湖南省长沙市师范大学附属中学2023-2024学年高三下学期第七次月考化学试题（解析版）

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注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 O-16 Na-23 P-31 S-32 Cl-35.5 K-39 C-59
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 生活中的一些现象常常涉及化学知识。下列分析中不正确的是
A. 咀嚼米饭时，越嚼越甜，因为淀粉水解生成了麦芽糖
B. 向食盐浓溶液中加入鸡蛋清溶液，有白色沉淀析出，因为食盐能使蛋白质变性
C. 铁锅用水清洗后，出现铁锈，因为潮湿环境中铁锅会发生电化学腐蚀
D. 打开汽水瓶盖，有大量气泡冒出，因为减小压强后二氧化碳的溶解度减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．咀嚼米饭时，越嚼越甜是因为淀粉在酶的作用下发生水解反应生成了麦芽糖，故A正确；
B．向食盐浓溶液中加入鸡蛋清溶液，有白色沉淀析出是因为食盐降低了蛋白质的溶解度，发生了盐析，故B错误；
C．铁锅用水清洗后，出现铁锈是因为潮湿环境中铁锅中的铁发生了吸氧腐蚀，故C正确；
D．打开汽水瓶盖，有大量气泡冒出是因为在汽水中存在平衡：CO2(g)+H2O(l) H2CO3(aq)，减小压强后，平衡逆向移动，二氧化碳的溶解度减小，故D正确；
故选B。
2. 关于CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2的结构与性质，下列说法错误的是
A. CH3OH为极性分子B. N2H4空间结构为平面形
C. N2H4的沸点高于(CH3)2NNH2D. CH3OH和(CH3)2NNH2中C、O、N杂化方式均相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲醇可看成是甲烷中的一个氢原子被羟基取代得到的，为四面体结构，是由极性键组成的极性分子，A正确；
B．N2H4中N原子的杂化方式为sp3，不是平面形，B错误；
C．N2H4分子中连接N原子的H原子数多，存在氢键的数目多，而偏二甲肼（(CH3)2NNH2）只有一端可以形成氢键，另一端的两个甲基基团比较大，影响了分子的排列，沸点较N2H4的低，C正确；
D．CH3OH为四面体结构，-OH结构类似于水的结构，(CH3)2NNH2的结构简式为 ，两者分子中C、O、N杂化方式均为sp3，D正确；
故选B。
3. 用如图所示装置及药品进行实验，能达到对应实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．溴乙烷消去产生乙烯能使溴水褪色而其他物质不反应，A项能达到实验目的；
B．电石反应产生乙炔含有硫化氢也能使酸性高锰酸钾褪色，B项不能达到实验目的；
C．乙酸乙酯与NaOH反应，应该用饱和的碳酸钠收集，C项不能达到实验目的；
D．挥发的乙醇也能使酸性高锰酸钾褪色而干扰乙烯的检验，D项不能达到实验目的；
故选A。
4. 白磷在过量氢氧化钾溶液中可以发生反应：P4＋3KOH＋3H2O=PH3↑＋3KH2PO2。若用NA表示阿伏加 德罗常数的值。下列说法错误的是( )
A. 3.1 g白磷所含共价键的数目为0.15NA
B. 室温下，10 mL pH＝11的KOH溶液稀释100倍，水电离出的OH－的数目约为10－5NA
C. 2.8 g KOH参加反应转移的电子数为0.05NA
D. KH2PO2为正盐，且10.4 g该固体物质中含离子数目为0.2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A.1个白磷分子含有6个P—P键，3.1 g白磷的物质的量为0.025 ml，所含共价键的数目为0.025×6×NA＝0.15NA，故A正确；
B.10 mL pH＝11的KOH溶液稀释100倍，溶液中c(OH－)＝10－5 ml·L－1，由水电离出的c(OH－)＝10－9 ml·L－1， OH－的数目约为10－9 ml·L－1×1 L×NA ml－1＝10－9NA，故B错误；
C.由化学方程式可知，3ml氢氧化钾参与反应，反应转移电子的物质的量为3ml，2.8 g KOH为0.05 ml，则反应转移电子数为0.05NA，故C正确；
D.由KH2PO2为正盐可知，正盐是由K＋、H2PO组成的离子化合物，10.4 g KH2PO2的物质的量为0.1 ml，则含有的离子数目为0.2NA，故D正确；
