浙江省精诚联盟2022-2023学年高三化学上学期12月适应性联考试题（Word版附解析）

2022学年第一学期浙江精诚联盟适应性联考高三化学学科试题考生须知：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.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号。3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题卷。可能用到的相对原子质量：H-1；C-12；N-14；O-16；Na-23；Mg-24；Al-27；S-32；Cl-35.5；K-39；Ca-40；Fe-56；Mn-55；Cu-64选择题部分一、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符合题目要求，不选、多选、错选均不得分)1.下列常见的还原剂中属于氧化物的是A.二氧化硫B.铁C.硫酸亚铁D.硫化氢【答案】A【解析】【分析】由两种元素组成，其中一种是氧元素的化合物是氧化物，据此解答。【详解】A．二氧化硫属于氧化物，A符合；B．铁是单质，不是氧化物，B不符合；C．硫酸亚铁由三种元素组成，不是氧化物，属于盐，C不符合；D．硫化氢中不含氧元素，不是氧化物，D不符合；答案选A。2.下列物质属于非电解质的是A.HClB.C.D.HClO【答案】C【解析】【详解】电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是溶于水或在熔融状态下不能够导电的化合物；酸、碱、盐、金属氧化物等均属于电解质；HCl、HClO均为电解质，氯气为单质，乙醇为电解质，故选C。3.分液操作要用到的仪器是 A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】分液操作需要的仪器：铁架台、分液漏斗、烧杯，冷凝管、蒸发皿、圆底烧瓶都用不到，B项符合题意；答案选B。4.下列物质对应的化学式正确的是A.氧化铜：Cu2OB.乙醚：C.明矾：D.铬酸钾：【答案】B【解析】【详解】A．氧化铜是CuO，而Cu2O表示的是氧化亚铜，A错误；B．乙醚是两个乙基CH3CH2-与O原子相连形成的化合物，故其结构简式表示为，B正确；C．明矾是十二水和硫酸铝钾，化学式为，C错误；D．铬酸钾化学式是，表示重铬酸钾，D错误；故合理选项是B。5.下列化学用语表述正确的是A.的球棍模型：B.NaCl晶体的晶胞：C.丁二烯的键线式：D.基态Cr原子的价层电子轨道式： 【答案】D【解析】【详解】A．该模型为的空间充填模型而非球棍模型，A错误；B．晶胞要求是“无隙并置”，B选项给出的立方体平移一个单位后，顶点并不能重叠，所以不是NaCl的晶胞，B错误；C．丁二烯的键线式为，C错误；D．Cr是第24号元素，价电子排布式为。根据洪特规则，基态原子中，填入简并轨道的电子总是先单独分占，且自旋平行，所以Cr的3d能级的电子分占简并轨道且自旋平行，但4s与3d不是简并轨道，自旋方向不一定平行，D正确；故选：D。6.青釉瓷是中国最早出现的一种瓷器，分析青釉瓷器文物发现：主体是石英，还有一定量的莫莱石(3Al2O3·2SiO2)及少量的Fe2O3、CaO和MgO。下列说法正确的是A.石英晶体存在硅氧四面体顶角相连的螺旋长链结构B.陶瓷是由氧化物组成的传统无机非金属材料C.CaO遇水会生成Ca(OH)2，所以青釉器不可盛水D.青釉瓷器呈青色是因为瓷体中含有Fe2O3【答案】A【解析】【详解】A．石英晶体是以硅氧四面体()为基本结构单元，顶角相连形成螺旋长链结构，A正确；B．