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河南省普通高中2023届高三下学期高考模拟（适应性考试）理综化学试题
一、单选题
1．（2023·河南·统考模拟预测）化学与生产、生活、科技和环境等密切相关。下列有关说法错误的是
A．油脂长时间放置后会产生不愉快的气味的原因之一是被氧气氧化了
B．可利用大理石粉与水混合得到的浆状物对燃煤产生的废气进行脱硫处理
C．“天宫课堂”中过饱和乙酸钠溶液析晶放热与形成新的化学键有关
D．“汽车尾气处理”有助于改善城市空气质量，有利于实现碳达峰、碳中和
2．（2023·河南·统考模拟预测）2021年我国科学家实现了二氧化碳到淀粉的人工合成，有关物质的转化过程示意图如图所示。下列说法错误的是
A．淀粉的化学式为(C6H10O5)n
B．C3和H2反应生成丙三醇发生的是加成反应
C．淀粉发生水解反应时环状结构会断开
D．已知中的三个原子共平面，则C3中的所有C、O原子不可能在一个平面上
3．（2023·河南·统考模拟预测）某无色溶液中可能含有 K+、Ag+ 、Ba2+、 Fe3+、Cl- 、OH- 、 中的几种，对其进行如下实验操作：
(1)取少量溶液，用pH计测得pH=13.3；
(2)另取少量溶液，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀；
(3)将(2)所得混合物过滤，向滤液中加人AgNO3溶液，有白色沉淀生成。
下列对该溶液的说法正确的是
A．要确定是否含有K+，需做焰色反应实验
B．一定含有K+ 、OH-、
C．含有Ag+、Ba2+、Fe3+三种离子中的一种
D．原溶液中一定含有Cl-
4．（2023·河南·统考模拟预测）由下列实验操作、现象得出的结论不正确的是
选项 实验操作 现象 结论
A 向Ba(NO3)2溶液中通入过量的SO2 产生白色沉淀 该沉淀为BaSO4
B 缓缓加热0.5 mol L 1的NaCl溶液到60℃，并用pH传感器测定溶液的pH pH逐渐减小 水的电离为吸热过程
C 分别测定浓度均为0.1 mol L 1的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH 后者大于前者 Kh(CH3COO－)＜Kh()
D 向Na2CO3溶液中滴入硫酸溶液，将反应后的气体通入Na2SiO3溶液中 Na2CO3溶液中有气泡生成，Na2SiO3溶液中有白色沉淀生成 酸性：硫酸＞碳酸＞硅酸
A．A B．B C．C D．D
5．（2023·河南·统考模拟预测）W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素，只有两种金属元素，三种非金属元素的原子序数之和为15，两种金属元素的原子序数之和比三种非金属元素的原子序数之和大10。ZaMb(YW)c(XY3)d·xW2Y常用作塑料阻燃剂，为确定其组成，进行如下实验：
I．准确称取3.390g样品与足量稀盐酸充分反应，生成标准状况下气体0. 560 L。
II．另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率( )随温度的变化如图所示(样品在270℃时已完全失去结晶水，600℃以上残留的固体为金属氧化物的混合物)。下列说法正确的是
A．W、X、Y的单质均存在同素异形体
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：XC．a：b：c：d=5：1：3：5
D．600℃以上残留的固体为Z2Y2和M2Y3
6．（2023·河南·统考模拟预测）在溶液中用光照射Cu PHI催化剂产生光电子和空穴h+，可以在常温常压下使甲烷转化为甲醇和氢气，其部分反应机理如图所示。下列说法错误的是
A．空穴h+参与发生的反应为2H2O＋ 2h＋＝H2O2＋2H＋
B．光电子参与发生的反应为2H＋＋2e－＝H2
C．反应过程中水作还原剂
D．该反应的化学方程式为CH4＋H2O CH3OH＋H2
7．（2023·河南·统考模拟预测）常温下，一元碱BOH的Kb(BOH)=1.0×10-5。在某体系中，离子不能穿过隔膜，BOH分子可自由穿过隔膜(如图所示)，溶液中c总(BOH)= c(BOH)+c(B+ )，当达到平衡时，下列叙述正确的是
