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2022温州三模5月高中选考适应性测试化学试卷及答案
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这是一份2022温州三模5月高中选考适应性测试化学试卷及答案，文件包含浙江省温州市2022年5月高中选考适应性测试化学参考答案及解析docx、浙江省温州市2022年5月高中选考适应性测试化学试题docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
浙江省温州市2022年5月普通高中选考适应性测试化学参考答案及解析
1. 【答案】B
【解析】A.氯化钙是盐，但溶液呈中性，A错误；
B .Na2SO3是盐，溶液水解呈碱性，B正确；
C. Ba(OH)2是碱，C错误；
D. HNO3是酸，D错误；选B。
2. 【答案】C
【解析】A.CH3COOH溶液中不能完全电离，是弱电解质，A错误；
B. 水是弱电解质，B错误；
C. AlCl3在水溶液中能完全电离，是强电解质,C 正确；
D. 二氧化碳为非电解质，D错误；故选C。
3. 【答案】A
【解析】A是蒸发皿；B是坩埚；C是蒸馏烧瓶；D是烧杯；故选A。
4. 【答案】C
【解析】A.苏打Na2CO3，A正确；
B. 冰晶石是Na3[AlF6]的俗称，B正确；
C. 聚氯乙烯的结构简式为，C错误；
D. 黄铜矿主要成分为CuFeS2，D正确；故选C。
5. 【答案】C
【解析】A.甘氨酸为氨基乙酸，键线式为，A正确；
B. 氢氧化钾为离子化合物，电子式为，B正确；
C. NH3•H2O中的N、O原子间通过氢原子形成氢键，C错误；
D. O2-最外层有8个电子，结构示意为，D正确；故选C。
6. 【答案】B
【解析】A.C3HF7是卤代烃，与CCl4相似，性质稳定，可作灭火剂，A正确；B.C2H5ONa由钠与CH3CH2OH反应制取，C2H5ONa在H2O溶液中极易水解，生成CH3CH2OH,不能由CH3CH2OH与NaOH溶液反应制得，B错误；
C. 氢化油是油脂，可生产人造奶油，C正确；
D. 甘油醛的结构简式为HOCH2CH(OH)CHO，为最简单的多羟基醛，最简单的糖，D正确；故选B。
7. 【答案】A
【解析】A.O2和O3是氧元素形成的不同单质，是同素异形体，A正确；
B. 淀粉和纤维素化学式中的聚合度n不同，不是同分异构体，B错误；
C. C、N不是同种元素，不是同位素，C错误；
D. 和分别属于酚和醇类，结构不相似，不是同系物，D错误；故选A。
8. 【答案】A
【解析】A.AgBr常用于感光材料，A错误；
B. 石英、水晶、硅藻土的主要成分都是二氧化硅，B正确；
C. 氧化铁红为Fe2O3，可以用来制取防锈油漆，C正确；石墨熔点高，能导电，可用作高温润滑剂和电极材料，D正确；故选A。
9. 【答案】B
【解析】A.接触室为硫酸工业制取的设备，HNO3生产中的主要设备为转化器、热交换器和吸收塔，A错误；
B. 工业上制备高纯度硅的主要反应是：C与SiO2高温下反应生成粗硅，粗硅与Cl2反应生成SiCl4，用H2还原SiCl4得到高纯度的Si，B正确；
C. 铁矿石中含有，SiO2，SiO2是原子晶体，熔点高，加入石灰石主要目的是与SiO2反应生成CaSiO3除去高熔点的二氧化硅，C错误；
D. 工业上通常用电解熔融MgCl2制取Mg，电解熔融的Al2O3制取Al，D错误；故选B。
10. 【答案】C
【解析】分析反应2Cu2O +Cu2S6Cu+SO2↑可知，Cu2O中Cu元素为氧化剂，Cu2S中-2价的硫元素为还原剂，Cu单质为还原产物，SO2为氧化产物，据此解答。
A.Cu2O被Cu2S还原，A正确；
B.Cu2S中铜元素化合价降低，硫元素化合价升高，Cu2S既是氧化剂又是还原剂，B正确；
C.还原产物是Cu，氧化产物是SO2，物质的量之比为6:1，C错误；
D.生成1molSO2时转移的电子数为6mol，D正确，不符合题意；故选C。
11.【答案】D
【解析】A.无水氯化钴呈蓝色，含水的氯化钴呈粉红色，含水的氯化钴烘干得到无水氯化钴，可重新使用，A正确；
B. 苯酚易溶于酒精，苯酚不慎粘在皮肤上，可以利用酒精洗涤，B正确；
C. 镀层完全反应后，如不及时将铁片从H2SO4中取出，铁片会继续与H2SO4反应，导致结果偏高，C正确；
D. 移液管量取液体时主要是吸取液体，不需要装液，D错误；故选D。
12.【答案】B
【解析】A.HCHO和CH3COOH的最简式均为CH2O，30gHCHO与CH3COOH混合物中H原子个数为2NA，A正确；
B. SO2和O2的反应为可逆反应，容器中的分子缩小于2NA，B错误；
C. Cu与Cl2反应生成CuCl2，6.4gCu的物质的量为0.1mol，完全反应转移的电子数为0.2NA，C正确；
D. H2O2的结构为H-O-O-H，1molH2O2中共价键数为3NA,D正确；故选B。
13.【答案】D
【解析】A.Na2SiO3是强电解质且易溶于水，在溶液中电离，应拆开，A错误；B.向NaAlO2溶液中加入NaHCO3溶液，生成Al（OH）3白色沉淀离子方程式为，AlO2-+HCO3-+H2O=Al（OH）3↓+CO32-，B错误；
C.NaClO溶液中加入过量NaHSO3溶液反应生成SO2，2HSO3-+ClO-=SO42-+H2O+Cl-+SO2↑C错误；
D.铜电极电解NH4Cl溶液时，铜为阳极，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+,阴极NH4+离子得电子生成H2和NH3，D正确；故选D。
14.【答案】B
【解析】硝化纤维是纤维素在浓H2SO4作用下与浓HNO3反应制得，工业上常用醋酸纤维生产电影胶片，A错误；
B. CH4与Cl2的反应为自由基链式反应，B正确；
C. 油脂可以溶解一些脂溶性的物质，C正确；
D. 蛋白质分子中也存在氨基和羧基，当溶液中氨基和羧基主要以两性离子的形态存在时，在水中的溶解度最小，可以形成晶体析出，因此可以通过控制溶液的pH来分离多肽和蛋白质分子，D正确；故选A。
15.【答案】D
【解析】A.中C=C和苯环为平面构型，最多有3个碳原子共平面，A错误；
B. 分子中含有碳碳双键、酯基、氨基三种官能团，B错误；
C. 分子中酯基水解生成酚羟基和-COOH，1mol该物质最多可消耗2molNaOH，C错误；
D. 分子中含有-NH2，具有弱碱性，D正确；故选D。
16.【答案】B
【解析】自然界中Z的单质主要存在于火山口附近，Z为硫元素；X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，M的原子序数大于16，X和Y的最外层电子数之和是M最外层电子数的3倍，则M必然在第四周期，M为Ca元素，X和Y的最外层电子数之和是6，则X为H元素，Y为N元素，因为仅有一种金属元素，则W为氯元素，据此解答。
