2023高考化學押題及答案 (一)

1.下列與氮元素有關的說法不正硬的是

A.第一電離能：N>O>C

H

B.lNH2的電子式為?而：6[

??

C.NH3的鍵角小于CH4

Is2s2p

D.基態(tài)N的核外電子軌道表示式為聞聞

IfIf

【答案】D

【詳解】A.根據(jù)元素周期同周期元素穩(wěn)定性可知，N元素最外層有5個電子，且p軌道處于半充滿，比

較穩(wěn)定，所以N,0,C的第一電離能大小為N>0>C；

H

B.一NH2為N原子與兩個H原子形成，電子式為.而:H，故B正確；

??

C.NH3的鍵角為107。,CH4的鍵角109S,故C正確;

D.基態(tài)N的核外電子P軌道上3的電子自旋方向應該相同，故D錯誤；

故答案選Do

2.下列性質(zhì)的比較，不熊用元素周期律解釋的是

A.原子半徑：S>CIB.還原性：H2Se>H2S

2

C.結(jié)合質(zhì)子能力：S>C|-D.酸性：H2SO4>H3PO4

【答案】C

【詳解】A.同一周期的元素，原子序數(shù)越大，原子半徑就越小，由于原子序數(shù)CI>S,所以原子半徑：S>

Cl,A項正確；

B.元素的非金屬性越強，則簡單氫化物的還原性越弱，由于非金屬性S>Te,則還原性：H2S<H2Te,與元

素周期律有關，B項正確；

C.酸性HCIAH2S,酸性越弱，對應的陰離子越易結(jié)合質(zhì)子，所以結(jié)合質(zhì)子能力：S2>C1-,不能用元素周

期律解釋，C項錯誤；

D.元素的非金屬性S>P,所以其最高價氧化物的水化物酸性：H2SO4>H3PO4,與元素周期律有關，D項正

確；

答案選C。

3.下表是常見晶胞結(jié)構(gòu)。下列說法不本硬的是

A.金剛石是共價晶體，熔點關系為：金剛石〉碳化硅＞晶體硅

B.ZnS晶胞中含有4個Zn2+

C.Cu是金屬晶體，配位數(shù)為6

D.T冰是分了晶體，由于分了間作用力弱，所以T冰熔點低

【答案】C

【詳解】A.金剛石，晶體硅，碳化硅都是原子晶體，原子晶體的熔沸點的高低：比較共價鍵強弱，原子

半徑越小，共價鍵越短，鍵能越大，熔沸點越高，所以熔點關系為：金剛石＞碳化硅〉晶體硅，故A正確;

B.ZnS的晶胞結(jié)構(gòu)為立方晶體，S全部在晶胞內(nèi)部，有4個S,所以ZnS晶胞中含有4個ZM+,故B正確;

