臺州市2023屆高三第二次教學質(zhì)量評估試題化學本試卷分選擇題和非選擇題兩部分，共8頁，滿分100分，考試時間90分鐘?？忌氈?.答題前，請務(wù)必將自己的姓名、準考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆分別填寫在試題卷和答題紙規(guī)定的位置上。2.答題時，請按照答題紙上“注意事項”的要求，在答題紙相應(yīng)的位置上規(guī)范作答，在本試題卷上的作答一律無效。3.非選擇題的答案必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫在答題紙上相應(yīng)區(qū)域內(nèi)，作圖時可先使用2B鉛筆，確定后必須使用黑色字跡的簽字筆或鋼筆描黑。4.可能用到的相對原子質(zhì)量：選擇題部分一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1.水溶液呈酸性的非電解質(zhì)是A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】A．氯氣是非金屬單質(zhì)，單質(zhì)既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故A不符合題意；B．二氧化氮不能電離出自由移動的離子，屬于非電解質(zhì)，但二氧化氮與水反應(yīng)生成的硝酸能電離出氫離子使溶液呈酸性，故B符合題意；C．乙醇不能電離出自由移動的離子，屬于非電解質(zhì)，乙醇水溶液呈中性，故C不符合題意；D．乙酸在溶液中部分電離出自由移動的氫離子使溶液呈酸性，屬于弱電解質(zhì)，故D不符合題意；故選B。2.下列化學用語表示正確的是A.的空間填充模型： B.分子的空間結(jié)構(gòu)：直線形C.二氧化硅的分子式： D.甲胺的電子式：【答案】A【解析】【詳解】A．次氯酸的結(jié)構(gòu)式為H—O—Cl，Cl原子半徑最大，H原子半徑最小，空間填充模型為，故A正確；B．OF2分子中氧原子的價層電子對數(shù)為4、孤對電子對數(shù)為2，分子的空間結(jié)構(gòu)為V形，故B錯誤；C．二氧化硅是原子晶體，晶體中只存在原子，不存在分子，則二氧化硅的化學式為，故C錯誤；D．甲胺的結(jié)構(gòu)簡式為CH3NH2，電子式為，故D錯誤；故選A。3.下列物質(zhì)的性質(zhì)與用途的對應(yīng)關(guān)系不正確的是A.NaHCO3受熱易分解，可用作膨松劑 B.氮化硅熔點高，可用來制作坩堝C.液氨易溶于水，可用作致冷劑 D.ClO2具有氧化性，可用作自來水消毒劑【答案】C【解析】【詳解】A．NaHCO3不穩(wěn)定，受熱易分解產(chǎn)生二氧化碳，可用作膨松劑，A正確；B．氮化硅為共價晶體，具有強度高，硬度大、熔點高等特點，可以用于制作切割刀具，制作坩堝，制作高溫軸承等，B正確；C．氨氣的沸點較高，易液化，且液氨氣化吸收大量的熱，所以可以做制冷劑，與其易溶于水無關(guān)，C錯誤；D．ClO2具有強氧化性，能夠使蛋白質(zhì)變性，所以可用于自來水消毒劑，D正確；故答案為：C。4.關(guān)于反應(yīng)：，下列說法正確的是A.是還原產(chǎn)物 B.發(fā)生反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子C.還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為 D.在反應(yīng)過程中失去電子【答案】D【解析】【分析】由方程式可知，反應(yīng)中氮元素的化合價降低被還原，四氟化二氮為反應(yīng)的氧化劑、肼為還原產(chǎn)物，氧元素化合價升高被氧化，水是還原劑、氧氣是氧化產(chǎn)物，反應(yīng)消耗1mol四氟化二氮，反應(yīng)轉(zhuǎn)移8mol電子。【詳解】A．由分析可知，反應(yīng)中氟元素和氫元素的化合價沒有變化，則氟化氫既不是氧化產(chǎn)物也不是還原產(chǎn)物，故A錯誤；B．