2023届湖北省七市（州）高三3月联合统一调研测试化学试题含解析

这是一份2023届湖北省七市（州）高三3月联合统一调研测试化学试题含解析，共25页。试卷主要包含了单选题，实验题，有机推断题，工业流程题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
湖北省七市（州）2023届高三3月联合统一调研测试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．明代“釉里红梅瓶”是南京博物馆的镇馆之宝。烧造“釉里红”，需要将含有铜元素为呈色剂的彩料，精准地在1300℃窑火中一次烧成，下列有关说法不正确的是
A．陶瓷是以黏土为主要原料经高温烧结而成，属于传统无机非金属材料
B．黏土可以表示为Al2O3·2SiO2·2H2O，是由几种氧化物组成的混合物
C．“釉里红”烧造时发生的反应可能为4CuO2Cu2O+O2↑
D．“釉里红”瓷器保存时应避开酸性物质，避免损伤釉彩
【答案】B
【详解】A．陶瓷是以黏土为主要原料经高温烧结而成，属于具有耐高温、耐腐蚀特性的传统无机非金属材料，故A正确；
B．黏土主要是由硅酸盐构成的混合物，不是由几种氧化物组成的混合物，故B错误;
C．“釉里红”的颜色说明烧造时有砖红色的氧化亚铜生成，可能发生的反应为氧化铜高温条件下分解生成氧化亚铜和氧气，反应的化学方程式为4CuO2Cu2O+O2↑，故C正确；
D．氧化亚铜能与酸溶液反应生成铜、铜离子和水，所以“釉里红”瓷器保存时应避开酸性物质，避免损伤釉彩，故D正确；
故选B。
2．维生素C是重要的营养素，又称“抗坏血酸”，在人体内可发生如下转化：

下列有关维生素C的说法不正确的是
A．含有羟基、酯基、碳碳双键三种官能团
B．在该转化过程中被氧化
C．碱性环境中更易被破坏
D．易溶于水，因此饮用鲜榨果汁比直接食用水果效果好
【答案】D
【详解】A．由图可知，维生素C含有三种官能团，分别是羟基、酯基和碳碳双键，故A正确；
B．该转化过程中，一个分子减少了两个氢原子，有机物加氧或去氢的反应属于氧化反应，则维生素C发生了氧化反应，故B正确；
C．维生素C含有酯基，能发生水解反应，在碱性条件下水解较为彻底，因此维生素C在碱性环境中更易被破坏，故C正确；
D．维生素C分子含有多个羟基，易溶于水。水果中含有丰富的维生素C，被榨果汁的过程中，维生素C与空气充分接触而部分被氧化，所以直接吃水果可以最大限度的减少维生素C的损失，比榨果汁再饮用效果好，故D错误；
故选D。
3．我国科学家研制出一种催化剂，能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化，反应化学方程式为：HCHO+O2CO2+H2O。用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A．该反应为吸热反应 B．HCHO分子空间结构为平面正三角形
C．1 mol CO2分子中，碳原子的价层电子对数为2NA D．处理22.4L HCHO转移电子数目为4NA
【答案】C
【详解】A．该反应相当于是甲醛的燃烧反应，属于放热反应，A错误；
B．HCHO分子中心C原子价层电子对数=，即中心C原子采用sp2杂化，则其空间结构为平面三角形，由于周围原子不同，不是正三角形，B错误；
C．CO2分子中心C原子价层电子对数=，则1 mol CO2分子中碳原子的价层电子对数为2NA，C正确；
D．未指出气体所处状态，无法计算HCHO的物质的量，因而无法计算转移电子数目，D错误；
故选C。
4．化学是一门以实验为基础的学科，下列有关实验的说法不正确的是
选项
实验
实验说明或者方案设计
A
测定中和反应的反应热
中和滴定的同时，使用温度传感器采集锥形瓶内溶液温度，测得中和反应的反应热数值可能偏低
B
比较Mg和Al的金属性强弱
将MgCl2溶液和AlCl3溶液分别与足量NaOH溶液反应
C
实验室制备氢氧化铁胶体
图标提示全部需要
D
室温下，将AgCl和AgBr的饱和溶液等体积混合
已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(AgBr)=5.0×10-13，推测可能看到出现淡黄色沉淀

