【文档说明】浙江省百校联考（浙里卷天下）2022-2023学年高三上学期12月测试化学试题 含解析.docx，共(29)页，2.089 MB，由小赞的店铺上传

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浙里卷天下——2022～2023学年高三百校联考12月测试化学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分。考试时间90分钟。2.请将各题答案填写在答题卡上。3.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5Ca-

40Fe-56Cu-64Zn-65Ag-108Ba-137一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.含有非极性键的离子化合物是A.22HOB.2CaFC.22NaOD.KOH【答案】C【

解析】【详解】A．22HO中只含有共价键，不属于离子化合物，故A不选；B．2CaF中只含有离子键，故B不选；C．22NaO是离子化合物，Na+和O22−形成离子键，O22−中有非极性键，故C选；D．KOH是离子化合物

，Na+和OH-形成离子键，OH-中有极性键，故D不选；故选C。2.下列物质属于非电解质的是A.氯化镁B.二氧化碳C.碳酸氢钠D.福尔马林【答案】B【解析】【详解】A．氯化镁属于盐，是电解质，A错误；B．二氧化碳属于非金属氧化物，是非电解质，B正确；C．碳酸氢钠属于盐，是电

解质，C错误；D．福尔马林是混合物，既不属于电解质也不属于非电解质，D错误；故选B。3.下列仪器的名称不正确的是A．容量瓶B．三脚架C．坩埚钳D．结晶皿A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．100mL容

量瓶，与仪器相符，故A不选；B．应为泥三角，与实物不相符，故选B；C．坩埚钳，与与仪器相符，故C不选；D．结晶皿，与仪器相符，故D不选；故选B。4.某些诗词中蕴含着丰富的化学知识，下列论述不正确的是A.“以曾青涂铁，铁赤色如铜”，涉及颜色变化和回收铜工艺B.“东风扑酒香，吹醒殊乡

愁”，涉及液体挥发并蕴涵酯化反应C.“布衾(麻葛)多年冷似铁，娇儿恶卧踏里裂”，推测唐朝没有普及棉花种植D.“五金(金银铜铁锡)元造化，九炼更精新”，自然界五金只能以化合态存在【答案】D【解析】【详解】A．“以曾青涂铁，铁赤色如铜”，发生的反应为Fe+Cu

2+=Fe2++Cu，涉及颜色变化和回收铜工艺，A正确；B．“东风扑酒香，吹醒殊乡愁”，酒中含有酯类物质，易挥发，涉及液体挥发并蕴含酯化反应，B正确；C．“布衾(麻葛)多年冷似铁，娇儿恶卧踏里裂”，当时的被子用麻葛制成，推测唐朝没有普及棉花种植，C正确；D．自然界中五金不是只能以化合态存在，比

如金就能以单质的形式存在，D错误；故答案选D。5.化学与科学、社会、历史密切相关，下列叙述正确的是A.中国空间站核心舱有砷化镓半导体材料：33As位于周期表金属与非金属交界处B.三星堆遗址出土大量铜器玉石，可通过断代法测玉石中16O含量来推测古蜀年

代C.明矾在一定条件下水解可生成胶体或浊液两种分散系，两种分散系互为同系物D.螺环化合物()可用于制造生物检测机器人，其二氯代物有4种(不考虑空间异构)【答案】A【解析】【详解】A．33As位于元素周期表第四周期第VA族，位于金属与非金属

交界处，故A正确；B．考古断代选择用14C，故B错误；C．同系物是指结构相似，分子组成相差一个或若干个CH2原子团的有机化合物，故C错误；D．二氯代物的判断，根据“定一移一”方法可得，螺环化合物()二氯代物有6种(不考虑空间异构)，故D错误；答案选

A。6.下列说法不正确的是A.科学家在盐碱地培育出优质水稻，稻米中含有的淀粉、蛋白质和脂肪都是高分子化合物B.酶是一类由生物细胞产生的蛋白质或核酸，酶对生物体内的化学反应具有高效催化作用C.寡糖中的十糖(6

010251CHO)不能被人体直接消化吸收，十糖可以作为糖尿病患者的甜味剂D.氨基酸分子间能形成肽键，肽键中的氧原子与氢原子之间的氢键可形成蛋白质二级结构【答案】A【解析】【详解】A．脂肪不属于高分子化合物，故

A错误；B．酶在生物体内起催化作用，主要成分为蛋白质或核酸，故B正确；C．十糖中含多羟基，有甜味，其不能被人体直接消化吸收，可做糖尿病患者的甜味剂，故C正确；D．氨基酸分子间通过脱水缩合反应形成肽键，肽键中的氧原子与氢原

子之间的氢键可形成蛋白质二级结构，故D正确；故选：A。7.三水硫氰化亚铁()22FeSCN3HO可用作有机溶液中过氧化物的指示剂，其中S、C、N三原子没有形成大π键。下列有关推断不正确的是A.SCN−电子式为B.()242FeHOO(H)

露置在空气中比()22FeSCN3HO更易氧化C.()22FeSCN3HO配成溶液，加入过量过氧化氢，溶液最后显红色D.还原性铁粉与HSCN溶液在隔绝空气条件下可制备硫氰化亚铁【答案】C【解析】【详解

】A．S、C、N三原子没有形成大π键，说明SCN−中C原子与N形成3个共价键、与S形成1个共价键，所以电子式为，故A正确；B．S的电负性小于O，Fe2+与S形成的配位键比与氧形成的配位键更稳定，()242FeHOO(H)露置在空气中比()22FeSCN3HO更易氧化

，故B正确；C．()22FeSCN3HO配成溶液，加入过量过氧化氢，SCN-被过量的双氧水氧化，溶液不显红色，故C错误；D．还原性铁粉与HSCN溶液在隔绝空气条件下可反应生成硫氰化亚铁和氢气，故D正确；选C。8.下列说法不正确的是A.二氧化硫、亚硫酸钠、苯甲酸钠都是食品中

常用的脱氧剂B.燕麦粉中添加微量、颗粒极细小铁粉，饮食后可暂时缓解缺铁性贫血C.纯碱不仅是生产玻璃的原料，还可以去除玻璃表面的油污D.硫酸钡不仅可以作白色颜料，还可用于医疗内服药剂“钡餐”【答案】A【解析】【详解】A．包装食品中的脱氧剂有铁系

