2025年高考押题预测卷：化学（广西卷02）（解析版）

这是一份2025年高考押题预测卷：化学（广西卷02）（解析版），共19页。试卷主要包含了设为阿伏加德罗常数的值，下列离子方程式正确的是等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
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：H-1 N-14 O-16 S-16 K-39 Fe-56 Ti-48
第Ⅰ卷（选择题 共42分）
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．化学学科提倡从生活走进化学，从化学走向社会，下列有关说法不正确的是
A．汽车尾气中的氮氧化物主要由汽油燃烧不充分产生，会造成酸雨等环境问题
B．用灼烧的方法可以鉴别纯棉织物和纯毛织物
C．维生素C具有还原性，与补铁剂同时服用，能促进铁的吸收
D．铝制品表面形成的致密氧化膜，起着保护内部金属的作用
【答案】A
【详解】A．汽车尾气中的氮氧化物主要由汽油燃烧产生的高温使空气中的氮气与氧气反应产生的，会造成酸雨等环境问题，A项错误；
B．纯棉织物主要成分为纤维素，灼烧时无气味，纯毛织物主要成分为蛋白质，灼烧时有烧焦羽毛的气味，B项正确；
C．维生素C具有还原性，可以防止补铁剂中被氧化为而不易被人体吸收，C项正确；
D．铝易与空气中的氧气反应生成氧化铝，在铝制品表面形成致密氧化膜，起着保护内部金属的作用，D项正确；
答案选A。
2．下列化学用语表述正确的是
A．的电子式：
B．中子数为18的原子：
C．基态N原子的轨道表示式：
D．的VSEPR模型：
【答案】C
【详解】
A．PH3分子中，1个P与3个H各形成一对共用电子，另外P的最外层还有1个孤电子对，电子式为，A错误；
B．质子数为17，中子数为18，则质量数为17+18=35，应该表示为，B错误；
C．N元素的原子序数为7，基态N原子的轨道表示式：，C正确；
D．中心N原子的价层电子对个数为3+=4且含有1个孤电子对，其VSEPR模型为四面体形，D错误；
故选C。
3．广西梧州盛产茶叶，茶叶经过高温“杀青”生成清香味的反式青叶醇，转化过程为
下列说法正确的是
A．青叶醇的分子式为
B．青叶醇分子中含有极性键、非极性键和氢键等化学键
C．反式青叶醇能与发生加成反应，且产物中手性碳原子个数为2
D．反式青叶醇分子中共平面的原子数目最多为15
【答案】C
【详解】A．根据青叶醇的结构简式，该有机物分子式为C6H12O，故A错误；
B．青叶醇中“C-H”、“C-O”、“O-H”为极性键，“C-C”、“C=C”为非极性键，1个青叶醇分子中的羟基与另一个青叶醇分子中的羟基可以形成氢键，分子内不存在氢键，故B错误；
C．反式青叶醇与Br2发生加成反应后产物是，含有手性碳原子如图所示，有2个，故C正确；
D．“C=C”共平面，且不共线三点共平面，因此反式青叶醇中共平面的原子数目最多为11，故D错误；
答案为C。
4．用下列仪器或装置进行相应实验，不能达到实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【详解】A． Cu作阳极电解硫酸，阳极上Cu-2e-=Cu2+，阴极上2H++2e-=H2↑，总反应Cu+H2SO4CuSO4+H2↑，可以制备硫酸铜，A正确；
B．Fe3+易水解，加热FeCl3·6H2O应该在HCl气流中加热FeCl3·6H2O得到无水氯化铁，B错误；
C．CO2不溶于饱和的NaHCO3，且不与NaHCO3反应，HCl与NaHCO3反应生成CO2，可以用饱和的NaHCO3除去CO2中的HCl，C正确；
D．KMnO4与浓盐酸反应可以制取Cl2，D正确；
