浙江省名校协作体2023-2024学年高三上学期开学联考化学Word版含解析.docx

《浙江省名校协作体2023-2024学年高三上学期开学联考化学Word版含解析.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

浙江省名校协作体2023-2024学年高三上学期开学联考化学试题考生须知：1.本卷满分100分，考试时间90分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号；3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题卷。可能用到的相对原子质量：H-1　C-12　N-14　O-16　Na-23Mg-24Si-28Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56Cu-64Ag-108I-127Pb-207一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个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.下列物质中属于碱性氧化物的是A.SO2B.Al2O3C.CaOD.Na2O2【答案】C【解析】【详解】A．SO2酸性氧化物，A错误；B．Al2O3是两性氧化物，B错误；C．CaO是碱性氧化物，C正确；D．Na2O2既不是碱性氧化物，也不是酸性氧化物，D错误；故选C。2.硫酸钙应用广泛，下列说法不正确的是A.生石膏的化学式为CaSO4·2H2OB.含有硫酸钙的盐卤能使蛋白质变性，可制作豆腐C.Ca元素位于周期表的s区D.往煤中添加一些石灰石，燃煤过程中产生的SO2能转化为硫酸钙【答案】B【解析】【详解】A．生石膏的化学式为CaSO4·2H2O，熟石膏的化学式为2CaSO4·H2O，A正确；B．豆浆是胶体，盐卤是电解质，含有硫酸钙的盐卤可使豆浆发生聚沉，可制作豆腐，B错误；C．Ca元素是20号，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p64s2，故其位于周期表的s区，C正确； D．往煤中添加一些石灰石，燃煤过程中产生的SO2能转化为硫酸钙，反应原理为：2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2，D正确；故答案为：B。3.下列说法正确的是A.Cr3+的最外层电子排布式：3s23p63d3B.乙醇的分子式：C2H5OHC.OF2分子的空间结构为直线形D.NCl3的电子式：【答案】A【解析】【详解】A．Cr原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，失去4s能级1个电子、3d能级2个电子形成Cr3+，Cr3+的最外层电子排布式：3s23p63d3，故A正确；B．乙醇的分子式：C3H6O，故B错误；C．OF2中的O原子为sp3杂化，且存在2对孤对电子，为V形结构，故C错误；D．NCl3分子是共价化合物，含有共价键，该分子的电子式为，故D错误；故选：A。4.物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是A.乙二醇易溶于水，黏度高，可用作汽车防冻液B.硅酸盐材料具有硅氧四面体结构，可用作耐高温、耐腐蚀材料C.液态氯乙烷汽化时吸热，具有冷冻麻醉的作用，可用于肌肉拉伤、关节扭伤等的镇痛D.碳酸氢铵可与酸反应并受热分解，可用于制作食品膨松剂【答案】A【解析】【详解】A．水中加入一种溶质，会使溶液的凝固点降低，沸点升高，所以可以防冻，与乙二醇易溶于水和粘度大无关，A符合题意；B．硅酸盐材料具有硅氧四面体结构，所以硅酸盐材料具有很高的熔点、沸点，决定其可用作耐高温、耐腐蚀材料，B不合题意； C．液体氯乙烷沸点较低，易挥发，且液态氯乙烷汽化时吸热，具有冷冻麻醉的作用，可用于肌肉拉伤、关节扭伤等的镇痛，C不合题意；D．碳酸氢铵可与酸反应并受热分解产生大量的无毒气体CO2，能使食品变得松软、酥松多空，故其可用于制作食品膨松剂，D不合题意；故答案为：A。5.下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是A.工业上焦炭与石英砂制得含少量杂质的粗硅B.Al和NaOH溶液反应可生成H2C.高温下Fe与水蒸气反应生成Fe2O3D.NaHCO3溶于水，伴随吸热现象【答案】C【解析】【详解】A．高温下C与SiO2反应生成CO和Si，可制备粗硅，A正确；B．