湖南省常德市第一中学2024-2025学年高三上学期第二次月考化学试题（解析版）

这是一份湖南省常德市第一中学2024-2025学年高三上学期第二次月考化学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
时量：75分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 N 14 Ti 48
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。
1. 各式各样的材料与生活息息相关，下列说法正确的是
A. 二氧化硅导电能力强，可用于制造光导纤维
B. 氯水和乙醇能用于杀菌消毒，原理相同
C. 含有增塑剂的聚氯乙烯薄膜可以直接用来包装食品
D. 核酸包括核糖核酸(RNA)和脱氧核糖核酸(DNA)两大类，核酸检测的是RNA
【答案】D
【解析】
【详解】A．二氧化硅不能导电，是由于其能够使光线发生全反射，因此可用于制造光导纤维，故A错误；
B．氯水和乙醇能用于消毒防腐，前者是利用Cl2的强氧化性，后者是利用乙醇能够使细菌、病毒蛋白质失去水分而失去生理活性，故B错误；
C．含有增塑剂的聚氯乙烯薄膜具有一定的毒性，会危害人体身体健康，因此不能用来直接用来包装食品，故C错误；
D．核酸包括核糖核酸(RNA)和脱氧核糖核酸(DNA)两大类，病毒内含有RNA，因此核酸检测的是RNA，故D正确；
故合理选项是D。
2. 下列化学用语表述不正确的是
A. 基态的价电子排布图：
B. HCl分子中σ键的形成：
C. 聚乙烯的链节：
D. 的电子式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．基态Fe原子价电子构型是，再结合洪特规则，的价电子排布图为：，故A正确；
B．HCl分子中H的1s轨道和Cl的2p轨道通过头碰头的方式重叠形成s-p键，故B正确；
C．乙烯（CH2=CH2）为聚乙烯的单体，聚乙烯的链节：—CH2—CH2—，故C正确；
D．的电子式为：，故D错误；
故答案选D。
3. 下列实验操作规范且能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】AB
【解析】
【详解】A．加热时碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，而碳酸钠不易分解，小试管中受热温度低，为验证二者的稳定性，小试管中应为碳酸氢钠，故A正确；
B．浓硫酸的密度大于水，直接将水倒入酸中会导致水浮在酸表面，剧烈放热，可能引起液体飞溅，造成安全隐患，因此应该向水中沿着烧杯内壁慢慢倒入浓硫酸，并用玻璃棒不断搅拌，故B正确；
C．用托盘天平称量固体时遵循左物右码，砝码应放在右盘，还应该使用称量纸，故C错误；
D．应使用碱式滴定管盛放氢氧化钠溶液，图中为酸式滴定管，故D错误；
故答案选AB。
4. 下列实验操作、现象和推论都正确的是
A. 向溶液中通入气体，出现黑色沉淀，可推出酸性：
B. 取少量丙烯醛于试管中，滴加酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液褪色，可推出丙烯醛中含有碳碳双键
C. 向溶液中加入少量铁粉，溶液红色变浅，可推出与的反应是可逆反应
D. 用干净的玻璃棒蘸取少量未知溶液于酒精灯上灼烧，火焰呈黄色，可推出该溶液中含有
【答案】C
【解析】
【详解】A．向溶液中通入气体，出现黑色沉淀，证明CuS的极小，不能说明酸性强于，故A错误；
B．醛基也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，取少量丙烯醛于试管中，滴加酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液褪色不能证明丙烯醛中含有碳碳双键，故B错误；
C．向溶液中加入少量铁粉，溶液红色变浅，证明在溶液中存在的化学平衡，加入铁粉后发生反应：，消耗，使平衡逆向移动，浓度降低，红色变浅，能说明与的反应是可逆反应，故C正确；
