上海市楊浦區(qū)2023屆高三上學期一?；瘜W試題（解析版）

高中化學名校試卷PAGEPAGE1上海市楊浦區(qū)2023屆高三上學期一模試題相對原子質量：H-1C-12N-14O-16A1-27S-32Fe-56一、選擇題(每小題只有一個正確〖答案〗)1.發(fā)任意球時，足球裁判會在球場噴少量液體做標記，該液體迅速形成白色泡沫并很快消失。該液體的組成：80%水、17%液態(tài)丁烷、2%植物油及1%表面活性劑，液體形成泡沫有表面活性劑的作用，還因為（）A.丁烷變成氣體 B.植物油變成固體C.水變成氣體 D.水變成固體〖答案〗A〖解析〗常溫下丁烷為氣態(tài)烴，由液體的組成和性質可知，在球場噴少量液體做標記時，噴出的液體中的液態(tài)丁烷迅速變成氣體使表面活性劑形成泡沫，故選A。2.等物質的量的A1、Fe分別與水完全反應，下列說法正確的是（）A.電子轉移的數(shù)目相同 B.均有堿生成C.生成等量的氫氣 D.反應條件不同〖答案〗D〖解析〗鋁與水共熱反應生成氫氧化鋁和氫氣，1mol鋁完全反應轉移3mol電子、生成mol氫氣，鐵與水蒸氣在高溫下反應生成四氧化三鐵和氫氣，1mol鐵完全反應轉移mol電子、生成mol氫氣，則等物質的量的鋁、鐵分別與水完全反應，反應條件不同，鋁反應生成兩性氫氧化物氫氧化鋁、鐵反應生成四氧化三鐵，反應轉移電子數(shù)目不同，生成氫氣的物質的量不同，故選D。3.甲烷和氯氣1:4混合后，在光照下反應，生成的有機物都（）A.能發(fā)生消除反應 B.溶于水C.只有一種結構 D.是極性分子〖答案〗C〖祥解〗甲烷和氯氣在光照下，反應進行到哪一步不是由反應物甲烷和氯氣的物質的量之比來決定的，即使甲烷和氯氣的物質的量之比是1:1的情況，也不會僅生成CH3Cl，因為一旦生成CH3Cl后，CH3Cl分子中的氫原子又可繼續(xù)被氯原子取代，直到分子中氫原子都被取代完，因此其產物不是純凈的CH3Cl，題給甲烷與氯氣以物質的量之比1:4混合，則四步取代反應都可能發(fā)生，所以反應所得有機物CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4?！驹斘觥緼．反應生成的氯代甲烷都沒有鄰碳原子，所以都不能發(fā)生消除反應，故A錯誤；B．反應生成的氯代甲烷都難溶于水，故B錯誤；C．甲烷是正四面體結構，所以反應生成的氯代甲烷都只有一種結構，沒有同分異構體，故C正確；D．反應生成的氯代甲烷中四氯甲烷是結構對稱的非極性分子，故D錯誤；故選C。4.的結構片段為：，，下列說法正確的是（）A.是共價化合物 B.為原子晶體C.為離子晶體 D.原子最外層都是8電子〖答案〗A〖解析〗A．由S、N兩種元素組成，是共價化合物，故A正確；B．由分子構成，屬于分子晶體，故B錯誤；C．由分子構成，屬于分子晶體，故C錯誤；D．中N原子形成3個共價鍵，最外層是8電子結構，S原子形成3個共價鍵，最外層不是8電子結構，故D錯誤；選A。5.下列事實不能從原子結構角度解釋的是（）A.化合物中為價 B.沸點：C.非金屬性： D.熱穩(wěn)定性：〖答案〗B〖解析〗A．Cl原子半徑小于I原子半徑，Cl的電子能力強，因此化合物中為價，能從原子結構角度解釋，故A不符合題意；B．分子結構相似，相對分子質量越大，熔沸點越高，HI的相對分子質量大于HCl，故沸點：，不能從原子結構角度解釋，故B符合題意；C．同主族元素從上到下，原子半徑逐漸增大，得電子能力逐漸減弱，因此非金屬性：，能從原子結構角度解釋，故C不符合題意；D．元素的非金屬性越強，其氫化物的穩(wěn)定性越強，非金屬性：Cl>I，則熱穩(wěn)定性：，能從原子結構角度解釋，故D不符合題意；故〖答案〗選B。