浙江省七彩阳光新高考研究联盟2022-2023学年高三上学期返校联考化学试题含解析

这是一份浙江省七彩阳光新高考研究联盟2022-2023学年高三上学期返校联考化学试题含解析，共34页。试卷主要包含了单选题，填空题，元素或物质推断题，结构与性质，原理综合题，工业流程题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

浙江省七彩阳光新高考研究联盟2022-2023学年高三上学期返校联考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列物质含共价键且属于盐的是
A． B． C．KClO D．
【答案】C
【详解】A．是氧化物，含有离子键和非极性共价键，故A不符合题意；
B．是碱，含有离子键和极性共价键，故B不符合题意；
C．KClO是盐，含有离子键和极性共价键，故C符合题意；
D．是酸，含有共价键，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
2．下列物质属于强电解质的是
A．Al B．CH3COONa C．SO3 D．HCOOH
【答案】B
【详解】A．Al为金属单质，既不是电解质也不是非电解质，A不符合题意；
B．CH3COONa为可溶性盐，在水溶液或熔融状态下发生完全电离，属于强电解质，B符合题意；
C．SO3为非金属氧化物，属于非电解质，C不符合题意；
D．HCOOH为有机弱酸，属于弱电解质，D不符合题意；
故选B。
3．名称为“蒸馏烧瓶”的仪器是
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】A．为蒸馏烧瓶，故A符合题意；
B．为漏斗，故B不符合题意；
C．容量瓶，故C不符合题意；
D．分液漏斗，故D不符合题意；
故答案为A
4．下列物质对应的化学式正确的是
A．苏打： B．绿矾：
C．铁红： D．软脂酸：
【答案】D
【详解】A．苏打的化学式为，俗称小苏打，故A错误；       
B．绿矾的化学式为，俗称胆矾，故B错误；
C．铁红的化学式为，俗称磁性氧化铁，故C错误；       
D．软脂酸的化学式为，故D正确；
故答案为：D
5．下列表示正确的是
A．硝基苯的结构简式： B．二乙酸乙二酯的键线式：
C．四氯化碳的空间填充模型： D．氯离子的结构示意图：
【答案】D
【详解】A．硝基取代苯环上的1个H原子形成硝基苯，N原子与苯环直接相接，硝基苯结构简式为，A选项错误；
B．二乙酸乙二酯的结构简式为CH3COOCH2-CH2OOCCH3，根据键线式书写规则可知，二乙酸乙二酯的键线式为，B选项错误；
C．四氯化碳空间构型为正四面体，且氯原子半径大于碳原子半径，四氯化碳的空间填充模型为 ，C选项错误；
D．氯元素的序数为17，氯离子的结构示意图为，D选项正确；
答案选D。
6．下列说法不正确的是
A．甘油分子中含多个亲水基，可用作化妆品保湿剂
B．煤炭中含有苯，工业上可通过干馏的方法获得
C．“地沟油”主要成分为油脂，工业上可用来制造肥皂
D．通过石油的裂解能产生丙烯，可用于生产医用口罩
【答案】B
【详解】A．甘油分子中含多个羟基，羟基与水形成氢键是亲水基，可用作化妆品保湿剂，故A正确；
B．煤炭中不含苯，煤干馏后可以得到苯、甲苯等有机物，工业上可通过分馏的方法获得，故B错误；
C．“地沟油”主要成分为油脂，工业上可以通过油脂的碱性水解来制造肥皂，故C正确；
D．通过石油的裂解能使长链烷烃断链，产生烯烃，故石油裂化可以产生丙烯，聚丙烯可用于生产医用口罩，故D正确；
故答案为B
7．下列说法不正确的是
A．和一定互为同系物 B．16O和18O互为同位素
C．乙醛和环氧乙烷互为同分异构体 D．S4和S8互为同素异形体
【答案】A
【详解】A．和有同分异构体，有可能不是同一种物质，不一定互为同系物，故A错误；
B．16O和18O互为同位素，故B正确；
C．乙醛和环氧乙烷分子式都为C2H4O，故互为同分异构体，故C正确；
D．同种元素组成的不同单质互为同素异形体，S4和S8互为同素异形体，故D正确；
故答案为A
8．下列说法不正确的是
A．燃料电池、铅蓄电池都利用了原电池原理
B．镀锌的铁表面有划痕时，仍比不镀锌的铁更难被腐蚀
C．在使用的燃煤中加入适量，可减少及温室气体的排放
D．选用不同种类的催化剂，甲醛与苯酚可反应制得线型或体型的酚醛树脂
【答案】C
【详解】A．燃料电池和铅蓄电池都利用了氧化还原反应放出的化学能直接转化为电能，属于原电池原理，A项正确；