D．玻璃中含有，会对焰色试验造成干扰，需要用洁净的铂丝或者铁丝蘸取少量未知无色溶液于酒精灯上灼烧，故D错误；
故答案选C。
5. 三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，其催化剂表面物质转化的关系如图所示，下列说法正确的是
A. 在转化过程中，氮元素均被还原
B. 依据图示判断催化剂不参与储存和还原过程
C. 还原过程中生成0.1 ml ，转移0.5 ml电子
D. 三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据图示可知，NOx与BaO、O2转化成Ba(NO3)2的过程中，N元素化合价升高被氧化，故A错误；
B．根据图示可知，BaO为催化剂，NOx与BaO、O2转化成Ba(NO3)2时，BaO参与储存N元素，故B错误；
C．还原过程中生成0.1 ml N2，转移电子的物质的量为0.1 ml×(5-0)×2=1 ml，故C错误；
D．整个过程中，CO、CxHy、NOx转化成CO2、H2O、N2，说明三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化，故D正确；
故选D。
6. 下列离子方程式或化学方程式正确的是
A. 将通入足量的次氯酸钠溶液中，发生反应的离子方程式为
B. 向溶液中加入过量的氨水：
C. 用铝热法还原金属：
D. 向饱和食盐水中先通入足量的，再通入足量的，发生的反应为
【答案】A
【解析】
【详解】A．将通入足量的次氯酸钠溶液中发生氧化还原反应，离子方程式为，A正确；
B．已知不溶于过量氨水中，故向溶液中加入过量氨水的离子方程式为，B错误；
C．该反应的本质是金属性较强的铝置换出金属性较弱的铁：，C错误；
D．向饱和食盐水中先通入足量的，再通入足量的，反应生成沉淀和：，D错误；
故答案选A。
7. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是
A. 20g由和组成的物质中含有的中子数10NA
B. 的和盐酸的混合溶液中数为0.1NA
C. 46g乙醇分子中含有的极性键数为7NA
D. 1ml Mg完全燃烧生成MgO和的混合物，转移电子的总数为2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．H218O与D2O分子内均有10个中子，二者的相对分子质量均为20，则20g由H218O与D2O组成的物质中含有的中子数为×NA/ml=10NA，故A正确；
B．未说明溶液的体积，无法计算根据浓度计算出数目，故B错误；
C．1个乙醇分子含有7个极性键，其中5个C-H键，1个C-O键，1个O-H键，46g乙醇为1ml，分子中含有的极性键数为7NA，故C正确；
D． 1mlMg在空气中充分燃烧生成MgO和Mg3N2的混合物，Mg的化合价变为+2价，转移电子数为2NA，故D正确。
故答案选B。
8. Y是合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，可由X在一定条件下合成：

下列说法不正确的是
A. Y的分子式为C10H8O3
B. 由X制取Y的过程中可得到乙醇
C. 一定条件下，Y能发生加聚反应和缩聚反应
D. 等物质的量的X、Y分别与NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为3∶2
【答案】D
【解析】
【详解】A．由Y的结构简式可知Y的分子式为C10H8O3，故A正确；B．由原子守恒，由X发生取代反应生成Y的过程中另一产物为乙醇，故B正确；C．Y中含有碳碳双键，一定条件下，能发生加聚反应；Y中含有酚羟基，一定条件下可和醛发生缩聚反应，故C正确；D．X中酚羟基、酯基可与氢氧化钠溶液反应，1ml可与3mlNaOH反应，Y中酚羟基、酯基可与氢氧化钠反应，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则1mlY可与3mlNaOH反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为1：1，故D错误；故答案为D。
