浙江金华第一中学2023-2024学年高三化学上学期10月月考试题（Word版附解析）

金华一中2024届10月月考高三化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1；B-11；C-12；N-14；O-16；Na-21；Mg-24；Al-27；P-31；Si-28；S-32；Cl-35.5；K-39；Ca-40；Fe-56；Cu-64；I-127；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.下列物质属于离子晶体且含有非极性共价键的是A.NaOHB.C.NaClD.【答案】D【解析】【详解】A．NaOH由Na+和OH-构成，在OH-中，O、H原子间形成极性共价键，A不符合题意；B．的结构式为H-O-O-H，只含有共价键，不含有离子键，B不符合题意；C．NaCl由Na+和Cl-构成，只含有离子键，不含共价键，C不符合题意；D．由Na+和构成，属于离子晶体，是HOOC-COOH的酸根，HOOC-COOH含有C-C非极性共价键，故中也含有C-C非极性共价键，D符合题意；故选D。2.下列化学用语表述错误的是A.的电子式B.中子数为20的氯原子：C.分子的VSEPR模型：D.基态Fe原子的价层电子排布图：【答案】C【解析】【详解】A．CO2为共价化合物，每个原子均满8电子稳定结构，电子式：，A 正确；B．核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；中子数为20的氯原子：，B正确；C．分子中B原子的价层电子对数为，则VSEPR模型为平面三角形，C错误；D．基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，则价层电子排布图：，D正确；故选C。3.是一种重要的盐，下列说法不正确的是A.属于强电解质B.厨房油烟污渍可用热的溶液清洗C.又称食用碱D.是泡沫灭火器主要成分【答案】D【解析】【详解】A．在水溶液中完全电离，属于强电解质，故A正确；B．水解溶液呈碱性，加热促进水解平衡正向移动，溶液碱性增强，所以厨房油烟污渍可用热的溶液清洗，故B正确；C．又称食用碱，故C正确；D．NaHCO3是泡沫灭火器的主要成分之一，故D错误；选D。4.下列物质的性质与用途的对应关系正确的是A.NaClO溶液呈碱性，可用作消毒剂B.稀硝酸具有强氧化性，常温下可清洗附着在试管内壁的银镜C.石墨晶体内含大键，可用作润滑剂D.非金属性C>Si，工业上用焦碳与反应制备粗Si【答案】B 【解析】【详解】A．ClO-发生水解反应使溶液呈碱性，而NaClO可用作消毒剂是因为其有强氧化性，A不符合题意；B．稀硝酸具有强氧化性，能与银反应生成硝酸银、一氧化氮和水，所以常温下可用稀硝酸清洗附着在试管内壁的银镜，B符合题意；C．石墨是混合型晶体，层与层之间以分子间作用力结合，分子间作用力较弱，层与层之间可以滑动，所以可用作润滑剂，则石墨可用作润滑剂与石墨晶体内含有大π键无关，C不符合题意；D．高温下碳具有强还原性，能与二氧化硅反应生成硅和一氧化碳，反应中碳元素的化合价升高被氧化，碳是反应的还原剂，则制备粗硅的反应与元素的非金属性强弱无关，D不符合题意；故选B。5.下列实验装置能达到实验目的的是ABCDA实验室制取氨气B.实验室制备银氨溶液C.制备并能较长时间观察其颜色D.除去苯中混有的苯酚【答案】C【解析】【详解】A．实验室制取氨气是加热氯化铵和氢氧化钙的混合物，A错误；B．配制银氨溶液应将氨水滴入硝酸银溶液中，至沉淀恰好溶解时为止，B错误；C．Fe与电源正极相连为阳极，Fe被氧化成Fe2+，结合溶液中的OH-生成Fe(OH)2，C棒为阴极，水电离出的氢离子被还原生成氢气，同时产生OH-，所以溶液一直显碱性，煤油可以隔绝空气防止Fe(OH)2被氧化，所以用图2装置制备Fe(OH)2并能较长时间观察其颜色，C正确；D．