黑龙江省齐齐哈尔市2024-2025学年高三下学期一模化学试卷（解析版）

这是一份黑龙江省齐齐哈尔市2024-2025学年高三下学期一模化学试卷（解析版），共22页。试卷主要包含了单选题，流程题，实验题，简答题，推断题等内容，欢迎下载使用。
1.“挖掘文物价值，讲好中国故事”。下列文物中主要成分属于硅酸盐的是( )
A. AB. BC. CD. D
2.下列化学用语和表述正确的是( )
A. NCl3分子的VSEPR模型为：三角锥形
B. HClO的电子式：
C. Cu2+的价电子的轨道表示式：
D. 18O22-中含有的电子数为：18
3.下列关于实验的描述正确的是( )
A. 可用浓硫酸干燥SO2
B. 可用酸性KMnO4检验FeCl2中的Fe2+
C. 可用溴的四氯化碳溶液除乙烷中的乙烯
D. 可用湿润的KI-淀粉试纸鉴别NO2和Br2(g)
4.三氟化氮(NF3)在潮湿的环境中能发生反应：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF，NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A. 消耗9gH2O，形成H-F键数目为1.8NA
B. 生成22.4LNO，电子转移数为NA
C. 若1mlNF3被氧化，则需氧化剂的分子数为2NA
D. 1L1ml/L的HF溶液含F数为NA
5.已知转化Ⅰ：MnO4-+Cl-+H+→Mn2++Cl2↑+H2O；转化Ⅱ：PbO2+Mn2++SO42-→MnO4-+PbSO4↓。下列说法错误的是( )
A. 氧化性：PbO2>MnO4->Cl2
B. 转化Ⅰ、Ⅱ消耗或生成等物质的量的MnO4-，转移电子数相同
C. MnO4-做氧化剂时，酸性越强，氧化性越强
D. PbO2与FeSO4溶液反应：PbO2+2Fe2++4H+=Pb2++2Fe3++2H2O
6.实验室安全至关重要，下列做法正确的是( )
A. 蒸发液体时液体体积不超过蒸发皿容积的13，且要用玻璃棒搅拌
B. H2还原Fe3O4时，要先通一段时间氢气后再加热还原，最后还原铁粉在氢气气氛中冷却
C. NaOH溶液不慎溅在皮肤上，先用大量水冲洗，再用3%∼5%的碳酸氢钠溶液涂抹
D. 用小刀切割白磷或金属钠时，要放在玻璃片上操作
7.结构决定性质，性质反映结构。下列对物质性质的解释正确的是( )
A. AB. BC. CD. D
8.由Rh2VO1-3簇介导的光辅助水蒸气重整甲烷的两个连续催化循环机理如图所示(“UV”代表紫外线)。下列说法错误的是( )
A. 只有Rh2VO2-在循环中起催化作用
B. 该反应可用于制取合成气CO、H2
C. 过程包含反应Rh2VO2CH2-→Rh2VO-+CO↑+H2↑
D. 反应过程中金属元素的价态发生改变
9.桂皮中含有的肉桂醛是一种食用香料，工业上可通过如下反应制备肉桂醛：，下列说法正确的是( )
A. 能使酸性KMnO4褪色，不能使溴水褪色
B. 上述反应中的三种有机物的碳原子都在同一个平面内
C. sp2杂化的碳原子
D. CH3CHO易溶于水和乙醇是因为CH3CHO中也存在氢键
10.下列实验方案不能达到实验目的的是( )
A. AB. BC. CD. D
11.某离子液体结构中，Q、R、T、X、Y和Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态T原子和Y原子最外层均有两个单电子，Q、R、X和Z质子数均为奇数且和为22，下列说法错误的是( )
A. 氢化物的沸点：Y>X>T
B. 第一电离能：Tc(HA-)>c(H2A)>c(A2-)
二、流程题：本大题共1小题，共13分。
16.硫锰废渣的主要成分是MnS，还含有NiS、CS以及少量铁的化合物，利用常压酸浸一溶剂萃取法从硫锰废渣中回收有价金属锰、钴、镍的工艺流程如图：
