年月浙江省上虞中學選考科目模擬考試化學本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，共8頁，滿分分。考試時間分鐘。考生注意：題紙規定的位置上。卷上的作答一律無效。鉛筆，確定后必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑。可能用到的相對原子質量：H1CNOSK選擇題部分一、選擇題本大題共小題，每小題3分，共分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1.下列物質無法與氫氧化鈉溶液反應的是A.B.HIC.D.【答案】D【解析】【詳解】A．在NaOH溶液中發生水解，得到CHCOONa和乙醇，A不符合；B．HI和NaOH溶液發生酸堿中和反應，B不符合；C．NaHCO3和NaOH反應生成NaCO3和水，C不符合；D．和NaOH不發生反應，D符合；答案選D。2.石英砂(主要成分是)是一種重要礦石，下列說法不正確的是A.是一種共價晶體B.常用于生產導電纖維C.石英砂是制備普通玻璃的原料之一D.工業上常用焦炭還原石英砂制得粗硅第1頁/共28頁【答案】B【解析】【詳解】A．中只存在共價鍵，是一種共價晶體，故A正確；B．二氧化硅具有良好的導光性能，是制光導纖維的主要原料，而不是導電纖維，故B錯誤；C．生產普通玻璃的主要原料有純堿、石灰石、石英砂，故C正確；D．在高溫下C與SiO2反應產生Si和CO：2C+SiO22Si+2CO↑，所以工業上可以用焦炭還原石英砂制得粗硅，故D正確；故選B。3.下列表示不正確的是A.配離子中與鐵(Ⅲ)配位的原子：OB.的形成過程：C.的名稱：2甲基4乙基戊烷D.金剛石中碳原子的雜化軌道示意圖：【答案】C【解析】A中O提供孤電子對與鐵(Ⅲ)OA正確；B．為離子化合物，鈣失去電子、溴得到電子形成離子化合物溴化鈣，故B正確；C．主鏈上有6個碳原子，第2、4號碳原子上連有甲基，命名為：2，4二甲基己烷，故C錯誤；D．金剛石中碳原子為sp3雜化，構型為四面體形，故D正確；故選C。4.物質的性質決定用途，下列兩者對應關系不正確的是A.是共價晶體，其硬度大、熔點高，故其可用于制造高溫結構陶瓷B.NaH可與水反應，并放出大量的氫氣，故其可作為儲氫材料C.聚乳酸完全燃燒的產物為水和二氧化碳，故其屬于一種良好的生物降解材料第2頁/共28頁D.石蕊(HIn)在水溶液中存在電離平衡，與HIn呈不同顏色，故其可作為酸堿指示劑【答案】C【解析】【詳解】A．屬于共價晶體，其特點是硬度大、熔點高，因此可用于制作高溫結構陶瓷和軸承等，A正確；B．NaH可與水反應，NaH+H0=NaOH+H↑，放出大量的氫氣，故其可作為儲氫材料，B正確；C與做生物降解材料無關，C錯誤；D(HIn)在水溶液中存在電離平衡，與HInHIn以In的顏色為主，故其可作為酸堿指示劑，D正確；答案選C。5.為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A.標準狀況下，含有中子的數目為B.9g冰晶體中含有氫鍵的數目為C.pH=12的KOH溶液中含有的數目為D.完全溶于水中，溶液中【答案】B【解析】A．分子含有162.24L分子含有中子的數目為×16×Nmol1=1.6N，故A錯誤；B．冰晶體中每個水分子形成4個氫鍵，每個氫鍵為2個水分子所共有，則每個水分子占用的氫鍵數目為4×=2，所以9g冰晶體中含有氫鍵的數目為×2×Nmol1=N，故B正確；C．