/ 2025年秋季高三開(kāi)學(xué)摸底考試模擬卷01（江蘇卷）化學(xué)（考試時(shí)間：75分鐘試卷滿(mǎn)分：100分）注意事項(xiàng)：1．本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分。答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫(xiě)在答題卡上。2．回答第Ⅰ卷時(shí)，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)。寫(xiě)在本試卷上無(wú)效。3．回答第Ⅱ卷時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡上。寫(xiě)在本試卷上無(wú)效。4．測(cè)試范圍：高中復(fù)習(xí)。可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H1C12N14O16Na23第Ⅰ卷（選擇題共39分）一、選擇題：本題共13個(gè)小題，每小題3分，共39分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1．下列材料屬于有機(jī)合成材料的是A．鈦合金 B．酚醛樹(shù)脂 C．氮化硅陶瓷 D．硅酸鹽玻璃【答案】B【解析】A．鈦合金是金屬材料，故不選A；B．酚醛樹(shù)脂是苯酚和甲醛發(fā)生聚合反應(yīng)生成的有機(jī)合成材料，故選B；C．氮化硅陶瓷是新型無(wú)機(jī)非金屬材料，故不選C；D．硅酸鹽玻璃是傳統(tǒng)無(wú)機(jī)非金屬材料，故不選D；選B2．亞硝酰氟(FNO)是一種工業(yè)穩(wěn)定劑，可通過(guò)反應(yīng)N2O4+CsF=FNO+CsNO3制得。下列說(shuō)法正確的是A．CsNO3中含有離子鍵與共價(jià)鍵B．CsF的電子式為C．FNO的空間構(gòu)型為直線形D．氧原子的結(jié)構(gòu)示意圖為 【答案】A【解析】A．CsNO3中含有Cs+與NO間的離子鍵與N-O共價(jià)鍵，故A正確；B．CsF為離子化合物，電子式為，故B錯(cuò)誤；C．FNO中心原子N原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2+=3，空間構(gòu)型為V形，故C錯(cuò)誤；D．O原子的質(zhì)子數(shù)和電子數(shù)都是8，核外電子分層排布，其結(jié)構(gòu)示意圖為，故D錯(cuò)誤；故選A。3．黑火藥主要成分是硫磺、硝酸鉀和木炭，能發(fā)生劇烈的氧化還原反應(yīng)。下列說(shuō)法正確的是A．半徑：r(K＋)>r(S2-) B．第一電離能：I1(N)>I1(S)C．電負(fù)性： D．穩(wěn)定性：H2S>H2O【答案】B【解析】A．S2-、K+具有相同的核外電子排布，且K的核電荷數(shù)比S的大，故半徑大?。簉(S2?)＞r(K+)，A錯(cuò)誤；

B．同一周期元素，從左往右元素的第一電離能呈增大趨勢(shì)，N、O為同一周期元素，N的2p軌道電子半充滿(mǎn)較穩(wěn)定，第一電離能：I1(N)>I1(O)，O、S為同一主族元素，從上往下第一電離能逐漸減小，第一電離能：I1(O)>I1(S)，則第一電離能：I1(N)>I1(S)，B正確；C．C、O為同一周期主族元素，從左往右元素電負(fù)性依次增強(qiáng)，即電負(fù)性大?。?，C錯(cuò)誤；D．已知O的非金屬性強(qiáng)于S，元素非金屬性越強(qiáng)，簡(jiǎn)單氫化物越穩(wěn)定，故氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性：H2O＞H2S，D錯(cuò)誤；故答案為：B。閱讀下列材料，完成下面小題；第ⅢA族元素形成的化合物應(yīng)用廣泛。硼酸(H3BO3)是一種一元弱酸。硼酸三甲酯與氯氣反應(yīng)可制取BCl3：。B(OCH3)3和BCl3均易水解，沸點(diǎn)分別為68℃和12．5℃。氮化鎵是具有優(yōu)異光電性能的第三代半導(dǎo)體材料，熔點(diǎn)約為1500℃，可通過(guò)Ga(CH3)3與NH3高溫反應(yīng)制得。4．下列說(shuō)法正確的是A．Ga基態(tài)核外電子排布式：[Ar]4s24p1 B．