C【解析】【详解】A．根据可知，FeS固体能用于去除工业废水中的，故A错误；B．向和混合溶液中加入溶液，当两种沉淀共存时，，故B错误；C．CuS存在溶解平衡，向CuS饱和溶液中加入固体，铜离子浓度增大，因此CuS的溶解平衡逆向移动，根据溶度积常数得到滤液中一定存在，故C正确；D．若要溶解，则，平衡常数很小，反应几乎不能发生，可判断CuS难溶于稀盐酸，故D错误。综上所述，答案为C。16.下列实验方案设计、现象和结论都正确的是选项实验方案现象结论A室温下，向苯酚浊液中加入碳酸钠溶液溶液变澄清酸性：B向做过银镜反应的试管中加入足量氨水银镜逐渐消失银能与氨形成溶于水的配离子C与NaOH乙醇溶液混合共热，将产生的气体通入酸性溶液中酸性溶液褪色发生消去反应D向某溶液中加入稀硫酸该溶液中含有 产生淡黄色沉淀，同时生成能使品红溶液褪色的无色气体A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．室温下，向苯酚浊液中加入碳酸钠溶液，溶液变澄清，是由于生成苯酚钠和碳酸氢钠，所以酸性苯酚大于碳酸氢根，即，A正确；B．由于银单质不溶于氨水，所以向做过银镜反应的试管中加入足量氨水银镜不会消失，B错误；C．由于乙醇具有挥发性且也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，即与NaOH乙醇溶液混合共热产生的气体中混有乙醇蒸汽，使酸性高锰酸钾溶液褪色不能证明发生消去反应，C错误；D．向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黄色沉淀和能使品红溶液褪色的刺激性气味的气体，据分析该黄色沉淀是单质S，能使品红溶液褪色的刺激性气味的气体为SO2；则有如下情况:(1)Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，则溶液中有；(2)溶液中有亚硫酸根遇到氢离子会生SO2，SO2与S2-在酸性条件下能生成单质S，故溶液中也可能有和S2-，D错误；故选A。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。请回答：（1）和中心原子的杂化方式分别为________和_______。第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有______种。（2）卤化物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。X为____(写化学式)。解释X的熔点比Y高的原因_____。（3）一种铜的溴化物立方晶胞如图所示。该化合物的化学式为______，在晶体中与Cu距离最近且相等的Cu有___个，若该晶体密度为，化合物式量为M，则该晶体中Cu原子与Br原子的最小核间距为______pm( 写出表达式，阿伏加德罗常数为)。【答案】（1）①.sp2②.sp3③.3（2）①.CsCl②.CsCl为离子晶体，熔融克服离子键，而ICl为分子晶体，熔融只需克服分子间作用力（3）①.CuBr②.12③.×1010【解析】【小问1详解】中心B原子的价层电子对数为，B原子采用sp2杂化，中心N原子的价层电子对数为，N原子采用sp3杂化；B、N位于同周期，同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，但IIA、IIIA和VA、VIA异常，因此第一电离能介于B、N之间的元素有Be、C、O三种，故答案为：sp2；sp3；3；【小问2详解】卤化物受热发生非氧化还原反应，生成CsCl和ICl两种物质，其中CsCl为离子晶体，则无色晶体为CsCl，红棕色液体为ICl，CsCl为离子晶体，熔融克服离子键，而ICl为分子晶体，熔融只需克服分子间作用力，故答案为：ICl；CsCl为离子晶体，熔融克服离子键，而ICl为分子晶体，熔融只需克服分子间作用力；【小问3详解】由晶胞结构可知Br有8个位于顶点，6个位于面心，个数为：，Cu位于体内个数为4，两种原子的个数比为1：1，则该晶体的化学式为CuBr，由晶胞结构可知4个Cu原子围成正四面体构型，以一个顶点Cu为观察对象，可知在一个空间四面体面的伸展方向上有3个Cu原子与顶点Cu距离最近且相等，则在四面体的四个面的伸展方向上共有12个Cu原子与其距离相等且最近；由晶胞结构可知，晶体中Cu原子与Br原子的最小核间距为体对角线的，晶胞的质量为：g，晶胞的体积为：，晶胞的边长为cm，则该晶体中Cu原子与Br原子的最小核间距为×1010，故答案为：×1010。18.无机盐X由五种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验： 已知：上述气体体积均在标准状况下测得。