重慶市第八中學(xué)2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期高考適應(yīng)性月考卷（三）化學(xué)題 Word版含解析.docx

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重慶市第八中學(xué)2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期高考適應(yīng)性月考卷(三)化學(xué)試題注意事項：1.答題前，考生務(wù)必用黑色碳素筆將自己的姓名、準(zhǔn)考證號、考場號、座位號在答題卡上填寫清楚。2.每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號。在試題卷上作答無效。3.考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。滿分100分，考試用時75分鐘?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H-1O-16S-32K-39Fe-56Ni-59一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.第19屆亞運會已于2023年10月8日在杭州閉幕，本屆亞運會的辦會理念是“綠色、共享、開放、廉潔”。下列說法錯誤的是A.亞運會車輛使用氫燃料電池將化學(xué)能直接轉(zhuǎn)化為電能B.吉祥物“江南憶”機(jī)器人所采用芯片的主要成分為二氧化硅C.光線透過“云之翼”罩棚照射進(jìn)場館(如圖)的采光方式有利于節(jié)能減排D.運動器材中的碳纖維具有高強(qiáng)度和低重量的特點，屬于無機(jī)非金屬材料【答案】B【解析】【詳解】A．氫燃料電池在變化過程中將化學(xué)能直接轉(zhuǎn)化為電能，故A正確；B．芯片的主要成分為硅，不是二氧化硅，B錯誤；C．會場采取自然采光方式能節(jié)約能源，有利于實現(xiàn)“碳中和”，C正確；D．碳纖維為新型無機(jī)非金屬材料，D正確；故選B。2.下列化學(xué)用語使用正確的是 A.甲醛的電子式：B.中子數(shù)為10的氟原子：C.分子中鍵的電子云輪廊圖：D.在水中的電離方程式：【答案】C【解析】【詳解】A．甲醛分子中碳原子和氫原子共用一對電子，碳氧原子之間共用兩對，但是電子式的書寫要求把原子的最外層電子都體現(xiàn)出來，圖中只畫了共用電子對，正確的電子式為：，故A錯誤；B．中子數(shù)為10的氟原子應(yīng)為：，故B錯誤；C．分子中鍵為s-s鍵，所以其鍵的電子云輪廊圖為：，故C正確；D．在水中完全電離出H+，其電離方程式為：，故D錯誤；故答案為：C。3.在給定條件下，下列選項所示物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)的是A.B.C.D.3【答案】B【解析】【詳解】A．由于HCl的酸性強(qiáng)于H2CO3，故CaCl2溶液中通入CO2得不到CaCO3，A不合題意；B．MgCl2溶液中加入石灰乳制得Mg(OH)2沉淀，煅燒Mg(OH)2可得MgO，B符合題意；C．Cl2具有強(qiáng)氧化性，F(xiàn)e與Cl2反應(yīng)只能得到FeCl3，與Cl2的多少無關(guān)，C不合題意；D．Fe與水蒸氣反應(yīng)生成Fe3O4而不生成Fe2O3，D不合題意；故答案為：B。4.下列離子方程式正確的是 A.與反應(yīng)：B.氯堿工業(yè)的原理：2Cl-+2H2O=2OH-+H2↑+Cl2C.溶液中通入足量氯氣：D.少量與溶液反應(yīng)：【答案】C【解析】【詳解】A．過氧化鈉和水反應(yīng)中過氧化鈉既是氧化劑也是還原劑，發(fā)生歧化反應(yīng)生成氧氣和氫氧根離子，故18O不會進(jìn)入氧氣中：，A錯誤；B．氯堿工業(yè)的原理為用惰性電極電解氯化鈉溶液生成氫氧化鈉和氫氣、氯氣，離子方程式為，B錯誤；C．氯氣具有強(qiáng)氧化性，將氧化為硫酸鈉，氯氣被還原為氯離子，，C正確；D．