重組卷05-2023年高考化學真題重組卷（江蘇）（解析版）

絕密★啟用前

沖刺2023年高考化學真題重組卷05

江蘇專用（解析版）

注意事項：

?.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干

凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。

3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。

可能用到的相對原子質量：HlC12N14O16S32Cl35.5Cr52Fe56Cu64Ce140

第I卷

一、單項選擇題：共13題，每題3分，共39分。每題只有一個選項最符合題意。

1.（2019.江蘇卷）糖類是人體所需的重要營養(yǎng)物質。淀粉分子中不含的元素是

A.氫B.碳C.氮D.氧

【答案】C

【解析】

【分析】此題屬于一道簡單題目，考點為營養(yǎng)物質中糖類的組成元素。

【詳解】淀粉屬于多糖，分子組成為（C6H∣oθ5）n,組成元素為C、H、O,不含N元素；故選C。

2.（2017.江蘇卷）下列有關化學用語表示正確的是

A.質量數為31的磷原子PB.氟原子的結構示意圖：

C.Caeb的電子式：Ca?+]?:Ed.明磯的化學式：Al2（SO4）3

【答案】A

【解析】A?P的質子數是15,A正確；B.F原子的電子數為9,B錯誤；C.離子化合物中陰、陽離子間

隔排列，其電子式中離子分開寫、不能合并，C錯誤；D.明研是十二水合硫酸鋁鉀，D錯誤。

【名師點睛】本題考查的是化學用語，主要考查原子結構，原子及離子的結構示意圖、電子式，常見物質

的化學式、結構式、結構簡式等，注意它們之間的區(qū)別是關鍵，如原子結構與離子結構的區(qū)別、離子

化合物與共價化合物的電子式的區(qū)別、有機物的分子式、實驗式、結構式、結構簡式的區(qū)別。

3.（2017.江蘇卷）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數依次增大，其中只有Y、Z處于同一周期且相鄰，

Z是地殼中含量最多的元素，W是短周期中金屬性最強的元素。下列說法正確的是

A.原子半徑：r（X）<ΛY）<r（Z）</-（W）

B.W的最高價氧化物的水化物是一種弱堿

C.Y的單質的氧化性比Z的強

D.X,Y、Z三種元素可以組成共價化合物和離子化合物

【答案】D

【解析】地殼中含量最多的是氧，Z為O元素，所以Y為N元素；鈉是短周期金屬性最強的元素，W是

Na；X原子序數最小且不與Y、Z同周期，所以X是H元素。A.原子半徑N>O,A錯誤；B?W的

最高價的氧化物的水化物是氫氧化鈉，是強堿，B錯誤；C.氮氣的氧化性比氧氣弱，C錯誤；D.H、

N、O可以組成HNO3等共價化合物，也可以組成NH4NO3等離子化合物，D正確。

【名師點睛】本題考查的是元素周期律，考查學生對元素在元素周期表的位置、原子結構及.元素的性質三

者之間的關系理解水平。解題時首先要抓住題干中關鍵信息，準確推斷題給元素；然后確定有關短周

期主族元素在周期表中的位置；最后依據同周期、同主族元素性質的遞變規(guī)律來推斷各選項表述是否

正確。

4.（2020.江蘇卷）實驗室以CaCO3為原料，制備CCh并獲得CaCI2.6比0晶體。下列圖示裝置和原理不

能達到實驗目的的是

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】A.碳酸鈣盛放在錐形瓶中，鹽酸盛放在分液漏斗中，打開分液漏斗活塞，鹽酸與碳酸鈣反應生成

