浙江省湖州、丽水、衢州三地市2022-2023学年高三化学上学期11月一模试题（Word版附解析）

丽水、湖州、衢州2022年11月三地市高三教学质量检测

化学试题卷

可能用到的相对原子质量：H 1  C 12  N 14  O 16  Na 23  Si 28  P 31  S 32  Cl 35.5  Fe 56  Zn 65

选择题部分

一、选择题(本大题共22小题，1~16题每小题2分，17~22题每小题3分，共50分。每个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. 下列物质属于纯净物的是

A. 漂白粉 B. 氯水 C. 柴油 D. 冰醋酸

【答案】D

【解析】

【详解】A．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，A不符合题意；

B．氯水是氯气溶于水的混合物，其中有水、氯气、次氯酸、盐酸，B不符合题意；

C．柴油是轻质石油，复杂烃类混合物，C不符合题意；

D．冰醋酸就是乙酸，属于纯净物，D符合题意；

故选D。

2. 下列物质属于电解质，且熔融状态下能导电的是

A. Cu B. HCl C. KNO3 D. 葡萄糖(C6H12O6)

【答案】C

【解析】

【详解】在水溶液或熔融状态能电离出自由移动的离子的化合物属于电解质，Cu是单质不属于电解质；HCl在熔融状态不能电离出自由移动的离子；KNO3是盐在熔融状态可以电离出钾离子和硝酸根离子，在熔融状态可以导电；葡萄糖(C6H12O6)是非电解质，故答案为C；

3. 下列表示不正确的是

A. 氯化钠的电子式： B. 二氧化碳的结构式：O=C=O

C. 乙烷分子的空间填充模型： D. 1，3-丁二烯的键线式：

【答案】A

【解析】

【详解】A．氯化钠为离子化合物，钠离子用离子符号表示，氯离子需要标出最外层电子及所带电荷，氯化钠正确的电子式为，故A错误；

B．二氧化碳为共价化合物，碳原子与两个氧原子各共用两对电子，用短线表示共用电子对即为结构式，二氧化碳的结构式为O=C=O，故B正确；

C．乙烷的结构简式为CH3CH3，原子半径C>H，其空间填充模型为，故C正确；

D．键线式用短线表示化学键，交点、端点表示碳原子，一般C、H原子不标出，则1，3-丁二烯的键线式应为：，故D正确；

答案选A。

4. N，N-二甲基甲酰胺[]是良好的溶剂。下列说法不正确的是

A. 元素电负性大小：χ(N)＜χ(O) B. 原子半径大小：r(C)＜r(N)

C. 分子中含σ键和π键 D. 该物质分子间存在范德华力

【答案】B

【解析】

【详解】A．同周期元素随核电核数增加元素的电负性逐渐增大，故：χ(N)＜χ(O)，故A正确；

B．同周期元素随核电核数增加原子的半径逐渐减小，故：r(C)＞r(N)，故B错误；

C．单键为σ键，双键中有σ键和π键，故C正确；

D．N，N-二甲基甲酰胺为分子晶体，故分子间存在范德华力，故D正确；

故选B。

5. 下列说法不正确的是

A. 6Li和7Li互为同位素

B. 石墨烯和碳纳米管互为同素异形体

C. CH3COOH和CH3COOCH2CH3互为同系物

D. CH2BrCH2Br和CH3CHBr2互为同分异构体

【答案】C

【解析】

【详解】A． 6Li和7Li质子数相同而中子数不同锂原子，互为同位素，故A正确；

B． 石墨烯和碳纳米管均是碳形成的两种不同的单质，互为同素异形体，故B正确；

C． CH3COOH和CH3COOCH2CH3分别属于酸和酯，不同类，不能互称为同系物，故C错误；

D． CH2BrCH2Br和CH3CHBr2分子式相同，而结构不同，互为同分异构体，故D正确；

故选C。

6. 下列物质中，由极性键构成的极性分子是

A. CH4 B. BF3 C. NH3 D. H2

【答案】C

【解析】

【详解】A．CH4是由极性键构成的非极性分子，A错误；

B．BF3是由极性键构成的非极性分子，B错误；

C．NH3为三角锥形，是由极性键构成的极性分子，C正确；

D．H2是由非极性键构成的非极性分子，D错误；

故答案选C。

7. 下列说法不正确的是

A. 将粗硅用HCl转化为SiHCl3，再经H2还原得到高纯硅

B. NaClO比HClO稳定得多，NaClO溶液可长期存放而不分解

C. 碳化硅(SiC)具有类似金刚石的结构，硬度很大，可作耐磨材料

D. 硝酸生产尾气中的NOx可用Na2CO3溶液或NH3处理

【答案】B

【解析】

【详解】A．炼制高纯度硅时，先将粗硅与HCl反应生成SiHCl3，SiHCl3再与氢气反应生成单质硅，A正确；

B．NaClO溶液长期放置会与空气中二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸光照条件下分解生成HCl和O2，B错误；

