浙江省金华市义乌市高三下学期三模化学试题

义乌市普通高中2024届适应性考试化学试卷说明：1.全卷满分100分，考试时间90分钟；2.请将答案写在答题卷的相应位置上；3.可能用到的相对原子质量：H1；C12：N14：O16；S32：Cl35.5一、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.下列物质属于非电解质的是A.氯化铝 B.重晶石 C.氯仿 D.福尔马林【答案】C【解析】【详解】A．氯化铝属于盐，为电解质，故A错误；B．重晶石为BaSO4，属于盐类，为电解质，故B错误；C．氯仿不能发生电离，属于非电解质，故C正确；D．福尔马林为水溶液，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选：C。2.关于Na2O2的下列叙述中不正确的是A.Na2O2属于碱性氧化物 B.Na2O2可由Na在空气中燃烧得到C.Na2O2中阴阳离子个数比为1：2 D.Na2O2可在呼吸面具作为氧气的来源【答案】A【解析】【详解】A．Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，A错误；B．Na在空气中缓慢氧化则得到Na2O，燃烧则得到Na2O2，B正确；C．1个Na2O2中含有2个钠离子和1个过氧根离子，阴、阳离子个数比为1：2，C正确；D．Na2O2可与二氧化碳反应生成氧气，可用于呼吸面具的氧气来源，D正确；故本题答案选A。3.下列表示不正确的是A.苯甲酰胺的分子式：C7H7NOB.油酸甘油酯的结构简式：C.基态Ti2+离子的电子排布式：D.ClCl的pp键电子云图形：【答案】C【解析】【详解】A．苯甲酰胺的结构简式为，分子式为C7H7NO，故A正确；B．油酸甘油酯是不饱和高级脂肪酸甘油酯，结构简式为，故B正确；C．钛元素的原子序数为22，基态Ti2+离子的电子排布式为，故C错误；D．氯气分子中含有的氯氯键为ppσ键，电子云图形为，故D正确；故选C。4.我国古代四大发明之一的黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时的反应为：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，下列说法不正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)A.该反应在任何温度下都可以自发进行 B.生成28gN2转移电子的数目为10NAC.KNO3是氧化剂 D.K2S和N2都是还原产物【答案】B【解析】【分析】对于黑火药的爆炸，反应方程式为：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，反应中C元素化合价升高，所以C是还原剂，CO2是氧化产物，S和N元素化合价降低，则S和KNO3是氧化剂，K2S和N2是还原产物。【详解】A．该反应的正反应是气体体积扩大的放热反应，H＜0，S＞0，G=HTS＜0，故该反应在任何温度下都可以自发进行，A正确；B．根据反应方程式可知：每反应产生1molN2，反应过程中转移12mol。反应生成28gN2，其物质的量是1mol，因此反应过程中转移电子的数目为12NA，B错误；C．在该反应中N元素化合价降低，得到电子被还原，因此KNO3是氧化剂，C正确；D．在该反应中S元素化合价由反应前S单质的0价变为反应后K2S的2价，因此S化合价降低，得到电子被还原，因此单质S为氧化剂，K2S是还原产物；N元素的化合价由反应前KNO3中的+5价变为反应后N2的0价，化合价降低，得到电子被还原，因此KNO3为氧化剂，N2也是还原产物，D正确；故合理选项是B。5.在溶液中能大量共存的离子组是A.Na+、Pb2+、、 B.K+、CN、Cl、[Fe(SCN)6]3C.K+、H+、Cl、 D.OH、K+、、【答案】D【解析】【详解】A．Pb2+与反应生成硫酸铅而不能大量共存，A错误；B．CN与Fe3+的配位能力强于SCN，故CN与[Fe(SCN)6]3反应生成[Fe(CN)6]3而不能大量共存，B错误；C．H+与反应生成S和SO2，不能大量共存，C错误；D．