溴和三溴苯酚均易溶于苯，不能除杂，应选用氢氧化钠分液来除杂，D错误； 故选C。6.已知反应，下列说法正确的是A.的空间结构是平面三角形B.氧化产物与还原产物的物质的量之比是2：1C.3mol反应时转移5mol电子D.可能会与反应【答案】D【解析】【详解】A．的价层电子对数为，空间结构是三角锥形，A错误；B．中I的化合价为+1价，在反应中由2个I的化合价降低为还原产物，由1个I的化合价升高为氧化产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比是1：2，B错误；C．反应中有2个I从+1降到-1价，故有3mol反应时转移4mol电子，C错误；D．中的I为+1价，具有氧化性，具有还原性，故可能会与反应，D正确；故选D。7.设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.4.6g完全燃烧，一定有个C-H键断裂B.0.1mol丙烯酸()中含有个键C.含0.5mol的酸性溶液与足量反应生成，转移电子数D.0.2mol完全水解形成的胶体粒子数等于【答案】B【解析】【详解】A．C2H6O存在同分异构体，可能为CH3CH2OH，也可能为CH3OCH3，题目所给条件无法判断物质结构，故无法确定C-H键断裂数目，故A错误；B．每个分子中有3个C-H键，2个C-C键，2个C-O键，1个O-H键，0.1mol丙烯 酸()中含有个键，故B正确；C．中存在的氧元素化合价为-2价和四个-1价，Cr元素化合价+6价，中铬元素化合价+6价，元素化合价不变，不是氧化还原反应，故C错误；D．胶体粒子是由多个分子或离子的聚集体，0.2mol完全水解形成的胶体粒子数少于，故D错误；故选B。8.下列说法不正确的是A.天然氨基酸均为无色晶体，熔点较高，难溶于乙醚B.在碱催化下，苯酚和甲醛可缩聚成网状结构的热固性酚醛树脂C.大豆蛋白纤维是一种可降解材料D.聚氯乙烯通过加聚反应制得，可用作不粘锅的耐热涂层【答案】D【解析】【详解】A．天然氨基酸均为无色晶体，熔点较高，一般能溶于水，难溶于乙醚等有机溶剂，A正确；B．碱性条件下，苯酚邻对位上的活泼氢先与甲醛加成，后在发生缩聚，生成网状结构的热固性酚醛树脂，B正确；C．蛋白质在酸性或者碱性条件下都能水解生成氨基酸，故大豆蛋白纤维是一种可降解材料，C正确；D．聚氯乙烯有毒，不能用来制作不粘锅的耐热涂层，D错误；故选D。9.下列离子方程式书写正确是A.向溶液中滴加过量氨水：B.溶液中滴入溶液：C.向溶液中通入少量：D.向溶液中滴加溶液至完全沉淀：【答案】C 【解析】【详解】A．一水合氨弱碱，不能拆开，正确离子方程式为：Al3＋＋3NH3∙H2O=Al(OH)3↓＋3，A错误；B．书写溶液中滴入溶液的离子方程式时，为弱酸，化学式不能拆，B错误；C．向溶液中通入少量，生成碳酸钙沉淀和次氯酸，离子方程式为：，C正确；D．Ba2+沉淀完全，则Ba(OH)2与NaHSO4溶液以物质的量之比1：1混合，正确离子方程式为：，D错误；故选C。10.如图所示是一种新型的生物催化剂TPA-OH，能对多种废弃塑料包装实现完全解聚。下列叙述正确的是A.TPA-OH中所有原子一定共平面B.0.1molTPA-OH与足量溶液反应能生成4.48LC.TPA-OH能和乙二醇发生缩聚反应D.1molTPA-OH都能与5mol发生加成反应【答案】C【解析】【详解】A．TPA-OH分子中含有羟基，单键可以旋转，不一定所有原子共平面，故A错误；B．TPA-OH分子中含有2个羧基，0.1molTPA-OH与足量溶液反应能生成0.2mol二氧化碳，没有明确是否为标准状况，体积不一定是4.48L，故B错误；C．