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（已拆）2023年安徽省合肥市高考化学第一次质检试卷
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这是一份（已拆）2023年安徽省合肥市高考化学第一次质检试卷，共30页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）（2023•合肥模拟）下列有关化学知识的叙述错误的是（ ）
A．青铜属于合金
B．纤维素属于有机高分子
C．白醋可用于去除水壶中的水垢
D．Fe2（SO4）3可用作缺铁性贫血的补铁剂
2．（3分）（2023•合肥模拟）下列化学概念或化学用语叙述正确的是（ ）
A．BaSO4属于弱电解质
B．因氯化碳充填模型可表示为
C．S2和S8互为同素异形体
D．HClO的结构式为H﹣Cl﹣O
3．（3分）（2023•合肥模拟）利用3﹣苯基丙酸催化脱氢制备异肉桂酸的反应如图所示，下列叙述错误的是（ ）
A．上述制备过程属于氧化反应
B．3﹣苯基丙酸的分子式为C9H10O2
C．异肉桂酸分子中最多有9个碳原子共面
D．1ml异肉桂酸最多与5mlH2发生反应
4．（3分）（2023•合肥模拟）下表中各组物质不能按照如图所示的转化关系一步实现的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
5．（3分）（2023•合肥模拟）下列无色透明的溶液中，离子能大量共存的是（ ）
A．K+、Na+、NO3﹣、CO32﹣
B．K+、NH4+、MnO4﹣、SO32﹣
C．NH4+、HCO3﹣、Al3+、SO42﹣
D．K+、Mg2+、OH﹣、Cl﹣
6．（3分）（2023•合肥模拟）下列有关离子方程式的书写正确的是（ ）
A．CuSO4溶液中滴加稀氨水：Cu2++2OH﹣＝Cu（OH）2↓
B．FeCl3溶液刻蚀电路铜板：2Fe3++3Cu＝2Fe+3Cu2+
C．SiO2溶于NaOH溶液：SiO2+2Na++2OH﹣＝Na2SiO3+H2O
D．稀硫酸滴入Na2S2O3溶液中：2H++S2O32﹣＝SO2↑+S↓+H2O
7．（3分）（2023•合肥模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A．32g甲醇中含有C﹣H键的数目为4NA
B．常温常压下，2.0gD2O中含有的质子数和中子数均为NA
C．1mlN2和3mlH2充分反应后的混合气体中原子数小于8NA
D．25℃时，1LpH＝12的Ba（OH）2溶液中含有OH﹣的数目为0.02NA
8．（3分）（2023•合肥模拟）W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，焰色试验中X呈黄色，Y是地壳中含量最多的金属元素，W、Z原子最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。下列叙述正确的是（ ）
A．简单离子半径大小：X＞Y＞Z＞W
B．化合物X2W2中阴阳离子的个数比为1：1
C．X、Y、Z最高价氧化物的水化物两两间能发生反应
D．简单氢化物的沸点：Z＞W
9．（3分）（2023•合肥模拟）如图是一种综合处理含SO2尾气的工艺流程，下列叙述正确的是（ ）
A．“吸收”过程中SO2被还原
B．“吸收”后溶液的酸性减弱
C．“氧化”后的溶液可以循环使用
D．“氧化”中，每1mlO2参加反应转移2ml电子
（多选）10．（3分）（2023•合肥模拟）如图是实验室制备氯气并进行一系列实验的装置（夹持装置已经省略），有关叙述错误的是（ ）
A．装置a中发生的反应为MnO2+4H++2Cl﹣＝Mn2++2H2O+Cl2↑
B．装置b中漏斗的作用是平衡压强
C．Ⅰ、Ⅱ处依次放湿润和干燥的有色布条可验证干燥的Cl2不具有漂白性
D．可利用该实验装置证明氧化性：Cl2＞Br2＞I2
11．（3分）（2023•合肥模拟）如图是我国科研工作者研究MgO（s）与CH4（g）作用最终生成Mg（s）与CH3OH（g）的物质相对能量﹣反应进程曲线。下列叙述错误的是（ ）
A．中间体OMgCH4（s）比MgOCH4（s）更稳定
B．该反应进程中的最大能垒（活化能）为350.6kJ⋅ml﹣1
C．生成HOMgCH3（s）的过程中有极性键的断裂和形成
D．总反应的热化学方程式为MgO（s）+CH4（g）＝Mg（s）+CH3OH（g）ΔH＝﹣146.1kJ⋅ml﹣1
12．（3分）（2023•合肥模拟）下列由实验操作和现象可得出正确结论的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
13．（3分）（2023•合肥模拟）某科研机构研发的NO﹣空气燃料电池的工作原理如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A．a电极为电池负极
B．电池工作时H+透过质子交换膜从右向左移动
C．b电极的电极反应：NO﹣3e﹣+2H2O＝4H++NO3﹣
D．当外电路中通过0.2ml电子时，a电极处消耗O21.12L
14．（3分）（2023•合肥模拟）某化学兴趣小组测定了0.1ml⋅L﹣1Na2CO3溶液的pH随温度的变化，结果如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．Na2CO3溶液呈碱性的原因是CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣
B．0.1ml⋅L﹣1Na2CO3溶液中：c（Na+）＜2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）
C．图1表明升温过程中Na2CO3溶液水解程度减小，pH减小
D．由图2可推知降低温度时，水的电离平衡逆向移动
二、解答题（共4小题，满分58分）
15．（15分）（2023•合肥模拟）苯甲醇可用作局部止痛注射剂，在有机药物合成中应用广泛，其用于合成某药物中间体D并得到F的流程如图：
已知：
请回答下列问题：
（1）A中碳原子的杂化方式为 ，下列处于激发态氧原子的价电子轨道表达式为 （填标号）。
（2）写出由A生成B反应的化学方程式 。
（3）C中含氧官能团的名称为 ，D的结构简式是 ，由E生成F的反应类型为 。
（4）G是A的同系物，且比A多一个碳原子，则G的结构有 种（不含立体异构）。
（5）碳不仅是组成有机物的重要元素，在超分子领域也发挥着重要作用。由M将2个C60分子、2个p﹣甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示：
①Cr与M同族，Cr基态原子的外围电子排布式是 ，核外未成对电子数有 个。
②该超分子中除配位键外还存在的化学键类型有 （填标号）。
A．氢键
B．σ键
C．π键
D．离子键
③C60与金刚石均为碳的单质，从结构与性质之间的关系解释C60的熔点远低于金刚石的原因是 。
16．（14分）（2023•合肥模拟）一种由铜阳极泥（主要成分有Se、Ag2Se、Cu2Se等，还含有少量的Au、Pt等贵金属）提取Se，同时回收Ag和Cu的工艺流程如图所示。
已知：①硒的沸点685℃，在空气中加热时会被氧化。
②在该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和恰好沉淀完全的pH如下表：
回答下列问题：
（1）为了提高“浸出”效果，可采取的措施有 （写出一种合理措施）；浸出渣的主要成分是 。
（2）工业上铜阳极泥还可以用浓硫酸浸出，从产物角度分析其缺点是 。
（3）铜阳极泥中的硒元素主要以SeO32﹣形式留在浸出液中，写出Se单质在“浸出”时反应的离子方程式 。
（4）“沉硒”所得粗硒可采用真空蒸馏的方法提纯，采用真空蒸馏的目的是 。
（5）加入NaOH进行“沉铜”处理，调节溶液pH的范围是 。
（6）已知：常温下，[Ag（S2O3）2]3﹣（aq）⇌Ag+（aq）+2S2O32﹣（aq）K＝2.7×10﹣14
AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq）Ksp＝1.8×10﹣10
“溶浸”时发生反应的离子方程式为AgCl+2S2O32⇌[Ag（S2O3）2]3﹣+Cl﹣，常温下，该反应的平衡常数K＝ 。
（7）“还原”时，工业上常用HCHO在碱性下还原[Ag（S2O3）2]3﹣得到Ag，反应后所得滤液3可进入 操作中循环利用（填流程中操作名称）。
17．（14分）（2023•合肥模拟）PtRu@Pd纳米核壳材料是氢能源燃料电池的重要催化剂。某研究团队提出一种可重复制备该催化剂的方案，步骤如下：
步骤一.在95℃下，将0.5mL5×10﹣3ml⋅L﹣1K2PdCl4溶液加入到一定量十六烷基三甲基溴化铵（C16TAB）水溶液中。
步骤二.向混合溶液中逐渐加入一定量N2H4的碱性水溶液，持续搅拌30分钟，离心分离，多次洗涤，得到Pd纳米颗粒。
步骤三.将所得Pd纳米颗粒分散在超纯水中，添加C16TAB后搅拌。加入特定组成的PtRu前体，再加入N2H4的碱性水溶液，80℃下搅拌3小时，离心洗涤后得到PtRu@Pd纳米核壳材料（如图a）。
已知：十六烷基三甲基溴化铵（C16TAB）是一种表面活性剂，其工作原理如图b所示：
回答下列问题：
（1）配制100mL5×10﹣3ml⋅L﹣1K2PdCl4溶液所需的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、 。
（2）N2H4的电子式为 ；配平并完成N2H4与K2PdCl4反应制备纳米Pd的离子方程式： N2H4+ PdCl42﹣+ ＝ Pd+ N2↑+ + ；其中N2H4可用以下 代替（填标号）。
A．亚硫酸钾
B．氯水
C．硝酸
D．维生素C
（3）步骤二中多次洗涤的目的是得到纯净的Pd纳米颗粒，检验其洗净的方法是 。
（4）步骤三中保持温度为80℃的方法是 。
（5）在整个过程中，十六烷基三甲基溴化铵（C16TAB）的作用是 。
18．（15分）（2023•合肥模拟）空间站CO2还原转化系统能把呼出的CO2捕集、分离并与空间站电解水系统产生的H2进行加氢处理，从而实现空间站内物料的循环利用。
（1）一种借助光将CO2转化为CH4的催化机理如图所示。该转化过程总反应的化学方程式是 ；图中所示的各物质中，含有极性共价键的非极性分子是 （填化学式）。
（2）一定条件下，CO2和H2还可发生如下两个平行反应：
