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必刷卷02——【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02
浙江专用
对2023年浙江选考而言，《物质结构与性质》是新增模块，其命题的角度与难度是广大师生高度关注的问题。题型优化，将原来的4分值的物质结构小题改为10分值的大题，计算非选择小题删除。考查此模块知识的题量在2023年1月选考化学中的占比适中，第3、10、12、17题单独命题或者融合命题，考点基本覆盖此模块内容的核心知识。如第17题设置学术探索情境，考查内容涉及教材的重点知识，如空间结构、杂化、热稳定性、第一电离能、晶体类型、晶体化学式等，没有明显超纲和超难的内容，考查考生对学科基础性问题、综合性问题和创新性问题的理解与辨析、归纳与论证和分析与推测能力，体现源于教材又高于教材的命题思想。
2023年7月浙江选考卷将立足化学学科的必备知识和原理，突出主干知识，不断强化新增模块《物质结构与性质》的重要考点，突出考查了化学学科的思维方法，如物质结构与性质、能量的关联，化学反应原理与变化观念、平衡思想的关联等。第17题有关核外电子、电子云形状、键角大小分析、晶胞计算等，体现浙江新高考命题中关于物质结构与性质新增内容的考查。
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 Cr-52 Fe-56 Co-59 Cu-64 Zn-65 Ga-70 As-75 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．下列物质中含有配位键的是( )
A．KOH B．Na2O2 C．CH3COONH4 D．KAl(SO4)2
【答案】C
【解析】A项，KOH中钾离子和氢氧根离子之间为离子键，H和O之间存在共价键，不含配位键，故A不选；B项，Na2O2中钠离子和过氧根离子之间为离子键，O和O之间存在共价键，不含配位键，故B不选；C项，CH3COONH4中醋酸根和铵根之间为离子键，铵根离子内存在配位键，故C选；D项，KAl(SO4)2中钾离子、铝离子与硫酸根离子之间存在离子键，S和O之间存在共价键，不含配位键，故D不选；故选C。
2．有“锂”走遍天下，锂在电池中应用广泛。下列说法正确的是( )
A．0.1mol·L-1 LiCl溶液中含有0.1NA个Li+
B．1molLi2CO3晶体中含有NA个CO32-
C．2mol Li与水反应，可得到22.4LH2
D．7gLi在O2中完全燃烧，生成0.5mol Li2O2
【答案】B
【解析】A项，题干未告知溶液的体积，故无法计算0.1mol·L-1 LiCl溶液中含有Li+的数目，A错误；B项，Li2CO3是由Li+和CO32-的构成的，故1molLi2CO3晶体中含有NA个CO32-，B正确；C项，根据2Li+2H2O=2LiOH+H2↑可知2molLi与水完全反应生成1molH2，但题干未告知标准状况，无法计算1molH2的体积，C错误； D项，Li与O2燃烧只能生成Li2O，不能生成Li2O2，D错误；故选B。
3．下列有关化学用语正确的是( )
A．的球棍模型：
B．用电子式表示氧化钠的形成过程：
C．HF分子间的氢键：
D．铜原子结构示意图：
【答案】D
【解析】A项，Cl2O中O与Cl分别形成1条共价键，且O原子半径小于Cl原子，但是Cl2O为V形不是直线型，A错误；B项，图中氧化钠的电子式错误，两个Na+应该在氧离子的两侧而不是同侧，B错误；C项，图中箭头所指的为H-F形成的共价键，氢键通常用虚线表示，C错误；D项，铜是29号元素，位于第四周期，原子的结构示意图为，D正确；故选D。
4．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是( )
A．二氧化硅熔点高，可用于制作光导纤维
B．SO2 具有漂白性，可用于制溴工业中吸收 Br2
C．FeCl3 溶液显酸性，可用于蚀刻铜制的电路板
D．氨气易液化，可用作工业制冷剂
【答案】D
【解析】A项，二氧化硅具有良好的传输光信号的能力，用于制作光导纤维，故A错误；B项，SO2 具有还原性，能与溴单质反应，可用于吸收溴单质，故B错误；C项，FeCl3具有较强氧化性，能与铜单质发生反应，可用于蚀刻铜制的电路板，故C错误；D项，氨气易液化，液氨在气化过程中吸收大量的热，可用液氨作制冷剂，故D正确；故选D。
5．氮气性质稳定，可用于保存粮食，下列反应不能产生N2的是( )
A．NH4Cl与NaNO2两溶液共热
B．Na与NaNO2两固体共热
C．氨气在纯氧中燃烧
D．尿素与NaOH溶液共热
【答案】D
【解析】A项，NH4Cl与NaNO2两溶液共热，氮元素发生归中反应生成氮气， NH4++NO2N2↑+2H2O，A可以；B项，Na与NaNO2两固体共热，氮元素还原为氮气：6Na+2NaNO2N2↑+4Na2O，B可以；C项，氨气在纯氧中燃烧，氮元素被氧化为氮气，4NH3+3O2=2N2+6H2O，C可以；D项，尿素与NaOH溶液共热生成氨气，CO(NH2)2+2NaOH=2NH3↑+Na2CO3，D不可以；故选D。
6．关于反应3Cu2S+16HNO3=6Cu(NO3)2+3S+4NO↑+8H2O，下列说法正确的是( )
A．HNO3在反应中仅体现氧化性
B．Cu2S既是氧化剂又是还原剂
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶4
D．4molHNO3发生反应，转移3mol电子
【答案】D
【解析】A项，反应中N元素化合价从+5价降低到+2价，被还原，HNO3作氧化剂，体现了氧化性；生成物有Cu(NO3)2和H2O，还体现了HNO3的酸性，A错误；B项，反应中Cu元素化合价由+1价升高到+2价，S元素化合价从-2价升高到0价，均被氧化，Cu2S只作还原剂，B错误；C项，Cu2S作还原剂，氧化产物为Cu(NO3)2和S，HNO3作氧化剂，还原产物为NO，故氧化产物与还原产物物质的量之比为9：4，C错误；D项，根据方程式，每4molHNO3反应时，只有1mol作氧化剂被还原，N元素化合价降低了3价，转移的电子为，D正确；故选D。
7．下列反应的离子方程式正确的是( )
A．将2mol Cl2通入含1molFeI2的溶液中：2Cl2+2Fe2++2I-=4Cl-+2Fe3++I2
B．将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合：Ca2++HCO3-+ OH-=CaCO3↓+H2O
C．工业上制漂白粉：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
D．将过氧化钠加入硫酸亚铁溶液中发生反应：4Fe2++4 Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8 Na+
【答案】B
【解析】A项，Cl2过量，可将Fe2+、I-均氧化，反应的化学方程式为3Cl2+2Fe2++4I-=6Cl-+2Fe3++2I2，A项错误；B项，将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合，碳酸氢钙少量，则发生反应为Ca2++HCO3-+ OH-=CaCO3↓+H2O，B项正确；C项，工业上制漂白粉，将氯气通入石灰乳中，各物质以固体形式存在，离子方式为为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，C项错误；D项，将过氧化钠加入硫酸亚铁溶液中发生反应，会生成氢氧化铁，氧气，硫酸钠，反应的方程式为4Fe2++4 Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8Na++O2↑，D项错误；故选B。
8．下列说法中正确的是( )
A．石油由各种液态烃组成，没有气态烃、固态烃
B．自然界中，CO2的吸收都是通过植物的光合作用
C．将橡胶和高吸水性树脂转变为网状结构的主要目的是不同的
D．葡萄糖的氧化、酸碱中和、碳酸钙分解等都是放热反应
【答案】C
【解析】A项，石油不仅有液态烃，还有少量气态烃、固态烃；A错误；B项，在自然界中，CO2的吸收转换不只有光合作用，还有别的形式，如CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2等，B错误；C项，将橡胶和高吸水性树脂转变为网状结构的主要目的是不同的，前者主要是为了增大强度，后者主要是既吸水又不溶于水，C正确；D项，葡萄糖的氧化、酸碱中和是放热反应，但碳酸钙的分解是吸热反应，D错误；故选C。
9．增塑剂DCHP可由邻苯二甲酸酐与环己醇反应制得，下列说法正确的是( )
A．邻苯二甲酸酐的二氯代物有2种
B．环己醇分子中有1个手性碳原子
C．DCHP能发生加成反应、取代反应、消去反应
D．1 mol DCHP与氢氧化钠溶液反应，最多可消耗2 mol NaOH
【答案】D
【解析】A项，邻苯二甲酸酐结构对称，苯环上有两种位置的氢原子，则邻苯二甲酸酐的邻位二氯代物有2种、间位二氯代物有1种，对位二氯代物有1种，共4种，A错误；B项，环己醇中不存在连接4个不同原子或原子团的碳原子，不存在手性碳原子，B错误；C项，DCHP中含有苯环能发生加成反应，含-COOC能发生取代反应，不能发生消去反应，C错误；D项，1molDCHP含2mol-COOC，则1molDCHP最多可与2mol氢氧化钠反应，D正确；故选D。
