江苏省扬州市2023-2024学年高三上学期期初模拟考试化学试卷含答案.pdf

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1、第 1 页，共 9 页 扬州市 2024 届高三上学期期初考试模拟试题扬州市 2024 届高三上学期期初考试模拟试题 化学学科化学学科 可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 Mg-24 S-32 Cl-35.5 一、单项选择题：共 13 题，每题 3 分，共 39 分。每题只有一个选项最符合题意。一、单项选择题：共 13 题，每题 3 分，共 39 分。每题只有一个选项最符合题意。1我国提出在 2060 年前完成“碳中和”的目标，下列有关低碳生活的说法正确的是 A杜绝化石燃料等传统能源的使用 B在一定条件下，选择合适的催化剂将氧化为甲酸

2、 2COC推广使用煤液化技术，可减少二氧化碳的排放 D开发太阳能、风能、生物质能等新能源是践行低碳生活的有效途径 2反应 3Cl2+8NH3=6NH4Cl+N2常用来检验输送氯气的管道是否漏气。下列说法正确的是 ANH3是非极性分子 BCl 原子结构示意图为CN2的电子式为DNH4Cl 中既含有离子键又含有共价键 3实验室制备和收集氨气时，下列装置能达到相应实验目的的是 A制备氨气 B干燥氨气 C收集氨气 D吸收尾气 AA BB CC DD 4CrSi、GeGaAs、ZnGeAs2和碳化硅都是重要的半导体化合物，下列说法错误的是 A基态铬原子的价电子排布式为 3d54s1 BGeGaAs 中元

3、素 Ge、Ga、As 的第一电离能由大到小的顺序为 AsGaGe CZnGeAs2中元素 Zn、Ge、As 的电负性由大到小的顺序为 AsGeZn D碳化硅属于原子晶体，其熔沸点均大于晶体硅 第 2 页，共 9 页 5卤族元素单质及其化合物应用广泛。具有与卤素单质相似的化学性质。在常温下能与 Cu 反应2CN2F生成致密的氟化物薄膜，还能与熔融的反应生成硫酰氟()。与浓硫酸反应可制得 HF，24Na SO22SO F2CaF常温下，测得氟化氢的相对分子质量约为 37.通入酸性溶液中可制得黄绿色气体，该气体常2SO3KClO2ClO用作自来水消毒剂。工业用制备的热化学方程式为2Cl4TiCl 2

4、24TiOs2Clg2C sTiClg。下列说法不正确的是 2CO g149kJ molH A是由极性键构成的极性分子B、中心原子的杂化方式均为 2CN3ClO24SO3spC常温下，氟化氢可能以分子的形式存在 2HFD与熔融反应时一定有氧元素化合价升高2F24Na SO6化学方程式是化学转化过程的符号语言描述，不仅表示物质的转化，有的还揭示转化的本质，有的还表示出物质转化过程中的能量变化，下列叙述正确的是A碳酸氢铵溶液中滴加足量 NaOH 溶液：2433232NHHCO2OHNHH OCOH OB一种绿色氧化剂，但遇到酸性高锰酸钾时，只能表现出还原性，其反应的方程式：22H O 222442

5、44223H O3H SO2KMnOK SO2Mn=SO4O6H O C通入漂白粉溶液中产生白色浑浊：2SO2223SOCa2ClOH OCaSO2HClO D的标准燃烧热是，其燃烧的热化学方程式可以表示为2H1285.8kJ mol2222H(g)O(g)2H O(g)。1H571.6kJ mol 7卤族元素单质及其化合物应用广泛。具有与卤素单质相似的化学性质。在常温下能与 Cu 反应2CN2F生成致密的氟化物薄膜，还能与熔融的反应生成硫酰氟()。与浓硫酸反应可制得 HF，24Na SO22SO F2CaF常温下，测得氟化氢的相对分子质量约为 37。通入酸性溶液中可制得黄绿色气体，该气体2S

