2025届浙江省湖州市高三下学期二模考试化学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1浙江省湖州市2025届高三下学期二模考试注意事项：1、本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。2、考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卷上。3、选择题的答案须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。4.非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卷上相应区城内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。5.可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16Si-28S-32Cl-35.5Cu-64第I卷客观题一、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.下列物质在常温常压下密度比水大，能溶于水，形成晶体属于分子晶体的是A. B. C.SiD.【答案】D【解析】A．的密度小于水，不符合题意，故A不选；B．属于离子晶体，不符合题意，故B不选；C．SiC属于共价晶体，不符合题意，故C不选；D．是尿素，密度比水大，能溶于水，是分子晶体，符合题意，故D选。答案选D。2.糖类、脂肪和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质，以下叙述不正确的A.葡萄糖不具有还原性 B.淀粉是多糖，可在一定条件下水解C.油脂属于酯类化合物 D.蛋白质最终能水解成氨基酸【答案】A【解析】A.葡萄糖是多羟基全，具有还原性糖，是还原性糖，A错误；B.淀粉是葡萄糖的脱水缩合物，在一定条件下能发生水解反应，产生许多分子的葡萄糖，它属于多糖，B正确；C.油脂是高级脂肪酸的甘油酯，属于酯类，在一定条件下能发生水解反应，C正确；D.蛋白质是氨基酸的脱水缩合物，在一定条件下能发生水解反应，产生氨基酸，D正确；故合理选项是A。3.聚乙二醇(PEG)有良好的生物相容性，在水中可与形成氢键，由“中性聚合物”转变为超分子“聚电解质”，下列说法错误的是A.PEG中和的杂化方式相同 B.的VSEPR模型为四面体形C.键角： D.电负性：【答案】C【解析】A．中和均采取杂化，A正确；B．的中心原子价层电子对数为4，孤电子对数为1，则其VSEPR模型为四面体形，B正确；C．和的中心原子杂化方式均为，中有两个孤电子对，中有一个孤电子对，由于孤电子对与孤电子对之间的斥力大于孤电子对与键电子对之间的斥力，故键角：，C错误；D．电负性：，D正确。故选C。4.下列关于有机物的说法正确的是A.乙烯和聚乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色B.与互为同分异构体C.丙酸分子中含有两种官能团D.乙酸和乙醇可以用紫色石蕊试液鉴别【答案】D【解析】A．聚乙烯分子中不含有碳碳不饱和键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，A不正确；B．与结构相似，组成相差一个CH2，二者互为同系物，B不正确；C．丙酸(CH3CH2COOH)分子中只含有羧基一种官能团，C不正确；D．乙酸显酸性，乙醇显中性，前者能使紫色石蕊试液变红，所以可以用紫色石蕊试液鉴别，D正确；故选D。5.下列生活情境中对应的离子方程式正确的是A.泡沫灭火器灭火原理：B.除水垢时，先用Na2CO3溶液浸泡：C.铅蓄电池放电时总反应：D.84消毒液与洁厕灵不能混合使用原理：【答案】B【解析】A．泡沫灭火器中使用的是Al2(SO4)3和NaHCO3，故对应的离子方程式为：，A错误；B．除水垢时，先用Na2CO3溶液浸泡将微溶物CaSO4转化为CaCO3后再用HCl除去，对应的离子方程式为：，B正确；C．铅蓄电池放电时生成PbSO4为沉淀，故总反应为：，C错误；D．84消毒液与洁厕灵不能混合使用，二者将发生反应产生有毒气体Cl2，该反应的离子方程式为：，D错误；故答案为：B。6.根据实验操作及现象，下列解释或结论错误的是选项实验操作及现象解释或结论A将气体通入浓硝酸中，产生红棕色气体，浓硝酸呈黄色具有氧化性，能与浓硝酸反应生成B将铝片分别插入冷的浓硫酸和热的浓硫酸中，前者无明显现象，后者产生具有刺激性气味的气体冷的浓硫酸使铝钝化，热的浓硫酸不能使铝钝化C将用导线连接平行插入溶液中，一段时间后，质量减小，质量不变的金属性比强D向苯酚溶液中滴加几滴浓溴水，没有观察到白色沉淀生成的2，4，6-三溴苯酚溶于过量的苯酚中A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．将气体通入浓硝酸中，产生红棕色气体，浓硝酸呈黄色，具有还原性，能与浓硝酸反应氧化还原反应生成，A错误；B．冷的浓硫酸使铝钝化，热的浓硫酸不发生钝化，反应生成二氧化硫和硫酸铝，B正确；C．锌、铁、NaCl溶液构成原电池，Zn质量减小说明Zn是负极，发生吸氧腐蚀，负极：Zn-2e-=Zn2+，负极Zn的活泼性强于正极的铁，C正确；D．浓溴水是少量，苯酚和溴水生成的2，4，6-三溴苯酚溶于过量的苯酚中，没有观察到白色沉淀，D正确；故选A。7.下列说法正确的A.葡萄糖在酒化酶的作用下可以水解生成乙醇B.摄入人体内的纤维素在酶的催化作用下逐步水解，最终生成葡萄糖C.工业上常将液态植物油在一定条件下与氢气发生加成反应，用于生产人造奶油D.蛋白质溶液中加入高浓度的盐溶液就能使其溶解度下降，并失去生理活性【答案】C【解析】A．葡萄糖是单糖不水解，葡萄糖在酒化酶作用下转化为乙醇和二氧化碳，A错误；B．纤维素在人体内不能水解，B错误；C．液态植物油中含有的碳碳双键，在一定条件下与H2发生加成反应，生成固态的氢化植物油，利用这一性质食品工业可以生产人造奶油，C正确；D．蛋白质溶液中加入高浓度的盐溶液就能使其溶解度下降，但不会失去生理活性，D错误；故选C。催化剂能改变化学反应速率而不改变反应的焓变，常见催化剂有金属及其氧化物、酸和碱等。催化反应广泛存在，如豆科植物固氮、石墨制金刚石、和制(二甲醚)、催化氧化等。催化剂有选择性，如与反应用Ag催化生成(环氧乙烷)、用催化生成。催化作用能消除污染和影响环境，如汽车尾气处理、废水中电催化生成、氯自由基催化分解形成臭氧空洞。我国在石油催化领域领先世界，高效、经济、绿色是未来催化剂研究的发展方向。