A. 具有相同电子层结构的离子，原子序数越小，半径越大，则离子半径S2->Cl->Ca2+，A错误；
B. Ca为活泼金属，能分别与N、H之间形成离子键，Ca2NH中Ca为+2价，氮为-3价，氢为-1价，不含共价键，B正确；
C. 非金属性越强，则氢化物越稳定，热稳定性H2S
17.【答案】C
【解析】A.pH和体积均相同的NH4Cl和HCl溶液，c(NH4Cl)>c(HCl)，HCl和NH4Cl均为强电解质，导电能力，NH4Cl>HCl，A错误；
B. CH3COOH溶液的灯泡很暗，只能说明离子浓度小，也可能是醋酸的浓度很小导致的，B错误；
C. 混合溶液中存在的离子有NH4+ 、H+ 、OH-、NO3-,根据电荷守恒可得c(NH4+)+c(H+)=
c(OH-)+c(NO3-)，溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，则c(NH4+)=c(NO3-)，C正确；D。c(NH4Cl)=c(NH4HCO3)，由于NH4HCO3发生互促水解，故c(NH4+)更小，D错误；故选C。
18.【答案】C
【解析】A.反应II为放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量，A错误；
B.根据盖斯定律，×III+IV可得CO(g) + Na2O2(s) =Na2CO3(s) ΔH=-566×1/2kJ/mol
-266kJ/mol=-504kJ/mol，为熵减小的放热反应，低温有利于反应自发，B错误；
C.Na与O2常温下反应生成Na2O，Na与O2在加热情况下生成Na2O2，反应I的反应速率大于反应II，则说明生成Na2O的活化能小于生成过氧化钠的活化能，C正确；
D.II-I×2得2Na2O(s)=Na2O2（s)+2Na(s) ΔH=-511kJ/mol-(-412×2kJ/mol)=+313kJ/mol，正反应ΔH>0，微粒数增大，ΔS>0，高温下反应能够自发，D错误；故选C。
19.【答案】D
【解析】A.P从2×105增大到5×105，增大2.5倍，c(A)相应从0.08mol/L增大到0.20mol/L，增大2.5倍；P从5×105增大到1×106，增大2倍，c(A)也从0.20mol/L变成0.4mol/L，增大2倍，c(A)与P成正比例，故平衡没有移动，则A、B、C均为气体，且m+n=p，A错误；
B. 当压强1×106从增大到3×106时，若平衡不移动，c(A)为1.20mol/L，现c(A)为0.80×106，c(A)减小，说明平衡向正方向移动，则此时C为液体或固体，在气相反应中，固体或液体不计入平衡常数表达式，平衡常数表达式错误，B错误；
C. 气相反应中，当C为固体或纯液体时，增大压强，体积缩小，c(C)几乎不变，逆反应速率视为常数，不变，C错误；
D. 因为m+n=p，再向体系中加入bmolB，达重新达到平衡后，体系中A、B、C的总质量为(4+b)mol，D正确；故选D。
20.【答案】B
【解析】A.同一种物质，物质的量相同，T越高，S越大，A错误；
B. 相同温度和压强下，同一种物质的物质的量越大，微粒数越多，S越大，B正确；
C. 标准状况下，SO3为固体，，SO2为气体，物质的量相同时，SO2的熵大于SO3，C错误；
D. 晶体Si和SiO2均为原子晶体，相同物质的量、相同条件下，SiO2的微粒数多，S大，D错误；故选B。
21.【答案】A
【解析】分析所给装置可知，X为正极，电极反应式为2H++2e-=H2；Y为负极，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2，放电时，浓缩海水中的Li+通过离子导电体向正极移动，据此解答。
A. 如果Y电极为铁，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，无Cl2生成，不能实现如图转化，A错误；
B. 电池工作时Li+离子从浓缩海水中向左通过离子导电体移动到正极盐酸溶液中，海水中Li+浓度要大于左侧溶液中Li+浓度，B正确；
C. X为正极，电极反应式2H++2e-=H2，C正确；
D. 根据电荷守恒生成1molCl2时转移2mol电子，Li+向左侧移动，左侧增加2molLi+，D正确；故选A。
22.【答案】D
【解析】0.10mol/LH3RO3溶液的pH<1，说明第一步电离是完全电离，溶液中不存在H3RO3分子，根据试题所给的微粒的物质的量分数δ与水溶液pH的变化关系可知，δ1表示H2RO3-变化趋势，δ2表示HRO32-的变化趋势，δ3表示RO33- 的变化趋势。
A.当加入0.1molNaOH时，溶质为NaH2RO3，根据物料守恒得，c(Na+) = c(H2RO3-)+c(HRO32-)
+c(RO33-)，A正确；
B. 加入0.2molNaOH时，溶质为NaH2RO3，溶液呈酸性，说明H2RO3-电离大于水解，则c(RO33-)>c(H2RO3-)，B正确；
C. δ1表示H2RO3-变化趋势，C正确；
D. N点时，溶液中由于HRO32-水解，还存在着少量c(H2RO3-)，根据物质守恒可知，c(HRO32-)=
c(RO33-)<0.05mol/L，D错误；故选D。
23.【答案】A
【解析】A.F-由于半径小，容易提供孤对电子与Si形成配位键，A正确；
B. CH3Cl难溶于水，碱性水解时生成CH3OH和HCl，B错误；
C. SiCl4与NH3在高温下反应生成Si3N4和HCl，C错误；
D. 非金属性C>Si，氢化物稳定，Si3H8
【解析】A.分析试题所给的循环图反应机理图示可知，反应物是、CO、CH3OH，生成物为，总反应为+ CO+ CH3OH ,化合物I与的反应为起始反应，化合物I参与反应，经过循环又重新生成化合物I,化合物I为催化剂，A正确；
B.化合物II与化合物III的组成均为CoC6H5O5,结构不同，互为同分异构体，B正确；
C.化合物IV生成的过程为CH3O-取代-Co(CO)4的过程，为取代反应，C正确；
D.也可以生成，D错误；故选D。
25.【答案】C
【解析】A.检验水解后的溶液中是否仍有淀粉，直接滴加碘水即可，I2能与NaOH溶液反应，不能先加入NaOH溶液，A错误；
B. CH3CH2OH与浓H2SO4反应生成的气体中会混有SO2，SO2可以使溴水褪色，因此溴水褪色并不能说明产物中有乙烯，B错误；
C. 实验中硫酸的浓度相同，其它条件也相同，只有Na2S2O3的浓度不同，则前者出现浑浊的时间更短，说明Na2S2O3的浓度增加可以加快反应速率，C正确；
