江苏省扬州市2023-2024学年高三化学上学期期初模拟考试试卷（PDF版附解析）

扬州市2024届高三上学期期初考试模拟试题化学学科可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16Mg-24S-32Cl-35.5一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1．我国提出在2060年前完成“碳中和”的目标，下列有关低碳生活的说法正确的是A．杜绝化石燃料等传统能源的使用B．在一定条件下，选择合适的催化剂将CO2氧化为甲酸C．推广使用煤液化技术，可减少二氧化碳的排放D．开发太阳能、风能、生物质能等新能源是践行低碳生活的有效途径2．反应3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2常用来检验输送氯气的管道是否漏气。下列说法正确的是A．NH3是非极性分子B．Cl原子结构示意图为C．N2的电子式为D．NH4Cl中既含有离子键又含有共价键3．实验室制备和收集氨气时，下列装置能达到相应实验目的的是A．制备氨气B．干燥氨气C．收集氨气D．吸收尾气A．AB．BC．CD．D4．CrSi、Ge—GaAs、ZnGeAs2和碳化硅都是重要的半导体化合物，下列说法错误的是A．基态铬原子的价电子排布式为3d54s1B．Ge—GaAs中元素Ge、Ga、As的第一电离能由大到小的顺序为As>Ga>GeC．ZnGeAs2中元素Zn、Ge、As的电负性由大到小的顺序为As>Ge>ZnD．碳化硅属于原子晶体，其熔沸点均大于晶体硅第1页，共9页学科网（北京）股份有限公司 5．卤族元素单质及其化合物应用广泛。CN具有与卤素单质相似的化学性质。F2在常温下能与Cu反应2生成致密的氟化物薄膜，还能与熔融的Na2SO4反应生成硫酰氟(SO2F2)。CaF2与浓硫酸反应可制得HF，常温下，测得氟化氢的相对分子质量约为37.SO2通入KClO3酸性溶液中可制得黄绿色气体ClO2，该气体常用作自来水消毒剂。工业用Cl2制备TiCl4的热化学方程式为TiO2s2Cl2g2CsƒTiCl4g12COgH49kJmol。下列说法不正确的是23A．CN2是由极性键构成的极性分子B．ClO3、SO4中心原子的杂化方式均为spC．常温下，氟化氢可能以HF分子的形式存在2D．F2与熔融Na2SO4反应时一定有氧元素化合价升高6．化学方程式是化学转化过程的符号语言描述，不仅表示物质的转化，有的还揭示转化的本质，有的还表示出物质转化过程中的能量变化，下列叙述正确的是2A．碳酸氢铵溶液中滴加足量NaOH溶液：NH4HCO32OHNH3H2OCO3H2OB．H2O2一种绿色氧化剂，但遇到酸性高锰酸钾时，只能表现出还原性，其反应的方程式：3H2O23H2SO42KMnO4=K2SO42MnSO44O26H2O2C．SO2通入漂白粉溶液中产生白色浑浊：SO2Ca2ClOH2OCaSO32HClOD．H的标准燃烧热是285.8kJmol1，其燃烧的热化学方程式可以表示为22H2(g)O2(g)2H2O(g)1H571.6kJmol。7．卤族元素单质及其化合物应用广泛。CN具有与卤素单质相似的化学性质。F2在常温下能与Cu反应2生成致密的氟化物薄膜，还能与熔融的Na2SO4反应生成硫酰氟(SO2F2)。CaF2与浓硫酸反应可制得HF，常温下，测得氟化氢的相对分子质量约为37。SO2通入KClO3酸性溶液中可制得黄绿色气体ClO2，该气体常用作自来水消毒剂。工业用Cl2制备TiCl4的热化学方程式为TiO2s2Cl2g2CsƒTiCl4g12COgH49kJmol。下列物质性质与用途具有对应关系的是A．铜单质化学性质不活泼，可用于制作储存F2的容器B．