浙江省稽阳联谊学校2023-2024学年高三上学期联考化学试题（Word版附解析）

2023年11月稽阳联谊学校高三联考化学选考试题卷本卷可能用到相对原子质量：H1　C12　N14　O16　Na23　Al27　P31　Cr52第Ⅰ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.下列材料的主要化学成份是单质的是A.碳纳米材料B.金刚砂C.铅酸电池的正极D.涤纶【答案】A【解析】【详解】A．碳纳米材料的主要化学成份是碳单质，A项符合题意；B．金刚砂的主要化学成份是碳化硅，是化合物，B项不符合题意；C．铅酸电池的正极为二氧化铅，是化合物，C项不符合题意；D．涤纶为高分子合成材料，是混合物，D项不符合题意；故选A。2.下列化学用语表示正确的是A.分子的球棍模型：B.的VSEPR模型名称是四面体型C.邻羟基苯甲醛的分子内氢键：D.聚丙烯的结构简式：【答案】B【解析】【详解】A．分子结构为V形结构，该球棍模型与其结构不符，A项错误；B．的价层电子对数为，所以VSEPR模型名称是四面体型，B项正确；C．邻羟基苯甲醛分子内氢键是羟基上的氢原子与羰基上的氧原子间形成的，C项错误；D．聚丙烯结构简式应该为：，D项错误； 故选B。3.关于硫酸钡，下列说法不正确的是A.不溶于水也不溶于酸，但属于强电解质B.不易被X射线透过，可用于医疗检查药剂C.可用饱和碳酸钠溶液处理，使其转化为易溶于水的盐D.高温下，可被焦炭还原成BaS【答案】C【解析】【详解】A．硫酸钡难溶于水，但溶于水的部分完全电离，属于强电解质，A项正确；B．硫酸钡难溶于水和酸，且不容易被X射线透过，医疗上可用作消化系统X射线检测的内服药剂，B项正确；C．硫酸钡溶解度小于碳酸钡，故硫酸钡和碳酸钠溶液不反应，C项错误；D．高温下，硫酸钡可以被焦炭还原成BaS，D项正确；故选C。4.下列有关物质的性质和用途，对应关系不正确的是A.维生素C具有氧化性，可用于食品中的抗氧化剂B.锌抗腐蚀性较强，可用于制造白铁皮C.过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，用作供氧剂D.乙醇能使蛋白质变性，可用于消毒【答案】A【解析】【详解】A．食品中含有的等易被空气中的氧气氧化，维生素C具有还原性，且对人体无害，可用作食品抗氧化剂，A项错误；B．锌的抗腐蚀性较强，可用于制造白铁皮，保护铁不被腐蚀，B项正确；C．过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，同时可吸收人体呼出的二氧化碳和水蒸气，可作供氧剂，C项正确；D．乙醇能使蛋白质变性，可以通过此原理杀灭微生物，可用于消毒，D项正确；故选A。5.关于下列实验装置，有关说法正确的是 A.图①装置可用于熔融NaOHB.图②装置可证明苯与溴发生了取代反应C.图③可制备并检验乙炔气体D.图④经过适当操作，可看到喷泉现象【答案】D【解析】【详解】A．瓷坩埚中含有二氧化硅，高热条件下易与NaOH反应导致坩埚破裂，A错误；B．反应过程中，有溴单质挥发出来，也能与硝酸银溶液产生沉淀，不能证明苯与溴发生了取代反应，B错误；C．生成的乙炔中含有硫化氢等杂质，也能使高锰酸钾溶液褪色，应先通过硫酸铜溶液，再用酸性高锰酸钾溶液检验，C错误；D．打开止水夹，用热毛巾或浸过冰水的毛巾捂住圆底烧瓶，使NaOH溶液与氯气接触后，即可看到喷泉现象，D正确； 故选D。6.某些生物酶体系可以促进和的转移(如a、b和c)，能将海洋中的亚硝酸盐转化为氮气进入大气层，反应过程如图所示。下列说法正确的是A.整个过程，转化向大气释放B.