6、O3KClO2ClO常用作自来水消毒剂。工业用制备的热化学方程式为2Cl4TiCl 224TiOs2Clg2C sTiClg。下列物质性质与用途具有对应关系的是 2CO g149kJ molH A铜单质化学性质不活泼，可用于制作储存的容器 B呈黄绿色，可用于自来水消毒2F2ClOC具有还原性，可用于与反应制2SO3KClO2ClO第 3 页，共 9 页 D浓硫酸具有强氧化性，可用于与反应制 HF 2CaF8氯及其化合物应用广泛。氯的单质 Cl2可由 MnO2与浓盐酸共热得到，Cl2能氧化 Br-，可从海水中提取Br2；氯的氧化物 ClO2可用于自来水消毒，ClO2是一种黄绿色气体，易溶于水，与

7、碱反应会生成 ClO 与-2ClO，在稀硫酸和 NaClO3的混合溶液中通入 SO2气体可制得 ClO2；漂白液和漂白粉的有效成分是次氯酸-3盐，可作棉、麻的漂白剂。下列含氯物质的转化正确的是A漂白粉HClO(aq)Cl2(g)BMgCl2(aq)无水 MgCl2Mg 2CO过量光照加热电解CNaCl(aq)Cl2(g)FeC13 DNaCl(aq)NaHCO3(aq)Na2CO3(s)通电Fe 点燃2CO过量9五倍子是一种常见的中草药，其有效成分为 X。在一定条件下 X 可分别转化为 Y、Z。下列说法不正确的是AZ 中含氧官能团有三种：羟基、羧基、酯基 BY 在浓硫酸做催化剂加热条件下发生消

8、去反应 CZ 在酸性条件下水解生成两种有机物，1mol Z 最多能与 8mol NaOH 发生反应 D可以用 FeC13溶液检验 X 是否完全转化为 Y 10用活性炭与 NO2反应：为 2C(s)+2NO2(g)2CO2(g)+N2(g)来消除氮氧化物产生的空气污染。下H0列说法正确的是A该反应只在高温条件下能自发进行B该反应平衡常数的表达式为222222CONKNO(C)ccccC该反应中消耗 1molNO2，转移电子的数目为 2346.02 10D该反应到达平衡后，升高温度，正反应速率减慢，逆反应速率加快 11下列实验探究方案能达到探究目的的是 选项探究方案探究目的A 向溶液中滴加氯水，观

9、察溶液颜色变化 3FeCl氯水中含有 HClO 第 4 页，共 9 页 B 取 5mL 0.1 溶液，向其中加入 1mL 0.1 KI 溶1mol L3FeCl1mol L液，振荡，向上层清液滴加 34 滴 KSCN 溶液，观察溶液颜色变化 是可3222Fe2I2FeI逆反应C 用 pH 计测定、溶液的 pH，比较溶液 pH 大小 23Na CO23Na SiOC 的非金属性比 Si 强 D 将 NaClO 溶液分别滴入品红溶液和滴加醋酸的品红溶液中，观察品红溶液颜色变化pH 对氧化性的影响 ClOAA BB CC DD 12硫代硫酸钠()的制备和应用相关流程如图所示。223Na S O已知：

10、25时，的，；的，23H SO2a11.4 10K8a26.0 10K23H CO7a14.5 10K11a25.0 10K下列说法正确的是A步骤 1 过程中 pH=8 时，223333SOCO0.03HSOHCOccccB步骤 1 所得的溶液中：22333Na2H SOHSOSOccccC步骤 3 所得的清液中：spAgBrAgBrccKD步骤 3 的离子方程式为：3223232Ag2S OAg S O13通过反应：可以实现捕获并资源化利用。密闭容器中，2232COg3HgCH OH gH O g2CO反应物起始物质的量比时，在不同条件下(分别在温度为 250下压强变化和在压强为Pa22H3

11、COnn55 10下温度变化)达到平衡时物质的量分数变化如图所示。主要反应有：3CH OH反应：222COgHgCO gH O g142.5 kJ molH 反应：23CO g2HgCH OH g190.7 kJ molH 下列说法正确的是第 5 页，共 9 页 A反应的 B曲线表示的物质的量分数随温度的变化1133.2 kJ molH 3CH OHC一定温度下，增大的比值，可提高平衡转化率22HCOnn2COD在Pa、250、起始条件下，使用高效催化剂，能使物质的量分数从 X 点达55 1022H3COnn3CH OH到 Y 点 二、非选择题：共二、非选择题：共 4 题，共题，共 61 分。

