浙江省十校联盟2022-2023学年高三化学上学期10月联考试题（Word版附解析）

这是一份浙江省十校联盟2022-2023学年高三化学上学期10月联考试题（Word版附解析），共30页。试卷主要包含了可能用到的相对原子质量， 下列表示不正确的是， 下列说法正确的是， 关于反应，下列说法正确的是， 下列说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。

浙江省十校联盟2021年10月高三联考试题
化学试题卷
满分100分，考试时间90分钟
考生注意：
1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字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，在本试题卷上的作答一律无效。
3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。
4.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Fe 56 Cu 64 Ba 137 Ag 108
选择题部分
一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个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. 下列物质属于纯净物的是
A. 漂白粉 B. 浓硫酸 C. 冰醋酸 D. 加碘盐
【答案】C
【解析】
【分析】只由一种物质组成的是纯净物，据此解答。
【详解】A．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙组成的混合物，A不符合；
B．浓硫酸是98%的硫酸，有少量的水，是混合物，B不符合；
C．冰醋酸是纯净物，C符合；
D．加碘盐中主要成分为氯化钠、还有碘酸钾，是混合物，D不符合；
答案选C。
2. 下列物质属于强电解质的是
A. 盐酸 B. 硬脂酸 C. 纯铜 D. 硫酸钡
【答案】D
【解析】
【分析】溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物是电解质，能完全电离的电解质是强电解质，据此解答。
【详解】A．盐酸是混合物，不是电解质也不是非电解质，A不符合；
B．硬脂酸是弱酸，属于弱电解质，B不符合；
C．纯铜是金属单质，不是电解质也不是非电解质，C不符合；
D．硫酸钡在熔融状态下能完全电离出阴阳离子，是强电解质，D符合；
答案选D。
3. 下列物质的化学成分正确的是
A. 生石膏 B. 二乙酸乙二酯
C. 碳铵 D. 硫化亚铁
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．生石膏的化学式为，熟石膏的化学式为，A错误；
B．二乙酸乙二酯的结构简式为，B正确；
C．碳铵的化学式为，C错误；
D．硫化亚铁的化学式为，D错误；
答案选B。
4. 蒸发结晶实验不需要使用的仪器是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】蒸发结晶实验需要使用的仪器为蒸发皿、酒精灯、玻璃棒、坩埚钳，不需要的仪器为表面皿，故选C。
5. 下列表示不正确的是
A. 丁烷的球棍模型： B. 氟离子结构示意图：
C. 的电子式： D. 2，2，3-三甲基戊烷的键线式：
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．丁烷的结构简式为CH3CH2CH2CH3，球棍模型：，A正确；
B．氟离子的核外电子数是10个，结构示意图：，B正确；
C．是离子化合物，电子式：，C错误；
D．2，2，3-三甲基戊烷的键线式为：，D正确；
答案选C。
6. 下列说法正确的是
A. H2O与H2O2互为同素异形体 B. S6与S8互为同位素
C. 乙二醇和丙三醇互为同系物 D. 葡萄糖和果糖互为同分异构体
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．H2O与H2O2是H、O两种元素组成的化合物，不是单质，因此不能互为同素异形体，A错误；
B．S6与S8是S元素形成的不同性质的单质，二者互为同素异形体，B错误；
C．乙二醇分子式是C2H6O2，丙三醇分子式是C3H8O3，二者在分子组成上不是相差CH2的整数倍，因此不能互为同系物，C错误；
D．葡萄糖和果糖分子式都是C6H12O6，分子式相同，结构不同，因此二者互为同分异构体，D正确；
故合理选项是D。
7. 关于有机反应类型，下列判断不正确的是
A. (加成反应)
B. (还原反应)
C. (消去反应)
D. (水解反应)
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．是1,3-丁二烯与单质溴发生的1,4-加成反应，A正确；
B．是醛基和氢气的加成反应，也是还原反应，B正确；
C．是乙醇的消去反应，C正确；
D．是葡萄糖的分解反应，葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，D错误；
答案选D。
8. 关于反应，下列说法正确的是
A. 发生还原反应 B. 是氧化产物
C. 每生成，转移电子 D. 氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．中碳元素化合价从+3价升高到+4价，失去电子，发生氧化反应，A错误；
B．氯元素化合价从+5价降低到+4价，得到电子，氯酸钾是氧化剂，是还原产物，B错误；
