重庆市第一中学2024-2025学年高三适应性月考（一）化学试题 含解析

化学试题卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上。2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生活联系紧密。下列说法正确的是A.白酒和食醋都可由淀粉发酵得到B.制白砂糖时用活性炭脱色属于化学变化C.二氧化氯和明矾用于水处理时的原理相同D.人工转化二氧化碳合成的己糖属于高分子化合物【答案】A【解析】【详解】A．淀粉水解为葡萄糖，葡萄糖可在酒化酶的作用下得到乙醇，乙醇氧化得乙酸，因此白酒和食醋都可由淀粉发酵得到，故A正确；B．制白砂糖时用活性炭脱色利用了活性炭的吸附性，是物理变化，故B错误；C．二氧化氯是利用其强氧化性进行水处理，明矾是通过溶于水后形成的氢氧化铝胶体的吸附性进行水处理，故C错误；D．己糖的相对分子质量不大，不属于高分子化合物，故D错误；故答案选A。2.下列化学用语不正确的是A.的VSEPR模型：B.基态O原子价层电子排布图：C.的空间结构模型：D.卤族元素电负性变化趋势：【答案】A【解析】【详解】A．的中心原子O原子的价层电子对数为：，因此水分子中O为sp3杂化，含有2对孤电子对，的VSEPR模型：，故A错误；B．基态O原子的价层电子排布式为：，因此基态O原子的价层电子排布图：，故B正确；C．六氟化硫的中心原子硫原子的价层电子对数为：，无孤电子对，因此六氟化硫为正八面体构型，硫原子半径大于氟原子，故C正确；D．卤族元素电负性从上往下依次减小，F的电负性最大，故D正确；故答案选A。3.下列关于含Na物质的描述不正确的是A.观察烧杯中钠与水反应的实验现象时，不能近距离俯视B.钠燃烧时，火焰呈黄色，与原子核外电子的跃迁有关C.制作面点时加入食用纯碱的目的是利用中和发酵过程产生的酸D.，该反应吸热的原因可能是溶于水时伴随着吸热【答案】C【解析】【详解】A．钠与水反应剧烈且放热，观察烧杯中钠与水反应的实验现象时，不能近距离俯视，故A正确；B．钠燃烧时火焰呈黄色与电子的跃迁有关，钠燃烧时基态电子吸收能量跃迁到激发态，而电子从能量较高的激发态跃迁到能量较低的激发态或基态时，会释放能量，产生黄色，故与电子的跃迁有关、与原子光谱有关，故B正确；C．食用纯碱主要成分为，制作面点时加入食用纯碱，利用了中和发酵过程产生的酸，故C错误；D．碳酸钠与盐酸的反应是放热反应，类比，碳酸氢钠溶液与盐酸反应是放热反应，但是测得固体碳酸氢钠与盐酸反应是吸热反应，说明溶于水时吸收的热量更多，导致该反应为吸热反应，故D正确；故答案选C。4.超氧化钾()可用作潜水时的吸收剂和供氧剂，反应为，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.的电子式： B.中含有的电子数为：C.中K的化合价为+2 D.晶体中含有的离子数为：【答案】B【解析】【详解】A．二氧化碳分子中，C和O之间应该有两对电子，正确的电子式为，故A错误；B．的物质的量为：，1个含有电子数为：，因此1mol中含有的电子数为，故B正确；C．KO2中K元素显+1价，则O元素平均显价，故C错误；D．由和构成，晶体中离子的数目为，故D错误；故答案选B。5.下列根据实验目的设计的装置连接中，正确的是A.制备收集；连接a→d→e→g B.制备收集：连接a→f→c→e→dC.制备收集；连接b→c→g D.制备收集：连接b→c→e→d【答案】B【解析】【详解】A．