湖北省部分学校高三下学期三模考试化学试题

化学本试卷共8页。全卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.杭州第19届亚运会开幕式于2023年9月23日成功举行，其火炬传递环节给人们留下了深刻的印象。下列不能作为火炬燃料的是A.液氮 B.甲醇 C.金属镁 D.液氢【答案】A【解析】【详解】甲醇、金属镁、液氢均具有可燃性，且在常温能够在空气中剧烈燃烧，发光放热，而液氮不具有可燃性，不能作为火炬燃料，故答案为：A。2.下列化学事实不符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点的是A.醋酸的水溶液中存在着电离平衡B.作供氧剂时既是氧化剂又是还原剂C.的非金属性逐渐减弱D.充电时，阳极和阴极的反应同时发生【答案】C【解析】【详解】A．醋酸的水溶液中存在着电离平衡为醋酸分子电离为氢离子和醋酸根离子，醋酸根离子和氢离子又结合成醋酸分子，为动态平衡，符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，A不符合题意；B．氧化剂与还原剂是对立的关系，既是氧化剂又是还原剂，符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，B不符合题意；C．的非金属性逐渐减弱和其原子序数的增大不是对立关系，故的非金属性逐渐减弱与“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点无关，C符合题意；D．电解池工作时，阳极和阴极同时发生反应，阴极得电子发生还原反应，阳极失电子发生氧化反应，氧化反应和还原反应是对立的，但是这两个反应又同时发生，统一在电解池中，因此，这个化学事实符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，D不符合题意；故选C。3.下列化学用语表达正确的是A.HClO的电子式：B.CH4分子和CCl4分子的空间填充模型均为C.Na2S溶液久置后出现浑浊，颜色变深：Na2S+2O2=Na2SO4D.向FeCl2溶液中滴入K3[Fe(CN)6]溶液：K++Fe2++[Fe(CN)6]3=KFe[Fe(CN)6]↓【答案】D【解析】【详解】A．已知H和Cl周围形成1个共价键，O周围形成2个共价键，则HClO的电子式为：，A错误；B．已知CH4和CCl4均为正四面体结构，但原子半径为Cl＞C＞H，故CH4分子的空间填充模型为，而CCl4分子的空间填充模型为，B错误；C．硫化钠溶液出现浑浊颜色变深是因为硫化钠与氧气、水发生反应生成单质硫，即发生了2Na2S+O2+2H2O=2S↓+4NaOH，C错误；D．向FeCl2溶液中滴入K3[Fe(CN)6]溶液将生成蓝色沉淀KFe[Fe(CN)6]，反应的离子方程式为：K++Fe2++[Fe(CN)6]3=KFe[Fe(CN)6]↓，D正确；故答案为：D。4.美好生活靠劳动创造。下列劳动项目与所述的化学知识有关联的是选项劳动项目化学知识A用明矾作净水剂明矾是无色晶体B用铝粉和氢氧化钠溶液疏通厨卫管道铝粉与NaOH溶液反应产生H2C聚乙炔可用于制备导电高分子材料聚乙炔是线型结构D用食盐作腌制食品的防腐剂NaCl的水溶液呈中性A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．用明矾作净水剂是由于其电离出的Al3+发生水解生成Al(OH)3胶体具有很强的吸附性，与其是无色晶体无关，A不合题意；B．铝与氢氧化钠反应生成氢气，同时产生大量的热，所以用铝粉和氢氧化钠溶液疏通厨卫管道，B符合题意；C．聚乙炔中含有单键与双键交替的结构单元，有类似于石墨的大π键，含有自由电子，能导电，与聚乙炔是线型结构无关，C不合题意；D．氯化钠常用来做调味品和防腐剂，常用食盐作腌制食品的防腐剂，但与NaCl的水溶液呈中性无关，D不合题意；故答案为：B。