陶瓷的主要成份是硅酸盐，只是表示成氧化物形式，B错误；C．微量的CaO与硅酸盐在高温下熔合，但不能与水反应，陶瓷可以盛水，C错误；D．Fe2O3是红棕色粉末状固体，青釉瓷的青色与Fe2O3无关，D错误；故合理选项是A。7.下列说法不正确的是 A.与不能互称为同位素B.芳香族化合物芘()的一氯代物有5种C.与H2NCH2CH2COOH互为同系物D.与不是同素异形体【答案】B【解析】【详解】A．和的质子数不相同，两者不是同位素，选项A正确；B．芘分子存在2条对称轴()，所以一氯化物有3种，选项B不正确；C．与H2NCH2CH2COOH的官能种类与个数均相同，组成上相差1个，两者是同系物，选项C正确；D．与不属于同种元素形成的单质，故不是同素异形体，选项D正确；答案选B。8.下列说法正确的是A.石油裂化的主要目的是便于重油的分馏B.蛋白质的一级结构是氨基酸的排列顺序C.煤的气化、液化、干馏均属于物理过程D.油脂、纤维素与核酸都是天然高分子化合物【答案】B【解析】【详解】A．石油裂化的主要目的是提高轻质油的产量和质量，选项A错误；B．蛋白质的一级结构是指蛋白质多肽链中氨基酸的排列顺序，蛋白质中所含氨基酸的种类和数目相同但排列顺序不同时，其一级结构以及在此基础上形成的空间结构均有很大不同，选项B正确；C．煤的气化、液化、干馏均属于化学过程，选项C错误；D．油脂不是天然高分子化合物，选项D错误；答案选B。9.下列说法正确的是A.氢键中三原子共直线时，作用力最强B.X射线衍射实验中，非晶体会呈现明锐的衍射峰 C.中，给出孤对电子，提供空轨道D.离子液体是一种常见的等离子体【答案】A【解析】【详解】A．当形成氢键的三个原子在同一直线上时，X、Y上的孤电子对的排斥作用最小，氢键的作用力最强，A正确。B．X射线衍射实验中，晶体会呈现明锐的衍射峰，而不是非晶体，B错误。C．配合物中，中心离子提供空轨道(如)，配体提供孤电子对(如)，C错误。D．离子液体是由阴、阳离子组成的液态物质，等离子体是由部分电子被剥夺后的原子及原子团被电离后产生的正负离子组成的离子化气体状物质，D错误。答案选A。10.亚铁氰化钾溶液通入氧气和足量二氧化碳会放出氰化氢、生成棕色絮状沉淀。下列说法正确的是A.与的消耗量之比为4：1B.红棕色沉淀为还原产物C.HCN分子中C原子的杂化形式为D.反应结束后溶液中的溶质为【答案】A【解析】【详解】A．由题意可知，铁元素从+2价上升到+3价，氧元素从0价下降到-2价，根据电子得失守恒可知，与的消耗量之比为4：1，选项A正确；B．由化合价变化可知，既是氧化产物又是还原产物，选项B错误；C．HCN的结构为，C原子的价层电子对数为2，为sp杂化，选项C错误；D．因为是“足量”，所以生成，选项D错误；答案选A。11.完成下列性质实验所选择的装置和试剂，正确的是ABCD实验检验浓硫酸与铜反应产生的实验室检验利用制造喷泉比较、、的氧化性 装置和试剂A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．Cu与浓硫酸反应生成，使品红溶液褪色，用NaOH溶液吸收尾气，选项A正确；B．加，可能会将待测液中的氧化为，实验设计不严谨，选项B错误；C．根据平衡移动原理，不溶于溶液，实验设计错误，选项C错误；D．通入溶液，溶液变黄，是将氧化为。加入KI溶液并萃取后层呈紫红色，可能是氧化了，也可能是溶液中溶解的氧化了，实验设计不严谨，选项D错误；答案选A。12.为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是A.0.2mol吡咯()分子中含有键数为B.标准状况下，每个分子的体积约为C.中含有的质子数为D.