6.不能由單質化合生成的物質是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗A．銅與硫在加熱條件下生成，所以能由單質直接化合而成，故A不符合題意；B．硫與氧氣反應生成二氧化硫，所以不能由單質直接化合而成，故B符合題意；C．鐵與氯氣在加熱的條件下生成，所以能由單質直接化合而成，故C不符合題意；D．氮與氧氣在放電的條件下生成NO，所以NO能由單質直接化合而成，故D不符合題意；故〖答案〗選B。7.實驗室用a裝置制備下列氣體時，所選試劑及收集方法均正確的是（）氣體試劑收集AbBcC電石飽和食鹽水dD生石灰濃氨水d〖答案〗C〖解析〗A．銅與濃硫酸共熱反應生成硫酸銅、二氧化硫和水，則裝置A不可能制備二氧化硫，故A錯誤；B．二氧化氮的密度比空氣大，則裝置c不可能用于收集二氧化氮，故B錯誤；C．裝置a可用于電石與飽和食鹽水制備乙炔氣體，裝置d可用于收集乙炔氣體，故C正確；D．氨氣極易溶于水，則裝置d不能用于收集氨氣，故D錯誤；故選C。8.如圖，收集后做噴泉實驗。下列分析錯誤的是（）A.形成噴泉，說明燒瓶內的壓強低于大氣壓B.燒瓶中剩余少量氣體，說明的溶解已達平衡C.燒瓶中溶液變紅，說明溶液顯酸性D.燒瓶中溶液露置在空氣中pH增大，說明易揮發(fā)〖答案〗B〖解析〗A．當瓶外大氣壓大于瓶內氣壓，會把水壓入燒瓶形成噴泉，故A正確；B．燒瓶中剩余少量氣體，可能是混有的空氣剩余，不能說明的溶解已達平衡，故B錯誤；C．燒杯中滴有石蕊，燒瓶中溶液變紅，說明溶于水所得溶液顯酸性，故D正確；D．燒瓶中溶液露置在空氣中pH增大，可能溶質減少或溶劑增加，而易揮發(fā)，故D正確；故〖答案〗為：B。9.一種分子的結構如圖所示，X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，W的原子序數(shù)等于X與Y的原子序數(shù)之和，下列說法錯誤的是（）A.原子半徑： B.X、Y、Z在同一周期C.Y的氫化物在常溫下是液態(tài) D.非金屬性：〖答案〗A〖祥解〗X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，W的原子序數(shù)等于X與Y的原子序數(shù)之和，由分子結構可知，分子中X、Y、Z、W形成的共價鍵數(shù)目分別為4、2、1、4，則X為C元素、Y為O元素、Z為F元素、W為Si元素?！驹斘觥緼．同周期元素，從左到右原子半徑依次減小，則碳原子、氧原子、氟原子的原子半徑依次減小，故A錯誤；B．碳元素、氧元素、氟元素都是第二周期元素，故B正確；C．常溫下，氧元素的氫化物水和過氧化氫都是液態(tài)，故C正確；D．同主族元素，從上到下元素的非金屬性依次減弱，同周期元素，從左到右元素的非金屬性依次增強，則硅、碳、氧、氟四種元素的非金屬性依次增強，故D正確；故選A。10.用已知濃度的溶液測定某溶液的濃度，下表中正確的是（）錐形瓶中溶液滴定管中溶液選用指示劑滴定終點溶液顏色變化A溶液溶液甲基橙紅色變?yōu)辄S色B溶液溶液酚酞淺紅色變?yōu)闊o色C溶液溶液甲基橙黃色變?yōu)槌壬獶溶液溶液石蕊藍色變?yōu)樽仙即鸢浮紺〖解析〗A．用氫氧化鈉溶液滴定錐形瓶中的稀硫酸溶液時，可以選用甲基橙做指示劑，滴定終點時，溶液由橙色變?yōu)辄S色，故A錯誤；B．用氫氧化鈉溶液滴定錐形瓶中的稀硫酸溶液時，可以選用酚酞做指示劑，滴定終點時，溶液由無色變?yōu)闇\紅色，故B錯誤；C．