北京市昌平區(qū)2023屆高考化學二模試卷（含解析）

2023年北京市昌平區(qū)高考化學二模試卷一、選擇題1．以下電池工作時能量轉(zhuǎn)化形式與其它三個不同的是〔〕A．鋅錳堿性電池B．硅太陽能電池C．氫燃料電池D．銀鋅紐扣電池A．A B．B C．C D．D2．以下解釋事實的方程式不正確的選項是〔〕A．焊接鐵軌：2Fe+Al2O32Al+Fe2O3B．工業(yè)固氮：N2+3H22NH3C．用純堿除油污：CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣D．用濕潤的淀粉KI試紙檢驗Cl2：Cl2+2I﹣═2Cl﹣+I23．關于a：0.1mol/LNH4Cl溶液和b：0.1mol/LNH3?H2O溶液，以下說法不正確的選項是〔〕A．兩溶液中存在的微粒種類：a＞bB．c〔NH4+〕：a＞bC．c〔OH﹣〕：a＜bD．水電離出的c〔H+〕：a＜b4．某離子反響涉及到H2O、ClO﹣、NH4+、OH﹣、N2、Cl﹣等微粒，其中N2、ClO﹣的物質(zhì)的量隨時間變化的曲線如下圖，以下說法正確的選項是〔〕A．該反響中Cl﹣為氧化產(chǎn)物B．消耗1mol復原劑，轉(zhuǎn)移6mol電子C．反響后溶液的酸性減弱D．NH4+被ClO﹣氧化成N25．以下說法正確的選項是〔〕A．葡萄糖制鏡利用了葡萄糖的氧化性B．室溫下，在水中的溶解度：乙醇＞苯酚＞乙酸乙酯C．酯在堿性條件下水解生成對應的酸和醇D．甲苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，說明甲基使苯環(huán)變活潑6．以下實驗中，對應的現(xiàn)象以及結(jié)論都正確且兩者具有因果關系的是〔〕選項實驗操作實驗現(xiàn)象結(jié)論A將少量Fe〔NO3〕2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液溶液變成血紅色Fe〔NO3〕2已變質(zhì)B在KI溶液中滴加少量氯水，再參加CCl4，充分震蕩．液體分層，下層溶液呈紫紅色．氯的非金屬性比碘強C炭粉中參加濃硫酸并加熱，導出的氣體通入BaCl2溶液中有白色沉淀產(chǎn)生有SO2和CO2產(chǎn)生D向AgNO3溶液中滴加少量NaCl溶液，然后再向其中滴加KI溶液先生成白色沉淀，后生成黃色沉淀溶解度：AgCl＞AgIA．A B．B C．C D．D7．常溫時，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol/L某一元酸HX溶液，滴定過程中pH變化曲線如下圖．以下說法不正確的選項是〔〕A．在A點：c〔HX〕＞c〔Na+〕＞c〔X﹣〕B．在B點，溶液中c〔H+〕=c〔OH﹣〕C．C點溶液中存在的主要平衡是X﹣+H2O?HX+OH﹣D．0.05mol/LNaX溶液的pH≈9二、非選擇題8．〔15分〕天然產(chǎn)物萜類化合物eudesmane合成路線片段如圖．〔某些反響條件省略〕：i．RCHO+R′﹣CH2﹣CHO+H2Oii．RMgX+→iii．答復以下問題：〔1〕A中的官能團名稱是羰基、．〔2〕反響②的化學方程式是．〔3〕反響③中試劑E的結(jié)構(gòu)簡式是．〔4〕反響④的另一種產(chǎn)物是．〔5〕F的結(jié)構(gòu)簡式是．〔6〕G的電子式是．〔7〕D有多種同分異構(gòu)體，滿足以下條件的有種，寫出其中任意一種．a(chǎn)．能發(fā)生銀鏡反響b．結(jié)構(gòu)為六元環(huán)狀c．環(huán)上有3種氫原子〔8〕以CH3CH2OH與CH3COCH3為原料，結(jié)合信息選用必要的無機物合成B，寫出合成路線〔用結(jié)構(gòu)簡式表示有機物，用箭頭表示轉(zhuǎn)化關系，箭頭上標明試劑和反響條件〕．9．〔14分〕磷石膏〔主要成分是CaSO4?2H2O〕是磷酸及磷肥類工業(yè)在生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的一種廢渣，我國每年排放的磷石膏大約2000萬噸以上，開發(fā)利用磷石膏，保護資源和環(huán)境，符合持續(xù)開展的觀念．圖1所示為對磷石膏進行綜合利用的路徑之一．