实验室制备NH3，可用浓氨水和CaO固体反应，NH3•H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑，浓氨水易挥发，CaO固体与水反应放出大量的热，导致温度升高，使得氨气在水中的溶解度进一步减少，以气体的形式逸出，制得氨气，不需要额外解热，可选择b装置，制得的氨气中含有水蒸气，可用碱石灰干燥，选择d装置，氨气密度比空气小，需用向下排空气法收集，所以需短管进，长管出，可选择e装置，但由于NH3极易溶于水，因此处理NH3需要防倒吸，综合可知，连接b→d→e可制备收集氨气，故A错误；B．实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制取氯气，所以应该用a装置制备氯气；浓盐酸具有挥发性导致生成的氯气中含有氯化氢，HCl极易溶于水，NaCl溶液抑制氯气溶解，所以可以用饱和食盐水除去氯气中的HCl；HCl是酸性气体，应该用酸性干燥剂干燥，所以可以用浓硫酸干燥；HCl密度大于空气，应该用向上排空气法收集，用碱性物质处理尾气，所以连接顺序是a→f→c→e→d，故B正确；C．实验室制备SO2，利用亚硫酸钠固体和70%浓硫酸反应，方程式为：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O，反应无需加热，选择b装置，SO2和水反应生成亚硫酸，所以SO2不能用排水法收集，所以g装置不合适，故C错误；D．实验室制备H2S，利用硫化亚铁（FeS）固体和稀盐酸反应生成氯化亚铁和硫化氢，其化学方程式为FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑，制取H2S的反应物为固体和液体反应不需要加热，可选择b装置，但硫化氢具有还原性，浓硫酸具有强氧化性，两者发生氧化还原反应，H2S+H2SO4(浓)=SO2+S↓+2H2O，所以c装置不合适，故D错误；故答案选B。6.下列实验操作及现象与结论一致的是选项实验操作及现象结论A向溶液()中滴加溶液，紫色褪去具有还原性B将少量乙酸乙酯加入NaOH溶液中，出现分层，微热，静置一段时间后酯层消失乙酸乙酯可在碱性条件下水解C向酸性溶液中加入甲苯，紫色褪去甲苯及其同系物均有此性质D向银氨溶液中滴加某物质的溶液并加热，形成银镜该物质为醛类A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．酸性条件下氯离子也会和高锰酸钾发生氧化还原反应使得溶液褪色，故不能说明具有还原性，故A错误；B．向含有乙酸乙酯的试管中加入NaOH溶液，酯不溶于水，出现分层，一段时间后酯层消失，则乙酸乙酯在碱性条件下可以水解，故B正确；C．只有与苯环直接相连的碳原子上有氢原子时，才能被酸性高锰酸钾氧化，当该碳原子上没有氢原子时，就不能与酸性高锰酸钾反应，故C错误；D．能发生银镜反应的官能团为醛基，即只能说明该物质含有醛基，不能说明该物质就是醛类，比如甲酸、甲酸酯、还原糖等，故D错误；故答案选B。7.7-羟基香豆素的结构简式如图所示，下列说法不正确的是A.该物质的实验式为B.分子中所有原子可以处于同一平面上C.1mol该物质与足量溴水反应，最多消耗D.1mol该物质最多消耗【答案】C【解析】【详解】A．根据结构简式可知分子式为C9H6O3，因此该物质的实验式为，故A正确；B．苯分子是平面结构、和苯环直接相连的原子在同一个平面，碳碳双键、羰基是平面结构、和双键碳原子直接相连的原子在同一个平面，因此所有碳原子共平面，故B正确；C．酚羟基含有两个邻位H可和溴水发生取代反应，另外碳碳双键能和单质溴发生加成反应，所以1mol该物质与足量溴水反应，最多消耗3molBr2，故C错误；D．7-羟基香豆素结构中含一个苯环、一个碳碳双键，分别可与三分子氢气、一分子氢气发生加成反应，故1mol该物质与足量H2反应时最多消耗4molH2，故D正确；故答案选C。