2022-2023学年广东省六校高三上学期第二次联考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年广东省六校高三上学期第二次联考化学试题含解析，共30页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，原理综合题，实验题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

广东省六校2022-2023学年高三上学期第二次联考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列物品中含有大量纤维素的是
物品




选项
A．北狼毫(黄鼠狼毛做)
B．涤纶布料
C．纸张
D．碳纤维管

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．北狼毫是动物的毛发，主要成分为蛋白质，A不符合题意；
B．涤纶布料的主要成分涤纶，是一种化学纤维，B不符合题意；
C．纸张是用植物的秸杆、树木等生产的，主要成分为纤维素，C符合题意；
D．碳纤维管的主要成分为碳单质，D不符合题意；
故选C。
2．近年我国取得让世界瞩目的科技成果，化学功不可没，下列说法正确的是
A．中国天眼FAST用到的高性能碳化硅是一种新型的有机高分子材料
B．第三代核电“华龙一号”落户福建，核反应属于化学反应
C．国家速滑馆“冰丝带”使用的碲化镉光伏发电属于电解池原理
D．由二氧化碳合成淀粉的人工全合成技术，让化解粮食危机成为了可能
【答案】D
【详解】A．高性能碳化硅是一种新型的无机材料，故A错误；
B．核反应中原子核会发生变化，所以核反应属于物理变化，不属于化学变化，故B错误；
C．碲化镉光伏发电是将故光能转化为电能，不属于电解池原理，故C错误；
D．由二氧化碳合成淀粉的人工全合成技术可以提高粮食的产量，有助于人类化解粮食危机，让化解粮食危机成为了可能，故D正确；
故选D。
3．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．11.2L乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为3NA
B．电解溶液，阴极增重6.4g，外电路中通过电子的数目为0.2NA
C．12g晶体中含有0.2NA个阳离子
D．1LpH=1的稀溶液中含有的数目为0.2NA
【答案】C
【详解】A．缺标准状况，无法计算11.2L乙烷和丙烯的混合气体的物质的量和含有的碳氢键数目，故A错误；
B．电解氯化铜溶液时，铜离子在阴极得到电子发生还原反应生成铜，则阴极增重6.4g时，外电路中通过电子的数目为×1×NAmol—1=0.2NA，故B正确；
C．硫酸氢钠是由钠离子和硫酸氢根形成的离子化合物，12g硫酸氢钠晶体中含有的阳离子数目为×1×NAmol—1=0.1NA，故C错误；
D．1LpH=1的稀硫酸溶液中含有的氢离子数目为0.1mol/L×1L×NAmol—1=0.1NA，故D错误；
故选B。
4．劳动创造幸福未来。下列劳动项目与所述的化学知识关联不合理的是
选项
劳动项目
化学知识
A
科学研究：燃煤脱硫
有利于实现“碳达峰、碳中和”
B
工厂生产：接触法制硫酸
涉及氧化还原反应
C
社会服务；推广使用免洗手酒精消毒液
酒精能使蛋白质变性
D
家务劳动：使用碳酸氢钠做食品膨松剂
碳酸氢钠在加热条件下分解产生CO2

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．燃煤脱硫，脱去的是硫元素，可减少二氧化硫向大气的排放，减少酸雨的形成，与“碳达峰、碳中和”无关，A关联不合理；
B．接触法制硫酸的反应中，FeS2→SO2、SO2→SO3都是氧化还原反应，B关联合理；
C．免洗手酒精消毒液中所用的酒精，能使细菌蛋白质脱水变性，从而使细菌丧失活性，C关联合理；
D．碳酸氢钠在加热条件下分解产生CO2，CO2受热后发生体积膨胀，可使食品变得膨松，D关联合理；
故选A。
5．实验室以铜和浓硫酸为原料，按照制备、检验所有气体产物及尾气处理的顺序进行实验。下列装置(“→”表示气流方向)不能达到实验目的的是
装置




