浙江省Z20名校联盟2023届高三化学上学期第二次联考试题（Word版附解析）

Z20名校联盟(浙江省名校新高考研究联盟)2023届高三第二次联考化学试题卷一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50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.下列食品添加剂的成分属于酸的是A.可乐中的二氧化碳B.饮料中的苯甲酸C.奶粉中的硫酸亚铁D.香肠中的亚硝酸钠【答案】B【解析】【详解】A．二氧化碳属于氧化物，A错误；B．苯甲酸属于酸，B正确；C．硫酸亚铁属于盐，C错误；D．亚硝酸钠属于盐，D错误；故选B。2.下列物质属于强电解质的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．是弱酸，属于弱电解质，故A错误；B．属于钾盐，在水溶液中能完全电离，是强电解质，故B正确；C．Cu是单质，不是化合物，不是电解质，故C错误；D．不能电离出离子，是非电解质，故D错误；故选：B。3.名称为“研钵”的仪器是A.B.C.D. 【答案】C【解析】【详解】A．为坩埚，故A不选；B．为表面皿，故B不选；C．为研钵，故C选；D．为蒸发皿，故D不选；故选C。4.下列物质对应的关系正确的是A.萤石：B.蚁醛：C.熟石膏：D.新戊烷：【答案】D【解析】【详解】A．萤石：，故A错误；B．蚁醛：，故B错误；C．熟石膏：，故C错误；D．新戊烷：，故D正确；故选D。5.反应可用于制备火箭和燃料电池的燃料肼()。下列说法正确的是A.的电子式为B.的中子数为14C.的结构式为D.的VSEPR模型为【答案】D【解析】 【详解】A．次氯酸钠是离子化合物，钠离子和次氯酸根之间形成离子键，则NaClO的电子式为，故A错误；B．的质量数为14，质子数为7，中子数=质量数-质子数=7，故B错误；C．N2H4中N原子之间以单键结合，结构式为，故C错误；D．H2O分子中O原子的价层电子对数为2+=4，含有2对孤电子对，VSEPR模型为四面体，VSEPR模型为，故D正确；故选：D。6.下列说法正确的是A.天然橡胶经硫化后形成网状结构，具有更好的强度、韧性、弹性和化学稳定性B.石油经干馏后可以获得汽油、煤油、柴油等轻质油C.可燃冰的组成可表示为，说明甲烷中的碳原子能与水分子形成共价键D.乙烯与苯分子中的碳原子均采取杂化，故均能与溴水发生加成反应【答案】A【解析】【详解】A．天然橡胶经硫化后形成网状结构，具有更好的强度、韧性、弹性和化学稳定性，故A正确；B．石油经分馏后可以获得汽油、煤油、柴油等轻质油，故B错误；C．可燃冰的组成可表示为，水分子间通过氢键形成分子笼，把甲烷分子包裹在分子笼里，甲烷中的碳原子与水分子没有形成共价键，故C错误；D．苯不能与溴水发生加成反应，故D错误；选A。7.下列说法正确的是A.和互为同系物B.和互为同位素C.和互为同素异形体D.氰酸铵()和尿素互为同分异构体 【答案】D【解析】【详解】A．前者官能团是醇羟基，后者是酚羟基，物质类别不相同，结构不相似，不是同系物，故A错误；B．同位素即质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子，代表单质，代表离子，不是同位素，故B错误；C．同素异形体指同种元素形成的不同单质，和均为氢气单质，不是同素异形体，故C错误；D．氰酸铵()和尿素是分子式相同而结构不同的化合物，互为同分异构体，故D正确；故选：D。8.下列说法不正确的是A.氧原子可以形成、，也可能形成B.氯化铯晶体中，每个周围紧邻且距离相等的共有6个C.同一原子中，、、能级的轨道数目相等D.缺角的氯化钠晶体在饱和氯化钠溶液中慢慢变为完美的立方体块【答案】A【解析】【详解】A．共价键有饱和性，O原子最外层有6个电子，要想达到8电子稳定结构还需要2个电子，所以不能形成H3O分子，故A错误；B．氯化铯晶体晶胞结构如图：，Cs+位于该晶胞的体心，沿X、Y、Z三轴切割的方法知，每个Cs+周围最近的Cs+个数是6，故B正确；C．在同一原子中、、均是p能级，轨道数均为3，轨道数目相等，故C正确；D．