浙江省精诚联盟2023届高三化学三模试题（Word版附解析）

浙江精诚联盟2022-2023学年高三下学期三模化学试题考生须知：1.本试题卷共8页，满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号。3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题卷。可能用到的相对原子质量；H1C12N14O16Na23Mg24Al27Si28S32K39Cl35.5Mn55Fe56Cu64Zn65Se79Ag108I127Ba137选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48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.下列物质属于盐类且水溶液呈碱性的是AKClB.C.BaOD.【答案】B【解析】【详解】A．KCl是强酸强碱盐，水溶液显中性，A错误；B．是弱酸强碱盐，水溶液显碱性，B正确；C．BaO不属于盐类，C错误；D．是强酸弱碱盐，水溶液显酸性，D错误；故选B。2.硫酸锌应用广泛，下列说法不正确的是A.Zn元素位于周期表d区B.属于强电解质C.溶液呈酸性D.可用于配制镀锌的电镀液【答案】A 【解析】【详解】A．Zn元素是ⅡB元素，所以位于ds区，选项A不正确；B．溶于水完全电离出Zn2＋、，属于强电解质，选项B正确；C．为强酸弱碱盐，水解溶液呈酸性，选项C正确；D．可用于配制镀锌的电镀液，在镀件上镀上锌，选项D正确；答案选A。3.下列化学用语表示正确的是A.过氧化钠的分子式：B.的空间结构：三角锥形C.钙离子的结构示意图：D.基态N原子的价电子轨道表示式：【答案】D【解析】【详解】A．过氧化钠是离子化合物，没有分子式，只有化学式，表示为，选项A错误；B．的中心原子C原子上含有3个σ键，中心原子上的孤电子对数=（a-xb）=（4+2-2×3）=0，所以的空间构型是平面三角形，选项B错误；C．钙原子的最外层有2个电子，在化学反应中易失去最外层电子，次外层变成最外层达到稳定结构，所以钙离子的结构示意图为：，选项C错误；D．N的价电子排布式为2s22p3，即价电子轨道表示式为，选项D正确；答案选D。4.下列关于物质性质与用途的说法不正确的是A.镁在空气中可燃烧，生成氧化镁和氮化镁B.铝与浓硝酸不反应，可用铝槽运输浓硝酸C.铁粉具有还原性，可作食品盒中的除氧剂D.二氧化硅导光能力强，可用来制备光导纤维 【答案】B【解析】【详解】A．镁的还原性强，在空气中可燃烧少言寡语，能与空气中的氧气、二氧化碳反应生成氧化镁，也能与氮气反应生成氮化镁，故A正确；B．铝在具有强氧化性的浓硝酸中发生钝化，钝化形成的致密氧化薄膜阻碍反应的继续进行，所以常用铝槽运输浓硝酸，故B错误；C．铁粉具有还原性，能与空气中的氧气反应，所以铁粉可作食品盒中的除氧剂，故C正确；D．制备光导纤维的原料是具有强导光能力的二氧化硅，故D正确；故选B。5.已知反应，下列说法不正确的是A.是氧化产物B.既是氧化剂又是还原剂C.3mol反应时转移5mol电子D.可能会与反应【答案】C【解析】【分析】在中中I为+1价，该反应为歧化反应，经过反应后I变为-1和+5价，3mol反应时转移4mol电子，据此分析解答。【详解】A．中I化合价升高是氧化产物，A正确；B．既是氧化剂又是还原剂，B正确；C．3mol反应时转移4mol电子，C错误；D．中中I为+1价有氧化性，具有还原性，二者可能发生反应，D正确；故选C。6.下列反应的离子方程式不正确的是A.通入水中：B.溶于氢氧化钠溶液中：C.少量通入次氯酸钙溶液中：D.水中的溶解氧氧化氢氧化亚铁： 【答案】C【解析】【详解】A．通入水中生成硝酸和NO，反应的离子方程式为，故A正确；B．溶于氢氧化钠溶液中生成四羟基合铝酸钠，反应的离子方程式是，故B正确；C．