浙江省杭州高级中学2023-2024学年高三化学上学期9月阶段性考试试题（Word版附解析）

杭高2023学年第一学期9月阶段考高三(化学)试题卷1.本试卷分试题卷和答题卡两部分。本卷满分100分，考试时间90分钟。2.答题前务必将自己的学校、班级、姓名用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卡规定的地方。3.答题时，请按照答题卡上“注意事项”的要求，在答题卡相应的位置上规范答题，在本试题卷上答题一律无效。4.考试结束后，只需上交答题卡。可能用到的相对原子质量：H-1　C-12　N-14　O-16　Na-23　Mg-24　Si-28　C1-35.5　K-39　Ca-40　Fe-56　Cu-64　Ag-108　I-127一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个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.下列属于离子晶体并含有极性共价键的是A.NH4ClB.Mg3N2C.Na2O2D.SiO2【答案】A【解析】【详解】A．NH4Cl是由离子键结合而成的离子化合物，含有离子键，铵根离子中含有氮氢极性键，故A符合题意；B．Mg3N2是由镁离子和氮离子构成的，只含有离子键，故B不符合题意；C．Na2O2是由钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，过氧根离子里两个氧原子间是非极性共价键，所以Na2O2既含有离子键，又含有非极性键，故C不符合题意；D．SiO2为共价化合物不是离子化合物，不存在离子键，故D不符合题意；故选A。2.硫酸亚铁应用广泛，下列说法不正确的是A.S元素位于周期表第三周期ⅥA族B.硫酸亚铁常用作净水剂C.二价铁的还原性强弱：碱性环境>酸性环境D.硫酸亚铁溶液一定会使蛋白质变性【答案】D【解析】 【详解】A．S元素位于周期表第三周期ⅥA族，A正确；B．硫酸亚铁中亚铁离子水解生成氢氧化亚铁胶体，具有吸附能力常用作净水剂，B正确；C．二价铁的还原性强弱：碱性环境>酸性环境，C正确；D．亚铁离子为人体合成血红蛋白所必须的离子，所以不会使蛋白质变性，D错误；故选D。3.下列有关化学用语或说法正确的个数有几个①HClO的空间填充模型：②用电子式表示氧化钠的形成过程：③邻羟基苯甲醛分子内氢键：④1s22s22px1→ls22s22py1过程中形成的是发射光谱⑤BCl3的电子式：⑥基态氧原子轨道表示式：A.2个B.3个C.4个D.5个【答案】A【解析】【详解】①为HClO的空间填充模型，故①正确；②氧化钠是离子化合物，表示氧化钠形成过程的电子式：，故②错误；③邻羟基苯甲醛中羟基O-H键极性较大，与醛基氧原子之间可形成分子内氢键，故③正确；④2px和2py的伸展方向不同、能量相同，，过程中电子没有能量变化，不可能形成发射光谱，故④错误；⑤BCl3是缺电子化合物，B提供3个电子，与3个Cl分别共用1对电子，电子式：，故⑤错误； ⑥由于简并轨道（能级相同的轨道）中电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，原子的能量最低，O原子能量最低排布：，故⑥错误；综上，答案选A。4.火箭推进发生反应的化学方程式为：(偏二甲肼中C、N元素的化合价相等)。下列说法正确的是A.是氧化剂B.被氧化C.氧化产物与还原产物之比为3∶2D.完全反应，有个电子转移【答案】C【解析】【详解】A．反应过程中中碳元素化合价升高，反应氧化反应，为还原剂，A错误；B．中氮元素化合价降低得到氮气，发生还原反应被还原，B错误；C．1分子中碳、氮被氧化生成2分子二氧化碳和1分子氮气，中氮元素化合价降低被还原生成2分子氮气，故氧化产物与还原产物之比为3∶C正确；D．反应中不确定反应的量，故无法判断电子转移的量，D错误；故选C。5.物质的性质决定用途。下列两者具有对应关系的是A.SO2具有漂白性，可用于制溴工业中吸收Br2B.氧化铝的熔点高，可用氧化铝坩埚熔化NaOH固体C.离子液体具有良好的导电性，常用作电化学研究的电解质，开发新型电池D.FeCl3溶液呈酸性，可作为覆铜板制作印刷电路板的腐蚀液【答案】C【解析】【详解】A．SO2具有还原性，能与溴单质反应，可用于吸收溴单质，故A错误；B．Al2O3与NaOH固体在高温的条件下会发生反应：，故B错误；C．