浙江强基联盟2023第一学期高三年级10月联考化学试卷含答案
趣找知识 2023-10-09知识百科
浙江强基联盟2023第一学期高三年级10月联考化学试卷含答案内容：
浙江省强基联盟2023学年第一学期高三年级10月联考化学学科试题
A.图①操作可从NH:CI溶液中提取
浙江省强基联盟2023学年第一学期高三年级10月联考化学学科试题
A.图①操作可从NH:CI溶液中提取
浙江强基联盟2023第一学期高三年级10月联考化学试卷含答案内容：
浙江省强基联盟2023学年第一学期高三年级10月联考化学学科试题 A.图①操作可从NH:CI溶液中提取NHCI品体 B.图②装置可用于实验室制取并收集C2 C.图③操作可用高锰酸钾溶液滴定酸性FSO4溶液 D.图④装置可用四氯化碳萃取碘水中的碳单质 6氯及其化合物的相互转化对生产生活意义重大。NH可发生如下转化： 考生须知： N间o4-CO(NH2):NH.HNO国 NH,OH试剂B 1.本试题卷分选择题和非选择题两部分，考试时间90分钟。 2,答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号。 下列说法不正确的是 3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效，考试结束后，只需上交答题卷 A.过程I同时可生成副产物NH,Cl,可用作氮肥B.若试剂A是NaClo,其还原产物为NaC1 4.本卷可能用到的相对原子质量：H-1C-120-16Na-23S-32Cu-64 C.过程Ⅲ若有3 mol HN3生成，则转移20mol电子D.试剂B具有氧化性 选择题部分 7.设Na为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A.12 g NaHSO4中含有0.2NA个阳离子
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只有一个是符合 B.在25℃时，pH-3 CHsCOOH溶液中，醋酸根离子数目为0.001N 题目要求的，不选、多选、错选均不得分) C.22.4L丁烷发生裂解，产物分子中含碳氢键数目为10NA 1.下列食品添加剂属于有机物的是 D.7.8g苯分子中含有c键数目为1.2Na A,小苏打 B.食盐 C.维生素C D.二氧化硫 8.下列说法不正确的是 2.下列化学用语表示正确的是 A,可利用蒸馏法分离甲烷与氯气发生取代反应得到的液态混合物 A,CO2分子的空间填充模型： B。PC的价层电子对互斥模型： B。纤维素与硝酸反应生成的纤维素硝酸酯，可用于生产火药 C.13.丁二烯在催化剂作用下，通过加聚反应可得到顺丁橡胶 D.可用饱和碳酸钠溶液鉴别乙醇、乙醛、乙酸、乙酸乙酯 C.羟基的电子式：：O:H D.1,1-二溴乙烷的结构简式：CH2BrCH2B 9,下列反应的离子方程式不正确的是 3.次氯酸钠是一种重要的盐，下列说法不正确的是 A.高铁酸钾溶液与浓盐酸反应：FcO42+8H+4C==△Fe2+2C2↑+4HO A.次氯酸钠属于弱电解质 B,次氯酸钠可分解生成氯化钠与氧气 B.铝与氢氧化钠溶液：2A1+2OH+6HO=2[AI(OH4+3H↑ C.次氯酸钠可由NOH溶液与氯气反应制得D.次氯酸钠可用于游泳池的消毒 C.向碳酸钠溶液中滴加少量新制氯水：2C0,2+C12+H0一2HC0,+C1+C1O 4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是 D.向次氯酸钙溶液中通入少量二氧化硫：Ca2+3C1O+SO+H2O--CaS04+C+2HC1O A。氨具有还原性，可吸收烟气中的二氧化硫 B。氯化铁有氧化性，可腐蚀覆铜板 10.富马酸(HOOCCH--CHCOOH)可发生如下转化，下列说法不正确的是 C.碳酸钠溶液呈碱性，可用作食用碱 u 水发生加成反应，X的结构简式为HOOCCH,CHCOOH,B正确：X含有羟基，Y属于钠盐，溶 少，Na与C的元素质量守恒一定为2cNa)-3[c(CO2-+cHCO)HcH:CO)],B正确：NaHC0, 解度大于富马酸，C错误；富马酸与乙二醇发生缩聚反应，链节为 过量，实验中发生反应：Ca2+2HC0s一CaC0s!