必刷卷05——【高考三轮冲刺】2023年高考化学考前20天冲刺必刷卷（浙江专用）（原卷版+解析版）

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2023年高考化学考前信息必刷卷05
浙江专用

2023年1月浙江选考卷体现了化学与生产、生活、科技密切相关，突显化学学科价值，强化了高考“立德树人、服务选才、引导教学”的核心功能。第21题有机推断与合成 题，以框图或语言描述为形式，考查有机物的性质与转化关系、同分异构体、有机化学用语及考生的逻辑推理能力，涉及的问题常包含官能团名称或符号、结构简式、同分异构体判断、方程式书写、反应条件及反应类型、空间结构、检验及计算、合成路线等，各问题之间既相对独立，又相互关联，是典型的综合类题目。浙江选考卷21题与其它省市相比，有着显著特点：①设置选择题；②限制条件下的同分异构体书写；③设计有机合成流程图。这些试题的设置可以引导考生从偏、难的题海中走出来，发挥化学学科的社会价值，实现育人功能。

浙江选考试题精心设计真实情境的具体问题，彰显学科社会价值；聚焦主干知识，重视信息迁移能力，体现化学学科价值。2023年7月有机合成与推断题仍以新药品、新物质、新材料的合成路线为载体，问题设计从易到难，层层递进，考查考生不同的认识角度和思维水平，体现试题的基础性和综合性，具有很好的区分度，可以积极引导考生从怪、假的题海中走出来，实现选才功能。第21题有机合成中间体的合成路线考查有机化学基础知识，突出有机化学的应用价值。