由分析可知，反應(yīng)消耗1mol四氟化二氮，反應(yīng)轉(zhuǎn)移8mol電子，故B錯誤；C．由方程式可知，還原劑水與氧化劑四氟化二氮的物質(zhì)的量之比為4：1，故C錯誤；D．由分析可知，反應(yīng)中氧元素化合價升高被氧化，水是還原劑，反應(yīng)過程中失去電子，故D正確；故選D。5.化學與工業(yè)生產(chǎn)密切相關(guān)，下列說法正確的是A.電冶金工業(yè)中，加冰晶石降低熔融溫度B.煉鋼工業(yè)中，將熾熱的鋼水注入留有水的模具C.電子工業(yè)中，以溶液作為覆銅板腐蝕液D.硝酸工業(yè)中，通過氨的催化氧化實現(xiàn)人工固氮【答案】A【解析】【詳解】A．電解熔融Al2O3生成Al和氧氣，氧化鋁熔點較高，加入冰晶石作熔劑時能降低熔融溫度，從而減少能源浪費，A正確；B．由反應(yīng)3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2可知煉鋼工業(yè)中，將熾熱的鋼水注入沒有水的模具中，否則將影響鋼的質(zhì)量，B錯誤；C．由反應(yīng)Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2可知，電子工業(yè)中，以FeCl3溶液作為覆銅板腐蝕液，C錯誤；D．氮的固定是指由游離態(tài)的氮轉(zhuǎn)化為化合態(tài)的氮的過程，故硝酸工業(yè)中，通過氨的催化氧化不能實現(xiàn)人工固氮，D錯誤；故答案為：A。6.下列反應(yīng)的離子方程式正確的是A.通入中制：B.飽和溶液處理水垢中的：C.溶液中通入少量：D.氨水中滴入少量：【答案】D【解析】【詳解】A．NO2通入H2O中制HNO3：3NO2+H2O=2NO+NO↑+2H+，A錯誤；B．飽和Na2CO3溶液處理水垢中的CaSO4：CO(aq)+CaSO4(s)=CaCO3(s)+SO(aq)，B錯誤；C．NaClO溶液中通入少量SO2：3ClO-+SO2+H2O=SO+Cl-+2HClO，C錯誤；D．氨水中滴入少量CuSO4：Cu2++4NH3?H2O=Cu(NH3)+4H2O，D正確；故選D。7.下列實驗的基本操作正確的是A.中和熱測定時，鹽酸與溶液混合后勻速旋轉(zhuǎn)玻璃攪拌棒攪拌B.潤洗滴定管時，待裝液潤濕內(nèi)壁后從上口倒出C.配制溶液時，用蒸餾水溶解固體D.用作萃取劑，分液時有機層從分液漏斗下端流出【答案】D【解析】【詳解】A．中和熱測定時，鹽酸與氫氧化鈉溶液混合后，用套在溫度計上的環(huán)形玻璃攪拌棒上下輕輕地攪拌使溶液混合均勻，故A錯誤；B．潤洗滴定管時，待裝液潤濕內(nèi)壁后，為保證整個滴定管都被潤洗，應(yīng)從下端流出，故B錯誤；C．用80mL蒸餾水溶解氯化鈉固體，然后還需洗滌，總體積可能超過100mL，一般用配制體積的三分之一水進行溶解，故C錯誤；D．二氯甲烷的密度大于水，分液時二氯甲烷應(yīng)從分液漏斗下端流出，故D正確；故選D。8.下列說法正確的是A.釀酒過程中葡萄糖在酒化酶的作用下發(fā)生水解反應(yīng)生成乙醇B.醛基與極性分子加成時，帶正電荷的原子與碳原子成鍵C.網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)的酚醛樹脂受熱后軟化，具有熱塑性D.疫苗等生物制劑需低溫保存是為防止蛋白質(zhì)變性【答案】D【解析】【詳解】A．葡萄糖是單糖不水解，葡萄糖在酒化酶作用下轉(zhuǎn)化為乙醇和二氧化碳，屬于氧化反應(yīng)，故A錯誤；B．醛基與極性分子加成時，帶正電荷的原子與氧原子成鍵，故B錯誤；C．線狀結(jié)構(gòu)酚醛樹脂受熱后軟化，具有熱塑性，網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)的酚醛樹脂具有熱固性，受熱后不能軟化或熔融，故C錯誤；D．蛋白質(zhì)在高溫下會變性，失去活性，疫苗等生物制劑需低溫保存是為防止蛋白質(zhì)變性，故D正確；故選D。9.