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．中和滴定时，右手摇动锥形瓶会造成热量散失，所以使用温度传感器采集锥形瓶内溶液温度，测得中和反应的反应热数值会偏低，故A正确；
B．氯化镁溶液与氢氧化钠溶液反应生成白色氢氧化镁沉淀，氯化铝溶液与氢氧化钠溶液先反应生成白色氢氧化铝沉淀，后白色沉淀溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和水说明氢氧化镁的碱性强于氢氧化铝，证明镁元素的金属性强于铝元素，故B正确；
C．饱和氯化铁溶液在沸水中共热反应制得氢氧化铁胶体，实验时不需要用到排风、锐器图标提示，故C错误；
D．由溶度积可知，饱和氯化银溶液中的银离子浓度为mol/L、饱和溴化银溶液中溴离子浓度为mol/L，当饱和氯化银饱和溶液和饱和溴化银溶液等体积混合时，溶液中溴化银的浓度熵Qc=×××＞5.0×10-13，溶液中会有淡黄色的溴化银沉淀生成，故D正确；
故选C。
5．糕点礼盒中经常放入食品脱氧剂。一种常见固体脱氧剂的组成为铁粉、炭粉、氯化钠等，脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同，下列分析不正确的是
A．脱氧剂中加入氯化钠，可以加快脱氧过程，效果更好
B．脱氧剂大面积由黑色转变为红棕色，说明已经失效
C．含有1.12g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收标准状况下氧气224mL
D．降低温度冷藏，也可以延长糕点保质期
【答案】C
【详解】A．脱氧剂中加入氯化钠的作用是使铁粉和碳粉在潮湿的环境中形成原电池，原电池反应可以加快脱氧过程的发生，效果更好，故A正确；
B．脱氧剂大面积由黑色转变为红棕色说明脱氧剂中的铁粉已经完全被氧化为红棕色的氧化铁，已经失效，不具备脱氧能力，故B正确；
C．脱氧剂中的铁粉发生吸氧腐蚀得到氧化铁，由得失电子数目守恒可知，理论上最多能吸收标准状况下氧气的体积为××22.4L/mol×103mL/L=336mL，故C错误；
D．降低温度冷藏，可以降低糕点的腐败速率，延长糕点保质期，故D正确；
故选C。
6．氟锑酸(HSbF6)可由氢氟酸和五氟化锑反应得到，酸性是纯硫酸的2×1019倍，只能用特氟龙(即聚四氟乙烯)为材料的容器盛装。下列有关说法不正确的是

A．基态Sb原子的简化电子排布式为［Kr]5s25p3
B．SbF6的VSEPR模型为正八面体
C．HSbF6分子中含有配位键
D．特氟龙号称“塑料之王”，可通过CF2=CF2加聚反应制备
【答案】A
【详解】A．Sb为第五周期第ⅤA族元素，则基态Sb原子的简化电子排布式为［Kr]4d105s25p3，A错误；
B．SbF6中心原子Sb形成6个共价键，其VSEPR模型为正八面体，B正确；
C．HSbF6分子中氢和氟之间含有配位键，C正确；
D．CF2=CF2分子中存在碳碳双键，可以通过加聚反应制备特氟龙，D正确；
故选A。
7．胍盐是病毒核酸保存液的重要成分之一。胍在碱性条件下不稳定，易水解，反应方程式如下：下列有关说法正确的是

A．核酸可以发生水解反应，属于高分子化合物
B．胍的水解反应为氧化还原反应
C．胍分子中氮原子只有一种杂化方式
D．胍可看作强碱，胍分子中所有原子可以共平面
【答案】A
【详解】A．核酸是一种生物大分子，相对分子质量可达上百万，是高分子化合物，核酸可以发生水解，A正确；
B．胍的水解反应中各元素的化合价均未变化，不是氧化还原反应，B错误；
C．胍分子 中①号氮原子形成2个 键且有1个孤电子对，为sp2杂化、②号和③号氮原子形成3个 键且有1个孤电子对，为sp3杂化，C错误；
D．胍分子 圈中5个原子一定共面，每个氨基中最多1个氢原子处于该平面，所以最多7个原子共平面， D错误；
故答案选A。
8．V、W、X、Y、Z是由周期表中前20号元素组成的五种化合物，涉及元素的原子序数之和等于35，V、W、X、Z均由两种元素组成。五种化合物的反应关系如图：