用稀硫酸溶液滴定錐形瓶中的氫氧化鈉溶液時，可以選用甲基橙做指示劑，滴定終點時，溶液由黃色變?yōu)槌壬蔆正確；D．用稀硫酸溶液滴定錐形瓶中的氫氧化鈉溶液時，應選擇顏色變化明顯的指示劑，石蕊試液顏色變化不明顯，不能選用石蕊做指示劑，故D錯誤；故選C。11.下列生產中，不涉及勒夏特列原理的是（）A.合成氨 B.飽和氨鹽水中通制碳酸氫鈉C.和制 D.侯氏制堿法處理母液〖答案〗C〖解析〗A．合成氨反應為可逆反應，生產中一定涉及勒夏特列原理，故A不符合題意；B．飽和氨鹽水中存在著氨水的電離平衡，則飽和氨鹽水中通二氧化碳制碳酸氫鈉一定涉及勒夏特列原理，故B不符合題意；C．氫氣與氯氣制氯化氫的反應不是可逆反應，氯化氫的生產中不一定涉及勒夏特列原理，故C符合題意；D．侯氏制堿法母液中存在銨根離子和碳酸氫根離子的水解平衡，向母液中加堿溶液，碳酸氫根離子和銨根離子均能與氫氧根離子反應，則侯氏制堿法處理母液時一定涉及勒夏特列原理，故D不符合題意；故選C。12.不能鑒別和溴蒸汽的是（）A.濕潤的淀粉碘化鉀試紙 B.水C.溶液 D.〖答案〗A〖解析〗A．和溴蒸汽都能把I-氧化為I2，使?jié)駶櫟牡矸鄣饣浽嚰垼荒苡脻駶櫟牡矸鄣饣浽嚰堣b別和溴蒸汽，故選A；B．被水吸收溶液變?yōu)闊o色，溴蒸汽被水吸收溶液變?yōu)槌壬?，水能鑒別和溴蒸汽，故不選B；C．溶液與溴蒸汽反應生成淺黃色溴化銀沉淀，溶液能鑒別和溴蒸汽，故不選C；D．溴蒸汽溶于形成橙紅色溶液，不溶于，能鑒別和溴蒸汽，故不選D；選A。13.去掉表面氧化膜的等質量的兩片鋁箔，其一放入足量溶液中，另一在空氣中放置一段時間后再放入足量溶液中。下列說法錯誤的是（）A.均未得電子 B.消耗等物質的量的C.生成等物質的量的 D.生成等物質的量的氣體〖答案〗D〖解析〗A．鋁與氫氧化鈉溶液反應的實質是鋁和水反應生成氫氧化鋁和氫氣，氫氧化鋁在和氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉和水，反應中水得電子生成氫氣，均未得電子，故A正確；B．兩份鋁物質的量相等，反應后的產物是偏鋁酸鈉，n(Na)=n(Al)，根據元素守恒，消耗等物質的量的，故B正確；C．兩份鋁的物質的量相等，根據鋁元素守恒，生成等物質的量的，故C正確；D．在空氣中放置一段時間后，部分鋁被氧化為氧化鋁，再放入足量溶液中生成氫氣的物質的量的減少，故D錯誤；選D。14.配制新制懸濁液、銀氨溶液和檢驗醛基的過程中，敘述錯誤的是（）A.配制時均未發(fā)生氧化還原反應 B.配制時堿均過量C.檢驗醛基時加熱方式不同 D.檢驗醛基時均發(fā)生氧化還原反應〖答案〗B〖祥解〗配制新制氫氧化銅懸濁液時應將硫酸銅溶液滴入過量的氫氧化鈉溶液中，配制銀氨溶液時應將氨水滴入硝酸銀溶液中直至反應的生成沉淀恰好溶解，氨水不能過量，檢驗醛基時有機物與新制氫氧化銅懸濁液加熱至沸騰會生成磚紅色沉淀，與銀氨溶液水浴加熱會有銀鏡生成?！驹斘觥緼．由分析可知，配制新制氫氧化銅懸濁液和銀氨溶液時均沒有元素發(fā)生化合價變化，均未發(fā)生氧化還原反應，故A正確；B．由分析可知，配制銀氨溶液時氨水不能過量，否則會生成易爆物質發(fā)生意外事故，故B錯誤；C．由分析可知，有機物與新制氫氧化銅懸濁液加熱至沸騰會生成磚紅色沉淀，與銀氨溶液水浴加熱會有銀鏡生成，所以兩者檢驗醛基時加熱方式不同，故C正確；D．由分析可知，有機物與新制氫氧化銅懸濁液加熱至沸騰會生成磚紅色沉淀，與銀氨溶液水浴加熱會有銀鏡生成，反應中均有元素發(fā)生化合價變化，均發(fā)生氧化還原反應，故D正確；故選B。15.圖示為某儲氫合金的吸氫過程，此過程放出大量熱。下列說法正確的是（）A.氫氣以分子形式存在于儲氫合金中 B.