C．碳化硅与金刚石结构类似，硬度大可用作耐磨材料，C正确；

D．硝酸生产尾气中的NOx可与碳酸钠或者NH3反应，故可用碳酸钠或者NH3吸收NOx，D正确；

故答案选B。

8. 下列说法不正确的是

A. 蛋白质与氨基酸都是两性物质，能与酸、碱发生反应

B. 纤维素在酸或酶的催化下发生水解，可得到葡萄糖

C. 长期服用阿司匹林可预防某些疾病，没有副作用

D. 通过石油裂化和裂解可以得到乙烯、丙烯、甲烷等基本化工原料

【答案】C

【解析】

【详解】A．氨基酸分子中均含有氨基和羧基，蛋白质是由氨基酸构成的，包含50个以上的氨基酸残基，所以蛋白质与氨基酸都是两性物质，能与酸、碱发生反应，故A正确；

B．纤维素分子中含有葡萄糖单元，在酸或酶的催化下发生水解，可得到葡萄糖，故B正确；

C．阿司匹林化学名为乙酰水杨酸，是一种解热镇痛药，但长期大量服用阿司匹林可能引起水杨酸中毒，故C错误；

D．以石油分馏产品为原料，通过裂化和裂解可以得到乙烯、丙烯、甲烷等基本化工原料，故D正确；

答案选C。

9. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是

A. 常温常压下，22.4LCO2气体中含有的氧原子数小于2NA

B. 6gSiO2中含有的Si-O键的数目为0.4NA

C. 78gNa2O2中含有的离子总数为3NA

D. 50mL12mol·L−1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA

【答案】D

【解析】

【详解】A．常温下的温度高于标准状况下的，温度越高，气体分子间的距离越大，所以常温常压下，22.4LCO2气体中含有的氧原子数小于2NA，故A正确；

B．二氧化硅晶体中，每个硅原子与4个氧原子形成4个Si-O键，6gSiO2即0.1mol SiO2中含有0.1NA个硅原子，含有的Si-O键的数目为0.4NA，故B正确；

C．78gNa2O2的物质的量为1mol，结合过氧化钠是由钠离子和过氧根离子构成，含有的离子总数为3NA，故C正确；

D．随着反应的进行盐酸的浓度越来越小，二氧化锰和稀盐酸不再发生反应，故转移的电子数小于0.3NA，故D错误；

答案选D。

10. 关于反应2NaNO2+2KI+2H2SO4=2NO↑+I2+Na2SO4+K2SO4+2H2O，下列说法正确的是

A. KI发生还原反应

B. H2SO4既不是氧化剂，也不是还原剂

C. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1

D. 消耗0.5molNaNO2时，转移1.0mol电子

【答案】B

【解析】

【详解】A．该反应中，KI中的I失电子化合价升高，发生氧化反应，A错误；

B．反应中H2SO4中的元素化合价既不升高也不降低，故H2SO4既不是氧化剂也不是还原剂，B正确；

C．NaNO2中N得电子化合价降低，NO为还原产物，KI中I失电子化合价升高，I2为氧化产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为1：2，C错误；

