重庆市南开中学2022-2023学年高三化学三模（第九次）试题（Word版附解析）

重庆市南开中学23届高三第九次质量检测化学试题考生注意：1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。可能用到的相对原子质量：H—1Li—7C—12O—16S—32Fe—56Cu—64一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.向下列物质中加入NaOH溶液并加热，其成分不发生改变的是A．用聚四氟乙烯制成的实验仪器B．用于通信的光导纤维C．用于焙制糕点的小苏打D．从餐厨废弃物中提取的地沟油A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．聚四氟乙烯不和氢氧化钠溶液反应，故A符合题意；B．光导纤维的主要成分是二氧化硅，二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，离子方程式为，故B不符合题意；C．小苏打的主要成分是碳酸氢钠，碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，离子方程式为：，故C不符合题意；D．“地沟油”的成分是油脂，与碱溶液反应生成高级脂肪酸盐和甘油，故D不符合题意；故答案选A。【点睛】本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，题目难度不大。 2.“结构决定性质，性质决定用途”。下列物质的性质与用途不具有对应关系的是A氮化硅耐高温、抗氧化，可用于制造高温结构陶瓷B.氯化铁溶液显酸性，可用于刻蚀铜制电路板C.硬铝的密度小、强度高，可用于制造飞机外壳D.聚乳酸具有生物相容性和可降解性，可用作手术缝合线【答案】B【解析】【详解】A．氮化硅为共价晶体，熔沸点很高，硬度很大，性质稳定，耐高温，抗氧化，可用于制造高温结构陶瓷，故A正确；B．氯化铁具有氧化性，能与Cu单质反应，因此用于刻蚀铜制电路板，与溶液酸性无关，故B错误；C．硬铝合金具有高强度，低密度的特点，可用于制造飞机外壳，故C正确；D．聚乳酸具有生物相容性，同时也可水解成乳酸，容易降解，因此可用作手术缝合线，故D正确；故选：B。3.室温下，下列各组微粒在指定溶液中可能大量共存的是A.无色透明的水溶液中：、、B.硝酸型酸雨的雨水中：、、C.加入金属Al产生的水溶液中：、、D.水电离的浓度为mol/L的水溶液中：、、【答案】C【解析】【详解】A．为橙红色，不符合无色条件，故A错误；B．硝酸型酸雨具有强氧化性，能氧化还原性的离子，所以不能大量共存，故B错误；C．加入金属Al生成的氢气的水溶液为弱氧化性酸或强碱溶液，如果溶液呈强碱性，这几种离子之间不反应且和OH−不反应，能大量共存，故C正确；D．水电离的H＋浓度为1×10−12mol/L的水溶液中，水的电离被抑制，溶液呈酸性或碱性，高锰酸根离子氧化甲醇而不能大量共存，故D错误；故答案选C。【点睛】本题考查离子共存，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确离子的性质、离子共存条件是解本题关键。 4.白铜是一种延展性好、硬度高、色泽美观、耐腐蚀的合金材料，其主要成分为Cu、Ni、Zn，还含有少量S、P、As等元素。关于上述涉及到的元素，下列说法正确的是A.基态Ni原子的简化电子排布式为：B.基态As原子最高能级的轨道形状为哑铃形C.第一电离能：S>P>CuD.S、P为p区元素，Cu、Zn为d区元素【答案】B【解析】【详解】A．基态Ni原子的简化电子排布式为：[Ar]，故A错误；B．基态As原子最高能级为4p，其轨道为哑铃形，故B正确；C．第一电离能：P＞S＞Cu，故C错误；D．S、P为p区元素，Cu、Zn为ds区元素，故D错误；故答案选：B。【点睛】本题考查了原子结构与元素性质，明确基态原子核外电子排布规律、熟悉同周期元素性质递变规律是解题关键，题目难度不大。