浙江省縣城教研聯(lián)盟高三下學期三模化學試題

2023～2024學年第二學期浙江省縣域教研聯(lián)盟高三年級模擬考試化學考生須知：1.本試題卷分選擇題和非選擇題兩部分，共8頁，滿分100分，考試時間90分鐘。2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級、姓名、考場、座位號及準考證號并核對條形碼信息。3.所有答案必須寫在答題卷上，寫在試卷上無效，考試結(jié)束后，只需上交答題卷。4.學生可關注“啟望教育”公眾號查詢個人成績分析。5.可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32Cl35.5K39Fe56Cu64Se79Ba137選擇題部分(共48分)一、選擇題(本大題共16個小題。每小題3分，共48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(zhì)只含有共價鍵且其水溶液顯酸性的是A.HCl B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】A．HCl中只含共價鍵HCl，且水溶液呈酸性，A符合題意；B．含有共價鍵和離子鍵，水溶液呈酸性，B不符合題意；C．只含共價鍵，水溶液呈堿性，C不符合題意；D．含有共價鍵和離子鍵，水溶液呈堿性，D不符合題意；故選A。2.明礬應用廣泛，下列說法不正確的是A.明礬屬于復鹽B.明礬溶液和小蘇打溶液混合可以生成氣體C.明礬大晶體的培養(yǎng)可以通過形狀完整的小晶體作為晶核D.明礬可以用作凈水劑，是因為明礬溶于水生成了氫氧化鋁沉淀【答案】D【解析】【詳解】A．明礬含有鋁離子和鉀離子兩種陽離子，屬于復鹽，A正確；B．明礬溶液中含有Al3+，Al3+和碳酸氫鈉溶液會發(fā)生雙水解反應生成氣體，B正確；C．選用形狀較為規(guī)則的小明礬晶體作晶核，更有利于晶體的完美析出，C正確；D．明礬可以用作凈水劑，是因為明礬溶于水生成了氫氧化鋁膠體，D錯誤；故選D。3.下列表示正確的是A.鎂原子最外層電子云輪廓圖：B.聚1，3丁二烯：C.碳酸的結(jié)構(gòu)簡式：D.p軌道和p軌道形成的σ鍵：【答案】C【解析】【詳解】A．基態(tài)鎂原子的最外層電子排布為3s2，s能級電子云輪廓圖為球形，圖示為啞鈴形，故A錯誤；B．1，3丁二烯通過加聚反應生成聚1，3丁二烯，聚1，3丁二烯的結(jié)構(gòu)簡式為，故B錯誤；C．碳酸的結(jié)構(gòu)簡式為，故C正確；D．p軌道和p軌道形成的σ鍵為，故D錯誤；故選C。4.制備高鐵酸鈉()的一種方法是：，下列說法不正確的是A.作還原劑B.是還原產(chǎn)物C.是一種新型綠色消毒劑，可用于飲用水的處理D.每生成，電子轉(zhuǎn)移總數(shù)為(為阿伏加德羅常數(shù)的值)【答案】D【解析】【詳解】A．在反應中，鐵的價態(tài)從＋3價升高為＋6，所以作還原劑，故A正確；B．在反應中氯的價態(tài)從＋1價降低為－1價，發(fā)生還原反應，所以是還原產(chǎn)物，故B正確；C．具有強氧化性，可消毒殺菌；的還原產(chǎn)物水解生成氫氧化鐵膠體可吸附水中雜質(zhì)，可用于飲用水的處理，故C正確；D．由方程式可知，每生成，轉(zhuǎn)移電子6mol，轉(zhuǎn)移總數(shù)為，故D錯誤；故選D。5.在溶液中能大量共存的離子組是A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、【答案】B【解析】【詳解】A．銅離子和碳酸根離子會反應，不能大量共存，A錯誤；B．選項所給離子間不相互反應，可以大量共存，B正確；C．銀離子和氫氧根離子會生成氫氧化銀沉淀并轉(zhuǎn)化為氧化銀，不能大量共存，C錯誤；D．酸性條件下硝酸根有強氧化性，會氧化有還原性的二價鐵離子，不能大量共存，D錯誤；答案選B。6.以等為原料制備亞氯酸鈉(，有強氧化性和漂白性，其溶液受熱易分解)的工藝流程如下：下列說法不正確的是A.