ClO2呈黄绿色，可用于自来水消毒C．SO2具有还原性，可用于与KClO3反应制ClO2第2页，共9页学科网（北京）股份有限公司 D．浓硫酸具有强氧化性，可用于与CaF2反应制HF8．氯及其化合物应用广泛。氯的单质Cl2可由MnO2与浓盐酸共热得到，Cl2能氧化Br-，可从海水中提取-Br2；氯的氧化物ClO2可用于自来水消毒，ClO2是一种黄绿色气体，易溶于水，与碱反应会生成ClO2与-ClO3，在稀硫酸和NaClO3的混合溶液中通入SO2气体可制得ClO2；漂白液和漂白粉的有效成分是次氯酸盐，可作棉、麻的漂白剂。下列含氯物质的转化正确的是过量CO2光照加热电解A．漂白粉HClO(aq)Cl2(g)B．MgCl2(aq)无水MgCl2Mg通电Fe过量CO2C．NaCl(aq)Cl2(g)点燃FeC13D．NaCl(aq)NaHCO3(aq)Na2CO3(s)9．五倍子是一种常见的中草药，其有效成分为X。在一定条件下X可分别转化为Y、Z。下列说法不正确的是A．Z中含氧官能团有三种：羟基、羧基、酯基B．Y在浓硫酸做催化剂加热条件下发生消去反应C．Z在酸性条件下水解生成两种有机物，1molZ最多能与8molNaOH发生反应D．可以用FeC13溶液检验X是否完全转化为Y10．用活性炭与NO2反应：为2C(s)+2NO2(g)⇌2CO2(g)+N2(g)H0来消除氮氧化物产生的空气污染。下列说法正确的是2cCO2cN2A．该反应只在高温条件下能自发进行B．该反应平衡常数的表达式为K22cNO2c(C)23C．该反应中消耗1molNO2，转移电子的数目为46.0210D．该反应到达平衡后，升高温度，正反应速率减慢，逆反应速率加快11．下列实验探究方案能达到探究目的的是选探究方案探究目的项A向FeCl3溶液中滴加氯水，观察溶液颜色变化氯水中含有HClO第3页，共9页学科网（北京）股份有限公司 取5mL0.11溶液，向其中加入1mL0.11KI溶2Fe32I2Fe2I是可molLFeCl3molL2B液，振荡，向上层清液滴加3～4滴KSCN溶液，观察溶液颜色变化逆反应C用pH计测定Na2CO3、Na2SiO3溶液的pH，比较溶液pH大小C的非金属性比Si强将NaClO溶液分别滴入品红溶液和滴加醋酸的品红溶液中，观察品DpH对ClO氧化性的影响红溶液颜色变化A．AB．BC．CD．D12．硫代硫酸钠(Na2S2O3)的制备和应用相关流程如图所示。28711已知：25℃时，H2SO3的Ka11.410，Ka26.010；H2CO3的Ka14.510，Ka25.010下列说法正确的是22A．步骤1过程中pH=8时，cSO3cCO30.03cHSO3cHCO32B．步骤1所得的溶液中：cNa2cH2SO3cHSO3cSO3C．步骤3所得的清液中：cAgcBrKspAgBr32D．步骤3的离子方程式为：Ag2SOAgSO2323213．通过反应Ⅰ：CO2g3H2gƒCH3OHgH2Og可以实现CO2捕获并资源化利用。密闭容器中，nH2反应物起始物质的量比3时，在不同条件下(分别在温度为250℃下压强变化和在压强为5105PanCO2下温度变化)达到平衡时CH3OH物质的量分数变化如图所示。主要反应有：1反应Ⅱ：CO2gH2gCOgH2OgH42.5kJmol1反应Ⅲ：COg2H2gCH3OHgH90.7kJmol下列说法正确的是第4页，共9页学科网（北京）股份有限公司 1A．反应Ⅰ的H133.2kJmolB．曲线①表示CH3OH的物质的量分数随温度的变化nH2C．一定温度下，增大的比值，可提高CO2平衡转化率nCO2nH2D．在5105Pa、250℃、起始3条件下，使用高效催化剂，能使CHOH物质的量分数从X点达3nCO2到Y点二、非选择题：共4题，共61分。