真题重组卷02——2023年高考化学真题汇编重组卷(北京专用）

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绝密★启用前
冲刺2023年高考化学真题重组卷02
北京专用
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。
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 C-12 O-16 Al-27 P-31 Cu-64
第一部分
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.（2023·辽宁·）“华龙一号”是我国具有完全自主知识产权的三代压水堆核电创新成果，其安全性高、发电能力强。下列相关叙述错误的是

A．“华龙一号”海外投产，有利于实现碳达峰、碳中和的目标
B．核电站以铀为核裂变原料，与互为同素异形体
C．核燃料包壳使用锆合金制造，合金中可以含有非金属元素
D．核电6号机浇筑用的水泥属于硅酸盐材料
【答案】B
【详解】A．“华龙一号” 是三代压水堆核电创新成果，则“华龙一号”的海外投产减少了化石燃料的使用、减少了二氧化碳的排放，有利于实现碳达峰、碳中和的目标，A正确；
B． 与为质子数相同中子数不同的两种核素，互为同位素，不互为同素异形体，B不正确；
C．合金中可以含有非金属元素，例如生铁和钢都属于铁碳合金，C正确；
D．玻璃、陶瓷和水泥均属于硅酸盐材料，D正确；
答案选B。

2.（2021·天津·统考高考真题）下列化学用语表达正确的是
A．F-的离子结构示意图：
B．基态碳原子的轨道表示式：
C．丙炔的键线式：
D．H2O分子的球棍模型：
【答案】D
【详解】A．F-最外层有8个电子，离子结构示意图：，故A错误；
B．基态碳原子的轨道表示式：，故B错误；
C．丙炔的三个碳原子在一条线上，故C错误；
D．H2O分子的空间构型为V型，所以球棍模型为：，故D正确；
故选D。

3.（2023春·山东·）科学家最近发表的科技信息如下：
信息1：我国科学家合成新核素—钍-207：
信息2：美国科学家利用化学线索(、、)揭示恐龙新陈代谢率高低。
信息3：我国科学家发现飞尘颗粒物中铁的同位素：。
已知：半衰期指物质质量减少一半所用时间。
下列叙述错误的是
A．同周期中，X的第一电离能最大
B．、的半衰期较长
C．的中子数为90
D．和互为同位素
【答案】C
【详解】A．题中有2a+176=207+5，a=18，18号元素为Ar，同周期从左向右第一电离能是增大趋势，即稀有气体第一电离能最大，故A说法正确；
B．碳-14半衰期约5730年，半衰期较长，可以测定年代，氧-18属于稳定型的，常作示踪原子，故B说法正确；
C．根据守恒思想，有18+72=b，b=90，中子数=207-90=117，故C说法错误；
D．和中子数分别为30、32，它们质子数均为26，均是由铁元素组成的不同原子，和互为同位素，故D说法正确；
答案为C。

4.（2023春·北京海淀·）下列解释事实的方程式正确的是
A．用稀硫酸做导电实验，灯泡发光：
B．酸化的硫酸亚铁溶液长时间存放，溶液变黄：
C．具有还原性，可以使高锰酸钾溶液褪色：
D．过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体：
【答案】A
【详解】A．用稀硫酸做导电实验实质是电解水，灯泡发光：，A正确；
B．酸化的硫酸亚铁溶液长时间存放，溶液变黄，具有还原性被氧气氧化：，B错误；
C．具有还原性但是为弱电解质不拆分，可以使高锰酸钾溶液褪色：，C错误；
D．过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体：，D错误；
故选A。

