【文档说明】重庆市第八中学2023届高三上学期适应性月考卷（三）化学试题 含解析.docx，共(21)页，2.211 MB，由小赞的店铺上传

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重庆市第八中学2023届高考适应性月考卷(三)化学满分100分，考试用时75分钟。可能用到的相对原子质量：H-1N-14O-16S-32Cl-35.5Ni-59Ba-137一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中

，只有一项是符合题目要求的。1.2022年北京冬奥会成功举办、神舟十三号载人飞船返回舱成功着陆，彰显了我国科技力量日益强大。下列说法错误的是A.肼、液氢、24NO均可用于火箭推进剂中，反应时均表现还原性B.冬奥火炬“飞扬”的筒身所用的碳纤维复合材料比钢材料质量

轻、强度大C.“氢”情助力，使用“绿氢”燃料电池客车，保障冬奥会出行，光伏电解水制氢可作为“绿氢”的主要来源D.制作吉祥物“冰墩墩”内充材料PET的过程中用到了芳香烃：煤的干馏和石油的催化重整都可以获得芳香烃【答案】A【解析】【详

解】A．四氧化二氮在火箭推进剂中做反应的氧化剂，表现氧化性，故A错误；B．碳纤维复合材料具有比钢材料质量轻、强度大的优点，故B正确；C．光伏水电解制氢是将太阳能发电和电解水制氢组合成系统的技术，可以减少化石能源的使用，是“绿氢”的主要来源，故C正确；D．

石油的催化重整和煤的干馏均可以得到芳香烃，是芳香烃的主要来源，故D正确；故选A。2.下列关于物质性质及其相关用途，说法错误的是A.氯化铁溶液具有氧化性，可用于蚀刻铜制品B.液氨汽化时吸收大量热，可用作制冷剂C.浓硫酸难挥发，可用于实验室制备盐酸D.二氧

化碳不支持燃烧，泡沫灭火器可用于金属钠着火后灭火【答案】D【解析】【详解】A．氯化铁溶液具有氧化性，能与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，常用于蚀刻铜制品，故A正确；的B．液氨汽化时吸收大量热，使周围环境的温度降低，常用作制冷剂，故B正确；C．浓硫酸是难挥发的高

沸点酸，可与氯化钠共热反应制备氯化氢气体，氯化氢气体溶于水得到盐酸，故C正确；D．钠的还原性强，能与二氧化碳和水反应，所以金属钠着火不能用泡沫灭火器灭火，故D错误；故选D。3.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.14

g2N和4N的混合物中氮原子数为2NAB.20g182HO中所含质子、电子数目均为10NAC.1molFe与lmol2Cl反应时转移的电子数为3NAD.在标准状况下，20mL3NH和60mL2O所含原子个数比为1∶3【答案】B【解析】【详解】A．N2和N4的最简式都为N，14gN含有的

氮原子个数为14g14g/mol×NAmol—1=NA，故A错误；B．182HO分子中含有的质子数和中子数都为10，则20g182HO中所含质子、电子数目均为20g20g/mol×10×NAmol—1=10NA，故B正确；C．1mol铁与1mol氯气反应时，氯气不

足量，则反应转移的电子数目为1mol×2×NAmol—1=2NA，故C错误；D．由阿伏加德罗定律可知在标准状况下，20mL氨气和60mL氧气所含原子个数比为20×4∶60×2=4∶3，故D错误；故选B。4.下列离子方程式正确的是A.碳酸钙溶于稀醋酸：2322CaCO2H

CaCOHO+++=++B.酸性氯化亚铁溶液中加入双氧水：232222FeHO2FeO2H++++=++C.1mol/L的2NaAlO溶液和2.5mol/L的盐酸等体积混合：()32232AlO5HAlOHAlHO−+++=++D.向44NHHSO稀溶液中逐滴加入()2B

aOH稀溶液至24SO−刚好沉淀完全：22442Ba2OH2HSOBaSO2HO+−+−+++=+【答案】C【解析】【详解】A．碳酸钙与稀醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2+33322CaCO+2CHCOOH=Ca+2CHCOO+CO+