少量與溶液反應(yīng)，二氧化硫被次氯酸根氧化為硫酸，硫酸根離子完全和鈣離子生成硫酸沉淀，生成的氫離子和次氯酸根離子結(jié)合為弱酸次氯酸：，D錯誤；故選C。5.某有機(jī)物的結(jié)構(gòu)如圖所示，下列說法正確的是A.該有機(jī)物的分子式為C16H16B.該有機(jī)物分子中所有碳原子可能共平面C.1mol該有機(jī)物最多能與6molH2發(fā)生加成反應(yīng)D.1mol該有機(jī)物最多能與1molNaOH發(fā)生反應(yīng)【答案】C【解析】【詳解】A．該有機(jī)物分子中含有16個C原子、2個O原子，不飽和度為10，則分子中所含H原子數(shù)為 16×2+2-10×2=14，分子式為C16H14O2，A不正確；B．該有機(jī)物分子中，與2個苯環(huán)同時相連的C原子發(fā)生sp3雜化，與另外3個C原子和1個H原子相連，4個C原子不可能共平面，B不正確；C．該有機(jī)物分子中，苯環(huán)能與H2發(fā)生加成反應(yīng)，酯基與H2不能發(fā)生加成反應(yīng)，則1mol該有機(jī)物最多能與6molH2發(fā)生加成反應(yīng)，C正確；D．該有機(jī)物分子中酯基發(fā)生水解后，生成羧基和酚羥基，則1mol該有機(jī)物最多能與2molNaOH發(fā)生反應(yīng)，D不正確；故選C。6.設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，中鍵的數(shù)目為B.25℃時，的溶液中，由水電離出的數(shù)目為C.密閉容器中，與充分反應(yīng)容器內(nèi)分子數(shù)小于D.葡萄糖與新制的反應(yīng)生成時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為【答案】D【解析】【詳解】A．已知1分子H-C≡C-H中含有3個鍵，故標(biāo)準(zhǔn)狀況下，中鍵數(shù)目為=，A錯誤；B．由于未告知溶液的體積，故無法計算25℃時，的溶液中，由水電離出的數(shù)目，B錯誤；C．已知反應(yīng)H2(g)+I2(g)2HI(g)反應(yīng)前后氣體的分子數(shù)不變，故密閉容器中，與充分反應(yīng)容器內(nèi)分子數(shù)等于，C錯誤；D．葡萄糖與新制的反應(yīng)生成時，反應(yīng)中Cu由+2價降低到+1價，故轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為，D正確；故答案為：D。7.有關(guān)下圖所示實驗裝置的說法不正確的是 A.甲裝置：用于測定溶液的濃度B.乙裝置：證明鐵與水蒸氣反應(yīng)生成氫氣C.丙裝置：分離碘和氯化鈉混合物D.丁裝置：進(jìn)行噴泉實驗【答案】A【解析】【詳解】A．碘可氧化橡膠，應(yīng)選酸式滴定管，A錯誤；B．加熱Fe與水蒸氣反應(yīng)生成四氧化三鐵和氫氣，氫氣具有可燃性，點燃肥皂泡可證明，B正確；C．加熱時碘升華、遇冷發(fā)生凝華，氯化鈉無變化，圖中裝置可分離，C正確；D．SO2能與NaOH溶液反應(yīng)，導(dǎo)致燒瓶中氣體壓強(qiáng)減小，形成噴泉，故丁裝置可以進(jìn)行噴泉實驗，D正確；故答案為：A。8.-生育酚(化合物E)的合成路線如圖所示，下列說法不正確的是A.化合物A的核磁共振氫譜中有5組吸收峰B.化合物A、D均可與溴水發(fā)生反應(yīng)C.1molB生成1molC需消耗D.化合物C、D生成E【答案】A【解析】【詳解】A．根據(jù)A的結(jié)構(gòu)，A中有6種H原子，核磁共振氫譜中有6組吸收峰，故A錯誤；B．化合物A中酚羥基的對位上的氫原子可以和溴水發(fā)生取代反應(yīng)，D中有碳碳雙鍵，可以和溴水發(fā)生加成反應(yīng)，故B正確； C．對比B和C的結(jié)構(gòu)，C比B少一個不飽和度，故1molB生成1molC需消耗，故C正確；D．由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，C、D可以生成E，故D正確。