14．铜-钢双金属废料和铜烟灰是铜的重要二次资源。Ⅰ．从铜-钢双金属废料中浸出铜的工艺流程如下：(1)25℃时，随溶液的pH不同，甘氨酸在水溶液中分别以NH3CH2COOH、NH3CH2COO或NH2CH2COO为主要形式存在。内盐NH3CH2COO是两性化合物，请用离子方程式表示其水解使水溶液呈碱性的原因：。(2)浸出剂的制备：主要原料有甘氨酸(简写为HL)、CuSO4溶液和NaOH固体。取一定量NaOH固体溶于水，随后依次加入(填“HL”或“CuSO4”，下同)、，所得碱性浸出剂的主要成分为甘氨酸铜CuL、L等。2第5页，共9页学科网（北京）股份有限公司 (3)浸出：将经打磨的铜钢废料投入浸出剂，控制温度50℃，通入空气，并搅拌。浸出剂不与钢作用，但与铜反应，最终铜全部转化为CuL2进入溶液，从而实现铜、钢分离。①浸出时发生的反应过程为CuL2Cu2L2CuL2、。1②其它条件不变时，空气流量对铜浸出速率的影响如图1所示。当空气流量超过1.0Lmin时，铜浸出速率急剧下降的可能原因是。Ⅱ．从铜烟灰(主要成分为Cu(OH)Cl、FeO、Fe2O3、Zn3PO42)中回收铜的主要步骤为：酸浸→萃取→反萃取→电解。已知：Zn3PO42溶于无机酸。(4)酸浸：将铜烟灰用硫酸浸出，控制其他条件相同，铜浸出率与温度的变化关系如图2所示。随温度升高，铜浸出率先增大后减小的可能原因是。(5)萃取、反萃取：向浸出液(Cu2浓度为7g/L)中加入有机萃取剂(RH)萃取，其原理可表示为：Cu2(水层)2RH(有机层)ƒRCu(有机层)2H(水层)。2向萃取所得有机相中加入硫酸，反萃取得到水相(Cu2浓度达40g/L)。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是。15．F是一种抗血小板凝聚的药物，其人工合成路线如图：(1)D分子中采取sp3杂化的碳原子数目是。(2)B的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：。第6页，共9页学科网（北京）股份有限公司 ①分子中有4种不同化学环境的氢原子；②苯环上有2个取代基，能发生银镜反应。(3)E→F中有一种相对分子质量为60的产物生成，该产物的结构简式为，实验室中如需确定此产物中含有的官能团，通常使用的分析仪器设备名称为。(4)A→B的反应需经历的过程，中间体Y的分子式为C11H12NF，X→Y的反应类型为。(5)已知：，写出以、(CH3CO)2O、和NBS为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。16．以硫酸烧渣(主要成分为Fe2O3和少量Fe3O4、Al2O3、SiO2等)为原料制备氧化铁红的工艺流程如下：332已知：Fe3H2C2O4FeC2O436H，FeH2C2O4FeC2O42H。(1)“酸浸”时，使用草酸作为助剂可提高铁浸取率，草酸加入量[m(草酸)/m(硫酸烧)×100%]对铁浸取率的影响如图所示。公众号：高中试卷站①加入草酸能提高铁浸取率的原因是。②草酸加入量大于20%时，铁浸取率随草酸加入量增加而减小的原因是。第7页，共9页学科网（北京）股份有限公司 (2)“沉铁”时，反应温度对铁回收率的影响如图所示。①FeSO4转化为FeOH3的离子方程式为。②反应温度超过35℃时，铁回收率下降的原因是。③“沉铁”后过滤所得“母液”中含有的主要成分为硫酸铵和。(3)“纯化”时，加入NaOH溶液的目的是。17．研发二氧化碳利用技术、降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。(1)减少碳排放的方法有很多，CO2转化成有机化合物可有效实现碳循环，如下反应：光合作用a．