浙江省绍兴市2024届高三化学上学期一模（期中）试题（Word版附解析）

2022年11月绍兴市选考科目诊断性考试化学试题注意事项：考生考试时间90分钟，满分100分；可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27P-31S-32Cl-35.5K-39Fe-56Cu-64Ba-137选择题部分一、选择题(本大题共10小题，每小题2分，共20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.化学与生活密切相关。下列叙述正确的是A.温室气体是形成酸雨的主要物质B.青铜和黄铜是不同结构的单质铜C.高分子材料聚氯乙烯广泛应用于食品包装材料D.绿色化学是利用化学原理和技术手段，减少或消除产品在生产生活中涉及的有害物质【答案】D【解析】【详解】A．SO2、NO2是形成酸雨的主要物质，而造成温室效应的是二氧化碳，二氧化碳不能形成酸雨，A错误；B．青铜是铜锡等的合金，黄铜是铜锌等的合金，它们都是铜的混合物，B错误；C．聚氯乙烯是经常使用的一种塑料，所添加的增塑剂、防老剂等主要辅料有毒性；聚氯乙烯塑料制品在较高温度下会慢慢地分解出氯化氢气体，这种气体对人体有害，因此聚氯乙烯制品不能应用于食品包装材料，C错误；D．绿色化学是利用化学原理和技术手段，减少或消除产品在生产生活中涉及的有害物质，D正确；故选D。2.下列说法正确的是A.氯水属于弱电解质B.属于碱性氧化物C.乙烷的填充模型：D.的电子式：【答案】C【解析】 【详解】A．氯水是混合物，混合物既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．氧化铝是既能与酸反应生成盐和水也能与碱反应生成盐和水的两性氧化物，不是碱性氧化物，故B错误；C．乙烷的结构简式为CH3CH3，填充模型为，故C正确；D．溴化铵是离子化合物，电子式为，故D错误；故选C。3.下列说法不正确的是A.与属于同系物B.、和是不同的核素C.最简式为的有机物存在多种同分异构体D.金刚石、石墨互为同素异形体【答案】C【解析】【详解】A．与均为酯，属于同系物，A正确；B．、和是不同的氢原子，为不同的核素，B正确；C．最简式为的有机物为CH3CH3，不存在多种同分异构体，C错误；D．金刚石、石墨均为碳元素的单质，互为同素异形体，D正确；故选C。4.下列说法不正确的是A.FeO在空气中受热能迅速转变氧化成B.碳酸氢钠固体中滴加少量水过程中温度降低C.二氧化硅可用于制造光导纤维D.人类通过控制条件，将氨气氧化成硝酸可以实现人工固氮【答案】D【解析】【详解】A．FeO在空气中受热能迅速转变氧化成，A正确；B．碳酸氢钠固体中滴加少量水过程中温度会有所降低，B正确；C．二氧化硅可用于制造光导纤维，C正确； D．人类通过控制条件，将氮气氧化成硝酸可以实现人工固氮，D错误；故选D。5.关于反应，下列说法正确的是A.在反应中仅体现氧化性B.既是氧化剂又是还原剂C.氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶4D.4mol发生反应，转移3mol电子【答案】D【解析】【详解】A．反应中N元素化合价从+5价降低到+2价，被还原，HNO3作氧化剂，体现了氧化性；生成物有Cu(NO3)2和H2O，还体现了HNO3的酸性，A错误；B．反应中Cu元素化合价由+1价升高到+2价，S元素化合价从-2价升高到0价，均被氧化，Cu2S只作还原剂，B错误；C．Cu2S作还原剂，氧化产物为Cu(NO3)2和S，HNO3作氧化剂，还原产物为NO，故氧化产物与还原产物物质的量之比为9：4，C错误；D．根据方程式，每4molHNO3反应时，只有1mol作氧化剂被还原，N元素化合价降低了3价，转移的电子为，D正确；故选D。6.下列说法不正确的是A.激光、焰火都与电子跃迁释放能量有关B.可燃冰()中甲烷与水分子间存在氢键C.