【文档说明】浙江强基联盟2023-2024学年高三上学期9月联考化学试题 含解析.docx，共(22)页，2.420 MB，由小赞的店铺上传

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浙江强基联盟2023学年第一学期高三年级9月联考化学试题可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Br80Ag108I127Ba137一、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.下列物质属于纯净物的是A.酒精B.酚醛树脂C.()3FeOH胶体D.汽油【答案】A【解析】【详解】A．酒精为一种物质，是纯净物，A符合题意；B．酚醛树脂为合成高分

子材料，聚合度是一定范围，数值不确定，属于混合物，B不符合题意；C．胶体属于分散系，属于混合物，故氢氧化铁胶体属于混合物，C不符合题意；D．汽油主要成分为C5～C12的烃，属于混合物，D不符合题意；故选A。2.下列化学用语表示正确的是A.羟

基的电子式：B.sp−轨道形成键的电子云图：C.6SF的空间构型：正八面体形D.第一电离能：NSP【答案】C【解析】【详解】A．羟基中存在单电子，其电子式为，故A错误；B．s轨道为球形，p轨道为哑铃形，其形成键的电子云图为，故B错误；

C．6SF的价电子对数为616662−+=，故其空间构型为正八面体形，故C正确；D．同周期第一电离能逐渐增大，但VA族大于VIA族，所以第一电离能NPS，故D错误；故选C。3.4BaSO是重晶石的主要成分，下列说法不正确的是A.硫酸钡属于强电解质B.钡元素

位于周期表的s区C.硫酸钡可以制备白色颜料D.钡离子无毒，4BaSO可用作“钡餐”【答案】D【解析】【详解】A．熔融态硫酸钡完全电离，所以硫酸钡是强电解质，故A正确；B．钡元素位于周期表的第IIA族，属于s区元素，故B正确；C．硫酸钡是白色难溶于水的固体可做白色颜料，故C正

确；D．钡离子有毒，4BaSO可用作“钡餐”的原因是4BaSO不溶于水和酸，故D错误；故选D。4.物质的性质决定用途，下列说法正确的是A银氨溶液具有弱还原性，可用于制银镜B.CO有可燃性，可用于炼铁C.干冰升华能吸收大量热，可用于人工降雨D.Al性质稳定，可用铝制槽车运输浓硫酸【

答案】C【解析】【详解】A．银氨溶液具有弱氧化性，可用于制银镜，A错误；B．CO有还原性，可用于炼铁，B错误；C．干冰升华能吸收大量热，可用于人工降雨，C正确；D．Al性质活泼，可用铝制槽车运输浓硫酸是因为铝发生钝化，D错误；故选C。5.

下列说法正确的是A.装置甲中光照时，试管内壁有油状液滴，说明甲烷和氯气发生了反应.B.装置乙在滴定过程中应挤压玻璃珠下半部分(a部位)C.装置丙可用于实验室配制银氨溶液D.装置丁中若将4ZnSO溶液替换成4CuSO溶液，将无法形成原电池【答案】A

【解析】【详解】A．装置甲中光照时，试管内壁有油状液滴，说明生成了有机物，因此可以证明甲烷和氯气发生了反应，A正确；B．碱式滴定管在滴定过程中应轻轻挤压玻璃珠上半部分，B错误；C．实验室配制银氨溶液时应该把氨水逐滴滴入硝酸银溶液中，C错误；D．装置丁中若将4ZnSO溶液替换成4

CuSO溶液，仍然可以形成原电池，锌是负极，铜是正极，D错误；答案选A。6.法医常采用马氏试砷法鉴定砒霜()23AsO中毒。检验时将盐酸、锌粉、试样混合，发生反应23322AsO6Zn12HCl=2AsH6ZnCl3HO++

++。将生成的气体导入热的石英管中，若管壁上有亮黑色砷镜产生，则证明试样中含有砒霜。下列说法正确的是A.盐酸、锌粉、试样混合生成3AsH的反应中，23AsO是还原剂B.产生32.24mLAsH气体，反应转移46.010mol−电子C.若盐酸、锌粉、试样反应温度过高，可能会降低石英管中检测的效

