浙江省Z20名校新高考研究联盟2022-2023学年高三上学期第一次联考化学试题含解析

这是一份浙江省Z20名校新高考研究联盟2022-2023学年高三上学期第一次联考化学试题含解析，共38页。试卷主要包含了 下列关于物质的分类不正确的是， 下列物质属于强电解质的是， 下列仪器及对应名称不正确的是， 下列物质对应的化学式正确的是， 下列说法不正确的是， 下列离子方程式不正确的是， 下列“类比”结果正确的是等内容，欢迎下载使用。
 Z20名校联盟(浙江省名校新高考研究联盟)2023届高三第一次联考
化学试题卷
本试题卷分选择题和非选择题两部分，共10页，满分100分，考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Al-27 Si-28 S-32 C1-35.5 Cr-52 Ba-137
选择题部分
一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1. 下列关于物质的分类不正确的是
A. 尿素—有机物 B. 云—气溶胶 C. 纤维素—纯净物 D. 硝酸—共价化合物
【答案】C
【解析】
【详解】A．尿素的化学式为：CO(NH2)2，含有碳和氢两种元素，属于有机物，A正确；
B．云和雾分散制粒径均在1~100纳米之间，属于气溶胶，B正确；
C．纤维素的化学式为：（C6H10O6）n，属于混合物，C错误；
D．硝酸的化学式为HNO3分子中只含有非金属元素，且不含铵根离子，属于共价化合物，D正确；
故选C。
2. 下列物质属于强电解质的是
A. Na2CO3 B. Mg(OH)2 C. HCOOH D. CH3CH2OH
【答案】A
【解析】
【分析】电解质是溶于水或在熔融状态下就能够导电的化合物，根据其在水溶液中的电离程度可分为强电解质和弱电解质，全部电离的是强电解质，只有少部分电离的是弱电解质。
【详解】A．Na2CO3溶于水全部电离生成钠离子和碳酸根离子，是强电解质，A正确；
B．Mg(OH)2溶于水部分电离生成镁离子和氢氧根离子，是弱电解质，B错误；
C．HCOOH溶于水部分电离生成氢离子和甲酸根离子，是弱电解质，C错误；
D．CH3CH2OH溶于水和熔融状态下均不能电离出离子，非电解质，D错误；
答案选A。
3. 下列仪器及对应名称不正确的是

A. 图甲球形冷凝管 B. 图乙坩埚
C. 图丙圆底烧瓶 D. 图丁分液漏斗
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图示，图甲是球形冷凝管，A正确；
B．根据图示，图乙坩埚，B正确；
C．根据图示，图丙蒸馏烧瓶，C不正确；
D．根据图示，图丁分液漏斗，D正确；
故选C。
4. 下列物质对应的化学式正确的是
A. 硬脂酸：C17H33COOH B. 芒硝：Na2SO4•10H2O
C. 碱石灰：Ca(OH)2 D. 氯仿：CCl4
【答案】B
【解析】
【详解】A．硬脂酸是分子中含有18个C原子的饱和一元羧酸，其结构简式是C17H35COOH，A错误；
B．芒硝是硫酸钠晶体，化学式是Na2SO4•10H2O，B正确；
C．碱石灰是CaO与NaOH溶液混合加热得到的混合物，不是纯净物，因此碱石灰无化学式，C错误；
D．氯仿是三氯甲烷的俗称，化学式是CHCl3，D错误；
故合理选项是B。
5. 下列表示正确的是
A. 基态Fe的电子排布式：[Ar]3d6 B. 氯乙烷的结构简式：ClCH2CH2Cl
C. 1－丁醇的键线式： D. NH3的VSEPR模型：
【答案】D
【解析】
【详解】A．Fe元素为26号元素，原子核外有26个电子，所以核外电子排布式为：[Ar]3d64s2，故A错误；
B．氯原子取代乙烷分子中中1个H形成氯乙烷，其结构简式为CH3CH2Cl，故B错误；
C．1-丁醇的主链上有4个碳原子，-OH在1号碳原子上，键线式为，故C错误；
D．NH3中N原子孤电子对数==1，价层电子对数为3+1=4，VSEPR模型为四面体形，即，故D正确；
故选：D。
6. 下列说法不正确的是
A. 与是同系物
B. HCOOCH3与CH3OCHO是同种物质
C. 碳纳米管和石墨烯是同素异形体
D. 异戊烷和2，2－二甲基丙烷是同分异构体
【答案】A
【解析】
【详解】A．同系物是指结构相似，含有相同的官能团种类和数目，且化学式相差正整数个-CH2-的一类有机物，两者的结构不相似，不属于同系物，A错误；
B．两者均为甲酸甲酯，是同一种物质，B正确；
C．碳纳米管和石墨烯都是碳的单质，但是是不同的物质，属于同素异形体，C正确；
D．两者的化学式均为C5H12，是同分异构体，D正确；