可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Br-80 I-127 Ag-108 Ba-137
一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求)
1．下列含过渡元素且属于碱性氧化物的是( )
A．Na2O2 B．Ga2O3 C．FeO D．GeO2
【答案】C
【解析】A项，Na2O2中Na、O都是主族元素，不含过渡元素，且Na2O2是过氧化物，故不选A；B项，Ga2O3中Ga、O都是主族元素，不含过渡元素，故不选B；C项，FeO中Fe是Ⅷ族元素，属于过渡元素，FeO能与盐酸反应生成氯化亚铁和水，属于碱性氧化物，故选C；D项，GeO2 中Ge、O都是主族元素，不含过渡元素，故不选D；故选C。
2．硫酸亚铁应用广泛，下列说法不正确的是( )
A．S元素位于周期表第三周期ⅥA族
B．硫酸亚铁常用作净水剂
C．二价铁的还原性强弱：碱性环境>酸性环境
D．硫酸亚铁溶液一定会使蛋白质变性
【答案】D
【解析】A项，S元素位于周期表第三周期ⅥA族，A正确；B项，硫酸亚铁中亚铁离子水解生成氢氧化亚铁胶体，具有吸附能力常用作净水剂，B正确；C项，二价铁的还原性强弱：碱性环境>酸性环境，C正确；D项，亚铁离子为人体合成血红蛋白所必须的离子，所以不会使蛋白质变性，D错误； 故选D。
3．下列化学用语表示不正确的是( )
A．的形成过程：
B．的VSEPR模型：
C．原子序数为31的镓原子结构示意图：
D．硅的基态原子轨道表示式：
【答案】A
【解析】A项，H2O 为共价化合物，形成过程不涉及电子得失，而是形成公用电子对，电子不需要画出转移箭头，A错误； B项，H2O分子中中心O原子价层电子对数为2+=4，O原子采用sp3杂化，VSEPR模型为四面体形，B正确；C项，原子序数为31的镓原子结构示意图：，C正确； D项，硅为14号元素，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p2，基态原子轨道表示式：，D正确；故选A。
4．下列说法不正确的是( )
A．工业上用98.3%的浓硫酸吸收SO3生成发烟硫酸(H2SO4·nSO3)
B．生产蓝色钴玻璃的主要原料为石灰石、纯碱、石英砂和偏铝酸钴[Co(AlO2)2]
C．磁性氧化铁常用作录音磁带、油漆、涂料、油墨和橡胶的红色填料
D．N，N-二甲基甲酰胺[OHC-N(CH3)2]是一种能溶解多种有机物和无机物的溶剂
【答案】C
【解析】A项，工业上制备硫酸，SO2在接触室中被催化氧化为SO3，由于SO3溶于水易形成酸雾，通常用98.3%的浓硫酸吸收SO3生成发烟硫酸(H2SO4·nSO3)，A正确；B项，蓝色钴玻璃的生产工艺比较特殊，在生产过程中，主要原料除了石灰石、纯碱、石英砂外，还要加入偏铝酸钴[Co(AlO2)2]，B正确；C项，磁性氧化铁是黑色的，不能用作红色填料，C错误；D项，N，N-二甲基甲酰胺[OHC-N(CH3)2]是常用的有机溶剂，能溶解多种有机物和无机物，D正确；故选C。
5．下列关于工业生产和化学实验中的操作、事故处理正确的是( )
A．实验室可以采用晶体在加热条件下分解制氨气
B．氯碱工业采用阳离子交换膜防止两极产生的气体混合而发生爆炸
C．制备金属镁的电解装置失火时，可以使用二氧化碳灭火器灭火
D．向浓硫酸与铜反应后的悬浊液中加水以验证反应生成了硫酸铜
【答案】B
【解析】A项，硝酸铵受热时有爆炸的危险，A错误；B项，氯碱工业电解饱和食盐水时，使用阳离子交换膜将电解槽分为阳极室和阴极室，可以防止阴极产生的氢气与阳极产生的氯气混合而发生爆炸，B正确；C项，镁是活泼金属，能在CO2中燃烧，C错误；D项，浓硫酸与铜反应后的悬浊液中浓硫酸可能有剩余，正确操作是将浓硫酸与铜反应后的悬浊液慢慢加入水中以验证生成硫酸铜，D错误；故选B。
6．关于反应5NaClO2+ xHCl=yClO2+5NaClO2+zH2O，下列说法不正确的是( )
A．x =4，y=4
B．该化学反应中HCl仅体现出了酸性
C．通过该反应可知氧化性：ClO2＞NaClO2
D．该反应生成1mol水，转移2NA个电子
【答案】C
【解析】反应中NaClO2中氯元素化合价由+3部分变为+4、部分变为-1，根据电子守恒、质量守恒配平可得：5NaClO2+ 4HCl=4ClO2+5NaClO2+2H2O。A项，由分析乐子，x =4，y=4，A正确；B项，该化学反应中HCl各元素化合价不变，没有体现出氧化还原性仅体现出了酸性，B正确；C项，氧化剂氧化性大于氧化产物，反应中NaClO2既是氧化剂又是还原剂，NaClO2中氯元素化合价由+3部分变为+4生成ClO2，故氧化性：NaClO2＞ClO2，C错误；D项，由化学方程式可知，电子转移情况为2H2O~4e-，该反应生成1mol水，转移2NA个电子，D正确；故选C。
7．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：S2O32-+SO42-+4H+=2SO2↑+S↓+2H2O
B．向酸性高锰酸钾溶液加入草酸：2C2O42-+2MnO4-+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O
C．(NH4)2Fe(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液至Fe2+恰好完全沉淀：Fe2++2SO42-+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】A项，原子不守恒、得失电子不守恒，正确的离子方程式为：S2O32-+ 2H+=SO2↑+S↓+H2O，A项错误；B项，草酸为弱酸，离子方程式中不拆，正确的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，B项错误；C项，(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++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+Fe(OH)2↓，C项错误；D项，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；故选D。
8．下列说法不正确的是( )
A．DNA的双螺旋结构是DNA分子中两条链上的碱基通过氢键作用形成
B．甘油醛是最简单的醛醣，属于手性分子
C．橡胶、蛋白质、尼龙、纤维素中，一定不是天然高分子的是尼龙
D．丁苯橡胶、聚酯纤维、聚乙烯都是通过加聚反应获得的高聚物
【答案】D
【解析】A项，DNA的双螺旋结构是DNA分子中两条链上的碱基通过氢键作用形成，A正确；B项，甘油醛的结构简式，是最简单的醛醣，最中间的碳原子是手性碳原子，B正确；C项，橡胶有天然橡胶和合成橡胶，其中天然橡胶是天然高分子，蛋白质、纤维素都是天然高分子，尼龙是合成纤维，C正确；D项，丁苯橡胶、聚乙烯为加聚反应获得的高聚物，聚酯纤维是通过缩聚反应获得，D错误；故选D。
9．磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染，其结构简式如图所示。下列说法正确的是( )

