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2023年高考第一次模拟考试卷：化学（北京A卷）（全解全析）
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这是一份2023年高考第一次模拟考试卷：化学（北京A卷）（全解全析），共16页。
2023年高考化学第一次模拟考试卷
化学·全解全析
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 下列是我国科研成果所涉及材料，有关分析正确的是（ ）
A. “中国天眼”的钢铁结构圈梁属于纯金属材料
B. 北京冬奥会聚氨酯速滑服属于有机高分子材料
C. 嫦娥五号发动机使用的钛合金属于新型无机非金属材料
D. 我国发射的火星探测器，其太阳能电池板的主要材料是二氧化硅
【答案】B
【解析】钢铁属于铁合金，所以“中国天眼”的钢铁结构圈梁属于合金材料，故A错误；聚氨酯属于有机高分子材料，所以北京冬奥会聚氨酯速滑服属于有机高分子材料，故B正确；嫦娥五号发动机使用的钛合金属于金属材料，故C错误；我国发射的火星探测器，其太阳能电池板的主要材料是硅，故D错误；故答案为B。
2.下列解释实验事实的化学方程式正确的是( )
A．形成NaCl的过程：
B．用FeCl3溶液“腐蚀”覆铜板：Fe3＋＋Cu===Fe2＋＋Cu2＋
C．用石墨电极电解CuCl2溶液：2Cl－＋2H＋H2↑＋Cl2↑
D．“84”消毒液中加少量醋增强漂白性：ClO－＋H＋===HClO
【答案】A
【解析】NaCl为由钠离子和氯离子形成的离子化合物，其形成过程为，A正确；选项所给离子方程式电荷不守恒，正确的离子方程式为2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，B错误；电解氯化铜溶液时，阴极Cu2＋先放电，总反应为2Cl－＋Cu2＋Cu＋Cl2↑，C错误；醋酸为弱酸，不能写成离子形式，正确的离子方程式为ClO－＋CH3COOH===HClO＋CH3COO－，D错误。
3.医学界通过用14C标记的C60发现了一种C60的羧酸衍生物，这种羧酸衍生物在特定条件下可以通过断裂DNA抑制艾滋病毒的繁殖。下列有关14C的叙述正确的是( )
A．与12C60的碳原子化学性质不同
B．与14N含的中子数相同
C．14C60是12C60的同素异形体
D．与12C互为同位素
【答案】D
【解析】同一种元素的化学性质是一样的，14C与12C60中碳原子的化学性质相同，故A错误；14C和14N的中子数分别为8、7，故B错误；14C60与12C60是碳元素的同种单质，不互为同素异形体，故C错误。
4.下列解释事实的方程式不正确的是( )
A．用明矾净化水：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋
B．氢氧化亚铁暴露于空气中变色：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
C．常温下0.1 mol·L－1氨水的pH约为11：NH3·H2O===NH＋OH－
D．氢氧化钠溶液吸收氯气：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O
【答案】C
【解析】由常温下0.1 mol·L－1氨水的pH约为11可知，一水合氨为弱碱，在溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子，电离方程式为NH3·H2ONH＋OH－，故C错误。
5.下列实验仪器或装置的选择正确的是( )
A
B
C
D
收集CO2
除去Cl2中的HCl
配制20.00 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液
制取乙炔
【答案】D
【解析】二氧化碳的密度比空气大，应该用向上排空气法，故A错误；除去Cl2中的HCl，导气管应长进短出，故B错误；应该使用容量瓶先配制50 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液，再取出20 mL，故C错误；广口瓶中放入电石，漏斗中装入饱和食盐水，发生反应生成乙炔，故D正确。
6.根据SO2通入不同溶液中的实验现象，所得结论不正确的是( )
选项
溶液
现象
结论
A
含HCl、BaCl2的FeCl3溶液
产生白色沉淀
SO2有还原性
B
H2S溶液
产生黄色沉淀
SO2有氧化性
C
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
SO2有漂白性
D
Na2SiO3溶液
产生胶状沉淀
酸性：H2SO3>H2SiO3
【答案】C
【解析】混合溶液中SO2被FeCl3氧化生成SO，再与BaCl2反应产生白色沉淀，体现了SO2的还原性，A正确；SO2与H2S溶液发生反应SO2＋2H2S===3S↓＋2H2O，体现了SO2的氧化性，B正确；SO2使酸性KMnO4溶液褪色，是SO2在酸性溶液中还原KMnO4生成Mn2＋，体现了SO2的还原性，C错误；SO2与Na2SiO3溶液发生反应产生胶状沉淀，根据较强酸制较弱酸可得酸性：H2SO3>H2SiO3，D正确。
7. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，X、Y、Z位于同一周期，且Z最外层电子数是其电子层数的3倍，由这四种元素形成的一种分子的球棍模型如图所示(图中的“棍”可能是单键，也可能是双键)。下列说法正确的是（ ）
A. 四种元素原子半径最大的是Z
B. 四种元素非金属性最强的是W
C. W和Z形成的化合物一定不含非极性共价键
D. 该模型表示的有机物能发生缩聚反应生成高分子化合物
【答案】D
【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且Z最外层电子数是其电子层数的3倍，为氧元素，X、Y、Z位于同一周期，即在第二周期，则W为第一周期，为氢元素。从球棍模型分析，其中有原子形成四个共价键，为碳元素，有原子形成两个共价键，为氧元素，还有形成三个共价键，为氮元素，所以四种元素分别为氢、碳、氮、氧。四种元素中原子半径最大的为X，即碳原子，A错误；非金属性最强为氧元素，B错误；氢和氧能形成水或过氧化氢，过氧化氢中含有非极性共价键，C错误；该分子为丙氨酸，能发生缩聚反应形成多肽，高分子化合物，D正确；故选D。
8.有机物M是一种药物的活性物质，其结构简式如图所示。下列有关M的说法错误的是( )
A．分子式为C22H30N6O4S
B．含有醚键﹑碳碳双键等官能团
C．该分子中含有4个双键，能发生加成反应
