金華十校年月高三模擬考試化學試題卷說明：全卷滿分分，考試時間分鐘；請將答案寫在答題卷的相應(yīng)位置上；可能用到的相對原子質(zhì)量：，，選擇題部分一、選擇題本大題共小題，每小題3分，共分。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.下列屬于酸性氧化物的是A.SiO2B.AlO3C.COD.CaO【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．SiO2能與堿反應(yīng)生成鹽和水，屬于酸性氧化物，故A正確；B．AlO3既能和酸反應(yīng)生成鹽和水，也能和堿反應(yīng)生成鹽和水，屬于兩性氧化物，故B錯誤；C．CO是不成鹽氧化物，故C錯誤；D．CaO能和酸反應(yīng)生成鹽和水，屬于堿性氧化物，故D錯誤。故選A。2.下列化學用語表示不正確的是A.基態(tài)原子的價電子軌道表示式：B.的VSEPR模型：C.的電子式為：D.的結(jié)構(gòu)示意圖：【答案】A第1頁/共24頁【解析】A原子的電子排布式為：，根據(jù)泡利原理和洪特規(guī)則，其價電子軌道表示式為：，A錯誤；B．的孤電子對為S原子的價層電子對數(shù)=3+1=4S原子采用雜化，則其VSEPR模型為：，B正確；C．是由和構(gòu)成的離子化合物，其電子式為：，C正確；D．Cl為17號元素，Cl原子的質(zhì)子數(shù)與電子數(shù)都為17，形成后得到1個電子變?yōu)?8個，質(zhì)子數(shù)不變，則的結(jié)構(gòu)示意圖為：，D正確；故答案為：A。3.下列說法正確的是A.電負性：B.酸性：C.化合物離子鍵百分數(shù)：D.原子半徑：【答案】C【解析】【詳解】A．同周期主族元素從左到右電負性逐漸增大，B位于Be右側(cè)，故Be的電負性小于B，A錯誤；B．因半徑：I>Br，HI鍵長更長，HI更易斷裂而電離出氫離子，則HI的酸性強于HBr，B錯誤；C．O為非金屬元素，其電負性較金屬元素鈉和鋰的大，又因同主族元素從上往下電負性遞減，則電負性：Na<Li<O則NaOC正確；D．同周期主族元素，從左往右核電荷數(shù)越來越大，對核外電子的吸引能力逐漸增大，原子半徑依次減小，O和F同周期，O在F左側(cè)，故原子半徑：O＞F，D錯誤；故選C。4.下列處理方法正確的是A.實驗后剩余的白磷直接丟棄第2頁/共24頁C.用澄清石灰水吸收含大量氯氣的尾氣D.皮膚濺上酸液，先用大量水沖洗，再用NaOH溶液沖洗【答案】B【解析】【詳解】A．白磷在空氣中易自燃，需通過燃燒或水下保存處理，不可隨意丟棄，A錯誤；B．沉淀法通過生成難溶物固定重金屬離子，是標準處理方法，B正確；C．澄清石灰水中Ca(OH)2溶解度低，無法高效吸收大量Cl，需用強堿性溶液（如NaOHC錯誤；DNaOH3%~5%NaHCOD錯誤；故選B。5.可根據(jù)物質(zhì)結(jié)構(gòu)推測其性質(zhì)，下列說法正確的是選結(jié)構(gòu)性質(zhì)項有機玻璃的結(jié)構(gòu)是A有機玻璃易降解中的電子云密度的堿性比B比的大強中共價鍵的鍵能