溶于水发生电离，可电离出个【答案】A【解析】【详解】A．1个吡咯分子中有4个键、3个键，2个键和1个键，共10个键，0.2mol含有键数为，A正确；B．标准状况下，所占的体积约为22.4L，这个体积包含有分子之间的空隙，故每个 分子的体积要远小于，B错误；C．1个分子中有10个质子，所以中含有的质子数为，C错误；D．配合物溶于水时，配合物外界的才能完全电离，D错误；故选：A。13.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.的溶液中：、、、B.含有大量的溶液中：、、、C.的溶液中：、、、D.酚酞变红色的溶液中：、、、【答案】D【解析】【详解】A．会氧化：，A错误；B．会与发生双水解：，B错误；C．即；，C错误；D．“酚酞变红色”是碱性溶液，此时不能氧化，D中的离子能共存，故D正确；故选：D。14.下列说法正确的是A.碳酸钠粉末露置在空气中会结块成晶体B.全降解塑料()可由环氧丙烷()和缩聚而得C.重晶石是生产钡盐的重要原料D.Fe露置在空气中会形成致密氧化膜保护内层不被腐蚀【答案】C【解析】 【详解】A．碳酸钠晶体()露置于空气中会风化为粉末，选项A错误；B．环氧丙烷与发生加聚反应得到全降解塑料，选项B错误；C．可用饱和溶液浸泡重晶石，将转化为，再用酸溶就可以获得钡盐，选项C正确；D．铁锈是疏松多孔的固体，不能保护内层金属被腐蚀，选项D错误；答案选C。15.治疗高血脂的常用药阿托伐他汀的结构简式如图所示，下列说法正确的是已知：氟原子与苯环相连时不能与NaOH溶液反应。A.阿托伐他汀存在3个手性碳原子B.阿托伐他汀分子共有30个碳原子C.阿托伐他汀不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.1mol阿托伐他汀最多可消耗NaOH2mol【答案】D【解析】【详解】A．分子中有2个手性碳原子(醇羟基所连碳原子)，A错误；B．分析分子结构可知，分子共有32个碳原子，B错误；C．由结构可知，分子中有还原性的羟基，能使酸性溶液褪色，C错误；D．根据题给信息，与苯环相连的氟原子不与NaOH反应，所以能与NaOH反应的官能团是、，故1mol阿托伐他最多可消耗2molNaOH，D正确；故选：D。16.位于前20号的M、W、X、Y、Z五种原子序数依次增大的元素，分位于三个不同周期。除元素X外，另四种元素的最外层电子数为互不相同的奇数。除M外，其它四种元素的简单离子的电子层结构相同。常温常压下，五种元素的单质中仅有一种呈气态。下列说法正确的是A.基态原子的第一电离能：B.氧化物对应水化物的酸性： C.化合物的分子结构呈正三角形D.化合物在固态时为共价晶体【答案】C【解析】【分析】由题意得，因为M、W、Y、Z的“最外层电子数为互不相同的奇数”，即1，3，5，7，又知W、Y、Z的“简单离子的电子层结构相同”，因最外层为1或3时易失去电子，5或7时易得到电子，所以三种元素处于相邻周期：最外层电子数为1或3的元素在下一周期，最外层电子数为5或7的在上一周期，又“最高价等于其族序数”，所以最外层电子数为7的是Cl，最外层电子数为5的是P，且四种元素中必须有最外层电子数为1的K，所以最外层电子数为3的位于第二周期，是B元素。X元素的最外层电子数是偶数且简单离子的电子结构与Cl、P、K等相同，可能是Si或S。如果是Si，则五种元素是B、Si、P、Cl、K，则X是P，与题意不符，排除Si，所以M是B元素，W是P元素，X是S元素，Y是Cl元素，Z是K元素。【详解】A．P元素的3p能级半充满，能量较低，第一电离能较大，所以第一电离能顺序为：，故A错误。B．