下列有关说法不正确的是
A．涉及元素中只有一种金属元素，其焰色试验的火焰颜色为砖红色
B．涉及元素中含有三种非金属元素，原子半径随原子序数递增而增大
C．化合物W为电解质，其水化物能抑制水的电离
D．Y和X反应可生成一种新的离子化合物，包含涉及的所有元素
【答案】B
【分析】X是一种无色无味的气体，是由两种元素构成的化合物，且由固体V与氧气反应得到，可知X和W均是氧化物，我们比较熟悉的有CO2、NO、CO等。并可由此确定V中含有碳元素或氮元素等。W和Y均为白色固体，且W与 H2O反应生成Y，又W是氧化物，符合这些条件的物质常见的有氧化钙、氧化镁、氧化钠等。据此可初步推断V为碳化钙、氮化镁一类的物质。题目中又告诉我们：上述5种化合物涉及的所有元素的原子序数之和等于35。可计算推知：V是CaC2，Z是C2H2，Y为Ca(OH)2，W为CaO，Z为C2H2，X为CO2，以此解题。
【详解】A．根据分析可知，涉及的元素中只有Ca，一种金属元素，其焰色试验的火焰颜色为砖红色，A正确；
B．涉及元素中含有三种非金属元素，分别为：H，C，O，其中半径C>O，B错误；
C．由分析可知，W为CaO，其和水反应生成氢氧化钙，可以抑制水的电离，C正确；
D．由分析可知，X为CO2，Y为Ca(OH)2，两者反应可以生成碳酸氢钙，其中包含所涉及的所有元素，D正确；
故选B。
9．从某些性质看，NH3与H2O、NH与H3O+、NH与OH-、NH2-与O2-相似，下列有关说法或化学用语不正确的是(M代表某二价活泼金属)
A．液氨中存在着微弱的电离：2NH3NH+NH
B．将金属钠投入到液氨中，能缓慢产生氢气
C．MNH与少量盐酸溶液反应：2HCl+MNH=MCl2+NH3
D．MO与氯化铵溶液反应：2NH4Cl+MO=M(NH2)2+2HCl+H2O
【答案】D
【详解】A．已知NH3与H2O性质相似，且H2O中存在2H2O H3O+OH，所以液氨中存在着微弱的电离：2NH3NH+NH，故A正确；
B．NH3与H2O性质相似，金属钠投入到水中能产生氢气，所以将金属钠投入到液氨中，能缓慢产生氢气，故B正确；
C．NH2-与O2-性质相似，所以MNH与少量盐酸溶液反应为2HCl+MNH=MCl2+NH3，故C正确；
D．NH与H3O+性质相似，所以NH4Cl有弱酸性，不能和MO反应生成HCl，故D错误；
故答案选D。
10．一种新型AC/LiMn2O4体系，在快速启动、电动车等领域具有广阔应用前景。其采用尖晶石结构的LiMn2O4作正极(可由Li2CO3和MnO2按物质的量比1:2反应合成)，高比表面积活性炭AC(石墨颗粒组成)作负极，Li2SO4作电解液，充电、放电的过程如图所示：

下列说法正确的是
A．合成LiMn2O4的过程中可能有O2产生
B．放电时正极的电极反应式为：LiMn2O4+xe- = Li(1-x)Mn2O4+xLi+
C．充电时AC极应与电源正极相连
D．可以用Na2SO4代替Li2SO4作电解液
【答案】A
【详解】A．Li2CO3和MnO2按物质的量比1:2反应合成LiMn2O4，Mn元素化合价降低，根据得失电子守恒，氧元素化合价升高，可能有O2产生，故A正确；
B．放电时，锂离子向正极移动，正极的电极反应式为Li(1-x)Mn2O4+xLi++xe- =LiMn2O4，故B错误；
C．放电时AC作负极，充电时AC极应与电源负极相连，故C错误；
D．放电时，需要Li+参与正极反应，所以不能用Na2SO4代替Li2SO4作电解液，故D错误；
选A。
11．我国科学家在相当于110万大气压下合成了一种稳定的氦钠化合物，为人类在木星和土星洞察化学过程提供了机会，结构如图所示，小球代表Na+，大正方体代表He，小正方体代表共用电子，共用电子被迫集中在晶体结构的立方空间内，下列说法正确的是

A．该物质属于一种新型合金
B．晶胞中的空隙He占有率为50%
C．Na+的配位数为8
D．Na+—He之间的最短距离为a (设晶胞棱长为a)
【答案】B
【详解】A．由题意可知，该物质为稳定的氦钠化合物，不属于合金，故A错误；
B．由晶胞结构可知，晶胞中含有8个正四面体，其中有4个正四面体的内部含有一个氦原子，则晶胞中的空隙氦占有率为50%，故B正确；
C．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的钠离子被4个氦所共用，则钠离子的配位数为4，故C错误；
D．由晶胞结构可知，晶胞中钠离子与氦之间的最短距离为体对角线的，由晶胞棱长为a可知，最短距离为a，故D错误；
故选B。
12．铼(Re)被称为“类锰元素”，与锰的价电子排布相同，可以与氧气反应。一种对废氧化铝载体铂铼催化剂中金属元素综合回收利用的工艺如图：

