2018年高考江蘇卷化學(xué)試題Word版+答案詳細(xì)解析

--2018年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試（江蘇卷）化學(xué)注意事項(xiàng)考生在答題前請(qǐng)認(rèn)真閱讀本注意事項(xiàng)及各題答題要求1.本卷滿分為120分，考試時(shí)間為100分鐘。考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試卷和答題卡一并交回。2?答題前，請(qǐng)務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)用0.5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置。3?請(qǐng)認(rèn)真核對(duì)監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)與本人是否相符。4?作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對(duì)應(yīng)選項(xiàng)的方框涂滿、涂黑；如需改動(dòng)，請(qǐng)用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。作答非選擇題，必須用0.5毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效。5?如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號(hào)等須加黑、加粗。可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27S32Cl35.5Ca40Fe56Cu64Ag108I127Ba137選擇題單項(xiàng)選擇題：本題包括10小題，每小題2分，共計(jì)20分。每小題只有一個(gè).選項(xiàng)符合題意。1.CO2是自然界碳循環(huán)中的重要物質(zhì)。下列過程會(huì)引起大氣中CO2含量上升的是光合作用B.自然降雨C.化石燃料的燃燒D.碳酸鹽的沉積【答案】C【解析】分析：A項(xiàng)，光合作用消耗CO2；B嘰自然降雨時(shí)出0會(huì)與少量CO2反應(yīng)生成H2CO3,不會(huì)引起CO2含量的上升；C項(xiàng)，化石燃料指煤、石油、天然氣，煤、石油、天然氣中都含C元素，燃燒后生成CO2；D項(xiàng)，碳酸鹽沉積指由形成于海洋或湖泊底部的粒裝泥狀碳酸鹽礦物及其集合體，通過生物作用或從過飽和碳酸鹽的水體中直接沉淀，水體中生物活動(dòng)消耗CO2,有利于碳酸鹽沉積。詳解：A項(xiàng)，光合作用消耗CO2，光合作用的總方程式可表示為6CO2+6H2O一「?C6H12O6+6O2，光合作用會(huì)引起大氣中CO2含量下降；B項(xiàng)，自然降雨時(shí)

H20會(huì)與少量C02反應(yīng)生成H2CO3,不會(huì)引起C02含量的上升；C項(xiàng)，化石燃料指煤、石油、天然氣，煤、石油、天然氣中都含C元素，C元素燃燒后生成C02，化石燃料的燃燒會(huì)引起大氣中C02含量上升；D項(xiàng)，碳酸鹽沉積指由形成于海洋或湖泊底部的粒裝泥狀碳酸鹽礦物及其集合體，通過生物作用或從過飽和碳酸鹽的水體中直接沉淀，水體中生物活動(dòng)消耗C02,有利于碳酸鹽沉積，碳酸鹽沉積不會(huì)引起大氣中C02含量上升；化石燃料的燃燒會(huì)引起大氣中C02含量上升，答案選C。點(diǎn)睛：本題考查化學(xué)與環(huán)境保護(hù)、低碳經(jīng)濟(jì)等，掌握化石燃料的成分是解題的關(guān)鍵。2.用化學(xué)用語表示NH3+HCINH4CI中的相關(guān)微粒，其中正確的是A.中子數(shù)為8的氮原子：2.用化學(xué)用語表示NH3+HCINH4CI中的相關(guān)微粒，其中正確的是A.中子數(shù)為8的氮原子：B.HCI的電子式：I門C.NH3的結(jié)構(gòu)式：D.CI-的結(jié)構(gòu)示意圖：\\?7【答案】C【解析】分析：A項(xiàng)，中子數(shù)為8【解析】分析：A項(xiàng)，中子數(shù)為8的氮原子的質(zhì)量數(shù)為15；B項(xiàng)，HCI中只含共價(jià)鍵；C項(xiàng),NH3中含3個(gè)N-H鍵;D項(xiàng)，CI-最外層有8個(gè)電子。詳解：A項(xiàng)，中子數(shù)為8的氮原子的質(zhì)量數(shù)為15，表示為，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，HCI中只含共價(jià)鍵，HCI的電子式為二垃辿：，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，NH3中含3個(gè)N-H鍵，NH詳解：A項(xiàng)，中子數(shù)為H—N—H--一\\f，C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，CI最外層有8個(gè)電子，CI的結(jié)構(gòu)示意圖為少//S，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選Co點(diǎn)睛：本題考查化學(xué)用語，側(cè)重考查原子結(jié)構(gòu)、離子結(jié)構(gòu)示意圖、電子式和結(jié)構(gòu)式，注意它們之間的區(qū)別是解題的關(guān)鍵，如原子結(jié)構(gòu)示意圖與離子結(jié)構(gòu)示意圖的區(qū)別、共價(jià)化合物和離子化合物電子式的區(qū)別、電子式與結(jié)構(gòu)式的區(qū)別等。下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是NaHC03受熱易分解，可用于制胃酸中和劑Si02熔點(diǎn)高硬度大，可用于制光導(dǎo)纖維AI203是兩性氧化物，可用作耐高溫材料Ca0能與水反應(yīng)，可用作食品干燥劑【答案】D【解析】分析：A項(xiàng)，NaHC03能與HCI反應(yīng)，NaHC03用于制胃酸中和劑；B項(xiàng)，Si02傳導(dǎo)光的能力非常強(qiáng)，用于制光導(dǎo)纖維；C項(xiàng)，AI2O3的熔點(diǎn)很高，用作耐高溫材料；D項(xiàng)，CaO能與水反應(yīng)，用于食品干燥劑。詳解：A項(xiàng)，NaHCO3能與HCI反應(yīng)，NaHCO3用于制胃酸中和劑，NaHCO3用于制胃酸中和劑與NaHCO3受熱易分解沒有對(duì)應(yīng)關(guān)系；B項(xiàng)，SiO2傳導(dǎo)光的能力非常強(qiáng)，用于制光導(dǎo)纖維，SiO2用于制光導(dǎo)纖維與SiO2熔點(diǎn)高硬度大沒有對(duì)應(yīng)關(guān)系；C項(xiàng)，Al2O3的熔點(diǎn)很高，用作耐高溫材料，Al2O3用作耐高溫材料與Al2O3是兩性氧化物沒有對(duì)應(yīng)關(guān)系；D項(xiàng)，CaO能與水反應(yīng)，用于食品干燥劑，CaO用于食品干燥劑與CaO與水反應(yīng)有對(duì)應(yīng)關(guān)系；答案選D。點(diǎn)睛：本題考查常見無機(jī)物的性質(zhì)和用途，解題的關(guān)鍵是熟悉常見物質(zhì)的重要性質(zhì)，理解性質(zhì)決定用途以及性質(zhì)與用途之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系。體現(xiàn)讓學(xué)生學(xué)習(xí)真實(shí)、有用的化學(xué)”的課程理念。室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是-1++--0.1mol?KI溶液：Na、K、CIO、OH0.1molL?-1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+、NO3-、SO42--12++--0.1mol?HCl溶液：Ba、K、CH3COO、NO30.1molL-1NaOH溶液：Mg2+、Na+、SO42-、HCO3-【答案】B【解析】分析：A項(xiàng)，「與CIO-發(fā)生氧化還原反應(yīng)；B項(xiàng)，在Fe2(SO4)3溶液中離子相互間不反應(yīng)；C項(xiàng)，在HCI溶液中CH3COO-不能大量存在；D項(xiàng)，Mg2+、HCO3-都能與OH-反應(yīng)。詳解：A項(xiàng)，「具有強(qiáng)還原性，CIO-具有強(qiáng)氧化性，「與CIO-發(fā)生氧化還原反應(yīng)，「與CIO-不能大量共存；B項(xiàng)，在Fez(SO4)3溶液中離子相互間不反應(yīng)，能大量共存；C項(xiàng)，CH3COO-能與『反應(yīng)生成CH3COOH，在HCI溶液中CH3COO-不能大量存在；D項(xiàng)，Mg2+、HCO3-都能與OH-反應(yīng)，Mg2+、HCO3-與OH-不能大量共存；答案選B。