Al可溶于NaOH溶液生成四羟基铝酸钠和氢气，B正确；C．高温下Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，C错误；D．NaHCO3溶于水温度降低，伴随吸热现象，D正确；故选C。6.关于反应2NO+2+2H2O=N2+4HSO，下列说法不正确的是A.生成0.5molN2，转移4mol电子B.N2是还原产物C.S2O发生氧化反应D.还原剂和氧化剂之比为1：1【答案】A【解析】【详解】A．反应中氮元素化合价由+2变为0，电子转移关系为，则生成0.5molN2，转移2mol电子，A错误；B．反应中氮元素化合价由+2变为0，发生还原反应得到还原产物氮气，B正确；C．S2O中硫元素化合价升高，发生氧化反应，C正确；D．反应中S2O为还原剂、NO为氧化剂，由化学方程式体现的关系可知，还原剂和氧化剂之比为1：1，D正确；故选A。 7.下列反应离子方程式不正确的是A.过量CO2通入NaOH溶液：CO2+OH−=HCOB.向血红色Fe(SCN)3溶液加入过量铁粉：2Fe3++Fe=3Fe2+C.苯酚的悬浊液中滴加氢氧化钠溶液：C6H5OH+OH-→C6H5O-+H2OD.Na2SO3溶液中滴入足量氯水：SO+H2O+Cl2=SO+2H++2Cl-【答案】B【解析】【详解】A．过量CO2通入NaOH溶液生成NaHCO3，故其离子方程式为：CO2+OH−=HCO，A正确；B．Fe(SCN)3为络合物，应该写化学式，离子方程式为：2Fe(SCN)3+Fe=3Fe2++6SCN-，B错误；C．苯酚具有弱酸性，故苯酚的悬浊液中滴加氢氧化钠溶液的离子方程式为：C6H5OH+OH-→C6H5O-+H2O，C正确；D．Na2SO3溶液中滴入足量氯水发生氧化还原反应生成和Cl-，该反应的离子方程式为：+H2O+Cl2=+2H++2Cl-，D正确；故答案为：B。8.下列说法正确的是A.麦芽糖是淀粉水解过程中的一种中间产物，是一种非还原性二糖B.苯使溴水层颜色变浅的原因是它与Br2发生了取代反应C.花生油主要成分是高级脂肪酸甘油酯，属于高分子化合物D.RNA和DNA均具有酸性，分子中核苷酸之间通过磷酯键连接【答案】D【解析】【详解】A．麦芽糖是还原性二糖，A项错误；B．苯使溴水层颜色变浅的原因是苯萃取了溴水中的Br2，B项错误；C．花生油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，不属于高分子化合物，C项错误；D．RNA和DNA均具有酸性，分子中核苷酸之间通过磷酸二酯键相连，D项正确；故选D。9.某化合物X结构如图所示，下列说法正确的是 A.X中含有5种官能团B.1molX最多能与2molNaOH反应C.X中含有一个手性碳原子D.能用溴的四氯化碳溶液检验醛基的存在【答案】C【解析】【详解】A．由题干图示有机物的结构简式可知，X中含有羧基、酯基、醛基和碳碳双键4种官能团，A错误；B．由题干图示有机物的结构简式可知，1molX中含有1mol羧基，能消耗1molNaOH，1mol酚酯基，能消耗2molNaOH，故1molX最多能与3molNaOH反应，B错误；C．同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故X中含有一个手性碳原子，如图所示，C正确；D．醛基不与溴的四氯化碳溶液反应，且X中含有碳碳双键，故不能用溴的四氯化碳溶液检验醛基的存在，D错误；故答案为：C。10.前四周期X、Y、Z、Q、T五种元素，原子序数依次增大，X液态最简单氢化物可作制冷剂，Y氢化物的水溶液能腐蚀玻璃，基态Z原子M能层上有两个电子，基态Q原子最外层有2个未成对电子，且其最高价氧化物对应的水化物为强酸，T最外层只有1个电子，其内层各能级所有轨道电子均成对，下列说法不正确的是A.第一电离能Y>X>QB.T的氧化物能和X的氢化物发生氧化还原反应制得T单质C.Z能在空气中燃烧生成ZO、ZO2等氧化物D.T单质和Q单质化合生成T2Q【答案】C【解析】 【分析】前四周期X、Y、Z、Q、T五种元素，原子序数依次增大，X的液态最简单氢化物可作制冷剂，则X为N元素；Y氢化物的水溶液能腐蚀玻璃，则Y为F元素；基态Z原子M能层上有两个电子，则Z为Mg元素；基态Q原子最外层有2个未成对电子，且其最高价氧化物对应的水化物为强酸，则Q为S元素；T最外层只有1个电子，其内层各能级所有轨道电子均成对，则T为Cu元素。【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻的氧元素、小于氟元素，同主族元素，从上到下第一电离能依次减小，则氧元素的第一电离能大于硫元素，所以第一电离能由大到小的顺序为F＞N＞S，故A正确；B．