2024届浙江省杭州市高三下学期二模化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省杭州市2024届高三下学期二模可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24A127Si28P31S32Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Zn65Br80Ag108Ba137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.下列食品添加剂中常用作防腐剂的是（）A. B.苯甲酸 C. D.碘酸钾【答案】B〖祥解〗常见的防腐剂有糖、食盐、亚硝酸钠、苯甲酸、苯甲酸钠等，苯甲酸钠在pH是2.5-4.0时有杀菌抑菌的作用，所以可以做食品的防腐剂，合理使用对人体无害，据此回答。【详析】A．食品级碳酸氢铵又称“臭粉”“臭碱”，主要用于食品加工过程中的疏松剂，不是用作防腐剂，A错误；B．苯甲酸钠在pH是2.5-4.0时有杀菌抑菌的作用，此时主要存在形式为苯甲酸，所以苯甲酸可以做食品的防腐剂，合理使用对人体无害，B正确；C．硫酸钙是石膏的主要成分，可以用来点豆腐，不是用作防腐剂，C错误；D．碘酸钾是食盐加碘的成分，不是用作防腐剂，A错误；

故选B。2.下列化学用语使用正确的是（）A.甲胺的电子式： B.某烷烃名称为2，5-二甲基戊烷C.中子数为7的碳原子： D.的价层电子对互斥模型：【答案】D【详析】A．甲胺中N为8电子结构，电子式：，A错误；B．有机物系统命名法选主链：选最长碳链为主链；应该为2-甲基己烷，B错误；C．核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；中子数为7的碳原子可表示为：C，C错误；D．的中心原子S原子的价层电子对数为，价层电子对互斥模型为平面三角形，D正确；故选D。3.对下列事实的解释不正确的是（）A.常温下，浓硫酸可以用铝制容器贮存，说明铝与浓硫酸不反应B.硫酸的沸点高，主要是因为分子间形成了氢键C.将浓硫酸和铜片反应生成的气体通入品红溶液，溶液红色褪去，说明产生了漂白性气体D.反应能进行，说明不溶于稀硫酸【答案】A【详析】A．常温下，浓硫酸可以用铝制容器贮存，是因为铝与浓硫酸发生“钝化”，“钝化”是发生反应生成致密氧化膜的过程，A错误；B．硫酸分子的结构简式为，可以看作是一个硫酰基与两个羟基，而每个硫酰基又有两个氢键配合能力较强的氧，所以理论上一个硫酸中所有的氢都以氢键的形式被键合了，使得硫酸的沸点高，B正确；C．浓硫酸和铜片反应的化学方程式为，将二氧化硫通入品红溶液，溶液红色褪去，说明其具有漂白性，C正确；D．反应能进行，符合复分解反应发生的条件，有沉淀生成，说明不溶于稀硫酸，D正确；故选A。4.运动会上发令枪所用“火药”的主要成分是氯酸钾、硫磺、木炭，撞击时发生的化学反应为：。下列有关叙述不正确的是（）A.氧化产物只有B.反应中氯酸钾是氧化剂C.发令时产生的白烟主要是固体颗粒D.反应中消耗氯酸钾时，转移电子数【答案】A〖祥解〗反应中，Cl元素由+5价降到-1价，得到6电子，作氧化剂；S由0价升高到+4价，失去4电子，作还原剂，C由0价升高到+4价，失去4电子，作还原剂。【详析】A．由分析可知，、都为氧化产物，A错误；B．由分析可知，反应中氯酸钾是氧化剂，B正确；C．为白色固体，故发令时产生的白烟主要是固体颗粒，C正确；D．氯酸钾中Cl元素由+5价降到-1价，得到6电子，消耗氯酸钾时，转移电子数，D正确；故选A5.在溶液中能大量共存的离子组是（）A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、【答案】D【详析】A．铁离子与碘离子发生氧化还原反应不共存，A错误；B．镁离子与碳酸根离子、硫离子均不共存，B错误；C．铜离子和硫氰根离子反应方程式是2Cu²⁺+4CN⁻＝，不能共存，C错误；D．离子均可大量共存，D正确；故选D。6.利用下列装置和试剂进行实验，能达到实验目的的是（）A．用乙醇萃取碘水中的碘B．验证易溶于水且溶液呈碱性C．比较碳酸和苯酚的酸性强弱D．中和反应反应热测定【答案】B【详析】A．乙醇能与水任意比互溶，不能作为碘水的萃取剂，故A错误；B．该装置能形成红色喷泉，说明NH3易溶于水且溶液呈碱性，故B正确；C．挥发的乙酸与苯酚钠反应生成苯酚，实验不能比较碳酸、苯酚的酸性强弱，故C错误；D．中和反应反应热的测定实验中需要玻璃搅拌器，故D错误；故选：B。7.根据物质的组成和结构变化推测其性能变化，下列推测不合理的是（）物质组成和结构变化性能变化A纯铝加入少量Cu、Mg、Mn、Si增大硬度和强度B饱和一元醇增加烃基R碳原子的个数水中溶解度增大C二氧化硅加热熔融后快速冷却各方向导热性相同D阿司匹林()使其与乙二醇、聚甲基丙烯酸连接起来得到缓释阿司匹林【答案】B【详析】A．纯铝加入少量Cu、Mg、Mn、Si形成合金，可以增大硬度和强度，A合理；B．饱和一元醇，增加烃基R碳原子的个数，由于烃基是推电子基团，导致-OH的极性减弱，更难与H2O分子形成氢键，在水中溶解度减小，B不合理；C．二氧化硅加热熔融后快速冷却会形成非晶态二氧化硅，没有各向异性，各方向导热性相同，C合理；D．将阿司匹林与乙二醇、聚甲基丙烯酸连接起来可以得到缓释阿司匹林，D合理；故选B。8.某兴趣小组用CaS与MgCl2反应制备高纯H2S，实验装置如图所示(装置A内产生的H2S气体中含有酸性气体杂质)下列说法不正确的是（）A.装置A中的反应利用了水解原理B.为了简化装置，B可以省略C.装置C中的Ba(OH)2可以换成NaHSD.为了快速排除体系内的空气，可先断开装置F和装置G的连接【答案】B〖祥解〗A作为H2S的发生装置，反应原理为：CaS+MgCl2+2H2O=CaCl2+Mg(OH)2+H2S↑，装置B为除去A中制备的H2S中含有的HCl，防止消耗装置C中的Ba(OH)2，同时酸碱中和反应放热，引起C中溶液升温，由于不能骤冷，所以E、F都是冷却H2S的装置，D装置干燥H2S，F冷却并收集H2S，G作为平衡气压和尾气处理装置，据此回答。【详析】A．由分析可知，装置A中反应原理为：CaS+MgCl2+2H2O=CaCl2+Mg(OH)2+H2S↑，故该反应利用了水解原理，A正确；B．由分析可知，装置B的作用为除去H2S中的酸性气体(如HCl)，故不能省略装置B，B错误；C．由分析可知，装置C的作用为进一步除去H2S中的HCl，故C中的Ba(OH)2可以换成NaHS，C正确；D．由分析可知，装置G的作用为平衡气压和尾气处理装置，一开始装置中的气体中不含有毒有害的气体H2S，故为了快速排除体系内的空气，可以先断开装置F和装置G的连接，D正确；故答案为：B。