浙江省宁波市2023-2024学年高三上学期一模（期中）化学试题（Word版附解析）

宁波市2023学年第一学期选考模拟考试化学试卷考生须知：1.本卷试题分为选择题和非选择题两部分，共9页，满分100分，考试时间90分钟。2.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作答，不按要求答题或答在草稿纸上、试题卷上无效。本卷答题时不得使用计算器。3.可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16S：32C1：35.5Ca：40Fe：56Cu：64Ⅰ卷选择题部分一、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.下列食品添加剂不属于电解质的是A.二氧化硫B.亚硝酸钠C.苯甲酸D.山梨酸钾【答案】A【解析】【分析】电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，所有的酸、碱、盐和大部分金属氧化物均属于电解质，据此分析解题。【详解】A．二氧化硫的水溶液虽然能够导电，但由于不是其本身发生电离，而是其与水反应的产物H2SO3发生电离，故SO2属于非电解质，A符合题意；B．亚硝酸钠是盐，属于电解质，B不合题意；C．苯甲酸是酸，属于电解质，C不合题意；D．山梨酸钾是盐，属于电解质，D不合题意；故答案为：A。2.2023年诺贝尔化学奖授予三位探索纳米和量子点领域的科学家。纳米晶体具有颗粒尺寸小、微孔多、比表面积大、对紫外线反射能力强等特点。下列关于纳米晶体的说法正确的是A.熔点低于大块晶体B.属于胶体，能产生丁达尔效应C.与大块晶体属于同分异构体D.与NaOH、HF都能反应，属于两性氧化物【答案】A【解析】 【详解】A．纳米SiO2晶体颗粒尺寸小，相对大块晶体来说，其中有一部分共价键断裂，熔化时需要克服的作用力小一些，熔点低一些，故A正确；B．纳米SiO2晶体是纯净物，而胶体是混合物，故B错误；C．纳米SiO2晶体和大块SiO2晶体都是共价晶体，由原子构成，没有分子式，不属于同分异构体，故C错误；D．SiO2能与NaOH反应生成盐硅酸钠和水，SiO2能和HF都能反应，但是SiO2不是和所有的酸都能反应，只能和HF反应，和其他酸不反应，是酸性氧化物不是两性氧化物，故D错误；故答案为：A。3.下列化学用语表示不正确的是A.HCl的键电子云图：B.质量数为2的氢原子：C.分子的空间填充模型：D.氧化钠的电子式：【答案】C【解析】【详解】A．HCl中是H的s能级电子，其电子云轮廓图呈球形和Cl原子的p能级电子，其电子云轮廓图呈哑铃形形成的键，故该键的电子云图为：，A正确；B．质量数为2的氢原子表示为：，B正确；C．已知H2O2不是直线形结构，而是折线形，故H2O2分子的空间填充模型为：，C错误；D．氧化钠是离子化合物，故其电子式为：，D正确；故答案为：C。4.物质的性质决定用途，下列两者关系对应不正确的是A.铝合金质量轻、强度大，可用作制造飞机和宇宙飞船的材料B.FeCl3溶液呈酸性，可腐蚀覆铜板制作印刷电路板C.CuS、HgS极难溶，可用Na2S作沉淀剂除去废水中的Cu2+和Hg2+D.碳化硅硬度大，可用作砂纸、砂轮的磨料【答案】B【解析】【详解】A．合金密度比成分金属一般较小，硬度一般比成分金属要大，故铝合金质量轻、强度大，决定其可用作制造飞机和宇宙飞船的材料，A不合题意； B．用FeCl3溶液腐蚀覆铜板制作印刷电路板的原理为：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，反应中FeCl3作氧化剂，与其溶液呈酸性无关，B符合题意；C．由于CuS、HgS极难溶，故可用Na2S作沉淀剂除去废水中的Cu2+和Hg2+，C不合题意；D．碳化硅硬度大，可用作砂纸、砂轮的磨料，D不合题意；故答案为：B。5.