藥物中間體X結(jié)構(gòu)如圖，下列說法正確的是A.分子中存在手性碳原子B.分子中所有原子可能共平面C.該物質(zhì)與足量反應(yīng)，最多可消耗D.該物質(zhì)與足量溶液反應(yīng)，最多可消耗【答案】C【解析】【詳解】A．由結(jié)構(gòu)簡式可知，X分子中不含有連有4個不同原子或原子團的手性碳原子，故A錯誤；B．由結(jié)構(gòu)簡式可知，X分子中含有空間構(gòu)型為四面體形的飽和碳原子，則分子中所有原子不可能共平面，故B錯誤；C．由結(jié)構(gòu)簡式可知，X分子中含有的苯環(huán)、碳碳雙鍵一定條件下能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，則1molX分子最多可消耗6mol氫氣，故C正確；D．由結(jié)構(gòu)簡式可知，X分子中含有的羧基和酯基能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，則1molX分子最多可消耗2mol氫氧化鈉，故D錯誤；故選C。10.W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，W的最高正價與最低負價代數(shù)和為0，X的最高能級不同軌道都有電子且自旋方向相同，Y的最外層電子數(shù)為偶數(shù)，Z的核外電子數(shù)等于X與Y的最外層電子數(shù)之和。下列說法不正確的是A.第一電離能：X>Y B.W、X、Y可能形成離子晶體C.原子半徑：Z>Y>X D.W與Z形成的化合物中可能含有非極性鍵【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，W的最高正價與最低負價代數(shù)和為0，W位于第ⅠA族或第ⅣA族，X的最高能級不同軌道都有電子且自旋方向相同，X位于第ⅤA族，Y的最外層電子數(shù)為偶數(shù)，Z的核外電子數(shù)等于X與Y的最外層電子數(shù)之和，因此W只能是H或C，X是N，Y是O，Z是Na，據(jù)此解答?！驹斀狻緼．由于氮元素的2p軌道電子處于半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，穩(wěn)定性強，因此第一電離能：N>O，A正確；B．W、X、Y可能形成離子晶體，例如硝酸銨等，B正確；C．同周期自左向右原子半徑逐漸減小，同主族從上到下原子半徑逐漸增大，則原子半徑：Na>N>O，C錯誤；D．W與Z形成的化合物中可能含有非極性鍵，即Na2C2，D正確；答案選C。11.某全固態(tài)鋰電池充電時電解質(zhì)表面易積聚過多的金屬鋰，造成電池變形，改良后電極充電過程如圖，MIEC材料可同時傳導(dǎo)離子和電子，ELI材料兩者均不能傳導(dǎo)，兩種材料均不與鋰及其化合物反應(yīng)，鋰離子通過金屬鋰納米顆粒的蠕動擴散至MIEC表面，下列說法不正確的是A.當電池處于放電狀態(tài)時，圖示電極發(fā)生氧化反應(yīng)B.充電時沿MIEC向惰性金屬導(dǎo)體遷移，避免局部積聚C.另一極的電極材料為，則放電時的電極反應(yīng)為D.當MIEC上有電荷發(fā)生遷移時，電極中的金屬鋰質(zhì)量變化為【答案】C【解析】【分析】由題意可知，放電時圖示電極為原電池的負極，鋰在負極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成鋰離子，F(xiàn)eF3電極為正極，鋰離子作用下FeF3得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成LiFeF3，充電時，圖示電極與直流電源負極相連做電解池的陰極，F(xiàn)eF3電極為陽極?！驹斀狻緼．由分析可知，當電池處于放電狀態(tài)時，圖示電極圖示電極為原電池的負極，鋰在負極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成鋰離子，故A正確；B．