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【高考化学】湖北省武汉市联考2022-2023学年专项突破仿真模拟试卷（一模二模）含解析
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这是一份【高考化学】湖北省武汉市联考2022-2023学年专项突破仿真模拟试卷（一模二模）含解析，共51页。试卷主要包含了化学是以实验为基础的自然科学，NA为阿伏加德罗常数的值，化学是以实验为基础的科学等内容，欢迎下载使用。
【高考化学】湖北省武汉市联考2022-2023学年专项突破仿真模拟试卷（一模）
第I卷（选一选）
评卷人
得分
一、单 选 题
1．文物是人类在社会中具有历史、艺术、科学的遗物和遗迹。下列文物没有是由合金材料制成的是
A．商代后母戊鼎 B．山西晋祠铁人 C．西周原始青瓷 D．越王勾践剑
2．2022年北京已经结束，某高校团队以助力冬奥为初衷，研制出一种新型材料一“永没有融化”的凝胶冰雪。凝胶冰雪中，百分之九十以上的成分是水，还有一种亲水的高聚物。下列说法错误的是
A．凝胶冰雪改变了水的结构和熔点，升温后，冰晶没有会融化成水
B．凝胶冰雪中的水分子间能形成分子间氢键
C．凝胶冰雪的水中氧原子采用sp3杂化
D．冰属于分子晶体
3．酒石酸铜易溶于酸从而制得酒石酸，其结构简式如图所示。下列相关说法错误的是
A．1mol酒石酸能与足量Na反应生成44.8L(标准状况下)的氢气
B．可以向酒石酸铜中通入足量的CO2来制备酒石酸
C．酒石酸在一定条件下反应可生成高分子化合物
D．酒石酸在一定条件下可发生氧化、取代反应。
4．化学是以实验为基础的自然科学。下列实验操作规范且能达到实验目的的是
A．利用图甲制备SO2气体
B．利用图乙制备干燥的NO2
C．利用图丙制备乙酸乙酯
D．利用图丁装置制备、干燥、收集氨
5．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说确的是
A．3.6g由CaS和2组成的混合物中含有阴、阳离子总数为0.1NA
B．5g46%的乙醇溶液与足量金属钠充分反应，产生的H2分子数为0.025NA
C．将0.1molCl2溶于水中，溶液中Cl-、ClO-、HClO的数目之和为0.2NA
D．标准状况下，11.2L2H37Cl气体中含有的中子数为10NA
6．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，XZ能腐蚀玻璃，Y、W同主族，且W的原子序数是Y的两倍。四种元素形成的化合物有如下反应：XWY3Z+XZ⇌X2Z++WY3Z-。下列说法错误的是
A．原子半径：W>Y>Z>X
B．简单氢化物的还原性：W>Y>Z
C．电离能：Z>W>Y
D．WY3Z-中W原子的杂化方式为sp3杂化
7．下列指定反应的离子方程式错误的是
A．实验室制备氯气：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
B．向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至混合溶液恰好为中性：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O
C．石灰石溶于醋酸中：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
D．向明矾溶液中加入氢氧化钡溶液至沉淀的质量：Al3++2+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓十+2H2O
8．物质的组成与结构决定了物质的性质。下列说法错误的是
A．PF3的空间结构为三角锥形。
B．CF3NO2中组成元素的电离能：F>N>O>C
C．基态钒原子的价电子排布图为
D．SiC与晶体硅的熔点：SiC<晶体硅
9．化学是以实验为基础的科学。下列实验操作正确且能达到目的的是
选项
实验操作及现象
目的
A
将炽热的木炭与浓硝酸混合所得的气体先通入饱和NaHCO3溶液后，再通人澄清石灰水中，石灰水变浑浊
检验产物中是否含有CO2
B
向碳酸钙中加入浓盐酸，产生的气体再通入硅酸钠溶液，出现白色沉淀
证明酸性：H2CO3>H2SiO3
C
向1mL蔗糖溶液中滴入稀硫酸，水浴加热几分钟，再加入新制Cu(OH)2悬浊液加热，没有红色沉淀
检验蔗糖是否发生了水解
D
将铁粉加入FeCl3溶液中，溶液颜色由黄色变为浅绿色
证明Fe3+具有氧化性
A．A B．B C．C D．D
10．[Cu(NH3)2(H2O)2]2+有两种配离子，其结构如图所示。
下列说法错误的是
A．甲、乙中Cu原子配位数均为4
B．铜离子与两个氮原子、两个氧原子形成的空间结构为四面体
C．基态Cu2+的价层电子排布式是3d9
D．该配合物中组成元素的电负性大小顺序为O>N>H>Cu
11．巴洛沙韦酯能抑制流感帽状依赖型核酸内切酶，从而抑制RNA的合成。3，4-二氟苯甲酸(M)是合成巴洛沙韦酯的原料之一，其结构如图所示。下列说确的是
A．M在一定条件下能发生取代、加成、氧化、消去反应
B．M中的所有原子一定在同一平面上
C．M的同分异构体中，含酯基且能发生银镜反应的芳香化合物有5种
D．M与3，4-二氟-2-甲基苯甲酸互为同系物
12．科学工作者探讨了在CO2和H2合成HCOOH过程中固载Ru基催化剂可能的反应机理如图所示。下列说法错误的是。
A．固载Ru基催化剂可降低该反应的焓变
B．Ru配合物1、2、3、4中Ru的化合价没有变
C．总反应的化学方程式为CO2+H2HCOOH
D．CO2浓度过大可能会影响催化剂的实际催化效率
13．一种含铜氧化物的晶胞结构如图所示。下列说法错误的是
A．含铜氧化物的化学式为Cu2O
B．晶胞中铜原子组成的是正四面体
C．晶胞中4个Cu原子形成的正四面体的体积占晶胞体积的
D．O原子周围等距且最近的O原子数为8
14．已知：NH2OH、苯酚分别为一元弱碱和一元弱酸。25℃时，将10mL浓度均为0.1mol·L-1的NH2OH。苯酚两种溶液分别加水稀释的曲线如图所示，V是溶液体积(mL)。pOH=-lgc(OH-)。下列说确的是
A．曲线m为NH2OH溶液加水稀释的曲线
B．lgV=1时，水的电离程度：NH2OH>苯酚
C．同浓度同体积的NH2OH和苯酚混合后溶液显酸性
D．电离常数：Kb(NH2OH)>Ka(苯酚)
15．高铁酸盐作为一种对环境友好和高效的强氧化剂，在水处理等方面展示了良好的应用前景。高浓度高铁酸钠溶液的制备可采用电合成的方法，泡沫镍作阴极、铁丝网作阳极，电解液为2.0mol·L-1的NaOH溶液。下列说确的是
A．工作时，阳极附近的pH增大
B．交换膜为质子交换膜
C．阴极反应式：4OH-+4e-=2H2O+O2↑
D．阳极反应式：Fe-6e-+8OH-=+4H2O
第II卷（非选一选）
评卷人
得分
二、工业流程题
16．锌盐在化工、医药、电镀等方面都有重要应用。以硫化锌精矿为原料，选择在常压下，采用氧化-酸浸法进行实验生产的工艺如图所示。
已知：①浸出液杂质离子主要是Fe2+、Fe3+，还含有少量的Cu2+、Ni2+等；
②pH=1.5时，除铁的化学方程式为3Fe2(SO4)3+K2SO4+12H2O=2KFe3(SO4)2(OH)6↓+6H2SO4；
③25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39。
回答下列问题：
(1)浸出时，选用氧化-酸浸法而没有直接选用酸浸法的优点是_______，氧化剂在稀硫酸介质中对硫化锌精矿进行浸取时所涉及的化学反应机理较为复杂，若氧化剂为稀硝酸时氧化产物为单质S，则发生反应的离子方程式为_______。
(2)温度对硫化锌精矿的浸出率有重要的影响，从室温到100°C范围内，温度对硫化锌精矿的浸出率的影响结果如图所示：
随浸出温度的升高，硫化锌精矿的浸出率显著提高的原因是_______；实际工业生产选用的合适温度为_______左右。
(3)若氧化剂为H2O2，用离子方程式解释除铁之前需要加入氧化剂的目的：_______。测定除铁后的滤液中c(Fe3+)为0.003mol·L-1，则此时溶液的pH=_______。
(4)除铁后再进一步调节pH=4左右，使其完全水解形成Fe(OH)3沉淀，即可达到除铁要求，没有在除铁之前调节pH=4的原因是_______。
(5)加入Zn的目的是_______。
评卷人
得分
三、有机推断题
17．比卡鲁胺主要用于治疗前列腺癌，是非甾体雄激素拮抗剂，肝代谢较慢，有利于减轻肝脏负担，其一种合成路线如下：
已知：MsCl为对甲基苯磺酰氯。
回答下列问题：
(1)A的化学名称为_______。
(2)B中含氧官能团的名称是_______。
(3)G→H的反应类型为_______。C→D的化学方程式为_______。
(4)B易被灼热的CuO氧化，检验其氧化产物的方法为_______。
(5)的芳香族同分异构体中，同时满足如下条件的有_______种(没有考虑立体异构)。
①苯环上含有三个取代基，且有一个-NH2；
②F原子没有与苯环相连。
写出其中2个N、3个C原子共直线的结构简式：_______(任写一种)。
(6)根据上述信息，写出以与为原料合成的路线：_______(没有需注明反应条件)。
评卷人
得分
四、实验题
18．在生活中亚硝酸钠(NaNO2)应用十分广泛，少量可做食品的护色剂，可防止肉毒杆菌在肉类食品中生长，还可用于治疗氰化物中毒等。某化学兴趣小组查阅资料得知2NO+Na2O2=2NaNO2，该学习小组利用下列装置设计制备干燥的亚硝酸钠(夹持及加热装置略去，部分仪器可重复使用)。
已知：NO能被高锰酸钾氧化，但没有能被浓硫酸氧化。
回答下列问题：
(1)利用所给的部分装置仪器和药品制备NaNO2，仪器连接顺序为_______(按气流方向，用小写字母表示)。
(2)反应开始前和结束后都需要打开止水夹a，通入过量氮气，该操作的目的是_______。
(3)盛水的洗气瓶的作用是_______。
(4)如果实验前未通入过量氮气，硬质玻璃管中过氧化钠可能发生的副反应的化学方程式为_______。
(5)酸性高锰酸钾(氧化性强于硝酸)溶液中发生的主要反应的离子方程式为_______。
(6)芳香伯胺类在盐酸存在下，能定量地与亚硝酸钠发生重氮化反应。原理为ArNH2+NaNO2+2HCl=[Ar-N≡N]Cl+NaCl+2H2O，用已知0.5000mol·L-1的盐酸滴定含0.36g亚硝酸钠和足量芳香伯胺类的混合物溶液25.00mL，平行三次实验得消耗的盐酸的平均体积为20.00mL，亚硝酸钠的含量为_______%(保留三位有效数字)。
评卷人
得分
五、原理综合题
19．利用CO2、H2为原料合成CH3OH可有效降低空气中二氧化碳的含量。回答下列问题。
(1)已知CO2加氢合成甲醇涉及的反应有
反应I：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49.2kJ·mol-1
反应II：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H2=+41.2kJ·mol-1
则反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) △H=_______。
(2)在恒容密闭容器中发生反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，CO合成甲醇反应能量路径示意图如图甲所示。(已知：TS为过渡态；IM为中间体)。
则CO合成甲醇反应的控速步骤为_______(填字母)。
A．IM1→IM2 B．IM2→IM3 C．IM3→IM4 D．IM5→CH3OH
(3)向2L恒容密闭容器中充入2molCO和4molH2[假设只发生反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)]，起始压强为NMPa，相同时间内CO的转化率随温度变化如图乙所示：
①a点为图像中点，a点的转化率比c点高的原因是_______。
②T2K，反应时间为5min，a点时测得反应体系中CO的物质的量分数为，此时v(CO)_______；Kp=_______。(Kp用气体分压代替气体浓度进行计算，分压=总压×气体的物质的量分数)
③向②体系中a点时的容器中注入CO(g)和CH3OH(g)各0.5mol，则此时反应_______(填“正向”或“逆向”)进行。
(4)在恒容密闭容器中发生反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，平衡时某物理量X与温度、压强的关系如图丙所示，X代表_______(写出一种即可)；其中p1_______p2(填“>”“=”或“<”)。
答案：
1．C
【详解】
A．后母戊鼎是由青铜材料制成的，主要成分为铜锡合金，选项A没有符合；
B．晋祠铁人的主要材料为铁，为防止生锈加入了镍和铬，为合金，选项B没有符合；
C．青瓷主要成分为硅酸盐，没有属于合金，选项C符合；
D．勾践剑是由青铜材料制成的，主要成分为铜锡合金，选项D没有符合；
答案选C。
2．A
【详解】
A．升温后，冰晶融化的水会被牢牢锁在网格之中，无法逃脱，水凝胶依然能保持形状的完整，故A错误；
B．凝胶冰雪中的水分子与水分子间能形成氢键，故B正确；
C．水分子中氧原子的价层电子对数为4，采用sp3杂化，故C正确；；
D．冰是水形成的固体晶体，属于分子晶体。故D正确；
故选A。
3．B
【详解】
A．由可知酒石酸的结构简式为酒石酸中含有2mol-OH，2mol-COOH，1mol酒石酸与足量Na反应生成44.8L(标准状况下)氢气，A正确；
B．羧基可以与碳酸氢根离子反应生成二氧化碳气体，向酒石酸铜中通入足量的CO，得没有到酒石酸，B错误：
C．由A项解析可知酒石酸含有羟基和羧基，故在一定条件下可以发生缩聚反应，形成高分子化合物，C正确；
D．酒石酸分子中含有羟基，可发生取代反应和氧化反应，羧基也可发生取代反应，D正确；
故B。
4．C
【详解】
A．铜与浓硫酸反应需要加热，此装置没有加热仪器，故A错误；
B．冷的浓硝酸与铁反应会发生钝化，没有能用来制备二氧化氮气体，故B错误；
C．饱和碳酸钠溶液可中和乙酸、溶解乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度，使用干燥管可防止倒吸，故C正确；
D．生石灰溶于水放热且与水反应生产氢氧化钙增大氢氧根离子浓度，促使氨水产生氨气，氨用碱石灰来干燥，用向下排空气的方法可以收集氨，但需要将导管伸入试管底部，故D错误；
故选C。
5．A
【详解】
A．CaS和中阴、阳离子个数之比均为1：1，且二者相对分子质量均为72，1molCaS和混合物中含离子的物质的量为2mol，3.6g混合物的物质的量为0.05mol，阴、阳离子总数为0.1NA，故A正确；
B．5g46%的乙醇溶液中含乙醇的物质的量为=0.05mol，0.05mol乙醇与金属钠充分反应，产生的H2分子数为0.025NA，溶液中还存在一定量的水，水也与金属钠反应产生氢气，故B错误；
C．溶于水中，只有少部分氯气转化为，、HClO，大部分还是以形式存在的，故C错误；
