浙江省浙南名校联盟2023-2024学年高三上学期第一次联考化学试题（Word版附解析）

2023学年第一学期浙南名校联盟第一次联考高三年级化学学科试题考生须知：1.本卷共8页满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题纸。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16F-19Na-23S-32C1-35.5K-39Fe-56Cu-64选择题部分一、选择题(本题有16小题，每小题3分，共48分。每小题只有1个选项符合题意，不选、多选、选错均不给分)1.下列物质是含共价键的离子化合物且属于盐的是A.NaOHB.Mg3N2C.NH4CNOD.CaO【答案】C【解析】【详解】A．NaOH由Na+和OH-构成，含有离子键和共价键，属于离子化合物，但属于碱，A不符合题意；B．Mg3N2由Mg2+和N3-构成，只含有离子键，B不符合题意；C．NH4CNO属于盐，含有铵根离子和CNO-，含有离子键和共价键，C正确；D．CaO属于氧化物，D不符合题意；故选C。2.下列化学用语或表述正确的是A.SiO2的结构式：O=Si=OB.的VSEPR模型： C.的名称：2-甲基丙醇D.激发态的B原子轨道表示式：【答案】B【解析】【详解】A．SiO2晶体为共价晶体，Si、O原子间形成共价单键，结构式不是O=Si=O，A不正确；B．的中心S原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，VSEPR模型为，B正确；C．的分子呈直链结构，主链上有4个碳原子，名称为2-丁醇，C不正确；D．在2p轨道上，3个轨道的能量相同，电子可以随意进入三个轨道中的任意一个，表示基态的B原子轨道表示式，D不正确；故选B。3.次氯酸钠是一种重要的盐，下列说法不正确的是A.次氯酸钠既可以做漂白棉麻纸张的漂白剂，又可做游泳池等场所的消毒剂B.“84”消毒液和酒精同时使用不会增强杀菌效果C.由于次氯酸钠不能分解，人们制得漂白液代替氯水做漂白剂D.在常温下，将Cl2通入NaOH溶液，得到以次氯酸钠为有效成分的漂白液【答案】C【解析】【详解】A．次氯酸钠具有强氧化性，能起到杀菌消毒的作用，也可以使有机色质漂白褪色，所以次氯酸钠既可以做漂白棉麻纸张的漂白剂，又可做游泳池等场所的消毒剂，故A正确；B．“84”消毒液的有效成分次氯酸钠能与酒精发生氧化还原反应使两者的杀菌效果降低，所以“84”消毒液和酒精同时使用不会增强杀菌效果，故B正确；C．次氯酸钠溶液与空气中二氧化碳反应生成次氯酸而表现漂白性，漂白能力弱于含有次氯酸的氯水，所 以不能用漂白液代替氯水做漂白剂，否则漂白效果会降低，故C错误；D．氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，所以常温下将氯气通入氢氧化钠溶液中可以得到以次氯酸钠为有效成分的漂白液，故D正确；故选C。4.下列说法不正确的是A.镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮化镁B.实验室可用加热分解NH4Cl来制备氨气C.将生铁进一步炼制减少含碳量，能得到机械性能更好的钢D.胆矾可以和石灰乳制成一种常用的农药【答案】B【解析】【详解】A．镁在空气中燃烧时，可与空气中的氮气、氧气和二氧化碳反应生成氮化镁和氧化镁，故A正确；B．实验室用氯化铵固体与氢氧化钙固体共热反应制备氨气，不能用加热氯化铵的方法制备氨气，故B错误；C．生铁和钢的性能差别主要是因为生铁和钢中的含碳量的不同，所以将生铁进一步炼制减少含碳量，能得到机械性能更好的钢，故C正确；D．胆矾可以和石灰乳可以制成一种常用的杀菌能力较好的农药波尔多液，故D正确；故选B。5.利用下列仪器、装置及药品能达到实验目的的是A.用装置甲蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3晶体B.用装置乙证明乙炔可使溴水褪色C.用装置丙制取乙二酸D.用装置丁制氨水【答案】D【解析】【详解】A．由于氯化铝水解生成氢氧化铝和HCl，HCl易挥发，因此应在HCl气流中加热制无水AlCl3 固体，选项A错误；B．