缺溶液的體積，無法計算pH=12的氫氧化鉀溶液中含有氫氧根離子的數目，故C錯誤；D．由物料守恒可知，1mol氯氣完全溶于水所得溶液中2N(Cl)+N(HClO)+N(ClO)+N(Cl)=1mol×2×Nmol1=2N，氯水中氯氣和氯離子的個數無法確定，所以無法確定溶液中次氯酸和次氯酸根離子的個數之和，故D錯誤；第3頁/共28頁故選B。6.下列說法不正確的是A.裝置①可用于證明該反應為吸熱反應B.裝置②可用于證明膠體為電解質C.裝置③可用于證明水晶具有各向異性D.裝置④可用于證明Mg的金屬性大于Al【答案】B【解析】【詳解】A．八水氫氧化鋇與氯化銨混合攪拌變為糊狀時，燒杯壁下部很涼，拿起燒杯時，玻璃片粘在燒杯底部說明該反應為吸熱反應，則裝置①可用于證明該反應為吸熱反應，故A正確；B．氫氧化鐵膠體是混合物，混合物既不是電解質也不是非電解質，故B錯誤；C．在用紅熱的鐵針刺中凝固在水晶柱上的石蠟，熔化的石蠟呈橢圓形說明水晶表面不同方向導熱性不同，具有晶體的各向異性，故C正確；D白色沉淀生成，氯化鋁溶液中先有白色沉淀生成，后沉淀溶解說明氫氧化鋁的堿性弱于氫氧化鎂，證明鎂的金屬性大于鋁，故D正確；故選B。7.化學在工業中發揮著至關重要的作用，下列說法正確的是A.合金的熔點一定比各成分金屬的低，而硬度卻相反B.當鉛蓄電池的正極為Pb、負極為時，可實現放電C.通過對不飽和程度較高的液態油催化加氫可獲得制備肥皂的原料D.順丁橡膠是在催化劑的作用下以丁二烯為原料縮聚生成的【答案】C【解析】【詳解】A．一般情況下，合金的熔點不一定比各成分金屬的低，如鈉鉀合金的熔點比鈉、鉀都低，故A錯誤；第4頁/共28頁B．鉛蓄電池放電時，鉛為蓄電池的負極、二氧化鉛為正極，故B錯誤；C化反應可制備肥皂，故C正確；D．順丁橡膠是在催化劑的作用下以丁二烯為原料發生加聚反應生成的，故D錯誤；故選C8.下列化學方程式正確的是A.紅熱的鐵與水蒸氣生成磁性氧化鐵：B.鋁熱反應的原理：C.金屬銅與稀硝酸反應：D.苯酚鈉溶液與少量二氧化碳反應：【答案】A【解析】AA正確；B．鋁熱反應方程式為：，B錯誤；C．金屬銅與稀硝酸反應生成NO：，C錯誤；D．苯酚的酸性大于，苯酚鈉溶液與少量二氧化碳反應生成苯酚和碳酸氫鈉：，D錯誤答案選A。9.使用硫酸酸化的雙氧水滴入含Cr(VI)[化合價為+6價的鉻]的溶液可生成藍色的，其反應原理為：(未配平)。其中重鉻酸根離子與過氧化氫的反應機理圖如圖所示。下列說法不正確的是第5頁/共28頁A.該反應的過程中涉及電子的轉移B.生成物中鉻元素的化合價為+6C.理論上，該反應每消耗，可生成D.根據該反應的現象，此過程可能能用于鑒定溶液中的Cr(VI)或【答案】A【解析】【分析】由圖示可知，一個KCrO7消耗4個HO2生成5個HO和2個CrO，則反應原理為：。ACrO5Cr元素化合價均為+6KCrO7參與反應，8個氧原子化合價維持為1價不變，即反應前后Cr的化合價不變，其他元素的化合價也都沒有變，則該反應的過程中不涉及電子的轉移，A錯誤；B．結合CrO5的結構可知，生成物中鉻元素的化合價為+6，B正確；C．結合圖示可知，該反應原理為：，每消耗，可生成，C正確；D．根據題意，該反應中KCrO7和HO2反應生成藍色的，則此過程可能能用于鑒定溶液中的Cr(VI)或HO，D正確；故選A。10.XYZW和Q是分布于五個周期的元素，原子序數依次增大，XZ位于同一主族，Y是空氣成分W的最外層電子排布式是QQ元素。下列說法正確的是第6頁/共28頁A.基態Y原子的第一電離能相較于其同周期相鄰的元素大B.Z單質在空氣中放置一段時間，可形成化合物C.