北京部分学校2025届高三高考化学模拟卷化学试题（解析版）

这是一份北京部分学校2025届高三高考化学模拟卷化学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了 下列表示正确的是， 实验室中利用固体进行如下实验，25ml等内容，欢迎下载使用。

第I部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 改革开放 40 年，我国取得了很多世界瞩目的科技成果，下列说法不正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．22 号钛元素位于第四周期第ⅣB族，属于过渡元素，故A正确；
B．合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能，用途广泛，故B正确；
C．光纤材料是二氧化硅不是硅，故C错误；
D．氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料，耐高温硬度大，故D正确；
故选C。
2. 下列表示正确的是
A. 二氧化碳的比例模型：B. 丙醛的键线式：
C. 次氯酸的电子式：D. 异丙醇的结构简式：CH3CH(OH)CH3
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化碳的分子构型是直线型，碳和氧在同周期，同周期元素的原子半径从左到右逐渐减小，碳原子的半径大于氧原子半径，比例模型：，故A错误；
B．丙醛的结构简式为CH3CH2CHO，键线式：，故B错误；
C．次氯酸的电子式中氧原子在氢原子和氯原子之间，与氢原子和氯原子各形成一对共用电子对，电子式为：，故C错误；
D．异丙醇的官能团是羟基，可以看作是丙烷中亚甲基上的氢原子被羟基取代，结构简式是：CH3CH(OH)CH3，故D正确；
答案选D。
3. 医学界通过用14C标记的C60发现了一种C60的羟酸衍生物，这种羟酸衍生物在特定条件下可以通过断裂DNA抑制艾滋病毒的繁殖。下列有关14C的叙述正确的是
A. 与12C60的碳原子化学性质不同B. 与14N含的中子数相同
C. 14C60是12C60的同素异形体D. 与12C互为同位素
【答案】D
【解析】
【详解】A．同一种元素的化学性质是一样的，与中碳原子的化学性质相同，故A错误；
B．和的中子数分别为8、7，故B错误；
C．与是碳元素的同种单质，不是同素异形体，故C错误；
D．14C与12C是质子数相同，中子数不同的核素，互为同位素，故D正确；
故答案为：D。
4. 宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列物质性质实验对应的反应方程式书写正确的是
A. 放入水中：
B. 通过灼热铁粉：
C. 铜丝插入热的浓硫酸中：
D. 通入酸性溶液中：
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．放入水中化学方程式应该是：，A选项中氧元素不守恒，A错误；
B．通过灼热铁粉应高温条件下生成四氧化三铁和氢气，B错误；
C．铜丝插入热的浓硫酸中生成的气体不是氢气，应是二氧化硫，C错误；
D．通入酸性溶液中，被氧化为，被还原为，再根据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒可得离子方程式为，D正确；
故选D。
5. 实验室中利用固体进行如下实验。下列说法错误的是
A. G与H均为氧化产物
B. 实验I中既是氧化剂又是还原剂
C. Mn元素至少参与了3个氧化还原反应
D. G与Ｈ的物质的量之和可能为0.25ml
【答案】D
【解析】
【详解】A．加热时发生反应：，所得固体、和浓盐酸加热时发生反应：、，若有剩余，还发生反应：。和均为氧化产物，选项A正确；
B．中既作氧化剂，又作还原剂，选项B正确；
C．由以上分析可知，Mn元素至少参与了3个氧化还原反应，选项C正确；
D．若完全分解，则得到，同时生成、，加热时与浓盐酸完全反应，共得到，此时和的物质的量之和为0.20ml，由以上化学方程式知，全部与浓盐酸反应时得到的气体最多，为，但加热时发生分解，故与的物质的量之和一定小于0.25ml，选项D错误。
答案选D。
6. 汽车尾气中的、、碳氢化合物通过排气系统的净化装置(催化剂主要由、、等物质和稀土材料组成)转化为无害气体，净化原理如下。下列分析不正确的是
A. 催化剂能提高反应速率B. 、均发生了氧化反应
C. 转化为时，转化为D. 催化剂对化学反应有选择性
【答案】B
【解析】
