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浙江省普通高中拔尖强基联盟协作体2023–2024学年高三上学期九月化学入学联考化学试题
一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合要求)
1．（2023高三上·浙江开学考）中华文明源远流长，衣、食、住、行都凝结了中华民族智慧的结晶。下列文明载体使用的材料，主要属于有机高分子材料的是
A B C D
蜀绣(三峡博物馆的秦良玉平金绣蟒凤衫) 火锅所用牛油(重庆美食) 解放碑(重庆抗战胜利纪功碑暨人民解放纪念碑) 长江索道所用钢缆(出行工具)
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】合金及其应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．蜀绣主要原料为蚕丝，主要成分为蛋白质，蛋白质为天然高分子，A符合题意；
B．牛油是油脂，油脂相对分子质量较小，不是高分子，B不合题意；
C．解放碑是用石材雕刻，主要成分可能是花岗岩、硅酸盐或大理石，属于无机非金属材料，C不合题意；
D．长江索道所用钢缆是合金材料，属于金属材料，D不合题意；
故选A。
【分析】A．蛋白质为天然高分子；
Ｂ．油脂相对分子质量较小；
Ｃ．解放碑的材料为无机非金属材料；
Ｄ．钢缆是合金材料。
2．（2023高三上·浙江开学考）下列化学用语的表达错误的是
A．乙烯的空间填充模型
B．CaC2的电子式
C．基态N原子的价层电子排布图
D．的VSEPR模型为平面三角形
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、乙烯分子中原子间为双键，呈平面结构，空间填充模型能正确反映原子大小（大、小 ）和平面排布，A正确 ；
B、中与以离子键结合，内部是三键（共用3对电子 ），电子式应为 。题目中电子式写成，未标注的离子电荷，错误，B符合题意；
C、 原子序数7，价层电子排布为，轨道填2个自旋相反电子，轨道3个电子分占不同轨道且自旋平行，价层电子排布图正确，C正确 ；
D、中原子价层电子对数：（无孤电子对 ）
价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形 ，D正确 。
故答案为： B 。
【分析】A．乙烯（ ）为平面结构，空间填充模型（比例模型 ）需体现原子相对大小和空间排布，原子大于原子，且为平面形。
B．是离子化合物，由和（乙炔根离子 ）构成，电子式需体现离子键和内部的共价键（含三键 ）。
C．基态原子价层电子为，电子排布需遵循泡利原理（同一轨道最多2个自旋相反电子 ）、洪特规则（简并轨道电子优先分占且自旋平行 ）。
D．计算的VSEPR模型，需先算中心原子的价层电子对数（ 成键电子对 孤电子对 ）。
3．（2023高三上·浙江开学考）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1L0.5mol/L的乙醇溶液中含氧原子数为0.5NA
B．1molKCl晶体中所含分子数为NA
C．0.1mol乙酸与足量甲醇充分反应生成的乙酸甲酯分子数目小于0.1NA
D．62gP4()熔化时，断裂P－P键数目为3NA
【答案】C
【知识点】离子晶体；分子晶体；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、乙醇物质的量：，含氧原子（乙醇分子式 ）。但溶液中还有水，水也含氧原子，故溶液中氧原子总数 ，A错误 ；
B、离子晶体中微粒是离子，晶体由和构成，无分子 ，故1mol 晶体中分子数为0，B错误 ；
C、0.1mol乙酸参与反应，因可逆，实际生成的乙酸甲酯分子数 ，即小于，C正确 ；
D、 分子为正四面体结构，1个含6个键。62g 物质的量为。
熔化时只破坏分子间作用力，键未断裂 ，故断裂键数目为0，D错误 。
故答案为： 。
【分析】A．乙醇溶液含乙醇和水，两者均含氧原子，需同时考虑乙醇和水的氧原子数，不能仅计算乙醇的氧原子。
B．是离子晶体，由和通过离子键结合，不存在分子，需区分晶体类型与构成微粒。
C．乙酸与甲醇的酯化反应是可逆反应（ ），可逆反应不能进行到底，产物量小于理论值。
D．白磷（ ）是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，而非分子内的共价键，需区分物理变化中化学键是否断裂。
4．（2023高三上·浙江开学考）下列关于物质的用途的叙述不正确的是
A．聚乳酸是一种很好的生物降解塑料，可用作超市购物袋等，以减少白色污染
B．NaCl可用作食品防腐剂
C．复方氯乙烷气雾剂可用于运动中的急性损伤的镇痛
D．在酱油中加入铁强化剂(如FeCl3)，以减少缺铁性贫血问题的发生
【答案】D
【知识点】常见的生活环境的污染及治理；卤代烃简介；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、普通塑料（如聚乙烯 ）难降解，大量使用造成“白色污染”；聚乳酸能被微生物分解，用作购物袋可减少污染，A正确 ；
B、食品中加入，一方面调味，另一方面高浓度让微生物细胞失水，无法生存，可防腐（如腌制食品 ），B正确 ；
C、运动急性损伤（如扭伤 ）时，喷复方氯乙烷气雾剂，氯乙烷挥发带走热量，局部降温，缓解疼痛，C正确 ；
D、酱油中补铁需加入易吸收的（如 ），含，人体对其吸收差，不能有效补铁，D错误 。
故答案为： 。
【分析】A．聚乳酸是生物降解塑料，可自然分解，替代难降解塑料能减少“白色污染”（普通塑料长期堆积污染环境 ）。
B．（食盐 ）有咸味，且高浓度溶液使微生物细胞脱水，抑制微生物繁殖，起到防腐作用。
C．复方氯乙烷气雾剂喷于皮肤时，氯乙烷迅速挥发吸热，使局部降温，减轻疼痛和肿胀，用于急性损伤镇痛。
D．人体吸收铁元素主要以形式，中是，不易被吸收；补铁剂常用（提供 ）。
5．（2023高三上·浙江开学考）下列离子(或分子)组在相应条件下，一定能大量共存的是
A．麦芽糖溶液中：MnO、K+、H+、SO
B．能使苯酚溶液显紫色的溶液中：Na+、HCO、SCN-、Cl-
C．银氨溶液中：OH-、NO、K+、Cl-
D．Na2CO3溶液中：Al3+、SO、H+、Cl-
【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、麦芽糖为还原性糖，与构成酸性环境，会氧化麦芽糖（如醛基被氧化为羧基 ），不能大量共存 ，A错误 ；
B、 与：（双水解 ）；
与：（络合 ），不能大量共存 ，B错误 ；
C、银氨络离子稳定，、、、之间及与银氨络离子均不反应，可大量共存 ，C正确 ；
D、 与：（双水解 ）；
与：，不能大量共存 ，D错误 。
故答案为： 。
【分析】A．麦芽糖含醛基（ ），具还原性；在酸性（ ）条件下具强氧化性，可氧化麦芽糖。
B．能使苯酚显紫色的溶液含，与发生双水解（相互促进水解 ），与发生络合反应。
C．银氨溶液主要含、，需判断、、、与银氨络离子是否反应。
D．溶液含，与双水解，与反应生成。
6．（2023高三上·浙江开学考）2021年诺贝尔化学奖授予本杰明·李斯特、大卫·麦克米兰，以表彰他们在“不对称有机催化的发展”中的贡献，用脯氨酸催化合成酮醇反应如图。下列说法错误的是
A．C的分子式为C10H11NO4
B．理论上，该反应原子利用率为100%
C．脯氨酸与互为同分异构体
D．可用酸性高锰酸钾溶液鉴别b和c
【答案】D
【知识点】有机物的鉴别；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；醛的化学性质
【解析】【解答】A、的结构简式中，原子数：10；原子数：11；原子数：1；原子数：4，分子式为，A正确 ；
B、反应中、在脯氨酸催化下生成，无其他产物（原子全部进入 ），故原子利用率100% ，B正确 ；
C、 脯氨酸分子式：；所给物质分子式：，分子式相同，结构不同，互为同分异构体 ，C正确 ；
D、 中醛基（ ）、中羟基（ ，与苯环相连的羟基具还原性 ），均能使酸性溶液褪色，无法鉴别 ，D错误 。
故答案为： 。
【分析】A．根据的结构简式，数出各原子个数（、、、 ），确定分子式。
B．原子利用率，若反应无副产物，原子利用率为100%。
C．同分异构体需分子式相同、结构不同。分别写出脯氨酸与所给物质的分子式，判断是否相同。
D．含醛基（ ）、含羟基（ ），两者均具还原性，能被酸性氧化褪色，无法鉴别。
7．（2023高三上·浙江开学考）下列实验装置，可以达到实验目的的是
A．用装置①在实验室制备乙烯
B．用装置②证明溴乙烷消去反应有乙烯生成
C．用装置③探究KCl浓度是否对FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl的平衡移动有影响
D．用装置④证明溴和苯发生的是取代反应而不是加成反应
【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；苯的结构与性质；卤代烃简介；乙醇的消去反应
【解析】【解答】A、乙醇消去制乙烯反应：，需精准控温，装置①温度计未插入液面下（测的是蒸汽温度 ），无法控制反应液温度 ，不能制备乙烯，A错误；
B、溴乙烷消去：，反应中乙醇挥发，乙醇能还原（ ），使溶液褪色，无法证明是乙烯使溶液褪色 ，B错误；
C、该反应实质是，但加入溶液，相当于稀释，浓度降低，颜色变浅；或从平衡移动看，不参与反应，理论上平衡不移动，但实际因离子强度变化可能有影响，可通过颜色变化探究，装置③中，加入溶液，观察溶液颜色是否变化，能探究对平衡的影响，C正确 。
D、苯与溴取代：，加成则无。但溴易挥发，与水反应：，生成的也会与生成沉淀，无法证明是取代反应生成的 ，D错误 。
故答案为： 。
【分析】A．乙醇制乙烯需控制温度，温度计需插入反应液测温度，判断装置①是否满足。
B．溴乙烷消去生成乙烯，但乙醇易挥发，乙醇也能使酸性褪色，判断装置②是否能排除干扰。
C．的平衡，改变浓度（实质是改变离子强度，但、不参与反应 ），通过溶液颜色变化判断平衡是否移动，判断装置③是否可行。
D．苯与溴的反应，若为取代则生成，与生成浅黄色沉淀；但溴易挥发，挥发的与水反应也生成，判断装置④能否排除干扰。
8．（2023高三上·浙江开学考）下列有关说法正确的是
A．合成氨为放热反应，所以在实际生产过程中温度越低越好
B．在恒温恒容条件下，发生2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。当反应达到平衡后，若再充入少量O2，再次达到平衡后，SO3的浓度降低
C．在恒温恒压条件下，发生2NO2(g)N2O4(g)。当反应达到平衡后，若再充入少量N2O4，再次达到平衡后，体系颜色不变
D．CaCO3(s)+2NH(aq)Ca2+(aq)+2NH3(aq)+CO2(g)+H2O(l) H=+68.9kJ mol-1、S=+37.3J/(mol K)该反应可在沸水中自发进行
【答案】C
【知识点】焓变和熵变；化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、合成氨反应：，温度低虽利于平衡正向，但反应速率慢，且催化剂需一定温度才具活性，实际生产选合适温度（兼顾平衡和速率 ），A错误 ；
B、恒容条件，充入，浓度增大，平衡正向移动，物质的量增大，容器体积不变（不变 ）。浓度，增大、不变，故浓度增大 ，B错误；
C、恒压条件，充入，容器体积增大，最终达到的平衡与原平衡等效（各物质浓度不变 ），浓度不变，体系颜色（由浓度决定 ）不变 ，C正确 ；