已知：①“溶浸”中的MnO2与H2SO4均过量；
②Ni2+、C2+、Mn2+开始沉淀的pH分别为7.2、7.7、8.1；
③Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，Ksp[Ca(OH)2]=4.0×10-6
回答下列问题：
(1)“溶浸”中发生反应的还原产物是______ (填化学式)。MnS溶于H2SO4会生成H2S，但本工艺“浸出”过程中无H2S产生，利用离子方程式说明原因______。
(2)“沉淀”中调节溶液pH为3.5，此时c(Fe3+)=______ ml/L。
(3)“滤渣”中主要有MnF2和______，不能通过调节溶液的 pH完成“除钙”的原因是______。
(4)pH对萃取剂P204和P507萃取金属离子的影响如图所示。据此推测，“产品1”中主要的金属阳离子是______，试剂 B应选用______ (填“P204”或“P507”)。
(5)在NaOH介质中，用Br2氧化NiSO4可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiO(OH)。写出该反应的离子方程式______。
三、实验题：本大题共1小题，共14分。
17.环己酮()是种重要的化工原料，由H2O2氧化环己醇制备环己酮的实验方法如图：
相关数据如下：
(1)环己酮的产率受H2O2用量影响，当H2O2用量过大时环己酮产率反而下降，其原因是______。反应温度控制在60-70∘C的原因是______。
(2)减压蒸馏的装置如图所示，当加热后已有馏分出来时才发现冷凝管没有通水，应该采取的措施是______，进行减压蒸馏时，使用磁力加热搅拌器加热，磁子的作用除搅拌使混合物均匀受热外，还有______。减压蒸馏的操作顺序为：打开双通旋塞，打开真空泵，缓慢关闭双通旋塞，接通冷凝水，开启磁力加热搅拌器，进行减压蒸馏。减压蒸馏完成后，需进行下列操作，正确的操作顺序是______ (填标号)。
a.停止通冷凝水
b.关闭磁力加热搅拌器，冷却至室温
c.关闭真空泵
d.缓慢打开双通旋塞
(3)判断蒸馏是否完全，除了可以观察是否有馏出物，还可以通过观察______进行判断。
(4)传统的制备环己酮实验用酸性K2Cr2O7作氧化剂，更易把环己醇氧化生成己二酸，该反应的离子方程式为______。
(5)本实验中环己酮的产率为______ (保留2位有效数字)。
四、简答题：本大题共1小题，共14分。
18.利用可再生能源和绿色氢气将CO2转化为甲醇，可以减少碳排放同时将CO2固定为有价值的化学品，是国家能源条件与环境现状的共同选择。所涉及的反应如下：
反应1：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH1=+41.2kJ/ml
反应2：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH2=-90.6kJ/ml
反应3：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH3
回答下列问题：
(1)ΔH3=______。
(2)上述反应中，反应1的速率决定了总反应速率。图1用于表示该过程的能量与反应进程的关系(部分已画出)。请选择图1(a)或图1(b)，在虚线线框中将其补充完整。
3有人提出“CO2g+2H2Og⇌CH3OHg+32O2g也适宜于工业合成甲醇”，判断这种说法是否正确并说明原因______ (假设反应的焓变和熵变不随温度的改变而变化)。