NH3BH3的結(jié)構(gòu)式：C．氮化鎵屬于分子晶體 D．BCl3分子中鍵角為5．下列制取BCl3的部分實(shí)驗(yàn)裝置能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿．用裝置甲干燥Cl2 B．用裝置乙制取BCl3C．用裝置丙收集BCl3 D．用裝置丁吸收所有尾氣6．下列化學(xué)反應(yīng)表示不正確的是A．H3BO3和足量NaOH溶液反應(yīng)：H3BO3+3OH-=BO+3H2OB．B(OCH3)3和NaH反應(yīng)制備N(xiāo)aBH4：C．Al2O3溶于NaOH溶液：Al2O3+2OH﹣+3H2O=2[Al(OH)4]﹣D．Ga(CH3)3與NH3反應(yīng)制GaN：【答案】4．D5．C6．A【解析】4．A．Ga為31號(hào)元素，則其基態(tài)核外電子排布式：[Ar]3d104s24p1，A錯(cuò)誤；B．NH3BH3中N有故電子對(duì)，B有空軌道，則其結(jié)構(gòu)式為：，B錯(cuò)誤；C．氮化鎵熔點(diǎn)較高，不符合分子晶體的特征，故不屬于分子晶體，C錯(cuò)誤；D．BCl3分子的中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為，沒(méi)有孤電子對(duì)，其空間結(jié)構(gòu)為正三角形，則其鍵角為120℃，D正確；故選D；5．A．應(yīng)該用濃硫酸干燥氯氣，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)題給信息可知，制取

BCl3

的時(shí)候，應(yīng)該控制溫度為65℃，B錯(cuò)誤；C．BCl3

的沸點(diǎn)為12．5℃，且密度大于空氣，則應(yīng)該用向上排空氣的方法收集，且用冰水冷卻，C正確；D．尾氣中的一氧化碳和氫氧化鈉不反應(yīng)，不能用氫氧化鈉吸收，D錯(cuò)誤；故選C；6．A．H3BO3為一元酸，和足量NaOH溶液反應(yīng)：H3BO3+OH-=H2BO+H2O，故A錯(cuò)誤；B．B(OCH3)3和NaH反應(yīng)制備N(xiāo)aBH4，無(wú)元素的化合價(jià)變化，由原子守恒可知反應(yīng)為，故B正確；C．Al2O3溶于NaOH溶液反應(yīng)生成四羥基鋁酸鈉，離子反應(yīng)為Al2O3+2OH﹣+3H2O=2[Al(OH)4]﹣，故C正確；D．Ga(CH3)3與NH3反應(yīng)制GaN，無(wú)元素的化合價(jià)變化，由原子守恒可知反應(yīng)為，故D正確；故選A。7．在給定條件下，下列制備過(guò)程涉及的物質(zhì)轉(zhuǎn)化均可實(shí)現(xiàn)的是A．制銅電路板：B．制單質(zhì)硅：C．制金屬鎂：D．制漂白粉：稀【答案】A【解析】A．Cu與FeCl3溶液反應(yīng)生成FeCl2，通入Cl2能將FeCl2氧化為FeCl3，轉(zhuǎn)化可以實(shí)現(xiàn)，故A正確；B．SiO2與HCl不會(huì)直接反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C．電解MgCl2溶液不能得到單質(zhì)Mg，故C錯(cuò)誤；D．稀鹽酸不能與MnO2反應(yīng)制得Cl2，故D錯(cuò)誤；答案選A。8．化合物Z是合成藥物洛索洛芬鈉的中間體，其合成路線如下：下列說(shuō)法正確是A．X與足量反應(yīng)生成的產(chǎn)物中含有3個(gè)手性碳原子B．X、Y可用溶液鑒別C．25℃，Y在水中的溶解度比Z的大D．Z在濃硫酸催化下加熱可發(fā)生消去反應(yīng)【答案】C【解析】A．連接4個(gè)不同原子或基團(tuán)的碳原子是手性碳原子，X分子中苯環(huán)、酮羰基與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，加成產(chǎn)物為，只有與羥基連接的1個(gè)碳原子是手性碳原子，故A錯(cuò)誤；B．X含有酮羰基，Y含有醇羥基，二者都不能與氯化鐵溶液反應(yīng)，用FeCl3溶液不能鑒別二者，故B錯(cuò)誤；C．Y分子含有醇羥基，能與水分子之間形成氫鍵，而Z不能，Y在水中的溶解度比Z的大，故C正確；D．鄰碳有氫的醇在濃硫酸催化下加熱可發(fā)生消去反應(yīng)，而鄰碳有氫的鹵代烴在氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；故答案為：C。