浙江省宁波市镇海中学2024-2025学年高三上学期11月高考模拟考试化学试卷（Word版附解析）

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本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。
考生注意：
1.答题前，请务必粘贴条形码，并将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签宇笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。
2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答。在本试题卷或草稿纸上的作答一律无效。考试结束时，只需要上交答题纸。
3.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 K 39 Cr 52 Fe 56 Cu 64 Br 80 I 127 Ba 137
选择题部分
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48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. 当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是
A. KCl溶液B. 稀牛奶C. 酒精溶液D. Na2SO4溶液
【答案】B
【解析】
【分析】胶体具有丁达尔效应。
【详解】A．KCl溶液属于溶液，不具有丁达尔效应，A错误；
B．稀牛奶属于胶体，具有丁达尔效应，B正确；
C．酒精溶液属于溶液，不具有丁达尔效应，C错误；
D．Na2SO4溶液属于溶液，不具有丁达尔效应，D错误；
故答案为B。
2. 下列说法不正确的是
A. 淀粉和纤维素互为同分异构体，都不能发生银镜反应
B. 油脂属于酯，在酸性或碱性条件下，油脂都能发生水解
C. 84消毒液用于杀菌消毒的原理是使蛋白质变性
D. 固态氨基酸主要以内盐形式存在，熔点较高
【答案】A
【解析】
【详解】A. 淀粉和纤维素的(C6H10O5)n，但是n单元不同，故不属于同分异构体，故A错误；
B. 油脂属于酯，在酸性或碱性条件下，油脂都能发生水解，故B正确；
C. 84消毒液的消毒原理是通过氯酸钠(NaClO)水解得到HClO(次氯酸)。HClO(次氯酸)具有强氧化性，能使蛋白质变性，从而起到杀菌消毒的作用，故C正确；
D. 固态氨基酸主要以内盐形式存在，熔点较高，故D正确；
故选A。
3. 铁是最常见的金属之一、纳米铁粉可用于处理酸性含氮废水(主要含)；铁易被腐蚀，经碱性发蓝处理可增强其抗腐蚀性，方法为：用NaOH与进行浸泡，在表面形成的同时有生成；铁与砷反应得到的FeAs可被Na还原成NaFeAs，是一种超导材料。镍(Ni)与Fe单质化学性质相似，金属活动性比铁略低。酸性条件下，的氧化性强于，的盐与碱反应可以转化为不溶性的。在隔绝空气条件下，将NaFeAs加入水中，NaFeAs转化为的同时释放出。下列说法不正确的是
A. 消耗1mlNaFeAs，转移2ml电子B. NaFeAs与水反应所得溶液pH升高
C. NaFeAs与水反应时体现还原性D. 制备NaFeAs须隔绝空气和水
【答案】A
【解析】
【详解】A．NaFeAs转化成Na1-xFeAs的半反应为NaFeAs-xe-=Na1-xFeAs+xNa+，则消耗1mlNaFeAs，转移xml电子，A错误；
B．NaFeAs与水的反应为2NaFeAs+2xH2O=2Na1-xFeAs+xH2↑+2xNaOH，生成NaOH导致溶液碱性增强，pH增大，B正确；
C．NaFeAs与水的反应为2NaFeAs+2xH2O=2Na1-xFeAs+xH2↑+2xNaOH，H2O发生还原反应，则NaFeAs发生氧化反应，所以NaFeAs与水反应时H2O体现氧化性、NaFeAs体现还原性，C正确；
D．制备NaFeAs原理为：FeAs与Na反应生成NaFeAs，Na具有强还原性，能与氧气、二氧化碳、水反应，所以制备NaFeAs须隔绝空气和水，D正确；
故选A。
4. 结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．甘油分子中有3个羟基，分子间可以形成更多的氢键，且O元素的电负性较大，故其分子间形成的氢键较强，因此甘油是黏稠液体，A正确；
B．王水溶解铂，是因为浓盐酸提供的能与被硝酸氧化产生的高价态的铂离子形成稳定的配合物从而促进铂的溶解，在这个过程中浓盐酸没有增强浓硝酸的氧化性，而是通过形成配合物增强了铂的还原性，B不正确；