氯化鈣、二氧化碳和水，故A正確；

B.二氧化碳密度比空氣大，用向上排空氣法收集二氧化碳氣體，故B正確；

C.加入的鹽酸與碳酸鈣反應后，部分碳酸鈣未反應完，碳酸鈣是難溶物，因此用過濾的方法分離，故C正

確；

D.CaCl2?6H2θ易失去結晶水，因此不能通過加熱蒸發(fā)皿得到，可由氯化鈣的熱飽和溶液冷卻結晶析出六水

氯化鈣結晶物，故D錯誤。

綜上所述，答案為D。

5.（2022.江蘇卷）下列說法正確是

A.金剛石與石墨烯中的C-C-C夾角都為120

B.SiH八SiCI4都是由極性鍵構成的非極性分子

C.褚原子&Ge）基態(tài)核外電子排布式為4s?4p2

D.IVA族元素單質的晶體類型相同

【答案】B

【解析】

【詳解】A.金剛石中的碳原子為正四面體結構，C-C-C夾角為109。28，，故A錯誤；

B.SiHit的化學鍵為Si-H,為極性鍵，為正四面體，正負電荷中心重合，為非極性分子；SiCI4的化學鍵

為Si-C1,為極性鍵，為正四面體，正負電荷中心重合，為非極性分子，故B正確；

C.錯原子（32Ge）基態(tài)核外電子排布式為［Ar］3d∣<>4s24p2,故C錯誤；

D.IVA族元素中的碳元素形成的石墨為混合晶體，而硅形成的晶體硅為原子晶體，故D錯誤；

故選Bo

6.（2021.江蘇卷）下列有關NH3、NH：、N的說法正確的是

A.NH3能形成分子間氫鍵

B.NO；的空間構型為三角錐形

C.NE與NH：中的鍵角相等

D.NH3與Ag+形成的［Ag（NH3）2r中有6個配位鍵

【答案】A

【解析】

【詳解】A.NE能形成分子間氫鍵，氨分子是一個極性分子，氮原子帶有部分負電荷,氫原子帶有部分正電

荷，當氨分子互相靠近時，由于取向力的作用，帶有部分正電荷的氫原子與另外一個氨分子中的帶有部分

負電荷的氮原子發(fā)生異性電荷的吸引進一步靠攏，A正確；

B.硝酸根離子的空間構型是個標準的正三角形，N在中間，O位于三角形頂點，N和。都是sp2雜化，B

錯誤；

C.NE和NH：都是sp3雜化，但NE中存在一個孤電子對，是三角錐結構，而NH：為標準的正四面體，

所以鍵角是不一樣的，NH3中每兩個N—H鍵之間夾角為107。18',正四面體為109。28',C錯誤；

D.N-H為σ鍵，配位鍵也為σ鍵，則[Ag（NH3）2]+中含有8個C鍵，2個配位鍵，D錯誤；

答案選A。

7.（2022.江蘇卷）我國古代就掌握了青銅（銅-錫合金）的冶煉、加工技術，制造出許多精美的青銅器；Pb、

Pbo2是鉛蓄電池的電極材料，不同鉛化合物一般具有不同顏色，歷史上曾廣泛用作顏料，下列物質性質與

用途具有對應關系的是

A.石墨能導電，可用作潤滑劑

B.單晶硅熔點高，可用作半導體材料

C.青銅比純銅熔點低、硬度大，古代用青銅鑄劍

D.含鉛化合物顏色豐富，可用作電極材料

【答案】C

【解析】

【詳解】A.石墨是過渡型晶體，質軟，可用作潤滑劑，故A錯誤

B.單晶硅可用作半導體材料與空穴可傳遞電子有關，與熔點高無關，故B錯誤；

C.青銅是銅合金，比純銅熔點低、硬度大，易于鍛造，古代用青銅鑄劍，故C正確；

D.含鉛化合物可在正極得到電子發(fā)生還原反應，所以可用作電極材料，與含鉛化合物顏色豐富無關，故D

錯誤；

故選C。

8.（2022.江蘇省海門市高三上學期期末教學質量調研）現用菱鎰礦（主要成分MnCo3,含有FeCo3、CoCo3、

NiCO3等碳酸鹽雜質）為原料生產金屬鎰的工藝流程如圖。下列說法正確的是