試劑X可以是和NaOH的混合液B.操作是減壓蒸發(fā)，操作是重結(jié)晶C.常溫下，亞氯酸()比亞氯酸鈉更穩(wěn)定D.酸性介質(zhì)中還原氯酸鈉()可制得原料【答案】C【解析】【分析】以ClO2等為原料制備亞氯酸鈉NaClO2，氯的化合價從+4變?yōu)?3，化合價降低，得電子，需要加入還原劑X，同時X中需要含鈉元素，溶液A中已經(jīng)生成NaClO2，由于其溶液受熱易分解，故需要減壓蒸發(fā)(操作I)，在冷卻結(jié)晶，過濾后得粗產(chǎn)品，粗產(chǎn)品已經(jīng)是結(jié)晶得到，故進一步重結(jié)晶(操作Ⅲ)得較純產(chǎn)品?！驹斀狻緼．H2O2可以失電子做還原劑，同時加氫氧化鈉引入鈉離子，故試劑X可以是H2O2和NaOH的混合液，A正確；B．由分析，操作Ⅰ是減壓蒸發(fā)，操作Ⅲ是重結(jié)晶，B正確；C．在堿性溶液中NaClO2相對穩(wěn)定,在酸性溶液中，和H+結(jié)合為HClO2，不穩(wěn)定，易分解產(chǎn)生Cl2、ClO2和H2O，C錯誤；D．氯酸鈉(NaClO3)制ClO2，氯元素化合價從+5變?yōu)?4，化合價降低，得電子，需要加入還原劑，D正確；本題選C。7.化學與人類健康關系密切，下列說法正確的是A.在葡萄酒中添加適量的主要目的是調(diào)節(jié)葡萄酒的酸度B.制作豆腐時可以用石膏或膽礬“點鹵”C.氯化鎂、亞硝酸鈉、山梨酸鉀、三聚氰胺等均可以用作食品添加劑D.膳食纖維是人體七大營養(yǎng)素之一，難以在人體內(nèi)水解為葡萄糖加以吸收利用【答案】D【解析】【詳解】A．二氧化硫具有還原性，在葡萄酒中添加適量的主要目的是作抗氧化劑，A錯誤；B．硫酸銅是重金屬鹽，能使蛋白質(zhì)變性，制作豆腐時不能用膽礬“點鹵”，B錯誤；C．氯化鎂、亞硝酸鈉、山梨酸鉀等均可以用作食品添加劑，三聚氰胺不能，C錯誤；D．人體沒有能水解纖維素的酶，因此膳食纖維難以在人體內(nèi)水解為葡萄糖加以吸收利用，D正確；答案選D。8.實驗室模擬侯氏制堿過程中，下列圖示裝置和原理能達到實驗目的的是A．制取氨氣B．制取C．分離D．制取A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．應該加熱氯化銨和氫氧化鈣的混合物制取氨氣，故A錯誤；B．二氧化碳通入飽和氨鹽水中制取碳酸氫鈉，通入二氧化碳的導氣管應伸到液面以下，故B錯誤；C．用過濾法從母液中分離出碳酸氫鈉固體，故C正確；D．加熱碳酸氫鈉應在坩堝中灼燒而不是用燒杯，故D錯誤；答案選C。9.下列說法不正確的是A.肥皂的主要成分是硬脂酸鈉，其去污的主要原理是水解呈堿性B.C60和C70可以通過“分子識別”加以分離C.色譜分析法是一種物質(zhì)分離的分析方法，也可以對反應進程進行跟蹤D.核酸可以看作磷酸、戊糖和堿基通過一定方式結(jié)合而成的生物大分子【答案】A【解析】【詳解】A．硬脂酸鈉在水溶液中電離成鈉離子和硬脂酸根離子(C17H35COO)，硬脂酸根離子由兩部分組成，一部分[CH3(CH2)16]與油脂的親和力大，是親油基團；另一部分[COO]與水的親和力大，是親水基團。將沾了油污的衣物擦上肥皂搓洗時硬脂酸根離子一頭“拉著油”，另一頭“拉著水”，將油污“拖下水”，從而將衣物洗凈，而不是依靠水解，A錯誤；B．C60和C70混合物加入一種空腔大小適合C60的“杯酚”中可進行分離，這是利用超分子的“分子識別”的特征，B正確；C．由于不同物質(zhì)在層析液中的擴散速度不同可以進行分離，則色譜分析法是一種物質(zhì)分離的分析方法，也可以對反應進程進行跟蹤，C正確；D．核酸可以看作磷酸、戊糖和堿基通過一定方式結(jié)合而成的生物大分子，D正確；故答案為：A。10.下列反應的離子方程式正確的是A.向溶液中滴加稀鹽酸：B.用飽和碳酸鈉溶液浸泡沉淀：C.Al與NaOH溶液反應：D.向溶液中加入過量溶液：【答案】B【解析】【詳解】A．