C．冰晶体中水分子间形成较多的氢键，由于氢键具有方向性，因此，水分子间形成氢键后空隙变大，冰晶体中水分子的空间利用率相对较低，冰的密度小于干冰，C正确；
D．石墨属于混合型晶体，在石墨的二维结构平面内，第个碳原子以C—C键与相邻的3个碳原子结合，形成六元环层。碳原子有4个价电子，而每个碳原子仅用3个价电子通过sp2杂化轨道与相邻的碳原子形成共价键，还有1个电子处于碳原子的未杂化的2p轨道上，层内碳原子的这些p轨道相互平行，相邻碳原子p轨道相互重叠形成大π键，这些p轨道的电子可以在整个层内运动，因此石墨能导电，D正确；
综上所述，本题选B。
5. 下列实验装置使用不正确的是
A. 图1装置用于色谱法，可确定有机物的结构
B. 图2装置用于1-溴丁烷的消去反应
C. 图3装置用于用于酯化反应，其中长直导管起冷凝作用
D. 图4装置用于中和反应反应热的测定
【答案】A
【解析】
【详解】A．图1装置用于色谱法，可用于混合物分离，故A错误；
B．卤代烃在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应生成烯烃，图2装置用于1-溴丁烷的消去反应，故B正确；
C．乙酸和乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯，图3装置用于用于酯化反应，其中长直导管冷凝乙酸乙酯，故C正确；
D．图4装置为量热计，用于中和反应反应热的测定，故D正确；
选A。
6. 下列离子方程式书写正确的是
A. 碳酸氢铵稀溶液中加入足量烧碱溶液：
B. 向溶液中通入等物质的量的：
C. 溶液中加入过量的溶液：
D. 明矾溶液中滴入溶液使恰好完全沉淀：
【答案】A
【解析】
【详解】A．烧碱足量，碳酸氢根离子和铵根离子都反应，离子方程式为，故A正确；
B．向FeI2溶液中通入等物质的量的，只氧化碘离子，离子方程式为，故B错误；
C．HI过量，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，也会参与反应，离子方程式为：10I-+3NO+Fe3++12H+═5I2+3NO↑+Fe2++6H2O，故C错误；
D．恰好完全沉淀时，铝离子转化成偏铝酸根离子，离子方程式为，故D错误；
答案选A。
7. 布洛芬具有抗炎、镇痛、解热作用，但口服该药对胃、肠道有刺激性，可以对该分子进行如图所示的修饰。下列说法错误的是
A. 甲的分子式为
B. 甲和乙都能与氢氧化钠溶液发生反应
C. 乙分子苯环上的二氯代物有4种同分异构体
D. 甲分子中最多有8个碳原子共平面
【答案】D
【解析】
【详解】A．由甲的结构简式可知，甲的分子式为，A正确；
B．甲含有羧基能与NaOH溶液反应，乙含有酯基可与NaOH溶液发生水解反应，B正确；
C．甲的苯环上有2种氢，苯环上的二氯代物有4种：，分别为氯分别在1，2；1，3；1，4；2，4，C正确；
D．苯环是平面型分子，由于单键可旋转，则最多共平面的碳原子有共11个，D错误；
故选D。
8. 六种主族元素，原子序数依次增大，原子最外层电子数是内层电子数的2倍，与相邻，的一种简单氢化物常用作制冷剂，元素在骨骼和牙齿的形成中有重要作用，基态原子的能级与能级电子数相等，下列说法不正确的是
A. 化学键中离子键成分的百分数：
B. 键长：
C. 的第一电离能大于其同周期相邻元素
D. 分子的极性：
【答案】B
【解析】
【分析】六种主族元素，原子序数依次增大，原子最外层电子数是内层电子数的2倍，是C，与相邻，是Si，的一种简单氢化物常用作制冷剂, 是N，元素在骨骼和牙齿的形成中有重要作用，是F，则N是O，基态原子的能级与能级电子数相等，是Mg，据此作答。
【详解】A．Mg和C的电负性相差大于Si，所以离子键成分的百分数，故A正确；
B．中心N原子化合价相同，氮和氧成键少，键的斥力小，键长短，所以，故B错误；
C．Mg为第二主族元素，第一电离能大于其同周期相邻元素，故C正确；
D．为三角锥形，极性分子，正四面体，非极性分子，所以分子的极性，故D正确；
答案选B。
9. 高吸水性树脂的结构片段如图所示。
下列说法正确的是
A. 合成的反应为缩聚反应
B. 合成的单体中碳原子均共面
C. 将中羧基等基团酯化可提高其吸水性
D. 丙烯与1，4-戊二烯共聚可形成类似骨架的交联结构
【答案】D
【解析】
【详解】A．聚合物高分子链全部为碳原子，所以合成聚合物的反应为加聚反应，A错误；
B．根据聚合物P的结构可知，合成聚合物P的单体为CH2=CH-R-CH=CH2和CH2=CH-COONa，由于R为-(CH2)-，碳原子不一定共面，B错误；