5.中草药麻黄的主要成分为麻黄碱，与盐酸反应可制得其盐酸盐，常在临床上用于治疗习惯性支气管哮喘。下列有关说法错误的是A.麻黄碱中含有2种官能团B.麻黄碱可发生取代反应、加成反应、消去反应C.熔点：麻黄碱盐酸盐麻黄碱D.向麻黄碱盐酸盐中加入，可转化为麻黄碱【答案】C【解析】【详解】A．由题干麻黄碱的结构简式可知，麻黄碱中含有氨基和羟基2种官能团，A正确；B．由题干麻黄碱的结构简式可知，麻黄碱中含有氨基和羟基2种官能团，故麻黄碱可发生取代反应，含有苯环故能发生加成反应，含有醇羟基且与羟基相邻的碳上还有H故能发生消去反应，B正确；C．由题干麻黄碱和麻黄碱盐酸盐的结构简式可知，麻黄碱盐酸盐为离子晶体，而麻黄碱为分子晶体，故熔点：麻黄碱盐酸盐＞麻黄碱，C错误；D．由题干麻黄碱和麻黄碱盐酸盐的结构简式可知，向麻黄碱盐酸盐中加入NaOH，可转化为麻黄碱、NaCl和H2O，D正确；故答案为：C。6.设表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1molC3H6中含键的数目为B.三肽C6H11N3O4(Mr=189)中的肽键数目为0.3NAC.溶液中含有的数目为D.1LpH=4的0.1mol/LK2Cr2O7溶液中的数目小于0.1NA【答案】D【解析】【详解】A．C3H6可以是CH3CH=CH2含有1个键，也可能是环丙烷，则不含键，故1molC3H6中含键的数目不一定为，A错误；B．三肽是指三个氨基酸分子脱去2个水分子生成2个肽键的化合物，故三肽C6H11N3O4(Mr=189)中的肽键数目为0.2NA，B错误；C．题干未告知溶液的体积，无法计算溶液中含有的数目，C错误；D．已知在水溶液中存在：+H2O2+2H+，故1LpH=4的0.1mol/LK2Cr2O7溶液中的数目小于0.1NA，D正确；故答案为：D。7.是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中原子的电子只有一种自旋取向，基态原子的轨道上有1个空轨道，的单质可通过分离液态空气制取，是短周期中原子半径最大的主族元素。下列说法正确的是A.原子半径：B.第一电离能：C.简单氢化物的沸点：D.与形成的型化合物中不可能含有双键【答案】B【解析】【分析】依题意，原子的电子只有一种自旋取向，则X为H元素；基态Y的原子2p轨道有1个空轨道，Y为C元素；的单质可通过分离液态空气制取即可能是氮气或氧气，则Z为N或O元素；是短周期中原子半径最大的主族元素，则W为Na元素，据此分析解题。【详解】A．原子半径同周期从左至右逐渐减小，同主族从上至下逐渐增大，即W>Y>Z＞X，A错误；B．第一电离能同周期从左往右增大，同主族从上往下减小，N的原子2p轨道处于半充满状态，其第一电离能比同周期相邻元素的大，即Z>Y>W，B正确；C．Z的最简单氢化物是NH3或H2O，均含氢键，W的最简单氢化物是NaH，Y的最简单氢化物是CH4，，CH4分子间没有氢键，故最简单氢化物的沸点：NaH>H2O>NH3>CH4，即W>Z>Y，C错误；D．N、H两种元素以1∶1原子个数比形成的化合物中，含有双键，D错误；故选B。8.如图实验装置(部分夹持仪器略)正确的是A．稀释浓硫酸B．制备NaHCO3C．检验生成的乙炔D．鉴别乙醇和甲醚A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．容量瓶不能作为溶解、稀释或反应的仪器，且浓硫酸稀释时应将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌，A错误；B．由于CO2在饱和食盐水中溶解度较小，在碱性溶液中的溶解度较大，且NH3极易溶于水，故侯氏制碱法中需先通入NH3，后通入CO2，B错误；C．电石中混有杂质金属硫化物与水反应得到的H2S也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，图示装置不能用于检验生成的乙炔，C错误；D．