D. 实验现象只能说明溶液中含有Fe2+离子，Fe2+离子可能是铁与稀硫酸反应生成，也可能是Fe3+被Al还原生成，D错误；故选C。
26. 【答案】
(1)P4S3是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力；C3N4是原子晶体，熔化时需要破坏共价键，分子间作用力比共价键弱；
(2)甘油含有多个羟基，可以通过形成氢键的形式吸收空气中的水蒸汽，形成氢键的过程会放出热量。
【解析】(1)P4S3是分子晶体，分子之间通过分子间作用力相结合，熔化时破坏分子间作用力熔点低，因此熔点较低，；C3N4是原子晶体，C、N通过共价键相结合，熔化时需要破坏共价键，共价键作用力强，分子间作用力比共价键弱，因此，熔点很高，故P4S3的熔点远低于C3N4，故答案为：P4S3是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力；C3N4是原子晶体，熔化时需要破坏共价键，分子间作用力比共价键弱；
(2)潮湿的空气中含有水蒸气,丙三醇含有羟基，能够与水分子之间形成氢键，形成氢键会放出热量，故温度升高，故答案为：甘油含有多个羟基，可以通过形成氢键的形式吸收空气中的水蒸气，形成氢键的过程会放出热量。
27.【答案】(1)1.5；
(2)250；100mL12.0mol/LHNO3的物质的量为1.20mol，n(NOx)=0.2mol，沉淀最大量时，溶液中的溶质为NaNO3，根据N原子守恒，可得n(NaNO3)=1.20mol-0.20mol=1.00mol，根据Na原子守恒有NaOH～NaNO3,则V(NaOH)=,故答案为：250。
【解析】(1)M(Cu2O)=144g/mol，n(Cu2O)==0.2mol，与HNO3反应生成Cu(NO3)2和NOx，4.48LNOx的物质的量为0.2mol，NOx中N元素的化合价为+2x，根据电子守恒可得0.4=0.2×(5-2x)，x=1.5，故答案为：1.5；
(2)100mL12.0mol/LHNO3的物质的量为1.20mol，n(NOx)=0.2mol，沉淀最大量时，溶液中的溶质为NaNO3，根据N原子守恒，可得n(NaNO3)=1.20mol-0.20mol=1.00mol，根据Na原子守恒有NaOH～NaNO3,则V(NaOH)=,故答案为：250。
28.【答案】(1)Fe、C、H、O；Fe2O3、K2CO3；
(2)Fe(HCO3)2=FeCO3 + CO 2 ↑+ H2O;
(3)2Fe(SCN)3 + 2I- =2Fe(SCN)3-+ I2；
(4)ClO2；KCl、KClO3；取适量溶液，加入过量AgNO3溶液，过滤沉淀、洗涤、干燥、称量记录质量m1；将滤液和洗涤液合并，加入NaNO2将KClO3还原为KCl，再加入过量的AgNO3溶液和稀HNO3，将沉淀过滤、洗涤、干燥称量、得到固体的质量m2，若m2=5m1，则上述两种盐的比例关系正确。
【解析】由题意可知，X与0.02molKClO3加热恰好反应，生成黄绿色混和气体，通过浓H2SO4，气体减少0.36g，可知混合气体中含有水蒸气，物质的量为0.02mol，黄绿色气体C的密度为相同条件下氢气的33.75倍，则C的摩尔质量为67.5gmol/L，结合参与反应的元素可知，C中的组成元素为Cl和O，M(ClO2)=67.5g/mol，故C为ClO2，气体B通过足量的澄清石灰水生成白色沉淀，白色沉淀为CaCO3，n(CaCO3)==0.03mol，则气体B为CO2,n(CO2)=0.03mol。混合固体F与足量的水反应生成无色溶液H,H与足量的稀盐酸反能够产生CO2，根据题意，无色溶液H为K2CO3溶液，根据钾原子守恒，n(K2CO3)=n(KClO3)=0.02mol，固体氧化物G盐酸溶解后，滴加KSCN溶液呈血红色，G为Fe2O3，物质的量为0.01mol，则根据元素守恒可得，3.56X中含有碳元素（0.03+0.01)=0.04mol，铁元素0.02mol，氢元素0.04mol，根据反应X与KClO3的生成物可知，另一元素为O元素，m(O)=3.56-0.02×56-0.04-0.04×12=1.92g，n(O)=0.12mol。X中Fe、C、H、O物质的量比为1：2:2:6,化学式为FeC2H2O6或Fe(HCO3)2，据此解答。
(1)根据上述分析推断，X的组成元素为Fe、C、H、O，固体F的成份为Fe2O3和K 2CO3，故答案为：Fe、C、H、O；Fe2O3、K2CO3；
(2)HCO3-在水中能够电离生成H+离子和CO32-离子,H +再与HCO3-反应，生成CO2，CO32-与Fe2+生成FeCO 3沉淀，促进HCO3-的电离，反应方程式：Fe(HCO3)2=FeCO3 + CO 2 ↑+ H2O，故答案为：Fe(HCO3)2=FeCO3 + CO2 ↑+ H2O;
(3)+3价Fe具有氧化性，I-具有还原性，二者发生氧化还原反应，生成I2和Fe(SCN)3-，离子方程式为：2Fe(SCN)3 + 2I- =2Fe(SCN)3-+ I2，故答案为：2Fe(SCN)3 + 2I- =2Fe(SCN)3-+ I2；
(4)根据上述分析，气体C的化学式为ClO2，ClO2通入KOH溶液中，Cl元素发生歧化反应，生成KCl和另一种盐，物质的量之比为1:5，根据电子守恒可得另一种盐的Cl元素的化合价为+5价，为KClO3；要定量测定两种物质的量的比，即是要设计实验证明KCl和KClO中氯元素的物质的量比为1:5，可将KCl转化成AgCl；KClO3先转化成KCl，再转化成AgCl，如果测定两种AgCl的物质的量之比为1:5则，则证明KCl、KClO3的物质的量之比为1:5，故答案为：ClO2；KCl、KClO3；取适量溶液，加入过量AgNO3溶液，过滤沉淀、洗涤、干燥、称量记录质量m1；将滤液和洗涤液合并，加入NaNO2将KClO3还原为KCl，再加入过量的AgNO3溶液和稀HNO3，将沉淀过滤、洗涤、干燥称量、得到固体的质量m2，若m2=5m1，则上述两种盐的比例关系正确。
29.【答案】(1)①a；
②。
（2）①<；
②气体经中间热交换器能量交换，温度降低，反应向正方向移动，转化率增大，气流若在催化剂I层未达到平衡，则经催化剂II时，继续反应，转化率增大；
③A；
(3)：1.0×10-26；2NH4++2e(NH3)-n=H2↑ + (2n+2)NH3。
【解析】(1)①反应I：CaS(s)+3NO2(g)=CaO(s)+SO2(g)+3NO(g) △H=-279.12kJ/mol，
反应II：CaS(s)+4NO2(g)=CaSO4(s)+4NO(g) △H=-714.52kJ/mol
由盖斯定律，反应I-反应II得反应III，△H=279.12kJ/mol-(-714.52kJ/mol)=
