浙江省杭州市學軍中學2023-2024學年高三下學期5月階段性考試

杭州學軍中學紫金港校區(qū)高三化學試卷可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16F19Na23Si28P31S32Al27Cl35.5K39Ca40Fe56Cr52Cu64Ga70As75Ag108Ba137選擇題部分一、選擇題（本大題共16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)屬于非電解質(zhì)的是A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】A．是在水溶液和熔融狀態(tài)下都不能導電的化合物，屬于非電解質(zhì)，故A符合題意；B．Cl2是非金屬單質(zhì)，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故B不符合題意；C．是化合物，熔融狀態(tài)下能導電，是電解質(zhì)，故C不符合題意；D．屬于弱酸，是在水溶液能導電的化合物，是電解質(zhì)，故D不符合題意；答案選A。2.是一種常見的漂白劑，下列說法不正確的是A.可以用于漂白紙漿，但不可用于毛、絲等物質(zhì)的漂白B.可用于殺菌消毒，是一種食品添加劑C.實驗室可用70%的濃硫酸與固體反應制備少量D.是接觸法制硫酸的重要中間產(chǎn)品【答案】A【解析】【詳解】A．具有漂白性，工業(yè)上用于漂白紙漿、毛、絲等物質(zhì)的漂白，A錯誤；B．可用于殺菌消毒，食品中添加適量的SO2可以起到漂白、防腐、抗氧化等作用，因此還是一種食品添加劑，B正確；C．實驗室制備二氧化硫，利用強酸制弱酸，可用70%的濃硫酸與固體反應制備少量，C正確；D．含硫物質(zhì)先轉化為再轉化為，最后轉化為硫酸，是接觸法制硫酸的重要中間產(chǎn)品，D正確；故選A。3.下列說法正確的是A.含12個中子的鎂核素：B.用電子式表示的形成過程：C.的價層電子對互斥模型：D.的名稱為2甲基4乙基庚烷【答案】C【解析】【詳解】A．含12個中子的鎂核素質(zhì)量數(shù)為24，可表示為：，A錯誤；B．氟化鈣為離子化合物，陰陽離子需要標出所帶電荷，用電子式表示其形成過程為，B錯誤；C．的價層電子對互斥模型為四面體結構：，C正確；D．最長碳鏈有7個碳，第2個碳上有一個甲基，第5個碳上有一個乙基，名稱為2甲基5乙基庚烷,D錯誤；答案選C。4.按以下實驗方案可從海洋動物柄海鞘中提取具有抗腫瘤活性的天然產(chǎn)物：下列各步實驗操作原理與方法錯誤的是AB步驟①步驟②CD步驟③步驟④A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．由題干流程圖可知，步驟①分離出濾液和不溶性固體，故需采用過濾操作，A不合題意；B．由題干流程圖可知，步驟②分離出水層和有機層，故需采用分液操作，B不合題意；C．由題干流程圖可知，步驟③從溶液中析出固體溶質(zhì)，需采用蒸發(fā)結晶，故需使用蒸發(fā)皿而不是坩堝，C符合題意；D．由題干流程圖可知，步驟④為對互溶的有機物甲苯和甲醇的混合物進行分析，故需采用蒸餾操作，D不合題意；故答案為：C。5.關于反應，下列說法正確的是A.H2SO4生還原反應B.氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為2:1C.Na2S2O3既是氧化劑又是還原劑D.1molNa2S2O3發(fā)生反應，轉移4mol電子【答案】C【解析】【詳解】A．反應中H2SO4中H、O、S的化合價均為改變，故H2SO4生還原反應，A錯誤；B．反應中Na2S2O3中S的化合價為+2價，轉化為S則化合價降低，轉化為SO2化合價升高，即S為還原產(chǎn)物，SO2為氧化產(chǎn)物，即氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為1:1，B錯誤；C．