由于晶体具有自范性，缺角的氯化钠晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块，故D正确；故选：A。9.下列说法不正确的是A.石墨烯可看作单层石墨，其电阻率低、热导性高，可用于生产电池、光电器件B.储氢合金是一类能够大量吸收，并与结合成金属氢化物的材料 C.铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性或碱性食物D.二氧化硅可以制成计算机的芯片和硅太阳能电池【答案】D【解析】【详解】A．石墨烯可看作单层石墨，具有优异的光学、电学、力学等特性，其电阻率低、热导性高，用于生产电池、光电器件，故A说法正确；B．储氢合金是一类能够大量吸收氢气，与氢气结合成金属氢化物的材料，便于氢气的储运，故B说法正确；C．铝单质能与酸、碱反应，氧化铝为两性氧化物，能与酸、碱反应，因此铝制品不宜用来煮沸或长时间存放酸性或碱性食物，故C说法正确；D．晶体硅是良好的半导体材料，用于计算机芯片和硅太阳能电池的制造，故D说法错误；答案为D。10.关于反应，下列说法不正确的是A.既是氧化剂又是还原剂B.发生还原反应C.若有加反应，被还原的为D.反应若生成，转移电子【答案】C【解析】【详解】A．中硫元素为-1价，其化合价既降低为-2价也升高为+6价，既是氧化剂又是还原剂，故A正确；B．中铜元素从+2价降低至+1价，做氧化剂，发生还原反应，故B正确；C．被还原的生成Cu2S，即参加反应，被还原的为7mol，故C错误；D．铜元素从+2价降低至+1价，硫元素由-1价降低为-2价，中铜得到14mol电子，中硫得到7mol电子，生成12mol硫酸转移21mol电子，若生成，转移电子，故D正确；故选：C。11.下列说法正确的是 A.在测定中和反应的反应热时，使用玻璃搅拌器应左右匀速搅拌B.在润洗洁净的碱式滴定管时，先从滴定管上口加入待盛装碱液，然后轻轻挤压滴定管中的玻璃球，将液体从滴定管下部放入预置的烧杯中C.在实验室不慎将酸沾到皮肤时，应立即用大量水冲洗，然后用的NaHCO3溶液冲洗D.在给粗糙铁质镀件电镀时，用砂纸将镀件打磨干净后即可直接与直流电源负极相连【答案】C【解析】【详解】A．在测定中和反应的反应热时，使用环形玻璃搅拌器应上下匀速搅拌，使溶液迅速反应，A错误；B．在润洗洁净的碱式滴定管时，先从滴定管上口加入待盛装碱液，然后倾斜着转动滴定管，使溶液润湿全部滴定管内壁，再将滴定管直立起来，挤压滴定管中的玻璃球，将液体从滴定管下部放入预置的烧杯中，B错误；C．在实验室不慎将酸沾到皮肤时，应立即用大量水冲洗，然后用的NaHCO3溶液冲洗，反应除去残留的少量酸溶液，C正确；D．在给粗糙铁质镀件电镀时，用砂纸将镀件打磨干净后，将表面的固体小颗粒洗净，干燥后再与直流电源负极相连，作阴极，D错误；故合理选项是C。12.为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，溶于水，溶液中、和的微粒数之和小于B.向溶液中通入适量，当有被氧化时，转移电子总数一定等于C.电解精炼铜时，以待精炼铜作阳极，以纯铜作阴极，当阳极有转化为时，电路中通过的电子数为D.与混合物中键的数目为【答案】A【解析】【详解】A．标准状况下，溶于水，溶液中含硫微粒有、和、H2SO3，根据S元素守恒，溶液中、和的微粒数之和小于，故A正确；B．向溶液中通入适量，碘离子先被氧化，有被氧化时，可知的物质的量≥1mol， 被氧化的n(I-)≥2mol，所以转移电子总数≥，故B错误；C．电解精炼铜时，以待精炼铜作阳极，以纯铜作阴极，铜、锌、铁等在阳极失电子，当阳极有转化为时，电路中通过电子数大于，故C错误；D．中含有1mol键，30g中含有0.5mol键，与混合物中键的数目在0.5~之间，故D错误；选A。13.下列反应的离子方程式正确的是A.将少量金属钠放入冷水中：B.向中通入过量C.将铁氰化钾溶液滴到氯化亚铁溶液中：D.工业生产漂粉精的原理：【答案】C【解析】【详解】A．将金属钠放入冷水中生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式是，A错误；B．向Ba（NO3）2溶液中通入过量SO2，硝酸根离子全被被还原，应为Ba2++3SO2+2NO+2H2O═2NO↑+BaSO4↓+4H++2SO，B错误；C．