2024-2025学年海南省高三下学期第三次检测考试（一模）化学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1海南省2024-2025学年高三下学期第三次检测考试（一模）试题考生注意：1、答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码贴在答题卡上的指定位置。2、回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Cl35.5K39Fe56Ag108Sn119一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16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.下列过程中有电子转移的是A.千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金 B.候潮一过，明日天晴，半日晒出盐霜C.熬胆矾铁釜，久之亦化为铜 D.青蒿一握，以水二升渍(浸泡)，绞取汁【答案】C【解析】A．“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，从沙子中筛选黄金，没有生成新物质，物理变化，故A不符合题意；B．明日天晴，半日晒出盐霜，是蒸发结晶的过程，物理变化，故B不符合题意；C．熬胆矾铁釜，久之亦化为铜，发生反应Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，铁、铜元素化合价改变，属于氧化还原反应，有电子转移，故C符合题意；D．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，尽服之”，用水浸取青蒿中的青蒿素，物理变化，故D不符合题意；故选C。2.化学的迅速发展为人民的美好生活做出了突出贡献。下列有关物质用途的说法错误的是A.碳纤维用做美观耐用的钓鱼竿 B.碳酸钠用于治疗胃酸过多C.用硫黄粉消除洒落在地上的水银 D.碘伏常用于创伤的杀菌消毒【答案】B【解析】A．碳纤维具备轻量化、高刚度等特性，可用做钓鱼竿，故A正确；B．碳酸钠碱性较强，且与酸反应较慢，常用碳酸氢钠治疗胃酸过多，故B错误；C．常温下硫与水银反应生成HgS，可用硫粉消除洒落的水银，故C正确；D．碘单质具有一定氧化性，能杀菌消毒，故D正确；故选：B。3.下列实验操作规范的是KCl的焰色试验配制一定物质的量浓度溶液时的定容操作AB碱式滴定管排气泡制备氢氧化铁胶体CDA.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．氯化钾在火焰上灼烧时，火焰会呈现紫色，需要透过蓝色的钴玻璃观察，A错误；B．配制一定物质的量浓度溶液时的定容操作中，在接近刻度线时改用胶头滴管滴加，以保证液面与刻度准确相切，B错误；C．碱式滴定管的气泡排除方法是：将胶管向上弯曲，然后用力捏挤玻璃珠，让溶液从尖嘴喷出，这样可以有效地排除气泡，C正确；D．制备氢氧化铁胶体的方法是：先将盛有水的烧杯加热至接近沸腾，再从上方慢慢加入饱和氯化铁溶液，继续加热得到Fe(OH)3胶体，然后停止加热，D错误；故选C。4.实验室用电石()与水反应制取乙炔，并检验其性质，实验装置如图所示。下列说法错误的是A.饱和氯化钠溶液代替水可使反应变缓 B.发生装置可用简易启普发生器代替C.硫酸铜溶液中会出现黑色沉淀 D.盛溴水的试管底部有油状液体生成【答案】B【解析】圆底烧瓶中反应生成乙炔，通过硫酸铜溶液除去生成的杂质硫化氢气体，乙炔和溴水中溴单质反应使得溶液褪色；A．水与碳化钙反应非常剧烈，反应速率快，不易控制，用饱和食盐水代替水，可使反应变缓，A正确；B．启普发生器要求固体必须是块状不溶物，而电石遇水会碎裂，且生成的氢氧化钙糊状物会堵塞启普发生器发生危险，不能用启普发生器制乙炔，B错误；C．生成的乙炔中混有硫化氢气体，用硫酸铜溶液除去杂质硫化氢，减小硫化氢对后续实验的影响，硫化氢和硫酸铜反应生成硫化铜黑色沉淀，C正确；D．乙炔和溴水中溴单质发生加成反应生成密度较大的有机物CHBr2CHBr2，盛溴水的试管底部有油状液体生成，D正确；故选B。5.化学物质在助力同学们的学习方面有广泛用途。下列说法错误的是A.铅笔笔芯成分中的石墨是共价晶体 B.二氧化硫漂白的纸张久置易发黄C.实验室常用的玻璃仪器为硅酸盐产品 D.粉笔成分中的硫酸钙属于盐类【答案】A【解析】A．石墨是层状结构，层内碳原子通过共价键连接，层间通过范德华力结合。它属于混合型晶体，而非典型的共价晶体，A错误；B．二氧化硫与纸张中的有色物质结合生成不稳定的化合物，久置后分解导致纸张发黄，B正确；C．玻璃的主要成分是硅酸钙、硅酸钠和二氧化硅的混合物，属于硅酸盐产品，C正确；D．硫酸钙由Ca2+和组成，符合盐的定义，D正确；故选A。6.在恒容绝热的密闭容器中发生反应：，C的浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是A.1～2min内的平均反应速率B.从反应速率变化可推知该反应可能是放热反应C.加入催化剂可提高物质B的平衡转化率D.当容器内气体的平均摩尔质量不变时，不能说明该反应达到平衡状态【答案】B【解析】A．A是固体，不用固体表示反应速率，A错误；B．0-1min反应速率较慢，温度低，1-2min反应速率加快，反应在绝热密闭容器中，温度升高反应速率加快，2min后反应速率变慢，反应物浓度减小造成的，正反应为放热反应，B正确；C．催化剂可以加快反应速率，不能提高反应物B的平衡转化率，C错误；D．气体的平均摩尔质量等于气体的总质量比上气体的总物质的量，A是固体，气体质量是变量，气体物质的量是定值，气体的平均摩尔质量为变量，当气体的平均摩尔质量不变时，说明该反应达到平衡状态，D错误；答案选B。7.设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.28g乙烯和丙烯混合气体中含有的键数目为B.标准状况下，33.6L含有的氯原子数目为1.5C.34g完全被高锰酸钾氧化转移的电子数目为D.1L0.1溶液中含氢原子数目为0.9【答案】B【解析】A．