离子液体是一种由离子构成的液体，离子自由移动能导电，常用作电化学研究的电解质，开发新型电池，故C正确； D．FeCl3溶液可作为覆铜板制作印刷电路板的腐蚀液并不是因为其溶液呈酸性，而是利用Fe3+的氧化性强于Cu2+，故D错误；答案选C。6.下列说法不正确的是A.在酸催化下，以苯酚、甲醛为原料可制备线型结构的酚醛树脂B.以木材、秸秆等农副产品为原料，经加工处理可以得到合成纤维C.在较高压力、较高温度并在引发剂的作用下，乙烯发生加聚反应生成低密度聚乙烯，可用于生产食品包装袋等薄膜制品D.蛋白质分子中氨基酸单体的排列顺序为蛋白质的一级结构，它是蛋白质高级结构的基础【答案】B【解析】【详解】A．苯酚和甲醛在催化剂条件发生缩聚反应生成酚醛树脂，酸催化生成线型结构树脂，碱催化得到体型结构树脂，故A正确；B．木材、秸秆都含有大量的纤维素，加工后可以提取纤维素，得不到合成纤维，故B错误；C．乙烯在较高压力、较高温度并在引发剂的作用下，发生加聚反应得到的是低密度聚乙烯，故C正确；D．氨基酸残基在蛋白质肽链中的排列顺序称为蛋白质的一级结构，一级结构是形成二级、三级等其他高级结构的基础，故D正确；故选：B。7.类推是化学学习和研究中常用的思维方法，下列类推合理的是A.HF的热稳定性强于HCl，则NH4F的热稳定性强于NH4ClB.15-冠-5(冠醚)能识别Na+，则18-冠-6(冠醚)能识别K+C.MgCl2溶液在空气中蒸干得到MgO固体，则SrCl2溶液在空气中蒸干得到SrO固体D.若发生，则发生【答案】B【解析】【详解】A．HF的热稳定性强于HCl是由于F的非金属性大于Cl，NH4F、NH4Cl受热分解属于铵盐的分解，与非金属性无关，A错误；B．15-冠-5(冠醚)能识别Na+，电子层数越大，其离子半径越大，K+的离子半径比大Na+，冠醚能否适配碱金属离子与其空腔直径和离子直径有关，则18-冠-6(冠醚)能识别K+，B正确；C．SrCl2为强酸强碱形成的盐，Sr2+不水解，因此SrCl2溶液在空气中蒸干得到SrCl2固体，C错误； D．HgO在加热的条件下发生分解，2HgO2Hg+O2↑，因此HgS与O2在高温下得不到HgO，D错误；故选B。8.下列离子方程式正确的是A.碳酸氢镁溶液中加入过量的澄清石灰水：BNa2S2O3溶液与稀硝酸溶液混合：C.向酸性高锰酸钾溶液加入草酸：D.将少量溴水滴入过量Na2SO3溶液中：【答案】C【解析】【详解】A．向碳酸氢钙溶液中滴入过量澄清石灰水，反应生成碳酸钙和水，离子方程式：2Ca2++2+2OH-=2CaCO3↓+2H2O，故A错误；B．Na2S2O3溶液与硝酸溶液混合，离子方程式：，故B错误；C．酸性高锰酸钾可使草酸溶液褪色的离子反应为，故C正确；D．亚硫酸氢钠溶液过量，氢离子与亚硫酸根离子结合生成亚硫酸氢根离子,离子方程式为：，故D错误，故选：C。9.X、Y、Z、W、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。基态X的3个能级的电子数量相等，基态Z的s能级电子数量等于p能级的电子数量，基态Y的未成对电子数是不同周期的基态W的3倍，Q单质是制备半导体的重要原料。下列说法正确的是A.最高正价：X<Y<ZB.Z与X、Q均能形成极性键组成的非极性分子C.X与W，X与Q均能形成离子型化合物D.工业上常采用电解法制备单质W【答案】D【解析】 【分析】X、Y、Z、W、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。基态X3个能级的电子数量相等，X是C，基态Z的s能级电子数量等于p能级的电子数量，Z是O，所以Y是N。Q单质是制备半导体的重要原料，Q是Si。基态N的未成对电子数是不同周期的基态W的3倍，W位于第三周期，是Na或Al。下据此解答。【详解】A．主族元素最高正价数等于主族序数，等于主族元素原子的最外层电子数，其中氟无正价，O、F形成的化合物中O呈正价，OF2中O的最高正价为+2，则最高正价：O＜C＜N，A错误；B．二氧化碳是非极性分子，二氧化硅属于共价晶体，不存在分子，B错误；C．O与Na或Al都能形成离子型化合物，SiC是共价化合物，故C错误；D．Na或Al都是活泼金属，工业上常采用电解法制备Na和Al单质，故D正确；故选D10.