选项
A
B
C
D

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．由图可知，装置A为铜与浓硫酸共热制备二氧化硫装置，则题给装置能达到制备二氧化硫的实验目的，故A不符合题意；
B．由图可知，装置B中盛有的无水硫酸铜用于检验水的生成，则题给装置能达到检验水蒸气的实验目的，故B不符合题意；
C．由图可知，装置C中盛有的品红溶液用于检验二氧化硫的生成，则题给装置能达到检验二氧化硫的实验目的，故C不符合题意；
D．二氧化硫不溶于亚硫酸氢钠，由图可知，装置D中盛有的饱和亚硫酸氢钠溶液不能用于吸收二氧化氯，则题给装置不能达到吸收二氧化硫尾气的实验目的，故D符合题意；
故选D。
6．能正确表示下列反应的离子方程式为
A．硫化钠溶液和硝酸混合：
B．明矾溶液与过量氨水混合：
C．溶液中通入过量：
D．溶液与NaOH溶液混合：
【答案】C
【详解】A．硝酸具有强氧化性，能将硫化钠氧化为硫等，没有H2S生成，A不正确；
B．氨水的碱性较弱，不能溶解Al(OH)3，所以明矾溶液与过量氨水混合，生成Al(OH)3沉淀和铵盐等，没有生成，B不正确；
C．溶液中通入过量，生成NaHSO3、CO2等，离子方程式为：，C正确；
D．碳酸为弱酸，在溶液中只能发生部分电离，应以化学式表示，所以溶液与NaOH溶液混合时，离子方程式为：+OH-=+H2O，D不正确；
故选C。
7．一女子折路边的夹竹桃花衔在嘴里拍照，第二天中毒的事件上了热搜。夹竹桃的枝叶和花粉均有毒，其中有毒物质夹竹桃苷A的结构如如图(-Me表示-CH3)，下列关于该物质的说法正确的是

A．属于芳香族化合物 B．含有五种官能团
C．能与水任意比互溶 D．可发生取代加成、消去反应
【答案】D
【详解】A．该有机物分子中不含有苯环，不属于芳香族化合物，A不正确；
B．该有机物分子中含有羟基、醚键、碳碳双键、酯基四种官能团，B不正确；
C．该有机物分子较大，但只含有2个水溶性基-OH，在水中溶解度较小，C不正确；
D．该有机物分子中的羟基和酯基，都能发生取代反应，羟基碳相邻碳原子上连有氢原子，可发生消去反应，D正确；
故选D。
8．由徐光宪院士发起院士学子同创的《分子共和国》科普读物生动形象地戏说了、、、、、等众多“分子共和国”中的明星。下列说法正确的是
A．中心原子为杂化，中心原子为杂化
B．和都属于非极性分子
C．所有分子都只存在σ键，不存在π键
D．、分子的空间结构均为直线形
【答案】A
【详解】A．氨分子中氮原子的价层电子对数为4，氮原子的杂化方式为sp3杂化，三氟化硼分子中硼原子的价层电子对数为3，硼原子的杂化方式为sp2杂化，故A正确；
B．氨分子的空间构型为结构不对称的三角锥形，属于极性分子，故B错误；
C．乙酸分子的官能团羧基，分子中存在σ键和π键，故C错误；
D．硫化氢分子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型为V形，臭氧和二氧化硫的原子个数都为3、价电子数目都为18，互为等电子体，等电子体具有相同的空间构型，二氧化硫的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型为V形，则臭氧的的空间构型为V形，故D错误；
故选A。
9．某课题组设计一种以A辅助固定的方法，原理如图。下列说法不正确的是

A．化合物A为
B．反应①属于非氧化还原反应
C．总反应的原子利用率100%
D．若用辅助固定，则产物为
【答案】C
【分析】由图可知，A辅助固定二氧化碳的总反应为催化剂作用下，甲醇与二氧化碳反应生成生成碳酸二甲酯和水，则A为甲醇，反应的化学方程式为CH3OH+CO2+H2O。
【详解】A．由分析可知，化合物A为甲醇，故A正确；
B．由图可知，反应①为与甲醇发生取代反应生成和水，反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故B正确；
C．由分析可知，总反应为CH3OH+CO2+H2O，反应产物不唯一，则反应的原子利用率小于100%，故C错误；
D．由分析可知，总反应为CH3OH+CO2+H2O，则用乙二醇辅助固定所得产物为，故D正确；
故选C。
10．氮气及其重要化合物的转化关系如如图，则下列说法正确的是