C．羧基等基团为亲水基团，酯化后降低其吸水性，C错误；
D．丙烯与1，4-戊二烯与聚合物SPA的单体结构相似，能形成类似交联结构，D正确；
故选D。
10. 我国铅锌矿储量丰富。通过以下工艺流程，综合利用冶炼铅锌矿过程中产生的废液［主要含和As(Ⅲ)等］和窑渣(主要含FeS、CuS、、、等)。
已知：CuS、不溶于稀硫酸，在有存在下可与稀硫酸反应。下列说法错误的是
A. “氧化”时，使As(Ⅲ)转化成As(Ⅴ)
B. “浸出”时，增大液固比可提高废酸中的去除率
C. 硫元素和铁元素“浸出”与“沉砷”时被氧化
D. “水解”时，加的作用是调节溶液的pH，使沉淀
【答案】B
【解析】
【分析】废液中加H2O2使As(Ⅲ)转化成As(V)，窑渣(主要含FeS、CuS、CuFeS2、Fe2O3、SiO2等)加氧化后的废液，并通入氧气，将金属化合物转化为Fe3+、Cu2+，SiO2不溶于硫酸过滤除去，滤液中继续通入氧气将砷转化为FeAsO4•2H2O沉淀，过滤后，滤液中加足量铁粉置换出Cu,同时Fe3+被还原为亚铁离子，再过滤出铜，滤液中通氧气将铁氧化为三价铁，调节pH值使铁转化为氢氧化铁，再经灼烧得到氧化铁。
【详解】A．“氧化”时，H2O2将废液[主要含H2SO4和As(Ⅲ)等]中的As(Ⅲ)转化成As(V)，故A正确；
B．“浸出”时，增大液固比即废酸的投入量增加，则废酸中H+的去除率应降低，故B错误；
C．因CuS、CuFeS2不溶于稀硫酸，在有O2存在下可与稀硫酸反应。故“浸出”时通入O2氧化的元素主要为S，“沉砷”时O2主要是将Fe2+氧化为Fe3+，从而生成FeAsO4•2H2O沉淀，故C正确；
D．“水解”时，加Fe2O3的作用是消耗Fe3+水解产生的H+调节溶液的pH，促进水解平衡正向移动，有利于使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀且不引入新的杂质，故D正确；
故选：B。
11. 向装有一定量蒸馏水的两支试管(标记为1号和2号)中分别加入少量碘单质，充分振荡，溶液呈浅棕色，底部均有少量紫黑色不溶物。继续向两支试管中加入少量，振荡试管、静置，上层溶液无色，下层出现紫红色；再依次向1号试管中加入少量细小锌粒，向2号试管中加入少量KI固体；一段时间后1号、2号试管中下层紫红色消失，1号试管中上层无色，2号试管中上层出现棕色。已知为棕色，下列关于颜色变化的解释错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．向蒸馏水中加入I2，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明I2的浓度较小，因为I2在水中溶解度较小，A正确；
B．I2在CCl4溶解度大于在水中的溶解度，且水与四氯化碳互不相溶，两试管上层浅棕色消失，萃取了上层溶液中的，B正确；
C．1号试管中下层紫色消失，Zn与有色物质发生化合反应，生成了ZnI2，C正确；
D．2号试管加入KI，电离出的I-与溶液中的I2发生反应：I-+I2⇋，上层出现棕色，D错误；
答案选D。
12. 乙醛酸(OHC-COOH)是一种重要的化工中间体。工业上以乙二醛为原料制备乙醛酸的装置如图所示，通电后，阳极产物将乙二醛氧化为乙醛酸。下列说法错误的是
A. a极电势高于b极
B. 离子交换膜为阴离子交换膜
C. 当有0.5ml离子通过离子交换膜时，理论上最多可生成乙醛酸的质量为18.5g
D. 乙二醛被氧化的化学方程式：+H2O+Cl2→+2HCl
【答案】B
【解析】
【分析】由题中信息：通电后，阳极产物将乙二醛氧化为乙醛酸，结合题中装置图，可知阳极生成的Cl2通入盛放盐酸和乙二醛混合液一侧，Cl2与乙二醛发生氧化还原反应，生成Cl-移向与a电极相连的电极，与b电极相连的电极发生还原反应，生成H2，a为电源正极，b为电源负极。根据电解原理，可知阳极发生的电极反应式为，阴极发生还原反应，电极反应方程式为。
【详解】A．据分析，a电极为正极，b电极为负极，因此a极电势高于b极，故A正确；
B．根据题意氢离子由左侧经离子交换膜进入右侧，则离子交换膜为阳离子交换膜，故B错误；
C．根据得失电子守恒有1mlOHC—COOH~1mlCl2~2mle-，则当有0.5ml离子通过离子交换膜时，理论上最多可生成乙醛酸的质量为，故C正确；
D．氯气将乙二醛氧化为乙醛酸，自身被还原为氯离子，化学方程式为：+H2O+Cl2→+2HCl，故D正确；
故选B。
13. 在超高压下转化为平行六面体的分子(如图)。下列说法错误的是
A. 和互为同素异形体B. 中存在不同的氧氧键
