还剩18页未读，
继续阅读
2023年青海省西宁市高考化学一模试卷-普通用卷
展开
这是一份2023年青海省西宁市高考化学一模试卷-普通用卷，共21页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2023年青海省西宁市高考化学一模试卷
一、单选题（本大题共7小题，共21.0分）
1. 化学科学与技术在社会发展的各方面均发挥着关键性的作用。下列说法正确的是( )
A. “神舟”和“天宫”系列飞船使用的碳纤维复合材料属于碳的同素异形体
B. “太阳能路灯计划”使用的太阳能电池材料砷化镓是金属材料
C. 用“人工肾”进行血液透析救治危重新冠肺炎患者，利用了胶体的性质
D. 冬奥会速滑馆“冰丝带”采用CO2跨临界直冷制冰技术，发生了化学变化
2. 工业合成环丁基甲酸的流程如图所示。下列说法正确的是( )
A. b的分子式为C10H14O4
B. a→b的反应类型为取代反应
C. 86gc的最小同系物与足量的纯碱反应可制得1molCO2
D. b的一氯代物有5种(不考虑立体异构)
3. 下列离子方程式正确的是( )
A. 用惰性电极电解CuCl2溶液：Cu2++2Cl−+2H2O=通电Cu(OH)2+Cl2↑+H2↑
B. FeCl3溶液刻蚀电路铜板：2Fe3++3Cu=2Fe+3Cu2+
C. 草酸中加入酸性高锰酸钾溶液：2MnO4−+5C2O42−+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
D. 用碳酸钠溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙：CaSO4(s)+CO32−(aq)=CaCO3(s)+SO42−(aq)
4. 利用如图装置可以达到实验目的的是 ( )
选项
实验目的
X中试剂
Y中试剂
A
用MnO2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl2
饱和食盐水
浓硫酸
B
用Cu与浓硝酸制取并收集纯净干燥的NO2
水
浓硫酸
C
用大理石和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CO2
饱和NaHCO3溶液
浓硫酸
锌和稀盐酸制取并收集纯净干燥的H2
水
浓硫酸
A. A B. B C. C D. D
5. 中国科学院兰州化物所阎兴斌研究员研究双层电容器中储能行为时，运用到某种离子化学物结构如图所示。其中X、Y、Z、M、L、Q均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。M、Q同族且两种元素组成的某种阴离子在强酸性溶液环境下可以产生淡黄色沉淀；Y是有机物的基本骨架元素。下列结论正确的是( )
A. Y的氢化物沸点一定低于Z的氢化物 B. X单质的导电性能强于Q单质
C. L的铵盐溶液可以存放在玻璃试剂瓶中 D. 原子半径大小的顺序为：Q>M>X
6. 微生物脱盐池的a极上加入了呼吸细菌，工作时可将工业废水中的有机污染物转化为CO2，其工作原理如图所示。下列说法错误的是 ( )
A. 工作时，a极发生氧化反应，电流从b极流向a极
B. M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜，脱盐室最终可得到淡盐水
C. 若b极上消耗标准状况下11.2L气体，通过N膜的离子的物质的量为2mol
D. 呼吸细菌的作用为催化有机物分解
7. 常温下，以酚酞为指示剂，用0.1000mol⋅L−1NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积V[NaOH(aq)]的变化关系如图所示[比如A2−的分布系数：δ(A2−)=c(A2−)溶液中含A的粒子的物质的量浓度之和]。下列叙述错误的是( )
A. 该二元酸的浓度为0.1000mol⋅L−1，且溶液中不存在H2A分子
B. 曲线①代表δ(HA−)，HA−的水解常数Kh=1.0×10−10
C. 滴入V[NaOH(aq)]=40mL时，溶液中c(Na+)>2c(A2−)+c(HA−)
D. 曲线③代表pH，到达滴定终点时，溶液颜色从无色刚好变为粉红色，且半分钟内不变色
二、实验题（本大题共1小题，共10.0分）
8. 硫脲[SC(NH2)2]是一种白色且具有光泽的晶体，熔点：176～178℃，温度过高时分解，易潮解，易溶于水，微溶于乙醚，常用于制造药物、染料、树脂、压塑粉等。实验室可通过硫氢化钙[Ca(HS)2]和氰氨化钙(CaCN2)制备硫脲，按要求回答问题。
(1)制备硫氢化钙悬浊液，装置如图甲所示。
①装置A的作用为 。
②为加快反应速率，可适当增加硫酸浓度，但硫酸浓度不能过大，原因是 。
③装置B中发生反应的离子方程式为 。
(2)制备硫脲。将制得的硫氢化钙悬浊液转移到加热容器中，再加入氰氨化钙，在(80±5)℃下反应3h，制备硫脲粗品，制备装置如图乙所示。
①温度控制在(80±5)℃的加热方式为 。
②制备硫脲的化学方程式为 (只有两种生成物)。
③已知氰氨化钙遇水生成一种无色、具有强烈刺激性气味的气体，请设计简单实验证明处理的尾气的主要成分： 。
(3)分离提纯硫脲。将反应所得的悬浊液减压过滤，再将滤液蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶，离心脱水干燥得到硫脲晶体。
①采用离心脱水干燥而不用加热干燥的原因是 。
②制备H2S时所用原料为13.2gFeS，最终制得硫脲1.74g，硫脲的产率为 (保留3位有效数字)。
三、简答题（本大题共4小题，共32.0分）
9. 镍是化工产业的重要原料。以红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)为原料，制取纳米镍粉，同时获得净水剂黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]的工艺流程如图．
溶液中Ni2+离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Ni2+
开始沉淀时(c=0.01 mol⋅L−1)的pH
7.2
沉淀完全时(c=1.0×10−5mol⋅L−1)的pH
8.7
回答下列问题：
(1)“酸浸”时需要加热，其原因是 ______ 。
(2)“氧化”过程发生反应的离子方程式是 ______ 。
(3)“沉铁”过程，控制不同的条件可以得到不同的沉淀，所得沉淀与温度、pH的关系如图所示(图1中阴影部分表示的是黄钠铁矾稳定存在区域)。若反应在80℃时进行，加碳酸钠偏多，则所得黄钠铁矾中混有的杂质是 ______ ；检验沉铁步骤中反应是否完全的方法是 ______ 。
(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp= ______ 。(列出计算式)。
(5)“转化”过程，向“过滤Ⅱ”所得滤液(富含Ni2+)中加入N2H4，控制溶液中NaOH的浓度，可得到不同晶态物质(NiSO4⋅Ni、Ni或二者的混合物)。写出生成Ni的离子方程式 ______ 。
(6)95℃时，将Ni片浸在不同质量分数的硫酸中，经4小时腐蚀后的质量损失情况如图2所示，当ω(H2SO4)大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为 ______ 。
10. 煤的洁净技术(包括固硫技术和脱硫技术两类)可有效降低燃煤废气中SO2的含量，已成为我国解决环境问题的主导技术之一．
Ⅰ.固硫技术：通过加入固硫剂，将硫元素以固体形式留在煤燃烧的残渣中.生石灰是常用的固硫剂，固硫过程中涉及的部分反应如下：
①2CaO(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4△H1=−1004kJ⋅mol−1
②CaSO4(s)+CO(g)=CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)△H2=+219kJ⋅mol−1
(1)表示CO燃烧热的热化学方程式是 ______ ．
(2)由上述两个反应可知，在煤燃烧过程中要提高固硫率(燃烧残渣中硫元素的质量占燃煤中硫元素总质量的百分比)，可采用的方法是 ______ ．
(3)某温度下，在一个恒容密闭容器中加入CaSO4(s)和CO(g)，若只发生反应②，测得如下数据：
t/min
0
10
20
30
40
c(CO)/(mol⋅L−1)
2
1.5
1.1
0.8
0.8
0～20min内v(SO2)= ______ ，此条件下该反应的平衡常数为 ______ mol⋅L−1．
(4)实际生产中常用石灰石代替生石灰，石灰石吸收热量分解为生石灰，即CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H>0.800℃下，在一个密闭容器中加入一定量的CaCO3(s)进行该反应，CO2气体的浓度变化如图所示，t1和与t2时分别改变一个条件，则改变的条件依次是 ______ 和 ______ ．
Ⅱ.除去燃煤产生的废气中的SO2的过程如图所示．
(5)过程①是SO2的部分催化氧化反应，若参加反应的SO2和O2的体积比为4：3，则反应的化学方程式为 ______ ．
(6)过程②利用电化学装置吸收另一部分SO2，使得Cu再生，该过程中阳极的电极反应式为 ______ .若此过程中除去含5%(体积分数)的SO2的废气224m3(标准状况)，则需要的电量为 ______ C(一个电子的电量q=1.60×10−19C，
NA=6.02×1023mol−1).