十HC0,C正确：V(CaC12-40mL说明C02 己沉淀完全，cCaD1mhx00mLxa2Lx050.05molL,cC0,2Ksp/cCa2一6.6x10.,D错 -CCH=CHCOCH,.CH,O-'D正确。 (0.02+0.04)L 误。 11.B 16.B N、O、F为同周期元素，随原子序数递增，第一电离能呈增大趋势，但氦原子最外层为半满稳定 往NaS溶液中滴加NSO,溶液，无明显现象，是因为S2在酸性环境中与SO:反应生成S,A错 结构，其第一电离能大于O,则第一电离能：O< N< F,A正确：HO分子间形成的氢键数目较多， 误：往浓疏酸中滴加浓盐酸，浓硫酸吸收浓盐酸中的水分，导致HCI挥发，在烧杯上空产生白雾， 其沸点高于HF和NH,B错误：A1的核外电子排布式为1s22s22p3s23p,核外电子有7种空间运 同时HC1带出HSO4,与Ba(NO3)2反应生成BaSO4,B正确：加热铜与浓疏酸反应，生成疏酸铜， 动状态，C正确：非金属性：N> S,非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性： 由于溶液中水较少，看到白色固体，稀释时，需要将其加入水中，C错误：现象是先无明显现象， HNO> HSiO,D正确。 后产生沉淀，原因是HSO3被空气中的O2氧化，与BaCk生成BaSO4沉淀，D错误。 12.C 研碎的目的是为了加快溶解，A正确：操作Ⅱ紫色石蕊在酸性溶液中显红色，操作V可观察到溶液 17.(10分) 显紫色，B正确：操作Ⅲ稀疏酸为了促进酯的水解，如果用NaOH替代，需要中和过量的NOH (1)3s23p2(1分) 溶液，否则FeCl与NaOH反应，无法形成紫色溶液，C错误：Fet+6CH5OH三Fe(CH,O], (2)ab(2分，选对1个不给分，选对2个给1分，全对2分，有错选不给分) (紫色)+3H,过量H使平衡逆向移动，D正确。 a.Si-C1键极性更大，则Si-C1键更易断裂，因此，SiCla比CC4易水解，a有关：b.Si的 13.B 原子半径更大，因此，SiC4中的共用电子对更加偏向于Cl,从而导致Si-C1键极性更大，且 根据甲室隔膜两侧溶液的浓度，Cu(2)失去电子，故电极为负极，电极反应式为C2eCu2+,Cu(1) Si原子更易受到水电高的OH的进攻，因此，SiCl:比CCl4易水解，b有关：©，通常键能越大 电极为正极，电极上发生得电子的还原反应，电极反应为Cu2+2Cu,则电解槽中石墨(1)极为阴 化学键越稳定且不易断裂，因此，SiC1键键能更大不能说明Si-C1更易断裂，故不能说明SiC14 极、石墨(2)极为阳极，A正确：当甲室两电极质量差为6.4g时，转移电子的物质的量为0.1mol, 比CC:易水解，c无关：d.Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的OH形成化学键，从 由2 CH2=CHCN+2H+2e=NC(CH4CN可知，制备0.05mol己二腈，B错误：根据乙室阳极、阴极 而导致SiCl4比CCL:易水解，d有关： 的反应，乙室选用阳离子交换膜，H移向阴极，C正确：石墨电极(1)的电极反应式为 (3)洪特规则(1分) 2CH2CHCN+2H+2e-NC(CH2aCN,D正确。 (4)b(1分) 14.C (5)S02中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子：端基S原子含 根据能量-反应进程图，反应I△H> 反应△，A正确：平衡时，产物Ⅱ能量低，为平衡时主要 有孤电子对，能做配位原子。