故选A。
7. 工业制硅第二步反应为SiHCl3+H2Si+3HCl，下列说法不正确的是
A. SiHCl3中的Si呈+4价，分子空间结构为四面体形
B. 该反应中SiHCl3既是氧化剂又是还原剂
C. 该反应说明在该温度下氢气的还原性强于硅单质
D. 当1 mol H2完全反应时，该反应转移2 mol电子
【答案】D
【解析】
【详解】A．Si与H原子和3个Cl原子形成共价键，由于元素的非金属性：Cl＞H＞Si，所以SiHCl3中的Si呈+4价，由于分子在键长：Si-Cl＞Si-H键，因此该物质分子空间结构为四面体形，而不是呈正四面体，A正确；
B．在该反应中Si元素化合价由SiHCl3中+4价变为反应后Si单质的0价，化合价降低，得到电子被还原，所以SiHCl3为氧化剂；H元素化合价由反应前SiHCl3中-1价变为反应后HCl中的+1价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以SiHCl3为还原剂，B正确；
C．在该反应H2将Si元素从化合物中还原出来，说明在该温度下氢气的还原性强于硅单质，C正确；
D．当1 mol H2完全反应时，Si元素化合价由反应前SiHCl3中+4价变为反应后Si单质的0价，降低4价，因此该反应转移4 mol电子，D错误；
故合理选项是D。
8. 下列说法不正确的是
A. 海水提溴过程中鼓入热空气的目的是除去多余的氯气
B. 接触法制硫酸，用98.3%H2SO4吸收SO3，而不是用水吸收
C. 将Cl2通入冷的石灰乳中，可制得有效成分为Ca(ClO)2的漂白粉
D. 合成氨反应的原料气必须经过净化，目的是防止混有的杂质使催化剂“中毒”
【答案】A
【解析】
【详解】A．海水提溴过程中鼓入热空气的目的是使溴从溶液中挥发出来，A错误；
B．工业接触法制硫酸时，用98.3%H2SO4吸收SO3，能够使三氧化硫吸收完全，防止形成酸雾，B正确；
C．将Cl2通入冷的石灰乳中，氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，可制得有效成分为Ca(ClO)2的漂白粉，C正确；
D．若合成氨反应的原料气不纯，催化剂易“中毒”，因此原料气必须经过净化，防止混有的杂质使催化剂“中毒”，D正确；
答案选A。
9. 下列离子方程式不正确的是
A. 硫酸亚铁溶液与碳酸氢钠溶液混合并通入空气：4Fe2++8HCO+2H2O+O2=4Fe(OH)3↓+8CO2↑
B. 向Ba(OH)2溶液中滴加少量NaHCO3溶液：Ba2++2OH-+2HCO=BaCO3↓+CO+2H2O
C. 氯化银沉淀溶于氨水：AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]++Cl-
D. 用硫酸铜溶液吸收H2S气体：Cu2++H2S=CuS↓+2H+
【答案】B
【解析】
【详解】A．硫酸亚铁溶液与碳酸氢钠溶液混合并通入空气，亚铁离子被氧化为铁离子，铁离子和碳酸氢根离子双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，A正确；
B．Ba(OH)2溶液中滴加少量NaHCO3溶液反应生成碳酸钡沉淀和水、氢氧化钠，反应为Ba2++OH-+HCO=BaCO3↓+H2O，B错误；
C．氯化银沉淀溶于氨水生成氯化二氨合银溶液，C正确；
D．硫酸铜溶液吸收H2S气体生成硫化铜沉淀和氢离子，D正确；
故选B。
10. 下列“类比”结果正确的是
A. Cl2、Br2、I2的沸点逐渐升高，则H2、N2、O2的沸点也逐渐升高
B. CH3CHO与H2可发生加成反应，则相同条件下CH3COOH也可以与H2发生加成反应
C. 向Na2CO3中加入少量水，伴随放热现象，则向NaHCO3中加入少量水，也伴随放热现象
D. 乙醇与足量酸性高锰酸钾溶液反应生成乙酸，则乙二醇与足量酸性高锰酸钾溶液反应生成乙二酸
【答案】A
【解析】
【详解】A．Cl2、Br2、I2都是由分子构成的物质，它们结构相似，物质的相对分子质量越大，分子之间作用力就越大，物质的熔沸点就越高，所以Cl2、Br2、I2的沸点逐渐升高；都是由分子构成的物质，它们结构相似，物质的相对分子质量越大，分子之间作用力就越大，物质的熔沸点就越高，所以H2、N2、O2的沸点也逐渐升高，A正确；
B．CH3CHO分子中含有醛基，那个与H2可发生加成反应产生CH3CH2OH，而CH3COOH分子中的-COOH具有独特的稳定性，在相同条件下CH3COOH不可以与H2发生加成反应，B错误；