11. 硫酸亚铁铵是一种蓝绿色的复盐，俗名为摩尔盐，化学式为(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O。它在空气中稳定，是重要的化工原料，用途十分广泛。该物质隔绝空气加强热会发生分解，一种分解方式可表示为：(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O=2NH3↑+FeO+2SO3↑+7H2O↑。请回答下列问题：
(1)基态铁原子的价电子排布式为 ______ ，s电子的电子云形状为 ______ 。
(2)摩尔盐中的组成元素N、O的电负性大小顺序是 ______ 。
(3)SO2、SO3、SO32−是三种常见含硫微粒。
①SO32−微粒的立体构型为 ______ ，SO2中心原子的杂化方式为 ______ 。
②固态SO3能以无限长链形式存在，结构如图1所示。与硫原子形成化学键更长的是 ______ (填“桥氧”或“端基氧”)，理由是 ______ 。
(4)噻吩()、吡咯()都可与Fe3+形成配位化合物。在水中的溶解度噻吩 ______ 吡咯(填“<”、“>”或“=”)，理由是 ______ 。
(5)氧化亚铁的一种晶胞与氯化钠晶胞类似，如图2所示。
①以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图2中原子1的坐标为(0,12,12)，则原子2的坐标为 ______ 。
②Fe2+处于O2−围成的 ______ 空隙中。(填“正四面体”或“正八面体”)
③该晶体的密度为ρg⋅cm−3，用N0表示阿伏加德罗常数的值，则该晶胞边长为 ______ pm。
12. 具有广泛生物活性的某丁内酯类化合物K的合成路线如图：
已知：i．
ii．
iii．
(1)A能发生银镜反应，A中官能团名称是 ______ 。
(2)B→C的化学方程式是 ______ 。
(3)C+2a→KHCO3D，则试剂a是 ______ 。
(4)已知：同一个碳原子连有2个羟基的分子不稳定，F为醇类。F→G的反应方程式为 ______ 。
(5)试剂b的结构简式为 ______ 。
(6)H→I的反应类型为 ______ ，J的结构简式为 ______ 。
(7)已知：，将D→E的流程图补充完整，在括号内填写试剂和条件，在□方框内填写物质结构简式 ______ 。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.复合材料是由基体和增强体组成的，所以碳纤维复合材料不是碳单质，不属于碳的同素异形体，故A错误；
B.砷化镓是一种新型无机非金属材料，不是金属材料，故B错误；
C.血液属于胶体，“人工肾”内部含有半透膜，透析是利用胶体不能透过半透膜的性质，故C正确；
D.CO2跨临界直冷制冰技术是固体二氧化碳升华过程中吸收热量，过程中无新物质生成，为物理变化，故D错误；
故选：C。
A.复合材料是由基体和增强体组成的，同种元素组成的不同单质互为同素异形体；
B.金属材料是指金属或金属形成的合金材料；
C.透析是利用胶体不能透过半透膜的性质；
D.物质变化过程中生成新物质的变化为化学变化。
本题考查了化学与生活的应用，注意知识的积累，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.b中C、H、O原子个数依次是10、16、4，分子式为C10H16O4，故A错误；
B.a中氢原子被取代生成b，所以该反应为取代反应，故B正确；
C.c的最小同系物为，n()=86g86g/mol=1mol，羧基和足量碳酸钠溶液反应生成−COONa和NaHCO3，所以1mol该有机物与足量碳酸钠溶液反应没有气体生成，故C错误；
D.b中含有4种氢原子，其一氯代物有4种，故D错误；
故选：B。
A.b中C、H、O原子个数依次是10、16、4；
B.a中氢原子被取代生成b；
C.c的最小同系物为，n()=86g86g/mol=1mol，羧基和足量碳酸钠溶液反应生成−COONa和NaHCO3；
D.b中含有几种氢原子，其一氯代物就有几种。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：A.用惰性电极电解CuCl2溶液，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上铜离子放电生成铜，电解方程式为Cu2++2Cl−=通电Cu+Cl2↑，故A错误；
B.铜不能置换出铁，FeCl3溶液刻蚀电路铜板的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故B错误；
C.向酸性高锰酸钾溶液中滴加草酸溶液，离子方程式为：2MnO4−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C错误；
D.碳酸钙的溶解度小于硫酸钙，用碳酸钠溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙：CaSO4(s)+CO32−(aq)=CaCO3(s)+SO42−(aq)，故D正确；
故选：D。
A.用惰性电极电解CuCl2溶液，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上铜离子放电生成铜；
B.铜不能置换出铁；
C.草酸是弱酸，不能拆；
D.碳酸钙的溶解度小于硫酸钙。
本题考查了离子方程式书写方法和注意问题，注意物质的拆分问题，反应实质的理解和分析是解题关键，需要熟练掌握基础，题目难度中等。
4.【答案】C
【解析】解：A.用MnO2和浓盐酸制取Cl2需要加热，图中没有加热装置，故A错误；
B.NO2和H2O反应生成HNO3和NO，所以X中试剂不能是水，故B错误；
C.大理石和稀盐酸反应生成CO2，盐酸易挥发，所以生成的二氧化碳中含有HCl，HCl能和NaHCO3溶液反应生成CO2，浓硫酸具有吸水性，二氧化碳密度大于空气，采用向上排空气法收集二氧化碳，图中操作正确，故C正确；
D.盐酸易挥发，所以生成的H2中含有HCl，HCl极易溶于水，氢气密度小于空气，应该采用向下排空气法收集氢气，故D错误；
故选：C。
A.用MnO2和浓盐酸制取Cl2需要加热；
B.NO2和H2O反应生成HNO3和NO；
C.大理石和稀盐酸反应生成CO2，HCl能和NaHCO3溶液反应生成CO2，浓硫酸具有吸水性，二氧化碳密度大于空气；
D.HCl极易溶于水，氢气密度小于空气。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：A.由分析可知，Y为C，则Y的氢化物有很多，有气体、液态和固体的烃，Z为N，其氢化物有NH3(g)和N2H4(l)等，则Y的氢化物的沸点不一定低于Z的氢化物，故A错误；
B.由分析可知，X为Li，是电的良导体，而Q为S，是绝缘体，则X单质的导电性能强于Q单质，故B正确；
C.由分析可知，L为F，则L的铵盐溶液中，氟离子水解生成的HF能与玻璃中的SiO2反应而腐蚀玻璃，故NH4F溶液不可以存放在玻璃试剂瓶中，应该装在塑料瓶中，故C错误；
D.由分析可知，Q为S、M为O、X为Li，故原子半径大小的顺序为：S>Li>O即Q>X>M，故D错误；
故选：B。
由题干信息可知，X、Y、Z、M、L、Q均为短周期主族元素，且原子序数依次增大，M、Q同族且两种元素组成的某种阴离子在强酸性溶液环境下可以产生淡黄色沉淀，即S2O32−，Y是有机物的基本骨架元素，则Y为C，由图示可知，Q周围形成了6个共价键，M周围形成了2个共价键，则M为O，Q为S，X为+1价，则X为Li，Z为N，由C周围只能形成4个共价键，则L为F，据此分析解题。
本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，紧扣短周期主族元素、结构式中价键结构进行分析判断，熟练掌握元素周期律与元素化合物知识，题目侧重考查学生分析推理能力、综合运用知识的能力。
6.【答案】C
【解析】解：A.a极有机污染物转化为二氧化碳，失去电子为负极，b极为正极，因此工作时，a极发生氧化反应，电流从b极流向a极，故A正确；
B.阴离子向a极迁移，阳离子向b极迁移，因此N为阳离子交换膜，M为阴离子交换膜，故B正确；
C.若b极上消耗标准状况下11.2LO2，则外电路中通过2mole−，此时通过阳离子交换膜的电荷数为2mol，经过N膜的离子为Na+和Ca2+，其所带电荷数不同，故此离子数目无法确定，故C错误；
D.呼吸细菌的作用为催化有机物分解，故D正确；
故选：C。
A.a极有机污染物转化为二氧化碳，失去电子为负极；
B.阴离子向a极迁移，阳离子向b极迁移；
C.若b极上消耗标准状况下11.2LO2，则外电路中通过2mole−，此时通过阳离子交换膜的电荷数为2mol；
D.呼吸细菌的作用为催化有机物分解。
本题考查原电池，侧重考查学生新型化学电源的掌握情况，试题难度中等。
7.【答案】B
【解析】解：A.由题图可知，当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明酸碱恰好完全中和，反应的化学方程式为2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，该二元酸的浓度c(H2A)=c(NaOH)×V(NaOH)2V(H2A)=0.1000mol⋅L−1×40mL2×20.00mL=0.1000mol⋅L−1，没有加入NaOH溶液时，H2A溶液的pH为1.0，这说明在水中H2A的第一步电离是完全的，第二步电离存在电离平衡，故该二元酸溶液中不存在H2A分子，故A正确；
