陕西省2025届高三下学期高考适应性检测（三）化学试题（Word版附解析）

这是一份陕西省2025届高三下学期高考适应性检测（三）化学试题（Word版附解析），共4页。
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将自己的姓名、准考证号、座位号填写在本试卷上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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。涂写在本试卷上无效。
3.作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效。
4.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 Li—7 C—12 O—16 Na—23 S—32 Cl—35.5 K—39 Cr—52 Mn—55 Zr—91 Bi—209
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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. 中国古代的四大发明是劳动人民创造的，属于中华优秀传统文化的组成部分。下列化学原理描述不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．司南是由天然的磁石制成的，磁石主要成分为，故A正确；
B．高温烧制发生化学变化，故形成新的化学键，故B正确；
C．草木灰主要成分为碳酸钾，浸泡的水成碱性，用于分离树皮等原料中的胶质，纤维素不能在碱性条件下水解，此过程并没有使纤维素发生水解，故C错误；
D．硫黄、硝石和木炭混合点燃会发生爆炸，发生剧烈的氧化还原反应，化学方程式为，故D正确；
故选C。
2. 下列化学用语表达不正确的是
A. H2O2分子的球棍模型：B. 某烷烃名称为：2-甲基-2-乙基戊烷
C. HF分子中键的电子云轮廓图：D. CN-的电子式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．分子中中心O原子价层电子对数为，O原子采用杂化，球棍模型：，A正确；
B．烷烃命名时应该选择分子中含有C原子数最多的碳链为主链，侧链为取代基，应命名为3，3-二甲基己烷，故B错误；
C．HF分子中1s与2p形成键，电子云轮廓图：，故C正确；
D．的电子式 ，各原子均满足稳定结构，故D正确；
故选B。
3. 下列说法不正确的是
A. 活性炭具有吸附性，可用于芹菜汁中提取的脱色
B. 食品中的膳食纤维含纤维素，纤维素可以为运动员提供能量
C. 含氟牙膏可预防龋齿，6岁以下儿童不宜使用
D. 铜铟硫()量子点是纳米级的半导体材料，不属于胶体
【答案】B
【解析】
【详解】A．活性炭具有吸附性，可用于芹菜汁中提取的脱色，A项正确；
B．人体内没有分解纤维素的酶，纤维素不能为人体提供能量，B项错误；
C．6岁以下儿童吞咽功能不完善，使用含氟牙膏可能会误吞，导致体内氟含量过高，引起氟斑牙等问题，所以6岁以下儿童不宜使用，C项正确；
D．铜铟硫()量子点是纳米级的半导体材料，没有分散剂，不是分散系，不属于胶体，D项正确；
答案选B。
4. 下列事实不能用平衡移动原理解释的是
A. 工业合成氨时，选择在500℃条件下进行
B. 密闭烧瓶内的和的混合气体，受热后颜色加深
C. 用饱和食盐水除去氯气中混有的少量氯化氢
D. 乙醇和乙酸在浓硫酸作用下加热制取乙酸乙酯
【答案】A
【解析】
【详解】A．合成氨反应为放热反应，高温不利于平衡正向移动，工业采用500℃是因为此温度下催化剂活性好，反应速率快，不能用平衡移动原理解释，故A错误；
B．的反应为放热反应，升温平衡逆向移动，颜色加深，能用平衡移动原理解释，故B正确；
C．实验室用排饱和食盐水法收集氯气，利用饱和食盐水中氯离子浓度混使平衡逆向进行，，能用平衡移动原理解释，故C正确；
D．浓硫酸能吸收酯化反应生成的水，有利于酯化反应正向移动，能用平衡移动原理解释，故D正确；
故选A。
5. 下列实验能达到目的的是
A. 测一定时间内Zn与稀溶液反应速率：测量的变化
B. 研究乙炔的还原性：将电石和饱和食盐水反应产生的气体通入酸性溶液中，观察溶液是否褪色
C. 验证水是极性分子：打开盛有水的酸式滴定管，用丝绸摩擦过的玻璃棒靠近水柱，观察水的流动方向