乙炔中含有PH3和H2S杂质，H2S有还原性，也能使溴水褪色，因此图丁不能验证乙炔使溴水褪色，选项B错误；C．乙二酸会被过量的酸性高锰酸钾氧化为二氧化碳，不能达到实验目的，选项C错误；D．氨气不溶于四氯化碳，极易溶于水，氨气进入四氯化碳后再溶于水形成氨水，且能防止倒吸，选项D正确；答案选D。6.足量的铜溶于一定量浓硝酸，产生NO2、N2O4、NO的混合气体。这些气体若与3.36LO2(标准状况)混合后通入水中，气体恰好能被水完全吸收。若向原所得溶液中加入5mol∙L-1H2SO4溶液250mL，则继续溶解一定量的Cu。下列说法正确的是A.最后溶液是CuSO4、Cu(NO3)2混合液B.最多溶解铜的质量是57.6gC.放电或高温下N2与O2反应是现代工业制硝酸的基础D.铜与浓硝酸的反应仅体现了硝酸的强氧化性【答案】B【解析】【分析】足量的铜溶于一定量浓硝酸，产生NO2、N2O4、NO的混合气体。这些气体若与3.36LO2(标准状况)混合后通入水中，气体恰好能被水完全吸收，则发生的总反应为2Cu+O2+4HNO3=2Cu(NO3)2+2H2O，n(O2)=0.15mol，则n(Cu)=0.3mol，n()=0.6mol。【详解】A．向原所得溶液中加入5mol∙L-1H2SO4溶液250mL，发生反应3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，n()=0.6mol，n(H+)=2.5mol，则完全反应，最后溶液是CuSO4溶液，A不正确；B．n()=0.6mol，最多溶解铜的物质的量为0.9mol，质量是0.9mol×64g/mol=57.6g，B正确；C．现代工业制硝酸的第一步反应，是氨的催化氧化反应4NH3+5O24NO+6H2O，C不正确；D．铜与浓硝酸的反应为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，硝酸体现强氧化性和酸性，D不正确；故选B。7.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1L0.2mol∙L-1K2Cr2O7中的数目为0.2NA B.1mol的正四面体烷中含有σ键数目为6NAC.电解精炼铜，当电路中通过的电子数为0.5NA时，理论上阴极增重16gCuD.1mol∙L-1的NH4Cl溶液中和H+的数目之和大于NA【答案】C【解析】【详解】A．在K2Cr2O7溶液中存在平衡：+H2O2+2H+，则1L0.2mol∙L-1K2Cr2O7中的数目小于0.2NA，A不正确；B．1mol的正四面体烷中含有6个C-Cσ键和4个C-Hσ键，则含σ键的数目为10NA，B不正确；C．电解精炼铜，当电路中通过的电子数为0.5NA时，理论上阴极生成Cu的物质的量为0.25mol，增重0.25mol×64g/mol=16gCu，C正确；D．1mol∙L-1的NH4Cl溶液的体积未知，无法求出和H+的数目，D不正确；故选C。8.下列说法正确的是A.天然氨基酸一般能溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂B.臭氧分子的共价键是极性键，它在水中的溶解度高于在四氯化碳中溶解度C.饱和硫酸铵、饱和硫酸铜溶液都可使蛋白质变性D.在碱催化下，苯酚与过量的甲醛反应，生成的酚醛树脂是热固性塑料【答案】D【解析】【详解】A．天然氨基酸分子含有极性的氨基和羧基，所以易溶于水，难溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，故A错误；B．臭氧分子的共价键是非极性键，它在水中的溶解度高于在四氯化碳中溶解度，故B错误；C．饱和硫酸铵可使蛋白质发生盐析，饱和硫酸铜溶液使蛋白质变性，故C错误；D．在碱催化下，苯酚与过量的甲醛反应，生成的酚醛树脂是热固性塑料，故D正确；故答案为：D。9.下列反应的离子方程式不正确的是 A.溶液滴入FeCl3溶液中：B.将Mg(HCO3)2溶液与过量的NaOH溶液混合：C.NaAlO2溶液中加入NaHCO3溶液：D.NaHSO3溶液中滴加足量的溴水：【答案】D【解析】【详解】A．亚铁氰化钾可与铁离子反应生成沉淀，用来检验铁离子，A项正确；B．