氧化铜与氨气共热发生氧化还原反应生成铜、氮气和水，故B正确；C．镁在空气中燃烧只能生成氧化镁，不能生成过氧化镁，故C错误；D．硫与铜共热反应只能生成硫化亚铜，故D正确；故选C。11.以某锂离子电池、丙烯腈电合成己二腈[NC(CH2)4CN]的装置如图所示(电极均为石墨)。该锂离子电池的总反应是。下列说法不正确的是A.B为正极，电极反应式为：Li1-xFePO4+xe-+xLi+=LiFePO4B.阴极区的电极反应为2CH2=CHCN+2e-+2H+=NC(CH2)4CN，一段时间后，阴极室的pH增大C.石墨电极C产生O2，稀硫酸的作用为增强溶液导电性D.当电路中转移1mole-时，阳极室溶液质量减少9g(不考虑氧气溶解)【答案】B【解析】【分析】从电极反应式看，在A极，LixCy转化为Li+和Cy，所以A极失去电子，作负极，B极作正极，C极作阳极，D极作阴极，据此解答即可。【详解】A．由总反应式结合分析可知，B极为正极，其电极反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，A正确； B．由分析可知，D电极为阴极区的电极反应为2CH2=CHCN+2e-+2H+=NC(CH2)4CN，阳极室中产生的H+通过质子交换膜进入阴极室，根据电荷守恒可知，一段时间后，阴极室的pH不变，B错误；C．由分析可知，石墨电极C为阳极，发生氧化反应，电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑产生O2，稀硫酸的作用为增强溶液导电性，C正确；D．根据电极反应式2H2O-4e-=4H++O2↑可知，当电路中转移1mole-时，阳极室溶液放出8gO2，同时有1molH+通过质子交换膜进入阴极室，质量又减小1g，故阳极室质量一共减少9g，D正确；故答案为：B。12.叠氮化铅[Pb(N3)2]用作水下引爆剂，可由以下方法制得I：3N2O+4Na+NH3=3NaOH+NaN3+2N2；II：2NaN3+Pb(NO3)2=2NaNO3+Pb(N3)2，下列说法正确的是A.N2O为非极性分子B.反应I每消耗23gNa，共转移1mol电子C.NO和N两者中心原子均为sp2杂化，且NO的键角大于N的键角D.反应I需在非水条件下进行【答案】D【解析】【详解】A．一氧化二氮和二氧化碳的原子个数都为3、价电子数都为16，互为等电子体，等电子体具有相同的空间结构，二氧化碳为直线形，则一氧化二氮的空间构型为直线形，结构式为N=N=O，所以一氧化二氮为结构不对称的极性分子，故A错误；B．由方程式可知，反应I中氮元素和钠元素的化合价升高被氧化，钠和氨气是反应的还原剂，则反应I每消耗23g钠，转移电子的物质的量大于1mol，故B错误；C．氮三离子中和二氧化碳的原子个数都为3、价电子数都为16，互为等电子体，等电子体的中心原子具有相同的杂化方式和相同的空间结构，二氧化碳中碳原子为sp杂化，分子的空间构型直线形，则氮三离子中氮碳原子为sp杂化，分子的空间构型直线形，故C错误；D．钠易与水反应生成氢氧化钠和氢气，所以反应I需在非水条件下进行，故D正确；故选D13.甲醇是一种理想的可再生清洁能源。CO2和H2在一定条件下合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH；相关物质的能量如图1所示，在两个容积相同的密闭容器中分别充入nmolCO2和3nmolH2，在两种催化剂(I和II)、不同温度下发生上述反应，经过相同时间测得CO2 的转化率与温度的关系曲线如图2所示(不考虑温度对催化剂活性的影响)，下列说法不正确的是A.—49.3B.C点的正反应速率：C.在T2温度下，此反应活化能：催化剂I>催化剂IID.T1—T3温度区间，反应未达平衡，CO2的转化率随温度升高而增大【答案】B【解析】【详解】A．合成甲醇反应的反应热△H=(—393.5kJ/mol+0)—[(—201.0kJ/mol)+(—110.5kJ/mol)]=—49.3kJ/mol，故A正确；B．由图可知，相同温度下，使用催化剂II时二氧化碳的转化率大于使用催化剂I时，则反应速率大于催化剂I时，C点反应温度相同，但催化剂不同，所以反应I和反应II的正反应速率不相等，故B错误；C．由图可知，T2温度下，使用催化剂II时二氧化碳的转化率大于使用催化剂I时，则反应速率大于催化剂I时，反应的活化能越大，反应速率越慢，则T2温度下，使用催化剂I的反应活化能大于催化剂II，故C正确；D．