OH、K+、、各离子之间相互不反应，能大量共存，D正确；答案选D。6.明矾常用作净水剂，下列关于明矾大晶体制备实验的说法不正确的是A.配制明矾饱和溶液的温度要控制在比室温高10~15℃B.明矾小晶核要悬挂在饱和溶液中央，可避免形成形状不规整的晶体C.形成大晶体的过程中，需要敞开玻璃杯静置较长时间D.本实验中所用仪器都要用蒸馏水洗净【答案】C【解析】【详解】A．温度降低的时候，饱和度也会降低，明矾会吸附在小晶核上，所以要得到较大颗粒的明矾晶体，配制比室温高10～20℃明矾饱和溶液，A正确；B．明矾小晶核要悬挂在饱和溶液中央，增大接触面积，有利于晶胞的均匀成长，可避免形成形状不规整的晶体，B正确；C．敞开玻璃杯静置较长时间，容易引入空气中杂质，应该用硬纸片盖好玻璃杯，C错误；D．本实验中所用仪器都要用蒸馏水洗净，防止杂质污染，若有杂质，就在溶液中形成多个晶核，显然不利于大晶体的生成，D正确；答案选C。7.根据材料的组成和结构变化可推测其性能变化，下列推测不合理的是材料组成和结构变化性能变化A聚乙烯低压法聚乙烯转变为高压法聚乙烯软化温度和密度增大B纯铝加入少量Mn等其它金属硬度增大C钢铁钢铁表面进行发蓝处理抗腐蚀性增强D液态植物油与氢气加成，提高其饱和程度熔化温度提高A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．低压法聚乙烯是在较低压力和较低温度下，用催化剂使乙烯发生加聚反应得到的，支链较少，软化温度和密度都比高压法聚乙烯的高，故A错误；B．铝中加入少量Mn等其它金属制成合金，可以增强材料的硬度，故B正确；C．钢铁表面进行发蓝处理形成了致密的氧化物膜，抗腐蚀性增强，故C正确；D．液态植物油中含有碳碳双键，与氢气加成，提高其饱和程度，相对分子质量增大，分子间作用力增大，熔化温度提高，故D正确；故选A。8.下列装置能达到实验目的的是A．熔化Na2CO3B．验证SO2氧化性C．实验室制CO2D．实验室保存液溴A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．瓷坩埚中含有二氧化硅，高温下熔融的碳酸钠与二氧化硅反应，应该选用铁坩埚，A错误；B．SO2通入Na2S中，SO2与S2反应生成硫单质，溶液中出现淡黄色沉淀，SO2在该反应中得电子体现氧化性，B正确；C．稀硫酸与碳酸钙反应生成硫酸钙微溶于水，会覆盖在碳酸钙固体表面阻止反应的进行，应该选用稀盐酸与碳酸钙反应，C错误；D．液溴具有挥发性，挥发的液溴能腐蚀橡胶，不能用橡皮塞，D错误；故答案选B。9.下列说法正确的是A.用酸性KMnO4溶液可鉴别汽油、煤油和柴油B.用NaOH溶液、硝酸银溶液可鉴别氯乙烷、溴乙烷和碘乙烷C.用溴水可鉴别酒精、苯酚、己烯和甲苯D.用饱和Na2CO3溶液可鉴别乙醇、乙醛、乙酸和乙酸乙酯【答案】C【解析】【详解】A．汽油能使酸性高锰酸钾溶液褪色，煤油和柴油均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；B．氯乙烷、溴乙烷和碘乙烷在碱性条件下可水解，应先加入酸中和碱后再加入硝酸银，进行卤素离子的检验，B错误；C．溴水与酒精不反应，但是可以混溶；苯酚与溴水反应生成白色沉淀；乙烯与溴水发生加成反应使溴水褪色；甲苯与溴水萃取，可以鉴别，C正确；D．乙醇溶于饱和Na2CO3溶液，乙醛不与饱和Na2CO3溶液反应，但可与饱和Na2CO3溶液互溶，乙酸与饱和Na2CO3溶液反应有气泡冒出，乙酸乙酯不溶于饱和Na2CO3溶液分层，不能鉴别，D错误；答案选C。10.下列化学反应与方程式不相符的是A.少量FeCl3固体加入到KI浓溶液中：B.Cu和浓HNO3反应：C.Al2(SO4)3溶液与Na[Al(OH)4]溶液反应：D.少量甲醛与新制Cu(OH)2反应：【答案】D【解析】【详解】A．少量氯化铁固体与浓碘化钾溶液反应生成氯化亚铁、氯化钾和KI3，反应的离子方程式为，故A正确；B．铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为，故B正确；C．硫酸铝溶液和四羟基合铝酸钠溶液发生双水解反应生成硫酸钠和氢氧化铝沉淀，反应的化学方程式为，故C正确；D．