12、分。14铜-钢双金属废料和铜烟灰是铜的重要二次资源。从铜-钢双金属废料中浸出铜的工艺流程如下：(1)25时，随溶液的不同，甘氨酸在水溶液中分别以、或pH32NH CH COOH32NH CH COO为主要形式存在。内盐是两性化合物，请用离子方程式表示其水解使水溶液22NH CH COO32NH CH COO呈碱性的原因：。(2)浸出剂的制备：主要原料有甘氨酸(简写为)、溶液和固体。取一定量固体溶于HL4CuSONaOHNaOH水，随后依次加入(填“”或“”，下同)、，所得碱性浸出剂的主要成分为甘氨酸铜HL4CuSO、等。2CuLL第 6 页，共 9 页(3)浸出：将经打磨的铜钢废料投入浸出剂，

13、控制温度 50，通入空气，并搅拌。浸出剂不与钢作用，但与铜反应，最终铜全部转化为进入溶液，从而实现铜、钢分离。2CuL浸出时发生的反应过程为、。22CuLCu2L2CuL其它条件不变时，空气流量对铜浸出速率的影响如图 1 所示。当空气流量超过时，铜浸出速11.0L min率急剧下降的可能原因是。从铜烟灰(主要成分为)中回收铜的主要步骤为：酸浸萃取反23342Cu(OH)ClFeOFe OZnPO、萃取电解。已知：溶于无机酸。342ZnPO(4)酸浸：将铜烟灰用硫酸浸出，控制其他条件相同，铜浸出率与温度的变化关系如图 2 所示。随温度升高，铜浸出率先增大后减小的可能原因是。(5)萃取、反萃取：向

14、浸出液(浓度为)中加入有机萃取剂萃取，其原理可表示为：(水2Cu7g/L(RH)2Cu层)(有机层)(有机层)(水层)。2RH2R Cu2H向萃取所得有机相中加入硫酸，反萃取得到水相(浓度达)。该工艺中设计萃取、反萃取的目的2Cu40g/L是 。15F 是一种抗血小板凝聚的药物，其人工合成路线如图：(1)D 分子中采取 sp3杂化的碳原子数目是。(2)B 的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：。第 7 页，共 9 页 分子中有 4 种不同化学环境的氢原子；苯环上有 2 个取代基，能发生银镜反应。(3)EF 中有一种相对分子质量为 60 的产物生成，该产物的结构简式为，实

15、验室中如需确定此产物中含有的官能团，通常使用的分析仪器设备名称为。(4)AB 的反应需经历的过程，中间体 Y 的分子式为 C11H12NF，XY 的反应类型为 。(5)已知：，写出以、(CH3CO)2O、和 NBS 为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。16以硫酸烧渣(主要成分为和少量、等)为原料制备氧化铁红的工艺流程如下：23Fe O34Fe O23Al O2SiO已知：，。33224243Fe3H C OFe C O6H222424FeH C OFeC O2H(1)“酸浸”时，使用草酸作为助剂可提高铁浸取率，草酸加入量m(草酸)/m(硫酸烧)100%

16、对铁浸取率的影响如图所示。公众号：高中试卷站 加入草酸能提高铁浸取率的原因是。草酸加入量大于 20%时，铁浸取率随草酸加入量增加而减小的原因是。第 8 页，共 9 页(2)“沉铁”时，反应温度对铁回收率的影响如图所示。转化为的离子方程式为。4FeSO3Fe O H 反应温度超过 35时，铁回收率下降的原因是。“沉铁”后过滤所得“母液”中含有的主要成分为硫酸铵和。(3)“纯化”时，加入 NaOH 溶液的目的是。17研发二氧化碳利用技术、降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。(1)减少碳排放的方法有很多，CO2转化成有机化合物可有效实现碳循环，如下反应：光合作用a6CO+6H O C H O+6O2

