?湖北省七市（州）2023屆高三3月聯(lián)合統(tǒng)一調研測試化學試題
學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________

一、單選題
1．明代“釉里紅梅瓶”是南京博物館的鎮(zhèn)館之寶。燒造“釉里紅”，需要將含有銅元素為呈色劑的彩料，精準地在1300℃窯火中一次燒成，下列有關說法不正確的是
A．陶瓷是以黏土為主要原料經(jīng)高溫燒結而成，屬于傳統(tǒng)無機非金屬材料
B．黏土可以表示為Al2O3·2SiO2·2H2O，是由幾種氧化物組成的混合物
C．“釉里紅”燒造時發(fā)生的反應可能為4CuO2Cu2O+O2↑
D．“釉里紅”瓷器保存時應避開酸性物質，避免損傷釉彩
【答案】B
【詳解】A．陶瓷是以黏土為主要原料經(jīng)高溫燒結而成，屬于具有耐高溫、耐腐蝕特性的傳統(tǒng)無機非金屬材料，故A正確；
B．黏土主要是由硅酸鹽構成的混合物，不是由幾種氧化物組成的混合物，故B錯誤;
C．“釉里紅”的顏色說明燒造時有磚紅色的氧化亞銅生成，可能發(fā)生的反應為氧化銅高溫條件下分解生成氧化亞銅和氧氣，反應的化學方程式為4CuO2Cu2O+O2↑，故C正確；
D．氧化亞銅能與酸溶液反應生成銅、銅離子和水，所以“釉里紅”瓷器保存時應避開酸性物質，避免損傷釉彩，故D正確；
故選B。
2．維生素C是重要的營養(yǎng)素，又稱“抗壞血酸”，在人體內可發(fā)生如下轉化：

下列有關維生素C的說法不正確的是
A．含有羥基、酯基、碳碳雙鍵三種官能團
B．在該轉化過程中被氧化
C．堿性環(huán)境中更易被破壞
D．易溶于水，因此飲用鮮榨果汁比直接食用水果效果好
【答案】D
【詳解】A．由圖可知，維生素C含有三種官能團，分別是羥基、酯基和碳碳雙鍵，故A正確；
B．該轉化過程中，一個分子減少了兩個氫原子，有機物加氧或去氫的反應屬于氧化反應，則維生素C發(fā)生了氧化反應，故B正確；
C．維生素C含有酯基，能發(fā)生水解反應，在堿性條件下水解較為徹底，因此維生素C在堿性環(huán)境中更易被破壞，故C正確；
D．維生素C分子含有多個羥基，易溶于水。水果中含有豐富的維生素C，被榨果汁的過程中，維生素C與空氣充分接觸而部分被氧化，所以直接吃水果可以最大限度的減少維生素C的損失，比榨果汁再飲用效果好，故D錯誤；
故選D。
3．我國科學家研制出一種催化劑，能在室溫下高效催化空氣中甲醛的氧化，反應化學方程式為：HCHO+O2CO2+H2O。用NA表示阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列有關說法正確的是
A．該反應為吸熱反應 B．HCHO分子空間結構為平面正三角形
C．1 mol CO2分子中，碳原子的價層電子對數(shù)為2NA D．處理22.4L HCHO轉移電子數(shù)目為4NA
【答案】C
【詳解】A．該反應相當于是甲醛的燃燒反應，屬于放熱反應，A錯誤；
B．HCHO分子中心C原子價層電子對數(shù)=，即中心C原子采用sp2雜化，則其空間結構為平面三角形，由于周圍原子不同，不是正三角形，B錯誤；
C．CO2分子中心C原子價層電子對數(shù)=，則1 mol CO2分子中碳原子的價層電子對數(shù)為2NA，C正確；
D．未指出氣體所處狀態(tài)，無法計算HCHO的物質的量，因而無法計算轉移電子數(shù)目，D錯誤；
故選C。
4．化學是一門以實驗為基礎的學科，下列有關實驗的說法不正確的是
選項
實驗
實驗說明或者方案設計
A
測定中和反應的反應熱
中和滴定的同時，使用溫度傳感器采集錐形瓶內溶液溫度，測得中和反應的反應熱數(shù)值可能偏低
B
比較Mg和Al的金屬性強弱
將MgCl2溶液和AlCl3溶液分別與足量NaOH溶液反應
C
實驗室制備氫氧化鐵膠體
圖標提示全部需要
D
室溫下，將AgCl和AgBr的飽和溶液等體積混合
已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgBr)=5.0×10-13，推測可能看到出現(xiàn)淡黃色沉淀