〔1〕過程Ⅰ中CaSO4?2H2O脫水反響相關的熱化學方程式為：CaSO4?2H2O〔s〕=CaSO4?H2O〔s〕+H2O〔g〕△H1=+83.2KJ?mol﹣1CaSO4?2H2O〔s〕=CaSO4〔s〕+2H2O〔l〕△H2=+26KJ?mol﹣1H2O〔g〕=H2O〔l〕△H3=﹣44KJ?mol﹣1那么反響CaSO4?H2O〔s〕=CaSO4〔s〕+H2O〔g〕的△H4=KJ?mol﹣1．〔2〕過程Ⅱ用適宜的復原劑可以將CaSO4復原，所得SO2可用于工業(yè)生產(chǎn)硫酸．①CO作復原劑，改變反響溫度可得到不同的產(chǎn)物．不同溫度下所得固體成分的物質(zhì)的量如圖2所示．在低于800℃時復原產(chǎn)物為；1200℃時主要發(fā)生的反響的化學方程式為．②高硫煤作復原劑，焙燒2.5小時，測不同溫度下硫酸鈣的轉(zhuǎn)化率，如圖3所示．CaCl2的作用是；當溫度高于1200℃時，無論有無CaCl2，CaSO4的轉(zhuǎn)化率趨于相同，其原因是．③以SO2為原料，工業(yè)生產(chǎn)硫酸的化學方程式是，．〔3〕過程III將CaSO4投入〔NH4〕2CO3溶液中，發(fā)生反響的離子方程式是．10．〔15分〕純堿是重要的化工原料，在醫(yī)藥、冶金、化工、食品等領域被廣泛使用．〔1〕工業(yè)生產(chǎn)純堿的第一步是除去飽和食鹽水的中Mg2+、Ca2+離子，從本錢角度考慮參加試劑的化學式為、．某實驗小組的同學模擬侯德榜制堿法制取純堿，流程如圖1：：幾種鹽的溶解度NaClNH4HCO3NaHCO3NH4Cl溶解度〔20°C，100gH2O時〕36.021.79.637.2〔2〕①寫出裝置I中反響的化學方程式．②從平衡移動角度解釋該反響發(fā)生的原因．③操作①的名稱是．〔3〕寫出裝置II中發(fā)生反響的化學方程式．〔4〕請結(jié)合化學用語說明裝置III中參加磨細的食鹽粉及NH3的作用．〔5〕該流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)是〔6〕制出的純堿中含有雜質(zhì)NaCl，為測定其純度，以下方案中不可行的是．a(chǎn)．向m克純堿樣品中參加足量CaCl2溶液，測生成CaCO3的質(zhì)量b．向m克純堿樣品中參加足量稀H2SO4，枯燥后測生成氣體的體積c．向m克純堿樣品中參加足量AgNO3溶液，測生成沉淀的質(zhì)量．11．〔14分〕某研究小組為了驗證反響物濃度對反響速率的影響，選用硫酸酸化的高錳酸鉀溶液與草酸溶液在室溫下進行反響．實驗中所用的草酸為稀溶液，可視為強酸．〔1〕將高錳酸鉀氧化草酸的離子方程式補充完整．2MnO4﹣+C2O42﹣+=2Mn2++CO2↑+H2O〔2〕該小組進行了實驗I，數(shù)據(jù)如表．H2SO4溶液KMnO4溶液H2C2O4溶液褪色時間〔分：秒〕1mL2mol/L2mL0.01mol/L1mL0.1mol/L2：031mL2mol/L2mL0.01mol/L1mL0.2mol/L2：16一般來說，其他條件相同時，增大反響物濃度，反響速率．但分析實驗數(shù)據(jù)，得到的結(jié)論是．〔3〕該小組欲探究出現(xiàn)上述異?，F(xiàn)象的原因，在實驗I的根底上，只改變草酸溶液濃度進行了實驗II，獲得實驗數(shù)據(jù)并繪制曲線圖如圖．①用文字描述曲線圖表達的信息．②該小組查閱資料獲取如下信息，其中能夠解釋MO變化趨勢的是．a(chǎn)KMnO4與H2C2O4反響是分步進行的，反響過程中生成Mn〔VI〕、Mn〔III〕、Mn〔IV〕，最終變?yōu)闊o色的Mn〔II〕．〔括號中羅馬數(shù)字表示錳的化合價〕b草酸根易與不同價態(tài)錳離子形成較穩(wěn)定的配位化合物．c草酸穩(wěn)定性較差，加熱至185℃可分解．〔4〕該小組為探究ON段曲線變化趨勢的原因，又進行了實驗III，所得數(shù)據(jù)如表．H2SO4溶液Na2SO4固體KMnO4溶液H2C2O4溶液褪色時間〔分：秒〕1mL0.1mol/L1.9×10﹣3mol2mL0.01mol/L1mL0.2mol/L16：201mL0.5mol/L1.5×10﹣3mol2mL0.01mol/L1mL0.2mol/L8：251mL1.0mol/L1.0×10﹣3mol2mL0.01mol/L1mL0.2mol/L6：151mL2.0mol/L02mL0.01mol/L1mL0.2mol/L2：16該小組進行實驗III的目的是．