脱氧剂、亚硫酸盐脱氧剂等，苯甲酸钠常做为防腐剂，故A错误；B．燕麦粉中含有微量的颗粒细小的还原铁粉，这些铁粉在人体胃酸的作用下转化为亚铁盐，饮食后可暂时缓解缺铁性贫血，故B正确；C．纯碱为碳酸钠，可作为生产玻璃的原料，纯碱可与油污中酯类反应生成硬脂酸和醇类

，硬脂酸和醇类都易溶解于水，达到了去污的作用，故C正确；D．硫酸钡不容易被X射线透过，在医疗上可用作检查肠胃的内服药剂，俗称“钡餐”；硫酸钡还可以用作白色颜料，故D正确；故答案选A。9.下列说法不正确的是A.工业上制备达9

8%的粗硅可直接用来生产卫星芯片B.工业制备硫酸主要设备为沸腾炉、接触室和吸收塔C.硬度大的新型陶瓷材料碳化硅可用作砂纸的耐磨材料D.某些胶态金属氧化物分散于玻璃中可制造有色玻璃【答案】A【解析】【详解】A．利用高纯硅的半导体性能制造芯片

，故A错误；B．工业制硫酸主要设备有：沸腾炉、接触室和吸收塔，故B正确；C．碳化硅属于新型陶瓷材料，具有硬度大特点，可用作砂纸的耐磨材料，故C正确；D．有色玻璃属于固溶胶，通过将某些胶态金属氧化物分散于玻璃中制得，故D正确；答案选A。10.2ClO是HC

lO的酸性氧化物，具有强氧化性，加热易分解，2ClO可通过如下反应制取：232NaCO2Cl+222NaClClOCO=++。下列说法不正确的是A.还原产物是NaClB.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1C.2ClO完全溶于水微热，会产生黄绿色气体

D.2ClO与还原剂接触或加热能发生剧烈反应，甚至爆炸【答案】C【解析】【详解】A．该反应为歧化反应，Cl2中Cl元素化合价降低指向的产物是还原产物，其还原产物是NaCl，故A正确；B．Cl2既是氧化剂也是还原剂，2molCl

2反应时，有1mol做氧化剂，另外1mol做还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1，故B正确；C．Cl2O是HClO的酸性氧化物，Cl2O完全溶于水微热会发生反应产生HClO，HClO不稳定受热分解生成HCl和氧气，不会产生Cl2，故C错误；D．Cl2O是

HClO的酸性氧化物，具有强氧化性，加热易分解，与还原剂接触会发生剧烈反应，甚至会爆炸，故D正确；故本题选C。11.下列说法不正确的是A.某溶液焰色试验为黄色，说明溶液中肯定含钠元素，可能含钾元素的B.重铬酸钾溶液中

滴入某液体，颜色由橙变绿，说明液体中肯定含乙醇，可能含乙醛C.可用紫外可见分光光度法测定废水中苯酚的含量D.浓硝酸可检测蛋白质分子中是否含苯环结构【答案】B【解析】【详解】A．物质灼烧时，焰色反应为黄色，说明该物质中一定含有

Na元素，由于K元素的紫光能被黄光掩盖，且钠中常混有钾元素，故此物质中可能含有钾元素，故A正确；B．重铬酸钾溶液中滴入某液体，颜色由橙变绿，说明该液体中含有还原性物质，不一定是乙醇，故B错误；C．苯酚在270-295nm波长处有特征吸收峰，其吸光度与苯酚的含量成正比，即可用紫外可见分光光

度法测定废水中苯酚的含量，故C正确；D．只有分子结构中有苯环的蛋白质与浓硝酸才发生颜色反应，利用浓硝酸与蛋白质的颜色反应，可鉴别含有苯环的蛋白质，故D正确；故选B。12.AN为阿伏加德罗常数的值，下列

说法正确的是A.11L1molL−的NaClO溶液含有ClO−的数目小于ANB.78g苯含有双键数目为A3N，单键数目为A9NC.标准状况下，5.6LNO和25.6LO混合后分子总数为A0.5ND.含360.1molNaAlF溶液中阳离

子数目为A0.4N【答案】A【解析】【详解】A．1L1mol/L的NaClO的物质的量为1mol，1molNaClO可电离1mol的ClO—，但是ClO—会发生水解，水解后溶液中ClO—的数目少于NA，故A正确；B．苯中没有碳碳双键，苯的化学键

是介于单键和双键之间一种独特的键，故B错误；C．标准状况下，NO和O2都是5.6L，其物质的量都是0.25mol，两种气体混合在一起后物质的量总共是0.5mol，但是NO与O2会发生反应产生NO2，NO2又可以发生可逆

反应产生N2O4，其气体分子总数小于0.5NA，故C错误；D．0.1molNa3AlF6溶液中的阳离子只有Na+，其数目为0.3NA，故D错误；故本题选A。13.下列有关离子方程式书写正确的是A.硫酸铵和硫酸铁混合液与过量NaOH

溶液混合：()333Fe3OHFeOH+−+=B.碳酸氢钙溶液与氢氧化钙溶液混合：2332CaHCOOHCaCOHO+−−++=+C.苯酚钠溶液中通入少量2CO气体：222COHO++=223+CO−D.氯气通入70℃的浓

氢氧化钠溶液中：22Cl2OHClOClHO−−−+=++【答案】B【解析】【详解】A．硫酸铵和硫酸铁混合液与过量NaOH溶液反应生成氢氧化铁沉淀和一水合氨，故A错误；B．碳酸氢钙溶液与氢氧化钙溶液混合生成碳酸钙、水，离子方程

式为：2332CaHCOOHCaCOHO+−−++=+，故B正确；C．由于酸性：H2CO3>苯酚>HCO3−，苯酚钠溶液中通入少量2CO气体生成苯酚和碳酸氢钠，离子方程式为：22COHO++=3+HCO

−，故C错误；D．氯气通入70℃的浓氢氧化钠溶液中反应生成NaCl和NaClO3，3Cl2+6OH-=5Cl-+ClO3−+3H2O，故D错误；故选B。14.下列说法正确的是A.卤代烃、饱和一元醇都可发生消去反应，得到不饱和有机烯烃B.酚醛树脂是最早合成的高分子

材料，它由苯酚和甲醛加聚而成C.味精谷氨酸钠最早从海带中提取，现主要通过纤维素发酵法生产D.向蛋白质溶液中分别加入饱和硫酸钠溶液和硝酸银溶液都有固体析出【答案】D【解析】【详解】A．发生消去反应得到不饱和有机烯烃，要求有机物分子至少有