D. 证明NaClO能发生水解：向NaClO溶液中滴加酚酞试液，观察溶液是否变红
【答案】C
【解析】
【详解】A．在Zn与稀的反应中并未参与反应，其浓度基本不变，所以不能通过测量的变化来测定Zn与稀溶液反应速率，A错误。
B．电石中滴加饱和食盐水，产生的乙炔中混有、等还原性气体，均能使酸性溶液褪色，影响乙炔还原性的检验，B错误；
C．向酸式滴定管中加入蒸馏水，打开活塞让水缓缓流下，可看到水呈直线状垂直流入烧杯中，若用丝绸摩擦过的玻璃棒（带正电）接近水流时，水流会向靠近玻璃棒方向偏转，原因在于水分子为极性分子，在电场中被极化，其正负电荷中心分离，导致极性分子的特性显现，C正确；
D．酚酞遇碱溶液变红，且HClO具有漂白性，则应该是先变红后褪色，证明NaClO在溶液中发生了水解，D错误；
故选C。
6. 由物质I经两步转化可制得抗凝血剂药物III。下列有关说法不正确的是
A. I中的杂化类型是的原子共有9个
B. 1mlII发生水解，最多可消耗3mlNaOH
C. III能使溴的溶液褪色
D. 可用溶液检验III中是否含有I
【答案】A
【解析】
【详解】A．在物质Ⅰ中，苯环上的碳原子均形成3个键，无孤电子对，杂化类型为；羧基（）中的碳原子形成3个键，无孤电子对，杂化类型是；而羟基（）中的氧原子形成2个键（键和键），还有2对孤电子对，根据价层电子对互斥理论，价层电子对数键数+孤电子对数，所以氧原子杂化类型为，同理羧基中羟基氧原子也是杂化。综上，杂化类型是的原子只有2个氧原子，不是9个，故A错误；
B．物质Ⅱ中含有2个酯基（）。酯基在碱性条件下水解，一个酯基水解后生成一个羧基（）和一个醇羟基（或酚羟基），羧基能与NaOH发生中和反应，若生成是酚羟基，酚羟基也能与NaOH反应。对于物质Ⅱ，其中一个酯基水解后生成的是酚羟基，1ml该物质水解时，2个酯基水解消耗2mlNaOH，水解后生成的酚羟基再消耗1mlNaOH，所以1mlⅡ发生水解，最多可消耗3mlNaOH，故B正确；
C．物质Ⅲ中含有碳碳双键（C=C）.碳碳双键能与溴的溶液中的溴发生加成反应，反应的化学方程式可简单表示为：（溴原子分别加在双键的两个碳原子上），从而使溴的溶液褪色，故C正确；
D．物质Ⅰ中含有酚羟基（苯环直接与羟基相连），酚羟基遇溶液会发生显色反应，一般显紫色；而物质Ⅲ中不含酚羟基。所以向含有Ⅲ的物质中加入溶液，若溶液显紫色，说明Ⅲ中含有Ⅰ，即可用溶液检验Ⅲ中是否含有Ⅰ，故D正确；
故选A。
7. 下列物质性质实验对应的化学方程式或离子方程式书写不正确的是
A. 交警查酒驾所用检测仪器的工作原理：
B. 工业上用石英和焦炭制取粗硅：
C. 工业上用氯气与石灰乳反应制取漂白粉：
D. 水杨酸溶液中加入少量碳酸钠：++CO2↑+H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．交警查酒驾利用重铬酸钾的强氧化性氧化乙醇，中Cr为+6价，具有强氧化性，能将乙醇氧化为乙酸，自身被还原为，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为，故A正确；
B．工业上用石英和焦炭制取粗硅，反应过程中C将还原为Si，C被氧化，由于是在高温且焦炭过量的条件下，C被氧化为CO，正确的化学方程式应该是，故B正确；
C．工业上用氯气与石灰乳反应制取漂白粉，氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，化学方程式为，故C正确；
D．水杨酸中含有羧基（）和酚羟基（），由于酸性：酚羟基，所以水杨酸溶液中加入少量碳酸钠，羧基与反应生成，酚羟基不与反应生成，故D错误；
故选D。
8. 下列实验操作正确且能达到目的的是
A. 实验室制乙炔B. 制备
C. 萃取振荡时放气D. 实验室制备并收集少量
【答案】C
【解析】
【详解】A．电石和饱和食盐水反应过快且生成的氢氧化钙微溶物易堵塞导管口，因此不能用启普发生器制备乙炔，故A错误；
B．在热水中水解会生成，但直接向沸水中滴加溶液，水解反应速率过快，不易控制，且易生成胶体，难以得到沉淀，故B错误；
C．萃取振荡时，分液漏斗中会产生气体，导致内部压强增大，通过将分液漏斗倒置，打开活塞放气的操作是正确的，可防止内部压强过大将活塞冲出等危险情况发生，故C正确；
D．能与水反应生成硝酸和一氧化氮，所以不能用排水法收集，故D错误；
故选C。