完成下列小题。8.下列说法正确的是A.豆科植物固氮过程中，固氮酶能提高该反应的活化能B.与反应中，Ag催化能提高生成的选择性C.制反应中，能加快化学反应速率D.与反应中，能减小该反应的焓变9.下列化学反应表示正确的是A.汽车尾气处理：B.电催化为的阳极反应：C.硝酸工业中的氧化反应：D.和催化制二甲醚：【答案】8.C9.D【解析】8.A．豆科植物固氮过程中，固氮酶为催化剂，能降低该反应活化能，A错误；B．根据题干信息，与反应中，Ag催化能提高生成环氧乙烷的选择性，B错误；C．制反应中，为催化剂，能加快化学反应速率，C正确；D．与反应中，为催化剂，催化剂不改变反应的焓变，D错误；故选C。9.A．汽车尾气处理，NO和CO转化为无污染的N2和CO2：，A错误；B．电催化为，得电子发生还原反应，在阴极发生：，B错误；C．硝酸工业中催化氧化为NO：，C错误；D．和催化制二甲醚，根据得失电子守恒和原子守恒，方程式为，D正确；故选D。10.下列有关反应描述正确的是A.催化氧化为断裂键B.氟氯烃破坏臭氧层，氟氯烃产生的氯自由基改变分解的历程C.丁烷催化裂化为乙烷和乙烯，丁烷断裂键和键D.石墨转化为金刚石，碳原子轨道的杂化类型由转变为【答案】B【解析】A．催化氧化为断裂羟基氧氢键、断裂羟基所连碳原子上的一个碳氢键，形成碳氧双键，故A错误；B．催化剂能够改变反应历程，加快反应速率，氯自由基催化O3分解形成臭氧空洞，破坏臭氧层，即氟氯烃破坏臭氧层，产生的氯自由基改变分解的历程，故B正确；C．丁烷催化裂化为乙烷和乙烯，但丁烷为饱和链烃，分子中无键，故C错误；D．石墨中碳原子为sp2杂化，金刚石中碳原子为sp3杂化，石墨转化为金刚石，碳原子轨道的杂化类型由sp2转变为sp3，故D错误；故答案为：B。11.2022年，我国科研人员通过电催化将CO2和H2O高效合成高纯度乙酸，并进一步利用微生物合成葡萄糖，为合成“粮食”提供了新技术。下列说法不正确的是A.碳原子之间能形成单键B.常温下，乙酸溶液的pH<7C.乙酸的分子结构模型是D可用银氨溶液检验葡萄糖【答案】C【解析】A．乙酸、葡萄糖中碳原子之间能形成单键，故A正确；B．常温下，乙酸溶液显酸性，其pH<7，故B正确；C．乙酸的结构简式为CH3COOH，不是乙酸的分子结构模型，故C错误；D．葡萄糖含有醛基，能与银氨溶液反应生成光亮如镜的银，因此可用银氨溶液检验葡萄糖，故D正确。综上所述，答案为C。12.如图所示为元素周期表中短周期的一部分，X、Y、Z、W四种主族元素原子序数增大，Z是非金属性最强的元素，Y的主族序数是其周期数的3倍。下列说法正确的是A.原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)B电负性：Y>X>ZC.元素W最高价氧化物的水化物是一种强酸D.元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱【答案】C【解析】X、Y、Z、W四种主族元素原子序数增大，Z是非金属性最强的元素，则Z为F，Y的主族序数是其周期数的3倍。则由位置关系知，Y为ⅥA元素，则Y为O、W为S、X为N，据此回答；A．原同周期主族元素，从左到右原子半径逐渐减小；元素位于同主族时，核电荷数越大，电子层数越多，原子半径越大。原子子半径：r(W)>r(X)>r(Y)>r(Z)，A错误；B．同周期从左向右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，F的电负性大于O，O的电负性大于N，B错误；C．元素W最高价氧化物的水化物硫酸是一种强酸，C正确；D．同主族从上到下元素非金属性递减，非金属性越强，简单氢化物越稳定，元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，D错误；答案选C。13.已知反应X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)△H的能量变化如下图所示。下列说法正确的是A.△H=E2-E1 B.更换高效催化剂，E3不变C.恒压下充入一定量的氦气n(Z)减少 D.压缩容器，c(X)减小【答案】C【解析】A．△H=生成物的总能量-反应物的总能量=E1-E2，故A错误；B．更换高效催化剂，降低反应活化能，反应速率加快，该反应中(E3-E2)为活化能，E2为反应物的能量，E2不变，活化能降低，则E3减小，故B错误；C．恒压下充入一定量的氦气，容器体积增大，反应体系的分压减小，平衡向气体增多的方向移动，则n(Z)减少，故C正确；D．压缩容器体积，压强增大，平衡向右移动，n(X)减小，体积减小，各物质的浓度都增大，平衡移动只能减弱这种改变，而不能消除，故c(X)还是比原来大，故D错误；故选C。14.一种采用和为原料制备的装置如图所示。下列有关说法正确的是A.a极作阴极，该极上发生还原反应生成B.b极上发生反应：C.电解过程中，固体氧化物电解质中不断减少D.该装置两极产生的和的物质的量之比为【答案】B【解析】根据题干和图像信息，该电池为电解池，阳极反应式为：，阴极的电极反应式为：。A．a电极为阳极，发生氧化反应，故A错误；B．b电极为阴极，电极反应式为，故B正确；C．阴、阳极电极反应生成和消耗的相等，所以电解质中的的量不变，故C错误；D．根据电极反应式，和的物质的量之比为，故D错误；故选B。15.可以作为分解的催化剂，催化机理是：ⅰ.；ⅱ._______。分解反应过程中能量变化如下图所示，下列判断不正确的是A.曲线②为含有的反应过程B.反应ii为C.反应ⅰ和ⅱ均为放热过程D.反应ⅰ的反应速率可能比反应ⅱ慢【答案】C【解析】可以作为分解的催化剂，反应前后化学性质不变，故反应ii为；A．曲线②活化能小于曲线①，故曲线②为含有催化剂的反应过程，A项正确；B．根据上述分析，反应ii为，B项正确；C．根据曲线②能量变化，反应ⅰ为吸热反应，反应ⅱ为放热反应，C项错误；D．反应ⅰ的活化能大于反应ⅱ，故反应ⅰ的反应速率可能比反应ⅱ慢，D项正确；答案选C。16.由金属钛、铝形成的Tebbe试剂常用作有机反应的烯化试剂，其结构如图所示。下列说法正确的是A.Al3+与Cl-具有相同的电子层结构B.该结构中不存在配位键C.Tebbe试剂中的Al原子轨道杂化类型为sp3D.该结构中Al的化合价为+4【答案】C【解析】A．Al3+有2个电子层、Cl-有3个电子层，不具有相同的电子层结构，A错误；B．Al提供空轨道，Cl提供孤电子对，形成配位键，B错误；C．Al形成4个σ键，无孤电子对，为sp3杂化，C正确；D．该结构中Al的化合价为+3，D错误；故选C。17.