2个C原子，且与卤素原子或羟基相连的碳原子邻位碳原子上要有氢原子，例如：一氯甲烷无法发生消去反应，故A错误；B．高分子材料酚醛树脂是由苯酚和甲醛缩聚而成，故B错误；C．味精谷氨酸钠最早从海带中提取，现主要以淀粉为原料通过发酵法生产，故C错误；D．蛋白质溶

液中加入饱和硫酸钠溶液，因盐析降低蛋白质溶解度而析出固体；蛋白质溶液中加入硝酸银溶液，重金属盐使蛋白质变性导致溶解度下降而析出固体，故D正确；答案选D。15.Sharpless教授和Meldal教授因“点击化学”“生物正

交化学”研究获2022年诺贝尔化学奖。“点击化学”就是用简单的小分子与生物大分子进行合成。类似的分子结构修饰在药物设计与合成中应用广泛。布洛芬具有抗炎、镇痛、解热作用，但口服该药对胃、肠道有刺激性，结构修饰过程如图所示。下列说法不正

确的是A.甲的分子式为13182CHOB.甲和乙都能与氢氧化钠溶液反应C.甲分子中最多有8个碳原子共平面D.乙可降低对胃、肠道的刺激【答案】C【解析】【详解】A．根据甲分子结构简式可知，其分子式：13182CHO

，故A正确；B．甲分子中含羧基官能团，乙分子中含酯基官能团，都能与氢氧化钠溶液反应，故B正确；C．苯环是平面分子，与苯环直接相连的原子与苯环共平面，根据单键可旋转，则甲分子中做多有11个碳原子共平面，故C错误；D．甲分子中含羧基，具有酸性，修饰成乙分子可降低对胃肠道的刺激，故D正确；答案选

C。16.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，X的2p轨道有两个未成对电子，Y元素原子半径在同周期中最大，X与Y最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，在地壳的岩层中存在元素W的游离态。下列说法正确的是A.第一电离能：

WZ，电负性：WX=B.Y、W形成的化合物中只存在离子键C.X、Z、W的单质形成的晶体类型相同，均为分子晶体D.X、W形成的一种离子呈平面三角形，则中心原子价层电子对数为3【答案】D【解析】【分析】X的2p轨道有两个未成对电子，X核外电子排布为1s22s22p2或1s22s

22p4，X为C或O，Y元素原子半径在同周期中最大，Y为Na，X与Y最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，Z的最外层电子数为5或7，Z可能为P或Cl，结合原子序数可知Z只能为P，则X为C，在地壳的岩层中存在元素W的游离态，W为S，据此分析解答。【详解】A．P的最外层为半满稳定

结构，其第一电离能大于S，电负性S>C，故A错误；B．Na与S可形成Na2S、Na2S2等多种硫化物，其中Na2S2中存在共价键，故B错误；C．C形成的金刚石结构为共价晶体结构，故C错误；D．C、S可形成C

S23−，中心C原子的价层电子对数为4232+=，故D正确；故选：D。17.空气污染物NO通常用含4Ce+的溶液吸收，生成2HNO，再利用电解法将上述吸收液中的2HNO转化为无毒物质2N，同时生成4Ce+，其电解原理如图所示。下列说法不正确

的是A.电极B为阳极，发生氧化反应B.电极A上发生的电极反应：2222HNO6H6eN4HO+−++=+C.4Ce+从电解槽右端上口流出，且可循环使用D.若用阴离子交换膜代替质子交换膜，可提高电解效率，降低成本【答案】D【解析】【分析】由图可知电极A上2HN

O得电子生成氮气，电极A作阴极，电极B作阳极，据此分析解答；【详解】A．由以上分析可知电极B作阳极，发生氧化反应，故A正确；B．根据电解原理，阴极上得电子，化合价降低，HNO2转化为无毒物质，即转化为N2，阴极电极反应式为2H

NO2＋6H＋＋6e－=N2↑＋4H2O，故B正确；C．空气污染物NO通常用含Ce4＋的溶液吸收，生成HNO2、NO，N的化合价升高，Ce4＋的化合价降低，然后对此溶液进行电解，又产生Ce4＋，根据电解原理

，Ce4＋应在阳极上产生，可循环使用，故C正确；D．若用阴离子交换膜代替质子交换膜，则随反应进行阴极区氢离子浓度不断减小，电解效率降低，故D错误；故选：D。18.乙烯在硫酸催化下制取乙醇的反应机理，能量与反应进程的关系如图所

示。下列叙述正确的是A.总反应速率由第①步反应决定B.总反应H0，任何条件下反应都能自发进行C.第②步反应过渡态物质比第③步反应过渡态物质稳定D.第①步产生的乙基碳正离子两个碳都是3sp杂化【答案】A【解析】【详解】A．第一步活化能最大，反应速率最慢，所以总反应速率由第

①步反应决定，故A正确；B．总反应S0、H0，根据ΔH-TΔS0，高温下反应不能自发进行，故B错误；C．能量越低越稳定，根据图示，第②步反应过渡态物质的能量比第③步反应过渡态物质的能量高，所以第③步反应过渡态物质更稳定，故C错

误；D．第①步产生的乙基碳正离子，甲基上的碳原子是3sp杂化、右侧带正电荷的碳原子采用sp2杂化，故D错误；选A。19.某水溶液中存在233HXO/HXO−、2424HYO/HYO−−缓冲对。常温下，该水溶液中各缓冲对微粒浓度之比的对数值lgG[G表示233(c(HXO)/c(HXO)−或242

4c(HYO)/c(HYO)−−]与溶液pH的变化关系如图所示(已知：常温下，23HXO的电离平衡常数为6.4a1K10−=、10.3a2K10−=，34HYO的电离平衡常数为2.1a1K10−=，7.2a2K10−=，12.7a3K10−=)。下列说

法不正确的是A.曲线Ⅰ表示233c(HXO)lgc(HXO)−与溶液pH的关系B.ab→的过程中，水的电离程度越来越大C.当233c(HXO)c(HXO)−=时，2424c(HYO)c(HYO)−−D.当溶液pH逐渐增大时，24324c(HYO)(HXO)c(