17、261262催化剂bCO+3H CH OH+H O22加热32催化剂c2CO+6H CH=CH+4H O22加热222上述反应中原子利用率最高的是(填编号)。(2)CO2在固体催化表面加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应：主反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)1H=-156.9kJmol-1 副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H2=+41.1kJmol-1已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)H3=-395.6kJmol-1，则CH4燃烧的热化学方程式CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)H=。公众号：高中试卷站(3)利用电

18、化学方法通过微生物电催化将有效地转化为，装置如图 1 所示。阴极区电极反应式2CO224H C O为；当体系的温度升高到一定程度，电极反应的速率反而迅速下降，其主要原因是。第 9 页，共 9 页(4)研究脱除烟气中的是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。有氧条件下，在基催化剂表NOFe面，还原的反应机理如图 2 所示，该过程可描述为 。3NHNO(5)近年来，低温等离子技术是在高压放电下，O2产生自由基，自由基将 NO 氧化为 NO2后，再用O*O*Na2CO3溶液吸收，达到消除 NO 的目的。实验室将模拟气(N2、O2、NO)以一定流速通入低温等离子体装置，实验装置如图 3 所示。等离子

19、体技术在低温条件下可提高的转化率，原因是。NO其他条件相同，等离子体的电功率与的转化率关系如图 4 所示，当电功率大于时，转化率NO30WNO下降的原因可能是。答案第 1 页 试题解析试题解析1D A现代社会化石燃料仍是主要能源，不可能杜绝化石燃料等传统能源的使用，A 错误；B转化为甲酸时碳元素化合价降低，不是氧化而是还原，B 错误；2COC 推广使用煤液化技术，可减少颗粒污染物的排放，不能减少二氧化碳的排放，C 错误；D 开发太阳能、风能、生物质能等新能源，能减少化石燃料的使用，故是践行低碳生活的有效途径，D 正确；答案选 D。2D ANH3分子中 N 原子含有一对孤电子，电子式为，空间构型

20、为三角锥，不对称，正负定性向量和不为 0，属于极性分子，故 A 错误；B氯原子的核内有 17 个质子，核外有 17 个电子，故氯原子的结构示意图为，故 B 错误；C氮气中 N 原子达 8 电子稳定结构，电子式为，故 C 错误；DNH4Cl 中铵根离子和氯离子之间存在离子键、铵根离子中存在 N-H 极性键，故 D 正确；故选：D。3D ANH4Cl 受热分解生成 NH3和 HCl，两者遇冷在试管口又重新生成 NH4Cl，A 错误；B氨气能与浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥氨气，B 错误；C，氨气的密度小于空气，应该是短导管进长导管出，C 错误；D氨气极易溶于水，该装置可用于防止倒吸，D 正确；故答案

21、选 D。4B A铬元素的原子序数 24，基态铬原子的价电子排布式为 3d54s1，故 A 正确；B同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则第一电离能 AsGeGa，故 B 错误；C非金属元素的电负性强于金属元素，金属元素的金属性越强，电负性越小，砷为非金属元素，锌的金属性强于锗元素，则电负性由大到小的顺序为 AsGeZn，故 C 正确；D原子晶体的熔沸点取决于共价键的强弱，碳化硅、晶体硅均属于原子晶体，碳硅键的键能大于硅硅键、键长小于硅硅键，则熔沸点碳化硅均大于晶体硅，故 D 正确；故选 B。5A A(CN)2分子内碳原子有 1 个碳碳单键、1 个碳氮三键，则 C 原子为 sp 杂化，直线

22、形，正负电荷中心重叠，是由极性键、非极性键构成的非极性分子，A 错误；B 中心原子的孤电子对为，价层电子对个数=1+3=4，所以中心原子为3ClO7+1-2 3=12杂化，硫酸根离子中心原子的孤电子对为，价层电子对个数=4+0=4，所3sp6+2-2 4=02答案第 2 页 以中心原子为杂化，B 正确；3spC 常温下，氟化氢分子间存在氢键、存在缔合分子，且常温下测得氟化氢的相对分子质量约为 37，故可能以(HF)2子的形式存在，C 正确；D 与熔融反应生成硫酰氟()，氟化合价降低，钠和 S 已是最高价态，则2F24Na SO22SO F反应时一定有氧元素化合价升高，D 正确；答案选 A。6A

