浙江省天域全國名校協(xié)作體2024-2025學年高三上學期聯(lián)考化學試題

絕密★考試結束前20242025學年第一學期天域全國名校協(xié)作體聯(lián)考高三年級化學學科試題考生須知：1.本卷共8頁滿分100分，考試時間90分鐘。2.請在答題卷指定區(qū)域填寫班級、姓名、考場號、座位號及準考證號并填涂相應數(shù)字。3.所有答案必須寫在答題紙上，寫在試卷上無效。4.考試結束后，只需上交答題紙。可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12O16N14S32K39Fe56Cu64選擇題部分一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分。)1.下列物質(zhì)屬于酸性氧化物的是A.CO B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】A．CO既不和酸反應，也不和堿反應，因此既不是酸性氧化物，也不是堿性氧化物，故A不選；B．NO2和堿反應生成兩種鹽和水，發(fā)生的是氧化還原反應，不是酸性氧化物，故B不選；C．SiO2和堿反應生成鹽和水，為酸性氧化物，故C選；D．和酸反應生成鹽、水和氧氣，發(fā)生的是氧化還原反應，不是酸性氧化物，故D不選；答案選C。2.下列說法不正確的是A.浸泡過溶液的硅藻土可作水果的保鮮劑，是利用了它的氧化性B.鈉鉀合金能用作核反應堆的傳熱介質(zhì)，是利用了它熔點低且導熱性能好的性質(zhì)C.是水泥生產(chǎn)中不可缺少的原料，是利用它可以調(diào)節(jié)水泥的硬化速度D.明礬晶體可可作凈水劑，是利用它能水解形成膠體的性質(zhì)【答案】C【解析】【詳解】A．乙烯具有催熟作用，高錳酸鉀溶液能氧化乙烯，則浸泡過KMnO4溶液的硅藻土可作水果保鮮劑，A正確；B．鈉鉀合金為液態(tài)，具有良好的導熱性，則可作核反應堆的傳熱介質(zhì)，B正確；C．水泥生產(chǎn)中加入石膏，可以調(diào)節(jié)水泥的硬化速度，C錯誤；D．明礬晶體可作凈水劑，是利用Al3+能水解形成Al(OH)3膠體的性質(zhì)，D正確；故選D。3.下列說法不正確是A.的名稱為：3，3甲基戊烷B.氨基的電子式：C.基態(tài)碳原子的價電子軌道表示式為：D.HCl分子σ鍵電子云輪廓圖：【答案】A【解析】【詳解】A．的名稱為：3，3二甲基戊烷，A錯誤；B．氨基的電子式為，B正確；C．基態(tài)碳原子的價電子排布式為2s22p2，軌道表示式為，C正確；D．HCl分子中s電子云與p電子云頭碰頭重疊形成鍵，電子云輪廓圖為，D正確；答案選A。4.下列有關實驗圖示說法正確的是A.圖①：檢驗電石與水反應的產(chǎn)物為乙炔B.圖②：驗證碘在中的溶解性比在水中好C.圖③：重結晶法提純含有泥沙和食鹽的苯甲酸D.圖④：表示易燃類物質(zhì)【答案】B【解析】【詳解】A．生成的乙炔中混有硫化氫等，均與溴水反應，則溴水褪色，不能檢驗乙炔，故A錯誤；B．碘不易溶于水，易溶于有機溶劑，四氯化碳作萃取劑時，有機色層在下層，故B正確；C．重結晶的操作步驟是先加熱濃縮，后冷卻結晶，不需要在蒸發(fā)皿中進行，故C錯誤；D．表示氧化劑，故D錯誤；答案選B。5.下列說法不正確的是A.以木材、秸稈等農(nóng)副產(chǎn)品為原料，經(jīng)化學加工處理可以得到合成纖維B.豆腐制作過程中有一道“鹽鹵點豆腐”的環(huán)節(jié)，該環(huán)節(jié)涉及蛋白質(zhì)的聚沉原理C.植物油與氫氣加成提高其飽和程度，也提高其熔化溫度和抗氧化性D.亞硝酸鈉是一種防腐劑和護色劑，但過量使用亞硝酸鈉對人體有害【答案】A【解析】【詳解】A．