6CO+6HOCHO+6O2261262催化剂b．CO2+3H2加热CH3OH+H2O催化剂c．2CO2+6H2加热CH2=CH2+4H2O上述反应中原子利用率最高的是(填编号)。(2)CO2在固体催化表面加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应：主反应：COˆˆ-12(g)+4H2(g)‡ˆ†ˆCH4(g)+2H2O(g)ΔH1=-156.9kJmol副反应：COˆˆ-12(g)+H2(g)‡ˆ†ˆCO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.1kJmol-1已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH3=-395.6kJmol，CHCH(g)+2O(g)=CO(g)+2HO(g)ΔH=则4燃烧的热化学方程式4222。公众号：高中试卷站(3)利用电化学方法通过微生物电催化将CO2有效地转化为H2C2O4，装置如图1所示。阴极区电极反应式为；当体系的温度升高到一定程度，电极反应的速率反而迅速下降，其主要原因是。第8页，共9页学科网（北京）股份有限公司 (4)研究脱除烟气中的NO是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。有氧条件下，在Fe基催化剂表面，NH3还原NO的反应机理如图2所示，该过程可描述为。(5)近年来，低温等离子技术是在高压放电下，O2产生O*自由基，O*自由基将NO氧化为NO2后，再用Na2CO3溶液吸收，达到消除NO的目的。实验室将模拟气(N2、O2、NO)以一定流速通入低温等离子体装置，实验装置如图3所示。①等离子体技术在低温条件下可提高NO的转化率，原因是。②其他条件相同，等离子体的电功率与NO的转化率关系如图4所示，当电功率大于30W时，NO转化率下降的原因可能是。第9页，共9页学科网（北京）股份有限公司 试题解析1．DA．现代社会化石燃料仍是主要能源，不可能杜绝化石燃料等传统能源的使用，A错误；COB．2转化为甲酸时碳元素化合价降低，不是氧化而是还原，B错误；C．推广使用煤液化技术，可减少颗粒污染物的排放，不能减少二氧化碳的排放，C错误；D．开发太阳能、风能、生物质能等新能源，能减少化石燃料的使用，故是践行低碳生活的有效途径，D正确；答案选D。2．DA．NH3分子中N原子含有一对孤电子，电子式为，空间构型为三角锥，不对称，正负定性向量和不为0，属于极性分子，故A错误；B．氯原子的核内有17个质子，核外有17个电子，故氯原子的结构示意图为，故B错误；C．氮气中N原子达8电子稳定结构，电子式为，故C错误；D．NH4Cl中铵根离子和氯离子之间存在离子键、铵根离子中存在N-H极性键，故D正确；故选：D。3．DA．NH4Cl受热分解生成NH3和HCl，两者遇冷在试管口又重新生成NH4Cl，A错误；B．氨气能与浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥氨气，B错误；C，氨气的密度小于空气，应该是短导管进长导管出，C错误；D．氨气极易溶于水，该装置可用于防止倒吸，D正确；故答案选D。4．BA．铬元素的原子序数24，基态铬原子的价电子排布式为3d54s1，故A正确；B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则第一电离能As＞Ge＞Ga，故B错误；C．非金属元素的电负性强于金属元素，金属元素的金属性越强，电负性越小，砷为非金属元素，锌的金属性强于锗元素，则电负性由大到小的顺序为As>Ge>Zn，故C正确；D．