由图可知，T3温度时，二氧化碳的转化率未达到最大，说明反应未达到平衡，则T1—T3温度区间，温度升高，反应速率加快，二氧化碳的消耗量增大，反应的转化率增大，故D正确；故选B。14.常温下，已知H3PO3溶液中含磷微粒的浓度之和为0.1mol·L-1，溶液中各含磷微粒的pc—pOH关系如图所示，图中pc表示各含磷微粒的浓度负对数(pc=—lgc)，pOH表示OH—的浓度负对数[pOH=—lgc(OH—)]；x、y、z三点的坐标：x(7.3，1.3)，y(10.0，3.6)，z(12.6，1.3)，下列说法不正确的是 A.由图可得H3PO3为二元弱酸B.曲线③表示pc(H3PO3)随pOH的变化C.pH=6.7的溶液中：c(H3PO3)=0.1mol·L-1—2c(HPO)D.H3PO3+HPO2H2PO的平衡常数K<1.0×105【答案】D【解析】【分析】由图可知，H3PO3溶液中含磷微粒只有3种，说明H3PO3在溶液中能分步电离出H2PO和HPO，则H3PO3为二元弱酸；溶液的碱性越强，POH越小，溶液中H3PO3的浓度越小、HPO的浓度越大，则曲线①表示pc(HPO)随pOH的变化、曲线②表示pc(H2PO)随pOH的变化、曲线③表示pc(H3PO3)随pOH的变化；由z点坐标可知，溶液中H3PO3与H2PO的浓度相等，溶液中氢离子浓度为10—14+12.6mol/L=10—1.4mol/L，则H3PO3的Ka1==c(H+)=10—1.4，同理由x点坐标可知，H3PO3的Ka2==c(H+)=10—6.7。【详解】A．由分析可知，H3PO3为二元弱酸，在溶液中能分步电离出H2PO和HPO，故A正确；B．由分析可知，曲线①表示pc(HPO)随pOH的变化、曲线②表示pc(H2PO)随pOH的变化、曲线③表示pc(H3PO3)随pOH的变化，故B正确；C．pH为6.7的溶液中pOH为7.3，由图可知，溶液中H2PO与HPO的浓度相等，由物料守恒可知，溶液中c(H3PO3)+c(H2PO)+c(HPO)=0.1mol·L-1，则溶液中c(H3PO3)=0.1mol·L-1—2c(HPO)，故C正确； D．由方程式可知，反应的平衡常数K====1.0×105.3＞1.0×105，故D错误；故选D。15.已知25℃，Ksp(CaC2O4)=4.0×10-8，H2C2O4的电离常数Ka1=5.6×10-2，Ka2=1.5×10-4；Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，H2CO3的电离常数Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11。下列有关说法正确的是A.25℃时，同浓度的NaHC2O4溶液的pH比NaHCO3大B.用0.5mol/L的草酸钠溶液浸泡CaCO3，可实现CaCO3完全转化为CaC2O4C.某温度下，向含CaC2O4固体的饱和CaC2O4溶液中加入少量草酸钠固体，则CaC2O4溶解性将减小D.过量CaCO3溶于水达到溶解平衡，其上层清液中含碳微粒主要是CO【答案】C【解析】【详解】A．的水解平衡常数Kh()===1.8×10-13＜Ka2(H2C2O4)，说明的电离程度大于水解程度，NaHC2O4溶液呈酸性，的水解平衡常数Kh()===2.2×10-8＞Ka2(H2CO3)，说明的电离程度小于水解程度，NaHCO3溶液呈碱性，25℃时，同浓度的NaHC2O4溶液的pH比NaHCO3小，A项错误；B．用0.5mol/L的草酸钠溶液浸泡CaCO3，可发生的反应为CaCO3(s)+(aq)CaC2O4(s)+(aq)，但由于CaCO3、CaC2O4的类型相同且Ksp(CaCO3)＜Ksp(CaC2O4)，说明CaCO3比CaC2O4更难溶，故CaCO3不能完全转化为CaC2O4，B项错误；C．含CaC2O4固体的饱和CaC2O4溶液中存在沉淀溶解平衡：CaC2O4(s)Ca2+(aq)+(aq)，加入少量草酸钠，草酸钠电离出，浓度增大，该沉淀溶解平衡逆向移动，CaC2O4的溶解性将减小，C项正确；D．过量CaCO3溶于水达到溶解平衡CaCO3(s)Ca2+(aq)+(aq)，存在水解平衡：+H2O+OH-、+H2OH2CO3+OH-，上层清液中物料守恒为c()+c()+c(H2CO3)=c(Ca2+)=mol/L，Kh()== ===2.1×10-4，则=，由于二级水解远小于一级水解，二级水解忽略，上层清液中1×10-7mol/L＜c(OH-)＜mol/L（假设溶于水的CaCO3电离出的第一步完全水解），=＜＜=2.1×103，上层清液中c()＞c()，上层清液中含碳微粒主要是，D项错误；答案选C。