5.2023年4月3日，沙坪坝区公安分局民警走进重庆南开中学校园，举办了包括刑侦、网安、禁毒、反恐等主题的安全教育活动。学生们在禁毒教育中认识了以氯胺酮、四氢大麻酚等(结构如下图所示)为主要原料的毒品对人体与社会的危害。下列说法正确的是A.氯胺酮的分子式为B.四氢大麻酚中只有1个手性碳原子C.氯胺酮和四氢大麻酚均可以发生取代、加成、氧化、消去反应D.1mol四氢大麻酚与浓溴水反应，最多可以消耗3mol【答案】D【解析】【详解】A．由氯胺酮的结构简式可知其分子式为：，故A错误； B．四氢大麻酚中有2个手性碳原子，如图：，故B错误；C．氯胺酮和四氢大麻酚均不能发生消去反应，故C错误；D．酚羟基邻、对位氢可与溴单质发生取代反应，碳碳双键可与溴单质发生加成反应，则1mol四氢大麻酚可与3mol溴单质反应，故D正确；故选：D。6.R、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素且位于三个不同的周期。、、三种微粒的空间构型相同，W与Z同主族。下列说法正确的是A.氢化物的沸点：X>Z>WB.原子半径：Y>Z>X>RC.最高价氧化物对应水化物的酸性：X>W>Y>ZD.Z与W形成的二元化合物，其晶体熔点比Z单质晶体低【答案】B【解析】【分析】R、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素且位于三个不同的周期，则R为H元素；由知X为N元素；由ZR4知，Z为Si元素；W与Z同主族，则W为C元素；又由可知，Y为Al元素，据此分析。【详解】A．NH3存在分子间氢键，沸点较高，C和Si的氢化物属于分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，而C的氢化物有多种，则其氢化物的沸点不一定比NH3、SiH4低，故A错误；B．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，序数越大半径越小，因此原子半径：Al＞Si＞N＞H，即Y＞Z＞X＞R，故B正确；C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：N＞C＞Si＞Al，则最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞W＞Z＞Y，故C错误；D．Z与W形成的二元化合物为SiC，SiC和晶体Si均为原子晶体，Si−C键的键长小于Si−Si键，键能大于Si−Si键，则SiC晶体熔点比单质Si晶体高，故D错误；故答案选B。7.是一种重要的有机溶剂，其工业制备原理为： ，下列说法正确的是A.和中的C原子杂化方式均为B.和分子的空间结构分别是V形和正四面体C.为非极性分子，为极性分子D.液态挥发时主要破坏共价键【答案】C【解析】【详解】A．CS2和CCl4中的C原子的价层电子对数分别为、，杂化方式分别为sp、sp3，故A错误；B．根据CS2和CCl4中的C原子的价层电子对数分别为、，空间结构分别是直线形和正四面体形，故B错误；C．CS2中的C原子的价层电子对数为，为直线形结构，正负电荷中心重合，为非极性分子；S2Cl2中S原子的价层电子对数为，正负电荷中心不重合，为极性分子，故C正确；D．液态Cl2挥发时克服的是分子间作用力，化学键没有断裂，故D错误；故答案选C。【点睛】本题考查了微粒的空间结构的判断，难度不大，应注意基础知识的掌握和应用。8.甘油()的化学名称为丙三醇，是一种常用的有机化工原料。设阿伏加德罗常数的值为，下列分析正确的是A.100g质量分数为46%的甘油水溶液中含有的氧原子数目为B.2.24L(标准状况下)甘油含有的羟基数目为C.1mol甘油与3mol硬脂酸发生酯化反应，生成的水分子数目为：D.9.2g甘油完全燃烧转化为水和二氧化碳，转移电子数目为：【答案】A【解析】【详解】A．100g质量分数为46%的甘油水溶液中含有的氧原子数目为： ，故A正确；B．