A．路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是工业生产硝酸的主要途径
B．反应①②③均需要使用催化剂
C．路线Ⅲ的另一种反应物为水时，每1mol反应，转移电子数目为NA
D．已知某条件下     ，该条件下每合成1molNH3放出的热量为46.2kJ
【答案】D
【详解】A．工业上生成硝酸的第一步反应为氨的催化氧化，原料是NH3而不是N2，A不正确；
B．反应①②均需要使用催化剂，但反应③只需提供O2，在常温下就可转化，B不正确；
C．路线Ⅲ的另一种反应物为水时，发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，则每1mol反应，转移电子数目为NA，C不正确；
D．反应  表明，2NH3——92.4kJ，则该条件下每合成1molNH3放出的热量为46.2kJ，D正确；
故选D。
11．通过电解废旧锂电池中的可获得难溶性的和，电解示意图如下(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过，电解过程中溶液的体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是

A．电极B区的通过滤布向电极A迁移
B．电极A的电极发应：
C．电解一段时间后溶液中浓度保持不变
D．电解结束，可通过调节pH除去，再加入溶液以获得
【答案】C
【分析】由图可知，该装置为电解池，电极A为与直流电源负极相连的阴极，酸性条件下，LiMn2O4在阴极得到电子发生还原反应生成锰离子，电极反应式为2LiMn2O4+6e—+16H+=2Li++4Mn2++8H2O，电极B为阳极，水分子作用下，锰离子在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化锰和氢离子，电极反应式为2H2O+Mn2+—2e—=MnO2+4H+，则电解的总反应方程式为2LiMn2O4+4H+2Li++Mn2++3MnO2+2H2O。
【详解】A．由分析可知，电极A为与直流电源负极相连的阴极，电极B为阳极，则电解时，电极B区的氢离子通过滤布向电极A迁移，故A正确；
B．由分析可知，电极A为与直流电源负极相连的阴极，酸性条件下，LiMn2O4在阴极得到电子发生还原反应生成锰离子，电极反应式为2LiMn2O4+6e—+16H+=2Li++4Mn2++8H2O，故B正确；
C．由分析可知，电解的总反应方程式为2LiMn2O4+4H+2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，反应生成了锰离子，溶液中锰离子浓度增大，故C错误；
D．由分析可知，电解的总反应方程式为2LiMn2O4+4H+2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，电解结束后，可通过调节溶液pH将锰离子转化为沉淀除去，然后再加入碳酸钠溶液，从而获得碳酸锂，故D正确；
故选C。
12．根据实验操作和现象得出的结论不正确的是
选项
实验方法操作和现象
结论
A
在0.1mol∙L-1H2C2O4溶液中加入少量NaHCO3溶液，产生气泡
酸性：
B
分别测浓度均为0.1mol∙L-1的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者

C
在试管中加入2mL10%的Na0H溶液，滴加5滴CuSO4溶液，再加入2mL10%葡萄糖溶液，加热，观察、产生砖红色沉淀
葡萄糖中含有醛基
D
向新制氯水中加入稀硝酸酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀生成
氯水中有Cl-

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．H2C2O4溶液中加入少量NaHCO3溶液，产生气泡，则生成了CO2气体，表明用H2C2O4制得了H2CO3，从而证明酸性：，A正确；
B．CH3COONH4在溶液中发生双水解反应，CH3COO-的水解受到水解的促进，不能与NaHCO3的单水解进行对比，B不正确；
C．2mL NaOH溶液中加入5滴CuSO4溶液，生成了含NaOH的Cu(OH)2悬浊液，再加入葡萄糖溶液，加热，产生Cu2O砖红色沉淀，则可证明葡萄糖分子中含有醛基，C正确；
D．新制氯水中加入稀硝酸酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀生成，说明生成了AgCl沉淀，从而证明氯水中含有Cl-，D正确；
故选B。
13．短周期主族非金属元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们分列在不同的主族，由这四种元素组成的一种常见化合物甲有如如图所示的转化关系，常温下，丁为液态，在乙、丙的水溶液中各滴3滴酚酞溶液、乙溶液显红色，丙溶液为无色。下列说法正确的是