4在传统的热反应中，恒压(压强分别为3MPa、5MPa)下，按n起始CO2：n起始H2=1：3投料，在密闭容器中发生反应1和反应3，改变反应温度，CO2的平衡转化率α以及生成CH3OH(或CO)选择性S的变化如图2所示。已知：CH3OH(或CO)选择性S=nCH3OH或COn(CO2)起始-n(CO2)平衡×100%]
①随着温度升高，a、b两条曲线接近重合的原因是______。
②下列有关反应体系的说法中正确的是______。
A.当CH3OH的分压不再改变时，体系达到平衡状态
B.曲线S-(X)表示CH3OH的选择性
C.使用催化剂可以降低活化能，提高合成效率
D.体系达到平衡后，压缩体积，则反应3平衡正向移动，反应1平衡不移动
③P点对应的反应1的平衡常数Kp=______ (以分压计算，分压=总压x物质的量分数)(保留两位有效数字)。
④分子筛膜反应器可提高反应3的平衡转化率、且实现CH3OH选择性100%，原理如图3所示。分子筛膜反应器可提高转化率的原因是______。
五、推断题：本大题共1小题，共14分。
19.玛巴洛沙韦(化合物Q)是一种新型抗流感药物，其合成路线如图(部分试剂已省略)。
已知：
回答下列问题：
(1)A中含氧官能团的名称为______。
(2)A到B的反应类型为______ (填序号)，M到N的反应类型为______ (填序号)。
A.取代反应
B.还原反应
C.氧化反应
D.消去反应
(3)化合物I的名称为______ (系统命名法)。
(4)写出化合物D到化合物E的化学方程式：______。
(5)Q玛巴洛沙韦分子中有______个手性碳原子； P到Q的反应中，碳酸钾的作用是______。
(6)X、Y都是I的同分异构体，其中X的苯环上有三个取代基，若在苯环上再进行一元取代时能得到两种同分异构，则X有______种； Y遇FeCl3溶液显紫色，且其中核磁共振氢谱图有3组峰的化合物的结构简式为______ (写出一种即可)。
(7)从O到P脱除氧原子上的苯甲基保护基时，用到的二甲基乙酰胺和LiCl(催化效率与Pd催化剂类似)能稳定的催化反应进行，抚顺市化工设备研究院采用醋酸与二甲胺合成法合成二甲基乙酰胺取得了良好成果，试写出该合成方法的主要反应方程式：______。
【参考答案】
1.【答案】B
【解析】A.铜铺首的主要成分是铜合金，故A错误；
B.罐的主要成分是陶瓷(硅酸盐)，故B正确；
C.水晶的主要成分为SiO2，故C错误；
D.纸的主要成分为纤维素，故D错误；
故选：B。
2.【答案】D
【解析】A.NCl3分子中心原子为N，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，故A错误；
B.HClO的结构式为H-O-Cl，其电子式为，故B错误；
C.铜是29号元素，Cu2+的价电子的轨道表示式为，故C错误；
B.核素 18O22-的电子数为8×2+2=18，故D正确，
故选：D。
3.【答案】A
【解析】A.浓硫酸与二氧化硫不反应，浓硫酸具有吸水性，可用浓硫酸干燥SO2，故A正确；
B.亚铁离子、氯离子均可使酸性高锰酸钾溶液氧化，紫色褪去，不能检验Fe2+，故B错误；
C.溴与乙烯反应，四氯化碳可吸收乙烷，应选溴水、洗气分离，故C错误；
D.NO2和Br2(g)均可氧化KI生成碘，现象相同，不能鉴别，故D错误；
故选：A。
4.【答案】C
【解析】A.依据方程式：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF可知，消耗5ml水生成9mlHF，则消耗9gH2O，物质的量为0.5ml，形成H-F键数目为0.9NA，故A错误；
B.气体状况未知，无法计算一氧化氮物质的量和转移电子数，故B错误；
C.反应中只有N元素化合价发生改变，即若1mlNF3被氧化，则需2ml氧化剂，也就是2NA，故C正确；
D.HF酸为弱酸，不能完全电离，1L1ml/L的HF溶液含F数小于NA，故D错误；
故选：C。
5.【答案】D