根据对角线规则，的酸性与相似，所以最高价氧化物对应水化物的酸性是，而且B项未指明是最高价氧化物的水化物，故B错误；C．的中心原子B为杂化，无孤电子对，所以分子呈平面正三角形，故C正确；D．化合物如果是共价晶体，则表示组成时用的是比例式，不应该是，故D错误；选C。17.已知室温下，溶液呈弱酸性，下列叙述中正确的是A.B.C.加等浓度NaOH溶液，的值减小D.加水稀释，溶液酸性减弱，但的值不变【答案】C【解析】【详解】A．溶液呈弱酸性，可知的电离程度大于自身的水解程度，故 ，选项A错误；B．由电离过程可得：，由水解过程可得：，因，所以，可得，选项B错误；C．由电荷守恒：，可得，加入同浓度的NaOH溶液，不变，但减小，增大，所以减小，选项C正确；D．加水稀释，减小，酸性减弱，，所以加水稀释的值增大，选项D错误；答案选C。18.制备过程中能量变化如下图所示，下列说法正确的是A.，B.中共价键的键能约为C.D.很小，说明沸点很高【答案】B【解析】【详解】A．是化学键断裂的吸热过程，是化学键形成的放热过程，故，选项A错误；B．中的4个键的键能是不相同的，但通常取平均值。因表示6个键断裂时吸收的能量，所以中共价键的键能约为，选项B正确； C．根据盖斯定律，，选项C错误；D．是分子晶体，沸腾时克服范德华力，而表示的共价键形成时的能量变化，选项D错误；答案选B。19.将软锰矿(主要成分)与黄铁矿(主要成分)按一定比例混合制备，工艺流程如图所示。下列说法正确的是A.酸浸时，失去B.操作X是将滤液蒸发结晶后再灼烧至恒重C.Mn原子第三电离能与Fe原子的第四电离能相等D.的中心原子价层电子对数为4【答案】D【解析】【分析】软锰矿与硫铁矿加入稀硫酸酸浸，过滤1后得到残渣（含单质硫）和滤液，滤液加入氢氧化钠溶液且鼓入空气，反应后过滤2去除残渣和滤液，进行操作X蒸发结晶得到硫酸锰晶体；【详解】A．生成，是得到而非“失去”，选项A错误；B．因为要得到，灼烧至恒重会使晶体失去结晶水，选项B错误；C．虽然、的价层电子排布均为，但两者的电荷、半径、质子数均不同，所以Mn元素的第三电离能和铁元素的第四电离能不相等，C错误；D．的键数为4，孤电子对数为0，所以S原子的价层电子对数为4，选项D正确；答案选D。20.某恒容密闭容器中，只改变温度(T)或压强(p)，水蒸气百分含量随时间的变化趋势符合下图所示的反应是 A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．由左图可知，，升高温度，平衡向吸热方向移动，水蒸气百分含量应增大，选项A与左图不符；B．由左图可知，，升高温度，平衡向吸热方向移动，水蒸气百分含量应增大，选项B与左图不符；C．由图可知，，增大压强，平衡向体积减小方向移动，选项C与图相符；D．由图可知，，增大压强，平衡向体积减小方向移动，选项D与右图不符；答案选C。21.某过渡金属(M)—锂离子电池的结构如图所示，总反应式为，下列说法不正确的是A.放电时电子从流入Al，还原电极B中的金属元素MB.当移向电极A时，化学能转化为电能 C.电解质不能用水溶液，但可用离子液体D.充电时B电极的反应式为：【答案】B【解析】【分析】放电时转化为，即发生电极反应，电子从集流器流入集流器Al，充电时转化为，所以电极反应式为；【详解】A．由题给总反应式可知，放电时转化为，即发生电极反应，电子从集流器流入集流器Al，发生反应：，金属元素M被还原，选项A正确；B．当移向电极A时，是转化为，由总反应可知是充电过程，是电能转化为化学能，选项B不正确；C．因Li能与水发生反应，所以电解质不能用水溶液，可以用常温下呈液态又可以导电的离子液体，选项C正确；D．由总反应及电池结构可知，充电时转化为，所以电极反应式为，选项D正确；答案选B。