5.（2021·河北·统考高考真题）下列操作规范且能达到实验目的的是

A．图甲测定醋酸浓度 B．图乙测定中和热
C．图丙稀释浓硫酸 D．图丁萃取分离碘水中的碘
【答案】A
【详解】A．氢氧化钠溶液呈碱性，因此需装于碱式滴定管，氢氧化钠溶液与醋酸溶液恰好完全反应后生成的醋酸钠溶液呈碱性，因此滴定过程中选择酚酞作指示剂，当溶液由无色变为淡红色时，达到滴定终点，故A选；
B．测定中和热实验中温度计用于测定溶液温度，因此不能与烧杯内壁接触，并且大烧杯内空隙需用硬纸板填充和大小烧杯口部平齐，防止热量散失，故B不选；
C．容量瓶为定容仪器，不能用于稀释操作，故C不选；
D．分液过程中长颈漏斗下方放液端的长斜面需紧贴烧杯内壁，防止液体流下时飞溅，故D不选；
综上所述，操作规范且能达到实验目的的是A项，故答案为A。

6.（2022·海南·统考高考真题）依据下列实验，预测的实验现象正确的是
选项
实验内容
预测的实验现象
A
溶液中滴加NaOH溶液至过量
产生白色沉淀后沉淀消失
B
溶液中滴加KSCN溶液
溶液变血红色
C
AgI悬浊液中滴加NaCl溶液至过量
黄色沉淀全部转化为白色沉淀
D
酸性溶液中滴加乙醇至过量
溶液紫红色褪去

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．MgCl2溶液中滴加NaOH溶液至过量，两者发生反应产生白色沉淀，白色沉淀为氢氧化镁，氢氧化镁为中强碱，其不与过量的NaOH溶液发生反应，因此，沉淀不消失，A不正确；
B．FeCl3溶液中滴加 KSCN洛液，溶液变血红色，实验室通常用这种方法检验的Fe3+存在；FeCl2溶液中滴加 KSCN洛液，溶液不变色，B不正确；
C．AgI的溶解度远远小于AgCl，因此，向AgI悬浊液中滴加 NaCl溶液至过量，黄色沉淀不可能全部转化为白色沉淀，C不正确；
D．酸性KMnO4溶液呈紫红色，其具有强氧化性，而乙醇具有较强的还原性，因此，酸性KMnO4溶液中滴加乙醇至过量后溶液紫红色褪去，D正确；
综上所述，依据相关实验预测的实验现象正确的是D，本题选D。

7.（2023·北京朝阳·）某小组用如图装置探究铝片与酸碱的反应，实验如下：

①A为盐酸时，1分钟后有大量气泡产生
②A为NaOH时，20秒后有大量气泡产生
③A为硫酸时，3分钟后有极少量气泡产生，滴加1mLCuSO4溶液，立即产生大量气泡，Al表面有少量红色固体。下列说法正确的是
A．对比①②说明氧化性NaOH＞HCl
B．对比①③说明Cl-对铝表面的氧化膜破坏能力强
C．对比①②③说明Al在不同的环境中还原性不同
D．③中实验说明Al与Cu2+反应剧烈放热
【答案】C
【详解】A．Al与盐酸反应2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑中HCl为氧化剂，Al与NaOH溶液反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑中H2O为氧化剂，选项A错误；
B．对比①③说明Cl-对铝表面的氧化膜结合能力强，选项B错误；
C．对比①②③说明Al在不同的环境中反应生成Al3+,即被氧性的情况不同，则还原性不同，选项C正确；
D．③中实验是Al与Cu2+发生置换反应生成Cu，Al与Cu和稀硫酸形成原电池，加快反应速率，选项D错误；
答案选C。

8.（2022·海南·统考高考真题）化合物“E7974”具有抗肿瘤活性，结构简式如图，下列有关该化合物说法不正确的是

A．分子中含有4个手性碳原子
B．分子中C原子有、两种杂化方式
C．该物质可以发生加成反应、水解反应、酯化反应
D．1mol该物质最多可以和3mol反应
【答案】A
【详解】A．连有4个不同基团的饱和碳原子是手性碳原子，因此化合物“E7974”含有的手性碳原子如图，共3个，选项A不正确；
B．分子中C原子有全部以单键形成的，也有碳碳双键、碳氧双键，故有、两种杂化方式，选项B正确；
C．该物质中含有碳碳双键、可以发生加成反应，含有酰胺基可以发生水解反应，含有羧基可以发生酯化反应，选项C正确；
D．分子中含有2个酰胺基、1个羧基，均能与溶液反应，故1mol该物质最多可以和3mol反应，选项D正确；
答案选A。

