重庆育才中学、西南大学附中2024届高三化学拔尖强基联盟10月联合考试试题（PDF版附解析）

重庆市拔尖强基联盟2023-2024学年高三十月联合考试化学试题(满分100分，75分钟)注意事项：1.答卷前，请考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，请一定将答题卡上交。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Al27S32Fe56Co59Zn65Ga70Ba137一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只．有．一．项．是符合题目要求的。1.8月29日，华为Mate60Pro横空出世，国产麒麟9000s芯片闪耀登场。华为的坚毅不屈成就了中国芯，不仅值得我们骄傲，更值得我们每个中国人学习！大国制造彰显中国实力，化学材料助力科技成果的转化与应用。下列说法错误的是A.制造5G芯片的氮化铝晶圆属于无机非金属材料B.高纯度的二氧化硅被广泛用于制作计算机芯片C.华为首创的液冷散热技术所用的石墨烯材料是新型无机非金属材料D.Mate60Pro部分机型后盖采用“锦纤”材质与合金完美契合，其中合金属于金属材料【答案】B【解析】【详解】A．氮化铝(AlN)是一种无机物，所以是无机非金属材料，A正确；B．计算机芯片的成分是硅单质，不是二氧化硅，B错误；C．石墨烯是单层石墨结构，属于无机非金属材料，C正确；D．合金属于金属材料，D正确；故答案为：B。2.下列说法正确的是A.Fe分别与Cl2、S反应，产物中Fe的化合价相同B.Cu分别与浓硝酸、稀硝酸反应，生成的产物完全相同第1页/共22页学科网（北京）股份有限公司 C.CO2分别与Na2O2、CaO反应，反应类型相同D.Be分别与盐酸、氢氧化钠溶液反应，生成的气体相同【答案】D【解析】【详解】A．Fe与Cl2反应生成FeCl3，Fe为+3价，Fe与S反应生成FeS，Fe为+2价，A错误；B．铜与浓硝酸反应生成NO2，与稀硝酸反应生成NO，生成的产物不完全相同，B错误；C．CO2与CaO反应生成CaCO3，反应类型为化合反应，与Na2O2反应生成碳酸钠和氧气，不是化合反应，反应类型不同，C错误；D．Be的化学性质与Al相似，Be与盐酸、氢氧化钠溶液反应，均生成氢气，D正确；故答案选D。3.下列离子方程式书写错误的是A.SO2通入双氧水中：SO2H2O2=H2SO4B.NaOH浓溶液与饱和NH4Cl溶液：OHNH=NHHO432232C.Pb与Fe2(SO4)3溶液：PbSO2Fe=2FePbSO442D.Ca(HCO3)2与澄清石灰水：CaHCOOH=CaCOHO332【答案】A【解析】【详解】A．H2SO4是强酸，离子方程式书写时要拆，故SO2通入双氧水中的离子方程式为：+2-SOHO=2H+SO，A错误；2224B．NaOH浓溶液与饱和NH4Cl溶液生成NH3和NaCl，故离子方程式为：OHNH=NHHO，B432正确；232C．Pb与Fe2(SO4)3溶液生成PbSO4沉淀和FeSO4，故离子方程式为：PbSO2Fe=2FePbSO，44C正确；D．Ca(HCO3)2与澄清石灰水生成CaCO3沉淀和H2O，故离子方程式为：2CaHCOOH=CaCOHO，D正确；332故答案为：A。4.已知：AsO6Zn6HSO=2AsH6ZnSO3HO，阿伏伽德罗常数的值为NA。若反应物中2324342H2SO4消耗了3mol，则下列说法错误的是第2页/共22页学科网（北京）股份有限公司 A.转移电子的数目为6NAB.标准状况下，生成H2O27gC.生成还原产物的分子数为1NAD.产物AsH3为平面三角形【答案】D【解析】【分析】As的化合价由+3降低到-3，Zn化合价由0升高到+2，则1molAs2O3~12e~6Zn~6H2SO4~3H2O，以此分析；【详解】A．若反应物中H2SO4消耗了3mol，转移电子的数目为6NA，A正确；B．若反应物中H2SO4消耗了3mol，生成1.5molH2O，mnM1.5mol18g/mol27g，B正确；C．2AsH3为还原产物，若反应物中H2SO4消耗了3mol，生成1molAsH3，C正确；D．As与N为同族元素，故AsH3为三角锥形，D错误；故答案为：D。5.实验装置、实验步骤的科学设计是实验达到预期目的的关键。下列说法正确的是甲乙丙丁A.用装置甲探究NaHCO3的稳定性B.用装置乙分离溴苯中溶解的少量苯C.用MnO2和浓HCl为原料制Cl2时，可在装置丙中进行D.