2022-2023學年廣東省六校高三上學期第二次聯(lián)考化學試題（解析版）

試卷第=page2424頁，共=sectionpages2525頁試卷第=page2525頁，共=sectionpages2525頁廣東省六校2022-2023學年高三上學期第二次聯(lián)考化學試題學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．下列物品中含有大量纖維素的是物品選項A．北狼毫(黃鼠狼毛做)B．滌綸布料C．紙張D．碳纖維管A．A B．B C．C D．D【答案】C【詳解】A．北狼毫是動物的毛發(fā)，主要成分為蛋白質，A不符合題意；B．滌綸布料的主要成分滌綸，是一種化學纖維，B不符合題意；C．紙張是用植物的秸桿、樹木等生產的，主要成分為纖維素，C符合題意；D．碳纖維管的主要成分為碳單質，D不符合題意；故選C。2．近年我國取得讓世界矚目的科技成果，化學功不可沒，下列說法正確的是A．中國天眼FAST用到的高性能碳化硅是一種新型的有機高分子材料B．第三代核電“華龍一號”落戶福建，核反應屬于化學反應C．國家速滑館“冰絲帶”使用的碲化鎘光伏發(fā)電屬于電解池原理D．由二氧化碳合成淀粉的人工全合成技術，讓化解糧食危機成為了可能【答案】D【詳解】A．高性能碳化硅是一種新型的無機材料，故A錯誤；B．核反應中原子核會發(fā)生變化，所以核反應屬于物理變化，不屬于化學變化，故B錯誤；C．碲化鎘光伏發(fā)電是將故光能轉化為電能，不屬于電解池原理，故C錯誤；D．由二氧化碳合成淀粉的人工全合成技術可以提高糧食的產量，有助于人類化解糧食危機，讓化解糧食危機成為了可能，故D正確；故選D。3．設NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A．11.2L乙烷和丙烯的混合氣體中所含碳氫鍵數為3NAB．電解溶液，陰極增重6.4g，外電路中通過電子的數目為0.2NAC．12g晶體中含有0.2NA個陽離子D．1LpH=1的稀溶液中含有的數目為0.2NA【答案】C【詳解】A．缺標準狀況，無法計算11.2L乙烷和丙烯的混合氣體的物質的量和含有的碳氫鍵數目，故A錯誤；B．電解氯化銅溶液時，銅離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成銅，則陰極增重6.4g時，外電路中通過電子的數目為×1×NAmol—1=0.2NA，故B正確；C．硫酸氫鈉是由鈉離子和硫酸氫根形成的離子化合物，12g硫酸氫鈉晶體中含有的陽離子數目為×1×NAmol—1=0.1NA，故C錯誤；D．1LpH=1的稀硫酸溶液中含有的氫離子數目為0.1mol/L×1L×NAmol—1=0.1NA，故D錯誤；故選B。4．勞動創(chuàng)造幸福未來。下列勞動項目與所述的化學知識關聯(lián)不合理的是選項勞動項目化學知識A科學研究：燃煤脫硫有利于實現“碳達峰、碳中和”B工廠生產：接觸法制硫酸涉及氧化還原反應C社會服務；推廣使用免洗手酒精消毒液酒精能使蛋白質變性D家務勞動：使用碳酸氫鈉做食品膨松劑碳酸氫鈉在加熱條件下分解產生CO2A．A B．B C．C D．D【答案】A【詳解】A．燃煤脫硫，脫去的是硫元素，可減少二氧化硫向大氣的排放，減少酸雨的形成，與“碳達峰、碳中和”無關，A關聯(lián)不合理；B．接觸法制硫酸的反應中，FeS2→SO2、SO2→SO3都是氧化還原反應，B關聯(lián)合理；C．免洗手酒精消毒液中所用的酒精，能使細菌蛋白質脫水變性，從而使細菌喪失活性，C關聯(lián)合理；D．碳酸氫鈉在加熱條件下分解產生CO2，CO2受熱后發(fā)生體積膨脹，可使食品變得膨松，D關聯(lián)合理；故選A。5．實驗室以銅和濃硫酸為原料，按照制備、檢驗所有氣體產物及尾氣處理的順序進行實驗。下列裝置(“→”表示氣流方向)不能達到實驗目的的是裝置選項ABCDA．A B．B C．C D．D【答案】D【詳解】A．由圖可知，裝置A為銅與濃硫酸共熱制備二氧化硫裝置，則題給裝置能達到制備二氧化硫的實驗目的，故A不符合題意；B．