A．常温下，0.1 mol ·L-1一元碱BOH溶液的pH≈12
B．根据电荷守恒，溶液I和Ⅱ中都存在c(B+ )+c(H+)=c(OH—)
C．溶液I和Ⅱ中的c(B+ )相等
D．溶液I中BOH的电离度为：
二、实验题
8．（2023·河南·统考模拟预测）乙酸乙酯是极好的工业溶剂，现用如图所示装置进行制备。
步骤如下：向三颈烧瓶中加入23 mL 95%的乙醇(含CH3CH2OH 0.37 mol)，再加入1 g FeCl3·6H2O，向滴液漏斗中加入14.5 mL冰醋酸(含CH3COOH 0.25 mol)；按如图所示连接好装置，开始加热，缓缓滴入冰醋酸。
已知：I．由羧酸和醇反应生成酯的机理如下：
(成质子化)
(脱质子化)
II．乙醇可与CaCl2结合形成CaCl2·6C2H5OH难溶物。
(1)实验中乙醇要过量的目的是___________。
(2)实验中三颈烧瓶适合的容积为___________(填字母)。
A．50mL B．100 mL C．250 mL D．500 mL
(3)实验温度为80℃时产率最高，此时需要观察温度计___________ ( 填“a”或“b”)的读数，另一只温度计在___________操作中使用。
(4)选用FeCl3·6H2O作为催化剂，可不加入碎瓷片，原因是___________。根据羧酸和醇生成酯的反应机理推测，下列物质中可用作制备乙酸乙酯催化剂的是___________(填字母)。
A．NaOH B．BaCl2 C．FeSO4 D．HIO4 (固体)
(5)对得到的粗产品提纯：
①向粗产品中加入碳酸钠粉末，至无___________气体逸出。
②向其中加入饱和氯化钙溶液，以除去___________
③向所得有机层中加入无水硫酸钠，以除去___________，过滤后再蒸馏，收集77℃左右的馏分。
三、工业流程题
9．（2023·河南·统考模拟预测）以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂，由富钒废渣(含V2O3、Na2O·Al2O3·4SiO2、FeO)制备V2O5的一种流程如下：
已知：①部分金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示。
物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3
开始沉淀pH 7.0 1.9 3.2
沉淀完全pH 9.0 3.2 4.7
②NH4VO3可溶于热水，不溶于乙醇；
③部分含钒物质在水溶液中的主要存在形式：
pH <1 1~4 4~6 6~8.5 8.5~13 >13
主要存在形式 V2O5 多矾酸根 多矾酸根
备注 多矾酸盐在水中溶解度较小
回答下列问题：
(1)“酸浸”时含V物质中V的化合价为___________。
(2)“转化II”需要调整的pH范围为___________， “转化III”中含V物质发生反应的离子方程式为___________。
(3)铝元素在“___________”(填操作单元名称)过程中被除去；“滤渣2”的主要成分为___________。
(4)“一系列操作”包括过滤、洗涤、干燥等，洗涤时最好选用的试剂为___________(填字母)。
A．冷水 B．热水 C．乙醇 D．NaOH溶液
“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)，若“沉钒”前溶液中c( )=0.2 mol· L-1，不考虑溶液体积变化，为使钒元素的沉降率达到98%，至少应调节c( )为___________mol·L-1.[已知：Ksp(NH4VO3)=1.6×10-3]
(5)全钒氧化还原液流电池是一种新型绿色的二次电池，其工作原理如图所示。
①充电时，X电极反应式为___________。
②充电时，每转移1 mol电子，左池溶液中n(H+)的变化量为___________mol。
四、原理综合题
10．（2023·河南·统考模拟预测）天然气开采过程中产生大量的含硫废水(硫元素的主要存在形式为H2S)，需要回收处理并加以利用，有关反应如下：
