浙江省台州市2023届高三化学下学期第二次教学质量评估试题（Word版附解析）

台州市2023届高三第二次教学质量评估试题化学本试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。考生须知：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.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。4.可能用到的相对原子质量：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.水溶液呈酸性的非电解质是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．氯气是非金属单质，单质既不是电解质也不是非电解质，故A不符合题意；B．二氧化氮不能电离出自由移动的离子，属于非电解质，但二氧化氮与水反应生成的硝酸能电离出氢离子使溶液呈酸性，故B符合题意；C．乙醇不能电离出自由移动的离子，属于非电解质，乙醇水溶液呈中性，故C不符合题意；D．乙酸在溶液中部分电离出自由移动的氢离子使溶液呈酸性，属于弱电解质，故D不符合题意；故选B。2.下列化学用语表示正确的是A.的空间填充模型：B.分子的空间结构：直线形 C.二氧化硅的分子式：D.甲胺的电子式：【答案】A【解析】【详解】A．次氯酸的结构式为H—O—Cl，Cl原子半径最大，H原子半径最小，空间填充模型为，故A正确；B．OF2分子中氧原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间结构为V形，故B错误；C．二氧化硅是原子晶体，晶体中只存在原子，不存在分子，则二氧化硅的化学式为，故C错误；D．甲胺的结构简式为CH3NH2，电子式为，故D错误；故选A。3.下列物质的性质与用途的对应关系不正确的是A.NaHCO3受热易分解，可用作膨松剂B.氮化硅熔点高，可用来制作坩埚C.液氨易溶于水，可用作致冷剂D.ClO2具有氧化性，可用作自来水消毒剂【答案】C【解析】【详解】A．NaHCO3不稳定，受热易分解产生二氧化碳，可用作膨松剂，A正确；B．氮化硅为共价晶体，具有强度高，硬度大、熔点高等特点，可以用于制作切割刀具，制作坩埚，制作高温轴承等，B正确；C．氨气的沸点较高，易液化，且液氨气化吸收大量的热，所以可以做制冷剂，与其易溶于水无关，C错误；D．ClO2具有强氧化性，能够使蛋白质变性，所以可用于自来水消毒剂，D正确；故答案为：C。4.关于反应：，下列说法正确的是A.是还原产物B.发生反应，转移电子C.还原剂与氧化剂的物质的量之比为D.在反应过程中失去电子【答案】D【解析】 【分析】由方程式可知，反应中氮元素的化合价降低被还原，四氟化二氮为反应的氧化剂、肼为还原产物，氧元素化合价升高被氧化，水是还原剂、氧气是氧化产物，反应消耗1mol四氟化二氮，反应转移8mol电子。【详解】A．由分析可知，反应中氟元素和氢元素的化合价没有变化，则氟化氢既不是氧化产物也不是还原产物，故A错误；B．由分析可知，反应消耗1mol四氟化二氮，反应转移8mol电子，故B错误；C．由方程式可知，还原剂水与氧化剂四氟化二氮的物质的量之比为4：1，故C错误；D．由分析可知，反应中氧元素化合价升高被氧化，水是还原剂，反应过程中失去电子，故D正确；故选D。5.化学与工业生产密切相关，下列说法正确的是A.电冶金工业中，加冰晶石降低熔融温度B.炼钢工业中，将炽热的钢水注入留有水的模具C.电子工业中，以溶液作为覆铜板腐蚀液D.硝酸工业中，通过氨的催化氧化实现人工固氮【答案】A【解析】【详解】A．电解熔融Al2O3生成Al和氧气，氧化铝熔点较高，加入冰晶石作熔剂时能降低熔融温度，从而减少能源浪费，A正确；B．