16.下列方案设计、现象和结论都正确的是选项实验方案现象结论A有机物A加入NaOH乙醇溶液中，充分加热；冷却后，取混合液加足量硝酸酸化的硝酸银溶液未产生白色沉淀有机物A不可能是氯代烃B常温下，用pH计测得0.1mol/L弱酸盐NaA、NaB、NaC溶液pH值分别为a、b、c若c>b>a水解程度A->B->C-C向放有少量脱脂棉的试管中加入几滴较浓的硫酸，充分搅拌后，加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热未观察到砖红色沉淀生成说明纤维素没有发生水解D将封装有NO2和N2O4混合气体的圆底烧瓶浸泡在热水中红棕色加深NO2转化为N2O4是放热反应A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．卤代烃消去的原则是：与卤素原子直接相连的邻碳上有H原子，若邻碳上无H则不能消去，选项A错误；B．常温下，用pH计测得0.1mol/L弱酸盐NaA、NaB、NaC溶液pH值分别为a、b、c，若c>b>a，根据越弱越水解，水解程度C->B->A-，选项B错误；C．加入新制氢氧化铜之前要加氢氧化钠溶液调节至碱性，再加热，选项C错误；D．装有NO2和N2O4气体的烧瓶存在2NO2(g)N2O4(g) ，将其浸泡在热水中，观察到烧瓶内气体颜色加深，说明NO2浓度增大，上述平衡逆向移动，故能说明2NO2(g)N2O4(g)是放热反应，选项D正确；答案选D。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.钙钛矿材料具有可设计性，其吸光能力远高于晶硅材料。钙钛矿常由H、N、O、Ca、Ti、卤素等元素形成。请回答下列问题：（1）基态Ti原子的价电子排布图为___________。与Ti位于同一周期且含有相同未成对电子数的主族元素为___________。（2）下列说法正确的是___________(填字母)A.CH3NH其中C原子与N原子的杂化类型不同B.N、O元素的第二电离能大小顺序为O>NC.CaTiO3组成元素的电负性大小顺序是O>Ti>CaD.SiCl4的相对分子质量大于SiO2，所以SiCl4的沸点大于SiO2（3）C、Si为同一主族的元素，CO2和SiO2化学式相似，但结构和性质有很大不同。从原子半径和共价键成键的角度分析，C、O原子间易形成C=O键，而Si、O原子间不易形成Si=O键的原因___________。（4）钙钛矿并不是专指一种含钙和钛的某种化合物，而是一类具有相似结构的晶体材料的总称，其中A是较大的阳离子，B是较小的阳离子，X是阴离子。下图的晶胞表示立方钙钛矿，其通式可表示为___________(用A、B、X表示)。一种金属卤化物光电材料的组成为Pb2+、I﹣和有机碱离子CH3NH(结构与立方钙钛矿相同)。若晶胞参数为anm，则晶体密度为___________g·cm-3(列出计算式)。【答案】（1）①.②.Ge、Se（2）BC（3）Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π 键即Si=O（4）①.ABX3②.【解析】【小问1详解】已知Ti是22号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2，则基态Ti原子的价电子排布图为，与Ti位于同一周期且含有相同未成对电子数即为2个的主族元素为价电子排布为4s24p2的Ge和价电子排布为4s24p4的Se，故答案为：；Ge、Se；【小问2详解】A．CH3NH其中C原子与N原子周围均形成了4个σ键，N原子周围无孤电子对，即C和N的价层电子对数均为4，则二者均采用sp3杂化，故其杂化类型相同，A错误；B．N+、O+的核外电子排布分别为：1s22s22p2、1s22s22p3，由于O+的2p上处于半充满的稳定结构，故N、O元素的第二电离能大小顺序为O>N，B正确；C．元素的电负性越大，其非金属性越强，金属性越弱，同一周期从左往右电负性依次增强，非金属电负性强于金属，即CaTiO3的组成元素的电负性大小顺序是O>Ti>Ca，C正确；D．