【文档说明】重庆市万州第二高级中学2023届高三下学期第四次质量检测化学试题 含解析.docx，共(20)页，3.775 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-39b98de604a67c2e328a500cc433b5b8.html

以下为本文档部分文字说明：

万州二中2023年高三下学期第四次质量检测化学试题满分：100分时间：75分钟可能用到的相对原子质量：H1C12O16F19Fe56Cd112In115一、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.下列诗句、谚语或与化学现象

有关，说法不正确的是A.“水乳交融，火上浇油”前者包含物理变化，而后者包含化学变化B.“落汤螃蟹着红袍”肯定发生了化学变化C.“滴水石穿、绳锯木断”不包含化学变化D.“看似风平浪静，实则暗流涌动”形象地描述了溶解平衡的状态【答案】C【解析】【详解】A．水乳交融没有新物质生成，油能燃烧，火上浇油

有新物质生成，选项A正确；B．龙虾和螃蟹被煮熟时，它们壳里面的一种蛋白质-甲壳蛋白会受热扭曲分解，释放出一种类似于胡萝卜素的色素物质，有新物质生成，属于化学变化，选项B正确；C．石头大多由大理石（即碳酸钙）其能与水，二氧化碳反应生成Ca(HCO3)2，Ca(HCO

3)2是可溶性物质，包含反应CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)2CaCO3↓＋CO2↑＋H2O，属于化学变化，选项C不正确；D．看似风平浪静，实则暗流涌动说的是表面看没发生变化，实际上在不停的发生溶

解平衡，选项D正确。答案选C。2.下列各项实验的基本操作正确的是A.用湿润的pH试纸测定硫酸溶液的pHB.少量液溴通常保存在无色玻璃试剂瓶中，并在液溴上加少量水液封C.可用硫酸溶液鉴别碳酸钠、硅酸钠和硫酸钠D.

蒸发操作中，将蒸发皿放在铁架台的铁圈上，垫上石棉网加热【答案】C【解析】【详解】A．用pH试纸测定硫酸溶液的pH时，pH试纸不能湿润，否则会对溶液起稀释作用，测得的pH为稀释后硫酸溶液的pH，故A错误；B．液溴易挥发，少

量液溴通常保存在棕色玻璃试剂瓶中，并在液溴上加少量水液封，故B错误；C．稀硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体、与硅酸钠反应生成硅酸沉淀、与硫酸钠不反应，所以可用硫酸溶液鉴别碳酸钠、硅酸钠和硫酸钠，故C正确；D．蒸发时，蒸发皿可以放在铁圈上或泥三角上直接用酒精灯加热，蒸发皿耐高温，不用

垫石棉网，D错误；故选C。3.X、Y、Z元素可组成化合物22XYZ，Y原子的电子数等于Z原子的最外层电子数，221molXYZ分子中含24mol电子。下列说法错误的是A.Y位于周期表第三周期第ⅣA族B.X、Y、Z能形成多种三元化合物C非金属性：ZYXD.22XYZ易溶于水【

答案】A【解析】【分析】根据221molXYZ分子中含24mol电子且Y原子的电子数等于Z原子的最外层电子数，可知X为H、Y为C、Z为O，22XYZ为HCOOH。【详解】A．C位于周期表第二周期第ⅣA族，故A错误；B．H、C、O可以形成多种烃的

含氧衍生物，如羧酸、醇、醛等，故B正确；C．非金属性：O＞C＞H，故C正确；D．羧基为亲水基，故HCOOH易溶于水，故D正确；故选A。4.根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是实验操作和现象结论A在盛有铜和稀硫酸的烧杯

中滴加3KNO溶液，铜逐渐溶解3KNO作该反应的催化剂B在2Mg(OH)浊液中加入4NHCl，溶液变澄清4NH+促进沉淀溶解平衡正向移动C在溴水中滴加苯，溴水褪色苯与溴发生取代反应D在酸性4KMnO溶液中加入甲苯，溶液褪色甲基使苯环上的氢变活泼.A.AB.B