1分子乙烯含有一个π键，28g乙烯有NA个π键，1分子丙烯也有一个π键，28g丙烯有NA=NA个π键，28g乙烯和丙烯混合气体中含有的π键数目为NA~NA个之间，A错误；B．标准状况下，CH3Cl为气体，33.6L的物质的量为1.5mol，含有的氯原子数目为1.5NA，B正确；C．H2O2与高锰酸钾反应生成O2，H2O2中-1价O生成0价氧气，1molH2O2失去2NA个电子，34g物质的量为，完全被高锰酸钾氧化转移的电子数目为2NA，C错误；D．1L0.1溶液中有水，水中也有H原子，含氢原子数目大于0.9，D错误；答案选B。8.高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效绿色消毒剂，主要用于饮用水及污水处理。一种制备K2FeO4的方法：①；②向Na2FeO4碱性溶液中加入KOH固体，析出K2FeO4。已知K2FeO4在酸性溶液中转化为Fe(OH)3。下列说法正确的是A.配制K2FeO4消毒液需在酸性溶液中B.相同条件下，K2FeO4溶解度比Na2FeO4的大C.K2FeO4作消毒剂利用其强氧化性D.制备1.98kgK2FeO4时，理论上转移80mol电子【答案】C【解析】A．根据已知信息K2FeO4在酸性溶液中转化为Fe(OH)3，因此配制K2FeO4消毒液不能在酸性溶液中，而应该在碱性环境中，A错误；B．根据信息②向Na2FeO4碱性溶液中加入KOH固体，析出K2FeO4，说明在相同条件下，K2FeO4溶解度比Na2FeO4的小，B错误；C．K2FeO4中Fe元素为+6价，具有强氧化剂，其还原产物是Fe3+，Fe3+水解产生的Fe(OH)3胶体能够吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀而析出，因此K2FeO4作水处理剂时作消毒剂、净化剂，无污染，是理想的水处理剂，其作消毒剂就是利用K2FeO4具有的强氧化性，C正确；D．在制备K2FeO4时发生反应、Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH，可得关系式：FeSO4～K2FeO4，根据第一个反应可知：每反应产生2molNa2FeO4，转移10mol电子，第二个反应为复分解反应，则制取1molK2FeO4，转移5mol电子，制备1.98kgK2FeO4时，其物质的量为n(K2FeO4)==10mol，则理论上转移电子的物质的量50mol，D错误；故合理选项C。二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项是符合题目要求的。若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。9.下列反应的离子方程式或化学方程式书写错误的是A.向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液：B.向盐酸中加入碳酸氢钠：C.向氯化铝溶液中滴加少量氢氧化钠溶液：D.向热的银氨溶液中加入葡萄糖溶液：【答案】C【解析】A．氯化铵是强酸弱碱盐，在水中发生水解，，溶液显酸性，水解产生的氢离子与氢氧化镁反应，A正确；B．盐酸为强酸，碳酸为弱酸，故盐酸可与碳酸氢钠反应生成碳酸，碳酸不稳定，分解为二氧化碳与水，B正确；C．向氯化铝溶液中滴加少量氢氧化钠溶液，生成氢氧化铝，，C错误；D．葡萄糖含有醛基，有还原性，可与银氨溶液反应生成Ag和羧酸铵，D正确；故选C。10.根据下列实验操作(方法)及现象所得结论正确的是选项实验操作(方法)及现象结论A向某含铁物质中滴加浓盐酸溶解，再滴加溶液，紫红色褪去该含铁物质中至少部分铁为＋2价B在1.0L0.1的溶液中加入足量溶液，测得生成28.7g白色沉淀溶液中的配离子为C同温同浓度下，用精密pH计测得三氯乙酸的pH比三氟乙酸的大F的吸电子效应大于ClD将2mL5%的溶液加入到2mL浓硫酸中，产生气泡速率先逐渐加快，后逐渐减慢，直至停止浓硫酸是分解的催化剂A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．溶液，紫红色褪去，说明溶液中有还原性物质，Fe2+和浓盐酸中的Cl-都有还原性，故褪色不能说明含有Fe2+，故A错误；B．在1.0L0.1的溶液中加入足量溶液，生成的白色沉淀为AgCl，AgCl的物质的量为=0.2mol，故0.1mol的电离出的Cl-为0.2mol，即配离子中含有1个Cl-，故B错误；C．三氟乙酸中F的吸电子效应大于Cl，使得三氟乙酸羧基负离子更稳定，所以三氟乙酸酸性更强，pH更小，故C正确。D．浓硫酸具有强氧化性和脱水性等性质，在该反应中，开始时可能是浓硫酸稀释时放出的热量使H2O2分解速率加快，随着反应的进行，H2O2逐渐消耗完，反应停止，而不是因为浓硫酸是H2O2分解的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，故D错误；故选C。11.可用于制造乳白玻璃或用作玻璃磨光剂，其晶胞属于四方晶系(晶胞棱边夹角均为90℃)，结构如图所示，用表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.小黑球代表 B.位于6个所构成的八面体空隙中C.该晶体的密度为 D.晶胞沿z轴的投影图为【答案】D【解析】A．白球位于顶点和体心，个数为，黑球两个在体内，4个在面上，个数为，二者个数比为1:2，则小黑球代表，A正确；B．由图可知，位于6个所构成的八面体空隙中，B正确；C．该晶体的密度，C正确；D．由晶胞结构可知，晶胞沿z轴方向的投影，顶点白球投影到正方形顶点，体心白球投影为正方形面心，上下面的黑球垂直重合，投影到正方形一条对角线上，体内黑球投影到另一条面对角线上，则晶胞沿z轴的投影图为，D错误；选D。12.护肤品中通常所说的维A指的是较为温和的维A醇，其分子结构如图所示。下列有关维A醇分子的说法正确的是A.含有手性碳原子 B.1mol维A醇最多消耗5molC.分子式为 D.能使溴的四氯化碳溶液褪色【答案】BD【解析】A．手性碳原子是一个碳原子周围连接四个不同的原子或原子团，维A醇分子中没有手性碳原子，A错误；B．