气体B为纯净物，有刺激性气味，标准状况下密度为2.86g/L。请回答：（1）X的组成元素是___________，X的化学式是___________。（2）写出C→D转化过程的离子方程式___________。（3）深蓝色溶液E与气体B反应可生成X沉淀，写出该反应的离子方程式___________。（4）若盐X与足量盐酸的反应改在密闭容器中进行，得到固体A、气体B和溶液M(M中不合固体A的组成元素)。设计实验检验溶液M中的___________。【答案】（1）①.N、H、Cu、S、O②.NH4CuSO3（2）OH−+H+=H2O，OH−+NH=NH3↑+H2O，2OH−+Cu2+=Cu(OH)2↓（3）2[Cu(NH3)4]2++3SO2+4H2O=2NH4CuSO3↓+SO+6NH（4）取少量溶液M于试管中，加过量的Ba(NO3)2溶液，静置，取上清液于另一试管中，滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，证明有Cl−【解析】【分析】紫红色固体A为Cu。气体B标准状况下密度为2.86g/L，可知：M(B)=ρ标.Vm=2.86g/L×22.4L/mol=64g/mol。结合有刺激性气味，推知B为SO2。溶液C加足量NaOH产生气体D知D为NH3，C中含，溶液C加足量氨水得到深蓝色溶液E为[Cu(NH3)4]2+，可知C中含Cu2+。综上所述，X含Cu、N、S、O、H五种元素。n(Cu)==0.01mol，n(SO2)==0.02mol，n(NH3)==0.02mol，三者最小倍数为0.02mol。M(X)==162g/mol。结合存在元素及化合价特点可推知：X为NH4CuSO3。【小问1详解】由分析推知X含Cu、N、S、O、H五种元素且化学式为NH4CuSO3。故答案为：N、H、Cu、S、O；NH4CuSO3。 【小问2详解】C中含H+，NH及Cu2+，它们依次与OH-反应：OH−+H+=H2O，OH−+NH=NH3↑+H2O，2OH−+Cu2+=Cu(OH)2↓。故答案为：OH−+H+=H2O，OH−+NH=NH3↑+H2O，2OH−+Cu2+=Cu(OH)2↓【小问3详解】依题意，[Cu(NH3)4]2+与SO2反应可生成NH4CuSO3，为氧化还原反应（Cu、S化合价发生变化）：2[Cu(NH3)4]2++3SO2+4H2O=2NH4CuSO3↓+SO+6NH。故答案为：2[Cu(NH3)4]2++3SO2+4H2O=2NH4CuSO3↓+SO+6NH。【小问4详解】Cl-的检验用AgNO3，之前需除去SO的干扰（SO在酸性条件下可被氧化为SO），故方法为：取少量溶液M于试管中，加过量的Ba(NO3)2溶液，静置，取上清液于另一试管中，滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，证明有Cl−。故答案为：取少量溶液M于试管中，加过量的Ba(NO3)2溶液，静置，取上清液于另一试管中，滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，证明有Cl−。19.锰及其化合物在催化剂及金属材料方面有重要的应用。我国主要以菱锰矿(主要成分为，M为Mn、Mg或Ca)为原料，通过热解法生产二氧化锰等锰基催化剂。（1）提取的转化关系如下：已知，关系如下图。①“焙烧”过程最大的是___________。 A．B．C．②“焙烧”温度应控制在___________。（2）T℃时，碳酸锰热解制二氧化锰的热化学方程式：①若该反应的速率方程表示为：和［和分别为正、逆反应速率常数，在一定温度下为常数］，该反应的平衡常数___________(用、表示)。②焙烧时在入口持续通入空气，并不断用真空抽气泵在装置尾端抽气的目的是___________。（3）由原料气(、)与煤粉在锰基催化剂条件下制乙炔，该生产过程是目前清洁高效的煤化工过程。已知：发生的部分反应如下(在25℃、101kPa时)，、在高温条件还会分解生成碳与氢气：Ⅰ.Ⅱ.Ⅲ.上述反应在体积为1L的密闭容器中进行，达到平衡时各气体体积分数和反应温度的关系曲线如图甲所示。①下列说法正确的是___________。A．1530K之前乙炔产率随温度升高而增大的原因：升温使反应Ⅱ、Ⅲ平衡正向移动B．1530K之后会有更多的甲烷与乙烯裂解生成碳导致乙炔产率增加不大C．1530K时测得气体的总物质的量为1.000mol，则反应III的平衡常数为0.8652D．相同条件下，改用更高效的催化剂，可使单位时间内的乙炔产率增大②请在图乙中绘制平衡时乙烯的体积分数和反应温度的变化趋势，并标明1530K时的气体体积分数。 _________【答案】（1）①.A②.622.7~913.3K（2）①.K=②.