硅酸鈉是強電解質(zhì)且易溶，所以需要拆為離子形式，正確的離子方程式為+2H+=H2SiO3↓，A錯誤；B．用飽和碳酸鈉溶液浸泡BaSO4沉淀，由于碳酸鋇更難溶，沉淀發(fā)生轉(zhuǎn)化，硫酸鋇沉淀轉(zhuǎn)化為碳酸鋇沉淀，選項所給離子方程式正確，B正確；C．鋁是兩性金屬，可以和氫氧化鈉溶液反應生成六羥基合鋁酸鈉、氫氣，離子方程式為2Al+2OH?+6H2O=2Al(OH)+3H2↑，C錯誤；D．向FeCl3溶液中加入過量Na2S溶液，由于硫離子過量，亞鐵離子與其會生成FeS沉淀，正確的離子方程式為2Fe3++3S2?=2FeS↓+S↓，D錯誤；故選B。11.某藥物A有如下轉(zhuǎn)化關系：下列說法中不正確的是A.藥物A的分子結(jié)構(gòu)中含有酚羥基和羧基B.藥物A的分子式為C.在上述轉(zhuǎn)化關系中，藥物A分別與、發(fā)生的均為取代反應D.1mol藥物A能與3molNaOH發(fā)生反應【答案】C【解析】【分析】藥物A可以和氯化鐵發(fā)生顯色反應，即存在酚羥基，能與醇發(fā)生酯化反應，即存在羧基，能與碳酸鈉溶液反應，根據(jù)與乙醇酯化反應產(chǎn)物的分子式和與碳酸鈉溶液反應產(chǎn)物的分子式，可得A的分子式為，與碳酸鈉溶液反應后得產(chǎn)物中存在3個Na，即A中有2個酚羥基，1個羧基，A與溴的四氯化碳溶液加成得到C9H8Br2O4，可以知道含有碳碳雙鍵，即A的一種可能結(jié)構(gòu)為（符合條件的結(jié)構(gòu)有多種，此處為方便分析，寫出一種）。【詳解】A．藥物A可以和氯化鐵發(fā)生顯色反應，即存在酚羥基，能與醇發(fā)生酯化反應，即存在羧基，故A正確；B．由分析得，A的分子式為，故B正確；C．根據(jù)分析，藥物A與Br2發(fā)生加成反應，故C錯誤；D．A中有2個酚羥基，1個羧基，1mol藥物A能與3molNaOH發(fā)生反應，故D正確；故選C。12.已知W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次遞增，其元素性質(zhì)或原子結(jié)構(gòu)特征如下：元素元素性質(zhì)或原子結(jié)構(gòu)特征W是宇宙中含量最多的元素X元素原子最高能級不同軌道都有電子，且自旋方向相同Y原子核外s能級上電子總數(shù)與p能級上的電子總數(shù)相等，第一電離能低于同周期相鄰元素Z價層電子數(shù)等于其電子層數(shù)下列說法正確的是A.化合物的VSEPR模型名稱為三角錐形B.的中心原子采用雜化C.中WYW鍵角比中的小D.組成為ZX的化合物屬于分子晶體，是新型無機材料【答案】B【解析】【分析】H元素是宇宙中含量最多的元素，因此W是H元素；X元素原子最高能級的不同軌道都有電子，且自旋方向相同，X元素為N元素；由于Y元素第一電離能都低于同周期相鄰元素，Y元素可能為O，可能為S，但是由于原子核外s能級上的電子總數(shù)與p能級上的電子總數(shù)相等，因此Y元素為O元素；由W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次遞增且Z價層電子數(shù)等于其電子層數(shù)可知，Z為Al元素?！驹斀狻緼．XW3即NH3，N上有一對孤電子對，價層電子對數(shù)4，VSEPR模型名稱為正四面體形，A錯誤；B．W3Y+即H3O+，O上有一對孤電子對，價層電子對數(shù)為4，中心原子O為sp3雜化，B正確；C．兩種粒子的中心原子氧原子都為sp3雜化，H3O+中心原子氧原子有一對孤電子對，而H2O中心原子氧原子有兩對孤電子對，孤對電子對成鍵電子的斥力更大，使H2O中的HOH鍵更小，C錯誤；D．ZX是AlN，是新型無機材料，屬于共價晶體，D錯誤；本題選B。13.精確測量金屬離子在惰性電極上以鍍層形式沉積的金屬質(zhì)量，可以確定電解過程中通過電解池的電量。實際測量中，常用銀電量計，如下圖所示。下列說法不正確的是A.電量計中的銀棒應與電源的正極相連B.