D．1分子中含中子数为21，标准状况下，11.2L气体中含有的中子数为10.5NA，故D错误；
故合理选项为A。
6．C
【分析】
根据题意XZ能腐蚀玻璃，可知为HF，X为H，Z为F，Y、W为同主族元素，且W的原子序数是Y的两倍，可知Y、W为O、S元素。通过以上分析， X、Y、Z、W分别是H、O、F、S元素。
【详解】
A．X、Y、Z、W分别是H、O、F、S元素，电子层数多的半径大，同周期从左到右半径依次减小，所以原子半径S>O>F>H，故A正确；；
B．W、Y、Z的简单氢化物分别为H2S、H2O、HF，元素的非金属性越强，简单氢化物的还原性越弱，还原性H2S>H2O>HF，故B正确；
C．同周期中，从左到右元素电离能呈增大趋势，同一主族中，从上到下元素电离能逐渐减小，可知F>O>S，故C错误；
D．WY3Z-中S原子含4个σ键，无未成对电子，为sp3杂化，故D正确；
故选C。
7．C
【详解】
A．浓盐酸与MnO2固体在加热条件下生成可溶性的氯化锰和氯气，选项A正确；
B．向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至混合溶液恰好为中性，离子方程式为Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，选项B正确；
C．醋酸是弱酸，书写离子方程式时应写成分子形式，选项C错误；
D．向明矾溶液中加入氢氧化钡溶液至沉淀物质的质量，即生成BaSO4.至多时，离子方程式为Al3++2+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2 +2H2O，选项D正确；
答案选C。
8．D
【详解】
A．PF3原子P的价层电子对数为3+(5-3×1)=4，有1个孤电子对，PF3分子的空间结构为三角锥形，故A正确；
B．CF3NO2的组成元索为C、N、O、F，同周期元素中，从左到右电离能呈增大趋势，由于氮原子的2p轨道处于半充满状态，它的电离能大于氧的电离能，故B正确；
C．钒是23号元素，价电子排布式为3d34s2，基态钒原子的价电子排布图为，故C正确；
D．SiC与晶体硅均属于共价晶体，半径C晶体硅，故D错误；
选D。
9．D
【详解】
A．炽热的木炭与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸能与饱和NaHCO3溶液反应产生CO2.因此澄清石灰水变浑浊，没有能说明CO2来自木炭与浓硝酸的反应，A错误；
B．向碳酸钙中加入盐酸，产生的气体再通入硅酸钠溶液，出现白色沉淀，但由于生成的二氧化碳中含有挥发出的氯化氢，氯化氢能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，所以没有能证明酸性H2CO3>H2SiO3，B错误；
C．蔗糖水解后需要先加入氢氧化钠中和稀硫酸，再加入新制Cu(OH)2悬浊液加热，C错误；
D．Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，溶液由黄色变为浅绿色，体现了Fe3+的氧化性，D正确；
故选：D。
10．B
【详解】
A．由图可知，甲、乙中Cu原子配位数均为4，A正确；
B．根据甲、乙的结构，2个和2个后有2种结构，可知铜离子与两个氮原子、两个氧原子形成的空间结构为平面结构而没有是立体结构，B错误；
C．基态Cu的价层电子排布式是，基态的价层电子排布式是，C正确；
D．该配合物组成元素为H、O、N、Cu，同周期中从左。到右元素电负性逐渐增大，即O>N，N与HN显负化合价，即N>H，铜为金属，电负性最小，大小顺序为O>N>H>Cu，D正确；
故合理选项为B。
11．D
【详解】
A．M中F原子连接在苯环上，没有能发生消去反应，选项A错误；
B．C-C单键可以旋转，M中苯环和羧基相连的单键可旋转，所有原子没有一定在同一平面上，选项B错误；
C．能发生水解和银镜反应说明有结构，可得
(取代有2种)、(取代有3种)、(取代有1种)，共6种，选项C错误；
D．M名称为3，4-二氟苯甲酸，与3，4-二氟-2-甲基苯甲酸结构相似，组成上相差1个CH2.二者互为同系物，选项D正确；
答案选D。
12．A
【详解】
A．催化剂降低反应活化能 ，没有影响反应的焓变，故A错误；
B．Ru配合物1、2、3、4中Ru所连的键没有变化，所以Ru的化合价没有变，故B正确；
C．在有Ru基催化剂存在的条件下，CO2与H2合成HCOOH，根据原子守恒，发生的反应为CO2+H2HCOOH，故C正确；
D．CO2浓度过大将减小催化剂与H2之间的接触，从而影响催化剂的实际催化效率，故D正确；
选A。
13．C
【详解】
A．晶胞结构图，利用均摊法，可知晶胞中Cu的个数为4，而O位于体心和顶点，个数为，即化学式为， A正确，没有符合题意；
B．观察晶胞图可看出4个铜分别位于4条体对角线一半的中点，组成正四面体， B正确，没有符合题意；
C．晶胞中4个Cu原子形成的正四面体的体积小于晶胞体积的，C错误，符合题意；
D．根据晶胞图可看出1个氧原子在，距离最近的氧原子在顶点上，共8个， D正确，没有符合题意；
故合理选项为C。
14．D
【详解】
A．pOH大于7为酸性溶液，所以曲线m为苯酚溶液加水稀释的曲线，选项A错误；
B．NH2OH、苯酚分别为一元弱碱和一元弱酸，二者均抑制水的电离，lgV=1时苯酚中氢离子浓度为10-5.5mol/L，羟胺中氢氧根离子浓度为10-4.5mol/L，故水的电离程度为苯酚>NH2OH，选项B错误；
C．B可知lgV=1即没有加水时羟胺的电离程度更大，同浓度同体积的NH2OH和苯酚混合后得到正盐，根据越弱越水解可知溶液显碱性，选项C错误；
D．B、C可知，Kb(NH2OH)>Ka(苯酚)，选项D正确；
答案选D。
15．D
【详解】
A．阳极为铁失电子，后与氢氧根离子反应，故阳极附近的pH减小，故A错误；
B．溶液显碱性，没有宜选择质子交换膜，故B错误；
C．阴极为水电离的氢离子得电子，反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故C错误；
D．根据题意可知反应是为了制备高铁酸钠，可得阳极反应式为Fe-6e-+8OH-=+4H2O，故D正确；
故选D。
16．(1) 用氧化-酸浸法没有会产生硫化氢等污染性气体 3ZnS+8H++2=3Zn2++3S+2NO↑+4H2O
(2) 加快了浸取反应的速率，同时还增大了浸出物质的溶解度 90℃
(3) 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 2
(4)由于溶液中Fe3++量较大，直接调节溶液的pH=4，使Fe3+水解成Fe(OH)3胶体而给过滤带来困难；还因胶体吸附Zn2+造成锌的大量损失
(5)除去Cu2+、Ni2+等杂质离子
【分析】
硫化锌精矿采用氧化-酸浸法，把硫化物氧化为单质硫，浸出液杂质离子主要是Fe2+、Fe3+，还含有少量的Cu2+、Ni2+等，用氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+，调节pH=1.5发生反应3Fe2(SO4)3+K2SO4+12H2O=2KFe3(SO4)2(OH)6↓+6H2SO4除铁，继续调节pH=4使Fe3+完全水解为Fe(OH)3，再加锌粉发生置换反应除去Cu2+、Ni2+等杂质离子得硫酸锌溶液，蒸发浓缩、结晶得硫酸锌晶体。
(1)
用酸浸法会产生硫化氢等污染性气体，而氧化—酸浸法可以将硫化物氧化为单质硫。若氧化剂为稀硝酸，氧化产物S，S元素化合价由-2升高为0 ，还原产物为NO，N元素化合价由+5降低为+2，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为3ZnS+8H++2=3Zn2++3S+2NO↑+4H2O；
(2)
温度升高可以使化学反应速率加快，可以提高浸取率，同时温度升高可以使物质的溶解度增加，使浸取率提高。根据图可看出随温度升高浸出率升高，当温度达90°C后，浸出率变化没有明显，选用90°C左右的温度较合适；
(3)
三价铁离子在pH较小时即可以沉淀完全，除铁之前加人氧化剂的目的是把二价亚铁离子氧化为三价铁离子，反应为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。25°C时，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)=3×10-39，溶液中c(Fe3+)为0.003mol/L，c(OH-)=，pH=2；
(4)
由于溶液中Fe3++量较大，直接调节溶液的pH=4，使Fe3+水解成Fe(OH)3胶体而给过滤带来困难，还因胶体吸附Zn2+造成锌的大量损失，所以没有在除铁之前调节pH=4；
(5)
除铁之后的滤液中含有Cu2+、Ni2+等杂质离子，加入Zn发生置换反应除去Cu2+、Ni2+等杂质离子。
17．(1)2-甲基丙烯酸或异丁烯酸
(2)羟基、羧基
(3) 氧化反应 +→+HCl
(4)取少量反应产物于试管中，向其中加入氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，滴加新制的氢氧化铜溶液，加热，出现砖红色沉淀，说明产物含醛基，即B被灼热的氧化铜氧化
(5) 19
(6)
【分析】
在一定条件下反应产生B，B与SOCl2反应产生C，C与发生取代反应产生D，D水解产生E，E与MsCl发生取代反应产生F，F与发生取代反应产生G，G被H2O2氧化产生H。
(1)
根据A结构简式可知A名称为2-甲基丙烯酸或异丁烯酸；
(2)
根据B结构简式可知B分子中含有的含氧官能团是羟基、羧基；
(3)
G与H2O2发生氧化反应产生H，故G→H的反应类型是氧化反应；
C与发生取代反应产生D和HCl，该反应的化学方程式为：+→+HCl；
(4)
B分子中含有醇羟基，由于羟基连接的C原子上含有2个H原子，因此可以被催化氧化产生-CHO，故检验B被灼热CuO氧化产物可根据检验醛基的方法：取少量反应产物于试管中，向其中加入氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，滴加新制的氢氧化铜溶液，加热煮沸，若出现砖红色沉淀，说明产物含醛基，即B被灼热的氧化铜氧化；
(5)
的芳香族同分异构体中，满足①苯环上含有三个取代基，且有一个一NH2；②F原子没有与苯环相连。可写出(取代基位置变化有10种)，(取代基位置变化有10种)。除去原物质本身，可得符合要求的同分异构体共10+9=19种。其中2个N、3个C原子共直线的结构简式有；
(6)
与SOCl2发生取代反应产生，该物质与取代反应产生，然后与H2O2发生氧化反应产生，故以为原来制取的合成路线为：。
18．(1)bghefcd(dc)efi或bghefed(dc)i
(2)反应前为排尽装置内的空气，防止过氧化钠或NO与其反应；反应后为排尽装置内NO，防止拆卸装置时污染环境
(3)除去挥发的HNO3并将生成的NO2转化为NO
(4)2NO2+Na2O2=2NaNO3
(5)3+5NO+4H+=3Mn2++5+2H2O
(6)95.8%
【分析】
本实验先用稀硝酸与Cu反应制取NO，反应方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，提示2NO+Na2O2═2NaNO2，2NO2+Na2O2═2NaNO3可知，为保证产品纯度，应避免二氧化氮产生，故反应开始前打开止水夹K，通入氮气排除装置内的空气，用盛水的洗气瓶为进一步保障除去二氧化氮，盛有浓硫酸的洗气瓶的作用为干燥NO，防止水蒸气与过氧化钠反应产生氧气进而影响产品纯度，盛放酸性高锰酸钾用于除去过量的NO防止污染环境，据此分析答题。
(1)
本实验利用反应2NO+Na2O2=2NaNO2制备亚硝酸钠，首先利用铜与浓硝酸反应制备NO2，用水除去挥发的HNO3并将生成的NO2转化为NO，用浓硫酸干燥NO，反应后用酸性高锰酸钾吸收未反应的NO气体，防止污染空气，连接顺序为bghefed(dc)efi或bghefcd(dc)i，故bghefed(dc)efi或bghefcd(dc)i；
(2)
反应前为排尽装置内的空气，防止过氧化钠或NO与其反应；反应后为排尽装置内NO，防止拆卸装置时污染环境，故反应前为排尽装置内的空气，防止过氧化钠或NO与其反应；反应后为排尽装置内NO，防止拆卸装置时污染环境；
(3)
水的作用是除去挥发的HNO3并将生成的NO2转化为NO，故除去挥发的HNO3并将生成的NO2转化为NO；
(4)
未通入过量氮气，NO会与空气中的氧气反应，生成NO2气体，硬质玻璃管中发生的副反应为2NO2+Na2O2=2NaNO3，故2NO2+Na2O2=2NaNO3；
(5)
酸性高锰酸钾溶液可氧化NO气体，反应的离子方程式为3+5NO+4H+=3Mn2++5+2H2O，故3+5NO+4H+=3Mn2++5+2H2O；
(6)
根据反应ArNH2十NaNO2十2HCl=[Ar-N≡N]Cl+NaCl+2H2O，可知NaNO2～2HCl，设NaNO2的浓度为c，可得，得c=0.2000mol/L，亚硝酸钠的含量=≈95.8%，故95.8%。
19．(1)-90.4kJ/mol
(2)A
(3) 反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO转化率降低 0.15mol·L-1·min-1 正向
(4) 平衡转化率或平衡平均相对分子质量 <
(1)
根据盖斯定律可知CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)可由反应I-II得到，△H=△H1一△H2= -49.2kJ/mol - 41.2kJ/mol= - 90.4kJ/mol；
(2)
反应控速步骤是活化能较大的步骤，由图知为A项；
(3)
①随温度升高，达到平衡状态的时间缩短，c点为平衡点，根据(1)可知，△H=-90.4kJ/mol，此正反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，CO的转化率降低;
②设CO转化xmol/L，则有
5min时，a点时测得反应体系中CO的物质的量分数为，即，解得x=1.5。v(CO)==0.15mol·L-1·min-1，
恒温恒容体系中，压强之比等于总物质的量之比，设初始压强为P0，5min时压强P5min，得，P5min=P0 = NMPa，
CO分压为NMPa，H2分压为NMPa，CH3OH分压为NMPa，Kp=;
③根据②可得，平衡时CO浓度为0.25mol/L，H2浓度为0.5mol/L，CH3OH浓度为0.75mol/L，平衡时K==12，a点时的容器中注入CO(g)和CH3OH(g)各0.75mol，此时各物质的量浓度为CO0.5mol/L、H20.5mol/L、CH3OH1mol/L，QC==8
正反应为放热反应，随着温度升高，平衡逆向移动，反应物的转化率减小，平均相对分子质量减小。由化学方程式可知，增大压强，平衡正向移动，所以p1
【高考化学】湖北省武汉市联考2022-2023学年专项突破仿真模拟试卷（二模）
第I卷（选一选）
请点击修正第I卷的文字阐明
评卷人
得分
一、单 选 题