下列说法正确的是
A．“第1次浸出”中可以用氢氧化钠溶液代替氨水，浸出渣1成分不变
B．铼元素的最高价氧化物Re2O7为碱性氧化物
C．制备铼粉过程中，氢气只体现还原作用
D．“第3次浸出”中若用HC1-NaClO3作浸出液，反应离子方程式可能为：3Pt+16Cl-+2C1O+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O
【答案】D
【分析】废氧化铝载体铂铼催化剂经过焙烧细磨后，加入氨水溶解Re得到NH4ReO4，Pt和氧化铝在浸出渣1中。NH4ReO4经过800℃下通入氢气制备铼粉；浸出渣1加硫酸溶解氧化铝，浸出渣2为Pt；硫酸铝用于制备净水剂，浸出渣2用于制备海绵Pt，据此分析解题。
【详解】A．“第1次浸出”用氨水溶解含Re的物质，含Al2O3在滤渣中，Al2O3能与氢氧化钠溶液反应，不能使用氢氧化钠溶液代替氨水，故A错误；
B．七氧化二铼溶于水生成高铼酸溶液，所以Re2O7为酸性氧化物，故B错误；
C．在800℃下通入氢气，还原NH4ReO4制备铼粉，氢气不仅作为还原剂，还可以通过气流带走生成的水蒸气和氨气，故C错误；
D．用HC1-NaClO3作浸出液溶解Pt，可形成配合物，反应离子方程式可能为：3Pt+16Cl-+2C1O+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O，故D正确；
故答案选D。
13．碘化钾为白色固体，可用作分析试剂、感光材料、制药和食品添加剂等，可通过碘酸钾与硫化氢反应制备。实验装置如图所示(夹持及加热装置已省略)，下列说法错误的是

A．仪器a、b名称是恒压滴液漏斗，实验中应先关闭K，打开仪器b，制备碘酸钾
B．滴入30%氢氧化钾溶液后，乙装置中紫黑色固体溶解，棕黄色溶液逐渐变为无色
C．乙装置中稀硫酸主要作用是减小硫化氢溶解度，以利于其逸出在丙装置中被吸收
D．如果乙装置中最终生成4.8g黄色沉淀，则理论上可制得碘化钾的质量为8.3g
【答案】D
【分析】本题为利用碘酸钾和硫化氢制备碘化钾，由装置所盛试剂可知，装置甲为启普发生器，利用硫化亚铁和稀硫酸制备硫化氢气体，装置乙中盛放碘单质和氢氧化钠，用以制备碘酸钾，待碘酸钾制备完成，将硫化氢通入碘酸钾溶液制备碘化钾，同时有淡黄色硫单质生成，最后用氢氧化钠吸收尾气。
【详解】A．仪器a、b为恒压滴液漏斗，利用碘酸钾与硫化氢气体制备碘化钾，由于碘酸钾为溶液，硫化氢为气体，因此需先关闭K制备碘酸钾，然后制备并将硫化氢通入碘酸钾溶液制备碘化钾，A正确；
B．碘单质溶解后溶液呈棕黄色，随着碘单质与氢氧化钠反应生成无色的碘化钾和碘酸钾，溶液逐渐变为无色，B正确；
C．硫化氢为弱电解质，加入稀硫酸能抑制硫化氢的电离，降低其溶解度，使其逸出吸收，C正确；
D．黄色沉淀为S，4.8g S为0.15mol，硫元素由硫化氢中的-2价升高为0价，0.15mol S转移0.3mol电子，每生成1mol碘化钾转移1mol电子，因此共生成碘化钾0.3mol，质量为49.8g，D错误；
故选D。
14．黄鸣龙是唯一一个名字写进有机化学课本的中国人，Wolff-Kishner-黄鸣龙还原反应机理如下(R、R’均代表烃基)，下列有关说法不正确的是