故选B。
5. 是一种高效的水处理剂，下列用于解释事实的离子方程式不正确的是
A. 工业上可用铁做阳极，电解浓溶液的方法制，阳极的电极反应：
B. 工业上用、、三种物质反应制得的离子方程式：
C. 消毒杀菌时得到的可以净水，能产生净水物质的原因：
D. 在酸性溶液中不稳定，反应生成和，离子方程式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．工业上可用铁做阳极，则失去电子，阳极的电极反应为，故A正确；
B．工业上用、、三种物质反应制得，发生反应，故B正确；
C．的还原产物为，水解生成Fe(OH)₃胶体，具有净水作用，水解反应的离子方程式为，故C正确；
D．酸性溶液中不能生成，离子方程式应为，故D错误；
故答案为：D。
6. BiOCl是一种具有珠光泽的材料，利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图：
下列说法错误的是
A. 酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反应剧烈程度
B. 转化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO3
C 水解工序中加入少量CH3COONa(s)可提高Bi3+水解程度
D. 水解工序中加入少量NH4NO3(s)有利于BiOCl的生成
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．硝酸为强氧化剂，可与金属铋反应，酸浸工序中分次加入稀，反应物硝酸的用量减少，可降低反应剧烈程度，A正确；
B．金属铋与硝酸反应生成的硝酸铋会发生水解反应生成，水解的离子方程式为，转化工序中加入稀，使氢离子浓度增大，根据勒夏特列原理分析，硝酸铋水解平衡左移，可抑制生成，B正确；
C．氯化铋水解生成的离子方程式为，水解工序中加入少量，醋酸根会结合氢离子生成弱电解质醋酸，使氢离子浓度减小，根据勒夏特列原理分析，氯化铋水解平衡右移，促进水解，C正确；
D．氯化铋水解生成的离子方程式为，水解工序中加入少量，铵根离子水解生成氢离子，使氢离子浓度增大，根据勒夏特列原理分析，氯化铋水解平衡左移，不利于生成，且部分铋离子与硝酸根、水也会发生反应，也不利于生成，综上所述，D错误；
故选D。
7. 短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z是地壳中含量最多的元素，W的单质常温下是黄绿色气体。由这四种元素组成的化合物A是一种重要的脱氢剂，化合物A与氢气反应可以生成化合物B，其过程如图所示。下列说法不正确的是
A. 工业上可采用电解饱和食盐水的方法制备W的单质
B. Y的最高价氧化物的水化物是强电解质
C. Y、Z与氢三种元素形成化合物的晶体类型一定是分子晶体
D. 用FeCl3溶液可鉴别A和B
【答案】C
【解析】
【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Z是地壳中含量最多的元素，W的单质常温下是黄绿色气体，可知Z为O、W为Cl；化合物A中X形成4个共价键，Y与X形成三键，结合原子序数可知X为C、Y为N，以此来解答。
【详解】由上述分析可知，X为C、Y为N、Z为O、W为Cl。
A．工业上可采用电解饱和食盐水的方法制备氯气，同时生成氢气和氢氧化钠，故A正确；
B．N的最高价氧化物的水化物硝酸是强电解质，故B正确；
C．N、O与氢组成的化合物若为硝酸铵，属于离子化合物，是离子晶体，故C错误；
D．B中含有酚羟基，A不含有，则可用FeCl3溶液可鉴别A和B，故D正确；
故选C。
8. 有氧条件下，在基催化剂表面，还原的反应机理如图所示。该反应能够有效脱除烟气中的，保护环境。下列说法不正确的是
A. 在酸性配位点上，与通过配位键形成
B. 增大压强有利于与吸附在配位点上形成
C. 在反应过程中，基催化剂不能提高的平衡转化率
D. 该反应的总方程式为
【答案】D
【解析】
【详解】A．分子中的氮原子含有一对孤对电子，所以能和通过配位键形成，故A正确；
B．由图可知，与吸附在配位点上形成，该过程中气体体积减小，增大压强平衡正向移动，有利于与吸附在配位点上形成，故B正确；
C．在反应过程中，基作为催化剂，催化剂不能改变反应的平衡转化率，故C正确；
D．由图可知，在基催化剂表面，还原生成和，总方程式为，故D不正确。
答案选D。
9. 在EY沸石催化下，萘与丙烯反应主要生成二异丙基萘M和N。

下列说法正确的是