已知CH3CH2OH能与金属钠反应放出H2，而CH3OCH3不能与金属钠反应，故图示装置能鉴别乙醇和甲醚，D正确；故答案为：D。9.蔗糖与浓硫酸发生反应的过程如图所示。下列关于该过程的分析正确的是A.该实验的缺点是可能带来环境污染B.过程①白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的吸水性C.过程②固体体积膨胀，主要是因为反应过程中放热D.过程中产生能使品红溶液褪色的气体，说明蔗糖是还原糖【答案】A【解析】【分析】浓硫酸具有脱水性，能够将蔗糖中H原子、O原子按2：1比例以H2O的形式脱去，脱水过程中产生大量的热，同时还会发生反应：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，产生的大量气体，使固体体积膨胀，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，该实验中可能产生SO2，SO2有毒，会污染环境，故该实验的缺点是可能带来环境污染，A正确；B．过程①白色固体变黑，即浓硫酸将蔗糖中H原子、O原子按2∶1比例以H2O的形式脱去，白色固体变黑，体现浓硫酸的脱水性，B错误；C．浓硫酸脱水过程中产生大量的热，会发生反应：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，产生的大量气体，使固体体积膨胀，故过程②固体体积膨胀，主要是因为反应过程中产生的大量气体，C错误；D．由C项分析可知，过程中产生气体SO2，该气体能使品红溶液褪色，但不能说明蔗糖是还原糖，D错误；故答案为：A。10.如表所示为部分化学键的键能数据，由键能数据大小，不能解释下列事实的是化学键键能413348745326318226452347A.硬度：金刚石碳化硅B.熔、沸点：金刚石＞CO2C.SiH4稳定性小于CH4，更易生成氧化物D.硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多【答案】B【解析】【详解】A．由题干表中数据可知，CC键的键能＞SiC键的键能，故硬度：金刚石碳化硅，A不合题意；B．已知金刚石是共价晶体，而CO2为分子晶体，熔沸点受范德华力影响与键能无关，故熔、沸点：金刚石＞CO2，但不能用键能的数据来解释，B符合题意；C．由题干表中数据可知，SiH的键能比CH的键能更小，故SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物，C不合题意；D．由题干表中数据可知，SiH的键能比CH的键能更小，CC键的键能＞SiSi键的键能，则硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，D不合题意；故答案为：C。11.物质的结构决定物质的性质。下列性质差异与结构因素匹配正确的是选项性质差异结构因素A键角：CH4（109°28′）大于NH3（107.3°）中心原子杂化方式B摩氏硬度：金刚石(10)石英(7)晶体类型C酸性：CF3COOH(pKa=0.23)＞CCl3COOH(pKa=0.65)羟基极性D苯酚的溶解度：高于65℃时(能与水互溶)室温时(9.2g)电离程度A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．甲烷和氨气的中心原子的杂化方式均为sp3，其键角差异是：氨气的中心原子N原子上有孤电子对，根据价层电子对互斥理论，孤电子对与σ键的斥力大于σ键之间的斥力，因此氨气的键角略小于109°28′，A不合题意；B．金刚石和石英均为原子晶体，由于CC键的键能小于SiO，石英的摩氏硬度比金刚石小，B不合题意；C．F电负性较Cl大，导致CF3的吸电子效应强于CCl3，羧酸CF3COOH分子中羟基极性增大，则氢离子越易电离，故酸性：CF3COOH＞CCl3COOH，C符合题意；D．