原子晶体的熔沸点取决于共价键的强弱，碳化硅、晶体硅均属于原子晶体，碳硅键的键能大于硅硅键、键长小于硅硅键，则熔沸点碳化硅均大于晶体硅，故D正确；故选B。5．AA．(CN)2分子内碳原子有1个碳碳单键、1个碳氮三键，则C原子为sp杂化，直线形，正负电荷中心重叠，是由极性键、非极性键构成的非极性分子，A错误；7+1-23=1ClOB．3中心原子的孤电子对为2，价层电子对个数=1+3=4，所以中心原子为6+2-243=0sp杂化，硫酸根离子中心原子的孤电子对为2，价层电子对个数=4+0=4，所答案第1页学科网（北京）股份有限公司 3sp以中心原子为杂化，B正确；C．常温下，氟化氢分子间存在氢键、存在缔合分子，且常温下测得氟化氢的相对分子质量约为37，故可能以(HF)2子的形式存在，C正确；FNaSOSOFD．2与熔融24反应生成硫酰氟(22)，氟化合价降低，钠和S已是最高价态，则反应时一定有氧元素化合价升高，D正确；答案选A。6．AA．NH4HCO3溶液中滴加足量NaOH溶液，离子方程式：HCO3-+NH4++2OH-═NH3•H2O+CO32-+H2O，故A正确；B．高锰酸钾与过氧化氢发生氧化还原反应，锰元素化合价变化：+7～+2价，过氧化氢中氧元素化合价变化：-1～-2价，依据氧化还原反应得失电子守恒，最小公倍数为10，则高锰酸钾系数为2，过氧化氢系数为5，依据原子个数守恒反应的化学方程式：2KMnO4+5H2O2+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+5O2↑+8H2O，故B错误；C．少量SO2通入漂白粉溶液中的离子反应为SO2+H2O+Ca2++3ClO-=CaSO4↓+2HClO+Cl-，故C错误；D．气态水不是稳定氧化物，则表示燃烧热的热化学方程式可表示为2H2(g)十O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ/mol，故D错误；故选A。7．CA．铜单质化学性质不活泼，但由于F2氧化性强，可以与Cu反应产生CuF2，因此Cu不可用于制作储存F2的容器，A错误；B．ClO2呈黄绿色，具有强的氧化性，能够使水中细菌、病毒蛋白质发生变性，因而可用于自来水消毒，与其是否是黄绿色无关，因此不具有对应关系，B错误；C．SO2具有还原性，KClO3具有强的氧化性，二者会发生氧化还原反应，SO2可以使KClO3还原为ClO2，因此可用于与KClO3反应制ClO2，C正确；D．浓硫酸具有强酸性，可与CaF2发生复分解反应产生CaSO4和HF，因此可以用于制HF，属于高沸点酸制备低沸点酸，这与浓硫酸是否具有强氧化性无关，D错误；故合理选项是C。8．CA．H2CO3酸性强于HClO，CO2通入漂白粉中可制备HClO。但HClO见光分解为HCl和O2，A项错误；B．MgCl2加热易水解产生Mg(OH)2，获得无水MgCl2需要在HCl氛围中加热。MgCl2熔融电解得到Mg，B项错误；C．NaCl溶液电解阳极Cl-放电得到Cl2，铁在Cl2中燃烧生成FeCl3，C项正确；D．氯化钠溶液不能和二氧化碳反应，且NaHCO3固体受热分解可得到Na2CO3，而不是溶液分解，D项错误；故选C。9．CA．Z中含氧官能团有三种：羟基、羧基、酯基，故A正确；B．Y中连接羟基的邻位碳上有H原子，在浓硫酸做催化剂加热条件下可发生消去反应，故B正确；答案第2页学科网（北京）股份有限公司 C．Z在酸性条件下酯基发生水解反应生成有机物为、，它们是同一物质，Z中酚羟基、羧基、酯基水解生成的-COOH和酚-OH都能和NaOH以1：1反应，Z中含有5个酚羟基、1个羧基、1个酯基水解生成1个羧基和1个酚羟基，所以1molZ最多能和8molNaOH反应，故C错误；D．