冠醚利用不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子进行“分子识别”D.晶体的自范性是晶体在微观空间呈周期性有序排列的宏观表象【答案】B【解析】【详解】A．光辐射是电子释放能量的重要形式之一，激光、焰火都与原子核外电子发生跃迁释放能量有关，A正确；B．甲烷与水之间为分子间作用力，不是氢键，B错误；C．同主族从上往下碱金属元素的离子半径逐渐增大，冠醚利用不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离 子进行“分子识别”，C正确；D．晶体自范性的本质：晶体中粒子微观空间里呈现周期性的有序排列的宏观表象，D正确；故选B。7.下列说法不正确的是A物理因素不能使蛋白质发生变性B.淀粉在人体中经历的变化：淀粉→糊精→麦芽糖→葡萄糖→CO2+H2OC.纤维素具有多羟基结构单元可以制备硝酸纤维和醋酸纤维D.乙烯、乙醛、乙二酸(草酸)均能使酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】A【解析】【详解】A．物理因素也可以使蛋白质变性，例如紫外线照射，A错误；B．淀粉在口腔内形成糊精，经淀粉酶作用转化为麦芽糖，麦芽糖分解形成葡萄糖，葡萄糖在酶的催化作用下发生缓慢氧化生成二氧化碳和水，B正确；C．具有多羟基结构单元的纤维素可以和醋酸酯化形成醋酸纤维，与硝酸酯化形成硝酸纤维，C正确；D．乙烯中含有碳碳双键、乙醛含有醛基，二者均能被酸性高锰酸钾氧化，乙二酸也可以被酸性高锰酸钾氧化为二氧化碳，D正确；综上所述答案为A。8.下列说法不正确的是A.少量酸(或碱)滴到实验桌上，应立即用湿抹布擦净，然后用水冲洗抹布B.易燃物钠、钾、白磷未用完，不能放回原试剂瓶C.酸碱中和滴定实验中，滴至接近终点时，需改为半滴滴加D.粗苯甲酸样品中的氯化钠杂质可通过重结晶除去【答案】B【解析】详解】A．酸碱具有腐蚀性，少量酸(或碱)滴到实验桌上，应立即用湿抹布擦净，然后用水冲洗抹布，故A正确；B．钠、钾、白磷着火点低，易燃物钠、钾、白磷未用完，应放回原试剂瓶，防止引发实验室安全，故B错误；C．酸碱中和滴定实验中，为使实验结果准确，接近终点时，需改为半滴滴加，故C正确；D．溶解度变化较大的有机物的提纯可用重结晶的方法，苯甲酸溶解度随温度变化较大，氯化钠溶解度随 温度变化较小，所以粗苯甲酸样品中的氯化钠杂质可通过重结晶除去，故D正确；故选B。9.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，2.24L乙烯中σ键的数目为0.4NAB.24.5g和混合物中含有的O原子数为NAC.足量Cu与10g98%的浓硫酸共热反应，转移的电子数为0.2NAD.在含0.1mol氯化铁的溶液中，【答案】B【解析】【详解】A．乙烯分子中单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则标准状况下，2.24L乙烯中σ键的数目为×5×NAmol—1=0.5NA，故A错误；B．硫酸和磷酸的摩尔质量都为98g/mol，含有的氧原子个数都为4，则24.5g硫酸和磷酸的混合物中含有的氧原子数为×4×NAmol—1=NA，故B正确；C．浓硫酸与铜共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，而稀硫酸与铜不反应，足量铜与10g98%的浓硫酸共热反应时，浓硫酸会变为不与铜反应的稀硫酸，则反应转移的电子数小于×2××NAmol—1=0.1NA，故C错误；D．氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子在溶液中水解使溶液中的阳离子数目增大，则在含0.1mol氯化铁的溶液中铁离子和氢离子的数目之和大于0.1NA，故D错误；故选B。10.下列反应的离子方程式不正确的是A.碳酸氢镁溶液中加入过量石灰水：B.次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化碳气体：C.