由B項分析可知，Na2S2O3既是氧化劑又是還原劑，C正確；D．由B項分析可知，1mol發(fā)生反應，轉移2mol電子，D錯誤；故答案為：C。6.根據(jù)材料的組成和結構變化可推測其性能變化，下列推測不合理的是材料組成和結構變化性能變化A長鏈烷烴引入磺酸根離子水洗去污能力增強B晶體熔融后迅速降溫凝固光學性質(zhì)表現(xiàn)各向異性C鋼鐵添加鉻和鎳合金元素耐高溫能力增強D晶體用Al取代部分Si，用O取代部分N導電能力增強A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．長鏈烷烴引入磺酸根離子，更好的溶于水，用作洗滌劑，所以去污能力增強，故A正確；B．晶體熔融后迅速降溫凝固，內(nèi)部排列無序，光學性質(zhì)表現(xiàn)各向同性，故B錯誤；C．鉻和鎳熔點比較高，鋼鐵添加鉻和鎳合金元素，耐高溫能力增強，故C正確；D．晶體用Al取代部分Si，用O取代部分N，Al有自由移動電子，所以導電能力增強，故D正確；答案選B。7.茴香油是淡黃色液體或晶體，難溶于水，易溶于有機溶劑，在水蒸氣作用下易揮發(fā)，某茴香油主要成分是含有酯基的芳香族化合物。實驗室提取該茴香油的流程如下：下列說法正確的是A.操作A是利用沸點差異進行分離B.水蒸氣蒸餾和減壓蒸餾的原理相同C.有機層加入的無水可用堿石灰代替D.餾出液加NaCl至飽和可以提高茴香油的提取率【答案】D【解析】【分析】茴香籽粉與水經(jīng)水蒸氣蒸餾，使揮發(fā)性成分隨水蒸氣餾出，餾出液加入氯化鈉至飽和能降低茴香油的溶解度，便于茴香油析出分層，然后使用乙醚萃取溶液中的茴香油，分液得到含有茴香油的有機層，干燥過濾得到粗品，蒸餾得到茴香油；【詳解】A．加入乙醚萃取溶液中的茴香油，分液得到含有茴香油的有機層，利用的是茴香油在水和乙醚中的溶解度不同，以及乙醚和水的密度不同進行分離，A錯誤；B．水蒸氣蒸餾是將含有揮發(fā)性成分的植物原料與水共蒸餾，使揮發(fā)性成分隨水蒸氣餾出，減壓蒸餾是通過減小體系內(nèi)壓強而降低液體沸點達到分離提純的目的，兩者的蒸餾條件不同，原理不同，B錯誤；C．茴香油的主要成分是含有酯基的芳香族化合物，若將無水硫酸鈉用堿石灰代替，茴香油會在堿石灰的作用下發(fā)生水解而無法制得茴香油，C錯誤；D．向餾出液中加入氯化鈉至飽和能降低茴香油的溶解度，便于茴香油析出分層，有利于提高茴香油的提取率，D正確；故選D。8.關于有機物檢測，下列說法正確的是A.用溴的溶液可以鑒別乙醇、乙醛、苯酚B.溴乙烷在氫氧化鈉的乙醇溶液中加熱，將產(chǎn)生的氣體通入到酸性高錳酸鉀溶液中，紫紅色褪去，證明生成了乙烯C.皂化反應后加入熱的飽和食鹽水有利于硬脂酸鈉的析出D.乙醇、丙醛、丙酸的核磁譜圖中的峰高度之比都是【答案】C【解析】【詳解】A．乙醇、乙醛與溴的溶液互溶，無法鑒別，故A錯誤；B．揮發(fā)出的乙醇也可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以無法判斷生成的氣體是否為乙烯，故B錯誤；C．皂化反應后加入熱的飽和食鹽水降低硬脂酸鈉在水中的溶解度，使其析出，故C正確；D．乙醇、丙醛、丙酸核磁譜圖中的峰面積之比都是，并不是峰高度，故D錯誤；答案選C。9.下列方程式不正確的是A.溶液在空氣中氧化變質(zhì)：B.尿素溶于熱水：C.的電離平衡：D.與一定量的可能存在反應：【答案】C【解析】【詳解】A．Na2S溶液中的S2被空氣中氧氣氧化而變質(zhì)，生成硫單質(zhì)，離子方程式為2S2?+O2+2H2O=2S↓+4OH?，正確；B．尿素溶于熱水，相當于酰胺基水解，得到碳酸銨，化學方程式為CO(NH2)2+2H2O=(NH4)2CO3，B正確；C．碳酸鈣難溶于水，但是由于是強電解質(zhì)，溶于水的部分完全電離，選項中CaCO3(s)?Ca2+(aq)+(aq)表示碳酸鈣的沉淀溶解平衡，C錯誤；D．NH4Al(SO4)2與Ba(OH)2可能按照物質(zhì)的量為2:3反應的離子方程式為2Al3++6OH?