A．第一电离能：Z>Y>X>R
B．X、Y、Z三种元素中，能形成氢化物种类最多的为X
C．最高价氧化物水化物的酸性：X>Y
D．甲、乙、丙、丁所组成的晶体均属于分子晶体
【答案】B
【分析】短周期主族非金属元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们分列在不同的主族，由这四种元素组成的一种常见化合物甲有如如图所示的转化关系，常温下，丁为液态，在乙、丙的水溶液中各滴3滴酚酞溶液、乙溶液显红色，丙溶液为无色，则甲为碳酸铵或碳酸氢铵、乙为氨气、丙为二氧化碳、丁为水，R为H元素、X为C元素、Y为N元素、Z为O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，则氮元素的第一电离能大于氧元素，故A错误；
B．碳、氮、氧三种元素中，碳元素与氢元素可以形成烃类化合物，所以碳元素形成氢化物种类最多，故B正确；
C．同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，最高价氧化物水化物的酸性依次增强，则硝酸的酸性强于碳酸，故C错误；
D．碳酸铵或碳酸氢铵是含有离子键和共价键的离子晶体，故D错误；
故选B。
14．从光盘金属层中提取Ag(其他金属忽略不计)的一种工艺流程如下图，下列说法不正确的是

已知：NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解
A．氧化过程用稀硫酸代替NaOH溶液效果会更好
B．操作Ⅰ需要用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒
C．AgCl固体中加10%氨水可以转化为可溶性的
D．“还原”过程中N2H4∙H2O转化为无害气体，则理论上消耗0.5molN2H4∙H2O可提取Ag216g
【答案】A
【分析】光盘金属层加入过量NaClO溶液中，再加入NaOH溶液调节pH，生成AgCl沉淀，用10%的氨水溶解，得到银氨溶液，再用N2H4∙H2O还原，从而制得Ag。
【详解】A．氧化过程中，若用稀硫酸代替NaOH溶液，则NaClO在酸性条件下发生分解，氧化效果变差，A不正确；
B．操作Ⅰ的目的是分离固体与液体混合物，操作名称为过滤，需要用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，B正确；
C．AgCl固体中加入10%氨水，白色固体溶解，并转化为可溶性的[Ag(NH3)2]+、Cl-等，C正确；
D．“还原”过程中，N2H4∙H2O转化为无害气体N2，则可建立关系式：N2H4∙H2O——4Ag，理论上消耗0.5molN2H4∙H2O可提取Ag2mol，质量为2mol×108g/mol=216g，D正确；
故选A。
15．二元酸()在水中存在电离：，。则下列说法正确的是
A．NaHA溶液中含A的物种有3个
B．室温下，NaHA溶液中水电离的
C．NaHA溶液中
D．将0.1mol/L的溶液加水稀释，减小
【答案】C
【详解】A．由题意可知，H2A在溶液中完全电离，则NaHA在溶液中只发生电离，不发生水解，溶液中含A的物种为HA—和A2—，共有2个，故A错误；
B．由题意可知，H2A在溶液中完全电离，则NaHA在溶液中只发生电离，不发生水解，HA—在溶液中部分电离出的氢离子抑制水的电离，溶液中水电离的水电离的氢离子浓度小于10−7mol/L，故B错误；
C．由题意可知，H2A在溶液中完全电离，则NaHA在溶液中只发生电离，不发生水解，HA—在溶液中部分电离出的氢离子使溶液呈酸性，由电荷守恒可知，溶液中c(Na+) D．由水解常数公式可知，Na2A溶液中=，Na2A溶液加水稀释时，溶液中A2−离子、HA−离子、氢氧根离子浓度均减小，水解常数不变，则溶液中增大，所以溶液中增大，故D错误；
故选C。
16．在恒容密闭容器中，发生基元反应 ΔH，已知，在不同温度下，测得c(A)或c(B)随时间t的变化曲线如图，则下列说法正确的是