TPA-OH分子中含有2个羧基，所以能和乙二醇发生缩聚反应，故C正确；D．苯环能与氢气发生加成反应，1molTPA-OH都能与3mol发生加成反应，故D错误；选C。 11.X、Y、Z、Q、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X最外层电子数是内层电子数的2倍，Z的s和p轨道电子数目相同，Q是短周期元素的阳离子中半径最大的，R是该周期中非金属性最强的。下列说法不正确的是A.最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：X<Y<RB.X、Z均可与Q形成含有非极性键的离子晶体C.X、Y分别与R形成的化合物的VSEPR模型相同D.工业上用电解熔融态的Q与Z的化合物来制备Q【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、Q、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X最外层电子数是内层电子数的2倍，则X为6号元素C，Z的s和p轨道电子数目相同，则Z的核外电子排布式为，Z为O元素，则Y为N元素，Q是短周期元素的阳离子中半径最大的，则Q为第三周期的Na，R是该周期中非金属性最强的，则R为Cl，综上，X、Y、Z、Q、R分别为C、N、O、Na、Cl元素。【详解】A．元素的非金属性越强，其对应的最高价氧化物的水化物的酸性也越强，非金属性：C<N<Cl，故酸性：H2CO3<HNO3<HClO4，A不符合题意；B．X与Q形成、Z与Q可形成，均属于含有非极性键的离子晶体，B不符合题意；C．X与R形成CCl4，其中心原子C的价层电子对数为4，Y与R形成NCl3，中心原子N除形成3个键外还有一对孤电子对，价层电子对数也为4，故二者的VSEPR模型均为四面体形，C不符合题意；D．Q与Z形成，但工业上常用电解熔融态的NaCl制备金属Na，D符合题意；故选D。12.硫酸钾是一种重要的无氯优质钾肥，利用某高钾明矾石制备硫酸钾的工艺流程如下：已知：高钾明矾石的主要成分为和少量。下列说法不正确的是A.焙烧时反应的化学方程式为B.溶液X可能是C.工业上通过电解化合物Y制成铝单质 D.可回收利用后应用于本流程【答案】B【解析】【分析】高钾明矾石经粉碎后加入硫粉焙烧得到SO2、SO3，加入KOH发生反应的离子方程式为Al2O3+2OH−+3H2O=2[Al(OH)4]−，产生的浸渣为Fe2O3，浸液中的离子为[Al(OH)4]−、K+、，加入溶液X调节溶液pH可使[Al(OH)4]−转化为Al(OH)3白色沉淀，且得到溶液，则X为H2SO4，过滤得到Al(OH)3白色固体，灼烧后得到化合物Y，则Y为Al2O3，滤液经过蒸发结晶可得到硫酸钾固体。【详解】A．焙烧时与硫粉及氧气在高温下发生化学反应，根据流程图中的信息，再结合氧化还原反应的基本规律可得反应的化学方程式为，A不符合题意；B．由分析知，加入溶液X调节溶液pH可使[Al(OH)4]−转化为Al(OH)3白色沉淀，且得到溶液，则X为H2SO4，不可能是，B符合题意；C．Al(OH)3白色固体灼烧得到Al2O3，则化合物Y为Al2O3，工业上通过电解化合物Al2O3制成铝单质，C不符合题意；D．SO3可溶于水制得硫酸溶液，溶液X为H2SO4，则SO3可回收利用后应用于本流程，D不符合题意；故选B。13.苯甲酸是一种重要的化工原料。以苯乙酮为原料，以KI为电解质，利用电化学方法合成苯甲酸的原理(部分)如下：下列说法中，正确的是A.KI是该反应的催化剂B.电解过程中阳极产物有和C.外电路流过3mol时，理论上可制备0.5mol苯甲酸(不考虑副反应) D.充分搅拌的情况下，电解过程中溶液pH不断减小【答案】C【解析】【详解】A．由图可知KI在阳极发生反应生成碘单质，且最终无KI生成，因此KI不是催化剂，故A错误；B．