碳酸氢镁溶液与足量NaOH溶液反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸钠和水，B项正确；C．偏铝酸钠溶液与碳酸氢钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，C项正确；D．溴水具有氧化性，足量的溴水应将所有+4价的硫元素氧化成+6价的硫元素，离子方程式为：，D项错误；故选D。10.抗生素克拉维酸的结构简式如图所示，下列关于克拉维酸的说法不正确的是A.存在顺反异构和对映异构B.含有5种官能团C.可形成分子内氢键和分子间氢键D.最多可与3molNaOH反应【答案】D【解析】【详解】A．由题干有机物结构简式可知，该有机物存在碳碳双键，且双键两端的碳原子分别连有互不同的原子或原子团，故该有机物存在顺反异构；分子中存在饱和碳原子且该原子上四个基团不同，存在对映异构，A正确；B．由题干有机物结构简式可知，该有机物含有羟基、羧基、碳碳双键、醚键和酰胺基等5种官能团，B正确；C．由题干有机物结构简式可知，该有机物中的羧基、羟基、酰胺基等官能团具有形成氢键的能力，故其分子间可以形成氢键，其中距离较近的某些官能团之间还可以形成分子内氢键，C正确；D．由题干有机物结构简式可知，1mol该有机物含有羧基和酰胺基各1mol，这两种官能团都能与强碱反应，故1mol该物质最多可与2molNaOH反应，D错误； 故选D。11.短周期主族元素W、X、Y、Z、Q原子序数依次增大，W的核外电子数等于其周期数；X与W不相邻，与Y相邻；基态Y原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍；Z的最外层电子数为K层的一半；Q的s能级电子总数比p能级电子总数少5个，下列说法正确的是A.元素的电负性：Y>Q>W>ZB.简单离子半径：Z>X>YC.W与Y形成的10电子微粒有2种D.由W、X、Y三种元素组成的化合物的水溶液均显酸性【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z、Q原子序数依次增大，基态Y原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，则Y为O元素；W的核外电子数等于其周期数，则W为H元素；X与W不相邻，与Y相邻，则Y为N元素；Z的最外层电子数为K层的一半，则Z为Na元素；Q的s能级电子总数比p能级电子总数少5个，则Q为Cl元素。【详解】A．金属元素的电负性小于非金属元素，则钠元素的电负性最小，元素的非金属越强，电负性越大，氢、氧、氯三种非金属性强弱顺序为O>Cl>H，则四种元素的电负性大小顺序为O>Cl>H>Na，故A正确；B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径的大小顺序为N3—>O2—>Na+，故B错误；C．氢元素与氧元素形成的10电子微粒有水分子、氢氧根离子、水合氢离子，共有3种，故C错误；D．氢、氮、氧三种元素组成的化合物一水合氨在溶液中电离出氢氧根离子使溶液呈碱性，故D错误；故选A。12.实验室提纯乙酸乙酯的流程如图所示：下列说法不正确的是A.为保证反应回流效果，可以使用球形冷凝管B.饱和的Na2CO3和饱和NaCl的作用既能除杂又能降低酯的溶解度C.试剂1的作用是将乙醇氧化成乙酸溶于水而除去 D.操作1为蒸馏【答案】C【解析】【分析】回流产物蒸馏，蒸馏产物加入碳酸钠调节pH、氯化钠溶液洗涤分液，分液分离出有机相，加入饱和氯化钙溶液除去乙醇，分液分离出有机相，加入无水硫酸镁干燥，蒸馏分离得到乙酸乙酯；【详解】A．为保证反应回流效果，可以使用球形冷凝管，增加气体在冷凝管中的时间，达到更好的冷凝效果，A正确；B．饱和的Na2CO3和饱和NaCl的作用既能除杂又能降低酯的溶解度，利于除杂和酯的析出，B正确；C．试剂1的作用是加入饱和氯化钙溶液除去乙醇，C错误；D．操作1分离出乙酸乙酯的操作，为蒸馏，D正确；故选C。13.太阳能光电催化-化学耦合分解H2S的装置如图所示。下列说法不正确的是A.若接铅蓄电池进行电解，b极接Pb电极B.a极的电极反应为：C.理论上每生成1mol氢气则消耗2molFe2+D.利用太阳能光进行电催化可以节约能源并产生清洁能源【答案】B【解析】【详解】A．