10．矿物药M具有补血功效，结构如图所示，X、Y、Z和W为原子序数依次增大的元素，原子序数之和为51，Y和Z同主族，四种元素中只有W为金属，的价层电子为半充满结构。下列说法错误的是
A．简单氢化物的稳定性：Y>Z
B．该物质易被氧化，需密封保存
C．W与Y之间可以形成多种化合物
D．X2Y的键角大于ZY42-的键角
【答案】D
【解析】四种元素中只有W为金属，W3+的价层电子为半充满结构，W为Fe， X可以形成一个单键，且可以形成氢键，则X为H，X、Y、Z和W为原子序数依次增大的元素，原子序数之和为51，则Y、Z原子序数之和为51-26-1=24，Y和Z同主族，且Y可以形成氢键，则Y为O、Z为S。A项，Y为O、Z为S，O的非金属性强于S，简单氢化物的稳定性：Y>Z，A正确；B项，该物质中Fe为+2价，易被氧化，需密封保存，B正确；C项，W为Fe，Y为O，可以形成多种化合物FeO、Fe2O3、Fe3O4等多种化合物，C正确；D项，X2Y为H2O，ZY42-为SO42-，硫酸根离子中，一个O形成4个相同的S-O键，键与键之间斥力相同，键角均相同；水中形成两个H-O键，含两个孤对电子，孤对电子对H-O键的斥力更大，所以导致两个H-O键之间的夹角小于SO42-，D错误；故选D。
11．设计如图装置回收金属钴。保持细菌所在环境pH稳定，借助其降解乙酸盐生成CO2，将废旧锂离子电池的正极材料LiCoO2转化为Co2+，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池。下列说法不正确的是( )
A．装置工作时，甲室溶液pH保持不变
B．乙室中的电极反应式为：LiCoO2+e-+4H+=Li++Co2++2H2O
C．装置工作一段时间后，乙室应补充盐酸
D．若甲室Co2+减少100g，乙室Co2+增加100g，则此时已进行过溶液转移
【答案】A
【解析】右侧装置为原电池，LiCoO2电极上LiCoO2发生得电子的还原反应生成Co2+，LiCoO2电极为正极，右侧装置中细菌电极为负极；左侧装置为电解池，其中细菌电极为阳极，甲室电极为阴极。A项，装置工作时，左侧装置细菌电极为阳极，细菌电极的电极反应式为CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，甲室电极为阴极，该电极的电极反应式为Co2++2e-=Co，装置工作过程中，阳极生成的H+通过阳膜进入甲室，甲室溶液的pH减小，A项错误；B项，乙室中LiCoO2发生得电子的还原反应生成Co2+，电极反应式为LiCoO2+e-+4H+=Li++Co2++2H2O，B项正确；C项，装置工作时，右侧装置的细菌电极电极反应式为CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，LiCoO2电极的电极反应式为LiCoO2+e-+4H+=Li++Co2++2H2O，原电池的总反应为CH3COO-+8LiCoO2+25H+=8Li++8Co2++2CO2↑+14H2O，装置工作时，乙室中H+被消耗，H+浓度减小，乙室应补充盐酸，C项正确；D项，甲室的电极反应为Co2++2e-=Co，若甲室中Co2+减少100g，左侧装置转移电子物质的量为mol，乙室的电极反应为LiCoO2+e-+4H+=Li++Co2++2H2O，若乙室Co2+增加100g，右侧装置转移电子物质的量为mol，两装置中转移电子物质的量不相等，说明已进行过溶液转移，D项正确；故选A。
12．(2023·浙南名校七彩联盟高三选考模拟)工业上由FeCl2与环戊二烯钠(C5H5Na)合成二茂铁[Fe(C5H5)2]，二茂铁的熔点是173℃(在100℃以上能升华)，沸点是249℃，不溶于水，易溶于苯、乙醛等有机溶剂。下列说法不正确的是( )
A．FeCl2中铁元素属于第四周期第Ⅷ族，位于周期表区
B．二茂铁的衍生物可和H3O+等微粒产生静电作用，H、O和C的电负性由大到小的顺序为：O＞C＞H
C．已知环戊二烯的结构式为，则其中仅有1个碳原子采取sp3杂化
D．在二茂铁中C5H5与Fe2+之间形成的化学键类型是离子键
【答案】D
【解析】A项，已知Fe是26号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故FeCl2中铁元素属于第四周期第Ⅷ族，最后进入电子的能级为d能级，故位于周期表d区，A正确；B项，二茂铁的衍生物可和H3O+等微粒产生静电作用，同一周期从左到右电负性逐渐增大，同一主族从上到下电负性逐渐减小，H、O和C的电负性由大到小的顺序为：O＞C＞H，B正确； C项，已知环戊二烯的结构式为，则其中仅有1个碳原子周围均采用单键连接，该碳原子采取sp3杂化，其余形成双键的碳原子则采用sp2杂化，C正确；D项，在二茂铁中C5H5与Fe2+之间形成的化学键为C5H5提供孤电子对，Fe2+提供空轨而形成的配位键， D错误；故选D。
13．电位滴定法是靠电极电位的突跃来指示滴定终点。在滴定过程中，计算机对数据自动采集、处理，并利用滴定反应化学计量点前后电位突变的特性，自动寻找滴定终点。室温时，用0.1000mol·L-1的NaOH标准溶液滴定同浓度的NH4HSO4溶液，计算机呈现的滴定曲线如图所示(稀溶液中不考虑氨水的分解导致氨的逸出)。下列说法错误的是( )
A．滴定过程中，溶液中c(SO42-)逐渐减小
B．a点溶液中：c(NH4+)+ c(H+)-c(Na+)=c(OH-)
C．b点溶液中：c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-)
D．a、b点水的电离程度：a>b
【答案】C
【解析】A项，滴定过程中n(SO42-)不变化，但溶液体积变大，故c(SO42-)变小，A正确；B项，a点时恰好发生：2NaOH+2NH4HSO4=Na2SO4+2(NH4)2SO4+2H2O，由电荷守恒，存在：c(Na+)+c(NH4+)+ c(H+)=2 c(SO42-)+c(OH-)；由物料守恒，存在：c(Na+)=2c(SO42-)，故a点溶液存在：c(NH4+)+ c(H+)-c(Na+)=c(OH-)，B正确；C项，b点时恰好发生：2NaOH+NH4HSO4=Na2SO4+NH3·H2O+H2O，溶质为Na2SO4和NH3·H2O，c(Na+)＞c(SO42-)＞c(OH-)＞c(NH4+)，C错误；D项，a点时溶液中存在等物质的量的Na2SO4、(NH4)2SO4，因NH4+水解，促进水的电离，而b点一水合氨电离，抑制水的电离，所以a>b，D正确；故选C。
14．炼油、石化等工业会产生含硫(价)废水，可通过催化氧化法进行处理，碱性条件下，催化氧化废水的机理如图所示。其中MnO2为催化剂，附着在催化剂载体聚苯胺的表面。下列说法错误的是( )
A．催化氧化过程中既有共价键的断裂又有离子键的断裂
B．转化I中化合价发生变化的元素仅有和
C．催化氧化过程的总反应为：O2+2H2O+2S2-4OH-+2S↓
D．催化剂使用一段时间后催化效率会下降，原因是生成的覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处
【答案】B
【解析】A项，二氧化锰为离子化合物，由图可知，转化I中二氧化锰氧脱离生成空位，为离子键的断裂；水生成OH-存在共价键的断裂；故A正确；B项，转化I中锰形成的化学键数目发生改变，故化合价发生变化的元素有S和O、Mn，故B错误；C项，由图可知，催化氧化过程的总反应为氧气、水、硫离子在催化作用下生成氢氧根离子和硫单质：O2+2H2O+2S2-4OH-+2S↓，故C正确；D项，反应中生成硫单质，生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处，阻碍了反应的进行，导致催化剂使用一段时间后催化效率会下降，故D正确；故选B。
15．某含磷废水中的磷以磷酸及其盐的形式存在。室温下向的该含磷废水中加入CaCl2可以得到Ca(OH)5OH沉淀从而实现废水除磷。已知常温下H3PO4的电离常数分别为Ka1=10-2.12、Ka1=10-7.21、Ka1=10-12.36。下列叙述错误的是
A．室温下，H3PO4+ HPO42-=2H2PO4-的平衡常数
B．保持体积不变，若逐渐增大该废水的，溶液中c(HPO42-)将先增大后减小
C．该废水中存在离子浓度关系：c(H2PO4-)＞c(HPO42-)＞c(PO43-)
D．加入CaCl2实现废水除磷后，溶液将增大
【答案】D
【解析】A项，平衡常数K==105.09，故A正确；B项，废水的pH增大，H2PO4-转化成HPO42-，c(HPO42-)增大，到达一定程度后，继续增大pH，HPO42-转化成PO43-，c(HPO42-)减小，因此过程中c(HPO42-)先增大后减小，故B正确；C项，磷酸电离方程式为H3PO4 H2PO4-+H+、H2PO4-HPO42-+H+、HPO42- PO43-+H+，当c(H2PO4-)=c(HPO42-)时，pH=pKa2=7.21，因此pH=6的废水中c(H2PO4-)＞c(HPO42-)＞c(PO43-)，故C正确；D项，由题意可知，该废水中除磷的离子方程式为3H2PO4-+5Ca2++H2O=Ca5(PO4)3OH↓+7H+，溶液c(H+)增大，pH降低，故D错误；答案为D。
16．下列方案设计、现象和结论都正确的是( )
选项
目的
方案设计
现象与结论
A
检验某无色溶液中是否铵盐
取少量该溶液于试管中，滴加NaOH溶液加热，并用湿润的红色石蕊试纸放在试管口检验
若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则该溶液中含有NH4+