一个维A醇分子有5个碳碳双键，1mol维A醇最多消耗5mol，B正确；C．维A醇的分子式为C20H30O，C错误；D．维A醇分子中有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，D正确；答案选BD。13.清华大学学者团队研发了一种“生物质电池”，该电池放电时产生糠酸，充电时产生糠醇，实现了供电过程中生产高附加值化学品的目的。该电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是A.放电或充电时均需源源不断地输入糠醛B.是充电时的阴极反应C.每生成1mol，理论上外电路中通过1mol电子D.充电时的总反应：【答案】AD【解析】由图可知，放电时，左侧电极为原电池的负极，碱性条件下在负极失去电子发生氧化反应生成，电极反应式为-2e-+2OH-=+H2O，右侧电极为正极，水分子作用下Co0.2Ni0.8OOH在正极得到电子发生还原反应生成Co0.2Ni0.8(OH)2，电极反应式为Co0.2Ni0.8OOH+e-+H2O=Co0.2Ni0.8(OH)2+OH-；充电时，与直流电源负极相连的左侧电极为阴极，水分子作用下，在阴极得到电子发生还原反应生成，电极反应式为+2e-+2H2O=+2OH-，右侧电极为阳极，碱性条件下Co0.2Ni0.8(OH)2在阳极失去电子发生氧化反应生成Co0.2Ni0.8OOH和水，电极反应式为Co0.2Ni0.8(OH)2-e-+OH-=Co0.2Ni0.8OOH+H2O。A．由分析可知，放电或充电时糠醛均被消耗，均需源源不断地输入糠醛，A正确；B．由分析可知，充电时，右侧电极为阳极，碱性条件下Co0.2Ni0.8(OH)2在阳极失去电子发生氧化反应生成Co0.2Ni0.8OOH和水，电极反应式为Co0.2Ni0.8(OH)2-e-+OH-=Co0.2Ni0.8OOH+H2O，B错误；C．由分析可知，碱性条件下在负极失去电子发生氧化反应生成，电极反应式为-2e-+2OH-=+H2O，每生成1mol

，理论上外电路中通过2mol电子，C错误；D．由分析可知，充电时和Co0.2Ni0.8(OH)2反应生成和Co0.2Ni0.8OOH，总反应为：+2Co0.2Ni0.8(OH)2=+2Co0.2Ni0.8OOH，D正确；故选AD。14.是常用的沉淀剂和指示剂，是常用的氧化剂，二者的转化反应为(aq，黄色)(aq，橙色)，298K时，向溶液中滴加少量硫酸(假设溶液体积不变)，溶液pH与平衡时、的关系如图所示。已知：。下列叙述错误的是A.代表与pH的关系B.a→d点，的物质的量浓度变化为0.03C.298K时该反应的平衡常数D.c点坐标为【答案】AC【解析】根据反应(aq，黄色)(aq，橙色)可知，增大H+浓度，平衡正向移动，浓度减少，浓度增加，L1代表浓度与pH关系，L2代表浓度与pH关系。A．经过分析可知，代表与pH的关系，A错误；B．起始时，为0.09mol/L，为0.005mol/L，d点时为0.04mol/L，根据Cr原子守恒，=(0.09+0.005×2)mol/L-0.04×2mol/L=0.02mol/L，a→d点，变化为0.05mol/L-0.02mol/L=0.03mol/L，B正确；C．d点时，=0.04mol/L，=0.02mol/L，c(H+)=10-6mol/L，反应(aq，黄色)(aq，橙色)的平衡常数K=，C错误；D．c点时=，根据Cr原子守恒，设==xmol/L，2x+x=0.09+2×0.005=0.1，x=，K=，==mol/L，解得c(H+)=，pH=6.26，c点坐标为，D正确；答案选AC。三、非选择题：本题共5小题，共60分。15.铈(Ce)常用作玻璃脱色剂、澄清剂、着色剂和研磨抛光剂材料，也是三元催化剂的重要组成元素。磷铈镧矿中铈(Ce)主要以形式存在，还含有、、、等物质。实验室以磷铈镧矿为原料模拟工业制备Ce的流程图如下。已知：常温下，；。请回答下列问题：（1）酸性废气中含有HF，该气体的水溶液用来刻蚀玻璃时发生反应的化学方程式是_______。（2）实验室中进行过滤操作需要用到的玻璃仪器有_______。（3）常温下，“滤液Ⅱ”中，用氨水调pH的范围是_______(当溶液中离子浓度时，认为该离子沉淀完全)。（4）“滤液Ⅲ”中加入反应生成的离子方程式为_______；“滤液Ⅲ”的温度保持在35～45℃，不宜过高的原因是_______。【答案】（1）（2）烧杯、漏斗、玻璃棒（3）5≤pH＜8（4）①.②.受热易分解【解析】磷铈镧矿中铈(Ce)主要以形式存在，还含有、、、等物质，加浓硫酸煅烧，不反应，、、分别转化为、、，同时生成HF；烧渣加水溶解，得到、固体，所得滤液Ⅰ中加硫酸铁，进一步除去溶液中的磷酸根离子；滤渣Ⅱ中主要为；滤液Ⅱ中含、、；加氨水调节溶液pH除去、；过滤得滤液Ⅲ加碳酸氢铵，将转化为沉淀，煅烧得到CeO2，CeO2被Mg还原得到Ce，据此分析解答。（1）HF与SiO2反应生成SiF4和水，反应方程式为：；（2）过滤操作需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；（3）加氨水调节溶液pH使铝离子完全沉淀，则，pH值为5；“滤液Ⅱ”中，，pH值为8，因此pH值范围为：5≤pH＜8；（4）“滤液Ⅲ”中加入反应生成的离子方程式为：；“滤液Ⅲ”的温度保持在35～45℃，不宜过高的原因是受热易分解。16.氢能是21世纪最具发展潜力的清洁能源之一，利用乙醇与水重整可获取氢能源，该重整过程涉及的反应如下：反应ⅰ：反应ⅱ：反应ⅲ：恒压(100kPa)条件下，在密闭容器中通入1mol(g)、3mol(g)，发生上述反应，测得平衡时(g)的转化率和CO(g)、(g)的选择性与温度的变化关系曲线如图所示。已知：CO的选择性=。请回答下列问题：（1）反应ⅰ的x=_______。（2）图中甲表示(g)平衡转化率的曲线，表示CO(g)选择性的曲线为_______(填“乙”或“丙”)。（3）℃时，(g)的平衡转化率为_______%(结果保留一位小数)；该温度下，平衡体系中的分压p()=_______kPa(结果用分数表示)。