浙江省绍兴市上虞中学2024-2025学年高三上学期12月选考科目模拟考试化学试题2

年月浙江省上虞中学选考科目模拟考试化学本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分分。考试时间分钟。考生注意：题纸规定的位置上。卷上的作答一律无效。铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。可能用到的相对原子质量：H1CNOSK选择题部分一、选择题本大题共小题，每小题3分，共分。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.下列物质无法与氢氧化钠溶液反应的是A.B.HIC.D.【答案】D【解析】【详解】A．在NaOH溶液中发生水解，得到CHCOONa和乙醇，A不符合；B．HI和NaOH溶液发生酸碱中和反应，B不符合；C．NaHCO3和NaOH反应生成NaCO3和水，C不符合；D．和NaOH不发生反应，D符合；答案选D。2.石英砂(主要成分是)是一种重要矿石，下列说法不正确的是A.是一种共价晶体B.常用于生产导电纤维C.石英砂是制备普通玻璃的原料之一D.工业上常用焦炭还原石英砂制得粗硅第1页/共28页【答案】B【解析】【详解】A．中只存在共价键，是一种共价晶体，故A正确；B．二氧化硅具有良好的导光性能，是制光导纤维的主要原料，而不是导电纤维，故B错误；C．生产普通玻璃的主要原料有纯碱、石灰石、石英砂，故C正确；D．在高温下C与SiO2反应产生Si和CO：2C+SiO22Si+2CO↑，所以工业上可以用焦炭还原石英砂制得粗硅，故D正确；故选B。3.下列表示不正确的是A.配离子中与铁(Ⅲ)配位的原子：OB.的形成过程：C.的名称：2甲基4乙基戊烷D.金刚石中碳原子的杂化轨道示意图：【答案】C【解析】A中O提供孤电子对与铁(Ⅲ)OA正确；B．为离子化合物，钙失去电子、溴得到电子形成离子化合物溴化钙，故B正确；C．主链上有6个碳原子，第2、4号碳原子上连有甲基，命名为：2，4二甲基己烷，故C错误；D．金刚石中碳原子为sp3杂化，构型为四面体形，故D正确；故选C。4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A.是共价晶体，其硬度大、熔点高，故其可用于制造高温结构陶瓷B.NaH可与水反应，并放出大量的氢气，故其可作为储氢材料C.聚乳酸完全燃烧的产物为水和二氧化碳，故其属于一种良好的生物降解材料第2页/共28页D.石蕊(HIn)在水溶液中存在电离平衡，与HIn呈不同颜色，故其可作为酸碱指示剂【答案】C【解析】【详解】A．属于共价晶体，其特点是硬度大、熔点高，因此可用于制作高温结构陶瓷和轴承等，A正确；B．NaH可与水反应，NaH+H0=NaOH+H↑，放出大量的氢气，故其可作为储氢材料，B正确；C与做生物降解材料无关，C错误；D(HIn)在水溶液中存在电离平衡，与HInHIn以In的颜色为主，故其可作为酸碱指示剂，D正确；答案选C。5.为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，含有中子的数目为B.9g冰晶体中含有氢键的数目为C.pH=12的KOH溶液中含有的数目为D.完全溶于水中，溶液中【答案】B【解析】A．分子含有162.24L分子含有中子的数目为×16×Nmol1=1.6N，故A错误；B．冰晶体中每个水分子形成4个氢键，每个氢键为2个水分子所共有，则每个水分子占用的氢键数目为4×=2，所以9g冰晶体中含有氢键的数目为×2×Nmol1=N，故B正确；C．