含有W離子的溶液進行焰色試驗，透過藍色鈷玻璃均可觀察到紫色D.和不斷加熱可緩慢生成化合物XQ，且該反應為可逆反應【答案】D【解析】【分析】XYZW和Q是分布于五個周期的元素，原子序數依次增大，Y是空氣成分中含量占第二位的元素，則Y為O元素；W的最外層電子排布式是，則W為K元素；Q是海帶中主要的微量元素，常用于補充人體的Q元素，則Q為I元素；X、Z位于同一主族，則X為H元素、Z為Na元素。【詳解】A．同周期元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢，氮原子的2p軌道為穩定的半充滿結構，元素的第一電離能大于相鄰元素，則氧元素的第一電離能相較于其同周期相鄰的元素小，故A錯誤；B．鈉單質在空氣中放置一段時間，可形成氧化鈉，不能形成過氧化鈉，故B錯誤；C．含有鉀離子和鋰離子的溶液進行焰色試驗時，洋紅色會掩蓋紫色光，透過藍色鈷玻璃不能觀察到紫色，故C錯誤；D．氫氣和碘在不斷加熱的條件下可緩慢生成碘化氫，且該反應為可逆反應，故D正確；故選D。室內甲醛超標會引發多種疾病，甲醛與蛋白質和DNA的作用如下所示，在治理室內甲醛污染中常采用活性炭吸附等物理方法，如圖為兩類活性炭結構示意圖，下列說法不正確的是A.甲醛與蛋白質和DNA的作用過程包含了加成反應和消去反應B.據上述反應可以推測，甲醛與尿素可以形成第7頁/共28頁C.活性炭I吸附甲醛的效果比活性炭II的吸附效果更好D.根據活性炭結構可以判斷干燥環境中的甲醛可能更易被吸附【答案】C【解析】【詳解】A．由圖可知，甲醛與蛋白質和DNA的作用過程中甲醛先與蛋白質和DNA中的氨基發生加成反應、后發生消去反應生成DNA—N=CH、蛋白質—N=CH，故A正確；B．由上述反應可知，甲醛能與尿素中的氨基反應，則一定條件下甲醛和尿素能發生縮聚反應生成和水，故B正確；CIIIII吸附甲醛的效果比活性炭I的吸附效果更好，故C錯誤；D醛分子，而在高濕度環境中，水分子會競爭吸附位點，占據活性炭的孔隙，從而降低其對甲醛的吸附能力，所以根據活性炭的結構特性，可以推斷在干燥環境中甲醛可能更容易被活性炭吸附，故D正確；故選C。12.已二腈[，簡稱ADN]是制造尼龍66的原料，可以通過有機電合成的方法以丙烯腈(，簡稱AN)為原料制得，電解池示意圖如圖所示，為有機電解質溶劑，下列說法不正確的是A.電解所需的能量可來源于風能和太陽能等可再生能源第8頁/共28頁B.理論上，當電路轉移，電解池總質量減少16g(僅考慮反應生成的氣體完全排出)C.該電解池可能會產生較多的副產物，例如丙腈()D.陰極區反應方程式：【答案】B【解析】【分析】由圖可知，右側電極為電解池的陰極，酸性條件下丙烯腈在陰極得到電子發生還原反應生成已二腈，電極反應式為，左側電極為陽極，水分子在陽極失去電子發生氧化反應生成氧氣和氫離子，電極反應式2HO－4e=4H++O↑，電解的總反應為4CH=CHCN+2HO2NC(CH)CN+O↑。A源，故A正確；B．由分析可知，電解的總反應為4CH=CHCN+2HO2NC(CH)CN+O↑，由方程式可知，反應轉移4mol1mol1mol1mol××32g/mol=8gB錯誤；C也能得到電子發生副反應生成丙腈，故C正確；D．由分析可知，右側電極為電解池的陰極，酸性條件下丙烯腈在陰極得到電子發生還原反應生成已二腈，電極反應式為，故D正確；故選B。13.阿司匹林()溶于乙醇、乙醚，微溶于水。利用水楊酸()與乙酸酐[等。下列是提純阿司匹林的兩種方案：方案一：第9頁/共28頁方案二：下列說法不正確的是A.