C．中碳元素化合价从+3价升高到+4价，失去1个电子，每生成，即1mol二氧化碳转移电子，C正确；
D．根据方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1，D错误；
答案选C。
9. 下列说法不正确的是
A. 可溶于稀硫酸 B. 可漂白纸浆，不可用于杀菌、消毒
C. 镁在空气中燃烧可生成氮化镁和氧化镁 D. 钠、铝、铁都是银白色金属
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．硫化亚铁能与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和硫化氢气体，故A正确；
B．二氧化硫有毒，能使蛋白质发生变性，可以起到杀菌、消毒的作用，故B错误；
C．镁在空气中燃烧时能与空气中的氮气、氧气和二氧化碳反应生成氮化镁和氧化镁，故C正确；
D．钠、铝、铁都具有金属的特性，都是银白色金属，故D正确；
故选B。
10. 下列说法不正确的是
A. 镀锌铁皮的镀层破损后，铁皮会加速腐蚀
B. 某些卤代烃(如七氟丙烷)可用于制造灭火剂
C. 某些食品添加少量铁粉可以达到补铁的目的
D. 向饱和食盐水中先通入足量氨气再通入足量二氧化碳可析出碳酸氢钠
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．由于金属性锌强于铁，因此镀锌铁皮的镀层破损后，构成的原电池中铁是正极，铁皮不会被腐蚀，A错误；
B．某些卤代烃(如七氟丙烷)不燃烧，可用于制造灭火剂，B正确；
C．铁人体必需的元素，某些食品添加少量铁粉可以达到补铁的目的，C正确；
D．氨气极易溶于水，向饱和食盐水中先通入足量氨气再通入足量二氧化碳可析出碳酸氢钠固体，D正确；
答案选A。
11. 下列说法正确的是
A. 为了加快胶状氢氧化物沉淀的过滤速度，可采用减压过滤
B. 在实验室不慎吸入少量氯气时，可吸入少量酒精或乙醚的混合蒸气解毒
C. 滴瓶中的滴管在每次使用前和使用后都需要洗净
D. 纸层析实验中，滤纸作固定相，展开剂作流动相
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．减压过滤的操作优点是：可加快过滤速度，并能得到较干燥的沉淀，用于块状沉淀的分离，不可以用于胶状沉淀的分离，故A错误；
B．酒精和乙醚具有麻醉作用，减弱对呼吸道的刺激，减轻咳嗽，则在实验室不慎吸入少量氯气时，可吸入少量酒精或乙醚的混合蒸气解毒，故B正确；
C．若是滴瓶上的滴管，不用冲洗。将滴管放回原先的滴瓶上，禁止清洗滴管，严禁将滴管放置在试验台上或其他物体上。以免造成滴管污染，进而污染试剂。滴管中剩余的试剂，不可放回原滴瓶中，放到指定的容器中，以免污染试剂。若只是取用液体的滴管，用后要冲洗，即吸取水2～3次水，然后放入置物杯中，不能横放或倒置，故C错误；
D．纸上层析是利用混合物中各组分在固定相和流动相中的溶解度不同而达到分离目的，常用滤纸作载体，滤纸上所吸收的水分作固定相，有机溶剂作流动相，当流动相流过固定相时，各组分以不同的速度移动，从而使混合物分离，故D错误；
故选B。
12. 下列“类比”结果不正确的是
A. 氨可还原氧化铜，则肼也可还原氧化铜
B. 双氧水与二氧化硫反应生成硫酸，则过氧化钠也可以和二氧化硫反应生成硫酸钠
C. 甲苯可被高锰酸钾酸性溶液氧化成苯甲酸，则乙苯也可被高锰酸钾酸性溶液氧化成苯甲酸
D. 可以写成，则(可由铁与碘在水中反应生成)也可以写成
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．氨和肼都具有还原性，都能与氧化铜发生氧化还原反应生成氮气，故A正确；
B．双氧水和过氧化钠都具有氧化性，都能与二氧化硫发生氧化还原反应，分别生成硫酸和硫酸钠，故B正确；
C．甲苯和乙苯都是苯的同系物，都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成苯甲酸，故C正确；
D．铁离子能与碘离子发生氧化还原反应，不能形成化合物碘化铁，故D错误；
故选D。
13. 下列离子方程式正确的是
A. 石灰石与稀醋酸溶液反应：
B. 用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：
C. 溶液中滴入过量溶液：
D. 溶液显碱性：
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．醋酸难电离，石灰石与稀醋酸溶液反应：，A错误；
B．用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：，B错误；
C．溶液中滴入过量溶液：，C正确；
D．水解是可逆的，溶液显碱性：，D错误；
答案选C。
14. 下列说法不正确的是
A. 蛋白质变性后均不能食用
B. 棉花的主要成分是纤维素，可用于生产炸药
C. 现代工业生产中芳香烃主要来源于石油化学工业中的催化重整和裂化
D. 花生油能使高锰酸钾酸性溶液褪色
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．加热能使蛋白质发生变性，煮熟的鸡蛋能食用，A错误；
B．棉花的主要成分是纤维素，可用于生产炸药，例如硝酸纤维素等，B正确；
C．现代工业生产中芳香烃主要来源于石油化学工业中的催化重整和裂化，C正确；
D．花生油中含有碳碳双键等不饱和键，能使高锰酸钾酸性溶液褪色，D正确；
答案选A。
15. A、B、C、D、E、F、G七种短周期元素，A的原子半径在短周期中最小，其余六种元素在周期表中位置如图所示，C的最外层电子数是G内层电子数的一半，下列说法不正确的是

