浙江省台州市2022-2023学年高三上学期第一次教学质量评估化学Word版含解析.docx

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台州市2023届高三第一次教学质量评估试题化学试卷本试卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试时间90分钟。考生须知：1．答题前，请务必将自己的姓铝、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。3．非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。4．可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Mg24Al27S32Cl35.5K39Ca40Mn55Fe56Cu64Zn65Sn119I127Ba137选择题部分一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列属于碱性氧化物的是A.B.C.D.BaO【答案】D【解析】【详解】A．电离出的阴离子全是氢氧根离子，属于碱，故不选A；B．不含氧元素，不是氧化物，故不选B；C．与酸反应生成钠盐、氧气、水，是过氧化物，不是碱性氧化物，故不选C；D．BaO与酸反应生成钡盐、水，属于碱性氧化物，故选D；选D。2.下列仪器名称为“圆底烧瓶”的是 A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】由题干图示可知，仪器A为蒸馏烧瓶，仪器B为圆底烧瓶，仪器C为容量瓶和仪器D为长颈漏斗，故答案为：B。3.下列属于非电解质的是A.B.KOHC.75%乙醇溶液D.蔗糖【答案】D【解析】【分析】电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，而在水溶液和熔融状态下均不能导电的化合物为非电解质，据此定义解题。【详解】A．是单质，既不是电解质也不是非电解质，A不合题意；B．KOH是强碱，其水溶液和熔融状态下均能导电，属于电解质，B不合题意；C．75%乙醇溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，C不合题意；D．蔗糖的水溶液和熔融状态下均不导电，属于非电解质，D符合题意；故答案为：D。4.下列物质对应的名称不正确的是A.：磁性氧化铁B.：重晶石C.：2-乙基丁烷D.：乙二酸【答案】C【解析】【详解】A．是一种黑色固体，具有磁性，俗称磁性氧化铁，故A正确；B．硫酸钡的矿产叫做重晶石，故B正确；C．主链上有5个C原子，第3号C原子上连1个甲基，命名为3-甲基戊烷，故C错误； D．结构简式HOOCCOOH，名称：乙二酸，故D正确；答案选C。5.下列说法正确的是A.、、互为同素异形体B.HCHO和最简式相同C.和互同分异构体D.正丁烷和环己烷互为同系物【答案】B【解析】【详解】A．H2、D2、T2都是同位素形成的不同单质，属于同一种物质，不属于同素异形体，故A错误；B．HCHO与C6H12O6的最简式都是CH2O，故B正确；C．HCOOCH3与CH3OCHO的分子式相同，但结构也是相同的，属于同一种物质，不属于同分异构体，故C错误；D．正丁烷的分子式为C4H10，环己烷的分子式为C6H12，二者分子结构不同，不属于同系物，故D错误；故本题选B。6.下列说法不正确的是A.用乙醇可以萃取鲜花中色素B.用分馏的方法从煤焦油中分离苯C.滴定管用水洗后直接加标准液滴定D.未用完的钠、钾可放回原试剂瓶中【答案】C【解析】【详解】A．色素在乙醇中的溶解度大，可以用乙醇可以萃取鲜花中色素，故A正确；B．煤焦油和苯沸点差别较大，可以用分馏的方法分离，故B正确；C．滴定管用水洗后要用标准液润洗后再加标准液滴定，故C错误；D．