A．第一电离能：O>N>C B．该有机物中碳原子采取sp、sp2杂化
C．基态氢原子电子云轮廓图为哑铃形 D．PO43-的空间结构与VSEPR模型相同
【答案】D
【解析】A项，第VA族元素第一电离能大于同一周期相邻的元素，第一电离能：N>O>C，A项错误；B项，该有机物分子中苯环上碳原子采取sp2杂化，侧链上碳原子采取sp3杂化，B项错误；C项，基态氢原子电子排布式为ls，电子云轮廓图为球形，C项错误；D项，PO43-中P价层有4个电子对，没有孤电子对，空间结构和VSEPR模型都是正四面体形，D项正确；故选D。
10． X、Y、R、Z、W五种短周期主族元素，原子序数依次增大，X、Y、R周期，X的s能级电子数比p能级电子数多1，R单质与氢气混合暗处发生爆炸，Y与Z价层电子排布相同。下列说法不正确的是( )
A．Y与氢形成的10电子微粒只有2种
B．X、R与氢构成的化合物中可能含离子键、极性键、氢键
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：W>Z，简单氢化物沸点：Z>W
D．若W有两种稳定同位素，则正八面体形ZW6分子构成有10种
【答案】A
【解析】X、Y、R、Z、W五种短周期主族元素，原子序数依次增大，X、Y、Z同周期，X的s能级电子数比p能级电子数多1，故X为N；R单质与氢气混合暗处发生爆炸，R为F；Y为O；Y与Z价层电子排布相同，Z为S，W为Cl。A项，O与H形成的10电子微粒有OH-、H2O、H3O+，A错误；B项，X为N，R为F，则X、R与氢构成的化合物为NH4F，其中含有离子键、极性键、氢键，B正确；C项，W为Cl，Z为S，非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性：W>Z，另外硫化氢沸点大于氯化氢，C正确；D项，该ZW6分子构成有10种(全W1或全W2各一种，5W11W2或5W21W1各一种，4W12W2或4W22W1各二种，3W13W2二种)，D正确；故选A。
11．Science报道某电合成氨装置及阴极区含锂微粒转化过程如图。下列说法错误的是

A．阳极电极反应式为2C2H5O-+H2-2e-=2C2H5OH
B．阴极区生成氨的反应为LiNH2+C2H5OH=C2H5OLi+NH3↑
C．理论上，若电解液传导3 molH+，最多生成标准状况下NH322.4L
D．乙醇浓度越高，电流效率越高(电流效率)
【答案】D
【解析】由图可知，通入氢气的一极为阳极，阳极电极反应式为：2C2H5O-+H2-2e-=2C2H5OH，通入氮气的一极为阴极，阴极的电极反应式为：N2+6e-+4H+ +2Li+-=2LiNH2。A项，阳极发生失电子的氧化反应，由图可知，阳极电极反应式为：2C2H5O-+H2-2e-=2C2H5OH，A项正确；B项，由图可知，阴极区氮气得电子，并结合锂离子先转化为LiNH2，后与C2H5OH反应生成了氨气，即生成氨的反应为LiNH2+C2H5OH=C2H5OLi+NH3↑，B项正确；C项，LiNH2和C2H5OH羟基中的H均来自电解液传导的氢离子，理论上，若电解液传导3 molH+，根据生成氨的反应：LiNH2+C2H5OH=C2H5OLi+NH3↑可知，最多生成1molNH3，标准状况下为22.4L，C项正确；D项，由电池总反应：N2+3H2=2NH3可知，乙醇属于中间产物，乙醇浓度增大，电流效率无明显变化，D项错误；故选D。
12．已知氯化1-乙基-3-甲基咪唑()被广泛应用于有机合成和聚合反应、分离与提纯以及电化学研究中。下列说法错误的是( )
A．电负性：Cl＞C＞H
B．五元环处于同一平面，则两个氮原子的杂化方式分别为sp3、sp2
C．氯化1-乙基-3-甲基咪唑中含有键数目为19NA
D．氯化1-乙基-3-甲基咪唑中的化学键类型：离子键、共价键
【答案】B
【解析】A项，根据同一周期从左往右元素电负性依次增大，同一主族从上往下元素电负性依次减小可知，电负性关系为Cl＞C＞H，A正确；B项，1-乙基咪唑中的五元环存在一个大π键，因此环上的原子处于同一平面，两个N均为sp2 杂化，B不正确；C项，在共价化合物中，任何两个成键的原子之间均存在1个σ键。由题干有机物结构简式可知，氯化1-乙基-3-甲基咪唑中有阳离子和阴离子，离子间存在离子键，因此，1 mol氯化1-乙基-3-甲基咪唑中含有键数目为19NA，C正确；D项，氯化1-乙基-3-甲基咪唑中氯离子和阳离子之间为离子键，阳离子内部存在共价键，D正确；故选B。
13．类比pH，定义，已知琥珀酸(CH2COOH)2 (以H2A表示)为二元弱酸，常温下，向1L0.1mol/L的H2A溶液中加入氢氧化钠固体，得到混合溶液的pH与pC(H2A、HA-、A2-)的关系如图所示(不考虑溶液体积和温度的变化)，下列说法正确的是( )