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【詳解】A．中和滴定時，右手搖動錐形瓶會造成熱量散失，所以使用溫度傳感器采集錐形瓶內溶液溫度，測得中和反應的反應熱數(shù)值會偏低，故A正確；
B．氯化鎂溶液與氫氧化鈉溶液反應生成白色氫氧化鎂沉淀，氯化鋁溶液與氫氧化鈉溶液先反應生成白色氫氧化鋁沉淀，后白色沉淀溶于氫氧化鈉溶液生成偏鋁酸鈉和水說明氫氧化鎂的堿性強于氫氧化鋁，證明鎂元素的金屬性強于鋁元素，故B正確；
C．飽和氯化鐵溶液在沸水中共熱反應制得氫氧化鐵膠體，實驗時不需要用到排風、銳器圖標提示，故C錯誤；
D．由溶度積可知，飽和氯化銀溶液中的銀離子濃度為mol/L、飽和溴化銀溶液中溴離子濃度為mol/L，當飽和氯化銀飽和溶液和飽和溴化銀溶液等體積混合時，溶液中溴化銀的濃度熵Qc=×××＞5.0×10-13，溶液中會有淡黃色的溴化銀沉淀生成，故D正確；
故選C。
5．糕點禮盒中經(jīng)常放入食品脫氧劑。一種常見固體脫氧劑的組成為鐵粉、炭粉、氯化鈉等，脫氧原理與鋼鐵的吸氧腐蝕相同，下列分析不正確的是
A．脫氧劑中加入氯化鈉，可以加快脫氧過程，效果更好
B．脫氧劑大面積由黑色轉變?yōu)榧t棕色，說明已經(jīng)失效
C．含有1.12g鐵粉的脫氧劑，理論上最多能吸收標準狀況下氧氣224mL
D．降低溫度冷藏，也可以延長糕點保質期
【答案】C
【詳解】A．脫氧劑中加入氯化鈉的作用是使鐵粉和碳粉在潮濕的環(huán)境中形成原電池，原電池反應可以加快脫氧過程的發(fā)生，效果更好，故A正確；
B．脫氧劑大面積由黑色轉變?yōu)榧t棕色說明脫氧劑中的鐵粉已經(jīng)完全被氧化為紅棕色的氧化鐵，已經(jīng)失效，不具備脫氧能力，故B正確；
C．脫氧劑中的鐵粉發(fā)生吸氧腐蝕得到氧化鐵，由得失電子數(shù)目守恒可知，理論上最多能吸收標準狀況下氧氣的體積為××22.4L/mol×103mL/L=336mL，故C錯誤；
D．降低溫度冷藏，可以降低糕點的腐敗速率，延長糕點保質期，故D正確；
故選C。
6．氟銻酸(HSbF6)可由氫氟酸和五氟化銻反應得到，酸性是純硫酸的2×1019倍，只能用特氟龍(即聚四氟乙烯)為材料的容器盛裝。下列有關說法不正確的是

A．基態(tài)Sb原子的簡化電子排布式為［Kr]5s25p3
B．SbF6的VSEPR模型為正八面體
C．HSbF6分子中含有配位鍵
D．特氟龍?zhí)柗Q“塑料之王”，可通過CF2=CF2加聚反應制備
【答案】A
【詳解】A．Sb為第五周期第ⅤA族元素，則基態(tài)Sb原子的簡化電子排布式為［Kr]4d105s25p3，A錯誤；
B．SbF6中心原子Sb形成6個共價鍵，其VSEPR模型為正八面體，B正確；
C．HSbF6分子中氫和氟之間含有配位鍵，C正確；
D．CF2=CF2分子中存在碳碳雙鍵，可以通過加聚反應制備特氟龍，D正確；
故選A。
7．胍鹽是病毒核酸保存液的重要成分之一。胍在堿性條件下不穩(wěn)定，易水解，反應方程式如下：下列有關說法正確的是

A．核酸可以發(fā)生水解反應，屬于高分子化合物
B．胍的水解反應為氧化還原反應
C．胍分子中氮原子只有一種雜化方式
D．胍可看作強堿，胍分子中所有原子可以共平面
【答案】A
【詳解】A．核酸是一種生物大分子，相對分子質量可達上百萬，是高分子化合物，核酸可以發(fā)生水解，A正確；
B．胍的水解反應中各元素的化合價均未變化，不是氧化還原反應，B錯誤；
C．胍分子 中①號氮原子形成2個 鍵且有1個孤電子對，為sp2雜化、②號和③號氮原子形成3個 鍵且有1個孤電子對，為sp3雜化，C錯誤；
D．胍分子 圈中5個原子一定共面，每個氨基中最多1個氫原子處于該平面，所以最多7個原子共平面， D錯誤；
故答案選A。
8．V、W、X、Y、Z是由周期表中前20號元素組成的五種化合物，涉及元素的原子序數(shù)之和等于35，V、W、X、Z均由兩種元素組成。五種化合物的反應關系如圖：