9.（2023春·福建泉州·）通常条件下，下列各组物质的性质排列正确的是
A．晶体熔点： B．键角：
C．沸点： D．硬度：纯铁>生铁>钠
【答案】B
【详解】A．Na、Mg、Al均为金属晶体，金属晶体的熔点和金属离子的半径以及金属阳离子电荷有关，金属离子半径越小，金属阳离子电荷越多，则金属键就越强，熔点就越高，则熔点：NaAs，N对电子的吸引力强，所以NH3的键角最大，AsH3的键角最小，所以键角：，故B正确；
C．HF、H2O、NH3固态时均为分子晶体，且都有分子间氢键，H2O常温下为液体，沸点最高；HF分子间范德华力大，HF的沸点高于NH3，所以沸点：H2O>HF>NH3，故C错误；
D．纯铁和钠均为金属晶体，铁的金属键比钠强，硬度比钠大，合金硬度比纯金属大，所以硬度：生铁>纯铁>钠，故D错误；
故选B。

10.下列实验方案设计、现象和结论都正确的是
选项
实验目的
实验方案设计
现象和结论
A
证明碳酸钠遇水放热
向碳酸钠粉末中加少量水，观察现象并用手碰触试管外壁
结块，试管外壁变热，说明生成含有结晶水的碳酸钠晶体，同时放出热量
B
蛋白质在某些物质作用下变性
向蛋白质溶液中加入浓溶液
得白色浑浊，说明蛋白质发生了变性
C
检验1-溴丁烷消去产物
取适量、1-溴丁烷、无水乙醇，共热，将产生的气体直接通入酸性溶液中
酸性溶液紫红色褪去，有1-丁烯生成
D
证明某无色溶液中含有
取少量溶液，加入盐酸后，滴入溶液，观察现象
滴入溶液后，立即产生白色沉淀，说明原溶液中含有

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．碳酸钠粉末中加少量水试管变热说明溶解过程放热，有结块出现说明生成结晶水合物，故A正确；
B．蛋白质溶液加KCl引起的是蛋白质的盐析，故B错误；
C．乙醇也能使高锰酸钾溶液褪色，应先用水除去乙醇，再通入酸性高锰酸钾溶液检验消去产物1-丁烯，故C错误；
D．检验氯离子应先加硝酸酸化，再加硝酸银溶液，故D错误；
故选：A。

11.（2023·河南郑州·）实现碳达峰、碳中和是党中央做出的重大战略决策。恒压、750°C时，CH4和CO2按物质的量之比1：3投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现CO2高效转化。

下列说法正确的是
A．过程①中，CO2的转化率为50%
B．过程②中CO2的吸收，不利于CO还原Fe3O4的平衡正向移动
C．过程③中通入He的作用是催化剂，加快CaCO3分解
D．过程①、②、③均涉及到了氧化还原反应
【答案】D
【分析】根据流程图可知，总反应为：CH4和3CO24CO和2H2O，据此分析解答。
【详解】A．过程①中，CO2转化为CO，但并不知道该反应进行的程度，所以无法准确计算转化率，A错误；
B．过程ⅱ，吸收，使浓度降低，从而促进CO还原Fe3O4的平衡正移，B错误；
C．恒压、750°C时，通入He，是碳酸钙分解反应平衡向正向移动，但He并未参加反应，也不属于催化剂，C错误；
D．根据上述反应机理可知，过程①、②、③中元素均有化合价的升降，均涉及到了氧化还原反应，D正确；
故选D。

12.（2023·河南·）葫芦脲是超分子领域近年来发展迅速的大环主体分子之一，具有疏水的刚性空腔。葫芦[6]脲的结构简式如图所示，对位取代的苯的衍生物恰好可以进入葫芦[6]脲的空腔，下列关于葫芦[6]脲的说法正确的是

