2024届浙江省金丽衢十二校高三下学期二模化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2浙江省金丽衢十二校2024届高三下学期二模可能用到的相对原子质量：H-1B-11C-12N-14O-16Na-23Ca-40Fe-56一、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.下列物质为含有极性键的非极性分子的是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗A．只含极性键，为三角锥形结构，结构不对称，正负电荷的中心不重合，为极性分子，A错误；B．含极性键和非极性键，结构不对称，正负电荷的中心不重合，为极性分子，B错误；C．只含极性键，为正三角形分子，结构对称为非极性分子，C正确；D．非极性键的非极性分子，D错误；故选C。2.下列化学用语表示正确的是（）A.NH4I的电子式： B.船式C6H12：C.光导纤维主要成分的分子式：SiO2 D.的名称：2-甲基-3-戊稀〖答案〗B〖解析〗A．NH4I是离子化合物，与I-之间以离子键结合，其电子式应该为，A错误；B．船式C6H12是环烷烃，根据C原子价电子数目是4个，可知该物质是立体结构，球棍模型为，B正确；C．光导纤维主要成分是SiO2，但该物质属于共价晶体，不存在单个分子，SiO2仅表示Si、O原子个数比是1：2，是化学式，而不是分子式，C错误；D．应该从离碳碳双键较近的右端为起点，给主链上的C原子编号，以确定碳碳双键和支链在主链上的位置，该物质名称应该是4-甲基-2-戊稀，D错误；故合理选项是B。3.绿矾具有广泛的用途，下列说法正确的是（）A.医疗上常用于治疗缺铁性贫血B.工业常用作污水的处理剂，只是利用其还原性C.高温分解只产生和D.可用溶液检验其否变质〖答案〗A〖解析〗A．绿矾是硫酸亚铁晶体，医疗上常用于治疗缺铁性贫血，A正确；B．Fe2+具有还原性，因此工业常用绿矾作污水的处理剂，利用其还原性。同时Fe2+水解生成Fe(OH)2，水解生成的Fe(OH)2易被氧化为Fe(OH)3，得到的Fe(OH)3胶体有较好的吸附作用，所以绿矾液常用作混凝剂，B错误；C．绿矾高温分解产生Fe2O3、SO2、SO3和H2O，C错误；D．绿矾中能与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成蓝色沉淀，不能检验其是否变质，D错误；故选A。4.为避免硝酸生产尾气中的氮氧化物污染环境，人们开发了溶液吸收、催化还原等尾气处理方法。后者常采用作还原剂，其反应之一为：，下列说法不正确的是（为阿伏加德罗常数）（）A.氧化产物与还原产物的质量比为3∶4 B.生成水转移电子的数目为C.可使用溶液吸收氮氧化物 D.氮氧化物的排放可形成酸雨〖答案〗A〖解析〗A．中NH3的N元素化合价上升发生氧化反应，NO2的N元素化合价下降发生还原反应，则氧化产物与还原产物的质量比为8：6=4∶3，故A错误；B．中NH3的N元素化合价由-3价上升到0价，转移24个电子生成12个H2O，生成水转移电子的数目为，故B正确；C．氮氧化物可以被碱性溶液溶液吸收，故C正确；D．大气氮氧化物积累过多，最终会生成硝酸，溶解在雨水中，形成酸雨，故D正确；故选A。5.下列各组离子在给定溶液中一定能大量共存的是（）A.中性溶液中：B.与铝粉反应放出：C.使甲基橙呈红色的溶液：D.常温下，的溶液中：〖答案〗D〖解析〗A．、在中性溶液中会完全水解生成Fe(OH)3、Al(OH)3，不能大量共存，故A不选；B．与铝粉反应放出的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，在酸性条件下和Al反应生成NO，不能生成H2，故B不选；C．使甲基橙呈红色的溶液呈酸性，在酸性溶液中会发生反应生成S和SO2，不能大量共存，故C不选；D．常温下，的溶液呈碱性，在碱性溶液中不发生反应，可以大量共存，故D选；故选D。6.苯酚是一种重要的化工原料，其废水对生物具有毒害作用，在排放前必须经过处理。为回收利用含苯酚的废水，某小组设计如下方案，有关说法正确的是（）A.步骤①中，分液时从分液漏斗下口先放出废水，再放出有机溶液B.试剂①可用溶液或溶液C.步骤①②的操作为分液，步骤③的操作为过滤D.试剂②若为少量，则反应为2+CO2+H2O=2+〖答案〗B〖祥解〗向含苯酚的废水加入苯，萃取出苯酚，然后分液分离出苯酚和苯的混合有机溶液，加入溶液或溶液将苯酚转化为苯酚钠溶液，向苯酚钠溶液中通入少量生成苯酚，蒸馏分离出苯酚。【详析】A．步骤①中，分液时从分液漏斗下口先放出废水，再从分液漏斗上口放出有机溶液，故A错误；B．苯酚和溶液或溶液都能发生反应生成苯酚钠，故B正确；C．步骤①②的操作为分液，步骤③的操作为蒸馏，故C错误；D．苯酚钠溶液中通入少量生成苯酚和碳酸氢钠，故D错误；故选B。7.根据物质的组成和结构的变化可推测其性能变化及用途，下列推测不合理的是（）材料组成和结构变化性能变化及用途A铝加入等密度大、强度小B奶粉加入碳酸钙、硫酸锌等儿童营养强化C聚乙炔塑料掺杂增强导电性D取代部分取代部分制作LED发光材料〖答案〗A〖解析〗A．铝中加入等制成合金，可以增强材料的强度，A错误；B．奶粉中加入碳酸钙、硫酸锌等，可以补充钙、锌等元素，强化营养，B正确；C．在聚乙炔塑料中掺杂，可以增强导电性，C正确；D．用Al、O部分取代中的Si、N，可以制作LED发光材料，D正确；综上所述，选A。8.下列有关实验设计、操作说法正确的是（）A.甲图可用于测定与稀硫酸的反应速率B.乙图在溶液中加入一些氨水，制成铜氨溶液，可使镀层光亮C.丙图是转移操作D.丁图配成同浓度的溶液，有利于比较乙醇和苯酚中羟基的活性〖答案〗B〖解析〗A．测定与稀硫酸的反应速率，还需要计时器，故A错误；B．镀铜时，加入氨水可以生成铜配离子，使铜离子浓度降低，而且配合物平衡的存在能使铜离子浓度稳定在一定的范围内，这样使镀层更加紧密均匀光亮，工业上常采用这种方法，故B正确；C．转移时，玻璃棒应靠在容量瓶刻度线以下，故C错误；D．