B
C
D
E
F

G

A. A和B形成的化合物可能比A和D的稳定
B. 同周期元素形成的简单离子中，E离子的半径最小
C. A、C、D形成的化合物可能呈酸性，也可能呈碱性
D. F和G的单质熔点差异较大是因为两者相对分子质量不同
【答案】D
【解析】
【分析】A、B、C、D、E、F、G七种短周期元素，A的原子半径在短周期中最小，A是H，C的最外层电子数是G内层电子数的一半，根据位置可判断B、C、D位于第二周期，E、F、G位于第三周期，则C是N，所以B是C，D是O，E是Al，F是Si，G是S，据此解答。
【详解】A．A和B形成的化合物可能比A和D的稳定，例如甲烷很稳定，双氧水易分解，稳定性差，A正确；
B．第三周期元素形成的简单离子中，Al3+离子的半径最小，B正确；
C．A、C、D形成的化合物可能呈酸性（例如硝酸），也可能呈碱性（例如一水合氨），C正确；
D．F和G的单质熔点差异较大是因为硅形成的是共价晶体，硫形成的是分子晶体，D错误；
答案选D。
16. 关于化合物氨基磺酸的性质，下列推测不正确的是
A. 水溶液呈酸性 B. 受热分解产物中可能含有和
C. 常温下可能为固体 D. 与足量溶液混合后加热没有气体逸出
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．氨基磺酸是一种硫酸的一个羟基被氨基取代而形成的无机固体酸，还可以继续电离出一个氢离子，故具有酸性，故A正确；
B．氨基磺酸受热分解的化学方程式为H2N-SO3HSO2+N2+SO3+2H2+H2O，故B正确；
C． 氨基磺酸能形成分子间氢键，熔沸点较高， 常温可能为固体，故C正确；
D．H2N-SO3H+NaOH= H2N-SO3Na+ H2O，氨基磺酸钠在碱性条件下不稳定，受热易分解产生氨气，故加热后气体产生，故D错误；
故选D。
17. 在低温条件下，下列过程能自发进行的是
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．钠原子失去电子形成钠离子是一个吸收能量的过程，在低温条件下不能自发进行，故A错误；
B．气态水转化为液态水是一个熵减的放热过程，转化中△H＜0、△S＞0，低温下，△H—T△S恒小于0，能自发进行，故B正确；
C．氯化铵分解的反应是一个熵增的吸热反应，反应中△H＞0、△S＞0，低温下，△H—T△S大于0，不能自发进行，故错误；
D．铜是不活泼金属，不能与稀硫酸反应，则在低温条件下不能自发进行，故D错误；
故选B。
18. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A. 常温常压下，含有电子数为
B. 环状()分子中含有的数为
C. 质量分数为46%的酒精溶液含有氧原子数为
D. 钢铁电化学腐蚀生成，则负极反应失电子数为
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．的电子数为10，的物质的量为1.0mol，则含有电子数为，A正确；
B．一个()分子中含有的键数为8个，但该物质的质量不确定，无法判断含有的键数，B错误；
C．质量分数为46%的酒精溶液中乙醇的质量是46g，物质的量是1mol，溶剂水的质量是54g，物质的量是3mol，含有氧原子的物质的量是1mol+3mol=4mol，氧原子数为，C正确；
D．钢铁电化学腐蚀生成，则负极反应的铁的物质的量是0.2mol，依据Fe-2e-=Fe2+可知失电子数为，D正确；
故选B。
19. 下列说法正确的是
A. 为确定某酸是强酸还是弱酸，可测溶液的。若，则是弱酸；若，则是强酸
B. 常温下，的醋酸溶液中加入少量醋酸钠固体，溶液增大，醋酸的电离度增大
C. 时，将的溶液加水稀释至，所得溶液中的
D. 用同浓度的溶液分别与等体积等的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，盐酸消耗的溶液体积多
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．若NaHA溶液的pH＜7，H2A也可能是弱酸，如亚硫酸氢钠溶液呈酸性，但亚硫酸是弱酸，故A错误；
B．常温下，的醋酸溶液中加入少量醋酸钠固体，醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离，溶液增大，醋酸的电离度减小，故B错误；
C．时，将的溶液加水稀释至，所得溶液中氢离子浓度是0.001mol/L，则溶液中，故C正确；
D．醋酸是弱酸，等体积等的盐酸和醋酸溶液中醋酸的物质的量大于盐酸的物质的量，则用同浓度的溶液分别与等体积等的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，醋酸消耗的溶液体积多，故D错误；
故选C。
20. 室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①；②，反应①的速率可表示为，反应②的速率可表示为(、为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下列说法不正确的是

