湖南省长沙市雅礼中学2022-2023学年高三化学上学期第五次月考试题（Word版带解析）

雅礼中学2023届高三月考试卷(五)可能用到的相对原子质量：H-1N-14O-16Mg-24Cl-35.5Fe-56Cu-64第I卷(选择题共46分)一、选择题(本题共10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题意。)1.2022年6月17日，中国第三艘航空母舰——“福建舰”正式下水，它是目前世界上最大的常规动力航母，配置了先进的电磁弹射和阻拦装置。下列说法错误的是A.低磁合金钢常用于舰体材料，其强度、熔点均高于纯铁B.航母燃料是重油，重油属于混合物C.氮化镓常用于雷达系统，氮化镓的化学式为GaND.电磁弹射技术可使舰载机快速起飞，电能属于二级能源【答案】A【解析】【详解】A．合金的硬度比各成分大，熔点比各成分低，低磁合金钢属于铁合金，其强度、韧性等机械性能优于纯铁，但其熔点低于纯铁，故A错误；B．航母燃料是重油，重油由各类烃组成，属于混合物，故B正确；C．镓元素是第ⅢA元素，最外层电子数为3，形成化合物中显+3价，氮元素是第ⅤA族，最外层电子数5，和金属形成化合物显示-3价，氮化镓的化学式为GaN，故C正确；D．电能是由水能、热能、风能、核能、光能、化学能等其他形式的能量转换而来，属于二次能源，故D正确；故选：A。2.宏观辨识和微观探析是化学学科核心素养之一，下列化学反应表示正确的是A.自然界的天然固氮：N2+3H22NH3B.向硫化锌悬浊液中滴加硫酸铜溶液，有黑色沉淀生成：ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)C.用浓溴水检验水体中的苯酚：2+3Br2→2↓D.乙炔(燃烧热为1300kJ·mol-1)的燃烧：2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(g)ΔH=2600kJ·mol-1 【答案】B【解析】【详解】A．自然界的天然固氮：N2+O22NO，N2+3H22NH3为人工固氮，A错误；B．相同条件下ZnS的溶解度大于CuS，向硫化锌悬浊液中滴加硫酸铜溶液，有黑色沉淀生成：ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)，B正确；C．浓溴水与苯酚反应生成2,4,6-三溴苯酚沉淀，用于检验水体中的苯酚：+3Br2→↓+3HBr，C错误；D．乙炔(燃烧热为1300kJ·mol-1)的燃烧为放热反应：2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-2600kJ·mol-1，D错误；答案选B。3.下列离子方程式书写正确的是A.将稀硫酸加入硫代硫酸钠溶液：S2O+SO+4H+=2SO2↑+S↓+2H2OB.向酸性高锰酸钾溶液加入草酸：2C2O+2MnO+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2OC.(NH4)2Fe(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液至Fe2+恰好完全沉淀：Fe2++2SO+2Ba2++2OH-=2BaSO4↓+Fe(OH)2↓D.新制氯水中加入少量CaCO3：2Cl2+H2O+CaCO3=Ca2++2Cl-+CO2↑+2HClO【答案】D【解析】【详解】A．原子不守恒、得失电子不守恒，正确的离子方程式为：S2O+2H+=SO2↑+S↓+H2O，A项错误；B．草酸为弱酸，离子方程式中不拆，正确的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，B项错误；C．(NH4)2Fe(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液至Fe2+恰好完全沉淀，则Ba(OH)2完全反应，正确的离子方程式为：Fe2++SO+Ba2++2OH-=BaSO4↓+Fe(OH)2↓，C项错误； D．新制氯水具有酸性，会与CaCO3反应，生成二氧化碳，离子方程式为：2Cl2+H2O+CaCO3=Ca2++2Cl-+CO2↑+2HClO，D项正确；答案选D。4.