2024-2025学年江苏省淮安市高三一模化学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1江苏省淮安市2024-2025学年高三一模试题注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷共8页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。2.答题前，请你务必将自己的姓名、学校、考试号等用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在答题卡上规定的位置。3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号和本人是否相符。4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14Mo-96O-16Na-23S-32一、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.工业上常用明矾[KAl(SO4)2·12H2O]作净水剂。按物质组成分类，KAl(SO4)2·12H2O属于A.酸 B.碱 C.盐 D.混合物【答案】C【解析】A．酸是指在水溶液中电离出的阳离子全部是H+的化合物，而KAl(SO4)2·12H2O在水溶液中电离出K+、Al3+和硫酸根离子，故KAl(SO4)2·12H2O不属于酸，A不合题意；B．碱是指在水溶液中电离出的阴离子全部是OH-的化合物，而KAl(SO4)2·12H2O在水溶液中电离出K+、Al3+和硫酸根离子，故KAl(SO4)2·12H2O不属于碱，B不合题意；C．盐是指在水溶液中电离出金属阳离子或者铵根离子和酸根阴离子(不包括OH-)的化合物，而KAl(SO4)2·12H2O在水溶液中电离出K+、Al3+和硫酸根离子，故KAl(SO4)2·12H2O属于盐，C符合题意；D．混合物是指含有两种或两种以上物质的物质，而KAl(SO4)2·12H2O只含有一种物质，属于纯净物，D不合题意；故答案为：C。2.反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可用于制备氧气。下列说法不正确的是A.Na+的结构示意图为 B.Na2O2中既含离子键又含共价键C.中C元素的化合价为+4 D.CO2的空间构型为直线形【答案】A【解析】A．Na是11号元素，故Na+的结构示意图为：，A错误；B．Na2O2中既含Na+与之间的离子键又含内的O-O共价键，B正确；C．已知中O的化合价为-2价，故C元素的化合价为+4，C正确；D．CO2中心原子C周围的价层电子对数为：2+=2，根据价层电子对互斥理论可知，CO2的空间构型为直线形，D正确；故答案为：A。3.实验室用含有炭粉的铜制备硝酸铜，下列装置应用不能达到实验目的的是()A.用装置溶解铜粉B.用装置吸收尾气C.用装置分离炭粉和硝酸铜溶液D.用装置蒸干硝酸铜溶液制Cu(NO3)2·3H2O【答案】D【解析】A．Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜，碳粉与铜和硝酸溶液可以形成原电池，加快了化学反应，能达到实验目的；B．NO有毒，易与氧气反应，生成NO2,二氧化氮能与NaOH溶液反应；故B能达到实验目的；C．炭粉不溶于水，硝酸铜能溶于水，所以加水后过滤能除去炭粉，故C能达到实验目的；D.Cu(NO3)2在水溶液中易水解生成Cu(OH)2和易挥发的HNO3，而加热使水解程度更大，所以蒸干硝酸铜溶液得不到Cu(NO3)2·3H2O，易得到Cu(OH)2，D错误。答案：D。4.元素C、N、O位于周期表中第二周期。下列说法正确的是A.原子半径：r(C)<r(N)<r(O) B.酸性：H2CO3<HNO3C.第一电离能：I(C)<I(N)<I(O) D.沸点：NH3<PH3【答案】B【解析】A．同周期元素从左到右，原子半径依次减小，则原子半径r(C)>r(N)>r(O)，A错误；B．同周期元素从左到右，非金属性依次增强，最高价氧化物对应的水化物的酸性依次增强，则酸性H2CO3<HNO3，B正确；C．同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但ⅡA、ⅤA反常，则第一电离能I(C)<I(O)<I(N)，C错误；D．同类型分子晶体的熔沸点一般随着相对分子质量的增大而增大，但由于NH₃分子间能形成氢键而PH3不能，所以NH3的分子间作用力较大，则沸点：NH3>PH3，D错误；故选B。阅读下列资料，完成下面小题：氯气与碱反应可以得到次氯酸盐、氯酸盐等含氧酸盐，次氯酸盐应用广泛。通过KClO溶液在碱性条件下与Fe(NO3)3溶液反应制备高效水处理剂K2FeO4，K2FeO4在强碱性溶液中稳定；通过KClO溶液在碱性条件下与尿素[CO(NH2)2]水溶液制备N2H4，N2H4(l)的燃烧热为642kJ·mol-1，具有强还原性，能与KClO剧烈反应生成N2；通过KClO溶液与Ag反应可以回收光盘金属层中的少量Ag，其反应产物为AgCl、KOH和O2；通过KClO溶液在碱性条件下与NiSO4反应可制得电极材料NiOOH。5.下列说法正确的是A.32gN2H4中含5molσ键 B.基态K+的核外三个电子能层均充满电子C.与的键角相等 D.N2与O2固态时晶体类型均为共价晶体6.下列化学反应表示正确的是A.KClO溶液与Ag反应：B.KClO碱性溶液与溶液反应：C.尿素与过量的KClO溶液反应：D.的燃烧：kJ·mol-17.下列相关元素及其化合物的结构与性质或性质与用途具有对应关系的是A.Ag具有较好的延展性，可用于在铁表面镀银B.具有还原性，可用于电极材料的制备C.中N原子能与形成配位键，的水溶液呈酸性D.中具有正四面体结构，具有强氧化性【答案】5.A6.A7.B【解析】5.A．单键均为σ键，32g肼的物质的量为=1mol，肼(N2H4)的结构式为，则32g肼中含5molσ键，A正确；B．基态K+的核外三个电子能层的电子数分别为2、8、8，M层没有充满电子，B错误；C．中Cl原子价层电子对数=3+

=4且含有1个孤电子对，中Cl原子价层电子对数=4+