A．肼的沸点高于氨气，原因是分子间氢键数目更多，且相对分子质量更大
B．过程①发生加成反应，过程②、③均发生消去反应
C．过程④的反应历程可表示为：+OH—+N2↑+H2O
D．应用该机理，可以在碱性条件下转变为
【答案】B
【详解】A．肼和氨气都是分子晶体，肼分子中含有两个氨基，相对分子质量大于氨气，分子间形成的氢键数目多于氨气，所以肼分子的分子间作用力强于氨气，沸点高于氨气，故A正确；
B．由图可知，过程③发生的反应为，反应中分子的不饱和度不变，不可能属于消去反应，故B错误；
C．由质量守恒定律可知，过程④发生的反应为+OH—+N2↑+H2O，故C正确；
D．由图可知，该反应的总反应为碱性条件下与肼反应生成、氮气和水，则碱性条件下与肼反应能转化为，故D正确；
故选B。
15．谷氨酸钠是具有鲜味的物质，即味精。谷氨酸()可以看做三元弱酸(简写为H3A+)，逐级电离常数为K1、K2、K3。已知常温下pK1=2.19，pK2=4.25，pK3=9.67下列说法不正确的是
A．水溶液中K1对应基团可以看作一，K2、K3对应基团分别可以看作α-COOH和γ-COOH
B．当谷氨酸所带净电荷为0(即H3A+与HA-数目相等)时，溶液pH为3.22
C．2H2AH3A++HA-的平衡常数K=10-2.06
D．常温下，A2-+H2OHA-+OH-的平衡常数Kb的数量级为10-5
【答案】A
【分析】谷氨酸是酸性氨基酸，则其电离方程式为：H3A+H2A+H+ K1；H2AH++ HA- K2；
HA- H+ +A2- K3.
【详解】A．水溶液中K1对应基团可以看作一，K2对应基团可以看作α-COOH，K3对应基团可以看作γ-COO-，故A错误；
B．当谷氨酸所带净电荷为0(即H3A+与HA-数目相等)时，K1×K2 =[c (H+)]2=10- 2.19×10- 4.25，c (H+)=10- 3.22，PH=3.22，故B正确；
C．2H2AH3A++HA-的平衡常数K= = ==10-2.06，故C正确；
D．常温下，A2-+H2OHA-+OH-的平衡常数Kb== =≈10-5，故D正确。
答案选A。

二、实验题
16．20℃下，制作网红“天气瓶”流程如下，请根据下述制作流程，结合下列信息和所学知识，回答问题：

温度／℃
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
硝酸钾溶解度／g
13.3
20.9
31.6
45.8
63.9
85.5
110
138
169
202
246
氯化铵溶解度／g
29.4
33.2
37.2
41.4
45.8
50.4
55.3
60.2
65.6
71.2
77.3

樟脑( )是一种白色晶体，易溶于酒精、难溶于水。
(1)樟脑难溶于水，易溶于酒精的原因主要是___________________。
(2)由硝酸钾、氯化铵制备得到“溶液b”的过程中需要用到的玻璃仪器有__________________________。得到“溶液c”时需控制温度50℃，可采取的方法是_______________。
(3)实验中发现硝酸钾溶解速率很慢，请推测原因________________________。
(4)温度改变，天气瓶内或清澈干净，或浑浊朦胧，或产生大片美丽的结晶。请通过计算说明0℃时出现的是樟脑晶体_________________，推测晶体产生的原因________。
(5)从晶体生长析出的角度分析，“天气瓶”制作中硝酸钾和氯化铵的作用是______________。
【答案】(1)水分子极性较强，而樟脑和乙醇均为弱极性分子
(2)     烧杯、玻璃棒、量筒     水浴加热
(3)氯化铵在溶液的水解反应为吸热反应，溶液温度降低
(4)     0℃时硝酸钾溶解度为13.3g，氯化铵29.4g，33g溶剂水能溶解硝酸钾4.4g，氯化铵9.7g     樟脑在酒精中的溶解度随温度升高而增大，溶解速率随温度降低而减小
(5)控制樟脑晶体高速生长过程中的连续成核(或：减缓樟脑晶体的生长速度)，便于得到较大晶体

【详解】（1）水分子极性较强，而樟脑和乙醇均为弱极性分子，由相似相溶原理可知，樟脑难溶于水，易溶于酒精，故答案为：水分子极性较强，而樟脑和乙醇均为弱极性分子；
（2）由硝酸钾、氯化铵制备得到“溶液b”的过程为固体溶解的过程，溶解时需要用到的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、量筒；得到“溶液c”时的控制温度小于100℃，所以采取的加热方式为水浴加热，故答案为：烧杯、玻璃棒、量筒；水浴加热；
（3）由表格数据可知，硝酸钾在温度较低时，溶解度小，氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中的水解反应为吸热反应，所以氯化铵溶解时吸收热量，使溶液温度降低导致硝酸钾溶解速率很慢，故答案为：氯化铵在溶液的水解反应为吸热反应，溶液温度降低；
（4）由表格数据可知，0℃时33g水溶解硝酸钾、氯化铵的质量分别为≈4.4g、≈9.7g，硝酸钾和氯化铵在溶液中能够溶解的最大质量均大于2.5g，所以0℃时出现的晶体是樟脑晶体，不可能是硝酸钾和氯化铵；0℃时出现樟脑晶体说明樟脑在酒精中的溶解度随温度升高而增大，导致溶解速率随温度降低而减小，故答案为：0℃时硝酸钾溶解度为13.3g，氯化铵29.4g，33g溶剂水能溶解硝酸钾4.4g，氯化铵9.7g；樟脑在酒精中的溶解度随温度升高而增大，溶解速率随温度降低而减小；
（5）从晶体生长析出的角度可知，“天气瓶”制作中硝酸钾和氯化铵的作用是控制樟脑晶体高速生长过程中的连续成核，减缓樟脑晶体的生长速度，便于得到较大晶体，故答案为：控制樟脑晶体高速生长过程中的连续成核(或：减缓樟脑晶体的生长速度)，便于得到较大晶体。