【点睛】以有机物的结构为载体，考查官能团的性质。熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有酯基决定具有酯的水解性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有酚羟基还具有酚的性质。
9. 实验室可用干燥的氯气与亚氯酸钠()固体反应来制备，装置如图所示，已知常温下为黄绿色气体，熔点-56℃，沸点11℃，极易溶于水且不与水反应，高浓度的受热时易爆炸，下列说法不正确的是
A. 导气管K的作用是平衡气压，保证液体顺利流下
B. C和F中不可选用同一种物质
C. D中通入一定量的干燥空气，目的主要是防止生成的浓度过高，发生爆炸
D. D中发生的化学反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1
【答案】D
【解析】
【分析】利用高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，生成的氯气中混有盐酸挥发出的HCl气体及水分，需经过饱和食盐水进行除杂，经过无水氯化钙进行干燥；高浓度的ClO2受热时易爆炸，所以需向装置中通入一定量的干燥的空气，E中收集ClO2，F吸收尾气，同时防止空气中的水进入E中；据此作答。
【详解】A．导气管K的作用：平衡气压，保证液体顺利流下，故A正确；
B．C中生成的氯气中混有水分，需进行干杂，球形干燥管内需装固体干燥剂，碱石灰为碱性物质，与氯气反应，所以需选用无水氯化钙；F中是吸收尾气，多余的氯气等，要用碱石灰，故B正确；
C．ClO2极易溶于水，且高浓度的ClO2受热时易爆炸，所以实验时需要向D中通入一定量的干燥空气，故C正确；
D．干燥的氯气与亚氯酸钠固体反应来制备ClO2，氯气中Cl元素化合价从0价降低至-1价，作氧化剂；NaClO2中Cl元素化合价从+3价升高至+4价，作还原剂，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，故D错误；
故答案选D。
10. 如图利用铁碳原电池原理处理酸性污水。若上端开口关闭，可得到强还原性的H(氢原子)；若上端开口打开并鼓入空气，可得到强氧化性的OH。下列说法错误的是
A. 无论是否鼓入空气，负极：
B. 上端开口关闭，正极：
C. 鼓入空气，每生成有电子转移
D. 处理含的污水时，打开上端开口并鼓入空气
【答案】C
【解析】
【详解】A．无论是否鼓入空气，铁作负极，负极反应式为，故A正确；
B．上端开口关闭，可得到强还原性的H，则正极反应式为，故B正确；
C．OH中O的化合价为-1,每生成有电子转移，故C错误；
D．处理含的污水时，发生氧化反应，需要强氧化性的OH，所以要打开上端开口并鼓入空气，故D正确；
选C。
11. 某粗品中含少量、和等杂质，以氧化镁粗品为原料制备耐火材料——轻质氧化镁的流程如下：
以下说法中，不正确的是
A. 滤渣Ⅰ的主要成分是
B. 步骤Ⅱ利用了是两性氢氧化物的特点将之分离
C. 硫酸铵溶液中各离子浓度大小关系满足：
D. 步骤Ⅳ中发生反应的离子方程式为：
【答案】D
【解析】
【分析】MgO粗品加入足量稀硫酸，二氧化硅不能发生反应，因此滤渣1为二氧化硅，镁、铁、铝元素进入滤液1；加入足量氢氧化钠溶液，生成氢氧化镁沉淀、氢氧化铁沉淀得到滤渣2，铝元素进入滤液2；氢氧化镁沉淀、氢氧化铁沉淀加入足量硫酸铵溶液后，氢氧化铁沉淀进入滤渣3，镁元素进入滤液3，加入碳酸铵得到镁沉淀，最终生成氧化镁。
【详解】A．由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是，故A正确；
B．步骤Ⅱ中加入足量氢氧化钠溶液，生成氢氧化镁沉淀、氢氧化铁沉淀，而为两性氢氧化物，可以与氢氧化钠反应生成溶液，而后过滤分离沉淀和溶液，故B正确；