D、已知，，沸水温度，，反应非自发 ，D错误 。
故答案为： 。
【分析】A．合成氨是放热反应，但反应速率、催化剂活性与温度有关，需综合考虑，判断“温度越低越好”是否合理。
B．恒温恒容下，达平衡后，充入，平衡正向移动，判断浓度变化。
C．恒温恒压下，达平衡后，充入，判断新平衡与原平衡的关系（等效平衡 ），及体系颜色变化。
D．判断反应自发性需计算，则自发，结合沸水温度（ ）计算。
9．（2023高三上·浙江开学考）下列有关化合物结构和性质的论述正确的是
A．无机苯()的结构与苯相似，其中形成大π键的电子全部由N提供
B．根据原子半径推知，F－F键的键能大于Cl－Cl键，F2化学性质更稳定
C．NH3的成键电子对间排斥力比PH3小，所以NH3的键角比PH3小
D．O3是弱极性分子，其在水中的溶解度大于在四氯化碳中的溶解度
【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；相似相溶原理及其应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、 原子价电子数，与其他原子形成个键，无多余电子参与大键；原子价电子数，形成个键后，剩余个电子参与大键。故无机苯中形成大键的电子全部由提供 ，A正确 ；
B、原子半径：，则键长键长，理论上键能大。但原子半径小，孤电子对斥力大，实际键能小于键能。非金属性，但因键能小，化学性质更活泼（易断裂反应 ），B错误 ；
C、电负性，中键电子对更靠近，成键电子对间斥力更大，斥力大则键角大，故键角大于，C错误 ；
D、极性，非极性，是弱极性分子，更易溶于非极性溶剂，根据相似相溶，极性分子在极性溶剂中溶解度小于非极性溶剂，D错误。
故答案为： 。
【分析】A．对比无机苯（ ）与苯结构，分析、原子价电子，判断大键电子来源。
B．键能与原子半径、化学性质的关系，结合非金属性判断与的稳定性。
C．键角与成键电子对斥力的关系，通过、电负性差异，判断与成键电子对斥力。
D．依据是弱极性分子，更易溶于非极性溶剂，判断在水和四氯化碳中的溶解度。
10．（2023高三上·浙江开学考）金属M在潮湿的空气中会形成一层致密稳定的3M(XY)2 MZX3，X、Y、Z为短周期主族元素，X的原子序数是Y的8倍，基态X和Z的未成对电子数相同，M是人体必需的元素之一。1molMZX3，含有42mol质子，下列说法正确的是（　　）
A．离子半径：M＞X
B．X、Y、Z的电负性大小为：X＞Z＞Y
C．M的最高价氧化物对应水化物为强碱
D．第一电离能：Z＞X
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】 由分析可知，X为O元素、Y为H元素、Z为C元素、M为Mg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，则离子半径：Mg2+＜O2-，故A错误；
B．同主族元素自左而右电负性增大，C、O在它们的简单氢化物中都表现负价，说明它们的金属性都比H大，则电负性：O＞C＞H，故B正确；
C．属于弱碱，故C错误；
D．同周期主族元素随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势（ⅡA族、ⅤA族元素第一电离能大于同周期相邻元素除外），则第一电离能：C＜O，故D错误；
故选B。
【分析】 X、Y、Z为短周期主族元素，即原子序数均小于18，而X的原子序数是Y的8倍，故Y为H元素、X为O元素；基态X和Z的未成对电子数相同，即Z有2个单子，符合条件的元素有C、Si、S，1molMZX3含有42mol质子，可知M、Z的质子数为42-8×3=18，金属M在潮湿的空气中会形成一层致密稳定的3M(XY)2 MZX3，可知M显+2价、Z显+4价，且M是人体必需的元素之一，可知M为Mg元素、Z为C元素。
11．（2023高三上·浙江开学考）下列离子方程式正确的是
A．向CuSO4溶液中加入过量氨水：Cu2++2NH3 H2O=Cu(OH)2↓+2NH
B．甲醛发生银镜反应：HCHO+4[Ag(NH3)2]OH2NH+CO+4Ag↓+6NH3+2H2O
C．向草酸溶液中加入少量酸性高锰酸钾溶液：5H2C2O4+6H++2MnO=10CO2↑+2Mn2++8H2O
D．向NaHCO3溶液中加入少量Ba(OH)2溶液：HCO+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、正确的离子方程式应为，A错误；
B、正确的离子方程式是，故B错误；
C、该反应中，元素从价降低到价，元素从价升高到价，结合守恒定律，离子方程式书写正确，所以C正确；
D、正确的离子方程式是，因此D错误。
故答案为C。
【分析】A．与过量氨水反应时，会继续与氨水反应，生成可溶于水的，并非只生成
B．银镜反应中，应拆分为和，且反应环境为碱性，要体现参与反应，同时需遵循离子方程式的书写规范。
C．草酸（）具有还原性，酸性溶液具有强氧化性，二者发生氧化还原反应，被氧化为，被还原为，根据氧化还原反应的得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒来书写离子方程式。
D．向溶液中加少量，为少量，应按照的组成来定系数，与的比例为，会与反应，除生成沉淀，还会生成 。
12．（2023高三上·浙江开学考）MnO2催化降解甲醛的机理如图所示，其中MnO2起着吸附活化的作用。下列说法错误的是
A．基态Mn原子的未成对电子数为5个
B． CHO中碳原子采取sp2杂化
C．CO2的空间结构为V形
D．HCHO在降解过程中碳氧双键未发生断裂
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；化学键；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、是25号元素，基态原子价层电子排布式为 。根据洪特规则，轨道上5个电子分占不同轨道且自旋平行，所以未成对电子数为5个，A正确；
B、中中心碳原子与氧原子形成碳氧双键（含1个σ键 ），与另外两个原子形成σ键，即中心碳原子共形成3个σ键，无孤电子对。根据杂化轨道理论，中心原子采取杂化，B正确；
C、计算中心原子价层电子对数，公式为 ，中与形成2个双键，成键电子对数为2；孤电子对数 ，所以价层电子对数为 ，根据价层电子对互斥理论，不含孤电子对时，空间结构为直线形，C错误；
D、从机理图可知，降解时，断开的是碳氢键，碳氧双键（ ）未发生断裂，D正确。
故答案为：C。
【分析】A．要确定基态原子未成对电子数，需先明确其价层电子排布式，再依据电子排布规律判断未成对电子情况。
B．判断中碳原子杂化类型，需看其成键情况，通过中心原子的σ键数和孤电子对情况，依据杂化轨道理论确定。
C．判断空间结构，要先计算中心原子价层电子对数，结合孤电子对情况，依据价层电子对互斥理论确定。
D．分析降解过程中化学键变化，需结合反应机理图，看甲醛分子中化学键的断裂情况。
13．（2023高三上·浙江开学考）在卤水精制中，纳滤膜对、有很高的脱除率。一种网状结构的纳滤膜J的合成路线如图(图中 表示链延长)。
下列说法正确的是
已知： +—NH2 +HCl
A．J能脱除、可能与其存在阴离子有关
B．MPD的核磁共振氢谱有5组峰
C．J具有网状结构仅与单体AEPPS的结构有关
D．合成J的反应为加聚反应
【答案】A
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的合成；缩聚反应
【解析】【解答】A、能脱除、，是因为这些阳离子可与中阴离子结合，形成稳定结合物脱离水溶液，实现脱除，A正确；
B、结构为 ，分子中氢原子因对称分布，实际氢环境共种（苯环上种、氨基上种 ），核磁共振氢谱有组峰，B错误；
C、的网状结构，不仅依赖单体，还与（含多个酰氯官能团，可多方向连接 ）有关，二者共同作用形成网状，C错误；
D、合成反应中，与 反应生成 ，同时脱除小分子，属于缩聚反应（脱小分子成高分子 ），不是加聚反应（无小分子脱除 ），D错误；
故答案为：A。
【分析】本题围绕纳滤膜合成路线，结合有机物结构与反应，通过分析官能团作用、分子氢环境、网状结构成因及反应类型，判断选项正误，注意切勿忽略题目中“与反应生成并脱除”的已知信息，导致对合成反应类型的判断错误。
14．（2023高三上·浙江开学考）某离子晶体的晶胞是由M、N两种离子组成的正方体结构，晶胞参数为apm。该晶胞沿x轴在yz平面的投影如图2所示，沿体对角线方向的投影如图3所示(注：M离子用表示，N离子用表示，两种离子投影重合时用表示)。下列说法错误的是
A．该晶体的化学式可表示为MN
B．与N离子距离最近的N离子有8个
C．M离子与N离子之间的最近距离为apm
D．晶胞中其中一个N离子的分数坐标可能为(，，)
【答案】B
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A、顶点M离子 ，面心M离子 ，共 个；N离子个数：N在4个体心，个数为4 。晶体中M、N离子个数比为 ，化学式可表示为 ，A正确；
B、以某N离子为中心，观察其周围N离子，由于N在小晶胞体心，与它距离最近的N离子位于相邻小晶胞体心，每个N离子周围，在三维空间中，距离最近的N离子有12个（可想象空间中立方体体心粒子与其他体心粒子的位置关系 ），不是8个，B错误；
C、晶胞为正方体，体对角线长度（根据正方体体对角线公式，边长为 时，体对角线 ），M、N离子最近距离是体对角线的 ，即 ，C正确；
D、由分析可知，M位于晶胞的8个顶点和6个面心，N位于8个晶胞中的4个小晶胞的体心上，晶胞中其中一个N离子的分数坐标可能为(，，)即为位于8个晶胞中左上、后面的小晶胞的体心上的点，如图所示：，D正确。
故答案为：B。
【分析】由题干晶胞投影图可知，M位于晶胞的8个顶点和6个面心，N位于8个晶胞中的4个小晶胞的体心上，如下图：，据此分析解题：
A、用均摊法计算晶胞中M、N离子个数，进而确定晶体化学式。均摊法规则为：顶点粒子占 、面心粒子占 、体心粒子占1 。
B、找与N离子距离最近的N离子，需明确N离子在晶胞中的位置，分析其周围等距N离子的分布。
C、M离子与N离子的最近距离，是晶胞体对角线长度的 。先求体对角线长度，再计算最近距离。
D、分数坐标是晶胞中粒子位置的一种表示，以晶胞顶点为原点 ，沿坐标轴方向单位为1 。N离子在小晶胞体心，结合晶胞分割，判断其分数坐标可能性。
二、填空题(本题共4个小题，共58分)
15．（2023高三上·浙江开学考）巫山桃花铁矿是重庆迄今发现的最大铁矿，储量上亿吨，按市场估值在400亿以上。其所含化学成分有Fe2O3、MgO、SiO2和不溶物(不溶物不参与反应)。现模拟用该铁矿来制备高铁酸钠[Na2FeO4]，其流程设计如图：
已知：常温下，几种难溶氢氧化物的Ksp
难溶物 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Mg(OH)2
Ksp 8×10-16 4×10-38 2×10-11
请回答下列问题：
（1）请写出基态Fe原子的价电子排布式　 　。
（2）将矿石粉碎的目的　 　。
（3）操作1的名称是　 　，调pH后过滤所得滤渣的主要成分是　 　。
（4）常温下，若测得操作1后所得滤液中c(Mg2+)=0.2mol/L，则调pH时的最佳取值范围为　 　。(已知lg2=0.3，当某离子浓度≤10-5mol/L时可认为其完全沉淀，计算结果保留1位小数)。
（5）氧化时可向滤液中先加入稍过量NaOH溶液，然后再加入NaClO溶液，请写出该反应的离子方程式　 　。NaClO为常见漂白剂，其水溶液因水解而呈碱性，则NaClO溶液中各离子浓度由大到小的关系为　 　。