果D.石英管中通入样品产生的气体之前无需排出内部空气，但需要预热【答案】C【解析】【详解】A．盐酸、锌粉、试样混合生成AsH3的反应中，As2O3中As元素化合价降低，As2O3是氧化剂，故A错误；B．产生2.24mLAsH3气体，反应转移电子为2.24×10-3L

+22.4L/mol×6=6.0×10-5mol，故B错误；C．若盐酸、锌粉、试样反应温度过高，可能会导致AsH3分解，降低石英管中检测的效果，故C正确；D．石英管中通入样品产生的气体之前需要排出因部空

气，故D错误；故选C。7.AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.等物质的量的22NaO和2NaO中所含阴离子数均为ANB.21molMgCl中ClCl−键个数为ANC.标准状况下，360.1molCH中一定含有A0.8N个键D.30.1molFeCl水解制得的()3

FeOH胶体中胶粒数小于A0.1N【答案】D【解析】【详解】A．题干未告知22NaO和2NaO的物质的量，故无法计算等物质的量的22NaO和2NaO固体中所含阴离子数，A错误；B．氯化镁中不存在ClCl−，B错误；C．1个C3H6分子中含有10个键，则标

准状况下，360.1molCH中一定含有AN个键，C错误；D．一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体,故0.1mol氯化铁形成的胶粒的个数小于0.1NA，D正确；故选D。8.下列说法不正确的是A.苯甲酸重结晶过程中，加热、玻璃棒搅拌均能提高苯

甲酸的溶解度B.利用质谱仪可区分乙醇和二甲醚C.研究有机物的一般步骤：分离、提纯→确定实验式→确定化学式→确定结构式D.用苯萃取溴水时有机层应从上口倒出【答案】A【解析】【详解】A．加热能提高苯甲酸的溶解速率，也能提高苯甲酸的溶解度，但搅拌只能提高溶解速率，不能改变溶解度，故A错误；B．质谱

仪可测定有机物的相对分子质量，乙醇和二甲醚在质谱仪中裂解时会产生不同的断裂，得到的质谱图不相同，可以区分，故B正确；C．研究有机物一般经过以下几个基本步骤：分离、提纯→确定实验式→确定分子式→确定结构式，故C正确；D．苯的密度小于水的密度，且苯和水不互溶，苯和

水混合后分层，下层是水，上层是苯，用苯萃取溴水中的溴，分液时有机层从分液漏斗的上端倒出，故D正确；故选A。9.下列反应的离子方程式正确的是A.向2FeBr溶液中通入足量2Cl：23222Fe2Br2Cl2FeBr4Cl+−+−++=++B.向2CaCl

溶液中通入2CO：2223CaHOCO=CaCO2H+++++C.向()442NHAlSO溶液中滴入()2BaOH溶液使24SO−完全沉淀：()322444323NHAl2SO2Ba4OHAlOH2BaSONHHO=++−+−+++++

+D.实验室用FeS制取少量2HS：22S2HHS=−++【答案】C【解析】【详解】A．向2FeBr溶液中通入足量2Cl，Fe2+和Br-都被氧化，离子方程式为：23222Fe4Br3Cl2Fe2Br6Cl+−+−=++++，故A错误；B．向2CaCl溶液中通入2CO不能生

成碳酸钙沉淀，故B错误；C．向()442NHAlSO溶液中滴入()2BaOH溶液使24SO−完全沉淀生成氢氧化铝沉淀、碳酸钡沉淀和一水合氨，离子方程式为：()322444323NHAl2SO2Ba4OHAlOH2B

aSONHHO=++−+−++++++，故C正确；D．FeS不溶于水，在离子方程式中不能拆，离子方程式为：FeS+2H+=Fe2++H2S↑，故D错误；故选C。10.羟醛缩合的关键在于攫取Hα−，使其转化成H+离去，其反应机理如图所示：下列说法不正确的是A.该反应可用碱