22.高铜酸钠是一种黑色难溶于水的固体，酸性或高温条件下不稳定，下列关于该化合物推测合理的是A.可推知CuO是一种两性氧化物B.溶于盐酸或硫酸，生成的气态单质可能不同C.进行焰色试验，火焰呈黄色D.隔绝空气加强热，可能只生成CuO、【答案】B【解析】【详解】A．中Cu元素的化合价为+3价，与CuO不一致，所以不可推知CuO为两性氧化物，选项A错误；B．溶于盐酸时，溶液中的、有还原性，可被+3价Cu氧化为、，溶于硫酸时，溶液只有能被氧化，所以生成的单质可能不同，选项B正确；C．进行焰色试验，Cu元素的绿色会覆盖Na元素的黄色，火焰呈绿色，选项C错误； D．根据氧化还原反应知识，加热分解应该生成CuO、、，选项D错误；答案选B。23.乙酸与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应的机理如下图所示，下列说法不正确的是A.乙酸转化为①的过程中形成配位键B.①转化②，与O原子的电负性大于C原子有关C.用标记，则全部进入中D.在④→⑤中，浓硫酸吸收生成的水，可提高酯的产率【答案】C【解析】【详解】A．乙酸转化为①的过程中，羰基氧原子的孤电子对进入了的空轨道，形成了配位键，A正确；B．因为O的电负性比C大，所以O带正电荷是不稳定结构，使①自发地转化为②，B正确；C．③中的两个羟基等效，所以③转化为④，可能得到两种结构：或，所以生成的水中有50%是，C错误；D．浓硫酸吸收生成的水，促进的平衡向生成酯的方向移动，可提高乙酸乙酯的产率，D正确；故答案为：C。24.可用于脱除：。下列说法正确的是A.增加固体的质量可提高的最高脱除率B.与的VSEPR模型相同，键角也相同C.保持低温更有利于提高脱除效率D.反应所用的容器应隔绝氧气【答案】D 【解析】【详解】A．是固体，增加它的质量并不能使平衡发生移动，选项A错误；B．和的VSEPR模型均为四面体型，但S的电负性比O小，孤电子对更弥散，对成键电子对的排斥作用更强，故的键角小于的键角，选项B错误；C．低温可以促进平衡右移，但可能会导致反应速率过小而影响脱除率，选项C错误；D．容器有水，会导致浓度增大，不利于反应进行，如果有，遇会爆炸，选项D正确；答案选D。25.根据关实验操作和现象，所得结论正确的是选项操作与现象结论A向溶液中加入铁粉，有红色固体析出的氧化性强于的氧化性B向粗苯样品中加入足量饱和溴水，无白色沉淀生成粗苯中不含苯酚杂质C将两粒绿豆大小的Na分别投入到稀盐酸、浓盐酸中，Na与浓盐酸反应速率较慢相同温度下，浓度越大，盐酸电离程度越小D向中加入，充分反应后取滤液，向滤液中加入，滤液变浑浊AgCl在水中存在溶解平衡A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．Fe与发生置换反应，说明的氧化性比的氧化性弱，选项A错误；B．苯酚与溴反应生成的三溴苯酚会溶入苯中，所以“无白色沉淀”不能说明粗苯中不含苯酚杂质，选项B错误；C．Na与浓盐酸反应速率较慢是因为NaCl阻碍了Na与HCl的反应，而不是“ 浓度越大，盐酸的电离度越小”，选项C错误；D．增大浓度，滤液变浑浊，可知滤液中有，既在过量的情况下Cl⁻也不能被完全沉淀，可知AgCl在水中存在溶解平衡，选项D正确；答案选D。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共50分)26.化合物X由3种中学化学常见元素组成。某兴趣小组按如下流程进行实验：已知：①气体A是室温下密度最小的气体；②室温下，；③G中的氢氧化物沉淀的分别为、。请回答：（1）NaOH的电子式是_______。