【答案】（1）3d64s2
（2）增大接触面积加快酸浸速率
（3）过滤；
（4）
（5）；
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）Fe元素为26号元素，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2；
故答案为：3d64s2；
（2）根据分析可知将矿石粉碎的目的增大接触面积加快酸浸速率；
故答案为：矿石粉碎的目的增大接触面积加快酸浸速率；
（3）根据分析可知SiO2难溶与酸，操作1的名称是过滤；将滤液调pH将沉淀，调pH后过滤所得滤渣的主要成分是；
故答案为：；
（4）常温下，若测得操作1后所得滤液中c(Mg2+)=0.2mol/L，则调pH时保证完全沉淀，Mg2+不沉淀，当离子浓度≤10-5mol/L时可认为其完全沉淀，当完全沉淀时，，Mg2+恰好不沉淀时，，，则调pH时的最佳取值范围为。
故答案为：；
（5）氧化时可向滤液中先加入稍过量NaOH溶液，然后再加入NaClO溶液，请写出该反应的离子方程式为；NaClO为常见漂白剂，其水溶液因水解而呈碱性，则NaClO溶液水解显碱性，其中各离子浓度由大到小的关系为。
故答案为：；。
【分析】矿石粉碎加快酸浸速率，硫酸酸浸Fe2O3、MgO溶解变成，SiO2难溶，过滤，将滤液调pH将沉淀，再加入将氧化为Na2FeO4。
（1）是26号元素，核外电子排布遵循能量最低原理等规则。其核外电子排布式为 ，价电子是指原子在参与化学反应时能够用于成键的电子，对于过渡元素，价电子包括最外层电子和次外层电子，所以基态原子的价电子排布式为 。
（2）化学反应中，反应物接触面积越大，反应速率越快。矿石粉碎后，固体颗粒变小，与后续酸接触的面积增大，能加快酸浸时矿石与稀硫酸的反应速率，让反应更充分 。所以目的是增大接触面积，加快酸浸速率。
（3）操作1是将酸浸后的固体（和不溶物 ）与液体分离，这种分离固液混合物的操作名称是过滤。矿石酸浸时，与稀硫酸反应生成 （溶液中为 ），与稀硫酸反应生成 （溶液中为 ），不反应。加入试剂1调，是为了让转化为沉淀，所以调后过滤所得滤渣主要成分是 。
（4）要保证完全沉淀（离子浓度 ），不沉淀。根据 ，当完全沉淀时， ，则 。再根据 ， ， ，所以 ， 。
对于 ，不沉淀即开始沉淀的临界状态，根据 ，已知 ，则 ， ， 。
o 所以调要满足完全沉淀、不沉淀，取值范围是 。
（5）氧化过程是被在碱性条件下氧化为 ，元素从价升高到价，元素从价降低到价。根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，离子方程式为 。
溶液中， ，会发生水解： ，使溶液显碱性。因为不水解，浓度最大；水解但程度小，浓度次之；水解产生 ，且水也会电离出 ，所以 。所以溶液中离子浓度大小关系为： 。
（1）Fe元素为26号元素，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2；
（2）根据分析可知将矿石粉碎的目的增大接触面积加快酸浸速率；
（3）根据分析可知SiO2难溶与酸，操作1的名称是过滤；将滤液调pH将沉淀，调pH后过滤所得滤渣的主要成分是；
（4）常温下，若测得操作1后所得滤液中c(Mg2+)=0.2mol/L，则调pH时保证完全沉淀，Mg2+不沉淀，当离子浓度≤10-5mol/L时可认为其完全沉淀，当完全沉淀时，，Mg2+恰好不沉淀时，，，则调pH时的最佳取值范围为。
（5）氧化时可向滤液中先加入稍过量NaOH溶液，然后再加入NaClO溶液，请写出该反应的离子方程式为；NaClO为常见漂白剂，其水溶液因水解而呈碱性，则NaClO溶液水解显碱性，其中各离子浓度由大到小的关系为。
16．（2023高三上·浙江开学考）2023年6月27日，我国工业与信息化部办公下达了2023年度国家工业节能监察任务的通知，其监察的重点为企业节能减排的落实情况。
（1）利用反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H，可减少CO2排放，并介成清洁能源。该反应一般认为可通过以下两步来实现：
①CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g) △H1=+41kJ mol-1
②CO2(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H2=-90kJ mol-1
则合成反应的△H=　 　kJ mol-1；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是　 　(填标号)。
A. B.
C. D.
（2）500℃时，在2L的密闭容器中充入3molCO2和8molH2，发生CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。下列现象可以说明反应达到平衡的是　 　。
A.3正(H2)=逆(H2O) B．气体平均相对分子质量不再改变
C．气体密度不再改变 D．CO2与H2的物质的量之比不再改变
测得t=5min时，反应达到平衡，此时c(CO2)=0.5mol/L，则从反应开始到平衡，CO2的平均反应速率(CO2)=　 　。
（3）我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO2固溶体。已知ZrO2的熔点高达2700℃，四方ZrO2的晶胞如图所示：
ZrO2属于　 　晶体(选填“分子”或“离子”)，若四方ZrO2的晶胞参数为apm，该晶体的密度为　 　g cm-3(写表达式，用NA表示阿伏加德罗常数)。在ZrO2中掺杂少量ZnO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，则y=　 　(用含x的代数式表示)。
【答案】（1）-49；C
（2）BD；0.2mol·L-1·min-1
（3）离子；；2-x
【知识点】离子晶体；晶胞的计算；盖斯定律及其应用；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）计算：已知反应①
反应②
目标反应为 ，由①②可得目标反应。
根据盖斯定律， 。
判断能量变化图像：
反应①是慢反应，慢反应的活化能高于快反应（反应② ）；总反应 ，即反应物总能量高于生成物总能量。
图像A：第一步活化能低于第二步，不符合“反应①为慢反应（活化能高 ）”，错误。
图像B：总反应反应物能量低于生成物，是吸热反应，与（放热 ）矛盾，错误。
图像C：第一步活化能高（反应①慢 ），总反应反应物能量高于生成物（放热 ），正确。
图像D：第一步活化能低于第二步，且总反应能量变化不符合，错误。
故答案为：；。
（2）A、 ，根据反应速率与化学计量数关系，时才达平衡，此式正逆速率不匹配，反应未平衡，A错误；
B、反应前后气体总质量不变，气体物质的量变化（反应前气体物质的量多，反应后少 ），平均相对分子质量 ，不变说明不变，反应达平衡，B正确；
C、反应前后气体总质量不变，容器体积不变，根据 ，密度始终不变，不能作为平衡标志，C错误；
D、起始时与物质的量比为 ，反应中消耗比为 ，所以过程中二者物质的量比不断变化，当比值不变时，说明各物质浓度不变，反应达平衡，D正确。
故答案为：；
计算平均反应速率：起始时 ，平衡时 ，则 ，时间 ；根据 。
故答案为：。
（3）熔点高达 ，熔点高是离子晶体的特征（离子键强 ），故属于离子晶体。
计算晶体密度：用均摊法算晶胞中原子数：
原子：顶点个，每个占 ；面心个，每个占 ，则 。
原子：晶胞内个，完全属于晶胞， 。
晶胞质量（相对原子质量约 ，为 ）。
晶胞体积（晶胞参数 ）。
密度 。
推导与的关系：化合物中，为价、为价、为价。
根据化合价代数和为零：；化简： ，即 。
故答案为：；；。
【分析】（1）利用盖斯定律，将已知的两个分步反应相加，得到目标反应，计算其反应热。再根据慢反应活化能高、总反应的热效应（放热或吸热 ），判断能量变化图像。
（2）依据化学平衡状态的特征（正逆反应速率相等、各物质含量不变等 ），判断平衡标志；利用反应速率公式计算的平均反应速率，需先求浓度变化量。
（3）根据晶体熔点判断晶体类型；用均摊法算晶胞中、原子数，结合密度公式计算密度；依据化合物中化合价代数和为零，推导与的关系。
（1）①CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO (g)　ΔH1=+41 kJ mol-1，②CO(g)+2H2 (g)CH3OH(g) ΔH2=-90 kJ mol-1，①+②得CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH=ΔH1+ΔH2=+41 kJ mol-1-90 kJ mol-1=-49kJ mol-1，慢反应活化能高，总反应放热，所以选C；
（2）A．根据反应速率之比等于化学计量数之比可知，3正(H2)=逆(H2O)，正逆反应不相等，反应未达到平衡，A错误；
B．反应前后气体总质量不变，混合气体平均摩尔质量不再改变，说明容器内气体分子总数不变，反应达到平衡状态，B正确；
C．反应前后气体总质量不变，容器容积不变，混合气体密度始终不改变，混合气体密度不再改变不能说明反应达到平衡状态，C错误；
D．该过程中CO2和H2的投料比为3：8，而CO2和H2的消耗量之比为1：3，故CO2与H2的物质的量之比一直在改变，故当CO2与H2的物质的量之比不再改变，说明反应达到平衡了，D正确；
故选：BD；
测得t=5min时，反应达到平衡，此时c(CO2)=0.5mol/L，则从反应开始到平衡，CO2的平均反应速率(CO2)==0.2mol·L-1·min-1；
（3）由题干信息可知，ZrO2的熔点高达2700℃，熔点很高故ZrO2属于离子晶体，由题干晶胞可知，晶胞中O原子数目为8，Zr原子数目为8×+6×=4，故晶胞质量为g，晶胞体积为a3×10-30cm3，ρ==g cm-3，在ZrO2中掺杂少量ZnO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，化合物中Zn为+2价、Zr为+4价、O为-2价，则2x+4×(1-x)=2y，y=2-x。
17．（2023高三上·浙江开学考）邻苯二甲酰亚胺(PIMD)是一种重要的亚胺，是Gabriel合成法制备胺的原料。某实验室模拟氨水法以邻苯二甲酸酐为原料制备PIMD。
反应原理：
实验装置如图：
相关物质的物理性质如表：
物质 相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性
邻苯二甲酸酐 148 131~134 284 不溶于冷水，微溶于热水，稍溶于乙醇
邻苯二甲酰亚胺 147 232~235 366 微溶于热水，易溶于乙醇，易溶于碱溶液
实验步骤：
I．向250mL三颈烧瓶中加入74.0g邻苯二甲酸酐，边搅拌边滴入50.0mL浓氨水(稍过量)，加热至80℃-95℃，待固体完全溶解后停止加热。将三颈烧瓶右端口所连装置取下改为蒸馏装置，继续加热，将溶液中的水及过量的氨蒸馏回收，此时烧瓶中有白色固体析出。
Ⅱ．继续升温至235℃-240℃，固体熔化，反应60分钟后，停止加热。冷却至室温，热水洗涤固体、抽滤、烘干，得到粗品白色粉末72.2g。
Ⅲ．向白色粉末中加入适量乙醇，加热回流使固体恰好溶解， ，将滤液降温冷却，有白色晶体析出，抽滤、洗涤、烘干后得白色晶体59.2g。
请回答下列问题：