下列有關說法不正確的是
A．涉及元素中只有一種金屬元素，其焰色試驗的火焰顏色為磚紅色
B．涉及元素中含有三種非金屬元素，原子半徑隨原子序數(shù)遞增而增大
C．化合物W為電解質，其水化物能抑制水的電離
D．Y和X反應可生成一種新的離子化合物，包含涉及的所有元素
【答案】B
【分析】X是一種無色無味的氣體，是由兩種元素構成的化合物，且由固體V與氧氣反應得到，可知X和W均是氧化物，我們比較熟悉的有CO2、NO、CO等。并可由此確定V中含有碳元素或氮元素等。W和Y均為白色固體，且W與 H2O反應生成Y，又W是氧化物，符合這些條件的物質常見的有氧化鈣、氧化鎂、氧化鈉等。據(jù)此可初步推斷V為碳化鈣、氮化鎂一類的物質。題目中又告訴我們：上述5種化合物涉及的所有元素的原子序數(shù)之和等于35?？捎嬎阃浦篤是CaC2，Z是C2H2，Y為Ca(OH)2，W為CaO，Z為C2H2，X為CO2，以此解題。
【詳解】A．根據(jù)分析可知，涉及的元素中只有Ca，一種金屬元素，其焰色試驗的火焰顏色為磚紅色，A正確；
B．涉及元素中含有三種非金屬元素，分別為：H，C，O，其中半徑C>O，B錯誤；
C．由分析可知，W為CaO，其和水反應生成氫氧化鈣，可以抑制水的電離，C正確；
D．由分析可知，X為CO2，Y為Ca(OH)2，兩者反應可以生成碳酸氫鈣，其中包含所涉及的所有元素，D正確；
故選B。
9．從某些性質看，NH3與H2O、NH與H3O+、NH與OH-、NH2-與O2-相似，下列有關說法或化學用語不正確的是(M代表某二價活潑金屬)
A．液氨中存在著微弱的電離：2NH3NH+NH
B．將金屬鈉投入到液氨中，能緩慢產生氫氣
C．MNH與少量鹽酸溶液反應：2HCl+MNH=MCl2+NH3
D．MO與氯化銨溶液反應：2NH4Cl+MO=M(NH2)2+2HCl+H2O
【答案】D
【詳解】A．已知NH3與H2O性質相似，且H2O中存在2H2O H3O+OH，所以液氨中存在著微弱的電離：2NH3NH+NH，故A正確；
B．NH3與H2O性質相似，金屬鈉投入到水中能產生氫氣，所以將金屬鈉投入到液氨中，能緩慢產生氫氣，故B正確；
C．NH2-與O2-性質相似，所以MNH與少量鹽酸溶液反應為2HCl+MNH=MCl2+NH3，故C正確；
D．NH與H3O+性質相似，所以NH4Cl有弱酸性，不能和MO反應生成HCl，故D錯誤；
故答案選D。
10．一種新型AC/LiMn2O4體系，在快速啟動、電動車等領域具有廣闊應用前景。其采用尖晶石結構的LiMn2O4作正極(可由Li2CO3和MnO2按物質的量比1:2反應合成)，高比表面積活性炭AC(石墨顆粒組成)作負極，Li2SO4作電解液，充電、放電的過程如圖所示：

下列說法正確的是
A．合成LiMn2O4的過程中可能有O2產生
B．放電時正極的電極反應式為：LiMn2O4+xe- = Li(1-x)Mn2O4+xLi+
C．充電時AC極應與電源正極相連
D．可以用Na2SO4代替Li2SO4作電解液
【答案】A
【詳解】A．Li2CO3和MnO2按物質的量比1:2反應合成LiMn2O4，Mn元素化合價降低，根據(jù)得失電子守恒，氧元素化合價升高，可能有O2產生，故A正確；
B．放電時，鋰離子向正極移動，正極的電極反應式為Li(1-x)Mn2O4+xLi++xe- =LiMn2O4，故B錯誤；
C．放電時AC作負極，充電時AC極應與電源負極相連，故C錯誤；
D．放電時，需要Li+參與正極反應，所以不能用Na2SO4代替Li2SO4作電解液，故D錯誤；
選A。
11．我國科學家在相當于110萬大氣壓下合成了一種穩(wěn)定的氦鈉化合物，為人類在木星和土星洞察化學過程提供了機會，結構如圖所示，小球代表Na+，大正方體代表He，小正方體代表共用電子，共用電子被迫集中在晶體結構的立方空間內，下列說法正確的是

A．該物質屬于一種新型合金
B．晶胞中的空隙He占有率為50%
C．Na+的配位數(shù)為8
D．Na+—He之間的最短距離為a (設晶胞棱長為a)
【答案】B
【詳解】A．由題意可知，該物質為穩(wěn)定的氦鈉化合物，不屬于合金，故A錯誤；
B．由晶胞結構可知，晶胞中含有8個正四面體，其中有4個正四面體的內部含有一個氦原子，則晶胞中的空隙氦占有率為50%，故B正確；
C．由晶胞結構可知，晶胞中位于頂點的鈉離子被4個氦所共用，則鈉離子的配位數(shù)為4，故C錯誤；
D．由晶胞結構可知，晶胞中鈉離子與氦之間的最短距離為體對角線的，由晶胞棱長為a可知，最短距離為a，故D錯誤；
故選B。
12．錸(Re)被稱為“類錳元素”，與錳的價電子排布相同，可以與氧氣反應。一種對廢氧化鋁載體鉑錸催化劑中金屬元素綜合回收利用的工藝如圖：