下列事实：①水溶液呈碱性；②水溶液呈酸性；③长期使用铵态氮肥，会使土壤酸度增大；④加热能使纯碱溶液去污能力增强；⑤配制溶液，需加入一定量的铁粉。其中与盐类水解有关的是A.①③④⑤ B.①③④ C.①②③④ D.①②③④⑤【答案】B【解析】①NaHCO3是强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性，与盐类水解有关，故符合题意；②NaHSO4水溶液呈酸性是由于硫酸氢钠电离出氢离子的缘故，与盐类水解无关，故不符合题意；③铵盐水解呈酸性，会使土壤酸化，与水解有关，故符合题意；④加热促进水解，使纯碱溶液碱性增强，去污能力增强，与水解有关，故符合题意；⑤配制FeCl2溶液，需加入一定量的铁粉，目的是为了防止Fe2+被氧化，与盐类水解无关，故不符合题意；故选：B。18.化学是以实验为基础的科学，下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作和现象结论A探究金属钠在氧气中燃烧所得固体粉末的成分，取少量固体粉末，加入2~3mL蒸馏水若有气体生成，则固体粉末为B向盛有水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，振荡，加热试管，观察溶液颜色变化具有漂白性C向待测液中滴加稀NaOH溶液，没有产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体原溶液中不含D用洁净的玻璃棒蘸取待测液在酒精灯火焰上灼烧，发现火焰呈黄色原溶液存在A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．钠燃烧生成过氧化钠，可能Na剩余，Na与水反应生成氢气，则有气体生成，则固体粉末可能为Na2O2、Na，故A错误；B．二氧化硫能使品红溶液褪色，且不稳定，加热或放置时间太长会恢复原来的颜色，所以操作、现象、结论均正确，故B正确；C．由于是稀溶液，生成的是一水合氨，没有产生氨气，所以不能据此说明不存在铵根离子，故C错误；D．玻璃棒含钠元素，应选铁丝或铂丝蘸取待测液在酒精灯火焰上灼烧，故D错误；故选B。二、非选择题(本大题共5小题，共52分。)19.研究笼形包合物结构和性质具有重要意义。化学式为的笼形包合物四方晶胞结构如下图所示(H原子未画出)，每个苯环只有一半属于该晶胞。晶胞参数，。回答下列问题：（1）①基态的核外电子排布式为___________。②的电子式为___________。③的空间结构名称为___________。（2）已知晶胞中N原子均参与形成配位键，则与的配位数之比为___________；x:y:z=___________。（3）吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。吡啶在水中的溶解度远大于苯，主要原因是：①___________；②___________。【答案】（1）①.[Ar]3d10②.③.三角锥形（2）①.2∶3②.2∶1∶1（3）①.吡啶能与水形成分子间氢键②.吡啶和水均为极性分子，相似相溶，而苯为非极性分子【解析】（1）①Zn为30号元素，Zn2+的核外电子排布式为[Ar]3d10；②CN−中C、N之间共用三对电子对，其电子式为；③NH3的中心原子的价电子对数为，采取sp3杂化，其空间结构名称为三角锥形；（2）由晶胞结构可知，一个晶胞中含有Ni2+个数为，Zn2+个数为，含有CN-为，NH3个数为，苯环个数为，则该晶胞的化学式为，且晶胞中N原子均参与形成配位键，Ni2+周围形成的配位键为4，Zn2+周围形成配位键为6，则Ni2+与Zn2+的配位数之比为2∶3；x∶y∶z=4∶2∶2=2∶1∶1；（3）已知苯分子为非极性分子，而水分子为极性分子，吡啶为极性分子，相似相溶，且吡啶分子中N原子上含有孤对电子能与水分子形成分子间氢键，则吡啶在水中的溶解度远大于苯，主要原因是：①吡啶能与水形成分子间氢键；②吡啶和水均为极性分子，相似相溶，而苯为非极性分子。20.某同学通过实验研究钠及其化合物的有关性质，请回答相关问题．（1）实验室中少量的钠通常保存在_______中，在实验室中取用钠的仪器是________．（2）若将钠在空气中加热，钠会燃烧发出黄色火焰，同时生成

色的固体，写出该产物与H2O反应的化学方程式：________．（3）将金属钠投入水中，发生反应的离子方程式为________（4）该同学在实验室欲配制500mL0.1mol/LNaOH溶液．①配制溶液时肯定不需要如图所示仪器中的________（填字母），配制上述溶液还需要用到的玻璃仪器是________（填仪器名称）．②根据计算，该同学应用托盘天平称取NaOH的质量为________．③该同学将所配制的NaOH溶液进行测定，发现浓度大于0.1mol/L．下列操作会引起所配浓度偏大的是________．A．烧杯未进行洗涤B．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水C．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，并进行定容D．往容量瓶转移时，有少量液体溅出E．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线F．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线．【答案】①.煤油镊子②.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑③.2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑④.AC⑤.烧杯⑥.玻璃棒⑦.2.0g⑧.CE【解析】（1）因为钠的密度比水小，在空气中容易被氧化，所以少量的钠通常保存在煤油中，在实验室中取用钠的仪器是镊子，故答案为煤油；镊子；（2）钠在空气中加热燃烧生成淡黄色的Na2O2固体，Na2O2与H2O反应生成氢氧化钠和氧气，方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；（3）金属钠投入水中生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；（4）①配制步骤为：计算→称量→溶解、冷却→移液→定容→摇匀→装瓶→贴签，一般用天平称量（用到药匙）称量，在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀．所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，肯定不需要平底烧瓶（A）、分液漏斗（C），还需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒；②实验室配制500mL0.1mol/L的NaOH溶液，质量为：0.5L×0.1mol/L×40g/mol=2.0g；③A．烧杯未进行洗涤，导致n偏小，则浓度偏小，故错误；B．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，无影响，故错误；C．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，并进行定容，导致溶液体积偏小，则浓度偏大，故正确；D．往容量瓶转移时，有少量液体溅出，导致n偏小，则浓度偏小，故错误；E．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，则浓度偏大，故正确；F．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，则浓度偏小，故错误；故答案为CE。21.二氧化碳的排放日益受到环境和能源领域的关法，其综合利用是研究的重要课题。回答下列问题：（1）已知下列热化学方程式：反应Ⅰ：反应Ⅱ：则反应_______。（2）①向体积均为VL的恒压密闭容器中通入1mol、3mol，分别在0.1MPa和1MPa下发生上述反应Ⅰ和反应Ⅱ，分析温度对平衡体系中、CO、的影响，设这三种气体物质的量分数之和为1，其中CO和的物质的量分数与温度变化关系如图所示。下列叙述能判断反应体系达到平衡的是_______(填标号)。A.的消耗速率和的消耗速率相等B.混合气体的密度不再发生变化C.容器内气体压强不再发生变化②图中表示1MPa时的物质的量分数随温度变化关系的曲线是_______(填字母)，理由是_______；550℃、0.1MPa条件下，tmin反应达到平衡，平衡时容器的体积为_______L，反应Ⅱ的_______。(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)（3）一种从高炉气回收制储氢物质HCOOH的综合利用示意图如图所示：①某温度下，当吸收池中溶液的pH=8时，此时该溶液中_______[已知：该温度下，]。②利用电化学原理控制反应条件能将电催化还原为HCOOH，电解过程中还伴随着析氢反应，若生成HCOOH的电解效率为80%，当电路中转移3mol时，阴极室溶液的质量增加_______g[B的电解效率]。【答案】（1）+206.1（2）①.B②.a③.温度升高，反应Ⅰ向逆反应方向移动，甲烷的物质的量分数降低；压强增大，反应Ⅰ向正反应方向移动，甲烷的物质的量分数增大④.0.75V⑤.1（3）①.4②.55.2【解析】（1）反应Ⅰ：；反应Ⅱ：；反应Ⅱ-反应Ⅰ可得，所以；故答案为+206.1。（2）①A．反应Ⅰ+反应Ⅱ可得总反应方程式为，和的系数不同，所以的消耗速率和的消耗速率相等不能说明达到平衡，故A不符合题意；B．和在恒压密闭容器中反应，且反应为气体分数该变的反应，所以混合气体的密度不再发生变化可以说明达到平衡，故B符合题意；C．和在恒压密闭容器中反应，容器内气体压强不再发生变化不能说明达到平衡，故C不符合题意故答案选B。②反应Ⅰ正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CH4百分含量减小，所以a、c表示CH4物质的量分数随温度变化关系，增大压强，反应Ⅰ正向移动，CH4物质的量分数增大，所以表示1MPa时CH4物质的量分数随温度变化关系的曲线是a；所以b和c分别为0.1MPa时CO和CH4物质的量分数随温度变化关系的曲线。在550℃条件下，tmin反应达到平衡，设反应生成了xmolCH4，则可知生成了0.4xmolCO，反应消耗了1-1.4xmolCO2，根据三种气体的关系可得=0.5，解的x=0.5，所以达到平衡时，整个体系中含有0.3molCO2，0.5molCH4，0.2molCO，0.8molH2，1.2molH2O，所以平衡时容器的体积为=0.75V。因为反应Ⅱ中反应物和生成物的化学计量系数相等，所以反应Ⅱ的Kp==1。（3）①已知该温度下，；，所以；故答案为4。②生成HCOOH的电解效率为80%，当电路中转移3mol时，由B的电解效率可知，，阴极室发生反应为和2H++2e-=H2↑，消耗的H+会由阳极室的H+通过质子膜从而补充到阴极室，所以阴极室溶液的质量增加为，故答案为55.2。22.硫化钠主要用于皮革、毛纺、高档纸张、染料等行业。回答下列问题：Ⅰ.工业生产硫化钠大多采用无水芒硝(Na2SO4)-炭粉还原法，其流程示意图如下：（1）①写出硫化钠的电子式___________②上述流程中“碱浸”后，物质A必须经过___________(填写操作名称)处理后，方可“煅烧”；若煅烧所得气体为等物质的量的和，写出煅烧时发生的总的化学反应方程式为___________。③上述流程中采用稀碱液比用热水更好，理由是___________。Ⅱ.工业生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质。硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇。实验室中常用95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品。溶解回流装置如下图所示，（2）回流前无需加入沸石，其原因是___________。回流时间不宜过长，原因是___________；回流结束后，需进行的操作有①停止加热②关闭冷凝水③移去水浴，正确的顺序为___________(填标号)。a．①②③b．③①②c．②①③d．①③②（3）某毛纺厂废水中含的硫化钠，与纸张漂白后的废水(含)按的体积比混合，能同时较好处理两种废水，处理后的废水中所含的主要阴离子有___________。【答案】（1）①.②.过滤③.④.热水会促进水解，而稀碱液能抑制水解（2）①.硫化钠粗品中常含有一定量煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸石②.硫化钠易溶于热乙醇，若回流时间过长，会直接析出在冷凝管上，使提纯率较低，同时易造成冷凝管下端堵塞，圆底烧瓶内气压过大，发生爆炸③.d（3）【解析】硫酸钠和碳高温下反应生成硫化钠和二氧化碳，加入稀碱溶液能抑制硫离子水解，硫化钠溶液采用蒸发浓缩、降温结晶可得硫化钠晶体。