1．空气中CO2急剧上升，会导致各种环境成绩。完成“碳中和”是世界各国正在努力完成的宏伟目标。下列工业生产和日常生活中的做法没有利于“碳中和”的是
A．化工厂的废气烟囱上加装CO2的吸附安装
B．设计直接过滤大气的安装吸收其中CO2
C．把捕集的CO2作为原料制形成食品或饲料
D．出行尽可能多坐私家车而没有乘坐大型公交车
2．能正确表示下列反应的离子方程式是
A．溶液与少量溶液反应：
B．电解水溶液：
C．乙酸乙酯与溶液共热：
D．溶液中滴加稀氨水：
3．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说确的是
A．1 L0.1 mol/L的AlCl3溶液中含有Al3+的数目为0.1NA
B．100 mL18.4 mol/L的浓硫酸与足量锌反应时，生成的SO2数目为0.92NA
C．常温常压下，31g白磷燃烧生成P4O6时，断裂P-P键的数目为1.5NA
D．0.1 mol NaHCO3晶体中阴、阳离子总数为0.3NA
4．按如图所示安装进行实验，下列说确的是
A．利用图甲安装，可以制取并搜集少量氨气
B．利用图乙安装，可以制取并检验乙烯
C．利用图丙安装，可以制备Fe(OH)2并能较长工夫观察其颜色
D．对丁安装加热，可以分离SiO2和NH4Cl
5．光刻胶是微电子技术中芯片微细图形加工的关键材料之一，其国产化势在必行。某光刻胶可由降冰片烯()与马来酸酐()共聚而成。下列说确的是
A．降冰片烯可发生加成、加聚、氧化、还原、取代等反应
B．与互为同分异构体
C．马来酸酐可波动存在于碱性溶液中
D．该光刻胶的结构简式一定为
6．钾氧电池是一种新型金属-空气可充电电池，其运用双酰亚胺钾(KTFSI)与(DME)组成的电解液，石墨和液态Na-K合金作为电极，其工作原理如下：
下列说法错误的是
A．放电时，a为负极，发生氧化反应
B．放电时，正极的电极反应式为
C．充电时，b极生成2.24L(标准情况下)时， a极质量增重7.8g
D．运用液态合金作电极可避免充电时阴极枝晶生长成绩
7．二氧化硫的减排与回收已成为环保领域急需处理的严重课题，某研讨团队提出如下还原脱硫流程：
下列说法错误的是
A．“脱硫塔”反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
B．S2、S4、S6和S8互为同素异形体
C．“再生塔”需将CaSO4和煤粉碎处理，使其充分接触
D．M可以循环运用
8．在1 L的密闭容器中充入2 mol N2和7 mol H2，发生反应，保持其他条件没有变，相反工夫内测得NH3的浓度与温度的关系如图所示。下列叙说错误的是
A．该反应是放热反应
B．温度为T1 K时，再加入1 mol N2和1 mol NH3，平衡向正反应方向挪动
C．温度为T1 K时，N2的平衡转化率为50%
D．a、c两点对应的压强：Pa＜Pc
9．我国科学家设计了一种阴阳极协同苯酚转化安装，完成对酸性废水中苯酚( )的高效除去。原理如图所示，其中电极分别为ZnO@石墨烯(石墨烯包裹的ZnO)和石墨烯。该安装工作时，下列叙说错误的是
A．石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的低
B．阳极的电极反应：+11H2O-28e-=6CO2+28H+
C．该安装在去除苯酚的同时，能进步废水的pH值(假设过程中废水体积没有变)
D．安装工作时，理论上两极苯酚除去的物质的量相等
10．将与以1：3的比例通入某密闭恒容容器中合成甲醇，在催化剂作用下发生下述反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
催化反应相反工夫，测得没有同温度下的转化率如图-1所示(图中虚线表示相反条件下的平衡转化率随温度的变化)，的产率如图-2所示。
下列有关说确的是
A．
B．250℃反应达到平衡时，压强为起始时压强的7/8，此时氢气的转化率为30%
C．250℃前，随温度升高的平衡转化率减小，是由于该温度范围内仅发生反应Ⅰ
D．250℃后，随温度升高的产率减小，可能是由于温度升高，平衡逆向挪动
11．室温下，下列实验探求NaHCO3、Na2CO3溶液的性质。
实验1：用pH试纸测量0.1mol·L-1NaHCO3溶液的pH，测得pH约为8
实验2：将0.1mol·L-1NaHCO3溶液与0.1mol·L-1CaCl2溶液等体积混合，产生白色沉淀
实验3：向0.1mol·L-1Na2CO3溶液中通入CO2，溶液pH从12下降到约为9
实验4：向0.1mol·L-1Na2CO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去
下列说确的是
A．由实验1可得出：Ka2(H2CO3)>
B．实验2中两溶液混合时有：c(Ca2+)·c(CO)
D．实验4中c反应前(CO)
已知：①；
②。
下列说确的是
A．
B．甲醇解离过程中仅有C—H键断裂
C．解离历程中活化能最小的反应为
D．适当增大压强能进步的平衡转化率
评卷人
得分
二、多选题
13．以高硫铝土矿(次要成分为，少量和硫酸盐)为原料制备聚合硫酸铁和明矾的部分工艺流程如下，下列说法错误的是
已知：赤泥液的次要成分为
A．赤泥液的作用是吸收“焙烧”阶段中产生的
B．聚合硫酸铁可用于净化自来水，与其组成中的具有氧化性有关
C．在“聚合”阶段，若添加用量，会使中x变小
D．从“滤液”到“明矾”的过程中还应有“除硅”步骤
14．在恒温条件下，向盛有食盐的2L恒容密闭容器中加入和，发生两个反应：
① 平衡常数
② 平衡常数
10min时反应达到平衡测得容器内体系的压强减少20%，10min内用NOCl(g)表示的平均反应速率。下列说法没有正确的是
A．反应的平衡常数为
B．平衡后
C．其他条件保持没有变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数增大
D．平衡时的转化率为60%
15．25℃时，向溶液中滴入稀硫酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示，反应过程一直无气体逸出。已知：表示或。下列叙说错误的是
A．的的数量级为
B．在溶液中：
C．溶液显中性时：
D．温度没有变时，随着硫酸的加入，一直保持增大
第II卷（非选一选）
请点击修正第II卷的文字阐明
评卷人
得分
三、工业流程题
16．某铬铁矿含有的次要成分是还有等杂质，因此该矿石可以制备氧化铬()颜料，该颜料性质波动，有着橄榄绿色调。其工艺流程如下。
(1)实验室模仿过程②没有可运用石英坩埚的缘由是_______，杂质在熔融形态下和NaOH和的反应的化学方程式为_______。
(2)过程④通常加入足量水并小火加热至沸腾此步操作的目的是_______，请列举滤渣1的一种用途：_______。
(3)过程⑤把pH由大调小，可以沉淀的离子为_______，过程⑦的离子方程式为_______。
(4)过程⑧为了获得纯净的固体，其详细操作为_______、过滤、洗濯、干燥，该过程残留废弃液中存在的具有较强毒性，可以将其处理为，再调理pH达到沉淀铬元素的目的。若用(焦亚硫酸钠)处理该废水，反应的离子方程式为_______。
(5)该铬铁矿含Cr元素的质量分数为33.6%，取100t该矿石，最终得到46.6t的，则的产率约为_______(保留三位有效数字)。
评卷人
得分
四、原理综合题
17．二氧化碳的排放越来越遭到能源和环境领域的关注.其综合利用是目前研讨的重要课题之一，试运用所学知识，处理以下成绩：
(1)工业上利用合成气(CO、CO2、H2)来生产甲醇，有关反应的热化学方程式及其在没有同温度下的化学平衡常数如表所示：
化学反应
平衡常数
温度/℃
500
700
800
Ⅰ.∆
K1
2.5
0.34
0.15
Ⅱ. ∆H2
K2
1.0
1.70
2.52
Ⅲ. ∆H
K3
则反应Ⅲ的 ∆H=_______(用∆和∆H2表示)，∆H_______0(填“>”或“<”)
(2)科学家提出利用CO2与CH4制备“合成气”(CO、H2)，可能的反应历程如图所示：
注：C(ads)为吸附性活性炭，方框内包含微粒品种及数目、微粒的总能量，其中TS表示过渡态。
若，则决定制备“合成气”反应速率的化学方程式为_______。
(3)利用电化学方法可以将CO2有效地转化为HCOO-，安装如图所示。
①在该安装中，右侧 Pt 电极的电极反应式为_______。
②安装工作时，阴极除有HCOO-生成外，还可能生成副产物降低电解效率。
已知：电解效率=
标准情况下，当阳极生成氧气体积为448mL时，测得阴极区内的c(HCOO-)=0.03 mol/L，电解效率为_______(忽略电解前后溶液的体积变化)。
(4)已知水煤气法制备H2的反应为CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)。将等体积的CO(g)和H2O(g)充入恒容密闭容器中，反应速率，其中、分别为正、逆反应的速率常数且只与温度有关，在 700℃和 800℃时，CO的转化率随工夫变化的曲线如图所示。M点与N点对应的的大小关系：M_______N(填“>”、“<”或“=”)，计算N点时_______。
评卷人
得分
五、结构与性质
18．回答下列成绩：
(1)Pt的电子排布式为，则Pt在元素周期表中的地位是_______，处于_______区。
(2)中阴离子的立体构型名称是_______，B、N、H的电负性由大到小的顺序为_______。
(3)科学家合成了一种含硼阴离子[]，其结构如下图所示。其中硼原子的杂化方式为_______，该结构中共有_______种没有异化学环境的氧原子。
(4)金属硼氢化物可用作储氢材料。如图是一种金属硼氢化物氨合物的晶体结构表示图。图中八面体的代表金属M原子，顶点代表氨分子；四面体的代表硼原子，顶点代表氢原子。该晶体属立方晶系，晶胞棱边夹角均为90°，棱长为apm，密度为3，阿伏加德罗常数的值为。
①该晶体的化学式为_______。
②金属M原子与硼原子间最短距离为_______pm。
③金属M的原子质量为_______(列出表达式)。
评卷人
得分
六、无机推断题
19．无机化合物H是合成某工业材料重要的两头体，科研人员拟以芳香化合物A为原料合成H，合成路线如图：
已知：①
②
回答下列成绩：
(1)A分子质谱图的质荷比为_______。
(2)C物质中官能团的名称为_______。
(3)由E生成F的化学方程式为_______。
(4)由B生成C过程中①、D生成E过程中②的反应类型分别为_______。
(5)用“*”标出D的手性碳原子：_______。
(6)K是F的同系物，分子量比F小14，K能发生水解反应，也可以发生银镜反应，且苯环上含有两个支链，则K的结构有_______种。
(7)写出用环戊烷和2-丁炔为原料制备化合物的合成路线(其他无机试剂任选)：_______。
答案：
1．D
【详解】
A．化工厂的废气烟囱上加装CO2的吸附安装，可以减少CO2的排放，该方法有利于“碳中和”，A没有符合题意；
B．设计直接过滤大气的安装吸收其中CO2，能够降低空气中CO2的含量，该方法有利于“碳中和”，B没有符合题意；
C．把捕集的CO2作为原料制形成食品或饲料既满足了制取新物质的原料或得到制取的产品的需求，同时可以减少CO2的排放，该方法有利于“碳中和”，C没有符合题意；
D．出行多坐私家车，会添加CO2的排放量，导致空气中CO2含量添加，该方法没有有利于“碳中和”，D符合题意；
故合理选项是D。
2．C
【详解】
A．(NH4)2Fe(SO4)2可以写成(NH4)2SO4‧FeSO4，(NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量Ba(OH)2溶液反应， OH-先与Fe2+反应，再和反应，由于Ba(OH)2较少，没有会参与反应，离子方程式为：Fe2+++ Ba2++ 2OH-=Fe(OH)2↓+BaSO4↓，A错误；
B．用惰性材料为电极电解MgCl2溶液，阳极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极反应为：2H2O+2e-+Mg2+=Mg(OH)2↓+H2↑，总反应的离子方程式为：Mg2++2Cl-+2H2O= Mg(OH)2↓+H2↑+ Cl2↑，B错误；
C．乙酸乙酯与氢氧化钠溶液共热时发生水解，生成乙酸钠和乙醇，离子方程式为：CH3COOCH2CH3+OH-CH3COO-+CH3CH2OH，C正确；
D．向硫酸铜溶液中滴加氨水，氨水与硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸铵，一水合氨为弱电解质，在离子反应中没有能拆开，离子方程式为：Cu2++2NH3•H2O=2+Cu(OH)2↓，D错误。
答案选C。
3．C
【详解】
A．1 L0.1 mol/L的AlCl3溶液中含有溶质的物质的量n(AlCl3)=0.1 mol/L×1 L=0.1 mol，Al3+在溶液中会发生水解反应而耗费，因此该溶液中含有Al3+的数目小于0.1NA，A错误；
B．100 mL18.4 mol/L的浓硫酸中含有溶质H2SO4的物质的量为1.84 mol，开始时发生反应：Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O，随着反应的进行，溶液变稀，此时发生反应：Zn+ H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑，故生成的SO2的物质的量小于0.92 mol，则产生的生成的SO2数目少于0.92NA，B错误；
C．常温常压下，31g白磷的物质的量是0.25 mol，在1个P4O6中含有6个P-P键，因此燃烧0.25 mol白磷时断裂P-P键的物质的量为0.25 mol×6=1.5 mol，故断裂的P-P键的数目为1.5NA，C正确；
D．在NaHCO3晶体中含有Na+、，因此0.1 mol NaHCO3晶体中阴、阳离子总数为0.2NA，D错误；
故合理选项是C。
4．D
【详解】
A．浓氨水与氧化钙反应生成氢氧化钙和氨气，氨气的密度比空气小，采用向下排空气法搜集，为防止与空气产生对流，试管口应堵一团湿棉花，搜集纯净的氨气，如果用橡皮塞塞住，无法搜集氨气，故A错误；
B．乙烯能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，高锰酸钾溶液褪色；浓硫酸与乙醇反应制乙烯过程中可能有二氧化硫产生，也能使溴水褪色，干扰了乙烯的检验，故B错误；
C．铁电极与电源负极相连，做阴极，没有能得到电子，也就没有亚铁离子生成，故C错误；
D．对丁安装加热，NH4Cl可分解，在烧瓶底部凝结；SiO2没有分解，在烧杯底部，故可以分离SiO2和NH4Cl，D正确；
答案选D。
5．A
【详解】
A．降冰片烯含有碳碳双键，可发生加成、加聚、氧化、还原、取代等反应，故A正确；
B．两者分子式相反、结构相反，二者是同种物质，故B错误；
C．马来酸酐含有酯基，在碱性溶液中发生水解反应，没有能波动存在，故C错误；
D．降冰片烯与马来酸酐之间可以发生加聚反应，马来酸酐分子之间也可以发生加聚反应，该光刻胶的结构简式可能为：或，故D错误；
故选：A。
6．C
【分析】
