浙江省浙江省舟山中学2023-2024学年高三上学期12月月考化学试题（Word版附解析）

2023学年第一学期浙江精诚联盟适应性联考高三化学学科试题考生须知：1.本试题卷共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。3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题卷。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27Si-28P-31S-32K-39C1-35.5Mn-55Fe-56Sn-119Cu-64Zn-65Se-79Ag-108I-127Ba-137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.电解质对维持人体健康具有诸多作用，下列物质属于电解质的是A.SiO2B.C2H5OHC.KClD.Cu【答案】C【解析】【详解】A．SiO2是非金属氧化物，是非电解质，A错误；B．C2H5OH是有机物，属于非电解质，B错误；C．KCl是盐，属于电解质，C正确；D．Cu是单质，即不是电解质又不是非电解质，D错误；答案选C。2.下列化学用语表示正确的是A.HClO的结构式：H-Cl-OB.有机物(CH3CH2)2CHCH3的名称：3-甲基戊烷C.乙二酸实验式：C2H2O4D.基态氧原子的轨道表示式：【答案】B【解析】【详解】A．HClO的结构式：H-O-Cl，A错误； B．有机物(CH3CH2)2CHCH3的名称：3-甲基戊烷，B正确；C．乙二酸的实验式：CHO2，C错误；D．基态氧原子的轨道表示式：，D错误；答案选B。3.过氧化钠是一种常用的化工试剂，下列说法不正确的是A.过氧化钠属于氧化物B.过氧化钠可由钠和氧气反应制得C.过氧化钠可用作呼吸面具中的氧气来源D.过氧化钠在工业上常用于制备氢氧化钠【答案】D【解析】【详解】A．过氧化钠是由钠元素和氧元素组成的化合物，属于氧化物，A正确；B．过氧化钠可由钠和氧气在加热条件下反应制得，B正确；C．过氧化钠能与水或二氧化碳反应生成氧气，可用作呼吸面具中的氧气来源，C正确；D．过氧化钠能与水反应生成氢氧化钠和氧气，但由于过氧化钠的成本较高，不适合用于工业上制备氢氧化钠，D错误；故选D。4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A.Al(OH)3有弱碱性，可用于治疗胃酸过多B.生铁硬度大、抗压性强，可用于铸造机器底座C.稀硝酸有强氧化性，可清洗附着在试管内壁的银镜D.单晶硅是良好的半导体材料，常用于制备光导纤维【答案】D【解析】【详解】A．Al(OH)3有弱碱性，胃酸的成分是盐酸，与盐酸发生中和反应，可用于治疗胃酸过多，A正确；B．生铁属于合金，硬度大、抗压性强，可用于铸造机器底座，B正确；C．稀硝酸有强氧化性，能与不活泼金属银发生反应，可清洗附着在试管内壁的银镜，C正确；D．单晶硅是良好的半导体材料，常用于制备芯片等半导体，制备光导纤维的材料是SiO2，D错误；答案选D。 5.下列说法不正确的是A.图①装置可用于加热分解NaHCO3固体B.图②装置可通过喷泉现象证明氨气极易溶于水C.图③装置可用于探究温度对化学平衡移动的影响D.图④装置可用于测定中和反应的反应热【答案】A【解析】【详解】A．加热分解NaHCO3固体应用试管或坩埚加热固体，A错误；B．氨气极易溶于水，挤压胶头滴管，烧瓶内压强变小，大气压压着烧杯中的水上升形成喷泉，B正确；C．热水中颜色深，证明温度升高平衡发生移动，C正确；D．