答案选B。
5．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，二氯甲烷中含有氯原子的数目为
B．溶液中含有的数目小于
C．反应中每生成时，转移电子的数目为
D．向沸水中加入含的饱和溶液，形成的氢氧化铁胶粒的数目为
【答案】B
【详解】A．在标准状况下，二氯甲烷不是气体，不能根据标准状况下的气体摩尔体积去计算其物质的量，A错误；
B．由于发生水解，则溶液中含有的数目小于，B正确；
C．反应为归中反应，每生成（即）时，转移电子的数目为，C错误；
D．氢氧化铁胶粒是许多分子的集合体，故向沸水中加入含的饱和溶液，形成的氢氧化铁胶粒的数目小于，D错误；
故选B。
6．下列离子方程式正确的是
A．往溶液中通入足量：
B．往溶液中滴入少量盐酸：
C．用硝酸溶液溶解FeS：
D．足量镁粉与溶液反应：
【答案】A
【详解】A．因碳酸的酸性强于次氯酸，根据“较强酸制较弱酸”的规律，二氧化碳与水反应生成的碳酸会与次氯酸钙反应，又因二氧化碳足量，所以生成的是碳酸氢钙，则向溶液中通入足量CO2反应生成和，其离子方程式为：，A正确；
B．向Na2CO3溶液中滴入少量盐酸时，H+优先与反应生成，而非直接生成CO2，正确的离子方程式为：，B错误；
C．硝酸是强氧化性酸，用硝酸溶液溶解FeS时，两者会发生氧化还原反应，不会生成H2S，不符合客观事实，C错误；
D．足量Mg与溶液反应时，Mg先将Fe3+还原为Fe2+，因Mg足量，还会进一步将Fe2+还原为Fe，则总反应的离子方程式为：，D错误；
故选A。
7．嫦娥六号挖回的月背土壤成分确认了的含量，X、Y、Z、W是短周期主族元素，原子序数依次增大。短周期中，Y原子半径最大，基态X原子价层电子排布式为，W的最高正化合价和最低负化合价代数和等于0。下列叙述正确的是
A．简单离子半径：B．和的阴、阳离子数目比不同
C．分子是非极性分子D．单质熔点：
【答案】D
【分析】短周期中，钠原子半径最大，故Y为钠；由基态X原子价层电子排布式为知，价层电子排布式为，X为氧；W的最高正化合价和最低负化合价代数和等于0，W最高正化合价和最低负化合价绝对值相等，W原子序数大于11，所以W为硅，由“”组成可知，化合价代数和等于为价，故Z为铝。
【详解】A．电子层数相同，则核电荷数越多半径越小，故离子半径：，A错误；
B．、的阴、阳离子数目比均为，B错误；
C．分子是极性分子，C错误；
D．钠，铝是金属晶体，硅是共价晶体，硅的熔点最高；金属原子的半径越小，价电子数越多，金属键越强，铝的价电子数多于钠，半径小于钠，故铝的熔点高于钠，单质熔点：，D正确；
故答案选D。
8．在NO的催化下，丙烷(C3H8)催化氧化制丙烯(C3H6)的部分反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．含N分子参与的反应不一定有电子转移
B．增大NO的量，C3H8的平衡转化率增大
C．由•C3H7生成丙烯的历程有2种
D．当存在反应NO+NO2+H2O=2HONO时，最终生成的水减少
【答案】C
【分析】根据反应机理的图示知，含N分子发生的反应有、、，因此NO是催化剂，回答下列问题；
【详解】A．根据分析可知，含N分子参与的反应一定有电子转移，A不符合题意；
B．NO是催化剂，增大NO的量，平衡不移动，不会改变的平衡转化率，B不符合题意；
C．根据反应机理，由生成丙烯的历程有2种，即图中左上角和右下角的历程，C符合题意；
D．无论是否存在反应，总反应都是丙烷和氧气生成丙烯和水，最终生成的水不变，D不符合题意；
故选C。
9．在新型能源技术里，直接过氧化氢燃料电池(DPPFC)备受关注。它独特之处在于用同时作燃料和氧化剂，能高效转换能量。某研究小组利用该电池和离子交换膜进行电解质溶液处理，其工作原理如图所示。下列有关说法不正确的是