由图可知，放电时，a电极为原电池的负极，钾在负极得到电子发生氧化反应生成钾离子，电极反应式为K—e—=K+，b电极为正极，在钾离子作用下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成超氧化钾，电极反应式为K++ e—+O2=KO2。
【详解】
A．由分析可知，放电时，a电极为原电池的负极，钾在负极得到电子发生氧化反应生成钾离子，故A正确；
B．由分析可知，放电时，b电极为正极，在钾离子作用下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成超氧化钾，电极反应式为K++ e—+O2=KO2，故B正确；
C．由得失电子数目守恒可知，充电时，标准情况下b极生成2.24L氧气时，a极生成钾的质量为×39g/mol=3.9g，故C错误；
D．若运用固体电极，充电时，阴极金属晶体增大，会导致充电效率低、穿透隔膜形成短路等成绩，所以运用液态合金作电极可避免充电时出现的成绩，故D加强；
故选C。
7．A
【详解】
A．“脱硫塔”反应中，CaS+2SO2=CaSO4+S2，CaS为还原剂，SO2既是氧化剂又是还原剂，根据电子守恒可知，氧化剂与还原剂物质的量比为1：2，A错误；
B．S2、S4、S6和S8是由S元素构成的没有异性质的单质，它们互为同素异形体，B正确；
C．将CaSO4和煤粉碎处理，可以使反应物充分接触，增大反应物的接触面积，使反应充分发生，C正确；
D．再生塔中，硫酸钙和煤粉发生反应，煤粉被氧化为二氧化碳，硫酸钙被煤粉还原为硫化钙从而完成再生，因此，M是CaS，可以加入脱硫塔中处理SO2，因此M能够循环利用，D正确；
故合理选项是A。
8．B
【详解】
A．b点后升高温度，氨气的浓度降低，阐明升高温度，化学平衡逆向挪动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应，A正确；
B．T1时，在反应开始时c(N2)=2 mol/L，c(H2)=7 mol/L，反应达到平衡时c(NH3)=2 mol/L，根据中物质反应转化关系可知平衡时c(N2)=2 mol/L-1 mol/L=1 mol/L，c(H2)=7 mol/L-3 mol/L=4 mol/L，则该温度下的化学平衡常数K=。在温度为T1时，再加入1 mol N2和1 mol NH3，Qc=，则化学平衡逆向挪动，B错误；
C．温度为T1时，反应达到平衡时c(NH3)=2 mol/L，则根据物质反应转化关系可知耗费N2的物质的量浓度为1 mol/L，由于反应开始时N2的浓度为2 mol/L，故N2的平衡转化率为，C正确；
D．升高温度，气体压强增大，由于温度：a＜c，则a、c两点对应的压强大小关系为：Pa＜Pc，D正确；
故合理选项是B。
9．C
【分析】
由图示可知，苯酚在ZnO@石墨烯上失电子生成二氧化碳，因此阳极的电极反应为，氧气在石墨烯上得电子生成过氧化氢，因此阴极的电极反应为。
【详解】
A．由分析可知，石墨烯为阴极、得电子，ZnO@石墨烯为阳极、失电子，因此石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的低，A正确；
B．由图示可知，苯酚在ZnO@石墨烯上失电子生成二氧化碳，因此阳极的电极反应为，B正确；
C．由分析可知，电解池阳极反应式为：，阴极反应式为，总反应为：+11H2O+14O2=6CO2↑+14H2O2，由总反应可知，该安装在去除苯酚的同时，溶液的pH基本没有变，C错误；
D．阴极反应式为，生成的过氧化氢又与苯酚反应生成二氧化碳和水，反应方程式为：+14H2O2=6CO2↑+17H2O，而电解的总反应式为：：+11H2O+14O2=6CO2↑+14H2O2，由两个反应方程式可知，安装工作时，理论上两极苯酚除去的物质的量相等，D正确；
答案选C。
10．B
【详解】
A．温度高于250℃后，随温度升高，的转化率增大，甲醇的产率降低，阐明随温度升高，CO的产率增大，反应Ⅱ正向挪动，则，故A错误；
B．设与的起始物质的量分别为1mol、3mol，250℃反应达到平衡时，压强为起始时压强的7/8，达到平衡气体总物质的量为3.5mol， 正反应气体物质的量减小，
的转化率为40%，参加反应Ⅱ的的物质的量为0.4mol-0.25mol=0.15mol，则参加反应Ⅱ的氢气的物质的量为0.15mol，此时氢气的转化率为30%，故B正确；
C．反应Ⅰ放热，250℃前，随温度升高的平衡转化率减小，是由于该温度范围内次要发生反应Ⅰ，故C错误；
D．250℃后，随温度升高，的转化率增大，甲醇的产率降低，是由于该温度范围内次要发生反应Ⅱ，故D错误；
选B。
11．C
【详解】
A．实验1：用试纸测量溶液的，测得约为8，c(H+)＞c(OH-)。则碳酸氢钠溶液的水解程度大于电离程度。由实验1可得出：，Kw=H+·OH-，，，Ka2(H2CO3)= ＜= ，A错误；
B．实验2：将溶液与溶液等体积混合，产生白色沉淀碳酸钙，则由沉淀溶解平衡原理知，实验2中两溶液混合时有：，B错误；
C．等物质的量浓度的碳酸钠碱性大于碳酸氢钠。实验3：溶液中通入一定量的，溶液从12下降到10，则实验3中发生反应的离子方程式为，C正确；
D． 由图知：和盐酸反应是放热反应， 和盐酸反应是吸热反应，c反应前(CO)＞c反应后(CO)，D错误；
答案选C。
12．C
【详解】
A．已知：①；
②；
根据盖斯定律，由①+②得反应，选项A错误；
B．由图可知，过渡态1中有O-H键的断裂，过渡态2、3、4中有C-H键断裂，选项B错误；
C．由图可知，历程3的活化能最小，该历程反应为，即，选项C正确；
D．重整制氢气的正反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向挪动，的平衡转化率降低，选项D错误；
答案选C。
13．BC
【分析】
高硫铝土矿(次要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2，少量FeS2和硫酸盐)焙烧时，FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2，并用赤泥液吸收生成的SO2，焙烧后，Al2O3、Fe2O3、SiO2、硫酸盐)进入“碱浸”步骤，Al2O3、SiO2溶解于KOH溶液，硫酸盐溶于水，过滤，滤液经一系列处理获得明矾，滤渣次要是Fe2O3，酸溶后加入双氧水氧化可能存在的亚铁离子，此时溶液中次要有Fe2(SO4)3加入氧化铁进行聚合，经浓缩、干燥，获得聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n；据此解答。
【详解】
A．由上述分析可知，焙烧时，FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2，即4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，用赤泥液吸收生成的SO2，即Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2，故A正确；
B．聚合硫酸铁可用于净化自来水，与其组成中的Fe3+具有水解产生胶体的性质有关，与其组成中的Fe3+具有氧化性有关，故B错误；
C．在“聚合”阶段，若添加Fe2O3用量，碱性加强，x变大，故C错误；
D．由上述分析可知，从“滤液”到“明矾”的过程中，由于碱浸形成二氧化硅溶于氢氧化钾，滤液中含硅酸盐，需求进行“除硅”步骤，故D正确；
答案为BC。
14．CD
【详解】
A．可由反应①×2-②得到，根据平衡常数计算规律可得此反应平衡常数为，A项正确；
B．10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为(0.2+0.2+0.1)mol×(1-20%)=0.4mol，10min内用NOCl(g)表示的平均反应速率，则平衡时，设达到平衡时反应①中耗费的NO2为xmol，反应②中耗费的Cl2为ymol，根据方程式①和②可得，反应①中生成的NOCl(g)为0.5xmol，反应②中耗费的NO(g)为2ymol，耗费的Cl2(g)为ymol，生成的NOCl(g)为2ymol。根据已知信息可列方程
解得x=0.1mol，y=0.05mol
故平衡后，B项正确；
C．平衡常数只受温度影响，其他条件保持没有变，反应在恒压条件下进行，平衡常数K2没有变，C项错误；
D．平衡时转化0.1mol，故转化率为50%，D项错误；
故答案选CD。
15．BD
【分析】
溶液的pH越小，HXO和H2XO3的浓度越大，m曲线代表lg，n曲线代表lg ；
【详解】
A．在M点，=10-1，H2XO3的Ka2==10-1×10-9.3=10-10.3，则数量级为，A正确；
B．NaHXO3溶液的Ka2=，Kh2=，从图中可以看出，NaHXO3溶液的pH＞7，则＞，从而得出，B错误；
C．溶液显中性时，根据电荷守恒可得，，根据物料守恒，，则，C正确；
D．= Ka1∙Ka2，温度没有变时，Ka1、Ka2没有变，所以一直保持没有变，D错误；
故选BD。
16．(1) 加热时NaOH可以反应
(2) 保证熔块中的可溶物完全溶解，促进水解生成沉淀 制备铁红
(3)
(4) 加KCl溶液、加热浓缩、冷却结晶
(5)94.9%
【分析】
铬铁矿含有的次要成分是还有等杂质，粉碎后加入氢氧化钠并通入氧气熔融煅烧，将亚铁离子氧化为铁离子，Cr3+氧化为CrO，氧化铝和二氧化硅与氢氧化钠反应，得到NaFeO2、Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3等物质，冷却得到熔块，加水溶解，FeO水解生成氢氧化铁沉淀，向滤液1中通入二氧化碳调理pH为7～8，使AlO和SiO转化为Al(OH)3和H2SiO3沉淀，向滤液2中加入盐酸把CrO转化为Cr2O，加入氯化钾溶液，再加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗濯、干燥，得到K2Cr2O7固体，再加硫还原得到Cr2O3。
(1)
石英坩埚中存在SiO2，SiO2在高温下能与氢氧化钠反应，因此过程②没有可运用石英坩埚；此过程中亚铁离子被氧气氧化为铁离子，转化为NaFeO2，氧化铝与氢氧化钠反应生成NaAlO2，根据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：。
(2)
加入足量水，目的是使可溶物完全溶解，加热促进FeO完全水解，得到氢氧化铁沉淀，滤渣1为氢氧化铁，氢氧化铁受热分解生成氧化铁，因此滤渣1可用于制备铁红。
(3)
调理pH由碱性到近乎中性，可使AlO和SiO转化为Al(OH)3和H2SiO3沉淀；过滤后，向滤液2中加入盐酸调理pH，将CrO转化为Cr2O，反应的离子方程式为：。
(4)
由于相反温度下Na2Cr2O7溶解度大于K2Cr2O7，因此可以完成Na2Cr2O7向K2Cr2O7的转化，具体步骤为：加KCl溶液、加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗濯、干燥，即可得到K2Cr2O7固体；焦亚硫酸根离子具有还原性，Cr2O有氧化性，两者发生氧化还原反应生成硫酸根离子和三价铬离子，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：。
(5)
产物中铬元素的质量为46.6t≈31.88t，Cr2O3的产率为≈94.9%。
17． < 75% < 36
【分析】
【详解】
(1) ①∆，② ∆H2，将个和第二个方程式相加得到： ∆H=，由题意得，5000C时，K3=K1×K2=2.5×1.0=2.5，7000C时，K3=K1×K2=0.34×1.7=0.578，则反应Ⅲ随温度升高，平衡常数减小，阐明正反应为放热反应，则∆H<0；故；<；
(2)能量越低，物质越波动，反应越难，故决定反应速率的反应方程式为：，故；
(3) 电解池右侧，CO2地转化为HCOO-，碳的化合价从+4价降低到+2价，右侧Pt为阴极得电子，电极方程式为：；当阳极生成氧气体积为448mL时，转移电子数为： 0.08mol，而生成目标产物转移电子数为0.03mol/L×1L×2=0.06mol，所以电解效率为 75%，故；75%；
(4)温度越高，反应速率越快，反应先达到平衡，由图知M点所在曲线先达到平衡，对应温度为8000C，则N点所在曲线对应温度为7000C，温度越高，一氧化碳转化率越低，阐明该反应为放热反应，平衡时，，可得K= ，升高温度，平衡逆向挪动，K减小，M点对应的温度高，所以对应大小：M
18．(1) 第六周期VIII族 d区
(2) 正四面体 N>H>B
(3) sp2、sp3 4
(4)
(1)
Pt的电子排布式为，则Pt在元素周期表中的地位是第六周期VIII族，处于d区；
(2)
阴离子PO的价层电子对数=4+=4，无孤电子对，故立体构型为正四面体形；元素吸引电子的能力越强，其电负性越大，则电负性由大到小顺序是N＞H＞B；故正四面体；N>H>B；
(3)
根据图知，构成4个共价单键的B原子价层电子对数是4、构成3个共价单键的B原子价层电子对数是3，B原子杂化类型：前者为sp3、后者为sp2；如图 ，该结构中含有4种环境的氧原子，故sp3、sp2；4；
(4)
①该晶胞中M原子个数=8×+6×=4、氨分子个数是M原子个数的6倍，所以含有24个氨分子、B原子个数是8、H原子个数是B原子个数的4倍，有32个氢原子，该晶胞中M、NH3、B、H个数之比=4：24：8：32=1：6：2：8，其化学式为M(NH3)6B2H8，故M(NH3)6B2H8；
②M原子与B原子最短距离为晶胞体对角线长度的=××apm=apm，故apm；
③该晶胞体积=(a×10-10cm)3，，则M(化合物的摩尔质量)==g/mol，金属M的原子质量=，故。
19．(1)106
(2)碳碳双键、羧基
(3)+C2H5OH+H2O
(4)氧化反应、消去反应
(5)
(6)12
(7)
【分析】
从B的分子式及已知①，推知A是，其与CH3CHO发生反应得到B，B与Cu(OH)2在加热条件下反应后酸化，醛基变成羧基，得到C，C在溴的四氯化碳溶液中加成得到D，D中Br原子在KOH的乙醇溶液中消去得到碳碳叁键，酸化后得到E，E中羧基与C2H5OH发生酯化反应得到F，由已知②和H的结构简式推知G为。
(1)
A是，分子质谱图的质荷比是其分子质量，为106。
(2)
C是，物质中官能团的名称为碳碳双键、羧基。
(3)
据分析，由E生成F是酯化反应，化学方程式为：+C2H5OH+H2O。
(4)
据分析，由B生成C过程中①是醛基被氧化为羧基，是氧化反应；D生成E过程中②是Br原子与邻碳上的氢以HBr消去，是消去反应。
(5)
D是，其中连接四个单键的碳原子是手性碳原子，有“*”标出的：。
(6)
K是F的同系物，则含有相反官能团，分子量比F小14，即少一个“CH2”，F是，则K的分子式为C10H8O2，K能发生水解反应，判断其含有酯基，也可以发生银镜反应，判断其含有醛基，又K分子只要两个O原子，推断其含有HCOO-基团，且苯环上含有两个支链，则另一支链至多含有三个碳原子，且含有碳碳叁键，故K分子苯环上的两支链可能分别是：HCOO-和-CCCH3、HCOO-和HCCCH2-、HCOOCH2-和HCC-、HCOOCC-和-CH3，每种组合又有邻、间、对三种异构，则K的结构有4×3=12种。