通常用活泼金属与羟基的反应来比较乙醇和苯酚中羟基的活性，而加水配置成溶液后，活泼金属会优先与水反应，无法达到目的，故D错误；故选B。9.下列说法正确的是（）A.根据纤维在火焰上燃烧产生的气味，可鉴别蚕丝与棉花B.通过石油的常压分馏可获得石蜡等馏分，常压分馏过程是物理变化C.乙酸、苯甲酸、乙二酸（草酸）均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.亚硝酸钠具有一定毒性，还会与食物作用生成致癌物，因此不可做食品添加剂〖答案〗A〖解析〗A．蚕丝主要成分是蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味，而棉花则属于纤维素，灼烧时则基本没有气味，故A正确；B．石蜡为石油减压分馏的产物，故B错误；C．乙二酸(草酸)具有还原性，可以被酸性高锰酸钾氧化，故C错误；D．亚硝酸钠(NaNO2)是一种常用的食品防腐剂，只要控制在合理的范围内，对人体健康没有太大影响，故D错误；故选A。10.下列化学反应与方程式相符的是（）A.工业制粗硅：B.铅蓄电池充电时阳极反应：C.氯水中加入小苏打提高漂白性：D.用盐酸处理铜器表面的铜锈：〖答案〗C〖解析〗A．石英和焦炭制取粗硅的反应为：，故A错误；B．铅蓄电池工作时的正极反应：PbO2+2e−++4H+=PbSO4+2H2O，充电时阳极反应：，故B错误；C．氯水中存在如下平衡：Cl2+H2OHClO+HCl，加入NaHCO3后，NaHCO3与HCl反应，使HCl浓度变小，平衡右移,，所以HClO浓度增大，从而增强漂白性，离子方程式为：，故C正确；D．铜锈为碱式碳酸铜，与盐酸反应生成氯化铜、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：Cu2(OH)2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2↑，故D错误；故选C。11.聚乳酸是一种可生物降解的高分子材料，主要用于制造可降解纤维、可降解塑料和医用材料。聚乳酸可用如下路线合成，其中A的产量可衡量一个国家的石油化工发展水平。下列说法正确的是（）A.B中碳原子的杂化方式相同 B.反应④的条件为的醇溶液C.E存在对映异构，易溶于水 D.所有反应均为取代反应〖答案〗C〖祥解〗A的产量可衡量一个国家的石油化工发展水平，A为CH2=CH2，CH2=CH2和HCN发生加成反应生成B为CH3CH2CN，CH3CH2CN可以水解生成CH3COOH，CH3COOH和Cl2发生取代反应生成D，D发生水解反应生成E为CH3CH(OH)COOH，E发生缩聚反应生成聚乳酸。【详析】A．由分析可知，B为CH3CH2CN，-CN中C原子杂化方式为sp，-CH3中C原子杂化方式为sp3，故A错误；B．D发生水解反应生成E，条件为的水溶液，故B错误；C．E为CH3CH(OH)COOH，含有1个手性碳原子，存在对映异构，含有羟基和羧基能够和水分子形成氢键，易溶于水，故C正确；D．由分析可知，反应①是加成反应，故D错误；故选C。12.已知是原子序数依次增大的前四周期元素。的核外电子总数与其周期数相同，与相邻且的原子序数是的两倍，基态的轨道全部充满。下列说法正确的是（）A.简单氢化物的沸点：B.第一电离能：C.A、B、C三种元素只形成共价化合物D.B的简单氢化物的水溶液能溶解E的最高价氧化物对应的水化物〖答案〗D〖祥解〗已知是原子序数依次增大的前四周期元素。的核外电子总数与其周期数相同，A为H元素，与相邻且的原子序数是的两倍，C为O元素，B为N元素，D为S元素，基态的轨道全部充满，E为Cu，以此解答。【详析】A．NH3和H2O分子间都存在氢键，但H2O分子形成的氢键更多，则简单氢化物的沸点：NH3<H2O，故A错误；B．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能：O>N>S>H，故B错误；C．H、N、O三种元素可以形成共价化合物HNO3，也可以形成离子化合物NH4NO3，故C错误;D．N的简单氢化物为氨气，氨气的水溶液为氨水，氨水能溶解Cu(OH)2，故D正确；故选D。13.锌-空气电池可用作电动车的动力电源。该电池的电解质溶液为KOH溶液，总反应为：。下列有关说法不正确的是（）A.充电时，锌连接电源负极B.充电时，阳极反应为C.放电时，电解质溶液中向正极移动D.放电时，电路中通过电子，可消耗〖答案〗D〖祥解〗放电时，锌为负极，转化为，通空气一极为正极，转化为氢氧根离子，充电时，锌连接电源负极，据此回答。【详析】A．充电时，锌连接电源负极，A正确；B．充电时，氢氧根离子转化为氧气，阳极反应为4OH−−4e−=2H2O+O2↑，B正确；C．放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动，K+向正极移动，C正确；D．未告诉标准状况，不可算O2的体积，D错误；故选D。14.烃基的结构对卤代烃的活性有很大的影响（乙烯型卤代烃很难发生取代反应，而烯丙型卤代烃却很容易发生取代反应）。已知卤代烃能和的醇溶液发生如下反应：（R-为烃基，X-为卤素）。下列说法不正确的是（）A.是一种无机酸酯B.相比产生沉淀的速度更慢C.相比更易发生上述反应D.与加成反应的主要产物是〖答案〗B〖解析〗A．无机酸酯指无机含氧酸中的-OH被烷氧基-OR取代生成的化合物，RONO2是一种无机酸酯，A正确；B．Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，CH3CH2I相比CH3CH2Cl产生沉淀的速度更快，B错误；C．根据乙烯型卤代烃很难发生取代反应，而烯丙型卤代烃却很容易发生取代反应，所以CH2=CH−CH2Cl相比CH2=CHCl更易发生上述反应，C正确；C．CH2=CHCl与HCl加成反应，一般氢原子加在含氢数目多的碳原子上，所以主要产物是CH3CHCl2，D正确；故选B。15.下图是利用铜与浓硫酸反应的产物制备的工艺流程，（已知：常温下，：，；：，）下列说法正确的是（）A.反应Ⅰ的反应为：B.溶液2中C.反应Ⅱ应需及时补充维持溶液D.