2024届河北省衡水董子高级中学 昌黎第一中学高三下学期联考模拟预测化学试题（学生版+教师版 ）

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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，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：
一、单项选择题：本题包含14小题，每小题3分，共42分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 下列对文中加点内容所做说明错误的是
A. 帘外芭蕉惹骤雨，门环惹铜绿——金属的吸氧腐蚀
B. 蒸熟谷粒酒中潜，廿日珍存变为酸——葡萄糖的水解
C. 玉梅雪柳千家闹，火树银花十里开——焰色试验
D. 白胎烧就彩虹来，五色成窑画作开——颜料的氧化还原反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．铜的吸氧腐蚀生成铜绿的电极反应是一种常见的化学变化，它涉及到铜在氧气的存在下腐蚀生成铜绿的过程，A正确；
B．葡萄糖为单糖，不能水解，B错误；
C．火树银花十里开，描述的是烟花，烟花与焰色试验有关，C正确；
D．白胎烧就彩虹来，颜料在灼烧下发生氧化还原反应，产生颜色变化，D正确；
故选B。
2. 下列物质的用途或性质与解释对应关系错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．钠钾合金用作核反应堆的传热介质是因为合金的熔点小于各组分的熔点，钠钾合金呈液态，与钠、钾均为活泼金属，金属性强无关，故A符合题意；
B．过氧化氢能使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为过氧化氢具有还原性，能与具有强氧化性的酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、氧气和水，故B不符合题意；
C．钢瓶可用于储存液氯是因为常温下，铁与液氯不反应，故C不符合题意；
D．聚乙炔具有导电性是因为聚乙炔结构中存在共轭大π键，π电子可以自由运动，故D不符合题意；
故选A。
3. NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 4.4g C2H4O中含有键的数目为0.6NA
B. 3mlNO2与H2O完全反应时转移电子的数目为4NA
C. 常温下，1LpH=6.5的H2O2溶液中由水电离产生H+的数目为10-7.5NA
D. 常温下，1L0.1ml/LK2Cr2O7溶液中的数目为0.1NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．已知C2H4O可以为CH3CHO、CH2=CHOH或者，前两种物质分子中含有6个键，后一种则含有7个键，即无法计算4.4g C2H4O中含有键的数目，A错误；
B．已知3NO2+H2O=2HNO3+NO反应中转移2个电子，即3mlNO2与H2O完全反应时转移电子的数目为2NA，B错误；
C．常温下，1LpH=6.5的H2O2溶液中H+由水电离和H2O2电离产生，但溶液中的OH-完全由水电离产生，由水电离产生H+的数目等于由水电离产生的OH-的数目，则为=10-7.5NA，C正确；
D．已知常温下K2Cr2O7溶液中存在，故1L0.1ml/LK2Cr2O7溶液中的数目小于0.1NA，D错误；
故答案为：C。
4. 下述装置或操作能实现相应实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．题干电解装置中铁与电源负极相连为阴极，铜与电源正极相连作阳极，硫酸铜作电解质溶液，能够实现在铁钉表面镀铜，A符合题意；
B．配制银氨溶液的操作为：向一洁净的试管中加入一定量的2%AgNO3溶液，向其中逐滴加入稀氨水至产生的沉淀恰好完全溶解为止，题干图示试剂加入顺序反了，B不合题意；
C．题干图示装作可以看到NaBr溶液处变橙黄色，淀粉-KI溶液处变蓝色，说明氯气可分别氧化NaBr、KI，但不能说明Br2氧化KI，即不能比较溴、碘的氧化性强弱，C不合题意；
D．挥发的醇可使酸性高锰酸钾溶液褪色，紫色褪去不能证明生成丙烯，D不合题意；