缺溶液的体积，无法计算pH=12的氢氧化钾溶液中含有氢氧根离子的数目，故C错误；D．由物料守恒可知，1mol氯气完全溶于水所得溶液中2N(Cl)+N(HClO)+N(ClO)+N(Cl)=1mol×2×Nmol1=2N，氯水中氯气和氯离子的个数无法确定，所以无法确定溶液中次氯酸和次氯酸根离子的个数之和，故D错误；第3页/共28页故选B。6.下列说法不正确的是A.装置①可用于证明该反应为吸热反应B.装置②可用于证明胶体为电解质C.装置③可用于证明水晶具有各向异性D.装置④可用于证明Mg的金属性大于Al【答案】B【解析】【详解】A．八水氢氧化钡与氯化铵混合搅拌变为糊状时，烧杯壁下部很凉，拿起烧杯时，玻璃片粘在烧杯底部说明该反应为吸热反应，则装置①可用于证明该反应为吸热反应，故A正确；B．氢氧化铁胶体是混合物，混合物既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C．在用红热的铁针刺中凝固在水晶柱上的石蜡，熔化的石蜡呈椭圆形说明水晶表面不同方向导热性不同，具有晶体的各向异性，故C正确；D白色沉淀生成，氯化铝溶液中先有白色沉淀生成，后沉淀溶解说明氢氧化铝的碱性弱于氢氧化镁，证明镁的金属性大于铝，故D正确；故选B。7.化学在工业中发挥着至关重要的作用，下列说法正确的是A.合金的熔点一定比各成分金属的低，而硬度却相反B.当铅蓄电池的正极为Pb、负极为时，可实现放电C.通过对不饱和程度较高的液态油催化加氢可获得制备肥皂的原料D.顺丁橡胶是在催化剂的作用下以丁二烯为原料缩聚生成的【答案】C【解析】【详解】A．一般情况下，合金的熔点不一定比各成分金属的低，如钠钾合金的熔点比钠、钾都低，故A错误；第4页/共28页B．铅蓄电池放电时，铅为蓄电池的负极、二氧化铅为正极，故B错误；C化反应可制备肥皂，故C正确；D．顺丁橡胶是在催化剂的作用下以丁二烯为原料发生加聚反应生成的，故D错误；故选C8.下列化学方程式正确的是A.红热的铁与水蒸气生成磁性氧化铁：B.铝热反应的原理：C.金属铜与稀硝酸反应：D.苯酚钠溶液与少量二氧化碳反应：【答案】A【解析】AA正确；B．铝热反应方程式为：，B错误；C．金属铜与稀硝酸反应生成NO：，C错误；D．苯酚的酸性大于，苯酚钠溶液与少量二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠：，D错误答案选A。9.使用硫酸酸化的双氧水滴入含Cr(VI)[化合价为+6价的铬]的溶液可生成蓝色的，其反应原理为：(未配平)。其中重铬酸根离子与过氧化氢的反应机理图如图所示。下列说法不正确的是第5页/共28页A.该反应的过程中涉及电子的转移B.生成物中铬元素的化合价为+6C.理论上，该反应每消耗，可生成D.根据该反应的现象，此过程可能能用于鉴定溶液中的Cr(VI)或【答案】A【解析】【分析】由图示可知，一个KCrO7消耗4个HO2生成5个HO和2个CrO，则反应原理为：。ACrO5Cr元素化合价均为+6KCrO7参与反应，8个氧原子化合价维持为1价不变，即反应前后Cr的化合价不变，其他元素的化合价也都没有变，则该反应的过程中不涉及电子的转移，A错误；B．结合CrO5的结构可知，生成物中铬元素的化合价为+6，B正确；C．结合图示可知，该反应原理为：，每消耗，可生成，C正确；D．根据题意，该反应中KCrO7和HO2反应生成蓝色的，则此过程可能能用于鉴定溶液中的Cr(VI)或HO，D正确；故选A。10.XYZW和Q是分布于五个周期的元素，原子序数依次增大，XZ位于同一主族，Y是空气成分W的最外层电子排布式是QQ元素。