B．锌比铁更加活泼，镀锌的铁表面有划痕时，锌先反应，所以仍比不镀锌的铁更难被腐蚀，B项正确；
C．在使用的燃煤中加入适量，可减少排放，C项错误；
D．如果采用不同的催化剂，苯酚羟基对位上的氢原子也可以和甲醛进行缩聚，使分子链之间发生交联，生成体型酚醛树脂，D项正确；
答案选C。
9．下列说法正确的是
A．氯气有毒，所以可用作纸张的漂白剂
B．明矾有杀菌消毒的作用，所以可用来处理污水
C．石英坩埚耐高温，所以可用来加热熔化碱石灰等固体
D．常温下铁在浓硫酸中会钝化，所以可用铁罐来贮运浓硫酸
【答案】D
【详解】A．氯气与水反应生成具有强氧化性的次氯酸能使有机色质漂白褪色，常用作纸张的漂白剂，故A错误；
B．明矾不具有强氧化性，不具有杀菌消毒的作用，故B错误；
C．碱石灰中的氧化钙和氢氧化钠高温下能与二氧化硅反应，所以石英坩埚不能用来加热熔化碱石灰等固体，故C错误；
D．常温下铁在浓硫酸中会钝化，阻碍铁与浓硫酸继续反应，所以常用铁罐来贮运浓硫酸，故D正确；
故选D。
10．关于反应，下列说法正确的是
A．发生氧化反应
B．还原产物是
C．消耗3mol 时，反应共转移25mol电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：5
【答案】C
【详解】A． 中碘在反应中化合价降低，发生还原反应，故A错误；
B． 还原产物是碘，故B错误；
C． 消耗3mol 时，5mol中碘在反应中共转移5mol×5=25mol电子，故C正确；
D． 还原剂1molKI和3molH2S，与氧化剂5molKIO3 的物质的量之比为4：5，故D错误；
故选C。
11．下列说法正确的是
A．明矾晶体制备时，溶剂蒸发速率越快，得到的晶体颗粒就越大
B．苯酚有腐蚀性，若不慎沾到皮肤上，应立即用热水冲洗
C．中学实验室中可以将未用完的钠、钾、白磷等放回原试剂瓶
D．测定中和反应反应热时，温度计测量酸溶液温度后应立即测量碱溶液的温度
【答案】C
【详解】A. 晶体生长需要一定时间，生长时间越长，晶体颗粒越大；反之，越小，溶剂蒸发速率越快，晶体生长时间越短，晶体颗粒越小，A错误；
B. 苯酚若不慎沾到皮肤上，应用酒精或聚乙二醇清洗，B错误；
C. 剩余钠、钾如直接放入废液缸会与水剧烈反应容易造成危险，另外，钠、钾较为昂贵，白磷有剧毒，且在空气中易会燃。因此，三种物质一般回收到原试剂瓶，C正确；
D. 测定中和反应热时，温度计测量酸溶液温度后应洗净、擦干后再测量碱溶液温度，D错误；
答案选C。
12．下列表示的不同状态的N元素原子中，第一电离能最小的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】不同状态的N元素原子中，第一电离能最小，说明处于激发态且能量较高，根据四个选项分析，B选项中一个电子在3p能级，能量最高，失去该电子需要的能量最小，则第一电离能最小，故B符合题意。
综上所述，答案为B。
13．下列反应的离子方程式一定正确的是
A．金属钠与水反应：
B．溶液与溶液混合：
C．溶液中通入气体：
D．乙醇与酸性溶液反应：
【答案】C
【详解】A．没有配平，应该为，故A错误；
B．溶液与溶液混合时的相对用量不确定，不能得出离子方程式，故B错误；
C．与气体反应生成CuS沉淀和盐酸，其反应的离子方程式为：，故C正确；
D．乙醇与酸性溶液反应只能氧化至乙酸，不会产生，故D错误。
综上所述，答案为C。
14．下列说法不正确的是
A．乙酸乙酯可用作食品添加剂
B．蚕丝、塑料、合成纤维、高吸水性树脂等都属于高分子材料
C．麦芽糖属于还原糖，在一定条件下既能发生水解反应，又能发生银镜反应
D．将天然的甘氨酸、丙氨酸和谷氨酸混合，在一定条件下生成的链状二肽有9种
【答案】D
【详解】A．乙酸乙酯有特殊香味，且无毒，可以做食品添加剂。A正确。
B．蚕丝主要成分为蛋白质；塑料多为聚合物；合成纤维是由合成的高分子化合物制成的，常用的合成纤维有涤纶、锦纶、腈纶、氯纶、维纶、氨纶、聚烯烃弹力丝等；高吸水性树脂是一种新型功能高分子材料，具有亲水基团、能大量吸收水分而溶胀又能保持住水分不外流的合成树脂。B正确。
C．麦芽糖由两分子葡萄糖聚合而成，在一定条件下可以水解。其结构简式可表示为OHC(CHOH)4CH2OCH2(CHOH)4CHO。麦芽糖具有醛基，能发生银镜反应。C正确。
D．将天然的甘氨酸（）、丙氨酸（）和谷氨酸（）混合时，在一定条件下生成的链状二肽共12种，见下表：

