浙江省新阵地教育联盟高三上学期第一次联考化学试题

浙江省新阵地教育联盟2025届第一次联考化学试题卷可能用到的相对原子质量：H1C12O16P31S32Pb207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.含有非极性共价键的盐是A.Na2C2O4 B.Na2O2 C.NaCN D.CH3COOH【答案】A【解析】【详解】A．含有CC键，是含有非极性共价键的盐，故A选；B．Na2O2属于氧化物，不属于盐，故B不选；C．NaCN是含有极性共价键的盐，故C不选；D．CH3COOH属于酸，故D不选；故选A。2.次氯酸钠是一种重要的盐，下列说法不正确的是A.次氯酸钠属于强电解质B.电解饱和食盐水可制取次氯酸钠C.用pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH为11D.次氯酸钠溶液与碘酒混合不能增强消毒效果【答案】C【解析】【详解】A．次氯酸钠是盐类，属于强电解质，故A正确；B．电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠和氯化钠，故B正确；C．次氯酸钠具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH，故C错误；D．次氯酸钠具有氧化性，可与碘酒发生氧化还原反应，故不能增强消毒效果，故D正确；故答案为C。3.下列化学用语表示正确的是A.中子数为20的氯离子：B.Cl2分子中化学键的电子云轮廓图：C.CO的价层电子对互斥模型：D.用电子式表示K2S的形成过程：【答案】D【解析】【详解】A．质子数为17、中子数为20的氯离子表示为：Cl，A错误；B．Cl2分子中化学键是ppσ键，轮廓图为，B错误；C．CO的成键电子对是3，孤对电子为0，价层电子对为3，为平面三角形，C错误；D．K2S中K失电子形成K+，S得到电子，形成S2，K+和S2通过离子键结合，形成过程为：，D正确；答案选D。4.物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列结构或性质不能解释其用途的是选项结构或性质用途A聚乳酸含有酯基聚乳酸可用于手术缝合线B单晶硅熔沸点高、硬度大单晶硅可用于制造光电池CTiFe合金能与H2结合成金属氢化物TiFe合金可用于储存H2D石墨烯中每个C原子未杂化的p轨道重叠使电子在整个平面内运动石墨烯可用于制造超级电容器A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．聚乳酸含有酯基发生水解反应，可用作可降解的材料，可用于免拆型手术缝合线、人造皮肤支架等，故A正确；B．单晶硅可作制造光电池的原料是因其具有半导体特性，与熔沸点高、硬度大无关，故B错误；C．TiFe合金可用于储存H2时因为TiFe合金能与H2结合成金属氢化物，在适当的条件下又可以释放出氢气，故C正确；D．石墨稀中每个C原子上未参与杂化的p轨道相互平行且重叠，使p轨道中的电子可在整个碳原子平行平面中运动，所以能导电，因此可用于制造超级电容器，故D正确；故选B。5.S8在液态SO2中被AsF5氧化成：，反应方程式为S8+3AsF5=S8(AsF6)2+AsF3，下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)A.还原产物为AsF3B.氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶1C.S8(AsF6)2阴阳离子个数比为1∶4D.1molS8参与反应转移电子数目为16NA【答案】A【解析】【分析】该反应中S化合价升高，发生氧化反应，S8为还原剂，S8(AsF6)2为还原产物；As化合价降低，发生还原反应，则AsF5为氧化剂，AsF3为还原产物；【详解】A．