A．该电池表明在酸性环境中的氧化性强于碱性环境
B．电池的总反应为
C．当外电路通过时，中间室生成的质量为
D．分解产生的在石墨2电极也可以放电，因此的分解不会影响电池效率
【答案】D
【分析】由图中电子移动方向可知，石墨1为负极， 在碱性条件下过氧化氢被氧化生成氧气和水，电极反应式为：H2O2-2e-+2OH-=2H2O+O2↑，负极室溶液中钾离子通过阳离子交换膜1进入中间室；石墨2为正极，在酸性条件下过氧化氢被还原生成水，电极反应式为：H2O2+2e-+2H+=2H2O，正极室溶液中的硫酸根离子通过阴离子交换膜2进入中间室，则电池总反应为，据此解答。
【详解】A．由分析可知，石墨1为负极，在碱性条件下过氧化氢被氧化生成氧气和水；石墨2为正极，在酸性条件下过氧化氢被还原生成水，电极反应说明过氧化氢在酸性环境中的氧化性强于碱性环境，A正确；
B．由分析可知，电池总反应为：，B正确；
C．由分析可知，石墨1为负极，电极反应式为：H2O2-2e-+2OH-=2H2O+O2↑，则外电路通过0.4ml电子时，有0.4ml钾离子通过阳离子交换膜1进入中间室，则中间室生成硫酸钾的质量为0.4ml××174g/ml=34.8g，C正确；
D．由分析可知，电池总反应为：，该反应中H2O2既是氧化剂又是还原剂，O2是氧化产物，则氧化性：H2O2>O2，即O2的氧化性弱于H2O2，且过氧化氢分解会使反应物过氧化氢的物质的量减小，所以分解产生的在石墨2电极也可以放电，的分解会影响电池效率，D错误；
故选D。
10．亚氯酸钠（，受热易分解）是一种重要的含氯消毒剂，一种制备的工艺流程如图所示，下列说法错误的是
A．“滤渣”的主要成分为B．流程中两处盐酸的作用相同
C．操作a为“减压蒸发”D．理论上，该流程中
【答案】B
【分析】粗食盐水中含有杂质，加入过量碳酸钠可将所有完全沉淀，故滤渣为，进入“电解”过程的液体中含有、及过量的，加入适量的盐酸，可将转化为，电解生成，在反应II中，与盐酸之间发生氧化还原反应，可生成和，在吸收塔中、、之间发生氧化还原反应，生成，由于受热易分解，因此减压蒸发、冷却结晶后可到晶体。
【详解】A．粗食盐水中含有杂质，加入过量碳酸钠可将所有完全沉淀，故滤渣为，A项正确，
B．流程中两处盐酸，第一次用盐酸是除碳酸钠，第二次用盐酸是还原氯酸钠生成二氧化氯，两处HCl的作用不相同，B项错误；
C．由于受热易分解，因此利用减压蒸发，C项正确；
D．反应Ⅱ中产生的化学方程式为，吸收塔中产生的化学方程式为，故理论上，产生、的物质的量之比为1∶1，D项正确。
答案选B。
11．已知的晶胞结构如图所示，边长为，晶胞中分别处于顶角、体心、面心位置。下列说法错误的是
A．第一电离能：
B．与O间的最短距离：
C．晶胞中与紧邻的O个数为8个
D．在晶胞结构的另一种表示中，处于各顶角位置，则处于体心位置
【答案】C
【详解】A．一般来说，金属的第一电离能小于非金属，O是非金属性，第一电离能大于Ti和Ba，Ti位于第四周期 IVB 族，有4个电子层，Ba位于第六周期 IIA 族，有6个电子层，半径最大，第一电离能最小，则第一电离能：，A正确；
B．由图可知，与O间的最短距离为面对角线的，为，B正确；
C．以位于顶点的为研究对象，与紧邻的O位于相邻的3个面心，数目为3×8×=12个，C错误；
D．由晶胞结构可知，和的最近距离为晶胞体对角线的，处于各顶角位置时，处于体心位置，D正确；
故选C。
12．下列实验根据现象能得出相应结论的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】A
【详解】A．升高温度，水解平衡正向移动，溶液pH应增大，升高温度，Kw增大，pH应减小，所以最终溶液的pH下降，是Kw的改变与水解平衡移动共同作用的结果，A正确；