點(diǎn)睛：本題考查離子共存，掌握離子的性質(zhì)和離子不能大量共存的原因是解題的關(guān)鍵。離子間不能大量共存的原因有：①離子間發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成水、沉淀或氣體,如題中C、D項(xiàng)；②離子間發(fā)生氧化還原反應(yīng)，如題中A項(xiàng)；③離子間發(fā)生雙水解反應(yīng)，如AI3+與HCO3等；④離子間發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)，如Fe3+與SCN-等；⑤注意題中的附加條件。5.下列有關(guān)從海帶中提取碘的實(shí)驗(yàn)原理和裝置能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖怯醚b置甲灼燒碎海帶用裝置乙過濾海帶灰的浸泡液TOC\o"1-5"\h\z用裝置丙制備用于氧化浸泡液中「的Cl?用裝置丁吸收氧化浸泡液中「后的Cl2尾氣【答案】B【解析】分析：A項(xiàng)，灼燒碎海帶應(yīng)用坩堝；B項(xiàng)，海帶灰的浸泡液用過濾法分離獲得含「的溶液；C項(xiàng)，MnO2與濃鹽酸反應(yīng)制Cl?需要加熱；D項(xiàng)，尾氣Cl?應(yīng)用NaOH溶液吸收。詳解：A項(xiàng)，灼燒碎海帶應(yīng)用坩堝，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，海帶灰的浸泡液用過濾法分離獲得含I-的溶液，B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，MnO2與濃鹽酸常溫不反應(yīng)，MnO?與濃鹽酸反應(yīng)制Cl?需要加熱，反應(yīng)的化學(xué)方程式為MnO2+4HCI(濃)MnCl?+Cl?T+?HO,C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，Cl?在飽和NaCl溶液中溶解度很小，不能用飽和NaCI溶液吸收尾氣Cl?,尾氣Cl?應(yīng)用NaOH溶液吸收，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B。點(diǎn)睛：本題以從海帶中提取碘為載體，考查基本實(shí)驗(yàn)操作、Cl?的實(shí)驗(yàn)室制備，解答時(shí)要明確實(shí)驗(yàn)的目的、分析必需的試劑和儀器、合理的裝置和實(shí)驗(yàn)條件的控制。下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)的敘述一定不正確的是向FeCI?溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液顯紅色KAl(SO4)?42H2O溶于水可形成Al(OH)3膠體NH4CI與Ca(OH)?混合加熱可生成NH3Cu與FeCI3溶液反應(yīng)可生成CuCl?【答案】A【解析】分析：A項(xiàng)，NH4SCN用于檢驗(yàn)Fe3+；B項(xiàng)，KAI(SO4)?12H?O溶于水電離出的Al3+水解形成Al(OH)3膠體；C項(xiàng)，實(shí)驗(yàn)室可用NH4CI和Ca(OH)2混合共熱制NH3；D項(xiàng)，Cu與FeCb溶液反應(yīng)生成CuCl2和FeCl2。詳解：A項(xiàng)，F(xiàn)eCl2溶液中含F(xiàn)e2+，NH4SCN用于檢驗(yàn)Fe3+，向FeCI?溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液不會(huì)顯紅色，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，KAI(SO4)212H2O溶于水電離出的AI3+水解形成Al(OH)3膠體，離子方程式為AI3++3H2O?.一Al(OH)3(膠體)+3H+,B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，實(shí)驗(yàn)室可用NH4CI和Ca(OH)2混合共熱制NH3,反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NH4CI+Ca(OH)2CaCl2+2NH3f+2HO,C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，Cu與FeCb溶液反應(yīng)生成CuCI?和FeCl2,反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2,D項(xiàng)正確；答案選A。點(diǎn)睛：本題考查Fe3+的檢驗(yàn)、鹽類的水解、實(shí)驗(yàn)室制氨氣的原理、Cu與FeCl3的反應(yīng)，熟練掌握典型物質(zhì)的性質(zhì)和化學(xué)反應(yīng)是解題的關(guān)鍵。下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是22飽和Na2CO3溶液與CaSO4固體反應(yīng)：CO3-+CaSO4=^CaCO3+SO4-酸化NaIO3和Nal的混合溶液：I-+IOJ+6H*I2+3H2OKCIO堿性溶液與Fe(OH)3反應(yīng)：3CIO-+2Fe(OH)32FeO42-+3CI-+4H++H2O電解飽和食鹽水：2C「+2H+亠Cbf+Hf【答案】A【解析】分析：A項(xiàng)，飽和Na2CO3溶液與CaSO4發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成更難溶于水的CaCOs；B項(xiàng)，電荷不守恒，得失電子不守恒；C項(xiàng)，在堿性溶液中不可能生成H+；D項(xiàng)，電解飽和食鹽水生成NaOH、H2和CI2。詳解：A項(xiàng)，飽和Na2CO3溶液與CaSO4發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成更難溶于水的CaCO3,反應(yīng)的離子方程式為CO32-+CaSO4CaCO3+SO42-,A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，電荷不守恒，得失電子不守恒，正確的離子方程式為5I-+|O3-+6H+=3l2+3H2O,B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，在堿性溶液中不可能生成H+,正確的離子方程式為3CIO-+2Fe(OH)3+4OH-=3CI-+2FeO42-+5H2O,C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，電解飽和食鹽水生成NaOH、H2和CI2,電解飽和食鹽水的離子方程式為2C「+2H2O-二Cbf+Hf+2OH,D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選A。點(diǎn)睛：本題考查離子方程式正誤的判斷。判斷離子方程式是否正確可從以下幾個(gè)方面進(jìn)行：①?gòu)姆磻?yīng)原理進(jìn)行判斷，如反應(yīng)是否能發(fā)生、反應(yīng)是否生成所給產(chǎn)物(題中D項(xiàng))等；②從物質(zhì)存在形態(tài)進(jìn)行判斷，如拆分是否正確、是否正確表示了難溶物和氣體等；③從守恒角度進(jìn)行判斷，如原子守恒、電荷守恒、氧化還原反應(yīng)中的電子守恒等(題中B項(xiàng))；④從反應(yīng)的條件進(jìn)行判斷(題中C項(xiàng))；⑤從反應(yīng)物的組成以及反應(yīng)物之間的配比進(jìn)行判斷。短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，X是地殼中含量最多的元素，丫原子的最外層只有一個(gè)電子，Z位于元素周期表川A族,W與X屬于同一主族。下列說法正確的是原子半徑：r(W)>r(Z)>r(Y)B?由X、Y組成的化合物中均不含共價(jià)鍵Y的最高價(jià)氧化物的水化物的堿性比Z的弱X的簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比W的強(qiáng)【答案】D【解析】分析：短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大；X是地殼中含量最多的元素，X為0元素；Y原子的最外層只有一個(gè)電子，Y為Na元素；Z位于元素周期表中IIIA族,Z為Al元素；W與X屬于同一主族，W為S元素。根據(jù)元素周期律作答。詳解：短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大；X是地殼中含量最多的元素，X為0元素；Y原子的最外層只有一個(gè)電子，Y為Na元素；Z位于元素周期表中IIIA族，Z為Al元素；W與X屬于同一主族，W為S元素。