将铁氰化钾溶液滴到氯化亚铁溶液中，发生反应生成KFe[Fe(CN)6]沉淀，离子方程式为，C正确；D．工业生产漂粉精的原理是把氯气通入石灰乳中，离子方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=2Ca2++2Cl-+2ClO-+2H2O，D错误；故选C。14.下列说法不正确的是A.酰胺在酸或碱存在并加热的条件下都可以发生水解反应且均有氨气逸出B.蛋白质在加热、紫外线等的作用下会发生变性，溶解度下降，并失去生理活性C.丙纶、氯纶、腈纶、涤纶、锦纶、芳纶都属于合成纤维 D.溴乙烷分子中碳溴键极性较强，在与氢氧化钠水溶液的反应中，碳溴键发生了断裂【答案】A【解析】【详解】A．酰胺在酸或碱存在并加热的条件下都可以发生水解反应，碱性条件下有氨气逸出，在酸性条件下生成铵盐，故A错误；B．蛋白质在加热、紫外线等的作用下会发生变性，溶解度下降，并失去生理活性，故B正确；C．丙纶、氯纶、腈纶、涤纶、锦纶、芳纶都是人工合成的，都属于合成纤维，故C正确；D．溴乙烷分子中碳溴键极性较强，在与氢氧化钠水溶液的反应中，碳溴键发生了断裂，发生取代反应，生成乙醇，故D正确；故选A。15.抗病毒药物瑞得西韦的结构如图，下列说法正确的是A.该物质含有碱基结构，属于核酸B.该物质结构中存在5个手性碳原子C.该物质在碱性条件下水解后的产物中含有丙氨酸D.1mol该物质与足量盐酸反应，最多可消耗【答案】B【解析】【详解】A．核酸是由许多核苷酸聚合成的生物大分子化合物，该物质不属于核酸，A不符合题意；B．连接四种不同基团的碳为手性碳原子，该分子中有5个手性碳原子，如图所示，B符合题意； C．含有酯基，在碱性条件下水解后的产物中含有羧酸盐，不能生成丙氨酸，C不符合题意；D．该物质含有氨基能与HCl反应，1mol该物质最多能与1molHCl反应，D不符合题意；故合理选项是B。16.前四周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子中有6个运动状态不同的电子，Y是地壳中含量最多的元素，基态Z原子K、L层上的电子总数是3p原子轨道上电子数的两倍，基态W原子中有6个未成对电子。下列说法不正确的是A.电负性：，原子半径：B.同周期中，元素Z的第一电离能最大C.在一定条件下，X与氢元素形成的某些化合物与Z的单质及氢化物均能反应D.在一定条件下，和可以相互转化，且二者均具有强氧化性【答案】B【解析】【分析】X原子中有6个运动状态不同的电子，X有6个电子，是C。Y是地壳中含量最多的元素，Y是O。基态Z原子K、L层上的电子总数是3p原子轨道上电子数的两倍，K层2个电子，L层8个电子，所以Z的3p轨道有5个电子，Z是Cl。基态W原子中有6个未成对电子，W有d轨道，价电子为3d54s1，W是Cr。【详解】A．电负性C<O，原子半径C>O，A正确；B．同周期元素第一电离能从左至右越来越大，Ar最大，B错误；C．甲烷可以和氯气发生取代反应，乙烯可以和氯化氢发生加成反应，C正确；D．在一定条件下，重铬酸根离子可以和铬酸根离子相互转化，且二者均有强氧化性，D正确；故选B。17.下列说法正确的是A.常温下，将的氨水加水至，溶液中减小B.常温下，若，则氨水中是溶液中的2倍C.相同浓度的氨水和盐酸混合，若溶液呈中性，则D.中和与体积均相等的氨水、溶液，所需的物质的量相同【答案】C【解析】 【详解】A．氨水加水稀释，促进一水合氨的电离，c(OH-)减小，温度不变一水合氨的电离平衡常数Kb不变，则稀释过程中溶液中增大，故A错误；B．氨水不能完全电离，氨水中是溶液小于的2倍，故B错误；C．室温下，盐酸和氨水混合后，若溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c()=c(Cl-)+c(OH-)，则c(Cl-)=c()，故C正确；D．一水合氨为弱电解质，室温下，中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，前者所需盐酸的物质的量多，故D错误；故选：C18.