（1）①硫化钠是由钠离子和硫离子构成的，；②上述流程中加入了过量的碳粉，“碱浸”后，物质碳粉必须经过过滤、干燥处理后，方可“煅烧”；若煅烧所得气体为等物质的量的CO和CO2，则生成1分子CO和CO2共失去6个电子，硫得到8个电子生成硫化钠，根据得失电子守恒可知，硫化钠、碳单质的系数为3:8，结合原子守恒煅烧时发生的总的化学反应方程式为；③硫化钠是强碱弱酸盐，加热促进硫化钠水解，稀碱液抑制Na2S水解，所以采用稀碱液比用热水更好；（2）回流前无需加入沸石，其原因是硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸石；硫化钠易溶于热乙醇，若回流时间过长，会直接析出在冷凝管上，使提纯率较低，同时易造成冷凝管下端堵塞，圆底烧瓶内气压过大，发生爆炸，故回流时间不宜过长；回流结束后，需进行的操作有①停止加热③移去水浴②关闭冷凝水，故选d；（3）氯酸钠与硫化钠的氧化产物是硫酸钠，硫化钠的物质的量比是，次氯酸钠的还原产物是，根据得失电子守恒，硫化钠的氧化产物是硫酸钠，处理后的废水中所含的主要阴离子有。23.有机物J是合成一种具有生物活性物质的中间体，其合成路线如下所示：请回答下列问题：（1）I的含氧官能团名称为______；J的分子式为______；B的结构简式为______。（2）的名称为______。（3）写出F→G的化学反应方程式：______。（4）G→H的反应类型为______。（5）设置D→E及I→J的反应步骤的目的是______。（6）K比D的分子组成只少1个碳原子，符合下列条件的K的结构有______种。ⅰ．苯环上有两个取代基；ⅱ．遇溶液显色，且能与溶液反应放出。（7）参照上述合成路线，以和为原料，设计合成的路线：______（无机试剂任选）。【答案】（1）①.醚键、（酮）羰基②.③.（2）乙二醇（或1，2－乙二醇）（3）（4）加成反应（5）避免酮羰基发生副反应（或保护酮羰基）（6）36（7）【解析】A与发生已知反应生成B，可推知B为，B与HCOONH4在Pd/C下生成C，结合C的分子式可推知C为；C在多聚磷酸的条件下发生取代反应成环生成D，D与乙二醇反应生成E，E在一定条件下生成F，F与CH3I在碱性条件下生成G，G和反应生成H，由F和H可推知G为，G在碱性条件下反应生成I，I在一定条件下生成J，据此回答。（1）由分析知，I的结构简式为，I的含氧官能团名称为醚键和酮羰基；由图知，J的结构为，故分子式为，由分析知B结构简式为；（2）的名称为乙二醇（或1，2－乙二醇）；（3）由分析，F，F与CH3I在碱性条件下生成G，G和反应生成H，由F和H可推知G为，发生的反应为；（4）的反应类型为加成反应；（5）由图知，D→E将酮羰基反应生成醚键，而I→J将醚键反应生成酮羰基，故D→E及I→J的反应步骤的目的是避免酮羰基发生副反应（或保护酮羰基）（6）D的分子式为，因此的分子式为，分子中有5个不饱和度，根据信息，中有苯环、羧基和酚羟基，则还应有四个碳的烷基；苯环上两个取代基，苯环及羧基在四个碳的烷基上有12种位置异构，且分别与酚羟基有邻、间、对三种位置，因此共有36种同分异构体；（7）根据所给信息，以和为原料，设计合成的路线为。浙江省湖州市2025届高三下学期二模考试注意事项：1、本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。2、考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卷上。3、选择题的答案须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净。4.非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卷上相应区城内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效。5.可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16Si-28S-32Cl-35.5Cu-64第I卷客观题一、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.下列物质在常温常压下密度比水大，能溶于水，形成晶体属于分子晶体的是A. B. C.SiD.【答案】D【解析】A．的密度小于水，不符合题意，故A不选；B．属于离子晶体，不符合题意，故B不选；C．SiC属于共价晶体，不符合题意，故C不选；D．是尿素，密度比水大，能溶于水，是分子晶体，符合题意，故D选。答案选D。2.糖类、脂肪和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质，以下叙述不正确的A.葡萄糖不具有还原性 B.淀粉是多糖，可在一定条件下水解C.油脂属于酯类化合物 D.蛋白质最终能水解成氨基酸【答案】A【解析】A.葡萄糖是多羟基全，具有还原性糖，是还原性糖，A错误；B.淀粉是葡萄糖的脱水缩合物，在一定条件下能发生水解反应，产生许多分子的葡萄糖，它属于多糖，B正确；C.油脂是高级脂肪酸的甘油酯，属于酯类，在一定条件下能发生水解反应，C正确；D.蛋白质是氨基酸的脱水缩合物，在一定条件下能发生水解反应，产生氨基酸，D正确；故合理选项是A。3.聚乙二醇(PEG)有良好的生物相容性，在水中可与形成氢键，由“中性聚合物”转变为超分子“聚电解质”，下列说法错误的是A.PEG中和的杂化方式相同 B.的VSEPR模型为四面体形C.键角： D.电负性：【答案】C【解析】A．中和均采取杂化，A正确；B．的中心原子价层电子对数为4，孤电子对数为1，则其VSEPR模型为四面体形，B正确；C．和的中心原子杂化方式均为，中有两个孤电子对，中有一个孤电子对，由于孤电子对与孤电子对之间的斥力大于孤电子对与键电子对之间的斥力，故键角：，C错误；D．电负性：，D正确。故选C。4.下列关于有机物的说法正确的是A.乙烯和聚乙烯都能使溴的四氯化碳溶液褪色B.与互为同分异构体C.丙酸分子中含有两种官能团D.乙酸和乙醇可以用紫色石蕊试液鉴别【答案】D【解析】A．聚乙烯分子中不含有碳碳不饱和键，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，A不正确；B．与结构相似，组成相差一个CH2，二者互为同系物，B不正确；C．丙酸(CH3CH2COOH)分子中只含有羧基一种官能团，C不正确；D．乙酸显酸性，乙醇显中性，前者能使紫色石蕊试液变红，所以可以用紫色石蕊试液鉴别，D正确；故选D。5.下列生活情境中对应的离子方程式正确的是A.泡沫灭火器灭火原理：B.除水垢时，先用Na2CO3溶液浸泡：C.铅蓄电池放电时总反应：D.84消毒液与洁厕灵不能混合使用原理：【答案】B【解析】A．