【详解】A．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，A正确；
B．中氮元素化合价降低到0价，发生还原反应，CO中碳元素化合价升高到+4价，发生氧化反应，B错误；
C．由图示可知，CO转化为CO2时，碳元素化合价升高失电子，则反应时应得电子化合价降低转化为，C正确；
D．催化剂对特定反应具有催化作用，故催化剂对化学反应有选择性，D正确；
答案选B。
7. Fentn试剂常用于氧化降解有机污染物X。在一定条件下，反应初始时c(X)=2.0×10-3 ml·L-1，反应10 min进行测定，得图1和图2。下列说法不正确的是
A. 50℃，PH3～6之间，X降解率随pH增大而减小
B. pH=2，温度在40～80℃，X降解率随温度升高而增大
C. 无需再进行后续实验，就可以判断最佳反应条件是：PH=3、温度为80℃
D. pH=2、温度为50℃，10min内v(X)=1.44x10-4ml·L-1min-1
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由图1可知，50℃时，PH在3～6之间，X降解率随PH增大而减小，故A正确；
B．由图2可知，PH=2时，温度在40～80℃，X降解率温度升高而增大，故B正确；
C．溶液pH值、温度会影响X的降解率，需要进行PH=3、温度对X降解率影响实验或温度为80℃、pH对X降解率影响实验才能确定最佳pH值、温度，故C错误；
D．由图2可知，PH=2，50℃时到达平衡时X的转化率为72%，X的浓度变化量=2.0×10-3ml•L-1×72%=1.44×10-3ml•L-1，故v(X)= =1.44×10-4ml•L-1min-1，故D正确；
故选C。
8. 联氨(N2H4)可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是
A. ①转化中N2H4是还原剂B. 工业上也可使用Na2SO3处理锅炉水中的溶解氧
C. 1ml N2H4可处理水中1.5 mlO2D. ③中发生反应后溶液的pH增大
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．①转化中N2H4转化为N2 ， N元素化合价升高，所以N2H4是还原剂，A项正确；
B．Na2SO3具有较强还原性，可以和氧气发生氧化还原反应，从而除去溶解氧，B项正确；
C．据图可知，整个流程中Cu元素的化合价没有发生变化， N2H4中N元素转化为N2，化合价升高2价，所以1ml N2H4反应时转移4ml电子， O2中的O元素由0价变为- 2价，所以转移4ml电子时反应1ml O2，C项错误；
D．第②步中加入氨水，溶液呈碱性，③中氧气得电子，碱性溶液中会生成氢氧根离子，导致溶液pH增大，D项正确；
答案选C。
9. 下列实验操作、实验现象及解释与结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙醇的消去反应中，催化剂浓硫酸具有脱水性，能使少量乙醇在浓硫酸作用下脱水生成碳单质，碳和浓硫酸之间会反应生成二氧化碳和具有还原性的二氧化硫气体，该气体也能使高锰酸钾褪色，故A错误；
B．淀粉溶液和稀H2SO4混合加热，水解产物是葡萄糖，它和新制的Cu(OH)2悬浊液的反应必须在碱性环境下发生，验证水解产物时必须先加入氢氧化钠溶液使混合液变为碱性，再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，故B错误；
C．甲苯和溴水之间不会发生取代反应，只有在铁催化下才和纯液溴反应，溴在甲苯中的溶解度大于在水中的溶解度，所以甲苯能够萃取溴水中的溴，甲苯的密度比水的密度小，所以上层呈橙红色，下层几乎无色，故C正确；
D．能够发生银镜反应的物质具有醛基，但是不一定为醛，比如甲酸、甲酸酯都含有醛基，但是不属于醛类，故D错误；
答案选C。
10. 氨硼烷(NH3·BH3)电池装置如图所示(起始未加入氨硼烷之前，两极室内液体质量相等)，该电池工作时的总反应为NH3·BH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O。下列说法不正确的是
A. 负极反应式为NH3·BH3-6e-+2H2O=+BO+6H+
B. 当消耗6.2gNH3·BH3时，左右两极室内液体质量差为5g
C. 电池工作时，阳离子向正极移动，故H+通过质子交换膜向右移动
D. 其他条件不变，向酸性H2O2溶液中加入适量硫酸能增强溶液导电性
【答案】B
【解析】
