浙江省四校联盟2023届高三化学下学期模拟试题（Word版附解析）

浙江省四校联盟2023届高三下学期模拟化学试题考生须知：1.本卷满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、试场号、座位号及准考证号。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题纸。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16F-19Na-23Mg-24Al-27Si-28P-31S-32Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56Cu-64I-127Ba-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、错选、多选均不得分)1.下列物质中属于盐且水溶液呈碱性的是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．属于盐因碳酸氢根离子水解溶液呈碱性，A符合题意；B．属于盐因铵根离子水解水溶液呈酸性，B不符合题意；C．属于盐水溶液呈中性，C不符合题意；D．属于氧化物，溶于水溶液呈碱性，D不符合题意；故选A。2.自然界硫酸钙常以石膏形式存在，下列说法不正确的是A.Ca位于周期表中的s区B.硫酸钙是强电解质C.制作豆腐时石膏可以作为凝固剂D.石膏的化学式为【答案】D【解析】【详解】A．Ca是20号元素，原子核外电子排布是2、8、8、2，根据原子结构与元素位置关系，可知Ca位于第四周期第ⅡA族，是属于s区元素，A正确；B．硫酸钙是盐，在熔融状态下能够完全电离产生自由移动的离子，因此硫酸钙属于强电解质，B正确； C．石膏是盐，属于电解质，能够使蛋白质发生凝聚而从分散系中分离出来，即发生聚沉，因此制作豆腐时石膏可以作为凝固剂，C正确；D．石膏的化学式为CaSO4·2H2O，当将石膏加热时，会失去大部分结晶水变为熟石膏，化学式为2CaSO4·H2O，D错误；故合理选项是D。3.下列化学用语表示正确的是A.中子数为39的镓原子：B.基态氮原子轨道表示式：C.的形成过程：D.空间结构：(平面三角形)【答案】C【解析】【详解】A．中子数为39的镓原子的质子数为31、质量数为70，原子符号为，故A错误；B．氮元素的原子序数为7，基态原子的电子排布式为1s22s22p3，由洪特规则可知。轨道表示式为，故B错误；C．氯化镁是只含有离子键的离子化合物，表示氯化镁形成过程的电子式为，故C正确；D．三氯化磷分子中磷原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，分子的空间构型为三角锥形，故D错误；故选C。4.物质的性质决定用途，下列说法不正确的是A.碳化硅硬度大，可用作砂纸和砂轮的磨料B.胆矾与水结合生成蓝色晶体，可用于定性检测酒精中是否含少量水C.铝合金密度小、强度高，可用于制造飞机和宇宙飞船 D.锂盐焰色为紫红色，可用作烟花的成分【答案】B【解析】【详解】A．碳化硅属于共价晶体，原子之间以共价键结合，由于共价键是一种强烈的相互作用，断裂需消耗很高能量因此其硬度大，可用作砂纸和砂轮的磨料，A正确；B．无水CuSO4与水结合形成胆矾CuSO4·5H2O，物质的颜色由白色变为蓝色，因此可以使用无水硫酸铜定性检测酒精中是否含少量水，B错误；C．铝合金密度小、强度高，抗腐蚀性能强，因此可用于制造飞机和宇宙飞船，C正确；D．锂盐中含有锂元素，其焰色实验为紫红色，因此可用作烟花的成分，D正确；故合理选项是B。5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.60g中的Si-O共价键的数目为NAB.1mol苯乙醛分子中含π键的数目为4NAC.25℃时，1LpH为12的氨水中含有数目为0.01NAD.56g铁发生吸氧腐蚀完全转化成铁锈，电极反应中转移电子数为3NA【答案】C【解析】【详解】A．二氧化硅中每个硅原子与4个氧原子形成硅氧共价键，则60g二氧化硅中含有硅氧键的数目为×4×NAmol—1=4NA，故A错误；B．苯乙醛分子中苯环中含有1个大π键，醛基中含有1个π键，则1mol苯乙醛分子中含π键的数目为1mol×2×NAmol—1=2NA，故B错误；C．25℃时，1LpH为12的氨水中含有氢氧根离子的数目为0.01mol/L×1L×NAmol—1=0.01NA，故C正确；D．