HO−，故A错误；B．酸性氯化亚铁溶液中与双氧水溶液反应生成氯化铁和水，反应的离子方程式为2++3+2222Fe+HO+2H=2Fe+2HO，故B错误；C．1mol/L的偏铝酸钠溶液和2.5mol/L的盐酸等体积混合反应生成氯化钠、氯化铝、氢氧化铝沉淀和水，反应的离子方程式为()3223

2AlO5HAlOHAlHO−+++=++，故C正确；D．硫酸氢铵溶液与氢氧化钡溶液反应至硫酸根离子完全反应时发生的反应为硫酸氢铵溶液与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀、一水合氨和水，反应的离子方程式为2+2444322Ba2OH

NH+HSOBaSONHHO+HO+−+−+++=+，故D错误；故选C。5.酚酞是一种有机化合物，其特性是在酸性和中性溶液中为无色，在碱性溶液中为红色，常被人们用来作为酸碱指示剂。其结构简式如图，下

列说法正确的是A.酚酞的分子式为20164CHOB.1mol酚酞最多能消耗4mol2BrC.1mol酚酞最多能消耗4molNaOHD.酚酞分子中3个苯环可能共平面【答案】B【解析】【详解】A．由结构简式可知，酚酞的分子式为C20H14O4，故A错误；B．由结构简式可知，酚酞与溴水发生取

代反应时，酚酞分子中羟基邻位上氢原子能被溴原子取代，则1mol酚酞最多能消耗4mol溴，故B正确；C．由结构简式可知，酚酞分子中含有的2个酚羟基和1个酯基能与氢氧化钠溶液反应，则1mol酚酞最多能消耗3mol氢氧化钠，故C错误；D．由结构简式可知，酚酞分子中3个苯环

与饱和碳原子相连，饱和碳原子为四面体结构，则3个苯环不的可能共平面，故D错误；故选B。6.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的4种短周期元素，X、Y、Z位于同一周期，XZ3与YW3之间能以配位键相结合，XY的熔点高、硬度大，下列说法不正确的是A.XZ3与YW3的空间结构一样B.Z的氢

化物的稳定性比Y的氢化物的稳定性强C.Y与W可形成既含极性键又含非极性键的化合物D.XZ3中X原子杂化前，处于激发态X原子的价电子轨道表示式为【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的4种短周期元素，X、Y、Z位于同一周期，XZ3与YW3之间能以配位

键相结合，XY的熔点高、硬度大，则W为H元素、X为B元素、Y为N元素、Z为F元素。【详解】A．氨分子的空间构型都为三角锥形，三氟化硼分子空间构型为平面三角形，两者的空间结构不同，故A错误，B．同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，氢化物的稳定性依次增强，则氟化氢的稳定性强于氨分子

，故B正确；C．氮元素和氢元素形成的化合物N2H4分子中既含极性键又含非极性键，故C正确；D．基态硼原子的价电子排布式为2s22p1，激发态的价电子轨道表示式为，故D正确；故选A。7.复兴号高铁车体材质用到Mn、

Co等元素。Mn的一种配合物化学式为[()()35MnCOCHCN]，下列说法错误的是A.该配合物中锰原子的配位数为6B.3CHCN中C原子的杂化类型为2sp、3spC.该配合物中非金属原子的电负性大小为H＜C＜N＜OD.等物质的量的3CHCN和CO中的π键

数目之比为1∶1【答案】B【解析】【详解】A．由化学式可知，锰的配合物中锰原子为中心原子，一氧化碳和CH3CN为配体，配位数为6，故A正确；的B．CH3CN中三键碳原子的杂化方式为为sp杂化，故B错误；C

．元素的非金属性越强，电负性越大，则氢、碳、氮、氧四种元素的电负性依次增强，故C正确；D．CH3CN和一氧化碳都含有三键，等物质的量的分子中含有π键数目相等，都为1∶1，故D正确；故选B。8.某溶液中只可能含有下列离子中的几种(不考虑溶液中含量较少的H+

和OH−)；K+、2Ca+、4NH+、3NO−、24SO−、23CO−。取200mL该溶液，分为等体积的两份，第一份中加入足量的烧碱溶液并加热，产生的气体在标准状况下的体积为224mL。第二份中先加入足量的盐酸，无明显现象，再加入足量的2BaCl溶液，得到固

