浙江省Z20名校联盟2023届高三化学第三次联考试题（Word版附解析）

Z20名校联盟(浙江省名校新高考研究联盟)2023届高三第三次联考化学试题卷考生须知：1.本试题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。2.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效。3.考试结束后，只需上交答题卷。可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5K39Ca40Mn55Fe56Cu64Br80Agl08I127Bal37Pb207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.下列物质含有非极性共价键且属于分子晶体的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．H2O2结构式为H-O-O-H，属于分子晶体，含有极性共价键、非极性共价键，故A符合题意；B．Na2S属于离子晶体，含有离子键，故B不符合题意；C．CO2属于分子晶体，其结构式为O=C=O，含有极性共价键，故C不符合题意；D．过氧化钠属于离子晶体，含有离子键和非极性共价键，故D不符合题意；答案为A。2.氢氧化钠应用广泛，下列说法不正确的是A.钠元素位于周期表s区B.属于强电解质C.工业上常用制备小苏打D.溶液能使蛋白质变性【答案】C【解析】【详解】A．Na是11号元素，位于周期表第3周期第IA族，故钠元素位于周期表s区，A正确；B．所有的酸、碱、盐均属于电解质，强碱NaOH在水溶液中能够完全电离，故属于强电解质，B正确；C．工业上常用侯氏制碱法来制备小苏打NaHCO3，反应原理为：NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3+NH4Cl，故是用NaCl而不是NaOH制备小苏打，C错误；D．强酸、强碱和强氧化性溶液均能使蛋白质发生变性，故强碱NaOH溶液能使蛋白质变性，D正确； 故答案为：C。3.下列化学用语表示正确的是A.中子数为10的氧原子：B.1-丁醇的键线式：C.的空间结构为三角锥形D.某激发态碳原子的轨道表示式：【答案】D【解析】【详解】A．根据质量数等于质子数加中子数可知，中子数为10的氧原子表示为：，A错误；B．是1-丙醇的键线式，1-丁醇的键线式为：，B错误；C．中心原子C原子周围的价层电子对数为：3+=3，根据价层电子对互斥理论可知，其空间结构为平面三角形，C错误；D．已知C为6号元素，其基态原子电子排布式为：1s22s22p2，故表示某激发态碳原子，D正确；故答案为：D。4.下列说法不正确的是A.食品中添加适量的可起到漂白、防腐和抗氧化等作用B.具有强氧化性，可用作消毒剂C.钛的合金与人体“相容性”好，可用于制造人造骨骼D.分子间存在较多的氢键，液氨常用作制冷剂【答案】B【解析】【详解】A．二氧化硫具有漂白性和还原性，食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用，选项A正确；B．明矾水溶液中形成胶体，吸附水溶液中悬浮颗粒等，具有净水作用，但不能杀菌消毒，选项B不正确；C．钛合金与人体有很好的相容性，且性质稳定，抗腐蚀性强，所以可用来制造人造骨骼，选项C正确； D．NH3分子间存在氢键，沸点较高，易液化；同时由于分子间存在氢键，气化时吸收大量热，所以用作制冷剂，选项D正确；答案选B。5.下列关于元素及其化合物的性质说法正确的是A.工业浓硝酸常因溶有少量而略显黄色B.工业上常用软锰矿(主要成分)在加热条件下与浓盐酸反应制氯气C.工业上采用电解熔融氯化铝的方法冶炼铝，需要添加冰晶石以提高导电能力D.水泥、玻璃、碳化硅陶瓷、石墨烯都是新型无机非金属材料【答案】A【解析】【详解】A．