作催化剂B.两分子苯甲醛可发生羟醛缩合反应C.乙醛中3CH−的CH−的极性强于丙酮中3CH−的CH−的极性D.3CHCH=CHCHO−−中存在单双键交替的结构体系，稳定性增加【答案】B【解析】【详解】A．该反应步骤中生成了氢离子，用碱作催化剂有利于反应正向进行，提高产率

，A正确；B．苯甲醛中与醛基相连的碳上没有氢原子，不能发生羟醛缩合反应，B错误；C．乙醛中的醛基的极性大于丙酮中的羰基，对碳氢共用电子对的吸引力更强，因此乙醛中-CH3的C-H的极性强于丙酮中-CH3

的C-H的极性，C正确；D．3CHCH=CHCHO−−中存在单双键交替的结构体系，单双键交替存在，分子轨道线性组成形成一组能量低的成键轨道和能量高的反键轨道，电子填充在成键轨道上所以稳定，D正确；故答案选B11.三聚3SO的结构如图所示，下列关于三聚3SO的推测合理的是A.S原子的杂化方式与3S

O分子中S原子的杂化方式相同B.S原子与O原子间的键长均相同C.3SO自发转变为三聚3SO的过程放热D.在水中的溶解度较小【答案】C【解析】【详解】A．3SO分子中S原子的杂化方式为sp2，三聚三氧化硫的S原子杂化方式为sp3，A错误；B．S原子与O原子间存

在双键和单键，单键和双键键长不相同，B错误；C．3SO自发转变为三聚3SO的过程是成键的过程，为放热，C正确；D．由三聚3SO的结构可知，其为极性分子，根据相似相容原理，在水中的溶解度较大，D错误；故选C。12.零下40℃时，2F可与冰反应生成HFO和HF，下列说法不正确的

是A.HFO中F+1价B.该反应属于氧化还原反应C.HFO的酸性强于HClOD.HFO可与水反应生成22HO【答案】A【解析】。为【详解】A．氧的非金属性比氟的非金属性弱，因此HFO中F为−1价，故A错误；B．该反应氟化合价降低，氧化合价升高，属于氧化还原反应，故B

正确；C．F的非金属性比氯的非金属性强，共用电子对更偏向氟，使得−O−H更易断裂，因此HFO的酸性强于HClO，故C正确；D．HFO中−F与水中氢结合生成HF，剩余部分形成双氧水，因此HFO可与水反应生成22HO，故D正确。综上

所述，答案为A。13.锌碘双离子二次电池的示意图如图所示，下列说法不正确的是A.增加电解液的浓度可提升该电池存储的能量B.充电时，2I可与I−进一步反应生成多碘化物，不利于2I的沉积C.放电时，溶液中离子的数目增大D.防

止多碘化物与Zn接触反应，应采用阴离子交换膜【答案】D【解析】【分析】由图可知，该原电池中Zn失去电子生成Zn2+作负极，电极方程式为：Zn-2e-=Zn2+，I-得到电子生成I2作正极，电极方程式为：I2+2e-=2I-，以此解答。【详解】A．增加电解液的浓度，可以使该二

次电池在充电时得到更多的Zn和I-，可提升该电池存储的能量，故A正确；B．充电时，2I可与I−进一步反应生成多碘化物，不利于2I的沉积，故B正确；C．由分析可知，放电时正极电极方程式为：I2+2e-=2I-，负极电极方程式

为：Zn-2e-=Zn2+，转移相同物质的量电子时，溶液中离子的数目增大，故C正确；D．多碘化物带负电荷，防止多碘化物与Zn接触反应，应采用阳离子交换膜，故D错误；故选D。14.二十世纪初，工业上以2CO和3NH为原料在一定温度和压强下合

成尿素。反应均可逆且分两步进行：①2CO和3NH生成24NHCOONH；②24NHCOONH分解生成尿素。反应过程能量变化关系如图所示。将一定量的2CO和3NH投入密闭容器中反应，下列说法正确的是A.反应①限度更大，24NHCOONH含量会持续增大B.合

成尿素反应的14ΔHEE=−C.降低温度，可分离得到含量更高的24NHCOONHD.升高温度，反应②速率和限度均增加，有利于提高尿素的平衡产率【答案】C【解析】【详解】A．根据图像，反应①活化能小，反应①速率快，24NHCOONH含量先增大后减