D．能使酸性KMnO4溶液、溴的CCl4溶液褪色，且二者褪色的原理相同
【答案】D
【解析】M中含有的官能团为酰胺基、醚键、碳碳双键，B正确；苯环中不存在双键，该分子中含有1个碳氧双键、2个碳氮双键、1个碳碳双键，共4个双键，能发生加成反应，C正确；该物质能使酸性KMnO4溶液因发生氧化还原反应而褪色，又可使溴的CCl4溶液因发生加成反应而褪色，D错误。
9.下列关于Na、Mg、Cl、Br元素及其化合物的说法正确的是( )
A．NaOH的碱性比Mg(OH)2的强
B．Cl2得到电子的能力比Br2的弱
C．原子半径r：r(Br)＞r(Cl)＞r(Mg)＞r(Na)
D．原子的最外层电子数n：n(Na)＜n(Mg)＜n(Cl)＜n(Br)
【答案】A
【解析】金属性：Na＞Mg，故碱性：NaOH＞Mg(OH)2，A项正确；氯和溴均属于卤族元素，同一主族元素从上到下，单质的氧化性逐渐减弱，得电子能力：Cl2＞Br2，B项错误；同一周期主族元素，从左到右原子半径依次减小，则r(Br)＞r(Na)＞r(Mg)＞r(Cl)，C项错误；氯和溴属于同一主族，最外层电子数相等，D项错误。
10.室温下进行下列实验，根据实验操作和现象，所得到的结论正确的是( )
选项
实验操作和现象
结论
A
乙醇钠的水溶液呈强碱性
C2H5O－结合H＋的能力强
B
将某溶液滴在淀粉-KI试纸上，试纸变蓝
原溶液中一定含有Cl2
C
向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入硝酸酸化的AgNO3溶液，溶液变红
氧化性：Fe3＋
向盛有2 mL一定浓度的Na3[Ag(S2O3)2]溶液的试管中，滴入5滴2 mol·L－1的KI溶液，产生黄色沉淀
[Ag(S2O3)2]3－发生了水解
【答案】A
【解析】C2H5ONa溶液中电离出的C2H5O－水解生成C2H5OH与OH－，使溶液呈强碱性：C2H5O－＋H2OC2H5OH＋OH－，所以C2H5O－结合H＋的能力强，故A正确；能氧化碘离子的不止氯气，其他强氧化剂如溴单质、氧气以及双氧水等都能将碘离子氧化成碘单质，从而使淀粉-KI试纸变蓝，故B错误；滴加硝酸酸化的硝酸银溶液中含有硝酸，硝酸能将亚铁离子氧化成铁离子，从而使KSCN溶液变红，所以不能得出氧化性：Fe3＋
下列说法不正确的是( )
A．甲可以发生取代反应、加成反应和缩聚反应
B．步骤Ⅰ反应的化学方程式是＋
C．步骤Ⅳ的反应类型是取代反应
D．步骤Ⅰ和Ⅳ在合成甲过程中的目的是保护氨基不被氧化
【答案】B
【解析】甲分子中含有氨基、羧基和苯环，可以发生取代反应、加成反应和缩聚反应，故A正确；步骤Ⅰ是取代反应，反应的化学方程式是＋＋HCl，故B错误；步骤Ⅳ的反应是酰胺的水解，所以反应类型是取代反应，故C正确；氨基易被氧化，所以步骤Ⅰ和Ⅳ在合成甲过程中的目的是保护氨基不被氧化，故D正确。
12.700 ℃时，向容积为2 L的密闭容器中充入一定量的CO(g)和H2O(g)，发生反应CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)，反应过程中测定的部分数据见下表(表中t2＞t1)：
反应时间/min
n(CO)/mol
n(H2O)/mol
0
1.20
0.60
t1
0.80
t2
0.20
下列说法正确的是( )
A．反应在0～t1 min内的平均速率为v(H2)＝ mol·L－1·min－1
B．若800 ℃时该反应的平衡常数为0.64，则正反应为吸热反应
C．保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20 mol H2O(g)和0.40 mol H2(g)，则v正＞v逆
D．保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60 mol CO(g)和1.20 mol H2O(g)，达到平衡时n(CO2)＝0.40 mol
【答案】D
【解析】0～t1 min内，v(H2)＝v(CO)＝＝ mol·L－1·min－1，A项错误；700 ℃，t1 min时反应已达到平衡状态，此时c(CO)＝＝0.40 mol·L－1，c(H2O)＝＝
0.10 mol·L－1，c(CO2)＝c(H2)＝＝0.20 mol·L－1，则K＝＝1＞0.64，说明温度升高，平衡常数减小，故正反应为放热反应，B项错误；保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20 mol H2O(g)和0.40 mol H2(g)，c(H2O)＝＝0.20 mol·L－1，c(H2)＝＝0.40 mol·L－1，Q＝＝K，平衡不移动，则v正＝v逆，C项错误；CO(g)与H2O(g)按物质的量之比为1∶1反应，充入0.60 mol CO(g)和1.20 mol H2O与充入1.20 mol CO(g)和
0.60 mol H2O(g)对平衡状态的影响相同，达到平衡时n(CO2)＝0.40 mol，D项正确。
13.一种高性能的碱性硼化钒(VB2)—空气电池如图所示，其中在VB2电极发生反应：
VB2＋16OH－－11e－===VO＋2B(OH)＋4H2O
该电池工作时，下列说法错误的是( )
A．负载通过0.04 mol电子时，有0.224 L(标准状况)O2参与反应
B．正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高
C．电池总反应为4VB2＋11O2＋20OH－＋6H2O===8B(OH)＋4VO
D．电流由复合碳电极经负载、VB2电极、KOH溶液回到复合碳电极
【答案】B
【解析】根据VB2电极发生的反应VB2＋16OH－－11e－===VO＋2B(OH)＋4H2O，判断得出VB2电极为负极，复合碳电极为正极，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，所以电池总反应为4VB2＋11O2＋20OH－＋6H2O===8B(OH)＋4VO，C正确；负载通过0.04 mol电子时，有0.01 mol氧气参与反应，即标准状况下有0.224 L氧气参与反应，A正确；负极区消耗OH－，溶液的pH降低，正极区生成OH－，溶液的pH升高，B错误。
14.资料显示：自催化作用是指反应产物之一使该反应速率加快的作用。用稀硫酸酸化的KMnO4进行下列三组实验，一段时间后溶液均褪色（0.01mol/L可以记做0.01M）。
实验①
实验②
实验③
MnSO4固体
1mL稀盐酸
1mL0.01M的KMnO4溶液和
1mL0.1M的H2C2O4溶液混合
1mL0.01M的KMnO4溶液和
1mL0.1M的H2C2O4溶液混合
1mL0.01M的KMnO4溶液和
1mL0.1M的H2C2O4溶液混合