体2.33g。下列说法不正确的是A.该溶液中不一定含有2Ca+B.该溶液中一定不含23CO−C.根据以上实验，无法确定该固体中是否含有3NO−D.该溶液中一定含有K+，且()+1cK0.1molL−≥【答案】A【解析】【分析】第一份中加入足量的烧碱溶液并加热，产生

气体，证明含有4NH+，产生的气体在标准状况下的体积为224mL，则物质的量为0.01mol；第二份中先加入足量的盐酸，无明显现象，证明不含有23CO−，再加入足量的2BaCl溶液，得到固体2.33g，证明含有24SO−，生

成的BaSO4沉淀的物质的量为0.01mol，且证明不含有2Ca+；根据电荷守恒可知，一定还含有K+。【详解】A．该溶液中含有24SO−，与2Ca+不能大量共存，则一定不含有2Ca+，A选项错误；B．第二份中先加入足量的盐酸，无明显现象，证明一定不含有23CO−，B选项正确；C．根据以上实

验，无法确定该固体中是否含有3NO−，C选项正确；D．200mL该溶液，分为等体积的两份，两份溶液中，4NH+的物质的量浓度为0.1mol/L，24SO−的物质的量浓度也为0.1mol/L，根据电荷守恒，该溶液中一定含有K+，可能含有3NO−，所以()+1cK0.1molL−≥，D选项正确；答

案选A。9.下列有关实验操作、现象和结论都正确的是选项实验操作实验现象结论A向酸性22HO溶液中滴加2FeI溶液溶液变黄色氧化性：322HOFe+B向某钠盐中滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液品红溶液褪色该钠盐为23NaSO

或3NaHSOC相同温度下，将大小相同的钠块分别加到水、醋酸、乙醇中生成氢气的速率：醋酸＞水＞乙醇三种电解质电离出H+能力：醋酸＞水＞乙醇D在0.11molL−2KS溶液中滴加等体积等浓度的4ZnSO溶液，再加入少量等浓度的4CuSO溶液先产生白色沉淀，后产生黑色沉

淀()()spspZnSCuSKKA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．向酸性过氧化氢溶液中滴加碘化亚铁溶液，碘离子也能被过氧化氢氧化生成碘，碘水也呈黄色，所以无法比较过氧化氢和铁离子的氧化性强弱，故A错误；B．次氯酸钠溶液也能浓盐酸反应

生成使品红溶液褪色的氯气，所以品红溶液褪色不能说明钠盐为亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，故B错误；C．乙醇为非电解质，不能电离出氢离子，故C错误；D．等体积等浓度的硫化钾溶液和硫酸锌溶液恰好反应生成硫酸钾和硫化锌白色沉淀，再加入少量等浓度的硫酸铜溶液，白色

沉淀变为黑色，说明溶度积大的硫化锌转化为溶度积小的硫化铜，故D正确；故选D。10.如图所示实验装置或操作正确，且能达到相应实验目的的是A.用甲装置分离苯和溴苯B.用乙装置除去水中的苯酚C.用丙装置检验发生消去

反应的产物时，水的作用是排除乙醇对实验的干扰D.用丁装置制备乙酸乙酯时先加入乙醇，再缓慢加入浓硫酸和乙酸，然后直接加热【答案】C【解析】【详解】A．用蒸馏装置分离苯和溴苯时，温度计应在支管口附近，不能插入溶液中，故A错误；B．苯酚溶于水得到不互

溶液体的乳浊液，应用分液的方法除去水中的苯酚，故B错误；C．乙醇具有挥发性，也能与酸性高锰酸钾溶液使溶液褪色，则用丙装置检验发生消去反应的产物时，应用盛有水的洗气瓶吸收乙醇，排除乙醇对实验的干扰，故C正确；D．乙酸乙酯能