D．反应中NaNO2中N得电子化合价从+3价降低为+2价，则消耗0.5molNaNO2转移0.5mol电子，D错误；

故答案选B。

11. 下列有关实验说法正确的是

A. 对于含重金属(如铅、汞或镉等)离子的废液，可用Na2S或NaOH进行沉淀处理

B. 配制溶液时，烧杯中溶液直接倒入容量瓶，再用蒸馏水洗涤，洗涤液一并倒入

C. 滴定用的锥形瓶装待测液前需要保持干燥，并用待测液润洗2~3次

D. 向CuSO4溶液中滴加氨水至难溶物溶解得深蓝色溶液，再加入乙醇，无明显变化

【答案】A

【解析】

【详解】A．Na2S或NaOH可与重金属离子反应生成其硫化物或者氢氧化物，且重金属离子的硫化物和氢氧化物均为沉淀，A正确；

B．配制溶液时，烧杯中的溶液需要通过玻璃棒引流倒入容量瓶，洗涤液也需要通过玻璃棒引流倒入容量瓶，B错误；

C．滴定用的锥形瓶不需要保持干燥且不需要用待测液润洗，C错误；

D．向CuSO4溶液中滴加氨水至难溶物溶解得深蓝色溶液为硫酸四氨合铜溶液，加入乙醇，混合溶剂极性下降，硫酸四氨合铜配合物析出，D错误；

故答案选A。

12. 下列反应对应的方程式不正确的是

A. 大理石与醋酸反应：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO−+H2O+CO2↑

B. 铜的电解精炼的总反应(粗铜作阳极，纯铜作阴极，硫酸铜溶液作电解液)：Cu(阳极)Cu(阴极)

C. 钠与水反应生成气体：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑

D. 向Mg(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液的反应：Mg2++2HCO3−+4OH−=Mg(OH)2↓+2CO32−+2H2O

【答案】B

【解析】

【详解】A．大理石与醋酸反应生成醋酸钙、水和二氧化碳，大理石是难溶物质，醋酸是弱酸，书写时不拆，离子方程式书写正确，故A正确；

B．粗铜电解精炼(粗铜作阳极，纯铜作阴极，硫酸铜溶液作电解液)时，阳极上溶解的金属除Cu外，还有Zn、Fe等活泼性比Cu强的金属，阴极上只有Cu2+得到电子变为Cu单质，故B错误；

C．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，化学方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，故C正确；

D．氢氧化镁比碳酸镁更难溶，Mg(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液的反应生成氢氧化镁沉淀和碳酸钠、水，反应的离子方程式为Mg2++2HCO3−+4OH−=Mg(OH)2↓+2CO32−+2H2O，故D正确；

答案选B。

13. 下列说法正确的是

A. 乙醇分子中有−OH基团，所以乙醇溶于水后溶液显酸性

B. 甲苯与液溴发生的取代反应，溴原子的取代位置以甲基的间位为主

C. 乙醛能与氰化氢(HCN)发生加成反应生成CH3CH(OH)CN

D. 1-溴丙烷与氢氧化钾乙醇溶液共热主要生成1-丙醇(CH3CH2CH2OH)

【答案】C

【解析】

【详解】A．乙醇分子中有−OH基团，但羟基上的氢不能电离，溶于水后溶液仍然显中性，故A错误；

B．甲基活化了苯环的邻对位，甲苯与液溴发生的取代反应，溴原子的取代位置以甲基的邻对位为主，故B错误；

C．HCN中H比较活泼，能与乙醛生加成反应生成CH3CH(OH)CN，故C正确；

D．1-溴丙烷与氢氧化钾乙醇溶液共热主要生成丙烯，故D错误；

故答案为C。

14. 有关的说法正确的是

A. 不能使酸性高锰酸钾稀溶液褪色

B. 该物质在碱性条件下加热水解有NH3生成

C. 分子中含有1个手性碳原子

D. 1mol该物质与足量NaOH溶液完全反应，最多消耗2molNaOH

【答案】B

【解析】

【详解】A．-CH2OH可以使高锰酸钾溶液褪色，故A错误；

B．该物质在碱性条件下加热水解生成、Na2CO3和NH3，故B正确；

C．碳原子上连接四个不同的原子或者基团才具有手性，该分子中不含手性碳原子，故C错误；

D．1mol该物质与足量NaOH溶液完全反应生成、Na2CO3和NH3，最多消耗3molNaOH，故D错误；

故答案B。

15. 四种短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中X是元素周期表中原子半径最小的元素；Y元素基态原子的最外层有1个未成对电子，次外层有2个电子；Z元素原子最高能级的不同轨道都有电子，且自旋方向相同；W元素原子的价层电子排布式是nsnnp2n。下列说法正确的是

A. 氢化物的稳定性：一定有Z＜W

B. 同周期中第一电离能小于Z的有5种

C. Y、Z的最高价氧化物对应的水化物为强酸

D. X、Z可形成Z2X4，该分子中所有原子均满足8e﹣稳定结构

【答案】B

【解析】

【分析】四种短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中X是元素周期表中原子半径最小的元素，可知X是H元素；W元素原子的价层电子排布式是nsnnp2n，可知W为O元素；Z元素原子最高能级的不同轨道都有电子，且自旋方向相同，则Z为N，Y元素基态原子的最外层有1个未成对电子，次外层有2个电子，则Y为Li或B，据此分析解题。

【详解】A．由分析可知，Z为N，W为O，最简单氢化物的稳定性与非金属性成正比，非金属性Z＜W，则氢化物的稳定性NH3＜H2O，但是稳定性NH3＞H2O2，A错误；
B．由分析可知，Z为N，N的2p能级处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则同周期中第一电离能小于N的有Li、Be、B、C、O共5种，B正确；
C．由分析可知，Y元素基态原子的最外层有1个未成对电子，次外层有2个电子，则Y为Li或B，最高价氧化物对应的水化物不可能是强酸，C错误；
D．由分析可知，X为H，Z为N，X、Z可形成Z2X4，该分子中H原子不满足8e-稳定结构，D错误；
故答案为：B。