(2分) 产物，B正确：平衡时，改变温度，对吸收、放出热量多的反应影响大，产物减小的幅度大于产 4M 物I减小的程度，增大平衡n(产物I)m(产物)的比值，C错误：根据能量-反应进程图，第二 (6)4(1分：NAabc X102(2分) 步反应I的活化能较小，较短时间，产物I较多，D正确 【解析】 15.D (1)基态硅原子的价层电子排布式为3s23p NaCOs、NaHCO:混合溶液中滴加0.1 nol/LHCI溶液，滴定终点分别为NaHCO、HCO,溶液，分 (2)a,Si-C1键极性更大，则Si-CI键更易断裂，因此，SiCl比CCl4易水解，a有关：b.Si 的原子半径更大，因此，SiCl4中的共用电子对更加偏向于C1,从而导致Si-C1键极性更大， (4)根据题干信息，平衡CuNH]+一Cu++4NH不易发生，加入浓盐酸，导致NH:与H反 且Si原子更易受到水电离的OH的进攻，因此，SiCl4比CCl4易水解，b有关：c,通常键能越 应，平衡正向移动，Cu2+与C反应生成[CuCL4]P(黄色)。 大化学键越稳定且不易断裂，因此，SiC1键键能更大不能说明SiC1更易断裂，故不能说明 (5)I2的CC4层呈紫红色。根据题干信息，将CC14层溶液转移入分液漏斗中，加入足量浓氢氧化 SiC14比CC:易水解，c无关：d.Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的OH形成化学键， 钠溶液，充分振荡静置分液，上因发生歧化反应进入水层，取上层溶液于烧杯中，滴加足量浓盐酸， 从而导致SiC14比CC4易水解，d有关： 发生归中反应，生成I2固体，过滤、洗涤、干燥可得单质珠：5+1O1+6H=3引2+3HO。 (3)洪特规则指出：基态原子中，填入简并轨道的电子总是先单独分占，且自旋平行。因此，违 19.(10分) 反洪特规则侧。 (1)@片(1分)②控制反应温度在340℃左右(1分)：增大压强(1分) (4)b ③当温度高于340C时反应已达平衡，反应1逆向移动程度大于反应Ⅱ正向移动程度，CO (5)S02中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子：端基S原子含 转化率减小(2分) 有孤电子对，能做配位原子。 (6)Sz0方2在品胞的体内共4个：该品胞按均摊法计算得4个MgS2O方6Hz0,晶胞体积为abc×1021cm3, 4M 晶胞的质量为兴，得该晶胞的密度为NAbc人10 (2）日123436n间可m00)(2分) 18.(10分) 3)①凉2分) ②> (1分) (1)除去，防止干扰后续实验(1分) (2)[Cul]+2NH3H2O=[Cu(NH3)]+2H2O+2I 【解析】()①根据盖斯定律反应2C0g+2H:e)一C0:gHCH,(e)是2山，因此平衡常数K 4[Cu(NH3)2]*+O2+8NH3H2O=4[Cu(NH3)]2*+40H+6H2O ②CH4的产率等于二氧化碳的转化率×甲烷的选择性，由图可知400C之前甲烷选择性为100%，那 (2分，每个1分，写成总反应正确的也给分) 么二氧化碳转化率最大时即340C时CH的产率最大。增大气体压强化学反应速率加快，反应I平 (3)白色固体逐渐溶解，溶液为无色(1分，“溶液为无色可不写) 衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，因此甲烷产率提高。 (4)氢离子与氨分子结合成稳定的铵根离子，促使[CuNH)P+一Cu2++4NH解离平衡正向移动 ③不考虑催化剂失活，由图像可知温度高于340℃时反应己达平衡，反应I逆向移动程度大于反应 (2分) Ⅱ正向移动程度，C02转化率减小。 (5)紫红色(1分)：充分振荡静置分液，取上层溶液于烧杯中，滴加足量浓盐酸，充分反应后过 (2)当H:和COz按照化学反应计量数投料时两者的转化案相等。 滤、洗涤、干燥可得单质琪(2分)：5+IO+6H-3I2+3H0(1分) (3)D CO:(g)+4H2(g)CHa(g)+2H:O(g) 【解析】 初始1mol4mol 0 mol 0 mol (1)上水有颜色，影响后续颜色的判断，除去2。 转化xmol 4xmol xmol 2x mol (2)铜粉与I2反应生成[C],加入浓氨水后颜色变为深蓝色，即[CuNH)P+。