浙江省绍兴区上虞区2022-2023学年高三化学下学期二模试题（Word版附解析）

2022学年第二学期高三第二次适应性考试化学试题考生注意：1.本试题卷分选择题和非选择题两部分，满分100分，考试时间90分钟。2.请考生将选择题的答案用2B铅笔填涂，非选择题的答案用黑色字迹的签字笔或钢笔书写，所有答案均要写在答题卷上，写在本试卷上无效。3.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.下列物质中属于能导电的无机非金属材料的是A.SiO2B.石墨烯C.硬铝D.聚乙炔【答案】B【解析】【详解】A．SiO2不能导电，故A不符合题意；B．石墨烯能导电，属于无机非金属材料，故B符合题意；C．硬铝能导电，属于金属材料，故C不符合题意；D．聚乙炔属于有机高分子材料，故D不符合题意。综上所述，答案为B。2.硫酸铵俗称肥田粉，是一种重要的铵态氮肥，下列说法不正确的是A.NH和SO的中心原子杂化方式相同B.第一电离能：N＞SC.饱和硫酸铵溶液会使蛋白质发生变性D.硫酸铵不能与草木灰混合施用【答案】C【解析】【详解】A．铵根离子和硫酸根离子的中心原子都是sp3杂化，A正确；B．第一电离能N>P，而P又大于S，故N>S，B正确；C．饱和硫酸铵溶液使蛋白质发生盐析而不是变性，C错误；D．草木灰的成分是碳酸钾，呈碱性，不能与铵态氮肥使用，否则会降低肥效，D正确；故选C。 3.下列化学用语正确的是A.Fe2+价层电子排布式为3d6B.SO2分子空间构型为直线形C.CaC2的电子式：D.2−甲基−1−丁醇的键线式：【答案】A【解析】【详解】A．基态Fe原子电子排布式[Ar]3d64s2，则Fe2+价层电子排布式为3d6，故A正确；B．SO2分子中心原子价层电子对数为，则空间构型为“V”形，故B错误；C．CaC2中阴离子为，则CaC2的电子式：，故C错误；D．是2−丁醇的键线式，2−甲基−1−丁醇的键线式：，故D错误。综上所述，答案为A。4.下列物质性质与用途具有对应关系，正确的是A.NaHCO3易分解，可用于治疗胃酸过多B.H2S具有还原性，可除去废水中的Hg2+C.TiCl4的水解程度很大，可用来制备TiO2D.C非金属性大于Si，高温下石墨还原石英砂得粗硅【答案】C【解析】【详解】A．NaHCO3能与盐酸反应，可用于治疗胃酸过多，A错误；B．硫化氢电离的硫离子可以与汞离子结合成沉淀而除去汞离子，B错误；C．TiCl4水解程度大，可用于制备二氧化钛，C正确；D．高温下C的还原性大于Si，故高温下石墨还原石英砂，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.将Cl2通入冷的石灰乳可制得漂白粉 B.用FeCl3溶液可检验工业废水中是否含有酚类物质C.Al与氨水反应可生成H2D.工业上可用Na2CO3溶液吸收氮氧化物，防止其污染环境【答案】C【解析】【详解】A．氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应方程式为，漂白粉的有效成分是，故A正确；B．FeCl3与酚类物质会发生显色反应，使溶液变紫色，所以可用来检验工业废水中是否含有酚类物质，故B正确；C．铝与氨水不反应，铝只能与强碱反应，生成偏铝酸根，故C错误；D．Na2CO3溶液可与氮氧化物反应生成硝酸盐和二氧化碳等物质，氮氧化物得以被转化为无害化合物，防止其污染环境，故D正确；故选C。6.汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑，下列有关说法不正确的是A.NaN3为还原剂B.生成1molN2，转移0.625NA个电子C.氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：15D.该反应过程有极性键、非极性键和离子键的断裂或形成【答案】C【解析】【分析】由方程式可知，反应中，叠氮化钠中的氮元素化合价升高被氧化，叠氮化钠为反应的还原剂，硝酸钾中氮元素化合价降低被还原，硝酸钾是反应的氧化剂，氮气即是氧化产物也是还原产物。