下列说法不正确的是A.麦芽糖、乳糖和蔗糖都属于寡糖B.核酸、蛋白质和超分子都属于高分子化合物C.油脂在碱性条件下水解生成的高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分D.高压法制得的低密度聚乙烯可用于生产食品包装袋【答案】B【解析】【详解】A．麦芽糖、乳糖和蔗糖都是二糖，属于低聚糖，低聚糖又叫寡糖，选项A正确；B．蛋白质、核酸是高分子化合物，但超分子不是指超高相对分子质量的分子，也不是指大分子，和相对分子质量无关，选项C不正确；C．油脂在碱性条件下发生水解反应生成甘油和高级脂肪酸盐，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，该反应是皂化反应，选项C正确；D．高压法制得的低密度聚乙烯相对分子质量小，密度低，柔软，可用于生产食品包装袋，选项D正确；答案选B。6.以下是工业上利用烟道气中的二氧化硫处理含铬(Ⅵ)废水的工艺流程：设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A.转化过程中，溶液颜色由黄色变为橙色B.过程Ⅱ中是还原剂，为还原产物C.处理废水中的(不考虑其它氧化剂存在)，转移电子数为D.烟道气可以用或代替【答案】D 【解析】【详解】A．，A正确；B．过程Ⅱ中Cr元素化合价降低，说明被还原，则是还原剂，为还原产物，B正确；C．，每个Cr原子得3个电子，即处理废水中的(不考虑其它氧化剂存在)，转移电子数为，C正确；D．中的Fe3+不具有还原性，不能代替具有还原性的二氧化硫，D错误；答案选D。7.下列过程中对应的离子方程式正确的是A.向苯酚钠溶液中通入少量：B.酚酞滴入碳酸钠溶液中变红：C.同浓度同体积明矾溶液与溶液混合：D.用醋酸和淀粉溶液检验加碘盐中的：【答案】C【解析】【详解】A．由于酸性：碳酸大于苯酚大于碳酸氢根，故向苯酚钠溶液中通入少量生成苯酚和碳酸氢钠，故离子方程式为：，A错误；B．已知碳酸为多元弱酸，故碳酸根水解为分布进行的，故酚酞滴入碳酸钠溶液中变红对应的离子方程式为：，B错误；C．同浓度同体积明矾溶液与溶液混合即Ba2+和硫酸根恰好完成沉淀，故该反应的离子方程式为：，C正确；D．已知醋酸是弱酸，故用醋酸和淀粉溶液检验加碘盐中的的离子方程式为：，D错误；故答案为：C。8.下列说法正确的是 A.用图①装置可蒸干溶液制无水固体B.用图②装置可完成铁与水蒸气反应并根据固体颜色证明产物有C.用图③装置可验证1-溴丁烷发生消去反应后的有机产物D.用图④装置可测定的标准燃烧热【答案】C【解析】【详解】A．用图①装置可蒸干溶液过程中铝离子水解最终得到氢氧化铝，无法得到固体，故A错误；B．根据固体颜色无法证明产物有，故B错误；C．证1-溴丁烷发生消去反应后的有机产物为1-丁烯，能使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；D．此装置用来测定中和反应的反应热，氢气燃烧不能用此装置测定，故D错误；故选C。9.一种高分子化合物W的合成路线如图(图中表示链延长)：下列说法不正确的是A.化合物Y中最多18个原子共平面B.化合物Z的核磁共振氢谱有3组峰C.高分子化合物W具有网状结构 D.X、Y、Z通过缩聚反应合成高分子化合物W【答案】B【解析】【详解】A．苯环和双键为共面结构，结合单键可旋转特点可知，化合物Y中最多18个原子共平面，A正确；B．对比X、Y、W可知化合物Z中氢原子种类不止3种，B错误；C．高分子化合物W为通过缩聚反应生成的高分子化合物，，具有网状结构，C正确；D．结合高分子化合物W结构可知为缩聚反应合成高分子化合物，D正确；答案选B。10.某种离子液体的结构如图所示，X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，Z的原子序数等于X、Y原子序数之和，Q为非金属性最强的元素。