过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的反应，均使水体酸性增强C.、均具有还原性，它们在水溶液中均显酸性D.过程Ⅰ、过程Ⅱ氮元素均发生还原反应 【答案】A【解析】【分析】分析转化关系图，可知过程Ⅰ为：，过程Ⅱ为：，过程Ⅲ为：，过程Ⅰ-Ⅲ的总反应为：。【详解】A．根据总反应式，整个过程，转化1mol向大气释放1molN2，A正确；B．过程Ⅰ、Ⅱ反应均消耗氢离子，使水体酸性减弱，B错误；C．N2H4能结合水电离出的氢离子而使溶液显碱性，C错误；D．过程Ⅱ中铵根离子中氮元素化合价升高，发生氧化反应，D错误；故选A。7.为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.中，各原子最外层孤电子对总数为B.固体中含有离子总数为C.标准状况下，2.24L氯气溶于足量水所得氯水中：D.6.4gCu与一定体积浓硝酸恰好完全反应，则生成气体分子数大于【答案】B【解析】【详解】A．分子中氧原子上有两个孤电子对，氮原子上有一个孤电子对，所以中，各原子最外层孤电子对总数为，A项错误；B．由钠离子和过氧根离子构成，所以固体中含有离子总数为，B项正确；C．氯气与水反应是可逆反应，，C项错误；D．随反应进行，浓硝酸变稀硝酸，还原产物变为NO，相同物质的量的铜生成气体分子数减少，所以6.4gCu与一定体积浓硝酸恰好完全反应，则生成气体分子数小于，D项错误；故选B。8.下列说法正确的是A.只含有一个碳原子的有机物，不可能存在同分异构现象 B.苯酚和苯甲酸的混合物，可通过蒸馏的方法进行分离C.乙烯在较高压力与较高温度和引发剂作用下，通过加聚反应可得到高密度聚乙烯D.由于氧的电负性比碳和氢要大，所以醇在发生化学反应时，H-O或C-O易断裂【答案】D【解析】【详解】A．如与互为同分异构体，与互为同分异构体，CHFClBr存在对映异构体等，故A错误；B．苯酚和苯甲酸常温下均为固体，不能通过蒸馏的方法进行分离，故B错误；C．乙烯在较高压力与较高温度和引发剂作用下，通加聚反应可得到低密度聚乙烯，故C错误；D．由于氧的电负性比碳和氢要大，使得H-O或C-O的极性较强，所以醇在发生化学反应时，H-O或C-O易断裂，故D正确；故选D。9.下列反应的离子方程式正确的是A.向溶液中滴加少量稀硝酸：B.AgCl溶于过量氨水：C.溶液中滴加少量溶液：D.硫酸铜溶液中滴加少量硫氢化钠溶液产生黑色沉淀：【答案】C【解析】【详解】A．碘离子还原性比亚铁离子强，向溶液中滴加少量稀硝酸，首先被氧化的是碘离子生成碘单质，，A错误；B．AgCl不溶于水，在反应中不能拆，对应的离子方程式应为，B错误；C．少量时，氢氧根只与铁离子反应，钡离子全部参加反应生成硫酸钡沉淀，所以对应离子方程式为，C正确；D．硫氢化钠溶液少量，铜离子足量，不可能生成硫化氢气体，所以对应离子方程式为： ，D错误；故选C。10.高分子N可用于制备聚合物离子导体，其合成路线如下：下列说法不正确的是A.试剂a所有原子在同一个平面上B.M和N均能与NaOH溶液发生反应C.反应1为加聚反应，反应2为取代反应D.试剂b的结构简式为：【答案】D【解析】【详解】A．可推测a为丁烯二酸酸酐，四个碳原子均为杂化，碳碳双键上与碳直接相连的原子在同一平面，所以a分子所有原子在同一个平面上，故A正确；B．酸酐能和NaOH溶液反应，N中含有羧基和酯基，它们均能与NaOH溶液发生反应，故B正确；C．应1为加聚反应生成聚合物，反应2酸酐与醇的取代反应，故C正确；D．试剂b的结构简式为：，故D错误；故选：D。11.A、B、C、D、E五种元素位于元素周期表前四周期，原子序数依次增大，除E外均为非金属元素。