答案選A。9.室溫下，下列實驗探究方案能達(dá)到實驗?zāi)康牡氖沁x項探究方案實驗?zāi)康腁將鐵銹溶于足量濃鹽酸，再向溶液中滴入幾滴溶液，觀察溶液顏色變化檢驗鐵銹中是否含有二價鐵B將溶液與溶液混合，觀察現(xiàn)象驗證結(jié)合質(zhì)子能力：C向溶液中滴入硫酸酸化的溶液，觀察溶液顏色變化驗證氧化性：D用pH計分別測定等體積的溶液和溶液的pH探究鍵的極性對羥酸酸性的影響A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【詳解】A．濃鹽酸也能和高錳酸鉀發(fā)生反應(yīng)，該實驗無法確定二價鐵，A錯誤；B．溶液與溶液混合，生成氫氧化鋁沉淀，可知結(jié)合質(zhì)子能力：，B正確；C．Fe(NO3)2中含有硝酸根離子，酸化后形成HNO3，HNO3強(qiáng)氧化劑也能將Fe2+氧化而干擾實驗，C錯誤；D．沒有明確兩者的濃度是否相等，則用pH計分別測定等體積的元素溶液和氯乙酸溶液的pH不能探究鍵的極性對羧酸酸性的影響，D錯誤；故選B。10.一定條件下，以葡萄糖()為原料制備葡萄糖酸鈣[] 的原理如圖甲，已知：葡萄萄酸(酸性強(qiáng)于)的結(jié)構(gòu)簡式如圖乙所示：下列分析不正確的是A.電極B為陽極，陽極區(qū)的溴化鈉起催化B.上述實驗中不宜用代替制備葡萄糖酸鈣C.每生成1mol氣體a，理論上可制得1mol葡萄糖酸鈣D.葡萄糖酸能通過分子內(nèi)反應(yīng)生成含有五元環(huán)【答案】C【解析】【分析】葡萄糖被氧化為葡萄糖酸，電極B為陽極，陽極去發(fā)生的反應(yīng)有:，，，，其中NaBr起催化作用；得電子產(chǎn)生氣體a為氫氣，電極A為陰極，陰極方程式為：；【詳解】A．根據(jù)分析可知電極B是陽極，NaBr中的，反應(yīng)前后沒有變化，則NaBr起到催化作用，A項正確；B．HCl的酸性強(qiáng)于羧酸，故與葡萄糖酸不反應(yīng)，不宜用代替制備葡萄糖酸鈣，B項正確；C．根據(jù)分析可知，，每生成1mol葡萄糖酸鈣，理論轉(zhuǎn)移4mol電子，則每生成1mol氫氣，理論上制得0.5mol葡萄糖酸鈣，C項錯誤；D．葡萄糖酸分子內(nèi)既有羧基又有羥基，因此，羥基和羧基可反應(yīng)生成含五元，六元等環(huán)狀結(jié)構(gòu)的酯，D項正確；答案選C。 11.前四周期元素M、Q、W、X、Y、Z原子序數(shù)依次增大。M的單質(zhì)常用作保護(hù)氣，W是元素周期表中電負(fù)性最大的元素，X與Y形成化合物的化學(xué)式為YX且其焰色試驗為紫色(透過藍(lán)色鈷玻璃)，Z的原子序數(shù)為28，Q和Y形成的一種化合物甲的晶胞在xy平面、xz平面、yz平面上的投影圖如圖所示。W、Y、Z三種元素組成的化合物乙的晶體結(jié)構(gòu)如圖乙所示。下列說法正確的是A.鍵角：B.X是其所在周期第一電離能最大的元素C.簡單氫化物沸點：D.化合物甲的化學(xué)式為YQ2【答案】D【解析】【分析】前四周期元素M、Q、W、X、Y、Z原子序數(shù)依次增大。W是元素周期表中電負(fù)性最大的元素，W是F元素；M的單質(zhì)常用作保護(hù)氣，M是N元素；則Q是O元素；X與Y形成化合物的化學(xué)式為YX且其焰色試驗為紫色(透過藍(lán)色鈷玻璃)，X是Cl、Y是K元素；Z的原子序數(shù)為28，Z是Ni元素。Q和Y形成的一種化合物甲的晶胞在xy平面、xz平面、yz平面上的投影圖如圖所示。W、Y、Z三種元素組成的化合物乙的晶體結(jié)構(gòu)如圖乙所示【詳解】A.OF2中O原子價電子對數(shù)為4，有2個孤電子對，NF3中N原子價電子對數(shù)為4，有1個孤電子對，孤電子對越多對價電子對排斥作用越大，所以鍵角，故A錯誤；B.Cl所在周期，第一電離能最大的元素是Ar，故B錯誤；C.簡單氫化物沸點：，故C錯誤；D.根據(jù)圖示，化合物甲的晶胞中，8個頂點和體心各有1個K，與z軸平行的4條棱上各有2個O、晶胞內(nèi)有2個O，根據(jù)均攤原則，1個晶胞中含有2個K、4個O，所以化學(xué)式為KO2，故D正確；選D。