鉑坩堝上發(fā)生的電極反應是：C.實驗中，為了避免銀溶解過程中可能產(chǎn)生的金屬顆粒掉進鉑坩堝而導致測量誤差，常在銀電極附近增加一個收集網(wǎng)袋。若沒有收集網(wǎng)袋，測量結(jié)果會偏高D.若要測定電解飽和食鹽水時通過的電量，可將該銀電量計中的銀棒與待測電解池的陽極相連，鉑坩堝與電源的負極相連【答案】D【解析】【分析】要精確測量金屬離子在惰性電極上以鍍層形式沉積的金屬質(zhì)量，需要讓銀棒為陽極，鉑為陰極，Ag+在陰極得到電子生成Ag，通過測量鉑坩堝質(zhì)量的增加量來測量轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量，以此解答。【詳解】A．由分析可知，電量計中的銀棒為陽極，應與電源的正極相連，A正確；B．由分析可知，銀棒與電源正極相連，鉑與負極相連，鉑上發(fā)生的電極反應為：，B正確；C．若沒有收集網(wǎng)袋，則導致鉑坩堝的質(zhì)量偏大，使得測量金屬質(zhì)量的結(jié)果會偏高，計算出的電量偏高，C正確；D．銀棒與待測電解池的陽極相連時，銀做陽極，失去電子生成銀離子而溶解，Ag+與Cl結(jié)合生成氯化銀沉淀，且陰極沒有金屬沉積，所以電解食鹽水時通過的電量不能用該方法測量，D錯誤；故選D。14.文獻報道，和PO(環(huán)氧丙烷)共聚生成主產(chǎn)物PPC(聚碳酸丙烯酯)和副產(chǎn)物CPC(環(huán)狀碳酸丙烯酯)。其能量與時間變化如圖所示。下列說法正確的是A.B.由圖可知，相同條件下，由于，主反應的速率低于副反應速率C.實際生產(chǎn)中，可以通過催化劑的選擇性來抑制CPC的生成D.由和PO生成CPC的焓變?yōu)椋骸敬鸢浮緾【解析】【詳解】A．均為負值，根據(jù)圖示，，故A錯誤；B．活化能越小反應速率越快，由圖可知，相同條件下，由于，主反應的速率高于副反應速率，故B錯誤；C．催化劑具有選擇性，實際生產(chǎn)中，可以通過催化劑的選擇性來抑制CPC的生成，故C正確；D．根據(jù)圖示，由和PO生成CPC的焓變?yōu)椋?，故D錯誤；答案選C。15.25℃時，氫氟酸水溶液中，調(diào)節(jié)溶液pH(忽略體積變化)，得到、與溶液pH的變化關系，如下圖所示：已知：①固態(tài)氟化氫中存在形式；②。下列說法不正確的是A.常溫下NaF溶液呈堿性B.固態(tài)氟化氫中存在，其鏈狀結(jié)構(gòu)可表示為：C.HF的電離平衡常數(shù)的值為D.溶液與溶液等體積混合，調(diào)節(jié)混合液pH為3.45(忽略調(diào)節(jié)混合液體積的變化)，無沉淀產(chǎn)生【答案】D【解析】【詳解】A．NaF為強堿弱酸鹽，常溫下由于氟離子水解，所以NaF溶液呈堿性，故A正確；B．F具有較強的電負性，可以與氫原子形成氫鍵，所以其鏈狀結(jié)構(gòu)可表示為：，故B正確；C．根據(jù)電離方程式，可知；，故C正確；D．pH=3.45，，而溶液中的，，有少量沉淀產(chǎn)生，故D錯誤；故選D。16.下列實驗目的、方案設計和現(xiàn)象、結(jié)論都正確的是選項實驗操作實驗現(xiàn)象實驗結(jié)論A為驗證某固體是還是，室溫下取少量固體于試管中，插入溫度計，加幾滴水。溫度降低該固體是B常溫下，用pH計分別測定等體積溶液和溶液的pHpH均為7同溫下，不同濃度的溶液中水的電離程度相同C向盛有少量蒸餾水的試管里滴加2滴溶液，然后再滴加2滴硫氰化鉀溶液無明顯現(xiàn)象與的配位能力強于D在某待檢溶液中，滴加NaOH溶液，加熱，用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗產(chǎn)生的氣體試紙變藍色該待檢溶液中一定含有A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．碳酸鈉溶于水放熱，碳酸氫鈉溶于水吸熱，溫度降低證明固體是碳酸氫鈉，故A錯誤；B．