435.4kJ/mol，反应I、反应II放热，T升高，K减小，故K随1/T增大而增大；反应III吸热，T升高，K增大，K3随1/T增大而减小；△H2<△H1，则lgk2随1/T变化要比lgK1幅度大，故曲线a表示lgK2，答案为a；
②反应I和反应II正反应为气体体积增大的方向，反应II前后气体的物质的量不变，增大压强，体积缩小，c(SO2)瞬时增大，随后反应I和反应II向逆方向移动，c(SO2)浓度减小，故二氧化硫浓度的变化趋势图为：；答案为：。
（2）①由所给反应装置图可知：混合气体从装置A进气口进入，与管道内的热气体进行热交换，再由出口1进入装置B，和管内的热气体进行热交换，然后由a进入装置B的管道内，在催化剂层I表面发生反应，生成的气体通过b进入装置A进行合成氨反应。根据以上分析可知，B中反应为放热反应，a处气体的温度低于b处，故答案为：<；
②气体经过催化剂I反应放热，经过热交换温度降低，再经过催化剂II继续反应，温度降低，平衡向正方向移动，因此使原料的转化率有所提升，故答案为：气体经中间热交换器能量交换，温度降低，反应向正方向移动，转化率增大，气流若在催化剂I层未达到平衡，则经催化剂II时，继续反应，转化率增大；
③A.加快通入水蒸气的流速，增大水蒸气的浓度，提高反应速率，A正确；
B. 反应器中温度降低，虽平衡向正方向移动，但反应速率减慢，则出口2的收益率可能会降低，B错误；
C. 终端出口2的气体主要成分为氨气，氨气通过液化分离，C错误；
D. 反应原料从进口进入，在A中只是进行热交换，未发生化学反应，D错误；故答案为A；
(3)2NH3⇌NH4++NH2-．25℃时，液氨的离子积K=1.0×10-29．即c(NH4+)×c(NH2-)=1.0×10-29，100mL液氨中加入0.0001molNH4Cl，c(NH4+)=0.001mol/L，则c(NH2-)=1.0×10-26mol/L，根据题意，加入NH4Cl后，发生共价键的断裂，可以推断出NH4+与e(NH3)-n反应，H+得电子生成H2,反应的离子方程式为2NH4++2e(NH3)-n=H2↑ + (2n+2)NH3，故答案为：1.0×10-26；2NH4++2e(NH3)-n=H2↑ + (2n+2)NH3。
30.【答案】(1)使Cu(OH)2转化为CuO，便于过滤；
(2)步骤II趁热过滤的目的是为了得到CuO，防止K2SO4等杂质析出，V中是为了获得滤液，防止溶质K2[Cu（C2O4)2]析出造成损失；
(3)AB；
(4)2、6；5、1；
(5)95.4%；
②由于产品中会有K2C2O4或KHC2O4等杂质。
【解析】胆矾和草酸为原料制备K2[Cu（C2O4)2]晶体，由流程可知，胆矾加入NaOH溶液，可生成Cu(OH)2，加热煮沸时分解生成CuO，与K2C2O4、KHC2O4混合液水浴加热，趁热过滤除去多余的CuO，得到K2[Cu（C2O4)2]溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶可得到K2[Cu（C2O4）2]•2H2O，最后，加热失水，得到K2[Cu（C2O4)2]，据此解答。
(1)根据以上分析可知，加热煮沸的目的是使生成的Cu(OH)2分解转化为CuO，Cu(OH)2为絮状，转化为CuO沉淀方便过滤，故答案为：使Cu(OH)2转化为CuO，便于过滤；
(2)步骤II为了制得CuO，趁热过滤的目的是为了防止溶液中的K2SO4等析出混入CuO；步骤V中过滤是滤去未反应的CuO得到滤液，趁热过滤的目的是防止K2[Cu（C2O4)2]析出造成损失，故答案为：步骤II趁热过滤的目的是为了得到CuO，防止K2SO4等杂质析出，V中是为了获得滤液，防止溶质K2[Cu（C2O4)2]析出造成损失；
(3)A.沾有氧化铜的滤纸一起投入混合液中，滤纸不反应，反应后过滤，滤纸连同未反应的CuO一起滤掉，不影响滤液的质量，A正确；
B.根据题目所给的反应，混合液与氧化铜反应时会放出大量的气体，采取分批加入，可以防止因大量气体产生将液体带出，B正确；
C.V中洗涤的目的是洗下滤渣表面沾有的溶质，减少溶质的损失，CuO不溶于水，因此适宜的洗涤剂为热水，可增大溶质的溶解度，C错误；
D.滤液应经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，不能用蒸发结晶，D错误；故选AB；
(4)加热灼烧晶体时的操作是：研磨晶体，将研磨后的晶体放入坩埚中加热并不断搅拌，用坩埚钳取下坩埚，放在干燥器中冷却，防止在空气中重新吸水，然后称量，重复加热及后面的操作，直至质量相差不过0.001g，故答案为：2、6；5、1；
(5)①高锰酸钾酸性溶液氧化C2O42-，根据电子守恒有如下关系
2MnO4- ～5C2O42-，因此有n（MnO4-）×5=n（C2O42-）×2×（4-3），解得n（C2O42-）=20.00×10-3L×0.01200mol/L×5×1/2=6×10-4mol，则样品中K2[Cu（C2O4)2]的物质的量为3×10-3mol，纯度为，故答案为：95.4%；
②根据所给的结果可知，用滴定Cu2+离子的方法得到的产品纯度要比数据①小，说明数据①可能偏大，造成偏大的原因是所制得的K2[Cu（C2O4)2]中含有K2C2O4或KHC2O4，K2C2O4、KHC2O4具有还原性，同样可被酸性高锰酸钾氧化，导致结果偏高，故答案为:由于产品中会有K2C2O4或KHC2O4等杂质。
31.【答案】
（1）BC；
（2） ； ；
（3）
（4）
（5）
【解析】比较A、C的结构可知，A与发生取代反应生成B，中五元环被取代，B的结构简式为，比较B、C的结构，结合M的组成，可得M为丙炔酸，结构简式为，C受热发生题给信息的反应，D的的结构简式为：，D的在空气中加热脱氢形成苯环，生成E，E→F的变化为取代反应，F→G的变化为羰基的还原反应，据此解答。
(1)A.A到B的反应为取代反应，A正确；
B. C中含有碳碳双键和碳碳叁键，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，E中苯环上的烃基可被酸性高锰酸钾溶液氧化，B错误；
C. F中苯环与羰基可以与H2发生加成反应，1molF最多可消耗4molH2，C错误；
D. 化合物G的组成为C15H18O3，D正确；故选BC。
(2)由以上分析可知，M的结构简式为 ，D的结构简式为 ，故答案为: ； ；
(3) B→C为酯化反应，M中-COOH与B为-OH生成酯，反应方程式为，故答案为：；
(4)B为，含有4个不饱和度，含有苯环，则剩余部分为饱和结构，遇FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基；含有4种等效氢，说明结构对称，峰的面积之比为9:2:2:1，说明有3个化学环境完全相同的甲基，为-c(CH3)基团，符合条件的同分异构体有如下几种：，故答案为：；
