山东省德州市第一中学2024届高三下学期三模化学试题（Word版附解析）

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一、选择题：本题共10小题，每题2分，共20分，每小题只有1个选项符合题目要求。
1. 《天工开物》有如下叙述：“凡硝刮扫取时(墙中亦或进出)，入缸内水浸一宿，秽杂之物浮于面上，掠取去时，然后入釜，注水煎炼，硝化水干，倾于器内，经过一宿，即结成硝……欲去杂还纯，再入水煎炼”。文中不涉及的操作方法是
A. 分液B. 溶解C. 蒸发结晶D. 重结晶
【答案】A
【解析】
【详解】秽杂之物浮于面上，掠取去时，指过滤；然后入釜，注水煎炼，指溶解；硝化水干，指蒸发结晶；欲去杂还纯，再入水煎炼，指重结晶，选A。
2. 化学与生活联系紧密。下列说法正确的是
A. 白酒和食醋都可由淀粉发酵得到
B. 氨基酸和核酸都是构成生命物质的生物大分子
C. 二氧化氯和明矾用于水处理时的原理相同
D. 供糖尿病患者食用的“无糖食品”专指不含蔗糖的食品
【答案】A
【解析】
【详解】A．淀粉水解为葡萄糖，葡萄糖可在酒化酶的作用下得到乙醇，乙醇氧化得乙酸，因此白酒和食醋都可由淀粉发酵得到，A正确；
B．氨基酸构成的蛋白质是生物大分子，氨基酸不是，B错误；
C．二氧化氯是利用其强氧化性进行水处理，明矾是通过溶于水后形成的氢氧化铝胶体的吸附性进行水处理，C错误；
D．供糖尿病患者食用的“无糖食品”指不含糖类的食品，D错误；
故选A。
3. 利用粒子轰击不同原子，可获得核素和的过程为；。下列说法错误的是
A 基态原子第一电离能：M>ZB. 可用于测定文物年代
C. 原子半径：MC，A正确；
B．可用于测定文物年代，B错误；
C．同周期从左到右，原子半径逐渐减小，则原子半径：OH2CO3，A正确；
B．铜与足量浓硫酸在加热条件下反应一段时间，冷却后，应该将反应后的溶液慢慢倒入适量蒸馏水中，B错误；
C．向KI溶液中持续滴加氯水，溶液先由无色变为棕黄色，是因氯气将KI氧化生成碘单质，生成的碘单质能继续被氧化生成碘酸，从而使棕黄色褪色，说明氯水不仅可以氧化I−还可以氧化，C正确；
D．灼烧铜丝使其表面变黑，伸入盛有某有机物的试管中铜丝恢复亮红色，该有机物中可能存在醇羟基将CuO还原为Cu，也能存在羧基将表面氧化铜溶解，D错误；
故选AC。
12. 在探究高效吸收试剂的同时，研究人员还致力于吸收剂的再生与循环利用。以乙二胺为例，乙二胺水溶液可高效吸收；吸收所得溶液流入腔室1中，通电电解，可实现的释放与乙二胺的再生。已知：亲核试剂在反应过程中，它倾向于与电正性物种结合。结合下图，下列对该工业的说法错误的是
A. 该工业有利于实现“碳达峰”和“碳中和”
B. 乙二胺的氨可以作为亲核试剂进攻分子实现吸收
C. 电解过程中、阳极铜会失去电子形成，能与乙二胺形成，使乙二胺与的结合平衡正向进行，得以释放
D. 腔室2中可以实现乙二胺的再生
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙二胺水溶液可高效吸收，吸收所得溶液流入腔室1中，通电电解，可实现CO2的释放与乙二胺的再生。这说明该工业有利于实现“碳达峰”和“碳中和”，A正确；
B．乙二胺的氮原子上有孤对电子，可以作为亲核试剂进攻分子实现吸收，因此选项B正确；
C．在电解过程中，阳极铜会失去电子形成，能与乙二胺形成，使乙二胺与的结合平衡逆向进行，得以释放，C错误；
D．由C可知，阳极释放出CO2，则腔室1为阳极，腔室2为阴极，[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+在阴极得到电子生成乙二胺，D错误；
故选C。