B.由A分析可知，二元酸溶液中不存在H2A分子，在未加NaOH溶液时，曲线①的分布系数与曲线②的分布系数之和等于1，滴入NaOH溶液后，曲线①的分布系数一直在减小，曲线②的分布系数一直在增大，故曲线①代表δ(HA−)，曲线②代表δ(A2−)，由题图可知，当δ(HA−)=δ(A2−)时，溶液的pH=2.0，则HA−的电离常数Ka=c(H+)×c(A2−)c(HA−)=c(H+)=10−pH=10−2，HA−的水解常数Kh=KwKa=10−1410−2=1.0×10−12，故B错误；
C.滴入V(NaOH)=40mL时，溶液中的溶质为正盐Na2A，Na2A会发生水解，使溶液呈碱性，即c(OH−)>c(H+)，溶液中存在的离子有Na+、H+、A2−、HA−、OH−，再根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(A2−)+c(HA−)+c(OH−)，可得：c(Na+)>2c(A2−)+c(HA−)，故C正确；
D.曲线③代表pH，达到滴定终点时，溶液颜色从无色刚好变为粉红色，且半分钟内不变色，故D正确；
故选：B。
A.由图可知，当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明酸碱恰好完全中和，依据化学方程式2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，该二元酸的浓度由公式c(H2A)=c(NaOH)×V(NaOH)2V(H2A)计算可得；没有加入NaOH溶液时，H2A溶液的pH为1.0，这说明在水中H2A的第一步电离是完全的；
B.由题图可知，当δ(HA−)=δ(A2−)时，溶液的pH=2.0，则HA−的电离常数Ka=c(H+)×c(A2−)c(HA−)=c(H+)=10−pH=10−2，HA−的水解常数Kh=KwKa由此可得；
C.滴入V(NaOH)=40mL时，溶液中的溶质为正盐Na2A，Na2A会发生水解，使溶液呈碱性，即c(OH−)>c(H+)，溶液中存在的离子有Na+、H+、A2−、HA−、OH−，再根据电荷守恒分析解答；
D.曲线③代表pH，达到滴定终点时，溶液颜色从无色刚好变为粉红色，且半分钟内不变色。
本题考查化学反应原理，涉及酸碱滴定的原理、电离常数和水解常数的计算等，题目中等难度。
8.【答案】(1)①为目标反应提供H2S
②硫酸浓度过大时，浓硫酸具有强氧化性，将S2−或H2S氧化，不利于生成H2S
③Ca(OH)2+2H2S=Ca(HS)2+2H2O
(2)①水浴加热
②2Ca(HS)2+CaCN2SC(NH2)2+3CaS
③将气体通入滴有酚酞的蒸馏水中，溶液由无色变为红色，证明尾气的主要成分是氨气
(3)①硫脲直接加热干燥易分解
②61.1%
【解析】
【分析】
本题考查制备硫脲的实验，难度一般，理解制备原理及装置作用是解题关键。
【解答】
(1)①制备硫氢化钙悬浊液，需要将硫化氢气体通入澄清石灰水中，装置A为稀硫酸与FeS制取硫化氢气体的发生装置，作用为目标反应提供H2S ；
②为加快反应速率，可适当增加硫酸浓度，但硫酸浓度不能过大，原因是硫酸浓度过大时，浓硫酸具有强氧化性，将S2−或H2S氧化，不利于生成H2S，
故答案为：硫酸浓度过大时，浓硫酸具有强氧化性，将S2−或H2S氧化，不利于生成H2S；
③装置B中发生复分解反应，产生硫氢化钙悬浊液，此时为沉淀状态，对应离子方程式为Ca(OH)2+2H2S=Ca(HS)2+2H2O；
(2)①温度控制在(80±5)℃，不超过100℃，加热方式为水浴加热；
②由于只有两种生成物，故对应的第二种生成物为CaS，对应化学方程式为2Ca(HS)2+CaCN2SC(NH2)2+3CaS；
③已知氰氨化钙遇水生成一种无色、具有强烈刺激性气味的气体，结合元素守恒，该气体应该是氨气，故将气体通入滴有酚酞的蒸馏水中，溶液由无色变为红色，证明尾气的主要成分是氨气；
(3)①采用离心脱水干燥而不用加热干燥的原因是硫脲直接加热干燥易分解；
②由制备过程中的关系式4FeS～2Ca(HS)2～SC(NH2)2，可知13.2 g FeS理论上可以制备SC(NH2)2的质量为76×13.288×4g=2.85g，硫脲的产率为1.74g2.85g×100%≈61.1%。
9.【答案】加快浸出速率 6H++6Fe2++ClO3−=6Fe3++Cl−+3H2O FeOOH 取少量“沉铁”后的上层滤液，滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则证明沉铁完全，反之不完全 c(Ni2+)⋅c2(OH−)=10−5×(10−5.3)2=10−15.6 N2H4+2Ni2++4OH−=2Ni↓+N2↑+4H2O 随着硫酸质量分数的增加，Ni表面逐渐形成致密的氧化膜
【解析】解：(1)酸浸时加热，目的是加快酸浸和氧化速率，促进氧化完全，
故答案为：加快浸出速率；
(2)“氧化”过程是指酸性条件下，Fe2+被ClO3−氧化成Fe3+，同时ClO3−还原为Cl−，则发生反应的离子方程式是6H++6Fe2++ClO3−=6Fe3++Cl−+3H2O，
故答案为：6H++6Fe2++ClO3−=6Fe3++Cl−+3H2O；
(3)由图可知，若反应在80℃进行，加碳酸钠偏多，则所得黄钠铁矾中混有的杂质是FeOOH；已知Fe3+遇KSCN溶液变红，则检验沉铁反应是否完全的方法是取少量“沉铁”后的上层滤液，滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则证明沉铁完全，反之不完全，
故答案为：FeOOH；取少量“沉铁”后的上层滤液，滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则证明沉铁完全，反之不完全；
(4)由上述图表可知，Ni2+完全沉淀时pH=8.7，此时c(Ni2+)=1×10−5mol/L，c(OH−)=Kwc(H+)=10−1410−8.7mol/L=10−5.3mol/L，故K sp=c(Ni2+)⋅c2(OH−)=10−5×(10−5.3)2=10−15.6，
故答案为：c(Ni2+)⋅c2(OH−)=10−5×(10−5.3)2=10−15.6；
(5)由分析知，在碱性条件下，N2H4还原Ni2++生成Ni，同时得氧化产物N2，则生成Ni的离子方程式为N2H4+2Ni2++4OH−=2Ni↓+N2↑+4H2O，
故答案为：N2H4+2Ni2++4OH−=2Ni↓+N2↑+4H2O；
(6)浓硫酸具有强氧化性，使某些金属表面生成致密的氧化膜，故Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为随着硫酸质量分数的增加，Ni表面形成致密的氧化膜，
故答案为：随着硫酸质量分数的增加，Ni表面逐渐形成致密的氧化膜。
红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)加入硫酸酸浸，酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+，另含有少量Fe2+、Fe3+等，加入NaClO氧化亚铁离子发生2H++2Fe2++ClO−=2Fe3++Cl−+H2O，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀，沉铁生成2NaFe3(SO4)2(OH)6，过滤后的滤液中再NaOH、N2H4处理发生N2H4+2Ni2++4OH−=2Ni↓+N2↑+4H2O，可得到Ni；
(1)温度升高，可提高酸浸速率；
(2)“氧化”过程是指酸性条件下，Fe2+被ClO3−氧化成Fe3+，同时ClO3−还原为Cl−；
(3)由图可知，若反应在80℃进行，溶液碱性越强越易生成FeOOH；检验Fe3+遇KSCN溶液变红的性质来检验；
(4)由上述图表可知，Ni2+完全沉淀时pH=8.7，此时c(Ni2+)=1×10−5mol/L，c(OH−)=Kwc(H+)=10−1410−8.7mol/L=10−5.3mol/L，故K sp=c(Ni2+)⋅c2(OH−)；
(5)由分析知，在碱性条件下，N2H4还原Ni2++生成Ni，同时得氧化产物N2；
(6)浓硫酸具有强氧化性，使某些金属表面生成致密的氧化膜，阻止金属继续与酸反应。
本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
10.【答案】CO(g)+12O2(g)=CO2(g)△H=−283kJ/mol 鼓入稍过量的空气 0.045mol⋅L−1⋅min−1 1.8 减小压强(或增大容器体积、移出部分CO2等) 升高温度 4SO2+3O2+2H2O+2Cu− 催化剂 2CuSO4+2H2SO4 SO2−2e−+2H2O=SO42−+4H+ 9.632×107
【解析】解：(1)根据盖斯定律①×12+②得CO(g)+12O2(g)=CO2(g)△H=(−1004×12+219)kJ/mol=−283kJ/mol，