未用完的钠、钾可放回原试剂瓶中，故D正确；故选C。7.下列化学用语表述正确的是A.的基态电子排布式：B.四氯化碳的空间填充模型：C.氨气的电子式：D.含有10个中子的氧原子：【答案】A 【解析】【详解】A．Ni是28号元素，Ni原子失去最外层2个电子形成，的基态电子排布式：，故A正确；B．四氯化碳为正四面体结构，氯原子半径大于碳原子，空间填充模型为，故B错误；C．氨气分子中N原子有1对孤电子对，电子式为，故C错误；D．含有10个中子的氧原子，质量数为18，该核素表示为，故D错误；选A。8.下列说法不正确的是A.可用离子交换法进行海水淡化B.硝酸铵是一种高效氮肥，受热易爆炸C.接触室产生的可用98.3%的浓硫酸吸收D.工业上用HCl气体在常温下与粗硅反应生成与氢气【答案】D【解析】【详解】A．利用阳离子交换柱可将海水中的金属阳离子交换为H+，用阴离子交换柱可以将海水中的阴离子交换为OH-，H+和OH-生成H2O，故可用离子交换法进行海水淡化，A正确；B．硝酸铵中含氮量高且阳离子和阴离子中均含有N元素，是一种高效氮肥，其受热易爆炸，B正确；C．工业上制硫酸时，为了减少酸雾的形成，接触室产生的SO3可用98.3%的浓硫酸吸收，C正确；D．常温下HCl与Si不反应，工业上用HCl气体在高温下与粗硅反应生成SiHCl3与氢气，D错误；故答案为：D。9.关于反应，下列说法正确的是A.还原剂是S和B.C发生还原反应C.氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶3D.生成1mol时，转移12mol电子【答案】D【解析】【详解】A．反应中硫元素化合价从0价降为-2价，硝酸钾中氮元素从+5价将为0 价，化合价降低，作氧化剂，故A错误；B．C元素化合价从0价升高到+4价，作还原剂，发生氧化反应，故B错误；C．C作还原剂共3mol，S和KNO3作氧化剂共3mol，物质的量之比为1：1，故B错误；D．生成1mol时，C元素化合价从0价升高到+4价，每个C原子失去4个电子，共失去12电子；硫元素化合价从0价降为-2价，硝酸钾中氮元素从+5价将为0价，共得到12电子，所以转移12mol电子，故D正确；答案选D。10.下列说法不正确是A.乙醛和氢气混合气体通过热的镍催化剂，乙醛发生还原反应B.苯中含少量苯酚，可加入浓溴水，充分反应后过滤除去C.己烷与水混合后液体分层，己烷位于上层还是下层可通过加水确定D.天然气是一种清洁的化石燃料，作为化工原料主要用于合成氨和生产乙醇【答案】B【解析】【详解】A．乙醛和氢气混合气体通过热的镍催化剂，乙醛发生还原反应生成乙醇，故A正确；B．苯中含少量苯酚，加入浓溴水与苯酚反应生成三溴苯酚，三溴苯酚易溶于苯，不能用过滤法除去，故B错误；C．己烷与水混合后液体分层，继续加水，若下层液体增多，说明己烷在上层，所以己烷位于上层还是下层可通过加水确定，故C正确；D．天然气是一种清洁的化石燃料，甲烷可转化为氢气，用于合成氨和生产乙醇，故D正确；选B。11.是阿伏加德罗常数的。下列说法正确的是A.32g与的混合物中含有8个中子B.1mol甲烷完全燃烧转移的电子数为8C.标准状况下2.24L苯中所含碳氢键数目为0.6D.1L0.1的溶液中和离子数之和为0.1【答案】B【解析】 【详解】A．32g与的混合物中含有=16个中子，A错误；B．已知CH4+2O2=CO2+2H2O转移8个电子，故1mol甲烷完全燃烧转移的电子数为8，B正确；C．标准状况下苯为液体，故无法计算2.24L苯中所含碳氢键数目，C错误；D．根据物料守恒可知，0.1mol/LNaHCO3溶液中有：c(H2CO3)+c()+c()=0.1mol/L，故1L0.1mol/L的NaHCO3溶液中和离子数和H2CO3分子式之和为0.1，D错误；故答案为：B。12.下列离子方程式正确的是A.Al溶于NaOH溶液：B.NaOH溶液与少量反应：C.“84”消毒液与“洁厕灵”混合生成氯气：D.