阳极反应为：，碘单质与溶液中OH-反应生成，因此不是阳极产物，故B错误；C．电解过程总反应为：，该过程转移2mol电子生成1mol碘单质，则转移3mol电子时生成碘单质1.5mol，，由反应可知1.5mol碘单质生成1.5mol；+3→+CHI3+2OH-，1.5mol反应生成0.5mol苯甲酸，故C正确；D．由上述反应可知电解过程中生成碱，同时生成的碘单质又与碱反应，两者生成和消耗的氢氧根相等，在最终转化为又有碱生成，因此最终溶液中氢氧根离子浓度增大，pH值增大，故D错误；故选：C。14.2-溴-2-甲基丙烷发生水解反应[]的能量变化与反应过程的关系如下图所示。下列说法不正确的是A.溶液碱性增强，2-溴-2-甲基丙烷的水解百分率增大B.该反应在低温下自发进行 C.分子中碳溴键断裂的速率比与结合速率快D.碘原子半径比氯大，因此水解生成速率比快【答案】C【解析】【详解】A．溶液碱性增强，平衡正向移动，2-溴-2-甲基丙烷的水解百分率增大，故A正确；B．正反应放热，△H<0，生成物微粒增多，△S>0，所以该反应在任意温度下都能自发进行，故B正确；C．分子中碳溴键断裂的活化能大，所以碳溴键断裂的速率比与结合速率慢，故C错误；D．碘原子半径比氯大，C-Cl键能大于C-I键能大，因此水解生成的速率比快，故D正确；选C。15.室温下，通过下列实验探究的性质。已知：25℃时，的、的。实验1：配制溶液，测得溶液约为12；实验2：取溶液，向其中加入少量固体充分搅拌，一段时间后过滤。向滤渣中加入足量稀盐酸，固体完全溶解；实验3：取溶液，向其中缓慢滴入等体积稀盐酸。下列说法正确的是A.实验1所得溶液中，B.根据实验2，可推测C.实验3反应后溶液中存在：D.25℃时，反应的平衡常数【答案】D【解析】【详解】A．Na2CO3溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，电荷守恒关系为 c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)，则c(Na+)＞c()+2c()＞c()+c()，故A错误；B．CaCO3和CaSO4的物质类型相似，溶解度小的物质能转化为溶解度更小的物质，根据实验2，可推测Ksp(CaCO3)＜Ksp(CaSO4)，故B错误；C．Na2CO3溶液物料守恒关系为c(Na+)=c(H2CO3)+c()+c()，滴入等体积0.1mol⋅L-1稀盐酸后生成NaCl和NaHCO3，仍然存在c(Na+)=c(H2CO3)+c()+c()，即c(Na+)＞c(H2CO3)+c()+c()，故C错误；D．反应+H2SO3⇌+的平衡常数，故D正确；故选：D。16.室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色X溶液中一定含有B将某卤代烃与NaOH醇溶液共热，充分反应后，向溶液中先加入，再加入，未见白色沉淀该卤代烃不含氯元素C用pH计测量浓度均为0.1mol/L的和溶液的pH值，D向3mLKI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色的氧化性比的强A.AB.BC.CD.D【答案】D 【解析】【详解】A．先滴加氯水，再加入KSCN溶液，溶液变红，说明加入KSCN溶液前溶液中存在Fe3+，而此时的Fe3+是全由原溶液中的Fe2+氧化而来还是原溶液中本来就有Fe3+是不能确定的，所以结论中一定含有Fe2+是错误的，A不符合题意；B．不是所有的卤代烃都能与NaOH醇溶液共热发生消去反应产生NaX(X代表卤素原子)，如与NaOH醇溶液共热不发生反应，混合后的溶液中无，后续加入并不会出现白色沉淀，B不符合题意；C．