12.前四周期元素M、Q、W、X、Y、Z原子序數(shù)依次增大。M的單質(zhì)常用作保護(hù)氣，W 是元素周期表中電負(fù)性最大的元素，X與Y形成化合物的化學(xué)式為YX且其焰色試驗為紫色(透過藍(lán)色鈷玻璃)，Z的原子序數(shù)為28，Q和Y形成的一種化合物甲的晶胞在xy平面、xz平面、yz平面上的投影圖甲所示。W、Y、Z三種元素組成的化合物乙的晶體結(jié)構(gòu)如圖乙所示。下列關(guān)于化合物乙的說法不正確的是A.該晶體中Z的化合價為+2B.與Z等距最近的W有6個C.圖中A、B原子間的距離為D.圖中B的原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)可表示為【答案】D【解析】【分析】根據(jù)題干信息分析，M為N元素，W為F元素，由于前四周期元素M、Q、W、X、Y、Z原子序數(shù)依次增大，因此Q為O元素，X與Y形成化合物的化學(xué)式為YX且其焰色試驗為紫色(透過藍(lán)色鈷玻璃)，故Y為K元素，X為Cl元素，Z的原子序數(shù)為28，Z為Ni元素；根據(jù)均攤法，，，則化合物乙的化學(xué)式為，根據(jù)分析答題?！驹斀狻緼．根據(jù)以上分析化合物乙的化學(xué)式為，因此Ni的化合價為+2，A正確；B．以體心的Ni原子分析，看圖可知與Ni等距最近的W原子有6個，B正確；C．根據(jù)圖中信息可知，圖中A、B原子間的距離為pm，C正確；D．由于，因此圖中B的原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)不能表示為，D錯誤； 故選D。13.CO和合成乙醇發(fā)生如下反應(yīng)：主反應(yīng)：副反應(yīng)：向一恒容密閉容器中投入一定量的CO和發(fā)生上述反應(yīng)，CO的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度、投料比[]的關(guān)系如圖所示。下列有關(guān)說法正確的是A.B.在投料比為條件下，主反應(yīng)的C.副反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行的臨界溫度約為993KD.在、時，主反應(yīng)的平衡常數(shù)【答案】C【解析】【分析】主副反應(yīng)均為放熱反應(yīng)，升高溫度，CO的轉(zhuǎn)化率減小，從T1到T4溫度升高，當(dāng)溫度相同時，投料比[]越大，一氧化碳的轉(zhuǎn)化率越高，?！驹斀狻緼．當(dāng)溫度相同時，投料比[]越大，一氧化碳的轉(zhuǎn)化率越高，，故A錯誤；B．在投料比為條件下，Y的溫度低于Z，主反應(yīng)的，故B錯誤； C．副反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行的臨界溫度約為=993K，故C正確；D．在、時，主反應(yīng)的平衡常數(shù)，因體積末知，不等于0.2，故D錯誤；故選C。14.向AgCl飽和溶液(有足量AgCl固體)中滴加氨水，發(fā)生反應(yīng)、，與的關(guān)系如圖所示{其中M代表、、或}。下列說法錯誤的是A.該溶液中滿足：B.時，溶液中C.向體系中加入少量水，數(shù)值減小D.反應(yīng)的平衡常數(shù)K的值為【答案】A【解析】【分析】 氯化銀飽和溶液中銀離子和氯離子的濃度相等，向飽和溶液中滴加氨水，溶液中銀離子濃度減小，氯離子濃度增大、一氨合銀離子增大，繼續(xù)滴加氨水，一氨合銀離子增大的幅度小于二氨合銀離子，則曲線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分別表示二氨合銀離子、一氨合銀離子、銀離子、氯離子與氨氣濃度對數(shù)變化的曲線?！驹斀狻緼．溶液中還有銨根陽離子，存在電荷守恒：，故A錯誤；B．