9.关于有机物分析检测，下列说法不正确的是（）A.通过X射线衍射可确定乙酸的空间结构B.用溴的四氯化碳溶液，可以鉴别己烯和己醛C.红外光谱图可获得分子中所含有的化学键或官能团的信息D.卤代烃与氢氧化钠溶液共热、滴加溶液后根据沉淀颜色可判断卤原子种类【答案】D【详析】A．通过X射线衍射可确定乙酸的空间结构,A正确；B．己烯和溴单质发生加成反应，能使溴的四氯化碳溶液褪色，己醛不能被溴的四氯化碳溶液氧化，故可以用溴的四氯化碳溶液鉴别己烯和己醛，B正确；C．红外光谱可确定有机物中的化学键、官能团，C正确；D．卤代烃加入NaOH水溶液共热发生水解反应，先加入稀硝酸再加入AgNO3溶液，根据沉淀颜色可判断卤原子种类，D错误；故选D。10.下列方程式的书写，不正确的是（）A.溶液暴露在空气中：B.铅酸蓄电池放电的负极反应：C.葡萄糖与新制氢氧化铜反应：D.煅烧黄铁矿制【答案】D【详析】A．溶液暴露在空气中：，A正确；B．铅酸蓄电池放电的负极反应：，B正确；C．葡萄糖与新制氢氧化铜反应：，C正确；D．煅烧黄铁矿制SO2：，D错误；故选D。11.维生素C是重要的营养素，又称“抗坏血酸”，在空气中易发生如下转化：下列说法不正确的是（）A.维生素C易溶于水B.上述转化发生了氧化反应C.维生素C体现出的酸性可能与a、b两个羟基有关D.抗坏血酸能发生加成反应、酯化反应、水解反应【答案】C〖祥解〗维生素在空气中极易被氧化，羟基被氧化为羰基，据此回答。【详析】A．维生素中含有多个羟基，易与水分子间形成氢键，所以维生素C易溶于水，A正确；B．根据分析可知，上述转化发生了氧化反应，B正确；C．维生素C分子中含有连二烯醇结构，由于两个烯醇羟基极易游离，释放氢离子，虽不含羧基，水溶液仍显酸性，C错误；D．抗坏血酸含有羟基，可以发生酯化反应，有酯基可以发生水解反应，有碳碳双键能发生加成反应，D正确；故选C。12.A、B、C、D、E、F为六种原子序数依次增大的短周期元素，A、B、D位于同一主族，且D的原子半径在短周期元素原子中最大，C是周期表中电负性最大的元素，基态E原子的核外电子有7种空间运动状态，基态F原子有3个未成对电子。下列说法正确的是（）A.C的最低价氢化物的沸点低于F的最低价氢化物B.A元素形成的离子半径小于B元素形成的离子半径C.A、B、E形成化合物中阴离子中心原子的杂化方式为sp2D.C、D、E形成的某种化合物能降低冶炼E单质的能耗【答案】D〖祥解〗A、B、C、D、E、F为六种原子序数依次增大的短周期元素，A、B、D位于同一主族，且D的原子半径在短周期元素原子中最大，则A是H元素，B是Li元素，D是Na元素；C是周期表中电负性最大的元素，则C是F元素；基态E原子的核外电子有7种空间运动状态，则E核外电子排布是1s22s2p63s23p1，E是Al元素；基态F原子有3个未成对电子，则F核外电子排布是1s22s2p63s23p3，F是P元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。【详析】根据上述分析可知：A是H，B是Li，C是F，D是Na，E是Al，F是P元素。A．C是F元素，F是P元素，它们形成的简单氢化物HF、PH3，HF分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致其沸点比只存在分子间作用力的PH3高，A错误；B．A是H，B是Li，若H形成的简单离子是H-，Li形成的简单离子是Li+，电子层数相同时，原子序数越大半径越小，所以离子半径：H->Li+，B错误；C．A是H，B是Li，E是Al，三种元素形成的化合物LiAlH4，其阴离子的价层电子对数是4+=4，因此中心Al原子杂化类型是sp3，C错误；D．根据上述分析可知：C是F，D是Na，E是Al，三种元素形成的化合物是Na3AlF6，Na3AlF6俗称冰晶石；单质Al冶炼时采用电解熔融Al2O3的方法，但由于该物质是离子化合物，熔点是2050℃，熔点很高，为降低其熔点，通常要加入冰晶石Na3AlF6，可以使Al2O3在1000℃左右熔化，从而可节约大量能量而降低能耗，D正确；故选D。13.调节溶液的pH，当溶液中的氨基酸主要以两性离子存在时，分子整体呈电中性，此时溶液的pH值为该氨基酸的pI值，谷氨酸的；丙氨酸的；赖氨酸的。已知：可以利用如图装置分离这三种氨基酸，a、b为离子交换膜，下列说法不正确的是（）A.阳极的电极反应为B.a应采用阳离子膜，b应采用阴离子膜C.原料室的应控制在6.02D.在产品室1中，可以收集到赖氨酸【答案】D〖祥解〗由题干电解池装置图可知，阳极室为电解H2SO4溶液，故阳极反应为：2H2O-4e-=O2+4H+，阴极室为电解NaOH溶液，电极反应为：2H2O+2e-=H2+2OH-，H+经a膜进入产品室1，OH-经b膜进入产品室2，故a膜为阳离子交换膜，b膜为阴离子交换膜，根据三种氨基酸的pI值可知，产品室1显酸性，则为谷氨酸，产品室2显碱性，则为赖氨酸，丙氨酸留在原料室，据此分析解题。【详析】A．由题干图示装置可知，阳极室为稀硫酸，故阳极的电极反应为2H2O-4e-=O2+4H+，A正确；B．由分析可知，a应采用阳离子膜，b应采用阴离子膜，B正确；C．由分析可知，原料室留下了丙氨酸，根据丙氨酸的pI值可知，原料室的应控制在6.02，C正确；D．由分析可知，产品室1显酸性，则可以收集到谷氨酸，产品室2显碱性，则可以收集到赖氨酸，D错误；故答案为：D。14.时，溴代烷在水中可按如下过程进行水解反应：I．慢Ⅱ．快Ⅲ．快已知，当R基团不同时，水解相对速率如下R相对速率1000.023x0.0034下列说法不正确的是（）A.第一步反应的活化能最高B.加入，能促进溴代烷的水解C.可以预测x的值介于之间D.下列卤代烃水解速率顺序为：【答案】D【详析】A．活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；则第一步反应的活化能最高，A正确；B．加入，溴离子和银离子生成溴化银沉淀，促使正向减小，故能促进溴代烷的水解，B正确；C．由表可知，随着R基团减小，反应相对速率减小，故可以预测x的值介于之间，C正确；D．氯原子半径小于溴、小于碘，形成的碳氯键键能更大，更难断裂，则卤代烃水解速率顺序为：，D错误；故选D。15.室温下，向浓度均为的和的混合溶液中逐滴加入的溶液。已知：的，，，，。下列说法不正确的是（）A.加入的溶液后，在上层清液中滴加溶液无明显现象B.溶液中存在关系，C.在和的混合溶液加几滴稀盐酸，几乎不变D.向和混合溶液加入溶液，可能生成碱式碳酸镁【答案】A【详析】A．加入的溶液后，恰好完全生成碳酸钡沉淀，此时溶液为碳酸钡的饱和溶液，在上层清液中滴加，钡离子浓度增大，会继续生成固体碳酸钡，故A错误；B．