铁发生吸氧腐蚀时，铁为负极，铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，则电极反应中转移电子数为×2×NAmol—1=2NA，故D错误；故选C。6.KNO3和NH4Cl混合加热可发生反应，下列说法正确 的是A.还原产物是N2和O2B.实验室加热可用氯化铵制备NH3C.KNO3既是氧化剂又是还原剂D.每生成1molN2，反应总共转移6mol电子【答案】C【解析】【详解】A．在该反应中N元素化合价由反应前KNO3中的+5价变为反应后N2中的0价，化合价降低，得到电子被还原，故N2是还原产物；O元素化合价由反应前KNO3中的-2价变为反应后O2的0价，化合价升高，失去电子被氧化，故O2是氧化产物，A错误；B．在实验室中一般是加热氯化铵和Ca(OH)2混合物的方法制备NH3，B错误；C．在该反应中N元素化合价由反应前KNO3中的+5价变为反应后N2中的0价，化合价降低，得到电子被还原，KNO3作氧化剂；O元素化合价由反应前KNO3中的-2价变为反应后O2的0价，化合价升高，失去电子被氧化，KNO3作还原剂，故KNO3既是氧化剂又是还原剂，C正确；D．根据在氧化还原反应中元素化合价升降总数等于反应过程中电子转移总数，根据方程式可知：每反应产生2molN2，反应过程中转移10mol电子，则每生成1molN2，反应总共转移5mol电子，D错误；故合理选项是C。7.下列反应的方程式不正确的是A.将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合：B.将稀硫酸加入硫代硫酸钠溶液：C.溶液与闪锌矿(ZnS)反应生成铜蓝(CuS)：D.向银氨溶液中滴加乙醛，水浴加热，析出光亮银镜：【答案】B【解析】【详解】A．碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合反应生成碳酸钙沉淀和水，离子方程式正确，故A正确；B．稀硫酸加入硫代硫酸钠溶液，硫代硫酸根离子在酸性条件下会发生歧化反应，其离子方程式为： ，故B错误；C．溶液与ZnS反应生成CuS和硫酸锌，其中ZnS和CuS难溶于水，离子方程式正确，故C正确；D．银氨溶液中滴加乙醛，水浴加热，反应生成乙酸铵、Ag和水，离子方程式正确，故D正确；故选：B。8.下列说法不正确的是A.从分子结构上看果糖是一种多羟基酮，属于酮糖B.液态油不饱和程度较低，不易被空气氧化变质C.变性后的蛋白质不能重新溶解，发生了不可逆的变化D.线性聚乙烯转变为网状聚乙烯可以增加结构强度【答案】B【解析】【详解】A．果糖的结构简式为，属于多羟基酮，A正确；B．液态油不饱和度较高，容易被氧化，B错误；C．变性后的蛋白质失去生理活性，不能重新溶解，发生了不可逆的变化，C正确；D．线性聚乙烯一般可溶于有机溶剂，且可熔融，反复加热和冷却仍有可塑性，而网状聚乙烯一般可以溶胀而不溶解，一但加工成型不能再改变形状，D正确；故答案为：B。9.双氯芬酸属于非甾体抗炎药，具有抗炎、镇痛及解热作用，其结构如图，下列说法正确的是A.分子中存在4种官能团B.该物质有酸性但没有碱性 C.该分子与足量氢气加成，所得物质分子中有4个手性碳原子D.1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3molNaOH【答案】C【解析】【详解】A．由结构简式可知，双氯芬酸的官能团为碳氯键、亚氨基和羧基，共有3种，故A错误；B．由结构简式可知，双氯芬酸分子中含有的羧基表现酸性，含有的亚氨基表现碱性，故B错误；C．由结构简式可知，双氯芬酸分子一定条件下与足量氢气发生加成反应所得物质分子中有4个连有不同原子或原子团的手性碳原子，故C正确；D．由结构简式可知，双氯芬酸分子中含有的碳氯键和羧基能与氢氧化钠溶液反应，其中碳氯键水解生成的酚羟基也能与氢氧化钠溶液反应，则1mol双氯芬酸分子与足量氢氧化钠溶液反应，最多可消耗5mol氢氧化钠，故D错误；故选C。10.X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。X的2p轨道上有两个未成对电子，Z最高能级电子数是总电子数的一半，M是同周期主族元素中原子半径最大的，Q与Z的某种化合物可作为新型自来水消毒剂。下列说法不正确的是A.第一电离能：Y＞X＞Z＞MB.X的氢化物沸点可能高于Z的氢化物C.X、Z与M三种元素形成的化合物中可能含有非极性共价键D.最高价氧化物对应水化物的酸性：Q＞Y【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。