〔5〕綜合實驗I、II、III，推測造成曲線MN變化趨勢的原因．為驗證該推測還需要補充實驗，請對實驗方案進行理論設計．2023年北京市昌平區(qū)高考化學二模試卷參考答案與試題解析一、選擇題1．以下電池工作時能量轉(zhuǎn)化形式與其它三個不同的是〔〕A．鋅錳堿性電池B．硅太陽能電池C．氫燃料電池D．銀鋅紐扣電池A．A B．B C．C D．D【考點】B7：常見的能量轉(zhuǎn)化形式．【分析】A．鋅錳堿性電池為原電池，將化學能轉(zhuǎn)化成電能的裝置；B．硅太陽能電池，是將太陽能轉(zhuǎn)化為電能的裝置；C．氫燃料電池為原電池，將化學能轉(zhuǎn)化成電能的裝置；D．銀鋅紐扣電池是原電池，將化學能轉(zhuǎn)化成電能的裝置．【解答】解：A．鋅錳堿性電池，將化學能轉(zhuǎn)化成電能的裝置；B．硅太陽能電池，是將太陽能轉(zhuǎn)化為電能的裝置；C．氫燃料電池，將化學能轉(zhuǎn)化成電能的裝置；D．銀鋅紐扣電池，將化學能轉(zhuǎn)化成電能的裝置；所以B能量轉(zhuǎn)化形式與其它三個不同，應選B．【點評】此題考查電池的能量轉(zhuǎn)化形式，注意一般原電池原理都是將化學能轉(zhuǎn)化成電能，比擬簡單．2．以下解釋事實的方程式不正確的選項是〔〕A．焊接鐵軌：2Fe+Al2O32Al+Fe2O3B．工業(yè)固氮：N2+3H22NH3C．用純堿除油污：CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣D．用濕潤的淀粉KI試紙檢驗Cl2：Cl2+2I﹣═2Cl﹣+I2【考點】48：化學方程式的書寫．【分析】A．依據(jù)鋁熱反響方程式解答；B．氮氣與氫氣在高溫高壓催化劑條件下反響生成氨氣；C．碳酸鈉為強堿弱酸鹽，水解顯堿性；D．氯氣與碘化鉀反響生成碘和氯化鉀，碘與到淀粉變藍．【解答】解：A．焊接鐵軌應用的是鋁熱反響，方程式：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，故A錯誤；B．氮氣與氫氣在高溫高壓催化劑條件下反響生成氨氣，方程式：N2+3H22NH3，故B正確；C．碳酸鈉為強堿弱酸鹽，水解顯堿性，離子方程式：CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣，故C正確；D．氯氣與碘化鉀反響生成碘和氯化鉀，碘與到淀粉變藍，離子方程式：Cl2+2I﹣═2Cl﹣+I2，故D正確；應選：A．【點評】此題考查了化學方程式、離子方程式的書寫，明確反響實質(zhì)是解題關鍵，題目難度不大．3．關于a：0.1mol/LNH4Cl溶液和b：0.1mol/LNH3?H2O溶液，以下說法不正確的選項是〔〕A．兩溶液中存在的微粒種類：a＞bB．c〔NH4+〕：a＞bC．c〔OH﹣〕：a＜bD．水電離出的c〔H+〕：a＜b【考點】DD：鹽類水解的應用．【分析】0.1mol/LNH4Cl溶液顯酸性，溶液中存在的離子有NH4+、NH3?H2O、H+、OH﹣、Cl﹣，0.1mol/LNH3?H2O溶液顯堿性，溶液中存在的離子有NH4+、NH3?H2O、H+、OH﹣，能水解的鹽促進水的電離，堿抑制水的電離，據(jù)此分析．【解答】解：A．0.1mol/LNH4Cl溶液顯酸性，溶液中存在的離子有NH4+、NH3?H2O、H+、OH﹣、Cl﹣，0.1mol/LNH3?H2O溶液顯堿性，溶液中存在的離子有NH4+、NH3?H2O、H+、OH﹣，所以兩溶液中存在的微粒種類：a＞b，故A正確；B．一般水解程度較小，所以c〔NH4+〕：a＞b，故B正確；C．0.1mol/LNH4Cl溶液顯酸性，0.1mol/LNH3?H2O溶液顯堿性，那么c〔OH﹣〕：a＜b，故C正確；D．NH4Cl促進水的電離，NH3?H2O會抑制水的電離，所以水的電離程度a＞b，那么水電離出的c〔H+〕：a＞b，故D錯誤．應選D．【點評】此題考查鹽類水解及弱電解質(zhì)電離，明確弱電解質(zhì)電離特點以及溶液中電荷守恒和物料守恒是解此題關鍵，題目難度中等，側(cè)重于考查學生的分析能力．