（4）℃时，向平衡体系中通入Ar气，反应ⅱ的平衡_______(填“正向”“逆向”或“不”)移动，平衡常数_______(填“增大”“减小”或“不变”)。（5）采用Ni/催化剂时，Ni的不同质量分数对产品的选择性的影响如图所示，500℃时，采用的催化剂中Ni的质量分数最佳为_______。【答案】（1）＋255.7（2）乙（3）①.60.7②.（4）①.正向②.不变（5）15%【解析】（1）由盖斯定律，反应ⅱ-反应ⅲ×2得反应，；（2）已知，甲表示(g)平衡转化率的曲线；反应ⅰ、ⅱ为吸热反应，反应ⅲ为放热反应，随着温度的升高，反应ⅰ、ⅱ平衡正向移动，反应ⅲ平衡逆向移动，反应ⅲ逆向移动CO2转化为CO，故温度升高CO的选择性增大，CO的选择性+CO2的选择性=1，则CO2的选择性减小，则表示CO2选择性的曲线为丙，表示CO选择性的曲线是乙，表示乙醇的转化率的曲线是甲；（3）℃时，乙醇转化率为70%，则反应乙醇0.7mol、剩余乙醇0.3mol，根据碳守恒，生成二氧化碳、一氧化碳共0.7mol×2=1.4mol，则二氧化碳、一氧化碳分别为1.4mol×80%=1.12mol、1.4mol×20%=0.28mol，由三段式：则x+z=0.7、2x-y=0.28、y+2z=1.12，，(g)的平衡转化率为；、，该温度下，平衡体系中的分压kPa；（4）恒压(100kPa)条件下，在密闭容器中进行反应，℃时，向平衡体系中通入Ar气，则容器体积增大，物质浓度减小，反应ⅱ为气体分子数减小的反应，其平衡正向移动；温度不变，则平衡常数不变；（5）500℃时，采用催化剂中Ni的质量分数最佳为15%，此时氢气的选择性最大。17.邻苯二甲酰亚胺(PIMD)是一种重要的化工原料，广泛用于染料、医药、橡胶领域。以邻苯二甲酸酐为原料制备PIMD的反应原理和实验装置如下：反应原理：实验装置：相关物质的物理性质如下表：物质相对分子质量熔点/℃沸点/℃溶解性邻苯二甲酸酐148131～134284不溶于冷水，微溶于热水，稍溶于乙醇邻苯二甲酰亚胺147232～235366微溶于热水，易溶于乙醇，易溶于碱溶液实验步骤：Ⅰ．向125mL三颈烧瓶中加入37.0g邻苯二甲酸酐，边搅拌边滴入25.0mL浓氨水(稍过量)，加热至80～95℃，当看到固体完全溶解的现象时，停止加热。将三颈烧瓶右端口所连装置取下改为蒸馏装置，继续加热，将溶液中的水及过量的氨蒸馏回收，此时烧瓶中有白色固体析出。Ⅱ．继续升温至235～240℃，固体熔化，反应60分钟后，停止加热冷却至室温，热水洗涤固体、抽滤、烘干，得到粗品白色粉末36.1g。Ⅲ．向白色粉末中加入适量乙醇，加热回流使固体恰好溶解，趁热过滤，将滤液缓慢降温冷却，有白色晶体析出，抽滤、洗涤、烘干后得白色晶体29.4g。请回答下列问题：（1）仪器A的名称为_______。（2）球形干燥管中的试剂可能为_______(填标号)。①氢氧化钾②无水氯化钙③碱石灰（3）步骤Ⅰ中白色固体的主要成分的名称是_______。（4）步骤Ⅲ中选用乙醇的主要原因是_______。（5）步骤Ⅲ中趁热过滤后，滤液“缓慢降温”而不是快速降温的原因是_______。（6）该实验中邻苯二甲酸酐的利用率为_______。【答案】（1）恒压滴液漏斗(或恒压分液漏斗)（2）②（3）邻苯二甲酸铵（4）减少邻苯二甲酸酐的溶解量，使分离更加完全（5）缓慢降温易形成大颗粒晶体，利于抽滤(或缓慢降温有助于形成更纯净的晶体)（6）80%【解析】由题给流程可知，装置甲中发生的反应为邻苯二甲酸酐与氨水在80～95℃的热水浴中发生取代反应生成邻氨甲酰苯甲酸，邻氨甲酰苯甲酸在加热条件下发生取代反应生成邻苯二甲酰亚胺，用于除去所得固体中的水分，除水所得固体经冷却，洗涤、抽滤烘干，进一步提纯得固体邻苯二甲酰亚胺，据此分析解题。（1）仪器A的名称为恒压滴液漏斗(或恒压分液漏斗)。（2）实验中球形干燥管的作用为吸收尾气NH3，球形干燥管只能盛放固体，①氢氧化钾和③碱石灰不和NH3反应，不能吸收NH3，②无水氯化钙可以和NH3反应，故其中盛装的试剂是无水氯化钙，故选②。（3）根据反应原理，邻苯二甲酸酐与氨水反应生成邻苯二甲酰亚胺，则步骤Ⅰ中，白色固体是反应生成的邻苯二甲酰亚胺。（4）根据表格中邻苯二甲酰亚胺的溶解性，它易溶于乙醇。因此，选用乙醇可以有效地溶解邻苯二甲酰亚胺，减少邻苯二甲酸酐的溶解量，使分离更加完全。（5）步骤Ⅲ中趁热过滤后，滤液“缓慢降温”而不是快速降温的原因是：缓慢降温易形成大颗粒晶体，利于抽滤(或缓慢降温有助于形成更纯净的晶体)。（6）邻苯二甲酸酐的物质的量为=0.25mol，邻苯二甲酸酐与邻苯二甲酰亚胺的物质的量比为1:1，因此理论产量为0.25mol×147g/mol=36.75g：实际产量为29.4g，邻苯二甲酸酐的利用率为。18.茅苍术醇(G)是一种有效的抗癌药物，一种合成路线如图所示。已知：①(、可以是烃基或含氧基团)；②请回答下列问题：（1）E中官能团的名称为_______。C转化为D的反应类型为_______。（2）D转化为E的过程中，还有一种有机物生成，按系统命名法对该有机物命名，其名称为_______。（3）G在浓硫酸、加热条件下发生消去反应的化学方程式为_______(写出一个即可)。（4）M是B的同分异构体，M除含有结构外，无其他环状结构，且六元环上有两个取代基，则M的结构简式为_______(填一种，不考虑立体异构)。（5）以1，3-丁二烯为原料制备的合成路线设计如下(部分反应条件已略去)：写出结构简式：X_______、Y_______、Z_______。【答案】（1）①.酮羰基(羰基)、酯基②.加成反应（2）2-甲基-2-丙醇（3）或者；（4）、、或（5）①.②.③.【解析】根据A、C结构简式以及已知①，可以得到B为，C与氢气发生加成反应生成D，同时根据E的结构简式，可知D是。（1）E中官能团的名称为酮羰基(羰基)、酯基；C转化为D的反应类型为加成反应；（2）D转化为E的过程中，根据D、E结构与原子守恒，另一种有机物是HOC(CH3)3，按系统命名法对该有机物命名，其名称为2-甲基-2-丙醇；（3）G在浓硫酸、加热条件下发生醇羟基的消去反应，化学方程式为：或者；（4）M是B的同分异构体，M除含有结构外，无其他环状结构，且六元环上有两个取代基，则另一个取代基是，则M的结构简式为、、、；（5）1，3-丁二烯与氯气发生1，4加成得到X：；再与氢氧化钠水溶液发生取代反应得到Y：；再与氯化氢发生加成反应得到Z：；再发生氧化反应得到P：；最后与氢氧化钠的醇溶液发生消去反应并酸化得到。