【详解】A．由分析可知，反应中，叠氮化钠中的氮元素化合价升高被氧化，叠氮化钠为反应的还原剂，故A正确；B．由方程式可知，反应生成16mol氮气时转移10mol电子，则生成1mol氮气时，反应转移电子数目为×NAmol—1=0.625NA，故B正确；C．由分析可知，反应中，叠氮化钠为反应的还原剂，硝酸钾是反应的氧化剂，氮气即是氧化产物也是还原产物，由方程式可知，叠氮化钠和硝酸钾的物质的量比为10：2，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为10×3：2=15：1，故C错误； D．叠氮化钠是含有离子键和非极性键的离子化合物，硝酸钾是含有离子键和极性键的离子化合物，氧化钾、氧化钠是含有离子键的离子化合物，氮气是含有非极性键的非金属单质，所以反应过程有极性键、非极性键和离子键的断裂或形成，故D正确；故选C。7.下列离子方程式正确的是A.溶液中滴加稀硝酸：B.苯酚钠溶液中通入少量：C.小苏打溶液与明矾溶液混合：D.向含的溶液中通入的：【答案】C【解析】【详解】A．硝酸具有强氧化性能将二氧化硫氧化成硫酸，则离子方程式为：，故A错误；B．因为酸性：碳酸>苯酚>碳酸氢根，则离子方程式为：，故B错误；C．明矾的主要成分是，溶液中含有铝离子水解呈酸性，小苏打为碳酸氢钠，其中碳酸氢根离子水解呈碱性，水解相互促进，故发生双水解反应，离子方程式为：，故C正确；D．因为还原性，氯气优先和反应剩下的再与反应，则离子方程式应为：，故D错误；故选C。8.下列说法不正确的是A.液化石油气、汽油、地沟油加工制成的生物柴油都是碳氢化合物B.核酸检测时用到的“拭子”由尼龙纤维制成，尼龙纤维属于合成有机高分子材料C.味精是一种常用的调味剂，现在主要以淀粉为原料通过发酵法生产 D.聚氯乙烯可制成电线外面的绝缘层【答案】A【解析】【详解】A．液化石油气、汽油加工制成的生物柴油都是碳氢化合物，地沟油加工制成的生物柴油含有氧，不属于碳氢化合物，故A错误；B．尼龙纤维是聚酰胺类合成纤维，属于合成有机高分子材料，故B正确；C．味精是一种常用的调味剂，其主要成分是谷氨酸钠，现在主要以淀粉为原料通过发酵法生产，故C正确；D．聚氯乙烯(PVC)不导电，可制成电线外面的绝缘层，故D正确。综上所述，答案为A。9.中国工程院李兰娟院士团队公布研究成果，药物阿比朵尔对新冠病毒有明显抑制作用，其分子结构如图所示。下列说法正确的是A.其分子式为C22H24BrN2O3SB.阿比朵尔能使酸性KMnO4溶液褪色，也能与浓溴水发生取代反应C.1mol阿比朵尔最多能和8mol氢气发生加成反应D.分子中不存在手性碳原子【答案】D【解析】【详解】A．根据结构简式得到其分子式为C22H25BrN2O3S，故A错误；B．阿比朵尔含有酚羟基，能使酸性KMnO4溶液褪色，由于浓溴水与酚羟基的邻位和对位发生取代，但该分子酚羟基的邻位和对位上没有氢原子，因此不能与浓溴水发生取代反应，故B错误；C．1mol阿比朵尔含有2mol苯环和1mol碳碳双键，因此最多能和7mol氢气发生加成反应，故C错误；D．手性碳原子是指碳连的四个原子或原子团都不相同，因此分子中不存在手性碳原子，故D正确。综上所述，答案为D。10.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素。基态X、Z原子的电子均填充了3个能级，且均有2个未成对电子，W的核外电子数是X原子最外层电子数的3倍。下列说法正确的是A.第一电离能：X＜Y＜ZB.元素X的氢化物的沸点一定比元素Y的氢化物低 C.Z与W组成的化合物可作耐高温材料D.简单离子半径：r(W)＞r(Z)＞r(Y)【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素。基态X、Z原子的电子均填充了3个能级，且均有2个未成对电子，则X为碳、Z为氧，那么Y为氮；W的核外电子数是X原子最外层电子数的3倍，W为12号元素镁；【详解】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：X＜Z＜Y，A错误；B．