A是主族元素原子半径最小的元素，B元素基态原子s轨道电子数比p轨道电子数多1，C与B位于同一周期，C基态原子有2个未成对电子，D的单质是重要的半导体材料，E属于过渡元素，基态有电子填充的轨道无成单电子。下列有关说法不正确的是A.电负性：C>B>A>DB.D的单质、D与A、B或C均能形成具有正四面体结构的共价晶体C.A与B，A与C均能形成含有非极性键的极性分子D.由A、B、C、E四种元素共同组成的一种盐溶液，加入无水乙醇能析出蓝色沉淀【答案】B 【解析】【分析】A、B、C、D、E五种元素位于元素周期表前四周期，原子序数依次增大，除E外均为非金属元素。主族元素原子半径最小的元素为氢，所以A为H；B的电子排布式为，为N；C与B位于同一周期，C基态原子有2个未成对电子，则C为O；D的单质是重要的半导体材料，为Si；基态有电子填充的轨道无成单电子，则价层电子排布为，E为Cu。【详解】A．电负性：O>N>H>Si，A项正确；B．D与A形成化合物为，为分子晶体，B项错误；C．A与B可形成，A与C可形成，它们均为含有非极性键的极性分子，C项正确；D．由A、B、C、E四种元素可组成盐，加入无水乙醇降低了其在水中的溶解度，能析出蓝色沉淀，D项正确；故选B。12.级联电池是指在同一个反应腔体中耦合两个连续的电化学反应，它可以大大提高了电池的能量密度。某水系级联电池，工作原理如图所示已知电解质为溶液，步骤2中的电池反应为：(单独构建该步电池时效率较低)。下列说法不正确的是A.放电时，步骤1的正极反应式为B.对步骤2的正极反应可能起催化作用，提高了电池工作效率C.若用该电池进行铜的电解精炼，则消耗6.5g锌时，得到的精铜质量大于6.4gD.步骤2工作过程中，电池工作环境氧气浓度越大，正极板质量增加也越多【答案】C【解析】【分析】由工作原理图可知，第一步总反应为，Zn为负极，电极反应为：，S为正极，电极反应为：，当正极的硫完全反应生成 后，继续高效发生第二步反应，Zn为负极，电极反应为：，S为正极，电极反应为，单独构建该步电池时效率较低，可能的原因是步骤1的放电产物对步骤2的放电过程起催化作用，据此进行分析。【详解】A．根据图示放电时，步聚1中，铜离子和S均得到电子，生成硫化亚铜，正极反应式为，A项正确；B．由分析可知，“单独构建该步电池时效率较低”，可推测对步骤2的正极反应起催化作用，提高了电池工作效率，B项正确；C．用该电池进行铜的电解精炼，消耗6.5g锌时，转移2mol电子，得到的精铜质量等于6.4g，C项错误；D．由分析可知，步骤2工作过程中，电池工作环境氧气浓度越大，x值也越大，极板质量增加也越多，D项正确；故选C。13.自由基是化学键断裂时产生的含未成对电子的中间体，HNO自由基与反应过程的能量变化如图所示，下列说法正确的是A.反应过程中，产物的浓度先增大，后减小B.过渡态能量越高，反应的活化能越高，反应的越小C.其它条件相同，升高温度，达到平衡时，生成的产物中的百分含量增大D.反应过程中， 【答案】A【解析】【详解】A．生成的活化能低，反应速率快，但能量低，更稳定，所以反应过程中，产物的浓度先增大，因不断生成，使平衡向生成方向移动，浓度减小，A项正确；B．过渡态能量越高，反应的活化能越高，但反应的与活化能高低无直接关系，B项错误；C．由图可知，为放热过程，升高温度，有利于平衡向逆方向移动，达到平衡时，生成的产物中的百分含量减小，C项错误；D．由反应过程可知，，D项错误；故选A。14.CuCl为白色粉末状固体，难溶于水和乙醇，在潮湿环境中，容易被空气氧化，是一种重要工业原料。工业以硫化铜精矿为原料，制备氯化亚铜的流程如下图所示：下列说法不正确的是A.