化学自习室移动版

一、选择题

【2023上海等级考】1．（3分）2022年，科学家们已经证实“四中子态”的存在，该物质只由四个中子组成，则其质量数是（　　）

A．1                                B．2                                  C．4                                D．8

【解答】解：该物质的质量数＝质子数+中子数＝0+4＝4，故C正确，

故选：C。

【2023上海等级考】2．（3分）海底五彩斑斓的珊瑚是由珊瑚虫吸收海水中的钙和CO₂，然后分泌出石灰石，变为自己生存的外壳。植物有光合作用会吸收CO₂、释放O₂，但随着全球变暖，CO₂含量增加，海底珊瑚含量减少，下列说法错误的是（　　）

A．光合作用吸收CO₂ 

B．植物呼吸作用放出CO₂

C．海水吸收过多CO₂使pH增大 

D．珊瑚礁溶解是因为生成Ca(HCO₃)₂

【解答】解：A．由题意可知，植物的光合作用会吸收CO₂，释放O₂，故A正确；

B．植物的光合作用会吸收CO₂、释放O₂，但是植物的有氧呼吸作用吸收氧气，放出二氧化碳，故B正确；

C．二氧化碳含量增大，会导致海水中溶解的二氧化碳增加，海水pH降低，故C错误；

D．二氧化碳含量增大，会导致海水中溶解的二氧化碳增加，海水pH降低，则碳酸钙变为碳酸氢钙，故D正确，

故选：C。

【2023上海等级考】3．（3分）战国用青铜浇铸塑形成各样的青铜器，青铜器比纯铜更便于制成形态各异的容器的原因（　　）

A．熔点低                     B．密度大                       C．硬度大                     D．不易被腐蚀

【解答】解：青铜器比纯铜更便于制成形态各异的容器的原因是熔点低于组成它的成分合金，易于加工，故A正确，

故选：A。

【2023上海等级考】4．（3分）下列物质中，能通过化学氧化法去除石油开采过程中伴生的H₂S的是（　　）

A．氨水                          B．双氧水                       C．FeSO₄溶液            D．NaOH溶液