碳可以形成相对分子质量很大的烃，其沸点可能很高，故元素X的氢化物的沸点不一定比元素Y的氢化物低，B错误；C．Z与W组成的化合物氧化镁熔点很高，可作耐高温材，C正确；D．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；简单离子半径：r(Y)＞r(Z)＞r(W)，D错误；故选C。11.工业上主要采用如图1所示的方法制备盐酸羟胺(NH2OH•HCl)，一种常见的显像剂，性质类似NH4Cl。电池装置中含Fe的催化电极的电极反应机理如图2所示，下列说法正确的是A.Pt电极作正极，发生还原反应B.由图2可知，NO在电极上发生的反应为：NO+3e—+3H+=NH2OHC.反应一段时间后，右侧溶液pH减小D.外电路每转移2mol电子，通过氢离子交换膜往左侧迁移的H+有2NA个【答案】D【解析】 【分析】由图可知，含铁的催化电极为原电池的正极，盐酸作用下一氧化氮在正极得到电子发生还原反应生成盐酸羟胺，电极反应式为NO+3e—+4H+=NH3OH+，铂电极为负极，氢气在负极失去电子发生氧化反应生成氢离子，电极反应式为H2—2e—=2H+，原电池工作时氢离子通过氢离子交换膜由负极区进入正极区。【详解】A．由分析可知，铂电极为负极，氢气在负极失去电子发生氧化反应生成氢离子，故A错误；B．由分析可知，含铁的催化电极为原电池的正极，盐酸作用下一氧化氮在正极得到电子发生还原反应生成盐酸羟胺，电极反应式为NO+3e—+4H+=NH3OH+，故B错误；C．由分析可知，铂电极为负极，氢气在负极失去电子发生氧化反应生成氢离子，电极反应式为H2—2e—=2H+，原电池工作时氢离子通过氢离子交换膜由负极区进入正极区，则右侧正极区溶液pH不变，故C错误；D．由分析可知，原电池工作时氢离子通过氢离子交换膜由负极区进入正极区，由得失电子数目守恒可知，外电路每转移2mol电子，通过氢离子交换膜往左侧迁移的氢离子数目为2NA个，故D正确；故选D。12.X射线研究表明CuCl2是共价化合物，为平面链状结构，以(CuCl2)n形式存在，如图所示。CuCl2易溶于水、乙醇、丙酮和氨水等，其水溶液常呈绿色，原因是[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl－[CuCl4]2−(绿色)+4H2O。下列说法不正确的是A.由图结构可知CuCl2为非极性分子B.CuSO4溶液中加入NaCl固体，可使溶液颜色变绿C.CuCl2中加入过量氨水可生成含[Cu(NH3)4]2+深蓝色溶液，说明NH3配位能力大于Cl－D.1mol[Cu(NH3)4]2+中存在4NA个σ键【答案】D【解析】【详解】A．CuCl2是共价化合物，为平面链状结构，根据图中结构，可知CuCl2为非极性分子，故A正确；B．CuSO4溶液中加入NaCl固体，题干中平衡正向移动，可使溶液颜色变绿色，故B正确；C．CuCl2中加入过量氨水可生成含[Cu(NH3)4]2+深蓝色溶液，说明[CuCl4]2−变为[Cu(NH3)4]2+，则NH3配位能力大于Cl－，故C正确；D．1个NH3有3个σ键，配位键为σ键，则1mol[Cu(NH3)4]2+中存在16NA个σ键，故D错误；综上所述，答案为D。 13.赖氨酸[，用HR表示]是人体必需氨基酸。常温下，赖氨酸与足量盐酸反应可得盐酸盐(H3RCl2)，H3RCl2呈酸性，在水溶液中存在电离平衡：。下列叙述正确的是A.0.01H3RCl2的水溶液稀释10倍后，pH=3B.H3RCl2的水溶液中C.H3RCl2水溶液中D.NaR水溶液中R-的水解平衡常数与的关系为【答案】B【解析】【详解】A．，0.01H3RCl2的水溶液稀释10倍后，的电离平衡正向移动，n(H+)增大，pH＜3，A不正确；B．H3RCl2的水溶液中，存在电离平衡，对水电离产生抑制作用，，B正确；C．H3RCl2水溶液中，存电荷守恒：，则，C不正确；D．NaR水溶液中R-的水解平衡常数与的关系为=KW=10-14，D不正确；故选B。14.N2O是《联合国气候变化框架公约》所列六种温室气体之一。