A．曲线I、II、III分别代表的粒子为、、
B．滴定过程中保持不变
C．c点溶液满足
D．向pH=4.19的溶液中加NaOH至溶液pH=5.57的过程中水的电离程度逐渐减小
【答案】B
【解析】加入氢氧化钠固体后，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，由pC =- lgC可知，pC(H2A)逐渐增大，pC(HA-)先减小后增大，pC(A2-)逐渐减小，即曲线I、II、III分别代表的粒子为HA-、A2-、H2A。A项，由分析可知，A错误；B项，a点时，有c(HA-)=c(H2A)，则，c点时，有c(HA-)= c(A2-)，则，可得，温度不变，、不变，则保持不变，B正确；C项，根据电荷守恒有：c(Na+)+ c(H+)=c(HA-) +2c(A2-)+ c(OH-)，c点时，有c(HA-)= c(A2-)，则c(Na+)+ c(H+)=3c(A2-)+ c(OH-)，可得c点溶液满足c(Na+)＜3c(A2-)+ c(OH-)，C错误；D项，向pH=4.19的溶液中加NaOH至溶液pH=5.57的过程中，溶液酸性逐渐减弱，对水的电离抑制作用逐渐减弱，则水的电离程度逐渐增大，D错误；故选B。
14．已知离子键的强弱与离子电荷高低和离子半径大小等有关；当离子电荷相同时，离子半径越小，离子键相对越强。M2O (M= Li，Na)体系的能量循环如图，下列判断正确的是( )

A．ΔH2＜0，ΔH4＞0 B．ΔH5(Na2O)＞ΔH5(Li2O)
C．ΔH6(Na2O)＜ΔH6(Li2O) D．ΔH1＞ΔH4+ΔH5+ΔH6
【答案】D
【解析】A项，非金属得电子生成阴离子(更加稳定)是放热的，ΔH4＜0；ΔH2＞0 (断键吸热)，A错误；B项，一般金属失电子生成金属阳离子是吸热的(需消耗能量)，ΔH5＞0，由于Na+的离子半径大于Li+的离子半径，Na2O的离子键强度弱于Li2O，ΔH5(Na2O)＜ΔH5(Li2O)，B错误；C项，ΔH6＜0，生成Li2O放出热量多，ΔH6(Na2O)＞ΔH6(Li2O)，C错误；D项，根据盖斯定律，ΔH1=ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6，ΔH1＞ΔH4+ΔH5+ΔH6，ΔH3＞0 (晶体吸热变气体)、ΔH2＞0 (断键吸热)，D正确；故选D。
15．室温下，通过下列实验探究0.0100mol·L-1 Na2C2O4溶液的性质。
实验1：实验测得0.0100mol·L-1 Na2C2O4溶液的为8.6。
实验2：向溶液中滴加等体积、0.0100mol·L-1 HCl溶液，由8.6降为4.8。
实验3：向溶液中加入等体积，0.0200mol·L-1 CaCl2溶液，出现白色沉淀。
实验4：向稀硫酸酸化的 KMnO4，溶液中滴加Na2C2O4溶液至溶液褪色。
已知室温下，下列说法错误的是
A．0.0100mol·L-1 Na2C2O4溶液中满足：
B．实验2滴加盐酸过程中不可能存在：c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(Cl－)
C．实验3所得上层清液中：c(C2O42-)=5×10-7mol/L
D．实验4发生反应的离子方程式为5C2O42-+2MnO4-+16H+=2Mn2+10CO2↑+8H2O
【答案】B
【解析】A项，根据物料守恒可知，Na2C2O4溶液中有：c(Na+)=2c(C2O42-)+2c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)，故有0.0100mol·L-1 Na2C2O4溶液中满足：，A正确；B项，根据电荷守恒可知，滴定过程中一直有：c(Na+)+ c(H＋)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(Cl－)+c(OH―)，当c(OH-)=c(H+)时，上式变为c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(Cl－)，即实验2滴加盐酸过程中可能存在：c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(Cl－)，B错误；C项，实验3中混合前溶液中c(Ca2+)==0.01mol/L，c(C2O42-)==0.005mol/L，混合后Ca2+过量，此时c(Ca2+)=0.01mol/L-0.005mol/L=0.005mol/L，故所得上层清液中：，C正确；D项，根据氧化还原反应配平可得，实验4发生反应的离子方程式为5C2O42-+2MnO4-+16H+=2Mn2+10CO2↑+8H2O，D正确；故选B。
16．下列方案设计、现象和结论不正确的是( )