A．曲线Ⅱ、Ⅲ代表B的浓度变化，且
B．曲线Ⅰ代表A的浓度变化，且将在t2后不再变
C．a、b、c三点的逆反应速率：c>a>b
D．若、为反应的速率常数，T1温度时
【答案】C
【详解】A．由方程式可知，曲线Ⅱ、Ⅲ代表B的浓度变化，由图可知，T2时反应先达到平衡，B的浓度T2大于T1，则反应温度T2大于T1，平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，反应ΔH＞0，故A错误；
B．由方程式可知，曲线Ⅰ代表A的浓度变化，温度为T2时，温度不变，A的浓度在t2后不再变，若温度为T1，反应未达到平衡，A的浓度将减小，故B错误；
C．由图可知，a点、c点的反应温度高于b点，a点、b点为平衡的形成过程，c点反应达到平衡，反应温度越高，逆反应速率越快，平衡形成过程中的逆反应速率小于平衡时逆反应速率，则a、b、c三点的逆反应速率大小顺序为c>a>b，故C正确；
D．反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则=，=，由图可知，T1温度反应达到平衡时，B的浓度为0.06mol/L，由方程式可知，A的浓度为0.04mol/L—0.06mol/L×=0.01mol/L，所以===0.036，故D错误；
故选C。

二、工业流程题
17．钪(Sc)是一种重要的稀土金属，常用来制特种玻璃、轻质耐高温合金。从“赤泥”矿(主要成分为、、、)中回收钪，同时生产聚合氯化铁铝[]具有极其重要的工业价值，一种工艺流程如图所示：

已知：钪离子可以在不同pH下生成(n=1～6)。请回答以下问题：
(1)基态钪原子的价电子排布式为_______，过氧化氢的电子式为_______。
(2)“还原”步骤中发生的主要离子反应方程式为_______。
(3)“反萃取”时若加入的氢氧化钠大量过量，则生成的含Sc元素的粒子主要为_______。
(4)为了使水解步骤反应更加彻底，可以采取的措施为_______(不能添加化学式剂，任答一条即可)。
(5)步骤X中生成聚合氯化铁铝[]的化学反应方程式为_______。
(6)如图是晶胞的示意图,晶胞中含有的氧原子数目为_______个，已知Ti原子的配位数为6，则O原子的配位数为_______，该晶体的密度约为_______。(NA取，结果用含a、b、c的最简分数表达式表示)。

【答案】(1)     3d14s2    
(2)2Fe3++Fe=3Fe2+
(3)[Sc(OH)6]3—
(4)加入大量的水，并加热
(5)AlCl3+FeCl3+(6—m)NaHCO3=AlFe(OH)6—mClm↓+(6—m)CO2↑+(6—m)NaCl
(6)     4     3    

【分析】由题给流程可知，向赤泥中加入盐酸浸取时，金属氧化物溶于盐酸得到可溶的金属氯化物，过滤得到浸取液；向浸取液中加入有机溶剂萃取溶液的钪离子，分液得到含有钛离子、铁离子、铝离子的水相和含有钪离子的有机相；向水相中加入铁粉，将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，向反应后的溶液中加入大量的水，并加热使钛离子水解转化为TiO2·xH2O沉淀，过滤得到TiO2·xH2O和含有亚铁离子、铝离子的滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，向反应后的溶液中加入碳酸氢钠溶液，将溶液中的铁离子、铝离子转化为聚合氯化铁铝沉淀；向有机相中加入氢氧化钠溶液反萃取，分液得到含有钪离子的水相，向水相中加入草酸溶液，将钪离子转化为草酸钪沉淀，过滤得到草酸钪；草酸钪经多步转化后得到钪。
（1）
钪元素的原子序数为21，价电子排布式为3d14s2；过氧化氢为共价化合物，电子式为，故答案为：3d14s2；；
（2）
由分析可知，还原步骤中发生的主要反应为铁与溶液中铁离子反应生成亚铁离子，离子反应方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；
（3）
反萃取时若加入的氢氧化钠大量过量，溶液中的钪离子会转化为六羟基合钪离子，故答案为：[Sc(OH)6]3—；
（4）
四氯化钛在溶液中的水解反应为吸热反应，所以向溶液中加入大量的水，并加热，使水解平衡不断向正反应方向移动，可以使水解步骤反应更加彻底，故答案为：加入大量的水，并加热；
（5）
由分析可知，步骤X中生成聚合氯化铁铝的反应为碳酸氢钠溶液与溶液、氯化铁溶液发生双水解反应生成聚合氯化铁铝、二氧化碳和氯化钠，反应的化学方程式为AlCl3+FeCl3+(6—m)NaHCO3=AlFe(OH)6—mClm↓+(6—m)CO2↑+(6—m)NaCl，故答案为：AlCl3+FeCl3+(6—m)NaHCO3=AlFe(OH)6—mClm↓+(6—m)CO2↑+(6—m)NaCl；
（6）
由晶胞结构可知，位于面上和体内的氧原子个数为4×+2=4，位于顶点和体心的钛原子个数为8×+1=2，钛原子的配位数为6，由化学式可知，氧原子的配位数为3，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=，解得d=，故答案为：。