(7)
从目标物分析，已知②推断其可由环戊烯与2-丁炔反应后，将双键用Br2加成得到，故设计合成路线：。
【高考化学】湖北省武汉市联考2022-2023学年专项突破仿真模拟试卷（一模）
第I卷（选一选）
评卷人
得分
一、单 选 题
1．文物是人类在社会中具有历史、艺术、科学的遗物和遗迹。下列文物没有是由合金材料制成的是
A．商代后母戊鼎 B．山西晋祠铁人 C．西周原始青瓷 D．越王勾践剑
2．2022年北京已经结束，某高校团队以助力冬奥为初衷，研制出一种新型材料一“永没有融化”的凝胶冰雪。凝胶冰雪中，百分之九十以上的成分是水，还有一种亲水的高聚物。下列说法错误的是
A．凝胶冰雪改变了水的结构和熔点，升温后，冰晶没有会融化成水
B．凝胶冰雪中的水分子间能形成分子间氢键
C．凝胶冰雪的水中氧原子采用sp3杂化
D．冰属于分子晶体
3．酒石酸铜易溶于酸从而制得酒石酸，其结构简式如图所示。下列相关说法错误的是
A．1mol酒石酸能与足量Na反应生成44.8L(标准状况下)的氢气
B．可以向酒石酸铜中通入足量的CO2来制备酒石酸
C．酒石酸在一定条件下反应可生成高分子化合物
D．酒石酸在一定条件下可发生氧化、取代反应。
4．化学是以实验为基础的自然科学。下列实验操作规范且能达到实验目的的是
A．利用图甲制备SO2气体
B．利用图乙制备干燥的NO2
C．利用图丙制备乙酸乙酯
D．利用图丁装置制备、干燥、收集氨
5．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说确的是
A．3.6g由CaS和2组成的混合物中含有阴、阳离子总数为0.1NA
B．5g46%的乙醇溶液与足量金属钠充分反应，产生的H2分子数为0.025NA
C．将0.1molCl2溶于水中，溶液中Cl-、ClO-、HClO的数目之和为0.2NA
D．标准状况下，11.2L2H37Cl气体中含有的中子数为10NA
6．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，XZ能腐蚀玻璃，Y、W同主族，且W的原子序数是Y的两倍。四种元素形成的化合物有如下反应：XWY3Z+XZ⇌X2Z++WY3Z-。下列说法错误的是
A．原子半径：W>Y>Z>X
B．简单氢化物的还原性：W>Y>Z
C．电离能：Z>W>Y
D．WY3Z-中W原子的杂化方式为sp3杂化
7．下列指定反应的离子方程式错误的是
A．实验室制备氯气：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
B．向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至混合溶液恰好为中性：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O
C．石灰石溶于醋酸中：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
D．向明矾溶液中加入氢氧化钡溶液至沉淀的质量：Al3++2+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓十+2H2O
8．物质的组成与结构决定了物质的性质。下列说法错误的是
A．PF3的空间结构为三角锥形。
B．CF3NO2中组成元素的电离能：F>N>O>C
C．基态钒原子的价电子排布图为
D．SiC与晶体硅的熔点：SiC<晶体硅
9．化学是以实验为基础的科学。下列实验操作正确且能达到目的的是
选项
实验操作及现象
目的
A
将炽热的木炭与浓硝酸混合所得的气体先通入饱和NaHCO3溶液后，再通人澄清石灰水中，石灰水变浑浊
检验产物中是否含有CO2
B
向碳酸钙中加入浓盐酸，产生的气体再通入硅酸钠溶液，出现白色沉淀
证明酸性：H2CO3>H2SiO3
C
向1mL蔗糖溶液中滴入稀硫酸，水浴加热几分钟，再加入新制Cu(OH)2悬浊液加热，没有红色沉淀
检验蔗糖是否发生了水解
D
将铁粉加入FeCl3溶液中，溶液颜色由黄色变为浅绿色
证明Fe3+具有氧化性
A．A B．B C．C D．D
10．[Cu(NH3)2(H2O)2]2+有两种配离子，其结构如图所示。
下列说法错误的是
A．甲、乙中Cu原子配位数均为4
B．铜离子与两个氮原子、两个氧原子形成的空间结构为四面体
C．基态Cu2+的价层电子排布式是3d9
D．该配合物中组成元素的电负性大小顺序为O>N>H>Cu
11．巴洛沙韦酯能抑制流感帽状依赖型核酸内切酶，从而抑制RNA的合成。3，4-二氟苯甲酸(M)是合成巴洛沙韦酯的原料之一，其结构如图所示。下列说确的是
A．M在一定条件下能发生取代、加成、氧化、消去反应
B．M中的所有原子一定在同一平面上
C．M的同分异构体中，含酯基且能发生银镜反应的芳香化合物有5种
D．M与3，4-二氟-2-甲基苯甲酸互为同系物
12．科学工作者探讨了在CO2和H2合成HCOOH过程中固载Ru基催化剂可能的反应机理如图所示。下列说法错误的是。
A．固载Ru基催化剂可降低该反应的焓变
B．Ru配合物1、2、3、4中Ru的化合价没有变
C．总反应的化学方程式为CO2+H2HCOOH
D．CO2浓度过大可能会影响催化剂的实际催化效率
13．一种含铜氧化物的晶胞结构如图所示。下列说法错误的是
A．含铜氧化物的化学式为Cu2O
B．晶胞中铜原子组成的是正四面体
C．晶胞中4个Cu原子形成的正四面体的体积占晶胞体积的
D．O原子周围等距且最近的O原子数为8
14．已知：NH2OH、苯酚分别为一元弱碱和一元弱酸。25℃时，将10mL浓度均为0.1mol·L-1的NH2OH。苯酚两种溶液分别加水稀释的曲线如图所示，V是溶液体积(mL)。pOH=-lgc(OH-)。下列说确的是
A．曲线m为NH2OH溶液加水稀释的曲线
B．lgV=1时，水的电离程度：NH2OH>苯酚
C．同浓度同体积的NH2OH和苯酚混合后溶液显酸性
D．电离常数：Kb(NH2OH)>Ka(苯酚)
15．高铁酸盐作为一种对环境友好和高效的强氧化剂，在水处理等方面展示了良好的应用前景。高浓度高铁酸钠溶液的制备可采用电合成的方法，泡沫镍作阴极、铁丝网作阳极，电解液为2.0mol·L-1的NaOH溶液。下列说确的是
A．工作时，阳极附近的pH增大
B．交换膜为质子交换膜
C．阴极反应式：4OH-+4e-=2H2O+O2↑
D．阳极反应式：Fe-6e-+8OH-=+4H2O
第II卷（非选一选）
评卷人
得分
二、工业流程题
16．锌盐在化工、医药、电镀等方面都有重要应用。以硫化锌精矿为原料，选择在常压下，采用氧化-酸浸法进行实验生产的工艺如图所示。
已知：①浸出液杂质离子主要是Fe2+、Fe3+，还含有少量的Cu2+、Ni2+等；
②pH=1.5时，除铁的化学方程式为3Fe2(SO4)3+K2SO4+12H2O=2KFe3(SO4)2(OH)6↓+6H2SO4；
③25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39。
回答下列问题：
(1)浸出时，选用氧化-酸浸法而没有直接选用酸浸法的优点是_______，氧化剂在稀硫酸介质中对硫化锌精矿进行浸取时所涉及的化学反应机理较为复杂，若氧化剂为稀硝酸时氧化产物为单质S，则发生反应的离子方程式为_______。
(2)温度对硫化锌精矿的浸出率有重要的影响，从室温到100°C范围内，温度对硫化锌精矿的浸出率的影响结果如图所示：
随浸出温度的升高，硫化锌精矿的浸出率显著提高的原因是_______；实际工业生产选用的合适温度为_______左右。
(3)若氧化剂为H2O2，用离子方程式解释除铁之前需要加入氧化剂的目的：_______。测定除铁后的滤液中c(Fe3+)为0.003mol·L-1，则此时溶液的pH=_______。
(4)除铁后再进一步调节pH=4左右，使其完全水解形成Fe(OH)3沉淀，即可达到除铁要求，没有在除铁之前调节pH=4的原因是_______。
(5)加入Zn的目的是_______。
评卷人
得分
三、有机推断题
17．比卡鲁胺主要用于治疗前列腺癌，是非甾体雄激素拮抗剂，肝代谢较慢，有利于减轻肝脏负担，其一种合成路线如下：
已知：MsCl为对甲基苯磺酰氯。
回答下列问题：
(1)A的化学名称为_______。
(2)B中含氧官能团的名称是_______。
(3)G→H的反应类型为_______。C→D的化学方程式为_______。
(4)B易被灼热的CuO氧化，检验其氧化产物的方法为_______。
(5)的芳香族同分异构体中，同时满足如下条件的有_______种(没有考虑立体异构)。
①苯环上含有三个取代基，且有一个-NH2；
②F原子没有与苯环相连。
写出其中2个N、3个C原子共直线的结构简式：_______(任写一种)。
(6)根据上述信息，写出以与为原料合成的路线：_______(没有需注明反应条件)。
评卷人
得分
四、实验题
18．在生活中亚硝酸钠(NaNO2)应用十分广泛，少量可做食品的护色剂，可防止肉毒杆菌在肉类食品中生长，还可用于治疗氰化物中毒等。某化学兴趣小组查阅资料得知2NO+Na2O2=2NaNO2，该学习小组利用下列装置设计制备干燥的亚硝酸钠(夹持及加热装置略去，部分仪器可重复使用)。
已知：NO能被高锰酸钾氧化，但没有能被浓硫酸氧化。
回答下列问题：
(1)利用所给的部分装置仪器和药品制备NaNO2，仪器连接顺序为_______(按气流方向，用小写字母表示)。
(2)反应开始前和结束后都需要打开止水夹a，通入过量氮气，该操作的目的是_______。
(3)盛水的洗气瓶的作用是_______。
(4)如果实验前未通入过量氮气，硬质玻璃管中过氧化钠可能发生的副反应的化学方程式为_______。
(5)酸性高锰酸钾(氧化性强于硝酸)溶液中发生的主要反应的离子方程式为_______。
(6)芳香伯胺类在盐酸存在下，能定量地与亚硝酸钠发生重氮化反应。原理为ArNH2+NaNO2+2HCl=[Ar-N≡N]Cl+NaCl+2H2O，用已知0.5000mol·L-1的盐酸滴定含0.36g亚硝酸钠和足量芳香伯胺类的混合物溶液25.00mL，平行三次实验得消耗的盐酸的平均体积为20.00mL，亚硝酸钠的含量为_______%(保留三位有效数字)。
评卷人
得分
五、原理综合题
19．利用CO2、H2为原料合成CH3OH可有效降低空气中二氧化碳的含量。回答下列问题。
(1)已知CO2加氢合成甲醇涉及的反应有
反应I：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49.2kJ·mol-1
反应II：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H2=+41.2kJ·mol-1
则反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) △H=_______。
(2)在恒容密闭容器中发生反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，CO合成甲醇反应能量路径示意图如图甲所示。(已知：TS为过渡态；IM为中间体)。
则CO合成甲醇反应的控速步骤为_______(填字母)。
A．IM1→IM2 B．IM2→IM3 C．IM3→IM4 D．IM5→CH3OH
(3)向2L恒容密闭容器中充入2molCO和4molH2[假设只发生反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)]，起始压强为NMPa，相同时间内CO的转化率随温度变化如图乙所示：
①a点为图像中点，a点的转化率比c点高的原因是_______。
②T2K，反应时间为5min，a点时测得反应体系中CO的物质的量分数为，此时v(CO)_______；Kp=_______。(Kp用气体分压代替气体浓度进行计算，分压=总压×气体的物质的量分数)
③向②体系中a点时的容器中注入CO(g)和CH3OH(g)各0.5mol，则此时反应_______(填“正向”或“逆向”)进行。
(4)在恒容密闭容器中发生反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，平衡时某物理量X与温度、压强的关系如图丙所示，X代表_______(写出一种即可)；其中p1_______p2(填“>”“=”或“<”)。
答案：
1．C
【详解】
A．后母戊鼎是由青铜材料制成的，主要成分为铜锡合金，选项A没有符合；
B．晋祠铁人的主要材料为铁，为防止生锈加入了镍和铬，为合金，选项B没有符合；
C．青瓷主要成分为硅酸盐，没有属于合金，选项C符合；
D．勾践剑是由青铜材料制成的，主要成分为铜锡合金，选项D没有符合；
答案选C。
2．A
【详解】
A．升温后，冰晶融化的水会被牢牢锁在网格之中，无法逃脱，水凝胶依然能保持形状的完整，故A错误；
B．凝胶冰雪中的水分子与水分子间能形成氢键，故B正确；
C．水分子中氧原子的价层电子对数为4，采用sp3杂化，故C正确；；
D．冰是水形成的固体晶体，属于分子晶体。故D正确；
故选A。
3．B
【详解】
A．由可知酒石酸的结构简式为酒石酸中含有2mol-OH，2mol-COOH，1mol酒石酸与足量Na反应生成44.8L(标准状况下)氢气，A正确；
B．羧基可以与碳酸氢根离子反应生成二氧化碳气体，向酒石酸铜中通入足量的CO，得没有到酒石酸，B错误：
C．由A项解析可知酒石酸含有羟基和羧基，故在一定条件下可以发生缩聚反应，形成高分子化合物，C正确；
D．酒石酸分子中含有羟基，可发生取代反应和氧化反应，羧基也可发生取代反应，D正确；
故B。
4．C
【详解】
A．铜与浓硫酸反应需要加热，此装置没有加热仪器，故A错误；
B．冷的浓硝酸与铁反应会发生钝化，没有能用来制备二氧化氮气体，故B错误；
C．饱和碳酸钠溶液可中和乙酸、溶解乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度，使用干燥管可防止倒吸，故C正确；
D．生石灰溶于水放热且与水反应生产氢氧化钙增大氢氧根离子浓度，促使氨水产生氨气，氨用碱石灰来干燥，用向下排空气的方法可以收集氨，但需要将导管伸入试管底部，故D错误；
故选C。
5．A
【详解】
A．CaS和中阴、阳离子个数之比均为1：1，且二者相对分子质量均为72，1molCaS和混合物中含离子的物质的量为2mol，3.6g混合物的物质的量为0.05mol，阴、阳离子总数为0.1NA，故A正确；
B．5g46%的乙醇溶液中含乙醇的物质的量为=0.05mol，0.05mol乙醇与金属钠充分反应，产生的H2分子数为0.025NA，溶液中还存在一定量的水，水也与金属钠反应产生氢气，故B错误；
C．溶于水中，只有少部分氯气转化为，、HClO，大部分还是以形式存在的，故C错误；
D．1分子中含中子数为21，标准状况下，11.2L气体中含有的中子数为10.5NA，故D错误；
故合理选项为A。
6．C
【分析】
根据题意XZ能腐蚀玻璃，可知为HF，X为H，Z为F，Y、W为同主族元素，且W的原子序数是Y的两倍，可知Y、W为O、S元素。通过以上分析， X、Y、Z、W分别是H、O、F、S元素。