+3Ba2++3=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓，D正確；本題選C。10.設為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.10g的中含有的質(zhì)子數(shù)與中子數(shù)均為B.32g硫在足量的氧氣中充分燃燒，轉移電子數(shù)為C.，1mol被還原，放出92.4kJ能量D.pH＝4的鹽酸和pH＝4的醋酸溶液等體積混合后，溶液中的數(shù)目仍為【答案】C【解析】【詳解】A．2H218O中有10個質(zhì)子，12個中子，相對分子量為22，10g2H218O物質(zhì)的量為mol，質(zhì)子數(shù)為NA，中子數(shù)為NA，A錯誤；B．32g硫物質(zhì)的量為1mol，在足量氧氣中充分燃燒，生成1molSO2，轉移電子數(shù)為4NA，B錯誤；C．N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)

ΔH=?92.4kJ/mol，根據(jù)熱化學方程式的含義，1mol

N2參與反應被還原，放出92.4kJ能量，C正確；D．沒有說明體積具體是多少，無法計算氫離子數(shù)目，D錯誤；本題選C。11.某聚合物Z合成路線如下：下列說法正確的是A.X分子中所有原子共平面，有兩種化學環(huán)境的氫原子B.生成1molZ，理論上同時生成C.1molZ與NaOH溶液充分反應，最多消耗D.Y為【答案】D【解析】【詳解】A．X分子中含有飽和碳原子，所有原子不可能共平面，X結構高度對稱，有兩種不同化學環(huán)境的氫原子，A錯誤；B．生成1molZ，理論上同時生成，B錯誤；C．1molZ與NaOH溶液充分反應，最多消耗，C錯誤；D．根據(jù)X和Z的結構，Y的結構為：，D正確；故選D。12.是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，四種元素未成對電子數(shù)各不相同，原子的最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相等，是制造太陽電池板的主要原料。下列說法正確的是A.含氧酸的酸性： B.氣態(tài)氫化物還原性：C.的氧化物可溶于酸不溶于堿 D.中各原子均滿足稀有氣體原子的電子構型【答案】B【解析】【分析】X為短周期主族元素，原子的最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相等，電子排布只有2、2這種情況，X為Be，未成對電子數(shù)為0，是制造太陽電池板的主要原料即硅，Y為Si元素，未成對電子數(shù)為2，四種元素未成對電子數(shù)各不相同，說明Z和W未成對電子數(shù)分別為3和1，Z為P、W為Cl元素；【詳解】由上述分析可知，X為Be、Y為Si、Z為P、W為Cl；

A．非金屬性Cl＞P>Si，最高價含氧酸的酸性為W＞Z>Y，但不是最高價含氧酸無此規(guī)律，故A錯誤；

B．Y為Si、Z為P，同周期主族元素從左到右非金屬性逐漸增強，氣態(tài)氫化物的還原性逐漸減弱，故氣態(tài)氫化物的還原性：Y>Z，故B正確；

C．元素周期表中Be和Al處于對角線位置上，處于對角線的元素具有相似性，BeO具有兩性，可溶于酸也能溶于堿，故C錯誤；

D．BeCl2中Be原子的族序數(shù)+成鍵原子個數(shù)=2+2=4，所以不滿足所有原子最外層達到8電子穩(wěn)定結構，故D錯誤；