C.Cu晶胞屬于面心立方晶胞，其配位數(shù)=3x8x'=12,故C錯誤；

2

D.干冰是分子晶體，分子間作用力為范德華力，作用力較弱，所以熔點低，故D正確；

故答案選Co

4.關于原子結(jié)構(gòu)的下列說法中不無硼的是

A.多電子原子中，2d能級的能量高于2P

B.C原子的基態(tài)電子排布式寫成1S22S】2P3,它違背了能量最低原理

C.價電子中有3個單電子，該元素不一定屬于主族元素

D.電子云圖中黑點密度越大，說明單位體積內(nèi)電子出現(xiàn)的機會越大

【答案】A

【詳解】A.第2能級中不存在2d軌道，故A錯誤；

B.C為6號元素，核外電子數(shù)為6,C原子的基態(tài)電子排布式is22522P2,寫成Is22sl2P3違背了能量最低原

理，故B正確；

C.價電子為3個電子的原子可能OA族元素或某些副族元素，如Sc的價電子為3個，故C正確；

D.電子云圖中小黑點的密度并不代表電子數(shù)目多少，是代表電子在空間某處出現(xiàn)的概率，密度越大，單

位體積內(nèi)電子出現(xiàn)的概率越大，故D正確；

故選：Ao

5.下列說法不與建的是

A.乙醇和甘油是同一類物質(zhì)，但二者不是同系物

B.CH3CHO+HCNICH3cH(OH)CN,該反應類型為加成反應

H2NCH2CH2NH2通過縮聚反應得到

【答案】D

【詳解】A.同系物是指結(jié)構(gòu)相似、分子組成相差若干個"CH2”原子團的有機化合物；乙醉和甘油是醇類,

但二者結(jié)構(gòu)不同不是同系物，A正確；

B.CH3CHO+HCN^CH3CH(OH)CN,該反應中碳氧雙鍵變?yōu)閱捂I，類型為加成反應，B正確：

HH

C.結(jié)構(gòu)中2個甲基在同一側(cè)，名稱為順一2一丁烯，C正確；

/\

CH3CH3

D.由結(jié)構(gòu)可知，該樹脂是由CH3OOC—)—COOH和H2NCH2cH2NH2通過縮聚反應得到，D錯誤;

故選D。

6.NaCI是我們生活中必不可少的物質(zhì)。將NaCl晶體放入水中，溶解過程如圖所示，下列說法正確的是

水合a離子

A.a離子為Na+

B.NaCI晶體中，Na+和C「的配位數(shù)均為4

C.水合b離子的圖示不科學

D.室溫下測定該NaCI溶液的pH小于7,是由于水解導致

【答案】c

【分析】NaCI在溶液中電離出Na?和Q-離子，Na?含有2個電子層、C「離子含有3個電子層，則離子半徑

C「＞Na+,根據(jù)圖示可知,a為Chb為Nat據(jù)此分析。

【詳解】A.離子半徑C「＞Na+,則a離子為氯離子，b為Na+,故A錯誤；

B.NaCI為立方面心結(jié)構(gòu)，Na+和Cr的配位數(shù)均為6,故B錯誤；

C.水分子中氧原子帶負電荷，氫原子帶正電荷，b為鈉離子，應該吸引帶有負電荷的0,圖示b離子不科

學，故C正確；

D.NaCI是強酸強堿鹽，Na+都不水解，NaCI溶液呈中性，故D錯誤；

故選：Co

7.下列實驗過程中，始終無明顯現(xiàn)象的是

A.N02通入FeSO4溶液中B.C02通入CaCI2溶液中

C.CO?通入C6H5ONa溶液中D.NH3通入AgCI濁液中

【答案】B

【詳解】A.二氧化氮與水反應生成硝酸，硝酸能夠氧化亞鐵離子，所以NOZ通入FeS04溶液中，現(xiàn)象溶液

變?yōu)辄S色，故A不選；

B.碳酸的酸性小于鹽酸的酸性，無法和CaCb反應，無明顯現(xiàn)象，故B選：

C.碳酸的酸性比苯酚強，C02通入C6H50Na溶液生成苯酚，苯酚的溶解性較小析出，產(chǎn)生白色渾濁，故C

不選；

D.AgCI濁液中加入過量濃氨水，生成配合物，溶液變澄清，故D不選；

故選：Bo

8.常溫下，下列各離子組在指定溶液中能大量存在的是

A.pH=13的溶液中：Na\ClCr、CO：、SO；

B.c（Fe3，）=0.1mol/L的溶液中：H\WBr\SO；

C.使石蕊變紅的溶液中：Na\NH：、NO；、S。：

D.小蘇打溶液中：Ba2\Cl\K+、OH-

【答案】A

【詳解】A.pH=13的溶液顯堿性，在堿性條件下，Na\Cl。，CO：、SO；相互之間不反應，可以共存，

A正確；

B.三價鐵離子可以氧化碘離子生成單質(zhì)碘，不能共存，B錯誤；

C.使石蕊變紅溶液顯酸性，有氫離子存在，此時亞硫酸根離子會和氫離子反應生成二氧化硫和水，不

能存在，c錯誤；

D.小蘇打溶液中有碳酸氫根離子，其中碳酸氫根離子可以和氫氯根離子反應，不能共存，D錯誤；

故選Ao

9.NA代表阿伏伽德羅常數(shù)，下列說法正確的是

A.標況下22.4LCI2與足量Fe反應生成FeCI3,轉(zhuǎn)移電子數(shù)為3NA

/

B.KCIO3+6HCI=3Cl2t+KCI+3H2O,若產(chǎn)生71gCl2,則轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NA