从图中可以看出，b极H+得电子生成H2，则b极为阴极，若接铅蓄电池进行电解，b极接Pb电极(负极)，A正确；B．a极的电极反应为：Fe2+-e-=Fe3+，B不正确；C．理论上每生成1mol氢气，线路中转移2mole-，则消耗2molFe2+，C正确；D．利用太阳能光进行电催化，将光能转化为化学能，不需消耗电能，可以节约能源，并产生清洁能源，D正确；故选B。 14.反应在加入Fe3+后反应进程中的能量变化如图，已知反应机理中有Fe2+出现。下列有关该反应的说法正确的是A.步骤①的热化学方程为：B.决速步是第②步C.升高温度可以更容易检测到Fe2+D.无Fe3+时，反应的活化能小于E3-E2，但是△H相同【答案】C【解析】【详解】A．步骤①反应物的总能量为，生成物的总能量为，所以步骤①的焓变，A项错误；B．步骤①的活化能大于步骤②，所以步骤①是慢反应，决速步是第①步，B项错误；C．由于步骤①正反应产生，步骤②逆反应产生Fe2+，且步骤①是吸热反应，升温有助于朝步骤①的正反应进行，而步骤②是放热反应，升温有助于朝步骤②的逆反应进行，两个方向均是有利于的生成，所以升高温度可以更容易检测到Fe2+，C项正确；D．无时，反应的活化能应更大，大于，D项错误；故选C。15.25℃时，用NaOH溶液分别滴定弱酸HA、CuSO4、FeSO4三种溶液，pM随pH变化关系如图所示【p表示负对数，M表示c(HA)/c(A-)、c(Cu2+)、c(Fe2+)等】，已知Ksp【Cu(OH)2】<Ksp【Fe(OH)2】，溶液中离子浓度<10-5mol。L-1可以认为已经除去。下列有关分析不正确的是 A.Ksp（Fe(OH)2）=10-15B.调整溶液pH=7，可除去工业废水中的Cu2+C.a点对应的p(M)=3D.Fe(OH)2固体难溶解于HA溶液【答案】D【解析】【分析】Cu(OH)2、Fe(OH)2的结构相似，二者的pM随pH的变化曲线应该是平行线，故③代表滴定HA溶液的变化关系，根据曲线③pM=0时，溶液的pH=5.0，可得K(HA)=10-5；根据曲线①pM=0时，溶液的pH=4.2，可得Ksp=10-19.6；根据曲线②pM=0时，溶液的pH=6.5，可得Ksp=10-15，Cu(OH)2更难溶,故①②分别代表滴定CuSO4溶液FeSO4溶液的变化关系，且Ksp（Cu(OH)2）=10-19.6，Ksp（Fe(OH)2）=10-15。【详解】A．根据分析可知：Ksp（Fe(OH)2）=10-15，故A正确；B．由分析可知氢氧化铜Ksp=10-19.6，pH=7，则溶液中c（Cu2+）=10-5.6mol/L小于10-5mol/L，故B正确；C．即，可得：，c（OH-）=10-6mol/L，因此，则p(Fe2+)=3，故C正确；D．的K值为，平衡常数较大，故反应能发生，故D错误；故选正确D。16.探究氮元素及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论正确的是实验目的实验方案现象和结论A检验某红棕色气体是否为NO2将该气体通入淀粉—KI溶液若溶液变蓝，则该气体为NO2 B检验某钠盐溶液中是否含有NO取少量该溶液于试管中，加稀盐酸酸化，再加入FeCl2溶液若溶液变黄色且试管上部产生红棕色气体，则该溶液中含有NOC检验某固体物质是否为铵盐取一定量固体于试管中加浓NaOH溶液，微热若产生的气体能使湿润的pH试纸变蓝，则该固体为铵盐D检验NH3具有还原性将干燥的NH3通入灼热的CuO若固体由黑色变成红色，则证明NH3具有还原性A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．红棕色的溴蒸气也能碘化钾溶液反应生成使淀粉溶液变蓝色的单质碘，则溶液变蓝色不能说明红棕色气体为二氧化氮，故A错误；B．酸性条件下硝酸根离子也能与溶液中的亚铁离子反应生成铁离子、一氧化氮和水，则溶液变黄色且试管上部产生红棕色气体不能说明溶液中含有亚硝酸根离子，故B错误；C．金属氮化物如氮化镁能与水反应生成能使湿润的pH试纸变蓝的氨气，则产生的气体能使湿润的pH试纸变蓝不能说明该固体为铵盐，故C错误；D．将干燥的氨气通入灼热的氧化铜，固体由黑色变成红色说明氨气与氧化铜共热反应生成氮气、铜和水，反应中氮元素的化合价升高被氧化，氨气是反应的还原剂，表现还原性，故D正确；故选D。