NO2为红棕色气体，浓硝酸不稳定见光或受热分解成NO2、O2，因此工业硝酸常因溶有少量的NO2而略显黄色，故A正确；B．工业上制备氯气，常采用电解饱和食盐水得到，故B错误；C．氯化铝为共价化合物，熔融状态下不导电，工业上常电解熔融的氧化铝，需要添加冰晶石作助熔剂，故C错误；D．水泥、玻璃为传统无机非金属材料，故D错误；答案为A。6.汽车发生剧烈碰撞时，安全气囊中迅速发生反应：。下列说法正确的是A.该反应中是还原剂B.氧化产物与还原产物的物质的量之比为15∶1C.若设计成原电池，在负极上反应D.每转移，可生成【答案】B【解析】【详解】A．KNO3中N元素反应后化合价降低，为氧化剂，NaN3中N元素的化合价由-升高为0，是还原剂，故A错误；B．根据方程式知，叠氮化钠是还原剂、硝酸钾是氧化剂，还原剂和氧化剂的物质的量之比为10:2=5:1，一个叠氮化钠中含有3个N原子，所以被氧化和被还原的N原子的物质的量之比为15:1，即氧化产物与还原产物的物质的量之比为15:1，故B正确； C．由选项A分子可知，在该反应中为氧化剂，则若设计成原电池，在正极上反应，故C错误；D．由反应可知转移10mol电子生成16mol氮气，则每转移1mol电子，可生成N2为1.6mol，标准状况下N2的体积为35.84L，故D错误；故选B。7.下列离子方程式书写正确的是A.溶液的水解：B.向溶液中滴加溶液：C.向溶液中通入足量D.向溶液中通入少量【答案】D【解析】【详解】A．碳酸氢根离子水解生成碳酸分子和氢氧根离子，水解方程式为：，A错误；B．铝离子和碳酸根离子发生双水解，生成氢氧化铝和二氧化碳，离子方程式为：，B错误；C．硫化氢是弱电解质，不能拆，并且三价铁可以把硫离子氧化为单质硫，则离子方程式为：，C错误；D．次氯酸根离子有强氧化性，可以将二氧化硫中+4价硫氧化为硫酸根离子，并且二氧化硫少量，最终应该同时生成次氯酸，则离子方程式为：，D正确；故选D。8.下列说法不正确的是A.在豆腐的制作中，可加入石膏作为凝固剂B.天然氨基酸均为无色晶体，熔点较高，难溶于乙醚C.脱氧核糖核酸充分水解后得到磷酸、脱氧核糖和5种碱基D.植物油中含碳碳不饱和键，硬化后可用于生产人造奶油【答案】C 【解析】【详解】A．豆浆一般属于胶体，加入石膏，使胶体聚沉，因此在豆腐的制作中，可加入石膏作为凝固剂，故A说法正确；B．天然氨基酸均为无色晶体，熔点较高，一般能溶于水，难溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，故B说法正确；C．脱氧核糖核酸(DNA)完全水解后得到磷酸、脱氧核糖、碱基(A、T、G、C)，故C说法错误；D．植物油中含有碳碳不饱和键，通过催化剂加氢可提高饱和度，转变成半固态的脂肪，这个过程称为油脂的氢化，也称为油脂的硬化，该油脂叫人造脂肪，又称为硬化油，硬化油可作为制造肥皂和人造奶油的原料，故D说法正确；答案为C。9.一定条件下，有机物X和Y反应可生成Z，反应方程式如下：下列说法正确的是A.有机物X的一氯代物有4种B.有机物Y中所有碳原子可能共平面C.有机物X与二甲苯互为同分异构体D.有机物Z与足量氢气加成后的有机物中含有7个手性碳原子【答案】B【解析】【详解】A．有机物X中，1号碳一种位置关系，2和3号碳对称，其他四个双键碳位置是对称等效的，所以其一氯代物有3种，故A错误；B．有机物Y中所有碳原子可能共平面，故B正确；C．有机物X的分子式是C7H8而二甲苯的分子式是C8H10，分子式不同不互为同分异构体，故C错误；D．有机物Z与足量氢气加成后的有机物中含有5个手性碳原子，如图所示，故D错误； 故选B。10.前四周期的元素X、Y、Z、Q、W的原子序数依次增大，基态X原子的半径是所有原子中最小的，Y与X可形成室温下X2Y、X2Y2两种无色液体，基态Z原子的M电子层上p轨道为半充满状态，Y、Q同主族，W原子的价层电子排布式为，下列说法不正确的是A.电负性：B.简单离子半径：C.同周期中第一电离能比Q大的元素有1种D.