i.2H2S(g)+ 3O2(g)2SO2(g)+2H2O(g) ΔH1
ii．4H2S(g)+ 2SO2(g) 3S2(g) +4H2O(g) ΔH2
iii．2H2(g) +O2(g) 2H2O(g) ΔH3
回答下列问题：
(1)H2S热分解反应2H2S(g) S2(g) + 2H2(g)的ΔH=___________(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的式子表示)；该反应的活化能Ea(正)大于Ea(逆)，则ΔH___________(填“<”“> ”或“=”)0。
(2)总压恒定为100 kPa，向密闭容器中充入2 mol H2S、3 mol O2、95 mol Ar，发生反应i和反应ii ，反应过程中H2S(g) ，SO2(g)、S2(g)等含硫物质的分布分数δ随时间变化如图所示。
①表示SO2分布分数的曲线为___________(填“甲”“乙”或“丙”)。
②t1时测得H2S转化率为α，此时体系中H2O的物质的量为___________mol；用H2S分压表示的平均反应速率为___________(用含α、t1的式子表示)kPa· s-1。
(3)也可采用Na2SO3氧化法对H2S进行处理，过程中发生反应的方程式(均未配平)为：
i． +H2S+H+ → +S↓+ H2O
ii． H2S(aq)+ (aq)+H+ (aq)→S(s) + H2O(l)
iii．S(s) + (aq)→(aq)
实验测得，在T℃、pH=5时，Na2SO3的投加量对平衡体系中部分微粒浓度的影响如图所示。
①T℃时，反应iii的平衡常数K=___________。
②结合三个反应分析，当Na2SO3投加量高于5 g·L-1时，单位体积内S的质量减小的原因为___________。
五、结构与性质
11．（2023·河南·统考模拟预测）磷、碳、氢等非金属及其化合物用途广泛。试回答下列问题。
(1)白磷(P4)在氯气中燃烧可生成PCl3和PCl5。
①形成PCl5时，P原子的一个3s电子激发入3d轨道后参与成键，该激发态的价电子排布式为___________。
②研究表明，在加压条件下PCl5于148℃液化时能发生与水类似的自耦电离，形成一种能导电的熔体，其电离方程式为 ___________ ，产生的阳离子的空间结构为___________；N和P都有+5价，但NCl5不存在，从原子结构的角度分析其原因：___________。
(2)分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为 )。一种观点认为，苯酚羟基中的O原子是sp2杂化则苯酚中的大π键可表示为___________ ，一定在同一平面上的原子有___________个；乙醇显中性而苯酚显酸性的原因是：在大π键中氧的p电子云向苯环转移，___________。
(3)镍镧合金(LaNin)具有很强的储氢能力，其晶胞结构如图所示，其中n=___________。 已知晶胞体积为9.0 ×10 -29 m3，若储氢后形成LaNinH5.5(氢进入晶胞空隙，晶胞体积不变)，则氢在合金中的密度为___________g·cm-3(保留1位小数)。
六、有机推断题
12．（2023·河南·统考模拟预测）Aigialomycin D是从海生红树林菌类中分离出来的一种具有重要生理活性的物质，具有极强的抗瘤活性和抗疟疾活性。该物质的一种合成路线为：
已知：①Et为乙基，Ph为苯基；
② 。
回答下列问题。
(1)D中官能团的名称是___________，I到Aigialomycin D的反应类型是___________反应。
(2)G的分子式为___________。
(3)C→D的化学方程式为___________。
(4)NaBH4和LiAlH4在合成过程中作___________剂，A→B是为了保护___________。
(5)符合下列条件的物质的同分异构体有___________种。
①分子仅比C少两个H原子
②含有苯环且有三个羟基与苯环直接相连
写出其中核磁共振碳谱中峰的强度之比是3：2：2：2：1的物质的结构简式___________；