酚羟基与FeC13溶液发生显色反应，由于Y不含有酚羟基，加入FeC13溶液后若没有紫色，说明X完全转化了，若有紫色说明未完全转化，能根据溶液颜色确定X未完全转化，故D正确；故选：C。10．CA．该反应H0，ΔS>0，G=H-TS<0可以自发，根据反分析可知该反应在低温条件下能自发进行，故A错误；B．反应平衡常数是产物系数次幂乘积除以反应物系数次幂乘积，但是纯固体和纯液体不2cCO2cN2K=2cNO2写入平衡常数，该反应平衡常数的表达式为，故B错误；C．该反应若2molNO2完全反应时转移8mol电子，该反应中消耗1molNO2，转移电子的数23目为46.0210，故C正确；D．升高温度，正反应速率和逆反应速率都加快，平衡逆向移动，逆反应速率加快的多，故D错误；故答案为C11．DA．铁离子不能被次氯酸氧化，A错误；B．氯化铁与碘化钾反应后有剩余，故加入硫氰化钾显红色不能说明该反应为可逆反应，B错误；C．碳酸钠和硅酸钠溶液的浓度未知，不能通过溶液的pH大小比较其碱性，进而说明碳和硅的非金属性强弱，C错误；D．次氯酸钠和醋酸反应生成次氯酸，品红褪色较快，可知pH对次氯酸根离子的氧化性的影响，D正确；故选D。12．A本题中考查了溶液中的物料守恒以及难溶电解质的Qc与Ksp的关系。2Ka2H2SO3Ka2H2CO30.03cHA.步骤1过程中将式子进行连续四步变形：答案第3页学科网（北京）股份有限公司 Ka2H2SO3cHcSO2cHcHCOcH0.03330.03cHKaHCO2223cHSO3cHcCO3cHKa2H2SO3cH0.03cHKaHCO2223Ka2H2SO3Ka2H2CO30.03cH代入数据计算，即可算出，故A正确；B.步骤1中是向Na2CO3溶液中加入NaHSO3溶液，2cNa2cH2SO3cHSO3cSO3该物料守恒式子错误，故B错误；cAgcBrC.步骤3所得是清液，说明没有沉淀生成，则＜Ksp（AgBr），故C错误；32D.步骤3的离子方程式为：AgBr2S2O3AgS2O32Br，故D错误。故选A。13．CA．根据盖斯定律分析，由反应Ⅱ：CO2gH2gCOgH2Og11H42.5kJmolCOg2H2gCH3OHgH90.7kJmol，反应Ⅲ：，COg3HgƒCHOHgHOgH42.590.748.2kJmol1Ⅱ+Ⅲ得反应Ⅰ：2232，A错误；B．该反应为放热反应，故升温平衡逆向移动，甲醇的物质的量分数应该减小，故②为甲醇的物质的量分数随温度的变化曲线，B错误；nH2C一定温度下，增大nCO2的比值，可提高CO2平衡转化率，C正确；D．催化剂能改变反应速率，不影响平衡，D错误；故选C。NHCHCOOHO=NHCHCOOHOH14．(1)32232CuSO(2)HL4+4CuLO4H4CuL2HO(3)2222空气中的氧气没有足够的时间参与反应，导致反应速率下降(4)该酸浸过程为放热反应，温度升高时，反应速率加快，但是温度过高，则平衡逆向移动，导致浸出率降低2(5)实现Cu的提取和富集本题是一道工业流程题，从铜钢废料中提取铜，首先将废料打磨，之后用浸出剂和空气一起浸出其中的铜，在浸出液中加入无水乙醇后得到甘氨酸铜晶体，以此解题。答案第4页学科网（北京）股份有限公司 （1）水解时，羧酸根离子结合水电离的氢离子生成相应的羧酸和氢氧根离子，溶液显碱性，NHCHCOOHO=NHCHCOOHOH水解的离子方程式为：32232；（2）先加入硫酸铜的话，则会和氢氧化钠生成氢氧化铜沉淀，故随后依次加入HL，再加CuSO入4；CuL（3）①根据题给信息最终铜全部转化为2，以及浸出过程中需要通入空气，再结合浸+4CuLO4H4CuL2HO出时的第一步反应，则其第二步反应为：2222；②由图可知，空气流量铜的浸出速率急剧下降，其可能的原因是：空气中的氧气没有足够的时间参与反应，导致反应速率下降；（4）由图可知，随温度升高，铜浸出率先增大后减小，其可能的原因是：该酸浸过程为放热反应，温度升高时，反应速率加快，但是温度过高，则平衡逆向移动，导致浸出率降低；2（5）该工艺中设计萃取、反萃取的目的是将Cu从滤液中提取到有机层中，然后分液后2再反萃取到水层中，实现Cu的提取和富集。