由分析可知，还原产物为AsF3，故A项正确；B．AsF5为氧化剂，AsF3为还原产物，3molAsF5中只有1molAs被还原，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1，故B项错误；C．S8(AsF6)2阴阳离子个数比为1∶2，故C项错误；D．由化学方程式可知，1molS8参与反应转移2mol电子，则转移电子数目为2NA，故D项错误；故本题选A。6.下列方程式书写正确的是A.NaHS去除工业废水中的：B.向中投入Na2O2固体：C.SnCl4加入大量热水中：D.向苯酚钠溶液中通入少量CO2：【答案】C【解析】【详解】A．NaHS去除工业废水中的，发生反应方程式为，故A错误；B．向中投入Na2O2固体，Na2O2和水发生复分解反应生成Na18OH和H2O2，H2O2分解生成水和氧气，所以生成的氧气中不含18O，故B错误；C．SnCl4加入大量热水中发生水解反应，反应方程式为，故C正确；D．向苯酚钠溶液中通入少量CO2生成碳酸氢钠和苯酚，反应方程式为，故D错误；选C。7.下列实验装置能达到相应实验目的的是A.图①装置用于制取Fe(OH)3胶体B.图②装置析出[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O晶体C.图③装置探究浓度对化学反应速率的影响D.图④装置用于测定葡萄酒中CH3CH2OH的含量【答案】B【解析】【详解】A．氢氧化铁胶体的制备方法是通过在沸水中滴加饱和氯化铁溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，然后停止加热，A错误；B．乙醇可以降低在水中的溶解度，而让其结晶析出，B正确；C．铁在常温下，遇到浓硫酸会发生钝化，导致反应停止，此实验不能探究浓度对化学反应速率的影响，C错误；D．葡萄酒中除了含有乙醇以外，还含有葡萄糖、多酚等多种还原剂，均能被高锰酸钾氧化，D错误；故选B。8.有机物A经元素分析仪测得只含碳、氢、氧3种元素，A的密度是同温同压下氢气密度的44倍，A的核磁共振氢谱和红外光谱如下，核磁共振氢谱图中峰面积之比为1∶3∶1∶3，下列关于A的说法正确的是A.能发生水解反应B.能与NaHCO3溶液反应生成CO2C.能与O2发生催化氧化反应得到含有醛基的产物D.与H2发生加成反应得到的产物的手性碳原子数目比A的手性碳原子数目多【答案】D【解析】【分析】有机物A的密度是同温同压下氢气密度的44倍，则A的相对分子质量为；根据红外光谱图可知，A分子中含有羟基、羰基，说明含有2个氧原子，则结合相对分子质量可得分子式为；A的核磁共振氢谱图中峰面积之比为1：3：1：3，说明含有两个甲基，则A的结构简式为。【详解】A．A的结构简式为，不能发生水解反应，A错误；B．A分子中不含羧基，不能与碳酸氢钠反应产生二氧化碳，B错误；C．A分子中与羟基相连的碳上只有一个H，催化氧化后生成酮，C错误；D．A的结构简式为，分子中与羟基直接相连的碳原子为手性碳原子，催化加氢后，与两个羟基分别相连的C原子均为手性碳原子，故有两个手性碳，D正确；答案选D。9.实验室将KF溶入18冠6(结构如图1)的乙腈(CH3CN)溶液中可轻松实现氯的取代，反应过程如图2所示：下列说法不正确的是A.18冠6可循环使用B.KF与18冠6形成的化合物熔点比KF低C.KF与18冠6形成化合物的过程体现超分子自组装的特征D.相同条件下，比更快被取代生成相应的氟化物【答案】C【解析】【详解】A．18冠6是一种可以循环使用的化学物质，A正确；B．