次氯酸钠溶液吸收过量二氧化硫气体：D.氯化铁溶液与过量硫化钠溶液反应：【答案】A【解析】 【详解】A．由于Ca(OH)2过量，Mg(OH)2的溶解度小于MgCO3，故碳酸氢镁溶液中加入过量石灰水的离子方程式为：Mg2++2+2Ca2++4OH-=2CaCO3↓+2H2O+Mg(OH)2↓，A错误；B．次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化碳气体的离子方程式为：，B正确；C．次氯酸钠溶液具有强氧化性，可以氧化二氧化硫，次氯酸钠溶液吸收过量二氧化硫气体的离子方程式为：，C正确；D．铁离子可以氧化硫离子为S单质，则氯化铁溶液与过量硫化钠溶液反应的离子方程式为：，D正确；故选A。二、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30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)11.前四周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且都不在同一周期。X的价电子排布式为nsxnpx+1，Y的最高能级的单电子数是W的3倍，Z与W中的单电子数和最外层电子数均相同，但两者族序数不同。下列说法正确的是A.电负性比较：Y>X>ZB.Y元素的第一电离能高于其同周期相邻元素C.Z元素在周期表中的位置可能为第四周期ⅥB族D.X的简单氢化物比Y的简单氢化物键角小【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z都不在同一周期，则分别为第一、二、三、四周期，W应为H元素，X的价电子排布式为nsxnpx+1，即ns2np3，位于第ⅤA族，则为N元素；Y的最高能级的单电子数是W的3倍，则Y的价电子为3s22p3，为P元素，Z与W中的单电子数和最外层电子数均相同，但两者族序数不同，则Z的价电子为3d104s1，为Cu元素。【详解】A．非金属性越强电负性越大，非金属性N＞P＞Cu，则电负性N(X)＞P(Y)＞Cu(Z)，A错误；B．P元素的最高能级为半满稳定较大，第一电离能大于同周期相邻元素，B正确；C．Z为Cu元素，位于第四周期ⅠB族，C错误；D．X、Y的简单氢化物分别为NH3、PH3，二者均为三角锥形，但N原子的电负性更大，对孤电子对、成键电子对的吸引力更强，电子对更靠近中心原子，相互之间的排斥作用更大，键角更大，D错误； 综上所述答案为B。12.HCl(g)溶于大量水的过程放热，循环关系如图所示：下列说法不正确的是A.，B.若将循环图中Cl元素改成Br元素，相应的C.D.【答案】C【解析】【分析】结合转化过程，HCl（g）转化为H（g）、Cl（g）吸收能量，H（g）→H+（g）、Cl（g）→Cl-（g）放出热量，H+（g）→H+（aq）、Cl-（g）→Cl-（aq）放出热量，据此分析。【详解】A．总反应放热，根据转化过程氢离子、氯离子溶于水的过程放出热量，，，A正确；B．Cl的非金属性大于Br，放热反应焓变为负值，，B正确；C．根据转化过程=，C错误；D．H原子非金属性小于Cl原子，，故，D正确；故选C13.某课题组以纳米Fe2O3作为电极材料制备锂离子电池(另一极为金属锂和石墨的复合材料)，通过在室温条件下对锂离子电池进行循环充放电，成功地实现了对磁性的可逆调控(见右图)，下列说法不正确的是 A.充电时，Fe2O3对应电极连接充电电源的负极B.该电池的正极的电极反应式：Fe2O3+6Li++6e−=3Li2O+2FeC.该电池不能使用氢氧化钠溶液作为电解液D.该电池工作的原理：放电时，Fe2O3作为电池正极被还原为Fe，电池被磁铁吸引【答案】A【解析】【分析】据图可知放电时，Li被氧化Li+，所以金属锂和石墨的复合材料为负极，纳米Fe2O3为正极。【详解】A．放电时Fe2O3对应电极为正极，则充电时为阳极，与电源正极相连，A错误；B．