A. M和N互为同系物B. M分子中最多有12个碳原子共平面
C. N的一溴代物有4种D. 萘的二溴代物有10种
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题中信息可知，M和N均属于二异丙基萘，两者分子式相同，但是其结构不同，故两者互为同分异构体，两者不互为同系物，A错误；
B．因为萘分子中的10个碳原子是共面的，由于单键可以旋转，异丙基中最多可以有2个碳原子与苯环共面，因此，M分子中最多有14个碳原子共平面，B错误；
C．N分子中有5种不同化学环境的H，因此其一溴代物有5种，C错误；
D．萘分子中有8个H，但是只有两种不同化学环境的H(分别用α、β表示，其分别有4个)，根据定一议二法可知，若先取代α，则取代另一个H的位置有7个；然后先取代1个β，然后再取代其他β，有3种，因此，萘的二溴代物有10种，D正确；
故选D。
10. 已知[C(H2O)6]2+呈粉红色、[CCl4]2—呈蓝色、[ZnCl4]2—为无色。现将CCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：[C(H2O)6]2++4Cl—[CCl4]2—+6H2O △H，将该溶液分为三份做实验，溶液的颜色变化如表：
以下结论和解释正确的是
A. 等物质的量的[C(H2O)6]2+和[CCl4]2—中σ键数之比为3：2
B. 由实验①可知：△H<0，由实验②可推知加水稀释，浓度熵QC. 由实验③可知：Zn2+络合Cl—能力比C2+络合Cl—能力弱
D. 实验①②③可知：配合物的形成与温度、配体的浓度及配体的种类等有关
【答案】D
【解析】
【详解】A．六水合钴离子中配位键和水分子中的氢氧键都是σ键，四氯合钴离子中配位键是σ键，则等物质的量的六水合钴离子和四氯合钴离子中σ键数之比为(6+2×6)：4=9：2，故A错误；
B．由实验①可知，降低温度，溶液呈粉红色说明平衡向逆反应方向移动，该反应为吸热反应，反应焓变△H＞0，故B错误；
C．由实验③可知，加入氯化锌固体，溶液呈粉红色说明溶液中氯离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，所以锌离子络合氯离子的能力比钴离子络合氯离子的能力强，故C错误；
D．实验①②③可知，配合物的形成与温度、配体的浓度及配体的种类等有关，故D正确；
故选D。
11. 向一容积可变密闭容器中充入等物质的量的A、B，发生反应：2A(g)+2B(g)3C(s)+4D(g)在不同压强下，该反应平衡常数随温度变化如表所示。下列判断正确的是
A. c＞a，g＞fB. 正反应是放热反应
C. 2.0MPa、800℃时，A转化率最小D. 1.5MPa、300℃时，B的转化率为50%
【答案】D
【解析】
【详解】A．平衡常数只与温度相关，温度不变，K不变，所以g=f，故A错误；
B．由表格中的数据可知，平衡常数随温度升高而增大，平衡正向移动，该反应的正反应是吸热反应，故B错误；
C．因为正反应为吸热反应，所以800℃、相同压强时，A的转化率最大，而反应前后气体的分子数相等，所以800℃时，三种压强下的A的转化率都相同，故C错误；
D．1.5MPa、300℃时，平衡常数b=16，设平衡时体积为V，B的物质的量的变化量为x,则达平衡时，A、B、D的物质的量分别为1-x、1-x、2×=16，x=0.5ml，则B的转化率为×100%=50%，故D正确；
故选：D。
12. 在超分子化学中，常用Cu+模板合成各种拓扑结构分子，图1为诺贝尔得主Auvage教授利用亚铜离子为模板合成的索烃结构。Cu也可与Zn、Sn及S构成四元半导体化合物的四方晶胞，结构如图2所示，下列说法错误的是

A. 索烃分子既有极性键又有非极性键
B. 1ml索烃中所含的配位键的数量为8NA
C. 半导体化合物中Zn原子与Sn原子个数比为1:2
D. 在四方晶胞中Sn位于S原子组成的四面体空隙中
【答案】C
【解析】
【详解】A．索烃分子中C、N之间，C、H之间，C、O之间，形成极性键，C、C之间形成非极性键，既有极性键又有非极性键，A正确；
B．索烃中每个Cu+形成4个配位键，1ml索烃中所含的配位键的数量为8NA，B正确；
C．根据均摊法，半导体化合物中Zn原子个数为，Sn原子个数为，个数之比为1:1，C错误；
D．根据晶胞结构，在四方晶胞中Sn位于S原子组成的四面体空隙中，D正确；
故选C。
13. 双盐电池由替代了在正极材料中的嵌入，解决了扩散缓慢、锂离子电池锂枝晶生长等问题，其充、放电过程如图所示。下列说法正确的是
A. 放电时，电极的电势高于电极
