浙江省新高三7月适应性考试化学试题（含答案解析）

2024年7月浙江省高三选考科目适应性考试化学收心卷本卷可能用到的相对原子质量数据：H：1B：11C：12，N：14，O：16Na：23Mg：24Al：27S：32P：31Cl：35.5K：39Ca：40Fe：56Cu：64Br：80Ag：108I：127Ba：137选择题部分一、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中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.按物质组成分类，紫明矾晶体[KCr(SO4)2·12H2O]属于A.酸 B.碱 C.盐 D.混合物【答案】C【解析】详解】紫明矾晶体[KCr(SO4)2·12H2O]含有金属阳离子K+、Cr3+，酸根阴离子，则其属于盐类；故选C。2.下列有关元素及其化合物的说法错误的是A.Na2CO3和NaHCO3的溶液均显碱性，可用作工业用碱B.Al(OH)3呈两性，说明Al有一定的非金属性C.维生素C(又称抗坏血酸)有还原性，可用作抗氧化剂，起到延长保质期的作用D.FeSO4、Al2(SO4)3、聚合氯化铝能水解，可用作混凝剂，起到杀菌消毒的作用【答案】D【解析】【详解】A．Na2CO3和NaHCO3的溶液均因水解显碱性，在工业上可用作工业用碱，A项正确；B．Al(OH)3呈两性，说明Al

既能表现出金属性又能表现出一定的非金属性，B项正确；C．维生素（又称抗坏血酸）有还原性，可用作抗氧化剂，起到延长保质期的作用，C项正确；D．FeSO4、Al2(SO4)3、聚合氯化铝能水解生成胶体，可吸附水中的杂质，起到净水作用，但不能杀菌消毒，D项错误；答案选D。3.下列表示不正确的是A.NaOH的电子式： B.NaCl溶液中的水合离子：C.O3分子的球棍模型： D.环己烷稳定的空间构型的键线式：【答案】D【解析】【详解】A．已知NaOH是离子化合物，且OH-中存在共价键，故NaOH的电子式为：，A正确；B．已知H2O中H原子一端带正电性，O原子一端带负电性，且Cl-半径比Na+大，故NaCl溶液中的水合离子表示为：，B正确；C．已知O3为V形分子，故O3分子的球棍模型为：，C正确；D．为船式结构，环己烷(C6H12)稳定的空间构型为椅式结构，即，D错误；故答案为：D。4.下列说法正确的是A.装置①可将酒精灯移至湿棉花下方实验效果更好B.图②标识表示实验中要佩戴护目镜C.装置③可用于趁热过滤出苯甲酸溶液中的难溶杂质D装置④可用于铜与浓硫酸反应并检验气态产物【答案】B【解析】【详解】A．装置①检验铁粉与水蒸气发生反应产生氢气，将酒精灯移至湿棉花下方则铁粉反应温度不够，实验效果不好，A错误；B．图②标识是护目镜，表示实验中要佩戴护目镜，B正确；C．装置③是普通过滤装置，过滤过程时间较长，温度降低过快，不用于趁热过滤出苯甲酸溶液中的难溶杂质，C错误；D．铜与浓硫酸反应需要加热，装置④缺少加热装置，不可用于铜与浓硫酸反应并检验气态产物，D错误；故选B。5.关于反应3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO，下列说法正确的是A.SiO2是氧化剂B.可用CO2替换CC.若生成CO气体22.4L，则反应转移的电子数为2NA(NA表示阿伏伽德罗常数的值)D.以非气态产物为基础，用Al、O取代部分原子而获得可用于LED发光材料的陶瓷【答案】D【解析】【分析】由方程式可知，反应中碳元素的化合价升高被氧化，碳是反应的还原剂，氮元素的化合价降低被还原，氮气是反应的氧化剂。【详解】A．由分析可知，反应中碳元素的化合价升高被氧化，碳是反应的还原剂，二氧化硅中没有元素发生化合价变化，既不是氧化剂也不是还原剂，故A错误；B．由分析可知，反应中碳元素的化合价升高被氧化，氮元素的化合价降低被还原，则由氧化还原反应规律可知，不能用二氧化碳替换碳，故B错误；C．缺标准状况，无法计算生成22.4L一氧化碳时，反应转移电子数目，故C错误；D．