三、原理综合题
18．碘及其化合物在人类活动中占有重要地位。回答下列问题：
(1)“大象牙膏”实验中，将、KI和洗洁精混合后，短时间内产生大量的泡沫。其反应过程分为两步：
第一步：    慢反应
第二步：   快反应
①该反应的催化剂为_______，总反应方程式为_______；
②在答题卡的图中画出有KI参与的两步反应的能量历程图。______

(2)已知：25℃下，
(i)
(ii)  
(iii)  
其中，反应ⅱ的随温度的变化如如图：

烧杯甲：将mg加入20mL水中(含沉淀)；
烧杯乙：将mg加入20mLKI溶液(含沉淀)。
①甲中存在平衡i，乙中存在平衡i和ⅱ，不考虑碘与水的反应以及其它反应，下列说法正确的是_______。
A．烧杯乙中剩余的沉淀质量比甲的沉淀质量小
B．室温下，甲中加水稀释，溶液中浓度一定减小
C．乙中浓度与甲中浓度相等
D．升高温度，反应ⅱ的平衡常数大于640
②为了探究乙中溶液含碘微粒的存在形式，进行实验：恒温25℃向10mL一定浓度的溶液中加入10mLKI溶液，反应结束后碘元素的微粒主要存在平衡ii，相关微粒浓度如下：
微粒



浓度/(mol/L)
a
b
c

其中_______(用含c的代数式表示)，若，说明平衡体系中_______。
③计算25℃下的平衡常数K=_______(取整数)；已知用有机溶剂从水溶液中萃取时，萃取效率=×100%，用等体积的一次性萃取碘水［用配制］，萃取效率为_______%(保留1位小数)，若将等分成2份，分两次萃取该碘水，萃取总效率_______一次性萃取的效率(填“大于”、“等于”、“小于”)。
【答案】(1)     KI     2H2O22H2O+O2↑    
(2)     AC          还含有I2     85     98.8     大于

【解析】（1）
①由题给方程式可知，在碘化钾做催化剂条件下，过氧化氢发生分解反应生成氧气和水，反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2↑，故答案为：KI；2H2O22H2O+O2↑；
②由题给方程式可知，第一步反应为吸热反应，第二步反应为放热反应，且第一步反应的活化能小于第二步反应，则有碘化钾参与的两步反应的能量历程图为，故答案为：；
（2）
①A．由题给信息可知，碘在碘化钾溶液中的溶解度大于水中溶解度，则烧杯乙中剩余的碘沉淀质量比甲的碘沉淀质量小，故正确；
B．室温下，若向甲的悬浊液中加水稀释，溶液中I2(aq)浓度不变，故错误；
C．碘在碘化钾溶液中于碘与碘化钾溶液反应碘三离子，使碘的溶解度大于水中溶解度，则乙中I2(aq)浓度小于甲中I2(aq)浓度，故错误；
D．由图可知，升高温度，碘三离子的浓度减小说明平衡向逆反应方向移动，则升高温度，反应ⅱ的平衡常数大于640，故正确；
故选AD；
②由反应ii 平衡常数可知，，则；由碘原子原子个数守恒可知，则说明平衡体系中还含有I2，故答案为：；还含有I2；
③由盖斯定律可知，iii—i可得，则平衡常数K=≈85；由题意可知水相中碘的浓度为0.00132mol/L，有机相中碘的浓度为0.112mol/L，则萃取效率为×100%≈98.8%，若将四氯化碳等分成2份，分两次萃取该碘水，有机相中碘的浓度增大幅度大于水相中碘的浓度增大幅度，则萃取总效率将大于一次性萃取的效率，故答案为：85；98.8%；大于。

四、实验题
19．氨基羧酸盐在工农业、生活中有着广泛应用，其中氨基甲酸铵(NH2COONH4)可用作肥料、洗涤剂等。实验室用下图所示装置制备氨基甲酸铵，该反应在干燥条件下仅生成氨基甲酸铵，若有水存在则主要生成碳酸氢铵。