故選：B。13.科學家在電極表面沉積非晶態(tài)以高選擇性合成，裝置及陰極轉化過程如題圖所示。陰極區(qū)溶液酸化后可得。下列說法正確的是[已知：選擇性，*表示吸附在表面的原子]A.陰極生成的反應式為：B.參與陰極反應，共轉移電子C.電解后，陽極室溶液中的增大D.形成吸附態(tài)有利于鍵斷裂【答案】D【解析】【分析】如圖所示，左邊為陰極區(qū)，發(fā)生還原反應陰極反應，右邊為陽極區(qū)，電解氫氧化鉀，如此作答即可?！驹斀狻緼．堿性環(huán)境，氫離子不存在，陰極反應，故A錯誤；B．陰極反應，參與陰極反應，可知共轉移電子，故B錯誤；C．電解后，陰極氫氧根增多，根據(jù)電荷守恒，所以鉀離子要向左移動，陽極區(qū)電解氫氧化鉀生成水，陽極室溶液中的減小，故C錯誤；D．由陰極反應可知，形成吸附態(tài)生成，有利于鍵斷裂，故D正確；答案選D。14.丙酮與反應并進一步轉化為2氰基丙烯，過程如下：已知：氰基（）是一個強吸電子基團。下列說法正確的是A.步驟③，“條件1”可以是醇溶液，加熱B.步驟①，丙酮中羰基的鍵共用電子對轉化為碳原子與氰基間的鍵共用電子對C.反應物中加不等質(zhì)量固體，隨著增加，反應速率先增大后減小D.酸性：【答案】B【解析】【詳解】A．步驟③是醇類發(fā)生消去反應，反應條件是濃硫酸、加熱，故A錯誤；B．由步驟①的示意圖可知，丙酮中羰基的鍵共用電子對轉化為碳原子與氰基間的鍵共用電子對，故B正確；C．加不等質(zhì)量固體，隨著增加，CN濃度增大，H+濃度減小，反應①速率變快，反應②速率變慢，總反應速率要綜合多個影響因素，來判斷反應速率是增大還是減小，但不會先增大，后減小，故C錯誤；D．是強吸電子基團，故中羥基上的氫更活潑，酸性更強，故D錯誤。答案選B。15.在水中存在平衡：；，在25℃時，關系如圖所示，表示或度的負對數(shù)。下列說法不正確的是A.曲線甲代表與pH的關系B.曲線乙經(jīng)過點C.的D.向溶液中加入NaOH至pH＝6時，Al元素主要以存在【答案】B【解析】【詳解】A．當溶液酸性較強時，溶液中Al3+濃度較大，故曲線甲代表與pH的關系，A項正確；B．曲線乙代表與pH的關系，當pH=10時，，則的平衡常數(shù)為，若曲線乙經(jīng)過點，則用該點計算的平衡常數(shù)為，B項錯誤；C．通過曲線甲上點(5，6)可計算的，則的，C項正確；D．由圖像可知，當pH＝6時，Al3+和的濃度都很小，此時Al元素主要以存在，D項正確；故選B。16.碳酸鈉、碳酸氫鈉是重要的工業(yè)原料，下列根據(jù)實驗方案所得結論正確的是序號方案設計現(xiàn)象結論A將、固體分別加入到蒸餾水中，用手觸摸容器外壁加入的容器變熱，加入的容器變涼碳酸鈉的水解過程放熱，碳酸氫鈉的水解過程吸熱B向飽和溶液中加入過量粉末，攪拌至充分反應取出固體洗凈后，投入鹽酸中，固體部分溶解并產(chǎn)生氣泡相同溫度下，C室溫下，配制0.1mol/L的溶液，加入到溶液中產(chǎn)生大量氣泡并有白色沉淀生成發(fā)生了雙水解反應，生成了和D向飽和溶液中加入過量酸HX溶液中無氣泡產(chǎn)生碳酸酸性大于HXA.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．加入的容器變熱，加入的容器變涼，說明碳酸鈉的溶解過程放熱，碳酸氫鈉的溶解過程吸熱，A錯誤；B．在一定條件下，硫酸鋇是可以轉化為碳酸鋇的，這并不能說明碳酸鋇更難溶，轉化為碳酸鋇的原因是飽和碳酸鈉溶液中碳酸根離子濃度大，與鋇離子濃度的乘積大于碳酸鋇的溶度積，B錯誤；C．溶液加入到溶液中不會發(fā)生雙水解，C錯誤；D．飽和溶液中加入過量酸HX，溶液中無氣泡產(chǎn)生，說明沒有生成二氧化碳，則碳酸酸性大于HX，D正確；故選D。非選擇題部分17.含氮化合物在生活中占有重要地位。請回答：（1）可通過配位鍵與形成。形成該配合物時，基態(tài)的價層電子發(fā)生重排提供兩個空軌道，則重排后的價電子排布圖為______；的金屬配合物也已經(jīng)制備成功，但為數(shù)不多，如，已知該配合物的配位數(shù)與的配位數(shù)相同，測得其中存在兩種碳氧鍵的鍵長，一個為0.117mm，另一個為0.122nm。請畫出的結構示意圖：______。（2）激光照射下NOCl分子會發(fā)生解離，將產(chǎn)物通過質(zhì)譜，發(fā)現(xiàn)存在m/z＝30的離子峰，該峰對應的微粒是_____（已知各產(chǎn)物微粒均帶1個單位正電荷）。