根据核心物质中 平衡1-xmol4-4 xmol xmol2xmol 组成的变化，需要加入NHHO,根据铜元素化合价的变化，需要加入O,可分成2个方程，[C 初始压强与平衡压强之比等于气体的物质的量之比5：4-5：(5-2x)求得x=0.5mol,平衡时C02的 加入NHHO后生成[CuNH)],[CuNH)]被O,氧化，生成[Cu(NH)a2,或写成1个反应： 物质的量为0.5mol；Hz为0.5mol:CH,为0.5mol:2H0为1mol,根据以上数据可以求出Kp 4[Cul2]+16NHH2O+O2=4[Cu(NH)42++14H20+81+40H- 为动 (3)根据题干信息，Cul为白色沉淀，Cul与r反应形成配合高子[Cu](无色)： ②结合C0z(g+4H(g)一CH(g+2HO(g)特征根据表格中的气体总压强可知20min时v> v地，已知 (1)(球形)冷凝管(1分)：3NO2十NO+4OH-3NO2十NO,+2H0(2分)（写成两个方程式，正 确的也给分)：碳酸钠溶液、氨水等(1分)（合理即给分） (2)BC(2分) (3)加入氨水可以使平衡HCO4+Ca+一CCO4+2H正向移动，析出产品沉淀。(2分) (4)①cbe(1分) ③偏小(1分) 【解析】 (1)根据题干信息，气体全部被吸收可分成2步NO2十NO+4OH--2NO2+2HO、 2NO1+4OH==NO2+NO+2H0或合并成1个方程：3NO2+NO+4OH==3NO2+NO+2HO:碱性 溶液可吸收氨氧化物。 (2)A项，步骤Ⅱ采取冷却结品，有利于草酸品体析出，可防止草酸品体失水，正确：B项，草酸 能溶于水，易溶于乙醇，步骤Ⅲ洗涤如果用乙醇水溶液，品体会有部分溶解而损失，钠米草酸钙难 溶于水步骤V洗涤可用蒸馏水洗涤，不正确：C项，纳米草酸钙高温易分解，步骤V如果采用更高 温度加热，会分解，不正确：D,步骤IV采用离心分离，考虑到对称位平衡，操作时应将两支离心 管放置于1、4处，正确。 (3)滤液中存在着饱和的草酸钙溶液，有平衡H:CO+Ca+=CaC2O4」+2H,当加入氨水时， 可以使平衡HCO4+Ca2+一CaC2O4I+2H正向移动，析出产品沉淀。 (4)①根据溶液配置的一般步骤，可以排出顺序a→b→心→b→f→d→g→c→h:③若草酸品体中混 有HC0O4,会使滴定法测得产品中水含量偏小，故x的值偏小。
浙江省强基联盟2023学年第一学期高三年级10月联考化学学科试题 A.图①操作可从NH:CI溶液中提取NHCI品体 B.图②装置可用于实验室制取并收集C2 C.图③操作可用高锰酸钾溶液滴定酸性FSO4溶液 D.图④装置可用四氯化碳萃取碘水中的碳单质 6氯及其化合物的相互转化对生产生活意义重大。NH可发生如下转化： 考生须知： N间o4-CO(NH2):NH.HNO国 NH,OH试剂B 1.本试题卷分选择题和非选择题两部分，考试时间90分钟。 2,答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号。 下列说法不正确的是 3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效，考试结束后，只需上交答题卷 A.过程I同时可生成副产物NH,Cl,可用作氮肥B.若试剂A是NaClo,其还原产物为NaC1 4.本卷可能用到的相对原子质量：H-1C-120-16Na-23S-32Cu-64 C.过程Ⅲ若有3 mol HN3生成，则转移20mol电子D.试剂B具有氧化性 选择题部分 7.设Na为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A.12 g NaHSO4中含有0.2NA个阳离子