C．(NH4)2SO4溶液中铵根离子浓度是硫酸根离子浓度的两倍，但铵根离子会结合水电离出氢氧离子发生水解而减小，溶液显酸性，但水解程度微弱，因此铵根离子浓度仍旧大于硫酸根离子浓度，可知各离子浓度大小关系满足：，故C正确；
D．步骤Ⅳ中发生反应的离子方程式为：，故D错误；
故答案选D。
12. 绿矾()的结构示意图如图所示，下列说法不正确的是
A. 中S的杂化方式为杂化
B. 电负性：O>S>Fe
C. 的键角小于的键角
D. 绿矾中存在的化学键类型有共价键、离子键、氢键和配位键
【答案】D
【解析】
【详解】A．中心原子为S，与4个O形成化学键，中心原子上的孤电子对数，故杂化方式为杂化，故A正确；
B．Fe为活泼金属，故Fe的电负性比O和S都小，O和S同主族，从上到下电负性依次减小，故O的电负性大于S，所以电负性：，故B正确；
C．二者中心原子均为sp3杂化，的中心原子上的孤电子对数， 的中心原子上的孤电子对数，由于孤电子对有较大斥力，含孤电子对的分子键角较小，故水分子键角更小，故C正确；
D．氢键不是化学键，绿矾中存在的化学键类型有共价键、离子键和配位键，故D错误；
故答案选D。
13. 25℃时，用浓度为0.1000 ml⋅L的NaOH溶液滴定浓度为0.1000 ml⋅L的HA溶液，由水电离出的与加入NaOH溶液的体积V(NaOH)的关系如右图所示[已知]。下列说法正确的是
A. 图中
B. b、d两点溶液组成相同
C. c点HA与NaOH刚好完全反应
D. 稀释e点溶液时，减小
【答案】C
【解析】
【分析】HA溶液中加入NaOH溶液，HA的电离程度不断增大，溶液的酸性不断减弱，水电离的程度不断增大，当有少量HA剩余时，溶液呈中性；继续加入NaOH溶液至c点时，HA全部转化为NaA，此时水的电离程度最大；继续加入NaOH，对NaA的水解产生抑制，水解程度不断减小，再往后，加入的NaOH使溶液呈碱性。
【详解】A．，则，图中x点，，ml⋅L，则，A错误；
B．b点溶液为NaA与HA的混合溶液，d点溶液为NaA与NaOH的混合溶液，B错误；
C．c点，HA与NaOH刚好完全反应，此时溶液为NaA，水的电离程度最大，C正确；
D．e点溶液中，，温度不变时，不变，稀释e点溶液，溶液的碱性减弱，增大，所以增大，D错误；
答案选C。
14. 催化分解转化为燃料氢气，反应为 。往体积为2L的密闭容器中加入4 ml分解制。图中曲线a、b分别表示在催化剂Ⅰ的作用下，℃时及℃时随时间的变化；曲线c表示在催化剂Ⅱ的作用下，℃时随时间的变化。下列说法错误的是
A.
B. 在催化剂Ⅰ的作用下，℃时，0~5min内平均反应速率ml⋅L⋅min
C. 三种条件下，分解反应的平衡常数、、的大小关系为
D. 反应温度为℃时，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态
【答案】B
【解析】
【详解】A．反应为放热反应，温度升高平衡向正反应方向移动，5min时，a曲线为℃消耗的物质的量为1ml，根据方程式可知生成的物质的量为1.5ml，b曲线为℃生成的物质的量为2ml，℃生成的量大，故温，A正确；
B．a为℃时：ml⋅L⋅min，度，的变化曲线，根据方程式可知ml⋅L⋅min，B错误；
C．平衡常数只与温度有关，故， ，温度升高平衡向正反应方向移动，K增大，因为，，C正确；
D．反应为气体分子数增加的反应，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态，D正确；
答案选B。
二、非选择题：本题共4个小题，共58分。
15. 工业生产中，海水提溴常用空气吹出法，某校化学实验小组模拟该法设计了如下实验装置(夹持装置略去)从浓缩海水中提取液溴。完成下列填空：
实验步骤如下：
①关闭活塞b、d，打开活塞a、c，向A中缓慢通入至反应结束；
②关闭a、c，打开b、d，向A中鼓入足量热空气；
③进行步骤②的同时，向B中通入足量；
④关闭b，打开a，再通过A向B中缓慢通入足量的；
⑤将B中所得液体进行蒸馏，收集液溴。