褪色
比实验①褪色快
比实验①褪色快
下列说法不正确的是（ ）
A．实验①中发生氧化还原反应，H2C2O4是还原剂，产物MnSO4能起自催化作用
B．实验②褪色比①快，是因为MnSO4的催化作用加快了反应速率
C．实验③褪色比①快，是因为Cl—的催化作用加快了反应速率
D．若用1mL0.2M的H2C2O4做实验①，推测比实验①褪色快
【答案】C
【解析】A.实验①中发生氧化还原反应，H2C2O4化合价降低，作为还原剂，生成MnSO4，能起自催化作用，故A正确；
B. 实验②加入了MnSO4固体后，褪色比①快，说明MnSO4的催化作用加快了反应速率，故B正确；
C. 实验③加入了稀盐酸之后，Cl-与KMnO4发生氧化还原反应，所以褪色比①快，Cl—是还原剂不是催化剂，故C错误；
D. 若用1mL0.2M的H2C2O4做实验①，还原剂H2C2O4浓度增大，反应速率更快，更快将KMnO4消耗完，推测比实验①褪色快，故D正确；
答案选C。
第二部分
本部分共 5 题，共 58 分。
15.（10分）人类文明的发展历程，也是化学物质的认识和发现的历程。
(1)铜原子在基态时价电子排布式为______________________________。已知高温下Cu2O比CuO更稳定，试从核外电子排布的角度解释：____________________________________。
(2)铜与类卤素(SCN)2反应生成Cu(SCN)2，1 mol (SCN)2中含有π键的数目为________________(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。
类卤素(SCN)2对应的酸有两种，理论上硫氰酸(H—S—C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H—N==C==S)的沸点，其原因是_________________________________________________。
(3)硝酸钾中NO的空间结构为______________________。
(4)6-氨基青霉烷酸的结构如图甲所示，其中采取sp3杂化的原子有______________________(填写元素符号)。
(5)铁和氨在640 ℃可发生置换反应，产物之一的立方晶胞结构如图乙所示，写出该反应的化学方程式：______________________。若两个最近的Fe原子间的距离为a cm，列出该晶体密度的计算表达式：______________________ g·cm－3。
【答案】(1)3d104s1 Cu＋的价电子排布式为3d10，处于稳定的全充满状态
(2)4NA 异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能形成氢键
(3)平面三角形
(4)C、N、O、S
(5)8Fe＋2NH32Fe4N＋3H2
【解析】(2)(SCN)2的结构式为N≡C—S—S—C≡N，单键不含π键，三键中含2个π键，则
1 mol(SCN)2中含有π键的数目为4NA；由于异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能形成氢键，所以硫氰酸(H—S—C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H—N==C==S)的沸点。
(5)晶胞中Fe原子数目为8×＋6×＝4，N原子数目为1，化学式为Fe4N，因此反应的化学方程式为8Fe＋2NH32Fe4N＋3H2；晶胞面对角线上3个Fe原子相邻，两个最近的Fe原子间的距离为a cm，则晶胞棱长为a cm。则晶体密度为 g·cm－3。
16.（10分）甲醇是重要的化工原料，发展前景广阔。
（1）利用甲醇可制成微生物燃料电池（利用微生物将化学能直接转化成电能的装置）。某微生物燃料电池装置如图所示，A极是________极（填“正”或“负”），其电极反应式是________。
（2）研究表明CO2加氢可以合成甲醇。CO2和H2可发生如下两个反应：
I．CO2(g) + 3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g) ΔH1
II．CO2(g) + H2(g)CO(g) + H2O(g) ΔH2
①反应I的化学平衡常数表达式K＝________。
②有利于提高反应I中 CO2的平衡转化率的措施有________（填序号）。
a．使用催化剂 b．加压 c．增大CO2和H2的初始投料比
③研究温度对于甲醇产率的影响。在210~290 ℃，保持原料气中CO2和H2的投料比不变，按一定流速通过催化剂甲，主要发生反应I，得到甲醇的实际产率、平衡产率与温度的关系如图所示。
ΔH1________0（填“＞”“＜”或“＝”），其依据是________。
④某实验控制压强一定，CO2和H2初始投料比一定，按一定流速通过催化剂乙，经过相同时间测得如下实验数据（反应未达到平衡状态）：
T（K）
CO2实际转化率（%）
甲醇选择性（%）【注】
543
12.3
42.3
553
15.3
39.1
【注】甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醇的百分比
表中实验数据表明，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是________。
【答案】（1）负 CH3OH - 6e−+ H2O ==CO2 + 6H+
（2）① ②b ③ ＜ 温度升高，甲醇的平衡产率降低
④温度升高，I、II的反应速率均加快，但对II的反应速率的影响更大
【解析】（1）由电池装置图可知，该电池是甲醇燃料电池，由于使用了质子交换膜，所以电解质是酸性的，通入还原剂甲醇的电极A是负极，其电极反应式是CH3OH -6e−+ H2O == CO2 + 6H+。
（2）①反应I的化学平衡常数表达式K＝。
②反应I是一个气体分子数增大的反应，故加压有利于提高反应I中 CO2的平衡转化率，选b。增大CO2和H2的初始投料比，只能减小其转化率；催化剂不影响平衡转化率。
③由图可知，甲醇的平衡产率随温度升高而减小，所以该反应是放热反应，ΔH1＜ 0。
④表中实验数据表明，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是温度升高，I、II的反应速率均加快，但对II的反应速率的影响更大（即有更多的二氧化碳发生了副反应）。
17.（13分）近日，由蒋华良院士和饶子和院士领衔的联合课题组，综合利用虚拟筛选和酶学测试相结合的策略进行药物筛选，发现I（肉桂硫胺）是抗击新型冠状病毒的潜在用药，其合成路线如下：
已知：Ⅰ.
Ⅱ.