13. 以磷肥生产中的副产物氟硅酸为原料制备高纯氟化铝，可以解决萤石资源日益匮乏的现状。其中一种新工艺流程如图所示：
已知：①常温下，溶液的为1；
②熔点：；沸点：。
下列有关说法不正确的是
A. 与固体晶体类型不同
B. 氟硅酸与硫酸钠反应的离子方程式为
C. “气相沉积”工序中，将无水氯化铝以气态形式投入，可以使反应更充分，产品纯度更高
D. 含的原料最终制得，则实验产率为
【答案】D
【解析】
【分析】与硫酸钠反应生成，经过干燥、热分解得到氟化钠和四氟化硅，再经过“气相沉积”工序，得到高纯氟化铝。
【详解】A．根据熔点数据可知，为分子晶体，为离子晶体，A正确；
B．根据已知①常温下，溶液的为1，则知是强酸，由流程知为沉淀，因此氟硅酸与硫酸钠反应的离子方程式为，B正确；
C．“气相沉积”工序中，将无水氯化铝以气态形式投入，增大了反应物间的接触面积，使反应更充分，C正确；
D．该工艺中转化的关系为，含的原料理论上得到，实际最终制得，则实验产率为，D错误；
故选D。
14. 利用可实现对石膏中元素的脱除，涉及的主要反应如下：


在、和均为时，若仅考虑上述反应，平衡时各固体物质的物质的量随温度的变化关系如图所示。石膏中元素的脱除效果可用脱硫率表示。下列说法不正确的是
A. 反应的平衡常数
B. 图中曲线表示平衡时固体的物质的量随温度的变化
C. 一定温度下，加入固体或增大体系压强，均可提高平衡时的脱硫率
D. 其他条件不变，下，时，越多，平衡时的脱硫率越高
【答案】CD
【解析】
【分析】设反应①： ，反应②： ，反应①是吸热反应，反应②是放热反应，随着温度的升高，反应①正向移动，反应②逆向移动，则Z代表CaO含量的变化，再结合变化趋势可知X为CaSO4含量的变化，Y为CaS含量的变化；
【详解】A．反应①，，反应② ，则按盖斯定律，反应=4①-②，则，故A正确；
B．据分析，X为CaSO4含量的变化，故B正确；
C．一定温度下，加入氢氧化钠固体，消耗二氧化硫，促进硫元素的脱除；温度不变时平衡常数不变，结合选项A可知，不变，则温度不变增大压强时二氧化硫的平衡浓度不变，通过压缩容器增压时，平衡时二氧化硫的物质的量减小，按信息脱硫率减小，或：增压时反应①逆向移动，导致氢气和水蒸气浓度发生变化使反应②右移，但反应②中CaS仍留在固体中，故增压不利于硫元素的脱除，故C错误；
D．结合选项C可知，其他条件不变，下若温度不变时二氧化硫的平衡浓度不变，二氧化硫的物质的量不变，则时，越多，也不会影响脱硫率，故D错误。
故选CD。
15. 向饱和溶液(有足量固体)中滴加溶液，发生反应和、与的关系如图所示。其中代表或代表或。下列说法错误的是
A. 表示随的变化关系
B. 的
C. 的平衡常数为
D. 时，溶液中
【答案】AC
【解析】
【分析】溴化银的饱和溶液中溴离子浓度和银离子浓度相等，向饱和溶液中滴加硫代硫酸钠溶液时，溶液中银离子浓度减小、溴离子浓度增大，则b点所在曲线表示银离子浓度与硫代硫酸根离子浓度变化的关系、d点所在曲线表示溴离子与硫代硫酸根离子浓度变化的关系；溴化银与硫代硫酸钠溶液开始反应时，溴化银主要转化为，溶液中小于，则直线L1表示随变化的关系、直线L2表示随的关系；由图可知，溶液中硫代硫酸根离子浓度为10—4.6ml/L时，溶液中溴离子和银离子浓度分别为10—3.85ml/L、10—8.35ml/L，则溴化银的溶度积常数，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，直线L1表示随变化的关系、直线L2表示随的关系，故A错误；
B．据分析可知AgBr的，故B正确；
C．由图可知，溶液中硫代硫酸根离子浓度为10—4.6ml/L时，溶液中溴离子和银离子浓度分别为10—3.85ml/L、10—8.35ml/L，为10—4.2，浓度为：，的平衡常数为 ，故C错误；