B. 充电时，若充电电压2.0V，可能造成电池性能衰减
C. 放电时，每转移2，正极质量减少14g
D. 充电时，充电电压为2.75V时，负极区的反应为：
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，放电时，Mg作负极，电极反应式为Mg-2e-=Mg2+，右侧电极为正极，电极反应式为CS2+4Li++4e-=C+2Li2S，充电时，Mg作阴极，右侧电极为阳极，据此分析作答。
【详解】A．放电时，Mg作负极，CS2电极为正极，正极的电势高于负极，则CS2电极的电势高于Mg电极，A错误；
B．由图可知，若充电电压为2.0V，充电过程中C会转化为C3S4，放电时C3S4不能参与反应，故会造成电池性能衰减，B正确；
C．放电时，右侧电极为正极，电极反应式为CS2+4Li++4e-=C+2Li2S，每转移2 mle-，正极质量增加2ml×7g/ml=14g，C错误；
D．由图可知，若充电电压为2.75V，右侧电极为阳极，阳极区电极反应式为C+2Li2S-4e-=CS2+4Li+，D错误；
故选B。
14. 已知属于难溶于水、可溶于酸的盐。常温下，用调节浊液的，测得在不同条件下，体系中(X为或)与的关系如图所示。下列说法正确的是
A. 的数量级为
B. 代表与的变化曲线
C. 、两点的溶液中均存在
D. 点的溶液中存在
【答案】D
【解析】
【分析】根据，保持不变，增大，则减小，即减小，增大，因此代表与的变化曲线，代表与的变化曲线。
【详解】A．根据，A错误；
B．根据分析可知，代表与的变化曲线，B错误；
C．根据原子守恒，溶解平衡中，再根据可知，溶解得到的等于溶液中存在的与生成的之和，因此、两点的溶液中均存在，C错误；
D．点，则即，又由于，故溶液中存在，D正确；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. NaClO2是重要漂白剂和消毒剂，主要用于水、砂糖、油脂的漂白杀菌。
已知：i．NaClO2在溶液中过饱和时，若溶液温度低于38℃，析出NaClO2•3H2O；若溶液温度高于38℃，则析出NaClO2；若溶液温度高于60℃，NaClO2分解为NaClO3和NaCl。
ii．ClO2气体浓度超过10%时，长期存放易发生嫌炸性分解。通常需现用现制。
iii．ClO2气体在中性和碱性溶液中不能稳定存在。
【实验室制备】实验室设计如下实验制备如图亚氯酸钠(NaClO2)晶体。
已知：装置B中发生的主要反应：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4(浓)=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O
（1）ClO2气体与装置D中混合溶液反应生成NaClO2，每转移1ml电子，生成NaClO2的质量为___________
（2）反应结束后，为从D试管中溶液获得NaClO2晶体，需进行以下操作。请补充完整：
①55℃蒸发结晶；
②趁热过滤；
③用___________℃热水洗涤晶体；
④低温干燥，得到成品。
（3）实验须使B中NaClO3稍微过量，原因是____________：如NaClO3不足，则装置D中可能产生，检验装置D中是否含有的方法是：取少量D中反应后的溶液于试管中，___________，证明溶液中存在。
（4）实验结束后，关闭K2，打开K1。在一段时间后断开K2左侧橡胶管与玻璃管的连接，并从接口处向C中鼓入一定量空气。以上操作的目的是___________。
【工业制备】
（5）在无隔膜电解槽中阳极的电极反应式：___________。
（6）吸收塔内的温度不能过高的原因为___________。
（7）吸收塔内ClO2随着还原剂的不同和溶液酸碱性的变化可被还原为或Cl-。ClO2被S2-还原为、Cl-的转化率与溶液pH的关系如图所示。请写出pH≤2时ClO2与S2-反应的离子方程式：___________。
【答案】（1）90.5g
（2）38﹣60 （3） ①. 防止Na2SO3过量，有SO2气体生成，在D装置中被氧化，影响产品纯度 ②. 先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀
（4）充分吸收 ClO 2，防止 ClO 2 爆炸
（5）Cl-﹣6e-+6OH-=+3H2O
（6）温度过高NaClO2、H2O2将分解
（7）2ClO2+5S2-+8H+=2Cl-+5S↓+4H2O
【解析】
