2024年高考第三次模拟考试题：化学（新九省高考）（解析版）

这是一份2024年高考第三次模拟考试题：化学（新九省高考）（解析版），共23页。试卷主要包含了下列反应的离子方程式不正确的是等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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：H 1 O 16 N 14 O 16 Cl 35.5 Fe 56 C 59
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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．有关化学实验的说法错误的是
A．实验室储存的镁条着火时，不可以用泡沫灭火器灭火
B．金属汞一旦洒落在实验室地面或桌面时，必须尽可能收集，并深埋处理
C．做蒸馏实验时，应在蒸馏烧瓶中加入沸石，以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加
D．海带中碘元素的提取和检验中，为制取海带灰，可以将海带放在通风处加热灼烧，使其充分灰化
【答案】B
【解析】A．镁可以在CO2中燃烧生成氧化镁和碳单质，故实验室储存的镁条着火时，不可以用泡沫灭火器灭火，A正确；
B．金属汞一旦洒落在实验室地面或桌面时，必须尽可能收集，立即撒上硫粉处理，而深埋会污染环境，B错误；
C．蒸馏时，为防止暴沸，应在蒸馏烧瓶中加入沸石，但温度高时加沸石时液体可能飞溅，故沸腾前发现忘记加沸石，则立即停止加热，冷却后补加，C正确；
D．为制取海带灰，可以将海带放在通风处加热灼烧，待其充分灰化，便于溶解时碘离子溶解充分，故D正确；
答案选B。
2．下列相应表达不正确的是
A．用电子式表示的形成：
B．的结构示意图：
C．的VSEPR模型为
D．溶液中电离方程式为：
【答案】C
【解析】A．为离子化合物，用电子式表示的形成：，A正确；
B．的结构示意图：，B正确；
C．的中心原子的价层电子对数为4，其中一对孤电子对，VSEPR模型为四面体形，C错误；
D．溶液中电离方程式为：，D正确；
故选C。
3．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．0.1ml原子含有的中子数是
B．1mlFe与水蒸气在高温下充分反应，转移的电子数为
C．35℃时，1L的溶液中，水电离出的数为
D．标准状况下，22.4LNO和11.2L和混合，生成物中含有的分子数为
【答案】C
【解析】A．0.1mlXe原子含有的中子数为0.1ml×(131-54)=7.7ml，是7.7NA，A错误；
B．3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，1mlFe与水蒸气在高温下充分反应，转移的电子数为NA，B错误；
C．35℃时，1LpH=5的NH4NO3溶液中，H+都是NH4NO3水解产生，水电离出的H+为1L×10-5ml/L=10-5ml，故数目是10−5NA，C正确；
D．2NO+O2=2NO2，标准状况下，22.4LNO和11.2LO2物质的量为1ml和0.5ml，恰好完全反应，生成1mlNO2，但2NO2N2O4，则分子总数小于1ml，生成物中含有的分子数小于NA，D错误；
故答案为：C。
4．有机化合物M和N是合成英菲替尼的中间体，其结构如图所示。下列说法错误的是
A．M分子中含有两种官能团
B．除氢原子外，M分子中其他原子可能共平面
C．1mlN分子最多能与4mlH2发生还原反应
D．N分子中的碳原子和氮原子均有2种杂化方式
【答案】C
【解析】A．M中含酰胺基和醚键两种官能团，故A正确；
B．苯环为平面结构，酰胺基中C、N、O原子在C=O双键的平面上，平面之间通过单键相连，则除氢外的原子可能共面，故B正确；
C．N分子苯环可与氢气发生加成反应即还原反应，1ml苯环消耗3ml氢气，硝基一定条件下与氢气反应生成氨基，消耗3ml氢气，共消耗6ml，故C错误；