【分析】以氨硼烷（NH3•BH3）电池工作时的总反应为：NH3•BH3+3H2O2═NH4BO2+4H2O可知，左侧通入NH3•BH3电极为负极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右侧H2O2所在电极为正极，发生得电子的还原反应，电极反应式为3H2O2+6H++6e-═6H2O，据此分析解答。
【详解】A．左侧通入NH3•BH3电极为负极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，A正确；
B．未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，消耗6.2gNH3•BH3后，负极电极反应式为NH3•BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，正极反应式为3H2O2+6H++6e-═6H2O，则转移的电子的物质的量为1.2ml，则左室质量增加=6.2g-1.2g=5g，右室质量增加1.2g，即两极质量相差(5-1.2)g=3.8g，B错误；
C．电池内部阳离子向正极移动，右侧H2O2所在电极为正极，电池工作时H+由左侧极室经质子交换膜进入右侧极室，C正确；
D．由于H2SO4是强电解质，其他条件不变，向酸性H2O2溶液中加入适量硫酸能增大溶液中自由移动离子的浓度，故能增强溶液导电性，D正确；
故答案为：B。
11. 水体中过量氨氮(以NH3表示)或总氮(溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素总量)含量过高会导致水体富营养化。用次氯酸钠除去氨氮的一种原理如下图所示：
下列说法错误的是
A. NaClO除去氨氮的总反应化学方程式2NH3+3NaClO=N2+3NaCl+3H2O
B. 整个过程中发生的反应都是氧化还原反应
C. 在较高温度下，氨氮去除率会降低
D. NaClO投入过多，总氮去除率可能会下降
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．从图分析，只进去的为反应物，只出来的物质为生成物，所以该反应为2NH3+3NaClO=N2+3NaCl+3H2O，A正确；
B．盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水的反应不是氧化还原反应，B错误；
C．较高温度下，次氯酸容易分解，氨氮去除率降低，C正确；
D．次氯酸钠投入过多，可能将氨气氧化为硝酸根离子，去除率降低，D正确；
故选B。
12. 全钒氧化还原液流电池是一种新型绿色的二次电池。其工作原理如图所示。下列叙述正确的是

A. 电子由Y极流出，经质子交换膜到X极
B. 放电过程中，电解质溶液pH降低
C. Y极反应式为V2＋-e-＝V3＋
D. 每转移1 ml，电子理论上有2 ml H＋由交换膜右侧向左侧迁移
【答案】C
【解析】
【分析】电池是高考常考题型之一，主要涉及电极判断、电极反应式的书写、离子移动、PH变化、计算。
【详解】A. 观察装置，由物质转化可以确定右边发生氧化反应，Y极为负极，左边发生还原反应，X为正极。电子只能在导线上迁移，即电子由Y极经导线流向X极，故A错误。
B. 放电过程中，电池反应式为V2++VO2++2H+=V3++VO2++H2O，消耗H+，pH升高，故B错误。
C. Y极为负极，发生氧化反应，由离子转化关系知反应式为V2＋-e-＝V3＋，故C正确。
D. X极反应式为VO2++2H++e-=VO2++H2O，得失电子数决定氢离子迁移数目。转移1ml电子，只有1mlH＋迁移，故D错误。
故答案选C。
13. 我国科学家在可充放电式锌-空气电池研究方面取得重大进展。电池原理如图所示，该电池的核心组分是驱动氧化还原反应(ORR)和析氧反应(OER)的双功能催化剂，KOH溶液为电解质溶液，放电的总反应式为2Zn+O2+4OH-+2H2O=2[Zn(OH)4]2-。下列有关说法不正确的是
A. 放电时电解质溶液中K+向正极移动
B. 放电时锌电池负极反应为Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-
C. 充电时催化剂降低析氧反应(OER)的活化能
D. 充电时阴极生成6.5gZn的同时阳极产生2.24LO2(标准状况)
【答案】D
【解析】
【分析】根据2Zn+O2+4OH-+2H2O=2[Zn(OH)4]2-可知，O元素的化合价降低，被还原，应为原电池正极，Zn元素化合价升高，被氧化，应为原电池负极，负极反应式为Zn－2e－＋4OH－=[Zn(OH)4]2－，放电时阳离子向正极移动，据此分析解答。
【详解】A．放电时电解质溶液中带正电荷的K＋向正极移动，故A正确；