由反应3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2可知炼钢工业中，将炽热的钢水注入没有水的模具中，否则将影响钢的质量，B错误；C．由反应Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2可知，电子工业中，以FeCl3溶液作为覆铜板腐蚀液，C错误；D．氮的固定是指由游离态的氮转化为化合态的氮的过程，故硝酸工业中，通过氨的催化氧化不能实现人工固氮，D错误；故答案为：A。6.下列反应的离子方程式正确的是A.通入中制：B.饱和溶液处理水垢中的：C.溶液中通入少量： D.氨水中滴入少量：【答案】D【解析】【详解】A．NO2通入H2O中制HNO3：3NO2+H2O=2NO+NO↑+2H+，A错误；B．饱和Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4：CO(aq)+CaSO4(s)=CaCO3(s)+SO(aq)，B错误；C．NaClO溶液中通入少量SO2：3ClO-+SO2+H2O=SO+Cl-+2HClO，C错误；D．氨水中滴入少量CuSO4：Cu2++4NH3⋅H2O=Cu(NH3)+4H2O，D正确；故选D。7.下列实验的基本操作正确的是A.中和热测定时，盐酸与溶液混合后匀速旋转玻璃搅拌棒搅拌B.润洗滴定管时，待装液润湿内壁后从上口倒出C.配制溶液时，用蒸馏水溶解固体D.用作萃取剂，分液时有机层从分液漏斗下端流出【答案】D【解析】【详解】A．中和热测定时，盐酸与氢氧化钠溶液混合后，用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒上下轻轻地搅拌使溶液混合均匀，故A错误；B．润洗滴定管时，待装液润湿内壁后，为保证整个滴定管都被润洗，应从下端流出，故B错误；C．用80mL蒸馏水溶解氯化钠固体，然后还需洗涤，总体积可能超过100mL，一般用配制体积的三分之一水进行溶解，故C错误；D．二氯甲烷的密度大于水，分液时二氯甲烷应从分液漏斗下端流出，故D正确；故选D。8.下列说法正确的是A.酿酒过程中葡萄糖在酒化酶的作用下发生水解反应生成乙醇B.醛基与极性分子加成时，带正电荷的原子与碳原子成键C.网状结构的酚醛树脂受热后软化，具有热塑性D.疫苗等生物制剂需低温保存是为防止蛋白质变性【答案】D 【解析】【详解】A．葡萄糖是单糖不水解，葡萄糖在酒化酶作用下转化为乙醇和二氧化碳，属于氧化反应，故A错误；B．醛基与极性分子加成时，带正电荷的原子与氧原子成键，故B错误；C．线状结构酚醛树脂受热后软化，具有热塑性，网状结构的酚醛树脂具有热固性，受热后不能软化或熔融，故C错误；D．蛋白质在高温下会变性，失去活性，疫苗等生物制剂需低温保存是为防止蛋白质变性，故D正确；故选D。9.药物中间体X结构如图，下列说法正确的是A.分子中存在手性碳原子B.分子中所有原子可能共平面C.该物质与足量反应，最多可消耗D.该物质与足量溶液反应，最多可消耗【答案】C【解析】【详解】A．由结构简式可知，X分子中不含有连有4个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，X分子中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子，则分子中所有原子不可能共平面，故B错误；C．由结构简式可知，X分子中含有的苯环、碳碳双键一定条件下能与氢气发生加成反应，则1molX分子最多可消耗6mol氢气，故C正确；D．由结构简式可知，X分子中含有的羧基和酯基能与氢氧化钠溶液反应，则1molX分子最多可消耗2mol氢氧化钠，故D错误；故选C。10.