C. 转化为是熵减反应D. 常压低温下能稳定存在
【答案】D
【解析】
【详解】A．O2和O8是O元素形成的不同单质，两者互为同素异形体，A项正确；
B．O8分子为平行六面体，由其结构知，O8中存在两种氧氧键：上下底面中的氧氧键、上下底面间的氧氧键，B项正确；
C．O2转化为O8可表示为4O2O8，气体分子数减少，故O2转化为O8是熵减反应，C项正确；
D．O2在超高压下转化成O8，则在常压低温下O8会转化成O2，不能稳定存在，D项错误；
答案选D。
14. 科研人员利用铁的配合物离子{用[L-Fe-H]＋表示}催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：
下列关于活化历程的说法正确的是
A. 中H显-1价，提供孤电子对
B. 该催化循环过程中H＋浓度始终保持不变
C. 可降低反应的活化能
D. 该过程的总反应速率由Ⅳ→Ⅴ步骤决定，最大能垒为
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据反应进程图像可知，甲酸在催化剂的作用下，分解成CO2和H2，铁的配合物离子是催化剂，中H得到1个电子，显－1价，提供孤电子对，与铁形成配位键，A正确；
B．反应过程存在甲酸电离出，然后再生成氢气的过程，浓度先增大后减小，B错误；
C．反应前后没有变化，是该反应的催化剂，是中间产物，C错误；
D．从反应进程图像比较可知，生成过渡态2的过程活化能大，由Ⅳ→Ⅴ步骤为反应的决速步骤，最大能垒为，D错误；
答案选A。
15. 草酸钙是常见的难溶物。将过量草酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：已知的电离常数，下列有关说法不正确的是
A. 上层清液中含碳微粒最主要以形式存在
B. 上层清液中存在：
C. 加入溶液时，加入适量醋酸钠粉末，有利于生成沉淀
D. 向上层清液中通入至，则上层溶液中：
【答案】D
【解析】
【详解】A．溶解在水中的草酸钙电离出草酸根离子，草酸根离子能水解，但程度很小，故含碳的微粒最主要的是草酸根离子，A正确；
B．根据物料守恒钙原子和碳原子物质的量浓度相等，故有，B正确；
C．草酸加入氯化钙中，加入醋酸钠粉末，醋酸钠电离出的醋酸根离子与氢离子结合生成弱电解质醋酸，减少了氢离子浓度，促进了草酸电离，产生更多的草酸根离子，有利于生成草酸钙，C正确；
D．向上层清液中通入至，则氢离子浓度为0.1ml/L，由得出，，D错误；
答案选D。
16. 根据下列有关实验方案设计和现象，所得结论不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．铁铜合金中铜在氨水中失去电子发生吸氧腐蚀，形成四氨合铜离子使得溶液显蓝色，A正确；
B．加入Cu粉后，铜和铁离子发生氧化还原反应生成亚铁离子和铜离子，使得平衡逆向移动，溶液血红色变浅，B错误；
C．根据反应能自发进行，反应中温度降低、生成气体为熵增吸热反应，则该反应能发生的主要原因是熵增，C正确；
D．pH为7.8，溶液显碱性，则碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子水解程度，，D正确；
故选B。
非选择题部分
二、非选择题(本大题共5小题，共52分)
17. 含氮化合物在生活中占有重要地位。请回答：
（1）可通过配位键与形成。形成该配合物时，基态的价层电子发生重排提供两个空轨道，则重排后的价电子排布图为______；的金属配合物也已经制备成功，但为数不多，如，已知该配合物的配位数与的配位数相同，测得其中存在两种碳氧键的键长，一个为0.117mm，另一个为0.122nm。请画出的结构示意图：______。
（2）激光照射下NOCl分子会发生解离，将产物通过质谱，发现存在m/z＝30的离子峰，该峰对应的微粒是_____（已知各产物微粒均带1个单位正电荷）。
A. B. C. D.
（3）NPAs同属于ⅤA族，下列说法正确的是______。
A. 原子半径：且电负性：N＞P＞As
B. N、P、As的最高价氧化物水化物的酸性依次减弱
C. 简单氢化物的还原性：
D. 黑砷和黑磷的结构相似（如图），每个砷原子最外层均形成8电子结构。其晶体单层中，As原子与键的个数比为
（4）已知晶胞结构如图所示，M处的（其位于四个所构成的正四面体中心）有一定的朝向，不能随意转动，请解释其原因______，该晶胞的晶胞参数如图所示，设为阿伏伽德罗常数的值，该晶体的密度______（列出计算式即可）
【答案】（1） ①. ②. （2）B （3）BD
（4） ①. 与形成N—H…F氢键，氢键具有方向性 ②.