已知：
A．属于高分子化合物
B．能发生水解反应
C．仅由乙二醛和尿素两种物质合成
D．邻甲基苯甲酸或间甲基苯甲酸易进入葫芦[6]脲的空腔
【答案】B
【详解】A．由结构简式可知，葫芦[6]脲的相对分子质量小于一万，不属于高分子化合物，故A错误；
B．由结构简式可知，葫芦[6]脲分子中含有酰胺基，一定条件下可以发生水解反应，故B正确；
C．由结构简式可知，葫芦[6]脲由乙二醛、尿素和甲醛三种物质合成，故C错误；
D．由题给信息可知，对位取代的苯的衍生物恰好可以进入葫芦[6]脲的空腔，则邻甲基苯甲酸或间甲基苯甲酸不能进入葫芦[6]脲的空腔，故D错误；
故选B。

13.（2023·全国·）某化学兴趣小组同学查阅资料得知，常温下，对于任一电池反应，其电动势，n为电池反应中转移的电子数。该小组同学设计原电池装置(如图1所示)，来探究离子浓度的改变对电极电势的影响，测得初始时  (该反应中)，随着放电的进行，观察电池电动势的变化趋势并绘制了电池电动势E与的变化关系，如图2所示。下列说法正确的是

A．电压表读数为零，则说明该原电池中被消耗完全
B．该小组同学推测图2中直线与横轴的交点坐标大约为
C．该小组同学向溶液和溶液中同时快速加入少量等体积等浓度的溶液，发现电池电动势突然减小，则可知：
D．该小组同学推测若将初始时左侧1的半电池，换为1的半电池，右侧半电池保持不变，则仍能观察到相同的电压表偏转情况
【答案】B
【详解】A．电压表读数为0，并不能说明溶液中被消耗完全，浓度很小时，电动势很小，不能够形成电压或无法测出电压，A错误；
B．根据分析，当(该反应中)时，，，则图2中直线与横轴相交时，，即，，故图2中直线与横轴的交点坐标大约为，B正确；
C．向溶液和溶液中同时快速加入溶液后电池电动势突然减小，说明溶液中、浓度减小，即形成了、沉淀，但溶液和溶液在两个烧杯中，因此并不能说明，C错误；
D．若两侧都为硫酸铜电解质溶液(浓度相同)和铜电极，则不能形成原电池，不可能观察到电压表偏转情况，D错误；
故选B。

14.（2023·江苏·）CO2-H2催化重整可获得CH3OH。其主要反应为
反应I： CO2(g) + 3H2(g) = CH3OH(g) + H2O(g) △H1=-53.7kJ·mol-1
反应II：CO2(g) + H2(g)= CO(g) + H2O(g) △H2=+41kJ·mol-1
若仅考虑上述反应，在5.0 MPa、n始(CO2)： n始(H2)=1：3时，原料按一定流速通过反应器，CO2的转化率和CH3OH的选择性随温度变化如图所示。CH3OH的选择性=

下列说法正确的是
A．其他条件不变，升高温度，CO2的平衡转化率增大
B．其他条件不变，T>236℃时，曲线下降的可能原因是反应1正反应程度减弱
C．一定温度下，增大n始(CO2):n始(H2)可提高CO2平衡转化率
D．研发高温高效催化剂可提高平衡时CH3OH的选择性
【答案】B
【详解】A．从图中可知，升高温度，CO2的平衡转化率下降，A错误；
B．温度升高，反应Ⅰ化学平衡逆向移动，反应Ⅱ化学平衡正向移动，反应Ⅰ减小的程度大于反应Ⅱ进行的程度，导致CO2的转化率也有所下降，B正确；
C．增大n始(CO2):n始(H2)，CO2浓度增大，H2浓度减小，则CO2的平衡转化率减小，C错误；
D．研发高效的催化剂可提高反应速率和CH3OH的选择性，且由图知，温度越高甲醇的选择性越低，D错误；
故答案选B。