由于醋酸酸性强于碳酸，用pH计测量浓度均为0.1mol/L的和溶液的pH值，溶液的pH值应小于的pH值，则，C不符合题意；D．溶液变蓝说明有单质碘生成，则溴单质将碘离子氧化为碘单质，根据氧化还原反应的原理得出结论：Br2的氧化性比I2的强，D符合题意；故选D。二、填空题(共5大题，共52分)17.磷及其化合物在工业生产中起着重要的作用。（1）基态磷原子价电子排布式_____。（2）磷元素有白磷、黑磷等常见的单质。黑磷晶体是一种比石墨烯更优秀的新型材料，其晶体是与石墨类似的层状结构，如下图所示，下列有关黑磷晶体的说法正确的是_____(填字母序号)。A.黑磷与白磷互为同分异构体B.黑磷中磷原子采取杂化C.黑磷能导电D.黑磷属于混合型晶体（3）与水会形成黄色的配离子，为避免颜色干扰，常在溶液中加入形成无色的，此配离子中的空间构型是_____。（4）第ⅢA族磷化物均为共价化合物，被广泛用于高温技术、新型电子产品等领域。①实验测定磷化铝和磷化铟的熔点分别为2000℃、1070℃，从结构角度说明其熔点差异的原因_____。②磷化硼是一种半导体材料，晶胞结构如图所示，磷化硼的化学式是_____，已知晶胞边长apm，阿伏加德罗常数的数值为，磷化硼晶体的密度是_____。 【答案】（1）3s23p3（2）CD（3）正四面体形（4）①.磷化铝和磷化铟属于共价晶体，由于Al、In为同主族元素，随着原子序数的递增，核外电子层数逐渐增加，原子半径Al＜In，共价键键长Al-P＜In-P，Al-P的键能强于In-P的键能，因此AlP熔点高于InP②.BP③.【解析】【小问1详解】P元素是第15号元素，基态磷原子价电子排布式3s23p3；【小问2详解】A．黑磷和白磷分子式不相同，不互为同分异构体，故A错误；B．根据晶体结构，P原子的配位数是3，有1个孤电子对，分子中磷原子杂化方式为sp3杂化，故B错误；C．石墨能导电，黑磷也能导电，故C正确；D．石墨是混合晶体，所以黑磷晶体是混合型晶体，故D正确【小问3详解】在溶液中加入形成无色的，此配离子中是中心离子；中中心原子P的价层电子对数，空间构型是正四面体形；【小问4详解】①实验测定磷化铝和磷化铟的熔点分别为2000、1070°C，二者熔点高，属于共价晶体，由于Al、In为同主族元素，随着原子序数的递增，核外电子层数逐渐增加，原子半径Al＜In，共价键键长Al-P＜In-P，Al-P的键能强于In-P的键能，因此AlP熔点高于InP。②根据均摊原则，1个晶胞中P原子数为、B原子数为4，所以化学式为BP；晶胞边长apm，阿伏加德罗常数为NA，磷化硼晶体的密度是18.工业上用黄铜矿(主要成分是，还含有少量)制备CuCl的工艺流程如图： （1）已知在水溶液中存在平衡：(无色)。“还原”的离子方程式为_____。（2）关于该工艺流程，下列说法正确的是_____。A.“浸取”时离子方程式为B.“一系列操作”是加入大量的水、过滤、用无水乙醇洗涤、真空干燥C.“滤渣②”主要成分是CuClD.“还原”时当溶液变为无色时，表明“还原”进行完全（3）CuCl是一种难溶于水和乙醇的白色固体，但其易溶于氨水的原因是_____。（4）滤渣①的主要成分是_____(填写化学式)。设计实验验证滤渣①中的阳离子_____。【答案】（1）（2）BD（3）CuCl可与氨形成易溶于水的配位化合物（4）①.，CuO②.取少量固体样品于试管中，加入稀盐酸溶解，再加入少量氨水调节pH，有红褐色沉淀产生，证明存在；溶液逐渐变为蓝色，静置，取上层清液加入氢氧化钠溶液，产生蓝色沉淀，证明存在。【解析】【分析】分析流程图得：黄铜矿经浸取后得到含有Cu2+和Fe3+的溶液，加入过量的氧化铜调pH后，滤渣①中含有氢氧化铁和过量的氧化铜，加入过量铜粉还原Cu2+得到氯化亚铜溶液，滤渣②的主要成分是铜粉，滤液中存在CuCl+2Cl-⇌[CuCl3]2-(无色)，经一系列操作后得到氯化亚铜固体。