(6)以为原料制备 的合成路线如下，请补充物质或转化条件。①_____；②________。
参考答案：
1．D
【详解】A．油脂长时间放置后会接触到空气中的氧气，从而发生氧化还原反应而变质，会产生不愉快的气味，故A正确；
B．可利用大理石粉与水混合得到的浆状物对燃煤产生的废气进行脱硫处理，涉及碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙和氧气反应生成硫酸钙，故B正确；
C．乙酸钠溶液中钠离子和乙酸根离子间的离子键被破坏，析出晶体，生成乙酸钠晶体，形成新的离子键，成键会释放热量，故C正确；
D．汽车尾气中含有CO和NO，催化处理得到氮气和二氧化碳，有助于改善城市空气质量，但不能减少二氧化碳的排放，不利于实现碳达峰、碳中和，故D错误。
综上所述，答案为D。
2．D
【详解】A．淀粉是多糖，其化学式为(C6H10O5)n，故A正确；
B．C3和H2反应生成丙三醇，羰基变为羟基，其反应类型为加成反应，故B正确；
C．淀粉最终水解为葡萄糖，葡萄糖为链状结构，则水解反应时环状结构会断开，故C正确；
D．已知中的三个原子共平面，再根据甲烷中三点共面分析，碳氧单键可以旋转，则C3中的所有C、O原子可能在一个平面上，故D错误。
综上所述，答案为D。
3．B
【分析】某无色溶液中可能含有 K+、Ag+、Ba2+、 Fe3+、Cl-、OH-、 中的几种，无色溶液说明无 Fe3+，对其进行如下实验操作：
(1)取少量溶液，用pH计测得pH=13.3，说明溶液显强碱性，一定含有OH-，则一定没有Ag+；
(2)另取少量溶液，加入足量BaCl2溶液，产生白色沉淀，则该白色沉淀是BaCO3，溶液中一定存在，一定不存在Ba2+，根据电荷守恒，溶液中一定含有K+；
(3)将(2)所得混合物过滤，向滤液中加人AgNO3溶液，有白色沉淀生成，因上一步加入了氯化钡，不能确定原溶液中是否含有Cl-，原溶液中可能有Cl-。
【详解】A. 由于任何溶液既有阳离子，又有阴离子，则原溶液中一定含有K+，故A错误；
B. 由分析可知溶液中一定含有K+、OH-、，故B正确；
C. 不含Ag+、Ba2+、Fe3+三种离子中的任一种，故C错误；
D. 不能确定原溶液中是否含有Cl-，故D错误；
故选B。
4．C
【详解】A．向Ba(NO3)2溶液中通入过量的SO2，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，电离出氢离子，提供酸性环境，二氧化硫、氢离子、硝酸根发生氧化还原反应生成硫酸根和一氧化氮气体，硫酸根和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，故A正确；
B．氯化钠溶液呈中学，加热可促进水的电离，溶液的pH逐渐减小，则水的电离为吸热过程，故B正确；
C．分别测定浓度均为0.1 mol L 1的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者，由于铵根也发生水解，对醋酸根有影响，因此不能得出Kh(CH3COO－)＜Kh()，故C错误；
D．向Na2CO3溶液中滴入硫酸溶液，有气泡产生，说明生成了二氧化碳气体，说明硫酸酸性大于碳酸酸性，二氧化碳气体通入Na2SiO3溶液中，有沉淀生成，生成了硅酸沉淀，说明碳酸酸性大于硅酸酸性，故D正确。
综上所述，答案为C。
5．C
【分析】由样品在270℃时已完全失去结晶水可知，化合物中含有H元素、O元素；三种非金属元素的原子序数之和为15，则化合物中含有C元素；两种金属元素的原子序数之和比三种非金属元素的原子序数之和大10，则化合物中含有Mg元素、Al元素，W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期元素，则W为H元素、X为C元素、Y为O元素、Z为Mg元素、M为Al元素；600℃以上残留的固体为金属氧化物的混合物，则残留的固体为氧化铝和氧化镁的混合物，由题意可知，3.390g样品与足量稀盐酸充分反应生成标准状况下0. 560 L二氧化碳，则化合物中碳酸根离子的物质的量为=0.025mol，样品在270℃—600℃间受热失去水的质量为3.390g×(74.35%—37.02%)—0.025mol×44g/mol≈0.135g，则化合物中氢氧根离子的物质的量为×2=0.015mol，金属元素的质量为3.390g—3.390g×(100%—74.35%)—0.015mol×17g/mol—0.025mol×44g/mol=0.735g，设镁元素的物质的量为amol、铝的物质的量为bmol，由质量可得：24a+27b=0.735g，由电荷守恒可得：2a+3b=0.015+0.025×2，解得a=0.025、b=0.005，则a：b：c：d=5：1：3：5。