KF与18冠6形成化合物中阳离子半径更大，离子晶体熔点由离子所带电荷量及离子半径决定，电荷量越多，离子半径越小，熔点越高，B正确；C．KF与18冠6形成化合物的过程体现超分子的分子识别特征，C错误；D．中CBr键较中CCl键更容易断裂，则相同条件下，用代替参与上述反应，反应速率会加快，D正确；故选C。10.以下流程可从含Cu²⁺的废液中回收高品质Cu2O。已知：CuCl是白色固体，难溶于水，可溶于Cl⁻浓度较大的体系，(棕色)，在碱性条件下易水解转化为Cu2O。下列说法不正确的是A.SO2在反应中表现还原性 B.试剂①可用饱和NaCl溶液C.操作②是加水稀释，过滤 D.步骤③发生氧化还原反应【答案】D【解析】【分析】由流程图可知，先将含铜废液通SO2和饱和NaCl溶液反应生成，加水稀释，氯离子浓度降低，生成CuCl沉淀，过滤，控制温度和pH使其水解转化为Cu2O，据此回答。【详解】A．SO2将Cu2+还原为Cu+，为还原剂，在反应中表现还原性，故A项正确；B．由分析可知，试剂①可用饱和NaCl溶液，故B项正确；C．由分析可知，操作②为加水稀释，氯离子浓度降低，生成CuCl沉淀，过滤，故C项正确；D．步骤③中各元素化合价均为改变，则未发生氧化还原反应，故D项错误；故本题选D。11.木糖的分子式为C5H10O5，与葡萄糖的结构类似。木糖在一定条件下脱水缩合生成的糠醛是一种重要的化工原料，可用于药物、合成材料等的生产。下列叙述不正确的是A.木糖的结构简式是CH2OH(COH)3CHOB.木糖经催化加氢得到的木糖醇易溶于水C.木糖生成糠醛的过程中涉及的反应类型有取代反应和消去反应D.糠醛与苯酚在浓盐酸作用下脱水缩合成网状结构的高分子【答案】D【解析】【详解】A．木糖醇分子式为C5H10O5，为一个四羟基的醛，与葡萄糖结构类似，少一个CH(OH)结构，A正确；B．木糖催化加氢后得到戊五醇，多羟基物质易溶于水，B正确；C．木糖转化为糠醛过程中，2,5号碳上羟基脱水成醚，是取代反应，3,4号碳上羟基消去后生成双键，C正确；D．糠醛与苯酚在浓盐酸作用下脱水缩合成线状结构的高分子而不是网状，D错误；故选D。12.有一种净水剂，结构如图所示，短周期元素X、Y、W原子序数依次增大，X、Y、W分布在不同周期，X、Y原子的最外层电子数之和等于W原子的最外层电子数，Z的原子最外层电子数与次外层电子数相差12且基态原子含4个未成对电子，下列叙述正确的是A.Y、W的简单离子的半径：Y>W B.ZW3在一定条件下可形成ZW4C.化学键中离子键成分的百分数：ZW3>Z2Y3 D.分子极性：W2Y>X2Y【答案】B【解析】【分析】短周期元素X、Y、W原子序数依次增大且X、Y、W分布在不同周期，由结构可知，X可形成1个共价键，Y能形成2个共价键，故可知X为H、Y为O；X、Y原子最外层电子数之和等于W原子的最外层电子数，则W最外层上有7个电子，又W形成1个共价键，即W为Cl；Z的原子最外层电子数与次外层电子数相差12且基态原子含4个未成对电子，则Z为Fe，据此回答。【详解】A．Y、W的简单离子分别为氧离子和氯离子，氯离子核外有三个电子层而氧离子核外只有两个电子层，所以半径：W>Y，A错误；B．三氯化铁在一定条件下可与氯离子以配位键结合，B正确；C．因氧的电负性大于氯，所以化学键中离子键成分的百分数Z2Y3>ZW3，C错误；D．因氧的电负性大于氯，所以分子极性X2Y>W2Y，D错误；故选B。13.我国多条高压直流电线路的瓷绝缘子出现铁帽腐蚀现象，在铁帽上加锌环能有效防止铁帽的腐蚀，防护原理如图所示。下列说法不正确的是A.通电时，锌环是阳极，发生氧化反应B.通电时，阴极上的电极反应式为C.把锌环换成锡环后，断电时，仍能防止铁帽被腐蚀D.断电时，正极上的电极反应式为【答案】C【解析】【分析】根据电源和直流电方向可知，锌环作阳极、铁帽作阴极，据此回答。