由FeCl3溶液制备无水FeCl3，可在装置丁中进行【答案】A【解析】【详解】A．加热NaHCO3会分解生成二氧化碳气体，若澄清石灰水变浑浊，则说明碳酸氢钠受热易分解，A符合题意；B．蒸馏是温度计水银球不能拆入液面以下，应该保持在蒸馏烧瓶支管口中下部，故用装置乙不能分离溴苯中溶解的少量苯，B不合题意；第3页/共22页学科网（北京）股份有限公司 C．用MnO2和浓HCl为原料制Cl2时需要加热，故不能在装置丙中进行，C不合题意；D．由于FeCl3易水解生成Fe(OH)3和HCl，HCl易挥发，故由FeCl3溶液制备无水FeCl3需在HCl的气流中进行蒸发，即不可在装置丁中进行，D不合题意；故答案为：A。6.我国科学家利用下图反应实现醇的位点选择性功能化。下列说法错误的是A.c中只有一个手性碳原子B.b与NaOH反应后所得物质的熔沸点与b相差不大，晶体类型相同C.a、b、c三种物质中，b在水中的溶解度最大D.已知基态铱(Ir)的价电子排布式为5d76s2，则Ir属于第Ⅷ族元素【答案】B【解析】【详解】A．手性碳为所连4个不同的原子或基团的碳原子，c中只有一个手性碳原子，A正确；B．b与NaOH反应后所得物质为盐，其熔沸点比b大，且晶体类型不同，B错误；C．a、b、c三种物质中，一分子b含两个亲水基团羟基，则其在水中的溶解度最大，C正确；D．根据基态铱(Ir)的价电子排布式为5d76s2可知，其价电子总数为9，则Ir属于第Ⅷ族元素，D正确；故选B。7.瓜环[n](n=5，6，7，8…)是一种具有大杯空腔、两端开口的化合物(结构如图)，在分子开关、催化剂、药物载体等方面有广泛应用。瓜环[n]可由和HCHO在一定条件下合成。瓜环[n]：瓜环[7]：下列说法错误的是第4页/共22页学科网（北京）股份有限公司 A.的分子式为C4H7N4O2B.分子间可能存在不同类型的氢键C.生成瓜环[n]的反应中，有π键断裂D.合成1mol瓜环[7]时，有14mol水生成【答案】A【解析】【详解】A．由题干有机物的键线式可知，该有机物的分子式为C4H6N4O2，A错误；B．分子中含N、O两种非金属性较强的元素，分子间可以形成O•••H、N•••H两种氢键，B正确；C．生成瓜环[n]的反应中，甲醛中的C=O键断裂，即π键断裂，C正确；D．由瓜环[n]结构简式可知生成lmol链节结构生成2mol水，则合成lmol瓜环[7]时，有14mol水生成，D正确；故答案为：A。8.下列实验操作、现象和结论(或解释)，均正确的是选操作现象结论(或解释)项向盛有2mL0.1mol·L-1NaCl溶液的试管中滴加2滴先生成白色沉A0.1mol·L-1AgNO3溶液；振荡试管，然后再向其中滴加淀，后沉淀由白Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)4滴0.1mol·L-1KI溶液色变为黄色取2mL某溶液于试管中，滴加少量稀硝酸，再滴加几B有血红色出现原溶液中一定含有Fe3+滴KSCN溶液溶液从蓝色变为稳定性：C向CuSO4溶液中加入NaCl固体黄色[CuCl4]2-<[Cu(H2O)4]2+第5页/共22页学科网（北京）股份有限公司 取少量某溶液于试管中，加入NaOH浓溶液并加热。用蓝色石蕊试纸变D原溶液中一定含有NH4湿润的蓝色石蕊试纸检验产生的气体红A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．Cl-过量，先生成白色沉淀AgCl，后沉淀由白色变为黄色AgI，能比较两种沉淀的Ksp，A正确；B．原溶液中也可能含有Fe2+，滴加稀硝酸酸化，Fe2+变为Fe3+，再滴加几滴KSCN溶液，有血红色出现，B错误；2+（蓝色），加入NaCl固体，部分[Cu(H2+（蓝色）转化为[CuCl2-C．向CuSO4溶液中有[Cu(H2O)4]2O)4]4]（黄色），溶液中同时有两种配离子，溶液变为黄绿色，故证明稳定性[CuCl4]2-＞[Cu(H2O)4]2+，C错误；D．应用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体NH3，试纸变为蓝色，D错误；故答案为：A。9.为维护国家安全和利益，经国务院批准，决定对镓、锗相关物项实施出口管制。镓的某种化合物的晶胞结构如下图所示(晶胞参数为apm，1pm=10-10cm，NA表示阿伏加德罗常数)。下列说法正确的是A.Ga元素位于元素周期表的ds区B.晶体结构中N的配位数为6C.该物质的化学式为Ga4N44843g/cmD.该晶体的密度为310NAa10【答案】D【解析】21【详解】A．