溶液中存在，则该溶液中粒子浓度：〖答案〗B〖祥解〗根据常温下所给电离常数可知酸性；二氧化硫与碳酸钠溶发生反应Ⅰ使溶液pH控制在3~4之间，反应I为。【详析】A．碳酸钠溶液、亚硫酸钠溶液呈碱性、亚硫酸氢钠溶液呈酸性。二氧化硫与碳酸钠溶发生反应Ⅰ使溶液pH控制在3~4之间，说明反应生成了亚硫酸氢钠和二氧化碳，即，A错误；B．调节pH=11得溶液2，，，故，B正确；C．反应Ⅱ是硫酸铜和亚硫酸钠发生氧化还原反应生成了氧化亚铜、硫酸钠。氧化亚铜在酸性条件下可以发生歧化反应，最终得不到氧化亚铜，反应Ⅱ不需要补充维持溶液，C错误；D．中存在含硫微粒有，根据电荷守恒，根据物料守恒可知，故，D错误；故〖答案〗为：B。16.下列方案设计、现象和结论不正确的是（）实验目的实验方案现象结论A验证(黄色)在高浓度Cl-的条件下稳定向稀盐酸和FeCl3的混合溶液中，加入NaCl固体NaCl固体溶解，溶液变为亮黄色在高浓度Cl-的条件下稳定B比较AgI与Ag2S的Ksp向2mL0.1mol/LKI溶液滴加2滴0.1mol/L硝酸银，然后再滴加2滴0.1mol/L的K2S溶液先产生淡黄色沉淀，后转化为黑色沉淀Ksp(AgI)＞Ksp(Ag2S)C检验乙酰水杨酸中存在酯基乙酰水杨酸中滴入稀硫酸，加热，冷却后滴加FeCl3溶液溶液呈紫色存在酯基D比较Mg与Al的金属性分别向MgCl2＞AlCl3溶液中滴加足量的NaOH溶液前者产生白色沉淀；后者先产生白色沉淀，沉淀后消失Mg＞Al〖答案〗C〖解析〗A．FeCl3溶液中含有Fe3+，溶液显黄色，向稀盐酸和FeCl3的混合溶液中，加入NaCl固体，NaCl固体溶解，溶液中Cl-浓度进一步增大，溶液变为亮黄色，说明在高浓度Cl-的条件下Fe3+与Cl-反应产生了，能够存在于高难度的Cl-的溶液中，说明此时稳定，A正确；B．向2mL0.1mol/LKI溶液滴加2滴0.1mol/L硝酸银，二者反应产生AgI黄色沉淀，此时溶液中I-过量，然后再滴加2滴0.1mol/L的K2S溶液，看到沉淀又转化为黑色，说明在其中含有少量AgI电离产生的Ag+，Ag+与S2-反应产生Ag2S黑色沉淀，因此可以说明溶度积常数：Ksp(AgI)＞Ksp(Ag2S)，B正确；C．酚羟基遇FeCl3溶液显紫色，但显色反应要在中性或弱酸性溶液中进行，要证明乙酰水杨酸中存在酯基，可以向乙酰水杨酸中滴入稀硫酸，加热，冷却后滴加FeCl3溶液，无现象，再向溶液中逐滴滴加Na2CO3溶液，中和硫酸，使溶液呈现中性或弱酸性，振荡，这时看到溶液显紫色，说明溶液中含有酯基水解产生的酚羟基，从而证明水杨酸中含有酯基，C错误；D．分别向MgCl2＞AlCl3溶液中滴加足量的NaOH溶液，MgCl2反应产生Mg(OH)2白色沉淀，AlCl3溶液中首先反应产生Al(OH)3白色沉淀，后当碱溶液过量时，反应产生的白色沉淀又溶解，反应变为可溶性NaAlO2，说明碱性：Mg(OH)2＞Al(OH)3，则证明了元素的金属性：Mg＞Al，D正确；故合理选项是C。二、非选择题（共5大题，共52分）17.吡啶为含N有机物。这类物质是合成医药农药的重要原料。下列吡啶类化合物A与Zn(CH3CH2)2(即ZnEt2)反应生成有机化合物B，B具有优异的催化性能。（1）吡啶类化合物A易溶于水，原因是___________，含Zn有机物B的分子结构中含________（填序号）。A．离子键B．配位键C．π键D．σ键E．氢键（2）HN3分子的空间结构如图2所示(图中键长单位为10-10m)。N-N、N=N和N≡N的共价键键长分别为1.40×10-10m、1.20×10-10m和1.09×10-10m。试依据信息画出HN3分子的结构式________，分子中N原子的杂化方式为________．（3）某种新型储氢材料的晶胞如图3，八面体中心为M金属离子，顶点均为NH3配体，四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为188g/mol，则M元素为________(填元素符号)。在该化合物中，M离子的价电子排布式为________．〖答案〗（1）化合物A与水分子间存在氢键BCD（2）H-N=N≡Nsp、sp2（3）Fe3d6〖解析〗（1）吡啶类化合物A易溶于水，是由于该化合物分子中含有亲水基羟基，使A分子与水分子之间形成氢键，增加了分子之间的吸引作用；根据含Zn有机物B的分子结构可知：该物质是由分子构成的共价化合物，其中不含有离子键，也不含有羟基，含有配位键、σ键、π键，故合理选项是BCD；（2）根据HN3分子的空间结构，结合N-N、N=N和N≡N的共价键键长大小，可知HN3的结构式应该是：H-N=N≡N；在高物质分子中，形成三键的氮原子采用sp杂化；形成双键的N原子采用sp2杂化；（3）根据晶胞结构可知：该晶胞中含有黑球●的数目是8×+6×=4；含有白球○的数目是8×1=8，黑球与白球的个数比为●：○=4：8=1：2，由于八面体中心为M金属离子，顶点均为NH3配体，四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为188g/mol，则(M+17×6)+2(11+4)=188，解得M=56，所以M是Fe元素；该化合物中黑球与白球个数比为1：2，白球为[BH4]-，根据化合物中元素化合价代数和为0，可知黑球带2个单位正电荷，表示的化学式为[Fe(NH3)6]2+，其中中心Fe2+是Fe原子失去最外层的2个4s电子形成的，因此其价层电子排布式是3d6。18.已知难溶性化合物的化学式为，对进行如下实验，部分产物已经略去。已知：中的金属元素在该实验条件下不能与产生配合物。（1）高温下在气流中的反应________氧化还原反应（填“属于”或“不属于”），中钡元素的化合价为________。（2）步骤Ⅳ可以进行的原因除了生成降低体系的能量之外，从化学平衡的角度解释能够发生的原因____________________________。（3）下列说法正确的是________。A.溶液D中阳离子只有B.若磁铁能吸引反应Ⅳ的剩余固体，则证明铁有剩余C.步骤Ⅱ中的氯化铵溶液也可以用盐酸代替D.依据步骤Ⅲ可知碱性强弱（4）固体在一定条件下也可以与溶液反应，写出反应的离子方程式____________。