A項(xiàng)，Na、Al、S都是第三周期元素，根據(jù)同周期從左到右主族元素的原子半徑依次減小，原子半徑：r(Y)r(Z)r(W)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，由X、Y組成的化合物有Na20、Na2O2，Na?。中只有離子鍵，Na2O2中既含離子鍵又含共價(jià)鍵，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，金屬性：Na(Y)Al(Z)，Y的最高價(jià)氧化物的水化物的堿性比Z的強(qiáng)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，非金屬性：0(X)S(W)，X的簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比W的強(qiáng)，D項(xiàng)正確；答案選D。點(diǎn)睛：本題考查元素周期表和元素周期律的推斷，準(zhǔn)確推斷出各字母代表的元素是解題的關(guān)鍵，進(jìn)而根據(jù)同周期、同主族元素結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的遞變規(guī)律作出判斷。在給定條件下，下列選項(xiàng)所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實(shí)現(xiàn)的是乙飽和燈圾術(shù)■aNaOH(aci)過站HClfaq)B.一'?：■?>■1'd—.I'一-V'-」-一：—'【答案】A【解析】分析：A項(xiàng)，NaHCOs受熱分解成Na2CO3、CO?和出0，W2CO3與飽和石灰水反應(yīng)生成CaC03和NaOH;B項(xiàng)，Al與NaOH溶液反應(yīng)生成NaAIO2和H2,NaAIO2與過量鹽酸反應(yīng)生成NaCI、AICI3和出0;C項(xiàng)，AgNO3中加入氨水可獲得銀氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；D項(xiàng)，AI與Fe2O3高溫發(fā)生鋁熱反應(yīng)生成AI2O3和Fe,Fe與HCI反應(yīng)生成FeCD和出。詳解：A項(xiàng)，NaHCOs受熱分解成Na2CO3、CO?和出0,W2CO3與飽和石灰水反應(yīng)生成CaCOs和NaOH，兩步反應(yīng)均能實(shí)現(xiàn)；B項(xiàng)，AI與NaOH溶液反應(yīng)生成NaAIO2和出，NaAIO2與過量鹽酸反應(yīng)生成NaCI、AICI3和H?O，第二步反應(yīng)不能實(shí)現(xiàn)；C項(xiàng)，AgNO3中加入氨水可獲得銀氨溶液，蔗糖中不含醛基，蔗糖不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，第二步反應(yīng)不能實(shí)現(xiàn)；D項(xiàng)，AI與Fe2O3高溫發(fā)生鋁熱反應(yīng)生成AI2O3和Fe，F(xiàn)e與HCI反應(yīng)生成FeCI?和H?，第二步反應(yīng)不能實(shí)現(xiàn)；物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實(shí)現(xiàn)的是A項(xiàng)，答案選A。點(diǎn)睛：本題考查元素及其化合物之間的相互轉(zhuǎn)化和反應(yīng)條件，解題的關(guān)鍵是熟悉常見物質(zhì)的化學(xué)性質(zhì)和轉(zhuǎn)化的條件。注意量的多少對(duì)生成物的影響，如NaAIO2與少量HCI反應(yīng)生成NaCI和AI(OH)3，NaAIO2與過量HCI反應(yīng)生成NaCI、AICI3和出0。下列說法正確的是氫氧燃料電池放電時(shí)化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為電能反應(yīng)4Fe(s)+3O2(g)^2Fe2O3(s)常溫下可自發(fā)進(jìn)行，該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)3moIH2與1moIN2混合反應(yīng)生成NH3，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目小于6>6.02X1023在酶催化淀粉水解反應(yīng)中，溫度越高淀粉水解速率越快【答案】C【解析】分析：A項(xiàng)，氫氧燃料電池放電時(shí)化學(xué)能不能全部轉(zhuǎn)化為電能，理論上能量轉(zhuǎn)化率高達(dá)85%~90%；B項(xiàng)，反應(yīng)4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3($)的△S0，該反應(yīng)常溫下可自發(fā)進(jìn)行，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)；C項(xiàng)，N2與H2的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，3moIH2與1moIN2混合反應(yīng)生成NH3,轉(zhuǎn)移電子數(shù)小于6mol；D項(xiàng)，酶是一類具有催化作用的蛋白質(zhì)，酶的催化作用具有的特點(diǎn)是：條件溫和、不需加熱，具有高度的專一性、高效催化作用，溫度越高酶會(huì)發(fā)生變性，催化活性降低。詳解：A項(xiàng)，氫氧燃料電池放電時(shí)化學(xué)能不能全部轉(zhuǎn)化為電能，理論上能量轉(zhuǎn)化率高達(dá)85%~90%，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，反應(yīng)4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)的△S0，該反應(yīng)常溫下可自發(fā)進(jìn)行，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，N2與H2的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，3moIH2與1moIN2混合反應(yīng)生成NH3，轉(zhuǎn)移電子數(shù)小于6mol，轉(zhuǎn)移電子數(shù)小于66.021023，C項(xiàng)正

確；D項(xiàng)，酶是一類具有催化作用的蛋白質(zhì)，酶的催化作用具有的特點(diǎn)是：條件溫和、不需加熱，具有高度的專一性、高效催化作用，溫度越高酶會(huì)發(fā)生變性，催化活性降低，淀粉水解速率減慢，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選C。點(diǎn)睛：本題考查燃料電池中能量的轉(zhuǎn)化、化學(xué)反應(yīng)自發(fā)性的判斷、可逆的氧化還原反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子數(shù)的計(jì)算、蛋白質(zhì)的變性和酶的催化特點(diǎn)。弄清化學(xué)反應(yīng)中能量的轉(zhuǎn)化、化學(xué)反應(yīng)自發(fā)性的判據(jù)、可逆反應(yīng)的特點(diǎn)、蛋白質(zhì)的性質(zhì)和酶催化的特點(diǎn)是解題的關(guān)鍵。不定項(xiàng)選擇題：本題包括5小題，每小題4分，共計(jì)20分。每小題只有一個(gè)或兩個(gè).選項(xiàng)符合題意。若正確答案只包括一個(gè)選項(xiàng)，多選時(shí)，該小題得0分；若正確答案包括兩個(gè)選項(xiàng)，只選一個(gè)且正確的得2分，選兩個(gè)且都正確的得滿分，但只要選錯(cuò)一個(gè)，該小題就得0分。&網(wǎng)化合物Y能用于高性能光學(xué)樹脂的合成，可由化合物X與2-甲基丙烯酰氯在一定條件下反應(yīng)制得:0IICHj下列有關(guān)化合物X、Y的說法正確的是X分子中所有原子一定在同一平面上Y與B「2的加成產(chǎn)物分子中含有手性碳原子X、Y均不能使酸性KMnO4溶液褪色X^Y的反應(yīng)為取代反應(yīng)【答案】BD【解析】分析：A項(xiàng)，X分子中羥基氫與其它原子不一定在同一平面上;成產(chǎn)物為,結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式*碳為手性碳原子；C項(xiàng)，X中含酚羥基，X能與酸性KMnO4溶液反應(yīng)，Y中含碳碳雙鍵，Y能使酸性KMnO4溶液褪色；D項(xiàng)，X+2-甲基丙烯酰氯宀Y+HCl,反應(yīng)類型為取代反應(yīng)。詳解;A項(xiàng)，X中與苯環(huán)直接相連的2個(gè)H令個(gè)呂「＜L個(gè)O和苯環(huán)碳原子一定在同一平面上.