M是同周期主族元素中原子半径最大的，则M为Na，Z最高能级电子数是总电子数的一半，则Z为O，X的2p轨道上有两个未成对电子，则X为C，Y为N，Q与Z的某种化合物可作为新型自来水消毒剂，则Q为Cl。【详解】A．根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，则第一电离能：Y＞Z＞X＞M，故A错误；B．X的氢化物可能是固体，其沸点可能高于Z的氢化物，故B正确；C．X、Z与M三种元素形成的化合物中可能含有非极性共价键，比如草酸钠，故C正确；D．根据非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，氯非金属性比氮非金属性强，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Q＞Y，故D正确。综上所述，答案为A。 11.光催化钠离子二次电池的应用研究取得重大进展，该电池工作原理如下图所示。下列有关说法不正确的是A.充电时，电子从光催化电极流出通过导线流向石墨电极B.放电时，每消耗1mol，离子交换膜左室电解质溶液质量减少46gC.充电时，通过离子交换膜进入右室D.放电时，石墨电极电极反应式为【答案】B【解析】【分析】由图可知，放电时，石墨电极为负极，S2-失去电子发生氧化反应生成在负极，电极反应式为4S2—-6e—=，光催化电极为正极，离子在正极得到电子发生还原反应生成碘离子，电极反应式为+2e—=3I—，为维持电荷守恒，左侧钠离子透过阳离子离子交换膜移向右侧；充电时，与直流电源负极相连的石墨电极为阴极，光催化电极为阳极。【详解】A．由分析可知，充电时，与直流电源负极相连的石墨电极为阴极，光催化电极为阳极，则电子从光催化电极流出，通过导线流向石墨电极，故A正确；B．由分析可知，放电时，石墨电极为负极，光催化电极为正极，为维持电荷守恒，左侧钠离子透过离子交换膜移向右侧，每消耗1molNaI3时，2mol钠离子从左室迁移到右室，则离子交换膜左室电解质溶液质量减少46g，故B正确；C．由分析可知，放电时，为维持电荷守恒，左侧钠离子透过阳离子离子交换膜移向右侧，则充电时，钠离子透过阳离子离子交换膜移向左侧，故C错误；D．由分析可知，放电时，石墨电极为负极，S2-失去电子发生氧化反应生成在负极，电极反应式为 4S2——6e—=，故D正确；故选C。12.下列实验操作正确且能达到实验目的的是A.图1模拟侯氏制碱法获得B.图2用NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸溶液C.图3用蒸馏法分离溴苯和苯D.图4验证甲烷与氯气在光照条件下发生反应【答案】D【解析】【详解】A．氨气极易溶于水，直接通入水中会产生倒吸，则图1不能达到模拟侯氏制碱法获得碳酸氢钠的实验目的，故A错误；B．氢氧化钠溶液与醋酸溶液反应生成的醋酸钠溶液呈碱性，则用氢氧化钠溶液滴定未知浓度的醋酸溶液时应选择酚酞做指示剂，不能选用甲基橙做指示剂，否则会造成很大的实验误差，则图2不能用于用氢氧化钠溶液滴定未知浓度的醋酸溶液，故B错误；C．用蒸馏法分离溴苯和苯时，锥形瓶不能用橡胶塞塞住，否则会因为气体体积膨胀而发生意外事故，则图3不能用于用蒸馏法分离溴苯和苯，故C错误；D．甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成氯代甲烷和氯化氢，实验时，试管中气体的颜色会逐渐变浅，试管壁会有油状液体附着，饱和食盐水会进入试管中，则图4能用于验证甲烷与氯气在光照条件下发生反应，故D正确；故选D。13.水体中的测定可用丁二酮肟分光光度法，其中与丁二酮肟作用形成如图配合物A，已知4个N原子在同一平面上，下列说法正确的是 A.配合物中心离子杂化方式为B.根据配合物A的结构可知A易溶于水，难溶于乙醇等有机溶剂C.该配合物中的化学键有极性键、配位键、氢键D.该配合物最多有23个原子共平面【答案】D【解析】【详解】A．由4个氮原子在同一平面上可知，配合物的中心离子镍离子的杂化方式不可能为sp3杂化，故A错误；B．由图可知，配合物A形成了分子内氢键，很难再与水形成氢键，所以A难溶于水，故B错误；C．氢键是作用力较强的分子间作用力，不属于化学键，故C错误；D．由图可知，配合物A中碳氮双键和氧原子为平面结构，由4个氮原子在同一平面上可知，配合物最多有23个原子共平面，故D正确；故选D。14.甲酸常用于橡胶、医药等工业。在一定条件下可分解生成CO和，在无、有催化剂条件下的能量与反应历程的关系如图所示，下列说法不正确的是A.