为了探究、与盐酸反应过程中的热效应，某化学活动小组获得如下实验数据(假设实验中试剂均充分反应，生成的完全分解为逸出)：序号试剂1试剂2混合前温度混合后温度Ⅰ盐酸含的溶液Ⅱ盐酸含的溶液下列说法不正确的是①②③④⑤A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．由盖斯定律可知①+②+③得 ，结合表数据可知，反应为放热反应，焓变小于零，则，A正确；B．①中只存在化学键的形成，成键释放能量，焓变小于0，B正确；C．⑤为氢离子和氢氧根离子直接生成水，属于中和反应；②为氢离子和弱酸根离子碳酸氢根离子生成碳酸；等量氢离子在中和反应中放热更多，则，C正确；D．由表可知，⑥反应后温度降低，则；⑦反应后温度升高，则；由盖斯定律可知，⑦-2×⑥得④，D错误；故选D。19.下列说法不正确的是A.键角：B.沸点：C.键长：D.酸性：【答案】B【解析】【详解】A．NCl3和PCl3分子中P和N原子均采用sp3杂化，为三角锥形，但是N原子的电负性大于P原子，中心原子电负性越大，键角越大，因此NCl3的键角大于PCl3，故A正确；B．乙醇存在分子间氢键，其沸点较大，则沸点：，故B错误；C．键长越长，键能越小，键长越短则键越牢固，碳碳单键键长大于碳碳双键的键长，故C正确；D．CH3-是推电子基团，会导致羧基中羟基的极性减小，从而断裂更难，则CH3COOH酸性较HCOOH弱，故D正确；故选：B。20.在容积均为1L的密闭容器中，分别进行水的催化分解实验：，水蒸气的浓度随时间的变化如表所示：序号温度0min10min20min30min40min50min①0.0500.0492004860.04820.04800.0480②0.0500.04880.04840.04800.04800.0480 ③0.1000.09600.09300.09000.090000900下列说法不正确的是A.实验①比实验③达到平衡所需时间长，则B.实验③前的平均反应速率C.实验②中，若在时再充入，水的平衡转化率减少D.实验③中，若在时同时充入和，则此时【答案】A【解析】【详解】A．由表可知，实验①、实验③中存在2个变量：温度和浓度，故不能判断温度高低，A错误；B．由表可知，实验③前的平均反应速率，B正确；C．反应为气体分子数增大的反应，实验②中，若在时再充入，则达到新平衡时相当于在原有平衡上逆向移动，水的平衡转化率减少，C正确；D．实验③中：则，若在时同时充入和，则水、氢气浓度分别为0.100mol/L、0.02mol/L，，则平衡逆向移动，，D正确；故选A。21.某兴趣小组通过钙热还原法制备金属钛，其工作原理如图所示，下列说法不正确的是 A.石墨棒a电极为阳极，发生氧化反应B.石墨棒b电极及其周围发生反应：，C.该装置可能会产生、等副产物，通入惰性气体可减少副产物D.该装置工作时，移向阳极且含的熔融盐中无电流通过【答案】D【解析】【分析】该装置可实现过钙热还原法制备金属钛，结合装置特点可知石墨棒b上应生成Ca，然后与二氧化钛反应生成Ti，则石墨棒b作阴极，石墨棒a作负极，据此分析解答。【详解】A．由上述分析可知石墨棒a为阳极，阳极发生氧化反应，故A正确；B．由上述分析可知，石墨棒b为阴极，首先发生电极反应：，生成的Ca单质与二氧化钛反应生成Ti，反应为：，故B正确；C．该装置中a电极上生成氧气，可能与石墨电极a发生反应生成碳的氧化物，通入惰性气体可以稀释生成的氧气，避免石墨与氧气的反应发生，故C正确；D．电池工作时，熔融盐中有离子定向移动，有电流通过，故D错误；故选：D。22.正高碘酸(结构如图所示)具有强氧化性和弱酸性，脱水可得偏高碘酸()，下列说法正确的是A.正高碘酸为五元酸B.的酸性强于 C.正高碘酸与反应后溶液呈紫红色，反应如下：D.正高碘酸隔绝空气加热分解仅生成、【答案】A【解析】【详解】A.正高碘酸分子中含有5个羟基，所以为五元酸，故A正确；B.元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性Br>I，所以的酸性弱于，故B错误；C.正高碘酸与反应后溶液呈紫红色，说明Mn2+被氧化为，氧化性大于I-，所以还原产物不是I-，故B错误；D.根据氧化还原反应规律，正高碘酸隔绝空气加热分解生成、、O2，故D错误；选A。