第二部分
本题共5题，共58分。
15.（9分）（2022·河北·高考真题）含Cu、Zn、Sn及S的四元半导体化合物(简写为CZTS)，是一种低价、无污染的绿色环保型光伏材料，可应用于薄膜太阳能电池领域。回答下列问题：
(1)基态S原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为_____。
(2)Cu与Zn相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是____，原因是_____。
(3)SnCl的几何构型为____，其中心离子杂化方式为____。
(4)将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质。下列物质中，属于顺磁性物质的是____(填标号)。
A．[Cu(NH3)2]Cl B．[Cu(NH3)4]SO4 C．[Zn(NH3)4]SO4 D．Na2[Zn(OH)4]
(5)如图是硫的四种含氧酸根的结构：
A． B． C．   D．
根据组成和结构推断，能在酸性溶液中将Mn2+转化为MnO的是____(填标号)，理由是____。
(6)如图是CZTS四元半导体化合物的四方晶胞。

①该物质的化学式为_____。
②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，例如图中A原子的坐标为(，，)，则B原子的坐标为_____。
【答案】(1)1：2或2：1
(2)     Cu     Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大
(3)     三角锥形     sp3杂化
(4)B
(5)     D     D中含有—1价的O元素，具有强氧化性，能将Mn2+转化为MnO
(6)     Cu2ZnSnS4     (，，)

【详解】（1）基态S的价电子排布是3s23p4，根据基态原子电子排布规则，两种自旋状态的电子数之比为1：2或2：1，故答案为：1：2或2：1；
（2）铜元素的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，锌元素的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大，所以铜与锌相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是铜元素，故答案为：Cu；Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大；
（3）三氯化锡离子在锡离子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，所以锡离子杂化方式为sp3杂化，离子的空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；sp3杂化；
（4）根据题意，具有顺磁性物质含有未成对电子；
A．[Cu(NH3)2]Cl中亚铜离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不符合题意；
B．[Cu(NH3)4]SO4中铜离子外围电子排布是3d9，离子中有未成对电子，该配合物具有顺磁性，故符合题意；
C．[Zn(NH3)4]SO4中锌离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不符合题意；
D．Na2[Zn(OH)4] 中锌离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不符合题意；
故选B；
（5）由四种含氧酸根的结构式可知，只有过二硫酸根离子中含有过氧链，离子中—1价的氧元素具有强氧化性，则只有过二硫酸根离子能在酸性溶液中将锰离子氧化为高锰酸根离子，故选D；
（6）①由晶胞结构可知，位于顶点和体心的锌原子个数为8×+1=2，位于面上的铜原子个数为8×=4，位于面心和棱上的锡原子个数为2×+4×=2，位于体内的硫原子个数为8，则该物质的化学式为Cu2ZnSnS4，故答案为：Cu2ZnSnS4；
②若将晶胞先分为上下两个相等的正方体后再将每个正方体继续分为8个相等的小正方体，则B原子位于上面的正方体分割成的8个小立方体中位于右下后方的小立方体的体心，由A原子的坐标为(，，)可知，B原子的坐标为(，，)，故答案为：(，，)。
16.（11分）（2023·广东汕头·）某实验小组金属的电化学腐蚀实验探究
(1)完成下列问题。
实验序号
实验装置
实验方案
实验现象
实验一

1.将琼脂加入烧杯中，再加入饱和食盐水和水。搅拌、加热煮沸，使琼脂溶解，转入培养皿中。滴入5～6滴酚酞溶液和溶液

2.将一个铁钉用砂纸打磨光滑，一端缠有铜丝，放入培养皿中一段时间。
铜丝的区域溶液变红色；铁钉区域出现蓝色沉淀。

①请解释铜丝区域溶液变红的原因是_______。
②写出生成蓝色沉淀的离子方程式_______。
(2)完成下列问题。
实验序号
实验方案
实验现象
实验二
取饱和溶液于试管中，滴加几滴淀粉，振荡。继续滴加5～6滴溶液，振荡。
滴入溶液后，溶液变蓝色。