以木材、秸稈等農(nóng)副產(chǎn)品為原料，經(jīng)加工處理后可以得到再生纖維或人造纖維，不能得到合成纖維，故A錯誤；B．豆?jié){是一種膠體，鹽鹵是可溶性電解質(zhì)，向豆?jié){中加入鹽鹵使蛋白質(zhì)聚沉得到豆腐，故B正確；C．相對分子質(zhì)量增大，分子間作用力增大，熔化溫度提高，液態(tài)植物油中含有碳碳雙鍵，與氫氣加成，提高其飽和程度，故C正確；D．亞硝酸鈉能防腐且能使肉類呈現(xiàn)新鮮的紅色，但是不能大量使用，故D正確；答案選A。6.過硫化氫的化學式為，可看成中的過氧鍵被過硫鍵替代。設為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是A.與足量NaOH溶液反應可得到B.過硫化氫有氧化性，能將氧化至C.若分解為和，則氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶1D.若有6.6g參與反應全部生成，則得到個電子【答案】B【解析】【詳解】A．可看成中的過氧鍵被過硫鍵替代，屬于二元弱酸，與足量的NaOH溶液反應可得到，A正確；B．的氧化性強于S，F(xiàn)e3+能氧化S2，所以過硫化氫不能將氧化至，B錯誤；C．若分解為和，分解的方程式為：，則氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶1，C正確；D．6.6g的物質(zhì)的量為=0.1mol，若有0.1mol參與反應全部生成，S從1價降低為2價，則得到個電子，D正確；故選B。7.物質(zhì)微觀結構決定宏觀性質(zhì)，進而影響物質(zhì)用途。下列結構或性質(zhì)不能解釋其用途的是選項結構或性質(zhì)用途A石墨烯中碳的p軌道相互平行而重疊，電子可在其中運動石墨烯可用于制作導電材料B高密度聚乙烯的支鏈較少，軟化溫度較高高密度聚乙烯可用于生產(chǎn)食品保鮮膜C壁虎仿生膠帶上覆蓋幾十萬條纖細納米級長纖維該仿生膠帶可用作新型黏著材料D中引入有機基團轉(zhuǎn)化為低熔點的作為離子液體可用作電化學研究的電解質(zhì)A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．石墨中C原子上未參與雜化的所有p軌道相互平行且重疊，使p軌道中的電子可在整個碳原子平面中運動，所以能導電，故A正確；B．高密度聚乙烯可用于生產(chǎn)食品保鮮膜是因為其結構穩(wěn)定，不易分解，與其軟化溫度較高沒有關系，故B錯誤；C．納米級長纖維的表面積大，其附著力增強，能制造新型黏著材料，故C正確；D．的熔點低，為液態(tài)的離子化合物，不易揮發(fā)，故可作電化學研究的電解質(zhì)，故D正確；答案選B。8.下列反應的離子方程式正確的是A.潔廁靈與84消毒液不能混用的原因：B.向硫酸銅溶液中滴入少量氨水：C水楊酸與小蘇打反應：+2HCO→+2CO2↑+2H2OD.向溶液中滴加NaCN溶液：【答案】D【解析】【詳解】A．潔廁靈與84消毒液不能混用的原因是因為氯離子和次氯酸根離子在酸性條件下反應生成氯氣，，A錯誤；B．向硫酸銅溶液中滴入少量氨水，會先生成氫氧化銅沉淀，故離子方程式為：C．水楊酸中只有羧基會與碳酸氫鈉反應，酚羥基不會反應，C錯誤；D．向溶液中滴加NaCN溶液，F(xiàn)e3+會與CN形成配離子，D正確；故選D。9.下列有關實驗說法正確的是A.萃取、蒸餾、重結晶和色譜法都可用于分離提純有機物B.用質(zhì)譜法測得某有機物的相對分子質(zhì)量為46，可推斷其結構簡式為C.配制240mL1.0mol/L醋酸溶液需用到的所有儀器：量筒、燒杯、玻璃棒、250mL容量瓶D.