CO和N2O在Fe+作用下转化为N2和CO2，反应的能量变化及反应历程如图所示，两步基元反应为：①N2O+Fe+=N2+FeO+K1，②CO+FeO+=CO2+Fe+K2。下列说法不正确的是 A.该反应ΔH＜0B.两步反应中，决定总反应速率的是反应①C.升高温度，可提高N2O的平衡转化率D.Fe+增大了活化分子百分数，加快了化学反应速率，但不改变反应的ΔH【答案】C【解析】【详解】A．如图能量变化可知，生成物的总能量低于反应物的总能量，该反应为放热反应，该反应，A项正确；B．两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应速率慢的基元反应决定，即反应①决定，B项正确；C．该反应是放热反应，升高温度，反应逆向进行，的平衡转化率降低，C项错误；D．为反应的催化剂，增大了活化分子百分数，加快反应速率，但不改变反应的，D项正确；答案选C15.已知298K时，Ksp(NiS)=1.0×10-21，Ksp(NiCO3)=1.0×10-7；p(Ni)=-lgc(Ni2+)，p(B)=-lgc(S2-)或-lgc(CO)。在含物质的量浓度相同的Na2S和Na2CO3的混合溶液中滴加Ni(NO3)2溶液产生两种沉淀，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。下列说法错误的是A.常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度B.向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐，d点向b点移动C.对于曲线Ⅰ，在b点加热，b点向c点移动 D.P为3.5且对应的阴离子是CO【答案】C【解析】【分析】【详解】A．常温下Ksp(NiS)=1.0×10-21，Ksp(NiCO3)=1.0×10-7，Ksp(NiS)＜Ksp(NiCO3)，NiS和NiCO3属于同种类型，则常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度，A项正确；B．Ksp(NiS)＜Ksp(NiCO3)，则曲线Ⅰ代表NiS，曲线Ⅱ代表NiCO3，在d点溶液中存在溶解平衡NiS(s)Ni2+(aq)+S2-(aq)，加入Na2S，S2-(aq)浓度增大，平衡逆向移动，Ni2+(aq)浓度减小，d点向b点移动，B项正确；C．对曲线Ⅰ在b点加热，NiS的溶解度增大，S2-(aq)和Ni2+(aq)浓度浓度增大，b点向a点方向移动，C项错误；D．曲线Ⅱ代表NiCO3，a点c(Ni2+)=c(CO)，Ksp(NiCO3)=c(Ni2+)×c(CO)=1.0×10-7，c(Ni2+)=c(CO)=10-3.5，p(Ni)=p(B)=3.5，且对应的阴离子为CO，D项正确。故选C。16.下列实验方案设计、现象和结论都正确的是选项方案现象和结论A常温下，用pH计测得Mg(OH)2饱和溶液的pH=a，Al(OH)3饱和溶液的pH=b若a>b，则金属性Mg>AlB向2mL浓度均为0.1mol·L-1的Na2CO3与Na2S混合溶液中滴加2滴0.1mol·L-1的AgNO3溶液若只生成黑色沉淀，则Ksp(Ag2S)<Ksp(Ag2CO3)C将电石与饱和食盐水反应产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液，观察现象若酸性高锰酸钾溶液褪色，则说明电石与水反应生成了乙炔D一块除去铁锈的铁片上滴数滴铁氰化钾溶液，静置2-3min若生成蓝色沉淀，则铁片上一定发生了电化学腐蚀A.AB.BC.CD.D【答案】B 【解析】【详解】A．Mg(OH)2饱和溶液、Al(OH)3饱和溶液的浓度不同，应测定等浓度碱溶液的pH值来比较金属性的强弱，故A错误；B．滴入少量硝酸银溶液，Ksp小的先沉淀，则先产生黑色沉淀，可知Ksp(Ag2S)<Ksp(Ag2CO3)，故B正确；C．电石中含有杂质与水反应生成硫化氢，硫化氢能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此不能说明生成乙炔，故C错误；D．