故答案为：CO(g)+12O2(g)=CO2(g)△H=−283kJ/mol；
(2)在煤燃烧过程中要提高固硫率可采取鼓入稍过量的空气，因为增大了体系中c(O2)，促进反应①平衡正向移动，利于固硫，同时O2与CO反应生成CO2，可以降低c(CO)，增大c(CO2)，使反应②平衡逆向移动，有利于固硫，
故答案为：鼓入稍过量的空气；
(3)0～20min内，△c(CO)=2mol/L−1.1mol/L=0.9mol/L，根据方程式可知△c(SO2)=0.9mol/L，v(SO2)=△c(SO2)△t=0.9mol/L20min=0.045mol⋅L−1⋅min−1；反应达到平衡时c(CO)=0.8mol/L，根据碳原子守恒，则c(CO2)=1.2mol/L，c(CO2)=c(SO2)=1.2mol/L，则K=c(SO2)⋅c(CO2)c(CO)=1.2mol/L×1.2mol/L0.8mol/L=1.8mol/L，
故答案为：0.045mol⋅L−1⋅min−1；1.8；
(4)图中t1时，c(CO)突然减小，应该是减小压强(或增大容器体积、移出部分CO2等)，因K=c(CO2)，达到平衡时c(CO2)与原平衡相同；t2时c(CO2)开始不变后增大，说明平衡正向移动，达到新平衡时c(CO2)增大，则K值变大，化学平衡常数只与温度有关，该反应是吸热反应，说明改变的条件是升高温度，
故答案为：减小压强(或增大容器体积、移出部分CO2等)；升高温度；
(5)反应Ⅰ：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，参加反应的SO2和O2的体积比为4：3，说明O2多1体积，即反应Ⅱ：2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O，反应Ⅰ×2+反应Ⅱ得4SO2+3O2+2H2O+2Cu− 催化剂 2CuSO4+2H2SO4，
故答案为：4SO2+3O2+2H2O+2Cu− 催化剂 2CuSO4+2H2SO4；
(6)过程②利用电化学装置吸收另一部分SO2，则SO2在阳极失去电子转化为SO42−；，则阳极电极反应式为SO2−2e−+2H2O=SO42−+4H+；含5%(体积分数)的SO2的废气224m3(标准状况)，n(SO2)=224×103L×5%22.4L/mol=500mol，根据SO2转化为SO42−需要2mol电子，则共需要500mol×2=1000mol电子，需要的电量为1000mol×6.02×1023mol−1×1.60×10−19C=9.632×107C，
故答案为：SO2−2e−+2H2O=SO42−+4H+；9.632×107。
(1)根据盖斯定律①×12+②得CO(g)+12O2(g)=CO2(g)；
(2)在煤燃烧过程中要提高固硫率，即要求反应①平衡正向移动，反应②平衡逆向移动，根据勒夏特列原理分析；
(3)0～20min内，△c(CO)=2mol/L−1.1mol/L=0.9mol/L，根据方程式得出△c(SO2)，结合v(SO2)=△c(SO2)△t计算；计算各组分的浓度，结合K=c(SO2)⋅c(CO2)c(CO)计算；
(4)图中t1时，c(CO)突然减小，因K=c(CO2)，达到平衡时c(CO2)与原平衡相同；t2时c(CO2)开始不变后增大，说明平衡正向移动，达到新平衡时c(CO2)增大，则K值变大，结合化学平衡常数只与温度有关分析；
(5)反应Ⅰ：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，参加反应的SO2和O2的体积比为4：3，说明O2多1体积，即反应Ⅱ：2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O，反应Ⅰ×2+反应Ⅱ得出答案；
(6)过程②利用电化学装置吸收另一部分SO2，则SO2在阳极失去电子转化为SO42−；含5%(体积分数)的SO2的废气224m3(标准状况)，n(SO2)=224×103L×5%22.4L/mol=500mol，根据SO2转化为SO42−需要2mol电子，得出需要电子的数目，即可得出需要的电量。
本题考查热化学方程式、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度大。
11.【答案】3d64s2 球形 O>N 三角锥形 sp2 桥氧 端基氧与硫原子形成双键，桥氧为硫氧单键，硫氧单键键长比硫氧双键大 < 吡咯能与水分子之间形成氢键，而噻吩不能 (0,0,12) 正八面体 34×(56+16)N0×ρ×1010
【解析】解：(1)铁的原子序数为26，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar]3d64s2)，所以其价电子排布式为：3d64s2，s电子的电子云形状为球形，
故答案为：3d64s2；球形；
(2)元素周期表从下往上，从左往右，得电子能力越来越强，电负性越来越强，故电负性O>N，
故答案为：O>N；
(3)①SO32−中S原子价层电子对个数为3+12(a−xb)=3+12(6+2−2×3)=3+1=4，且含有1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型为三角锥形，在SO2中中心S原子的价层电子对数=2+6−2×22=3，所以S的杂化方式为sp2，
故答案为：三角锥形；sp2；
②端基氧与硫原子形成双键，桥氧为硫氧单键，硫氧单键键长比硫氧双键大，所以桥氧化学键键长更大，
故答案为：桥氧；端基氧与硫原子形成双键，桥氧为硫氧单键，硫氧单键键长比硫氧双键大；
(4)吡咯能与水分子之间形成氢键，而噻吩不能，故噻吩难溶于水，吡咯能溶于水，故水溶性噻吩<吡咯，
故答案为：<；吡咯能与水分子之间形成氢键，而噻吩不能；
(5)①分析可知，氧化亚铁的一种晶胞与氯化钠晶胞类似，依据原子1的坐标可知原子2的坐标为(0,0,12)，
故答案为：(0,0,12)；
②氯化钠型晶胞中，分析可知，Fe2+处于O2−围成的正八面体空隙中，
故答案为：正八面体；
③设晶胞边长为apm，晶胞质量中含有Fe2+数目为1+12×14=4，O2−数目为8×18+3=4，故晶胞质量为4×(56+16)N0g，晶胞体积为(a×10−10)cm3，依据ρ=mV可知，a=3mρ=34×(56+16)N0×ρ×1010pm，
故答案为：34×(56+16)N0×ρ×1010。
(1)铁的原子序数为26，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar]3d64s2)，即可得到价电子排布式；
(2)分析元素所处位置进而判断电负性；
(3)①计算出S原子的价层电子对数，再进行杂化方式和空间构型的判断；
②桥氧为两个S原子共用，端基氧为1个S原子所有，所以桥氧形成单键、端基氧形成双键，硫氧单键键长比硫氧双键大；
(4)吡咯能与水分子之间形成氢键；
(5)①分析原子1坐标，找出坐标原点，确定原子2坐标；
②类比氯化钠晶胞进行分析；
③结合密度公式ρ=mV进行计算。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，分子构型，化学键，晶胞计算等内容，其中(5)晶胞计算为解题难点，掌握氯化钠晶胞类比分析为解题关键，整体难度适中。
12.【答案】醛基 甲醛(HCHO) CH2=C(CH3)CH=CH2 氧化反应
【解析】解：(1)根据分析A为OHCCH2CHO，官能团名称为醛基，
故答案为：醛基；
(2)B到C的反应方程式为：，
故答案为：；
(3)根据分析，试剂a为甲醛(HCHO)，
故答案为：甲醛(HCHO)；
(4)根据分析F为丙三醇，F在浓硫酸作用下发生消去反应得到G：CH2=CH−CHO，方程式为：，
故答案为：；
(5)根据分析，b为，
故答案为：；
(6)H到I氢原子个数减少，为氧化反应；根据分析，J的结构简式为：，
故答案为：氧化反应；；
(7)D的结构简式为：，先水解生成，脱去CO2变成， 与HBr发生取代反应生成； 在氢氧化钠醇溶液中加热，可发生消去反应生成碳碳双键，酸化得到E，故中间的补充完整应为，
故答案为：。
A能发生银镜反应，说明A中含有醛基，A的不饱和度=3×2+2−42=2，A氧化生成B，根据A、B的分子式知，A中醛基被氧化生成羧基，所以A为OHCCH2CHO，B为HOOCCH2COOH，B和乙醇发生酯化反应生成C，C为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，C和a发生信息i的反应生成D，C+2a→KHCO3D，a为HCHO，D为，对比F、G的分子式知，F发生消去反应生成G，G和b发生信息ii的反应生成H，G为CH2=CHCHO，F为HOCH2CH(OH)CH2OH，b为CH2=C(CH3)CH=CH2；根据I的分子式知，I为；E、I发生信息iii的反应生成J为，J发生消去反应生成K；
(7)D的结构简式为：，先水解生成，脱去CO2变成， 与HBr发生取代反应生成； 在氢氧化钠醇溶液中加热，可发生消去反应生成碳碳双键，酸化得到E。
本题考查有机物的推断与合成，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目难度中等，解答本题的关键是根据官能团的结构、性质以及物质之间反应的官能团的转化判断可能发生的反应类型，准确把握题给信息。
