安徽省安庆市2023年高三模拟考试（二模）理科综合试化学试题
一、单选题
1．（2023·安庆模拟）2022年4月16日，王亚平等三位航天英雄乘坐“神州”十三号飞船顺利返航，这展示了我国科技发展的巨大成就。下列说法错误的是（ ）
A．飞船表面可使用能发生分解反应的覆盖材料
B．飞船内的氧气可由电解水的方式供给
C．被誉为“航天员手臂延长器”的操作棒是由高分子化合物碳纤维制成
D．“天宫课堂”的泡腾片实验利用了强酸制弱酸原理
2．（2023·安庆模拟）“年年重午近佳辰，符艾一番新”，端午节常采艾草悬于门户上，艾叶中含有薄荷醇()，下列有关该物质的说法错误的是（ ）
A．环上的一氯代物为3种
B．与互为同系物
C．该物质能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．该分子中sp3杂化的原子数为11个
3．（2023·安庆模拟）劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是（ ）
选项 劳动项目 化学知识
A 工人将模具干燥后再注入熔融钢水 铁与水蒸气高温下会反应
B 用墨汁绘制国画 常温下碳单质性质稳定
C 用含NaOH和Al粉的管道疏通剂疏通厨卫管道 NaOH与Al粉反应放热产生大量气体，且NaOH有一定腐蚀性
D 用富含淀粉的谷物酿酒 淀粉水解生成乙醇
A．A B．B C．C D．D
4．（2023·安庆模拟）绿水青山是构建美丽中国的伟大构想。一种以沸石笼为载体对NO进行催化还原的原理如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．反应过程中O原子的成键数目保持不变
B．+作催化剂，虚线框内物质是中间体
C．反应⑤中只起氧化剂的作用
D．该原理的总反应为4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O
5．（2023·安庆模拟）有机金属氯化物由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、M、N组成，部分结构如图所示，基态原子M核外电子所占据原子轨道全充满，N元素的价层电子排布式为nsn-1np2n-1。下列说法错误的是（ ）
A．YN4为正四面体结构
B．氢化物的沸点Z>Y
C．Z元素的第一电离能比同周期相邻元素的大
D．与M同族元素的基态原子最高能级的电子云轮廓图呈球形
6．（2023·安庆模拟）氯气是一种重要的工业原料，在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新工艺方案，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．A电极发生还原反应O2+4e-+4H+=2H2O
B．电极B与外接电源的负极相连
C．电解时，电流经电极B、电解质溶液流向电极A
D．当有2mol电子转移时，两室溶液中H+数目理论上相差4NA
7．（2023·安庆模拟）电位滴定法是根据滴定过程中电极电位变化来判断滴定终点的一种滴定分析方法，滴定终点时电极电位发生突变。常温下，利用盐酸滴定某溶液中磷酸钠的含量，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
已知：磷酸Ka1=6.9×10-3、Ka2=6.2×10-8、Ka3=4.8×10-13
A．a点对应的溶液呈弱碱性
B．水的电离程度：a点小于b点
C．b点对应的溶液中存在：c(H+)+c(H3PO4)=c(OH-)+()+2c()
D．c点对应的溶液中存在：c(Cl-)>c(H3PO4)>c()>c()
二、非选择题
8．（2023·安庆模拟）重铬酸钾作为实验室重要的基准物质，通常用来标定某些物质的浓度。实验室模拟固体碱熔氧化法制备K2Cr2O7步骤如下：
I、制备阶段
①氧化焙烧：在熔融碱中，用强氧化剂氯酸钾氧化Cr2O3，得到易溶于水的铬酸盐；
②熔块提取：用水浸取熔体，过滤，将滤液酸化；
③复分解结晶：向酸化后的滤液中加入细小KCl晶体，抽滤、干燥、得粗产品重铬酸钾。
II、纯度分析
称取1.000g的粗产品，配制成100mL溶液，取25.00mL用硫酸酸化，加入适量KI和指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至亮绿色。
回答下列问题：
（1）在氧化焙烧时，用 进行熔融(填仪器名称)，下列仪器在纯度分析中用不到的是 (填序号)。
（2）步骤①中使用的碱为苛性钠，写出该步反应的化学方程式 。
（3）步骤②中加入强酸酸化的目的是 。
（4）步骤③中加入细小KCl晶体能得到重铬酸钾，原理为2KCl+Na2Cr2O7=2NaCl+K2Cr2O7该反应能发生的原因是 。
（5）纯度分析中选择的指示剂是 ，写出酸性重铬酸钾与KI反应的离子方程式 。滴定原理是I2+2=2I-+，若滴定终点消耗0.2000mol/LNa2S2O3标准溶液22.50mL，则该产品纯度为 %(保留两位小数)。
9．（2023·安庆模拟）金属钒在新能源动力电池中有重要作用。含钒尖晶石是钒渣中最主要的含钒物相，其主要成分有V2O3、FeO、Fe2O3、Al2O3、SiO2.采用以下工艺流程制备V2O5。
（1）“焙烧”过程中被氧化的元素为 ，写出V2O3与Na2CO3反应的化学方程式 。
（2）“沉淀1”的成分是 。
（3）“滤液1”中铝元素所发生的离子反应方程式 。
（4）“沉淀2”加热分解后固体产物的用途 。(任写一种)
（5）“沉钒”析出NH4VO3晶体时，需要加入过量(NH4)2CO3，结合平衡移动原理解释原因 。
（6）该工艺流程中可回收再循环利用的物质有 。
10．（2023·安庆模拟）低碳烯烃是最重要和最基本的有机化工原料，利用合成气间接或直接制取低碳烯烃是极具开发前景的合成气制烯烃技术。回答下列问题：