15．(1)7(2)或(3)CH3COOH红外光谱仪(4)水解反应(CHCO)O32NBSAlCl(5)3(CH3CO)2O，(CH3CH2)3NDMSO由有机物的转化关系可知，乙醚作用下与镁反应生成、和发生加成反应生成、答案第5页学科网（北京）股份有限公司 发生水解反应生成，酸化生成，与NBS发生取代反应生成，碳酸氢钾作用下与发生取代反应生成，一定条件下转化为，一定条件下与乙酸酐发生取代反应生成。（1）有机物分子中，饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，由结构简式可知，分子中含有7个饱和碳原子，则杂化方式为sp3杂化的碳原子数目是7，故答案为：7；（2）B的同分异构体的苯环上有2个取代基，能发生银镜反应，说明同分异构体分子中含有醛基、碳氟键、碳碳双键，分子中有4种不同化学环境的氢原子说明分子的结构对称，两个取代基在苯环上处于对位，则符合条件的结构简式为、，故答案为：或；答案第6页学科网（北京）股份有限公司 （3）由分析可知，E→F的反应为一定条件下与乙酸酐发生取代反应生成和相对分子质量为60的CH3COOH，实验室中通常使用红外光谱仪确定乙酸中含有的官能团，故答案为：CH3COOH；红外光谱仪；（4）由分析可知，X→Y的反应为发生水解反应生成，故答案为：水解反应；（5）由题给信息和有机物的转化关系可知，以、(CH3CO)2O、和NBS为原料制备的合成步骤为氯化铝作用下与乙酸酐发生取代反应生成，与NBS发生取代反应生成，碳酸氢钾作用下与发生取代反应生成，一定条件下与乙酸酐反应生成，(CHCO)O32NBSAlCl合成路线为3答案第7页学科网（北京）股份有限公司 (CH3CO)2O，(CH3CH2)3NDMSO，故答案为：(CHCO)O32NBSAlCl3(CH3CO)2O，(CH3CH2)3NDMSO。3Fe3HCOFeC2O43Fe316．(1)和224生成，促进草酸电离，溶液的H浓度增大；2Fe2COFeCO浓度降低，促进烧渣中铁氧化物与硫酸的反应与24生成24沉淀22FeH2O24NH3H2O=2FeOH34NH4HOFe3(2)温度升高，22受热被Fe2FeOH催化分解，使氧化不充分；氨水受热挥发，氨水浓度减小，不利于3的生成草酸铵FeOHAlOH(3)除去3中含有的3杂质由题给流程可知，硫酸烧渣加入稀硫酸和草酸混合溶液酸浸时，氧化铁、四氧化三铁、氧化铝溶解混酸转化为三草酸根合铁离子、亚铁离子、铝离子，二氧化硅不溶于混酸，过滤得到含有三草酸根合铁离子、亚铁离子、铝离子的滤液和含有二氧化硅的残渣；向滤液中加入氨水和过氧化氢混合溶液，将亚铁离子氧化为铁离子后，与三草酸根合铁离子一起转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有铝离子的滤液和含有氢氧化铁的滤渣；向滤渣中加入氢氧化钠溶液，将沉淀中混有的氢氧化铝转化为偏铝酸根离子，过滤得到氢氧化铁；氢氧化铁煅烧分解生成氧化铁。