用覆铜板制作印刷电路板：【答案】A【解析】【详解】A．Al溶于NaOH溶液，生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式：，故A正确；B．NaOH溶液与少量反应，生成草酸钠和水，离子方程程式：，故B错误；C．“84”消毒液与“洁厕灵”混合生成氯气，离子方程式：，故C错误；D．用覆铜板制作印刷电路板，铁离子将铜氧化为铜离子，自身被还原为亚铁离子，离子方程式：，故D错误；答案选A。13.下列说法正确的是 A.如图碘晶胞中分子的排列有4种不同取向B.沸点：对二甲苯>间二甲苯>邻二甲苯C.缺角的氯化钠晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的晶体D.能层、能级和轨道可以描述一个电子的运动状态【答案】C【解析】【详解】A．碘晶胞中，分子在顶点和面心的取向不同，分子有2种不同取向，故A错误；B．苯的同系物中，整个分子的对称性越好其沸点越低，所以沸点：邻二甲苯>间二甲苯>对二甲苯沸点，故B错误；C．晶体具有自范性，缺角的氯化钠晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的晶体，故C正确；D．用能层、能级、轨道、自旋状态描述一个电子的运动状态，故D错误；选C。14.下列说法不正确的是A.苯酚与甲醛在酸或碱的作用下均可发生缩聚反应生成树脂B.油脂在碱性溶液中的水解产物可用于制肥皂C.淀粉和纤维素没有甜味，在人体内水解成葡萄糖，为人的生命活动提供能量D.向饱和硫酸铵溶液中加入鸡蛋清，蛋白质发生凝聚，再加入蒸馏水，振荡后蛋白质重新溶解【答案】C【解析】【详解】A．苯酚中的酚羟基与甲醛中的醛基在酸或碱的作用下均可发生缩聚反应生成链型聚合物树脂，故A正确；B．油脂在碱性溶液中的水解产物为高级脂肪酸钠，可用于制肥皂，故B正确；C．淀粉和纤维素没有甜味，但在人体内纤维素因为缺少纤维素酶，不能水解成葡萄糖，故C错误；D．向饱和硫酸铵溶液中加入鸡蛋清，蛋白质发生凝聚，再加入蒸馏水，振荡后蛋白质可重新溶解，属于蛋白质的盐析，故D正确；故本题选C。15.已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期主族元素，A是宇宙中含量最多的元素，B元素的基态原子最高能级不同轨道都有电子，且自旋方向相同，C元素基态原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子，E元素基态原子最外层只有一个电子，且次外层所有轨道电子均成对。下列说法正确的是 A.BD3是非极性分子B.最低价氢化物的沸点：B>CC.A与E通过离子键形成化合物D.B、C、E组成的化合物水溶液一定呈碱性【答案】C【解析】【分析】由题干信息可知，已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期主族元素，A是宇宙中含量最多的元素，则A为H，B元素的基态原子最高能级不同轨道都有电子即价电子排布为2s22p3，且自旋方向相同，则B为N，C元素基态原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子即价电子排布为2s22p4，C为O，E元素基态原子最外层只有一个电子，且次外层所有轨道电子均成对，E为Na，D为F，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，B为N、D为F，故BD3即NF3中心原子N的价层电子对数为：3+=4，NF3呈三角锥形，其中正、负电荷中心不重合，故是极性分子，A错误；B．由分析可知，B为N，C为O，最低价氢化物即NH3、H2O，由于H2O中含有的分子间氢键比NH3多，故其沸点H2O＞NH3即B＜C，B错误；C．由分析可知，A为H，E为Na，故A和E形成的化合物为NaH，属于离子化合物，则A与E通过离子键形成化合物，C正确；D．