C．向Na2CO3中加入少量水，会伴随放热现象，而向NaHCO3中加入少量水，则伴随的是吸热现象，C错误；
D．乙醇具有还原性，当其与足量酸性高锰酸钾溶液反应时会被氧化生成乙酸，而乙二醇与足量酸性高锰酸钾溶液反应生成CO2，不能反应达到乙二酸，D错误；
故合理选项是A。
11. 前20号主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且都不在同一周期.X原子的最高能级中未成对电子数是成对电子对数的2倍，Y的第一电离能高于其在周期表内的相邻元素，Z元素的焰色为砖红色，R2+的一种配合物在人体内起运输氧气的作用。下列说法中正确的是
A. 高温条件下，W单质能置换Z的氧化物中的Z
B. R在周期表的位置是第四周期VIIIB族
C. 存在某种Y的氧化物的熔点高于Z的氧化物的熔点
D. X元素对应的单质一定是非极性分子
【答案】C
【解析】
【分析】前20号主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且都不在同一周期，即W位于第一周期，W为H，X位于第二周期，X原子的最高能级中未成对电子数是成对电子对数的2倍，X为O，Y位于第三周期，Y的第一电离能高于其在周期表内的相邻元素，Y为Mg或P，Z位于第四周期，Z元素的焰色为砖红色，Z为Ca，R2+的一种配合物在人体内起运输氧气的作用，R为Fe。
【详解】A．钙的冶炼需采用电解法，用氢气还原法得不到单质钙，A错误；
B．R为Fe，原子序数为26，位于元素周期表第四周期、第VIII族，B错误；
C．Y为Mg或P，存在熔点：MgO>CaO，C正确；
D．X为O，氧气是非极性分子，但臭氧是极性分子，D错误；
答案选C。
12. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 60gSiO2中的Si－O共价键的数目为2NA
B. 1molI中心原子上的价层电子对数目为2NA
C. 1mol苯乙醛分子中含π键的数目为4NA
D. 25℃时，1L pH =12的氨水中含有OH-数目为0.01NA
【答案】D
【解析】
【详解】A． 60g SiO2物质的量为1mol，1mol SiO2的Si－O共价键的数目为4NA，故A错误；
B． 以其中一个I原子为中心原子，I中心原子上的价层电子对数目为，故1molI中心原子上的价层电子对数目为4NA，故B错误；
C．苯乙醛分子中的苯环含有一个大π键，醛基含有一个π键，故1mol苯乙醛分子中含π键的数目为2NA，故C错误；
D． 25℃时，pH =12的氨水中OH-浓度为0.01mol/L，则1L pH =12的氨水中含有OH-数目为0.01NA，故D正确；
故选D。
13. 关于紫草素(如图)，下列说法正确的是

A. 分子中最多有11个碳原子共平面
B. 该物质能使酸性KMnO4溶液褪色，且产物之一为丙酮
C. 1mol该物质与足量浓溴水反应，最多可消耗3molBr2
D. 1mol该物质分别与足量Na、NaOH溶液和NaHCO3溶液反应，最多可消耗Na、NaOH、NaHCO3之比为3∶2∶2
【答案】B
【解析】
【详解】A．与苯环直接相连的原子与苯环共面，碳碳、碳氧双键两端直接相连的原子共面，碳碳单键可以旋转，由结构简式可知，分子中最多有16个碳原子共平面，A错误；
B．酸性KMnO4溶液能使碳碳双键断裂，发生反应而褪色，结构中 部分可以生成丙酮，B正确；
C．苯环中酚羟基的邻位氢可以被溴取代，碳碳双键可以和溴加成，故1mol该物质与足量浓溴水反应，最多可消耗4molBr2，C错误；
D．羟基、酚羟基不和碳酸氢钠反应，分子中没有羧基不能和碳酸氢钠反应，D错误；
故选B。
14. 下列说法正确的是

A. 一种由M原子(顶角和面心)和N原子(棱的中心和体心)构成的气态团簇分子结构如图①所示，它的化学式为MN
B. 若图①为NaCl晶胞，则Na+周围紧邻的Na+数目是12个，Na+周围紧邻的Cl-数目是8个
C. H2S和H2O分子结构相似，但在H2S晶体中一个H2S分子的配位数为12，而冰中H2O的配位数为4，是因为共价键具有饱和性和方向性
D. 磷化硼(BP)晶体结构(如图②)与金刚石相似，都是共价晶体，由晶胞结构可知B和P原子均满足8电子稳定结构
【答案】D
【解析】
【详解】A．图①为气态团簇分子，该分子中M原子数为14、N原子数为13，它的化学式为M14N13，故A错误；
B．若图①为NaCl晶胞，则Na+周围紧邻的Na+数目是12个，Na+周围紧邻的Cl-数目是6个，故B错误；