儲氫合金在吸氫時體系能量升高C.相金屬氫化物釋放氫時不破壞化學鍵 D.利用儲氫合金可制備高純氫〖答案〗D〖解析〗A．氫氣以金屬氫化物的形式存在于儲氫合金中，故A錯誤；B．儲氫合金在吸氫時放出能量，體系能量降低，故B錯誤；C．相金屬氫化物釋放氫的過程中破壞化學鍵，故C錯誤；D．利用儲氫合金的選擇性吸收的特性，可制備高純氫，故D正確；故〖答案〗選D。16.強光照射新制氯水時，得到如圖所示圖像，縱坐標代表的物理量與圖不相符的是（）A.溶液中氯離子濃度 B.溶液pH值C.生成氧氣物質的量 D.溶液的導電能力〖答案〗B〖解析〗強光照射新制氯水時，氯水中次氯酸遇光分解生成鹽酸和氧氣，生成氧氣的物質的量增大，溶液中氯離子和氫離子濃度增大，溶液的導電能力增強、pH值減小，則縱坐標代表的溶液pH值與圖不相符，故選B。17.一定條件下，有機物X與等物質的量發(fā)生加成反應后得到，則X（）A.可能屬于芳香族化合物 B.可能與己酸互為同分異構體C.一定能與溴加成 D.一定能發(fā)生酯化反應〖答案〗D〖祥解〗由有機物X與等物質的量H2反應后得到可知，X的分子式為C6H10O2，分子中含有六元環(huán)，可能含有1個碳碳雙鍵和2個羥基或者1個羰基和1個羥基。【詳析】A．X分子中不含苯環(huán)，不可能屬于芳香族化合物，故A錯誤；B．己酸的分子式為C6H12O2，與X的分子式不同，所以X與己酸不可能互為同分異構體，故B錯誤；C．若X含有1個羰基和1個羥基時，不能與溴發(fā)生加成反應，故C錯誤；D．X分子中含有羥基，一定條件下能與羧酸發(fā)生酯化反應，故D正確；故〖答案〗選D。18.如圖利用鐵碳原電池原理處理酸性污水。若上端開口關閉，可得到強還原性的H(氫原子)；若上端開口打開并鼓入空氣，可得到強氧化性的OH。下列說法錯誤的是（）A.無論是否鼓入空氣，負極：B.上端開口關閉，正極：C.鼓入空氣，每生成有電子轉移D.處理含的污水時，打開上端開口并鼓入空氣〖答案〗C〖解析〗A．無論是否鼓入空氣，鐵作負極，負極反應式為，故A正確；B．上端開口關閉，可得到強還原性的H，則正極反應式為，故B正確；C．OH中O的化合價為-1,每生成有電子轉移，故C錯誤；D．處理含的污水時，發(fā)生氧化反應，需要強氧化性的OH，所以要打開上端開口并鼓入空氣，故D正確；選C。19.對下列實驗的分析，錯誤的是（）ABCD水解平衡右移，pH減小的水解程度增大，減小可促進的水解混合液中〖答案〗A〖解析〗A．醋酸鈉在溶液中的水解反應為吸熱反應，升高溫度，平衡向正反應方向移動，溶液中氫氧根離子濃度增大，溶液pH增大，故A錯誤；B．向醋酸鈉溶液中加水稀釋時，水解平衡向正反應方向移動，水解程度增大，但溶液中氫氧根離子濃度減小，故B正確；C．氯化銨在溶液中水解使溶液呈酸性，水解生成的氫離子與醋酸鈉水解生成的氫氧根離子反應，促進醋酸根離子的水解，故C正確；D．醋酸鈉溶液中存在物料守恒關系c(Na+)=c(CH3COO—)+c(CH3COOH)，所以向醋酸鈉溶液中加入醋酸溶液，溶液中c(Na+)＜c(CH3COO—)+c(CH3COOH)，故D正確；故選A。20.常溫下，實驗Ⅰ和實驗Ⅱ中，均有氣體產生，下列分析錯誤的是（）A.飽和溶液中B.溶液中：C.Ⅱ中產生白色的沉淀D.I和Ⅱ中溶液的pH均增大〖答案〗D〖解析〗A．飽和碳酸氫鈉溶液呈堿性說明碳酸氫根離子在溶液中的水解程度大于電離程度，所以溶液中碳酸根離子濃度小于碳酸濃度，故A正確；B．由圖可知，0.1mol/L亞硫酸氫鈉溶液的pH為4，由質子守恒可知溶液中c(H+)+c(H2SO3)=c(OH—)+c(SO)，則溶液中c(H2SO3)—c(SO)=c(H+)—c(OH—)=10—4—10—10，故B正確；C．