非选择题部分二、非选择题(本题有5大题，共52分)17.氟及其化合物种类繁多，应用广泛。请回答：（1）基态F原子的价层电子排布式是_______。（2）下列说法不正确的是_______。A.第三电离能大小：F>O>N>CB.冰晶石(Na3AlF6)中含有极性共价键、配位键、离子键C.SO2F2的结构类似H2SO4，SO2F2中的键角∠OSO<∠FSFD.熔点大小：AlF3>AlBr3>AlCl3，推测AlF3为离子化合物（3）OF2分子的空间构型为_______；其分子极性_______H2O(填“>”或“<”)。 （4）氟化氢是弱酸，在水溶液中存在；但，当HF浓度大于5molL-1时，氢氟酸是一种相当强的酸，请解释原因：_______。（5）某含氟化合物晶胞如图，其化学式为_______，设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为_______g/cm3【答案】（1）2s22p5（2）AC（3）①.V形或角形②.<（4）随着HF浓度的增加，一部分F-通过氢键与未解离的HF分子形成相当稳定的HF等离子，促进HF的电离平衡正向移动，使得体系的酸度增大（5）①.K2CuF4②.【解析】【小问1详解】F是9号元素，根据核外电子排布规律可知F原子的价层电子排布式为；【小问2详解】失去两个电子后，碳元素为2s轨道全满状态较稳定，第三电离能应大于氮元素，A项错误；冰晶石(Na3AlF6)为离子晶体，含有离子键，其阴离子为配离子，含有配位键，Al和F之间是极性共价键，所以含有极性共价键、配位键、离子键，B项正确；O点电负性小于F，所以SO2F2中S-O的成键电子对更靠近中心S原子，排斥力更大，所以键角∠OSO＞∠FSF，C项错误；已知为共价化合物，属于分子晶体，分子晶体的熔点取决与范德华力，范德华力和摩尔质量有关，若也为分子晶体，其摩尔质量更小，沸点也应更小，与给出实际条件不符，所以可推测AlF3为离子化合物，D项正确；故选AC； 【小问3详解】①分子中中心原子O的价电子对数为，根据价层电子对互斥理论，空间构型为V形；②因为元素电负性大小顺序为F>O>H，所以的共用电子对偏向O，的共用电子对形成的极性与中心原子孤对电子形成的极性相同，而的共用电子对偏向F，O原子周围的电荷得到分散，所以的极性强于；【小问4详解】有很强的结合质子的能力，随着HF浓度增大，会和HF结合生成，即，该反有效地降低了溶液中的浓度，促进HF的电离，酸性增强；【小问5详解】根据均摊法计算，一个晶胞中的个数为，F的个数为，K的个数为，所以该含氟化合物的化学式为；②该晶胞中共含有Cu原子2个，F原子8个，K原子4个，所以一个晶胞的质量，晶胞体积，所以该晶体的密度为。18.如图所示可以分离并回收废旧芯片中的几种贵金属。已知，①HAuCl4是一种强酸：②Pd(NH3)2C12难溶。请回答：（1）含金固体可溶于HNO3和NaCl的混合溶液，并产生NO，请写出反应的离子方程式：_______。（2）金的分离还可以加王水，银钯的分离可重复利用某些溶液。 ①下列说法正确的是_______。A.芯片中的金是芯片连接的绝佳材料，只是利用其物理性质B.溶液X可以是NaCl溶液C.溶液Z的主要成分是Ag(NH3)4Cl，是一种盐D.N2H4不直接还原固体Y可能的原因是得到的Ag纯度更高②加入氨水，[PdCl4]2-转化为[Pd(NH3)4]2+，则该条件下配位能力：Cl_____NH3(填“>”或“<”)。“加入盐酸，调pH≈1”能将[Pd(NH3)4]2+转化为Pd(NH3)2Cl2的原因_______。（3）溶液Z中加NaCl溶液是否有沉淀？_______(填“有”或“没有”)。设计实验验证溶液Z中银元素的存在_______。【答案】（1）（2）①.BD②.<③.调pH≈1，使部分NH3转化为NH，能使可溶性配离子转化为难溶性的Pd(NH3)2Cl2；但若pH过小，c(H+)过大，NH3全部转化为NH，则可能会完全转化成[PdCl4]2-（3）①.没有②.取少量Z溶液与试管，加入过量的盐酸，产生白色沉淀，加稀硝酸不溶，则证明有Ag元素【解析】【分析】机主板中含有贵金属单质Au、Ag和Pd，在硝酸中酸浸，Au不发生反应，Ag、Pd发生反应转化为、；含Au固体用王水溶解转化为溶液；向含有Ag+、溶液中加入NaCl生成AgCl固体和溶液；AgCl固体用氨水溶解得到银氨溶液，再向银氨溶液中加入肼得到Ag；向含溶液中加入氨水得到含溶液，再加入盐酸调pH得到。