某小组同学设计实验探究镁与铵盐溶液的反应，记录如下：实验编号①②③④溶液种类10.50.10.480.480.480.48V(溶液)100100100100实验现象有气体产生，并产生白色沉淀有气体产生，并产生白色沉淀有气体产生，并产生白色沉淀几乎看不到现象6h时43325534712根据上述实验所得结论正确的是A.实验②中发生的反应为B.由实验①、③可得，溶液中越大，反应速率越快C.由实验①、②可得，溶液中阴离子的种类对产生的速率有影响D.由实验①~④可得，溶液的越小，产生的速率越快【答案】C【解析】【分析】【详解】A．离子方程式电荷不守恒，A错误；B．实验①、③，Cl-浓度不同，无法得出越大，反应速率越快的结论，B错误；C．实验①、②，溶液中浓度相同，故阴离子种类对产生的速率有影响，C正确；D．实验②0.5溶液pH<实验③0.1溶液，但是产生氢气的速率更慢，D错误；故选C。5.高温高压液态水具有接近常温下弱酸的c(H+)或弱碱的c(OH−)，油脂在其中能以较快的 反应速率水解。与常温常压水相比，下列说法不正确的是A.高温高压液态水中，体系温度升高，油脂水解反应速率加快B.高温高压液态水中，油脂与水的互溶能力增强，油脂水解反应速率加快C.高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解D.高温高压液态水中的油脂水解，相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH−)的碱的水解【答案】D【解析】【详解】A.对于任何化学反应，体系温度升高，均可加快反应速率，A项正确；B.由于高温高压液态水中，c(H+)和c(OH−)增大，油脂水解向右移动的倾向变大，因而油脂与水的互溶能力增强，反应速率加快，B项正确；C.油脂在酸性条件下水解，以H+做催化剂，加快水解速率，因而高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解，C项正确；D.高温高压液态水中的油脂水解，其水环境仍呈中性，因而不能理解成相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH−)的碱的水解，而是以体系升温、增加水和油脂的互溶以及提高水中H+浓度的方式，促进油脂的水解，D项不正确。故答案选D。6.盐X溶液能发生如图所示的转化关系(部分反应的反应条件已略)，相对分子质量：c比b大16，f比e大16。下列推断正确的是A.X可能为正盐，也可能为酸式盐B.将b通入a的水溶液中可能生成白色沉淀C.a、b、c、d、e、f可能都是极性分子D.反应①、②可能具有相同的实验现象【答案】A【解析】【分析】根据题干信息，相对分子质量：c比b大16，f比e大16，b→c、e→f可能为氧化的过程；转化关系中，c和f与Z反应均能得到强酸，则c可能为SO3，f为NO2，Z为H2O，Y为O2，则b为SO2，e为NO，盐X溶液与盐酸反应得到a，与NaOH反应得到d，a与O2得到SO2，则a为H2S，d与O2得到NO，则d为NH3，因此X可以是NH4HS或(NH4)2S，据此分析解答。【详解】A．由分析可知，X可以是NH4HS或(NH4)2S，即可X可能为正盐，也可能为酸 式盐，A正确；B．b为SO2，a为H2S，两者发生反应：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，生成淡黄色固体，B错误；C．c为SO3，分子中电荷呈中心对称，为非极性分子，C错误；D．反应①为H2S被氧化生成SO2，无明显现象，反应②为NO被氧化生成NO2，现象为生成红棕色气体，两个反应的现象不同，D错误；答案选A。7.聚合硫酸铁[Fe(OH)SO4]n能用作净水剂(絮凝剂)，可由绿矾(FeSO4·7H2O)和KClO3在水溶液中反应得到。下列说法不正确的是A.KClO3作氧化剂，每生成1mol[Fe(OH)SO4]n消耗6/nmolKClO3B.生成聚合硫酸铁后，水溶液的pH增大C.聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体而净水D.在相同条件下，Fe3+比[Fe(OH)]2+的水解能力更强【答案】A【解析】【详解】A.