D．N分子中单键碳原子为sp3杂化，苯环碳原子为sp2杂化；单键N原子为sp3杂化，硝基中氮原子为sp2杂化，故D正确；
故选：C。
5．用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的的是
A．可用装置①测量反应产生气体的体积B．可用装置②分离NH4Cl和NaCl
C．可用装置③除去甲烷中混有的乙烯D．可用装置④证明氯化银溶解度大于硫化银
【答案】B
【解析】A．用排液体法测量气体体积，伸入量筒的导管尽可能伸入到底部，题中所给装置，伸入量筒的导管太短，故A错误；
B．NH4Cl热稳定性较差，受热易分解，遇冷重新生成NH4Cl，NaCl化学性质稳定，沸点较高，因此题中装置可以分离NH4Cl和NaCl，故B正确；
C．乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化成二氧化碳，引入新的杂质，题中所给装置不能除去甲烷中混有的乙烯，故C错误；
D．向硝酸银溶液滴加几滴NaCl溶液，硝酸银过量，再滴加几滴Na2S溶液，S2-与过量Ag+反应生成Ag2S，即题中不能比较两者溶解度大小，故D错误；
答案为B。
6．下列反应的离子方程式不正确的是
A．将等物质的量浓度的和溶液以体积比混合：
B．苯酚钠溶液中通入少量：
C．溶液中滴加过量的浓氨水：
D．向酸性重铬酸钾溶液中加少量乙醇溶液：
【答案】C
【解析】A．将Ba(OH)2和NH4HSO4溶液按物质的量为1∶2混合，发生反应产生BaSO4沉淀、(NH4)2SO4、H2O，反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，故A正确；
B．苯酚钠溶液中通入少量CO2，反应生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式：，故B正确；
C．向硫酸铜溶液中滴加浓氨水，一开始生成蓝色氢氧化铜沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到含配离子[Cu(NH3)4]2+的深蓝色溶液，选项离子方程式产物中无[Cu(NH3)4]2+，故C错误；
D．酸性重铬酸钾具有强氧化性，乙醇具有还原性，乙醇被重铬酸根离子氧化，离子方程式为：，故D正确；
故选C。
7．科学研究发现新型含碳化合物和，它们的结构类似，均为直线形分子。下列结论中错误的是
A．是非极性分子，与也是非极性分子
B．、、分子中碳原子的杂化方式均为
C．、分子中键与键的数目之比均为
D．、分子中所有原子最外层均满足8电子稳定结构
【答案】A
【解析】A．CO2正负电荷中心重合，为非极性分子，COS结构式为S=C=O，结构不对称，正负电荷中心不重合，为极性分子，C3O2结构式为O=C=C=C=O，正负电荷中心重合，为非极性分子，A错误；
B．COS结构式为S=C=O，C3O2结构式为O=C=C=C=O，CO2结构式为O=C=O，C价层电子对数为2且无孤电子对，杂化方式均为sp杂化，B正确；
C．COS结构式为S=C=O，C3O2结构式为O=C=C=C=O，双键中一条键为键，一条键键，因此、分子中键与键的数目之比均为，C正确；
D．COS结构式为S=C=O，C3O2结构式为O=C=C=C=O，碳原子和氧原子最外层都满足8电子稳定结构，D正确；
故答案选A。
8．短周期元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，已知A、B、C、D是它们中的两种或三种形成的化合物，且A、B、C均含有Z元素。A的焰色试验呈黄色，水溶液呈碱性；B是两性氢氧化物；D是由W与Q形成的化合物，常温下溶液的pH为1，在一定条件下它们之间的相互转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．X元素的单质可能含有极性键，氢化物可能含有非极性键