C.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．硫酸提供氢离子，硝酸钾提供硝酸根离子，相当于形成了硝酸，与铜反应，而不是硝酸钾做了催化剂，A错误；B．由于铵根离子水解生成氢离子，会反应掉OH-，使氢氧化镁的溶解平衡正向移动，最终溶解而表成澄清溶液，B正确；C．苯不与

溴水反应，但是萃取溴水中的溴而使溴水褪色，C错误；D．甲苯使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为苯环对甲基的影响，使甲基易被氧化，D错误；故选B。5.设AN为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是A.1231L0.1molLNaSO−溶液中阴离子的数目为A0.1NB.269.2gCHO含有共价键的数

目为A1.6NC.AN个2CO分子中共用电子对的数目为A2ND.1molNa与足量2O反应，生成2NaO和22NaO的混合物，钠失去的电子数为A2N【答案】B【解析】【详解】A．Na2SO3在水溶液中发生水解反应：SO23−+H2OHSO3−+OH-，从而1L0

.1mol·L-1Na2SO3溶液中阴离子数目大于0.1NA，A错误；B．C2H6O有两种同分异构体CH3CH2OH、CH3OCH3，每个分子都含有8个共价键，9.2gC2H6O为0.2mol，含有共价键的数目为1.6NA，

B正确；C．NA个CO2分子的物质的量为1mol，CO2的结构式是O=C=O，1个CO2分子含有4个共用电子对，1molCO2中共用电子对数目为4NA，C错误；D．钠和氧气反应生成Na2O和Na2O2的混合物，钠元素化合价由0升高为+1，1mol钠反应失去1mol电子，钠失去电子

数为NA，D错误；答案选B。6.奥昔布宁具有解痉和抗胆碱作用，其结构简式如图所示。下列关于奥昔布宁的说法正确的是A.分子中的含氧官能团为羟基和羧基B.分子中碳原子轨道杂化类型有2种C.奥昔布宁不能使溴的CCl4溶液褪色

D.奥昔布宁能发生消去反应【答案】D【解析】【分析】【详解】A．奥昔布宁分子中的含氧官能团为羟基和酯基，不含有羧基，A不正确；B．奥昔布宁分子中碳原子轨道杂化类型有sp3杂化(环己基、链烃基)、sp2杂质(苯环、酯

基)、sp杂质(碳碳叁键)，共3种类型，B不正确；C．奥昔布宁分子中含有的-C≡C-，能使溴的CCl4溶液褪色，C不正确；D．奥昔布宁分子中的和-OH相连的碳原子与环己基上的邻位碳原子间可通过脱水形成碳碳双键，从而发生消去反应，D正确；故选D。7.下列指定反应的离子方程式正确的是A.NH4

HCO3溶液和过量Ca(OH)2溶液混合：Ca2++NH+4+HCO-3+2OH-=CaCO3↓+H2O+NH3·H2OB.NaClO溶液与HI溶液反应：2ClO-+2H2O+2I-=I2+Cl2↑+4OH-C.磁性氧化铁溶于足量稀硝酸：Fe3O4+8

H+=Fe2++2Fe3++4H2OD.明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO2-4恰好完全沉淀：2Ba2++3OH-+Al3++2SO2-4=2BaSO4↓+Al(OH)3↓【答案】A【解析】【详解】A．NH4HCO3溶液和过量Ca(OH)2溶

液混合，生成NH3·H2O、CaCO3和水离子方程式：Ca2＋+NH4＋+HCO3－+2OH－=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O，A正确；B．产物中I2和Cl2均可以与OH－反应，可知方程式错误；NaClO与HI溶液反应，离子方程式：2ClO－+