【解析】A.氧化性：氧化剂>氧化产物，由反应MnO4-+Cl-+H+→Mn2++Cl2↑+H2O、PbO2+Mn2++SO42-→MnO4-+PbSO4↓可知，氧化性：PbO2>MnO4->Cl2，故A正确；
B.反应Ⅰ中MnO4-→Mn2+、消耗1mlMnO4-得电子5ml，反应Ⅱ中Mn2+→MnO4-，生成1mlMnO4-得电子5ml，所以转化Ⅰ、Ⅱ中消耗或生成等物质的量的MnO4-时转移电子数相同，故B正确；
C.酸性高锰酸钾溶液的氧化性强，中性条件下氧化性次之，碱性条件下氧化性略弱，即MnO4-做氧化剂时，酸性越强，氧化性越强，故C正确；
D.PbO2与FeSO4溶液反应为PbO2+SO42-+2Fe2++4H+=2Fe3++2H2O+PbSO4↓，故D错误；
故选：D。
6.【答案】B
【解析】A.蒸发液体时液体体积不超过蒸发皿容积的23，且要用玻璃棒搅拌，故A错误；
B.H2还原Fe3O4时，要先通一段时间氢气后再加热还原，为防止铁粉再次被氧化，最后还原铁粉需在氢气气氛中冷却，故B正确；
C.NaOH溶液不慎溅在皮肤上，先用大量水冲洗，再涂抹一定浓度的硼酸溶液，不用3%∼5%的碳酸氢钠溶液冲洗，故C错误；
D.白磷易燃，用小刀切割白磷时，要在水中切割，故D错误；
故选：B。
7.【答案】B
【解析】A.焰色试验是电子从高能到低能释放能量所发出的光波，故A错误；
B.在适宜的条件下，晶体能够自发地呈现封闭的规则和凸面体外形的性质，晶体的自范性是晶体中粒子微观空间里呈现周期性的有序排列的宏观表象，故B正确；
C.借助分子间力形成的超分子“杯酚”分离C60反映了超分子的“分子识别”性，故C错误；
D.O3是极性共价键形成的极性分子，但极性较弱，O3在CCl4中的溶解度大于在H2O中的溶解度，故D错误；
故选：B。
8.【答案】A
【解析】A.由催化循环Ⅰ、Ⅱ及催化剂性质知Rh2VO-、Rh2VO2-、Rh2VO3-都有催化作用，故A错误：
B.图中循环Ⅰ、Ⅱ反应都为CH4+H2O=CO+3H2，得到合成气：CO和H2，故B正确；
C.由图示可知，循环Ⅰ中，在UV的作用下，Rh2VO2CH2-→Rh2VO-+CO↑+H2↑，故C正确；
D.Rh2VO-、Rh2VO2-、Rh2VO3-中氧原子个数改变，金属元素价态一定改变，故D正确；
故选：A。
9.【答案】C
【解析】A.苯甲醛中的-CHO能被酸性高锰酸钾溶液、溴水氧化，所以苯甲醛能使酸性高锰酸钾溶液、溴水褪色，故A错误；
B.肉桂醛中苯基中所有原子共平面、-CH=CHCHO中所有原子共平面，单键可以旋转，两个平面可能不重合，所以肉桂醛中所有碳原子可能不共平面，故B错误；
C.苯环上的碳原子、连接双键的碳原子都采用sp2杂化，肉桂醛中所有碳原子都采用sp2杂化，故C正确；
D.乙醛分子间不存在氢键，水、乙醇中存在分子间氢键，故D错误；
故选：C。
10.【答案】C
【解析】A.铜片与电源正极相连作阳极，加入一些氨水可以形成稳定的铜氨络合物有效降低电镀液中铜离子的浓度，有助于保持电镀液的稳定性和均匀性，使电镀层能够慢慢生成，均匀且光亮，故A正确；
B.NaHX溶液中酸根离子存在电离与水解，pH>7可知HX的水解程度大于电离程度，pH=7可知HX的水解程度和电离程度相当，pHKClO3，故C错误；
D.乙醇的极性比水的极性小，[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入95%的乙醇，可降低晶体的溶解度，则析出[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O晶体，故D正确；
故选：C。
11.【答案】A
【解析】A.分析题干可知，T、X、Y分别为C、N、O，C、N的氢化物有很多，无法比较其氢化物的沸点，故A错误；