故答案为：A。
5. 有机物M具有解痉和抗胆碱作用，其结构简式如图所示．下列说法错误的是
A. M分子中碳原子的杂化方式有3种B. 1mlM最多可与6mlH2发生加成反应
C. M能发生消去反应D. M具有碱性
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题干M的结构简式可知，M分子中碳原子的杂化方式有碳碳三键上的sp杂化、苯环和碳氧双键上的sp2和其余碳原子为sp3杂化等3种杂化方式，A正确；
B．由题干M的结构简式可知，1mlM分子中苯环能与3mlH2加成，碳碳三键能与2mlH2加成，即1mlM最多可与5mlH2发生加成反应，B错误；
C．由题干M的结构简式可知，分子中含有醇羟基且邻碳有H，故M能发生消去反应，C正确；
D．由题干M的结构简式可知，分子中含有N，该N原子上还有1对孤电子对，则能结合H+，即M具有碱性，D正确；
故答案为：B。
6. 下列说法正确的是
A. 和均为型化合物，阴离子的配位数相同
B. 和均为型化合物，晶体熔化时克服的作用力相同
C. 和均为型化合物，分子的极性相同
D. 和均为型化合物，中心原子的杂化方式相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．NaCl和CsCl均为1:1型化合物，但NaCl为面心立方堆积，CsCl为体心立方堆积，NaCl中阴离子配位数为6，CsCl中阴离子配位数为8，故A错误；
B．CO2和SiO2均为1:2型化合物，但CO2为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，SiO2为共价晶体，熔化时破坏共价键，故B错误；
C．SO3和BCl3均为1:3型化合物，SO3价层电子对数，BCl3价层电子对数，均为平面三角形结构，均为非极性分子，故C正确；
D．SiBr4和SeCl4均为1:4型化合物，但中心原子的杂化方式不相同，SiBr4价层电子对数为为sp3杂化，SeCl4价层电子对数为为sp3d杂化，故D错误；
故答案选C。
7. 物质的结构决定其性质．下列事实与解释不相符的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据能级构造原理可知，Cu的价层电子排布为3d94s2，但根据洪特特例可知，3d能级电子为全充满状态，原子能量更低，则Cu的价层电子排布实际为3d104s1，A不合题意；
B．水的热稳定性强于氨，是由于O的电负性强于N，导致O-H的键能大于N-H的键能，而与分子间形成的氢键数目无关，B符合题意；
C．氟为吸电子基，即-CF3的吸电子效应导致CF3COOH中羧基中O-H键极性变大，导致三氟乙酸的酸性强于乙酸，C不合题意；
D．Na、Mg、Al的电负性依次增大，导致失电子能力依次减弱，则Na2O、MgO、Al2O3中离子键成分的百分数依次减小，共价键成分依次增大，D不合题意；
故答案为：B。
8. 高性能钠型电池工作原理如图所示，电池反应为．下列说法正确的是
A. 放电时，a为正极
B. 充电时，阴极反应为
C. 放电时，Sn在很大程度上被腐蚀
D. 充电时，当电路中通过，理论上有从石墨烯中脱嵌并向左迁移
【答案】B
【解析】
【分析】根据电池反应可知，放电时，NaSn电极负极，失电子生成Na+和Sn，Al电极为正极，Cx(PF6)得电子生成Cx和，充电时NaSn电极为阴极，Na+得电子与Sn反应生成NaSn，Al电极为阳极，失电子结合Cx生成Cx(PF6)。
【详解】A．根据分析可知，放电时a电极为负极，A错误；
B．充电时，NaSn电极为阴极，Na+得电子与Sn反应生成NaSn，电极反应式正确，B正确；
C．放电时，NaSn电极为负极，失电子生成Na+和Sn，Sn未被腐蚀，C错误；
D．充电时，阳极上失电子结合Cx生成Cx(PF6)，电极反应式为-e-+Cx=Cx(PF6)，当电路中通过1ml电子时，理论上有1ml失电子向阳极移动，并嵌入石墨烯中，D错误；
故答案选B。
9. 下列实验操作能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯水中的次氯酸也能与硫化钠发生反应，无法证明氯气与水的反应存在限度，A错误；
B．由KI溶液提取碘单质，不能用乙醇溶解碘单质，因为乙醇与水任意比互溶，B错误；