B
检验某固体试样中是否存在三价铁
取少量固体试样完全溶于盐酸，再滴加KSCN溶液
若没有出现血红色，则该固体试样中不存在三价铁
C
比较配合物Fe(S CN)3和[Fe(CN)6]3-的稳定性
向盛有少量蒸馏水的试管里滴加2滴K3[Fe(CN)6]溶液，然后再滴加2滴KSCN溶液
若溶液颜色不变，则说明[Fe(CN)6]3-较稳定
D
探究卤代烷的化学性质
取少量溴乙烷于试管中，加入NaOH溶液，振荡后加热，再滴加稀硝酸和AgNO3溶液
若产生淡黄色沉淀，则说明卤代烷能发生消去反应
【答案】C
【解析】A项，使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，若该溶液是氨水，加热即可挥发出氨气，则不能证明该溶液中含有NH4+，A错误；B项，当固体中同时含有铁和氧化铁时也会出现该现象，B错误；C项，向盛有少量蒸馏水的试管里滴加2滴K3[Fe(CN)6]溶液，然后再滴加2滴KSCN溶液，若溶液颜色不变、说明没有产生血红色的硫氰化铁，则说明[Fe(CN)6]3-较稳定、难电离出铁离子，C正确；D项，溴乙烷于试管中，加入NaOH溶液，振荡后加热，发生反应生成了溴离子，但该反应为水解反应、属于取代反应，D错误；故选C。
二、非选择题(本题包括5小题，共52分)
17．(10分)砷化镓(GaAs)是当前最重要、技术成熟度最高的半导体材料之一，我国“玉兔二号”月球车就是通过砷化镓太阳能电池提供能量。
(1)基态As 原子核外电子排布式为 _______，最高能级电子的电子云形状为 _______。
(2)GaAs、GaN 结构相似，晶体类型都为共价晶体，沸点GaAs_______GaN(填“>”或“＜”，下同)，第一电离能Ga _______As。
(3)成语“信口雌黄”中雌黄的分子式为 As2S3，分子结构如图 1，As原子的杂化方式为 _______。
(4)GaAs 的晶胞结构如图 2，在GaAs晶体中，与As原子最近且等距离的As原子数为 _______。
(5)若砷化镓晶胞边长为apm，则Ga与最近As的核间距为 _______ cm。
【答案】(1) 1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3(1分) 哑铃形(1分)
(2) ＜(1分) ＜(1分)
(3)sp3 (1分)
(4)12(2分) (5) (3分)
【解析】(1)As原子核外有33个原子，根据构造原理书写基态As原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3；其最高能级为4p能级，电子云形状为哑铃或纺锤形；(2)GaAs和GaN结构相似，均属于共价晶体，原子半径N＜As，键长Ga﹣N＜Ga﹣As，键能Ga﹣N＞Ga﹣As；同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但ⅡA族、ⅤA族为全充满或半充满稳定结构，第一电离能高于同周期相邻元素的，因此第一电离能有Ga＜As；(3)由结构图可知，黑色球为As、白色球为S，分子中As原子形成3个σ键、还含有1对孤电子对，杂化轨道数目为3+1=4，杂化类型为sp3；(4)以顶点As原子研究，与之最近的As原子处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，距离每个As原子最近且等距离的As原子数目=12，由图可知，Ga原子与周围距离最近的4个As原子构成正四面体结构；(5)根据晶胞结构可知，晶胞中Ga与As的最短距离为晶胞体对角线的，因为晶胞的边长为apm，所以晶胞中Ga与As的最短距离为cm。
18．(10分)化合物X由三种前四周期常见元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：
请回答：
(1)E的电子式是_______，X的化学式是_______。
(2)写出X与足量浓H2SO4反应的化学方程式_______。
(3)写出气体D与酸性KMnO4溶液反应的离子反应方程式_______。
(4)设计实验检验溶液G中的阳离子_______。
【答案】(1) (1分) Fe3SiC2(2分)
(2) 2Fe3SiC2+30H2SO43Fe2(SO4)3+21SO2↑+4CO2↑+2SiO2↓ +30H2O或2Fe3SiC2+30H2SO43Fe2(SO4)3+21SO2↑+4CO2↑+2H2SiO3↓ +28H2O (3分)
(3)2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42-+4H+(1分)
(4)取少量溶液G于试管中，滴加石蕊试液，若溶液变红，则存在H+；另取少量溶液G于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则存在Fe3(3分)+
【解析】4.4g固体X分为两等份，每份2.2g，与足量O2在加热条件下反应产生气体C和固体A，A与足量NaOH反应得到红棕色固体B2.4g，红棕色固体为不溶于NaOH的Fe2O3，则n(Fe2O3)==0.015mol，n(Fe)=0.03mol；另一份X与足量浓硫酸加热反应生成的气体D与酸性高锰酸钾反应后得到的气体E与足量澄清石灰水反应产生固体F为碳酸钙，2.0g，则n(CaCO3)==0.02mol，n(C)=0.02mol；每份中除铁、碳外的质量为2.2g-0.03mol56g/mol-0.02mol12g/mol=0.28g，结合固体A中部分能与NaOH反应，与硫酸反应后产生的固体H可推出可能产生SiO2固体，则另一元素为Si，物质的量为=0.01mol，故n(Fe):n(Si):n(C)=0.03mol:0.01mol:0.02mol=3:1:2，X的化学式为Fe3SiC2；进一步确认固体A为Fe2O3和SiO2的混合物；固体H为SiO2或H2SiO3；溶液G中含有过量的硫酸和生成的硫酸铁。(1)E为CO2，其电子式是；X的化学式是Fe3SiC2；(2)X是Fe3SiC2，X与足量浓H2SO4反应的化学方程式为2Fe3SiC2+30H2SO43Fe2(SO4)3+21SO2↑+4CO2↑+2SiO2↓ +30H2O或2Fe3SiC2+30H2SO43Fe2(SO4)3+21SO2↑+4CO2↑+2H2SiO3↓ +28H2O；(3)气体D为SO2，与酸性KMnO4溶液反应的离子反应方程式为2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42-+4H+；(4)溶液G中的阳离子有H+、Fe3+；检验溶液G中的阳离子：取少量溶液G于试管中，滴加石蕊试液，若溶液变红，则存在H+；另取少量溶液G于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则存在Fe3+。
19．(10分)乙烯是石油化工最基本的原料之一。
I．乙烷在一定条件下可脱氢制得乙烯：C2H6(g)C2H4 (g)+ H2(g) ΔH1＞0。
(1)提高乙烷平衡转化率的措施有_____________、_______________。
(2)①一定温度下，向体积为的密闭容器中加入0.8 mol C2H6和0.2 mol H2，发生上述反应，平衡时C2H4的体积分数为，若平衡后再加入1.45 mol C2H6和0.15 molH2，平衡___________(填“正向”“逆向”或“不”)移动。
②一定温度下，向恒容密闭容器中通入1 mol C2H6和1 molH2，初始压强为，发生上述反应，乙烷的平衡转化率为。平衡时体系的压强为__________，该反应的平衡常数KP=________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
II．在乙烷中引入O2可以降低反应温度，减少积碳。涉及如下反应：
a．C2H6(g)+ O2(g)2C2H4 (g)+2 H2O(g) ΔH2＜0
b．C2H6(g)+ 5O2(g)4CO (g)+6 H2O(g) ΔH3＜0
c．C2H4(g)+ 2O2(g)2CO (g)+2 H2O(g) ΔH4＜0
(3)根据盖斯定律，反应a的ΔH2=___________(写出代数式)。
(4)氧气的引入可能导致过度氧化。为减少过度氧化，需要寻找催化剂降低反应________(填“a”“b”或“c”)的活化能。
(5)常压下，在某催化剂作用下按照n(C2H6)：n(O2)=1：1投料制备乙烯，体系中C2H4和在含碳产物中的物质的量分数及C2H6转化率随温度的变化关系如图所示。
①乙烯的物质的量分数随温度升高而降低的原因是_______________________。
②在温度范围内，下列说法正确的有__________(填标号)。
A．C2H4产率随温度升高而增大
B．H2O的含量随温度升高而增大
C．C2H6在体系中的物质的量分数随温度升高而增大
D．此催化剂的优点是能在较低温度下降低CO的平衡产率
【答案】(1) 升高温度 (1分) 减小压强(1分)
(2) 正向(1分) 110(1分) 15(1分)
(3) ΔH3-2ΔH4(1分)
(4)a(1分)
(5) 体系未达到平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于生成C2H4的(1分) AB(2分)