由分析可知，B为N、C为O、E为Na，B、C、E组成的化合物NaNO2属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，而NaNO3属于强碱强酸盐，其水溶液呈中性，D错误；故答案为：C。16.如图所示化合物是某合成药物的中间体，下列有关该化合物的说法不正确的是A.能与盐酸反应生成盐和水B.能发生取代反应、氧化反应、还原反应C.分子中至少有6个原子处于同一直线D.1mol该化合物在NaOH溶液中充分反应，最多能消耗2molNaOH【答案】A【解析】【详解】A．只有碱性基团能和盐酸反应生成盐和水，但该有机物结构中没有碱性基团，故A错误； B．该有机物能发生燃烧反应，所以可发生氧化反应，在该有机物中的苯环和甲基等部位能发生取代反应，该有机物结构中存在苯环，可以加氢发生还原反应，故B正确；C．该有机物中有苯环，苯环是平面形结构，所以两个苯环连在一起的地方的原子在同一条直线上，即一个甲基上的C原子和两个苯环上的4个C原子，还有另外—CH2—上的C原子，这些原子都可在同一条直线上，故C正确；D．该有机物能和NaOH发生反应的官能团是酯基和Cl原子，每个官能团发生反应时都各消耗NaOH1mol，故D正确；故本题选A。17.下列说法正确的是A.0.1与0.2的氨水中之比为1∶2B.某温度下，将pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性C.室温下pH=5的醋酸溶液中水电离的浓度为D.相同温度下，将足量AgCl固体分别放入相同体积的①蒸馏水、②0.1盐酸、③0.1溶液、④0.1溶液中，浓度：④>①>②>③【答案】D【解析】【详解】A．氨水是弱电解质，不能完全电离，不同条件下，浓度不同的氨水电离出来的c(OH—)不同，故A错误；B．如果这个温度是100℃时，Kw=1×10—12，pH=2的盐酸c(H+)=10—2mol/L，pH=12的NaOH溶液c(OH—)=1.0mol/L，等体积混合时溶液显碱性，故B错误；C．室温下pH=5的醋酸中的c(H+)=10—5mol/L，则醋酸的浓度要大于10—5mol/L，该溶液中水电离出来的c(OH—)=10—9，故C错误；D．相同温度下，氯化银在水溶液中存在沉淀溶解平衡，溶度积是常数，与①蒸馏水相比较，②中0.1mol/L盐酸溶液中氯离子0.1mol/L，抑制沉淀溶解平衡，银离子浓度减小，③中0.1mol/L氯化镁溶液中氯离子浓度为0.2mol/L，平衡逆向进行，银离子浓度减小，且比②中还小，④中0.1mol/L硝酸银溶液中，银离子浓度为0.1mol/L，平衡逆向进行，银离子浓度增大，银离子浓度最大，则Ag+浓度大小顺序为④>①>②>③，故D正确；故本题选D。18.某些微粒间相互作用的数据如下表所示：微粒间相互作用化学键分子间作用力 HCl键能／范德华力强度()46356836615749728.118.821.1根据表中数据，下列说法不正确的是A.上表的微粒间相互作用中有5种极性共价键，2种氢键B.键长：H-FH—Br，则键长H—F碳酸>苯酚A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．实验室制备氨水的操作应该是向一定量的硝酸银溶液中逐滴滴加稀氨水至刚生成的沉淀恰好完全溶解为止，A不合题意；B．提纯苯甲酸时，粗产品溶解后通过趁热过滤除去杂质，将滤液静置，随着温度下降，有无色晶体逐渐析出，故可说明苯甲酸微溶于水，B符合题意；C．点燃乙炔等可燃性气体时要先验纯，不能当观察到固体表面有气泡产生时，立刻换上尖嘴导管，点燃乙炔观察现象，C不合题意；D．由于盐酸具有一定的挥发性，挥发出的盐酸也能使苯酚钠溶液变浑浊，故不能说明酸性碳酸大于苯酚，D不合题意；故答案为：B。非选择题部分二、非选择题(本大题有5小题，共50分)26.