苯酚和水均为极性分子，苯酚晶体能溶于水，苯酚晶体分子间存在氢键，室温下难以被破坏，故苯酚在室温下的溶解度不大，当温度高于65℃时，苯酚晶体分子间的氢键被破坏，与水分子之间形成了氢键，增大了溶解度，能与水互溶，即与电离情况无关，D不合题意；故答案为：C。12.已知镁铁氢化物的结构如图所示(氢未画出)，晶胞参数原子间的最近距离为晶胞参数的一半，原子以正八面体的配位模式有序分布在原子周围。设阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是A.该镁铁氢化物的化学式为B.所含元素第一电离能：C.晶胞中与原子距离最近且等距的原子有4个D.镁铁氢化物中氢的密度是标准状况下的氢气密度的倍【答案】D【解析】【详解】A．根据均摊原则，晶胞中Mg原子数为8、Fe原子数为4，每个Fe原子周围有6个H，该镁铁氢化物的化学式为，故A错误；B．所含元素的第一电离能：，故B错误；C．根据图示，晶胞中与原子距离最近且等距的原子有8个，故C错误；D．镁铁氢化物中氢的密度为，标准状况下氢气的密度为；镁铁氢化物中氢的密度是标准状况下的氢气密度的倍，故D正确；选D。13.用一种具有“卯榫”结构的双极膜组装电解池(如图所示)，可实现大电流催化电解KNO3溶液制氨。工作时，H2O在双极膜界面处被催化解离成H+和OH，有利于电解反应顺利进行。下列说法错误的是A.电极电势：电极b＞电极aB.电极a的电极反应式：+8e+7H2O=NH3·H2O+9OHC.当阳极产生32gO2时，“卯榫”结构双极膜处有36gH2O被解离D.相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构可提高氨的生成速率【答案】C【解析】【分析】催化电解KNO3溶液制氨，硝酸钾发生还原反应，则电极a为阴极、电极b为阳极，双极膜界面产生的H+移向阴极，而OH移向阳极，阴极反应式为+7H2O+8e=NH3•H2O+9OH，阳极反应式为8OH8e=2O2↑+4H2O，电解总反应为+3H2O=NH3•H2O+2O2↑+OH，而“卯榫”结构可实现大电流催化电解KNO3溶液制氨，单位时间内电子转移增大，可以提高氨生成速率，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，b为阳极，a为阴极，则电极电势：电极b＞电极a，A正确；B．由分析可知，电极a的电极反应式：+7H2O+8e=NH3•H2O+9OH，B正确；C．由分析可知，阳极反应式为8OH8e=2O2↑+4H2O，当阳极产生32gO2时转移电子为4mol，根据电子守恒可知，“卯榫”结构双极膜处有4molH+移向阴极，4molOH移向阳极，即有4mol即4mol×18g/mol=72gH2O被解离，C错误；D．“卯榫”结构可实现大电流催化电解KNO3溶液制氨，单位时间内流过的电量增大，即单位时间内电子转移增大了，提高了氨生成速率，D正确；故答案为：C。14.如图1，将邻氨基苯甲酰胺的乙醇溶液缓慢滴加到的水溶液中，在水浴加热和冰水浴冷却条件下，分别得到化合物和化合物，反应过程中的能量变化如图2所示。下列关于这两种化合物的说法错误的是A.化合物和化合物不互为同系物B.可通过射线衍射法鉴别两种产物C.升高相同温度时，对活化能大的反应影响更大D.曲线1代表化合物的反应历程，曲线2代表化合物的反应历程【答案】D【解析】【详解】A．结构相似，且相差n个CH2为同系物，化合物和化合物不互为同系物，故A正确；B．射线衍射法研究物质的物相和晶体结构，两物质中Cu的配合物有差异，可以鉴别，故B正确；C．升高相同温度时，原来不是活化分子的变为活化分子，活化分子百分数增大，活化能大的反应在反应中需要更多的能量，升高同等温度对活化能大的反应影响更大，故C正确；D．由题给信息可知，60℃水浴加热得到化合物a，所需能量更多，则a的反应历程为(曲线1)；冰水浴冷却得到化合物b，则b的反应历程为(曲线2)，故D错误；答案为D。15.