4H＋+2I－=I2+Cl2↑+2H2O，B错误；C．硝酸能够将Fe2＋氧化成Fe3＋，可知方程式错误；将磁性氧化铁溶于足量稀硝酸，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：3Fe3O4+NO3－+28H＋=9Fe3＋+14H2O+NO↑，C错误；D．若明矾溶液中含有2mol2-4SO

，其完全沉淀，需要加入2molBa2＋，同时加入4molOH－，溶液中的Al3＋会转化成-2AlO，产物错误；离子反应为2Ba2＋+4OH－+Al3＋+22-4SO=2BaSO4↓+-2AlO+2H2O，D错误；答案选A。8.资源回收与利

用是环保的重要课题之一、某小组拟利用银镜制备硝酸银，其流程如下[知：()34322RCHO2AgNHOHRCOONH2Ag3NHHO+⎯⎯→+++△]：下列说法正确的是A.加入银氨溶液之前加入NaOH的目的是中和24HSOB.从环保和成本角度

考虑应选择浓硝酸溶解银镜C.“一系列操作”过程包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、高温烘干D.若以葡萄糖为原料给瓶胆镀银，则0.1mol葡萄糖最多镀1.2mol银【答案】A【解析】【分析】淀粉溶液加入稀硫酸并加热，水解后的溶

液加入氢氧化钠溶液中和到碱性，再加银氨溶液热水浴，产生银镜，银镜加入硝酸溶解得到硝酸银溶液，一系列操作后得到硝酸银；【详解】A．加入银氨溶液之前加入NaOH的目的是中和24HSO，以免硫酸与银氨溶液反应造成实验失败，选项A正确；B．银与稀硝酸和浓

硝酸反应分别为3322Ag+2HNO()=AgNO+NO+HO浓、3323Ag+4HNO=3AgNO+NO+2HO()稀，与浓硝酸反应时消耗的硝酸更多，从环保和成本角度考虑应选择稀硝酸溶解银镜，选项B错误；C．因硝酸银易分解，故“一系列操作”过

程包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、减压干燥，选项C错误；D．若以葡萄糖为原料给瓶胆镀银，1分子葡萄糖含有1个醛基，则0.1mol葡萄糖最多镀2mol银，选项D错误；答案选A。9.科学家研制出低浓度2CO快速集获器，其原理是利用IPDA吸收空气中

的2CO转化成固体氨基甲酸()2HNCOOH。IPDA的结构简式如图所示。下列说法错误的是A.IPDA分子中含2个手性碳原子B.2CO、2HNCOOH中C原子的杂化类型相同C.2CO是非极性分子D.IPDA的分子间作用力决定其熔点高低【答案】B【解析】【详解】A．根据IPDA的结构简式可

知，分子中含有两个手性碳原子，A正确；B．CO2中C原子杂化轨道数为2+12×（4-2×2）=2，采取sp杂化方式，2HNCOOH中碳原子与氧原子形成双键，与其他原子为单键，采取sp2杂化方式，B错误；C．二氧化碳分子

中正负电荷中心相重合，为非极性分子，C正确；D．IPDA属于分子晶体，分子间作用力决定其熔点高低，D正确；答案选B。10.某无色溶液中可能含有①Na+、②Ba2+、③Cl-、④Br-、⑤SO23−、⑥SO

24−、⑦Fe2+中的几种离子，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：步骤操作现象Ⅰ用pH试纸检验溶液的pH大于7Ⅱ向溶液中滴加氯水，再加入CCl4，振荡，静置CCl4层呈橙红色Ⅲ取Ⅱ的上层溶液，加入Ba(NO3)2

溶液和稀硝酸有白色沉淀产生Ⅳ将Ⅲ过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀硝酸有白色沉淀产生下列结论正确的是（）A.肯定含有的离子是①④⑤B.肯定没有的离子是②⑤⑦C.可能含有的离子是①②⑥D.不能确定的离子是①③⑥【答案】A【解析】【详解】根据步骤Ⅰ，该溶液呈碱性，则该溶液是强碱弱酸盐溶