Ga元素为第31号元素，其价电子排布为4s4p，位于元素周期表的p区，A错误；B．有晶胞结构可知，每个N原子与4个Ga原子相连，则晶体结构中N的配位数为4，B错误；11C．由晶胞结构可知，Ga原子位于晶胞的顶点和面心上，则一个晶胞中含8+64个Ga原子，N82第6页/共22页学科网（北京）股份有限公司 原子位于晶胞内部，则一个晶胞中含4个N原子，Ga原子和N原子个数比为1∶1，故该物质的化学式为GaN，C错误；484D．1mol该晶胞的质量为m=(70+14)4=(484)g，则一个晶胞的质量为m=g，晶胞参数为apm，NA484g则一个晶胞的体积V=(a10-10)3cm3，晶胞的密度为mNA4843，ρ===g/cm-10333V(a10)cmNa1010AD正确；故选D。10.一种固态聚合物金属锂电池中电解质(LiEFA)与聚合物基体(PEO)之间相互作用示意如图。下列说法错误的是A.PEO能传输Li+的原因是Li+与PEO的氧原子可形成微弱的配位键B.PEO能降低EFA-迁移速率的原因是两者微粒间存在分子间氢键C.LiEFA中所有的非金属元素杂化方式相同，均为sp2杂化D.将LiEFA中-CF3，替换成-CH3，LiEFA解离出Li+更难，所需能量更高【答案】C【解析】【详解】A．Li+含有空轨道，PEO的氧原子含有孤对电子，两者之间能形成配位键，PEO能传输Li+的原因是Li+与PEO的氧原子可形成微弱的配位键，A正确；B．PEO中含有-OH能与EFA-离子中存在孤电子对的电负性较大的元素N、O、F形成氢键，即PEO与EFA-之间存在氢键，降低EFA-迁移速率，B正确；C．由题干中LiEFA中的阴离子结构简式可知，其中含有的非金属元素有H、C、N、O、F、S，其中C采用sp3杂化，即并不是所有的非金属元素杂化方式均为sp2杂化，C错误；D．将LiEFA中-CF3替换为-CH3，前者为吸电子基态，后者为斥电子基团，则甲基能增强N上的负电荷，将导致LiEFA的晶格能增大，解离出Li+所需要的能量升高，D正确；故答案为：C。第7页/共22页学科网（北京）股份有限公司 11.某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4mol·L-1Na-12CO3溶液和40mL0.2mol·LNaHCO3溶液，再分别用0.4mol·L-1盐酸滴定，利用pH计和压强传感器检测，所得曲线如图。下列说法错误的是已知：常温下，酚酞的变色范围是pH8.2~10.0，甲基橙的变色范围是pH3.1~4.4。A.曲线甲表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸B.在b点无气体产生，此处发生反应的离子方程式为HCOH=HCO3232C.Na2CO3溶液或NaHCO3溶液中均有cNa2cCO3cHCO3D.滴定分析时，a点可用酚酞、c点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点【答案】C【解析】【分析】Na2CO3的水解程度大于NaHCO3，则0.4mol•L-1Na2CO3溶液的碱性强于0.2mol•L-1NaHCO3溶液，Na2CO3与HCl反应先生成NaHCO3，NaHCO3再与盐酸反应生成CO2气体，NaHCO3直接与HCl反应生成CO-12气体，并且n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=0.008mol，分别加入20mL0.4mol•LHCl时Na2CO3恰好转化为NaHCO3，容器中压强不变，随着HCl的加入，容器中压强逐渐增大，加入40mLHCl时容器的压强达到最大值，NaHCO3直接与HCl反应生成CO2气体，容器中压强增大，并且加入20mLHCl时容器的压强达到最大值、一直保持不变，所以图中甲、丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，据此分析解答。【详解】A．由上述分析可知，图中甲线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，A正确；B．在加入20mLHCl时Na2CO3转化为了NaHCO3，NaHCO3与HCl反应生成了CO2气体，则b点当V(HCl)＞20mL时，碳酸氢根离子和氢离子反应，由图中曲线丁可知，发生的主要反应为HCOH=HCO，323B正确；第8页/共22页学科网（北京）股份有限公司 C．