三种元素形成的某些化合物，可存在于某些使用后的碱性电池中【答案】C【解析】【分析】五种前四周期的元素X、Y、Z、Q、W的原子序数依次增大，其中基态X原子的半径是所有原子中最小的，则X为H元素；Y与X可形成室温下X2Y、X2Y2两种无色液体，则Y为O，基态Z原子的M电子层上P轨道为半充满状态，其外围电子排布式为3s23p3，故Z为P元素；W原子的特征电子构型为3d54s2，则W为Mn元素；Y、Q同主族，由Y为O元素，故Q为S元素，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，Y、Z、Q分别为O、P、S，根据同一周期从左往右电负性依次增大，同一主族从上往下电负性依次减小，故电负性O＞S＞P即，A正确；B．由分析可知，X、Y、Z、Q分别为H、O、P、S，根据电子层数越多半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小可知，简单离子半径P3-＞S2-＞O2-＞H+即，B正确；C．由分析可知，Q为S，根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故同周期中第一电离能比Q大的元素有P、Cl、Ar等3种，C错误；D．由分析可知，分别为H、O、Mn三种元素形成的某些化合物，如MnOOH可存在于某些使用后的碱性电池中，D正确；故答案为：C。11.钠离子电池具有低成本、高安全性和优异电化学属性，其充放电过程是Na+在正负极同时镶嵌与脱嵌。下列说法正确的是 A.充电时A极上发生氧化反应B充电时内电路电流方向从A极到B极C.放电时电路中转移。理论上负极质量增加23gD.若正极材料为，则放电时的电极反应为：【答案】D【解析】【分析】由图可知，放电时，A为负极，B为正极，充电时，A为阴极，B为阳极，据此分析作答。【详解】A．由分析可知，充电时A极与电源负极相连，作阴极，故A电极上发生还原反应，A错误；B．由分析可知，充电时A为阴极，B为阳极，故充电时内电路电流方向从阳极B极到阴极A极，B错误；C．放电时，Na+由负极区移向正极区，故电路中转移，理论上负极将脱嵌1molNa+，即质量减少23g，C错误；D．放电时正极发生还原反应，若正极材料为，则放电时的电极反应为：，D正确；故答案为：D。12.可与等配体形成使溶液呈浅紫色的、红色的、无色的配离子。某同学按如下步骤完成实验： 已知：向的溶液中加入KSCN溶液生成蓝色的配离子：不能与形成配离子。下列说法不正确的是A.溶液I中溶液呈黄色可能是由水解产物的颜色造成B.溶液Ⅱ、Ⅲ的颜色分别为红色和无色，说明其中不存在C.可用和溶液检验溶液中是否含有D.中的键角大于分子中的键角【答案】B【解析】【详解】A．I中溶于水后，发生部分水解生成等，使溶液呈黄色，A项正确；B．与的反应存在平衡：,溶液Ⅱ，Ⅲ分别存在平衡：,,因此溶液Ⅱ，Ⅲ的颜色分别为红色和无色，不能说明其中不存在，只能说明的量少，B项错误；C．先往溶液中加入足量的NaF溶液，再加入KSCN溶液，若溶液呈蓝色，则表明含有，否则不含，C项正确；D．中分子内O原子最外层只存在一对孤对电子，对H-O-H中O-H的排斥作用减小，所以键角比分子中H-O-H的键角大，D项正确；答案选B。13.常温下，现有溶液，。已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时，各微粒浓度占总微粒浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是A. B.常温下C.溶液中：D.当时，溶液中存在下列关系：【答案】C【解析】【详解】A．pH=10.3时，c()=c()，H2CO3的电离平衡常Ka2==c(H+)=10-10.3，A错误；B．常温下0.1mol/L的0.1mol•L-1NH4HCO3溶液pH=7.8，说明碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，则下Kb(NH3•H2O)>Ka1(H2CO3)，B错误；C．