放电时Fe2O3对应电极为正极，Fe2O3被还原为Fe，O元素转化为Li2O，根据电子守恒、元素守恒可得电极反应式为Fe2O3+6Li++6e−=3Li2O+2Fe，B正确；C．Li为活泼金属，会与氢氧化钠溶液中的水反应，C正确；D．据图可知，该电池工作时，Fe2O3为正极，被还原为Fe，使电池被磁铁吸引，D正确；综上所述答案为A。14.下列关于的说法，不正确的是A.该物质至少10个碳原子共平面B.该物质既能与NaOH反应也能与HCl反应C.该物质能与溶液作用显紫色D.该物质能与1，3—丁二烯制得三个六元环的产物【答案】A【解析】【详解】A．由结构简式可知，有机物分子中苯环和与苯环直接相连的碳原子一定共面，有机物分子中至少有8个碳原子共平面，故A错误；B．由结构简式可知，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，含有的氨基能与盐酸反应，故B正确；C．由结构简式可知，有机物分子中含有酚羟基，能与氯化铁溶液发生显色反应，故C正确；D．由结构简式可知，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； 故选A。15.下列说法正确的是A.常温下，等pH的与溶液的导电性相同B.溶液呈酸性，是由于水解大于电离C.常温下，pH=3的①溶液②HCl溶液③溶液中水电离程度：③>②=①D.常温下，的NaOH溶液，加水稀释10倍，所得溶液【答案】C【解析】【详解】A．是弱电解质，不完全电离，为盐，完全电离，所以常温下，等pH的与溶液的导电性：>，故A错误；B．溶液中，存在电离：和水解：，溶液呈酸性，则说明以电离为主，故B错误；C．属于强酸弱碱盐，水解，水的电离程度最大，任何酸和碱都抑制水的电离，pH=3的溶液和HCl溶液电离程度相同，综上水的电离程度：③>②=①，故C正确；D．NaOH为强碱，完全电离，稀释时，溶液中离子浓度成倍数变化，常温下，的NaOH溶液，加水稀释10倍，所得溶液，故D错误，故D错误；故选C。16.对于反应，在温度一定时，平衡体系中的体积分数随压强的变化情况如图所示。下列说法中，正确的是A.A、D两点对应状态的正反应速率大小关系：v(A)>v(D)B.A、B、C、D、E各点对应状态中，v(正)＜v(逆)的是E C.维持不变，E→A所需时间为，维持不变，D→C所需时间为，则D.欲使C状态沿平衡曲线到达A状态，从理论上，可由无限缓慢降压至达成【答案】D【解析】【详解】A.增大压强，反应速率增大，D点压强大于A点压强，所以v(A)<v(D)，A错误；B.处于曲线上的状态为平衡状态，E点NO2的物质的量少于平衡状态时的物质的量，反应应向生成NO2的方向移动，此时v(正)>v(逆)，D点NO2的物质的量多于平衡状态时的物质的量，反应向逆反应方向移动，此时v(正)<v(逆)，B错误；C.压强越大，反应速率越快，达到平衡状态时用的时间越少，压强p2>p1，故，C错误；D.无限缓慢降压至，压强减小，平衡向气体分子数增多的方向移动，故平衡正向移动，NO2的体积分数逐渐增加，D正确；故选D。17.已知：25℃，；，。下列“类比”结果正确的是A.溶液中与会发生双水解反应，与主要也发生双水解反应B.水解生成与HClO，则水解同样生成C.的浓度用硝酸银溶液滴定时，可选择作指示剂，同样也可以D.乙醇与足量的反应被氧化成乙酸，异丙醇被氧化成丙酸【答案】C【解析】【详解】A．溶液中与会发生双水解反应，而有较强的氧化性，有较强的还原性，二者主要发生氧化还原反应反应，故A不符合题意；B．水解生成与HClO，但F没有正价，与水会发生氧化还原反应，故B不符合题意；C．由Ksp可知沉淀等浓度的所需Ag+比沉淀等浓度的和需要的Ag+浓度都大，而且AgCl是白色沉淀，AgBr是淡黄色沉淀，是黑色沉淀，所以的浓度用硝酸银溶液滴定时，可选择 作指示剂，同样也可以，故C符合题意；D．乙醇与足量的反应被氧化成乙酸，而异丙醇会被氧化成丙酮，故D不符合题意；故答案为：C。18.科学研究表明，多聚磷酸的结构如图所示：试从物质的结构分析，下列推测不正确的是A.