④为量热计可测中和反应热，D正确；故选A。6.硼氢化钾制备纳米铜粉的反应方程式为：Cu2++2+6H2O=Cu+2HBO3+7H2↑，已知反应前后B元素价态不变。下列说法不正确的是A.还原剂是KBH4B.还原产物是H2C.生成3.2g铜时共转移0.4mol电子D.若用Ag+替换Cu2+参加反应，可能制得纳米银粉【答案】B【解析】【详解】A．中B是+3价，H是-1价，在反应中B元素化合价不变，H的化合价升高为0价，失去电子，KBH4是还原剂，A正确；B．反应中铜的化合价由+2价降低到0价单质铜，发生还原反应生成Cu是还原产物，H的化合价由-1价和+1价到0价，H2既是还原产物又是氧化产物，还原产物是Cu和H2，B错误； C．反应Cu2++2+6H2O=Cu+2H3BO3+7H2↑中化合价升高总数为8，生成1molCu电子转移8mol，生成3.2gCu即是0.05molCu，电子转移的物质的量为0.05mol×8=0.4mol，C正确；D．Ag+和Cu2+性质相似，若用Ag+替换Cu2+参加反应，可能制得纳米银粉，D正确；答案选B。7.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1molCH3COOH中含有的σ键数目为8NAB.0.01mol/LBaCl2溶液含有的Ba2+数目为0.01NAC.加热条件下，3.2g铜与足量浓硫酸充分反应生成的SO2分子数目为0.05NAD.0.1molFeCl3加入沸水中充分反应，生成的Fe(OH)3胶体粒子的数目为0.1NA【答案】C【解析】【详解】A．1molCH3COOH中含有的σ键数目为7NA，A错误；B．0.01mol/LBaCl2溶液没告诉体积，n（Ba2+）无法计算，N=nNA无法计算，B错误；C．Cu少，全部反应完，，C正确；D．胶体粒子是混合物，数目无法计算，D错误；故选D。8.下列说法正确的是A.如果苯酚浓溶液沾到皮肤，应立即用酒精洗B.糖类都能发生水解反应，但各自水解的产物不相同C.汽油和植物油都属于烃类，所以汽油和植物油都可以燃烧D.向2mL蛋白质溶液中加入适量饱和硫酸铵溶液，产生沉淀，说明蛋白质发生了变性【答案】A【解析】【详解】A．苯酚易溶于酒精，若苯酚浓溶液沾到皮肤，应立即用酒精洗，故A正确；B．单糖不能发生水解反应，淀粉、纤维素水解最终产物都是葡萄糖，故B错误；C．汽油属于烃类，植物油是高级脂肪酸甘油酯，故C错误；D．向2mL蛋白质溶液中加入适量饱和硫酸铵溶液，产生沉淀，说明蛋白质发生了盐析，不变性，故D错误。 综上所述，答案为A。9.下列离子方程式书写正确的是A.MgSO4与Ba(OH)2溶液反应：Ba2++=BaSO4↓B.FeCl3溶液刻蚀电路铜板：2Fe3++3Cu=2Fe+3Cu2+C.在Ca(HCO3)2溶液中加入过量澄清石灰水：Ca2+++OH-=CaCO3↓+H2OD.向苯酚钠溶液中通入少量CO2：2+CO2+H2O→2+【答案】C【解析】【详解】A．与溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：，A项错误；B．溶液刻蚀电路铜板，生成亚铁离子和铜离子，正确的离子方程式为：，B项错误；C．在溶液中加入过量澄清石灰水，发生的离子方程式为：，C项正确；D．向苯酚钠溶液中通入少量，生成苯酚和碳酸氢钠，正确的离子方程式为：，D项错误；故选C。10.奥培米芬是一种雌激素受体调节剂，下列说法正确的是A.属于芳香烃B.存在3种官能团 C.含有-OH等亲水基团，具有较好水溶性D.在KOH醇溶液或浓硫酸中加热均能发生消去反应【答案】D【解析】【详解】A．