可以通过和计算HCOOH的总键能B.C.途径Ⅱ中参与反应，通过改变反应途径加快反应速率D.途径Ⅰ未使用催化剂，但途径Ⅱ与途径Ⅰ甲酸平衡转化率相同 【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，可以通过E1和E2计算甲酸转化为一氧化碳和水的正反应活化能，但不能计算甲酸的总键能，故A错误；B．催化剂能改变反应途径，但不能改变反应的焓变，则甲酸转化为一氧化碳和水的焓变△H=，故B正确；C．由图可知，途径Ⅱ中氢离子先做反应物，后做生成物，是改变反应途径的催化剂，能加快反应速率，故C正确；D．催化剂能改变反应途径，但不能改变平衡的移动方向，则途径Ⅱ与途径Ⅰ甲酸平衡转化率相同，故D正确；故选A。15.已知25℃时，反应的平衡常数，，。用0.02mol·L-1的一元强酸HX滴定20mL0.02mol·L-1Na2A溶液，所得pH-V(HX)关系如图所示。已知：，下列说法不正确的是A.a点溶液中滴加0.01mol·L-1AgNO3溶液，先产生AgX沉淀B.若b点pH=4，则b点C.a点溶液显酸性D.c点溶液中满足：【答案】B【解析】【详解】A．a点溶液中c(X-)=，c(A2-)=，c(X-)=c(A2-)，又由于Ksp(AgX)=1.8×10-8，反应的平衡常 数K=，即Ksp(Ag2X)=2.0×10-10，则在阴离子浓度相等时，生成Ag2X所需Ag+浓度较大，故先生成AgX沉淀，A正确；B．b点恰好生成NaHA，发生反应：HX+Na2A=NaX+NaHA，n(NaHA)：n(NaX)=1：1，此时溶液pH=4，即c(H+)=10-4mol/L，H2AH++HA-，HA-H++A2-，，B错误；C．a点加热10mLHX，HX+Na2A=NaHA+NaX，a点溶质为Na2A、NaHA、NaX，Ka2=6×10-5，则HA-+H2OOH-+H2A，Kh2=；A2-+H2OOH-+HA-，其水解平衡常数Kh1=＜Ka2(H2A)，即电离程度大于水解程度，因此溶液显酸性，C正确；D．c点加入30mLHX，此时Na2A与HX此时为2：3反应，则c(Na+)：c(X-)=4：3，根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，又由于c(Na+)：c(X-)=4：3，代入上述式子，可得c(X-)+3c(H+)=3c(OH-)+3c(HA-)+6c(A2-)，D正确；故合理选项是B。16.下列方案设计、现象和结论都正确的是实验目的实验方案现象和结论A检验的性质通入石蕊试液中溶液先变红后褪色，说明能与水生成酸性物质，并具有漂白性B探究不同价态硫元素的转化向与的混合液中加入硝酸溶液变浑浊，证明与发生了氧化还原反应C检验某苯酚溶液中是否混有少量苯甲酸将溶液加到饱和碳酸钠溶液中无气泡产生，证明不含苯甲酸D检验蛋白质性质向鸡蛋清溶液中滴加适量浓硝酸并加热先产生白色沉淀，加热后沉淀变黄色，说明鸡蛋清溶液中含有蛋白质 A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．二氧化硫具有漂白性，但不能使酸碱指示剂石蕊试液漂白褪色，故A错误；B．硝酸具有强氧化性，也能与硫化钠溶液发生氧化还原反应生成硫沉淀，则溶液变混浊不能说明硫化钠溶液和亚硫酸钠溶液酸性条件下发生了氧化还原反应，故B错误；C．将含有少量苯甲酸的苯酚溶液加入碳酸钠溶液中，苯甲酸溶液与过量碳酸钠溶液反应生成苯甲酸钠和碳酸氢钠，无二氧化碳气体生成，则无气泡产生不能证明不含苯甲酸，故C错误；D．蛋白质能与浓硝酸发生显色反应变为黄色，则向鸡蛋清溶液中滴加适量浓硝酸并加热，先产生白色沉淀，加热后沉淀变黄色说明鸡蛋清溶液中含有蛋白质，故D正确；故选D。二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.回答下列难题（1）已知五种气体的溶解度如下表(气体的压强为101kPa，温度为293K)。气体乙烷乙烯乙炔硫化氢磷化氢溶解度(g/100g)0.00620.01490.1170.360.036①比较电负性大小：S___________P(填“>”“<”或“=”)，硫化氢溶解度大于磷化氢可能原因是___________。②已知不同杂化方式的碳原子的电负性会有差异，请从以上信息排出电负性的正确顺序sp______________________，乙烷、乙烯、乙炔中最易与金属钠反应的物质是___________。