溶液中，碳酸根离子水解产生碳酸氢根与氢氧根离子，碳酸氢根离子继续水解产生碳酸分子和氢氧根离子，故离子大小顺序为，B正确；C．根据的，，可知碳酸根结合氢离子能力更强，滴加几滴盐酸，则发生反应，所以几乎不变，故C正确；D．向和混合溶液加入溶液，发生反应、溶液呈碱性，由于＞，所以有可能生成碱式碳酸镁，故D正确；故选A。16.根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，方案设计或结论不正确的是（）选项实验目的方案设计现象结论A探究与水解程度的大小分别测定的和溶液前者小水解程度小于B探究、结合的能力向溶液依次滴加足量溶液、几滴溶液加入后无明显变化，加入溶液变红结合能力：C探究对氧化性的影响用调节相同浓度、和溶液的，测量氧化反应所需最低最低顺序：浓度越大，氧化性越强D比较与结合能力将等浓度等体积的溶液和溶液混合产生白色沉淀结合能力：【答案】B【详析】A．测定的和溶液，由于F-和醋酸根离子水解均产生氢氧根，前者小，说明醋酸根离子水解程度更大，故A正确；B．应在等物质的量浓度的和的混合溶液中滴加足量溶液，来验证、结合的能力，若溶液变红，说明结合能力：，若溶液不变色，说明结合能力：，故B错误；C．还原性：I-＞Br-＞Cl-，因此最低顺序：，说明浓度越大，氧化性越强，故C正确；D．水解产生Al(OH)3，促进的电离产生H+，二者产生Al(OH)3沉淀和，从而证明结合H+能力：，故D正确；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、硫和氯等是构成化合物的常见元素。已知：2SO3+H2O=。（1）某化合物的晶胞如图所示，其化学式是___________，周围最近的有___________个，晶体类型是___________。（2）下列说法正确的是___________。A.能量最低的激发态Cl原子的M层电子排布图为B.电负性：C.中两个键的镜面在空间上相互垂直D.第一电离能：（3）①和发生如下过程：，硫酸起到___________(填“酸”、“碱”)的作用。=2\*GB3②比较键角，___________(填“>”、“<”或“=”)，理由是___________。（4）将与发生化合反应生成型离子化合物，其中A为，写出B的结构式___________。【答案】（1）Cs2[][]8离子晶体（2）CD（3）①.酸②.>中氮为sp杂化，是直线形结构，中氮为sp2杂化，为平面三角形结构（4）【详析】（1）据“均摊法”，晶胞中含个、个、个Cs，则化学式为Cs2[][]；由图可知，周围最近的在上下层各有4个，共有8个，该物质中含有离子键，其晶体类型是离子晶体；（2）A．氯为17号元素，基态Cl原子核外电子排布为1s22s22p63s23p5，能量最低的激发态Cl原子则会有1个3s电子跃迁到3p轨道，故M层电子排布图为，错误；B．H与N和S形成氢化物时，H均为正价，故三者中H的电负性最小，且元素周期表中电负性最强的三种元素为F、O、N，故电负性：，错误；C．键为镜面对称，则中两个键的镜面在空间上相互垂直，正确；D．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能呈增大趋势，故第一电离能：，正确；故选CD；（3）反应中硫酸提供氢离子，起到酸的作用；中氮为sp杂化，是直线形结构，中氮为sp2杂化，为平面三角形结构，故键角，>；（4）与发生化合反应生成型离子化合物，其中A为，结合质量守恒可知，B为含有1个N、2个S、6个O形成的负三价阴离子，结合已知：2SO3+H2O=，则B为。18.固态化合物CaCu2O3有如下转化：已知：固体G的摩尔质量为80g/mol。（1）用化学式表示A的组成___________，写出溶液D中主要的阳离子___________。（2）下列说法正确的是___________。A.反应Ⅰ中NH3体现氧化性B.反应Ⅱ的现象说明稳定性：C.气体混合物B的组成为N2、NH3D.固体G与水反应可以得到NH3（3）已知高铜酸钠(NaCuO2)是一种黑色难溶于水的固体，具有强氧化性，但在中性或碱性溶液下稳定，可在NaOH溶液中用NaClO氧化Cu(OH)2制得。①写出制备NaCuO2的离子方程式_________________。②制备的高铜酸钠中可能含有Cu(OH)2，设计实验证明Cu(OH)2是否存在___________。【答案】（1）Ca(OH)2和CuH+、Cu2+、Ca2+（2）BD（3）①.2Na++2OH-+2Cu(OH)2+ClO-=2NaCuO2↓+Cl-+3H2O②.取样品少许于一试管，向其中加入足量的氨水，若能产生深蓝色溶液，则说明含有Cu(OH)2，反之则反〖祥解〗固态化合物CaCu2O3与足量的NH3共热产生固体A，主要成分为Ca(OH)2和Cu，固体A中加入足量的HNO3中产生无色气体NO和溶液D，主要成分是Cu(NO3)2和Ca(NO3)2，根据NH3具有还原性产生N2、H2O(g)和过量的NH3，故气体混合物B为H2O(g)、NH3和N2，除去NH3、H2O(g)后得到单质气体F即N2，N2和CaC2一定条件下产生C和固体G，根据G的摩尔质量为80g/mol，可知G的化学式为CaCN2，据此分析解题。【详析】（1）由分析可知，A的组成为：Ca(OH)2和Cu，D溶液的主要成分是Cu(NO3)2和Ca(NO3)2，以及过量的HNO3，则其中主要的阳离子为：H+、Cu2+、Ca2+，故答案为：Ca(OH)2和Cu；H+、Cu2+、Ca2+；（2）A．由分析可知，反应Ⅰ中NH3中的N转化为N2，故NH3体现还原性，A错误；B．反应Ⅱ即向含有Cu2+的溶液中加入氨水至过量，根据先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解生成深蓝色溶液，即形成了Cu[(NH3)4]2+的现象可以说明稳定性：，B正确；C．由分析可知，气体混合物B的组成为N2、NH3和水蒸气，C错误；D．由分析可知，固体G的成分为CaCN2，其与水反应可以得到NH3，反应方程式为：CaCN2+3H2O=2NH3↑+CaCO3↓，D正确；故答案为：BD；（3）已知高铜酸钠(NaCuO2)是一种黑色难溶于水固体，具有强氧化性，但在中性或碱性溶液下稳定。