小，故A错误；B．反应①12ΔHEE=−、反应②34ΔHEE=−，根据盖斯定律①+②得合成尿素总反应的1234ΔHEEEE+=−−，故B错误；C．反应①放热、反应②吸热，降低温度，反应①正向移动、反应②逆向移动，可分离得到含量更高的24NHCOONH，故C正确；D．总反应放热，升高温

度，不利于提高尿素的平衡产率，故D错误；选C。15.碳酸盐存在条件下，2Mg+可转化为()2MgOH沉淀或3MgCO沉淀。图1为10.1molL−23NaCO溶液中含碳粒子物质的量分数—pH关系曲线图，图2中的曲线满足2Mg+在图1对应23NaCO溶液在不同pH环境下

，形成()2MgOH或3MgCO的溶解平衡关系。下列说法不正确的是A.图2中曲线I为()2MgOH溶解平衡曲线B.由图1可知232332HCOHCOCO−−+的平衡常数为3.8810−C.由图1，图2，初始状态()2

1cMg0.01molL+−=，pH8.5=的该23NaCO溶液中2+Mg主要转化为3MgCO沉淀D.由图1和图2，增大pH，223MgNaCO+−溶液体系中均可发生反应：()()()()()2332MgCOs2OHaqMgOHsCOaq−−++【

答案】D【解析】【详解】A．pH越大，越易形成氢氧化镁沉淀，图2中曲线I为()2MgOH溶解平衡曲线，故A正确；B．232332HCOHCOCO−−+的平衡常数()()()()()()()()()()()22+3233232232+123

333COHCOCOHHCOHCOHCOHCOHCOHCOHcccccKaKKacccc−−−−−===，由图1可知，Ka1=10-6.37、Ka2=10-10.25，232332HCOHCOCO−

−+的平衡常数为3.8810−，故B正确；C．由图1，图2，初始状态()21cMg0.01molL+−=，pH8.5=时，Q(3MgCO)>Ksp(3MgCO)，Q(()2MgOH)<Ksp(()2MgOH)，该23NaCO溶液中2+Mg主要转化为3MgCO沉淀，故C正确；D．由图1和

图2，pH大于10.25后223MgNaCO+−溶液体系中才能发生反应：()()()()()2332MgCOs2OHaqMgOHsCOaq−−++，故D错误；选D。16.下列方案设计、现象和结论正确的是方案设计现象结论A室温下将4TiCl液体和3A

lCl固体分别暴露在潮湿的空气中只有前者会冒“白烟”水解能力：43TiClAlClB将银粉分别加入硫酸和HI溶液中前者无明显现象，后者生成无色气体和黄色沉淀氧化性：24HSOHIC在浑浊的蛋清液中滴加少量NaCl的稀溶液蛋清液变澄清氯化钠

不能使蛋白质发生盐析反应D向有机物样品中加入过量NaOH后，再加入新制()2CuOH加热后产生砖红色沉淀该有机物为醛A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．室温下将4TiCl液体暴露在潮湿的空气中，发生反应422TiCl+2HO=TiO+4HCl，会冒“白烟

”，3AlCl暴露在潮湿的空气中不能冒“白烟”，说明水解能力43TiClAlCl，故A正确；B．将银粉分别加入硫酸和HI溶液中，前者无明显现象，后者生成氢气和AgI沉淀，由于银粉和HI反应生成AgI沉淀，不能证明氧化性24HSOHI，故B错误；C．氯化钠能使蛋白质发生盐析，故C错误；D．向有

机物样品中加入过量NaOH后，再加入新制()2CuOH，加热后产生砖红色沉淀，该有机物可能为甲酸，故D错误；选A。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.卤素及其化合物在生产生活中应用广泛。请回

答：（1）基态Cl原子的价层电子轨道表示式为_______。（2）卤族元素可与其他元素形成多种化合物。①下列说法不正确的是_______。A.能量最低的F+的2p轨道有一个成单电子B.得到一个电子释放的能量，()()ClgBrgC.化