D．由图可知，硫代硫酸根离子浓度为0.001 ml/L时，溶液中溴离子浓度最大，大于，则溶液中的浓度小于的浓度，所以溶液中离子浓度大小顺序为，故D正确；
故选AC。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 卤族元素的化合物在科研和生产中有着重要的作用。请回答下列问题：
（1）基态碘原子价电子排布式为___________。碘单质在中的溶解度比在水中的大，解释原因___________。
（2）主要用于药物合成，通常用反应生成PI3，PI3再水解制备，PI3的空间结构是___________，PI3水解生成的化学方程式是___________。
（3）在极高压强下，氯化钠可以和氯气化合生成NaClx。NaClx立方系晶胞，结构如图所示，其中两个氯原子的坐标为0.00，0.50，0.15、0.00，0.50，0.85，晶体的化学式为___________；与距离最近的且相等的有___________个；在晶体中键长为0.20nm，晶胞棱长为___________(保留2位有效数字)。
【答案】（1） ①. ②. 碘单质、均为非极性分子，水为极性分子，所以根据相似相溶原理，碘单质在 中的溶解度比在水中的溶解度大
（2） ①. 三角锥形 ②. PI3+3H2O=3HI+H3PO3
（3） ①. NaCl7 ②. 12 ③. 0.67
【解析】
【小问1详解】
I元素位于第五周期第VIIA族，基态碘原子价电子排布式为。碘单质在中的溶解度比在水中的大，是因为碘单质、均为非极性分子，水为极性分子，所以根据相似相溶原理，碘单质在 中的溶解度比在水中的溶解度大。
【小问2详解】
主要用于药物合成，通常用反应生成PI3，PI3再水解制备，
PI3的中心原子P的价层电子对数为3+5-1×32=4，有一对孤电子对，故其空间结构是三角锥形，PI3水解生成，化合价不变，则化学方程式是PI3+3H2O=3HI+H3PO3。
【小问3详解】
由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的钠原子个数为，位于面上和体心的氯原子个数为12×12+1=7，则晶体的化学式为NaCl7；晶胞中位于顶点的钠原子与位于面上的氯原子距离最近，则与钠原子距离最近的且相等的氯原子有12个；由两个氯原子的坐标为0.00，0.50，0.15、0.00，0.50，0.85可知，晶胞棱长为0.20nm×103≈0.67。
17. NiS是一种重要的化学品，不溶于水，溶于硝酸、王水。NiS在有水存在时能被氧气氧化成。将通入稀硫酸酸化的溶液中，过滤，制得NiS沉淀，装置如图所示：
回答下列问题：
（1）仪器X的名称为__________，装置A三颈烧瓶中发生反应的离子方程式为__________。
（2）NiS被氧气氧化成的化学方程式为__________；装置B中的试剂为__________。
（3）将装置C中反应后的混合物转移至装置D中，获得沉淀，证明装置D中沉淀洗涤干净的方法是__________。
（4）测定产品纯度：取2.2g产品完至溶于稀硝酸中得到溶液后，配成250mL溶液，取25mL溶液于锥形瓶中，加入溶液，使完全络合，煮沸，加入6滴PAN作指示剂，趁热用溶液滴定过量的EDTA，当滴定至溶液呈紫红色时，到达滴定终点，消耗溶液为10mL（假设杂质不参与反应）。已知滴定反应：，。
①称量2.2g产品完全溶于稀硝酸得到溶液，然后配成250.00mL溶液，下列配制操作中错误的是__________（填字母）。
a．b．c．d．
②NiS溶于稀硝酸的离子方程式为__________。
③根据上述数据，该产品纯度为__________％（以NiS进行计算）。
【答案】（1） ①. 恒压滴液漏斗 ②.