C．醛基和碳碳双键都能与溴水反应，醛基发生氧化反应，碳碳双键发生加成反应，不能证明丙烯醛中含有碳碳双键，C错误；
D．取少量淀粉水解液，向其中滴加碘水，若显蓝色，说明淀粉水解不完全，D正确；
故选D。
10. 亚氯酸钠（）具有强氧化性、受热易分解，可用作漂白剂、食品消毒剂等，以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如图所示．已知高浓度的易爆炸．下列说法错误的是
A. “反应1”中是还原产物，母液中主要成分是
B. “反应1”需要通入稀释，以防发生爆炸
C. “反应2”中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为
D. 若还原产物均为时，的氧化能力是等质量的2.5倍
【答案】D
【解析】
【分析】由题给流程可知，反应1为二氧化硫与稀硫酸、氯酸钠反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，反应2为二氧化氯与过氧化氢、氢氧化钠混合溶液反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应得到的亚氯酸钠在55℃条件下减压蒸发、冷却结晶、过滤得到亚氯酸钠粗产品。
【详解】A．反应1中二氧化硫与稀硫酸、氯酸钠反应生成硫酸钠、二氧化氯和水，Cl元素化合价由+5价下降到+4价，是还原产物，母液中主要成分是，A正确；
B．已知高浓度的易爆炸，反应1”需要通入稀释，以防发生爆炸，B正确；
C．“反应2”中发生反应的化学方程式为，H2O2是还原剂，NaClO2是氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，C正确；
D．1 mlCl2完全反应转化2 mle-，1 ml完全反应转化5 mle-，所以等物质的量的氧化能力是的2.5倍，D错误；
故选D。
11. 下图中两种化合物常用来优化电池的性能，其中W、M、Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素．下列说法错误的是
A. 含氧酸的酸性：
B. 电负性：；第一电离能：
C. 仅由W、Q、Y三种元素可形成同时含有离子键和共价键的化合物
D. 上述两种化合物中，W、M、Q、X、Y均满足稀有气体的稳定电子构型
【答案】A
【解析】
【分析】W、M、Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，由两种化合物可知，W能形成1个共价键，则W为H元素；M能形成4个共价键，则M为C元素；Q能形成3个共价键，则Q为N元素；X能形成2个共价键，则X为O元素；Y能形成1个共价键，则Y为F元素；Z能形成6个共价键，则Z为S元素。
【详解】A．元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，故N、S的含氧酸的酸性无法比较，A错误；
B．W为H元素，M为C元素；电负性的定义是原子在分子中吸引成键电子的能力，实验结果证明，碳吸引电子的能力比氢强，故碳的电负性比氢大；由于氢元素1s轨道电子稳定性强，所以氢元素的第一电离能比碳元素的第一电离能大，B正确；
C．W为H元素，Q为N元素，Y为F元素，由H、N、F三种元素可形成，其中同时含有离子键和共价键，C正确；
D．由图可知，W、M、Q、X、Y均满足稀有气体的稳定电子构型，D正确；
故选A
12. 某三元化合物的立方晶胞结构如图所示，晶胞的边长为a pm，NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法错误的是
A. 晶体的化学式为LiAlSi
B. 晶体的密度为
C. 晶体中由Al原子围成的八面体空隙有被Li原子填充
D. 晶体中Si、Al原子之间的最短距离为
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Al个数为：=4，Li的个数为：=4，Si的个数为4，故该晶体的化学式为LiAlSi，A正确；
B．由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Al个数为：=4，Li的个数为：=4，Si的个数为4，则一个晶胞的质量为：g=g，一个晶胞的体积为：(a×10-10)3cm3，故晶体的密度为，B正确；