（2）镍原子形成的微粒，电子排布式分别为①、②、③、④、⑤，有关这些微粒的叙述，下列叙述正确的是___________。A.微粒半径：⑤>②>③B.由光谱仪一定可以捕捉到发射光谱的是：②③④C.电离一个电子所需最低能量：③>①>④D.得电子能力：④>⑤>③（3）已知由X、Y两种元素组成的物质晶胞部分结构如图。 ①请补全该晶胞结构___________；②该晶体中粒子的排列有___________种不同的取向；③请写出该物质的化学式___________。(用X、Y表示)【答案】（1）①.＞②.H2S极性大于PH3，更易溶于极性溶剂水中③.＞④.＞⑤.乙炔（2）AC（3）①.②.4③.XY2【解析】【小问1详解】①同周期元素，随着原子序数增大，电负性增大，电负性S＞P；S的电负性大，则S-H键极性大于P-H键，根据相似相溶原理，H2S极性大于PH3，更易容易极性溶剂水中；故答案为：＞；H2S极性大于PH3，更易容易极性溶剂水中；②从sp3到sp，s轨道比例增大，而s轨道离核近，自然对电子的吸引能力强,所以电负性就强；乙炔分子中，碳碳叁键的电负性强，电子云更偏向碳原子，所以氢原子更容易解离而失去氢原子，表现出酸性,，故乙炔易与金属钠反应；故答案为：＞；＞；乙炔；【小问2详解】A．核外电子层越多，粒子半径越大，镍失去的电子越多，原子半径越小，则半径：⑤>②>③，A正确；B．电子从激发态到基态会释放能量形成发射光谱，因此用光谱仪可捕捉到发射光谱，未成对电子多的为②④⑤，B错误； C．能量越高越易失电子，基态原子的第一电离能小于第二电离能，电离一个电子所需最低能量：③>①>④，C正确；D．能量越低越易得电子，⑤＞④＞③，D错误；故答案为为：AC；【小问3详解】①根据晶体对称性，需要在顶点及面心补全；故答案为：；②晶体中粒子位于顶点及面心，故其有4中不同的取向；故答案为：4；③XY2粒子均位于顶点及面心上，故该物质的化学式XY2；故答案为：XY2。18.某钾盐X含有4种前四周期元素，某兴趣小组进行了如下探究实验：其中固体A为两种盐组成的混合物，并且两种盐含有相同的阴离子；气体F是由气体B与气体Ⅰ组成的混合物，且只含有两种元素；黑色固体G是一种磁性物质；所有气体体积均已换算成标况下数据，请回答下列问题：（1）X的组成元素为K、___________、_______、___________，X的化学式为___________。（2）写出固体D真空加热分解的化学方程式___________。（3）写出溶液C与足量酸性溶液反应的离子方程式___________。（4）设计实验检验溶液J中以外的阳离子___________。【答案】（1）①.Fe②.C③.O④.K3[Fe(C2O4)3]（2）FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑ （3）5C2O+2MnO+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O（4）取少量溶液J于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红，说明存在Fe3+；另取少量溶液J于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，说明存在Fe2+【解析】【分析】黑色固体G是一种磁性物质，则G为四氧化三铁，1.55g四氧化三铁中铁元素的物质的量为×3≈0.02mol，由铁原子个数守恒可知，1.44g黑色固体E中铁原子的质量为0.02mol×56g/mol=1.12g，由质量守恒定律可知，E中氧原子的物质的量为=0.02mol，则E为氧化亚铁；气体F是由气体B与气体Ⅰ组成的混合物，且只含有两种元素，由B能与澄清石灰水反应生成白色固体H可知，气体B为二氧化碳、气体F为一氧化碳、白色固体H为碳酸钙，则固体D受热分解生成氧化亚铁、一氧化碳和二氧化碳，由质量守恒定律可知，D发生分解反应生成二氧化碳的质量为2.88g—1.44g—×28g/mol=0.88g，由原子个数守恒可知，D中铁原子的物质的量为0.02mol、碳原子的物质的量为+=0.04mol、氧原子的物质的量为=0.08mol，则D中铁原子、碳原子和氧原子的物质的量比为0.02mol：0.04mol：0.08mol=1：2：4，化学式为FeC2O4；由固体A为两种盐组成的混合物，并且两种盐含有相同的阴离子可知，溶液C为草酸钾溶液，由固体A的质量可知，草酸钾的物质的量为=0.03mol，则固体X受热分解生成草酸钾、草酸亚铁和二氧化碳，由原子个数守恒可知，X中钾原子和铁原子的个数比为0.03mol×2：0.02mol=3：1，由化合价代数和为0可知，X的化学式为K3[Fe(C2O4)3]。