学键的极性：HBrHID.22OF分子的空间构型：直线形②3BF中B原子的杂化方式是_______，预测该分子可与3NH、3AlCl中的_______发生化学反应，预测依据是_______。③HF分子之间形成的氢键强于2HO分子

之间形成的氢键，但在压力相同时2HO的沸点仍高于HF，解释原因：_______。（3）金属元素M与F形成的氟化物晶胞结构如图。已知该物质中M的配位数为8，则氟化物的化学式是_______，F的配位数为_____

__。【答案】（1）（2）①.AD②.2sp③.3NH④.3BF中心原子B有空轨道，3NH中N有孤电子对，二者可形成配位键⑤.等物质的量的2HO分子之间形成的氢键数比HF分子之间形成的氢键数多（3）①.2MF②.4【解析】【小问1详解】Cl是17号元素，基态Cl原子的价层电子排布式为3s

23p5，价层电子轨道表示式为。小问2详解】【①A．F是9号元素，F+的电子排布式为1s22s22p4，2p轨道有2个成单电子，故A错误；B．原子半径逐渐减小，原子核对电子的吸引能力越强，故得到一个电子释放的能量依次增大，

半径：Cl<Br，则得到一个电子释放的能量，Cl(g)>Br(g)，故B正确；C．非金属性：Br>I，则化学键的极性：HBr>HI，故C正确；D．O2F2分子类似于H2O2的空间构型，不是直线形，故D错误；故选

AD；②BF3中B原子价层电子对数为3+()13312−=3，杂化方式是sp2，预测该分子可与3NH、3AlCl中的3NH发生化学反应，依据是BF3中心原子B有空轨道，NH3中N有孤电子对，二者可形成配位键；③HF分子

之间形成的氢键强于H2O分子之间形成的氢键，但在压力相同时H2O的沸点仍高于HF，原因是：等物质的量的H2O分子之间形成的氢键数比HF分子之间形成的氢键数多。【小问3详解】由晶胞结构可知，F原子的个数为8，M原子的个数为611828+=4，氟化物的化学式是MF2，已知该物质中M的配

位数为8，F的配位数为4。18.氮及其化合物的相互转化对生命、生产生活意义重大。3NH是重要的化工原料，可发生如下转化：已知：24NH可被弱氧化剂氧化，但是其盐性质稳定。请回答：（1）写出过量3NH发生转化I的化学反应方程式_______。（2）下列说法正确的是______

_。A.上述转化均属于氮的固定B.实验室可借助浓氨水和生石灰反应快速制取少量氨气C.液态24NH是良好的溶剂，推测4CH易溶于其中D.硝酸工业排放的NOx尾气可用3NH处理生成无污染的物质（3）2NHOH、24NH与3NH类似，具有碱性，2NHOH、24NH

中碱性较弱的是_______，原因是_______。（4）转化Ⅲ消耗24NH与2HNO的物质的量相等，产物A不含氧元素。则A的化学式为_______。（5）反应Ⅱ在碱性条件下按方程式计量数之比投料，反应进行完全。请设计实验检验反应还原产物的阴离子：_______。【答案】（1）()3

22424NHCOClCONH2Nl=HC++（2）BD（3）①.2NHOH②.2NHOH中OH−吸引电子能力比2NH−强，故2NHOH中N给出电子能力比24NH弱（4）3HN（5）取反应后的溶液于试管中，先加入足量稀硝酸酸化，再滴加3AgNO溶液，有白色

沉淀产生，则其还原产物阴离子为Cl−【解析】【分析】氨气在一定条件下变为2NHOH，过量3NH与COCl2反应生成尿素和氯化铵，尿素和次氯酸钠反应生成24NH、氯化钠和水，24NH和亚硝酸反应生成水和叠氮酸。【小

问1详解】过量3NH与COCl2反应生成尿素和氯化铵，其过量3NH发生转化I的化学反应方程式()322424NHCOClCONH2Nl=HC++；故答案为：()322424NHCOClCONH2Nl=HC++。【小问2详解】A．氮的固定是游离态的氮气变为化合态，故A错误；B．氧