A. B. C. D.（3）NPAs同屬于ⅤA族，下列說法正確的是______。A.原子半徑：且電負性：N＞P＞AsB.N、P、As的最高價氧化物水化物的酸性依次減弱C.簡單氫化物的還原性：D.黑砷和黑磷的結構相似（如圖），每個砷原子最外層均形成8電子結構。其晶體單層中，As原子與鍵的個數(shù)比為（4）已知晶胞結構如圖所示，M處的（其位于四個所構成的正四面體中心）有一定的朝向，不能隨意轉動，請解釋其原因______，該晶胞的晶胞參數(shù)如圖所示，設為阿伏伽德羅常數(shù)的值，該晶體的密度______（列出計算式即可）【答案】（1）①.②.（2）B（3）BD（4）①.與形成N—H…F氫鍵，氫鍵具有方向性②.【解析】【小問1詳解】基態(tài)Co3+的價層電子排布式為3d6，CN可通過配位鍵與Co3+形成[Co(CN)6]3，形成配合物時，基態(tài)Co3+的價層電子發(fā)生重排提供兩個空軌道，則重排后的Co3+價電子排布圖為

；的配位數(shù)為4，的配位數(shù)與的配位數(shù)相同，則的配位數(shù)也為4，測得其中存在兩種碳氧鍵的鍵長，一個為0.117mm，另一個為0.122nm，說明Ni與2個PH3分子中的P原子、CO2分子中的碳原子和1個O原子形成配位鍵，其結構示意圖為：；【小問2詳解】各產(chǎn)物微粒均帶1個單位正電荷，因m/z＝30，即z=1，m=30，則該峰對應的微粒是，故答案為B；【小問3詳解】A．同主族元素從上到下，原子半徑逐漸增大、電負性逐漸減小，則原子半徑：r(N)＜r(P)＜r(As)，電負性：N＞P＞As，A錯誤；B．同主族從上到下元素的非金屬性逐漸減弱，最高價氧化物水化物的酸性逐漸減弱，則N、P、As的最高價氧化物水化物的酸性逐漸減弱，B正確；C．同主族從上到下元素的非金屬性逐漸減弱，簡單氫化物的還原性逐漸增強，即簡單氫化物的還原性：NH3＜PH3＜AsH3，C錯誤；D．黑砷和黑磷的結構相似，每個砷原子最外層均形成8電子結構，由圖可知，晶體單層中，每個As原子形成3個As?As鍵，以As?As鍵形成六元環(huán)，每個As原子被3個六元環(huán)共用，每個As?As鍵被2個六元環(huán)共用，則晶體單層中As原子與As?As鍵的個數(shù)比為，D正確；故選BD?！拘?詳解】M處的(其位于四個F所構成的正四面體中心)有一定的朝向，不能隨意轉動，其原因是：與F形成氫鍵，氫鍵具有方向性；由圖可知晶胞中含F(xiàn)、的個數(shù)都為2，晶胞的質(zhì)量為，晶胞的體積為(a×107cm)×(a×107cm)×(c×107cm)=a2c×1021cm3，則該晶體的密度ρ=g?cm?3。18.如圖所示可以分離并回收廢舊芯片中的幾種貴金屬。已知，①是一種強酸：②難溶。請回答：（1）含金固體可溶于和NaCl的混合溶液，寫出反應的離子方程式：______。常溫時在堿性條件下能還原Z，寫出反應的化學方程式：______。（2）金的分離還可以加王水，銀鈀的分離可重復利用某些溶液。①下列說法正確的是______。A.芯片中的金是芯片連接的絕佳材料，只是利用其物理性質(zhì)B.溶液X可以是NaCl溶液C.配位能力：D.不直接還原固體Y可能的原因是得到的Ag純度更高②加入鹽酸，調(diào)pH≈1能將轉化為，解釋其原因______。（3）溶液Z中加NaCl溶液是否有沉淀？______（填“有”或“沒有”）。設計實驗驗證溶液Z中銀元素的存在______?！敬鸢浮浚?）①.②.（2）①.BD②.調(diào)pH≈1，使部分NH3轉化為，能使可溶性配離子轉化為難溶性的；但若pH過小，c(H+)過大，全部轉化為，則可能會完全轉化成（3）①.沒有②.取少量Z溶液于試管，加入過量的鹽酸，產(chǎn)生白色沉淀，加稀硝酸不溶，則證明有Ag元素【解析】【分析】廢舊芯片中含有貴金屬單質(zhì)Au、Ag和Pd，在硝酸中酸浸，Au不發(fā)生反應，Ag、Pd發(fā)生反應轉化為Ag+和Pd2+；含Au固體用王水溶解轉化為溶液；向含有Ag+和Pd2+溶液中加入NaCl生成AgCl固體和溶液；AgCl固體用氨水溶解得到銀氨溶液，再向銀氨溶液中加入肼得到Ag；向含溶液中加入氨水得到含溶液，再加入鹽酸調(diào)pH得到，據(jù)此作答。