①根据在NaOH溶液中用NaClO氧化Cu(OH)2制得(NaCuO2)，根据氧化还原反应可得2NaOH+2Cu(OH)2+NaClO=2NaCuO2+NaCl+3H2O，故制备NaCuO2的离子方程式为：2Na++2OH-+2Cu(OH)2+ClO-=2NaCuO2↓+Cl-+3H2O，故答案为：2Na++2OH-+2Cu(OH)2+ClO-=2NaCuO2↓+Cl-+3H2O；②由题干信息可知，Cu(OH)2能溶液过量的氨水中生成深蓝色溶液，且Cu(OH)2能溶于过量的NaOH溶液中生成蓝色溶液[Cu(OH)4]2-，故可设计实验：取样品少许于一试管，向其中加入足量的氨水，若能产生深蓝色溶液，则说明含有Cu(OH)2，反之则反，故答案为：取样品少许于一试管，向其中加入足量的氨水，若能产生深蓝色溶液，则说明含有Cu(OH)2，反之则反。19.乙二醇是应用广泛的化工产品，草酸二甲酯的热催化加氢是生产乙二醇、乙醇酸甲酯的重要工艺。主要反应如下：I．Ⅱ．Ⅲ．（1）写出由草酸二甲酯热催化加氢生成乙二醇的热化学方程式：____________________。（2）计算表明，反应Ⅲ在研究的温度范围内平衡常数大于，可以认为反应Ⅲ几乎不可逆，为了限制反应Ⅲ对乙二醇产率的影响，可采取的最佳措施是___________。A.升高反应体系的温度 B.适当增大反应投料中氢气的比例C.增大反应体系的压强 D.选择合适的催化剂进行反应（3）在选定催化剂后，科研人员研究了投料比和压强对反应平衡的影响，测得在、的等温等压条件下，原料草酸二甲酯的转化率()及产物的选择性(S)随投料比的变化关系如图(生成某产物的草酸二甲酯的物质的量/参与反应的草酸二甲酯的总物质的量)。①当投料比大于80时，乙醇酸甲酯的选择性降低，其原因是____________________。②已知投料比为60时，草酸二甲酯的转化率为，该条件下不发生反应Ⅲ，则最终收集的流出气中甲醇蒸气的分压为___________(计算结果保留二位小数)。（4）在等压、投料比为50的条件下，科研人员测量了原料草酸二甲酯的转化率()及各产物的选择性(S)随温度变化关系，如图。①当反应温度高于时，乙二醇的选择性降低，原因是____________________。②请画出乙醇酸甲酯的产率随温度的变化___________。【答案】（1）CH3OOCCOOCH3(g)+4H2(g)⇌HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g)△H=-38.9kJ/mol（2）D（3）①.增大投料比，反应Ⅱ平衡正向移动，乙醇酸甲酯的选择性降低②.0.03（4）①.温度升高，副反应Ⅲ发生，乙醇选择性提高，导致乙二醇选择性降低②.【详析】（1）由盖斯定律可知，Ⅰ+Ⅱ可得CH3OOCCOOCH3(g)+4H2(g)⇌HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g)，△H=△H1+△H2=-38.9kJ/mol；（2）A．升高反应体系的温度，反应Ⅰ和Ⅱ逆向移动，A错误；B．适当增大反应投料中氢气的比例，平衡正向移动，虽然可以提高乙二醇产率，但不是最佳措施，B错误；C．增大反应体系的压强，反应Ⅰ和Ⅱ正向移动，虽然乙二醇产率增大，但不是最佳措施，C错误；D．选择合适的催化剂进行反应，可以大大的加快单位时间内乙二醇的产量，为最佳措施，D正确；故选D。（3）①当投料比大于80时，乙醇酸甲酯的选择性降低，其原因是：增大投料比，反应Ⅱ平衡正向移动，乙醇酸甲酯的选择性降低；②假设投入的CH3OOCCOOCH3为1mol，H2为60mol，CH3OOCCOOCH3的转化率为90%，总的转化了0.9mol，生成的乙二醇和乙醇酸甲酯选择性各为50%，则两者物质的量分别为0.45mol，由三段式可知：则平衡时甲醇物质的量为1.35mol，乙二醇与乙醇酸甲酯的物质的量均为0.45mol，氢气的物质的量为57.3mol，气体的总物质的量为：59.65mol，则甲醇的分压为MPa=0.03MPa；（4）①温度升高，副反应Ⅲ发生，乙醇选择性提高，导致乙二醇选择性降低；②乙醇酸甲酯的产率随温度的变化为先增大减小，在470K之前，主要发生反应Ⅰ，乙醇酸甲酯的产率随温度的升高而升高，在470K之后，副反应Ⅲ发生，消耗乙二醇使反应Ⅱ正向移动，乙醇酸甲酯被消耗，产率减小，结合各温度下草酸二甲酯的转化率和乙醇酸甲酯的选择性计算乙醇酸甲酯的产率（乙醇酸甲酯的产率=草酸二甲酯的转化率×乙醇酸甲酯的选择性），所以乙醇酸甲酯的产率随温度的变化图像为：。20.过氧化钙()微溶于水，碱性条件下较稳定，可作为医用防腐剂和消毒剂，也可作为改良剂为农业、园艺和生物技术应用提供氧气。以下是一种实验室制备较高纯度过氧化钙的流程图：（1）步骤I需要量取盐酸，所用的仪器是___________。A.量筒B.量筒C.碱式滴定管D.烧杯（2）下列说法正确的是___________。A.步骤I中应使用过量的盐酸，以提高碳酸钙的利用率B.步骤Ⅱ中的煮沸操作的主要目的是加快反应速率C.步骤Ⅲ中的混合操作，应将氯化钙溶液滴入氨水-双氧水混合液中D.步骤V中可用冰水洗涤（3）写出步骤Ⅲ发生反应的化学方程式____________________，步骤Ⅲ采用冰水浴可提高产率，其原因有(回答两点)____________________。（4）准确称取产品配成溶液。取溶液，加入醋酸溶液和2-3滴溶液，用标准溶液滴定至浅红色，半分钟不褪色；平行测定3次，消耗标准溶液的平均值为。①溶液的作用是____________________。②的纯度为______________。【答案】（1）A（2）CD（3）CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl生成CaO2·8H2O沉淀的反应是放热反应，降低温度可以提高产率；CaO2·8H2O受热易分解（4）①.MnSO4能起催化剂的作用，使反应速率加快②.88%〖祥解〗由题给流程可知，碳酸钙固体溶于盐酸得到氯化钙溶液，加热煮沸后向溶液中加入过氧化氢溶液和氨水，氯化钙溶液与过氧化氢溶液和氨水反应生成八水过氧化钙沉淀，沉淀经水洗、乙醇洗后，烘烤得到无水过氧化钙。【详析】（1）在实验室量取液体时，因为量程太大，会使区分度增大，而加大误差，量程太小，需量取多次，也会加大误差，采用就近原则，比量取的液体体积大，且最接近的，所以选取10mL量筒，故选A。（2）A．题给流程可知，后氯化钙溶液要加入氨水营造碱性环境，步骤I中不能使用过量的盐酸，A错误；B．步骤Ⅱ中的煮沸操作的主要目的是除去溶液中过量的HCl，B错误；C．过氧化钙()微溶于水，碱性条件下较稳定，步骤Ⅲ中的混合操作，应将氯化钙溶液滴入氨水-双氧水混合液中，保证溶液始终为碱性，C正确；D．过氧化钙()微溶于水，温度高时会分解，则步骤V中可用冰水洗涤，D正确；故选CD。（3）浓氯化钙溶液与过氧化氢溶液和氨气反应生成CaO2·8H2O沉淀和氯化铵，反应的化学方程式为CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl；步骤Ⅲ采用冰水浴可提高产率，其原因有：生成CaO2·8H2O沉淀的反应是放热反应，降低温度可以提高产率；CaO2·8H2O受热易分解。