标况下甘油为液态，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量，故B错误；C．酯化反应为可逆反应，不能进行到底，所以1mol甘油与3mol硬脂酸发生酯化反应，生成的水分子数目小于3NA，故C错误；D．9.2g甘油物质的量为：，完全燃烧转化为水和二氧化碳，转移电子数目为0.1mol×14×NAmol−1＝1.4NA，故D错误；故答案选A。【点睛】本题考查物质的量的计算，阿伏加德罗常数的应用，为高频考点，把握物质的构成、物质的量与质量的关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度中等。9.根据下列实验的操作和现象，可以说明相应结论的是选项操作现象结论A将乙醇和浓硫酸的混合液加热，将生成的气体通入溴水中溴水褪色乙醇发生了消去反应B将某铁的氧化物用稀盐酸溶解，再滴入2滴酸性溶液酸性溶液褪色该氧化物中一定含有C向某溶液中加入少量铜粉并振荡，铜粉不溶解，再滴入2滴稀硫酸铜粉溶解，产生红棕色气体原溶液中含有D向2mL1mol/L溶液中滴入2滴0.1mol/LNaOH溶液，再滴加2滴0.1mol/L溶液先产生蓝色沉淀，再产生黑色沉淀A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A ．生成的乙烯中混有二氧化硫，二者均与溴水反应，则溴水褪色，不能证明乙醇发生消去反应，故A错误；B．酸性高锰酸钾溶液可氧化盐酸，紫色褪去，不能证明氧化物中含亚铁离子，故B错误；C．酸性溶液中硝酸根离子氧化Cu，则铜粉溶解，生成NO与液面上方空气中氧气反应生成红棕色的二氧化氮气体，故C正确；D．硫酸铜溶液中先滴加少量NaOH溶液，生成氢氧化铜蓝色沉淀，此时硫酸铜过量，再滴加硫化钠，直接生成黑色CuS沉淀，不能比较、的大小，故D错误；故答案选C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、难溶电解质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。10.如图所示是黄铁矿主要成分的晶胞，其阴阳离子的排布方式与氯化钠晶体相似，但是双原子离子，因此同一晶胞中存在多种取向的，若阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是A.晶胞中与等距离且最近的有8个B.甲、乙两处的的取向可能不同C.S原子的半径为pmD.黄铁矿晶体密度的计算式为g/cm【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，位于体心和棱心位置，与体心等距离且最近的都在棱心处，共有12个，故A错误；B．甲、乙两处的位于平行面的面心位置，根据晶胞平行面相同的性质可知，甲、乙两处的的取向一定相同，故B错误；C．位于晶胞的顶点和面心位置，属于面心立方最密堆积结构，顶点和面心位置的距离为 pm，中含有2个S原子，但在同一晶胞中存在多种取向的，不能用间的距离表示S原子的半径，故C错误；D．晶胞中位于晶胞的顶点和面心位置，数目为：，位于体心和棱心位置，数目为，晶胞的质量m=g=g，体积V=，则该晶胞的密度，故D正确；故选：D。11.可用以下方法将气态废弃物中的气体间接氧化为S而加以利用：以和的混合液为电解质溶液，控制电压通电，惰性电极d附近有产生，惰性电极c附近无气体生成。一段时间后将通入溶液中发生反应。下列说法不正确的是A.电解过程中，向惰性电极c移动B.电解过程中，惰性电极d附近的pH上升C.当外电路流过1mol时，理论上可制备16gSD.该过程中需要不断补充和【答案】D【解析】【分析】控制电压通电，惰性电极d附近有H2产生，电极方程式为，惰性电极d为阴极，发生还原反应，惰性电极c为阳极，附近无气体生成，电极反应为：，一段时间后将H2S通入溶液中K3[Fe(CN)6]将H2S转化为S和K4[Fe(CN)6]，离子方程式为，据此分析。