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安徽省安庆市第一中学2024届高三下学期5月三模化学试卷（Word版附解析）
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这是一份安徽省安庆市第一中学2024届高三下学期5月三模化学试卷（Word版附解析），文件包含安徽省安庆市第一中学2024届高三下学期5月三模化学试卷Word版含解析docx、安徽省安庆市第一中学2024届高三下学期5月三模化学试卷Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1、答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2、选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清晰。
3、请按题号顺序在各题答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸上和试题卷上书写无效。
4、保持答题卡卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
5、考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法错误的是
A. 蔡伦造纸采用碱液制浆，该过程不涉及化学变化
B. 羟基磷灰石是龟甲的成分之一，属于无机物
C. 制作徽墨的松烟颗粒直径约30~50nm，溶于水可产生丁达尔现象
D. 安徽繁昌窑所产青白瓷是以黏土为原料高温烧结而成
【答案】A
【解析】
【详解】A．蔡伦采用碱液蒸煮制浆法造纸，将原料放在碱液中蒸煮，原料在碱性环境下发生反应使原有的粗浆纤维变成细浆，该过程涉及化学变化，A错误；
B．龟甲的成分之一羟基磷灰石，组成上分析为盐类化合物，属于无机物，B正确；
C．制作徽墨的松烟颗粒直径约30~50nm，溶于水形成胶体，则可产生丁达尔现象，C正确；
D．陶瓷的原料是黏土，安徽繁昌窑所产青白瓷是以黏土为原料高温烧结而成，D正确；
故答案为：A。
2. 化学与生活密切相关，下列说法错误是
A. 苯甲酸可作为果蔬汁饮料的防腐剂
B. 添入牙膏中的氟化物能预防龋齿
C. 制作豆腐是利用盐卤中等物质使豆浆中的蛋白质变性
D. 氧化钙可用作食品干燥剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．苯甲酸具有防腐性，可作为果蔬汁饮料的防腐剂，故A正确；
B．牙齿表面釉质层的主要成分是难溶的Ca5(PO4)3OH，使用含氟牙膏，可发生沉淀的转化，生成的Ca5(PO4)3F更难溶于水、且能抵抗酸的侵蚀，故牙膏中添入氟化物能有效预防龋齿，故B 正确；
C．制作豆腐是利用盐卤中MgCl2、 CaSO4等物质使豆浆中的蛋白质聚沉，二者均不属于重金属盐，不能让其变性，故C 错误；
D．氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，可用作食品干燥剂，故D正确；
故答案选C。
3. 国家自然科学基金委员会发布2023年度中国科学十大进展，涉及材料化学领域。下列说法错误的是
A. 高效钙钛矿叠层太阳能电池组件中，钛合金属于金属材料
B. 三维石墨烯气凝胶材料可用于海水淡化，石墨烯属于新型无机非金属材料
C. “C919”飞机身使用的碳纤维和环氧树脂是复合材料
D. 顺丁橡胶主要用于制造轮胎，属于天然高分子材料
【答案】D
【解析】
【详解】A．金属材料包括纯金属和合金，钛合金属于金属材料，故A正确；
B．石墨烯属于新型无机非金属材料，三维石墨烯气凝胶材料可用于海水淡化，故B正确；
C．碳纤维和环氧树脂是复合材料，故C正确；
D．顺丁橡胶主要用于制造轮胎，属于合成高分子材料，故D错误；
故选D。
4. 化合物是一种药物合成中间体，部分合成路线如下：
下列说法错误的是
A. X能与HCHO发生缩聚反应
B. X生成Y的反应中，K2CO3只起催化剂作用
C. Z中碳原子不可能全部共平面
D. FeCl3溶液可以鉴别X和Y
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题干有机物X的结构简式可知，X分子中含有酚羟基，且酚羟基的邻位上都有H，故X能与HCHO发生缩聚反应，A正确；
B．由题干信息可知，X生成Y的反应中生成了HCl，HCl能与K2CO3反应，使得反应正向进行的程度增大，故K2CO3不只起催化剂作用，还参与反应，B错误；
C．由题干有机物Z的结构简式可知，Z分子中的N采用sp3杂化，且N连有3个碳原子，故Z中碳原子不可能全部共平面，C正确；
D．由题干有机物X、Y的结构简式可知，X分子中含有酚羟基而Y中不含，故FeCl3溶液可以鉴别X和Y，D正确；
故答案为：B。
阅读材料回答问题，完成5-6小题
5. 铍和铝性质相似，氨硼烷()和乙烷的结构相似，可与水在催化剂作用下生成和，的结构如图所示；是二元弱酸，有还原性；冠醚是一种环状碳化合物，可用于识别与；氨水是一种弱碱，可用于蚀刻微电子材料，可由电解熔融氟化氢铵()制得。以下离子方程式，错误的是
A. 向草酸钠溶液中加入酸性高锰酸钾溶液：
B. 使用氨水吸收烟气中的二氧化硫：
C. 可溶于强碱溶液：
D. 水解制氢气：
【答案】B
【解析】
【详解】A．向草酸钠溶液中加入酸性高锰酸钾溶液，草酸根被氧化CO2，离子方程式为：，故A正确；
B．使用氨水吸收烟气中的二氧化硫，氨水是弱碱，不能拆分，离子方程式为：，故B错误；
C．铍和铝性质相似，可溶于强碱溶液生成，离子方程式为：，故C正确；
D．氨硼烷()和乙烷的结构相似，可与水在催化剂作用下生成和，离子方程式为：，故D正确；
故选B
6. 铍和铝性质相似，氨硼烷()和乙烷的结构相似，可与水在催化剂作用下生成和，的结构如图所示；是二元弱酸，有还原性；冠醚是一种环状碳化合物，可用于识别与；氨水是一种弱碱，可用于蚀刻微电子材料，可由电解熔融氟化氢铵()制得。下列说法正确的是
A. 晶体中含有离子键、共价键
B. 氨硼烷分子中N采取杂化，B采取杂化
C. 氨硼烷分子中元素电负性从大到小的顺序为：
D. 冠醚(18-冠-6)的空穴与尺寸适配，两者通过强相互作用形成超分子
【答案】A
【解析】
【详解】A．与间存在离子键，与中有共价键，A选项正确；
B．氨硼烷(NH3BH3)和乙烷结构相似，乙烷中碳是sp3杂化，故氨硼烷中的N、B也是sp3杂化，B选项错误；
C．氨硼烷分子中元素电负性从大到小的顺序为：N>H>B，C选项错误；
D．冠醚(18-冠-6)的空穴与K+尺寸适配，两者通过弱相互作用形成超分子，D选项错误；
故答案为：A。
7. 下列实验中，所选装置(可添加试剂，可重复使用)不合理的是
A. 配制100mL0.1ml/LNaOH溶液，选用⑤
B. 用KMnO4固体制备氧气，选用②
C. 盛放Na2CO3溶液，选用③
D. 用大理石和盐酸制取CO2并比较碳酸和Na2SiO3的酸性强弱，选用①④
【答案】C
【解析】
【详解】A．配制100mL0.1ml/LNaOH溶液需选用100mL容量瓶，移液时需通过玻璃棒引流，则可选用⑤，A正确；
B．用KMnO4固体制备氧气是选用固固加热型发生装置，故选用②，B正确；
C．因为碳酸钠水解显碱性，能和玻璃中的SiO2反应，腐蚀玻璃，实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，即不能选用③，C错误；
D．用大理石和盐酸制取CO2并比较碳酸和Na2SiO3的酸性强弱，选用①可以制得CO2，但由于盐酸具有挥发性，故需先经过④盛有饱和NaHCO3溶液洗气后再通入④盛有Na2SiO3溶液，D正确；
故答案为：C。
8. 关于物质结构和性质分析正确的是
A. 键角大小关系：CH4＞SO3＞H2O
B. 沸点大小关系：邻羟基苯甲酸<对羟基苯甲酸
C. 在化合物K3[Fe(CN)6]中，N原子提供孤电子对形成配位键
D. 酸性强弱比较：乙酸>甲酸>碳酸
【答案】B
【解析】
【详解】A．CH4为正四面体结构键角为109°28′，H2O分子的空间结构为V形，键角为107°，SO3的空间结构为平面三角形，键角为120°，所以键角由大到小的顺序为SO3＞CH4＞H2O，A错误；
B．已知对羟基苯甲酸只能形成分子间氢键，导致沸点反常升高，而邻羟基苯甲酸则形成分子内氢键，导致沸点降低，故沸点大小关系：邻羟基苯甲酸<对羟基苯甲酸，B正确；
C．由于电负性：C＜N，吸引电子的能力：C＜N，所以配体中给出电子的是C原子，形成配位键时，CN-中C原子提供孤电子对，即在化合物K3[Fe(CN)6]中，C原子提供孤电子对形成配位键，C错误；