目的
方案设计
现象和结论
A
比较镁与铝元素的金属性强弱
取MgCl2与AlCl3溶液于试管，分别加入足量NaOH溶液，观察现象
观察到氯化镁溶液出现白色沉淀，氯化铝溶液先出现白色沉淀后溶解，证明镁的金属性更强
B
证明甲烷与氯气光照条件下发生反应
取试管收集半试管甲烷和半试管氯气，试管夹固定倒扣于水中，放在光亮处，静置，观察现象
观察到试管中的液面上升，则证明甲烷与氯气发生了反应
C
探究氢离子浓度对CrO42-、Cr2O72-相互转化的影响
向K2CrO4溶液中缓慢滴加稀硫酸，观察实验现象
溶液由黄色变为橙红色，则说明增大氢离子浓度，转化平衡向生成Cr2O72-的方向移动
D
简单离子与配离子的区别
分别向两支盛有少量蒸馏水的试管里滴加2滴同浓度氯化铁和K3[Fe(CN)6]溶液，再分别滴加2滴KSCN溶液，观察现象
盛有氯化铁的试管出现血红色，另一支无明显现象，证明存在[Fe(CN)6]3-离子
【答案】B
【解析】A项，取氯化镁与氯化铝溶液于试管中，分别加入足量氢氧化钠溶液，观察到氯化镁溶液出现白色沉淀，氯化铝溶液先出现白色沉淀后溶解说明氢氧化铝的碱性弱于氢氧化镁，元素的金属性越强，最高氧化物对应水化物的碱性越弱，则镁元素的金属性强于铝元素，故A正确；B项，试管中氯气能与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气会使气体体积减小，试管中的液面上升，则取试管收集半试管甲烷和半试管氯气，试管夹固定倒扣于水中，放在光亮处，静置，观察到试管中的液面上升不能证明甲烷与氯气发生了反应，故B错误；C项，向铬酸钾溶液中缓慢滴加稀硫酸，溶液由黄色变为橙红色说明增大氢离子浓度，溶液中的平衡2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O向生成重铬酸根离子的方向移动，故C正确；D项，分别向两支盛有少量蒸馏水的试管里滴加2滴同浓度氯化铁和铁氰化钾溶液，再分别滴加2滴硫氰化钾溶液，盛有氯化铁的试管出现血红色，另一支无明显现象，说明铁离子与硫氰酸根离子能生成血红色的铁氰酸根离子，证明存在铁氰酸根离子，故D正确；故选B。
二、非选择题(本题包括5小题，共52分)
17．(10分)C、N、F、Cu及其化合物在医药化工领域应用十分广泛。请回答：
(1)基态铜原子的价层电子排布式为___________；C、N、F、Cu四种元素第一电离能从小到大的顺序为___________。
(2)化合物CH3NH2 、CH3CH3常温下均为气体，沸点较高的是___________；CH3NH2 中氮原子的杂化方式是___________。
(3)将无水硫酸铜溶解在一定量的水中，再加入过量氨水，溶液变为深蓝色，该深蓝色离子[Cu(NH3)4]2+内存在的化学键有___________。
A．氢键    B．离子键    C．共价键    D．金属键    E．配位键
(4)氮、铜形成的某一种化合物，为立方晶系晶体，晶胞参数为apm，沿体对角线投影如图所示。已知该晶胞中原子的分数坐标如下：Cu：；；；N：(0，0，0)，其中与Cu原子等距且最近的Cu原子有___________个，则该化合物的化学式为___________。

请画出该晶胞的结构示意图：___________。

【答案】(1) 3d104s1(1分)         Cu (2)CH3NH2 (1分)        sp3(1分)
(3)CE(2分)
(4)8 (1分)    Cu3N (1分)    (小球为N，大球为Cu) (2分)
【解析】(1)Cu为29号元素，基态Cu原子的核外电子排布式为s22s22p63s23p63d104s1，基态铜原子价层电子排布式为3d104s1   ；Cu为金属元素，第一电离能最小，同周期自左至右第一电离能呈增大的趋势，所以四种元素第一电离能从小到大为Cu 18．(10分)固体化合物由4种元素组成，某学习小组开展如图探究实验：