2023年青海省西宁市高考化学一模试卷
一、单选题（本大题共7小题，共21.0分）
1. 化学科学与技术在社会发展的各方面均发挥着关键性的作用。下列说法正确的是( )
A. “神舟”和“天宫”系列飞船使用的碳纤维复合材料属于碳的同素异形体
B. “太阳能路灯计划”使用的太阳能电池材料砷化镓是金属材料
C. 用“人工肾”进行血液透析救治危重新冠肺炎患者，利用了胶体的性质
D. 冬奥会速滑馆“冰丝带”采用CO2跨临界直冷制冰技术，发生了化学变化
2. 工业合成环丁基甲酸的流程如图所示。下列说法正确的是( )
A. b的分子式为C10H14O4
B. a→b的反应类型为取代反应
C. 86gc的最小同系物与足量的纯碱反应可制得1molCO2
D. b的一氯代物有5种(不考虑立体异构)
3. 下列离子方程式正确的是( )
A. 用惰性电极电解CuCl2溶液：Cu2++2Cl−+2H2O=通电Cu(OH)2+Cl2↑+H2↑
B. FeCl3溶液刻蚀电路铜板：2Fe3++3Cu=2Fe+3Cu2+
C. 草酸中加入酸性高锰酸钾溶液：2MnO4−+5C2O42−+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
D. 用碳酸钠溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙：CaSO4(s)+CO32−(aq)=CaCO3(s)+SO42−(aq)
4. 利用如图装置可以达到实验目的的是 ( )
选项
实验目的
X中试剂
Y中试剂
A
用MnO2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl2
饱和食盐水
浓硫酸
B
用Cu与浓硝酸制取并收集纯净干燥的NO2
水
浓硫酸
C
用大理石和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CO2
饱和NaHCO3溶液
浓硫酸
锌和稀盐酸制取并收集纯净干燥的H2
水
浓硫酸
A. A B. B C. C D. D
5. 中国科学院兰州化物所阎兴斌研究员研究双层电容器中储能行为时，运用到某种离子化学物结构如图所示。其中X、Y、Z、M、L、Q均为短周期主族元素，且原子序数依次增大。M、Q同族且两种元素组成的某种阴离子在强酸性溶液环境下可以产生淡黄色沉淀；Y是有机物的基本骨架元素。下列结论正确的是( )
A. Y的氢化物沸点一定低于Z的氢化物 B. X单质的导电性能强于Q单质
C. L的铵盐溶液可以存放在玻璃试剂瓶中 D. 原子半径大小的顺序为：Q>M>X
6. 微生物脱盐池的a极上加入了呼吸细菌，工作时可将工业废水中的有机污染物转化为CO2，其工作原理如图所示。下列说法错误的是 ( )
A. 工作时，a极发生氧化反应，电流从b极流向a极
B. M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜，脱盐室最终可得到淡盐水
C. 若b极上消耗标准状况下11.2L气体，通过N膜的离子的物质的量为2mol
D. 呼吸细菌的作用为催化有机物分解
7. 常温下，以酚酞为指示剂，用0.1000mol⋅L−1NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积V[NaOH(aq)]的变化关系如图所示[比如A2−的分布系数：δ(A2−)=c(A2−)溶液中含A的粒子的物质的量浓度之和]。下列叙述错误的是( )
A. 该二元酸的浓度为0.1000mol⋅L−1，且溶液中不存在H2A分子
B. 曲线①代表δ(HA−)，HA−的水解常数Kh=1.0×10−10
C. 滴入V[NaOH(aq)]=40mL时，溶液中c(Na+)>2c(A2−)+c(HA−)
D. 曲线③代表pH，到达滴定终点时，溶液颜色从无色刚好变为粉红色，且半分钟内不变色
二、实验题（本大题共1小题，共10.0分）
8. 硫脲[SC(NH2)2]是一种白色且具有光泽的晶体，熔点：176～178℃，温度过高时分解，易潮解，易溶于水，微溶于乙醚，常用于制造药物、染料、树脂、压塑粉等。实验室可通过硫氢化钙[Ca(HS)2]和氰氨化钙(CaCN2)制备硫脲，按要求回答问题。
(1)制备硫氢化钙悬浊液，装置如图甲所示。
①装置A的作用为 。
②为加快反应速率，可适当增加硫酸浓度，但硫酸浓度不能过大，原因是 。
③装置B中发生反应的离子方程式为 。
(2)制备硫脲。将制得的硫氢化钙悬浊液转移到加热容器中，再加入氰氨化钙，在(80±5)℃下反应3h，制备硫脲粗品，制备装置如图乙所示。
①温度控制在(80±5)℃的加热方式为 。
②制备硫脲的化学方程式为 (只有两种生成物)。
③已知氰氨化钙遇水生成一种无色、具有强烈刺激性气味的气体，请设计简单实验证明处理的尾气的主要成分： 。
(3)分离提纯硫脲。将反应所得的悬浊液减压过滤，再将滤液蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶，离心脱水干燥得到硫脲晶体。
①采用离心脱水干燥而不用加热干燥的原因是 。
②制备H2S时所用原料为13.2gFeS，最终制得硫脲1.74g，硫脲的产率为 (保留3位有效数字)。
三、简答题（本大题共4小题，共32.0分）
9. 镍是化工产业的重要原料。以红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)为原料，制取纳米镍粉，同时获得净水剂黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]的工艺流程如图．
溶液中Ni2+离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Ni2+
开始沉淀时(c=0.01 mol⋅L−1)的pH
7.2
沉淀完全时(c=1.0×10−5mol⋅L−1)的pH
8.7
回答下列问题：
(1)“酸浸”时需要加热，其原因是 ______ 。
(2)“氧化”过程发生反应的离子方程式是 ______ 。
(3)“沉铁”过程，控制不同的条件可以得到不同的沉淀，所得沉淀与温度、pH的关系如图所示(图1中阴影部分表示的是黄钠铁矾稳定存在区域)。若反应在80℃时进行，加碳酸钠偏多，则所得黄钠铁矾中混有的杂质是 ______ ；检验沉铁步骤中反应是否完全的方法是 ______ 。
(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp= ______ 。(列出计算式)。
(5)“转化”过程，向“过滤Ⅱ”所得滤液(富含Ni2+)中加入N2H4，控制溶液中NaOH的浓度，可得到不同晶态物质(NiSO4⋅Ni、Ni或二者的混合物)。写出生成Ni的离子方程式 ______ 。
(6)95℃时，将Ni片浸在不同质量分数的硫酸中，经4小时腐蚀后的质量损失情况如图2所示，当ω(H2SO4)大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为 ______ 。
10. 煤的洁净技术(包括固硫技术和脱硫技术两类)可有效降低燃煤废气中SO2的含量，已成为我国解决环境问题的主导技术之一．
Ⅰ.固硫技术：通过加入固硫剂，将硫元素以固体形式留在煤燃烧的残渣中.生石灰是常用的固硫剂，固硫过程中涉及的部分反应如下：
①2CaO(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4△H1=−1004kJ⋅mol−1
②CaSO4(s)+CO(g)=CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)△H2=+219kJ⋅mol−1
(1)表示CO燃烧热的热化学方程式是 ______ ．
(2)由上述两个反应可知，在煤燃烧过程中要提高固硫率(燃烧残渣中硫元素的质量占燃煤中硫元素总质量的百分比)，可采用的方法是 ______ ．
(3)某温度下，在一个恒容密闭容器中加入CaSO4(s)和CO(g)，若只发生反应②，测得如下数据：
t/min
0
10
20
30
40
c(CO)/(mol⋅L−1)
2
1.5
1.1
0.8
0.8
0～20min内v(SO2)= ______ ，此条件下该反应的平衡常数为 ______ mol⋅L−1．
(4)实际生产中常用石灰石代替生石灰，石灰石吸收热量分解为生石灰，即CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H>0.800℃下，在一个密闭容器中加入一定量的CaCO3(s)进行该反应，CO2气体的浓度变化如图所示，t1和与t2时分别改变一个条件，则改变的条件依次是 ______ 和 ______ ．
Ⅱ.除去燃煤产生的废气中的SO2的过程如图所示．
(5)过程①是SO2的部分催化氧化反应，若参加反应的SO2和O2的体积比为4：3，则反应的化学方程式为 ______ ．
(6)过程②利用电化学装置吸收另一部分SO2，使得Cu再生，该过程中阳极的电极反应式为 ______ .若此过程中除去含5%(体积分数)的SO2的废气224m3(标准状况)，则需要的电量为 ______ C(一个电子的电量q=1.60×10−19C，
NA=6.02×1023mol−1).