甘氨酸
丙氨酸
谷氨酸
甘氨酸




丙氨酸




谷氨酸




D错误。
综上所述，答案为D。
15．某利胆药物的分子结构如图，下列有关该化合物的说法不正确的是

A．能使酸性KMnO4溶液褪色
B．分子中的碳原子不可能全部共面
C．能发生加成、水解、取代、消去等反应
D．镍催化下与足量H2反应的产物分子中含4个手性碳原子
【答案】B
【详解】A．该物质分子中含有不饱和的碳碳双键，能够被酸性KMnO4溶液氧化，因此能使酸性KMnO4溶液褪色，A正确；
B．该物质分子中有饱和的碳原子，具有甲烷的四面体结构，该C原子采用sp3杂化，但通过旋转化学单键仍可能在苯环同一平面，B错误；
C．该物质分子中有不饱和的碳碳双键，能够发生加成反应；含有肽键，能够发生水解反应；含有酚羟基，能够发生取代反应；由于羟基连接的C原子的邻位C原子上有H原子，因此能够发生消去反应，C正确；
D．手性碳原子是连接四个不同的原子或原子团的C原子，该化合物在镍催化下与足量H2反应的产物分子为，分子中含4个手性碳原子，用“※”标注为：，D正确；
故合理选项是B。
16．下列有关物质特殊聚集状态与结构的说法不正确的是
A．液晶中的分子长轴取向一致，表现出类似晶体的各向异性
B．等离子体是一种特殊的气体，由阳离子和电子两部分构成
C．纯物质有固定的熔点，但其晶体颗粒尺寸在纳米量级时也可能发生变化
D．超分子内部的分子间一般通过非共价键或分子间作用力结合成聚集体
【答案】B
【详解】A．液晶分子中沿分子长轴方向有序排列，从而表现出类似晶体的各向异性，故A正确；
B．等离子体是由阳离子和电子和电中性粒子组成的整体上呈中性的物质聚集体，故B错误；
C．纯物质有固定的熔点，但其晶体颗粒尺寸在纳米量级时也可能发生变化，溶液可能下降，故C正确；
D．超分子内部的多个分子间一般通过非共价键或分子间作用力结合成聚集体，故D正确。
综上所述，答案为B。
17．根据元素周期律和元素周期表，下列推断不合理的是
A．第33号元素的单质在常温常压下是固体
B．第24号元素的基态原子所含的未成对电子数是所在周期元素基态原子中最多的
C．位于第六周期VIA族的元素，最高正价是，最低负价为
D．若能发现第120号元素，应是一种金属元素，位于周期表的第八周期IA族
【答案】C
【详解】A．原子序数为33的元素为砷元素，砷单质常温常压下是固体，故A不符合题意；
B．原子序数为24的元素为铬元素，铬原子的价电子排布式为3d54s1，基态原子所含的未成对电子数为6，是所在第四周期元素基态原子中最多的，故B正确；
C．位于第六周期VIA族的元素为金属元素钋元素只有正化合价，不存在负化合价，故C错误；
D．原子序数为120的元素位于元素周期表第八周期IA族，是一种金属性很强的金属元素，故D正确；
故选C。
18．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．18g冰水中含有的O-H数目为NA
B．0.01mol氯气溶于1L水中，溶液中
C．室温下，pH=9的溶液中由水电离出的数目为
D．1mol 和1mol 在密闭容器中充分反应，所得混合气体的分子数小于
【答案】B
【详解】A．18g冰水中含有的O-H数目为，A错误；
Ｂ．0.01mol氯气溶于1L水中，Cl2+H2OHCl+HClO，溶液中末反应的氯气为N(Cl2)，反应的氯气等于生成的盐酸的量，溶液中，B正确；
Ｃ．未明确溶液体积，所以无法计算的数目，C错误；
Ｄ．和在密闭容器中反应虽然不能彻底，但属于等体积反应，混合气体的分子数保持不变，D错误；
故选B。
19．铜氨液的主要成分为(为的简写)，已知   。有同学利用该原理，设计了一个特殊烟斗，烟斗内盛铜氨液，用来吸收烟气中的CO。下列说法不正确的是
A．这种特殊烟斗除CO的实验原理为洗气
B．工业上吸收CO适宜的生产条件是低温、高压
C．通过适当调节用久后的铜氨液的pH，可实现其再生
D．中配位原子为N和O，该配离子中的H-N-H键角大于中的键角
【答案】D
【详解】A．烟斗内盛铜氨液，用来吸收烟气中的CO，除CO的实验原理为洗气，故A正确；
B．低温、高压可以使平衡正向移动，有助于气体与液体充分反应，低温高压是工业上吸收CO适宜的生产条件，故B正确；
C．恢复铜氨液的吸收能力，就是使平衡逆向移动，调pH降低氨气的浓度，平衡逆向移动，故C正确；
D．中CO参与配位时，配位原子为C不是O，该配离子中的H-N-H键角大于中的键角，故D错误；
故答案为D。
20．已知的速率方程为(k为速率常数，只与温度、催化剂有关)。实验测得，在催化剂X表面反应的变化数据如下：
t/min
0
10
20
30
40
50
60
70