23.已知属于难溶于水、可溶于酸的盐。常温下，用调节浊液的，测得在不同条件下，体系中或与的关系如图所示(不考虑的挥发等)。下列说法不正确的是A.曲线Ⅰ代表与的变化曲线B.常温下， C.c点的溶液中存在关系：D.d点的溶液中存在关系：【答案】C【解析】【分析】物质难溶于水，可溶于酸，一般可用平衡原理进行解释，如SrF2浊液中存在溶解平衡，用HCl调节溶液存在平衡：，促进溶解平衡正向移动；随着的增大，减小，逆向移动，F−浓度增大，变小，则Ⅱ为曲线，Ⅰ为曲线；【详解】A．由分析可知，曲线Ⅰ代表与的变化曲线，A正确；B．为-1时，−lgc(Sr2+)=4.0，c(Sr2+)=10−4mol·L−1，−lgc( F−)=2.2，c( F−)=10−2.2mol·L−1，Ksp(SrF2)=10−4×(10−2.2)2=10−8.4，B正确；C．c点处c(Sr2+)=c(F−)，结合物料守恒可知，c(Sr2+)=c(F−)=c(HF)，由电荷守恒得2c(Sr2+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)+c(F−)，则c(Sr2+)+c(H+)=c(Cl−)+c(OH−)，溶液呈酸性，得c(Cl−)>c(Sr2+)，c点对应值大于0，则>1，即c(HF)>c(H+)，故溶液中存在c(Cl−)>c(Sr2+)=c(HF)>c(H+)，C错误；D．由物料守恒可知，d点的溶液中存在关系：，D正确；故选C。24.某化学兴趣小组称取晶体，在空气中用热重法对其进行分析，得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是 A.反应Ⅰ阶段是晶体失去结晶水B.C.反应Ⅱ阶段的化学方程式为：D.将晶体加入酸性高锰酸钾溶液中，若溶液紫色褪去，不能说明晶体中含【答案】C【解析】【详解】A．受热第一阶段是失去结晶水的过程，A正确；B．反应Ⅰ阶段失水的质量为3.6g-2.88g=0.72g，物质的量为0.04mol，草酸亚铁的质量为2.88g,物质的量为0.02mol，n(FeC2O4)∶n(H2O)=1∶2，所以x=2，B正确；C．反应Ⅱ阶段FeC2O4在300℃时与空气中氧气反应，，C错误；D．草酸根离子能将高锰酸根还原，溶液褪色，将晶体加入酸性高锰酸钾溶液中，若溶液紫色褪去，不能说明晶体中含，D正确；故选C。25.下列方案设计、现象和结论都正确的是目的方案设计现象和结论A检验硫代硫酸钠变质后混有硫酸钠取少量样品溶于水，先加入过量稀盐酸，再滴加溶液若有沉淀生成，则变质的硫代硫酸钠中混有硫酸钠B探究乙醇将0.01mol乙醇与稍过量金属钠反应若产生的气体体积为112mL(标准状况) ()的分子结构，则乙醇的结构简式为C探究有机物基团间的相互影响向分别盛有苯和甲苯的两支试管中滴入少量酸性高锰酸钾溶液，振荡并观察现象若盛有苯的试管中溶液无明显现象，而盛有甲苯的试管中溶液紫红色褪去，则甲苯中的甲基对苯环有影响D探究碳与硅的非金属性强弱取二氧化硅与少量焦炭，在高温条件下反应若产生灰黑色固体硅单质，则非金属性：A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．硫代硫酸钠与过量稀盐酸反应生成S沉淀，后加氯化钡可能生成硫酸钡沉淀，由实验及现象不能判断是否混有Na2SO4，故A错误；B．将0.01mol乙醇与稍过量金属钠反应，若产生的气体体积为112mL（标准状况），即，说明乙醇分子中只有羟基上的H原子可以生成氢气，则乙醇的结构简式为CH3CH2OH，故B正确；C．甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成苯甲酸，苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，可知苯环使甲基活化，故C错误；D．高温下C与二氧化硅反应生成Si和CO，为非自发进行的氧化还原反应，不能比较C、Si的非金属性强弱，故D错误；故选：B。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共50分)26.铜及其化合物在生产生活中有着广泛的应用。