（1）仪器A的名称为　 　，仪器A中盛装的试剂是　 　。(填标号)
a．碱石灰 b．五氧化二磷 c．浓硫酸
（2）步骤Ⅱ所得粗品中的杂质主要为　 　。
（3）邻苯二甲酸酐的熔沸点远低于邻苯二甲酰亚胺，原因可能是　 　。
（4）步骤Ⅲ的目的是利用重结晶进一步提纯邻苯二甲酰亚胺，该步骤中划线部分应补全的操作是　 　。选择乙醇作为提纯溶剂的主要原因是　 　。
（5）本实验中邻苯二甲酰亚胺的产率最接近于　 　。(填标号)
a.85% b.80% c.75% d.70%
（6）邻苯二甲酰亚胺还可以用由邻二甲苯与氨气、氧气在加热条件下催化反应一步制得，写出该反应的化学方程式：　 　。
【答案】（1）球形干燥管；b
（2）苯二甲酸酐
（3）两者均为分子晶体，邻苯二甲酰亚胺能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高
（4）趁热过滤，并用乙醇洗涤沉淀；减小邻苯二甲酸酐的溶解量，使分离更加完全，且乙醇易挥发，便于干燥
（5）a
（6）+NH3+3O2+4H2O
【知识点】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）从装置图看，仪器A是球形干燥管 。作用是吸收尾气 ，球形干燥管装固体试剂。碱石灰（ ）会与不反应（碱石灰用于干燥 ），不能吸收；浓硫酸（ ）是液体，不能装在球形干燥管；五氧化二磷（ ）是固体，能与反应（ ），可吸收 。
故答案为：球形干燥管；b；
（2）步骤Ⅱ是加热至 ，但可能有未反应完的邻苯二甲酸酐。因为邻苯二甲酸酐不溶于冷水、微溶于热水，步骤Ⅱ后固体用热水洗涤，未反应的邻苯二甲酸酐难溶于热水，会留在粗品中。
故答案为：苯二甲酸酐；
（3）邻苯二甲酸酐和邻苯二甲酰亚胺都是分子晶体。邻苯二甲酰亚胺分子中存在 ，能形成分子间氢键，使分子间作用力显著增大；而邻苯二甲酸酐分子间主要是范德华力。分子间作用力越大，熔沸点越高，所以邻苯二甲酰亚胺熔沸点更高。
故答案为：两者均为分子晶体，邻苯二甲酰亚胺能形成分子间氢键，增大分子间作用力，使熔沸点更高；
（4）加入乙醇加热回流使固体溶解后，邻苯二甲酸酐微溶于热水、稍溶于乙醇，邻苯二甲酰亚胺易溶于乙醇。为除去未溶解的邻苯二甲酸酐杂质，需趁热过滤（防止邻苯二甲酰亚胺冷却析出 ），并用乙醇洗涤沉淀（减少产品损失 ）。
操作：趁热过滤，并用乙醇洗涤沉淀；邻苯二甲酸酐稍溶于乙醇，用乙醇作溶剂可减小其溶解量，使杂质留在滤渣，产品更多进入滤液，分离更完全。乙醇沸点低，易挥发，后续干燥方便。
故答案为：趁热过滤，并用乙醇洗涤沉淀；减小邻苯二甲酸酐的溶解量，使分离更完全，且乙醇易挥发，便于干燥；
（5）由题意可知，74.0g邻苯二甲酸酐制得59.2g邻苯二甲酰亚胺，则邻苯二甲酰亚胺的产率为×100%＝89.37%，接近85%，
故答案为：a；
（6）由题意可知，邻二甲苯与氨气、空气在加热条件下催化反应生成邻苯二甲酰亚胺和水，反应的化学方程式为：+NH3+3O2+4H2O，
故答案为：+NH3+3O2 +4H2O。
【分析】由题给流程可知，装置甲中发生的反应为邻苯二甲酸酐与氨水在80～95℃的热水浴中发生取代反应生成邻氨甲酰苯甲酸，邻氨甲酰苯甲酸在加热条件下发生取代反应生成邻苯二甲酰亚胺，用于除去所得固体中的水分，除水所得固体经冷却，洗涤、抽滤烘干，进一步提纯得固体邻苯二甲酰亚胺，据此分析解题。
（1）先根据仪器外观判断仪器A名称，再依据其作用（吸收尾气 ）和试剂性质（只能装固体、能吸收 ）选试剂。
（2）结合邻苯二甲酸酐和邻苯二甲酰亚胺的溶解性（邻苯二甲酸酐不溶于冷水、微溶于热水；邻苯二甲酰亚胺微溶于热水 ），分析步骤Ⅱ粗品中杂质。
（3）二者均为分子晶体，熔沸点由分子间作用力决定，分析是否存在氢键影响分子间作用力。
（4）重结晶操作要除去杂质（邻苯二甲酸酐），利用其与产品在乙醇中溶解性差异（热溶冷析 ）。选择乙醇的原因从减少杂质溶解、乙醇易挥发角度分析。
（5）先根据邻苯二甲酸酐质量算理论上邻苯二甲酰亚胺的质量，再用实际产量算产率，对比选项。
（6）根据反应物（邻二甲苯、、 ）和生成物（邻苯二甲酰亚胺、 ），结合氧化还原反应配平。
（1）由题干实验装置图可知，仪器A的名称为球形干燥管，实验中仪器A的作用为吸收尾气NH3，球形干燥管只能盛放固体，故其中盛装的试剂是五氧化二磷，故答案为：球形干燥管；b；
（2）由题干表格信息可知，邻苯二甲酸酐不溶于冷水，微溶于热水，稍溶于乙醇，可知步骤Ⅱ所得粗品中的杂质主要为邻苯二甲酸酐，故答案为：苯二甲酸酐；
（3）邻苯二甲酰亚胺可形成分子间氢键，使其分子间作用力增大，熔点更高，故答案为：两者均为分子晶体，邻苯二甲酰亚胺能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高；
（4）由题干表格信息可知，邻苯二甲酸酐不溶于冷水，微溶于热水，稍溶于乙醇，而邻苯二甲酰亚胺微溶于热水，易溶于乙醇，易溶于碱溶液，故Ⅲ．向白色粉末中加入适量乙醇，加热回流使固体恰好溶解，趁热过滤，并用乙醇洗涤沉淀，将滤液降温冷却，有白色晶体析出，抽滤、洗涤、烘干后得白色晶体，选择乙醇作为提纯溶剂的主要原因是减小邻苯二甲酸酐的溶解量，使分离更加完全，且乙醇易挥发，便于干燥，故答案为：趁热过滤，并用乙醇洗涤沉淀；减小邻苯二甲酸酐的溶解量，使分离更加完全，且乙醇易挥发，便于干燥；
（5）由题意可知，74.0g邻苯二甲酸酐制得59.2g邻苯二甲酰亚胺，则邻苯二甲酰亚胺的产率为×100%＝89.37%，接近85%，故答案为：a；
（6）由题意可知，邻二甲苯与氨气、空气在加热条件下催化反应生成邻苯二甲酰亚胺和水，反应的化学方程式为：+NH3+3O2+4H2O，故答案为：+NH3+3O2 +4H2O。
18．（2023高三上·浙江开学考）近日，由蒋华良院士和饶子和院士领衔的联合课题组，综合利用虚拟筛选和酶学测试相结合的策略进行药物筛选，发现I(肉桂硫胺)是抗击新型冠状病毒的潜在用药，其合成路线如图：
已知
（1）A中官能团的名称为　 　。
（2）C分子中碳原子的杂化方式为　 　杂化，E的结构简式为　 　。
（3）B反应生成C的化学方程式是　 　。该反应的反应类型为　 　。
（4）K是D的同分异构体，请写出符合下列条件的K的所有结构简式　 　。
①与NaOH溶液反应时，1molK最多可消耗3molNaOH
②能水解，且能发生银镜反应
③核磁共振氢谱显示有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：1：1
（5）已知：，参照上述流程中的合成路线，写出以苯和乙酸为原料制备乙酰苯胺()的合成路线(无机试剂和有机溶剂任选)　 　。
【答案】（1）碳溴键
（2）sp2、sp3；
（3）2+O22+2H2O；氧化反应
（4）或
（5）
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由分析可知，A的结构简式为：，故A中官能团的名称为碳溴键，
故答案为：碳溴键；
（2）由题干流程图中C的结构简式可知C分子中碳原子中苯环和醛基上的碳原子采用sp2杂化，另一个碳原子采用sp3，故C分子中的杂化方式为sp2、sp3杂化，由分析可知，E的结构简式为，
故答案为：sp2、sp3；；
（3）由分析可知，B的结构简式为：，故B反应生成C的化学方程式是2+O22+2H2O，该反应的反应类型为氧化反应，
故答案为：2+O22+2H2O；氧化反应；
（4）D的结构简式为，D的分子式为C9H10O3，不饱和度为5；D的同分异构体与NaOH溶液反应时，1molD最多可消耗3molNaOH，能水解，且能发生银镜反应，则D的同分异构体中含有HCOO-和苯环直接相连、酚羟基；若苯环上有3个侧链，3个侧链为HCOO-、-OH和-CH2CH3；若苯环上有4个侧链，4个侧链为HCOO-、-OH和2个-CH3；其中核磁共振氢谱显示有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：1：1的有机物结构简式为、，
故答案为：、。
（5）本题采用逆向合成法即可由和CH3COCl反应转化而得，根据本小题题干信息可知，可由硝基苯还原而得，而可由苯硝化反应制得，根据题干信息可知，CH3COOH和SOCl2反应可得CH3COCl，据此分析确定合成流线为：，
故答案为：。
【分析】A的分子式为C8H9Br，B催化氧化生成C为，说明A到B发生了取代反应，则B的结构简式为，A的结构简式为；C与HCN、H+发生题给已知I的反应生成D为，D与浓硫酸、加热反应生成E，E与SOCl2、加热反应生成F，结合F的分子式C9H7ClO和题给已知Ⅱ的第一步可知，E的结构简式为，F的结构简式为；F与H发生题给已知Ⅱ的第二步反应生成I；(5)本题采用逆向合成法即可由和CH3COCl反应转化而得，根据本小题题干信息可知，可由硝基苯还原而得，而可由苯硝化反应制得，根据题干信息可知，CH3COOH和SOCl2反应可得CH3COCl，据此分析确定合成流线为：V，据此分析作答：
（1）先根据合成路线中A到B、B到C的反应，分析A的结构。由A的分子式，结合B催化氧化生成C，判断A到B是取代反应，推出B ，进而确定A ，依据官能团定义，A中官能团是碳溴键。
（2）看C的结构，苯环和醛基上的碳原子，其价层电子对数为3（苯环中C成键情况、醛基C=C双键等 ），为sp2杂化；另外一个饱和碳原子价层电子对数为4，是sp3杂化 ，根据合成路线，D与浓硫酸加热反应（消去反应 ），结合F的相关信息，推出E 。
（3）由前面分析可知B ，B发生催化氧化生成C，写出反应方程式： 2+O22+2H2O ，醇的催化氧化反应，属于氧化反应。
（4）明确D的结构和分子式 ，根据条件分析：能水解且发生银镜反应，含 HCOO- ；1mol最多消耗3mol NaOH ，结合含酚羟基等情况 ，考虑核磁共振氢谱峰面积比（ ），分析苯环侧链结构，推出符合条件的K的结构简式。
（5）目标产物乙酰苯胺，可由苯胺即 和 CH3COCl 反应得到 ，苯胺由硝基苯经Fe/Cl还原得到，硝基苯由苯硝化反应制得 ，根据已知，乙酸与 SOCl2 反应生成 CH3COCl 。
整合合成路线： 。
（1）由分析可知，A的结构简式为：，故A中官能团的名称为碳溴键，故答案为：碳溴键；
（2）由题干流程图中C的结构简式可知C分子中碳原子中苯环和醛基上的碳原子采用sp2杂化，另一个碳原子采用sp3，故C分子中的杂化方式为sp2、sp3杂化，由分析可知，E的结构简式为，故答案为：sp2、sp3；；
（3）由分析可知，B的结构简式为：，故B反应生成C的化学方程式是2+O22+2H2O，该反应的反应类型为氧化反应，故答案为：2+O22+2H2O；氧化反应；
（4）D的结构简式为，D的分子式为C9H10O3，不饱和度为5；D的同分异构体与NaOH溶液反应时，1molD最多可消耗3molNaOH，能水解，且能发生银镜反应，则D的同分异构体中含有HCOO-和苯环直接相连、酚羟基；若苯环上有3个侧链，3个侧链为HCOO-、-OH和-CH2CH3；若苯环上有4个侧链，4个侧链为HCOO-、-OH和2个-CH3；其中核磁共振氢谱显示有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：1：1的有机物结构简式为、，故答案为：、。
（5）本题采用逆向合成法即可由和CH3COCl反应转化而得，根据本小题题干信息可知，可由硝基苯还原而得，而可由苯硝化反应制得，根据题干信息可知，CH3COOH和SOCl2反应可得CH3COCl，据此分析确定合成流线为：，故答案为：。
1 / 1浙江省普通高中拔尖强基联盟协作体2023–2024学年高三上学期九月化学入学联考化学试题