H)cYO−−−逐渐减小【答案】C【解析】【详解】A．随着溶液的pH逐渐增大，c(H2XO3)不断减小，c(3HXO−)不断增大，则233c(HXO)c(HXO)−应不断减小，则曲线I表示lg233c(HXO)c(HXO)−与溶液pH的关系，故A正确；B．a→b的

过程中，2424c(HYO)c(HYO)−−逐渐增大，c(24HYO−)逐渐减小，c(24HYO−)逐渐增大，水的电离程度逐渐增大，故B正确；C．当c(H2XO3)=c(3HXO−)时，c(H+)=10-6.4mol/L，依据Ka2(H3YO4)=+242

4c(H)c(HYO)c(HYO)−−=10-7.2，则27.20.846.424c(HYO)10101c(HYO)10−−−−−==，则c(24HYO−)<c(24HYO−)，故C错误；D．243a1

232324a234c(HYO)c(HXO)K(HXO)c(HXO)c(HYO)K(HYO)−−−=，当溶液pH逐渐增大时，c(H2XO3)逐渐减小，温度不变，Ka1(H2XO3)和Ka2(H3YO4)为定值，故D正确；故本题选C。20.某兴趣

小组以牡蛎壳(3CaCO)为原料制备食品级添加剂丙酸钙322CHCHCOO()Ca，其工艺流程如下：已知：丙酸有刺激性气味，沸点较低(141.1℃)。下列叙述不正确的是A.“操作Ⅱ”锻烧可以使用酒精灯加热，“操作Ⅲ”前加水目的是制取澄清石灰水B.“操作Ⅳ”

是常压过滤操作，该操作用到的玻璃仪器除漏斗外还有烧杯和玻璃棒C.“操作Ⅴ”的滤液浓缩是在蒸发皿中进行，浓缩过程中可用玻璃棒搅拌滤液D.“操作Ⅳ”产品干燥前要洗涤，洗涤剂为乙醇，当洗涤后滤液为中性时，说明杂质已洗净【答案】A【解析】【分析】以牡蛎壳(3CaCO)为原料制备食品级添

加剂丙酸钙322CHCHCOO()Ca，粉碎后高温煅烧生成CaO，加入少量水生成Ca(OH)2，在常压下加入丙酸反应生成322CHCHCOOCa()，“操作Ⅳ”是过滤操作除去不溶于水的杂质，“操作Ⅴ”的滤液浓缩后结晶得到322CHCHCOOCa()固体，过滤后洗涤得到产品，以此解

答。【详解】A．“操作Ⅱ”锻烧可以使用酒精灯加热，“操作Ⅲ”前加少量水目的是制取石灰乳，故A错误；B．由分析可知，“操作Ⅳ”是常压过滤操作，该操作用到的玻璃仪器除漏斗外还有烧杯和玻璃棒，故B正确；C．由分析可知，“操作Ⅴ”的滤液浓缩是在蒸发皿中进行，浓缩过程中可用玻璃棒搅拌滤

液，故C正确；D．“操作Ⅳ”产品干燥前要洗涤，322CHCHCOOCa()在乙醇中溶解性较小，洗涤剂为乙醇，当洗涤后滤液为中性时，说明杂质已洗净，故D正确；故选A。21.甲胺(32CHNH)是合成太阳能敏化剂的原料。一定温度下，在三个体积均为2.0L的恒容密闭容器中按不

同方式投入反应物，发生反应()()()()33322CHOHgNHgCHNHgHOg++，测得有关实验数据如下：容器编号温度/K起始物质的量/mol平衡物质的量/mol3CHOH3NH32CHNH2HO32CHNH2HOⅠ5300.400.40000.30Ⅱ5300.800.8000Ⅲ5

00000.200.200.16下列说法正确的是A.正反应的平衡常数()()()KKK=ⅠⅡⅢB.达到平衡时，体系中3c(CHOH)关系：33)2(cCHOH,cCH()OH,ⅠⅡC.达到平衡时，转化率：32NH,αα(HO,)()1

+ⅠⅢD.向容器Ⅲ中加入高效催化剂，能增大反应活化能，提高反应转化率【答案】C【解析】【详解】A．由反应特征可知，反应前后气体分子数相同，则投料比相同时平衡等效，Ⅰ中平衡时水的物质的量为0.30，若Ⅲ温度也为530K，则平衡时水和32CHNH的物质的量应

为0.15mol，而实际Ⅲ平衡后32CHNH的物质的量为0.16，说明降低温度平衡正向移动，正向为放热反应，正反应的平衡常数K(Ⅰ)＝K(Ⅱ)＜K(Ⅲ)，故A错误；B．容器Ⅰ和容器Ⅱ为等温等容，起始量为2倍

关系，由于该反应为气体体积不变的反应，增大压强，平衡不发生移动，则达到平衡时，体系中c(CH3OH)关系：2c(CH3OH，Ⅰ)=c(CH3OH，Ⅱ)，故B错误；C．容器Ⅰ和容器Ⅲ温度不同，若容器Ⅲ温度也为530K，则

能建立等效平衡，此时应有α(NH3，Ⅰ)＋α(H2O，Ⅲ)=1，由于容器Ⅲ温度低于530K，降低温度平衡正向移动，而容器Ⅲ是从逆反应方向建立平衡，则转化率减小，所以达到平衡时，转化率：α(NH3，Ⅰ)＋α(H2O，Ⅲ)＜1，故C正确；D．催化剂只影响反应速率，不影响化学平衡，因此不能

提高转化率，D错误；故选：C。22.标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表：物质(g)OHHOHOO2H2O22HO2HO能量/-1kJmol249218391000136−242−可根据22HO(g)+HO(g)=HO(g)计算出22HO中氧氧单键的键能为-1214kJ

mol。下列说法不正确．．．的是A.2H的键能为-1436kJmolB.2O的键能大于22HO中氧氧单键的键能的两倍C.解离氧氧单键所需能量：22HOO<HOD.-1222HO(g)+O(g)=HO(g)ΔH=-143kJmol【答案】C【解析】【详解】A．根据表格中的数据

可知，2H的键能为218×2=436-1kJmol，A正确；B．由表格中的数据可知2O的键能为：249×2=498-1kJmol，由题中信息可知22HO中氧氧单键的键能为-1214kJmol，则2O的键

能大于22HO中氧氧单键的键能的两倍，B正确；C．由表格中的数据可知HOO=HO+O，解离其中氧氧单键需要的能量为249+39-10=278-1kJmol，22HO中氧氧单键的键能为-1214kJmol，C错误；D．由表中的数据可知222HO