8.发蓝工艺是一种材料保护技术，钢铁零件的“发蓝”处理实质是钢铁表面通过氧化反应，生成有一定厚度、均匀、附着力强、耐腐蚀性能好的深蓝色氧化膜，工艺流程如图。已知：的还原产物为。下列说法不正确的是A.钢铁零件“发蓝”实质上是使铁表面钝化B.反应①中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：1C.反应②的离子方程式为D.Fe的同周期元素中，未成对电子数比Fe的未成对电子数多的元素有2种【答案】B【解析】【分析】根据物质转化图及题给信息可知，发蓝处理过程可用下列化学方程式表示如下，反应①为3Fe+NaNO2+5NaOH3Na2FeO2+H2O+NH3↑；反应②为6Na2FeO2+NaNO2+5H2O3Na2Fe2O4+NH3↑+7NaOH；反应③为Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2OFe3O4+4NaOH，据此解答。【详解】A．钢铁零件“发蓝”是在表面形成一层致密保护膜，实质上是使铁表面钝化，故A正确；B．反应①的化学方程式为3Fe+NaNO2+5NaOH=3Na2FeO2+H2O+NH3↑，在反应中，NaNO2为氧化剂，Fe为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:3，故B错误；C．的还原产物为，溶液显碱性，离子方程式为，故C正确；D．基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，未成对电子数为4，与Fe同周期的基态铬原子的价层电子排布式为3d54s1，未成对电子有6个，基态锰原子的价层电子排布式为3d54s2，未成对电子有5个，未成对电子数比Fe的未成对电子数多的元素有2种，故D正确；故答案选B。9.部分短周期元素的原子半径及主要化合价见下表。下列说法正确的是元素MNRZWT原子半径/nm0.0370.1520.1860.1020.0710.099主要化合价+1+1+1+6、-2-1-1A.简单氢化物的沸点：B.分子中四个原子可能共直线C.RT晶胞中T的配位数为6，与R等距且最近的R有12个D.常温时，的RW溶液与的MW溶液中，水电离的氢离子浓度相等【答案】C【解析】【分析】M、N、R主要化合价均为+1价，均为第IA族的元素，同主族元素从上往下原子半径逐渐增大，因此M为H元素，N为Li元素，R为Na元素；Z的主要化合价为+6、-2价，可知Z为第VIA族元素，结合原子半径可知，Z为S元素；W、T的主要化合价均为-1价，可知，均为第VIIA族元素，结合原子半径可知，W为F元素，T为Cl元素，根据分析可知，M为H元素，N为Li元素，R为Na元素，Z为S元素，W为F元素，T为Cl元素，据此作答。【详解】A．Z、W、T的简单氢化物分别为：H2S、HF、HCl，HF存在氢键，则HF的沸点大于H2S、HCl，H2S的相对分子质量比HCl小，相对分子质量越大，分子间的范德华力越强，熔沸点越高，简单氢化物的沸点：HF>H2S>HCl，故A错误；B．为S2Cl2，两个中心的硫原子均为sp3杂化，分子为含有极性共价键的立体结构分子，类似于H2O2的立体结构，如图，故B错误；C．R是Na，T是Cl，NaCl晶体的晶胞如图，以体心的Na＋分析可知，Cl-的配位数为6，以右侧面心的Na＋分析可知，Na＋周围距离最近的Na＋有个，故C正确；D．RW为NaF，氟离子会水解，因此促进水电离，MW为HF，HF电离产生H+会抑制水的电离，常温下，的NaF溶液中，因此，的HF溶液中，，因此，故D错误；故答案选C。10.已知：亚硝酰氯(NOCl，N为+3价)易水解。