（5）设计实验检验混合气体A（除外）的成份_______________________________。〖答案〗（1）属于价（2）水蒸气流不断带出生成的氢气促进反应正向移动。（3）D（4）（5）先将混合气体通过无水硫酸铜粉末，若变蓝，说明有水蒸气，再将混合气体通过澄清的石灰水，若出现浑浊，说明有二氧化碳气体。〖祥解〗固体单质C和水在高温下反应生成Fe3O4，C为Fe，混合溶液C和氨水反应生成Mg(OH)2和NH4Cl溶液，混合溶液C中含有Mg2+，固体混合物B中含有Fe和MgO，气体混合物A为H2和CO2，以此解答。【详析】（1）Y高温下在氢气气流中高温分解生成了Fe，元素价态发生变化，属于氧化还原反应，根据化合物化合价代数和为0，可知钡元素价态为+2。（2）步骤Ⅳ能够进行的原因，从化学平衡角度进行解释的话是因为通入氢气气流，带走了水蒸气产物，平衡正移。（3）A．溶液D的阳离子除了铵根离子，还有氢离子和钡离子，故A错误；B．发生反应Ⅳ后固体有四氧化三铁，磁铁能吸引四氧化三铁，因此不能证明有铁剩余，B错误；C．步骤II中的氯化铵溶液有两个作用，一是防止铁离子水解，二是调节pH，因此不能用盐酸代替，C错误；D．由步骤III可以判断出氢氧化钡的碱性大于氢氧化锰的碱性，D正确；故选D。（4）固体Y在HI溶液下发生反应，生成碘单质，钡离子，锰离子，亚铁离子和二氧化碳，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式：。（5）混合气体A除了氢气外还含有二氧化碳和水蒸气。首先可以通过无水硫酸铜，若呈蓝色，则证明混合气体中含有水蒸气。接着再将混合气体通入澄清石灰水中，若石灰水变浑浊则说明有二氧化碳。19.利用工业废气实现双减最有希望开展大规模应用的是加氢生成甲醇的反应。298K、100kPa条件下该反应焓变和熵变的数据如下，假设反应不随温度的改变而变化。（1）该反应在________自发（填“低温”或“任意条件”或“高温”）（2）在使用催化剂时，该反应由两个基元反应组成，写出决速步骤基元反应方程式_________________________________。（3）给出温度、总压下，时，不同催化剂组成对[代表单位质量的催化剂在单位时间处理原料气的质量，体现出催化剂的处理能力]、甲醇选择性及副产物选择性的影响如下表：选择性（%）CO选择性（%）催化剂1784060催化剂2881000催化剂3138919在实际生产过程中选择催化剂2、3组均可，请说明工业生产中应选择第2组催化剂最主要的原因__________________________，选择催化剂3的最主要的原因__________________。（4）与不同比例对转化率和甲醇产率的影响如下图所示，在图中画出副产物产率曲线________（在图中标出与虚线的坐标）。（5）温度在时，和反应生成甲醇平衡常数为，在恒容容器中按照投料，若只发生反应Ⅰ，计算此时的平衡转化率_________________。〖答案〗（1）低温（2）（3）选择性好，纯度高单位时间内甲醇产率高（或反应速率快）（4）（5）0.1%〖解析〗（1）时反应能自发进行，该反应的，，则该反应在低温自发。（2）活化能越大，化学反应速率越慢，为总反应的决速反应，则决速步骤基元反应方程式为：。（3）工业生产中应选择第2组催化剂最主要的原因是选择性好，纯度高，选择催化剂3的最主要的原因单位时间内甲醇产率高（或反应速率快）。（4）当时，CO2的转化率为14%，CH3OH的产率为5.6%，由C元素守恒可知CO的产率为14%-5.6%=8.4%，当当时，CO2的转化率为18.6%，CH3OH的产率为7.4%，由C元素守恒可知CO的产率为18.6%-7.4%=11.2%，在图中画出副产物产率曲线为：。（5）根据已知条件列出“三段式”平衡常数为，x=0.001mol，此时的平衡转化率为=0.1%。20.甘氨酸钙是新一代补钙剂，通常为白色结晶性粉末，易吸水，在生物环境中不易与水分子或其他物质（如维生素和其他矿物质）发生化学反应。甘氨酸钙属于螯合物，可以缓慢释放钙，对胃肠道刺激性较小，不会引起呕吐、胃疼等不良反应，其水溶性好，难溶于乙醇。某化学兴趣小组采用熔融法合成甘氨酸钙的流程如下：（1）研磨操作需要的仪器________（填名称）（2）写出甘氨酸钙溶液的电离方程式________________。（3）下列操作合理的是________。A.“一系列操作”包括蒸发浓缩、缓慢冷却、过滤、洗涤、自然干燥B.溶解、洗涤均采用热水，可提高产品纯度C.若用坩埚钳移动灼热的坩埚，需预热坩埚钳，取下后放在陶土网上冷却待用D.甘氨酸钙中的少量甘氨酸可用乙醇除去（4）描述用焰色试验检验甘氨酸钙中含Ca元素的操作步骤及现象________________。（5）产品纯度的测定：热恒重（TG）分析法①热恒重（TG）分析实验，若要判断固体在某温度下是否分解完全至少需称量________次。②现取产品20.0g加热分解，剩余固体质量随温度变化如图（假设杂质在加热过程中不分解）结合数据计算该产品的纯度为________%。〖答案〗（1）研钵（2）（3）BC（4）取铂丝（或铁丝）放在酒精灯（或煤气灯）外焰上灼烧至无色，蘸取样品在外焰上灼烧，若观察到火焰呈砖红色，说明有钙元素。最后将铂丝用盐酸洗净后，放于外焰上灼烧至无色。（5）①3②94.0〖祥解〗称取一定质量的甘氨酸与氢氧化钙混合研磨，转移至坩埚反应温度150℃进行40min，冷却、研磨转移至烧杯，热水溶解、过滤、洗涤后得到滤液，蒸发浓缩、缓慢冷却、过滤、洗涤、真空干燥得到甘氨酸钙，据此回答。【详析】（1）研磨操作需要的仪器为研钵；（2）甘氨酸钙[Ca(H2NCH2COO)2]溶液的电离方程式为；（3）A．“一系列操作”包括蒸发浓缩、缓慢冷却、过滤、洗涤、真空干燥，A错误；B．溶解、洗涤均采用热水，可以提高甘氨酸钙的溶解度，提高产品纯度，B正确；C．若用坩埚钳移动灼热坩埚，需预热坩埚钳，取下后放在陶土网上冷却待用，若未预热可能会变形，C正确；D．甘氨酸在乙醇中的溶解度低，不能用乙醇除去，D错误；故选BC。