鑒別氯丁烷和溴丁烷所需的試劑：NaOH溶液、溶液【答案】A【解析】【詳解】A．蒸餾可以分離沸點不同的互溶有機物，萃取可以分離互不相溶的液態(tài)有機物，重結晶可以分離提純?nèi)芙舛入S溫度變化特點不同的固體混合物，色譜法也可用于分離、提純有機物，故A正確；B．質(zhì)譜法測得某有機物的相對分子質(zhì)量為46，其結構簡式為，故B錯誤；C．配制240mL1.0mol/L醋酸溶液需用到的所有儀器：量筒、燒杯、玻璃棒、250mL容量瓶、膠頭滴管，故C錯誤；D．鑒別氯丁烷和溴丁烷，先將鹵素原子轉(zhuǎn)化為自由移動的鹵素離子，然后用硝酸銀檢驗，氯丁烷和溴丁烷分別和NaOH溶液共熱，將鹵素原子轉(zhuǎn)化為鹵素離子，然后向溶液中加入稀硝酸，中和未反應的氫氧化鈉，最后再用硝酸銀溶液檢驗溴離子，如果生成淡黃色沉淀，說明是溴丁烷，產(chǎn)生白色沉淀，說明是氯丁烷，故D錯誤；答案選A。10.W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，原子序數(shù)總和為25，由這四種元素形成的化合物M的結構如圖所示。下列敘述不正確的是A.M中電負性最大的元素是YB.M中不存在配位鍵C.M具有強氧化性，可用于消毒殺菌D.X元素的最高價含氧酸可以形成分子間氫鍵【答案】B【解析】【分析】Z是短周期元素，且能夠形成Z+，其原子序數(shù)比W、X、Y大，因此Z為Na，根據(jù)M的結構示意圖，8個Y原子均形成了2個共價鍵，原子序數(shù)比Na小，形成2個共價鍵的為O，因此Y為O；4個W原子均形成1個共價鍵，且原子序數(shù)比O小，因此W為H；四種元素的原子序數(shù)總和為25，則X的原子序數(shù)為5，為B；綜上W、X、Y、Z分別為H、B、O、Na?！驹斀狻緼．在上述元素中，O的非金屬性最強，電負性最大，即Y的電負性最大，故A正確；B．根據(jù)M的結構，B原子連有4個鍵，其中含有一個配位鍵，故B錯誤；C．該化合物中含有OO鍵，具有強氧化性，能夠殺菌消毒，故C正確；D．X是B元素，因而X的最高價含有酸為H3BO3，結構簡式為，含有羥基，可以形成分子間氫鍵，故D正確；答案選B。11.甲烷選擇性氧化制備甲醇是一種原子利用率高的方法。已知直接參與化學鍵變化的元素被替換為更重的同位素時，反應速率會變慢；當分別與、反應，體系的能量隨反應進程的變化如下圖所示(兩者歷程相似，圖中以示例)。下列說法正確的是A.步驟Ⅱ中涉及氫原子成鍵變化B.若與反應，生成的氘代甲醇有2種C.c為與反應的曲線，而d為與反應的曲線D.與反應，相同時間內(nèi)氘代甲醇的產(chǎn)量：【答案】B【解析】【詳解】A．由圖可知，步驟Ⅰ涉及碳氫鍵的斷裂和氫氧鍵的形成，步驟Ⅱ中涉及碳氧鍵形成，所以涉及氫原子成鍵變化的是步驟Ⅰ，A錯誤；B．根據(jù)反應機理可知，若MO+與CHD3反應，生成的氘代甲醇可能為CHD2OD或CD3OH，共2種，B正確；C．直接參與化學鍵變化的元素被替換為更重的同位素時，反應速率會變慢，說明正反應活化能會增大，則MO+與CD4反應的能量變化應為圖中曲線c，d為與反應的曲線，C錯誤；D．直接參與化學鍵變化的元素被替換為更重的同位素時，反應速率會變慢，則氧更容易和H而不是和D生成羥基，故氘代甲醇的產(chǎn)量CH2DOD<CHD2OH，D錯誤；故選B。12.D葡萄糖的醇化發(fā)生變化過程如圖所示，過程1是可逆互變過程。下列說法正確的是A.兩種葡萄糖分子中都只存在4個手性碳原子B.要實現(xiàn)過程3的變化需加入氧化劑C.1mol丙酮酸最多能與2mol加成D.等質(zhì)量的葡萄糖和丙酮酸分別完全燃燒時，葡萄糖的耗氧量更大【答案】D【解析】【詳解】A．