Ⅱ中產生白色沉淀的反應為氯化鋇溶液與亞硫酸氫鈉溶液反應生成亞硫酸鋇沉淀、二氧化硫和水，故C正確；D．Ⅱ中產生白色沉淀的反應為氯化鋇溶液與亞硫酸氫鈉溶液反應生成亞硫酸鋇沉淀、二氧化硫和水，溶液pH減小，故D錯誤；故選D二、綜合題21.煤中的氮元素在煤燃燒過程中的轉化如圖所示：完成下列填空：（1）氮原子最外層電子中兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為：_______；氮原子最外層電子的能量_______磷原子。(選填“”“”“”或“無法比較”)（2）固態(tài)氮中有一種含氮有機物：，和碳原子相比，氨原子吸引電子能力更_______(填“強”或“弱”)，吸引電子能力差異的原因是：___________________________。（3）過程②處理氨：，一定溫度下的密閉容器中發(fā)生該反應，平衡后NO的體積分數(shù)與壓強的關系如圖所示。NO的體積分數(shù)先減小后增大的原因可能是：___________________________________________。（4）過程①有時會產生笑氣，用同位素示蹤法研究發(fā)現(xiàn)，在有氧氣時，與以一定比例反應，得到的笑氣幾乎都是。配平化學方程式：_____（5）氨可以轉化為氮肥，含氮量是衡量肥效的指標之一，常見氮肥：(尿素)、和①等物質的量和的混合物，與足量氫氧化鈉加熱，產生氣體10.08L(標準狀況下，固體混合物質量為_______g。②目前氮肥中使用量最多，可能的原因是___________________________、_______________________________________________(任寫2條)。〖答案〗（1）2：3（2）強C和N在同一周期，N原子核電荷數(shù)大，原子半徑小，原子核對外層電子的吸引力更強（3）增大壓強平衡向逆反應方向移動，NO的體積分數(shù)會減小，隨著反應進行氨氣的量逐漸減少，加入的NO來不及發(fā)生反應①，會使NO的體積分數(shù)增大（4）（5）①.31.8g②.氮肥中尿素比較穩(wěn)定不易分解與其他含氮銨鹽相比尿素的含氮量比較高〖解析〗（1）氮是7號元素，原子最外層電子排布式為2s22p3，兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為2：3，氮原子最外層電子是第二層，磷原子最外層電子是第三層，所以氮原子最外層電子的能量磷原子，故〖答案〗為：2：3；；（2）N的電負性強，所以N原子吸引電子能力更強，因為C和N在同一周期，N原子核電荷數(shù)大，原子半徑小，原子核對外層電子的吸引力更強，故〖答案〗為：強；C和N在同一周期，N原子核電荷數(shù)大，原子半徑小，原子核對外層電子的吸引力更強；（3）對于反應，增大壓強平衡向逆反應方向移動，NO的體積分數(shù)會減小，隨著反應進行氨氣的量逐漸減少，加入的NO來不及發(fā)生反應①，會使NO的體積分數(shù)增大，故原因可能是增大壓強平衡向逆反應方向移動，NO的體積分數(shù)會減小，隨著反應進行氨氣的量逐漸減少，加入的NO來不及發(fā)生反應①，會使NO的體積分數(shù)增大；（4）分析可知反應物、與產物的化學計量數(shù)應該是一樣的，由得失電子守恒和原子守恒可得化學方程式為：，故〖答案〗為：；（5）設和的物質的量為n，則的物質的量為3n，與足量氫氧化鈉加熱，由可得n=0.15mol，則混合物的質量為：，目前氮肥中使用量最多，可能的原因是氮肥中尿素比較穩(wěn)定不易分解，與其他含氮銨鹽相比尿素的含氮量比較高，故〖答案〗為：31.8g；氮肥中尿素比較穩(wěn)定不易分解；與其他含氮銨鹽相比尿素的含氮量比較高。