根据物料守恒，①c()+c()=c(H2CO3)+c()+c()，根据电荷守恒，②c()+c()=c()+c()+2c()，①-②得c(NH3·H2O)+c()=c(H2CO3)+c()-c()，又因0.1mol·L-1NH4HCO3溶液，pH=7.8，所以c()<c()，因此c(NH3·H2O)+c()=c(H2CO3)+c()-c()<c(H2CO3)，C正确；D．结合图象可知：当溶液pH=9时，溶液中离子浓度大小关系为：c(HC)＞c()＞c(NH3·H2O)＞c()，D错误；故选C。14.我国科学家研究化合物催化氢化生成甲酸的机理，其中由化合物生成化合物过程的机理和相对能量曲线如下图所示。均为过渡态。下列说法正确的是A.过渡态TS1比化合物Р更稳定B.过程M→P为化合物M生成化合物N的决速步骤C.化合物M催化氢化生成甲酸的反应过程中一定有键的生成和断裂 D.由生成的热化学方程式：【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，过渡态TS1比P能量高，则P更稳定，选项A错误；B．由图可知，过程P→TS2为两步反应中活化能较大的反应，为慢反应，即为化合物M生成化合物N的决速步骤，选项B错误；C．化合物M为催化剂，反应前后结构不会改变，比较M、N的结构可知，当Fe-O键的断裂重新连接氢原子生成M，所以一定有Fe-O键的生成和断裂，选项C正确；D．图示为一个二氧化碳分子反应过程，能量变化为-11.63eV，所以当有1mol二氧化碳反应能量变化为-11.63eV×1.6×10-19J/eV×6.02×1023=1.12×106J=1120kJ，则该过程的热化学方程式为：M（s）+CO2（g）=N（s）ΔH=-1120kJ⋅mol-1，选项D错误；答案选C。15.都是重要的化工原料，已知：难溶于冷水，易溶于热水，﹔，，20℃时，在不同浓度盐酸中的最大溶解量如图所示下列说法正确的是A.盐酸浓度越小，越小B.x、y两点对应的溶液中相等C.PbCl2和盐酸混合液中加入稀硫酸后得到，当时，为D.当盐酸浓度小于时，随着浓度的增大，溶解量减小是因为浓度增大使溶解平衡逆向移动 【答案】D【解析】【详解】A．温度能影响溶度积，浓度对溶度积无影响，盐酸浓度越小，温度不变，Ksp(PbCl2)不变，A项错误；B．由图可知，x、y两点Cl-浓度不相等，两点Ksp(PbCl2)=c(Pb2+)∙c2(Cl-)相等，则x、y两点对应溶液中c(Pb2+)不相等，B项错误；C．当c(Cl-)=0.1mol/L时，溶液中c(Pb2+)==mol/L=1.6×10-3mol/L，溶液中c()==mol/L=6.75×10-6mol/L，C项错误；D．由图可知，当盐酸浓度小于1mol/L时，随着盐酸浓度的增大，PbCl2溶解量减少是因为Cl-浓度增大，使PbCl2的溶解平衡：PbCl2(s)⇌Pb2+(aq)+2Cl-(aq)逆向移动，D项正确；答案选D。16.下列实验方案设计、现象和结论均正确的是目的方案设计现象和结论A检验乙醇是否发生消去反应将乙醇和浓共热产生的气体依次通入足量的溶液、稀酸性溶液溶液褪色，证明发生了消去反应B检验与的还原性强弱向含的溶液中通入，再滴加淀粉溶液，观察现象溶液变蓝色，说明还原性C鉴别同为白色粉末状晶体尿和氯化铵分别取少量晶体于试管中，加入足量浓溶液加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，观察试纸是否变色若试纸不变蓝色，说明该晶体为尿素，若试纸变蓝色，说明该晶体为氯化铵D探究温度对化学反应速率的影响向两支试管各加入酸性溶液和溶液，将其中一支放入冰水中，一支放入80℃热水中80℃热水中褪色快，说明温度升高，反应速率加快 A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．