液，所以一定存在SO23−，则一定不存在Ba2+；在碱性的无色溶液中，一定不存在Fe2+；溶液呈电中性，所以溶液中的阳离子只能是Na+；步骤Ⅱ说明该溶液中一定存在Br-，氯气与Br-反应生成溴单质，溴单质在四氯化碳中的颜色是橙红色；步骤Ⅲ不能说明有SO24−存在，因为

该溶液中一定存在SO23−，加入氯水后SO23−被氧化为SO24−，与Ba(NO3)2反应生成BaSO4沉淀；步骤Ⅳ不能确定原溶液中Cl-是否存在，因为加入的氯水中含有Cl-。因此一定存在的离子是①④⑤，一定不存在的离子是②⑦，不能确定的离子是③⑥。答

案选A。11.3-4AsO、3-4PO都是造成水体污染的因素，可以利用沉淀法除去.如图a、b分别是()342MgAsO、()342MgPO的沉淀溶解平衡曲线。下列说法错误的是A.()-19.68sp342KMg

AsO=10B.向浓度相等的34NaAsO、34NaPO的废水中同时滴加相同浓度的()32MgNO溶液，3-4PO先沉淀C.要使废水中3-4AsO、3-4PO离子浓度不大于-6-110molL，则2+Mg浓度至少为-2.56-110molLD.若()()3

-3-34434422MgAsO(s)+2PO(aq)MgPO(s)+2AsO(aq)成立，则平衡常数4.52K=10【答案】D【解析】【详解】A．根据题意a、b分别代表()342MgAsO、()342MgPO的沉淀溶解平衡曲线，利用坐标可知：()19.68342K10spMgAsO−=

，()25.2342K10spMgPO−=，A选项正确；B．()342MgPO的溶解度比的()342MgAsO更小，所以，向浓度相等的34NaAsO、34NaPO的废水中同时滴加相同浓度的()32MgNO溶液，34PO−先沉淀，B选项正确；C．要使废水中3

4AsO−、34PO−离子浓度不大于6110molL−−，根据()342MgAsO的spK，可得2Mg+浓度至少为2.56110molL−−，C选项正确；D．由于()342MgAsO的溶解度比()342MgPO的大，所以()(

)()()()()3334434422s2s2MgAsOPOaqMgPOAsOaq−−++成立，其()()sp3425.52sp342KMgAsOK10KMgPO==，D选项错误。故答案选D12.人工肾

脏可用间接电化学法除去代谢产物中的尿素()22CONH。下列有关说法正确的是A.a为电源的负极B.H+通过质子交换膜向左室移动C.若两极共收集到0.6mol气体，则除去了0.12mol尿素(忽略气体溶解，假设氯气全部

参与反应)D.除去尿素的反应为()222222CONH2ClHONCO4HCl++=++【答案】D【解析】【详解】A．左边电解产生氯气，在左边为阳极，因此a为电源的正极，故A错误；B．电解池“异性相吸”，则H+通过质子交换膜向右室移动，故B错误；C．根据电子转移

相同，左边电解得到氯气，氯气再和尿素反应()222222CONH2ClHONCO4HCl++=++，右边电解得到氢气，根据()222222CONH2H2ClNCO，根据关系式得到4mol气体消耗1mol尿素，则若两极共收集到0.6mol气体

，则除去了0.15mol尿素，故C错误；。D．除去尿素的反应为()222222CONH2ClHONCO4HCl++=++，故D正确。综上所述，答案为D。13.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历

程，该历程示意图如下所示。下列说法不正确的是A.生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%B.CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂C.①→②放出能量并形成了C—C键D.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化

率【答案】D【解析】【详解】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学

平衡，不能提高平衡转化率。详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过

程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项

错误；答案选D。点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。14.三氧化二铟()23InO具有优良的气体