【详解】A．氢元素的单质为氢气，不存在同素异形体，故A错误；
B．碳元素的最高价氧化物对应水化物碳酸为弱酸，铝元素最高价氧化物对应水化物氢氧化铝为两性氢氧化物，则碳酸的酸性强于氢氧化铝，故B错误；
C．由分析可知，a：b：c：d=5：1：3：5，故C正确；
D．由分析可知，600℃以上残留的固体为MgO和Al2O3的混合物，故D错误；
故选C。
6．C
【详解】A．根据图中信息，空穴h+与水反应，其参与发生的反应为2H2O＋ 2h＋＝H2O2＋2H＋，故A正确；
B．氢离子得到光电子提供的电子，则参与发生的反应为2H＋＋2e－＝H2，故B正确；
C．该反应的化学方程式为CH4＋H2O CH3OH＋H2，水中氢化合价降低，则反应过程中水作氧化剂，故C错误；
D．根据图中信息常温常压下使甲烷和水转化为甲醇和氢气，则该反应的化学方程式为CH4＋H2O CH3OH＋H2，故D正确。
综上所述，答案为C。
7．D
【详解】A．常温下0.1 mol ·L-1一元碱BOH溶液中，当达到平衡时，c(BOH)0.1 mol·L-1，c(B+)=c(OH-)，由可得c(OH-)mol/L=10-3mol ·L-1，pOH=3，则溶液pH约为11，故A错误；
B．由常温下Ⅱ中溶液pH为7可知，溶液中c(H+)=c(OH—)，则Ⅱ溶液中c(B+)+c(H+)>c(OH-)，故B错误；
C．根据题意，BOH分子可自由穿过隔膜，说明溶液I和Ⅱ的BOH浓度相等，两溶液pH不相等，说明溶液中氢氧根离子浓度不相等，因此由可知，溶液I和Ⅱ中的c(B+)不相等，故C错误；
D．溶液I的pH为12，c(OH-)=0.01mol·L-1，c总(BOH)=c(BOH)+c(B+)，由BOH的电离常数可得：=1.0×10-5，解得溶液I中BOH的电离度为=，故D正确；
故选D。
8．(1)提高乙酸的利用率，增大产率
(2)B
(3) b 蒸馏
(4) 催化剂使得反应在温度较低条件下进行 CD
(5) 二氧化碳 C2H5OH 水
【分析】向三颈烧瓶中加入23 mL 95%的乙醇、1 g FeCl3·6H2O、14.5 mL冰醋酸，在较低温度下加热反应生成乙酸乙酯，向反应后的溶液中加入碳酸钠固体除掉乙酸，加入CaCl2除掉乙醇，再加入无水硫酸钠吸收水分。
【详解】（1）乙酸和乙醇反应是可逆反应，为了提高乙酸的利用率，一般加入乙醇过量，因此实验中乙醇要过量的目的是提高乙酸的利用率，增大产率；故答案为：提高乙酸的利用率，增大产率。
（2）实验中药品是23 mL 95%的乙醇、1 g FeCl3·6H2O、14.5 mL冰醋酸，总的药品体积不超过40mL，烧瓶中纵液体体积不能小于三分之一，不能大于三分之二，因此三颈烧瓶适合的容积为100mL；故答案为：B。
（3）实验温度为80℃时产率最高，此时是测溶液的温度，因此需要观察温度计b的读数，后面需要将乙酸乙酯蒸馏出来，因此另一只温度计在蒸馏操作中使用；故答案为：b；蒸馏。
（4）选用FeCl3·6H2O作为催化剂，使得在温度较低条件下反应，因此可不加入碎瓷片；根据羧酸和醇生成酯的反应机理推测，
A．NaOH会使生成的酯发生水解，故不能作催化剂，故A不符合题意；
B．BaCl2是中性溶液，在反应中无法提供氢离子，故B不符合题意；
C．FeSO4中亚铁离子水解显酸性，能提供氢离子，故C符合题意；
D．HIO4 (固体)电解出氢离子显酸性，能提供氢离子，故D符合题意；
综上所述，答案为：催化剂使得反应在温度较低条件下进行；CD。
（5）①向粗产品中加入碳酸钠粉末，碳酸钠和乙酸反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，因此反应至无二氧化碳气体逸出；故答案为：二氧化碳。