【解答】解：A．氨水是碱溶液，与H₂S发生中和反应生成硫化铵和水，不属于氧化还原反应，故A错误；

B．双氧水与H₂S反应生成S单质和水，双氧水发生还原反应，H₂S发生氧化反应，属于氧化还原反应，故B正确；

C．FeSO₄和H₂S不反应，不能用于去除石油开采过程中伴生的H₂S气体，故C错误；

D．NaOH是碱，与H₂S发生中和反应生成硫化钠和水，不属于氧化还原反应，故D错误；

故选：B。

【2023上海等级考】5．（3分）对于反应8NH₃+3Cl₂═6NH₄Cl+N₂，以下说法正确的是（　　）

A．HCl的电子式为 

B．NH₃的空间构型为三角锥形  

C．NH₄Cl中只含有离子键  

D．氯离子最外层电子排布式是3s³3p⁵

【解答】解：A．HCl是共价化合物，其电子式为，故A错误；

B．NH₃的价层电子对为4，有一对孤电子对，NH₃的空间构型为三角锥形，故B正确；

C．氯化铵电子式为，NH₄Cl中含有离子键和共价键，故C错误；

D．氯离子最外层有8个电子，最外层电子排布式为3s²3p⁶，故D错误；

故选：B。

【2023上海等级考】6．（3分）向饱和氯水中加入少量Na₂SO₃固体，下列说法正确的是（　　）

A．溶液pH减小                                                     

B．溶液颜色变深

C．溶液漂白性增强                                               

D．溶液导电性减弱

【解答】解：A．反应生成HCl，溶液pH减小，故A正确；

B．Cl₂浓度减小，溶液颜色变浅，故B错误；

C．次氯酸浓度减少，漂白性减弱，故C错误；

D．生成的HCl、Na₂SO₄为强电解质，导电性增强，故D错误；

故选：A。

【2023上海等级考】7．（3分）已知稠油是黏度超过50mPa•s的原油，数据显示，在世界剩余石油资源中，约有70%都是稠油。下列关于稠油的说法错误的是（　　）

A．稠油易溶于水                                                   

B．稠油主要是C、H元素   

C．稠油属于混合物                                               

D．稠油可以裂化

【解答】解：A．石油不含亲水基，难溶于水，故A错误；

B．石油主要含有碳和氢两种元素，同时还含有少量的硫、氧、氮等元素，故B正确；

C．石油是由各种烷烃、环烷烃、芳香烃等组成的混合物，故C正确；

D．为了提高汽油等轻质油的产量与质量通常对石油进行裂化，故D正确；

故选：A。

【2023上海等级考】8．（3分）最简式相同的有机物（　　）

A．一定是同系物                                                   

B．一定是同分异构体    

C．碳的质量分数一定相等                                  

D．燃烧时耗氧量一定相等

【解答】解：A．最简式相同的有机物不一定是同系物，例如乙烯和环丙烷最简式相同，但不是同系物，故A错误；

B．最简式相同的有机物不一定是同分异构体，例如乙炔和苯最简式相同，但不是同分异构体，故B错误；

C．最简式相同的有机物，其中各种元素的质量分数都是相同的，故C正确；

D．最简式相同的有机物，两者分子式不一定相同，当分子式不同时，且最简式相同，此时分子量越大耗氧量越大，故D错误；

故选：C。

【2023上海等级考】9．（3分）我国科学家研发的高效稳定的单原子催化剂，能够实现临氢条件下丙烷高效脱氢制丙烯，下列选项正确的是（　　）

A．丙烷脱氢生成丙烯的反应是加成反应 

B．丙烷可以使酸性高锰酸钾溶液褪色      

C．丙烯分子中所有原子可能共面      

D．丙烯可以发生加聚反应

【解答】A．丙烷为饱和烃，丙烯不饱和度为1，丙烷脱氢生成丙烯的反应，不饱和度增大，不是加成反应，故A错误；

B．烷烃性质比较稳定，不能使使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此丙烷不能酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；

C．丙烯结构简式为CH₂＝CHCH₃，甲基中C原子为饱和碳原子，为四面体形，故丙烯分子中所有原子不可能共面，故C错误；

D．丙烯可发生加聚反应生成聚丙烯，故D正确；

故选：D。

【2023上海等级考】10．（3分）巧克力中含有一种由硬脂酸（C₁₈H₃₆O₂）和甘油（C₃H₈O₃）酯化而成的脂肪（硬脂酸甘油酯），因此具有润滑的口感，会在嘴里融化。硬脂酸甘油酯结构式如图所示，下列属于硬脂酸甘油酯的性质的是（　　）

A．熔点很高                                                            

B．难水解

C．分子中含有碳碳双键                                      

D．缓慢氧化生成CO₂和H₂O

【解答】解：A．硬脂酸甘油酯会在嘴里融化，硬脂酸甘油酯属于分子晶体，硬脂酸甘油酯的熔点较低，故A错误；

B．硬脂酸甘油酯中含酯基，在酸性条件下水解生成硬脂酸和甘油，在碱性条件下水解生成硬脂酸盐和甘油，故B错误；

C．硬脂酸甘油酯中不含碳碳双键，故C错误；

D．硬脂酸甘油酯的分子式为C₅₇H₁₁₀O₆，缓慢氧化能生成CO₂和H₂O，故D正确；

故选：D。

【2023上海等级考】11．（3分）已知月球土壤中富含铁元素，主要以铁单质和亚铁离子的形式存在，但嫦娥五号取回的微陨石撞击处的月壤样品中存在大量的三价铁，有可能是以下哪个原因造成的（　　）

A．4FeO═Fe+Fe₃O₄                                             

B．Fe₃O₄═Fe₂O₃+FeO   

C．4FeO+O₂═2Fe₂O₃                                           

D．Fe₂O₃+FeO═Fe₃O₄

【解答】解：A．月球表面的铁元素以铁单质和亚铁离子形式存在，FeO中Fe为+2价，FeO可能反应生成Fe和Fe₃O₄，Fe₃O₄中含有三价铁，故A正确；

B．Fe₃O₄分解生成Fe₂O₃和FeO，虽然Fe₂O₃中含有三价铁，但是Fe₃O₄中含有较多三价铁，无法体现月球表面的铁元素主要以铁单质和亚铁离子的形式存在，故B错误；