C．H2S和H2O分子结构相似，但在H2S晶体中一个H2S分子的配位数为12，而冰中H2O的配位数为4，是因为H2O分子间含有氢键，氢键具有饱和性和方向性，故C错误；
D．磷化硼(BP)晶体结构(如图②)与金刚石相似，都是共价晶体，B原子与周围4个P原子形成四面体结构，P原子与周围4个B原子形成四面体结构，可知B、P价电子对数为4，所以B和P原子均满足8电子稳定结构，故D正确；
选D。
15. 下列说法正确的是
A. 淀粉、纤维素、油脂都是天然高分子，都能水解生成葡萄糖
B. 蛋白质受某些因素影响，其空间结构发生变化(一级结构不变)，引起其理化和生物活性变化，此时蛋白质发生变性
C. 在较高压力和温度，引发剂作用下乙烯发生加聚反应得到含有较少支链的聚乙烯
D. “杯酚”分离C60和C70，细胞和细胞器的双分子膜，分别体现了超分子的自组装和分子识别的特征
【答案】B
【解析】
【详解】A．油脂的相对分子质量小于一万，不属于高分子化合物，故A错误；
B．蛋白质受某些因素影响会发生变性，变性时，蛋白质的一级结构不变，但空间结构发生变化会导致理化和生物活性变化，故B正确；
C．乙烯在较高压力和温度，并在引发剂作用下发生加聚反应得到含有较多支链的聚乙烯，故C错误；
D．“杯酚”分离C60和C70体现了超分子的分子识别的特征，人体细胞和细胞器的双分子膜体现了超分子的自组装的特征，故D错误；
故选B。
16. 丙烯酸是非常重要的化工原料之一，可用甘油催化转化如下：甘油(C3H8O3)→丙烯醛(C3H4O)→丙烯酸(C3H4O2)。
已知：反应I：C3H8O3(g)C3H4O(g)+2H2O(g) △H1>0 Ea1(活化能)
反应II：2C3H4O(g)+O2(g)2C3H4O2(g) △H2c(HA-)>c(A2-)>c(OH-)
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，pH=1.2时，c(H2A)=c(HA-)，pH=4.2时，c(HA-)=c(A2-)，随着pH的增大，c(H2A)逐渐减小，c(HA-)先增大后减小，c(A2-)逐渐增大。
【详解】A．pH=1.2时，c(H2A)=c(HA-)，H2A的，则pKa1=1.2，A正确；
B．由图知c(HA-)=c(A2-)时pH=4.2，20.0mL0.1mol·L-1的H2A溶液与30.0mL0.1mol·L-1NaOH溶液混合得到等量的NaHA和Na2A混合液，此时c(HA-)≠c(A2-)，则混合液的pH≠4.2，B错误；
C．由溶液的电荷守恒，一定存在：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，C正确；
D．NaHA溶液中由于HA-发生部分电离，c(Na+)>c(HA-)，且c(HA-)>c(A2-)，则离子浓度大小关系：c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(OH-)，D正确；
故选：B。
24. 某催化剂催化烯烃醛基化的过程如图。下列说法不正确的是

A. 配合物HCo(CO)3的配体CO中提供孤对电子的是C原子
B. 烯制备醛的总反应：RCH=CH2+H2+CORCH2CH2CHO
C. 如图循环转化过程中既存在π、σ及配位键的断裂，也存在π、σ及配位键的形成
D. 可以用溴的四氯化碳溶液鉴别制得的产物RCH2CH2CHO中是否含有未完全转化RCH=CH2
【答案】C
【解析】
【详解】A．CO形成碳氧叁键后，两原子均有孤对电子，其中C原子半径更大，更易提供电子，故配合物HCo(CO)3的配体CO中提供孤对电子的是C原子，A正确；
B．根据图示催化过程可知，烯制备醛的总反应：RCH=CH2+H2+CORCH2CH2CHO，B正确；
C．过程①碳碳双键变为单键、Co-H键断裂生成Co-CO，有σ及配位键的断裂及形成，过程②碳氧叁键变为碳氧双键，断裂σ键，过程③+④则Co-C键变为Co-H键和C-H键，有配位键的断裂和形成，整个过程没有π键断裂或形成，C不正确；
D．RCH2CH2CHO没有碳碳双键，与溴的四氯化碳溶液不反应，而RCH=CH2含有碳碳双键可与溴单质发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，D正确；
故选C。
25. 下列方案设计、现象和结论均正确的是

目的
方案设计
现象和结论
A
比较温度对反应速率的影响
取相同大小两支试管，各加2mL0.1mol/LNa2S2O3溶液，再同时加入浓度、体积相等稀硫酸，然后分别置于冷水、热水中，观察现象
置于热水中试管比冷水中先出现沉淀.说明在其它条件相同情况下，升高温度能加快反应速率