由题干图示信息可知，Na2CO3溶液或NaHCO3溶液均显碱性，且两溶液中均存在电荷守恒式：++-CO2-)+c(HCO-)，故Na+c(Na)+c(H)=c(OH)+2c(2CO3溶液或NaHCO3溶液中均有c(Na)＞332--2c(CO)+c(HCO)，C错误；33D．由图可知，滴定分析时，a点的pH在9左右，在酚酞的变色范围内，可选择酚酞作指示剂；c点的pH在4左右，在甲基橙的变色范围内，可选择甲基橙作指示剂，D正确；故答案为C。12.锂离子电池具有能量密度大、工作寿命长的特点，其原理如图所示。下列说法正确的是A.充电时A极发生反应LiI2e=LiI2I3B.充电时B极与电源正极相连C.每生成1molT时，转移2nmole-D.充放电过程中，O元素化合价发生变化【答案】C【解析】【分析】由图可知，放电时B极S→T，S失去电子，发生氧化反应，则放电时B极为负极，A极为正极，充电时，B极为阴极，A极为阳极。【详解】A．充电时A极为阳极，发生氧化反应，则A极发生反应为3I2eI，故A错误；3B．充电时，B极为阴极，B极与电源负极相连，故B错误；C．S和T为聚合物，聚合度为n，充电时，阴极反应式为T+2ne-+2nLi+=S，则每生成1molT时，转移2nmole-，故C正确；D．充放电过程中，C元素和I元素的化合价发生变化，O元素化合价不发生变化，故D错误；故选C。13.X2Y5WR和X2Z5WR两种物质组成元素相同，他们的相对分子质量相差5，X2Z5WR有32个质子，X、W、R三种元素同周期，X元素的最外层电子数为R电子数的一半。下列说法正确的是A.元素的第一电离能大小：W>R第9页/共22页学科网（北京）股份有限公司 B.原子半径：X<RC.Y、Z为同素异形体D.常温常压下，X、W的单质为固体【答案】A【解析】【分析】化合物X2Y5WR和X2Z5WR所含元素相同，相对分子质量相差5，说明Y、Z为氢元素的两种核素，由题干信息可知，X2Z5WR有32个质子，X、W和R三种元素位于同周期，X原子最外层电子数是R电子数的一半，则X、W、R的内层电子数为2，设X的最外层电子数为a，则R的核外电子数为2a，W的核外电子数为b，Y的质子数为1，则有：2(a+2)+5+b+2a=32(a、b均为整数)，4a+b=23，解得a=5，b=3(R为稀有气体舍去)；a=4，b=7；a=3，b=11(X、R不在同周期，舍去)；则X为C，R为O，W为N。【详解】A．同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，且同周期第ⅤA元素的第一电离能大于ⅥA的，结合分析可知，元素电离能比较：W＞R，A正确；B．同周期从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径：X＞R，B错误；C．根据分析，Y、Z为同位素，C错误；D．常温常压下X的单质为固体，W的单质是气体，D错误；故答案为：A。14.200℃条件下，CH3Cl与Cl2反应制CH2Cl2，同时有副产物CHCl3、CCl4产生。一氯甲烷的转化率及产物分nCH2Cl2布分数[如二氯甲院的分布分数：CH2Cl2]与原料配比关系如下nCH2Cl2nCHCl3nCCl4图所示。下列说法错误的是A.随着原料配比的增加，CH2Cl2的分布分数逐渐减小第10页/共22页学科网（北京）股份有限公司 nCl2B.工业生产应控制原料配比在0～0.5左右nCH3ClnCl2C.CH3Cl的转化率随原料配比增大而升高nCH3ClnCl2rrD.在原料配比0.5时，CH3Cl制CH2Cl2的相对压力平衡常数Kp12.8[Kp的写法：在浓度nCH3Cl平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以p0(p0=100kPa)]【答案】B【解析】【详解】A．由图像可知随着原料配比的增加，CH2Cl2的分布分数逐渐减小，A正确；nCl2B．由图像可知原料配比在0～0.5左右，虽然副产物只有三氯甲烷，但一氯甲烷的转化率低，nCH3Cl原料配比一般在1左右，B错误；nCl2C．由图像可知CH3Cl的转化率随原料配比增大而升高，C正确；nCH3ClnCl2D．