一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合要求)
1．（2023高三上·浙江开学考）中华文明源远流长，衣、食、住、行都凝结了中华民族智慧的结晶。下列文明载体使用的材料，主要属于有机高分子材料的是
A B C D
蜀绣(三峡博物馆的秦良玉平金绣蟒凤衫) 火锅所用牛油(重庆美食) 解放碑(重庆抗战胜利纪功碑暨人民解放纪念碑) 长江索道所用钢缆(出行工具)
A．A B．B C．C D．D
2．（2023高三上·浙江开学考）下列化学用语的表达错误的是
A．乙烯的空间填充模型
B．CaC2的电子式
C．基态N原子的价层电子排布图
D．的VSEPR模型为平面三角形
3．（2023高三上·浙江开学考）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1L0.5mol/L的乙醇溶液中含氧原子数为0.5NA
B．1molKCl晶体中所含分子数为NA
C．0.1mol乙酸与足量甲醇充分反应生成的乙酸甲酯分子数目小于0.1NA
D．62gP4()熔化时，断裂P－P键数目为3NA
4．（2023高三上·浙江开学考）下列关于物质的用途的叙述不正确的是
A．聚乳酸是一种很好的生物降解塑料，可用作超市购物袋等，以减少白色污染
B．NaCl可用作食品防腐剂
C．复方氯乙烷气雾剂可用于运动中的急性损伤的镇痛
D．在酱油中加入铁强化剂(如FeCl3)，以减少缺铁性贫血问题的发生
5．（2023高三上·浙江开学考）下列离子(或分子)组在相应条件下，一定能大量共存的是
A．麦芽糖溶液中：MnO、K+、H+、SO
B．能使苯酚溶液显紫色的溶液中：Na+、HCO、SCN-、Cl-
C．银氨溶液中：OH-、NO、K+、Cl-
D．Na2CO3溶液中：Al3+、SO、H+、Cl-
6．（2023高三上·浙江开学考）2021年诺贝尔化学奖授予本杰明·李斯特、大卫·麦克米兰，以表彰他们在“不对称有机催化的发展”中的贡献，用脯氨酸催化合成酮醇反应如图。下列说法错误的是
A．C的分子式为C10H11NO4
B．理论上，该反应原子利用率为100%
C．脯氨酸与互为同分异构体
D．可用酸性高锰酸钾溶液鉴别b和c
7．（2023高三上·浙江开学考）下列实验装置，可以达到实验目的的是
A．用装置①在实验室制备乙烯
B．用装置②证明溴乙烷消去反应有乙烯生成
C．用装置③探究KCl浓度是否对FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl的平衡移动有影响
D．用装置④证明溴和苯发生的是取代反应而不是加成反应
8．（2023高三上·浙江开学考）下列有关说法正确的是
A．合成氨为放热反应，所以在实际生产过程中温度越低越好
B．在恒温恒容条件下，发生2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。当反应达到平衡后，若再充入少量O2，再次达到平衡后，SO3的浓度降低
C．在恒温恒压条件下，发生2NO2(g)N2O4(g)。当反应达到平衡后，若再充入少量N2O4，再次达到平衡后，体系颜色不变
D．CaCO3(s)+2NH(aq)Ca2+(aq)+2NH3(aq)+CO2(g)+H2O(l) H=+68.9kJ mol-1、S=+37.3J/(mol K)该反应可在沸水中自发进行
9．（2023高三上·浙江开学考）下列有关化合物结构和性质的论述正确的是
A．无机苯()的结构与苯相似，其中形成大π键的电子全部由N提供
B．根据原子半径推知，F－F键的键能大于Cl－Cl键，F2化学性质更稳定
C．NH3的成键电子对间排斥力比PH3小，所以NH3的键角比PH3小
D．O3是弱极性分子，其在水中的溶解度大于在四氯化碳中的溶解度
10．（2023高三上·浙江开学考）金属M在潮湿的空气中会形成一层致密稳定的3M(XY)2 MZX3，X、Y、Z为短周期主族元素，X的原子序数是Y的8倍，基态X和Z的未成对电子数相同，M是人体必需的元素之一。1molMZX3，含有42mol质子，下列说法正确的是（　　）
A．离子半径：M＞X
B．X、Y、Z的电负性大小为：X＞Z＞Y
C．M的最高价氧化物对应水化物为强碱
D．第一电离能：Z＞X
11．（2023高三上·浙江开学考）下列离子方程式正确的是
A．向CuSO4溶液中加入过量氨水：Cu2++2NH3 H2O=Cu(OH)2↓+2NH
B．甲醛发生银镜反应：HCHO+4[Ag(NH3)2]OH2NH+CO+4Ag↓+6NH3+2H2O
C．向草酸溶液中加入少量酸性高锰酸钾溶液：5H2C2O4+6H++2MnO=10CO2↑+2Mn2++8H2O
D．向NaHCO3溶液中加入少量Ba(OH)2溶液：HCO+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O
12．（2023高三上·浙江开学考）MnO2催化降解甲醛的机理如图所示，其中MnO2起着吸附活化的作用。下列说法错误的是
A．基态Mn原子的未成对电子数为5个
B． CHO中碳原子采取sp2杂化
C．CO2的空间结构为V形
D．HCHO在降解过程中碳氧双键未发生断裂
13．（2023高三上·浙江开学考）在卤水精制中，纳滤膜对、有很高的脱除率。一种网状结构的纳滤膜J的合成路线如图(图中 表示链延长)。
下列说法正确的是
已知： +—NH2 +HCl
A．J能脱除、可能与其存在阴离子有关
B．MPD的核磁共振氢谱有5组峰
C．J具有网状结构仅与单体AEPPS的结构有关
D．合成J的反应为加聚反应
14．（2023高三上·浙江开学考）某离子晶体的晶胞是由M、N两种离子组成的正方体结构，晶胞参数为apm。该晶胞沿x轴在yz平面的投影如图2所示，沿体对角线方向的投影如图3所示(注：M离子用表示，N离子用表示，两种离子投影重合时用表示)。下列说法错误的是
A．该晶体的化学式可表示为MN
B．与N离子距离最近的N离子有8个
C．M离子与N离子之间的最近距离为apm
D．晶胞中其中一个N离子的分数坐标可能为(，，)
二、填空题(本题共4个小题，共58分)
15．（2023高三上·浙江开学考）巫山桃花铁矿是重庆迄今发现的最大铁矿，储量上亿吨，按市场估值在400亿以上。其所含化学成分有Fe2O3、MgO、SiO2和不溶物(不溶物不参与反应)。现模拟用该铁矿来制备高铁酸钠[Na2FeO4]，其流程设计如图：
已知：常温下，几种难溶氢氧化物的Ksp
难溶物 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Mg(OH)2
Ksp 8×10-16 4×10-38 2×10-11
请回答下列问题：
（1）请写出基态Fe原子的价电子排布式　 　。
（2）将矿石粉碎的目的　 　。
（3）操作1的名称是　 　，调pH后过滤所得滤渣的主要成分是　 　。
（4）常温下，若测得操作1后所得滤液中c(Mg2+)=0.2mol/L，则调pH时的最佳取值范围为　 　。(已知lg2=0.3，当某离子浓度≤10-5mol/L时可认为其完全沉淀，计算结果保留1位小数)。
（5）氧化时可向滤液中先加入稍过量NaOH溶液，然后再加入NaClO溶液，请写出该反应的离子方程式　 　。NaClO为常见漂白剂，其水溶液因水解而呈碱性，则NaClO溶液中各离子浓度由大到小的关系为　 　。
16．（2023高三上·浙江开学考）2023年6月27日，我国工业与信息化部办公下达了2023年度国家工业节能监察任务的通知，其监察的重点为企业节能减排的落实情况。
（1）利用反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H，可减少CO2排放，并介成清洁能源。该反应一般认为可通过以下两步来实现：
①CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g) △H1=+41kJ mol-1
②CO2(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H2=-90kJ mol-1
则合成反应的△H=　 　kJ mol-1；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是　 　(填标号)。
A. B.
C. D.
（2）500℃时，在2L的密闭容器中充入3molCO2和8molH2，发生CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。下列现象可以说明反应达到平衡的是　 　。
A.3正(H2)=逆(H2O) B．气体平均相对分子质量不再改变
C．气体密度不再改变 D．CO2与H2的物质的量之比不再改变
测得t=5min时，反应达到平衡，此时c(CO2)=0.5mol/L，则从反应开始到平衡，CO2的平均反应速率(CO2)=　 　。
（3）我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO2固溶体。已知ZrO2的熔点高达2700℃，四方ZrO2的晶胞如图所示：
ZrO2属于　 　晶体(选填“分子”或“离子”)，若四方ZrO2的晶胞参数为apm，该晶体的密度为　 　g cm-3(写表达式，用NA表示阿伏加德罗常数)。在ZrO2中掺杂少量ZnO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，则y=　 　(用含x的代数式表示)。
17．（2023高三上·浙江开学考）邻苯二甲酰亚胺(PIMD)是一种重要的亚胺，是Gabriel合成法制备胺的原料。某实验室模拟氨水法以邻苯二甲酸酐为原料制备PIMD。
反应原理：
实验装置如图：
相关物质的物理性质如表：
物质 相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性
邻苯二甲酸酐 148 131~134 284 不溶于冷水，微溶于热水，稍溶于乙醇
邻苯二甲酰亚胺 147 232~235 366 微溶于热水，易溶于乙醇，易溶于碱溶液
实验步骤：
I．向250mL三颈烧瓶中加入74.0g邻苯二甲酸酐，边搅拌边滴入50.0mL浓氨水(稍过量)，加热至80℃-95℃，待固体完全溶解后停止加热。将三颈烧瓶右端口所连装置取下改为蒸馏装置，继续加热，将溶液中的水及过量的氨蒸馏回收，此时烧瓶中有白色固体析出。
Ⅱ．继续升温至235℃-240℃，固体熔化，反应60分钟后，停止加热。冷却至室温，热水洗涤固体、抽滤、烘干，得到粗品白色粉末72.2g。
Ⅲ．向白色粉末中加入适量乙醇，加热回流使固体恰好溶解， ，将滤液降温冷却，有白色晶体析出，抽滤、洗涤、烘干后得白色晶体59.2g。
请回答下列问题：
（1）仪器A的名称为　 　，仪器A中盛装的试剂是　 　。(填标号)
a．碱石灰 b．五氧化二磷 c．浓硫酸
（2）步骤Ⅱ所得粗品中的杂质主要为　 　。
（3）邻苯二甲酸酐的熔沸点远低于邻苯二甲酰亚胺，原因可能是　 　。
（4）步骤Ⅲ的目的是利用重结晶进一步提纯邻苯二甲酰亚胺，该步骤中划线部分应补全的操作是　 　。选择乙醇作为提纯溶剂的主要原因是　 　。
（5）本实验中邻苯二甲酰亚胺的产率最接近于　 　。(填标号)
a.85% b.80% c.75% d.70%
（6）邻苯二甲酰亚胺还可以用由邻二甲苯与氨气、氧气在加热条件下催化反应一步制得，写出该反应的化学方程式：　 　。
18．（2023高三上·浙江开学考）近日，由蒋华良院士和饶子和院士领衔的联合课题组，综合利用虚拟筛选和酶学测试相结合的策略进行药物筛选，发现I(肉桂硫胺)是抗击新型冠状病毒的潜在用药，其合成路线如图：
已知
（1）A中官能团的名称为　 　。