i．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH1
ii．CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH2＝﹣49.5kJ⋅ml﹣1
①已知相关键能数据如下表：
则反应i的ΔH1＝ kJ⋅ml﹣1。
②为了提高CH3OH的产率，理论上应采用的措施是 （填标号）。
A．低温低压
B．高温低压
C．高温高压
D．低温高压
③保持温度533K，压强3MPa，按投料比向密闭容器中充入CO2和H2，反应相同时间测得不同催化剂下CO2转化率和CH3OH选择性的相关实验数据如下表所示（已知CH3OH选择性：转化的CO2中生成CH3OH的百分比）。
上述条件下，使用cat.2作催化剂，下列说法能判断反应ii达到平衡状态的是 （填标号）。
A．气体压强不再变化
B．气体平均相对分子质量不再变化
C．CH3OH和H2O的物质的量之比为1：1
D．CO2和H2的物质的量之比不再变化
（3）一定条件下，向0.5L恒容密闭容器中充入1mlCO2和3mlH2，只发生上述反应ii，达平衡时，H2的转化率为80%，则该温度下的平衡常数K＝ （保留两位小数）。
（4）若恒容密闭容器中只发生上述反应i，在进气比n（CO2）：n（H2）不同、温度不同时，测得相应的CO2平衡转化率如图所示。则B和D两点的温度T（B） T（D）（填“＜”，“＞”，或“＝”），其原因是 。
2023年安徽省合肥市高考化学第一次质检试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）
1．【分析】A．由金属元素与金属元素或者非金属元素熔合而成具有金属特效的材料为合金；
B．相对分子质量大于10000的有机物为有机高分子化合物；
C．依据强酸制备弱酸的规律判断；
D．亚铁离子能够被人体吸收。
【解答】解：A．青铜为铜和锡组成的合金，故A正确；
B．纤维素相对分子质量大于10000，属于有机高分子，故B正确；
C．醋酸酸性强于碳酸，所以醋酸能够与氢氧化镁、碳酸钙反应生成可溶性醋酸盐，白醋可用于去除水壶中的水垢，故C正确；
D．亚铁离子能够被人体吸收，铁离子不能被人体吸收，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了化学知识在生活实际的应用，把握物质的性质、性质与用途的对应关系等知识即可解答，试题有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，题目难度不大。
2．【分析】A．水溶液中部分电离的电解质为弱电解质；
B．四氯化碳分子中，氯原子的原子半径大于碳原子，为正四面体结构；
C．同种元素组成的不同单质互为同素异形体；
D．次氯酸的中心原子为O，分子中不存在H﹣Cl键。
【解答】解：A．BaSO4溶于水的部分完全电离，属于强电解质，故A错误；
B．由于氯原子的原子半径大于碳原子，该模型不能表示四氯化碳分子，故B错误；
C．S2和S8是硫元素的不同单质，互为同素异形体，故C正确；
D．次氯酸为共价化合物，O原子分别与Cl、H原子形成1对共用电子对，结构式为H﹣O﹣Cl，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，为高频考点，涉及结构式、强电解质概念、体积比模型、同素异形体等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。
3．【分析】A．3﹣苯基丙酸通过催化脱氢发生氧化反应生成异肉桂酸；
B．3﹣苯酚丙酸中C、H、O原子个数依次是9、10、2；
C．苯环上所有原子共平面，乙烯中所有原子共平面，﹣COOH中所有原子共平面，单键可以旋转，异肉桂酸分子相当于苯乙烯中1个氢原子被﹣COOH取代；
D．苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，羧基中碳氧双键和氢气不反应。
【解答】解：A．3﹣苯基丙酸通过催化脱氢发生氧化反应生成异肉桂酸，所以该反应为氧化反应，故A正确；
B．3﹣苯酚丙酸中C、H、O原子个数依次是9、10、2，分子式为C9H10O2，故B正确；
C．苯环上所有原子共平面，乙烯中所有原子共平面，﹣COOH中所有原子共平面，单键可以旋转，异肉桂酸分子相当于苯乙烯中1个氢原子被﹣COOH取代，所以该分子中最多有9个碳原子共平面，故C正确；
D．苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，羧基中碳氧双键和氢气不反应，1ml异肉桂酸最多消耗4ml氢气，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确原子成键特点、原子共平面判断方法、有机物官能团和性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
4．【分析】A．氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠与盐酸反应生成氯气；
B．Fe2O3不能直接生成Fe（OH）3，Fe（OH）3不能一步转化为单质铁；
C．二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，浓硫酸与Cu反应生成二氧化硫；
D．一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮。
【解答】解：A．氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠与盐酸反应生成氯气，符合图中转化关系，故A正确；
B．Fe2O3不能直接生成Fe（OH）3，氢氧化铁无法一步转化为单质铁，故B错误；
C．二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，浓硫酸与Cu反应生成二氧化硫，符合图中转化，故C正确；
D．一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，符合条件转化关系，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查物质的转化，要熟练掌握元素及其化合物之间的转化关系，具有一定的难度，尤其是不能一步转化的反应要注意。
5．【分析】溶液无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等离子的存在，离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存，以此进行判断。
【解答】解：A．K+、Na+、NO3﹣、CO32﹣之间不发生反应，且为无色溶液，能够大量共存，故A正确；
B．含有MnO4﹣的溶液呈紫色，MnO4﹣、SO32﹣之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；
C．HCO3﹣、Al3+之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，不能大量共存，故C错误；
D．Mg2+、OH﹣之间反应生成氢氧化镁沉淀，不能大量共存，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
6．【分析】A．一水合氨为弱碱，应保留化学式；
B．FeCl3溶液刻蚀电路铜板，反应生成氯化亚铁和氯化铜；
C．硅酸钠为强电解质，可以拆分为离子；
D．酸性条件下Na2S2O3与氢离子反应生成二氧化硫、硫单质和水。
【解答】解：A．CuSO4溶液中滴加稀氨水，离子方程式为：Cu2++2NH3•H2O＝Cu （OH）2↓+2NH4+，故A错误；
B．FeCl3溶液刻蚀电路铜板，反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为：2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+，故B错误；
C．SiO2溶于NaOH溶液：SiO2+2OH﹣＝SiO32++H2O，故C错误；
D．在Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸，反应生成二氧化硫气体、硫单质和水，反应的离子方程式为：2H++S2O32﹣═SO2↑+S↓+H2O，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了离子方程式书写正误判断，明确物质的性质及反应实质是解题关键，注意离子方程式的书写遵循客观事实、遵循原子个数、电荷数守恒规律，题目难度不大。
7．【分析】A．甲醇分子中含有3个C﹣H键、1个C﹣O键和1个O﹣H键；
B．求出2.0gD2O的物质的量，然后根据重水中含质子数和中子数均为10个来分析；
C．反应前后原子守恒；
D．25℃时，1LpH＝12的Ba（OH）2溶液中，c（OH﹣）＝ml/L＝0.01ml/L，据此计算溶液中含有OH﹣的数目。
【解答】解：A．32g甲醇的物质的量为：＝1ml，1ml甲醇中含有3ml碳氢键，含有的C﹣H键的数目为3NA，故A错误；
B．2.0gD2O的物质的量n＝＝0.1ml，而重水中含质子数和中子数均为10个，则0.1ml重水中含质子数和中子数均为NA个，故B正确；
C．1mlN2和3mlH2充分反应后的混合气体中原子数等于8NA，故C错误；
D．25℃时，1LpH＝12的Ba（OH）2溶液中，c（OH﹣）＝ml/L＝0.01ml/L，溶液中含有OH﹣的数目＝0.01ml/L×1L×NA/ml＝0.01NA，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的应用及计算，题目难度不大．要注意标况下气体摩尔体积的使用条件。
8．【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，X元素的焰色反应呈黄色，则X为Na元素；Y是地壳中含量最多的金属元素，则Y为Al元素；W、Z原子的最外层电子数相同，二者处于同族，Z元素的核电荷数是W的2倍，设W的原子序数为a，则2a＝a+8，解得a＝8，故W为O元素、Z为S元素。
【解答】解：由分析可知，W为O元素、X为Na元素、Y为Al元素、Z为S元素；
A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2﹣＞O2﹣＞Al3+＞Na+，故A错误；