步骤①会产生有毒气体，可用石灰乳吸收B.步骤②适当增大硫酸浓度、加热可以加快浸出速率C.步骤③应先加入溶液，再缓慢滴加NaCl溶液D.步骤④中X可以是无水乙醇【答案】C【解析】【分析】第①步为硫化铜氧化焙烧，第②步为硫酸浸出，得到硫酸铜溶液，第3步硫酸铜、亚硫酸钠和氯化钠反应生成氯化亚铜沉淀，第④步用盐酸、乙醇洗涤后得到氯化亚铜固体。【详解】A．步骤①会产生二氧化硫有毒气体，可用石灰乳吸收，A正确；B．硫酸浓度增大，反应速率加快，能加快浸出速率，适当加热也能加快浸出速率，B正确；C．步骤③中Cu2+被Na2SO3还原生成Cu+，为防止Cu+再次被空气氧化，不能缓慢滴加NaCl溶液，C错误；D．无水乙醇可洗去水，加快干燥速度，防止CuCl在潮湿环境中被空气氧化，D正确；故选C。15.已知常温下，电离常数：；；； ；；。某实验小组进行以下实验(溶液混合后体积变化忽略不计，常温下溶液pH为11.65)：实验①：溶液中，小心滴加等体积0.1mol/L盐酸，无气泡产生；实验②：溶液与等体积溶液混合，产生白色沉淀；实验③：溶液与等体积溶液混合，产生白色沉淀和气泡；实验④：溶液与等体积溶液混合，产生白色沉淀；下列说法不正确的是A.实验①反应后的溶液中：B.实验②反应后的溶液中，C.实验③总反应，平衡常数D.实验②中沉淀为正盐，实验④中生成的沉淀可能含有碱式盐【答案】C【解析】【详解】A．实验①反应后的得到等物质的量浓度的、、NaCl溶液，根据碳酸的电离常数可知，溶液中碳酸根的水解平衡进行的程度最大，所以溶液中粒子浓度关系为：，A项正确；B．实验②反应得到碳酸钙饱和溶液，由于碳酸根离子能发生水解反应，所以，B项正确；C．根据各平衡常数可得到以下平衡及平衡常数：平衡Ⅰ：，；平衡Ⅱ：，；平衡Ⅲ：，；③将平衡Ⅰ＋平衡Ⅱ＋平衡Ⅲ，可得反应：，其反应平衡常数，由于碳酸分解平衡常数未知，所以选项中平衡常数不能求得，C项错误； D．常温下0.1mol/L溶液pH为11.65，实验②中；，所以只生成；实验④中；，能同时生成和沉淀，可能含有碱式盐，D项正确；故选C。16.下列有关实验方案设计、现象和结论均正确的是选项实验方案现象结论A将滴有少量浓氨水的集气瓶倒扣在滴有少量浓硫酸的集气瓶上方集气瓶内产生大量白烟氨气和硫酸反应生成了硫酸铵B硫酸铜氨溶液中滴加少量硫酸产生蓝色沉淀硫酸根离子浓度增大，硫酸铜氨溶解度降低C将缠有锌条的铁钉置于装有少量食盐水的培养皿中，一段时间后，向铁钉附近滴加溶液未出现蓝色沉淀锌条对铁钉起到保护作用D将5mL1-溴丁烷、15mL无水乙醇和2.0gNaOH混合，微热，并将产生气体通入的溶液溴的四氯化碳溶液褪色1-溴丁烷发生消去反应，生成1-丁烯A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．硫酸没有挥发性，不会看到白烟现象，A项错误；B．硫酸铜氨溶液中滴加少量硫酸出现蓝色沉淀，是因为硫酸破坏了铜氨离子结构，释放出的氨与铜离子反应生成了氢氧化铜沉淀，B项错误；C．检验亚铁离子应该用溶液，C项错误； D．溴的四氯化碳溶液褪色说明1-溴丁烷发生了消去反应，生成了1-丁烯，D项正确；故选D。第Ⅱ卷非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.磷及其化合物用途广泛。请回答：（1）基态磷原子价层电子的轨道表示式是_____。某激发态P原子的电子排布式为：，该P原子中共有_____种能量不同的电子。（2）磷有白磷、红磷和黑磷等三种常见的单质。黑磷具有与石墨类似的层状结构。它们的结构如图：下列说法不正确的是_____。