（1）乙烯(C2H4)分子中σ键和键数目之比 。
（2）已知下列反应的热化学方程式：
①CO(g)+2H2(g)CH3OH(l) ΔH1=-116kJ/mol
②CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(l) ΔH2=-206kJ/mol
③2CH3OH(l)C2H4(g)+2H2O(l) ΔH3=-35kJ/mol
计算④2CO(g)+4H2(g)C2H4(g)+2H2O(l)的ΔH=
（3）目前较普遍采用的合成气间接制低碳烯烃过程可简化为反应①②③，另一种方法是费托合成直接制烯烃即反应④，相比费托合成反应，合成气间接制低碳烯烃方法的优点是 ，缺点是 。
（4）我国科学家发明的Fe基费托合成催化剂Fe@Si/S-34能抑制水煤气变换反应，具有更高的低碳烯烃选择性，使费托合成直接制烯烃具有很大开发前景。其中Fe基催化剂以铁的氧化物为主，其晶胞如下图所示：Fe在晶胞中的配位数是 ，该晶胞的化学式为 。
（5）在温度260℃，压强2MPa反应条件下，将n(H2)：n(CO)：n(N2)=2：1：1的混合气体进行反应2CO(g)+4H2(g)C2H4(g)+2H2O(g)，平衡时CO的转化率为30%，该温度下反应的平衡常数Kp= (MPa)-3(列出计算式。以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
（6）经研究反应④过程有副产物CO2、CH4、C2H6等生成。CO转化率以及产物选择性随温度的变化如下图所示。
该条件下生成乙烯最适宜的温度是 。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当 。
11．（2023·安庆模拟）芬必得是常用的解热镇痛药物，其有效成分布洛芬(F)的一种合成工艺路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）A的化学名称是 。
（2）B→C的反应类型为 。
（3）写出D中含氧官能团的名称 ，D中手性碳原子数为 。
（4）分子结构修饰可提高药物的治疗效果，降低毒副作用，布洛芬可用进行成酯修饰，请写出该过程的化学方程式 。
（5）化合物E的同分异构体中能同时满足下列条件的有 种。
i)与FeCl3溶液发生显色反应；
ii)除苯环外不含其他环状结构且苯环上有4个取代基；
iii)核磁共振氢谱显示有六组峰。
（6）布洛芬有多种合成方法，试根据所学知识以化合物C为原料经另一路线合成布洛芬，请将下列流程补充完整，箭头上填写反应条件(已知：R-BrR-COOH，无机试剂任选)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】无机非金属材料
【解析】【解答】A．飞船在飞行中表面与空气摩擦会产生大量的热，分解反应吸收热量从而可以降低飞船表面的温度，A项不符合题意；
B．电解水产生O2简单易得，能满足飞船内O2的需要，B项不符合题意；
C．碳纤维为C的单质，不属于高分子化合物，C项符合题意；
D．泡腾片中含有碳酸盐遇酸产生CO2，利用强酸制弱酸，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.分解反应吸收热量；
B.电解水生成氧气和氢气；
C.碳纤维是碳单质，不是高分子化合物；
D.有机酸和碱式碳酸盐反应生成二氧化碳。
2．【答案】A
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；同系物
【解析】【解答】A．该分子环不对称，所以其一氯代物为6种，A项符合题意；
B．两者结构相似，且分子式相差4个CH2，故为同系物，B项不符合题意；
C．该分子中醇羟基能使酸性高锰酸钾褪色，C项不符合题意；
B．该分子中C和O均为sp3杂化，共有11个，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.该分子换上有6种不同环境的氢原子；
B.结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物；
C.该物质羟基能被酸性高锰酸钾氧化；
D.该分子中，饱和碳原子采用sp3杂化，O也采用sp3杂化。
3．【答案】D
【知识点】铝的化学性质；铁的化学性质；食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验
【解析】【解答】A．铁和水蒸气高温下发生反应产生H2，存在安全隐患，A项有关联性；
B．墨汁为碳单质，国画保存时间持久说明墨汁稳定，说明常温下碳单质稳定，B项有关联性；
C．NaOH具有腐蚀性，且NaOH与Al反应放热，同时产生气体疏通管道，C项有关联性；
D．淀粉水解产生葡萄糖，葡萄糖在无氧环境下发酵转化为乙醇和二氧化碳，D项没有关联性；
故答案为：D。
【分析】A.铁与水蒸气反应生成可燃性气体氢气；
B.常温下碳单质的化学性质稳定；
C.氢氧化钠与铝反应生成偏铝酸钠和氢气；
D.淀粉水解生成葡萄糖。
4．【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．反应过程中O键数有3个、2个发生了变化，A项不符合题意；
B．四氨合铜离子与虚线框的物质都是反应中产生且后续消失的物质均为中间体，B项不符合题意；
C．该离子中铜化合价降低，但N元素化合价升高为0价，故该离子既是氧化剂又是还原剂，C项不符合题意；
D．从图看NO催化还原应该是NO与NH3氧化还原反应，反应为4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.NO结构为N≡O，水的结构为H-O-H，O原子的成键数目发生改变；
B.催化剂在反应前后不发生变化，中间产物先生成后消耗；