由圖可知，裝置B中盛有的無水硫酸銅用于檢驗水的生成，則題給裝置能達到檢驗水蒸氣的實驗目的，故B不符合題意；C．由圖可知，裝置C中盛有的品紅溶液用于檢驗二氧化硫的生成，則題給裝置能達到檢驗二氧化硫的實驗目的，故C不符合題意；D．二氧化硫不溶于亞硫酸氫鈉，由圖可知，裝置D中盛有的飽和亞硫酸氫鈉溶液不能用于吸收二氧化氯，則題給裝置不能達到吸收二氧化硫尾氣的實驗目的，故D符合題意；故選D。6．能正確表示下列反應的離子方程式為A．硫化鈉溶液和硝酸混合：B．明礬溶液與過量氨水混合：C．溶液中通入過量：D．溶液與NaOH溶液混合：【答案】C【詳解】A．硝酸具有強氧化性，能將硫化鈉氧化為硫等，沒有H2S生成，A不正確；B．氨水的堿性較弱，不能溶解Al(OH)3，所以明礬溶液與過量氨水混合，生成Al(OH)3沉淀和銨鹽等，沒有生成，B不正確；C．溶液中通入過量，生成NaHSO3、CO2等，離子方程式為：，C正確；D．碳酸為弱酸，在溶液中只能發(fā)生部分電離，應以化學式表示，所以溶液與NaOH溶液混合時，離子方程式為：+OH-=+H2O，D不正確；故選C。7．一女子折路邊的夾竹桃花銜在嘴里拍照，第二天中毒的事件上了熱搜。夾竹桃的枝葉和花粉均有毒，其中有毒物質夾竹桃苷A的結構如如圖(-Me表示-CH3)，下列關于該物質的說法正確的是A．屬于芳香族化合物 B．含有五種官能團C．能與水任意比互溶 D．可發(fā)生取代加成、消去反應【答案】D【詳解】A．該有機物分子中不含有苯環(huán)，不屬于芳香族化合物，A不正確；B．該有機物分子中含有羥基、醚鍵、碳碳雙鍵、酯基四種官能團，B不正確；C．該有機物分子較大，但只含有2個水溶性基-OH，在水中溶解度較小，C不正確；D．該有機物分子中的羥基和酯基，都能發(fā)生取代反應，羥基碳相鄰碳原子上連有氫原子，可發(fā)生消去反應，D正確；故選D。8．由徐光憲院士發(fā)起院士學子同創(chuàng)的《分子共和國》科普讀物生動形象地戲說了、、、、、等眾多“分子共和國”中的明星。下列說法正確的是A．中心原子為雜化，中心原子為雜化B．和都屬于非極性分子C．所有分子都只存在σ鍵，不存在π鍵D．、分子的空間結構均為直線形【答案】A【詳解】A．氨分子中氮原子的價層電子對數為4，氮原子的雜化方式為sp3雜化，三氟化硼分子中硼原子的價層電子對數為3，硼原子的雜化方式為sp2雜化，故A正確；B．氨分子的空間構型為結構不對稱的三角錐形，屬于極性分子，故B錯誤；C．乙酸分子的官能團羧基，分子中存在σ鍵和π鍵，故C錯誤；D．硫化氫分子中硫原子的價層電子對數為4、孤對電子對數為2，分子的空間構型為V形，臭氧和二氧化硫的原子個數都為3、價電子數目都為18，互為等電子體，等電子體具有相同的空間構型，二氧化硫的價層電子對數為4、孤對電子對數為2，分子的空間構型為V形，則臭氧的的空間構型為V形，故D錯誤；故選A。9．某課題組設計一種以A輔助固定的方法，原理如圖。下列說法不正確的是A．化合物A為B．反應①屬于非氧化還原反應C．總反應的原子利用率100%D．若用輔助固定，則產物為【答案】C【分析】由圖可知，A輔助固定二氧化碳的總反應為催化劑作用下，甲醇與二氧化碳反應生成生成碳酸二甲酯和水，則A為甲醇，反應的化學方程式為CH3OH+CO2+H2O?！驹斀狻緼．由分析可知，化合物A為甲醇，故A正確；B．由圖可知，反應①為與甲醇發(fā)生取代反應生成和水，反應中沒有元素發(fā)生化合價變化，屬于非氧化還原反應，故B正確；C．由分析可知，總反應為CH3OH+CO2+H2O，反應產物不唯一，則反應的原子利用率小于100%，故C錯誤；D．由分析可知，總反應為CH3OH+CO2+H2O，則用乙二醇輔助固定所得產物為，故D正確；故選C。10．氮氣及其重要化合物的轉化關系如如圖，則下列說法正確的是A．路線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是工業(yè)生產硝酸的主要途徑B．反應①②③均需要使用催化劑C．路線Ⅲ的另一種反應物為水時，每1mol反應，轉移電子數目為NAD．已知某條件下