B．I-有还原性且还原性强于Fe2+，酸性KMnO4溶液褪色不能说明Fe2+具有还原性，B错误；
C．AgNO3溶液过量，可以与NaBr反应生成AgBr沉淀，不能说明AgCl沉淀发生了转化，无法判断Ksp大小，C错误；
D．溶液中加入足量Ba(NO3) 2，再加入足量稀盐酸，硝酸根在酸性条件下有强氧化性，无论Na2SO3是否变质，都会有白色沉淀生成且沉淀不溶解，D错误；
故选A。
13．利用丙烷制取丙烯的原理为： 。在总压分别为时发生该反应，平衡体系中和的体积分数随温度和压强的变化如图所示。下列说法错误的是
A．增大压强该反应正，逆反应速率均增大
B．总压由变为时，平衡常数变大
C．压强、温度不变，充入惰性气体，的转化率增大
D．曲线④表示时的体积分数随温度的变化曲线
【答案】B
【分析】该反应是吸热且气体体积增大的反应。升高温度，平衡正向移动，体积分数降低，体积分数升高；增大压强，平衡逆向移动，体积分数增大，体积分数减小。曲线④在相同温度下体积分数相对较小，符合压强为10kPa时随温度升高体积分数降低的变化；曲线①在相同温度下体积分数相对较大，符合压强为100kPa时随温度升高体积分数升高的变化；曲线②③分别对应不同压强下体积分数随温度的变化 。
【详解】A．对于有气体参与的反应，增大压强，气体浓度增大，反应体系中活化分子浓度增加，有效碰撞几率增大，正、逆反应速率均增大，A正确；
B．平衡常数K只与温度有关，温度不变，平衡常数不变。总压由10kPa变为100kPa ，温度不变，平衡常数不会改变，B错误；
C．压强、温度不变，充入惰性气体，容器体积会增大，各物质浓度减小，相当于减小压强。该反应正反应是气体体积增大的反应，减小压强，平衡正向移动，的转化率增大，C正确；
D．该反应正反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，的体积分数增大。总压为10kPa时压强小，平衡正向移动程度大，体积分数相对较小，且该反应吸热，升高温度平衡正向移动，体积分数减小，曲线④符合10kPa时体积分数随温度的变化，D正确；
故选B。
14．亚磷酸是二元弱酸。常温下，在溶液中缓慢通入HCl气体，混合液中含P粒子浓度与pH关系如图所示。
下列叙述错误的是
A．代表与pH关系
B．第二步水解常数
C．混合溶液
D．N点时存在：
【答案】D
【分析】亚磷酸是一种二元弱酸，溶液中存在电离平衡、，由此可知，随着pH增大，减小，先增大，后减小，增大，故代表与pH的关系，代表与pH的关系，代表与pH关系，M点时，，溶液pH为1.4，则H3PO3的电离常数Ka1(H3PO3)= =10—1.4，同理可知，H3PO3的电离常数Ka2(H3PO3)=10—6.7。
【详解】A．由分析可知，代表与pH关系，A项正确；
B．由、点数据计算：，，，B项正确；
C．由B项分析可知，即的电离程度大于水解程度，故溶液显酸性，C项正确；
D．N点时溶液中存在电荷守恒：，，此时溶液呈酸性，，D项错误；
故选D。
第II卷（非选择题 共58分）
二、非选择题：共4题，共58分。
15．（14分）钛白粉()是一种性能优良、应用广泛的白色颜料，工业上以钛铁矿精矿(主要成分为，含少量、和)为原料冶炼钛白粉的流程如图所示。
已知：酸解后，钛主要以形式存在。室温条件下，在的溶液中会完全水解生成沉淀。
回答下列问题：
(1)基态原子核外价层电子排布式为 。
(2)试剂X应为 (填化学式)。
(3)酸解过程中，发生的非氧化还原反应的化学方程式为 。
(4)酸解后需要加入铁粉还原的原因是 。
(5)测定样品中纯度：取样品，在酸性条件下充分溶解，加入适量铝粉将还原为。过滤并洗涤，将所得滤液和洗涤液合并配制成溶液。取所配溶液于锥形瓶中，滴加几滴溶液，用标准溶液滴定，将转化成，重复操作3次，平均消耗标准溶液。