硫酸MnO2CaO（NH4?S

菱鑄礦I??∣~~*1」化：.IJ鐵I—＞沉降—?……—*拓單質

?I

漁渣1CoS、NiS

+

A.“酸浸”時MnCO3發(fā)生反應為：2H+CO3^=2H2O+CO2↑

B.MnO2氧化了Fe2+、CO2+、Ni2+

C.“沉降”后溶液中主要存在的離子：NH：、Mn2+sOH-、Soj

D.分離Mn?+與Co?+、Ni?+是利用了它們硫化物KSP的差異性

【答案】D

【解析】

【分析】菱鎰礦中加入硫酸酸浸，得到離子為MM+、Fe2?Co2+、Ni2+,根據“沉降”步驟Co、Ni元素都顯

+2價,因此Mno2只是氧化Fe?+,加入CaO,調節(jié)pH,使Fe3+以Fe(OH)3形式沉淀，“沉降”加入(NH4)2S,

得到CoS和NiS沉淀，據此分析；

【詳解】A.MnCo3難溶于水,“酸浸”時MnCo3+2H+=Mn2++CO2T+H2O,故A錯誤；

B.根據流程圖中，MnO2只氧化Fe?+,Co2?Ni?+的化合價不變，故B錯誤；

C.OH-與Mn2+、NH；不能大量共存，故C錯誤；

D.加入(NH4)2S得到CoS、NiS沉淀，Md+在濾液中，利用它們硫化物KSP的差異性進行分離，故D正確;

答案為D。

9.(2017.江蘇卷)菇類化合物廣泛存在于動植物體內，關于下列砧類化合物的說法正確的是

A.a和b都屬于芳香族化合物

B.a和C分子中所有碳原子均處于同一平面上

C.a、b和C均能使酸性KMno4溶液褪色

D.b和C均能與新制的CU(OH)2反應生成紅色沉淀

【答案】C

t解析】A?a分子中沒有苯環(huán)，所以a不屬于芳香族化合物，A錯誤；B.a、C分子中分別有6個和9個

護雜化的碳原子，所以這兩個分子中所有碳原子不可能處于同一平面內，B錯誤；C.a分子中有2個

碳碳雙鍵，b分子中茶環(huán)上連接有甲基，c分子中有醛基，這三種物質都能被酸性高鏡酸鉀溶液氧化，

所以C正確；D.b分子中沒有醛基，所以其不能與新制的氫氧化銅反應，D錯誤。

【.名師點睛】本題考查學生對有機物的分類、結構和性質的掌握情況。解題方法是通過觀察、分析有機化

合物的結構，確定其含有的官能團，建立官能團與其特征反應的聯系。備考方法是：①掌握有機物的

分類方法，弄清幾個基本概念，如芳香族化合物、脂肪燒等；②認識有機物的結構特點，能看懂鍵線

式、結構簡式，能以甲烷、乙烯、乙煥、苯等分子結構為母體分析分子中多原子共面問題；③建立有

機物的結構與性質的聯系，掌握常見重要的官能團及其特征反應等；④能正確書寫有機反應方程式，

并掌握重要有機反應的反應條件。

10.(2021.江蘇卷)N2是合成氨工業(yè)的重要原料，NH3不僅可制造化肥，還能通過催化氧化生產HNO3；

HNo3能溶解Cu、Ag等金屬，也能與許多有機化合物發(fā)生反應；在高溫或放電條件下，N2與02反應生成

l

NO,No進一步氧化生成NO2。2N0(g)+02(g)=2N02(g)ΔH=-116.4kJ?moΓo大氣中過量的NOX和水體中

過量的NH：、N0；均是污染物。通過催化還原的方法，可將煙氣和機動車尾氣中的Ne)轉化為N2,也可將

,

水體中的NCh-轉化為N2。對于反應2N0(g)+Ch(g)?一2NO2(g),下列說法正確的是

A.該反應的AH<O,ΔS<O

B.反應的平衡'吊數可表示為K=-----六二~J

C(NO2)

C.使用高效催化劑能降低反應的焙變

n(θ?