碳及其化合物在生产、生活中有着重要的应用。请回答：（1）分子中，C原子的杂化轨道类型为______，共价键的类型为______(填标号)。A．配位键B．非极性键C．离子键D．极性键（2）乙烷、乙烯、乙炔中碳碳键键长由长到短的顺序为：______；并说明原因：______。（3）一种羰基配合物，Ph表示苯基()，结构如图所示，该配合物巾所有配体原子都满足8电子或2电子稳定结构。基态碘原子的价电子轨道表示式为______，配体的空间构型为______，1mol中配位键数目为______。〔用含(阿伏加德罗常数的值)来表示〕。 （4）新型碳基复合材料在钙钛矿太阳能电池中具有重要作用，钙钛矿晶胞如图所示，钛离子周围与它最近且相等距离的钛离子有______个。氧、钙、钛的微粒个数比是______。【答案】（1）①.sp②.D（2）①.乙烷>乙烯>乙炔②.乙烷中碳碳键为单键，键长最长；乙烯为碳碳双键，键长短于单键；乙炔中为碳碳三键，键长最短（3）①.②.三角锥形③.9（4）①.6②.3∶1∶1【解析】【小问1详解】中心原子C原子价层电子对数：，属于sp杂化；C原子与S原子间形成极性共价键，答案选D；【小问2详解】原子间形成共用电子对数越多，表明轨道重叠程度越大，则键长越短，所以键长：碳碳单键＞碳碳双键＞碳碳三键；【小问3详解】碘元素位于元素周期表第VIIA族，其价电子排布：，基态碘原子的价电子轨道表示式：；配体中心原子P价层电子对数：，含一对孤电子对，空间构型：三角锥形；该配合物巾所有配体原子都满足8电子或2电子稳定结构，所以铁提供空轨道形成6个配位键，同时配体中P提供空轨道，形成3个配位键，即1mol中配位键数目为9； 【小问4详解】由图看出，在每个钛离子的同层、左右与前后、上下各层中都紧密排列着完全相同的钛离子，共有晶胞边长的6个钛离子。至于同一晶胞中独占三元素粒子个数比，则从每种元素粒子在晶胞中的位置考虑，Ca2+位于立方体的中央为一个晶胞所独占；钛离子位于晶胞的顶点上，为相邻两层8个晶胞所共有(左右、前后、上中下、左右前后4个而上下中相同重复共8个)，而每个晶胞独占有个。氧离子位于棱上，在同一晶胞中，每个氧离子为同层的4个晶胞所共有，一个晶胞独占个。故氧、钙、铁的粒子数之比为3∶1∶1；27.化合物X由4种不同周期的元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验：除C、D外其他未知物均为纯净物，其中气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，气体B的密度为，反应②将固体A充分溶解，电解至金属阳离子恰好反应完，所有数据均在标准状况下测得，流程中的反应均充分进行。请回答：（1）组成X的4种元素是______(填元素符号)，气体A的VSEPR模型为______。（2）已知混合气体D为无色气体，其主要成分为______(写化学式)；写出反应①的化学方程式______。（3）X属于配合物，其水溶液与足量NaF溶液反应可生成具有相同配位数的配合物，写出该反应的离子方程式______。（4）用铁电极作为反应②的阴极时，电极上最终收集到的固体产物中会混有少量的杂质，设计实验对其中的Fe元素进行检验______。【答案】（1）①.H、N、Cl、Cu②.四面体形（2）①.、②.（3）（4）取少量样品，溶于足量的稀盐酸，滴加双氧水充分反应后，滴入KSCN溶液，若溶液显红色，则证明含有Fe元素【解析】 