由題給信息可知，充電時鋰離子沿MIEC向惰性金屬導(dǎo)體遷移，避免局部積聚過多的金屬鋰，造成電池變形，故B正確；C．由分析可知，當電池處于放電狀態(tài)時，F(xiàn)eF3電極為正極，鋰離子作用下FeF3得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成LiFeF3，電極反應(yīng)式為，故C錯誤；D．由分析可知，當電池處于放電狀態(tài)時，圖示電極圖示電極為原電池的負極，鋰在負極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成鋰離子，則當MIEC上有電荷發(fā)生遷移時，電極中的金屬鋰質(zhì)量變化為，故D正確；故選C。12.有機化學中常用的強氧化劑五氧化鉻中的Cr可以提供雜化空軌道與吡啶()形成配合物，結(jié)構(gòu)如圖所示，下列說法不正確的是A.該配合物中只存在一種雜化方式B.吡啶中的N是配位原子C.該配合物中鉻為價，五氧化鉻化學式可寫作D.可能存在離子，性質(zhì)比五氧化鉻更不穩(wěn)定【答案】A【解析】【詳解】A．由題干結(jié)構(gòu)示意圖可知，該配合物中存在C、N均采用sp2雜化，O采用sp3和sp2雜化，而Cr周圍價層電子對數(shù)為6，故采用sp3d2雜化，即不止一種雜化方式，A錯誤；B．由題干結(jié)構(gòu)示意圖可知，吡啶中的N中含有1對孤電子對，則N是配位原子，B正確；C．由題干結(jié)構(gòu)示意圖可知，該配合物中存在過氧鍵，故鉻為價，五氧化鉻化學式可寫作，C正確；D．由于可能得到一個電子后O原子周圍也含有孤電子對，兩個這樣的離子再形成一個過氧鍵而結(jié)合形成，可能存在離子，由于存在更多過氧鍵具有很強的氧化性，故性質(zhì)比五氧化鉻更不穩(wěn)定，D正確；故答案為：A。13.常溫下用溶液分別滴定的、溶液，測出三次滴定過程中部分數(shù)據(jù)如表所示。下列說法正確的是離子混合溶液①②③432A.根據(jù)表中數(shù)據(jù)可以獲得，但無法獲得B.將上述、溶液等體積混合后逐滴滴入溶液，先生成沉淀C.對飽和溶液加水稀釋，沉淀溶解平衡正向移動，最終與原平衡相等D.對于平衡體系，平衡常數(shù)【答案】B【解析】【分析】由①數(shù)據(jù)可知，；由②數(shù)據(jù)可知，；【詳解】A．由分析可知，可以獲得、，A錯誤；B．、，將上述、溶液等體積混合后逐滴滴入溶液，由于氯離子、草酸根離子兩者濃度相等均為，則氯離子生成沉淀所需的銀離子濃度更小，故先生成沉淀，B正確；C．對飽和溶液加水稀釋，沉淀溶解平衡正向移動，當全部溶解后，繼續(xù)稀釋，則減小，C錯誤；D．對于平衡體系，平衡常數(shù)，D錯誤；故選B。14.反應(yīng)分三步進行，各步的相對能量變化如圖I、II、III所示：下列說法不正確的是A.三步分反應(yīng)中決定總反應(yīng)速率的是反應(yīng)IB.I、II兩步的總反應(yīng)為C.根據(jù)圖像無法判斷過渡狀態(tài)a、b、c的穩(wěn)定性相對高低D.反應(yīng)III逆反應(yīng)的活化能(逆)【答案】B【解析】【詳解】A．活化能越大，反應(yīng)速率越慢，根據(jù)圖中信息反應(yīng)I活化能最大，因此三步分反應(yīng)中決定總反應(yīng)速率的是反應(yīng)I，故A正確；B．根據(jù)圖中信息和蓋斯定律得到I、II兩步的總反應(yīng)為，故B錯誤；C．由于CO(g)的能量不清楚，因此根據(jù)圖像無法判斷過渡狀態(tài)a、b、c的穩(wěn)定性相對高低，故C正確；D．根據(jù)總反應(yīng)和，得到反應(yīng)III的，逆反應(yīng)的活化能(逆)，故D正確。綜上所述，答案為B。15.某酸是治療白血病的重要藥物成分，在水溶液中存在的各種微粒形態(tài)與的關(guān)系如圖所示：下列有關(guān)說法正確的是A.人體血液為～，則用藥后血液中該成分的微粒形態(tài)以為主B.將溶液逐滴滴入溶液中至時，發(fā)生的離子反應(yīng)為C.僅獲知a、b兩點的橫坐標即可算出D.