由于單鍵可以旋轉(zhuǎn)，X分子中帑基氫與其它原子不一定在同一平面上,A項(xiàng)錯(cuò)誤2項(xiàng)「與盹的加成產(chǎn)物為/Br0Br0BtBr—^Vo-C-^^-CHiBr中咔”碳為手性碳原子，B項(xiàng)正確；C項(xiàng),Xr?3Br?3x中含酚龕基:X能與酸性S口6溶液反應(yīng)fY中含碳碳雙鍵:￥能使醴性炯門。"溶液褪色.C項(xiàng)錯(cuò)誤;D項(xiàng)?對(duì)比KZ甲基丙烯離氯和Y的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式,X+2-甲基丙烯酰氯f￥+H□，反應(yīng)類型為取代反應(yīng),D項(xiàng)正確；答案選BD。點(diǎn)睛：本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)、手性碳原子的判斷、有機(jī)物共面原子的判斷。難點(diǎn)是分子中共面原子的確定，分子中共面原子的判斷需要注意：①聯(lián)想典型有機(jī)物的結(jié)構(gòu)，如CH4、乙烯、乙炔、苯、甲醛等；②單鍵可以旋轉(zhuǎn)，雙鍵和三鍵不能旋轉(zhuǎn)；③任意三個(gè)原子定共平面。根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象結(jié)論A向苯酚濁液中滴加Na2CO3溶液，濁液變清苯酚的酸性強(qiáng)于H2CO3的酸性B向碘水中加入等體積CC14，振蕩后靜置，上層接近無色，下層顯紫紅色I(xiàn)2在CCI4中的溶解度大于在水中的溶解度C向CuSO4溶液中加入鐵粉，有紅色固體析出Fe2的氧化性強(qiáng)于Cu2的氧化性D向NaCI、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黃色沉淀生成Ksp(AgCI)>Ksp(Agl)A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】分析：A項(xiàng)，苯酚的酸性弱于碳酸；B項(xiàng)，CC14將12從碘水中萃取出來，12在CC14

中的溶解度大于在水中的溶解度；C項(xiàng)，F(xiàn)e從CuSO4溶液中置換出Cu,Cu2+的氧化性強(qiáng)于Fe2+；D項(xiàng)，向NaCl、NaI的混合液中加入AgNO3溶液產(chǎn)生黃色沉淀，NaCl、NaI的濃度未知，不能說明AgCl、AgI溶度積的大小。詳解;A項(xiàng),向苯酚濁液中加入陽匯6溶液T濁液變沽,發(fā)生反應(yīng)Q+N衍OHONa+NaHCO3r酸性：H2CO3?QaHCO3jA項(xiàng)錯(cuò)謀；B項(xiàng)，向碘水中加入等體秋CCI4t振蕩后靜OH置f上層按近無色，下層顯紫紅色?說明匸6將i2從碘水中萃取岀來，J在匚6中的溶解度大于在水中的濬解度e項(xiàng)正確；匚項(xiàng)，向CuSO4溶液中加入鐵粉t有紅色固體新出，發(fā)生的反應(yīng)為Fe+Cu^=Fe2++CuJ根據(jù)同一反應(yīng)中氧化性：氧化劑>氧化產(chǎn)物，氧化忤CW+>Fe2+.C項(xiàng)錯(cuò)誤：D項(xiàng)，向NaCl'Nal的混合稀溶液中滴入少量稀AgN6溶液，有黃色沉淀生成，說明先達(dá)到Agl的溶度和，但由于NaCl'Nal的濃度未知,不倉(cāng)飯明AgCll識(shí)gl溶度積的大小R項(xiàng)錯(cuò)謀;答案選B?點(diǎn)睛：本題考查苯酚與碳酸酸性強(qiáng)弱的探究、萃取的原理、氧化性強(qiáng)弱的判斷、沉淀的生成。易錯(cuò)選D項(xiàng)，產(chǎn)生錯(cuò)誤的原因是：忽視NaCl、NaI的濃度未知，思維不嚴(yán)謹(jǐn)。根據(jù)下列圖示所得出的結(jié)論不正確的是01m773T/K°204060乙(>1(]□^>0U)0-UH]01m773T/K°204060乙(>1(]□^>0U)0-UH]UNaOHIml丙.uo.o.a.0U.K.6.4.ZM1,說明該反應(yīng)的A.圖甲是CO(g)+H20(g)^=CO2(g)+H2(g)的平衡常數(shù)與反應(yīng)溫度的關(guān)系曲線,說明該反應(yīng)的△H<0圖乙是室溫下H2O2催化分解放出氧氣的反應(yīng)中c(H2O2)隨反應(yīng)時(shí)間變化的曲線，說明隨著反應(yīng)的進(jìn)行H2O2分解速率逐漸減小圖丙是室溫下用0.1000molL-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000molL-1某一元酸HX的滴定曲線，說明HX是一元強(qiáng)酸圖丁是室溫下用Na2SO4除去溶液中Ba2+達(dá)到沉淀溶解平衡時(shí)，溶液中c(Ba2+)與c(SO42-)的關(guān)系曲線，說明溶液中c(SO42-)越大c(Ba2+)越小【答案】C【解析】分析：A項(xiàng)，升高溫度，igK減小，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，該反應(yīng)的AH0;B項(xiàng)，根據(jù)圖像，隨著時(shí)間的推移，c(H2O2)變化趨于平緩，隨著反應(yīng)的進(jìn)行H2O2分解速率逐漸減??；C項(xiàng)，根據(jù)圖像，沒有滴入NaOH溶液時(shí)，0.1000mol/LHX溶液的pH1,HX為一元弱酸；D項(xiàng)，根據(jù)圖像可見橫坐標(biāo)越小，縱坐標(biāo)越大，-Igc(SO42-)越小，-Igc(Ba2+)越大，說明c(SO42-)越大c(Ba2+)越小。詳解：A項(xiàng)，升高溫度，IgK減小，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，該反應(yīng)的AH0,A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，根據(jù)圖像，隨著時(shí)間的推移，c(H2O2)變化趨于平緩，隨著反應(yīng)的進(jìn)行H2O2分解速率逐漸減小，B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，根據(jù)圖像，沒有滴入NaOH溶液時(shí)，0.1000mol/LHX溶液的pH1,HX為一元弱酸，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，根據(jù)圖像可見橫坐標(biāo)越小，縱坐標(biāo)越大，-Igc(SO42-)越小，-Igc(Ba2+)越大，說明c(SO42-)越大c(Ba2+)越小，D項(xiàng)正確；答案選C。點(diǎn)睛：本題考查圖像的分析，側(cè)重考查溫度對(duì)化學(xué)平衡常數(shù)的影響、化學(xué)反應(yīng)速率、酸堿中和滴定pH曲線的分析、沉淀溶解平衡曲線的分析，掌握有關(guān)的原理，明確圖像中縱、橫坐標(biāo)的含義和曲線的變化趨勢(shì)是解題的關(guān)鍵。25H2C2O4為二元弱酸,Ka1(H2C2O4)=5.4X10",Ka2(H2C2O4)=5.4X10",設(shè)H2C2O4溶液中-2-c(總)=c(H2C2O4)+c(HC2O4)+c(C2O4)。室溫下用NaOH溶液滴定25.00mL0.1000molL-1H2C2O4溶液至終點(diǎn)。滴定過程得到的下列溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系一定正確的是0.1000molL-1H2C2O4溶液：c(H+)=0.1000molL-1+c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2O4)++2-+c(Na)=c(總)的溶液：c(Na)>c(H2C2O4)>c(C2O4)>c(H)pH=7的溶液：c(Na)=0.1000molL-+c(C2O4-)-c(H2C2O4)c(Na+)=2c(總)的溶液：c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4-)【答案】AD【解析】分析：A項(xiàng)，H2C2O4溶液中的電荷守恒為c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-),0.1000molL-1H2C2O4溶液中20.1000moI/L=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O4-),兩式整理得c(H+)=0.1000moI/L-c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(OH-)；B項(xiàng)，c(Na+)=c(總)時(shí)溶液中溶質(zhì)為NaHC2O4,HC2O4既存在電離平衡又存在水解平衡，HC2O4水解的離子方程式為HC2O4+H2O—-H2C2O4+OH-,HC2O4-水解常數(shù)c(HnCnOJ*c(OH)c<H;C2O4)?c(OH)-c(H4")KwIx10小….Kh=s_s_=====185乂1':■::.0-13Ka2(H2C2O4),HC2O4-的電離程度大于水解程度，則C(C2O42-)C(H2C2O4)；C項(xiàng)，滴入NaOH溶液后，溶液中的電荷守恒為c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-),室溫pH=7即c(H+)=c(OH-),則c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)=c(總)+c(C2O42-)-c(H2C2O4)，由于溶液體積變大，c(總)0.1000mol/L；D項(xiàng)，c(Na+)=2c(總)時(shí)溶液中溶質(zhì)為Na2C2O4，溶液中的電荷守恒為c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，物料守恒為c(Na+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)]，兩式整理得c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4)。