=4且不含孤电子对，孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以键角：前者小于后者，C错误；D．N2与O2固态时晶体类型均为分子晶体，D错误；故答案为：A；6.A.KClO溶液与Ag反应生成AgCl、KOH和O2，反应的离子方程式为：4Ag+4KClO+2H2O=4AgCl+4KOH+O2↑，A正确；B.KClO碱性溶液与Fe(NO3)3溶液反应生成，Cl-和，反应的离子方程式为：3ClO-+2Fe3++10OH-=3Cl-+2+5H2O，B错误；C.尿素与过量的KClO溶液反应生成N2、KCl、CO2和H2O，反应的离子方程式为：CO(NH2)2+3ClO-=N2↑+3Cl-+CO2↑+2H2O，C错误；D.N2H4燃烧生成N2和H2O，反应的热化学方程式为：N2H4(l)+O2(g)=2H2O(l)+N2(g)ΔH=-642kJ•mol-1，D错误；故答案为：A；7.A．由于Ag的金属活动性在氢之后，因而可用于在铁表面镀银，与其延展性无关，A错误；B．NiSO4具有还原性，能被氧化生成NiO(OH)，可用于电极材料NiO(OH)的制备，B正确；C．N2H4中的N原子与H+形成配位键，N2H4分子内的N原子可以提供孤电子对，H+提供空轨道形成配位键，故N2H4的水溶液呈碱性，C错误；D．K2FeO4中铁元素处于最高价，具有强氧化性，与的构型无对应关系，D错误；故答案为：B。8.通过如下反应可合成一种中间体：下列说法正确的是A.2−环己烯酮中所有的原子可能共平面B.苯甲醛分子中所有碳原子杂化方式相同C.可用酸性高锰酸钾溶液鉴别中间体和2−环己烯酮D.中间体与足量H2加成后所得分子中含有4个手性碳原子【答案】B【解析】A．2-环己烯酮中含有饱和碳原子，饱和碳原子为四面体结构，所有的原子不可能共平面，A错误；B．苯甲醛分子中所有碳原子都是sp2杂化，B正确；C．根据分子结构可看出，中间体分子中含有羟基和碳碳双键，两个官能团均能被酸性高锰酸钾氧化，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色，2-环己烯酮也含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能用酸性高锰酸钾溶液检验二者，C错误；D．中间体与足量H2完全加成后所得分子中结构式为：，含有3个手性碳原子，D错误；故选B。9.为回收利用含的废液，某化学兴趣小组设计方案如下所示，下列说法不正确的是A.试剂X可用硫酸B.步骤Ⅱ操作可为蒸馏C.步骤Ⅰ中，分液时从分液漏斗下口放出溶液AD.步骤Ⅰ中，加入足量溶液充分反应后，上下两层均为无色【答案】C【解析】由题给流程可知，向的四氯化碳溶液中加入碳酸钠溶液，碳酸钠溶液与反应得到含有溴化钠和溴酸钠的混合溶液，分液得到四氯化碳和溶液A；向溶液A中加入硫酸溶液，溴化钠和溴酸钠在硫酸溶液中发生归中反应生成硫酸钠溶液B和溴单质。A．由分析可知，向溶液A中加入硫酸溶液的目的是使溴化钠和溴酸钠在硫酸溶液中发生归中反应生成硫酸钠和溴单质，则试剂X可用硫酸，A正确；B．溴单质沸点低，可以蒸馏从混合液中分离出溴单质，步骤Ⅱ操作可为蒸馏，B正确；C．四氯化碳的密度大于水，加入足量碳酸钠溶液充分反应后，上层为含有溴化钠和溴酸钠的混合溶液，下层为四氯化碳，则分液时应从分液漏斗上口倒出溶液A，C错误；D．步骤I中，加入足量碳酸钠溶液发生的反应为碳酸钠溶液与溴单质反应得到含有溴化钠和溴酸钠的混合溶液，充分反应后，上层为含有溴化钠和溴酸钠的混合溶液，下层为四氯化碳，上下两层均为无色，D正确；故选C。10.在非水溶剂中，将转化为化合物的催化机理如图所示。下列说法正确的是A.该转化过程中催化剂只有AcOH B.该转化过程总反应C.该转化过程中有碳碳键的断裂与形成 D.若用参与反应，可得到【答案】D【解析】A．催化剂是反应前后不变，先参加后生成的反应过程，由图可知，催化剂有AcOH和KI，A错误；B．不知道反应物和生成物的总能量相对大小，且断裂化学键和形成化学键所需能量未知，不能确定反应是吸热反应还是放热反应，B错误；C．该转化过程有碳氧单键、碳氧双键断裂和碳氧单键形成，没有碳碳键的断开和形成，C错误；D．CO2分子的结构为：O=C=O，其中一个C=O键断开，与另一反应物中C-O键断开，形成化合物，其中有两个O原子来自于CO2，若用参与反应，可得到，D正确；答案选D。11.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A将硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色H2O2的氧化性强于Fe3+的氧化性B向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)C将1.0mol·L-1NaHCO3溶液加少量水稀释，测溶液的pH升高稀释可以破坏之间的氢键，使得c()增大，碱性增强D用电导率传感器分别测定等浓度的醋酸溶液和盐酸的电导率，盐酸的导电性强HCl为强电解质A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．酸性溶液中硝酸根离子氧化亚铁离子，不能证明H2O2的氧化性强于Fe3+的氧化性，A错误；B．NaCl、NaI的混合稀溶液的浓度未知，不发生沉淀的转化，不能比较Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的大小，B错误；C．加少量水稀释可以破坏之间的氢键，则使得c()增大，水解平衡正向移动，溶液的碱性增强，C正确；D．等浓度时，导电性强的溶液，对应酸的酸性强，由实验操作和现象可知，盐酸的酸性大于醋酸的酸性，不能证明HCl为强电解质，D错误；故答案为：C。12.室温下，通过下列实验探究H2S及部分硫化物的性质。已知：H2S饱和溶液浓度约为0.1mol·L-1，，，；反应平衡常数K大于时认为反应完全。实验1：向20mL0.1mol·L-1H2S溶液中加入20mL0.1mol·L-1NaOH溶液；实验2：向实验1所得溶液中继续加入20mL0.1mol·L-1NaOH溶液；实验3：向0.1mol·L-1H2S溶液中通入少量氯气，有淡黄色沉淀产生；实验4：向c(Cd2+)=0.01mol·L-1的盐溶液中通入H2S气体至饱和。下列说法正确的是A.实验1溶液中存在：B.实验2溶液中存在：C.实验3中反应的离子方程式：D.实验4所得溶液中：【答案】D【解析】A．