【小问1详解】分析溶液中的离子，结合该工艺需要制备CuCl，则与Cu发生归中反应，又结合已知条件，可得总离子反应为；【小问2详解】A.“浸取”时铁元素应被氧化成铁离子，故离子方程式为 ，故A错误；B.由离子方程式可知，加入大量水，使平衡不断逆向移动，故“一系列操作”是加入大量的水、过滤、用无水乙醇洗涤、真空干燥，故B正确；C.“滤渣②”主要成分应是未完全反应的Cu，故C错误；D.“还原”进行完全时，溶液中蓝色的完全转化为无色的，所以当溶液变为无色时，表明“还原”进行完全，故D正确。选BD。【小问3详解】根据可溶于氨水形成铜氨溶液可知，CuCl也可与氨形成易溶于水的配位化合物；【小问4详解】①加入过量CuO，调节pH，目的是使不断正向进行，将转化为除去，因此“滤渣①”的主要成分是和过量的CuO；②因为“滤渣①”的主要成分是和过量的CuO，则需要检验和，故操作为：取少量固体样品于试管中，加入稀盐酸溶解，再加入少量氨水调节pH，有红褐色沉淀产生，证明存在；溶液逐渐变为蓝色，静置，取上层清液加入氢氧化钠溶液，产生蓝色沉淀，证明存在。19.乙烯、丙烯是化学工业的最基本原料，工业上可采用多种方法生产，请回答下列问题：方法一：利用丙烷脱氢制烯烃，反应如下。ⅠⅡⅢⅣ上述各反应常压下平衡常数自然对数值随温度(T)的变化如图1所示。 （1）_______0(填“＜”或“>”)；图1中表示反应Ⅱ的曲线为_______(填“a”或“b”)。（2）温度下，向体积不等的恒容容器中加入等量，若只发生反应Ⅰ，反应相同时间后，测得各容器中的转化率与容器体积关系如图2。①下列说法正确的是_______。A.各容器内反应的平衡常数相同B.体系处于W点时，加催化剂，可提高转化率C.体系处于W、M两点时，若升高温度，净反应速率均增加D.反应过程中若容器内气体密度不再变化，则反应已达平衡②保持其他条件不变，增大初始投料，请在图2中画出的转化率与容器体积关系图_______。方法二：利用甲醇分解制取烯烃，涉及反应如下。a.b.c.（3）①恒压条件下，平衡体系中各物质的物质的量分数随温度变化如图3所示。已知923K时，，假设没有副反应，平衡体系总压强为P，求923K反应c的平衡常数_______。(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作 ，如，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)②工业上使甲醇反应气流经ZSM-5分子筛催化分解，该催化剂同时也可催化丁烯裂解。。请说明，甲醇分解工艺中常常添加适量丁烯共同反应，其原因可能为_______。【答案】（1）①.>②.b（2）①.AC②.（3）①.②.丁烯分解为吸热反应，可以为反应体系降温，防止催化剂因反应温度过高而失活。甲醇分解转化率很高，基本不受丁烯分解吸热影响【解析】【小问1详解】由图1可知a、b两条曲线均随着温度的升高，lnKp的数值增大，说明升高温度对于I、II两个反应的影响都是平衡向正反应吸热方向移动，所以ΔH1>0；根据II、III、IV的反应方程式，列出各反应的分压平衡常数依次为，可看出，由图1可知当T=600K时，lnKp(IV)和lnKp(III)几乎相等，即600K时，Kp(IV)=Kp(III)，所以此时Kp(II)=1，lnKp(II)=0，对应曲线b，所以表示反应Ⅱ的曲线为b；【小问2详解】①A．因为平衡常数只随温度的改变而改变，各容器所处温度相同，所以各容器内反应的平衡常数相同， 选项A正确；B．催化剂只能改变反应速率，对平衡移动没有影响，因此体系处于W点时，加催化剂，不会改变的转化率，选项B错误；C．净反应速率为正反应速率-逆反应速率，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，正反应速率增大幅度大于逆反应速率增大幅度，因此体系处于W、M两点时，若升高温度，净反应速率均增加，选项C正确；D．