C．月球表面没有氧气，FeO无法被氧化生成Fe₂O₃，故C错误；

D．月球表面铁元素主要以铁单质和亚铁离子的形式存在，Fe₂O₃中Fe为+3价，故D错误；

故选：A。

【2023上海等级考】12．（3分）下列海带提碘的操作中不合理的是（　　）

A．A                               B．B                                 C．C                               D．D

【解答】解：A．灼烧在坩埚中进行，仪器选择合理，故A正确；

B．浸泡在烧杯中进行，不能选图中蒸发皿，故B错误；

C．过滤需要烧杯、漏斗、玻璃棒，可选图中漏斗，故C正确；

D．萃取需要分液漏斗，仪器选择合理，故D正确；

故选：B。

【2023上海等级考】13．（3分）现有3种不同颜色的橡皮泥代表着不同元素，还有4根火柴棒代表化学键，可以搭建的有机分子是（　　）

A．甲醇                          B．甲醛                           C．甲酸                         D．CH₂ClF

【解答】解：A．甲醇含有3种元素，5个化学键，故A错误；

B．甲醛含有3种元素，4个化学键，故B错误；

C．甲酸含有3种元素，5个化学键，故C错误；

D．CH₂ClF含有4种元素，4个化学键，故D错误；

故选：B。

【2023上海等级考】14．（3分）使用下图装置制备乙酸乙酯，下列说法正确的是（　　）

A．将C₂H₅OH缓缓加入浓H₂SO₄   

B．X中溶液是NaOH溶液  

C．球形干燥管的作用是防倒吸  

D．试管中油层在下面

【解答】解：A．浓硫酸溶解放出大量的热，应该首先加入乙醇再沿器壁慢慢加入浓硫酸、乙酸，故A错误；

B．需使用碳酸钠溶液，吸收未反应的乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，小试管内盛放NaOH溶液，会使乙酸乙酯发生水解而使乙酸乙酯损失，故B错误；

C．制备的乙酸乙酯中混有乙醇和乙酸，乙醇易溶于水、乙酸能较快与饱和碳酸钠溶液反应，会出现倒吸现象，由于球形干燥管体积较大，有防倒吸作用，故C正确；

D．乙酸乙酯的密度小于水，故试管中油层在上面，故D错误；

故选：C。

【2023上海等级考】15．（3分）短周期元素X、Y，若原子半径X＞Y，则下列选项中一定正确的是（　　）

A．若X、Y均在ⅣA族，则单质熔点X＞Y   

B．若X、Y均在ⅥA族，则气态氢化物的热稳定性X＞Y   

C．若X、Y均属于第二周期非金属元素，则简单离子半径X＞Y      

D．若X、Y均属于第三周期金属元素，则元素的最高正价X＞Y

【解答】解：A．若X、Y均在ⅣA族，原子半径X＞Y，则X为Si，Y为C，金刚石的熔点高于单质硅，故A错误；

B．若X、Y均在ⅥA族，原子半径X＞Y，X为S，Y为O，非金属性O＞S，则气态氢化物的热稳定性H₂O＞H₂S，故B错误；

C．若X、Y均属于第二周期非金属元素，原子半径X＞Y，同周期元素的原子半径从左到右依次减小，则X的原子序数小于Y，X、Y的简单离子电子层结构相同，核电荷数越小，离子半径越大，则简单离子半径X＞Y，故C正确；

D．若X、Y均属于第三周期金属元素，原子半径X＞Y，则原子序数X＜Y，元素的最高正价X＜Y，故D错误；

故选：C。

【2023上海等级考】16．（3分）常温常压下，下列物质的物理量，前者是后者两倍的是（　　）

A．28g²⁸Si和28g¹⁴N中所含的中子数      

B．2.24LSO₂和2.24LN₂原子数

C．1molSO₂和2molO₂的密度   

D．0.1mol/L稀H₂SO₄和0.1mol/LCH₃COOH的c（H⁺）

【解答】解：A.28g²⁸Si所含的中子数为×（28﹣14）N_A•mol^﹣1＝14N_A，28g¹⁴N中含有的中子数为：×（14﹣7）N_A•mol^﹣1＝14N_A，故A错误；

B.常温常压下，2.24LSO₂和2.24LN₂的物质的量相等，因此原子数之比为3：2，故B错误；

C.常温常压下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，因此1molSO₂和2molO₂的密度之比为：64：32＝2：1，故C正确；