19.含氮化合物丰富多彩，由于组成和结构的不同，有的呈碱性、有的呈中性、有的呈酸性。请回答下列问题：（1）硝酸是一种强酸，能溶解很多物质，HgS的极小，不溶于硝酸，但溶于王水(浓盐酸、浓硝酸的混合液)：。①基态硫原子核外电子的运动状态有_______种。Cl元素位于周期表的_______区。Hg为第六周期元素，与Zn同族，则基态Hg原子的价层电子排布式为_______。②请解释HgS不溶于硝酸而溶于王水的原因：_______。（2）乙胺呈碱性，其衍生物乙酰胺接近中性。在乙酰胺分子中，氮原子上的孤对电子与碳氧双键能形成p-共轭体系，影响氨基氮上的电子云密度。①乙胺中N原子的杂化方式为_______。②乙酰胺的碱性比乙胺弱，请分析其原因：_______。（3）氨硼烷()储氢密度高，是最具价值的优质固体储氢材料之一。可用如下两种方法制备氨硼烷。方法ⅰ：和在THF()作溶剂的条件下可合成氨硼烷：。方法ⅱ：和在DMA()作溶剂的条件下可合成氨硼烷：。实验表明，方法ⅰ比方法ⅱ的产率更高，相同条件下，、DMA和THF分别与B原子的结合能力由大到小的顺序为_______。【答案】（1）①.16②.p③.④.HgS溶解产生的能与形成稳定的配合物离子，从而使溶液中的浓度降低，进一步促使HgS的溶解平衡向右移动，使HgS不断溶解（2）①.②.乙酰胺分子中形成的p-共轭体系使氨基氮上的电子云密度降低，减弱了它接受质子的能力（3）【解析】（1）①S原子核外有16个电子，根据泡利原理，有16种不同的运动状态；Cl在第三周期VIIA族，属于p区；Zn为第四周期IIB族，价电子排布式为3d104s2，Hg位于第六周期IIB族，价电子排布式为5d106s2；②HgS是沉淀，存在沉淀溶解平衡，溶解产生的能与形成稳定的配合物离子，从而使溶液中的浓度降低，进一步促使HgS的溶解平衡向右移动，使HgS不断溶解；（2）乙胺的结构简式为CH3CH2NH2，N原子的成键电子对为3，孤电子对为1，价层电子对数为4，杂化方式为sp3杂化；有机物的碱性与结合H+的难易有关，容易结合H+碱性强，乙酰胺分子中形成的p-π共轭体系使氨基氮上的电子云密度降低，减弱了它接受质子的能力，碱性减弱；（3）根据方法i反应可知，NH3比THF更易结合B原子，根据方法ii，方法ⅰ比方法ⅱ的产率更高，说明结合DMA比THF更易结合B原子，且DMA与B原子不易分离，故相同条件下，、DMA和THF分别与B原子的结合能力由大到小的顺序为：。海南省2024-2025学年高三下学期第三次检测考试（一模）试题考生注意：1、答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码贴在答题卡上的指定位置。2、回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Cl35.5K39Fe56Ag108Sn119一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16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.下列过程中有电子转移的是A.千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金 B.候潮一过，明日天晴，半日晒出盐霜C.熬胆矾铁釜，久之亦化为铜 D.青蒿一握，以水二升渍(浸泡)，绞取汁【答案】C【解析】A．“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，从沙子中筛选黄金，没有生成新物质，物理变化，故A不符合题意；B．明日天晴，半日晒出盐霜，是蒸发结晶的过程，物理变化，故B不符合题意；C．熬胆矾铁釜，久之亦化为铜，发生反应Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，铁、铜元素化合价改变，属于氧化还原反应，有电子转移，故C符合题意；D．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁，尽服之”，用水浸取青蒿中的青蒿素，物理变化，故D不符合题意；故选C。2.化学的迅速发展为人民的美好生活做出了突出贡献。下列有关物质用途的说法错误的是A.碳纤维用做美观耐用的钓鱼竿 B.碳酸钠用于治疗胃酸过多C.用硫黄粉消除洒落在地上的水银 D.碘伏常用于创伤的杀菌消毒【答案】B【解析】A．碳纤维具备轻量化、高刚度等特性，可用做钓鱼竿，故A正确；B．碳酸钠碱性较强，且与酸反应较慢，常用碳酸氢钠治疗胃酸过多，故B错误；C．常温下硫与水银反应生成HgS，可用硫粉消除洒落的水银，故C正确；D．碘单质具有一定氧化性，能杀菌消毒，故D正确；故选：B。3.下列实验操作规范的是KCl的焰色试验配制一定物质的量浓度溶液时的定容操作AB碱式滴定管排气泡制备氢氧化铁胶体CDA.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．氯化钾在火焰上灼烧时，火焰会呈现紫色，需要透过蓝色的钴玻璃观察，A错误；B．配制一定物质的量浓度溶液时的定容操作中，在接近刻度线时改用胶头滴管滴加，以保证液面与刻度准确相切，B错误；C．碱式滴定管的气泡排除方法是：将胶管向上弯曲，然后用力捏挤玻璃珠，让溶液从尖嘴喷出，这样可以有效地排除气泡，C正确；D．制备氢氧化铁胶体的方法是：先将盛有水的烧杯加热至接近沸腾，再从上方慢慢加入饱和氯化铁溶液，继续加热得到Fe(OH)3胶体，然后停止加热，D错误；故选C。4.实验室用电石()与水反应制取乙炔，并检验其性质，实验装置如图所示。下列说法错误的是A.饱和氯化钠溶液代替水可使反应变缓 B.发生装置可用简易启普发生器代替C.硫酸铜溶液中会出现黑色沉淀 D.盛溴水的试管底部有油状液体生成【答案】B【解析】圆底烧瓶中反应生成乙炔，通过硫酸铜溶液除去生成的杂质硫化氢气体，乙炔和溴水中溴单质反应使得溶液褪色；A．