挥发出的乙醇通过KOH溶液溶解了，能使酸性溶液褪色说明生成了乙烯，即发生消去反应，A正确；B．向含的溶液中通入，再滴加淀粉溶液，溶液变蓝色，说明有单质碘生成，但不能说明亚铁离子是否被氧化，所以不能证明还原性：，B错误；C．尿素与浓氢氧化钠加热条件下反应生成NH3和碳酸钠，氯化铵与浓氢氧化钠加热条件下反应生成NH3和氯化钠，均使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C错误；D．高锰酸钾过量，两支试管均不会褪色，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.氮及其化合物在医药化工领域应用十分厂泛。I、配合物顺铂是临床使用的第一代铂类抗癌药物，其抗癌机理是在转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的与DNA结合，破坏DNA的结构阻止癌细胞增殖，如图所示：请回答：（1）基态N原子价层电子排布式为_______。（2）鸟嘌呤分子中N原子杂化方式为_______。（3）中配体与铂(II)的结合能力：_______(填“>”或“<”)（4）已知顺铂和反铂互为同分异构体，两者的结构和性质如下表。顺铂反铂 结构25℃时溶解度/g0.25770.0366①推测中Pt的杂化轨道类型不是，依据是_______。②顺铂在水中的溶解度大于反铂的原因是_______。II﹑是钙钛矿型太阳能电池的重要吸光材料，其晶胞结构如图所示，已知摩尔质量为，晶胞边长为anm，为阿伏加德罗常数的值。（5）中心小黑球的配位数为_______。（6）晶体的密度为_______。【答案】（1）2s22p3（2）sp2、sp3（3）＜（4）①.Pt杂化类型如果是sp3，则Pt(NH3)2Cl2空间构型为四面体形，不会存在同分异构体②.顺铂为极性分子，反铂为非极性分子（5）6（6）或【解析】【小问1详解】基态N原子价层电子指的是最外层电子，即价层电子排布式为2s22p3；故答案为2s22p3；【小问2详解】根据鸟嘌呤的结构简式，五元环、六元环共面，因此环上的N原子杂化类型为sp2，-NH2中N原子杂化类型为sp3，故答案为sp2、sp3；【小问3详解】NH3具有较强的电子捕获能力，可以与Pt形成更紧密的配位键，因此结合能力：Cl-＜NH3；故答案为＜； 【小问4详解】①Pt(NH3)2Cl2中Pt杂化类型如果是sp3，则Pt(NH3)2Cl2空间构型为四面体形，只有一种结构，不会存在同分异构体，因此Pt的杂化类型不是sp3，Pt(NH3)2Cl2空间构型为平面四边形；故答案为Pt杂化类型如果是sp3，则Pt(NH3)2Cl2空间构型为四面体形，不会存在同分异构体；②根据顺铂的结构，顺铂正负电荷中心不重合，顺铂为极性分子，同理反铂为非极性分子，水是极性分子，根据“相似相溶”，顺铂在水中的溶解度大于反铂；故答案为顺铂为极性分子，反铂为非极性分子；【小问5详解】根据晶胞图可知，中心小黑球周围由6个白球，即小黑球的配位数为6；故答案为6；【小问6详解】晶胞的质量为g，晶胞的体积为(a×10-7)3cm3，则晶胞的密度为g/cm3或g/cm3；故答案为或。18.化合物X由四种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：已知：气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，相关气体体积数据均已折算成标准状况：C为两种正盐组成的无色溶液。请回答：（1）A的电子式是_______，D的化学式是_______。（2）化合物X中除碘外还含有的元素是_______，X的化学式是_______。（3）写出B→C中氧化还原反应的化学反应方程式_______。（4）写出G中加足量氨水的离子反应方程式_______。