多聚磷酸分子间存在氢键，可能为黏稠状的液体B.焦磷酸()为常见多磷酸，可以由正磷酸分子间脱水而来C.多磷酸钠(多磷酸对应的正盐)的化学式为D.三聚磷酸分子中存在两种H原子，比例为2：3【答案】D【解析】【详解】A．多聚磷酸中存在非金属性较强的O原子，分子间存在氢键，可能为黏稠状的液体，故A正确；B．焦磷酸()为常见多磷酸，可以由正磷酸分子间脱水而来，，故B正确；C．由多聚磷酸的结构可得多聚磷酸的化学式为Hn+2PnO3n+1，多磷酸钠的化学式为，故C正确；D．三聚磷酸分子中存在两种H原子，比例为4：1，故D错误；故答案为：D。19.某课题组在研究钒生物化学时有循环过程如图所示下列说法不正确的是 A.在循环过程涉及氢氧键的断裂和形成B.在该循环中，催化剂为循环图化合物1C.循环过程中反应①②③④均属于氧化还原反应D.在循环过程中，无机物发生的反应为：【答案】C【解析】【详解】A．过程①中转化为和有氢氧键断裂和形成，过程②中断裂形成，存在氢氧键断裂，所以在循环过程涉及氢氧键的断裂和形成，故A正确；B．如图，过程①为反应的开始，化合物1与反应形成一系列中间产物，经过一个循环，最后又生成化合物1，所以化合物1为催化剂，故B正确；C．图中过程③不属于氧化还原反应，故C错误；D．如图，反应物为、、，产物为和，其反应为，故D正确；故选C。20.下列方案设计、现象和结论不正确的是目的方案设计现象和结论A比较镁与铝元素的金属性强弱取与溶液于试管，分别加入足量NaOH溶液，观察现象观察到氯化镁溶液出现白色沉淀，氯化铝溶液先出现白色沉淀 后溶解，证明镁的金属性更强B证明甲烷与氯气光照条件下发生反应取试管收集半试管甲烷和半试管氯气，试管夹固定倒扣于水中，放在光亮处，静置，观察现象观察到试管中的液面上升，则证明甲烷与氯气发生了反应C探究氢离子浓度对、相互转化的影响向溶液中缓慢滴加稀硫酸，观察实验现象溶液由黄色变为橙红色，则说明增大氢离子浓度，转化平衡向生成的方向移动D简单离子与配离子的区别分别向两支盛有少量蒸馏水的试管里滴加2滴同浓度氯化铁和溶液，再分别滴加2滴KSCN溶液，观察现象盛有氯化铁的试管出现血红色，另一支无明显现象，证明存在离子A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．取氯化镁与氯化铝溶液于试管中，分别加入足量氢氧化钠溶液，观察到氯化镁溶液出现白色沉淀，氯化铝溶液先出现白色沉淀后溶解说明氢氧化铝的碱性弱于氢氧化镁，元素的金属性越强，最高氧化物对应水化物的碱性越弱，则镁元素的金属性强于铝元素，故A正确；B．试管中氯气能与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气会使气体体积减小，试管中的液面上升，则取试管收集半试管甲烷和半试管氯气，试管夹固定倒扣于水中，放在光亮处，静置，观察到试管中的液面上升不能证明甲烷与氯气发生了反应，故B错误；C．向铬酸钾溶液中缓慢滴加稀硫酸，溶液由黄色变为橙红色说明增大氢离子浓度，溶液中的平衡2CrO+2H+Cr2O+H2O向生成重铬酸根离子的方向移动，故C正确；D．分别向两支盛有少量蒸馏水的试管里滴加2滴同浓度氯化铁和铁氰化钾溶液，再分别滴加2滴硫氰化钾溶液，盛有氯化铁的试管出现血红色，另一支无明显现象，说明铁离子与硫氰酸根离子能生成血红色的铁氰酸根离子，证明存在铁氰酸根离子，故D正确；故选B。非选择题部分 三、非选择题(本大题共5小题，共50分)21.配合物是近代无机化学的重要研究对象，Fe、Cu等过渡元素常作为中心原子或离子，而H2O、Cl-、吡啶(C5H5N)等微粒则是常见的配体。（1）基态Fe2+的价电子轨道表示式为_______。（2）H3O+的电子式为_______，空间构型为_______。（3）吡啶()其中N的杂化方式为_______，吡啶和其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是_______。