以氮化硅为为基础，用铝原子、氧原子取代部分原子可以提高材料的发光效率而获得可用于LED发光材料的陶瓷，故D正确；故选D。6.青蒿素的发现、研究与应用之旅如图。下列说法错误的是A.水煎熬提取物无效的原因可能为青蒿素的热稳定性差或在水中的溶解度不大B.乙醚提取青蒿素的方法为萃取，利用了“相似相溶原理”C.分离青蒿素和乙醚的方法为蒸馏，需用到空气冷凝管、尾接管、锥形瓶等仪器D.可利用“X射线衍射技术”确定青蒿素分子中各原子空间位置【答案】C【解析】【详解】A．水煎熬提取物无效的原因可能为青蒿素的热稳定性差或在水中的溶解度不大，故A正确；B．乙醚提取青蒿素的方法为萃取，乙醚和青蒿素都是极性分子，利用“相似相溶原理”，将青蒿素萃取出来，故B正确；C．空气冷凝管冷凝效果差，可改用直形冷凝管，故C错误；D．“X射线衍射技术”可测定分子的空间结构，故D正确；故选C。7.下列化学反应与方程式不相符的是A.向Cu(OH)2溶液中滴加过量氨水和乙醇：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4](OH)2B.溴乙烷为原料制备乙烯：CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2OC.向Na2CO3溶液中滴加少量新制氯水：2+Cl2+H2O=2+Cl−+ClO−D.电解饱和食盐水时阴极处产生可燃性气体：2H2O+2e－=H2↑+2OH－【答案】B【解析】详解】A．向Cu(OH)2溶液中滴加过量氨水和乙醇，Cu(OH)2生成四氨合铜配离子：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4](OH)2，A正确；B．溴乙烷为原料制备乙烯，溴乙烷要发生消去反应生成碳碳双键，反应条件为强碱的醇溶液：CH3CH2Br+NaOHCH2=CH2↑+NaBr+H2O，B错误；C．向Na2CO3溶液中滴加少量新制氯水，氯气与水发生歧化反应，生成的氢离子与碳酸根结合生成碳酸氢根：2+Cl2+H2O=2+Cl−+ClO−，C正确；D．电解饱和食盐水时阴极处发生还原反应，得到氢气，产生可燃性气体：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，D正确；故选B。8.物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列性质差异与结构因素关联错误的是选项性质差异结构因素A酸性强弱：三氟乙酸三氯乙酸F与Cl的电负性差异B熔点：CS2＞CO2分子间范德华力强弱C稳定性：H2O＞H2S分子间有无氢键D冠醚18-冠-6能够与K+形成超分子，却不能与Li+形成超分子该冠醚空腔的直径与K+的直径相当，与Li+的直径不匹配A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．由于F的电负性比Cl大，吸引电子的能力更强，三氟乙酸羧基中的O-H键的极性更大，更易电离出H+，酸性更强，故A正确；B．CS2相对分子质量比CO2大，CS2的范德华力更大，熔点更高，故B正确；C．稳定性：H2O＞H2S，是因为键能H-O＞H-S，与氢键无关，故C错误；D．18-冠-6（冠醚）空腔的直径与K+直径相当，与Li+的直径不匹配，因此能够与K+形成超分子，却不能与Li+形成超分子，故D正确；故选C。9.有机物M是合成某药物的重要中间体，其结构如图。下列说法正确的是A.属于芳香烃 B.sp2、sp3杂化的碳原子数之比为1∶2C.能发生加成、氧化、消去反应 D.a号氮的价层电子对占据sp2轨道【答案】C【解析】【详解】A．已知烃为仅含碳氢两种元素的化合物，M中还含有N、O元素，故不属于烃，也就不属于芳香烃，A错误；B．由题干M的结构简式可知，M中sp2杂化的碳原子为苯环和碳碳双键、碳氮双键上的碳原子，共9个，其余碳原子采用sp3杂化，共9个，故sp2、sp3杂化的碳原子数之比为1∶1，B错误；C．由题干M的结构简式可知，M中含有苯环和碳碳双键、碳氮双键故能发生加成反应，能使酸性高锰酸钾溶液褪色即能发生氧化反应，含有醇羟基且邻碳有H即能发生消去反应，C正确；D．