下列说法正确的是A.氢化物的沸点：B.基态原子未成对电子数：C.简单离子半径：D.基态原子第一电离能由大到小的顺序为：【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，Q为非金属性最强的元素，则Q为F，根据某种离子液体的结构得到X、Q有一个价键，Z有四个价键，M有三个价键，Y得到一个电子形成四个价键，Z的原子序数等于X、Y原子序数之和，Y、Z、M为同周期相邻元素，则X为H，Y为B，Z为C，M为N，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，Z为C、M为N，由于碳有固态、液态和气态的很多氢化物，故无法比较碳和氮氢化物的沸点，A错误；B．由分析可知，Y为B，核外有1个未成对电子，而Q为F，核外也有1个未成对电子，故基态原子未成对电子数：，B错误； C．由分析可知，M为N、Q为F，故N3-、F-具有相同的核外电子排布，则核电荷越大半径越小，即简单离子半径：N3-＞F-即，C错误；D．由分析可知，Y为B，Z为C，M为N，Q为F，根据同一周期从左往右第一电离能呈增大趋势，ⅡA和ⅤA高于相邻元素，同一主族从上往下第一电离能依次减小，故基态原子第一电离能由大到小的顺序为：F＞N＞C＞B即，D正确；故答案为：D。11.实验室初步分离苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的流程如下：已知：苯甲酸乙酯的沸点为，“乙醚-环己烷-水共沸物”的沸点为。下列说法不正确的是A.操作a分液，操作c为重结晶B.操作b中需用到直形冷凝管C.可用冷水洗涤苯甲酸粗品D.无水可以用浓硫酸代替【答案】D【解析】【分析】苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷混合物中加入碳酸钠溶液，苯甲酸与碳酸钠反应生成苯甲酸钠、水和二氧化碳，分液后得到有机相1和水相；苯甲酸乙酯的沸点为，“乙醚-环己烷-水共沸物”的沸点为，蒸馏（操作b）后得到有机相2和共沸物，向有机相2中加入无水硫酸镁，用于除去有机相中的少量水；向水相1中加入乙醚萃取少量的有机物进入有机相，分液后得到水相2，水相2中成分为苯甲酸钠，加入硫酸反应得到苯甲酸晶体，过滤后得到苯甲酸粗品，经重结晶后得到纯净的苯甲酸，据此分析此题。【详解】A.结合上述分析，操作a为分液，操作c为重结晶，故A正确；B.结合上述分析，操作b为蒸馏，需用到蒸馏烧瓶、直形冷凝管、温度计、尾接管、锥形瓶等，故B正确；C.用冷水洗涤苯甲酸粗品，避免因溶解导致产率低，故C正确；D.浓硫酸使苯甲酸乙酯部分发生水解，故D错误； 答案为D。12.电解硫酸钠溶液制取电池正极材料的前驱体，其工作原理如图所示：下列说法不正确的是A.a是直流电源的正极，石墨电极发生氧化反应B.交换膜A是阴离子交换膜，通电一段时间，Ⅰ室pH降低C.当产生的时，标准状况下纯钛电极上至少产生气体D.若将纯钛电极直接放入Ⅱ室，则纯钛电极上会有金属与前驱体附着而使产率降低【答案】C【解析】【分析】由图可知，前驱体在III室生成，则II室的金属阳离子进入III室，交换膜B为阳离子交换膜，则右侧纯钛电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，OH-与金属阳离子结合得到前驱体，为保持电荷守恒，交换膜A为阴离子交换膜，左侧石墨电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，所以电解过程实际上是电解水。【详解】A．由上述分析可知，石墨为阳极，发生氧化反应，则a为电源的正极，故A正确；B．由分析可知，交换膜A为阴离子交换膜，左侧电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，产生H+，故pH降低，故B正确；C．