B
验证卤代烃的消去反应
在圆底烧瓶中加入适量NaOH乙醇溶液、1－溴丁烷和几片碎瓷片，加热.将产生气体通入酸性高锰酸钾溶液，观察现象
酸性高锰酸钾溶液褪色.证明1－溴丁烷发生消去反应生成了1－丁烯
C
确定Mg、Al元素的金属性强弱
分别将相同浓度的NaOH溶液逐滴加入一定浓度的MgCl2、AlCl3溶液中，直至过量，观察现象
两者均出现白色沉淀：然后AlCl3溶液中沉淀逐渐溶解，MgCl2溶液中沉淀不溶.说明Mg比Al金属性强
D
检验阿司匹林中的酯基()
取2mL阿司匹林溶液，滴入2滴硫酸，加热，振荡。再向反应液中滴入几滴FeCl3溶液，观察颜色变化
滴入FeCl3溶液，反应液变为血红色。证明阿司匹林分子中含有酯基

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．该实验方案中首先将两溶液混合，反应迅速发生、溶液中会出现浑浊，导致实验现象没有区分度，A错误；
B．由于乙醇在加热下成为蒸气混在1－丁烯中，乙醇也能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应而使溶液褪色，不能证明产生了1－丁烯，B错误；
C．由于氢氧化铝具有两性，能与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠而溶解，则过量NaOH溶液与AlCl3溶液反应不产生沉淀，而氢氧化镁不能溶于NaOH溶液，则说明Mg比Al金属性强，C正确；
D．滴入2滴稀硫酸，酯基发生水解生成酚羟基，再滴入2滴FeCl3溶液，溶液变为紫色，D错误；
故选：C。
非选择题部分
二、非选择题部分
26. 蛋氨酸铬(III)配合物是一种治疗II型糖尿病的药物，其结构简式如图1，请回答：

（1）基态Cr原子的价电子排布图为____；铬元素属于周期表的____区。
（2）该配合物中心铬离子的配位数为____；碳原子的杂化轨道类型有____。
（3）某种铬单质可看做由若干个等径圆球堆积而成，其晶体俯视图如图2所示(层内铬原子非密置，相邻两层相互错开堆积)。

①请在图3中画出该铬单质的晶胞示意图(用表示铬)____。
②该立方晶胞的边长为apm，设阿伏伽德罗常数的值为NA，则该晶体密度为_____g•cm-3。
【答案】（1） ①. ②. d
（2） ①. 6 ②. sp3、sp2
（3） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
铬为24号元素，基态Cr原子的价电子排布图为；铬元素属于周期表的d区。
【小问2详解】
由图可知，该配合物中心铬形成6个共价键，故铬离子的配位数为6；饱和碳原子的杂化为sp3，碳氧双键中的碳原子的杂化为sp2；
【小问3详解】
①层内铬原子非密置，相邻两层相互错开堆积，由俯视图可知，我们可以认为方框中4个角上原子位于的上面4个顶点，则中心的原子位于的体心，故铬单质的晶胞示意图为：；
②晶胞中铬原子位于顶点和体心，一个晶胞中Cr原子数目为，则晶胞质量为；晶胞体积为，所以密度为g/cm3。
27. M为三种短周期元素组成的化合物，某实验小组按如图流程进行相关实验：

已知：气体A是由两种常见单质组成的混合物，一种为无色气体，另一种为黄绿色气体。
（1）组成M的三种元素____(填元素符号)；M分解的化学方程式____。
（2）气体A中黄绿色成分与硫单质反应，生成结构与H2O2相似的产物G，G的电子式____，G遇水反应生成沉淀、气体，写出反应的化学方程式____。
（3）写出E→F的离子方程式____。
（4）设计实验证明B→C过程中，加入的BaCl2溶液已经过量____。
【答案】（1） ①. Al、Cl、O ②. 4Al(ClO3)3Al2O3+6Cl2↑+15O2↑
（2） ①. ②. 2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HC1↑
（3）AlO+CO2+2H2O=HCO+Al(OH)3↓
（4）静置，向上层清液继续加入BaCl2溶液，若没出现浑浊现象，则说明BaCl2溶液已经加过量
【解析】