（4）①酸性条件下，CaO2和醋酸反应后生成H2O2，H2O2溶液与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应时，MnSO4能起催化剂的作用，使反应速率加快；②酸性条件下，CaO2和醋酸反应后生成H2O2，用标准溶液滴定H2O2溶液，离子方程式为：，则n(CaO2)=n(H2O2)=2.5n(KMnO4)=2.5××0.0176L×=0.0088mol，的纯度为。21.盐酸考尼伐坦是一种非肽类双重抑制剂，主要用于低钠血症的治疗。其前体的合成路线如下：已知：。请回答下列问题：（1）写出A中含有官能团的名称___________。（2）下列说法正确的是___________。A.化合物A的碱性弱于BB.化合物C中，由于氰基的活化，使得相邻的C-H反应活性高C.化合物D含有手性碳，需要分离出特定的对映异构体，否则会影响G的纯度D.化合物F到化合物G的反应涉及取代反应、加成反应和消去反应（3）化合物E的结构简式是___________。（4）写出化合物C到化合物D的反应方程式____________________。（5）写出同时符合下列条件化合物A的同分异构体的结构简式：__________________。①分子中含有苯环②含有氮氧键，但不含硝基③核磁共振氢谱表明分子中有3种不同化学环境的氢原子（6）设计以环己烷和为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选)______________________________________。【答案】（1）氨基、酯基（2）BD（3）（4）+CH3OH（5）（6）〖祥解〗由流程可知，A发生取代反应生成B，，B发生已知反应原理生成C；D转化为E、E转化为F，结合F结构、E化学式可知，E为；【详析】（1）由结构可知，A含有氨基、酯基；（2）A．A中氨基转化为酰胺基，羰基为吸电子基团，使得B较之于A结合质子能力减弱，故化合物A的碱性强于B，A错误；B．化合物C中，由于氰基的活化，使得相邻的C-H容易断裂而发生化学反应，反应活性高，B正确；C．化合物D：含有手性碳，但是在后续的反应中不会影响G的纯度，C错误；D．化合物F到化合物G的反应中溴原子被取代引入新的支链，新支链中氨基和羰基发生加成反应得到新的环和羟基，羟基发生消去反应得到碳碳双键，故涉及取代反应、加成反应和消去反应，D正确；故选BD；（3）由分析可知，E为；（4）化合物C在甲醇钠作用下，C中-CN的邻位碳上氢和C中酯基发生取代反应成环生成化合物D和甲醇，反应为+CH3OH；（5）A分子除苯环外含有1个氮、2个碳、2个氧、不饱和度为1；符合下列条件化合物A同分异构体：①分子中含有苯环；②含有氮氧键，但不含硝基；③核磁共振氢谱表明分子中有3种不同化学环境的氢原子，则结构对称；则可以为：；（6）环己烷发生取代引入氯原子，水解转化为羟基，氧化为环己酮，发生E生成F的反应引入溴原子，和得到产物，故流程为：。浙江省杭州市2024届高三下学期二模可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24A127Si28P31S32Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Zn65Br80Ag108Ba137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.下列食品添加剂中常用作防腐剂的是（）A. B.苯甲酸 C. D.碘酸钾【答案】B〖祥解〗常见的防腐剂有糖、食盐、亚硝酸钠、苯甲酸、苯甲酸钠等，苯甲酸钠在pH是2.5-4.0时有杀菌抑菌的作用，所以可以做食品的防腐剂，合理使用对人体无害，据此回答。【详析】A．食品级碳酸氢铵又称“臭粉”“臭碱”，主要用于食品加工过程中的疏松剂，不是用作防腐剂，A错误；B．苯甲酸钠在pH是2.5-4.0时有杀菌抑菌的作用，此时主要存在形式为苯甲酸，所以苯甲酸可以做食品的防腐剂，合理使用对人体无害，B正确；C．硫酸钙是石膏的主要成分，可以用来点豆腐，不是用作防腐剂，C错误；D．碘酸钾是食盐加碘的成分，不是用作防腐剂，A错误；

故选B。2.下列化学用语使用正确的是（）A.甲胺的电子式： B.某烷烃名称为2，5-二甲基戊烷C.中子数为7的碳原子： D.的价层电子对互斥模型：【答案】D【详析】A．甲胺中N为8电子结构，电子式：，A错误；B．有机物系统命名法选主链：选最长碳链为主链；应该为2-甲基己烷，B错误；C．核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；中子数为7的碳原子可表示为：C，C错误；D．的中心原子S原子的价层电子对数为，价层电子对互斥模型为平面三角形，D正确；故选D。3.对下列事实的解释不正确的是（）A.常温下，浓硫酸可以用铝制容器贮存，说明铝与浓硫酸不反应B.硫酸的沸点高，主要是因为分子间形成了氢键C.将浓硫酸和铜片反应生成的气体通入品红溶液，溶液红色褪去，说明产生了漂白性气体D.反应能进行，说明不溶于稀硫酸【答案】A【详析】A．常温下，浓硫酸可以用铝制容器贮存，是因为铝与浓硫酸发生“钝化”，“钝化”是发生反应生成致密氧化膜的过程，A错误；B．硫酸分子的结构简式为，可以看作是一个硫酰基与两个羟基，而每个硫酰基又有两个氢键配合能力较强的氧，所以理论上一个硫酸中所有的氢都以氢键的形式被键合了，使得硫酸的沸点高，B正确；C．浓硫酸和铜片反应的化学方程式为，将二氧化硫通入品红溶液，溶液红色褪去，说明其具有漂白性，C正确；D．反应能进行，符合复分解反应发生的条件，有沉淀生成，说明不溶于稀硫酸，D正确；故选A。4.运动会上发令枪所用“火药”的主要成分是氯酸钾、硫磺、木炭，撞击时发生的化学反应为：。下列有关叙述不正确的是（）A.氧化产物只有B.反应中氯酸钾是氧化剂C.发令时产生的白烟主要是固体颗粒D.反应中消耗氯酸钾时，转移电子数【答案】A〖祥解〗反应中，Cl元素由+5价降到-1价，得到6电子，作氧化剂；S由0价升高到+4价，失去4电子，作还原剂，C由0价升高到+4价，失去4电子，作还原剂。【详析】A．由分析可知，、都为氧化产物，A错误；B．由分析可知，反应中氯酸钾是氧化剂，B正确；C．为白色固体，故发令时产生的白烟主要是固体颗粒，C正确；D．氯酸钾中Cl元素由+5价降到-1价，得到6电子，消耗氯酸钾时，转移电子数，D正确；故选A5.在溶液中能大量共存的离子组是（）A.、、、 B.、、、C.、、、 D.、、、【答案】D【详析】A．