（4）吡啶()在水中的溶解度远大于苯，可能原因是①吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子；②_______。（5）MCln·xH2O的晶胞结构如下图所示，晶胞的棱长分别为apm、bpm、cpm，夹角均为90°。(1pm=1.0×10-10cm)若金属M的相对原子量Mr，则该晶体的密度为_______g.cm3。【答案】（1）（2）①.②.三角锥（3）①.sp2②.（4）吡啶能与H2O分子形成分子间氢键（5）【解析】【小问1详解】Fe是26号元素，根据构造原理可知基态Fe原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，Fe2+是Fe原子 失去最外层的2个电子形成的，其价层电子排布式是3d6，则基态Fe2+的价电子轨道表示式为；【小问2详解】H3O+是O原子与2个H原子结合形成H2O后，再由O原子的一对孤电子对与H+通过配位键形成的，则其电子式为；O原子价层电子对数是3+1=4，含有1对孤电子对，故H3O+的空间构型是三角锥形；【小问3详解】在吡啶中N原子形成3个共价键，因此N原子杂化类型是sp2；吡啶中N原子上含有孤电子对能与H2O分子形成分子间氢键，从而导致在水中的溶解度：吡啶远大于苯；已知-CH3为斥电子基团，-CF3是吸电子基团，则导致N原子电子云密度大小顺序为：+＞＞，所以吡啶和其衍生物、的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是；【小问4详解】吡啶()在水中的溶解度远大于苯，可能原因是①吡啶和H2O均为极性分子，符合相似相溶原理，而苯为非极性分子；②吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；【小问5详解】在该晶胞中金属Mn+个数是：8×+2×=2；Cl-数目是：4×+1×2=4；H2O分子数目是：8×+4×=4，若金属M的相对原子量Mr，晶胞的棱长分别为apm、bpm、cpm，夹角均为90°，则该晶胞的密度ρ=。22.固体A由3种元素组成。某学习小组进行了如下实验： 已知：D为淡黄色固体，气体G是一种纯净物，在标准状况下的密度为1.518，混合物H与溶液C中的溶质相同。请回答：（1）组成A的三种元素是_______，A的化学式是_______（2）写出D与NaOH反应的离子方程式_______（3）X在潮湿的空气中易转变为含A的混合物，写出相应的化学方程式_______（4）写出E→H的化学反应方程式_______（5）E转化为H过程中，加热不充分，H中可能含有Z，请设计简单实验验证_______【答案】（1）①.Na、S、O②.（2）（3）（4）（5）取少量固体于试管，滴加足量稀盐酸，若观察到有淡黄色沉淀，则说明含有Z【解析】【分析】由已知，气体G的摩尔质量为，该气体为，标况下，0.224L物质的量为，即含有0.01mol；溶液F(含盐酸)加入足量溶液，生成6.99g的沉淀为，物质的量为，则含0.03mol，溶液C中含有和；固体D为S，物质的量为；混合物H含有和，所以溶液C中含有和。【小问1详解】固体A由Na、S、O组成，其中S元素物质的量为0.08mol、Na元素含量0.08mol、则O元素含量为 ，原子个数比为，其化学式为，故填Na、S、O；；【小问2详解】由题，S与NaOH溶液在加热下反应的离子方程式为，故填；【小问3详解】对比溶液C和溶液E中溶质可知X为，在潮湿的空气中易转变为，其反应为，故填；【小问4详解】在加热条件下生成和，其反应为，故填；【小问5详解】E转化为H过程中，加热不充分，H中可能含有Z，利用和在酸性条件下反应生成S单质的性质，检验的操作为：取少量固体于试管，滴加足量稀盐酸，若观察到有淡黄色沉淀，则说明含有Z，故填取少量固体于试管，滴加足量稀盐酸，若观察到有淡黄色沉淀，则说明含有Z。23.丙烷脱氢氧化是丙烷脱氢制丙烯技术的进一步发展，反应过程中伴有生成甲烷、乙烷等物质副反应，涉及反应如下：主反应Ⅰ：副反应Ⅱ：Ⅲ：Ⅳ： （1）判断反应Ⅱ自发进行可用来表述，若，反应能自发进行。