9. X、Y、Z、E、M为五种短周期主族元素，所形成化合物的化学式为，其中X、Y和Z为同周期元素，原子序数依次增加，X的基态原子价层电子排布式为，Z的基态原子价层p轨道半充满，E元素原子最外层上的电子是次外层电数的3倍，M的某一核素可测定出土古物的年代。下列说法正确的是
A. 离子半径：
B. 简单氢化物稳定性：
C. E分别与X、Z、M都能形成至少两种化合物
D. 和的VSEPR模型均为直线形
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、E、M5种元素均为短周期主族元素，E元素原子最外层上的电子数是次外层电子数的3倍，则E为O元素；M是可测定出土古物的年代某一核素，则M为C元素；X、Y和Z为同周期元素，原子序数依次增加，X的基态原子价层电子排布式为，则X为Na元素；Z的基态原子价层p轨道半充满，则Z为P元素；由化合价代数和为0可知，Y为Mg元素。
【详解】A．X、Y、E分别为Na、Mg、O元素，当核外电子数相同时，核电荷数越大的离子半径越小，故，故A错误；
B．M、E元素对应的简单氢化物为CH4、H2O，元素的非金属性越强，对应的简单氢化物的稳定性越强，由于O的非金属性强于C，则简单氢化物稳定性：，故B错误；
C．E为O，可与Na形成NaO和，可与P形成P2O3、P2O5等，可与C形成CO、CO2，C正确；
D．臭氧O3中心原子O的价层电子对数为，孤电子对数为1，分子空间构型为V形，CO2中心C的价层电子对数为，孤电子对数为0，其结构为直线型，故D错误；
故选C。
10. T℃下，向一恒容密闭容器中充入A和B，发生反应，使用不同的催化剂，其反应历程如图所示。下列说法不正确的是
A. 该反应历程分五步进行
B. 降低温度有利于提高反应物的平衡转化率
C. 使用催化剂1时体系更快达到平衡状态
D. 第1步是总反应的决速步
【答案】D
【解析】
【详解】A．从反应历程图中可以看到，无论是使用催化剂1还是催化剂2，反应过程中都有五个能量峰，每一个能量峰代表一步反应，所以该反应历程分五步进行，A正确；
B．由反应历程图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应。根据勒夏特列原理，降低温度，平衡会向放热反应方向移动，即正向移动，所以有利于提高反应物的平衡转化率，B正确；
C．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率。从图中可以看出，使用催化剂1时反应的活化能低于使用催化剂2时的活化能，所以使用催化剂1时反应速率更快，体系更快达到平衡状态，C正确；
D．反应的决速步是反应历程中活化能最大的步骤。从图中可知，使用催化剂1时，第4步的活化能最大；使用催化剂2时，也是第4步的活化能最大，所以第4步是总反应的决速步，而不是第1步，D错误；
故选D。
11. 全固态LiPON薄膜锂离子电池工作示意图如下，LiPON薄膜只允许通过，电池反应为。下列说法正确的是
A. 放电时，a极发生还原反应
B. 导电介质c可为溶液
C. 放电时，当b极薄膜质量增加3.5g时，电路通过0.5ml电子
D. 充电时，b极反应为
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据电池反应，放电时，中Li元素化合价升高，发生氧化反应，在a极，所以a极发生氧化反应，A错误；
B．因为该电池为全固态锂离子电池，所以导电介质c不能为溶液，B错误；
C．放电时，b极为正极，b极反应为，b极薄膜质量增加是因为嵌入，增加的质量为的质量，，根据电极反应式可知转移电子的物质的量等于的物质的量，即电路通过0.5ml电子，C正确；
D．充电时是电解池，b极为阳极，发生氧化反应，电极反应式为，而不是，D错误；
故选C。
12. 氮化铜晶体是一种半导体材料，其晶胞结构如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，该晶胞边长为apm。下列叙述不正确的是
A. 铜元素基态原子的核外电子共有15种空间运动状态
B. 2个铜原子的最近距离为
C. N原子的配位数是12个
D. 该晶体密度
【答案】C
【解析】
【详解】A．铜元素基态原子的核外电子排布式为。s轨道有1种空间运动状态，p轨道有3种空间运动状态，d轨道有3种空间运动状态。1s、2s、3s、4s共4种空间运动状态；2p、3p共6种空间运动状态；3d有5种空间运动状态，所以共有种空间运动状态，A正确；