已知：白色沉淀A仅含两种元素。溶液B和溶液C中阳离子由相同元素组成，且完全转化时，消耗标准状况下112mLO2，同时消耗0.04 mol NH3·H2O。
请回答：
(1)无色气体的电子式是_______。
(2)化合物中的金属元素是_______(填写元素符号)，化学式是_______。
(3)写出无色溶液B转化为深蓝色溶液C的离子方程式_______。
(4)白色沉淀A加水煮沸得到绿色溶液(溶质的元素组成与沉淀A相同)，并转化为红色固体，该红色固体由一种单质和一种氧化物组成。
①写出上述反应的化学方程式_______。
②设计实验方案证明红色固体是混合物_______。
【答案】(1) (1分)
(2) Cu(1分) NH4CuCl2 (2分)   
(3)4[Cu(NH3)4]+ +8NH3·H2O+O2=4[Cu(NH3)4]2+ +6OH-+6H2O (2分)
(4) 4CuCl+H2OCu+Cu2O+CuCl2+2HCl↑(2分)        
将ag红色固体溶于足量稀硫酸，若固体部分溶解，溶液变为淡蓝色，说明固体中含有氧化亚铜；过滤、洗涤、干燥，称量反应后的固体，若固体质量大于g，说明固体中含有铜(2分)
【解析】由白色沉淀A加水煮沸得到绿色溶液(溶质的元素组成与沉淀A相同)，并转化为红色固体，该红色固体由一种单质和一种氧化物组成可知，白色沉淀A为氯化亚铜；由溶液B和溶液B中阳离子由相同元素组成，且完全转化时，消耗标准状况下112mLO2，同时消耗0.04 mol NH3·H2O可知，B为二氨合亚铜离子、C为四氨合铜离子，由原子个数守恒和得失电子数目守恒可知，氯化亚铜的物质的量为×4=0.02mol；由无色溶液A与足量氢氧化钠溶液反应生成无色气体D、与足量硝酸酸化的硝酸银反应得到白色沉淀D可知，无色溶液A为氯化铵溶液、无色气体D为氨气、白色沉淀D为氯化银，由氨气的体积可知氯化铵的物质的量为×2=0.02mol，氯化铵和氯化亚铜的质量之和为0.02mol×53.5mol/L+0.02mol×99.5mol/L=3.06g，则化合物X中含有铵根离子、亚铜离子和氯离子，物质的量比为0.02mol：0.02mol：(0.02mol+0.02mol)=1：1：2，则X的化学式为NH4CuCl2。1)无色气体D为氨气，氨气是共价化合物，电子式为；(2)化合物X中含有的金属元素为铜元素，化学式为NH4CuCl2；(3)无色溶液B转化为深蓝色溶液C的反应为二氨合亚铜离子与氧气和氨水反应生成四氨合铜离子，反应的离子方程式为4[Cu(NH3)4]+ +8NH3·H2O+O2=4[Cu(NH3)4]2+ +6OH-+6H2O；(4)①由题意可知，氯化亚铜加水煮沸时发生的反应为氯化亚铜与水共热反应生成铜、氧化亚铜、氯化铜和氯化氢气体，反应的化学方程式为4CuCl+H2OCu+Cu2O+CuCl2+2HCl↑；②若红色固体中含有铜和氧化亚铜，ag红色固体溶于足量稀硫酸，氧化亚铜与稀硫酸反应生成铜、硫酸铜和水，固体会部分溶解，反应后的固体质量会大于g=g，则实验方案为将ag红色固体溶于足量稀硫酸，若固体部分溶解，溶液变为淡蓝色，说明固体中含有氧化亚铜；过滤、洗涤、干燥，称量反应后的固体，若固体质量大于g，说明固体中含有铜，故答案为：将ag红色固体溶于足量稀硫酸，若固体部分溶解，溶液变为淡蓝色，说明固体中含有氧化亚铜；过滤、洗涤、干燥，称量反应后的固体，若固体质量大于g，说明固体中含有铜。
19．(10分)乙醇是一种重要的工业原料，被广泛应用于能源、化工、食品等领域。乙酸甲酯CH3COOCH3加氢是制取乙醇的主要反应。反应如下：
I. CH3COOCH3(g)+2H2(g)C2H5OH (g)+ CH3OH(g) ΔH1＝－71 kJ·mol－1
II.CH3COOCH3(g)+H2(g)CH3CHO (g)+ CH3OH(g) ΔH2＝+13.6kJ·mol－1
(1)一定条件下，在恒温恒容容器中通入一定量的乙酸乙酯和氢气发生反应I和II，反应达到平衡的标志为_______(填字母)。
A． B．容器中气体的平均摩尔质量不再变化
C．混合气体的密度不再变化 D．不再变化
(2)其它条件相同，将乙酸甲酯与氢气按一定流速通过催化剂表面，乙酸甲酯的转化率与乙醇的选择性随氢酯比的关系如图1所示。氢酯比在2~9之间，乙醇的选择性随氢酯比增大而逐渐增大的原因为______________________________________________________________________。

(3)压强的恒压密闭容器中，通入2.0 mol CH3COOCH3和3.96 mol H2发生反应I和II，测得不同温度下达平衡时CH3COOCH3转化率和乙醇的选择性如图2所示。260℃时反应I的标准平衡常数为_______(已知对于反应：dD(g)+ eE(g)gG(g)+ hH(g)，其标准平衡常数：。温度高于240℃时，随温度升高乙酸甲酯的转化率降低的原因是___________________________________。[乙醇的选择性]