D．烃基是推电子基团，烃基越长，推电子效应越大，羧基中羟基的极性越小，则甲酸＞乙酸，D错误；
故答案为：B。
9. 改变某条件对反应的化学平衡的影响，得到如下图象(图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量，表示平衡转化率，表示体积分数)。根据图象，下列判断正确的是
A. 反应I：若，则此反应可以在任何温度下均自发进行
B. 反应Ⅱ：此反应的，且
C. 反应Ⅲ：且或且
D. 反应Ⅳ：在恒压条件下，若起始时充入反应物的物质的量相等且该反应为放热反应，则平衡时体积
【答案】A
【解析】
【详解】A．由题干图像可知，压强相同时，随着温度的升高，反应物A的转化率减小，即平衡逆向移动，说明该反应正反应＜0，若，说明等温条件下，压强越大反应物A的转化率越小，即增大压强平衡逆向移动，即＞0，则此反应可以在任何温度下均自发进行，A正确；
B．由题干图像可知，T2条件下反应先达到平衡，则T2＞T1，且温度越高，生成物C的物质的量越小，说明升高温度平衡逆向移动，故此反应的，B错误；
C．由题干图像可知，反应物B的物质的量相同时，T1条件下生成物C的体积分数越大，若，说明升高温度，生成物C的体积分数减小，平衡逆向移动，正反应为放热反应，即，同理可知，且，C错误；
D．该反应为放热反应，说明升高温度平衡逆向移动，反应物A的转化率减小，即T2＞T1，且相同温度下随着压强增大，反应物A的转化率不变，说明反应前后气体的物质的量不变，则在恒压条件下，若起始时充入反应物的物质的量相等，则平衡时两温度下容器中物质的量相等，故有平衡时体积，D错误；
故答案为：A。
10. 由下列实验事实得出的结论中错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】AB
【解析】
【详解】A．NaCl溶液为电解质溶液，构成原电池时Zn为负极、Fe为正极，铁片附近溶液无蓝色沉淀生成，可知为牺牲阳极的阴极保护法，说明铁不被腐蚀，A错误；
B．麦芽糖本身为还原性糖，能够与新制氢氧化铜悬浊液发生反应，故麦芽糖与稀硫酸共热后，加NaOH溶液调至碱性再加入新制Cu(OH)2并加热，有砖红色沉淀生成，不能说明麦芽糖水解生成葡萄糖，B错误；
C．取一小段镁条，用砂纸除去表面氧化膜，放入试管中，加入2mL水，并滴入2滴酚酞溶液，无明显现象说明Mg与冷水几乎不反应；再加热试管至液体沸腾，溶液变红，说明溶液显碱性，即Mg可以与热水反应，C正确；
D．向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入无水乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，有深蓝色晶体析出，是由于乙醇极性小，降低了[Cu(NH3)4]SO4的溶解度，D正确；
故答案为：AB。
11. 设计如图装置回收金属钴。已知电极材料均为石墨材质。右侧装置为原电池，可将废旧锂离子电池的正极材料转化为，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室，保持细菌所在环境稳定，降解乙酸盐生成。下列说法正确的是
A. 装置工作时，甲室溶液逐渐增大
B. 装置工作时，乙室中阳离子通过阳膜向另一边迁移
C. 乙室电极反应式为
D. 若甲室减少，乙室增加3，则此时已进行溶液转移
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可知，右侧装置为原电池，则左侧装置为电解池，原电池中细菌电极为电解池的负极，水分子作用下乙酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3COO--8e-+2H2O =2CO2↑+7H+，钴酸锂电极为正极，酸性条件下钴酸锂在正极得到电子发生还原反应生成锂离子、钴离子和水，电极反应式为2LiCO2+2e-+8H+=2Li++2C2++4H2O，电池的总反应为CH3COO-+8LiCO2+25H+=2CO2↑+8Li++8C2++14H2O；电解池中，与原电池正极相连的细菌电极为阳极，水分子作用下乙酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3COO--8e-+2H2O =2CO2↑+7H+，右侧石墨电极为阴极，钴离子在阴极得到电子发生还原反应生成钴，电极反应式为C2++2e-=C，电解的总反应为CH3COO-+4C2+++2H2O =2CO2↑+7H++4C。
【详解】A．电池工作时，甲室中细菌上乙酸盐的阴离子失去电子被氧化为CO2气体，同时生成H+，电极反应式为CH3COO--8e-+2 H2O =2CO2↑+7 H+，H+通过阳膜进入阴极室，甲室的电极反应式为C2++2e-=C，因此，甲室溶液pH逐渐减小，A错误；
B．由分析可知，乙室是原电池，乙室中在得到电子生成，电极为正极，阳离子通过阳离子交换膜进入正极即乙室，B错误；
C．电解质溶液为酸性，不可能大量存在OH-，乙室电极反应式为：LiCO2+e-+4H+=Li++C2++2H2O，C错误；
D．若甲室C2+减少200 mg，则电子转移物质的量为n(e-)=；若乙室C2+增加300 mg，则转移电子的物质的量为n(e-)=，由于电子转移的物质的量不等，说明此时已进行过溶液转移，即将乙室部分溶液转移至甲室，D正确；
故选D。
12. 利用平衡移动原理，分析常温下Ni2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。已知：图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系；图2中曲线I的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合；[注：起始Na2CO3体系中；不同pH下由图1得到]。下列说法正确的是
A. 时，碳酸钠溶液体系中存在：
B. M点时，溶液中存在
C. 初始状态、，平衡后存在
D. 沉淀制备时，选用溶液比溶液效果好
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图1可知，pH=6.37时，c(H2CO3)=c()故有Ka1(H2CO3)=×c(H+)=10-6.37，同理可知pH=10.25时c()=c()，此时Ka2(H2CO3)=×c(H+)=c(H+)=10-10.25，则Ka1Ka2=×c2(H+)=10-6.37×10-10.25，pH=7时，==10-2.62＜1，即碳酸钠溶液体系中存在：，A错误；
B．由图1可知，pH=10.25时c()=c()，此时Ka2(H2CO3)=×c(H+)=c(H+)=10-10.25，M点时pH=8.25，c(H+)=10-8.25ml/L，c(OH-)=ml/L=10-5.75ml/L，溶液中c()≈0.1ml/L，则c()==10-10.25×0.1×ml/L=10-3ml/L，所以M点时，溶液中存在：c()＞c(OH-)，B正确；
C．由图可知，初始状态为pH=9、1g[c(Ni2+)]=-5，此时恰好为Ni(OH)2沉淀溶解平衡体系，不会生成NiCO3沉淀，含碳微粒总量不变，即体系达平衡后存在：c()+c()+c(H2CO3)=0.1ml/L，C错误；
D．由图2可知pH＜8.25时，NiCO3优先于Ni(OH)2生成沉淀，pH＞8.25时Ni(OH)2优先于NiCO3生成沉淀，0.1ml•L-1NaHCO3溶液的pH接近8，0.1ml•L-1Na2CO3溶液的pH接近12，所以沉淀Ni2+制备NiCO3时，选用0.1ml•L-1NaHCO3溶液比0.1ml•L-1Na2CO3溶液的效果好，D错误；
故答案为：B。
13. 除少数卤化物外，大部分非金属卤化物都易水解，且反应不可逆。卤化物的水解机理分亲核水解和亲电水解。发生亲核水解的结构条件：中心原子具有和有空的价轨道；发生亲电水解的结构条件：中心原子有孤对电子，可作Lewis碱，接受H2O的H+进攻。其中SiCl4的亲核水解机理如图。下列说法错误的是
A. 上述过程Si的杂化方式发生了改变B. 根据上述机理，NF3不能发生水解
C. 预测NCl3能发生亲电水解D. CCl4的水解机理与上述过程类似
【答案】D
【解析】
【详解】A．SiCl4中Si原子采用sp3杂化，图示过程是亲核水解，中心原子Si具有δ+和有空的价轨道，第一步产物中Si原子的杂化方式为sp3d杂化，杂化方式发生改变，A正确；
B．由于F的电负性强，N具有δ+，但没有空的价层轨道，不能发生亲核水解，中心N原子具有δ+，也不能接受H2O的H+进攻，不能发生亲电水解，故NF3不能发生水解，B正确；