实验1所得溶液的溶质为NaHS，根据Ka1(H2S)=10-6.97，Ka2(H2S)=10-12.90，则HS-水解常数Kh=，即HS-的水解程度大于其电离程度，所以实验1溶液中存在：c(S2-)＜c(H2S)，A错误；B．实验2：向实验1所得溶液中继续加入20mL0.1mol·L-1NaOH溶液，发生反应：NaHS+NaOH=Na2S+H2O，即NaHS和NaOH恰好完全反应生成Na2S，根据质子守恒，实验2溶液中存在：，B错误；C．向0.1mol·L-1H2S溶液中通入少量氯气，有淡黄色沉淀产生，即生成单质硫，反应的离子方程式为：H2S+Cl2=S↓+2H++2Cl-，C错误；D．向c(Cd2+)=0.01mol·L-1的盐溶液中通入H2S气体至饱和，发生反应：Cd2++H2S=CdS↓+2H+，该反应的平衡常数K====，即该反应可认为反应完全，所以实验4所得溶液中：c(H+)＞c(Cd2+)，D正确；故选D。13.在一个容积固定的反应器中，有一可左右滑动的密封隔板，两侧分别进行：反应I：反应II：如图-1所示；各物质起始加入量为：、和HI均为，为，为2.0mol，设为。当x在一定范围内变化时，均可以通过调节反应器的温度，使两侧反应都达到平衡，并且隔板恰好处于正中位置；反应II中与起始物质的量之比一定条件下，不同温度时转化率如图-2所示（图中虚线表示相同条件下的平衡转化率随温度的变化）。下列说法不正确的是A.欲使反应II起始时向正反应方向进行，x的最大取值应小于7.0B.反应II正反应活化能小于逆反应的活化能C.保持温度不变，时改变与起始物质的量的比值，的转化率可能从a点的值升至b点的值D.在x分别为4.5和5.0这两种情况下，当反应达平衡时，的物质的量相等【答案】D【解析】A．反应I和II两部分温度、体积、压强相同，平衡时，两反应混合气体的总的物质的量相同，反应I反应前后气体体积不变，平衡后混合气体的总的物质的量为4.0×3=12.0mol，所以反应II平衡时混合气体的总的物质的量为12.0mol，设达平衡时的消耗量为amol，，6.5-a+x-2a+2.0+2a=12，且x-2a>0，即x=3.5+a

，x>2a，解之得x<7，因此欲使反应II起始时向正反应方向进行，x的最大取值应小于7.0，A正确；B．图-2虚线表示相同条件下SO2的平衡转化率随温度的变化，温度越高平衡转化率越低，说明反应II是放热反应，因此反应II正反应活化能小于逆反应的活化能，B正确；C．保持温度不变，减小与起始物质的量的比值，的转化率增大，可以从a点的值升至b点的值，C正确；D．两种情况下，反应II到达平衡时反应混合物总的物质的量都为12mol，所以这两种情况是在两个不同温度下达到化学平衡的，温度不同，反应达到平衡状态时物质的量也不同，D错误；故选D。二、非选择题：共4题，共61分。14.以钼精矿(主要成分，其中S为-1价，还含少量钙、镁等元素)为原料制备得到的钼单质及其它化合物用于炼钢、电子工业。（1）钼精矿()焙烧可以制备、。焙烧炉中还会发生与反应生成和。①理论上完全反应消耗的___________。②在焙烧时通常会加入碳酸钙，其目的是___________。（2）与Li可形成一种可充放电电池，电解质溶液由锂盐溶解在一定的非水、非质子性的有机溶剂中制成的，其工作原理为：，则该电池放电时正极的电极反应式为___________。（3）钼精矿()碱浸制钼酸钠()。直接向粉碎后的钼精矿中加入NaOH溶液和NaClO溶液可得到钼酸钠，同时生成硫酸盐。①反应的离子方程式为___________。②钼浸出率随着温度变化如图，当温度高于50℃后浸出率降低的可能原因是___________。（4）钼精矿()可用于制备钼酸铵。钼酸铵溶液可以结晶出二钼酸铵[，相对分子质量为340]，二钼酸铵晶体加热过程中固体残留率随温度变化曲线如图所示。597℃时固体产物化学式为___________。(写出计算过程)已知：固体残留（5）一种晶体结构如下图，在中通过氮掺杂反应可生成，能使具有光学活性，掺杂过程如图所示。则晶体中___________，___________。【答案】（1）①.1:6②.吸收SO2，减少SO2的排放（2）nMoS2+xe-+xLi+=Lix(MoS2)n（3）①.MoS2+9ClO-+6OH-=++9Cl-+3H2O②.温度高于50oC，NaClO分解；或温度升高，反应速率加快，生成的钼酸跟离子浓度增大，与钙镁离子形成沉淀（4）MoO3由图可知，热分解最终产物为钼的氧化物，设氧化物为MoOx，M(MoOx)=340g/mol×84.70%÷2=144g/mol，则96+16x=144，x=3，产物为MoO3（5）①.②.【解析】（1）①根据反应6MoO3+MoS27MoO2+2SO2↑，可知理论上完全反应消耗的1:6；②焙烧时加入CaCO3目的是与SO2和O2反应最终生成CaSO4，减少SO2的污染；（2）由方程式可知，放电时Li为负极失去电子，MoS2为正极，得到电子发生还原反应，电极反应式为：nMoS2+xe-+xLi+=Lix(MoS2)n；（3）①钼精矿()中加入NaOH溶液和NaClO溶液可得到钼酸钠，同时生成硫酸盐，根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒，一个MoS2失去18个电子，一个ClO-得到2个电子，反应的离子方程式为：MoS2+9ClO-+6OH-=++9Cl-+3H2O；②当温度高于50℃后浸出率降低的可能原因是：温度高于50oC，NaClO分解；或温度升高，反应速率加快，生成的钼酸跟离子浓度增大，与钙镁离子形成沉淀；（4）(相对分子质量为340)受热分解生成氧化物，设氧化物为MoOx，1个生成2个MoOx，根据相对分子量关系，M(MoOx)=340g/mol×84.70%÷2=144g/mol，则96+16x=144，x=3，产物为MoO3；（5）由MoO2晶胞结构可知，晶胞中有Mo个数为8×+4×+1=4，O的个数为8×+8×+2=8，晶胞中有4个MoO2；在晶体中，O空位个数为1++=，(2-x)×4=8-，x=，N增加个数为1×=，则4y=，y=。15.化合物G是一种激活剂，其合成路线如下：（1）化合物A的酸性比环己醇的___________(填“强”或“弱”或“无差别”)。（2）B→C的过程中，有分子式为的副产物X生成，其结构简式为___________。（3）D转化为E需经历D→Y→E，中间体Y的分子式为，则D→Y的反应类型为___________。（4）D的一种同分异构体满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___________。