根据题干中信息，可利用氧化还原配平法写出化学方程式：6nFeSO4+nKClO3+3nH2O=6[Fe(OH)SO4]n+nKCl，可知KClO3做氧化剂，同时根据计量数关系亦知每生成1mol[Fe(OH)SO4]n消耗n/6molKClO3，A项错误；B.绿矾溶于水后，亚铁离子水解使溶液呈酸性，当其转系为聚合硫酸铁后，亚铁离子的浓度减小，因而水溶液的pH增大，B项正确；C.聚合硫酸铁可在水中形成氢氧化铁胶体，胶体粒子吸附杂质微粒引起聚沉，因而净水，C项正确；D.多元弱碱的阳离子的水解是分步进行的。[Fe(OH)]2+的水解相当于Fe3+的二级水解，由于其所带的正电荷比Fe3+少，因而在相同条件下，其结合水电离产生的OH-的能力较弱，故其水解能力不如Fe3+，即在相同条件下，一级水解的程度大于二级水解，D项正确。故答案选A。8.在体积均为1.0L的恒容密闭容器甲、乙中，起始投料量如表，在不同温度下发生反应：CO2(g)+C(s)2CO(g)。CO的平衡浓度随温度的变化如图所示。下列说法正确的是容器n(CO2)/moln(C)/moln(CO)/mol甲0.10.30乙000.4 A.曲线Ⅰ对应的是甲容器B.a、b两点所处状态的压强大小关系：9pa＞14pbC.c点：CO的体积分数＞D.900K时，若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，则v(正)＞v(逆)【答案】C【解析】【详解】A．固体物质不应平衡移动，乙投入0.4mol一氧化碳相当于投入0.2mol二氧化碳，所以乙相当于两个甲容器加压，无论平衡如何移动，乙中一氧化碳浓度一定大于甲，故图中曲线Ⅰ对应的是乙容器，A错误；B．甲容器b处乙容器a处若a、b两点所处温度相同，压强比等于物质的量之比，pa：pb=（0.12+0.16）：（0.02+0.16）=14:9，即9pa=14pb，由于b点温度更高，故a、b两点所处状态的压强大小关系：9pa<14pb，B错误；C．a点一氧化碳体积分数为；c点相当于减压，平衡正向移动，一氧化碳体积分数变大，故CO的体积分数＞，正确； D．a点1100K时的K=，降温则一氧化碳浓度减小，K值减小，900K时K值小于0.213；若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，则Q=，平衡逆向移动，v(正)<v(逆)，D错误。故选C。9.均苯三甲酸是一种重要的有机三元弱酸，可表示为。向的溶液中加入或时(忽略溶液体积的变化)，各微粒的分布系数随溶液变化的曲线如图所示：已知：①[，X为、、或]②(、、)下列叙述错误的是A.若用滴定至恰好生成，可选甲基橙做指示剂B.N点的C.常温下，的水解常数的数量级为D.R点满足：【答案】D【解析】【分析】向的溶液中加入，由于发生酸碱中和反应，随着碱的不断加入，溶液中不断减小，先增大后减小，先增大后减小，不断增大，因此曲线I表示H3A的分布系数，曲线II表示的分布系数，曲线III表示的分布系数，曲线IV表示的分布系数。 【详解】A．若用滴定至恰好生成，溶液pH约为3.9，因此可选甲基橙(变色范围为3.1～4.4)做指示剂，滴定终点溶液由红色变为橙色，故A项正确；B．R点，，S点=，，N点=，转化可得，即，由可得，由可得，故B项正确；C．常温下，水解常数，数量级为，故C项正确；D．R点溶液中①，溶液中电荷守恒②，物料守恒③，将③代入可得④，将①代入④可得⑤，因此题干中===(解释：将②代入) =(解释：将①代入)=>0，故D项错误；综上所述，错误的是D项。10.氮氧化物(NOx)会对生态系统和人体健康造成危害。一种以沸石笼作为载体对NOx进行催化还原的原理如图所示。下列说法正确的是A.反应①中消耗1molO2，转移4mole-B.含Cu化合物参与的反应一定有电子转移C.反应⑤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1D.图中总变化过程可表示为O2+4NO+4NH3=4N2+6H2O【答案】D【解析】【详解】A．根据图示可知在反应①中0价的O2反应后在生成物中含有-O-O，O元素化合价变为-1价，则反应消耗1molO2，转移2mole-，A错误；B．根据图示可知反应③中只有O-O非极性键断裂，元素化合价不变，反应为非氧化还原反应，因此含Cu化合物参与的反应比一定有电子转移，B错误；C．