中和發(fā)生相互促進的雙水解，由于水解能力一致，使得溶液呈中性，濃度越大，水的電離程度越大，故B錯誤；C．Fe3+與SCN可形成紅色絡合物，向盛有少量蒸餾水的試管里滴加2滴溶液，然后再滴加2滴硫氰化鉀溶液，無明顯現(xiàn)象，說明與的配位能力強于，故C正確；D．使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體為氨氣，若該溶液是酰胺類物質(zhì)，與氫氧化鈉加熱可生成氨氣，則不能證明該溶液中含有，故D錯誤；故選C。非選擇題部分(共52分)二、非選擇題(本大題共5個小題，共52分)17.過渡元素在材料和化工生產(chǎn)中占有重要地位。（1）中的化學鍵具有明顯的共價性，蒸氣狀態(tài)下以雙聚分子存在()，寫出氯化鐵雙聚分子的結(jié)構(gòu)式___________。（2）元素Mn和Fe的部分電離能如下表所示，發(fā)現(xiàn)Mn元素的第三電離能()要大于Fe元素的第三電離能，原因是___________。元素MnFe電離能()7177591509156132482957（3）Mn的一種配合物化學式為，下列說法正確的是___________。A.與Mn原子配位時，提供孤電子對的是C原子B.電負性：H<C<N<OC.中兩個C原子的雜化類型均為D.中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為5：2（4）某晶體的晶胞如圖1所示，Cu可以完全取代該晶體中a位置Fe或b位置Fe，轉(zhuǎn)化為兩種Cu替代型產(chǎn)物的能量變化如圖2所示。①其中相對不穩(wěn)定的Cu替代型產(chǎn)物的化學式為___________。②下列關于晶體的說法正確的是___________。A．晶體的形成與晶體的自范性有關B．測定某一固體是否屬于晶體可以用X射線衍射儀進行實驗C．晶體和非晶體的根本區(qū)別在于固體是否有規(guī)則的幾何外形D．由玻璃制成規(guī)則的玻璃球體現(xiàn)了晶體的自范性E．晶胞是晶體結(jié)構(gòu)中最小的重復單元【答案】（1）（2）的價層電子排布為，是半充滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定；的價層電子排布為，再失去一個電子即可達到3d軌道半充滿的比較穩(wěn)定的狀態(tài)（3）BD（4）①.②.ABE【解析】【小問1詳解】Fe提供空軌道，Cl提供孤電子對，氯化鐵中以雙聚分子存在的結(jié)構(gòu)式為：，故答案為；【小問2詳解】錳元素位于第四周期第ⅦB族，其基態(tài)原子的價電子排布式為：3d54s2，則其基態(tài)的價電子排布式：3d5；由轉(zhuǎn)化為時，3d能級由較穩(wěn)定的半充滿狀態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)椴环€(wěn)定的狀態(tài)需要的能量較多；而轉(zhuǎn)化為時，3d能級由不穩(wěn)定的狀態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)檩^穩(wěn)定的半充滿狀態(tài)需要的能量相對要少，故氣態(tài)再失去1個電子比氣態(tài)再失去1個電子難，故答案為：的價層電子排布為，是半充滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定；的價層電子排布為，再失去一個電子即可達到3d軌道半充滿的比較穩(wěn)定的狀態(tài)；【小問3詳解】A．CH3CN中N有孤電子對，C沒有孤電子對，因此CH3CN與Mn原子配位時，提供孤電子對的是N原子，故A錯誤；B．同周期電負性從左到右逐漸增強，所以電負性：H<C<N<O，故B正確；C．中，甲基中的C原子為sp3雜化，氰基的C原子為sp雜化，故C錯誤；D．中存在一個碳氮叁鍵，所以σ鍵與π鍵數(shù)目之比為5：2，故D正確；故選BD?！