少量甲醛与新制氢氧化铜共热反应生成碳酸钠、氧化亚铜沉淀和水，反应的化学方程式为，故D错误；故选D。11.姜黄素X()的合成路线如下：下列说法不正确的是A.A的键线式为 B.B有5种化学环境不同的氢原子C.有机物C能发生银镜反应 D.X分子中有4种官能团【答案】C【解析】【分析】A分子式是C6H10，B分子式是C6H12O，二者分子式相差H2O，则试剂a是H2O，说明A分子中含有不饱和的碳碳双键，结合反应过程中物质结构不变，则A是，B是，B与O2在Cu催化下加热发生氧化反应产生C是，C与在碱性条件下发生反应产生姜黄素和H2O，据此分析解答。【详解】A．根据上述分析可知：A分子式是C6H10，其结构简式是，A正确；B．物质B结构简式是，该物质分子结构对称，其中含有5种不同化学环境的氢原子，B正确；C．根据上述分析可知物质C是，其分子中含有酮羰基，而无醛基，因此有机物C不能与银氨溶液发生银镜反应，C错误；D．根据姜黄素X的分子结构可知：X分子中含有酚羟基、醚键、酮羰基、碳碳双键四种不同的官能团，D正确；故合理选项是C。12.短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大。W简单离子在同周期离子中半径最小；基态X、Z、Q原子均有两个单电子，Q与Z同主族。下列说法不正确的是A.第一电离能：B.电负性：C.Z与Q形成的化合物可能是非极性分子D.Z的氢化物沸点不可能低于X的氢化物沸点【答案】D【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，基态X、Z、Q原子均有两个单电子，W简单离子在同周期离子中半径最小，Q与Z同主族，则X为C元素、Y为N元素、Z为O元素、W为Al元素、Q为S元素。【详解】A．金属元素的第一电离能小于非金属元素；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素O，同主族从上到下第一电离能呈减小趋势，O元素第一电离能大于S，则第一电离能由大到小的顺序为N＞S＞Al，故A正确；B．金属元素的电负性小于非金属元素，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，同周期元素，从左到右非金属性依次增强，则电负性由大到小的顺序为O＞C＞Al，故B正确；C．O可与S形成SO3，属于非极性分子，故C正确；D．C的氢化物有多种，随着C数量的增大其氢化物沸点越高，癸烷的沸点是174.1℃高于H2O沸点，D说法太绝对，故D错误；故本题答案选D。13.如图所示装置中，C1、C2是石墨电极。A中盛有棕色的KI和I2的混合溶液，B中盛有无色的Na3AsO4和Na3AsO3的混合溶液。当连接开关K，并向B中滴加浓盐酸时，发现灵敏电流计G的指针向右偏转。一段时间后，当电流计指针回到中间“0”位置时，再向B中滴加过量浓NaOH溶液，可观察到电流计指针向左偏转。下列说法正确的是A.电流计G的指针向右偏转时，化学能转变为电能；向左偏转时，电能转变为化学能B.电流计G的指针向右偏转时，C1电极反应为：C.电流计G的指针向左偏转时，C2电极反应为：D.由上述实验现象可知，氧化性：【答案】B【解析】【分析】C1、C2是石墨电极。A中盛有棕色的KI和I2的混合溶液，B中盛有无色的Na3AsO4和Na3AsO3的混合溶液。当连接开关K，并向B中滴加浓盐酸时，发现灵敏电流计G的指针向右偏转，说明此时C2电极是正极，C1电极是负极。一段时间后，当电流计指针回到中间“0”位置，此时反应达到平衡状态，再向B中滴加过量浓NaOH溶液，可观察到电流计指针向左偏转，说明此时C2电极是负极，C1电极是正极，据此解答。【详解】A．不论电流计G的指针向右偏转还是向左偏转，均是原电池，都是化学能转变为电能，A错误；B．电流计G的指针向右偏转时，C1电极是负极，C1电极反应为：，B正确；C．电流计G的指针向左偏转时，C2电极是负极，C2电极反应为：，C错误；D．根据以上分析可知在酸性溶液中氧化性：，在碱性溶液中氧化性：，D错误；答案选B。14.在葡萄糖水溶液中，链状结构与环状结构的平衡关系及百分含量如下：下列说法不正确的是A.链状葡萄糖成环是OH与CHO发生加成反应的结果B.链状葡萄糖成环反应的，C.