各反应容器恒容，容器内气体质量一定，密度也为一定值，所以密度不再变化，不能说明反应已达平衡，选项D错误；故答案选AC；②原图中前半段，容器体积小，反应物浓度大，反应速率较大，反应一段时间后已达到平衡状态，此时随着容器体积增大，化学平衡正向移动，因此丙烷的转化率增大，但是随着容器体积继续增大，反应速率减小，后半段反应尚未达到平衡，且体积越大，浓度越小反应速率越慢，因此丙烷的转化率也就越低。在此基础上增大丙烷初始投料，丙烷浓度增大，则相同时间内前半段仍会达到平衡，但是丙烷浓度增大，转化率降低，因此体积相同的情况下转化率较加料前更低，但是初始丙烷投料量增大，丙烷的浓度也增大，反应速率也更大，对体积较大的情况而言，反应速率增大丙烷的转化率增大，但是随着体积继续增大，反应速率还是会减小，丙烷的转化率从而下降，故总体表现就是曲线右移。如图所示：；【小问3详解】①根据题干中Kp定义式和923K时关系式，可得反应c的Kp=。设在923K时，，反应a中生成xmol乙烯和2xmol水，反应b中生成ymol丙烯和3ymol水，c反应中，有则根据，有x-3n=2(y+2n)，即x=2y+7n； ，代入后有，代入可得：Kp=；②丁烯分解为吸热反应，可以为反应体系降温，防止催化剂因反应温度过高而失活。甲醇分解转化率很高，基本不受丁烯分解吸热影响，所以甲醇分解工艺中常常添加适量丁烯共同反应。20.碘酸钙为白色固体，微溶于水，是一种无机精细与专用化学品，一种制备并测定六水合碘酸钙含量的实验设计如下。步骤Ⅰ：碘酸氢钾()的制备在三颈烧瓶中加入2.54g、2.60g氯酸钾和50mL水，滴加6mol/L的盐酸至，控制温度85℃左右，装置如图。步骤Ⅱ：碘酸钙晶体[]的制备将步骤Ⅰ反应后的溶液转入烧杯中，加入KOH溶液调节；继续滴加11mL1mol/L溶液，充分反应后用冰水冷却，抽滤、用少量冰水洗涤、再用少量无水乙醇洗涤，干燥，得粗产品碘酸钙晶体4.50g。步骤Ⅲ：产品中碘酸钙晶体含量测定①准确称取1.200g粗产品，置于烧杯中，加入20mL溶解样品，转移到250mL容量瓶中定容。量取25.00mL溶液于碘量瓶中，加入稍过量的KI，然后用0.1000mol/L标准溶液滴定至浅黄色，加入2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，平行测定三次后取平均值，用去25.24mL标准溶液。②空白实验：不取产品，其余试剂用量和步骤相同，消耗0.04mL标准溶液。已知：，， 请回答下列问题：（1）仪器c与普通漏斗相比的优点为_____。（2）步骤1中有黄绿色气体产生，则制备；反应的化学方程式为_____，d中盛放的药品是_____。(写化学式)（3）步骤Ⅰ中控制温度85℃左右的原因是_____。（4）步骤Ⅱ中用少量无水乙醇洗涤的目的是_____。（5）下列关于滴定分析的操作，不正确的是_____。A．用量筒量取25.00待测液转移至碘量瓶中B．滴定过程中用少量蒸馏水将锥形瓶内壁附着的溶液冲下C．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直E．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“零刻度”以下（6）碘酸钙晶体中(相对分子质量为498)的纯度为_____(计算结果保留两位小数)。【答案】（1）便于随时添加盐酸，且能平衡压强（2）①.②.