A.三种磷单质中，磷原子的杂化方式都是杂化B.白磷晶体是分子晶体，黑磷晶体是混合型晶体C.黑磷晶体中，以共价键结合的磷原子都在同一平面上D.三种磷单质中，白磷的熔、沸点最高（3）已知配合物的稳定性：，其原因是_____。（4）磷化铝的晶胞结构如图。P原子周围最紧邻的P原子数为_____，已知该晶体的密度为，则最近两个P原子间的核间距为_____pm(用表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式)。【答案】17.①.②.618.CD19.P的电负性小于N，形成配位键时更易给出孤电子对，故更稳定 20.①.12②.【解析】【小问1详解】P为15号元素，电子排布式为[Ne]3s23p3，其价电子排布式为：，该激发态P原子的电子在10个原子轨道上运动，在1s、2s、2p、3s、3p、3d运动的电子能量不同，因此有6种种能量不同的电子；故答案为：；6。【小问2详解】A.三种磷单质中，三种磷单质中，磷原子的价电子数为5个，磷原子间均以单键相连接，剩余1对孤电子对，价层电子对数为4，因此磷原子的杂化方式都是杂化，故A正确；B.白磷由白磷分子构成，白磷晶体属于分子晶体，黑鳞具有与石墨类似的层状结构，层间是范德华力，层内相邻原子是共价键，因此黑磷晶体是混合型晶体，故B正确；C.根据图中信息得到黑磷晶体中以共价键结合的磷原子不在同一平面上，故C错误；D.三种磷单质中，白磷的相对分子质量最小，分子间作用力最弱，在三种晶体中熔沸点最低，故D错误；综上所述，答案为：CD。【小问3详解】P的电负性小于N，形成配位键时更易给出电子，故更稳定；故答案为：P的电负性小于N，形成配位键时更易给出孤电子对，故更稳定。【小问4详解】该物质中含有4个Al，个P，化学式为AlP，P原子周围最紧邻的P原子数，跟Al原子周围最紧邻的Al原子数相等，而Al原子周围最紧邻的Al原子数12个[以顶点的Al分析，一个横截面有4个Al(位于每个小面的面心)，有3个横截面，共12个]；由立方晶胞密度计算公式：，得到晶胞的边长，两个最近P原子间的距离为面对角线长度的一半即；故答案为：12；。18.乙二酸(俗称草酸)是最简单的二元羧酸。下图流程表示其部分转化关系。[已知： ]请回答：（1）草酸是一种重要的还原剂，在分析化学上常被用作测定高锰酸钾溶液浓度的试剂。写出途径Ⅰ反应的离子方程式_____。（2）①X是具有六元环状结构的碳氧化合物，C、O原子均满足8电子结构。写出X的结构式_____。②下列说法正确的是_____。A．X是一种酸性氧化物B．由途径Ⅱ可知，草酸钙不溶于稀盐酸C．乙二酸的酸性比乙酸强D．乙二酸跟足量乙醇反应生成乙二酸乙二酯③乙二酸易溶于乙醇，难溶于苯和氯仿，原因是_____。（3）设计实验验证气态化合物X既有氧化性又有还原性_____。【答案】1819.①.②.ABC③.根据“相似形溶”原理，乙二酸与乙醇都是极性分子，且都含有羟基，两者能形成氢键，故易溶；苯和氯仿是非极性或弱极性分子，乙二酸与苯和氯仿的分子间作用力弱，故难溶20.将X通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去或将X气体通入灼热的氧化铜，固体颜色由黑变红，证明X具有还原性；将燃着的镁条伸入X中，镁条继续燃烧，生成黑色和白色固体，证明X具有氧化性【解析】【分析】乙二酸和高锰酸钾反应会生成二氧化碳，高锰酸钾有氧化性，乙二酸有还原性，碳元素为+3价，氧化生成二氧化碳，高锰酸钾被草酸还原生成则反应的离子方程式为：；乙二酸加热得到X，由题给信息可知，乙二酸加热脱水生成酸酐和题中所给X是具有六元环状结构的碳氧化合物，C、O原子均满足8电子结构。