連接4個不同的原子或原子團的碳原子為手性碳原子，葡萄糖鏈狀結構中有4個手性碳原子，如圖所示：，環(huán)狀結構中有5個手性碳原子，，故A錯誤；B．過程3的變化為將丙酮酸先脫羧變成乙醛，乙醛再還原成乙醇，故需要加入還原劑實現(xiàn)，故B錯誤；C．丙酮酸中羧基不能和氫氣反應，酮羰基能和氫氣發(fā)生加成反應，故1mol丙酮酸最多能與1mol加成，故C錯誤；D．葡萄糖的分子式為C6H12O6，可以視作2個C3H6O3分子組合，丙酮酸分子式為C3H4O3，則等質(zhì)量的葡萄糖和丙酮酸中，葡萄糖的H元素含量更高，分別完全燃燒時，葡萄糖的耗氧量更大，故D正確；故選D。13.濃差電池指利用兩極電解質(zhì)溶液中濃度不同引起的電勢差放電。實驗室利用濃差電池實現(xiàn)電解丙烯腈()合成己二腈[]，裝置如圖所示(實驗前，隔膜兩側溶液均為100mL，銅電極質(zhì)量均為100g)。下列說法不正確的是A.極為負極，其電極反應為B.隔膜為陰離子交換膜C.上述裝置理論上可制備0.4mol己二腈D.生成己二腈的電極反應式為：【答案】C【解析】【分析】濃差電池中，Cu(2)失去電子，故電極為負極，電極反應式為Cu2e=Cu2+，Cu(1)電極為正極，電極上發(fā)生得電子的還原反應，電極反應為Cu2++2e=Cu，則電解槽中C(1)極為陰極、C(2)極為陽極，陽極上水失電子生成氧氣和氫離子，電極反應為：2H2O4e=O2↑+4H+，陰極上丙烯腈合成己二腈得電子，電極反應為2CH2=CHCN+2H++2e=NC(CH2)4CN，據(jù)此分析解答。【詳解】A．由分析可知，Cu(2)失去電子，故電極為負極，電極反應式為Cu2e=Cu2+，A正確；B．由分析可知，此電池為濃差電池，主要因為銅離子濃度不同形成的電勢差，所以隔膜是陰離子交換膜，B正確；C．當兩電極中銅離子濃度相同時放電完畢，此時溶液中，所以轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是（31)mol/L×0.1L×2=0.4mol，由反應2CH2=CHCN+2H++2e=NC(CH2)4CN可知，可制備0.2mol己二腈，C錯誤；D．由分析可知，陰極上丙烯腈合成己二腈得電子，電極反應為2CH2=CHCN+2H++2e=NC(CH2)4CN，D正確；答案選C。14.科學家合成了由氮原子組成的、等高能量微粒，它們的結構如圖：已知：的5個N原子在同一平面上，屬于V形結構；屬五元環(huán)結構，結構類似于苯；是立方結構；為兩個五元環(huán)互相垂直連接。下列判斷合理的是A.與中As化合價不同B.中N原子軌道雜化形式有、C.屬于離子化合物D.比穩(wěn)定【答案】D【解析】【詳解】A．

中含有，F(xiàn)的化合價為1，化合物中各元素的化合價代數(shù)和為零的原則，可以計算出As的化合價為+5，而在化合物中，Na的化合價為+1，O元素顯2價，根據(jù)化合物中各元素的化合價代數(shù)和為零的原則，可以計算出As的化合價為+5，A錯誤；B．屬五元環(huán)結構，結構類似于苯，由其結構式可知，N原子的價層電子對數(shù)均為3，軌道雜化形式有，B錯誤；C．中只含有N元素，屬于單質(zhì)，不屬于離子化合物，C錯誤；D．屬五元環(huán)結構，結構類似于苯，具有穩(wěn)定的化學性質(zhì)，則比穩(wěn)定，D正確；故選D。15.氛圍下，溶液中含鉛微粒的分布如下圖所示?？v坐標(δ)為組分中鉛占總鉛的質(zhì)量分數(shù)。已知mol/L，，，。下列說法不正確的是A.時，mol/LB.時，溶液中C.時，。D.時，往溶液中慢慢加入固體，會逐漸溶解【答案】C【解析】【分析】由圖可知，隨著pH增大，的含量減小，的含量先增大后減小，的含量先增大后減小，含量增大?！