(1)Ⅰ的分子式为______________，D到E的反应类型是______________。
(2)B生成C的反应的化学方程式是________________________________________________。
(3)G的结构简式为__________________________，F最多有________________个原子共平面。
(4)E中官能团的名称为______________；符合下列条件的E的同分异构体有____________种。
Ⅰ.是有两个取代基的芳香族化合物；
Ⅱ.能水解，水解产物遇到FeCl3溶液显紫色；
Ⅲ.核磁共振氢谱显示苯环上有四种化学环境的氢
(5)乙酰苯胺的结构简式为，已知：RNO2RNH2，参照I的上述合成路线和已知信息，设计一条由苯和乙酸为起始原料制备乙酰苯胺的合成路线：_________________(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】(1)C20H24N2SO 消去反应
(2)2＋O22＋2H2O
(3) 18
(4)碳碳双键、羧基 2
(5)
【解析】 (1)由I的结构简式，可得出I的分子式为C20H24N2SO，由生成，反应类型是消去反应。
(2)反应生成，发生氧化反应，化学方程式是2＋O22＋2H2O。(3)由流程图分析可知，G的结构简式为，F的结构简式为，从苯、乙烯、甲醛的结构进行分析，所有原子都可能共平面，所以最多有18个原子共平面。 (4)E的结构简式为，所含官能团的名称为碳碳双键、羧基；符合条件：Ⅰ.是有两个取代基的芳香族化合物；Ⅱ.能水解，水解产物遇到FeCl3溶液显紫色；Ⅲ.核磁共振氢谱显示苯环上有四种化学环境的氢的E的同分异构体有2种，分别是、。(5)先将苯制成苯胺，乙酸制成乙酰氯，然后让二者发生取代反应，便可制备乙酰苯胺。合成路线为：
。
18.（13分）一种利用电解锰阳极泥(主要成分为MnO2、MnO)制备MnO2的工艺流程如下：
（1）“煅烧氧化”时，1mol MnO煅烧完全转化为Na2MnO4失去电子的物质的量为_________；MnO2煅烧反应的化学方程式为_________________________________________________。
（2）“浸取”时，为提高Na2MnO4的浸取率，可采取的措施有__________________________、___________________________(列举2点)。
（3）“调pH”是将溶液pH 调至约为10，防止pH较低时Na2MnO4自身发生氧化还原反应，生成MnO2和___________；写出用pH试纸测定溶液pH的操作______________________________。
（4）“还原”时有无机含氧酸盐生成，发生反应的化学方程式为_______________________。
（5）测定产品中MnO2质量分数的步骤如下：
步骤1．准确称取mg产品，加入c1mol·L-1Na2C2O4溶液V1mL (过量)及适量的稀硫酸，水浴加热煮沸一段时间。(已知：Na2C2O4+2H2SO4+MnO2=MnSO4+2CO2↑+2H2O+Na2SO4)
步骤2．然后用c2mol·L-1KMnO4标准溶液滴定剩余的Na2C2O4滴定至终点时消耗KMnO4标准溶液V2mL。(已知：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+10CO2↑+K2SO4+8H2O)
步骤2达滴定终点时判断依据是______________________________；产品中MnO2的质量分数为w(MnO2)=____________(列出计算的表达式即可)。
【答案】（1）4 mol 2MnO2+4NaOH+O22Na2MnO4+2H2O
（2）煅烧后固体进行粉碎，适量增大水的量 适当提高浸取温度，充分搅拌
（3）MnO4－(或NaMnO4) 取一小段pH试纸置于表面皿(点滴板上)中，用玻璃棒蘸取试液滴在pH试纸上，立刻与标准比色卡对照读出pH
（4）2Na2MnO4+HCHO==2MnO2↓+Na2CO3+2NaOH
（5）滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液呈浅红色且30s内不褪去 ×100%
【解析】（1）“煅烧氧化”时MnO → Na2MnO4锰由+2价变成+6价，失去电子为4e－，1mol MnO煅烧完全失去电子的物质的量为4mol；MnO2煅烧反应的化学方程式为2MnO2+4NaOH+O22Na2MnO4+2H2O。
（2）“浸取”时，为提高Na2MnO4的浸取率，就是增大化学反应速率，所以可采取的措施有：煅烧后固体进行粉碎，增大接触面积，适量增大水的量促进溶解，；适当提高浸取温度，加快化学反应速率，充分搅拌让物质反应充分、迅速。
（3）Na2MnO4中Mn的化合价为+6 ，MnO2中Mn的化合价为+4， Na2MnO4自身发生氧化还原反应，Mn的化合价既要升高又要降低，即发生MnO2←Na2MnO4→ MnO4－，所以能生成MnO2，MnO4-(或NaMnO4)，用pH试纸测定溶液pH的操作为取一小段pH试纸置于表面皿(点滴板上)中，用玻璃棒蘸取试液滴在pH试纸上，立刻与标准比色卡对照读出pH。
（4） “还原”指Na2MnO4与甲醛反应，发生反应的化学方程式为2Na2MnO4+HCHO=2MnO2↓+Na2CO3+2NaOH。
（5）达滴定终点时判断依据是滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液呈浅红色且30s内不褪去。
由5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4==2MnSO4+10CO2↑+K2SO4+8H2O)
5 2
X c2v2
X=5c2V2/2= 2.5c2V2
由Na2C2O4+2H2SO4+MnO2==MnSO4+2CO2↑+2H2O+Na2SO4
1 1
c1V1-2.5c2V2 Y
Y= (c1V1－2.5c2V2)×10－3 mol
产品中MnO2的质量分数为m(MnO2)= (c1V1－2.5c2V2)10－3 mol×87 g/mol=87 (c1V1－2.5c2V2)/1000 g，
产品中MnO2的质量分数为w(MnO2)= 87(c1V1－2.5c2V2)/1000m×100%。
19.（12分）某小组同学为探究Zn与FeCl3溶液的反应，设计并完成了如下实验，已知固液反应速率与离子迁移速率有关。
实验
条件
现象
ⅰ
18 ℃
开始时无明显气泡 ，0.5 min后有气体产生，一段时间后，溶液颜色加深，存在丁达尔效应
ⅱ
65 ℃水浴
有气泡产生，12 s后，气泡非常明显，溶液随之很快转为红棕色，一段时间后，红棕色消失，最后产生红棕色沉淀
(1)实验ⅰ中产生丁达尔效应的原因是__________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)实验ⅱ中发生了多个反应，它们所属的基本反应类型是______________________。
(3)根据物质性质，推测体系中可能发生的氧化还原反应的离子方程式： _________(至少写三个)。
(4)实验ⅰ和ⅱ均先有气体生成，后有溶液颜色的变化，甲同学认为产生该现象的原因可能是此实验条件下氧化性：H＋>Fe3＋。
①乙同学根据已有知识___________________________________________________________
(结合化学用语说明)，判断氧化性：H＋
条件
现象
ⅲ
18 ℃，混合后不振荡
3 min后有明显的气泡产生，溶液颜色加深，存在丁达尔效应
ⅳ
18 ℃，混合后振荡
气泡不明显，溶液褪色明显，存在丁达尔效应