【小问1详解】由分析可知，X的化学式为K3[Fe(C2O4)3]，含有的元素为钾元素、铁元素、碳元素和氧元素，故答案为：Fe；C；O；K3[Fe(C2O4)3]；【小问2详解】由分析可知，固体D真空加热分解发生的反应为草酸亚铁受热分解生成氧化亚铁、一氧化碳和二氧化碳，反应的化学方程式为FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑，故答案为：FeC2O4FeO+CO↑+CO2↑； 【小问3详解】由分析可知，溶液C为草酸钾溶液，草酸钾溶液与足量酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，反应的离子方程式为5C2O+2MnO+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：5C2O+2MnO+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；【小问4详解】由分析可知，黑色固体D为四氧化三铁，四氧化三铁与足量盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，则溶液J为盐酸、氯化铁和氯化亚铁的混合溶液，检验溶液中铁离子和亚铁离子的操作为取少量溶液J于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红，说明存在Fe3+；另取少量溶液J于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，说明存在Fe2+，故答案为：取少量溶液J于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变红，说明存在Fe3+；另取少量溶液J于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若产生蓝色沉淀，说明存在Fe2+。19.高纯硅用途广泛，是制备高纯硅的主要原料，制备主要有以下工艺。Ⅰ.热氢化法：在1200~1400℃、0.2~0.4MPa条件下，和在热氢化炉内反应。（1）已知热氢化法制有两种反应路径，反应进程如图所示是，该过程更优的路径是___________(填“a”或“b”)。Ⅱ.氯氢化法：反应原理为。（2）在恒温恒容条件下，该反应达到化学平衡状态，下列说法正确的是___________。A．HCl、和的物质的量浓度之比为3：1：1B．向体系中充入HCl，反应速率增大，平衡常数增大C．向反应体系充入惰性气体，平衡不发生移动D．移除部分，逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动E．该反应在高温下自发进行Ⅲ.冷氢化法：在一定条件下发生如下反应ⅰ. ⅱ.ⅲ.ⅳ.（3）___________(写出代数式)（4）已知反应ⅰ和反应ⅳ的压强平衡常数的负对数随着温度的变化如图所示。①反应ⅰ、ⅳ中，属于放热反应的是___________(填序号)。②某温度下，保持压强为12MPa的某恒压密闭容器中，起始时加入足量Si，通入8mol和6mol，假设只发生反应ⅰ和反应ⅳ，反应达到平衡后，测得转化率为50%，，该温度下的反应ⅰ压强平衡常数___________(已知压强平衡常数的表达式为各气体物质的平衡分压替代物质的量浓度，气体的分压等于其物质的量分数乘以总压强)。Ⅳ.锌还原法：发生以下反应ⅴ：ⅵ：（5）一定温度下，向恒容密闭容器中充入Zn和的混合气体，发生反应ⅴ和ⅵ，反应ⅵ的净速率，其中、分别为正、逆反应的速率常数，p为气体的分压，降低温度时，___________(填“增大”“减小”或“不变”)。（6）图甲为不同温度下达到平衡时各组分的物质的量分数，图乙为在催化剂作用下同一时间内，硅的产率与反应温度的关系曲线，M点到N点硅的产率缓慢下降的可能原因是___________，N点后硅的产率快速下降的主要原因是___________。 【答案】（1）a（2）CD；（3）（4）①.i②.1（5）减小（6）①.反应ⅴ为放热反应，升高温度，反应ⅵ正向移动消耗Zn、，则温度升高反应ⅴ逆向移动，所以硅的产率下降②.温度过高导致催化剂失去活性【解析】【小问1详解】由图可知，过渡态物质转化为三氯硅烷时，过程a的活化能远小于过程b，活化能越大，反应速率越慢，则过程a的反应速率远大于过程吧，是制备三氯硅烷的更优路径，故选a；【小问2详解】A．