【小問1詳解】根據(jù)流程圖可知，金可以和和NaCl的混合溶液反應，而且生成，再依據(jù)氧化還原反應得，常溫時在堿性條件下能還原銀氨溶液，銀要被還原，自身被氧化，可得化學方程式，答案：、；【小問2詳解】芯片中金是芯片連接的絕佳材料，不只是利用其物理性質(zhì)，還因為金的化學性質(zhì)不活潑，A項錯誤；生成的固體Y為氯化銀，所以溶液X可以是NaCl溶液，B項正確；溶液Z是氯化銀溶于氨水生成的Ag(NH3)2Cl溶液，說明配位能力：，C項錯誤；N2H4不直接還原固體AgCl可能的原因是堿性條件下水合肼的還原性增強，將固體AgCl溶解為銀氨離子，能提高反應速率，同時避免生成的銀單質(zhì)中混有AgCl雜質(zhì)，得到的Ag純度更高，D項正確；Ag(NH3)2Cl為難溶物，調(diào)pH≈1，使部分NH3轉化為，能使可溶性配離子轉化為難溶性的Ag(NH3)2Cl；但若pH過小，c(H+)過大，NH3全部轉化為，則可能會完全轉化成可溶性的[PdCl4]2；，答案：BD、調(diào)pH≈1，使部分轉化為，能使可溶性配離子轉化為難溶性的；但若pH過小，c(H+)過大，全部轉化為，則可能會完全轉化成；【小問3詳解】Z溶液是銀氨溶液，溶液中是銀氨離子，不會和氯離子產(chǎn)生沉淀；若想驗證銀元素，應先將銀氨離子轉化為銀離子，再檢驗銀離子的存在，方法為：取少量Z溶液于試管，加入過量的鹽酸，產(chǎn)生白色沉淀，加稀硝酸不溶，則證明有Ag元素，答案：沒有、取少量Z溶液于試管，加入過量的鹽酸，產(chǎn)生白色沉淀，加稀硝酸不溶，則證明有Ag元素。19.回答下列問題：（1）在微生物作用下電解含乙酸的有機廢水可獲得清潔能源，其原理如圖所示。寫出與電源A極相連的惰性電極上發(fā)生的電極反應：______。利用可見光催化還原，將轉化為增值化學原料（HCHO、HCOOH、等），這被認為是一種可持續(xù)的資源化有效途徑。（2）已知幾種物質(zhì)的燃燒熱如表所示：物質(zhì)燃燒熱已知：，則______。（3）我國學者探究了BiIn合金催化劑電化學還原生產(chǎn)HCOOH的催化性能及機理，并通過DFT計算催化劑表面該還原過程的物質(zhì)的相對能量，如圖所示（帶“*”表示物質(zhì)處于吸附態(tài)），試從圖分析，采用BiIn合金催化劑優(yōu)于中金屬Bi和單金屬In催化劑的原因分別是______。（4）催化加氫制的反應體系中，發(fā)生的主要反應有：i、ii、iii、一定壓強下，往某密閉容器中按投料比充入和，反應達到平衡時，測得各組分的物質(zhì)的量分數(shù)隨溫度變化的曲線如圖所示。①下列說法正確的是______。A.恒溫恒壓時充入氦氣，反應ii、iii的平衡均逆向移動，反應i不移動B.增大的比值，的平衡轉化率增大C.圖中X、Y分別代表CO、D.體系中的的物質(zhì)的量分數(shù)隨溫度變化不大，原因是溫度變化，反應i、iii的平衡移動方向相反②在上圖中畫出反應達到平衡時，隨溫度變化趨勢圖（只用畫220℃以后）______。③在一定溫度下，向容積為2L的恒容密閉容器中充入1mol和nmol。僅發(fā)生反應iii。實驗測得的平衡分壓與起始投料比的關系如圖。起始時容器內(nèi)氣體的總壓強為8pkPa，則b點時反應的平衡常數(shù)______（用含p的表達式表示）。（已知：用氣體分壓計算的平衡常數(shù)為，分壓＝總壓×物質(zhì)的量分數(shù)）【答案】（1）（2）（3）相對于單金屬Bi催化劑，BiIn合金催化劑能夠促進的吸附，增強對*OCHO中間體的吸附；相對于單金屬In催化劑，BiIn合金催化劑能夠降低*OCHO脫附形成*HCOOH的活化能（4）①.AD②.③.