的沸點比C比中的大高D的最外層電子數(shù)比少鎂的還原性比鋁弱A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【詳解】A．有機玻璃中高分子鏈為飽和碳鏈，具有穩(wěn)定性，不易降解，A錯誤；第3頁/共24頁B．N上電子云密度越大，接受H+的能力越強，堿性越強，甲基為給電子基團，CHNH2的N上電子云密度大于NH，則的堿性比強，B正確；C．沸點與分子間相互作用有關(guān)，水分子存在氫鍵，沸點比HS高，而與鍵能無關(guān)，C錯誤；D．還原性與價電子的多少無關(guān)，與失電子的難易程度有關(guān)，D錯誤；故答案為B。6.物質(zhì)的性質(zhì)決定用途，下列兩者對應(yīng)關(guān)系不正確的是A.具有氧化性，可用于漂白紙漿B.高溫下具有較強的還原性，可用在高溫條件下還原C.碳化硅具有高溫抗氧化性能，可作耐高溫結(jié)構(gòu)材料D.檸檬酸酸性強于碳酸，可用檸檬酸去除水垢【答案】A【解析】【詳解】A．SO2的漂白性源于其與有機色素化合生成不穩(wěn)定的無色物質(zhì)，而非氧化性，A錯誤；B．NH3在高溫下具有強還原性，可還原CuO生成N、Cu和HO，B正確；C．碳化硅結(jié)構(gòu)穩(wěn)定、熔點高，高溫抗氧化性強，適合作為耐高溫材料，C正確；D．檸檬酸酸性強于碳酸，能與水垢中的碳酸鈣和氫氧化鎂反應(yīng)生成可溶物，D正確；故選A。7.利用下列裝置進行實驗，能達到實驗目的的是A.轉(zhuǎn)移溶液B.用乙醇萃取中的S第4頁/共24頁C.探究溫度對化D.驗證固體的熱穩(wěn)定學平衡的影響

性A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】詳解】A．向容量瓶中轉(zhuǎn)移溶液時，需要用玻璃棒引流，該操作無玻璃棒，操作錯誤，A錯誤；B．S在中的溶解度比在乙醇中大，故無法用乙醇萃取中的S，B錯誤；C．變量為溫度，根據(jù)兩側(cè)燒瓶內(nèi)顏色變化判斷溫度對化學平衡的影響，能達到相應(yīng)實驗目的，C正確；D．驗證固體的熱穩(wěn)定性，固體加熱應(yīng)管口向下，該裝置管口向上，會導致水蒸氣冷凝回流損壞試管，操作錯誤，D錯誤；故答案為：C。8.下列反應(yīng)方程式正確的是A.溶于氫碘酸：B.少量通入溶液中：C.向丙烯醛中加入足量溴的四氯化碳溶液：D.酸性溶液滴定草酸：【答案】C【解析】AFe(OH)3Fe3+會與I發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Fe2+和I子方程式為：2Fe(OH)+6H++2I=2Fe2++I+6HO，A錯誤；B．少量SO2通入NaClO溶液中，ClO在堿性條件下會將SO2氧化為，離子方程式為：第5頁/共24頁，B錯誤；CCH=CHCHOCHBrCHBrCHO基未被氧化，化學方程式為：，C正確；D．酸性KMnO4溶液滴定草酸時，草酸在酸性條件下以HCO4形式存在，而非，反應(yīng)物書寫錯誤，正確的離子方程式為：，D錯誤；故選C。9.室溫下，1，2環(huán)氧丙烷可通過下列兩步反應(yīng)最終生成酯，反應(yīng)如下：下列說法中正確的是A.1，2環(huán)氧丙烷轉(zhuǎn)化為物質(zhì)甲的過程中斷裂的是1號位置的形成的鍵B.水也能實現(xiàn)甲→乙的轉(zhuǎn)化，且不影響乙的產(chǎn)率C.乙醇中鍵的鍵能比1，2環(huán)氧丙烷中斷裂的鍵的鍵能大D.若將步驟中替換為，則最終生成【答案】C【解析】12優(yōu)先進攻取代基較少的2號C2號形成的鍵形成甲（酸化與氫離子結(jié)合生成乙（分析解答。【詳解】A．