保持O2的浓度，降低CO2的浓度，使平衡正向移动，提高二氧化锰的产率（3）①.ABD②.起点在1200K或其左侧，标注(1530，0.0080)【解析】【小问1详解】①“焙烧”过程中，相同温度下，ΔG的大小为CaCO3＞MgCO3＞MnCO3，且ΔG=ΔH−TΔS，“焙烧”过程ΔH最大的是CaCO3，故选A；②由流程图可知，“焙烧”过程中，仅MnCO3分解，则“焙烧”温度应控制在622.7~913.3K。【小问2详解】①平衡时，v正=v逆,即k正c(O2)=k逆c2(CO2)，则K==；②焙烧时在入口持续通入空气，并不断用真空抽气泵在装置尾端抽气的目的是保持O2的浓度，降低CO2的浓度，使平衡正向移动，提高二氧化锰的产率。 【小问3详解】①A．反应II、III是吸热反应，升高温度，反应II、III正向移动，故1530K之前，乙炔产率随温度升高而增大，A正确；B．反应I是放热反应，反应III是吸热反应，升高温度，反应I逆向移动，反应III正向移动，故1530K之后，会有更多的甲烷与乙烯裂解生成碳导致乙炔产率增加不大，B正确；C．1530K时测得气体的总物质的量为1.000mol，H2、C2H2、CH4的体积分数分别为0.8240、0.0840和0.0840，则H2、C2H2、C2H4的浓度分别为0.824mol∙L-1、0.084mol∙L-1和0.008mol∙L-1、则反应III的平衡常数为==8.652，C错误；D．相同条件下，改用更高效的催化剂，可使单位时间内的乙炔产率增大，D正确；故选ABD；②根据图甲中乙炔的体积分数和温度的关系曲线，且乙烯的起点温度要低于乙炔的起点，最高点的相应温度低于1530K，1530交点乙烯的体积分数不要超过0.01，则所绘制乙烯的体积分数和反应温度的关系曲线为[起点在1200K或其左侧，标注(1530，0.0080)]。20.乳酸亚铁{，}是一种常见的食品铁强化剂，溶于水，难溶于乙醇。某研究小组以矿渣X(主要成分是，含少量、杂质)制备乳酸亚铁并进行产品含量测定，制备流程如下(部分环节已略去)：已知：①一定浓度的金属离子生成相应的氢氧化物沉淀的pH如下表所示， 金属氢氧化物开始沉淀时的pH完全沉淀时的pH7.69.62.23.44.15.4②(无色配离子)请回答：（1）步骤Ⅳ，转化时使用如图装置，仪器A的名称是___________。（2）下列有关说法不正确的是___________。A．步骤Ⅱ，加入氨水调节pH后，组分A中主要含铁成分为、B．步骤Ⅲ，固体B为铁C．固体C为和FeD．重结晶后可选择乙醇洗涤晶体E．为得到干燥的乳酸亚铁晶体，采用高温烘干的方式（3）实验室常用已知浓度的重铬酸钾标准溶液滴定。①从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］___________蒸馏水洗涤______→润洗→()→装液→()→()→用_________(量取一定体积的)→加指示剂，准备开始滴定。仪器：a．烧杯；b．酸式滴定管；c．碱式滴定管；d．锥形瓶操作：e．调整液面至“0”或“0”刻度以下，记录读数f．橡皮管向上弯曲，挤压玻璃球，放液 g.打开活塞快速放液h．控制活塞，将洗涤液从滴定管下部放出i．将洗涤液从滴定管上口倒出②滴定曲线如下图所示(曲线a未加磷酸，曲线b加磷酸)。滴定操作中向溶液中加入磷酸溶液的原因是：溶液酸化抑制水解、___________(写出两个理由)。（4）研究小组为了测定乳酸亚铁产品中的含量，称取5.600g乳酸亚铁产品溶于蒸馏水，定容至250mL，进行如下实验。【实验一】铈量法测定含量。取25.00mL试液，用0.1000mol/L的标准溶液滴定至终点。滴定反应为：，4次滴定消耗溶液的体积如下，实验次数1234消耗溶液的体积/mL18.7520.0518.7018.65①则该产品中含量为___________%(保留四位有效数字)。【实验二】高锰酸钾法测定含量。取25.00mL试液，加入适量硫酸，用0.0200mol/L的高锰酸钾标准溶液滴定至终点。4次滴定测得的含量如下，实验次数1234含量(%)19.6120.1721.2619.46②比较实验一、二测得的产品中含量，认为铈量法适合于乳酸亚铁中含量的测定，原因是___________。【答案】（1）恒压滴液漏斗(恒压漏斗)（2）AE（3）①.bhgeb②. 使滴定突变范围变大，减少滴定误差；生成的配合物为无色，降低三价铁离子对终点颜色的干扰（4）①.18.70②.