方案一中飽和溶液可用NaOH溶液代替，以使阿司匹林與難溶于水的雜質分離B.方案二所得產品有機雜質少，其原因可能為水楊酸等有機雜質易溶于乙酸乙酯C.粗產品中難溶于水的有機物雜質可能由水楊酸分子間的縮聚反應得到D.取產物溶解于乙醇水溶液，滴加氯化鐵溶液觀察到溶液變成紫色，說明其混有水楊酸雜質【答案】A【解析】【分析】由題給流程可知，方案一為向粗產品中加入飽和碳酸氫鈉溶液，將乙酰水楊酸轉化為易溶于水的乙酰水楊酸鈉，過濾得到含有乙酰水楊酸鈉的濾液；向濾液中加入鹽酸，除去過量的碳酸氫鈉，并將溶液中乙酰水楊酸鈉轉化為乙酰水楊酸，反應后的溶液經冷卻、過濾、洗滌、干燥得到阿司匹林；方案二為向產品中加入乙酸乙酯和沸石加熱回流得到含有乙酰水楊酸的殘留液，得到的殘留液趁熱過濾得到含有乙酰水楊酸的濾液；濾液經冷卻、抽濾、洗滌、干燥得到阿司匹林。A氧化鈉溶液代替飽和碳酸氫鈉溶液，故A錯誤；B法得到含有乙酰水楊酸的殘留液，故B正確；C．由結構簡式可知，水楊酸分子中含有羥基和羧基，一定條件下能發生水解反應生成難溶于水的高聚酯，所以粗產品中難溶于水的有機物雜質可能是水楊酸分子間發生縮聚反應得到的高聚酯，故C正確；D發生顯色反應，所以取產物溶解于乙醇水溶液，滴加氯化鐵溶液觀察到溶液變成紫色，說明其混有水楊酸雜質，故D正確；故選A。14.25℃時，用0.100mol/L的溶液分別滴定25.00mL濃度均為0.100mol/L的NaCl、NaBr、NaI溶液，所得滴定曲線如圖所示[，X代表Cl、Br或I]。已知：①為磚紅色沉淀第10頁/共28頁，②相同條件下，溶解度，下列說法正確的是A.曲線III代表溶液滴定NaCl溶液B.滴定時，若用作指示劑，滴定至終點，混合液中指示劑濃度不宜超過0.01mol/LC.滴定時，若用作指示劑，需要滴入稀硫酸進行酸化溶液D.滴定時，最宜滴入幾滴NaCl溶液作指示劑【答案】B【解析】【分析】由圖可知，硝酸銀溶液的體積為25.00mL時，氯化鈉、溴化鈉和碘化鈉均完全反應，則氯化銀、10—4.7×10—4.7=10—9.410—6.15×10—6.15=10—12.310—8.02×10—8.02=10—16.04，由相同條件下，溶解度的大小順序可知，曲線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分別代表硝酸銀溶液滴定氯化鈉溶液、溴化鈉溶液、碘化鈉溶液。【詳解】A．由分析可知，曲線III代表硝酸銀溶液滴定碘化鈉溶液，故A錯誤；B．由圖可知，溶液中的氯離子完全沉淀時，溶液中銀離子濃度為10—4.7mol/L，則由溶度積可知，溶液中鉻酸根離子的濃度為=10—2.3mol/L，所以滴定氯離子時，若用鉻酸鉀作指示劑，滴定至終點，混合液中指示劑濃度不宜超過0.01mol/L，故B正確；C重鉻酸根離子，不利于滴定溴離子，故C錯誤；D白色沉淀的生成，不能是否達到滴定終點，故D錯誤；故選B。15.甲烷與氯氣在光照條件下反應的部分機理如下表，異丁烷與溴自由基發生反應的能量圖如圖所示(各物第11頁/共28頁質及粒子的狀態皆為氣態)。下列說法不正確的是A.在鏈傳遞階段會發生反應B.異丁烷甲基上的碳氫鍵的鍵能大于叔碳(與三個碳原子直接相連的碳原子)上的碳氫鍵C.若，則D.和分別與異丁烷反應一段時間內，產物中，原因可能為前者反應歷程中的較后者大【答案】D【解析】【詳解】A．由題給信息可知，在鏈傳遞階段會發生反應，故A正確；B吸收的能量高于異丁烷轉化為烷甲基上的碳氫鍵的鍵能大于叔碳上的碳氫鍵的鍵能，故B正確；C．