常温下，在含HgI2(s)的溶液中，一定c(I)范围内，存在平衡关系：HgI2(s)HgI2(aq)；HgI2(aq)Hg2+(aq)+2I(aq)；HgI2(aq)HgI+(aq)+I(aq)；HgI2(aq)+I(aq)(aq)；HgI2(aq)+2I(aq)(aq)，平衡常数依次为K0、K1、K2、K3、K4。已知、、、随的变化关系如图所示，下列说法错误的是A.B.线表示的变化情况C.随的增大，保持不变D.溶液中元素和元素的物质的量之比始终为【答案】D【解析】【分析】由题中方程式HgI2(aq)Hg2++2I可知，K1=，则有c(Hg2+)=，推出lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)2lgc(I)，同理可得：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)lgc(I)，lgc()=lgK3+lgc(HgI2)+lgc(I)，lgc()=lgK4+lgc(HgI2)+2lgc(I)，且由HgI2(s)HgI2(aq)可推知，K0=c[HgI2(aq)]为定值，则图示中的曲线1即N、2、3、4分别代表：lgc(HgI+)、lgc(Hg2+)、lgc()、lgc()，据此分析解题。详解】A．由题中方程式HgI2(aq)Hg2++2I可知，K1=，由HgI2(s)HgI2(aq)可推知，K0=c[HgI2(aq)]，故，A正确；B．由分析可知，线1即表示的变化情况，B正确；C．已知HgI2(s)HgI2(aq)的化学平衡常数K0=c[HgI2(aq)]，温度不变平衡常数不变，与浓度无关，随c(I)增大，c[HgI2(aq)]始终保持不变，C正确；D．溶液中的初始溶质为HgI2，但整个过程会引入碘离子，所以依据原子守恒，该溶液中I元素与Hg元素物质的量之比不等于2：1，D错误；故答案为：D。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.从某冶锌工厂的工业废料[除和少量外，还含有铟、铋、锗的氧化物]中回收几种金属的单质或化合物的工业流程如图。回答下列问题：（1）为了提高“酸浸1”的效率，可采取的措施为_______。（2）“浸液1”中主要含有的金属阳离子有_______。（3）“酸浸2”时铋的氧化物发生反应的离子方程式为_______。（4）“萃取”过程中用到的主要玻璃仪器有_______，分液时“有机相”从分液漏斗的_______(填“下口放出”或“上口倒出”)。（5）“沉锗”的反应原理为，该操作中需调节为2.5，不能过高或过低，原因为_______。（6）四氯化锗可用作光导纤维掺杂剂，其熔点为，沸点为，则其晶体类型为___，中心原子的杂化类型为_______；四氯化锗遇水蒸气会产生一种强酸和一种弱酸，实验室可用足量氢氧化钠溶液吸收四氯化锗气体，写出该反应的化学方程式：____。【答案】（1）适当升高温度、矿石粉碎、搅拌等（2）Zn2+、Fe3+（3）（4）①.分液漏斗、烧杯②.上口倒出（5）pH高于2.5时水解程度增强，pH低于2.5时酸性太强，平衡逆移沉锗率下降（6）①.分子晶体②.sp3③.【解析】【分析】工业废料除ZnO和少量外，还含有铟(In)、铋(Bi)、锗(Ge)的氧化物，加入稀硫酸，氧化锌、氧化铁和硫酸反应，过滤后浸液1中含有硫酸锌和硫酸铁，调节pH使铁离子沉淀，溶液浓缩结晶得到硫酸锌的晶体；浸渣加入70%硫酸，得到铋渣和浸液2，浸液2加入P2O4煤油进行萃取，有机相中加入盐酸进行反萃取，得到水相，再经过一系列处理得到海绵铟；萃取后的水相加入单宁酸沉锗，滤渣焙烧、氯化蒸馏得到GeCl4。