在原料配比0.5时，由图像可知一氯甲烷的转化率为0.4，且产物分布分数为二氯甲烷0.8，nCH3Cl三氯甲烷0.2，2mol一氯甲烷有20.4mol转化，生成20.40.8mol二氯甲烷和20.40.20.16mol三氯甲烷：CHCl+ClCHCl+HCl3222起始/mol2100转化/mol0.640.640.640.64平衡/mol2（1-0.4）=1.210.640.320.040.640.640.320.96CHCl+2ClCHCl+2HCl323起始/mol2100转化/mol0.160.320.160.32平衡/mol2（1-0.4）=1.210.320.640.040.160.320.640.961.2p0.04p0.64p0.96p总总总总故生成二氯甲烷的反应中，各物质相对分压依次为、、、，平衡常数3p3p3p3p00000.96p0.64p总总3p3pr00Kp12.8，D正确；0.04p1.2p总总3p3p00第11页/共22页学科网（北京）股份有限公司 故选B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.湿法炼锌综合回收系统产出的萃余液中含有Na2SO4、ZnSO4、H2SO4，还含有Mn2+、Co2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Al3+等，一种将萃余液中有价离子分步分离、富集回收的工艺流程如下图：3933已知：25℃时，KspFeOH32.810，KspAlOH31.310。回答下列问题：（1）“氧化”时，所用氧化剂Na2S2O8阴离子结构为“”，则其中硫元素化合价为___________，其氧化Fe2+的离子方程式为___________，其阴离子结构片段“SOOS”中的所有原子___________(填“是”或“不是”)在一条直线上。（2）“调pH”时，为了加快反应速率，不宜采取的措施为___________a．将CaCO3粉碎研细b．不断搅拌c．适当降低温度所得“滤渣I”中除含有MnO2、CaSO4和Al(OH)3，还含有___________。（3）“除钴镍”时，有机净化剂的基本组分为大分子聚合物，其净化原理可表示为该有机大分子聚合物属于___________(填“线型”或“网状”)结构。净化反应中，提供孤电子对的原子为___________(填元素符号)。（4）“沉锌”时，得到的碱式碳酸锌[xZnCO3·yZn(OH)2·zH2O]摩尔质量为341g/mol。取51.15g碱式碳酸锌固体进行充分煅烧，将产生的气体全部通入到足量Ba(OH)2溶液中，所得沉淀经过滤、洗涤、干燥后称量，其质量为29.55g；碱式碳酸锌煅烧后的固体纯净物质量为36.45g，则x∶y∶z=___________。已知“沉锌”第12页/共22页学科网（北京）股份有限公司 时有气体生成，则生成碱式碳酸锌的离子方程式为___________。【答案】（1）①.+6价②.2Fe2++SO2-=2Fe3++2SO2-③.不是284（2）①.c②.Fe(OH)3（3）①.网状②.N、O2+CO2-+3H（4）①.1:2:1②.3Zn+32O=ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O+2CO2↑3【解析】【分析】萃余液中含有Na2SO4、ZnSO4、H2SO4，还含有Mn2+、Co2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Al3+等，加入Na2S2O8，将Mn2+、Fe2+氧化为MnO2和Fe3+，加入CaCO3调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀、同时还生成了CaSO4沉淀；过滤后，往滤液中加入Zn,将Cd2+还原为Cd；过滤后，往滤液中加入有机净化剂，将钴镍等离子转化为沉淀；过滤后，往滤液中加入Na2CO3，将Zn2+转化为xZnCO3•yZn(OH)2•zH2O沉淀；过滤后，将沉淀煅烧，从而得到氧化锌，据此分析解题。【小问1详解】“氧化”时，所用氧化剂Na2S2O8阴离子结构为“”，阴离子中存在过氧键，即8个氧中有6个氧的化合价为-2价，其余两个氧的化合价为-1价，则其中硫元素化合价为+6价，其氧化Fe2+的离子方程式为：2Fe2++SO2-=2Fe3++2SO2-，已知阴离子过氧键中的O原子采用sp3杂化，即O与周围的284两个氧原子呈V形结构，则其阴离子结构片段“SOOS”中的所有原子不是在一条直线上，故答案为：+6价；2Fe2++SO2-=2Fe3++2SO2-；不是；284【小问2详解】“调pH”时，将CaCO3粉碎研细和不断搅拌，均能增大固液接触面积，能够加快反应速率；而适当降低温度反应速率减慢，故为了加快反应速率，不宜采取的措施为适当降低温度，由分析可知，所得“滤渣I”中除含有MnO2、CaSO4和Al(OH)3，还含有Fe(OH)3，故答案为：c；Fe(OH)3；【小问3详解】由题干有机净化剂的结构简式可知，该有机大分子聚合物属于网状结构，净化反应中，是利用Co2+、Ni2+提供空轨道，和N、O提供的孤对电子形成配位键，则提供孤电子对的原子为N、O，故答案为：网状；N、O；【小问4详解】“沉锌”时，得到的碱式碳酸锌[xZnCO3·yZn(OH)2·zH2O]摩尔质量为341g/mol。