（2）化合物X中所含金属元素是_______(填元素符号)，其化学式为_______。（3）溶液的阳离子与足量反应的离子方程式是_______。（4）沉淀F会溶于浓溶液，请计算F溶于溶液的平衡常数_______。关于沉淀F溶解的解释有两种：①直接与F发生复分解反应；②水解使溶液呈酸性，生成的溶解F．请设计实验检验哪种解释是合理的：_______(写出试剂、现象与结论)。【答案】（1）（2）①.Mg、Fe②.（3）（4）①.或0.017②.取少量固体加入浓溶液中，如果固体溶解，则解释①正确，如果固体不溶解，则②正确【解析】【分析】由“红棕色固体”可知E为Fe2O3，其物质的量为，可知X中含Fe，且、。又因为滤液中“加足量氨水生成白色沉淀F”，常见的白色氢氧化沉淀 为、，又“足量NaOH生成沉淀G”，所以另一沉淀可能是，加热后生成4.0gMgO，则X中含Mg，、。。所以X中的第3种元素的质量为0.6g。已知“气体A是室温下密度最小的气体”，可知A是，其物质的量为0.6mol，而X中的Mg、Fe与反应最多只能生成，可知X中应该有H元素，且，即X为。【小问1详解】氢氧化钠为离子化合物，其电子式：；【小问2详解】根据分析，X中含有金属元素：Mg、Fe，其化学式：；【小问3详解】溶液的阳离子为Fe2+，可被氯气氧化为Fe3+，离子方程式：；【小问4详解】根据“加氨水调”形成沉淀可知，，，则沉淀F溶于浓溶液：的。解释①②的差异是：②认为是溶解沉淀的是而非，所以需要找一种有但却呈中性的盐。因，所以可以使用中性的与固体反应，如果固体能溶解，则是作用的结果，即①正确，如果固体能溶解，则②正确。27.萨巴蒂尔(Sabatier)反应是将和在一定温度和压强下发生反应：。研究标明，纳米铜线催化剂代替传统铜质催化剂可提高反应速率和选择性。请回答：（1）经计算，萨巴蒂尔反应在催化剂表面的反应历程如下图所示，其中“*”表示该粒子吸附在催化剂表面。 ①该历程中，最大的一步为_______(用方程式表示)。②萨巴蒂尔反应在_______(选填“高温”或“低温”)下能自发进行。③速率与活化能关系可用Arrhenius经验公式表示：(为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。用纳米铜线时的变化曲线为图中曲线a，则传统铜质催化剂的变化曲线是_______。（2）将、加入总压为p的恒温恒压容器中，达到平衡后，转化率为x，则萨巴蒂尔反应的平衡常数_______(气相反应，用组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)表示的平衡常数，记作，如，p为平衡总压强，x(B)为平衡时B的物质的量分数)。（3）采取下列措施可提高萨巴蒂尔反应中平衡转化率的是_______(选填序号)。A.恒温减压B.恒温恒压增大C.恒压降温D.延长反应时间（4）下列关于萨巴蒂尔反应的说法中，正确的是_______(选填序号)。A.混合气体的密度不再改变，不一定能确定反应达到限度B.该反应的物质中，有2种是极性键构成的非极性分子C.升温可提高反应物活化分子百分数，加快反应速率D.提高平衡产率是推动科学家寻找性能更好的催化剂的重要因素之一（5）载人宇宙飞船中再生分两步完成，萨巴蒂尔反应是第一步，第二步在太阳能电池作用下完成。请 在下图中画出再生过程的能量变化，要标注出相应的物质_______。【答案】（1）①.②.低温③.b（2）（3）C（4）ABC（5）【解析】【小问1详解】①由题给反应历程图可知，最大的步骤是；②因为萨巴蒂尔反应的、，所以在低温下能自发进行；③传统的铜质催化剂的催化活性比新型催化剂弱，说明铜质催化剂催化时的活化能大，所以相同温度时，铜质催化剂的Rlnk要小，曲线b、d是可能符合题意；当催化剂不变时，则温度升高，Rlnk增大，所以曲线b正确，答案为b；【小问2详解】由三段式可知： 则平衡常数；【小问3详解】A．