B．化合物X2W2是Na2O2，由钠离子与过氧根离子构成，阴、阳离子的个数比为1：2，故B错误；
C．X、Y、Z最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝、硫酸，氢氧化钠与硫酸发生中和反应，氢氧化铝是两性氢氧化物，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，与硫酸反应生成硫酸铝和水，故C正确；
D．W、Z的氢化物分别为H2O、H2S，水分子之间存在氢键，则沸点：H2O＞H2S，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，熟练掌握元素周期律与元素化合物知识，注意氢键对物质性质的影响。
9．【分析】根据流程图分析，利用Fe2（SO4）3的氧化性氧化吸收SO2气体，反应为2H2O+SO2+Fe2（SO4）3＝2FeSO4+2H2SO4，得到的FeSO4溶液，再用空气中的氧气氧化得到Fe2（SO4）3溶液，反应为4FeSO4+O2+2H2SO4＝2Fe2（SO4）3+2H2O，Fe2（SO4）3溶液循环到“吸收”步骤使用，根据氧化还原反应原理分析解答。
【解答】解：A．“吸收”步骤中发生的反应为2H2O+SO2+Fe2（SO4）3＝2FeSO4+2H2SO4，S元素的化合价升高，被氧化，故A错误；
B．“吸收”后生成硫酸，酸性增强，故B错误；
C．反应为4FeSO4+O2+2H2SO4＝2Fe2（SO4）3+2H2O，Fe2（SO4）3溶液循环到“吸收”步骤使用，故C正确；
D．“氧化”中，每1mlO2参加反应转移4ml电子，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了二氧化硫的污染及处理、氧化还原反应规律的应用，把握物质的性质、发生的反应是解题关键，注意掌握二氧化硫的还原性、三价铁离子的氧化性、二价铁离子的还原性，题目难度中等。
10．【分析】A．二氧化锰氧化浓盐酸需要加热；
B．装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大，锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升；
C．干燥的Cl2不具有漂白性，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性；
D．D中氯气与溴化钠反应生成氯化钠和溴单质；打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，生成的溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶解于苯中，振荡分层，苯层在上层；氯气具有强氧化性；由于过量的氯气也能够氧化碘离子，无法说明溴单质氧化性强于碘单质。
【解答】解：A．装置A制备氯气，由于不加热，其中盛放的药品可能为KMnO4和浓盐酸，二氧化锰氧化浓盐酸需要加热离子反应为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故A错误；
B．装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大，锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升，装置b中漏斗的作用是平衡压强，故B正确；
C．装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，先通入湿润的有色布条褪色，验证氯气的漂白性，再通入干燥剂氯化钙，最后通过干燥的有色布条，不褪色，可验证干燥的Cl2不具有漂白性，故C正确；
D．D中氯气与溴化钠反应生成氯化钠和溴单质，打开活塞，将装置D中含溴单质的少量溶液加入焓碘化钾和苯的装置E中，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶于苯呈紫红色，振荡；观察到的现象是：E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色；氯气具有强氧化性，过量的氯气能够将碘离子氧化成碘单质，所以该现象不能说明溴的非金属性强于碘，故D错误；
故选：AD。
【点评】本题考查了氯气的制取、干燥和检验及氧化还原反应，明确信息及物质的性质来确定反应物与生成物是解答本题的关键，并熟悉该反应中元素的化合价来解答即可，题目难度中等。
11．【分析】A．物质具有的能量越低越稳定；
B．由图可知，该反应进程中的最大能垒（活化能）为[（﹣21.3kJ•ml﹣1）﹣（﹣321.1kJ•ml﹣1）]＝299.8kJ•ml﹣1；
C．极性键指不同原子间形成的共价键，生成HOMgCH3（s）的过程中有C﹣H键的断裂和O﹣H键的形成；
D．焓变＝生成物总能量﹣反应物总能量。
【解答】解：A．由图可知，中间体OMgCH4（s）能量比MgOCH4（s）低，根据能量越低越稳定，则中间体OMgCH4（s）比MgOCH4（s）更稳定，故A正确；
B．由图可知，该反应进程中的最大能垒（活化能）为[（﹣21.3kJ•ml﹣1）﹣（﹣321.1kJ•ml﹣1）]＝299.8kJ•ml﹣1，故B错误；
C．生成HOMgCH3（s）的过程中有C﹣H键的断裂和O﹣H键的形成，因此生成HOMgCH3（s）的过程中有极性键的断裂和形成，故C正确；
D．焓变＝生成物总能量﹣反应物总能量＝（﹣146.1+0）kJ•ml﹣1＝﹣146.1kJ•ml﹣1，则总反应的热化学方程式为MgO（s）+CH4（g）＝Mg（s）+CH3OH（g）ΔH＝﹣146.1kJ⋅ml﹣1，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查化学反应中能量的变化，包括反应热的计算等知识，为高频考点，题目难度一般。
12．【分析】A．鸡蛋清中加入饱和（NH4）2SO4溶液，发生盐析；
B．氯气、二氧化硫均使品红褪色；
C．AgNO3溶液过量，分别与KCl、KI反应生成沉淀；
D．H2O2溶液被KMnO4溶液氧化。
【解答】解：A．鸡蛋清中加入饱和（NH4）2SO4溶液，发生盐析，有白色沉淀产生，故A错误；
B．氯气、二氧化硫均使品红褪色，由实验操作和现象可知，该溶液中可能含有SO32﹣，故B正确；
C．AgNO3溶液过量，分别与KCl、KI反应生成沉淀，由实验操作和现象可知，不能比较Ksp（AgCl）、Ksp（AgI）的大小，故C错误；
D．H2O2溶液被KMnO4溶液氧化，溶液褪色，可知H2O2具有还原性，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、难溶电解质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
13．【分析】A．燃料电池燃料作负极，则b极为负极，a极为正极；
B．阳离子移向正极；
C．b电极为负极，NO失去电子发生氧化反应，则b电极的电极反应：NO﹣3e﹣+2H2O＝4H++NO3﹣；
D．未说明标况，无法计算消耗氧气的体积。
【解答】解：A．燃料电池燃料作负极，则b极为负极，a极为正极，故A错误；
B．阳离子移向正极，因此电池工作时H+透过质子交换膜从左向右移动，故B错误；
C．b电极为负极，NO失去电子发生氧化反应，则b电极的电极反应：NO﹣3e﹣+2H2O＝4H++NO3﹣，故C正确；
D．a电极为正极，电极反应式为：O2+4e﹣+4H+＝2H2O，当外电路中通过0.2ml电子时，a电极处消耗O20.05ml，未说明标况，无法计算消耗氧气的体积，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查燃料电池，掌握正负极的判断和电极反应方程式的书写是解题的关键，为高频考点，题目难度一般。
14．【分析】A．Na2CO3溶液中碳酸根离子分步水解，导致溶液显碱性；
B．0.1ml•L﹣1Na2CO3溶液显碱性，根据电荷守恒来回答；
C．升高温度可以促进弱离子的水解平衡、水的电离平衡向右移动；
D．降低温度，Na2CO3水解平衡左移，水的电离左移，据此回答。
【解答】解：A．Na2CO3溶液中碳酸根离子分步水解，CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，导致溶液显碱性，故A错误；
B．0.1ml•L﹣1Na2CO3溶液显碱性，c（OH﹣）＞c（H+），溶液存在电荷守恒：c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣），则c（Na+）＞2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣），故B错误；
C．升高温度，水的电离受到促进，溶液中氢离子浓度变大，pH减小，同时，升温碳酸根离子水解受到促进，pH增大，根据图1看出溶液的pH是减小的，说明升高温度，水的电离受到的促进程度更大，故C错误；
D．降低温度，水的电离受到抑制，电离平衡逆向移动，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了学生盐的水解、弱电解质的电离平衡等方面的有关知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度不大。
二、解答题（共4小题，满分58分）
15．【分析】（1）A（苯甲醇）中苯环上的碳原子形成3个σ键，羟基所连接的碳原子形成4个σ键；基态氧原子的价电子排布式为2s22p4；
（2）苯甲醇在Cu催化下被氧气氧化为苯甲醛；
（3）C中含氧官能团为﹣COOH；根据C的结构简式和判断D的结构简式；与CH3CH2OH在浓硫酸催化下反应生成和水；
（4）G是A的同系物，且比A多一个碳原子，可知：G中含有苯环、2个碳原子、1个羟基，且羟基与苯环不直接相接，以此书写G的同分异构体；
（5）①基态Cr原子位于第四周期第ⅥB族；
②该超分子中存在碳氧双键、不存在O﹣H键，也不存在离子；
③原子晶体熔沸点高于分子晶体。
【解答】解：（1）A（苯甲醇）中苯环上的碳原子形成3个σ键，杂化方式为为sp2，羟基所连接的碳原子形成4个σ键，杂化方式为sp3；A、B为基态氧原子的价电子轨道表达式，C为O+的价电子轨道表达式，D为激发态氧原子的价电子轨道表达式，
故答案为：sp2、sp3；D；
（2）苯甲醇在Cu催化下被氧气氧化为苯甲醛，反应的化学方程式为：，
故答案为：；