每生成的，就相当于生成0.2molOH-，由电极反应式2H2O+2e-=H2+2OH-可知，会生成0.1molH2，在标准状况下的体积为2.24L，故C错误；D．纯钛电极若直接放入II室，会导致接受电子的物质不是水而是金属离子，导致金属单质的生成，附着在前驱体上导致产率的降低，故D正确；答案选C。13.磷酰氯()是有机合成的催化剂，可用以下方法制取：或 ，的分子空间结构模型如图所示，下列说法不正确的是A.中只含有键B.是非极性分子C.的空间构型是三角锥形D.可与反应生成【答案】A【解析】【详解】A．结构中含有P-O键、P=O键，故既含键，也含键，A符合题意；B．为空间对称结构，是非极性分子，B不符合题意；C．的中心原子P的价层电子对数为，由于中心P原子有一对孤对电子，其空间构型是三角锥形，C不符合题意；D．可与发生反应：+3→+3HCl，D不符合题意；故选A。14.时，固体酸分子筛催化乙醇脱水，乙醇的分子间脱水和分子内脱水过程与相对能量变化如图所示： 下列说法不正确的是A.乙醇通过氢键吸附于固体酸分子筛表面并放出热量B.生成产物2的决速步活化能为C.生成产物1的热化学方程式为：D.升高温度、延长反应时间及选择合适催化剂均可提高产物1的产率【答案】D【解析】【详解】A．根据过程能量示意图可知，乙醇通过氢键吸附于固体酸分子筛表面并放出热量，A正确；B．生成产物2的决速步对应活化能最大，对应数值：，B正确；C．根据过程能量示意图可知，生成产物1的热化学方程式为：，C正确；D．反应存在限度，延长反应时间及选择合适催化剂不能提高转化率，D错误；答案选D。15.已知的电离常数、。常温下，难溶物BaX在不同浓度盐酸(足量)中恰好不再溶解时，测得混合液中与pH的关系如图所示：下列说法正确的是A.直线上任一点均满足：B.M点：C.N点：约为D.约为【答案】C【解析】【分析】由BaX+2H+=Ba2++H2X结合H2X的Ka1、Ka2可知c(Ba2+)≈c(H2X)。 【详解】A．根据电荷守恒可知c(H+)+2c(Ba2+)=c(OH−)+c(Cl−)+c(HX-)+2c(X2−)，A错误；B．由题干信息可知，直线MN的方程式为：lg(Ba2+)=1-pH，故M点为lg(Ba2+)=0.4，pH=0.6，根据分析可知c(H2X)≈c(Ba2+)=10-0.4mol/L，c(H+)=10-0.6mol/L，此时溶质为BaCl2和H2X，故c(Cl−)>c(H2X)>c(H+)，B错误；C．由题干信息可知，直线MN的方程式为：lg(Ba2+)=1-pH，故N点pH=0.8，lg(Ba2+)=0.2，故c(H2X)≈c(Ba2+)=100.2mol/L，c(H+)=10-0.8mol/L，c(HX-)==≈2×10-7mol⋅L，C正确；D．根据分析，结合H2XH++HX-，HX-H++X2-，故Ka1=，Ka2=，Ka1Ka2==，得到c(X2-)=，Ksp(BaX)=c(Ba2+)c(X2-)=，由题干图示信息，当pH=1时，lg(Ba2+)=0即c(H+)=0.1mol/L，c(Ba2+)=1.0mol/L，故Ksp(BaX)=c(Ba2+)c(X2-)==≈6×10-23，D错误；故答案为：C。16.探究硫及其化合物的性质，下列实验方案、现象和结论都正确的是实验方案现象结论A向溶液和盐酸反应后的溶液中加入紫色石蕊试液溶液变红说明盐酸已经过量B分别测定浓度均为mol/L的和溶液的pH前者pH小于后者不能说明水解常数()：C向稀硫酸中加入铜粉，再加入少量硝酸钾固体开始无明显现象，加入硝酸钾后溶液变蓝硝酸钾起催化作用D将通入先生成沉淀，后被氧化为 溶液中，然后滴加氯水先有白色沉淀生成，滴加氯水后沉淀不溶解A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．Na2S2O3溶液和盐酸反应:Na2S2O3+2HCl=2NaCl+H2O+SO2↑,生成的SO2溶于水和水反应生成亚硫酸使溶液呈酸性，加入紫色石蕊试液变红，不能说明盐酸已经过量，故A错误；B．