11. 硫酸亚铁铵是一种蓝绿色的复盐，俗名为摩尔盐，化学式为(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O。它在空气中稳定，是重要的化工原料，用途十分广泛。该物质隔绝空气加强热会发生分解，一种分解方式可表示为：(NH4)2Fe(SO4)2⋅6H2O=2NH3↑+FeO+2SO3↑+7H2O↑。请回答下列问题：
(1)基态铁原子的价电子排布式为 ______ ，s电子的电子云形状为 ______ 。
(2)摩尔盐中的组成元素N、O的电负性大小顺序是 ______ 。
(3)SO2、SO3、SO32−是三种常见含硫微粒。
①SO32−微粒的立体构型为 ______ ，SO2中心原子的杂化方式为 ______ 。
②固态SO3能以无限长链形式存在，结构如图1所示。与硫原子形成化学键更长的是 ______ (填“桥氧”或“端基氧”)，理由是 ______ 。
(4)噻吩()、吡咯()都可与Fe3+形成配位化合物。在水中的溶解度噻吩 ______ 吡咯(填“<”、“>”或“=”)，理由是 ______ 。
(5)氧化亚铁的一种晶胞与氯化钠晶胞类似，如图2所示。
①以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图2中原子1的坐标为(0,12,12)，则原子2的坐标为 ______ 。
②Fe2+处于O2−围成的 ______ 空隙中。(填“正四面体”或“正八面体”)
③该晶体的密度为ρg⋅cm−3，用N0表示阿伏加德罗常数的值，则该晶胞边长为 ______ pm。
12. 具有广泛生物活性的某丁内酯类化合物K的合成路线如图：
已知：i．
ii．
iii．
(1)A能发生银镜反应，A中官能团名称是 ______ 。
(2)B→C的化学方程式是 ______ 。
(3)C+2a→KHCO3D，则试剂a是 ______ 。
(4)已知：同一个碳原子连有2个羟基的分子不稳定，F为醇类。F→G的反应方程式为 ______ 。
(5)试剂b的结构简式为 ______ 。
(6)H→I的反应类型为 ______ ，J的结构简式为 ______ 。
(7)已知：，将D→E的流程图补充完整，在括号内填写试剂和条件，在□方框内填写物质结构简式 ______ 。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.复合材料是由基体和增强体组成的，所以碳纤维复合材料不是碳单质，不属于碳的同素异形体，故A错误；
B.砷化镓是一种新型无机非金属材料，不是金属材料，故B错误；
C.血液属于胶体，“人工肾”内部含有半透膜，透析是利用胶体不能透过半透膜的性质，故C正确；
D.CO2跨临界直冷制冰技术是固体二氧化碳升华过程中吸收热量，过程中无新物质生成，为物理变化，故D错误；
故选：C。
A.复合材料是由基体和增强体组成的，同种元素组成的不同单质互为同素异形体；
B.金属材料是指金属或金属形成的合金材料；
C.透析是利用胶体不能透过半透膜的性质；
D.物质变化过程中生成新物质的变化为化学变化。
本题考查了化学与生活的应用，注意知识的积累，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.b中C、H、O原子个数依次是10、16、4，分子式为C10H16O4，故A错误；
B.a中氢原子被取代生成b，所以该反应为取代反应，故B正确；
C.c的最小同系物为，n()=86g86g/mol=1mol，羧基和足量碳酸钠溶液反应生成−COONa和NaHCO3，所以1mol该有机物与足量碳酸钠溶液反应没有气体生成，故C错误；
D.b中含有4种氢原子，其一氯代物有4种，故D错误；
故选：B。
A.b中C、H、O原子个数依次是10、16、4；
B.a中氢原子被取代生成b；
C.c的最小同系物为，n()=86g86g/mol=1mol，羧基和足量碳酸钠溶液反应生成−COONa和NaHCO3；
D.b中含有几种氢原子，其一氯代物就有几种。
本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：A.用惰性电极电解CuCl2溶液，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上铜离子放电生成铜，电解方程式为Cu2++2Cl−=通电Cu+Cl2↑，故A错误；
B.铜不能置换出铁，FeCl3溶液刻蚀电路铜板的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故B错误；
C.向酸性高锰酸钾溶液中滴加草酸溶液，离子方程式为：2MnO4−+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C错误；
D.碳酸钙的溶解度小于硫酸钙，用碳酸钠溶液处理锅炉水垢中的硫酸钙：CaSO4(s)+CO32−(aq)=CaCO3(s)+SO42−(aq)，故D正确；
故选：D。
A.用惰性电极电解CuCl2溶液，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上铜离子放电生成铜；
B.铜不能置换出铁；
C.草酸是弱酸，不能拆；
D.碳酸钙的溶解度小于硫酸钙。
本题考查了离子方程式书写方法和注意问题，注意物质的拆分问题，反应实质的理解和分析是解题关键，需要熟练掌握基础，题目难度中等。
4.【答案】C
【解析】解：A.用MnO2和浓盐酸制取Cl2需要加热，图中没有加热装置，故A错误；
B.NO2和H2O反应生成HNO3和NO，所以X中试剂不能是水，故B错误；
C.大理石和稀盐酸反应生成CO2，盐酸易挥发，所以生成的二氧化碳中含有HCl，HCl能和NaHCO3溶液反应生成CO2，浓硫酸具有吸水性，二氧化碳密度大于空气，采用向上排空气法收集二氧化碳，图中操作正确，故C正确；
D.盐酸易挥发，所以生成的H2中含有HCl，HCl极易溶于水，氢气密度小于空气，应该采用向下排空气法收集氢气，故D错误；
故选：C。
A.用MnO2和浓盐酸制取Cl2需要加热；
B.NO2和H2O反应生成HNO3和NO；
C.大理石和稀盐酸反应生成CO2，HCl能和NaHCO3溶液反应生成CO2，浓硫酸具有吸水性，二氧化碳密度大于空气；
D.HCl极易溶于水，氢气密度小于空气。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
5.【答案】B
【解析】解：A.由分析可知，Y为C，则Y的氢化物有很多，有气体、液态和固体的烃，Z为N，其氢化物有NH3(g)和N2H4(l)等，则Y的氢化物的沸点不一定低于Z的氢化物，故A错误；
B.由分析可知，X为Li，是电的良导体，而Q为S，是绝缘体，则X单质的导电性能强于Q单质，故B正确；
C.由分析可知，L为F，则L的铵盐溶液中，氟离子水解生成的HF能与玻璃中的SiO2反应而腐蚀玻璃，故NH4F溶液不可以存放在玻璃试剂瓶中，应该装在塑料瓶中，故C错误；
D.由分析可知，Q为S、M为O、X为Li，故原子半径大小的顺序为：S>Li>O即Q>X>M，故D错误；
故选：B。
由题干信息可知，X、Y、Z、M、L、Q均为短周期主族元素，且原子序数依次增大，M、Q同族且两种元素组成的某种阴离子在强酸性溶液环境下可以产生淡黄色沉淀，即S2O32−，Y是有机物的基本骨架元素，则Y为C，由图示可知，Q周围形成了6个共价键，M周围形成了2个共价键，则M为O，Q为S，X为+1价，则X为Li，Z为N，由C周围只能形成4个共价键，则L为F，据此分析解题。
本题考查原子结构与元素周期律，推断元素是解题的关键，紧扣短周期主族元素、结构式中价键结构进行分析判断，熟练掌握元素周期律与元素化合物知识，题目侧重考查学生分析推理能力、综合运用知识的能力。
6.【答案】C
【解析】解：A.a极有机污染物转化为二氧化碳，失去电子为负极，b极为正极，因此工作时，a极发生氧化反应，电流从b极流向a极，故A正确；
B.阴离子向a极迁移，阳离子向b极迁移，因此N为阳离子交换膜，M为阴离子交换膜，故B正确；
C.若b极上消耗标准状况下11.2LO2，则外电路中通过2mole−，此时通过阳离子交换膜的电荷数为2mol，经过N膜的离子为Na+和Ca2+，其所带电荷数不同，故此离子数目无法确定，故C错误；
D.呼吸细菌的作用为催化有机物分解，故D正确；
故选：C。
A.a极有机污染物转化为二氧化碳，失去电子为负极；
B.阴离子向a极迁移，阳离子向b极迁移；
C.若b极上消耗标准状况下11.2LO2，则外电路中通过2mole−，此时通过阳离子交换膜的电荷数为2mol；
D.呼吸细菌的作用为催化有机物分解。
本题考查原电池，侧重考查学生新型化学电源的掌握情况，试题难度中等。
7.【答案】B
【解析】解：A.由题图可知，当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明酸碱恰好完全中和，反应的化学方程式为2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，该二元酸的浓度c(H2A)=c(NaOH)×V(NaOH)2V(H2A)=0.1000mol⋅L−1×40mL2×20.00mL=0.1000mol⋅L−1，没有加入NaOH溶液时，H2A溶液的pH为1.0，这说明在水中H2A的第一步电离是完全的，第二步电离存在电离平衡，故该二元酸溶液中不存在H2A分子，故A正确；