B．由晶胞结构可知，2个铜原子的最近距离为面对角线的一半。晶胞边长为apm，根据勾股定理，面对角线长度为，那么2个铜原子的最近距离为，B正确；
C．以顶点的N原子为例，与之距离最近且相等的Cu原子位于面心，每个顶点的N原子被8个晶胞共用，每个面心的Cu原子被2个晶胞共用，所以N原子的配位数是6，C错误；
D．根据均摊法，晶胞中N原子个数为，Cu原子个数为，则晶胞质量，晶胞体积，根据密度公式，可得该晶体密度，D正确；
故选C。
13. 铁红颜料跟某些油料混合，可以制成防锈油漆。以黄铁矿为原料制硫酸产生的硫酸渣中含、、、MgO等，用硫酸渣制备铁红()的过程如图所示，已知还原过程中被氧化时转移电子数为。下列说法不正确的是
A. 滤渣A的主要成分为
B. 滤液B中含有的硫酸盐为硫酸镁、硫酸铝和硫酸钠
C. “还原”过程中会有硫酸生成
D. “氧化”过程中发生反应：
【答案】D
【解析】
【分析】硫酸渣中加入硫酸酸溶，氧化铁转化为铁离子，氧化铝转化为铝离子，MgO转化为镁离子，加入FeS2粉还原，该过程是FeS2与Fe3+反应，已知1mlFeS2被氧化时转移电子数为14NA，则S化合价从-1价升高到+6价，有硫酸根离子生成，SiO2不与酸反应，滤渣A为SiO2，随后向滤液中通入空气和NaOH，亚铁离子与氧气、氢氧根离子反应生成氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁，氢氧化铁洗涤后烘干，烘干过程中氢氧化铁受热分解生成氧化铁，最后研磨得到铁红。
【详解】A．硫酸渣中加入硫酸进行酸溶，、、MgO都能与硫酸反应分别生成硫酸铁、硫酸铝、硫酸镁，而不与硫酸反应，所以过滤后滤渣A的主要成分，A正确；
B．在还原过程后溶液中含有亚铁离子、铝离子、镁离子等，加入氢氧化钠后，铝离子转化为偏铝酸钠，镁离子转化为氢氧化镁沉淀，亚铁离子在空气中被氧化后最终转化为氢氧化铁沉淀，过滤后滤液B中含有的硫酸盐为硫酸镁和硫酸铝以及加入氢氧化钠反应生成的硫酸钠，B正确；
C．还原过程中与硫酸铁等反应，中硫元素的化合价为价，已知1ml被氧化时转移电子数为，反应过程中硫元素被氧化为硫酸根离子，会有硫酸生成，C正确；
D．“氧化”过程中发生的反应应该是，而不是，因为溶液中加入了氢氧化钠，溶液呈碱性，D错误；
故选D
14. 在pH=7含的溶液中，一定范围内存在平衡关系：；；；；平衡常数依次为、、、。已知，，，的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A. 曲线②表示的是随的变化情况
B. 随增大，先减小后增大
C. M点：
D. p点的横坐标是
【答案】D
【解析】
【详解】A．随着增大，、、、这些平衡会向右移动。会不断减小，也不断减小，所以曲线①表示随的变化。从反应来看，随着增大，先生成，其浓度先增大，当浓度增大到一定程度后，继续与反应生成等，浓度又会减小，所以曲线②表示随的变化。同理，曲线③表示随的变化，曲线④表示随的变化，A错误；
B．由上述对曲线的分析可知，曲线③表示随的变化，从图中可以看出，随着增大，一直增大，B错误；
C．M点是曲线③、曲线④的交点，说明此时，则相当于是，看似是电荷守恒，但是观察横坐标从左往右增大，说明氯离子的浓度在增大，根据题干已知，可知体系中加入的氯离子的来源不可以是盐酸，只能是不影响溶液pH的物质，类似于NaCl之类的物质，M点时氯离子浓度较大，根据电荷守恒可知，中加入的阳离子未考虑完整，C错误；
D．P点以a、c表示出横坐标，M点是曲线③、曲线④的交点，说明此时，，M点的横坐标为a，可知，，N点是曲线②、曲线④的交点，说明此时，根据，N点的横坐标为c，，，结合，有，P点时是曲线②、曲线③的交点，说明此时，根据，可知，，P点的横坐标为，D正确；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. MnO2是重要的化工原料，由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图：
资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2
②金属离子沉淀的pH
③该工艺条件下，MnO2与H2SO4不反应。
（1）溶出：
①溶出前，软锰矿需研磨。目的是_______。
②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示：