泡沫灭火器中使用的是Al2(SO4)3和NaHCO3，故对应的离子方程式为：，A错误；B．除水垢时，先用Na2CO3溶液浸泡将微溶物CaSO4转化为CaCO3后再用HCl除去，对应的离子方程式为：，B正确；C．铅蓄电池放电时生成PbSO4为沉淀，故总反应为：，C错误；D．84消毒液与洁厕灵不能混合使用，二者将发生反应产生有毒气体Cl2，该反应的离子方程式为：，D错误；故答案为：B。6.根据实验操作及现象，下列解释或结论错误的是选项实验操作及现象解释或结论A将气体通入浓硝酸中，产生红棕色气体，浓硝酸呈黄色具有氧化性，能与浓硝酸反应生成B将铝片分别插入冷的浓硫酸和热的浓硫酸中，前者无明显现象，后者产生具有刺激性气味的气体冷的浓硫酸使铝钝化，热的浓硫酸不能使铝钝化C将用导线连接平行插入溶液中，一段时间后，质量减小，质量不变的金属性比强D向苯酚溶液中滴加几滴浓溴水，没有观察到白色沉淀生成的2，4，6-三溴苯酚溶于过量的苯酚中A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．将气体通入浓硝酸中，产生红棕色气体，浓硝酸呈黄色，具有还原性，能与浓硝酸反应氧化还原反应生成，A错误；B．冷的浓硫酸使铝钝化，热的浓硫酸不发生钝化，反应生成二氧化硫和硫酸铝，B正确；C．锌、铁、NaCl溶液构成原电池，Zn质量减小说明Zn是负极，发生吸氧腐蚀，负极：Zn-2e-=Zn2+，负极Zn的活泼性强于正极的铁，C正确；D．浓溴水是少量，苯酚和溴水生成的2，4，6-三溴苯酚溶于过量的苯酚中，没有观察到白色沉淀，D正确；故选A。7.下列说法正确的A.葡萄糖在酒化酶的作用下可以水解生成乙醇B.摄入人体内的纤维素在酶的催化作用下逐步水解，最终生成葡萄糖C.工业上常将液态植物油在一定条件下与氢气发生加成反应，用于生产人造奶油D.蛋白质溶液中加入高浓度的盐溶液就能使其溶解度下降，并失去生理活性【答案】C【解析】A．葡萄糖是单糖不水解，葡萄糖在酒化酶作用下转化为乙醇和二氧化碳，A错误；B．纤维素在人体内不能水解，B错误；C．液态植物油中含有的碳碳双键，在一定条件下与H2发生加成反应，生成固态的氢化植物油，利用这一性质食品工业可以生产人造奶油，C正确；D．蛋白质溶液中加入高浓度的盐溶液就能使其溶解度下降，但不会失去生理活性，D错误；故选C。催化剂能改变化学反应速率而不改变反应的焓变，常见催化剂有金属及其氧化物、酸和碱等。催化反应广泛存在，如豆科植物固氮、石墨制金刚石、和制(二甲醚)、催化氧化等。催化剂有选择性，如与反应用Ag催化生成(环氧乙烷)、用催化生成。催化作用能消除污染和影响环境，如汽车尾气处理、废水中电催化生成、氯自由基催化分解形成臭氧空洞。我国在石油催化领域领先世界，高效、经济、绿色是未来催化剂研究的发展方向。完成下列小题。8.下列说法正确的是A.豆科植物固氮过程中，固氮酶能提高该反应的活化能B.与反应中，Ag催化能提高生成的选择性C.制反应中，能加快化学反应速率D.与反应中，能减小该反应的焓变9.下列化学反应表示正确的是A.汽车尾气处理：B.电催化为的阳极反应：C.硝酸工业中的氧化反应：D.和催化制二甲醚：【答案】8.C9.D【解析】8.A．豆科植物固氮过程中，固氮酶为催化剂，能降低该反应活化能，A错误；B．根据题干信息，与反应中，Ag催化能提高生成环氧乙烷的选择性，B错误；C．制反应中，为催化剂，能加快化学反应速率，C正确；D．与反应中，为催化剂，催化剂不改变反应的焓变，D错误；故选C。9.A．汽车尾气处理，NO和CO转化为无污染的N2和CO2：，A错误；B．电催化为，得电子发生还原反应，在阴极发生：，B错误；C．硝酸工业中催化氧化为NO：，C错误；D．和催化制二甲醚，根据得失电子守恒和原子守恒，方程式为，D正确；故选D。10.下列有关反应描述正确的是A.催化氧化为断裂键B.氟氯烃破坏臭氧层，氟氯烃产生的氯自由基改变分解的历程C.丁烷催化裂化为乙烷和乙烯，丁烷断裂键和键D.石墨转化为金刚石，碳原子轨道的杂化类型由转变为【答案】B【解析】A．催化氧化为断裂羟基氧氢键、断裂羟基所连碳原子上的一个碳氢键，形成碳氧双键，故A错误；B．催化剂能够改变反应历程，加快反应速率，氯自由基催化O3分解形成臭氧空洞，破坏臭氧层，即氟氯烃破坏臭氧层，产生的氯自由基改变分解的历程，故B正确；C．丁烷催化裂化为乙烷和乙烯，但丁烷为饱和链烃，分子中无键，故C错误；D．石墨中碳原子为sp2杂化，金刚石中碳原子为sp3杂化，石墨转化为金刚石，碳原子轨道的杂化类型由sp2转变为sp3，故D错误；故答案为：B。11.2022年，我国科研人员通过电催化将CO2和H2O高效合成高纯度乙酸，并进一步利用微生物合成葡萄糖，为合成“粮食”提供了新技术。下列说法不正确的是A.碳原子之间能形成单键B.常温下，乙酸溶液的pH<7C.乙酸的分子结构模型是D可用银氨溶液检验葡萄糖【答案】C【解析】A．乙酸、葡萄糖中碳原子之间能形成单键，故A正确；B．常温下，乙酸溶液显酸性，其pH<7，故B正确；C．乙酸的结构简式为CH3COOH，不是乙酸的分子结构模型，故C错误；D．葡萄糖含有醛基，能与银氨溶液反应生成光亮如镜的银，因此可用银氨溶液检验葡萄糖，故D正确。综上所述，答案为C。12.如图所示为元素周期表中短周期的一部分，X、Y、Z、W四种主族元素原子序数增大，Z是非金属性最强的元素，Y的主族序数是其周期数的3倍。下列说法正确的是A.原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)B电负性：Y>X>ZC.元素W最高价氧化物的水化物是一种强酸D.元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱【答案】C【解析】X、Y、Z、W四种主族元素原子序数增大，Z是非金属性最强的元素，则Z为F，Y的主族序数是其周期数的3倍。则由位置关系知，Y为ⅥA元素，则Y为O、W为S、X为N，据此回答；A．原同周期主族元素，从左到右原子半径逐渐减小；元素位于同主族时，核电荷数越大，电子层数越多，原子半径越大。原子子半径：r(W)>r(X)>r(Y)>r(Z)，A错误；B．同周期从左向右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，F的电负性大于O，O的电负性大于N，B错误；C．元素W最高价氧化物的水化物硫酸是一种强酸，C正确；D．同主族从上到下元素非金属性递减，非金属性越强，简单氢化物越稳定，元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，D错误；答案选C。13.