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.22.4LCl2与足量H2O反应转移的电子数为0.1NAB.29gC3H6O分子中含σ键数目为0.45NAC.9.2g甲苯与丙三醇的混合液中所含的氢原子数目为0.8NAD.0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中CH3COOH数目小于0.1NA【答案】C【解析】【详解】A．未指明气体所处状况，无法利用气体摩尔体积计算物质的量，且氯气和水反应为可逆反应，所以无法计算2.24LCl2与足量H2O反应转移的电子数，A错误；B．29gC3H6O分子物质的量为0.5mol，若结构简式为，则分子中含σ键数目为5NA，B错误；C．甲苯(分子式为C7H8)和丙三醇(分子式为C3H8O3)的相对分子质量都为92，都含有8个氢原子，则9.2g甲苯和丙三醇的混合物的物质的量为0.1mol，含氢原子数目为0.8NA，C正确；D．溶液体积未知，无法计算溶液中数目，故D错误；故选C。11.下列关于如图有机物的说法，不正确的是A.该分子中有1个手性碳原子 B.该物质既能与NaOH反应也能与HCl反应C.该物质完全水解的产物之一有两性且能使FeCl3溶液显紫色D.该物质能与1，3-丁二烯制得三个六元环的产物【答案】C【解析】【详解】A．连接4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，该有机物中与亚氨基直接相连的饱和碳原子为手性碳原子，故A正确；B．有机物分子中含有的酚羟基和酯基能与氢氧化钠溶液反应，含有的亚氨基能与盐酸反应，故B正确；C．该酯水解一种产物为甲醇，另一种产物为羧基，在酸性条件下水解会与氨基反应失去碱性，在碱性条件下水解与形成的羧基反应失去酸性，故C错误；D．有机物分子中含有的碳碳双键能与1，3—丁二烯发生蒂尔斯-阿尔德反应生成六元环状结构，得到含三个六元环的产物，故D正确；答案选C。12.磷酸铁锂电池在充放电过程中表现出了良好的循环稳定性，具有较长的使用寿命，放电时的反应为：LixC6+Li1-xFePO4=6C+LiFePO4。图1为某磷酸铁锂电池的切面，图2为LiFePO4晶胞充放电时Li+脱出和嵌入的示意图。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。下列说法错误的是A.放电时，负极反应：LixC6-xe-=xLi++6CB.(a)过程中1mol晶胞转移的电子数为NAC.(b)代表放电过程，Li+脱离石墨，经电解质嵌入正极D.充电时的阳极反应：LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+【答案】B【解析】【分析】从总反应分析， LixC6变为C和Li+为氧化反应，该极为原电池的负极。而Li1-xFePO4变为LiFePO4发生还原反应，它为原电池的正极。 【详解】A．由上分析，放电的负极为 LixC6-xe- =xLi++6C，A项正确；B．a过程由于Fe2+化合价升高为Fe3+，为了平衡电荷Li+脱嵌减少。从图看晶胞中减少了棱上1个和面心的一个Li+总共减少，所以1mol晶体中转移NA电子，B项错误；C．放电时，该材料在正极发生还原反应，即Fe由+2变为+3为b过程，Li+嵌入正极，C项正确；D．充电时的总反应为 6C+LiFePO4=LixC6+Li1-xFePO4，阳极发生氧化反应为 LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+，D项正确；故选B。13.反应物转化为产物或的能量与反应进程的关系如图所示。下列有关四种不同反应进程的说法不正确的是A.进程Ⅰ是放热反应B.增大的量，的平衡转化率不变C.从整个过程看，单位时间单位体积内，反应物分子发生有效碰撞次数：ⅡⅢD.、、均起到催化效果，但催化效果不一样【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，进程Ⅰ反应物的总能量大于生成物P的总能量，则进程Ⅰ是放热反应，故A正确；B．由图可知，进程Ⅱ中使用了催化剂，催化剂不改变化学平衡状态，即的平衡转化率不变，故B正确；C．由图可知，进程Ⅲ中由转化为的活化能高于进程Ⅱ中有转化为的活化能，活化能越大，反应速率越慢，因而从整个过程看，单位时间单位体积内，反应物分子发生有效碰撞次数：ⅡⅢ，故C正确；D．由图可知，进程Ⅳ中吸附到表面生成，然后转化为，但没有转化为，则进程Ⅳ中，没有催化作用，故D错误，故选：。 