9．微生物電池除去廢水中的裝置如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A．高溫可以提高的去除速率B．不銹鋼表面發(fā)生了氧化反應(yīng)C．石墨電極表面發(fā)生的電極反應(yīng)為：D．電池工作時(shí)，每消耗，有0．7mol從質(zhì)子交換膜左側(cè)向右側(cè)遷移【答案】C【解析】由裝置圖可知，石墨電極上轉(zhuǎn)化生成CO2，C元素化合價(jià)由0價(jià)升高為+4價(jià)，失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，則石墨電極為負(fù)極，發(fā)生電極反應(yīng)：；不銹鋼電極為正極，得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)：。A．高溫下微生物容易失去活性，則該電池不能在高溫下工作，A錯(cuò)誤；B．由分析可知，石墨電極為負(fù)極，不銹鋼電極為正極，正極發(fā)生還原反應(yīng)，B錯(cuò)誤；C．由分析可知，石墨電極為負(fù)極，發(fā)生電極反應(yīng)：，C正確；D．結(jié)合分析，電池工作時(shí)，每消耗，會(huì)有8mol電子轉(zhuǎn)移，有0．8mol從質(zhì)子交換膜左側(cè)向右側(cè)遷移，D錯(cuò)誤；故選C。10．CuCl難溶于水和乙醇，在潮濕空氣中易被氧化。以堿性蝕刻廢液中的為原料制備CuCl的部分流程如下。下列說(shuō)法正確的是A．溶于水所得溶液中B．“酸溶”時(shí)不用稀硝酸的主要原因是硝酸易揮發(fā)C．“還原”后溶液的pH增大D．“洗滌”時(shí)先用水再用乙醇會(huì)降低產(chǎn)品的純度【答案】D【解析】由題給流程可知，二氯化四氨合銅經(jīng)多步轉(zhuǎn)化得到氧化銅，向氧化銅中加入稍過(guò)量的稀硫酸酸溶，將氧化銅轉(zhuǎn)化為硫酸銅，向反應(yīng)得到的硫酸銅溶液加入氯化鈉和亞硫酸鈉固體，將硫酸銅轉(zhuǎn)化為氯化亞銅沉淀，反應(yīng)的離子方程式為2Cu2++SO+2Cl—+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，過(guò)濾、用乙醇洗滌得到氯化亞銅。A．配合物中四氨合銅離子為內(nèi)界、氯離子為外界，配合物在溶液中電離出四氨合銅離子和氯離子，不能電離出氨分子，故A錯(cuò)誤；B．“酸溶”時(shí)不用稀硝酸的主要原因是稀硝酸具有強(qiáng)氧化性，會(huì)將亞硫酸根離子氧化為硫酸根離子，導(dǎo)致亞硫酸根離子無(wú)法將溶液中的銅離子還原為氯化亞銅沉淀，故B錯(cuò)誤；C．由分析可知，“還原”發(fā)生的反應(yīng)為2Cu2++SO+2Cl—+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，反應(yīng)生成的氫離子會(huì)使溶液pH減小，故C錯(cuò)誤；D．由題意可知，氯化亞銅在潮濕空氣中易被氧化，所以“洗滌”時(shí)先用水再用乙醇會(huì)使氯化亞銅被氧化，降低產(chǎn)品的純度，故D正確；故選D。11．室溫下，下列實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖沁x項(xiàng)實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)?zāi)緼向盛有KMnO4溶液的試管中加入草酸酸化提高KMnO4溶液的氧化性B向盛有5mL0．005mol·L-1FeCl3溶液試管中加入5mL0．015mol·L-1KSCN溶液，再加入少量鐵粉，振蕩，觀察溶液顏色變化探究反應(yīng)物濃度影響化學(xué)平衡C在酸性KMnO4溶液中滴加間甲基苯甲醛，振蕩，溶液紫紅色褪去驗(yàn)證醛基具有還原性D在CaCO3中加入濃醋酸，并將反應(yīng)后的氣體直接通入苯酚鈉溶液中，觀察現(xiàn)象驗(yàn)證酸性：碳酸>苯酚A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】A．草酸具有還原性，能被高錳酸鉀溶液氧化，降低高錳酸鉀溶液的氧化性（一般用稀硫酸酸化高錳酸鉀溶液），A錯(cuò)誤；B．