23、 A NH4HCO3溶 液 中 滴 加 足 量 NaOH 溶 液，离 子 方 程 式：HCO3-+NH4+2OH-NH3H2O+CO32-+H2O，故 A 正确；B高锰酸钾与过氧化氢发生氧化还原反应，锰元素化合价变化：+7+2 价，过氧化氢中氧元素化合价变化：-1-2 价，依据氧化还原反应得失电子守恒，最小公倍数为 10，则高锰酸钾系数为 2，过氧化氢系数为 5，依据原子个数守恒反应的化学方程式：2KMnO4+5H2O2+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+5O2+8H2O，故 B 错误；C少量 SO2通入漂白粉溶液中的离子反应为 SO2+H2O+Ca2+3ClO-=CaSO4+2HClO+

24、Cl-，故 C 错误；D气态水不是稳定氧化物，则表示燃烧热的热化学方程式可表示为 2H2(g)十O2(g)=2H2O(l)H=-571.6kJ/mol，故 D 错误；故选 A。7C A铜单质化学性质不活泼，但由于 F2氧化性强，可以与 Cu 反应产生 CuF2，因此 Cu 不可用于制作储存 F2的容器，A 错误；BClO2呈黄绿色，具有强的氧化性，能够使水中细菌、病毒蛋白质发生变性，因而可用于自来水消毒，与其是否是黄绿色无关，因此不具有对应关系，B 错误；CSO2具有还原性，KClO3具有强的氧化性，二者会发生氧化还原反应，SO2可以使KClO3还原为 ClO2，因此可用于与 KClO3反应制

25、 ClO2，C 正确；D浓硫酸具有强酸性，可与 CaF2发生复分解反应产生 CaSO4和 HF，因此可以用于制 HF，属于高沸点酸制备低沸点酸，这与浓硫酸是否具有强氧化性无关，D 错误；故合理选项是 C。8C AH2CO3酸性强于 HClO，CO2通入漂白粉中可制备 HClO。但 HClO 见光分解为 HCl 和O2，A 项错误；BMgCl2加热易水解产生 Mg(OH)2，获得无水 MgCl2需要在 HCl 氛围中加热。MgCl2熔融电解得到 Mg，B 项错误；CNaCl 溶液电解阳极 Cl-放电得到 Cl2，铁在 Cl2中燃烧生成 FeCl3，C 项正确；D氯化钠溶液不能和二氧化碳反应，且

26、NaHCO3固体受热分解可得到 Na2CO3，而不是溶液分解，D 项错误；故选 C。9C AZ 中含氧官能团有三种：羟基、羧基、酯基，故 A 正确；BY 中连接羟基的邻位碳上有 H 原子，在浓硫酸做催化剂加热条件下可发生消去反应，故 B 正确；答案第 3 页 C Z 在 酸 性 条 件 下 酯 基 发 生 水 解 反 应 生 成 有 机 物 为、，它们是同一物质，Z 中酚羟基、羧基、酯基水解生成的-COOH 和酚-OH 都能和 NaOH 以 1：1 反应，Z 中含有 5 个酚羟基、1 个羧基、1 个酯基水解生成 1 个羧基和 1 个酚羟基，所以 1molZ 最多能和 8molNaOH 反应，故

27、 C 错误；D酚羟基与 FeC13溶液发生显色反应，由于 Y 不含有酚羟基，加入 FeC13溶液后若没有紫色，说明 X 完全转化了，若有紫色说明未完全转化，能根据溶液颜色确定 X 未完全转化，故 D 正确；故选：C。10C A该反应，0G=H-T S下能自发进行，故 A 错误；B反应平衡常数是产物系数次幂乘积除以反应物系数次幂乘积，但是纯固体和纯液体不写入平衡常数，该反应平衡常数的表达式为，故 B 错误；22222cCOc NK=cNOC该反应若 2molNO2完全反应时转移 8mol 电子，该反应中消耗 1molNO2，转移电子的数目为，故 C 正确；2346.02 10D升高温度，正反应速