C.N2(g)+3Hz(g)脩？2NH3(g)AH=-93kJ/mol,若該條件下lmolN?和6m0IH2反應，放熱31kJ,則轉(zhuǎn)移電

子數(shù)為2NA

D.lmolSiO2晶體中含有共價鍵數(shù)目為2NA

【答案】C

V22.4L,,

【詳解】A.標況下22.4L氯氣的物質(zhì)的量為一=;7k—-=而CI2與足量Fe反應生成FeS,

Vm22.4L/mol

故lmol氯氣反應后轉(zhuǎn)移2NA個電子，故A錯誤；

B.反應中KCK)3+6HCI=KCI+3cL個+3出0中，只有CI元素化合價發(fā)生變化,Q元素化合價分別由+5價、-1

m71g..

價變化為。價，當有3molCh生成時,轉(zhuǎn)移5mol電子，則產(chǎn)生71gCI的物質(zhì)的量為n=—=--~~-=lmol,

2M71g/mol

則轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NA,故B錯誤；

3

12

C.放熱31kJ時熱化學方程式為§N2(g)+H2(g)U-NH3(g)AH=-31kJ/mol,該條件下lmolN2和6molH2

反應即氫氣過量則H2反應完全，lmolH2反應轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NA,故C正確；

D.在SiO2晶體中,1個Si原子和4個0原子形成4個共價鍵，每個Si原子周匡結(jié)合4個0原子，故lmolSiO2

晶體中含有共價鍵數(shù)目為4NA,故D錯誤；

故選：Co

0

0-8"產(chǎn)"01=5,下列說法正確的是

10.關于有機物M

C1

A.M可以發(fā)生氧化、還原、加聚、縮聚反應

B.可與濃濱水反應，ImolM最多消耗2moiB「2

C.與NaOH溶液反應，ImolM最多消耗3molNaOH

D.可與H2反應，ImolM最多與5m0此加成

【答案】A

【詳解】A.含碳碳雙鍵可發(fā)生氧化、還原、加聚、縮聚反應，故A正確；

B.能與浜水發(fā)生反應有酚羥基的鄰位H原子以及碳碳雙鍵與混水的加成反應，ImolM最多消耗3moiBm

故B錯誤；

C.有機物M水解產(chǎn)物含有2個酚羥基、1個陵基、羥基和HCI,其中能與NaOH反應的為酚羥基、粉基和

HCI,與NaOH溶液反應，ImolM最多消耗4molNaOH,故C錯誤；

D.能與氫氣發(fā)生加成反應的有苯環(huán)和碳碳雙鍵，則ImolM最多消耗4molHz,故D錯誤；

故選：Ao

11.下列解釋事實的方程式不氐砸的是

A.用FeCb溶液制作銅質(zhì)印刷線路板：2Fe3++Cu=Cu2*+2Fe2*

B.Cu片置于NaNCh溶液中，無明顯現(xiàn)象。再加入稀硫酸，Cu片溶解：3Cu+8H=2N0；=3Cu+2NO個+4出0

C.向新制氫氧化銅懸濁液中滴加乙醛后加熱，出現(xiàn)磚紅色沉淀：

CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOHjCH3COONa+Cu2O4z+3H2O

D.Al片溶于NaOH溶液中產(chǎn)生氣體：2AI+20H=2AIO；+H2個

【答案】D

【詳解】A.氯化鐵和銅反應生成氯化亞鐵和氯化銅，離子反應為2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,所以FeCb溶液可

用于銅質(zhì)印刷線路板制作，故A正確；

B.中性條件下Cu和NaNCh溶液不反應，無明顯現(xiàn)象，加入稀WS04時形成混合酸，反應的離子方程式為

+2/

3Cu+2NO；+8H=3Cu*+2N0r+4H20,故B正確；

C.向新制氫氧化銅懸濁液中滴加乙醛后加熱生成CU2。，出現(xiàn)磚紅色沉淀，離子方程式：

CH3CHO42CU(OH)2?NaOH—^―>CH3COONa?Cu2Oxk+3H2O,故C正確；

D.Al片溶于NaOH溶液中，產(chǎn)生氣體，反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，離子方程式：