②根据乙醇可与CaCl2结合形成CaCl2·6C2H5OH难溶物，向其中加入饱和氯化钙溶液，以除去C2H5OH；故答案为：C2H5OH。
③向所得有机层中加入无水硫酸钠，以除去水，过滤后再蒸馏，收集77℃左右的馏分；故答案为：水。
9．(1)+5
(2) pH＞13 VO+2CO2+H2O=VO+2HCO
(3) 转化Ⅲ Fe(OH)3
(4) C 0.4
(5) VO2+—e—+H2O=VO+2H+ 1
【分析】由题给流程可知，废渣与碳酸钠在空气中焙烧得到含有五氧化二钒、氧化铁、偏铝酸钠和硅酸钠的焙烧渣，向焙烧渣中加入盐酸调节溶液pH小于1，五氧化二钒转化为离子、氧化铁转化为铁离子、偏铝酸钠转化为铝离子、硅酸钠转化为硅酸沉淀，过滤得到含有硅酸的滤渣1和含有离子、铁离子、铝离子的滤液；向滤液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为3，将离子转化为五氧化二钒、铁离子部分转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有铝离子、少量铁离子的滤液和含有氢氧化铁和五氧化二钒的滤渣；向滤渣中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH大于13，将五氧化二钒转化为离子，铝离子转化为偏铝酸根离子，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和含有离子、偏铝酸根离子的滤液；向滤液中通入足量的二氧化碳将溶液中离子转化为离子，偏铝酸根离子转化为氢氧化铝，向溶液中加入氯化铵，将溶液中离子转化为钒酸铵沉淀，过滤、洗涤、干燥得到含有碳酸氢钠、氯化钠的母液和钒酸铵；钒酸铵煅烧分解生成五氧化二钒。
【详解】（1）由分析可知，“酸浸”时含钒元素物质为离子，由化合价代数和为0可知，离子中钒元素的化合价为+5价，故答案为：+5；
（2）由分析可知，转化II加入氢氧化钠溶液调节溶液pH大于13的目的是将五氧化二钒转化为离子，转化III中含钒元素物质发生的反应为足量的二氧化碳与溶液中离子反应生成离子和碳酸氢根离子，反应的离子方程式为VO+2CO2+H2O=VO+2HCO，故答案为：VO+2CO2+H2O=VO+2HCO；
（3）由题意可知，铝元素在转化Ⅲ步骤转化为氢氧化铝被除去；滤渣2的主要成分为氢氧化铁，故答案为：转化Ⅲ；Fe(OH)3；
（4）由钒酸铵可溶于热水，不溶于乙醇可知，一系列操作中洗涤步骤最好选用的试剂为乙醇；由钒酸铵的溶度积可知，当钒元素的沉降率达到98%时，溶液中铵根离子浓度为=0.4mol/L，故选C，故答案为：0.4；C；
（5）由图可知，充电时，X电极为电解池的阳极，水分子作用下VO2+离子在阳极失去电子发生氧化反应生成VO和氢离子，电极反应式为VO2+—e—+H2O=VO+2H+，Y电极为阴极，V3+离子得到电子发生还原反应生成V2+离子，电极反应式为V3++ e—=V2+，氢离子由左池经质子交换膜进入右池；
①由分析可知，充电时，X电极为电解池的阳极，水分子作用下VO2+离子在阳极失去电子发生氧化反应生成VO和氢离子，电极反应式为VO2+—e—+H2O=VO+2H+，故答案为：VO2+—e—+H2O=VO+2H+；
②由分析可知，充电时，每转移1 mol电子，左池溶液中生成2mol氢离子，其中1mol氢离子由左池经质子交换膜进入右池使溶液呈电中性，故答案为：1。
10．(1) >
(2) 乙 2a
(3) Na2SO3投加量高于5 g·L-1时，单位体积内反应iii消耗S单质的质量超过了反应i和反应ii生成S单质的质量之和
【详解】（1）由盖斯定律可知，反应可得硫化氢热分解反应，则反应ΔH=；由反应的活化能Ea(正)大于Ea(逆)可知该反应为吸热反应，反应焓变ΔH>0，故答案为：；>；
（2）①由方程式可知，反应i中硫化氢与氧气反应生成二氧化硫，反应ii中二氧化硫与硫化氢反应生成S2，则硫化氢的分布分数减小、二氧化硫的分布分数先增大后减小、S2的分布分数增大，故选乙；
②设t1时，反应i生成二氧化硫为2amol、反应ii消耗二氧化硫为2bmol，由题意可建立如下三段式：