加入鐵粉將Fe3+還原成Fe2+，使Fe3+濃度降低，最終導(dǎo)致反應(yīng)平衡逆向移動(dòng)，溶液紅色變淺，B正確；C．間甲基苯甲醛上的甲基也能被高錳酸鉀溶液氧化，導(dǎo)致高錳酸鉀溶液褪色，故無(wú)法直接證明醛基具有還原性，C錯(cuò)誤；D．醋酸易揮發(fā)，混在CO2中，也能與苯酚鈉反應(yīng)生成苯酚，故不能判斷酸性：碳酸>苯酚，D錯(cuò)誤；故答案選B。12．以磷石膏（含和少量等）為原料制備輕質(zhì)的部分流程如圖所示：已知：室溫下，、下列說(shuō)法不正確的是A．的的溶液中：B．的溶液中：C．“轉(zhuǎn)化”后得到的濾液中：D．“浸取”反應(yīng)的離子方程式為【答案】C【解析】磷石膏（含CaSO4和少量SiO2）中加入(NH4)2CO3溶液，CaSO4轉(zhuǎn)化為CaCO3，過(guò)濾后的濾渣中含有CaCO3、SiO2，濾渣煅燒CaCO3分解成CaO，然后加入NH4Cl溶液浸取，浸取后的濾液經(jīng)系列步驟得到輕質(zhì)CaCO3。A．碳酸的，的的溶液中，c(H+)=10-9．5mol/L，<0．1mol/L，，故A正確；B．溶液中，，，則，的溶液中，所以，故B正確；C．“轉(zhuǎn)化”后得到的濾液中硫酸鈣不一定飽和，所以，故C錯(cuò)誤；D．“浸取”時(shí)，與CaO反應(yīng)生成CaCl2和NH3?H2O，反應(yīng)放出的熱量促進(jìn)NH3?H2O分解，所以發(fā)生反應(yīng)，故D正確；選C。13．薩巴帝爾反應(yīng)可以實(shí)現(xiàn)二氧化碳轉(zhuǎn)化為甲烷，其主要反應(yīng)為反應(yīng)Ⅰ反應(yīng)Ⅱ在密閉容器中，、，反應(yīng)一定時(shí)間，的轉(zhuǎn)化率及的選擇性[]隨溫度的變化如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A．B．高溫和低壓均有利于提高甲烷的平衡產(chǎn)率C．280~400℃，隨溫度的升高不斷增大D．320~400℃，隨著溫度升高將不斷減少【答案】D【解析】A．反應(yīng)II，該反應(yīng)在一定溫度下能自發(fā)進(jìn)行，故反應(yīng)II的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，即<0，A錯(cuò)誤；B．反應(yīng)II是氣體分子數(shù)減小的放熱反應(yīng)，根據(jù)勒夏特列原理，降低溫度、增大壓強(qiáng)有利于反應(yīng)Ⅱ正向進(jìn)行，從而提高甲烷的平衡產(chǎn)率，高溫和低壓不利于提高甲烷平衡產(chǎn)率，B錯(cuò)誤；C．280320℃，反應(yīng)I、II均正向進(jìn)行，都會(huì)生成H2O，總反應(yīng)消耗的CO2量增加，隨溫度升高不斷增大；320~400℃，圖中的轉(zhuǎn)化率下降，說(shuō)明隨溫度升高反應(yīng)II逆向移動(dòng)，反應(yīng)I也逆向移動(dòng)(反應(yīng)II逆向移動(dòng)使體系中CO的濃度增大，且CO濃度增大對(duì)反應(yīng)I平衡的影響大于升高溫度對(duì)反應(yīng)I平衡的影響)，體系中的n(H2O)減小，所以280~400℃，n(H2O)隨溫度升高先增大后減小，C錯(cuò)誤；D．320~400℃，的轉(zhuǎn)化率下降，說(shuō)明體系中n(CO)與n(CH4)之和減小，而的選擇性不變，則體系中的n(CH4)和n(CO)均隨著溫度升高而不斷減少，D正確；故選D。第Ⅱ卷(非選擇題61分)二、非選擇題：本題共4題，共61分。14．以軟錳礦[主要成分為MnO2，還含有鈣鎂碳酸鹽及少量的有機(jī)物(C12H22O11)]為原料制備硫酸錳，進(jìn)而進(jìn)一步制備Mn3O4。（1）制備硫酸錳的流程如下：“酸洗”時(shí)，MnO2與有機(jī)物發(fā)生反應(yīng)使錳元素產(chǎn)生損耗。使用相同濃度硝酸或磷酸進(jìn)行“酸洗”時(shí)，錳元素?fù)p耗率：硝酸大于磷酸。①寫(xiě)出用硝酸“酸洗”時(shí)，有機(jī)物與MnO2反應(yīng)生成CO2的離子方程式___________。②工業(yè)上常采用硝酸酸洗而不采用磷酸酸洗的主要原因是___________。③控制反應(yīng)溫度和SO2流速一定，反應(yīng)2小時(shí)，測(cè)得“還原”時(shí)錳元素的回收率與“制漿”時(shí)液固比的關(guān)系如圖所示。