拘?詳解】①Cu替代b位置Fe型能量更高，更不穩(wěn)定，則1個晶胞中Fe原子數(shù)為，Cu原子數(shù)為，N原子數(shù)為1，則更穩(wěn)定的Cu替代型產(chǎn)物的化學式為，故答案為：；②A．在一定條件下，物質(zhì)能形成具有幾何形狀的晶體，這個形成過程與晶體的自范性有關，故A正確；B．同一條件下，當單一波長的X射線通過晶體和非晶體時，攝取的圖譜是不同的，非晶體圖譜中看不到分立的斑點或明銳的譜線，故B正確；C．晶體和非晶體的根本區(qū)別在于其內(nèi)部粒子在空間上是否按一定規(guī)律做周期性重復排列，不在于是否有規(guī)則的幾何外形，故C錯誤；D．玻璃是非晶體，沒有自范性，故D錯誤；E．晶胞是體現(xiàn)晶體結(jié)構(gòu)的基本單位，一個晶胞內(nèi)表達了晶體排列中的完整的一個重復單元，晶體可以由一個個晶胞重復排列而成的，故E正確；故答案為：ABE。18.一種制備的工藝路線如圖所示。反應Ⅱ所得溶液pH在3～4之間，反應Ⅲ需及時補加NaOH以保持反應在pH=5條件下進行。已知：常溫下，的電離平衡常數(shù)，。請回答：（1）反應的化學方程式為___________。（2）反應的離子反應方程式為___________。（3）下列說法正確的是___________。A.反應、、均為氧化還原反應B.低溫真空蒸發(fā)主要目的是防止分解C.溶液Y可循環(huán)用于反應所在操作單元吸收氣體D.若產(chǎn)量不變，參與反應的X與物質(zhì)的量之比增大時，需補加NaOH的量減少（4）反應需及時補加NaOH以保持反應在pH=5條件下進行，原因是___________(結(jié)合離子反應方程式和必要的文字說明)。（5）請用實驗驗證反應后的溶液中存在的陽離子___________?！敬鸢浮浚?）（2）（3）CD（4）反應發(fā)生反應，反應過程中酸性越來越強，使發(fā)生歧化反應（5）用潔凈的鉑絲蘸取溶液，放在酒精燈外焰上灼燒，火焰呈黃色，說明存在；用玻璃棒蘸取溶液，滴加到pH試紙上，試紙變紅色，說明存在【解析】【分析】銅和濃硫酸反應(反應Ⅰ)生成二氧化硫氣體(氣體Ⅰ)和硫酸銅，生成的二氧化硫氣體與碳酸鈉反應(反應Ⅱ)，所得溶液pH在3~4之間，溶液顯酸性，根據(jù)H2SO3的電離平衡常數(shù)Kal=1.3×10?2,Ka2=6.3×10?8，可知NaHSO3溶液顯酸性(電離大于水解)，則反應Ⅱ所得溶液成分是NaHSO3，氣體Ⅱ為CO2，調(diào)節(jié)溶液pH值至11，使NaHSO3轉(zhuǎn)化為Na2SO3，低溫真空蒸發(fā)(防止Na2SO3被氧化)，故固液分離得到Na2SO3晶體和Na2SO3溶液，Na2SO3和CuSO4反應生成Cu2O的離子方程式是+2Cu2++2H2O=+Cu2O+4H+，反應過程中酸性越來越強，使Na2SO3轉(zhuǎn)化成SO2氣體，總反應方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，需及時補加NaOH以保持反應在pH=5條件下進行，據(jù)此分析解答?！拘?詳解】由分析，反應I是銅和濃硫酸反應生成二氧化硫氣體和硫酸銅，化學方程式為Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O；【小問2詳解】由分析，反應Ⅱ是二氧化硫氣體與碳酸鈉反應生成二氧化碳和亞硫酸氫鈉，離子反應方程式為2SO2++H2O=2+CO2；【小問3詳解】A．反應Ⅱ是二氧化硫氣體與碳酸鈉反應生成二氧化碳和亞硫酸氫鈉，不是氧化還原反應，A錯誤；B．由分析，低溫真空蒸發(fā)主要目的是防止Na2SO3被氧化，B錯誤；C．溶液Y是Na2SO3溶液，可循環(huán)用于反應Ⅱ所在操作單元吸收氣體SO2，C正確；D．