(g)+O(g)=HO(g)的-1ΔH=-136-249-(-242)=-143kJmol，D正确；故选C。23.翡翠手镯(如图)的主要成分是硬玉，硬玉化学式为26NaAlSiO()，下列推测不合理的是A.硬玉与氢氧化钠溶液反

应生成()4NaAlOH、23NaSiO和2HOB.翡翠硬度大，熔点高，受到猛烈撞击不容易断裂或粉碎C.碳酸钠与氧化铝、二氧化硅在高温熔融的条件下能制取硬玉26NaAlSiO()D.翡翠中含26NaFeSiO()，高温分解翡翠，产物溶于氢碘酸加4CCl萃取，

有机层呈紫红色【答案】B【解析】【详解】A．硬玉化学式为26NaAlSiO()，可以表示为242NaAlOSiO，与氢氧化钠溶液反应生成()4NaAlOH、23NaSiO和2HO，故A正确；B．翡翠硬度大，熔点高，但质脆，受到猛烈撞击容易断裂或粉碎，故B错误；C．碳酸钠

与氧化铝、二氧化硅在高温熔融的条件下能制取硬玉26NaAlSiO()，方程式为：Na2CO3+Al2O3+4SiO2高温226NaAlSiO()+CO2，故C正确；D．翡翠中含26NaFeSiO()，高温分解翡翠的产物中含有Fe2

O3，Fe2O3溶于氢碘酸生成Fe3+，Fe3+和I-反应生成I2，加4CCl萃取，有机层呈紫红色，故D正确；故选B。24.1774年，瑞典科学家舍勒在研究软锰矿时，意外发现黄绿色气体。二氯化锰在酸性

介质中稳定，在碱性介质中易被氧化，高锰酸钾溶液见光或放置过久会分解。下列说法不正确的是A.向二氯化锰溶液中滴加NaOH溶液，产生白色沉淀，后迅速氧化为黑色的()2MnOOHB.硬锰矿的主要成分是10202BaMnO3

HO，其与浓盐酸共热能产生黄绿色气体C.高锰酸钾溶液要现用现配，并保存在棕色试剂瓶中D.2PbO能氧化2Mn+生成4MnO−，可通过显色来检验溶液中是否存在大量2Mn+，但样品中2Mn+浓度要过量【答案】D【解析】【详解】A．二氯化锰在碱性介质

中易被氧化，向二氯化锰溶液中滴加NaOH溶液，产生Mn(OH)2白色沉淀，后迅速氧化为黑色的()2MnOOH，故A正确；B．硬锰矿的主要成分是10202BaMnO3HO，与浓盐酸共热时能发生反应生成黄绿色气体Cl2，故B正确；C．高锰酸钾溶液见光或放置过久会分

解，高锰酸钾溶液要现用现配，并保存在棕色试剂瓶中，故C正确；D．2PbO能氧化2Mn+生成4MnO−，反应过程中溶液由无色变为紫红色，可通过显色来检验溶液中是否存在大量2Mn+，不需要样品中2Mn+浓度过量，故D错误；故选D。25.pH试纸上有甲基红、溴甲酚绿

、百里酚蓝三种指示剂，实验室常用pH试纸检测物质的酸碱度(本实验使用的广泛pH试纸范围在1～14)。下列方案设计、现象和结论都正确的是选项方案设计现象和结论A将1～2mL水滴入1～2g过氧化钠固体的试管中，用pH试纸测定溶液的酸碱性强弱p

H试纸显蓝色，pH为12，说明有碱性物质产生，溶液无漂白性B把充满2SO的试管倒立在含水的水槽中，一段时间后，取出试管，用pH试纸测定溶液的酸碱性强弱pH试纸显红色，pH为2，说明有酸性物质产生，溶液无漂白性C收集某地雨水于锥形瓶中，每隔一段时间测定雨水样

品的pH测得雨水pH在5到6之间波动，说明该地区雨水为酸雨D用玻璃棒蘸取新制氯水，滴在pH试纸上观察到试纸由里到外的颜色为白色、红色、黄色，说明产物显酸性且氯气具有漂白性A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．Na2O2与水反应过程中会生成氢氧化钠和O2，过氧化物的强氧化性

会使pH试纸褪色，选项A错误；B．SO2与水反应生成H2SO3，具有酸性，能使pH试纸变红，pH为2，溶液酸性较强，说明亚硫酸被空气氧化为硫酸，溶液无漂白性，选项B正确；C．酸雨的pH小于5.6，由于大气中含有大量的

CO2，正常雨水略带酸性，若雨水pH在5~6波动，可能为含有碳酸而呈酸性，不一定是酸雨，选项C错误；D．新制氯水中含有HCl、HClO、Cl2，观察到试纸由里到外的颜色为白色、红色、黄色，分别体现了HClO的漂白性和溶液的酸性，氯气自身不具有漂白性，选项D错误；答案选B。二、非选择题(本

大题共5小题，共50分)26.自然资源部印发的《2021年全国地质勘查通报》显示，新发现矿产地95处，其中，铜矿2处，铅锌矿1处。查阅资料：Cu价层电子排布式为1013d4s，4CuSO在活化闪锌矿(主要成分为ZnS)方面有重要作用，主

要是活化过程中生成CuS、2CuS等系列铜硫化物。（1）24SO−的空间构型为___________(用文字描述)；写出一种与24SO−互为等电子体的分子的化学式：___________。（2）把铜粉放入装有浓氨水的试管中，塞紧试管塞，振荡后试管塞越

来越紧，且溶液逐渐变为浅黄色(几乎呈无色)，溶质主要为32CuNH()OH，打开试管塞后，溶液迅速变为蓝色()342()CuNHOH，写出浅黄色物质生成蓝色物质的化学方程式：___________

。（3）试从价层结构方面解释为什么32CuNH()OH溶液近乎无色的原因：___________。（4）在活化过程中，4CuSO能转化为CuS的原因是___________；CuS比CuO熔点低的原因是___________。（5）ZnS晶体结构如图所示，其晶胞边长为540

.0pm，密度约为___________3gcm−(列式并计算，精确到小数点后一位)【答案】（1）①.正四面体②.4CCl或4SiCl（2）()322323424()CuNHOHO8NH2HO4CuNH(OH)+++=（3）32CuNH()O