链状葡萄糖成环后，分子中多了一个手性碳原子D.水溶液中，吡喃葡萄糖比吡喃葡萄糖稳定【答案】B【解析】【详解】A．链状葡萄糖成环是OH与CHO发生加成反应，故A正确；B．链状葡萄糖成环反应，分子混乱程度降低，，故B错误；C．链状葡萄糖成环后，醛基变为羟基，醛基中的碳原子变为手性碳原子，分子中多了一个手性碳原子，故C正确；D．水溶液中，吡喃葡萄糖比吡喃葡萄糖含量高，更易形成吡喃葡萄糖，说明吡喃葡萄糖比吡喃葡萄糖稳定，故D正确；选B。15.常温常压下，H2S气体在水中的饱和浓度约为，已知：，；。下列说法不正确的是A.饱和H2S溶液中存在B.向溶液中加几滴浓盐酸，使其浓度达到，此时溶液中约为C.向溶液中通入H2S气体直至饱和，溶液中有FeS沉淀生成D.的平衡常数为【答案】A【解析】【详解】A．氢硫酸是二元弱酸，在溶液中分步电离，以一级电离为主，且一级电离抑制二级电离，则饱和氢硫酸溶液中氢离子浓度略大于氢硫酸根离子，由一级电离常数可知，溶液中的氢离子浓度约为=×10—4mol/L≈1.05×10—4mol/L，由二级电离常数Ka2(H2S)=可知，溶液中硫离子浓度约为1.3×10—13mol/L，由水的离子积常数可知，溶液中氢氧根离子浓度约为≈9.5×10—11mol/L，则溶液中离子浓度的大小顺序为，故A错误；B．由电离常数可得：Ka1(H2S)Ka2(H2S)=，由题意可知，溶液中氢离子浓度和氢硫酸浓度都约为0.01mol/L，则溶液中硫离子浓度约为≈1.4×10—18mol/L，故B正确；C．氢硫酸饱和溶液中氢离子浓度约等于氢离子浓度，由电离常数Ka2(H2S)=可知，溶液中硫离子浓度约为1.3×10—13mol/L，则溶液中浓度熵QC=c(Fe2+)c(S2—)=0.01×1.3×10—13=1.3×10—15＞Ksp(FeS)=6.3×10—18，所以溶液中有氯化亚铁生成，故C正确；D．由方程式可知，反应的平衡常数K====≈4.4×102mol/L，故D正确；故选A。16.根据下列有关实验方案设计和现象，所得结论不正确的是选项实验方案现象结论A将打磨过的铁铜合金放在氨水中一段时间溶液变为深蓝色可能是铜在氨水中发生吸氧腐蚀B向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，再加入少量Cu粉溶液先变成血红色，加入Cu粉后，血红色变浅与SCN的配位能力：C将和NH4NO3固体混合并用玻璃棒快速搅拌有刺激性气味的气体产生，并伴随降温该反应能发生的主要原因是熵增D用精密pH试纸测定溶液的pH值测得pH为7.8A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．铁铜合金中铜在氨水中失去电子发生吸氧腐蚀，形成四氨合铜离子使得溶液显蓝色，A正确；B．加入Cu粉后，铜和铁离子发生氧化还原反应生成亚铁离子和铜离子，使得平衡逆向移动，溶液血红色变浅，B错误；C．根据反应能自发进行，反应中温度降低、生成气体为熵增的吸热反应，则该反应能发生的主要原因是嫡增，C正确；D．pH为7.8，溶液显碱性，则碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子水解程度，，D正确；故选B。二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.氮、碳、硼元素形成的化合物具有独特的结构。请回答：（1）固态的N2O5为离子晶体(阴阳离子中所含原子个数均不超过4个)，其阳离子的空间结构名称为___________，阴离子中氮原子的杂化方式为___________。（2）比较酸性强弱：___________(填“>”、“<”)，请说明理由___________。（3）当石墨被过量的K处理后(未反应的金属被汞洗出)，K+离子在石墨层间嵌入，K+层在石墨层的投影如图所示。该钾石墨晶体的化学式是___________，晶体类型是___________。（4）石墨与F2在450℃反应，石墨层间插入F得到层状结构化合物(CF)x，该物质仍具润滑性，其单层局部结构如图所示。下列关于该化合物说法不正确的是___________。A.与石墨相比，(CF)x导电性增强 B.与石墨相比，(CF)x抗氧化性增强C.