16. 向FeCl3溶液中滴加黄血盐K4[Fe(CN)6]可制得普鲁士蓝，向FeCl2溶液中滴加赤血盐K3[Fe(CN)6]可制得滕氏蓝。普鲁士蓝和滕氏兰很久以来都被视为两种物质，但科学家研究发现，两者都是如图所示的结构(K+未标出)。下列关于普鲁士蓝和滕氏蓝说法不正确的是

A. 根据如图的晶体结构，K+应位于晶胞体心

B. 普鲁士蓝和滕氏蓝都是离子晶体

C. 图中Fe2+和Fe3+的位置不能互换

D. 测定晶体的结构常采用X射线衍射法

【答案】A

【解析】

【详解】A．根据反应原理和晶胞结构分析，在1个晶胞中，在棱上，为，为，为，普鲁士蓝和滕氏蓝化学式为，根据比例，在晶胞中为，若位于晶胞体心，其个数为1，A错误；

B．普鲁士蓝和滕氏蓝化学式为，都含有，所以两者都是离子化合物，B正确；

C．虽然和个数相等，但是与C原子成键，与N原子成键，所以和不能互换，C正确；

D．测定晶体的结构的方法，常采用X射线衍射法，D正确；

故选A。

17. 室温下，用0.100的标准AgNO3溶液滴定20.00mL浓度相等的NaCl、NaBr和NaI的混合溶液，通过电位滴定法获得lgc(Ag+)与V(AgNO3)的关系曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全。，，)。下列说法不正确的是

A. a点溶液中有黄色沉淀生成

B. 原溶液中NaCl、NaBr和NaI的浓度为0.0500mol·L−1

C. 当Br−沉淀完全时，已经有部分Cl−沉淀，故第二个突跃不明显

D. b点溶液中：

【答案】D

【解析】

【分析】根据溶度积的含义，对于阴阳离子组成比例相同的难溶物，溶度积越小，越难溶，因为，所以三种难溶物中，AgI最难熔；用0.100的标准AgNO3溶液滴定20.00mL浓度相等的NaCl、NaBr和NaI的混合溶液，先生成AgI，最后生成AgCl，如图滴定曲线，完全反应时消耗0.100的标准AgNO3溶液30mL，NaCl、NaBr和NaI的混合溶液中三种物质浓度相等，为；

【详解】A．根据溶度积的相关信息，三种难溶物中，AgI最难溶，滴定时先生成AgI淡黄色沉淀，故A正确；

B．如图滴定曲线，完全反应时消耗0.100的标准AgNO3溶液30mL，NaCl、NaBr和NaI的混合溶液中三种物质浓度相等，为，故B正确；

C．当Br−沉淀完全时，，；此时若氯离子开始沉淀，此时氯离子浓度为<，所以当Br−沉淀完全时，已经有部分Cl−沉淀，故第二个突跃不明显，故C正确；

D．由NaCl、NaBr和NaI的浓度均为可知， ，刚好滴定到终点时，溶质为，，b点时硝酸银过量，所以b点时，因为，所以溶液中，因为硝酸银过量，抑制AgI、AgBr、AgCl溶解，所以，综上所述，，故D错误；

故选D。

18. 在298K和100kPa压力下，已知金刚石和石墨的熵、燃烧热和密度分别为：

此条件下，对于反应C(石墨)→C(金刚石)，下列说法正确的是

A. 该反应的∆H＜0，∆S＜0

B. 由公式∆G＝∆H−T∆S可知，该反应∆G＝985.29kJ·mol−1

C. 金刚石比石墨稳定

D. 超高压条件下，石墨有可能变为金刚石

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据燃烧热的定义可知：C(金刚石，s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-395.40kJ·mol−1，C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-393.51kJ·mol−1，反应C(石墨)→C(金刚石)的ΔH=(-393.51kJ·mol−1)-(-395.40kJ·mol−1)=1.89kJ·mol−1＞0，ΔS=S(金刚石)-S(石墨)=2.4J·K−1·mol−1-5.7J·K−1·mol−1=-3.3J·K−1·mol−1＜0，A错误；