（2）C分子中碳原子的杂化方式为　 　杂化，E的结构简式为　 　。
（3）B反应生成C的化学方程式是　 　。该反应的反应类型为　 　。
（4）K是D的同分异构体，请写出符合下列条件的K的所有结构简式　 　。
①与NaOH溶液反应时，1molK最多可消耗3molNaOH
②能水解，且能发生银镜反应
③核磁共振氢谱显示有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：1：1
（5）已知：，参照上述流程中的合成路线，写出以苯和乙酸为原料制备乙酰苯胺()的合成路线(无机试剂和有机溶剂任选)　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】合金及其应用；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．蜀绣主要原料为蚕丝，主要成分为蛋白质，蛋白质为天然高分子，A符合题意；
B．牛油是油脂，油脂相对分子质量较小，不是高分子，B不合题意；
C．解放碑是用石材雕刻，主要成分可能是花岗岩、硅酸盐或大理石，属于无机非金属材料，C不合题意；
D．长江索道所用钢缆是合金材料，属于金属材料，D不合题意；
故选A。
【分析】A．蛋白质为天然高分子；
Ｂ．油脂相对分子质量较小；
Ｃ．解放碑的材料为无机非金属材料；
Ｄ．钢缆是合金材料。
2．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、乙烯分子中原子间为双键，呈平面结构，空间填充模型能正确反映原子大小（大、小 ）和平面排布，A正确 ；
B、中与以离子键结合，内部是三键（共用3对电子 ），电子式应为 。题目中电子式写成，未标注的离子电荷，错误，B符合题意；
C、 原子序数7，价层电子排布为，轨道填2个自旋相反电子，轨道3个电子分占不同轨道且自旋平行，价层电子排布图正确，C正确 ；
D、中原子价层电子对数：（无孤电子对 ）
价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形 ，D正确 。
故答案为： B 。
【分析】A．乙烯（ ）为平面结构，空间填充模型（比例模型 ）需体现原子相对大小和空间排布，原子大于原子，且为平面形。
B．是离子化合物，由和（乙炔根离子 ）构成，电子式需体现离子键和内部的共价键（含三键 ）。
C．基态原子价层电子为，电子排布需遵循泡利原理（同一轨道最多2个自旋相反电子 ）、洪特规则（简并轨道电子优先分占且自旋平行 ）。
D．计算的VSEPR模型，需先算中心原子的价层电子对数（ 成键电子对 孤电子对 ）。
3．【答案】C
【知识点】离子晶体；分子晶体；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、乙醇物质的量：，含氧原子（乙醇分子式 ）。但溶液中还有水，水也含氧原子，故溶液中氧原子总数 ，A错误 ；
B、离子晶体中微粒是离子，晶体由和构成，无分子 ，故1mol 晶体中分子数为0，B错误 ；
C、0.1mol乙酸参与反应，因可逆，实际生成的乙酸甲酯分子数 ，即小于，C正确 ；
D、 分子为正四面体结构，1个含6个键。62g 物质的量为。
熔化时只破坏分子间作用力，键未断裂 ，故断裂键数目为0，D错误 。
故答案为： 。
【分析】A．乙醇溶液含乙醇和水，两者均含氧原子，需同时考虑乙醇和水的氧原子数，不能仅计算乙醇的氧原子。
B．是离子晶体，由和通过离子键结合，不存在分子，需区分晶体类型与构成微粒。
C．乙酸与甲醇的酯化反应是可逆反应（ ），可逆反应不能进行到底，产物量小于理论值。
D．白磷（ ）是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，而非分子内的共价键，需区分物理变化中化学键是否断裂。
4．【答案】D
【知识点】常见的生活环境的污染及治理；卤代烃简介；常见的食品添加剂的组成、性质和作用
【解析】【解答】A、普通塑料（如聚乙烯 ）难降解，大量使用造成“白色污染”；聚乳酸能被微生物分解，用作购物袋可减少污染，A正确 ；
B、食品中加入，一方面调味，另一方面高浓度让微生物细胞失水，无法生存，可防腐（如腌制食品 ），B正确 ；
C、运动急性损伤（如扭伤 ）时，喷复方氯乙烷气雾剂，氯乙烷挥发带走热量，局部降温，缓解疼痛，C正确 ；
D、酱油中补铁需加入易吸收的（如 ），含，人体对其吸收差，不能有效补铁，D错误 。
故答案为： 。
【分析】A．聚乳酸是生物降解塑料，可自然分解，替代难降解塑料能减少“白色污染”（普通塑料长期堆积污染环境 ）。
B．（食盐 ）有咸味，且高浓度溶液使微生物细胞脱水，抑制微生物繁殖，起到防腐作用。
C．复方氯乙烷气雾剂喷于皮肤时，氯乙烷迅速挥发吸热，使局部降温，减轻疼痛和肿胀，用于急性损伤镇痛。
D．人体吸收铁元素主要以形式，中是，不易被吸收；补铁剂常用（提供 ）。
5．【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、麦芽糖为还原性糖，与构成酸性环境，会氧化麦芽糖（如醛基被氧化为羧基 ），不能大量共存 ，A错误 ；
B、 与：（双水解 ）；
与：（络合 ），不能大量共存 ，B错误 ；
C、银氨络离子稳定，、、、之间及与银氨络离子均不反应，可大量共存 ，C正确 ；
D、 与：（双水解 ）；
与：，不能大量共存 ，D错误 。
故答案为： 。
【分析】A．麦芽糖含醛基（ ），具还原性；在酸性（ ）条件下具强氧化性，可氧化麦芽糖。
B．能使苯酚显紫色的溶液含，与发生双水解（相互促进水解 ），与发生络合反应。
C．银氨溶液主要含、，需判断、、、与银氨络离子是否反应。
D．溶液含，与双水解，与反应生成。
6．【答案】D
【知识点】有机物的鉴别；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；醛的化学性质
【解析】【解答】A、的结构简式中，原子数：10；原子数：11；原子数：1；原子数：4，分子式为，A正确 ；
B、反应中、在脯氨酸催化下生成，无其他产物（原子全部进入 ），故原子利用率100% ，B正确 ；
C、 脯氨酸分子式：；所给物质分子式：，分子式相同，结构不同，互为同分异构体 ，C正确 ；
D、 中醛基（ ）、中羟基（ ，与苯环相连的羟基具还原性 ），均能使酸性溶液褪色，无法鉴别 ，D错误 。
故答案为： 。
【分析】A．根据的结构简式，数出各原子个数（、、、 ），确定分子式。
B．原子利用率，若反应无副产物，原子利用率为100%。
C．同分异构体需分子式相同、结构不同。分别写出脯氨酸与所给物质的分子式，判断是否相同。
D．含醛基（ ）、含羟基（ ），两者均具还原性，能被酸性氧化褪色，无法鉴别。
7．【答案】C
【知识点】化学平衡的影响因素；苯的结构与性质；卤代烃简介；乙醇的消去反应
【解析】【解答】A、乙醇消去制乙烯反应：，需精准控温，装置①温度计未插入液面下（测的是蒸汽温度 ），无法控制反应液温度 ，不能制备乙烯，A错误；
B、溴乙烷消去：，反应中乙醇挥发，乙醇能还原（ ），使溶液褪色，无法证明是乙烯使溶液褪色 ，B错误；
C、该反应实质是，但加入溶液，相当于稀释，浓度降低，颜色变浅；或从平衡移动看，不参与反应，理论上平衡不移动，但实际因离子强度变化可能有影响，可通过颜色变化探究，装置③中，加入溶液，观察溶液颜色是否变化，能探究对平衡的影响，C正确 。
D、苯与溴取代：，加成则无。但溴易挥发，与水反应：，生成的也会与生成沉淀，无法证明是取代反应生成的 ，D错误 。
故答案为： 。
【分析】A．乙醇制乙烯需控制温度，温度计需插入反应液测温度，判断装置①是否满足。
B．溴乙烷消去生成乙烯，但乙醇易挥发，乙醇也能使酸性褪色，判断装置②是否能排除干扰。
C．的平衡，改变浓度（实质是改变离子强度，但、不参与反应 ），通过溶液颜色变化判断平衡是否移动，判断装置③是否可行。
D．苯与溴的反应，若为取代则生成，与生成浅黄色沉淀；但溴易挥发，挥发的与水反应也生成，判断装置④能否排除干扰。
8．【答案】C
【知识点】焓变和熵变；化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、合成氨反应：，温度低虽利于平衡正向，但反应速率慢，且催化剂需一定温度才具活性，实际生产选合适温度（兼顾平衡和速率 ），A错误 ；
B、恒容条件，充入，浓度增大，平衡正向移动，物质的量增大，容器体积不变（不变 ）。浓度，增大、不变，故浓度增大 ，B错误；
C、恒压条件，充入，容器体积增大，最终达到的平衡与原平衡等效（各物质浓度不变 ），浓度不变，体系颜色（由浓度决定 ）不变 ，C正确 ；
D、已知，，沸水温度，，反应非自发 ，D错误 。
故答案为： 。
【分析】A．合成氨是放热反应，但反应速率、催化剂活性与温度有关，需综合考虑，判断“温度越低越好”是否合理。
B．恒温恒容下，达平衡后，充入，平衡正向移动，判断浓度变化。
C．恒温恒压下，达平衡后，充入，判断新平衡与原平衡的关系（等效平衡 ），及体系颜色变化。
D．判断反应自发性需计算，则自发，结合沸水温度（ ）计算。
9．【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；相似相溶原理及其应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、 原子价电子数，与其他原子形成个键，无多余电子参与大键；原子价电子数，形成个键后，剩余个电子参与大键。故无机苯中形成大键的电子全部由提供 ，A正确 ；
B、原子半径：，则键长键长，理论上键能大。但原子半径小，孤电子对斥力大，实际键能小于键能。非金属性，但因键能小，化学性质更活泼（易断裂反应 ），B错误 ；
C、电负性，中键电子对更靠近，成键电子对间斥力更大，斥力大则键角大，故键角大于，C错误 ；
D、极性，非极性，是弱极性分子，更易溶于非极性溶剂，根据相似相溶，极性分子在极性溶剂中溶解度小于非极性溶剂，D错误。
故答案为： 。
【分析】A．对比无机苯（ ）与苯结构，分析、原子价电子，判断大键电子来源。
B．键能与原子半径、化学性质的关系，结合非金属性判断与的稳定性。
C．键角与成键电子对斥力的关系，通过、电负性差异，判断与成键电子对斥力。
D．依据是弱极性分子，更易溶于非极性溶剂，判断在水和四氯化碳中的溶解度。
10．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】 由分析可知，X为O元素、Y为H元素、Z为C元素、M为Mg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，则离子半径：Mg2+＜O2-，故A错误；
B．同主族元素自左而右电负性增大，C、O在它们的简单氢化物中都表现负价，说明它们的金属性都比H大，则电负性：O＞C＞H，故B正确；
C．属于弱碱，故C错误；
D．同周期主族元素随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势（ⅡA族、ⅤA族元素第一电离能大于同周期相邻元素除外），则第一电离能：C＜O，故D错误；
故选B。
【分析】 X、Y、Z为短周期主族元素，即原子序数均小于18，而X的原子序数是Y的8倍，故Y为H元素、X为O元素；基态X和Z的未成对电子数相同，即Z有2个单子，符合条件的元素有C、Si、S，1molMZX3含有42mol质子，可知M、Z的质子数为42-8×3=18，金属M在潮湿的空气中会形成一层致密稳定的3M(XY)2 MZX3，可知M显+2价、Z显+4价，且M是人体必需的元素之一，可知M为Mg元素、Z为C元素。