1，2環(huán)氧丙烷的三元環(huán)中，親核試劑優(yōu)先進攻取代基較少的C原子，即2號位置，因此斷裂的是2號位置的形成的鍵，A錯誤；BB錯誤；C．乙醇中的鍵由飽和雜化碳原子形成，鍵能較高；而1，2環(huán)氧丙烷的鍵處于三元環(huán)中，因環(huán)張力存在，鍵能較低；因此，乙醇中鍵的鍵能比1，2環(huán)氧丙烷中斷裂的鍵的鍵能大，C正確；第6頁/共24頁即，D錯誤；故答案選C。10.下列晶體的制備方案不正確的是選項目標晶體制備方案設(shè)計ANaCl晶體往飽和溶液中加入一定量的濃鹽酸B水晶熔融態(tài)緩慢冷卻C明礬大晶體在高于室溫30~50°CD向溶液中加入氨水至難溶物溶解，再加入95%乙醇晶體A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【詳解】A．向飽和NaCl溶液中加入濃鹽酸，Cl濃度增大，同離子效應(yīng)使NaCl溶解平衡逆向移動，析出NaCl晶體，A正確；BB正確；C．在高于室溫10~20℃的明礬飽和溶液中懸掛明礬晶核，靜置過夜，反復多次，可以獲得大晶體，若溫差過大，則得到較多數(shù)目的晶體，得不到大晶體，C錯誤；D．向溶液中加入氨水至難溶物溶解，再加入95%乙醇，乙醇降低溶劑的極性，使配合物溶解度減小析出晶體，D正確；故選C。溶于大量時的熱效應(yīng)()可由有關(guān)數(shù)據(jù)根據(jù)熱化學循環(huán)得到：第7頁/共24頁相關(guān)判斷不正確的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【詳解】A．是HX(g)斷裂化學鍵生成H(g)和X(g)的過程?；瘜W鍵斷裂需要吸收能量，所以，A正確；B．涉及H(g)失去電子到H+(g)X(g)得電子到X(g)Cl的非金屬性比BrCl(g)得到電子放出的能量比Br(g)強，釋放的能量更多，即更小，B正確；C．代表H+(g)形成水合氫離子H+(aq)的過程，這一過程與X無關(guān)，因此對于HCl和HI，，C正確；DD錯誤；故答案選D。12.()制備鄰硝基苯甲醛()，裝置如圖所示。制備過程中，極表面無明顯現(xiàn)象。下列說法正確是第8頁/共24頁A.a電極連接電源正極B.b電極反應(yīng)式：C.電解質(zhì)溶液的酸性逐漸增強D.理論上，每生成鄰硝基苯甲醛，標況下電極消耗【答案】B【解析】【分析】a電極通入氧氣，轉(zhuǎn)化為過氧化氫，氧化合價降低，為陰極，電極反應(yīng)式為，則b電極為陽極，電極反應(yīng)為鄰硝基甲苯在硫酸中失電子轉(zhuǎn)化為鄰硝基苯甲醛，電極反應(yīng)式為?！驹斀狻緼．據(jù)分析，a電極為陰極，電極表面發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，則需連接外接電源負極，A錯誤；B．據(jù)分析，b電極為陽極，電極反應(yīng)為鄰硝基甲苯在硫酸中失電子轉(zhuǎn)化為鄰硝基苯甲醛，電極反應(yīng)式為，B正確；Ca電極消耗H+與b電極生成H+ba極生成HO略體積變化，溶液中H+濃度基本不變，酸性基本不變，C錯誤；D．根據(jù)反應(yīng)式，轉(zhuǎn)移4mol電子時，生成1mol鄰硝基苯甲醛，同時消耗2mol氧氣，題目未給出標準狀況，不能確定氧氣的體積，D錯誤；故答案為B。13.三環(huán)氮雜冠醚分子中有四面體配位點的空穴，可與銨根離子結(jié)合形成如圖所示結(jié)構(gòu)(部分結(jié)構(gòu)未畫出)。