C．由题干晶胞示意图可知，晶体中Al和Li构成NaCl型晶胞结构，则晶体中由Al原子围成的八面体空隙有100%被Li原子填充，C错误；
D．由题干晶胞示意图可知，晶体中Si、Al原子之间的最短距离体对角线的，即为，D正确；
故答案为：C。
13. 将和充入恒容密闭容器中发生反应：
Ⅰ． （慢反应）
Ⅱ． （快反应）
测得相同时间内、与温度的关系如图所示，下列说法错误的是
A. 前，加入催化剂可使a线转化为b线
B. 时，M点对应的反应体系中，
C. 时，若时达到平衡，则
D. 后，温度对正反应速率的影响比浓度大
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知，200°C前，升高温度，二氧化碳的浓度减小、反应速率加快，说明反应未达到平衡，则加入催化剂，二氧化碳的反应速率加快，反应消耗二氧化碳的浓度增大，可使a线转化为b线，故A正确；
B．由图可知，300°C时，二氧化碳的浓度呈增大趋势，说明平衡向逆反应方向移动，则二氧化碳的正反应速率小于逆反应速率，故B错误；
C．由图可知，400°C时，反应达到平衡状态，二氧化碳的浓度为0.3ml/L，则5min内二氧化碳的反应速率为=0.04 ml/(L·min)，故C正确；
D．由图可知，400°C后，二氧化碳正反应速率增大，而二氧化碳的浓度减小，说明温度对正反应速率的影响比浓度大，故D正确；
故选B。
14. 常温下，向溶液中加入固体，、、、等粒子浓度变化情况如图所示(忽略溶液体积、温度的变化及和的分解)：
已知：，；，下列说法错误的是
A. 溶液中存在：
B. b、d曲线分别表示、浓度的变化情况
C. 时，
D. 时，
【答案】C
【解析】
【分析】由电离常数可知，碳酸氢根离子在溶液中的水解常数Kh===10-7.65>Ka2=10-10.3，则碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于电离程度使溶液呈碱性，铵根离子在溶液中水解使溶液呈酸性，所以向碳酸氢铵溶液中加入氢氧化钠固体时，铵根离子优先与氢氧根离子反应，离子浓度减小的程度大于碳酸氢根离子，则由图可知，a、b曲线表示铵根离子、一水合氨离子的浓度的变化情况，b、d曲线分别表示碳酸氢根离子、碳酸根离子浓度的变化情况。
【详解】A．由电离常数可知，一水合氨的电离程度大于碳酸的电离程度，由盐类水解规律可知，碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于铵根离子，溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为，故A正确；
B．由分析可知，b、d曲线分别表示碳酸氢根和碳酸根浓度的变化情况，故B正确；
C．由电离常数可知，溶液中=，pH为9.3时，溶液中===0.1，则溶液中碳酸氢根离子浓度大于碳酸根离子浓度，C错误；
D．加入0.1ml氢氧化钠固体时，氢氧化钠与碳酸氢铵溶液反应得到的溶液中存在电荷守恒关系，故D正确；
故选C。
二、非选择题：本题包含4小题，共58分。
15. 纯碱是一种重要的化工原料，具有广泛的用途。实验室利用氯化钠和碳酸氢铵制备纯碱并测定产品中碳酸氢钠的含量，具体步骤如下：
步骤i．精制氯化钠
取饱和粗盐水并加热，向其中加入饱和溶液调节pH至11，有大量胶状沉淀析出；继续加热至沸，趁热过滤，滤液用盐酸调节pH至7。
步骤ⅱ．制备纯碱
在水浴条件下，向上述滤液中加入碳酸氢铵粉末，搅拌至反应完全；冷却后过滤得到碳酸氢钠晶体；用碳酸氢钠饱和过的酒精水溶液洗涤晶体；加热使其分解得到产品。
步骤ⅲ．产品中碳酸氢钠含量的测定
称取a g产品加水溶解，滴加指示剂M，用盐酸逐滴滴定，并不断振荡，到达终点时消耗盐酸；滴加指示剂N，继续用上述盐酸滴定，到达终点时消耗盐酸总体积。
已知：相关物质的溶解度如下
说明：“—”表示该物质在相应温度下已开始分解。
回答下列问题：
（1）步骤ⅰ中，胶状沉淀的成分为，生成该沉淀的离子方程式为________________；
（2）步骤ⅰ中，沉淀析出后需继续加热煮沸一段时间，其目的为________________；
（3）步骤ⅱ中，选择水浴的原因为________________；