【解析】
【小问1详解】
基态C3+价层电子排布式为3d6，CN-可通过配位键与C3+形成[C(CN)6]3-，形成配合物时，基态C3+的价层电子发生重排提供两个空轨道，则重排后的C3+价电子排布图为 ；的配位数为4，的配位数与的配位数相同，则的配位数也为4，测得其中存在两种碳氧键的键长，一个为0.117mm，另一个为0.122nm，说明Ni与2个PH3分子中的P原子、CO2分子中的碳原子和1个O原子形成配位键，其结构示意图为：；
【小问2详解】
各产物微粒均带1个单位正电荷，因m/z＝30，即z=1，m=30，则该峰对应的微粒是，故答案为B；
【小问3详解】
A．同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大、电负性逐渐减小，则原子半径：r(N) ＜r(P) ＜r(As)，电负性：N＞P＞As，A错误；
B．同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，最高价氧化物水化物的酸性逐渐减弱，则N、P、As的最高价氧化物水化物的酸性逐渐减弱，B正确；
C．同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，简单氢化物的还原性逐渐增强，即简单氢化物的还原性：NH3＜PH3＜AsH3，C错误；
D．黑砷和黑磷的结构相似，每个砷原子最外层均形成8电子结构，由图可知，晶体单层中，每个As原子形成3个As−As键，以As−As键形成六元环，每个As原子被3个六元环共用，每个As−As键被2个六元环共用，则晶体单层中As原子与As−As键的个数比为，D正确；
故选BD。
【小问4详解】
M处的 (其位于四个F-所构成的正四面体中心)有一定的朝向，不能随意转动，其原因是：与F-形成氢键，氢键具有方向性；由图可知晶胞中含F-、的个数都为2，晶胞的质量为，晶胞的体积为 (a×10-7cm)×(a×10-7cm)×(c×10-7cm)= a2c×10-21cm3，则该晶体的密度ρ= g⋅cm−3。
18. 是重要的化工原料，可以按如下流程充分利用
已知：
①具有较强的还原性
②水溶液中，可与反应生成；是一种溶于稀硝酸的白色沉淀
（1）物质A的化学式为___________。
（2）是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构。写出的电子式___________。
（3）写出途径Ⅰ的化学反应方程式___________。
（4）下列说法不正确的是___________
A. 工业上制备硝酸时，应该将与纯混合反应
B. 结合能力：
C. 物质A发生水解反应后可以得到溶液
D. 途径Ⅰ可以采用将氨水滴入NaClO溶液中的方法制备
（5）途径Ⅱ除生成B外，另一种产物为HF，设计实验验证化合物B中含有Cl元素___________。写出实验过程中涉及的第一个反应的离子方程式___________。
【答案】（1）
（2） （3） （4）ABD
（5） ①. 取样品与试管中，先滴加少许亚硝酸，再滴加硝酸银，发现有白色沉淀生成，再滴加稀硝酸，发现沉淀部分溶解，即证明化合物B中含有Cl元素 ②.