D.醋酸属于弱酸，部分电离，硫酸属于强酸，完全电离，因此0.1mol•L^﹣1H₂SO₄和0.1mol•L^﹣1CHCOOH的c（H⁺）之比大于2，故D错误；

故选：C。

【2023上海等级考】17．（3分）为探究Na₂CO₃与一元酸HA（c＝1mol•L^﹣1）反应的热效应，进行了如下四组实验。已知T₂＞T₁＞25℃。

下列说法错误的是（　　）

A．Na₂CO₃溶于水放热                                        B．Na₂CO₃与HCl反应放热 

C．T₂＞T₃                                                                 D．T₄＞T₂

【解答】解：A．实验①中T₁＞25℃，说明Na₂CO₃溶于水时溶液温度升高，即Na₂CO₃溶于水是放热过程，故A正确；

B．对比实验①、②可知，T₂＞T₁，说明Na₂CO₃与HCl反应时放出热量，溶液温度升高更多，故B正确；

C．CH₃COOH是弱酸，电离过程吸热，对比实验②、③可知，Na₂CO₃与CH₃COOH反应时放出热量少，溶液温度升高较②低，即T₂＞T₃，故C正确；

D．验②放热包括Na₂CO₃溶于水放热和反应放热两部分，实验④只有反应放热，没有Na₂CO₃溶于水放热，所以实验④溶液温度升高较②低，即T₄＜T₂，故D错误；

故选：D。

【2023上海等级考】18．（3分）电解食盐水间接氧化法去除工业废水中氨氮的原理如图所示，通过电解氨氮溶液（含有少量的NaCl），将NH₃转化为N₂（无Cl₂逸出），下列说法正确的是（　　）

A．M为负极                                                            

B．N极附近pH不变化

C．n(N₂)＜n(H₂)                                         

D．电解后c(Cl^﹣)上升

【解答】解：A．由分析可知，M极为阳极，故A错误；

B．M极电极反应是：2Cl^﹣﹣2e^﹣＝Cl₂↑，3Cl₂+2NH₄^＋＝N₂+8H⁺+6Cl^﹣，N极电极反应为：2H⁺+2e^﹣＝H₂↑，该过程无Cl₂逸出，根据电子守恒得到，6H⁺～6e^﹣～3Cl₂～8H⁺，阳极产生的H⁺比阴极消耗的H⁺多，处理后废水的pH减小，故B错误；

C．M极电极反应是：2Cl^﹣﹣2e^﹣＝Cl₂↑，3Cl₂+2＝N₂+8H⁺+6Cl^﹣，阴极电极反应为：2H⁺+2e^﹣＝H₂↑，该过程无Cl₂逸出，根据电子守恒得到6H⁺～3H₂～6e^﹣～3Cl₂～N₂，生成n （H₂）：n （N₂）＝3：1，故C正确；

D．M极电极反应是：2Cl^﹣﹣2e^﹣＝Cl₂↑，3Cl₂+2＝N₂+8H⁺+6Cl^﹣，该过程无Cl₂逸出，电解后c（Cl^﹣）不变，故D错误；

故选：C。

【2023上海等级考】19．（3分）0.1mol•L^﹣1NaOH分别滴入20mL0.1mol•L^﹣1HX与20mL0.1mol•L^﹣1HCl溶液中，其pH随滴入NaOH溶液体积变化的图像如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．b点：c（X^﹣）•c（OH^﹣）＝10^﹣12mol²•L²  

B．c点：c（X^﹣）﹣c（HX）＝c（OH^﹣）﹣c（H⁺）    

C．a、d点溶液混合后为酸性      

D．水的电离程度：d＞c＞b＞a

【解答】解：A．由图可知，0.1mol•L^﹣1HX溶液的pH＝6，0.1mol•L^﹣1HCl溶液的pH＝1，则HX为弱电解质，25℃HX溶液中c（X^﹣）≈c（H⁺）＝10^﹣6mol/L，b点溶液中c（X^﹣）•c（OH^﹣）≈c（H⁺）•c（OH^﹣）＝K_w＝10^﹣14mol²•L²，故A错误；

B．c点中溶质为NaX和HX，且c（NaX）＝c（HX），物料守恒守恒关系为c（X^﹣）+c（HX）＝2c（Na⁺），电荷守恒关系为c（Na⁺）+c（H⁺）＝c（X^﹣）+c（OH^﹣），则c（HX）﹣c（X^﹣）＝2c（OH^﹣）﹣2c（H⁺），故B错误；