组成元素有C、H、O、Cl，不是烃，A错误；B．结构中含有碳碳双键、碳氯键、醚键、羟基四种官能团，B错误；C．结构中含有Cl原子、醚键以及苯环，更多的是憎水基，在水中溶解度不大，C错误；D．结构中存在Cl原子和羟基，且邻位碳上均有氢原子，在KOH醇溶液或浓硫酸中加热均能发生消去反应，D正确；答案选D。11.原子序数依次增大的4种短周期主族元素X、Y、Z、M，已知基态X原子含3个未成对电子，Y在同周期元素中的原子半径最小，Z的价层电子只有一种自旋方向，基态M原子s能级上电子总数比p能级少1。下列说法正确的是A.元素最高正价：Y>X>M>ZB.简单离子半径：M>Z>X>YC.第一电离能：X>Y>Z>MD.最简单氢化物的稳定性：Y>X【答案】D【解析】【分析】X原子含3个未成对电子，则其价层电子排布式为：ns2sp3，且在这四种元素中其原子序数最小，则X为N，Y的原子半径最小，则Y为F元素；Z的价层电子只有一种自旋方向，则Z为Na元素，基态M原子s能级上电子总数比p能级少1，则M为Al，以此解题。【详解】A．F不能失去电子，没有正价，所以最高正价：N＞Al＞Na＞F，A错误；B．X、Y、Z、W的简单离子分别为N3-、F-、Na+、Al3+，它们的电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径：N3-＞F-＞Na+＞Al3+，B错误；C．一般来说，同周期越靠右，其第一电离能越大，故第一电离能F>N>Al>Na，C错误；D．非金属性越强，则其氢氧化物越稳定，非金属性F>N，故稳定性为Y>X，D正确；故选D。12.某学习小组按下图探究金属电化学腐蚀与防护的原理，下列说法正确的是 A.若b为正极，K连接A时，铁棒防腐的方式称为牺牲阳极的阴极保护法B.相同条件下，若X为食盐水，K分别连接B、C时前者铁棒的腐蚀速度更慢C.若X为模拟海水，K未闭合时铁棒上E点表面铁锈最多，腐蚀最严重的位置则是FD.若在X溶液中预先加入适量的K4[Fe(CN)6]溶液，可有效提升铁棒腐蚀或防腐的观察效果【答案】C【解析】【分析】K连接A时，可形成外加电流阴极保护法，被保护金属Fe应作为阴极；K连接B时，Fe作为负极，被腐蚀；K连接C时，形成牺牲阳极的阴极保护法，即牺牲Zn，保护Fe，据此解答。【详解】A．牺牲阳极的阴极保护法原理为原电池，无外加电流；若b为正极，K连接A时，铁棒成为电解池的阳极，加速腐蚀速率，A错误；B．K连接B时，Fe作为负极，被腐蚀；K连接C时，Zn作负极，Fe作正极，即牺牲Zn，保护Fe，所以后者铁棒的腐蚀速度更慢，B错误；C．此时F位置腐蚀最严重，但 Fe不是变成铁锈， E点(界面处)氧气浓度较大，生成的OH-浓度最大，而Fe (OH)2经氧化才形成铁锈，所以是E点铁锈最多，C正确；D．Fe2+与K3[Fe(CN)6]溶液反应产生蓝色沉淀，通过观察沉淀量的多少判断铁棒腐蚀或防腐的效果，应加K3[Fe(CN)6]溶液，不是K4[Fe(CN)6]溶液，D错误； 故选C。13.利用如图装置，工业上燃料燃烧产生的SO2废气可与O2协同转化为重要的化工原料。下列说法不正确的是 A.电极A为负极，X为阴离子交换膜B.电极B上发生的电极反应为：O2+4e-+4H+=2H2OC.电池工作时，消耗O2、SO2物质的量之比为1：1D.电池工作段时间后，右室中电解质溶液的pH无明显变化【答案】B【解析】【详解】A．电极A亚硫酸根失去电子生成硫酸根离子，发生氧化反应，A为负极，阴离子OH-向负极移动，X为阴离子交换膜，A正确；B．电极B上发生的电极反应为：O2+2e-+2H+=H2O2，B错误；C．