①该样品中的质量分数是 (保留2位有效数字)。
②若其他操作都正确，量取待测液的滴定管没有润洗，则测得结果将 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
(6)一种四方晶系的晶胞结构如下图所示，晶胞参数为、、。原子的配位数是 ，该晶体的密度是 (用含的代数式表示)
【答案】(1)3d24s2
(2)NaOH溶液
(3)+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O
(4)防止加纯碱调节pH生成氢氧化铁沉淀，酸解后需要加入铁粉把Fe3+还原为Fe2+
(5) 91% 偏低
(6) 3
【分析】钛铁矿精矿主要成分为，含少量、和。钛铁矿加碱溶浸，、和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠、硅酸钠，和与氢氧化钠不反应，过滤，滤渣中含有和，用浓硫酸“酸解”滤渣，酸解液中主要含有、Fe2+、Fe3+，加铁粉把Fe3+还原为Fe2+，加纯碱调节pH使水解为沉淀，过滤出，煅烧得。
【详解】（1）Ti是22号元素，基态原子核外价层电子排布式为3d24s2；
（2）“溶浸”目的是除去、，、和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠、硅酸钠，所以试剂X应为NaOH溶液。
（3）酸解过程中，钛主要以形式存在，发生的非氧化还原反应，可知和浓硫酸反应生成硫酸亚铁、TiOSO4、水，反应的化学方程式为+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O
（4）与浓硫酸反应生成硫酸铁，酸解液中主要含有、Fe2+、Fe3+，Fe3+易水解，为防止加纯碱调节pH生成氢氧化铁沉淀，酸解后需要加入铁粉把Fe3+还原为Fe2+；
（5）测定样品中纯度：取样品，在酸性条件下充分溶解，加入适量铝粉将还原为。过滤并洗涤，将所得滤液和洗涤液合并配制成溶液。取所配溶液于锥形瓶中，滴加几滴溶液，用标准溶液滴定，将转化成，Ti元素化合价由+3升高为+4，Fe元素化合价由+3降低为+2，根据得失电子守恒得滴定关系式~~，根据钛元素守恒，~~~~~，n()=n［］=，
重复操作3次，平均消耗标准溶液。
①该样品中的质量分数是。
②若其他操作都正确，量取待测液的滴定管没有润洗，待测液浓度偏小，消耗标准液体积偏小，则测得结果将偏低。
（6）根据晶胞结构图，晶胞中黑球数为、白球数为，根据的化学式可知，黑球表示Ti原子、白球表示O原子，Ti周围有6个O原子，Ti的配位数为6，Ti、O比为1:2，所以原子的配位数是3。晶胞参数为、、。该晶体的密度是。
16．（14分）实验室以废铁屑(含少量和)、稀硫酸和饱和溶液为原料，用如下A、B、C装置模拟工业制备，并测定结晶水的含量。
(1)仪器a的名称为 。
(2)装置A用于制备溶液，A中电磁加热搅拌器的作用为 。
(3)若装置A中通入改为通入空气，A中发生的主要离子反应方程式为 。
(4)将制得的溶液与饱和溶液混合后，装入装置B的锥形瓶中制备晶体：在搅拌下蒸发浓缩；混合溶液需调节在1~2之间的目的是 ，蒸发浓缩至液面刚好 为止，冷却结晶析出晶体，证明的溶解度 和(填“大于”或“小于”)，洗涤过滤后所得晶体的最佳试剂应选用 (填“冷水”、“乙醇”或“饱和食盐水”)。
(5)取制得的纯净晶体，用装置C在惰性气体氛围中充分加热，加热后的固体呈红棕色，收集分解生成氮气，则晶体中n的值为 。
【答案】(1)坩埚
(2)增大废铁屑与稀硫酸的接触面积，加快反应速率，使反应充分
(3)