【分析】装置B中制备得到ClO2，所以B中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成 ClO2和Na2SO4，二氧化氯和氢氧化钠反应生成NaClO2，B中可能发生Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O，产生的SO2被带入D中，SO2与H2O2反应生成硫酸钠，由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl；装置C的作用是安全瓶，有防倒吸作用，从装置D的溶液获得NaClO2晶体，需要蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，装置AE是吸收多余气体防止污染；
【小问1详解】
装置D反应后的溶液获得NaClO2晶体，装置D中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平后方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，反应中生成2mlNaClO2电子转移总数为2e﹣，每转移1ml电子，生成NaClO2的物质的量1ml，质量=90.5g/ml×1ml=90.5g，
故答案为：90.5g；
【小问2详解】
为防止析出晶体NaClO2•3H2O，应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃进行洗涤，低于60℃干燥，如果撤去④中的冷水浴，由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl，
故答案为：38﹣60；
【小问3详解】
为确保Na2SO3完全反应，添加的NaClO3应稍微过量，否则过量的Na2SO3会与酸反应生成SO2气体，在D装置中被氧化，影响产品纯度；B制得的气体中含有SO2，在装置D中被氧化生成硫酸，溶液中可能存在，用氯化钡溶液检验，具体操作：取少量反应后的溶液，先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有，
故答案为：防止Na2SO3过量，有SO2气体生成，在D装置中被氧化，影响产品纯度；先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀；
【小问4详解】
验结束后，关闭 K2，打开 K1.在一段时间后断开 K2左侧橡胶管与玻璃管的连接，并从接口处向 C 中鼓入一定量空气，以上操作的目的是充分吸收 ClO2，防止 ClO2爆炸，
故答案为：充分吸收 ClO 2，防止 ClO 2爆炸；
【小问5详解】
电解池中阳极失去电子，所以溶液中的氯离子在阳极失去电子，因此反应的电极反应式是Cl﹣﹣6e﹣+6OH﹣=+3H2O，
故答案为：Cl﹣﹣6e﹣+6OH﹣=+3H2O；
【小问6详解】
H2O2不稳定，温度过高，H2O2容易分解，若溶液温度高于 60℃，NaClO2分解，吸收塔的温度不能过高，其目的是防止NaClO2、H2O2分解，
故答案为：温度过高NaClO2、H2O2将分解；
【小问7详解】
ClO2具有氧化性，S2﹣具有还原性，根据图像可知，pH≤2时ClO2被还原为Cl﹣，所以该反应离子方程式是2ClO2+5S2﹣+8H+=2Cl﹣+5S↓+4H2O；
故答案为：2ClO2+5S2﹣+8H+=2Cl﹣+5S↓+4H2O。
16. 以铜钴矿[主要成分为COOH、、，另含少量及含砷化合物]制备锂电池正极原料，生产流程如图甲所示。
已知：①酸浸液中含有的阳离子为、、、；②萃取除铜的过程可表示为；③，。
（1）一种钴的氧化物的晶胞结构如图乙所示，该氧化物中钴离子的价电子排布式为_______，该氧化物中钴离子的配位数是_______。设为阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为apm，该晶体的密度为_______。
（2）酸浸液中钴以形式存在，生成的化学方程式为_______。酸浸过程中可适当升温以加快反应速率，但温度过高，单位时间内钴的浸出率明显降低，原因是_______。
（3）实验室模拟萃取除铜，加入萃取剂后充分振荡静置，如图丙所示，则分离出含铜有机溶剂的具体实验操作为_______。
（4）在除铁过程中，溶液中的转化为沉淀，该反应的离子方程式为_______。常温条件下，若除铁结束后溶液pH=3，则是否完全沉淀(离子浓度低于时，可认为该离子完全沉淀)？通过计算说明：_______。
【答案】（1） ①. ②. 6 ③.