【解析】【小問1詳解】電解含乙酸的有機廢水，與電源A極相連的惰性電極是陽極，陽極上乙酸失電子發(fā)生氧化反應生成二氧化碳和氫離子，電極反應式為：；【小問2詳解】根據(jù)燃燒熱寫出熱化學方程式：i.HCHO(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(l)△H=570.8kJ/mol，ii.H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=285.8kJ/mol，iii.H2O(g)=H2O(l)△H=44kJ/mol根據(jù)蓋斯定律，ii×2iiii得反應CO2(g)+2H2(g)?HCHO(g)+H2O(g)的△H=(285.8×2+570.8+44)kJ/mol=；【小問3詳解】根據(jù)圖象，采用BiIn合金催化劑優(yōu)于單金屬Bi催化劑的原因：相對于單金屬Bi催化劑，BiIn合金催化劑能夠促進CO2的吸附，增強對*OCHO中間體的吸附；BiIn合金催化劑優(yōu)于單金屬In催化劑的原因：相對于單金屬In催化劑，BiIn合金催化劑能夠降低*OCHO脫附形成*HCOOH的活化能；【小問4詳解】①A．恒溫恒壓時充入氦氣，相當于反應物生成物的分壓減小，反應ii、iii的平衡均逆向移動，反應i不移動，A為正確；B．增大的比值，的平衡轉化率減小，B錯誤；C．反應ⅰ、ⅱ、ⅲ分別為吸熱、放熱、放熱反應，升高溫度分別向正向、逆向、逆向移動，故CO物質(zhì)的量分數(shù)在增加為X曲線，CH3OH和H2O在減少，且CH3OH減少更多為Y曲線，H2O為Z曲線，圖中X、Y分別代表CO、CH3OH，C錯誤；D．體系中的的物質(zhì)的量分數(shù)隨溫度變化不大，原因是溫度變化，反應ⅰ、ⅲ的平衡移動方向相反，D正確；故選AD。②根據(jù)圖示，升高溫度，氫氣的物質(zhì)的量分數(shù)增大，CO2的物質(zhì)的量分數(shù)受溫度的影響不大，所以隨溫度升高而增大，如圖：③溫度相同時，a、b、c三點平衡常數(shù)相等，選c點數(shù)據(jù)算平衡常數(shù)，設反應由起始到達到平衡時CO2轉化的物質(zhì)的量為ymol，根據(jù)c點列三段式：，恒溫恒容下，壓強與物質(zhì)的量成正比，，解得y=0.5，溫度相同時，a、b、c三點平衡常數(shù)相等，選c點數(shù)據(jù)算平衡常數(shù)，c電平衡時CO2、H2、CH3OH、H2O物質(zhì)的量依次為0.5mol、1.5mol、0.5mol、0.5mol，CH3OH分壓為pKPa，則p（CO2）=p（CH3OH）=p（H2O）=pKPa，p（H2）=pKPa×3=3pKPa，則平衡常數(shù)Kp=。20.三氯化鉻是常用的媒染劑和催化劑，易潮解，易升華，高溫下易被氧氣氧化。實驗室用Cr2O3和CCl4(沸點76.8℃)在高溫下制備無水CrCl3，同時生成COCl2氣體。可利用下面裝置模擬制取三氯化鉻(K1、K2為氣流控制開關)原理：已知：①氣體有毒，遇水發(fā)生水解產(chǎn)生兩種酸性氣體。②堿性條件下，可將氧化(黃色)：酸性條件下，將(橙色)還原為(綠色)。（1）實驗裝置合理的連接順序為ahi______(填儀器接口字母標號)。（2）步驟如下：i．連接裝置，檢查裝置氣密性，裝入藥品并通；ii．加熱反應管至400℃；iii．控制開關，加熱，溫度保持在50℃~60℃之間；iv．加熱石英管繼續(xù)升溫至650℃，直到E中反應基本完成，切斷管式爐的電源；v．停止A裝置水浴加熱，……；vi．裝置冷卻后，結束制備實驗。①步驟i中，開關、的狀態(tài)分別為______。②補全步驟v操作：______，其目的是______。（3）從安全的角度考慮，整套裝置的不足是______。（4）裝置D中反應的離子方程式為______。（5）測定產(chǎn)品中CrCl3質(zhì)量分數(shù)的實驗步驟如下：Ⅰ．取5gCrCl3產(chǎn)品，在強堿性條件下，加入過量的30%H2O2溶液，小火加熱使CrCl3完全轉化為，繼續(xù)加熱一段時間；Ⅱ．