(CF)x中C—F的键长比C—C短 D.1mol(CF)x中含有2xmol共价单键（5）硼砂与NaOH的混合溶液中加入H2O2可以制备，已知X的阴离子只有一种化学环境的B原子，且B和O原子最外层都达到8电子稳定结构，写出X阴离子的结构式___________。【答案】（1）①.直线形②.sp2（2）①.>②.N的电负性大于H的电负性，使得相邻N—H键的电子云向NH2方向偏移，N—H键的极性变大，更易电离出氢离子，酸性更强（3）①.KC8②.离子晶体（4）AD（5）【解析】【详解】（1）N2O5为离子晶体，根其据阴阳离子中所含原子个数均不超过4个可推断出其阴阳离子为：和（亚硝酰正离子），其中阳离子呈直线型，阴离子为平面三角形且氮原子为sp2杂化；（2）由于N的电负性大于H的电负性，使得中相邻键的电子云向NH2方向偏移，键的极性变大，更易电离出氢离子，酸性更强，因此酸性强于；（3）可以选择图中红框中的部分作为该钾石墨的晶胞，利用均摊法，可以算出该钾石墨的化学式为KC8，该晶体中，钾失去电子给石墨层，形成了离子化合物，因此晶体类型为离子晶体；（4）A．由图可知，与石墨相比，(CF)x分子中碳原子均为饱和碳原子，分子中没有未参与杂化的2p轨道上的电子，导电性减弱，故A错误；B．由图可知，与石墨相比，(CF)x分子中碳原子均为饱和碳原子，不易被氧化，抗氧化性增强，故B正确；C．随原子序数递增，同周期主族元素的原子半径逐渐减小，因此(CF)x中的键长比短，故C正确；D．由图可知，(CF)x分子中碳原子与3个碳原子形成碳碳共价键，每个碳碳键被2个碳原子共用，与1个氟原子形成共价键，则1mol(CF)x分子中含有(3×+1)×x=2.5xmol共价单键，故D错误；故选AD；（5）由于B只有一种化学环境，说明两个B原子在结构上是等价的。又根据各原子数量推断出X的阴离子是对称结构，同时B和O原子最外层都达到8电子稳定结构，B连有两个OH，此时O多余，推测B与B之间通过过氧键连接，共同达到稳定的8电子排布，因此推测X的结构为：18.光盘金属层含有Ag(其它金属微量忽略不计)，可以进行资源回收利用，下图为从光盘中提取Ag的工业流程：已知：①气体A、气体D是空气的主要组成气体。②配离子的形成是分步进行的：。③AgCl的，。请回答：（1）已知Ag位于周期表的第五周期IB族，Ag的原子序数为___________；气体A的化学式为___________，写出溶液C中所有的阳离子___________。（2）反应Ⅲ的离子方程式为___________。（3）是一个可逆反应。①结合相关数据说明上述反应是可逆反应___________；②设计实验验证上述反应可逆反应___________。【答案】（1）①.47②.O2③.、、、、H+（2）（3）①.由方程式可知，反应的平衡常数，K值较小，表明该反应进行得不完全②.将AgCl固体与少量氨水混合，充分反应后过滤，将滤液分成两支试管，向一支试管中滴加酚酞，溶液变红，表明少量氨水没有完全反应﹔向另一支试管中滴加足量硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，表明存在产物Cl【解析】【分析】由题给流程可知，向处理后的光盘碎片中氢氧化钠溶液调节溶液pH后，加入足量次氯酸钠溶液发生如下反应Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑，过滤得到氯化银；向氯化银中加入足量氨水，将氯化银转化为含有二氨合银离子的溶液C，向溶液C中加入一水合肼溶液发生如下反应：。【小问1详解】由银元素位于元素周期表的第五周期IB族可知，银元素的原子序数为47；由分析可知，气体A为氧气；向氯化银中加入足量氨水的目的是将氯化银转化为含有二氨合银离子的溶液C，溶液C中二氨合银离子分步离解得到的阳离子为一氨合银离子、银离子，过量的氨水部分电离出的阳离子为铵根离子，水微弱电离出的阳离子为氢离子，则溶液C中含有的阳离子为二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、铵根离子和氢离子，故答案为：47；O2；、、、、H+；【小问2详解】由分析可知，向溶液C中加入一水合肼溶液发生的反应为，故答案为：；小问3