（1）A装置的名称为______，A中海水用硫酸酸化的目的是______。
（2）②中通入热空气的目的是______。
（3）③中的离子反应为______。
（4）两次尾气处理时均可选择的试剂是______。
A. 水B. 氯化钠溶液C. 氢氧化钠溶液D. KBr溶液
（5）步骤④反应后，取少量B中混合液滴加在淀粉碘化钾试纸上，试纸变蓝色，能否说明比活泼？说明理由。______。
（6）若装置B中只用浓溶液吸收，反应后得到NaBr、NaBrO、的混合溶液，经测定与的物质的量之比是1∶2，则与反应时，被还原的溴元素和被氧化的溴元素的物质的量之比为______。
【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. 减少氯气的损耗
（2）将溴吹出 （3）Br2+SO2+2H2O=+ 4H++2Br- （4）C
（5）不能，由于过量Cl2及反应产生的Br2都具有强氧化性，它们都能够与KI发生置换反应产生I2，因此不能说明Br2比I2活泼
（6）11：3
【解析】
【分析】在装置A中Cl2与Br-发生氧化还原反应产生Cl-、Br2，当反应完成时Cl2会聚集在A容器的上方，向其中通入热空气，可以使Br2挥发逸出，挥发的溴能够与B装置中亚硫酸反应产生的H2SO4、HBr，H2SO4能够与BaCl2反应产生不溶于水的HCl的白色沉淀BaSO4，据此检验；Cl2、Br2都可以与KI发生反应而产生I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色；Na2CO3与Br2的水溶液会反应产生NaBr、NaBrO、NaBrO3，利用电子转移守恒，及反应产生的BrO-、的物质的量的比计算可得Br2与Na2CO3反应时，被还原的溴元素和被氧化的溴元素的物质的量之比。
【小问1详解】
A装置的名称为：三颈烧瓶；
加入氯气的目的是将溴离子氧化为溴单质，但是氯气会与水发生反应产生次氯酸等，因此A中海水用硫酸酸化的目的是：减少氯气的损耗。
【小问2详解】
常温下液溴很容易挥发成气体，因此②中通入热空气能将溴吹出。
【小问3详解】
向Br2的水溶液中通入SO2，发生氧化还原反应：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，因此③中的离子反应为：Br2+SO2+2H2O=+ 4H++2Br-。
【小问4详解】
Cl2、Br2及SO2的水溶液显酸性，能够与NaOH溶液发生反应，因此两次尾气处理时均可选择的试剂是NaOH溶液，故合理选项是C。
【小问5详解】
步骤④反应后，取少量B中混合液滴加在淀粉碘化钾试纸上，试纸变蓝色，说明反应产生了I2，由于过量Cl2及反应产生的Br2都具有强氧化性，它们都能够与KI发生置换反应产生I2，因此不能说明Br2比I2活泼。
【小问6详解】
浓Na2CO3溶液吸收Br2，反应后得到NaBr、NaBrO、NaBrO3的混合溶液，经测定BrO-与的物质的量之比是1∶2，假设反应产生BrO-的物质的量是1 ml，则反应产生的物质的量是2 ml，Br元素化合价升高1×1+2×5=11价，则根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等，可知Br元素化合价也会降低11价，则Br-的物质的量n(Br-)=11 ml，因此被还原的Br的物质的量是11 ml，被氧化的Br的物质的量是1=2=3 ml，故Br2与Na2CO3反应时，被还原的溴元素和被氧化的溴元素的物质的量之比为11：3。
16. 某化学兴趣小组以含铜废料(Cu、CuO、Fe、Ag)制备，实验流程如图所示：
Ⅰ．“酸浸”时将一定量粉碎后含铜废料加入到如图的装置中，后分液漏斗向废料中滴加混酸(稀硫酸+稀硝酸)，在滴加混酸的间隙鼓入氧气，待含铜废料完全溶解后向装置中加入NaCl固体。
（1）Cu与混酸发生反应的离子方程式为______。
（2）鼓入氧气的目的是将生成的氮的氧化物转化为硝酸继续溶解废料。鼓入氧气时可观察到的实验现象为______。
（3）加入NaCl固体的目的是______。