C．NCl3中中心原子N原子含有1个孤电子对，且N具有δ-，能接受H2O的H+进攻，发生亲电水解，生成NH3和HClO，C正确；
D．C原子最外层为L层，没有d轨道接受水分子中的孤电子对，所以CCl4不能发生类似SiCl4的水解反应，D错误；
故答案为：D。
14. 汽车尾气未经处理直接排放，会严重污染环境。某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，一定条件下该反应经历三个基元反应，反应历程如图所示(TS表示过渡态)。下列说法错误的是
A. 反应达平衡后提高反应温度，反应物转化率减小
B. 使用催化剂可以降低反应的活化能，提高活化分子百分数，但不改变反应物的平衡转化率
C. 该化学反应的速率主要由反应③决定
D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题干反应历程图可知，整个反应分为三个基元反应阶段：①NO(g)+NO(g)=H=+199.2kJ•ml-1，②+CO(g)=CO2(g)+N2O(g)H=-513.5kJ•ml-1，③CO2(g)+N2O(g)+CO(g)=2CO2(g)+N2(g)H-306.6kJ•ml-1，根据盖斯定律①+②+③可知：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-620.9kJ⋅ml-1，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，此反应为放热反应，提高反应温度，平衡逆向移动，则反应物转化率降低，A正确；
B．使用催化剂可以降低反应的活化能，提高活化分子百分数，但催化剂不能使平衡发生移动，不能提高反应物的转化率，B正确；
C．由题干反应历程图可知，反应①的活化能最高，反应速率最慢，决定整个反应的反应速率，C错误；
D．由分析可知，反应2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-620.9kJ⋅ml-1，则N2(g)+2CO2(g)═2CO(g)+2NO(g)ΔH=+620.9kJ⋅ml-1，D正确；
故答案为：C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 过氧化锶()通常用作分析试剂、氧化剂、漂白剂等。SrO2是一种白色粉末，加热条件下可与CO2、水蒸气反应，室温时在水中逐渐形成无色晶体SrO2·8H2O，与酸作用生成H2O2。
（1）甲同学在实验室利用锶单质制备过氧化锶可能用到的仪器如图：
①按气流从左到右的流向，制备过氧化锶的导管接口顺序为a→______(选择必要的仪器，可重复选择)。
②SrO2在空气中会变质生成碳酸盐，写出该反应的化学方程式______。
③连接好装置进行实验，实验步骤如下，正确的操作顺序为______(填序号)。
a、打开分液漏斗活塞，将水滴入烧瓶中b、检查装置气密性c、在相应装置中装入药品d、加热e、关闭分液漏斗活塞f、停止加热
（2）乙同学在通入氨气的条件下，在水溶液中可制备得到SrO2·8H2O，实验装置如图：
①盛装SrCl2溶液的仪器名称为______，仪器X的作用是______。
②写出该方法制备SrO2·8H2O的离子方程式______，NH3的作用是______。(从平衡角度回答)
③实验结束后，得到SrO2·8H2O的操作为______。
（3）除SrO2·8H2O外，请选择下列试剂：FeCl2溶液、HCl溶液、HNO3溶液、KSCN溶液、H2O2溶液设计实验证明SrO2的氧化性比FeCl3的氧化性强：______。
【答案】（1） ①. b→c→h→i(或i→h)→b→c； ②. 2SrO2+2CO2=2SrCO3+O2 ③. bcadfe
（2） ①. 三颈烧瓶或三颈瓶 ②. 防止倒吸 ③. Sr2++2NH3+8H2O+H2O2=SrO2▪8H2O+2 ④. 中和反应生成的H+，促进反应进行，同时防止产物和酸发生反应 ⑤. 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥
（3）可在盐酸酸化的氯化亚铁溶液中滴加硫氰化钾溶液，再向其中加少量过氧化锶，溶液变为红色，说明有铁离子生成，则证明SrO2的氧化性比FeCl3的强
【解析】
【分析】(1)Na2O2和H2O反应生成NaOH和O2，加热条件下Sr和O2反应生成SrO2，SrO2能和水蒸气、CO2反应，为防止生成的Sr和水蒸气、CO2反应，所以Sr和O2反应前应该除去O2中的杂质CO2、水蒸气，用碱石灰除去水蒸气、CO2，并且为防止生成的SrO2和空气中的二氧化碳、水蒸气反应，所以生成SrO2装置连接盛有碱石灰的干燥管；(2)装置中SrCl2溶液和H2O2溶液以及NH3反应可以得到SrO2▪8H2O，NH3能污染空气，为防止污染空气，用水吸收，(3) 利用氧化剂的氧化性大于氧化产物可以判断氧化性强弱，设计实验证明SrO2的氧化性比FeCl3的氧化性强，据此分析解题。
【小问1详解】
①过氧化钠和水反应生成氧气，根据题干信息可知，过氧化锶在加热条件下可与CO2、水蒸气反应，室温时在水中逐渐形成无色晶体SrO2▪8H2O，所以反应制备得到的氧气必须干燥后才能和锶在加热条件下发生反应，由于SrO2在加热条件下可与水蒸气反应，所以装置的最后必须有防止空气中的水蒸气进入硬质玻璃管的装置，所以按气流从左到右的流向，制备过氧化锶的导管接口顺序为a→b→c→h→i(或i→h)→b→c，故答案为：b→c→h→i(或i→h)→b→c；
②SrO2和过氧化钠相似，能和空气中的二氧化碳反应生成碳酸锶和氧气，该反应的化学方程式为：2SrO2+2CO2=2SrCO3+O2，故答案为：2SrO2+2CO2=2SrCO3+O2；
③连接好装置后，正确的操作顺序为：检查装置气密性，在相应装置中装入药品，打开分液漏斗活塞，将水滴入烧瓶中，以便用产生的O2排空装置内的其他气体，加热让Sr与纯净的O2反应生成SrO2，停止加热后续继续产生O2，防止空气中CO2的杂质气体进入硬质玻璃管中与SrO2反应，冷却后在关闭分液漏斗活塞，即顺序为：bcadfe，故答案为：bcadfe；
【小问2详解】
①由题干实验装置可知，盛装SrCl2溶液的仪器名称为三颈烧瓶或三颈瓶，由于NH3极易溶于水，以产生倒吸，故仪器X的作用是防止倒吸，故答案为：三颈烧瓶或三颈瓶；防止倒吸；
②SrCl2、过氧化氢和氨气在溶液中发生反应可以生成SrO2▪8H2O，该反应中没有化合价的变化，根据质量守恒和电荷守恒配平该反应，离子方程式为：Sr2++2NH3+8H2O+H2O2=SrO2▪8H2O+2；NH3可以保持碱性环境，防止产物和酸反应，故答案为：Sr2++2NH3+8H2O+H2O2=SrO2▪8H2O+2；中和反应生成的H+，促进反应进行，同时防止产物和酸发生反应；
③从溶液中析出晶体的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥，故实验结束后，得到SrO2·8H2O的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥；
【小问3详解】
利用氧化剂的氧化性大于氧化产物可以判断氧化性强弱，设计实验证明SrO2的氧化性比FeCl3的氧化性强的操作为可在盐酸酸化的氯化亚铁溶液中滴加硫氰化钾溶液，再向其中加少量过氧化锶，溶液变为红色，说明有铁离子生成，则证明SrO2的氧化性比FeCl3的强，故答案为：可在盐酸酸化的氯化亚铁溶液中滴加硫氰化钾溶液，再向其中加少量过氧化锶，溶液变为红色，说明有铁离子生成，则证明SrO2的氧化性比FeCl3的强。
16. 2023年诺贝尔化学奖授予对合成量子点有突出贡献的科研工作者。碲化镉(CdTe)量子点具有优异的光电性能，常用作太阳能薄膜电池材料。我国科研人员设计以电解精炼铜获得的富碲渣(含铜、碲、银等)为原料合成碲化镉量子点的流程如下：
回答下列问题：
（1）碲的原子序数为52，基态碲原子的价层电子排布式为______。
（2）“硫酸酸浸时，取含单质的富碲渣，为将全部溶出转化为，需加质量分数为的(密度：)______(保留到小数点后两位)。但实际操作中，用量远高于该计算值，原因之一是同时也被浸出，请写出被浸出时发生反应的离子方程式：______。
（3）化学中用标准电极电势(氧化态/还原态)反映微粒间得失电子能力的强弱，一般这个数值越大，氧化态转化为还原态越容易。已知硫酸酸浸液中部分微粒的标准还原电极电势为、，则SO2“还原”酸浸液时，主要发生反应的化学方程式是______。
（4）在研究“还原”步骤实验条件时，发现Te、Cu单位时间内沉淀率随NaCl溶液浓度的变化如图所示，则该步骤应选择的NaCl溶液适宜浓度为______。