（4）步骤ⅱ中，用碳酸氢钠饱和过的酒精水溶液洗涤晶体可除去的杂质为________________；
（5）步骤ⅲ中，用到的玻璃仪器除胶头滴管外还需要下列仪器中的________（填仪器名称）；
（6）步骤ⅲ中，指示剂M为________；滴定过程中，盐酸需要逐滴加入并不断振荡的原因为________________；选择指示剂N时，滴定终点溶液颜色变化为________________；
（7）产品中碳酸氢钠质量分数为________（用含字母的代数式表示）。
【答案】（1）2Mg2++Ca2++4CO+2H2OMg(OH)2·MgCO3·CaCO3↓+2HCO
（2）破坏胶状沉淀，形成较大颗粒的沉淀，利于后续过滤
（3）低于30°C，碳酸氢铵溶解度小，高于35°C，碳酸氢铵受热分解
（4）氯化钠、氯化铵 （5）酸式滴定管、锥形瓶
（6） ①. 酚酞溶液 ②. 防止盐酸浓度局部过高，使得二氧化碳逸出 ③. 黄色变为橙色
（7）×100%
【解析】
【分析】该实验的实验目的是利用氯化钠和碳酸氢铵制备纯碱，并利用中和滴定的方法测定产品中碳酸氢钠的含量。
【小问1详解】
由题意可知，步骤ⅰ向热的饱和粗盐水加入饱和碳酸钠溶液的目的是使溶液中的钙、镁离子转化为胶状沉淀，达到除去钙、镁离子的目的，反应的离子方程式为2Mg2++Ca2++4CO+2H2OMg(OH)2⋅MgCO3⋅CaCO3↓+2HCO，故答案为：2Mg2++Ca2++4CO+2H2OMg(OH)2⋅MgCO3⋅CaCO3↓+2HCO；
【小问2详解】
步骤ⅰ中，沉淀析出后需继续加热煮沸一段时间的目的是破坏胶状沉淀，形成较大颗粒的沉淀，利于后续过滤，故答案为：破坏胶状沉淀，形成较大颗粒的沉淀，利于后续过滤；
【小问3详解】
由表格数据可知，温度低于30°C时，碳酸氢铵溶解度小，不利于碳酸氢钠生成，温度高于35°C时，碳酸氢铵受热分解，无法制得碳酸氢钠，所以步骤ⅱ制备碳酸氢钠时应选择30∼35°C水浴加热，故答案为：低于30°C，碳酸氢铵溶解度小，高于35°C，碳酸氢铵受热分解；
【小问4详解】
由题意可知，步骤ⅱ制备碳酸氢钠发生的反应为氯化钠溶液与碳酸氢铵反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，碳酸氢钠沉淀表面附有可溶的氯化钠和氯化铵，所以需要用碳酸氢钠饱和过的酒精水溶液洗涤晶体除去表面附有的氯化钠和氯化铵，故答案为：氯化钠和氯化铵；
【小问5详解】
步骤ⅲ为利用中和滴定的方法测定产品中碳酸氢钠含量，中和滴定时用到的玻璃仪器除胶头滴管外还需要用到酸式滴定管和锥形瓶，故答案为：酸式滴定管、锥形瓶；
【小问6详解】
步骤ⅲ中测定产品中碳酸氢钠含量时，先向溶液中滴入酚酞溶液做指示剂，将溶液中的碳酸钠转化为碳酸氢钠，滴定终点的实验现象为溶液由浅红色变为无色；然后再向溶液中滴入甲基橙溶液做指示剂，将溶液中的碳酸钠转化为碳酸氢钠，滴定滴定终点的实验现象为溶液黄色变为橙色；滴定过程中，为防止盐酸浓度局部过高，使得二氧化碳逸出导致滴定误差，滴定时盐酸需要逐滴加入并不断振荡，故答案为：酚酞溶液；防止盐酸浓度局部过高，使得二氧化碳逸出；黄色变为橙色；
【小问7详解】
滴定过程中，酚酞溶液做指示剂时发生的反应为Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，甲基橙溶液做指示剂时发生的反应为NaHCO3+HCl=H2CO3+NaCl，由题意可知，产品中碳酸氢钠消耗盐酸的体积为(V2—2V1)mL，则产品中碳酸氢钠的质量分数为×100%，故答案为：×100%。
16. Be是一种重要的战略性金属，以铍矿石、方解石（）为原料制备硫酸铝铵和铍的工艺流程如下：
已知：①铍矿石的主要成分为，还含有；铍玻璃体为混合物，主要成分为、、，还含有和．
（2）具有两性；时，（已知：常温下，溶液中离子浓度低于即可认该离子被除尽）；．
回答下列问题：
（1）“配料熔化”时，发生反应的化学方程式为________________；铍玻璃体属于________（“晶体”或“非晶体”）；
（2）“酸溶”时，从铍玻璃体进入到滤渣1中的元素为________（填元素符号）；
（3）“调pH”时，发生氧化还原反应的离子方程式为________________；