【分析】气体A是由两种常见单质组成的混合物，均能与亚硫酸钠溶液反应生成硫酸钠，说明两种单质气体均有氧化性，又均为短周期元素组成，可确定一种为无色气体应为氧气，另一种黄绿色气体为氯气，白色沉淀C为硫酸钡，物质的量为0.36mol，设氧气物质量为Xmol，氯气物质量为Ymol，得到方程X+Y=0.21，氧气和氯气分别与亚硫酸钠发生的反应为：2Na2SO3+O2=2Na2SO4，Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl，根据氧气和氯气反应生成硫酸钠的量可得方程：2X+Y=0.36，联立两个方程可解出：X=0.05mol，Y=0.06mol。固体D加上氢氧化钠，得到溶液E，溶液E通入足量二氧化碳得到白色沉淀F，可确定出F为Al(OH)3，D为Al2O3。可以求出Al(OH)3的物质的量为3.12g÷78g/mol=0.04mol。
【小问1详解】
由以上分析，可得出M中含有的三种元素分别为铝、氧、氯，铝元素含0.04mol，氧元素含0.36mol，氯元素含0.12mol。可确定出M的化学式为：AlCl3O9，即：Al(ClO3)3，所以其分解方程式为：4Al(ClO3)3Al2O3+6Cl2↑+15O2↑。
【小问2详解】
硫和氧同主族生成结构相似的产物为Cl2S2电子式为：；遇水反应生成的沉淀为硫单质，气体为二氧化硫，反应方程为：2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HC1↑。
【小问3详解】
E为三氧化二铝与氢氧化钠溶液反应生成的偏氯酸钠， F为氢氧化铝，所以离子方程式为：AlO +CO2+2H2O=HCO +Al(OH)3↓。
【小问4详解】
氯化钡已经过量时，则说明硫酸根已完全沉淀，再滴加氯化钡则不会再出现白色沉淀，所以操作为：取适量沉淀后的上层清液于试管中，再继续滴加适量氯化钡溶液，若不再产生沉淀，则证明所加氯化钡溶液已经过量。
28. 氢气是一种理想的能源，探索绿色化制氢是化学界一个热门话题。(本题反应中涉及△H、△S、△G均为298K条件值)。
（1）传统制备氢气方法之一为水煤气法：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H=+132kJ·mol-1，该反应自发进行的条件是____。
（2）利用生物质可再生资源乙醇制备氢气具有良好的开发前景。乙醇在Ni－MgO催化下，制取氢气有如下方法：
方法a：水蒸气催化重整CH3CH2OH(g)+H2O(g)4H2(g)+2CO(g) △H1=+257kJ·mol-1△S1=+459J·mol-1·K-1△G1=+122.9kJ·mol-1
方法b：部分催化重整CH3CH2OH(g)+O2(g)3H2(g)+2CO(g) △H2△S2=+400J·mol-1·K-1△G2
己知：298K时，相关物质的相对能量如图1。

①依据图1数据，计算方法b反应的△H2=_____kJ·mol-1。
②已知体系自由能变化：△G=△H-T△S，△Ga>b
D.方法c相当于方法b与水煤气变换CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的优化组合水醇比对乙醇平衡转化率有较大影响
②已知：常压、800K，反应在Ni－MgO催化下，测得乙醇平衡转化率与水醇比关系如图。请在图2中画出相同条件下，添加纳米CaO强化下的乙醇平衡转化率曲线____。

【答案】（1）高温 （2） ①. △H2=+15kJ·mol-1 ②. 在298K下，△G1=122.9kJ·mol-1>0，方法a不自发；△G2=-104.2kJ·mol-10，方法a不自发；△G2=-104.2kJ·mol-1c>b，故C错误；
D．对于方法c：CH3CH2OH(g)+2H2O(g)+O2(g)5H2(g)+2CO2(g)，增加水的物质的量可以使平衡正向移动，增大乙醇的转化率，故D正确；
故选D；
②反应在Ni－MgO催化下，相比Ni－MgO催化乙醇的转化率更高，则图像可以画为：。
29. 某研究小组用印刷电路板的腐蚀废液(主要含CuCl2、FeCl2、FeCl3)制备Cu(NH4)2SO4•H2O和FeCl2•4H2O。
I．制备流程图

已知1．所加试剂均足量，且部分步骤有省略。
II．Cu(NH4)2SO4•H2O晶体纯度测定
①取a g Cu(NH4)2SO4•H2O晶体，加入适量1 mol·L-1稀疏酸，加热，待溶液冷却后配制成250 mL溶液。
②取25.00 mL溶液，加水50 mL，调节溶液至弱酸性(pH=3～4)，加入过量20%KI溶液，避光静置几分钟。
③用c mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈淡黄色，再加入淀粉溶液，继续滴定至溶液变浅蓝色，再加入一定量10%KSCN溶液，蓝色变深，继续滴定至蓝色刚好消失，记录消耗Na2S2O3标准溶液的体积。
④平行滴定三次，消耗Na2S2O3标准溶液的平均体积为V mL。