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只有一个是符合 B.在25℃时，pH-3 CHsCOOH溶液中，醋酸根离子数目为0.001N 题目要求的，不选、多选、错选均不得分) C.22.4L丁烷发生裂解，产物分子中含碳氢键数目为10NA 1.下列食品添加剂属于有机物的是 D.7.8g苯分子中含有c键数目为1.2Na A,小苏打 B.食盐 C.维生素C D.二氧化硫 8.下列说法不正确的是 2.下列化学用语表示正确的是 A,可利用蒸馏法分离甲烷与氯气发生取代反应得到的液态混合物 A,CO2分子的空间填充模型： B。PC的价层电子对互斥模型： B。纤维素与硝酸反应生成的纤维素硝酸酯，可用于生产火药 C.13.丁二烯在催化剂作用下，通过加聚反应可得到顺丁橡胶 D.可用饱和碳酸钠溶液鉴别乙醇、乙醛、乙酸、乙酸乙酯 C.羟基的电子式：：O:H D.1,1-二溴乙烷的结构简式：CH2BrCH2B 9,下列反应的离子方程式不正确的是 3.次氯酸钠是一种重要的盐，下列说法不正确的是 A.高铁酸钾溶液与浓盐酸反应：FcO42+8H+4C==△Fe2+2C2↑+4HO A.次氯酸钠属于弱电解质 B,次氯酸钠可分解生成氯化钠与氧气 B.铝与氢氧化钠溶液：2A1+2OH+6HO=2[AI(OH4+3H↑ C.次氯酸钠可由NOH溶液与氯气反应制得D.次氯酸钠可用于游泳池的消毒 C.向碳酸钠溶液中滴加少量新制氯水：2C0,2+C12+H0一2HC0,+C1+C1O 4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是 D.向次氯酸钙溶液中通入少量二氧化硫：Ca2+3C1O+SO+H2O--CaS04+C+2HC1O A。氨具有还原性，可吸收烟气中的二氧化硫 B。氯化铁有氧化性，可腐蚀覆铜板 10.富马酸(HOOCCH--CHCOOH)可发生如下转化，下列说法不正确的是 C.碳酸钠溶液呈碱性，可用作食用碱 u 水发生加成反应，X的结构简式为HOOCCH,CHCOOH,B正确：X含有羟基，Y属于钠盐，溶 少，Na与C的元素质量守恒一定为2cNa)-3[c(CO2-+cHCO)HcH:CO)],B正确：NaHC0, 解度大于富马酸，C错误；富马酸与乙二醇发生缩聚反应，链节为 过量，实验中发生反应：Ca2+2HC0s一CaC0s!十HC0,C正确：V(CaC12-40mL说明C02 己沉淀完全，cCaD1mhx00mLxa2Lx050.05molL,cC0,2Ksp/cCa2一6.6x10.,D错 -CCH=CHCOCH,.CH,O-'D正确。 (0.02+0.04)L 误。 11.B 16.B N、O、F为同周期元素，随原子序数递增，第一电离能呈增大趋势，但氦原子最外层为半满稳定 往NaS溶液中滴加NSO,溶液，无明显现象，是因为S2在酸性环境中与SO:反应生成S,A错 结构，其第一电离能大于O,则第一电离能：O< N< F,A正确：HO分子间形成的氢键数目较多， 误：往浓疏酸中滴加浓盐酸，浓硫酸吸收浓盐酸中的水分，导致HCI挥发，在烧杯上空产生白雾， 其沸点高于HF和NH,B错误：A1的核外电子排布式为1s22s22p3s23p,核外电子有7种空间运 同时HC1带出HSO4,与Ba(NO3)2反应生成BaSO4,B正确：加热铜与浓疏酸反应，生成疏酸铜， 动状态，C正确：非金属性：N> S,非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性： 由于溶液中水较少，看到白色固体，稀释时，需要将其加入水中，C错误：现象是先无明显现象， HNO> HSiO,D正确。 后产生沉淀，原因是HSO3被空气中的O2氧化，与BaCk生成BaSO4沉淀，D错误。 12.C 研碎的目的是为了加快溶解，A正确：操作Ⅱ紫色石蕊在酸性溶液中显红色，操作V可观察到溶液 17.(10分) 显紫色，B正确：操作Ⅲ稀疏酸为了促进酯的水解，如果用NaOH替代，需要中和过量的NOH (1)3s23p2(1分) 溶液，否则FeCl与NaOH反应，无法形成紫色溶液，C错误：Fet+6CH5OH三Fe(CH,O], (2)ab(2分，选对1个不给分，选对2个给1分，全对2分，有错选不给分) (紫色)+3H,过量H使平衡逆向移动，D正确。 