【详解】
A．X、Y、Z、W分别是H、O、F、S元素，电子层数多的半径大，同周期从左到右半径依次减小，所以原子半径S>O>F>H，故A正确；；
B．W、Y、Z的简单氢化物分别为H2S、H2O、HF，元素的非金属性越强，简单氢化物的还原性越弱，还原性H2S>H2O>HF，故B正确；
C．同周期中，从左到右元素电离能呈增大趋势，同一主族中，从上到下元素电离能逐渐减小，可知F>O>S，故C错误；
D．WY3Z-中S原子含4个σ键，无未成对电子，为sp3杂化，故D正确；
故选C。
7．C
【详解】
A．浓盐酸与MnO2固体在加热条件下生成可溶性的氯化锰和氯气，选项A正确；
B．向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至混合溶液恰好为中性，离子方程式为Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，选项B正确；
C．醋酸是弱酸，书写离子方程式时应写成分子形式，选项C错误；
D．向明矾溶液中加入氢氧化钡溶液至沉淀物质的质量，即生成BaSO4.至多时，离子方程式为Al3++2+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2 +2H2O，选项D正确；
答案选C。
8．D
【详解】
A．PF3原子P的价层电子对数为3+(5-3×1)=4，有1个孤电子对，PF3分子的空间结构为三角锥形，故A正确；
B．CF3NO2的组成元索为C、N、O、F，同周期元素中，从左到右电离能呈增大趋势，由于氮原子的2p轨道处于半充满状态，它的电离能大于氧的电离能，故B正确；
C．钒是23号元素，价电子排布式为3d34s2，基态钒原子的价电子排布图为，故C正确；
D．SiC与晶体硅均属于共价晶体，半径C
选D。
9．D
【详解】
A．炽热的木炭与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸能与饱和NaHCO3溶液反应产生CO2.因此澄清石灰水变浑浊，没有能说明CO2来自木炭与浓硝酸的反应，A错误；
B．向碳酸钙中加入盐酸，产生的气体再通入硅酸钠溶液，出现白色沉淀，但由于生成的二氧化碳中含有挥发出的氯化氢，氯化氢能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，所以没有能证明酸性H2CO3>H2SiO3，B错误；
C．蔗糖水解后需要先加入氢氧化钠中和稀硫酸，再加入新制Cu(OH)2悬浊液加热，C错误；
D．Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，溶液由黄色变为浅绿色，体现了Fe3+的氧化性，D正确；
故选：D。
10．B
【详解】
A．由图可知，甲、乙中Cu原子配位数均为4，A正确；
B．根据甲、乙的结构，2个和2个后有2种结构，可知铜离子与两个氮原子、两个氧原子形成的空间结构为平面结构而没有是立体结构，B错误；
C．基态Cu的价层电子排布式是，基态的价层电子排布式是，C正确；
D．该配合物组成元素为H、O、N、Cu，同周期中从左。到右元素电负性逐渐增大，即O>N，N与HN显负化合价，即N>H，铜为金属，电负性最小，大小顺序为O>N>H>Cu，D正确；
故合理选项为B。
11．D
【详解】
A．M中F原子连接在苯环上，没有能发生消去反应，选项A错误；
B．C-C单键可以旋转，M中苯环和羧基相连的单键可旋转，所有原子没有一定在同一平面上，选项B错误；
C．能发生水解和银镜反应说明有结构，可得
(取代有2种)、(取代有3种)、(取代有1种)，共6种，选项C错误；
D．M名称为3，4-二氟苯甲酸，与3，4-二氟-2-甲基苯甲酸结构相似，组成上相差1个CH2.二者互为同系物，选项D正确；
答案选D。
12．A
【详解】
A．催化剂降低反应活化能 ，没有影响反应的焓变，故A错误；
B．Ru配合物1、2、3、4中Ru所连的键没有变化，所以Ru的化合价没有变，故B正确；
C．在有Ru基催化剂存在的条件下，CO2与H2合成HCOOH，根据原子守恒，发生的反应为CO2+H2HCOOH，故C正确；
D．CO2浓度过大将减小催化剂与H2之间的接触，从而影响催化剂的实际催化效率，故D正确；
选A。
13．C
【详解】
A．晶胞结构图，利用均摊法，可知晶胞中Cu的个数为4，而O位于体心和顶点，个数为，即化学式为， A正确，没有符合题意；
B．观察晶胞图可看出4个铜分别位于4条体对角线一半的中点，组成正四面体， B正确，没有符合题意；
C．晶胞中4个Cu原子形成的正四面体的体积小于晶胞体积的，C错误，符合题意；
D．根据晶胞图可看出1个氧原子在，距离最近的氧原子在顶点上，共8个， D正确，没有符合题意；
故合理选项为C。
14．D
【详解】
A．pOH大于7为酸性溶液，所以曲线m为苯酚溶液加水稀释的曲线，选项A错误；
B．NH2OH、苯酚分别为一元弱碱和一元弱酸，二者均抑制水的电离，lgV=1时苯酚中氢离子浓度为10-5.5mol/L，羟胺中氢氧根离子浓度为10-4.5mol/L，故水的电离程度为苯酚>NH2OH，选项B错误；
C．B可知lgV=1即没有加水时羟胺的电离程度更大，同浓度同体积的NH2OH和苯酚混合后得到正盐，根据越弱越水解可知溶液显碱性，选项C错误；
D．B、C可知，Kb(NH2OH)>Ka(苯酚)，选项D正确；
答案选D。
15．D
【详解】
A．阳极为铁失电子，后与氢氧根离子反应，故阳极附近的pH减小，故A错误；
B．溶液显碱性，没有宜选择质子交换膜，故B错误；
C．阴极为水电离的氢离子得电子，反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故C错误；
D．根据题意可知反应是为了制备高铁酸钠，可得阳极反应式为Fe-6e-+8OH-=+4H2O，故D正确；
故选D。
16．(1) 用氧化-酸浸法没有会产生硫化氢等污染性气体 3ZnS+8H++2=3Zn2++3S+2NO↑+4H2O
(2) 加快了浸取反应的速率，同时还增大了浸出物质的溶解度 90℃
(3) 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 2
(4)由于溶液中Fe3++量较大，直接调节溶液的pH=4，使Fe3+水解成Fe(OH)3胶体而给过滤带来困难；还因胶体吸附Zn2+造成锌的大量损失
(5)除去Cu2+、Ni2+等杂质离子
【分析】
硫化锌精矿采用氧化-酸浸法，把硫化物氧化为单质硫，浸出液杂质离子主要是Fe2+、Fe3+，还含有少量的Cu2+、Ni2+等，用氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+，调节pH=1.5发生反应3Fe2(SO4)3+K2SO4+12H2O=2KFe3(SO4)2(OH)6↓+6H2SO4除铁，继续调节pH=4使Fe3+完全水解为Fe(OH)3，再加锌粉发生置换反应除去Cu2+、Ni2+等杂质离子得硫酸锌溶液，蒸发浓缩、结晶得硫酸锌晶体。
(1)
用酸浸法会产生硫化氢等污染性气体，而氧化—酸浸法可以将硫化物氧化为单质硫。若氧化剂为稀硝酸，氧化产物S，S元素化合价由-2升高为0 ，还原产物为NO，N元素化合价由+5降低为+2，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为3ZnS+8H++2=3Zn2++3S+2NO↑+4H2O；
(2)
温度升高可以使化学反应速率加快，可以提高浸取率，同时温度升高可以使物质的溶解度增加，使浸取率提高。根据图可看出随温度升高浸出率升高，当温度达90°C后，浸出率变化没有明显，选用90°C左右的温度较合适；
(3)
三价铁离子在pH较小时即可以沉淀完全，除铁之前加人氧化剂的目的是把二价亚铁离子氧化为三价铁离子，反应为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。25°C时，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)=3×10-39，溶液中c(Fe3+)为0.003mol/L，c(OH-)=，pH=2；
(4)
由于溶液中Fe3++量较大，直接调节溶液的pH=4，使Fe3+水解成Fe(OH)3胶体而给过滤带来困难，还因胶体吸附Zn2+造成锌的大量损失，所以没有在除铁之前调节pH=4；
(5)
除铁之后的滤液中含有Cu2+、Ni2+等杂质离子，加入Zn发生置换反应除去Cu2+、Ni2+等杂质离子。
17．(1)2-甲基丙烯酸或异丁烯酸
(2)羟基、羧基
(3) 氧化反应 +→+HCl
(4)取少量反应产物于试管中，向其中加入氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，滴加新制的氢氧化铜溶液，加热，出现砖红色沉淀，说明产物含醛基，即B被灼热的氧化铜氧化
(5) 19
(6)
【分析】
在一定条件下反应产生B，B与SOCl2反应产生C，C与发生取代反应产生D，D水解产生E，E与MsCl发生取代反应产生F，F与发生取代反应产生G，G被H2O2氧化产生H。
(1)
根据A结构简式可知A名称为2-甲基丙烯酸或异丁烯酸；
(2)
根据B结构简式可知B分子中含有的含氧官能团是羟基、羧基；
(3)
G与H2O2发生氧化反应产生H，故G→H的反应类型是氧化反应；
C与发生取代反应产生D和HCl，该反应的化学方程式为：+→+HCl；
(4)
B分子中含有醇羟基，由于羟基连接的C原子上含有2个H原子，因此可以被催化氧化产生-CHO，故检验B被灼热CuO氧化产物可根据检验醛基的方法：取少量反应产物于试管中，向其中加入氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，滴加新制的氢氧化铜溶液，加热煮沸，若出现砖红色沉淀，说明产物含醛基，即B被灼热的氧化铜氧化；
(5)
的芳香族同分异构体中，满足①苯环上含有三个取代基，且有一个一NH2；②F原子没有与苯环相连。可写出(取代基位置变化有10种)，(取代基位置变化有10种)。除去原物质本身，可得符合要求的同分异构体共10+9=19种。其中2个N、3个C原子共直线的结构简式有；
(6)
与SOCl2发生取代反应产生，该物质与取代反应产生，然后与H2O2发生氧化反应产生，故以为原来制取的合成路线为：。
18．(1)bghefcd(dc)efi或bghefed(dc)i
(2)反应前为排尽装置内的空气，防止过氧化钠或NO与其反应；反应后为排尽装置内NO，防止拆卸装置时污染环境
(3)除去挥发的HNO3并将生成的NO2转化为NO
(4)2NO2+Na2O2=2NaNO3
(5)3+5NO+4H+=3Mn2++5+2H2O
(6)95.8%
【分析】
本实验先用稀硝酸与Cu反应制取NO，反应方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，提示2NO+Na2O2═2NaNO2，2NO2+Na2O2═2NaNO3可知，为保证产品纯度，应避免二氧化氮产生，故反应开始前打开止水夹K，通入氮气排除装置内的空气，用盛水的洗气瓶为进一步保障除去二氧化氮，盛有浓硫酸的洗气瓶的作用为干燥NO，防止水蒸气与过氧化钠反应产生氧气进而影响产品纯度，盛放酸性高锰酸钾用于除去过量的NO防止污染环境，据此分析答题。
(1)
本实验利用反应2NO+Na2O2=2NaNO2制备亚硝酸钠，首先利用铜与浓硝酸反应制备NO2，用水除去挥发的HNO3并将生成的NO2转化为NO，用浓硫酸干燥NO，反应后用酸性高锰酸钾吸收未反应的NO气体，防止污染空气，连接顺序为bghefed(dc)efi或bghefcd(dc)i，故bghefed(dc)efi或bghefcd(dc)i；
(2)
反应前为排尽装置内的空气，防止过氧化钠或NO与其反应；反应后为排尽装置内NO，防止拆卸装置时污染环境，故反应前为排尽装置内的空气，防止过氧化钠或NO与其反应；反应后为排尽装置内NO，防止拆卸装置时污染环境；
(3)
水的作用是除去挥发的HNO3并将生成的NO2转化为NO，故除去挥发的HNO3并将生成的NO2转化为NO；
(4)
未通入过量氮气，NO会与空气中的氧气反应，生成NO2气体，硬质玻璃管中发生的副反应为2NO2+Na2O2=2NaNO3，故2NO2+Na2O2=2NaNO3；
(5)
酸性高锰酸钾溶液可氧化NO气体，反应的离子方程式为3+5NO+4H+=3Mn2++5+2H2O，故3+5NO+4H+=3Mn2++5+2H2O；
(6)
根据反应ArNH2十NaNO2十2HCl=[Ar-N≡N]Cl+NaCl+2H2O，可知NaNO2～2HCl，设NaNO2的浓度为c，可得，得c=0.2000mol/L，亚硝酸钠的含量=≈95.8%，故95.8%。
19．(1)-90.4kJ/mol
(2)A
(3) 反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO转化率降低 0.15mol·L-1·min-1 正向
(4) 平衡转化率或平衡平均相对分子质量 <
(1)
根据盖斯定律可知CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)可由反应I-II得到，△H=△H1一△H2= -49.2kJ/mol - 41.2kJ/mol= - 90.4kJ/mol；
(2)
反应控速步骤是活化能较大的步骤，由图知为A项；
(3)
①随温度升高，达到平衡状态的时间缩短，c点为平衡点，根据(1)可知，△H=-90.4kJ/mol，此正反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，CO的转化率降低;
②设CO转化xmol/L，则有
5min时，a点时测得反应体系中CO的物质的量分数为，即，解得x=1.5。v(CO)==0.15mol·L-1·min-1，
恒温恒容体系中，压强之比等于总物质的量之比，设初始压强为P0，5min时压强P5min，得，P5min=P0 = NMPa，
CO分压为NMPa，H2分压为NMPa，CH3OH分压为NMPa，Kp=;
③根据②可得，平衡时CO浓度为0.25mol/L，H2浓度为0.5mol/L，CH3OH浓度为0.75mol/L，平衡时K==12，a点时的容器中注入CO(g)和CH3OH(g)各0.75mol，此时各物质的量浓度为CO0.5mol/L、H20.5mol/L、CH3OH1mol/L，QC==8
正反应为放热反应，随着温度升高，平衡逆向移动，反应物的转化率减小，平均相对分子质量减小。由化学方程式可知，增大压强，平衡正向移动，所以p1
【高考化学】湖北省武汉市联考2022-2023学年专项突破仿真模拟试卷（二模）
第I卷（选一选）
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评卷人
得分
一、单 选 题
1．空气中CO2急剧上升，会导致各种环境成绩。完成“碳中和”是世界各国正在努力完成的宏伟目标。下列工业生产和日常生活中的做法没有利于“碳中和”的是
A．化工厂的废气烟囱上加装CO2的吸附安装
B．设计直接过滤大气的安装吸收其中CO2