B．X、Y、Z元素的离子半径大小是XC．Y与Q和W与Q元素形成的化合物均属于电解质且化学键类型相同
D．Q元素的含氧酸的酸性在同主族中最强
【答案】A
【分析】短周期元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，已知A、B、C、D是它们中的两种或三种形成的化合物，常温下0.1ml/L D溶液的pH为1，D为HCl，D是由W与Q形成的化合物，所以W为H、Q为Cl；B是两性氢氧化物，则B为Al(OH)3，且A、B、C均含有Z元素，A的焰色试验呈黄色，水溶液呈碱性，所以A为，结合转化关系可知，C为AlCl3，再结合原子序数可知，X为O、Y为Na、Z为Al。
【解析】A．X元素为O，O2分子中无极性键，O3含有极性键，H2O中无非极性键，H2O2含有氧氧非极性键，故A正确；
B．X、Y、Z元素的离子分别为O2-、Na+、Al3+，三者电子层结构相同，对于电子层结构相同的微粒，核电荷数越大半径越小，所以离子半径大小是X＞Y＞Z，故B错误；
C．Na与Cl和H与Cl元素形成的化合物分别为氯化钠和氯化氢，均属于电解质，氯化钠中的化学键为离子键，而氯化氢中的化学键为共价键，故C错误；
D．元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，但F元素无正价，所以氯元素的最高价含氧酸在同主族中最强，但其他价态的含氧酸，如HClO为弱酸，在同族中酸性不是最强，故D错误；
故答案为：A。
9．从废弃的声光器件（，含、、杂质）中提取粗碲的工艺流程如图，已知性质与相似，氧化沉碲得，下列说法错误的是
A．滤渣的主要成分为
B．滤液1和滤液2混合可能产生白色沉淀
C．“氧化沉碲”中离子方程式为
D．“溶解还原”中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：3
【答案】C
【分析】声光器件粉末用NaOH溶液充分碱浸，得到主要含有Na2TeO3、NaAlO2、Na2SiO3的滤液，Cu不参与反应，则滤渣的主要成分为Cu，“氧化沉碲”时，Na2TeO3被NaClO氧化生成Na2TeO4沉淀，则滤液1主要含有NaAlO2、Na2SiO3和NaCl，最后Na2TeO4溶于H2SO4后被SO2还原生成Te，滤液2主要含H2SO4、Na2SO4，据此解答。
【解析】A．由分析可知，滤渣的主要成分为Cu，A正确；
B．滤液1主要含有NaAlO2、Na2SiO3和NaCl，滤液2主要含H2SO4、Na2SO4，则滤液1和滤液2混合时因、H+和H2O反应可能产生白色的Al(OH)3沉淀，B正确；
C．“氧化沉碲”时，Na2TeO3被氧化生成Na2TeO4沉淀，NaClO被还原生成NaCl，反应的离子方程式为：，C错误；
D．“溶解还原”时，Na2TeO4被还原生成Te，SO2被氧化为，根据得失电子守恒可得关系式：，Na2TeO4作氧化剂，SO2作还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶3，D正确；
故选C。
10．下列实验方案合理，且能达到实验目的的是
【答案】A
【解析】A．将乙醇与浓硫酸的混合物加热至170℃，产生乙烯，将乙烯干燥后通入少量溴的四氯化碳溶液中，乙烯与溴发生加成反应，溴的四氯化碳溶液颜色变浅，故A正确；
B．将混有HCl杂质气体的CO2通入饱和食盐水中，CO2也会溶解消耗，应当通入饱和NaHCO3溶液中，故B错误；
C．CH3COONH4中铵根离子也会水解，影响溶液的酸碱性，而NaHCO3中钠离子不水解，故无法比较H2CO3和CH3COOH的酸性，故C错误；
D．向2mL0.1ml/LAgNO3溶液中滴入几滴0.1ml/LKCl溶液，生成白色沉淀，再滴加几滴0.1ml/LKI溶液，会出现黄色沉淀，但是由于银离子过量，可能是过量的银离子直接和碘离子反应生成碘化银黄色沉淀，无法证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故D错误；
故答案选A。