下列說法正確的是A.三環(huán)氮雜冠醚為超分子第9頁/共24頁B.三環(huán)氮雜冠醚可增大在有機溶劑中的溶解度C.與三環(huán)氮雜冠醚通過4個氫鍵結(jié)合D.三環(huán)氮雜冠醚分子中的所有元素均位于周期表p區(qū)【答案】B【解析】A合銨根離子后才形成超分子，本身不是超分子，A錯誤；B整個離子冠醚配合物在有機溶劑的溶解性增強，溶解度增大，B正確；C．由圖可知，與三環(huán)氮雜冠醚之間通過4個氫鍵結(jié)合，而不是C錯誤；D．三環(huán)氮雜冠醚分子中含HCNOH元素位于周期表的sCNO元素位于周期表的p區(qū)，不是所有元素都在周期表的p區(qū)，D錯誤；故答案為：B。14.某課題組提出，可催化與環(huán)氧化合物合成環(huán)狀碳酸酯，反應(yīng)的機理如圖所示。下列說法正確的是A.物質(zhì)Ⅰ為離子液體，沸點比較低B.物質(zhì)Ⅰ與環(huán)氧化合物通過配位鍵形成物質(zhì)ⅡC.物質(zhì)Ⅲ為該合成總反應(yīng)的催化劑D.物質(zhì)Ⅲ與反應(yīng)轉(zhuǎn)化為物質(zhì)Ⅳ屬于加成反應(yīng)【答案】D【解析】【詳解】A．化合物Ⅰ的陽離子為有機陽離子，其體積較大，為離子液體，熔點低，但沸點較高，A錯誤；B．由圖可知，物質(zhì)Ⅰ中的羥基H原子與環(huán)氧化合物中的O原子形成氫鍵，B錯誤；C．該反應(yīng)原理中，化合物Ⅰ先和環(huán)氧化合物反應(yīng)被消耗，后又生成，化合物Ⅰ為該合成總反應(yīng)的催化劑，第10頁/共24頁D．由圖可知，物質(zhì)Ⅲ與反應(yīng)轉(zhuǎn)化為物質(zhì)Ⅳ過程中，中碳氧雙鍵斷開，屬于加成反應(yīng)，D正確；故選D。15.室溫下，向溶液中逐滴滴加氨水，變化過程如下圖所示：已知：室溫下，①，。②1234室溫下，下列說法正確的是A.足量固體放入純水充分溶解后，溶液呈淺藍色[即]B.固體投入稀硫酸形成的溶液中，C.若將藍色沉淀濾出、洗凈后再加入到氨水中，固體完全溶解D.加氨水至藍色沉淀恰好溶解，所得溶液中【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)溶度積計算，Cu(OH)2溶于純水，2c(Cu2+)≈c(OH)，則c(Cu2+)==1.7×107mol/L，遠小于105mol/L，溶液不會呈淺藍色，A錯誤；BpH=5時，c(H+)=105mol/Lc(OH)==109mol/Lc(Cu2+)==2×102mol/L，B錯誤；C．藍色沉淀為Cu(OH)，原始CuSO4溶液中n(Cu2+)=4×103L×0.1mol/L=4×104mol，沉淀完全時n第11頁/共24頁(OH)+4NH·HO[Cu(NH)]2++2OH，總平衡常數(shù)K=×K=(2×1020)×(4×1012)=8×108，假設(shè)固體完全溶解，則：==0.08mol/L，消耗n(NH)=4×4×104mol=1.6×103mol，剩余n(NH)=5×103mol1.6×103mol=3.4×103mol，c(NH)≈=0.68mol/L，產(chǎn)生n(OH)=2n=2×4×104mol=8×104mol，c(OH)≈=0.16mol/L，濃度商Q=>K=8×108，反應(yīng)逆向進行，沉淀生成，固體不完全溶解，C錯誤；D．