C．把捕集的CO2作为原料制形成食品或饲料
D．出行尽可能多坐私家车而没有乘坐大型公交车
2．能正确表示下列反应的离子方程式是
A．溶液与少量溶液反应：
B．电解水溶液：
C．乙酸乙酯与溶液共热：
D．溶液中滴加稀氨水：
3．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说确的是
A．1 L0.1 mol/L的AlCl3溶液中含有Al3+的数目为0.1NA
B．100 mL18.4 mol/L的浓硫酸与足量锌反应时，生成的SO2数目为0.92NA
C．常温常压下，31g白磷燃烧生成P4O6时，断裂P-P键的数目为1.5NA
D．0.1 mol NaHCO3晶体中阴、阳离子总数为0.3NA
4．按如图所示安装进行实验，下列说确的是
A．利用图甲安装，可以制取并搜集少量氨气
B．利用图乙安装，可以制取并检验乙烯
C．利用图丙安装，可以制备Fe(OH)2并能较长工夫观察其颜色
D．对丁安装加热，可以分离SiO2和NH4Cl
5．光刻胶是微电子技术中芯片微细图形加工的关键材料之一，其国产化势在必行。某光刻胶可由降冰片烯()与马来酸酐()共聚而成。下列说确的是
A．降冰片烯可发生加成、加聚、氧化、还原、取代等反应
B．与互为同分异构体
C．马来酸酐可波动存在于碱性溶液中
D．该光刻胶的结构简式一定为
6．钾氧电池是一种新型金属-空气可充电电池，其运用双酰亚胺钾(KTFSI)与(DME)组成的电解液，石墨和液态Na-K合金作为电极，其工作原理如下：
下列说法错误的是
A．放电时，a为负极，发生氧化反应
B．放电时，正极的电极反应式为
C．充电时，b极生成2.24L(标准情况下)时， a极质量增重7.8g
D．运用液态合金作电极可避免充电时阴极枝晶生长成绩
7．二氧化硫的减排与回收已成为环保领域急需处理的严重课题，某研讨团队提出如下还原脱硫流程：
下列说法错误的是
A．“脱硫塔”反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1
B．S2、S4、S6和S8互为同素异形体
C．“再生塔”需将CaSO4和煤粉碎处理，使其充分接触
D．M可以循环运用
8．在1 L的密闭容器中充入2 mol N2和7 mol H2，发生反应，保持其他条件没有变，相反工夫内测得NH3的浓度与温度的关系如图所示。下列叙说错误的是
A．该反应是放热反应
B．温度为T1 K时，再加入1 mol N2和1 mol NH3，平衡向正反应方向挪动
C．温度为T1 K时，N2的平衡转化率为50%
D．a、c两点对应的压强：Pa＜Pc
9．我国科学家设计了一种阴阳极协同苯酚转化安装，完成对酸性废水中苯酚( )的高效除去。原理如图所示，其中电极分别为ZnO@石墨烯(石墨烯包裹的ZnO)和石墨烯。该安装工作时，下列叙说错误的是
A．石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的低
B．阳极的电极反应：+11H2O-28e-=6CO2+28H+
C．该安装在去除苯酚的同时，能进步废水的pH值(假设过程中废水体积没有变)
D．安装工作时，理论上两极苯酚除去的物质的量相等
10．将与以1：3的比例通入某密闭恒容容器中合成甲醇，在催化剂作用下发生下述反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
催化反应相反工夫，测得没有同温度下的转化率如图-1所示(图中虚线表示相反条件下的平衡转化率随温度的变化)，的产率如图-2所示。
下列有关说确的是
A．
B．250℃反应达到平衡时，压强为起始时压强的7/8，此时氢气的转化率为30%
C．250℃前，随温度升高的平衡转化率减小，是由于该温度范围内仅发生反应Ⅰ
D．250℃后，随温度升高的产率减小，可能是由于温度升高，平衡逆向挪动
11．室温下，下列实验探求NaHCO3、Na2CO3溶液的性质。
实验1：用pH试纸测量0.1mol·L-1NaHCO3溶液的pH，测得pH约为8
实验2：将0.1mol·L-1NaHCO3溶液与0.1mol·L-1CaCl2溶液等体积混合，产生白色沉淀
实验3：向0.1mol·L-1Na2CO3溶液中通入CO2，溶液pH从12下降到约为9
实验4：向0.1mol·L-1Na2CO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去
下列说确的是
A．由实验1可得出：Ka2(H2CO3)>
B．实验2中两溶液混合时有：c(Ca2+)·c(CO)
D．实验4中c反应前(CO)
已知：①；
②。
下列说确的是
A．
B．甲醇解离过程中仅有C—H键断裂
C．解离历程中活化能最小的反应为
D．适当增大压强能进步的平衡转化率
评卷人
得分
二、多选题
13．以高硫铝土矿(次要成分为，少量和硫酸盐)为原料制备聚合硫酸铁和明矾的部分工艺流程如下，下列说法错误的是
已知：赤泥液的次要成分为
A．赤泥液的作用是吸收“焙烧”阶段中产生的
B．聚合硫酸铁可用于净化自来水，与其组成中的具有氧化性有关
C．在“聚合”阶段，若添加用量，会使中x变小
D．从“滤液”到“明矾”的过程中还应有“除硅”步骤
14．在恒温条件下，向盛有食盐的2L恒容密闭容器中加入和，发生两个反应：
① 平衡常数
② 平衡常数
10min时反应达到平衡测得容器内体系的压强减少20%，10min内用NOCl(g)表示的平均反应速率。下列说法没有正确的是
A．反应的平衡常数为
B．平衡后
C．其他条件保持没有变，反应在恒压条件下进行，则平衡常数增大
D．平衡时的转化率为60%
15．25℃时，向溶液中滴入稀硫酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示，反应过程一直无气体逸出。已知：表示或。下列叙说错误的是
A．的的数量级为
B．在溶液中：
C．溶液显中性时：
D．温度没有变时，随着硫酸的加入，一直保持增大
第II卷（非选一选）
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评卷人
得分
三、工业流程题
16．某铬铁矿含有的次要成分是还有等杂质，因此该矿石可以制备氧化铬()颜料，该颜料性质波动，有着橄榄绿色调。其工艺流程如下。
(1)实验室模仿过程②没有可运用石英坩埚的缘由是_______，杂质在熔融形态下和NaOH和的反应的化学方程式为_______。
(2)过程④通常加入足量水并小火加热至沸腾此步操作的目的是_______，请列举滤渣1的一种用途：_______。
(3)过程⑤把pH由大调小，可以沉淀的离子为_______，过程⑦的离子方程式为_______。
(4)过程⑧为了获得纯净的固体，其详细操作为_______、过滤、洗濯、干燥，该过程残留废弃液中存在的具有较强毒性，可以将其处理为，再调理pH达到沉淀铬元素的目的。若用(焦亚硫酸钠)处理该废水，反应的离子方程式为_______。
(5)该铬铁矿含Cr元素的质量分数为33.6%，取100t该矿石，最终得到46.6t的，则的产率约为_______(保留三位有效数字)。
评卷人
得分
四、原理综合题
17．二氧化碳的排放越来越遭到能源和环境领域的关注.其综合利用是目前研讨的重要课题之一，试运用所学知识，处理以下成绩：
(1)工业上利用合成气(CO、CO2、H2)来生产甲醇，有关反应的热化学方程式及其在没有同温度下的化学平衡常数如表所示：
化学反应
平衡常数
温度/℃
500
700
800
Ⅰ.∆
K1
2.5
0.34
0.15
Ⅱ. ∆H2
K2
1.0
1.70
2.52
Ⅲ. ∆H
K3
则反应Ⅲ的 ∆H=_______(用∆和∆H2表示)，∆H_______0(填“>”或“<”)
(2)科学家提出利用CO2与CH4制备“合成气”(CO、H2)，可能的反应历程如图所示：
注：C(ads)为吸附性活性炭，方框内包含微粒品种及数目、微粒的总能量，其中TS表示过渡态。
若，则决定制备“合成气”反应速率的化学方程式为_______。
(3)利用电化学方法可以将CO2有效地转化为HCOO-，安装如图所示。
①在该安装中，右侧 Pt 电极的电极反应式为_______。
②安装工作时，阴极除有HCOO-生成外，还可能生成副产物降低电解效率。
已知：电解效率=
标准情况下，当阳极生成氧气体积为448mL时，测得阴极区内的c(HCOO-)=0.03 mol/L，电解效率为_______(忽略电解前后溶液的体积变化)。
(4)已知水煤气法制备H2的反应为CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)。将等体积的CO(g)和H2O(g)充入恒容密闭容器中，反应速率，其中、分别为正、逆反应的速率常数且只与温度有关，在 700℃和 800℃时，CO的转化率随工夫变化的曲线如图所示。M点与N点对应的的大小关系：M_______N(填“>”、“<”或“=”)，计算N点时_______。
评卷人
得分
五、结构与性质
18．回答下列成绩：
(1)Pt的电子排布式为，则Pt在元素周期表中的地位是_______，处于_______区。
(2)中阴离子的立体构型名称是_______，B、N、H的电负性由大到小的顺序为_______。
(3)科学家合成了一种含硼阴离子[]，其结构如下图所示。其中硼原子的杂化方式为_______，该结构中共有_______种没有异化学环境的氧原子。
(4)金属硼氢化物可用作储氢材料。如图是一种金属硼氢化物氨合物的晶体结构表示图。图中八面体的代表金属M原子，顶点代表氨分子；四面体的代表硼原子，顶点代表氢原子。该晶体属立方晶系，晶胞棱边夹角均为90°，棱长为apm，密度为3，阿伏加德罗常数的值为。
①该晶体的化学式为_______。
②金属M原子与硼原子间最短距离为_______pm。
③金属M的原子质量为_______(列出表达式)。
评卷人
得分
六、无机推断题
19．无机化合物H是合成某工业材料重要的两头体，科研人员拟以芳香化合物A为原料合成H，合成路线如图：
已知：①
②
回答下列成绩：
(1)A分子质谱图的质荷比为_______。
(2)C物质中官能团的名称为_______。
(3)由E生成F的化学方程式为_______。
(4)由B生成C过程中①、D生成E过程中②的反应类型分别为_______。
(5)用“*”标出D的手性碳原子：_______。
(6)K是F的同系物，分子量比F小14，K能发生水解反应，也可以发生银镜反应，且苯环上含有两个支链，则K的结构有_______种。
(7)写出用环戊烷和2-丁炔为原料制备化合物的合成路线(其他无机试剂任选)：_______。
答案：
1．D
【详解】
A．化工厂的废气烟囱上加装CO2的吸附安装，可以减少CO2的排放，该方法有利于“碳中和”，A没有符合题意；
B．设计直接过滤大气的安装吸收其中CO2，能够降低空气中CO2的含量，该方法有利于“碳中和”，B没有符合题意；
C．把捕集的CO2作为原料制形成食品或饲料既满足了制取新物质的原料或得到制取的产品的需求，同时可以减少CO2的排放，该方法有利于“碳中和”，C没有符合题意；
D．出行多坐私家车，会添加CO2的排放量，导致空气中CO2含量添加，该方法没有有利于“碳中和”，D符合题意；
故合理选项是D。
2．C
【详解】
A．(NH4)2Fe(SO4)2可以写成(NH4)2SO4‧FeSO4，(NH4)2Fe(SO4)2溶液与少量Ba(OH)2溶液反应， OH-先与Fe2+反应，再和反应，由于Ba(OH)2较少，没有会参与反应，离子方程式为：Fe2+++ Ba2++ 2OH-=Fe(OH)2↓+BaSO4↓，A错误；
B．用惰性材料为电极电解MgCl2溶液，阳极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极反应为：2H2O+2e-+Mg2+=Mg(OH)2↓+H2↑，总反应的离子方程式为：Mg2++2Cl-+2H2O= Mg(OH)2↓+H2↑+ Cl2↑，B错误；
C．乙酸乙酯与氢氧化钠溶液共热时发生水解，生成乙酸钠和乙醇，离子方程式为：CH3COOCH2CH3+OH-CH3COO-+CH3CH2OH，C正确；
D．向硫酸铜溶液中滴加氨水，氨水与硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸铵，一水合氨为弱电解质，在离子反应中没有能拆开，离子方程式为：Cu2++2NH3•H2O=2+Cu(OH)2↓，D错误。
答案选C。
3．C
【详解】
A．1 L0.1 mol/L的AlCl3溶液中含有溶质的物质的量n(AlCl3)=0.1 mol/L×1 L=0.1 mol，Al3+在溶液中会发生水解反应而耗费，因此该溶液中含有Al3+的数目小于0.1NA，A错误；
B．100 mL18.4 mol/L的浓硫酸中含有溶质H2SO4的物质的量为1.84 mol，开始时发生反应：Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O，随着反应的进行，溶液变稀，此时发生反应：Zn+ H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑，故生成的SO2的物质的量小于0.92 mol，则产生的生成的SO2数目少于0.92NA，B错误；
C．常温常压下，31g白磷的物质的量是0.25 mol，在1个P4O6中含有6个P-P键，因此燃烧0.25 mol白磷时断裂P-P键的物质的量为0.25 mol×6=1.5 mol，故断裂的P-P键的数目为1.5NA，C正确；
D．在NaHCO3晶体中含有Na+、，因此0.1 mol NaHCO3晶体中阴、阳离子总数为0.2NA，D错误；
故合理选项是C。
4．D
【详解】
A．浓氨水与氧化钙反应生成氢氧化钙和氨气，氨气的密度比空气小，采用向下排空气法搜集，为防止与空气产生对流，试管口应堵一团湿棉花，搜集纯净的氨气，如果用橡皮塞塞住，无法搜集氨气，故A错误；
B．乙烯能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，高锰酸钾溶液褪色；浓硫酸与乙醇反应制乙烯过程中可能有二氧化硫产生，也能使溴水褪色，干扰了乙烯的检验，故B错误；
C．铁电极与电源负极相连，做阴极，没有能得到电子，也就没有亚铁离子生成，故C错误；
D．对丁安装加热，NH4Cl可分解，在烧瓶底部凝结；SiO2没有分解，在烧杯底部，故可以分离SiO2和NH4Cl，D正确；
答案选D。
5．A
【详解】
A．降冰片烯含有碳碳双键，可发生加成、加聚、氧化、还原、取代等反应，故A正确；
B．两者分子式相反、结构相反，二者是同种物质，故B错误；
C．马来酸酐含有酯基，在碱性溶液中发生水解反应，没有能波动存在，故C错误；
D．降冰片烯与马来酸酐之间可以发生加聚反应，马来酸酐分子之间也可以发生加聚反应，该光刻胶的结构简式可能为：或，故D错误；
故选：A。
6．C
【分析】
由图可知，放电时，a电极为原电池的负极，钾在负极得到电子发生氧化反应生成钾离子，电极反应式为K—e—=K+，b电极为正极，在钾离子作用下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成超氧化钾，电极反应式为K++ e—+O2=KO2。