（5）CdTe的晶胞属立方晶系，晶胞如图所示，若CdTe的摩尔质量为，该晶体的密度为，阿伏加德罗常数为，则最近的两个Te原子的距离______。(用含M、、的代数式表示)
（6）量子点不同于其他半导体材料，在微观尺寸发生变化时，可以在特定波长的激光照射下发出不同颜色的光，关于这一现象下列说法正确的是______(填字母)。
A．属于化学变化 B．由光化学反应产生 C．由电子跃迁形成
【答案】（1）5s25p4
（2） ①. 2.06 ②. Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O
（3）Te4++2SO2+4H2O=Te+8H++2
（4）30g/L （5）×107
（6）C
【解析】
【分析】由题干流程图可知，向富碲渣(含铜、碲、银等)中加入30%H2O2和硫酸进行酸浸得到Te(SO4)2、CuSO4的浸出液和含有Ag等贵金属渣，向浸出液中通入SO2，加入NaCl将Te4+还原为Te，Cu2+转化为CuCl，过滤得到粗碲，粗碲处理后得到精制碲，与NaBH4反应得到H2Te，在反应釜中与CdCl2和柠檬酸钠反应制得CdTe量子点，据此分析解题。
【小问1详解】
碲的原子序数为52，54＞52＞36，即Te位于周期表中第5周期ⅥA主族，故基态碲原子的价层电子排布式为5s25p4，故答案为：5s25p4；
【小问2详解】
“硫酸酸浸时，取含单质Te6.38%的富碲渣20g，为将Te全部溶出转化为Te(SO4)2，则该反应方程式为：Te+2H2SO4+2H2O2=Te(SO4)2+4H2O，需加质量分数为30%的H2O2(密度：1.1g/cm3)的体积为：=2.06mL(保留到小数点后两位)，但实际操作中，H2O2用量远高于该计算值，原因之一是Cu同时也被H2O2浸出，Cu被浸出时发生反应的离子方程式：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，故答案为：2.06；Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；
【小问3详解】
由题干信息可知，化学中用标准电极电势(氧化态/还原态)反映微粒间得失电子能力的强弱，一般这个数值越大，氧化态转化为还原态越容易，结合硫酸酸浸液中部分微粒的标准还原电极电势为、，Te4+较Cu2+易被还原，则SO2“还原”酸浸液时，主要发生反应的化学方程式是Te4++2SO2+4H2O=Te+8H++2，故答案为：Te4++2SO2+4H2O=Te+8H++2；
【小问4详解】
由题干图示信息可知，当NaCl溶液浓度为30g/L时，Te的沉淀率已经较高，Cu的沉淀率最低，使Cu和Te分离更加完全，故该步骤应选择的NaCl溶液适宜浓度为30g/L，故答案为：30g/L；
【小问5详解】
由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的碲原子个数为8×+6×=4，位于体内的镉原子个数为4，设晶胞的参数为anm，由晶胞的质量公式可得：=(10-7a)3ρ，解得a=×107nm，晶胞中距离最近的碲原子的距离为面对角线的，则距离最近的碲原子的距离为×107nm，故答案为：×107；
【小问6详解】
量子点不同于其他的半导体材料，在微观尺寸发生变化时，可以在特定波长的激光照射下发出不同颜色的光，这一现象是发生了电子的跃迁，属于物理变化，故答案为：C。
17. 化石能源对环境污染严重，且不可再生。氢能是重要的绿色能源，越来越受到各国的重视，中国科学院利用生物乙醇来制取氢气的部分反应过程如下图所示。
（1）已知：
反应Ⅱ：
则反应I的热化学方程式为______。
（2）反应Ⅱ在不同进气比[n(CO)：n(H2O)]、不同温度下，测得相应的CO平衡转化率见下表(各点对应的其他反应条件都相同)。
①c点平衡混合物中H2的体积分数为______，a、c两点对应的反应温度Ta______Tc(填“<”“=”或“>”)，c点对应的平衡常数K=______。
②有利于提高CO平衡转化率的是______(填标号)。
A．增大压强 B．降低温度 C．增大进气比[n(CO)：n(H2O)] D．加入高效催化剂
（3）反应Ⅱ在工业上称为一氧化碳的催化变换反应，若用表示催化剂，则反应历程可用下式表示：
第一步：；第二步：
第二步比第一步反应慢，则第二步反应的活化能比第一步反应______。反应整个反应过程中，那个物质的浓度对总反应速率影响最大______(填标号)。
A．水蒸气 B．氢气 C．一氧化碳 D．二氧化碳
（4）研究所表明，CO催化变换反应的速率方程为式中，，分别表示相应的物质的量分数，为平衡常数，k为反应的速率常数，温度升高时k值增大。在气体组成和催化剂一定的情况下，反应速率随温度变化的曲线如图所示。温度升高时，催化变换反应的______(填“增大”或“减小”)。根据速率方程分析，时逐渐减小的原因是______。
【答案】（1）CH3CH2OH(g)+H2O(g)=4H2(g)+2CO(g)ΔH=+251.5 kJ•ml-1
（2） ①. 12.5% ②. ＜ ③. ④. B
（3） ①. 大 ②. C
（4） ①. 减小 ②. Kp减小对的降低大于k增大对的提高
【解析】
【小问1详解】
设反应Ⅲ：CH3CH2OH(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g)H1=+170.5kJ/ml；Ⅱ：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)H2=-40.5kJ/ml，根据盖斯定律Ⅲ-Ⅱ×2得反应I的热化学方程式为CH3CH2OH(g)+H2O(g)=2CO(g)+4H2(g)，H=H1-2H2=+170.5kJ/ml+40.5kJ/ml×2=+251.5 kJ/ml，故答案为：CH3CH2OH(g)+H2O(g)═4H2(g)+2CO(g)ΔH=+251.5 kJ•ml-1；
【小问2详解】
①由题干数据可知，a点进气比[n(CO)：n(H2O)]比c点大，若如果a、c两点温度相同，则应该是c点CO的平衡转化率更大，但现在相等，说明c点平衡逆向移动了，结合反应Ⅱ是一个放热反应可知，c点对应温度高于a点，即Ta＜Tc，对c点对应反应Ⅱ进行三段式分析为：
，c点平衡混合物中H2的体积分数为×100%=12.5%，c点对应的平衡常数K===，故答案为：12.5%；＜；；
②A．反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)为气体分子数不变的反应，改变压强平衡不移动，CO平衡转化率不变，A错误；
B．正反应放热，降温平衡向正反应方向移动，CO平衡转化率增大，B正确；
C．增大进气比[n(CO)：n(H2O)]，CO平衡转化率减小，C错误；
D．加入高效催化剂，反应速率加快，但平衡不移动，CO平衡转化率不变，D错误；
故答案为：B；
【小问3详解】
活化能越大，反应速率越慢，第二步比第一步反应慢，则第二步反应的活化能比第一步反应的大，即第二步反应是整个反应的决速步骤，第二步：，则CO对第二步反应速率影响最大，水蒸气影响第一步反应速率，但第一步为快反应，对整个反应速率影响不大，氢气、二氧化碳为生成物，故答案为：大；C；
【小问4详解】
CO催化变换反应即CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)H2=-40.5kJ/ml ，故升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小即Kp随着温度升高而减小，根据CO催化变换反应的速率方程和k为反应的速率常数，温度升高时k值增大，而Kp随温度升高而减小，故可知时逐渐减小的原因是Kp减小对的降低大于k增大对的提高，故答案为：减小；Kp减小对的降低大于k增大对的提高。
18. 罗贝考昔H是一种新型非甾体类抗炎药，其合成路线之一如下(部分反应条件省略)：
（1）A的化学名称______，有机物C中的官能团的名称是______。
（2）①D能与反应，试着从结构角度解原因______；
②D的一种同分异构体I的沸点比D低，请解释原因______。
（3）请写出该路线中由F生成G的化学方程式______。
（4）由G到H的反应类型是______。
（5）J是B的相对分子质量少14的同系物，符合条件的J同分异构体有______种(不考虑立体异构)。
①含有基团且与苯环直接相连
②苯环上只含有两个取代基
其中核磁共振氢谱为5组吸收峰，面积比为为______(写出一种)
【答案】（1） ①. 对乙基苯胺 ②. 羰基、氟原子、亚氨基
（2） ①. D中存在亚氨基，N原子含有孤电子对，H+存在空轨道，N和H+形成配位键 ②. D分子间能形成氢键
（3） （4）还原反应
（5） ①. 15 ②.