mol/L的溶液pH在常温时为7，是因为CH3COO-和水解程度相同，溶液的pH在常温时大于7是因为水解使溶液呈碱性，所以前者pH小于后者，不能说明水解常数()：，故B正确；C．向稀硫酸中加入铜粉开始无明显现象，是因为铜粉与稀硫酸不反应，再加入少量硝酸钾固体，硝酸钾电离的硝酸根在稀硫酸的酸性环境下表现氧化性，将铜粉溶解生成Cu2+使溶液变蓝，不是硝酸钾起催化作用，故C错误；D．将SO2通入BaCl2溶液中，无白色沉淀生成，然后滴加氯水，氯水中Cl2将+4价硫氧化+6价，得硫酸钡沉淀，故D错误；故答案为：B。Ⅱ卷非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.第ⅢA和第ⅤA元素可形成多种化合物。请回答：（1）基态B原子核外电子占据的最高能级符号是___________，基态As原子的价层电子排布式是___________。（2）①固体储氢材料氨硼烷，其结构和乙烷相似，下列有关说法正确的是______。A．氨硼烷中B原子的杂化方式为B．相同条件下在水中的溶解度：氨硼烷>乙烷C．元素B、N的第一电离能均高于相邻元素D．是硼原子能量最低的激发态 ②形成的化合物中配位键的强度：________(填“>”、“<”或“=”)，理由是________。（3）一种含Ga化合物晶胞如图甲，三个晶胞围成一个六棱柱，如图乙，该化合物的化学式为___________，每个N原子周围距离最近的N原子数目为________。【答案】（1）①.2p②.（2）①.B②.>③.Cl电负性大，中Cl原子多，使N电子云密度降低，N的孤电子对不易给出与形成配位键，即形成的配位键稳定性低（3）①.GaN②.12【解析】【小问1详解】基态B原子核外电子排布：，占据的最高能级符号2p；As原子序数33，基态As原子与的价层电子排布式；【小问2详解】①A．氨硼烷，其结构和乙烷相似，则氨硼烷中B原子的杂化方式为，A错误；B．氨硼烷分子与水分子间可形成氢键，所以相同条件下在水中的溶解度：氨硼烷>乙烷，B正确；C．N原子核外电子排布处于半充满稳定结构，第一电离能高于相邻元素；B核外电子排布：，第一电离能不高于相邻元素，C错误；D．2s能级未排满电子，不是硼原子能量最低的激发态，D错误；答案选B；②Cl电负性大，中Cl原子多，使N电子云密度降低，N的孤电子对不易给出与形成配位键，即形成的配位键稳定性低； 【小问3详解】均摊法计算可知Ga原子与N原子个数比为1：1，则其化学式：GaN；距离每个N原子距离最近的N原子数目为12；18.工业上氮氧化物(：NO和混合气)废气吸收利用的某流程如下：已知：氧化度；吸收液含有的产物有和；在碱性条件下受热分解产物之一为。请回答：（1）过程Ⅳ以“肼合成酶”催化与转化为肼()的反应历程如下所示：该反应历程中Fe元素的化合价___________(填“变化”或“不变”)。若将替换为，反应制得的肼的结构简式为___________。（2）写出过程Ⅰ中时反应的离子方程式___________。（3）下列说法正确的是___________。A.过程Ⅰ采用气、液逆流的方式可提高的吸收效率B.的键角小于C.可作为配体，与等金属离子形成配合物D.的水溶液显弱碱性，且（4）是一种理想还原剂，氧化产物对环境友好，写出还原的化学方程式___________。 （5）设计实验证明中存在N元素___________。【答案】（1）①.变化②.