B．由总反应式知，放电时负极是活泼金属锌失去电子被氧化为Zn2＋，Zn2＋与OH－反应结合为[Zn(OH)4]2－：Zn－2e－＋4OH－=[Zn(OH)4]2－，故B正确；
C．由总反应式和原理图知，放电时发生“氧化还原反应(ORR)”，充电时发生“析氧反应(OER)”，“双功能催化剂”意味着无论放电还是充电均能降低反应活化能，起到催化作用，故C正确；
D．充电时阴极生成6.5 g Zn转移0.2 ml e－，而阳极产生2.24 L O2(标准状况)，转移0.4 ml e－，故D错误；
答案选D。
14. CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。
下列说法不正确的是
A. 反应①为CaO+CO2=CaCO3；反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2
B. t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C+2H2
C. t2时刻，副反应生成H2速率大于反应②生成H2速率
D. t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题干图1所示信息可知，反应①为CaO+CO2=CaCO3，结合氧化还原反应配平可得反应②为，A正确；
B．由题干图2信息可知，t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1:2，B正确；
C．由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mml/min，而CO变为1~2mml/min之间，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率，C错误；
D．由题干图2信息可知，t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确；
答案选C。
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 三醋酸锰[(CHCOO)3Mn ]是一种很好的有机反应氧化剂，可用如下反应制备：4Mn(NO3)2·6H2O+26(CH3CO)2O=4(CH3COO)3Mn+8HNO2 + 3O2↑+ 40CH3COOH，请回答下列问题：
（1）三醋酸锰[(CHCOO)3Mn ]中阳离子的价层电子排布式为_________，该价层电子排布式中电子的自旋状态______ （填“ 相同”或“相反"）。
（2）过渡元素锰能形成很多重要的配合物。三醋酸锰就是一种配合物，其结构如图所示，其中配位键数为____________。
Mn2+能形成配离子为八面体的配合物MnClm·nNH3，在该配合物的配离子中，Mn2+位于八面体的中心。若含l ml该配合物的溶液与足量AgNO3溶液作用可生成l mlAgCl沉淀，则化学式中的n为___________。
（3）CH3COOH中碳原子的杂化形式为_________，CH3COOH中所含元素的电负性由大到小的顺序为__________（用元素符号表示）。
（4） 的立体构型是_________，1 ml 醋酸酐[(CH3CO)2O]中所含σ键数与π键数之比为_____________。
（5）碘与锰形成的某种化合物晶胞结构及晶胞参数如图所示（已知图中I原子与所连接的三个Mn原子的距离相等），则该化合物的化学式是__________，晶体密度的计算式为________g/cm3（计算式可不化简）。
【答案】 ①. 3d4 ②. 相同 ③. 3 ④. 5 ⑤. sp2 sp3 ⑥. O＞C＞H ⑦. V型 ⑧. 6：1 ⑨. MnI2 ⑩. （或 ）
【解析】
【分析】根据Mn的原子序数和电子排布式写出Mn3+的价层电子排布式，判断电子的自旋状态；根据三醋酸锰的结构判断配位数，并由题中信息分析计算n值；根据价层电子对数判断碳原子杂化形式，并根据非金属性强弱判断电负性的大小；根据VSEPR理论判断空间构型，并由醋酸酐[(CH3CO)2O]结构简式计算σ键数与π键数比值；根据“均摊法”进行晶胞的相关计算；据此解答。
【详解】(1) Mn为25号元素，根据构造原理知，Mn的基态原子核外电子排布为[Ar]3d54s2，失电子时，从最外层失去，即失去4s上2个电子和3d上一个电子，故Mn3+核外电子排布式为[Ar]3d4，价层电子排布式为3d4，该价层电子排布图为，电子的自旋状态相同；答案为3d4，相同。