传感性。以3InCl为原料制备三氧化二铟的工艺如下：已知：①In的+3价强酸盐易水解；②加热2使纯净物M的失重率(失重率100%=样品质量一产品质量样品质量)为11.5%。下列说法错误的是A.不能用稀盐酸替代热水B.3In(OH)性质与3Al(O

H)有相似之处C.加热1和加热2的温度可能不相同D.纯净物M中铟的质量分数为78.5%【答案】D【解析】【详解】A．由分析可知，如果用稀盐酸替代热水不利于生成3In(OH)，A正确；B．In位于金属元素和非金属元素的分界线出，则3In(O

H)的性质与3Al(OH)有相似之处，B正确；C．加热1是除去3In(OH)中含有的杂质，加热2是3In(OH)的分解，其温度是不同的，C正确；D．纯净物M为3In(OH)经过计算，其中铟的质量分数为69.3%，

D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.钼酸锂(24LiMoO)主要用于溴化锂中央空调的缓冲剂。以精选钼矿(主要成分为2MoS，含少量2CuFeS等杂质)为原料制备24LiMoO并回收副产品的工艺流程图如下所示：回答下列问题：（1）酸C是__________

_(填化学式，下同)，盐B是___________。（2）溶液4可循环用于“酸浸、氧化”，通入氯气的目的是___________(用离子方程式表示)。（3）“灼烧”制备钼酸锂的化学方程式为___________。如果在实验室里完成

“灼烧”，宜选择___________(填字母)。的A．石英坩埚B．铁坩埚C．陶瓷坩埚D．蒸发皿（4）溶液1主要含2Fe+、2Cu+、H+、24SO−、Cl−等，“电解”中阴极最先发生的电极反应式为___________。下列试剂不能检验2MoS洗涤干净的是___________

(填序号)。①铁氰化钾溶液②酚酞溶液③2BaCl溶液④3AgNO溶液（5）钼矿粉在一定量浓度的盐酸、氯化铁混合液中的“浸取率”与温度的关系如图所示。简述温度高于0TK时“浸取率”急剧下降的主要原因：________

___(答两点)。（6）已知常温下，20sp2Cu(OH)2.210−=K，17sp2Fe(OH)4.910K−=，若溶液1中()()22Fe17Cucc++=，()21Cu0.1molLc+−=。向溶液1中滴加稀NaOH溶液使()251Cu110

molLc+−−=时，此时是否有2Fe(OH)生成？___________(通过计算说明)。【答案】（1）①.H2SO4②.NH4NO3（2）2+3+-22Fe+Cl=2Fe+2Cl（3）①.22242423+LiCOLi+HMoOMoOHO

O+C灼烧②.B（4）①.2+-Cu+2e=Cu②.②（5）盐酸具有挥发性、铁离子会水解，升高温度盐酸挥发加快、铁离子水解程度变大（6）溶液1中()()22Fe17Cucc++=，()21Cu0.1molLc+−=，则()21F

e1.7molLc+−=；向溶液1中滴加稀NaOH溶液使()251Cu110molLc+−−=时，()()20sp2-1151522+Cu(OH)2.210OHmolL2.210molL1Cu==10=Kcc−−−−−，则(

)()22-1515172Fe(OH)=FeOH=1.72.=3.7210104.9140Qcc+−−−，故会生成2Fe(OH)【解析】【分析】精选钼矿酸浸、氧化，2MoS不反应得到固体，铜、

铁元素在盐酸、氯化铁作用下得到铜、亚铁的盐酸盐溶液1，电解得到A金属铜，溶液3中通入氯气将亚铁离子氧化为铁离子得到溶液4；2MoS固体和氧气焙烧得到MoO3、气体A二氧化硫，二氧化硫可以制取强酸硫酸C；MoO3和氨水碱浸得到(NH4)2MoO4溶液，加入硝酸得到硝酸铵溶液2和H2MoO4沉淀