实验室可利用NO与反应制备亚硝酰氯，装置如下图，下列说法不正确的是A.NOCl中所有原子均满足8电子稳定结构B.NOCl通入NaOH溶液中，反应的化学方程式为C.实验前，若用气体A排尽装置中空气，装置中的红棕色消失时，说明空气已排尽D.实验过程中，可以将尾气通入NaOH溶液中进行尾气处理【答案】D【解析】【分析】装置①为简易气体发生装置，目的是制取NO，经装置②中碱石灰干燥后进入装置③中，与干燥纯净的氯气在冰盐水浴条件下反应生成亚硝酰氯，据此分析解答。【详解】A．NOCl的结构为：，所有原子均满足8电子稳定结构，故A正确；B．NOCl中N为+3价，Cl为-1价，因此水解产物为HCl、HNO2，两种酸性物质，进而与NaOH反应生成氯化钠和亚硝酸钠，反应为：，故B正确；C．气体A为NO，气体B为Cl2，均可以用于排尽装置中空气，用气体NO排空气时，NO会与氧气反应生成红棕色的NO2气体，直至NO将红棕色的NO2气体排尽后，整个装置右变为无色，说明空气已排尽，故C正确；D．尾气为NO和Cl2的混合气体，NaOH溶液无法对NO进行尾气处理，故D错误；故答案选D。11.Mg、Al、Fe的部分“价—类”二维图如下图。下列推断不合理的是A.若a在沸水中可生成e，则a→f的反应可能是化合反应或置换反应B.d→e的转化无法一步实现C.d→f的转化可以一步实现D.若g和e能与同一物质反应生成f，则组成a的元素一定位于周期表s区【答案】D【解析】【分析】根据该“价—类”二维图可知，若该元素为Mg元素，a为Mg单质、g为MgO、f为含有Mg2+的盐、e为Mg(OH)2；若该元素为Al元素，a为Al单质、b为Al2O3、c为含有Al3+的盐、d为Al(OH)3；若该元素为Fe，a为铁单质、b为Fe2O3，g为FeO、d为Fe(OH)3、e为Fe(OH)2，f为亚铁盐、c为铁盐。【详解】A．若a在沸水中可生成e，根据价态可知，此时a为Mg，e为Mg(OH)2，即f为镁盐，a→f的反应有多种，可能为，该反应属于置换反应，可能为，该反应属于化合反应，综上a→f的反应不一定是化合反应，故A正确；B．Fe(OH)3无法一步转化为Fe(OH)2，故B正确；C．Fe(OH)3能与还原性的强酸HI反应，实现Fe(OH)3→FeI2，故C正确；D．假设g为MgO，即e为Mg(OH)2，f为镁盐，MgO、Mg(OH)2与稀盐酸反应均生成镁盐，此时组成a的元素为Mg，位于周期表p区；假设g为FeO，即e为Fe(OH)2，f为亚铁盐，FeO、Fe(OH)2与稀盐酸反应均生成铁盐，此时组成a的元素为Fe，位于周期表d区，故D错误；故答案选D。12.向绝热恒容密闭容器中通入一定量与，发生反应：，其正反应速率随时间变化的曲线如下图(不考虑副反应的影响)，下列说法正确的是A.该反应的B.随t变化的曲线在时间段内与的趋势相同C.从A点到C点，NO的分压先增大后减小D.其他条件不变时，在恒温条件下发生此反应，的平衡转化率增大【答案】D【解析】【分析】如图所示，反应在绝热容器中进行，随着反应正向进行，反应物浓度减小，但b时间前v正增大，说明反应放热，容器内温度升高，温度对反应速率的影响起主导作用。b时间后，反应物浓度减小对速率的影响起主导作用，v正减小，据此答题。【详解】A．根据分析知，反应为放热反应，故，故A错误；B．由分析可知，正反应速率增大，说明正反应为放热反应，且从A点到B点反应速率主要受温度影响；B点后正反应速率减小，说明此点后反应速率主要受浓度影响；而A到C点过程中生成物浓度一直在增大，即逆反应速率一直在增大，则随t变化的曲线在a~c时间段内与的趋势不相同，故B错误；C．从A点到C点，反应一直正向进行，因此NO的分压一直增大，故C错误；D．