22.工業(yè)上以黃鐵礦(主要成分)為原料制備硫酸，要經煅燒、氧化、吸收三個階段。完成下列填空：（1）黃鐵礦煅燒時需粉碎，其目的是__________________________________。（2）催化氧化制時，控制溫度在450℃左右，這是因為_______。(選填選項)A.催化劑活性強，反應速率快 B.轉化率大C.單位時間內，的產量高 D.產生的污染氣體少（3）催化氧化設備內構造如圖1所示，其中1-4表示催化劑層，圖2所示進程中表示熱交換過程的是_______。(選填選項)A.B.C.D.E.F.G.使用熱交換器的目的是__________________________________。（4）為研究催化氧化時溫度對平衡轉化率的影響，進行如下試驗。取100L原料氣(體積分數(shù)為8%、12%、80%)使之發(fā)生反應，平衡時得到如表數(shù)據：溫度/℃500525550575600平衡轉化率/%93.590.585.680.074.0①平衡時，隨溫度升高的體積分數(shù)_______(填“增大”“減小”或“不變”)；600℃達平衡時，的體積分數(shù)為_______(保留兩位小數(shù))。尾氣中的可用足量溶液吸收，吸收后的堿性溶液還可用于的尾氣處理，吸收后的溶液仍呈強堿性。②吸收后的溶液中一定存在的陰離子有、_______，設計實驗檢驗溶液中：___________________________________________________________________?！即鸢浮剑?）增大黃鐵礦與氧氣的接觸面積，使反應充分進行（2）AC（3）BDF冷卻產物氣體的同時預熱原料氣體從而提高能量的利用率，以降低成本，提高效益（4）①.減小6.1%②.SO取少量溶液少許，加入足量Ba(NO3)2溶液后，加入AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，說明溶液中含有Cl—〖解析〗（1）煅燒時粉碎黃鐵礦可以增大固體的表面積，使黃鐵礦與氧氣的接觸面積，有利于反應充分進行，故〖答案〗為：黃鐵礦與氧氣的接觸面積，使反應充分進行；（2）二氧化硫催化氧化制三氧化硫的反應是放熱反應，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，二氧化硫的轉化率減小、三氧化硫的百分含量減小，實際生產時控制溫度在450℃左右的目的是該溫度為催化劑的活性溫度，催化劑的活性強，反應速率快，有利于提高單位時間內三氧化硫的百分含量，故選AC；（3）二氧化硫催化氧化制三氧化硫的反應是放熱反應，使用熱交換器能冷卻產物氣體的同時預熱原料氣體，有利于降低溫度，平衡向正反應方向移動，提高生成物的產率，從而提高生產過程中能量的利用率，以降低生產成本，提高經濟效益；催化氧化反應在催化劑表面進行，反應物的轉化率不變，當溫度降低時，反應物的轉化率增大，則圖2所示進程中表示熱交換過程的是、、，故選BDF，故〖答案〗為：BDF；冷卻產物氣體的同時預熱原料氣體從而提高能量的利用率，以降低成本，提高效益；（4）①二氧化硫催化氧化制三氧化硫的反應是氣體體積減小的放熱反應，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，氣體的總體積增大，所以不參加反應的氮氣的體積分數(shù)減小；由表格數(shù)據可知，600