（4）焰色试验检验甘氨酸钙中含Ca元素的操作步骤及现象：取铂丝（或铁丝）放在酒精灯（或煤气灯）外焰上灼烧至无色，蘸取样品在外焰上灼烧，若观察到火焰呈砖红色，说明有钙元素，最后将铂丝用盐酸洗净后，放于外焰上灼烧至无色；（5）①热恒重（TG）分析实验，若要判断固体在某温度下是否分解完全至少需称量3次；②最后剩余的固体为CaN2，6.8g的CaN2为0.1mol，则Ca(H2NCH2COO)2为0.1mol，Ca(H2NCH2COO)2的质量为18.8g，产品的纯度为：。21.化合物I是一种抗癫痫药物，我国科学家近来发现I对消除由蜈蚣叮咬产生的严重临床症状有良好效果。I的两条合成路线如下图所示。I的结构简式：已知G的分子式为：回答下列问题：（1）A中的官能团的名称________。（2）下列说法正确的是________。A.A到C的反应是取代反应，生成的氯化氢和反应使原料的利用率提高B.D生成E的目的是为了保护氨基不被E到F反应中的硝酸氧化C.A的碱性比的碱性强D.A用氢气还原的产物可以和发生加聚反应生成高分子产物（3）E的结构简式____________。（4）写出K到I的化学方程式____________________________________________。（5）与甲醇按物质的量1∶1反应只生成一种产物，写出符合下列条件的该产物的同分异构体________________。a．能发生银镜反应b．水解产物能使氯化铁溶液显紫色c．谱检测表明：分子中有4种不同环境的氢原子，峰面积比为3∶2∶2∶1（6）运用上述信息设计以为原料制备高分子化合物的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）____________。〖答案〗（1）硝基和氨基（2）AB（3）（4）++HCl（5）（6）〖祥解〗A与反应生成C，C与H2转化为D，D与反应生成E，E与浓硫酸、浓硝酸发生取代反应生成F，F与NH2NH2转化为G，G与反应转化为H，H与氢气反应转化为I，B与反应生成J，J与氢气发生还原反应生成K，K与反应生成I，据此回答。【详析】（1）A中的官能团的名称硝基和氨基；（2）A．根据分析可知，A到C的反应是取代反应，生成的氯化氢和K2CO3反应使原料的利用率提高，A正确；B．根据分析可知，D生成E的目的是为了保护氨基不被E到F反应中的硝酸氧化，B正确；C．-CH3对N原子有推电子作用，增大N原子的电子密度，的碱性更强，C错误；D．A用氢气还原的产物可以和发生取代反应，D错误；故选AB。（3）根据分析可知，E的结构简式：；（4）根据分析，K到I的化学方程式++HCl；（5）与甲醇按物质的量1∶1反应只生成一种产物，满足a．能发生银镜反应，含有醛基b．水解产物能使氯化铁溶液显紫色，水解产生酚羟基c．−H−NMR谱检测表明：分子中有4种不同环境的氢原子，四种等效氢，峰面积比为3∶2∶2∶1的同分异构体有：。浙江省金丽衢十二校2024届高三下学期二模可能用到的相对原子质量：H-1B-11C-12N-14O-16Na-23Ca-40Fe-56一、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.下列物质为含有极性键的非极性分子的是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗A．只含极性键，为三角锥形结构，结构不对称，正负电荷的中心不重合，为极性分子，A错误；B．含极性键和非极性键，结构不对称，正负电荷的中心不重合，为极性分子，B错误；C．只含极性键，为正三角形分子，结构对称为非极性分子，C正确；D．非极性键的非极性分子，D错误；故选C。2.下列化学用语表示正确的是（）A.NH4I的电子式： B.船式C6H12：C.光导纤维主要成分的分子式：SiO2 D.的名称：2-甲基-3-戊稀〖答案〗B〖解析〗A．NH4I是离子化合物，与I-之间以离子键结合，其电子式应该为，A错误；B．船式C6H12是环烷烃，根据C原子价电子数目是4个，可知该物质是立体结构，球棍模型为，B正确；C．光导纤维主要成分是SiO2，但该物质属于共价晶体，不存在单个分子，SiO2仅表示Si、O原子个数比是1：2，是化学式，而不是分子式，C错误；D．应该从离碳碳双键较近的右端为起点，给主链上的C原子编号，以确定碳碳双键和支链在主链上的位置，该物质名称应该是4-甲基-2-戊稀，D错误；故合理选项是B。3.绿矾具有广泛的用途，下列说法正确的是（）A.医疗上常用于治疗缺铁性贫血B.工业常用作污水的处理剂，只是利用其还原性C.高温分解只产生和D.可用溶液检验其否变质〖答案〗A〖解析〗A．绿矾是硫酸亚铁晶体，医疗上常用于治疗缺铁性贫血，A正确；B．Fe2+具有还原性，因此工业常用绿矾作污水的处理剂，利用其还原性。同时Fe2+水解生成Fe(OH)2，水解生成的Fe(OH)2易被氧化为Fe(OH)3，得到的Fe(OH)3胶体有较好的吸附作用，所以绿矾液常用作混凝剂，B错误；C．绿矾高温分解产生Fe2O3、SO2、SO3和H2O，C错误；D．绿矾中能与K3[Fe(CN)6]溶液反应生成蓝色沉淀，不能检验其是否变质，D错误；故选A。4.为避免硝酸生产尾气中的氮氧化物污染环境，人们开发了溶液吸收、催化还原等尾气处理方法。后者常采用作还原剂，其反应之一为：，下列说法不正确的是（为阿伏加德罗常数）（）A.氧化产物与还原产物的质量比为3∶4 B.生成水转移电子的数目为C.可使用溶液吸收氮氧化物 D.氮氧化物的排放可形成酸雨〖答案〗A〖解析〗A．中NH3的N元素化合价上升发生氧化反应，NO2的N元素化合价下降发生还原反应，则氧化产物与还原产物的质量比为8：6=4∶3，故A错误；B．中NH3的N元素化合价由-3价上升到0价，转移24个电子生成12个H2O，生成水转移电子的数目为，故B正确；C．氮氧化物可以被碱性溶液溶液吸收，故C正确；D．大气氮氧化物积累过多，最终会生成硝酸，溶解在雨水中，形成酸雨，故D正确；故选A。5.下列各组离子在给定溶液中一定能大量共存的是（）A.中性溶液中：B.与铝粉反应放出：C.使甲基橙呈红色的溶液：D.常温下，的溶液中：〖答案〗D〖解析〗A．、在中性溶液中会完全水解生成Fe(OH)3、Al(OH)3，不能大量共存，故A不选；B．