减小压强，平衡逆向移动，转化率减小，选项A错误；B．增大，的平衡转化率减小，选项B错误；C．降温，平衡正向移动，转化率增大，选项C正确；D．反应到达平衡后，各物质浓度不再变化，CO2的平衡转化率不变，选项D错误；答案选C；【小问4详解】A．如果在恒容容器中进行萨巴蒂尔反应，则混合气体的密度为定值，如果在恒压容器中进行反应，则混合气体的密度会改变，所以混合气体的密度不再改变，不一定能确定反应达到限度，选项A正确；B．该反应中，由极性键构成的非极性分子是、，选项B正确；C．升高温度，可增大反应物分子的内能，从而提高活化分子百分数，选项C正确；D．催化剂不能影响平衡产率，选项D错误；答案选ABC；【小问5详解】人体代谢产生的经萨巴蒂尔反应转化为，再通过电解转化为和，实现的再生。根据萨巴蒂尔反应，电解水就可完成相应的作图如。28.温和型供氧剂是白色固体，微溶于水，不溶于有机溶剂，可与水缓慢反应，易与酸反应。某实验小组按如下流程和装置制取： 第①步的装置如下图所示(夹持装置省略)。请回答：（1）盛装溶液的恒压分液漏斗的支管的作用是_______。（2）如果用CaO固体替代，结果得到量很少，原因是_______。（3）取天然水的水样，分成等体积的甲、乙两份，甲经煮沸后密封冷却，乙无操作。向两份水样中加入等质量的(不足量)，经分析发现，甲水样中的浓度较低。原因之一是煮沸除去了甲水样中的溶解的，其它可能原因是_______(写一个即可)。（4）取0.2355g产品于烧杯，加过量盐酸并煮沸，冷却后加过量溶液，过滤、洗涤后将沉淀转入锥形瓶中，加足量稀硫酸，用标准溶液滴定至终点，重复2～3次，平均消耗标准溶液17.00mL。已知：①滴定操作可分解为如下几步，按实验操作先后顺序排序_______(选填序号)。A．用标准溶液润洗滴定管2～3次B．固定盛有标准溶液的滴定管，转动旋塞使尖嘴处充满溶液C．用标准溶液滴定至终点，读数D．取标准溶液注入滴定管至“0”刻度线以上2～3cm处E．调节液面至0刻度线以下，读数②样品中的纯度是_______%(结果保留一位小数)。③根据计算结果，分析造成此结果的可能因素有_______(选填序号)。A．烘干时温度过高，少量分解为CaOB．转移沉淀时，有固体残留在滤纸上 C．洗涤沉淀时，未洗涤干净D．滴定终点读数时，俯视读数【答案】（1）平衡气压，使易于滴下（2）CaO遇水快速放出大量热，导致分解（3）乙水样中溶解与反应，增加了水体中的浓度（4）①ADBEC②.102.0③.AC【解析】【分析】30%双氧水与氢氧化钙固体冰水浴搅拌反应，得到悬浊液，过滤得到·8H2O，烘干得到；小问1详解】恒压分液漏斗的作用是平衡气压，使漏斗内的能顺利滴下；【小问2详解】CaO与水反应生成时会放出大量的热，造成分解，导致生成的的量减小；【小问3详解】煮沸时会将水中溶解的所有气体均除去，结合题给信息“易与酸反应”，甲中被除去，造成不能发生，水中溶解氧降低；乙水样中溶解与反应，增加了水体中的浓度；【小问4详解】①共选择的滴定实验的主要操作包括：润洗、装液、排气泡、调液面、读数、滴定、读数等操作，据此可排出相应的操作顺序为ADBEC；②根据操作过程，可以得出等量关系式：，代入相关数据即可算得的纯度为102.0%；③纯度大于100%，说明测定结果偏大。A．烘干时少量分解为CaO，导致相同质量的产品中Ca元素的含量偏高，导致测定结果偏高，选项A正确； B．有少量固体残留在滤纸上，会导致测定结果偏低，选项B错误；C．