【详解】A．电解过程中，阴离子移向阳极，即向惰性电极c移动，故A正确； B．电解过程中，惰性电极d附近有H2产生，电极方程式为，碳酸根离子的水解程度比碳酸氢跟离子大，故惰性电极d附近的pH上升，故B正确；C．当外电路流过1mole−时，依据阳极反应为：，阳极产生1mol，由通入H2S后溶液中的离子方程式为可知，理论上可制备0.5molS，即0.5mol×32g/mol=16gS，故C正确；D．根据阴极方程式为，阳极反应为：，通入H2S后溶液中的离子方程式为可知，理论上不需要补充K4[Fe(CN)6]和KHCO3，故D错误；故答案选D。【点睛】本题主要考查了利用电解原理来判断电极方程式、溶液pH、转移电子数等，难度不大，抓住电解的原理分析阴阳极的反应是解题的根本。12.25℃下，向下列溶液中通入相应气体至溶液呈中性。已知。对所得溶液中微粒的浓度分析正确的是选项原溶液通入气体分析ANaClOBHICDA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．NaClO和SO2发生氧化还原反应生成Na2SO4和NaCl，反应为NaClO＋SO2＋H2O＝NaCl＋ H2SO4，溶液中无和，故A错误；B．向CH3COONa溶液中通入HI气体至溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH−)＝10−7mol/L，反应后溶液中溶质为CH3COOH、CH3COONa和NaI，电荷守恒关系为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH−)＋c(CH3COO−)＋c(I−)，物料守恒关系为c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO−)，可得c(CH3COOH)＝c(I−)，，可得c(CH3COO−)＝175c(CH3COOH)＞c(CH3COOH)＝c(I−)，故B正确；C．(NH4)2CO3溶液中物料守恒关系为c(NH)＋c(NH3·H2O)＝2[c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)]，通入CO2至溶液呈中性时，溶质为NH4HCO3、(NH4)2CO3、H2CO3，则c(NH)＋c(NH3⋅H2O)＜2[c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)]，故C错误；D．溶液中，物料守恒关系为c(K＋)＝，NH3会消耗部分，可得c(K＋)＞c(NH)，中性溶液中电荷守恒关系为c(K＋)＋c(NH)＋c(H＋)＝2c()＋c()＋c(OH−)，c(H＋)＝c(OH−)，即c(K＋)＋c(NH)＝2c()＋c()，可得c()＝c(NH)＋c(H2SO3)＞c(NH)，中性溶液中c()较小，则溶液中存在c(K＋)＞c()＞c(NH)＞c()，故D错误；故答案选B。13.将2mol和3mol置于密闭容器中，在250℃下只发生如下两个反应：kJ/molkJ/mol一段时间后，和恰好全部消耗，共放出303kJ热量。已知：部分化学键的键能如下表所示化学键(ClF中)(中)键能/(kJ/mol)157243248X则X的值为A.172B.202C.238D.258【答案】A【解析】 【分析】根据反应热与键能的关系△H＝∑D（反应物）−∑D（生成物），可求出a，以及用x把b表示出来，然后根据化学方程式的计算可解。【详解】根据反应热与键能的关系△H＝∑D（反应物）−∑D（生成物），由题意Cl2＋F2═2ClFΔH1＝akJ/mol；Cl2＋3F2═2ClF3ΔH2＝bkJ/mol可知；ΔH1＝（243＋157−2×248）kJ/mol＝−96kJ/mol，ΔH2＝（243＋3×157−2×3x）kJ/mol＝（714−6x）kJ/mol，即a＝−96，b＝714−6x，设参与Cl2＋F2═2ClFΔH1＝akJ/mol的氯气物质的量为m，则消耗的氟气也为m，剩下的氯气和氟气正好按Cl2＋3F2═2ClF3ΔH2＝bkJ/mol的系数比反应，即，解之得，m＝1.5mol，则有1.5mol×（−96kJ/mol）＋0.5mol×（714−6x）kJ/mol＝303kJ，解之得x＝172，故答案选A。