根据实验二的现象，推测可能具有_______“填氧化性或还原性”。
(3)依据实验二的现象，甲同学认为实验一不一定能说明发生了电化学腐蚀，设计如下实验证明其结论。
实验序号
实验装置
实验方案
实验现象
实验三

1.取煮沸过的的溶液于试管中，向试管中加入一小段铁片，再加入煤油液封。
溶液无明显变化
2.继续向试管中加入少许固体。
一段时间后，铁片表面产生大量的蓝

根据实验现象推出实验三的结论是：在溶液中情况下，_______。
(4)结合实验一～实验三，乙同学设计如下装置进行实验四，证明金属可以发生电化学腐蚀，当电极X为时，实验四的两个实验方案均可以证明发生电化学腐蚀
①补全实验方案2中的空格部分
实验序号
实验装置
实验方案
实验现象
实验四

1.按图连接好装置，准确读取电流表读数。
电流表指针偏转，读数为I
2.取_______于试管中，加入_______溶液，振荡。
产生蓝色沉淀。

②思考：若电极X为时，电流表读数为，推测电极X为时电流表读数的范围是_____。
【答案】(1)     铜丝发生电极反应：，反应生成，溶液显碱性，遇酚酞变红色    
(2)氧化性
(3)可将Fe氧化为
(4)     少量烧杯中溶液         

【详解】（1）铁与铜丝连接，在氯化钠溶液中形成原电池装置，其中铜作正极，铜丝发生电极反应：，反应生成，使铜丝附近溶液显碱性，遇酚酞变红色；铁作负极，失电子生成，与反应生成蓝色沉淀，故答案为：铜丝发生电极反应：，反应生成，溶液显碱性，遇酚酞变红色；；
（2）加入溶液后出现溶液变蓝，可知KI被氧化生成碘单质，由此判断具有氧化性，故答案为：氧化性；
（3）由实验现象可知，未加氯化钠时，没有明显现象，加入氯化钠后铁片与发生氧化还原反应生成，与反应生成蓝色沉淀，故答案为：可将Fe氧化为；
（4）①验证产物是否有，应取反应后烧杯中的溶液少量于试管中，滴加溶液，观察是否生成蓝色沉淀；故答案为：少量烧杯中溶液；；
②该装置中铁作负极时电流强度为I，换成比铁活泼的镁时电流强度增大到1.5I，由此判断随金属的活泼性增强电流强度增大，则Zn的活泼性介于Fe和Mg之间，其作负极时电流强度应介于I和1.5I之间，故答案为：。

17.（10分）（2023·浙江·高考真题）某研究小组按下列路线合成抗癌药物盐酸苯达莫司汀。

已知：①
②
请回答：
(1)化合物A的官能团名称是___________。
(2)化合物B的结构简式是___________。
(3)下列说法正确的是___________。
A．的反应类型为取代反应
B．化合物D与乙醇互为同系物
C．化合物I的分子式是
D．将苯达莫司汀制成盐酸盐有助于增加其水溶性
(4)写出的化学方程式______。
(5)设计以D为原料合成E的路线(用流程图表示，无机试剂任选)___。
(6)写出3种同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式_______。
①分子中只含一个环，且为六元环；②谱和谱检测表明：分子中共有2种不同化学环境的氢原子，无氮氮键，有乙酰基。
【答案】(1)硝基，碳氯键(氯原子)
(2)
(3)D
(4)
(5)
(6)