驹斀狻緼．由圖可知，時，溶液中還存在，根據(jù)和Pb守恒，溶液中，A正確；B．由圖可知，pH=6時，即，則，B正確；C．溶液中，則，時，，，，，則，即，C錯誤；D．溶液中存在平衡：，加入固體，平衡正向移動，會逐漸溶解，D正確；答案選C。16.為探究化學平衡移動的影響因素，采用下列方案設計進行實驗，由現(xiàn)象得出的結論正確的是選項影響因素方案設計現(xiàn)象結論A催化劑向2mL15%溶液中加入5滴0.1mol/L溶液溶液中產(chǎn)生氣泡使用合適的催化劑可使平衡正向移動B壓強向針筒中充入50mL，分解達到平衡后再壓縮針筒內(nèi)氣體氣體顏色變深增大壓強，平衡正向移動C溫度加熱2mL1.0mol/L溶液(含有酚酞)的試管紅色變深升高溫度，水解平衡向吸熱方向移動D濃度向4mL0.1mol/L溶液中滴加數(shù)滴1mol/L溶液黃色溶液變橙色增大反應物濃度，平衡向正方向移動A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．催化劑只能改變化學反應速率，不能使平衡移動，A錯誤；B．2HI(g)H2(g)+I2(g)，一定溫度下，壓縮裝有HI、I2和H2容器的體積，各物質(zhì)濃度均增大，氣體顏色加深，平衡不移動，B錯誤；C．碳酸氫鈉溶液加熱可能分解會生成碳酸鈉，碳酸鈉堿性強于碳酸氫鈉，溶液顏色也會加深，C錯誤；D．形成溶液為橙色，形成溶液為黃色，加入HNO3溶液后，氫離子濃度增大，導致平衡正向移動，溶液由黃色變?yōu)槌壬?，D正確；答案選D。非選擇題部分二、非選擇題(本大題有5大題，共52分)17.含銅銦鎵硒元素的化合物作為太陽能吸收層薄膜材料，可用于生產(chǎn)第三代太陽能電池。已知鎵(Ga)、銦(In)、鉈(Tl)是原子序數(shù)依次增大的ⅢA族元素，請回答：（1）三乙基鋁常溫下為無色液體，是烯烴定向聚合的催化劑，可與醚、胺類等形成相當穩(wěn)定的配合物。①基態(tài)Al原子的核外電子空間運動狀態(tài)有___________種。三乙基鋁的晶體類型為___________。②三乙基鋁能與乙醚形成配合物。比較鍵角的大小：三乙基鋁___________配合物A(填“>”“<”或“=”)。③三乙基鋁還能與N，N二甲基環(huán)己胺()形成配合物B，已知A的穩(wěn)定性小于B，解釋原因：___________。（2）下列說法不正確的是___________。A.第一電離能：Se>GaB.金屬Ga的熔點比Al低C.具有兩性，故具有兩性D.基態(tài)In原子簡化的電子排布式為（3）某種由銅銦硒元素形成的化合物的晶胞及俯視圖如圖所示，已知晶胞上下底面為正方形，側面與底面垂直。①該化合物的化學式為___________。②該晶胞中，通過平移能與1號Se原子完全重合的原子為___________號(填序號)?！敬鸢浮浚?）①.7②.分子晶體③.>④.N元素的電負性小于O，更易給出孤電子對（2）CD（3）①.InCuSe2②.6【解析】【小問1詳解】①基態(tài)Al原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p1，s為1種，2p有3種，3p有1種，空間運動狀態(tài)有7種，三乙基鋁常溫下為無色液體，所以推測晶體類型為分子晶體；②三乙基鋁能與乙醚形成配合物，氧原子提供孤對電子，對CAl斥力增大，所以鍵角的大小：三乙基鋁>配合物A；③三乙基鋁還能與N，N二甲基環(huán)己胺()形成配合物B，已知A的穩(wěn)定性小于B，是因為N元素的電負性小于O，更易給出孤電子對；【小問2詳解】A．