少量通入次氯酸钙溶液中生成碳酸钙沉淀和次氯酸，反应的离子方程式是，故C错误；D．水中的溶解氧氧化氢氧化亚铁生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为，故D正确；选C。7.下列说法不正确的是A.葡萄糖、麦芽糖和蔗糖都能发生银镜反应B.工业上可以油脂为原料生产肥皂C.苯酚、乙醇、硫酸铜、氢氧化钠和硫酸均能使蛋白质变性D.环辛四烯()分子中碳碳键键长有两种，据此推断它能使酸性溶液褪色【答案】A【解析】【详解】A．蔗糖是非还原性糖，不能发生银镜反应，故A错误；B．工业上制肥皂的主要原料是高级脂肪酸的钠盐，通常用油脂和氢氧化钠为原料经过皂化反应而制成，故B正确；C．蛋白质变性是由物理或化学因素使蛋白质的空间构象遭到破坏而引起性质的改变，苯酚、乙醇、硫酸铜、氢氧化钠可使蛋白质变性，故C正确；D．环辛四烯()分子中碳碳键键长有两种，说明该分子中存在碳碳双键，它能使酸性溶液褪色，故D正确；故答案选A。8.绿原酸是中成药连花清瘟胶囊的有效成分，其结构简式如图。下列有关说法正确的是 A.该物质属于芳香烃B.分子中共有2种官能团C1mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗3molD.1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗4molNaOH【答案】D【解析】【详解】A．烃是指只含有C、H两种元素的化合物，该物质还含有O元素，不属于芳香烃，A错误；B．根据结构简式，该分子中含有羟基、酯基、羧基和碳碳双键，共4种官能团，B错误；C．苯环上酚羟基的邻对位能与Br2发生取代反应，碳碳双键能与发生加成反应，根据结构简式可知，1mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗4mol，C错误；D．根据该物质的结构简式可知，该物种含有1个羧基、1个酯基、2个酚羟基，因此1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOH，D正确；故选D。9.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层只有一个电子，Z的3p轨道上只有一个电子，W与X属于同一主族。下列说法正确的是A.电负性：X<WB.最高价氧化物的水化物的碱性：Y<ZC.Y和W形成的化合物可能含有非极性共价键D.X、Y、W可形成离子化合物，其水溶液不可能呈碱性【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W分别为O、Na、Al、S，据此可分析各个选项。【详解】A．同主族元素，原子序数增大，电负性减小，故电负性：S<O，A错误；B．金属性：Na>Al，金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物碱性越强，故碱性：NaOH>Al(OH)3，B错误；C．Na与S可形成Na2S2，中存在非极性共价键，C正确； D．为离子化合物，其水溶液水解显碱性，D错误；故选C。10.为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1.8g含有的中子数为B.标准状况下，5.6L甲烷和乙烯的混合气体中含有的σ键数目大于C.1溶液中和微粒总数为D.室温下，35.5g氯气溶于水并充分反应，转移的电子总数为【答案】B【解析】【详解】A．D是H元素的同位素，由于具有一个中子，相对分子质量为2，的摩尔质量为20g/mol，1.8g不是1mol，中子数不为，A错误；B．标准状况下，5.6L任何气体的物质的量均为0.25mol，0.25mol甲烷中含有的σ键数目为1NA，0.25mol乙烯中含有的σ键数目为1.25NA，故当二者混合时含有的σ键数目大于，B正确；C．