，H2MoO4沉淀加入碳酸锂灼烧得到Li2MoO4；溶液2处理得到硝酸铵为盐B；【小问1详解】由分析可知，酸C是H2SO4，盐B是NH4NO3；【小问2详解】溶液4可循环用于“酸浸、氧化”，通入氯气的目的是将亚铁离子转化为铁离子，反应为2+3+-22Fe

+Cl=2Fe+2Cl；【小问3详解】“灼烧”制备钼酸锂反应为H2MoO4沉淀加入碳酸锂灼烧得到Li2MoO4，方程式为22242423+LiCOLi+HMoOMoOHOO+C灼烧。23LiCO化学性质类似碳酸钠，

具有碱性，故不能使用硅酸盐类坩埚，故如果在实验室里完成“灼烧”，宜选择铁坩埚，故选B；【小问4详解】溶液1主要含2Fe+、2Cu+、H+、24SO−、Cl−等，阳离子中铜离子的放电能力更强，故“电解”中阴极最先发生的电极反应式为铜离子得到电子发

生还原反应生成铜，2+-Cu+2e=Cu；氯离子会和硝酸银生成白色沉淀、钡离子会和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀、亚铁离子会和铁氰酸钾生成蓝色沉淀，故下列试剂不能检验2MoS洗涤干净的是②酚酞溶液；【小问5详解】盐

酸具有挥发性、铁离子会水解，升高温度盐酸挥发加快、铁离子水解程度变大，均会导致温度高于0TK时浸取率急剧下降；【小问6详解】溶液1中()()22Fe17Cucc++=，()21Cu0.1molLc+−=，则()21Fe1.7molLc+−

=；向溶液1中滴加稀NaOH溶液使()251Cu110molLc+−−=时，()()20sp2-1151522+Cu(OH)2.210OHmolL2.210molL1Cu==10=Kcc−−−−−，则()()22-1515172

Fe(OH)=FeOH=1.72.=3.7210104.9140Qcc+−−−，故会生成2Fe(OH)。16.某小组对木炭与浓硝酸的反应进行探究。已知：23222NaOH2NONaNONaNOHO+=++，2222NaOHNONO2NaNO

HO++=+。请回答下列问题：I．甲同学设计如图所示装置制备并收集NO(夹持装置省略)。（1）盛放浓3HNO的仪器为___________，木炭与浓硝酸反应的化学方程式为___________。（2）装置C的作用为______

_____。（3）乙同学认为用装置F代替装置B更合理，理由为___________。II．探究NO与22NaO的反应。已知：2NaNO既有氧化性，又有还原性；J处硬质玻璃管中制得的2NaNO中含有少量3N

aNO。（4）检验上图装置气密性的方法为___________。（5）实验结束后，设计实验证明J处硬质玻璃管中有2NaNO生成：___________。(可供选择的试剂：蒸馏水、KI—淀粉溶液、4KMnO溶液、NaOH溶液、2BaCl溶液、稀硫酸)【答案】（1）①.分液漏斗②.C+4

HNO3(浓)Δ4NO2↑+CO2↑+2H2O（2）除去反应生成的CO2（3）装置F可以起到防倒吸的作用（4）关闭K，由长颈漏斗向广口瓶中加水至长颈漏斗中的液面高于广口瓶，一段时间后液面差不变则气密性良好（5）取少量反应后的固体溶于蒸馏水，滴几滴经稀硫酸酸化的KMnO4

溶液，溶液褪色则有NaNO2生成【解析】【分析】根据题意结合图可知，I.制备并收集NO：浓HNO3和碳共热生成NO2和CO2，经与水反应NO2变成NO，再经NaOH除去CO2，用排水集气法收集；II.探究NO与Na2O2反应：NO经干燥后与Na2O2共热反应，用酸性高锰酸钾溶液检验Na