(5)以和合成，原料碳原子之和与产物相等，根据题给的信息，可以通过1、3-丁二烯与丙炔酸合成，再经过类似D→E的脱氢反应，即可制取苯甲酸，而通过消去、加成、再消去即可生成1、3-丁二烯，故合成线路如下。
故答案为：。
浙江省温州市2022年5月普通高中选考适应性测试化学参考答案及解析
1. 【答案】B
【解析】A.氯化钙是盐，但溶液呈中性，A错误；
B .Na2SO3是盐，溶液水解呈碱性，B正确；
C. Ba(OH)2是碱，C错误；
D. HNO3是酸，D错误；选B。
2. 【答案】C
【解析】A.CH3COOH溶液中不能完全电离，是弱电解质，A错误；
B. 水是弱电解质，B错误；
C. AlCl3在水溶液中能完全电离，是强电解质,C 正确；
D. 二氧化碳为非电解质，D错误；故选C。
3. 【答案】A
【解析】A是蒸发皿；B是坩埚；C是蒸馏烧瓶；D是烧杯；故选A。
4. 【答案】C
【解析】A.苏打Na2CO3，A正确；
B. 冰晶石是Na3[AlF6]的俗称，B正确；
C. 聚氯乙烯的结构简式为，C错误；
D. 黄铜矿主要成分为CuFeS2，D正确；故选C。
5. 【答案】C
【解析】A.甘氨酸为氨基乙酸，键线式为，A正确；
B. 氢氧化钾为离子化合物，电子式为，B正确；
C. NH3•H2O中的N、O原子间通过氢原子形成氢键，C错误；
D. O2-最外层有8个电子，结构示意为，D正确；故选C。
6. 【答案】B
【解析】A.C3HF7是卤代烃，与CCl4相似，性质稳定，可作灭火剂，A正确；B.C2H5ONa由钠与CH3CH2OH反应制取，C2H5ONa在H2O溶液中极易水解，生成CH3CH2OH,不能由CH3CH2OH与NaOH溶液反应制得，B错误；
C. 氢化油是油脂，可生产人造奶油，C正确；
D. 甘油醛的结构简式为HOCH2CH(OH)CHO，为最简单的多羟基醛，最简单的糖，D正确；故选B。
7. 【答案】A
【解析】A.O2和O3是氧元素形成的不同单质，是同素异形体，A正确；
B. 淀粉和纤维素化学式中的聚合度n不同，不是同分异构体，B错误；
C. C、N不是同种元素，不是同位素，C错误；
D. 和分别属于酚和醇类，结构不相似，不是同系物，D错误；故选A。
8. 【答案】A
【解析】A.AgBr常用于感光材料，A错误；
B. 石英、水晶、硅藻土的主要成分都是二氧化硅，B正确；
C. 氧化铁红为Fe2O3，可以用来制取防锈油漆，C正确；石墨熔点高，能导电，可用作高温润滑剂和电极材料，D正确；故选A。
9. 【答案】B
【解析】A.接触室为硫酸工业制取的设备，HNO3生产中的主要设备为转化器、热交换器和吸收塔，A错误；
B. 工业上制备高纯度硅的主要反应是：C与SiO2高温下反应生成粗硅，粗硅与Cl2反应生成SiCl4，用H2还原SiCl4得到高纯度的Si，B正确；
C. 铁矿石中含有，SiO2，SiO2是原子晶体，熔点高，加入石灰石主要目的是与SiO2反应生成CaSiO3除去高熔点的二氧化硅，C错误；
D. 工业上通常用电解熔融MgCl2制取Mg，电解熔融的Al2O3制取Al，D错误；故选B。
10. 【答案】C
【解析】分析反应2Cu2O +Cu2S6Cu+SO2↑可知，Cu2O中Cu元素为氧化剂，Cu2S中-2价的硫元素为还原剂，Cu单质为还原产物，SO2为氧化产物，据此解答。
A.Cu2O被Cu2S还原，A正确；
B.Cu2S中铜元素化合价降低，硫元素化合价升高，Cu2S既是氧化剂又是还原剂，B正确；
C.还原产物是Cu，氧化产物是SO2，物质的量之比为6:1，C错误；
D.生成1molSO2时转移的电子数为6mol，D正确，不符合题意；故选C。
11.【答案】D
【解析】A.无水氯化钴呈蓝色，含水的氯化钴呈粉红色，含水的氯化钴烘干得到无水氯化钴，可重新使用，A正确；
B. 苯酚易溶于酒精，苯酚不慎粘在皮肤上，可以利用酒精洗涤，B正确；
C. 镀层完全反应后，如不及时将铁片从H2SO4中取出，铁片会继续与H2SO4反应，导致结果偏高，C正确；
D. 移液管量取液体时主要是吸取液体，不需要装液，D错误；故选D。
12.【答案】B
【解析】A.HCHO和CH3COOH的最简式均为CH2O，30gHCHO与CH3COOH混合物中H原子个数为2NA，A正确；
B. SO2和O2的反应为可逆反应，容器中的分子缩小于2NA，B错误；
C. Cu与Cl2反应生成CuCl2，6.4gCu的物质的量为0.1mol，完全反应转移的电子数为0.2NA，C正确；
D. H2O2的结构为H-O-O-H，1molH2O2中共价键数为3NA,D正确；故选B。
13.【答案】D
【解析】A.Na2SiO3是强电解质且易溶于水，在溶液中电离，应拆开，A错误；B.向NaAlO2溶液中加入NaHCO3溶液，生成Al（OH）3白色沉淀离子方程式为，AlO2-+HCO3-+H2O=Al（OH）3↓+CO32-，B错误；
C.NaClO溶液中加入过量NaHSO3溶液反应生成SO2，2HSO3-+ClO-=SO42-+H2O+Cl-+SO2↑C错误；
D.铜电极电解NH4Cl溶液时，铜为阳极，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+,阴极NH4+离子得电子生成H2和NH3，D正确；故选D。
14.【答案】B
【解析】硝化纤维是纤维素在浓H2SO4作用下与浓HNO3反应制得，工业上常用醋酸纤维生产电影胶片，A错误；
B. CH4与Cl2的反应为自由基链式反应，B正确；
C. 油脂可以溶解一些脂溶性的物质，C正确；
D. 蛋白质分子中也存在氨基和羧基，当溶液中氨基和羧基主要以两性离子的形态存在时，在水中的溶解度最小，可以形成晶体析出，因此可以通过控制溶液的pH来分离多肽和蛋白质分子，D正确；故选A。
15.【答案】D
【解析】A.中C=C和苯环为平面构型，最多有3个碳原子共平面，A错误；
B. 分子中含有碳碳双键、酯基、氨基三种官能团，B错误；
C. 分子中酯基水解生成酚羟基和-COOH，1mol该物质最多可消耗2molNaOH，C错误；
D. 分子中含有-NH2，具有弱碱性，D正确；故选D。
16.【答案】B
【解析】自然界中Z的单质主要存在于火山口附近，Z为硫元素；X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，M的原子序数大于16，X和Y的最外层电子数之和是M最外层电子数的3倍，则M必然在第四周期，M为Ca元素，X和Y的最外层电子数之和是6，则X为H元素，Y为N元素，因为仅有一种金属元素，则W为氯元素，据此解答。
A. 具有相同电子层结构的离子，原子序数越小，半径越大，则离子半径S2->Cl->Ca2+，A错误；