i．步骤II是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是_______。
ii．若Fe2+全部来自于反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2。而实际比值(0.9)小于2，原因是_______。
（2）纯化：已知MnO2的氧化性随溶液pH增大而减弱。纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调节溶液pH为_______，说明试剂加入顺序的原因_______。
（3）电解：Mn2+纯化液酸化后经电解得MnO2.用MnO2通过铝热反应制Mn的化学方程式为_______。
（4）产品纯度测定：向ag产品中依次加入足量b gNa2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应。再用c ml·L-1 KMnO4溶液滴定剩余至终点，消耗KMnO4溶液的体积为d L(已知：MnO2及MnO均被还原为Mn2+。Na2C2O4的氧化产物为CO2.相对分子质量：MnO2-86.94；Na2C2O4-134.0)，求产品的纯度(用质量分数表示，写出计算过程)_______
【答案】（1） ①. 增大反应速率，提高浸出率 ②. MnO2+4H++2Fe2+Mn2++2Fe3++2H2O ③. 二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+
（2） ①. 4.7~5.8 ②. MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱
（3）3MnO2+4Al3Mn+2Al2O3
（4）部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应，剩余部分再与高锰酸钾反应(5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O)，则与二氧化锰反应的草酸钠为-；MnO2+Na2C2O4+2H2SO4=Na2SO4+MnSO4+2CO2↑+2H2O，则n(MnO2)=n(Na2C2O4)=-，产品纯度=×100%=
【解析】
【小问1详解】
①研磨软锰矿可增大固体与硫酸的接触面积，增大反应速率，提高浸出率；②i.根据反应途径可知，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反应的离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+Mn2++2Fe3++2H2O；ii.根据方程式可知，Fe与MnO2的物质的量比值为2，实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+，导致需要的Fe减少，故实际比值(0.9)小于2，故答案为增大反应速率，提高浸出率；MnO2+4H++2Fe2+Mn2++2Fe3++2H2O；二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+；
【小问2详解】
MnO2的氧化性与溶液pH有关，且随酸性的减弱，氧化性逐渐减弱，溶液显酸性时，二氧化锰的氧化性较强，故纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调节溶液pH值为4.7~5.8，除去溶液中的Al3+、Fe3+，故答案为4.7~5.8，MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱；
【小问3详解】
铝热反应是一种利用铝的还原性获得高熔点金属单质的方法，则MnO2通过铝热反应制Mn的化学方程式为，故答案为；
【小问4详解】
根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应，剩余部分再与高锰酸钾反应(5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O)，则与二氧化锰反应草酸钠为-；MnO2+Na2C2O4+2H2SO4=Na2SO4+MnSO4+2CO2↑+2H2O，则n(MnO2)=n(Na2C2O4)=-，产品纯度=×100%=
16. 某同学欲在实验室制备消毒剂亚氯酸钠，经查阅资料部分物质性质如下：