（4）“调节pH=a”的步骤中，测得铜离子的浓度为0.22ml/L，则a的值必须满足的范围是______。
①溶液中金属离子的浓度小于时，可视为沉淀完全。
②该温度下，，
Ⅱ．由硫酸铜制备碱式碳酸铜。
已知的产率随起始与的比值和溶液pH的关系如图所示。
（5）补充完整制取实验方案：向烧杯中加入30mL溶液，将烧杯置于70℃的水浴中，边搅拌边加入______mL0.5ml/L溶液，在pH计测定溶液pH条件下，用NaOH溶液或盐酸调节溶液pH约为9，充分反应后，过滤，洗涤，判断沉淀是否洗净的方法为______。低温烘干，得到。(实验中可选用的试剂或仪器：溶液、溶液、NaOH溶液、盐酸、pH计)
（6）实验时发现，若反应时溶液pH过大，所得产品中铜元素含量______(填“偏大”或“偏小”)。
【答案】（1）
（2）液面上方的气体先变为红棕色，后又变浅
（3）将银离子转化为氯化银沉淀(硫酸银转化为氯化银沉淀) （4）3~4.5
（5） ①. 25 ②. 取最后一次洗涤滤液，滴加溶液，若无沉淀生成 ，则已洗净；若有沉淀生成，则未洗净 （6）偏大
【解析】
【分析】以含铜废料(Cu、CuO、Fe、Ag)加混酸(稀硫酸+稀硝酸)酸浸，生成Cu2+、Ag+、Fe3+，加入NaCl固体的目的是将硫酸银转化为氯化银沉淀，再加CuO调节pH促进铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，过滤，将溶液蒸发浓缩至少量晶膜出现，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，制得。
【小问1详解】
Cu与混酸发生反应，相当于铜与稀硝酸反应生成一氧化氮、硝酸铜和水，离子方程式为。
【小问2详解】
鼓入氧气的目的是将生成的氮的氧化物转化为硝酸继续溶解废料。鼓入氧气时可观察到的实验现象为液面上方的气体先变为红棕色，后又变浅。
【小问3详解】
加入NaCl固体的目的是将硫酸银转化为氯化银沉淀(或将银离子转化为氯化银沉淀)。
【小问4详解】
调节pH的步骤中，pH值必须满足的条件是比Fe3+完全转化为Fe(OH)3的pH大，比Cu2+开始沉淀的pH小，使酸浸液中Fe3+完全沉淀与Cu2+分离，，Fe3+完全沉淀时浓度为，则对应的OH-浓度为，即pH=3.0，同理，可以求得Cu2+开始沉淀的的OH-浓度为，pH=4.5，a的值必须满足的范围是3.0~4.5。
【小问5详解】
通过图2可知，与的比值是1.2和溶液pH=9时，的产率最高。若向烧杯中加入溶液，根据与的比值是1.2，可得关系式 V×0.5ml·L-1×1.2=30mL×0.5ml·L-1，解得V=25ml，则还需向烧杯中加入25mL0.5ml·L-1CuSO4溶液，为了使溶液的pH=9，还需通过提供的pH计测定溶液pH，用0.1ml·L-1NaOH溶液或0.1ml·L-1盐酸调节溶液pH约为9，才能使的产率最高；
沉淀是否洗涤干净，可检验沉淀是否还附有硫酸根离子，步骤为：取最后一次洗涤滤液，滴加溶液，若无沉淀生成 ，则已洗净；若有沉淀生成，则未洗净。
【小问6详解】
沉淀中含有Cu(OH)2沉淀，而Cu(OH)2中铜元素的质量分数大于，故反应时溶液pH过大，所得的产率偏低，但Cu元素含量偏大。
17. 如图为某抗菌药中间体H的合成路线。
已知：
①
②
③RCH2COOR´
回答下列问题：
（1）化合物C的结构简式是______。
（2）化合物D含有的官能团名称为______。
（3）化合物E分子中共有______个杂化的碳原子。
（4）请写出F→G的反应方程式：______。
（5）X与F互为同系物且比F少2个碳原子，X的结构有______种(不考虑立体异构)，写出其中核磁共振氢谱峰面积比为3∶1∶1的结构简式：______。
（6）乙酰乙酸乙酯()是一种重要的有机合成试剂，参照上述信息，设计以乙醇为原料合成乙酰乙酸乙酯的合成路线______(无机试剂任选)。
【答案】（1） （2）羟基，碳碳双键
（3）2 （4）+2CH3OH+2H2O
（5） ①. 9 ②.