時，【答案】C【解析】【詳解】A．由圖可知，人體血液pH為～之間時，用藥后血液中該成分的微粒形態(tài)以H3R為主，故A錯誤；B．由圖可知，將氫氧化鉀溶液逐滴滴入H3R溶液中至pH=11時，發(fā)生的反應(yīng)為H3R溶液與氫氧化鉀溶液反應(yīng)生成KH2R和水，反應(yīng)的離子方程式為H3R+OH—=H2R—+H2O，故B錯誤；C．設(shè)a點、b點溶液pH分別為x和y，b點HR2—的濃度為z，由圖可知，a點時，溶液中H2R—的濃度與HR2—的濃度相等，則H3R的電離常數(shù)Ka2==c(H+)=10—x，b點時，溶液中HR2—的濃度與R3—的濃度相等，溶液pH為y，則溶液中H2R—的濃度為，H3R的電離常數(shù)Ka3===10x—2y，所以僅獲知a、b兩點的橫坐標即可算出Ka3，故C正確；D．由圖可知，溶液pH=14時，溶液中H2R—的物質(zhì)的量分數(shù)為0，則溶液中H2R—的濃度不可能大于氫氧根離子濃度，故D錯誤；故選C。16.探究硫及其化合物的性質(zhì)，下列方案設(shè)計、現(xiàn)象和結(jié)論都正確的是選項目的方案設(shè)計現(xiàn)象和結(jié)論A判斷的化學鍵類型將固體溶于水，進行導(dǎo)電性實驗，溶液可導(dǎo)電中含有離子鍵B證明水溶液的酸性與漂白性分別在石蕊溶液與品紅溶液中通入適量氣體石蕊溶液變紅后沒有褪色，品紅溶液褪色，說明水溶液呈酸性，有漂白性C證明濃硫酸具有強氧化性加熱濃硫酸、固體與固體的混合物有黃綠色氣體產(chǎn)生，說明濃硫酸具有強氧化性D比較S與的非金屬性強弱用試紙測定的和溶液的若前者的試紙顏色比后者深，說明非金屬性：A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A．氯化氫為共價化合物，溶于水會電離出氫離子、氯離子，溶液能導(dǎo)電；故固體溶于水，進行導(dǎo)電性實驗，溶液可導(dǎo)電，不能說明其含有離子鍵，故A不符合題意；B．酸性溶液使石蕊試液變紅色，石蕊溶液變紅后沒有褪色，說明水溶液呈酸性；品紅溶液褪色，說明能使有色物質(zhì)褪色，有漂白性，故B符合題意；C．加入二氧化錳，也可能是二氧化錳使氯離子氧化生成氯氣，不能說明濃硫酸具有強氧化性，故C不符合題意；D．硫化氫、氯化氫不是硫、氯對應(yīng)的最高氧化物的水合物，故的和溶液的大小不能說明硫、氯的非金屬性強弱，故D不符合題意；故選B。非選擇題部分二、非選擇題(本大題共5小題，共52分)17.回答下列問題：（1）乙二胺四乙酸縮寫為EDTA，是—種六齒配體有機分子(如圖1所示)：請回答：①EDTA中不存在的共價鍵類型為_______。A.鍵B.鍵C.鍵D.非極性鍵EDTA中電負性最大的元素的基態(tài)原子軌道表示式為_______。②是一種含銅配合物(如圖2所示)，該配合物配位數(shù)為_______，中心離子的價層電子排布式為_______。（2）與晶體在常溫下均為閃鋅礦結(jié)構(gòu)，可表示為圖3的形式，請回答：①若晶體中兩個氯原子之間的最近距離為，代表阿伏伽德羅常數(shù)的值，則晶體的密度=_______。(用含d，的代數(shù)式表示)②加熱至440℃會轉(zhuǎn)變?yōu)楦€(wěn)定的氯化鈉型結(jié)構(gòu)，而轉(zhuǎn)化的溫度則更高，請從結(jié)構(gòu)角度解釋原因_______?！敬鸢浮浚?）①.AC②.③.6④.3d9（2）①.②.I原子半徑大于Cl原子，使得Cu-I鍵比Cu-Cl鍵更容易斷裂，CuI更容易發(fā)生晶體結(jié)構(gòu)改變