c(NH3)=0.01mol?L-1時，即lgc(NH3)=-2時，Ⅳ表示[Ag(NH3)2]+的變化、Ⅱ表示[Ag(NH3)]+的變化，Ⅲ表示Ag+的變化，則溶液中c(Cl-)＞c([Ag(NH3)2]+)＞c([Ag(NH3)]+)＞c(Ag+)，故B正確；C．反應(yīng)的平衡常數(shù)K=，則，加水稀釋c(NH3)減小、K值不變，則該比值減小，故C正確；D．當(dāng)c(NH3)=0.1mol/L，c(Ag+)=10-7.40mol/L，c([Ag(NH3)]+)=10-5.16mol/L，Ag++NH3?[Ag(NH3)]+的平衡常數(shù)K＝＝103.24，故D正確；故選A。二、非選擇題：本題共4小題，共58分。15.高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種強(qiáng)氧化劑和環(huán)境友好型水處理劑，受熱易分解，遇水和酸易變質(zhì)。重慶八中某學(xué)習(xí)小組欲在實驗室制備高鐵酸鉀并檢驗產(chǎn)品的純度?；卮鹣铝袉栴}：（1）高鐵酸鉀的制備?！静襟E一】制備Na2FeO4，裝置如圖所示。將b中飽和NaOH溶液全部逐滴滴入a中，充分反應(yīng)。步驟二】由b向a中反應(yīng)后液體中加入飽和KOH溶液；【步驟三】將a中所得濁液移出，分離提純。①儀器a的名稱為___________，a中制備Na2FeO4反應(yīng)的離子方程式為___________。②步驟二中，能得到K2FeO4懸濁液的原因為___________。③K2FeO4懸濁液經(jīng)過濾、洗滌、干燥，可得產(chǎn)品。相比用蒸餾水洗滌，選用乙醇作為洗滌劑的優(yōu)點有：防止K2FeO4遇水變質(zhì)、K2FeO4在乙醇中的溶解損失更小、___________。 （2）學(xué)習(xí)小組查閱資料得知高鐵酸鹽在水溶液中有四種含鐵形體。25℃時，它們的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨pH的變化如圖所示：①為獲得盡可能純凈的高鐵酸鹽，pH應(yīng)控制在___________。②已知的電離常數(shù)分別為，，，當(dāng)pH=4時，溶液中___________。（3）檢測產(chǎn)品純度的原理如圖所示：K2FeO4樣品溶液滴定具體步驟：準(zhǔn)確稱取1.98g高鐵酸鉀粗品配成100mL溶液，取10.00mL該待測液于錐形瓶中，加入濃堿性溶液和過量的三價鉻鹽；再加稀硫酸和指示劑二苯胺磺酸鈉，用0.1000mol/L的硫酸亞鐵銨標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點，重復(fù)以上步驟2~3次，平均消耗硫酸亞鐵銨溶液27.00mL(假設(shè)雜質(zhì)不參與反應(yīng))，則該粗品中高鐵酸鉀的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為___________?！敬鸢浮浚?）①.三頸燒瓶②.2Fe(OH)3+3ClO?+4OH?=2+3Cl?+5H2O③.K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4④.易于干燥（2）①.≥9②.4.16（3）90%【解析】【分析】在Fe(OH)3、NaClO的混合物中，滴加NaOH飽和溶液，用攪拌器不斷攪拌，并用冰水冷卻，防止副反應(yīng)的發(fā)生，反應(yīng)生成Na2FeO4等；往反應(yīng)后的溶液中加入KOH濃溶液，將Na2FeO4轉(zhuǎn)化為K2FeO4，由于K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4，所以生成K2FeO4沉淀?！拘?詳解】①儀器a的名稱為三頸燒瓶；a中，F(xiàn)e(OH)3、NaClO、NaOH發(fā)生反應(yīng)，制得Na2FeO4，反應(yīng)的離子方程式為2Fe(OH)3+3ClO?+4OH?=2+3Cl?+5H2O。②步驟二中，由于K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4，所以生成K2FeO4沉淀，則能得到K2FeO4 懸濁液的原因為：K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4。