（2）（3）AC（4）（5）取少量溶液于试管中，加入足量NaOH溶液加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，证明中有N元素【解析】【小问1详解】①由反应历程可知，反应过程中先失去电子发生氧化反应生成，后面又得到电子被还原成，该反应历程中Fe元素的化合价发生变化；②由反应历程可知，有两个H原子来源于，另外两个H原子来源于，所以若将替换为，反应制得的肼的结构简式为；【小问2详解】若过程Ⅰ中，则反应物中，该反应为氧化还原反应，生成硝酸根和亚硝酸根，根据氧化还原反应规律配平可得：【小问3详解】采用气、液逆流的方式可增大反应物的接触面积，增大反应速率，提高的吸收效率，A项正确；中的硫原子为杂化，的硫原子为杂化，所以的键角大于，B项错误；中的N原子有孤电子对，可作为配体，与等金属离子形成配合物，C项正确；羟基的吸电子能力大于氢原子，所以碱性应弱于，即，D项错误，应选AC。【小问4详解】是一种理想还原剂，氧化产物对环境友好，所以氧化产物应该为无毒的氮气，同时氯化铁被还原为氯化亚铁，反应方程式为：【小问5详解】 在碱性条件下受热分解产物之一为，化合价降低，说明还会有化合价升高的产物生成，即氨气，所以检验氨气即可，实验方法为：取少量溶液于试管中，加入足量NaOH溶液加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，证明中有N元素。19.丙烯是一种重要的化工原料，其主要产品聚丙烯是生产口罩喷溶布的原料。铬基催化剂下丙烷生产丙烯相关主要反应有：Ⅰ．Ⅱ．Ⅲ．请回答：（1）已知键能：，。C=C的键能与C-C的键能相差约___________kJ/mol。（2）600℃时，容器压强恒为P，铬基催化剂下两个密闭容器中分别按下表投料发生反应：容器C3H8/molCO2/molN2/molA1010B128①容器B生成C3H6的反应流程如下：下列有关说法正确的是________。A．原料气中通入N2可提高C3H8的平衡转化率B．升高温度，一定能提高的C3H6平衡产率C．过程1产生C3H6的量大于过程2和过程3产生的C3H6D．在铬基催化剂中适当加入CaO可促进过程2平衡正移而提高C3H8的平衡转化率②若容器A中只发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，C3H8的平衡转化率为，C3H6的选择性(选择性 )为w，计算反应Ⅰ的平衡常数________。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。③按照容器A和容器B气体组分比，将两组气体按相同流速分别通过催化剂固定床反应器，C3H8的转化率和C3H6的选择性随时间变化如图所示：随反应进行，A组中C3H8转化率明显降低的可能原因是________，B组中CO2的作用是________(用化学方程式和必要的文字说明)。（3）恒温恒容的密闭容器中通入气体分压比为的混合气体，，已知某反应条件下只发生反应Ⅳ和反应Ⅴ(，为速率常数，只与温度有关且)：反应Ⅳ：反应Ⅴ：实验测得丙烯的净生成速率方程为，请在下图中画出丙烯的物质的量随时间的变化趋势____________。 【答案】19.20.①.A②.③.分解产生的C附着于催化剂表面，使催化剂失活，反应速率迅速减小④.，消除催化剂上积碳，增加催化剂的稳定性和寿命；促进按过程2和3发生反应，减少裂解副反应，提高选择性21.(曲线起点为0，纵坐标最大值不超过2且终点时为1)【解析】小问1详解】已知键能：，，根据反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，结合反应Ⅰ．有：8E(C-H)+2E(C-C)-6E(C-H)-E(C=C)-E(C-C)-E(H-H)=2E(C-H)+E(C-C)-E(C=C)-E(H-H)=2×413.4-436+E(C-C)-E(C=C)=+124.14kJ/mol，故得E(C-C)-E(C=C)=-266.66kJ/mol，故C=C的键能与C-C的键能相差约266.66kJ/mol，故答案为：266.66；【小问2详解】①A．该容器为恒压容器，故原料气中通入N2，导致反应体系的平衡分压减小，上述反应平衡正向移动，故可提高C3H8的平衡转化率，A正确；B．