【解析】(1)由题意知，C2H6(g)C2H4 (g)+ H2(g) ΔH1＞0，该反应是气体分子数增大的吸热反应，减小压强，升高温度或及时移出生成物均可使平衡正向移动，提高乙烷平衡转化率；(2)①由题意知，C2H6和H2的起始量分别为0.8 mol、0.2 mol，设平衡时C2H4为，则C2H6转化了，平衡时C2H6和H2分别为、。平衡时C2H4的体积分数为20%，即，解得，则平衡常数，达到平衡后再加入1.45 mol C2H6和0.15 molH2，，平衡正向移动；②由题意知，C2H6和H2的起始量均为1 mol，初始压强为，乙烷的平衡转化率为20%，列三段式：
设平衡时体系的压强为，则，解得，则平衡时体系的压强为。该反应的平衡常数；(3)根据盖斯定律，反应a=反应b-2×反应c，故ΔH2=ΔH3-2ΔH4；(4)反应的主要目的是制备乙烯，为减少过度氧化，应加快反应a的反应速率，故需要寻找催化剂降低反应a的活化能；(5)①由题意知，三个反应均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，C2H6的转化率减小，而由题图知C2H6的转化率随温度升高在不断增大，表明反应均未达到平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于生成C2H4的，则乙烯的物质的量分数随温度升高而降低；②A项，由题图知，C2H6的转化率随温度升高而不断增大，表明反应均未达到平衡，则C2H4的产率随温度升高而增大，A正确；B项，由于反应均未达到平衡，在反应a、b、c中，随温度升高，反应物的转化率都增大，生成水的量都增大，则H2O的含量随温度升高而增大，B正确；C项，由题图知，C2H6转化率增大，则C2H6在体系中的物质的量分数随温度升高而减小，C错误；D项，由于反应均未达到平衡，题图信息仅显示相同时间内CO的百分含量，没有显示不同温度下CO的平衡产率，则不能说明该催化剂能在较低温度下降低CO的平衡产率，D错误；故选AB。
20．(10分)重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]可用作媒染剂和有机合成催化剂，具有强氧化性。实验室将NH3通入重铬酸(H2Cr2O7)溶液中制备[(NH4)2Cr2O7]的装置如图所示(夹持装置略)。回答下列问题：
已知：Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42- (黄色)+2H+。
(1)仪器a的名称是_______，A装置的作用为_______。
(2)在试管中加入少量(NH4)2Cr2O7固体，加水溶解，再滴加足量KOH浓溶液，振荡，微热，观察到的主要现象是_______。
(3)实验室常用甲醛法测定含(NH4)2Cr2O7的产品中(NH4)2Cr2O7的质量分数，其反应原理为2Ba2++ Cr2O72-+H2O=2BaCrO4+2H+、4NH4++6HCHO=(CH2)6N4H++6H2O+3H+，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。
实验步骤：
I.称取样品12.00g，配成250mL溶液。
II.量取25.00mL样品溶液，用氯化钡溶液使Cr2O72-完全沉淀后，加入足量的20%中性甲醛溶液，摇匀，静置5min。
III.以酚酞作指示剂，用1.00mol·L-1的NaOH标准溶液滴定，记录数据。
IV.重复步骤II、III2~3次，处理数据。
①滴定终点的颜色变化为_______。
②用_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管量取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中。
③与NaOH反应时，1mol(CH2)6N4H+与1molH+相当，步骤III中(CH2)6N4H+与NaOH发生反应的离子方程式是_______。
④若实验平均消耗NaOH溶液的体积为16.00mL，则所得产物中(NH4)2Cr2O7(摩尔质量为252g·mol-1)的质量分数为_______%。
⑤若滴定终点时仰视读数，则测定的质量分数将_______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
【答案】(1) 球形干燥管(1分) 控制氨气的流速，同时也能平衡气压(1分)
(2)有刺激性气味气体放出，溶液变为黄色(1分)
(3)溶液由无色变为浅红色(1分) 酸式 (1分)
(CH2)6N4H++OH-=(CH2)6N4+H2O(2分) 84(2分) 偏大(1分)
【解析】仪器a为球形干燥管，由于NH3极易溶于水，则b处要有防倒吸装置，由Cr2O72- (橙色)+H2O2 CrO42- (黄色)+2H+，pH 过大会使平衡正向移动，使产生的(NH4)2CrO7不纯， 因此插入pH计及时了解控制反应液中的pH值，由于NH3极易溶于水，即B装置中很难看到气泡，而NH3在四氯化碳溶液中溶解度小，A中加入四氯化碳后可以看到气泡，以便于控制氨气的通入速度，a是尾气处理装置。【解析】(1)a名称为球形干燥管，A装置的作用为控制氨气的流速，同时也能平衡气压。(2)在试管中加入少量(NH4)2Cr2O7，溶解后加入足量KOH浓溶液，振荡、微热，溶液中铵根离子与氢氧根反应产生氦气，有刺激性气味气体放出，Cr2O72- (橙色)+H2O⇌2 CrO42- (黄色)+2H+，随着KOH加入，氢离子被消耗，平衡正向移动，产生较多的CrO42-，溶液变为黄色。(3)①酚酞为指示剂，用NaOH滴定反应后的溶液，随看NaOH加入，溶液pH逐渐增大，最后一滴NaOH加入后溶液由无色变为浅红色；②由题干可知(NH4)2Cr2O7有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以用酸式滴定管；③已知lmol(CH2)6N4H+与ImolH+相当，则其与NaOH反应的离子方程式为(CH2)6N4H+ +OH-=(CH2)6N4+H2O；④设25mL样品溶液中有(NH4)2Cr2O7xmol，则NH4+有2xmol，Cr2O72-有xmol，根据③中方程式可知，xmol Cr2O72-生成H+2xmol，2xmol NH4+生成xmol H+和xmol(CH2)6N4H+，因1 mol(CH2)6N4H+与1 mol H+相当，故可以看成2xmolNH4+生成了2xmolH+，即xmol(NH4)2Cr2O7共生成4xmolH+，现已知消耗NaOH物质的量为0.016mol，则4x=0.016，x=0.004mol，因此25mL样品溶液中(NH4)2Cr2O7有0.004mol×252g/mol=1.008g，则产物中(NH4)2Cr2O7的质量分数为= 84%；⑤滴定终点时仰视读数，会使标准液的体积偏大，测定的质量分数偏大。
21．(12分)手性过渡金属配合物催化的不对称合成反应具有高效、高对映选择性的特点，是有机合成化学研究的前沿和热点。某螺环二酚类手性螺环配体(H)的合成路线如下：
已知：RCHO +
请回答：
(1)化合物 C 中的官能团名称为_______；化合物 E 的结构简式是_______。
(2)下列说法正确的是_______。
A．化合物 E 可以发生消去反应、还原反应
B．化合物 F 和 G 可通过FeCl3溶液鉴别
C．化合物 C 中至少有 7 个碳共平面
D．化合物 H 的分子式是 C19H18O2NP
(3)写出 C→D 的化学方程式___________________________________。
(4)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(不包括立体异构体)____ ________________________。
①除 2 个独立的苯环外还有一个含氧六元环；②分子中有 4 种不同化学环境的氢；③不含-O-O-键
(5)以为原料，设计化合物的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)_______。
【答案】(1)醛基、醚键(1分) (1分)
(2)BC(2分)
(3)2 +CH3COCH3 +2H2O(2分)
(4)、、(3分)
5) (3分)
【解析】结合A、B的分子式以及C的结构简式，逆推A为，B为 ，A→B的反应条件可知A→B应为取代反应，B→C的反应条件可知B→C为氧化反应；C→D可参照已知信息反应，D的分子式为C19H18O3，应为2分子C与1分子丙酮反应，故D为；D→E为加成反应，结合E的分子式可知E为对比F和H的结构，结合G的分子式可知F到G发生的变化应为甲氧基变为羟基，故G为 。(1)根据C的结构，C中官能团的名称是醛基、醚键；根据分析可知，D为，D→E为加成反应，所以E的结构简式：；(2)A项，根据思路分析可知，E分子中含有苯环与羰基能发生还原反应，不能发生消去反应，A错误；B项，F中没有酚羟基，G中含有酚羟基，可用FeCl3溶液鉴别，B正确；C项，根据苯环的结构特点，化合物C中与苯环直接相连的碳原子与苯环共平面，至少有7个碳原子共平面，C正确；D项，H的分子式为C19H20O2NP，D错误；故选BC；(3)C→D为2分子C与1分子CH3COCH3发生已知信息反应生成1分子D和2分子水，故反应的化学方程式为2+CH3COCH3+2H2O；(4)D的不饱和度为11，2个苯环的不饱和度为8，其同分异构体还有1个含氧六元环，分子中有4种不同化学环境的氢，说明结构高度对称，不含-O-O-结构，其结构简式可能为、、；(5)本题可采用正向合成法，对比产物结构，可先转化为，参照题中所给已知信息，转化为，再加成即可得到产物，故合成路线为。