（3）C中含氧官能团为﹣COOH，名称为羧基；根据已知可知，生成D的结构简式为；与CH3CH2OH在浓硫酸催化下反应生成和水，反应类型为取代反应，
故答案为：羧基；；取代反应；
（4）G中含有苯环、2个碳原子、1个羟基，且羟基与苯环不直接相接，若2个碳原子作为2个取代基，则羟基连在其中一个碳原子上，即苯环上连接1个甲基和1个﹣CH2OH，存在邻间对3种结构；若2个碳原子作为1个取代基，则羟基接在其中1个碳原子上，存在2种结构，故G的同分异构体有5种结构，
故答案为：5；
（5）①基态Cr原子位于第四周期第ⅥB族，外围电子排布式是3d54s1，核外未成对电子数有6个，
故答案为：3d54s1；6；
②该超分子中存在碳氧双键，即存在σ键和π键，不存在O﹣H键，即不存在氢键，没有离子不存在离子键，
故答案为：BC；
③原子晶体熔沸点高于分子晶体，金刚石是原子晶体、C60是分子晶体，原子晶体熔化时破坏的共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏的分子间作用力，所以金刚石熔点较高，
故答案为：金刚石是原子晶体、C60是分子晶体，原子晶体熔化时破坏的共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏的分子间作用力。
【点评】本题考查有机物的推断与合成、物质结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力、分析推理能力、自学能力、知识迁移运用能力，题目难度中等。
16．【分析】铜阳极泥的主要成分有Se、Ag2Se、Cu2Se等，还含有少量的Au、Pt等贵金属，加入硫酸、MnO2，在80℃时，进行浸出，Se、Ag2Se、Cu2Se在酸性条件下被氧化为SeO32﹣，亚铜被氧化为铜离子，Au、Pt不溶解，过滤，浸出渣中含有Au、Pt，向滤液中加入NaCl，沉淀银离子，过滤，向滤液1中加入Na2SO3还原SeO32﹣，得到粗硒，过滤后，再向滤液中加入NaOH溶液，进行沉铜，最后将得到的氢氧化铜进一步处理得到铜单质，向滤渣中加入硫代硫酸钠溶液，溶解AgCl，生成[Ag（S2O3）2]3﹣，再用HCHO在碱性下还原[Ag（S2O3）2]3﹣得到Ag，滤液3中含有S2O32﹣，可进入溶浸操作中循环利用，据此分析作答。
【解答】解：（1）为了提高“浸出”效果，可采取的措施有适当增大硫酸浓度、将铜阳极泥进一步稀释、加速搅拌等，根据分析可知，浸出渣的主要成分是 Au、Pt等贵金属，
故答案为：适当增大硫酸浓度（或将铜阳极泥进一步稀释、加速搅拌等）；Au、Pt等贵金属；
（2）工业上铜阳极泥还可以用浓硫酸浸出，浓硫酸做强氧化剂的还原产物一般为SO2，所以从产物角度分析其缺点是产生的SO2会污染环境，
故答案为：产生的SO2会污染环境；
（3）铜阳极泥中的硒元素主要以SeO32﹣形式留在浸出液中，根据化合价升降守恒、原子守恒、电荷守恒可得Se单质在“浸出”时反应的离子方程式为：Se+2MnO2+2H+＝SeO32﹣+2Mn2++H2O，
故答案为：Se+2MnO2+2H+＝SeO32﹣+2Mn2++H2O；
（4）“沉硒”所得粗硒可采用真空蒸馏的方法提纯，采用真空蒸馏的目的是使硒在降低的温度下被蒸出，同时防止硒在空气中被氧化，
故答案为：使硒在降低的温度下被蒸出，同时防止硒在空气中被氧化；
（5）因为Cu2+在pH＝6.7时沉淀完全，Mn2+在pH＝8.1时开始沉淀，所以加入NaOH进行“沉铜”处理，调节溶液pH的范围是6.7≤pH＜8.1，
故答案为：6.7≤pH＜8.1；
（6）已知：常温下，[Ag（S2O3）2]3﹣（aq）⇌Ag+（aq）+2S2O32﹣（aq）K＝2.7×10﹣14，AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq）Ksp＝1.8×10﹣10，“溶浸”时发生反应的离子方程式为AgCl+2S2O32⇌[Ag（S2O3）2]3﹣+Cl﹣，常温下，该反应的平衡常数K＝＝≈6.7×103，
故答案为：6.7×103；
（7）“还原”时，工业上常用HCHO在碱性下还原[Ag（S2O3）2]3﹣得到Ag，反应后所得滤液3中含有S2O32﹣，可进入溶浸操作中循环利用，
故答案为：溶浸。
【点评】本题考查物质的制备及性质实验，为高频考点，侧重分析与实验能力的考查，沉淀溶解平衡常数的计算，注意元素化合物知识的应用，题目难度较大。
17．【分析】（1）容量瓶选择原则为大而近，结合配制过程分析；
（2）N2H4可以看作是两个氨基结合而成；反应中N2H4中N元素由﹣2价升高为0价，Pd由+2价降低为0价，结合得失电子守恒配平；反应中N2H4为还原剂，据此判断；
（3）反应过程生成氯离子，可以通过检验氯离子检验是否洗涤干净；
（4）可以采取水浴加热方法；
（5）结合整个过程，判断十六烷基三甲基溴化铵（C16TAB）的作用。
【解答】解：（1）容量瓶选择原则为大而近，配制100mL5×10﹣3ml⋅L﹣1K2PdCl4溶液所需的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶，
故答案为：胶头滴管、100mL容量瓶；
（2）N2H4可以看作是两个氨基结合而成，电子式为；反应中N2H4中N元素由﹣2价升高为0价，Pd由+2价降低为0价，结合得失电子守恒，配平为N2H4+2PdCl42﹣+4OH﹣＝2Pd+N2↑+8Cl﹣+4H2O；N2H4为还原剂，可以用亚硫酸钾、维生素C代替，
故答案为：；1；2；4OH﹣；2；1；8Cl﹣；4H2O；AD；
（3）反应过程生成氯离子，可以通过检验氯离子检验是否洗涤干其操作方法为取少量待测液于试管中，加入稀硝酸和硝酸银，若无白色沉淀生成，则洗涤干净，
故答案为：取少量待测液于试管中，加入稀硝酸和硝酸银，若无白色沉淀生成，则洗涤干净；
（4）水浴加热可以保持温度为80℃，
故答案为：水浴加热；
（5）结合整个过程，十六烷基三甲基溴化铵（C16TAB）的作用是催化剂，
故答案为：催化剂。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注重于物质性质的综合应用，反应现象的分析判断，反应原理的分析判断，理清反应物的性质特点是解题判断的关键，题目难度较中等。
18．【分析】解：（1）由图可知，氢气和二氧化碳反应生成甲烷和水，甲烷、二氧化碳分子中含碳氢、碳氧极性键，分子为对称结构；
（2）①反应的焓变等于反应物键能和减去生成物键能和；
②生成甲醇的反应为放热、气体分子数减小的反应；
③A．反应ii气体分子数减小的反应；
B．物质的总质量不变，反应的气体分子数减小；
C．CH3OH和H2O的物质的量之比为1：1，不能说明正逆反应速率相等；
D．CO2和H2的投料比等于反应的系数比，故物质的量之比为定值，其不会变化；
（3）该温度下的平衡常数K＝；
（4）反应i为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数变大。
【解答】解：（1）由图可知，氢气和二氧化碳反应生成甲烷和水，CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g）；甲烷、二氧化碳分子中含碳氢、碳氧极性键，分子为对称结构，为非极性分子，
故答案为：CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g）；CH4、CO2；
（2）①反应的焓变等于反应物键能和减去生成物键能和，故反应i的ΔH1＝（803×2+436﹣1072﹣464×2）kJ/ml＝+42kJ/ml，
故答案为：+42；
②生成甲醇的反应为放热、气体分子数减小的反应，则低温高压利于平衡正向移动，提高甲醇产率，
故答案为：D；
③A．反应ii气体分子数减小的反应，气体压强不再变化，说明反应达到平衡，故A正确；
B．物质的总质量不变，反应的气体分子数减小，则气体平均相对分子质量不再变化，说明反应达到平衡，故B正确；
C．CH3OH和H2O的物质的量之比为1：1，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，故C错误；
D．CO2和H2的投料比等于反应的系数比，故物质的量之比为定值，其不会变化，不说明反应达到平衡，故D错误；
故答案为：AB；
（3）一定条件下，向0.5L恒容密闭容器中充入1mlCO2和3mlH2，只发生上述反应ii，达平衡时，H2的转化率为80%，则反应氢气2.4ml，生成甲醇、水均为0.8ml，反应后二氧化碳、氢气分别为0.2ml、0.6ml，则该温度下的平衡常数K＝＝≈5.33，
故答案为：5.33；
（4）B进气比n（CO2）：n（H2）＝1：1，设投料均为1ml，二氧化碳转化率为60%，则平衡后二氧化碳、氢气、一氧化碳、水分别为0.4ml、0.4ml、0.6ml、0.6ml，反应为气体分子数不变的反应，则此时KB＝＝＝2.25；同理，KD＝3，反应i为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数变大，故B和D两点的温度T（B）＜T（D），
故答案为：＜；反应i为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数变大，由于KB＜KD，则T（B）＜T（D）。
【点评】本题考查反应中的能量变化和化学平衡，侧重考查学生焓变、平衡状态判断、平衡常数计算和平衡移动的掌握情况，试题难度中等。
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X
Y
Z
A
Cl2
HClO
NaClO
B
Fe
Fe2O3
Fe（OH）3
C
SO2
SO3
H2SO4
D
NO
NO2
HNO3
选项
实验操作和现象
结论
A
向鸡蛋清中加入饱和（NH4）2SO4溶液，有白色沉淀产生
（NH4）2SO4使蛋白质变性
B
向某溶液中滴加稀硫酸，将产生的气体通入品红溶液，品红褪色
该溶液中可能含有SO32﹣
C
向2mL0.1ml⋅L﹣1AgNO3溶液中滴入10滴0.1ml⋅L﹣1KCl溶液，生成白色沉淀，再滴加0.1ml⋅L﹣1KI溶液，出现黄色沉淀
Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）
D
向0.1ml⋅L﹣1H2O2溶液中滴加0.1ml⋅L﹣1KMnO4溶液，溶液褪色
H2O2具有氧化性
金属离子
Cu2+
Mn2+
开始沉淀的pH
4.0
8.1
恰好沉淀完全的pH
6.7
10.1
化学键
H﹣H