（2） ①. ②. 饱和NaHS溶液
（3）取最后一次洗涤液少许试管中，加入溶液，若无白色沉淀产生，则证明洗涤干净
（4） ①. ac ②. ③. 91%
【解析】
【分析】由装置图可以知道，整个装置通入氮气使反应都处在氮气氛围下，防止产物被氧气氧化，装置A是浓盐酸和FeS反应生成H2S气体和FeCl2，然后经过装置B除去HCl杂质气体，最后H2S进入装置C和反应生成NiS。
【小问1详解】
仪器X是恒压滴液漏斗；FeS与浓盐酸反应的离子方程式为。
【小问2详解】
由题可知NiS在有水存在时能被氧气氧化成，反应的化学方程式为；由上述分析可知装置B中的试剂为了除去H2S中的HCl气体，所以装置B中式饱和NaHS溶液。
【小问3详解】
所得沉淀表面可能还附着等杂质离子，可以通过检验最后一次洗涤液中不含有证明沉淀已洗涤干净，其方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，加入溶液，若无白色沉淀产生，则证明洗涤干净。
【小问4详解】
①a．天平应该是左物右码，图中没有遵循左物右码的原则，a错误；
b．用玻璃棒搅拌加速药品的溶解，b正确；
c．容量瓶必须用玻璃棒引流将烧杯中的液体转移到容量瓶中，直接用烧杯倒入容量瓶是错误的，c错误；
d．容量瓶最后需要用胶头滴管加入蒸馏水至液面最低处于刻度线相切，观察视线必须平视，d正确；
故选ac。
②溶于稀硝酸反应生成、NO和H2O，反应的离子方程式为。
③由题可知，，，并且过量的可以被Cu2+滴定来计算用量，所以过量的==，，，则该镍样品纯度为：。
18. 钢渣是钢铁行业的固体废弃物，含有和等物质。一种以钢渣粉为原料固定并制备的工艺流程如图所示。
已知钢渣中元素质量分数为在稀盐酸和混合溶液中不易被浸出。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的如下表所示：
回答下列问题：
（1）浸出1过程生成的“包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。提高浸出率的措施有_______(除粉碎外，举1例)。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是_______。
（2）为避免引入杂质离子，氧化剂应为_______(举1例)。
（3）滤液的溶质可循环利用，试剂应为_______。
（4）若的浸出率为，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定_______。
（5）富钒渣焙烧可生成钒钙盐，不同钒钙盐的溶解率随变化如图所示。已知浸出2的pH约为2.5，则应控制焙烧条件使该钒钙盐为_______。该培烧反应的化学方程式是_______。
（6）微细碳酸钙广泛应用于医药、食品等领域，某种碳酸钙晶胞如图所示。已知，该晶体密度为_______(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。
【答案】（1） ①. 适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌 ②. 稀硫酸与2CaO∙SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散
（2）H2O2或氯水 （3）氨水
（4）297 （5） ①. Ca2V2O7 ②. V2O3+2CaCO3+O2Ca2V2O7+2CO2
（6）×1023
【解析】
【分析】钢渣中含有2CaO∙SiO2、Fe2O3、FeO、Al2O3和V2O3等，钢渣中加入稀盐酸、NH4Cl进行“浸出1”，经过滤得到富钒渣，滤液中含Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+，滤液中加入氧化剂A将Fe2+氧化成Fe3+，加入试剂B将Fe3+、Al3+转化成铁铝渣而除去，然后加入试剂B调pH，再吸收CO2“固碳”得到微细CaCO3和滤液C；富钒渣与CaCO3在空气中焙烧得焙烧产物，焙烧产物中加入稀硫酸进行“浸出2”经过滤得滤渣和滤液，滤液经系列操作得V2O5，用还原剂将V2O5还原为V2O3。
【小问1详解】
浸出1过程生成的SiO2 “包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。提高浸出率的措施有：适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌等。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是：稀硫酸与2CaO∙SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散。