洗涤时未洗干净，会导致固体表面吸附有溶液，会导致消耗的溶液偏大，选项C正确；D．滴定终点时，俯视读数，会导致终点读数偏小，测定结果偏小，选项D错误；答案选AC。29.研究发现，含三聚氰胺()助催化剂的复合石墨正极可有效提高锌一氧气二次电池的能源储存与转换效率。已知当分子中多原子形成多电子的键(称为大键)时，能降低能量，提高分子稳定性，因形成大键而降低的能量称为共轭能。请回答：（1）Zn的核外电子排布式是_______。（2）根据苯的不同结构进行理论计算或实验测定，得到如下数据：则苯分子的共轭能约为_______。（3）电池工作时，三聚氰胺会转化成三聚氰酸()。三聚氰酸中能检测到含量很低的异构体，异构体含量很低的原因是_______。（4）碳元素的常见单质有石墨与金刚石，它们的某种晶胞结构如下图1、2所示。①设为阿伏加德罗常数的值，石墨的密度为_______(用含a、b、的式子表示)。②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可表示各原子的位置，称作原子分数坐标。图3是金刚石沿y 轴的投影及1号碳原子的坐标，则2～3号碳原子的坐标不可能是_______(填序号)。A．B．C．D．【答案】（1）（2）152（3）异构体破坏了六元环的离域结构，造成体系能量升高（4）①.②.BD【解析】【详解】(1)Zn是第30号元素，其核外电子排布式为。(2)凯库勒式是单双键交替结构，苯环式是离域大键结构，由盖斯定律可知，苯环式比凯库勒式的能量低为，所以苯环的离域能为。(3)三聚氰酸()的六元环中存在大键结构，而异构为会破坏这个大键结构，使得能量升高而变得不稳定。(4)①1个晶胞中有4个碳原子，故1个晶胞的质量为，1个晶胞的体积为。所以石墨晶胞的密度为。②将金刚石晶胞切割为8个小立方体，这8个小立方体的一半体心填充有C原子，根据题意可知，这4个碳原子的标号及其相应坐标是：。图3中的3号碳原子应位于金刚石晶胞的面心，相应的坐标为，所以2～5碳原子的坐标不可能是BD。30.某研究小组拟以甲苯为原料合成医药盐酸氨溴索，合成过程如下图所示。请回答： 已知：①。②(易被氧化)（1）下列说法不正确的是_______(选填序号)。A.化合物A能与碳酸氢钠反应产生气体B.由B→C可推知邻对位的氢比间位的氢活泼C.化合物B既能与酸反应，又能与碱反应，属于两性有机物D.盐酸氨溴索的分子式是（2）化合物C的结构简式是_______。（3）写出的化学方程式_______。（4）参考题给信息，设计以为有机原料合成化合物的合成路线图_______(无机试剂、有机溶剂任选)。（5）写出的符合下列要求的3种同分异构体的结构简式：_______(不考虑立体异构)。①属于脂环烃，且分子中只有2种氢原子。②存在碳碳双键，不存在叁键、结构单元。【答案】（1）D（2） （3）（4）（5）、、、、【解析】【分析】因为“”，结合题给信息，A中含“”B中含“”，结合盐酸氨溴索中的苯环结构，可知A是、B是。因为“”，结合题给信息逆推，F是。根据E的分子式，逆推可得D是 ，E是。所以C是；【小问1详解】A．A中含有羧基，酸性强于，所以可以与反应生成，选项A正确；B．B转化为C时溴原子取代了氨基的邻、对位，所以能够活化其邻、对位上的H原子，选项B正确；C．B中既有呈碱性的氨基、又有呈酸性的羧基，所以B既能与酸反应，又能与碱反应，选项C正确；D．盐酸氨溴索分子中H原子共18个，盐酸氨溴索的分子式是，选项D不正确；答案选D；【小问2详解】化合物C的结构简式是；【小问3详解】是与反应生成和HCl，的化学方程式为；【小问4详解】 要合成含氨基的物质，可根据题给信息1，将氧化为羧基，再沿着信息1进行，合成路线为；【小问5详解】