14.草酸钙是常见的难溶物，将过量草酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：，已知25℃，，H2C2O4的电离常数，。下列有关说法正确的是(均在25℃的条件下)A.上层清液里含碳微粒最主要以形式存在B0.1molCaC2O4固体可全部溶于1L0.2mol/LHCl溶液中C.将CaC2O4加到①0.1mol/LCaCl2，②0.01mol/LCaCl2两种溶液中，c(Ca2+)：①<②D.向上层清液里通入HCl至pH=1，则：【答案】D【解析】【详解】A．草酸钙是常见的难溶物，将过量草酸钙粉末置于水中达到溶解平衡:CaC2O4(s)=Ca2+(aq)+(aq)，上层清液中含碳微粒最主要以形式存在，选项A正确；B．上层清液中存在物料守恒:c(Ca2+)=c()+c()+c(H2C2O4)，选项B正确；C．H2C2O4加入CaCl2溶液时，加入适量醋酸钠粉末，醋酸钠水解显碱性抑制草酸电离，有利于生成CaC2O4沉淀，选项C正确；D．向上层清液中通入HCl至pH=1，则:2c(Ca2+)-2c()-c()=c(OH-)=10-13mol/L，选项D错误；答案选D。15.已知某温度下，Ka(CH3COOH)≈Kb(NH3·H2O)=1.6×10-5，向10mL浓度均为0.01mol/L的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.01mol/L的氨水，测定反应过程中的电导率和pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A.d点是原混合溶液与氨水恰好完全反应点B.a点溶液中c(CH3COO-)≈4×10-4mol/LC.a、b、c、d四点溶液中，水的电离程度最大的是c点溶液 D.b点溶液中：c(Cl-)>c()>c(H+)>c(CH3COOH)>c(OH-)【答案】C【解析】16.下列方案设计、现象和结论都正确的是方案设计现象和结论A向盛有2mL1mol/LNaCl溶液的试管中滴加4滴0.1mol/LAgNO3溶液，振荡后，继续滴加1mol/LNaI溶液4滴，观察现象若先生成的白色沉淀变为黄色，说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)B加热少量硝酸铜(产物为CuO、NO2、O2)，将产生的气体收集，并用带火星的木条检验木条复燃，说明NO2具有助燃性C向4.5mL0.06mol·L-1Na2S溶液中滴加1滴0.1mol·L-1酸性KMnO4溶液KMnO4紫色褪去，溶液澄清，则MnO将S2-氧化为SOD将固体溶于水，加入足量浓NaOH溶液，加热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验产生的气体若试纸变红，则固体中存在铵盐A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．向盛有2mL1mol/LNaCl溶液的试管中滴加4滴0.1mol/LAgNO3溶液，硝酸银不足，生成的白色沉淀AgCl，继续滴加1mol/LNaI溶液4滴，白色沉淀变为黄色，说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故A正确；B．要证明二氧化氮是否有助燃性应将带火星的木条放入充满二氧化氮的集气瓶中，故B错误；C．酸性KMnO4溶液具有氧化性，可以将氧化，但不能证明氧化为，故C错误；D．氨气呈碱性，因此检验氨气应使用红色石蕊试纸，若试纸变蓝，说明产生的气体是氨气，则固体中含有铵盐，故D错误；答案选A。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.填空 （1）基态Si原子核外电子的空间运动状态有_____种，其价层电子排布式为_____。（2）N2F2(二氟氮烯)分子中，氮原子的杂化类型为sp2，则N2F2的结构式为_____。（3）一种锌的配合物结构如图所示。该配合物中H-N-H键角为109.5°，而NH3分子中H-N-H键角为107°，原因是_____。（4）FeS2晶体的晶胞结构如图所示。在晶胞中，Fe2+位于S所形成的_____(填“正四面体”或“正八面体”)空隙；若晶胞参数为anm，密度为pg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则FeS2的摩尔质量M=_____g·mol-1(用含a、p、NA的代数式表示)。