下列说法正确的是第6页/共28页A.基态Y原子的第一电离能相较于其同周期相邻的元素大B.Z单质在空气中放置一段时间，可形成化合物C.含有W离子的溶液进行焰色试验，透过蓝色钴玻璃均可观察到紫色D.和不断加热可缓慢生成化合物XQ，且该反应为可逆反应【答案】D【解析】【分析】XYZW和Q是分布于五个周期的元素，原子序数依次增大，Y是空气成分中含量占第二位的元素，则Y为O元素；W的最外层电子排布式是，则W为K元素；Q是海带中主要的微量元素，常用于补充人体的Q元素，则Q为I元素；X、Z位于同一主族，则X为H元素、Z为Na元素。【详解】A．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，则氧元素的第一电离能相较于其同周期相邻的元素小，故A错误；B．钠单质在空气中放置一段时间，可形成氧化钠，不能形成过氧化钠，故B错误；C．含有钾离子和锂离子的溶液进行焰色试验时，洋红色会掩盖紫色光，透过蓝色钴玻璃不能观察到紫色，故C错误；D．氢气和碘在不断加热的条件下可缓慢生成碘化氢，且该反应为可逆反应，故D正确；故选D。室内甲醛超标会引发多种疾病，甲醛与蛋白质和DNA的作用如下所示，在治理室内甲醛污染中常采用活性炭吸附等物理方法，如图为两类活性炭结构示意图，下列说法不正确的是A.甲醛与蛋白质和DNA的作用过程包含了加成反应和消去反应B.据上述反应可以推测，甲醛与尿素可以形成第7页/共28页C.活性炭I吸附甲醛的效果比活性炭II的吸附效果更好D.根据活性炭结构可以判断干燥环境中的甲醛可能更易被吸附【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，甲醛与蛋白质和DNA的作用过程中甲醛先与蛋白质和DNA中的氨基发生加成反应、后发生消去反应生成DNA—N=CH、蛋白质—N=CH，故A正确；B．由上述反应可知，甲醛能与尿素中的氨基反应，则一定条件下甲醛和尿素能发生缩聚反应生成和水，故B正确；CIIIII吸附甲醛的效果比活性炭I的吸附效果更好，故C错误；D醛分子，而在高湿度环境中，水分子会竞争吸附位点，占据活性炭的孔隙，从而降低其对甲醛的吸附能力，所以根据活性炭的结构特性，可以推断在干燥环境中甲醛可能更容易被活性炭吸附，故D正确；故选C。12.已二腈[，简称ADN]是制造尼龙66的原料，可以通过有机电合成的方法以丙烯腈(，简称AN)为原料制得，电解池示意图如图所示，为有机电解质溶剂，下列说法不正确的是A.电解所需的能量可来源于风能和太阳能等可再生能源第8页/共28页B.理论上，当电路转移，电解池总质量减少16g(仅考虑反应生成的气体完全排出)C.该电解池可能会产生较多的副产物，例如丙腈()D.阴极区反应方程式：【答案】B【解析】【分析】由图可知，右侧电极为电解池的阴极，酸性条件下丙烯腈在阴极得到电子发生还原反应生成已二腈，电极反应式为，左侧电极为阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式2HO－4e=4H++O↑，电解的总反应为4CH=CHCN+2HO2NC(CH)CN+O↑。A源，故A正确；B．由分析可知，电解的总反应为4CH=CHCN+2HO2NC(CH)CN+O↑，由方程式可知，反应转移4mol1mol1mol1mol××32g/mol=8gB错误；C也能得到电子发生副反应生成丙腈，故C正确；D．由分析可知，右侧电极为电解池的阴极，酸性条件下丙烯腈在阴极得到电子发生还原反应生成已二腈，电极反应式为，故D正确；故选B。13.阿司匹林()溶于乙醇、乙醚，微溶于水。