电池工作时，1molSO2与OH-离子反应生成1mol亚硫酸根离子，1mol亚硫酸根离子失去2mol电子生成硫酸根离子，1molO2得到1mol电子生成H2O2，当转移电子的物质的量相等时，消耗O2、SO2物质的量之比为1：1，C正确；D．电池工作段时间后，右室发生O2+2e-+2H+=H2O2，2mol电子转移消耗2molH+，同时氢离子通过离子交换膜Y转移2molH+离子，溶液中氢离子浓度不变，电解质溶液的pH无明显变化，D正确；答案选B。14.苯与Br2在一定条件下能发生如下反应，其中部分转化历程与能量变化如图所示：下列说法不正确的是A.反应焓变：反应Ⅰ>反应ⅡB.在该条件下，反应Ⅲ能自发进行 C.苯与Br2主要发生取代反应，生成有机主产物ⅡD.选择相对较短的反应时间能有效增加产物Ⅰ的比例【答案】D【解析】【详解】A．根据图中信息，反应Ⅰ是吸热反应，反应Ⅱ是放热反应，则反应焓变：反应Ⅰ>反应Ⅱ，故A正确；B．反应Ⅲ是放热反应，熵增的反应，根据，则在该条件下，反应Ⅲ能自发进行，故B正确；C．苯与Br2主要发生取代反应，生成有机主产物Ⅱ(溴苯)，故C正确；D．根据图中信息反应Ⅱ活化能较低，则反应速率较快，而反应Ⅰ活化能较大，反应速率较慢，因此选择相对较短的反应时间能有效增加产物Ⅱ的比例，故D错误。综上所述，答案为D。15.已知：，，CuR难溶于水。常温下，Ka1()=1×10-9，Ka2()=2×10-13，当10mL0.1mol/LH2R溶液中缓慢加入少量CuSO4粉末，溶液中c(H+)与(Cu2+)的变化如图所示(忽略溶液的体积变化)。下列有关说法不正确的是A.X点溶液的pH≈5B.根据Y点数据可求得Ksp(CuR)=1×10-24C.Z点溶液中含R微粒的主要存在形式为H2RD.Y点对应的溶液中：c(H+)+2c(Cu2+)=2c(R2-)+c(HR-)+2c()+c(OH-)【答案】B【解析】 【详解】A．设0.1mol/LH2R溶液中氢离子浓度为xmol/L,可列出三段式如下：，则，可求得，所以X点溶液的pH≈5，A项正确；B．根据平衡常数的计算方法，可知，Y点的，此时溶液中的，则可求得，此时，则，B项错误；C．根据Y点数据可得到，此时，而Z点铜离子浓度更大，则的浓度更小，Z点溶液中含R微粒的主要存在形式为H2R，C项正确；D．Y点对应的溶液中存在电荷守恒：，D项正确；故选B。16.探究氧族元素单质及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是实验方案现象结论A向H2O2溶液中滴入几滴FeCl3溶液，并在试管口放置带火星的木条带火星的木条复燃FeCl3能催化H2O2分解产生O2B向滴有酚酞的NaOH溶液中通入SO2溶液的红色褪去SO2具有漂白性C向盛有少量Na2SO3固体、NaBr分别产生无色和红棕色的刺激性气味气体氧化性： 固体的两支试管中分别加入等量浓H2SO4Br2>SO2D向Na2S溶液中依次加入几滴酸性KMnO4溶液、BaCl2溶液产生大量白色沉淀S2-能被氧化为A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．向H2O2溶液中滴入几滴FeCl3溶液，并在试管口放置带火星的木条，现象是带火星的木条复燃，说明生成了氧气，FeCl3能催化H2O2分解产生O2，A正确；B．向滴有酚酞的NaOH溶液中通入SO2，溶液的红色褪去是由于SO2与NaOH反应使OH-浓度减少红色褪去，不能证明二氧化硫的漂白性，B错误；C．