【答案】（1）①.14②.3s23p2（2）F-N=N-F（3）Zn2+形成配位键，对成键电子对的排斥力减小，键角变大（4）①.正八面体②.【解析】【小问1详解】硅是14号元素，原子核外有14个电子，则基态Si原子核外电子的空间运动状态有14种，其价层电子排布式为3s23p2；【小问2详解】氮原子的杂化类型为sp2，可以确定N与N之间应为双键，N与F之间存在1个键，每个N还有1个孤电子对，故N2F2的结构式为F-N=N-F；【小问3详解】 配合物中单原子的孤电子对与Zn2+形成配位键，对成键电子对的排斥力减小，键角变大，所以H-N-H键角大于NH3分子中H-N-H键角，故答案为:配合物中单原子的孤电子对与Zn2+形成配位键，对成键电子对的排斥力减小，键角变大；【小问4详解】由晶胞结构可知，晶胞中Fe2+位于所形成的正八面体空隙中；晶胞中位于顶点的和面心的S的个数为8×+6×=4，则该晶胞中有4个FeS2，根据密度公式可知M==。18.工业上以SO2为原料制备化合物A和B，且SO2尾气可以使用氨水吸收（1）写出在空气中发生反应②的化学方程式_____。（2）已知物质A比硫酸的熔点更高，原因是_____。（3）下列说法正确的是_____。A.(NH4)2SO4俗称为肥田粉，是良好的氮肥B.物质A的水溶液呈中性C.物质A中N显示负价D.物质B和NH3反应可以生成A（4）设计实验验证化合物B中含有C1元素_____(已知Ag2SO4微溶于水，不考虑Ag2SO4在浓酸中的溶解)；写出实验过程中涉及的第一个反应方程式_____。【答案】（1）（2）硫酸氢铵为离子晶体，而硫酸为分子晶体（3）ACD（4）①.取样，先加入足量的硝酸钡溶液，静置，向上层清液滴加硝酸溶液，生成白色沉淀，证明存在氯元素②.【解析】 【分析】二氧化硫被氨水吸收生成亚硫酸铵，亚硫酸铵可以被氧化剂氧化为硫酸铵；二氧化硫被氧气等氧化为三氧化硫，三氧化硫和等物质的量的氨气吸收生成A：硫酸氢铵；二氧化硫被等物质的量的氯气反应转化为B：SO2Cl2；【小问1详解】亚硫酸铵可以被空气中氧气为硫酸铵，反应为；【小问2详解】A：硫酸氢铵为离子晶体，而硫酸为分子晶体，离子晶体熔点高于分子晶体，故物质A硫酸氢铵比硫酸的熔点更高；【小问3详解】A．(NH4)2SO4俗称为肥田粉，含有氮元素，是良好的氮肥，正确；B．物质硫酸氢铵的水溶液中完全电离出氢离子、铵根离子、硫酸根离子，溶液显酸性，错误；C．物质A硫酸氢铵中含有铵根离子，铵根离子中N显示负-3价，正确；D．物质BSO2Cl2和水转化为硫酸，硫酸再和NH3反应可以生成A硫酸氢铵，正确；故选ACD；【小问4详解】氯离子和银离子生成氯化银白色沉淀，但是需要排除硫元素转化的硫酸根离子的干扰，故实验为：取样，先加入足量的硝酸钡溶液，静置，向上层清液滴加硝酸溶液，生成白色沉淀证明存在氯元素；实验过程中涉及的第一个反应方程式。19.用CO2、CO和H2在催化剂作用下制取甲烷、甲醇、乙烯等有重要的意义。（1）已知①已知：H2的标准燃烧热为286kJ·mol-1，H2O(g)=H2O(1)　△H3=-44kJ·mol-1，计算△H1=_____kJ·mol-1。②已知在一定温度下的发生反应：，，(k正、k逆只是温度的函数)。若该温度下的平衡常数K=10，则k正=_____k逆。升高温度，k正增大的倍数_____(填“大于”“小于”或等于”)k逆增大的倍数。（2）利用CO和H2在催化剂的作用下合成甲醇，发生的反应如下：。向恒容为2L的密闭反应器中按物质的量之比1：2充入CO和H2， 测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法正确的_____。A.该反应的△H<0，且p1>p2B.C点时，CO转化率为75%C.A、B、C、D的平衡常数大小关系：A=B>C>DD.若p1时最初充入1molCO，经过5min达到B点的平衡状态，此段时间v(CH3OH)=l.75mol·L-1.min-1（3）以CO2为原料催化加氢合成C2H4的反应方程式：。常压下，FeCoMnK/BeO作催化剂，按n(CO2)：n(H2)=l：3(总物质的量为4amol)的投料比充入密闭容器中发生反应，测得温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率影响情况如图1所示。