2AI+2OH+2H2O=2AK)2+3H2個，故D錯誤；

故選：Do

12.氨既是一種重要的化工產(chǎn)品，又是一種重要的化工原料。如圖為合成氨以及氨催化制硝酸的流程示意

圖。下列說法不氐砸的是

硝酸

A.可以利用NH3易液化的性質(zhì)分離出N卜3

B.吸收塔中通入的A為氧氣，是為了提高原料的利用率

C.可以用N電進行氮氧化物的尾氣處理

D.合成氨以及氨催化制硝酸的流程中氮元素均被氧化

【答案】D

【分析】氮氣與氫氣在合成塔中反應生成氨氣，因氨氣容易液化分離出氨氣，氨氣被氧氣氧化成硝酸和一

氧化氮，通入吸收塔中吸收形成硝酸，因氮氧化物有毒，最后尾氣處理。

【詳解】A.因為氨氣容易液化，故可利用NH3易液化的性質(zhì)分離出NH3,A正確；

B.分析可知，A為氧氣，氨氣的催化氧化需要氧氣，一氧化氮轉(zhuǎn)換成二氧化氮需要氧氣，故吸收塔中通入

氧氣是為了提高原料的利用率，B正確；

C.氮氣與二氧化氮反應生成氮氣和水，故可以用NH3進行氮氧化物的尾氣處理，C正確；

D.制硝酸的流程中二氧化氮和水反應生成硝酸和一氧化氮，NO2轉(zhuǎn)化成N。時，氮元素化合價有+4價變

成+2價，氮元素被還原，D錯誤：

故選D。

13.利用下列實驗藥品進行實驗，能順利達到實驗目的的是

實驗目的實驗藥品

A除去粗鹽中的Ca?+、Mg2+和SO；粗鹽、蒸馀水、NaOH溶液和Na2c03溶液

B證明乙塊能和反應電石、飽和食鹽水、CuSCU溶液和溟水

C檢驗濱乙烷中的澳原子溟乙烷、NaOH溶液和AgNO?溶液

D驗證乙醇消去產(chǎn)物有乙烯乙醇、濃硫酸和濱水

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【詳解】A.缺少氯化物除去硫酸根離子，缺少試劑不能完成實驗，故A錯誤；

B.生成的乙怏中含硫化氫等，硫酸銅溶液可除去雜質(zhì)，乙煥與濱水發(fā)生加成反應，可證明乙快能和Bn反

應，故B正確；

C.水解后在酸性溶液中檢驗鹵素離子，缺少硝酸不能完成實驗，故C錯誤；

D.濃硫酸使乙醇脫水后，C與濃硫酸反應生成二氧化硫，二氧化硫、乙烯均與溪水反應，缺少NaOH溶液

除雜不能完成實驗，故D錯誤：

故選：B?