没有体积仅有浓度，故无法知道溶液中和微粒总数，C错误；D．35.5g氯气的物质的量为0.5mol，但该反应是自身氧化还原反应、且无法完全进行，转移的电子总数小于0.5，D错误；故选B。11.内部重整式高温燃料电池具有良好的商业化前景，其基本工作原理(以为原料，熔融碳酸盐为电解质)如图所示。下列说法正确的是A.b极为正极，发生还原反应B.电子流向：a极→导线→b极→电解质→a极 C.a极电极反应为D.该电池所用的隔膜一定属于阳离子交换膜【答案】A【解析】【分析】由装置可知a电极上CO和H2失电子生成CO2和H2O，则a极为负极，b极为正极，b电极上O2得电子结合CO2生成CO，和水反应生成CO和H2，据此解答。【详解】A．由以上分析可知b极为正极，得电子发生还原反应，故A正确；B．电子不经过电解质，故B错误；C．由以上分析可知a极反应物不是甲烷，故C错误；D．熔融碳酸盐为电解质，故隔膜允许碳酸根离子通过，为阴离子交换膜，故D错误；故选：A。12.某学习小组进行了如下实验：下列说法正确的是A.键角：中的∠H-O-H大于中的∠H-N-HB.步骤①的实验现象说明了和的结合能力比和的强C.步骤②的实验现象说明了的氧化性强于D.工业上常利用上述转化实现空气中氧气的分离与提纯【答案】C【解析】【详解】A．中水分子配位后还有一对孤电子对，故∠H-O-H更小，故A错误；B．步骤①发生了氧化反应，无法根据步骤①现象说明和、结合能力的强弱，故B错误；C．步骤②中Co元素化合价降低，实验现象说明了的氧化性强于，故C正确；D．工业上利用该原理分离与提纯空气中氧气缺乏经济效益，故D错误；故选：C。13.工业上以镉铁矿(主要成分为、、Fe和)为原料制备分析试剂的流程如图 [可溶于水]：下列说法不正确的是A.酸浸过程既有氧化还原反应，也有非氧化还原反应B.是还原镉步骤的还原剂，溶液中可能将其氧化为C.若氧化步骤有气泡生成，说明酸性条件下也能氧化D.沉镉后的滤液仍会残留少量的，排放前需进一步回收处理以防污染环境【答案】C【解析】【分析】镉铁矿加入稀硫酸酸浸，得到滤渣1主要成分为等，滤液加入甲醇还原镉，再加入双氧水氧化，调节pH得到滤渣2,加入碳酸钾溶液沉镉，去掉滤液，得到的碳酸镉加入溴酸转化，蒸发结晶得到；【详解】A．酸浸过程、与稀硫酸发生复分解反应生成盐和水，属于非氧化还原反应，Fe与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气属于氧化还原反应，选项A正确；B．是还原镉步骤的还原剂，溶液中可能将其氧化为，转化为，选项B正确；C．气泡可能是等催化下双氧水的分解产生的，选项C不正确；D．镉为重金属，沉镉后的滤液仍会残留少量的，排放前需进一步回收处理以防污染环境，选项D正确；答案选C。14.XH和反应生成X或XO能量-历程变化如图。在恒温恒容的密闭容器中加入一定量的XH和，t1min时测得，下列有关说法不正确的是 A.t1min时容器内的压强比初始状态更大B.C.只改变反应温度，t1min时可能出现D.相同条件下，在()时测定，可能出现【答案】D【解析】【分析】由图可知XH和反应生成X或XO都是放热反应，相对而言生成的活化能更低，反应速率更快，时间上要出现时间上要比t1min更短。【详解】A．据图可知生成1mol气体物质的量减小生成1mol，生成1mol气体物质的量增加2mol，因为t1min时测得，所以t1min时气体总的物质的量是增大的，因此t1min时容器内的压强比初始状态更大，A正确；B．由图可知，B正确；C．XH和反应生成X或XO都是放热反应，相对而言生成的活化能更低，反应速率更快，只改变反应温度，t1min时可能出现，C正确；D．根据题干信息t1min时测得，说明是动力学产物，时间上要出现时间上要比t1min更短，D错误；故选D。15.溶液中存在：、。已知25℃时或浓度的负对数()与pH的关系如图，下列说法不正确的是 A.