沉淀恰好溶解時，n=4×104mol，氨水中NH·HO的電離程度較小，則=，假設(shè)混合后溶液的體積為VL，則，由于V的數(shù)值較小，且NH·HO中部分NH3要進入中，則所得溶液中，D正確；故選D。16.某小組用如下實驗方法測定室溫下在飽和溶液中的溶解度(即在飽和溶液中溶解的質(zhì)量)：步驟Ⅰ：下，向飽和溶液中持續(xù)通入，達到氣液平衡；步驟Ⅱ：量取一定體積步驟I所得溶液于錐形瓶中，加過量溶液，靜置一段時間；步驟Ⅲ：用標準溶液滴定至溶液呈淺棕色，再加2滴淀粉稀溶液，繼續(xù)滴定至終點。步驟Ⅳ：下列說法正確的是A.步驟Ⅰ的NaCl飽和溶液，須去除殘留的NaCl固體B.步驟Ⅱ中有生成，對溶解度的測定沒有影響第12頁/共24頁C.步驟Ⅳ：據(jù)、和計算的溶解度D.難溶于溶液，唯一原因是溶液中大，抑制了與水反應(yīng)【答案】B【解析】【詳解】A．步驟Ⅰ的NaCl飽和溶液需要保持固液共存以維持飽和狀態(tài)，去除殘留NaCl固體會導致溶液變?yōu)椴伙柡?，影響Cl2溶解度的測定，因此步驟Ⅰ不能去除固體，A錯誤；B是I2與過量II2I2的濃度降低，又會轉(zhuǎn)化為I2和I，因此對Cl2溶解度的計算沒有影響，B正確；C．計算Cl2溶解度需知道溶液體積、NaSO3濃度及滴定體積，但還需溶液密度將體積轉(zhuǎn)換為質(zhì)量（因溶解度定義為100gC錯誤；D．Cl2難溶于NaCl溶液不僅因溶液中大，抑制了與水反應(yīng)，還因為鈉離子通過結(jié)合水分子形成水合離子，減少了自由水分子的數(shù)量，從而抑制氯氣的溶解，D錯誤；故選B。非選擇題部分二、非選擇題本大題共4小題，共分)17.氮族元素和鹵族元素的化合物具有巨大的應(yīng)用價值。請回答：（1）下列關(guān)于氮族元素的說法正確的是______(選填序號)。A.銻的價層電子排布式為B.與互為等電子體(原子總數(shù)和價電子總數(shù)均相同的分子、離子或原子團)C.與反應(yīng)生成，變小D.中陰、陽離子的中心原子均為雜化（21軸方向的投影如圖2合物的化學式______，該晶體的密度為______(列出計算式即可)。第13頁/共24頁②請從原子結(jié)構(gòu)角度解釋可形成而只能形成的原因______。（4）從廢印刷電路板冶煉的副產(chǎn)品——粗溴鹽中回收NaBr晶體的工藝流程如圖：①“操作2”后可循環(huán)利用的物質(zhì)X為______。②“還原”步驟先在室溫下反應(yīng)一段時間后煮沸。室溫時發(fā)生離子方程式______，煮沸時。③“操作3”的步驟包括______，再蒸發(fā)結(jié)晶，得到純度較高的NaBr晶體?！敬鸢浮浚?）BD（2）①.②.（3）①.<②.P原子半徑大，價層中能成形成共價鍵的軌道多（4）①.②.③.加HBr至不再產(chǎn)生氣泡【解析】NaBrO3與鹽酸反應(yīng)生成BrBr2易溶于CClCCl4可從反應(yīng)后的溶液中萃取出Br2，在含Br2的有機相中加入CO(NH)2和NaOHBr2被還原為BrCO(NH)2轉(zhuǎn)化為N元素轉(zhuǎn)化為NHCCl4和BrHBr至不再產(chǎn)生氣泡除去，再蒸發(fā)結(jié)晶，得到純度較高的NaBr晶體。【小問1詳解】第14頁/共24頁B．與為價電子數(shù)均為18B正確；C．孤電子對與成鍵電子相互作用大于成鍵電子間的相互作用，的N原子無孤電子對，比大，C錯誤；D．中陰、陽離子的中心原子P和Al均為正四面體結(jié)構(gòu)，為雜化，D正確；故答案為BD。