生成蓝色沉淀，只能说明有亚铁离子，不能说明铁片上一定发生了电化学腐蚀，可能发生化学腐蚀，故D错误。综上所述，答案为B。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.碳材料在生活中占有重要地位。请回答：（1）下列说法正确的是。A.石墨烯碳采用sp2杂化，金刚石VSPRE模型为正四面体形B.多层石墨烯和金刚石均为共价型晶体C.1mol石墨烯与金刚石中，σ键键数之比为3:4D.石墨烯中C—C键键能较金刚石大，故石墨烯的内能更高（2）图1中C—C键键长为apm，则石墨烯的密度ρ=______________g/cm2(用含a式子表示，阿伏伽德罗常数为NA)（3）尿素[(NH2)2CO]可以与正烷烃(n~CmH2m+2，m≥8)形成超分子包合物。尿素中各种元素的电负性由大到小的顺序________________，尿素分子通过______________________氢键(写出具体形式)有序地组合成具有蜂窝状六角形通道结构的接受体，如(a)所示。正烷烃分子作为底物填入到通道之中，图(b)示出垂直于通道截面的结构。该超分子包合物能稳定存在的原因是_________________________。 【答案】（1）AC（2）（3）①.O＞N＞C＞H②.N－H…O③.彼此通过范德华力结合使能量降低、熵减小【解析】【小问1详解】A．石墨烯碳原子形成3个σ键、采用sp2杂化，金刚石中C形成4个σ键、采用sp3杂化、VSPRE模型为正四面体形，A正确；B．多层石墨烯层间为范德华力、故为混合型晶体，金刚石均共价型晶体，B错误；C．结合选项A可知，1mol石墨烯与金刚石中，σ键键数之比为3:4，C正确；D．石墨烯中C—C键键能较金刚石大，则石墨烯更稳定，故石墨烯内能更低，D错误；选AC。【小问2详解】按均摊法可知，每个平面正六边形中含个碳原子，图1中C—C键键长为apm，平面正六边形面积为，则石墨烯的密度ρ=g/cm2。【小问3详解】同周期从左向右电负性逐渐增强，同主族从上到下电负性逐渐减弱，尿素中各种元素的电负性由大到小的顺序O＞N＞C＞H，由图知，尿素分子通过N－H…O氢键有序地组合成具有蜂窝状六角形通道结构的接受体。该超分子包合物能稳定存在的原因是彼此通过范德华力结合使能量降低、熵减小。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：Zn(OH)2+2OH-=Zn(OH)，请回答：（1）X的组成元素是_________，X的化学式是______________。（2）写出由A生成白色和红褐色沉淀的化学反应方程式____________________。（3）写出D→E生成深蓝色溶液E的离子方程式________________________。（4）设计实验检验溶液G中的金属阳离子________________________。【答案】（1）①.N、H、Fe、S②.NH4FeS2（2）Fe2S3+3[Zn(NH3)4](OH)2=3ZnS↓+2Fe(OH)3↓+12NH3（3）Cu2++4NH+4OH－=[Cu(NH3)4]2++4H2O（4）取溶液于试管中，加入过量的稀硝酸，再将酸化溶液分成两支试管中，向一支试管中逐滴滴入NaOH溶液；向另一支试管中逐滴滴入氨水，若均产生先白色沉淀后溶解的现象，则含Zn2+。【解析】【分析】化合物X由四种元素组成，1.38gX隔绝空气加热分解，将生成物溶于水得到黑色固体A和无色溶液B；A中加入过量的Zn[(NH3)4](OH)2溶液，得到白色沉淀ZnS、红褐色沉淀F和无色溶液G，F为Fe(OH)3，说明A中含有S元素和Fe元素，含有S元素的质量m(S)==0.48g，含有Fe元素的质量m(Fe)==0.56g，由于0.48g+0.56g=1.04g，说明A中只含有S元素和Fe元素，且n(Fe):n(S)=0.01:0.015=2:3，则A的化学式为Fe2S3；无色溶液B加入过量的CuSO4溶液，得到黑色固体C和蓝色溶液D，D中加入适量的NaOH溶液得到深蓝色溶液E，说明E中含有[Cu(NH3)4]2+，说明无色溶液B中含有NH，黑色固体C为CuS，则X中还含有N、H两种元素；由以上分析可知，X中含Fe 的质量为0.56g，含S质量共有0.48g+=0.64g，则含NH的质量为1.38g-0.56g-0.64g=0.18g，n(NH):n(Fe):n(S)=::=1:1:2，所以X的化学式为NH4FeS2，据此分析回答问题。