【分析】气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A为NH3，4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2=2NO2，NO2为红棕色气体，3NO2+H2O=2HNO3+NO，HNO3为pH=1的强酸，总的反应方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3，通过足量碱石灰后，碱石灰吸收CO2与水蒸气，混合气体D中有N2、O2气体，气体B标况下密度为1.63g/L，则M(B)=1.63g/L×22.4L/mol=36.5g/mol，单质气体E为黄绿色，则E为Cl2，单质固体B为紫红色，则B为Cu，n(Cu)=1.28g÷64g/mol=0.02mol，n(B)=0.896L÷22.4L/mol=0.04mol，X含4种元素，由原子守恒可知，X中含有N、H、Cl、Cu，B为HCl，A为CuCl2，pH=1时c(H+)=0.1mol/L；【小问1详解】组成X的4种元素是H、N、Cl、Cu；气体A是NH3，NH3的中心原子N形成了3个σ键，价层电子对数=σ键数+孤电子对数=3+(5—3×1)=4，所以NH3的VSEPR模型为四面体；【小问2详解】D主要为N2和O2，反应①的方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3；【小问3详解】由N原子守恒可知，n(N)=0.1mol/L×0.4L=0.04mol，可推知n(Cu)=0.02mol，CuCl2共0.02mol，则n(Cl)总=2×0.02mol+0.04mol=0.08mol，则n(H)=(4.84g—0.04mol×14g/mol—0.08mol×35.5g/mol—0.02mol×64g/mol)÷1g/mol=0.16mol，n(Cu):n(N):n(Cl):n(H)=0.02mol:0.04mol:0.08mol:0.16mol=1:2:4:8，则该物质的化学式为[Cu(NH3)2Cl2]▪2HCl，该物质属于配合物，其水溶液与足量NaF溶液反应可生成具有相同配位数的配合物，则其反应的离子方程式为[CuCl4]2—+4F—=[CuF4]2—+4Cl—；【小问4详解】取固体加足量稀HCl溶解后，滴加双氧水充分反应后，加KSCN溶液变为血红色，说明含Fe3+，固体中含铁元素；28.研究NO2、SO2、CH4等气体处理和利用在治理大气污染、建设生态文明和应对能源危机等具有重要意义。请回答：（1）已知：反应Ⅰ：反应Ⅱ：反应Ⅲ：一定温度下将与以体积比1∶2置于1L的恒容密闭容器中只发生反应Ⅲ，达到平衡时的体积分数为25%。 ①______；②计算该反应的平衡常数______；③到达平衡后，其他条件不变，下列措施一定能提高NO2平衡转化率的是______。A．使用催化剂B．降低温度C．增大投料比D．按物质的量比2∶5继续充入NO与SO2（2）以、水蒸气、生石灰为原料可以大规模制取氢气：水气重整：水汽变换：吸附反应：图1为一定条件下，相同时间内无CaO、微米级CaO参与的制氢反应氢气体积分数对比曲线图，图2为其他条件不变，相同时间内830℃下不同级别CaO对氢气体积分数的影响柱状图：①下列关于图1的叙述不正确的是______。A．图中虚线是有CaO参与的制氢过程B．加入生石灰的作用之一是吸收可以使水汽变换限度增大C．吸附反应过程可以实现系统能量互补，降低制氢能耗D．图中实线与虚线随着温度升高会逐渐靠拢，主要原因是高温下水汽变换反应不自发②根据图1、图2并结合反应的化学方程式，分析由微米级CaO改为纳米级CaO后为何体积分数上升？______。③因为普通纳米级CaO在533℃会因烧结而完全丧失吸附性，故图2中的纳米CaO采用的是改性的CaO，在图1中画出未经改性的纳米级CaO参与吸附的450~550℃范围内的氢气体积分数变化曲线______。【答案】（1）①.-41.8②.1.8③.BD （2）①.AD②.纳米级CaO与的接触面积大于微米级CaO，反应速率更快，相同时间内吸附了更多的，减少，氢气体积分数上升。(或回答“纳米级CaO与的接触面积大于微米级CaO，反应速率更快，相同时间内吸附了更多的，下降更多，使得水汽变换平衡正向移动程度更大，生成更多，故体积分数上升”)③.