C.反应⑤中NO转化为N2，N元素化合价降低，被还原，起还原剂的作用。
5．【答案】B
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．YN4为CCl4其价层电子对为4对，孤电子对为0，为正四面体结构，A项不符合题意；
B．没有说明简单氢化物，C的氢化物有很多如苯等，无法比较，B项符合题意；
C．Z的电子排布为1s22s22p3为半满结构稳定难失电子所以其第一电力能大于同周期相邻元素，C项不符合题意；
D．与M同族的基态原子最高能级为ns2，电子云轮廓图为球形，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 X形成一个键，Y形成4个键，Z形成4个键，则X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，基态原子M核外电子所占据原子轨道全充满，则M为Mg元素，N元素的价层电子排布式为nsn-1np2n-1，其价电子排布式为3s23p5，N为Cl元素。
6．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．从图看在A极上发生反应的为Fe3+变为Fe2+，电极反应为Fe3++e-=Fe2+，A项不符合题意；
B．由上分析，电极B为电解池的阳极，与电源正极相连，B项不符合题意；
C．电流从正极流出经B，再由电解质流经电极A，再到负极，C项符合题意；
D．A极区发生的反应为4Fe2++O2+4H+=2H2O+4Fe3+，该反应中每转移2mol电子需要消耗2molH+。同时，电解池工作时，每转移2mol电子，2molH+从B极经膜流向A极，即A极H+没有发生变化。而B极H+由于移走而减少了2mol，所以两极H+差为2NA，故D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电极A上，Fe3+被还原为Fe2+，则电极A为阴极，电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，电极B为阳极，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑。
7．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．，即的水解程度大于电离，故该溶液为碱性，A项不符合题意；
B．，即电离大于水解，b点溶液呈酸性，电离出来的H+抑制H2O的电离。而a点水解促进水的电离，水的电离a>b，B项符合题意；
C．b点成分为NaH2PO4，该溶液中存在质子守恒为c(H+)+ c(H3PO4)=c(OH-)+()+2c()，C项不符合题意；
D．主成分为和NaCl，由上分析两者物质的量之比为1：3，c(Cl-)> c(H3PO4)。同时磷酸的电离逐级减弱c()> c()，所以c(Cl-)> c(H3PO4)> c()> c()，故D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.a点的溶质为 NaCl、Na2HPO4，，的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性；
B.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；
C.b点溶质为NaCl和NaH2PO4， 结合电荷守恒和物料守恒分析；
D.c点的溶质为和NaCl，H3PO4的各步电离程度依次减小。
8．【答案】（1）铁坩埚；A
（2）Cr2O3+4NaOH+KClO32Na2CrO4+KCl+2H2O
（3）将转化为(2+2H++H2O)
（4）K2Cr2O7溶解度较小
（5）淀粉溶液；+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O；88.20
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）焙烧碱应该选择铁坩埚以免被碱腐蚀。纯度分析中需要称量固体并配制一定浓度溶液，最后进行滴定。需要用到托盘天平、碱式滴定管、锥形瓶等而没有用到冷凝管。故答案为：铁坩埚；C；
（2）氯酸钾氧化Cr2O3为+6价即Na2CrO4，反应为Cr2O3+4NaOH+KClO32Na2CrO4+KCl+2H2O。故答案为：Cr2O3+4NaOH+KClO32Na2CrO4+KCl+2H2O；
（3）反应中存在2+2H++H2O，酸化使平衡正向，将转化为。故答案为：将转化为(2+2H++H2O)；
（4）K2Cr2O7溶解度较小而以沉淀析出。故答案为：K2Cr2O7溶解度较小；
（5）K2Cr2O7酸性条件下将KI氧化为I2反应为+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O，I2再与Na2S2O3反应产生I-。所以指示剂选淀粉。K2Cr2O7~3I2~ 6Na2S2O3。n(Na2S2O3)=cV= 0.2000mol/L× 22.50× 10-3L=4.5×10-3mol。n(K2Cr2O7)=7.5×10-4mol，则产品的纯度为。故答案为：88.20。
【分析】（1）氧化焙烧时，碱能与二氧化硅反应，因此应用铁坩埚熔融；分析纯度时，需要称量固体并配制一定浓度溶液，最后进行滴定；
（2）氧化焙烧时， 氯酸钾氧化Cr2O3， 发生反应Cr2O3+4NaOH+KClO32Na2CrO4+KCl+2H2O；
（3）酸性条件下，发生反应2+2H++H2O；
（4）该反应能发生是因为K2Cr2O7溶解度较小；
（5）碘单质遇淀粉变蓝，用淀粉溶液作指示剂；酸性条件下，K2Cr2O7与KI发生反应+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O；根据关系式：K2Cr2O7~3I2~ 6Na2S2O3计算。