11．杯芳烃是由对叔丁基苯酚和甲醛在一定条件下发生反应生成的大环化合物。某种杯酚的空腔大小与适配，其展现的“分子识别”特性可以分离和，结构如图所示。下列说法正确的是
A．杯酚的杯底由羟基构成，羟基间的相互作用力为共价键
B．该杯酚可以把盛装起来，继而分离和
C．对叔丁基苯酚和甲醛生成该杯酚仅发生了取代反应
D．该杯酚的核磁共振氢谱有四组峰
【答案】D
【解析】A．羟基之间形成氢键，不属于共价键，A错误；
B．比小，且与杯酚的空腔大小适配，应该是杯酚里盛装，B错误；
C．对叔丁基苯酚和甲醛生成该杯酚的反应为加成和取代，C错误；
D．该杯酚中含有4种不同化学环境的氢，分别处于酚羟基、、苯环、叔丁基中，故该杯酚核磁共振氢谱有四组峰，D正确；
故选D。
12．含的废水在废水处理过程中与臭氧发生反应会产生。模拟在上电催化处理的示意图如图所示，下列说法正确的是
A．电子流向：导线电解质溶液
B．该装置工作时，阳极区溶液酸性减弱
C．P极上的电极反应式为
D．每处理，理论上可生成
【答案】C
【分析】
由图可知P电极上得电子生成，则P为阴极，R为阳极，N为正极，M为负极，阳极上放电生成氧气，据此分析解答。
【解析】A．电子不能进入电解质溶液中，故A错误；
B．阳极发生电极反应：；没生成4ml氢离子，转移4ml电子，同时有4ml氢离子通过质子交换膜进入阴极区，则阳极区氢离子数目不变，但水的量减少，氢离子浓度增大，酸性增强，故B错误；
C．P电极上得电子生成，电极反应为：，故C正确；
D．未指明气体所处状况，不能确定其体积，故D错误；
故选：C。
13．中国科学院理化所发现利用Pd-CdS可使PLA()转化为丙酮酸()的速率显著提高，并且优异的稳定性确保了Pd—CdS可以维持100h的反应性能，其反应机理如图所示，Pd-CdS在光照条件下产生带正电空穴(用h+表示，可捕获电子)和电子。下列说法错误的是
A．Pd-CdS可作乳酸制备丙酮酸的催化剂
B．在相同条件下，适当增加光的强度有利于加快反应速率
C．整个过程中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1
D．当180gPLA完全转化成丙酮酸时，理论上Pd-CdS中至少产生4mlh+
【答案】D
【解析】A．由图可知乳酸在Pd-CdS上可发生转化生成丙酮酸，Pd-CdS可做该转化的催化剂，故A正确；
B．根据图像可知，增加光的强度可产生更多的带正电空穴和电子，氧气结合氢离子转化为羟基自由基，故B正确；
C．由图可知，生成DFF的总反应为，则氧化产物DFF与还原产物H2的物质的量之比为1:1，故C正确；
D．由图可知Pd-CdS在光照条件下产生1ml h+时同时产生1ml电子，180gPLA物质的量为2.5ml，水解生成2.5ml乳酸，乳酸发生反应：-2e-=+2H+，则2.5ml乳酸反应时转移5ml电子，理论上Pd-CdS中至少产生5mlh+，故D错误；
故选：D。
14．晶体中，围成正四面体空隙（1、3、6、7号氧围成）和正八面体空隙3、6、7、8、9、12号氧围成），中有一半的填充在正四面体空隙中，和另一半填充在正八面体空隙中，下列有关说法错误的是
A．若1、3、6、7号氧围成的正四面体空隙填充有，则8、9、12、14号氧围成的正四面体空隙也填充有
B．晶体中正四面体空隙数与正八面体空隙数之比为
C．若1、3、6、7号氧围成的正四面体空隙填充有，设立方体的棱长为1，11号坐标为则该的坐标为
D．若立方体棱长为，则晶体密度计算式为
【答案】A
【解析】A．只有一个位于正四面体空隙，A错误；
B．由晶胞结构可知，1、3、6、7号围成的正四面体空隙有8个，3、6、7、8、9、12号围成正八面体空隙，将晶胞补全可知共用一条棱和四个面心与该棱顶点也围成正八面体，而这样的正八面体为4个晶胞共有，晶胞中正八面体数目为，则晶体中正四面体空隙数与正八面体空隙数之比为，B正确；
C．根据11号点坐标，确定该坐标为，C正确；
D．该立方体中有1个，体积为，晶体的密度为，D正确。
故选A。