【小問2詳解】如圖可知，一個晶胞中有2個AsF6和2個AsCl，該化合物的化學式為，晶體密度為【小問3詳解】①OH<②P原子半徑大，價層中能成形成共價鍵的軌道多，則可形成而只能形成。【小問4詳解】2”為分液操作，可循環(huán)利用的物質(zhì)X為CCl；②“還原”步驟中室溫時發(fā)生的反應(yīng)為與Br2在堿性條件下生產(chǎn)碳酸鈉、溴化鈉、氮氣和水，離子方程式；3”的步驟包括加HBr至不再產(chǎn)生氣泡除去碳酸鈉，再蒸發(fā)結(jié)晶，得到純度較高的NaBr晶體。18.氟及其化合物是工業(yè)生產(chǎn)的重要原料。請回答：（1，中心原子的價層電子對數(shù)為______。相同溫度下，液態(tài)氟化氫的導電能力______(選填“強于”或“弱于”)純水。（2）水溶液中存在；第15頁/共24頁A．向固體滴加等濃度的兩種酸，氫氟酸產(chǎn)生氣泡慢B．保存溶液須用塑料瓶，而溶液用玻璃瓶C．鹽酸能被氧化，而氫氟酸不能D．加，鹽酸中有白色沉淀，而氫氟酸中無明顯現(xiàn)象②氫氟酸溶液中，______。③對于氫氟酸溶液，下列說法不正確的是______(選填序號)。A．平衡體系中，一定大于B．越高，含氟粒子中占比越高C．當轉(zhuǎn)化率增加、轉(zhuǎn)化率降低，則值減小D．升高溫度，值不一定增大（3、和惰性電解液組成的混合體系，裝置如圖1所示。已知：a．電解液中發(fā)生的基元反應(yīng)有：反應(yīng)Ⅰ：；反應(yīng)Ⅱ：b．劇烈攪拌，可認為電解液中各粒子充分接觸。不考慮陰陽兩極產(chǎn)物間的接觸。c．在含足量的體系中，每分鐘析出的質(zhì)量隨電子的物質(zhì)的量的變化如圖2所示。則：第16頁/共24頁①陽極逸出的中不含，原因是______。②已知步驟Ⅰ是決定B析出速率的決速步驟，請根據(jù)信息說明理由______?！敬鸢浮浚?）①.4②.強于（2）①.AB②.③.C（3）①.O元素電負性小(或比)②.當每分鐘轉(zhuǎn)移電子大于B應(yīng)Ⅱ?qū)ξ龀雠鸬馁|(zhì)量影響不大，所以反應(yīng)Ⅱ不是決速步驟【解析】【小問1詳解】由質(zhì)量守恒，X為HF+，HF+中心原子F的價層電子對數(shù)為，，25℃水的電離常數(shù)為，降低溫度至0℃，水的電離常數(shù)減小，小于，則相同溫度下，液態(tài)氟化氫的導電能力強于純水；【小問2詳解】①A．向固體滴加等濃度的兩種酸，氫氟酸產(chǎn)生氣泡慢，則說明等濃度HF溶液中氫離子濃度較小，HF的酸性比HCl弱，正確；B．溶液中氟離子水解生成HFHF溶液須用塑料瓶，溶液中氟離子水解生成HF，說明HF為弱酸，HF的酸性比HCl弱，正確；C氧化，發(fā)生歸中反應(yīng)生成氯氣，體現(xiàn)氯離子的還原性，與HFHCl誤D．加，鹽酸中生成氯化銀白色沉淀，而AgF可溶于水，與HF、HCl酸性強弱無關(guān)，錯誤；故選AB；②氫氟酸溶液中由電荷守恒，存在：；③A．HF首先電離出氟離子，氟離子再和HF結(jié)合成，第一步進行的程度大于第二步，則平衡體系中一定大于，正確；B．越高，則會促進平衡正向移動，使得含氟粒子中占比越高，正確；第17頁/共24頁C．中，可得，則，當轉(zhuǎn)化率增加、轉(zhuǎn)化率降低，使得變大、變小，則值增大，錯誤；D．升高溫度，、均逆向移動，若的逆向移動程度大，則值可能減小，正確；故選C；【小問3詳解】①陽極逸出的中不含，原因是O元素電負性小(或比易失去電子，氧離子更容易被氧化)。