向盛有少量Na2SO3固体、NaBr固体的两支试管中分别加入等量浓H2SO4，分别产生无色和红棕色的刺激性气味气体，说明浓硫酸能把Br-氧化为Br2单质，不能证明氧化性Br2>SO2，C错误；D．酸性KMnO4溶液一般是硫酸酸化，溶液中存在硫酸根离子，加入BaCl2溶液生成白色沉淀不能证明S2-能被氧化为，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.铜的化合物种类繁多，应用广泛。请回答：（1）Cu在周期表中的_______区，当焰色试验时Cu的一个3d轨道电子会跃迁至4p轨道，写出该激发态Cu核外的电子排布式_______。（2）[Cu(NH3)4]SO4·H2O是一种农业杀虫剂。①下列相关说法正确的是_______。A．该化合物中NH3的中心原子的杂化轨道类型为sp3B．该化合物中存在的化学键有离子键、共价键、配位键和氢键C．组成该化合物的元素N、O、S中，第一电离能最大的是ND．根据VSEPR模型预测的的空间结构是正四面体形②比较键角∠H-N-H的大小：NH3_______[Cu(NH3)]2+(填“>”或“<”)，理由是_______。 （3）某磷青铜晶体的晶胞结构如图所示，则该晶体中与磷原子距离最近的铜原子共有_______个，若晶体的密度为g/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞的边长a=_______nm。【答案】（1）①.ds②.1s22s22p63s23p63d94s14p1（2）①.ACD②.<③.NH3分子中心原子氮原子有孤电子对，孤电子对排斥力大，使键角变小，[Cu(NH3)]2+中N原子上的孤对电子与铜形成配位键，NH3分子的氮原子没有孤电子对，N-H成键电子对受到排斥力小，使键角∠H-N-H变大（3）①.6②.×107【解析】【小问1详解】铜在周期表中位于第四周期第IB族，属于ds区；Cu的一个3d轨道跃迁至4p轨道，该激发态Cu核外的电子排布式1s22s22p63s23p63d94s14p1；【小问2详解】①该化合物中NH3的中心原子价层电子对为4对，杂化轨道类型为sp3，A正确；氢键不是化学键，B错误；组成该化合物的元素N、O、S中，第一电离能N>O>S，C正确；离子中中心原子S的成键电子对为4对，孤电子对为，价层电子对为4对，VSEPR模型预测的的空间结构是正四面体形，D正确；ACD正确；②NH3分子中心原子氮原子有孤电子对，孤电子对排斥力大，使键角变小，[Cu(NH3)]2+中N原子上的孤对电子与铜形成配位键，NH3分子的氮原子没有孤电子对，N-H成键电子对受到排斥力小，使键角∠H-N-H变大；【小问3详解】晶体中P原子位于立方体的体心，Cu原子位于的面心，与磷原子距离最近的铜原子共有6个；晶胞结构中有1个P原子位于体心，Sn原子位于立方体的顶角，晶胞中有8×=1个Sn原子，Cu 原子位于立方体的面心，晶胞中有6×=3Cu原子，晶胞的质量==g，晶胞的体积==cm3，晶胞的边长a=cm=×107nm。18.亚硝酰氯(NOCl)是有机药物制备的重要试剂，可按以下流程合成和利用。已知：亚硝酰氯有毒，沸点-5.5℃，分子中各原子均满足8电子稳定结构。请回答：（1）NOCl的电子式为_______，化合物X的结构简式为_______。（2）下列说法正确的是_______。A.NOCl中的氮元素呈正价B.NOCl分子的空间结构为V形C.化合物X的沸点低于氯乙酰胺()D.工业上可以用蒸馏水吸收多余的NOCl，防止污染环境（3）已知浓盐酸和浓硝酸混合配制王水时也会产生亚硝酰氯，写出该反应的化学方程式_______。