H中Cu+为10d结构，d亚层已排满，结构比较稳定，不能进行dd−跃迁（4）①.在相同温度下，()spspKCuSK(ZnS)；或相同温度下，CuS比ZnS更难溶②.CuO晶格能比CuS大（5）3231034(6532)4.1(g)6.0210(5400)m1c−−+=【

解析】【小问1详解】24SO−的价电子对数=6242442−++=，S原子的杂化方式为sp3，形成四面体结构，孤电子对数为0，所以为正四面体结构；具有相同原子数和价电子数的微粒互称为等电子体，所以与24SO−互为等电子体的微粒有SiCl4或CCl4等，故

答案为：正四面体结构；SiCl4或CCl4；【小问2详解】把铜粉放入装有浓氨水试管中，塞紧试管塞，振荡后试管塞越来越紧，且溶液逐渐变为浅黄色(几乎呈无色)，溶质主要为32CuNH()OH，打开试管塞后，接受到氧气，32CuNH()O

H被氧化生成蓝色的()342()CuNHOH，所以浅黄色物质生成蓝色物质的化学方程式为()322323424()CuNHOHO8NH2HO4CuNH(OH)+++=，故答案为：()3

22323424()CuNHOHO8NH2HO4CuNH(OH)+++=；【小问3详解】由于物质中的电子跃迁，释放出能量而呈现出不同的颜色，32CuNH()OH中Cu+为10d结构，d亚层已排满，结构比较稳定，不能进行dd−跃迁，所以32CuNH()OH溶液近乎无色，故答案为：3

2CuNH()OH中Cu+为10d结构，d亚层已排满，结构比较稳定，不能进行dd−跃迁;【小问4详解】由沉淀转化原理可知溶度积大的沉淀转化为溶度积小的沉淀容易实现，在相同温度下，Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，所以ZnS能转化为CuS；离子晶体中离子半径越小，离子

所带电荷越多，离子键越强，晶格能越大，熔点越高，CuS与CuO中O2-比S2-半径小，所以CuS的熔点比CuO低，故答案为：在相同温度下，()spspKCuSK(ZnS)；或相同温度下，CuS比ZnS更难溶；CuO晶格能比CuS大；小问5详解】黑球全部在晶胞内部，该晶胞中含有黑球个数是4

，白球个数=18×8+12×6=4，ρ=3231034(6532)4.1(g)6.0210(5400)m1c−−+=；27.化合物X由三种元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验。的【请回答：（1）组成X的三种元素为___________；X的化学

式为___________。（2）溶液B的溶质组成为___________(用化学式表示)。（3）①写出由X转化为A的化学方程式：___________。②写出由B转化为C离子方程式：__________

_。（4）设计简单实验，写出检验尾气中气体成分的方法：___________。【答案】（1）①.Ba、Fe、O②.22BaFeO()或23BaOFeO（2）2FeCl、2BaCl、HCl（3）①.222Ba(FeO)3COBaO2Fe3C

O+++②.23224FeO4H4Fe2HO+++++=+（4）气体通入澄清石灰水，变浑浊，说明尾气中含有2CO；再依次通入足量氢氧化钠溶液和浓硫酸，再依次通入灼热的氧化铜和澄清石灰水，黑色氧化铜变红，澄清石灰水变浑浊，说明尾气中含有C

O【解析】【分析】固体混合物A能与盐酸反应生成氢气和浅绿色溶液B，说明A中含有Fe，生成的浅绿色溶液中含有亚铁离子，生成氢气0.01mol，说明含有Fe0.01mol，B中加入硫酸生成白色沉淀1.165g，C溶液中加

入足量氯化钡生成2.33g即0.01molBaSO4，共加入硫酸0.015mol，则1.165g白色固体也是硫酸钡，物质的量为0.005mol，说明原溶液中含有Ba2+0.005mol。该物质由三种元素构成，其中两种为Fe和Ba，则另一种一定为阴离子，X与CO反应生成A和尾气，该过程是CO还原金属

氧化物的过程，则X中还含有O，物质的量为(1.565g-0.01mol×56g/mol-0.005mol×137g/mol)÷16g/mol=0.02mol，因此X的化学式为BaO·Fe2O3。【小问1详解】根据分析可知，X中的三种元素分别为Fe、Ba和O，X的化

学式为BaO·Fe2O3。【小问2详解】固体A相比于X质量减少了0.24g，这0.24g的质量为O元素的质量，但是X中共有O0.32g，故说明A中还有O存在，A的物质为BaO和Fe，这两者与盐酸反应生成BaCl2、FeCl2，还有盐酸剩余。溶液B中的溶质

为BaCl2、FeCl2和HCl。的【小问3详解】①A的物质为BaO和Fe，则X中只有Fe2O3与CO反应生成了Fe和CO2，化学方程式为222Ba(FeO)3COBaO2Fe3CO+++。②B中溶质为BaCl2、FeCl2，

C中溶质为FeCl3，发生的反应是亚铁离子被氧气氧化生成铁离子，离子方程式为23224FeO4H4Fe2HO+++++=+。【小问4详解】尾气中可能含有CO与Fe2O3反应生成的二氧化碳以及过量的CO，检验CO2用澄清石灰水，检验CO需要先除去混合气体中

的CO2，再依次通过灼热的氧化铜和澄清石灰水检验，故具体实验方案为气体通入澄清石灰水，变浑浊，说明尾气中含有2CO；再依次通入足量氢氧化钠溶液和浓硫酸，再依次通入灼热的氧化铜和澄清石灰水，黑色氧化铜变红，澄清石灰水变浑浊，说明尾气中含有C

O。28.我国力争于2030年前完成碳达峰。2060年前实现碳中和，含碳化合物的合成与转化具有重要的研究价值和现实意义。Ⅰ．2CO甲烷化反应是碳循环利用的重要路径之一。2CO甲烷化主反应：()()()()2242COg4HgCHg2HOg++。副反应：a．()(

)()24Cs2HgCHg+；b．()()()()222COgHgCOgHOg++；c．()()()()222COg2HgCs2HOg++。（1）副反应b所生成的CO也能发生甲烷化反应，则化学方程式为___________。（2）催化剂的选择是2CO甲烷化技术的