（4）“沉铍”时，需控制溶液的pH不低于________才能将沉淀完全；若将氨水换成溶液也可沉铍，但需控制溶液的pH不能过高，否则会因生成________（填化学式）导致铍的产率降低；
（5）“电解”时的工作原理如图所示，其中燃料电池负极的电极反应式为________________；该制铍工艺的缺点除能耗高外，还有________________；
【答案】（1） ①. Be3Al2Si6O18+2CaCO3CaAl2Si2O8+CaBe3SiO6+3SiO2+2CO2↑ ②. 非晶体
（2）Ca和Si （3）4Fe2++O2+8NH3+10H2O=4Fe(OH)3+8NH
（4） ①. 8.8 ②. Na2[Be(OH)4]
（5） ①. C3H8—20e—+10CO=13CO2+4H2O ②. 生成Cl2，污染环境
【解析】
【分析】由题给流程控制，绿柱石和方解石配料熔化得到铍玻璃体，向铍玻璃体中加入硫酸溶液酸溶，金属元素转化为硫酸盐，二氧化硅不与硫酸溶液反应，硅酸根离子转化为硅酸沉淀，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅、硅酸的滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸铵溶液，将溶液中的铝离子转化为硫酸铝铵晶体，过滤得到硫酸铝铵和滤液；向滤液中通入氨气和空气调节溶液的pH，将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入氨水，将溶液中的铍离子转化为氢氧化铍沉淀，过滤得到氢氧化铍；氢氧化铍经转化得到氯化铍，氯化铍经熔融电解制得金属铍。
【小问1详解】
由分析可知，“配料熔化”时，Be3Al2Si6O18与碳酸钙高温条件下反应生成含有CaAl2Si2O8、CaBe3SiO6和二氧化硅的铍玻璃体，反应的化学方程式为Be3Al2Si6O18+2CaCO3CaAl2Si2O8+CaBe3SiO6+3SiO2+2CO2↑，铍玻璃体是没有固定熔点的混合物，属于非晶体，故答案为：Be3Al2Si6O18+2CaCO3CaAl2Si2O8+CaBe3SiO6+3SiO2+2CO2↑；非晶体；
【小问2详解】
由分析可知，向铍玻璃体中加入硫酸溶液酸溶，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅、硅酸的滤渣，则从铍玻璃体进入到滤渣1中的元素为钙元素和硅元素，故答案为：Ca和Si；
【小问3详解】
由分析可知，通入氨气和空气调节溶液的pH的目的是将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为4Fe2++O2+8NH3+10H2O=4Fe(OH)3+8NH，故答案为：4Fe2++O2+8NH3+10H2O=4Fe(OH)3+8NH；
【小问4详解】
由溶度积可知，溶液中铍离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子浓度不低于=2×10—5.5ml/L，则溶液的pH不低于14—5.5+lg2=8.8；氢氧化铍是两性氢氧化物，能与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铍酸钠，所以将氨水换成氢氧化钠溶液沉铍时需控制溶液的pH不能过高，防止生成四羟基合铍酸钠，导致铍的产率降低，故答案为：8.8；Na2[Be(OH)4]；
【小问5详解】
由图可知，通入丙烷的右侧电极为燃料电池的负极，碳酸根离子作用下丙烷在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，电极反应式为C3H8—20e—+10CO=13CO2+4H2O；该制铍工艺的缺点除能耗高外，还有氯离子会在阳极失去电子发生氧化反应生成有毒的氯气，会污染环境，故答案为：C3H8—20e—+10CO=13CO2+4H2O；生成Cl2，污染环境。
17. 短链烃是重要的化工原料，也是衡量国家化工水平的重要指标之一．
I．丙烷制烯烃的反应有
ⅰ．
ⅱ．
已知：共价键的键能如表所示．
回答下列问题：
（1）________；
（2）一定温度下，在恒容密闭容器中充入发生反应ⅰ和ⅱ，下列事实能说明该反应达到平衡状态的是________（填字母）；
A. 容器内混合气体的平均相对分子质量不再变化
B. 的值保持不变
C.