【小问1详解】适当升高温度、矿石粉碎、搅拌等都可提高反应速率，提高“酸浸1”浸取率；【小问2详解】由分析可知，氧化锌、氧化铁和硫酸反应，过滤后浸液1中含有硫酸锌和硫酸铁，故“酸浸1”中主要含有金属阳离子有Zn2+、Fe3+；【小问3详解】由流程可知，“酸浸2”时铋的氧化物和硫酸反应生成沉淀，发生反应的离子方程式为；【小问4详解】“萃取”过程中用到的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；水的密度大于煤油，则分液时“有机相”从分液漏斗的上口倒出；【小问5详解】“沉锗”的反应原理为，该操作中需调节pH为2.5，原因为pH高于2.5时水解程度增强，pH低于2.5时酸性太强，平衡逆移沉锗率下降。【小问6详解】四氯化锗其熔点为，沸点为，其熔沸点较低，晶体类型为分子晶体，中心原子形成4个共价键且无孤电子对，杂化类型为sp3；四氯化锗遇水蒸气会产生一种强酸和一种弱酸，根据质量守恒可知，酸为锗酸和盐酸，则足量氢氧化钠溶液吸收四氯化锗气体，反应生成锗酸钠和氯化钠，该反应的化学方程式：。17.贝诺酯(J)是一种治疗类风湿关节炎的药物，其合成路线如图所示：回答下列问题：（1）用习惯命名法命名，的名称为_______。（2）的反应类型为_______。（3）写出的化学方程式_______。（4）的结构简式为_______。（5）从AG经历了④⑤⑥三步，而不将A直接硝化的原因是_______。（6）G的沸点是279℃，高于其同分异构体邻硝基苯酚(沸点是215℃)，其原因是_______。（7）满足下列条件的D的同分异构体有_______种。①含有苯环；②1molD能与足量NaHCO3溶液反应，产生标准状况下CO244.8L。其中苯环上的核磁共振氢谱图中只有2组峰的同分异构体的结构简式是_______。【答案】（1）对硝基苯酚（2）取代反应（3）+3Fe+6HCl+3FeCl2+2H2O（4）（5）保护酚羟基不被浓硫酸和浓硝酸氧化（6）G为对硝基苯酚只能形成分子间氢键，而邻硝基苯酚可以形成分子内氢键（7）①.10②.或或【解析】【分析】由题干合成路线图可知，化合物A即，与CH3I反应生成的E为甲基与苯环形成的醚，E发生硝化反应生成F，化合物F与浓HI反应生成G即对硝基苯酚，设计该步反应的目的是保护酚羟基不被浓硫酸和浓硝酸氧化，G在Fe、HCl作用下硝基被还原为氨基，生成H，据已知信息并比较HJ的结构简式和H到I的转化条件可知I的结构简式为：，另外A在一定条件下转化为B，B经酸化后得到C，C和(CH3CO)2O发生取代反应后得到D，I与物质D通过酯化反应生成贝诺酯，据此分析解题。【小问1详解】由题干路线图中G的结构简式可知，用习惯命名法命名，的名称为对硝基苯酚，故答案为：对硝基苯酚；【小问2详解】由题干路线图可知，即C+(CH3CO)2OD+CH3COOH，则该反应的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；【小问3详解】由题干路线图可知，的化学方程式为：+3Fe+6HCl+3FeCl2+2H2O，故答案为：+3Fe+6HCl+3FeCl2+2H2O；【小问4详解】由分析可知，的结构简式为，故答案为：；【小问5详解】浓硝酸、浓硫酸具有强氧化性，酚羟基具有较强的还原性，若将A直接硝化则将破坏酚羟基，故从AG经历了④⑤⑥三步，而不将A直接硝化的原因是保护酚羟基不被浓硫酸和浓硝酸氧化，故答案为：保护酚羟基不被浓硫酸和浓硝酸氧化；【小问6详解】由题干路线图可知，G为对硝基苯酚只能形成分子间氢键，而邻硝基苯酚可以形成分子内氢键，导致G的沸点是279℃，高于其同分异构体邻硝基苯酚(沸点是215℃)，故答案为：G为对硝基苯酚只能形成分子间氢键，而邻硝基苯酚可以形成分子内氢键；【小问7详解】由题干路线图中D的结构简式可知，D的分子式为：C9H8O4，不饱和度为6，则满足下列条件①含有苯环；②1molD能与足量NaHCO3溶液反应，产生标准状况下CO244.8L即为=2mol，说明分子含有2个羧基，则若苯环上只有1个取代基即CH(COOH)2，若含有2个取代基即：COOH和CH2COOH则有邻间对三种位置异构，若含有3个取代基即：COOH、COOH和CH3则有6种位置异构，即D的同分异构体一共有1+3+6=10种，其中苯环上的核磁共振氢谱图中只有2组峰的同分异构体的结构简式是或或，故答案为：10；或或。