【解析】【小問1詳解】①EDTA分子中，羧基中C=O鍵含鍵，C-C鍵為非極性鍵，中心C和N原子均采用雜化方式成鍵，所以不存在鍵和鍵，故選AC；EDTA中含有C、H、O、N元素，同周期元素從左至右，電負性逐漸增大，則電負性最大的元素為O，基態(tài)O原子軌道表示式為；②由圖可知，該配合物的配位數(shù)為6；Cu原子序數(shù)為29，基態(tài)Cu原子核外電子排布式為[Ar]3d104s1，則中心Cu2+的價層電子排布式為3d9；【小問2詳解】①位于晶胞內(nèi)部Cu+個數(shù)為4，位于晶胞頂點和面心Cl-個數(shù)為，晶體中兩個氯原子之間的最近距離為晶胞面對角線長度的一半，則晶胞邊長為，則晶體的密度=；②I原子半徑大于Cl原子，使得Cu-I鍵比Cu-Cl鍵更容易斷裂，CuI更容易發(fā)生晶體結(jié)構(gòu)改變，因而轉(zhuǎn)化溫度較低。18.固體化合物A由4種短周期元素組成，某實驗小組按如下流程進行相關(guān)實驗：流程中固體、氣體均為純凈物，溶液中均為單一成分溶質(zhì)，其中氣體A的分子空間構(gòu)型為三角錐形，氣體C可使帶火星木條復(fù)燃，所有數(shù)據(jù)均在標準狀況下測得，流程中的反應(yīng)均充分進行。請回答：（1）組成固體A的4種元素是_______(填元素符號)，氣體B的結(jié)構(gòu)式為_______。（2）寫出反應(yīng)①的離子方程式_______；（3）寫出反應(yīng)②的化學方程式_______。（4）白色沉淀A、B、C的樣品標簽遺失，請設(shè)計實驗方案檢驗三種沉淀的成分_______。【答案】（1）①.N、H、O、Cl②.O=C=O（2）2NH+BaCO3=Ba2++2NH3↑+CO2↑+H2O（3）Ba(ClO3)2BaCl2+3O2↑（4）分別取少量樣品，加入濃鹽酸有氣泡產(chǎn)生的是CaCO3，加Na2S溶液有黑色沉淀生成的是AgCl固體，余下的為BaSO4固體【解析】【分析】氣體A的分子空間構(gòu)型為三角錐形，說明氣體A為氨氣，固體A中含有氮元素；由題給流程可知，氣體B能與澄清石灰水反應(yīng)生成白色沉淀說明氣體B為二氧化碳，白色沉淀A為碳酸鈣，溶液A與碳酸鋇固體反應(yīng)生成二氧化碳和氨氣，說明固體A為強酸的銨鹽，則固體A中含有氫元素；固體B與足量稀硫酸反應(yīng)生成白色沉淀，與足量硝酸酸化的硝酸銀溶液反應(yīng)生成白色沉淀，說明白色沉淀B為硫酸鋇，白色沉淀C為氯化銀，固體B為氯化鋇，則固體A中含有氯元素；氣體C可使帶火星木條復(fù)燃說明氣體C為氧氣，溶液B蒸干溶劑后250℃分解生成氯化鋇和氧氣說明溶液B為氯元素的含氧酸鹽，酸根中氯原子和氧原子的個數(shù)比為×2：×2=1：3，則溶液B為氯酸鋇溶液，溶液A為氯酸銨溶液、固體A為氯酸銨?！拘?詳解】由分析可知，固體A為N、H、O、Cl四種元素形成的氯酸銨，氣體B為結(jié)構(gòu)式為O=C=O的二氧化碳；【小問2詳解】由分析可知，反應(yīng)①為氯酸銨溶液與碳酸鋇反應(yīng)生成氯化鋇、氨氣、二氧化碳和水，反應(yīng)的離子方程式為2NH+BaCO3=Ba2++2NH3↑+CO2↑+H2O；【小問3詳解】由分析可知，反應(yīng)②為氯酸鋇受熱分解生成氯化鋇和氧氣，反應(yīng)的化學方程式為Ba(ClO3)2BaCl2+3O2↑；【小問4詳解】由分析可知，白色沉淀A為碳酸鈣，白色沉淀B為硫酸鋇，白色沉淀C為氯化銀，這三種白色沉淀中，只有碳酸鈣能與稀鹽酸反應(yīng)生成生成二氧化碳氣體，氯化銀能與硫化鈉溶液反應(yīng)轉(zhuǎn)化為黑色的硫化銀，硫酸鋇不能與硫化鈉溶液反應(yīng)，則檢驗三種沉淀的實驗方案為分別取少量樣品，加入濃鹽酸有氣泡產(chǎn)生的是CaCO3，加Na2S溶液有黑色沉淀生成的是AgCl固體，余下的為BaSO4固體。19.催化加氫合成二甲醚是資源化利用的有效途徑之一，合成二甲醚的總反應(yīng)可表示為：總反應(yīng)：該反應(yīng)可通過如下步驟來實現(xiàn)：反應(yīng)I：反應(yīng)Ⅱ：請回答：（1）_______(用，表示)。（2）、的條件下，平衡時轉(zhuǎn)化率和的選擇性隨溫度變化如圖1所示。其中：的選擇性％。①下列說法正確的是_______。A.、、均大于0B.若反應(yīng)在恒容密閉容器中進行，當體系壓強不再變化，則反應(yīng)I、Ⅱ均達到平衡狀態(tài)C.提高氫碳比，平衡時的轉(zhuǎn)化率增大，的選擇性減小D.