【解析】
【分析】A与发生取代反应生成B，B是；F发生水解反应生成G，G是。
【小问1详解】
根据A的结构简式，A的化学名称对乙基苯胺或4-乙基苯胺；根据C的结构简式，有机物C中的官能团的名称是羰基、氟原子、亚氨基；
【小问2详解】
①D中存在亚氨基，N原子含有孤电子对，H+存在空轨道，N和H+形成配位键，所以D能与反应生成盐；
②D中含有N-H键，D分子间能形成氢键，所以D的沸点比的沸点高。
【小问3详解】
F中含有酰胺基，F在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应，酸化生成G，反应的化学方程式为；
【小问4详解】
G→H是G分子中去掉1个氧原子增加2个H原子生成H，反应类型为还原反应。
【小问5详解】
J是的相对分子质量少14的同系物，则J的分子式为C10H12NOCl；①含有基团且与苯环直接相连，②苯环上只含有两个取代基，另一个取代基可能为-CH2CH2CH2Cl、-CH2CHClCH3、-CHClCH2CH3、-CCl(CH3)2、，两个取代基在苯环上的位置有3种，所以共有15种结构；
其中核磁共振氢谱为5组吸收峰，面积比为为。反应I
反应Ⅱ
反应Ⅲ
反应Ⅳ
选项
实验目的
实验事实
结论
A
验证牺牲阳极的阴极保护法
将锌片与铁片用导线相连，插入酸化的3%NaCl溶液，一段时间后在铁电极区滴入2滴K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀
铁不一定被腐蚀
B
麦芽糖水解产物的检验
麦芽糖与稀硫酸共热后，加NaOH溶液调至碱性再加入新制Cu(OH)2并加热，有砖红色沉淀生成
麦芽糖水解生成葡萄糖
C
探究Mg和水反应
取一小段镁条，用砂纸除去表面氧化膜，放入试管中，加入2mL水，并滴入2滴酚酞溶液，无明显现象；再加热试管至液体沸腾，溶液变红
Mg可以与热水反应
D
制备一水合硫酸四氨合铜
向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入无水乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，有深蓝色晶体析出
乙醇极性小，降低了[Cu(NH3)4]SO4的溶解度
平衡点
a
b
c
d
n(CO)：n(H2O)
2
2
1
1
CO平衡转化率/
25
68
25
60
注意事项：
1、答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2、选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清晰。
3、请按题号顺序在各题答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸上和试题卷上书写无效。
4、保持答题卡卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
5、考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法错误的是
A. 蔡伦造纸采用碱液制浆，该过程不涉及化学变化
B. 羟基磷灰石是龟甲的成分之一，属于无机物
C. 制作徽墨的松烟颗粒直径约30~50nm，溶于水可产生丁达尔现象
D. 安徽繁昌窑所产青白瓷是以黏土为原料高温烧结而成
【答案】A
【解析】
【详解】A．蔡伦采用碱液蒸煮制浆法造纸，将原料放在碱液中蒸煮，原料在碱性环境下发生反应使原有的粗浆纤维变成细浆，该过程涉及化学变化，A错误；
B．龟甲的成分之一羟基磷灰石，组成上分析为盐类化合物，属于无机物，B正确；
C．制作徽墨的松烟颗粒直径约30~50nm，溶于水形成胶体，则可产生丁达尔现象，C正确；
D．陶瓷的原料是黏土，安徽繁昌窑所产青白瓷是以黏土为原料高温烧结而成，D正确；
故答案为：A。
2. 化学与生活密切相关，下列说法错误是
A. 苯甲酸可作为果蔬汁饮料的防腐剂
B. 添入牙膏中的氟化物能预防龋齿
C. 制作豆腐是利用盐卤中等物质使豆浆中的蛋白质变性
D. 氧化钙可用作食品干燥剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．苯甲酸具有防腐性，可作为果蔬汁饮料的防腐剂，故A正确；
B．牙齿表面釉质层的主要成分是难溶的Ca5(PO4)3OH，使用含氟牙膏，可发生沉淀的转化，生成的Ca5(PO4)3F更难溶于水、且能抵抗酸的侵蚀，故牙膏中添入氟化物能有效预防龋齿，故B 正确；
C．制作豆腐是利用盐卤中MgCl2、 CaSO4等物质使豆浆中的蛋白质聚沉，二者均不属于重金属盐，不能让其变性，故C 错误；
D．氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，可用作食品干燥剂，故D正确；
故答案选C。
3. 国家自然科学基金委员会发布2023年度中国科学十大进展，涉及材料化学领域。下列说法错误的是
A. 高效钙钛矿叠层太阳能电池组件中，钛合金属于金属材料
B. 三维石墨烯气凝胶材料可用于海水淡化，石墨烯属于新型无机非金属材料
C. “C919”飞机身使用的碳纤维和环氧树脂是复合材料
D. 顺丁橡胶主要用于制造轮胎，属于天然高分子材料
【答案】D
【解析】
【详解】A．金属材料包括纯金属和合金，钛合金属于金属材料，故A正确；
B．石墨烯属于新型无机非金属材料，三维石墨烯气凝胶材料可用于海水淡化，故B正确；
C．碳纤维和环氧树脂是复合材料，故C正确；
D．顺丁橡胶主要用于制造轮胎，属于合成高分子材料，故D错误；
故选D。
4. 化合物是一种药物合成中间体，部分合成路线如下：
下列说法错误的是
A. X能与HCHO发生缩聚反应
B. X生成Y的反应中，K2CO3只起催化剂作用
C. Z中碳原子不可能全部共平面
D. FeCl3溶液可以鉴别X和Y
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题干有机物X的结构简式可知，X分子中含有酚羟基，且酚羟基的邻位上都有H，故X能与HCHO发生缩聚反应，A正确；
B．由题干信息可知，X生成Y的反应中生成了HCl，HCl能与K2CO3反应，使得反应正向进行的程度增大，故K2CO3不只起催化剂作用，还参与反应，B错误；
C．由题干有机物Z的结构简式可知，Z分子中的N采用sp3杂化，且N连有3个碳原子，故Z中碳原子不可能全部共平面，C正确；
D．由题干有机物X、Y的结构简式可知，X分子中含有酚羟基而Y中不含，故FeCl3溶液可以鉴别X和Y，D正确；
故答案为：B。
阅读材料回答问题，完成5-6小题
5. 铍和铝性质相似，氨硼烷()和乙烷的结构相似，可与水在催化剂作用下生成和，的结构如图所示；是二元弱酸，有还原性；冠醚是一种环状碳化合物，可用于识别与；氨水是一种弱碱，可用于蚀刻微电子材料，可由电解熔融氟化氢铵()制得。以下离子方程式，错误的是
A. 向草酸钠溶液中加入酸性高锰酸钾溶液：
B. 使用氨水吸收烟气中的二氧化硫：
C. 可溶于强碱溶液：
D. 水解制氢气：
【答案】B
【解析】
【详解】A．向草酸钠溶液中加入酸性高锰酸钾溶液，草酸根被氧化CO2，离子方程式为：，故A正确；
B．使用氨水吸收烟气中的二氧化硫，氨水是弱碱，不能拆分，离子方程式为：，故B错误；
C．铍和铝性质相似，可溶于强碱溶液生成，离子方程式为：，故C正确；
D．氨硼烷()和乙烷的结构相似，可与水在催化剂作用下生成和，离子方程式为：，故D正确；
故选B
6. 铍和铝性质相似，氨硼烷()和乙烷的结构相似，可与水在催化剂作用下生成和，的结构如图所示；是二元弱酸，有还原性；冠醚是一种环状碳化合物，可用于识别与；氨水是一种弱碱，可用于蚀刻微电子材料，可由电解熔融氟化氢铵()制得。下列说法正确的是
A. 晶体中含有离子键、共价键
B. 氨硼烷分子中N采取杂化，B采取杂化
C. 氨硼烷分子中元素电负性从大到小的顺序为：
D. 冠醚(18-冠-6)的空穴与尺寸适配，两者通过强相互作用形成超分子
【答案】A
【解析】
【详解】A．与间存在离子键，与中有共价键，A选项正确；
B．氨硼烷(NH3BH3)和乙烷结构相似，乙烷中碳是sp3杂化，故氨硼烷中的N、B也是sp3杂化，B选项错误；
C．氨硼烷分子中元素电负性从大到小的顺序为：N>H>B，C选项错误；
D．冠醚(18-冠-6)的空穴与K+尺寸适配，两者通过弱相互作用形成超分子，D选项错误；
故答案为：A。
7. 下列实验中，所选装置(可添加试剂，可重复使用)不合理的是
A. 配制100mL0.1ml/LNaOH溶液，选用⑤
B. 用KMnO4固体制备氧气，选用②
C. 盛放Na2CO3溶液，选用③
D. 用大理石和盐酸制取CO2并比较碳酸和Na2SiO3的酸性强弱，选用①④
【答案】C
【解析】
【详解】A．配制100mL0.1ml/LNaOH溶液需选用100mL容量瓶，移液时需通过玻璃棒引流，则可选用⑤，A正确；
B．用KMnO4固体制备氧气是选用固固加热型发生装置，故选用②，B正确；
C．因为碳酸钠水解显碱性，能和玻璃中的SiO2反应，腐蚀玻璃，实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞，即不能选用③，C错误；
D．用大理石和盐酸制取CO2并比较碳酸和Na2SiO3的酸性强弱，选用①可以制得CO2，但由于盐酸具有挥发性，故需先经过④盛有饱和NaHCO3溶液洗气后再通入④盛有Na2SiO3溶液，D正确；
故答案为：C。
8. 关于物质结构和性质分析正确的是
A. 键角大小关系：CH4＞SO3＞H2O
B. 沸点大小关系：邻羟基苯甲酸<对羟基苯甲酸
C. 在化合物K3[Fe(CN)6]中，N原子提供孤电子对形成配位键
D. 酸性强弱比较：乙酸>甲酸>碳酸
【答案】B