D.其他條件相同，增大T?,NO的轉化率下降

n(NO)

【答案】A

【解析】

l

【詳解】A.2NO(g)+θ2(g)=2NO2(g)ΔH=-116.4kJ?mol,反應氣體物質的量減少，AS<O,故A正確；

2

c(NO)

B.2NO(g)+O2(g)?——=2N0Kg)反應的平衡常數可表示為K=F~-一^^―,故B錯誤；

-

C(NO)-C(O2)

C.使用高效催化劑，反應的始變不變，故C錯誤；

n(0)

D.其他條件相同，增大二號2，NO的轉化率增大，故D錯誤；

n(NO)

選A0

11.(2022.南通模擬卷)室溫下進行下列實驗，根據實驗操作和現象所得到的結論不正確的是

選

實驗操作和現象實驗目的或結論

項

A向Pbo2中滴加濃鹽酸，出現黃綠色氣體PbO2具有氧化性

氣體X一定具有強

B向溶有SCh的BaCl2溶液中通入氣體X,出現白色沉淀

氧化性

向FeSO4溶液中先加入KSCN溶液，無現象，再加入H2O2

CFe?+具有還原性

溶液，溶液變成血紅色

向KI溶液中滴加幾滴NaNc)2溶液，再滴加淀粉溶液后變藍NO2的氧化性比I2

D

色的強

A.AB.BC.CD.D

11.B

【解析】A.向PbO2中滴加濃鹽酸，出現黃綠色氣體，該氣體是Cb,說明Pbo2具有氧化性，可以將HCl

氧化為Ch,A正確；

B.向溶有SCh的BaCI2溶液中通入氣體X,出現白色沉淀，該白色沉淀可能是BaSo4,也可能是BaSO3沉

淀。若沉淀為BaSo4,說明氣體X具有強氧化性，若沉淀為BaSo3,則該氣體可能是堿性氣體，與SCh反

應使溶液顯堿性，反應產生SO『，SOj與Ba?+反應結合形成BaSO3沉淀，由此說明氣體X不一定具有強

氧化性，B錯誤；

C.Fe?+遇KSCN溶液不變紅，Fe3+遇KSCN溶液變紅色，由此說明加入的H2O2能使Fe?+氧化為Fe3+,則

Fe?+是該反應中的還原劑，表現出還原性，C正確；

D.向Kl溶液中滴加幾滴NaNO2溶液，再滴加淀粉溶液后變藍色，說明「被NaNo2溶液氧化產生b,卜遇

淀粉溶液變?yōu)樗{色，因此說明NO2的氧化性比b的強，D正確；

故合理選項是B。

12.(2021.江蘇卷)室溫下，通過下列實驗探究NaHCo3、Na2CO3溶液的性質。

1

實驗1：用PH試紙測量0.1InoILNaHCO3溶液的pH,測得PH約為8

實驗2：將SlmolLNaHCCh溶液與0.1moRJCaCI2溶液等體積混合，產生白色沉淀

實驗3：向(MmOI?LNa2CO3溶液中通入Co2,溶液PH從12下降到約為9

實驗4：向O.lmolLNa2CO3溶液中滴加新制飽和氯水，氯水顏色褪去

下列說法正確的是

A.由實驗1可得出：Ka2(H2CO3)>

Kal(H2CO3)

2+

B.實驗2中兩溶液混合時有：c(Ca)?c(CO3^)<Ksp(CaCO3)

C.實驗3中發(fā)生反應的離子方程式為CO；+H2O+CO2=2HCO;

D.實驗4中C反應而(COg)<c反應后(C0，)