①250℃下，上述反应达到平衡时容器体积为VL，则此温度下该反应的平衡常数为_____(用含a、V的代数式表示)。②若反应开始时，在0.1MPa条件下，以n(H2)：n(CO2)=3：1的投料比充入体积固定的密闭容器中，发生上述反应，不同温度下平衡时的四种气态物质的物质的量分数如图2所示。若氢气和二氧化碳的物质的量之比为n：1(n≥3)进行投料，温度控制为120℃，相应平衡体系中乙烯的产率为x，在图3中绘制x随n(n≥3)变化的示意图_____(标出曲线的起点坐标)。【答案】（1）①.-166②.10③.小于（2）AB （3）①.②.【解析】【小问1详解】①根据题干信息得热化学方程式：④；①；②；③；根据盖斯定律，反应，；②平衡时，，则，所以；该反应时放热反应，升高温度使平衡逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，所以升高温度时，增大倍数小于增大倍数；【小问2详解】A．由图可知，升高温度，体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应；相同温度下，增大压强，该反应平衡正向移动，体积分数增大，300℃时，可判断，故A正确；B．假设初始CO物质的量为1mol，H2物质的量2mol，设CO转化率为x，列三段式：，在C点体积分数为50％，，解得，其转化率：，故B正确；C．由图可知，升高温度， 体积分数减小，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，平衡常数与压强无关，只受温度影响，则平衡常数大小关系：，故C错误；D．若p1初始充入CO物质的量1mol，5min达B点平衡状态，体积分数70％，假设初始CO物质的量为1mol，H2物质的量2mol，设CO转化率为x，列三段式：，，解得，，故D错误；答案选AB；【小问3详解】①根据题意，投料比，且，则，，由图可知，250℃下，转化率为50％，则其变化量：，列三段式：，平衡时容器体积为V，平衡常数：；②反应开始时在0.1MPa时，以投料比充入体积固定密闭容器，由图可知，升高温度，二氧化碳平衡转化率减小，平衡逆向移动，则和物质的量分数增大；和物质的量分数减小，且和物质的量之比为1：4，故曲线a、b、c分别表示、和，故120℃时，平衡时我物质的量分数为50％，设的平衡产量为ymol，列三段式：，，解得；而乙烯的理论产量为0.5mol，当 ，则乙烯产率：，当增大投料比，相当于保持二氧化碳浓度不变，增大氢气浓度，平衡正向移动，乙烯平衡产量增大，但乙烯理论产量不变，则乙烯产率增大；画图如下：。20.三氯化铬是很多含铬化合物的起始原料。实验室利用Cr2O3固体和CCl4反应制备无水CrC13，并收集该反应产生的光气(COCl2)，实验装置如图所示(夹持及加热装置已省略)。已知：I．光气与水易反应，能溶于CCl4溶液；Ⅱ．有关物质熔沸点如下表物质Cr2O3CrCl3CCl4COCl2熔点℃14351152-23-118沸点/℃40001300768.2（1）组装好装置，检查气密性完好后往装置中加料，保持K1、K2、K3处于打开状态，接着通入N2，此时通入N2的目的是_____。（2）通入N2一段时间后，保持K1、K2打开，关闭K3，将装置A在85°C下进行水浴加热，此时B 中发生反应的化学方程式为_____。（3）待B中反应结束后，停止高温加热，将装置C在30℃下进行水浴加热，同时关闭K1、K2，打开K3，温度计显示的温度为_____℃。（4）实验结束后，E中溶质除了有NaOH，还含有_____(填化学式)。（5）称取B中所得产品6.34g溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL样品溶液于带塞的锥形瓶中，加入稀硫酸，完全溶解后加入NaOH溶液形成绿色的Cr(OH)3沉淀后，再加入过量H2O2，小火加热至沉淀完全转变为Na2CrO4溶液后，继续加热一段时间，再滴入指示剂，用新配制的0.20mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2溶液进行滴定，到达滴定终点时，消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液36.00mL。①沉淀完全转变为Na2CrO4溶液后，继续加热一段时间的原因_____。