①分子中有5种不同化学环境的氢原子；②能发生水解反应，水解所得两种等物质的量的产物分别与足量溴水反应消耗的物质的量之比为1：2。（5）写出以、NBS和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)___________。【答案】（1）强（2）（3）加成反应（4）或（5）CH2=CH-CH=CH2ClCH2CH=CHCH2Cl。【解析】A和发生反应生成B，B发生加成反应生成C，C发生取代反应生成D，D先发生加成反应，再发生消去反应生成E，E发生开环的反应生成F，F和发生取代反应生成G。（1）化合物A中的酚羟基容易电离出氢离子，而醇羟基不易电离出氢离子，故化合物A的酸性比环己醇的强；（2）B→C的过程中，相当于B和发生加成反应，则羟基和碳溴键互换位置即为副产物，结构简式是；（3）D转化为E需经历D→Y→E，即先发生醛基的加成反应，再发生羟基的消去反应，中间体Y的结构简式为，故D→Y的反应类型为加成反应；（4）D为，不饱和度为6，能发生水解反应，则分子中应含有酯基，水解所得两种等物质的量的产物分别与足量溴水反应消耗的物质的量之比为1：2，说明其含有酚羟基形成的酯(酚羟基的邻、对位会和溴水发生取代反应)，且剩余结构还含有1个不饱和度，分子中有5种不同化学环境的氢原子说明其结构高度对称，满足条件的结构简式有或；（5）结合题目中B→C→D合成路线可知，目标产物的含O环是通过此过程实现的，再结合题目中F→G的含氮环是通过此过程实现的，故1，3－丁二烯先发生1，4加成，再和苯胺发生F→G的反应形成含N的环，再和NBS反应引入羟基和溴原子，再发生C→D的反应形成含O环，故合成路线是CH2=CH-CH=CH2ClCH2CH=CHCH2Cl。16.一种以废铜渣(主要是CuO，含有少量Fe2O3杂质)为原料制备碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]的流程如下所示。（1）“酸浸”时，采取下列措施一定能提高铜元素浸出率的有___________(填序号)。A.升高酸浸温度 B.加快搅拌速度 C.缩短酸浸时间 D.粉碎废铜渣（2）“除铁”时滤渣主要成分为___________。(填化学式)（3）“蒸氨”过程中生成CuO，写出该过程发生反应的化学方程式为：___________。（4）①制备碱式碳酸铜时，不采取向“除铁”后的溶液中直接加入NaHCO3溶液的原因是___________。②“沉铜”时发生反应的离子方程式为___________。③“沉铜”时也可以利用Na2CO3和NaHCO3混合溶液，已知25℃时，碱式碳酸铜的饱和溶液pH约为8.5，溶液中H2CO3、、的分布系数δ随pH的变化如图所示。当恰好形成饱和碱式碳酸铜溶液时，溶液中___________。（5）由含少量Fe3+的CuSO4溶液可制取CuSO4·H2O晶体，请补充完整该制备过程的实验方案：向含有少量Fe3+的CuSO4溶液中，___________。(已知：Fe3+在时完全转化为氢氧化物沉淀；室温下从CuSO4饱和溶液中结晶出CuSO4·5H2O，CuSO4·5H2O在80～120℃下干燥得到CuSO4·H2O。实验中需要使用CuO粉末、pH计)【答案】（1）BD（2）Fe(OH)3（3）Cu(NH3)4(OH)24NH3↑+CuO+H2O（4）①.溶液中Cu2+浓度较低②.2Cu2++4=Cu2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O③.10-1.75：1（5）加入CuO粉末调节溶液pH≥3.2使Fe3+完全沉淀除去，在室温下蒸发CuSO4饱和溶液得到CuSO4•5H2O晶体，过滤，洗涤，在80～120℃下干燥得到CuSO4•H2O【解析】由题干流程图可知，加入盐酸与氧化铜、氧化铁反应生成氯化铜、氯化铁，加入过量氨水与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，蒸氨后生成氧化铜，CuO和硫酸反应生成硫酸铜，铜离子和碳酸氢根离子反应生成碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]，据此分析解题。（1）A．适当升高酸浸温度，加快酸浸反应速率，能提高铜元素浸出率，但温度太高，盐酸挥发速度加快，反应速率不一定加快，A不合题意；B．加快搅拌速度，能提高铜元素浸出率，B符合题意；C．缩短酸浸时间，酸浸反应不完全，铜元素浸出率下降，C不合题意；D．粉碎废铜渣，增大反应物接触面积，加快酸浸反应速率，能提高铜元素浸出率，D符合题意；故答案为：BD；（2）“除铁”时加入过量氨水与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，滤渣主要成分为Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3；（3）过量氨水与氯化铜反应生成Cu(NH3)4(OH)2，蒸氨生成CuO、氨气和水，反应的化学方程式为Cu(NH3)4(OH)24NH3↑+CuO+H2O，故答案为：Cu(NH3)4(OH)24NH3↑+CuO+H2O；（4）①制备碱式碳酸铜时，不采取向“除铁”后的溶液中直接加入NaHCO3溶液的原因是溶液中Cu2+浓度较低，产率不高故答案为：溶液中Cu2+浓度较低；

②“沉铜”时生成碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]，同时生成二氧化碳，离子方程式为2Cu2++4=Cu2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O，故答案为：2Cu2++4=Cu2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O；