【答案】C

【解析】

【詳解】A?實驗1：用PH試紙測量O.lmol?L」NaHCO3溶液的pH,測得PH約為8,c(H÷)>c(OH)o

則碳酸氫鈉溶液的水解程度大于電離程度。由實驗1可得出：c(Na+)>c(HCO3)>c(H2CO3)>c(Cθ;),

“HCO?BO!I'HQtKW0H2H,C0,

+iιxj~<““、=------=,

Kw=HOH-,Kai=-----------,Kaa22=----------,Ka2(H2COs)=------------

H2CO3HCO]HC0；Kill(H2CO3)HCO-

A錯誤；

B.實驗2：將0.1mol?LdNaHCo3溶液與().Imol?L√CaCl2溶液等體積混合，產生白色沉淀碳酸鈣，則

2+

由沉淀溶解平衡原理知，實驗2中兩溶液混合時有：c(Ca)?c(CO；')>Ksp(CaCO3),B錯誤；

C.等物質的量濃度的碳酸鈉堿性大于碳酸氫鈉。實驗3：0.1mol?L7,Na^CC^溶液中通入一定量的CO2,

溶液PH從12下降到10,則實驗3中發(fā)生反應的離子方程式為CO,+H2O+CO2=2HCO;,C正確；

D.由圖知：Na2CO3和鹽酸反應是放熱反應，NaHCo3和鹽酸反應是吸熱反應，c反應而(CO^)>c反應后(CO

3^).D錯誤;

答案選C。

13.(2022.江蘇卷)乙醇-水催化重整可獲得H2。其主要反應為

C2H,OH(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g)ΔH=173.3kJ?moΓ',

l5

CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=41.2kJ?moΓ,?LOxlOPa、％(C2H5OH):n始他0)=1:3時,

若僅考慮上述反應，平衡時co2和CO的選擇性及H2的產率隨溫度的變化如圖所示。

n生成(Co)

CO的選擇性=X100%,下列說法正確的是

rι生成(C02)+n生成(CO)

A.圖中曲線①表示平衡時H?產率隨溫度的變化

B.升高溫度，平衡時CO的選擇性增大

n(CHOH)

C.一定溫度下，增大'2/Usc?’可提高乙醇平衡轉化率

n(H20j

D.一定溫度下，加入Cae)(S)或選用高效催化劑，均能提高平衡時H?產率

【答案】B

【解析】

【分析】根據已知反應①C2H5OH(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g)ΔH=173.3kJ?moΓ',反應②

1

CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=41.2kJ?mol-,且反應①的熱效應更大，溫度升高的時候對反應①

影響更大一些，根據選擇性的含義，升溫時Ce)選擇性增大，同時C02的選擇性減小，所以圖中③代表Co

的選擇性，①代表CCh的選擇性，②代表H2的產率，以此解題。

【詳解】A.由分析可知②代表H2的產率，故A錯誤；

B.由分析可知升高溫度，平衡時CO的選擇性增大，故B錯誤；

n(C,HsOH)

C.一定溫度下，增大一；LJ、，可以認為開始時水蒸氣物質的量不變，增大乙醇物質的量，乙醇的平

n(H2O)