0.100
0.080

0.040
0.020


0

下列说法正确的是A．t=10min时，
B．速率方程中n=1，表格中
C．相同条件下，增加的浓度或催化剂X的表面积，都能加快反应速率
D．保持其他条件不变，若起始浓度为，当减至一半时共耗时70min
【答案】A
【详解】A．t=10min时，==，A项正确；
B．根据表中数据分析，该反应的速率始终不变，的消耗是匀速的，说明反应速率与，所以速率方程中n=0，B项错误；
C．速率方程中n=0，相同条件下增加的浓度不能加快反应速率，C项错误；
D．保持其他条件不变，该反应的反应速率不变，即为，若起始浓度，减至一半时所耗时间为=50min，D项错误；
答案选A。
21．某研究小组设计了如图所示的制备装置，其中双极膜是阴、阳两侧复合膜，层间的能解离成OH-、H+并可分别通过阴、阳膜定向移动。下列说法不正确的是

A．b端为电源的正极
B．随着反应的进行，阴极室内溶液碱性减弱
C．多孔铂电极上的电极反应式为
D．双极膜的左、右两侧分别属于阴膜和阳膜
【答案】D
【分析】该装置为电解池，NaClO将NH3氧化为N2H4，因此通NH3的一极为电解池的阳极，则b端为电源的正极，a端为电源的负极。据此解答。
【详解】A.在电解池的阳极NH3失去电子被氧化成N2H4，因此b端为电源的正极，故A项正确；
B.NaClO溶液呈碱性，阴极室内发生的反应为：ClO- + 2e- + H2O= Cl- + 2OH-。NaClO浓度降低，因此溶液碱性减弱，故B项正确；
C.多孔铂电极上NH3失去电子，电极反应式为：2NH3 - 2e- +2OH- = N2H4 + 2H2O，故C项正确；
D.在电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，因此双极膜的左右两侧分别为阳膜和阴膜，故D项错误。
故答案选：D。
22．下列推测不合理的是
A．三氟乙酸的酸性强于乙酸，所以三氟化氮的碱性强于氨气
B．和均为三角双锥结构的分子晶体，所以两者的沸点：
C．与反应生成和，所以与反应生成和
D．在相同条件下，水解能力，所以比的水解能力更强
【答案】A
【详解】A．氟元素的电负性强于氮元素，所以三氟化氮中氮原子上电子云密度小于氨气，结合氢离子的能力弱于氨气，碱性弱于氨气，故A错误；
B．五氟化磷和五氯化磷是结构相似的分子晶体，五氟化磷的相对分子质量小于五氯化磷，分子间作用力小于五氯化磷，沸点低于五氯化磷，故B正确；
C．过氧化钠与碳元素的最高价态氧化物二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，则过氧化钠与硫元素的最高价态氧化物三氧化硫反应生成硫酸钠和氧气，故C正确；
D．碳酸根离子在溶液中分步水解使溶液呈碱性，一级水解抑制二级水解，碳酸根离子在溶液中的水解程度大于碳酸氢根离子，同理铝离子在溶液中水解使溶液呈酸性，一级水解抑制二级水解，所以铝离子的水解程度大于离子，故D正确；
故选A。
23．已知HX、HY均为一元酸，室温下用 NaOH溶液分别滴定20.00mL等物质的量浓度的HX、HY溶液时的滴定曲线如下。下列有关说法正确的是