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的最高正价与最低负价代数和为0，X的最高能级不同轨道都有电子且自旋方向相同，Y的最外层电子数为偶数，Z的核外电子数等于X与Y的最外层电子数之和。下列说法不正确的是 A.第一电离能：X>YB.W、X、Y可能形成离子晶体C.原子半径：Z>Y>XD.W与Z形成的化合物中可能含有非极性键【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的最高正价与最低负价代数和为0，W位于第ⅠA族或第ⅣA族，X的最高能级不同轨道都有电子且自旋方向相同，X位于第ⅤA族，Y的最外层电子数为偶数，Z的核外电子数等于X与Y的最外层电子数之和，因此W只能是H或C，X是N，Y是O，Z是Na，据此解答。【详解】A．由于氮元素的2p轨道电子处于半充满稳定状态，稳定性强，因此第一电离能：N>O，A正确；B．W、X、Y可能形成离子晶体，例如硝酸铵等，B正确；C．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Na>N>O，C错误；D．W与Z形成的化合物中可能含有非极性键，即Na2C2，D正确；答案选C。11.某全固态锂电池充电时电解质表面易积聚过多的金属锂，造成电池变形，改良后电极充电过程如图，MIEC材料可同时传导离子和电子，ELI材料两者均不能传导，两种材料均不与锂及其化合物反应，锂离子通过金属锂纳米颗粒的蠕动扩散至MIEC表面，下列说法不正确的是A.当电池处于放电状态时，图示电极发生氧化反应B.充电时沿MIEC向惰性金属导体迁移，避免局部积聚C.另一极的电极材料为，则放电时的电极反应为D.当MIEC上有电荷发生迁移时，电极中的金属锂质量变化为 【答案】C【解析】【分析】由题意可知，放电时图示电极为原电池的负极，锂在负极失去电子发生氧化反应生成锂离子，FeF3电极为正极，锂离子作用下FeF3得到电子发生还原反应生成LiFeF3，充电时，图示电极与直流电源负极相连做电解池的阴极，FeF3电极为阳极。【详解】A．由分析可知，当电池处于放电状态时，图示电极图示电极为原电池的负极，锂在负极失去电子发生氧化反应生成锂离子，故A正确；B．由题给信息可知，充电时锂离子沿MIEC向惰性金属导体迁移，避免局部积聚过多的金属锂，造成电池变形，故B正确；C．由分析可知，当电池处于放电状态时，FeF3电极为正极，锂离子作用下FeF3得到电子发生还原反应生成LiFeF3，电极反应式为，故C错误；D．由分析可知，当电池处于放电状态时，图示电极图示电极为原电池的负极，锂在负极失去电子发生氧化反应生成锂离子，则当MIEC上有电荷发生迁移时，电极中的金属锂质量变化为，故D正确；故选C。12.有机化学中常用的强氧化剂五氧化铬中的Cr可以提供杂化空轨道与吡啶()形成配合物，结构如图所示，下列说法不正确的是A.该配合物中只存在一种杂化方式B.吡啶中的N是配位原子C.该配合物中铬为价，五氧化铬化学式可写作D.可能存在离子，性质比五氧化铬更不稳定【答案】A【解析】【详解】A．由题干结构示意图可知，该配合物中存在C、N均采用sp2杂化，O采用sp3和sp2杂化，而 Cr周围价层电子对数为6，故采用sp3d2杂化，即不止一种杂化方式，A错误；B．由题干结构示意图可知，吡啶中的N中含有1对孤电子对，则N是配位原子，B正确；C．由题干结构示意图可知，该配合物中存在过氧键，故铬为价，五氧化铬化学式可写作，C正确；D．由于可能得到一个电子后O原子周围也含有孤电子对，两个这样的离子再形成一个过氧键而结合形成，可能存在离子，由于存在更多过氧键具有很强的氧化性，故性质比五氧化铬更不稳定，D正确；故答案为：A。13.常温下用溶液分别滴定的、溶液，测出三次滴定过程中部分数据如表所示。下列说法正确的是离子混合溶液①②③4325.77.75.37.3A.