②产品中CrCl3的质量分数为_____。【答案】（1）排除装置中的空气（2）Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2（3）8.2（4）NaCl和Na2CO3（5）①.将过量H2O2除去，防止氧化(NH4)2Fe(SO4)2，导致实验结果偏高②.60%【解析】【分析】本实验制备CrCl3，其反应原理是Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2，根据题给操作步骤，先通一段时间的氮气，排除装置的空气，按照装置图，先打开K1、K2，关闭K3，反应结束后，然后关闭K1、K2，打开K3，因此COCl2与水易反应，因此装置d的作用是防止E中水蒸气进入锥形瓶中，据此分析。【小问1详解】装置中含有空气，空气可能会干扰实验，因此需要先通一段时间的氮气，排除装置中的空气。【小问2详解】B装置中CCl4和Cr2O3固体在700-800℃条件下反应生成CrCl3固体和光气COCl2，化学方程式Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2。【小问3详解】装置B制备CrCl3，化学方程式Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2，因为COCl2能溶于CCl4溶液，装置C中得到溶有COCl2的四氯化碳，利用沸点不同进行，采用蒸馏方法分离出光气，此时应关闭K1、K2，打开K3，根据表中数据，温度计显示的温度为8.2℃。 【小问4详解】有部分COCl2进入装置E中，COCl2能与水反应生成CO2和HCl，E中溶质除了有NaOH外，还含有NaCl和Na2CO3。【小问5详解】①沉淀完全转变为Na2CrO4溶液后，继续加热一段时间的原因：继续加热一段时间的目的是将过量H2O2除去，防止氧化Fe2+导致结果偏高；②根据题中信息，过氧化氢作氧化剂，将Cr(OH)3氧化成Na2CrO4，过氧化氢被还原成水，根据化合价升降法、原子守恒和所带电荷守恒，得到该离子方程式为4OH-+2Cr(OH)3+3H2O2=2CrO+8H2O，建立关系式为2CrCl3～2Cr(OH)3～2CrO～6Fe2+，因此样品中CrCl3的质量分数为==60%。21.某有机化合物中间体I合成路线如图所示。回答下列问题：（1）A属于醛类，根据系统命名法其名称为_____。（2）下列说法不正确的是_____。A.I的分子式为C17H26O3B.D到E的反应属于还原反应C.E可以和FeCl3发生显色反应D.A到B的反应分为两步，分别为加成和消去反应（3）写出H的结构简式_____。 （4）C→D的化学方程式为_____。（5）根据上述信息，写出以和为主要原料制备的合成路线_____。（6）G的同分异构体中，写出符合下列条件的结构简式_____(不考虑立体异构)；①含有苯环且苯环上有3个取代基②1mol该物质最多能与2molNaOH反应③其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为9：2：2：1【答案】（1）2-甲基丙醛（2）AC（3）（4）+H2O（5）（6）或【解析】【分析】A为醛类物质，所以A的结构简式为，C在乙醇钠的作用下生成D，结合E的分子式和F的结构简式可逆推出D的结构简式为，E的结构简式为，F→G发生消去反应，G与H生成I，该过程发生德尔斯阿尔德反应，即共轭二烯与碳碳双键发生成环反应，故H的结构简式为。【小问1详解】A属于醛类，根据B的结构简式可推知A的结构简式为，选择含醛基的最长链为主链，故为丙醛，2号碳有甲基，故其名称为2-甲基丙醛；【小问2详解】 A.I的分子式为C16H22O3，A错误；B.根据D和E的分子式可知，D到E分子式上加了2个H原子，加氢的反应属于还原反应，B正确；C.E的结构简式为，E中不含有酚羟基，不可以和FeCl3发生显色反应，C错误；D.A的结构简式为，醛基先与-NH2发生加成得到，再发生醇的消去反应得到B，则A到B的反应分为两步，分别为加成和消去反应，D正确；故选AC；【小问3详解】H的结构简式为G与H生成I，该过程发生德尔斯阿尔德反应，即共轭二烯与碳碳双键发生成环反应，故H的结构简式为；【小问4详解】D的结构简式为，C→D的化学方程式为+H2O；【小问5详解】采用逆合成分析的方法进行合成：，故答案为：；【小问6详解】