下列說法正確的是
A．“第1次浸出”中可以用氫氧化鈉溶液代替氨水，浸出渣1成分不變
B．錸元素的最高價氧化物Re2O7為堿性氧化物
C．制備錸粉過程中，氫氣只體現(xiàn)還原作用
D．“第3次浸出”中若用HC1-NaClO3作浸出液，反應離子方程式可能為：3Pt+16Cl-+2C1O+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O
【答案】D
【分析】廢氧化鋁載體鉑錸催化劑經(jīng)過焙燒細磨后，加入氨水溶解Re得到NH4ReO4，Pt和氧化鋁在浸出渣1中。NH4ReO4經(jīng)過800℃下通入氫氣制備錸粉；浸出渣1加硫酸溶解氧化鋁，浸出渣2為Pt；硫酸鋁用于制備凈水劑，浸出渣2用于制備海綿Pt，據(jù)此分析解題。
【詳解】A．“第1次浸出”用氨水溶解含Re的物質，含Al2O3在濾渣中，Al2O3能與氫氧化鈉溶液反應，不能使用氫氧化鈉溶液代替氨水，故A錯誤；
B．七氧化二錸溶于水生成高錸酸溶液，所以Re2O7為酸性氧化物，故B錯誤；
C．在800℃下通入氫氣，還原NH4ReO4制備錸粉，氫氣不僅作為還原劑，還可以通過氣流帶走生成的水蒸氣和氨氣，故C錯誤；
D．用HC1-NaClO3作浸出液溶解Pt，可形成配合物，反應離子方程式可能為：3Pt+16Cl-+2C1O+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O，故D正確；
故答案選D。
13．碘化鉀為白色固體，可用作分析試劑、感光材料、制藥和食品添加劑等，可通過碘酸鉀與硫化氫反應制備。實驗裝置如圖所示(夾持及加熱裝置已省略)，下列說法錯誤的是

A．儀器a、b名稱是恒壓滴液漏斗，實驗中應先關閉K，打開儀器b，制備碘酸鉀
B．滴入30%氫氧化鉀溶液后，乙裝置中紫黑色固體溶解，棕黃色溶液逐漸變?yōu)闊o色
C．乙裝置中稀硫酸主要作用是減小硫化氫溶解度，以利于其逸出在丙裝置中被吸收
D．如果乙裝置中最終生成4.8g黃色沉淀，則理論上可制得碘化鉀的質量為8.3g
【答案】D
【分析】本題為利用碘酸鉀和硫化氫制備碘化鉀，由裝置所盛試劑可知，裝置甲為啟普發(fā)生器，利用硫化亞鐵和稀硫酸制備硫化氫氣體，裝置乙中盛放碘單質和氫氧化鈉，用以制備碘酸鉀，待碘酸鉀制備完成，將硫化氫通入碘酸鉀溶液制備碘化鉀，同時有淡黃色硫單質生成，最后用氫氧化鈉吸收尾氣。
【詳解】A．儀器a、b為恒壓滴液漏斗，利用碘酸鉀與硫化氫氣體制備碘化鉀，由于碘酸鉀為溶液，硫化氫為氣體，因此需先關閉K制備碘酸鉀，然后制備并將硫化氫通入碘酸鉀溶液制備碘化鉀，A正確；
B．碘單質溶解后溶液呈棕黃色，隨著碘單質與氫氧化鈉反應生成無色的碘化鉀和碘酸鉀，溶液逐漸變?yōu)闊o色，B正確；
C．硫化氫為弱電解質，加入稀硫酸能抑制硫化氫的電離，降低其溶解度，使其逸出吸收，C正確；
D．黃色沉淀為S，4.8g S為0.15mol，硫元素由硫化氫中的-2價升高為0價，0.15mol S轉移0.3mol電子，每生成1mol碘化鉀轉移1mol電子，因此共生成碘化鉀0.3mol，質量為49.8g，D錯誤；
故選D。
14．黃鳴龍是唯一一個名字寫進有機化學課本的中國人，Wolff-Kishner-黃鳴龍還原反應機理如下(R、R’均代表烴基)，下列有關說法不正確的是

A．肼的沸點高于氨氣，原因是分子間氫鍵數(shù)目更多，且相對分子質量更大
B．過程①發(fā)生加成反應，過程②、③均發(fā)生消去反應
C．過程④的反應歷程可表示為：+OH—+N2↑+H2O
D．應用該機理，可以在堿性條件下轉變?yōu)?br /> 【答案】B
【詳解】A．肼和氨氣都是分子晶體，肼分子中含有兩個氨基，相對分子質量大于氨氣，分子間形成的氫鍵數(shù)目多于氨氣，所以肼分子的分子間作用力強于氨氣，沸點高于氨氣，故A正確；
B．由圖可知，過程③發(fā)生的反應為，反應中分子的不飽和度不變，不可能屬于消去反應，故B錯誤；
C．由質量守恒定律可知，過程④發(fā)生的反應為+OH—+N2↑+H2O，故C正確；
D．由圖可知，該反應的總反應為堿性條件下與肼反應生成、氮氣和水，則堿性條件下與肼反應能轉化為，故D正確；
故選B。
15．谷氨酸鈉是具有鮮味的物質，即味精。谷氨酸()可以看做三元弱酸(簡寫為H3A+)，逐級電離常數(shù)為K1、K2、K3。已知常溫下pK1=2.19，pK2=4.25，pK3=9.67下列說法不正確的是
A．水溶液中K1對應基團可以看作一，K2、K3對應基團分別可以看作α-COOH和γ-COOH
B．當谷氨酸所帶凈電荷為0(即H3A+與HA-數(shù)目相等)時，溶液pH為3.22
C．2H2AH3A++HA-的平衡常數(shù)K=10-2.06
D．常溫下，A2-+H2OHA-+OH-的平衡常數(shù)Kb的數(shù)量級為10-5
【答案】A
【分析】谷氨酸是酸性氨基酸，則其電離方程式為：H3A+H2A+H+ K1；H2AH++ HA- K2；
HA- H+ +A2- K3.
【詳解】A．水溶液中K1對應基團可以看作一，K2對應基團可以看作α-COOH，K3對應基團可以看作γ-COO-，故A錯誤；
B．當谷氨酸所帶凈電荷為0(即H3A+與HA-數(shù)目相等)時，K1×K2 =[c (H+)]2=10- 2.19×10- 4.25，c (H+)=10- 3.22，PH=3.22，故B正確；
C．2H2AH3A++HA-的平衡常數(shù)K= = ==10-2.06，故C正確；
D．常溫下，A2-+H2OHA-+OH-的平衡常數(shù)Kb== =≈10-5，故D正確。
答案選A。