NO2。【小问1详解】盛放浓HNO3的仪器为分液漏斗；碳与浓硝酸反应生成CO2、NO2和H2O，化学方程式为C+4HNO3(浓)Δ4NO2↑+CO2↑+2H2O；故答案为：分液漏斗；C+4HNO3(浓)Δ4NO2↑+

CO2↑+2H2O。【小问2详解】碳与浓硝酸反应生成的CO2、NO2通入B装置的水中，NO2与水反应生成HNO3和NO，再将混合气体通入装置C的NaOH溶液中，可以除去NO中混有的CO2；故答案为：除去反应生成的CO2。【小问3详

解】将碳与浓硝酸反应生成CO2、NO2通入B装置的水中，因NO2与水反应生成HNO3和NO，造成气体减少、压强减小，从而产生倒吸，若将混合气体通入CCl4中，则不会产生倒吸；故答案为：装置F可以起到防倒吸的作用。【小问4详

解】检验装置的气密性需先形成密闭体系，正确的方法是：关闭装置后端开关K，由长颈漏斗向广口瓶中加水至长颈漏斗中的液面高于广口瓶，一段时间后液面的高度差不变，则气密性良好；故答案为：关闭K，由长颈漏斗向广口瓶中加水至长颈漏斗中的液面高于广口瓶，一段时间后液面差不变则气密性良好

。【小问5详解】J处硬质玻璃管中制得的NaNO2中含有少量NaNO3，因NaNO3在酸性条件下也具有强氧化性，所以不能使用还原性的试剂如KI－淀粉溶液检验，可根据NaNO2具有还原性而NaNO3没有还原

性，取少量反应后的固体溶于蒸馏水，滴几滴经稀硫酸酸化的KMnO4溶液，若溶液褪色则有NaNO2生成；故答案为：取少量反应后的固体溶于蒸馏水，滴几滴经稀硫酸酸化的KMnO4溶液，溶液褪色则有NaNO2生成。17.42CHCO−催化重整对温室气体的减排具有重要

意义，其反应为()()()()1422CHgCOg2COg2HgΔ247.3kJmolH−++=+。回答下列问题：（1）将原料按初始组成()()42CH:CO1:1nn=充入密闭容器中，保持体系压强为100kPa发生反应，达到平

衡时2CO的体积分数与温度的关系如图所示。①1T℃、100kPa下，n(平衡时气体)：n(初始气体)=___________；该温度下，此反应的平衡常数pK=___________(以分压表示，列出计算式)。②若A、B、C三点表示不同温度和压强下已达平衡时2CO的体积分数，则_____

______点对应的平衡常数最小，理由是___________。（2）900℃下，将4CH和2CO的混合气体(投料比1:1)按一定流速通过盛有炭催化剂的反应器，测得4CH的转化率受炭催化剂颗粒大小的影响如图所示。(注：目数越大，表示炭催化剂颗粒越小)由图可知，75

min后4CH的转化率与炭催化剂的目数的关系为________，原因是__________。（3）磷化硼的晶胞结构如图所示，晶胞中P原子的空间堆积方式为___________；已知晶体中硼原子和磷原子的半径分别为1pmr和2pmr，距离最近的硼原子和磷原子的核间距为二者原子半径之和。则磷化硼

晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为___________(写出计算式)。【答案】（1）①.5：4②.Kp=22222242p(CO)p(H)(20kPa)(20kPa)177.8(kPa)p(CH)p(CO)(30kPa)(30kPa)==③.A

④.该反应为吸热反应，温度升高化学平衡正向移动，平衡常数增大，A点温度最低，平衡常数最小（2）①.碳催化剂的目数越大，CH4的转化率越大②.碳催化剂的目数越大，其颗粒越小，表面积越大，原料气与催化剂接触得更加充分，反应更加完全。（3）①.面心立方最密堆积②.334412333