（2） ①. ②. 温度升高，的溶解度降低，所以钴的浸出率下降
（3）先打开上口玻璃塞，再打开下口活塞，将下层液体由下口放出，关闭活塞，再将上层含铜有机溶剂从上口倒出
（4） ①. ②. pH=3时，溶液中，则，所以沉淀完全
【解析】
【分析】铜钴矿[主要成分为COOH、、，另含少量及含砷化合物]，粉碎后加入稀硫酸酸溶，再加入还原后，得到，被还原成，滤液中含有、、、，通过有机萃取除去，再用氧化除铁，同时溶液中的转化为沉淀，滤液中加入形成沉淀，最后煅烧得到产品。
【小问1详解】
由图乙可知，1个晶胞中含有4个C原子和4个O原子，该氧化物的化学式为，其中C以形式存在，C为27号元素，则的价电子排布式为。以晶胞体心处的分析，可得出的配位数为6.由题图乙可知，该晶体的密度为；
【小问2详解】
酸浸过程中，被还原为，发生反应：。若温度过高，的溶解度降低，反应体系中还原剂的浓度减小，反应速率减小，所以单位时间内钴的浸出率下降；
【小问3详解】
分离出含铜有机溶剂的具体实验操作为分液，先打开上口玻璃塞，再打开下口活塞，将下层液体由下口放出，关闭活塞，再将上层含铜有机溶剂从上口倒出；
【小问4详解】
除铁过程中，被氧化为，被氧化为并结合生成，被还原为，根据得失电子守恒、质量守恒和电荷守恒可写出生成的离子方程式：；pH=3时，溶液中，则，所以沉淀完全。
17. 氢气在化学工业中应用广泛。回答下列问题：
（1）已知下列热化学方程式：
i.
ii.
已知在某种催化剂的作用下，的正反应的活化能为，则该反应逆反应的活化能为_______。该反应达平衡后采取下列措施能提高平衡转化率的措施有_______(填标号)。
A.升高温度 B.增大压强 C.加入 D.移出 E.使用催化剂
（2）将的混合气体充入反应器中，气体总压强为0.1MPa，平銜时、与温度的关系如图所示。20~400℃时，的物质的量浓度随温度升高而增大的原因是_______。
（3）在一定温度下的恒容密闭容器中通入与，使其物质的量浓度均为，反应足够时间后，容器中和的浓度分别为和，则反应ii的平衡常数_______。
（4）一定条件下，在某恒容密闭容器中，按投料比发生如下反应：
①下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是_______(填标号)。
A.