与铝粉反应放出的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，在酸性条件下和Al反应生成NO，不能生成H2，故B不选；C．使甲基橙呈红色的溶液呈酸性，在酸性溶液中会发生反应生成S和SO2，不能大量共存，故C不选；D．常温下，的溶液呈碱性，在碱性溶液中不发生反应，可以大量共存，故D选；故选D。6.苯酚是一种重要的化工原料，其废水对生物具有毒害作用，在排放前必须经过处理。为回收利用含苯酚的废水，某小组设计如下方案，有关说法正确的是（）A.步骤①中，分液时从分液漏斗下口先放出废水，再放出有机溶液B.试剂①可用溶液或溶液C.步骤①②的操作为分液，步骤③的操作为过滤D.试剂②若为少量，则反应为2+CO2+H2O=2+〖答案〗B〖祥解〗向含苯酚的废水加入苯，萃取出苯酚，然后分液分离出苯酚和苯的混合有机溶液，加入溶液或溶液将苯酚转化为苯酚钠溶液，向苯酚钠溶液中通入少量生成苯酚，蒸馏分离出苯酚。【详析】A．步骤①中，分液时从分液漏斗下口先放出废水，再从分液漏斗上口放出有机溶液，故A错误；B．苯酚和溶液或溶液都能发生反应生成苯酚钠，故B正确；C．步骤①②的操作为分液，步骤③的操作为蒸馏，故C错误；D．苯酚钠溶液中通入少量生成苯酚和碳酸氢钠，故D错误；故选B。7.根据物质的组成和结构的变化可推测其性能变化及用途，下列推测不合理的是（）材料组成和结构变化性能变化及用途A铝加入等密度大、强度小B奶粉加入碳酸钙、硫酸锌等儿童营养强化C聚乙炔塑料掺杂增强导电性D取代部分取代部分制作LED发光材料〖答案〗A〖解析〗A．铝中加入等制成合金，可以增强材料的强度，A错误；B．奶粉中加入碳酸钙、硫酸锌等，可以补充钙、锌等元素，强化营养，B正确；C．在聚乙炔塑料中掺杂，可以增强导电性，C正确；D．用Al、O部分取代中的Si、N，可以制作LED发光材料，D正确；综上所述，选A。8.下列有关实验设计、操作说法正确的是（）A.甲图可用于测定与稀硫酸的反应速率B.乙图在溶液中加入一些氨水，制成铜氨溶液，可使镀层光亮C.丙图是转移操作D.丁图配成同浓度的溶液，有利于比较乙醇和苯酚中羟基的活性〖答案〗B〖解析〗A．测定与稀硫酸的反应速率，还需要计时器，故A错误；B．镀铜时，加入氨水可以生成铜配离子，使铜离子浓度降低，而且配合物平衡的存在能使铜离子浓度稳定在一定的范围内，这样使镀层更加紧密均匀光亮，工业上常采用这种方法，故B正确；C．转移时，玻璃棒应靠在容量瓶刻度线以下，故C错误；D．通常用活泼金属与羟基的反应来比较乙醇和苯酚中羟基的活性，而加水配置成溶液后，活泼金属会优先与水反应，无法达到目的，故D错误；故选B。9.下列说法正确的是（）A.根据纤维在火焰上燃烧产生的气味，可鉴别蚕丝与棉花B.通过石油的常压分馏可获得石蜡等馏分，常压分馏过程是物理变化C.乙酸、苯甲酸、乙二酸（草酸）均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.亚硝酸钠具有一定毒性，还会与食物作用生成致癌物，因此不可做食品添加剂〖答案〗A〖解析〗A．蚕丝主要成分是蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味，而棉花则属于纤维素，灼烧时则基本没有气味，故A正确；B．石蜡为石油减压分馏的产物，故B错误；C．乙二酸(草酸)具有还原性，可以被酸性高锰酸钾氧化，故C错误；D．亚硝酸钠(NaNO2)是一种常用的食品防腐剂，只要控制在合理的范围内，对人体健康没有太大影响，故D错误；故选A。10.下列化学反应与方程式相符的是（）A.工业制粗硅：B.铅蓄电池充电时阳极反应：C.氯水中加入小苏打提高漂白性：D.用盐酸处理铜器表面的铜锈：〖答案〗C〖解析〗A．石英和焦炭制取粗硅的反应为：，故A错误；B．铅蓄电池工作时的正极反应：PbO2+2e−++4H+=PbSO4+2H2O，充电时阳极反应：，故B错误；C．氯水中存在如下平衡：Cl2+H2OHClO+HCl，加入NaHCO3后，NaHCO3与HCl反应，使HCl浓度变小，平衡右移,，所以HClO浓度增大，从而增强漂白性，离子方程式为：，故C正确；D．铜锈为碱式碳酸铜，与盐酸反应生成氯化铜、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：Cu2(OH)2CO3+4HCl=2CuCl2+3H2O+CO2↑，故D错误；故选C。11.聚乳酸是一种可生物降解的高分子材料，主要用于制造可降解纤维、可降解塑料和医用材料。聚乳酸可用如下路线合成，其中A的产量可衡量一个国家的石油化工发展水平。下列说法正确的是（）A.B中碳原子的杂化方式相同 B.反应④的条件为的醇溶液C.E存在对映异构，易溶于水 D.所有反应均为取代反应〖答案〗C〖祥解〗A的产量可衡量一个国家的石油化工发展水平，A为CH2=CH2，CH2=CH2和HCN发生加成反应生成B为CH3CH2CN，CH3CH2CN可以水解生成CH3COOH，CH3COOH和Cl2发生取代反应生成D，D发生水解反应生成E为CH3CH(OH)COOH，E发生缩聚反应生成聚乳酸。【详析】A．由分析可知，B为CH3CH2CN，-CN中C原子杂化方式为sp，-CH3中C原子杂化方式为sp3，故A错误；B．D发生水解反应生成E，条件为的水溶液，故B错误；C．E为CH3CH(OH)COOH，含有1个手性碳原子，存在对映异构，含有羟基和羧基能够和水分子形成氢键，易溶于水，故C正确；D．由分析可知，反应①是加成反应，故D错误；故选C。12.已知是原子序数依次增大的前四周期元素。的核外电子总数与其周期数相同，与相邻且的原子序数是的两倍，基态的轨道全部充满。下列说法正确的是（）A.简单氢化物的沸点：B.第一电离能：C.A、B、C三种元素只形成共价化合物D.B的简单氢化物的水溶液能溶解E的最高价氧化物对应的水化物〖答案〗D〖祥解〗已知是原子序数依次增大的前四周期元素。的核外电子总数与其周期数相同，A为H元素，与相邻且的原子序数是的两倍，C为O元素，B为N元素，D为S元素，基态的轨道全部充满，E为Cu，以此解答。【详析】A．