利用水杨酸()与乙酸酐[等。下列是提纯阿司匹林的两种方案：方案一：第9页/共28页方案二：下列说法不正确的是A.方案一中饱和溶液可用NaOH溶液代替，以使阿司匹林与难溶于水的杂质分离B.方案二所得产品有机杂质少，其原因可能为水杨酸等有机杂质易溶于乙酸乙酯C.粗产品中难溶于水的有机物杂质可能由水杨酸分子间的缩聚反应得到D.取产物溶解于乙醇水溶液，滴加氯化铁溶液观察到溶液变成紫色，说明其混有水杨酸杂质【答案】A【解析】【分析】由题给流程可知，方案一为向粗产品中加入饱和碳酸氢钠溶液，将乙酰水杨酸转化为易溶于水的乙酰水杨酸钠，过滤得到含有乙酰水杨酸钠的滤液；向滤液中加入盐酸，除去过量的碳酸氢钠，并将溶液中乙酰水杨酸钠转化为乙酰水杨酸，反应后的溶液经冷却、过滤、洗涤、干燥得到阿司匹林；方案二为向产品中加入乙酸乙酯和沸石加热回流得到含有乙酰水杨酸的残留液，得到的残留液趁热过滤得到含有乙酰水杨酸的滤液；滤液经冷却、抽滤、洗涤、干燥得到阿司匹林。A氧化钠溶液代替饱和碳酸氢钠溶液，故A错误；B法得到含有乙酰水杨酸的残留液，故B正确；C．由结构简式可知，水杨酸分子中含有羟基和羧基，一定条件下能发生水解反应生成难溶于水的高聚酯，所以粗产品中难溶于水的有机物杂质可能是水杨酸分子间发生缩聚反应得到的高聚酯，故C正确；D发生显色反应，所以取产物溶解于乙醇水溶液，滴加氯化铁溶液观察到溶液变成紫色，说明其混有水杨酸杂质，故D正确；故选A。14.25℃时，用0.100mol/L的溶液分别滴定25.00mL浓度均为0.100mol/L的NaCl、NaBr、NaI溶液，所得滴定曲线如图所示[，X代表Cl、Br或I]。已知：①为砖红色沉淀第10页/共28页，②相同条件下，溶解度，下列说法正确的是A.曲线III代表溶液滴定NaCl溶液B.滴定时，若用作指示剂，滴定至终点，混合液中指示剂浓度不宜超过0.01mol/LC.滴定时，若用作指示剂，需要滴入稀硫酸进行酸化溶液D.滴定时，最宜滴入几滴NaCl溶液作指示剂【答案】B【解析】【分析】由图可知，硝酸银溶液的体积为25.00mL时，氯化钠、溴化钠和碘化钠均完全反应，则氯化银、10—4.7×10—4.7=10—9.410—6.15×10—6.15=10—12.310—8.02×10—8.02=10—16.04，由相同条件下，溶解度的大小顺序可知，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别代表硝酸银溶液滴定氯化钠溶液、溴化钠溶液、碘化钠溶液。【详解】A．由分析可知，曲线III代表硝酸银溶液滴定碘化钠溶液，故A错误；B．由图可知，溶液中的氯离子完全沉淀时，溶液中银离子浓度为10—4.7mol/L，则由溶度积可知，溶液中铬酸根离子的浓度为=10—2.3mol/L，所以滴定氯离子时，若用铬酸钾作指示剂，滴定至终点，混合液中指示剂浓度不宜超过0.01mol/L，故B正确；C重铬酸根离子，不利于滴定溴离子，故C错误；D白色沉淀的生成，不能是否达到滴定终点，故D错误；故选B。15.甲烷与氯气在光照条件下反应的部分机理如下表，异丁烷与溴自由基发生反应的能量图如图所示(各物第11页/共28页质及粒子的状态皆为气态)。下列说法不正确的是A.在链传递阶段会发生反应B.异丁烷甲基上的碳氢键的键能大于叔碳(与三个碳原子直接相连的碳原子)上的碳氢键C.若，则D.和分别与异丁烷反应一段时间内，产物中，原因可能为前者反应历程中的较后者大【答案】D【解析】【详解】A．由题给信息可知，在链传递阶段会发生反应，故A正确；B吸收的能量高于异丁烷转化为烷甲基上的碳氢键的键能大于叔碳上的碳氢键的键能，故B正确；C．