（6）
【解析】
【分析】由已知①的信息，结合A和B的结构简式，结合C的分子式C8H8O3，可知，则A和B发生信息①反应生成C的结构简式为：，C与LiAlH4、THF发生反应产生D，D发生还原反应产生E：，E先与O3转作用，然后与H2O2发生反应产生F，F与CH3OH在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应产生G：，G与①醇钠、②H3O+条件下反应产生H、CH3OH。
【小问1详解】
根据上述分析可知物质C结构简式是。
【小问2详解】
根据化合物D的结构可知，含有的官能团名称为羟基、碳碳双键。
【小问3详解】
E为，连接双键的碳原子为杂化，因此共有2个杂化的碳原子。
【小问4详解】
F分子中含有2个羧基，能够与CH3OH在浓硫酸催化下加热发生酯化反应产生G：和H2O，酯化反应与酯的水解反应互为可逆反应，该反应的化学方程式为：+2CH3OH+2H2O。
小问5详解】
F是，X与F互为同系物且比F少2个碳原子，说明X为6个碳的链状二元羧酸，同分异构体有：、、、、、、、、，共9种不同结构；其中核磁共振氢谱为3：1：1的结构简式为。
【小问6详解】
根据已知条件③，用乙酸乙酯在已知条件③下即可合成乙酰乙酸乙酯，故以乙醇为原料氧化合成乙酸，再酯化得到乙酸乙酯，再在已知条件③下反应即可得到乙酰乙酸乙酯。故可设计合成路线为：。
18. 天然气是一种绿色、优质能源，但其中含有的腐蚀管道设备，开采天然气后须及时除去。
已知：i．氢硫酸和碳酸的电离常数如下表。
ii．(无色)(黄色)(x=2～6)
Ⅰ．醇胺法脱硫：醇胺对脱除选择性很高，二乙醇胺脱硫原理如下：
（1）上述反应能够发生是因为二乙醇胺分子中含有______性基团。
（2）依据平衡移动原理推测脱硫后使二乙醇胺再生的方法有______、______(2种即可)。
Ⅱ．热碱法脱硫：用热碱液(溶液)吸收天然气中的，可将其转化为可溶性的NaHS。
（3）反应的化学方程式是______。
Ⅲ．利用如图电解装置，可从吸收后的热碱液中提取单质硫。
（4）电解一段时间后，阳极区溶液变黄，结合电极反应式解释原因：______。
（5）取①中阳极区的黄色溶液，加入硫酸可得到单质硫，产率高达91.6%。推断黄色溶液中含硫微粒除外，还有______。
（6）电解时出气口1出的气体为______(填化学式，下同)。一段时间后，阴极区得到的溶液可继续用于吸收。该溶液中溶质一定含有______(填化学式)。
【答案】（1）碱 （2） ①. 升高温度 ②. 降低压强
（3）Na2CO3+H2S=NaHS+NaHCO3
（4）溶液中存在下列变化：，，，生成导致溶液颜色变黄
（5）SO(或S2O等)
（6） ①. H2 ②. Na2CO3(Na2S)
【解析】
【小问1详解】
由于硫化氢是二元弱酸，则上述反应能够发生是因为二乙醇胺分子中含有碱性基团。
【小问2详解】
正反应是体积减小的放热反应，则依据平衡移动原理推测脱硫后使二乙醇胺再生的方法有升高温度、降低压强。
【小问3详解】
用热碱液(Na2CO3溶液)吸收天然气中的H2S，可将其转化为可溶性的NaHS，根据原子守恒可知还有碳酸氢钠生成，反应的化学方程式是Na2CO3+H2S=NaHS+NaHCO3。
【小问4详解】
根据题中信息ii．(无色)(黄色)(x=2～6)可知，阳极发生氧化反应：，，，生成导致溶液颜色变黄，所以电解一段时间后，阳极区溶液变黄。
【小问5详解】
取①中阳极区的黄色溶液，加入硫酸可得到单质硫，产率高达91.6%，这说明溶液中还存在其他含硫化合物，如硫代硫酸根在酸性条件下发生发生产生二氧化硫和硫单质，因此推断黄色溶液中含硫微粒除外，还有SO(或S2O等)。
【小问6详解】
电解时出气口1对应的电极反应的是还原反应，电解的是吸收后的热碱液，发生的阴极的电极反应式为，因此出气口1对应的是H2；
电解一段时间后，阴极区得到的溶液可继续用于吸收H2S，H2S为酸性气体，能够继续吸收H2S，说明此时溶液仍为碱性，因此溶液中溶质一定含有Na2CO3或Na2S。A．验证碳酸钠和碳酸氢钠的稳定性
B．稀释浓硫酸
C．称取5.9g NaCl
D．测定醋酸溶液浓度
Ka1
Ka2
H2S
1.3×10-7
7.1×10-15
H2CO3
4.4×10-7
4.7×10-11