【点睛】本题把键能与反应热的关系应用到化学方程式的计算中，难度不大。14.将mgCuO固体放入体积为2L的真空密闭容器中，保持温度不变，发生反应：。达到平衡时，的物质的量为0.1mol。下列说法正确的是A.保持容器体积不变，向平衡体系中通入Ar，平衡正向移动B.向平衡体系再通入0.1mol，达到新的平衡后，0.05mol/L0.1mol/LC.压缩容器体积为原来的一半，达到新的平衡后容器中的固体质量增加3.2gD.扩大容器体积为5L，一段时间后mol/L且维持不变，则【答案】D【解析】【详解】A．保持容器体积不变，向平衡体系中通入Ar，氧气的浓度不变，则平衡不移动，故A错误；B．温度不变，K＝c()不变，则向平衡体系再通入0.1molO2，达到新的平衡后，c()＝0.05mol/L，故B错误；C．压缩容器体积为原来的一半，逆向移动，平衡时c()不变，消耗0.05mol氧气时，固体质量增加0.05mol×32g/mol＝1.6g，故C错误；D．扩大容器体积为5L，平衡正向移动，一段时间后c()＝0.04mol/L＜0.05mol/L，浓度维持不变，可知CuO完全反应，n(CuO)＝0.04mol/L×5L×4＝0.8mol，m＝0.8mol×80g/mol＝64g，故D正确；故答案选D。【点睛】本题考查化学平衡及计算，为高频考点，把握K与温度的关系、平衡移动的影响因素为解答的关键，题目难度不大。 二、非选择题：共58分。15.新能源汽车发展迅速，其中比亚迪公司的刀片电池极大提高了汽车的续航里程。该电池使用的磷酸铁锂可使用硫铁矿烧渣(主要成分是，含少量、和CaO)为原料，通过以下工艺制备：（1）写出的电子式：___________，滤渣2的主要成分为___________(填化学式)。（2）“酸浸”需要控制温度为65~80℃，原因是___________。（3）“沉铁”步骤反应的离子方程式为___________。（4）若“滤液2”中mol/L，加入双氧水和磷酸后，溶液的体积增加了一倍，使恰好完全沉淀即溶液中mol/L，此时“沉铁”得到的沉淀中___________(选填“含有”或“不含有”)含钙杂质。已知：，。（5）为提高原料利用率，“滤液3”可返回___________步骤。（6）磷酸铁锂电池是环保型电池，电池总反应的总反应为。某石墨嵌入化合物(锂元素嵌入石墨的两层间)的平面结构如下图，则中的x=___________。用该电池电解精炼铜，当电池负极质量改变10.5g时，得到精铜38.4g，则电子利用率为___________%。【答案】（1）①.②.Al(OH)3（2）温度较高，可以加快反应速率（3）（4）不含有（5）酸浸（6）①.0.5②.80【解析】【分析】硫铁矿烧渣的主要成分是Fe2O3，含少量SiO2、Al2O3和CaO，加入碳粉，还原焙烧，生成Fe、CO2，SiO2、Al2O3和CaO不反应，再加入硫酸酸浸，生成硫酸亚铁、硫酸铝、硫酸钙，SiO2 与硫酸不反应，硫酸钙微溶，过滤除去，向滤液1中加入氨水，调节pH，使铝离子沉淀，生成氢氧化铝沉淀，过滤除去，得到的滤液2为硫酸亚铁和硫酸铵的混合溶液，加入双氧水和磷酸，氧化亚铁离子为铁离子，并沉淀铁离子，生成磷酸铁沉淀，过滤，向得到的磷酸铁中加入碳酸锂和草酸，煅烧，得到LiFePO4，据此分析作答。【小问1详解】H2O2的电子式为，根据分析可知，滤渣2的主要成分为Al(OH)3，故答案为；Al(OH)3。【小问2详解】“酸浸”需要控制温度为65～80℃，原因是温度较高，可以加快反应速率，故答案为温度较高，可以加快反应速率。【小问3详解】根据分析，结合化合价升降守恒、原子守恒、电荷守恒，可得“沉铁”步骤反应的离子方程式为：，故答案为。