【详解】
A．由分析可知，放电时，a电极为原电池的负极，钾在负极得到电子发生氧化反应生成钾离子，故A正确；
B．由分析可知，放电时，b电极为正极，在钾离子作用下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成超氧化钾，电极反应式为K++ e—+O2=KO2，故B正确；
C．由得失电子数目守恒可知，充电时，标准情况下b极生成2.24L氧气时，a极生成钾的质量为×39g/mol=3.9g，故C错误；
D．若运用固体电极，充电时，阴极金属晶体增大，会导致充电效率低、穿透隔膜形成短路等成绩，所以运用液态合金作电极可避免充电时出现的成绩，故D加强；
故选C。
7．A
【详解】
A．“脱硫塔”反应中，CaS+2SO2=CaSO4+S2，CaS为还原剂，SO2既是氧化剂又是还原剂，根据电子守恒可知，氧化剂与还原剂物质的量比为1：2，A错误；
B．S2、S4、S6和S8是由S元素构成的没有异性质的单质，它们互为同素异形体，B正确；
C．将CaSO4和煤粉碎处理，可以使反应物充分接触，增大反应物的接触面积，使反应充分发生，C正确；
D．再生塔中，硫酸钙和煤粉发生反应，煤粉被氧化为二氧化碳，硫酸钙被煤粉还原为硫化钙从而完成再生，因此，M是CaS，可以加入脱硫塔中处理SO2，因此M能够循环利用，D正确；
故合理选项是A。
8．B
【详解】
A．b点后升高温度，氨气的浓度降低，阐明升高温度，化学平衡逆向挪动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应，A正确；
B．T1时，在反应开始时c(N2)=2 mol/L，c(H2)=7 mol/L，反应达到平衡时c(NH3)=2 mol/L，根据中物质反应转化关系可知平衡时c(N2)=2 mol/L-1 mol/L=1 mol/L，c(H2)=7 mol/L-3 mol/L=4 mol/L，则该温度下的化学平衡常数K=。在温度为T1时，再加入1 mol N2和1 mol NH3，Qc=，则化学平衡逆向挪动，B错误；
C．温度为T1时，反应达到平衡时c(NH3)=2 mol/L，则根据物质反应转化关系可知耗费N2的物质的量浓度为1 mol/L，由于反应开始时N2的浓度为2 mol/L，故N2的平衡转化率为，C正确；
D．升高温度，气体压强增大，由于温度：a＜c，则a、c两点对应的压强大小关系为：Pa＜Pc，D正确；
故合理选项是B。
9．C
【分析】
由图示可知，苯酚在ZnO@石墨烯上失电子生成二氧化碳，因此阳极的电极反应为，氧气在石墨烯上得电子生成过氧化氢，因此阴极的电极反应为。
【详解】
A．由分析可知，石墨烯为阴极、得电子，ZnO@石墨烯为阳极、失电子，因此石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的低，A正确；
B．由图示可知，苯酚在ZnO@石墨烯上失电子生成二氧化碳，因此阳极的电极反应为，B正确；
C．由分析可知，电解池阳极反应式为：，阴极反应式为，总反应为：+11H2O+14O2=6CO2↑+14H2O2，由总反应可知，该安装在去除苯酚的同时，溶液的pH基本没有变，C错误；
D．阴极反应式为，生成的过氧化氢又与苯酚反应生成二氧化碳和水，反应方程式为：+14H2O2=6CO2↑+17H2O，而电解的总反应式为：：+11H2O+14O2=6CO2↑+14H2O2，由两个反应方程式可知，安装工作时，理论上两极苯酚除去的物质的量相等，D正确；
答案选C。
10．B
【详解】
A．温度高于250℃后，随温度升高，的转化率增大，甲醇的产率降低，阐明随温度升高，CO的产率增大，反应Ⅱ正向挪动，则，故A错误；
B．设与的起始物质的量分别为1mol、3mol，250℃反应达到平衡时，压强为起始时压强的7/8，达到平衡气体总物质的量为3.5mol， 正反应气体物质的量减小，
的转化率为40%，参加反应Ⅱ的的物质的量为0.4mol-0.25mol=0.15mol，则参加反应Ⅱ的氢气的物质的量为0.15mol，此时氢气的转化率为30%，故B正确；
C．反应Ⅰ放热，250℃前，随温度升高的平衡转化率减小，是由于该温度范围内次要发生反应Ⅰ，故C错误；
D．250℃后，随温度升高，的转化率增大，甲醇的产率降低，是由于该温度范围内次要发生反应Ⅱ，故D错误；
选B。
11．C
【详解】
A．实验1：用试纸测量溶液的，测得约为8，c(H+)＞c(OH-)。则碳酸氢钠溶液的水解程度大于电离程度。由实验1可得出：，Kw=H+·OH-，，，Ka2(H2CO3)= ＜= ，A错误；
B．实验2：将溶液与溶液等体积混合，产生白色沉淀碳酸钙，则由沉淀溶解平衡原理知，实验2中两溶液混合时有：，B错误；
C．等物质的量浓度的碳酸钠碱性大于碳酸氢钠。实验3：溶液中通入一定量的，溶液从12下降到10，则实验3中发生反应的离子方程式为，C正确；
D． 由图知：和盐酸反应是放热反应， 和盐酸反应是吸热反应，c反应前(CO)＞c反应后(CO)，D错误；
答案选C。
12．C
【详解】
A．已知：①；
②；
根据盖斯定律，由①+②得反应，选项A错误；
B．由图可知，过渡态1中有O-H键的断裂，过渡态2、3、4中有C-H键断裂，选项B错误；
C．由图可知，历程3的活化能最小，该历程反应为，即，选项C正确；
D．重整制氢气的正反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向挪动，的平衡转化率降低，选项D错误；
答案选C。
13．BC
【分析】
高硫铝土矿(次要成分为Fe2O3、Al2O3、SiO2，少量FeS2和硫酸盐)焙烧时，FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2，并用赤泥液吸收生成的SO2，焙烧后，Al2O3、Fe2O3、SiO2、硫酸盐)进入“碱浸”步骤，Al2O3、SiO2溶解于KOH溶液，硫酸盐溶于水，过滤，滤液经一系列处理获得明矾，滤渣次要是Fe2O3，酸溶后加入双氧水氧化可能存在的亚铁离子，此时溶液中次要有Fe2(SO4)3加入氧化铁进行聚合，经浓缩、干燥，获得聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n；据此解答。
【详解】
A．由上述分析可知，焙烧时，FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2，即4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，用赤泥液吸收生成的SO2，即Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2，故A正确；
B．聚合硫酸铁可用于净化自来水，与其组成中的Fe3+具有水解产生胶体的性质有关，与其组成中的Fe3+具有氧化性有关，故B错误；
C．在“聚合”阶段，若添加Fe2O3用量，碱性加强，x变大，故C错误；
D．由上述分析可知，从“滤液”到“明矾”的过程中，由于碱浸形成二氧化硅溶于氢氧化钾，滤液中含硅酸盐，需求进行“除硅”步骤，故D正确；
答案为BC。
14．CD
【详解】
A．可由反应①×2-②得到，根据平衡常数计算规律可得此反应平衡常数为，A项正确；
B．10min时反应达到平衡，测得容器内体系的压强减少20%，则平衡时混合气体总物质的量为(0.2+0.2+0.1)mol×(1-20%)=0.4mol，10min内用NOCl(g)表示的平均反应速率，则平衡时，设达到平衡时反应①中耗费的NO2为xmol，反应②中耗费的Cl2为ymol，根据方程式①和②可得，反应①中生成的NOCl(g)为0.5xmol，反应②中耗费的NO(g)为2ymol，耗费的Cl2(g)为ymol，生成的NOCl(g)为2ymol。根据已知信息可列方程
解得x=0.1mol，y=0.05mol
故平衡后，B项正确；
C．平衡常数只受温度影响，其他条件保持没有变，反应在恒压条件下进行，平衡常数K2没有变，C项错误；
D．平衡时转化0.1mol，故转化率为50%，D项错误；
故答案选CD。
15．BD
【分析】
溶液的pH越小，HXO和H2XO3的浓度越大，m曲线代表lg，n曲线代表lg ；
【详解】
A．在M点，=10-1，H2XO3的Ka2==10-1×10-9.3=10-10.3，则数量级为，A正确；
B．NaHXO3溶液的Ka2=，Kh2=，从图中可以看出，NaHXO3溶液的pH＞7，则＞，从而得出，B错误；
C．溶液显中性时，根据电荷守恒可得，，根据物料守恒，，则，C正确；
D．= Ka1∙Ka2，温度没有变时，Ka1、Ka2没有变，所以一直保持没有变，D错误；
故选BD。
16．(1) 加热时NaOH可以反应
(2) 保证熔块中的可溶物完全溶解，促进水解生成沉淀 制备铁红
(3)
(4) 加KCl溶液、加热浓缩、冷却结晶
(5)94.9%
【分析】
铬铁矿含有的次要成分是还有等杂质，粉碎后加入氢氧化钠并通入氧气熔融煅烧，将亚铁离子氧化为铁离子，Cr3+氧化为CrO，氧化铝和二氧化硅与氢氧化钠反应，得到NaFeO2、Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3等物质，冷却得到熔块，加水溶解，FeO水解生成氢氧化铁沉淀，向滤液1中通入二氧化碳调理pH为7～8，使AlO和SiO转化为Al(OH)3和H2SiO3沉淀，向滤液2中加入盐酸把CrO转化为Cr2O，加入氯化钾溶液，再加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗濯、干燥，得到K2Cr2O7固体，再加硫还原得到Cr2O3。
(1)
石英坩埚中存在SiO2，SiO2在高温下能与氢氧化钠反应，因此过程②没有可运用石英坩埚；此过程中亚铁离子被氧气氧化为铁离子，转化为NaFeO2，氧化铝与氢氧化钠反应生成NaAlO2，根据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：。
(2)
加入足量水，目的是使可溶物完全溶解，加热促进FeO完全水解，得到氢氧化铁沉淀，滤渣1为氢氧化铁，氢氧化铁受热分解生成氧化铁，因此滤渣1可用于制备铁红。
(3)
调理pH由碱性到近乎中性，可使AlO和SiO转化为Al(OH)3和H2SiO3沉淀；过滤后，向滤液2中加入盐酸调理pH，将CrO转化为Cr2O，反应的离子方程式为：。
(4)
由于相反温度下Na2Cr2O7溶解度大于K2Cr2O7，因此可以完成Na2Cr2O7向K2Cr2O7的转化，具体步骤为：加KCl溶液、加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗濯、干燥，即可得到K2Cr2O7固体；焦亚硫酸根离子具有还原性，Cr2O有氧化性，两者发生氧化还原反应生成硫酸根离子和三价铬离子，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：。
(5)
产物中铬元素的质量为46.6t≈31.88t，Cr2O3的产率为≈94.9%。
17． < 75% < 36
【分析】
【详解】
(1) ①∆，② ∆H2，将个和第二个方程式相加得到： ∆H=，由题意得，5000C时，K3=K1×K2=2.5×1.0=2.5，7000C时，K3=K1×K2=0.34×1.7=0.578，则反应Ⅲ随温度升高，平衡常数减小，阐明正反应为放热反应，则∆H<0；故；<；
(2)能量越低，物质越波动，反应越难，故决定反应速率的反应方程式为：，故；
(3) 电解池右侧，CO2地转化为HCOO-，碳的化合价从+4价降低到+2价，右侧Pt为阴极得电子，电极方程式为：；当阳极生成氧气体积为448mL时，转移电子数为： 0.08mol，而生成目标产物转移电子数为0.03mol/L×1L×2=0.06mol，所以电解效率为 75%，故；75%；
(4)温度越高，反应速率越快，反应先达到平衡，由图知M点所在曲线先达到平衡，对应温度为8000C，则N点所在曲线对应温度为7000C，温度越高，一氧化碳转化率越低，阐明该反应为放热反应，平衡时，，可得K= ，升高温度，平衡逆向挪动，K减小，M点对应的温度高，所以对应大小：M
18．(1) 第六周期VIII族 d区
(2) 正四面体 N>H>B
(3) sp2、sp3 4
(4)
(1)
Pt的电子排布式为，则Pt在元素周期表中的地位是第六周期VIII族，处于d区；
(2)
阴离子PO的价层电子对数=4+=4，无孤电子对，故立体构型为正四面体形；元素吸引电子的能力越强，其电负性越大，则电负性由大到小顺序是N＞H＞B；故正四面体；N>H>B；
(3)
根据图知，构成4个共价单键的B原子价层电子对数是4、构成3个共价单键的B原子价层电子对数是3，B原子杂化类型：前者为sp3、后者为sp2；如图 ，该结构中含有4种环境的氧原子，故sp3、sp2；4；
(4)
①该晶胞中M原子个数=8×+6×=4、氨分子个数是M原子个数的6倍，所以含有24个氨分子、B原子个数是8、H原子个数是B原子个数的4倍，有32个氢原子，该晶胞中M、NH3、B、H个数之比=4：24：8：32=1：6：2：8，其化学式为M(NH3)6B2H8，故M(NH3)6B2H8；
②M原子与B原子最短距离为晶胞体对角线长度的=××apm=apm，故apm；
③该晶胞体积=(a×10-10cm)3，，则M(化合物的摩尔质量)==g/mol，金属M的原子质量=，故。
19．(1)106
(2)碳碳双键、羧基
(3)+C2H5OH+H2O
(4)氧化反应、消去反应
(5)
(6)12
(7)
【分析】
从B的分子式及已知①，推知A是，其与CH3CHO发生反应得到B，B与Cu(OH)2在加热条件下反应后酸化，醛基变成羧基，得到C，C在溴的四氯化碳溶液中加成得到D，D中Br原子在KOH的乙醇溶液中消去得到碳碳叁键，酸化后得到E，E中羧基与C2H5OH发生酯化反应得到F，由已知②和H的结构简式推知G为。
(1)
A是，分子质谱图的质荷比是其分子质量，为106。
(2)
C是，物质中官能团的名称为碳碳双键、羧基。
(3)
据分析，由E生成F是酯化反应，化学方程式为：+C2H5OH+H2O。
(4)
据分析，由B生成C过程中①是醛基被氧化为羧基，是氧化反应；D生成E过程中②是Br原子与邻碳上的氢以HBr消去，是消去反应。
(5)
D是，其中连接四个单键的碳原子是手性碳原子，有“*”标出的：。
(6)
K是F的同系物，则含有相反官能团，分子量比F小14，即少一个“CH2”，F是，则K的分子式为C10H8O2，K能发生水解反应，判断其含有酯基，也可以发生银镜反应，判断其含有醛基，又K分子只要两个O原子，推断其含有HCOO-基团，且苯环上含有两个支链，则另一支链至多含有三个碳原子，且含有碳碳叁键，故K分子苯环上的两支链可能分别是：HCOO-和-CCCH3、HCOO-和HCCCH2-、HCOOCH2-和HCC-、HCOOCC-和-CH3，每种组合又有邻、间、对三种异构，则K的结构有4×3=12种。
(7)
从目标物分析，已知②推断其可由环戊烯与2-丁炔反应后，将双键用Br2加成得到，故设计合成路线：。
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