，該條件下每合成1molNH3放出的熱量為46.2kJ【答案】D【詳解】A．工業(yè)上生成硝酸的第一步反應為氨的催化氧化，原料是NH3而不是N2，A不正確；B．反應①②均需要使用催化劑，但反應③只需提供O2，在常溫下就可轉化，B不正確；C．路線Ⅲ的另一種反應物為水時，發(fā)生反應3NO2+H2O=2HNO3+NO，則每1mol反應，轉移電子數目為NA，C不正確；D．反應

表明，2NH3——92.4kJ，則該條件下每合成1molNH3放出的熱量為46.2kJ，D正確；故選D。11．通過電解廢舊鋰電池中的可獲得難溶性的和，電解示意圖如下(其中濾布的作用是阻擋固體顆粒，但離子可自由通過，電解過程中溶液的體積變化忽略不計)。下列說法不正確的是A．電極B區(qū)的通過濾布向電極A遷移B．電極A的電極發(fā)應：C．電解一段時間后溶液中濃度保持不變D．電解結束，可通過調節(jié)pH除去，再加入溶液以獲得【答案】C【分析】由圖可知，該裝置為電解池，電極A為與直流電源負極相連的陰極，酸性條件下，LiMn2O4在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成錳離子，電極反應式為2LiMn2O4+6e—+16H+=2Li++4Mn2++8H2O，電極B為陽極，水分子作用下，錳離子在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成二氧化錳和氫離子，電極反應式為2H2O+Mn2+—2e—=MnO2+4H+，則電解的總反應方程式為2LiMn2O4+4H+2Li++Mn2++3MnO2+2H2O?！驹斀狻緼．由分析可知，電極A為與直流電源負極相連的陰極，電極B為陽極，則電解時，電極B區(qū)的氫離子通過濾布向電極A遷移，故A正確；B．由分析可知，電極A為與直流電源負極相連的陰極，酸性條件下，LiMn2O4在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成錳離子，電極反應式為2LiMn2O4+6e—+16H+=2Li++4Mn2++8H2O，故B正確；C．由分析可知，電解的總反應方程式為2LiMn2O4+4H+2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，反應生成了錳離子，溶液中錳離子濃度增大，故C錯誤；D．由分析可知，電解的總反應方程式為2LiMn2O4+4H+2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，電解結束后，可通過調節(jié)溶液pH將錳離子轉化為沉淀除去，然后再加入碳酸鈉溶液，從而獲得碳酸鋰，故D正確；故選C。12．根據實驗操作和現象得出的結論不正確的是選項實驗方法操作和現象結論A在0.1mol?L-1H2C2O4溶液中加入少量NaHCO3溶液，產生氣泡酸性：B分別測濃度均為0.1mol?L-1的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者C在試管中加入2mL10%的Na0H溶液，滴加5滴CuSO4溶液，再加入2mL10%葡萄糖溶液，加熱，觀察、產生磚紅色沉淀葡萄糖中含有醛基D向新制氯水中加入稀硝酸酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀生成氯水中有Cl-A．A B．B C．C D．D【答案】B【詳解】A．