詳解：A項(xiàng)，H2C2O4溶液中的電荷守恒為c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-),0.1000mol匕-1出。2。4溶液中0.1000mol/L=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O4-),兩式整理得c(H+)=0.1000mol/L-c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(OH-),A項(xiàng)正確;B項(xiàng)，c(Na+)=c(總)時(shí)溶液中溶質(zhì)為NaHC2O4,HC2O4-既存在電離平衡又存在水解平衡，HC2O4水解的離子方程式為HC2O4-+H2O、一H2C2O4+OH-,HC2O4-水解常數(shù)c(H3C2O4>y(OH)c(H2C2O4)*c(OH)-c(H+)1寓1014Kh=—====185址1Kh亡(HGS)?(H艮a)WTO工10-13Ka2(H2C2O4),HC2O4-的電離程度大于水解程度，則c(C2O42-)c(H2C2O4),B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，滴入NaOH溶液后，溶液中的電荷守恒為c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-),室溫pH=7即c(H+)=c(OH-),則c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)=c(總)+c(C2O42-)-c(H2C2O4),由于溶液體積變大，c(總)0.1000mol/L,c(Na+)0.1000mol/L+c(C2O42-)-c(H2c2O4),C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，c(Na+)=2c(總)時(shí)溶液中溶質(zhì)為Na2C2O4,溶液中的電荷守恒為c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-),物料守恒為c(Na+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)],兩式整理得c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4-),D項(xiàng)正確；答案選AD。點(diǎn)睛：本題考查溶液中粒子濃度的大小關(guān)系。確定溶液中粒子濃度大小關(guān)系時(shí)，先確定溶質(zhì)的組成，分析溶液中存在的平衡，弄清主次(如B項(xiàng))，巧用電荷守恒、物料守恒和質(zhì)子守恒(質(zhì)子守恒一般可由電荷守恒和物料守恒推出)。注意加入NaOH溶液后，由于溶液體積變大,c(總)0.1000mol/L。15.一定溫度下，在三個(gè)容積相同的恒容密閉容器中按不同方式投入反應(yīng)物，發(fā)生反應(yīng)2SO2(g)+02(g)=2SO3(g)正反應(yīng)放熱)，測(cè)得反應(yīng)的相關(guān)數(shù)據(jù)如下：1容器11容器3反應(yīng)溫度r/K700700SOO反應(yīng)物投人量2molSO；、1molO2\nwdSO；1n)olJn)ol0;平衡時(shí)岱10(41/注TFi巧平moPL-1仃平衡休系總壓強(qiáng)p/PaPi旳Pt物質(zhì)的平崙轉(zhuǎn)化率口1叫｛SOJTa;(SOj)aj(SOj)平衡常數(shù)人K.A,下列說法正確的是A.vi<V2，C2<2ciB.K1>K3，P2>2p3C.V1<V3，a(S02)>3d(SO2)D.C2>2c3，a(S03)+a(SO2)<1【答案】CD【解析】分析：對(duì)比容器的特點(diǎn)，將容器1和容器2對(duì)比，將容器1和容器3對(duì)比。容器2中加入4molSO3等效于在相同條件下反應(yīng)物投入量為4molSO2和2molO2，容器2中起始反應(yīng)物物質(zhì)的量為容器1的兩倍，容器2相當(dāng)于在容器1達(dá)平衡后增大壓強(qiáng)，將容器的體積縮小為原來的一半，增大壓強(qiáng)化學(xué)反應(yīng)速率加快，uu，增大壓強(qiáng)平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，平衡時(shí)C22c1，P22p1，a1(SO2)+a2(SO3)1，容器1和容器2溫度相同，心=心；容器3相當(dāng)于在容器1達(dá)到平衡后升高溫度，升高溫度化學(xué)反應(yīng)速率加快，uu，升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，平衡時(shí)C3C1，P3P1，03(SO2)a1(SO2)，K3K1。詳解：對(duì)比容器的特點(diǎn)，將容器1和容器2對(duì)比，將容器1和容器3對(duì)比。容器2中加入4molSO3等效于在相同條件下反應(yīng)物投入量為4molSO2和2molO2，容器2中起始反應(yīng)物物質(zhì)的量為容器1的兩倍，容器2相當(dāng)于在容器1達(dá)平衡后增大壓強(qiáng)，將容器的體積縮小為原來的一半，增大壓強(qiáng)化學(xué)反應(yīng)速率加快，uu，增大壓強(qiáng)平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，平衡時(shí)C22C1，P22P1，a1(SO2)+a2(SO3)1，容器1和容器2溫度相同，心=心；容器3相當(dāng)于在容器1達(dá)到平衡后升高溫度，升高溫度化學(xué)反應(yīng)速率加快，uu，升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，平衡時(shí)C3C1，P3P1，a(SO2)a(SO2)，K3K10根據(jù)上述分析，A項(xiàng)，uu，C22C1，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)，K3K1，p22p1，p3P1，貝Vp22p3，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，uu，a(SO2)a(SO2)，C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，C22C1，C3C1，貝UC2〉2c3，a(SO?)+a(SO3)v1，a(so?)如(SO?)，貝Va(SO3)+a3(SO2)1，d項(xiàng)正確；答案選CD。點(diǎn)睛：本題考查化學(xué)平衡時(shí)各物理量之間的關(guān)系，解題時(shí)巧妙設(shè)計(jì)中間狀態(tài)，利用外界條件對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡的影響判斷。如容器2先設(shè)計(jì)其完全等效平衡的起始態(tài)為4molSO2和2molO2，4molSO2和2molO2為兩倍容器1中物質(zhì)的量，起始物質(zhì)的量成倍變化時(shí)相當(dāng)于增大壓強(qiáng)。非選擇題16.以高硫鋁土礦(主要成分為AI2O3、F€2O3、SiQ,少量FeS和金屬硫酸鹽)為原料，生產(chǎn)氧化鋁并獲得F63O4的部分工藝流程如下:礦粉一?■過濾1?—?Mt液SO2空氣.少htcoNaOH溶液FeSj焙燒過程均會(huì)產(chǎn)生SQ,用NaOH溶液吸收過量SQ的離子方程式為添加1%CaO和不添加CaO的礦粉焙燒，其硫去除率隨溫度變化曲線如題16已知：多數(shù)金屬硫酸鹽的分解溫度都高于600C硫去除率=,焙澆后礦粉中硫元秦總質(zhì)量、，,(1培燒前礦粉中硫兀案總質(zhì)量)X100%①不添加CaO的礦粉在低于500C焙燒時(shí)，去除的硫元素主要來源于②700T焙燒時(shí)，添加1%CaO的礦粉硫去除率比不添加CaO的礦粉硫去除率低，其主要原因是。