其他条件不变时，若在恒温条件下发生此反应，相当于降温，则平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，故D正确；故答案选D。13.下列大小关系正确的是A.相同且相同体积的.①盐酸、②硫酸、③醋酸中，分别加入足量锌，相同状况下产生的：③>①=②B.相同浓度的：①氨水、②NaOH溶液、③溶液中，：②>①>③C.相同浓度的：①溶液、②溶液、③溶液中，：①>②>③D.相同pH的：①NaClO溶液、②溶液、③溶液中，：①>②>③【答案】A【解析】【详解】A．c(H+)相同、体积相同时，由于醋酸是弱酸，相同浓度时，醋酸电离程度最小，因此要达到相同c(H+)，需要的醋酸的浓度最大，而在反应过程中，醋酸不断电离氢离子，因此醋酸电离的氢离子最多，盐酸和硫酸中氢离子的物质的量相等，所以分别加入足量锌，生成氢气体积为：③>①=②，故A正确；B．水的电离为：，因此无论是氨水、NaOH溶液、溶液对于水的电离均是抑制，且c(OH-)越大，对于水的电离抑制程度越大，根据可知，c(H+)越小，体积相同时，由于醋酸是弱酸，相同浓度时，醋酸的电离程度最小，因此要达到相同c(H+)，相同浓度时，氨水若弱碱，因此电离出的c(OH-)最少，电离出的c(OH-)最多，因此电离出的c(OH-)大小关系为：③>②>①，因此c(H+)：①>②>③，故B错误；C．会发生水解，①中水解时结合水电离出的OH-，因此可以促进硫离子的水解，使得硫离子的浓度减小；②中的钠离子对硫离子的水解没有影响；③中为弱电解质，只能部分电离产生出硫离子，因此：②>①>③，故C错误；D．NaClO溶液、溶液、溶液中酸根离子均会水解产生对应的酸和OH-，根据盐类水解的规律可知，水解产生的酸越弱，则对应盐的水解的程度越大，酸性为：，则水解程度：，因此相同pH的：①NaClO溶液、②溶液、③溶液中，物质浓度关系为：①<②<③，因此：①<②<③，故D错误；故答案选A。14.环氧乙烷(，简称EO)是一种重要的工业原料和消毒剂。常见的两种制备方案如下：方案一：银催化下，乙烯()与氧气制备EO(反应历程如图甲)。方案二：乙烯()电化学合成EO(装置如图乙)，原理为。下列说法正确的是A.与中的键数目之比为5：3B.由图甲可知，OMC生成的活化能为C.图乙中，Pt电极接电源负极D.图乙中，电解一段时间后，将阳极区和阴极区溶液混合可得到环氧乙烷【答案】D【解析】【分析】由题给信息：“”可知，在Pt电极，Br-失电子生成Br2，然后与水反应的产物再与CH2=CH2发生反应，所以Pt电极为阳极，Ni电极为阴极。【详解】A．与中的键数目之比为5：7，故A错误；B．由图甲可知，OMC生成的活化能为，故B错误；C．图乙中，Pt电极CH2=CH2发生氧化反应生成HOCH2CH2Br，Pt电极为阳极，接电源正极，故C错误；D．图乙中，Pt电极CH2=CH2发生氧化反应生成HOCH2CH2Br，Ni电极是阴极，生成KOH，电解一段时间后，将阳极区和阴极区溶液混合，HOCH2CH2Br和KOH反应生成环氧乙烷，故D正确；选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.硫酸是重要化工原料，“接触法制硫酸”的化工流程如下图所示：（1）下列关于步骤I、Ⅱ和Ⅲ的说法不正确的是_______(填字母，下同)。A.Ⅰ中，与反应生成时，电子转移数为B.Ⅰ中，将黄铁矿换成硫黄可以减少废渣的产生C.Ⅱ中的反应条件都是为了提高的平衡转化率D.Ⅲ中，用98.3%的浓硫酸吸收后再稀释，是为了避免产生大量酸雾，腐蚀设备（2）“接触法制硫酸”的步骤Ⅱ的主要反应是。①和在表面的部分反应历程如下图所示，下列说法正确的是_______。