铁离子与碘离子发生氧化还原反应不共存，A错误；B．镁离子与碳酸根离子、硫离子均不共存，B错误；C．铜离子和硫氰根离子反应方程式是2Cu²⁺+4CN⁻＝，不能共存，C错误；D．离子均可大量共存，D正确；故选D。6.利用下列装置和试剂进行实验，能达到实验目的的是（）A．用乙醇萃取碘水中的碘B．验证易溶于水且溶液呈碱性C．比较碳酸和苯酚的酸性强弱D．中和反应反应热测定【答案】B【详析】A．乙醇能与水任意比互溶，不能作为碘水的萃取剂，故A错误；B．该装置能形成红色喷泉，说明NH3易溶于水且溶液呈碱性，故B正确；C．挥发的乙酸与苯酚钠反应生成苯酚，实验不能比较碳酸、苯酚的酸性强弱，故C错误；D．中和反应反应热的测定实验中需要玻璃搅拌器，故D错误；故选：B。7.根据物质的组成和结构变化推测其性能变化，下列推测不合理的是（）物质组成和结构变化性能变化A纯铝加入少量Cu、Mg、Mn、Si增大硬度和强度B饱和一元醇增加烃基R碳原子的个数水中溶解度增大C二氧化硅加热熔融后快速冷却各方向导热性相同D阿司匹林()使其与乙二醇、聚甲基丙烯酸连接起来得到缓释阿司匹林【答案】B【详析】A．纯铝加入少量Cu、Mg、Mn、Si形成合金，可以增大硬度和强度，A合理；B．饱和一元醇，增加烃基R碳原子的个数，由于烃基是推电子基团，导致-OH的极性减弱，更难与H2O分子形成氢键，在水中溶解度减小，B不合理；C．二氧化硅加热熔融后快速冷却会形成非晶态二氧化硅，没有各向异性，各方向导热性相同，C合理；D．将阿司匹林与乙二醇、聚甲基丙烯酸连接起来可以得到缓释阿司匹林，D合理；故选B。8.某兴趣小组用CaS与MgCl2反应制备高纯H2S，实验装置如图所示(装置A内产生的H2S气体中含有酸性气体杂质)下列说法不正确的是（）A.装置A中的反应利用了水解原理B.为了简化装置，B可以省略C.装置C中的Ba(OH)2可以换成NaHSD.为了快速排除体系内的空气，可先断开装置F和装置G的连接【答案】B〖祥解〗A作为H2S的发生装置，反应原理为：CaS+MgCl2+2H2O=CaCl2+Mg(OH)2+H2S↑，装置B为除去A中制备的H2S中含有的HCl，防止消耗装置C中的Ba(OH)2，同时酸碱中和反应放热，引起C中溶液升温，由于不能骤冷，所以E、F都是冷却H2S的装置，D装置干燥H2S，F冷却并收集H2S，G作为平衡气压和尾气处理装置，据此回答。【详析】A．由分析可知，装置A中反应原理为：CaS+MgCl2+2H2O=CaCl2+Mg(OH)2+H2S↑，故该反应利用了水解原理，A正确；B．由分析可知，装置B的作用为除去H2S中的酸性气体(如HCl)，故不能省略装置B，B错误；C．由分析可知，装置C的作用为进一步除去H2S中的HCl，故C中的Ba(OH)2可以换成NaHS，C正确；D．由分析可知，装置G的作用为平衡气压和尾气处理装置，一开始装置中的气体中不含有毒有害的气体H2S，故为了快速排除体系内的空气，可以先断开装置F和装置G的连接，D正确；故答案为：B。9.关于有机物分析检测，下列说法不正确的是（）A.通过X射线衍射可确定乙酸的空间结构B.用溴的四氯化碳溶液，可以鉴别己烯和己醛C.红外光谱图可获得分子中所含有的化学键或官能团的信息D.卤代烃与氢氧化钠溶液共热、滴加溶液后根据沉淀颜色可判断卤原子种类【答案】D【详析】A．通过X射线衍射可确定乙酸的空间结构,A正确；B．己烯和溴单质发生加成反应，能使溴的四氯化碳溶液褪色，己醛不能被溴的四氯化碳溶液氧化，故可以用溴的四氯化碳溶液鉴别己烯和己醛，B正确；C．红外光谱可确定有机物中的化学键、官能团，C正确；D．卤代烃加入NaOH水溶液共热发生水解反应，先加入稀硝酸再加入AgNO3溶液，根据沉淀颜色可判断卤原子种类，D错误；故选D。10.下列方程式的书写，不正确的是（）A.溶液暴露在空气中：B.铅酸蓄电池放电的负极反应：C.葡萄糖与新制氢氧化铜反应：D.煅烧黄铁矿制【答案】D【详析】A．溶液暴露在空气中：，A正确；B．铅酸蓄电池放电的负极反应：，B正确；C．葡萄糖与新制氢氧化铜反应：，C正确；D．煅烧黄铁矿制SO2：，D错误；故选D。11.维生素C是重要的营养素，又称“抗坏血酸”，在空气中易发生如下转化：下列说法不正确的是（）A.维生素C易溶于水B.上述转化发生了氧化反应C.维生素C体现出的酸性可能与a、b两个羟基有关D.抗坏血酸能发生加成反应、酯化反应、水解反应【答案】C〖祥解〗维生素在空气中极易被氧化，羟基被氧化为羰基，据此回答。【详析】A．维生素中含有多个羟基，易与水分子间形成氢键，所以维生素C易溶于水，A正确；B．根据分析可知，上述转化发生了氧化反应，B正确；C．维生素C分子中含有连二烯醇结构，由于两个烯醇羟基极易游离，释放氢离子，虽不含羧基，水溶液仍显酸性，C错误；D．抗坏血酸含有羟基，可以发生酯化反应，有酯基可以发生水解反应，有碳碳双键能发生加成反应，D正确；故选C。12.A、B、C、D、E、F为六种原子序数依次增大的短周期元素，A、B、D位于同一主族，且D的原子半径在短周期元素原子中最大，C是周期表中电负性最大的元素，基态E原子的核外电子有7种空间运动状态，基态F原子有3个未成对电子。下列说法正确的是（）A.C的最低价氢化物的沸点低于F的最低价氢化物B.A元素形成的离子半径小于B元素形成的离子半径C.A、B、E形成化合物中阴离子中心原子的杂化方式为sp2D.C、D、E形成的某种化合物能降低冶炼E单质的能耗【答案】D〖祥解〗A、B、C、D、E、F为六种原子序数依次增大的短周期元素，A、B、D位于同一主族，且D的原子半径在短周期元素原子中最大，则A是H元素，B是Li元素，D是Na元素；C是周期表中电负性最大的元素，则C是F元素；基态E原子的核外电子有7种空间运动状态，则E核外电子排布是1s22s2p63s23p1，E是Al元素；基态F原子有3个未成对电子，则F核外电子排布是1s22s2p63s23p3，F是P元素，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。【详析】根据上述分析可知：A是H，B是Li，C是F，D是Na，E是Al，F是P元素。A．C是F元素，F是P元素，它们形成的简单氢化物HF、PH3，HF分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致其沸点比只存在分子间作用力的PH3高，A错误；B．A是H，B是Li，若H形成的简单离子是H-，Li形成的简单离子是Li+，电子层数相同时，原子序数越大半径越小，所以离子半径：H->Li+，B错误；C．A是H，B是Li，E是Al，三种元素形成的化合物LiAlH4，其阴离子的价层电子对数是4+=4，因此中心Al原子杂化类型是sp3，C错误；D．