据图可计算约为B.时溶液中C.调节饱和溶液pH至6，R元素仍主要以存在D.向0.5L、的溶液中通入0.2molHCl，R元素在溶液中的主要存在形式仍为【答案】B【解析】【分析】由题中所给的两个方程式可以判断左侧斜线代表浓度的负对数()与pH的关系，右侧则代表浓度的负对数()与pH的关系。【详解】A．取pH=7，，此时-lgc=3，即根据Ksp计算公式可得，A正确；B．根据，取pH=13，，此时-lgc=4，即可得出本反应的化学平衡常数，当pH=9时，，求得此时，同理将代入，得，二者不相等，B错误；C．由图像可知，当调节饱和溶液pH至6时，-lgc=1，即，C正确； D．，根据，可知，可知此时溶液中含有约1.6mol，将通入的0.2molHCl消耗掉还剩余1.4mol，，代入，而此时，故此时R元素在溶液中的主要存在形式仍为，D正确；故选B16.向固体和200mL1形成的混合后的溶液中通入过量，可观察到有大量白色沉淀，某学习小组为进一步探究该过程中氧化的微粒，设计并完成以下步骤：(1)向固体、100mL0.02盐酸和100mL6.0形成的混合液中通过量，观察到白色沉淀。(2)向固体和200mL1.0形成的混合液中通过量，观察到白色沉淀。(3)取少量步骤(2)反应后的上层清液，滴入0.1溶液，观察到蓝色沉淀。已知：1.0溶液的pH约为2，不同浓度被还原时产物不同，不同pH时的氧化能力也不同。下列说法不正确的是A.步骤(1)说明酸性条件下能氧化B.步骤(2)反应的离子方程式：C.步骤(2)已证明能氧化，因此步骤(3)可舍去D.综合上述步骤，说明题干中是溶液的和酸性条件下共同氧化的【答案】D【解析】【详解】A．步骤(1)有白色沉淀生成说明酸性条件下具有氧化性的硝酸根离子将二氧化硫氧化为硫酸，生成的硫酸根离子与溶液中的钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，故A正确； B．步骤(2)有白色沉淀生成说明溶液中的铁离子将二氧化硫氧化为硫酸，生成的硫酸根离子与溶液中的钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，反应的离子方程式为，故B正确；C．步骤(2)有白色沉淀生成说明溶液中的铁离子将二氧化硫氧化为硫酸，由氧化还原反应规律可知，溶液中铁离子被还原为亚铁离子，所以步骤(2)已证明溶液中铁离子能氧化二氧化硫，不需要加入铁氰化钾溶液检验溶液中的亚铁离子证明，则步骤(3)可舍去，故C正确；D．由题给信息和各步实验现象可知，二氧化硫与硝酸铁溶液能发生氧化还原反应，二氧化硫可能是被溶液中铁离子氧化为硫酸，也可能是被酸性条件下硝酸根离子氧化为硫酸，还可能是被溶液中的铁离子和酸性条件下硝酸根离子共同氧化为硫酸，故D错误；故选D。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.硫、硒及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛应用。请回答：（1）Se与S同主族，分子的VSEPR模型为___________，的沸点高于的原因是___________。（2）基态硒原子的价电子排布式为___________，Se的第一电离能比同周期相邻元素As小的原因是___________。（3）可用作高压发电系统的绝缘气体，分子结构如图1所示，下列说法正确的是___________。A.该分子属于非极性分子B.电负性F>S，键角∠FSF为90°或180°C.中心原子的杂化方式为D.该分子中所有原子均满足8的稳定结构（4）单质硫和氢气在低温高压下可形成一种新型的超导材料，其晶胞结构如图，该化合物的化学式为___________。 （5）已知β-MnSe晶体的晶胞结构如图所示，该正方体晶胞的边长为apm，阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为___________(列出表达式)。