A.催化剂可同时加快正、逆反应速率B.第一电离能：C.实际工业中，和按体积比1：1投料，因为增大的浓度可以明显提高的生成速率D.有单分子气体()和三聚分子固体()两种存在形式，两种形式中S原子的杂化方式相同②在酸性条件下溶解为或，在碱性条件下溶解为钒酸根()或偏钒酸根，上述性质说明具有_______。A.酸性B.碱性C.两性③偏钒酸根阴离子呈现如下图所示的无限链状结构，则偏钒酸根的化学式为_______。④酸性条件下，可聚合得到多种复杂阴离子。一种阴离子(如图)由4个四面体(位于体心的V为+5价)通过共用顶点氧原子构成八元环，其化学式为_______。（3）已知：在非水溶剂中，与按物质的量之比1：2发生化合反应生成物质A，测得A由2种微粒构成，阳离子是，阴离子的结构式为。阳离子的空间结构名称为_______；和的酸性强弱为_______(填“>”“<”或“=”)。【答案】（1）C（2）①.AB②.C③.④.（3）①.直线形②.>【解析】【分析】黄铁矿和氧气加热生成二氧化硫和四氧化三铁，二氧化硫催化氧化为三氧化硫，三氧化硫和水生成硫酸；【小问1详解】A．Ⅰ中反应为，反应中只有氧得到电子化合价由0变为-2，则与反应生成时，电子转移4mol，数目为，A正确；B．Ⅰ中，将黄铁矿换成硫黄，硫和氧气转化为二氧化硫，不产生铁的氧化物固体，可以减少废渣的产生，B正确；C．Ⅱ中的反应条件是为了加快反应的速率，二氧化硫转化为三氧化硫的反应为放热反应，高温不是为了提高的平衡转化率，C错误；D．三氧化硫和水直接反应生成大量的酸雾，用98.3%的浓硫酸吸收后再稀释，是为了避免产生大量酸雾，腐蚀设备，D正确；故选C；【小问2详解】①A．催化剂降低反应的活化能，可同时加快正、逆反应速率，A正确；B．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；第一电离能：，B正确；C．决定总反应速率的是慢反应，由反应历程可知，①为慢反应、②为快反应，故增大的浓度不能明显提高的生成速率，而是为了促进反应正向进行，提高二氧化硫转化率，C错误；D．单分子气体()中S形成2个单键和1个双键，为sp2杂化，三聚分子固体()中硫形成4个单键，为sp3杂化，D错误；故选AB；②能和酸或碱反应均生成盐，则说明具有两性，故选C；③由图，根据“均摊法”，一个重复单元中含个O、1个V，则偏钒酸根的化学式为；④由图，阴离子由4个四面体(位于体心的V为+5价)通过共用顶点氧原子构成八元环，氧原子个数为四面体个数×4，减去4个交点氧原子，其中含12个O、4个V，则偏钒酸根的化学式为；【小问3详解】阳离子的N原子的价层电子对数为，孤电子对数为0，所以为直线形结构；与反应，中氢反应后成为的一部分，说明硝酸更容易失去氢离子，酸性更强，故酸性强弱为>。16.某实验小组对粗盐提纯以及提纯后精盐的用途进行了一系列实验探究。I.粗盐中含有、、、等杂质离子，实验室按下图流程进行精制：（1）若加溶液后不经过滤就加入NaOH和溶液，会导致_______(填字母，下同)。[已知：、]A.不能完全去除 B.消耗更多NaOHC.不能完全去除 D.消耗更多（2）过滤操作中需要的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外，还需要_______。A.分液漏斗 B.漏斗 C.容量瓶 D.蒸发皿II.传统的氯碱工业能耗大，通过如下图改进的设计可大幅度降低电解电压，降低能耗，实现“节能减排”。（3）①电极A接电源_______极(填“正”或“负”)。②装置中通过提高电极B上反应物的_______(填“氧化性”或“还原性”)来降低电解电压，减少能耗。