③由题干分布图可知，当pH=10.25时，+H+，Ka2==10-10.25，饱和碱式碳酸铜溶液的pH约为8.5，得c(H+)=10-8.5mol/L，代入Ka2==10-10.25，===10-1.75，故答案为：故答案为：10-1.75：1；（5）向含有少量Fe3+的CuSO4溶液中，加入CuO粉末调节溶液pH≥3.2使Fe3+完全转化为氢氧化铁沉淀除去，在室温下蒸发结晶CuSO4饱和溶液得到CuSO4•5H2O晶体，过滤，洗涤，在80～120℃下干燥得到CuSO4•H2O，故答案为：加入CuO粉末调节溶液pH≥3.2使Fe3+完全沉淀除去，在室温下蒸发CuSO4饱和溶液得到CuSO4•5H2O晶体，过滤，洗涤，在80～120℃下干燥得到CuSO4•H2O。17.CO2资源化利用是控制能源危机、实现“碳达峰”“碳中和”的最有前途的技术之一（1）CO2在催化剂铜表面直接还原为乙烯，其机理如图.当有1molCO2反应时，直接传递电子物质的量为___________mol。（2）CO2还原为甲酸或甲酸盐方法Ⅰ：通过控制光沉积的方法构建新型催化剂，其中Fe2+和Fe3+渗透Nafion膜，协同CO2、H2O分别反应，构建了人工光合作用体系，同时产生甲酸，其反应机理如图.①图中a代表___________(填“Fe2+”或“Fe3+”)。②该人工光合作用体系总反应方程式为___________。方法Ⅱ：锰催化还原CO2产生甲酸部分机理如下图所示。③图中X的结构式为___________。④实验中将锰粉、碳酸氢钠和蒸馏水添加到反应器中，反应一段时间后产生甲酸的速率迅速上升的原因可能为___________。方法Ⅲ：电解CO2制甲酸或甲酸盐的原理如图所示。⑤阳离子交换膜左室产生的气体为___________。⑥以一定流速持续通入CO2，一部分CO2在电极表面转化为HCOO-，电解一段时间后，阳离子交换膜右室中的KHCO3浓度增大，原因为___________。【答案】（1）6（2）①.Fe2+②.2CO2+2H2OO2+2HCOOH③.④.该过程的产物能作为催化剂加速该反应的进行⑤.O2和CO2⑥.随着反应的进行，电解池阴极室在消耗水的同时生成新的KHCO3，所以电解一段时间后阳离子交换膜右室中的KHCO3浓度增大【解析】（1）由图-1可知，CO2中C的化合价为+4价，C2H4中C的化合价为-2价，1molCO2反应时生成乙烯，碳原子得到6mol电子，故答案为：6；（2）①由图-2可知，H2O在Pt/WO3表面失去电子被氧化生成O2，因此Fe3+在Pt/WO3表面得到电子被还原为Fe2+，故答案为：Fe2+；②由图-2可知，CO2、H2O在催化剂表面上生成了O2和HCOOH，因此其总反应2CO2+2H2OO2+2HCOOH，故答案为：2CO2+2H2OO2+2HCOOH；③结合反应规律与图像信息，可分析得知X为Mn（OH）2，故答案为：；④该过程的产物能作为催化剂催化该反应的进行，因此反应一段时间后产生甲酸的速率迅速上升，故答案为：该过程的产物能作为催化剂加速该反应的进行；⑤据题意可知，阳离子交换膜左室为阳极室，此时阳极室存在的反应有2H2O-4e-

=O2↑

+4H+，H++=CO2↑

+H2O，阳极室产生的气体有氧气和二氧化碳，故答案为：O2和CO2；⑥阳离子交换膜右室，即电解池的阴极室发生的反应为2CO2+2e-+H2O

=

HCOO-+，随着反应的进行，钾离子从左室移向右室，且溶剂

H2O逐渐减少，同时生成新的KHCO3，所以KHCO3浓度逐渐增大，故答案为：随着反应的进行，电解池阴极室在消耗水的同时生成新的KHCO3，所以电解一段时间后阳离子交换膜右室中的KHCO3浓度增大。江苏省淮安市2024-2025学年高三一模试题注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1.本试卷共8页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。2.答题前，请你务必将自己的姓名、学校、考试号等用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在答题卡上规定的位置。3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号和本人是否相符。4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14Mo-96O-16Na-23S-32一、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.工业上常用明矾[KAl(SO4)2·12H2O]作净水剂。按物质组成分类，KAl(SO4)2·12H2O属于A.酸 B.碱 C.盐 D.混合物【答案】C【解析】A．酸是指在水溶液中电离出的阳离子全部是H+的化合物，而KAl(SO4)2·12H2O在水溶液中电离出K+、Al3+和硫酸根离子，故KAl(SO4)2·12H2O不属于酸，A不合题意；B．碱是指在水溶液中电离出的阴离子全部是OH-的化合物，而KAl(SO4)2·12H2O在水溶液中电离出K+、Al3+和硫酸根离子，故KAl(SO4)2·12H2O不属于碱，B不合题意；C．盐是指在水溶液中电离出金属阳离子或者铵根离子和酸根阴离子(不包括OH-)的化合物，而KAl(SO4)2·12H2O在水溶液中电离出K+、Al3+和硫酸根离子，故KAl(SO4)2·12H2O属于盐，C符合题意；D．混合物是指含有两种或两种以上物质的物质，而KAl(SO4)2·12H2O只含有一种物质，属于纯净物，D不合题意；故答案为：C。2.反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可用于制备氧气。下列说法不正确的是A.Na+的结构示意图为 B.Na2O2中既含离子键又含共价键C.中C元素的化合价为+4 D.CO2的空间构型为直线形【答案】A【解析】A．Na是11号元素，故Na+的结构示意图为：，A错误；B．Na2O2中既含Na+与之间的离子键又含内的O-O共价键，B正确；C．已知中O的化合价为-2价，故C元素的化合价为+4，C正确；D．CO2中心原子C周围的价层电子对数为：2+=2，根据价层电子对互斥理论可知，CO2的空间构型为直线形，D正确；故答案为：A。3.实验室用含有炭粉的铜制备硝酸铜，下列装置应用不能达到实验目的的是()A.用装置溶解铜粉B.用装置吸收尾气C.用装置分离炭粉和硝酸铜溶液D.用装置蒸干硝酸铜溶液制Cu(NO3)2·3H2O【答案】D【解析】A．Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜，碳粉与铜和硝酸溶液可以形成原电池，加快了化学反应，能达到实验目的；B．NO有毒，易与氧气反应，生成NO2,二氧化氮能与NaOH溶液反应；故B能达到实验目的；C．