在反应⑤中，氧化剂是NO、，还原剂是，每2个NO得到2×2e-被还原为N2，同时2个得到电子2×e-变为，反应过程共得到电子6e-；同时2个中的2个配位体NH3中N元素失去电子2×3e-=6e-，被氧化为N2，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，C错误； D．根据图示可知图中总变化过程可表示为O2+4NO+4NH3=4N2+6H2O，D正确；故合理选项是D。二、不定项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)11.钠碱脱硫液(NaOH+Na2SO3)吸收一定量SO2气体后，可通过以下装置实现再生。下列说法正确的是A.电极a为负极B.m应为阳离子交换膜C.出液2仍为H2SO4，与进液浓度相同D.出液1可使溴水褪色【答案】BD【解析】【分析】此装置的作用是在左侧生成钠碱脱硫液(NaOH+Na2SO3)，因此脱硫完后的溶液在阴极区发生析氢反应，生成使阴极区pH上升，过量的与反应生成或与结合生成NaOH。所以左侧再生液为NaOH和溶液，由电荷守恒，中间区的进入左侧，而在右侧，发生氧化反应，透过阳膜进入中间区，因此，出液1为溶液。此反应本质是双阳膜电解法。【详解】A．电极a，发生还原反应，为阴极，故A错误；B．由以上分析知，左侧发生析氢反应，有电荷守恒，中间区的和进入左侧，所以m为阳离子交换膜，在左侧出现再生液，故B正确；C．由于右侧水放电，放氧生酸，水的量减少，故的浓度变大，故C错误；D．由以上分析知出液1为溶液，可与溴水发生氧化还原反应而使溴水褪色，故D正确；故答案选BD。 12.下列说法正确的是A.能发生消去反应，且所得产物均存在顺反异构B.的同分异构体中，遇FeCl3溶液显紫色的有13种(不考虑立体异构)C.“狗烯”的一氯代物共有15种D.含有两个碳碳三键的脂肪烃C6H6，分子中6个碳原子不都在同一直线上的共有3种【答案】C【解析】【详解】A．如果中羟基和相邻甲基上氢发生消去反应即生成，则碳碳双键一端的碳上有2个氢原子，不存在顺反异构，A错误；B．的同分异构体中，遇溶液显紫色则含有酚羟基，如果含有2个取代基，1个为酚羟基，另1个可以为-CH2COOH、-COOCH3、-CH2OOCH、-COCH2OH、-CH(OH)CHO，-OOCCH3共6种情况，每种情况存在邻、间、对3种情况，共18种情况；还可以是含有3、4个取代基的情况，远不止13种，B错误；C．根据等效氢原理可知，“狗烯”有15种不同的氢原子，则一氯代物共有15种，C正确；D．C6H6的不饱和度为4，含有两个碳碳三键的脂肪烃C6H6，满足的同分异构体为HC≡C-C≡C-CH2CH3、HC≡C-CH2-C≡C-CH3、HC≡C-CH2-CH2-C≡CH、H3C-C≡C-C≡C-CH3、，则分子中6个碳原子不都在同一直线上的共有4种，D错误；故答案为：C。13.X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，其中X是宇宙中含量最多的元素；在同周期元素中，第一电离能数值比Y大的元素有2种；Z元素原子的价层电子排布是；Q、W元素原子的最外层均只有1个电子，但Q 元素原子中只有两种形状的电子云，W元素原子的次外层内的所有轨道的电子均成对。下列说法正确的是A.电负性：X<Y<ZB.键角：C.的阴阳离子个数比为1∶1D.W元素位于元素周期表的d区【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，其中X是宇宙中含量最多的元素,则X为H元素；在同周期元素中，第一电离能数值比Y大的元素有2种，则Y为N元素；Z元素原子的价层电子排布是，则Z为O元素；Q、W元素原子的最外层均只有1个电子，但Q元素原子中只有两种形状的电子云，则Q为Na元素，W元素原子的次外层内的所有轨道的电子均成对,则W为K元素。以此分析解答本题。【详解】A.根据上述分析：X为H元素,Y为N元素，Z为O元素，其电负性：X<Y<Z，故A正确；B.根据上述分析：X为H元素,Y为N元素，Z为O元素，YX3为NH3，X2Z为H2O，其键角：，故B错误；C.根据上述分析：Q为Na元素，Z为O元素，为Na2O2，其阴阳离子个数比为1∶2，故C错误；D.