【详解】A．通电时锌环与电源的正极相连，作阳极，发生氧化反应，A正确；B．通电时铁作阴极，水中氢离子放电，电极反应式为，B正确；C．因铁比锡活泼，断电时构成原电池，锡作正极，而铁作负极被消耗，所以铁帽被腐蚀，C错误；D．断电时构成原电池，铁作正极氧气得电子，即正极上的电极反应式为，D正确；故选C。14.羧酸与醇发生酯化反应的可能机理如图，下列说法不正确的是A.I→Ⅱ形成配位键，V→Ⅵ断裂配位键B.物质Ⅲ中所有碳原子杂化方式相同C.若原料为CH3CO¹⁸OH和CH3CH2OH，则产物乙酸乙酯和水中均含有¹⁸OD.若反应条件为浓硫酸，只能加快反应速率，不能提高乙酸乙酯的平衡产率【答案】D【解析】【详解】A．由题干反应历程图可知，Ⅰ→Ⅱ过程中，氧原子有孤电子对，氢离子有空轨道，形成配位键，Ⅴ→Ⅵ断裂氢氧间的配位键，A正确；B．物质Ⅲ中所有碳原子杂化方式相同，均为sp3杂化，B正确；C．因为酯化反应为可逆反应，故CH3CO¹⁸OH和CH3CH2OH发生酯化反应，产物乙酸乙酯和水中均含有¹⁸O，C正确；D．加入催化剂浓硫酸，能加快反应速率，浓硫酸还能吸收产物水，平衡正向移动，能提高乙酸乙酯的平衡产率，D错误；答案选D。15.室温下，取浓度均为0.1mol·L1的NaCl溶液、K2CrO4溶液各10.00mL于锥形瓶中，分别用0.1mol·L1的AgNO3溶液滴定，滴定过程中的pX[pX=lgc(X)，X=Cl⁻、]与滴加AgNO3溶液体积的关系图所示，已知：Ag2CrO4为红色，lg3=0.47。下列说法不正确的是A.可用K2CrO4溶液作AgNO3溶液滴定NaCl溶液的指示剂B.Ksp(Ag2CrO4)=4.0×1012C.a=8.53D.其他条件不变，若将NaCl溶液改为NaI溶液，则滴定终点向下移动【答案】D【解析】【分析】由图可知，pX=4或5时反应完全，并且二者的起始浓度、体积均相同，即二者溶质的起始物质的量相同，发生反应为：NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3、Na2CrO4+2AgNO3=Ag2CrO4↓+2NaNO3，完全反应时Na2CrO4消耗AgNO3溶液的体积是NaCl的2倍，所以曲线Ⅱ表示NaCl溶液滴定曲线、曲线Ⅰ表示Na2CrO4溶液滴定曲线，达到滴定终点时pX=4，即c(CrO)=1.0×104mol/L，Ag2CrO4(s)⇌2Ag+(aq)+CrO(aq)，则c(Ag+)=2c(CrO)=2.0×104mol/L，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)•c(CrO)=(2.0×104)2×(1.0×104)=4.0×1012，pX=5时，生成恰好生成AgCl，此时c(Cl)=c(Ag+)=105mol/L，Ksp(AgCl)=c(Ag+)•c(Cl)=1010，据此分析解题。【详解】A．由图可知，当AgCl沉淀完全时，CrO浓度几乎不变，即向含有相同浓度的Cl和CrO混合溶液中滴加硝酸银溶液，先产生AgCl沉淀，故可以用K2CrO4溶液作AgNO3溶液滴定NaCl溶液的指示剂，故A正确；B．由分析可知，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)•c(CrO)=(2.0×104)2×(1.0×104)=4.0×1012，故B正确；C．当在NaCl溶液中加入20mLAgNO3溶液，混合溶液中c(Ag+)≈mol/L，则溶液中c(Cl)=3×109mol/L，pX=lg(3×109)=9－lg3=9－0.47=8.53，C正确；D．Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，其他条件不变，若将NaCl溶液改为NaI溶液，则滴定终点时溶液中c(I)会更小，则滴定终点上移，故D错误；故选D。16.下列方案设计、现象和结论均正确的是目的方案设计现象和结论A判断淀粉的水解程度在一支试管中加入1mL淀粉溶液和2mL10%稀硫酸，加热煮沸。再加入10%NaOH溶液至溶液呈碱性，再加入几滴碘水溶液不变蓝，说明淀粉已水解完全B探究温度对平衡的影响将封装有NO2和N2O4混合气体的圆底烧瓶浸泡在热水中烧瓶里的气体颜色加深，则说明升高温度平衡向吸热反应方向移动C验证不同微粒与Al3+的配位能力向稀Na3AlF6溶液中加入少量同浓度的氨水无明显现象，说明F与Al3+的配位能力比OH⁻强D溶液中CO32检验取该溶液于试管中，加入足量的稀盐酸，再将产生的气体通入澄清石灰水中产生的气体无色无味且使澄清石灰水变浑浊，则说明溶液中含CO32A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．碘单质能与OH反应，则向淀粉溶液中加入稀硫酸并加热，再调节pH呈碱性，再加入碘水溶液没有蓝色，不能证明淀粉水解完全，A错误；B．反应为放热反应，升高温度，气体颜色变深，说明平衡逆向移动，即向吸热反应方向移动，B正确；C．向稀Na3AlF6溶液中加入少量同浓度的氨水，无明显现象的原因是因为与形成了稳定的配离子，这种配离子与氨水中的NH3不易发生配位反应生成和NH3的配合物，因此可说明和的配位能力比NH3强，而不能说明F与Al3+的配位能力比OH⁻强，C错误；D．取该溶液于试管中，加入足量的稀盐酸，再将产生的气体通入澄清石灰水中。若产生无色无味的气体，且石灰水变浑浊，则该溶液中含有或，D错误；答案选B。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质。请回答：（1）羟胺(NH2OH)的电子式是___________，比较羟胺(NH2OH)中键角∠HNH___________∠NOH(填“>”、“<”或“=”)，请说明理由___________。（2）下列说法正确的是___________A.电负性：N>O>H B.碱性：NH3>N2H4>NH2OHC.同温同浓度水溶液的pH：PH4Cl>AsH4Cl D.熔点：[NH3OH]Cl>NH2OH>NH3（3）氮化硼(BN)晶体有多种结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，质地软，可作润滑剂。立方相氮化硼与金刚石相似，是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构及晶胞如图所示。①六方相氮化硼是___________晶体，它质地软，可作润滑剂的理由___________。②立方相氮化硼晶体中与硼原子紧邻且最近的硼原子数为___________。【答案】（1）①.②.>③.N、O原子均为sp3杂化，O原子的孤电子对比N原子多，O原子中的孤电子对对成键电子对的斥力比N原子中的孤电子对对成键电子对的斥力大，键角小（2）BD（3）①.混合②.六方相氮化硼具有层状结构，层间存在分子间作用力，分子间作用力比较小，容易相对滑动③.12【解析】【小问1详解】羟胺(NH2OH)为共价化合物，电子式是，羟胺(NH2OH)中N、O原子均为sp3杂化，O原子的孤电子对比N原子多，O原子中的孤电子对对成键电子对的斥力比N原子中的孤电子对对成键电子对的斥力大，使得键角小，故键角∠HNH>∠NOH；【小问2详解】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性：O>N>H，错误；B．