A．a=20
B．HX可能为强酸，HY一定是弱酸
C．若E为滴定终点，则室温下
D．图中B、D两点对应的溶液中存在
【答案】B
【分析】常温下，0.1000mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL等物质的量浓度的两种一元酸HX、HY溶液，起始时HX和HY两种酸的浓度相同，酸性越强，则溶液中c（H + ），pH就越小，结合溶液中的守恒思想和图象，据此分析判断。
【详解】A．由图像可知浓度均为0.1000mol·L－1的两种一元酸，HY的pH=3，部分电离，为弱酸；HX的pH=1溶液，全部电离，为强酸；HX溶液用NaOH溶液滴定呈中性时消耗20mLNaOH，则同样滴定到中性的HY溶液消耗的NaOH溶液大于20mL，a﹥20，故A错误；
B．由图可知，HY一定是弱酸，HX酸性比HY强，，所以B、D两点对应溶液的总体积不相等，和也不可能相等，故B正确；
C．由图像可知浓度均为0.1000mol·L－1的两种一元酸，HY的pH=3，则室温下﹥10-6，故C错误；
D．由图可知，HY一定是弱酸，HX酸性比HY强，，所以B、D两点对应溶液的总体积不相等，和也不可能相等，故D错误；
故选B。
24．黑钨矿的主要成分为、(含杂质)。已知：；。
工业上以黑钨矿为原料利用纯碱烧结水浸法冶炼金属钨的流程如图。下列说法不正确的是


A．为加快水浸的溶解速率，应将烧结物粉碎
B．滤渣1经铝热反应可制得金属铁和锰，滤渣2为硅酸
C．同浓度的钨酸根离子结合质子的能力比硅酸根离子更强
D．“除杂”步骤中加入的盐酸应适量，溶液的pH须控制在特定范围内
【答案】C
【分析】黑钨矿的主要成分为、(含杂质)，烧结物的主要成分为 Fe2O3、MnO2、Na2SiO3、Na2WO4，加水过滤，滤渣 1 是难溶于水的 Fe2O3、MnO2；滤液中含有 Na2SiO3、Na2WO4，加入盐酸调节 pH，生成硅酸沉淀，除去 Na2SiO3，再加盐酸生成钨酸沉淀，钨酸加热分解为 WO3，还原得到W单质。
【详解】A．将烧结物粉碎可以增大反应物的接触面积，加快水浸的溶解速率，故A正确；
B．由分析可知，滤渣 1 是难溶于水的 Fe2O3、MnO2，经铝热反应可制得金属铁和锰，滤渣2为硅酸，故B正确；
C．流程中硅酸根离子先于钨酸根离子沉淀，说明同浓度的钨酸根离子结合质子的能力比硅酸根离子更弱，故C错误；
D．“除杂”步骤中加入的盐酸应适量，溶液的pH须控制在特定范围内，若加入盐酸过多，可能会提前生成钨酸沉淀，故D正确；
故选C。
25．下列方案设计、现象和结论都正确的是

目的
方案设计
现象和结论
A
探究有机物基团间的相互影响
向苯和甲苯中分别加入少量酸性高锰酸钾溶液，振荡并观察现象
若甲苯中溶液紫红色褪去，说明甲苯分子中甲基对苯环有影响
B
判断有机物是否含有醛基
取2mL10%氢氧化钠溶液，加入5滴5%硫酸铜溶液，振荡后加入少量有机物溶液，加热，观察实验现象
若出现砖红色沉淀，说明该有机物中含有醛基
C
判断固体样品是否是铵盐
用试管取少量样品，加水溶解，加足量氢氧化钠溶液后加热，试管口放一张湿润的红色石蕊试纸，观察现象
若试纸变蓝，说明固体样品属于铵盐
D
探究不同沉淀间的转化
取硝酸银溶液，硝酸酸化，依次滴加3滴氯化钠溶液和碘化钾溶液，观察并记录现象
若出现白色沉淀，后转变为黄色沉淀，说明

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．甲苯中加入酸性高锰酸钾溶液紫红色褪去，是酸性高锰酸钾氧化甲基的结果，能说明苯环对甲基有影响，A错误；
B．醛基在碱性条件下可以和新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，若出现砖红色沉淀，则证明有机物含有醛基，B正确；
C．该固体样品的成分不确定，如果是混合物其中含有铵盐，也会出现实验中的现象，但不能说该混合物就是铵盐，C错误；
D．该实验中硝酸银过量，因此加入氯化钠和碘化钾后，发生的是沉淀的生成而不是沉淀的转化，不能比较两者Ksp的大小，D错误；
故答案选B。

二、填空题
26．填空。
(1)已知NaN3中的阴离子与CO2结构相似，写出NaN3的电子式_______。
(2)甲酸能发生双分子缔合，导致其沸点(101℃)比相对分子质量相等的乙醇(78.4℃)更高，写出八元环状的甲酸二缔合体的结构式_______。
(3)四种晶体的熔点数据如下表：
物质
SiC