③乙醇的沸點低，易揮發(fā)。相比用蒸餾水洗滌，選用乙醇作為洗滌劑的優(yōu)點有：防止K2FeO4遇水變質(zhì)、K2FeO4在乙醇中的溶解損失更小、易于干燥?！拘?詳解】①從圖中可以看出，pH大于9以后，全部轉(zhuǎn)化為，為獲得盡可能純凈的高鐵酸鹽，pH應(yīng)控制在≥9。②已知的電離常數(shù)，當(dāng)pH=4時，溶液中==4.16?！拘?詳解】由反應(yīng)可建立以下關(guān)系式：2K2FeO4————6Fe2+，則K2FeO4的物質(zhì)的量為=9×10-4mol，則該粗品中高鐵酸鉀的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為=90%?！军c睛】當(dāng)反應(yīng)過程中發(fā)生多個反應(yīng)時，為簡化運算，可采用關(guān)系式法。16.某研究小組按如圖所示路線合成抗癌藥物J(存達(dá)，Treanda)。已知：①；②2RCOOH+RCOOH回答下列問題： （1）A中所含官能團(tuán)的名稱為___________。D的化學(xué)名稱為___________。（2）B的結(jié)構(gòu)簡式為___________。（3）B→C的反應(yīng)類型為___________。（4）F→G的化學(xué)方程式為___________。（5）同時符合下列條件的化合物E的同分異構(gòu)體有___________種(不考慮立體異構(gòu))。①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)②能與反應(yīng)產(chǎn)生氣體③無環(huán)狀結(jié)構(gòu)（6）等物質(zhì)的量的I與J分別在一定條件下與足量NaOH溶液反應(yīng)，消耗NaOH的物質(zhì)的量之比為___________。（7）用流程圖表示以乙烯原料，合成三乙醇胺()，其他無機(jī)試劑任選_______?！敬鸢浮浚?）①.硝基和氯原子②.環(huán)戊烯（2）（3）還原反應(yīng)（4）（5）8（6）1:4（7）【解析】【分析】與CH3NH2反應(yīng)生成B，B與硫化鈉發(fā)生還原反應(yīng)生成C，結(jié)合C的結(jié)構(gòu)可知A到B為取代反應(yīng)，B為，C與E發(fā)生已知②中反應(yīng)生成F，F(xiàn)為，F(xiàn)脫水生成G，G 與乙醇發(fā)生醋化反應(yīng)生成H，H中硝基被氫氣還原成氨基后再與環(huán)氧乙烷發(fā)生反應(yīng)生成I，I與SOCl2，發(fā)生取代反應(yīng)后再與鹽酸反應(yīng)生成鹽酸苯達(dá)莫司汀，據(jù)此分析解答。【小問1詳解】A中所含官能團(tuán)的名稱為硝基和氯原子，D的化學(xué)名稱為環(huán)戊烯；【小問2詳解】根據(jù)以上分析可知與CH3NH2反應(yīng)生成B，B為；【小問3詳解】B與硫化鈉發(fā)生還原反應(yīng)生成C，故B→C的反應(yīng)類型為還原反應(yīng)；【小問4詳解】F脫水生成G，化學(xué)方程式為；【小問5詳解】根據(jù)題干信息可知滿足條件的E的同分異構(gòu)體有醛基、羧基以及無環(huán)狀結(jié)構(gòu)，根據(jù)不飽和度可知結(jié)構(gòu)中含有一個碳碳雙鍵，采用“定一議二”方法，固定碳碳雙鍵和羧基，移動醛基，因此滿足條件的E的同分異構(gòu)體有8種；【小問6詳解】設(shè)有機(jī)物I與J的物質(zhì)的量均為1mol，I中酯基消耗NaOH，1mol酯基消耗1molNaOH，因此1molI 消耗1molNaOH，1molJ，1molCl原子水解消耗1molNaOH，1molHCl消耗1molNaOH，1mol羧基消耗1molNaOH，因此1molJ消耗4molNaOH；【小問7詳解】乙烯為原料，合成三乙醇胺，流程圖表示為：。17.