根据表中数据可以获得，但无法获得B.将上述、溶液等体积混合后逐滴滴入溶液，先生成沉淀C.对饱和溶液加水稀释，沉淀溶解平衡正向移动，最终与原平衡相等D.对于平衡体系，平衡常数【答案】B【解析】【分析】由①数据可知，；由②数据可知，； 【详解】A．由分析可知，可以获得、，A错误；B．、，将上述、溶液等体积混合后逐滴滴入溶液，由于氯离子、草酸根离子两者浓度相等均为，则氯离子生成沉淀所需的银离子浓度更小，故先生成沉淀，B正确；C．对饱和溶液加水稀释，沉淀溶解平衡正向移动，当全部溶解后，继续稀释，则减小，C错误；D．对于平衡体系，平衡常数，D错误；故选B。14.反应分三步进行，各步的相对能量变化如图I、II、III所示：下列说法不正确的是A.三步分反应中决定总反应速率的是反应IB.I、II两步的总反应为C.根据图像无法判断过渡状态a、b、c的稳定性相对高低D.反应III逆反应的活化能(逆)【答案】B【解析】【详解】A．活化能越大，反应速率越慢，根据图中信息反应I活化能最大，因此三步分反应中决定总反应速率的是反应I，故A正确； B．根据图中信息和盖斯定律得到I、II两步的总反应为，故B错误；C．由于CO(g)的能量不清楚，因此根据图像无法判断过渡状态a、b、c的稳定性相对高低，故C正确；D．根据总反应和，得到反应III的，逆反应的活化能(逆)，故D正确。综上所述，答案为B。15.某酸是治疗白血病的重要药物成分，在水溶液中存在的各种微粒形态与的关系如图所示：下列有关说法正确的是A.人体血液为7.3～7.4，则用药后血液中该成分的微粒形态以为主B.将溶液逐滴滴入溶液中至时，发生的离子反应为C.仅获知a、b两点的横坐标即可算出D.时，【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，人体血液pH为7.3～7.4之间时，用药后血液中该成分的微粒形态以H3R为主，故A错误；B．由图可知，将氢氧化钾溶液逐滴滴入H3R溶液中至pH=11时，发生的反应为H3R溶液与氢氧化钾溶液反应生成KH2R和水，反应的离子方程式为H3R+OH—=H2R—+H2O，故B错误；C．设a点、b点溶液pH分别为x和y，b点HR2—的浓度为z，由图可知，a点时，溶液中H2R—的浓度与 HR2—的浓度相等，则H3R的电离常数Ka2==c(H+)=10—x，b点时，溶液中HR2—的浓度与R3—的浓度相等，溶液pH为y，则溶液中H2R—的浓度为，H3R的电离常数Ka3===10x—2y，所以仅获知a、b两点的横坐标即可算出Ka3，故C正确；D．由图可知，溶液pH=14时，溶液中H2R—的物质的量分数为0，则溶液中H2R—的浓度不可能大于氢氧根离子浓度，故D错误；故选C。16.探究硫及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是选项目的方案设计现象和结论A判断的化学键类型将固体溶于水，进行导电性实验，溶液可导电中含有离子键B证明水溶液的酸性与漂白性分别在石蕊溶液与品红溶液中通入适量气体石蕊溶液变红后没有褪色，品红溶液褪色，说明水溶液呈酸性，有漂白性C证明浓硫酸具有强氧化性加热浓硫酸、固体与固体的混合物有黄绿色气体产生，说明浓硫酸具有强氧化性D比较S与的非金属性强弱用试纸测定的和溶液的若前者的试纸颜色比后者深，说明非金属性：A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．氯化氢为共价化合物，溶于水会电离出氢离子、氯离子，溶液能导电；故固体溶于水，进行导电性实验，溶液可导电，不能说明其含有离子键，故A不符合题意； B．酸性溶液使石蕊试液变红色，石蕊溶液变红后没有褪色，说明水溶液呈酸性；品红溶液褪色，说明能使有色物质褪色，有漂白性，故B符合题意；C．加入二氧化锰，也可能是二氧化锰使氯离子氧化生成氯气，不能说明浓硫酸具有强氧化性，故C不符合题意；D．