28、率和逆反应速率都加快，平衡逆向移动，逆反应速率加快的多，故 D 错误；故答案为 C 11D A铁离子不能被次氯酸氧化，A 错误；B氯化铁与碘化钾反应后有剩余，故加入硫氰化钾显红色不能说明该反应为可逆反应，B 错误；C碳酸钠和硅酸钠溶液的浓度未知，不能通过溶液的 pH 大小比较其碱性，进而说明碳和硅的非金属性强弱，C 错误；D次氯酸钠和醋酸反应生成次氯酸，品红褪色较快，可知 pH 对次氯酸根离子的氧化性的影响，D 正确；故选 D。12A 本题中考查了溶液中的物料守恒以及难溶电解质的 Qc 与 Ksp的关系。A.步骤 1 过程中将式子进行连续四步变形：2223223H SOH CO0.03cHKa

29、Ka答案第 4 页 223223H SOH0.03HH COKaccKa 233233SOHHCOH0.03HSOHCOHcccccccc 代入数据计223223H SOH0.03HH COKaccKa2223223H SOH CO0.03HKaKac算，即可算出，故 A 正确；B.步骤1 中是向Na2CO3溶液中加入NaHSO3溶液，该物料守恒式子错误，故 B 错误；22333Na2H SOHSOSOccccC.步骤 3 所得是清液，说明没有沉淀生成，则Ksp（AgBr），故 C 错误；AgBrccD.步骤 3 的离子方程式为：，故 D 错误。2223323AgBr2S OAg S OBr故

30、选 A。13CA 根 据 盖 斯 定 律 分 析，由 反 应：222COgHgCO gH O g，反 应：，142.5 kJ molH 23CO g2HgCH OH g190.7 kJ molH+得反应：2232COg3HgCH OH gH O g142.590.748.2kJ molH ，A 错误；B该反应为放热反应，故升温平衡逆向移动，甲醇的物质的量分数应该减小，故为甲醇的物质的量分数随温度的变化曲线，B 错误；C 一定温度下，增大的比值，可提高平衡转化率，C 正确；22HCOnn2COD催化剂能改变反应速率，不影响平衡，D 错误；故选 C。14(1)32232NH CH COOH O=N

31、H CH COOHOH(2)HL4CuSO(3)空气中的氧气没有足够的时间参与反应，+2222O4H42H O4CuLCuL导致反应速率下降(4)该酸浸过程为放热反应，温度升高时，反应速率加快，但是温度过高，则平衡逆向移动，导致浸出率降低(5)实现的提取和富集2Cu本题是一道工业流程题，从铜钢废料中提取铜，首先将废料打磨，之后用浸出剂和空气一起浸出其中的铜，在浸出液中加入无水乙醇后得到甘氨酸铜晶体，以此解题。答案第 5 页（1）水解时，羧酸根离子结合水电离的氢离子生成相应的羧酸和氢氧根离子，溶液显碱性，水解的离子方程式为：；32232NH CH COOH O=NH CH COOHOH（2）先加

32、入硫酸铜的话，则会和氢氧化钠生成氢氧化铜沉淀，故随后依次加入，再加HL入；4CuSO（3）根据题给信息最终铜全部转化为，以及浸出过程中需要通入空气，再结合浸2CuL出时的第一步反应，则其第二步反应为：；+2222O4H42H O4CuLCuL由图可知，空气流量铜的浸出速率急剧下降，其可能的原因是：空气中的氧气没有足够的时间参与反应，导致反应速率下降；（4）由图可知，随温度升高，铜浸出率先增大后减小，其可能的原因是：该酸浸过程为放热反应，温度升高时，反应速率加快，但是温度过高，则平衡逆向移动，导致浸出率降低；（5）该工艺中设计萃取、反萃取的目的是将从滤液中提取到有机层中，然后分液后2Cu再反萃取