_向過濾”得到的濾液中通入過量CC2,鋁元素存在的形式由(填化學(xué)式)轉(zhuǎn)化為(填化學(xué)式)。過濾”得到的濾渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3與FeS混合后在缺氧條件下焙燒生成F63O4和SQ,理論上完全反應(yīng)消耗的n(FeS)：n(FqO3)【答案】(12分)SQ+OHHSQ-①FeS②硫元素轉(zhuǎn)化為CaSQ而留在礦粉中NaAIQAI(OH)1:16【解析】分析：根據(jù)流程，礦粉焙燒時(shí)FeS2與02反應(yīng)生成Fe2O3和SO2，在空氣中CaO可將SO2轉(zhuǎn)化為CaSO4；“堿浸”時(shí)AI2O3、SiO2轉(zhuǎn)化為溶于水的NaAIO?、NazSiOs；Fe?。？與FeS?混合后在缺氧條件下焙燒生成Fe3O4和SO2,過量SO2與NaOH反應(yīng)生成NaHSO3和H20。①根據(jù)題給已知，多數(shù)金屬硫酸鹽的分解溫度高于600C，不添加CaO的礦粉低于500C焙燒時(shí)，去除的硫元素主要來源于Fe￡。②添加CaO,CaO起固硫作用，根據(jù)硫去除率的含義，700C焙燒時(shí)，添加1%CaO的礦粉硫去除率比不添加CaO的礦粉硫去除率低。“堿浸”時(shí)AI2O3、SiO2轉(zhuǎn)化為溶于水的NaAIO2、Na2SiO3,向過濾”得到的濾液中通入過量CO2,CO2與NaAIO2反應(yīng)生成NaHCOs和Al(OH)3。Fe2O3與FeS2混合后在缺氧條件下焙燒生成Fe3O4和SO2,反應(yīng)的化學(xué)方程式為FeS2+16Fe2O3二11Fe3O4+2SO2K詳解：(1)過量SO2與NaOH反應(yīng)生成NaHSO3和出0,反應(yīng)的化學(xué)方程式為SO2+NaOH=NaHSO3,離子方程式為SO2+OH-=HSO3-。①根據(jù)題給已知，多數(shù)金屬硫酸鹽的分解溫度高于600C，不添加CaO的礦粉低于500C焙燒時(shí)，去除的硫元素主要來源于FeS2。②添加CaO,CaO起固硫作用，添加CaO發(fā)生的反應(yīng)為2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，根據(jù)硫去除率的含義，700C焙燒時(shí)，添加1%CaO的礦粉硫去除率比不添加CaO的礦粉硫去除率低的原因是：硫元素轉(zhuǎn)化為CaSO4留在礦粉中。“堿浸”時(shí)AI2O3、SiO2轉(zhuǎn)化為溶于水的NaAIO2、Na2SiO3,向過濾”得到的濾液中通

入過量C02,C02與NaAI02反應(yīng)生成NaHCOs和Al(OH)3,反應(yīng)的離子方程式為CO2+AIO2-+2H2O=AI(OH)3J+HCO-,即Al元素存在的形式由NaAIO2轉(zhuǎn)化為Al(0H)3。Fe2O3與FeS2混合后在缺氧條件下焙燒生成FesO4和SO?,反應(yīng)的化學(xué)方程式為FeS2+16Fe2O3壟塁11Fe3O4+2SO2f,理論上完全反應(yīng)消耗的n(FeSz)：n(Fe2O3)=1:16。點(diǎn)睛：本題以高硫鋁土礦為原料生產(chǎn)氧化鋁和Fe3O4的流程為載體，考查流程的分析，F(xiàn)e、Al、S元素及其化合物的性質(zhì)，圖像的分析，獲取新信息的能力，指定情境下方程式的書寫。如NaOH溶液吸收過量SO2則產(chǎn)物為HSO3-,Fe2O3與FeS?混合后在缺氧條件下焙燒則沒有氧氣作氧化劑等需注意反應(yīng)物及用量的不同17.丹參醇是存在于中藥丹參中的一種天然產(chǎn)物。合成丹參醇的部分路線如下:I)E丹參醇已知：［+I1CA中的官能團(tuán)名稱為(寫兩種)D——>E的反應(yīng)類型為。B的分子式為C9H14O,寫出B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：。°它的一種同分異構(gòu)體同時(shí)滿足下列條件，寫出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式:①分子中含有苯環(huán)，能與FeC3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，不能發(fā)生銀鏡反應(yīng);②堿性條件水解生成兩種產(chǎn)物，酸化后分子中均只有2種不同化學(xué)環(huán)境的氫。(5)寫出以和COOCHi為原料制備的合成路線流程圖(無

(5)寫出以和COOCHi為原料制備的合成路線流程圖(無機(jī)試劑和乙醇任用，合成路線流程圖示例見本題題干）【答案】（15分）（1）碳碳雙鍵羰基（2）消去反應(yīng)（2）對(duì)比D和E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，（2）對(duì)比D和E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，D^E為醇的消去反應(yīng)。（3）B的分子式為C9H14O，根據(jù)AtB^C結(jié)合題給已知可推斷出B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為C9C9H6O3,結(jié)構(gòu)中有五個(gè)雙鍵和兩個(gè)環(huán)，不飽和度為7；的同分異構(gòu)體中含有苯環(huán),FeCb溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，不能發(fā)生銀鏡反7；的同分異構(gòu)體中含有苯環(huán),FeCb溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，則其結(jié)構(gòu)中含酚羥基、不含醛基；堿性條件水解生成兩種產(chǎn)物，酸化后分子中均只有2種不同化學(xué)環(huán)境的氫，說明其分子結(jié)構(gòu)中含酯基且水解產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)對(duì)稱性高的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式,根據(jù)題給已知,模仿題給已知構(gòu)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式,根據(jù)題給已知,模仿題給已知構(gòu)建碳干骨架；需要由『:合成［|：；\，官能團(tuán)的變化由1個(gè)碳碳雙鍵變?yōu)?個(gè)碳碳雙鍵，聯(lián)想官能團(tuán)之間的相互轉(zhuǎn)化，由與B官能團(tuán)之間的相互轉(zhuǎn)化，由與B「2發(fā)生加成反應(yīng)生成在NaOH醇溶液中發(fā)生消去反應(yīng)生成◎◎與〔COOCH,發(fā)生加成反應(yīng)生成液中發(fā)生消去反應(yīng)生成◎◎與〔COOCH,發(fā)生加成反應(yīng)生成,與H2發(fā)生加成反應(yīng)生成詳解：(1)根據(jù)A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，A中的官能團(tuán)為碳碳雙鍵、羰基。(2)對(duì)比D和E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，D^E脫去了小分子水，且E中生成新的碳碳雙鍵，故為消去反應(yīng)。(3)B的分子式為C9H14O，根據(jù)AtB^C結(jié)合題給已知可推斷出B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為的分子式為C9的分子式為C9H6O3,結(jié)構(gòu)中有五個(gè)雙鍵和兩個(gè)環(huán)，不飽和度為7；0人。的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為一7；0人。的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為一的同分異構(gòu)體中含有苯環(huán)，能與FeCb溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，則其結(jié)構(gòu)中含酚羥基、不含醛基；堿性條件水解生成兩種產(chǎn)物，酸化后分子中均只有；符合條件的種不同化學(xué)環(huán)境的氫，說明其分子結(jié)構(gòu)中含酯基且水解產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)對(duì)稱性高；符合條件的(5)對(duì)比CCXXH^與coocn^(5)對(duì)比CCXXH^與的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，根據(jù)題給已知，模仿題給已知構(gòu)建碳干骨架；需要由：合成『「二官能團(tuán)的變化由1個(gè)碳碳雙鍵變?yōu)?