水与碳化钙反应非常剧烈，反应速率快，不易控制，用饱和食盐水代替水，可使反应变缓，A正确；B．启普发生器要求固体必须是块状不溶物，而电石遇水会碎裂，且生成的氢氧化钙糊状物会堵塞启普发生器发生危险，不能用启普发生器制乙炔，B错误；C．生成的乙炔中混有硫化氢气体，用硫酸铜溶液除去杂质硫化氢，减小硫化氢对后续实验的影响，硫化氢和硫酸铜反应生成硫化铜黑色沉淀，C正确；D．乙炔和溴水中溴单质发生加成反应生成密度较大的有机物CHBr2CHBr2，盛溴水的试管底部有油状液体生成，D正确；故选B。5.化学物质在助力同学们的学习方面有广泛用途。下列说法错误的是A.铅笔笔芯成分中的石墨是共价晶体 B.二氧化硫漂白的纸张久置易发黄C.实验室常用的玻璃仪器为硅酸盐产品 D.粉笔成分中的硫酸钙属于盐类【答案】A【解析】A．石墨是层状结构，层内碳原子通过共价键连接，层间通过范德华力结合。它属于混合型晶体，而非典型的共价晶体，A错误；B．二氧化硫与纸张中的有色物质结合生成不稳定的化合物，久置后分解导致纸张发黄，B正确；C．玻璃的主要成分是硅酸钙、硅酸钠和二氧化硅的混合物，属于硅酸盐产品，C正确；D．硫酸钙由Ca2+和组成，符合盐的定义，D正确；故选A。6.在恒容绝热的密闭容器中发生反应：，C的浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是A.1～2min内的平均反应速率B.从反应速率变化可推知该反应可能是放热反应C.加入催化剂可提高物质B的平衡转化率D.当容器内气体的平均摩尔质量不变时，不能说明该反应达到平衡状态【答案】B【解析】A．A是固体，不用固体表示反应速率，A错误；B．0-1min反应速率较慢，温度低，1-2min反应速率加快，反应在绝热密闭容器中，温度升高反应速率加快，2min后反应速率变慢，反应物浓度减小造成的，正反应为放热反应，B正确；C．催化剂可以加快反应速率，不能提高反应物B的平衡转化率，C错误；D．气体的平均摩尔质量等于气体的总质量比上气体的总物质的量，A是固体，气体质量是变量，气体物质的量是定值，气体的平均摩尔质量为变量，当气体的平均摩尔质量不变时，说明该反应达到平衡状态，D错误；答案选B。7.设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.28g乙烯和丙烯混合气体中含有的键数目为B.标准状况下，33.6L含有的氯原子数目为1.5C.34g完全被高锰酸钾氧化转移的电子数目为D.1L0.1溶液中含氢原子数目为0.9【答案】B【解析】A．1分子乙烯含有一个π键，28g乙烯有NA个π键，1分子丙烯也有一个π键，28g丙烯有NA=NA个π键，28g乙烯和丙烯混合气体中含有的π键数目为NA~NA个之间，A错误；B．标准状况下，CH3Cl为气体，33.6L的物质的量为1.5mol，含有的氯原子数目为1.5NA，B正确；C．H2O2与高锰酸钾反应生成O2，H2O2中-1价O生成0价氧气，1molH2O2失去2NA个电子，34g物质的量为，完全被高锰酸钾氧化转移的电子数目为2NA，C错误；D．1L0.1溶液中有水，水中也有H原子，含氢原子数目大于0.9，D错误；答案选B。8.高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效绿色消毒剂，主要用于饮用水及污水处理。一种制备K2FeO4的方法：①；②向Na2FeO4碱性溶液中加入KOH固体，析出K2FeO4。已知K2FeO4在酸性溶液中转化为Fe(OH)3。下列说法正确的是A.配制K2FeO4消毒液需在酸性溶液中B.相同条件下，K2FeO4溶解度比Na2FeO4的大C.K2FeO4作消毒剂利用其强氧化性D.制备1.98kgK2FeO4时，理论上转移80mol电子【答案】C【解析】A．根据已知信息K2FeO4在酸性溶液中转化为Fe(OH)3，因此配制K2FeO4消毒液不能在酸性溶液中，而应该在碱性环境中，A错误；B．根据信息②向Na2FeO4碱性溶液中加入KOH固体，析出K2FeO4，说明在相同条件下，K2FeO4溶解度比Na2FeO4的小，B错误；C．K2FeO4中Fe元素为+6价，具有强氧化剂，其还原产物是Fe3+，Fe3+水解产生的Fe(OH)3胶体能够吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀而析出，因此K2FeO4作水处理剂时作消毒剂、净化剂，无污染，是理想的水处理剂，其作消毒剂就是利用K2FeO4具有的强氧化性，C正确；D．在制备K2FeO4时发生反应、Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH，可得关系式：FeSO4～K2FeO4，根据第一个反应可知：每反应产生2molNa2FeO4，转移10mol电子，第二个反应为复分解反应，则制取1molK2FeO4，转移5mol电子，制备1.98kgK2FeO4时，其物质的量为n(K2FeO4)==10mol，则理论上转移电子的物质的量50mol，D错误；故合理选项C。二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项是符合题目要求的。若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。9.下列反应的离子方程式或化学方程式书写错误的是A.向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液：B.向盐酸中加入碳酸氢钠：C.向氯化铝溶液中滴加少量氢氧化钠溶液：D.向热的银氨溶液中加入葡萄糖溶液：【答案】C【解析】A．氯化铵是强酸弱碱盐，在水中发生水解，，溶液显酸性，水解产生的氢离子与氢氧化镁反应，A正确；B．盐酸为强酸，碳酸为弱酸，故盐酸可与碳酸氢钠反应生成碳酸，碳酸不稳定，分解为二氧化碳与水，B正确；C．向氯化铝溶液中滴加少量氢氧化钠溶液，生成氢氧化铝，，C错误；D．葡萄糖含有醛基，有还原性，可与银氨溶液反应生成Ag和羧酸铵，D正确；故选C。10.