a.Si-C1键极性更大，则Si-C1键更易断裂，因此，SiCla比CC4易水解，a有关：b.Si的 13.B 原子半径更大，因此，SiC4中的共用电子对更加偏向于Cl,从而导致Si-C1键极性更大，且 根据甲室隔膜两侧溶液的浓度，Cu(2)失去电子，故电极为负极，电极反应式为C2eCu2+,Cu(1) Si原子更易受到水电高的OH的进攻，因此，SiCl:比CCl4易水解，b有关：©，通常键能越大 电极为正极，电极上发生得电子的还原反应，电极反应为Cu2+2Cu,则电解槽中石墨(1)极为阴 化学键越稳定且不易断裂，因此，SiC1键键能更大不能说明Si-C1更易断裂，故不能说明SiC14 极、石墨(2)极为阳极，A正确：当甲室两电极质量差为6.4g时，转移电子的物质的量为0.1mol, 比CC:易水解，c无关：d.Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的OH形成化学键，从 由2 CH2=CHCN+2H+2e=NC(CH4CN可知，制备0.05mol己二腈，B错误：根据乙室阳极、阴极 而导致SiCl4比CCL:易水解，d有关： 的反应，乙室选用阳离子交换膜，H移向阴极，C正确：石墨电极(1)的电极反应式为 (3)洪特规则(1分) 2CH2CHCN+2H+2e-NC(CH2aCN,D正确。 (4)b(1分) 14.C (5)S02中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子：端基S原子含 根据能量-反应进程图，反应I△H> 反应△，A正确：平衡时，产物Ⅱ能量低，为平衡时主要 有孤电子对，能做配位原子。(2分) 产物，B正确：平衡时，改变温度，对吸收、放出热量多的反应影响大，产物减小的幅度大于产 4M 物I减小的程度，增大平衡n(产物I)m(产物)的比值，C错误：根据能量-反应进程图，第二 (6)4(1分：NAabc X102(2分) 步反应I的活化能较小，较短时间，产物I较多，D正确 【解析】 15.D (1)基态硅原子的价层电子排布式为3s23p NaCOs、NaHCO:混合溶液中滴加0.1 nol/LHCI溶液，滴定终点分别为NaHCO、HCO,溶液，分 (2)a,Si-C1键极性更大，则Si-CI键更易断裂，因此，SiCl比CCl4易水解，a有关：b.Si 的原子半径更大，因此，SiCl4中的共用电子对更加偏向于C1,从而导致Si-C1键极性更大， (4)根据题干信息，平衡CuNH]+一Cu++4NH不易发生，加入浓盐酸，导致NH:与H反 且Si原子更易受到水电离的OH的进攻，因此，SiCl4比CCl4易水解，b有关：c,通常键能越 应，平衡正向移动，Cu2+与C反应生成[CuCL4]P(黄色)。 大化学键越稳定且不易断裂，因此，SiC1键键能更大不能说明SiC1更易断裂，故不能说明 (5)I2的CC4层呈紫红色。根据题干信息，将CC14层溶液转移入分液漏斗中，加入足量浓氢氧化 SiC14比CC:易水解，c无关：d.Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的OH形成化学键， 钠溶液，充分振荡静置分液，上因发生歧化反应进入水层，取上层溶液于烧杯中，滴加足量浓盐酸， 从而导致SiC14比CC4易水解，d有关： 发生归中反应，生成I2固体，过滤、洗涤、干燥可得单质珠：5+1O1+6H=3引2+3HO。 (3)洪特规则指出：基态原子中，填入简并轨道的电子总是先单独分占，且自旋平行。因此，违 19.(10分) 反洪特规则侧。 (1)@片(1分)②控制反应温度在340℃左右(1分)：增大压强(1分) (4)b ③当温度高于340C时反应已达平衡，反应1逆向移动程度大于反应Ⅱ正向移动程度，CO (5)S02中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子：端基S原子含 转化率减小(2分) 有孤电子对，能做配位原子。 (6)Sz0方2在品胞的体内共4个：该品胞按均摊法计算得4个MgS2O方6Hz0,晶胞体积为abc×1021cm3, 4M 晶胞的质量为兴，得该晶胞的密度为NAbc人10 (2）日123436n间可m00)(2分) 18.