取51.15g即第13页/共22页学科网（北京）股份有限公司 51.15gn(xZnCO3·yZn(OH)2·zH2O)==0.15mol，碱式碳酸锌固体进行充分煅烧，将产生的气体全部通入-1341g•mol到足量Ba(OH)2溶液中，所得沉淀经过滤、洗涤、干燥后称量，其质量为29.55g，则有：29.55gn(ZnCO3)=n(CO2)=n(BaCO3)==0.15mol，碱式碳酸锌煅烧后的固体纯净物质量为36.45g即得到-1197g•mol36.45gn(ZnO)==0.45mol，故n[Zn(OH)2]=n(ZnO)-n(ZnCO3)=0.45mol-0.15mol=0.30mol，则-181g•moln(xZnCO3·yZn(OH)2·zH2O)：n(ZnCO3)：n[Zn(OH)2]=0.15mol：0.15mol：0.30mol=1:1:2，即分子式为：341-125-2×99ZnCO3·2Zn(OH)2·zH2O，则Z==1，则x∶y∶z=1:2:1，已知“沉锌”时有气体生成，则生成碱18式碳酸锌即ZnSO4溶液中加入Na2CO3溶液生成ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O和CO2，该反应的离子方程式为：2+CO2-+3H2+2-3Zn+32O=ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O+2CO2↑，故答案为：1:2:1；3Zn+3CO+3H2O=33ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O+2CO2↑。16.检验甲醛含量的方法有很多，其中银-Ferrozine法灵敏度较高。测定原理为甲醛与银氨溶液反应生成Ag，产生的Ag与Fe3+定量反应生成Fe2+，Fe2+与菲洛嗪(Ferrozine)形成有色配合物，通过测定吸光度计算出甲醛的含量。某学习小组类比此原理设计如图装置，测定新装修居室内空气中甲醛的含量(夹持装置略去)。根据国家GB/T18883-2002《室内空气质量标准》，室内甲醛的达标标准为：在密闭门窗时间不少于12小时以后，测得甲醛含量不超过0.1mg/m³。已知：①B装置中间导管所连接的尾气处理装置在上图中已省略；②毛细管内径不超过1mm。回答下列问题：（1）下列哪些制备气体的装置与A装置不同___________。a．Cu和浓硫酸制SO2b．CaCO3和稀盐酸制CO2c．实验室制乙炔用饱和食盐水代替水制备NH3的原因是___________。（2）银氨溶液的制备。关闭K1、K2，打开K3.先打开分液漏斗上方的玻璃塞，再打开分液漏斗的___________，使饱和食盐水慢慢第14页/共22页学科网（北京）股份有限公司 滴入圆底烧瓶中，将产生的气体通入已加入适量硝酸银溶液的B中，当观察到B中___________，停止通入NH3。（3）室内空气中甲醛含量的测定。①用热水浴加热B，打开K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1L室内空气(在密闭门窗时间超过12小时以后)，关闭K1；打开K2，向右缓慢推动滑动隔板，将气体全部排出，再关闭___________(填“K1”、“K2”或“K3”)；重复上述操作4次。上述过程，空气中甲醛与B中银氨溶液反应的化学方程式为___________。对比普通玻璃导管，使用毛细管的优点是___________。②待装置B中溶液充分反应后，向其中加入适量稀硫酸调节溶液pH=1，再加入足量Fe2(SO4)3溶液，充分反应后立即加入菲洛嗪，Fe2+与菲洛嗪形成有色物质，在562nm处测定吸光度，测得生成1.12mgFe2+，则该室内空气中甲醛的含量为___________mg·L-1。通过计算可知该新居室内甲醛含量___________(填“达标”或“不达标”)。【答案】（1）①.bc②.减缓生成氨气的速率（2）①.：打开分液漏斗活塞与旋塞②.白色沉淀恰好溶解时，关闭K3和分液漏斗旋塞加热（3）①.K2②.HCHO+4Ag(NH3)2OH揪井(NH4)2CO3+4Ag+6NH3↑+3H2O③.减小气体的通入速率，使空气中甲醛气体被完全吸收④.0.0375⑤.