A. 反应①的速率也可表示为
B. 反应①的活化能比反应②的活化能小
C. 反应时，
D. 时间段内，Y的平均反应速率为：
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．根据方程式结合反应①的速率可表示为，可知反应①的速率也可表示为，A正确；
B．由图中数据可知，30min时，M、Z的浓度分别为0.300mol/L和0.125 mol/L，则M的变化量为0.5mol/L-0.300 mol/L=0.200 mol/L，其中转化为Y的变化量为0.200mol/L-0.125 mol/L=0.075 mol/L，这说明在相同的时间内生成Z较多、生成Y较少，因此，反应①的化学反应速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，故反应①的活化能比反应②的活化能大，B错误；
C．由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为，Y和Z分别为反应①和反应②的产物，且两者与M的化学计量数相同（化学计量数均为1），因此反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比等于，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，根据B中分析可知在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比等于=，因此反应60min时，，C正确；
D．由图中数据可知，60min时，M的浓度为0.2 mol/L，则M的变化量为0.5 mol/L -0.2 mol/L =0.3 mol/L，因此时间段内，Y的平均反应速率为，D正确；
答案选B。
21. 直链丁烯有X、Y、Z三种同分异构体，相同温度和压强下，，下列判断不正确的是


A. B. 为放热反应
C. D. 丁醇的消去产物中，X的选择性最高
【答案】D
【解析】
【详解】A．燃烧是放热反应，则，在不饱和烃的氢化反应中，断裂H-H键和Π键所消耗的能量比形成两个C-H键所放出的能量少，因此，氢化是放热反应，所以，A正确；
B．相同温度和压强下，，由于是焓变是小于0的，这说明能量高低顺序为X＞Y＞Z，所以为放热反应，B正确；
C．能量高低顺序为X＞Y＞Z，又因为焓变是小于0的，所以，C正确；
D．X的能量最高，说明最不稳定，因此2-丁醇的消去产物中，X的选择性最低，D错误；
答案选D。
22. 锂钒氧化物全固态电池结构如图所示，放电时移向电极形成，下列说法不正确的是

A. 放电时，电子由引线端子B流出
B. 纳米碳管作为金属锂的载体，为该电池的负极
C. 充电时，引线端子A与外接电源正极相连
D. 充电时，电极的反应式为：
【答案】D
【解析】
【分析】由放电时移向电极形成可知，为正极，引线端子A为正极，B为负极。
【详解】A．放电时，电子由负极流向正极，故由引线端子B流出，故A正确；
B．锂作负极，纳米碳管作为金属锂的载体，故B正确；
C．引线端子A为正极，与电源正极相连，故C正确；
D．充电时，电极为失电子的反应，故反应式为：，故D错误；
故选D。
23. 常温常压下，将缓慢通入水中至饱和，然后向所得饱和氯水中逐滴加入溶液，整个过程中的变化如图所示(不考虑、挥发和的分解，忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是

已知：常温常压下，水中溶解得到饱和氯水；
A. 点①溶液中，
B. 点②溶液中，
C. 点③溶液中，
D. 点②和点④对应溶液导电能力几乎相同
【答案】C
【解析】
【分析】由图可知，点②为氯气溶于水得到饱和氯水，由氯气与水反应的平衡常数可知，溶液中氯离子浓度小于氯气的浓度；点③为含有氯化钠、次氯酸、次氯酸钠的中性溶液。
【详解】A．平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，则点①溶液中，故A错误；
B．由分析可知，点②为氯气溶于水得到饱和氯水，由氯气与水反应的平衡常数可知，溶液中氯离子浓度小于氯气的浓度，故B错误；
C．由分析可知，点③为含有氯化钠、次氯酸、次氯酸钠的中性溶液，溶液中c(H+)=c(OH—)，由溶液中电荷守恒关系c(H+)+c(Na+)=c(Cl—)+c(ClO—)+c(OH—)可得c(Na+)=c(Cl—)+c(ClO—)，溶液中存在物料守恒关系(c(Cl—)=c(ClO—)+c(HClO)，整合可得(Na+)=2c(HClO)+c(ClO—)，故C正确
D．由分析可知，点②为氯气溶于水得到饱和氯水，点④为含有氯化钠、次氯酸钠的混合溶液，点④对应溶液的离子浓度大于点②，溶液的导电性强于点②，故D错误；
故选C。
24. 氯乙烯是合成高分子材料的单体，我国科研工作者研究出乙炔选择性加成制备氯乙烯的反应历程如图所示。下列说法不正确的是

A. 反应过程原子利用率达到了100%
B. 反应过程中存在共价键的断裂和形成
C. 若反应物改为，则所得产物为
D. 作为该反应的催化剂
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．乙炔和氯化氢发生加成反应生成氯乙烯，产物只有一种，反应过程原子利用率达到了100%，故A正确；
B．由图示可知，反应过程中有C-Cl键的断裂，C-Cl键和C-H键的形成，则反应过程中存在共价键的断裂和形成，故B正确；
C．由图可知，CH≡CH生成CH2=CHCl，若反应物改为CH3C≡CCH3，那么所得的产物为CH3CCl=CHCH3，故C错误；
D．由图示可知，在反应前参与反应，但最终又生成，所以作为该反应的催化剂，故D正确；
故选C。
25. 下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是
选项
实验
现象
结论
A
向稀硝酸中加入铁粉，充分反应后滴加溶液
溶液没有呈血红色
硝酸只能将铁粉氧化为
B
取少量乙酰水杨酸样品，加入蒸馏水和少量乙醇，振荡，再加入1-2滴溶液
溶液变成紫色
样品中可能含有水杨酸
C
取少量乙醇，加入浓硫酸、少量沸石，迅速升温至，将产生的气体通入少量溴水中
溴水褪色并生成油状液体浮在表面
实验已生成乙烯
D
压缩装有、、混合气体(已达平衡状态)的容器
气体颜色变深
平衡向生成方向移动导致其浓度增大