14.某同學通過實驗研究銅鹽溶液顏色的變化。下列說法不F州的是

①②③④

_------

滴加少量加入足量

加水0.1mol?L"NaCl溶液NaCl固體

無水C11SO4O/mokl/CuSOd溶液藍色底部NaCl固體表面為

白色藍色黃色，振蕩后溶液為綠色

A.由①②可知，②中溶液呈藍色是加2々4出0=[3伸2。）4產(chǎn)的結(jié)果

2

B.由③?可知，發(fā)生了反應心（出0）4盧+4CI礴?[CUCI4]+4H2O,[CuQ『顯黃色

C.由②?④可知，CuCL溶液由稀到濃變化時，溶液顏色應由藍到黃再到綠

D.由本實驗可知，溶液顏色豐富多彩，與形成配離子有關

【答案】C

【詳解】A.實驗①②可知，無水CuSO4是臼色的，加入水后Q」S0溶液呈藍色，這說明②中溶液呈藍色是

Ci?+與水分子作用，發(fā)生反應Cu2++4H2O=[Cu（H2O）4產(chǎn)的結(jié)果，選項A正確；

B.②中加少量NaCl溶液后③溶液為藍色，③中藍色溶液加入足量NaCl固體后④溶液為黃色，說明c（Cr）

2

不相同，發(fā)生了反應心他0）4產(chǎn)+4。礴？[CuCl4]+4H2O,[CUCI4產(chǎn)顯黃色，銅鹽溶液的顏色不同，選項B

正確；

C.②溶液中加少量溶液后溶液依然為藍色，說明溶液不一定為綠色，選項c不正確：

D.由本實驗可知，溶液顏色豐富多彩，與形成配離子[Cu（H2O）4產(chǎn)、[Cud產(chǎn)有關，選項D正確；

答案選C。

II卷非選擇題（共58分）

15.非金屬氟化物在生產(chǎn)、生活和科研中應用廣泛?；卮鹣铝袉栴}：

（1）基態(tài)F原子核外電子排布式為。

⑵0、F、CI電負性由大到小的順序為一；OF2分子的空間構(gòu)型為；OF?的熔、沸點一（填“高于〃

或"低于”）。2。，原因是一o

（3）Xe是第五周期的稀有氣體元素，與F形成的XeFz室溫下易升華。XeFz中心原子的價層電子對數(shù)為,

下列對XeF2中心原子雜化方式推斷合理的是—（填標號）。

A.spB.sp2C.sp3D.sp3d

已知XeFz的空間構(gòu)型為直線型，則它是一分子（填"極性"或"非極性

（4）XeFz晶體屬四方晶系，晶胞參數(shù)如圖所示，晶胞棱邊夾角均為90。，該晶胞中有一個XeFz分子。已

3

知XeF2的相對分子質(zhì)量為M,阿伏伽德羅常數(shù)為NA,則晶胞密度為p=—g/cmo

【答案】⑴Is22s22Ps

(2)0.F>O>CI②.角(V)形③.低于④.OF?和CLO都是分子晶體，結(jié)構(gòu)相似，CLO的

相對分子質(zhì)量大，范德華力(或分子間作用力)大，所以CLO的熔、沸點高

(3)①.5②.D③.非極性

2M

(4)①"

【小問1詳解】

F是9號元素，基態(tài)F原子核外電子排布式為is22s22P5；

【小問2詳解】

0和F為同一周期，得電子能力逐漸增強，F(xiàn)和CI為同一主族，得電子能力逐漸減弱，氧元素得電子能力

大于氯元素；電負性一定程度上相當于得電子能力，半徑越小，得電子能力越強，電負性越大，半徑由小

到大的順序為F、。、CI,所以電負性大小順序為F>O>CI；根據(jù)VSEPR理論有2+*=4,去掉2對

2

孤對電子，知OF2分子的空間構(gòu)型是角M形；0F2和CbO都是分子晶體，結(jié)構(gòu)相似，CbO的相對分子質(zhì)量

大，02。的熔、沸點高，故答案為：F>O>CI；角(V)形；低于；OF?和CL。都是分子晶體，結(jié)構(gòu)相似，CI2O

的相對分子質(zhì)量大，CI2O的熔、沸點高；

【小問3詳解】

8—]x2

XeF2易升華，所以是分子晶體，其中心原子價層電子對數(shù)為2+八體,其中心原子的雜化方式應為

2

sp3d,故答案為：5；D；

【小問4詳解】

圖中大球的個數(shù)為8x，+1=2,小球的個數(shù)為8x1+2=%根據(jù)XeFz的原子個數(shù)比知大球是Xe原子，小球

84

2M

是F原子，該晶胞中有2個XeFz分子；晶胞中含有2個XeFz分子，故晶胞的質(zhì)量為m=N-g,晶胞的體

A

m2M

積為V=a2cxiO^cm?,則密度為P=歹=^^75^g/crr?。

16.百合醛具有百合香味，常用作花香型化妝品香料。其合成路線如圖所示卜部分試劑和條件未注明）:

/C\

H3c|CH3

CH3

已知：（R、%、R2代表燒基）

Rf—CH-C——CHO

ii.Ri-CHO+R2-CH2CHO—力學溶類—>|+H2O

R2

請回答：

（1）A所屬的類別是一。

（2）B的結(jié)構(gòu)簡式為__o

（3）B3E、FfM的反應類型分別為___、o

（4）寫出符合下列條件的F的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式一。

a.含有兩個手性碳b.苯環(huán)上有兩個對位取代基

c.可發(fā)生銀鏡反應d.能與Fe3+顯色

（5）以N和Q為有機原料經(jīng)過三步反應可合成百合醛：

CH,

CHjCHCHO

請寫出Q、H、X的結(jié)構(gòu)簡式：Q____、H____、X

CH3

【答案】(1)烯崎(2)H3C—C—CH3

OH

(3)①.取代反應②.還原反應

OHCH3

HC-C—CHO

)(S?.