工業(yè)上應(yīng)選擇在200～220℃下具有較高催化活性及選擇性的催化劑②360℃時，的平衡選擇性可視為0，不考慮其他副反應(yīng)，反應(yīng)I的平衡常數(shù)_______。③、的條件下，催化加氫反應(yīng)一段時間，不同溫度下實際轉(zhuǎn)化率和實際選擇性數(shù)據(jù)如表：溫度/℃220240260280300實際轉(zhuǎn)化率％二甲醚實際選擇性％該體系合成二甲醚的最佳反應(yīng)溫度為_______。④由上表數(shù)據(jù)可知，240～300℃二甲醚實際選擇性逐漸減小，從化學反應(yīng)速率角度分析原因_______。（3）250℃、、，平衡時轉(zhuǎn)化率和收率與進料氣中體積分數(shù)(/％)有關(guān)，其變化如圖2所示，其中：的收率％；的收率％。請在圖2中畫出在0～14％之間平衡收率的變化趨勢_____?！敬鸢浮浚?）2+（2）①.BD②.③.240℃④.240-300°℃，在催化劑作用下，隨著溫度升高，反應(yīng)Ⅱ速率加快的程度比反應(yīng)大，故二甲醚的實際選擇性逐漸減小

（3）【解析】【小問1詳解】由蓋斯定律可知總反應(yīng)=2I+Ⅱ，則2+，故答案為：2+；【小問2詳解】①A.由圖中信息可知，隨溫度的升高的選擇性一直降低，可知升溫不利于的生成，則總反應(yīng)以及反應(yīng)Ⅱ均為放熱反應(yīng)，、、均小于0，而溫度在280℃以上時二氧化碳的轉(zhuǎn)化率升高，就可知高溫有利于反應(yīng)I正向移動，則小于0，故A錯誤；B.若反應(yīng)在恒容密閉容器中進行，由總反應(yīng)可知反應(yīng)前后氣體分子數(shù)減少，體系內(nèi)壓強減小，則當體系壓強不再變化，則反應(yīng)I、Ⅱ均達到平衡狀態(tài)，故B正確；C.提高氫碳比，有利于反應(yīng)I平衡正向一定，平衡時的轉(zhuǎn)化率增大，同時也使反應(yīng)Ⅱ正向移動，的選擇性也增大，故C錯誤；D.200～220℃左右時的選擇性較高，此時二氧化碳的轉(zhuǎn)化率也較大，選擇在此溫度下具有較高催化活性的催化劑，有利于生成，故D正確；故答案為：BD；②360℃時，的平衡選擇性可視為0，不考慮其他副反應(yīng)，則體系內(nèi)只發(fā)生反應(yīng)I，此時二氧化碳的轉(zhuǎn)化率為35%，，設(shè)氫氣為4mol，二氧化碳為1mol，列三段式得：反應(yīng)I的平衡常數(shù)，故答案為：；③由表中數(shù)據(jù)可知不同條件下生成二甲醚的相對量可用二氧化碳的轉(zhuǎn)化率×二甲醚的選擇率表示，則分別為：5.22%、9.57%、9.02%、7.72%；由此可知該體系合成二甲醚的最佳反應(yīng)溫度為240℃，故答案為：240℃；④溫度較高時，催化劑的活性會降低，導(dǎo)致反應(yīng)速率減小，240-300°℃，在催化劑作用下，隨著溫度升高，反應(yīng)Ⅱ速率加快的程度比反應(yīng)大，故二甲醚的實際選擇性逐漸減??；故答案為：240-300°℃，在催化劑作用下，隨著溫度升高，反應(yīng)II速率加快的程度比反應(yīng)大，故二甲醚的實際選擇性逐漸減??；【小問3詳解】在0～14％之間轉(zhuǎn)化率下降，收率升高，則CO的平衡量逐漸減小，其收率逐漸下降，故答案為：。20.實驗室制備一種鈷的配合物，化學式為，摩爾質(zhì)量為，是一種微溶于水、難溶于稀鹽酸的紫紅色晶體，在熱的強堿溶液中不穩(wěn)定，釋放出全部氨分子。實驗流程如下：已知制備原理：反應(yīng)a：反應(yīng)b：請回答：（1）下列說法不正確的是_______。A.由實驗可知與鈷離子形成配位鍵的能力由強到弱為：B.的唯一作用是為反應(yīng)提供氯離子C.將步驟III中的濃鹽酸改為硫酸溶液，是對方案的優(yōu)化D.若步驟II的溶液過低，會導(dǎo)致產(chǎn)率降低（2）為了使反應(yīng)快速、充分地進行，步驟II、III均需邊振蕩儀器A邊加試劑，但發(fā)現(xiàn)產(chǎn)物中混有大量粉紅色的副產(chǎn)物，請回答：①大量副產(chǎn)物生成的原因是_______。