达标【解析】【小问1详解】由题干实验装置图可知，A装置为固体与液体不加热来制备气体的装置，a．Cu和浓硫酸制SO2为固体和液体反应需要加热的装置，a不合题意；b．CaCO3和稀盐酸制CO2为固体和液体不加热制备，b符合题意；c．实验室制乙炔为碳化钙与水反应，即为固体和液体不加热制备，c符合题意；A装置中饱和食盐水和氮化镁反应制备氨气，化学方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2↓+2NH3↑，用饱和食盐水代替水制备NH3的原因是饱和食盐水的量控制减缓反应速率，故答案为：bc；减缓生成氨气的速率；【小问2详解】银氨溶液的制备，关闭K1、K2，打开K3，打开分液漏斗活塞，将饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，氨水溶液和硝酸银溶液反应生成氢氧化银为白色沉淀，但氢氧化银常温下极不稳定，会分解为黑色的氧化银，氧化银再和氨水反应生成银氨溶液，当观察到三颈烧瓶中白色沉淀恰好溶解时，关闭K3和分液漏斗旋塞，故答案为：打开分液漏斗活塞与旋塞；白色沉淀恰好溶解时，关闭K3和分液漏斗旋塞；【小问3详解】①用热水浴加热三颈烧瓶，打开K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1L室内空气，关闭K1，第15页/共22页学科网（北京）股份有限公司 后续操作是：打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2；甲醛和银氨溶液反应的化学方程加热式为：HCHO+4Ag(NH3)2OH揪井(NH4)2CO3+4Ag+6NH3↑+3H2O，装置中毛细管的作用是：减小气体的通入速率，使空气中甲醛气体被完全吸收，故答案为：K2；加热HCHO+4Ag(NH3)2OH揪井(NH4)2CO3+4Ag+6NH3↑+3H2O；减小气体的通入速率，使空气中甲醛气体被完全吸收；②甲醛和银氨溶液加热反应生成银，银具有还原性，被铁离子氧化，结合甲醛被氧化为二氧化碳，氢氧化二氨合银被还原为银，甲醛中碳元素化合价0价变化为+4价，银+1价变化为0价，生成的银又被铁离子氧化，铁离子被还原为亚铁离子，生成亚铁离子1.12mg，氧化还原反应电子守恒计算，设空气中甲醛的含量-2+HCHO～～～4e4Fe304×56为xmg/L，因此实验进行了4次操作，则，空气中甲醛的含量xmg/L1L1.12mg41.12mg30×为x=4=0.0375mg/L，通过计算可知该新居室内甲醛含量小于0.1mg/m3，即说明甲醛含量达标，4×56×1L故答案为：0.0375；达标。17.氮的固定一直是科学家研究的重要课题，合成氨则是人工固氮比较成熟的技术。（1）根据如图数据计算反应N2g3H2g=2NH3g的ΔH=___________kJ·mol-1。*（2）研究表明，合成氨反应在Fe催化剂上可能通过如图机理进行(*表示催化剂表面吸附位，N表示被吸2附于催化剂表面的N2)。请从键能角度分析，判断反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为___________(填步骤前的标号)。*(ⅰ)N2g*N2**(ⅱ)N*2N2*(ⅲ)H2g*H2第16页/共22页学科网（北京）股份有限公司 **(ⅳ)H*2H2***(ⅴ)N+HNH+*……*(…)NH3NH3g+*（3）在不同温度、压强和相同催化剂条件下，N2、H2按照物质的量之比=1∶3投料时，平衡后混合物中氨的体积分数(φ)如图所示。①其中，p1、p2和p3由大到小的顺序是___________，其原因是___________。②A点正反应速率vA正、B点逆反应速率vB逆，则vA正___________vB逆(填“>”“<”或“=”)。③若在250℃、p1为105Pa条件下，反应达到平衡时容器的体积为1L，则该条件下B点平衡常数Kp为___________Pa-2(结果保留一位小数)。[Kp的写法：在浓度平衡常数表达式中，用分压代替浓度；分压=总压×该组分物质的量分数]（4）纳米Fe2O3在常压电化学法合成氨过程中起催化作用。该电解装置如下图所示。已知熔融NaOH—KOH为电解液，Fe2O3在电极上发生反应生成中间体Fe。①惰性电极Ⅱ是电解池的___________(填“阳”或“阴”)极；②惰性电极Ⅰ上生成中间体Fe的电极反应方程式为___________。【答案】（1）-90（2）(ⅱ)（3）①.p1>p2>p3②.温度相同时，增大压强平衡会向正向移动，故压强越大对应的氨的体积分数第17页/共22页学科网（北京）股份有限公司 越大③.