H﹣O
C＝O
C≡O
键能/kJ⋅ml﹣1
436
464
803
1072
催化剂
CO2转化率
CH3OH选择性
cat.1
21.9%
67.3%
cat.2
36.1%
100.0%
1．（3分）（2023•合肥模拟）下列有关化学知识的叙述错误的是（ ）
A．青铜属于合金
B．纤维素属于有机高分子
C．白醋可用于去除水壶中的水垢
D．Fe2（SO4）3可用作缺铁性贫血的补铁剂
2．（3分）（2023•合肥模拟）下列化学概念或化学用语叙述正确的是（ ）
A．BaSO4属于弱电解质
B．因氯化碳充填模型可表示为
C．S2和S8互为同素异形体
D．HClO的结构式为H﹣Cl﹣O
3．（3分）（2023•合肥模拟）利用3﹣苯基丙酸催化脱氢制备异肉桂酸的反应如图所示，下列叙述错误的是（ ）
A．上述制备过程属于氧化反应
B．3﹣苯基丙酸的分子式为C9H10O2
C．异肉桂酸分子中最多有9个碳原子共面
D．1ml异肉桂酸最多与5mlH2发生反应
4．（3分）（2023•合肥模拟）下表中各组物质不能按照如图所示的转化关系一步实现的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
5．（3分）（2023•合肥模拟）下列无色透明的溶液中，离子能大量共存的是（ ）
A．K+、Na+、NO3﹣、CO32﹣
B．K+、NH4+、MnO4﹣、SO32﹣
C．NH4+、HCO3﹣、Al3+、SO42﹣
D．K+、Mg2+、OH﹣、Cl﹣
6．（3分）（2023•合肥模拟）下列有关离子方程式的书写正确的是（ ）
A．CuSO4溶液中滴加稀氨水：Cu2++2OH﹣＝Cu（OH）2↓
B．FeCl3溶液刻蚀电路铜板：2Fe3++3Cu＝2Fe+3Cu2+
C．SiO2溶于NaOH溶液：SiO2+2Na++2OH﹣＝Na2SiO3+H2O
D．稀硫酸滴入Na2S2O3溶液中：2H++S2O32﹣＝SO2↑+S↓+H2O
7．（3分）（2023•合肥模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）
A．32g甲醇中含有C﹣H键的数目为4NA
B．常温常压下，2.0gD2O中含有的质子数和中子数均为NA
C．1mlN2和3mlH2充分反应后的混合气体中原子数小于8NA
D．25℃时，1LpH＝12的Ba（OH）2溶液中含有OH﹣的数目为0.02NA
8．（3分）（2023•合肥模拟）W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，焰色试验中X呈黄色，Y是地壳中含量最多的金属元素，W、Z原子最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。下列叙述正确的是（ ）
A．简单离子半径大小：X＞Y＞Z＞W
B．化合物X2W2中阴阳离子的个数比为1：1
C．X、Y、Z最高价氧化物的水化物两两间能发生反应
D．简单氢化物的沸点：Z＞W
9．（3分）（2023•合肥模拟）如图是一种综合处理含SO2尾气的工艺流程，下列叙述正确的是（ ）
A．“吸收”过程中SO2被还原
B．“吸收”后溶液的酸性减弱
C．“氧化”后的溶液可以循环使用
D．“氧化”中，每1mlO2参加反应转移2ml电子
（多选）10．（3分）（2023•合肥模拟）如图是实验室制备氯气并进行一系列实验的装置（夹持装置已经省略），有关叙述错误的是（ ）
A．装置a中发生的反应为MnO2+4H++2Cl﹣＝Mn2++2H2O+Cl2↑
B．装置b中漏斗的作用是平衡压强
C．Ⅰ、Ⅱ处依次放湿润和干燥的有色布条可验证干燥的Cl2不具有漂白性
D．可利用该实验装置证明氧化性：Cl2＞Br2＞I2
11．（3分）（2023•合肥模拟）如图是我国科研工作者研究MgO（s）与CH4（g）作用最终生成Mg（s）与CH3OH（g）的物质相对能量﹣反应进程曲线。下列叙述错误的是（ ）
A．中间体OMgCH4（s）比MgOCH4（s）更稳定
B．该反应进程中的最大能垒（活化能）为350.6kJ⋅ml﹣1
C．生成HOMgCH3（s）的过程中有极性键的断裂和形成
D．总反应的热化学方程式为MgO（s）+CH4（g）＝Mg（s）+CH3OH（g）ΔH＝﹣146.1kJ⋅ml﹣1
12．（3分）（2023•合肥模拟）下列由实验操作和现象可得出正确结论的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
13．（3分）（2023•合肥模拟）某科研机构研发的NO﹣空气燃料电池的工作原理如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A．a电极为电池负极
B．电池工作时H+透过质子交换膜从右向左移动
C．b电极的电极反应：NO﹣3e﹣+2H2O＝4H++NO3﹣
D．当外电路中通过0.2ml电子时，a电极处消耗O21.12L
14．（3分）（2023•合肥模拟）某化学兴趣小组测定了0.1ml⋅L﹣1Na2CO3溶液的pH随温度的变化，结果如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．Na2CO3溶液呈碱性的原因是CO32﹣+2H2O⇌H2CO3+2OH﹣
B．0.1ml⋅L﹣1Na2CO3溶液中：c（Na+）＜2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）
C．图1表明升温过程中Na2CO3溶液水解程度减小，pH减小
D．由图2可推知降低温度时，水的电离平衡逆向移动
二、解答题（共4小题，满分58分）
15．（15分）（2023•合肥模拟）苯甲醇可用作局部止痛注射剂，在有机药物合成中应用广泛，其用于合成某药物中间体D并得到F的流程如图：
已知：
请回答下列问题：
（1）A中碳原子的杂化方式为 ，下列处于激发态氧原子的价电子轨道表达式为 （填标号）。
（2）写出由A生成B反应的化学方程式 。
（3）C中含氧官能团的名称为 ，D的结构简式是 ，由E生成F的反应类型为 。
（4）G是A的同系物，且比A多一个碳原子，则G的结构有 种（不含立体异构）。
（5）碳不仅是组成有机物的重要元素，在超分子领域也发挥着重要作用。由M将2个C60分子、2个p﹣甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示：
①Cr与M同族，Cr基态原子的外围电子排布式是 ，核外未成对电子数有 个。
②该超分子中除配位键外还存在的化学键类型有 （填标号）。
A．氢键
B．σ键
C．π键
D．离子键
③C60与金刚石均为碳的单质，从结构与性质之间的关系解释C60的熔点远低于金刚石的原因是 。
16．（14分）（2023•合肥模拟）一种由铜阳极泥（主要成分有Se、Ag2Se、Cu2Se等，还含有少量的Au、Pt等贵金属）提取Se，同时回收Ag和Cu的工艺流程如图所示。
已知：①硒的沸点685℃，在空气中加热时会被氧化。
②在该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和恰好沉淀完全的pH如下表：
回答下列问题：
（1）为了提高“浸出”效果，可采取的措施有 （写出一种合理措施）；浸出渣的主要成分是 。
（2）工业上铜阳极泥还可以用浓硫酸浸出，从产物角度分析其缺点是 。
（3）铜阳极泥中的硒元素主要以SeO32﹣形式留在浸出液中，写出Se单质在“浸出”时反应的离子方程式 。
（4）“沉硒”所得粗硒可采用真空蒸馏的方法提纯，采用真空蒸馏的目的是 。
（5）加入NaOH进行“沉铜”处理，调节溶液pH的范围是 。
（6）已知：常温下，[Ag（S2O3）2]3﹣（aq）⇌Ag+（aq）+2S2O32﹣（aq）K＝2.7×10﹣14
AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq）Ksp＝1.8×10﹣10
“溶浸”时发生反应的离子方程式为AgCl+2S2O32⇌[Ag（S2O3）2]3﹣+Cl﹣，常温下，该反应的平衡常数K＝ 。
（7）“还原”时，工业上常用HCHO在碱性下还原[Ag（S2O3）2]3﹣得到Ag，反应后所得滤液3可进入 操作中循环利用（填流程中操作名称）。
17．（14分）（2023•合肥模拟）PtRu@Pd纳米核壳材料是氢能源燃料电池的重要催化剂。某研究团队提出一种可重复制备该催化剂的方案，步骤如下：
步骤一.在95℃下，将0.5mL5×10﹣3ml⋅L﹣1K2PdCl4溶液加入到一定量十六烷基三甲基溴化铵（C16TAB）水溶液中。
步骤二.向混合溶液中逐渐加入一定量N2H4的碱性水溶液，持续搅拌30分钟，离心分离，多次洗涤，得到Pd纳米颗粒。
步骤三.将所得Pd纳米颗粒分散在超纯水中，添加C16TAB后搅拌。加入特定组成的PtRu前体，再加入N2H4的碱性水溶液，80℃下搅拌3小时，离心洗涤后得到PtRu@Pd纳米核壳材料（如图a）。
已知：十六烷基三甲基溴化铵（C16TAB）是一种表面活性剂，其工作原理如图b所示：
回答下列问题：
（1）配制100mL5×10﹣3ml⋅L﹣1K2PdCl4溶液所需的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、 。
（2）N2H4的电子式为 ；配平并完成N2H4与K2PdCl4反应制备纳米Pd的离子方程式： N2H4+ PdCl42﹣+ ＝ Pd+ N2↑+ + ；其中N2H4可用以下 代替（填标号）。
A．亚硫酸钾
B．氯水
C．硝酸
D．维生素C
（3）步骤二中多次洗涤的目的是得到纯净的Pd纳米颗粒，检验其洗净的方法是 。
（4）步骤三中保持温度为80℃的方法是 。
（5）在整个过程中，十六烷基三甲基溴化铵（C16TAB）的作用是 。
18．（15分）（2023•合肥模拟）空间站CO2还原转化系统能把呼出的CO2捕集、分离并与空间站电解水系统产生的H2进行加氢处理，从而实现空间站内物料的循环利用。
（1）一种借助光将CO2转化为CH4的催化机理如图所示。该转化过程总反应的化学方程式是 ；图中所示的各物质中，含有极性共价键的非极性分子是 （填化学式）。
（2）一定条件下，CO2和H2还可发生如下两个平行反应：
i．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH1
ii．CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH2＝﹣49.5kJ⋅ml﹣1
①已知相关键能数据如下表：
则反应i的ΔH1＝ kJ⋅ml﹣1。