由题干信息可知，容器中发生了反应Ⅱ和Ⅲ副反应，且这两个反应也是吸热反应，虽然升高温度，能使反应I正向移动，但反应Ⅱ和Ⅲ也正向移动，故不一定能提高的C3H6平衡产率，B错误；C．已知过程2和过程3为有催化剂参与，能够加快反应速率，但不知道它们的产率，故无法比较过程1产生C3H6的量和过程2和过程3产生的C3H6，C错误；D．在铬基催化剂中适当加入CaO，将消耗CO2，使得过程3无法进行，CrOx-1的浓度增大，则促进过程 2平衡逆向移动，但不能改变C3H8的平衡转化率，D错误；故答案为：A；②若容器A中只发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，C3H8的平衡转化率为，C3H6的选择性为w，根据三段式分析：，，故平衡时p(C3H8)=P=P，p(C3H6)=p(H2)=P，故计算反应Ⅰ的平衡常数=，故答案为：；③由题干信息可知，反应中将发生副反应Ⅲ，生成的C将附着在催化剂表面，是催化剂失活，故随反应进行，A组中C3H8转化率明显降低的可能原因是C3H8分解产生的C附着于催化剂表面，使催化剂失活，反应速率迅速减小，已知高温下CO2能与C反应生成CO，从而减少附着在催化剂表面的碳，使催化剂复活，故B组中CO2的作用是，消除催化剂上积碳，增加催化剂的稳定性和寿命；促进按过程2和3发生反应，减少裂解副反应，提高选择性，故答案为：C3H8分解产生的C附着于催化剂表面，使催化剂失活，反应速率迅速减小；，消除催化剂上积碳，增加催化剂的稳定性和寿命；促进按过程2和3发生反应，减少裂解副反应，提高选择性；【小问3详解】恒温恒容的密闭容器中通入气体分压比为的混合气体， ，根据同温同体积下，气体的压强之比等于物质的量之比，故n(C3H8)=2mol，n(CO2)=8mol，刚开始只发生反应Ⅳ则生成的C3H6逐渐增大，当反应完全进行是最多生成C3H6为2mol，消耗2molCO2，然后将发生反应V，则C3H6的量逐渐减少，直到丙烯的净生成速率为0时C3H6不再改变，此时剩余的6molCO2完全消耗，则消耗掉C3H6为1mol，故剩余C3H6的物质的量为1mol，据此分析可知，丙烯的物质的量随时间的变化趋势如图所示：(曲线起点为0，纵坐标最大值不超过2且终点时为1)，故答案为：(曲线起点为0，纵坐标最大值不超过2且终点时为1)。20.氯化亚铜(CuCl)是石油工业常用的脱硫剂和脱色剂，以低品位铜矿(主要成分为CuS。CuS2和铁的氧化物)为原料制备CuCl步骤如下：已知：CuCl难溶于醇和水，热水中能被氧化，在碱性溶液中易转化为CuOH．CuCl易溶于浓度较大的Cl-体系中()。请回答：（1）还原过程中所得产物的主要溶质的化学式是___________。 （2）下列有关说法不正确的是___________。A.“浸取”过程中稀硫酸可以用浓硫酸代替B.滤渣1的成分是C.“除锰”后的滤液中Cu元素主要以形式存在D.“除锰”后滤液加热的主要目的是除去多余的氨水和（3）“稀释”过程中，pH对CuCl产率的影响如图所示：请分析pH控制在左右的原因___________。（4）为测定CuCl产品纯度进行如下实验：a．称量所得CuCl产品g溶于硝酸，配制成250mL溶液；取出mL，加入足量的mLmol/L溶液，充分反应；b．向其中加入少量硝基苯，使沉淀表面被有机物覆盖；c．加入指示剂，用标准溶液滴定过量的溶液；d．重复实验操作三次，消耗mol/L溶液体积平均为mL。已知，。①加入硝基苯的作用是________。②滴定选用的指示剂是________。A．B．C．D．③CuCl的纯度为________。【答案】（1）（2）AD（3）pH低于，CuCl易发生歧化反应；pH高于，随着增大，CuCl易转化为CuOH（4）①.防止在滴加时，AgCl沉淀部分转化为AgSCN沉淀②.C③.