B.同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA、ⅤA元素的第一电离能大于同周期相邻元素的第一电离能，则第一电离能：Cc(HA-)，HA-的水解常数Kh=KWKa1=10-1410-0.8=10-13.2c(A2-)>c(H2A)，所以NaHA溶液中c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，故D错误；
故选：D。
16.【答案】MnSO4 2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+ 4.0×10-6.5 CaF2 Ca2+完全沉淀时，Ni2+、C2+、Mn2+均已完全沉淀(或氢氧化钙微溶，调pH值无法使Ca2+完全沉淀) Mn2+ P507 2Ni2++Br2+6OH-=2NiO(OH)↓+2Br-+2H2O
【解析】(1)将MnO2H2SO4FeSO4混合进行溶浸，生成还原产物MnSO4和氧化产物Fe2(SO4)3；向“溶浸”溶液中加入硫锰废渣，进行浸出，由于铁离子的氧化性，硫元素被氧化为硫单质沉淀而不会放出H2S气体，离子反应方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，
故答案为：MnSO4；2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；
(2)根据Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)⋅c3(OH-)=4.0×10-38，溶液pH为3.5，即c(H+)=10-3.5ml/L，c(OH-)=10(3.5-14)ml/L=10-10.5ml/L，代入得c(Fe3+)=4.0×10-6.5ml/L，
故答案为：4.0×10-6.5；
(3)加入MnF2除钙，故“滤渣”中主要有过量MnF2和CaF2氢氧化钙微溶，调pH值无法使Ca2+完全沉淀，若Ca2+完全沉淀，Ni2+、C2+、Mn2+均已完全沉淀，无法达到分离的目的，
故答案为：CaF2；Ca2+完全沉淀时，Ni2+、C2+、Mn2+均已完全沉淀(或氢氧化钙微溶，调pH值无法使Ca2+完全沉淀)；
(4)由图知，P204对Mn2+萃取率很高，故有机相1中主要含Mn2+，“产品1”中主要的金属阳离子是Mn2+，试剂B萃取后，水相中为Ni2+故试剂B对Ca2+萃取率高，由图知，P507符合，
故答案为：Mn2+；P507；
(5)在NaOH介质中，用Br2氧化NiSO4可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiO(OH)，Br2做氧化剂得电子反应后生成Br，离子方程式为：2Ni2++Br2+6OH-=2NiO(OH)↓+2Br-+2H2O，
故答案为：2Ni2++Br2+6OH-=2NiO(OH)↓+2Br-+2H2O。
17.【答案】H2O2具有强氧化性，会将环己酮进一步氧化，发生开环反应，导致产率下降 温度过低，反应速率慢，温度过高，H2O2分解 停止加热，冷却后再通冷凝水 防止液体暴沸 badc 温度计读数是否发生变化 3+4Cr2O72-+32H+→HOOCCH2CH2CH2CH2COOH+8Cr3++19H2O 83%
【解析】(1)环己酮的产率受H2O2用量影响，当H2O2用量过大时环己酮产率反而下降，其原因是H2O2具有强氧化性，会将环己酮进一步氧化，发生开环反应，导致产率下降，反应温度控制在60-70∘C的原因是温度过低，反应速率慢，温度过高，H2O2分解，
故答案为：H2O2具有强氧化性，会将环己酮进一步氧化，发生开环反应，导致产率下降；温度过低，反应速率慢，温度过高，H2O2分解；