【小问1详解】含金固体可溶于HNO3和NaCl的混合溶液，生成，并产生NO，根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式为；【小问2详解】①芯片中的金是芯片连接的绝佳材料，不只是利用其物理性质，还因为金的化学性质不活泼，A项错误；生成的固体Y为氯化银，所以溶液X可以是NaCl溶液，B项正确；溶液Z是氯化银溶于氨水生成的Ag(NH3)2Cl溶液，C项错误；N2H4不直接还原固体AgCl可能的原因是碱性条件下水合肼的还原性增强，将固体AgCl溶解为银氨离子，能提高反应速率，同时避免生成的银单质中混有AgCl杂质，得到的Ag纯度更高，D项正确； 故选BD；②加入氨水，[PdCl4]2-转化为[Pd(NH3)4]2+，说明该条件下配位能力Cl小于NH3；③Pd(NH3)2Cl2为难溶物，调pH≈1，使部分NH3转化为，能使可溶性配离子转化为难溶性的Pd(NH3)2Cl2；但若pH过小，c(H+)过大，NH3全部转化为，则可能会完全转化成可溶性的[PdCl4]2-；【小问3详解】①Z溶液是银氨溶液，溶液中是银氨离子，不会和氯离子产生沉淀；②若想验证银元素，应先将银氨离子转化为银离子，再检验银离子的存在，方法为：取少量Z溶液与试管，加入过量的盐酸，产生白色沉淀，加稀硝酸不溶，则证明有Ag元素。19.硫酸有着广泛的用途。硫酸工业在国民经济中占有重要地位。（1）实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量SO2：。判断该反应的自发性并说明理由_______。（2）我国古籍记载了硫酸的制备方法-“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。①借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如图所示。700℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有_______、_______(填化学式)和SO2。②已知下列热化学方程式：则的△H=_______kJ/mol。（3）接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：①为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制不同转化率(α)下反应速率(数值已略去) 与温度的关系如图，下列说法正确的是_______。A温度越高，反应速率越大B.α=0.88曲线代表平衡转化率C.α越大，反应速率最大值对应温度越低D.可根据不同α下的最大速率，选择最佳生产温度②固定投料比，在压强分别为0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa下，得到SO2的平衡转化率随温度的变化如图所示。则在5.0MPa、550℃时，该反应的平衡转化率=_______。③对于气体参与的反应，可用气体组分(B)的平衡压强p(B)代替该气体物质的量浓度c(B)来表示平衡常数Kp。设O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为αe，则上述催化氧化反应的Kp=_______(用含p和αe的代数式表示)。【答案】（1）任何温度下都能自发，因△H<0，△S>0（2）①.CuO②.SO3③.(a+c-2b)（3）①.CD②.0.975③.【解析】【小问1详解】Cu(s)＋2H2SO4(l)=CuSO4(s)＋SO2(g)＋2H2O(l)  ΔH=-11.9kJ·mol-1，正反应气体物质的量增多，ΔS>0；ΔH<0、ΔS>0，所以该反应在任何温度下下都能自发进行。