由圖可知反應①H=(ab)kJ/mol，由題意可知，反應②H=ckJ/mol，由蓋斯定律可知，反應①+反應②=目標反應，則反應，故C正確；第12頁/共28頁D．產物中說明取代異丁烷2號碳上氫原子所得產物占比少一些，由圖可知，取代異丁烷2號碳上氫原子所得產物少，更多生成的1號上氫原子所得產物，所以前者反應歷程中的較后者小，故D錯誤；故選D。16.為獲得晶體，設計方案并進行實驗，觀察到相關現象。其中方案設計、現象或原理不正確的是選實驗目的方案設計現象原理項獲得氯化鈉出現晶體顆NaCl的飽和溶液中存在A往飽和氯化鈉溶液中加入一定量的濃鹽酸晶體粒溶解平衡獲得高純度出現藍色晶改變溶劑極性可以改變B硫酸銅氨晶向硫酸銅氨溶液中加入95%乙醇體溶質溶解度體獲得明礬大在高于室溫30~50℃的明礬飽和溶液中懸掛晶核生長成溫度與室溫相差越大，C晶體明礬晶核，靜置過夜大晶體越有利于獲得大晶體提純苯甲酸出現較純凈

苯甲酸的溶解度隨溫度

D(含少量氯化的白色晶體濾液冷卻結晶，過濾出晶體并洗滌變化較大鈉和泥沙)(苯甲酸)A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】ANaCl的飽和溶液中存在溶解平衡，往飽和氯化鈉溶液中加入一定量的濃鹽酸，增大了Cl的濃度，使平衡向沉淀方向進行，可以獲得氯化鈉晶體，A正確；B．硫酸銅氨晶體在極性較大的水中的溶解度大，在極性小的乙醇中溶解度小，向硫酸銅氨溶液中加入95%乙醇可以獲得硫酸銅氨晶體，B正確；C．在高于室溫10~20℃的明礬飽和溶液中懸掛明礬晶核，靜置過夜，反復多次，可以獲得大晶體，若溫差過大，得到較多的數目的晶體，得不到大晶體，C錯誤；第13頁/共28頁D．將粗苯甲酸溶于熱水，趁熱過濾掉泥沙，將濾液冷卻結晶，過濾出晶體并洗滌，NaCl留在濾液中，得到較純凈的苯甲酸晶體，D正確；答案選C。非選擇題部分二、非選擇題本大題共5小題，共分)17.銅是一種重要的過渡金屬。已知原子序數大于21的元素，其核外電子3d軌道的能量低于4s軌道。請回答：（1）的俗名為___________；其晶胞如圖所示，圖中所有S原子均在該晶胞體內，則晶胞“體內”的Cu原子的個數為___________；其中該晶胞中Cu的配位數為___________。（2）下列說法正確的是___________。A.基態亞銅離子的核外電子所占據的能層：K、L、MB.基態鐵離子的核外電子共有23種空間運動狀態C.基態銅原子的第二電離能可能大于基態鐵原子的第二電離能D.的配位鍵鍵能高于的配位鍵（3）鐵和銅等金屬可與鄰羥基苯甲酸()螯合，該機制在抗氧化的研究上具有重要意義。相關的酸的電離常數如下表所示。物質鄰羥基苯甲酸苯甲酸苯酚比苯甲酸的___________(填“容易”或“困難”)形成氫鍵，從而導致___________(提示：從平衡角度作答)，使得鄰羥基苯甲酸的更第14頁/共28頁大。鄰羥基苯甲酸的___________苯酚的。(填“>”“<”或“=”)。【答案】（1）①.黃銅礦②.4③.4（2）AC（3）①.容易②.+H+平衡正向移動③.<【解析】【小問1詳解】的俗名為黃銅礦；圖中所有S原子均在該晶胞體內，則存在8個S，結合化學式，晶胞中含4個Cu原子；其中該晶胞中Cu最近且相鄰的原子為4個，配位數為4；【小問2詳解】A．