请回答：（1）①基态铜原子价层电子排布图为_______；②已知Cu第一电离能，Fe第一电离能，则_______(填“>”、“=”或“＜”)，其主要原因是_______。 （2）在碱性条件下与双缩脲生成紫色的配位化合物，该原理可用于检验蛋白质。该配位化合物的阴离子结构如图所示：①该阴离子中所有非金属元素的电负性从大到小的顺序为_______；②该阴离子中N原子的杂化方式为_______；③1mol该阴离子含有键的数目为_______。（3）磁性形状记忆材料合金的晶胞如图a所示(Mn、Al位于Cu形成的立方体体心位置)，图b是沿立方格子对角面取得的截图，Cu在沿立方格子对角面取得截图中的相对位置如图c所示。①该合金的化学式为_______；②在图c中画出Al和Mn的相对位置(分别用表示，不考虑各原子的大小)_______。【答案】（1）①.②.>③.价层电子排布为，全充满结构，再失去1个电子，需要的能量更多；失去的是电子，需要的能量较低（2）①.②.杂化③. （3）①.②.【解析】【小问1详解】①Cu位于周期表中第4周期第ⅠB族，为29号元素，基态核外电子排布为[Ar]3d104s1，价电子排布图为；②Cu+的价电子排布式为3d10，Fe+的价电子排布式为3d64s1，Cu+再失去的是3d10上的电子，而Fe+失去的是4s1的电子，显然3d10处于全充满，更稳定，所以大于；【小问2详解】①该离子中的非金属元素有H、C、N、O元素，元素吸引键合电子的能力：O＞N＞C＞H，则电负性：O＞N＞C＞H；②该阴离子中N原子形成3个键，存在1对孤对电子，杂化方式为杂化；③由所给结构可知1个Cu形成4个配位键，该离子含有2个铜原子，故1mol该离子含有配位键的数目为8NA，且单键由1个键形成，双键由1个键和1个π键形成，1mol该阴离子含有键的数目为；【小问3详解】①晶胞中，Al原子数目=4、Mn原子数目=4、Cu原子数目=8×+6×+12×+1=4+1=8，故化学式为AlMnCu2；②在图c中Al和Mn的相对位置为。27.化合物X仅含三种元素，通过如下实验推断其组成： 已知：溶液D只含一种溶质。请回答：（1）组成X的三种元素为_______；X的化学式为_______。（2）写出反应Ⅰ的化学方程式_______。（3）将蓝色沉淀B、氢氧化钠溶液与葡萄糖混合并加热，写出该反应的离子方程式_______。（4）将黄绿色气体单质A缓慢通入含有酚酞的NaOH溶液，红色褪去，设计实验说明红色褪去的原因：_______。【答案】（1）①.②.（2）（3）（4）向溶液中继续加入NaOH溶液，若溶液变红，说明红色褪去的原因是中和了，使溶液褪色(或若溶液末变红，说明溶液是由于生成的的强氧化作用而使其褪色。)【解析】【分析】黄绿色气体单质A为氯气，标况下体积为224ml，物质的量为0.01mol；蓝色沉淀B为氢氧化铜，加热生成黑色固体C为CuO，质量为1.6g，物质的量为0.02mol，根据元素守恒，X中含有Cu元素，物质的量为0.02mol，生成氢氧化铜的物质的量为0.02mol，所加KOH的物质的量为0.04mol；无色溶液D只含一种溶质，根据元素守恒，则溶质为KCl，无水晶体E为KCl，质量为4.47g，物质的量为0.06mol，根据K元素守恒，X中含有0.02molK；X中Cu元素质量为1.28g，K元素质量为0.78g，X的质量为2.7g，溶液只含一种溶质，故另一元素为O，质量为2.7g-0.78g-1.28g=0.64g，物质的量为0.04mol；【小问1详解】①根据分析可知，含有K、Cu、O三种元素；②K的物质的量为0.02mol，Cu的物质的量为0.02mol，O的物质的量为0.04mol，所以K∶Cu∶O=1∶1∶2，化学式为：；【小问2详解】根据框图与元素守恒可知，与浓盐酸反应生成氯气、氯化铜、氯化钾、水，故化学方程式为：； 【小问3详解】蓝色沉淀B为氢氧化铜沉淀，在碱性条件下与葡萄糖发生反应生成砖红色的氧化亚铜沉淀，化学方程式为：；【小问4详解】将氯气通入到含有酚酞的氢氧化钠溶液中，氯气可消耗氢氧化钠，使溶液褪色，生成的次氯酸有漂白性，也可将酚酞漂白，故需要在两个可能原因中进行求证，故可采取检验酚酞是否还存在的方法进行验证。