【解析】
【详解】A．CH4为正四面体结构键角为109°28′，H2O分子的空间结构为V形，键角为107°，SO3的空间结构为平面三角形，键角为120°，所以键角由大到小的顺序为SO3＞CH4＞H2O，A错误；
B．已知对羟基苯甲酸只能形成分子间氢键，导致沸点反常升高，而邻羟基苯甲酸则形成分子内氢键，导致沸点降低，故沸点大小关系：邻羟基苯甲酸<对羟基苯甲酸，B正确；
C．由于电负性：C＜N，吸引电子的能力：C＜N，所以配体中给出电子的是C原子，形成配位键时，CN-中C原子提供孤电子对，即在化合物K3[Fe(CN)6]中，C原子提供孤电子对形成配位键，C错误；
D．烃基是推电子基团，烃基越长，推电子效应越大，羧基中羟基的极性越小，则甲酸＞乙酸，D错误；
故答案为：B。
9. 改变某条件对反应的化学平衡的影响，得到如下图象(图中p表示压强，T表示温度，n表示物质的量，表示平衡转化率，表示体积分数)。根据图象，下列判断正确的是
A. 反应I：若，则此反应可以在任何温度下均自发进行
B. 反应Ⅱ：此反应的，且
C. 反应Ⅲ：且或且
D. 反应Ⅳ：在恒压条件下，若起始时充入反应物的物质的量相等且该反应为放热反应，则平衡时体积
【答案】A
【解析】
【详解】A．由题干图像可知，压强相同时，随着温度的升高，反应物A的转化率减小，即平衡逆向移动，说明该反应正反应＜0，若，说明等温条件下，压强越大反应物A的转化率越小，即增大压强平衡逆向移动，即＞0，则此反应可以在任何温度下均自发进行，A正确；
B．由题干图像可知，T2条件下反应先达到平衡，则T2＞T1，且温度越高，生成物C的物质的量越小，说明升高温度平衡逆向移动，故此反应的，B错误；
C．由题干图像可知，反应物B的物质的量相同时，T1条件下生成物C的体积分数越大，若，说明升高温度，生成物C的体积分数减小，平衡逆向移动，正反应为放热反应，即，同理可知，且，C错误；
D．该反应为放热反应，说明升高温度平衡逆向移动，反应物A的转化率减小，即T2＞T1，且相同温度下随着压强增大，反应物A的转化率不变，说明反应前后气体的物质的量不变，则在恒压条件下，若起始时充入反应物的物质的量相等，则平衡时两温度下容器中物质的量相等，故有平衡时体积，D错误；
故答案为：A。
10. 由下列实验事实得出的结论中错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】AB
【解析】
【详解】A．NaCl溶液为电解质溶液，构成原电池时Zn为负极、Fe为正极，铁片附近溶液无蓝色沉淀生成，可知为牺牲阳极的阴极保护法，说明铁不被腐蚀，A错误；
B．麦芽糖本身为还原性糖，能够与新制氢氧化铜悬浊液发生反应，故麦芽糖与稀硫酸共热后，加NaOH溶液调至碱性再加入新制Cu(OH)2并加热，有砖红色沉淀生成，不能说明麦芽糖水解生成葡萄糖，B错误；
C．取一小段镁条，用砂纸除去表面氧化膜，放入试管中，加入2mL水，并滴入2滴酚酞溶液，无明显现象说明Mg与冷水几乎不反应；再加热试管至液体沸腾，溶液变红，说明溶液显碱性，即Mg可以与热水反应，C正确；
D．向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入无水乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，有深蓝色晶体析出，是由于乙醇极性小，降低了[Cu(NH3)4]SO4的溶解度，D正确；
故答案为：AB。
11. 设计如图装置回收金属钴。已知电极材料均为石墨材质。右侧装置为原电池，可将废旧锂离子电池的正极材料转化为，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室，保持细菌所在环境稳定，降解乙酸盐生成。下列说法正确的是
A. 装置工作时，甲室溶液逐渐增大
B. 装置工作时，乙室中阳离子通过阳膜向另一边迁移
C. 乙室电极反应式为
D. 若甲室减少，乙室增加3，则此时已进行溶液转移
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可知，右侧装置为原电池，则左侧装置为电解池，原电池中细菌电极为电解池的负极，水分子作用下乙酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3COO--8e-+2H2O =2CO2↑+7H+，钴酸锂电极为正极，酸性条件下钴酸锂在正极得到电子发生还原反应生成锂离子、钴离子和水，电极反应式为2LiCO2+2e-+8H+=2Li++2C2++4H2O，电池的总反应为CH3COO-+8LiCO2+25H+=2CO2↑+8Li++8C2++14H2O；电解池中，与原电池正极相连的细菌电极为阳极，水分子作用下乙酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3COO--8e-+2H2O =2CO2↑+7H+，右侧石墨电极为阴极，钴离子在阴极得到电子发生还原反应生成钴，电极反应式为C2++2e-=C，电解的总反应为CH3COO-+4C2+++2H2O =2CO2↑+7H++4C。
【详解】A．电池工作时，甲室中细菌上乙酸盐的阴离子失去电子被氧化为CO2气体，同时生成H+，电极反应式为CH3COO--8e-+2 H2O =2CO2↑+7 H+，H+通过阳膜进入阴极室，甲室的电极反应式为C2++2e-=C，因此，甲室溶液pH逐渐减小，A错误；
B．由分析可知，乙室是原电池，乙室中在得到电子生成，电极为正极，阳离子通过阳离子交换膜进入正极即乙室，B错误；
C．电解质溶液为酸性，不可能大量存在OH-，乙室电极反应式为：LiCO2+e-+4H+=Li++C2++2H2O，C错误；
D．若甲室C2+减少200 mg，则电子转移物质的量为n(e-)=；若乙室C2+增加300 mg，则转移电子的物质的量为n(e-)=，由于电子转移的物质的量不等，说明此时已进行过溶液转移，即将乙室部分溶液转移至甲室，D正确；
故选D。
12. 利用平衡移动原理，分析常温下Ni2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。已知：图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系；图2中曲线I的离子浓度关系符合；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合；[注：起始Na2CO3体系中；不同pH下由图1得到]。下列说法正确的是
A. 时，碳酸钠溶液体系中存在：
B. M点时，溶液中存在
C. 初始状态、，平衡后存在
D. 沉淀制备时，选用溶液比溶液效果好
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图1可知，pH=6.37时，c(H2CO3)=c()故有Ka1(H2CO3)=×c(H+)=10-6.37，同理可知pH=10.25时c()=c()，此时Ka2(H2CO3)=×c(H+)=c(H+)=10-10.25，则Ka1Ka2=×c2(H+)=10-6.37×10-10.25，pH=7时，==10-2.62＜1，即碳酸钠溶液体系中存在：，A错误；
B．由图1可知，pH=10.25时c()=c()，此时Ka2(H2CO3)=×c(H+)=c(H+)=10-10.25，M点时pH=8.25，c(H+)=10-8.25ml/L，c(OH-)=ml/L=10-5.75ml/L，溶液中c()≈0.1ml/L，则c()==10-10.25×0.1×ml/L=10-3ml/L，所以M点时，溶液中存在：c()＞c(OH-)，B正确；
C．由图可知，初始状态为pH=9、1g[c(Ni2+)]=-5，此时恰好为Ni(OH)2沉淀溶解平衡体系，不会生成NiCO3沉淀，含碳微粒总量不变，即体系达平衡后存在：c()+c()+c(H2CO3)=0.1ml/L，C错误；
D．由图2可知pH＜8.25时，NiCO3优先于Ni(OH)2生成沉淀，pH＞8.25时Ni(OH)2优先于NiCO3生成沉淀，0.1ml•L-1NaHCO3溶液的pH接近8，0.1ml•L-1Na2CO3溶液的pH接近12，所以沉淀Ni2+制备NiCO3时，选用0.1ml•L-1NaHCO3溶液比0.1ml•L-1Na2CO3溶液的效果好，D错误；
故答案为：B。
13. 除少数卤化物外，大部分非金属卤化物都易水解，且反应不可逆。卤化物的水解机理分亲核水解和亲电水解。发生亲核水解的结构条件：中心原子具有和有空的价轨道；发生亲电水解的结构条件：中心原子有孤对电子，可作Lewis碱，接受H2O的H+进攻。其中SiCl4的亲核水解机理如图。下列说法错误的是
A. 上述过程Si的杂化方式发生了改变B. 根据上述机理，NF3不能发生水解
C. 预测NCl3能发生亲电水解D. CCl4的水解机理与上述过程类似
【答案】D
【解析】
【详解】A．SiCl4中Si原子采用sp3杂化，图示过程是亲核水解，中心原子Si具有δ+和有空的价轨道，第一步产物中Si原子的杂化方式为sp3d杂化，杂化方式发生改变，A正确；
B．由于F的电负性强，N具有δ+，但没有空的价层轨道，不能发生亲核水解，中心N原子具有δ+，也不能接受H2O的H+进攻，不能发生亲电水解，故NF3不能发生水解，B正确；
C．NCl3中中心原子N原子含有1个孤电子对，且N具有δ-，能接受H2O的H+进攻，发生亲电水解，生成NH3和HClO，C正确；
D．C原子最外层为L层，没有d轨道接受水分子中的孤电子对，所以CCl4不能发生类似SiCl4的水解反应，D错误；
故答案为：D。
14. 汽车尾气未经处理直接排放，会严重污染环境。某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，一定条件下该反应经历三个基元反应，反应历程如图所示(TS表示过渡态)。下列说法错误的是