C．a点溶液中n（HCl）＝0.01L×0.1mol•L^﹣1＝0.001mol，d点溶液中n（NaX）＝0.002mol，a、d点溶液混合后溶质为NaX和HX，且c（NaX）＝c（HX），类似于图中c点组成，溶液呈碱性，故C错误；

D．由图可知，溶液中c（H⁺）：a＞b，酸抑制水的电离，c（H⁺）越大，抑制作用越强，则水的电离：b＞a；c、d点溶液促进水的电离，c（X^﹣）：d＞c，（X^﹣）越大，水的电离程度越大，则水的电离：d＞c，所以水的电离程度：d＞c＞b＞a，故D正确；

故选：D。

【2023上海等级考】20．（3分）在密闭容器中发生反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g），往密闭容器中以n（A）：n（B）＝2：1通入两种反应物，15min后A在四温度下的转化率如下表所示，且T₁＜T₂＜T₃＜T₄，下列说法正确的是（　　）

A．该反应是吸热反应  

B．T温度时（T₂＜T＜T₃），A的转化率是70%      

C．T₃温度下，若反应在15min后继续进行，则A的转化率变大       

D．T₄温度反应15min后，若c（B）＝0.5mol•L^﹣1，则T₄温度时的平衡常数是4.5

【解答】解：A．温度升高，反应速率加快，由表格数据可知，T₁、T₂温度下15min时未达平衡，T₃、T₄温度下15min时反应已经达到平衡，为平衡转化率，随升高温度平衡转化率减小，则升高温度，平衡左移，即该反应为放热反应，故A错误；

B．T₂温度下15min时未达平衡，T₃温度下15min时反应已经达到平衡，T₂＜T＜T₃，故T温度下的转化率比T₂、T₃温度下的转化率大，即A的转化率大于70%，故B错误；

C．T₃温度下15min时反应已经达到平衡，若反应在15min后继续进行，平衡不移动，A的转化率不变，故C错误；

D．T₄温度反应15 min后已达到平衡，若c（B）＝0.5mol•L^﹣1，设A、B的起始浓度分别为2c、c，A的转化率为60%，A的变化浓度为2c×60%＝1.2c

2A（g）+B（g）⇌2C（g）

初始量（mol•L^﹣1）    2c           c              0

变化量（mol•L^﹣1）   1.2c       0.6c          1.2c

平衡量（mol•L^﹣1）   0.8c       0.4c          1.2c

则c（B）＝0.5mol•L^﹣1＝0.4c，c＝1.25mol•L^﹣1，平衡时，c（A）＝0.8×1.25mol•L^﹣1＝1mol•L^﹣1，c（B）＝1.2×1.25mol•L^﹣1＝1.5mol•L^﹣1，则T₄温度时的平衡常数K＝＝＝4.5，故D正确；

故选：D。

二、综合题

【2023上海等级考】21．在某温度下，在体积为5L的密闭容器内发生如下反应：CH₄（g）+H₂O（g）⇌CO（g）+3H₂（g）﹣Q

（1）在上述反应的反应物与生成物中，非极性分子为：　CH₄、H₂　。

（2）若反应20min后气体总物质的量增加了10mol，则甲烷的平均反应速率为 　0.05 mol/（L•min）　。

（3）下列选项中的物理量不变时，一定可以判断反应达到平衡的是 　BD　。

A.容器中氢元素的质量分数

B.容器内的压强

C.反应的平衡常数

D.容器内气体的平均相对分子质量

（4）在某一时刻，v_正＝v_逆＝v₀，反应若改变一条件，可使得v_正＜v_逆＜v₀，指出可以改变的条件，并说明理由：　降温；温度降低时，正、逆反应速率都降低，反应为吸热反应，降低温度，平衡向逆反应方向移动，因此v_正＜v_逆　。