由题干M的结构简式可知，a号氮周围形成了3个σ键，还有一对孤电子对即其价层电子对数为4，故其价层电子对占据sp3轨道，D错误；故答案为：C。10.如下反应相关元素中，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，基态X原子的核外电子有5种空间运动状态，基态Y、Z原子有两个未成对电子，Q是ds区元素，焰色试验呈绿色。下列说法错误的是A.单质沸点： B.简单氢化物键角：C.反应过程中有蓝色沉淀产生 D.是配合物，配位原子是Y【答案】D【解析】【分析】Q是ds区元素，焰色试验呈绿色，则Q为Cu元素；空间运动状态数是指电子占据的轨道数，基态X原子的核外电子有5种空间运动状态，则X为第2周期元素，满足此条件的主族元素有N(1s22s22p3)、O(1s22s22p4)、F(1s22s22p5)；X、Y、Z为原子序数依次增大，基态Y、Z原子有两个未成对电子，若Y、Z为第2周期元素，则满足条件的可能为C(1s22s22p2)或O(1s22s22p4)，C原子序数小于N，所以Y不可能为C，若Y、Z为第3周期元素，则满足条件的可能为Si(1s22s22p63s23p2)或S(1s22s22p63s23p4)，Y、Z可与Cu形成CuZY4，而O、Si、S中只有O和S形成的才能形成CuZY4，所以Y、Z分别为O、S元素，则X只能为N；W能与X形成WX3，则W为IA族或VIIA族元素，但W原子序数小于N，所以W为H元素，综上所述，W、X、Y、Z、Q分别为H、N、O、S、Cu。【详解】A．W、Y、Z分别为H、O、S，S单质常温下呈固态，其沸点高于氧气和氢气，O2和H2均为分子晶体，O2的相对分子质量大于H2，O2的范德华力大于H2，所以沸点O2＞H2，即沸点S＞O2＞H2，故A正确；B．Y、X的简单氢化物分别为H2O和NH3，H2O的中心原子O原子的价层电子对数为2+×(6-2×1)=4、孤电子对数为2，空间构型为V形，键角约105º，NH3的中心原子N原子的价层电子对数为3+×(5-3×1)=4、孤电子对数为1，空间构型为三角锥形，键角约107º18´，所以键角：，故B正确；C．硫酸铜溶液中滴加氨水，氨水不足时生成蓝色沉淀氢氧化铜，氨水过量时氢氧化铜溶解，生成Cu(NH3)4SO4，即反应过程中有蓝色沉淀产生，故C正确；D．为Cu(NH3)4SO4，其中铜离子提供空轨道、NH3的N原子提供孤电子对，两者形成配位键，配位原子为N，故D错误；故答案为：D。11.某密闭容器中发生以下两个反应：①；②。反应①的正反应速率，反应②的正反应速率，其中、为速率常数。某温度下，体系中生成物浓度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是A.反应①的活化能大于反应②B.时，正反应速率C.内，X的平均反应速率D.该温度时，【答案】BD【解析】【详解】A．由图可知，初始生成M的速率大于N，则反应①的话化能小于反应②，A错误；B．由图可知，初始生成M的速率大于N，则＞，10s时两个反应均达到平衡状态，由于、，则正反应速率，B正确；C．①②反应中XQ的系数均为1，则内，X的平均反应速率为，C错误；D．、，则，由图可知，平衡时刻M、N的浓度分别为2mol/L、5mol/L，则，D错误；故选A。12.通过NiCo2O4电极催化剂实现了环氧氯丙烷电合成，工作原理如图。下列说法错误的是A.Ⅱ可能为B.电极a接电源的正极C.由Ⅱ生成环氧氯丙烷的方程式为+OH－=+X－+H2OD.当合成1mol环氧氯丙烷时，至少生成标准状况下的H2气体22.4L【答案】A【解析】【分析】由图可知，右电极上H2O被还原生成H2，即右电极作阴极，则左电极作阳极，阳极上X-和OH-同时且等量放电：X--e-=X·、OH--e-=OH-；据此作答。【详解】A．根据图示，I与·OH结合生成II，所以II只能是，A错误；B．根据分析，左边电极a为阳极，所以电极a接电源的正极，B正确；C．根据图示，由Ⅱ生成环氧氯丙烷的方程式为+OH－=+X－+H2O，C正确；D．