SiCl4的相对分子质量大于SiO2，但由于SiO2属于共价晶体，而SiCl4属于分子晶体，所以SiCl4的沸点小于SiO2，D错误；故答案为：BC；【小问3详解】CO2晶体是分子晶体，其中C的原子半径较小，C、O原子能充分接近，p-p轨道肩并肩重叠程度较大，形成稳定的π键即C=O；而Si原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键即Si=O，故答案为：Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键即Si=O；【小问4详解】由题干图示晶胞示意图可知，A是较大的阳离子，B是较小的阳离子，X是阴离子，一个晶胞中含有阳离子A的个数为1，含有阳离子B的个数为：=1，含有阴离子X的个数为：=3，故其通式可表示为ABX3，一种金属卤化物光电材料的组成为Pb2+、I﹣和有机碱离子CH3NH(结构与立方钙钛矿相同)，即晶体的化学式为：Pb(CH3NH3)I3,则一个晶胞的质量为：，若晶胞参数为anm ，则一个晶胞的体积为：(a×10-7)3cm3，则晶体密度为=g·cm-3，故答案为：ABX3；。18.结晶水合物X由4种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：已知：黑色固体B用100mL2.0mol/LH2SO4溶液溶解后，多余的酸用0.30molNaOH恰好中和。（1）组成X的元素有H、O和___________(填元素符号)，A的两种成分为___________(填写化学式)。（2）写出X隔绝空气加热分解的化学方程式___________。（3）写出金属粉末C生成深蓝色D溶液的离子方程式___________。（4）黑色固体B加入稀硫酸溶解后，再加入足量氢氧化钠溶液，生成的蓝色沉淀可能是氢氧化物、碱式硫酸盐或两者的混合物(都难溶于水，易溶于强酸)，请设计一个实验方案证明蓝色沉淀只有氢氧化物没有碱式硫酸盐：________。【答案】（1）①.Cu、N②.NO2、O2（2）2Cu(NO3)2·3H2O2CuO+4NO2+O2↑+6H2O（3）2Cu+8NH3·H2O+O2=2[Cu(NH3)4]2++4OH—+6H2O（4）取蓝色沉淀少许于试管中，加入足量稀盐酸溶解得到蓝色溶液，向溶液中加入BaCl2溶液，没有白色沉淀生成，说明蓝色沉淀只有Cu(OH)2【解析】【分析】由标准状况下2.28L红棕色气体A被足量的水恰好完全吸收转化为强酸可知，气体A为二氧化氮和氧气的混合气体、强酸为硝酸，则X中含有氮元素；由得失电子数目守恒可知，混合气体中二氧化氮的物质的量为×=0.1mol、氧气的物质的量为×=0.025mol，则X中含有氮元素的物质的量为0.1mol；由黑色固体B能与氢气共热反应得到金属粉末C，金属粉末能与氨水和氧气反应得到深蓝色溶液D可知，B为氧化铜、C为铜、D为四氨合铜离子，则X中含有铜元素，由黑色固体B用100mL2.0mol/L硫酸溶液溶解后，多余的酸用0.30mol氢氧化钠恰好中和可知，X 中含有铜元素的物质的量为2.0mol/L×0.1L—0.30mol×=0.05mol；由X中含有氢元素和氧元素可知，X为带有结晶水的硝酸铜晶体，硝酸铜的物质的量为0.05mol，则结晶水的物质的量为=0.15mol，硝酸铜和水的物质的量比为0.05mol：0.15mol=1：3，X的化学式为Cu(NO3)2·3H2O。【小问1详解】由分析可知，X为三水硝酸铜，含有的元素为铜元素、氮元素、氧元素和氢元素，气体A为二氧化氮和氧气的混合气体，故答案为：Cu、N；NO2、O2；【小问2详解】由分析可知，X为三水硝酸铜，受热分解生成氧化铜、二氧化氮、氧气和水，反应的化学方程式为2Cu(NO3)2·3H2O2CuO+4NO2+O2↑+6H2O，故答案为：2Cu(NO3)2·3H2O2CuO+4NO2+O2↑+6H2O；【小问3详解】由分析可知，铜粉末与氨水和氧气反应得到含有四氨合铜离子的深蓝色溶液，反应的离子方程式为2Cu+8NH3·H2O+O2=2[Cu(NH3)4]2++4OH—+6H2O，故答案为：2Cu+8NH3·H2O+O2=2[Cu(NH3)4]2++4OH—+6H2O；【小问4详解】若蓝色沉淀中含有碱式硫酸盐，用盐酸溶解蓝色沉淀所得溶液能与氯化钡溶液反应生成白色硫酸钡沉淀，则验证蓝色沉淀只有氢氧化物没有碱式硫酸盐的实验方案为取蓝色沉淀少许于试管中，加入足量稀盐酸溶解得到蓝色溶液，向溶液中加入氯化钡溶液，没有白色沉淀生成，说明蓝色沉淀只有氢氧化铜，故答案为：取蓝色沉淀少许于试管中，加入足量稀盐酸溶解得到蓝色溶液，向溶液中加入BaCl2溶液，没有白色沉淀生成，说明蓝色沉淀只有Cu(OH)2。19.丙烯是重要的化工原料，目前生产丙烯主要有丙烷脱氢、丙烷与二氧化碳耦合等技术。方法一：丙烷在催化剂作用下直接脱氢法制丙烯已知：主反应Ⅰ：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)ΔH1>0副反应Ⅱ：C3H8(g)C2H4(g)+CH4(g)（1）反应Ⅰ自发进行的条件___________。