在氢氧化钠溶液中发生水解反应，所以不能用氢氧化钠溶液吸收乙酸乙酯，应用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，故D错误；故选C。11.丙烷与卤素自由基发生的反应及其相应的反应焓变如下：()()()()32333gCHCHCHClCHC

gggHCHHCl→++11ΔH=-34kJmol−(1)()()()()323322gCHCHCHClCHCHCHgClggH→++12ΔH=22kJmol−−(2)()()()()323322gCHCHCHBrCHCHCHgBrg

gH→++13ΔH=44kJmol−+(3)则下列说法正确的是A.当温度升高，反应(1)和(2)的v正均升高，反应(3)的v正降低B.丙烷和2Cl在光照下发生取代反应生成的二氯丙烷最多有3种C.若是异丁烷与卤素反应，则反应过程中异丁烷形成的自由基比稳定D.已知Br—B

r的键能为1931kJmol−，C—Br的键能为2761kJmol−，则()()()()3232322CHCHCHg+BrgCHCHCHBrg+HBrg→139kJmolH−=−【答案】D【解析】【详解】A．升高温度，正逆反

应速率均升高，则反应(1)、(2)、(3)的v正均升高，故A错误；B．丙烷和氯气在光照下发生取代反应生成的一氯丙烷有2种，二氯丙烷有4种，故B错误；C．由盖斯定律可知，反应(2)—(1)可得(g)→△H=+11kJ/mol，的能量低于说明自由基的支链越多，能量越低，自由基

越稳定，则异丁烷形成的支链较多的自由基比支链较少的稳定，故C错误；D．反应热等于反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值，则反应△H=(+44+193—276)kJ/mol=—39kJ/mol，故D正确；故选D。12.甲胺铅碘[333(CHNH)PbI]是新型太阳能电池的敏

化剂，已知[333(CHNH)PbI]的摩尔质量为1Mgmol−，其晶胞结构如图所示。下列有关说法不正确的是A.若B代表2Pb+，则C代表I−B.该晶胞沿体对角线方向的投影图为C.距离A最近且等距离的C有8个D.AN为阿伏加德罗常数的值，

则该晶体的密度为3033A10MgcmaN−【答案】C【解析】【详解】A.根据图中信息B得个数为1，C位于面心，共3个，因此若B代表2Pb+，则C代表I−，故A正确；B.该晶胞沿体对角线方向投影，体对角线方向的2个顶点和体

心投到1个点，另外6个原子在六边形内部形成1个小六边形，因此该晶胞沿体对角线方向的投影图为，故B正确；C.距离A最近且等距离的C有12个，等距离的每个面有4个，有3个面，故C错误；D.AN为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为11303A1033AMgmo

l1molmMρ===10gcmV(a10)aNN−−−−，故D正确。综上所述，答案为C。13.实验中制得的4FePO与23LiCO在高温条件下与224HCO煅烧可得4LiFePO，其常用作锂离子电池电极材料，如图为4CaLiFePO−可充电电池的工作原理示意图，锂离子导体膜只允许Li

+通过。下列说法不正确的是A.充电时，锂离子向钙电极方向移动B.钙电极的电解质不可以替换成硫酸锂溶液C.理论上，每消耗xmolCa，可生成1mol4LiFePOD.放电时，电极上发生Li+的嵌入，+-1-x44LiFePO+xLi+xeLiFePO=【答案】C【解析

】【详解】A．充电时，阳极的电极反应为1x44LiFePOxexLiLiFePO−+−−=+，则锂离子向钙电极方向移动，A项正确；B．钙能与水发生剧烈反应，左室中的电解质为非水电解质，则钙电极的电解质不可以替换成硫酸锂溶液，B项

正确；C．放电时，正极反应为1x44LiFePOxLixeLiFePO+−−++=，负极反应为22eCaCa−+−=，则理论上，每消耗xmolCa，可生成2mol4LiFePO，C项错误；D．放电时，

电极上发生+Li的嵌入1x44LiFePOxLixeLiFePO+−−++=，D项正确；答案选C。14.室温下，在11molL−的某二元酸2HA溶液中，存在HA−、2A−的物质的量分数随pH变化的关系如图所示，下列说法错误的是A.011molL−NaHA溶液中：(

)()()()()+--2-+cNa>cHA>cOH>cA>cHB.室温下，2HAAH−−++的电离平衡常数3aK=10−C.在2NaA溶液中存在()()()+2--cNa=2cA+2cHAD.在Na