当合成1mol环氧氯丙烷时，阳极上X-和OH-各失去1mol电子，共转移2mol电子，根据2H2O+2e-=2OH-+H2↑，转移2mol电子时，生成1molH2，即22.4LH2（标准状况），D正确；本题选A。13.碳硼烷酸是一类超强酸，也是唯一能质子化富勒烯(例如C60)但不会将其分解的酸，无机物M其结构如图所示，将无机物M中所有Cl原子取代成Br原子得到相同结构的无机物N。下列说法正确的是A.无机物N沸点低于无机物MB.碳硼烷酸的组成元素均位于元素周期表的p区C.由11个硼原子和1个碳原子排列而围成的结构有20个面D.②号氢需要克服Cl－H和Cl······H之间的作用力，因此①号氢具有强酸性【答案】C【解析】【详解】A．无机物M中所有Cl原子取代成Br原子得到相同结构的无机物N，则相对分子质量：N>M，因此无机物N沸点大于无机物M，A错误；B．碳硼烷酸的组成元素中，H元素位s区，C、B、Cl元素位于p区，B错误；C．根据该结构图可知，每层的B原子形成5边形，则该结构共有20个面，如图，C正确；D．②号氢需要克服Cl－H和Cl······H之间的作用力，①号氢需要克服C-H共价键，克服C-H共价键作用力更为困难，因此②号氢具有强酸性，D错误；答案选C。14.醛生成亚胺的反应机理如图1，反应速率随pH的变化如图2。下列说法错误的是A.酸性较强时，③为决速步；碱性较强时，①为决速步B.反应历程中，N原子的杂化方式有2种C.反应历程中，氧原子始终保持8电子稳定结构D.苯甲醛与羟胺(NH2—OH)反应的产物存在顺反异构【答案】A【解析】【详解】A．由题干信息可知，随着溶液中pH的增大，反应速率先增大后减小，但未告知各步反应的活化能相对大小，无法确定决速步骤，A错误；B．由题干图示信息可知，反应历程中，N原子的杂化方式有sp2和sp32种杂化方式，即单键的N为sp3杂化，双键上的N为sp2杂化，B正确；C．由题干图示信息可知，反应历程中，不管碳氧双键上、带一个单位负电荷的氧，还是-OH上的氧原子始终保持8电子稳定结构，C正确；D．由题干图示信息结合该反应历程可知，苯甲醛与羟胺(NH2—OH)反应的产物为：，产物中C=N中C连有两个互不相同的原子或原子团，N上连有-OH和孤电子对，故存在顺反异构，D正确；故答案为：A。15.室温下，向c(Al3+)、c(Zn2+)均为0.1mol/L的混合溶液中持续通入H2S气体，始终保持H2S饱和(H2S的物质的量浓度为0.1mol/L)，通过调节pH使Al3+、Zn2+分别沉淀，溶液中－lgc与pH的关系如下图所示，其中c表示Al3+、Zn2+、OH－和S2－的物质的量浓度的数值。已知：Ksp[Zn(OH)2]=1.2×10－17。下列说法不正确的是A.溶解度：Zn(OH)2大于ZnS B.①代表lgc(S2－)与pH的关系曲线C.pH逐渐增大时，溶液初始生成的沉淀为 D.Zn2++H2S=ZnS+2H+的平衡常数K=10－0.4【答案】D【解析】【分析】由于c(Al3+)、c(Zn2+)均为0.1mol/L，则曲线③④表示的离子为c(Al3+)或c(Zn2+)，纵坐标表示的为-lgc，则离子浓度越小，-lgc越大，则曲线①代表lgc(S2-)与pH的关系，则曲线②代表lgc(OH-)与pH的关系，根据曲线②与曲线④的交点坐标(5.8，8.2)，可知此时pH=5.8，则c(OH-)=10-8.2mol/L，同时根据Ksp[Zn(OH)2]=1.2×10－17，则曲线④为lgc(Al3+)与pH的关系，曲线③为lgc(Zn2+)与pH的关系，据此分析。【详解】A．由分析可知，曲线③为lgc(Zn2+)与pH的关系，曲线①代表lgc(S2-)与pH的关系，则根据二者交点(5.6，10.8)可知，Ksp(ZnS)=c(Zn2+)c(S2-)=10-10.8×10-10.8=10-21.6，Ksp[Zn(OH)2]=1.2×10－17，，溶解度：Zn(OH)2大于ZnS，A正确；B．由分析可知，曲线①代表lgc(S2-)与pH的关系，B正确；C．由A可知，溶解度：Zn(OH)2大于ZnS，pH逐渐增大时，溶液初始生成的沉淀为，C正确；D．