绝密★启用前
2023年高考化学考前信息必刷卷02
浙江专用
对2023年浙江选考而言，《物质结构与性质》是新增模块，其命题的角度与难度是广大师生高度关注的问题。题型优化，将原来的4分值的物质结构小题改为10分值的大题，计算非选择小题删除。考查此模块知识的题量在2023年1月选考化学中的占比适中，第3、10、12、17题单独命题或者融合命题，考点基本覆盖此模块内容的核心知识。如第17题设置学术探索情境，考查内容涉及教材的重点知识，如空间结构、杂化、热稳定性、第一电离能、晶体类型、晶体化学式等，没有明显超纲和超难的内容，考查考生对学科基础性问题、综合性问题和创新性问题的理解与辨析、归纳与论证和分析与推测能力，体现源于教材又高于教材的命题思想。
2023年7月浙江选考卷将立足化学学科的必备知识和原理，突出主干知识，不断强化新增模块《物质结构与性质》的重要考点，突出考查了化学学科的思维方法，如物质结构与性质、能量的关联，化学反应原理与变化观念、平衡思想的关联等。第17题有关核外电子、电子云形状、键角大小分析、晶胞计算等，体现浙江新高考命题中关于物质结构与性质新增内容的考查。
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 Cr-52 Fe-56 Co-59 Cu-64 Zn-65 Ga-70 As-75 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．下列物质中含有配位键的是( )
A．KOH B．Na2O2 C．CH3COONH4 D．KAl(SO4)2
【答案】C
【解析】A项，KOH中钾离子和氢氧根离子之间为离子键，H和O之间存在共价键，不含配位键，故A不选；B项，Na2O2中钠离子和过氧根离子之间为离子键，O和O之间存在共价键，不含配位键，故B不选；C项，CH3COONH4中醋酸根和铵根之间为离子键，铵根离子内存在配位键，故C选；D项，KAl(SO4)2中钾离子、铝离子与硫酸根离子之间存在离子键，S和O之间存在共价键，不含配位键，故D不选；故选C。
2．有“锂”走遍天下，锂在电池中应用广泛。下列说法正确的是( )
A．0.1mol·L-1 LiCl溶液中含有0.1NA个Li+
B．1molLi2CO3晶体中含有NA个CO32-
C．2mol Li与水反应，可得到22.4LH2
D．7gLi在O2中完全燃烧，生成0.5mol Li2O2
【答案】B
【解析】A项，题干未告知溶液的体积，故无法计算0.1mol·L-1 LiCl溶液中含有Li+的数目，A错误；B项，Li2CO3是由Li+和CO32-的构成的，故1molLi2CO3晶体中含有NA个CO32-，B正确；C项，根据2Li+2H2O=2LiOH+H2↑可知2molLi与水完全反应生成1molH2，但题干未告知标准状况，无法计算1molH2的体积，C错误； D项，Li与O2燃烧只能生成Li2O，不能生成Li2O2，D错误；故选B。
3．下列有关化学用语正确的是( )
A．的球棍模型：
B．用电子式表示氧化钠的形成过程：
C．HF分子间的氢键：
D．铜原子结构示意图：
【答案】D
【解析】A项，Cl2O中O与Cl分别形成1条共价键，且O原子半径小于Cl原子，但是Cl2O为V形不是直线型，A错误；B项，图中氧化钠的电子式错误，两个Na+应该在氧离子的两侧而不是同侧，B错误；C项，图中箭头所指的为H-F形成的共价键，氢键通常用虚线表示，C错误；D项，铜是29号元素，位于第四周期，原子的结构示意图为，D正确；故选D。
4．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是( )
A．二氧化硅熔点高，可用于制作光导纤维
B．SO2 具有漂白性，可用于制溴工业中吸收 Br2
C．FeCl3 溶液显酸性，可用于蚀刻铜制的电路板
D．氨气易液化，可用作工业制冷剂
【答案】D
【解析】A项，二氧化硅具有良好的传输光信号的能力，用于制作光导纤维，故A错误；B项，SO2 具有还原性，能与溴单质反应，可用于吸收溴单质，故B错误；C项，FeCl3具有较强氧化性，能与铜单质发生反应，可用于蚀刻铜制的电路板，故C错误；D项，氨气易液化，液氨在气化过程中吸收大量的热，可用液氨作制冷剂，故D正确；故选D。
5．氮气性质稳定，可用于保存粮食，下列反应不能产生N2的是( )
A．NH4Cl与NaNO2两溶液共热
B．Na与NaNO2两固体共热
C．氨气在纯氧中燃烧
D．尿素与NaOH溶液共热
【答案】D
【解析】A项，NH4Cl与NaNO2两溶液共热，氮元素发生归中反应生成氮气， NH4++NO2N2↑+2H2O，A可以；B项，Na与NaNO2两固体共热，氮元素还原为氮气：6Na+2NaNO2N2↑+4Na2O，B可以；C项，氨气在纯氧中燃烧，氮元素被氧化为氮气，4NH3+3O2=2N2+6H2O，C可以；D项，尿素与NaOH溶液共热生成氨气，CO(NH2)2+2NaOH=2NH3↑+Na2CO3，D不可以；故选D。
6．关于反应3Cu2S+16HNO3=6Cu(NO3)2+3S+4NO↑+8H2O，下列说法正确的是( )
A．HNO3在反应中仅体现氧化性
B．Cu2S既是氧化剂又是还原剂
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶4
D．4molHNO3发生反应，转移3mol电子
【答案】D
【解析】A项，反应中N元素化合价从+5价降低到+2价，被还原，HNO3作氧化剂，体现了氧化性；生成物有Cu(NO3)2和H2O，还体现了HNO3的酸性，A错误；B项，反应中Cu元素化合价由+1价升高到+2价，S元素化合价从-2价升高到0价，均被氧化，Cu2S只作还原剂，B错误；C项，Cu2S作还原剂，氧化产物为Cu(NO3)2和S，HNO3作氧化剂，还原产物为NO，故氧化产物与还原产物物质的量之比为9：4，C错误；D项，根据方程式，每4molHNO3反应时，只有1mol作氧化剂被还原，N元素化合价降低了3价，转移的电子为，D正确；故选D。
7．下列反应的离子方程式正确的是( )
A．将2mol Cl2通入含1molFeI2的溶液中：2Cl2+2Fe2++2I-=4Cl-+2Fe3++I2
B．将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合：Ca2++HCO3-+ OH-=CaCO3↓+H2O
C．工业上制漂白粉：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
D．将过氧化钠加入硫酸亚铁溶液中发生反应：4Fe2++4 Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8 Na+
【答案】B
【解析】A项，Cl2过量，可将Fe2+、I-均氧化，反应的化学方程式为3Cl2+2Fe2++4I-=6Cl-+2Fe3++2I2，A项错误；B项，将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合，碳酸氢钙少量，则发生反应为Ca2++HCO3-+ OH-=CaCO3↓+H2O，B项正确；C项，工业上制漂白粉，将氯气通入石灰乳中，各物质以固体形式存在，离子方式为为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，C项错误；D项，将过氧化钠加入硫酸亚铁溶液中发生反应，会生成氢氧化铁，氧气，硫酸钠，反应的方程式为4Fe2++4 Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8Na++O2↑，D项错误；故选B。
8．下列说法中正确的是( )
A．石油由各种液态烃组成，没有气态烃、固态烃
B．自然界中，CO2的吸收都是通过植物的光合作用
C．将橡胶和高吸水性树脂转变为网状结构的主要目的是不同的
D．葡萄糖的氧化、酸碱中和、碳酸钙分解等都是放热反应
【答案】C
【解析】A项，石油不仅有液态烃，还有少量气态烃、固态烃；A错误；B项，在自然界中，CO2的吸收转换不只有光合作用，还有别的形式，如CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2等，B错误；C项，将橡胶和高吸水性树脂转变为网状结构的主要目的是不同的，前者主要是为了增大强度，后者主要是既吸水又不溶于水，C正确；D项，葡萄糖的氧化、酸碱中和是放热反应，但碳酸钙的分解是吸热反应，D错误；故选C。
9．增塑剂DCHP可由邻苯二甲酸酐与环己醇反应制得，下列说法正确的是( )
A．邻苯二甲酸酐的二氯代物有2种
B．环己醇分子中有1个手性碳原子
C．DCHP能发生加成反应、取代反应、消去反应
D．1 mol DCHP与氢氧化钠溶液反应，最多可消耗2 mol NaOH
【答案】D
【解析】A项，邻苯二甲酸酐结构对称，苯环上有两种位置的氢原子，则邻苯二甲酸酐的邻位二氯代物有2种、间位二氯代物有1种，对位二氯代物有1种，共4种，A错误；B项，环己醇中不存在连接4个不同原子或原子团的碳原子，不存在手性碳原子，B错误；C项，DCHP中含有苯环能发生加成反应，含-COOC能发生取代反应，不能发生消去反应，C错误；D项，1molDCHP含2mol-COOC，则1molDCHP最多可与2mol氢氧化钠反应，D正确；故选D。
10．矿物药M具有补血功效，结构如图所示，X、Y、Z和W为原子序数依次增大的元素，原子序数之和为51，Y和Z同主族，四种元素中只有W为金属，的价层电子为半充满结构。下列说法错误的是