化钙和浓氨水中水反应生成氢氧化钙并放出大量的热，促使浓氨水分解生成氨气，因此实验室可借助浓氨水和生石灰反应快速制取少量氨气，故B正确；C．液态24NH是良好的溶剂，24NH是极性分子，甲烷是非极性分子，根据“相似相溶”原理，则4CH不易溶于其中，故C错误；D．氮氧

化物和氨气反应生成氮气和水，因此硝酸工业排放的NOx尾气可用3NH处理生成无污染的物质，故D正确；综上所述，答案为：BD。【小问3详解】2NHOH、24NH与3NH类似，具有碱性，2NHOH、24NH中碱性较弱的

是2NHOH，原因是2NHOH中OH−吸引电子能力比2NH−强，故2NHOH中N给出电子能力比24NH弱，因此2NHOH的碱性较弱；故答案为：2NHOH；2NHOH中OH−吸引电子能力比2NH−强，故2NHOH中N给出电子能力比24NH弱。【小问4详解】转化Ⅲ消耗24NH与

2HNO的物质的量相等，产物A不含氧元素，说明氧和氢形成水，根据元素守恒，则A含有氢和氮，再根据化合价和得失电子相等，则A的化学式为3HN；故答案为：3HN。【小问5详解】反应Ⅱ在碱性条件下按方程式计量数之比投料，反应进行完全，反应的还原产物是氯化钠，为检验氯离子，则实验方案是取反应

后的溶液于试管中，先加入足量稀硝酸酸化，再滴加3AgNO溶液，有白色沉淀产生，则其还原产物阴离子为Cl−；故答案为：取反应后的溶液于试管中，先加入足量稀硝酸酸化，再滴加3AgNO溶液，有白色沉淀产生，则其还原产物阴离子为Cl−。19.甲烷催化重整是工业制氢的重要途径。涉及的主要

反应如下：①甲烷部分氧化反应：()()()()4221CHgOgCOg2Hg2++1Δ35.7kJmolH−=−②甲烷水蒸气重整反应：()()()()422CHgHOgCOg3Hg++1Δ206.2kJ

molH−=+③水气转换反应：()()()()222COgHOgCOgHg++1Δ41.2kJmolH−=−请回答：（1）甲烷水蒸气重整—水气变换耦合反应为()()()()4222CHg2HOgCOg4Hg++，该反应的ΔH=_______1kJmol−，该反应自发进

行的条件是_______。（2）一定温度下，恒容反应器中注入初始浓度均为11molL−的原料气()4CHg、()2Og、()2HOg，充分反应达到平衡状态，测得()()142CHgCOg0.25molLcc−==、()

12Og0.75molLc−=。该条件下反应③的平衡常数为_______。（3）下列说法正确的是_______。A.通过控制氧气用量，有利于实现甲烷重整过程的热平衡B.升高温度，水气变换反应速率降低，2

H产率降低C.恒压条件比恒容条件利于提高4CH平衡转化率D.一定温度下，恒容反应器中()()2COg:COg1cc=，说明反应达到平衡状态（4）在进气量为1100mLmin−下，()4CHg、()2Og、()2HOg以恒定比例通入催化反应器，研究温度对反应的影响。结

果如图1所示。①在图2中画出4CH转化率与温度关系示意图_______。②近年来发展了钯膜催化甲烷重整制氢技术，反应器中2H选择性透过膜的机理如图3所示。说明该制备技术的优点：_______。【答案】（1）①.+165②.高温（2）2.0（3）AC（

4）①.②.生成的2H通过钯膜不断分离，生成物浓度降低，平衡右移，转化率(产率)提高；钯膜选择性透过2H，可直接分离获得高纯度2H【解析】【小问1详解】反应②和反应③相加即可得反应()()()()4222CHg2HOgCOg4Hg++，则该反应ΔH=+206.2kJ/mol

-41.2kJ/mol=+165.01kJmol−，该反应是吸热的熵增反应，根据ΔG=ΔH-TΔS，ΔG<0时反应自发，所以该反应自发进行的条件是高温。【小问2详解】根据碳原子守恒，可知CO的物质的量浓度为1mol/