（5）设计实验检验溶液C中由短周期元素组成的主要离子_______。【答案】（1）①.②.BaSO4（2）①.N、H、O②.NH4IO4（3）（4） （5）Na+的检验用焰色试验观察到黄色证明Na+的存在，的检验方法：取待测液少许于试管中，滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若有白色沉淀生成证明的存在。【解析】【分析】气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可推断气体A是，X中含有，根据的体积可确定X中含有0.02mol，又因4.18gX最后生成4.70gAgI(0.02mol)，故得知X的阴离子中含有I元素且I元素含量为0.02mol，含碘元素的阴离子一般为含氧酸根离子，且化合物X由四种元素组成，推测另一种元素为O元素，根据质量守恒可得m（O）=（4.18-0.02´18-0.02´127）g=1.28g，即还含有0.04mol氧原子，则可推测出阴离子为IO4-，X为0.02molNH4IO4。该过程为：NH4IO4与NaOH反应生成A为，B为NaIO4；0.02molNaIO4与0.08molSO2在前一步过量NaOH的作用下生成C为0.04molNa2SO4和0.02molNaI两种正盐；其中Na2SO4与BaCl2生成D为18.64g即0.08molBaSO4；E为NaI和NaCl组成的无色溶液，加入足量AgNO3后，生成G为AgI和AgCl混合物，在G中加入足量氨水，AgCl溶解，仅剩下4.7gAgI固体。【小问1详解】据分析可知A是氨气，其电子式是，D的化学式是BaSO4，故答案为：；BaSO4。【小问2详解】据分析可知化合物X中除碘外还含有的元素是N、H、O,X的化学式是NH4IO4，答案为：N、H、O；NH4IO4。【小问3详解】据分析结合电子守恒配平可得B→C中氧化还原反应的化学反应方程式：，故答案为：。【小问4详解】据分析可知G中加足量氨水的离子反应方程式：，故答案为：。【小问5详解】据分析可知溶液C中含有Na2SO4和NaI两种正盐，其中由短周期元素组成的主要离子为Na+和，Na+的检验用焰色试验， 的检验方法：取待测液少许于试管中，滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若有白色沉淀生成证明的存在。故答案为：Na+的检验用焰色试验观察到黄色证明Na+的存在，的检验方法：取待测液少许于试管中，滴入盐酸酸化的氯化钡溶液，若有白色沉淀生成证明的存在。19.三氧化碳的回收及综合利用越来越受到国际社会的重视，将二氧化碳转化为高附加值化学品是目前研究的热点之一。利用和合成甲醇，在催化剂作用下可发生如下两个平行反应。反应I：反应Ⅱ：请回答：（1）有利于提高甲醇平衡产率的条件是_______。A.低温低压B.低温高压C.高温低压D.高温高压（2）反应的_______（3）我国科研人员研究了在催化剂上加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如图()，下列说法正确的是_______。A.使用更高效的催化剂能提高甲醇的平衡产率B.第④步的反应式为C.加氢制甲醇符合绿色化学理念D.若实验前用少量水对催化剂进行预处理，可能提升甲醇产率（4）在催化剂下，向恒容密闭容器充入一定量及，起始和平衡时各组分的量如下：总压/起始/1.03.0000 平衡/p若反应均达平衡时，，则表中_______；若此时，则反应I的平衡常数_______(无需带单位，用含总压p的式子表示)。（5）一定比例的合成气在装有催化剂的反应器中反应，体系中甲醇的产率和催化剂的催化活性与温度的关系如下图所示，此温度范围内，催化剂活性不受影响①当温度高于后，甲醇产率减小的原因可能是_______。②请在图中画出甲醇平衡产率随温度变化的曲线图_______。【答案】（1）B（2）-90.64（3）BD（4）①.