（4）设计实验验证化合物X中含有Cl元素_______；写出实验过程中涉及的反应方程式_______。【答案】18.①.②.19.ABC20.21.①.将化合物X与氢氧化钠的水溶液共热，充分反应后滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则证明化合物X中含有Cl元素②.；【解析】【小问1详解】①由于亚硝酰氯分子中各原子均满足8电子稳定结构，所以N原子与O原子形成2对共用电子对，N原子与Cl原子形成1对共用电子对，电子式为：； ②化合物X由乙烯与等物质的量的亚硝酰氯发生加成反应得到，结构简式为：。【小问2详解】A．NOCl中氧元素为-2价，氯元素为-1价，氮元素为+3价，所以氮元素呈正价，A项正确；B．NOCl的结构式为O=N-Cl，中心N原子上有一对孤电子对，所以价层电子对数为3，其分子的空间结构为V形，B项正确；C．氯乙酰胺可形成分子间氢键，化合物X不能形成氢键，所以化合物X的沸点低于氯乙酰胺，C项正确；D．NOCl与水反应生成HCl和亚硝酸，亚硝酸易分解出NO，所以不可以用蒸馏水吸收多余的NOCl，D项错误；故选ABC。【小问3详解】浓盐酸和浓硝酸混合配制王水时会产生亚硝酰氯，氮元素化合价降低，作氧化剂，则氯元素会被氧化成氯气，反应方程式为：。【小问4详解】应先将化合物X中的氯原子转化为氯离子，再检验氯离子的存在，检验方法为：将化合物X与氢氧化钠的水溶液共热，充分反应后滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则证明化合物X中含有Cl元素；实验过程成涉及的方程式为化合物X在氢氧化钠水溶液中的取代反应，以及生成的氯化钠与硝酸银的反应，反应方程式如下：；。19.研究海洋中珊瑚礁(主要成分CaCO3)的形成机制及其影响具有重要意义，相关主要反应有：反应Ⅰ：CO2(aq)+H2O(l)(aq)+H+(aq)K1=4.5×10-7反应Ⅱ：(aq)(aq)+H+(aq)K2=4.7×10-11反应Ⅲ：CaCO3(s)Ca2+(aq)+(aq)K3=3.4×10-9请回答：（1）珊瑚礁形成的总反应可表示为Ca2+(aq)+2(aq)=CaCO3(s)+CO2(aq)+H2O(l)。有利于珊瑚礁形成的环境是_______(填“温暖海域”或“冰冷海域”)，该反应的平衡常数K=_______(用K1、K2、K3表示)。（2）海水的pH为8.0~8.3，下列有关珊瑚礁形成过程的叙述中正确的是_______。A.海水中最主要的含碳微粒为 B.海水中的c(Ca2+)>c()+c()C.、的水解反应是海水呈弱碱性的主要原因D.珊瑚礁形成的反应阻碍了的电离（3）温室气体CO2的浓度上升，会导致海水酸化，促使珊瑚礁的溶解。科学家模拟海洋环境探究不同温度下海水中CO2浓度与浓度间的关系。已知T1℃下测得c(CO2)与c()的关系如图，请画出T2℃(T2>T1)时c()随c(CO2)的变化趋势_______。（4）工业上可用(NH4)2CO3溶液捕获CO2以减少其排放：(NH4)2CO3(aq)+H2O(1)+CO2(g)=2NH4HCO3(aq)△H。不同温度下，在同一密闭容器中充入同浓度的CO2，加入同浓度同体积的(NH4)2CO3溶液，经相同时间，测得CO2浓度如图，则△H_______0(填“>”“<”或“=”)；随温度的升高，容器中CO2的浓度在T3温度下出现最低值的原因是_______。【答案】19①.温暖海域②. 20.AC21.22.①.＜②.