核心。在两种不同催化剂条件下，反应时间相同测得2CO转化率和生成4CH选择性随温度变化的影响如下图所示。提示：甲烷的选择性是指转化为甲烷的2CO在全部2CO反应物中所占的比例。高于320℃后，以2NiCeO−为催化剂2CO转化率略有下降，而以Ni为催化剂2CO转化率仍在上

升，其原因是___________。（3）二氧化碳甲烷化反应在某催化剂催化下的反应机理如图所示。下列叙述不正确的是________。A.氢气在Pd表面被吸附解离成氢原子B.MgO是反应的中间体C.图中碳元素的价态有多种D.2MgOCO浊液加热生成()2M

gOHⅡ．甲醚(33CHOCH)是重要的化工原料，可用CO和2H制得，热化学方程式为()()2COg2Hg+()3CHOHg1H91.0kJmol−=−；()()()33322CHOHgCHOCHgHOg+1H24.0kJmol

−=−。生产甲醚过程中存在副反应：()()()()3222CHOHgHOgCOg3Hg++1H48.8kJmol−=+。将反应物混合气按进料比()2nCO:nH()1:2=通入反应装置，选择合适的催化剂。在不同温度和压

强下，测得甲醚的选择性分别为如图1、图2所示。（4）图1中，温度一定，压强增大，甲醚选择性增大的原因是___________。（5）图2中，温度高于265℃后，甲醚选择性降低的原因是___________。（6）向容积可变的

密闭容器中充入mmolCO和2nmolH(mn)在恒温恒压条件下发生反应：()()()23COg2HgCHOHg+，在图中画出CO的平衡转化率随温度、压强(11pp)的变化图。___________【答案】（1）242CO(g)3H(g)CH(g)HO(

g)++（2）相同时间内，2NiCeO−为催化剂，催化效果高效，320℃时，反应已达平衡，升高温度平衡左移；Ni为催化剂，催化效率低，未达平衡，随温度升高，反应速率加快，转化率增大（3）B（4）增大压强，副反应()

()()()3222CHOHgHOgCOg3Hg++逆向移动，被抑制；甲醇脱水反应()()()33322CHOHgCHOCHgHOg+不受压强影响（5）甲醇脱水反应()()()33322CHOHgCHOCHgHOg+1H24.0kJmol−=−正向为放热反应，升

高温度平衡逆移，甲醚选择性降低；副反应()()()()3222CHOHgHOgCOg3Hg++H48.8=+1kJmol−。正向为吸热反应，升高温度平衡正移，副产物增加，甲醚选择性降低（6）【解析】【小问1详解】CO和H2发生甲烷化反应，生成4CH(g)和2HO(g)，反应方程式为242C

O(g)3H(g)CH(g)HO(g)++；故答案为242CO(g)3H(g)CH(g)HO(g)++。【小问2详解】有图像可知，低温时2NiCeO−的催化效率高，但是该反应为放热反应，高于320℃后，平衡逆向移动，2CO转化率略有下降；而以

Ni为催化剂，低温时反应速率慢，升高温度反应速度加快，反应相同时间2CO转化率增加；故答案为相同时间内，2NiCeO−为催化剂，催化效果高效，320℃时，反应已达平衡，升高温度平衡左移；Ni为催化剂，催化效率低，未达平衡，

随温度升高，反应速率加快，转化率增大。【小问3详解】A．如图可知，氢气再Pb催化剂表面解离成氢原子；故A正确；B．MgO为MgOCH3和H生成CH4和MgO，MgO再和CO2反应生成MgOCO2继续反应，所以MgO不是中间体；故B错误；C．如图所示，C存在的

形式有CH4，CO2和MgOCO等，碳元素的价态有多种；故C正确；D．2MgOCO浊液加热，2MgOCO和H2O生成()2MgOH和CO2；故D正确；故答案选B。【小问4详解】用CO和2H制得33CHOCH，()()()33322CHOHg

CHOCHgHOg+为气体分子数不变的反应，()()()()3222CHOHgHOgCOg3Hg++为气体分子数增大的反应，增大压强，副反应()()()()3222CHOHgHOgCOg3Hg++逆向移动，被抑制；甲醇脱水反应不受压

强影响，所以温度一定，压强增大，甲醚选择性增大；故答案为增大压强，副反应()()()()3222CHOHgHOgCOg3Hg++逆向移动，被抑制；甲醇脱水反应()()()33322CHOHgCHOCHgHOg+不受压强影响。【小问5详解】()()()333

22CHOHgCHOCHgHOg+1H24.0kJmol−=−正向为放热反应，升高温度平衡逆移；副反应()()()()3222CHOHgHOgCOg3Hg++H48.8=+1kJmol−，正向为吸热反应，升高温度平衡正移，副产物增加；所以温度高于265℃后，甲醚选择性降低；故答案为

甲醇脱水反应()()()33322CHOHgCHOCHgHOg+1H24.0kJmol−=−正向为放热反应，升高温度平衡逆移，甲醚选择性降低；副反应()()()()3222CHOHgHOgCOg3Hg++H48.8=+1kJmol−。正向为吸热反应，升高温度平衡正移，副产物增加，甲

醚选择性降低。【小问6详解】反应()()()23COg2HgCHOHg+为气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡逆向移动，一氧化碳的平衡转化率减小，增大压强，平衡正向移动，一氧化碳的平衡转化率减小，则

CO的平衡转化率随温度、压强(11pp)的变化图为；故答案为。29.亚硝酰氯(NOCl)是一种红褐色液体或黄色气体，熔点：-64.5℃，沸点：-5.5℃，遇水易水解。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可用下图装置由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。简要步骤如下：实

验开始时，关闭1K，打开2K、3K，通入一段时间的氯气，直至三颈烧瓶中充满黄绿色气体，关闭3K，打开1K，打开分液漏斗塞子，向装置a中滴入适量稀硝酸。待装置C中某一现象发生时，关闭2K，打开3K，在三颈烧瓶中制备亚硝酰

氯。请回答：（1）写出铜与稀硝酸反应的离子方程式：___________。（2）写出亚硝酰氯与NaOH溶液反应生成亚硝酸钠的化学方程式：___________。（3）仪器a的名称是___________，装置B

的作用是___________。（4）步骤划线处，装置C出现的现象是___________。（5）下列说法不正确的是___________。A.从安全或避免环境污染方面考虑，宜在通风橱内进行实验B.若不慎亚硝酰氯接触到皮肤，及时用流动清水反复冲洗C.浓硫酸和无水2CaCl仅起阻止