15．常温下，水溶液中H2A、HA-、A2-、HB、B-的分布系数[如]随POH变化曲线如图1所示，溶液中与关系如图2所示。用0.1ml·L-1H2A溶液滴定·L-1BaB2溶液，若混合后溶液体积变化忽略不计，下列说法错误的是
A．常温下，H2A的
B．当滴入5.00mLH2A溶液时，
C．当滴入20.00mLH2A溶液时，此时溶液的pH约为5.1
D．当溶液的pOH=7时，
【答案】D
【分析】H2A为二元弱酸，、，随着溶液酸性的增强，H2A浓度上升，A2-的浓度下降，HA-先上升后下降，即a为，b为，c为， HB为一元弱酸随着溶液酸性增强，HB浓度上升，即e为，f为，由图2中点（5.5，5.5），可计算Ksp(BaA)=c(Ba2+)c(A2-)= 10-11。
【解析】A．a为，b为，c为，曲线b与曲线c的交点的pOH=5.6，即时，c(OH-)=10-5.6ml/L，，， ，当pOH=8.2时，由图可知，，，，，故A正确；
B．曲线e和曲线f的交点的pOH=5.6，即时，c（OH-）=10-4.8ml/L，，，因此，，所以，故B正确；
C．当滴入20.00mLH2A溶液时，反应，溶质为HB，浓度为0.1ml/L，，c（H+）=10-5.1ml/L，pH值为5.1，故C正确；
D．当溶液的pOH=7时，，存在电荷守恒：，Ksp(BaA)=c(Ba2+)c(A2-)= 10-11，由题可知有沉淀产生，则，即，故D错误；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（12分）钌()为稀有元素，广泛应用于电子、航空航天、化工等领域。某含钌的废渣主要成分为、、、，一种从中回收制的工艺流程如下：
（1）“氧化碱浸”时，两种氧化剂在不同温度对钌浸出率和渣率分别如图1、图2所示，则适宜选择的氧化剂为 ；最佳反应温度为 。
图1 图2
（2）滤液1中溶质主要成分为、、和 ；中的化合价为 ；转化为的化学方程式为 。
（3）“还原”过程生成和乙醛，且明显增大，则该过程的离子反应方程式为 。
（4）“吸收”过程产生的气体X经Y溶液吸收后，经进一步处理可以循环利用，则X和Y的化学式分别为 、 。
（5）在有机合成中有重要应用，其参与某有机物合成的路线如下图3所示(代表乙酸，代表苯基)，则下列说法正确的是_______。
A．为催化剂B．作还原剂
C．为中间产物D．主要生成物为
【答案】（12分，除标注外，每空1分）
（1）NaClO 200℃
（2）Na2SiO3 +2价 Bi2O3+2NaOH=2NaBiO2+H2O（2分）
（3）RuO+CH3CH2OH+2H2O→Ru(OH)4↓+ CH3CHO +2OH—（2分）
（4）Cl2 NaOH
（5）D（2分）
【分析】由题给流程可知，含钌的废料中加入氢氧化钠溶液和次氯酸钠溶液氧化碱浸时，Ru和Pb被氧化为RuO和NaHPbO2，SiO2和Bi2O3与氢氧化钠溶液反应生成Na2SiO3和NaBiO2，过滤得到含有RuO、NaBiO2、NaHPbO2和Na2SiO3的滤液1；向滤液1中加入乙醇，将RuO还原为Ru(OH)4沉淀，过滤得到滤液2和Ru(OH)4；Ru(OH)4在蒸馏条件下被氯酸钾氧化为RuO4，RuO4与盐酸反应生成RuCl3、Cl2和H2O，RuCl3溶液经结晶得到RuCl3。
【解析】（1）由图可知，相同温度时，次氯酸钠作氧化剂时的钌浸出率高于氯酸钠、渣率低于氯酸钠，则适宜选择的氧化剂为次氯酸钠；220℃时，次氯酸钠作氧化剂钌浸出率最大、渣率最小，则最佳反应温度为200℃，故答案为：NaClO；200℃；
（2）由分析可知，滤液1含有RuO、NaBiO2、NaHPbO2和Na2SiO3；由化合价代数和为0可知，NaHPbO2中铅元素的化合价为+2价；氧化铋与氢氧化钠溶液反应生成偏铋酸钠和水，反应的化学方程式为Bi2O3+2NaOH=2NaBiO2+H2O，故答案为：Na2SiO3；+2价；Bi2O3+2NaOH=2NaBiO2+H2O；