(2)减压蒸馏的装置如图所示，当加热后已有馏分出来时才发现冷凝管没有通水，应该采取的措施是停止加热，冷却后再通冷凝水，进行减压蒸馏时，使用磁力加热搅拌器加热，磁子的作用除搅拌使混合物均匀受热外，还可以防止液体暴沸，减压蒸馏的操作顺序为：打开双通旋塞，打开真空泵，缓慢关闭双通旋塞，接通冷凝水，开启磁力加热搅拌器，进行减压蒸馏，减压蒸馏完成后，需进行下列操作：关闭磁力加热搅拌器，冷却至室温、停止通冷凝水、缓慢打开双通旋塞、关闭真空泵，
d故答案为：停止加热，冷却后再通冷凝水；防止液体暴沸；badc；
(3)判断蒸馏是否完全，除了可以观察是否有馏出物，还可以通过观察温度计读数是否发生变化进行判断，
故答案为：温度计读数是否发生变化；
(4)传统的制备环己酮实验用酸性K2Cr2O7作氧化剂，更易把环己醇氧化生成己二酸，该反应的离子方程式为：3+4Cr2O72-+32H+→HOOCCH2CH2CH2CH2COOH+8Cr3++19H2O，
故答案为：3+4Cr2O72-+32H+→HOOCCH2CH2CH2CH2COOH+8Cr3++19H2O；
(5)根据题意可得：n(环己酮)=n(环己醇)=10mL×0.96g/mL100g/ml=0.096ml，则环己酮的产率为×98g/ml×100%=83%，
故答案为：83%。
18.【答案】-49.4kJ/ml； 不正确，这个反应ΔH>0且△S0，在任何温度下都不能自发进行； 温度升高到一定程度时，整个过程以反应1为主； AC； 0.0096； 分子筛膜反应器可以及时分离反应3生成的H2O同时也带走热量，降低温度，促进反应3正向进行，提高转化率；
【解析】(1)反应1+反应2得反应3，故ΔH3=+41.2kJ/ml-90.6kJ/ml=-49.4kI/ml；
故答案为：-49.4kJ/ml；
(2)根据ΔH1>0应选图1中的(a)，再根据反应1是决速反应所以所绘图像的活化能要小于反应1的活化能，另外ΔH30，又因ΔS0，在任何温度下都不能自发进行；
故答案为：不正确，这个反应ΔH>0且ΔS0，在任何温度下都不能自发进行；
(4)①反应3是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，α(CO2)减小，反应1是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，α(CO2)增大，随着温度升高，a、b两条曲线先减小再增大接近重合的原因是：温度升高到一定程度时，整个过程以反应Ⅰ为主；
故答案为：温度升高到一定程度时，整个过程以反应1为主；
②A.反应体系中CH3OH的分压是变量，当其不变时达到平衡状态，故A正确；
B.随温度升高反应3逆向移动，CH3OH的量减少选择性降低，故B错误；
C.使用催化剂降低活化能，提高反应速率，提高合成效率，故C正确；
D.根据反应3系数分析，压缩体积，反应3正向移动，随着反应3正向移动会引起体系中CO2和H2减少同时H2O增多，这就打破了反应1的平衡，使其也发生移动，故D错误；
故答案为：AC；
③根据②B选项分析可知S-(X)表示CO、S-(Y)表示CH3OH；温度一定，压强越大反应3越向正向进行CH3OH选择性越大，故P1为5MPa，P2为3MPa；根据已知条件列出“三段式”有：
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
起始(ml/L) 1 3 0 0
变化(ml/L) x 3x x x
平衡(ml/L) 1-x 3-3x x x
CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)
起始(ml/L) 1-x 3-3x 0 x
变化(ml/L) y y y y
平衡(ml/L) 1-x-y 3-3x-y y x+y