②为了提高CH3OH的产率，理论上应采用的措施是 （填标号）。
A．低温低压
B．高温低压
C．高温高压
D．低温高压
③保持温度533K，压强3MPa，按投料比向密闭容器中充入CO2和H2，反应相同时间测得不同催化剂下CO2转化率和CH3OH选择性的相关实验数据如下表所示（已知CH3OH选择性：转化的CO2中生成CH3OH的百分比）。
上述条件下，使用cat.2作催化剂，下列说法能判断反应ii达到平衡状态的是 （填标号）。
A．气体压强不再变化
B．气体平均相对分子质量不再变化
C．CH3OH和H2O的物质的量之比为1：1
D．CO2和H2的物质的量之比不再变化
（3）一定条件下，向0.5L恒容密闭容器中充入1mlCO2和3mlH2，只发生上述反应ii，达平衡时，H2的转化率为80%，则该温度下的平衡常数K＝ （保留两位小数）。
（4）若恒容密闭容器中只发生上述反应i，在进气比n（CO2）：n（H2）不同、温度不同时，测得相应的CO2平衡转化率如图所示。则B和D两点的温度T（B） T（D）（填“＜”，“＞”，或“＝”），其原因是 。
2023年安徽省合肥市高考化学第一次质检试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）
1．【分析】A．由金属元素与金属元素或者非金属元素熔合而成具有金属特效的材料为合金；
B．相对分子质量大于10000的有机物为有机高分子化合物；
C．依据强酸制备弱酸的规律判断；
D．亚铁离子能够被人体吸收。
【解答】解：A．青铜为铜和锡组成的合金，故A正确；
B．纤维素相对分子质量大于10000，属于有机高分子，故B正确；
C．醋酸酸性强于碳酸，所以醋酸能够与氢氧化镁、碳酸钙反应生成可溶性醋酸盐，白醋可用于去除水壶中的水垢，故C正确；
D．亚铁离子能够被人体吸收，铁离子不能被人体吸收，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了化学知识在生活实际的应用，把握物质的性质、性质与用途的对应关系等知识即可解答，试题有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，题目难度不大。
2．【分析】A．水溶液中部分电离的电解质为弱电解质；
B．四氯化碳分子中，氯原子的原子半径大于碳原子，为正四面体结构；
C．同种元素组成的不同单质互为同素异形体；
D．次氯酸的中心原子为O，分子中不存在H﹣Cl键。
【解答】解：A．BaSO4溶于水的部分完全电离，属于强电解质，故A错误；
B．由于氯原子的原子半径大于碳原子，该模型不能表示四氯化碳分子，故B错误；
C．S2和S8是硫元素的不同单质，互为同素异形体，故C正确；
D．次氯酸为共价化合物，O原子分别与Cl、H原子形成1对共用电子对，结构式为H﹣O﹣Cl，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，为高频考点，涉及结构式、强电解质概念、体积比模型、同素异形体等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。
3．【分析】A．3﹣苯基丙酸通过催化脱氢发生氧化反应生成异肉桂酸；
B．3﹣苯酚丙酸中C、H、O原子个数依次是9、10、2；
C．苯环上所有原子共平面，乙烯中所有原子共平面，﹣COOH中所有原子共平面，单键可以旋转，异肉桂酸分子相当于苯乙烯中1个氢原子被﹣COOH取代；
D．苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，羧基中碳氧双键和氢气不反应。
【解答】解：A．3﹣苯基丙酸通过催化脱氢发生氧化反应生成异肉桂酸，所以该反应为氧化反应，故A正确；
B．3﹣苯酚丙酸中C、H、O原子个数依次是9、10、2，分子式为C9H10O2，故B正确；
C．苯环上所有原子共平面，乙烯中所有原子共平面，﹣COOH中所有原子共平面，单键可以旋转，异肉桂酸分子相当于苯乙烯中1个氢原子被﹣COOH取代，所以该分子中最多有9个碳原子共平面，故C正确；
D．苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，羧基中碳氧双键和氢气不反应，1ml异肉桂酸最多消耗4ml氢气，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确原子成键特点、原子共平面判断方法、有机物官能团和性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
4．【分析】A．氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠与盐酸反应生成氯气；
B．Fe2O3不能直接生成Fe（OH）3，Fe（OH）3不能一步转化为单质铁；
C．二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，浓硫酸与Cu反应生成二氧化硫；
D．一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮。
【解答】解：A．氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠与盐酸反应生成氯气，符合图中转化关系，故A正确；
B．Fe2O3不能直接生成Fe（OH）3，氢氧化铁无法一步转化为单质铁，故B错误；
C．二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫与水反应生成硫酸，浓硫酸与Cu反应生成二氧化硫，符合图中转化，故C正确；
D．一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，符合条件转化关系，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查物质的转化，要熟练掌握元素及其化合物之间的转化关系，具有一定的难度，尤其是不能一步转化的反应要注意。
5．【分析】溶液无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等离子的存在，离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存，以此进行判断。
【解答】解：A．K+、Na+、NO3﹣、CO32﹣之间不发生反应，且为无色溶液，能够大量共存，故A正确；
B．含有MnO4﹣的溶液呈紫色，MnO4﹣、SO32﹣之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；
C．HCO3﹣、Al3+之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，不能大量共存，故C错误；
D．Mg2+、OH﹣之间反应生成氢氧化镁沉淀，不能大量共存，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
6．【分析】A．一水合氨为弱碱，应保留化学式；
B．FeCl3溶液刻蚀电路铜板，反应生成氯化亚铁和氯化铜；
C．硅酸钠为强电解质，可以拆分为离子；
D．酸性条件下Na2S2O3与氢离子反应生成二氧化硫、硫单质和水。
【解答】解：A．CuSO4溶液中滴加稀氨水，离子方程式为：Cu2++2NH3•H2O＝Cu （OH）2↓+2NH4+，故A错误；
B．FeCl3溶液刻蚀电路铜板，反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为：2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+，故B错误；
C．SiO2溶于NaOH溶液：SiO2+2OH﹣＝SiO32++H2O，故C错误；
D．在Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸，反应生成二氧化硫气体、硫单质和水，反应的离子方程式为：2H++S2O32﹣═SO2↑+S↓+H2O，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了离子方程式书写正误判断，明确物质的性质及反应实质是解题关键，注意离子方程式的书写遵循客观事实、遵循原子个数、电荷数守恒规律，题目难度不大。
7．【分析】A．甲醇分子中含有3个C﹣H键、1个C﹣O键和1个O﹣H键；
B．求出2.0gD2O的物质的量，然后根据重水中含质子数和中子数均为10个来分析；
C．反应前后原子守恒；
D．25℃时，1LpH＝12的Ba（OH）2溶液中，c（OH﹣）＝ml/L＝0.01ml/L，据此计算溶液中含有OH﹣的数目。
【解答】解：A．32g甲醇的物质的量为：＝1ml，1ml甲醇中含有3ml碳氢键，含有的C﹣H键的数目为3NA，故A错误；
B．2.0gD2O的物质的量n＝＝0.1ml，而重水中含质子数和中子数均为10个，则0.1ml重水中含质子数和中子数均为NA个，故B正确；
C．1mlN2和3mlH2充分反应后的混合气体中原子数等于8NA，故C错误；
D．25℃时，1LpH＝12的Ba（OH）2溶液中，c（OH﹣）＝ml/L＝0.01ml/L，溶液中含有OH﹣的数目＝0.01ml/L×1L×NA/ml＝0.01NA，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查阿伏加德罗常数的应用及计算，题目难度不大．要注意标况下气体摩尔体积的使用条件。
8．【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，X元素的焰色反应呈黄色，则X为Na元素；Y是地壳中含量最多的金属元素，则Y为Al元素；W、Z原子的最外层电子数相同，二者处于同族，Z元素的核电荷数是W的2倍，设W的原子序数为a，则2a＝a+8，解得a＝8，故W为O元素、Z为S元素。
【解答】解：由分析可知，W为O元素、X为Na元素、Y为Al元素、Z为S元素；
A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2﹣＞O2﹣＞Al3+＞Na+，故A错误；
B．化合物X2W2是Na2O2，由钠离子与过氧根离子构成，阴、阳离子的个数比为1：2，故B错误；