【解析】
【分析】氨气和次氯酸钠反应，有N2H4生成，和亚硝酸钠反应生成，氨气和三氧化硫等物质的量反应，得到产物为，氨气多步反应，催化氧化反应，会生成硝酸，硝酸和氟化氯反应生成氟化氢，据此解答。
【小问1详解】
流程图可知，NH3和SO3等物质的量反应，方程式为：NH3+H2O+SO3=，到产物为，答案：。
【小问2详解】
是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构。写出的电子式，答案：。
【小问3详解】
氨气和次氯酸钠反应，有N2H4生成，依据氧化还原反应可知化学式为，答案：；
【小问4详解】
A．NH3和纯净的O2在一定条件下会发生反应：4NH3+3O22N2+6H2O，不利用制备HNO3，故A错误；
B．甲基为推电子基团，使得-NH2氮原子周围电子云密度比增大，易给出孤电子对与H+形成配位键，结合能力：，故B错误；
C．物质A发生水解反应后可以得到溶液，故C正确；
D．将氨水滴入NaClO溶液中，溶液中过量的HClO会氧化N2H4，不能生成N2H4，故D错误；
答案：ABD；
【小问5详解】
验证化合物B中含有Cl元素，取样品与试管中，先滴加少许亚硝酸，再滴加硝酸银，发现有白色沉淀生成，再滴加稀硝酸，发现沉淀部分溶解，即证明化合物B中含有Cl元素，实验过程中涉及的第一个反应的离子方程式，答案：取样品与试管中，先滴加少许亚硝酸，再滴加硝酸银，发现有白色沉淀生成，再滴加稀硝酸，发现沉淀部分溶解，即证明化合物B中含有Cl元素、。
19. 回答下列问题：
（1）在微生物作用下电解含乙酸的有机废水可获得清洁能源，其原理如图所示。写出与电源A极相连的惰性电极上发生的电极反应：______。
利用可见光催化还原，将转化为增值化学原料（HCHO、HCOOH、等），这被认为是一种可持续的资源化有效途径。
（2）已知几种物质的燃烧热如表所示：
已知： ，则 ______。
（3）我国学者探究了BiIn合金催化剂电化学还原生产HCOOH的催化性能及机理，并通过DFT计算催化剂表面该还原过程的物质的相对能量，如图所示（带“*”表示物质处于吸附态），试从图分析，采用BiIn合金催化剂优于中金属Bi和单金属In催化剂的原因分别是______。
（4）催化加氢制的反应体系中，发生的主要反应有：
i、
ii、
iii、
一定压强下，往某密闭容器中按投料比充入和，反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。

①下列说法正确的是______。
A.恒温恒压时充入氦气，反应ii、iii的平衡均逆向移动，反应i不移动
B.增大的比值，的平衡转化率增大
C.图中X、Y分别代表CO、
D.体系中的的物质的量分数随温度变化不大，原因是温度变化，反应i、iii的平衡移动方向相反
②在上图中画出反应达到平衡时，随温度变化趋势图（只用画220℃以后）______。
③在一定温度下，向容积为2L的恒容密闭容器中充入1ml和n ml。仅发生反应iii。实验测得的平衡分压与起始投料比的关系如图。起始时容器内气体的总压强为8pkPa，则b点时反应的平衡常数______（用含p的表达式表示）。
（已知：用气体分压计算的平衡常数为，分压＝总压×物质的量分数）
【答案】（1）
（2）
（3）相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能
（4） ①. AD ②. ③.
【解析】
【小问1详解】
电解含乙酸的有机废水，与电源A极相连的惰性电极是阳极，阳极上乙酸失电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为：；
【小问2详解】
根据燃烧热写出热化学方程式：i . HCHO(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(l) △H= -570.8 kJ/ml ，ii. H2(g)+ 12O2(g)=H2O(l) △H=-285.8 kJ/ml，iii. H2O(g)=H2O(l) △H=-44 kJ/ml 根据盖斯定律，ii×2-i- iii得反应CO2(g)+2H2(g) ⇌HCHO(g)+H2O(g)的△H=(-285.8×2 +570.8+44) kJ/ml=；
【小问3详解】
根据图象，采用BiIn合金催化剂优于单金属Bi催化剂的原因：相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；BiIn合金催化剂优于单金属In催化剂的原因：相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能；
【小问4详解】