【解析】 【分析】低品位铜矿加入稀硫酸、二氧化锰浸取，除去硫，所得滤液加入氨水除铁，得到的滤渣1主要为氢氧化铁，再加氨水、碳酸氢铵除锰得到碳酸锰，滤液再加热，过滤、洗涤得到高活性氧化铜，加入铜、盐酸，加入氯化钠还原，再加水稀释后过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜；【小问1详解】还原过程中铜离子、盐酸、氯化钠、和铜，铜与铜离子反应转化为氯化亚铁，CuCl易溶于浓度较大的Cl-体系中()，故所得产物的主要溶质的化学式是；【小问2详解】A．浓硫酸具有强氧化性，能氧化二价铁离子，且能生成二氧化硫，不能用浓硫酸代替稀硫酸，选项A不正确；B．滤渣1的成分是Fe(OH)3，选项B正确；C．“除锰”后的滤液中Cu元素主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在，选项C正确；D．Cu元素主要以形式存在，“除锰”后滤液加热的主要目的是使其分解生成CuO，选项D不正确；答案选AD；【小问3详解】pH控制在左右的原因是：pH低于，CuCl易发生歧化反应；pH高于，随着增大，CuCl易转化为CuOH；【小问4详解】①加入硝基苯的作用是防止在滴加时，AgCl沉淀部分转化为AgSCN沉淀；②结合该实验中滴加标准溶液,指示剂主要是与SCN-反应产生明显现象，所以选用Fe3+，因为溶液中含有Ag+，不能选用含Cl-的试剂,故只能选；答案为C；③根据反应Ag++Cl-=AgCl↓、Ag++SCN-=AgSCN，故gCuCl产品的物质的量为n(CuCl)==0.1mol，CuCl的纯度为=。21.化合物H是一种抗艾滋病药物，某课题组设计的合成路线如下： 已知：R1BrR1MgBr请回答：（1）写出化合物B中的官能团名称___________。（2）下列说法不正确的是___________。A.A→B的过程是为了保护B.E→F的反应类型是消去反应C.化合物G和H可通过红外光谱区别D.化合物H的分子式是，易溶于水（3）化合物M的结构简式是___________。（4）C→D的化学方程式是___________。（5）化合物N()是另一种合成路线的中间体，写出化合物N符合下列条件的同分异构体___________。①有两个六元环，其中一个是苯环；②H-NMR谱显示有5种不同化学环境的氢原子；③—Cl和—OH不能连接在同一个碳原子。（6）以和为原料，设计如图所示化合物的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)___________。【答案】21.碳氯键、酰胺基22.BD 23.24.+CF3COOC2H5+C2H5OH25.、、、、、(其中三个)26.【解析】【分析】由C的结构简式结合A的结构简式可以推出B为，C到D发生取代反应，Cl原子间位上的H被取代，结合D的分子式，可以推出D的结构为；根据E的结构结合M的分子式可以推出M的结构为，E在一定条件下生成F，F的结构简 式为；F发生水解反应生成G，最后得到H。【小问1详解】由上述分析可知，B的结构简式为，含有的官能团为碳氯键、酰胺基；【小问2详解】A．A中含有氨基，容易被次氯酸氧化，故A到B的过程是为了保护氨基，A正确；B．消去反应要生成不饱和结构，E→F的反应没有生成不饱和结构，故不是消去反应，B错误；C．G和H含有的官能团不同，可以用红外光谱区别，C正确；D．根据H的结构可知其分子式为，由其结构可判断难溶于水，D错误；答案为BD；【小问3详解】由分析可知M的结构简式为；【小问4详解】C的结构为，D的结构为，可知中Cl原子间位上的H被 取代，故化学方程式为+CF3COOC2H5+C2H5OH；【小问5详解】N的结构简式为，其同分异构体有两个六元环，其中一个为苯环，说明没有其它不饱和的结构，H-NMR谱显示有5种不同化学环境的氢原子，说明其结构对称，应该为对位结构，—Cl和—OH不能连接在同一个碳原子，满足条件的同分异构体为：、、、、、(其中三个)；【小问6详解】