硫化氢、氯化氢不是硫、氯对应的最高氧化物的水合物，故的和溶液的大小不能说明硫、氯的非金属性强弱，故D不符合题意；故选B。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.回答下列问题：（1）乙二胺四乙酸缩写为EDTA，是—种六齿配体有机分子(如图1所示)：请回答：①EDTA中不存在的共价键类型为_______。A.键B.键C.键D.非极性键EDTA中电负性最大的元素的基态原子轨道表示式为_______。②是一种含铜配合物(如图2所示)，该配合物配位数为_______，中心离子的价层电子排布式为_______。（2）与晶体在常温下均为闪锌矿结构，可表示为图3的形式，请回答：①若晶体中两个氯原子之间的最近距离为，代表阿伏伽德罗常数的值，则晶体的密 度=_______。(用含d，的代数式表示)②加热至440℃会转变为更稳定的氯化钠型结构，而转化的温度则更高，请从结构角度解释原因_______。【答案】（1）①.AC②.③.6④.3d9（2）①.②.I原子半径大于Cl原子，使得Cu-I键比Cu-Cl键更容易断裂，CuI更容易发生晶体结构改变【解析】【小问1详解】①EDTA分子中，羧基中C=O键含键，C-C键为非极性键，中心C和N原子均采用杂化方式成键，所以不存在键和键，故选AC；EDTA中含有C、H、O、N元素，同周期元素从左至右，电负性逐渐增大，则电负性最大的元素为O，基态O原子轨道表示式为；②由图可知，该配合物的配位数为6；Cu原子序数为29，基态Cu原子核外电子排布式为[Ar]3d104s1，则中心Cu2+的价层电子排布式为3d9；【小问2详解】①位于晶胞内部Cu+个数为4，位于晶胞顶点和面心Cl-个数为，晶体中两个氯原子之间的最近距离为晶胞面对角线长度的一半，则晶胞边长为，则晶体的密度=；②I原子半径大于Cl原子，使得Cu-I键比Cu-Cl键更容易断裂，CuI更容易发生晶体结构改变，因而转化 温度较低。18.固体化合物A由4种短周期元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验：流程中固体、气体均为纯净物，溶液中均为单一成分溶质，其中气体A的分子空间构型为三角锥形，气体C可使带火星木条复燃，所有数据均在标准状况下测得，流程中的反应均充分进行。请回答：（1）组成固体A的4种元素是_______(填元素符号)，气体B的结构式为_______。（2）写出反应①的离子方程式_______；（3）写出反应②的化学方程式_______。（4）白色沉淀A、B、C的样品标签遗失，请设计实验方案检验三种沉淀的成分_______。【答案】（1）①.N、H、O、Cl②.O=C=O（2）2NH+BaCO3=Ba2++2NH3↑+CO2↑+H2O（3）Ba(ClO3)2BaCl2+3O2↑（4）分别取少量样品，加入浓盐酸有气泡产生的是CaCO3，加Na2S溶液有黑色沉淀生成的是AgCl固体，余下的为BaSO4固体【解析】【分析】气体A的分子空间构型为三角锥形，说明气体A为氨气，固体A中含有氮元素；由题给流程可知，气体B能与澄清石灰水反应生成白色沉淀说明气体B为二氧化碳，白色沉淀A为碳酸钙，溶液A与碳酸钡固体反应生成二氧化碳和氨气，说明固体A为强酸的铵盐，则固体A中含有氢元素；固体B与足量稀硫酸反应生成白色沉淀，与足量硝酸酸化的硝酸银溶液反应生成白色沉淀，说明白色沉淀B为硫酸钡，白色沉淀C为氯化银，固体B为氯化钡，则固体A中含有氯元素；气体C可使带火星木条复燃说明气体C为氧气，溶液B蒸干溶剂后250℃分解生成氯化钡和氧气说明溶液B为氯元素的含氧酸盐，酸根中氯原子和氧原子的个数比为×2：×2=1：3，则溶液B为氯酸钡溶液，溶液A为氯酸铵溶液、固体A为氯酸铵。