根据上述分析：W为K元素，W元素位于元素周期表的s区，故D错误故答案：A。14.实验室中利用洁净的铜片和浓硫酸进行如图实验，经检测所得固体中含有和白色物质X，下列说法正确的是A.白色物质X为，体现了浓硫酸具有吸水性B.NO和Y均为还原产物C.3molCu参与反应，转移了6mol电子D.若稀硫酸足量，在溶解的环节中至少需要0.8mol的稀硝酸【答案】AD【解析】【分析】由图可知，铜和足量浓硫酸反应生成Cu2S和白色物质X，无气体生成，反应生成Cu2S时，铜元素化合价由0价升高到Cu2S中的+1价，硫元素从+6价降低到Cu2S中-2 价，则按得失电子守恒，必定存在含化合价升高元素的其它产物，根据元素质量守恒，只能是CuSO4，则白色固体X为CuSO4，，向Cu2S和白色固体中加稀硫酸和稀硝酸，生成NO，可知反生反应为，固体Y是硫单质。【详解】A．白色固体易吸水生成蓝色固体，现在溶液中生成白色固体，体现了浓硫酸具有吸水性，A正确；B．，Y是硫，从化合价角度分析可知，NO为还原产物，Y为氧化产物，B错误；C．由前面分析可知反生反应，，5molCu参与反应，转移了8mol电子，C错误；D．若稀硫酸足量，在溶解的环节中稀硝酸做氧化剂，由分析中化学方程式得，则3molCu生成0.6molCu2S，最少消耗硝酸0.8mol，D正确；故答案选AD。第II卷(非选择题共54分)三、非选择题(本题共4小题，共54分。)15.一定条件下，二氧化碳可合成低碳烯烃，缓解温室效应、充分利用碳资源。（1）已知：①C2H4(g)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2(g)△H1②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H2③H2O(l)=H2O(g)△H3④2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)△H4则△H4=______(用△H1、△H2、△H3表示)。（2）反应④的反应温度、投料比[=x]对CO2平衡转化率的影响如图所示： 图1①a______3(填“>”“<”或“=”，下同)；M、N两点反应的平衡常数KM_____KN。②300℃，往6L反应容器中加入3molH2、1molCO2，反应10min达到平衡。求0到10min氢气的平均反应速率为_____。（3）中科院兰州化学物理研究所用Fe3(CO)12/ZSM－5催化CO2加氢合成低碳烯烃反应，所得产物含CH4、C3H6、C4H8等副产物，反应过程如图：催化剂中添加Na、K、Cu助剂后(助剂也起催化作用)可改变反应的选择性，在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如表：助剂CO2转化率(%)各产物在所有产物中的占比(%)C2H4C3H6其他Na42.535.939.624.5K27.275.622.81.6Cu9.880.712.56.8①欲提高单位时间内乙烯的产量，在Fe3(CO)12/ZSM－5中添加_____助剂效果最好。②下列说法正确的是______(填标号)。a.第i步反应为CO2+H2CO+H2Ob.第i步反应的活化能低于第ⅱ步c.催化剂助剂生要在低聚反应、异构化反应环节起作用 d.Fe3(CO)12/ZSM－5使CO2加氢合成低碳烯烃的△H减小e.添加不同助剂后，反应的平衡常数各不相同（4）2018年，强碱性电催化还原CO2制乙烯研究取得突破进展，原理如图所示：已知PTFE浸泡了饱和KCl溶液，请写出阴极的电极反应：_____。【答案】（1）2△H2+4△H3-△H1（2）①.＞②.＞③.0.03mol•L-1•min-1（3）①K②.ac（4）2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-【解析】【小问1详解】反应④=4×s反应③+2×反应②-反应①，故；故答案为。【小问2详解】①投料比越大，二氧化碳的转化率越高，故a>3；从图中可以看，升高温度二氧化碳的转化率降低，为放热反应，N的温度比M高，温度越高，平衡常数越小，故；故答案为＞；＞。