熔点/℃
2730
1900
1723
-90

其中，与另外三种晶体的熔点相差较大，原因是_______。
【答案】(1)
(2)
(3)SiF4属于分子晶体，熔化时只需破坏分子间作用力，熔点较低；而SiC、Si3N4和SiO2均属于共价晶体，熔化时要破坏大量共价键，熔点较高
【解析】（1）
已知NaN3中的阴离子与CO2结构相似，CO2的，则NaN3的电子式为；
（2）
甲酸能发生双分子缔合的作用力是氢键，则两分子甲酸缔合成八元环状的缔合分子结构式为；
（3）
物质熔沸点高低比较的方法之一是晶体的类型，一般而言，不同类型的晶体：原子晶体>离子晶体>分子晶体。SiF4熔点相较于其他三种异常是因为SiF4属于分子晶体，熔化时只需破坏分子间作用力，熔点较低；而SiC、Si3N4和SiO2均属于共价晶体，熔化时要破坏大量共价键，熔点较高。

三、元素或物质推断题
27．化合物X由4种元素组成。某兴趣小组按如下流程进行实验：


已知所用试剂均足量。请回答：
(1)无色气体A的成分是_______(用化学式表示)。
(2)组成X的元素有_______，X的化学式为_______。
(3)沉淀D在空气中充分灼烧生成固体C的化学方程式是_______。
(4)设计实验方案确定固体B中的阳离子_______。
【答案】(1)CO
(2)     Fe、I、C、O    
(3)
(4)取少量固体B，加水溶解，滴入溶液，若生成蓝色沉淀，则说明原样品中存在
【分析】溶液E加稀硝酸后再与硝酸银反应生成黄色沉淀AgI9.4g，则E中含有碘元素，则X中也含有碘元素，且碘元素物质的量为0.04mol。黑色单质为碳单质或者铁粉，结合生成黑色单质的物质可知，F为铁粉，则X中含有铁元素1.12g，则红棕色固体C为氧化铁，白色沉淀为氢氧化亚铁，无色气体能与氧化铁反应生成另一种气体和铁单质，则无色气体A为CO，且经计算可知氧化铁为0.01mol，CO有0.08mol，CO过量，则生成的无色气体G为CO2和CO的混合物，生成的白色沉淀H为碳酸钡沉淀。固体B溶解后加入氢氧化钠生成氢氧化亚铁沉淀，则B中含有亚铁离子，则B为碘化亚铁。则X中含有Fe的物质的量为0.02mol，CO的物质的量为0.08mol，I的物质的量为0.04mol，总质量为8.44g，其化学式为Fe(CO)4I2。
（1）
根据以上分析可知，A为CO。
（2）
根据分析可知，组成X的元素有Fe、I、C、O四种，X的化学式为Fe(CO)4I2。
（3）
沉淀D为氢氧化亚铁，其在空气中充分灼烧生成固体C为氧化铁，化学方程式为。
（4）
固体B为碘化亚铁，亚铁离子可与生成蓝色沉淀，因此可取少量固体B溶解在水中，滴加溶液，若产生蓝色沉淀，则说明样品中存在Fe2+。

四、结构与性质
28．铜及其化合物在实际生产生活中应用广泛。按要求回答问题：
(1)铜在元素周期表中属于_______区。
(2)溶液常用作农业杀菌剂，溶液中存在。该离子中存在的化学键有_______(填字母)。
A．共价键　　B．离子键　　C．氢键　　D．范德华力　　E.配位键
(3)与氨基吡啶形成的配合物(结构如图)是很好的磁性材料。该配合物分子中碳与氧原子间形成的σ键和π键的个数比为_______。

(4)铜的氧化物、氮化物都广泛应用于光信息存储和高速集成电路领域。
①Cu、O、N的电负性由大到小的顺序为_______。
②已知，从铜的离子价层电子结构角度分析，高温下能转化生成的主要原因是_______。
(5)某铜银合金的晶胞结构如图所示，晶胞边长为a pm，则该晶体的化学式为_______，密度为_______(设阿伏加德罗常数的值为)。