【答案】（1）①.四面体②.两者为结构相似的分子晶体，相对分子质量更大，分子间作用力更强（2）①.②.As的4p能级为半充满状态，能量更低，更稳定(或：Se的电离出1个电子后变为的半充满稳定状态，故比As的更易电离出1个电子)（3）AB（4）（5）【解析】【小问1详解】易知分子价层电子对为2+2=4，存在两对孤电子对，可知VSEPR模型为四面体；的沸点高于的原因是两者为结构相似的分子晶体，相对分子质量更大，分子间作用力更强。【小问2详解】基态硒原子的价电子排布式为，Se的第一电离能比同周期相邻元素As小的原因是As的4p能级为半充满状态，能量更低，更稳定或Se的电离出1个电子后变为的半充满稳定状态，故比As的更易电离出1个电子。【小问3详解】中正电荷与负电荷重合，为非极性分子；电负性F>S，由图可知，键角∠FSF为90°或180°；价层电子对数为6，可知中心原子的杂化方式为；该分子中S原子共有6+6=12个电子。故选A、B。 【小问4详解】易知晶胞中S的数目为，H的数目为，故化学式为。【小问5详解】易知晶胞中Mn、Se的数目均为4，故密度为。18.化合物X含四种常见元素，某兴趣小组对其组成进行如下探究：已知：流程中所用试剂均足量，Mr(X)、Mr(A)均小于100。请回答：（1）B的化学式是___________，C的电子式是___________。（2）化合物X中除镁元素外，含有的其他三种元素是___________。（3）化合物X与水反应的化学方程式是___________。（4）将气体C通入新制的银氨溶液，可产生一种仅含两种元素的难溶化合物(测得其相对分子质量为240)，写出该过程的离子反应方程式___________。（5）设计合理的实验方案，检验气体D中存在各成分___________。【答案】（1）①.AgCl②.（2）C、Cl、H（3）（4）（5）将气体D依次通过盛有无水、浓硫酸、澄清石灰水和NaOH溶液的装置，收集剩余气体并用带火星的木条检验，若澄清石灰水变浑浊说明有，带火星的木条复燃说明有，无水固体变蓝说明有水蒸气【解析】【分析】由1.16gMg(OH)2可知，物质的量为0.02mol，化合物A 加稀硝酸后，加入硝酸银生成白色沉淀，所以2.87g白色沉淀B为0.02molAgCl；8.00g白色沉淀E为碳酸钙，则C为0.08mol，气体C为0.04mol，1个C分子含有2个碳原子。总之，3.38g化合物X中含Mg、Cl各0.04mol，C为0.08mol，质量差说明含0.04g，依据后续的元素组成，可能为0.04mol的H原子。故X的化学式为MgClC2H，相对分子量为84.5，既符合化合价，又符合相对分子量的要求。因此A为Mg(OH)Cl，C为C2H2。【小问1详解】据分析可知，B的化学式是AgCl，C为C2H2，电子式是；故答案为AgCl；。【小问2详解】X的化学式为MgClC2H，化合物X中除镁元素外，含有的其他三种元素是C、Cl、H，故答案为C、Cl、H。【小问3详解】化合物X与水反应生成A为Mg(OH)Cl，C为C2H2，化学方程式是，故答案为。【小问4详解】C为C2H2，将气体C通入新制的银氨溶液，可产生一种仅含两种元素的难溶化合物(测得其相对分子质量为240)，根据元素组成和相对分子量可推测Ag2C2,离子反应方程式为，故答案为。【小问5详解】C为C2H2，生成气体D为二氧化碳和水，将气体D依次通过盛有无水、浓硫酸、澄清石灰水和NaOH溶液的装置，收集剩余气体并用带火星的木条检验，若澄清石灰水变浑浊说明有，带火星的木条复燃说明有，无水固体变蓝说明有水蒸气，故答案为将气体D依次通过盛有无水、浓硫酸、澄清石灰水和NaOH溶液的装置，收集剩余气体并用带火星的木条检验，若澄清石灰水变浑浊说明有，带火星的木条复燃说明有，无水固体变蓝说明有水蒸气。19.