A．简单氢化物的稳定性：Y>Z
B．该物质易被氧化，需密封保存
C．W与Y之间可以形成多种化合物
D．X2Y的键角大于ZY42-的键角
【答案】D
【解析】四种元素中只有W为金属，W3+的价层电子为半充满结构，W为Fe， X可以形成一个单键，且可以形成氢键，则X为H，X、Y、Z和W为原子序数依次增大的元素，原子序数之和为51，则Y、Z原子序数之和为51-26-1=24，Y和Z同主族，且Y可以形成氢键，则Y为O、Z为S。A项，Y为O、Z为S，O的非金属性强于S，简单氢化物的稳定性：Y>Z，A正确；B项，该物质中Fe为+2价，易被氧化，需密封保存，B正确；C项，W为Fe，Y为O，可以形成多种化合物FeO、Fe2O3、Fe3O4等多种化合物，C正确；D项，X2Y为H2O，ZY42-为SO42-，硫酸根离子中，一个O形成4个相同的S-O键，键与键之间斥力相同，键角均相同；水中形成两个H-O键，含两个孤对电子，孤对电子对H-O键的斥力更大，所以导致两个H-O键之间的夹角小于SO42-，D错误；故选D。
11．设计如图装置回收金属钴。保持细菌所在环境pH稳定，借助其降解乙酸盐生成CO2，将废旧锂离子电池的正极材料LiCoO2转化为Co2+，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池。下列说法不正确的是( )
A．装置工作时，甲室溶液pH保持不变
B．乙室中的电极反应式为：LiCoO2+e-+4H+=Li++Co2++2H2O
C．装置工作一段时间后，乙室应补充盐酸
D．若甲室Co2+减少100g，乙室Co2+增加100g，则此时已进行过溶液转移
【答案】A
【解析】右侧装置为原电池，LiCoO2电极上LiCoO2发生得电子的还原反应生成Co2+，LiCoO2电极为正极，右侧装置中细菌电极为负极；左侧装置为电解池，其中细菌电极为阳极，甲室电极为阴极。A项，装置工作时，左侧装置细菌电极为阳极，细菌电极的电极反应式为CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，甲室电极为阴极，该电极的电极反应式为Co2++2e-=Co，装置工作过程中，阳极生成的H+通过阳膜进入甲室，甲室溶液的pH减小，A项错误；B项，乙室中LiCoO2发生得电子的还原反应生成Co2+，电极反应式为LiCoO2+e-+4H+=Li++Co2++2H2O，B项正确；C项，装置工作时，右侧装置的细菌电极电极反应式为CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，LiCoO2电极的电极反应式为LiCoO2+e-+4H+=Li++Co2++2H2O，原电池的总反应为CH3COO-+8LiCoO2+25H+=8Li++8Co2++2CO2↑+14H2O，装置工作时，乙室中H+被消耗，H+浓度减小，乙室应补充盐酸，C项正确；D项，甲室的电极反应为Co2++2e-=Co，若甲室中Co2+减少100g，左侧装置转移电子物质的量为mol，乙室的电极反应为LiCoO2+e-+4H+=Li++Co2++2H2O，若乙室Co2+增加100g，右侧装置转移电子物质的量为mol，两装置中转移电子物质的量不相等，说明已进行过溶液转移，D项正确；故选A。
12．(2023·浙南名校七彩联盟高三选考模拟)工业上由FeCl2与环戊二烯钠(C5H5Na)合成二茂铁[Fe(C5H5)2]，二茂铁的熔点是173℃(在100℃以上能升华)，沸点是249℃，不溶于水，易溶于苯、乙醛等有机溶剂。下列说法不正确的是( )
A．FeCl2中铁元素属于第四周期第Ⅷ族，位于周期表区
B．二茂铁的衍生物可和H3O+等微粒产生静电作用，H、O和C的电负性由大到小的顺序为：O＞C＞H
C．已知环戊二烯的结构式为，则其中仅有1个碳原子采取sp3杂化
D．在二茂铁中C5H5与Fe2+之间形成的化学键类型是离子键
【答案】D
【解析】A项，已知Fe是26号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故FeCl2中铁元素属于第四周期第Ⅷ族，最后进入电子的能级为d能级，故位于周期表d区，A正确；B项，二茂铁的衍生物可和H3O+等微粒产生静电作用，同一周期从左到右电负性逐渐增大，同一主族从上到下电负性逐渐减小，H、O和C的电负性由大到小的顺序为：O＞C＞H，B正确； C项，已知环戊二烯的结构式为，则其中仅有1个碳原子周围均采用单键连接，该碳原子采取sp3杂化，其余形成双键的碳原子则采用sp2杂化，C正确；D项，在二茂铁中C5H5与Fe2+之间形成的化学键为C5H5提供孤电子对，Fe2+提供空轨而形成的配位键， D错误；故选D。
13．电位滴定法是靠电极电位的突跃来指示滴定终点。在滴定过程中，计算机对数据自动采集、处理，并利用滴定反应化学计量点前后电位突变的特性，自动寻找滴定终点。室温时，用0.1000mol·L-1的NaOH标准溶液滴定同浓度的NH4HSO4溶液，计算机呈现的滴定曲线如图所示(稀溶液中不考虑氨水的分解导致氨的逸出)。下列说法错误的是( )
A．滴定过程中，溶液中c(SO42-)逐渐减小
B．a点溶液中：c(NH4+)+ c(H+)-c(Na+)=c(OH-)
C．b点溶液中：c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-)
D．a、b点水的电离程度：a>b
【答案】C
【解析】A项，滴定过程中n(SO42-)不变化，但溶液体积变大，故c(SO42-)变小，A正确；B项，a点时恰好发生：2NaOH+2NH4HSO4=Na2SO4+2(NH4)2SO4+2H2O，由电荷守恒，存在：c(Na+)+c(NH4+)+ c(H+)=2 c(SO42-)+c(OH-)；由物料守恒，存在：c(Na+)=2c(SO42-)，故a点溶液存在：c(NH4+)+ c(H+)-c(Na+)=c(OH-)，B正确；C项，b点时恰好发生：2NaOH+NH4HSO4=Na2SO4+NH3·H2O+H2O，溶质为Na2SO4和NH3·H2O，c(Na+)＞c(SO42-)＞c(OH-)＞c(NH4+)，C错误；D项，a点时溶液中存在等物质的量的Na2SO4、(NH4)2SO4，因NH4+水解，促进水的电离，而b点一水合氨电离，抑制水的电离，所以a>b，D正确；故选C。
14．炼油、石化等工业会产生含硫(价)废水，可通过催化氧化法进行处理，碱性条件下，催化氧化废水的机理如图所示。其中MnO2为催化剂，附着在催化剂载体聚苯胺的表面。下列说法错误的是( )
A．催化氧化过程中既有共价键的断裂又有离子键的断裂
B．转化I中化合价发生变化的元素仅有和
C．催化氧化过程的总反应为：O2+2H2O+2S2-4OH-+2S↓
D．催化剂使用一段时间后催化效率会下降，原因是生成的覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处
【答案】B
【解析】A项，二氧化锰为离子化合物，由图可知，转化I中二氧化锰氧脱离生成空位，为离子键的断裂；水生成OH-存在共价键的断裂；故A正确；B项，转化I中锰形成的化学键数目发生改变，故化合价发生变化的元素有S和O、Mn，故B错误；C项，由图可知，催化氧化过程的总反应为氧气、水、硫离子在催化作用下生成氢氧根离子和硫单质：O2+2H2O+2S2-4OH-+2S↓，故C正确；D项，反应中生成硫单质，生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处，阻碍了反应的进行，导致催化剂使用一段时间后催化效率会下降，故D正确；故选B。
15．某含磷废水中的磷以磷酸及其盐的形式存在。室温下向的该含磷废水中加入CaCl2可以得到Ca(OH)5OH沉淀从而实现废水除磷。已知常温下H3PO4的电离常数分别为Ka1=10-2.12、Ka1=10-7.21、Ka1=10-12.36。下列叙述错误的是
A．室温下，H3PO4+ HPO42-=2H2PO4-的平衡常数
B．保持体积不变，若逐渐增大该废水的，溶液中c(HPO42-)将先增大后减小
C．该废水中存在离子浓度关系：c(H2PO4-)＞c(HPO42-)＞c(PO43-)
D．加入CaCl2实现废水除磷后，溶液将增大
【答案】D
【解析】A项，平衡常数K==105.09，故A正确；B项，废水的pH增大，H2PO4-转化成HPO42-，c(HPO42-)增大，到达一定程度后，继续增大pH，HPO42-转化成PO43-，c(HPO42-)减小，因此过程中c(HPO42-)先增大后减小，故B正确；C项，磷酸电离方程式为H3PO4 H2PO4-+H+、H2PO4-HPO42-+H+、HPO42- PO43-+H+，当c(H2PO4-)=c(HPO42-)时，pH=pKa2=7.21，因此pH=6的废水中c(H2PO4-)＞c(HPO42-)＞c(PO43-)，故C正确；D项，由题意可知，该废水中除磷的离子方程式为3H2PO4-+5Ca2++H2O=Ca5(PO4)3OH↓+7H+，溶液c(H+)增大，pH降低，故D错误；答案为D。
16．下列方案设计、现象和结论都正确的是( )
选项
目的
方案设计
现象与结论
A
检验某无色溶液中是否铵盐
取少量该溶液于试管中，滴加NaOH溶液加热，并用湿润的红色石蕊试纸放在试管口检验
若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则该溶液中含有NH4+
B
检验某固体试样中是否存在三价铁