A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．硝酸具有强氧化性，能把铁氧化为铁离子，向稀硝酸中加入铁粉，充分反应后滴加溶液，溶液没有呈血红色，是因为反应中铁过量，铁将铁离子还原为，A错误；
B．水杨酸含有酚羟基，能与氯化铁发生显色反应，取少量乙酰水杨酸样品，加入蒸馏水和少量乙醇，振荡，再加入1-2滴溶液，溶液变成紫色，这说明样品中可能含有水杨酸，B正确；
C．乙醇发生消去反应时，生成的乙烯含有二氧化硫，二氧化硫也能使溴水褪色，因此取少量乙醇，加入浓硫酸、少量沸石，迅速升温至，将产生的气体通入少量溴水中，溴水褪色并生成油状液体浮在表面，并不能说明实验已生成乙烯，C错误；
D．压缩装有、、混合气体(已达平衡状态)的容器，由于反应前后体积不变，则平衡不移动，气体颜色变深是因为浓度增大，D错误；
答案选B
非选择题部分
二、非选择题(本大题共6小题，共50分)
26. 回答下列问题：
（1）氧化镁熔点显著高于氯化镁的原因是___________。
（2）反式己烯醛常温下为液体，具有青香、醛香、果香、辛香、脂肪香，用于调配苹果、草莓、浆果等食用香精，分子结构如图：，请设计实验检验分子中存在碳碳不饱和键___________。
【答案】（1）氧化镁和氯化镁都是离子晶体，其中氧离子半径比氯离子半径小且电荷量大，故氧化镁的离子键强(晶格能大)，熔点高
（2）取少量样品于试管，滴加少量溴的四氯化碳溶液振荡，若褪色，则存在碳碳不饱和键
【解析】
【分析】
【小问1详解】
由于氧化镁和氯化镁都是离子晶体，其中氧离子半径比氯离子半径小且电荷量大，故氧化镁的离子键强(晶格能大)，熔点高；
【小问2详解】
分子中含有醛基和碳碳双键，二者都易被氧化，不能用酸性高锰酸钾溶液检验，可以用溴的四氯化碳溶液，即检验方法是取少量样品于试管，滴加少量溴的四氯化碳溶液振荡，若褪色，则存在碳碳不饱和键。
27. 取18.9 g含氯有机物X(分子量小于150)在高温下完全燃烧，得到CO2(g)、H2O(g)、HCl(g)，将产物依次通过装置A(足量浓硫酸)和装置B(固体氢氧化钠)，两装置分别增重3.6 g和24.9 g，结束后将装置B中的固体溶于足量的稀硝酸中，并加入过量的硝酸银溶液，得到28.7 g白色沉淀，请回答：
（1）燃烧产生二氧化碳的物质的量为___________
（2）有机物X的分子式为___________
【答案】（1）0.4 （2）C2H3ClO2
【解析】
【分析】
【小问1详解】
含氯有机物燃烧产生CO2(g)、H2O(g)、HCl(g)，将燃烧产物依次通过浓硫酸、NaOH固体，通过浓硫酸时吸收水分，通过NaOH固体时吸收质量为CO2、HCl。根据水蒸气的质量可知H2O的物质的量n(H2O)=；CO2、HCl的质量和为24.9 g，结束后将装置B中的固体溶于足量的稀硝酸中，并加入过量的硝酸银溶液，得到28.7 g白色沉淀，该白色沉淀是AgCl，根据Cl元素守恒可知n(HCl)=n(AgCl)=，m(HCl)=0.2 mol×36.5 g/mol=7.3 g，反应产生CO2的质量m(CO2)=24.9 g-7.3 g=17.6 g，则反应产生CO2的物质的量为n(CO2)=；
【小问2详解】
根据H元素守恒，由n(H2O)=0.2 mol，n(HCl)=0.2 mol可得m(H)=2n(H2O)+ n(HCl)=(0.2 mol×2+0.2 mol)×1 g/mol=0.6 g；根据C元素守恒可得m(C)=0.4 mol×12 g/mol=4.8 g，根据Cl元素守恒可得m(Cl)=0.2 mol×35.5 g/mol=7.1 g，故根据质量守恒定律可知该有机物中含有O元素的物质的量为n(O)=，n(C)：n(H)：n(Cl)：n(O)=0.4 mol：0.6 mol：0.2 mol：0.4 mol=2：3：1：2，所以该物质的化学式为 C2H3ClO2。
28. 固体化合物X由3种元素组成，某学习小组开展如下探究实验：