(10分) 3)①凉2分) ②> (1分) (1)除去，防止干扰后续实验(1分) (2)[Cul]+2NH3H2O=[Cu(NH3)]+2H2O+2I 【解析】()①根据盖斯定律反应2C0g+2H:e)一C0:gHCH,(e)是2山，因此平衡常数K 4[Cu(NH3)2]*+O2+8NH3H2O=4[Cu(NH3)]2*+40H+6H2O ②CH4的产率等于二氧化碳的转化率×甲烷的选择性，由图可知400C之前甲烷选择性为100%，那 (2分，每个1分，写成总反应正确的也给分) 么二氧化碳转化率最大时即340C时CH的产率最大。增大气体压强化学反应速率加快，反应I平 (3)白色固体逐渐溶解，溶液为无色(1分，“溶液为无色可不写) 衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，因此甲烷产率提高。 (4)氢离子与氨分子结合成稳定的铵根离子，促使[CuNH)P+一Cu2++4NH解离平衡正向移动 ③不考虑催化剂失活，由图像可知温度高于340℃时反应己达平衡，反应I逆向移动程度大于反应 (2分) Ⅱ正向移动程度，C02转化率减小。 (5)紫红色(1分)：充分振荡静置分液，取上层溶液于烧杯中，滴加足量浓盐酸，充分反应后过 (2)当H:和COz按照化学反应计量数投料时两者的转化案相等。 滤、洗涤、干燥可得单质琪(2分)：5+IO+6H-3I2+3H0(1分) (3)D CO:(g)+4H2(g)CHa(g)+2H:O(g) 【解析】 初始1mol4mol 0 mol 0 mol (1)上水有颜色，影响后续颜色的判断，除去2。 转化xmol 4xmol xmol 2x mol (2)铜粉与I2反应生成[C],加入浓氨水后颜色变为深蓝色，即[CuNH)P+。根据核心物质中 平衡1-xmol4-4 xmol xmol2xmol 组成的变化，需要加入NHHO,根据铜元素化合价的变化，需要加入O,可分成2个方程，[C 初始压强与平衡压强之比等于气体的物质的量之比5：4-5：(5-2x)求得x=0.5mol,平衡时C02的 加入NHHO后生成[CuNH)],[CuNH)]被O,氧化，生成[Cu(NH)a2,或写成1个反应： 物质的量为0.5mol；Hz为0.5mol:CH,为0.5mol:2H0为1mol,根据以上数据可以求出Kp 4[Cul2]+16NHH2O+O2=4[Cu(NH)42++14H20+81+40H- 为动 (3)根据题干信息，Cul为白色沉淀，Cul与r反应形成配合高子[Cu](无色)： ②结合C0z(g+4H(g)一CH(g+2HO(g)特征根据表格中的气体总压强可知20min时v> v地，已知 (1)(球形)冷凝管(1分)：3NO2十NO+4OH-3NO2十NO,+2H0(2分)（写成两个方程式，正 确的也给分)：碳酸钠溶液、氨水等(1分)（合理即给分） (2)BC(2分) (3)加入氨水可以使平衡HCO4+Ca+一CCO4+2H正向移动，析出产品沉淀。(2分) (4)①cbe(1分) ③偏小(1分) 【解析】 (1)根据题干信息，气体全部被吸收可分成2步NO2十NO+4OH--2NO2+2HO、 2NO1+4OH==NO2+NO+2H0或合并成1个方程：3NO2+NO+4OH==3NO2+NO+2HO:碱性 溶液可吸收氨氧化物。 (2)A项，步骤Ⅱ采取冷却结品，有利于草酸品体析出，可防止草酸品体失水，正确：B项，草酸 能溶于水，易溶于乙醇，步骤Ⅲ洗涤如果用乙醇水溶液，品体会有部分溶解而损失，钠米草酸钙难 溶于水步骤V洗涤可用蒸馏水洗涤，不正确：C项，纳米草酸钙高温易分解，步骤V如果采用更高 温度加热，会分解，不正确：D,步骤IV采用离心分离，考虑到对称位平衡，操作时应将两支离心 管放置于1、4处，正确。 (3)滤液中存在着饱和的草酸钙溶液，有平衡H:CO+Ca+=CaC2O4」+2H,当加入氨水时， 可以使平衡HCO4+Ca2+一CaC2O4I+2H正向移动，析出产品沉淀。 (4)①根据溶液配置的一般步骤，可以排出顺序a→b→心→b→f→d→g→c→h:③若草酸品体中混 有HC0O4,会使滴定法测得产品中水含量偏小，故x的值偏小。
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