H2C2O4溶液中加入少量NaHCO3溶液，產生氣泡，則生成了CO2氣體，表明用H2C2O4制得了H2CO3，從而證明酸性：，A正確；B．CH3COONH4在溶液中發(fā)生雙水解反應，CH3COO-的水解受到水解的促進，不能與NaHCO3的單水解進行對比，B不正確；C．2mLNaOH溶液中加入5滴CuSO4溶液，生成了含NaOH的Cu(OH)2懸濁液，再加入葡萄糖溶液，加熱，產生Cu2O磚紅色沉淀，則可證明葡萄糖分子中含有醛基，C正確；D．新制氯水中加入稀硝酸酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀生成，說明生成了AgCl沉淀，從而證明氯水中含有Cl-，D正確；故選B。13．短周期主族非金屬元素R、X、Y、Z的原子序數依次增大，它們分列在不同的主族，由這四種元素組成的一種常見化合物甲有如如圖所示的轉化關系，常溫下，丁為液態(tài)，在乙、丙的水溶液中各滴3滴酚酞溶液、乙溶液顯紅色，丙溶液為無色。下列說法正確的是A．第一電離能：Z>Y>X>RB．X、Y、Z三種元素中，能形成氫化物種類最多的為XC．最高價氧化物水化物的酸性：X>YD．甲、乙、丙、丁所組成的晶體均屬于分子晶體【答案】B【分析】短周期主族非金屬元素R、X、Y、Z的原子序數依次增大，它們分列在不同的主族，由這四種元素組成的一種常見化合物甲有如如圖所示的轉化關系，常溫下，丁為液態(tài)，在乙、丙的水溶液中各滴3滴酚酞溶液、乙溶液顯紅色，丙溶液為無色，則甲為碳酸銨或碳酸氫銨、乙為氨氣、丙為二氧化碳、丁為水，R為H元素、X為C元素、Y為N元素、Z為O元素?！驹斀狻緼．同周期元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢，氮原子的2p軌道為穩(wěn)定的半充滿結構，元素的第一電離能大于相鄰元素，則氮元素的第一電離能大于氧元素，故A錯誤；B．碳、氮、氧三種元素中，碳元素與氫元素可以形成烴類化合物，所以碳元素形成氫化物種類最多，故B正確；C．同周期元素，從左到右元素的非金屬性依次增強，最高價氧化物水化物的酸性依次增強，則硝酸的酸性強于碳酸，故C錯誤；D．碳酸銨或碳酸氫銨是含有離子鍵和共價鍵的離子晶體，故D錯誤；故選B。14．從光盤金屬層中提取Ag(其他金屬忽略不計)的一種工藝流程如下圖，下列說法不正確的是已知：NaClO溶液在受熱或酸性條件下易分解A．氧化過程用稀硫酸代替NaOH溶液效果會更好B．操作Ⅰ需要用到的玻璃儀器有漏斗、燒杯和玻璃棒C．AgCl固體中加10%氨水可以轉化為可溶性的D．“還原”過程中N2H4?H2O轉化為無害氣體，則理論上消耗0.5molN2H4?H2O可提取Ag216g【答案】A【分析】光盤金屬層加入過量NaClO溶液中，再加入NaOH溶液調節(jié)pH，生成AgCl沉淀，用10%的氨水溶解，得到銀氨溶液，再用N2H4?H2O還原，從而制得Ag。【詳解】A．氧化過程中，若用稀硫酸代替NaOH溶液，則NaClO在酸性條件下發(fā)生分解，氧化效果變差，A不正確；B．操作Ⅰ的目的是分離固體與液體混合物，操作名稱為過濾，需要用到的玻璃儀器有漏斗、燒杯和玻璃棒，B正確；C．AgCl固體中加入10%氨水，白色固體溶解，并轉化為可溶性的[Ag(NH3)2]+、Cl-等，C正確；D．“還原”過程中，N2H4?H2O轉化為無害氣體N2，則可建立關系式：N2H4?H2O——4Ag，理論上消耗0.5molN2H4?H2O可提取Ag2mol，質量為2mol×108g/mol=216g，D正確；故選A。