A. 反应达平衡后提高反应温度，反应物转化率减小
B. 使用催化剂可以降低反应的活化能，提高活化分子百分数，但不改变反应物的平衡转化率
C. 该化学反应的速率主要由反应③决定
D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题干反应历程图可知，整个反应分为三个基元反应阶段：①NO(g)+NO(g)=H=+199.2kJ•ml-1，②+CO(g)=CO2(g)+N2O(g)H=-513.5kJ•ml-1，③CO2(g)+N2O(g)+CO(g)=2CO2(g)+N2(g)H-306.6kJ•ml-1，根据盖斯定律①+②+③可知：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-620.9kJ⋅ml-1，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，此反应为放热反应，提高反应温度，平衡逆向移动，则反应物转化率降低，A正确；
B．使用催化剂可以降低反应的活化能，提高活化分子百分数，但催化剂不能使平衡发生移动，不能提高反应物的转化率，B正确；
C．由题干反应历程图可知，反应①的活化能最高，反应速率最慢，决定整个反应的反应速率，C错误；
D．由分析可知，反应2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-620.9kJ⋅ml-1，则N2(g)+2CO2(g)═2CO(g)+2NO(g)ΔH=+620.9kJ⋅ml-1，D正确；
故答案为：C。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 过氧化锶()通常用作分析试剂、氧化剂、漂白剂等。SrO2是一种白色粉末，加热条件下可与CO2、水蒸气反应，室温时在水中逐渐形成无色晶体SrO2·8H2O，与酸作用生成H2O2。
（1）甲同学在实验室利用锶单质制备过氧化锶可能用到的仪器如图：
①按气流从左到右的流向，制备过氧化锶的导管接口顺序为a→______(选择必要的仪器，可重复选择)。
②SrO2在空气中会变质生成碳酸盐，写出该反应的化学方程式______。
③连接好装置进行实验，实验步骤如下，正确的操作顺序为______(填序号)。
a、打开分液漏斗活塞，将水滴入烧瓶中b、检查装置气密性c、在相应装置中装入药品d、加热e、关闭分液漏斗活塞f、停止加热
（2）乙同学在通入氨气的条件下，在水溶液中可制备得到SrO2·8H2O，实验装置如图：
①盛装SrCl2溶液的仪器名称为______，仪器X的作用是______。
②写出该方法制备SrO2·8H2O的离子方程式______，NH3的作用是______。(从平衡角度回答)
③实验结束后，得到SrO2·8H2O的操作为______。
（3）除SrO2·8H2O外，请选择下列试剂：FeCl2溶液、HCl溶液、HNO3溶液、KSCN溶液、H2O2溶液设计实验证明SrO2的氧化性比FeCl3的氧化性强：______。
【答案】（1） ①. b→c→h→i(或i→h)→b→c； ②. 2SrO2+2CO2=2SrCO3+O2 ③. bcadfe
（2） ①. 三颈烧瓶或三颈瓶 ②. 防止倒吸 ③. Sr2++2NH3+8H2O+H2O2=SrO2▪8H2O+2 ④. 中和反应生成的H+，促进反应进行，同时防止产物和酸发生反应 ⑤. 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥
（3）可在盐酸酸化的氯化亚铁溶液中滴加硫氰化钾溶液，再向其中加少量过氧化锶，溶液变为红色，说明有铁离子生成，则证明SrO2的氧化性比FeCl3的强
【解析】
【分析】(1)Na2O2和H2O反应生成NaOH和O2，加热条件下Sr和O2反应生成SrO2，SrO2能和水蒸气、CO2反应，为防止生成的Sr和水蒸气、CO2反应，所以Sr和O2反应前应该除去O2中的杂质CO2、水蒸气，用碱石灰除去水蒸气、CO2，并且为防止生成的SrO2和空气中的二氧化碳、水蒸气反应，所以生成SrO2装置连接盛有碱石灰的干燥管；(2)装置中SrCl2溶液和H2O2溶液以及NH3反应可以得到SrO2▪8H2O，NH3能污染空气，为防止污染空气，用水吸收，(3) 利用氧化剂的氧化性大于氧化产物可以判断氧化性强弱，设计实验证明SrO2的氧化性比FeCl3的氧化性强，据此分析解题。
【小问1详解】
①过氧化钠和水反应生成氧气，根据题干信息可知，过氧化锶在加热条件下可与CO2、水蒸气反应，室温时在水中逐渐形成无色晶体SrO2▪8H2O，所以反应制备得到的氧气必须干燥后才能和锶在加热条件下发生反应，由于SrO2在加热条件下可与水蒸气反应，所以装置的最后必须有防止空气中的水蒸气进入硬质玻璃管的装置，所以按气流从左到右的流向，制备过氧化锶的导管接口顺序为a→b→c→h→i(或i→h)→b→c，故答案为：b→c→h→i(或i→h)→b→c；
②SrO2和过氧化钠相似，能和空气中的二氧化碳反应生成碳酸锶和氧气，该反应的化学方程式为：2SrO2+2CO2=2SrCO3+O2，故答案为：2SrO2+2CO2=2SrCO3+O2；
③连接好装置后，正确的操作顺序为：检查装置气密性，在相应装置中装入药品，打开分液漏斗活塞，将水滴入烧瓶中，以便用产生的O2排空装置内的其他气体，加热让Sr与纯净的O2反应生成SrO2，停止加热后续继续产生O2，防止空气中CO2的杂质气体进入硬质玻璃管中与SrO2反应，冷却后在关闭分液漏斗活塞，即顺序为：bcadfe，故答案为：bcadfe；
【小问2详解】
①由题干实验装置可知，盛装SrCl2溶液的仪器名称为三颈烧瓶或三颈瓶，由于NH3极易溶于水，以产生倒吸，故仪器X的作用是防止倒吸，故答案为：三颈烧瓶或三颈瓶；防止倒吸；
②SrCl2、过氧化氢和氨气在溶液中发生反应可以生成SrO2▪8H2O，该反应中没有化合价的变化，根据质量守恒和电荷守恒配平该反应，离子方程式为：Sr2++2NH3+8H2O+H2O2=SrO2▪8H2O+2；NH3可以保持碱性环境，防止产物和酸反应，故答案为：Sr2++2NH3+8H2O+H2O2=SrO2▪8H2O+2；中和反应生成的H+，促进反应进行，同时防止产物和酸发生反应；
③从溶液中析出晶体的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥，故实验结束后，得到SrO2·8H2O的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥；
【小问3详解】
利用氧化剂的氧化性大于氧化产物可以判断氧化性强弱，设计实验证明SrO2的氧化性比FeCl3的氧化性强的操作为可在盐酸酸化的氯化亚铁溶液中滴加硫氰化钾溶液，再向其中加少量过氧化锶，溶液变为红色，说明有铁离子生成，则证明SrO2的氧化性比FeCl3的强，故答案为：可在盐酸酸化的氯化亚铁溶液中滴加硫氰化钾溶液，再向其中加少量过氧化锶，溶液变为红色，说明有铁离子生成，则证明SrO2的氧化性比FeCl3的强。
16. 2023年诺贝尔化学奖授予对合成量子点有突出贡献的科研工作者。碲化镉(CdTe)量子点具有优异的光电性能，常用作太阳能薄膜电池材料。我国科研人员设计以电解精炼铜获得的富碲渣(含铜、碲、银等)为原料合成碲化镉量子点的流程如下：
回答下列问题：
（1）碲的原子序数为52，基态碲原子的价层电子排布式为______。
（2）“硫酸酸浸时，取含单质的富碲渣，为将全部溶出转化为，需加质量分数为的(密度：)______(保留到小数点后两位)。但实际操作中，用量远高于该计算值，原因之一是同时也被浸出，请写出被浸出时发生反应的离子方程式：______。
（3）化学中用标准电极电势(氧化态/还原态)反映微粒间得失电子能力的强弱，一般这个数值越大，氧化态转化为还原态越容易。已知硫酸酸浸液中部分微粒的标准还原电极电势为、，则SO2“还原”酸浸液时，主要发生反应的化学方程式是______。
（4）在研究“还原”步骤实验条件时，发现Te、Cu单位时间内沉淀率随NaCl溶液浓度的变化如图所示，则该步骤应选择的NaCl溶液适宜浓度为______。
（5）CdTe的晶胞属立方晶系，晶胞如图所示，若CdTe的摩尔质量为，该晶体的密度为，阿伏加德罗常数为，则最近的两个Te原子的距离______。(用含M、、的代数式表示)
（6）量子点不同于其他半导体材料，在微观尺寸发生变化时，可以在特定波长的激光照射下发出不同颜色的光，关于这一现象下列说法正确的是______(填字母)。
A．属于化学变化 B．由光化学反应产生 C．由电子跃迁形成
【答案】（1）5s25p4
（2） ①. 2.06 ②. Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O
（3）Te4++2SO2+4H2O=Te+8H++2
（4）30g/L （5）×107
（6）C
【解析】
【分析】由题干流程图可知，向富碲渣(含铜、碲、银等)中加入30%H2O2和硫酸进行酸浸得到Te(SO4)2、CuSO4的浸出液和含有Ag等贵金属渣，向浸出液中通入SO2，加入NaCl将Te4+还原为Te，Cu2+转化为CuCl，过滤得到粗碲，粗碲处理后得到精制碲，与NaBH4反应得到H2Te，在反应釜中与CdCl2和柠檬酸钠反应制得CdTe量子点，据此分析解题。
【小问1详解】
碲的原子序数为52，54＞52＞36，即Te位于周期表中第5周期ⅥA主族，故基态碲原子的价层电子排布式为5s25p4，故答案为：5s25p4；
【小问2详解】