B.由A分析可知，二元酸溶液中不存在H2A分子，在未加NaOH溶液时，曲线①的分布系数与曲线②的分布系数之和等于1，滴入NaOH溶液后，曲线①的分布系数一直在减小，曲线②的分布系数一直在增大，故曲线①代表δ(HA−)，曲线②代表δ(A2−)，由题图可知，当δ(HA−)=δ(A2−)时，溶液的pH=2.0，则HA−的电离常数Ka=c(H+)×c(A2−)c(HA−)=c(H+)=10−pH=10−2，HA−的水解常数Kh=KwKa=10−1410−2=1.0×10−12，故B错误；
C.滴入V(NaOH)=40mL时，溶液中的溶质为正盐Na2A，Na2A会发生水解，使溶液呈碱性，即c(OH−)>c(H+)，溶液中存在的离子有Na+、H+、A2−、HA−、OH−，再根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(A2−)+c(HA−)+c(OH−)，可得：c(Na+)>2c(A2−)+c(HA−)，故C正确；
D.曲线③代表pH，达到滴定终点时，溶液颜色从无色刚好变为粉红色，且半分钟内不变色，故D正确；
故选：B。
A.由图可知，当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明酸碱恰好完全中和，依据化学方程式2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，该二元酸的浓度由公式c(H2A)=c(NaOH)×V(NaOH)2V(H2A)计算可得；没有加入NaOH溶液时，H2A溶液的pH为1.0，这说明在水中H2A的第一步电离是完全的；
B.由题图可知，当δ(HA−)=δ(A2−)时，溶液的pH=2.0，则HA−的电离常数Ka=c(H+)×c(A2−)c(HA−)=c(H+)=10−pH=10−2，HA−的水解常数Kh=KwKa由此可得；
C.滴入V(NaOH)=40mL时，溶液中的溶质为正盐Na2A，Na2A会发生水解，使溶液呈碱性，即c(OH−)>c(H+)，溶液中存在的离子有Na+、H+、A2−、HA−、OH−，再根据电荷守恒分析解答；
D.曲线③代表pH，达到滴定终点时，溶液颜色从无色刚好变为粉红色，且半分钟内不变色。
本题考查化学反应原理，涉及酸碱滴定的原理、电离常数和水解常数的计算等，题目中等难度。
8.【答案】(1)①为目标反应提供H2S
②硫酸浓度过大时，浓硫酸具有强氧化性，将S2−或H2S氧化，不利于生成H2S
③Ca(OH)2+2H2S=Ca(HS)2+2H2O
(2)①水浴加热
②2Ca(HS)2+CaCN2SC(NH2)2+3CaS
③将气体通入滴有酚酞的蒸馏水中，溶液由无色变为红色，证明尾气的主要成分是氨气
(3)①硫脲直接加热干燥易分解
②61.1%
【解析】
【分析】
本题考查制备硫脲的实验，难度一般，理解制备原理及装置作用是解题关键。
【解答】
(1)①制备硫氢化钙悬浊液，需要将硫化氢气体通入澄清石灰水中，装置A为稀硫酸与FeS制取硫化氢气体的发生装置，作用为目标反应提供H2S ；
②为加快反应速率，可适当增加硫酸浓度，但硫酸浓度不能过大，原因是硫酸浓度过大时，浓硫酸具有强氧化性，将S2−或H2S氧化，不利于生成H2S，
故答案为：硫酸浓度过大时，浓硫酸具有强氧化性，将S2−或H2S氧化，不利于生成H2S；
③装置B中发生复分解反应，产生硫氢化钙悬浊液，此时为沉淀状态，对应离子方程式为Ca(OH)2+2H2S=Ca(HS)2+2H2O；
(2)①温度控制在(80±5)℃，不超过100℃，加热方式为水浴加热；
②由于只有两种生成物，故对应的第二种生成物为CaS，对应化学方程式为2Ca(HS)2+CaCN2SC(NH2)2+3CaS；
③已知氰氨化钙遇水生成一种无色、具有强烈刺激性气味的气体，结合元素守恒，该气体应该是氨气，故将气体通入滴有酚酞的蒸馏水中，溶液由无色变为红色，证明尾气的主要成分是氨气；
(3)①采用离心脱水干燥而不用加热干燥的原因是硫脲直接加热干燥易分解；
②由制备过程中的关系式4FeS～2Ca(HS)2～SC(NH2)2，可知13.2 g FeS理论上可以制备SC(NH2)2的质量为76×13.288×4g=2.85g，硫脲的产率为1.74g2.85g×100%≈61.1%。
9.【答案】加快浸出速率 6H++6Fe2++ClO3−=6Fe3++Cl−+3H2O FeOOH 取少量“沉铁”后的上层滤液，滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则证明沉铁完全，反之不完全 c(Ni2+)⋅c2(OH−)=10−5×(10−5.3)2=10−15.6 N2H4+2Ni2++4OH−=2Ni↓+N2↑+4H2O 随着硫酸质量分数的增加，Ni表面逐渐形成致密的氧化膜
【解析】解：(1)酸浸时加热，目的是加快酸浸和氧化速率，促进氧化完全，
故答案为：加快浸出速率；
(2)“氧化”过程是指酸性条件下，Fe2+被ClO3−氧化成Fe3+，同时ClO3−还原为Cl−，则发生反应的离子方程式是6H++6Fe2++ClO3−=6Fe3++Cl−+3H2O，
故答案为：6H++6Fe2++ClO3−=6Fe3++Cl−+3H2O；
(3)由图可知，若反应在80℃进行，加碳酸钠偏多，则所得黄钠铁矾中混有的杂质是FeOOH；已知Fe3+遇KSCN溶液变红，则检验沉铁反应是否完全的方法是取少量“沉铁”后的上层滤液，滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则证明沉铁完全，反之不完全，
故答案为：FeOOH；取少量“沉铁”后的上层滤液，滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则证明沉铁完全，反之不完全；
(4)由上述图表可知，Ni2+完全沉淀时pH=8.7，此时c(Ni2+)=1×10−5mol/L，c(OH−)=Kwc(H+)=10−1410−8.7mol/L=10−5.3mol/L，故K sp=c(Ni2+)⋅c2(OH−)=10−5×(10−5.3)2=10−15.6，
故答案为：c(Ni2+)⋅c2(OH−)=10−5×(10−5.3)2=10−15.6；
(5)由分析知，在碱性条件下，N2H4还原Ni2++生成Ni，同时得氧化产物N2，则生成Ni的离子方程式为N2H4+2Ni2++4OH−=2Ni↓+N2↑+4H2O，
故答案为：N2H4+2Ni2++4OH−=2Ni↓+N2↑+4H2O；
(6)浓硫酸具有强氧化性，使某些金属表面生成致密的氧化膜，故Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为随着硫酸质量分数的增加，Ni表面形成致密的氧化膜，
故答案为：随着硫酸质量分数的增加，Ni表面逐渐形成致密的氧化膜。
红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)加入硫酸酸浸，酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+，另含有少量Fe2+、Fe3+等，加入NaClO氧化亚铁离子发生2H++2Fe2++ClO−=2Fe3++Cl−+H2O，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀，沉铁生成2NaFe3(SO4)2(OH)6，过滤后的滤液中再NaOH、N2H4处理发生N2H4+2Ni2++4OH−=2Ni↓+N2↑+4H2O，可得到Ni；
(1)温度升高，可提高酸浸速率；
(2)“氧化”过程是指酸性条件下，Fe2+被ClO3−氧化成Fe3+，同时ClO3−还原为Cl−；
(3)由图可知，若反应在80℃进行，溶液碱性越强越易生成FeOOH；检验Fe3+遇KSCN溶液变红的性质来检验；
(4)由上述图表可知，Ni2+完全沉淀时pH=8.7，此时c(Ni2+)=1×10−5mol/L，c(OH−)=Kwc(H+)=10−1410−8.7mol/L=10−5.3mol/L，故K sp=c(Ni2+)⋅c2(OH−)；
(5)由分析知，在碱性条件下，N2H4还原Ni2++生成Ni，同时得氧化产物N2；
(6)浓硫酸具有强氧化性，使某些金属表面生成致密的氧化膜，阻止金属继续与酸反应。
本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
10.【答案】CO(g)+12O2(g)=CO2(g)△H=−283kJ/mol 鼓入稍过量的空气 0.045mol⋅L−1⋅min−1 1.8 减小压强(或增大容器体积、移出部分CO2等) 升高温度 4SO2+3O2+2H2O+2Cu− 催化剂 2CuSO4+2H2SO4 SO2−2e−+2H2O=SO42−+4H+ 9.632×107
【解析】解：(1)根据盖斯定律①×12+②得CO(g)+12O2(g)=CO2(g)△H=(−1004×12+219)kJ/mol=−283kJ/mol，
故答案为：CO(g)+12O2(g)=CO2(g)△H=−283kJ/mol；
(2)在煤燃烧过程中要提高固硫率可采取鼓入稍过量的空气，因为增大了体系中c(O2)，促进反应①平衡正向移动，利于固硫，同时O2与CO反应生成CO2，可以降低c(CO)，增大c(CO2)，使反应②平衡逆向移动，有利于固硫，
故答案为：鼓入稍过量的空气；
(3)0～20min内，△c(CO)=2mol/L−1.1mol/L=0.9mol/L，根据方程式可知△c(SO2)=0.9mol/L，v(SO2)=△c(SO2)△t=0.9mol/L20min=0.045mol⋅L−1⋅min−1；反应达到平衡时c(CO)=0.8mol/L，根据碳原子守恒，则c(CO2)=1.2mol/L，c(CO2)=c(SO2)=1.2mol/L，则K=c(SO2)⋅c(CO2)c(CO)=1.2mol/L×1.2mol/L0.8mol/L=1.8mol/L，