其中气体体积已经折算成标况，气体A可使品红溶液褪色，固体B是混合物，溶液D显深蓝色，沉淀E经过滤、洗涤、灼烧后得到红棕色固体，请回答：
（1）E灼烧得到的红色固体化学式是___________，溶液D含有的溶质是___________(用化学式表示)。
（2）化合物X的化学式是___________，干燥的气体A与氯气在活性炭催化下可生成一种用于有机合成的常见物质，该物质水解时发生非氧化还原反应得到两种强酸。写出该物质分子的结构式___________。
（3）将溶液C调节分离出一种组分后得到溶液C＇，将气体A通入足量氢氧化钠得到溶液A＇，混合A＇和C＇得到了砖红色沉淀，写出该反应的离子方程式___________，有学生认为该砖红色沉淀可能还含有金属单质，请设计实验证明___________。
【答案】（1） ①. ②. 、、
（2） ①. ②.
（3） ①. ②. 取一定质量砖红色沉淀与稀硫酸充分反应后，过滤、洗涤、干燥后称重，根据剩余固体质量与原固体质量关系确定是否含有铜单质
【解析】
【分析】气体A可使品红溶液褪色，则A为二氧化硫，固体化合物X中含有硫元素，由硫原子个数守恒可知，X中硫原子的物质的量为=0.03mol；由溶液D显深蓝色可知，溶液D中含有铜氨络离子，固体化合物X中含有铜元素；由沉淀E经过滤、洗涤、灼烧后得到1.60g红棕色固体可知，固体E为氢氧化铁、红棕色固体为氧化铁，由铁原子个数守恒可知，X中铁原子个数为×2=0.02mol；由化合物X的质量为2.72g可知，X中铜原子的物质的量为=0.01mol，则化合物X中铜原子、铁原子和硫原子的物质的量比为0.01mol∶0.02mol∶0.03mol=1∶2∶3，化学式为CuFe2S3。
【小问1详解】
由分析可知，固体E为氢氧化铁、红棕色固体为氧化铁，则红色固体化学式为Fe2O3；固体B中含有氧化铁和氧化铜，溶液C为硫酸铁和硫酸铜混合溶液，混合溶液中加入过量的氨水，硫酸铁溶液与氨水反应生成氢氧化铁沉淀和硫酸铵，硫酸铜溶液与过量氨水反应生成硫酸四氨合铜，则溶液D中含有过量的一水合氨、硫酸四氨合铜和硫酸铵，故答案为：Fe2O3；、、；
【小问2详解】
由分析可知，化合物X的化学式为CuFe2S3；由题意可知，干燥的二氧化硫气体与氯气在活性炭催化下发生反应生成SCl2O2，SCl2O2的结构式为，故答案为：CuFe2S3；；
【小问3详解】
由题意可知，生成砖红色沉淀的反应为碱性条件下，硫酸铜溶液与亚硫酸钠溶液发生氧化还原反应生成氧化亚铜沉淀、硫酸钠和水，反应的离子方程式为；铜不能与稀硫酸反应，氧化亚铜能与稀硫酸反应生成铜、硫酸铜和水，则证明砖红色沉淀中可能还含有铜单质的实验方案为取一定质量砖红色沉淀与稀硫酸充分反应后，过滤、洗涤、干燥后称重，根据剩余固体质量与原固体质量关系确定是否含有铜单质，故答案为：；取一定质量砖红色沉淀与稀硫酸充分反应后，过滤、洗涤、干燥后称重，根据剩余固体质量与原固体质量关系确定是否含有铜单质。
29. 研究氮及其化合物的反应对化工生产和改善环境有重要意义。请回答：
（1）下列关于工业合成氨和制硝酸的说法不正确的是___________
A. 合成氨工艺中将、通过压缩机加压至能有效提高生产效率
B. 合成氨工艺中将液化分离以及循环使用、，能提高原料利用率
C. 制硝酸的吸收塔中常用浓硝酸吸收，以防止形成酸雾
D. 合成氨和制硝酸工艺中，进入催化装置的原料气须使用纯净的、和、
（2）工业上利用选择性催化还原法对烟道气进行脱硝，反应如下：
无氧条件下
有氧条件下
①和在催化剂表面反应进程中的相对能量变化如图所示，决定脫的速率的过程是H的移除，原因是____。

②一定比例的、、混合气以一定的流速通过催化装置进行模拟脱硝，和的转化率与温度的关系如图所示。超过后，和发生了副反应，导致转化率急剧下降，该副反应的方程式是___________。

③向脱硝反应的体系中添加可显著提高脱除率，原因可用一组离子方程式表示，请补充其中的1个离子方程式。(已知含氮微粒最终转化为)Ⅰ.Ⅱ.；_____Ⅲ.Ⅳ.
（3）存在如下平衡：。
①在恒定温度和标准压强下，往针筒中充入一定体积的气体后密封并固定活塞于A位置，平衡后在时刻迅速移动活塞至B位置并固定，再次达到平衡，针筒内气体压强变化如图所示。若时刻又迅速移动活塞至A位置并固定，时刻恰好平衡，请将阶段的图像补充完整___。