【解析】【小问1详解】①已知：反应Ⅰ：，反应Ⅱ：，则(Ⅰ-Ⅱ)可得反应Ⅲ，根据盖斯定律可知，==-41.8，故答案为：-41.8；②一定温度下将NO2与SO2以体积比1∶2置于1L的恒容密闭容器中只发生反应Ⅲ，达到平衡时SO3的体积分数为25%，根据三段式分析：，则有：×100%=25%，解得x=0.75a，则该反应的平衡常数==1.8，故答案为：1.8；③A．使用催化剂只能改变化学反应速率，不能使化学平衡发生移动，故NO2的平衡转化率不变，A不合题意；B．由上述分析可知，反应Ⅲ正反应是一个放热反应，故降低温度，化学平衡正向移动，NO2的平衡转化率增大，B符合题意；C．增大投料比，即增大NO2的用量，则平衡正向移动，SO2的转化率增大，而NO2 的转化率减小，C不合题意；D．按物质的量比2∶5继续充入NO与SO2，则Qc===，由于＜3，即Qc＜1.8，平衡正向移动，NO2的平衡转化率增大，D符合题意；故答案为：BD；【小问2详解】①A．由于CaO能吸收CO2，导致CO与H2O反应的平衡正向移动，H2的体积分数增大，故图中虚线是没有CaO参与的制氢过程，A错误；B．根据题干信息可知，吸附反应：则加入生石灰的作用之一是吸收CO2可以使水汽变换限度增大，导致H2的体积分数增大，B正确；C．已知吸附反应是一个放热反应，故吸附反应过程可以实现系统能量互补，降低制氢能耗，C正确；D．由题干信息可知，吸附反应是一个放热反应，升高温度平衡逆向移动，即温度越高吸附效果越差，即使用和不使用CaO对反应影响越来越小，故图中实线与虚线随着温度升高会逐渐靠拢，D错误；故答案为：AD；②纳米级CaO与CO2接触面积大于微米级CaO，反应速率更快，相同时间内吸附了更多的CO2，n(CO2)减少，氢气体积分数上升，或者纳米级CaO与CO2的接触面积大于微米级CaO，反应速率更快，相同时间内吸附了更多的CO2，c(CO2)下降更多，使得水汽变换平衡正向移动程度更大，生成更多H2，故H2体积分数上升，故答案为：纳米级CaO与CO2的接触面积大于微米级CaO，反应速率更快，相同时间内吸附了更多的CO2，n(CO2)减少，氢气体积分数上升，(或者回答：纳米级CaO与CO2的接触面积大于微米级CaO，反应速率更快，相同时间内吸附了更多的CO2，c(CO2)下降更多，使得水汽变换平衡正向移动程度更大，生成更多H2，故H2体积分数上升)；③因为普通纳米级CaO在533℃会因烧结而完全丧失吸附性，即533℃以后普通纳米级CaO就失去功效，且温度升高吸附反应逆向移动，导致H2的体积分数减小，故图2中的纳米CaO采用的是SiO2改性的CaO，在图1中画出未经改性的纳米级CaO参与吸附的450~550℃ 范围内的氢气体积分数变化曲线为：。29.实验室制备的步骤如下：实验一：的制备与提纯反应装置如图所示(加热及夹持装置已省略)。实验二：纯度的测定①称取mg晶体，溶于适量浓盐酸，配成100mL溶液。②加入适量铝片将还原成溶液。③取25.00mL溶液，加入淀粉指示剂并用浓度为的标准液滴定，最终消耗VmL标准液。已知：1．能溶解在乙醚、苯中，在冰醋酸中溶解度较小，且溶解度随温度升高明显增大。2．与空气接触容易被氧化成。3．易水解，在空气中也会缓慢水解。4．滴定原理：请回答： （1）装置图中冷凝水从______通入(填“a”或“b”)。（2）步骤Ⅰ中冰醋酸的作用是______。（3）下列说法正确的是______。A.制备原料使用碎锡片是为了增大反应物接触面积B.步骤①中加浓盐酸的目的是防止被氧化C.装置图中冷凝管上端应接上装有碱石灰的干燥管D.滴定后尖嘴中出现气泡，会导致测定结果偏大（4）对步骤Ⅳ中的重结晶选择合理选项并排序：_____。(______)→(______)→过滤→(______)→(______)→最终得到橙红色晶体。a．将滤液转移到圆底烧瓶中b．将固体转移到圆底烧瓶中c．加30mL乙醚，水浴加热至固体充分溶解d．加30mL蒸馏水，水浴加热至固体充分溶解e．在通风橱内水浴加热，至溶剂完全挥发f．