已知CO与H₂合成CH₃OH是可逆反应：CO+2H₂⇌CH₃OH。

（5）若上述反应达到平衡时CO与H₂的转化率相同，则投料比n（CO）：n（H₂）＝　1：2　。

【解答】解：（1）非极性分子是指结构对称、正负电荷中心重合的分子，在上述反应的反应物与生成物中，甲烷和氢气分子都有结构对称、正负电荷中心重合，为非极性分子，

故答案为：CH₄、H₂；

（2）根据反应系数关系可知气体总物质的量增加了10 mol，则甲烷减少了5mol，甲烷的平均反应速率v＝＝＝0.05 mol/（L•min），

故答案为：0.05 mol/（L•min）；

（3）A．容器内氢元素的质量分数为定量，与反应进行的程度无关，故不能作为判断平衡的标志，故A错误；

B．容器体积不变，气体的总物质的量改变，则压强也随之改变，故压强不变时反应达到平衡，故B正确；

C．反应的平衡常数只与温度有关，只要温度不变平衡常数就不变，故不能作为判断平衡的标志，故C错误；

D．各物质均为气体，气体的总质量不变，随着反应进行气体的总物质的量改变，各容器内气体的是变量，变量不变则反应达到平衡，故D正确；

故答案为：BD；

（4）若使v_正＜v_逆＜v₀，即速率降低且平衡逆向移动，该反应的正反应为吸热反应，则改变的条件可能为降温，

故答案为：降温；温度降低时，正、逆反应速率都降低，反应为吸热反应，降低温度，平衡向逆反应方向移动，因此v_正＜v_逆；

（5）根据反应方程式可知CO与H₂的变化量之比为1：2，由α＝×100%可得，若使转化率相同，则投料比 1：2，

故答案为：1：2。

【2023上海等级考】22．聚合氯化铝用于城市给排水净化。氧化铝法制取无水三氯化铝的反应如下：Al₂O₃（s）+3C（s）+3Cl₂（g）2AlCl₃（g）+3CO（g）。

（1）标出上述反应的电子转移方向和数目

（或）　。

（2）写出该反应的平衡常数表达式：K＝　　。

（3）Al原子核外有 　5　种不同能量的电子。

聚合氯化铝（PAC）是一种介于AlCl₃和Al(OH)₃之间的水溶性无机高分子聚合物，PAC的水解过程中会有一种聚合稳定态物质[AlO₄Al₁₂(OH)₂₄(H₂O)₁₂]⁷⁺称为Al₁₃，Al₁₃对水中胶体和颗粒物具有高度电中和桥联作用，是净水过程中的重要物质。

（4）Al₁₃在水解过程中会产生[Al(OH)₂]⁺、[Al(OH)]²⁺等产物，请写出Al³⁺水解产生[Al(OH)]²⁺的离子方程式：　Al³⁺+H₂O⇌[Al(OH)]²⁺+H⁺，　。

（5）AlCl₃溶液与NaOH溶液反应，若参加反应的铝离子最终转化生成Al₁₃，则理论上参与反应的Al³⁺与OH^﹣的物质的量之比是 　13：32　。

（6）使用Al³⁺净水时应控制pH在6.8～8.02之间，否则净水效果不佳。请结合使用Al³⁺水解净化水时铝元素存在的形态，分析在强酸性和强碱性环境时净水效果差的原因 　若是强酸性，抑制Al³⁺水解；若是强碱性，Al元素以AlO₂^－（或[Al(OH)₄]^﹣）形式存在　。

【解答】解：（1）该反应中C由0价变为+2价，C为还原剂，CO为氧化产物，Cl由0价变为﹣1价，氯气为氧化剂，AlCl₃为还原产物，3molC参与反应时转移6mol电子，单线桥表示形式为，双线桥表示形式为

，

故答案为：（或

）；

（2）反应Al₂O₃（s）+3C（s）+3Cl₂（g）2AlCl₃（g）+3CO（g）的平衡常数K＝，

故答案为：；

（3）基态Al原子核外电子排布式为1s²2s²2p⁶3s²3p¹，同一轨道电子的能量相同，则Al原子核外有5种不同能量的电子，

故答案为：5；

（4）Al³⁺水解生成[Al(OH)]²⁺和H⁺，离子方程式为Al³⁺+H₂O⇌[Al(OH)]²⁺+H⁺，

故答案为：Al³⁺+H₂O⇌[Al(OH)]²⁺+H⁺；

（5）Al³⁺与OH^﹣反应生成[AlO₄Al₁₂(OH)₂₄₍H₂O)₁₂]⁷⁺，反应的离子方程式为13Al³⁺+32OH^﹣+8H₂O⇌[AlO₄Al₁₂(OH)₂₄(H₂O)₁₂]⁷⁺，则理论上参与反应的Al³⁺与OH^﹣的物质的量之比13：32，