则乙二酸加热得到的X物质结构应该为，乙二酸和氯化钙反应得到草酸钙；【小问1详解】草酸是一种强还原剂，是二元弱酸，碳元素为+3价，氧化生成二氧化碳，高锰酸钾被草酸还原生成 ，离子方程式为：；【小问2详解】由题给信息可知，乙二酸加热脱水生成酸酐，该酸酐具有六元环状结构，应是2分子乙二酸发生脱水而成，结构式为：；A．根据题意，与石灰水反应：，所以X是酸性氧化物，A项正确；B．由于乙二酸与氯化钙溶液反应：，可知草酸钙不溶于稀盐酸，B项正确；C．羧基是吸电子基，使另一个羧基的酸性增强(羟基极性增强，羟基氢容易电离出来),甲基是推电子基，使羧基的酸性减弱；所以乙二酸的酸性强于乙酸，,C项正确。D．乙二酸跟2分子乙醇反应生成乙二酸二乙酯，乙二酸跟乙二醇反应生成乙二酸乙二酯。项D错误；答案选ABC；根据“相似形溶”原理，乙二酸与乙醇都是极性分子，且都含有羟基，两者能形成氢键，故易溶；苯和氯仿是非极性或弱极性分子，乙二酸与苯和氯仿的分子间作用力弱，故难溶。【小问3详解】类比于CO还原性的检验：将X气体通入灼热的氧化铜，固体颜色由黑变红，证明X具有还原性；类比于氧化性的检验：将点燃的镁条伸入X中，镁条继续燃烧，生成黑色和白色固体，证明X具有氧化性。19.丙烯是一种重要的化工原料，在催化剂作用下，可以由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制备。反应Ⅰ(直接脱氢)：　反应Ⅱ(氧化脱氢)：　反应Ⅲ(氢气燃烧)：　 回答下列问题：（1）_____kJ/mol。（2）对于反应Ⅰ，总压恒定为100kPa，在密闭容器中通入和Ar的混合气体。在温度为时，的平衡转化率与通入气体中的物质的量分数的关系如图1①结合图1，从平衡移动的角度分析，“通入Ar”的作用是_____。②若要将的平衡转化率提高到60％，则_____。（3）恒温条件下，测得反应Ⅰ平衡时的物质的量浓度与平衡总压的关系如图2.请在图上画出平衡时的物质的量浓度随平衡总压变化的曲线_____。(在图中C点平衡总压为10Mpa时，丙烷和丙烯的物质的浓度相等)。（4）①关于反应Ⅲ，下列说法正确的是_____。A．该反应在任何温度下都能自发进行B．升高温度，反应Ⅱ平衡常数增大C．通入的氧气越多，越有利于丙烷的氧化脱氢D．将水液化分离出来，既可以加快反应速率，又能提高的转化率②与直接脱氢反应相比，氧化脱氢制备丙烯的优点是_____。（5）研究表明，可催化氧化脱氢制丙烯。在p=0.1MPa，，催化剂X的催化下，气体按一定流速通过反应器，丙烷转化率和产物选择性(丙烯的选择性=丙烯的产率÷丙烷的转化率×100％)随温度变化如下表：t℃丙烷转化率产物的选择性CO 4004.0693.122.204.6850012.3291.233.165.6160035.2285.447.736.83下列说法不正确的是_____。A.在较高温度下，催化剂X可提高产生丙烯反应的速率B.催化氧化脱氢制丙烯的反应是放热反应C.相同条件下，使用不同的催化剂，丙烷的平衡转化率相同D.温度升高，催化剂X的活性下降，丙烯的产率降低【答案】（1）＋124（2）①.减小气体浓度(或分压)，使平衡右移，提高转化率②.1：3.8（3）（4）①.A②.反应温度较低、节约能源##氧气消耗氢气，有利于平衡正向移动##利用氢气和氧气反应放热，维持热量平衡##产品容易分离、副产物少（5）BD【解析】【小问1详解】由盖斯定律，可得；【小问2详解】①在总压恒定的条件下，充入惰性气体，等同于扩体减压，气体浓度(或分压)减小，使平衡向着气体分子数增大的方向移动(右移)，提高了的转化率；②根据图1，的物质的量分数为0.4时，其平衡转化率为50%。