(NH4)2CO3溶液捕获CO2时放热，其他条件一定，在T＜T3时该反应未达到平衡状态，温度升高，吸收CO2的反应速率加快，容器中CO2的浓度减小；在T＞T3时反应已达平衡状态，升高温度促使平衡逆向移动，吸收的CO2减少，容器中CO2浓度随升温而逐渐增大【解析】【小问1详解】珊瑚礁（主要成分CaCO3）形成的总反应可表示为Ca2+(aq)+2(aq)=CaCO3(s)+CO2(aq)+H2O(l)，该分解反应的∆H＞0，升高温度有利于反应正向进行形成珊瑚礁，即有利于珊瑚礁形成的环境是温暖海域；该反应的平衡常数K===××=。【小问2详解】A．pH为8.0~8.3即c(H+)=10-8.3~10-8，K1==4.5×10-7，将c(H+)代入得=45~4.5×101.3＞1，K2==4.7×10-11，将c(H+)代入得=4.7×10-3~4.7×10-2.7＜1，故海水中最主要的含碳微粒为，A项正确；B．海水中的物料守恒为2c(Ca2+)=c()+c()+c(H2CO3)+c[CO2(aq)]，根据A项分析，海水中最主要的含碳微粒为，故海水中的c(Ca2+)＜c()+c()，B项错误；C．海水呈弱碱性是、的水解导致的，C项正确；D．珊瑚礁形成的反应中Ca2+与电离产生的结合成CaCO3，使浓度减小，促进的电离，D项错误；答案选AC。 【小问3详解】在c(CO2)一定时，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都是吸热过程，升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都正向移动，c(H+)、c()都增大，海水的酸性增强会促使珊瑚礁的溶解，使得c()增大，故T2℃(T2>T1)、相同c(CO2)时，海水中c()：T2>T1，图象为：。【小问4详解】不同温度下，在同一密闭容器中充入同浓度的CO2，加入同浓度同体积的(NH4)2CO3溶液，经相同时间，测得CO2浓度如图，结合图象可知，其他条件一定，在T＜T3时该反应未达到平衡状态，温度升高，吸收CO2的反应速率加快，容器中CO2的浓度减小；在T＞T3时反应已达平衡状态，升高温度促使平衡逆向移动，吸收的CO2减少，说明(NH4)2CO3溶液捕获CO2时放热，即(NH4)2CO3(aq)+H2O(1)+CO2(g)=2NH4HCO3(aq)的∆H＜0，反应容器中CO2浓度随升温而逐渐增大。20.某化学兴趣小组拟按如下步骤合成铁系催化剂的中间体[Fe(CO)2Cl2]：其中步骤①实验装置如图所示：已知：(I)多聚甲醛为(CH2O)n(n=6~100)，当n<12的多聚甲醛可溶于水，当n≥12则不溶于水；加酸或160~200°C加热时会解聚。 (Ⅰ)[Fe(CO)2Cl2]遇氧气、水都会反应，其中Fe的化合价为+2价。(Ⅱ)SnCl2有强还原性，可被弱氧化剂HgCl2氧化：2HgCl2+SnCl2=Hg2Cl2↓+SnCl4请回答：（1）步骤③产物干燥后仍需放置在干燥器中，以下称为干燥器的是_______。A.B.C.D.（2）操作步骤②时仍需在氩气氛围下完成，理由是_______。（3）写出生成[Fe(CO)2Cl2]的化学反应方程式_______。（4）仪器a中盛放的试剂为_______，装置b的作用是_______。（5）测定产品纯度时，先称取一定量[Fe(CO)2Cl2]，经多步处理并转化为Fe2+后，再用KMnO4标准溶液(用Na2C2O4标准溶液标定)滴定其含量。从下列选项中选出合理的操作并排序：_______。c→→a→→→fa．将准确称量的[Fe(CO)2Cl2]溶解于水b．准确称量Na2C2O4并配制一定物质的量浓度的溶液，进行滴定c．将制备的KMnO4溶液加热煮沸，冷却后滤去MnO2d．