【小问1详解】上述分析计算可知：X的组成元素是N、H、Fe、S，X的化学式是：NH4FeS2，故答案为：N、H、Fe、S；NH4FeS2；【小问2详解】由A生成白色和红褐色沉淀的化学反应方程式为Fe2S3+3[Zn(NH3)4](OH)2=3ZnS↓+2Fe(OH)3↓+12NH3，故答案为：Fe2S3+3[Zn(NH3)4](OH)2=3ZnS↓+2Fe(OH)3↓+12NH3；【小问3详解】D→E生成深蓝色溶液E的离子方程式为Cu2++4NH+4OH－=[Cu(NH3)4]2++4H2O，故答案为：Cu2++4NH+4OH－=[Cu(NH3)4]2++4H2O；【小问4详解】溶液G中的金属阳离子为Zn2+，根据题给已知Zn(OH)2+2OH-=Zn(OH)，Zn(OH)2能溶于过量的NaOH溶液，设计实验检验溶液G中的金属阳离子的方法为：取溶液于试管中，加入过量的稀硝酸，再将酸化溶液分成两支试管中，向一支试管中逐滴滴入NaOH溶液；向另一支试管中逐滴滴入氨水，若均产生先白色沉淀后溶解的现象，则含Zn2+。19.NOx、CO都是常见的空气污染物，研究它们的处理方法对环境保护有重要的意义。（1）用催化剂将NO和CO转化为N2和CO2是处理尾气的重要方式之一。在298K，101kPa时，相关反应如下：I：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)△H1=-751kJ·mol-1，△S=-197.5J·mol-1K-1Ⅱ：4NO(g)N2O(g)+O2(g)Ⅲ：2CO(g)+O2(g)2CO2(g)请回答：①反应I在298K时能否自发进行_______(填“能”或者“否”)。②目前汽车排气管内部装有三元催化器，尾气中反应物或生成物浓度随温度变化如图2、图3所示。 请选择使用三元催化剂的最佳温度______________，并说明理由___________________________。③为探究温度对催化剂催化效果的影响，将固定比例NO、CO混合气体，以一定流速通过三元催化剂排气管，相同时间内测量尾气中NO的含量，得到脱氮率随温度变化如图所示，已知图中BC段为平衡状态，且平衡脱氮率为m－n×10-4T2，100℃≤T≤1000℃，m、n为常数。下列说法不正确的是_______。A．平衡脱氮率m－n×10-4T2表达式中：m=0.69，n=2.5×10-3B．CD段处于平衡状态，因反应I正向放热，升温平衡逆向移动，故脱氮率降低C．D点平衡脱氮率为44%D．BA段因温度下降，催化剂活性降低，故平衡脱氮率下降（2）工业上也可用CH4在催化剂作用下还原NO消除污染，其反应为CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H＜0。相同时间测得NO的转化率随反应温度变化的情况如图所示。请在图中画出其他条件不变，增大压强(催化剂未失活)情况下，NO的转化率随温度变化的图像_______。（3）一种焦炭催化CO还原NO反应的历程如下，请补充完整相关基元反应(“*”表示吸附态)：A．NONO* B．2NO*ON-NO*C．___________D．ON-NO-CO*ON-N*+CO2E．___________【答案】（1）①.能②.400℃左右③.此时反应物CO和NO浓度较低，副产物N2O浓度很低，CO2和N2浓度较高。(或400℃左右时，以主反应生成CO2和N2为主，抑制了副反应N2O的生成)④.BD（2）（3）①.ON-NO*+COON-NO-CO*②.ON-N*+CON2+CO2【解析】【小问1详解】①根据自由能公式，故反应I在298K时能自发进行。②在400℃左右时，CO、NO、N2O都的浓度都达到了最低，故400℃就是三元催化剂的最佳温度。