【小问1详解】由分析可知，固体A为N、H、O、Cl四种元素形成的氯酸铵，气体B为结构式为O=C=O的二氧化碳； 【小问2详解】由分析可知，反应①为氯酸铵溶液与碳酸钡反应生成氯化钡、氨气、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2NH+BaCO3=Ba2++2NH3↑+CO2↑+H2O；【小问3详解】由分析可知，反应②为氯酸钡受热分解生成氯化钡和氧气，反应的化学方程式为Ba(ClO3)2BaCl2+3O2↑；【小问4详解】由分析可知，白色沉淀A为碳酸钙，白色沉淀B为硫酸钡，白色沉淀C为氯化银，这三种白色沉淀中，只有碳酸钙能与稀盐酸反应生成生成二氧化碳气体，氯化银能与硫化钠溶液反应转化为黑色的硫化银，硫酸钡不能与硫化钠溶液反应，则检验三种沉淀的实验方案为分别取少量样品，加入浓盐酸有气泡产生的是CaCO3，加Na2S溶液有黑色沉淀生成的是AgCl固体，余下的为BaSO4固体。19.催化加氢合成二甲醚是资源化利用的有效途径之一，合成二甲醚的总反应可表示为：总反应：该反应可通过如下步骤来实现：反应I：反应Ⅱ：请回答：（1）_______(用，表示)。（2）、的条件下，平衡时转化率和的选择性随温度变化如图1所示。其中：的选择性％。 ①下列说法正确的是_______。A.、、均大于0B.若反应在恒容密闭容器中进行，当体系压强不再变化，则反应I、Ⅱ均达到平衡状态C.提高氢碳比，平衡时的转化率增大，的选择性减小D.工业上应选择在200～220℃下具有较高催化活性及选择性的催化剂②360℃时，的平衡选择性可视为0，不考虑其他副反应，反应I的平衡常数_______。③、的条件下，催化加氢反应一段时间，不同温度下实际转化率和实际选择性数据如表：温度/℃220240260280300实际转化率％7.612.414.818.622.9二甲醚实际选择性％68.777.261.041.527.5该体系合成二甲醚的最佳反应温度为_______。④由上表数据可知，240～300℃二甲醚实际选择性逐渐减小，从化学反应速率角度分析原因_______。（3）250℃、、，平衡时转化率和收率与进料气中体积分数(/％)有关，其变化如图2所示，其中： 的收率％；的收率％。请在图2中画出在0～14％之间平衡收率的变化趋势_____。【答案】（1）2+（2）①.BD②.0.052③.240℃④.240-300°℃，在催化剂作用下，随着温度升高，反应Ⅱ速率加快的程度比反应大，故二甲醚的实际选择性逐渐减小（3）【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知总反应=2I+Ⅱ，则2+，故答案为：2+；【小问2详解】①A.由图中信息可知，随温度的升高的选择性一直降低，可知升温不利于的生成，则总反应以及反应Ⅱ均为放热反应，、、均小于0，而温度在280℃ 以上时二氧化碳的转化率升高，就可知高温有利于反应I正向移动，则小于0，故A错误；B.若反应在恒容密闭容器中进行，由总反应可知反应前后气体分子数减少，体系内压强减小，则当体系压强不再变化，则反应I、Ⅱ均达到平衡状态，故B正确；C.提高氢碳比，有利于反应I平衡正向一定，平衡时的转化率增大，同时也使反应Ⅱ正向移动，的选择性也增大，故C错误；D.200～220℃左右时的选择性较高，此时二氧化碳的转化率也较大，选择在此温度下具有较高催化活性的催化剂，有利于生成，故D正确；故答案为：BD；②360℃时，的平衡选择性可视为0，不考虑其他副反应，则体系内只发生反应I，此时二氧化碳的转化率为35%，，设氢气为4mol，二氧化碳为1mol，列三段式得：反应I的平衡常数，故答案为：0.052；③由表中数据可知不同条件下生成二甲醚的相对量可用二氧化碳的转化率×二甲醚的选择率表示，则分别为：5.22%、9.57%、9.02%、7.72%；由此可知该体系合成二甲醚的最佳反应温度为240℃，故答案为：240℃；④温度较高时，催化剂的活性会降低，导致反应速率减小，240-300°℃，在催化剂作用下，随着温度升高，反应Ⅱ速率加快的程度比反应大，故二甲醚的实际选择性逐渐减小；故答案为：240-300°℃，在催化剂作用下，随着温度升高，反应II速率加快的程度比反应大，故二甲醚的实际选择性逐渐减小；【小问3详解】在0～14％之间转化率下降，收率升高，则CO的平衡量逐渐减小，其收率逐渐下降 ，故答案为：。