15．二元酸()在水中存在電離：，。則下列說法正確的是A．NaHA溶液中含A的物種有3個B．室溫下，NaHA溶液中水電離的C．NaHA溶液中D．將0.1mol/L的溶液加水稀釋，減小【答案】C【詳解】A．由題意可知，H2A在溶液中完全電離，則NaHA在溶液中只發(fā)生電離，不發(fā)生水解，溶液中含A的物種為HA—和A2—，共有2個，故A錯誤；B．由題意可知，H2A在溶液中完全電離，則NaHA在溶液中只發(fā)生電離，不發(fā)生水解，HA—在溶液中部分電離出的氫離子抑制水的電離，溶液中水電離的水電離的氫離子濃度小于10?7mol/L，故B錯誤；C．由題意可知，H2A在溶液中完全電離，則NaHA在溶液中只發(fā)生電離，不發(fā)生水解，HA—在溶液中部分電離出的氫離子使溶液呈酸性，由電荷守恒可知，溶液中c(Na+)<c(HA?)+2c(A2?)，故C正確；D．由水解常數公式可知，Na2A溶液中=，Na2A溶液加水稀釋時，溶液中A2?離子、HA?離子、氫氧根離子濃度均減小，水解常數不變，則溶液中增大，所以溶液中增大，故D錯誤；故選C。16．在恒容密閉容器中，發(fā)生基元反應ΔH，已知，在不同溫度下，測得c(A)或c(B)隨時間t的變化曲線如圖，則下列說法正確的是A．曲線Ⅱ、Ⅲ代表B的濃度變化，且B．曲線Ⅰ代表A的濃度變化，且將在t2后不再變C．a、b、c三點的逆反應速率：c>a>bD．若、為反應的速率常數，T1溫度時【答案】C【詳解】A．由方程式可知，曲線Ⅱ、Ⅲ代表B的濃度變化，由圖可知，T2時反應先達到平衡，B的濃度T2大于T1，則反應溫度T2大于T1，平衡向正反應方向移動，該反應為吸熱反應，反應ΔH＞0，故A錯誤；B．由方程式可知，曲線Ⅰ代表A的濃度變化，溫度為T2時，溫度不變，A的濃度在t2后不再變，若溫度為T1，反應未達到平衡，A的濃度將減小，故B錯誤；C．由圖可知，a點、c點的反應溫度高于b點，a點、b點為平衡的形成過程，c點反應達到平衡，反應溫度越高，逆反應速率越快，平衡形成過程中的逆反應速率小于平衡時逆反應速率，則a、b、c三點的逆反應速率大小順序為c>a>b，故C正確；D．反應達到平衡時，正逆反應速率相等，則=，=，由圖可知，T1溫度反應達到平衡時，B的濃度為0.06mol/L，由方程式可知，A的濃度為0.04mol/L—0.06mol/L×=0.01mol/L，所以===0.036，故D錯誤；故選C。二、工業(yè)流程題17．鈧(Sc)是一種重要的稀土金屬，常用來制特種玻璃、輕質耐高溫合金。從“赤泥”礦(主要成分為、、、)中回收鈧，同時生產聚合氯化鐵鋁[]具有極其重要的工業(yè)價值，一種工藝流程如圖所示：已知：鈧離子可以在不同pH下生成(n=1～6)。請回答以下問題：(1)基態(tài)鈧原子的價電子排布式為_______，過氧化氫的電子式為_______。(2)“還原”步驟中發(fā)生的主要離子反應方程式為_______。(3)“反萃取”時若加入的氫氧化鈉大量過量，則生成的含Sc元素的粒子主要為_______。(4)為了使水解步驟反應更加徹底，可以采取的措施為_______(不能添加化學式劑，任答一條即可)。(5)步驟X中生成聚合氯化鐵鋁[]的化學反應方程式為_______。(6)如圖是晶胞的示意圖,晶胞中含有的氧原子數目為_______個，已知Ti原子的配位數為6，則O原子的配位數為_______，該晶體的密度約為_______。(NA取，結果用含a、b、c的最簡分數表達式表示)。【答案】(1)