Zn2++H2S=ZnS+2H+的平衡常数K=，曲线①代表lgc(S2-)与pH的关系，曲线③为lgc(Zn2+)与pH的关系，则根据二者交点(5.6，10.8)可知，此时c(S2-)=10-10.8mol/L，c(H+)=10-5.6mol/L，c(H2S)=0.1mol/L，由A可知Ksp(ZnS)=10-21.6，则K==100.6，D错误；故选D。16.探究硫及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是选项目的方案设计现象和结论A判断的化学键类型将固体溶于水，进行导电性实验电流表指针发生偏转，中含有离子键B证明水溶液的酸性与漂白性分别在石蕊溶液与品红溶液中通入适量气体石蕊溶液变红后没有褪色，品红溶液褪色，说明水溶液呈酸性，有漂白性C证明浓硫酸具有强氧化性加热浓硫酸、固体与固体的混合物有黄绿色气体产生，说明浓硫酸具有强氧化性D比较S与的非金属性强弱用试纸测定的和溶液的若前者的试纸颜色比后者深，说明非金属性：A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．氯化氢为共价化合物，溶于水会电离出氢离子、氯离子，溶液能导电；故固体溶于水，进行导电性实验，电流表指针发生偏转，溶液可导电，不能说明其含有离子键，故A不符合题意；B．酸性溶液使石蕊试液变红色，石蕊溶液变红后没有褪色，说明水溶液呈酸性；品红溶液褪色，说明能使有色物质褪色，有漂白性，故B符合题意；C．加入二氧化锰，也可能是二氧化锰使氯离子氧化生成氯气，不能说明浓硫酸具有强氧化性，故C不符合题意；D．硫化氢、氯化氢不是硫、氯对应的最高氧化物的水合物，故的和溶液的大小不能说明硫、氯的非金属性强弱，故D不符合题意；故选B。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分。)17.氮和氧是构建化合物的常见元素。请回答：（1）某氮氧化物A的晶胞如图。其化学式是___________，晶体类型是___________；写出O3与足量红棕色气体反应生成氮氧化物A的化学方程式___________。（2）下列有关单核微粒的描述正确的是___________。A.Ne的基态原子电子排布方式只有一种B.K的第二电离能>Ar的第一电离能C.Br的基态原子简化电子排布式为[Ar]3d104s24p3D.Cu原子变成Cu2+，过程中优先失去3d轨道电子（3）杂化A、B、C、D和E是五元杂环化合物，分子内所有原子共平面，结构如图所示。①比较在水中的溶解度：杂环B___________杂环C(填“>”、“<”或“=”)，请说明理由___________。②已知杂环D的沸点比杂环E高，请结合氢键的相关知识解释其原因___________。【答案】（1）①.N2O5②.分子晶体③.2NO2+O3=N2O5+O2（2）AB（3）①.<②.杂环C能与水分子形成分子间氢键，而杂环B不能与水分子间形成氢键③.杂环D的缔合体系的氢键数目、分子量大于杂环E的缔合体系，故杂环D沸点高于杂环E。【解析】【小问1详解】根据晶胞结构可知，化学式为：N2O5，其由分子间通过分子间作用力结合，故为分子晶体，O3与红棕色气体即NO2反应，配平后可得化学方程式，2NO2+O3=N2O5+O2；【小问2详解】Ne的原子序数为10，其基态原子电子排布为1s22s22p6，A正确；K的第二电离能是指气态的K+再失去一个电子形成气态K2+所需的能量，由于K+已经失去了一个电子，其核电荷对剩余电子的吸引力增强，故K的第二电离能大于Ar的第一电离能，B正确；Br的基态原子简化电子排布式为[Ar]3d104s24p5，C错误；Cu原子变成Cu2+，过程中优先失去4s轨道电子，D错误；答案选AB。【小问3详解】杂环C能与水分子形成分子间氢键，溶解度大，而杂环B不能与水分子间形成氢键，溶解度小。杂环D的缔合体系的氢键数目、分子量大于杂环E的缔合体系，故杂环D沸点高于杂环E。18.矿物资源的综合利用有多种方法，如工业上以CuCl2为原料可实现如下转化：请回答：（1）根据A→C的转化，给出相应微粒与Cu2+结合由弱到强的排序___________；写出溶液E中所有的阳离子___________。