合理开发利用、等含碳化合物对我国实现“碳达峰·碳中和”发展战略具有重要意义。（1）已知： 由此可计算反应的___________。（2）已知。500℃时，与水蒸气重整时主要发生的反应有：、，实际生产中可向重整反应体系中加入适量多孔CaO，理由是___________。（3）的催化重整反应为。①恒容绝热密闭容器中，下列能说明该可逆反应已达到平衡状态的是___________(填序号)。A．单位时间内消耗1mol的同时生成2molB．密闭容器内的压强不再改变C．反应速率D．混合气体的密度不再改变E．混合气体的平均相对分子质量不再改变②不同温度和原料配比对反应出口产物中甲烷含量、影响如图1、图2所示。 据图1可知，特定时，在600-850℃范围内逐渐增大，有同学认为可能是副反应导致，请写出2个可能发生的副反应的化学反应方程式___________。请在图2中画出=1时出口合成气中的变化关系曲线___________。【答案】（1）-31.4（2）吸收，提高的产率，提供热量（3）①.B、E②.、③.【解析】【小问1详解】根据盖斯定律可知，所求反应为-´[2③+①+②]，故求得反应热为-31.4。【小问2详解】 氧化钙与反应放热，加入适量多孔的CaO便于吸收，且二者反应放热，提供热量，有利于甲烷与水蒸气的重整反应，提高的产率。【小问3详解】A．单位时间内消耗1mol的同时生成2mol，均为正向反应，不能说明正反应速率等于逆反应速率，故A不符合题意；B．该反应前后气体分子数不相等，则随反应进行，压强逐渐变大，当密闭容器内的压强不再改变反应达到平衡，故B符合题意；C．反应速率之比始终等于化学计量数之比，不能说明反应达到平衡状态，故C不符合题意；D．混合气体质量不变，容器体积恒定，则混合气体的密度始终保持恒定，故D不符合题意；E．混合气体质量不变，气体物质的量增大，则平均相对分子质量逐渐减小，当混合气体的平均相对分子质量不再改变反应达到平衡状态，故E符合题意；故答案为BE；②由图可知，甲烷质量分数在减少，氢气的物质的量在增加，故发生的副反应可能为、；的比值越小，产物中CO的含量越小，则越大，因此=1时出口合成气中的变化关系曲线。20.实验室以废铜屑为原料制取碱式碳酸铜[]的流程如下：已知：①废铜屑的主要杂质有CuO、、、FeO和，“酸浸”使用的装置如图； ②相关数据见下表：物质开始沉淀pH1.96.54.23.4沉淀完全pH3.29.76.74.0请回答：（1）仪器Y的名称是___________，溶液Z的作用是___________。（2）流程中需要对滤液加热至70℃但又不宜过高，理由是___________。（3）下列有关说法正确的是___________。A．“酸浸”装置鼓入的也可用空气代替B．物质X可能是CuO、NaOH溶液或浓氨水C．滤渣的主要成分是、、和D．流程中两次对溶液调pH，其调节范围和操作目的均不相同E．“系列操作”包括了充分搅拌、趁热过滤、蒸馏水洗和灼烧等步骤（4）可采用滴定法、热重分析法分别对碱式碳酸铜[]的组成进行分析。①滴定法测定时需要用到酸式滴定管。其中，滴定步骤前可能需要的操作如下，请从中选出正确的操作并按序列出字母：______向滴定管加蒸馏水并观察是否漏液______→______→______→______→______→______→在滴定管架上竖直放置，静置后读数a．用蒸馏水洗涤滴定管，再用标准溶液润洗b．将活塞旋转180°后静置观察c．使滴定管略倾斜，捏住橡皮管内玻璃球赶走管尖气泡d．向滴定管中加入标准液并高于“0”刻度e．竖直滴定管，调整标准液液面低于“0”刻度f．一手握住并倾斜滴定管，一手开关活塞赶走管尖气泡 ②测得碱式碳酸铜[]的热重分析结果如图所示，已知失重至65.7%时固体呈砖红色，则计算可知___________(保留3位有效数字)。【答案】（1）①.三颈(烧)瓶②.