假设混合气体为1mol，则起始时为0.4mol，Ar为0.6mol，运用三段式法计算：，由于总压恒定为100kPa，平衡时为 0.2mol，为0.2mol，为0.2mol，Ar为0.6mol，则、、的分压均为，故时反应Ⅰ的平衡常数，要将的平衡转化率提高到60%，假设起始时为1mol，Ar为xmol，。运用三段式法计算：，由于总压恒定为100kPa，平衡时为0.4mol，为0.6mol，为0.6mol，Ar为xmol，则分压为，、的分压均为，根据温度不变平衡常数相等：，(说明：本题用浓度平衡常数同样可求得结果)；【小问3详解】增大压强缩小体积，平衡时两种物质的浓度都随平衡总压(体积缩小)的增大而增大。增大压强时，由于平衡向着气体分子数减少的逆反应方向移动，所以在两者浓度相等之后，两者浓度增加的程度不同，丙烷的浓度增大得更多，故丙烷的浓度大于丙烯的浓度。据此理可作图；【小问4详解】①A.反应Ⅱ的，，所以该反应在任何温度下都能自发进行，选项A正确；B.升高温度，反应Ⅱ的平衡逆向移动，平衡常数减小，选项B不正确；C.通入的氧气过多，将发生丙烷的深度氧化，可能生成CO或，使丙烯的产率降低或得不到丙烯，选项C不正确；D.将水液化分离出来，可提高的转化率，浓度降低减慢反应速率，选项D不正确；答案选A；②与直接脱氢反应相比，氧化脱氢制备丙烯的优点是反应Ⅱ的温度较低(任何温度下都自发)、反应Ⅰ 必须在高温下才能自发，低温反应可以节约能源；产品主要是水和丙烯，容易分离、副产物少；【小问5详解】A.催化氧化脱氢制丙烯，在较高温度下，丙烯的产率远高于乙烯和CO，是催化剂X选择性地提高产生丙烯反应速率的结果，选项A正确；B.表格中的数据不一定是平衡状态的数据，不能得出该平衡体系，温度对平衡移动的影响规律，选项B不正确；C.催化剂能够改变反应速率，不同的催化剂对一定时间里没有达到平衡的转化率影响不同，但不能改变平衡转化率和平衡常数，选项C正确；D.催化剂的活性与温度有关，温度过低或过高都可能是催化剂失活。从表格中的数据分析，温度升高，丙烯的选择性降低，但是丙烷的转化率在增大，丙烯的产率在增加，选项D错误；答案选BD。20.氧化石墨烯／四氧化三铁()在吸附材料、磁性材料、电池材料等方面具有广泛的应用前景。某实验小组按如下流程制备，并研究其对模拟废水中的吸附去除性能。Ⅰ：制备已知：①反应I部分机理：浓硫酸强质子酸，嵌入石墨层间破坏范德华力，有助于石墨烯层被剥离开。②氧化石墨烯是一种单层二维材料，结构中有羧基、羟基和环氧基。请回答：（1）实验室研磨用的仪器是_____。A.B.C.D.（2）下列有关说法不正确的是_____。A.采用磁力搅拌可减少沉淀Ⅱ中的团聚现象B.取沉淀Ⅱ的上清液，滴入酸性溶液，褪色说明沉淀II反应未完全 C.制备GO过程中，和作氧化剂D.反应Ⅰ中，宜将石墨研成细粉，主要目的是增大石墨粒子表面积，提高氧化程度（3）沉淀Ⅱ中的离子方程式_____。（4）反应Ⅰ采用冰水浴，控温的理由是_____。Ⅱ：研究对模拟废水中的吸附去除性能。步骤一：①配制不同浓度的标准液；②测定吸光度。分别取0.50mL不同浓度标准液加入一定量酸酸化、摇匀，再加入一定量显色剂，摇匀，用紫外分光光度计在540nm处测量其吸光度；③根据测定的吸光度值和标准液浓度，绘制吸光度(A)与浓度(c)的标准曲线(如图所示)。步骤二：①取10.00mL模拟废水稀释至250mL，用步骤一中②的方法，测得吸光度值为0.6；②取50.00mL模拟废水，加入进行吸附性能测试，用磁铁分离，用步骤一中②的方法，测得吸光度值为0.6；（5）步骤一中，酸化后，的主要存在的离子形式是_____，加入后的去除率为_____。