取少量固体试样完全溶于盐酸，再滴加KSCN溶液
若没有出现血红色，则该固体试样中不存在三价铁
C
比较配合物Fe(S CN)3和[Fe(CN)6]3-的稳定性
向盛有少量蒸馏水的试管里滴加2滴K3[Fe(CN)6]溶液，然后再滴加2滴KSCN溶液
若溶液颜色不变，则说明[Fe(CN)6]3-较稳定
D
探究卤代烷的化学性质
取少量溴乙烷于试管中，加入NaOH溶液，振荡后加热，再滴加稀硝酸和AgNO3溶液
若产生淡黄色沉淀，则说明卤代烷能发生消去反应
【答案】C
【解析】A项，使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，若该溶液是氨水，加热即可挥发出氨气，则不能证明该溶液中含有NH4+，A错误；B项，当固体中同时含有铁和氧化铁时也会出现该现象，B错误；C项，向盛有少量蒸馏水的试管里滴加2滴K3[Fe(CN)6]溶液，然后再滴加2滴KSCN溶液，若溶液颜色不变、说明没有产生血红色的硫氰化铁，则说明[Fe(CN)6]3-较稳定、难电离出铁离子，C正确；D项，溴乙烷于试管中，加入NaOH溶液，振荡后加热，发生反应生成了溴离子，但该反应为水解反应、属于取代反应，D错误；故选C。
二、非选择题(本题包括5小题，共52分)
17．(10分)砷化镓(GaAs)是当前最重要、技术成熟度最高的半导体材料之一，我国“玉兔二号”月球车就是通过砷化镓太阳能电池提供能量。
(1)基态As 原子核外电子排布式为 _______，最高能级电子的电子云形状为 _______。
(2)GaAs、GaN 结构相似，晶体类型都为共价晶体，沸点GaAs_______GaN(填“>”或“＜”，下同)，第一电离能Ga _______As。
(3)成语“信口雌黄”中雌黄的分子式为 As2S3，分子结构如图 1，As原子的杂化方式为 _______。
(4)GaAs 的晶胞结构如图 2，在GaAs晶体中，与As原子最近且等距离的As原子数为 _______。
(5)若砷化镓晶胞边长为apm，则Ga与最近As的核间距为 _______ cm。
【答案】(1) 1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3(1分) 哑铃形(1分)
(2) ＜(1分) ＜(1分)
(3)sp3 (1分)
(4)12(2分) (5) (3分)
【解析】(1)As原子核外有33个原子，根据构造原理书写基态As原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3；其最高能级为4p能级，电子云形状为哑铃或纺锤形；(2)GaAs和GaN结构相似，均属于共价晶体，原子半径N＜As，键长Ga﹣N＜Ga﹣As，键能Ga﹣N＞Ga﹣As；同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但ⅡA族、ⅤA族为全充满或半充满稳定结构，第一电离能高于同周期相邻元素的，因此第一电离能有Ga＜As；(3)由结构图可知，黑色球为As、白色球为S，分子中As原子形成3个σ键、还含有1对孤电子对，杂化轨道数目为3+1=4，杂化类型为sp3；(4)以顶点As原子研究，与之最近的As原子处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，距离每个As原子最近且等距离的As原子数目=12，由图可知，Ga原子与周围距离最近的4个As原子构成正四面体结构；(5)根据晶胞结构可知，晶胞中Ga与As的最短距离为晶胞体对角线的，因为晶胞的边长为apm，所以晶胞中Ga与As的最短距离为cm。
18．(10分)化合物X由三种前四周期常见元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：
请回答：
(1)E的电子式是_______，X的化学式是_______。
(2)写出X与足量浓H2SO4反应的化学方程式_______。
(3)写出气体D与酸性KMnO4溶液反应的离子反应方程式_______。
(4)设计实验检验溶液G中的阳离子_______。
【答案】(1) (1分) Fe3SiC2(2分)
(2) 2Fe3SiC2+30H2SO43Fe2(SO4)3+21SO2↑+4CO2↑+2SiO2↓ +30H2O或2Fe3SiC2+30H2SO43Fe2(SO4)3+21SO2↑+4CO2↑+2H2SiO3↓ +28H2O (3分)
(3)2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42-+4H+(1分)
(4)取少量溶液G于试管中，滴加石蕊试液，若溶液变红，则存在H+；另取少量溶液G于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则存在Fe3(3分)+
【解析】4.4g固体X分为两等份，每份2.2g，与足量O2在加热条件下反应产生气体C和固体A，A与足量NaOH反应得到红棕色固体B2.4g，红棕色固体为不溶于NaOH的Fe2O3，则n(Fe2O3)==0.015mol，n(Fe)=0.03mol；另一份X与足量浓硫酸加热反应生成的气体D与酸性高锰酸钾反应后得到的气体E与足量澄清石灰水反应产生固体F为碳酸钙，2.0g，则n(CaCO3)==0.02mol，n(C)=0.02mol；每份中除铁、碳外的质量为2.2g-0.03mol56g/mol-0.02mol12g/mol=0.28g，结合固体A中部分能与NaOH反应，与硫酸反应后产生的固体H可推出可能产生SiO2固体，则另一元素为Si，物质的量为=0.01mol，故n(Fe):n(Si):n(C)=0.03mol:0.01mol:0.02mol=3:1:2，X的化学式为Fe3SiC2；进一步确认固体A为Fe2O3和SiO2的混合物；固体H为SiO2或H2SiO3；溶液G中含有过量的硫酸和生成的硫酸铁。(1)E为CO2，其电子式是；X的化学式是Fe3SiC2；(2)X是Fe3SiC2，X与足量浓H2SO4反应的化学方程式为2Fe3SiC2+30H2SO43Fe2(SO4)3+21SO2↑+4CO2↑+2SiO2↓ +30H2O或2Fe3SiC2+30H2SO43Fe2(SO4)3+21SO2↑+4CO2↑+2H2SiO3↓ +28H2O；(3)气体D为SO2，与酸性KMnO4溶液反应的离子反应方程式为2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42-+4H+；(4)溶液G中的阳离子有H+、Fe3+；检验溶液G中的阳离子：取少量溶液G于试管中，滴加石蕊试液，若溶液变红，则存在H+；另取少量溶液G于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则存在Fe3+。
19．(10分)乙烯是石油化工最基本的原料之一。
I．乙烷在一定条件下可脱氢制得乙烯：C2H6(g)C2H4 (g)+ H2(g) ΔH1＞0。
(1)提高乙烷平衡转化率的措施有_____________、_______________。
(2)①一定温度下，向体积为的密闭容器中加入0.8 mol C2H6和0.2 mol H2，发生上述反应，平衡时C2H4的体积分数为，若平衡后再加入1.45 mol C2H6和0.15 molH2，平衡___________(填“正向”“逆向”或“不”)移动。
②一定温度下，向恒容密闭容器中通入1 mol C2H6和1 molH2，初始压强为，发生上述反应，乙烷的平衡转化率为。平衡时体系的压强为__________，该反应的平衡常数KP=________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
II．在乙烷中引入O2可以降低反应温度，减少积碳。涉及如下反应：
a．C2H6(g)+ O2(g)2C2H4 (g)+2 H2O(g) ΔH2＜0
b．C2H6(g)+ 5O2(g)4CO (g)+6 H2O(g) ΔH3＜0
c．C2H4(g)+ 2O2(g)2CO (g)+2 H2O(g) ΔH4＜0
(3)根据盖斯定律，反应a的ΔH2=___________(写出代数式)。
(4)氧气的引入可能导致过度氧化。为减少过度氧化，需要寻找催化剂降低反应________(填“a”“b”或“c”)的活化能。
(5)常压下，在某催化剂作用下按照n(C2H6)：n(O2)=1：1投料制备乙烯，体系中C2H4和在含碳产物中的物质的量分数及C2H6转化率随温度的变化关系如图所示。
①乙烯的物质的量分数随温度升高而降低的原因是_______________________。
②在温度范围内，下列说法正确的有__________(填标号)。
A．C2H4产率随温度升高而增大
B．H2O的含量随温度升高而增大
C．C2H6在体系中的物质的量分数随温度升高而增大
D．此催化剂的优点是能在较低温度下降低CO的平衡产率
【答案】(1) 升高温度 (1分) 减小压强(1分)
(2) 正向(1分) 110(1分) 15(1分)
(3) ΔH3-2ΔH4(1分)
(4)a(1分)
(5) 体系未达到平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于生成C2H4的(1分) AB(2分)