B. Ca为活泼金属，能分别与N、H之间形成离子键，Ca2NH中Ca为+2价，氮为-3价，氢为-1价，不含共价键，B正确；
C. 非金属性越强，则氢化物越稳定，热稳定性H2S
17.【答案】C
【解析】A.pH和体积均相同的NH4Cl和HCl溶液，c(NH4Cl)>c(HCl)，HCl和NH4Cl均为强电解质，导电能力，NH4Cl>HCl，A错误；
B. CH3COOH溶液的灯泡很暗，只能说明离子浓度小，也可能是醋酸的浓度很小导致的，B错误；
C. 混合溶液中存在的离子有NH4+ 、H+ 、OH-、NO3-,根据电荷守恒可得c(NH4+)+c(H+)=
c(OH-)+c(NO3-)，溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，则c(NH4+)=c(NO3-)，C正确；D。c(NH4Cl)=c(NH4HCO3)，由于NH4HCO3发生互促水解，故c(NH4+)更小，D错误；故选C。
18.【答案】C
【解析】A.反应II为放热反应，则反应物的总能量大于生成物的总能量，A错误；
B.根据盖斯定律，×III+IV可得CO(g) + Na2O2(s) =Na2CO3(s) ΔH=-566×1/2kJ/mol
-266kJ/mol=-504kJ/mol，为熵减小的放热反应，低温有利于反应自发，B错误；
C.Na与O2常温下反应生成Na2O，Na与O2在加热情况下生成Na2O2，反应I的反应速率大于反应II，则说明生成Na2O的活化能小于生成过氧化钠的活化能，C正确；
D.II-I×2得2Na2O(s)=Na2O2（s)+2Na(s) ΔH=-511kJ/mol-(-412×2kJ/mol)=+313kJ/mol，正反应ΔH>0，微粒数增大，ΔS>0，高温下反应能够自发，D错误；故选C。
19.【答案】D
【解析】A.P从2×105增大到5×105，增大2.5倍，c(A)相应从0.08mol/L增大到0.20mol/L，增大2.5倍；P从5×105增大到1×106，增大2倍，c(A)也从0.20mol/L变成0.4mol/L，增大2倍，c(A)与P成正比例，故平衡没有移动，则A、B、C均为气体，且m+n=p，A错误；
B. 当压强1×106从增大到3×106时，若平衡不移动，c(A)为1.20mol/L，现c(A)为0.80×106，c(A)减小，说明平衡向正方向移动，则此时C为液体或固体，在气相反应中，固体或液体不计入平衡常数表达式，平衡常数表达式错误，B错误；
C. 气相反应中，当C为固体或纯液体时，增大压强，体积缩小，c(C)几乎不变，逆反应速率视为常数，不变，C错误；
D. 因为m+n=p，再向体系中加入bmolB，达重新达到平衡后，体系中A、B、C的总质量为(4+b)mol，D正确；故选D。
20.【答案】B
【解析】A.同一种物质，物质的量相同，T越高，S越大，A错误；
B. 相同温度和压强下，同一种物质的物质的量越大，微粒数越多，S越大，B正确；
C. 标准状况下，SO3为固体，，SO2为气体，物质的量相同时，SO2的熵大于SO3，C错误；
D. 晶体Si和SiO2均为原子晶体，相同物质的量、相同条件下，SiO2的微粒数多，S大，D错误；故选B。
21.【答案】A
【解析】分析所给装置可知，X为正极，电极反应式为2H++2e-=H2；Y为负极，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2，放电时，浓缩海水中的Li+通过离子导电体向正极移动，据此解答。
A. 如果Y电极为铁，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，无Cl2生成，不能实现如图转化，A错误；
B. 电池工作时Li+离子从浓缩海水中向左通过离子导电体移动到正极盐酸溶液中，海水中Li+浓度要大于左侧溶液中Li+浓度，B正确；
C. X为正极，电极反应式2H++2e-=H2，C正确；
D. 根据电荷守恒生成1molCl2时转移2mol电子，Li+向左侧移动，左侧增加2molLi+，D正确；故选A。
22.【答案】D
【解析】0.10mol/LH3RO3溶液的pH<1，说明第一步电离是完全电离，溶液中不存在H3RO3分子，根据试题所给的微粒的物质的量分数δ与水溶液pH的变化关系可知，δ1表示H2RO3-变化趋势，δ2表示HRO32-的变化趋势，δ3表示RO33- 的变化趋势。
A.当加入0.1molNaOH时，溶质为NaH2RO3，根据物料守恒得，c(Na+) = c(H2RO3-)+c(HRO32-)
+c(RO33-)，A正确；
B. 加入0.2molNaOH时，溶质为NaH2RO3，溶液呈酸性，说明H2RO3-电离大于水解，则c(RO33-)>c(H2RO3-)，B正确；
C. δ1表示H2RO3-变化趋势，C正确；
D. N点时，溶液中由于HRO32-水解，还存在着少量c(H2RO3-)，根据物质守恒可知，c(HRO32-)=
c(RO33-)<0.05mol/L，D错误；故选D。
23.【答案】A
【解析】A.F-由于半径小，容易提供孤对电子与Si形成配位键，A正确；
B. CH3Cl难溶于水，碱性水解时生成CH3OH和HCl，B错误；
C. SiCl4与NH3在高温下反应生成Si3N4和HCl，C错误；
D. 非金属性C>Si，氢化物稳定，Si3H8
【解析】A.分析试题所给的循环图反应机理图示可知，反应物是、CO、CH3OH，生成物为，总反应为+ CO+ CH3OH ,化合物I与的反应为起始反应，化合物I参与反应，经过循环又重新生成化合物I,化合物I为催化剂，A正确；
B.化合物II与化合物III的组成均为CoC6H5O5,结构不同，互为同分异构体，B正确；
C.化合物IV生成的过程为CH3O-取代-Co(CO)4的过程，为取代反应，C正确；
D.也可以生成，D错误；故选D。
25.【答案】C
【解析】A.检验水解后的溶液中是否仍有淀粉，直接滴加碘水即可，I2能与NaOH溶液反应，不能先加入NaOH溶液，A错误；
B. CH3CH2OH与浓H2SO4反应生成的气体中会混有SO2，SO2可以使溴水褪色，因此溴水褪色并不能说明产物中有乙烯，B错误；
C. 实验中硫酸的浓度相同，其它条件也相同，只有Na2S2O3的浓度不同，则前者出现浑浊的时间更短，说明Na2S2O3的浓度增加可以加快反应速率，C正确；
D. 实验现象只能说明溶液中含有Fe2+离子，Fe2+离子可能是铁与稀硫酸反应生成，也可能是Fe3+被Al还原生成，D错误；故选C。
26. 【答案】
(1)P4S3是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力；C3N4是原子晶体，熔化时需要破坏共价键，分子间作用力比共价键弱；
(2)甘油含有多个羟基，可以通过形成氢键的形式吸收空气中的水蒸汽，形成氢键的过程会放出热量。