【小问4详解】“滤液2”中c(Ca2+)=0.002mol/L，加入双氧水和磷酸后，溶液的体积增加了一倍，则c(Ca2+)=0.001mol/L，使Fe3+恰好完全沉淀即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5mol/L，则mol/L，则Qc=，所以此时“沉铁”得到的FePO4沉淀中不含有含钙杂质，故答案为不含有。【小问5详解】根据（3）中离子方程式可知，滤液3的主要成分含有硫酸，为提高原料利用率，“滤液3”可返回酸浸步骤，从而提高硫酸的利用率，故答案为酸浸。【小问6详解】石墨嵌入化合物（锂元素嵌入石墨的两层间）的平面结构图为，由图可知，每个Li周围有6个环，即每个环均摊个Li，每个环周围的Li有3个，即每个环拥有个Li ，每个环含有6个C原子，所以LixC6中的x=0.5，该电池总反应为FePO4+LixC6=LixFePO4+C6，则负极反应为：Li0.5C6-0.5e-=0.5Li++6C，用该电池电解精炼铜，当电池负极质量改变10.5g时，失去电子为：，根据电极反应式：Cu2++2e-=Cu，理论上可以得到Cu的质量为，实际得到精铜38.4g，则电子利用率为，故答案为0.5；80。【点睛】本题主要考查物质的分离与提纯，具体考查电子式、离子方程式的书写，电化学原理的应用，Ksp的计算，晶胞的均摊法计算，属于高考高频考点，难度较大。16.物质的性质决定着反应的多样性。对于与的反应，Z同学就有着不同想法。为此，他设计了以下实验：（1）研究溶液与KI溶液反应实验Ⅰ：向盛有1mL1mol/L溶液的试管中加入1mL1mol/LKI溶液，振荡试管，静置。取上层清液，向其中加入___________，溶液无明显变化。结论Ⅰ：二者混合只发生沉淀反应，无明显氧化还原反应。（2）探究的氧化性强弱实验Ⅱ：将打磨光亮铁丝伸入1mol/L溶液中，一段时间后将铁丝取出。除去溶液中剩余的，取1~2mL溶液于试管中，加入试剂X，振荡，溶液变为红色，证明溶液中存在。试剂X应为___________。结论Ⅱ：___________。已知氧化性大于，则证明可与发生氧化还原反应。（3）①X同学测得常温下该溶液的pH为5.5，于是对结论Ⅱ提出质疑，认为可能是酸性条件下体现了氧化性。为了验证其质疑是否正确，他设计了一个对比实验：将打磨光亮的铁丝伸入___________溶液中，一段时间后将铁丝取出。取1~2mL溶液于试管中，加入试剂X，观察溶液是否呈红色。②同时，X同学考虑到溶液与KI溶液反应体系中存在竞争反应。所以，他设计了以下实验来探究与的氧化还原反应 根据此装置，盐桥中可选择___________作为电解质。a．KClb．c．在此实验中，可通过___________(填实验现象)证明与一定发生了氧化还原反应。（4）X同学查阅资料，得知常温下，、，试从速率和平衡两个方面解释溶液与KI溶液混合只发生沉淀反应而无明显氧化还原反应的可能原因：___________。【答案】（1）淀粉溶液（2）①.KSCN溶液②.银离子具有强氧化性，和铁反应生成铁离子（3）①.NaNO3②.b③.电极b上析出金属银，电极a附近溶液变紫红色（4）Ag＋与I−生成沉淀反应的平衡常数远比氧化还原反应的平衡常数大，Ag＋与I−生成沉淀反应的反应速率远比氧化还原反应的反应速率大【解析】【小问1详解】向盛有1mL1mol/LAgNO3溶液的试管中加入1mL1mol/LKI溶液，振荡试管，静置，取上层清液，向其中加入淀粉溶液，溶液无明显变化，则二者混合只发生沉淀反应，无明显氧化还原反应，故答案为淀粉溶液。【小问2详解】将打磨光亮的铁丝伸入1mol/LAgNO3溶液中，一段时间后将铁丝取出，除去溶液中剩余的Ag＋，取1～2mL溶液于试管中，加入试剂KSCN溶液，振荡，溶液变为红色，证明溶液中存在Fe3＋，则试剂X应为KSCN溶液，得到结论Ⅱ：银离子具有强氧化性，和铁反应生成铁离子，故答案为KSCN溶液；银离子具有强氧化性，和铁反应生成铁离子。