124(rr)4(rr)()3++【解析】【小问1详解】①T1温度下，达到平衡时，CO2体积分数为30%，设反应消耗CO2xmol，初始投入的CO2为amol，则422CH(g)CO(g)2CO(g)2H(g)/molaa00/molxx2x2x

/mola-xa-x2x2x++初始转化平衡，则a-x0.32a2x=+，x=0.25a，则n(平衡时气体)：n(初始气体)=2.5a：2a=5：4。该温度下，平衡时各物质的分压为p(CH4)=p(CO2)=0.75a100kPa30kPa2.5a=，p(CO)=p(H2)=0.5a10

0kPa20kPa2.5a=，Kp=22222242p(CO)p(H)(20kPa)(20kPa)177.8(kPa)p(CH)p(CO)(30kPa)(30kPa)==。②从题干可知该反应为吸热反应，温度升高化学平衡正向移动，平衡

常数增大，A点温度最低，平衡常数最小。【小问2详解】从图中可知，碳催化剂的目数越大，CH4的转化率越大，原因为碳催化剂的目数越大，其颗粒越小，表面积越大，原料气与催化剂接触得更加充分，反应更加完全。【小问3详解】由

图可知，晶胞中P原子空间堆积方式为面心立方最密堆积。根据均摊法可知，该晶胞中P有8×18+6×12=4个，B有4个，设晶胞边长为a，则体对角线长度为3a，距离最近的硼原子和磷原子的核间距为体对角线长度的14，即r1+r2=3a4，则晶胞体积为3124(rr)(

)3+，原子总体积为4(331244rr33+)，原子体积占晶胞体积的百分率为334412333124(rr)4(rr)()3++。18.阿司匹林()是一种用途很广消炎镇痛药物。可以通过以下方法合成：已知：333333CHCOOHPCl3CHCOClHPO+→+。请回答下列问题：（1）阿

司匹林中的含氧官能团有___________(写名称)，反应①的反应类型为___________。（2）通过水杨酸还可制得香料E和高分子化合物G，转化关系如图。①请写出A→E的化学方程式：___________。②已知G是一种聚酯，请写出其结构简式：___________。（3）水杨酸

所有属于芳香酯的同分异构体中，苯环上有两个对位取代基的结构简式为_______。（4）结合题中信息，以苯酚、异丁烯为原料(其他无机原料自选)合成聚合物的流程路线如下：的24BrCCl⎯⎯⎯→………⎯⎯→⎯⎯→请完善上述合成流程路线中的省略部分__________

_。【答案】（1）①.酯基、羧基②.取代反应（2）①.+CH3OHΔ垐垐?噲垐?浓硫酸+H2O②.或者（3）（4）NaOH⎯⎯⎯⎯→溶液⎯⎯⎯→氧化⎯⎯⎯→浓硫酸3PCl⎯⎯⎯→。【解析】【分析】根据阿司匹林的结构简式可知，其中的含氧官能团，通过对比反应①前后的物质可以知道该反应的反应类型，A→

E为水杨酸的酯化反应，以此解题。小问1详解】阿司匹林的结构简式为：其中的含氧官能团有酯基、羧基，反应①是水杨酸（）与反应生成）阿司匹林（）的反应，其反应类型为取代反应，故答案为：酯基、羧基；取代反应【小问2详解】【①A→E是水杨酸（）与甲醇、浓硫酸加热条件下反应生成

香料E的反应，其化学反应方程式为+CH3OHΔ垐垐?噲垐?浓硫酸+H2O；②G是水杨酸（）在一定条件下发生酯化反应生成的一种聚酯，其结构简式为：，故答案为：或者；【小问3详解】芳香化合物含有苯环，酯类物质含有酯基，与水杨酸（）同分异构体的属于芳香酯的结构简式有：；【小问4详解】由苯酚、异丁

烯为原料合成的流程路线：NaOH⎯⎯⎯⎯→溶液⎯⎯⎯→氧化⎯⎯⎯→浓硫酸3PCl⎯⎯⎯→。