由硫化氢转化率为α可得：=α，由图可知，二氧化硫和S2分布分数相等，则3—1.5a—b=b，解联立方程可得a=3—2α、b=1.5α—1.5，则水的物质的量为(3—2α)mol×2+(1.5α—1.5) mol×4=2αmol，硫化氢的分压变化量为()Pa，平均反应速率为 kPa· s-1，故答案为：2α；；
（3）①由图可知，T℃、pH为5反应达到平衡时，硫代硫酸根离子浓度为0.015mol/L、亚硫酸根离子浓度为0.009 mol/L，则反应iii的平衡常数K==，故答案为：；
②结合三个反应分析，当Na2SO3投加量高于5 g·L-1时，单位体积内S的质量减小说明Na2SO3投加量高于5 g·L-1时，单位体积内反应iii消耗S单质的质量超过了反应i和反应ii生成S单质的质量之和，故答案为：Na2SO3投加量高于5 g·L-1时，单位体积内反应iii消耗S单质的质量超过了反应i和反应ii生成S单质的质量之和。
11．(1) 3s13p23d1 PCl5PCl＋PCl 正四面体形 P原子半径大，且有可以利用的3d空轨道采取sp3d杂化，N原子半径小且没有可以利用的d空轨道
(2) 13 使O原子上的电子云密度降低，O、H间的结合力减弱，易离解出H+
(3) 5 0.1
【详解】（1）①磷元素的原子序数为15，价电子排布式为3s23p3，由形成五氯化磷时，磷原子的一个3s电子激发入3d轨道后参与成键可知，激发态的价电子排布式为3s１3p３3d1，故答案为：3s１3p３3d1；
②由题意可知，五氯化磷发生与水类似的自耦电离电离出PCl和PCl，电离方程式为PCl5PCl＋PCl，PCl离子中价层电子对数为4、孤对电子对数为0，则离子的空间结构为正四面体形；位于同一主族的磷原子的原子半径大于氮原子，磷原子可以利用3d空轨道采取sp3d杂化与氯原子形成五氯化磷，而氮原子没有可以利用的d空轨道，所以N和P都有+5价，但NCl5不存在，故答案为：PCl5PCl＋PCl；正四面体形；P原子半径大，且有可以利用的3d空轨道采取sp3d杂化，N原子半径小且没有可以利用的d空轨道；
（2）若苯酚羟基中的氧原子的杂化方式为sp2杂化，未参与杂化的2个p电子与苯环上6个碳原子中未参与杂化的6个p电子形成大π键，则分子中的13个原子一定在同一平面上；乙醇显中性而苯酚显酸性的原因是在大π键中氧原子的p电子云向苯环转移，使羟基中氧原子上的电子云密度降低，氧原子和氢原子间的结合力减弱，易离解出氢离子，故答案为：；13；使O原子上的电子云密度降低，O、H间的结合力减弱，易离解出H+；
（3）由晶胞结构可知，晶胞中位于面上和体心的镍原子个数为8×+1=5，由储氢后形成LaNinH5.5可知，晶胞中氢原子的质量为g，则氢在合金中的密度为≈0.1g/cm3，故答案为：5；0.1。
12．(1) 碳碳双键、醚键、酯基 取代反应
(2)C12H20O3S
(3)＋Ph3P=CHCOOCH3＋Ph3P=O
(4) 还原 羟基
(5) 12
(6)
【分析】A转变B中有一步是将保护羟基，防止羟基被氧化，C发生取代反应生成D，I发生取代反应得到Aigialomycin D。
【详解】（1）根据D的结构简式得到D中官能团的名称是碳碳双键、醚键、酯基，根据I到Aigialomycin D是I中醚键变为了羟基，则I到Aigialomycin D的反应类型是取代反应；故答案为：碳碳双键、醚键、酯基；取代反应。
（2）根据G的结构简式得到G的分子式为C12H20O3S；故答案为：C12H20O3S。
（3）C→D的化学方程式为＋Ph3P=CHCOOCH3＋Ph3P=O；
（4）NaBH4和LiAlH4在合成过程中作还原剂，从整个过程看，羟基先形成醚键，后面醚键又变为羟基，因此A→B是为了保护羟基，防止被氧化；故答案为：还原；羟基，防止被氧化。
（5）①分子仅比C()少两个H原子即分子式为C8H10O3，②含有苯环且有三个羟基与苯环直接相连，三个羟基和一个乙基，、、；三个羟基和两个甲基、、、共12种；其中核磁共振碳谱中峰的强度之比3：2：2：2：1的物质的结构简式；故答案为：12；。
（6）根据题中信息得到。
试卷第1页，共3页
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