L-0.25mol/L-0.25mol/L=0.5mol/L，根据氧原子守恒可知H2O的物质的量浓度为0.5mol/L，根据氢原子守恒，可知H2的物质的量浓度为2.0mol/L，则K=()()()()222cCOcH20.25==2

.0cCOcHO0.50.5。的【小问3详解】A．增大氧气的量，反应①放出更多的热量，可以提供热量给反应②，所以可以通过控制氧气用量，实现甲烷重整过程的热平衡，故A正确；B．升高温度，反应速率增大，故B错误；C．由于反应

①和②均为气体体积增大的反应，所以恒压条件比恒容条件利于提高CH4平衡转化率，故C正确；D．反应达到平衡状态和物质的量浓度之比无关，故D错误；故选AC。【小问4详解】①从图1可以看出，温度较低时，H2和CO的收率都没有明显变化，而CO2的收率在增

加，说明反应①和②速率较慢，反应③速率较快，甲烷的转化率较小；温度达到650℃以上时，温度升高，CO2的收率降低，H2和CO的收率都增大，说明反应③逆向移动，反应①和②速率加快，甲烷的转化率增大，三个反应都达到平衡后，甲烷的转化率

不再明显变化，故图像为。②从图3可以看出，通过钯膜催化甲烷重整制氢技术，可以把生成的2H通过钯膜不断分离，生成物浓度降低，平衡右移，转化率(产率)提高；钯膜选择性透过2H，还可直接分离获得高纯度2H。20.某研究小组以大

理石为原料制备2CaO。步骤一：步骤二：已知：①从溶液中制得的过氧化钙含结晶水()22CaO8HO，在100℃脱水生成无色2CaO，加热至350℃左右，2CaO迅速分解生成CaO。②2CaO难溶于水，不溶

于乙醇与丙醇。（1）滤液Ⅰ中主要溶质的化学式为_______。（2）下列说法不正确的是_______。A.步骤一的目的是除去铁、镁，得到较纯净的3CaCOB.由固体X制得2CaO，为了得到颗粒较细的产品，一般采用高温烘干C.步骤二中为了

使3CaCO充分溶解，一般加入过量的盐酸D.操作Ⅱ冰水浴是为了防止反应过于剧烈，同时减少反应物的损失（3）整个制备过程中多次提到了趁热过滤，但在普通过滤操作的过程中由于过滤时间长，往往在过滤的过程中产品或杂质由于冷却而析出，从而影响了产品的质量和产量，某小组将过滤装置进行如下调整

，以达到快速过滤的目的，设备X的名称是_______。（4）2CaO含量的测定准确称取20.1000gCaO样品于250mL锥形瓶中，加入50mL水和115mL2molL−HCl溶液振荡溶解，再加入3滴140.05molLMnSO−溶液，立即用10.02500molL−4KMnO溶液滴定

，平行测定三次，平均消耗4KMnO溶液20.00mL。①样品中2CaO的质量分数为_______(高锰酸钾浓度较低时不能氧化Cl−)。②滴定过程中加入4MnSO溶液的作用是_______。【答案】（1）2CaCl、4NHCl（2）BC（3）抽气泵（4）①.90%②.催化剂，加快高锰酸钾对22HO

的氧化速度【解析】【分析】大理石中含有铁、镁杂质，步骤一的具体操作为向大理石中加盐酸并加热，得到悬浊液中主要含有氯化钙、氯化亚铁和氯化镁，加入过氧化氢溶液将亚铁离子氧化为铁离子，加氨水调pH，小火煮沸、趁热过滤，除去铁离子、镁离子，滤液中含有2CaCl、4NHCl，加入碳酸铵和

浓氨水，经过滤、洗涤、干燥得到CaCO3；步骤二的具体操作为向碳酸钙中逐滴加入稀盐酸，尚存有少量固体，生成氯化钙，将溶液煮沸，趁热过滤，滤液中加入氨水和过氧化氢冰水浴中反应生成过氧化钙晶体，加热烘干1h得到CaO2。【小问1详解】由分析可知，滤液Ⅰ中主