個(gè)碳碳雙鍵，聯(lián)想官能團(tuán)之間的相互轉(zhuǎn)化，由『'與B「2發(fā)生加成反應(yīng)生成:Q在NaOH醇溶液中發(fā)生消去反應(yīng)生成^CQOCH,發(fā)生加成反應(yīng)生成與H2發(fā)生加成反應(yīng)生成液中發(fā)生消去反應(yīng)生成^CQOCH,發(fā)生加成反應(yīng)生成與H2發(fā)生加成反應(yīng)生成COCX'Ht。合成路線流程圖為:點(diǎn)睛：本題以丹參醇的部分合成路線為載體，考查官能團(tuán)的識(shí)別、反應(yīng)類型的判斷、結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式的推導(dǎo)、限定條件同分異構(gòu)體的書寫、有機(jī)合成路線的設(shè)計(jì)。難點(diǎn)是限定條件同分異構(gòu)體的書寫和有機(jī)合成路線的設(shè)計(jì)，同分異構(gòu)體的書寫先確定不飽和度和官能團(tuán)，再用殘基法確定可能的結(jié)構(gòu)；有機(jī)合成路線的設(shè)計(jì)，先對(duì)比原料和產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)，采用“切割化學(xué)鍵”的分析方法，分析官能團(tuán)發(fā)生了什么改變，碳干骨架發(fā)生了什么變化，再根據(jù)有機(jī)物的之間的相互轉(zhuǎn)化和題給信息進(jìn)行設(shè)計(jì)。堿式硫酸鋁溶液可用于煙氣脫硫。室溫下向一定濃度的硫酸鋁溶液中加入一定量的碳酸鈣粉末，反應(yīng)后經(jīng)過濾得到堿式硫酸鋁溶液，反應(yīng)方程式為(2-x)Al2(SQ)3+3xCaCO+3xH2O2(1-x)Ab(SC4)3xAI(OH)3]+3xCaSQJ+3cCQT生成物(1-x)Al2(SQ4)3xAI(QH)3中x值的大小影響堿式硫酸鋁溶液的脫硫效率。制備堿式硫酸鋁溶液時(shí)，維持反應(yīng)溫度和反應(yīng)時(shí)間不變，提高x值的方法有堿式硫酸鋁溶液吸收SQ過程中，溶液的pH(填增大”、減小”、不變”)0通過測(cè)定堿式硫酸鋁溶液中相關(guān)離子的濃度確定x的值，測(cè)定方法如下：取堿式硫酸鋁溶液25.00mL,加入鹽酸酸化的過量BaC2溶液充分反應(yīng)，靜置后過濾、洗滌，干燥至恒重，得固體2.3300go取堿式硫酸鋁溶液2.50mL，稀釋至25mL，加入0.1000molL-1EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液25.00mL，調(diào)節(jié)溶液pH約為4.2,煮沸，冷卻后用0.08000mol匚1CuSQ標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過量的EDTA至終點(diǎn)，消耗CuSQ標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL(已知Al3+、Cu2+與EDTA反應(yīng)的化學(xué)計(jì)量比均為1:1)o計(jì)算(1-x)Al2(SQ)3xAl(QH)3中的x值(寫出計(jì)算過程)?！敬鸢浮?12分)適當(dāng)增加CaCQ的量或加快攪拌速率減小25mL溶液中：n(SQ2-)=n(BaSQ)^^^—=0.0100mol233g+mol12.5mL溶液中：n(Al3+)=n(EDTA)n(C『+)=O.1OOOmol匚125.00mLx310nL-1-0.08000molL-?x20.00mLx10sLm匚1=9.000x1tmol25mL溶液中：n(Al3+)=9.000x1(mol1mol(1-x)Al2(SQ)3xAl(QH)s中3+2-n(Al)=(2-x)mol;n(SQ)=3(1-x)moln(A?+)_2-x_9.000x]O_3mol；;勺.：：.x=0.41【解析】分析：(1)提高x的值，即促進(jìn)Al3+的水解和CaSQ4的生成。堿式硫酸鋁溶液吸收SO2,溶液堿性減弱，pH減小。根據(jù)加入過量BaCl2溶液產(chǎn)生的固體計(jì)算n(SO42-);由消耗的CuSO4計(jì)算過量的EDTA，由Al3+消耗的EDTA計(jì)算n(Al3+)；根據(jù)n(Al3+)與n(SO42-)之比計(jì)算x的值。詳解：(1)制備堿式硫酸鋁溶液，維持反應(yīng)溫度和反應(yīng)時(shí)間不變，提高x的值，即促進(jìn)Al3+的水解和CaSO4的生成，可以采取的方法是：適當(dāng)增加CaCO3的量、加快攪拌速率。堿式硫酸鋁溶液吸收SO2,溶液堿性減弱，pH減小。22.3300g25mL溶液中：n(SO4)=n(BaSOq)==0.0100mol233gbmol3+2+12.5mL溶液中：n(Al)=n(EDTA)-n(Cu)=0.1000molLX25.00-3-1-1-3-1-4mLx10LmL-0.08000mol?L0.00mLx0LmL=9.000x0mol25mL溶液中：n(Al3+)=9.000X10-3mol1mol(1-x)Al2(SO4)3xAl(OH)3中n(Al3+)=(2-x)mol;n(SO42-)=3(1-x)mol機(jī)加沃)2-x9.000x10mol/r\=,解得x=0.41?？?SO；)3(1-x)0,0100mol點(diǎn)睛：本題以堿式硫酸鋁溶液的制備原理為背景，考查反應(yīng)原理的理解、反應(yīng)條件的控制和有關(guān)化學(xué)式的計(jì)算。解題的關(guān)鍵有：①向硫酸鋁溶液中加入CaCO3生成堿式硫酸鋁溶液，CaCO3的作用是調(diào)節(jié)pH促進(jìn)Al3+水解，同時(shí)將SO42-轉(zhuǎn)化為CaSOq沉淀；②理解溶液中的離子反應(yīng)與實(shí)驗(yàn)滴定方法的定量計(jì)算，理清物質(zhì)間的計(jì)量關(guān)系。以C2、NaOH、(NH2)2CO(尿素)和SQ為原料可制備N2H4出0(水合肼)和無水Na^SQ，其主要實(shí)驗(yàn)流程如下:［帶沁尿叢水存曲港液*―H比莊［帶沁尿叢水存曲港液*―H比莊IV|Na>S()5已知：①C2+2OHClO^+CT+H2O是放熱反應(yīng)。②N2H4H2O沸點(diǎn)約118C,具有強(qiáng)還原性，能與NaCIO劇烈反應(yīng)生成N2。步驟I制備NaCIO溶液時(shí)，若溫度超過40C,C2與NaOH溶液反應(yīng)生成NaCIQ和NaCI,其離子方程式為實(shí)驗(yàn)中控制溫度除用冰水浴外，還需采取的措施是步驟U合成N2H4H2O的裝置如題19圖-1所示。NaCIO堿性溶液與尿素水溶液在40C以下反應(yīng)一段時(shí)間后，再迅速升溫至110C繼續(xù)反應(yīng)。實(shí)驗(yàn)中通過滴液漏斗滴加的溶液是使用冷凝管的目的是O題19O題19圖-1步驟W用步驟川得到的副產(chǎn)品NazCQ制備無水Na2SQ(水溶液中H2SQ、、?隨pH的分布如題19圖-2所示，NazSQ的溶解度曲線如題19圖-3所示)。①邊攪拌邊向Na^CQ溶液中通入SQ制備NaHSQ溶液。實(shí)驗(yàn)中確定何時(shí)停止通SQ的實(shí)驗(yàn)操作為。②請(qǐng)補(bǔ)充完整由NaHSQ溶液制備無水Na^SQ的實(shí)驗(yàn)方案：，用少量無水乙醇洗滌，干燥，密封包裝?！敬鸢浮浚?5分）（1）3C2+6OH5C-+CI6+3H20緩慢通入C2（2）NaCIO堿性溶液減少水合肼的揮發(fā)（3）①測(cè)量溶液的pH，若pH約為4,停止通SQ②邊攪拌邊向NaHSO溶液中滴加NaOH溶液，測(cè)量溶液pH，pH約為10時(shí)，停止滴加NaOH溶液，加熱濃縮溶液至有大量晶體析出，在高于34°C條件下趁熱過濾【解析】分析：步驟I中CI2與NaOH溶液反應(yīng)制備NaCIO;步驟II中的反應(yīng)為NaCIO堿性溶液與尿素水溶液反應(yīng)制備水合肼，;步驟III分離出水合肼溶液；步驟IV由SO2與Na2CO3反應(yīng)制備Na2SO3。（1）溫度超過40C，CI2與NaOH溶液發(fā)生歧化反應(yīng)生成NaCIO?、NaCI和出0。由于CI2與NaOH溶液的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，為了減少NaCIO3的生成，應(yīng)控制溫度不超過40C、減慢反應(yīng)速率。（2）步驟II中的反應(yīng)為NaCIO堿性溶液與尿素水溶液反應(yīng)制備水合肼，由于水合肼具有強(qiáng)還原性、能與NaCIO劇烈反應(yīng)生成N2，為了防止水合肼被氧化，應(yīng)逐滴滴加NaCIO堿性溶液。NaCIO堿性溶液與尿素水溶液在110C繼續(xù)反應(yīng)，N2H4H2O沸點(diǎn)約118C，使用冷凝管的目的：減少水合肼的揮發(fā)。（3）①向Na2CO3溶液中通入SO2制備NaHSO3溶液，根據(jù)圖示溶液pH約為4時(shí)，HSO（的摩爾分?jǐn)?shù)最大，則溶液的pH約為4時(shí)停止通入SO2。