②在一定条件下，与的消耗速率与各自的分压有如下关系：，；为用平衡分压表示的化学平衡常数；Arrhenius经验公式为，其中为活化能，T为热力学温度，k、、为速率常数，R和C为常数。则的____ (用含、T、R的代数式表示)
【答案】（1）CD （2） ①. 全过程只有H的移除过程需要相对较大的活化能，该步骤最慢，决定了脱硝的整体速率 ②. ③.
（3） ①. ②.
【解析】
【分析】
【小问1详解】
A．合成氨反应为气体体积减小的反应，将氮气和氢气通过压缩机加压，平衡向正反应方向移动，能增大氨气的产率，有效提高生产效率，故正确；
B．将氨气液化分离会减小生成物的浓度，循环使用氮气和氢气会增大反应物的浓度，都使平衡向正反应方向移动，提高原料利用率，故正确；
C．制硝酸的吸收塔中常用水吸收二氧化氮，不是用浓硝酸，故错误；
D．制硝酸工艺中，进入催化装置的原料气为氨气和空气，不是氨气和氧气，故错误；
故选CD；
【小问2详解】
①反应的活化能越大，反应速率越慢，化学反应取决于反应速率慢的一步，由图可知，氨气和一氧化氮在催化剂表面反应进程中H的移除过程的活化能较大，反应速率最慢，决定了脱硝的整体速率，故答案为：全过程只有H的移除过程需要相对较大的活化能，该步骤最慢，决定了脱硝的整体速率；
②当有氧条件下温度超过200℃时，在催化剂作用下，氨气与氧气发生氧化还原反应生成一氧化氮和水，导致一氧化氮的转化率降低，故答案为：；
③由脱硝反应的反应物为氨气和一氧化氮，生成物为氮气和水可知，未写出的反应为反应Ⅰ生成的和反应Ⅳ生成的反应生成氮气和水，反应生成的离子方程式为，故答案为：；
【小问3详解】
①由题意可知，t1时刻为针筒中活塞在A处固定后反应达到平衡，针筒中压强减小，平衡后将活塞迅速内推到B处固定，针筒内压强先增大后减小，t2时刻反应达到平衡，针筒内压强大于t1时刻，若再将针筒中活塞迅速外拉到A处固定，针筒内压强先减小后增大，t3时刻反应达到平衡，针筒内压强与t1时刻相等，则t2时刻到t3时刻针筒内气体压强变化如图：，故答案为：；
②反应达到平衡时，反应速率v(NO2)=2v(N2O4)，则K1P2(NO2)=2 K2P(N2O4)，==2Kp，由公式可知，正反应的活化能为TC—TRlnK1，逆反应的活化能为TC—TRlnK2，则反应的焓变△H=—[(TC—TRlnK2)—(TC—TRlnK1)]=—TRln=—TRln2Kp，故答案为：—TRln2Kp。
30. 利用废铝箔(主要成分为，含少量的)既可制取又可制取净水剂硫酸铝晶体。实验室用图所示装置制备溶液，并用溶液溶解一定量的碳酸钙形成溶液，再用氨水沉淀，然后锻烧沉淀制备新型的超导材料和发光材料七铝十二钙(12CaO·7Al2O3)。已知易水解，易升华。

（1）实验室用氯酸钾和浓盐酸制备氯气，其离子方程式为___________；
（2）为了防止蒸气凝华堵塞导管，实验中可采取的措施是___________(写出一点)。
（3）B装置中的溶液溶解碳酸钙时，要控制碳酸钙和氨水的量，其原因是___________；
（4）某课外小组的同学拟用废铝箔制取硫酸铝晶体，已知铝的物种类别与溶液关系如图所示，实验中可选用的试剂：处理过的铝箔、NaOH溶液、硫酸溶液。