液固比為20∶1漿料中錳元素回收率低于液固比為10∶1的漿料，原因是___________。④“還原”過(guò)程中會(huì)得到副產(chǎn)物MnS2O6，其形成過(guò)程如下：H2S2O6中含有S—S共價(jià)鍵，其結(jié)構(gòu)式可表示為_(kāi)__________。pH在4~6范圍內(nèi)，隨溶液pH增大，MnS2O6的生成速率減小，其主要原因是___________。（2）已知：pH在6．4~7．6范圍內(nèi)，MnSO4可被氧氣直接氧化得到Mn3O4．實(shí)際工業(yè)生產(chǎn)時(shí)，先向MnSO4溶液中通入氨氣生成沉淀，再將氧化得到Mn3O4，其他條件一定時(shí)，Mn2+的沉淀率隨氨氣通入量的變化如圖所示。①向起始pH≈7的MnSO4溶液中持續(xù)通入O2，反應(yīng)一段時(shí)間后，MnSO4不再轉(zhuǎn)化為Mn3O4，其原因是___________。②實(shí)際工業(yè)生產(chǎn)中，當(dāng)氨氣超過(guò)30mL時(shí)，Mn2+的沉淀率下降的主要原因是___________。【答案】（1）①．C12H22O11+24MnO2+48H+=24Mn2++12CO2↑+35H2O②．PO易與溶液中Ca2+、Mg2+雜質(zhì)氯離子生成難溶的Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物質(zhì)，無(wú)法通過(guò)“酸洗”步驟除去③．液固比太大，MnO2和SO2的濃度均降低，反應(yīng)速率降低，錳元素回收率降低④．⑤．pH增大，c(HSO)減小，c(H2S2O6)減小，生成MnS2O6的速率減慢（2）①．Mn2+直接被氧化時(shí)發(fā)生反應(yīng)為6Mn2++6H2O+O2=2Mn3O4+12H+，生成大量H+，使溶液pH迅速降低，無(wú)法維持Mn2+氧化成Mn3O4所需的pH值②．過(guò)量的氨氣與Mn(OH)2生成可溶于水的配合物，Mn2+的沉淀率下降【解析】根據(jù)軟錳礦中所含雜質(zhì)，以及題中所給信息可知，“酸浸”步驟中部分MnO2與有機(jī)物發(fā)生氧化還原反應(yīng)，鈣鎂碳酸鹽與酸反應(yīng)生成可溶于水的物質(zhì)，然后過(guò)濾，濾渣中主要成分是MnO2，向?yàn)V渣中加水“制漿”，通入二氧化硫，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，得到硫酸錳，據(jù)此分析；（1）①M(fèi)nO2與有機(jī)物發(fā)生氧化還原反應(yīng)，將C元素氧化成CO2，本身被還原為Mn2+，利用化合價(jià)升降法、電荷守恒、原子守恒得出該反應(yīng)離子方程式為C12H22O11+24MnO2+48H+=24Mn2++12CO2↑+35H2O，故答案為C12H22O11+24MnO2+48H+=24Mn2++12CO2↑+35H2O；②軟錳礦雜質(zhì)中含有鈣鎂碳酸鹽，Ca2+、Mg2+能與磷酸反應(yīng)生成難溶的Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物質(zhì)，無(wú)法通過(guò)“酸洗”步驟除去；故答案為PO易與溶液中Ca2+、Mg2+雜質(zhì)氯離子生成難溶的Ca3(PO4)2、Mg3(PO4)2等物質(zhì)，無(wú)法通過(guò)“酸洗”步驟除去；③液固比20∶1漿料相當(dāng)于向液固比10∶1漿料中加水，使MnO2和SO2的濃度均降低，反應(yīng)速率降低，錳元素回收率降低，故答案為液固比太大，MnO2和SO2的濃度均降低，反應(yīng)速率降低，錳元素回收率降低；④H2S2O6是連二硫酸的化學(xué)式，其中含有S-S鍵，因此連二硫酸的結(jié)構(gòu)式為；根據(jù)流程圖可知，MnOOH用于HSO反應(yīng)生成MnO與H2S2O6，MnO與H2S2O6反應(yīng)生成MnS2O6，當(dāng)溶液pH增大，c(HSO)減小，從而導(dǎo)致c(H2S2O6)減小，使生成MnS2O6的速率減慢；故答案為；pH增大，c(HSO)減小，c(H2S2O6)減小，生成MnS2O6的速率減慢；（2）Mn2+直接被氧化時(shí)發(fā)生反應(yīng)為6Mn2++6H2