NH3和H2O分子间都存在氢键，但H2O分子形成的氢键更多，则简单氢化物的沸点：NH3<H2O，故A错误；B．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能：O>N>S>H，故B错误；C．H、N、O三种元素可以形成共价化合物HNO3，也可以形成离子化合物NH4NO3，故C错误;D．N的简单氢化物为氨气，氨气的水溶液为氨水，氨水能溶解Cu(OH)2，故D正确；故选D。13.锌-空气电池可用作电动车的动力电源。该电池的电解质溶液为KOH溶液，总反应为：。下列有关说法不正确的是（）A.充电时，锌连接电源负极B.充电时，阳极反应为C.放电时，电解质溶液中向正极移动D.放电时，电路中通过电子，可消耗〖答案〗D〖祥解〗放电时，锌为负极，转化为，通空气一极为正极，转化为氢氧根离子，充电时，锌连接电源负极，据此回答。【详析】A．充电时，锌连接电源负极，A正确；B．充电时，氢氧根离子转化为氧气，阳极反应为4OH−−4e−=2H2O+O2↑，B正确；C．放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动，K+向正极移动，C正确；D．未告诉标准状况，不可算O2的体积，D错误；故选D。14.烃基的结构对卤代烃的活性有很大的影响（乙烯型卤代烃很难发生取代反应，而烯丙型卤代烃却很容易发生取代反应）。已知卤代烃能和的醇溶液发生如下反应：（R-为烃基，X-为卤素）。下列说法不正确的是（）A.是一种无机酸酯B.相比产生沉淀的速度更慢C.相比更易发生上述反应D.与加成反应的主要产物是〖答案〗B〖解析〗A．无机酸酯指无机含氧酸中的-OH被烷氧基-OR取代生成的化合物，RONO2是一种无机酸酯，A正确；B．Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，CH3CH2I相比CH3CH2Cl产生沉淀的速度更快，B错误；C．根据乙烯型卤代烃很难发生取代反应，而烯丙型卤代烃却很容易发生取代反应，所以CH2=CH−CH2Cl相比CH2=CHCl更易发生上述反应，C正确；C．CH2=CHCl与HCl加成反应，一般氢原子加在含氢数目多的碳原子上，所以主要产物是CH3CHCl2，D正确；故选B。15.下图是利用铜与浓硫酸反应的产物制备的工艺流程，（已知：常温下，：，；：，）下列说法正确的是（）A.反应Ⅰ的反应为：B.溶液2中C.反应Ⅱ应需及时补充维持溶液D.溶液中存在，则该溶液中粒子浓度：〖答案〗B〖祥解〗根据常温下所给电离常数可知酸性；二氧化硫与碳酸钠溶发生反应Ⅰ使溶液pH控制在3~4之间，反应I为。【详析】A．碳酸钠溶液、亚硫酸钠溶液呈碱性、亚硫酸氢钠溶液呈酸性。二氧化硫与碳酸钠溶发生反应Ⅰ使溶液pH控制在3~4之间，说明反应生成了亚硫酸氢钠和二氧化碳，即，A错误；B．调节pH=11得溶液2，，，故，B正确；C．反应Ⅱ是硫酸铜和亚硫酸钠发生氧化还原反应生成了氧化亚铜、硫酸钠。氧化亚铜在酸性条件下可以发生歧化反应，最终得不到氧化亚铜，反应Ⅱ不需要补充维持溶液，C错误；D．中存在含硫微粒有，根据电荷守恒，根据物料守恒可知，故，D错误；故〖答案〗为：B。16.下列方案设计、现象和结论不正确的是（）实验目的实验方案现象结论A验证(黄色)在高浓度Cl-的条件下稳定向稀盐酸和FeCl3的混合溶液中，加入NaCl固体NaCl固体溶解，溶液变为亮黄色在高浓度Cl-的条件下稳定B比较AgI与Ag2S的Ksp向2mL0.1mol/LKI溶液滴加2滴0.1mol/L硝酸银，然后再滴加2滴0.1mol/L的K2S溶液先产生淡黄色沉淀，后转化为黑色沉淀Ksp(AgI)＞Ksp(Ag2S)C检验乙酰水杨酸中存在酯基乙酰水杨酸中滴入稀硫酸，加热，冷却后滴加FeCl3溶液溶液呈紫色存在酯基D比较Mg与Al的金属性分别向MgCl2＞AlCl3溶液中滴加足量的NaOH溶液前者产生白色沉淀；后者先产生白色沉淀，沉淀后消失Mg＞Al〖答案〗C〖解析〗A．FeCl3溶液中含有Fe3+，溶液显黄色，向稀盐酸和FeCl3的混合溶液中，加入NaCl固体，NaCl固体溶解，溶液中Cl-浓度进一步增大，溶液变为亮黄色，说明在高浓度Cl-的条件下Fe3+与Cl-反应产生了，能够存在于高难度的Cl-的溶液中，说明此时稳定，A正确；B．向2mL0.1mol/LKI溶液滴加2滴0.1mol/L硝酸银，二者反应产生AgI黄色沉淀，此时溶液中I-过量，然后再滴加2滴0.1mol/L的K2S溶液，看到沉淀又转化为黑色，说明在其中含有少量AgI电离产生的Ag+，Ag+与S2-反应产生Ag2S黑色沉淀，因此可以说明溶度积常数：Ksp(AgI)＞Ksp(Ag2S)，B正确；C．酚羟基遇FeCl3溶液显紫色，但显色反应要在中性或弱酸性溶液中进行，要证明乙酰水杨酸中存在酯基，可以向乙酰水杨酸中滴入稀硫酸，加热，冷却后滴加FeCl3溶液，无现象，再向溶液中逐滴滴加Na2CO3溶液，中和硫酸，使溶液呈现中性或弱酸性，振荡，这时看到溶液显紫色，说明溶液中含有酯基水解产生的酚羟基，从而证明水杨酸中含有酯基，C错误；D．分别向MgCl2＞AlCl3溶液中滴加足量的NaOH溶液，MgCl2反应产生Mg(OH)2白色沉淀，AlCl3溶液中首先反应产生Al(OH)3白色沉淀，后当碱溶液过量时，反应产生的白色沉淀又溶解，反应变为可溶性NaAlO2，说明碱性：Mg(OH)2＞Al(OH)3，则证明了元素的金属性：Mg＞Al，D正确；故合理选项是C。二、非选择题（共5大题，共52分）17.吡啶为含N有机物。这类物质是合成医药农药的重要原料。下列吡啶类化合物A与Zn(CH3CH2)2(即ZnEt2)反应生成有机化合物B，B具有优异的催化性能。（1）吡啶类化合物A易溶于水，原因是___________，含Zn有机物B的分子结构中含________（填序号）。A．离子键B．配位键C．π键D．σ键E．氢键（2）HN3分子的空间结构如图2所示(图中键长单位为10-10m)。N-N、N=N和N≡N的共价键键长分别为1.40×10-10m、1.20×10-10m和1.09×10-10m。试依据信息画出HN3分子的结构式________，分子中N原子的杂化方式为________．