（3）由分析可知，溶液中RuO与乙醇反应生成Ru(OH)4沉淀、乙醛和氢氧根离子，反应的离子方程式为RuO+CH3CH2OH+2H2O→Ru(OH)4↓+ CH3CHO +2OH—，故答案为：RuO+CH3CH2OH+2H2O→Ru(OH)4↓+ CH3CHO +2OH—；
（4）由分析可知，气体X为氯气，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，经进一步处理得到的次氯酸钠溶液可以循环利用，则Y为氢氧化钠溶液，故答案为：Cl2；NaOH；
（5）由图可知，Ru(Ac)2为反应的催化剂，醋酸、过氧化氢、CH3CH=CHPh为反应物，和水是生成物，反应中过氧化氢中氧元素化合价降低被还原，为反应的氧化剂，故选D。
17．（14分）是一种易溶于热水，微溶于冷水，难溶于乙醇的紫红色晶体，可利用下图装置制备。
已知：①C2+在溶液中较稳定，具有较强还原性；为深红色晶体；
②，。
具体实验步骤如下：
I．在锥形瓶中，将12.5gNH4Cl溶于50mL水中，加热至沸，加入25.0g研细的CCl2·6H2O晶体，溶解得到混合溶液；
Ⅱ．将上述混合液倒入仪器A中，用冰水浴冷却，利用仪器B分批次加入75mL试剂X，并充分搅拌，无沉淀析出；
Ⅲ．再利用仪器C逐滴加入20mL试剂Y，水浴加热至50～60℃，不断搅拌溶液，直到气泡终止放出，溶液变为深红色；
Ⅳ．再换另一个仪器C慢慢注入75mL浓盐酸，50～60℃水浴加热20min，再用冰水浴冷却至室温，便有大量紫红色晶体析出，最后转移至布氏漏斗中减压过滤；
Ⅴ．依次用不同试剂洗涤晶体，再将晶体转移至烘箱中干燥1小时，最终得到mg产品。
回答下列问题：
（1）研细CCl2·6H2O晶体的仪器名称为 ，仪器D中的试剂为 。
（2）步骤Ⅱ、步骤Ⅲ中使用试剂X和试剂Y分别为 、 (填标号)，步骤Ⅱ中75mL试剂X需分批次滴加的目的是 。
①浓氨水 ②NaOH溶液 ③KMnO4溶液 ④30%双氧水
（3）写出步骤Ⅲ中发生反应的离子方程式 。
（4）步骤Ⅴ中使用的洗涤试剂有冰水、乙醇、冷的盐酸，洗涤剂使用的先后顺序是冰水、 。
（5）最终获得产品会含少量杂质或，产品组成可表示为，通过测定z值可进一步测定产品纯度，进行如下实验：
实验Ⅰ：称取一定质量的产品溶解后，加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用cml·L-1AgNO3标准溶液滴定达终点时，消耗。
实验Ⅱ：另取相同质量的产品，加入稍过量cml·L-1AgNO3标准溶液，加热至沸使钴配合物分解，加入硝基苯静置、分层，将白色沉淀完全包裹，再加入几滴溶液作指示剂，用cml·L-1KSCN标准溶液滴定剩余的AgNO3，达终点时消耗。
计算 (用、和表示)；若实验Ⅱ中加入硝基苯的量太少，会导致y值 (填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
【答案】（14分，除标注外，每空1分）
（1）研钵 CaCl2或P2O5
（2）① ④ 控制化学反应进行的速率，避免其反应过快；提高浓氨水的利用率（2分）
（3）（2分）
（4）冷的盐酸、乙醇（2分）
（5）（2分） 偏小（2分）
【分析】在NH4Cl和CCl2混合溶液中加入浓氨水，发生反应（碱性过强会生成钴的氢氧化物），再用H2O2氧化，可得，反应方程式为：，再加入浓盐酸，使得反应，平衡正向移动，冷却后可得到晶体。
【解析】（1）研细CCl2·6H2O晶体的仪器名称为：研钵；D装置的作用是用于吸收生成的NH3防止其污染环境，因此D中试剂为：CaCl2或P2O5；
（2）由分析得步骤Ⅱ、步骤Ⅲ中使用试剂X为浓氨水，试剂Y分别为30%双氧水；步骤Ⅱ中75mL试剂X需分批次滴加的目的是：控制化学反应进行的速率，避免其反应过快；提高浓氨水的利用率；
（3）步骤Ⅲ用H2O2氧化，可得，反应方程式为：；
（4）由于是一种易溶于热水，微溶于冷水，难溶于乙醇的晶体，因此洗涤时，先用冷水洗去表面杂质，再用冷的盐酸洗涤，使反应平衡正向移动，减少产物损失，再用乙醇洗去冷的盐酸；