对比实验ⅰ、ⅱ、ⅲ、ⅳ，解释实验ⅳ现象与ⅰ、ⅱ、ⅲ不同的原因：____________________。
【答案】(1)Fe3＋水解生成了Fe(OH)3胶体
(2)置换反应、复分解反应
(3)Zn＋2Fe3＋===Zn2＋＋2Fe2＋、Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑、Zn＋Fe2＋===Zn2＋＋Fe、2Zn＋4H＋＋O2===2Zn2＋＋2H2O(答案合理即可)
(4)①2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，而铜不与盐酸反应
②实验ⅳ中，锌粉表面积大，且振荡增大锌与铁离子的接触几率，降低了由于氢离子的迁移速率大于铁离子的迁移速率而导致锌表面铁离子浓度低的影响，铁离子的氧化性大于氢离子的氧化性，因此铁离子与锌发生反应速率更快，表现为溶液褪色明显而气泡不明显。实验ⅰ、ⅱ、ⅲ中随反应进行，氢离子可以迅速补充到锌表面，Zn表面的氢离子浓度大于铁离子浓度，表现为先产生气体，Fe3＋在溶液中水解为Fe(OH)3
【解析】(1)胶体具有丁达尔效应，则实验ⅰ中产生丁达尔效应的原因是Fe3＋水解生成了Fe(OH)3胶体。
(3)根据锌有较强还原性，铁离子、氢离子均具有氧化性，推测体系中可能发生的氧化还原反应的离子方程式为Zn＋2Fe3＋===Zn2＋＋2Fe2＋、Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑、Zn＋Fe2＋===Zn2＋＋Fe、2Zn＋4H＋＋O2===2Zn2＋＋2H2O等。
(4)①已知：2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，而铜不与盐酸反应，则可判断氧化性：H＋
2023年高考化学第一次模拟考试卷
化学·全解全析
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 下列是我国科研成果所涉及材料，有关分析正确的是（ ）
A. “中国天眼”的钢铁结构圈梁属于纯金属材料
B. 北京冬奥会聚氨酯速滑服属于有机高分子材料
C. 嫦娥五号发动机使用的钛合金属于新型无机非金属材料
D. 我国发射的火星探测器，其太阳能电池板的主要材料是二氧化硅
【答案】B
【解析】钢铁属于铁合金，所以“中国天眼”的钢铁结构圈梁属于合金材料，故A错误；聚氨酯属于有机高分子材料，所以北京冬奥会聚氨酯速滑服属于有机高分子材料，故B正确；嫦娥五号发动机使用的钛合金属于金属材料，故C错误；我国发射的火星探测器，其太阳能电池板的主要材料是硅，故D错误；故答案为B。
2.下列解释实验事实的化学方程式正确的是( )
A．形成NaCl的过程：
B．用FeCl3溶液“腐蚀”覆铜板：Fe3＋＋Cu===Fe2＋＋Cu2＋
C．用石墨电极电解CuCl2溶液：2Cl－＋2H＋H2↑＋Cl2↑
D．“84”消毒液中加少量醋增强漂白性：ClO－＋H＋===HClO
【答案】A
【解析】NaCl为由钠离子和氯离子形成的离子化合物，其形成过程为，A正确；选项所给离子方程式电荷不守恒，正确的离子方程式为2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，B错误；电解氯化铜溶液时，阴极Cu2＋先放电，总反应为2Cl－＋Cu2＋Cu＋Cl2↑，C错误；醋酸为弱酸，不能写成离子形式，正确的离子方程式为ClO－＋CH3COOH===HClO＋CH3COO－，D错误。
3.医学界通过用14C标记的C60发现了一种C60的羧酸衍生物，这种羧酸衍生物在特定条件下可以通过断裂DNA抑制艾滋病毒的繁殖。下列有关14C的叙述正确的是( )
A．与12C60的碳原子化学性质不同
B．与14N含的中子数相同
C．14C60是12C60的同素异形体
D．与12C互为同位素
【答案】D
【解析】同一种元素的化学性质是一样的，14C与12C60中碳原子的化学性质相同，故A错误；14C和14N的中子数分别为8、7，故B错误；14C60与12C60是碳元素的同种单质，不互为同素异形体，故C错误。
4.下列解释事实的方程式不正确的是( )
A．用明矾净化水：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋
B．氢氧化亚铁暴露于空气中变色：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3
C．常温下0.1 mol·L－1氨水的pH约为11：NH3·H2O===NH＋OH－
D．氢氧化钠溶液吸收氯气：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O
【答案】C
【解析】由常温下0.1 mol·L－1氨水的pH约为11可知，一水合氨为弱碱，在溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子，电离方程式为NH3·H2ONH＋OH－，故C错误。
5.下列实验仪器或装置的选择正确的是( )
A
B
C
D
收集CO2
除去Cl2中的HCl
配制20.00 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液
制取乙炔
【答案】D
【解析】二氧化碳的密度比空气大，应该用向上排空气法，故A错误；除去Cl2中的HCl，导气管应长进短出，故B错误；应该使用容量瓶先配制50 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液，再取出20 mL，故C错误；广口瓶中放入电石，漏斗中装入饱和食盐水，发生反应生成乙炔，故D正确。
6.根据SO2通入不同溶液中的实验现象，所得结论不正确的是( )
选项
溶液
现象
结论
A
含HCl、BaCl2的FeCl3溶液
产生白色沉淀
SO2有还原性
B
H2S溶液
产生黄色沉淀
SO2有氧化性
C
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
SO2有漂白性
D
Na2SiO3溶液
产生胶状沉淀
酸性：H2SO3>H2SiO3
【答案】C
【解析】混合溶液中SO2被FeCl3氧化生成SO，再与BaCl2反应产生白色沉淀，体现了SO2的还原性，A正确；SO2与H2S溶液发生反应SO2＋2H2S===3S↓＋2H2O，体现了SO2的氧化性，B正确；SO2使酸性KMnO4溶液褪色，是SO2在酸性溶液中还原KMnO4生成Mn2＋，体现了SO2的还原性，C错误；SO2与Na2SiO3溶液发生反应产生胶状沉淀，根据较强酸制较弱酸可得酸性：H2SO3>H2SiO3，D正确。
7. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，X、Y、Z位于同一周期，且Z最外层电子数是其电子层数的3倍，由这四种元素形成的一种分子的球棍模型如图所示(图中的“棍”可能是单键，也可能是双键)。下列说法正确的是（ ）
A. 四种元素原子半径最大的是Z
B. 四种元素非金属性最强的是W
C. W和Z形成的化合物一定不含非极性共价键
D. 该模型表示的有机物能发生缩聚反应生成高分子化合物
【答案】D
【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且Z最外层电子数是其电子层数的3倍，为氧元素，X、Y、Z位于同一周期，即在第二周期，则W为第一周期，为氢元素。从球棍模型分析，其中有原子形成四个共价键，为碳元素，有原子形成两个共价键，为氧元素，还有形成三个共价键，为氮元素，所以四种元素分别为氢、碳、氮、氧。四种元素中原子半径最大的为X，即碳原子，A错误；非金属性最强为氧元素，B错误；氢和氧能形成水或过氧化氢，过氧化氢中含有非极性共价键，C错误；该分子为丙氨酸，能发生缩聚反应形成多肽，高分子化合物，D正确；故选D。