（3）某种新型储氢材料的晶胞如图3，八面体中心为M金属离子，顶点均为NH3配体，四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为188g/mol，则M元素为________(填元素符号)。在该化合物中，M离子的价电子排布式为________．〖答案〗（1）化合物A与水分子间存在氢键BCD（2）H-N=N≡Nsp、sp2（3）Fe3d6〖解析〗（1）吡啶类化合物A易溶于水，是由于该化合物分子中含有亲水基羟基，使A分子与水分子之间形成氢键，增加了分子之间的吸引作用；根据含Zn有机物B的分子结构可知：该物质是由分子构成的共价化合物，其中不含有离子键，也不含有羟基，含有配位键、σ键、π键，故合理选项是BCD；（2）根据HN3分子的空间结构，结合N-N、N=N和N≡N的共价键键长大小，可知HN3的结构式应该是：H-N=N≡N；在高物质分子中，形成三键的氮原子采用sp杂化；形成双键的N原子采用sp2杂化；（3）根据晶胞结构可知：该晶胞中含有黑球●的数目是8×+6×=4；含有白球○的数目是8×1=8，黑球与白球的个数比为●：○=4：8=1：2，由于八面体中心为M金属离子，顶点均为NH3配体，四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为188g/mol，则(M+17×6)+2(11+4)=188，解得M=56，所以M是Fe元素；该化合物中黑球与白球个数比为1：2，白球为[BH4]-，根据化合物中元素化合价代数和为0，可知黑球带2个单位正电荷，表示的化学式为[Fe(NH3)6]2+，其中中心Fe2+是Fe原子失去最外层的2个4s电子形成的，因此其价层电子排布式是3d6。18.已知难溶性化合物的化学式为，对进行如下实验，部分产物已经略去。已知：中的金属元素在该实验条件下不能与产生配合物。（1）高温下在气流中的反应________氧化还原反应（填“属于”或“不属于”），中钡元素的化合价为________。（2）步骤Ⅳ可以进行的原因除了生成降低体系的能量之外，从化学平衡的角度解释能够发生的原因____________________________。（3）下列说法正确的是________。A.溶液D中阳离子只有B.若磁铁能吸引反应Ⅳ的剩余固体，则证明铁有剩余C.步骤Ⅱ中的氯化铵溶液也可以用盐酸代替D.依据步骤Ⅲ可知碱性强弱（4）固体在一定条件下也可以与溶液反应，写出反应的离子方程式____________。（5）设计实验检验混合气体A（除外）的成份_______________________________。〖答案〗（1）属于价（2）水蒸气流不断带出生成的氢气促进反应正向移动。（3）D（4）（5）先将混合气体通过无水硫酸铜粉末，若变蓝，说明有水蒸气，再将混合气体通过澄清的石灰水，若出现浑浊，说明有二氧化碳气体。〖祥解〗固体单质C和水在高温下反应生成Fe3O4，C为Fe，混合溶液C和氨水反应生成Mg(OH)2和NH4Cl溶液，混合溶液C中含有Mg2+，固体混合物B中含有Fe和MgO，气体混合物A为H2和CO2，以此解答。【详析】（1）Y高温下在氢气气流中高温分解生成了Fe，元素价态发生变化，属于氧化还原反应，根据化合物化合价代数和为0，可知钡元素价态为+2。（2）步骤Ⅳ能够进行的原因，从化学平衡角度进行解释的话是因为通入氢气气流，带走了水蒸气产物，平衡正移。（3）A．溶液D的阳离子除了铵根离子，还有氢离子和钡离子，故A错误；B．发生反应Ⅳ后固体有四氧化三铁，磁铁能吸引四氧化三铁，因此不能证明有铁剩余，B错误；C．步骤II中的氯化铵溶液有两个作用，一是防止铁离子水解，二是调节pH，因此不能用盐酸代替，C错误；D．由步骤III可以判断出氢氧化钡的碱性大于氢氧化锰的碱性，D正确；故选D。（4）固体Y在HI溶液下发生反应，生成碘单质，钡离子，锰离子，亚铁离子和二氧化碳，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式：。（5）混合气体A除了氢气外还含有二氧化碳和水蒸气。首先可以通过无水硫酸铜，若呈蓝色，则证明混合气体中含有水蒸气。接着再将混合气体通入澄清石灰水中，若石灰水变浑浊则说明有二氧化碳。19.利用工业废气实现双减最有希望开展大规模应用的是加氢生成甲醇的反应。298K、100kPa条件下该反应焓变和熵变的数据如下，假设反应不随温度的改变而变化。（1）该反应在________自发（填“低温”或“任意条件”或“高温”）（2）在使用催化剂时，该反应由两个基元反应组成，写出决速步骤基元反应方程式_________________________________。（3）给出温度、总压下，时，不同催化剂组成对[代表单位质量的催化剂在单位时间处理原料气的质量，体现出催化剂的处理能力]、甲醇选择性及副产物选择性的影响如下表：选择性（%）CO选择性（%）催化剂1784060催化剂2881000催化剂3138919在实际生产过程中选择催化剂2、3组均可，请说明工业生产中应选择第2组催化剂最主要的原因__________________________，选择催化剂3的最主要的原因__________________。（4）与不同比例对转化率和甲醇产率的影响如下图所示，在图中画出副产物产率曲线________（在图中标出与虚线的坐标）。（5）温度在时，和反应生成甲醇平衡常数为，在恒容容器中按照投料，若只发生反应Ⅰ，计算此时的平衡转化率_________________。〖答案〗（1）低温（2）（3）选择性好，纯度高单位时间内甲醇产率高（或反应速率快）（4）（5）0.1%〖解析〗（1）时反应能自发进行，该反应的，，则该反应在低温自发。（2）活化能越大，化学反应速率越慢，为总反应的决速反应，则决速步骤基元反应方程式为：。（3）工业生产中应选择第2组催化剂最主要的原因是选择性好，纯度高，选择催化剂3的最主要的原因单位时间内甲醇产率高（或反应速率快）。（4）当时，CO2的转化率为14%，CH3OH的产率为5.6%，由C元素守恒可知CO的产率为14%-5.6%=8.4%，当当时，CO2的转化率为18.