O+O2=2Mn3O4+12H+，生成大量H+，使溶液pH迅速降低，無(wú)法維持Mn2+氧化成Mn3O4所需的pH值，故答案為Mn2+直接被氧化時(shí)發(fā)生反應(yīng)為6Mn2++6H2O+O2=2Mn3O4+12H+，生成大量H+，使溶液pH迅速降低，無(wú)法維持Mn2+氧化成Mn3O4所需的pH值；工業(yè)上中制備Mn3O4，先向MnSO4溶液中通入氨氣生成Mn(OH)2沉淀，再將Mn(OH)2氧化得到Mn3O4，當(dāng)氨氣超過(guò)30mL時(shí)，過(guò)量的氨氣與Mn(OH)2生成可溶于水的配合物，Mn2+的沉淀率下降；故答案為過(guò)量的氨氣與Mn(OH)2生成可溶于水的配合物，Mn2+的沉淀率下降。15．H是一種新型的新型免疫調(diào)節(jié)劑()，其合成路線如下：（1）A中的含氧官能團(tuán)名稱(chēng)為_(kāi)______。（2）B的分子式為，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)______。（3）E→F的反應(yīng)類(lèi)型為_(kāi)______。F→G中有副產(chǎn)物生成，該副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)______。（4）寫(xiě)出同時(shí)滿(mǎn)足下列條件的C的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：_______。①是含有一個(gè)手性碳的氨基酸。②堿性條件下水解后酸化，生成X、Y和Z三種有機(jī)產(chǎn)物。Y和Z分子中均有2種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，Y能與溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，Z能使溴的四氯化碳溶液褪色。（5）已知：①②苯環(huán)上連有推電子基團(tuán)時(shí)不利于A→C反應(yīng)發(fā)生③寫(xiě)出以對(duì)硝基甲苯、為原料制備的合成路線流程圖：_______(無(wú)機(jī)試劑和有機(jī)溶劑任用，合成路線示例見(jiàn)本題題干)。【答案】（1）硝基、羧基（2）或（3）①．取代②．（4）（5）【解析】根據(jù)流程可知，A到C發(fā)生的是取代反應(yīng)，結(jié)合小問(wèn)(2)中B的分子式為，可以推出B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，C到D發(fā)生的也是取代反應(yīng)，D到E發(fā)生水解反應(yīng)后再酸化，E到F發(fā)生分子內(nèi)取代，最后由F生成G；（1）根據(jù)A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，A中含氧官能團(tuán)為硝基和羧基；（2）根據(jù)分析可知，B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為或；（3）由分析可知，E→F的反應(yīng)類(lèi)型為取代反應(yīng)，根據(jù)G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，可知F→G是酰胺基鄰位上的兩個(gè)H被兩個(gè)Br取代，故副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為；（4）C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，C的同分異構(gòu)體是含有一個(gè)手性碳的氨基酸，說(shuō)明氨基和羧基連在同一個(gè)碳上，該碳原子還連有另外兩個(gè)不同的原子或基團(tuán)；堿性條件下水解可以得到X、Y和Z三種有機(jī)產(chǎn)物，說(shuō)明有2個(gè)酯基，Y和Z分子中均有2種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，Y能與溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，Z能使溴的四氯化碳溶液褪色，則Y和Z均為較對(duì)稱(chēng)的結(jié)構(gòu)，Y中含有酚羥基，Z中含有碳碳雙鍵，滿(mǎn)足條件的C的同分異構(gòu)體為；（5）以對(duì)硝基甲苯、為原料制備，可先用對(duì)硝基甲苯與Cl2在催化劑作用下生成，再與酸性KMnO4反應(yīng)生成(先將甲基氧化，再進(jìn)行下一步，因?yàn)榧谆峭齐娮踊?