三、有机推断题
17．茚三酮能与任何含α一氨基的物质形成深蓝色或红色物质，可用于鉴定氨基酸、蛋白质、多肽等，物证技术中常用水合茚三酮显现指纹。其合成路线如下：

回答下列问题：
(1)B→C的反应类型是________________。
(2)C→D反应的另一种产物是________________，写出其一种用途______________。
(3)E的核磁共振氢谱吸收峰有___________组。
(4)已知G的分子式为C9H6O3，G的结构简式为_____________________。
(5)M是D的同系物，其相对分子质量比D多14．满足下列条件M的同分异构体有__________种。
①属于芳香族化合物   ②能与NaHCO3溶液反应产生CO2 ③含有碳碳三键
(6)工业上以甲苯为起始原料制备A()的流程如下：

①苯酐与乙醇反应的化学方程式为____________________。
②使用5%的碳酸钠溶液进行“洗涤”的目的是_________________________。
【答案】(1)水解(取代)反应
(2)     CO2     制冷剂，制造碳酸饮料等
(3)3
(4)
(5)25
(6)     +2C2H5OH+H2O     除去硫酸、未反应完的有机酸和乙醇

【分析】已知G的分子式为C9H6O3，由F转化为G，F比G少两个H，且根据H的结构简式可知，G转化为H时为酸化，H的分子式为G的两倍，结合结构简式推知G为，根据其他有机物的结构简式及反应条件进行分析解答；
【详解】（1）根据B和C的结构简式可知，B→C是B中的酯基水解生成C和乙醇，反应类型是水解反应或取代反应；
（2）根据C和D的结构简式可知，C→D反应是C反应生成D和CO2，故另一种产物是CO2，其用途有制冷剂，制造碳酸饮料等；
（3）根据结构简式可知，E中含有三种不同环境的氢原子，核磁共振氢谱吸收峰有3组；
（4）根据分析可知，G的结构简式为；
（5）D为 ，M是D的同系物，其相对分子质量比D多14，则可能多一个CH2，满足条件①属于芳香族化合物；②能与NaHCO3溶液反应产生CO2 ，则含有羧基；③含有碳碳三键，若苯环上只有一个取代基，则取代基为-CH(COOH)-CCH 、-CH2-CC-COOH 、-CC-CH2-COOH ，则有三种；若苯环上有两个取代基，则取代基为-COOH和-CH2CCH、-COOH和-CC-CH3、-CH3和-CC-COOH、-CCH和-CH2COOH，每种均有邻、间、对位，故共有43=12种；若苯环上有三个取代基，则有-CCH、-COOH和-CH3，结构有10种；故总共有同分异构体25种；
（6）①苯酐与两分子乙醇反应生成和水，反应的化学方程式为+2C2H5OH+H2O；
②使用5%的碳酸钠溶液进行“洗涤”的目的是除去硫酸、未反应完的有机酸和乙醇。

四、工业流程题
18．碘是人体所必需的微量元素。磷酸工业的副产品氟硅酸(H2SiF6)中碘元素的可能存在形式有I2、I—、I，其回收方案如下。

回答下列问题：
(1)某实验小组想证明氟硅酸溶液中存I，请补充完整的实验步骤：
(已知：I2+I- I；可选用的试剂：5%淀粉溶液、0.1 mol·L-1NaNO2溶液、0.1mol·L-1Na2SO3溶液、6mol·L-1H2SO4溶液)
①取样品，加入CCl4振荡、静置，可观察到下层呈紫红色；
②分液后取上层黄色液体，滴入适量________________(填选用的试剂，下同)，可观察到___________；
③重复上述操作2~3次，直至步骤②中没有明显现象；
④再滴加适量_____________________，若观察到溶液变蓝，证明氟硅酸溶液中存在I。
(2)实验室利用分液漏斗可以完成CCl4从碘水萃取I2，请描述获得上层液体的操作：________。
(3)“还原”步骤中将碘元素全部变为HI，写出I2被还原时的离子方程式_____________。
(4)工业生产中，氧化剂的实际使用量和理论计算量之间的比值称为配氧率。如图是配氧率对碘单质回收率的影响曲线图，试解释配氧率选择112~113之间的原因______________。