【小问2详解】
加入氧化剂A的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，为避免引入杂质离子，氧化剂A应为H2O2或氯水。
【小问3详解】
加入试剂B的目的使Fe3+、Al3+转化成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，继续加入试剂B调pH，便于“固碳”时形成CaCO3，滤液C的溶质可循环利用，试剂B应为氨水。
【小问4详解】
钢渣中Ca元素的质量分数为30%，若Ca的浸出率为90%，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定CO2的质量为=297kg。
【小问5详解】
由图可知浸出2的pH约为2.5时，Ca2V2O7的溶解率最大，故应控制焙烧条件使钒钙盐为Ca2V2O7；该焙烧过程中V元素的化合价由+3价升至+5价，O2为氧化剂，根据得失电子守恒和原子守恒，该焙烧反应的化学方程式为V2O3+2CaCO3+O2Ca2V2O7+2CO2。
【小问6详解】
该晶胞中含Ca2+的个数为4×+4×+2×+2×+4=6，含的个数4×+4×+4=6，1个晶胞的质量为g，晶胞的体积为=×(4.99×10-7cm)2×(17.3×10-7cm)= ×4.992×17.3×10-21cm3，该晶体密度为g÷(×4.992×17.3×10-21cm3)= ×1023g/cm3。
19. 当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
（1）CO2与H2反应合成HCOOH，是实现“碳中和”的有效途径。已知：
CO2(g)+H2(g)HCOOH(g) =___________。
（2）雨水中含有来自大气的CO2，溶于水中的CO2进一步和水反应，发生电离：① ②时，反应②的平衡常数为。溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比(分压总压物质的量分数)，比例系数为，当大气压强为，大气中的物质的量分数为时，溶液中浓度为___________ml/L (写出表达式，考虑水的电离，忽略的电离)
（3）在催化作用下，温度为T1℃时，将一定量CO2和H2充入密闭容器中发生如下反应：
主反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)
副反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O (g)=+ 41.2kJ/ml。
①实验测得反应Ⅰ：， k正、k逆为速率常数。lgk与温度的关系如图甲所示，T1℃下，图中A、B的纵坐标分别为a-0.7、a-1，则K=___________。(已知10-0.3=0.5)
②温度T2℃时，k正=0.8k逆，则T2________T1 (填“”、“”或“”)
③实验测得平衡时CO2的转化率及HCOOH和CO的选择性(产物的选择性：生成的HCOOH或CO与转化的CO2的比值)随温度变化如图所示。
曲线a表示_______，200℃~360℃，升高温度曲线b对应纵坐标值减小的原因是 _______。
【答案】（1）-31.4kJ•ml-1
（2）
（3） ①. 2 ②. > ③. HCOOH的选择性 ④. 升高温度，反应I逆向移动程度大于反应Ⅱ正向移动程度
【解析】
【小问1详解】
由图可知，热化学方程式为①CO（g）+H2O（g）HCOOH（g）ΔH=-72.6kJ/ml，②CO2（g）=CO（g）+O2（g）ΔH=+283.0kJ/ml，③O2（g）+H2（g）⇌H2O（g） ΔH=-241.8kJ/ml，根据盖斯定律：①+②+③计算CO2（g）+H2（g）⇌HCOOH（g）的焓变ΔH=-72.6kJ/ml+（+283.0kJ/ml）+（-241.8kJ/ml）=-31.4kJ/ml，故答案为：-31.4kJ•ml-1；
【小问2详解】
溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比（分压=总压×物质的量分数），比例系数为xml/（L•kPa），当大气压强为pkPa，大气中CO2（g）的物质的量分数为y时，则溶液中CO2的浓度为pxyml/L，根据反应CO2 （aq）+H2O（l）H+（aq）+（aq）的平衡常数为K2==，则解得溶液中H+浓度为ml/L，故答案为：；
【小问3详解】
①实验测得反应Ⅰ：， k正、k逆为速率常数，lgk与温度的关系如图甲所示，由上述分析可知，主反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)是一个放热反应，则降低温度平衡正向移动，图中A表示lgk正、B表示lgk逆，T1℃下，平衡时，图中A、B的纵坐标分别为a-0.7、a-1，则K===100.3=2，故答案为：2；