N2H4和NH2OH可以看成NH3中的一个H被—NH2和—OH取代而得到的产物，由于电负性H＜N＜O，吸引电子能力H＜N＜O，被取代后N的孤电子对给予能力减弱，N的孤电子对给予能力为NH3＞N2H4＞NH2OH＞HN3，则碱性：NH3＞N2H4＞NH2OH，正确；C．PH4Cl和AsH4Cl都是弱酸的铵盐，但PH4Cl中的离子水解程度较小，导致其溶液的pH值相对较高；而AsH4Cl中的离子水解程度较大，使得其溶液的pH值相对较低‌，则同温同浓度水溶液的pH：PH4Cl<AsH4Cl，错误；D．NH2OH、NH3为分子晶体，[NH3OH]Cl为离子晶体熔点最高；NH2OH相对分子质量大于NH3则沸点高于氨气，故熔点：[NH3OH]Cl>NH2OH>NH3，正确；故选BD；【小问3详解】①六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，质地软，可作润滑剂；则六方相氮化硼是混合晶体；六方相氮化硼具有层状结构，层间存在分子间作用力，分子间作用力比较小，容易相对滑动，故质地软，可作润滑剂；②立方相氮化硼晶体中与硼原子紧邻且最近的硼原子在同层、上下层各位4个，共12个。18.四氢铝锂(LiAlH4)是有机合成中的重要还原剂，其性质探究如下(试剂均足量)：回答下列问题：（1）写出LiAlH4与H2O反应的化学方程式：___________。（2）试剂A最好为___________。（3）解释LiAlH4的还原性比NaBH4强的原因：___________。（4）下列说法正确的是___________。A.已知可用LiH和AlCl3制备LiAlH4，该反应需在非水溶剂中进行B.LiAlH4中含离子键、极性键和配位键C.乙醚的作用是作为稀释剂，防止反应过于剧烈D.乙醚可用乙醇替代（5）请设计实验方案证明LiAlH4中所含的金属元素___________。【答案】（1）LiAlH4+4H2O=LiOH↓+Al(OH)3↓+4H2↑（2）氨水（3）Al的原子半径比B大，AlH键比BH弱，易断裂，所以LiAlH4的还原性比NaBH4强（4）ABC（5）取少量溶液2，用洁净铂丝蘸取反应液在无色火焰上灼烧，若火焰呈紫红色，则样品中含Li元素：取少量溶液2于试管中，加入足量的NaOH溶液，若先出现白色沉淀后又溶解，则样品中含Al元素【解析】【分析】固体1能够溶于盐酸，且溶液2中加入试剂A后产生氢氧化铝沉淀，说明溶液2中含有Al3+，固体1中含有Al(OH)3，说明四氢铝锂(LiAlH4)和水反应生成Al(OH)3、LiOH和H2，以此解答。【小问1详解】由分析可知，LiAlH4与H2O反应生成Al(OH)3、LiOH和H2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：LiAlH4+4H2O=LiOH↓+Al(OH)3↓+4H2↑。【小问2详解】Al3+和试剂A反应生成Al(OH)3沉淀，试剂A是碱性溶液，为了避免碱溶液过量导致Al(OH)3溶解，试剂A不能使用强碱溶液，应该选择氨水。【小问3详解】Al的原子半径比B大，AlH键比BH弱，易断裂，所以LiAlH4的还原性比NaBH4强。【小问4详解】A．LiAlH4中H元素为1价，是一种极强的还原剂，容易和水反应生成H2，用LiH和AlCl3制备LiAlH4，需在非水溶剂中进行，A正确；B．LiAlH4由Li+和[AlH4]构成，两者之间通过离子键结合，在[AlH4]离子中，铝原子与氢原子之间通过共价键和配位键结合，B正确；C．乙醚作为一种有机化合物，在化学实验中主要用作溶剂或萃取剂，在该反应中乙醚的作用是作为稀释剂，防止反应过于剧烈，C正确；D．乙醇和水互溶，不能起到稀释剂的作用，且乙醇所含的羟基氢是活泼氢，会与LiAlH4反应，不能用乙醇替代乙醚，D错误；故选ABC。