冷卻后，滴入適量的稀硫酸和濃磷酸(濃磷酸的作用是防止指示劑提前變色)，使轉化為，再加適量的蒸餾水將溶液稀釋至100mL；Ⅲ．取25.00mL溶液，加入適量濃硫酸混合均勻，滴入3滴試亞鐵靈作指示劑，用新配制的1.000mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定，溶液由黃色經(jīng)藍綠色變?yōu)榧t褐色即為終點，重復2～3次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液21.00mL。①該樣品中CrCl3的質(zhì)量分數(shù)為______%(保留小數(shù)點后兩位，Mr(CrCl3)=158.5)②下列操作將導致產(chǎn)品中CrCl3質(zhì)量分數(shù)測定值偏低的是______(填標號)。A．步驟Ⅰ中未繼續(xù)加熱一段時間B．步驟Ⅲ中所用(NH4)2Fe(SO4)2溶液已變質(zhì)C．步驟Ⅱ中未加濃磷酸D．步驟Ⅲ中讀數(shù)時，滴定前俯視，滴定后平視【答案】（1）（2）①.K1開，K2關②.繼續(xù)通入N2一段時間③.將COCl2完全排入裝置D被充分吸收，并將生成的CrCl3全部吹入C中充分吸收（3）升華的三氯化鉻易凝華，堵塞導管（4）（5）①.88.76②.AC【解析】【分析】三氯化鉻易潮解，易升華，高溫下易被氧氣氧化，所以實驗過程中要確保裝置內(nèi)不能存在氧氣和水蒸氣，A裝置的作用是用N2將CCl4導入裝置參與反應，B裝置作用是防止水蒸氣進入反應裝置，C裝置作用是收集氣體，D裝置是處理COCl2尾氣，E裝置是發(fā)生裝置。整個反應流程先用干燥的N2排除裝置內(nèi)空氣，然后再通入N2將CCl4氣體帶入裝置，與E中的CrO2反應，生成的COCl2有毒氣體用C裝置收集，與D裝置中NaOH溶液反應從而進行吸收處理，為防止D裝置中水蒸氣進入反應裝置，還有在C和D裝置中間加一個干燥裝置C，據(jù)此分析解題。【小問1詳解】根據(jù)分析，裝置的排序是AECBD，首先用干燥的N2排除裝置空氣，則反應前C裝置內(nèi)應該充滿N2，要收集的氣體為COCl2，其密度大于N2，所以COCl2從d進入，因此，實驗裝置合理的連接順序為ahi(或ih)debcf(g)，故答案為：debcfg；【小問2詳解】①K1開，K2關，使得N2能進入裝置排盡空氣而不會帶入CCl4，故答案為：K1開，K2關；②反應結束后還需要持續(xù)通入N2一段時間，從而將COCl2完全排入裝置D被充分吸收，并將生成的CrCl3全部吹入C中充分吸收，故答案為：繼續(xù)通入N2一段時間；將COCl2完全排入裝置D被充分吸收，并將生成的CrCl3全部吹入C中充分吸收；【小問3詳解】三氯化鉻容易受熱升華，溫度降低后容易在導管內(nèi)凝華，從而堵塞導管，故答案為：升華的三氯化鉻易凝華，堵塞導管；【小問4詳解】根據(jù)元素分析，COCl2水解生成的兩種酸性氣體是HCl和CO2，COCl2和NaOH溶液反應的離子方程式應該為COCl2+4OH=+2H2O+2Cl，故答案為：COCl2+4OH=+2H2O+2Cl；【小問5詳解】①和Fe2+的反應為6Fe2+++14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O，根據(jù)原子守恒可得關系式為2CrCl3～2～～6Fe2+～6(NH4)2Fe(SO4)2，則樣品中n(CrCl3)=n[(NH4)2Fe(SO4)2]×=×1.00mol/L×21.00×103L×4=2.8×102mol，m(CrCl3)=nM=2.8×102mol×158.5g/mol=4.438g，則樣品中CrCl3的質(zhì)量分數(shù)為×100%=88.76%，故答案為：88.76；②A．步驟Ⅰ未繼續(xù)加熱一段時間，由于過量的H2O2的存在，在步驟Ⅱ中會還原為Cr3+，則滴定時消耗標準溶液硫酸亞鐵銨體積減小，測定的CrCl3質(zhì)量分數(shù)偏低，A符合題意；