℃達平衡時，二氧化硫的轉化率為74.0%，則平衡時二氧化硫、氧氣、三氧化硫、氮氣的總體積為(100—8×74.0%×)L=97.04L，三氧化硫的體積為8×74.0%=5.92L，則三氧化硫的體積分數(shù)為×100%≈6.1%，故〖答案〗為：減?。?.1%；②由題意可知，用氫氧化鈉溶液吸收二氧化硫所得溶液為亞硫酸鈉溶液，亞硫酸鈉溶液與氯氣反應得到硫酸鈉和氯化鈉的混合溶液，溶液中的硫酸根離子會干擾氯離子的檢驗，所以檢驗溶液中氯離子時，應先加入硝酸鋇溶液排出硫酸根離子干擾后，再加入硝酸銀溶液檢驗氯離子，具體操作為取少量溶液少許，加入足量Ba(NO3)2溶液后，加入AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，說明溶液中含有Cl—，故〖答案〗為：取少量溶液少許，加入足量Ba(NO3)2溶液后，加入AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，說明溶液中含有Cl—。23.吡唑類化合物是重要的醫(yī)藥中間體，如圖是吡唑類物質L的一種合成路線：已知：完成下列填空：（1）F生成G的反應類型是：_______反應；I一定條件下可以發(fā)生加聚反應得到高聚物，該高聚物結構簡式為：_____________。（2）反應方程式為：______________________________________________。（3）一定條件下，F(xiàn)與I均能與_______發(fā)生反應(選填選項)。A.Na B. C. D.溴水（4）寫出符合下列條件的I的兩種同分異構體(不同類物質)的結構簡式：__________、_____________。①含苯環(huán)；②只含一種含氧官能團；③有3種化學環(huán)境不同的氫原子（5）K的分子式是，反應條件是________________。（6）以和乙酸為原料，利用題中信息及所學知識，選用必要的無機試劑，合成，寫出合成路線__________________________________________________。(合成路線的表示方式為：)〖答案〗（1）酯化反應（2）+HNO3(濃)+H2O（3）BC（4）（5）NaOH醇溶液，加熱（6）〖祥解〗由有機物的轉化關系可知，在濃硫酸作用下，與濃硝酸共熱發(fā)生硝化反應生成，則B為；光照條件下，與氯氣發(fā)生取代反應生成，在氫氧化鈉溶液中發(fā)生水解反應生成，則D為；在銅做催化劑作用下與氧氣發(fā)生催化氧化反應生成；在濃硫酸作用下，CH3COOH與CH3OH共熱發(fā)生酯化反應生成CH3COOCH3，則F為CH3COOH、G為CH3COOCH3；堿性條件下CH3COOCH3與共熱發(fā)生信息反應生成，則H為；與溴水發(fā)生加成反應生成，則J為；在氫氧化鈉醇溶液中共熱發(fā)生消去反應生成，則K為；一定條件下與、CH3NHNH2反應生成吡唑類物質L?！驹斘觥浚?）由分析可知，F(xiàn)生成G的反應為在濃硫酸作用下，CH3COOH與CH3OH共熱發(fā)生酯化反應生成CH3COOCH3和水；分子中含有碳碳雙鍵，一定條件下可以發(fā)生加聚反應生成，故〖答案〗為：酯化反應；；（2）由分析可知，A→B的反應為在濃硫酸作用下，與濃硝酸共熱發(fā)生硝化反應生成和水，反應的化學方程式為+HNO3(濃)+H2O，故〖答案〗為：+HNO3(濃)+H2O；（3）由分析可知，F(xiàn)的結構簡式為CH3COOH、I的結構簡式為，F(xiàn)與I均能在氧氣燃燒生成二氧化碳和水，F(xiàn)分子