衡轉化率降低，故C錯誤；

D.加入Cao(S)或者選用高效催化劑，不會影響平衡時H?產率，故D錯誤；

故選B。

二、非選擇題：共4題，共61分。

14.(2022.江蘇卷)硫鐵化合物(FeS、FeS2等)應用廣泛。

(1)納米FeS可去除水中微量六價倍[Cr(VI)]。在pH=4~7的水溶液中，納米FeS顆粒表面帶正電荷，

Cr(VI)主要以HC2」、Cr2O^->CrOf等形式存在，納米FeS去除水中Cr(VI)主要經過“吸附一反應一沉

淀'’的過程。

已知：KSP(FeS)=6.5?IO-%Ksp[Fe(OH)2]=5.0?，H?S電離常數分別為K?=l.l?。、

K)12=1.3?T3。

①在弱堿性溶液中，FeS與Cro孑反應生成Fe(OH)3、Cr(OH)③和單質S,其離子方程式為。

②在弱酸性溶液中，反應FeS+fΓ.-Fe2++HS的平衡常數K的數值為。

③在pH=4~7溶液中，pH越大，FeS去除水中Cr(Vl)的速率越慢，原因是。

(2)FeS?具有良好半導體性能。FeS?的一種晶體與NaCl晶體的結構相似，該FeS2晶體的一個晶胞中S；

的數目為,在FeS2晶體中，每個S原子與三個Fe?+緊鄰，且Fe-S間距相等，如圖給出了FeS2晶

胞中的Fe?+和位于晶胞體心的s；(s；中的S-S鍵位于晶胞體對角線上，晶胞中的其他S；己省略)。如圖中

用將其中一個S原子與緊鄰的Fe2+連接起來。

O-O??Fc,4

(3)FeS2、FeS在空氣中易被氧化，將FeS2在空氣中氧化，測得氧化過程中剩余固體的質量與起始FeS?

的質量的比值隨溫度變化的曲線如圖所示。800C時，FeS?氧化成含有兩種元素的固體產物為(填

化學式，寫出計算過程)。

5

【答案】(1)①.FeS+CrO：+4HQ=Fe(OH)3+Cr(OH)3+S+2OH②.5x10^③.C(OH)越

大，FeS表面吸附的Cr(VI)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(VI)中CrO孑物質的量分數越大

(2)①4(2).

0-0??Fej?

(3)Fe2O3;設FeS2氧化成含有兩種元素的固體產物化學式為Feoχ,M(FeS2)=120g∕mol,則

3

M(F?OJ=120g∕mol×66.7%=80.04g∕mol,則56+16χ=80.04,x=-,即固體產物為Fe2O3

【解析】

【小問1詳解】

在弱堿性溶液中，FeS與CrOf反應生成Fe(OH)3、Cr(OH)3和單質S的離子方程式為：

FeS+CrO；+4H2O=Fe(OH)3+Cr(OH)3+S+2OH；反應FeS+H*Fe2++HS的平衡常數K=

c(Fe2+)?c(HS)2+218

-由題目信息可知，Ksp(FeS)=c(Fe)?c(S')=6.5×IO,H?S電離常數

)=1.3x10”,所以K=C(Fe?：,HS)=K(FeS)÷Ka2=5xl(r5；在pH=4~7溶液中,

c(HS)c(H)

PH越大，FeS去除水中Cr(VI)的速率越慢，是由于C(OH-)越大，FeS表面吸附的Cr(VI)的量越少，FeS

溶出量越少，Cr(Vl)中Cro孑物質的量分數越大；故答案為：

5

FeS+CrO；+4H2O=Fe(OH)3+Cr(OH)3+S+2OH;5×10^；C(OH)越大，FeS表面吸附的Cr(Vl)的量

越少，FeS溶出量越少，Cr(VI)中CrO彳物質的量分數越大。

【小問2詳解】

因為FeS?的晶體與NaCl晶體的結構相似，由NaCl晶體結構可知,一個NaCl晶胞含有4個Na和4個Cl,

則該FeS2晶體的一個晶胞中S；的數目也為4；FeS?晶體中，每個S原子與三個Fe?*緊鄰，且Fe-S間距相

2+

等,根據FeS2晶胞中的Fe和S；的位置(S；中的S-S鍵位于晶胞體對角線上)可知，每個S原子與S—S鍵

所在體對角線上距離最近的頂點相鄰的三個面的三個面心位置的Fe2+緊鄰且間距相等，其中一個S原子與

緊鄰的Fe?*連接圖如下:

【小問3詳解】

有圖可知，800C時，氧化過程中剩余固體的質量與起始FeS?的質量的比值為66.7%,設FeS2氧化成含有

兩種元素的固體產物化學式為FeOx,M(FeS-=120g∕mol,則M(FeO*)=120g∕molχ66.7%=80.04g∕mol,

3

56+16x=80.04,x=-，所以固體產物為Fe2O3;故答案為：Fe2O3;設FeS,氧化成含有兩種元素的固體產

2^

物化學式為FeOX,M(FeS-=120g∕mol,則M(FeOX)=I20g∕molx66?7%=80.04g∕mol,則56+16x=80.04,

3

X=—，即固體產物為FezCh。

2

15.(2019.江蘇卷)化合物F是合成一種天然葭類化合物的重要中間體，其合成路線如下:

(1)A中含氧官能團的名稱為和.