二、實驗題
16．20℃下，制作網(wǎng)紅“天氣瓶”流程如下，請根據(jù)下述制作流程，結合下列信息和所學知識，回答問題：

溫度／℃
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
硝酸鉀溶解度／g
13.3
20.9
31.6
45.8
63.9
85.5
110
138
169
202
246
氯化銨溶解度／g
29.4
33.2
37.2
41.4
45.8
50.4
55.3
60.2
65.6
71.2
77.3

樟腦( )是一種白色晶體，易溶于酒精、難溶于水。
(1)樟腦難溶于水，易溶于酒精的原因主要是___________________。
(2)由硝酸鉀、氯化銨制備得到“溶液b”的過程中需要用到的玻璃儀器有__________________________。得到“溶液c”時需控制溫度50℃，可采取的方法是_______________。
(3)實驗中發(fā)現(xiàn)硝酸鉀溶解速率很慢，請推測原因________________________。
(4)溫度改變，天氣瓶內或清澈干凈，或渾濁朦朧，或產生大片美麗的結晶。請通過計算說明0℃時出現(xiàn)的是樟腦晶體_________________，推測晶體產生的原因________。
(5)從晶體生長析出的角度分析，“天氣瓶”制作中硝酸鉀和氯化銨的作用是______________。
【答案】(1)水分子極性較強，而樟腦和乙醇均為弱極性分子
(2)???? 燒杯、玻璃棒、量筒???? 水浴加熱
(3)氯化銨在溶液的水解反應為吸熱反應，溶液溫度降低
(4)???? 0℃時硝酸鉀溶解度為13.3g，氯化銨29.4g，33g溶劑水能溶解硝酸鉀4.4g，氯化銨9.7g???? 樟腦在酒精中的溶解度隨溫度升高而增大，溶解速率隨溫度降低而減小
(5)控制樟腦晶體高速生長過程中的連續(xù)成核(或：減緩樟腦晶體的生長速度)，便于得到較大晶體

【詳解】（1）水分子極性較強，而樟腦和乙醇均為弱極性分子，由相似相溶原理可知，樟腦難溶于水，易溶于酒精，故答案為：水分子極性較強，而樟腦和乙醇均為弱極性分子；
（2）由硝酸鉀、氯化銨制備得到“溶液b”的過程為固體溶解的過程，溶解時需要用到的玻璃儀器為燒杯、玻璃棒、量筒；得到“溶液c”時的控制溫度小于100℃，所以采取的加熱方式為水浴加熱，故答案為：燒杯、玻璃棒、量筒；水浴加熱；
（3）由表格數(shù)據(jù)可知，硝酸鉀在溫度較低時，溶解度小，氯化銨是強酸弱堿鹽，在溶液中的水解反應為吸熱反應，所以氯化銨溶解時吸收熱量，使溶液溫度降低導致硝酸鉀溶解速率很慢，故答案為：氯化銨在溶液的水解反應為吸熱反應，溶液溫度降低；
（4）由表格數(shù)據(jù)可知，0℃時33g水溶解硝酸鉀、氯化銨的質量分別為≈4.4g、≈9.7g，硝酸鉀和氯化銨在溶液中能夠溶解的最大質量均大于2.5g，所以0℃時出現(xiàn)的晶體是樟腦晶體，不可能是硝酸鉀和氯化銨；0℃時出現(xiàn)樟腦晶體說明樟腦在酒精中的溶解度隨溫度升高而增大，導致溶解速率隨溫度降低而減小，故答案為：0℃時硝酸鉀溶解度為13.3g，氯化銨29.4g，33g溶劑水能溶解硝酸鉀4.4g，氯化銨9.7g；樟腦在酒精中的溶解度隨溫度升高而增大，溶解速率隨溫度降低而減??；
（5）從晶體生長析出的角度可知，“天氣瓶”制作中硝酸鉀和氯化銨的作用是控制樟腦晶體高速生長過程中的連續(xù)成核，減緩樟腦晶體的生長速度，便于得到較大晶體，故答案為：控制樟腦晶體高速生長過程中的連續(xù)成核(或：減緩樟腦晶體的生長速度)，便于得到較大晶體。