由图可知反应①H=(ab)kJ/mol，由题意可知，反应②H=ckJ/mol，由盖斯定律可知，反应①+反应②=目标反应，则反应，故C正确；第12页/共28页D．产物中说明取代异丁烷2号碳上氢原子所得产物占比少一些，由图可知，取代异丁烷2号碳上氢原子所得产物少，更多生成的1号上氢原子所得产物，所以前者反应历程中的较后者小，故D错误；故选D。16.为获得晶体，设计方案并进行实验，观察到相关现象。其中方案设计、现象或原理不正确的是选实验目的方案设计现象原理项获得氯化钠出现晶体颗NaCl的饱和溶液中存在A往饱和氯化钠溶液中加入一定量的浓盐酸晶体粒溶解平衡获得高纯度出现蓝色晶改变溶剂极性可以改变B硫酸铜氨晶向硫酸铜氨溶液中加入95%乙醇体溶质溶解度体获得明矾大在高于室温30~50℃的明矾饱和溶液中悬挂晶核生长成温度与室温相差越大，C晶体明矾晶核，静置过夜大晶体越有利于获得大晶体提纯苯甲酸出现较纯净

苯甲酸的溶解度随温度

D(含少量氯化的白色晶体滤液冷却结晶，过滤出晶体并洗涤变化较大钠和泥沙)(苯甲酸)A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】ANaCl的饱和溶液中存在溶解平衡，往饱和氯化钠溶液中加入一定量的浓盐酸，增大了Cl的浓度，使平衡向沉淀方向进行，可以获得氯化钠晶体，A正确；B．硫酸铜氨晶体在极性较大的水中的溶解度大，在极性小的乙醇中溶解度小，向硫酸铜氨溶液中加入95%乙醇可以获得硫酸铜氨晶体，B正确；C．在高于室温10~20℃的明矾饱和溶液中悬挂明矾晶核，静置过夜，反复多次，可以获得大晶体，若温差过大，得到较多的数目的晶体，得不到大晶体，C错误；第13页/共28页D．将粗苯甲酸溶于热水，趁热过滤掉泥沙，将滤液冷却结晶，过滤出晶体并洗涤，NaCl留在滤液中，得到较纯净的苯甲酸晶体，D正确；答案选C。非选择题部分二、非选择题本大题共5小题，共分)17.铜是一种重要的过渡金属。已知原子序数大于21的元素，其核外电子3d轨道的能量低于4s轨道。请回答：（1）的俗名为___________；其晶胞如图所示，图中所有S原子均在该晶胞体内，则晶胞“体内”的Cu原子的个数为___________；其中该晶胞中Cu的配位数为___________。（2）下列说法正确的是___________。A.基态亚铜离子的核外电子所占据的能层：K、L、MB.基态铁离子的核外电子共有23种空间运动状态C.基态铜原子的第二电离能可能大于基态铁原子的第二电离能D.的配位键键能高于的配位键（3）铁和铜等金属可与邻羟基苯甲酸()螯合，该机制在抗氧化的研究上具有重要意义。相关的酸的电离常数如下表所示。物质邻羟基苯甲酸苯甲酸苯酚比苯甲酸的___________(填“容易”或“困难”)形成氢键，从而导致___________(提示：从平衡角度作答)，使得邻羟基苯甲酸的更第14页/共28页大。邻羟基苯甲酸的___________苯酚的。(填“>”“<”或“=”)。【答案】（1）①.黄铜矿②.4③.4（2）AC（3）①.容易②.+H+平衡正向移动③.<【解析】【小问1详解】的俗名为黄铜矿；图中所有S原子均在该晶胞体内，则存在8个S，结合化学式，晶胞中含4个Cu原子；其中该晶胞中Cu最近且相邻的原子为4个，配位数为4；【小问2详解】A．