(5)结合信息，请确定I2与NaOH发生“歧化”反应的氧化产物___________(有必要的计算过程)。
已知：①氧化还原反应可以拆分为两个半反应，标准电极电势分别表示为φθ(+)、φθ(-)，标准电动势Eθ=φθ(+)—φθ(-)，如
Zn+Cu2+=Zn2++Cu的 Eθ=φθ(Cu2+/Cu)—φθ(Zn2+/Zn)。
②Eθ>0，该反应能自发进行，Eθ>0.3V，反应趋于完全进行。
③φθ(I2/I-)=0.54V φθ(IO-/I2)=0.45V φθ(IO/I2)=0.21V
【答案】(1)     5%淀粉溶液     溶液变蓝     6mol·L-1 H2SO4溶液和0.1mol·L-1NaNO2溶液
(2)下层液体从分液漏斗下端管口放出后，关闭活塞，将上层液体从分液漏斗上口倒出
(3)I2+SO+H2O=2I—+SO+2H+
(4)配氧率过低，I—不能完全转化为碘单质；配氧率过高，可能发生副反应，使碘单质进一步被氧化为碘酸根或耗费大量氧化剂
(5)Eθ=φθ(I2/I-)—φθ(IO-/I2)=0.54V—0.45V=0.09V，而Eθ=φθ(I2/I—)— φθ(IO/I2)=0.54V—0.21V=0.33 V>0.3V，反应则趋于完全进行，故氧化产物为NaIO3

【分析】由题给流程可知，向氟硅酸溶液中加入亚硫酸钠溶液，将溶液中的碘元素还原为碘离子，加入次氯酸钠溶液，将生成的碘离子氧化为单质碘，加入四氯化碳萃取、分液得到碘的四氯化碳溶液，向溶液中加入氢氧化钠溶液，碘与氢氧化钠溶液发生歧化反应生成碘化钠、碘酸钠和水，向反应后的溶液中加入酸酸化，碘化钠、碘酸钠酸性条件下发生归中反应得到粗碘。
【详解】（1）由题意可知，证明氟硅酸溶液中存I离子的的实验步骤为取样品，加入四氯化碳振荡、静置，可观察到下层呈紫红色说明溶液中含有单质碘；分液后取上层黄色液体，滴入适量5%淀粉溶液，溶液变蓝；重复上述操作2~3次，直至步骤②中没有明显现象说明溶液中的碘已经被完全萃取出来；再滴加适量6mol·L-1 硫酸溶液和0.1mol·L-1亚硝酸钠溶液，若观察到溶液变蓝说明I离子酸性条件下与亚硝酸根离子反应生成了单质碘，证明氟硅酸溶液中存在I离子，故答案为：5%淀粉溶液；溶液变蓝；6mol·L-1 H2SO4溶液和0.1mol·L-1NaNO2溶液；
（2）实验室利用四氯化碳萃取溶液中的碘时，碘的四氯化碳溶液在下层，水溶液在上层，获得上层液体的操作为下层液体从分液漏斗下端管口放出后，关闭活塞，将上层液体从分液漏斗上口倒出，故答案为：下层液体从分液漏斗下端管口放出后，关闭活塞，将上层液体从分液漏斗上口倒出；
（3）碘被还原时发生的反应为碘与亚硫酸钠溶液反应生成硫酸钠和氢碘酸，反应的离子方程式为I2+SO+H2O=2I—+SO+2H+，故答案为：I2+SO+H2O=2I—+SO+2H+；
（4）由图可知，配氧率在112~113之间时，碘单质回收率最高，配氧率过低时，溶液中碘离子不能完全转化为碘单质导致碘单质回收率不够高；配氧率过高时，可能发生副反应，使碘单质进一步被氧化为碘酸根离子导致碘单质回收率不够高，还会耗费大量氧化剂造成试剂浪费，所以工业生产中配氧率选择112~113之间，故答案为：配氧率过低，I—不能完全转化为碘单质；配氧率过高，可能发生副反应，使碘单质进一步被氧化为碘酸根或耗费大量氧化剂；
（5）由题给数据可知，碘与氢氧化钠溶液发生歧化反应时，若生成次碘酸根离子，标准电动势Eθ=φθ(I2/I-)—φθ(IO-/I2)=0.54V—0.45V=0.09V，0.09V大于0，而小于0.3V，说明反应能自发进行，但不能趋于完全进行，若生成碘酸根离子，标准电动势Eθ=φθ(I2/I—)— φθ(IO/I2)=0.54V—0.21V=0.33 V>0.3V，说明反应则趋于完全进行，所以歧化反应的氧化产物为碘酸钠，故答案为：Eθ=φθ(I2/I-)—φθ(IO-/I2)=0.54V—0.45V=0.09V，而Eθ=φθ(I2/I—)— φθ(IO/I2)=0.54V—0.21V=0.33 V>0.3V，反应则趋于完全进行，故氧化产物为NaIO3。