D. 和的物质的量之比保持不变
（3）在温度为、起始压强为的恒温恒容密闭容器中充入发生反应ⅰ和ⅱ，达到平衡后、的体积分数均为；
①反应ⅰ的分压平衡常数为________；
②若其他条件不变，该反应在恒容绝热容器中进行，测得平衡时的体积分数大于，则此时反应ⅰ和ⅱ的分压平衡常数：________（填“”“”或“”）；
（4）在催化剂表面制的部分反应机理如图所示．从元素电负性角度解释步骤1能发生反应的原因为________________；
Ⅱ．丙烷、甲醇共进料时，除发生反应ⅰ和ⅱ外，还发生反应：
ⅲ．
（5）平衡体系中、、和在含碳微粒中的物质的量分数随不同投料比的变化关系如图所示，其中代表的变化曲线为________（填字母）．
（6）在恒容密闭容器中充入和发生反应，平衡体系中随温度的升高先减小后增大，解释其原因为________________。
【答案】（1）+124kJ/ml （2）AB
（3） ①. 56.25或 ②. ＜
（4）C的电负性大于H，O的电负性大于Cr，显负电的C与显正电的Cr成键，显正电的H与显负电的O成键
（5）c （6）反应ⅱ为吸热反应，反应ⅲ为放热反应，升高温度反应ⅱ正向移动，反应ⅲ逆向移动，开始时反应ⅲ占主导，温度升高到一定程度后反应ⅱ占主导
【解析】
【小问1详解】
ΔH1=反应物的总键能-生成物的总键能=347×2+8×413-613-347-6×413-436=+124kJ/ml；
【小问2详解】
A．容器内混合气体的平均相对分子质量不再变化，无论反应ⅰ还是ⅱ，气体质量不变，n可变，说明平均相对分子质量是一个可变的值，不再发生变化，说明达到平衡状态，A正确；
B．，当Q不变时，说明Q=K，达到了平衡状态，B正确；
C．C3H8参加了两个反应，而C3H6只存在于一个反应，不能说明达到平衡状态，C错误；
D．C2H4(g)和CH4(g)在任何时刻物质的量都是按1:1生成，不能说明达到了平衡状态，D错误；
故选AB。
【小问3详解】
①体积分数=物质的量分数，甲烷的体积分数等于乙烯的体积分数，丙烯的体积分数等于氢气的体积分数，则C3H8的体积分数为100%-15%-15%-15%-15%=40%，则平衡时的压强=，则p(CH4)=p(C2H4)=1000×40%=400kpa，p(C3H6）=p(H2)=15%×1000=150kpa，Kp1=kpa；
②恒容绝热容器中，ΔH1＞ΔH2＞0，反应吸热，温度降低，K′p1减小更多，所以K′p1＜K′p2；
【小问4详解】
C3H8(g)在催化剂Cr2O3/Al2O3表面制C3H6(g)的部分反应机理如图所示，从元素电负性角度解释步骤1能发生反应的原因为：C的电负性大于H，O的电负性大于Cr，显负电的C与显正电的Cr成键，显正电的H与显负电的O成键；
【小问5详解】
随着的增大，C3H8的投料增大，CH3OH的投料减小，反应ⅰ和ⅱ正向移动，反应ⅲ逆向移动，CH4与CO物质的量分数减小，C2H4与C3H6物质的量分数增大，由于反应ⅲ逆向移动消耗CH4，使得反应ⅱ正向移动趋势更大，C2H4变化量更大，则代表C2H4(g)的变化曲线为c；
【小问6详解】
反应ⅱ为吸热反应，反应ⅲ为放热反应，升高温度反应ⅱ正向移动，反应ⅲ逆向移动，开始时反应ⅲ占主导，温度升高到一定程度后反应ⅱ占主导。
18. 有机化合物Ⅰ是治疗头风、痈肿和皮肤麻痹等疾病药物的重要中间体，其合成路线如下：
已知：ⅰ．
ⅱ．
ⅲ．
回答下列问题：
（1）A的结构简式为________________，B的名称为________________；
（2）的化学方程式为________________；
（3）I中含氧官能团的名称为________________；
（4）的反应类型为________________；
（5）鉴别F和G可选用的试剂为________（填选项字母）；
A. 溶液B. 溴水C. 酸性高锰酸钾溶液D. 溶液