(2)由三醋酸锰的结构可知，配位键数为3；由1ml配合物与足量AgNO3作用生成1mlAgCl沉淀，知道1ml配合物电离出1ml Cl-，即配离子显+1价，又因为外界有1个Cl-，且Mn显+2价，所以[MnClp•nNH3]+中有1个氯原子，即p=1，又因为该配合物为八面体的配合物，Mn2+位于八面体的中心，如图所示，其中数字处的小圆圈表示NH3分子或Cl-，Mn2+位于八面体的中心，该配合物配位数为6，所以n=6-1=5，该配合物为MnCl2·5NH3；答案为3，5。
(3) CH3COOH中甲基上C原子价层电子对个数是4、羧基上C原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断碳原子的杂化形式，前者为sp3、后者是sp2；元素的非金属性越强，其电负性越大，在CH3COOH中非金属性O＞C＞H，则电负性O＞C＞H；答案为sp2 sp3，O＞C＞H。
(4) 中N原子价层电子对个数=2+=2+1=3，含一对孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该离子空间构型为V型；单键全是σ键，双键含一个σ键一个π键，醋酸酐[(CH3CO)2O]结构简式可表示为，1 ml 醋酸酐中含12mlσ键与2mlπ键，则σ键数与π键数之比为6：1；答案为V型，6：1。
(5) 如图所示，I在内部，有2个，Mn在顶点，数目为×8=1，最简整数比为2：1，即化合物的化学式为MnI2；根据ρ===g·cm-3=g·cm-3；答案为MnI2，(或)。
16. 石油加氢精制和天然气净化等过程产生有毒的H2S，直接排放会污染空气。
(1)工业上用克劳斯工艺处理含H2S的尾气获得硫黄，流程如下：
①反应炉中的反应：2H2S(g)+3O2(g) =2SO2(g)+2H2O(g) ∆H＝-1035.6 kJ·ml−1
催化转化器中的反应：2H2S(g)+SO2(g) = 3S(g)+2H2O(g) ∆H＝-92.8 kJ·ml−1
克劳斯工艺中获得气态硫黄的总反应的热化学方程式：______。
②为了提高H2S转化为S的比例，理论上应控制反应炉中H2S的转化率为______。
(2)科研工作者利用微波法处理尾气中的H2S并回收H2和S，反应为：H2S H2+S，一定条件下，H2S的转化率随温度变化的曲线如图。
①H2S分解生成H2和S的反应为______反应(填“吸热”或“放热”)。
②微波的作用是______。
(3)某科研小组将微电池技术用于去除天然气中的H2S，装置示意图如下，主要反应：2Fe+2H2S+O2= 2FeS+2H2O(FeS难溶于水)，室温时，pH=7的条件下，研究反应时间对H2S的去除率的影响。
①装置中微电池负极的电极反应式：______。
②一段时间后，单位时间内H2S的去除率降低，可能的原因是______。
【答案】 ①. 2H2S(g)+O2(g) = 2S(g)+2H2O(g) ∆H＝-407.1 kJ·ml−1 ②. 或33.3% ③. 吸热 ④. 微波使H2S⇌H2+S的化学平衡向正反应方向移动，提高平衡转化率 ⑤. Fe-2e－+H2S= FeS+2H+ ⑥. 生成的FeS附着在铁碳填料的表面，原电池负极的表面积减小，化学反应速率减慢；铁的量因消耗而减少，形成微电池的数量减少，化学反应速率减慢
【解析】
【分析】(1) ①根据盖斯定律书写总反应的热化学方程式；
②为了提高H2S转化为S的比例，催化转化器中H2S(g)、SO2(g)应恰好完全反应；
(2)根据图示，随温度升高，H2S的平衡转化率增大；相同温度下，利用微波法处理尾气H2S的平衡转化率大。
(3)根据总反应2Fe+2H2S+O2= 2FeS+2H2O，Fe失电子发生氧化反应，所以Fe是负极；从影响反应速率的角度分析单位时间内H2S的去除率降低的原因。
【详解】(1) ① 反应Ⅰ：2H2S(g)+3O2(g) =2SO2(g)+2H2O(g) ∆H＝-1035.6 kJ·ml−1
反应Ⅱ：2H2S(g)+SO2(g) = 3S(g)+2H2O(g) ∆H＝-92.8 kJ·ml−1
根据盖斯定律Ⅰ×＋Ⅱ×得 2H2S(g)+O2(g) = 2S(g)+2H2O(g) ∆H＝-407.1 kJ·ml−1；
②为了提高H2S转化为S的比例，催化转化器中H2S(g)、SO2(g)应恰好完全反应，假设催化转化器中参加反应的H2S(g)的物质的量为2ml，SO2的物质的量是1ml，即反应炉中需要生成1mlSO2，反应炉中参加反应的H2S的物质的量为1ml，所以理论上应控制反应炉中H2S的转化率为；
(2) ①根据图示，随温度升高，H2S的平衡转化率增大，说明升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应；