已知2：①2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；I2+2=+2I-。
②CuI和CuSCN均为白色固体；Ksp(CuI)=1.1×10-12，Ksp(CuSCN)=4.8×10-15。
请回答：
（1）下列说法正确的是____。
A. 操作2通过蒸发至出现晶膜后趁热过滤，快速冷却滤液结晶，可得较大FeCl2•4H2O晶体
B. 可用KSCN或K3[Fe(CN)6]溶液检验FeCl2•4H2O晶体中是否存在杂质Fe3+
C. 溶液C中加入乙醇可以降低Cu(NH4)2SO4•H2O在溶剂中的溶解性，促进晶体析出
D. 溶液B中逐滴滴加试剂C至过量的过程中先出现蓝色沉淀后变为深蓝色溶液，这一现象可以说明与Cu2+结合能力大小为：NH3＞OH-＞H2O
（2）测定晶体纯度时，步骤②用KI溶液测定铜含量时，需在弱酸性(pH=3～4)溶液中进行的原因____。
（3）下列关于滴定分析的描述，正确的是____。
A. 加入过量20%KI溶液可以增大I2的溶解性，减少实验滴定误差
B. Na2S2O3标准溶液应盛放在碱式滴定管中
C. 滴定时，眼睛应一直观察滴定管中溶液体积的变化
D. 若滴定恰好完全时，滴定管尖端悬半滴未滴下，会导致测定结果偏低
（4）结合离子反应方程式并用必要的文字说明滴定过程中加入KSCN溶液的作用____。
（5）Cu(NH4)2SO4•H2O(M=246 g•mol-1)晶体样品的纯度为____%(用含a、c、V的代数式表示)。
【答案】（1）CD （2）pH过小(或强酸)溶液中I-被氧气氧化，pH过大(或碱性)溶液中Cu2+易水解同时I2与碱反应 （3）AB
（4）Ksp(CuI)＞Ksp(CuSCN)发生反应：CuI+SCN-I-+CuSCN；将难溶的CuI转化为更难溶的CuSCN，将CuI固体表面吸附的I2释放出来，提高测定结果的准确度
（5）
【解析】
【分析】印刷电路板废液主要含CuCl2、FeCl2、FeCl3等物质，向其中加适量的铁粉，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu，过滤得到溶液A为FeCl2，固体为Cu。向溶液A中加入Fe粉，并经加热蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，得到FeCl2·4H2O；向固体A中加入过量O2并加热，得到CuO，然后加入稀硫酸并加热，反应得到CuSO4溶液，然后向其中加入NH3·H2O，直至最初产生的沉淀恰好溶解为止，就得到Cu(NH4)2SO4溶液，向其中加入乙醇，可降低Cu(NH4)2SO4•H2O的溶解度而结晶析出，然后蒸发至出现晶膜后，冷却过滤，得到Cu(NH4)2SO4•H2O晶体。
【小问1详解】
A．操作2是过滤，通过蒸发至出现晶膜后趁热过滤，要得到较大FeCl2•4H2O晶体，应该缓慢冷却降温，A错误；
B．若FeCl2•4H2O晶体中含有杂质Fe3+，将晶体溶解后，向其中滴加几滴KSCN溶液，若变为红色，说明含有Fe3+，而K3[Fe(CN)6]溶液是检验Fe2+的试剂，不能用于检验Fe2+离子溶液中是否含有Fe3+，B错误；
C．乙醇是常用的有机溶剂，向溶液C中加入乙醇可以降低Cu(NH4)2SO4•H2O在溶剂中的溶解性，因而可促进Cu(NH4)2SO4•H2O晶体从溶液中析出，C正确；
D．溶液B是CuSO4溶液，Cu2+在溶液中以[Cu(H2O)4]2+形式存在，向其中逐滴加入NH3·H2O，首先发生复分解反应产生Cu(OH)2沉淀，后来Cu(OH)2与过量氨水反应产生Cu(NH4)2SO4，这说明与Cu2+结合能力大小为：NH3＞OH-＞H2O，D正确；
故合理选项是CD；
【小问2详解】
测定晶体纯度时，步骤②用KI溶液测定铜含量时，需在弱酸性(pH=3～4)溶液中进行，这是由于若溶液pH过小，(或强酸)溶液中I-易被氧气氧化为I2，若溶液的pH过大，(或碱性)溶液中Cu2+易水解，同时I2与碱反应；
【小问3详解】
A．在溶液中I2与I-会发生反应：I2+I-，因此加入过量20%KI溶液，增大c(I-)，化学平衡正向移动，因而可以增大I2的溶解性，从而可更好的测定Cu(NH4)2SO4•H2O晶体纯度，以减少实验滴定误差，A正确；
B．Na2S2O3是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因此Na2S2O3标准溶液应盛放在碱式滴定管中，B正确；