，苯環(huán)上連有推電子基團(tuán)時(shí)不利于A→C反應(yīng)發(fā)生)，結(jié)合題干中A到C的反應(yīng)，與在乙醇鈉、CuBr的條件下生成，繼續(xù)用酸性KMnO4氧化為，最后用還原為，合成路線為。16．AlI3是一種無(wú)色晶體，吸濕性極強(qiáng)，可溶于熱的正己烷，在空氣中受熱易被氧化。（1）AlI3應(yīng)用：下圖為一種利用原電池原理設(shè)計(jì)的測(cè)定O2含量的氣體傳感器示意圖，RbAg4I5是只能傳導(dǎo)Ag+的固體電解質(zhì)。O2可以通過(guò)聚四氟乙烯膜與碘化鋁反應(yīng)生成Al2O3和I2，通過(guò)電池電位計(jì)的變化可以測(cè)得O2的含量。①測(cè)定O2含量過(guò)程中發(fā)生的總反應(yīng)方程式為_(kāi)_____。②給傳感器充電時(shí)，Ag+向______（填“銀”或“多孔石墨”）電極移動(dòng)。（2）AlI3的制備：①實(shí)驗(yàn)室可用如圖裝置制備AlI3。請(qǐng)補(bǔ)充完整AlI3制備的實(shí)驗(yàn)流程：將0．02mol鋁和0．01molI2及正己烷加入燒瓶中，排盡裝置中空氣后，加熱回流至_______，得粗產(chǎn)品。[實(shí)驗(yàn)中必須使用的試劑和設(shè)備：正己烷，蒸發(fā)皿，通風(fēng)設(shè)備]②用上述操作所得粗產(chǎn)品呈淺棕黃色，可能原因是引入了碘單質(zhì)，請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案驗(yàn)證________。（3）AlI3的含量分析：對(duì)粗產(chǎn)品純化處理后得到產(chǎn)品，再采用銀量法測(cè)定產(chǎn)品中I-含量以確定純度。滴定原理為：先用過(guò)量AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液沉淀I-，再以NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液回滴剩余的Ag+。已知：難溶電解質(zhì)AgI(黃色)AgSCN(白色)溶度積常數(shù)Ksp8．5×10—171．0×10—12稱(chēng)取產(chǎn)品1．0200g，用少量稀酸A溶解后轉(zhuǎn)移至250mL容量瓶，加水定容得待測(cè)溶液。準(zhǔn)備好滴定管→用移液管準(zhǔn)確移取25．00mL待測(cè)溶液加入錐形瓶→準(zhǔn)確移取25．00mL4．000×10-2mol·L-1AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液加入錐形瓶→滴加指示劑硫酸鐵銨[NH4Fe(SO4)2]溶液→加入稀酸B→用1．000×10-2mol·L-1NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定→滴定至溶液呈淺紅色→讀數(shù)。①補(bǔ)充完整準(zhǔn)備滴定管的操作：滴定管檢漏、___________→_________→裝液、趕氣泡、調(diào)液面、讀數(shù)。②三次滴定消耗NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液的平均體積為25．20mL，則產(chǎn)品純度為_(kāi)_____。（寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程）【答案】（1）①．3O2+4AlI3+12Ag═2Al2O3+12AgI②．銀（2）①．溶液由紫紅色恰好變?yōu)闊o(wú)色，將燒瓶?jī)?nèi)混合物過(guò)濾，打開(kāi)通風(fēng)設(shè)備，在蒸發(fā)皿內(nèi)蒸發(fā)濃縮至出現(xiàn)晶膜，冷卻結(jié)晶，過(guò)濾，用冷的正己烷洗滌，真空干燥②．取少量粗產(chǎn)品置于少量冷的正己烷中充分?jǐn)嚢瑁o置后，取少量上層清液，向其中滴加淀粉溶液，觀察液體是否變藍(lán)，若變藍(lán)則其中混有碘單質(zhì)；否則，沒(méi)有（3）①．