故答案为：13：32；

（6）Al³⁺水解生成Al(OH)₃和H⁺，离子方程式为Al³⁺+3H₂O⇌Al(OH)₃+3H⁺，强酸性环境时溶液中c（H⁺）大，抑制Al(OH)₃胶体的生成；强碱性环境时，Al³⁺能与OH^﹣发生反应生成AlO₂^－或[Al(OH)₄]^﹣，均能使净水效果变差，

故答案为：若是强酸性，抑制Al³⁺水解；若是强碱性，Al元素以AlO₂^－（或[Al(OH)₄]^﹣）形式存在。

【2023上海等级考】23．用于治疗神经性疾病的药物布立西坦的合成路线如图所示：

已知：；

。

（1）反应①是 　取代　反应，反应④是 　还原　反应。（填反应类型，下同）

（2）有机物I中的含氧官能团名称为 　羧基　，有机物F的结构简式为　CH₃CH₂CH₂CH（COOH）CH₂COOH　，

（3）已知反应⑤为酯交换反应，则另一产物的结构简式为 　（CH₃）₃COH　。

（4）已知反应⑥的原子利用率为100%，则物质M为 　HBr　。

（5）写出一种满足下列条件的有机物K的同分异构体：　　。

①可以发生银镜反应；

②分子中存在3中化学环境不同的H原子，且个数比为1：2：3。

（6）手性碳是指与四个各不相同原子与基团相连的碳原子，用C*表示。已知分子J中有2个手性碳，请用*将其在下图的结构简式中标出。

（7）请写出以CH₃（CH₂）₃COOH和CH₃OH为原料制备CH₃CH₂CH＝CHCOOCH₃的路线（合成路线的表示方式为••••••目标产物） 　　。

【解答】解：（1）乙酸中氢原子被溴原子取代生成B，则反应①是取代反应，反应④是F发生还原反应生成G，所以该反应是还原反应，

故答案为：取代；还原；

（2）有机物I中的含氧官能团名称为羧基，有机物F的结构简式为CH₃CH₂CH₂CH（COOH）CH₂COOH，

故答案为：羧基；CH₃CH₂CH₂CH（COOH）CH₂COOH；

（3）通过以上分析知，反应⑤的另一产物的结构简式为（CH₃）₃COH，

故答案为：（CH₃）₃COH；

（4）通过以上分析知，反应⑥中物质M为HBr，

故答案为：HBr；

（5）有机物K的同分异构体满足下列条件：

①可以发生银镜反应，说明含有醛基；

②分子中存在3中化学环境不同的H原子，且个数比为1：2：3，K的不饱和度是2，醛基的不饱和度是1，符合条件的结构简式中除了醛基外还含有一个双键或环，根据氢原子个数知，存在2个等效的甲基，结构对称，符合条件的结构简式有，

故答案为：；

（6）分子J中手性碳原子如图，

故答案为：；

（7）以CH₃（CH₂）₃COOH和CH₃OH为原料制备CH₃CH₂CH＝CHCOOCH₃，CH₃CH₂CH＝CHCOOH和CH₃CH₂OH发生酯化反应生成CH₃CH₂CH＝CHCOOCH₃，CH₃（CH₂）₃COOH发生第一个信息的反应然后发生消去反应生成CH₃CH₂CH＝CHCOOH，合成路线为，

故答案为：。

【2023上海等级考】24．Ⅰ.过氧化氢和盐酸的混合溶液可以刻蚀含铜的电路板。

（1）请写出用过氧化氢和盐酸刻蚀电路板时发生的离子反应方程式：　Cu+H₂O₂+2H⁺＝Cu²⁺+2H₂O　。

（2）当反应一段时间后，随着溶液变蓝，气泡产生的速率加快，可能的原因是 　Cu²⁺对H₂O₂的分解有催化作用或反应放热，温度升高加快H₂O₂分解反应速率　。

Ⅱ.含铜电路板也可以用FeCl₃进行刻蚀，对刻蚀后的液体（FeCl₃、FeCl₂和CuCl₂）进行处理以提取FeCl₂•4H₂O、CuSO₄•5H₂O，流程如图：