碱石灰（3）温度过低，反应速率慢，温度过高，易导致碘升华或盐酸挥发，产率低（4）可以除去晶体表面的水分，同时乙醇易挥发便于快速干燥（5）AC（6）【解析】【分析】在三颈烧瓶中加入碘、氯酸钾和水，滴加盐酸至PH=1，控制温度85℃左右，发生如下反应：；生成的氯气用盛有碱石灰的干燥管吸收；将步骤Ⅰ反应后的溶液转入烧杯中，加入KOH溶液调节HP=10；继续滴加CaCl2溶液，充分反应后用冰水冷却，抽滤、用少量冰水洗涤、再用少量无水乙醇洗涤，干燥，得粗产品碘酸钙晶体。据此分析解答。【小问1详解】仪器c的名称为恒压滴液漏斗，与普通漏斗相比的优点为便于随时添加盐酸，且能平衡压强；【小问2详解】由分析知，三颈烧瓶中加入碘、氯酸钾和水，滴加盐酸至PH=1，控制温度85℃左右，发生如下反应：；生成的氯气用盛有碱石灰的干燥管吸收【小问3详解】 因反应物碘单质易升华，同时盐酸易挥发，因此反应温度不宜过高，温度过高，易导致碘升华或盐酸挥发，产率低，温度过低，反应速率慢；【小问4详解】用乙醇洗涤晶体可以除去晶体表面的水分，同时乙醇易挥发便于快速干燥；【小问5详解】A.用滴定管量取25.00mL待测液转移至碘量瓶中，故A错误；B.滴定过程中用少量蒸馏水将锥形并瓦内壁附着的溶液冲下，使其充分反应，以减小误差，故B正确；C.滴定时应一直注视锥形瓶内溶液颜色变化，故C错误；D.读数时应将滴定管从滴定管夹上取下，用手捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直，然后读取体积，故D正确；E.平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，故E正确；【小问6详解】由已知反应得关系式：；结合实验可知空气也会氧化部分碘离子生成碘单质，则由上述关系生成的碘单质消耗的0.1000mol/L的体积为，；碘酸钙晶体中(相对分子质量为498)的纯度为21.化合物J是合成风湿性关节炎药物罗美昔布的一种中间体，其合成路线如下：已知：Ⅰ． Ⅱ．回答下列问题：（1）C中官能团的名称是_____。（2）下列说法不正确的是_____。A.化合物A只能发生还原反应，不能发生氧化反应B.化合物B既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应C.C→D的反应类型为取代反应D.化合物J的分子式为（3）化合物E的结构简式_____。（4）写出H→I的化学方程式_____。（5）写出同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式_____。①属于芳香族化合物且有两个六元环②除苯环外，核磁共振氢谱显示有6组峰，峰面积之比为6：4：2：2：1：1（6）写出以甲苯和为主要原料,合成化合物H的路线(无机试剂、有机溶剂任选)_____。【答案】（1）酰胺键、酮羰基（2）BC（3）（4）（5）或（6）【解析】【分析】A在一定条件下生成B，B在一定条件下生成C，C在Br/C2H4Cl2生成D，结合分子式可推知C的 结构式为；D经过已知Ⅰ反应生成E，E转化为F，F转化为G；H和氨气生成I，结合I的分子式可推知I为，最后I和G生成J，据此回答。【小问1详解】由分析知，C中的官能团为酰胺键和酮羰基；【小问2详解】A.A中酮羰基能与氢气发生还原反应，A物质能够燃烧，故能发生氧化反应，A错误；B.B中含有酰胺键，所以能和氢氧化钠反应，B中含有亚氨基，能与盐酸反应，B正确；C.由分析知，C→D的反应类型为取代反应，C正确；D.由分析知，化合物J的分子式为，D错误；【小问3详解】由分析知，E的结构简式为；【小问4详解】由分析知，H→I的化学方程式为；【小问5详解】B中含有13个碳、2个氮、1个氧、不饱和度5；同时符合下列条件的化合物B的同分异构体：①属于芳香族化合物且有两个六元环，则不饱和度为5；②除苯环外，核磁共振氢谱显示有6组峰，峰面积之比为6：4：2：2：1：1，则应该含2个相同的甲基，且有一个含氮的六元环，环中应该含有2个-CH2-；结构可以为：、；【小问6详解】