③写出电解总反应的离子方程式：_______。III.精制食盐水可用于制备，流程如下图：（4）下列关于纤维素的说法错误的是_______。A.南唐文房三宝之一的“澄心堂纸”主要成分是纤维素B.纤维素与合成纤维，其主要成分不相同C.淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖D.淀粉和纤维素分子式均为，互为同分异构体（5）反应II也可以用草酸()还原制取气体，同时生成，写出反应的离子方程式：_______。（6）反应III的化学方程式为_______。（7）碱性条件下，氯元素的元素电势图(用表示)如图：分析其中的一部分：它意味着：①②若由这两个电极反应组成原电池，因，故②为正极，①为负极；该原电池的反应原理为，属于“歧化反应”。由以上关于“歧化反应”的发生条件分析，结合上图中的元素电势数据，判断“制备流程”中的三种含氯元素的物质(、、)在碱性条件下能发生歧化反应的是_______(填化学式)，写出其发生歧化反应的离子方程式：_______。【答案】（1）AD（2）B（3）①.正②.氧化性③.（4）D（5）（6）（7）①.②.【解析】【分析】Ⅰ粗盐中加入氯化钡除去硫酸根离子，过滤后加入氢氧化钠除去镁离子，碳酸钠除去钙离子和钡离子，过滤后加入盐酸除去过量的碳酸钠和氢氧化钠，最后得到精盐，据此回答。Ⅱ电极A为阳极，氯离子失去电子发生氧化反应转化为氯气，电极B为阴极，氧气得到电子转化为OH-，据此回答；Ⅲ高电压电解食盐水，分离出NaClO3，加入纤维素水解产物将NaClO3转化为二氧化氯，加入过氧化钠将ClO2转化为NaClO2，据此回答；【小问1详解】因为硫酸钡与碳酸钡的Ksp接近，所以若加溶液后不经过滤就加入NaOH和溶液，当溶液中存在大量碳酸根离子时，硫酸钡会部分转化为碳酸钡，由于发生沉淀的转化，会导致不能完全去除，碳酸钠的用量也会增加，故选AD；【小问2详解】过滤操作中需要的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外，还需要漏斗，故选B；【小问3详解】①根据分析可知，电极A接电源正极；②装置中通过提高电极B上反应物氧气的氧化性来降低电解电压，减少能耗；③电解总反应的离子方程式：；【小问4详解】A．纸张的主要成分是纤维素，A正确；B．纤维素是一种天然的有机化合物，是植物细胞壁的主要成分，而合成纤维是通过人工合成的化学成分，根据不同种类，可以是聚酯、聚酰胺、聚丙烯等不同的合成物质，B正确；C．淀粉和纤维素都是多糖，它们在酸或酶的作用下水解，最终产物为葡萄糖，C正确；D．淀粉和纤维素分子式均为，但是n不同，不互为同分异构体，D错误；故选D。【小问5详解】反应II也可以用草酸()还原制取气体，同时生成，离子方程式为：；【小问6详解】反应III的化学方程式为：；【小问7详解】根据已知可得，，，电池的电动势，因，则电池可以自发进行，故④为正极，③为负极，中间物质可以发生歧化反应，所以在碱性条件下能发生歧化反应的是，其发生歧化反应的离子方程式：。17.工业合成氨对粮食的增产、人口的增加等具有重要价值。请回答下列问题：（1）Haber-Bosch法合成氨的反应原理为。已知：298K时该反应，。①298K时，合成氨反应_______(填“能”或“不能”)自发进行。②研究表明，特定条件下，合成氨反应的速率与反应物浓度的关系为，下列措施不能提高反应速率的是_______(填字母，下同)。A．将产物氨气分离出反应体系B．适度提高反应温度C．在低压下进行反应D．加入铁催化剂③向一恒定温度的刚性密闭容器中充入物质的量之比为1:1的N2和H2初始压强为30MPa，在不同催化剂作用下反应相同时间，H2的转化率随温度的变化如下图所示：b点_______。