【分析】与CH3NH2反应生成B，B与硫化钠发生还原反应生成C，结合C的结构可知A到B为取代反应，B为，C与E发生已知中反应生成F，F为，F脱水生成G，G与乙醇发生酯化反应生成H，H与氢气加成后再与环氧乙烷发生反应生成I，I与SOCl2发生取代反应后再与盐酸反应生成盐酸苯达莫司汀，据此分析解答。
【详解】（1）由A的结构可知其所含官能团为硝基和氯原子，故答案为：硝基、碳氯键(氯原子)；
（2）由以上分析可知化合物B的结构简式，故答案为：；
（3）A. 的反应中B中一个硝基转化为氨基，反应类型为还原反应，故错误；
B. 化合物D中含有两个羟基，与乙醇不是同系物，故错误；
C. 化合物I的分子式是，故错误；
D. 将苯达莫司汀制成盐酸盐，可以增加其水溶性，利于吸收，故正确；
故答案为：D；
（4）G与乙醇发生酯化反应生成H，反应方程式为：，故答案为：；
（5）1，3-丙二醇与HBr发生取代反应生成1，3-二溴丙烷，1，3-二溴丙烷与NaCN发生取代反应生成 ，发生水解生成戊二酸，戊二酸分子内脱水生成，合成路线为： ，故答案为：；
（6）化合物C的同分异构体①分子中只含一个环，且为六元环；②谱和谱检测表明：分子中共有2种不同化学环境的氢原子，无氮氮键，有乙酰基，除乙酰基外只有一种氢，则六元环上的原子均不与氢相连，该物质具有很高的对称性，符合的结构有，故答案为： ；
18.（14分）（2022·湖南·高考真题）钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：

已知“降温收尘”后，粗中含有的几种物质的沸点：
物质




沸点/
136
127
57
180

回答下列问题：
(1)已知，的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略、随温度的变化。若，则该反应可以自发进行。根据下图判断：时，下列反应不能自发进行的是_______。
A． B．
C． D．
(2)与C、，在的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：
物质




分压





①该温度下，与C、反应的总化学方程式为_______；
②随着温度升高，尾气中的含量升高，原因是_______。
(3)“除钒”过程中的化学方程式为_______；“除硅、铝”过程中，分离中含、杂质的方法是_______。
(4)“除钒”和“除硅、铝”的顺序_______(填“能”或“不能”)交换，理由是_______。
(5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入冶炼的方法相似的是_______。A．高炉炼铁 B．电解熔融氯化钠制钠 C．铝热反应制锰 D．氧化汞分解制汞
【答案】(1)C
(2)     5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2     随着温度升高，CO2与C发生反应
(3)     3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3     蒸馏
(4)     不能     若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；
(5)AC

【分析】钛渣中加入C、Cl2进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl4，加入单质Al除钒，再除硅、铝得到纯TiCl4，加入Mg还原得到Ti。
【详解】（1）记①，②，③，④；
A．由图可知，600℃时的，反应自发进行，故A不符合题意；
B．由图可知，600℃时的，反应自发进行，故B不符合题意；
C．由图可知，600℃时的，反应不能自发进行，故C符合题意；
D．根据盖斯定律，可由①+③得到，则600℃时其，反应自发进行，故D不符合题意；
故选C；
（2）①根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO和CO2，根据相同条件下气体的压强之比是物质的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物质的量之比约是5：2：4，所以TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2，故答案为：5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2；
②随着温度升高，CO2与C发生反应，导致CO含量升高，故答案为：随着温度升高，CO2与C发生反应；
（3）“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式为3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大，“除硅、铝"过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4，故答案为：3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；蒸馏；
（4）若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质，因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换，故答案为：不能；若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；
（5）本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法；
A．高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原法，故A符合题意；
B．电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B不符合题意；
C．铝热反应制锰是利用Al作还原剂，将锰从其化合物中还原出来，为热还原法，故C符合题意；
D．Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D不符合题意；
故答案选AC，故答案为：AC。

19.（14分）（2023·广东茂名·）某兴趣小组在电解食盐水实验中发现两极产生气体体积不相等，该组同学猜测阳极除外可能有产生。小组同学利用如图装置进行实验探究。

已知：在酸性条件下能被氧化为。
(1)配制溶液，实验所用到的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、_______。
(2)利用上述装置检验阳极是否产生，其连接顺序为_______：A→_______→_______→_______。实验前从a处通入氮气的目的为_______。
(3)小组同学根据实验现象判断有产生，用电极反应式表示产生的原因_______。
(4)该小组在恒定电压下进行电解实验，探究不同、不同浓度的溶液对产生的影响，用传感器测得在时间内阳极区溶解氧的浓度变化，装置如图所示，数据记录如下表。