9．【答案】（1）V、Fe或钒、铁；Na2CO3+V2O3+O22NaVO3+CO2
（2）Fe2O3
（3）+4H+=Al3++2H2O[或+4H+=Al3++4H2O]
（4）光导纤维或制单质硅等
（5）溶液中存在NH4VO3(s)(aq)+(aq)，加入过量(NH4)2CO3，增大浓度，有利于促进NH4VO3晶体析出，提高产率
（6）(NH4)2CO3、Na2CO3
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由上述分析可知，“焙烧”过程中被氧化的元素为V、Fe或钒、铁；焙烧时，V2O3与Na2CO3、O2反应生成NaVO3和二氧化碳，反应的化学方程式为Na2CO3+V2O3+O22NaVO3+CO2，故答案为：V、Fe或钒、铁；Na2CO3+V2O3+O22NaVO3+CO2；
（2）由上述分析可知，“沉淀1”的成分为Fe2O3，故答案为：Fe2O3；
（3）“滤液1”中铝元素以形式存在，加入盐酸发生反应+4H+=Al3++2H2O[或+4H+=Al3++4H2O]，故答案为：+4H+=Al3++2H2O[或+4H+=Al3++4H2O]；
（4）由上述分析可知，“沉淀2”为硅酸，硅酸加热分解得到的固体为二氧化硅，二氧化硅是光导纤维的主要成分，也可以用来制取单质硅，故答案为：光导纤维或制单质硅等；
（5）NH4VO3溶液中存在NH4VO3(s)(aq)+(aq)，加入过量(NH4)2CO3，增大浓度，有利于促进NH4VO3晶体析出，提高产率，故答案为：溶液中存在NH4VO3(s)(aq)+(aq)，加入过量(NH4)2CO3，增大浓度，有利于促进NH4VO3晶体析出，提高产率；
（6）该流程中，(NH4)2CO3、Na2CO3先消耗后生成，可循环利用，故答案为：(NH4)2CO3、Na2CO3。
【分析】尖晶石和碳酸钠固体混合焙烧，碳酸钠转化为二氧化碳，钒的氧化物转化为五氧化二钒，Al2O3、SiO2转化为偏铝酸钠和硅酸钠，氧化亚铁转化为氧化铁，加水溶解，只有Fe2O3不溶，则沉淀1为Fe2O3，加入HCl调节溶液pH=2~3，五氧化二钒转化为，硅酸钠转化为硅酸沉淀，偏铝酸钠转化为铝离子，氧化铁转化为铁离子，过滤得到滤渣和滤液；向滤液1中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，离子转化为五氧化二钒、铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到滤渣和滤液；加入碳酸铵沉钒得到钒酸铵沉淀，过滤得到钒酸铵；煅烧钒酸铵固体得到氨气和五氧化二钒。
10．【答案】（1）5：1
（2）-267kJ/mol
（3）有副产物液态燃料甲醇生成；工艺流程长，能耗高，烯烃选择性低等
（4）6；Fe2O3
（5）
（6）320℃；使用更高效的催化剂
【知识点】化学键；晶胞的计算；盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）两原子之间优先形成σ键。乙烯的结构式如图，中σ键和Π键数目之比5：1。故答案为：5：1；
（2）由盖斯定律得，反应④=③+2①=-267kJ/mol。故答案为：-267kJ/mol；
（3）有副产物液态燃料甲醇生成。而工艺流程长，能耗高，同时②反应副产物多烯烃选择性低等。故答案为：有副产物液态燃料甲醇生成；工艺流程长，能耗高，烯烃选择性低等；
（4）从图看每个Fe周围连了6个O，所以Fe的配位数为6。灰球12个位于棱上，8个位于体内，8个顶点，总共Fe为3+8+1=12个。故答案为：Fe2O3；
（5）由于起始，将n(H2)：n(CO)：n(N2)=2：1：1，设个物质的量分别为2mol、1mol、1mol，同时CO平衡转化率为30%，建立三段式为
，P平= MPa。则Kp=(MPa)-3。故答案为：；
（6）从图看，320℃时，C2H4选择性较高，条件为C2H4。为了提高烯烃的选择性可以选择更高效的催化剂，有利于主反应。故答案为：320℃；使用更高效的催化剂。
【分析】（1）单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
（2）根据盖斯定律，④=③+2×①；
（3）该方法的优点为有副产物液态燃料甲醇生成，缺点为工艺流程长，能耗高，烯烃选择性低等；
（4）根据均摊法计算；
（5）列出反应的三段式计算；
（6）320℃时，C2H4选择性较高；为了提高烯烃的选择性可以选择更高效的催化剂。
11．【答案】（1）甲苯
（2）取代反应
（3）酯基和醚键；2
（4）
（5）6
（6）
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；芳香烃；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）A为，其名称为甲苯。故答案为：甲苯；
（2）B→C为苯环的氢被-COCH3取代。故答案为：取代反应；
（3）D的含氧官能团为醚键和酯基。连接四个不同原子或基团的碳为手性碳，D中手性碳如图，手性碳有2个。故答案为：醚键和酯基；2；
（4）该反应为酯化反应，酸脱羟基醇脱氢，反应为。故答案为：；
（5）E的化学式为C13H18O，该分子中含有5个不饱和度，与FeCl3溶液发生显色反应含有酚羟基，且除了苯环外还含有C=C 。又分子苯环上四取代且有核磁共振氢谱显示有六组峰，和，，该同分异构体有6种。故答案为：6；
（6）运用逆推法，已知R-Br可直接转变为R-COOH，即。卤代烃可由醇与HBr取代得到即。原料经还原即可得到。合成路线为。
【分析】A和丙烯反应生成B，结合B的结构简式和A的分子式可知，A为，D发生已知反应生成E，结合E的分子式可知，E的结构简式为。