【小问3详解】①为验证是否为银离子氧化铁生成铁离子的主要原因，将打磨光亮的铁丝伸入NaNO3溶液中，一段时间后将铁丝取出，取1～2mL溶液于试管中，加入试剂X，观察溶液若不呈红色，这样离子浓度保持不变，就可以进行比较得到结论Ⅱ正确，故答案为NaNO3； ②X同学考虑到AgNO3溶液与KI溶液反应体系中存在竞争反应，设计了实验来探究Ag＋与I−的氧化还原反应，盐桥中可选择KNO3溶液，氯化钾中氯离子会结合银离子生成沉淀，硫酸钾溶液中硫酸根离子也会结合银离子形成沉淀，会干扰实验，在此实验中，电极a为原电池的负极，电极反应：2I−−2e−＝I2，电极b为原电池的正极，电极反应：Ag＋＋e−＝Ag，可通过电极b上析出金属银，电极a附近溶液变紫红色现象，证明Ag＋与I−一定发生了氧化还原反应，故答案为b；电极b上析出金属银，电极a附近溶液变紫红色。【小问4详解】从所给的数据可知，两种溶液混合时，Ag＋与I−生成沉淀反应的平衡常数远比氧化还原反应的平衡常数大，且Ag＋与I−生成沉淀反应的反应速率远比氧化还原反应的反应速率大，故答案为Ag＋与I−生成沉淀反应的平衡常数远比氧化还原反应的平衡常数大，Ag＋与I−生成沉淀反应的反应速率远比氧化还原反应的反应速率大。【点睛】本题主要考查基本反应类型，实验设计的评价分析，氧化还原反应，即I−可能被氧化的情况分析，题目难度中等。17.工业生产中产生的烟气中常含有氮氧化物，为了防止污染大气，排放前需要经过适当处理脱除。（1）在一定条件下，可用CO还原NO，其原理：。已知：标准摩尔生成焓指标准状态下由最稳定的单质合成1mol该物质的焓变。一些物质的燃烧热或标准摩尔生成焓如下表所示。物质C(s)CO(g)NO(g)燃烧热(kJ/mol)-393.5标准摩尔生成焓(kJ/mol)0-110.5+90.5①___________。②下列措施能够同时提高上述反应的速率和NO平衡转化率的是___________(填标号)。A．使用催化剂B．及时分离生成的C．升高温度D．提高CO的浓度 ③一定温度下，在体积恒为2L的密闭容器中通入CO与NO各2mol，初始压强为20kPa．仅发生上述反应，达到平衡后，，则此温度下该反应的压强平衡常数___________。再向容器中通入2mol和1mol，达到新的平衡时，混合气体中NO的体积分数相比原平衡___________(选填“增大”、“减小”或“不变”)。（2）CO也可以还原，反应原理为：。研究发现，该反应分两步进行：第一步：(慢反应)第二步：(快反应)已知：此条件下，该反应的化学反应速率(k为速率常数，只与温度有关)。下列分析正确的是_________(填标号)。A.增大浓度，该反应速率增大B.增大CO浓度，该反应速率几乎不变C.是该反应的催化剂D.第一步反应的活化能小于第二步反应（3）工业烟气中的常常无法完全脱除，可用下图所示装置来测定工业烟气中的脱除率，其原理如下：测定开始前，电解质溶液中。测定时，将含的烟气中通入电解质溶液中使与反应被还原为NO，烟气中其他成分均不参与反应)。此时电解池自动开始工作，直到重新变为n，电解自动结束。①装置工作时，阴极反应的电极反应式为：___________，被还原的离子方程式为___________。②将某工业烟气分为等体积的两份，其中一份直接通入该装置，另一份脱除部分后再通入该装置，两次电解过程中转移的电子量分别为amol、bmol，则本次脱除率为___________。【答案】（1）①.②.D③.0.1④.不变（2）AB （3）①.②.③.【解析】【小问1详解】①由表中数据得热化学方程式：由该盖斯定律可知反应可由-2×III-2×II+2×I得到，则-2×()-2×()+2×()=，故答案为：；②A．使用催化剂只能加快反应速率，对化学平衡无影响，故A不选；B．及时分离生成的，有利于平衡正向移动，从而提高NO的转化率，但降低浓度反应速率减小，故B不选；C．该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，降低了NO的转化率，故C不选；D．