33、到水层中，实现的提取和富集。2Cu15(1)7(2)或(3)CH3COOH红外光谱仪(4)水解反应(5)323(C H C O)OAl C l NBS 3232 3(CH CO)O(CH CH)NDMSO，由有机物的转化关系可知，乙醚作用下与镁反应生成、和发生加成反应生成、答案第 6 页 发 生 水 解 反 应 生 成，酸 化 生 成，与 NBS 发 生 取 代 反 应 生 成，碳 酸 氢 钾 作 用 下与发 生 取 代 反 应 生 成，一定条件下转化为，一定条件下与乙酸酐发生取代反应生成。（1）有 机 物 分 子 中，饱 和 碳 原 子 的 杂 化 方 式 为 sp3杂 化，由 结 构 简

34、式 可 知，分子中含有 7 个饱和碳原子，则杂化方式为 sp3杂化的碳原子数目是 7，故答案为：7；（2）B 的同分异构体的苯环上有 2 个取代基，能发生银镜反应，说明同分异构体分子中含有醛基、碳氟键、碳碳双键，分子中有 4 种不同化学环境的氢原子说明分子的结构对称，两个取代基在苯环上处于对位，则符合条件的结构简式为、，故答案为：或；答案第 7 页（3）由分析可知，EF 的反应为一定条件下与乙酸酐发生取代反应生成 和相对分子质量为 60 的 CH3COOH，实验室中通常使用红外光谱仪确定乙酸中含有的官能团，故答案为：CH3COOH；红外光谱仪；（4）由分析可知，XY 的反应为发生水解反应生成，

35、故答案为：水解反应；（5）由题给信息和有机物的转化关系可知，以、(CH3CO)2O、和 NBS 为原料制备的合成步骤为氯化铝作用下与乙酸酐发生取代反应生成，与 NBS 发生取代反应生成，碳 酸 氢 钾 作 用 下与发 生 取 代 反 应 生 成，一定条件下与乙酸酐反应生成，合成路线为323(C H C O)OAl C l NBS 答案第 8 页，故 答 案 为：3232 3(CH CO)O(CH CH)NDMSO，323(C H C O)OAl C l NBS。3232 3(CH CO)O(CH CH)NDMSO，16(1)和生成，促进草酸电离，溶液的浓度增大；3Fe224H C O3243F

36、e C OH3Fe浓度降低，促进烧渣中铁氧化物与硫酸的反应与生成沉淀2Fe224C O24FeC O(2)温度升高，受热被22232432FeH O4NHH O=2Fe OH4NH 22H O3Fe催化分解，使氧化不充分；氨水受热挥发，氨水浓度减小，不利于的生成2Fe3Fe O H草酸铵(3)除去中含有的杂质3Fe O H3Al OH由题给流程可知，硫酸烧渣加入稀硫酸和草酸混合溶液酸浸时，氧化铁、四氧化三铁、氧化铝溶解混酸转化为三草酸根合铁离子、亚铁离子、铝离子，二氧化硅不溶于混酸，过滤得到含有三草酸根合铁离子、亚铁离子、铝离子的滤液和含有二氧化硅的残渣；向滤液中加入氨水和过氧化氢混合溶液，将

37、亚铁离子氧化为铁离子后，与三草酸根合铁离子一起转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有铝离子的滤液和含有氢氧化铁的滤渣；向滤渣中加入氢氧化钠溶液，将沉淀中混有的氢氧化铝转化为偏铝酸根离子，过滤得到氢氧化铁；氢氧化铁煅烧分解生成氧化铁。（1）由题给信息可知，加入草酸能提高铁浸取率的原因是铁离子和草酸生成三草酸根合铁离子，促进草酸电离，使溶液中的氢离子浓度增大，溶液中的铁离子浓度降低，有利于烧渣中铁氧化物与稀硫酸的反应，故答案为：和生成，促进草酸电3Fe224H C O3243Fe C O离，溶液的浓度增大；浓度降低，促进烧渣中铁氧化物与硫酸的反应；H3Fe由题给信息可知，草酸加入量大于 20%时，亚铁离