安徽省安庆市2023年高三模拟考试（二模）理科综合试化学试题
一、单选题
1．（2023·安庆模拟）2022年4月16日，王亚平等三位航天英雄乘坐“神州”十三号飞船顺利返航，这展示了我国科技发展的巨大成就。下列说法错误的是（ ）
A．飞船表面可使用能发生分解反应的覆盖材料
B．飞船内的氧气可由电解水的方式供给
C．被誉为“航天员手臂延长器”的操作棒是由高分子化合物碳纤维制成
D．“天宫课堂”的泡腾片实验利用了强酸制弱酸原理
【答案】C
【知识点】无机非金属材料
【解析】【解答】A．飞船在飞行中表面与空气摩擦会产生大量的热，分解反应吸收热量从而可以降低飞船表面的温度，A项不符合题意；
B．电解水产生O2简单易得，能满足飞船内O2的需要，B项不符合题意；
C．碳纤维为C的单质，不属于高分子化合物，C项符合题意；
D．泡腾片中含有碳酸盐遇酸产生CO2，利用强酸制弱酸，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.分解反应吸收热量；
B.电解水生成氧气和氢气；
C.碳纤维是碳单质，不是高分子化合物；
D.有机酸和碱式碳酸盐反应生成二氧化碳。
2．（2023·安庆模拟）“年年重午近佳辰，符艾一番新”，端午节常采艾草悬于门户上，艾叶中含有薄荷醇()，下列有关该物质的说法错误的是（ ）
A．环上的一氯代物为3种
B．与互为同系物
C．该物质能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．该分子中sp3杂化的原子数为11个
【答案】A
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质；同系物
【解析】【解答】A．该分子环不对称，所以其一氯代物为6种，A项符合题意；
B．两者结构相似，且分子式相差4个CH2，故为同系物，B项不符合题意；
C．该分子中醇羟基能使酸性高锰酸钾褪色，C项不符合题意；
B．该分子中C和O均为sp3杂化，共有11个，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.该分子换上有6种不同环境的氢原子；
B.结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物；
C.该物质羟基能被酸性高锰酸钾氧化；
D.该分子中，饱和碳原子采用sp3杂化，O也采用sp3杂化。
3．（2023·安庆模拟）劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是（ ）
选项 劳动项目 化学知识
A 工人将模具干燥后再注入熔融钢水 铁与水蒸气高温下会反应
B 用墨汁绘制国画 常温下碳单质性质稳定
C 用含NaOH和Al粉的管道疏通剂疏通厨卫管道 NaOH与Al粉反应放热产生大量气体，且NaOH有一定腐蚀性
D 用富含淀粉的谷物酿酒 淀粉水解生成乙醇
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】铝的化学性质；铁的化学性质；食物中淀粉、蛋白质、葡萄糖的检验
【解析】【解答】A．铁和水蒸气高温下发生反应产生H2，存在安全隐患，A项有关联性；
B．墨汁为碳单质，国画保存时间持久说明墨汁稳定，说明常温下碳单质稳定，B项有关联性；
C．NaOH具有腐蚀性，且NaOH与Al反应放热，同时产生气体疏通管道，C项有关联性；
D．淀粉水解产生葡萄糖，葡萄糖在无氧环境下发酵转化为乙醇和二氧化碳，D项没有关联性；
故答案为：D。
【分析】A.铁与水蒸气反应生成可燃性气体氢气；
B.常温下碳单质的化学性质稳定；
C.氢氧化钠与铝反应生成偏铝酸钠和氢气；
D.淀粉水解生成葡萄糖。
4．（2023·安庆模拟）绿水青山是构建美丽中国的伟大构想。一种以沸石笼为载体对NO进行催化还原的原理如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．反应过程中O原子的成键数目保持不变
B．+作催化剂，虚线框内物质是中间体
C．反应⑤中只起氧化剂的作用
D．该原理的总反应为4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O
【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．反应过程中O键数有3个、2个发生了变化，A项不符合题意；
B．四氨合铜离子与虚线框的物质都是反应中产生且后续消失的物质均为中间体，B项不符合题意；
C．该离子中铜化合价降低，但N元素化合价升高为0价，故该离子既是氧化剂又是还原剂，C项不符合题意；
D．从图看NO催化还原应该是NO与NH3氧化还原反应，反应为4NO+4NH3+O2=4N2+6H2O，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.NO结构为N≡O，水的结构为H-O-H，O原子的成键数目发生改变；
B.催化剂在反应前后不发生变化，中间产物先生成后消耗；
C.反应⑤中NO转化为N2，N元素化合价降低，被还原，起还原剂的作用。
5．（2023·安庆模拟）有机金属氯化物由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、M、N组成，部分结构如图所示，基态原子M核外电子所占据原子轨道全充满，N元素的价层电子排布式为nsn-1np2n-1。下列说法错误的是（ ）
A．YN4为正四面体结构
B．氢化物的沸点Z>Y
C．Z元素的第一电离能比同周期相邻元素的大
D．与M同族元素的基态原子最高能级的电子云轮廓图呈球形
【答案】B
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．YN4为CCl4其价层电子对为4对，孤电子对为0，为正四面体结构，A项不符合题意；