（2）①已知固体D难溶于水，可溶于硝酸。下列说法正确的是___________。A．Cu位于元素周期表的ds区B．高温分解CuCl2固体生成的气态产物有毒，无法大量用于制造药物、有机溶剂C．电解CuCl2溶液所得到固体D的质量比高温分解CuCl2固体多D．蓝色溶液B与作用，会生成一种气体和固体D②利用电解法测定铜的相对原子质量。该电池以0.15A恒定电流工作60分钟后，经精确称量得铜a电解前后的质量差为0.1785g，则测得的铜元素的相对原子质量为___________(结果保留3位有效数字)。[已知：1mol电子的电量为96500C，电荷量q(C)=电流I(A)×时间t(s)。]（3）往无色溶液E中通入O2可得到深蓝色溶液C，写出该反应的离子方程式___________。（4）设计实验方案证明固体D的组成元素___________。【答案】（1）①.Cl-＜H2O＜NH3②.[Cu(NH3)2]+、、H+（2）①.AD②.63.8（3）（4）取少量白色沉淀于试管中，滴入适量稀硝酸，若溶液呈蓝色，说明有铜元素；再向溶液中加入硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明有氯元素【解析】【分析】CuCl2与浓盐酸反应，生成[CuCl4]2-，加水，生成[Cu(H2O)4]Cl2，加入氨水，生成[Cu(NH3)4]Cl2，CuCl2隔绝空气，生成CuCl和Cl2，方程式为：2CuCl22CuCl+Cl2，D为CuCl，加入氨水，发生反应：CuCl+2NH3•H2O=[Cu(NH3)2]Cl+2H2O，据此分析作答。【小问1详解】根据分析可知，[CuCl4]2-→[Cu(H2O)4]Cl2→[Cu(NH3)4]Cl2，则与Cu2+结合由弱到强的排序为：Cl-＜H2O＜NH3，溶液E中所有的阳离子为：[Cu(NH3)2]+、、H+。【小问2详解】①A．Cu位于元素周期表的第IB族，属于ds区，故A正确；B．高温分解CuCl2固体的过程中，会产生有毒的Cl2，Cl2和甲烷发生取代反应可以生成有机溶剂CCl4，Cl2也可用于制造药物‌，故B错误；C．由分析可知，D为CuCl，电解CuCl2溶液所得到固体为Cu，高温分解CuCl2会生成CuCl固体，等物质的量的Cu质量比CuCl小，故C错误；D．由分析可知，蓝色溶液中含有[Cu(H2O)4]Cl2，与发生氧化还原反应生成N2和固体CuCl，故D正确；故选AD；②利用电解法测定铜的相对原子质量，阴极电极方程式为：Cu2++2e-=Cu，阳极电极方程式为：Cu-2e-=Cu2+，该电池以0.15A恒定电流工作60分钟后，转移电子的物质的量为，生成Cu的物质的量为0.0056mol×0.5=0.0028mol，经精确称量得铜a电解前后的质量差为0.1785g，则测得的铜元素的相对原子质量为g/mol。【小问3详解】E中含有[Cu(NH3)2]Cl，深蓝色溶液C为[Cu(NH3)4]Cl2溶液，往无色溶液E中通入O2可得到深蓝色溶液C，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。【小问4详解】固体D为CuCl，要检验CuCl，需要检验Cu+和Cl-，检验Cu+可以将其氧化为Cu2+，设计实验方案证明固体D的组成元素为：取少量白色沉淀于试管中，滴入适量稀硝酸，若溶液呈蓝色，说明有铜元素；再向溶液中加入硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明有氯元素。19.水是生命之源，生产和生活都离不开水。请回答：（1）置于密闭容器中的纯水(如图所示)，存在平衡：H2O(l)H2O(g)ΔH=+44kJ/mol。一定温度下达到平衡时，p(H2O)(水蒸气产生的压强)为一定值，该压强称为相应温度下的饱和蒸气压。若将水置于敞口容器中，当水的饱和蒸气压与外界气压相同时，水就会沸腾。①从反应自发性角度分析，常温下水能够挥发的原因是___________。