根据上述分析可知：C是F，D是Na，E是Al，三种元素形成的化合物是Na3AlF6，Na3AlF6俗称冰晶石；单质Al冶炼时采用电解熔融Al2O3的方法，但由于该物质是离子化合物，熔点是2050℃，熔点很高，为降低其熔点，通常要加入冰晶石Na3AlF6，可以使Al2O3在1000℃左右熔化，从而可节约大量能量而降低能耗，D正确；故选D。13.调节溶液的pH，当溶液中的氨基酸主要以两性离子存在时，分子整体呈电中性，此时溶液的pH值为该氨基酸的pI值，谷氨酸的；丙氨酸的；赖氨酸的。已知：可以利用如图装置分离这三种氨基酸，a、b为离子交换膜，下列说法不正确的是（）A.阳极的电极反应为B.a应采用阳离子膜，b应采用阴离子膜C.原料室的应控制在6.02D.在产品室1中，可以收集到赖氨酸【答案】D〖祥解〗由题干电解池装置图可知，阳极室为电解H2SO4溶液，故阳极反应为：2H2O-4e-=O2+4H+，阴极室为电解NaOH溶液，电极反应为：2H2O+2e-=H2+2OH-，H+经a膜进入产品室1，OH-经b膜进入产品室2，故a膜为阳离子交换膜，b膜为阴离子交换膜，根据三种氨基酸的pI值可知，产品室1显酸性，则为谷氨酸，产品室2显碱性，则为赖氨酸，丙氨酸留在原料室，据此分析解题。【详析】A．由题干图示装置可知，阳极室为稀硫酸，故阳极的电极反应为2H2O-4e-=O2+4H+，A正确；B．由分析可知，a应采用阳离子膜，b应采用阴离子膜，B正确；C．由分析可知，原料室留下了丙氨酸，根据丙氨酸的pI值可知，原料室的应控制在6.02，C正确；D．由分析可知，产品室1显酸性，则可以收集到谷氨酸，产品室2显碱性，则可以收集到赖氨酸，D错误；故答案为：D。14.时，溴代烷在水中可按如下过程进行水解反应：I．慢Ⅱ．快Ⅲ．快已知，当R基团不同时，水解相对速率如下R相对速率1000.023x0.0034下列说法不正确的是（）A.第一步反应的活化能最高B.加入，能促进溴代烷的水解C.可以预测x的值介于之间D.下列卤代烃水解速率顺序为：【答案】D【详析】A．活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；则第一步反应的活化能最高，A正确；B．加入，溴离子和银离子生成溴化银沉淀，促使正向减小，故能促进溴代烷的水解，B正确；C．由表可知，随着R基团减小，反应相对速率减小，故可以预测x的值介于之间，C正确；D．氯原子半径小于溴、小于碘，形成的碳氯键键能更大，更难断裂，则卤代烃水解速率顺序为：，D错误；故选D。15.室温下，向浓度均为的和的混合溶液中逐滴加入的溶液。已知：的，，，，。下列说法不正确的是（）A.加入的溶液后，在上层清液中滴加溶液无明显现象B.溶液中存在关系，C.在和的混合溶液加几滴稀盐酸，几乎不变D.向和混合溶液加入溶液，可能生成碱式碳酸镁【答案】A【详析】A．加入的溶液后，恰好完全生成碳酸钡沉淀，此时溶液为碳酸钡的饱和溶液，在上层清液中滴加，钡离子浓度增大，会继续生成固体碳酸钡，故A错误；B．溶液中，碳酸根离子水解产生碳酸氢根与氢氧根离子，碳酸氢根离子继续水解产生碳酸分子和氢氧根离子，故离子大小顺序为，B正确；C．根据的，，可知碳酸根结合氢离子能力更强，滴加几滴盐酸，则发生反应，所以几乎不变，故C正确；D．向和混合溶液加入溶液，发生反应、溶液呈碱性，由于＞，所以有可能生成碱式碳酸镁，故D正确；故选A。16.根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，方案设计或结论不正确的是（）选项实验目的方案设计现象结论A探究与水解程度的大小分别测定的和溶液前者小水解程度小于B探究、结合的能力向溶液依次滴加足量溶液、几滴溶液加入后无明显变化，加入溶液变红结合能力：C探究对氧化性的影响用调节相同浓度、和溶液的，测量氧化反应所需最低最低顺序：浓度越大，氧化性越强D比较与结合能力将等浓度等体积的溶液和溶液混合产生白色沉淀结合能力：【答案】B【详析】A．测定的和溶液，由于F-和醋酸根离子水解均产生氢氧根，前者小，说明醋酸根离子水解程度更大，故A正确；B．应在等物质的量浓度的和的混合溶液中滴加足量溶液，来验证、结合的能力，若溶液变红，说明结合能力：，若溶液不变色，说明结合能力：，故B错误；C．还原性：I-＞Br-＞Cl-，因此最低顺序：，说明浓度越大，氧化性越强，故C正确；D．水解产生Al(OH)3，促进的电离产生H+，二者产生Al(OH)3沉淀和，从而证明结合H+能力：，故D正确；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、硫和氯等是构成化合物的常见元素。已知：2SO3+H2O=。（1）某化合物的晶胞如图所示，其化学式是___________，周围最近的有___________个，晶体类型是___________。（2）下列说法正确的是___________。A.能量最低的激发态Cl原子的M层电子排布图为B.电负性：C.中两个键的镜面在空间上相互垂直D.第一电离能：（3）①和发生如下过程：，硫酸起到___________(填“酸”、“碱”)的作用。=2\*GB3②比较键角，___________(填“>”、“<”或“=”)，理由是___________。（4）将与发生化合反应生成型离子化合物，其中A为，写出B的结构式___________。【答案】（1）Cs2[][]8离子晶体（2）CD（3）①.酸②.>中氮为sp杂化，是直线形结构，中氮为sp2杂化，为平面三角形结构（4）【详析】（1）据“均摊法”，晶胞中含个、个、个Cs，则化学式为Cs2[][]；由图可知，周围最近的在上下层各有4个，共有8个，该物质中含有离子键，其晶体类型是离子晶体；（2）A．氯为17号元素，基态Cl原子核外电子排布为1s22s22p63s23p5，能量最低的激发态Cl原子则会有1个3s电子跃迁到3p轨道，故M层电子排布图为，错误；B．H与N和S形成氢化物时，H均为正价，故三者中H的电负性最小，且元素周期表中电负性最强的三种元素为F、O、N，故电负性：，错误；C．键为镜面对称，则中两个键的镜面在空间上相互垂直，正确；D．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能呈增大趋势，故第一电离能：，正确；故选CD；（3）反应中硫酸提供氢离子，起到酸的作用；中氮为sp杂化，是直线形结构，中氮为sp2杂化，为平面三角形结构，故键角，>；（4）与发生化合反应生成型离子化合物，其中A为，结合质量守恒可知，B为含有1个N、2个S、6个O形成的负三价阴离子，结合已知：2SO3+H2O=，则B为。18.固态化合物CaCu2O3有如下转化：已知：固体G的摩尔质量为80g/mol。（1）用化学式表示A的组成___________，写出溶液D中主要的阳离子___________。