B．没有说明简单氢化物，C的氢化物有很多如苯等，无法比较，B项符合题意；
C．Z的电子排布为1s22s22p3为半满结构稳定难失电子所以其第一电力能大于同周期相邻元素，C项不符合题意；
D．与M同族的基态原子最高能级为ns2，电子云轮廓图为球形，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 X形成一个键，Y形成4个键，Z形成4个键，则X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，基态原子M核外电子所占据原子轨道全充满，则M为Mg元素，N元素的价层电子排布式为nsn-1np2n-1，其价电子排布式为3s23p5，N为Cl元素。
6．（2023·安庆模拟）氯气是一种重要的工业原料，在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新工艺方案，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．A电极发生还原反应O2+4e-+4H+=2H2O
B．电极B与外接电源的负极相连
C．电解时，电流经电极B、电解质溶液流向电极A
D．当有2mol电子转移时，两室溶液中H+数目理论上相差4NA
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．从图看在A极上发生反应的为Fe3+变为Fe2+，电极反应为Fe3++e-=Fe2+，A项不符合题意；
B．由上分析，电极B为电解池的阳极，与电源正极相连，B项不符合题意；
C．电流从正极流出经B，再由电解质流经电极A，再到负极，C项符合题意；
D．A极区发生的反应为4Fe2++O2+4H+=2H2O+4Fe3+，该反应中每转移2mol电子需要消耗2molH+。同时，电解池工作时，每转移2mol电子，2molH+从B极经膜流向A极，即A极H+没有发生变化。而B极H+由于移走而减少了2mol，所以两极H+差为2NA，故D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电极A上，Fe3+被还原为Fe2+，则电极A为阴极，电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，电极B为阳极，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑。
7．（2023·安庆模拟）电位滴定法是根据滴定过程中电极电位变化来判断滴定终点的一种滴定分析方法，滴定终点时电极电位发生突变。常温下，利用盐酸滴定某溶液中磷酸钠的含量，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
已知：磷酸Ka1=6.9×10-3、Ka2=6.2×10-8、Ka3=4.8×10-13
A．a点对应的溶液呈弱碱性
B．水的电离程度：a点小于b点
C．b点对应的溶液中存在：c(H+)+c(H3PO4)=c(OH-)+()+2c()
D．c点对应的溶液中存在：c(Cl-)>c(H3PO4)>c()>c()
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；水的电离；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A．，即的水解程度大于电离，故该溶液为碱性，A项不符合题意；
B．，即电离大于水解，b点溶液呈酸性，电离出来的H+抑制H2O的电离。而a点水解促进水的电离，水的电离a>b，B项符合题意；
C．b点成分为NaH2PO4，该溶液中存在质子守恒为c(H+)+ c(H3PO4)=c(OH-)+()+2c()，C项不符合题意；
D．主成分为和NaCl，由上分析两者物质的量之比为1：3，c(Cl-)> c(H3PO4)。同时磷酸的电离逐级减弱c()> c()，所以c(Cl-)> c(H3PO4)> c()> c()，故D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.a点的溶质为 NaCl、Na2HPO4，，的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性；
B.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；
C.b点溶质为NaCl和NaH2PO4， 结合电荷守恒和物料守恒分析；
D.c点的溶质为和NaCl，H3PO4的各步电离程度依次减小。
二、非选择题
8．（2023·安庆模拟）重铬酸钾作为实验室重要的基准物质，通常用来标定某些物质的浓度。实验室模拟固体碱熔氧化法制备K2Cr2O7步骤如下：
I、制备阶段
①氧化焙烧：在熔融碱中，用强氧化剂氯酸钾氧化Cr2O3，得到易溶于水的铬酸盐；
②熔块提取：用水浸取熔体，过滤，将滤液酸化；
③复分解结晶：向酸化后的滤液中加入细小KCl晶体，抽滤、干燥、得粗产品重铬酸钾。
II、纯度分析
称取1.000g的粗产品，配制成100mL溶液，取25.00mL用硫酸酸化，加入适量KI和指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至亮绿色。
回答下列问题：
（1）在氧化焙烧时，用 进行熔融(填仪器名称)，下列仪器在纯度分析中用不到的是 (填序号)。
（2）步骤①中使用的碱为苛性钠，写出该步反应的化学方程式 。
（3）步骤②中加入强酸酸化的目的是 。
（4）步骤③中加入细小KCl晶体能得到重铬酸钾，原理为2KCl+Na2Cr2O7=2NaCl+K2Cr2O7该反应能发生的原因是 。