3d14s2

(2)2Fe3++Fe=3Fe2+(3)[Sc(OH)6]3—(4)加入大量的水，并加熱(5)AlCl3+FeCl3+(6—m)NaHCO3=AlFe(OH)6—mClm↓+(6—m)CO2↑+(6—m)NaCl(6)

4

3

【分析】由題給流程可知，向赤泥中加入鹽酸浸取時，金屬氧化物溶于鹽酸得到可溶的金屬氯化物，過濾得到浸取液；向浸取液中加入有機溶劑萃取溶液的鈧離子，分液得到含有鈦離子、鐵離子、鋁離子的水相和含有鈧離子的有機相；向水相中加入鐵粉，將溶液中的鐵離子轉化為亞鐵離子，向反應后的溶液中加入大量的水，并加熱使鈦離子水解轉化為TiO2·xH2O沉淀，過濾得到TiO2·xH2O和含有亞鐵離子、鋁離子的濾液；向濾液中加入過氧化氫溶液，將亞鐵離子氧化為鐵離子，向反應后的溶液中加入碳酸氫鈉溶液，將溶液中的鐵離子、鋁離子轉化為聚合氯化鐵鋁沉淀；向有機相中加入氫氧化鈉溶液反萃取，分液得到含有鈧離子的水相，向水相中加入草酸溶液，將鈧離子轉化為草酸鈧沉淀，過濾得到草酸鈧；草酸鈧經多步轉化后得到鈧。（1）鈧元素的原子序數為21，價電子排布式為3d14s2；過氧化氫為共價化合物，電子式為，故答案為：3d14s2；；（2）由分析可知，還原步驟中發(fā)生的主要反應為鐵與溶液中鐵離子反應生成亞鐵離子，離子反應方程式為2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案為：2Fe3++Fe=3Fe2+；（3）反萃取時若加入的氫氧化鈉大量過量，溶液中的鈧離子會轉化為六羥基合鈧離子，故答案為：[Sc(OH)6]3—；（4）四氯化鈦在溶液中的水解反應為吸熱反應，所以向溶液中加入大量的水，并加熱，使水解平衡不斷向正反應方向移動，可以使水解步驟反應更加徹底，故答案為：加入大量的水，并加熱；（5）由分析可知，步驟X中生成聚合氯化鐵鋁的反應為碳酸氫鈉溶液與溶液、氯化鐵溶液發(fā)生雙水解反應生成聚合氯化鐵鋁、二氧化碳和氯化鈉，反應的化學方程式為AlCl3+FeCl3+(6—m)NaHCO3=AlFe(OH)6—mClm↓+(6—m)CO2↑+(6—m)NaCl，故答案為：AlCl3+FeCl3+(6—m)NaHCO3=AlFe(OH)6—mClm↓+(6—m)CO2↑+(6—m)NaCl；（6）由晶胞結構可知，位于面上和體內的氧原子個數為4×+2=4，位于頂點和體心的鈦原子個數為8×+1=2，鈦原子的配位數為6，由化學式可知，氧原子的配位數為3，設晶體的密度為dg/cm3，由晶胞的質量公式可得：=，解得d=，故答案為：。三、原理綜合題18．碘及其化合物在人類活動中占有重要地位?；卮鹣铝袉栴}：(1)“大象牙膏”實驗中，將、KI和洗潔精混合后，短時間內產生大量的泡沫。其反應過程分為兩步：第一步：

慢反應第二步：

快反應①該反應的催化劑為_______，總反應方程式為_______；②在答題卡的圖中畫出有KI參與的兩步反應的能量歷程圖。______(2)已知：25℃下，(i)(ii)

(iii)