（2）下列说法正确的是___________。A.反应Ⅰ中NH3体现氧化性B.反应Ⅱ的现象说明稳定性：C.气体混合物B的组成为N2、NH3D.固体G与水反应可以得到NH3（3）已知高铜酸钠(NaCuO2)是一种黑色难溶于水的固体，具有强氧化性，但在中性或碱性溶液下稳定，可在NaOH溶液中用NaClO氧化Cu(OH)2制得。①写出制备NaCuO2的离子方程式_________________。②制备的高铜酸钠中可能含有Cu(OH)2，设计实验证明Cu(OH)2是否存在___________。【答案】（1）Ca(OH)2和CuH+、Cu2+、Ca2+（2）BD（3）①.2Na++2OH-+2Cu(OH)2+ClO-=2NaCuO2↓+Cl-+3H2O②.取样品少许于一试管，向其中加入足量的氨水，若能产生深蓝色溶液，则说明含有Cu(OH)2，反之则反〖祥解〗固态化合物CaCu2O3与足量的NH3共热产生固体A，主要成分为Ca(OH)2和Cu，固体A中加入足量的HNO3中产生无色气体NO和溶液D，主要成分是Cu(NO3)2和Ca(NO3)2，根据NH3具有还原性产生N2、H2O(g)和过量的NH3，故气体混合物B为H2O(g)、NH3和N2，除去NH3、H2O(g)后得到单质气体F即N2，N2和CaC2一定条件下产生C和固体G，根据G的摩尔质量为80g/mol，可知G的化学式为CaCN2，据此分析解题。【详析】（1）由分析可知，A的组成为：Ca(OH)2和Cu，D溶液的主要成分是Cu(NO3)2和Ca(NO3)2，以及过量的HNO3，则其中主要的阳离子为：H+、Cu2+、Ca2+，故答案为：Ca(OH)2和Cu；H+、Cu2+、Ca2+；（2）A．由分析可知，反应Ⅰ中NH3中的N转化为N2，故NH3体现还原性，A错误；B．反应Ⅱ即向含有Cu2+的溶液中加入氨水至过量，根据先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解生成深蓝色溶液，即形成了Cu[(NH3)4]2+的现象可以说明稳定性：，B正确；C．由分析可知，气体混合物B的组成为N2、NH3和水蒸气，C错误；D．由分析可知，固体G的成分为CaCN2，其与水反应可以得到NH3，反应方程式为：CaCN2+3H2O=2NH3↑+CaCO3↓，D正确；故答案为：BD；（3）已知高铜酸钠(NaCuO2)是一种黑色难溶于水固体，具有强氧化性，但在中性或碱性溶液下稳定。①根据在NaOH溶液中用NaClO氧化Cu(OH)2制得(NaCuO2)，根据氧化还原反应可得2NaOH+2Cu(OH)2+NaClO=2NaCuO2+NaCl+3H2O，故制备NaCuO2的离子方程式为：2Na++2OH-+2Cu(OH)2+ClO-=2NaCuO2↓+Cl-+3H2O，故答案为：2Na++2OH-+2Cu(OH)2+ClO-=2NaCuO2↓+Cl-+3H2O；②由题干信息可知，Cu(OH)2能溶液过量的氨水中生成深蓝色溶液，且Cu(OH)2能溶于过量的NaOH溶液中生成蓝色溶液[Cu(OH)4]2-，故可设计实验：取样品少许于一试管，向其中加入足量的氨水，若能产生深蓝色溶液，则说明含有Cu(OH)2，反之则反，故答案为：取样品少许于一试管，向其中加入足量的氨水，若能产生深蓝色溶液，则说明含有Cu(OH)2，反之则反。19.乙二醇是应用广泛的化工产品，草酸二甲酯的热催化加氢是生产乙二醇、乙醇酸甲酯的重要工艺。主要反应如下：I．Ⅱ．Ⅲ．（1）写出由草酸二甲酯热催化加氢生成乙二醇的热化学方程式：____________________。（2）计算表明，反应Ⅲ在研究的温度范围内平衡常数大于，可以认为反应Ⅲ几乎不可逆，为了限制反应Ⅲ对乙二醇产率的影响，可采取的最佳措施是___________。A.升高反应体系的温度 B.适当增大反应投料中氢气的比例C.增大反应体系的压强 D.选择合适的催化剂进行反应（3）在选定催化剂后，科研人员研究了投料比和压强对反应平衡的影响，测得在、的等温等压条件下，原料草酸二甲酯的转化率()及产物的选择性(S)随投料比的变化关系如图(生成某产物的草酸二甲酯的物质的量/参与反应的草酸二甲酯的总物质的量)。①当投料比大于80时，乙醇酸甲酯的选择性降低，其原因是____________________。②已知投料比为60时，草酸二甲酯的转化率为，该条件下不发生反应Ⅲ，则最终收集的流出气中甲醇蒸气的分压为___________(计算结果保留二位小数)。（4）在等压、投料比为50的条件下，科研人员测量了原料草酸二甲酯的转化率()及各产物的选择性(S)随温度变化关系，如图。①当反应温度高于时，乙二醇的选择性降低，原因是____________________。②请画出乙醇酸甲酯的产率随温度的变化___________。【答案】（1）CH3OOCCOOCH3(g)+4H2(g)⇌HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g)△H=-38.9kJ/mol（2）D（3）①.增大投料比，反应Ⅱ平衡正向移动，乙醇酸甲酯的选择性降低②.0.03（4）①.温度升高，副反应Ⅲ发生，乙醇选择性提高，导致乙二醇选择性降低②.【详析】（1）由盖斯定律可知，Ⅰ+Ⅱ可得CH3OOCCOOCH3(g)+4H2(g)⇌HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g)，△H=△H1+△H2=-38.9kJ/mol；（2）A．升高反应体系的温度，反应Ⅰ和Ⅱ逆向移动，A错误；B．适当增大反应投料中氢气的比例，平衡正向移动，虽然可以提高乙二醇产率，但不是最佳措施，B错误；C．增大反应体系的压强，反应Ⅰ和Ⅱ正向移动，虽然乙二醇产率增大，但不是最佳措施，C错误；D．选择合适的催化剂进行反应，可以大大的加快单位时间内乙二醇的产量，为最佳措施，D正确；故选D。（3）①当投料比大于80时，乙醇酸甲酯的选择性降低，其原因是：增大投料比，反应Ⅱ平衡正向移动，乙醇酸甲酯的选择性降低；②假设投入的CH3OOCCOOCH3为1mol，H2为60mol，CH3OOCCOOCH3的转化率为90%，总的转化了0.9mol，生成的乙二醇和乙醇酸甲酯选择性各为50%，则两者物质的量分别为0.45mol，由三段式可知：则平衡时甲醇物质的量为1.35mol，乙二醇与乙醇酸甲酯的物质的量均为0.45mol，氢气的物质的量为57.3mol，气体的总物质的量为：59.65mol，则甲醇的分压为MPa=0.03MPa；（4）①温度升高，副反应Ⅲ发生，乙醇选择性提高，导致乙二醇选择性降低；②乙醇酸甲酯的产率随温度的变化为先增大减小，在470K之前，主要发生反应