根据下列实验操作(方法)及现象所得结论正确的是选项实验操作(方法)及现象结论A向某含铁物质中滴加浓盐酸溶解，再滴加溶液，紫红色褪去该含铁物质中至少部分铁为＋2价B在1.0L0.1的溶液中加入足量溶液，测得生成28.7g白色沉淀溶液中的配离子为C同温同浓度下，用精密pH计测得三氯乙酸的pH比三氟乙酸的大F的吸电子效应大于ClD将2mL5%的溶液加入到2mL浓硫酸中，产生气泡速率先逐渐加快，后逐渐减慢，直至停止浓硫酸是分解的催化剂A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．溶液，紫红色褪去，说明溶液中有还原性物质，Fe2+和浓盐酸中的Cl-都有还原性，故褪色不能说明含有Fe2+，故A错误；B．在1.0L0.1的溶液中加入足量溶液，生成的白色沉淀为AgCl，AgCl的物质的量为=0.2mol，故0.1mol的电离出的Cl-为0.2mol，即配离子中含有1个Cl-，故B错误；C．三氟乙酸中F的吸电子效应大于Cl，使得三氟乙酸羧基负离子更稳定，所以三氟乙酸酸性更强，pH更小，故C正确。D．浓硫酸具有强氧化性和脱水性等性质，在该反应中，开始时可能是浓硫酸稀释时放出的热量使H2O2分解速率加快，随着反应的进行，H2O2逐渐消耗完，反应停止，而不是因为浓硫酸是H2O2分解的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，故D错误；故选C。11.可用于制造乳白玻璃或用作玻璃磨光剂，其晶胞属于四方晶系(晶胞棱边夹角均为90℃)，结构如图所示，用表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.小黑球代表 B.位于6个所构成的八面体空隙中C.该晶体的密度为 D.晶胞沿z轴的投影图为【答案】D【解析】A．白球位于顶点和体心，个数为，黑球两个在体内，4个在面上，个数为，二者个数比为1:2，则小黑球代表，A正确；B．由图可知，位于6个所构成的八面体空隙中，B正确；C．该晶体的密度，C正确；D．由晶胞结构可知，晶胞沿z轴方向的投影，顶点白球投影到正方形顶点，体心白球投影为正方形面心，上下面的黑球垂直重合，投影到正方形一条对角线上，体内黑球投影到另一条面对角线上，则晶胞沿z轴的投影图为，D错误；选D。12.护肤品中通常所说的维A指的是较为温和的维A醇，其分子结构如图所示。下列有关维A醇分子的说法正确的是A.含有手性碳原子 B.1mol维A醇最多消耗5molC.分子式为 D.能使溴的四氯化碳溶液褪色【答案】BD【解析】A．手性碳原子是一个碳原子周围连接四个不同的原子或原子团，维A醇分子中没有手性碳原子，A错误；B．一个维A醇分子有5个碳碳双键，1mol维A醇最多消耗5mol，B正确；C．维A醇的分子式为C20H30O，C错误；D．维A醇分子中有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，D正确；答案选BD。13.清华大学学者团队研发了一种“生物质电池”，该电池放电时产生糠酸，充电时产生糠醇，实现了供电过程中生产高附加值化学品的目的。该电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是A.放电或充电时均需源源不断地输入糠醛B.是充电时的阴极反应C.每生成1mol，理论上外电路中通过1mol电子D.充电时的总反应：【答案】AD【解析】由图可知，放电时，左侧电极为原电池的负极，碱性条件下在负极失去电子发生氧化反应生成，电极反应式为-2e-+2OH-=+H2O，右侧电极为正极，水分子作用下Co0.2Ni0.8OOH在正极得到电子发生还原反应生成Co0.2Ni0.8(OH)2，电极反应式为Co0.2Ni0.8OOH+e-+H2O=Co0.2Ni0.8(OH)2+OH-；充电时，与直流电源负极相连的左侧电极为阴极，水分子作用下，在阴极得到电子发生还原反应生成，电极反应式为+2e-+2H2O=+2OH-，右侧电极为阳极，碱性条件下Co0.2Ni0.8(OH)2在阳极失去电子发生氧化反应生成Co0.2Ni0.8OOH和水，电极反应式为Co0.2Ni0.8(OH)2-e-+OH-=Co0.2Ni0.8OOH+H2O。A．由分析可知，放电或充电时糠醛均被消耗，均需源源不断地输入糠醛，A正确；B．由分析可知，充电时，右侧电极为阳极，碱性条件下Co0.2Ni0.8(OH)2在阳极失去电子发生氧化反应生成Co0.2Ni0.8OOH和水，电极反应式为Co0.2Ni0.8(OH)2-e-+OH-=Co0.2Ni0.8OOH+H2O，B错误；C．由分析可知，碱性条件下在负极失去电子发生氧化反应生成，电极反应式为-2e-+2OH-=+H2O，每生成1mol

，理论上外电路中通过2mol电子，C错误；D．由分析可知，充电时和Co0.2Ni0.8(OH)2反应生成和Co0.2Ni0.8OOH，总反应为：+2Co0.2Ni0.8(OH)2=+2Co0.2Ni0.8OOH，D正确；故选AD。14.是常用的沉淀剂和指示剂，是常用的氧化剂，二者的转化反应为(aq，黄色)(aq，橙色)，298K时，向溶液中滴加少量硫酸(假设溶液体积不变)，溶液pH与平衡时、的关系如图所示。已知：。下列叙述错误的是A.代表与pH的关系B.a→d点，的物质的量浓度变化为0.03C.298K时该反应的平衡常数D.c点坐标为【答案】AC【解析】根据反应(aq，黄色)(aq，橙色)可知，增大H+浓度，平衡正向移动，浓度减少，浓度增加，L1代表浓度与pH关系，L2代表浓度与pH关系。A．经过分析可知，代表与pH的关系，A错误；B．起始时，为0.09mol/L，为0.005mol/L，d点时为0.04mol/L，根据Cr原子守恒，=(0.09+0.005×2)mol/L-0.04×2mol/L=0.02mol/L，a→d点，变化为0.05mol/L-0.02mol/L=0.03mol/L，B正确；C．d点时，=0.04mol/L，=0.02mol/L，c(H+)=10-6mol/L，反应(aq，黄色)(aq，橙色)的平衡常数K=，C错误；D．c点时=，根据Cr原子守恒，设==xmol/L，2x+x=0.09+2×0.005=0.1，x=，K=，==mol/L，解得c(H+)=，pH=6.26，c点坐标为，D正确；答案选AC。三、非选择题：本题共5小题，共60分。