“硫酸酸浸时，取含单质Te6.38%的富碲渣20g，为将Te全部溶出转化为Te(SO4)2，则该反应方程式为：Te+2H2SO4+2H2O2=Te(SO4)2+4H2O，需加质量分数为30%的H2O2(密度：1.1g/cm3)的体积为：=2.06mL(保留到小数点后两位)，但实际操作中，H2O2用量远高于该计算值，原因之一是Cu同时也被H2O2浸出，Cu被浸出时发生反应的离子方程式：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，故答案为：2.06；Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；
【小问3详解】
由题干信息可知，化学中用标准电极电势(氧化态/还原态)反映微粒间得失电子能力的强弱，一般这个数值越大，氧化态转化为还原态越容易，结合硫酸酸浸液中部分微粒的标准还原电极电势为、，Te4+较Cu2+易被还原，则SO2“还原”酸浸液时，主要发生反应的化学方程式是Te4++2SO2+4H2O=Te+8H++2，故答案为：Te4++2SO2+4H2O=Te+8H++2；
【小问4详解】
由题干图示信息可知，当NaCl溶液浓度为30g/L时，Te的沉淀率已经较高，Cu的沉淀率最低，使Cu和Te分离更加完全，故该步骤应选择的NaCl溶液适宜浓度为30g/L，故答案为：30g/L；
【小问5详解】
由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的碲原子个数为8×+6×=4，位于体内的镉原子个数为4，设晶胞的参数为anm，由晶胞的质量公式可得：=(10-7a)3ρ，解得a=×107nm，晶胞中距离最近的碲原子的距离为面对角线的，则距离最近的碲原子的距离为×107nm，故答案为：×107；
【小问6详解】
量子点不同于其他的半导体材料，在微观尺寸发生变化时，可以在特定波长的激光照射下发出不同颜色的光，这一现象是发生了电子的跃迁，属于物理变化，故答案为：C。
17. 化石能源对环境污染严重，且不可再生。氢能是重要的绿色能源，越来越受到各国的重视，中国科学院利用生物乙醇来制取氢气的部分反应过程如下图所示。
（1）已知：
反应Ⅱ：
则反应I的热化学方程式为______。
（2）反应Ⅱ在不同进气比[n(CO)：n(H2O)]、不同温度下，测得相应的CO平衡转化率见下表(各点对应的其他反应条件都相同)。
①c点平衡混合物中H2的体积分数为______，a、c两点对应的反应温度Ta______Tc(填“<”“=”或“>”)，c点对应的平衡常数K=______。
②有利于提高CO平衡转化率的是______(填标号)。
A．增大压强 B．降低温度 C．增大进气比[n(CO)：n(H2O)] D．加入高效催化剂
（3）反应Ⅱ在工业上称为一氧化碳的催化变换反应，若用表示催化剂，则反应历程可用下式表示：
第一步：；第二步：
第二步比第一步反应慢，则第二步反应的活化能比第一步反应______。反应整个反应过程中，那个物质的浓度对总反应速率影响最大______(填标号)。
A．水蒸气 B．氢气 C．一氧化碳 D．二氧化碳
（4）研究所表明，CO催化变换反应的速率方程为式中，，分别表示相应的物质的量分数，为平衡常数，k为反应的速率常数，温度升高时k值增大。在气体组成和催化剂一定的情况下，反应速率随温度变化的曲线如图所示。温度升高时，催化变换反应的______(填“增大”或“减小”)。根据速率方程分析，时逐渐减小的原因是______。
【答案】（1）CH3CH2OH(g)+H2O(g)=4H2(g)+2CO(g)ΔH=+251.5 kJ•ml-1
（2） ①. 12.5% ②. ＜ ③. ④. B
（3） ①. 大 ②. C
（4） ①. 减小 ②. Kp减小对的降低大于k增大对的提高
【解析】
【小问1详解】
设反应Ⅲ：CH3CH2OH(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g)H1=+170.5kJ/ml；Ⅱ：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)H2=-40.5kJ/ml，根据盖斯定律Ⅲ-Ⅱ×2得反应I的热化学方程式为CH3CH2OH(g)+H2O(g)=2CO(g)+4H2(g)，H=H1-2H2=+170.5kJ/ml+40.5kJ/ml×2=+251.5 kJ/ml，故答案为：CH3CH2OH(g)+H2O(g)═4H2(g)+2CO(g)ΔH=+251.5 kJ•ml-1；
【小问2详解】
①由题干数据可知，a点进气比[n(CO)：n(H2O)]比c点大，若如果a、c两点温度相同，则应该是c点CO的平衡转化率更大，但现在相等，说明c点平衡逆向移动了，结合反应Ⅱ是一个放热反应可知，c点对应温度高于a点，即Ta＜Tc，对c点对应反应Ⅱ进行三段式分析为：
，c点平衡混合物中H2的体积分数为×100%=12.5%，c点对应的平衡常数K===，故答案为：12.5%；＜；；
②A．反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)为气体分子数不变的反应，改变压强平衡不移动，CO平衡转化率不变，A错误；
B．正反应放热，降温平衡向正反应方向移动，CO平衡转化率增大，B正确；
C．增大进气比[n(CO)：n(H2O)]，CO平衡转化率减小，C错误；
D．加入高效催化剂，反应速率加快，但平衡不移动，CO平衡转化率不变，D错误；
故答案为：B；
【小问3详解】
活化能越大，反应速率越慢，第二步比第一步反应慢，则第二步反应的活化能比第一步反应的大，即第二步反应是整个反应的决速步骤，第二步：，则CO对第二步反应速率影响最大，水蒸气影响第一步反应速率，但第一步为快反应，对整个反应速率影响不大，氢气、二氧化碳为生成物，故答案为：大；C；
【小问4详解】
CO催化变换反应即CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)H2=-40.5kJ/ml ，故升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小即Kp随着温度升高而减小，根据CO催化变换反应的速率方程和k为反应的速率常数，温度升高时k值增大，而Kp随温度升高而减小，故可知时逐渐减小的原因是Kp减小对的降低大于k增大对的提高，故答案为：减小；Kp减小对的降低大于k增大对的提高。
18. 罗贝考昔H是一种新型非甾体类抗炎药，其合成路线之一如下(部分反应条件省略)：
（1）A的化学名称______，有机物C中的官能团的名称是______。
（2）①D能与反应，试着从结构角度解原因______；
②D的一种同分异构体I的沸点比D低，请解释原因______。
（3）请写出该路线中由F生成G的化学方程式______。
（4）由G到H的反应类型是______。
（5）J是B的相对分子质量少14的同系物，符合条件的J同分异构体有______种(不考虑立体异构)。
①含有基团且与苯环直接相连
②苯环上只含有两个取代基
其中核磁共振氢谱为5组吸收峰，面积比为为______(写出一种)
【答案】（1） ①. 对乙基苯胺 ②. 羰基、氟原子、亚氨基
（2） ①. D中存在亚氨基，N原子含有孤电子对，H+存在空轨道，N和H+形成配位键 ②. D分子间能形成氢键
（3） （4）还原反应
（5） ①. 15 ②.
【解析】
【分析】A与发生取代反应生成B，B是；F发生水解反应生成G，G是。
【小问1详解】
根据A的结构简式，A的化学名称对乙基苯胺或4-乙基苯胺；根据C的结构简式，有机物C中的官能团的名称是羰基、氟原子、亚氨基；
【小问2详解】
①D中存在亚氨基，N原子含有孤电子对，H+存在空轨道，N和H+形成配位键，所以D能与反应生成盐；
②D中含有N-H键，D分子间能形成氢键，所以D的沸点比的沸点高。
【小问3详解】
F中含有酰胺基，F在氢氧化钠的水溶液中发生水解反应，酸化生成G，反应的化学方程式为；
【小问4详解】
G→H是G分子中去掉1个氧原子增加2个H原子生成H，反应类型为还原反应。
【小问5详解】
J是的相对分子质量少14的同系物，则J的分子式为C10H12NOCl；①含有基团且与苯环直接相连，②苯环上只含有两个取代基，另一个取代基可能为-CH2CH2CH2Cl、-CH2CHClCH3、-CHClCH2CH3、-CCl(CH3)2、，两个取代基在苯环上的位置有3种，所以共有15种结构；
其中核磁共振氢谱为5组吸收峰，面积比为为。反应I
反应Ⅱ
反应Ⅲ
反应Ⅳ
选项
实验目的
实验事实
结论
A
验证牺牲阳极的阴极保护法
将锌片与铁片用导线相连，插入酸化的3%NaCl溶液，一段时间后在铁电极区滴入2滴K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀
铁不一定被腐蚀
B
麦芽糖水解产物的检验
麦芽糖与稀硫酸共热后，加NaOH溶液调至碱性再加入新制Cu(OH)2并加热，有砖红色沉淀生成
麦芽糖水解生成葡萄糖
C
探究Mg和水反应
取一小段镁条，用砂纸除去表面氧化膜，放入试管中，加入2mL水，并滴入2滴酚酞溶液，无明显现象；再加热试管至液体沸腾，溶液变红
Mg可以与热水反应
D
制备一水合硫酸四氨合铜
向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入无水乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，有深蓝色晶体析出
乙醇极性小，降低了[Cu(NH3)4]SO4的溶解度
平衡点
a
b
c
d
n(CO)：n(H2O)
2
2
1
1
CO平衡转化率/
25
68
25
60
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