水蒸气进入，避免亚硝酰氯水解的作用D.冰盐水温度可达-10℃，装置D三颈烧瓶中充满黄色气体NOCl（6）若制得的NOCl中含有少量24NO杂质，为测定产品纯度进行如下实验：称取1.6625g样品溶于50.00mLNaOH溶液中，加入几滴24KCrO溶液作指示剂，

用足量硝酸酸化的130.40molLAgNO−溶液滴定至产生砖红色沉淀，消耗3AgNO溶液50.00mL。则样品的纯度为___________%(保留1位小数)。【答案】（1）2323Cu8H2NO3Cu2NO4HO+−+++=++（2）22NOCl2NaOHNaNONaClH

O+=++（3）①.蒸馏烧瓶②.除去挥发出的硝酸或混有的其他氮氧化物(如2NO)（4）锥形瓶内上方红棕色气体完全消失（5）CD（6）78.8【解析】【分析】由实验装置图可知，装置A中稀硝酸和铜反应制备一氧化氮气体，装置B中盛有的水用于除去一氧化氮中混有的硝酸

蒸气和二氧化氮气体，装置C中盛有的浓硫酸用于干燥一氧化氮气体，并通过逸出气泡的多少控制一氧化氮的生成速率，其中长颈漏斗用于平衡压强，起到防堵塞的作用，装置D中发生的反应为催化剂作用下氯与一氧化氮在-10℃条件下反应制备亚硝酰氯，并用无水氯

化钙吸收水蒸气防止水蒸进入三颈烧瓶中导致亚硝酰氯水解，装置D后连接尾吸收装置，以此解答。【小问1详解】铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，离子方程式为：2323Cu8H2NO3Cu2NO4HO+−+++=++

；【小问2详解】由题意可知，亚硝酰氯与氢氧化钠溶液反应生成亚硝酸钠、氯化钠和水，反应的化学方程式为NOCl+2NaOH=NaNO2+NaCl+H2O；【小问3详解】由实验装置图可知，仪器a为蒸馏烧瓶；分析可知，装置B中盛有的水用于除去一氧化氮中混有的硝酸蒸气和二氧化氮气体；【小问4详解】一氧化

氮易与空气中的氧气反应生成红棕色的二氧化氮，为防止二氧化氮干扰实验，实验时，应关闭K3，打开K1，打开分液漏斗塞子，向烧瓶中滴入适量稀硝酸，待装置C中锥形瓶内红棕色气体完全消失，关闭K2，打开K3，在三颈烧瓶中制备亚硝酰氯；【小问5详解】A．一氧化氮和氯气都是有毒气体，为防止实验时因体逸出发生意

外事故或污染环境，该实验宜在通风橱内进行，选项A正确；B．若不慎亚硝酰氯接触到皮肤，及时用流动清水反复冲洗，选项B正确；C．浓硫酸和无水CaCl2均可以吸水，可阻止水蒸进入，避免亚硝酰氯水解，C中盛放浓硫酸还起到观察气体速率的作用，选项C错误；D．由题给信息可知，-10℃时，亚硝酰氯

为液态，不是黄色气体，选项D错误；答案选CD；【小问6详解】用AgNO3滴定反应后溶液中的Cl-，可得关系式NOCl~Cl-~AgNO3，则50mL的样品反应液中NOCl的物质的量是0.05L×10.40m

olL−=0.02mol，所以样品中NOCl质量分数为0.02mol65.5g/mol100%1.6625g=78.8%。30.某研究小组按下列路线合成镇静催眠药扎来普隆。请回答：（1）下列说法不正确的是___________。A.第(1)步中加入混酸试剂的顺

序是浓硝酸、浓硫酸B.化合物D中的含氧官能团是酮基和乙氧基C.第(2)步反应类型是还原反应D.1mol扎来普隆最多能消耗7mol氢气（2）化合物A的结构简式是___________；扎来普隆的分子式是___________；化合物F生成扎来普隆的过程涉及多步反应，其反应类型有__

_________。（3）写出E→F的化学方程式：___________。（4）设计以苯和乙酸酐为原料合成止痛、退热药的路线(用流程图表示，无机试剂任选)：___________。（5）写出同时符合下列条件的化

合物C的同分异构体的结构简式：___________。①1HNMR谱和IR谱检测表明：分子结构苯环上只有2种不同化学环境的氢原子；②分子中含有2-NH结构；③能发生银镜反应。【答案】（1）BD（2）①.②.17155CHNO③.取代、加成、消去（3）25NaHCHI+⎯⎯⎯→HI+（4）243H

SOHNO⎯⎯⎯⎯→浓浓Fe/HCl⎯⎯⎯→（5）、【解析】【分析】根据D的结构简式以及A的分子式推测A为，根据B的分子式可知，A到B发生的是苯的硝化反应，且结合D的结构简式可知，B的结构简式为，与Fe/

HCl发生还原反应，硝基被还原为-NH2，C的结构简式为，C与发生取代反应生成D和CH3COOH，D反应生成E，E与C2H5I发生取代反应生成F和HI，F反应生成扎来普隆。【小问1详解】A．苯的硝化反应加酸顺序为先加浓硝酸，再加浓硫酸，A正确；B．化合物D中的含氧官能团为羰基和

酰胺基，B错误；C．根据分析可知，第（2）步反应类型为还原反应，C正确；D．1个扎来普隆中含有1个苯环，2个碳碳双键，两个碳氮双键，同时-CN也能与氢气发生加成反应，故1mol扎来普隆能消耗的氢气多于7mol，D错误；故答案选BD。【小问2详解】根据

分析可知，化合物A的结构简式为，根据扎来普隆的结构简式可知其分子式为C17H15N5O，化合物F生成扎来普隆涉及多步反应，如取代反应，F中与N相连的两个甲基被取代，加成反应，碳氧双键发生了加成反应，最后发生了醇的

消去反应生成了碳碳双键。【小问3详解】E与C2H5I发生取代反应，E中下方N上氢被乙基取代，生成F和HI，化学方程式为25NaHCHI+⎯⎯⎯→HI+。【小问4详解】苯与浓硫酸、浓硝酸发生硝化反应生成硝

基苯，硝基苯与Fe/HCl发生还原反应生成，与乙酸酐发生取代反应生成，合成路线为243HSOHNO⎯⎯⎯⎯→浓浓Fe/HCl⎯⎯⎯→。【小问5详解】的获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com