HA溶液中存在()()()+2--cH=cA+cOH【答案】A【解析】【分析】由图像和题意可知，二元酸2HA溶液中不存在2HA分子，则二元酸第一步电离完全而显强酸性，第二步电离不完全存在电离平衡，图像中的交叉点可求第二步的电离平衡常数。【详解】A．根据分析，NaHA是

强酸强碱盐，在溶液中只电离不水解，溶液显酸性，氢离子来自HA-和水的电离平衡，离子浓度大小为()()()()()+--+2-cNa>cHA>cH>cA>cOH，A错误；B．根据图像中的交叉点，+22+33ac(H)c(A)c(A)=c(HA)c(H)=

10K=10c(HA)−−−−−−=，，，B正确；C．2NaA只发生一步水解，()()()+2--cNa=2cA+2cHA符合物料守恒，C正确；D．NaHA在溶液中只电离不水解，()()()+2--cH=cA

+cOH符合质子守恒，D正确；答案选A。【点睛】判断该二元酸第一步完全电离，而第二步电离可逆是关键。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.一种磁性材料的磨削废料主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。由该废料制备纯度较高的氢氧化

镍的工艺流程如图，回答下列问题：物质()2NiOH()2CuOHCuS2CaF2MgFspK165.010−202.010−366.010−95.010−115.010−（1）镍元素所在的第四周期中3d轨

道上没有未成对电子的过渡元素离子的水合离子为无色，下列离子形成的水合离子为无色的是_______(填序号)。A.3Sc+B.3Cr+C.3Fe+D.2Zn+（2）“酸溶”时产生的废渣主要成分为____

___。（3）合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢通入空气，写出金属镍溶解生成2+Ni的离子方程式：_______。（4）“除铁”时为了证明添加的22HO已足量，应选择的试剂是______

_。（5）“除铜”时，试剂a最好选用_______(填序号)，其优点有_______(至少答两点)。A.2NaSB.2HSC.NaOHD.FeS（6）“除钙、镁”时，在完全除去钙、镁离子时，溶液中()()2+2+Ca:Mgcc=_______。（7）

镍氢电池已成为混合动力汽车的主要电池类型，其工作原理如下：()2M+NiOHMH+NiOOH充电放电(式中M为储氢合金)，写出电池放电过程中正极的电极反应式：_______，用该电池及惰性电极电解一定量饱和食盐水，在阴阳两极分别收集到78.4

L和33.6L气体(标准状况下)，则电池负极质量变化量为_______。【答案】（1）AD（2）2SiO、4CaSO（3）+2+222Ni+O+4H2Ni2HO=+（4）()36KFeCN（5）①.A②.无毒可保护环境，材料成本较低易采购（6）100：1（7）①.()22NiO

OH+HO+e=NiOHOH−−+②.减少7g【解析】【分析】废料的主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物，酸溶后过滤，得到的滤液中含有Fe3+、Fe2+、Ni2+、Cu2+、Ca2+、Mg2+等，Ca2+和硫酸根生成微溶的硫

酸钙，二氧化硅不与酸反应，废渣为二氧化硅和硫酸钙，“除铁”时加入H2O2可将Fe2+氧化为Fe3+，加入碳酸钠可调节溶液的pH，使Fe3+完全沉淀为黄钠铁矾渣；“除铜”时，通入H2S气体，生成CuS沉淀，除去Cu2+；加入NaF，生成CaF2、MgF2沉淀，除

去Ca2+、Mg2+，滤液中加入氢氧化钠生成Ni(OH)2沉淀，过滤得到Ni(OH)2固体。【小问1详解】A．3Sc+3d轨道上没有电子，形成的水合离子为无色，A正确；B．3Cr+价电子排布式为3d3，轨道上有3个未成对电子，B错误；C．3Fe+价电子排布式3d5，轨道

上有5个未成对电子，C错误；D．2Zn+价电子排布式为3d10，轨道上没有未成对电子，形成的水合离子为无色，D正确；故选AD。【小问2详解】“酸溶”时，Ca2+和硫酸根生成微溶的硫酸钙，硅的氧化物与硫酸不

反应，故废渣的主要成分为SiO2、4CaSO；【小问3详解】通入空气是提供氧气作氧化剂，金属镍溶解生成2+Ni的离子方程式为：+2+222Ni+O+4H2Ni2HO=+；【小问4详解】“除铁”时为了证明添加的22HO已足量，即Fe2+被完全氧化，检验溶液