（5）配合物中钴的配位数为6，即x+y=6，且化合价代数和为0，即y+z=3，由实验Ⅰ可知，溶液中Cl-的物质的量为10-3cV1ml，实验Ⅱ中KSCN标准溶液滴定剩余的AgNO3的离子方程式为：，即剩余的AgNO3的物质的量为10-3cV3ml，由题意得，产品中氯元素存在形式均为Cl-，与Cl-反应的AgNO3的物质的量为10-3c（V2-V3），y：z=[10-3c（V2-V3）-10-3cV1]：10-3cV1=（V2-V3- V1）：V1，可得方程组，解得x=， y=，z=；由于AgCl和AgSCN的组成和结构相似，且，若实验Ⅱ中加入硝基苯的量太少，AgCl沉淀会与SCN-接触，出现沉淀的转化，使得V3偏大， y值偏小。
18．（15分）研究、在一定条件下与催化合成等有机化工产品，对落实“双碳目标”具有重要的意义。在一定条件下、与可发生如下反应：
反应I：
反应II：
反应III：
回答下列问题：
（1）反应II自发的条件是 (填“高温自发”、“低温自发”或“任何温度下都自发”)，反应III正、逆反应的活化能分别为、，则 (填“>”、“＜”或“=”)。
（2）某温度下，向一刚性容器中加入等物质的量和，发生反应III，测得和物质的量浓度随时间的变化如图所示。
①下列说法正确的是 。
a．a点时
b．60min内
c．相同条件下，减小CO浓度，增大
d．平衡后，向容器中继续加入和，重新达到平衡，转化率不变
②已知，其中、分别为正、逆反应速率常数。a点时， 。
③70min时，升高温度，转化率 (填“增大”、“减小”或“不变”)，原因是 。
（3）在密闭反应器中通入和，分别在1MPa和5MPa下进行反应II和反应III。其和在含碳物质中的平衡组成(如的平衡组成为)受温度的影响如图所示：
①5MPa时，表示和平衡组成的曲线分别是 、 (填“a”、“b”、“c”或“d”)。
②当和平衡组成均为30%时，的平衡转化率为 ，该温度下反应III的平衡常数为 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（15分，除标注外，每空2分）
（1）低温自发（1分） >（1分）
（2）bd 16 增大（1分） 反应吸热，其他条件不变时升高温度，平衡正移
（3）d（1分） a（1分） 37.5% 0.45
【解析】（1）根据，反应II中ΔH<0，ΔS<0，则反应II低温自发下能自发进行；因ΔH3=ΔH2-ΔH1=E正-E逆>0，故E正>E逆；
（2）①a.a点反应还未达到平衡，则v 正 (H2)≠v逆(H2O)，a错误；b.≈0.027ml⋅L−1⋅min−1，b正确；c.减小CO浓度，v逆减小，v正也要减小，c错误；d.平衡后，向容器中继续加入1mlCO2和1mlH2，相当于增大压强，而反应III压强不改变，所以平衡不移动，CO2转化率不变，d正确；
②平衡时，v 正 =v逆，k正c(CO2)⋅c(H2)=k逆c(CO)⋅c(H2O)，，a点，四种物质浓度相等，所以=16；
③因ΔH3=ΔH2-ΔH1>0，反应吸热，其他条件不变时升高温度，平衡正移，CO2的转化率增大；
（3）①对于反应II，升高温度，平衡逆移，CH4、H2O的百分含量减少；对于平衡III，升高温度，则平衡正移，CO的百分含量增加；增大压强，反应II，平衡正移，H2O的百分含量增大，使反应III逆移，CO百分含量降低；综上，CH4、CO的变化幅度相对较小，则表示CO和CH4平衡组成随温度变化关系的曲线分别是d、a；
②起始时n (CO2) =1ml，则n (H2)=4ml，由图可知当CH4和CO平衡组成均为30%时，则CO2平衡组成为40%，根据C原子守恒有： n (CO) =n (CH4)=1ml×30%=0.3ml，n(CO2)=1ml×40%=0.4ml，，平衡时n(CO2)=(1-0.6)ml=0.4ml，n(H2O)=0.9ml，n(CO)=0.3ml，n (CH4)=0.3ml，n(H2)=1.5ml，则α(H2)=×100%=37.5%；则Kp==0.45。
19．（14分）药物Q能阻断血栓形成，它的一种合成路线如下所示。
已知：i.