B．由公式∆G=∆H−T∆S可知，该反应∆G=1.89kJ·mol−1-298K(-3.3J·K−1·mol−1)=2.8734kJ·mol−1，B错误；

C．由A选项可知，反应C(石墨)→C(金刚石)是吸热反应，说明质量相同时，石墨的能量较低，则石墨比金刚石稳定，C错误；

D．由于金刚石的密度比石墨大，故质量相同时，金刚石的体积小，则反应C(石墨)→C(金刚石)是体积减小的过程，由影响相变速率的因素可知，随着体积差的增大，增大压强，成核速率加快，有利于相变向密度大的多面体方向转变；故超高压条件下，石墨有可能变为金刚石，D正确；

故选D。

19. 在密闭容器中发生反应2A(g)2B(g)+C(g)，其速率可表示为。在500℃，实验测得体系总压强数据如下表：

下列说法正确的是

A. 0~50min，生成B的平均速率为1kPa·min−1

B. 第80min的瞬时速率小于第120min的瞬时速率

C. 推测上表中的x为287.5

D. 反应到达平衡时2v正(A)＝v逆(C)

【答案】C

【解析】

【详解】A．等温等容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，由表格数据可知，0~50min，=50 kPa，结合反应2A(g)2B(g)+C(g)，=2=100 kPa，则生成B的平均速率为 =2kPa·min−1，故A错误；

B．由数据可知，0~50min，=50 kPa，50~100min，=25 kPa，而100~200min，=18.75kPa，速率越来越慢，第80min的瞬时速率大于第120min的瞬时速率，故B错误；

C．第一个50min，=50 kPa，第二个50min，=25 kPa，如果第三个50min，=12.5kPa，此时x为275+12.5=287.5，第四个50min，=6.25kPa，200min时287.5+6.25=293.75，假设合理，则推测出x为287.5，故C正确；

D．达到平衡时v正＝v逆，用不同物质表示同一反应速率速率之比等于化学计量数之比，则反应到达平衡时v正(A)＝2v逆(C)，故D错误；

答案选C。

20. 一种利用电化学法生产高纯金的方法涉及粗金(含有Ag、Cu等杂质)的溶解，获得含[AuCl4]−的溶液。该过程不涉及金单质析出，所用电解质溶液均为A溶液。下列说法不正确的是

A. 阳极发生的发应为

B. 粗金溶解，可用过滤的方法从阳极区获取

C. 隔膜E为阳离子交换膜

D. 每生成1mol，阴极区产生体积为33.6L(标准状况)

【答案】D

【解析】

【分析】粗金板是电解池的阳极，电极反应式：；高纯钛板是电解池的阴极，电极反应式：。

【详解】A．由分析知电极反应式正确，A正确；

B．粗金溶解，可用过滤的方法从阳极区获取，B正确；

C．获得含的溶液，隔膜E为阳离子交换膜，C正确；

D．由电极反应式可知产生体积为33.6L(标准状况)时得到3摩尔电子，但失去电子的金属可能是金、银、铜，D错误；

故选D。

21. 关于化合物H2CS3的性质，下列推测不合理的是

A. 在水中缓慢分解产生H2CO3和H2SO3 B. 可由K2CS3酸化制成

C. 水溶液为弱酸 D. 易分解成H2S和CS2

【答案】A

【解析】

【分析】O和S同主族，H2CS3的性质参照H2CO3；

【详解】A．H2CO3分解为CO2和H2O，则推测H2CS3分解为CS2和H2S，A错误；

B．H2CO3可由K2CO3酸化制成，则H2CS3可由K2CS3酸化制成，B正确；

C．H2CS3在水中会分解产生CS2和H2S，H2S溶于水显弱酸性，C正确；

D．H2CO3分解为CO2和H2O，则推测H2CS3分解为CS2和H2S，D正确；

答案选A。

22. 下列方案设计、现象和结论不正确的是

A. A B. B C. C D. D

【答案】A

【解析】

【详解】A．玻璃的主要成分是Na2SiO3，含有钠元素，会对实验结果造成干扰。应用铂丝蘸取样品进行焰色试验才能检验样品中是否含有Na元素，故A错误；

B．Br2的CCl4溶液显橙红色，CCl4，说明没有Br2，则是Fe2+优先被氧化，即Fe2+的还原性强于Br−，故B正确；

C．KSCN溶液与Fe3+反应会生成血红色物质，溶液未变红色只能证明溶液中无Fe3+，但铁粉也可能变质生成亚铁离子，故C正确；

D．二氯甲烷分子的构型只有一种，C上街2个H和2个Cl，即甲烷上2个H被Cl取代了，二氯甲烷分子不存在同分异构体，用此方法可以验证，故D正确；

故答案选A。

非选择题部分

二、非选择题(本大题共5小题，共50分)