【答案】（1）C（2）AB（3）（4）防止温度过高发生石墨与浓硫酸之间的副反应；防止浓硫酸与硝酸钠反应产生的硝酸挥发或分解（5）①.②.96.0%【解析】【分析】加水溶解氯化铁及氯化亚铁形成溶液，加入NaOH调节pH，生成Fe(OH)2、Fe(OH)3沉淀，烘干后生成Fe3O4，据此解答；【小问1详解】 实验室的研磨仪器为研钵；故答案为：C；【小问2详解】A．具有磁性，用磁力搅拌会加重团聚现象，A错误；B．干扰酸性检验，B错误；C．氧化石墨烯结构中有羧基、羟基和环氧基可知，和的作用是氧化单层石墨烯，C正确；D．将石墨研成细粉，可增大石墨粒子表面积，提高后续反应程度，D正确；故答案为：AB；【小问3详解】根据分析，形成的氯化铁及氯化亚铁溶液，加入NaOH调节pH，生成Fe(OH)2、Fe(OH)3沉淀；；故答案为：；【小问4详解】温度过高发生石墨与浓硫酸之间的副反应且浓硫酸与硝酸钠反应产生的硝酸挥发或分解，故需要在冰水浴中进行；故答案为：防止温度过高发生石墨与浓硫酸之间的副反应；防止浓硫酸与硝酸钠反应产生的硝酸挥发或分解；【小问5详解】，题中为酸性条件，存在形式为；A=0.6带入得，；故答案为：；96.0%。21.某研究小组按下列路线合成第三代抗癫痫药瑞替加滨二盐酸盐。 已知：请回答：（1）化合物A中含有的官能团名称是_____。（2）下列说法不正确的是_____。A.在A→B的反应中，作缚酸剂，有利于提高化合物B的产率B.设计C＋D→E是为了保护氨基，该反应类型为消去反应C.化合物H能发生水解反应和银镜反应D.化合物G具有碱性，化合物G也能生成二盐酸盐（3）化合物I的结构简式是_____。（4）写出C＋D→E的化学方程式_____。（5）写出同时符合下列条件的化合物C的所有同分异构体结构简式_____。①分子中含有苯环；②谱和IR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子③含有，无氮氮键和氮氧键。（6）设计以为原料分4步合成药物的路线(用流程图表示，无机试剂任选)_____。【答案】21.氨基、硝基22.BD 23.24.25.26.【解析】【分析】由A到B发生取代反应，得到B的结构为；B到C为加氢还原反应，由F的结构式可知是硝基的还原，可以得到C的结构为；E到F为硝化反应，可倒推出E的结构为；C和D脱水生成E，可推出D的结构为；G和H脱水生成I，可推出I的结构为。【小问1详解】由化合物A的结构简式可知含有的官能团名称是：氨基、硝基；【小问2详解】A．在A→B的反应中，可与生成的HCl反应，作缚酸剂，有利于提高化合物B的产率，A选项合理；B．设计C+D→E是为了保护氨基(F→G复原)，但该反应类型为取代反应，B选项不合理；C．化合物H中含碳氟键和醛基，能发生水解反应和银镜反应，C选项合理；D．对比瑞替加滨二盐酸盐的形成，酰胺键的碱性很弱与HCl不反应，因此化合物G只能生成一盐酸盐，D选项不合理；故选BD；【小问3详解】 由分析可知化合物I的结构简式是：；【小问4详解】C和D脱水生成E，根据分析可知，C的结构为，D的结构为，脱水生成E的结构为，所以化学方程式：；【小问5详解】化合物C为，它的同分异构体限定条件中含有苯环和含有酰胺基，因为不饱和度为5，所以含1个苯环和1个酰胺基、则余“”，另限制无氮氮键和氮氧键，且分子中共有4种不同化学环境的氢原子，综合可知，同分异构体结构简式有：；【小问6详解】先将加氢还原，将硝基还原为氨基，生成；再将在光照下取代生成，在氢氧化钠的水溶液中水解异构生成；最后将与反应生成；流程图如下：