20.实验室制备一种钴的配合物，化学式为，摩尔质量为，是一种微溶于水、难溶于稀盐酸的紫红色晶体，在热的强碱溶液中不稳定，释放出全部氨分子。实验流程如下：已知制备原理：反应a：反应b：请回答：（1）下列说法不正确的是_______。A.由实验可知与钴离子形成配位键的能力由强到弱为：B.的唯一作用是为反应提供氯离子C.将步骤III中的浓盐酸改为硫酸溶液，是对方案的优化D.若步骤II的溶液过低，会导致产率降低（2）为了使反应快速、充分地进行，步骤II、III均需边振荡仪器A边加试剂，但发现产物中混有大量粉红色的副产物，请回答： ①大量副产物生成的原因是_______。②通过对装置的改进可以提高纯度和产率，图中可用来代替仪器A的是_______(填“B”或“C”)。③不管有无改进装置，产物中都会混杂有少量蓝色晶体，经测定是碱式氯化亚钴，化学式为，请解释原因_______。（3）为步骤IV中一系列操作选择合理选项并排序：蒸发浓缩至少量晶体析出→___→c→___→___→最终得到紧红色晶体____。a.趁热过滤b.冷却至室温并过滤c.用冷水分数次洗涤固体d.用盐酸分数次洗涤固体e.105℃下烘干f.投入浓硫酸中干燥（4）为了测定某目标产物的纯度(杂质除外均不参加反应)，称取样品溶于水，在容量瓶中配成溶液，取溶液进行如下操作：步骤I：加入的溶液并加热至沸腾进行蒸氨，将生成的气体全部通入的盐酸中，用的标准液滴定剩余盐酸，消耗标准液。步骤II：将蒸氨后的溶液冷却至室温，加硝酸中和至酸性，用标准液滴定至终点，消耗标准液。样品的纯度为_______。【答案】（1）BC（2）①.HCl挥发，使得反应b难以进行②.B③.步骤II振荡时H2O2分解，导致氧化剂不足，部分Co2+未被氧化（3）bde（4）93.94%【解析】【分析】由题给流程可知，浓氨水、氯化铵与二氯化钴在仪器A中加水充分反应生成棕色配合物 [Co(NH3)6]Cl2，碱性条件下向[Co(NH3)6]Cl2棕色溶液中加入过氧化氢溶液，将[Co(NH3)6]Cl2转化为深棕色[Co(NH3)5H2O]Cl3，向[Co(NH3)5H2O]Cl3深棕色溶液中加入浓盐酸共热反应将[Co(NH3)5H2O]Cl3转化为紫红色[Co(NH3)5Cl]Cl2，[Co(NH3)5Cl]Cl2溶液经蒸发浓缩至少量晶体析出、冷却至室温并过滤、用5mL冷水分数次洗涤固体、用5mL6mol/L盐酸分数次洗涤固体、105℃下烘干制得紫红色[Co(NH3)5Cl]Cl2晶体。【小问1详解】A．由向[Co(NH3)5H2O]Cl3深棕色溶液中加入浓盐酸共热反应将[Co(NH3)5H2O]Cl3转化为紫红色[Co(NH3)5Cl]Cl2可知，与钴离子形成配位键的能力由强到弱为：NH3>Cl−>H2O，故正确；B．一水合氨在溶液中存在电离平衡，制备[Co(NH3)5Cl]Cl2时，氯化铵除提供氯离子外，还可以增大一水合氨的浓度，有利于[Co(NH3)5Cl]Cl2的生成，故错误；C．由分析可知，将步骤III中浓盐酸改为硫酸溶液不可能增大溶液中的氯离子浓度，不能将[Co(NH3)5H2O]Cl3转化为紫红色[Co(NH3)5Cl]Cl2，故错误；D．