铈量法可避免乳酸根的干扰(或高锰酸钾法未考虑乳酸根被酸性高锰酸钾溶液氧化)【解析】【分析】利用矿渣制备乳酸亚铁，矿渣中含有少量氧化铝和二氧化硅杂质，稀硫酸酸浸、过滤可除去二氧化硅，滤液中含有铁离子和铝离子，由表格中数据可知，用氨水调节pH3.5~4.0，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，铝离子尚未沉淀，组分A为氢氧化铁，氢氧化铁酸溶后还原为亚铁离子，为避免引入新的杂质，可用铁单质进行还原，因此B为铁单质，亚铁离子与碳酸氢铵反应生成碳酸亚铁沉淀，固体C为碳酸亚铁和过量的B；碳酸亚铁与乳酸反应生成乳酸亚铁，经重结晶得到纯净的乳酸亚铁晶体。【小问1详解】由图可知，仪器A为恒压滴液漏斗（恒压漏斗）。【小问2详解】加入氨水调节pH后，组分A中的含铁物质为氢氧化铁沉淀，没有亚铁离子，A错误；步骤Ⅲ目的是将铁离子还原为亚铁离子，为避免引入其它离子，因此加入的还原剂B为铁单质，B正确；步骤Ⅲ所用Fe为过量，因此固体C中含有Fe，亚铁离子与碳酸氢根反应生成碳酸亚铁，因此固体C中有碳酸亚铁，C正确；乳酸亚铁难溶于乙醇，因此重结晶后的晶体可用乙醇洗涤，D正确；乳酸亚铁晶体中带有三个结晶水，高温烘干会使结晶水丢失，因此不可采用高温烘干的方式，E错误；故答案为AE。【小问3详解】重铬酸钾标准液具有强氧化性，需盛放在酸式滴定管中，滴定管在使用前需要用蒸馏水洗涤；洗涤之后用标准液润洗，为保证润洗效果，润洗液应从下端放出，装液后需排出尖嘴处的气体并保证液面在0刻度以下；亚铁离子呈酸性，应用酸式滴定管取用，因此答案为bhgeb。由图可知，加入磷酸后突变范围变大，因此可以减小滴定误差；由已知信息可知，铁离子能与磷酸反应生成无色配离子，可以避免铁离子的颜色影响滴定终点的判断。【小问4详解】由滴定原理方程式可知，亚铁离子的物质的量等于铈离子的物质的量，由滴定数据可知，第二次滴定数据异常需舍去，因此滴定0.25mL待测液平均用量为18.70mL，铈离子的物质的量为0.00187mol，即亚铁离子的物质的量为0.00187mol，质量为0.10472g，即亚铁离子总质量为1.0472g；含量为。乳酸根也能被高锰酸钾氧化，由题中数据可知，用高锰酸钾滴定时计算出的亚铁含量明显偏高，因此铈量法可避免乳酸根的干扰。21.Olicendin是一种新型镇痛药物，合成路线如下： 已知：①(，，)②③R−CHO+R′−NH2→R−CH=N−R′R−CH2NH−R′请回答：（1）化合物A的官能团名称是___________。（2）化合物B的结构简式___________。（3）下列说法正确的是___________。A.C→D的反应类型为加成反应B.化合物E中存在1个手性碳原子C.化合物G的分子式为D.化合物H有碱性，易溶于水（4）写出F→G化学方程式___________。（5）设计以乙炔为原料，合成HOOCCH=CHCOOH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A的同分异构体的结构简式___________。①分子中含有两个环；②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，无−O−O−键。【答案】（1）(酮)羰基醚键 （2）NCCH2COOCH3（3）AB（4）（5）HC≡CHClCH=CHClNCCH=CHCNHOOCCH=CHCOOH（6）【解析】【分析】根据信息②，则A和B(NCCH2COOCH3)发生反应生成C，C和发生加成反应得到D，根据F到G的反应得到F的结构为，再根据E的分子式和D、F的结构简式得到E的结构简式为，G加氢得到H，再是H和HOOCCH=CHCOOH反应得到Olicendin。【小问1详解】根据化合物A的结构简式得到化合物A的官能团名称是(酮)羰基醚键；故答案为：(酮)羰基醚键。【小问2详解】根据信息②分析得到化合物B的结构简式NCCH2COOCH3；故答案为：NCCH2COOCH3。【小问3详解】A．根据C、D的结构简式得到C→D的反应类型为加成反应，故A正确；B．化合物E中存在1个手性碳原子，用“*”表示的为手性碳原子，故B正确；C．化合物G的分子式为，故C错误；D．化合物H难溶于水，故D错误；综上所述，答案为：AB。【小问4详解】根据F、G的结构简式得到F→G的化学方程式 ；故答案为：。【小问5详解】乙炔和氯气发生加成反应生成ClCH=CHCl，ClCH=CHCl和NaCN反应生成NCCH=CHCN，NCCH=CHCN和水在酸性条件下反应生成HOOCCH=CHCOOH，其合成路线为：HC≡CHClCH=CHClNCCH=CHCNHOOCCH=CHCOOH；故答案为：HC≡CHClCH=CHClNCCH=CHCNHOOCCH=CHCOOH。【小问6详解】化合物A的同分异构体满足①分子中含有两个环；②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，无−O−O−键，则其同分异构体为；故答案为：。