三、有機推斷題
17．茚三酮能與任何含α一氨基的物質形成深藍色或紅色物質，可用于鑒定氨基酸、蛋白質、多肽等，物證技術中常用水合茚三酮顯現(xiàn)指紋。其合成路線如下：

回答下列問題：
(1)B→C的反應類型是________________。
(2)C→D反應的另一種產物是________________，寫出其一種用途______________。
(3)E的核磁共振氫譜吸收峰有___________組。
(4)已知G的分子式為C9H6O3，G的結構簡式為_____________________。
(5)M是D的同系物，其相對分子質量比D多14．滿足下列條件M的同分異構體有__________種。
①屬于芳香族化合物???②能與NaHCO3溶液反應產生CO2 ③含有碳碳三鍵
(6)工業(yè)上以甲苯為起始原料制備A()的流程如下：

①苯酐與乙醇反應的化學方程式為____________________。
②使用5%的碳酸鈉溶液進行“洗滌”的目的是_________________________。
【答案】(1)水解(取代)反應
(2)???? CO2???? 制冷劑，制造碳酸飲料等
(3)3
(4)
(5)25
(6)???? +2C2H5OH+H2O???? 除去硫酸、未反應完的有機酸和乙醇

【分析】已知G的分子式為C9H6O3，由F轉化為G，F(xiàn)比G少兩個H，且根據(jù)H的結構簡式可知，G轉化為H時為酸化，H的分子式為G的兩倍，結合結構簡式推知G為，根據(jù)其他有機物的結構簡式及反應條件進行分析解答；
【詳解】（1）根據(jù)B和C的結構簡式可知，B→C是B中的酯基水解生成C和乙醇，反應類型是水解反應或取代反應；
（2）根據(jù)C和D的結構簡式可知，C→D反應是C反應生成D和CO2，故另一種產物是CO2，其用途有制冷劑，制造碳酸飲料等；
（3）根據(jù)結構簡式可知，E中含有三種不同環(huán)境的氫原子，核磁共振氫譜吸收峰有3組；
（4）根據(jù)分析可知，G的結構簡式為；
（5）D為 ，M是D的同系物，其相對分子質量比D多14，則可能多一個CH2，滿足條件①屬于芳香族化合物；②能與NaHCO3溶液反應產生CO2 ，則含有羧基；③含有碳碳三鍵，若苯環(huán)上只有一個取代基，則取代基為-CH(COOH)-CCH 、-CH2-CC-COOH 、-CC-CH2-COOH ，則有三種；若苯環(huán)上有兩個取代基，則取代基為-COOH和-CH2CCH、-COOH和-CC-CH3、-CH3和-CC-COOH、-CCH和-CH2COOH，每種均有鄰、間、對位，故共有43=12種；若苯環(huán)上有三個取代基，則有-CCH、-COOH和-CH3，結構有10種；故總共有同分異構體25種；
（6）①苯酐與兩分子乙醇反應生成和水，反應的化學方程式為+2C2H5OH+H2O；
②使用5%的碳酸鈉溶液進行“洗滌”的目的是除去硫酸、未反應完的有機酸和乙醇。

四、工業(yè)流程題
18．碘是人體所必需的微量元素。磷酸工業(yè)的副產品氟硅酸(H2SiF6)中碘元素的可能存在形式有I2、I—、I，其回收方案如下。

回答下列問題：
(1)某實驗小組想證明氟硅酸溶液中存I，請補充完整的實驗步驟：
(已知：I2+I- I；可選用的試劑：5%淀粉溶液、0.1 mol·L-1NaNO2溶液、0.1mol·L-1Na2SO3溶液、6mol·L-1H2SO4溶液)
①取樣品，加入CCl4振蕩、靜置，可觀察到下層呈紫紅色；
②分液后取上層黃色液體，滴入適量________________(填選用的試劑，下同)，可觀察到___________；
③重復上述操作2~3次，直至步驟②中沒有明顯現(xiàn)象；
④再滴加適量_____________________，若觀察到溶液變藍，證明氟硅酸溶液中存在I。
(2)實驗室利用分液漏斗可以完成CCl4從碘水萃取I2，請描述獲得上層液體的操作：________。
(3)“還原”步驟中將碘元素全部變?yōu)镠I，寫出I2被還原時的離子方程式_____________。
(4)工業(yè)生產中，氧化劑的實際使用量和理論計算量之間的比值稱為配氧率。如圖是配氧率對碘單質回收率的影響曲線圖，試解釋配氧率選擇112~113之間的原因______________。