在通风橱内酒精灯加热，至溶剂完全挥发（5）步骤③中到达滴定终点的现象______。晶体的纯度为______%(用含m、c、V的代数式表示)。【答案】（1）a（2）作为溶剂，降低的溶解度，方便分离（3）AC（4）bcae（5）①.当滴入最后半滴碘酸钾标准液，溶液由无色变蓝色，且半分钟不恢复原色②.【解析】【分析】碎锡片与碘单质反应生成，根据在冰醋酸中溶解度较小，得到悬浊液，再过滤最后重结晶得到晶体；【小问1详解】冷凝水‘下进上出’，装置图中冷凝水从a口进；【小问2详解】已知能溶解在乙醚、苯中，在冰醋酸中溶解度较小，步骤Ⅰ中冰醋酸的作用是：作为溶剂，降低的溶解度，方便分离；【小问3详解】 A．使用碎锡片是为了增大反应物接触面积，加快反应速率，故A正确；B．易水解，步骤①中加浓盐酸的目的是抑制水解，故B错误；C．易水解，在空气中也会缓慢水解，应在冷凝管上端应接上装有碱石灰的干燥管，干燥空气，防止水解，故C正确；D．滴定后尖嘴中出现气泡，会导致读取的标准溶液偏少，使测定结果偏小，故D错误；故选：AC；【小问4详解】步骤Ⅳ中的重结晶的操作为：将固体转移到圆底烧瓶中，加30mL乙醚增大溶解，其溶解度随温度升高明显增大，故水浴加热至固体充分溶解，过滤掉难溶杂质，将滤液转移到圆底烧瓶中，最后在通风橱内水浴加热，至溶剂完全挥发，故答案为bcae；【小问5详解】当KIO3过量时，会和I-发生反应生成I2，能使淀粉溶液变蓝，步骤③中到达滴定终点的现象：当滴入最后半滴碘酸钾标准液，溶液由无色变蓝色，且半分钟不恢复原色；由滴定原理：可知n(Sn2+)=3n(KIO3)，而mgSnI4配成100mL溶液后实验只取了25mL，最后由Sn元素质量守恒可知，mgSnI4晶体中：n(SnI4)=n(Sn2+)=3n(KIO3)=3×c×V×10-3×=3cV×4×10-3mol，则晶体的纯度为%。30.已知：①②请回答： （1）下列说法不正确的是______。A．化合物B→C、F→G均为还原反应B．化合物Ⅰ中含有2种官能团C．化合物G→I过程中生成的副产物为（2）化合物A中可使浓溴水褪色的官能团为______，化合物C的结构简式是______。（3）化合物A→B的反应由加成、消去两步构成，写出其中消去反应的化学方程式______。（4）写出同时符合下列条件的B的2种同分异构体的结构简式：______(不考虑立体异构)。①属于芳香族化合物，谱检测表明含3种氢，不含-O—O-结构，N只与C成键；②1mol有机物最多消耗6molNaOH；③可发生银镜反应。（5）设计以乙酸、苯甲醛为原料，利用上述流程中的有机试剂合成有机物的路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)______。【答案】（1）BC（2）①.醛基或-CHO②.（3）+H2O（4）、（5）【解析】【分析】A物质在催化剂和甲醇作用下发生加成、消去两步反应生成B物质 ，结合已知信息可知B物质发生还原反应生成C，C与D发生取代反应生成E，参考已知反应可知E反应生成F；【小问1详解】A．结合已知①可知化合物B→C为还原反应，对比F和G分子式可知F→G均为还原反应，故A不符合题意；B．根据化合物I的结构简式，可知含官能团：醚键、碳溴键、氨基，故B符合题意；C．中甲基碳原子成键形式有碳碳单键和碳氧双键两种，其中碳氧双键属于极性键，更容易断裂与G发生取代反应，故副产物为，故C符合题意；答案选BC；【小问2详解】化合物A中醛基可被溴水氧化；【小问3详解】A先与CH3NO2发生加成反应生成， 在发生消去反应，反应方程式：+H2O；【小问4详解】B的同分异构体①属于芳香族化合物，说明含苯环结构，谱检测表明含3种氢，说明其结构对称，且不含-O—O-结构，N只与C成键；②1mol有机物最多消耗6molNaOH；③可发生银镜反应，结合原子种类及个数，说明含甲酸酚酯基和碳溴键，则符合要求的同分异构体的结构简式：、；【小问5详解】