(4)化学反应速率常数随温度变化关系的经验公式为：(为活化能-假设受温度影响忽略不计，为速率常数，R和C为常数)，为探究催化剂、的催化效率，进行了相应的实验，依据实验数据获得图3曲线。假设催化剂的催化效率大于的催化效率，请在图3中画出催化剂的相应图线并标注___________________________。

【答案】(1)BD(2分)
(2)氢酯比在2~9之间，氢酯比增大相当于增大氢气的浓度，反应在达到平衡前，氢气的化学吸附是决速步，增大氢气的浓度利于加快反应的速率，且主反应的反应速率增大程度大于副反应；若反应已经达到平衡，增大氢气浓度，导致主反应正向移动且主反应的正向移动程度大于副反应，故氢酯比在2~9之间，乙醇的选择性随氢酯比增大而逐渐增大(2分)
(3) 65.8(2分)     反应I为放热反应，升高温度平衡逆向移动，反应II为吸热反应，升高温度平衡正向移动，此时反应I占主导，导致升高温度，乙酸甲酯的转化率降低(2分)
(4) (2分)
【解析】(1)A项，两个反应中均有氢气参与，，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，A不符合题意；B项，混合气体的平均摩尔质量为M= m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，B符合题意；C项，容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，C不符合题意；D项，不再变化，说明平衡不再移动，达到平衡，D符合题意；故选BD；(2)氢酯比在2~9之间，氢酯比增大相当于增大氢气的浓度，反应在达到平衡前，氢气的化学吸附是决速步，增大氢气的浓度利于加快反应的速率，且主反应的反应速率增大程度大于副反应；若反应已经达到平衡，增大氢气浓度，导致主反应正向移动且主反应的正向移动程度大于副反应，故氢酯比在2~9之间，乙醇的选择性随氢酯比增大而逐渐增大；(3)压强的恒压密闭容器中，260℃时，CH3COOCH3的转化率为90%、乙醇的选择性为70%，故反应CH3COOCH3为1.8mol、生成乙醇1.26mol；


则反应后CH3COOCH3、H2、C2H5OH、CH3OH分别为0.2mol、0.9mol、1.26mol、1.8 mol，总的物质的量为4.7mol；则65.8；温度高于240℃时，随温度升高乙酸甲酯的转化率降低的原因是反应I为放热反应，升高温度平衡逆向移动，反应II为吸热反应，升高温度平衡正向移动，反应I占主导，导致升高温度，乙酸甲酯的转化率降低；(4)，则斜率体现反应的活化能，假设催化剂n的催化效率大于m的催化效率，则其能更大程度的降低反应的活化能，图像为 。
20．(10分)苯乙酮用于制香皂和香烟，也用作纤维素酯和树脂等的溶剂和塑料。工业生产中的增塑剂，是一种重要的化工原料，可由苯经下述反应制备：

CH3COOH+AlCl3→CH3COOAlCl2+HCl↑

相关物质的部分物理性质

名称
熔点/°C
沸点/°C
密度/g·mL-1
溶解度
乙酸酐
-73
140
1.082
与水反应(生成乙酸)
苯
5.5
80.5
0.879
不溶于水
苯乙酮
20.5
202
1.028
微溶于水
实验步骤如下：
步骤1：向如图所示的仪器A中迅速加入13g粉状无水AlCl3和16mL(14g，0.18mol)无水苯。在搅拌下将4mL(4.3g，0.04mol)乙酸酐自滴液漏斗慢慢滴加到A中，控制乙酸酐滴加的速度(约10min)。加完后，待反应稍缓和后在沸水浴中搅拌回流，直到不再有HCl气体逸出为止。
步骤2：将反应混合物冷却到室温，在搅拌下倒入装有18mL37%的HCl和30g碎冰的烧杯中(在通风橱中进行)，若仍有固体不溶物，可补加适量37%的HCl使之完全溶解。将混合物转入分液漏斗中，分出有机层，水层用苯萃取两次(每次8mL)。合并有机层，依次用15mL10%NaOH溶液、15mL水洗涤，再用无水MgSO4干燥。
步骤3：先在水浴上蒸馏回收物质B，稍冷后改用空气冷凝管蒸馏收集馏分，产量约4.0g。
(1)步骤1中搅拌回流时，冷凝水从___________(填“a”或“b”)端进水，仪器A的名称___________。
(2)步骤1中要逐滴滴加乙酸酐的原因是___________。
(3)步骤2中水层用苯萃取两次(每次8mL)，而不萃取一次(16mL)的目的是___________。用15mL10%NaOH溶液洗涤主要是为了除去___________(填物质名称) 。
(4)步骤3中在水浴上蒸馏回收的物质B为___________。
(5)本实验为收集产品用了减压蒸馏装置，如图二所示，其中毛细管的作用是___________，蒸馏中需要控制一定温度，可能是___________(填字母代号)。
A．202°C     B．220°C     C．175°C
(6)本次实验苯乙酮的产率为___________(保留两位有效数字) 。
【答案】(1) a(1分)     三颈烧瓶(1分)
(2)防止反应太过剧烈，产生副反应(1分)
(3)提高苯乙酮的萃取率(1分)     盐酸和醋酸(1分)
(4)苯(1分)
(5)防止暴沸(作沸石) (1分)    C(1分)
(6)83%(2分)
【解析】(1)步骤1中搅拌回流时，冷凝水从a端进水冷却效果好；仪器A为三颈烧瓶。(2)因为醋酸酐与苯反应是放热反应，逐滴滴加乙酸酐目的是防止反应太过剧烈，产生副反应。(3)步骤2中水层用苯萃取两次的目的是提高苯乙酮的萃取率；用15mL10% NaOH溶液洗涤的目的是除去盐酸、醋酸等酸性物质。(4)由表中信息可知，苯的沸点最低，步骤3中在水浴上蒸馏回收的物质B为苯。(5)毛细管在减压蒸馏中可调节蒸馏体系的真空度，同时通入的气体在加热过程中起到搅拌作用，使得体系受热均匀防止暴沸；蒸馏中温度应该控制比苯乙酮的沸点低，比其他杂质的沸点高，故选C。(6)由化学方程式+(CH3CO)2O+CH3COOH可知，0.04mol醋酸酐和0.18mol无水苯反应，无水苯过量，醋酸酐完全反应，则生成苯乙酮为0.04mol，所以产率=。
21．(12分)化合物L是一种重要的有机合成中间体，某研究小组按下列路线合成：