②根据图示，相同温度下，利用微波法处理尾气H2S的平衡转化率大，所以微波的作用是使H2S⇌H2+S的化学平衡向正反应方向移动，提高平衡转化率；
(3) ①根据总反应2Fe+2H2S+O2= 2FeS+2H2O，Fe发生氧化反应， Fe是原电池负极，负极反应式是Fe-2e－+H2S= FeS+2H+；
②负极生成FeS附着在铁碳填料的表面，原电池负极的表面积减小，化学反应速率减慢；铁的量因消耗而减少，形成微电池的数量减少，化学反应速率减慢，所以一段时间后，单位时间内H2S的去除率降低。
【点睛】本题以有毒的H2S的处理为载体，考查盖斯定律、原电池原理，明确反应的焓变只与反应体系的始态和终态有关，与反应历程无关，原电池负极失电子发生氧化反应、正极得电子发生还原反应。
17. 孟鲁司特(F)，结构为可用于成人哮喘的预防和治疗，有多种合成路线。其中一种合成路线如图所示：
已知：①；
②。
回答下列问题：
（1）C中含氧官能团的名称为_______。
（2）由C生成D的反应类型是_______。
（3）B的结构简式为_______，C中手性碳原子(连有4个不同的原子或基团的碳原子)的个数为_______。
（4）D→E反应的化学方程式为_______。
（5）的同分异构体中，与含有相同官能团且含有四元环的同分异构体共有_______种。
（6）设计以和CH3MgBr为主要原料制备的合成路线：_______(无机试剂任选)。
【答案】（1）羟基、酮羰基
（2）取代反应 （3） ① ②. 1
（4）+HBr
（5）16 （6）
【解析】
【分析】A和LiAlH4发生还原反应得到B，根据已知②和C的结构简式，可以推出B的结构简式为；在D→F的系列反应中，根据F的结构简式，可知D和 发生取代反应得到E，再根据已知①和F的结构简式，可以推出E的结构简式为。
【小问1详解】
C中含氧官能团为羟基、酮羰基；
【小问2详解】
C→D的反应中，C中的羟基被溴原子取代，故该反应为取代反应；
【小问3详解】
经分析，B的结构简式为；手性碳原子上连有4个不同的原子或基团，则C的手性碳原子有1个，即与羟基相连的碳原子是手性碳原子；
【小问4详解】
D和 发生取代反应得到E为，D→E的反应方程式：+HBr；
【小问5详解】
该化合物中，有5个饱和碳原子，则符合条件的同分异构体中，除了有饱和四元环、—SH、—COOH外，还有一个饱和的碳原子，则相应的同分异构体有6种骨架：①若四元环连有—CHSH、—COOH，有3种结构；②若四元环连有—CH2COOH、—SH，有3种结构；③若四元环连有—CH(SH)COOH，有1种结构；④若四元环连有—SH、—COOH、—CH3，其中—SH和—COOH处于邻位，有4种结构；—SH和—COOH处于对位，有3种结构；—SH和—COOH连在同一个碳原子上，有2种结构；综上所述，符合条件的同分异构体共有16种；
【小问6详解】
中碳碳双键先与溴单质发生加成反应得到，在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应生成，再发生醇的催化氧化生成，与CH3MgBr发生已知反应①得到，该物质的合成路线：。
18. 工业上利用碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有Fe、Mg、Ca碳酸盐、Cu、Ni、Al的氧化物及少量不溶杂质)制备硫酸锰，其工艺流程如下：
请回答下列问题：
(1)“酸浸”中MnCO3溶解的离子方程式为___________。为提高“酸浸”速率，下列措施不可行的是___________(选填序号)。
A．升温 B．采用高压氧酸浸 C．使用98%的浓硫酸 D．将矿石粉碎成小块
(2)“除铝铁”步骤中加入MnO2发生反应的离子方程式为___________。
(3)加入氨水调节pH与铝铁去除率、锰损失率的关系如图所示，则应调节的pH范围为___________(选填序号)。
A．1~2 B．2~3 C．3~4 D．4~5
已知在此条件下Mn2+不会产生沉淀，推测锰元素损失的可能原因是___________。
(4)“除铜镍”步骤可以加入硫化铵将Cu、Ni元素除去，其缺点是___________。造成锰元素损失，产率下降。实际生产采用SDD代替。
(5)“结晶分离”步骤所得滤渣主要成分是___________。
(6)为确定所得硫酸锰中含有的结晶水，称取纯化后的硫酸锰晶体8.45g，加热至完全脱去结晶水，固体减重0.9g，则该硫酸锰晶体的化学式为___________。
【答案】 ①. ②. C ③. ④. D ⑤. Al(OH)3、Fe(OH)3形成胶体吸附Mn2+ ⑥. 可能生成MnS ⑦. MgSO4、CaSO4 ⑧.