“碳達(dá)峰”“碳中和”是推動我國經(jīng)濟(jì)社會高質(zhì)量發(fā)展的內(nèi)在要求。通過二氧化碳催化加氫合成二甲醚是一種重要的轉(zhuǎn)化方法，其過程如下：反應(yīng)I：反應(yīng)II：回答下列問題：（1）反應(yīng)的___________。（2）二氧化碳與氫氣合成時，通常控制溫度為500℃左右，其可能的原因為___________(填字母)。A.反應(yīng)速率快B.平衡的轉(zhuǎn)化率高C.催化劑活性高D.主反應(yīng)催化劑選擇性好（3）在1L恒溫密閉容器中充入和，初始壓強(qiáng)為p，20min時反應(yīng)I、II都達(dá)到平衡狀態(tài)，體系壓強(qiáng)為0.8p，測得。①0~20min內(nèi)___________。②反應(yīng)II的化學(xué)平衡常數(shù)___________。③平衡時的選擇性=___________。(的選擇性) （4）在密閉容器中通入和，在鐵系催化劑作用下進(jìn)行反應(yīng)，的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度和壓強(qiáng)的變化如圖所示。圖中，溫度大于800℃時，隨著壓強(qiáng)的增大，的平衡轉(zhuǎn)化率減小，請解釋原因：___________。（5）為實現(xiàn)“碳中和”，還可通過電解法用制備，電解裝置如圖所示。①鉑電極的電極反應(yīng)式為___________。②當(dāng)玻碳電極收集到標(biāo)況下22.4L氣體時，陰極區(qū)的質(zhì)量變化為___________?！敬鸢浮浚?）（2）ACD（3）①.②.2③.40%（4）溫度溫度大于800℃時，以反應(yīng)II為主，壓強(qiáng)增大平衡不移動，但壓強(qiáng)增大反應(yīng)I平衡正向移動，水蒸氣濃度增大，濃度減小，從而導(dǎo)致反應(yīng)II平衡逆移，故二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率減?。?）①.②.33.3g【解析】【小問1詳解】由蓋斯定律可知的。【小問2詳解】 二氧化碳與氫氣合成的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，高溫不利于平衡正向移動，故轉(zhuǎn)化率較低，選擇控制溫度為500℃左右，其可能的原因為反應(yīng)速率快、催化劑活性高或主反應(yīng)催化劑選擇性好?！拘?詳解】恒溫恒容條件下，壓強(qiáng)之比等于氣體物質(zhì)的量之比，壓強(qiáng)減少了20%，則氣體的物質(zhì)的量減少20%，故和反應(yīng)后氣體的物質(zhì)的量減少2mol，反應(yīng)II不影響氣體物質(zhì)的量的變化，故設(shè)反應(yīng)I中變化量分別為2x、6x、x、3x，即2x+6x-x-3x=4x=2mol，得x=0.5mol。列出三段式即：由可知平衡時水的物質(zhì)的量為3mol，說明反應(yīng)II中水的變化量為1.5mol，列出三段式即：可知0~20min內(nèi)。②反應(yīng)II的化學(xué)平衡常數(shù)。的選擇性?！拘?詳解】溫度大于800℃時，隨著壓強(qiáng)的增大，的平衡轉(zhuǎn)化率減小，其原因可能是溫度溫度大于800℃時，以反應(yīng)II為主，壓強(qiáng)增大平衡不移動，但壓強(qiáng)增大反應(yīng)I平衡正向移動，水蒸氣濃度增大，濃度減小，從而導(dǎo)致反應(yīng)II平衡逆移，故二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率減小。【小問5詳解】玻碳電極產(chǎn)生氧氣，發(fā)生氧化反應(yīng)，為陽極，則鉑電極為陰極，故電極反應(yīng)式為，當(dāng)玻碳電極收集到標(biāo)況下22.4L氣體即1mol 氧氣時，電路中轉(zhuǎn)移4mol電子，陰極區(qū)吸收mol二氧化碳，且將會有4mol氫離子移向陰極，故增重。