①制备的反应为，且是放热反应。
②的浓度较大时易分解爆炸，一般操作时需要控制浓度低于。
③饱和溶液在温度低于时析出晶体，温度高于时析出晶体，温度高于时，分解成和。
现设计如图装置完成亚氯酸钠的实验室制备(夹持装置已略去)：
回答下列问题：
（1）从如图选出制备装置中处所缺的仪器组合_______。
（2）制备装置中装草酸溶液的仪器的名称是_______。
（3）写出A装置中生成离子方程式_______，实验中通入氮气的目的是_______。
（4）实验中处冰水浴的目的是_______。
（5）从装置C反应后的溶液中获得晶体的操作名称依次为：
减压，蒸发结晶；温水洗涤；低于干燥，得到成品。
的操作名称为_______。
（6）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克的氧化能力，则的有效氯含量为_______(计算结果保留两位有效数字)。
【答案】（1）b （2）恒压滴液漏斗
（3） ①. ②. 稀释ClO2，防止装置中ClO2的浓度较大而分解爆炸
（4）降低NaClO2的溶解度、防止ClO2大量逸出
（5）趁热过滤 （6）1.6
【解析】
【分析】装置A中NaClO3与草酸、硫酸发生氧化还原反应生成ClO2，装置B的作用是安全瓶，有防倒吸作用，ClO2和氢氧化钠及过氧化氢在装置C中发生反应获得NaClO2晶体，由题目信息可知，生成NaClO2应控制温度38℃～60℃，从装置C的溶液获得NaClO2晶体需要蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，装置D是吸收尾气，防止污染。
【小问1详解】
ClO2与H2O2、NaOH反应，容易发生倒吸现象，则装置B的作用是防止倒吸，起到安全瓶的作用，故B处所缺的仪器组合为b；
【小问2详解】
制备装置中装草酸溶液的仪器a的名称是恒压滴液漏斗；
【小问3详解】
NaClO3具有氧化性，草酸具有还原性，二者在酸性条件下发生氧化还原反应可生成二氧化氯，离子方程式为：；ClO2的浓度较大时易分解爆炸，实验中通入氮气是为了稀释ClO2，防止装置中ClO2的浓度较大而分解爆炸；
【小问4详解】
装置C中制备NaClO2的反应为放热反应，C处冰水浴的目的是降低NaClO2的溶解度、防止ClO2大量逸出；
【小问5详解】
饱和溶液在温度低于时析出晶体，温度高于时析出晶体，温度高于时，分解成和，为了得到晶体，减压，55℃蒸发结晶后应趁热过滤、用温水洗涤，在低于60℃干燥，得到成品；。
【小问6详解】
氯气和NaClO2消毒时均被还原为Cl-，1ml Cl2 的质量为71g，得到的电子的物质的量为1ml×2=2ml，1ml NaClO2为90.5g，得到的电子的物质的量为1ml×4=4ml，则NaClO2的有效氯含量为：。
17. 乙醇是燃料，也是重要的有机化工原料，二氧化碳加氢还原制乙醇已成为研究热点，相关的反应如下：
反应i：
反应ii：
反应iii：
请回答下列问题：
（1）已知燃烧热()为，表示燃烧热的热化学方程式为___________。
（2）在一定温度下，向恒容密闭容器中充入和，在某催化剂作用下发生上述反应，测得含碳元素物质占比[如]与时间的关系如图所示：
已知：反应i为快反应，其平衡的建立可认为不受慢反应ii、iii的影响，即可认为反应i建立平衡后始终处于平衡状态。
①表示乙烯占比的曲线是___________(填“a”“b”或“c”)。
②若选择对反应i催化效果更好的催化剂，则A点可能移向___________(填“E”“E点上方”或“E点下方”)。
③已知C点、D点均为平衡点，则反应iii的平衡常数___________(保留小数点后一位)。
④设反应i和反应ii的化学平衡常数分别为、，适当升温后，增大，理由是___________。
（3）/固溶体是我国科学家发明了高选择性的加氢合成的催化剂，其中摩尔质量为，其晶胞结构如图所示，晶胞的棱长为，设为阿伏加德罗常数的值，则在晶胞中的配位数为___________，该晶胞的密度为___________。
【答案】（1）CH3CH2OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) △H=—1366.8kJ/ml
（2） ①. b ②. E点上方 ③. 5.7L/ml ④. 反应iii为放热反应，平衡常数为，升高温度，平衡逆向移动，减小
（3） ①. 8 ②.