8.有机物M是一种药物的活性物质，其结构简式如图所示。下列有关M的说法错误的是( )
A．分子式为C22H30N6O4S
B．含有醚键﹑碳碳双键等官能团
C．该分子中含有4个双键，能发生加成反应
D．能使酸性KMnO4溶液、溴的CCl4溶液褪色，且二者褪色的原理相同
【答案】D
【解析】M中含有的官能团为酰胺基、醚键、碳碳双键，B正确；苯环中不存在双键，该分子中含有1个碳氧双键、2个碳氮双键、1个碳碳双键，共4个双键，能发生加成反应，C正确；该物质能使酸性KMnO4溶液因发生氧化还原反应而褪色，又可使溴的CCl4溶液因发生加成反应而褪色，D错误。
9.下列关于Na、Mg、Cl、Br元素及其化合物的说法正确的是( )
A．NaOH的碱性比Mg(OH)2的强
B．Cl2得到电子的能力比Br2的弱
C．原子半径r：r(Br)＞r(Cl)＞r(Mg)＞r(Na)
D．原子的最外层电子数n：n(Na)＜n(Mg)＜n(Cl)＜n(Br)
【答案】A
【解析】金属性：Na＞Mg，故碱性：NaOH＞Mg(OH)2，A项正确；氯和溴均属于卤族元素，同一主族元素从上到下，单质的氧化性逐渐减弱，得电子能力：Cl2＞Br2，B项错误；同一周期主族元素，从左到右原子半径依次减小，则r(Br)＞r(Na)＞r(Mg)＞r(Cl)，C项错误；氯和溴属于同一主族，最外层电子数相等，D项错误。
10.室温下进行下列实验，根据实验操作和现象，所得到的结论正确的是( )
选项
实验操作和现象
结论
A
乙醇钠的水溶液呈强碱性
C2H5O－结合H＋的能力强
B
将某溶液滴在淀粉-KI试纸上，试纸变蓝
原溶液中一定含有Cl2
C
向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入硝酸酸化的AgNO3溶液，溶液变红
氧化性：Fe3＋
向盛有2 mL一定浓度的Na3[Ag(S2O3)2]溶液的试管中，滴入5滴2 mol·L－1的KI溶液，产生黄色沉淀
[Ag(S2O3)2]3－发生了水解
【答案】A
【解析】C2H5ONa溶液中电离出的C2H5O－水解生成C2H5OH与OH－，使溶液呈强碱性：C2H5O－＋H2OC2H5OH＋OH－，所以C2H5O－结合H＋的能力强，故A正确；能氧化碘离子的不止氯气，其他强氧化剂如溴单质、氧气以及双氧水等都能将碘离子氧化成碘单质，从而使淀粉-KI试纸变蓝，故B错误；滴加硝酸酸化的硝酸银溶液中含有硝酸，硝酸能将亚铁离子氧化成铁离子，从而使KSCN溶液变红，所以不能得出氧化性：Fe3＋
下列说法不正确的是( )
A．甲可以发生取代反应、加成反应和缩聚反应
B．步骤Ⅰ反应的化学方程式是＋
C．步骤Ⅳ的反应类型是取代反应
D．步骤Ⅰ和Ⅳ在合成甲过程中的目的是保护氨基不被氧化
【答案】B
【解析】甲分子中含有氨基、羧基和苯环，可以发生取代反应、加成反应和缩聚反应，故A正确；步骤Ⅰ是取代反应，反应的化学方程式是＋＋HCl，故B错误；步骤Ⅳ的反应是酰胺的水解，所以反应类型是取代反应，故C正确；氨基易被氧化，所以步骤Ⅰ和Ⅳ在合成甲过程中的目的是保护氨基不被氧化，故D正确。
12.700 ℃时，向容积为2 L的密闭容器中充入一定量的CO(g)和H2O(g)，发生反应CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)，反应过程中测定的部分数据见下表(表中t2＞t1)：
反应时间/min
n(CO)/mol
n(H2O)/mol
0
1.20
0.60
t1
0.80
t2
0.20
下列说法正确的是( )
A．反应在0～t1 min内的平均速率为v(H2)＝ mol·L－1·min－1
B．若800 ℃时该反应的平衡常数为0.64，则正反应为吸热反应
C．保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20 mol H2O(g)和0.40 mol H2(g)，则v正＞v逆
D．保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.60 mol CO(g)和1.20 mol H2O(g)，达到平衡时n(CO2)＝0.40 mol
【答案】D
【解析】0～t1 min内，v(H2)＝v(CO)＝＝ mol·L－1·min－1，A项错误；700 ℃，t1 min时反应已达到平衡状态，此时c(CO)＝＝0.40 mol·L－1，c(H2O)＝＝
0.10 mol·L－1，c(CO2)＝c(H2)＝＝0.20 mol·L－1，则K＝＝1＞0.64，说明温度升高，平衡常数减小，故正反应为放热反应，B项错误；保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20 mol H2O(g)和0.40 mol H2(g)，c(H2O)＝＝0.20 mol·L－1，c(H2)＝＝0.40 mol·L－1，Q＝＝K，平衡不移动，则v正＝v逆，C项错误；CO(g)与H2O(g)按物质的量之比为1∶1反应，充入0.60 mol CO(g)和1.20 mol H2O与充入1.20 mol CO(g)和
0.60 mol H2O(g)对平衡状态的影响相同，达到平衡时n(CO2)＝0.40 mol，D项正确。
13.一种高性能的碱性硼化钒(VB2)—空气电池如图所示，其中在VB2电极发生反应：
VB2＋16OH－－11e－===VO＋2B(OH)＋4H2O
该电池工作时，下列说法错误的是( )
A．负载通过0.04 mol电子时，有0.224 L(标准状况)O2参与反应
B．正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高
C．电池总反应为4VB2＋11O2＋20OH－＋6H2O===8B(OH)＋4VO
D．电流由复合碳电极经负载、VB2电极、KOH溶液回到复合碳电极
【答案】B
【解析】根据VB2电极发生的反应VB2＋16OH－－11e－===VO＋2B(OH)＋4H2O，判断得出VB2电极为负极，复合碳电极为正极，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，所以电池总反应为4VB2＋11O2＋20OH－＋6H2O===8B(OH)＋4VO，C正确；负载通过0.04 mol电子时，有0.01 mol氧气参与反应，即标准状况下有0.224 L氧气参与反应，A正确；负极区消耗OH－，溶液的pH降低，正极区生成OH－，溶液的pH升高，B错误。
14.资料显示：自催化作用是指反应产物之一使该反应速率加快的作用。用稀硫酸酸化的KMnO4进行下列三组实验，一段时间后溶液均褪色（0.01mol/L可以记做0.01M）。
实验①
实验②
实验③
MnSO4固体
1mL稀盐酸
1mL0.01M的KMnO4溶液和
1mL0.1M的H2C2O4溶液混合
1mL0.01M的KMnO4溶液和
1mL0.1M的H2C2O4溶液混合
1mL0.01M的KMnO4溶液和
1mL0.1M的H2C2O4溶液混合
褪色
比实验①褪色快
比实验①褪色快
下列说法不正确的是（ ）
A．实验①中发生氧化还原反应，H2C2O4是还原剂，产物MnSO4能起自催化作用
B．实验②褪色比①快，是因为MnSO4的催化作用加快了反应速率
C．实验③褪色比①快，是因为Cl—的催化作用加快了反应速率
D．若用1mL0.2M的H2C2O4做实验①，推测比实验①褪色快
【答案】C
【解析】A.实验①中发生氧化还原反应，H2C2O4化合价降低，作为还原剂，生成MnSO4，能起自催化作用，故A正确；
B. 实验②加入了MnSO4固体后，褪色比①快，说明MnSO4的催化作用加快了反应速率，故B正确；
C. 实验③加入了稀盐酸之后，Cl-与KMnO4发生氧化还原反应，所以褪色比①快，Cl—是还原剂不是催化剂，故C错误；