同一周期第一電離能從左至右呈增大趨勢，所以第一電離能：Se>Ga，正確；B．Ga、Al為同主族的金屬晶體，同主族從上到下金屬晶體的金屬鍵逐漸減弱，熔點降低，金屬Ga的熔點為29.93℃，比Al低，正確；C．同主族從上到下最高價氧化物對應水化物的堿性逐漸增強，具有兩性，不具有兩性，錯誤；D．基態(tài)In原子簡化的電子排布式為，錯誤；答案：CD；【小問3詳解】①由晶胞可知In位于頂點、面上和體心，所以個數(shù)為，Cu位于棱上和面上，所以個數(shù)為，Se位于體內(nèi)，所以個數(shù)為8，該化合物的化學式為InCuSe2；②該晶胞中，通過觀察可以看出1號Se原子左邊都連接In、右邊連接Cu，除此之外只有6號原子連接方式相同，所以通過平移能與1號Se原子完全重合的原子為6號。18.工業(yè)上硫代硫酸鈉()的制備和應用相關流程如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）已知：，寫出反應①生成化合物A的離子反應方程式：___________。（2）在反應③和“電沉積”得到Ag的過程中，下列說法不正確的是___________。A.反應③的離子反應方程式為B.與KI能反應生成AgI，說明C.電解池中陰極的電極反應是D.電解池陰極區(qū)溶液經(jīng)過處理可在該流程中循環(huán)利用（3）碘量法滴定常用到反應：。已知的結構為：推測連四硫酸根的結構式為___________。（4）在空氣中加熱一段時間，會生成一種刺激性氣味氣體和另一種最高價的正鹽。①寫出該反應的化學反應方程式：___________。②請設計實驗方案，檢驗加熱一段時間后所得固體中可能存在的陰離子：___________。【答案】（1）CO+HSO=SO+HCO（2）A（3）（4）①.2Na2S2O3+3O22Na2SO4+2SO2②.取少量固體與試管中，加入足量稀鹽酸，若產(chǎn)生淡黃色沉淀，則證明存在S2O，靜置，向上層清液中滴加BaCl2溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則證明存在SO【解析】【分析】由電離常數(shù)可知，反應①為碳酸鈉溶液與亞硫酸氫鈉溶液反應生成亞硫酸鈉和碳酸氫鈉，反應②為亞硫酸鈉溶液與硫反應生成硫代硫酸鈉，反應③為硫代硫酸鈉溶液與溴化銀反應二硫代硫酸根合銀酸鈉和溴化鈉，“電沉積”得到Ag?！拘?詳解】已知：，說明的酸性強于但弱于，根據(jù)強酸制取弱酸的原理，和發(fā)生反應生成和，反應①生成化合物A的離子反應方程式：+=+?！拘?詳解】A．由分析可知，反應③為硫代硫酸鈉溶液與溴化銀反應二硫代硫酸根合銀酸鈉和溴化鈉，反應的離子方程式為，故A錯誤；B．與KI能反應生成AgI沉淀，而沒有生成AgBr沉淀，根據(jù)溶解度小的沉淀優(yōu)先生成可知AgI的溶解度小于AgBr，說明，故B正確；C．“電沉積”得到Ag，在陰極得到電子生成和Ag，電機方程式為：，故C正確；D．“電沉積”得到Ag，H2O在陽極失去電子生成O2和H+，和H+反應會生成S和SO2，可在該流程中循環(huán)利用，故D正確；故選A。【小問3詳解】的結構為：，S元素的平均化合價為+2，可由被I2氧化得到，S元素化合價下降，中含有SS，推測連四硫酸根的結構式為?！拘?詳解】①在空氣中加熱一段時間，和O2反應會生成一種刺激性氣味氣體和另一種最高價的正鹽，可以推知該有刺激性氣味的氣體為SO2，S元素最高價的正鹽為Na2SO4，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒配平化學方程式為：2Na2S2O3+3O22Na2SO4+2SO2；②檢驗的方法為：取少量固體與試管中，加入足量稀鹽酸，若產(chǎn)生淡黃色沉淀，則證明存在，靜置，向上層清液中滴加BaCl2溶液，若產(chǎn)生白色沉淀，則證明存在。