38、子与草酸反应生成草酸亚铁沉淀，导致铁浸取率随草酸加入量增加而减小，故答案为：与生成沉淀；2Fe224C O24FeC O（2）由题意可知，硫酸亚铁转化为氢氧化铁的反应为硫酸亚铁与过氧化氢和氨水反应生成硫酸铵和氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为，故答案为：22232432FeH O4NHH O=2Fe OH4NH 答案第 9 页；22232432FeH O4NHH O=2Fe OH4NH 当反应温度超过 35时，温度升高，过氧化氢受热被铁离子催化分解，使亚铁离子氧化不充分；氨水受热挥发，氨水浓度减小，不利于氢氧化铁的生成，导致铁回收率下降，故答案为：温度升高，受热被催化分解，使氧化不充分；氨水受热

39、挥发，氨水22H O3Fe2Fe 浓度减小，不利于FeOH3的生成；公众号：高中试卷站由分析可知，沉铁加入氨水和过氧化氢混合溶液，将亚铁离子氧化为铁离子后，与三草酸根合铁离子一起转化为氢氧化铁沉淀，同时生成硫酸铵和草酸铵，则过滤所得“母液”中含有的主要成分为硫酸铵和草酸铵，故答案为：草酸铵；（3）由分析可知，“纯化”时，加入氢氧化钠溶液的目的是将沉淀中混有的氢氧化铝转化为偏铝酸根离子，达到过滤除去氢氧化铝的目的，故答案为：除去FeOH3中含有的AlOH3杂质。17(1)b1(2)-634.3kJmol-2CO 2e2H H C O(3)2224温度过高微生物催化能力降低或催化剂失活(4)在 F

40、e 基催化剂表面，吸附在酸性配位点上形成，与吸附在配位点3NH+4NHNO2O3+Fe上形成，然后与结合生成，最后与反应生成2NO+4NH2NO+242NONH+242NONHNO，并从催化剂表面逸出22NH O、(5)NO 与 O2反应生成 NO2是放热反应，低温时有利于反应的正向进行 功率增大时，会产生更多的 O*自由基，NO 更易被氧化为 NO2；功率增大，N2和 O2在放电时会生成 NO；相比而言，后者产生的 NO 更多（1）由 反 应 可 知，abc 原 子 利 用 率 分 别 为、180100%48.3%37232100%=64%50，则上述反应中原子利用率最高的是 b；28100

41、%=28%100（2）已知：-122232H(g)+O(g)=2H O(g)H=-395.6kJ mol-122421CO(g)+4H(g)CH(g)+2H O(g)H=-156.9kJ mol 根据盖斯定律可知，2-得：；4222CH(g)+2O(g)=CO(g)+2H O(g)H=-1-634.3kJ mol（3）由 图 可 知，阴 极 区 二 氧 化 碳 得 到 电 子 发 生 还 原 反 应 生 成 草 酸，反 应 为；温度过高微生物催化能力降低或催化剂失活，使得电极反应22242CO2e2HH C O答案第 10 页 的速率反而迅速下降；（4）由图可知，在 Fe 基催化剂表面，吸附在

42、酸性配位点上形成，与吸附3NH+4NHNO2O在配位点上形成，然后与结合生成，最后与3+Fe2NO+4NH2NO+242NONH+242NONH反应生成，并从催化剂表面逸出，使得有氧条件下，在基催化剂表面，NO22NH O、Fe还原生成氮气和水；3NHNO（5）NO 与 O2反应生成 NO2是放热反应，低温时有利于反应的正向进行，从而使得 NO的转化率提高，而等离子体技术在低温条件下可以使得反应进行，故可提高的转化率；NO低温等离子技术是在高压放电下，O2产生自由基，自由基将 NO 氧化为 NO2；功O*O*率增大时，会产生更多的 O*自由基，NO 更易被氧化为 NO2；而功率过大，N2和 O2在放电时会生成 NO；相比而言，后者产生的 NO 更多，使得当电功率大于时，转化30WNO率下降。