【解析】(1)由题意知，C2H6(g)C2H4 (g)+ H2(g) ΔH1＞0，该反应是气体分子数增大的吸热反应，减小压强，升高温度或及时移出生成物均可使平衡正向移动，提高乙烷平衡转化率；(2)①由题意知，C2H6和H2的起始量分别为0.8 mol、0.2 mol，设平衡时C2H4为，则C2H6转化了，平衡时C2H6和H2分别为、。平衡时C2H4的体积分数为20%，即，解得，则平衡常数，达到平衡后再加入1.45 mol C2H6和0.15 molH2，，平衡正向移动；②由题意知，C2H6和H2的起始量均为1 mol，初始压强为，乙烷的平衡转化率为20%，列三段式：
设平衡时体系的压强为，则，解得，则平衡时体系的压强为。该反应的平衡常数；(3)根据盖斯定律，反应a=反应b-2×反应c，故ΔH2=ΔH3-2ΔH4；(4)反应的主要目的是制备乙烯，为减少过度氧化，应加快反应a的反应速率，故需要寻找催化剂降低反应a的活化能；(5)①由题意知，三个反应均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，C2H6的转化率减小，而由题图知C2H6的转化率随温度升高在不断增大，表明反应均未达到平衡，温度升高，生成CO的反应速率增大的程度大于生成C2H4的，则乙烯的物质的量分数随温度升高而降低；②A项，由题图知，C2H6的转化率随温度升高而不断增大，表明反应均未达到平衡，则C2H4的产率随温度升高而增大，A正确；B项，由于反应均未达到平衡，在反应a、b、c中，随温度升高，反应物的转化率都增大，生成水的量都增大，则H2O的含量随温度升高而增大，B正确；C项，由题图知，C2H6转化率增大，则C2H6在体系中的物质的量分数随温度升高而减小，C错误；D项，由于反应均未达到平衡，题图信息仅显示相同时间内CO的百分含量，没有显示不同温度下CO的平衡产率，则不能说明该催化剂能在较低温度下降低CO的平衡产率，D错误；故选AB。
20．(10分)重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]可用作媒染剂和有机合成催化剂，具有强氧化性。实验室将NH3通入重铬酸(H2Cr2O7)溶液中制备[(NH4)2Cr2O7]的装置如图所示(夹持装置略)。回答下列问题：
已知：Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42- (黄色)+2H+。
(1)仪器a的名称是_______，A装置的作用为_______。
(2)在试管中加入少量(NH4)2Cr2O7固体，加水溶解，再滴加足量KOH浓溶液，振荡，微热，观察到的主要现象是_______。
(3)实验室常用甲醛法测定含(NH4)2Cr2O7的产品中(NH4)2Cr2O7的质量分数，其反应原理为2Ba2++ Cr2O72-+H2O=2BaCrO4+2H+、4NH4++6HCHO=(CH2)6N4H++6H2O+3H+，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。
实验步骤：
I.称取样品12.00g，配成250mL溶液。
II.量取25.00mL样品溶液，用氯化钡溶液使Cr2O72-完全沉淀后，加入足量的20%中性甲醛溶液，摇匀，静置5min。
III.以酚酞作指示剂，用1.00mol·L-1的NaOH标准溶液滴定，记录数据。
IV.重复步骤II、III2~3次，处理数据。
①滴定终点的颜色变化为_______。
②用_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管量取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中。
③与NaOH反应时，1mol(CH2)6N4H+与1molH+相当，步骤III中(CH2)6N4H+与NaOH发生反应的离子方程式是_______。
④若实验平均消耗NaOH溶液的体积为16.00mL，则所得产物中(NH4)2Cr2O7(摩尔质量为252g·mol-1)的质量分数为_______%。
⑤若滴定终点时仰视读数，则测定的质量分数将_______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
【答案】(1) 球形干燥管(1分) 控制氨气的流速，同时也能平衡气压(1分)
(2)有刺激性气味气体放出，溶液变为黄色(1分)
(3)溶液由无色变为浅红色(1分) 酸式 (1分)
(CH2)6N4H++OH-=(CH2)6N4+H2O(2分) 84(2分) 偏大(1分)
【解析】仪器a为球形干燥管，由于NH3极易溶于水，则b处要有防倒吸装置，由Cr2O72- (橙色)+H2O2 CrO42- (黄色)+2H+，pH 过大会使平衡正向移动，使产生的(NH4)2CrO7不纯， 因此插入pH计及时了解控制反应液中的pH值，由于NH3极易溶于水，即B装置中很难看到气泡，而NH3在四氯化碳溶液中溶解度小，A中加入四氯化碳后可以看到气泡，以便于控制氨气的通入速度，a是尾气处理装置。【解析】(1)a名称为球形干燥管，A装置的作用为控制氨气的流速，同时也能平衡气压。(2)在试管中加入少量(NH4)2Cr2O7，溶解后加入足量KOH浓溶液，振荡、微热，溶液中铵根离子与氢氧根反应产生氦气，有刺激性气味气体放出，Cr2O72- (橙色)+H2O⇌2 CrO42- (黄色)+2H+，随着KOH加入，氢离子被消耗，平衡正向移动，产生较多的CrO42-，溶液变为黄色。(3)①酚酞为指示剂，用NaOH滴定反应后的溶液，随看NaOH加入，溶液pH逐渐增大，最后一滴NaOH加入后溶液由无色变为浅红色；②由题干可知(NH4)2Cr2O7有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以用酸式滴定管；③已知lmol(CH2)6N4H+与ImolH+相当，则其与NaOH反应的离子方程式为(CH2)6N4H+ +OH-=(CH2)6N4+H2O；④设25mL样品溶液中有(NH4)2Cr2O7xmol，则NH4+有2xmol，Cr2O72-有xmol，根据③中方程式可知，xmol Cr2O72-生成H+2xmol，2xmol NH4+生成xmol H+和xmol(CH2)6N4H+，因1 mol(CH2)6N4H+与1 mol H+相当，故可以看成2xmolNH4+生成了2xmolH+，即xmol(NH4)2Cr2O7共生成4xmolH+，现已知消耗NaOH物质的量为0.016mol，则4x=0.016，x=0.004mol，因此25mL样品溶液中(NH4)2Cr2O7有0.004mol×252g/mol=1.008g，则产物中(NH4)2Cr2O7的质量分数为= 84%；⑤滴定终点时仰视读数，会使标准液的体积偏大，测定的质量分数偏大。
21．(12分)手性过渡金属配合物催化的不对称合成反应具有高效、高对映选择性的特点，是有机合成化学研究的前沿和热点。某螺环二酚类手性螺环配体(H)的合成路线如下：
已知：RCHO +
请回答：
(1)化合物 C 中的官能团名称为_______；化合物 E 的结构简式是_______。
(2)下列说法正确的是_______。
A．化合物 E 可以发生消去反应、还原反应
B．化合物 F 和 G 可通过FeCl3溶液鉴别
C．化合物 C 中至少有 7 个碳共平面
D．化合物 H 的分子式是 C19H18O2NP
(3)写出 C→D 的化学方程式___________________________________。
(4)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(不包括立体异构体)____ ________________________。
①除 2 个独立的苯环外还有一个含氧六元环；②分子中有 4 种不同化学环境的氢；③不含-O-O-键
(5)以为原料，设计化合物的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)_______。
【答案】(1)醛基、醚键(1分) (1分)
(2)BC(2分)
(3)2 +CH3COCH3 +2H2O(2分)
(4)、、(3分)
5) (3分)
【解析】结合A、B的分子式以及C的结构简式，逆推A为，B为 ，A→B的反应条件可知A→B应为取代反应，B→C的反应条件可知B→C为氧化反应；C→D可参照已知信息反应，D的分子式为C19H18O3，应为2分子C与1分子丙酮反应，故D为；D→E为加成反应，结合E的分子式可知E为对比F和H的结构，结合G的分子式可知F到G发生的变化应为甲氧基变为羟基，故G为 。(1)根据C的结构，C中官能团的名称是醛基、醚键；根据分析可知，D为，D→E为加成反应，所以E的结构简式：；(2)A项，根据思路分析可知，E分子中含有苯环与羰基能发生还原反应，不能发生消去反应，A错误；B项，F中没有酚羟基，G中含有酚羟基，可用FeCl3溶液鉴别，B正确；C项，根据苯环的结构特点，化合物C中与苯环直接相连的碳原子与苯环共平面，至少有7个碳原子共平面，C正确；D项，H的分子式为C19H20O2NP，D错误；故选BC；(3)C→D为2分子C与1分子CH3COCH3发生已知信息反应生成1分子D和2分子水，故反应的化学方程式为2+CH3COCH3+2H2O；(4)D的不饱和度为11，2个苯环的不饱和度为8，其同分异构体还有1个含氧六元环，分子中有4种不同化学环境的氢，说明结构高度对称，不含-O-O-结构，其结构简式可能为、、；(5)本题可采用正向合成法，对比产物结构，可先转化为，参照题中所给已知信息，转化为，再加成即可得到产物，故合成路线为。
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