中不存在Fe2+，应加入()36KFeCN，没有明显现象，证明添加的22HO已足量；【小问5详解】CuS的spK更小，故“除铜”时，试剂a最好选用2NaS，使铜离子转化为CuS沉淀，故选A；选用2NaS的优点有：无毒可保护环境，材料成本较低易采

购；为【小问6详解】“除钙、镁”时，在完全除去钙、镁离子时，溶液中()()()()()()2+922+2+121222+CaF(CaF)510Ca:Mg=(MgF)510MgFspspccKccKcc−−−−===100，故溶液中()()2+2+Ca:Mgcc=10

0：1；【小问7详解】电池放电过程中NiOOH在正极得电子生成Ni(OH)2，电极反应式为：NiOOH+H2O+e－=Ni(OH)2+OH－；用该电池及惰性电极电解一定量饱和食盐水，在阴阳两极分别收集到78.4L和

33.6L气体(标准状况下)，在阴阳两极收集到的气体物质的量不同，说明溶液中的氯离子反应完后，接着电解水，阳极又生成氧气，阴极只有H+放电，生成氢气物质的量为78.4L22.4L/mol=3.5mol，根据H2

～2e-，可知电路中转移7mol电子，镍氢电池放电时负极反应为--2MH-e+OH=M+HO，可知负极减少质量为7molH的质量，即减少7g。16.碳化物衍生碳以其独特的性能被广泛应用在超级电容器、催化剂载体等方面。常用氯气刻蚀法制备。该方法通过高温氯化2小

时在SiC表面制备碳涂层(已知：4SiCl的沸点是59℃，极易水解)，其方法如图：（1）圆底烧瓶A中为氯酸钾固体，仪器a中的试剂是______________________，A中发生反应的化学方程式为__________________。（2）仪器C中所

盛物质为_______________。（3）高温环境氯气与氩气混合气氛中氯气与SiC反应，将Si原子从SiC中刻蚀掉形成碳层，反应的化学方程式为__________________，如果温度超过1175℃，涂层上的碳

结构发生如下变化：碳→骨架碳→非晶碳→石墨碳，则碳涂层硬度会______________(填“逐渐变高”或“逐渐变低”)，SiC熔点远高于4SiCl的原因是__________________。（4）装置F的作用是__________________，NaOH

溶液中生成的盐除了NaCl外，还有__________________。【答案】（1）①.浓HCl②.KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O（2）P2O5或硅胶（3）①.SiC+2Cl2高温C+SiCl4②.逐渐变低③.SiC为共价晶体，

SiCl4为分子晶体，共价晶体的熔点高于分子晶体，所以SiC熔点远高于SiCl4（4）①.除去Cl2和SiCl4，回收氩气②.NaClO、Na2SiO3【解析】【分析】由实验装置图可知，仪器a为分液漏斗，分液漏斗中盛有的试

剂为浓盐酸，圆底烧瓶A中氯酸钾与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置C中盛有的五氧化二磷或硅胶用于干燥氯气，装置E中氯气在氩气氛围中与碳化硅高温条件下反应生成碳和四氯化硅，装置F中盛有的氢氧

化钠溶液用于吸收未反应的氯气和生成的四氯化硅，气球用于回收氩气。【小问1详解】由分析可知，仪器a为分液漏斗，分液漏斗中盛有的试剂为浓盐酸，圆底烧瓶A中发生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

化学方程式为KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，故答案为：浓HCl；KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O；【小问2详解】由分析可知，装置C中盛有的五氧化二磷或硅胶用

于干燥氯气，故答案为：P2O5或硅胶；【小问3详解】由分析可知，装置E中氯气在氩气氛围中与碳化硅高温条件下反应生成碳和四氯化硅，反应的化学方程式为SiC+2Cl2高温C+SiCl4；石墨是混合型晶体，硬度较

小，所以碳涂层硬度会逐渐变低；碳化硅为共价晶体，四氯化硅为分子晶体，共价晶体的熔点高于分子晶体，所以碳化硅熔点远高于四氯化硅，故答案为：SiC+2Cl2高温C+SiCl4；逐渐变低；SiC为共价晶体，SiCl4为分子晶体，共价晶体