X為Na2SO3，是強堿弱酸鹽，顯堿性，若Cu2O產(chǎn)量不變，參與反應Ⅲ的Na2SO3與CuSO4物質(zhì)的量之比增大時，需補加NaOH的量減少，D正確；故選CD；【小問4詳解】反應Ⅲ發(fā)生反應+2Cu2++2H2O=+Cu2O↓+4H+，反應過程中酸性越來越強，可能會使Na2SO3轉(zhuǎn)化成SO2氣體、Cu2O發(fā)生歧化反應，故反應Ⅲ需及時補加NaOH以保持反應在pH=5條件下進行；【小問5詳解】反應Ⅲ后的溶液中存在的陽離子為Na+和H+，分別用實驗驗證的方法是：用潔凈的鉑絲蘸取溶液，放在酒精燈外焰上灼燒，火焰呈黃色，說明存在Na+；用玻璃棒蘸取溶液，滴加到pH試紙上，試紙變紅色，說明存在H+。19.隨著聚酯工業(yè)的快速發(fā)展，氯氣的需求量和氯化氫的產(chǎn)出量也隨之迅速增長。將氯化氫轉(zhuǎn)化為氯氣的技術成為化學研究的熱點。Deacon發(fā)明的直接氧化法為：請回答：（1）下列措施中，有利于提高(平衡轉(zhuǎn)化率)的有___________(填字母)。A.增大 B.增大 C.使用更好的催化劑 D.移去 E.增大壓強（2）下圖為剛性容器中，進料濃度比分別等于1：1、4：1、7：1時HCl平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的關系：①圖中進料濃度比的曲線是___________。②設HCl初始濃度為，根據(jù)進料濃度比的數(shù)據(jù)計算：K(400℃)=___________(只需要列出計算式即可，不必化簡)。③進料濃度比過低產(chǎn)生的不利影響是___________。④400℃時，若HCl和的物質(zhì)的量之比為，相應平衡體系中的物質(zhì)的量分數(shù)為x，請在下圖中繪制x隨n變化的示意圖_______。（3）科學家采用碳基電極材料將氯化氫轉(zhuǎn)化為氯氣的新方法，如圖所示，寫出電極a附近涉及的所有反應___________?！敬鸢浮浚?）BDE（2）①.曲線②.③.O2和Cl2分離能耗較高④.（3）、【解析】【小問1詳解】A．增大氯化氫的物質(zhì)的量，反應物的濃度增大，平衡向正反應方向移動，但氯化氫的轉(zhuǎn)化率減小，故錯誤；B．增大氧氣的物質(zhì)的量，反應物的濃度增大，平衡向正反應方向移動，氯化氫的轉(zhuǎn)化率增大，故正確；C．使用更好的催化劑，化學反應速率加快，但化學平衡不移動，氯化氫的轉(zhuǎn)化率不變，故錯誤；D．移去水蒸氣，生成物的濃度減小，平衡向正反應方向移動，氯化氫的轉(zhuǎn)化率增大，故正確；E．該反應是氣體體積減小的反應，增大壓強，平衡向正反應方向移動，但氯化氫的轉(zhuǎn)化率增大，故正確；故選BDE；【小問2詳解】①氯化氫和氧氣的進料濃度比增大相當于增大氯化氫濃度，平衡向正反應方向移動，但氯化氫的轉(zhuǎn)化率減小，則相同溫度時，氯化氫和氧氣的進料濃度比為7：1時，氯化氫的轉(zhuǎn)化率最小，由圖可知，相同溫度時，曲線Ⅲ表示的氯化氫轉(zhuǎn)化率最小，則曲線Ⅲ表示氯化氫和氧氣的進料濃度比為7：1時氯化氫的轉(zhuǎn)化率與溫度的變化，故答案為：曲線Ⅲ；②由圖可知，氯化氫初始濃度為c0，溫度為400℃，氯化氫和氧氣的進料濃度比為1：1反應達到平衡時，氯化氫的轉(zhuǎn)化率為84%，由題意可建立如下三段式：由三段式數(shù)據(jù)可知，反應的平衡常數(shù)K==，故答案為：；③由方程式可知，氯化氫和氧氣的進料濃度比過低時，反應制得的氯氣中混有過量的氧氣，分離氯氣和氧氣的能耗較高，會導致制備氯氣的成本提高，故答案為：O2和Cl2分離能耗較高；④氯化氫和氧氣的進料物質(zhì)的量比n：1增大相當于增大氯化氫濃度，平衡向正反應方向移動，但氯化氫的轉(zhuǎn)化率減小，由方程式可知，400℃時，氯化氫和氧氣的進料物質(zhì)的量比為4：1反應達到平衡時，氯化氫的轉(zhuǎn)化率最大，由圖可知，溫度為400℃，氯化氫和氧氣的進料濃度比為4：1反應達到平衡時，氯化氫的轉(zhuǎn)化率為76%，設起始氯化氫和氧氣的物質(zhì)的量分別為4mol和1mol，由題意可建立如下三段式：由三段式數(shù)據(jù)可知，平衡時氯氣的物質(zhì)的量分數(shù)為=0.36，則氯氣的物質(zhì)的量分數(shù)隨n變化的示意圖為；【小問3詳解】由圖可知，與直流電源負極相連的電極a為原電池的陰極，鐵離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成亞鐵離子，電極反應式為，生成的亞鐵離子酸性條件下與氧氣反應生成鐵離子和水，反應的離子方程式為，故答案為：；。