11．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、正确的离子方程式应为，A错误；
B、正确的离子方程式是，故B错误；
C、该反应中，元素从价降低到价，元素从价升高到价，结合守恒定律，离子方程式书写正确，所以C正确；
D、正确的离子方程式是，因此D错误。
故答案为C。
【分析】A．与过量氨水反应时，会继续与氨水反应，生成可溶于水的，并非只生成
B．银镜反应中，应拆分为和，且反应环境为碱性，要体现参与反应，同时需遵循离子方程式的书写规范。
C．草酸（）具有还原性，酸性溶液具有强氧化性，二者发生氧化还原反应，被氧化为，被还原为，根据氧化还原反应的得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒来书写离子方程式。
D．向溶液中加少量，为少量，应按照的组成来定系数，与的比例为，会与反应，除生成沉淀，还会生成 。
12．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；化学键；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、是25号元素，基态原子价层电子排布式为 。根据洪特规则，轨道上5个电子分占不同轨道且自旋平行，所以未成对电子数为5个，A正确；
B、中中心碳原子与氧原子形成碳氧双键（含1个σ键 ），与另外两个原子形成σ键，即中心碳原子共形成3个σ键，无孤电子对。根据杂化轨道理论，中心原子采取杂化，B正确；
C、计算中心原子价层电子对数，公式为 ，中与形成2个双键，成键电子对数为2；孤电子对数 ，所以价层电子对数为 ，根据价层电子对互斥理论，不含孤电子对时，空间结构为直线形，C错误；
D、从机理图可知，降解时，断开的是碳氢键，碳氧双键（ ）未发生断裂，D正确。
故答案为：C。
【分析】A．要确定基态原子未成对电子数，需先明确其价层电子排布式，再依据电子排布规律判断未成对电子情况。
B．判断中碳原子杂化类型，需看其成键情况，通过中心原子的σ键数和孤电子对情况，依据杂化轨道理论确定。
C．判断空间结构，要先计算中心原子价层电子对数，结合孤电子对情况，依据价层电子对互斥理论确定。
D．分析降解过程中化学键变化，需结合反应机理图，看甲醛分子中化学键的断裂情况。
13．【答案】A
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物的合成；缩聚反应
【解析】【解答】A、能脱除、，是因为这些阳离子可与中阴离子结合，形成稳定结合物脱离水溶液，实现脱除，A正确；
B、结构为 ，分子中氢原子因对称分布，实际氢环境共种（苯环上种、氨基上种 ），核磁共振氢谱有组峰，B错误；
C、的网状结构，不仅依赖单体，还与（含多个酰氯官能团，可多方向连接 ）有关，二者共同作用形成网状，C错误；
D、合成反应中，与 反应生成 ，同时脱除小分子，属于缩聚反应（脱小分子成高分子 ），不是加聚反应（无小分子脱除 ），D错误；
故答案为：A。
【分析】本题围绕纳滤膜合成路线，结合有机物结构与反应，通过分析官能团作用、分子氢环境、网状结构成因及反应类型，判断选项正误，注意切勿忽略题目中“与反应生成并脱除”的已知信息，导致对合成反应类型的判断错误。
14．【答案】B
【知识点】离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A、顶点M离子 ，面心M离子 ，共 个；N离子个数：N在4个体心，个数为4 。晶体中M、N离子个数比为 ，化学式可表示为 ，A正确；
B、以某N离子为中心，观察其周围N离子，由于N在小晶胞体心，与它距离最近的N离子位于相邻小晶胞体心，每个N离子周围，在三维空间中，距离最近的N离子有12个（可想象空间中立方体体心粒子与其他体心粒子的位置关系 ），不是8个，B错误；
C、晶胞为正方体，体对角线长度（根据正方体体对角线公式，边长为 时，体对角线 ），M、N离子最近距离是体对角线的 ，即 ，C正确；
D、由分析可知，M位于晶胞的8个顶点和6个面心，N位于8个晶胞中的4个小晶胞的体心上，晶胞中其中一个N离子的分数坐标可能为(，，)即为位于8个晶胞中左上、后面的小晶胞的体心上的点，如图所示：，D正确。
故答案为：B。
【分析】由题干晶胞投影图可知，M位于晶胞的8个顶点和6个面心，N位于8个晶胞中的4个小晶胞的体心上，如下图：，据此分析解题：
A、用均摊法计算晶胞中M、N离子个数，进而确定晶体化学式。均摊法规则为：顶点粒子占 、面心粒子占 、体心粒子占1 。
B、找与N离子距离最近的N离子，需明确N离子在晶胞中的位置，分析其周围等距N离子的分布。
C、M离子与N离子的最近距离，是晶胞体对角线长度的 。先求体对角线长度，再计算最近距离。
D、分数坐标是晶胞中粒子位置的一种表示，以晶胞顶点为原点 ，沿坐标轴方向单位为1 。N离子在小晶胞体心，结合晶胞分割，判断其分数坐标可能性。
15．【答案】（1）3d64s2
（2）增大接触面积加快酸浸速率
（3）过滤；
（4）
（5）；
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；离子浓度大小的比较；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）Fe元素为26号元素，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2；
故答案为：3d64s2；
（2）根据分析可知将矿石粉碎的目的增大接触面积加快酸浸速率；
故答案为：矿石粉碎的目的增大接触面积加快酸浸速率；
（3）根据分析可知SiO2难溶与酸，操作1的名称是过滤；将滤液调pH将沉淀，调pH后过滤所得滤渣的主要成分是；
故答案为：；
（4）常温下，若测得操作1后所得滤液中c(Mg2+)=0.2mol/L，则调pH时保证完全沉淀，Mg2+不沉淀，当离子浓度≤10-5mol/L时可认为其完全沉淀，当完全沉淀时，，Mg2+恰好不沉淀时，，，则调pH时的最佳取值范围为。
故答案为：；
（5）氧化时可向滤液中先加入稍过量NaOH溶液，然后再加入NaClO溶液，请写出该反应的离子方程式为；NaClO为常见漂白剂，其水溶液因水解而呈碱性，则NaClO溶液水解显碱性，其中各离子浓度由大到小的关系为。
故答案为：；。
【分析】矿石粉碎加快酸浸速率，硫酸酸浸Fe2O3、MgO溶解变成，SiO2难溶，过滤，将滤液调pH将沉淀，再加入将氧化为Na2FeO4。
（1）是26号元素，核外电子排布遵循能量最低原理等规则。其核外电子排布式为 ，价电子是指原子在参与化学反应时能够用于成键的电子，对于过渡元素，价电子包括最外层电子和次外层电子，所以基态原子的价电子排布式为 。
（2）化学反应中，反应物接触面积越大，反应速率越快。矿石粉碎后，固体颗粒变小，与后续酸接触的面积增大，能加快酸浸时矿石与稀硫酸的反应速率，让反应更充分 。所以目的是增大接触面积，加快酸浸速率。
（3）操作1是将酸浸后的固体（和不溶物 ）与液体分离，这种分离固液混合物的操作名称是过滤。矿石酸浸时，与稀硫酸反应生成 （溶液中为 ），与稀硫酸反应生成 （溶液中为 ），不反应。加入试剂1调，是为了让转化为沉淀，所以调后过滤所得滤渣主要成分是 。
（4）要保证完全沉淀（离子浓度 ），不沉淀。根据 ，当完全沉淀时， ，则 。再根据 ， ， ，所以 ， 。
对于 ，不沉淀即开始沉淀的临界状态，根据 ，已知 ，则 ， ， 。
o 所以调要满足完全沉淀、不沉淀，取值范围是 。
（5）氧化过程是被在碱性条件下氧化为 ，元素从价升高到价，元素从价降低到价。根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，离子方程式为 。
溶液中， ，会发生水解： ，使溶液显碱性。因为不水解，浓度最大；水解但程度小，浓度次之；水解产生 ，且水也会电离出 ，所以 。所以溶液中离子浓度大小关系为： 。
（1）Fe元素为26号元素，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2；
（2）根据分析可知将矿石粉碎的目的增大接触面积加快酸浸速率；
（3）根据分析可知SiO2难溶与酸，操作1的名称是过滤；将滤液调pH将沉淀，调pH后过滤所得滤渣的主要成分是；
（4）常温下，若测得操作1后所得滤液中c(Mg2+)=0.2mol/L，则调pH时保证完全沉淀，Mg2+不沉淀，当离子浓度≤10-5mol/L时可认为其完全沉淀，当完全沉淀时，，Mg2+恰好不沉淀时，，，则调pH时的最佳取值范围为。
（5）氧化时可向滤液中先加入稍过量NaOH溶液，然后再加入NaClO溶液，请写出该反应的离子方程式为；NaClO为常见漂白剂，其水溶液因水解而呈碱性，则NaClO溶液水解显碱性，其中各离子浓度由大到小的关系为。
16．【答案】（1）-49；C
（2）BD；0.2mol·L-1·min-1
（3）离子；；2-x
【知识点】离子晶体；晶胞的计算；盖斯定律及其应用；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）计算：已知反应①
反应②
目标反应为 ，由①②可得目标反应。
根据盖斯定律， 。
判断能量变化图像：
反应①是慢反应，慢反应的活化能高于快反应（反应② ）；总反应 ，即反应物总能量高于生成物总能量。
图像A：第一步活化能低于第二步，不符合“反应①为慢反应（活化能高 ）”，错误。
图像B：总反应反应物能量低于生成物，是吸热反应，与（放热 ）矛盾，错误。
图像C：第一步活化能高（反应①慢 ），总反应反应物能量高于生成物（放热 ），正确。
图像D：第一步活化能低于第二步，且总反应能量变化不符合，错误。
故答案为：；。
（2）A、 ，根据反应速率与化学计量数关系，时才达平衡，此式正逆速率不匹配，反应未平衡，A错误；
B、反应前后气体总质量不变，气体物质的量变化（反应前气体物质的量多，反应后少 ），平均相对分子质量 ，不变说明不变，反应达平衡，B正确；
C、反应前后气体总质量不变，容器体积不变，根据 ，密度始终不变，不能作为平衡标志，C错误；
D、起始时与物质的量比为 ，反应中消耗比为 ，所以过程中二者物质的量比不断变化，当比值不变时，说明各物质浓度不变，反应达平衡，D正确。
故答案为：；
计算平均反应速率：起始时 ，平衡时 ，则 ，时间 ；根据 。
故答案为：。
（3）熔点高达 ，熔点高是离子晶体的特征（离子键强 ），故属于离子晶体。
计算晶体密度：用均摊法算晶胞中原子数：
原子：顶点个，每个占 ；面心个，每个占 ，则 。
原子：晶胞内个，完全属于晶胞， 。
晶胞质量（相对原子质量约 ，为 ）。
晶胞体积（晶胞参数 ）。
密度 。
推导与的关系：化合物中，为价、为价、为价。
根据化合价代数和为零：；化简： ，即 。
故答案为：；；。
【分析】（1）利用盖斯定律，将已知的两个分步反应相加，得到目标反应，计算其反应热。再根据慢反应活化能高、总反应的热效应（放热或吸热 ），判断能量变化图像。
（2）依据化学平衡状态的特征（正逆反应速率相等、各物质含量不变等 ），判断平衡标志；利用反应速率公式计算的平均反应速率，需先求浓度变化量。
（3）根据晶体熔点判断晶体类型；用均摊法算晶胞中、原子数，结合密度公式计算密度；依据化合物中化合价代数和为零，推导与的关系。
（1）①CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO (g)　ΔH1=+41 kJ mol-1，②CO(g)+2H2 (g)CH3OH(g) ΔH2=-90 kJ mol-1，①+②得CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH=ΔH1+ΔH2=+41 kJ mol-1-90 kJ mol-1=-49kJ mol-1，慢反应活化能高，总反应放热，所以选C；