【解析】
【分析】碳酸锰矿主要成分为MnCO3，还含有Fe、Mg、Ca的碳酸盐、Cu、Ni、Al的氧化物及少量不溶杂质，加入硫酸酸浸，生成硫酸锰、硫酸镁、硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸钙、硫酸铜、硫酸镍、硫酸铝的混合溶液，过滤出溶渣，向溶液中加入MnO2把Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节pH生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤出沉淀，向溶液中若加入(NH4)2S，可生成NiS、CuS沉淀，除铜、除镍，过滤后的溶液蒸发浓缩、结晶分离出硫酸钙、硫酸镁，继续蒸发浓缩、结晶形成硫酸锰晶体。
【详解】(1)“酸浸”中MnCO3与硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳、水，反应的离子方程式为。98%的浓硫酸中氢离子浓度小，使用98%的浓硫酸不能加快酸浸的速率，故选C；
(2)“除铝铁”步骤中，加入MnO2把Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为。
(3)根据加入氨水调节pH与铝铁去除率、锰损失率的关系图， pH范围为4~5 时，铝铁去除率高、锰损失率低，故选D；锰元素损失的原因可能是Al(OH)3、Fe(OH)3形成胶体吸附Mn2+；
(4)“除铜镍”步骤可以加入硫化铵将Cu、Ni元素除去，其缺点是可能生成MnS沉淀，造成锰元素损失，产率下降。
(5)根据流程图， “结晶分离”步骤前的溶液中含有杂质MgSO4、CaSO4，所以“结晶分离”的滤渣主要成分是MgSO4、CaSO4；
(6) 设硫酸锰晶体的化学式是，则，解得x=1，则该硫酸锰晶体的化学式为。
【点睛】本题以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有Fe、Mg、Ca的碳酸盐、Cu、Ni、Al的氧化物及少量不溶杂质)制备硫酸锰，明确各步反应原理是解题关键，掌握常见混合物的分离，培养学生读图能力。
19. 绿矾(FeSO4·xH2O)是生血片的主要成分。某研究性学习小组拟对绿矾热分解产物进行探究。
【实验猜想】
猜想1：生成Fe2O3、SO2、H2O；
猜想2：生成Fe、Fe2O3、SO2、H2O；
猜想3：生成Fe2O3、SO2、SO3、H2O；
……
【实验探究】该小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器略)。
请回答下列问题：
（1）实验操作的先后顺序是________(填字母)。
a．熄灭酒精灯，冷却
b．先检查装置的气密性，后加入药品
c．点燃酒精灯，加热
d．在“气体入口”处通入干燥的N2
其中操作d的作用是________________________________________________。
（2）在实验过程中，观察到A中固体变红色，B中无水CuSO4____________________，C中试纸的颜色变化是______________。
（3）反应结束后，取A中固体进行实验，实验操作及现象如下：
①将固体加入盛有足量稀硫酸的试管中，固体完全溶解，且无气体放出；
②取①中溶液滴入适量KMnO4溶液中，KMnO4溶液不褪色；
③取①中溶液滴入KSCN溶液中，溶液变红色。
由此得出结论：红色固体为________。
（4）D中有白色沉淀生成，该沉淀的化学式为________________。有同学认为还应该增加一个实验，取D中沉淀，加入一定量的盐酸以确定其组成，从而确定FeSO4·xH2O的分解产物，你认为是否需要？说明你的理由：___________________________________。
【实验结论】
（5）硫酸亚铁晶体加热分解的化学方程式为___________________________________。
【实验改进】
（6）有同学对上述实验装置进行了改进，设计出如图所示装置，认为该装置也可以验证硫酸亚铁晶体热分解的产物。