C．X、Y、Z最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠、氢氧化铝、硫酸，氢氧化钠与硫酸发生中和反应，氢氧化铝是两性氢氧化物，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，与硫酸反应生成硫酸铝和水，故C正确；
D．W、Z的氢化物分别为H2O、H2S，水分子之间存在氢键，则沸点：H2O＞H2S，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，熟练掌握元素周期律与元素化合物知识，注意氢键对物质性质的影响。
9．【分析】根据流程图分析，利用Fe2（SO4）3的氧化性氧化吸收SO2气体，反应为2H2O+SO2+Fe2（SO4）3＝2FeSO4+2H2SO4，得到的FeSO4溶液，再用空气中的氧气氧化得到Fe2（SO4）3溶液，反应为4FeSO4+O2+2H2SO4＝2Fe2（SO4）3+2H2O，Fe2（SO4）3溶液循环到“吸收”步骤使用，根据氧化还原反应原理分析解答。
【解答】解：A．“吸收”步骤中发生的反应为2H2O+SO2+Fe2（SO4）3＝2FeSO4+2H2SO4，S元素的化合价升高，被氧化，故A错误；
B．“吸收”后生成硫酸，酸性增强，故B错误；
C．反应为4FeSO4+O2+2H2SO4＝2Fe2（SO4）3+2H2O，Fe2（SO4）3溶液循环到“吸收”步骤使用，故C正确；
D．“氧化”中，每1mlO2参加反应转移4ml电子，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了二氧化硫的污染及处理、氧化还原反应规律的应用，把握物质的性质、发生的反应是解题关键，注意掌握二氧化硫的还原性、三价铁离子的氧化性、二价铁离子的还原性，题目难度中等。
10．【分析】A．二氧化锰氧化浓盐酸需要加热；
B．装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大，锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升；
C．干燥的Cl2不具有漂白性，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性；
D．D中氯气与溴化钠反应生成氯化钠和溴单质；打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，生成的溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶解于苯中，振荡分层，苯层在上层；氯气具有强氧化性；由于过量的氯气也能够氧化碘离子，无法说明溴单质氧化性强于碘单质。
【解答】解：A．装置A制备氯气，由于不加热，其中盛放的药品可能为KMnO4和浓盐酸，二氧化锰氧化浓盐酸需要加热离子反应为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故A错误；
B．装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大，锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升，装置b中漏斗的作用是平衡压强，故B正确；
C．装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，先通入湿润的有色布条褪色，验证氯气的漂白性，再通入干燥剂氯化钙，最后通过干燥的有色布条，不褪色，可验证干燥的Cl2不具有漂白性，故C正确；
D．D中氯气与溴化钠反应生成氯化钠和溴单质，打开活塞，将装置D中含溴单质的少量溶液加入焓碘化钾和苯的装置E中，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶于苯呈紫红色，振荡；观察到的现象是：E中溶液分为两层，上层（苯层）为紫红色；氯气具有强氧化性，过量的氯气能够将碘离子氧化成碘单质，所以该现象不能说明溴的非金属性强于碘，故D错误；
故选：AD。
【点评】本题考查了氯气的制取、干燥和检验及氧化还原反应，明确信息及物质的性质来确定反应物与生成物是解答本题的关键，并熟悉该反应中元素的化合价来解答即可，题目难度中等。
11．【分析】A．物质具有的能量越低越稳定；
B．由图可知，该反应进程中的最大能垒（活化能）为[（﹣21.3kJ•ml﹣1）﹣（﹣321.1kJ•ml﹣1）]＝299.8kJ•ml﹣1；
C．极性键指不同原子间形成的共价键，生成HOMgCH3（s）的过程中有C﹣H键的断裂和O﹣H键的形成；
D．焓变＝生成物总能量﹣反应物总能量。
【解答】解：A．由图可知，中间体OMgCH4（s）能量比MgOCH4（s）低，根据能量越低越稳定，则中间体OMgCH4（s）比MgOCH4（s）更稳定，故A正确；
B．由图可知，该反应进程中的最大能垒（活化能）为[（﹣21.3kJ•ml﹣1）﹣（﹣321.1kJ•ml﹣1）]＝299.8kJ•ml﹣1，故B错误；
C．生成HOMgCH3（s）的过程中有C﹣H键的断裂和O﹣H键的形成，因此生成HOMgCH3（s）的过程中有极性键的断裂和形成，故C正确；
D．焓变＝生成物总能量﹣反应物总能量＝（﹣146.1+0）kJ•ml﹣1＝﹣146.1kJ•ml﹣1，则总反应的热化学方程式为MgO（s）+CH4（g）＝Mg（s）+CH3OH（g）ΔH＝﹣146.1kJ⋅ml﹣1，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查化学反应中能量的变化，包括反应热的计算等知识，为高频考点，题目难度一般。
12．【分析】A．鸡蛋清中加入饱和（NH4）2SO4溶液，发生盐析；
B．氯气、二氧化硫均使品红褪色；
C．AgNO3溶液过量，分别与KCl、KI反应生成沉淀；
D．H2O2溶液被KMnO4溶液氧化。
【解答】解：A．鸡蛋清中加入饱和（NH4）2SO4溶液，发生盐析，有白色沉淀产生，故A错误；
B．氯气、二氧化硫均使品红褪色，由实验操作和现象可知，该溶液中可能含有SO32﹣，故B正确；
C．AgNO3溶液过量，分别与KCl、KI反应生成沉淀，由实验操作和现象可知，不能比较Ksp（AgCl）、Ksp（AgI）的大小，故C错误；
D．H2O2溶液被KMnO4溶液氧化，溶液褪色，可知H2O2具有还原性，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、难溶电解质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
13．【分析】A．燃料电池燃料作负极，则b极为负极，a极为正极；
B．阳离子移向正极；
C．b电极为负极，NO失去电子发生氧化反应，则b电极的电极反应：NO﹣3e﹣+2H2O＝4H++NO3﹣；
D．未说明标况，无法计算消耗氧气的体积。
【解答】解：A．燃料电池燃料作负极，则b极为负极，a极为正极，故A错误；
B．阳离子移向正极，因此电池工作时H+透过质子交换膜从左向右移动，故B错误；
C．b电极为负极，NO失去电子发生氧化反应，则b电极的电极反应：NO﹣3e﹣+2H2O＝4H++NO3﹣，故C正确；
D．a电极为正极，电极反应式为：O2+4e﹣+4H+＝2H2O，当外电路中通过0.2ml电子时，a电极处消耗O20.05ml，未说明标况，无法计算消耗氧气的体积，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查燃料电池，掌握正负极的判断和电极反应方程式的书写是解题的关键，为高频考点，题目难度一般。
14．【分析】A．Na2CO3溶液中碳酸根离子分步水解，导致溶液显碱性；
B．0.1ml•L﹣1Na2CO3溶液显碱性，根据电荷守恒来回答；
C．升高温度可以促进弱离子的水解平衡、水的电离平衡向右移动；
D．降低温度，Na2CO3水解平衡左移，水的电离左移，据此回答。
【解答】解：A．Na2CO3溶液中碳酸根离子分步水解，CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，导致溶液显碱性，故A错误；
B．0.1ml•L﹣1Na2CO3溶液显碱性，c（OH﹣）＞c（H+），溶液存在电荷守恒：c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣），则c（Na+）＞2c（CO32﹣）+c（HCO3﹣），故B错误；
C．升高温度，水的电离受到促进，溶液中氢离子浓度变大，pH减小，同时，升温碳酸根离子水解受到促进，pH增大，根据图1看出溶液的pH是减小的，说明升高温度，水的电离受到的促进程度更大，故C错误；
D．降低温度，水的电离受到抑制，电离平衡逆向移动，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了学生盐的水解、弱电解质的电离平衡等方面的有关知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度不大。
二、解答题（共4小题，满分58分）
15．【分析】（1）A（苯甲醇）中苯环上的碳原子形成3个σ键，羟基所连接的碳原子形成4个σ键；基态氧原子的价电子排布式为2s22p4；
（2）苯甲醇在Cu催化下被氧气氧化为苯甲醛；
（3）C中含氧官能团为﹣COOH；根据C的结构简式和判断D的结构简式；与CH3CH2OH在浓硫酸催化下反应生成和水；
（4）G是A的同系物，且比A多一个碳原子，可知：G中含有苯环、2个碳原子、1个羟基，且羟基与苯环不直接相接，以此书写G的同分异构体；
（5）①基态Cr原子位于第四周期第ⅥB族；
②该超分子中存在碳氧双键、不存在O﹣H键，也不存在离子；
③原子晶体熔沸点高于分子晶体。
【解答】解：（1）A（苯甲醇）中苯环上的碳原子形成3个σ键，杂化方式为为sp2，羟基所连接的碳原子形成4个σ键，杂化方式为sp3；A、B为基态氧原子的价电子轨道表达式，C为O+的价电子轨道表达式，D为激发态氧原子的价电子轨道表达式，
故答案为：sp2、sp3；D；
（2）苯甲醇在Cu催化下被氧气氧化为苯甲醛，反应的化学方程式为：，
故答案为：；
（3）C中含氧官能团为﹣COOH，名称为羧基；根据已知可知，生成D的结构简式为；与CH3CH2OH在浓硫酸催化下反应生成和水，反应类型为取代反应，
故答案为：羧基；；取代反应；
（4）G中含有苯环、2个碳原子、1个羟基，且羟基与苯环不直接相接，若2个碳原子作为2个取代基，则羟基连在其中一个碳原子上，即苯环上连接1个甲基和1个﹣CH2OH，存在邻间对3种结构；若2个碳原子作为1个取代基，则羟基接在其中1个碳原子上，存在2种结构，故G的同分异构体有5种结构，