<④.83.4110--（4）①.阳②.FeO+3HO+6e=2Fe+6OH232【解析】【小问1详解】由图可知反应N2g3H2g=2NH3g的ΔH=反应物总键能-生成物总键能=247365433939743690kJ/mol；【小问2详解】活化能越高反应速率越慢，反应(ⅱ)需要断开键能高的氮氮三键，所需的能量最高，则速率控制步骤(即速率最慢步骤)为(ⅱ)；【小问3详解】①合成氨的反应N2g3H2g=2NH3g为反应前后气体物质的量减小的反应，增大压强平衡会向正向移动，则压强越大对应的氨的体积分数越大，则压强由大到小为p1>p2>p3；理由为反应为温度相同时，增大压强平衡会向正向移动，故压强越大对应的氨的体积分数越大；②温度越高，压强越大反应速率越大，B点温度更高，压强更大，则vA正<vB逆；③假设起始时投入氮气1mol，氢气3mol进行反应，反应达平衡过程中氮气变化了xmol，列三段式N+3H2NH223起始量/mol130变化量/molx3x2x平衡量/mol1-x3-3x2x22x2B点时氨气的体积分数为，则=，得x=0.8mol，则平衡时N2为0.2mol，H2为0.6mol，NH3为1.6mol，34-2x30.210.611.62各物质分压为p=p=p、p=p=p、p=p=p，带入N22.41121H22.4141NH32.4131222pp3141243K=NH33.41108Pa2P332；pp119105PaN2H2pp11124【小问4详解】①由图可知，该电解池在工作时OH-向惰性电极Ⅱ移动，阴离子向阳极移动，则惰性电极Ⅱ是电解池的阳极；②惰性电极Ⅰ上氧化铁在得电子转化为铁单质，则其生成中间体Fe的电极反应方程式为--FeO+3HO+6e=2Fe+6OH。232第18页/共22页学科网（北京）股份有限公司 18.M是合成某增强免疫功效药物的中间体，其一种合成路线如下：NaBH4已知：。回答下列问题：（1）E的化学名称为___________；C中所含官能团除了醚键还有___________。（2）B→C的反应类型为___________反应。（3）化合物D的结构简式为___________。（4）A→B反应的化学方程式为___________(方程式中用A代替；B代替)。（5）满足下列条件的C的同分异构体有___________种(不包含立体异构)。①能与NaHCO3溶液反应生成CO2；②能发生银镜反应。其中核磁共振氢谱显示有四组峰的结构简式为___________(任写一种)。（6）参考以上合成路线及反应条件，写出以为原料制备的合成路线(其他无机试剂任选)：___________。【答案】（1）①.1，2，3-丙三醇②.醛基第19页/共22页学科网（北京）股份有限公司 （2）氧化反应（3）（4）2+A无水ZnCl2B+2H2O（5）①.12②.或（6）NaOH，H2ONaClO4ΔNaBH4CH3ONa【解析】【分析】结合C、E的结构简式以及D的分子式，C还原得到D，D酸化得到E，可知化合物D的结构简式为；结合各种有机物的结构简式及反应条件进行分析解答。【小问1详解】由题干流程图中E的键线式可知，E的化学名称为1，2，3-丙三醇；由C的结构简式可知，C中所含官能团的名称除了醚键还有醛基，故答案为：1，2，3-丙三醇；醛基；【小问2详解】由题干合成流程图可知，B→C为去氢氧化，所以反应类型为氧化反应，故答案为：氧化反应；【小问3详解】结合C、E的结构简式以及D的分子式，C还原得到D，D酸化得到E，可知化合物D的结构简式为，故答案为：；【小问4详解】第20页/共22页学科网（北京）股份有限公司 由题干合成流程图可知，A→B反应的化学方程式为2+A无水ZnCl2B+2H2O，故答案为：2+A无水ZnCl2B+2H2O；【小问5详解】结合信息可知，满足题给条件的C的同分异构体为四个饱和碳原子上连接一个醛基和一个羧基，即丁基有4种，则连有一个醛基有4种CH3CH2CH2CH2CHO、CH3CH2CH(CH3)CHO、(CH3)2CHCH2CHO、(CH3)3CCHO，再连另一个羧基分别有4种、4种、3种和1种，共有4+4+3+1=12种，其中核磁共振氢谱显示有四组峰的结构简式为或，故答案为：12；或；【小问6详解】结合以上合成路线中B到C、C到D、D到E和E到F的转化信息及反应条件，以为原料合成的流程图为：NaOH，H2ONaClO4ΔNaBH4CH3ONa，故答案为：NaOH，H2ONaClO4NaBH4ΔCH3ONa。第21页/共22页学科网（北京）股份有限公司 第22页/共22页学科网（北京）股份有限公司