23. 中国科学家于嫦娥五号月壤的玄武岩碎屑中发现的“嫦娥石”，是一种磷酸盐矿物，其理想化学式为(Ca8Y)□Fe(PO4)7(“□”表示晶体存在缺陷)。

请回答：

（1）基态Fe2+价层电子的轨道表示式为______。

（2）的空间结构为______，其中P采取______杂化方式；能与Fe3+形成无色的[Fe(PO4)2]3−，其中与Fe3+配位的原子是______(填元素符号)。

（3）PCl5是白色晶体，其晶胞结构如图所示。

PCl5熔融时形成一种能导电的液体。

①若晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为______g/cm3(列出计算式，1pm＝1×10−10cm)。

②经测定，该晶体中P-Cl的键长只有198pm和206pm两种，写出P-Cl键长为206pm的粒子的化学式______。

【答案】（1）    （2）    ①. 正四面体    ②. sp3    ③. O   

（3）    ①.     ②.

【解析】

【小问1详解】

Fe是26号元素，基态Fe2+价层电子为3d6，轨道表示式为；

【小问2详解】

中心原子P的价层电子对数为 ，P采取sp3杂化，的空间结构为正四面体结构；能与Fe3+形成无色的[Fe(PO4)2]3−，中P原子无孤电子对，Fe3+提供共轨道，O原子提供孤电子对，其中与Fe3+配位的原子是O；

【小问3详解】

①PCl5是白色晶体，熔融时形成一种能导电的液体。根据晶胞图可以看出熔融是电离出的阴阳离子为和，根据均摊法可知晶胞中含有1个，含有个数为，晶体的密度为；

②PCl5熔融是电离出的阴阳离子为和，呈正八面体构型，周围Cl原子多拥挤，排斥作用大，所以P-Cl键长比中的长，故P-Cl键长为206pm的粒子的化学式为；

24. 利用富锗ZnO烟尘(还含有CuO、CaO、PbO2、FeO、MnO2等)生产锗精矿和碱式碳酸锌[aZnCO3·bZn(OH)2]。其流程如下：

已知：酸浸时，锰与铅元素被还原为+2价，锗以Ge4+存在。

请回答：

（1）酸浸得到的浸渣主要含有的两种物质是______(填化学式)。

（2）为了提高锗的浸出率，可以采取______(填两种方法)。

（3）流程Ⅱ除Fe、Mn的过程中控制pH不宜过低，除防止锰的形态发生变化外，其原因还可能是______。

（4）沉锌中得到沉淀的化学式表示为aZnCO3·bZn(OH)2，为了确定其组成，称取34.9g该沉淀充分灼烧，最终获得24.3g氧化锌，计算确定aZnCO3·bZn(OH)2中a与b之比为______，则沉锌的化学方程式为______。

【答案】（1）CaSO4、PbSO4   

（2）搅拌；适当加热；适当提高硫酸浓度；多次浸取   

（3）酸度过低不利于Fe3+沉淀完全，且在沉锌时会消耗更多的NH4HCO3，造成浪费   

（4）    ①. 2：1    ②. 3ZnSO4+6NH4HCO3=2ZnCO3·Zn(OH)2↓+3(NH4)2SO4+4CO2↑+2H2O

【解析】

【分析】锗ZnO烟尘（还含有CuO、CaO、PbO2、FeO、MnO2等）中加入硫酸酸浸，酸浸时，锰与铅元素被还原为+2价，锗以Ge4+存在，所以得到MnSO4、PbSO4、Ge(SO4)2、FeSO4、CaSO4、CuSO4，CaSO4为微溶物、PbSO4不易溶于水，过滤得到的浸渣有CaSO4、PbSO4，酸浸液中含有MnSO4、Ge(SO4)2、FeSO4、CuSO4和过量H2SO4，酸浸液中加入单宁酸沉锗，过滤后得到单宁锗渣，单宁锗渣灼烧得到锗精矿；滤液中加入Zn粉，Zn置换出Cu，过滤得到的滤渣为Cu和过量的Zn，滤液中加入KMnO4将二价铁氧化为三价Fe转化为Fe(OH)3沉淀，KMnO4和MnSO4生成MnO2沉淀，过滤后，滤液中加入NH4HCO3得到碱式碳酸锌。