基态亚铜离子的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d10，核外电子所占据的能层：K、L、M，正确；B离子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d5，则基态铁离子的核外电子共有14种空间运动状态，错误；CCu+核外电子排布为1s22s22p63s23p63d103dFe+离子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s1，4s轨道容易失去1个电子；故基态铜原子的第二电离能可能大于基态铁原子的第二电离能，正确；DN原子半径较大且电负性小于ON的配位键键能低于的配位键，错误；故选AC；【小问3详解】常温下，邻羟基苯甲酸的比苯甲酸的更大，其原因可能为氧原子所带有效负电荷越多，越容易形成氢键：，使得羧基中氢氧间电子云密度减小，利于氢离子的电离，从而导致+H+抑制了酚羟基的电离，导致邻羟基苯甲酸的小于苯酚的。第15页/共28页18.以空气中的为原料可制得一系列重要的化工产品，相关流程如下所示：请回答：（1）氨分子能通过氢键形成具有环状结构的聚合体，画出其结构式___________(氢键用虚线表示)；液氨能发生类似于：的自电离。若水溶液中发生反应，则以液氨为溶剂发生类似反应的化学方程式为___________。（2）写出和反应的化学方程式___________。（3）下列说法正确的是___________。A.中阳离子和阴离子的个数比为B.可用作氮肥，同时还可以消除土壤酸化C.水溶液具有碱性，原因可表示D.电解时，每生成，同时生成1.6mol产物B(不考虑副反应)（4）实验室可用加热溶液方法制备少量，该反应能制得的原因是___________。（5）设计实验方案检验产物A中的氮元素___________。【答案】（1）①.②.NHCl+KNH=KCl+2NH3（2）CaCN+2HO=Ca(OH)+HN=C=NH（3）BC（4）NH中—3价N具有还原性，NO中+3价N具有氧化性（5ANaOHA中有N元素第16页/共28页【解析】CaCNCaCN2与水反应生成氢氧化钙和HN=C=NH，HN=C=NH与水反应生成尿素；一定条件下氮气与氢气反应生成氨气，氨气发生催化氧化反应生成一氧化氮，一氧化氮经多步转化得到硝酸，电解硝酸溶液得到羟胺和氧气。【小问1详解】方程式为2NH3NH+NH，则以液氨为溶剂发生类似反应的化学方程式为NHCl+KNH=KCl+2NH，故答案为：；NHCl+KNH=KCl+2NH；【小问2详解】由题意可知，CaCN2与水反应生成氢氧化钙和HN=C=NH，反应的化学方程式为CaCN2+2HO=Ca(OH)+HN=C=NH，故答案为：CaCN+2HO=Ca(OH)+HN=C=NH；【小问3详解】A．碳化钙中钙离子和C的个数比为1：1，故错误；BCaCN2与水反应生成氢氧化钙和HN=C=NHHN=C=NHCaCN2可用作氮肥，同时还可以消除土壤酸化，故正确；C．羟胺水溶液具有碱性是因为羟胺能与水电离出的氢离子结合生成NHOH和氢氧根离子，电离方程式为，故正确；D2HNO+2HO2NHOH+3O1mol羟胺时，生成氧气的物质的量为1.5mol，故错误；故选BC；【小问4详解】3第17页/共28页子中+3价氮元素具有氧化性，亚硝酸铵溶液受热时易发生归中反应生成氮气和水，故答案为：NH中—3价N具有还原性，NO中+3价N具有氧化性；【小问5详解】由题意可知，HN=C=NHHN=C=NH中的氮元素的实验方案为取少量HN=C=NH溶液于试管中，加入足量NaOH溶液加热，尿素与氢氧化钠溶液共热反应产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝HN=C=NH中有NANaOH生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，证明A中有N元素。