(5)結合信息，請確定I2與NaOH發(fā)生“歧化”反應的氧化產物___________(有必要的計算過程)。
已知：①氧化還原反應可以拆分為兩個半反應，標準電極電勢分別表示為φθ(+)、φθ(-)，標準電動勢Eθ=φθ(+)—φθ(-)，如
Zn+Cu2+=Zn2++Cu的 Eθ=φθ(Cu2+/Cu)—φθ(Zn2+/Zn)。
②Eθ>0，該反應能自發(fā)進行，Eθ>0.3V，反應趨于完全進行。
③φθ(I2/I-)=0.54V φθ(IO-/I2)=0.45V φθ(IO/I2)=0.21V
【答案】(1)???? 5%淀粉溶液???? 溶液變藍???? 6mol·L-1 H2SO4溶液和0.1mol·L-1NaNO2溶液
(2)下層液體從分液漏斗下端管口放出后，關閉活塞，將上層液體從分液漏斗上口倒出
(3)I2+SO+H2O=2I—+SO+2H+
(4)配氧率過低，I—不能完全轉化為碘單質；配氧率過高，可能發(fā)生副反應，使碘單質進一步被氧化為碘酸根或耗費大量氧化劑
(5)Eθ=φθ(I2/I-)—φθ(IO-/I2)=0.54V—0.45V=0.09V，而Eθ=φθ(I2/I—)— φθ(IO/I2)=0.54V—0.21V=0.33 V>0.3V，反應則趨于完全進行，故氧化產物為NaIO3

【分析】由題給流程可知，向氟硅酸溶液中加入亞硫酸鈉溶液，將溶液中的碘元素還原為碘離子，加入次氯酸鈉溶液，將生成的碘離子氧化為單質碘，加入四氯化碳萃取、分液得到碘的四氯化碳溶液，向溶液中加入氫氧化鈉溶液，碘與氫氧化鈉溶液發(fā)生歧化反應生成碘化鈉、碘酸鈉和水，向反應后的溶液中加入酸酸化，碘化鈉、碘酸鈉酸性條件下發(fā)生歸中反應得到粗碘。
【詳解】（1）由題意可知，證明氟硅酸溶液中存I離子的的實驗步驟為取樣品，加入四氯化碳振蕩、靜置，可觀察到下層呈紫紅色說明溶液中含有單質碘；分液后取上層黃色液體，滴入適量5%淀粉溶液，溶液變藍；重復上述操作2~3次，直至步驟②中沒有明顯現(xiàn)象說明溶液中的碘已經(jīng)被完全萃取出來；再滴加適量6mol·L-1?硫酸溶液和0.1mol·L-1亞硝酸鈉溶液，若觀察到溶液變藍說明I離子酸性條件下與亞硝酸根離子反應生成了單質碘，證明氟硅酸溶液中存在I離子，故答案為：5%淀粉溶液；溶液變藍；6mol·L-1?H2SO4溶液和0.1mol·L-1NaNO2溶液；
（2）實驗室利用四氯化碳萃取溶液中的碘時，碘的四氯化碳溶液在下層，水溶液在上層，獲得上層液體的操作為下層液體從分液漏斗下端管口放出后，關閉活塞，將上層液體從分液漏斗上口倒出，故答案為：下層液體從分液漏斗下端管口放出后，關閉活塞，將上層液體從分液漏斗上口倒出；
（3）碘被還原時發(fā)生的反應為碘與亞硫酸鈉溶液反應生成硫酸鈉和氫碘酸，反應的離子方程式為I2+SO+H2O=2I—+SO+2H+，故答案為：I2+SO+H2O=2I—+SO+2H+；
（4）由圖可知，配氧率在112~113之間時，碘單質回收率最高，配氧率過低時，溶液中碘離子不能完全轉化為碘單質導致碘單質回收率不夠高；配氧率過高時，可能發(fā)生副反應，使碘單質進一步被氧化為碘酸根離子導致碘單質回收率不夠高，還會耗費大量氧化劑造成試劑浪費，所以工業(yè)生產中配氧率選擇112~113之間，故答案為：配氧率過低，I—不能完全轉化為碘單質；配氧率過高，可能發(fā)生副反應，使碘單質進一步被氧化為碘酸根或耗費大量氧化劑；
（5）由題給數(shù)據(jù)可知，碘與氫氧化鈉溶液發(fā)生歧化反應時，若生成次碘酸根離子，標準電動勢Eθ=φθ(I2/I-)—φθ(IO-/I2)=0.54V—0.45V=0.09V，0.09V大于0，而小于0.3V，說明反應能自發(fā)進行，但不能趨于完全進行，若生成碘酸根離子，標準電動勢Eθ=φθ(I2/I—)— φθ(IO/I2)=0.54V—0.21V=0.33 V>0.3V，說明反應則趨于完全進行，所以歧化反應的氧化產物為碘酸鈉，故答案為：Eθ=φθ(I2/I-)—φθ(IO-/I2)=0.54V—0.45V=0.09V，而Eθ=φθ(I2/I—)— φθ(IO/I2)=0.54V—0.21V=0.33 V>0.3V，反應則趨于完全進行，故氧化產物為NaIO3。