②已知：一定物质的量的气体产生的压强与温度成正比；当水中溶有非挥发性溶质时，水的沸点会升高。在下图中画出水和水中加入非挥发性溶质时的饱和蒸气压随温度的变化曲线并分别标注纯水、溶液___________。（2）水蒸气和沼气(含CO2)的催化重整反应可用于制氢气，相关反应如下：Ⅰ．CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH1=+260kJ/molⅡ．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=－41kJ/molⅢ．CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH3=+247kJ/mol其他反应：甲烷高温分解等原因造成的积碳反应。①工业生产中常采用700℃左右的高温，原因是___________。②一定温度下，某密闭容器中充入一定量CH4(g)、H2O(g)、CO(g)和H2(g)发生反应Ⅰ，下列有关说法正确的是___________。A．若反应在恒压容器中进行，容器体积不再发生变化时，反应达到平衡状态B．若反应在恒容容器中进行，达到平衡后再向容器中充入一定量CH4，达到新平衡后，与原平衡相比，正反应速率增大，逆反应速率减小C．若反应在恒容容器中进行，达到平衡后，降低体系温度，达新平衡时，CO体积分数一定减小D．若反应在恒压容器中进行，达到平衡后再向容器中充入一定量Ar，达到新平衡时，c(H2)比原平衡大③在催化剂作用下，反应Ⅰ机理涉及如下过程(*代表催化剂吸附中心位点，CH2*代表吸附态的CH2)：(a)：CH4+*→CH2*+H2(b)：H2O+2*H*+OH*(c)：___________(d)：___________(e)：CO*CO+*【答案】（1）①.水变成水蒸气是熵增大的过程②.（2）①.反应Ⅰ和Ⅱ均为吸热反应，高温能够提高甲烷的平衡转化率，也能加快反应速率②.温度过高会造成积碳的生成，影响催化剂的催化性能（或温度过高，副反应增多）③.AC④.CH2*+OH*CO*+32H2+*或CH2*+OH*CO*+H2+H*【解析】【小问1详解】①从过程的自发性角度分析，常温下水能够挥发的原因是水变成水蒸气是熵增大的过程。故答案为：水变成水蒸气是熵增大的过程；②一定物质的量的水的饱和蒸气压与温度成正比，当水中溶有非挥发性溶质时，水的沸点会升高，图二水中加入非挥发性溶质时，饱和蒸气压与温度的变化曲线，溶液在纯水的下方，。故答案为：；【小问2详解】①工业生产中常采用700℃左右的高温，原因是反应Ⅰ．CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH1=+260kJ/mol和Ⅲ．CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH3=+247kJ/mol均为吸热反应，高温能够提高甲烷的平衡转化率，也能加快反应速率；温度过高会造成积碳的生成，影响催化剂的催化性能(或温度过高，副反应增多)。故答案为：反应I和Ⅲ均为吸热反应，高温能够提高甲烷的平衡转化率，也能加快反应速率；温度过高会造成积碳的生成，影响催化剂的催化性能(或温度过高，副反应增多)；②一定温度下，某密闭容器中充入一定量CH4(g)、H2O(g)、CO(g)和H2(g)发生反应Ⅰ．CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH1=+260kJ/mol，A．反应是前后气体体积变化的反应，若反应在恒压容器中进行，容器体积不再发生变化时，反应混合物的组成保持不变，反应达到平衡状态，故A正确；B．若反应在恒容容器中进行，达到平衡后再向容器中充入一定量CH4，达到新平衡后，与原平衡相比，正反应速率增大，逆反应速率也增大，故B错误；C．若反应在恒容容器中进行，达到平衡后，降低体系温度，平衡逆向移动，达新平衡时，CO体积分数一定减小，故C正确；D．