【答案】(1)ds
(2)AE
(3)2:1
(4)     O、N、Cu     CuO中基态Cu2+的价层电子排布式为，而中基态Cu+是，为更稳定的全充满结构
(5)         
【解析】（1）
铜是29号元素，价电子排布为3d104s1，在元素周期表中位于属于ds区；
（2）
该离子中H2O分子中存在共价键，H2O与Cu2+形成配位键，故答案为AE；
（3）
该配合物中只有配体乙酸中含有碳与氧原子的σ键和π键，每个乙酸分子含有2个碳与氧原子间形成的σ键，含有1个碳与氧原子形成π键，故碳与氧原子间形成的σ键和π键的个数比为2：1；
（4）
①O、N是第二周期非金属元素，电负性从左到右依次增大，O>N，Cu为金属元素，电负性最小，故电负性由大到小的顺序为O、N、Cu；
②CuO中基态Cu2+的价层电子排布式为，而中基态Cu+是，为更稳定的全充满结构；
（5）
根据均摊法可知Ag的个数为，Cu的个数为，故化学式为；密度为；

五、原理综合题
29．二氧化碳的资源化利用有助于实现“双碳目标”。
(1)二氧化碳的甲烷化涉及的主要反应有
反应I：   
反应II：   
反应III：   
反应IV：   
①结合上述反应，计算可得_______。
②有利于提高体系中平衡产率的条件是_______。
A．高温高压       B．低温低压       C．高温低压       D．低温高压
(2)二氧化碳的甲醇化：   。工业按此法生产甲醇时，通常会向反应体系中加入适量炭粉，可能的理由是_______。
(3)二氧化碳催化加氢合成的过程中，常伴有、、CO等副产物。向催化剂中添加某些助剂(助剂也有催化作用)可改变转化率和反应选择性。其他实验条件一定，不同类型助剂的加入(或不加)在相同反应时间下测得的数据对比如下：
助剂种类
转化率(%)
各产物在所有产物中的占比(%)


其他
钠型
31.6
45.8
29.7
24.5
钾型
27.5
75.7
22.9
1.4
铜型
9.8
80.4
12.5
7.1
不加
12.4
37.3
25.9
36.8

若要提升乙烯在产物混合气中的含量及单位时间内的产量，上述助剂中添加_______的效果最好，结合过渡态理论分析助剂加入能提高乙烯选择性的原因是_______。
(4)如图是含铱-氮配合物的高效水相体系催化二氧化碳还原为甲酸的反应机理：

图中转化涉及到碳原子间键生成的步骤是_______(填“①”“②”或“③”)。该化学过程的总反应方程式为_______。
【答案】(1)          D
(2)     ，该反应消耗并生成，且吸热可控制反应温度避免过高，都有助于二氧化碳甲醇化平衡的正向进行
(3)     钾型     相较于生成其他副产物，加入助剂对生成乙烯反应活化能降低的影响更为显著
(4)     ①    
【解析】（1）
①由盖斯定律可知，反应I-反应IV可得反应III，；
②反应III是气体分子数减小的放热反应，可增大压强或降低温度使平衡正向移动，则提高体系中平衡产率的条件是低温高压，故选：D；
（2）
向反应体系中加入适量炭粉，理由是：，该反应消耗并生成，且吸热可控制反应温度避免过高，都有助于二氧化碳甲醇化平衡的正向进行；
（3）
结合表中数据，钠型转化率较高但乙烯含量偏低，其它副反应占比大，铜型的转化率低，兼顾乙烯的产率、含量及转化率，选择添加钾型助剂效果最好；加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是：相较于其他副产物，加入的助剂对生成乙烯反应的活化能的降低更为显著，加快了乙烯的生成速率；故答案为：钾型；相较于生成其他副产物，加入助剂对生成乙烯反应活化能降低的影响更为显著；
（4）
双键由σ和π键组成，碳原子间有π键生成即产生了碳碳双键，图中步骤①有涉及；该反应的反应物有二氧化碳、氢气和OH-，产物有HCOO-和水，总反应方程式为。

六、工业流程题
30．OMS-2是一种新型环保催化剂，某实验小组以软锰矿(主要成分是，含少量、、等杂质)为原料模拟工业制法的流程如下：

已知：实验装置见图1，“浸锰”步骤中实验温度对反应影响的变化关系如图2。

请回答：
(1)仪器A名称为_______，X溶液的作用是_______。
(2)制备流程中，需要向滤液1中加入适量的H2O2溶液，其主要目的是_______。
(3)下列有关表述或操作中，正确的是_______。
A．滤液1的pH调节可选用KOH、氨水等碱溶液
B．“浸锰”过程中，通过增加SO2的通入量、控制通气速度可提升的浸出率
C．为减少“浸锰”反应中生成副产物，恒温电磁炉最适宜的控制温度是90℃
D．用相应滤液作洗涤剂充分洗涤滤渣1和滤渣2，有助于提高的产率与纯度
(4)下图为的溶解度随温度的变化曲线。流程中对滤液2的“精致结晶”涉及到部分以下步骤：