B.混合气体的密度不再变化
C.容器内总压强不再变化
D.混合气体的平均相对分子质量不再变化
②研究表明该反应速率方程式为，其中为速率常数，与温度、活化能有关，若投料比，时的初始速率为，当转化率为50%时，反应速率为，由此可知_______。设此时反应的活化能为，不同温度、条件下对应的速率常数分别为、，存在关系：(R为常数)。据此推测：升高一定温度，活化能越大，速率常数增大倍数_______(填“越大”“越小”或“不变”)。
【答案】（1） ①. 105.9 ②. AD
（2），，温度升高时，反应i平衡向左移动使增加的量比反应ii平衡向右移动使减少的量多
（3）0.8 （4） ①. CD ②. 1 ③. 越大
【解析】
【小问1详解】
由题干已知：i. ，ii. ，则可知目标反应可由反应iii得到，根据盖斯定律可知，该反应的反应热，又知反应热，则该反应逆反应的活化能为。升高温度和移出都可以使平衡右移，故选：AD；
【小问2详解】
由题干信息可知，反应i是一个放热反应，升高温度平衡逆向移动，的物质的量浓度增大，而反应ii是一个吸热反应，升高温度平衡正向移动，的物质的量浓度减小，由图可知，温度低于220℃时，随着温度升高的物质的量浓度减小，说明此温度段，温度对反应ii的影响大于对反应i的影响，而220~400℃时，温度对反应i的影响大于对反应ii的影响，故导致温度升高的物质的量浓度增大，故，，温度升高时，反应i平衡向左移动使增加的量比反应ii平衡向右移动使减少的量多；
【小问3详解】
由题知，参加反应的各物质的物质的量浓度如下：
i. ，
ii. ，则达平衡时，，，，，由平衡常数公式可求得反应ii的平衡常数；
【小问4详解】
①A．平衡时正逆反应速率相等，则，A不选；
B．恒容下体积不变，混合气体的总质量不变，则混合气体的密度一直不变，不能说明反应平衡，B不选；
C．反应前后气体分子数不相等，则容器内总压强不再变化说明反应平衡，C选；
D．反应前后气体分子数不相等，即物质的量变化，混合气体的总质量不变，则混合气体的平均相对分子质量不再变化说明反应平衡，D选；
故选：CD；
②温度为T1℃时，假设初始氢气和一氧化氮的物质的量均为1ml，容器的体积为1L，则初始氢气和一氧化氮的浓度均为1ml/L，所以v0=k×1m×12=k，当H2转化率为50%时，，此时的反应速率为，则有：，解得：m=1，根据速率常数存在的关系式可以得到，活化能越大，升高温度时，等号右侧的值就越小，则lg就越小，说明的值就越大，那么k2＞k1，所以速率常数增大的倍数也是越大的。
18. H是制备抗癌药物库潘尼西的重要中间体，其一种合成路线如下：

已知：
I． X=卤素原子，R1=烃基，R2，R3=H或烃基
Ⅱ．
Ⅲ． ，R=H，烃基：R=H，烃基
回答下列问题：
（1）A中含氧官能团有___________种；B与NaOH溶液反应的化学方程式为___________。
（2）符合下列条件的C的同分异构体有___________种。
①含有酚羟基 ②氨基与苯环直接相连 ③含有四种化学环境的氢
（3）D的结构简式为___________；C+E→F的反应类型为___________；检验H中是否含有G所用的试剂为___________。
（4）根据上述信息，写出以环己醇、甲醛为主要原料制备的合成路线。_________
【答案】（1） ①. 3 ②.
（2）6 （3） ①. ②. 取代反应 ③. 新制Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液
（4）
【解析】
【分析】由产物H以及已知Ⅲ可逆推出G的结构简式为： ，再结合已知Ⅱ可推出F的结构简式为： ，结合C、D、E的分子式以及已知I可推出E、D、C的结构简式为： 、 、，结合B到C的反应条件可推出B的结构简式为： ，结合A到B的反应条件可推出A的结构简式为： 。
【小问1详解】
由分析知A的结构简式为，含有三种含氧官能团醛基、醚键和酯基。B的结构简式为，与氢氧化钠反应的实质是酯基与氢氧化钠的反应，故方程式为： 。
【小问2详解】
C的结构简式为，符合条件的同分异构体有：、 、 、、 、共6种。
【小问3详解】
由分析可知D结构简式为，由已知I可推出C+E→F的反应类型为取代反应，可通过检验G中的醛基来证明H中含有G，可选择新制Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液来证明醛基。
【小问4详解】
由产物和已知Ⅲ可逆推出中间产物HCHO和,故正确的合成路线为：
。
A
B
检验溴乙烷消去反应的产物乙烯
检验乙炔具有还原性
C
D
实验室制取乙酸乙酯
检验乙醇消去反应产物中的乙烯
装置
序号
操作
现象
①
将试管置于冰水浴中
溶液均呈粉红色
②
加水稀释
③
加少量ZnCl2固体
压强Mpa
平衡常数
温度/℃
1.0
1.5
2.0
300
a
b
16
516
c
64
d
800
160
f
g