(4)抑制和的水解，防止结晶时析出杂质 产生晶膜 小于 乙醇
(5)6
【分析】A中先通入氮气，排出装置中的空气，避免生成的FeSO4被氧化，废铁屑中加入稀硫酸，可以制得硫酸亚铁溶液；将制得的溶液与饱和溶液混合后，装入装置B的锥形瓶中制备晶体；将制备的晶体用装置C在惰性气体氛围中充分加热，收集分解生成的氮气，通过氮气的质量计算晶体的n值；
【详解】（1）C装置中的a仪器可盛装制备的晶体受热，a仪器为坩埚；故答案为：坩埚；
（2）电磁加热搅拌器可以加热，同时磁子在通电时会快速旋转，起到搅拌的作用，这样可增大废铁屑与稀硫酸的接触面积，搅拌和加热都可加快反应速率，从而使反应充分；故答案为：增大废铁屑与稀硫酸的接触面积，加快反应速率，使反应充分；
（3）若装置A中通入改为通入空气，在酸性条件下，铁单质会被氧气氧化成，因此A中发生的主要离子反应方程式为；故答案为：；
（4）混合溶液中含有和，为抑制和的水解，防止结晶时析出杂质，混合溶液调节在1~2之间；蒸发浓缩混合溶液至液面刚好产生晶膜为止，说明此时生成的溶液已经达到饱和，且为热饱和溶液；由于析出的晶体是，因此说明的溶解度小于和；过滤得到晶体，洗涤过滤后所得晶体的最佳试剂应该满足晶体在该溶剂中溶解度更小，与水相比，在乙醇中溶解度更小，且乙醇还能快速挥发，快速干燥，因此最佳试剂为乙醇。故答案为：抑制和的水解，防止结晶时析出杂质 产生晶膜 小于 乙醇；
（5）取制得的纯净晶体，用装置C在惰性气体氛围中充分加热，加热后的固体呈红棕色，说明生成了氧化铁固体，则C中发生反应的方程式为，根据氮气的质量为0.28g（0.01ml），结合反应方程式的比例关系，与N2的物质的量之比为2:1，可知 晶体的物质的量为0.02ml，则根据可得：的相对分子质量为392，则可计算出；故答案为：6。
17．（15分）用磷石膏(主要成分是)可生产硫酸或硫。回答下列问题：
(1)用硫黄还原磷石膏。已知下列反应：
①
②
则反应：的 。(用和表示)。
(2)用高硫煤还原磷石膏。温度对等时间内转化率影响的曲线如图甲所示，的作用是 ；当温度高于时，两条曲线趋于相同的可能原因是 。
(3)用还原磷石膏。不同反应温度下可得到不同的产物。
①低于时，主要的还原产物是一种硫的最低价盐，该物质的化学式是 。
②下，向盛有足量的真空恒容密闭容器中充入，起始压强为，主要发生反应：。该反应达到平衡时，，的转化率为80%，则初始时 ，该反应的分压平衡常数中 。(分压=总压×物质的量分数，忽略副反应)。
(4)用C还原磷石膏。向密闭容器中加入相同质量的几组不同C/S值(炭粉与的物质的量之比)的混合物，煅烧至无气体产生，结果如图乙所示。
①当C/S值为0.5时，试解释的转化率接近80%，但的体积分数却低于10%的原因 。
②当C/S值大于0.7时，反应所得气体中的体积分数不升反降，可能的原因是 。
(5)生产硫酸：依上述四种还原途径，分析用磷石膏生产硫酸比较适宜途径和条件是 。
【答案】(1)
(2)作催化剂降低反应活化能，节约能源 两种情况下反应均趋于平衡，催化剂不影响平衡
(3) 1.0×10-4 0.32a
(4)炭粉与主要的产物和，少部分生成和 高温下，过量的C与反应生成CO，使气体总体积增大或部分转化为其他含硫物质
(5)用C还原磷石膏，C/S值为0.7；，作催化剂
【详解】（1）目标方程式可由得到，根据盖斯定律得；
（2）由图甲可知，CaCl2改变反应速率，但不改变最终（平衡时）CaSO4的转化率，说明CaCl2作催化剂；当温度高于1200℃时，两种情况均达到平衡状态，则无论有无CaCl2，CaSO4的转化率趋于相同；