③A．平衡脱氮率m－n×10-4T2表达式中，根据B（600，60），C（800，53），建立方程0.6=m-n×10-4×6002，0.53=m-n×10-4×8002，解之m=0.69，n=2.5×10-3，A正确；B．CD段脱氮率还在下降，故不处于平衡状态，B错误；C．D点平衡脱氮率为44%，根据A项知平衡脱氮率=0.69-2.5×10-3×10-4×10002=0.44，即44%，C正确；D．BA段因温度下降，反应速率减慢，故平衡脱氮率下降，D错误；故选BD【小问2详解】该反应前后的系数和不变，故增大压强，平衡不移动，转折点和终点不变，但反应速率加快，起点上移， 故其图像为【小问3详解】由D可知ON-NO*反应生成了NO-CO*，故C的反应是：ON-NO*+CO⇌ON-NO-CO*；最终还有N2生成，故E的反应是：ON-N*+CO⇌N2+CO2。20.葡萄糖酸锌[Zn(C6H11O7)2，相对分子质量455]是一种有机补锌剂，广泛应用于食药领域。某小组由葡萄糖制备葡萄糖酸锌的实验步骤如下：已知：①有关物质在水和乙醇中的溶解性：葡萄糖酸钙葡萄糖酸锌硫酸锌硫酸钙水可溶于冷水，易溶于热水易溶微溶乙醇微溶难溶②葡萄糖酸锌稍高于100℃即开始分解。请回答：（1）制备葡萄糖酸锌粗品(装置如图，夹持、控温装置略，恒压滴液漏斗中装的是Br2水)：①恒压滴液漏斗需要打开活塞______(填“a”、“b”或“a和b”)。②装置c的名称______________________。 （2）下列有关说法正确的是。A.步骤Ⅰ中的Br2水可以用KMnO4酸性溶液代替B.步骤Ⅱ反应完全的现象是不再产生气泡C.步骤Ⅲ中趁热过滤弃去的滤渣是CaCO3D.步骤Ⅳ的一系列操作包括结晶、过滤、洗涤和干燥（3）利用重结晶法可除去葡萄糖酸锌粗品中的硫酸钙杂质，提高产品的质量，选出葡萄糖酸锌重结晶过程中合理的操作并排序_______(操作步骤可选择，但不可重复使用)。①蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜②待晶体充分析出后，减压过滤③将滤液冷却至室温，加入10mL95%乙醇溶液并搅拌，促进晶体析出④趁热减压过滤，除去不溶物⑤在50℃下用恒温干燥箱烘干，称重⑥取烧杯加入10mL蒸馏水，加热至微沸，加入葡萄糖酸锌粗品，得到葡萄糖酸锌饱和溶液（4）测定产品纯度：取mg提纯后的产品溶于水配制成100.00mL溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，向其中滴入少量EBT作为指示剂(遇Zn2+生成Zn—EBT)，再加入过量的V1mLc1mol/LEDTA无色溶液(遇Zn2+生成Zn—EDTA)，同时发生反应：Zn—EBT(酒红色)+EDTA=Zn—EDTA(无色)+EBT(蓝色)，再用c2mol/LZn2+标准溶液滴定至终点，三次滴定平均消耗锌标准溶液V2mL。①滴定终点现象为____________________________。②该产品的纯度为_________________________________(用含m，c1、c2，V1、V2的代数式表示)。【答案】（1）①.b②.球形冷凝管（2）BD（3）⑥④③②⑤（4）①.滴入最后半滴标准溶液后，溶液恰好由蓝色变为酒红色，且半分钟内不变色②.【解析】【分析】由题给流程可知，在60℃水浴加热条件下向葡萄糖溶液中加入溴水，将葡萄糖氧化为葡萄糖酸，保持温度恒定，向溶液中加入碳酸钙固体，将葡萄糖酸转化为葡萄糖酸钙，趁热过滤得到葡萄糖酸钙溶液；在90℃水浴加热条件下向葡萄糖酸钙溶液中加入硫酸锌溶液，将葡萄糖酸钙转化为硫酸钙沉淀和葡萄糖酸锌，趁热过滤得到葡萄糖酸锌溶液；向葡萄糖酸锌溶液中加入乙醇降低葡萄糖酸锌的溶解度，经结晶、过滤、洗涤和干燥得到葡萄糖酸锌粗品。【小问1详解】 ①向葡萄糖溶液中加入溴水时，恒压滴液漏斗需要打开活塞b，使溴水在气压平衡的条件下顺利流入葡萄糖溶液中，故选b；②由实验装置图可知，装置c为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；【小问2详解】A．