氯化氢、三氯硅烷、氢气的物质的量浓度之比为3：1：1不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；B．平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，则向体系中充入氯化氢，平衡常数不变，故错误；C．恒温恒容条件下，向反应体系充入不参与反应的惰性气体，反应体系中各物质的浓度，化学平衡不移动，故正确；D．移除部分生成物三氯硅烷，生成物的浓度减小，逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动，故正确；E．该反应是熵减的放热反应，低温条件下反应ΔH—TΔS＜0，反应能自发进行，故错误；故选CD；【小问3详解】由盖斯定律可知，反应i+ii×2得到反应iv，则，故答案为：；【小问4详解】①由图可知，随着温度升高，反应i的平衡常数减小，说明平衡向反应方向移动，则该反应反应为放热反 应；反应iv的平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，则该反应为吸热反应，故答案为：i；②设平衡时反应生成、的物质的量分别为amol、2amol，由方程可知，反应消耗的物质的量为2amol×+amol×=2amol，由的转化率为50%可得：，解得a=2，则平衡时平衡时、H2、、的物质的量分别为(8mol—8mol×50%)=4mol、(6mol—4mol×—2mol)=2mol、4mol、2mol，平衡分压分别为×12MPa=4MPa、×12MPa=2MPa、×12MPa=4MPa、×12MPa=2MPa，反应i压强平衡常数，故答案为：1；【小问5详解】降低温度，反应速率减小，、均减小，反应ⅵ为吸热反应，降低温度，平衡向逆反应方向移动，逆反应速率大于正反应速率，则的减小幅度大于，所以减小，故答案为：减小；【小问6详解】反应ⅵ为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，Zn和的浓度减小，的浓度增大，由图甲可知，升高温度，的物质的量分数减小减小，说明反应ⅴ为放热反应，则温度升高，反应ⅴ平衡向逆反应方向移动，导致硅的产率下降；N点后硅产率快速下降说明温度过高导致催化剂失去活性，故答案为：反应ⅴ为放热反应，升高温度，反应ⅵ正向移动消耗Zn、，则温度升高反应ⅴ逆向移动，所以硅的产率下降；温度过高导致催化剂失去活性。20.碘酸钾是常用的食盐加碘剂。某研究小组在实验室采用如下两种方法进行碘酸钾的制备。方法一：采用如图1所示装置，先用高锰酸钾制备氯气，再用氯气氧化碘化钾得到碘酸钾溶液，再经一系列步骤得到碘酸钾产品方法二：采用如图2实验流程，直接用高锰酸钾氧化碘化钾得到碘酸钾溶液，再经一系列步骤得到碘酸钾 产品。已知：是一种白色晶体，在水中溶解度随温度升高而增大；不溶于乙醇。（1）方法一中装置a中的试剂为___________，作用是___________。（2）下列描述正确的是___________。A.方法一中多孔球泡装置的作用是增大氯气与溶液的接触面积B.加热浓缩过程中需要使用三脚架、泥三角和坩埚等仪器C.方法二中滴入适量乙醇的主要作用是促进晶体析出D.为提高洗涤效果，可用热水进行洗涤（3）方法二所得产品碘酸钾的纯度测定方案如下：准确称取ag产品，用配制成250mL溶液作为待测液，取25.00mL该溶液于碘量瓶中，加入稍过量的碘化钾，用适量的盐酸酸化，盖紧塞子，置于避光处3min，用cmol/L的硫代硫酸钠标准溶液滴定，当溶液呈淡黄色时，加入少许指示剂，滴定到溶液为无色，平行滴定三次，平均消耗标准液VmL，计算产品的纯度。已知：。①配制待测液最关键仪器__________；②滴定前，有关滴定管的正确操作为(选出正确操作并按序排列)：__________→__________→__________→装入滴定液至零刻度以上→__________→__________→__________→开始滴定。__________A．烘干B．用蒸馏水洗涤C．调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下D．用洗耳球吹出润洗液E．排除气泡F．用滴定液润洗2至3次G．记录起始读数H．检查是否漏水③装标准碘溶液的碘量瓶(带瓶塞的锥形瓶)在滴定前应盖上瓶塞，目的是___________。④产品碘酸钾的质量分数为___________。【答案】（1）①.饱和食盐水②.