故答案为：5；
（5）①基态Cr原子位于第四周期第ⅥB族，外围电子排布式是3d54s1，核外未成对电子数有6个，
故答案为：3d54s1；6；
②该超分子中存在碳氧双键，即存在σ键和π键，不存在O﹣H键，即不存在氢键，没有离子不存在离子键，
故答案为：BC；
③原子晶体熔沸点高于分子晶体，金刚石是原子晶体、C60是分子晶体，原子晶体熔化时破坏的共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏的分子间作用力，所以金刚石熔点较高，
故答案为：金刚石是原子晶体、C60是分子晶体，原子晶体熔化时破坏的共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏的分子间作用力。
【点评】本题考查有机物的推断与合成、物质结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力、分析推理能力、自学能力、知识迁移运用能力，题目难度中等。
16．【分析】铜阳极泥的主要成分有Se、Ag2Se、Cu2Se等，还含有少量的Au、Pt等贵金属，加入硫酸、MnO2，在80℃时，进行浸出，Se、Ag2Se、Cu2Se在酸性条件下被氧化为SeO32﹣，亚铜被氧化为铜离子，Au、Pt不溶解，过滤，浸出渣中含有Au、Pt，向滤液中加入NaCl，沉淀银离子，过滤，向滤液1中加入Na2SO3还原SeO32﹣，得到粗硒，过滤后，再向滤液中加入NaOH溶液，进行沉铜，最后将得到的氢氧化铜进一步处理得到铜单质，向滤渣中加入硫代硫酸钠溶液，溶解AgCl，生成[Ag（S2O3）2]3﹣，再用HCHO在碱性下还原[Ag（S2O3）2]3﹣得到Ag，滤液3中含有S2O32﹣，可进入溶浸操作中循环利用，据此分析作答。
【解答】解：（1）为了提高“浸出”效果，可采取的措施有适当增大硫酸浓度、将铜阳极泥进一步稀释、加速搅拌等，根据分析可知，浸出渣的主要成分是 Au、Pt等贵金属，
故答案为：适当增大硫酸浓度（或将铜阳极泥进一步稀释、加速搅拌等）；Au、Pt等贵金属；
（2）工业上铜阳极泥还可以用浓硫酸浸出，浓硫酸做强氧化剂的还原产物一般为SO2，所以从产物角度分析其缺点是产生的SO2会污染环境，
故答案为：产生的SO2会污染环境；
（3）铜阳极泥中的硒元素主要以SeO32﹣形式留在浸出液中，根据化合价升降守恒、原子守恒、电荷守恒可得Se单质在“浸出”时反应的离子方程式为：Se+2MnO2+2H+＝SeO32﹣+2Mn2++H2O，
故答案为：Se+2MnO2+2H+＝SeO32﹣+2Mn2++H2O；
（4）“沉硒”所得粗硒可采用真空蒸馏的方法提纯，采用真空蒸馏的目的是使硒在降低的温度下被蒸出，同时防止硒在空气中被氧化，
故答案为：使硒在降低的温度下被蒸出，同时防止硒在空气中被氧化；
（5）因为Cu2+在pH＝6.7时沉淀完全，Mn2+在pH＝8.1时开始沉淀，所以加入NaOH进行“沉铜”处理，调节溶液pH的范围是6.7≤pH＜8.1，
故答案为：6.7≤pH＜8.1；
（6）已知：常温下，[Ag（S2O3）2]3﹣（aq）⇌Ag+（aq）+2S2O32﹣（aq）K＝2.7×10﹣14，AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq）Ksp＝1.8×10﹣10，“溶浸”时发生反应的离子方程式为AgCl+2S2O32⇌[Ag（S2O3）2]3﹣+Cl﹣，常温下，该反应的平衡常数K＝＝≈6.7×103，
故答案为：6.7×103；
（7）“还原”时，工业上常用HCHO在碱性下还原[Ag（S2O3）2]3﹣得到Ag，反应后所得滤液3中含有S2O32﹣，可进入溶浸操作中循环利用，
故答案为：溶浸。
【点评】本题考查物质的制备及性质实验，为高频考点，侧重分析与实验能力的考查，沉淀溶解平衡常数的计算，注意元素化合物知识的应用，题目难度较大。
17．【分析】（1）容量瓶选择原则为大而近，结合配制过程分析；
（2）N2H4可以看作是两个氨基结合而成；反应中N2H4中N元素由﹣2价升高为0价，Pd由+2价降低为0价，结合得失电子守恒配平；反应中N2H4为还原剂，据此判断；
（3）反应过程生成氯离子，可以通过检验氯离子检验是否洗涤干净；
（4）可以采取水浴加热方法；
（5）结合整个过程，判断十六烷基三甲基溴化铵（C16TAB）的作用。
【解答】解：（1）容量瓶选择原则为大而近，配制100mL5×10﹣3ml⋅L﹣1K2PdCl4溶液所需的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶，
故答案为：胶头滴管、100mL容量瓶；
（2）N2H4可以看作是两个氨基结合而成，电子式为；反应中N2H4中N元素由﹣2价升高为0价，Pd由+2价降低为0价，结合得失电子守恒，配平为N2H4+2PdCl42﹣+4OH﹣＝2Pd+N2↑+8Cl﹣+4H2O；N2H4为还原剂，可以用亚硫酸钾、维生素C代替，
故答案为：；1；2；4OH﹣；2；1；8Cl﹣；4H2O；AD；
（3）反应过程生成氯离子，可以通过检验氯离子检验是否洗涤干其操作方法为取少量待测液于试管中，加入稀硝酸和硝酸银，若无白色沉淀生成，则洗涤干净，
故答案为：取少量待测液于试管中，加入稀硝酸和硝酸银，若无白色沉淀生成，则洗涤干净；
（4）水浴加热可以保持温度为80℃，
故答案为：水浴加热；
（5）结合整个过程，十六烷基三甲基溴化铵（C16TAB）的作用是催化剂，
故答案为：催化剂。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注重于物质性质的综合应用，反应现象的分析判断，反应原理的分析判断，理清反应物的性质特点是解题判断的关键，题目难度较中等。
18．【分析】解：（1）由图可知，氢气和二氧化碳反应生成甲烷和水，甲烷、二氧化碳分子中含碳氢、碳氧极性键，分子为对称结构；
（2）①反应的焓变等于反应物键能和减去生成物键能和；
②生成甲醇的反应为放热、气体分子数减小的反应；
③A．反应ii气体分子数减小的反应；
B．物质的总质量不变，反应的气体分子数减小；
C．CH3OH和H2O的物质的量之比为1：1，不能说明正逆反应速率相等；
D．CO2和H2的投料比等于反应的系数比，故物质的量之比为定值，其不会变化；
（3）该温度下的平衡常数K＝；
（4）反应i为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数变大。
【解答】解：（1）由图可知，氢气和二氧化碳反应生成甲烷和水，CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g）；甲烷、二氧化碳分子中含碳氢、碳氧极性键，分子为对称结构，为非极性分子，
故答案为：CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g）；CH4、CO2；
（2）①反应的焓变等于反应物键能和减去生成物键能和，故反应i的ΔH1＝（803×2+436﹣1072﹣464×2）kJ/ml＝+42kJ/ml，
故答案为：+42；
②生成甲醇的反应为放热、气体分子数减小的反应，则低温高压利于平衡正向移动，提高甲醇产率，
故答案为：D；
③A．反应ii气体分子数减小的反应，气体压强不再变化，说明反应达到平衡，故A正确；
B．物质的总质量不变，反应的气体分子数减小，则气体平均相对分子质量不再变化，说明反应达到平衡，故B正确；
C．CH3OH和H2O的物质的量之比为1：1，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，故C错误；
D．CO2和H2的投料比等于反应的系数比，故物质的量之比为定值，其不会变化，不说明反应达到平衡，故D错误；
故答案为：AB；
（3）一定条件下，向0.5L恒容密闭容器中充入1mlCO2和3mlH2，只发生上述反应ii，达平衡时，H2的转化率为80%，则反应氢气2.4ml，生成甲醇、水均为0.8ml，反应后二氧化碳、氢气分别为0.2ml、0.6ml，则该温度下的平衡常数K＝＝≈5.33，
故答案为：5.33；
（4）B进气比n（CO2）：n（H2）＝1：1，设投料均为1ml，二氧化碳转化率为60%，则平衡后二氧化碳、氢气、一氧化碳、水分别为0.4ml、0.4ml、0.6ml、0.6ml，反应为气体分子数不变的反应，则此时KB＝＝＝2.25；同理，KD＝3，反应i为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数变大，故B和D两点的温度T（B）＜T（D），
故答案为：＜；反应i为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数变大，由于KB＜KD，则T（B）＜T（D）。
【点评】本题考查反应中的能量变化和化学平衡，侧重考查学生焓变、平衡状态判断、平衡常数计算和平衡移动的掌握情况，试题难度中等。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2023/2/24 19:07:10；用户：卢小利；邮箱：13811888754；学号：39990697选项
X
Y
Z
A
Cl2
HClO
NaClO
B
Fe
Fe2O3
Fe（OH）3
C
SO2
SO3
H2SO4
D
NO
NO2
HNO3
选项
实验操作和现象
结论
A
向鸡蛋清中加入饱和（NH4）2SO4溶液，有白色沉淀产生
（NH4）2SO4使蛋白质变性
B
向某溶液中滴加稀硫酸，将产生的气体通入品红溶液，品红褪色
该溶液中可能含有SO32﹣
C
向2mL0.1ml⋅L﹣1AgNO3溶液中滴入10滴0.1ml⋅L﹣1KCl溶液，生成白色沉淀，再滴加0.1ml⋅L﹣1KI溶液，出现黄色沉淀
Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）
D
向0.1ml⋅L﹣1H2O2溶液中滴加0.1ml⋅L﹣1KMnO4溶液，溶液褪色
H2O2具有氧化性
金属离子
Cu2+
Mn2+
开始沉淀的pH
4.0
8.1
恰好沉淀完全的pH
6.7
10.1
化学键
H﹣H
H﹣O
C＝O
C≡O
键能/kJ⋅ml﹣1
436
464
803
1072
催化剂
CO2转化率
CH3OH选择性
cat.1
21.9%
67.3%
cat.2
36.1%
100.0%
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