编号




溶解氧的浓度
1
50.0
0
0
0
8.3~7.3
2
5.0
0
45.0
0
8.3~10.5
3
5.0
5.0
x
0
8.3~15.0
4
0
0
50.0
0
8.3
5
0
0
0
50.0
8.3~15.5

①实验2、3是判断相同浓度在不同下是否有氧气产生，其中_______。
②实验2和5条件下，测得溶解氧的曲线如图中Ⅰ、Ⅱ所示，分析实验2溶解氧先降低后升高的原因是_______。

③实验3中时间段内溶液溶解氧逐渐增大，电解后取阳极区溶液于试管a，加入淀粉溶液，没有明显现象；然后滴加稀硫酸，溶液变蓝。电解后另取阳极区溶液于试管b，加入淀粉溶液，溶液变蓝。由上述实验现象可获得的实验结论是_______。
④工业上在一定条件下电解食盐水制备较纯净的，除了控制一定的电压，采用活性电极外，可采取的措施有_______(写一种)。
【答案】(1)250mL容量瓶
(2)     A→C→B→D     排出装置内及溶解的氧气的干扰
(3)2H2O−4e－＝4H＋＋O2↑
(4)     40.0     Cl－放电产生氯气导致溶解氧降低，后OH－放电导致溶解氧升高     该条件下OH－比Cl－先放电     电解过程加入NaCl控制合适的氯离子浓度或离子交换膜(其他合理答案即可)

【分析】探究电解氯化钠溶液中阳极是否有氧气产生，首先排出装置及溶解的氧气，再利用生成的气体通入先除掉氯气，再检验氯气是否除尽，再检验是否产生氯气。
【详解】（1）配制溶液，实验所用到的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶；故答案为：250mL容量瓶。
（2）利用上述装置检验阳极是否产生，将产生的混合气体先用氢氧化钠溶液除掉氯气，再用淀粉-KI溶液检验氯气是否除尽，除尽后再通入到酸性淀粉-KI溶液中检验是否有氧气生成，因此其通入其连接顺序为A→C→B→D。空气中有氧气，要检验是否有氧气生成，因此电解前要排出装置内及溶液中的氧气，因此实验前从a处通入氮气的目的为排出装置内的空气；故答案为：A→C→B→D；排出装置内及溶解的氧气的干扰。
（3）小组同学根据实验现象判断有产生，说明是溶液中的水失去电子变为氧气和氢离子，其用电极反应式表示产生的原因2H2O−4e－＝4H＋＋O2↑；故答案为：2H2O−4e－＝4H＋＋O2↑。
（4）①根据题意，要使得实验2、3是判断相同浓度在不同下是否有氧气产生，则溶液的总体积应该相等，因此其中40.0；故答案为：40.0。
②根据图中信息分析，实验1分析，氯气量越多，溶解氧的含量减少，实验2与实验3分析同样浓度的氯化钠在中性和碱性条件下溶解氧是不相同，在碱性条件下溶解氧含量增多，根据实验5分析在碳酸钠碱性条件下溶解氧含量增加，因此根据前面分析得到实验2溶解氧先降低后升高的原因是生成氯气量增多，溶解氧含量减少，当氯化钠反应完，溶液呈碱性，氯气逸出，此时溶解氧又慢慢增大即Cl－放电产生氯气导致溶解氧降低，后OH－放电导致溶解氧升高；故答案为：Cl－放电产生氯气导致溶解氧降低，后OH－放电导致溶解氧升高。
③根据题意，由上述实验现象可获得的实验结论是说明开始阶段是OH－放电溶解氧增多，后来Cl－放电氯气含量增多即该条件下OH－比Cl－先放电；故答案为：该条件下OH－比Cl－先放电。
④根据题意分析，根据实验1得到是氯离子放电，而实验3是OH－比Cl－先放电，因此可采取的措施有电解过程加入NaCl控制合适的氯离子浓度或离子交换膜；故答案为：电解过程加入NaCl控制合适的氯离子浓度或离子交换膜(其他合理答案即可)。