已知反应X(g)+3Y(g)⇌2Z(g)△H的能量变化如下图所示。下列说法正确的是A.△H=E2-E1 B.更换高效催化剂，E3不变C.恒压下充入一定量的氦气n(Z)减少 D.压缩容器，c(X)减小【答案】C【解析】A．△H=生成物的总能量-反应物的总能量=E1-E2，故A错误；B．更换高效催化剂，降低反应活化能，反应速率加快，该反应中(E3-E2)为活化能，E2为反应物的能量，E2不变，活化能降低，则E3减小，故B错误；C．恒压下充入一定量的氦气，容器体积增大，反应体系的分压减小，平衡向气体增多的方向移动，则n(Z)减少，故C正确；D．压缩容器体积，压强增大，平衡向右移动，n(X)减小，体积减小，各物质的浓度都增大，平衡移动只能减弱这种改变，而不能消除，故c(X)还是比原来大，故D错误；故选C。14.一种采用和为原料制备的装置如图所示。下列有关说法正确的是A.a极作阴极，该极上发生还原反应生成B.b极上发生反应：C.电解过程中，固体氧化物电解质中不断减少D.该装置两极产生的和的物质的量之比为【答案】B【解析】根据题干和图像信息，该电池为电解池，阳极反应式为：，阴极的电极反应式为：。A．a电极为阳极，发生氧化反应，故A错误；B．b电极为阴极，电极反应式为，故B正确；C．阴、阳极电极反应生成和消耗的相等，所以电解质中的的量不变，故C错误；D．根据电极反应式，和的物质的量之比为，故D错误；故选B。15.可以作为分解的催化剂，催化机理是：ⅰ.；ⅱ._______。分解反应过程中能量变化如下图所示，下列判断不正确的是A.曲线②为含有的反应过程B.反应ii为C.反应ⅰ和ⅱ均为放热过程D.反应ⅰ的反应速率可能比反应ⅱ慢【答案】C【解析】可以作为分解的催化剂，反应前后化学性质不变，故反应ii为；A．曲线②活化能小于曲线①，故曲线②为含有催化剂的反应过程，A项正确；B．根据上述分析，反应ii为，B项正确；C．根据曲线②能量变化，反应ⅰ为吸热反应，反应ⅱ为放热反应，C项错误；D．反应ⅰ的活化能大于反应ⅱ，故反应ⅰ的反应速率可能比反应ⅱ慢，D项正确；答案选C。16.由金属钛、铝形成的Tebbe试剂常用作有机反应的烯化试剂，其结构如图所示。下列说法正确的是A.Al3+与Cl-具有相同的电子层结构B.该结构中不存在配位键C.Tebbe试剂中的Al原子轨道杂化类型为sp3D.该结构中Al的化合价为+4【答案】C【解析】A．Al3+有2个电子层、Cl-有3个电子层，不具有相同的电子层结构，A错误；B．Al提供空轨道，Cl提供孤电子对，形成配位键，B错误；C．Al形成4个σ键，无孤电子对，为sp3杂化，C正确；D．该结构中Al的化合价为+3，D错误；故选C。17.下列事实：①水溶液呈碱性；②水溶液呈酸性；③长期使用铵态氮肥，会使土壤酸度增大；④加热能使纯碱溶液去污能力增强；⑤配制溶液，需加入一定量的铁粉。其中与盐类水解有关的是A.①③④⑤ B.①③④ C.①②③④ D.①②③④⑤【答案】B【解析】①NaHCO3是强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性，与盐类水解有关，故符合题意；②NaHSO4水溶液呈酸性是由于硫酸氢钠电离出氢离子的缘故，与盐类水解无关，故不符合题意；③铵盐水解呈酸性，会使土壤酸化，与水解有关，故符合题意；④加热促进水解，使纯碱溶液碱性增强，去污能力增强，与水解有关，故符合题意；⑤配制FeCl2溶液，需加入一定量的铁粉，目的是为了防止Fe2+被氧化，与盐类水解无关，故不符合题意；故选：B。18.化学是以实验为基础的科学，下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作和现象结论A探究金属钠在氧气中燃烧所得固体粉末的成分，取少量固体粉末，加入2~3mL蒸馏水若有气体生成，则固体粉末为B向盛有水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，振荡，加热试管，观察溶液颜色变化具有漂白性C向待测液中滴加稀NaOH溶液，没有产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体原溶液中不含D用洁净的玻璃棒蘸取待测液在酒精灯火焰上灼烧，发现火焰呈黄色原溶液存在A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．钠燃烧生成过氧化钠，可能Na剩余，Na与水反应生成氢气，则有气体生成，则固体粉末可能为Na2O2、Na，故A错误；B．二氧化硫能使品红溶液褪色，且不稳定，加热或放置时间太长会恢复原来的颜色，所以操作、现象、结论均正确，故B正确；C．由于是稀溶液，生成的是一水合氨，没有产生氨气，所以不能据此说明不存在铵根离子，故C错误；D．玻璃棒含钠元素，应选铁丝或铂丝蘸取待测液在酒精灯火焰上灼烧，故D错误；故选B。二、非选择题(本大题共5小题，共52分。)19.研究笼形包合物结构和性质具有重要意义。化学式为的笼形包合物四方晶胞结构如下图所示(H原子未画出)，每个苯环只有一半属于该晶胞。晶胞参数，。回答下列问题：（1）①基态的核外电子排布式为___________。②的电子式为___________。③的空间结构名称为___________。（2）已知晶胞中N原子均参与形成配位键，则与的配位数之比为___________；x:y:z=___________。（3）吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。吡啶在水中的溶解度远大于苯，主要原因是：①___________；②___________。【答案】（1）①.[Ar]3d10②.③.三角锥形（2）①.2∶3②.2∶1∶1（3）①.吡啶能与水形成分子间氢键②.吡啶和水均为极性分子，相似相溶，而苯为非极性分子【解析】（1）①Zn为30号元素，Zn2+的核外电子排布式为[Ar]3d10；②CN−中C、N之间共用三对电子对，其电子式为；③NH3的中心原子的价电子对数为，采取sp3杂化，其空间结构名称为三角锥形；（2）由晶胞结构可知，一个晶胞中含有Ni2+个数为，Zn2+个数为，含有CN-为，NH3个数为，苯环个数为，则该晶胞的化学式为，且晶胞中N原子均参与形成配位键，Ni2+周围形成的配位键为4，Zn2+周围形成配位键为6，则Ni2+与Zn2+的配位数之比为2∶3；x∶y∶z=4∶2∶2=2∶1∶1；（3）已知苯分子为非极性分子，而水分子为极性分子，吡啶为极性分子，相似相溶，且吡啶分子中N原子上含有孤对电子能与水分子形成分子间氢键，则吡啶在水中的溶解度远大于苯，主要原因是：①吡啶能与水形成分子间氢键；②吡啶和水均为极性分子，相似相溶，而苯为非极性分子。20.某同学通过实验研究钠及其化合物的有关性质，请回答相关问题．（1）实验室中少量的钠通常保存在_______中，在实验室中取用钠的仪器是________．（2）若将钠在空气中加热，钠会燃烧发出黄色火焰，同时生成