（2）A．根据反应速率之比等于化学计量数之比可知，3正(H2)=逆(H2O)，正逆反应不相等，反应未达到平衡，A错误；
B．反应前后气体总质量不变，混合气体平均摩尔质量不再改变，说明容器内气体分子总数不变，反应达到平衡状态，B正确；
C．反应前后气体总质量不变，容器容积不变，混合气体密度始终不改变，混合气体密度不再改变不能说明反应达到平衡状态，C错误；
D．该过程中CO2和H2的投料比为3：8，而CO2和H2的消耗量之比为1：3，故CO2与H2的物质的量之比一直在改变，故当CO2与H2的物质的量之比不再改变，说明反应达到平衡了，D正确；
故选：BD；
测得t=5min时，反应达到平衡，此时c(CO2)=0.5mol/L，则从反应开始到平衡，CO2的平均反应速率(CO2)==0.2mol·L-1·min-1；
（3）由题干信息可知，ZrO2的熔点高达2700℃，熔点很高故ZrO2属于离子晶体，由题干晶胞可知，晶胞中O原子数目为8，Zr原子数目为8×+6×=4，故晶胞质量为g，晶胞体积为a3×10-30cm3，ρ==g cm-3，在ZrO2中掺杂少量ZnO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，化合物中Zn为+2价、Zr为+4价、O为-2价，则2x+4×(1-x)=2y，y=2-x。
17．【答案】（1）球形干燥管；b
（2）苯二甲酸酐
（3）两者均为分子晶体，邻苯二甲酰亚胺能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高
（4）趁热过滤，并用乙醇洗涤沉淀；减小邻苯二甲酸酐的溶解量，使分离更加完全，且乙醇易挥发，便于干燥
（5）a
（6）+NH3+3O2+4H2O
【知识点】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）从装置图看，仪器A是球形干燥管 。作用是吸收尾气 ，球形干燥管装固体试剂。碱石灰（ ）会与不反应（碱石灰用于干燥 ），不能吸收；浓硫酸（ ）是液体，不能装在球形干燥管；五氧化二磷（ ）是固体，能与反应（ ），可吸收 。
故答案为：球形干燥管；b；
（2）步骤Ⅱ是加热至 ，但可能有未反应完的邻苯二甲酸酐。因为邻苯二甲酸酐不溶于冷水、微溶于热水，步骤Ⅱ后固体用热水洗涤，未反应的邻苯二甲酸酐难溶于热水，会留在粗品中。
故答案为：苯二甲酸酐；
（3）邻苯二甲酸酐和邻苯二甲酰亚胺都是分子晶体。邻苯二甲酰亚胺分子中存在 ，能形成分子间氢键，使分子间作用力显著增大；而邻苯二甲酸酐分子间主要是范德华力。分子间作用力越大，熔沸点越高，所以邻苯二甲酰亚胺熔沸点更高。
故答案为：两者均为分子晶体，邻苯二甲酰亚胺能形成分子间氢键，增大分子间作用力，使熔沸点更高；
（4）加入乙醇加热回流使固体溶解后，邻苯二甲酸酐微溶于热水、稍溶于乙醇，邻苯二甲酰亚胺易溶于乙醇。为除去未溶解的邻苯二甲酸酐杂质，需趁热过滤（防止邻苯二甲酰亚胺冷却析出 ），并用乙醇洗涤沉淀（减少产品损失 ）。
操作：趁热过滤，并用乙醇洗涤沉淀；邻苯二甲酸酐稍溶于乙醇，用乙醇作溶剂可减小其溶解量，使杂质留在滤渣，产品更多进入滤液，分离更完全。乙醇沸点低，易挥发，后续干燥方便。
故答案为：趁热过滤，并用乙醇洗涤沉淀；减小邻苯二甲酸酐的溶解量，使分离更完全，且乙醇易挥发，便于干燥；
（5）由题意可知，74.0g邻苯二甲酸酐制得59.2g邻苯二甲酰亚胺，则邻苯二甲酰亚胺的产率为×100%＝89.37%，接近85%，
故答案为：a；
（6）由题意可知，邻二甲苯与氨气、空气在加热条件下催化反应生成邻苯二甲酰亚胺和水，反应的化学方程式为：+NH3+3O2+4H2O，
故答案为：+NH3+3O2 +4H2O。
【分析】由题给流程可知，装置甲中发生的反应为邻苯二甲酸酐与氨水在80～95℃的热水浴中发生取代反应生成邻氨甲酰苯甲酸，邻氨甲酰苯甲酸在加热条件下发生取代反应生成邻苯二甲酰亚胺，用于除去所得固体中的水分，除水所得固体经冷却，洗涤、抽滤烘干，进一步提纯得固体邻苯二甲酰亚胺，据此分析解题。
（1）先根据仪器外观判断仪器A名称，再依据其作用（吸收尾气 ）和试剂性质（只能装固体、能吸收 ）选试剂。
（2）结合邻苯二甲酸酐和邻苯二甲酰亚胺的溶解性（邻苯二甲酸酐不溶于冷水、微溶于热水；邻苯二甲酰亚胺微溶于热水 ），分析步骤Ⅱ粗品中杂质。
（3）二者均为分子晶体，熔沸点由分子间作用力决定，分析是否存在氢键影响分子间作用力。
（4）重结晶操作要除去杂质（邻苯二甲酸酐），利用其与产品在乙醇中溶解性差异（热溶冷析 ）。选择乙醇的原因从减少杂质溶解、乙醇易挥发角度分析。
（5）先根据邻苯二甲酸酐质量算理论上邻苯二甲酰亚胺的质量，再用实际产量算产率，对比选项。
（6）根据反应物（邻二甲苯、、 ）和生成物（邻苯二甲酰亚胺、 ），结合氧化还原反应配平。
（1）由题干实验装置图可知，仪器A的名称为球形干燥管，实验中仪器A的作用为吸收尾气NH3，球形干燥管只能盛放固体，故其中盛装的试剂是五氧化二磷，故答案为：球形干燥管；b；
（2）由题干表格信息可知，邻苯二甲酸酐不溶于冷水，微溶于热水，稍溶于乙醇，可知步骤Ⅱ所得粗品中的杂质主要为邻苯二甲酸酐，故答案为：苯二甲酸酐；
（3）邻苯二甲酰亚胺可形成分子间氢键，使其分子间作用力增大，熔点更高，故答案为：两者均为分子晶体，邻苯二甲酰亚胺能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高；
（4）由题干表格信息可知，邻苯二甲酸酐不溶于冷水，微溶于热水，稍溶于乙醇，而邻苯二甲酰亚胺微溶于热水，易溶于乙醇，易溶于碱溶液，故Ⅲ．向白色粉末中加入适量乙醇，加热回流使固体恰好溶解，趁热过滤，并用乙醇洗涤沉淀，将滤液降温冷却，有白色晶体析出，抽滤、洗涤、烘干后得白色晶体，选择乙醇作为提纯溶剂的主要原因是减小邻苯二甲酸酐的溶解量，使分离更加完全，且乙醇易挥发，便于干燥，故答案为：趁热过滤，并用乙醇洗涤沉淀；减小邻苯二甲酸酐的溶解量，使分离更加完全，且乙醇易挥发，便于干燥；
（5）由题意可知，74.0g邻苯二甲酸酐制得59.2g邻苯二甲酰亚胺，则邻苯二甲酰亚胺的产率为×100%＝89.37%，接近85%，故答案为：a；
（6）由题意可知，邻二甲苯与氨气、空气在加热条件下催化反应生成邻苯二甲酰亚胺和水，反应的化学方程式为：+NH3+3O2+4H2O，故答案为：+NH3+3O2 +4H2O。
18．【答案】（1）碳溴键
（2）sp2、sp3；
（3）2+O22+2H2O；氧化反应
（4）或
（5）
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由分析可知，A的结构简式为：，故A中官能团的名称为碳溴键，
故答案为：碳溴键；
（2）由题干流程图中C的结构简式可知C分子中碳原子中苯环和醛基上的碳原子采用sp2杂化，另一个碳原子采用sp3，故C分子中的杂化方式为sp2、sp3杂化，由分析可知，E的结构简式为，
故答案为：sp2、sp3；；
（3）由分析可知，B的结构简式为：，故B反应生成C的化学方程式是2+O22+2H2O，该反应的反应类型为氧化反应，
故答案为：2+O22+2H2O；氧化反应；
（4）D的结构简式为，D的分子式为C9H10O3，不饱和度为5；D的同分异构体与NaOH溶液反应时，1molD最多可消耗3molNaOH，能水解，且能发生银镜反应，则D的同分异构体中含有HCOO-和苯环直接相连、酚羟基；若苯环上有3个侧链，3个侧链为HCOO-、-OH和-CH2CH3；若苯环上有4个侧链，4个侧链为HCOO-、-OH和2个-CH3；其中核磁共振氢谱显示有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：1：1的有机物结构简式为、，
故答案为：、。
（5）本题采用逆向合成法即可由和CH3COCl反应转化而得，根据本小题题干信息可知，可由硝基苯还原而得，而可由苯硝化反应制得，根据题干信息可知，CH3COOH和SOCl2反应可得CH3COCl，据此分析确定合成流线为：，
故答案为：。
【分析】A的分子式为C8H9Br，B催化氧化生成C为，说明A到B发生了取代反应，则B的结构简式为，A的结构简式为；C与HCN、H+发生题给已知I的反应生成D为，D与浓硫酸、加热反应生成E，E与SOCl2、加热反应生成F，结合F的分子式C9H7ClO和题给已知Ⅱ的第一步可知，E的结构简式为，F的结构简式为；F与H发生题给已知Ⅱ的第二步反应生成I；(5)本题采用逆向合成法即可由和CH3COCl反应转化而得，根据本小题题干信息可知，可由硝基苯还原而得，而可由苯硝化反应制得，根据题干信息可知，CH3COOH和SOCl2反应可得CH3COCl，据此分析确定合成流线为：V，据此分析作答：
（1）先根据合成路线中A到B、B到C的反应，分析A的结构。由A的分子式，结合B催化氧化生成C，判断A到B是取代反应，推出B ，进而确定A ，依据官能团定义，A中官能团是碳溴键。
（2）看C的结构，苯环和醛基上的碳原子，其价层电子对数为3（苯环中C成键情况、醛基C=C双键等 ），为sp2杂化；另外一个饱和碳原子价层电子对数为4，是sp3杂化 ，根据合成路线，D与浓硫酸加热反应（消去反应 ），结合F的相关信息，推出E 。
（3）由前面分析可知B ，B发生催化氧化生成C，写出反应方程式： 2+O22+2H2O ，醇的催化氧化反应，属于氧化反应。
（4）明确D的结构和分子式 ，根据条件分析：能水解且发生银镜反应，含 HCOO- ；1mol最多消耗3mol NaOH ，结合含酚羟基等情况 ，考虑核磁共振氢谱峰面积比（ ），分析苯环侧链结构，推出符合条件的K的结构简式。
（5）目标产物乙酰苯胺，可由苯胺即 和 CH3COCl 反应得到 ，苯胺由硝基苯经Fe/Cl还原得到，硝基苯由苯硝化反应制得 ，根据已知，乙酸与 SOCl2 反应生成 CH3COCl 。
整合合成路线： 。
（1）由分析可知，A的结构简式为：，故A中官能团的名称为碳溴键，故答案为：碳溴键；
（2）由题干流程图中C的结构简式可知C分子中碳原子中苯环和醛基上的碳原子采用sp2杂化，另一个碳原子采用sp3，故C分子中的杂化方式为sp2、sp3杂化，由分析可知，E的结构简式为，故答案为：sp2、sp3；；
（3）由分析可知，B的结构简式为：，故B反应生成C的化学方程式是2+O22+2H2O，该反应的反应类型为氧化反应，故答案为：2+O22+2H2O；氧化反应；
（4）D的结构简式为，D的分子式为C9H10O3，不饱和度为5；D的同分异构体与NaOH溶液反应时，1molD最多可消耗3molNaOH，能水解，且能发生银镜反应，则D的同分异构体中含有HCOO-和苯环直接相连、酚羟基；若苯环上有3个侧链，3个侧链为HCOO-、-OH和-CH2CH3；若苯环上有4个侧链，4个侧链为HCOO-、-OH和2个-CH3；其中核磁共振氢谱显示有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：1：1的有机物结构简式为、，故答案为：、。
（5）本题采用逆向合成法即可由和CH3COCl反应转化而得，根据本小题题干信息可知，可由硝基苯还原而得，而可由苯硝化反应制得，根据题干信息可知，CH3COOH和SOCl2反应可得CH3COCl，据此分析确定合成流线为：，故答案为：。
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