①G中的现象是____________________，反应的离子方程式为__________________。
②H中球形干燥管的作用是__________。
【答案】（1） ①. bdca ②. 排净装置内的空气，防止Fe2＋被空气中的氧气氧化而干扰实验
（2） ①. 由白色变蓝色 蓝色变红色 ②. Fe2O3
（3）BaSO4、BaSO3
（4） ①. 不需要 ②. Fe元素的化合价升高，则必有S元素的化合价降低，根据原子守恒和得失电子守恒，可知只有部分S元素的化合价降低，则进入D中的气体为SO3和SO2
（5）2(FeSO4·xH2O)Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋2xH2O
（6） ①. 高锰酸钾溶液褪色 ②. 5SO2＋2MnO＋2H2O=2Mn2＋＋5SO＋4H＋ ③. 防倒吸
【解析】
【分析】A中的FeSO4·xH2O加热分解，产物通过无水硫酸铜，若变蓝，则证明有水生成；C中的湿润的蓝色石蕊试纸变红，则证明有酸性气体生成；D中出现白色沉淀，则证明有SO2或SO3生成。再根据元素化合价的变化，可以最终确定FeSO4·xH2O的分解产物。
改进实验中，先通氮气将容器中的空气赶走，加热硫酸亚铁晶体，用无水硫酸铜检验生成的水，用KMnO4溶液检验生成的SO2，用NaOH溶液进行尾气处理。
【小问1详解】
该实验需要探究是否有气体生成，故首先应检查装置的气密性；Fe2＋具有还原性，易被空气中的氧气氧化，影响探究结果，故应在“气体入口”处通入干燥的N2，排净装置内的空气，防止Fe2＋被空气中的氧气氧化而干扰实验；点燃酒精灯，对样品进行加热，实验结束时，熄灭酒精灯，进行冷却。故实验操作的先后顺序是bdca。
【小问2详解】
加热时，FeSO4·xH2O首先会失去结晶水，然后FeSO4分解。B中无水CuSO4用于检验水的生成，吸水后固体由白色变成蓝色；C中收集到酸性气体，该气体会使湿润的蓝色石蕊试纸变红。
【小问3详解】
由实验①可知，没有气体放出，可能的原因有两个：一是A中固体没有单质Fe，二是有单质Fe与Fe2O3，二者反应生成Fe2＋；由实验②可知，溶液中不存在Fe2＋，则可知A中固体没有单质Fe；由实验③和固体颜色可知，A中固体应为Fe2O3。
【小问4详解】
由(3)可知，Fe元素的化合价升高，则必有S元素的化合价降低，根据原子守恒和得失电子守恒可知，只有部分S元素的化合价降低，从而可知进入D中的气体为SO3和SO2，因此D中的白色沉淀为BaSO4和BaSO3，不需要再经过实验验证。
【小问5详解】
根据实验可知，FeSO4·xH2O加热分解生成Fe2O3、SO2、SO3和水，反应的化学方程式为：2(FeSO4·xH2O)Fe2O3＋SO2↑＋SO3↑＋2xH2O。
【小问6详解】
SO2有还原性，能将KMnO4还原为Mn2+，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，反应的离子方程式为：5SO2＋2MnO＋2H2O=2Mn2＋＋5SO＋4H＋。
②SO2有毒，不能排放到空气中，应用NaOH溶液吸收。若直接将导管插入溶液中，容易引起倒吸，故用球形干燥管防止倒吸。A.蛟龙号潜水器用到钛合金，22 号钛元素属于过渡元素
B.港珠澳大桥用到的合金材料，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能
C.中国天眼传输信息用的光纤材料是硅
D.国产 C919 用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料
选项
实验操作
实验现象
解释与结论
A
将乙醇与浓硫酸共热至170℃，所得气体通入酸性KMnO4溶液中
KMnO4溶液褪色
乙醇发生消去反应，气体中只含有乙烯
B
淀粉溶液和稀H2SO4混合加热，加新制Cu(OH)2悬浊液加热至沸腾
有砖红色沉淀产生
淀粉发生水解，产物具有还原性
C
向甲苯中滴入适量浓溴水，振荡，静置
溶液上层呈橙红色，下层几乎无色
甲苯萃取溴所致
D
将少量某物质滴加到新制的银氨溶液中，水浴加热
有银镜生成
说明该物质一定是醛