若反应在恒压容器中进行，达到平衡后再向容器中充入一定量Ar，相当于扩大体积，减小反应混合物的压强，平衡正向移动，氢气物质的量增大的幅度小于体积增大的幅度，达新平衡时，c(H2)比原平衡小，故D错误；故答案为：AC；③在催化剂作用下，反应Ⅰ机理涉及如下过程(*代表催化剂吸附中心位点，CH2*代表吸附态的CH2)(a)：CH4+*→CH2*+H2(b)：H2O+2*H*+OH*(c)：CH2*+OH*CO*+32H2+*或CH2*+OH*CO*+H2+H*；(d)：2H*H2+2*；（c、d顺序可以调换，符合总反应式的其它合理答案亦可）(e)故答案为：CH2*+OH*CO*+32H2+*或CH2*+OH*CO*+H2+H*；2H*H2+2*。20.一氯胺(NH2Cl)是重要的水消毒剂，在中性环境中易发生水解。某兴趣小组实验室模拟制备一氯胺并测定其含量实验如下：实验一：制备NaClO溶液(实验装置图所示)。连接好装置，检查气密性后，加入药品，打开K1关闭K2，将装置I产生的气体通入装置Ⅱ中制备NaClO溶液。实验二：制备NH2Cl一段时间后，关闭K1打开K2，将装置Ⅲ产生的气体也通入装置Ⅱ中制备得到一氯胺。实验三：测定一氯胺(NH2Cl)含量用移液管移取20.00mL实验后装置Ⅱ中溶液，加入过量碘化钾溶液，充分反应后，用0.100mol/L的Na2S2O3溶液进行滴定。请回答：（1）实验一中用冰水浴控制温度的主要目的为___________；盛有浓盐酸的仪器名称是___________。（2）请写出实验二制备NH2Cl的化学方程式___________。（3）关于一氯胺(NH2Cl)制备过程中下列说法正确的是___________。A.实验一装置I中KMnO4可用MnO2代替B.装置Ⅱ中尾气处理管可以起防倒吸作用C.实验二需控制NH3的用量，防止生成多氯胺等杂质D.NH2Cl在中性环境中易发生水解，其原理为NH2Cl+H2O=HCl+NH2OH（4）在实验三滴定过程中使用到碱式滴定管(如图所示)。①选出其正确操作并按顺序列出字母：蒸馏水洗涤→加入待装液3～5mL→__→__→__→__→__→滴定__，___________。a．加液至“0”刻度以上2～3cm；b．倾斜转动滴定管，使液体润湿滴定管内壁，挤压玻璃球，放液；c．调整至“0”或“0”刻度以下，静止1min，读数；d．将滴定管尖端插入锥形瓶内约1cm；e．右手拿住滴定管倾斜30°，左手迅速打开活塞；f．橡皮管向上弯曲，挤压玻璃球a处，放液；g．橡皮管向上弯曲，挤压玻璃球b处，放液；h．橡皮管向上弯曲，挤压玻璃球c处，放液。②判定达到滴定终点的现象是___________。③三次滴定消耗Na2S2O3标准溶液的平均体积为5.00mL，则一氯胺的物质的量浓度为___________。已知：NH2Cl+I－+H2O→NH3•H2O+OH－+Cl－+I，I2+I－，(未配平)【答案】（1）①.防止温度过高，发生副反应，生成NaClO3等杂质②.分液漏斗（2）NH3+NaClO=NaOH+NH2Cl（3）C（4）①.bafcd②.溶液由蓝色变为无色，且半分钟颜色不再变化③.0.0125mol/L【解析】【分析】装置I内KMnO4具有氧化性、浓盐酸有还原性，两者发生氧化还原反应制取氯气，氯气进入装置Ⅱ中与NaOH溶液反应生成NaClO，装置Ⅲ的浓氨水和生石灰反应制取NH3，氨气进入装置Ⅱ与NaClO反应得到NH2Cl，反应方程式为：NH3+NaClO=NaOH+NH2Cl；【小问1详解】实验一的氯气中与NaOH溶液反应生成NaClO，在较高温度下会产生副产物NaClO3，所以用冰水浴控制温度的主要目的防止温度过高，发生副反应，生成NaClO3等杂质；根据图示可知，盛有浓盐酸的仪器是分液漏斗。【小问2详解】由分析知，氨气进入装置Ⅱ与NaClO反应得到NH2Cl，NH2Cl中N为-3、Cl为+1，反应方程式为：NH3+NaClO=NaOH+NH2Cl；【小问3详解】A．若实验一装置I中KMnO4可用MnO2代替需要加热，A错误；B．整套装置有气体参与，装置Ⅱ中尾气处理管的作用是平衡大气压，B错误；C．实验二需控制NH3的用量，防止生成多氯胺等杂质，C正确；D．氮的电负性大于氯，形