详解】①由方程式可知，反应的平衡常数K====2.0×103×8.0×103×1.8×10—10=2.88×10−3，K值较小说明该反应进行得不完全，属于可逆反应，故答案为：由方程式可知，反应的平衡常数，K值较小，表明该反应进行得不完全；②由方程式可知，若该反应为可逆反应，向氯化银固体中加入少量氨水，反应后的溶液中含有氯离子，说明氯化银能与氨水反应，含有未反应的氨水说明氯化银能与氨水的反应为可逆反应，则验证上述反应是可逆反应的实验方案为将AgCl固体与少量氨水混合，充分反应后过滤，将滤液分成两支试管，向一支试管中滴加酚酞，溶液变红，表明少量氨水没有完全反应﹔向另一支试管中滴加足量硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，表明存在产物Cl，故答案为：将AgCl固体与少量氨水混合，充分反应后过滤，将滤液分成两支试管，向一支试管中滴加酚酞，溶液变红，表明少量氨水没有完全反应﹔向另一支试管中滴加足量硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，表明存在产物Cl。19.一种燃煤烟气中CO2的捕集和资源再利用技术可通过图转化过程实现。（1）以过渡金属作催化剂，利用图所示装置可实现“转化”。写出阴极表面的电极反应方程式___________。（2）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液，则溶液中含碳微粒(①H2CO3、②、③)的浓度由大到小的顺序为___________(填序号)。(室温下，的；)（3）在催化剂下，CO2氧化C2H6可获得C2H4.其主要化学反应为：反应I．反应Ⅱ．反应Ⅲ．将4molC2H6和6molCO2的混合气体置于1.0L恒容密闭容器中反应，乙烷的平衡转化率、乙烯的选择性与温度关系如图所示(C2H4的选择性。①=___________。②M点反应I的平衡常数为___________(保留两位有效数字)。③C2H4选择性随温度升高而下降的原因可能是___________。（4）用Fe3(CO)12/ZSM5催化CO2加氢合成乙烯，所得产物含C3H6、C4H8等副产物，反应过程如图。催化剂中添加Na、K、Cu助剂后可改变反应的选择性。在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如表所示：助剂CO2转化率/%各产物在所有产物中的占比/%C2H4C3H6其他Na42.535.939.624.5K27.275.622.81.6Cu9.880.712.56.8下列说法正确的是___________。A．催化剂助剂主要在第Ⅰ步起作用B．在Fe3(CO)12/ZSM5中添加K助剂时，合成乙烯的效果最好C．添加助剂不同，CO2加氢合成乙烯的平衡常数不同D．Fe3(CO)12为簇状超分子，可活化CO【答案】（1）或（2）③②①（3）①.76②.1.1③.温度升高，反应Ⅱ正向移动程度更大(以反应Ⅱ为主)（4）BD【解析】【小问1详解】从图中可知，电解质溶液为KHCO3，阴极上CO2得电子结合碳酸氢根离子生成C2H4，电极反应方程式为或。【小问2详解】pH=11，则c(H+)=1011mol/L，H2CO3(aq)H+(aq)+(aq)，Ka1=4×107，则，则，故c()>c(H2CO3)，同理H++，Ka2=，，则c()>c()，故三种离子浓度从大到小的顺序为③②①。【小问3详解】①反应Ⅲ=反应Ⅰ×2反应Ⅱ，ΔH3=(177×2430)kJ/mol=76kJ/mol。②反应Ⅲ可由反应Ⅰ×2反应Ⅱ得到，则考虑前两个反应即可，M点乙烷转化率为50%，乙烯的选择性为80%，则消耗乙烷2mol，反应Ⅰ生成乙烯1.6mol，反应Ⅱ消耗乙烷0.4mol，则有，，平衡时c(C2H6)=2mol/L，c(CO2)=3.6mol/L，c(C2H4)=1.6mol/L，c(H2O)=1.6mol/L，c(CO)=3.2mol/L，则K==1.1。③反应Ⅰ和Ⅱ都是吸热反应，温度升高化学平衡正向移动，但是温度升高对反应Ⅱ的影响更大，反应Ⅱ正向移动的幅度大于反应Ⅰ，因此乙烯的选择性随温度升高而下降。【小问4详解】A．