炭粉不溶于水，硝酸铜能溶于水，所以加水后过滤能除去炭粉，故C能达到实验目的；D.Cu(NO3)2在水溶液中易水解生成Cu(OH)2和易挥发的HNO3，而加热使水解程度更大，所以蒸干硝酸铜溶液得不到Cu(NO3)2·3H2O，易得到Cu(OH)2，D错误。答案：D。4.元素C、N、O位于周期表中第二周期。下列说法正确的是A.原子半径：r(C)<r(N)<r(O) B.酸性：H2CO3<HNO3C.第一电离能：I(C)<I(N)<I(O) D.沸点：NH3<PH3【答案】B【解析】A．同周期元素从左到右，原子半径依次减小，则原子半径r(C)>r(N)>r(O)，A错误；B．同周期元素从左到右，非金属性依次增强，最高价氧化物对应的水化物的酸性依次增强，则酸性H2CO3<HNO3，B正确；C．同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但ⅡA、ⅤA反常，则第一电离能I(C)<I(O)<I(N)，C错误；D．同类型分子晶体的熔沸点一般随着相对分子质量的增大而增大，但由于NH₃分子间能形成氢键而PH3不能，所以NH3的分子间作用力较大，则沸点：NH3>PH3，D错误；故选B。阅读下列资料，完成下面小题：氯气与碱反应可以得到次氯酸盐、氯酸盐等含氧酸盐，次氯酸盐应用广泛。通过KClO溶液在碱性条件下与Fe(NO3)3溶液反应制备高效水处理剂K2FeO4，K2FeO4在强碱性溶液中稳定；通过KClO溶液在碱性条件下与尿素[CO(NH2)2]水溶液制备N2H4，N2H4(l)的燃烧热为642kJ·mol-1，具有强还原性，能与KClO剧烈反应生成N2；通过KClO溶液与Ag反应可以回收光盘金属层中的少量Ag，其反应产物为AgCl、KOH和O2；通过KClO溶液在碱性条件下与NiSO4反应可制得电极材料NiOOH。5.下列说法正确的是A.32gN2H4中含5molσ键 B.基态K+的核外三个电子能层均充满电子C.与的键角相等 D.N2与O2固态时晶体类型均为共价晶体6.下列化学反应表示正确的是A.KClO溶液与Ag反应：B.KClO碱性溶液与溶液反应：C.尿素与过量的KClO溶液反应：D.的燃烧：kJ·mol-17.下列相关元素及其化合物的结构与性质或性质与用途具有对应关系的是A.Ag具有较好的延展性，可用于在铁表面镀银B.具有还原性，可用于电极材料的制备C.中N原子能与形成配位键，的水溶液呈酸性D.中具有正四面体结构，具有强氧化性【答案】5.A6.A7.B【解析】5.A．单键均为σ键，32g肼的物质的量为=1mol，肼(N2H4)的结构式为，则32g肼中含5molσ键，A正确；B．基态K+的核外三个电子能层的电子数分别为2、8、8，M层没有充满电子，B错误；C．中Cl原子价层电子对数=3+

=4且含有1个孤电子对，中Cl原子价层电子对数=4+

=4且不含孤电子对，孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以键角：前者小于后者，C错误；D．N2与O2固态时晶体类型均为分子晶体，D错误；故答案为：A；6.A.KClO溶液与Ag反应生成AgCl、KOH和O2，反应的离子方程式为：4Ag+4KClO+2H2O=4AgCl+4KOH+O2↑，A正确；B.KClO碱性溶液与Fe(NO3)3溶液反应生成，Cl-和，反应的离子方程式为：3ClO-+2Fe3++10OH-=3Cl-+2+5H2O，B错误；C.尿素与过量的KClO溶液反应生成N2、KCl、CO2和H2O，反应的离子方程式为：CO(NH2)2+3ClO-=N2↑+3Cl-+CO2↑+2H2O，C错误；D.N2H4燃烧生成N2和H2O，反应的热化学方程式为：N2H4(l)+O2(g)=2H2O(l)+N2(g)ΔH=-642kJ•mol-1，D错误；故答案为：A；7.A．由于Ag的金属活动性在氢之后，因而可用于在铁表面镀银，与其延展性无关，A错误；B．NiSO4具有还原性，能被氧化生成NiO(OH)，可用于电极材料NiO(OH)的制备，B正确；C．N2H4中的N原子与H+形成配位键，N2H4分子内的N原子可以提供孤电子对，H+提供空轨道形成配位键，故N2H4的水溶液呈碱性，C错误；D．K2FeO4中铁元素处于最高价，具有强氧化性，与的构型无对应关系，D错误；故答案为：B。8.通过如下反应可合成一种中间体：下列说法正确的是A.2−环己烯酮中所有的原子可能共平面B.苯甲醛分子中所有碳原子杂化方式相同C.可用酸性高锰酸钾溶液鉴别中间体和2−环己烯酮D.中间体与足量H2加成后所得分子中含有4个手性碳原子【答案】B【解析】A．2-环己烯酮中含有饱和碳原子，饱和碳原子为四面体结构，所有的原子不可能共平面，A错误；B．苯甲醛分子中所有碳原子都是sp2杂化，B正确；C．根据分子结构可看出，中间体分子中含有羟基和碳碳双键，两个官能团均能被酸性高锰酸钾氧化，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色，2-环己烯酮也含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能用酸性高锰酸钾溶液检验二者，C错误；D．中间体与足量H2完全加成后所得分子中结构式为：，含有3个手性碳原子，D错误；故选B。9.为回收利用含的废液，某化学兴趣小组设计方案如下所示，下列说法不正确的是A.试剂X可用硫酸B.步骤Ⅱ操作可为蒸馏C.步骤Ⅰ中，分液时从分液漏斗下口放出溶液AD.步骤Ⅰ中，加入足量溶液充分反应后，上下两层均为无色【答案】C【解析】由题给流程可知，向的四氯化碳溶液中加入碳酸钠溶液，碳酸钠溶液与反应得到含有溴化钠和溴酸钠的混合溶液，分液得到四氯化碳和溶液A；向溶液A中加入硫酸溶液，溴化钠和溴酸钠在硫酸溶液中发生归中反应生成硫酸钠溶液B和溴单质。A．由分析可知，向溶液A中加入硫酸溶液的目的是使溴化钠和溴酸钠在硫酸溶液中发生归中反应生成硫酸钠和溴单质，则试剂X可用硫酸，A正确；B．溴单质沸点低，可以蒸馏从混合液中分离出溴单质，步骤Ⅱ操作可为蒸馏，B正确；C．四氯化碳的密度大于水，加入足量碳酸钠溶液充分反应后，上层为含有溴化钠和溴酸钠的混合溶液，下层为四氯化碳，则分液时应从分液漏斗上口倒出溶液A，C错误；D．步骤I中，加入足量碳酸钠溶液发生的反应为碳酸钠溶液与溴单质反应得到含有溴化钠和溴酸钠的混合溶液，充分反应后，上层为含有溴化钠和溴酸钠的混合溶液，下层为四氯化碳，上下两层均为无色，D正确；故选C。10.