(4)1(5)①.CH3CH2CHO(2

HC、

ICH3

,CHH3C—c—CH3

也一\

CHOCH3

CH3

H,C—C—CH,OH

葭

H3C—c—CH3

CH3

5A

【分析】E的分子式為C11H16,被酸性高鈦酸鉀溶液氧化生成F('

Y)，則E為Y,

H3C—[-CH,H3C-C-CH3

CH3CH3

CH3

CH

結(jié)合A、B的分子式，可推知A為|3、B為H3c—2—

-CH3,A與水發(fā)生加成反應生成B,

H,C=C—CH3

OH

B與若發(fā)生取代反應生成E和水，由M、N的分子式，結(jié)合反應條件,可知F中-COOH被還原為-CH20H生

ACH20HCHO

成M,M發(fā)生醇的催化氧化生成N,故M為、N為

H3C—c—CH3H3c—C—CH3

CH3CH3

【小問1詳解】

CH3

A為1,A所屬的類別是烯燃；

H2C=C—CH3

【小問2詳解】

CH,

I

由分析可知，B的結(jié)構(gòu)簡式為H3C—C—CH3；

OH

【小問3詳解】

由分析可知，B^E的反應類型為取代反應，F(xiàn)1M的反應類型為還原反應;

【小問4詳解】

COOH

符合下列條件的F()的一種同分異構(gòu)體：a.具有手性，說明存在連接4個不同原子或原子團

的碳原子，c.可發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基，b.苯環(huán)上有兩個取代基，符合條件的同分異構(gòu)體為

【小問5詳解】

HC=C—CHO

由信息ii可知,與CH3CH2CHO反應生成,然后在與氫氣反應生成

H2C—c—CH2OH

H

,最后發(fā)生醇的催化氧化生成，故Q為CH3cH2cH0、H為

cH3

CH

3

（1）實驗室里用圖裝置制備S02并驗證其性質(zhì)（圖中夾持裝置已略去）:

①裝置A選用70%硫酸和亞硫酸鈉固體制取SO2氣體，化學方程式為:

②通過裝置B完成表中設計實驗，正確的是

選項ABCD

B中棉花位置①②③④

所蘸取試劑紫色石蕊試液品紅溶液淀粉和碘水氫硫酸

現(xiàn)象變紅褪色溶液藍色褪去淡黃色固體

體現(xiàn)S02性質(zhì)水溶液顯酸性漂白性還原性氧化性

（2）工業(yè)為消除燃煤煙氣中含有的SCh、NOx,研究者提出以NaCIO溶液作為吸收劑進行一體化“脫硫〃、”脫

硝"?？刂迫芤旱膒H=5.5,將煙氣中的SO2、NO轉(zhuǎn)化為SO；、NO；。

①NaCIO溶液吸收煙氣中S02的離子方程式是：—。

②煙氣中SO2和NO的體積比為4：1,脫除率見圖。則50℃時此吸收液中煙氣轉(zhuǎn)化生成的NO,和的物

質(zhì)的量之比為一o

溫度/（

③工業(yè)上利用氨水可以將S02和N02吸收，原理如圖所示：

so2NO2N2

I氨水|——『NH4Hs。3溶液|-A|錢鹽溶液

N02被吸收的離子方程式是___o

（3）測定燃煤中硫元素含量，可用高溫燃燒中和法，原理為：煤樣在催化劑的作用下于氧氣流中燃燒，

煤中硫元素生成硫的氧化物（主要是S02,還有少量SO）吸收在H2O2溶液中，形成H2so4,以標準的NaOH

溶液滴定，根據(jù)NaOH溶液的消耗量計算煤中硫含量。若實驗中稱取煤樣品mg,用足量H2O2溶液充分吸

收后，得到V】mL溶液。從中取出VzmL,用cmol/LNaOH溶液平行滴定三次，消耗NaOH溶液體積的平均

值為V3mL。則該煤樣品中硫的質(zhì)量分數(shù)的計算表達式為,

【答案】（1）①.Na2sO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2個②.ABCD

-++

（2）SO2+CIO+H2O=SO4+CI+2H（2）,2：13（3）.4HS0；+2NO2=4SOf+N2+4H

32CVJO2Y

(3)