15.铈(Ce)常用作玻璃脱色剂、澄清剂、着色剂和研磨抛光剂材料，也是三元催化剂的重要组成元素。磷铈镧矿中铈(Ce)主要以形式存在，还含有、、、等物质。实验室以磷铈镧矿为原料模拟工业制备Ce的流程图如下。已知：常温下，；。请回答下列问题：（1）酸性废气中含有HF，该气体的水溶液用来刻蚀玻璃时发生反应的化学方程式是_______。（2）实验室中进行过滤操作需要用到的玻璃仪器有_______。（3）常温下，“滤液Ⅱ”中，用氨水调pH的范围是_______(当溶液中离子浓度时，认为该离子沉淀完全)。（4）“滤液Ⅲ”中加入反应生成的离子方程式为_______；“滤液Ⅲ”的温度保持在35～45℃，不宜过高的原因是_______。【答案】（1）（2）烧杯、漏斗、玻璃棒（3）5≤pH＜8（4）①.②.受热易分解【解析】磷铈镧矿中铈(Ce)主要以形式存在，还含有、、、等物质，加浓硫酸煅烧，不反应，、、分别转化为、、，同时生成HF；烧渣加水溶解，得到、固体，所得滤液Ⅰ中加硫酸铁，进一步除去溶液中的磷酸根离子；滤渣Ⅱ中主要为；滤液Ⅱ中含、、；加氨水调节溶液pH除去、；过滤得滤液Ⅲ加碳酸氢铵，将转化为沉淀，煅烧得到CeO2，CeO2被Mg还原得到Ce，据此分析解答。（1）HF与SiO2反应生成SiF4和水，反应方程式为：；（2）过滤操作需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；（3）加氨水调节溶液pH使铝离子完全沉淀，则，pH值为5；“滤液Ⅱ”中，，pH值为8，因此pH值范围为：5≤pH＜8；（4）“滤液Ⅲ”中加入反应生成的离子方程式为：；“滤液Ⅲ”的温度保持在35～45℃，不宜过高的原因是受热易分解。16.氢能是21世纪最具发展潜力的清洁能源之一，利用乙醇与水重整可获取氢能源，该重整过程涉及的反应如下：反应ⅰ：反应ⅱ：反应ⅲ：恒压(100kPa)条件下，在密闭容器中通入1mol(g)、3mol(g)，发生上述反应，测得平衡时(g)的转化率和CO(g)、(g)的选择性与温度的变化关系曲线如图所示。已知：CO的选择性=。请回答下列问题：（1）反应ⅰ的x=_______。（2）图中甲表示(g)平衡转化率的曲线，表示CO(g)选择性的曲线为_______(填“乙”或“丙”)。（3）℃时，(g)的平衡转化率为_______%(结果保留一位小数)；该温度下，平衡体系中的分压p()=_______kPa(结果用分数表示)。（4）℃时，向平衡体系中通入Ar气，反应ⅱ的平衡_______(填“正向”“逆向”或“不”)移动，平衡常数_______(填“增大”“减小”或“不变”)。（5）采用Ni/催化剂时，Ni的不同质量分数对产品的选择性的影响如图所示，500℃时，采用的催化剂中Ni的质量分数最佳为_______。【答案】（1）＋255.7（2）乙（3）①.60.7②.（4）①.正向②.不变（5）15%【解析】（1）由盖斯定律，反应ⅱ-反应ⅲ×2得反应，；（2）已知，甲表示(g)平衡转化率的曲线；反应ⅰ、ⅱ为吸热反应，反应ⅲ为放热反应，随着温度的升高，反应ⅰ、ⅱ平衡正向移动，反应ⅲ平衡逆向移动，反应ⅲ逆向移动CO2转化为CO，故温度升高CO的选择性增大，CO的选择性+CO2的选择性=1，则CO2的选择性减小，则表示CO2选择性的曲线为丙，表示CO选择性的曲线是乙，表示乙醇的转化率的曲线是甲；（3）℃时，乙醇转化率为70%，则反应乙醇0.7mol、剩余乙醇0.3mol，根据碳守恒，生成二氧化碳、一氧化碳共0.7mol×2=1.4mol，则二氧化碳、一氧化碳分别为1.4mol×80%=1.12mol、1.4mol×20%=0.28mol，由三段式：则x+z=0.7、2x-y=0.28、y+2z=1.12，，(g)的平衡转化率为；、，该温度下，平衡体系中的分压kPa；（4）恒压(100kPa)条件下，在密闭容器中进行反应，℃时，向平衡体系中通入Ar气，则容器体积增大，物质浓度减小，反应ⅱ为气体分子数减小的反应，其平衡正向移动；温度不变，则平衡常数不变；（5）500℃时，采用催化剂中Ni的质量分数最佳为15%，此时氢气的选择性最大。17.邻苯二甲酰亚胺(PIMD)是一种重要的化工原料，广泛用于染料、医药、橡胶领域。以邻苯二甲酸酐为原料制备PIMD的反应原理和实验装置如下：反应原理：实验装置：相关物质的物理性质如下表：物质相对分子质量熔点/℃沸点/℃溶解性邻苯二甲酸酐148131～134284不溶于冷水，微溶于热水，稍溶于乙醇邻苯二甲酰亚胺147232～235366微溶于热水，易溶于乙醇，易溶于碱溶液实验步骤：Ⅰ．向125mL三颈烧瓶中加入37.0g邻苯二甲酸酐，边搅拌边滴入25.0mL浓氨水(稍过量)，加热至80～95℃，当看到固体完全溶解的现象时，停止加热。将三颈烧瓶右端口所连装置取下改为蒸馏装置，继续加热，将溶液中的水及过量的氨蒸馏回收，此时烧瓶中有白色固体析出。Ⅱ．继续升温至235～240℃，固体熔化，反应60分钟后，停止加热冷却至室温，热水洗涤固体、抽滤、烘干，得到粗品白色粉末36.1g。Ⅲ．向白色粉末中加入适量乙醇，加热回流使固体恰好溶解，趁热过滤，将滤液缓慢降温冷却，有白色晶体析出，抽滤、洗涤、烘干后得白色晶体29.4g。请回答下列问题：（1）仪器A的名称为_______。（2）球形干燥管中的试剂可能为_______(填标号)。①氢氧化钾②无水氯化钙③碱石灰（3）步骤Ⅰ中白色固体的主要成分的名称是_______。（4）步骤Ⅲ中选用乙醇的主要原因是_______。（5）步骤Ⅲ中趁热过滤后，滤液“缓慢降温”而不是快速降温的原因是_______。（6）该实验中邻苯二甲酸酐的利用率为_______。【答案】（1）恒压滴液漏斗(或恒压分液漏斗)（2）②（3）邻苯二甲酸铵（4）减少邻苯二甲酸酐的溶解量，使分离更加完全（5）缓慢降温易形成大颗粒晶体，利于抽滤(或缓慢降温有助于形成更纯净的晶体)（6）80%【解析】由题给流程可知，装置甲中发生的反应为邻苯二甲酸酐与氨水在80～95℃的热水浴中发生取代反应生成邻氨甲酰苯甲酸，邻氨甲酰苯甲酸在加热条件下发生取代反应生成邻苯二甲酰亚胺，用于除去所得固体中的水分，除水所得固体经冷却，洗涤、抽滤烘干，进一步提纯得固体邻苯二甲酰亚胺，据此分析解题。（1）仪器A的名称