其中，反應ⅱ的隨溫度的變化如如圖：燒杯甲：將mg加入20mL水中(含沉淀)；燒杯乙：將mg加入20mLKI溶液(含沉淀)。①甲中存在平衡i，乙中存在平衡i和ⅱ，不考慮碘與水的反應以及其它反應，下列說法正確的是_______。A．燒杯乙中剩余的沉淀質量比甲的沉淀質量小B．室溫下，甲中加水稀釋，溶液中濃度一定減小C．乙中濃度與甲中濃度相等D．升高溫度，反應ⅱ的平衡常數大于640②為了探究乙中溶液含碘微粒的存在形式，進行實驗：恒溫25℃向10mL一定濃度的溶液中加入10mLKI溶液，反應結束后碘元素的微粒主要存在平衡ii，相關微粒濃度如下：微粒濃度/(mol/L)abc其中_______(用含c的代數式表示)，若，說明平衡體系中_______。③計算25℃下的平衡常數K=_______(取整數)；已知用有機溶劑從水溶液中萃取時，萃取效率=×100%，用等體積的一次性萃取碘水［用配制］，萃取效率為_______%(保留1位小數)，若將等分成2份，分兩次萃取該碘水，萃取總效率_______一次性萃取的效率(填“大于”、“等于”、“小于”)。【答案】(1)

KI

2H2O22H2O+O2↑

(2)

AC

還含有I2

85

98.8

大于【解析】（1）①由題給方程式可知，在碘化鉀做催化劑條件下，過氧化氫發(fā)生分解反應生成氧氣和水，反應的化學方程式為2H2O22H2O+O2↑，故答案為：KI；2H2O22H2O+O2↑；②由題給方程式可知，第一步反應為吸熱反應，第二步反應為放熱反應，且第一步反應的活化能小于第二步反應，則有碘化鉀參與的兩步反應的能量歷程圖為，故答案為：；（2）①A．由題給信息可知，碘在碘化鉀溶液中的溶解度大于水中溶解度，則燒杯乙中剩余的碘沉淀質量比甲的碘沉淀質量小，故正確；B．室溫下，若向甲的懸濁液中加水稀釋，溶液中I2(aq)濃度不變，故錯誤；C．碘在碘化鉀溶液中于碘與碘化鉀溶液反應碘三離子，使碘的溶解度大于水中溶解度，則乙中I2(aq)濃度小于甲中I2(aq)濃度，故錯誤；D．由圖可知，升高溫度，碘三離子的濃度減小說明平衡向逆反應方向移動，則升高溫度，反應ⅱ的平衡常數大于640，故正確；故選AD；②由反應ii平衡常數可知，，則；由碘原子原子個數守恒可知，則說明平衡體系中還含有I2，故答案為：；還含有I2；③由蓋斯定律可知，iii—i可得，則平衡常數K=≈85；由題意可知水相中碘的濃度為0.00132mol/L，有機相中碘的濃度為0.112mol/L，則萃取效率為×100%≈98.8%，若將四氯化碳等分成2份，分兩次萃取該碘水，有機相中碘的濃度增大幅度大于水相中碘的濃度增大幅度，則萃取總效率將大于一次性萃取的效率，故答案為：85；98.8%；大于。四、實驗題19．氨基羧酸鹽在工農業(yè)、生活中有著廣泛應用，其中氨基甲酸銨(NH2COONH4)可用作肥料、洗滌劑等。實驗室用下圖所示裝置制備氨基甲酸銨，該反應在干燥條件下僅生成氨基甲酸銨，若有水存在則主要生成碳酸氫銨。(1)盛放NaOH固體的儀器名稱是_______，干燥管中的試劑為_______。(2)無水條件下合成氨基甲酸銨的化學反應方程式為_______；若該反應能自發(fā)進行，則該反應的_______0，(填“＞”或“＜”)；對比碳酸鈣和鹽酸反應制取CO2，該實驗利用干冰升華制取CO2，其優(yōu)點有_______。A．提供較低的反應溫度，有利于過程的自發(fā)進行B．所得氨基甲酸銨含雜質較少C．更加綠色環(huán)保D．對CO2的流速能更好的調控與掌握(3)上述實驗裝置存在缺陷，改進的方法是_______。(寫出其中任意1條)(4)某小組擬在相同溫度下，探究氨基甲酸銨濃度對氨基甲酸銨水解反應速率的影響。限選試劑與儀器：2.0mol/LNH2COONH4溶液、蒸餾水、燒杯、量筒、秒表、電導率儀、恒溫水浴槽。設計實驗方案：在不同氨基甲酸銨溶液濃度下，測定電導率數值的變化量相同所需的時間。參照下表格式，在表中的空白欄目填上需記錄的待測物理量和所擬定的數據。(數據用字母表示，其中體積用V1、V2等表示)______物理量實驗序號溫度T(℃)導電率變化量?S…1ab2ab(5)該小組在上述實驗方案基礎上又進行了探究，分別用兩份不同初始濃度的氨基甲酸銨溶液在不同溫度下測定水解反應速率，得到c(NH2COO-)隨時間的變化趨勢如圖所示。根據圖中信息，能說明該水解反應速率隨溫度升高而加快的證據是_______?！敬鸢浮?1)