19.環(huán)氧乙烷(，簡稱EO)是有機合成中的常用試劑。EO常溫下呈氣態(tài)，易燃易爆，其爆炸極限為3~100%。近年來，常用乙烯、氧氣、氮氣(不參與反應)投料氧化法制備EO。部分涉及反應為：主反應：kJ/mol副反應：kJ/mol（1）①主反應能自發(fā)進行的條件是___________。②已知kJ/mol，則EO的燃燒熱為___________kJ/mol。（2）①實際生產(chǎn)中，在壓強為的條件下，欲提高EO的產(chǎn)率可采取的措施有___________A．低溫B．加入CaO固體C．選擇合適的催化劑D．適當增加氮氣分壓②向溫度為T，體積為V的容器中加入投料比為2∶3∶3的乙烯、氧氣、氮氣。已知平衡時：，(其中二碳化合物為分子中含兩個碳原子的化合物)。ⅰ.副反應的平衡常數(shù)___________(列出算式，代入數(shù)據(jù)即可)。ⅱ.恒容條件下，EO的產(chǎn)率與反應時間的關系如圖1所示，請在圖中畫出恒壓條件下，相同投料比時，EO的產(chǎn)率與反應時間的關系曲線__________。（3）以Ag為催化劑的反應機理如圖2所示：加入1，2二氯乙烷會發(fā)生。一定條件下，反應經(jīng)過一定時間后，EO產(chǎn)率及選擇性與1，2二氯乙烷濃度關系如圖3所示。則隨著1，2二氯乙烷濃度增大，EO產(chǎn)率先增后減的原因是___________?！敬鸢浮浚?）①.低溫②.1306（2）①.C②.③.（3）加入少量1，2二氯乙烷會消耗Ag+O，抑制副反應III，即增加主反應選擇性1，2二氯乙烷濃度較高時則會使催化劑Ag轉(zhuǎn)化為AgCl，使Ag不能再生，催化循環(huán)受阻，催化效果降低【解析】【小問1詳解】①主反應：kJ/mol是氣體體積減小的放熱反應，、，時反應能夠自發(fā)進行，則該反應在低溫時能夠自發(fā)進行；②已知反應IIIkJ/mol，由蓋斯定律可知，副反應主反應反應III×2可得，則EO的燃燒熱為。【小問2詳解】①主反應是氣體體積減小的放熱反應，副反應是氣體體積不變的放熱反應，選擇合適的催化劑加快反應速率并且提高EO的選擇性可以提高EO的產(chǎn)率，低溫雖然可以提高主反應的平衡轉(zhuǎn)化率，但會降低反應速率，加入CaO固體消耗H2O(g)有利于副反應正向進行，不利于提高EO的產(chǎn)率，適當增加氮氣分壓，相當于給反應體系減小壓強，不利于主反應正向進行，不利于提高EO的產(chǎn)率，故選C；②設起始時，乙烯、氧氣、氮氣分別為2mol、3mol、3mol，氮氣不參與反應，設乙烯在主反應中的平衡轉(zhuǎn)化量為xmol，在副反應中的平衡轉(zhuǎn)化量為ymol，列出三段式：已知平衡時：=，，則x=0.6mol，y=0.4mol，則平衡時乙烯的物質(zhì)的量為1mol，氧氣為1.5mol，二氧化碳為0.8mol，水為0.8mol，EO為0.6mol，副反應的平衡常數(shù)=；主反應是氣體體積減小的放熱反應，副反應是氣體體積不變的放熱反應，恒容條件下，EO的產(chǎn)率與反應時間的關系如圖1所示，恒壓條件下，相同投料比時，容器的體積增大，各物質(zhì)濃度減小，反應速率減慢，平衡逆向移動，EO的平衡產(chǎn)率減小，則EO的產(chǎn)率與反應時間的關系曲線為：。【小問3詳解】隨著1，2二氯乙烷濃度增大，EO產(chǎn)率先增后減的原因是：加入少量1，2二氯乙烷會消耗Ag+O，抑制副反應III，即增加主反應選擇性1，2二氯乙烷濃度較高時則會使催化劑Ag轉(zhuǎn)化為AgCl，使Ag不能再生，催化循環(huán)受阻，催化效果降低。