【小问2详解】①根据图示的热重曲线所示，在700℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO4发生热分解反应，从TG 图像可以看出，质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为SO2、SO3、O2，可能出现的化学方程式为3CuSO43CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑，结合反应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、SO2、SO3、O2，故答案为：CuO；SO3。②已知下列热化学方程式：根据盖斯定律，方程式a+c-2b可得的的△H=(a+c-2b)kJ·mol-1；【小问3详解】①A．根据图示，温度过高，催化剂失活，反应速率减慢，A错误；B．催化剂不改变平衡状态，相同温度下转化率还有高于0.88的，说明α=0.88的曲线不能代表平衡转化率，B错误；C．根据图示，转化率越大，反应速率最大值对应温度越低，C正确；D．可根据不同α下的最大速率，选择最合适的生产温度，D正确；故选CD。②该反应正向为气体分子数减小的反应，温度相同时增大压强，化学平衡向正向移动，SO2的平衡转化率(α)增大，5.0MPa>2.5MPa=p2，故p1=5.0MPa。故5.0MPa、550℃时，α=0.975。③利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数Kp===；设SO2初始量为mmol，则平衡时n(SO2)=m-m·αe=m(1-αe)，n(SO3)=m·αe，Kp==。20.Cu元素在生命活动中占有举足轻重的地位，缺铜会造成贫血、记忆力减退、反应迟钝、运动失常等。设计如下实验制备有机补铜剂顺式甘氨酸合铜水合物并测定其组成。查阅资料： ①制备反应为：②该反应同时生成顺式产物(天蓝色针状)和反式产物(蓝紫色鳞片状)，其反应进程如图所示：制备有机补铜剂顺式甘氨酸合铜水合物实验过程为：回答下列问题：（1）步骤Ⅱ中控制反应温度为70℃的原因是_______，可采用的加热方式为_______。（2）下列有关说法正确的是_______。A.CuSO4和NaOH快速生成的Cu(OH)2絮状沉淀易裹挟杂质，故不采用CuSO4和NaOH直接反应制备Cu(OH)2B.步骤Ⅲ中趁热过滤是为了防止杂质析出C.步骤IV加入95%的乙醇可以得到纯度更高的产品，说明顺式甘氨酸的极性大于反式甘氨酸D.步骤V用25%酒精和丙酮分别洗涤晶体的目的是：25%酒精用于除去可溶性杂质(剩余反应物)，丙酮用于除去晶体中残余的水（3）用间接碘量法测定产物中Cu(Ⅱ)的质量分数。已知：请选择以下正确的操作排序：取2.0g所制备的产品，用稀硫酸溶解配成100L溶液→a→________，重复操作3次，消耗Na2S2O3标准液平均值为amL。a.取25mL该溶液转移入锥形瓶b.立即用酸式滴定管中0.01molL-1Na2S2O3标准液快速进行滴定 c.立即用碱式滴定管中0.01molL-1Na2S2O3标准液快速进行滴定d.当溶液变为浅黄色时，加入1mL淀粉溶液e.加入蒸馏水和过量的KI溶液，得到棕黄色溶液f.继续滴定至溶液蓝色恰好褪去g.继续滴定至溶液由无色变为蓝色根据实验数据，所得晶体中Cu(Ⅱ)质量分数为_______，若要提高产品的纯度，所用的实验方法名称是_______。【答案】（1）①温度低于70°C，反应速率慢；温度高于70°C，易生成反式产物而引入杂质②.水浴加热（2）ACD（3）①.ecdf②.0.128a%③.重结晶【解析】【分析】由题给流程可知，向硫酸铜溶液中滴加氨水至沉淀恰好完全溶解得到含有四氨合铜离子的深蓝色溶液，向溶液中加入过量氢氧化钠溶液使四氨合铜离子完全转化为氢氧化铜沉淀，过滤、干燥、洗涤得到氢氧化铜；在65—70℃的水浴加热条件下向氢氧化铜中加入甘氨酸溶液，搅拌，使氢氧化铜完全溶解得到顺式甘氨酸合铜，趁热过滤得到顺式甘氨酸合铜滤液；向滤液中加入95%乙醇，冷却结晶、过滤、用25%酒精溶液和丙酮洗涤、干燥得到顺式甘氨酸合铜水合物。【小问1详解】由分析可知，步骤Ⅱ中为在65—70℃的水浴加热条件下向氢氧化铜中加入甘氨酸溶液，搅拌，使氢氧化铜完全溶解得到顺式甘氨酸合铜，由反应的活化能可知，实验时若温度低于70℃，反应速率慢，不利于生成制备活化能低的顺式产物，若温度高于70°C，易生成反式产物，产率低(反式产物能量更低)从而引入杂质，所以步骤Ⅱ中控制反应温度为70℃，故答案为：温度低于70°C，反应速率慢；温度高于70°C，易生成反式产物而引入杂质；水浴加热；【小问2详解】A．硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应速率快，反应生成的絮状氢氧化铜沉淀易裹挟可溶性杂质，不利于顺式甘氨酸合铜的生成与提纯，所以不采用硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液直接反应制备氢氧化铜，故正确；B．步骤Ⅲ中趁热过滤是为了防止顺式甘氨酸合铜析出，导致产率降低，故错误；C．步骤IV加入95%的乙醇的目的是降低顺式甘氨酸合铜的溶解度，从而得到纯度更高的产品，由相似相溶原理可知，顺式甘氨酸的极性大于反式甘氨酸，故正确；D．步骤V用25%酒精和丙酮分别洗涤晶体的目的是用25%酒精洗涤用于除去晶体表面的可溶性杂质(剩余反应物)，丙酮洗涤用于除去晶体中残余的水，故正确； 故选ACD；【小问3详解】硫代硫酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，应用碱式滴定管盛装硫代硫酸钠溶液，由方程式可知，用间接碘量法测定产物中Cu(Ⅱ)的质量分数的操作步骤为取2.0g所制备的产品，用稀硫酸溶解配成100L溶液，取25mL该溶液转移入锥形瓶，加入蒸馏水和过量的KI溶液，得到棕黄色溶液，立即用碱式滴定管中0.01molL-1硫代硫酸钠标准液快速进行滴定，当溶液变为浅黄色时，加入1mL淀粉溶液，继续滴定至溶液蓝色恰好褪去，重复操作3次，消耗硫代硫酸钠标准液平均值为amL；由方程式可得如下转化关系：2Cu2+—I2—2Na2S2O3，滴定消耗amL0.01molL-1硫代硫酸钠标准液，则2.0g样品中Cu(Ⅱ)的质量分数为×100%=0.128a%；若产品纯度不高，应用重结晶的方法提高产品的纯度，故答案为：ecdf；0.128a%；重结晶。21.利培酮是全球最常用的抗精神病药物之一、某研究小组按如图路线合成利培酮：已知：请回答：（1）化合物B的官能团名称是_______。（2）下列说法不正确的是_______。A.化合物A含有1个手性碳原子B化合物C与化合物G之间能发生取代反应C.若化合物F中含有杂质，需对其分离D.利培酮的分子式为C23H23FN4O2 （3）化合物G的结构简式是_______。（4）写出D→E的化学方程式_______。（5）实验室用乙烯为原料合成，请结合以上合成线路中的相关信息，设计该合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)。_______。（6）写出同时符合下列条件的化合物H的同分异构体的结构简式。①分子中含有苯环，无其它环状结构②含，不含和③1H-NMR谱检测表明：分子中共有5种不同化学环境的氢原子_______。【答案】21.羧基、酰胺基22.AC23.24.+NH2OH+H2O25.26. 【解析】【分析】A与反应生成B，B与SOCl2发生取代反应生成C，C与发生取代反应生成D，D与NH2OH反应生成E，E与KOH作用生成F，F与HCl反应生成G，H与SOCl2发生取代反应生成I，G与I反应生成。【小问1详解】化合物B的官能团名称是羧基、酰胺基。故答案为：羧基、酰胺基；【小问2详解】A.化合物A不含手性碳原子，故A选；B.化合物C中Cl与化合物G中F的邻位上的H之间能发生取代反应同时生成氯化氢，故B不选；C.若化合物F中含有杂质，不需对其分离，与 HCl反应生成G，故C选；D.利培酮的分子式为C23H23FN4O2，故D不选；故答案为：AC；【小问3详解】化合物G的结构简式是。故答案为：；【小问4详解】写出D→E的化学方程式+NH2OH→+H2O。故答案为：+NH2OH→+H2O；【小问5详解】实验室用乙烯为原料合成，结合以上合成线路中的相关信息，乙烯与氯气发生加成反应生成CH2ClCH2Cl，CH2ClCH2Cl与NH3反应生成，CH2ClCH2Cl在NaOH的水溶液中水解生成乙二醇，乙二醇氧化成乙二酸，乙二酸与反应得到，合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)如图。。故答案为： ；【小问6详解】