【解析】
【小问1详解】
乙醇的燃烧热为1ml乙醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量，由甲醇的燃烧热为1366.8kJ/ml可知，反应的热化学方程式为CH3CH2OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) △H=—1366.8kJ/ml，故答案为：CH3CH2OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) △H=—1366.8kJ/ml；
【小问2详解】
①由方程式可知，反应过程中反应物二氧化碳的量减小、生成物乙醇的量减小，由题给信息可知，反应i为快反应，其平衡的建立可认为不受慢反应ii、iii的影响，则反应i的生成物、反应iii的生成物乙烯的量先增大后减小，所以曲线a、b、c分别代表二氧化碳、乙烯、乙醇的占比与时间的关系，故选b；
②若选择对反应i催化效果更好的催化剂，反应i的反应速率加快，同时乙烯所占比例更高，所以A点可能移向E点上方，故答案为：E点上方；
③由图可知，反应达到C、D点时，乙醇的占比为80%，二氧化碳和乙烯的占比都为10%，则平衡时二氧化碳、乙醇、乙烯的物质的量分别为2ml×10%=0.2ml、2ml×80%×=0.8ml、2ml×10%×=0.1ml，由氧原子个数守恒可知，水的物质的量为2ml×2-0.8ml-0.2ml×2=2.8ml，所以反应iii的平衡常数K=≈5.7L/ml，故答案为：5.7L/ml；
④由盖斯定律可知，反应ii-反应i=反应iii，则反应iii的平衡常数K=，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，则减小，所以增大，故答案为：反应iii为放热反应，平衡常数为，升高温度，平衡逆向移动，减小；
【小问3详解】
由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的离子与体对角线上的氧离子的距离最近，则的配位数为8；晶胞中位于顶点和面心的离子的个数为8×+6×=4，位于体内的氧离子个数为8，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—10 a)3d，解得d=，故答案为：8；。
18. 我国科学家设计了一条维拉帕米(化合物M)的新的合成路线，如下所示：
（1）C中官能团的名称为_______。
（2）E的名称为_______，B的结构简式为_______。
（3）上述合成路线中不涉及到的反应类型有_______。
A. 还原反应B. 加成反应C. 消去反应D. 氧化反应
（4）写出由G生成Ⅰ的化学反应方程式_______。
（5）下列关于F的说法中，正确的是_______。
A. F分子中没有不对称碳原子B. F、L生成M的反应是取代反应
C. F与浓溴水混合产生白色沉淀D. F分子中不存在π键
（6）写出C的一种同分异构体的结构简式，同时满足下列条件：_______。
①与溶液显紫色；
②能发生水解反应，水解产物之一是-氨基酸，两种水解产物的分子中均含有3种不同化学环境的氢原子。
（7）请从结构角度分析K参加反应时，断裂碳溴键而不是碳氯键的原因：_______。
【答案】（1）酰胺基、醚键
（2） ①. 2-溴丙烷 ②. （3）BD
（4）＋CH3NH2＋CH3OH （5）B
（6）或者 （7）溴原子半径大于氯原子，碳溴键键长更长，键能更小，易于断裂
【解析】
【分析】结合A和B的分子式以及A的结构可知从A到B发生的变化是羧基中的羟基被氯原子取代，故B的结构简式为：；结合D和F的结构简式以及E的分子式可知E的结构简式为，其名称为2-溴丙烷；结合A到G的反应条件以及G的分子式、I的结构简式可推知A和甲醇发生酯化反应生成G，故G的结构简式为：；I与发生还原反应和消去反应生成J，据此作答即可。
【小问1详解】
由化合物C的结构简式可看出C中含有的官能团有酰胺基和醚键。
【小问2详解】
E的结构简式为其名称为2-溴丙烷；B的结构简式为：。
【小问3详解】
由合成路线可以看出A到B、B到C等过程为取代反应；I到J发生了还原反应和消去反应；未有的反应是加成和氧化反应，故选BD。
【小问4详解】
G的结构简式为：，它与发生取代反应生成I，其化学方程式为：＋CH3NH2＋CH3OH。。
【小问5详解】
A．F分子中有不对称碳原子（连有四个不同原子或原子团的碳原子），A错误；
B．F、L生成M是F中旁边的碳原子上的氢原子被L中的部分基团取代，属于取代反应，B正确；
C．F中不含有酚羟基，故不能与浓溴水发生取代反应产生白色沉淀，C错误；
D．F中含有苯环，苯环中存在大π键，D错误；
故选B。
【小问6详解】
与溶液显紫色，说明含有酚羟基。能发生水解反应，水解产物之一是-氨基酸，且两种水解产物分子中均含有3种不同化学环境的氢原子。根据这些条件，可构造出符合要求的结构：
或者。
【小问7详解】发明
过程描述
化学原理
A
司南
由天然的磁石制成的
其化学组成为
B
印刷术
用胶泥刻字、烧令坚制成陶瓷活字
烧制过程中形成新的化学键
C
造纸
草木灰水浸泡树皮
促进纤维素溶解
D
火药
硫黄、硝石和木炭混合，点燃
发生氧化还原反应
Fe3+
Al3+
Mn2+
Fe2+
开始沉淀时
1.5
3.4
5.8
6.3
完全沉淀时
2.8
4.7
7.8
8.3