从图中可知，催化剂助剂在第I步和低聚反应、异构化反应中都起作用，A错误；B．从表中可知，在催化剂中添加K助剂，产物中乙烯的占比明显大于其他物质，故添加K助剂时，合成乙烯的效果最好，B正确；C．催化剂对化学平衡常数没有影响，化学平衡常数只受温度的影响，C错误；D．Fe3(CO)12为簇状超分子，其能活化CO分子，使得CO在第二步中能快速转化为(CH2)n，D正确；故答案选BD。20.某兴趣小组用下图的装置制取ICl，并用ICl的冰醋酸溶液来测定某油脂的不饱和度。油脂的不饱和度是指一个油脂分子最多可加成的氢分子数。已知：①ICl的熔点为13.9℃，沸点为97.4℃，化学性质与氯气相似易水解；②，ICl3的熔点为111℃。请回答：（1）写出第一个装置中发生反应化学方程式：___________。（2）虚线框内应选用的装置是___________(填“甲”或“乙”)。（3）上述制备ICl的实验中，根据气流方向各装置的连接顺序为：a→___________(用接口的字母表示)。（4）下列有关说法正确的是___________。A.上述实验装置中的KMnO4固体也可用MnO2代替B.恒压滴液漏斗使用时应打开上面的玻璃塞C.ICl与NaOH溶液反应的方程式为：D.若所制得的ICl中溶有少量ICl3杂质，可以采用蒸馏法进行提纯（5）用ICl的冰醋酸溶液测定某油脂的不饱和度，进行如下实验，实验过程中有关反应为：①；②；③实验步骤：将含有0.05mol某油脂的样品溶于CCl4后形成100mL溶液；从中取出10mL，加入20mL含有IC1物质的量为nmol的冰醋酸溶液(过量)；充分反应后，加入足量KI溶液；生成的碘单质用a的标准溶液滴定；重复上述实验两次，测得滴定所需Na2S2O3的平均值为VmL。①滴定前，需要将装有标准液的滴定管中的气泡排尽，应选择图中___________。A．B．C．D．②该油脂的不饱和度为___________(用含a、n、V的表达式表示)。【答案】（1）(浓)（2）甲（3）edcbgf（4）CD（5）①.C②.【解析】【分析】第一个装置中，KMnO4和浓盐酸反应生成Cl2，化学方程式为(浓)；将气体通入饱和食盐水中，除去Cl2中的HCl；再将气体通入浓硫酸，除去Cl2中的H2O；再将Cl2通入装有I2的装置中，I2和Cl2反应生成ICl，则各装置的连接顺序为aedcbgf；用ICl的冰醋酸溶液测定某油脂的不饱和度，ICl和油脂中的碳碳双键发生加成反应，ICl过量，反应剩余的ICl和KI发生氧化还原反应生成I2，利用a的标准溶液滴定可求出生成I2的物质的量，从而求出与碳碳双键反应消耗的ICl的量，最后得出碳碳双键含量，从而得到油脂的不饱和度。【小问1详解】第一个装置中KMnO4和浓盐酸反应生成Cl2，化学方程式为(浓)；【小问2详解】ICl易水解，若选用乙装置，溶液中的水蒸气进入反应装置中，造成ICl水解，则虚线框内应选用的装置是甲；小问3详解】由分析可知，上述制备ICl的实验中，根据气流方向各装置的连接顺序为aedcbgf；【小问4详解】A．MnO2和浓盐酸反应制备Cl2需要加热，故不能用MnO2替换KMnO4，A项错误；B．恒压滴液漏斗组合的装置中内部压强相同，故只需打开活塞即可顺利流下，不需打开上面的玻璃塞，B项错误；C．ICl化学性质与氯气相似，则ICl和NaOH反应生成NaIO、NaCl和H2O，化学方程式为，C项正确；D．ICl的沸点为97.4℃，ICl3的熔点为111℃，二者沸点差异大，故可以采用蒸馏法进行提纯，D项正确；答案选CD；【小问5详解】①Na2S2O3是强碱弱酸盐，溶液先碱性，则应选用碱式滴定管，碱式滴定管正确的排除装置内气泡的操作为C，故答案选C；②根据反应②、③得到比例关系：ICl~2Na2S2O3，测得滴定所需Na2S2O3的平均值为VmL，则反应①剩余的ICl的物质的量为，则反应①消耗ICl的物质的量为，则10mL中油脂的CCl4溶液中含有的碳碳双键的物质的量为，0.05mol某油脂中的碳碳双键的物质的量为，则1个该油脂中含有个碳碳双键，含有一个碳碳双键的不饱和度为1，则该油脂的不饱和度为。21.某研究小组通过下列路线合成药物西地那非。已知：Mc为甲基(—CH3)，Et为乙基(—CH2CH3)，Pr为正丙基(—CH2CH2CH3)；