(2)ATB的反應類型為o

(3)CTD的反應中有副產物X(分子式為C∣2H∣5θ6Br)生成，寫出X的結構簡式：

(4)C的一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式：。

①能與FeCb溶液發(fā)生顯色反應;

②堿性水解后酸化，含苯環(huán)的產物分子中不同化學環(huán)境的氫原子數目比為1：1。

ft

⑸已知：MgI)R'/C、RR、/OH(R表示煌基，R，和R”表示

A

R-Cl--------ARMgCl-「丁

無水乙醒2)H3ORR

OH

COOCH3

Cf√HCH2f的合成路線

煌基或氫），寫出以和CH3CH2CH2OH為原料制備

CH

3CH3

流程圖（無機試劑和有機溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干）。

(XH2OCH3

③.取代反應④.B'丫、⑤.

【答案】①.（酚）羥基②.援基

xis

CH3OCH2(T^CO(X'H3

O2

⑥.CH3CH2CH2OH7~~Γ*CH3CH2CHO

Cu,△

【解析】

【分析】有機物A和SoCI2在加熱條件下發(fā)生取代反應生成B,B和甲醇發(fā)生取代反應生成C,C和

CH3OCH2CI在三乙胺存在條件下發(fā)生取代反應生成D,D和CH3I在K2CO3條件下發(fā)生取代反應生成E,E

在LiAlH4條件下發(fā)生還原反應生成F,據此解答。

【詳解】（1）由A的結構簡式可知，A中含氧官能團為-OH和-COOH,名稱為（酚）羥基、較基，

故答案為（酚）羥基；段基；

（2）根據以上分析可知，ATB的反應中-CoOH中的羥基被氯原子取代，反應類型為取代反應，

故答案為取代反應；

（3）觀察對比C、D的結構可知，CTD的反應中酚羥基上的氫原子被-CH2OCH3取代生成D,根據副產物

X的分子式C12Hl5O6Br,C→D的反應生成的副產物為C中兩個酚羥基都發(fā)生了取代反應，可知X的結構

簡式為

故答案為

CH3OCH2CCCXKHj

(4)C為,C的同分異構體滿足以下條件：①能與Feeb溶液發(fā)生顯色反應，說明含有

HCTOOCHj

酚羥基；②堿性水解后酸化，含苯環(huán)的產物分子中不同化學環(huán)境的氫原子數目比為1:1,說明含苯環(huán)的產物

分子中有兩種類型的氫原子且數目相等，應為間苯三酚，則該同分異構體為酚酯，結構簡式為

乂式?

(5)根據逆合成法，若要制備,根據題給已知可先制備和CH3CH2CHO。結

C(XKHj

合所給原料，1-丙醇催化氧化生成CH3CH2CHO,參考題中ETF的反應條件,在LiAIH4條

CH3

八VemOH

件下發(fā)生還原反應生成和HCl發(fā)生取代反應生成

CCCHA

Mg、無水乙醛條件下發(fā)生已知中的反應生成和CHCHCHO在一定條件下反

CCCH.32

Λ■-KQH

應生成QC晨HEQh

所以合成路線設計為:

CH3CH2CH2OH-Γ?CH3CH2CHO,

故答案為

CH3CH2CH2OHT?CH3CH2CHO,

【點睛】本題以化合物F的合成路線為載體，考查官能團的識別、反應類型的判斷、副產物結構簡式的推

導、限定條件同分異構體的書寫、有機合成路線的設計?難點是有機合成路線的設計，有機合成路線的設

計，先對比原料和產物的結構，采用“切割化學鍵”的分析方法，分析官能團發(fā)生了什么改變，碳干骨架發(fā)生

了什么變化，再根據有機物的之間的相互轉化和題給信息進行設計。

16.(2021.江蘇卷)以軟銹礦粉(含MnO2及少量Fe、AKSi、Ca、Mg等的氧化物)為原料制備電池級MnO2。

(1)浸取。將一定量軟鎰礦粉與Na2SO3、H2SO4溶液中的一種配成懸濁液，加入到三頸瓶中(圖1),70℃

下通過滴液漏斗緩慢滴加另一種溶液，充分反應，過濾。滴液漏斗中的溶液是—:Mne)2轉化為Mi?+的離

子方程式為一。

圖I

(2)除雜。向已經除去Fe、Al、Si的MnSO4溶液(PH約為5)中加入NH4F溶液，溶液中的Ca?+、Mg2+形

C(Ca2+)