【解析】(1)P4S3是分子晶体，分子之间通过分子间作用力相结合，熔化时破坏分子间作用力熔点低，因此熔点较低，；C3N4是原子晶体，C、N通过共价键相结合，熔化时需要破坏共价键，共价键作用力强，分子间作用力比共价键弱，因此，熔点很高，故P4S3的熔点远低于C3N4，故答案为：P4S3是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力；C3N4是原子晶体，熔化时需要破坏共价键，分子间作用力比共价键弱；
(2)潮湿的空气中含有水蒸气,丙三醇含有羟基，能够与水分子之间形成氢键，形成氢键会放出热量，故温度升高，故答案为：甘油含有多个羟基，可以通过形成氢键的形式吸收空气中的水蒸气，形成氢键的过程会放出热量。
27.【答案】(1)1.5；
(2)250；100mL12.0mol/LHNO3的物质的量为1.20mol，n(NOx)=0.2mol，沉淀最大量时，溶液中的溶质为NaNO3，根据N原子守恒，可得n(NaNO3)=1.20mol-0.20mol=1.00mol，根据Na原子守恒有NaOH～NaNO3,则V(NaOH)=,故答案为：250。
【解析】(1)M(Cu2O)=144g/mol，n(Cu2O)==0.2mol，与HNO3反应生成Cu(NO3)2和NOx，4.48LNOx的物质的量为0.2mol，NOx中N元素的化合价为+2x，根据电子守恒可得0.4=0.2×(5-2x)，x=1.5，故答案为：1.5；
(2)100mL12.0mol/LHNO3的物质的量为1.20mol，n(NOx)=0.2mol，沉淀最大量时，溶液中的溶质为NaNO3，根据N原子守恒，可得n(NaNO3)=1.20mol-0.20mol=1.00mol，根据Na原子守恒有NaOH～NaNO3,则V(NaOH)=,故答案为：250。
28.【答案】(1)Fe、C、H、O；Fe2O3、K2CO3；
(2)Fe(HCO3)2=FeCO3 + CO 2 ↑+ H2O;
(3)2Fe(SCN)3 + 2I- =2Fe(SCN)3-+ I2；
(4)ClO2；KCl、KClO3；取适量溶液，加入过量AgNO3溶液，过滤沉淀、洗涤、干燥、称量记录质量m1；将滤液和洗涤液合并，加入NaNO2将KClO3还原为KCl，再加入过量的AgNO3溶液和稀HNO3，将沉淀过滤、洗涤、干燥称量、得到固体的质量m2，若m2=5m1，则上述两种盐的比例关系正确。
【解析】由题意可知，X与0.02molKClO3加热恰好反应，生成黄绿色混和气体，通过浓H2SO4，气体减少0.36g，可知混合气体中含有水蒸气，物质的量为0.02mol，黄绿色气体C的密度为相同条件下氢气的33.75倍，则C的摩尔质量为67.5gmol/L，结合参与反应的元素可知，C中的组成元素为Cl和O，M(ClO2)=67.5g/mol，故C为ClO2，气体B通过足量的澄清石灰水生成白色沉淀，白色沉淀为CaCO3，n(CaCO3)==0.03mol，则气体B为CO2,n(CO2)=0.03mol。混合固体F与足量的水反应生成无色溶液H,H与足量的稀盐酸反能够产生CO2，根据题意，无色溶液H为K2CO3溶液，根据钾原子守恒，n(K2CO3)=n(KClO3)=0.02mol，固体氧化物G盐酸溶解后，滴加KSCN溶液呈血红色，G为Fe2O3，物质的量为0.01mol，则根据元素守恒可得，3.56X中含有碳元素（0.03+0.01)=0.04mol，铁元素0.02mol，氢元素0.04mol，根据反应X与KClO3的生成物可知，另一元素为O元素，m(O)=3.56-0.02×56-0.04-0.04×12=1.92g，n(O)=0.12mol。X中Fe、C、H、O物质的量比为1：2:2:6,化学式为FeC2H2O6或Fe(HCO3)2，据此解答。
(1)根据上述分析推断，X的组成元素为Fe、C、H、O，固体F的成份为Fe2O3和K 2CO3，故答案为：Fe、C、H、O；Fe2O3、K2CO3；
(2)HCO3-在水中能够电离生成H+离子和CO32-离子,H +再与HCO3-反应，生成CO2，CO32-与Fe2+生成FeCO 3沉淀，促进HCO3-的电离，反应方程式：Fe(HCO3)2=FeCO3 + CO 2 ↑+ H2O，故答案为：Fe(HCO3)2=FeCO3 + CO2 ↑+ H2O;
(3)+3价Fe具有氧化性，I-具有还原性，二者发生氧化还原反应，生成I2和Fe(SCN)3-，离子方程式为：2Fe(SCN)3 + 2I- =2Fe(SCN)3-+ I2，故答案为：2Fe(SCN)3 + 2I- =2Fe(SCN)3-+ I2；
(4)根据上述分析，气体C的化学式为ClO2，ClO2通入KOH溶液中，Cl元素发生歧化反应，生成KCl和另一种盐，物质的量之比为1:5，根据电子守恒可得另一种盐的Cl元素的化合价为+5价，为KClO3；要定量测定两种物质的量的比，即是要设计实验证明KCl和KClO中氯元素的物质的量比为1:5，可将KCl转化成AgCl；KClO3先转化成KCl，再转化成AgCl，如果测定两种AgCl的物质的量之比为1:5则，则证明KCl、KClO3的物质的量之比为1:5，故答案为：ClO2；KCl、KClO3；取适量溶液，加入过量AgNO3溶液，过滤沉淀、洗涤、干燥、称量记录质量m1；将滤液和洗涤液合并，加入NaNO2将KClO3还原为KCl，再加入过量的AgNO3溶液和稀HNO3，将沉淀过滤、洗涤、干燥称量、得到固体的质量m2，若m2=5m1，则上述两种盐的比例关系正确。
29.【答案】(1)①a；
②。
（2）①<；
②气体经中间热交换器能量交换，温度降低，反应向正方向移动，转化率增大，气流若在催化剂I层未达到平衡，则经催化剂II时，继续反应，转化率增大；
③A；
(3)：1.0×10-26；2NH4++2e(NH3)-n=H2↑ + (2n+2)NH3。
【解析】(1)①反应I：CaS(s)+3NO2(g)=CaO(s)+SO2(g)+3NO(g) △H=-279.12kJ/mol，
反应II：CaS(s)+4NO2(g)=CaSO4(s)+4NO(g) △H=-714.52kJ/mol
由盖斯定律，反应I-反应II得反应III，△H=279.12kJ/mol-(-714.52kJ/mol)=
435.4kJ/mol，反应I、反应II放热，T升高，K减小，故K随1/T增大而增大；反应III吸热，T升高，K增大，K3随1/T增大而减小；△H2<△H1，则lgk2随1/T变化要比lgK1幅度大，故曲线a表示lgK2，答案为a；
②反应I和反应II正反应为气体体积增大的方向，反应II前后气体的物质的量不变，增大压强，体积缩小，c(SO2)瞬时增大，随后反应I和反应II向逆方向移动，c(SO2)浓度减小，故二氧化硫浓度的变化趋势图为：；答案为：。