反应Ⅱ在1000K时能自发进行的理由_______。(要列出计算过程)（2）若仅考虑主反应Ⅰ，一定温度下，向恒压密闭容器中通入一定量丙烷，反应后测得的组分的平衡压强(即组分的物质的量分数×总压)为：、①该温度下反应的平衡常数的数值为_______。(单位用MPa，保留3位有效数字)②平衡时丙烷的转化率为_______。（3）对于反应Ⅰ，某课题组研究设计一套丙烷连续催化脱氢装置如图。①将1mol丙烷(温度为590℃)以恒定的流速依次逐个通过三个相同的装置，画出丙烯的产率随着时间的变化阶段二和阶段三的图像。(每个阶段反应均未达到平衡)_______②为提高丙烯的产率，向a、b管中同时通入适量的，需要适量的理由是_______。（4）下列说法正确的是_______。 A.对于主反应Ⅰ，其他条件不变，充入，该反应的平衡常数减小B.若只考虑反应Ⅳ，恒温恒容下充入原料气体，若压强不变则该反应达到了平衡C.副反应Ⅲ对应的是右图中反应(3)D.主反应断裂C-H键，副反应Ⅱ、Ⅳ断裂C-C键，由图可知高温条件下断裂C-C键更容易，因此要选择合适的催化剂在合适的温度下低压合成比较有利主反应【答案】（1），，，所以反应在1000K时能自发（2）①.2.25②.0.75（3）①.②.氧气能直接与氢气反应生成水，快速释放大量热，有利于加快反应速率，提高丙烯产率。但氧气过多易发生产物的深度氧化，副反应大幅增加，降低丙烯产率（4）CD【解析】【分析】根据已知，丙烷经过三个装置，丙烯产率逐渐增加，越接近平衡状态，速率变化越小，丙烯产率变化越小；【小问1详解】 根据题意，反应Ⅱ中，，，，所以反应在1000K时能自发，故填，，，所以反应在1000K时能自发；【小问2详解】①根据反应，已知平衡时，，则，，，故填；②平衡时总压为，设通入amol丙烷，平衡时转化xmol，则平衡时、、，即有，，解得，转化率为75%，故填75%；【小问3详解】①根据已知，丙烷经过三个装置，丙烯产率逐渐增加，越接近平衡状态，速率变化越小，丙烯产率变化越小，其三个阶段的产率变化图像为：，故填 ；②反应中有氢气生成，氧气能直接与氢气反应生成水，快速释放大量热，有利于加快反应速率，提高丙烯产率。但氧气过多易发生产物的深度氧化，副反应大幅增加，降低丙烯产率，故填氧气能直接与氢气反应生成水，快速释放大量热，有利于加快反应速率，提高丙烯产率。但氧气过多易发生产物的深度氧化，副反应大幅增加，降低丙烯产率；【小问4详解】A．平衡常数与温度有关，其他条件不变，平衡常数不变，故A错误；B．反应Ⅳ为分子数不变的反应，压强改变对平衡没有影响，故B错误；C．副反应Ⅲ和Ⅳ都是放热反应，升高温度平衡常数减小，反应Ⅲ放出热量更多，温度对其影响更大，对应图中反应(3)，故C正确；D．图中反应(2)对应反应Ⅰ，反应(1)对应反应Ⅱ，温度高对其影响大，因此要选择合适的催化剂在合适的温度下低压合成比较有利主反应，故D正确；故选CD。24.某兴趣小组设计了利用MnO(含少量铁氧化物和不溶性杂质)制备二氧化锰的两种方案流程如下：已知：①；MnO+H2NCOONH4→；+2H2OMnCO3↓+2NH3·H2O ②MnO易被空气中氧化；难溶于水；受热易分解，其他硝酸盐相对难分解。请回答：（1）方案一中铁元素以_______(填化学式)被除去。（2）下列说法正确的是_______A.步骤Ⅱ中，真空加热主要是为了防止被氧化B.步骤Ⅲ中，氨基甲酸铵溶液的制备应在水中先通氨气至饱和，再通至饱和C.步骤Ⅳ和Ⅴ，步骤Ⅳ所得的滤液3和步骤Ⅴ生成的气体可以循环利用D.方案二与方案一相比，方案二相对比较环保（3）过滤后，步骤Ⅴ，为了得到更多，进行了以下操作。请选出合理的操作(操作不能重复使用)并排序：将带有沉淀的滤纸折卷→_______。a.将滤纸包放入坩埚后，在泥三角上如装置1朝向摆放；b.将滤纸包放入坩埚后，在泥三角上如装置2朝向摆放；c.加热时，不断转动坩埚使滤纸完全灰化；d.先加热装置3中a处，再加热b处；e.