其方法为：向溶液中继续加入NaOH溶液，若溶液变红，说明红色褪去的原因是中和了，使溶液褪色(或若溶液末变红，说明溶液是由于生成的的强氧化作用而使其褪色。)28.的资源化利用能有效减少排放，对碳循环经济技术的发展具有重要意义。Ⅰ.利用和制备合成气，反应分两步进行：反应①反应②有关物质的相对能量与反应历程的变化如图a所示［为吸附性活性炭］：（1）总反应能自发进行的条件为_______。（2）研究表明，总反应速率由反应①决定，请结合图a与碰撞理论说明原因：_______。Ⅱ.工业上可利用生产燃料甲醇。该过程发生下列反应：反应③反应④在的恒压反应器中，按照投料，测得体系中平衡时和的选择性 [，]及的平衡转化率随温度的变化如图b所示。（3）研究表明，原料气中掺入适量能提高的产率，说明其可能的原因：_______。（4）下列说法正确的是_______。A.曲线Ⅰ代表随温度变化B.温度越低，越有利于工业生产C.上述反应条件下，的平衡转化率始终高于的平衡转化率D.其他条件不变，增大压强能同时提高的平衡转化率和的平衡产率（5）反应④在545K时的平衡常数_______。（6）结合图b，在图c中画出的平衡产率随温度的变化曲线(标出B点坐标)_______。【答案】（1）高温（2）反应①活化能大，单位体积内的活化分子数少，有效碰撞次数少，反应速率小（3）适量可以使反应④平衡逆向移动，使更多的和进行反应③，从而提高产率（4）CD（5）或0.017或0.0167（6） 【解析】【小问1详解】根据图a反应物总能量低，生成物总能量高，总反应CH4（g）+CO2（g）⇌2H2（g）+2CO（g）的△H＞0，△S＞0，根据自发条件△H-T△S＜0推知，该反应在高温条件下能自发进行；【小问2详解】反应①活化能大，单位体积内的活化分子数少，有效碰撞次数少，反应速率小，总反应速率由反应①决定；【小问3详解】原料气中掺入适量能提高的产率，其可能的原因适量可以使反应④平衡逆向移动，使更多的和进行反应③，从而提高产率；【小问4详解】A．反应③为放热反应，随着温度升高，甲醇选择性降低，则曲线Ⅰ代表随温度变化，A错误；B．温度过低，反应速率太慢不利于反应的进行，并不利于工业生产，B错误；C．结合两个反应，反应④中二氧化碳和氢气按物质的量之比1:1反应，氢气浓度的增大有利于增大二氧化碳的转化率，所以上述反应条件下，的平衡转化率始终高于的平衡转化率，C正确；D．反应③为体积减小的反应，其他条件不变，增大压强有利于反应正向进行，则能同时提高的平衡转化率和的平衡产率，D正确；故选CD。【小问5详解】反应④在545K时，列出“三段式”：=0.5，CO2的平衡转化率==0.25，解得x=y=0.125，反应④ 在545K时的平衡常数K==。【小问6详解】结合图b，曲线Ⅰ代表S(CH3OH)随温度变化，则的平衡产率随温度的变化曲线(标出B点坐标)为。29.氧化镍(NiO)在冶金、化学及电子工业等领域中有广泛应用，某兴趣小组由工业废渣(主要成分：Fe、Ni，其它杂质不与酸反应)制备氧化镍的流程如下：已知：请回答：（1）下列说法正确的是_______。A.通过冲击破碎的方式预处理工业废渣可加快其在酸溶时的反应速率B.滤液1中的主要金属阳离子为、和C.操作Ⅱ与操作Ⅲ均为过滤，仅需用到的玻璃仪器：普通漏斗、烧杯D.滤渣2中加入过量氨水发生的反应为（2）滤液3经过一系列操作可得到氧化镍粗品，包含以下步骤：a.将滤液放入烧杯中用煤气灯进行加热b.将滤出的沉淀物进行烘干 c.用pH试纸测定溶液至不呈碱性d.经马釜炉焙烧e.过滤①请给出合理的操作排序(从上述操作中选取，按先后次序列出字母)_______。为提高氧化镍产率，向滤液3中加入稍过量的碳酸铵固体→e→→→e→→→氧化镍粗品②步骤a中对滤液进行加热的原因是_______。（3）氧化镍产品的纯度可用配位滴定法测定。取1.500g氧化镍粗品，酸溶后配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴紫脲酸胺指示剂，用浓度为的标准液滴定，平均消耗标准液。已知：Ⅰ.Ⅱ.紫脲酸胺：紫色试剂，遇显橙黄色。①粗品中氧化镍的纯度是_______。(保留四位有效数字)②下列操作会使测定结果偏低的是_______。