中含有的羧基能與鈉、氫氧化鈉溶液反應，I分子中含有的碳碳雙鍵能與溴水反應，含有的酯基能與溶液反應，則一定條件下，F(xiàn)與I均能與氫氧化鈉溶液、氧氣反應，故選BC；（4）I的同分異構體含苯環(huán)，只含一種含氧官能團，有3種化學環(huán)境不同的氫原子說明同分異構體分子結構對稱，分子中含有與苯環(huán)相連的2個處于對稱位置且含有醚鍵的環(huán)，結構簡式為，或含有羥基和與苯環(huán)相連2個處于對稱位置的碳環(huán)，結構簡式為，故〖答案〗為：；；（5）由分析可知，J→K的反應為在氫氧化鈉醇溶液中共熱發(fā)生消去反應生成、溴化鈉和水，故〖答案〗為：NaOH醇溶液，加熱；（6）由中信息及所學知識可知，以和乙酸為原料合成的合成步驟為在氫氧化鈉溶液中發(fā)生水解反應生成，在銅做催化劑作用下與氧氣發(fā)生催化氧化反應生成，在濃硫酸作用下，遇甲醇共熱發(fā)生酯化反應生成，在堿性溶液中共熱發(fā)生信息反應生成，則合成路線，故〖答案〗為：。24.某小組探究的催化氧化，實驗裝置圖如圖。③中氣體顏色無明顯變化，④中收集到紅棕色氣體，一段時間后，④中產生白煙。完成下列填空：（1）若②中只有是否能制備，說明原因：______________________。（2）④中白煙的成分是：_____________。（3）一段時間后，⑤中溶液變藍色，其原因是：__________________________________。(用離子方程式解釋)（4）用納米材料能去除污水中，離子在材料表面發(fā)生反應，反應過程如圖所示，材料表面被難溶物覆蓋會導致速率減慢。酸性環(huán)境中，納米去除分兩步：i．ii．=1\*GB3①上述方法去除轉移_______電子。②初始的污水反應后，出現(xiàn)白色絮狀物，很快變成紅褐色，結合化學用語解釋該變化過程_________________________________________________。（5）污水初始pH會影響反應速率，不同pH硝酸鹽溶液與反應時，溶液中隨時間的變化如圖所示[為初始時的濃度]，為達到最高去除率，應調污水初始_______；，的溶液反應速率最快，，其反應速率迅速降低，原因分別是______________________、_______________________?！即鸢浮剑?）否，因為NH4Cl受熱分解生成的NH3和HCl會在試管口遇冷會重新化合生成NH4Cl（2）NH4NO3（3）4NO2+O2+2H2O=4H++4NO、3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O（4）①.8②.Fe2+在廢水中發(fā)生如下水解平衡：Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，反應進行時，溶液中c(H+)進行，平衡右移，產生Fe(OH)2白色沉淀，過濾后，F(xiàn)e(OH)2與空氣中的O2和H2O發(fā)生如下反應4Fe(OH)2+O2+H2O=4Fe(OH)3，白色沉淀變?yōu)榧t褐色的Fe(OH)3（5）6.5pH=2的溶液中，t<15min時，溶液中H+濃度較高，因此反應速率較快，溶液中產生Fe2+和pH上升速率較快③.t>15min時，產生大量Fe(OH)2附著在活性位點上，減小反應物的接觸面積，所以反應速率迅速下降〖祥解〗由實驗裝置圖可知，裝置①中氯酸鉀在二氧化錳做催化劑作用下共熱反應制備氧氣，裝置②中氯化銨與氫氧化鈣固體共熱反應制備氨氣，裝置③中氨氣與氧氣在催化劑作用下發(fā)生反應生成一氧化氮，裝