①称取一定质量的铝箔于烧杯中，逐滴加入NaOH溶液，加热至不再产生气泡为止；②过滤；③______④______⑤______⑥______⑦______⑧过滤、洗涤、干燥
a．冷却结晶 b．过滤、洗涤c．滤液用硫酸在不断搅拌下调到左右d．沉淀中不断加入硫酸，至恰好溶解 e．蒸发浓缩
（5）为了分析废铝箔中铁元素的含量，某同学称取5.000g废铝箔，先将其预处理使铁元素还原为Fe2+，并在容量瓶中配制成100mL溶液；然后移取25.00mL试样溶液，用1.000×10—2mol/LKMnO4标准溶液滴定，消耗20.00mL标准溶液。判断滴定终点的依据是___________；废铝箔中铁元素的质量分数为______。
【答案】（1）ClO+5Cl—+6H+=3Cl2↑+3H2O
（2）加粗导管、缩短导管长度、加热导管
（3）生成微溶于水的氢氧化钙造成损失
（4） ①. c ②. b ③. d ④. e ⑤. a
（5） ①. 滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液出现浅紫色且在半分钟内不褪色 ②. 4.480%
【解析】
【分析】由图可知，装置A中铝箔与干燥的氯气反应制备氯化铝，装置B中浓盐酸用于吸收易水解的氯化铝蒸汽，装置C中氢氧化钠溶液用于吸收过量的有毒的氯气，防止污染环境。
【小问1详解】
实验室用氯酸钾和浓盐酸制备氯气的反应为氯酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、氯气和水，反应的离子方程式为ClO+5Cl—+6H+=3Cl2↑+3H2O，故答案为：ClO+5Cl—+6H+=3Cl2↑+3H2O；
【小问2详解】
由题意可知升华得到的氯化铝蒸气凝华易堵塞导管，加粗导管、缩短导管长度、加热导管可以防止蒸气凝华易堵塞导管，故答案为：加粗导管、缩短导管长度、加热导管；
【小问3详解】
B装置中的氯化铝溶液溶解碳酸钙时，要控制碳酸钙和氨水的量，否则钙离子会与氨水反应生成微溶的、不易分解的氢氧化钙，影响七铝十二钙的产率，故答案为：生成微溶于水的氢氧化钙造成损失；
【小问4详解】
由题意可知，制备硫酸铝晶体的操作为称取一定质量的铝箔于烧杯中，逐滴加入溶液，加热至不再产生气泡为止，过滤，向滤液中加入硫酸，调节pH在4～10时生成氢氧化铝沉淀，再过滤、洗涤，向沉淀中加入稀硫酸，至恰好溶解，从溶液中获得晶体，需要蒸发浓缩、冷却结晶，再进行过滤、洗涤、干燥得到硫酸铝晶体，故答案为：c；b；d；e；a；
小问5详解】
由题意可知，亚铁离子与酸性高锰酸钾溶液完全反应时，再滴入标准溶液，溶液会变为浅紫色，则判断滴定终点的依据是滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液出现浅紫色且在半分钟内不褪色；由得失电子数目守恒可得：5Fe2+—MnO，由滴定消耗20.00mL1.000×10—2mol/LKMnO4标准溶液可知，废铝箔中铁元素的质量分数为×100%=4.480%，故答案为：滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液出现浅紫色且在半分钟内不褪色；4.480%。
31. 有机物M()是某医药中间体，合成路线如下：

已知：①：；
②：
③：CO
（1）化合物A的结构简式是___________；化合物C的结构简式是___________。
（2）下列说法不正确的是___________
A. 化合物A分子中所有原子共平面，化合物B分子中所有原子不可能共平面
B. 化合物M的分子式为C21H17FN6O2
C. A制取B的过程中发生了加成反应
D. 化合物D具有碱性，能与盐酸反应生成盐和水
（3）写出生成F的化学方程式___________。
（4）在制备化合物F的过程中有副产物G生成，核磁共振谱图显示G中含有7种不同化学环境的氢原子，试写出G的结构简式___________。
（5）写出3种同时满足下列条件的化合物F的同分异构体的结构简式(不考虑立体异构体)：___________。
①谱显示只有4种不同化学环境的氢原子；②含有两个独立的苯环；③含有，不含 键
（6）以甲苯和一氧化碳为原料，设计E的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)___________。
【答案】（1） ①. ②. （2）D
（3）+ → +HCl
（4） （5）、、、
（6）
【解析】
【分析】A生成B发生已知信息①的反应，因此根据B的结构简式可判断A的结构简式为，A和碘甲烷发生取代反应生成C，依据最终产物的结构简式可知C的结构简式为。F和C发生取代反应生成最终产物，则F的结构简式为 ，D和E反应生成F，结合已知信息②可知D和E的结构简式分别是 、 ，据此解答。
【小问1详解】
根据以上分析可知化合物A、C的结构简式分别是、；
小问2详解】
A. 化合物A的结构简式是，由于该六元环的结构类似于苯环，所以化合物A分子中所有原子共平面，由于化合物B分子中含有，所以化合物B分子中所有原子不可能共平面，A正确；
B. 根据结构简式可判断化合物M的分子式为C21H17FN6O2，B正确；
C. A生成B发生已知信息①的反应，A制取B的过程中发生了加成反应，C正确；
D. 化合物D的结构简式为 ，含有氨基，化合物D具有碱性，能与盐酸反应生成盐，没有水生成，D错误；
答案选D
【小问3详解】
根据以上分析可知生成F的化学方程式为 + →+HCl；
【小问4详解】
在制备化合物F的过程中有副产物G生成，核磁共振谱图显示G中含有7种不同化学环境的氢原子，由于D分子中氨基上含有2个氢原子，都可以被取代，则G的结构简式为；
【小问5详解】
化合物F的同分异构体满足①谱显示只有4种不同化学环境的氢原子；②含有两个独立的苯环，说明2个苯环应该是对称的；③含有C-N键，不含 键，则符合条件的有机物结构简式为、、、。