P点时压强为3MPa，CO的选择性为50%，CO2的转化率为20%，则yx+y=0.5，x+y1=0.2，解得x=y=0.1，反应1的平衡常数Kp=p(H2O)p(CO)p(H2)p(CO2)=(0.23.8×3MPa)(0.13.8×3MPa)(2.63.8×3MPa)(0.83.8×3MPa)=0.0096；
故答案为：0.0096；
④分子筛膜反应器可提高转化率的原因是 及时分离反应3生成的H2O同时也带走热量，降低温度，促进反应3正向进行，提高转化率；
故答案为：分子筛膜反应器可以及时分离反应3生成的H2O同时也带走热量，降低温度，促进反应3正向进行，提高转化率；
19.【答案】羧基和醚键 A B 3，4-二氟苯甲酸 2 消耗HCl，使平衡向右移动 4 或 CH3COOH+(CH3)2NH→一定条件CH3CON(CH3)2+H2O
【解析】(1)由化合物A结构式可知，含氧官能团的名称有羧基和醚键，
故答案为：羧基和醚键；
(2)A到B的反应类型是A中的氨基与羧基生成酰胺基的取代反应，M到N的反应类型是碳氧双键转化为醇羟基，是得氢的过程，为还原反应，
故选：A；B；
(3)化合物Ⅰ的名称为3，4-二氟苯甲酸，
故答案为：3，4-二氟苯甲酸；
(4)化合物D到化合物E的化学方程式为，
故答案为：：
(5)化合物Q玛巴洛沙韦分子中手性分子标记为，共2个，根据P到Q的反应可知，此步骤为羟基和Cl原子在碱性环境下生成醚键的反应，同时生成HCl，碳酸钾可消耗生成HCl，使得平衡向右移动，
故答案为：2；消耗生成HCl，使得平衡向右移动；
(6)X是I的同分异构体，其中X的苯环上有三个取代基，若在苯环上再进行一元取代时能得到两种同分异构，符合条件的X有4种，分别是，Y遇氯化铁溶液显紫色，说明有酚羟基，且其中核磁共振氢谱图有3组峰的化合物的结构简式为或，
故答案为：4；或；
(7)醋酸与二甲胺合成法合成二甲基乙酰胺(羧基与氨基形成酰胺键)，主要反应方程式为：CH3COOH+(CH3)2NH→一定条件CH3CON(CH3)2+H2O，
故答案为：CH3COOH+(CH3)2NH→一定条件CH3CON(CH3)2+H2O。
A.战国透雕龙凤纹铜铺首
B.元代青花釉里红开光贴花盖罐
C.宋水晶珠串
D.清梅花图纸本页册
选项
性质
解释
A
某些金属灼烧时有特征焰色
核外电子受热吸收能量跃迁至较高能级
B
晶体具有自范性
晶体中粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列
C
“杯酚”分离C60和C7
超分子“杯酚”具有“自组装”性，可组装成一个大小适配C60的空腔而将C60分离出来
D
O3在CCl4中的溶解度大于在H2O中的溶解度
“相似相溶原理”：O3是非极性共价键形成的非极性分子，易溶于非极性的CCl4
选项
实验目的
实验方案
A
得到均匀且光亮的铜镀层
把铁制镀件与电源负极相连，铜片与电源正极相连，将两极平行浸入加有氨水的CuSO4电镀液中电镀
B
比较HX的电离程度与水解程度的大小
室温下，用pH计测量一定浓度某弱酸盐NaHX溶液的pH
C
氧化性：Cl2>Br2
向KBrO3溶液中通入少量氯气，然后再加入少量苯萃取上层为橙红色
D
制备[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O晶体
向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入95%的乙醇
物质
密度/g⋅cm-3
沸点/∘C(101kPa)
与水形成共沸物的沸点/∘C
部分性质
环己醇
0.96
161.0
97.8
能溶于水，具有还原性，易被氧化
环己酮
0.95
155.0(98.0/3.4kPa)
95.0
微溶于水，遇氧化剂易发生开环反应