（1）从滤液A中提取FeCl₂•4H₂O的操作为：加入Fe粉后，应先浓缩滤液至出现 　有少量晶体　，趁热过滤，取溶液，　蒸发浓缩，冷却结晶　，过滤、洗涤、干燥。

（2）检验溶液B中提取出的Cu上粘附的Cl^﹣已经洗净的操作为：　取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无沉淀产生，则证明已洗涤干净　，制备CuSO₄•5H₂O时，将铜溶解于H₂SO₄、HNO₃的混酸中，此过程中产生的红棕色气体为 　还原　产物（选填“氧化”或“还原”）。

Ⅲ.利用滴定法可测定所得CuSO₄•5H₂O的纯度，操作如下：

①取agCuSO₄•5H₂O样品，加入足量NH₄F﹣HF溶液溶解（F^﹣用于防止Fe³⁺干扰检验：Fe³⁺+6F^﹣═）。

②滴加足量KI溶液，发生反应2Cu²⁺+4I^﹣═2CuI↓+I₂。

③再用cmol/LNa₂S₂O₃标准溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，到达滴定终点时消耗亚硫酸钠标准溶液VmL，发生的反应为：I₂+2S₂═S₄+2I^﹣。

（1）已知NH₄F溶液呈酸性，则水解程度NH₄^＋　＞　F^﹣（填“＞”、“＜”或“＝”），稀释后消耗的值 　增大　（选填“增大”、“减小”或“不变”）。

（2）接近滴定终点时，向溶液中滴加KSCN，会发现CuI沉淀转化为CuSCN，其沉淀转化的原因是 　CuSCN的溶解度小于CuI，使溶解平衡向CuI溶解的方向移动　。已知CuI能够吸附大量I₂，若不加KSCN，则测得CuSO₄•5H₂O的纯度 　偏低　（选填“偏高”、“偏低”或“不变”）。

（3）计算CuSO₄•5H₂O的纯度：　×100%　（用a、c、V的代数式表示）。

【解答】解：Ⅰ.（1）铜在过氧化氢存在情况下可以和盐酸反应，离子方程式为：Cu+H₂O₂+2H⁺＝Cu²⁺+2H₂O，

故答案为：Cu+H₂O₂+2H⁺＝Cu²⁺+2H₂O；

（2）该反应放热，铜离子可以催化过氧化氢分解，故随着溶液变蓝，气泡产生的速率加快，其可能的原因是Cu²⁺对H₂O₂的分解有催化作用或反应放热，温度升高加快H₂O₂分解反应速率，

故答案为：Cu²⁺对H₂O₂的分解有催化作用或反应放热，温度升高加快H₂O₂分解反应速率；

Ⅱ.（1）从滤液A中提取FeCl₂•4H₂O的操作为：加入Fe粉后，应先浓缩滤液至出现有少量晶体，趁热过滤，取溶液，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，

故答案为：有少量晶体；蒸发浓缩，冷却结晶；

（2）溶液中含有杂质氯离子，根据氯离子和银离子反应生成氯化银白色沉淀，则检验溶液B中提取出的Cu上粘附的Cl^﹣已经洗净的操作为：取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无沉淀产生，则证明已洗涤干净；铜和硝酸反应，不能和硫酸反应，铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和红棕色的二氧化氮，其中氮元素由+5价变为+4价，故为还原产物，

故答案为：取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无沉淀产生，则证明已洗涤干净；还原；

Ⅲ.（1）根据越弱越水解的道理，可知NH₄F溶液呈酸性说明，铵根离子水解程度较大，水解程度NH₄^＋大于F^﹣；由上述分析可知，铵根离子水解程度更大一些，则稀释的时候，对铵根水解的影响更大一些，故增大，

故答案为：＞；增大；

（2）物质结构相同的时候，溶度积大的物质更容易转化为溶度积小的物质，则CuI沉淀转化为CuSCN，其沉淀转化的原因是CuSCN的溶解度小于CuI，使溶解平衡向CuI溶解的方向移动；根据题给信息可知，CuI能够吸附大量I₂，则若不加KSCN，则测得CuSO₄•5H₂O的纯度将偏低，

故答案为：CuSCN的溶解度小于CuI，使溶解平衡向CuI溶解的方向移动；偏低；

（6）根据题给信息可知，2CuSO₄•5H₂O～I₂～2S₂O₃^2－，则n（CuSO₄•5H₂O）＝n（Na₂S₂O₃）＝cV×10^﹣3mol，CuSO₄•5H₂O的纯度＝×100%，

故答案为：×100%。