（5）纯度分析中选择的指示剂是 ，写出酸性重铬酸钾与KI反应的离子方程式 。滴定原理是I2+2=2I-+，若滴定终点消耗0.2000mol/LNa2S2O3标准溶液22.50mL，则该产品纯度为 %(保留两位小数)。
【答案】（1）铁坩埚；A
（2）Cr2O3+4NaOH+KClO32Na2CrO4+KCl+2H2O
（3）将转化为(2+2H++H2O)
（4）K2Cr2O7溶解度较小
（5）淀粉溶液；+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O；88.20
【知识点】中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）焙烧碱应该选择铁坩埚以免被碱腐蚀。纯度分析中需要称量固体并配制一定浓度溶液，最后进行滴定。需要用到托盘天平、碱式滴定管、锥形瓶等而没有用到冷凝管。故答案为：铁坩埚；C；
（2）氯酸钾氧化Cr2O3为+6价即Na2CrO4，反应为Cr2O3+4NaOH+KClO32Na2CrO4+KCl+2H2O。故答案为：Cr2O3+4NaOH+KClO32Na2CrO4+KCl+2H2O；
（3）反应中存在2+2H++H2O，酸化使平衡正向，将转化为。故答案为：将转化为(2+2H++H2O)；
（4）K2Cr2O7溶解度较小而以沉淀析出。故答案为：K2Cr2O7溶解度较小；
（5）K2Cr2O7酸性条件下将KI氧化为I2反应为+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O，I2再与Na2S2O3反应产生I-。所以指示剂选淀粉。K2Cr2O7~3I2~ 6Na2S2O3。n(Na2S2O3)=cV= 0.2000mol/L× 22.50× 10-3L=4.5×10-3mol。n(K2Cr2O7)=7.5×10-4mol，则产品的纯度为。故答案为：88.20。
【分析】（1）氧化焙烧时，碱能与二氧化硅反应，因此应用铁坩埚熔融；分析纯度时，需要称量固体并配制一定浓度溶液，最后进行滴定；
（2）氧化焙烧时， 氯酸钾氧化Cr2O3， 发生反应Cr2O3+4NaOH+KClO32Na2CrO4+KCl+2H2O；
（3）酸性条件下，发生反应2+2H++H2O；
（4）该反应能发生是因为K2Cr2O7溶解度较小；
（5）碘单质遇淀粉变蓝，用淀粉溶液作指示剂；酸性条件下，K2Cr2O7与KI发生反应+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O；根据关系式：K2Cr2O7~3I2~ 6Na2S2O3计算。
9．（2023·安庆模拟）金属钒在新能源动力电池中有重要作用。含钒尖晶石是钒渣中最主要的含钒物相，其主要成分有V2O3、FeO、Fe2O3、Al2O3、SiO2.采用以下工艺流程制备V2O5。
（1）“焙烧”过程中被氧化的元素为 ，写出V2O3与Na2CO3反应的化学方程式 。
（2）“沉淀1”的成分是 。
（3）“滤液1”中铝元素所发生的离子反应方程式 。
（4）“沉淀2”加热分解后固体产物的用途 。(任写一种)
（5）“沉钒”析出NH4VO3晶体时，需要加入过量(NH4)2CO3，结合平衡移动原理解释原因 。
（6）该工艺流程中可回收再循环利用的物质有 。
【答案】（1）V、Fe或钒、铁；Na2CO3+V2O3+O22NaVO3+CO2
（2）Fe2O3
（3）+4H+=Al3++2H2O[或+4H+=Al3++4H2O]
（4）光导纤维或制单质硅等
（5）溶液中存在NH4VO3(s)(aq)+(aq)，加入过量(NH4)2CO3，增大浓度，有利于促进NH4VO3晶体析出，提高产率
（6）(NH4)2CO3、Na2CO3
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由上述分析可知，“焙烧”过程中被氧化的元素为V、Fe或钒、铁；焙烧时，V2O3与Na2CO3、O2反应生成NaVO3和二氧化碳，反应的化学方程式为Na2CO3+V2O3+O22NaVO3+CO2，故答案为：V、Fe或钒、铁；Na2CO3+V2O3+O22NaVO3+CO2；
（2）由上述分析可知，“沉淀1”的成分为Fe2O3，故答案为：Fe2O3；
（3）“滤液1”中铝元素以形式存在，加入盐酸发生反应+4H+=Al3++2H2O[或+4H+=Al3++4H2O]，故答案为：+4H+=Al3++2H2O[或+4H+=Al3++4H2O]；
（4）由上述分析可知，“沉淀2”为硅酸，硅酸加热分解得到的固体为二氧化硅，二氧化硅是光导纤维的主要成分，也可以用来制取单质硅，故答案为：光导纤维或制单质硅等；
（5）NH4VO3溶液中存在NH4VO3(s)(aq)+(aq)，加入过量(NH4)2CO3，增大浓度，有利于促进NH4VO3晶体析出，提高产率，故答案为：溶液中存在NH4VO3(s)(aq)+(aq)，加入过量(NH4)2CO3，增大浓度，有利于促进NH4VO3晶体析出，提高产率；
（6）该流程中，(NH4)2CO3、Na2CO3先消耗后生成，可循环利用，故答案为：(NH4)2CO3、Na2CO3。
【分析】尖晶石和碳酸钠固体混合焙烧，碳酸钠转化为二氧化碳，钒的氧化物转化为五氧化二钒，Al2O3、SiO2转化为偏铝酸钠和硅酸钠，氧化亚铁转化为氧化铁，加水溶解，只有Fe2O3不溶，则沉淀1为Fe2O3，加入HCl调节溶液pH=2~3，五氧化二钒转化为，硅酸钠转化为硅酸沉淀，偏铝酸钠转化为铝离子，氧化铁转化为铁离子，过滤得到滤渣和滤液；向滤液1中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，离子转化为五氧化二钒、铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到滤渣和滤液；加入碳酸铵沉钒得到钒酸铵沉淀，过滤得到钒酸铵；煅烧钒酸铵固体得到氨气和五氧化二钒。