（2）一定温度下，向1L恒容密闭容器中通入0.6molC3H8，压强为0.75MPa，反应后测得各组分的平衡压强(即组分的物质的量分数×总压)为：p(C3H8)=0.5MPa、p(CH4)=0.075MPa，则该温度下，用物质的量浓度表示反应Ⅰ的平衡常数Kc的数值为___________。（3）下列说法正确的是___________ A.通过充入惰性气体增大压强，不改变反应Ⅰ的反应速率B.恒温恒压条件下，ΔH1保持不变，说明反应Ⅰ达到平衡状态C.若只发生反应Ⅰ，恒压条件下，向原料气中掺入水蒸气，可增大反应的平衡常数，提高丙烯的产率D.已知高温条件下，C-C键比C-H键更易断裂，则制备丙烯应选择较低温度下的高效催化剂方法二：丙烷与二氧化碳耦合法制丙烯（4）以In/Zn作为催化剂，丙烷与二氧化碳可通过耦合法制丙烯，主要发生如下反应：Ⅰ：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)Ⅱ：C3H8(g)C2H4(g)+CH4(g)Ⅲ：CO2(g)+9H2(g)C3H6(g)+6H2O(g)Ⅳ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)在580℃时，将C3H8和CO2按体积比1：1充入一恒压密闭容器中进行反应，实验测得体系中C3H8(g)、CO2(g)的转化率和C3H6(g)的选择性随催化剂组成变化如图甲，体系中C3H8(g)、CO2(g)的平衡转化率和C3H6(g)的平衡产率随压强变化如图乙。已知：C3H6(g)的选择性越高，副产物的含量越低。耦合法制丙烯适宜选择的生产条件为___________，随压强增大C3H6(g)的平衡产率先增大后减小的原因为___________。【答案】（1）高温（2）0.049（3）AD（4）①.In/Zn的物质的量之比为2，压强为0.3Mpa②.压强低于0.3MPa时，压强增大，反应Ⅲ平衡正向移动为主，丙烯产率增大；压强高于0.3MPa时，压强增大，反应Ⅰ平衡逆向移动为主，丙烯产率减小【解析】【小问1详解】反应Ⅰ为熵增的吸热反应，高温条件下反应ΔH—TΔS＜0，能自发进行，则反应Ⅰ自发进行的条件为高温，故答案为：高温； 【小问2详解】设平衡时氢气、甲烷的物质的量分别为amol、bmol，由题意可建立如下三段式：由平衡前后物质的量之比等于压强之比可知，平衡时，气体的总压强为，由丙烷的分压为0.5MPa可得：×=0.5，由甲烷的分压为0.075MPa可得：×=0.075，解联立方程可得a=0.14、b=0.06，则平衡时，丙烷的物质的量为0.4mol，由容器的体积为1L可知，反应的平衡常数Kc==0.49，故答案为：0.49；【小问3详解】A．恒容容器中充入惰性气体，容器中气体的压强增大，但反应体系中各物质的浓度不变，所以反应Ⅰ和反应Ⅱ的反应速率不变，故正确；B．反应中，反应的焓变始终不变，则恒温恒压条件下，ΔH1保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；C．平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，则恒压条件下，向原料气中掺入水蒸气，反应Ⅰ的平衡常数不变，故错误；D．由高温条件下，碳碳键比碳氢键更易断裂可知，制备丙烯应选择较低温度下的高效催化剂，防止碳碳键发生断裂生成乙烯，故正确；故选AD；【小问4详解】由图甲可知，在In/Zn的物质的量之比为2，压强为0.3MPa时，丙烯的选择性和产率都最大，所以适合的条件是In/Zn的物质的量之比为2，压强为0.3Mpa；由图乙可知，压强低于0.3MPa时，压强增大，反应以气体体积减小的反应Ⅲ为主，平衡向正反应方向移动，丙烯产率增大；压强高于0.3MPa时，压强增大，反应以气体体积增大的反应Ⅰ为主，平衡向逆反应方向移动，丙烯产率减小，所以随压强增大丙烯的平衡产率先增大后减小，故答案为：In/Zn的物质的量之比为2，压强为0.3Mpa；压强低于0.3MPa 时，压强增大，反应Ⅲ平衡正向移动为主，丙烯产率增大；压强高于0.3MPa时，压强增大，反应Ⅰ平衡逆向移动为主，丙烯产率减小。20.氢化亚铜为红棕色固体，不稳定，60℃时分解为金属铜和氢气，难溶于水。某研究小组实验室条件下制备CuH，流程如下：已知：①H3PO3在空气中易氧化成H3PO4，Cu3(PO4)2溶于强酸。②CuH+HCl=CuCl+H2↑步骤Ⅳ实验装置图如下：（1）反应温度控制在40℃-50℃的原因___________（2）写出仪器A的名称___________（3）写出流程中步骤Ⅳ的离子方程式___________（4）下列说法正确的是___________A.