基態亞銅離子的核外電子排布為1s22s22p63s23p63d10，核外電子所占據的能層：K、L、M，正確；B離子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d5，則基態鐵離子的核外電子共有14種空間運動狀態，錯誤；CCu+核外電子排布為1s22s22p63s23p63d103dFe+離子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d64s1，4s軌道容易失去1個電子；故基態銅原子的第二電離能可能大于基態鐵原子的第二電離能，正確；DN原子半徑較大且電負性小于ON的配位鍵鍵能低于的配位鍵，錯誤；故選AC；【小問3詳解】常溫下，鄰羥基苯甲酸的比苯甲酸的更大，其原因可能為氧原子所帶有效負電荷越多，越容易形成氫鍵：，使得羧基中氫氧間電子云密度減小，利于氫離子的電離，從而導致+H+抑制了酚羥基的電離，導致鄰羥基苯甲酸的小于苯酚的。第15頁/共28頁18.以空氣中的為原料可制得一系列重要的化工產品，相關流程如下所示：請回答：（1）氨分子能通過氫鍵形成具有環狀結構的聚合體，畫出其結構式___________(氫鍵用虛線表示)；液氨能發生類似于：的自電離。若水溶液中發生反應，則以液氨為溶劑發生類似反應的化學方程式為___________。（2）寫出和反應的化學方程式___________。（3）下列說法正確的是___________。A.中陽離子和陰離子的個數比為B.可用作氮肥，同時還可以消除土壤酸化C.水溶液具有堿性，原因可表示D.電解時，每生成，同時生成1.6mol產物B(不考慮副反應)（4）實驗室可用加熱溶液方法制備少量，該反應能制得的原因是___________。（5）設計實驗方案檢驗產物A中的氮元素___________。【答案】（1）①.②.NHCl+KNH=KCl+2NH3（2）CaCN+2HO=Ca(OH)+HN=C=NH（3）BC（4）NH中—3價N具有還原性，NO中+3價N具有氧化性（5ANaOHA中有N元素第16頁/共28頁【解析】CaCNCaCN2與水反應生成氫氧化鈣和HN=C=NH，HN=C=NH與水反應生成尿素；一定條件下氮氣與氫氣反應生成氨氣，氨氣發生催化氧化反應生成一氧化氮，一氧化氮經多步轉化得到硝酸，電解硝酸溶液得到羥胺和氧氣。【小問1詳解】方程式為2NH3NH+NH，則以液氨為溶劑發生類似反應的化學方程式為NHCl+KNH=KCl+2NH，故答案為：；NHCl+KNH=KCl+2NH；【小問2詳解】由題意可知，CaCN2與水反應生成氫氧化鈣和HN=C=NH，反應的化學方程式為CaCN2+2HO=Ca(OH)+HN=C=NH，故答案為：CaCN+2HO=Ca(OH)+HN=C=NH；【小問3詳解】A．碳化鈣中鈣離子和C的個數比為1：1，故錯誤；BCaCN2與水反應生成氫氧化鈣和HN=C=NHHN=C=NHCaCN2可用作氮肥，同時還可以消除土壤酸化，故正確；C．羥胺水溶液具有堿性是因為羥胺能與水電離出的氫離子結合生成NHOH和氫氧根離子，電離方程式為，故正確；D2HNO+2HO2NHOH+3O1mol羥胺時，生成氧氣的物質的量為1.5mol，故錯誤；故選BC；【小問4詳解】3第17頁/共28頁子中+3價氮元素具有氧化性，亞硝酸銨溶液受熱時易發生歸中反應生成氮氣和水，故答案為：NH中—3價N具有還原性，NO中+3價N具有氧化性；【小問5詳解】由題意可知，HN=C=NHHN=C=NH中的氮元素的實驗方案為取少量HN=C=NH溶液于試管中，加入足量NaOH溶液加熱，尿素與氫氧化鈉溶液共熱反應產生能使濕潤紅色石蕊試紙變藍HN=C=NH中有NANaOH生能使濕潤紅色石蕊試紙變藍的氣體，證明A中有N元素。