①A．恒温恒压时充入氦气，相当于反应物生成物的分压减小，反应ii、iii的平衡均逆向移动，反应i不移动，A为正确；
B．增大的比值，的平衡转化率减小，B错误；
C．反应ⅰ、ⅱ、ⅲ分别为吸热、放热、放热反应，升高温度分别向正向、逆向、逆向移动，故CO物质的量分数在增加为X曲线，CH3OH和H2O在减少，且CH3OH减少更多为Y曲线，H2O为Z曲线，图中X、Y分别代表CO、CH3OH，C错误；
D．体系中的的物质的量分数随温度变化不大，原因是温度变化，反应ⅰ、ⅲ的平衡移动方向相反，D正确；
故选AD。
②根据图示，升高温度，氢气的物质的量分数增大，CO2的物质的量分数受温度的影响不大，所以随温度升高而增大，如图：
③温度相同时，a、b、c三点平衡常数相等，选c点数据算平衡常数，设反应由起始到达到平衡时CO2转化的物质的量为yml，根据c点列三段式：，恒温恒容下，压强与物质的量成正比，，解得y=0.5，温度相同时，a、b、c三点平衡常数相等，选c点数据算平衡常数，c电平衡时CO2、H2、CH3OH、H2O物质的量依次为0.5ml、1.5ml、0.5ml、0.5ml，CH3OH分压为pkPa，则p（CO2）= p（CH3OH）= p（H2O）=pkPa，p（H2）=pkPa×3=3pkPa，则平衡常数Kp=。
20. 亚硝酸钙[Ca(NO2)2]可作为混凝土防冻剂和钢筋阻锈剂的主要原料。某兴趣小组根据反应，利用如下装置(部分装置可重复选用)制备无水亚硝酸钙。(夹持装置略)。
已知：①Ca(NO2)2熔点为390℃，易潮解，易溶于水
②NO能被酸性KMnO4溶液氧化
③；
回答下列问题：
（1）仪器X的名称是___________，装置连接顺序为：___________(填标号)；
A→___________→C→___________→___________→E
（2）下列说法正确的是___________。
A. 恒压滴液漏斗的作用是使稀硝酸顺利滴下并减少稀硝酸挥发
B. 反应前后通氮气的作用相同
C. 装置D的作用是除去挥发的硝酸
D. 可用淀粉KI(酸性)溶液检验产品中混有的Ca(NO3)2
（3）写出装置E中的离子方程式___________。
（4）①某Ca(NO2)2样品中混有杂质Ca(NO3)2，通过以下方法可测定产品纯度：称量4.110g样品溶于水，加Na2SO4固体，充分振荡，过滤后滤液定容至250mL，取25.00mL进行以下操作：
“煮沸”时发生反应：；“还原”时加入25.00mL 0.1000 ml∙L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准液，“滴定剩余Fe2+”时消耗0.0100 ml∙L-1的K2Cr2O7标准溶液16.60mL。则样品中Ca(NO2)2的质量分数为___________。
②下列情况会导致Ca(NO2)2的质量分数测量值偏小的是___________。
A．滴定完毕后立即读数
B．煮沸过程中不充分，未使除尽
C．滴定管用蒸馏水洗净后未用K2Cr2O7标准液润洗
【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. A→D→C→B→C→E （2）AC
（3）3+4H++5NO=3Mn2++5+2H2O
（4） ①. 90.02% ②. B
【解析】
【分析】制取Ca(NO2)2时，需将NO通入CaO2中，但空气中的O2会干扰实验，则实验前应往装置内先通N2，实验结束时需再通入N2，排尽装置内的NO，防止污染空气。实验制得的NO中混有HNO3蒸气，应先用水处理，再用无水CaCl2进行干燥；干燥的NO与CaO2反应后，未反应的NO用KMnO4溶液吸收。
【小问1详解】
仪器X的名称是三颈烧瓶，由分析可知，先制NO，再除HNO3然后干燥，干燥的NO与CaO2反应制取Ca(NO2)2，余气用KMnO4溶液吸收，为防止E中产生的水蒸气进入B装置，在B、E装置间再添加C装置，则装置连接顺序为：
A→D→C→B→C→E。
【小问2详解】
A．恒压滴液漏斗能保持漏斗内外压强恒定，便于稀硝酸顺利滴下，还可减少稀硝酸挥发，A正确；
B．反应前通N2，排尽装置内的空气，防止NO被氧化，反应后通N2，排尽装置内的NO，用KMnO4溶液吸收，防止污染空气，B不正确；
C．硝酸是挥发性酸，制得的NO中混有硝酸蒸气，装置D的作用是除去挥发的硝酸，C正确；
D．Ca(NO2)2和Ca(NO3)2都能将KI氧化为I2，不能用淀粉KI(酸性)溶液检验产品中混有的Ca(NO3)2，D不正确；
故选AC。
【小问3详解】
装置E中，NO被KMnO4氧化为HNO3，KMnO4被还原为Mn2+等，离子方程式为3+4H++5NO=3Mn2++5+2H2O。
【小问4详解】