步骤Ⅰ中，加入80℃水是为了加快CuSO4·5H2O的溶解速率B.步骤Ⅳ中，反应可用水浴加热C.步骤Ⅴ中多步操作为：过滤、洗涤、烘干D.实验得到的棕色悬浊液底部可能会有紫红色固体（5）产品纯度分析：称取氢化亚铜粗品10g，加入足量稀盐酸，充分反应(假设杂质与盐酸不反应)，收集生成的氢气。①甲、乙、丙三位同学分别以下列装置测定生成氢气的体积(其他操作正确，最终液面如下图)，测得气体体积偏大是___________(填甲、乙或丙) ②若按规范操作收集生成的氢气为VmL(已经换算成标准状况下的体积)，则产品纯度为___________。【答案】（1）温度太低反应较慢，温度太高氢化亚铜易分解（2）三颈烧瓶（3）4Cu2++3H2PO+6H2O4CuH↓+3H3PO4+5H+（4）ABD（5）①.丙②.【解析】【分析】胆矾在80℃水中搅拌溶解，得到硫酸铜溶液，然后冷却至40℃~50℃，用硫酸酸化，加入NaH2PO2固体，在40℃~50℃搅拌反应1小时生成CuH，得到棕色悬浊液，然后多步操作得到红棕色的CuH固体，据此解答。【小问1详解】反应温度控制在40℃-50℃的原因温度太低反应较慢，温度太高氢化亚铜易分解。【小问2详解】仪器A的名称为三颈烧瓶。【小问3详解】流程中步骤Ⅳ生成CuH，离子方程式4Cu2++3H2PO+6H2O4CuH↓+3H3PO4+5H+。【小问4详解】A．较高的温度有利于固体的溶解，步骤Ⅰ中，加入80℃水是为了加快CuSO4·5H2O的溶解速率，A正确；B．低于100℃可以水浴加热，则步骤Ⅳ中，反应可用水浴加热，B正确；C．氢化亚铜为红棕色固体，不稳定，60℃时分解为金属铜和氢气，步骤Ⅴ中多步操作为：过滤、洗涤、低温干燥，C错误；D．氢化亚铜为红棕色固体，不稳定，60℃时分解为金属铜和氢气，故实验得到的棕色悬浊液底部可能会有紫红色固体，D正确；故选ABD。 【小问5详解】①C、D液面平行测定正确，D液面高，气体被压缩，体积偏小，D液面低，C中偏高，测得气体体积偏大是丙。②根据CuH+HCl=CuCl+H2↑，若按规范操作收集生成的氢气为VmL(已经换算成标准状况下的体积)，则产品纯度为=。21.索拉非尼在临床上是一种新型的，多靶向性的治疗肿瘤的口服药，是多种激酶的抑制剂，它可抑制肿瘤细胞增殖和抗血管生成作用。它的合成路线如下：已知：①R-NCO+R′-NH2→②R-NO2R-NH2③DMF、THF、BuOH、CH2Cl2都是反应中的溶剂④碳氟键在酸碱性环境中不易水解请回答：（1）化合物E的官能团名称是___________。（2）化合物C的结构简式是___________。（3）下列说法正确的是___________。A.F→索拉非尼的反应为取代反应B.化合物D与苯甲醇互为同系物C.索拉非尼的分子式是C21H16ClF3N4O3D.A物质既能溶于酸也能溶于碱（4）写出索拉非尼在氢氧化钠溶液中充分水解的化学方程式___________。 （5）设计以D为原料合成E的路线(用流程图表示，无机试剂任选)________。（6）写出3种同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式___________①含有环②1H-NMR谱和IR谱检测表明：分子中共有3种不同化学环境的氢原子③该物质和新制Cu(OH)2悬浊液加热条件下反应有砖红色沉淀生成。【答案】（1）酚羟基、氨基（2）（3）CD（4）（5）（6）、、【解析】【分析】结合F的结构简式和C的分子式可知C的结构简式为：；结合F和索拉非尼的结构简式可知，该步反应为N=C双键和F中氨基的加成反应，以此解题。【小问1详解】根据E的结构简式可知，其中官能团名称是：酚羟基、氨基；【小问2详解】由分析可知，化合物C的结构简式是；【小问3详解】A．由分析可知F→索拉非尼的反应为加成反应，A错误；B．化合物D属于酚类物质，和苯甲醇不互为同系物，B错误；C．根据索拉非尼的结构简式可知，其分子式为：C21H16ClF3N4O3，C正确；D．A 物质中的氮原子上有孤电子对，可以和酸反应，另外其中含有羧基，可以和碱反应，则既能溶于酸也能溶于碱，D正确；故选CD；【小问4详解】根据索拉非尼的结构可知，其中含有碳氯键，碳氟键，肽键，根据题给信息可知，碳氟键在酸碱性环境中不易水解，则索拉非尼和氢氧化钠充分反应的方程式为：；【小问5详解】对比D和E的结构简式可知，该合成过程为在D中酚羟基的对位上引入氨基，可以现在对位上引入硝基，再将硝基还原为氨基即可，故合成路线为：；【小问6详解】