色的固体，写出该产物与H2O反应的化学方程式：________．（3）将金属钠投入水中，发生反应的离子方程式为________（4）该同学在实验室欲配制500mL0.1mol/LNaOH溶液．①配制溶液时肯定不需要如图所示仪器中的________（填字母），配制上述溶液还需要用到的玻璃仪器是________（填仪器名称）．②根据计算，该同学应用托盘天平称取NaOH的质量为________．③该同学将所配制的NaOH溶液进行测定，发现浓度大于0.1mol/L．下列操作会引起所配浓度偏大的是________．A．烧杯未进行洗涤B．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水C．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，并进行定容D．往容量瓶转移时，有少量液体溅出E．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线F．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线．【答案】①.煤油镊子②.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑③.2Na+2H2O=2Na++2OH﹣+H2↑④.AC⑤.烧杯⑥.玻璃棒⑦.2.0g⑧.CE【解析】（1）因为钠的密度比水小，在空气中容易被氧化，所以少量的钠通常保存在煤油中，在实验室中取用钠的仪器是镊子，故答案为煤油；镊子；（2）钠在空气中加热燃烧生成淡黄色的Na2O2固体，Na2O2与H2O反应生成氢氧化钠和氧气，方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；（3）金属钠投入水中生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；（4）①配制步骤为：计算→称量→溶解、冷却→移液→定容→摇匀→装瓶→贴签，一般用天平称量（用到药匙）称量，在烧杯中溶解，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀．所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，肯定不需要平底烧瓶（A）、分液漏斗（C），还需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒；②实验室配制500mL0.1mol/L的NaOH溶液，质量为：0.5L×0.1mol/L×40g/mol=2.0g；③A．烧杯未进行洗涤，导致n偏小，则浓度偏小，故错误；B．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，无影响，故错误；C．NaOH在烧杯中溶解后，未冷却就立即转移到容量瓶中，并进行定容，导致溶液体积偏小，则浓度偏大，故正确；D．往容量瓶转移时，有少量液体溅出，导致n偏小，则浓度偏小，故错误；E．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，则浓度偏大，故正确；F．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，则浓度偏小，故错误；故答案为CE。21.二氧化碳的排放日益受到环境和能源领域的关法，其综合利用是研究的重要课题。回答下列问题：（1）已知下列热化学方程式：反应Ⅰ：反应Ⅱ：则反应_______。（2）①向体积均为VL的恒压密闭容器中通入1mol、3mol，分别在0.1MPa和1MPa下发生上述反应Ⅰ和反应Ⅱ，分析温度对平衡体系中、CO、的影响，设这三种气体物质的量分数之和为1，其中CO和的物质的量分数与温度变化关系如图所示。下列叙述能判断反应体系达到平衡的是_______(填标号)。A.的消耗速率和的消耗速率相等B.混合气体的密度不再发生变化C.容器内气体压强不再发生变化②图中表示1MPa时的物质的量分数随温度变化关系的曲线是_______(填字母)，理由是_______；550℃、0.1MPa条件下，tmin反应达到平衡，平衡时容器的体积为_______L，反应Ⅱ的_______。(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)（3）一种从高炉气回收制储氢物质HCOOH的综合利用示意图如图所示：①某温度下，当吸收池中溶液的pH=8时，此时该溶液中_______[已知：该温度下，]。②利用电化学原理控制反应条件能将电催化还原为HCOOH，电解过程中还伴随着析氢反应，若生成HCOOH的电解效率为80%，当电路中转移3mol时，阴极室溶液的质量增加_______g[B的电解效率]。【答案】（1）+206.1（2）①.B②.a③.温度升高，反应Ⅰ向逆反应方向移动，甲烷的物质的量分数降低；压强增大，反应Ⅰ向正反应方向移动，甲烷的物质的量分数增大④.0.75V⑤.1（3）①.4②.55.2【解析】（1）反应Ⅰ：；反应Ⅱ：；反应Ⅱ-反应Ⅰ可得，所以；故答案为+206.1。（2）①A．反应Ⅰ+反应Ⅱ可得总反应方程式为，和的系数不同，所以的消耗速率和的消耗速率相等不能说明达到平衡，故A不符合题意；B．和在恒压密闭容器中反应，且反应为气体分数该变的反应，所以混合气体的密度不再发生变化可以说明达到平衡，故B符合题意；C．和在恒压密闭容器中反应，容器内气体压强不再发生变化不能说明达到平衡，故C不符合题意故答案选B。②反应Ⅰ正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，CH4百分含量减小，所以a、c表示CH4物质的量分数随温度变化关系，增大压强，反应Ⅰ正向移动，CH4物质的量分数增大，所以表示1MPa时CH4物质的量分数随温度变化关系的曲线是a；所以b和c分别为0.1MPa时CO和CH4物质的量分数随温度变化关系的曲线。在550℃条件下，tmin反应达到平衡，设反应生成了xmolCH4，则可知生成了0.4xmolCO，反应消耗了1-1.4xmolCO2，根据三种气体的关系可得=0.5，解的x=0.5，所以达到平衡时，整个体系中含有0.3molCO2，0.5molCH4，0.2molC