2V2m

【小問1詳解】

①裝置A選用70%硫酸和亞硫酸鈉固體制取S02氣體，同時生成硫酸鈉，化學方程式為：

Na2sO3+H2so4=Na2SO4+H2O+SO2個，故答案為：Na2sO3+H2s04=Na2sO4+H2O+SO2個；

②通過裝置B完成表中設計實驗，①紫色石蕊試液變紅水，說明S02溶液顯酸；②品紅溶液褪色說明S02

具有漂白性；③淀粉和碘水溶液藍色褪去，說明S02具有還原性；④氫硫酸淡黃色固體說明S02具有氧化

性：ABCD四個選項均正確。故答案為：ABCD；

【小問2詳解】

+

①NaCIO溶液吸收煙氣中S02產(chǎn)生硫酸、氯化鈉，離子方程式是：S02+CI0+H20=S04+Cr+2Ho故答案為:

-+

SO2+CIO+H2O=SO4+CI+2H；

②煙氣中SO2和NO的體積比為4：1,50℃時脫硝的脫除率為80%,脫硫的脫除率100%,結(jié)合電子守恒計

算得到生成N03-和cr的物質(zhì)的量之比；S02?H2so4?2e\N0?N03-?3d,失電子4x2+lx80%x3

=8+2.4=10.4,NaCIO?C「?2e\生成C「為10.4xg=5.2,生成NO3一和C「的物質(zhì)的量之比=0.8：5.2=2：13,

則50'C時此吸收液中煙氣轉(zhuǎn)化生成的N。，和Cr的物質(zhì)的量之比為2：13。故答案為：2：13；

③二氧化氮將亞硫酸氫鏤氧化生成硫酸鹽和氮氣，N02被吸收的離子方程式是

-+

4HS0；+2NO2=4SO4+N2+4H*O故答案為：4HS0J+2NO2=4SO+N2+4H；

【小問3詳解】

CWX匕江亭32g/麗舞2則該煤樣

硫的質(zhì)量分數(shù)的計算表達式=噌-。嘰=

----------------------------------------=——x100%

加總m總、

品中硫的質(zhì)量分數(shù)的計算表達式為亞翳工故答案為：制陪

18.靛藍類色素是人類所知最古老的色素之一，廣泛用于食品、醫(yī)藥和印染工業(yè)。靛藍（化合物X）和多環(huán)化

合物Y的一種合成路線如圖所示（部分反應條件或試劑略去）。

己知:

IIOH'III0H'〃乂八

'-R—CHO+R2—CH—C-R3R—CHCHCR3R~CH=C-C-R3

R

R22

（1）A的名稱是

（2）BID和DIE均為取代反應，且D的相對分子質(zhì)量比B大34.5。寫出D3E的方程式

（3）E^G的化學方程式是

（4）I的結(jié)構(gòu)簡式是.

（5）J在一定條件下發(fā)生反應，可以生成化合物X、乙酸和水，生成物中化合物X和乙酸的物質(zhì)的量比是

(6)K中除苯環(huán)外，還含有一個五元環(huán)，K的結(jié)構(gòu)簡式是。

(7)已知：

ii.一定條件+

R—C-R2+R3-NH2------?R—C=NR3

N-R

iii.亞胺結(jié)構(gòu)(II?~)中C=N鍵性質(zhì)類似于世基，在一定條件下能發(fā)生類似i的反應。

R]—CH2-C—R3

M與L在一定條件下轉(zhuǎn)化為Y的一種路線如圖。

一定條件一定條件

M+L—?中間產(chǎn)物1-----------------中間產(chǎn)物2-

-H7O

寫出中間產(chǎn)物1、中間產(chǎn)物2的結(jié)構(gòu)簡式一、-o

(8)B有三種同分異構(gòu)體，均為二元取代苯，且均為兩性化合物，可通過蒸儲的方法來分離這三種混合物,

它們中最先被蒸出來的是一(寫出結(jié)構(gòu)簡式)。

7)①.?.