五、原理綜合題
19．低碳烯烴(乙烯、丙烯、丁烯等)作為重要的基本化工原料，在現(xiàn)代石油和化學工業(yè)中起著舉足輕重的作用。一定條件下，碘甲烷(CH3I)熱裂解制低碳烯烴的主要反應有：
反應I 2CH3I(g)C2H4(g)+2HI(g) ΔH1Kp1=a
反應Ⅱ 3C2H4(g)2C3H6(g) ΔH2Kp2=b
反應Ⅲ 2C2H4(g)C4H8(g) ΔH3Kp3=c
反應I、Ⅱ、Ⅲ在不同溫度下的分壓平衡常數(shù)Kp如表1，回答下列問題：
表1
T/Kp
298 K
323 K
423 K
523 K
623 K
723 K
反應I
7.77×10-8
1.65×10-6
1.05×10-2
2.80
1.41×102
2.64×103
反應Ⅱ
7.16×1013
2.33×1012
1.48×108
3.73×105
6.42×103
3.40×102
反應Ⅲ
2.66×1011
6.04×109
1.40×105
1.94×102
2.24
8.99×10-2

(1)ΔH1_______________0(填“＞”或“＜”，下同)。
(2)實際工業(yè)生產中，若存在副反應：4C3H6(g)3C4H8(g) ΔH4Kp4
則Kp4=_________________(用含有b、c的代數(shù)式表達)，結合表1數(shù)據(jù)分析 ΔH4________0。
(3)控制條件只發(fā)生反應I、Ⅱ、Ⅲ，測得壓強對平衡體系中n(C3H6)/n(C2H4)的影響如表2。
p/MPa
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
1.4
1.6
1.8
2.0

1.42
1.75
1.98
2.15
2.30
2.42
2.53
2.63
2.72
2.80

隨壓強增大不斷增大的原因可能是_________________。
(4)結合信息，請推測有利于提高乙烯產率的措施____________(至少答2點)。
(5)其它條件不變，向容積為1L的密閉容器中投入1molCH3I(g)，假定只發(fā)生反應I、Ⅱ、Ⅲ，溫度對平衡體系中乙烯、丙烯和丁烯所占物質的量分數(shù)的影響如圖，715K時CH3I(g)的平衡轉化率為________，反應I以物質的量分數(shù)表示的平衡常數(shù)Kx=________________。

【答案】(1)＞
(2)???? ???? ＜
(3)加壓，反應I平衡逆向移動，反應Ⅱ、反應Ⅲ平衡正向移動，C2H4的生成量減少，且不斷消耗，同時C3H6的生成量增多
(4)使用對反應I選擇性更高的催化劑，較高的溫度，較低的壓強
(5)???? 80%???? 0.64

【詳解】（1）由表格數(shù)據(jù)可知，升高溫度，反應I的分壓平衡常數(shù)依次增大，說明平衡向正反應方向移動，該反應為吸熱反應，反應的焓變大于0，故答案為：＞；
（2）由蓋斯定律可知，反應Ⅲ×3—反應Ⅱ×2得到副反應，則Kp4=，由表格數(shù)據(jù)可知，298K時平衡常數(shù)Kp4=≈3.7×106、323K時平衡常數(shù)Kp4=≈4.1×104，則升高溫度，副反應的平衡常數(shù)減小，說明平衡向逆反應方向移動，該反應為放熱反應，反應的焓變小于0，故答案為：；＜；
（3）由方程式可知，反應I是氣體體積增大的反應，增大壓強，平衡向逆反應方向移動，C2H4的的物質的量減小，而反應Ⅱ、Ⅲ是氣體體積減小的反應，增大壓強，平衡向正反應方向移動，C2H4的的物質的量減小、C3H6的物質的量增大，所以隨壓強增大不斷增大，故答案為：加壓，反應I平衡逆向移動，反應Ⅱ、反應Ⅲ平衡正向移動，C2H4的生成量減少，且不斷消耗，同時C3H6的生成量增多；
（4）由（1）分析知，反應I是氣體體積增大的吸熱反應，由表格數(shù)據(jù)可知，升高溫度，反應Ⅱ、Ⅲ的分壓平衡常數(shù)依次減小，說明平衡向逆反應方向移動，該反應為放熱反應，因此反應Ⅱ、Ⅲ是氣體體積減小的放熱反應，所以使用對反應I選擇性更高的催化劑，較高的溫度，較低的壓強有利于提高乙烯產率，故答案為：使用對反應I選擇性更高的催化劑，較高的溫度，較低的壓強；
（5）由圖可知，715K時C3H6和C4H8的物質的量分數(shù)相等，設反應生成碘化氫的物質的量為amol、生成C3H6和C4H8的物質的量為bmol，由題意可建立如下三段式：



由三段式數(shù)據(jù)可知，平衡時氣體總物質的量為(1-a+a+0.5a-1.5b-2b+b+b)mol=(1+0.5a-1.5b)mol，由圖可知，C2H4的物質的量分數(shù)為4%，則×100%=4%，C3H6和C4H8的物質的量分數(shù)都為8%，則×100%=8%，解聯(lián)立方程可得a=0.8、b=0.1，715K時CH3I(g)的平衡轉化率為×100%=80%、物質的量分數(shù)為×100%=16%，碘化氫的物質的量分數(shù)為×100%=64%，反應I以物質的量分數(shù)表示的平衡常數(shù)Kx==0.64，故答案為：80%；0.64。

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