20.碘化錫()主要用于制造有機錫配合物。某小組利用單質(zhì)錫和碘制備碘化錫，其主要實驗流程如下(反應裝置見下圖，夾持儀器略去)：已知：①無水碘化錫為橙紅色立方晶體，空氣中受潮易水解，熔點145.7℃，沸點364.5℃。②碘化錫在丙酮和熱的石油醚中溶解度較大，在冷的石油醚中溶解度小。③石油醚的沸點為60～90℃，碘單質(zhì)的升華溫度為45～77℃。請回答：（1）反應裝置中儀器X的名稱是___________。（2）下列說法不正確的是___________。A.將錫片剪成細小碎片、碘磨細的原因是充分反應，同時提高反應速率B.儀器X的作用是吸收石油醚，防止石油醚擴散到空氣中C.步驟可以不轉(zhuǎn)移反應液，直接在原反應裝置(圓底燒瓶)中進行后續(xù)操作D.步驟采用蒸發(fā)結(jié)晶比冷卻結(jié)晶更好（3）反應裝置中，為使紫色碘蒸氣上升不高于冷凝管的中間部位，可采取的措施是___________。判斷“反應裝置”中的反應已完全的實驗現(xiàn)象是___________。（4）步驟，圓底燒瓶中還附著四碘化錫晶體，處理的方法是___________。（5）產(chǎn)品中的雜質(zhì)可以進一步采用重結(jié)晶法提純。請從下列選項中選擇最佳選項并進行排序。___________取碘化錫樣品放入燒杯中→___________→___________→___________a．加入適量的熱水b．加入適量的熱的石油醚c．用冷水浴冷卻結(jié)晶d．趁熱過濾e．加入適量的冷的石油醚（6）該小組對制備的碘化錫產(chǎn)品進行性質(zhì)和組成上的研究。①取適量的產(chǎn)品溶解在2mL丙酮中配成溶液，再加入1ml蒸餾水，產(chǎn)生白色無定型沉淀，寫出反應的化學方程式___________。②本實驗可以通過測定某些物理量來確定碘化錫的化學式，需測定的物理量有___________。【答案】（1）干燥管（2）CD（3）①.調(diào)節(jié)冷凝管的進水速度②.蒸氣的紫色消失（4）用12mL熱的石油醚洗滌內(nèi)壁，一起轉(zhuǎn)移到小燒杯中（5）bdc（6）①.②.加入錫片的總質(zhì)量，剩余錫片質(zhì)量，加入碘的質(zhì)量【解析】【分析】過量Sn和I2以石油醚為溶劑，在反應裝置中水浴加熱回流反應得SnI4，生成的SnI4溶在熱的石油醚中，將反應液轉(zhuǎn)移至冰水中冷卻，結(jié)晶后過濾出產(chǎn)品，并干燥。【小問1詳解】由反應裝置圖，反應裝置中儀器X的名稱是干燥管；【小問2詳解】A．將錫片剪成細小碎片、碘磨細，增大了反應物之間接觸面積，可以使反應物充分反應，同時提高反應速率，A正確；B．裝置中冷凝管連接兩個干燥器，第一個即圖中X的作用是是吸收石油醚，防止石油醚擴散到空氣中，第二個是防止由水蒸氣進入裝置內(nèi)與產(chǎn)物反應，B正確；C．由于Sn過量，如果不轉(zhuǎn)移反應液，直接在原反應裝置(圓底燒瓶)中進行后續(xù)操作，會導致產(chǎn)品中有Sn雜質(zhì)，C錯誤；D．由于碘化錫在熱的石油醚中溶解度較大，步驟Ⅳ采用蒸發(fā)結(jié)晶可能導致析出的晶體較少，產(chǎn)率低，D錯誤；故不正確的選CD；【小問3詳解】反應裝置中，為使紫色碘蒸氣上升不高于冷凝管的中間部位，可采取的措施是調(diào)節(jié)冷凝管的進水速度，通過加快進水速度加強冷卻效果，由于Sn過量，碘會被反應完，故判斷“反應裝