吸收氮氧化物，防止污染空气（2）加热可促进水解，加快沉淀生成速率，但温度过高也会引起产物分解（3）A、D（4）①.b→a→d→f→e②.1.24【解析】【分析】根据制取碱式碳酸铜的流程图，分析如下：将含有杂质的废铜屑用浓硝酸进行酸浸，废铜屑与浓硝酸反应生成一氧化氮、二氧化氮气体和Cu2+、Al3+、Fe3+，由于浓硝酸具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，溶液中不存在Fe2+，SiO2不与浓硝酸反应，根据已知①，由于酸浸过程会生成大量气体，通入氮气能将生成的气体赶出装置，保证反应充分进行；随后向反应后溶液中加入物质X调节pH的目的是除去溶解在溶液中的杂质离子，由于酸浸后的溶液呈酸性，根据已知②，推测物质X为NaOH溶液，调节pH至3.2，使Fe3+沉淀，随后过滤出Fe(OH)3和未反应的SiO2；向滤液中加入Na2CO3溶液，再加热到70℃，生成碱式碳酸铜，加热温度不宜过高，防止碱式碳酸铜分解；继续调节pH至4.0，使溶液中Al3+沉淀完全。【小问1详解】仪器Y的名称是三颈烧瓶；根据流程图可知，酸浸过程会产生氮氧化物，故溶液Z的作用是吸收氮氧化物，防止污染空气。【小问2详解】流程中需要对滤液加热至70℃但又不宜过高，理由是加热可促进Cu2+水解，加快沉淀生成速率，但温度过高也会引起产物分解。【小问3详解】A．酸浸装置中鼓入氮气的目的是使废铜屑充分与硝酸接触，故可以用空气代替N2，A正确；B．物质X不能是浓氨水，B错误；C．浓硝酸具有氧化性，经过酸浸后不应该还存在，故C错误；D．流程中两次对溶液调pH，其调节范围和操作目的均不相同，D正确； E．碱式碳酸铜受热易分解，不能灼烧，E错误；故选AD。【小问4详解】根据检漏要求，步骤为b→a→d→f→e；失重至65.7%时为氧化亚铜，由原子守恒可计算，，解得=1.24。21.依匹哌唑是一种常用的精神分裂症药物，其研究小组按以下路线进行合成(部分反应条件已省略)：已知：①Boc-为叔丁氧羰基()的简写；②。请回答：（1）化合物A的官能团名称是___________。（2）化合物B的结构简式是___________。（3）下列有关说法不正确的是___________。A.化合物D的分子式是B.步骤③使用有助于提高D的产率C.依匹哌唑与足量充分还原后的产物中共含7个手性碳原子D.步骤④⑤⑥中所涉及的反应的反应类型不完全相同（4）写出步骤⑥的化学反应方程式___________。（5）写出同时符合以下条件的化合物X的全部同分异构体的结构简式(不包括立体异构体)___________。 ①只含有一个环的芳香族化合物；②红外光谱显示分子内含有硝基；③核磁共振氢谱显示共有3组峰。（6）化合物M()可用于制备X。请以对硝基甲苯()和乙醇为原料，设计合成M的路线(用流程图表示，无机试剂任选)。___________【答案】（1）碳碳双键（2）（3）CD（4）（5）、（6）【解析】【分析】A为1,3-丁二烯，A与Br2发生1，4加成生成B，B为，B和H2发生加成反应生成C为，C一个Br和发生取代反应生成D，D中的Br和X反应生成E，E中Boc保护基在HCl条件下脱去，生成F为，根据依匹哌唑的结构，可推测Y为；据此分析解题。【小问1详解】化合物A为1,3-丁二烯，官能团名称是碳碳双键，故答案为碳碳双键。【小问2详解】据分析可知，化合物B的结构简式是，故答案为。【小问3详解】A．根据化合物D结构，分子式是，故A正确； B．步骤③中发生反应有HBr，使用可消耗HBr，有助于提高D的产率，故B正确；C．依匹哌唑与足量不还原肽键中的羰基，所得分子中手性碳原子共6个，故C错误；D．D项步骤④⑤⑥中所涉及的反应均为取代反应，故D错误；故答案选CD。【小问4详解】步骤⑥为Y与F反应，化学反应方程式为，故答案为。【小问5详解】根据X的结构式，该同分异构体满足①只含有一个环的芳香族化合物；②红外光谱显示分子内含有硝基；③核磁共振氢谱显示共有3组峰，所以同分异构体的结构简式为、，故答案为、。【小问6详解】