19.二氧化碳甲烷干气重整反应制合成气(CO和)是二氧化碳资源化利用的重要研究方向，相关的反应如下所示。控制积炭可以有效解决该反应的转化速率低、选择性低、催化剂失活等问题，其中反应III和反应IV是形成积炭的主要副反应(其余积炭反应程度较小，本题不作讨论)。主反应I：副反应II：副反应III：副反应IV：请回答：（1）反应的___________，___________(用，表示)。（2）反应I、II、III、IV的吉布斯自由能()随温度的变化关系如图1所示，平衡时各组分的量如图2所示。第18页/共28页①反应温度为600℃时，可以自发进行的反应是___________，判断的依据是___________。②下列说法正确的是___________。A．对于不同反应，为正值时，其值越大，则该反应自发进行的温度越高B．当反应温度区间大约为550~700℃时，积碳情况可能最为严重C．根据平衡时各组分的量，该反应的温度大约应控制在850℃以上进行D．当温度为900℃时，反应IV的逆反应的平衡常数可能大于反应III的平衡常数（3）实验室研究该反应时，控制条件使其仅发生主反应I和副反应III的平衡常数大于副反应II的平衡常数。请解释随着温度的升高，平衡时体系中呈现先升高后降低的趋势的原因___________。（4甲烷干气重整反应的机理对合成气选择性和产率的提升具有重要意义。以、为原料，在Ni基催化剂发生主反应I，其机理如式(a)~(e)所示，其中*代表吸附活性位，请补充其中(a)和(e)的机理。(a)___________；(b)；(c)；(d)；(e)___________。【答案】（1）①+206.1②.（2）①.III、IV②.600℃时，反应III、IV的△G＜0③.BC（3II度较高时，反应以主反应I为主，升高温度，平衡向正反应方向进行，一氧化碳的浓度增大，导致副反应II的平衡向逆反应方向移动，水蒸气的物质的量减小（4）①.②.【解析】【小问1详解】由盖斯定律可知，主反应I—副反应II=目标反应，则反应△H=(+247.3kJ/mol)—(+41.2kJ/mol)=+第19页/共28页206.1kJ/mol，反应的平衡常数K=，故答案为：+206.1；；【小问2详解】①由图可知，600℃时，反应III、IV的△G＜0，所以反应III、IV能自发进行，故答案为：III、IV；600℃时，反应III、IV的△G＜0；②A．对于自发反应，，如果为负，必须满足：TΔS>ΔH，除了受温度影响，ΔS也会影响反应是否自发，故错误；B．由图可知，温度高于700℃时，碳的物质的量减小，说明当反应温度区间大约为550~700℃时，积碳情况可能最为严重，故正确；C．由图可知，850℃时一氧化碳和氢气的物质的量最高，所以根据平衡时各组分的量，该反应的温度大约应控制在850℃以上进行，故正确；D．由方程式可知，反应IV的逆反应的平衡常数K=，反应III的平衡常数K=，由图可知，当温度为900℃时，一氧化碳和氢气的浓度相等、二氧化碳和甲烷的浓度相等，所以反应IV的逆反应的平衡常数等于反应III的平衡常数，故错误；故选BC；【小问3详解】随着温度的升高，平衡时体系中水蒸气的物质的量呈现先升高后降低的趋势是因为温度较低时，反应以副反应II为主，升高温度，平衡向正反应方向进行，水蒸气的物质的量增大；温度较高时，反应以主反应I为主，升高温度，平衡向正反应方向进行，一氧化碳的浓度增大，导致副反应II的平衡向逆反应方向移动，水蒸气的物质的量减小，故答案为：温度较低时，反应以副反应II为主，升高温度，平衡向正反应方向进I化碳的浓度增大，导致副反应II的平衡向逆反应方向移动，水蒸气的物质的量减小；【小问4详解】由总反应和反应机理可知，反应(a)为、反应(e)为，故答案为：；。