水洗②．待裝溶液潤(rùn)洗③．99．73%【解析】【分析】Ag電極（負(fù)極）上，Ag失電子生成Ag+，電極反應(yīng)為，O2通過(guò)聚四氟乙烯膜與碘化鋁反應(yīng)生成Al2O3和I2（），I2在石墨電極發(fā)生還原反應(yīng)生成I-，I-與Ag+生成AgI，電極反應(yīng)為。0．2mol過(guò)量的Al和0．1molI2、正己烷加熱回流得混合物，過(guò)濾除去未反應(yīng)完的Al，濾液經(jīng)過(guò)濃縮得濃溶液，然后結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥得AlI3粗產(chǎn)品。（1）①根據(jù)上述分析，結(jié)合兩電極得失電子守恒可知，總方程式3O2+4AlI3+12Ag=2Al2O3+12AgI；②充電時(shí)，Ag電極為陰極，與電源負(fù)極相連，Ag+移向Ag電極（陰極）；（2）①由上述分析可知，AlI3過(guò)量，I2完全反應(yīng)，故加熱回流至溶液由紫紅色恰好變?yōu)闊o(wú)色，將燒瓶?jī)?nèi)混合物過(guò)濾（除去過(guò)量的Al），打開(kāi)通風(fēng)設(shè)備，在蒸發(fā)皿內(nèi)蒸發(fā)濃縮至出現(xiàn)晶膜，冷卻結(jié)晶，過(guò)濾，用冷的正己烷洗滌，真空干燥；②可用淀粉溶液檢驗(yàn)碘單質(zhì)，故先取少量粗產(chǎn)品置于少量冷的正己烷中充分?jǐn)嚢瑁o置后，取少量上層清液，再向其中滴加淀粉溶液，觀察液體是否變藍(lán)，若變藍(lán)則其中混有碘單質(zhì)，反之則無(wú)；（3）①滴定管使用前需檢漏，再用水洗滌，并用待測(cè)液潤(rùn)洗2~3次，再裝液；②依題存在如下計(jì)量關(guān)系：AlI3~3I-~3Ag+，Ag+~SCN-；故樣品中AlI3的純度為有ω(AlI3)=。17．CO2捕集包括CO2的吸收和解吸兩個(gè)過(guò)程。利用捕集的CO2合成碳酸二甲酯有助于實(shí)現(xiàn)碳中和。（1）DEA[(C2H4OH)2NH]是一種CO2捕集劑。室溫下，將CO2體積分?jǐn)?shù)為15%(其余為N2)的混合氣以一定流速通過(guò)裝有一定量DEA溶液的捕集器(N?不被吸收)，被吸收后的混合氣在出口處通過(guò)CO?含量檢測(cè)裝置，直至捕集劑吸收CO2達(dá)到飽和。將吸收CO?飽和后的捕集器在120℃下充分加熱，實(shí)現(xiàn)CO2解吸和捕集劑的再生。DEA吸收CO2的過(guò)程如下圖所示。①能說(shuō)明DEA吸收CO2達(dá)到飽和的依據(jù)是___________。②寫(xiě)出CO2解吸時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：___________。③衡量不同捕集劑的優(yōu)劣，不僅需要比較捕集劑的成本、對(duì)環(huán)境的影響及單位物質(zhì)的量的捕集劑吸收CO2的快慢和多少外，還需要進(jìn)行比較的因素為_(kāi)__________。(寫(xiě)一條)。（2）反應(yīng)CO2(g)+2CH3OH(l)(CH3O)2CO(l)+H2O(l)可用于合成碳酸二甲酯。①該反應(yīng)的平衡常數(shù)(pK=-lgK)與溫度的關(guān)系如下圖所示。為提高原料的平衡轉(zhuǎn)化率，可采取的措施有___________。(寫(xiě)一條)②ZrO2可作為合成反應(yīng)的催化劑。(i)一種ZrO2的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，該ZrO2晶體中與O2-距離最近且相等的Zr4+的數(shù)目為_(kāi)__________。(ii)ZrO?催化合成碳酸二甲酯的可能反應(yīng)機(jī)理如圖所示，Zr4+是催化過(guò)程中的關(guān)鍵活性位點(diǎn)。在答題卡上補(bǔ)充完整F的結(jié)構(gòu)式：___________。(iii)在C→D的過(guò)程中還可能生成一種中間體M()，該中間體與D中的基團(tuán)存在明顯差異，可用___________(分析方法)檢驗(yàn)是否有M存在。③(CH3O)2CO(1)與CH3OH(I)的混合物經(jīng)