(1)盛放NaOH固体的仪器名称是_______，干燥管中的试剂为_______。
(2)无水条件下合成氨基甲酸铵的化学反应方程式为_______；若该反应能自发进行，则该反应的_______0，(填“＞”或“＜”)；对比碳酸钙和盐酸反应制取CO2，该实验利用干冰升华制取CO2，其优点有_______。
A．提供较低的反应温度，有利于过程的自发进行
B．所得氨基甲酸铵含杂质较少
C．更加绿色环保
D．对CO2的流速能更好的调控与掌握
(3)上述实验装置存在缺陷，改进的方法是_______。(写出其中任意1条)
(4)某小组拟在相同温度下，探究氨基甲酸铵浓度对氨基甲酸铵水解反应速率的影响。限选试剂与仪器：2.0mol/L NH2COONH4溶液、蒸馏水、烧杯、量筒、秒表、电导率仪、恒温水浴槽。设计实验方案：在不同氨基甲酸铵溶液浓度下，测定电导率数值的变化量相同所需的时间。参照下表格式，在表中的空白栏目填上需记录的待测物理量和所拟定的数据。(数据用字母表示，其中体积用V1、V2等表示)______
物理量
实验序号
温度T(℃)
导电率变化量∆S



…
1
a
b




2
a
b





(5)该小组在上述实验方案基础上又进行了探究，分别用两份不同初始浓度的氨基甲酸铵溶液在不同温度下测定水解反应速率，得到c(NH2COO-)随时间的变化趋势如图所示。根据图中信息，能说明该水解反应速率随温度升高而加快的证据是_______。

【答案】(1)     三颈烧瓶     碱石灰
(2)     2NH3+CO2=NH2COONH4     ＜     ABC
(3)在反应器的出气导管口放一团疏松的棉花、在稀硫酸中的出气管口连接倒置漏斗、在反应器与盛稀硫酸的装置间连接盛有碱石灰的干燥管(任写一条)
(4)
物理量
实验序号
温度T(℃)
导电率变化量∆S
2.0mol/L NH2COONH4溶液的体积(mL)
蒸馏水的体积(mL)
时间(min)
1
a
b
V1
   0
t1
2
a
b
      V2
  V1-V2
t2

(5)虽然25.0℃时反应物的起始浓度较小，但相同时间内的浓度变化量(或反应速率)仍比15.0℃时大

【分析】浓氨水滴入NaOH固体中，发生反应生成氨气，干燥后与干冰升华后产生的二氧化碳在C装置内反应生成NH2COONH4，D装置内的稀硫酸用于吸收氨气尾气。
（1）
从图中可以看出，盛放NaOH固体的仪器是带有三个颈的圆底瓶，则其名称是三颈烧瓶，干燥管中用于干燥氨气，则试剂为碱石灰。答案为：三颈烧瓶；碱石灰；
（2）
无水条件下，氨气与二氧化碳发生化合反应，生成氨基甲酸铵，化学反应方程式为2NH3+CO2=NH2COONH4；该反应的∆S＜0，能自发进行，则∆H-T∆S＜0，该反应的∆H＜0；
A．因为正反应为放热反应，干冰升华后温度降低，从而提供较低的反应温度，有利于过程的自发进行，A正确；
B．碳酸钙和盐酸反应制取的CO2气体中混有HCl和水蒸气，HCl和水蒸气能与NH3或产品反应，而干冰升华后所得CO2中不含有杂质，则所得氨基甲酸铵中含杂质较少，B正确；
C．用干冰升华制得的CO2中不含有杂质，对环境污染小，更加绿色环保，C正确；
D．用干冰升华制取CO2，对CO2的流速不能调控与掌握，D不正确；
故选ABC。答案为：2NH3+CO2=NH2COONH4；＜；ABC；
（3）
上述实验装置存在以下缺陷：产品易堵塞导管、稀硫酸会产生倒吸、稀硫酸中产生的水蒸气会进入反应器中(发生副反应)，改进的方法是：在反应器的出气导管口放一团疏松的棉花、在稀硫酸中的出气管口连接倒置漏斗、在反应器与盛稀硫酸的装置间连接盛有碱石灰的干燥管(任写一条)。答案为：在反应器的出气导管口放一团疏松的棉花、在稀硫酸中的出气管口连接倒置漏斗、在反应器与盛稀硫酸的装置间连接盛有碱石灰的干燥管(任写一条)；
（4）
实验探究：在相同温度下，氨基甲酸铵浓度对氨基甲酸铵水解反应速率的影响。所以配制两份浓度不同的溶液：一份可以用原浓度的溶液，另一份取一定体积原溶液、加水稀释使两份溶液的体积相同，测定导电率变化量∆S相同时所用的时间。
物理量
实验序号
温度T(℃)
导电率变化量∆S
2.0mol/L NH2COONH4溶液的体积(mL)
蒸馏水的体积(mL)
时间(min)
1
a
b
V1
   0
t1
2
a
b
      V2
  V1-V2
t2