20.[可写作]的锌矿物(含有少量的FeO、、CuO)来合成该物质，相关实验流程如下。第20页/共28页已知：①常温状况下，，，②常温状况下，在乙醇溶液中的溶解度远大于；③滤液3中，三元体系的平衡溶解相图如图2所示。（1）步骤Ⅰ中酸浸实验装置如图1所示，其中仪器A名称是___________；仪器B作用是：①冷凝回流；②___________。（2）下列说法不正确的是___________。A.酸浸过程，电磁搅拌和热水浴作用是提高浸取速率和转化率B.溶液的作用是将氧化成，使铁元素在较低下被去除C.向滤液2中加入适量的Zn单质主要目的是提高产品产率D.不采用结晶滤液3的方法制备目标产物的原因是防止产生杂质（3）写出滤液3与反应生成的离子方程式___________。（4）得到粗产品的步骤如下，选择合理的操作并排序___________。a．过滤混合溶液，将析出的滤渣进一步处理；b．过滤混合溶液，析出滤渣后，对溶液蒸发浓缩，冷却结晶，低温干燥；c．充分洗涤后加稀硫酸直至沉淀恰好溶解；第21页/共28页d．充分洗涤后加稀盐酸直至沉淀恰好溶解；e．向混合溶液中加入乙醇溶液，搅拌后静置5分钟；f．向混合溶液中加入溶液，搅拌后静置5分钟。最后，由粗产品得到的操作可称为___________。（50.700g250.00mL100mL蒸馏水使其溶解，再加入缓冲溶液将pH调至10.0并滴入适量铬黑T指示液。最后用的乙二胺四乙酸，简写)标准溶液滴定至待测溶液由红紫色变为纯蓝色(离子方程式为)，重复三次，平均消耗标准溶液体积为23.60mL。可推算出产物的纯度为___________。(保留三位有效数字)【答案】（1）①.分液漏斗②.平衡压强（2）C（3）2Zn2+++HO=Zn(OH)CO↓+CO↑（4）①.cb②.重结晶（5）96.8%【解析】SiOFe2+Zn2+Cu2+Cl、入HO2将Fe2+氧化为Fe3+pHFe3+形成Fe(OH)32加入Zn置换出Cu3中存在Zn2+Cl、、(NH)COZn(OH)CO3沉淀，加入硫酸溶解，对滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶、低温干燥得到ZnSO·7HO晶体。【小问1详解】由图可知，仪器A为分液漏斗；冷凝管的作用有冷凝回流，与大气相通，平衡压强的作用；【小问2详解】A．酸浸过程，搅拌和加热可以提高浸取速率和转化率，A正确；BFe3+沉淀所需要的OH浓度较小，溶液的作用是将氧化成OH浓度下被去除，B正确；C．向滤液2中加入适量的Zn单质主要目的是除去Cu2+杂质，C错误；2可知直接用结晶滤液3的方法制备目标产物可能会生成D正确；答案选C；第22页/共28页【小问3详解】滤液3中有Zn2+Cl、、反应生成2Zn2+++HO=Zn(OH)CO↓+CO↑；【小问4详解】得到粗产品，先洗涤沉淀，加入稀硫酸溶解，过滤混合溶液，析出滤渣后，cb粗产品得到的操作为重结晶；【小问5详解】根据关系式~Zn2+~HY，n()=n(HY)=0.1000mol/L×23.60×103L=2.36×103mol，质量分数为。21.某研究小组按下列路线合成有医药价值的天然药物中间体(部分反应条件已简化)。已知：苯的衍生物取代上新基团的位置由原有苯环上的基团决定，若，则为邻、对位定位基；若，则为间位定位基。请回答：（1）化合物C的官能团名称是___________。（2）