ii.R'CHOR'CH=NR''
（1）的反应方程式是 。
（2）B的分子式为C11H13NO2，.E的结构简式是 。
（3）M→P的反应类型是 。
（4）M能发生银镜反应。M分子中含有的官能团是 。
（5）J的结构简式是 。
（6）W是P的同分异构体，写出一种符合下列条件的W的结构简式： 。
i.包含2个六元环，不含甲基
ii.W可水解。W与NaOH溶液共热时，1mlW最多消耗3mlNaOH
（7）Q的结构简式是，也可经由P与Z合成。
已知：
合成Q的路线如下(无机试剂任选)，写出X、Y的结构简式： 。
【答案】（14分，除标注外，每空2分）
（1）
（2）
（3）取代反应(或酯化反应)（1分）
（4）醛基、羧基
（5）
（6）
（7）、（写对1个2分，全对3分）
【分析】E与P发生信息ii中反应生成，则E、P分别为、中一种；由F的分子式可知，F与溴发生取代反应生成，推知F为，由M的分子式、反应条件可知，中酯基、溴原子水解、2个羟基脱水形成醛基得到M，M中羧基与甲醇发生酯化反应生成P，故M为、P为，则E为，和乙酸发生取代反应生成A为，A发生信息i的反应生成B，B发生水解反应生成D，D和氢气发生加成反应生成E，推知B为、D为；结合J的分子式可知，对比J前后有机物结构简式可知，中碳氮双键与氢气发生加成反应、酯基与-NH-之间取代反应成环生成，中羟基被溴原子确定生成J，故J为，J中溴原子最终转化为-COOH生成Q()；
【解析】（1）苯胺和乙酸发生取代反应生成A，的反应方程式是；
（2）由分析可知，E的结构简式是；
（3）M和甲醇发生酯化反应或取代反应生成P，M→P的反应类型是酯化反应或取代反应；
（4）由分析可知M为，M分子中含有的官能团是醛基、羧基；
（5）由分析可知，J的结构简式是；
（6）P为，W是P的同分异构体，W符合下列条件：i.包含2个六元环，不含甲基；ii.W可水解，说明含有酯基，而W与NaOH溶液共热时，1mlW最多消耗3mlNaOH，则应该含有酚羟基和羧酸与酚形成的酯基，根据其不饱和度知，两个六元环其中一个是苯环、一个含有酯基，符合条件的结构简式为等，故答案为：；
（7）Q的结构简式是，P为，P、Z发生信息ii的反应生成，然后和氢气发生加成反应生成Q，则Z为，和浓硝酸发生取代反应生成X为，X发生还原反应生成Y为，Y发生水解反应生成Z。
选项
实验方案
实验目的
A
将乙醇与浓硫酸的混合物加热至170℃，并将产生的气体干燥后通入少量溴的四氯化碳溶液中，观察溴的四氯化碳溶液颜色的变化
验证乙醇发生了消去反应
B
将混有HCl杂质气体的通入饱和食盐水中
除去杂质HCl气体
C
分别测定相同浓度的溶液和溶液的PH
比较溶液和的酸性
D
向2mL0.1ml/L溶液中滴入几滴0.1ml/LKCl溶液，生成白色沉淀，再滴加几滴0.1ml/LKI溶液，观察沉淀颜色的变化
证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)