10．（2023·安庆模拟）低碳烯烃是最重要和最基本的有机化工原料，利用合成气间接或直接制取低碳烯烃是极具开发前景的合成气制烯烃技术。回答下列问题：
（1）乙烯(C2H4)分子中σ键和键数目之比 。
（2）已知下列反应的热化学方程式：
①CO(g)+2H2(g)CH3OH(l) ΔH1=-116kJ/mol
②CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(l) ΔH2=-206kJ/mol
③2CH3OH(l)C2H4(g)+2H2O(l) ΔH3=-35kJ/mol
计算④2CO(g)+4H2(g)C2H4(g)+2H2O(l)的ΔH=
（3）目前较普遍采用的合成气间接制低碳烯烃过程可简化为反应①②③，另一种方法是费托合成直接制烯烃即反应④，相比费托合成反应，合成气间接制低碳烯烃方法的优点是 ，缺点是 。
（4）我国科学家发明的Fe基费托合成催化剂Fe@Si/S-34能抑制水煤气变换反应，具有更高的低碳烯烃选择性，使费托合成直接制烯烃具有很大开发前景。其中Fe基催化剂以铁的氧化物为主，其晶胞如下图所示：Fe在晶胞中的配位数是 ，该晶胞的化学式为 。
（5）在温度260℃，压强2MPa反应条件下，将n(H2)：n(CO)：n(N2)=2：1：1的混合气体进行反应2CO(g)+4H2(g)C2H4(g)+2H2O(g)，平衡时CO的转化率为30%，该温度下反应的平衡常数Kp= (MPa)-3(列出计算式。以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
（6）经研究反应④过程有副产物CO2、CH4、C2H6等生成。CO转化率以及产物选择性随温度的变化如下图所示。
该条件下生成乙烯最适宜的温度是 。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当 。
【答案】（1）5：1
（2）-267kJ/mol
（3）有副产物液态燃料甲醇生成；工艺流程长，能耗高，烯烃选择性低等
（4）6；Fe2O3
（5）
（6）320℃；使用更高效的催化剂
【知识点】化学键；晶胞的计算；盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）两原子之间优先形成σ键。乙烯的结构式如图，中σ键和Π键数目之比5：1。故答案为：5：1；
（2）由盖斯定律得，反应④=③+2①=-267kJ/mol。故答案为：-267kJ/mol；
（3）有副产物液态燃料甲醇生成。而工艺流程长，能耗高，同时②反应副产物多烯烃选择性低等。故答案为：有副产物液态燃料甲醇生成；工艺流程长，能耗高，烯烃选择性低等；
（4）从图看每个Fe周围连了6个O，所以Fe的配位数为6。灰球12个位于棱上，8个位于体内，8个顶点，总共Fe为3+8+1=12个。故答案为：Fe2O3；
（5）由于起始，将n(H2)：n(CO)：n(N2)=2：1：1，设个物质的量分别为2mol、1mol、1mol，同时CO平衡转化率为30%，建立三段式为
，P平= MPa。则Kp=(MPa)-3。故答案为：；
（6）从图看，320℃时，C2H4选择性较高，条件为C2H4。为了提高烯烃的选择性可以选择更高效的催化剂，有利于主反应。故答案为：320℃；使用更高效的催化剂。
【分析】（1）单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
（2）根据盖斯定律，④=③+2×①；
（3）该方法的优点为有副产物液态燃料甲醇生成，缺点为工艺流程长，能耗高，烯烃选择性低等；
（4）根据均摊法计算；
（5）列出反应的三段式计算；
（6）320℃时，C2H4选择性较高；为了提高烯烃的选择性可以选择更高效的催化剂。
11．（2023·安庆模拟）芬必得是常用的解热镇痛药物，其有效成分布洛芬(F)的一种合成工艺路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）A的化学名称是 。
（2）B→C的反应类型为 。
（3）写出D中含氧官能团的名称 ，D中手性碳原子数为 。
（4）分子结构修饰可提高药物的治疗效果，降低毒副作用，布洛芬可用进行成酯修饰，请写出该过程的化学方程式 。
（5）化合物E的同分异构体中能同时满足下列条件的有 种。
i)与FeCl3溶液发生显色反应；
ii)除苯环外不含其他环状结构且苯环上有4个取代基；
iii)核磁共振氢谱显示有六组峰。
（6）布洛芬有多种合成方法，试根据所学知识以化合物C为原料经另一路线合成布洛芬，请将下列流程补充完整，箭头上填写反应条件(已知：R-BrR-COOH，无机试剂任选)。
【答案】（1）甲苯
（2）取代反应
（3）酯基和醚键；2
（4）
（5）6
（6）
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；芳香烃；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）A为，其名称为甲苯。故答案为：甲苯；
（2）B→C为苯环的氢被-COCH3取代。故答案为：取代反应；
（3）D的含氧官能团为醚键和酯基。连接四个不同原子或基团的碳为手性碳，D中手性碳如图，手性碳有2个。故答案为：醚键和酯基；2；
（4）该反应为酯化反应，酸脱羟基醇脱氢，反应为。故答案为：；
（5）E的化学式为C13H18O，该分子中含有5个不饱和度，与FeCl3溶液发生显色反应含有酚羟基，且除了苯环外还含有C=C 。又分子苯环上四取代且有核磁共振氢谱显示有六组峰，和，，该同分异构体有6种。故答案为：6；
（6）运用逆推法，已知R-Br可直接转变为R-COOH，即。卤代烃可由醇与HBr取代得到即。原料经还原即可得到。合成路线为。
【分析】A和丙烯反应生成B，结合B的结构简式和A的分子式可知，A为，D发生已知反应生成E，结合E的分子式可知，E的结构简式为。