【小问1详解】

根据分析可知，酸浸得到的浸渣主要含有的两种物质是CaSO4、PbSO4。

【小问2详解】

为了提高锗的浸出率，可以采取搅拌；适当加热；适当提高硫酸浓度；多次浸取等措施。

【小问3详解】

pH过低无法生成氢氧化铁沉淀，且pH过低会使滤液中存在较多氢离子，在沉锌时会消耗更多的NH4HCO3，造成浪费。

【小问4详解】

称取34.9g该沉淀充分灼烧，最终获得24.3g氧化锌，此时氧化锌的物质的量为0.3mol，则根据原子守恒可得原沉淀中含有Zn0.3mol，则，解得a：b=2：1，则碱式碳酸锌的化学式为2ZnCO3·Zn(OH)2，沉锌的化学方程式为3ZnSO4+6NH4HCO3=2ZnCO3·Zn(OH)2↓+3(NH4)2SO4+4CO2↑+2H2O。

25. 我国力争于2030年前做到CO2的排放不再增长。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：

Ⅰ．CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)

Ⅱ．CH4(g)C(s)+2H2(g)

Ⅲ．CO(g)+H2(g)H2O(g)+C(s)

（1）设Kpr为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。如气体B的相对分压等于其分压pB(pB＝xB×p总，xB为平衡系统中B的物质的量分数)除以p0(p0＝100kPa)。反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的lnKpr随的变化如图1所示。

                      图1

①反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中，属放热反应的是______。

②图中A点对应温度下，原料组成为n(CO2)：n(CH4)＝1：1、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时H2的分压为30kPa。CH4的平衡转化率为______。

（2）二氧化碳加氢制甲醇是研究的另一热点，其总反应可表示为：Ⅳ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，

该反应一般认为通过如下步骤来实现：

Ⅴ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H1＝+41kJ·mol−1

Ⅵ．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) ∆H2＝−90kJ·mol−1

①反应Ⅴ的∆S______。

A大于0    B．小于0    C．等于0    D．无法判断

②若反应Ⅴ为慢反应，请在图2中画出上述反应能量变化的示意图______。

③不同压强下按照n(CO2)：n(H2)＝1：3投料，实验测定CO2的平衡转化率随温度的变化关系如图3所示。T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是______。

【答案】（1）    ①. Ⅲ    ②. 82%   

（2）    ①. A    ②.     ③. T1温度时以反应V为主，反应V前后分子数目相等，压强改变对平衡没有影响

【解析】

【小问1详解】

①由题图可知温度越低，越大，反应Ⅰ、Ⅱ的越小，说明反应Ⅰ、Ⅱ随温度降低平衡逆向移动，故反应Ⅰ、Ⅱ为吸热反应，答案：Ⅲ；

②A点对应温度下反应Ⅱ的，则平衡体系中，即，，起始时，总压为100，则起始时，的平衡转化率为，答案：82%；

【小问2详解】

①采用逆推法，吸热反应且能自发进行，只能∆S大于0，答案：A；

②由题可知反应Ⅴ是吸热反应，反应Ⅵ是放热反应，整体是一个放热反应，可知图像为：，，答案：；

③T1温度时以反应V为主，反应V前后分子数目相等，压强改变对平衡没有影响。

26. 对氨基苯甲酸是合成苯佐卡因(一种合成局部麻醉药)的原料，可用对甲基-N-乙酰苯胺制备。对氨基苯甲酸易溶于热水，微溶于冰水，在pH为4.7~4.9时溶解度最小。

Ⅰ．合成原理：

Ⅱ．实验步骤：

步骤1：将2.60g对甲基-N-乙酰苯胺置于烧杯中，加入60mL水、2.0g乙酸钠和8.0g高锰酸钾，不断搅拌下温和加热约30min。

步骤2：当反应液呈深褐色且有大量沉淀物出现时，停止加热。趁热过滤，用少量热水洗涤沉淀。合并滤液，冷却至室温，用20%的稀硫酸酸化至pH为1~2，过滤析出的固体。

步骤3：将此固体加入如图所示装置(夹持、搅拌、加热装置已省略)，加入盐酸(1：1)，加热回流30min。再向烧瓶中加入20mL水及适量活性炭，加热沸腾5min，趁热过滤。