D. 若用1mL0.2M的H2C2O4做实验①，还原剂H2C2O4浓度增大，反应速率更快，更快将KMnO4消耗完，推测比实验①褪色快，故D正确；
答案选C。
第二部分
本部分共 5 题，共 58 分。
15.（10分）人类文明的发展历程，也是化学物质的认识和发现的历程。
(1)铜原子在基态时价电子排布式为______________________________。已知高温下Cu2O比CuO更稳定，试从核外电子排布的角度解释：____________________________________。
(2)铜与类卤素(SCN)2反应生成Cu(SCN)2，1 mol (SCN)2中含有π键的数目为________________(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。
类卤素(SCN)2对应的酸有两种，理论上硫氰酸(H—S—C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H—N==C==S)的沸点，其原因是_________________________________________________。
(3)硝酸钾中NO的空间结构为______________________。
(4)6-氨基青霉烷酸的结构如图甲所示，其中采取sp3杂化的原子有______________________(填写元素符号)。
(5)铁和氨在640 ℃可发生置换反应，产物之一的立方晶胞结构如图乙所示，写出该反应的化学方程式：______________________。若两个最近的Fe原子间的距离为a cm，列出该晶体密度的计算表达式：______________________ g·cm－3。
【答案】(1)3d104s1 Cu＋的价电子排布式为3d10，处于稳定的全充满状态
(2)4NA 异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能形成氢键
(3)平面三角形
(4)C、N、O、S
(5)8Fe＋2NH32Fe4N＋3H2
【解析】(2)(SCN)2的结构式为N≡C—S—S—C≡N，单键不含π键，三键中含2个π键，则
1 mol(SCN)2中含有π键的数目为4NA；由于异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能形成氢键，所以硫氰酸(H—S—C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H—N==C==S)的沸点。
(5)晶胞中Fe原子数目为8×＋6×＝4，N原子数目为1，化学式为Fe4N，因此反应的化学方程式为8Fe＋2NH32Fe4N＋3H2；晶胞面对角线上3个Fe原子相邻，两个最近的Fe原子间的距离为a cm，则晶胞棱长为a cm。则晶体密度为 g·cm－3。
16.（10分）甲醇是重要的化工原料，发展前景广阔。
（1）利用甲醇可制成微生物燃料电池（利用微生物将化学能直接转化成电能的装置）。某微生物燃料电池装置如图所示，A极是________极（填“正”或“负”），其电极反应式是________。
（2）研究表明CO2加氢可以合成甲醇。CO2和H2可发生如下两个反应：
I．CO2(g) + 3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g) ΔH1
II．CO2(g) + H2(g)CO(g) + H2O(g) ΔH2
①反应I的化学平衡常数表达式K＝________。
②有利于提高反应I中 CO2的平衡转化率的措施有________（填序号）。
a．使用催化剂 b．加压 c．增大CO2和H2的初始投料比
③研究温度对于甲醇产率的影响。在210~290 ℃，保持原料气中CO2和H2的投料比不变，按一定流速通过催化剂甲，主要发生反应I，得到甲醇的实际产率、平衡产率与温度的关系如图所示。
ΔH1________0（填“＞”“＜”或“＝”），其依据是________。
④某实验控制压强一定，CO2和H2初始投料比一定，按一定流速通过催化剂乙，经过相同时间测得如下实验数据（反应未达到平衡状态）：
T（K）
CO2实际转化率（%）
甲醇选择性（%）【注】
543
12.3
42.3
553
15.3
39.1
【注】甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醇的百分比
表中实验数据表明，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是________。
【答案】（1）负 CH3OH - 6e−+ H2O ==CO2 + 6H+
（2）① ②b ③ ＜ 温度升高，甲醇的平衡产率降低
④温度升高，I、II的反应速率均加快，但对II的反应速率的影响更大
【解析】（1）由电池装置图可知，该电池是甲醇燃料电池，由于使用了质子交换膜，所以电解质是酸性的，通入还原剂甲醇的电极A是负极，其电极反应式是CH3OH -6e−+ H2O == CO2 + 6H+。
（2）①反应I的化学平衡常数表达式K＝。
②反应I是一个气体分子数增大的反应，故加压有利于提高反应I中 CO2的平衡转化率，选b。增大CO2和H2的初始投料比，只能减小其转化率；催化剂不影响平衡转化率。
③由图可知，甲醇的平衡产率随温度升高而减小，所以该反应是放热反应，ΔH1＜ 0。
④表中实验数据表明，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是温度升高，I、II的反应速率均加快，但对II的反应速率的影响更大（即有更多的二氧化碳发生了副反应）。
17.（13分）近日，由蒋华良院士和饶子和院士领衔的联合课题组，综合利用虚拟筛选和酶学测试相结合的策略进行药物筛选，发现I（肉桂硫胺）是抗击新型冠状病毒的潜在用药，其合成路线如下：
已知：Ⅰ.
Ⅱ.
(1)Ⅰ的分子式为______________，D到E的反应类型是______________。
(2)B生成C的反应的化学方程式是________________________________________________。
(3)G的结构简式为__________________________，F最多有________________个原子共平面。
(4)E中官能团的名称为______________；符合下列条件的E的同分异构体有____________种。
Ⅰ.是有两个取代基的芳香族化合物；
Ⅱ.能水解，水解产物遇到FeCl3溶液显紫色；
Ⅲ.核磁共振氢谱显示苯环上有四种化学环境的氢
(5)乙酰苯胺的结构简式为，已知：RNO2RNH2，参照I的上述合成路线和已知信息，设计一条由苯和乙酸为起始原料制备乙酰苯胺的合成路线：_________________(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。
【答案】(1)C20H24N2SO 消去反应
(2)2＋O22＋2H2O
(3) 18
(4)碳碳双键、羧基 2
(5)
【解析】 (1)由I的结构简式，可得出I的分子式为C20H24N2SO，由生成，反应类型是消去反应。
(2)反应生成，发生氧化反应，化学方程式是2＋O22＋2H2O。(3)由流程图分析可知，G的结构简式为，F的结构简式为，从苯、乙烯、甲醛的结构进行分析，所有原子都可能共平面，所以最多有18个原子共平面。 (4)E的结构简式为，所含官能团的名称为碳碳双键、羧基；符合条件：Ⅰ.是有两个取代基的芳香族化合物；Ⅱ.能水解，水解产物遇到FeCl3溶液显紫色；Ⅲ.核磁共振氢谱显示苯环上有四种化学环境的氢的E的同分异构体有2种，分别是、。(5)先将苯制成苯胺，乙酸制成乙酰氯，然后让二者发生取代反应，便可制备乙酰苯胺。合成路线为：
。