的熔点高于分子晶体，所以SiC熔点远高于SiCl4；【小问4详解】由分析可知，装置F中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气和生成的四氯化硅，气球用于回收氩气；氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，四氟化硅与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、硅酸钠和水，则氢氧化

钠溶液中溶液中生成的盐为氯化钠、次氯酸钠和硅酸钠，故答案为：除去Cl2和SiCl4，回收氩气；NaClO、Na2SiO3。17.有机物H是制备某药物的重要中间体，某研究团队设计的合成路线如图：已知：①；②。（

1）A的化学名称为_______；G中官能团的名称是_______。（2）有机物C的结构简式为_______；C可以发生的反应类型有_______(填序号)。a.加成反应b.取代反应c.消去反应d.氧化反应e.还原反应（3）E到F的反应类型为_______。（4）写

出生成H的化学方程式：_______。下列物质能与H发生反应的是_______(填序号)。a.NaOH溶液b.盐酸c.酸性高锰酸钾溶液d.溴水（5）芳香族化合物J是C的同分异构体，且J只有一种官能团，则满足条件的J有_____

__种(不考虑立体异构)；其中核磁共振氢谱峰面积之比为6：2：1的结构简式为_______。【答案】（1）①.苯甲醛②.羰基（2）①.②.abde（3）水解反应或取代反应（4）①.②.bcd（5）①.14②.或【解析】【分析】由已知①可知A为苯甲醛，与HCN在催化剂作用下反应生成

B：，B与氨气反应后加酸酸化得到C：，C和G在KOH和一定条件下生成H，由已知②和H结构简式，可推出G为，由F：逆推E为，则D为乙苯，据此分析。【小问1详解】A的化学名称为苯甲醛，G为，官能团名称为羰基；【小问2详解】由分析可知有机物C的结构简式为，

含有苯环，可以发生加成反应、还原反应，含有氨基可以发生取代反应、氧化反应，含有羧基可以发生取代反应，C不能发生消去反应，故选abde；【小问3详解】E到F为碳氯键的水解，故反应类型为水解反应或取代反应；【小问4详解】C和G生成H的

方程式为；H中含有碳碳双键，可以与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，可以与溴水发生加成反应，可以被盐酸反应生成羧酸，但不能和氢氧化钠溶液反应，故下列物质能与H发生反应的选bcd；【小问5详解】芳香族化合物J是C的同分异构体，且J只有一种官能团，则J的官能团为硝基

，若苯环上有1个侧链，-CH(NO2)CH3或-CH2CH2NO2，有2种同分异构体，若苯环上有2个侧链-CH2CH3和-NO2或-CH3和-CH2NO2，各有邻、间、对3种同分异构体，共有6种，若苯环上有3个侧链-CH3、-CH3、-NO2，则有6种同分

异构体，故满足条件的J有6+6+2=14种同分异构体；其中核磁共振氢谱峰面积之比为6∶2∶1的结构简式为或。18.碳化学是以分子中只含一个碳原子的化合物为原料生产化工产品的方法。CO和2H的混合气体是一碳化学的重要原料，焦炭与水蒸气在刚性密闭容器中会发生如下两个反应：I．()()()()22CsH

OgCOgHg++1ΔH=+130.3kJ/molII．()()()()222COgHOgCOgHg++2ΔH（1）反应I在_____________下能自发进行(填“任何温度”“高温”或“低温”)。已知C(s)、2

H(g)、CO(g)的燃烧热分别为393.5kJ/mol、285.8kJ/mol、283.0kJ/mol，则()()22HOgHOl=3ΔH=___________。（2）若在绝热恒容容器中仅发生反应II，则下列事实能说明反应达到平衡状态的是(填序号)。A.