②當每分鐘轉(zhuǎn)移電子大于B的濃度達到一定程度后，反應(yīng)Ⅱ?qū)ξ龀雠鸬馁|(zhì)量影響不大，所以反應(yīng)Ⅱ不是決速步驟，則步驟Ⅰ是決定B析出速率的決速步驟。19.配合物二水合檸檬酸銅(II)[，]可作殺蟲劑及分析試劑。某研究小組開展探究實驗，步驟如下：步驟Ⅰ：將溶液加入到含純檸檬酸的水溶液中，控制攪拌得到混合液。步驟Ⅱ：，將固體分批加入到混合液中，充分反應(yīng)后濃縮，緩慢結(jié)晶，過濾，乙醇洗滌，用濾紙吸干。已知：i．檸檬酸銅微溶于水、乙醇，易溶于氨水。ii25℃，檸檬酸(，簡寫成HCit)的，，。請回答：（1）檸檬酸的較大，原因是能形成分子內(nèi)氫鍵。下列式子不正確的是______(選填序號)。第18頁/共24頁A.B.C.D.（2）如將混合液的控制為5，與檸檬酸相關(guān)的粒子中含量最高的是______(選填：、、、)。加入的的物質(zhì)的量最接近于______(選填序號)。A．B．C．D．（3）制備時不采取、溶液、檸檬酸的順序加料，原因是______。（4）下列關(guān)于步驟Ⅱ的說法，不正確的是______(選填序號)。A.檸檬酸銅中，帶負電荷的氧提供未成鍵的孤電子對形成配位鍵B.反應(yīng)時溶液會緩慢下降，可加適量調(diào)節(jié)C蒸發(fā)濃縮時，采用加壓法可提高產(chǎn)品結(jié)晶效率D.欲除去產(chǎn)品中的結(jié)晶水，可將固體置于坩堝中灼燒至恒重（5）測定在時的：取，投入水中，充分攪拌后用濃氨水定容至合理并說明原因是______。【答案】（1）C（2）①.②.C（3）檸檬酸銅會覆蓋固體，降低原料利用率，降低產(chǎn)品純度（4）CD（5）不合理，可溶于氨水，定容時會導致完全溶解【解析】NaOHpH為3~5NaHCitNaHCit溶液中加入CuCl2固體，反應(yīng)后的產(chǎn)物經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、乙醇洗滌等一系列操作后即制得二水合檸檬酸銅(II)第19頁/共24頁（）晶體。【小問1詳解】羧基酸性強，易解離為離子和羥基形成氫鍵，而羥基不易解離，C結(jié)構(gòu)不正確，故答案為C?！拘?詳解】與濃度相等時：，與濃度相等時：，與濃度相等時，，因此pH=5時，與檸檬酸相關(guān)的粒子中含量最高的是，此時加入NaOH的物質(zhì)的量近似等于純檸檬酸物質(zhì)的量的2倍，即0.054mol，故答案為C?！拘?詳解】檸檬酸銅會覆蓋固體，降低原料利用率，降低產(chǎn)品純度，因此制備時不采取、溶液、檸檬酸的順序加料?！拘?詳解】A．檸檬酸銅中，帶負電荷的氧提供未成鍵的孤電子對，Cu有空軌道，兩者可形成配位鍵，同時相比于不帶負電荷的氧原子，帶負電荷的氧與帶正電荷的Cu之間存在更強的相互作用，A正確；B．步驟I用NaOH控制pH3~5之間，步驟II反應(yīng)時pH會下降，可以用適量的NaOH調(diào)pH，B正確；C質(zhì)的溶解度隨壓強增大而增大，不利于結(jié)晶，故C錯誤；D．二水合檸檬酸銅(II)含羥基和羧基，加熱灼燒會發(fā)生分子內(nèi)酯化反應(yīng)，改變分子結(jié)構(gòu)，D錯誤；故答案為CD。【小問5詳解】不合理，可溶于氨水，定容時會導致完全溶解。20.有機物是合成藥物的中間體，其合成過程如下