吸收HCl（2）A（3）①.250mL容量瓶②.H、B、F，E、C、G③.防止碘挥发损失④.【解析】【分析】由实验装置图可知，方法一中圆底烧瓶用于高锰酸钾和浓盐酸反应制备氯气，洗气瓶中盛有的饱 和食盐水用于除去氯气中的氯化氢，三颈烧瓶中氯气与碘化钾和氢氧化钾的混合液中反应制备碘酸钾，烧杯中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收氯气，防止污染空气；由题给流程可知，方法二中高锰酸钾溶液与碘化钾溶液反应得到碘酸钾溶液，用乙醇除去过量的高锰酸钾，抽滤除去二氧化锰，滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，得到碘酸钾产品。【小问1详解】由分析可知，洗气瓶中盛有的饱和食盐水用于除去氯气中的氯化氢，故答案为：饱和食盐水；吸收HCl；【小问2详解】A．多孔球泡装置可增大氯气与碘化钾溶液的接触面积，使氯气充分反应，故正确；B．加热浓缩过程中用到的仪器为三脚架、蒸发皿、酒精灯等，用不到坩埚，故错误；C．由分析可知，滴入适量乙醇的作用是除去多余的高锰酸钾，故错误；D．碘酸钾固体热水中溶解度大，用热水洗涤时会导致产品损失，故错误；故选A；【小问3详解】①配制250mL待测液最关键仪器为250mL容量瓶，故答案为：250mL容量瓶；②滴定前，有关滴定管的正确操作为检查滴定管是否漏水、用蒸馏水洗涤滴定管、用滴定液润洗滴定管2至3次、装入滴定液至零刻度以上、排除气泡、调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下、记录起始读数、开始滴定，故答案为：H、B、F，E、C、G；③装标准碘溶液的碘量瓶(带瓶塞的锥形瓶)在滴定前应盖上瓶塞的目的是防止碘挥发损失导致实验结果偏低，故答案为：防止碘挥发损失；④由题意可知，ag产品消耗硫代硫酸钠的物质的量为，由关系式KIO3~3I2~6可知，碘酸钾的物质的量为，则产品中碘酸钾的质量分数为。21.某研究小组按下列路线合成石榴皮中提取的天然产物Ⅰ。 已知：①②(R表示烃基)③请回答下列问题：（1）化合物Ⅰ的含氧官能团名称是___________。（2）化合物E的结构简式是___________。（3）下列说法正确的是___________。A.化合物G的分子式是B.D→E是加成反应C.化合物A可以形成分子间氢键D.化合物F可能比化合物E更容易与胺反应形成酰胺类物质（4）写出B→C的化学方程式___________。（5）设计以环戊酮为原料合成的路线(题中涉及到的试剂以及其他无机试剂任选)___________。（6）化合物J是A的同系物，同时碳原子数比A多2个，请写出3种满足下列条件的化合物J的同分异构体结构简式___________。①分子中有一个四元环，没有其他环状结构； 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，无氮氧键。【答案】（1）酮羰基（2）（3）CD（4）2+O22+2H2O（5）（6）、、【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，碳酸钾作用下与Cbz—Cl发生取代反应生成，则A为、B为；铜做催化剂条件下与氧气发生催化氧化反应生成，则C为；发生信息③反应生成，酸性条件下发生水解反应生成，则E为；与SOCl2发生取代反应生成，则F为；与(CH3)2NH发生取代反应生成，发生信息②反应生成，则H为；催化剂作用下与氢气发生取代反应生成。【小问1详解】由结构简式可知，Ⅰ分子的含氧官能团为酮羰基，故答案为：酮羰基； 【小问2详解】由分析可知，E分子的结构简式为，故答案为：；【小问3详解】A．由结构简式可知，G分子的分子式是C17H24N2O4，故错误；B．由分析可知，D→E的反应为酸性条件下发生水解反应生成，故错误；C．由分析可知，A分子的结构简式为，分子中含有亚氨基，则A分子可以形成分子间氢键，故正确；D．由分析可知，与SOCl2发生取代反应生成，与(CH3)2NH发生取代反应生成说明更容易与胺反应形成酰胺类物质，故正确；故选CD；【小问4详解】由分析可知，B→C的反应为铜做催化剂条件下与氧气发生催化氧化反应生成和水，反应的化学方程式为2+O22+2H2O，故答案为：2+O22+2H2O；【小问5详解】由题给信息和有机物的转化关系可知，以环戊酮为原料合成的合成步骤为发生信息③反应生成，酸性条件下发生水解反应生成，浓硫酸作用下共 热发生消去反应生成，合成路线为，故答案为：；【小问6详解】