容器内温度不变B.()()2nCO:nCO比值不变C.容器内气体的密度不再改变D.容器内气体的平均相对分子质量不变（3）已知反应II的正反应速率()()2v=kpCOpHO正正，逆反应速率()()22v=kpCOpH逆逆，k正、k逆分别为正、逆反

应速率常数，lgk(k表示k正或k逆)与温度1T的关系如图所示。A点对应的温度下，反应的平衡常数pK=___________；升高温度，反应Ⅱ的平衡常数K___________(填“变大”“变小”或“不变”)，其

中直线b表示___________随温度的变化(填“k正”或“k逆”)。（4）在图A点对应的温度下，向某恒温刚性密闭容器中加入足量焦炭和4mol水蒸气，同时发生反应I和反应II，已知起始时容器内压强为80kPa，10min后体系达到平

衡状态，容器内压强变为100kPa。①提高水蒸气平衡转化率的方法有_______________(写两种不同的方法)。②平衡时CO的分压()pCO=___________kPa，平衡时水蒸气的转化率为_______

____%。【答案】（1）①.高温②.—45kJ/mol（2）AB（3）①.1②.变小③.K逆（4）①.降低压强、及时分离出H2和CO2②.8③.40【解析】【小问1详解】由方程式可知，反应I为熵增的吸热反应，高温条件下反应

ΔH—TΔS＜0，反应能自发进行；由题给燃烧热可得如下热化学方程式：①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=—393.5kJ/mol，②H2(g)+12O2(g)=H2O(l)ΔH=—285.8kJ/mol，③CO(g)+12O2(g)=CO

2(g)ΔH=—283.0kJ/mol，由盖斯定律可知，反应I—①+②+③可得H2O(g)=H2O(l)，则ΔH3=(+130.3kJ/mol)—(—393.5kJ/mol)+(—285.8kJ/mol)+(—283.0kJ/mol)=—45kJ/mo

l，故答案为：高温；—45kJ/mol;【小问2详解】A．由题给燃烧热可得如下热化学方程式：①H2(g)+12O2(g)=H2O(l)ΔH=—285.8kJ/mol，②CO(g)+12O2(g)=CO2(g)ΔH=—283.0kJ/mol，由(1)可得③H2O(g)=H

2O(l)ΔH=—45kJ/mol，由盖斯定律可知，反应②—①+③可得反应IICO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，则ΔH2=(—285.8kJ/mol)—(—283.0kJ/mol)+(—45kJ/mol)=—47.8kJ/mol，在绝热恒

容容器中，反应放出的热量使容器中的温度升高，则容器内温度不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；B．n(CO)：n(CO2)比值不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终

不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；D．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积不变的反应，反应中气体的平均相对分子质量始终不变，则容器内气体的平均相对

分子质量不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；故选AB；【小问3详解】由图可知，A点正、逆反应速率常数相等，由平衡时正逆反应速率相等可得：k正p(CO)p(H2O)=k逆p(CO2)p(H2)，则A点对应温度下的反应的平衡常

数Kp=222p(CO)p(H)p(CO)p(HO)=kk正逆=1；由(2)可知，反应II为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数变小；1T增大，反应温度降低，平衡向正反应方向移动，正反应速率大于

逆反应速率，则直线b表示逆反应速率常数，故答案为：1；变小；K逆；【小问4详解】①反应I为气体体积减小的吸热反应，由(2)可知，反应II为气体体积不变的放热反应，降低压强，反应I形成的平衡向正反应方向移动、反应II形成的平衡不

移动，水蒸气的转化率增大，及时分离出氢气，反应I和反应II形成的平衡均向正反应方向移动，水蒸气的转化率增大，及时分离出二氧化碳，反应II形成的平衡向正反应方向移动，水蒸气的转化率增大，故答案为：降低压强、及时分离出H2和CO2；②由起始时容器内压强为80kP

a可知，水蒸气的分压为80kPa，设反应I和反应II消耗水蒸气的分压分别为akPa和bkPa，由方程式可知，平衡时水蒸气、二氧化碳、氢气和一氧化碳的分压分别为(80—a—b)kPa、bkPa、(a+b)kPa和(a—b)kPa，由10min后体系达到平衡状态，容器内压强变为100

kPa可得：(80—a—b)kPa+bkPa+(a+b)kPa+(a—b)kPa=100kPa，解得a=20，由A点对应温度下的反应的平衡常数Kp=1可得：b20+b20()()-bb()60-=1，解得b=12，则一氧化碳的分压为(20—12)kPa=

8kPa，水蒸气的转化率为(20+12)kPa80kPa×100%=40%，故答案为：8；40。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com