（6）有机物W是D的同系物，且具有以下特征：
i．比D少4个碳原子； ⅱ．含甲基且能发生银镜反应
符合上述条件的W有________种（不考虑立体异构）；其中核磁共振氢谱峰面积之比为的W的结构简式为________。
【答案】（1） ①. ②. 对溴乙苯
（2）+ CH3OH
（3）羟基、酯基 （4）加成反应 （5）D
（6） ①. 13 ②. 或
【解析】
【分析】由有机物的转化关系可知，溴化铁作用下与溴发生取代反应生成，则A为、B为；与镁、乙醚反应生成，则C为；催化剂作用下与反应生成，则D为；多聚磷酸作用下共热发生取代反应生成，在醇溶剂中与硼氢化钠发生还原反应生成，则F为；一定条件下与二氧化碳发生加成反应生成，则G为；发生信息ⅲ反应生成，则H为；浓硫酸作用下与甲醇共热发生酯化反应生成。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为；B的结构简式为，名称为对溴乙苯，故答案为：；对溴乙苯；
【小问2详解】
由分析可知，D→E的反应为多聚磷酸作用下共热发生取代反应生成和甲醇，反应的化学方程式为+ CH3OH，故答案为：+ CH3OH；
【小问3详解】
由结构简式可知，的含氧官能团为羟基、酯基，故答案为：羟基、酯基；
【小问4详解】
由分析可知，F→G的反应为一定条件下与二氧化碳发生加成反应生成，故答案为：加成反应；
【小问5详解】
由分析可知，F、G的结构简式分别为、，由结构简式可知，F和G均不能与溴水、氯化铁溶液反应，都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色；G分子中含有羧基能与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体，而F分子不能与碳酸氢钠溶液反应，所以可以用碳酸氢钠溶液鉴别F和G，故选D；
【小问6详解】
由分析可知，D的结构简式为，D的同系物W比D少4个碳原子，含甲基且能发生银镜反应，说明W分子中含有甲酸酯基，同分异构体的结构可以视作乙苯、二甲苯分子中如下图数字所示位置的氢原子被甲酸酯基所得结构：、、、，共有13种，其中核磁共振氢谱峰面积之比为6：2：1：1的结构简式为、，故答案为：13；或。选项
用途或性质
解释
A
钠钾合金用作核反应堆的传热介质
钠、钾均为活泼金属，金属性强
B
能使酸性高锰酸钾溶液褪色
具有还原性
C
钢瓶可用于储存液氯
常温下，铁与液氯不反应
D
聚乙炔具有导电性
聚乙炔结构中存在共轭大键
装置或操作
实验目的
铁钉表面镀铜
配制银氨溶液
选项
A
B
装置或操作
实验目的
验证氧化性：Cl2＞Br2＞I2
检验1-溴丙烷的消去反应产物丙烯
选项
C
D
选项
事实
解释
A
基态Cu原子价层电子排布式为3d104s1
3d能级电子为全充满状态，原子能量更低
B
水的热稳定性强于氨
水分子间形成的氢键数目与强度均大于氨
C
三氟乙酸的酸性强于乙酸
氟为吸电子基，导致羟基中O-H键极性变大
D
Na2O、MgO、Al2O3离子键成分的百分数依次减小
Na、Mg、Al的电负性依次增大
选项
实验目的
实验操作
A
证明氯气与水的反应存在限度
向新制氯水中滴加溶液
B
由KI溶液提取碘单质
向KI溶液中依次加入氯水、乙醇并振荡
C
证明丙烯醛中含有碳碳双键
向丙烯醛中加入溴水并振荡
D
证明淀粉是否完全水解
取少量淀粉水解液，向其中滴加碘水
温度
物质
10
20
30
40
50
60
70
35.8
36.0
36.3
36.6
37.0
37.3
37.8
15.8
21.0
27.0
—
—
—
—
8.15
9.6
11.1
12.7
14.5
16.4
—
33.3
37.2
41.4
45.8
50.4
55.2
60.2
共价键
C-H
C-C
键能
413
347
613
436