三頸燒瓶

堿石灰(2)

2NH3+CO2=NH2COONH4

＜

ABC(3)在反應器的出氣導管口放一團疏松的棉花、在稀硫酸中的出氣管口連接倒置漏斗、在反應器與盛稀硫酸的裝置間連接盛有堿石灰的干燥管(任寫一條)(4)物理量實驗序號溫度T(℃)導電率變化量?S2.0mol/LNH2COONH4溶液的體積(mL)蒸餾水的體積(mL)時間(min)1abV1

0t12ab

V2

V1-V2t2(5)雖然25.0℃時反應物的起始濃度較小，但相同時間內的濃度變化量(或反應速率)仍比15.0℃時大【分析】濃氨水滴入NaOH固體中，發(fā)生反應生成氨氣，干燥后與干冰升華后產生的二氧化碳在C裝置內反應生成NH2COONH4，D裝置內的稀硫酸用于吸收氨氣尾氣。（1）從圖中可以看出，盛放NaOH固體的儀器是帶有三個頸的圓底瓶，則其名稱是三頸燒瓶，干燥管中用于干燥氨氣，則試劑為堿石灰。答案為：三頸燒瓶；堿石灰；（2）無水條件下，氨氣與二氧化碳發(fā)生化合反應，生成氨基甲酸銨，化學反應方程式為2NH3+CO2=NH2COONH4；該反應的?S＜0，能自發(fā)進行，則?H-T?S＜0，該反應的?H＜0；A．因為正反應為放熱反應，干冰升華后溫度降低，從而提供較低的反應溫度，有利于過程的自發(fā)進行，A正確；B．碳酸鈣和鹽酸反應制取的CO2氣體中混有HCl和水蒸氣，HCl和水蒸氣能與NH3或產品反應，而干冰升華后所得CO2中不含有雜質，則所得氨基甲酸銨中含雜質較少，B正確；C．用干冰升華制得的CO2中不含有雜質，對環(huán)境污染小，更加綠色環(huán)保，C正確；D．用干冰升華制取CO2，對CO2的流速不能調控與掌握，D不正確；故選ABC。答案為：2NH3+CO2=NH2COONH4；＜；ABC；（3）上述實驗裝置存在以下缺陷：產品易堵塞導管、稀硫酸會產生倒吸、稀硫酸中產生的水蒸氣會進入反應器中(發(fā)生副反應)，改進的方法是：在反應器的出氣導管口放一團疏松的棉花、在稀硫酸中的出氣管口連接倒置漏斗、在反應器與盛稀硫酸的裝置間連接盛有堿石灰的干燥管(任寫一條)。答案為：在反應器的出氣導管口放一團疏松的棉花、在稀硫酸中的出氣管口連接倒置漏斗、在反應器與盛稀硫酸的裝置間連接盛有堿石灰的干燥管(任寫一條)；（4）實驗探究：在相同溫度下，氨基甲酸銨濃度對氨基甲酸銨水解反應速率的影響。所以配制兩份濃度不同的溶液：一份可以用原濃度的溶液，另一份取一定體積原溶液、加水稀釋使兩份溶液的體積相同，測定導電率變化量?S相同時所用的時間。物理量實驗序號溫度T(℃)導電率變化量?S2.0mol/LNH2COONH4溶液的體積(mL)蒸餾水的體積(mL)時間(min)1abV1

0t12ab

V2

V1-V2t2答案為：物理量實驗序號溫度T(℃)導電率變化量?S2.0mol/LNH2COONH4溶液的體積(mL)蒸餾水的體積(mL)時間(min)1abV