【小问5详解】实验方案证明LiAlH4中所含的金属元素：取少量溶液2，用洁净铂丝蘸取反应液在无色火焰上灼烧，若火焰呈紫红色，则样品中含Li元素：取少量溶液2于试管中，加入足量的NaOH溶液，若先出现白色沉淀后又溶解，则样品中含Al元素。19.已知溶洞的形成与下列反应有关：①②（1）反应①的平衡常数为___________。(用、、表示)（2）以下能判断反应①达到平衡状态的是___________。A.CO2气体压强保持不变 B.溶液的pH保持不变C.不变 D.（3）当溶有碳酸氢钙的水从溶洞顶滴到洞底时渐渐形成了钟乳石，请解释可能的原因___________。（4）已知H2CO3的，，，，，为___________。当c(Ca²⁺)=___________mol⋅L⁻¹时，开始产生CaCO3沉淀。（5）科学家近年发明了一种将二氧化碳电化学还原为甲醇的方法，装置示意图如下，电解质溶液1为由KHCO3、吡啶和HCl组成的CO2饱和水溶液，电极为选择性Cu2O/CuO薄膜材料和Pt电极。该装置工作时，阴极反应为___________。若用铅蓄电池代替恒压电源，当消耗标准状况下11.2LCO2时，正极质量变化为___________g。【答案】（1）（2）AB（3）由于水分的蒸发或压强减少，以及温度的变化上升都会使二氧化碳溶解度减小，使平衡②正移，导致减少，使平衡①也正移而析出碳酸钙沉淀（4）①.2×106mol/L②.4.2×10⁻3（5）①.CO2+6H⁺+6e⁻=CH3OH+H2O②.96【解析】【小问1详解】碳酸的一级电离为：，二级电离为：，，，且，反应①的平衡常数：，根据以上三个平衡常数表达式，可得：；小问2详解】A．碳酸分解产生二氧化碳气体，气体压强保持不变，说明CO2浓度不变，可进一步溶液中H2CO3浓度不变，可以说明反应①达到平衡状态，A符合题意；B．溶液的保持不变，说明碳酸的电离已经达到平衡，即溶液中H2CO3浓度不变，说明反应①达到平衡状态，B符合题意；C．因，当不变时，仅能说明的水解达到平衡，不能说明反应①达到平衡状态，C不符合题意；D．根据反应①，物质的反应速率之比等于其计量系数之比，则当时，能说明反应①达到平衡状态，D不符合题意；故选AB。【小问3详解】当溶有碳酸氢钙的水从溶洞顶滴到洞底时渐渐形成了钟乳石，可能的原因为：由于水分蒸发或压强减少，或温度的上升都会使二氧化碳溶解度减小，使平衡②正移，导致减少，使平衡①也正移而析出碳酸钙沉淀；【小问4详解】当，，则；，当时开始产生CaCO3沉淀，解得；【小问5详解】阴极上得电子，发生还原反应，即二氧化碳被还原生成甲醇，则阴极反应式为：。铅蓄电池的正极反应式为：，当消耗标准状况下时，转移了，消耗，生成，则正极质量变化为：。20.亚磷酸三乙酯是一种重要的有机化工中间体，实验室可用PCl3与无水乙醇为原料制备，反应原理如下：PCl3+3CH3CH2OH→P(OCH2CH3)3+3HCl副反应：P(OCH2CH3)3+HCl→(C2H5O)2POH+CH3CH2Cl制备装置如图1所示(忽略夹持装置)，制备步骤如下：I．向三颈烧瓶中加入14.6mL(0.25mol)无水乙醇，33.4mL(0.25mol)N，N二甲基苯胺()和73mL干燥过的石油醚；II．①___________，②___________，③___________，④___________。Ⅲ．滴加完毕后，升温至40~45℃，继续搅拌1h，得到含有固体的悬浮液，冷却后过滤，滤渣用20mL干燥石油醚分三次洗涤；IV．合并滤液和洗涤液，先常压分馏出溶剂，再减压蒸馏收集产品。表1有关物质的部分物理性质物质密度(g/cm3)熔点(℃)沸点(℃)溶解性三氯化磷1.57511276.1与水、乙醇剧烈反应，能溶于石油醚亚磷酸三乙酯0.963112157.9易溶于乙醇、石油醚等有机溶剂，不溶于水，在水中易逐渐水解，在酸性介质中水解加快。