用HgCl2除过量的SnCl2，滤去沉淀e．加入足量SnCl2进行还原f．用Na2C2O4标准溶液标定后的KMnO4溶液进行滴定下列情况会导致测量结果偏大的是_______。A．[Fe(CO)2Cl2]产品含少量多聚甲醛杂质B．过量的SnCl2未被除尽C．[Fe(CO)2Cl2]产品部分氧化或潮解D．配好的KMnO4标准溶液久置后使用【答案】（1）C（2）[Fe(CO)2Cl2]遇氧气会反应，通入氩气隔绝氧气，起到保护作用（3）（4）①.浓氢氧化钠溶液②.防倒吸（5）①.bde②.B【解析】【小问1详解】A．坩埚，A错误； B．蒸发皿，B错误；C．干燥器，C正确；D．研钵，D错误；故选C。【小问2详解】[Fe(CO)2Cl2]遇氧气会反应，通入氩气隔绝氧气，起到保护作用。【小问3详解】生成[Fe(CO)2Cl2]的化学反应方程式为：。【小问4详解】反应生成氯化氢气体，用氢氧化钠溶液吸收，氯化氢气体易溶于水，装置b防倒吸。【小问5详解】测定产品纯度时，要将[Fe(CO)2Cl2]转化为Fe2+，因此根据题意先配置滴定液，加入足量SnCl2进行还原[Fe(CO)2Cl2]转化为Fe2+，再除去过量的SnCl2，最后进行滴定，因此顺序为c→b→a→d→e→f；A．[Fe(CO)2Cl2]产品含少量多聚甲醛杂质，会导致测量结果偏小，A错误；B．过量的SnCl2未被除尽，会导致高锰酸钾用量增大，的浓度增大，会导致测量结果偏大，B正确；C．[Fe(CO)2Cl2]产品部分氧化或潮解，生成，加入过量的SnCl2将还原为，的浓度不变，测量结果不变，C错误；D．配好的KMnO4标准溶液久置后使用，会导致高锰酸钾用量增大，的浓度增大，会导致测量结果偏大，D正确；故选BD。21.抗帕金森病药物恩他卡朋的一种合成路线如下(部分反应条件已省略)： 已知：(Ⅰ)R1-OHR1-X；(Ⅱ)R2COOHR2-COX；(Ⅲ)R-COXR3-CONH2请回答：（1）恩他卡朋含氧官能团的名称是_______。（2）化合物J的结构简式是_______。（3）下列有关说法不正确的是_______。A.恩他卡朋的分子式是C14H14N2O5B.反应①②③④⑤涉及取代、氧化、加成等反应类型C.化合物D与足量H2充分还原后的产物中共含3个手性碳原子D.工业上在低温、CH2Cl2溶剂条件下实现D→E转化主要为了调控反应的速率（4）写出反应⑥的化学方程式_______。（5）设计上图中以甲醛(HCHO)为原料制备化合物G的路线_______(用流程图表示，无机试剂任选)。（6）化合物E同时符合以下条件的同分异构体(不包括立体异构体)中，其结构简式除外还有_______。①只含有一个环的芳香族化合物②核磁共振氢谱显示共有3组峰，强度比为2：2：3③分子中不含有亚硝基(-N=O)和酯基【答案】21.羟基、硝基、酰胺基22.NH(C2H5)223.ABD24.；25. 26.【解析】分析】经推断可得转化流程如下：【小问1详解】由结构简式可知，恩他卡朋含氧官能团的名称是：羟基、硝基、酰胺基；【小问2详解】由题意知化合物J的结构简式是：NH(C2H5)2；【小问3详解】A.恩他卡朋的分子式是C14H15N3O5，A错误；B.反应①②③④⑤涉及反应类型无加成反应，B错误；C.化合物D与足量H2充分还原后的产物是，共含3个手性碳原子，C正确；D.工业上在低温、CH2Cl2溶剂条件下实现D→E转化主要为了防止硝酸高温分解以及HNO3和CH2Cl2挥发，D错误；答案是ABD；【小问4详解】反应⑥的方程式为：；【小问5详解】 以甲醛(HCHO)为原料制备化合物G的路线为：；【小问6详解】