先加热装置3中b处，再加热a处；f.将沉淀转移至在石英玻璃管中继续灼烧氧化。（4）步骤Ⅰ，硝酸的质量分数选取50%，不能过大或者过小的理由是_______。（5）由碳酸锰在空气中灼烧获得的结构比较疏松，步骤Ⅵ用硫酸溶解其中的后，再用合适浓度的氧化后，可得到结构相对致密的重质精品。写出其中发生的离子反应方程式_______。【答案】（1）（2）CD（3）bdcf（4）浓度太小，反应速率太小，浓度过大容易被氧化而不利于MnO的溶解，在后续过滤中被滤除（5） 【解析】【分析】方案一利用MnO加入50%硝酸溶液浸取，调节pH、过滤后得到滤液1在真空加热到250℃~300℃，洗涤后得到二氧化锰粗品，多步操作后得到二氧化锰精品；方案二在MnO和水中同时通入CO2和氨气，浸取后得到滤液2，蒸发、过滤得到的滤渣灼烧得到二氧化锰粗品，多步操作得到精品。【小问1详解】方案一中通过调节溶液的pH，使铁离子水解产生氢氧化铁沉淀过滤而除去，故铁元素以被除去；【小问2详解】A.受热易分解，其他硝酸盐相对难分解，步骤Ⅱ中，真空加热主要是为了使氧化生成二氧化锰，选项A错误；B.步骤Ⅲ中，氨基甲酸铵溶液的制备应在MnO和水中同时通氨气和进行反应，选项B错误；C.步骤Ⅳ和Ⅴ，步骤Ⅳ所得的滤液3和步骤Ⅴ生成的气体可以循环利用，选项C正确；D.方案一有硝酸参与，产生氮的氧化物，故方案二与方案一相比，方案二相对比较环保，选项D正确；答案选CD；【小问3详解】过滤后，步骤Ⅴ，为了得到更多，具体操作为b.将滤纸包放入坩埚后，在泥三角上如装置2朝向摆放；d.先加热装置3中a处，再加热b处；c.加热时，不断转动坩埚使滤纸完全灰化；f.将沉淀转移至在石英玻璃管中继续灼烧氧化；答案为bdcf；【小问4详解】步骤Ⅰ，硝酸的质量分数选取50%，；因为浓度太小，反应速率太小，浓度过大容易被氧化而不利于MnO的溶解，在后续过滤中被滤除；【小问5详解】步骤Ⅵ用硫酸溶解其中的后，再用合适浓度的氧化后，可得到结构相对致密的重质精品，高锰酸根离子与锰离子发生归中反应生成二氧化锰，发生的离子反应方程式为。25.某研究小组按下列路线合成药物的一个中间体Ⅰ： 已知：①物质A的核磁共振氢谱只有2个峰；②③请回答：（1）下列说法不正确的是_______。A.化合物Ⅰ的分子式是B.化合物H中的含氧官能团只有羟基C.1mol化合物E与溴水反应最多消耗2molD.化合物G存在对映异构体（2）化合物A的结构简式是_______；化合物A→B反应类型为_______；（3）写出合成路线中D＋G→H的化学方程式_______。（4）设计以丙酮、甲醛和E为原料合成F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C的同分异构体的结构简式_______。①谱和IR谱检测表明：分子中共有6种不同化学环境的氢原子，有N-H键。②分子中仅含一个杂原子的六元环，环上只有一条侧链。【答案】（1）ABC（2）①.②.消去反应 （3）（4）（5）、、【解析】【分析】CH3COCH3一定条件下生成A，结合A的核磁共振氢谱为2组峰，A为，A发生消去反应生成B为CH2=C（CH3）-C（CH3）=CH2，B和CH2=CH-CN发生已知的反应生成C，C发生还原反应生成D为，E经过一系列反应生成F，F发生加成反应生成G，D和G反应取代反应生成H为，据此解答。【小问1详解】A.化合物Ⅰ的分子式是，A错误；B.化合物H中的含氧官能团为羟基和醚键，B错误；C.E为酚，邻位和对位可以被取代，醛基可以被溴水氧化，则1mol化合物E与溴水反应最多消耗3mol，C错误；D.化合物G存在手性碳原子，存在对映异构体，D正确；【小问2详解】 根据分析，化合物A的结构简式是；化合物A→B反应类型为消去反应；【小问3详解】D＋G→H的化学方程式为；【小问4详解】以丙酮、甲醛和E为原料合成F的路线为；【小问5详解】①谱和IR谱检测表明：分子中共有6种不同化学环境的氢原子，有N-H键；②分子中仅含一个杂原子的六元环，环上只有一条侧链，符合条件的同分异构体为、、。