成氟化物沉淀。若沉淀后上層清液中c(F)=0.05mol?LL則[Ksp(MgF2>5×10-",

c(Mg2+)

9

Ksp(CaF2)=SxlO-I

(3)制備MnCO3o在攪拌下向IOOmLlmoI匕MnSC)4溶液中緩慢滴加ImOILNH4HCCh溶液，過濾、洗滌、

干燥，得到MnCO3固體。需加入NH4HCO3溶液的體積約為一o

(4)制備Mno2。MnCO3經熱解、酸浸等步驟可制備MnO2。MnCO3在空氣氣流中熱解得到三種價態(tài)鐳的

某價態(tài)鎰的氧化物中鎰元素質量

氧化物,鋅元素所占比例(XIOo%)隨熱解溫度變化的曲線如圖2所示。

鎰元素總質量

已知：MnO與酸反應生成M*+;MmCh氧化性強于Cb,加熱條件下MmS在酸性溶液中轉化為Mnc)2和

Mn2+o

為獲得較高產率的Mno2,請補充實驗方案：取一定量MnCo3置于熱解裝置中，通空氣氣流，—，固體干

燥，得到MnO2。(可選用的試劑：lmolL∣H2SO4溶液、2mol?L-Hel溶液、BaCI2溶液、AgNO3溶液)。

2

【答案】(1)①.H2SO4溶液②.MnO2+SO?-+2H÷=Mn÷+SO；+H2O

(2)100(3)200mL

(4)加熱到450℃充分反應一段時間，將固體冷卻后研成粉末，邊攪拌邊加入一定量ImoILl稀H2SO4,

加熱，充分反應后過濾，洗滌，直到取最后一次洗滌濾液加鹽酸酸化的OlnoHJBaCb溶液不變渾濁

【解析】

【小問1詳解】

若三頸瓶中先加入硫酸溶液，向其中滴加Na2SO3溶液則易生成S02導致Na2SO3的利用率減小，故滴液漏

斗中的溶液是H2SO4溶液；MnO2被亞硫酸根還原為M#+的離子方程式為：MnO2+SO+2H+=Mn2++SO

+H2O;

【小問2詳解】

2+

c(Ca)Ksp(CaF2)IL

------------------二-------------------------------------------=1Uu?

c(Mg2+)KSP(Mg耳)KD'

【小問3詳解】

該反應的化學方程式2NH4HCO3+MnSO4=MnCO3+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑,由方程式可知NH4HCO3?

MnSO4的物質的量之比為2：1,需加入NH4HCO3溶液的體積約為20OmL；

【小問4詳解】

根據圖像在450℃左右MnO2占比最高,所以加熱到450℃最佳,MnO與酸反應生成Mn2+,故用酸除MnO,

MmCh氧化性強于CL,用鹽酸會發(fā)生氧化還原生產氯氣。因此，該實驗方案可補充為：加熱到450C充分

反應一段時間后，將固體冷卻后研成粉末，向其中邊攪拌邊加入一定量ImOI?L-∣稀H2SO4,加熱，充分反應

后過濾，洗滌，直到取最后一次洗滌濾液加鹽酸酸化的0.1mol?L-∣BaC12溶液不變渾濁。

17.(2022.江蘇卷)氫氣是一種清潔能源，綠色環(huán)保制氫技術研究具有重要意義。

⑴“CUCl-Hq熱電循環(huán)制氫”經過溶解