19.二氧化碳甲烷干氣重整反應制合成氣(CO和)是二氧化碳資源化利用的重要研究方向，相關的反應如下所示。控制積炭可以有效解決該反應的轉化速率低、選擇性低、催化劑失活等問題，其中反應III和反應IV是形成積炭的主要副反應(其余積炭反應程度較小，本題不作討論)。主反應I：副反應II：副反應III：副反應IV：請回答：（1）反應的___________，___________(用，表示)。（2）反應I、II、III、IV的吉布斯自由能()隨溫度的變化關系如圖1所示，平衡時各組分的量如圖2所示。第18頁/共28頁①反應溫度為600℃時，可以自發進行的反應是___________，判斷的依據是___________。②下列說法正確的是___________。A．對于不同反應，為正值時，其值越大，則該反應自發進行的溫度越高B．當反應溫度區間大約為550~700℃時，積碳情況可能最為嚴重C．根據平衡時各組分的量，該反應的溫度大約應控制在850℃以上進行D．當溫度為900℃時，反應IV的逆反應的平衡常數可能大于反應III的平衡常數（3）實驗室研究該反應時，控制條件使其僅發生主反應I和副反應III的平衡常數大于副反應II的平衡常數。請解釋隨著溫度的升高，平衡時體系中呈現先升高后降低的趨勢的原因___________。（4甲烷干氣重整反應的機理對合成氣選擇性和產率的提升具有重要意義。以、為原料，在Ni基催化劑發生主反應I，其機理如式(a)~(e)所示，其中*代表吸附活性位，請補充其中(a)和(e)的機理。(a)___________；(b)；(c)；(d)；(e)___________。【答案】（1）①+206.1②.（2）①.III、IV②.600℃時，反應III、IV的△G＜0③.BC（3II度較高時，反應以主反應I為主，升高溫度，平衡向正反應方向進行，一氧化碳的濃度增大，導致副反應II的平衡向逆反應方向移動，水蒸氣的物質的量減小（4）①.②.【解析】【小問1詳解】由蓋斯定律可知，主反應I—副反應II=目標反應，則反應△H=(+247.3kJ/mol)—(+41.2kJ/mol)=+第19頁/共28頁206.1kJ/mol，反應的平衡常數K=，故答案為：+206.1；；【小問2詳解】①由圖可知，600℃時，反應III、IV的△G＜0，所以反應III、IV能自發進行，故答案為：III、IV；600℃時，反應III、IV的△G＜0；②A．對于自發反應，，如果為負，必須滿足：TΔS>ΔH，除了受溫度影響，ΔS也會影響反應是否自發，故錯誤；B．由圖可知，溫度高于700℃時，碳的物質的量減小，說明當反應溫度區間大約為550~700℃時，積碳情況可能最為嚴重，故正確；C．由圖可知，850℃時一氧化碳和氫氣的物質的量最高，所以根據平衡時各組分的量，該反應的溫度大約應控制在850℃以上進行，故正確；D．由方程式可知，反應IV的逆反應的平衡常數K=，反應III的平衡常數K=，由圖可知，當溫度為900℃時，一氧化碳和氫氣的濃度相等、二氧化碳和甲烷的濃度相等，所以反應IV的逆反應的平衡常數等于反應III的平衡常數，故錯誤；故選BC；【小問3詳解】隨著溫度的升高，平衡時體系中水蒸氣的物質的量呈現先升高后降低的趨勢是因為溫度較低時，反應以副反應II為主，升高溫度，平衡向正反應方向進行，水蒸氣的物質的量增大；溫度較高時，反應以主反應I為主，升高溫度，平衡向正反應方向進行，一氧化碳的濃度增大，導致副反應II的平衡向逆反應方向移動，水蒸氣的物質的量減小，故答案為：溫度較低時，反應以副反應II為主，升高溫度，平衡向正反應方向進I化碳的濃度增大，導致副反應II的平衡向逆反應方向移動，水蒸氣的物質的量減小；【小問4詳解】由總反應和反應機理可知，反應(a)為、反應(e)為，故答案為：；。