步骤4：待滤液冷却后，操作Ⅰ，过滤，自然干燥，得浅黄色针状晶体。

请回答：

（1）图示装置中冷凝管的冷凝水从______(填“a”或“b”)口进入。

（2）步骤1中对甲基-N-乙酰苯胺被KMnO4氧化的离子方程式为______。

（3）步骤2中若所得滤液呈紫红色，可用少量的______溶液处理(必要时可加热)。

A. KHSO3 B. CH3CH2OH C. H2SO4 D. NaOH

（4）下列有关步骤3的说法正确的是______。

A. 装置中使用倒立漏斗是为了防止倒吸

B. 使用活性炭是通过活性炭吸附除去溶液中的杂质

C. 为减少杂质的析出，可增加水的用量

D. 加热回流时，若冷凝管中气雾上升过高，应降温

（5）为得到尽可能多的产品，步骤4中操作Ⅰ为______。

【答案】（1）a    （2）+2=+2MnO2↓+OH−+H2O    （3）AB    （4）ABD   

（5）用NaOH溶液中和至pH为4.7~4.9，转至冰水浴中继续冷却

【解析】

【小问1详解】

冷凝管中冷凝水采用逆流方式，冷凝水逆流时增大接触时间，所以冷凝管的冷凝水从a口进入；

【小问2详解】

高锰酸钾有强氧化性，能与苯环直接相连的甲基发生氧化还原反应，离子方程式为：+2=+2MnO2↓+OH−+H2O；

【小问3详解】

所得滤液呈紫红色是因为溶液中含有高锰酸钾，高锰酸钾有氧化性，可以加入具有还原性的试剂进行处理，四种物质中KHSO3和CH3CH2OH具有还原性，故答案选AB；

【小问4详解】

A．因盐酸有挥发性，加热更易挥发，所以烧杯中的溶液是吸收HCl的，反应迅速容易造成倒吸，所以倒扣的漏斗可以防止倒吸，故A正确；

B．活性炭有吸附性，能吸附溶液中的一些杂质，所以加入活性炭可以除去溶液中的杂质，故B正确；

C．增加水的用量也会是产品溶解的量增多，不利于产品的析出，故C错误；

D．加热回流时，若冷凝管中气雾过高，说明产生的蒸汽不能及时冷凝成液体，则需要降低温度使蒸汽量减少，及时冷凝成液态回流，避免造成产品的损失，故D正确；

故答案选ABD；

【小问5详解】

由题可知，对氨基苯甲酸易溶于热水，微溶于冰水，在pH为4.7~4.9时溶解度最小，溶液酸性很强，所以用NaOH溶液中和至pH为4.7~4.9，再转至冰水浴中继续冷却，就能得到尽可能多的产品。

27. 物质J是一种具有生物活性的化合物。该化合物的合成路线如下：

已知：①；

②

请回答：

（1）下列说法不正确是______。

A. B→C的反应类型是还原反应，G→H的反应类型是取代反应

B. C中的官能团为羧基和醚键

C. 步骤D→E的目的是为了保护羰基

D. J可与溴水发生反应，1molJ最多消耗3molBr2

（2）A的结构简式是______。

（3）F→G的化学方程式是______。

（4）写出4种同时符合下列条件的化合物B同分异构体的结构简式______。

①除了苯环外无其他环；②1H-NMR谱显示分子中只有3种不同化学环境氢原子；

③能发生水解反应，且1mol该同分异构体最多能消耗4molNaOH。

（5）参照上述合成路线，以和为原料，设计化合物的合成路线______(用流程图表示，无机试剂任选)。

【答案】（1）AD    （2）   

（3）+CH3I +HI   

（4）、、、、、    （5）

【解析】

【分析】根据E结合所给信息②回推，可知D为，C为 ，根据信息①可知A为，A发生信息①生成B，B为，B被HCOONH4和Pb/C的条件下还原为C，E在一定条件下生成F，F与CH3I发生取代反应，生成G，G与发生加成反应生成H，H在碱性环境生成I，I经过一系列反应生成J；

【小问1详解】

A. 根据分析可知B中有碳碳双键，反应后双键消失，B→C反应类型是加成反应，根据分析可知G与发生加成反应生成H，故A错误；

B. C为，C中的官能团为羧基和醚键，故B正确；

C. 步骤D→E的目的不是为了保护羰基，而是为了让F与CH3I在该羰基的间位发生取代反应，故C错误；

D. J中2mol碳碳双键与2mol溴加成，苯环上酚羟基的对位可以与1mol溴发生取代反应， 1molJ最多消耗3molBr2，故D正确；

故答案为AD；

【小问2详解】

根据分析可知A的结构简式是；

【小问3详解】

F与CH3I发生取代反应，生成G，F→G的化学方程式是+CH3I+HI；

【小问4详解】

B为，B的同分异构体满足①除了苯环外无其他环；②1H-NMR谱显示分子中只有3种不同化学环境氢原子；

③能发生水解反应，且1mol该同分异构体最多能消耗4molNaOH。说明要含有酯基，能形成2mol酯基，水解消耗4molNaOH说明水解要生成酚羟基，酚羟基显酸性，可以消耗NaOH，故符合要求的同分异构体有、、、、、；

【小问5详解】

根据流程可知羰基的邻位连有甲基才能与发生后加成反应，先与H2加成，再氧化羟基生成羰基，然后再与发生加成反应，生成物在碱性环境生成环状化合物，以和为原料，设计化合物的合成路线为；