要溶质的化学式为2CaCl、4NHCl。【小问2详解】A．由分析可知，大理石中含有铁、镁杂质，经步骤一操作得到CaCO3，所以步骤一的目的是除去铁、镁，得到较纯净的3CaCO，故A正确；B．根据信息提示，加热至

350℃左右，2CaO迅速分解生成CaO，则由固体X制得2CaO，不能采用高温烘干，故B错误；C．由流程可知，加入过量的盐酸会引入杂质，故不能加入过量盐酸，故C错误；D．过氧化氢受热易分解，所以操作Ⅱ冰水浴是为了防止反应过于剧烈，同

时减少反应物的损失，故D正确；答案选BC。【小问3详解】由调整后的过滤装置能达到快速过滤的目的，结合装置特点可知为抽滤，设备X的名称是抽气泵。【小问4详解】①高锰酸钾浓度较低时不能氧化Cl−，根据电子转移守恒可以得到定量关系为：2KMnO4~5H2O2，20.1000g

CaO样品中2CaO的物质的量为52×0.020L×0.02500mol⋅L-1=0.00125mol，该样品中2CaO的质量分数为0.00125mol72g/mol0.1g100%=90%；②滴定过程中加入4MnSO溶液的作用是作催化剂，加快高锰酸钾对22

HO的氧化速度。21.某研究小组按下列路线合成胃动力药酒石酸唑吡坦。已知：。请回答：（1）化合物D的含氧官能团名称是_______。（2）下列说法不正确的是_______。A.A+B→C的转变属于“原子经济性反应”B.C→D的转变需使用3FeBr作催化剂C.化合物F可

在酸性或碱性条件下发生水解反应D.化合物G中含有两个相同的手性碳原子（3）化合物C的结构简式是_______。（4）写出D→E的化学方程式：_______。（5）设计以HCCH为原料合成B的路线__________(用流程图表示，无机

试剂任选)。（6）写出4种同时符合下列条件的化合物E的同分异构体的结构简式：_______。①分子含有两个取代基数目相同的苯环，且苯环间不直接相连，无其他环，无顺反异构；②1HNMR−谱和IR谱检测表

明：分子中N元素及O元素的化学环境完全相同，有与苯环直接相连的。【答案】（1）羰基、羧基（2）B（3）（4）（5）222HO,HClCHCHClHCN2222HCCHNCCHCHCNHOOCCHCHC

OOH+−⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯⎯⎯→⎯⎯→催化剂△（6）、、、、、【解析】【分析】由C和D的分子式和结构简式可知C和Br2发生取代反应生成D，则C的结构简式为，D和发生取代反应和消去反应生成E，结合酒石酸唑吡坦的结构简式可以推知E和发生取代反应生成F，F的结构简式为，G的结

构简式为，以此解答。【小问1详解】由结构简式可知，化合物D的含氧官能团名称是羰基、羧基。【小问2详解】A．由分析可知，C的结构简式为，则A+B→C是化合反应，属于“原子经济性反应”，故A正确；B．由分析可知，C中非苯环上的H原子和Br2发生取代反应

生成D，条件是光照，故B错误；C．由分析可知，F的结构简式为，其中含有肽键，可在酸性或碱性条件下发生水解反应，故C正确；D．由分析可知，G为，手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，G中含有2个手性碳原子，故D正确；故选B。【小问3详解】由分析可知，化合物C的结构简式是。【小问4详解】

D和发生取代反应和消去反应生成E，化学方程式为：+HBr+H2O。【小问5详解】HC≡CH先和HCN发生加成反应生成NCCH2CH2CN，NCCH2CH2CN发生水解生成HOOCCH2CH2COOH，HOOCCH2CH2COOH和Cl2CHCHCl2

发生已知提示的反应原理得到B，合成路线为：222HO,HClCHCHClHCN2222HCCHNCCHCHCNHOOCCHCHCOOH+−⎯⎯⎯⎯→⎯⎯⎯⎯⎯⎯→⎯⎯→催化剂△。【小问6详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xi

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