在非水溶剂中，将转化为化合物的催化机理如图所示。下列说法正确的是A.该转化过程中催化剂只有AcOH B.该转化过程总反应C.该转化过程中有碳碳键的断裂与形成 D.若用参与反应，可得到【答案】D【解析】A．催化剂是反应前后不变，先参加后生成的反应过程，由图可知，催化剂有AcOH和KI，A错误；B．不知道反应物和生成物的总能量相对大小，且断裂化学键和形成化学键所需能量未知，不能确定反应是吸热反应还是放热反应，B错误；C．该转化过程有碳氧单键、碳氧双键断裂和碳氧单键形成，没有碳碳键的断开和形成，C错误；D．CO2分子的结构为：O=C=O，其中一个C=O键断开，与另一反应物中C-O键断开，形成化合物，其中有两个O原子来自于CO2，若用参与反应，可得到，D正确；答案选D。11.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A将硫酸酸化的H2O2滴入Fe(NO3)2溶液中，溶液变黄色H2O2的氧化性强于Fe3+的氧化性B向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)C将1.0mol·L-1NaHCO3溶液加少量水稀释，测溶液的pH升高稀释可以破坏之间的氢键，使得c()增大，碱性增强D用电导率传感器分别测定等浓度的醋酸溶液和盐酸的电导率，盐酸的导电性强HCl为强电解质A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．酸性溶液中硝酸根离子氧化亚铁离子，不能证明H2O2的氧化性强于Fe3+的氧化性，A错误；B．NaCl、NaI的混合稀溶液的浓度未知，不发生沉淀的转化，不能比较Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的大小，B错误；C．加少量水稀释可以破坏之间的氢键，则使得c()增大，水解平衡正向移动，溶液的碱性增强，C正确；D．等浓度时，导电性强的溶液，对应酸的酸性强，由实验操作和现象可知，盐酸的酸性大于醋酸的酸性，不能证明HCl为强电解质，D错误；故答案为：C。12.室温下，通过下列实验探究H2S及部分硫化物的性质。已知：H2S饱和溶液浓度约为0.1mol·L-1，，，；反应平衡常数K大于时认为反应完全。实验1：向20mL0.1mol·L-1H2S溶液中加入20mL0.1mol·L-1NaOH溶液；实验2：向实验1所得溶液中继续加入20mL0.1mol·L-1NaOH溶液；实验3：向0.1mol·L-1H2S溶液中通入少量氯气，有淡黄色沉淀产生；实验4：向c(Cd2+)=0.01mol·L-1的盐溶液中通入H2S气体至饱和。下列说法正确的是A.实验1溶液中存在：B.实验2溶液中存在：C.实验3中反应的离子方程式：D.实验4所得溶液中：【答案】D【解析】A．实验1所得溶液的溶质为NaHS，根据Ka1(H2S)=10-6.97，Ka2(H2S)=10-12.90，则HS-水解常数Kh=，即HS-的水解程度大于其电离程度，所以实验1溶液中存在：c(S2-)＜c(H2S)，A错误；B．实验2：向实验1所得溶液中继续加入20mL0.1mol·L-1NaOH溶液，发生反应：NaHS+NaOH=Na2S+H2O，即NaHS和NaOH恰好完全反应生成Na2S，根据质子守恒，实验2溶液中存在：，B错误；C．向0.1mol·L-1H2S溶液中通入少量氯气，有淡黄色沉淀产生，即生成单质硫，反应的离子方程式为：H2S+Cl2=S↓+2H++2Cl-，C错误；D．向c(Cd2+)=0.01mol·L-1的盐溶液中通入H2S气体至饱和，发生反应：Cd2++H2S=CdS↓+2H+，该反应的平衡常数K====，即该反应可认为反应完全，所以实验4所得溶液中：c(H+)＞c(Cd2+)，D正确；故选D。13.在一个容积固定的反应器中，有一可左右滑动的密封隔板，两侧分别进行：反应I：反应II：如图-1所示；各物质起始加入量为：、和HI均为，为，为2.0mol，设为。当x在一定范围内变化时，均可以通过调节反应器的温度，使两侧反应都达到平衡，并且隔板恰好处于正中位置；反应II中与起始物质的量之比一定条件下，不同温度时转化率如图-2所示（图中虚线表示相同条件下的平衡转化率随温度的变化）。下列说法不正确的是A.欲使反应II起始时向正反应方向进行，x的最大取值应小于7.0B.反应II正反应活化能小于逆反应的活化能C.保持温度不变，时改变与起始物质的量的比值，的转化率可能从a点的值升至b点的值D.在x分别为4.5和5.0这两种情况下，当反应达平衡时，的物质的量相等【答案】D【解析】A．反应I和II两部分温度、体积、压强相同，平衡时，两反应混合气体的总的物质的量相同，反应I反应前后气体体积不变，平衡后混合气体的总的物质的量为4.0×3=12.0mol，所以反应II平衡时混合气体的总的物质的量为12.0mol，设达平衡时的消耗量为amol，，6.5-a+x-2a+2.0+2a=12，且x-2a>0，即x=3.5+a

，x>2a，解之得x<7，因此欲使反应II起始时向正反应方向进行，x的最大取值应小于7.0，A正确；B．图-2虚线表示相同条件下SO2的平衡转化率随温度的变化，温度越高平衡转化率越低，说明反应II是放热反应，因此反应II正反应活化能小于逆反应的活化能，B正确；C．保持温度不变，减小与起始物质的量的比值，的转化率增大，可以从a点的值升至b点的值，C正确；D．两种情况下，反应II到达平衡时反应混合物总的物质的量都为12mol，所以这两种情况是在两个不同温度下达到化学平衡的，温度不同，反应达到平衡状态时物质的量也不同，D错误；故选D。二、非选择题：共4题，共61分。14.以钼精矿(主要成分，其中S为-1价，还含少量钙、镁等元素)为原料制备得到的钼单质及其它化合物用于炼钢、电子工业。（1）钼精矿()焙烧可以制备、。焙烧炉中还会发生与反应生成和。①理论上完全反应消耗的___________。②在焙烧时通常会加入碳酸钙，其目的是___________。（2）与Li可形成一种可充放电电池，电解质溶液由锂盐溶解在一定的非水、非质子性的有机溶剂中制成的，其工作原理为：，则该电池放电时正极的电极反应式为___________。（3）钼精矿()碱浸制钼酸钠()。直接向粉碎后的钼精矿中加入NaOH溶液和NaClO溶液可得到钼酸钠，同时生成硫酸盐。①反应的离子方程式为___________。②钼浸出率随着温度变化如图，当温度高于50℃后浸出率降低的可能原因是___________。