五、原理综合题
19．低碳烯烃(乙烯、丙烯、丁烯等)作为重要的基本化工原料，在现代石油和化学工业中起着举足轻重的作用。一定条件下，碘甲烷(CH3I)热裂解制低碳烯烃的主要反应有：
反应I 2CH3I(g)C2H4(g)+2HI(g) ΔH1Kp1=a
反应Ⅱ 3C2H4(g)2C3H6(g) ΔH2Kp2=b
反应Ⅲ 2C2H4(g)C4H8(g) ΔH3Kp3=c
反应I、Ⅱ、Ⅲ在不同温度下的分压平衡常数Kp如表1，回答下列问题：
表1
T/Kp
298 K
323 K
423 K
523 K
623 K
723 K
反应I
7.77×10-8
1.65×10-6
1.05×10-2
2.80
1.41×102
2.64×103
反应Ⅱ
7.16×1013
2.33×1012
1.48×108
3.73×105
6.42×103
3.40×102
反应Ⅲ
2.66×1011
6.04×109
1.40×105
1.94×102
2.24
8.99×10-2

(1)ΔH1_______________0(填“＞”或“＜”，下同)。
(2)实际工业生产中，若存在副反应：4C3H6(g)3C4H8(g) ΔH4Kp4
则Kp4=_________________(用含有b、c的代数式表达)，结合表1数据分析 ΔH4________0。
(3)控制条件只发生反应I、Ⅱ、Ⅲ，测得压强对平衡体系中n(C3H6)/n(C2H4)的影响如表2。
p/MPa
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
1.4
1.6
1.8
2.0

1.42
1.75
1.98
2.15
2.30
2.42
2.53
2.63
2.72
2.80

随压强增大不断增大的原因可能是_________________。
(4)结合信息，请推测有利于提高乙烯产率的措施____________(至少答2点)。
(5)其它条件不变，向容积为1L的密闭容器中投入1molCH3I(g)，假定只发生反应I、Ⅱ、Ⅲ，温度对平衡体系中乙烯、丙烯和丁烯所占物质的量分数的影响如图，715K时CH3I(g)的平衡转化率为________，反应I以物质的量分数表示的平衡常数Kx=________________。

【答案】(1)＞
(2)          ＜
(3)加压，反应I平衡逆向移动，反应Ⅱ、反应Ⅲ平衡正向移动，C2H4的生成量减少，且不断消耗，同时C3H6的生成量增多
(4)使用对反应I选择性更高的催化剂，较高的温度，较低的压强
(5)     80%     0.64

【详解】（1）由表格数据可知，升高温度，反应I的分压平衡常数依次增大，说明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，反应的焓变大于0，故答案为：＞；
（2）由盖斯定律可知，反应Ⅲ×3—反应Ⅱ×2得到副反应，则Kp4=，由表格数据可知，298K时平衡常数Kp4=≈3.7×106、323K时平衡常数Kp4=≈4.1×104，则升高温度，副反应的平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，反应的焓变小于0，故答案为：；＜；
（3）由方程式可知，反应I是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，C2H4的的物质的量减小，而反应Ⅱ、Ⅲ是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，C2H4的的物质的量减小、C3H6的物质的量增大，所以随压强增大不断增大，故答案为：加压，反应I平衡逆向移动，反应Ⅱ、反应Ⅲ平衡正向移动，C2H4的生成量减少，且不断消耗，同时C3H6的生成量增多；
（4）由（1）分析知，反应I是气体体积增大的吸热反应，由表格数据可知，升高温度，反应Ⅱ、Ⅲ的分压平衡常数依次减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，因此反应Ⅱ、Ⅲ是气体体积减小的放热反应，所以使用对反应I选择性更高的催化剂，较高的温度，较低的压强有利于提高乙烯产率，故答案为：使用对反应I选择性更高的催化剂，较高的温度，较低的压强；
（5）由图可知，715K时C3H6和C4H8的物质的量分数相等，设反应生成碘化氢的物质的量为amol、生成C3H6和C4H8的物质的量为bmol，由题意可建立如下三段式：



由三段式数据可知，平衡时气体总物质的量为(1-a+a+0.5a-1.5b-2b+b+b)mol=(1+0.5a-1.5b)mol，由图可知，C2H4的物质的量分数为4%，则×100%=4%，C3H6和C4H8的物质的量分数都为8%，则×100%=8%，解联立方程可得a=0.8、b=0.1，715K时CH3I(g)的平衡转化率为×100%=80%、物质的量分数为×100%=16%，碘化氢的物质的量分数为×100%=64%，反应I以物质的量分数表示的平衡常数Kx==0.64，故答案为：80%；0.64。