将样品溶于水，加入Na2SO4固体，充分振荡，生成CaSO4沉淀，过滤后往滤液中加入NH4Cl溶液煮沸，发生反应，从而除去；往反应后的溶液中加入稀硫酸，再加入(NH4)2Fe(SO4)2标准液，将全部还原，再滴加K2Cr2O7标准溶液测定过量的Fe2+，从而计算出Ca(NO3)2的含量，最后得出样品的纯度。
①由反应可得出关系式：——3Fe2+、6Fe2+——，依据得失电子守恒可得：
0.1000ml/L×0.025L=n()×3+0.0100ml/L×0.0166L×6，n()=0.0005ml，w[Ca(NO3)2]=≈9.98%，则样品中Ca(NO2)2的质量分数为1-9.98%=90.02%。
②A．滴定完毕后立即读数，可能有少量K2Cr2O7标准溶液挂在液面上方的滴定管内壁上，导致读数偏大，Ca(NO3)2含量偏小，Ca(NO2)2的质量分数测量值偏大，A不符合题意；
B．煮沸过程中不充分，未使除尽，则消耗Fe2+偏大，Ca(NO3)2含量偏大，Ca(NO2)2的质量分数测量值偏小，B符合题意；
C．滴定管用蒸馏水洗净后未用K2Cr2O7标准液润洗，K2Cr2O7标准液用量偏大，Ca(NO3)2含量偏小，Ca(NO2)2的质量分数测量值偏大，C不符合题意；
故选B。
【点睛】HNO2既具有氧化性又具有还原性。
21. 阿来替尼（Alectinib）是2018年9月在中国、美国、欧盟同时被批准使用的“肺癌最强靶向药”，它能有效控制肺癌转移，有效率达100%。其最新中国专利合成路线如下
（提示：Et基为乙基）
请回答：
（1）化合物B的含氧官能团的名称______。
（2）下列说法正确的是______。
A. 由转化为的过程中，有一步骤是水解反应
B. 则化合物分子式是
C. 化合物D为既有弱酸性又有弱碱性的两性氧化物
D. 化合物转化为化合物的目的是保护官能团
（3）化合物与反应生成化合物和______。
（4）三氟甲基磺酸䣷常用于磺酸酯类合成，写出化合物与生成Alectinib反应方程式：____________。
（5）写出满足下列条件的同分异构体的结构简式______。
①分子中含有1个苯环，2个羟基；
②有5种不同化学环境的氢原子。
（6）像化合物A一样的结构称为吲哚环结构，以下步骤可合成吲哚环结构：
结合以上相关信息，利用硝基苯、1-丙醇设计合成路线（无机试剂任用，合成路线例见本题题干）：_______________。
【答案】（1）醇羟基、酚羟基 （2）AD
（3）H2O （4）2+2→++H2O
（5） （6）
【解析】
【分析】由合成路线可知，A（）与B（）取代反应生成C（），C发生水解后分子内脱水得D（），D取代反应生成E（），E发生取代生成F()，F与G（）发生取代反应生成
【小问1详解】
化合物B（）中与亚甲基相连的为醇羟基，与苯环相连的是酚羟基，含氧官能团的名称为醇羟基、酚羟基；
小问2详解】
C（）转化为D（），A．由转化为的过程中，先水解反应再分子内脱水，A正确；B．则化合物的分子式是，B错误；C．化合物D中酚羟基能电离出氢离子具有弱酸性，含有亚氨基具有弱碱性，既有弱酸性又有弱碱性的两性有机物，C错误；
D．化合物转化为化合物的目的是保护羟基官能团，D正确；故答案选AD；
故选D。
【小问3详解】
，A（）与B（）生成C（），A失去一个H原子，B失去羟基，所以生成C和水（H2O）；
【小问4详解】
与生成Alectinib反应的方程式：2+2→++H2O
【小问5详解】
写出满足下列条件（）的同分异构体的结构简式，①分子中含有1个苯环，2个羟基；②有5种不同化学环境的氢原子，说明结构对称，结构简式：
【小问6详解】
利用硝基苯、1-丙醇设计合成路线:事实
解释
A
甘油是黏稠液体
甘油分子间的氢键较强
B
王水溶解铂
浓盐酸增强了浓硝酸的氧化性
C
冰的密度小于干冰
冰晶体中水分子的空间利用率相对较低
D
石墨能导电
未杂化的p轨道重叠使电子可在整个碳原子平面内运动
选项
颜色变化
解释
A
两试管溶液呈浅棕色
在水中溶解度较小
B
两试管上层浅棕色消失
萃取了上层溶液中的
C
1号试管中下层紫色消失
Zn与有色物质发生了反应
D
2号试管中上层出现棕色
上层溶液中被空气中氧气氧化为
选项
实验方案
现象
结论
A
将打磨过的铁铜合金放在氨水中一段时间
溶液变为深蓝色
可能是铜在氨水中发生吸氧腐蚀
B
向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，再加入少量Cu粉
溶液先变成血红色，加入Cu粉后，血红色变浅
与SCN-的配位能力：
C
将和NH4NO3固体混合并用玻璃棒快速搅拌
有刺激性气味的气体产生，并伴随降温
该反应能发生的主要原因是熵增
D
用精密pH试纸测定溶液的pH值
测得pH为7.8
物质
燃烧热