②.（5）①.之后，甲醇产率下降是因为随着温度升高，反应Ⅰ逆向移动，且随温度升高反应Ⅱ正向移动，H2和CO2浓度降低，H2O(g)浓度增加，导致反应Ⅰ逆向移动②.【解析】【小问1详解】合成甲醇反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，可以提高合成甲醇的平衡产率；合成甲醇的反应的气体分子数减小，增大压强，平衡正向移动，可以提高合成甲醇的平衡产率，答案选B； 【小问2详解】已知反应I：反应Ⅱ：根据盖斯定律，由I-Ⅱ得反应=-90.64，答案为-90.64；【小问3详解】A．催化剂不改变平衡移动，平衡产率不变，选项A错误；B．第④步反应涉及*H2O和*H反应生成水，反应式为，选项B正确；C．总反应为，反应物没有全部转化为甲醇，所以加氢制甲醇过程中原子利用率小于100%，不符合绿色化学理念，选项C错误；D．若实验前用少量水对催化剂进行预处理，水的解吸促进甲醇的产生，可能提升甲醇产率，选项D正确；答案选BD；【小问4详解】反应前气体的物质的量是12mol，压强为，反应后气体压强变为p，则反应后气体的物质的量是4=mol，设生成甲醇的物质的量是n1，则所以n1=，则该反应生成水mol，消耗CO2mol，消耗H21mol，此时n2=，则反应生成molH2O，消耗molCO2、消耗molH2，所以容器中CO2、H2的物质的量分别是mol、mol；反应Ⅰ的平衡常数=；【小问5详解】①在之前，反应尚未达到平衡，甲醇产率随着温度升高而增大；之后，甲醇产率下降是因为随着温度升高，反应Ⅰ逆向移动，且随温度升高反应Ⅱ正向移动，H2和CO2浓度降低，H2O(g)浓度增加，导致反应Ⅰ逆向移动； ②反应Ⅰ为放热反应，低温下甲醇的产率较高，反应Ⅱ为吸热反应，低温下平衡逆向移动，CO2转化为甲醇比转化为CO更多，故甲醇平衡产率随温度变化的曲线图如下。20.工业上用某软锰矿(主要成分为，还含有少量铁、铝及硅等氧化物)为原料制备锰酸锂()。化学工艺流程如图：请回答：（1）“浸取”时，加入硫酸亚铁的目的是_______。（2）下列说法不正确的是_______。A.“浸取”时为了提高效率，可以使用浓硫酸并加热搅拌B.“精制”时，会分解损耗，因此加入的量应大于理论值C.滤渣II的主要成分为D.“沉锰”得到的是和滤饼，二者均可被氧化为，则“控温、氧化”时溶液的将变小（3）工业上也可在“精制”后的溶液中加入来制备，该反应的离子方程式为：_______。（4）为测定成品锰酸锂的纯度，实验室可通过连续滴定法测定锰酸钾中锰元素的平均价态。现进行如下实验：步骤1：取少量成品锰酸锂分成两等份，分别置于两只锥形瓶中；步骤2：向一只锥形瓶中加入稀硝酸和双氧水，完全反应后，中Mn元素转化为，除去过量的双氧水。调节pH，滴加指示剂，用浓度为的EDTA标准溶液滴定，终点时消耗EDTA 标准溶液(已知：与EDTA反应的化学计量数之比为1：1)：步骤3：向另一锥形瓶中加入和足量硫酸，充分反应后，用标准溶液滴定，到达滴定终点时消耗标准溶液①步骤3为滴定实验，从下列选项中选择正确操作并排序：_______。检漏→蒸馏水洗涤→_______→开始滴定A．烘干B．装入标准溶液至零刻度以上C．调整滴定管液面至零刻度或零刻度以下D．用洗耳球吹出润洗液E．用力捏挤玻璃珠使溶液从尖嘴喷出，以排除气泡F．快速全开旋塞，以排除气泡G．用标准溶液润洗2至3次H．记录起始读数②步骤3滴定终点的现象为_______。③计算可得，成品锰酸锂中元素的平均化合价为_______。【答案】（1）将二氧化锰中+4价的锰还原为+2价锰离子（2）AC（3）Mn2+++2H2O=MnO2↓+2+4H+（4）①.GBFCH②.当滴入最后半滴高锰酸钾标准液时，溶液由无色变为浅紫色且半分钟不恢复原色，即为滴定终点③.