20.三草酸合鐵(Ⅲ)酸鉀，翠綠色晶體，可溶于水，難溶于乙醇，110℃開始失去結晶水，230℃時分解，有光敏性。某小組采用如下實驗流程制備。已知：①為黃色固體；②酸性越強，氧化性越強；③與開始反應速率較慢，一段時間后反應速率明顯加快請回答下列問題：（1）下列說法不正確的是___________。A.步驟Ⅰ所得濾液中含有硫酸B.步驟Ⅰ和步驟Ⅱ中加熱煮沸都是為了加快反應速率C.步驟Ⅳ加入適量無水乙醇有利于的析出D.步驟Ⅳ得到的晶體需在明亮通風處干燥，不可高溫烘干（2）步驟Ⅱ的懸濁液中棕色物質(zhì)的化學式是___________。（3）步驟Ⅱ~Ⅲ可在如圖所示的裝置中完成，儀器A的名稱是___________；步驟Ⅲ需調(diào)節(jié)溶液pH為4左右，若pH值過低，產(chǎn)品中會混有，產(chǎn)生該副產(chǎn)物的原因：___________。（4）產(chǎn)品純度測定：方法1：用法測定三草酸合鐵(Ⅲ)酸鉀晶體中含量。從下列選項選擇合適操作(操作不能重復使用)并排序：________。稱取樣品1.841g，配制250mL溶液，用移液管量取25.00mL溶液于錐形瓶中→(________)→(________)→(________)→(________)a．加熱錐形瓶至75℃80℃；b．加熱錐形瓶至溶液沸騰；c．往錐形中加入5mL稀鹽酸；d．往錐形瓶中加入5mL稀硫酸；e．往錐形瓶中加少量溶液；f．用0.0200mol/L溶液滴定至溶液變?yōu)闊o色；g.用0.0200mol/L溶液滴定至溶液呈粉紅色。方法2：用分光光度法測定含量，已知吸光度(A)與在一定濃度范圍內(nèi)的關系如圖2，稱取樣品0.15g，加水溶解，定容至250mL，取2.5mL，定容至50mL。取樣測得吸光度值為0.185，根據(jù)吸光度標準曲線，樣品中的質(zhì)量分數(shù)：___________(保留三位有效數(shù)字)?！敬鸢浮浚?）BD（2）Fe(OH)3（3）①.三頸燒瓶②.pH值越低，F(xiàn)e3+氧化性越強，H2C2O4有還原性，F(xiàn)e3+氧化H2C2O4生成FeC2O4·2H2O和CO2（4）①.deag(de可互換)②.11.5%【解析】【分析】FeSO4溶液中加入H2C2O4溶液煮沸，過濾洗滌后得到FeC2O4·2H2O固體，F(xiàn)eC2O4·2H2O固體和K2C2O4溶液、H2O2溶液混合，F(xiàn)e2+被氧化為Fe3+，然后轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3棕色懸濁液，再加入H2C2O4溶液得到的亮綠色溶液，自然冷卻結晶后得到固體，以此解答?！拘?詳解】A．步驟Ⅰ中FeSO4和H2C2O4發(fā)生復分解反應生成FeC2O4沉淀和H2SO4，所得濾液中含有硫酸，A正確；B．步驟Ⅰ中加熱煮沸的作用是為了加快反應速率，步驟Ⅱ中加熱煮沸是為了除去過量的H2O2，以防H2O2和后續(xù)加入的H2C2O4溶液反應，B錯誤；C．可溶于水，難溶于乙醇，步驟Ⅳ加入適量無水乙醇有利于的析出，C正確；D．有光敏性，不能在明亮通風處干燥，D錯誤；故選BD；【小問2詳解】由分析可知，步驟Ⅱ的懸濁液中棕色物質(zhì)的化學式是Fe(OH)3；【小問3詳解】儀器A的名稱是三頸燒瓶，步驟Ⅲ需調(diào)節(jié)溶液pH為4左右，若pH值過低，產(chǎn)品中會混有，產(chǎn)生該副產(chǎn)物的原因為：pH值越低，F(xiàn)e3+氧化性越強，H2C2O4有還原性，F(xiàn)e3+氧化H2C2O4生成FeC2O4·2H2O和CO2；【小問4詳解】用法測定三草酸合