葡萄糖分子中的羟基和醛基均能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，所以步骤Ⅰ中的溴水不能用酸性高锰酸钾溶液代替，故错误；B．由分析可知，步骤Ⅱ发生的反应为在60℃水浴加热条件下，葡萄糖酸溶液与碳酸钙固体反应生成葡萄糖酸钙、二氧化碳和水，则反应完全的现象是不再产生气泡，故正确；C．由分析可知，步骤Ⅲ中发生的反应为在90℃水浴加热条件下葡萄糖酸钙溶液与与硫酸锌溶液反应生成硫酸钙沉淀和葡萄糖酸锌，则趁热过滤弃去的滤渣是硫酸钙，故错误；D．由分析可知，步骤Ⅳ的一系列操作为溶液经结晶、过滤、洗涤和干燥得到葡萄糖酸锌粗品，故正确；故选BD；【小问3详解】利用重结晶法除去葡萄糖酸锌粗品中硫酸钙杂质的操作过程为取烧杯加入10mL蒸馏水，加热至微沸，加入粗品得到葡萄糖酸锌饱和溶液；趁热减压过滤，除去不溶物；将滤液冷却至室温，加入10mL95%乙醇溶液降低葡萄糖酸锌的溶解度，并搅拌促进晶体析出；待晶体充分析出后，减压过滤得到葡萄糖酸锌；在50℃下用恒温干燥箱烘干，称重，则分离提纯葡萄糖酸锌晶体的合理操作顺序为⑥④③②⑤，故答案为：⑥④③②⑤；【小问4详解】①由题意可知，锌离子标准溶液与过量的EDTA溶液完全反应时，溶液会由蓝色变为酒红色，则滴定终点的现象为滴入最后半滴标准溶液后，溶液恰好由蓝色变为酒红色，且半分钟内不变色，故答案为：滴入最后半滴标准溶液后，溶液恰好由蓝色变为酒红色，且半分钟内不变色；②由滴定消耗V2mLc2mol/L锌离子标准溶液可知，过量的EDTA的物质的量为10—3c2V2mol，则产品中含有锌离子的物质的量为(10—3c1V1-10—3c2V2)mol×4，所以产品的纯度为×100%=，故答案为：。21.某研究小组按下列路线合成药物替格瑞洛(心血管药)的中间体。 已知：①嘧啶()性质与苯()相似，具有芳香性。②③请回答：（1）化合物D的官能团名称是__________。（2）化合物B的结构简式是___________________。（3）下列说法不正确的是。A.G→H的反应类型为取代反应B.化合物A与B互为同分异构体C.化合物I的分子式是C7H9N3Cl2SD.化合物E容易与溴水发生加成反应（4）写出F→G的化学方程式_________________________________________。（5）设计以C和甲醇为原料合成D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H的同分异构体的结构简式___________________。①分子中只含一个苯环；②1H-NMR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且苯环上有H，结构中无氧氯键、氧氮键和氮氮键，有碳氮键、—SO2H。【答案】（1）酯基（2）（3）D （4）（5）（6）【解析】【分析】根据F的结构式，可知E的结构简式为，结合G的分子式，可知F到G引入的是硝基，即发生的硝化反应，再根据I中氨基的位置，可知G的结构简式为，再根据I的结构简式，可知G中的羟基被Cl取代生成H，H的结构简式为：，H中的硝基变成氨基生成I。【小问1详解】根据D的结构简式，其中的官能团名称是酯基。【小问2详解】 由分析知，结合已知①②，可反推B结构简式为。【小问3详解】A.G→H的反应是Cl取代了羟基，为取代反应，A正确；B.化合物AB分子式相同，结构不同，属于同分异构体，B正确；C.根据I的结构简式，可知其分子式为C7H9N3Cl2S，C正确；D.化合物E为，其性质与苯相似，故容易与溴水发生取代反应而不是加成反应，D错误；故选D。【小问4详解】由分析知，F→G为硝化反应，其方程式为【小问5详解】从官能上可以看出，要得到产物，必须引入两个羧基与甲醇发生酯化，即要增长碳链，可以考虑引入-CN的方法。即【小问6详解】由题目要求，结构中含有一个苯环、一个-SO2H，还有C-N，由于无氧氯键、氧氮键和氮氮键，故存在Cl、-NH2，且分子中共有3种环境的H原子，故其结构可以为：