a.在20℃蒸发溶剂；b.在90℃蒸发溶剂；
c.冷却至室温；d.真空干燥；
e.将滤液2转移至蒸发皿中；f.趁热过滤；
g.蒸发至溶液出现晶膜；h.蒸发至大量晶体产生；
i.用冷水洗涤晶体；k.用90℃热水洗涤晶体。
则正确的操作顺序为e→()→()→()→()→d。_____________
(5)某同学采用沉淀的方法来分析晶体，测定表明产品纯度为103%，导致该误差的可能原因是_______。
【答案】(1)     三颈(烧)瓶     吸收多余的等酸性气体，防止污染环境
(2)将滤液中等还原性离子氧化为等高价态离子
(3)BC
(4)b→h→f→k
(5)混有等杂质；部分产品结晶水丢失
【分析】软锰矿(主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质)为主要原料制备环保催化剂(OMS-2)：由流程可知软锰矿形成矿浆，通入足量的SO2，发生MnO2+SO2=MnSO4，Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++SO+H2O，SiO2不反应，过滤，滤渣1为SiO2，滤液1含有Mn2+、Fe2+，加入过氧化氢氧化亚铁离子，调节pH，沉淀铁离子，过滤，滤渣2为氢氧化铁，向滤液2中加入碳酸氢铵溶液，生成MnCO3沉淀，再加入硫酸精制，结晶获得MnSO4·H2O，KMnO4、MnSO4·H2O按物质的量比1:5与K2S2O8反应获得Mn12O19，Mn12O19在773K温度下煅烧得氧锰八面体纳米棒(OMS-2)，据此解答。
（1）
仪器A为三颈(烧)瓶，X溶液为氢氧化钠溶液，吸收多余的SO2等酸性气体，防止污染环境。
（2）
滤液1含有Mn2+、Fe2+，加入过氧化氢氧化亚铁离子生成Fe3+等高价态离子。
（3）
选项A中滤液1用KOH、氨水等碱溶液调节pH，残留的、等会影响晶体纯度，A不正确；选项D用滤液作为洗涤剂充分洗涤滤渣1和滤渣2，对的产率与纯度无影响。故选BC。
（4）
结合的溶解度随温度变化曲线图，应选择蒸发结晶并控制温度高于23.9℃，考虑到蒸发速率及结晶产率，温度以接近100℃为宜。故操作顺序为将滤液2转移至蒸发皿中、在90℃蒸发溶剂、蒸发至大量晶体产生、趁热过滤、用90℃热水洗涤晶体、真空干燥。
（5）
产品纯度超过100%的原因可能为产品中混有为洗净的等杂质；蒸发过程中可能部分产品结晶水丢失。

七、有机推断题
31．花青醛是一种有强烈铃兰和风信子香味的香料。某课题组设计的合成路线如下(部分反应条件已省略)：

已知：I.
II. 。
请回答：
(1)化合物A的结构简式是_______。
(2)下列说法不正确的是_______。
A．化合物B属于芳香烃 B．花青醛的分子式是
C．化合物E不易与NaOH溶液反应 D．F→G的转化属于还原或取代反应
(3)写出E→F反应的化学方程式为_______。
(4)写出同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体)_______。
①属于酰胺类物质，且结构中含有苯环；
②核磁共振氢谱显示共有4组峰。
(5)题中A→B涉及多步转化反应，请设计合理的合成路线___________(无机试剂、有机溶剂等任选，用流程图表示，示例如下)。
【答案】(1)
(2)ACD
(3)+NH(C2H5)2+N(C2H5)3
(4)、、
(5)
【分析】苯和丙烯发生加成反应生成，C发生反应II生成D，结合反应II的原理推知D为，F发生加成反应生成G，结合花青醛的结构可以推知F的结构简式为，以此解答。
（1）
苯和丙烯发生反应生成C9H12，结合C9H12的不饱和度和后续产物可以推知C9H12的结构简式为。
（2）
A．化合物B中含有Br元素和N元素，不是芳香烃，故A错误；
B．由结构式可知，花青醛的分子式是，故B正确；
C．E中含有酯基，可以与NaOH溶液发生水解反应，故C错误；
D．通过计算不饱和度可知，F→G的转化属于还原反应，故D错误；
故选ACD。
（3）
E发生取代反应生成F，方程式为：+NH(C2H5)2+N(C2H5)3。
（4）
化合物C的同分异构体属于酰胺类物质，且结构中含有苯环，说明其中含有和；并且核磁共振氢谱显示共有4组峰，说明其中含有四种不同环境的氢原子，满足这些条件的化合物C的同分异构体有、、。
（5）
转化为的过程中需要先引入硝基，然后把硝基还原为氨基，再通过反应II引入Br原子，合成路线设计为：。