N，N二甲基苯胺0.956193194溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，微溶于水N，N二甲基苯胺盐酸盐1.115690259.56在水中有一定溶解度，但不溶于醚类有机溶剂请回答：（1）仪器A的名称是___________，b管的作用是___________。（2）该制备装置存在一处缺陷会使亚磷酸三乙酯产率降低，改进的方法是___________。（3）步骤I中N，N二甲基苯胺的作用是___________。（4）步骤Ⅱ中的①②③④操作依次是___________(填标号)。a．通冷凝水(m口进)b．通冷凝水(n口进)c．开启搅拌器d．调节滴加速度使反应体系温度保持在5~10℃e．经仪器B加入7.6mL(0.083mol)PCl3(溶于38mL干燥的石油醚中)（5）步骤Ⅲ所得滤饼中回收N，N二甲基苯胺的操作是___________。（6）收集到亚磷酸三乙酯10.4g，该合成反应的产率是___________(列出数字计算表达式即可)。【答案】（1）①.球形冷凝管②.平衡气压，保证液体顺利流下（2）球形冷凝管上口接装有碱石灰的球形干燥管（3）及时结合反应生成的HCl，①使主反应平衡正移，②减少副反应，提高亚磷酸三乙酯的产率（4）bced/cbed（5）将N，N二甲基苯胺盐酸盐(滤饼)用稀NaOH溶液中和至弱碱性，静置分层，分液分出油层即为N，N二甲基苯胺（6）【解析】【分析】三颈烧瓶中，PCl3与无水乙醇（N，N二甲基苯胺环境中）发生反应，反应原理如下：PCl3+3CH3CH2OH→P(OCH2CH3)3+3HCl，副反应：P(OCH2CH3)3+HCl→(C2H5O)2POH+CH3CH2Cl，先加入无水乙醇，N，N二甲基苯胺()和石油醚；通冷凝水，开启搅拌器，经仪器B加入PCl3，调节滴加速度使反应体系温度保持在5~10℃，滴加完毕后，升温，继续搅拌，得到含有固体的悬浮液，冷却后过滤，滤渣用干燥石油醚分三次洗涤；合并滤液和洗涤液，先常压分馏出溶剂，再减压蒸馏收集产品，据此分析；【小问1详解】仪器A的名称是球形冷凝管，B为恒压滴液漏斗，b管的作用是平衡气压，保证液体顺利流下；【小问2详解】亚磷酸三乙酯在水中易逐渐水解，在酸性介质中水解加快，反应生成HCl，故在球形冷凝管上口接装有碱石灰的球形干燥管，吸收HCl，防亚磷酸三乙酯水解；【小问3详解】因亚磷酸三乙酯在水中易逐渐水解，在酸性介质中水解加快，N，N二甲基苯胺具碱性，可及时结合反应生成的HCl，①使主反应平衡正移，②减少副反应，提高亚磷酸三乙酯的产率；【小问4详解】据分析可知，先通冷凝水（球型冷凝管下口进水上口出水），再投放PCl3参加反应，调节滴加速率控温在5~10℃，故选bced/cbed；【小问5详解】N，N二甲基苯胺盐酸盐，不溶于醚类有机溶剂，N，N二甲基苯胺溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，故将N，N二甲基苯胺盐酸盐(滤饼)用稀NaOH溶液中和至弱碱性，静置分层，分液分出油层即为N，N二甲基苯胺；【小问6详解】根据反应得关系式：PCl3~P(OCH2CH3)3，反应加入7.6mL(0.083mol)PCl3，理论产量为0.083molP(OCH2CH3)3，产率是；21.某课题组研制了一种功能性聚合物X，合成路线如下：已知：①②请回答：（1）化合物A的结构简式是___________；聚合物X中含氧官能团的名称是___________。（2）下列说法正确的是___________。A.化合物B中最多18个原子共平面B.化