若步骤II的溶液pH过低，溶液中的氢离子会使氨分子转化为铵根离子，不利于[Co(NH3)5Cl]Cl2的生成会导致产率降低，故正确；故选BD；【小问2详解】①步骤III振荡仪器A时，可能导致氯化氢挥发使得盐酸浓度减小，不利于反应b进行，使得产物中混有大量粉红色的副产物[Co(NH3)5H2O]Cl3，故答案为：HCl挥发，使得反应b难以进行；②用密封的仪器B代替敞口的仪器A可以减少氯化氢挥发使得盐酸浓度减小，有利于反应b进行，从而提高产品的纯度和产率，故选B，③步骤II振荡时H2O2发生分解反应，导致过氧化氢溶液的浓度减小，使得部分Co2+未被氧化，发生副反应生成碱式氯化亚钴，所以不管有无改进装置，产物中都会混杂有少量蓝色碱式氯化亚钴晶体，故答案为：H2O2分解，导致氧化剂不足，部分Co2+未被氧化；【小问3详解】由分析可知，[Co(NH3)5Cl]Cl2溶液经蒸发浓缩至少量晶体析出、冷却至室温并过滤、用5mL冷水分数次洗涤固体、用5mL6mol/L盐酸分数次洗涤固体、105℃下烘干制得紫红色[Co(NH3)5Cl]Cl2晶体，故答案为：b、d、e；【小问4详解】设样品中[Co(NH3)5Cl]Cl2和氯化铵的物质的量分别为amol、bmol，由步骤I可得：5a+b=0.008，由步骤II可得：3a+b=0.005，解得a=0.0015mol，则样品的纯度为×100%=93.94%，故答案为：93.94%。 21.某研究小组按下列路线合成抗精神分裂药物阿立哌唑。已知：①；②；③请回答：（1）化合物A中官能团名称是_______，化合物I的结构简式是_______。（2）下列说法正确的是_______。A.化合物C和D可通过溶液区别B.化合物E属于胺类物质C.阿立派唑的分子式是D.从A→C的反应推测，化合物B中连在酰基上的氯原子比连在饱和碳原子上的活泼（3）化合物C转化成D的过程中会生成与D互为同分异构体的副产物K，K的结构简式是_______。（4）写出G→H的化学方程式_______。 （5）设计以和为原料合成路线_______(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J的同分异构体的结构简式_______。①分子中有氯原子直接连在苯环上；②分子中共有3种不同化学环境的H；③不存在两个环共用两个碳原子的结构，不含双键及氮氢键。【答案】（1）①.醚键、氨基②.（2）AD（3）（4）+CH3COCl+HCl（5）+（6）【解析】【分析】由流程结合物质化学式可知，A和B发生取代反应生成C：， C发生已知反应③原理生成D；F发生已知①反应生成G，G和CH3COCl反应生成H，H中硝基被还原为氨基得到I，I发生已知②原理氨基转变为氯原子生成J；【小问1详解】由结构简式可知，化合物A中官能团名称是醚键、氨基；由分析可知，化合物I的结构简式是；【小问2详解】A．化合物C不含酚羟基、D含有酚羟基，可通过溶液区别，A正确；B．化合物E含有酰胺基，属于酰胺类物质，B错误；C．由结构可知，阿立派唑的分子式是，C错误；D．A→C的反应中B中酰基上氯发生了取代反应，可知化合物B中连在酰基上的氯原子比连在饱和碳原子上的活泼，D正确；故选AD；【小问3详解】化合物C转化成D的过程中会生成与D互为同分异构体的副产物K，则K为支链上氯取代支链另一侧苯环上氢生成的产物，则K为；【小问4详解】G和CH3COCl反应生成H，化学方程式为： +CH3COCl+HCl；【小问5详解】以和首先发生已知①生成，分子中2个羟基在浓硫酸加热作用下生成醚键成环得到，分子氯原子在氢氧化钠水溶液加热条件先发生取代反应引入羟基得到目标产物，故流程为：+。【小问6详解】化合物J的同分异构体满足以下条件：①分子中有氯原子直接连在苯环上；②分子中共有3种不同化学环境的H，则结构对称较好；③不存在两个环共用两个碳原子的结构，不含双键及氮氢键，则存在氮原子和碳原子或氮原子形成的环；结构可以为：。