(填“＞”“＜”或“=”)，c点H2的转化率比a点低的原因是_______，a点混合气体平均相对分子质量为18.75，该条件下反应的平衡常数Kp=_______(保留两位有效数字，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。（2）NH3用于合成尿素的原理为，向某恒温恒容的密闭容器中加入等物质的量的NH3和CO2，发生上述反应。下列叙述能说明反应已经达到平衡状态的是_______。A.B.混合气体的平均相对分子质量不再变化C.混合气体的密度不再变化D.CO2的体积分数不再变化（3）氨硼烷(NH3BH3)可用于燃料电池，其工作原理如下图所示：①氨硼烷_______(填“是”或“否”)含有配位键。②氨硼烷电池工作时H+通过交换膜进入_____室(填“左”或“右”)；负极的电极反应式为_____。【答案】（1）①.能②.C③.＞④.合成氨反应为放热反应，a点时反应达到平衡，升高温度平衡逆向移动，H2的转化率减小⑤.0.014（2）BD（3）①.是②.右③.NH3BH3-6e-+2H2O=++6H+【解析】【小问1详解】①298K时，△H-TΔS=-92.2kJ∙mol-1-298×(-0.1982kJ∙mol-1)≈-33.14kJ∙mol-1＜0，则合成氨反应能自发进行。②A．将产物氨气分离出反应体系，c(NH3)减小，反应速率增大，A不符合题意；B．适度提高反应温度，反应速率增大，B不符合题意；C．在低压下进行反应，反应速率减小，C符合题意；D．加入铁催化剂，反应速率增大，D不符合题意；故选C。③从图中可以看出，升高温度，H2的转化率继续增大，则反应正向进行，所以b点＞。a点时反应达到平衡，升高温度，平衡逆向移动，则c点H2的转化率比a点低的原因是：合成氨反应为放热反应，a点时反应达到平衡，升高温度平衡逆向移动，H2的转化率减小。向一恒定温度的刚性密闭容器中充入物质的量之比为1:1的N2和H2(令物质的量都为1mol)，初始压强为30MPa，a点混合气体平均相对分子质量为18.75，则物质的量为=1.6mol，设参加反应N2物质的量为x，则可建立如下三段式：依题意，4-2x=1.6，x=0.2mol，平衡时总压强为=24MPa，该条件下反应的平衡常数Kp=≈0.014。【小问2详解】A．时，反应进行的方向相反，但速率之比不等于化学计量数之比，反应未达平衡状态，A不符合题意；B．反应前后气体的总质量不变，但分子数发生改变，混合气体的平均相对分子质量不断发生改变，当平均相对分子质量不再发生变化时，反应达平衡状态，B符合题意；C．某恒温恒容密闭容器中，混合气体的质量和体积都不改变，则密度始终不变，反应不一定达平衡状态，C不符合题意；D．CO2的体积分数不再变化时，正逆反应速率相等，反应达平衡状态，D符合题意；故选BD。【小问3详解】①氨硼烷(NH3BH3)分子中，N原子的最外层有孤电子对，B原子的最外层有空轨道，则氨硼烷是含有配位键。②氨硼烷电池工作时，NH3BH3失电子生成NH4BO2，则左侧电极为负极，右侧H2O2得电子，此电极为正极，阳离子向正极移动，则H+通过交换膜进入右侧；负极NH3BH3失电子产物与电解质反应生成NH4BO2等，电极反应式为NH3BH3-6e-+2H2O=++6H+。【点睛】原电池工作时，溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。18.治疗静脉血栓的药物利伐沙班(K)的一种合成路线如下图：已知：①；②；③。回答下列问题：（1）用系统命名法命名物质A_______。（2）E的结构简式为_______。（3）下列说法错误的是_____