A.锥形瓶中溶液颜色由橙黄色局部变为紫色后立即停止滴定B.滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡C.滴定前平视读数，滴定后俯视读数D.振荡锥形瓶时，锥形瓶内溶液溅出【答案】（1）AD（2）①.ac,bd②.根据题意，对滤液进行加热，蒸出氨气使反应正向移动，将Ni2+完全解离处理，同时促进Ni2+的水解，以获得更多的氢氧化镍和碳酸镍，提高氧化镍的产量（3）①.②.ACD【解析】【分析】工业废渣加入过量硝酸与Fe反应生成硝酸铁，与Ni反应生成硝酸镍，滤液1中金属阳离子为和，加入过量NaOH溶液得到滤渣2为Ni(OH)2、Fe(OH)3，加入过量氨水与Ni(OH)2反应生成，经过一系列操作可得到氧化镍；【小问1详解】A．增大废渣的接触面积可加快其在酸溶时的反应速率，故A正确；B．硝酸是强氧化性酸，亚铁离子会被其氧化为铁离子，滤液1中不存在，故B错误； C．过滤操作需用到的玻璃仪器：普通漏斗、烧杯、玻璃棒，故C错误；D．滤渣2中加入过量氨水与Ni(OH)2反应生成配合物，与氢氧化铁沉淀分离，发生的反应为，故D正确；故选：AD；【小问2详解】①为从滤液得到氧化镍，由可加热使氨气逸出，促使平衡正向移动，得到Ni2+，用pH试纸测定溶液至不呈碱性，过滤，将滤出的沉淀物Ni(OH)2进行烘干，经马釜炉焙烧得到NiO，故答案为：ac，bd；②步骤a中对滤液进行加热的原因是：根据题意，对滤液进行加热，蒸出氨气使反应正向移动，将Ni2+完全解离处理，同时促进Ni2+的水解，以获得更多的氢氧化镍和碳酸镍，提高氧化镍的产量；【小问3详解】①由，则样品中的物质的量为n=n()=c∙V=0.100mol•L-1×18.80×10-3L×=1.88×10-2mol，则样品中氧化镍的纯度为；②A.滴定终点的操作和现象是加入最后半滴标准液，溶液由橙黄色变为紫色且半分钟内不褪色，锥形瓶中溶液颜色由橙黄色局部变为紫色后立即停止滴定，未达到滴定终点，标准液体积偏小，使测定结果偏低，故A选；B.滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡，标准液体积偏大，使测定结果偏高，故B不选；C.滴定前平视读数，滴定后俯视读数，标准液体积偏小，使测定结果偏低，故C选；D.振荡锥形瓶时，锥形瓶内溶液溅出，待测液溶质质量损失，使测定结果偏低，故D选；故选：ACD。30.某研究小组按下列路线合成药物依匹哌唑 已知：①②请回答：（1）下列说法不正确的是_______。A.化合物A具有酸性B.化合物D中所有的碳原子都共面C.化合物G中的官能团为氨基和羟基D.F→H、H→I的反应类型均为消去反应（2）化合物C的键线式是_______；依匹哌唑的分子式是_______。（3）写出A→B的化学方程式_______。（4）设计以甲苯和乙酸酐为原料合成E的路线(用流程图表示，无机试剂任选)_______。（5）写出同时符合下列条件的化合物Ⅰ的同分异构体的结构简式_______。①谱和谱检测表明：分子中共有3种不同化学环境的氢原子，有键。②分子中只含有一个苯环，无其它环。【答案】（1）BD（2）①.②.（3）（4）（5） 【解析】【分析】ClCH2COOH和NaHS发生取代反应，然后酸化生成A为HS-CH2-COOH，A和发生成环反应生成B，B脱去CO2，然后和C（）生成D为，E和SOCl2发生取代反应生成F为，结合已知信息和I的结构，G为，F和G发生取代反应生成H为,H发生分子内取代反应生成I，I发生取代反应生成，和D反应生成产物。【小问1详解】A．化合物A含有羧基，具有酸性，A正确； B.化合物D为，含有亚甲基，具有类似于甲烷的四面体结构，所有的碳原子不可能共面，B错误；C.化合物G为，官能团为氨基和酚羟基，C正确；D.F→H、H→I的反应类型均为取代反应，D错误；故选BD；【小问2详解】根据分析，化合物C的键线式是；根据依匹哌唑的结构，其分子式是。【小问3详解】A→B的化学方程式。【小问4详解】以甲苯和乙酸酐为原料合成E，甲苯和氯气发生取代反应生成，发生水解反应生成，催化氧化生成，乙酸酐反应生成，和氢氧化钠溶液反应，然后水酸化生成产物，具体路线为： 。【小问5详解】