故答案为：0.045mol⋅L−1⋅min−1；1.8；
(4)图中t1时，c(CO)突然减小，应该是减小压强(或增大容器体积、移出部分CO2等)，因K=c(CO2)，达到平衡时c(CO2)与原平衡相同；t2时c(CO2)开始不变后增大，说明平衡正向移动，达到新平衡时c(CO2)增大，则K值变大，化学平衡常数只与温度有关，该反应是吸热反应，说明改变的条件是升高温度，
故答案为：减小压强(或增大容器体积、移出部分CO2等)；升高温度；
(5)反应Ⅰ：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，参加反应的SO2和O2的体积比为4：3，说明O2多1体积，即反应Ⅱ：2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O，反应Ⅰ×2+反应Ⅱ得4SO2+3O2+2H2O+2Cu− 催化剂 2CuSO4+2H2SO4，
故答案为：4SO2+3O2+2H2O+2Cu− 催化剂 2CuSO4+2H2SO4；
(6)过程②利用电化学装置吸收另一部分SO2，则SO2在阳极失去电子转化为SO42−；，则阳极电极反应式为SO2−2e−+2H2O=SO42−+4H+；含5%(体积分数)的SO2的废气224m3(标准状况)，n(SO2)=224×103L×5%22.4L/mol=500mol，根据SO2转化为SO42−需要2mol电子，则共需要500mol×2=1000mol电子，需要的电量为1000mol×6.02×1023mol−1×1.60×10−19C=9.632×107C，
故答案为：SO2−2e−+2H2O=SO42−+4H+；9.632×107。
(1)根据盖斯定律①×12+②得CO(g)+12O2(g)=CO2(g)；
(2)在煤燃烧过程中要提高固硫率，即要求反应①平衡正向移动，反应②平衡逆向移动，根据勒夏特列原理分析；
(3)0～20min内，△c(CO)=2mol/L−1.1mol/L=0.9mol/L，根据方程式得出△c(SO2)，结合v(SO2)=△c(SO2)△t计算；计算各组分的浓度，结合K=c(SO2)⋅c(CO2)c(CO)计算；
(4)图中t1时，c(CO)突然减小，因K=c(CO2)，达到平衡时c(CO2)与原平衡相同；t2时c(CO2)开始不变后增大，说明平衡正向移动，达到新平衡时c(CO2)增大，则K值变大，结合化学平衡常数只与温度有关分析；
(5)反应Ⅰ：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，参加反应的SO2和O2的体积比为4：3，说明O2多1体积，即反应Ⅱ：2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O，反应Ⅰ×2+反应Ⅱ得出答案；
(6)过程②利用电化学装置吸收另一部分SO2，则SO2在阳极失去电子转化为SO42−；含5%(体积分数)的SO2的废气224m3(标准状况)，n(SO2)=224×103L×5%22.4L/mol=500mol，根据SO2转化为SO42−需要2mol电子，得出需要电子的数目，即可得出需要的电量。
本题考查热化学方程式、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度大。
11.【答案】3d64s2 球形 O>N 三角锥形 sp2 桥氧 端基氧与硫原子形成双键，桥氧为硫氧单键，硫氧单键键长比硫氧双键大 < 吡咯能与水分子之间形成氢键，而噻吩不能 (0,0,12) 正八面体 34×(56+16)N0×ρ×1010
【解析】解：(1)铁的原子序数为26，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar]3d64s2)，所以其价电子排布式为：3d64s2，s电子的电子云形状为球形，
故答案为：3d64s2；球形；
(2)元素周期表从下往上，从左往右，得电子能力越来越强，电负性越来越强，故电负性O>N，
故答案为：O>N；
(3)①SO32−中S原子价层电子对个数为3+12(a−xb)=3+12(6+2−2×3)=3+1=4，且含有1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型为三角锥形，在SO2中中心S原子的价层电子对数=2+6−2×22=3，所以S的杂化方式为sp2，
故答案为：三角锥形；sp2；
②端基氧与硫原子形成双键，桥氧为硫氧单键，硫氧单键键长比硫氧双键大，所以桥氧化学键键长更大，
故答案为：桥氧；端基氧与硫原子形成双键，桥氧为硫氧单键，硫氧单键键长比硫氧双键大；
(4)吡咯能与水分子之间形成氢键，而噻吩不能，故噻吩难溶于水，吡咯能溶于水，故水溶性噻吩<吡咯，
故答案为：<；吡咯能与水分子之间形成氢键，而噻吩不能；
(5)①分析可知，氧化亚铁的一种晶胞与氯化钠晶胞类似，依据原子1的坐标可知原子2的坐标为(0,0,12)，
故答案为：(0,0,12)；
②氯化钠型晶胞中，分析可知，Fe2+处于O2−围成的正八面体空隙中，
故答案为：正八面体；
③设晶胞边长为apm，晶胞质量中含有Fe2+数目为1+12×14=4，O2−数目为8×18+3=4，故晶胞质量为4×(56+16)N0g，晶胞体积为(a×10−10)cm3，依据ρ=mV可知，a=3mρ=34×(56+16)N0×ρ×1010pm，
故答案为：34×(56+16)N0×ρ×1010。
(1)铁的原子序数为26，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar]3d64s2)，即可得到价电子排布式；
(2)分析元素所处位置进而判断电负性；
(3)①计算出S原子的价层电子对数，再进行杂化方式和空间构型的判断；
②桥氧为两个S原子共用，端基氧为1个S原子所有，所以桥氧形成单键、端基氧形成双键，硫氧单键键长比硫氧双键大；
(4)吡咯能与水分子之间形成氢键；
(5)①分析原子1坐标，找出坐标原点，确定原子2坐标；
②类比氯化钠晶胞进行分析；
③结合密度公式ρ=mV进行计算。
本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，分子构型，化学键，晶胞计算等内容，其中(5)晶胞计算为解题难点，掌握氯化钠晶胞类比分析为解题关键，整体难度适中。
12.【答案】醛基 甲醛(HCHO) CH2=C(CH3)CH=CH2 氧化反应
【解析】解：(1)根据分析A为OHCCH2CHO，官能团名称为醛基，
故答案为：醛基；
(2)B到C的反应方程式为：，
故答案为：；
(3)根据分析，试剂a为甲醛(HCHO)，
故答案为：甲醛(HCHO)；
(4)根据分析F为丙三醇，F在浓硫酸作用下发生消去反应得到G：CH2=CH−CHO，方程式为：，
故答案为：；
(5)根据分析，b为，
故答案为：；
(6)H到I氢原子个数减少，为氧化反应；根据分析，J的结构简式为：，
故答案为：氧化反应；；
(7)D的结构简式为：，先水解生成，脱去CO2变成， 与HBr发生取代反应生成； 在氢氧化钠醇溶液中加热，可发生消去反应生成碳碳双键，酸化得到E，故中间的补充完整应为，
故答案为：。
A能发生银镜反应，说明A中含有醛基，A的不饱和度=3×2+2−42=2，A氧化生成B，根据A、B的分子式知，A中醛基被氧化生成羧基，所以A为OHCCH2CHO，B为HOOCCH2COOH，B和乙醇发生酯化反应生成C，C为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，C和a发生信息i的反应生成D，C+2a→KHCO3D，a为HCHO，D为，对比F、G的分子式知，F发生消去反应生成G，G和b发生信息ii的反应生成H，G为CH2=CHCHO，F为HOCH2CH(OH)CH2OH，b为CH2=C(CH3)CH=CH2；根据I的分子式知，I为；E、I发生信息iii的反应生成J为，J发生消去反应生成K；
(7)D的结构简式为：，先水解生成，脱去CO2变成， 与HBr发生取代反应生成； 在氢氧化钠醇溶液中加热，可发生消去反应生成碳碳双键，酸化得到E。
本题考查有机物的推断与合成，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目难度中等，解答本题的关键是根据官能团的结构、性质以及物质之间反应的官能团的转化判断可能发生的反应类型，准确把握题给信息。
相关试卷
2023年青海省西宁市大通县高考化学二模试卷及答案解析： 这是一份2023年青海省西宁市大通县高考化学二模试卷及答案解析，共19页。试卷主要包含了 化学与生活密切相关， 室温下，用0等内容，欢迎下载使用。
2023年青海省西宁市大通县高考化学一模试卷+： 这是一份2023年青海省西宁市大通县高考化学一模试卷+，共19页。试卷主要包含了 NA为阿伏加德罗常数的值， 25℃时，向20mL0， 三氯化磷是一种无色液体，00mL溶液A，用0等内容，欢迎下载使用。
青海省西宁市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-选择题： 这是一份青海省西宁市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-选择题，共16页。