②300℃时二氧化碳的平衡转化率为0.6，二氧化碳投料为1mol，故二氧化碳反应的物质的量为0.6mol，根据反应，氢气转化的物质的量为，氢气的平均反应速率为；故答案为0.03mol•L-1•min-1。 【小问3详解】①通过表格中可以看出，选择Na为助剂时，乙烯的选择性太低；选择Cu为助剂时二氧化碳的转化率太低，选K作助剂；故答案为K。②a．从图中可以看出，第一步是二氧化碳和氢气反应生成一氧化碳，故a正确；b．第ⅰ步反应为慢反应，活化能高于第ⅱ步，故b错误；c．从图中可以看出，催化剂助剂主要在低聚反应、异构化反应环节起作用，故c正确；d．加入催化剂使不能改变加氢合成低碳烯烃的，故d错误；e．添加不同助剂后，不影响反应的平衡常数，故e错误；故答案选ac。【小问4详解】左侧a电极二氧化碳生成乙烯，碳元素化合价降低，故a电极为阴极，接太阳能电池的负极；阴极的电极反应为：；故答案为。16.回答下列问题：（1）ATP(三磷酸腺苷)是一种高能磷酸化合物，在细胞中，它与ADP的相互转化实现贮能和放能，从而保证了细胞各项生命活动的能量供应。ATP分子中属于sp2杂化的N原子是______(填序号)。（2）2001年德国专家从硫酸铵中检出一种组成为N4H4(SO4)2的物质，经测定，该物质易溶于水，在水中以SO和N4H两种离子的形式存在。N4H中N原子均为sp3杂化，请推测N4H的结构式：______。（3）某种磁性氮化铁的晶胞结构如图所示： ①基态Fe原子的电子排布式为______。②该化合物的化学式为______。③若晶胞底面边长为anm，高为cnm，NA为阿伏加德罗常数的值，则该磁性氮化铁的晶体密度为______g•cm-3(用含a、c、NA的代数式表示)。【答案】（1）2、4、5（2）（3）①.1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar]3d64s2)②.Fe3N③.【解析】【小问1详解】属于杂化的N原子价层电子对数为3，六元环上N原子、五元环上双键中N原子价层电子对数均为3，故分子中属于杂化的N原子有3个，分别是2、4、5号N原子；【小问2详解】中N原子均为杂化，则4个N原子形成四面体构型，每个N原子又连接1个H原子，则的结构式为；【小问3详解】①Fe是26号元素，结合核外电子排布规律，可知基态Fe原子的电子排布式为；②N原子处于晶胞内部，Fe原子位于结构单元的内部、顶点、面心，晶胞中有2个N原子，Fe原子数目，Fe、N原子数目之比为3：1，故该晶胞化学式为； ③底面为正六边形，边长为anm，高为cnm，晶胞体积=，晶胞中原子总质量，故晶胞密度。17.NOx是主要大气污染物，可用氨催化吸收法除去。Ⅰ.氨催化吸收法除NOx：某同学采用以下装置或步骤模拟处理过程。回答下列问题：（1）实验室制备氨气的发生装置，可以选择图中装置中的______。(填标号)。A.B.C.D.（2）将上述收集到的NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。在一定温度下按如图装置进行实验。①Z中盛有______(填名称)。②氨气与NOx反应的化学方程式为______。Ⅱ.从铜氨废液含{[Cu(NH3)3·CO]+、[Cu(NH3)2]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH3、CH3COO-、CO等}中回收铜的工艺流程如图： 回答下列问题：（3）步骤(I)中被氧化的元素是______。（4）步骤(III)“沉铜”时，利用Na2S溶液而不选用NaOH溶液“沉铜”的优点是______。（5）步骤(IV)反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。（6）碱式氯化铜在400℃时能完全分解为CuO、H2O和HCl。为测定碱式氯化铜的组成进行如下实验：准确称取42.9g碱式氯化铜，加热到400℃使其完全分解，剩余固体32.0g，将生成的气体通过浓硫酸的洗气瓶，浓硫酸增重3.6g。碱式氯化铜的化学式为______。【答案】（1）D（2）①.氢氧化钠溶液②.6NOx+4xNH3=(3+2x)N2+6xH2O（3）Cu、C(或铜、碳)（4）CuS的溶解度比Cu(OH)2小，能使Cu2+充分沉淀，提高Cu的回收率（5）2：3（6）Cu2(OH)3Cl【解析】【分析】从铜氨废液含等中回收铜,废液中通人热空气,并加热,可生成,得到含有的溶液,加入20%的硫酸,调节pH=2,得到硫酸铜,硫酸铵溶液,加入20%的硫化钠溶液生成CuS沉淀,在沉淀中加入硝酸可生成NO、S和硝酸铜,加入硫酸生成硫酸铜,经过滤、洗涤、干燥得到五水硫酸铜晶体。