（4）钼精矿()可用于制备钼酸铵。钼酸铵溶液可以结晶出二钼酸铵[，相对分子质量为340]，二钼酸铵晶体加热过程中固体残留率随温度变化曲线如图所示。597℃时固体产物化学式为___________。(写出计算过程)已知：固体残留（5）一种晶体结构如下图，在中通过氮掺杂反应可生成，能使具有光学活性，掺杂过程如图所示。则晶体中___________，___________。【答案】（1）①.1:6②.吸收SO2，减少SO2的排放（2）nMoS2+xe-+xLi+=Lix(MoS2)n（3）①.MoS2+9ClO-+6OH-=++9Cl-+3H2O②.温度高于50oC，NaClO分解；或温度升高，反应速率加快，生成的钼酸跟离子浓度增大，与钙镁离子形成沉淀（4）MoO3由图可知，热分解最终产物为钼的氧化物，设氧化物为MoOx，M(MoOx)=340g/mol×84.70%÷2=144g/mol，则96+16x=144，x=3，产物为MoO3（5）①.②.【解析】（1）①根据反应6MoO3+MoS27MoO2+2SO2↑，可知理论上完全反应消耗的1:6；②焙烧时加入CaCO3目的是与SO2和O2反应最终生成CaSO4，减少SO2的污染；（2）由方程式可知，放电时Li为负极失去电子，MoS2为正极，得到电子发生还原反应，电极反应式为：nMoS2+xe-+xLi+=Lix(MoS2)n；（3）①钼精矿()中加入NaOH溶液和NaClO溶液可得到钼酸钠，同时生成硫酸盐，根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒，一个MoS2失去18个电子，一个ClO-得到2个电子，反应的离子方程式为：MoS2+9ClO-+6OH-=++9Cl-+3H2O；②当温度高于50℃后浸出率降低的可能原因是：温度高于50oC，NaClO分解；或温度升高，反应速率加快，生成的钼酸跟离子浓度增大，与钙镁离子形成沉淀；（4）(相对分子质量为340)受热分解生成氧化物，设氧化物为MoOx，1个生成2个MoOx，根据相对分子量关系，M(MoOx)=340g/mol×84.70%÷2=144g/mol，则96+16x=144，x=3，产物为MoO3；（5）由MoO2晶胞结构可知，晶胞中有Mo个数为8×+4×+1=4，O的个数为8×+8×+2=8，晶胞中有4个MoO2；在晶体中，O空位个数为1++=，(2-x)×4=8-，x=，N增加个数为1×=，则4y=，y=。15.化合物G是一种激活剂，其合成路线如下：（1）化合物A的酸性比环己醇的___________(填“强”或“弱”或“无差别”)。（2）B→C的过程中，有分子式为的副产物X生成，其结构简式为___________。（3）D转化为E需经历D→Y→E，中间体Y的分子式为，则D→Y的反应类型为___________。（4）D的一种同分异构体满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___________。①分子中有5种不同化学环境的氢原子；②能发生水解反应，水解所得两种等物质的量的产物分别与足量溴水反应消耗的物质的量之比为1：2。（5）写出以、NBS和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)___________。【答案】（1）强（2）（3）加成反应（4）或（5）CH2=CH-CH=CH2ClCH2CH=CHCH2Cl。【解析】A和发生反应生成B，B发生加成反应生成C，C发生取代反应生成D，D先发生加成反应，再发生消去反应生成E，E发生开环的反应生成F，F和发生取代反应生成G。（1）化合物A中的酚羟基容易电离出氢离子，而醇羟基不易电离出氢离子，故化合物A的酸性比环己醇的强；（2）B→C的过程中，相当于B和发生加成反应，则羟基和碳溴键互换位置即为副产物，结构简式是；（3）D转化为E需经历D→Y→E，即先发生醛基的加成反应，再发生羟基的消去反应，中间体Y的结构简式为，故D→Y的反应类型为加成反应；（4）D为，不饱和度为6，能发生水解反应，则分子中应含有酯基，水解所得两种等物质的量的产物分别与足量溴水反应消耗的物质的量之比为1：2，说明其含有酚羟基形成的酯(酚羟基的邻、对位会和溴水发生取代反应)，且剩余结构还含有1个不饱和度，分子中有5种不同化学环境的氢原子说明其结构高度对称，满足条件的结构简式有或；（5）结合题目中B→C→D合成路线可知，目标产物的含O环是通过此过程实现的，再结合题目中F→G的含氮环是通过此过程实现的，故1，3－丁二烯先发生1，4加成，再和苯胺发生F→G的反应形成含N的环，再和NBS反应引入羟基和溴原子，再发生C→D的反应形成含O环，故合成路线是CH2=CH-CH=CH2ClCH2CH=CHCH2Cl。16.一种以废铜渣(主要是CuO，含有少量Fe2O3杂质)为原料制备碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]的流程如下所示。（1）“酸浸”时，采取下列措施一定能提高铜元素浸出率的有___________(填序号)。A.升高酸浸温度 B.加快搅拌速度 C.缩短酸浸时间 D.粉碎废铜渣（2）“除铁”时滤渣主要成分为___________。(填化学式)（3）“蒸氨”过程中生成CuO，写出该过程发生反应的化学方程式为：___________。（4）①制备碱式碳酸铜时，不采取向“除铁”后的溶液中直接加入NaHCO3溶液的原因是___________。②“沉铜”时发生反应的离子方程式为___________。③“沉铜”时也可以利用Na2CO3和NaHCO3混合溶液，已知25℃时，碱式碳酸铜的饱和溶液pH约为8.5，溶液中H2CO3、、的分布系数δ随pH的变化如图所示。当恰好形成饱和碱式碳酸铜溶液时，溶液中___________。（5）由含少量Fe3+的CuSO4溶液可制取CuSO4·H2O晶体，请补充完整该制备过程的实验方案：向含有少量Fe3+的CuSO4溶液中，___________。(已知：Fe3+在时完全转化为氢氧化物沉淀；室温下从CuSO4饱和溶液中结晶出CuSO4·5H2O，CuSO4·5H2O在80～120℃下干燥得到CuSO4·H2O。实验中需要使用CuO粉末、pH计)【答案】（1）BD（2）Fe(OH)3（3）Cu(NH3)4(OH)24NH3↑+CuO+H2O（4）①.溶液中Cu2+浓度较低②.2Cu2++4=Cu2(OH)2CO3↓+3CO2