答案为：
物理量
实验序号
温度T(℃)
导电率变化量∆S
2.0mol/L NH2COONH4溶液的体积(mL)
蒸馏水的体积(mL)
时间(min)
1
a
b
V1
   0
t1
2
a
b
      V2
  V1-V2
t2

；
（5）
从图中可以看出，15.0℃时氨基甲酸铵浓度比25.0℃时氨基甲酸铵浓度大，但达水解平衡前c(NH2COO-)的变化量15.0℃比25.0℃时小，从而得出能说明该水解反应速率随温度升高而加快的证据是：虽然25.0℃时反应物的起始浓度较小，但相同时间内的浓度变化量(或反应速率)仍比15.0℃时大。答案为：虽然25.0℃时反应物的起始浓度较小，但相同时间内的浓度变化量(或反应速率)仍比15.0℃时大。
【点睛】对于弱电解质，相同温度下，浓度越大，水解反应速率越大，但水解程度小。

五、有机推断题
20．化合物H是科学家正在研制的一种新物，其合成路线如下：

已知：
(1)化合物A的分子式为_______，分子中最多有_______个原子在同一个平面。
(2)化合物B的官能团名称_______。
(3)写出化合物G的结构简式_______。
(4)反应⑤的化学方程式_______。
(5)反应类型：①_______，⑦_______。
(6)化合物I是D的同分异构体，满足下列条件的I有_______种(不考虑立体异构)。
ⅰ.1molI与足量溶液反应最多产生标况下气体44.8L
ⅱ.苯环上有三个取代基，2个氯原子直接连在苯环上相邻位置
(7)参照上述合成路线，写出以1，4—丁二醇和甲醇为原料的合成的路线_______(无机试剂任选，注明反应条件)。
【答案】(1)     C8H8Cl2     14
(2)羧基、碳氯键
(3)
(4)+O2+2H2O
(5)     氧化反应     取代反应
(6)6
(7)

【分析】由有机物的转化关系可知，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，加热条件下脱水生成，酸性条件下，与甲醇反应生成，在硼氢化锂作用下转化为，在铜做催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成，与过氧化氢溶液反应生成，则G为；酸性条件下与ROH发生取代反应生成。
（1）
由结构简式可知，化合物A的分子式为C8H8Cl2，A分子中苯环为平面结构，由三点成面可知，A分子中最多有14个原子共平面，故答案为：C8H8Cl2；14；
（2）
由结构简式可知，化合物A分子中的官能团为羧基、碳氯键，故答案为：羧基、碳氯键；
（3）
由分析可知，G的结构简式为，故答案为：；
（4）
由分析可知，反应⑤为在铜做催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成和水，反应的化学方程式为+O2+2H2O，故答案为：+O2+2H2O；
（5）
由分析可知，反应①为与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，反应⑦为酸性条件下与ROH发生取代反应生成和水，故答案为：氧化反应；取代反应；
（6）
1molD的同分异构体I与足量碳酸氢钠溶液反应最多产生标况下气体44.8L说明分子中含有2个羧基，由苯环上有三个取代基，2个氯原子直接连在苯环上相邻位置可知，I的结构可以视作分子中苯环上的氢原子被、、取代所得结构，共有6种，故答案为：6；
（7）
由题给合成路线可知，以1，4—丁二醇和甲醇为原料的合成的合成步骤为与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，在加热条件下发生脱水反应生成，酸性条件下与甲醇发生取代反应生成，合成路线为，故答案为：。