向含有的溶液中加人盐酸,经过滤、洗涤、干燥,可得到碱式氯化铜。【小问1详解】固体受热分解生成和HCl，但和HCl在管口遇冷又化合反应生成，故A错误；浓氨水遇到生石灰，含有的水与生石灰化合生成熟石灰，过程中放出大量热，使浓氨水受热分解产生氨气，但收集氨气时试管不能用塞子堵住，故B错误；固体与熟石灰共热制备氨气，由于反应时有水生成，试管应倾斜向下，故C错误；浓氨水受热可分解产生氨气，使用液液加热型装置，故D正确；【小问2详解】极易溶于水，有毒，不能随意排放到空气中，且也有毒，而且能和氢氧化钠溶 液反应，故Z中盛有的是氢氧化钠溶液；氨气与反应，氨气被氧化成氮气和水，被还原成氮气，则反应的化学方程式是；【小问3详解】步骤(Ⅰ)“吹脱”时通入空气，氧气把氧化为，将CO氧化生成吹出，吹出游离的等，故答案为Cu、C；【小问4详解】步骤(III)“沉铜”时，溶液与溶液反应生成CuS沉淀和，因为硫化铜的溶解度小于氢氧化铜的溶解度，能使充分沉淀，提高Cu的回收率，所以“沉铜”选用溶液而不选用NaOH溶液；【小问5详解】步骤(IN)反应中CuS和硝酸反应生成NO、S，反应中S元素化合价由-2价升高到0价，N元素的化合价由+5价降低为+2价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3；【小问6详解】碱式氯化铜在400℃时能完全分解为CuO、和HCl。为测定碱式氯化铜的组成进行如下实验：准确称取42.9g碱式氯化铜，加热到400℃使其完全分解，剩余固体32.0g，将生成的气体通过浓硫酸的洗气瓶，浓硫酸增重3.6g。CuO的物质的量为的物质的量为，HCl的物质的量为，则，则碱式氯化铜化学式为；18.用A合成G的路线如图所示。请回答相关问题。已知：Ⅰ.RCHORCH2OHⅡ.R－COOH+R′－NH2+H2O Ⅲ.R－CN（1）醛X的名称是______，D中的官能团有______。（2）C的结构简式是______，C到D的反应类型是______。（3）请写出F到G的化学方程式：______。（4）E的同分异构体中，满足下列条件的同分异构体(不考虑立体异构)一共有______种。其中，苯环上连有2个取代基，且有4种不同化学环境的H，个数比为2：2：2：1的同分异构体的结构简式是______。①属于芳香族化合物②含有官能团－CN③可以和NaHCO3溶液反应放出气体（5）写出以苯甲醇()为原料制备的合成路线(其他无机试剂任选)______。【答案】（1）①.甲醛②.碳溴键、醚键（2）①.②.取代反应（3）++H2O（4）①.17②.、（5）【解析】【分析】有机合成流程图中，结合逆合成分析可知，醛X为甲醛，与A发生反应生成B：，由已知Ⅰ可推导C：，在 条件下发生醇的取代反应生成D，再在NaCN条件下发生取代生成E，E酸化生成F：，依据G的结构和已知Ⅱ可逆推Y：。【小问1详解】醛X可与A反应生成，增加一个碳原子，故醛X为甲醛；D：，官能团为醚键和碳溴键；故答案为甲醛；碳溴键、醚键。【小问2详解】B为，加氢还原生成；C到D是醇在条件下发生的取代反应；故答案为；取代反应。小问3详解】由已知Ⅱ可知；所以F到G的化学方程式。【小问4详解】E的同分异构体中，满足①属于芳香族化合物；②含有官能团－CN；③可以和NaHCO3溶液反应放出气体，所以含有羧基；所以有当取代基为-COOH和-CH2CN时，有3种；当取代基-CN，-CH2COOH时有3种；取代基为-CN，-COOH和-CH3时：当-CN和-COOH处在邻位时，有4种；当-CN和-COOH处在间位时，有4种；当-CN和-COOH处在对位时，有2种；当-CN，-COOH和-CH3均处在间位时有1种，所以共17种；苯环上连有2个取代基，且有4种不同化学环境的H，个数比为2：2：2：1的同分异构体的结构简式是、；故答案为17；、。【小问5详解】已知Ⅱ可推知羧基和氨基在条件下可脱一分子水生成酰胺键，目标产物逆向分析推 导上一级产物为和，这两种物质皆可由在一定条件合成，苯甲醇经历两步取代反应即可生成，合成路线为；故答案为。