C．滴定时，左手控制活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛应一直注视锥形瓶中溶液颜色的变化，以便确定滴定终点，C错误；
D．若滴定恰好完全时，滴定管尖端悬半滴未滴下，消耗标准溶液体积偏大，由此计算的待测Cu(NH4)2SO4•H2O晶体纯度将会偏高，D错误；
故合理选项是AB；
【小问4详解】
在滴定过程中加入KSCN溶液，这是由于溶度积常数Ksp(CuI)＞Ksp(CuSCN)，加入KSCN溶液时，会发生反应：CuI+SCN-I-+CuSCN；将难溶的CuI转化为更难溶的CuSCN，将CuI固体表面吸附的I2释放出来，从而提高测定结果的准确度；
【小问5详解】
根据方程式①2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；I2+2=+2I-，可得关系式：2Cu2+～I2～2，根据实验可知：25.00 mL溶液滴定消耗c mol/L的Na2S2O3标准溶液V mL，则a gCu(NH4)2SO4•H2O晶体反应消耗Na2S2O3的物质的量n(Na2S2O3)=c mol/L×V×10-3 L×=cV×10-2 mol，则n(Cu2+)=n(Na2S2O3)=cV×10-2 mol，根据Cu元素守恒可知其中含有Cu(NH4)2SO4•H2O晶体质量m[Cu(NH4)2SO4•H2O]= cV×10-2 mol×246 g/mol=2.46cV g，故该晶体的纯度为。
30. 某研究小组按下列路线合成药物莫扎伐普坦。

已知：甲磺酰基；Et3N：三乙胺。
请回答：
（1）下列说法不正确的是____。
A. A的分子式为C11H10NO3S
B. A中引入甲磺酰基的作用是保护氨基
C. B→C为还原反应，产物C中有1个手性碳原子
D. H在足量NaOH溶液中反应生成2种钠盐，在足量盐酸中反应生成2种铵盐
（2）A→B过程涉及两步反应，其反应类型依次为____；化合物D的结构简式____。
（3）写出F→G的化学反应方程式____。
（4）写出同时符合下列条件的E的所有同分异构体的结构简式____。
①分子中含2个6元环，一个为苯环，另一个为六元含氮杂环：
②1H－NMR谱显示分子有4种不同化学环境的氢原子，且比例为6：1：1：1
（5）设计以甲醛和甲苯为原料合成有机物的合成路线(用流程图表示，无机试剂任选)____。
【答案】（1）A （2） ①. 加成反应、消去反应 ②.
（3）+3H2+2H2O
（4）、 （5）
【解析】
【分析】有机物H圈中结构（）与 相似，推断G的结构为。比较G和F的分子式发现G比H多2个氢原子，而少2个氧原子，同时结合反应条件可知G为F发生还原反应形成，据此推断F的结构为。有机物F圈中结构（）与相似，推断E的结构为。
【小问1详解】
A. 由A的结构简式可知其分子式为C11H13NO3S，A错误；
B. 起始物中的氨基先参与反应后重新生成（起始物到E），再参与后续反应（E到F）。这一过程说明起始物到E的过程是为了氨基能参与E到F的反应，即起始物到E的过程是保护氨基的作用。B正确。
C.B→C（→）是碳氮双键转变为碳氮单键的过程，是加氢还原的过程。手性碳原子应为饱和碳原子，且连4个不同基团。符合要求的碳原子以星号标记，如图：。C正确。
D. H与氢氧化钠或盐酸反应可认为H先水解，再与NaOH或HCl反应。H水解的产物有、和。与NaOH反应产物有和2种。氨基有碱性可以HCl反应。与HCl反应的产物有和2种。D正确。
答案为：A
【小问2详解】
A→B过程涉及的反应为+CH3NH2→和→+H2O（省略反应条件）。反应类型分别为加成和消去。
E与D相比少1个硫原子、1个碳原子、2个氧原子和2个氢原子，这些原子组成与Ms相似，据此推断D的结构为。
答案为：加成反应和消去反应，
【小问3详解】
由分析可知F和G的结构分别为和，F→G的反应方程式为+3H2+2H2O。
答案为：+3H2+2H2O。
【小问4详解】
由分析可知E结构为，分子式为C12H18N2。4种不同化学环境的氢原子比例为6：1：1：1，每种氢个数分别为12、2、2和2。12个相同环境氢说明有4个-CH3基团，且处在相同位置。能组成环的原子包括12个C原子和2个N原子，共14个原子。甲基用去4个C原子，则剩余的8个C原子和2个N原子组成2个六元环，且一个为苯环，另一个为六元含氮杂环。于是，其可能结构为、、和。其中能出现1：1：1结构的有和。于是，符合条件的同分异构体是和。
答案为：、
【小问5详解】
C→D（）的过程是在C的氨基上引入甲基的过程，也就是说苯环上存在氨基时可以在一定条件下与甲醛作用形成甲基。于是，流程如下：
。
答案为：。