②由NaHSO?溶液制備無水Na2SO3，首先要加入NaOH將NaHSO?轉(zhuǎn)化為NazSO3,根據(jù)含硫微粒與pH的關(guān)系控制pH;根據(jù)Na2SO3的溶解度曲線，確定分離Na2SO3的方法。詳解：（1）溫度超過40C，CI2與NaOH溶液發(fā)生歧化反應(yīng)生成NaCIOs、NaCI和出0，反應(yīng)的化學(xué)方程式為3Cl2+6NaOH5NaCI+NaCIO3+3H2O，離子方程式為3CI2+6OH-5CI-+CIO3-+3H2O。由于CI2與NaOH溶液的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，為了減少NaCIO3的生成，應(yīng)控制溫度不超過40C、減慢反應(yīng)速率；實(shí)驗(yàn)中控制溫度除用冰水浴外，還需采取的措施是：緩慢通入CI2。（2）步驟II中的反應(yīng)為NaCIO堿性溶液與尿素水溶液反應(yīng)制備水合肼，由于水合肼具有強(qiáng)還原性、能與NaCIO劇烈反應(yīng)生成2，為了防止水合肼被氧化，應(yīng)逐滴滴加NaCIO堿性溶液，所以通過滴液漏斗滴加的溶液是NaCIO堿性溶液。NaCIO堿性溶液與尿素水溶液在110C繼續(xù)反應(yīng)，N2H4H20沸點(diǎn)約118C,使用冷凝管的目的：減少水合肼的揮發(fā)。①向Na2CO3溶液中通入S02制備NaHSOs溶液，根據(jù)圖示溶液pH約為4時(shí)，HSOf的摩爾分?jǐn)?shù)最大，則溶液的pH約為4時(shí)停止通入SO2；實(shí)驗(yàn)中確定何時(shí)停止通入SO2的實(shí)驗(yàn)操作為：測(cè)量溶液的pH，若pH約為4，停止通SO?。②由NaHSOs溶液制備無水Na2SO3，首先要加入NaOH將NaHSOs轉(zhuǎn)化為NazSO3,根據(jù)含硫微粒與pH的關(guān)系，加入NaOH應(yīng)調(diào)節(jié)溶液的pH約為10；根據(jù)NazSOs的溶解度曲線，溫度高于34C析出Na2SO3，低于34C析出Na2SOs7H2O,所以從Na2SO3溶液中獲得無水Na2SO3應(yīng)控制溫度高于34C。由NaHSO3溶液制備無水NazSOs的實(shí)驗(yàn)方案為：邊攪拌邊向NaHSO?溶液中滴加NaOH溶液，測(cè)量溶液pH,pH約為10時(shí)，停止滴加NaOH溶液，加熱濃縮溶液至有大量晶體析出，在高于34C條件下趁熱過濾，用少量無水乙醇洗滌，干燥，密圭寸包裝。點(diǎn)睛：本題以制備水合肼和無水Na2SO3的實(shí)驗(yàn)流程為載體，考查實(shí)驗(yàn)條件的控制、實(shí)驗(yàn)加料的方式、實(shí)驗(yàn)原理的理解和實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)、對(duì)圖表等信息的獲取和處理應(yīng)用能力。難點(diǎn)是實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)，在設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案時(shí)要注重對(duì)實(shí)驗(yàn)過程和實(shí)驗(yàn)原理的理解，結(jié)合圖表等信息細(xì)心分析答題要點(diǎn)。NOx(主要指NO和NQ)是大氣主要污染物之一。有效去除大氣中的NOx是環(huán)境保護(hù)的重要課題。用水吸收NQ的相關(guān)熱化學(xué)方程式如下：2NO2(g)+H2O(I)HNOs(aq)+HNQ(aq)出=-116.1kJmol-13HNQ(aq)HNQ(aq)+2NO(g)+H2O(l)出=75.9kJmol-1反應(yīng)3NQ(g)+H2O(I)2HNQ(aq)+NO(g)的出=kJmol-1。用稀硝酸吸收NOx,得到HNQ和HNO2的混合溶液，電解該混合溶液可獲得較濃的硝酸。寫出電解時(shí)陽極的電極反應(yīng)式：用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx,吸收過程中存在HNQ與(NH^CO生成N2和CQ的反應(yīng)。寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：在有氧條件下，新型催化劑M能催化Nf與NOx反應(yīng)生成N2。①NH3與NO2生成N2的反應(yīng)中，當(dāng)生成1molN2時(shí)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為

mo。②將一定比例的02、NH3和NOx的混合氣體，勻速通入裝有催化劑M的反應(yīng)器中反應(yīng)(裝置見題20圖-1)催化NO.還原反應(yīng)器催化NO.還原反應(yīng)器S20圖-1O【答案】(14O【答案】(14分)髭總宕CZ反應(yīng)相同時(shí)間NOx的去除率隨反應(yīng)溫度的變化曲線如題20圖-2所示，在50?250C范圍內(nèi)隨著溫度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升緩慢的主要原因是；當(dāng)反應(yīng)溫度高于380C時(shí)，NOx的去除率迅速下降的原因可能是-136.2HNO2-2e-+H2O——3H++NQ-2HNQ+(NH2)2CO2N2T+COT+3H2O①②迅速上升段是催化劑活性隨溫度升高增大與溫度升高共同使NOx去除反應(yīng)速率迅速增大；上升緩慢段主要是溫度升高引起的NQ去除反應(yīng)速率增大催化劑活性下降；NH3與O2反應(yīng)生成了NO【解析】分析：(1)應(yīng)用蓋斯定律解答。根據(jù)電解原理，陽極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，陽極反應(yīng)為HNO2失去電子生成HNO3。HNO2與(NH2)2CO反應(yīng)生成N2和CO?，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒寫出方程式。①NH3與NO：的反應(yīng)為8NH3+6NO2--7N2+12H2O，該反應(yīng)中NH3中-3價(jià)的N升至0價(jià)，N02中+4價(jià)的N降至0價(jià)，生成7molN2轉(zhuǎn)移24mol電子。②因?yàn)榉磻?yīng)時(shí)間相同，所以低溫時(shí)主要考慮溫度和催化劑對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響；高溫時(shí)NH3與。2發(fā)生催化氧化反應(yīng)生成NO。詳解：(1)將兩個(gè)熱化學(xué)方程式編號(hào)，2NO2(g)+H2O(l)=HNO3(aq)+HNO2(aq)△H=-116.1kJ?卅。1(①式)3HNO2(aq)=HNO3(aq)+2NO(g)+H2O(l)△H=75.9kJ②式)應(yīng)用蓋斯定律，將(①式3+②式)2得，反應(yīng)13NO2(g)+H2O(l)=2HNO3(aq)+NO(g)△H=(-116.1kJ?nio)3+75.9-1-1kJmolp2=-136?2kJmol。根據(jù)電解原理，陽極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，陽極反應(yīng)為HNO2失去電子生成HNO3,1molHNO2反應(yīng)失去2mol電子，結(jié)合原子守恒和溶液呈酸性，電解時(shí)陽極電極反應(yīng)式為HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。HNO2與(NH2)2CO反應(yīng)生成N2和CO2,N元素的化合價(jià)由HNO?中+3價(jià)降至0價(jià)，N元素的化合價(jià)由(NH2)2CO中-3價(jià)價(jià)升至0價(jià)，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2HNO2+(NH2)2CO=2N2T+COf+3HO。①NH3與NO?的反應(yīng)為8NH3+6NO27N2+12H2O，該反應(yīng)中NH3中-3價(jià)的N升至0價(jià)，NO2中+4價(jià)的N降至0價(jià)，生成7molN2轉(zhuǎn)移24mol電子。生成1molN2時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為mol。②因?yàn)榉磻?yīng)時(shí)間相同，所以低溫時(shí)主要考慮溫度和催化劑對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響；高溫時(shí)NH3與O2發(fā)生催化氧化反應(yīng)。在50~250C范圍內(nèi)，NOx的去除率迅速上升段是催化劑活性隨溫度升高增大與溫度升高共同使NOx去除反應(yīng)速率迅速增大；上升緩慢段主要是溫度升高引起的