+3.2【解析】【分析】根据信息知，软锰矿浆经过浸取后，MnO2被FeSO4还原为MnSO4，Fe2+被氧化为Fe3+，另外原料中的Fe转化为Fe2+，Al转化为Al3+，在精制过程中，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，再调节pH可将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，Mn2+在沉锰步骤中转化为Mn(OH)2等沉淀，经过控温氧化转化为MnO2，在锂化过程中，MnO2与Li2CO3反应得到产品锰酸锂()，据此回答。【小问1详解】由分析知二氧化锰具有氧化性，亚铁离子具有还原性，即加入硫酸亚铁的目的是将二氧化锰中+4价的锰还原为+2价锰离子；【小问2详解】 浓硫酸具有强氧化性会生成二氧化硫污染性气体，A错误；双氧水会分解，即需要加入过量的双氧水，B正确；由分析知滤渣Ⅱ主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3，C错误；在沉锰时会有硫酸生成，即将变小，D正确；综上选AC；【小问3详解】中S元素为+6价，若8个O均为-2价，则S元素为+7价，不符合题意，故推测有2个O是-1价，即形成过氧键，故1个含有1个过氧键；加入K2S2O8可将Mn2+直接氧化为MnO2，被还原为，根据得失电子守恒初步配平反应为：Mn2++→MnO2↓+2，结合溶液显酸性，在方程式右边添加4个H+配平电荷守恒，在左边添加2个H2O配平元素守恒，即方程式为：Mn2+++2H2O=MnO2↓+2+4H+；【小问4详解】①滴定管需要检查是否漏水、蒸馏水洗涤、待装液体润洗、排气泡、调整液面、记录数据等操作，即操作顺序为GBFCH；②起始溶液无颜色，即滴定终点现象为当滴入最后半滴高锰酸钾标准液时，溶液由无色变为浅紫色且半分钟不恢复原色，即为滴定终点；③由步骤2得，Mn元素总物质的量n=n(EDTA)=0.4000mol/L×20.00mL×10-3L/mL=8×10-3mol；在步骤3中，KMnO4测定的是过量的Na2C2O4，由得失电子守恒得关系式：2KMnO4~5Na2C2O4，则剩余的n(Na2C2O4)==，则与样品反应的n(Na2C2O4)=，假设锰酸锂中Mn元素平均价为+a价，根据得失电子守恒列式得：(a-2)×8×10-3mol=2×4.8×10-3mol，解得a=3.2，故答案为+3.2。21.工业上合成抗炎药奈帕芬胺的路线如下， 请回答：（1）化合物B的官能团名称是_______。（2）化合物X结构简式是_______。（3）下列说法不正确的是_______。A.C→D的反应类型为取代反应B.奈帕芬胺的分子式是C.化合物F和G均不存在手性异构体D.B→C加入适量有助于提高产率（4）写出D→E的化学方程式_______。（5）设计以A为原料合成B的路线(用流程图表示，无机试剂任选)_______。（6）写出4种同时符合下列条件的化合物F的同分异构体的结构简式_______。①分子中只含一个环，且为苯环；②谱和IR谱检测表明：分子中共有5种不同化学环境的氧原子，含有基团。【答案】（1）氨基、羧基（2）（3）BC（4）（5）（6）、、、 【解析】【分析】B与X反应生成C，由C的结构简式逆推，可知X是；C与PCl5反应生成D，根据D的分子式和C的结构简式，可知D是，D与苯反应生成E，由F逆推，可知E是。【小问1详解】根据化合物B的结构简式，含有官能团名称是氨基、羧基；【小问2详解】B与X反应生成C，由C的结构简式逆推，可知X是【小问3详解】A.C→D是C羧基中的-OH被氯原子代替，反应类型为取代反应，故A正确；B.奈帕芬胺的分子式是，故B错误；C.化合物G中存在手性异构体，故C错误；D.B→C有HCl生成，加入适量中和HCl，有利于平衡正向移动，有助于提高产率，故D正确；选BC。【小问4详解】D是，D与苯反应生成E和HCl，由F逆推，可知E是，D→E的化学方程式为 ；【小问5详解】先用高锰酸钾把A中的甲基氧化为羧基，再用铁把硝基还原为氨基，合成路线为;【小问6详解】