（1）①由题给信息可知，加入草酸能提高铁浸取率的原因是铁离子和草酸生成三草酸根合铁离子，促进草酸电离，使溶液中的氢离子浓度增大，溶液中的铁离子浓度降低，有利于3Fe3HCOFeC2O43烧渣中铁氧化物与稀硫酸的反应，故答案为：和224生成，促进草酸电3离，溶液的H浓度增大；Fe浓度降低，促进烧渣中铁氧化物与硫酸的反应；②由题给信息可知，草酸加入量大于20%时，亚铁离子与草酸反应生成草酸亚铁沉淀，导2Fe2COFeCO致铁浸取率随草酸加入量增加而减小，故答案为：与24生成24沉淀；（2）①由题意可知，硫酸亚铁转化为氢氧化铁的反应为硫酸亚铁与过氧化氢和氨水反应生成硫酸铵和氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为22FeH2O24NH3H2O=2FeOH34NH4，故答案为：答案第8页学科网（北京）股份有限公司 22FeH2O24NH3H2O=2FeOH34NH4；②当反应温度超过35℃时，温度升高，过氧化氢受热被铁离子催化分解，使亚铁离子氧化不充分；氨水受热挥发，氨水浓度减小，不利于氢氧化铁的生成，导致铁回收率下降，故HOFe3Fe2答案为：温度升高，22受热被催化分解，使氧化不充分；氨水受热挥发，氨水FeOH浓度减小，不利于3的生成；公众号：高中试卷站③由分析可知，沉铁加入氨水和过氧化氢混合溶液，将亚铁离子氧化为铁离子后，与三草酸根合铁离子一起转化为氢氧化铁沉淀，同时生成硫酸铵和草酸铵，则过滤所得“母液”中含有的主要成分为硫酸铵和草酸铵，故答案为：草酸铵；（3）由分析可知，“纯化”时，加入氢氧化钠溶液的目的是将沉淀中混有的氢氧化铝转化为FeOHAlOH偏铝酸根离子，达到过滤除去氢氧化铝的目的，故答案为：除去3中含有的3杂质。17．(1)b-1(2)-634.3kJmol2CO2e2HHCO(3)2224温度过高微生物催化能力降低或催化剂失活+NHNHNOO3+(4)在Fe基催化剂表面，3吸附在酸性配位点上形成4，与2吸附在Fe配位点+++NONHNONH上形成NO2，然后NH4与NO2结合生成242，最后242与NO反应生成N、HO22，并从催化剂表面逸出(5)NO与O2反应生成NO2是放热反应，低温时有利于反应的正向进行功率增大时，会产生更多的O*自由基，NO更易被氧化为NO2；功率增大，N2和O2在放电时会生成NO；相比而言，后者产生的NO更多18032100%48.3%100%=64%（1）由反应可知，abc原子利用率分别为372、50、28100%=28%100，则上述反应中原子利用率最高的是b；（2）已知：-12H(g)+O(g)=2HO(g)ΔH=-395.6kJmol①2223-1CO(g)+4H(g)‡ˆˆˆ†ˆCH(g)+2HO(g)ΔH=-156.9kJmol22421②CH(g)+2O(g)=CO(g)+2HO(g)ΔH=-634.3kJmol-1根据盖斯定律可知，①×2-②得：4222；（3）由图可知，阴极区二氧化碳得到电子发生还原反应生成草酸，反应为2CO2e2HHCO2224；温度过高微生物催化能力降低或催化剂失活，使得电极反应答案第9页学科网（北京）股份有限公司 的速率反而迅速下降；+NHNHNOO（4）由图可知，在Fe基催化剂表面，3吸附在酸性配位点上形成4，与2吸附++3+NH+NONO2NH4NO2NH4在Fe配位点上形成NO2，然后4与2结合生成2，最后2与N、HONO反应生成22，并从催化剂表面逸出，使得有氧条件下，在Fe基催化剂表面，NHNO3还原生成氮气和水；（5）①NO与O2反应生成NO2是放热反应，低温时有利于反应的正向进行，从而使得NO的转化率提高，而等离子体技术在低温条件下可以使得反应进行，故可提高NO的转化率；②低温等离子技术是在高压放电下，O2产生O*自由基，O*自由基将NO氧化为NO2；功率增大时，会产生更多的O*自由基，NO更易被氧化为NO2；而功率过大，N2和O2在放电时会生成NO；相比而言，后者产生的NO更多，使得当电功率大于30W时，NO转化率下降。答案第10页学科网（北京）股份有限公司