②温度T2℃时，k正=0.8k逆，则=0.8小于K(T1)，主反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)是一个放热反应，则升高温度平衡逆向移动，K值减小，故T2＞T1 ，故答案为：＞；
③由题干信息可知，主反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)是一个放热反应，即升高温度平衡逆向移动，则HCOOH的选择性随温度升高而减小，且相同温度下，CO的选择性和HCOOH的选择性之和为1，曲线a表示HCOOH的选择性，b表示CO2的转化率，c表示CO的选择性，由于主反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)是一个放热反应，副反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O (g)=+ 41.2kJ/ml，则升高温度反应I逆向移动，CO2的转化率减小，而反应Ⅱ正向移动，CO2的平衡转化率增大，200℃~360℃，升高温度曲线b对应纵坐标值减小的原因是升高温度，反应I逆向移动程度大于反应Ⅱ正向移动程度，故答案为：HCOOH的选择性；反应I逆向移动程度大于反应Ⅱ正向移动程度。
20. 化合物M作为抗肿瘤候选药物正处于临床研究阶段，其合成路线如图：
已知：ⅰ．
ⅱ．
（1）A的化学名称为___________。中所含官能团名称为___________。
（2）D的结构简式是___________。
（3）的反应类型为___________。
（4）的化学方程式是___________。
（5）I的分子式为 ，核磁共振氢谱中只有一组峰，Ⅰ的结构简式是___________。
（6）的合成步骤如图：
注：的结构简式为
①T(C3H4O2)的结构简式是___________。
②上述合成中 的目的是___________。
【答案】（1） ①. 乙二酸 ②. 酮羰基 氟原子(碳氟键)
（2） （3）取代反应
（4）2+O22+2H2O
（5） （6） ①. ②. 保护氨基
【解析】
【分析】由题干合成路线图可知，由A的分子式和A到B的转化条件可知，A的结构简式为：HOOCCOOH，由B的分子式和A到B的转化条件可知，B的结构简式为：CH3CH2OOCCOOCH2CH3，由D的分子式和B到D的转化条件并结合题干已知信息i反应可知，D的结构简式为：，由E、L的结构简式和E到F的转化条件、F的分子式可知，F的结构简式为：，由H的分子式和G到H的转化条件可知，H的结构简式为：，由K的结构简式和J的分子式以及H到J的转化条件可知，J的结构简式为：，根据已知信息i的反应和H到J的转化可知，I的结构简式为：，(6)由Q、U的结构简式和Q到S的转化条件可知，S的结构简式为：，比较S和U的结构简式，并结合小问信息T(C3H4O2)的结构简式是，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为：HOOCCOOH ，则A的化学名称为乙二酸， 中所含官能团名称为酮羰基，故答案为：乙二酸；酮羰基；
【小问2详解】
由分析可知，D结构简式是，故答案为：；
【小问3详解】
由分析可知，F的结构简式为：，结合路线图中K和L的结构简式可知，K+F转化为L的反应为F中的羧基和K中的氨基发生酰胺化反应即反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；
【小问4详解】
由分析可知，H的结构简式为：，则的化学方程式是2+O22+2H2O，故答案为：2+O22+2H2O；
【小问5详解】
由分析可知，I的分子式为 ，核磁共振氢谱中只有一组峰，Ⅰ的结构简式是，故答案为：；
【小问6详解】
①由分析可知，T(C3H4O2)的结构简式是，故答案为：；选项
叙述Ⅰ
叙述Ⅱ
A
石墨能导电且化学性质不活泼
阴极电保护法中可用石墨作辅助阳极
B
煤中含有苯、甲苯等芳香烃
通过煤的干馏可获得苯、甲苯等芳香烃
C
铝制容器和浓硫酸不反应
铝制容器用于存储、运输浓硫酸
D
断裂氨分子中的化学键需要吸收热量
工业上用液氨作制冷剂
气体
试剂
制备装置
收集方法
A

浓硝酸


B




C

石灰石稀硫酸


D

浓硫酸


选项
剩余固体
剩余固体的物质的量之比
A
Pb3O4、PbO
1：1
B
PbO2、Pb3O4
1：1
C
PbO2、Pb3O4、PbO
1：2：1
D
PbO2、Pb3O4、PbO
1：1：2
选项
实验操作
现象
结论
A
用pH计分别测等物质的量浓度的和溶液的pH
pH计显示溶液pH>7，溶液pH