（3）S的最低价态为－2价，则最低价盐为CaS；根据反应可知存在计量关系：CO~SO2~CO2，则反应掉的CO为8.0×10-5ml/L，则初始CO的浓度为；平衡时，c(CO2)= 8.0×10-5ml/L，c(CO)=( 1.0×10-4－8.0×10-5)ml/L=2×10-5 ml/L，则平衡时气体总物质的量浓度为=1.8×10-4 ml/L，设容器体积为VL，总压为，p(CO2)==p(SO2)，p(CO)=，Kp=；
（4）主要原因是其中大部分CaSO4与C反应转化成CaS和CO，少部分转化成CaO、CO2、SO2，故SO2含量少；当C/S值大于0.7，过量的C与CO2反应生成CO，使气体总体积增大导致SO2体积分数不增反减或CaSO4部分转化为其他含硫物质；
（5）考虑实际生产成本和转化率，应选择用C还原磷石膏，C/S值选择0.7；另外加入CaCl2催化剂可以提高生产效率，温度选择900℃（温度太低CaSO4易生成CaS，且900℃时CaCl2催化效果很好）。
18．（15分）有机物M是胺类盐酸盐，是重要的药物合成中间体，其中一条合成路线如下图所示。
已知：
其中R1、R2为烃基或氢原子
回答下列问题：
(1)A的名称为 。
(2)C中含氧官能团的名称为 、 。
(3)C→D的反应类型为 。
(4)G的结构简式为 。
(5)A→B的化学方程式为 。
(6)B的同分异构体中，含有二取代苯环的结构且能发生水解反应的共有 种；写出一种B的同分异构体，核磁共振氢谱图中的峰面积比为3:3:2:2，结构简式为 。
(7)参照题干合成路线，以环己醇()为原料，写出制取的合成路线 (其他试剂任选)。
【答案】(1)邻羟基苯甲醛或2-羟基苯甲醛
(2)醚键 硝基
(3)还原反应
(4)
(5)+NaOH+CH3CH2Cl+NaCl+H2O
(6)12种 或
(7)
【分析】
A与CH3CH2Cl在NaOH溶液中发生取代反应，生成B等；B与CH3CH2NO2发生加成、消去反应，生成C等；C被NaHS还原生成D等；D发生结构互变，转化为E；E在一定条件下转化为F；F与CH3NH2发生加成消去反应，生成G为；G与H2发生加成反应生成H；H与HCl发生胺与酸的反应，生成M。
【详解】（1）
A为，名称为：邻羟基苯甲醛或2-羟基苯甲醛。
（2）
C为，含氧官能团的名称为：醚键、硝基。
（3）
C()→D()，-NO2被还原为-NH2，反应类型为：还原反应。
（4）
由分析可知，G的结构简式为。
（5）
A()与CH3CH2Cl在NaOH溶液中发生取代反应，生成B()、NaCl、H2O，依据质量守恒，可得出发生反应的化学方程式为+NaOH+CH3CH2Cl+NaCl+H2O。
（6）
B为，含有二取代苯环的结构且能发生水解反应的同分异构体中，除含苯环外，可能含有-COOCH3和-CH3、或-OOCH和-CH2CH3、或-OOCCH3和-CH3、或-CH2OOCH和-CH3，每种情况下有邻、间、对三种可能结构，则共有同分异构体4×3=12种；其中一种B的同分异构体中，核磁共振氢谱图中的峰面积比为3:3:2:2，分子中应含有2个-CH3，且苯环上的两个取代基互为对位，则结构简式为或。
（7）
以环己醇()为原料制取时，采用逆推法，需制得，再逆推需制得，此时氧化生成，与CH3NH2发生加成消去反应生成，则合成路线为。
A．制备
B．制备无水
C．除去中少量的HCl
D．可用于制备
选项
实验
现象
结论
A
在25℃和50℃时，分别测量0.1 ml·L-1Na2CO3溶液的pH
升高温度，溶液的pH下降
pH 变化是KW的改变与水解平衡移动共同作用的结果
B
向FeI2溶液中滴加少量酸性 KMnO4溶液
酸性 KMnO4溶液褪色
Fe2+具有还原性
C
向盛有2 mL 0.1 ml·L-1 AgNO3溶液的试管中先滴加2滴0.1 ml·L-1 NaCl溶液，再滴加2滴0.1 ml·L-1 NaBr 溶液
先生成白色沉淀，后产生淡黄色沉淀
Ksp(AgBr)