②通過對裝置的改進可以提高純度和產(chǎn)率，圖中可用來代替儀器A的是_______(填“B”或“C”)。③不管有無改進裝置，產(chǎn)物中都會混雜有少量藍色晶體，經(jīng)測定是堿式氯化亞鈷，化學式為，請解釋原因_______。（3）為步驟IV中一系列操作選擇合理選項并排序：蒸發(fā)濃縮至少量晶體析出→___→c→___→___→最終得到緊紅色晶體____。a.趁熱過濾b.冷卻至室溫并過濾c.用冷水分數(shù)次洗滌固體d.用鹽酸分數(shù)次洗滌固體℃下烘干f.投入濃硫酸中干燥（4）為了測定某目標產(chǎn)物的純度(雜質(zhì)除外均不參加反應(yīng))，稱取樣品溶于水，在容量瓶中配成溶液，取溶液進行如下操作：步驟I：加入的溶液并加熱至沸騰進行蒸氨，將生成的氣體全部通入的鹽酸中，用的標準液滴定剩余鹽酸，消耗標準液。步驟II：將蒸氨后的溶液冷卻至室溫，加硝酸中和至酸性，用標準液滴定至終點，消耗標準液。樣品的純度為_______?！敬鸢浮浚?）BC（2）①.HCl揮發(fā)，使得反應(yīng)b難以進行②.B③.步驟II振蕩時H2O2分解，導(dǎo)致氧化劑不足，部分Co2+未被氧化（3）bde（4）93.94%【解析】【分析】由題給流程可知，濃氨水、氯化銨與二氯化鈷在儀器A中加水充分反應(yīng)生成棕色配合物[Co(NH3)6]Cl2，堿性條件下向[Co(NH3)6]Cl2棕色溶液中加入過氧化氫溶液，將[Co(NH3)6]Cl2轉(zhuǎn)化為深棕色[Co(NH3)5H2O]Cl3，向[Co(NH3)5H2O]Cl3深棕色溶液中加入濃鹽酸共熱反應(yīng)將[Co(NH3)5H2O]Cl3轉(zhuǎn)化為紫紅色[Co(NH3)5Cl]Cl2，[Co(NH3)5Cl]Cl2溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮至少量晶體析出、冷卻至室溫并過濾、用5mL冷水分數(shù)次洗滌固體、用5mL6mol/L鹽酸分數(shù)次洗滌固體、105℃下烘干制得紫紅色[Co(NH3)5Cl]Cl2晶體。【小問1詳解】A．由向[Co(NH3)5H2O]Cl3深棕色溶液中加入濃鹽酸共熱反應(yīng)將[Co(NH3)5H2O]Cl3轉(zhuǎn)化為紫紅色[Co(NH3)5Cl]Cl2可知，與鈷離子形成配位鍵的能力由強到弱為：NH3>Cl?>H2O，故正確；B．一水合氨在溶液中存在電離平衡，制備[Co(NH3)5Cl]Cl2時，氯化銨除提供氯離子外，還可以增大一水合氨的濃度，有利于[Co(NH3)5Cl]Cl2的生成，故錯誤；C．由分析可知，將步驟III中濃鹽酸改為硫酸溶液不可能增大溶液中的氯離子濃度，不能將[Co(NH3)5H2O]Cl3轉(zhuǎn)化為紫紅色[Co(NH3)5Cl]Cl2，故錯誤；D．若步驟II的溶液pH過低，溶液中的氫離子會使氨分子轉(zhuǎn)化為銨根離子，不利于[Co(NH3)5Cl]Cl2的生成會導(dǎo)致產(chǎn)率降低，故正確；故選BD；【小問2詳解】①步驟III振蕩儀器A時，可能導(dǎo)致氯化氫揮發(fā)使得鹽酸濃度減小，不利于反應(yīng)b進行，使得產(chǎn)物中混有大量粉紅色的副產(chǎn)物[Co(NH3)5H2O]Cl3，故答案為：HCl揮發(fā)，使得反應(yīng)b難以進行；②用密封的儀器B代替敞口的儀器A可以減少氯化氫揮發(fā)使得鹽酸濃度減小，有利于反應(yīng)b進行，從而提高產(chǎn)品的純度和產(chǎn)率，故選B，③步驟II振蕩時H2O2發(fā)生分解反應(yīng)，導(dǎo)致過氧化氫溶液的濃度減小，使得部分Co2+未被氧化，發(fā)生副反應(yīng)生成堿式氯化亞鈷，所以不管有無改進裝置，產(chǎn)物中都會混雜有少量藍色堿式氯化亞鈷晶體，故答案為：H2O2分解，導(dǎo)致氧化劑不足，部分Co2+未被氧化；【小問3詳解】由分析可知，[Co(NH3)5Cl]Cl2溶液經(jīng)蒸發(fā)