N

CH3CH3

【分析】根據(jù)E的結(jié)構(gòu)簡式及A、B的分子式知，人為-B為B中甲基上的氫原

CH2CICH2OH

子被取代生成的D為N°2,D發(fā)生水解反應生成E為E發(fā)生催化氧化生成G為

CHO

/A\/N02,G和I發(fā)生信息中的反應生成J,根據(jù)J的結(jié)構(gòu)簡式知，I為，X發(fā)生信息

H3c5

0

個五元環(huán)，根據(jù)分子式如K為，H=o、L為

中的反應生成K和L,K中除苯環(huán)外，還含有一

H

0

I，K水解生成M為廣、，^C-C-OH

、NH2

H

【小問i詳解】

CH3

A為[j，人的名稱是甲苯；

【小問2詳解】

CH2C1CH2OH

[^/N02,反應方程式為

D為I口發(fā)生水解反應生成E為

CHOH

CH2C12

二N5A2/NO2；

+NaOH+NaCl

八

【小問3詳解】

CHO

E發(fā)生催化氧化生成G為E-G的化學方程式是

CH2OHCHO

2+。2—2+2HO

MAM2

【小問4詳解】

由分析可知，?的結(jié)構(gòu)簡式是T；

H3cx

【小問5詳解】

J在一定條件下發(fā)生反應，可以生成化合物X、乙酸和水，根據(jù)碳原子守恒知，生成物中化合物X和乙酸的

物質(zhì)的量比是1：2；

【小問6詳解】

M、L發(fā)生信息i的反應生成ii的反應生成中間產(chǎn)

COOH

物1為NH，中間產(chǎn)物1談基發(fā)生加成反應生成中間產(chǎn)物2為

中間產(chǎn)物2發(fā)生消去反應生成Y：

【小問8詳解】

，三種同分異構(gòu)體均為二元取代苯，且均為兩性化合物說明含有按基和氨基，異構(gòu)

氨基苯甲酸〉間氨基苯甲酸＞鄰氨基苯甲酸，則沸點最低，最先被蒸出。

19.實驗小組制備高鐵酸鉀（KzFeCM并探究其性質(zhì)。

資料：KzFeCU為紫色固體，微溶于KOH溶液；具有強氧化性，在酸性或中性溶液中快速產(chǎn)生。2,在堿性溶

液中較穩(wěn)定。

（1）制備KzFeO,夾持裝置略）

①A為氯氣發(fā)生裝置。A中反應方程式是—（缽被還原為Mn2+）；氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為。

②將除雜裝置B補充完整并標明所用試劑。

③C中得到紫色固體和溶液。C中CL發(fā)生的反應有、—o

（2）探究KzFeO4的性質(zhì)

①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，產(chǎn)生黃綠色氣體，得溶液a,經(jīng)檢驗氣體中含有CL為證明是否KzFeCU

氧化了C「而產(chǎn)生CI2,設計以下方案：

方案1取少量a,滴加KSCN溶液至過量，溶液呈紅色。

用KOH溶液充分洗滌C中所得固體，再用KOH溶液將QFeQ,溶出，得到

方案II

紫色溶液b。取少量b,滴加鹽酸，有5產(chǎn)生。

I由方案I中溶液變紅可知a中含有離子，但該離子的產(chǎn)生不能判斷一定是KzFeO4將Cr氧化，還可能

由一產(chǎn)生（用方程式表示）。

II.方案II可證明K2FeO4氧化了Clo用KOH溶液洗滌的目的是。

②根據(jù)K2FeO4的制備實驗得出：氧化性Cl2―Fe。；（填“>〃或“<〃），而方案II實驗表明，3和FeO：的

氧化性強弱關系相反，原因是。

③資料表明，酸性溶液中的氧化性FeO：>MnO；,驗證實驗如下：將溶液b滴入MnSO,和足量H2s。4的

混合溶液中，振蕩后溶液呈淺紫色，該現(xiàn)象能否證明氧化性FeO：