提高CO的浓度，加快反应速率，同时使平衡正向移动，提高NO转化率，故D选；故答案为：D；③结合已知信息列三段式得：已知平衡时：，即(2-x):0.5x=2:1，x=1，则平衡时：n(CO)=1mol，n(NO)=1mol，n(CO2)=1mol，n(N2)=0.5mol，平衡时总气体物质的量为3.5mol；根据压强比等于气体物质的量之比可得：，=17.5kPa，=0.1；同时求得该反应的平衡常数K=，再向容器中通入2mol和1mol，相当于在平衡后又充入2molCO和2molNO，即与原平衡等效，故NO体积分数不变，故答案为：0.1；不变；【小问2详解】 A.反应分两步进行，反应速率主要取决于慢反应，所以浓度对反应速率得影响较大，增大浓度，该反应速率增大，故A正确；B.此条件下，该反应的化学反应速率，与CO浓度无关，增大CO浓度，该反应速率几乎不变，故B正确；C.反应物和最终产物中都没有，是该反应的催化剂，故C错误；D.因第二步反应是快反应，所以第二步反应的活化能较小，故D错误；故答案为：AB；【小问3详解】①装置工作时，阴极碘单质得电子被还原成I-，电极反应式为：，在电解池中被还原为NO，1mol得2mol电子，2molI-失2mol电子生成1mol，结合电解质环境提供氢离子最终生成，根据得失电子守恒，电荷守恒及原子守恒，得离子方程式：；故答案为：；；②可用转移电子得物质的量表示的物质的量，则脱除前的物质的量为amol，则脱除后的物质的量为bmol，的脱出率为：，故答案为：。18.氮杂环丁烷-2-羧酸(G)是一种重要的化合物，常用于合成抗体-药物结合物(ADC)。其合成路线如下(Ph为苯基)：（1）化合物B的系统命名为：___________，D中含有的含氧官能团为___________(填名称)。（2）反应2和反应6的反应类型分别为___________，___________。（3）反应3生成一种有刺激性气味的气体，写出该反应的化学方程式：___________。（4）化合物F的结构简式为___________。（5）分子式比G少一个氧原子的化合物H满足下列条件的同分异构体有___________种( 不考虑立体异构)：a．能发生水解反应b．不含有三元环状结构c．不含有的结构（6）反应4中，除了得到F外，还得到了一种含有八元环结构的化合物M，其分子式为，画出其结构简式：___________。【答案】（1）①.2−溴乙醇②.羟基（2）①.取代反应②.还原反应（3）（4）（5）12（6）【解析】【分析】A和B发生取代反应生成C，C发生取代反应生成D，根据E的分子式知，D中醇羟基被氯原子取代生成E为，根据F的分子式知，F中−CN发生水解反应生成−COOH，则F为，E发生取代反应生成F；生成G的反应为还原反应；据此分析解题。【小问1详解】化合物B的系统命名为：2−溴乙醇，D中含有的含氧官能团为羟基，故答案为2−溴乙醇；羟基。【小问2详解】反应2和反应6的反应类型分别为取代反应、还原反应，故答案为取代反应；还原反应。【小问3详解】反应3生成一种有刺激性气味的气体，为SO2，该反应的化学方程式：，故答案为。【小问4详解】据分析可知，化合物F的结构简式为，故答案为。 【小问5详解】分子式比G少一个氧原子的化合物H，H的同分异构体满足下列条件：a．能发生水解反应，根据氧原子个数知，存在酰胺基；b．不含有三元环状结构；c．不含有C＝N的结构；H的不饱和度是2，酰胺基的不饱和度是1，存在碳碳双键或环，如果含有环，符合条件的结构简式有；如果没有环，符合条件的结构简式有CH2＝CHCH2COONH2、CH3CH＝CHCOONH2、CH2＝C(CH3)COONH2、CH3COONHCH＝CH2、CH2＝CHCOONHCH3、HCOONHCH＝CHCH3、HCOONHCH2CH＝CH2、HCOONHC(CH3)＝CH2，所以符合条件的同分异构体有12种，故答案为12。【小问6详解】反应4中，除了得到F外，还得到了一种含有八元环结构的化合物M，其分子式为C24N4H28，画出其结构简式，故答案为。