20.[可寫作]的鋅礦物(含有少量的FeO、、CuO)來合成該物質，相關實驗流程如下。第20頁/共28頁已知：①常溫狀況下，，，②常溫狀況下，在乙醇溶液中的溶解度遠大于；③濾液3中，三元體系的平衡溶解相圖如圖2所示。（1）步驟Ⅰ中酸浸實驗裝置如圖1所示，其中儀器A名稱是___________；儀器B作用是：①冷凝回流；②___________。（2）下列說法不正確的是___________。A.酸浸過程，電磁攪拌和熱水浴作用是提高浸取速率和轉化率B.溶液的作用是將氧化成，使鐵元素在較低下被去除C.向濾液2中加入適量的Zn單質主要目的是提高產品產率D.不采用結晶濾液3的方法制備目標產物的原因是防止產生雜質（3）寫出濾液3與反應生成的離子方程式___________。（4）得到粗產品的步驟如下，選擇合理的操作并排序___________。a．過濾混合溶液，將析出的濾渣進一步處理；b．過濾混合溶液，析出濾渣后，對溶液蒸發濃縮，冷卻結晶，低溫干燥；c．充分洗滌后加稀硫酸直至沉淀恰好溶解；第21頁/共28頁d．充分洗滌后加稀鹽酸直至沉淀恰好溶解；e．向混合溶液中加入乙醇溶液，攪拌后靜置5分鐘；f．向混合溶液中加入溶液，攪拌后靜置5分鐘。最后，由粗產品得到的操作可稱為___________。（50.700g250.00mL100mL蒸餾水使其溶解，再加入緩沖溶液將pH調至10.0并滴入適量鉻黑T指示液。最后用的乙二胺四乙酸，簡寫)標準溶液滴定至待測溶液由紅紫色變為純藍色(離子方程式為)，重復三次，平均消耗標準溶液體積為23.60mL。可推算出產物的純度為___________。(保留三位有效數字)【答案】（1）①.分液漏斗②.平衡壓強（2）C（3）2Zn2+++HO=Zn(OH)CO↓+CO↑（4）①.cb②.重結晶（5）96.8%【解析】SiOFe2+Zn2+Cu2+Cl、入HO2將Fe2+氧化為Fe3+pHFe3+形成Fe(OH)32加入Zn置換出Cu3中存在Zn2+Cl、、(NH)COZn(OH)CO3沉淀，加入硫酸溶解，對濾液進行蒸發濃縮、冷卻結晶、低溫干燥得到ZnSO·7HO晶體。【小問1詳解】由圖可知，儀器A為分液漏斗；冷凝管的作用有冷凝回流，與大氣相通，平衡壓強的作用；【小問2詳解】A．酸浸過程，攪拌和加熱可以提高浸取速率和轉化率，A正確；BFe3+沉淀所需要的OH濃度較小，溶液的作用是將氧化成OH濃度下被去除，B正確；C．向濾液2中加入適量的Zn單質主要目的是除去Cu2+雜質，C錯誤；2可知直接用結晶濾液3的方法制備目標產物可能會生成D正確；答案選C；第22頁/共28頁【小問3詳解】濾液3中有Zn2+Cl、、反應生成2Zn2+++HO=Zn(OH)CO↓+CO↑；【小問4詳解】得到粗產品，先洗滌沉淀，加入稀硫酸溶解，過濾混合溶液，析出濾渣后，cb粗產品得到的操作為重結晶；【小問5詳解】根據關系式~Zn2+~HY，n()=n(HY)=0.1000mol/L×23.60×103L=2.36×103mol，質量分數為。21.某研究小組按下列路線合成有醫藥價值的天然藥物中間體(部分反應條件已簡化)。已知：苯的衍生物取代上新基團的位置由原有苯環上的基團決定，若，則為鄰、對位定位基；若，則為間位定位基。請回答：（1）化合物C的官能團名稱是___________。（2）