已知：(R1为含羰基、酯基酰胺基等的吸电子基团)。
请回答：
(1)化合物C所含的官能团名称是_______。
(2)化合物B的结构简式是_______。
(3)下列说法正确的是_______。
A．B→C的反应类型为取代反应
B．化合物F为CH3CHO
C．化合物L的分子式是C14H23NO3
D．化合物A中所有碳原子可能共平面
(4)写出D+G→H的化学方程式_______。
(5)设计以E为原料合成A的路线(用流程图表示，无机试剂任选)_______。
(6)写出3种同时符合下列条件的化合物D的同分异构体的结构简式_______。
①IR谱检测表明：分子中含一个苯环，有键，无、键。
②谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子。
【答案】(1)羰基、醛基、酰胺基(1分)
(2)CH3CH2CH(CHO)CH2CH2CONHCH3(1分)
(3)C(2分)
(4)+HOCH2CH2OH (2分)
(5)CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH2CHOHCH2CHOCH2CH=CHCHOCH3CH2CH2CH2OH CH3CH2CH2CHO(3分)
(6)为(3分)
【解析】A和C4H7NO反应生成B，B和C4H6O反应生成C，结合已知信息和C的结构，C4H6O为CH2=CHCOCH3，C4H7NO为CH3CH2CONHCH3，则A和C4H7NO反应生成B为CH3CH2CH(CHO)CH2CH2CONHCH3，E分子式为C2H4，E为CH2=CH2，E发生氧化反应生成F为，和水反应生成G，G和D反应生成H，H进一步成环生成L，结合L的结构可知D为，H为。(1)化合物C所含的官能团名称是羰基、醛基、酰胺基；(2)根据分析，化合物B的结构简式是CH3CH2CH(CHO)CH2CH2CONHCH3；(3)A项，根据分析，C4H6O为CH2=CHCOCH3，B为CH3CH2CH(CHO)CH2CH2CONHCH3，B→C的反应类型为加成反应，A错误；B项，化合物F为，B错误；C项，化合物L为，分子式是C14H23NO3，C正确；D项，化合物A为烷烃的含氧衍生物，具有类似甲烷的四面体结构，所有碳原子不可能共平面，D错误；(4)D+G→H的化学方程式+HOCH2CH2OH；(5)E为乙烯，乙烯和水加成得到CH3CH2OH，CH3CH2OH催化氧化得CH3CHO，2分子CH3CHO缩合得CH2CHOHCH2CHO，CH2CHOHCH2CHO自身脱水生成CH2CH=CHCHO，CH2CH=CHCHO与H2加成即制得正丁醇，正丁醇催化氧化生成A，具体路线为CH2=CH2CH3CH2OHCH3CHOCH2CHOHCH2CHOCH2CH=CHCHOCH3CH2CH2CH2OH CH3CH2CH2CHO；(6)D为；①IR谱检测表明：分子中含一个苯环，有N-O键，无O-H、O-O键；②谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子；符合条件的同分异构体为等。