18.（13分）一种利用电解锰阳极泥(主要成分为MnO2、MnO)制备MnO2的工艺流程如下：
（1）“煅烧氧化”时，1mol MnO煅烧完全转化为Na2MnO4失去电子的物质的量为_________；MnO2煅烧反应的化学方程式为_________________________________________________。
（2）“浸取”时，为提高Na2MnO4的浸取率，可采取的措施有__________________________、___________________________(列举2点)。
（3）“调pH”是将溶液pH 调至约为10，防止pH较低时Na2MnO4自身发生氧化还原反应，生成MnO2和___________；写出用pH试纸测定溶液pH的操作______________________________。
（4）“还原”时有无机含氧酸盐生成，发生反应的化学方程式为_______________________。
（5）测定产品中MnO2质量分数的步骤如下：
步骤1．准确称取mg产品，加入c1mol·L-1Na2C2O4溶液V1mL (过量)及适量的稀硫酸，水浴加热煮沸一段时间。(已知：Na2C2O4+2H2SO4+MnO2=MnSO4+2CO2↑+2H2O+Na2SO4)
步骤2．然后用c2mol·L-1KMnO4标准溶液滴定剩余的Na2C2O4滴定至终点时消耗KMnO4标准溶液V2mL。(已知：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+10CO2↑+K2SO4+8H2O)
步骤2达滴定终点时判断依据是______________________________；产品中MnO2的质量分数为w(MnO2)=____________(列出计算的表达式即可)。
【答案】（1）4 mol 2MnO2+4NaOH+O22Na2MnO4+2H2O
（2）煅烧后固体进行粉碎，适量增大水的量 适当提高浸取温度，充分搅拌
（3）MnO4－(或NaMnO4) 取一小段pH试纸置于表面皿(点滴板上)中，用玻璃棒蘸取试液滴在pH试纸上，立刻与标准比色卡对照读出pH
（4）2Na2MnO4+HCHO==2MnO2↓+Na2CO3+2NaOH
（5）滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液呈浅红色且30s内不褪去 ×100%
【解析】（1）“煅烧氧化”时MnO → Na2MnO4锰由+2价变成+6价，失去电子为4e－，1mol MnO煅烧完全失去电子的物质的量为4mol；MnO2煅烧反应的化学方程式为2MnO2+4NaOH+O22Na2MnO4+2H2O。
（2）“浸取”时，为提高Na2MnO4的浸取率，就是增大化学反应速率，所以可采取的措施有：煅烧后固体进行粉碎，增大接触面积，适量增大水的量促进溶解，；适当提高浸取温度，加快化学反应速率，充分搅拌让物质反应充分、迅速。
（3）Na2MnO4中Mn的化合价为+6 ，MnO2中Mn的化合价为+4， Na2MnO4自身发生氧化还原反应，Mn的化合价既要升高又要降低，即发生MnO2←Na2MnO4→ MnO4－，所以能生成MnO2，MnO4-(或NaMnO4)，用pH试纸测定溶液pH的操作为取一小段pH试纸置于表面皿(点滴板上)中，用玻璃棒蘸取试液滴在pH试纸上，立刻与标准比色卡对照读出pH。
（4） “还原”指Na2MnO4与甲醛反应，发生反应的化学方程式为2Na2MnO4+HCHO=2MnO2↓+Na2CO3+2NaOH。
（5）达滴定终点时判断依据是滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液呈浅红色且30s内不褪去。
由5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4==2MnSO4+10CO2↑+K2SO4+8H2O)
5 2
X c2v2
X=5c2V2/2= 2.5c2V2
由Na2C2O4+2H2SO4+MnO2==MnSO4+2CO2↑+2H2O+Na2SO4
1 1
c1V1-2.5c2V2 Y
Y= (c1V1－2.5c2V2)×10－3 mol
产品中MnO2的质量分数为m(MnO2)= (c1V1－2.5c2V2)10－3 mol×87 g/mol=87 (c1V1－2.5c2V2)/1000 g，
产品中MnO2的质量分数为w(MnO2)= 87(c1V1－2.5c2V2)/1000m×100%。
19.（12分）某小组同学为探究Zn与FeCl3溶液的反应，设计并完成了如下实验，已知固液反应速率与离子迁移速率有关。
实验
条件
现象
ⅰ
18 ℃
开始时无明显气泡 ，0.5 min后有气体产生，一段时间后，溶液颜色加深，存在丁达尔效应
ⅱ
65 ℃水浴
有气泡产生，12 s后，气泡非常明显，溶液随之很快转为红棕色，一段时间后，红棕色消失，最后产生红棕色沉淀
(1)实验ⅰ中产生丁达尔效应的原因是__________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)实验ⅱ中发生了多个反应，它们所属的基本反应类型是______________________。
(3)根据物质性质，推测体系中可能发生的氧化还原反应的离子方程式： _________(至少写三个)。
(4)实验ⅰ和ⅱ均先有气体生成，后有溶液颜色的变化，甲同学认为产生该现象的原因可能是此实验条件下氧化性：H＋>Fe3＋。
①乙同学根据已有知识___________________________________________________________
(结合化学用语说明)，判断氧化性：H＋
条件
现象
ⅲ
18 ℃，混合后不振荡
3 min后有明显的气泡产生，溶液颜色加深，存在丁达尔效应
ⅳ
18 ℃，混合后振荡
气泡不明显，溶液褪色明显，存在丁达尔效应
对比实验ⅰ、ⅱ、ⅲ、ⅳ，解释实验ⅳ现象与ⅰ、ⅱ、ⅲ不同的原因：____________________。
【答案】(1)Fe3＋水解生成了Fe(OH)3胶体
(2)置换反应、复分解反应
(3)Zn＋2Fe3＋===Zn2＋＋2Fe2＋、Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑、Zn＋Fe2＋===Zn2＋＋Fe、2Zn＋4H＋＋O2===2Zn2＋＋2H2O(答案合理即可)
(4)①2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，而铜不与盐酸反应
②实验ⅳ中，锌粉表面积大，且振荡增大锌与铁离子的接触几率，降低了由于氢离子的迁移速率大于铁离子的迁移速率而导致锌表面铁离子浓度低的影响，铁离子的氧化性大于氢离子的氧化性，因此铁离子与锌发生反应速率更快，表现为溶液褪色明显而气泡不明显。实验ⅰ、ⅱ、ⅲ中随反应进行，氢离子可以迅速补充到锌表面，Zn表面的氢离子浓度大于铁离子浓度，表现为先产生气体，Fe3＋在溶液中水解为Fe(OH)3
【解析】(1)胶体具有丁达尔效应，则实验ⅰ中产生丁达尔效应的原因是Fe3＋水解生成了Fe(OH)3胶体。
(3)根据锌有较强还原性，铁离子、氢离子均具有氧化性，推测体系中可能发生的氧化还原反应的离子方程式为Zn＋2Fe3＋===Zn2＋＋2Fe2＋、Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑、Zn＋Fe2＋===Zn2＋＋Fe、2Zn＋4H＋＋O2===2Zn2＋＋2H2O等。
(4)①已知：2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，而铜不与盐酸反应，则可判断氧化性：H＋
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