（2）①由所给反应装置图可知：混合气体从装置A进气口进入，与管道内的热气体进行热交换，再由出口1进入装置B，和管内的热气体进行热交换，然后由a进入装置B的管道内，在催化剂层I表面发生反应，生成的气体通过b进入装置A进行合成氨反应。根据以上分析可知，B中反应为放热反应，a处气体的温度低于b处，故答案为：<；
②气体经过催化剂I反应放热，经过热交换温度降低，再经过催化剂II继续反应，温度降低，平衡向正方向移动，因此使原料的转化率有所提升，故答案为：气体经中间热交换器能量交换，温度降低，反应向正方向移动，转化率增大，气流若在催化剂I层未达到平衡，则经催化剂II时，继续反应，转化率增大；
③A.加快通入水蒸气的流速，增大水蒸气的浓度，提高反应速率，A正确；
B. 反应器中温度降低，虽平衡向正方向移动，但反应速率减慢，则出口2的收益率可能会降低，B错误；
C. 终端出口2的气体主要成分为氨气，氨气通过液化分离，C错误；
D. 反应原料从进口进入，在A中只是进行热交换，未发生化学反应，D错误；故答案为A；
(3)2NH3⇌NH4++NH2-．25℃时，液氨的离子积K=1.0×10-29．即c(NH4+)×c(NH2-)=1.0×10-29，100mL液氨中加入0.0001molNH4Cl，c(NH4+)=0.001mol/L，则c(NH2-)=1.0×10-26mol/L，根据题意，加入NH4Cl后，发生共价键的断裂，可以推断出NH4+与e(NH3)-n反应，H+得电子生成H2,反应的离子方程式为2NH4++2e(NH3)-n=H2↑ + (2n+2)NH3，故答案为：1.0×10-26；2NH4++2e(NH3)-n=H2↑ + (2n+2)NH3。
30.【答案】(1)使Cu(OH)2转化为CuO，便于过滤；
(2)步骤II趁热过滤的目的是为了得到CuO，防止K2SO4等杂质析出，V中是为了获得滤液，防止溶质K2[Cu（C2O4)2]析出造成损失；
(3)AB；
(4)2、6；5、1；
(5)95.4%；
②由于产品中会有K2C2O4或KHC2O4等杂质。
【解析】胆矾和草酸为原料制备K2[Cu（C2O4)2]晶体，由流程可知，胆矾加入NaOH溶液，可生成Cu(OH)2，加热煮沸时分解生成CuO，与K2C2O4、KHC2O4混合液水浴加热，趁热过滤除去多余的CuO，得到K2[Cu（C2O4)2]溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶可得到K2[Cu（C2O4）2]•2H2O，最后，加热失水，得到K2[Cu（C2O4)2]，据此解答。
(1)根据以上分析可知，加热煮沸的目的是使生成的Cu(OH)2分解转化为CuO，Cu(OH)2为絮状，转化为CuO沉淀方便过滤，故答案为：使Cu(OH)2转化为CuO，便于过滤；
(2)步骤II为了制得CuO，趁热过滤的目的是为了防止溶液中的K2SO4等析出混入CuO；步骤V中过滤是滤去未反应的CuO得到滤液，趁热过滤的目的是防止K2[Cu（C2O4)2]析出造成损失，故答案为：步骤II趁热过滤的目的是为了得到CuO，防止K2SO4等杂质析出，V中是为了获得滤液，防止溶质K2[Cu（C2O4)2]析出造成损失；
(3)A.沾有氧化铜的滤纸一起投入混合液中，滤纸不反应，反应后过滤，滤纸连同未反应的CuO一起滤掉，不影响滤液的质量，A正确；
B.根据题目所给的反应，混合液与氧化铜反应时会放出大量的气体，采取分批加入，可以防止因大量气体产生将液体带出，B正确；
C.V中洗涤的目的是洗下滤渣表面沾有的溶质，减少溶质的损失，CuO不溶于水，因此适宜的洗涤剂为热水，可增大溶质的溶解度，C错误；
D.滤液应经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，不能用蒸发结晶，D错误；故选AB；
(4)加热灼烧晶体时的操作是：研磨晶体，将研磨后的晶体放入坩埚中加热并不断搅拌，用坩埚钳取下坩埚，放在干燥器中冷却，防止在空气中重新吸水，然后称量，重复加热及后面的操作，直至质量相差不过0.001g，故答案为：2、6；5、1；
(5)①高锰酸钾酸性溶液氧化C2O42-，根据电子守恒有如下关系
2MnO4- ～5C2O42-，因此有n（MnO4-）×5=n（C2O42-）×2×（4-3），解得n（C2O42-）=20.00×10-3L×0.01200mol/L×5×1/2=6×10-4mol，则样品中K2[Cu（C2O4)2]的物质的量为3×10-3mol，纯度为，故答案为：95.4%；
②根据所给的结果可知，用滴定Cu2+离子的方法得到的产品纯度要比数据①小，说明数据①可能偏大，造成偏大的原因是所制得的K2[Cu（C2O4)2]中含有K2C2O4或KHC2O4，K2C2O4、KHC2O4具有还原性，同样可被酸性高锰酸钾氧化，导致结果偏高，故答案为:由于产品中会有K2C2O4或KHC2O4等杂质。
31.【答案】
（1）BC；
（2） ； ；
（3）
（4）
（5）
【解析】比较A、C的结构可知，A与发生取代反应生成B，中五元环被取代，B的结构简式为，比较B、C的结构，结合M的组成，可得M为丙炔酸，结构简式为，C受热发生题给信息的反应，D的的结构简式为：，D的在空气中加热脱氢形成苯环，生成E，E→F的变化为取代反应，F→G的变化为羰基的还原反应，据此解答。
(1)A.A到B的反应为取代反应，A正确；
B. C中含有碳碳双键和碳碳叁键，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，E中苯环上的烃基可被酸性高锰酸钾溶液氧化，B错误；
C. F中苯环与羰基可以与H2发生加成反应，1molF最多可消耗4molH2，C错误；
D. 化合物G的组成为C15H18O3，D正确；故选BC。
(2)由以上分析可知，M的结构简式为 ，D的结构简式为 ，故答案为: ； ；
(3) B→C为酯化反应，M中-COOH与B为-OH生成酯，反应方程式为，故答案为：；
(4)B为，含有4个不饱和度，含有苯环，则剩余部分为饱和结构，遇FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基；含有4种等效氢，说明结构对称，峰的面积之比为9:2:2:1，说明有3个化学环境完全相同的甲基，为-c(CH3)基团，符合条件的同分异构体有如下几种：，故答案为：；
(5)以和合成，原料碳原子之和与产物相等，根据题给的信息，可以通过1、3-丁二烯与丙炔酸合成，再经过类似D→E的脱氢反应，即可制取苯甲酸，而通过消去、加成、再消去即可生成1、3-丁二烯，故合成线路如下。
故答案为：。
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