18.三水合硝酸铜[Cu(NO3)2·3H2O，M=242g/mol]是一种重要的无机试剂，用途广泛。回答下列问题：Ⅰ．三水合硝酸铜[Cu(NO3)2·3H2O]的制备。（1）制备硝酸铜时发生反应的离子方程式为_______。（2）由硝酸铜溶液获得三水合硝酸铜晶体过程中的一系列操作包括_______、过滤、洗涤、干燥。在洗涤操作中用乙醇洗涤的原因是_______。（3）某工厂在用稀硝酸溶解废铜屑制备Cu(NO3)2·3H2O时，为避免NOx的生成，工程师提出还应加入H2O2溶液，反应的化学方程式为_______，当消耗含铜元素80%的废铜屑240kg时，得到653.4kg产品，产率为_______。Ⅱ．三水合硝酸铜[Cu(NO3)2·3H2O]热分解实验。（4）将24.2gCu(NO3)2·3H2O样品置于瓷坩埚中缓慢加热，其热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。在过程中有红棕色气体产生，反应的化学方程式为_______，继续升温至时生成的固体产物为_______(填化学式)。【答案】（1）3Cu+8H++2＝3Cu2++2NO↑+4H2O（2）①.蒸发浓缩、冷却结晶②.减小硝酸铜的溶解损失，乙醇易挥发，更易干燥（3）①.Cu+H2O2+2HNO3=Cu(NO3)2+2H2O②.90.0%（4）①.2Cu(NO3)22CuO+4NO2↑+O2↑②.Cu2O【解析】【分析】由题干信息可知，该实验用废铜屑与稀硝酸反应制备硝酸铜溶液，反应方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，过滤出不溶性杂质，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤后得到三水合硝酸铜晶体，据此分析结合各小题具体情况解题。【小问1详解】制备硝酸铜时，铜和硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，发生反应的离子方程式为3Cu+8H++2＝3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8H++2＝3Cu2++2NO↑+4H2O；【小问2详解】由分析可知，由硝酸铜溶液获得三水合硝酸铜晶体过程中的一系列操作包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，硝酸铜是离子化合物，易溶于水而在乙醇中的溶解度小得多，在洗涤操作中用乙醇洗涤的原因是减小硝酸铜的溶解量，减少损失，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；减小硝酸铜的溶解损失，乙醇易挥发，更易干燥；【小问3详解】用稀硝酸和H2O2混合溶液溶解废铜屑制备Cu(NO3)2·3H2O时，该反应的化学方程式为Cu+H2O2+2HNO3=Cu(NO3)2+2H2O，则可以避免产生有毒有害气体NOx，根据铜元素守恒可知，当消耗含铜元素80%的废铜屑240kg时，理论上产生Cu(NO3)2·3H2O的质量为：=726kg，实际得到653.4kg产品，则产率为==90.0%，故答案为：Cu+H2O2+2HNO3=Cu(NO3)2+2H2O；90/0%；【小问4详解】24.2gCu（NO3）2•3H2O的物质的量为=0.1mol，完全失去结晶水生成0.1mol Cu（NO3）2，质量为18.8g，根据铜元素守恒，Cu（NO3）2分解生成0.1mol氧化铜，质量为8g，再加热生成0.05molCu2O，质量为7.2g，T1℃的固体产物是Cu（NO3）2，T2℃的固体产物是CuO，T3℃的固体产物是Cu2O，T1℃～T2℃时固体由Cu（NO3）2转化为CuO，同时观察到有NO2逸出，根据氧化还原反应规律，同时还有氧气生成，因此T1℃～T2℃Cu（NO3）2分