18.從高碳鉬精礦(主要含有MoS2、NiS、CaCO3和石墨)中提取鎳和鉬的化合物，其主要工藝流程如圖所示：已知：焙燒渣的主要成分為MoO3、CaMoO4、NiMoO4、CaSO4。回答下列問題：（1）Mo與Cr同族，原子序數(shù)為42，則基態(tài)Mo原子的價電子排布式為___________。（2）“焙燒”過程中轉(zhuǎn)化為的化學(xué)方程式為___________。（3）“堿浸”過程中，液固比(NaOH和混合溶液的體積與焙燒渣的質(zhì)量比)與堿浸率之間的關(guān)系如圖甲所示，則“堿浸”時應(yīng)選用的最佳液固比為___________。（4）已知常溫下相關(guān)物質(zhì)的Ksp如下表，則浸取渣的主要成分是___________(填化學(xué)式)。物質(zhì)（5）“氨溶解”過程中需要控制溫度在70℃左右，溫度不宜過高的原因是___________。（6）取一定量的NiSO4·7H2O樣品進(jìn)行熱重分析，樣品在受熱過程中的固體殘留率隨溫度變化的曲線如圖乙所示。 ①已知C時失掉全部結(jié)晶水，則C時的固體殘留率為___________%(保留兩位小數(shù))，E時殘留固體的化學(xué)式為___________。②鎳可以形成多種氧化物，其中一種晶體晶胞結(jié)構(gòu)為NaCl型，由于晶體缺陷，a的值為0.88，且晶體中的Ni分別為、，則晶體中與的最簡整數(shù)比為___________，晶胞參數(shù)為428pm，則晶體密度為___________(表示阿伏加德羅常數(shù)的值，列出計算式即可)。【答案】（1）4d55s1（2）2MoS2+7O22MoO3+4SO2（3）3:1（4）Ni(OH)2、CaCO3（5）溫度過高導(dǎo)致氨的揮發(fā)，氨水的利用率低，溫度過低，粗鉬酸晶體的溶解速率較?。?）①.55.16②.Ni2O3③.3:2④.【解析】【分析】高碳鎳鉬礦(主要含有MoS2、CaCO3、NiS和石墨)在空氣中焙燒，生成二氧化碳、二氧化硫廢氣，焙砂含有MoO3、CaMoO4、NiMoO4、硫酸鈣等，加入氫氧化鈉、碳酸鈉混合物堿浸，浸出液含有Na2MoO4，加入硝酸酸浸，得到粗鉬酸，加入氨水并加熱70℃，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，可得到鉬酸銨晶體，堿浸渣含有碳酸鈣碳酸鎳等，加入硫酸酸浸，得到硫酸鎳，經(jīng)一系列操作，可得到硫酸鎳晶體，以此解答該題?！拘?詳解】已知Cr是24號元素，Mo與Cr同族，原子序數(shù)為42，則Mo是第5周期，則基態(tài)Mo原子的價電子排布式為4d55s1，故答案為：4d55s1；【小問2詳解】“焙燒”過程中MoS2轉(zhuǎn)化為MoO3同時生成SO2，根據(jù)氧化還原反應(yīng)配平可得，該反應(yīng)化學(xué)方程式為： 2MoS2+7O22MoO3+4SO2，故答案為：2MoS2+7O22MoO3+4SO2；【小問3詳解】由圖可知“堿浸”時應(yīng)選用的最佳液固比為3：1，故答案為：3:1；【小問4詳解】由題干表中Ksp信息可知，“堿浸渣”的主要成分為Ni(OH)2、CaCO3，故答案為：Ni(OH)2、CaCO3；【小問5詳解】“氨溶解”過程中需要控制溫度在70℃，溫度過高或過低都會導(dǎo)致產(chǎn)品的產(chǎn)量降低，溫度過高導(dǎo)致氨的揮發(fā)，氨水的利用率低，溫度過低，粗鉬酸晶體的溶解速率較小，故答案為：溫度過高導(dǎo)致氨的揮發(fā)，氨水的利用率低，溫度過低，粗鉬酸晶體的溶解速率較??；【小問6詳解】①已知C時失掉全部結(jié)晶水，根據(jù)化學(xué)式NiSO4·7H2O可計算C時的固體殘留率為==55.16%，E時固體中含有1molNi，質(zhì)量為59g，則含有的O元素的質(zhì)量為：281×29.54%-59=24g，則O的物質(zhì)的量為：=1.5mol，故E時殘留固體中Ni和O的物質(zhì)的量比為1:1.5=2:3，故該固體的化學(xué)式為Ni2O3，故答案為：55.16；Ni2O3；