4．某離子反響涉及到H2O、ClO﹣、NH4+、OH﹣、N2、Cl﹣等微粒，其中N2、ClO﹣的物質(zhì)的量隨時間變化的曲線如下圖，以下說法正確的選項是〔〕A．該反響中Cl﹣為氧化產(chǎn)物B．消耗1mol復原劑，轉(zhuǎn)移6mol電子C．反響后溶液的酸性減弱D．NH4+被ClO﹣氧化成N2【考點】B1：氧化復原反響．【分析】由曲線變化圖可知，隨反響進行N2的物質(zhì)的量增大，故N2是生成物，那么NH4+應是反響物，N元素化合價發(fā)生變化，具有氧化性的ClO﹣為反響物，由氯元素守恒可知Cl﹣是生成物，那么反響的方程式應為3ClO﹣+2NH4++2OH﹣=N2↑+5H2O+3Cl﹣，以此解答該題．【解答】解：反響的方程式應為3ClO﹣+2NH4++2OH﹣=N2↑+5H2O+3Cl﹣，A．由方程式可知，N元素的化合價升高，那么N2為氧化產(chǎn)物，故A錯誤；B．N元素化合價由﹣3價升高到0價，那么消耗1mol復原劑，轉(zhuǎn)移3mol電子，故B錯誤；C．反響在堿性條件下發(fā)生，反響消耗OH﹣，反響后溶液的堿性減弱，故C錯誤；D．由方程式可知，NH4+被ClO﹣氧化成N2，故D正確．應選D．【點評】此題考查氧化復原反響的計算，為高考常見題型和高頻考點，側(cè)重于學生的分析能力和計算能力的考查，注意從元素化合價的角度認識氧化復原反響的相關概念和物質(zhì)的性質(zhì)，難度不大．5．以下說法正確的選項是〔〕A．葡萄糖制鏡利用了葡萄糖的氧化性B．室溫下，在水中的溶解度：乙醇＞苯酚＞乙酸乙酯C．酯在堿性條件下水解生成對應的酸和醇D．甲苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，說明甲基使苯環(huán)變活潑【考點】HD：有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)．【分析】A．葡萄糖含﹣CHO，能被銀氨溶液氧化；B．含﹣OH的有機物易溶于水，苯酚在水中溶解度不大，酯類不溶于水；C．酯在堿性條件下水解生成羧酸鈉；D．甲苯能被高錳酸鉀氧化，因苯環(huán)影響甲基．【解答】解：A．葡萄糖含﹣CHO，能被銀氨溶液氧化，那么表達葡萄糖的復原性，故A錯誤；B．含﹣OH的有機物易溶于水，苯酚在水中溶解度不大，酯類不溶于水，那么室溫下，在水中的溶解度：乙醇＞苯酚＞乙酸乙酯，故B正確；C．酯在堿性條件下水解生成羧酸鈉，酸性條件下水解生成對應的酸和醇，故C錯誤；D．甲苯能被高錳酸鉀氧化，因苯環(huán)影響甲基，使甲基上H變得活潑，故D錯誤；應選B．【點評】此題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點，把握官能團與性質(zhì)的關系、有機反響為解答的關鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，注意選項D為解答的易錯點，題目難度不大．6．以下實驗中，對應的現(xiàn)象以及結(jié)論都正確且兩者具有因果關系的是〔〕選項實驗操作實驗現(xiàn)象結(jié)論A將少量Fe〔NO3〕2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液溶液變成血紅色Fe〔NO3〕2已變質(zhì)B在KI溶液中滴加少量氯水，再參加CCl4，充分震蕩．液體分層，下層溶液呈紫紅色．氯的非金屬性比碘強C炭粉中參加濃硫酸并加熱，導出的氣體通入BaCl2溶液中有白色沉淀產(chǎn)生有SO2和CO2產(chǎn)生D向AgNO3溶液中滴加少量NaCl溶液，然后再向其中滴加KI溶液先生成白色沉淀，后生成黃色沉淀溶解度：AgCl＞AgIA．A B．B C．C D．D【考點】U5：化學實驗方案的評價．【分析】A．水溶液后加稀硫酸酸化，酸性條件下亞鐵離子、硝酸根離子可發(fā)生氧化復原反響；B．下層溶液呈紫紅色，說明有碘單質(zhì)生成，從而可證明氯氣的氧化性大于碘單質(zhì)；C．二氧化碳、二氧化硫都不與氯化鋇溶液反響；D．實現(xiàn)了沉淀的轉(zhuǎn)化，溶度積越小溶解度越小，越容易生成沉淀．【解答】解：A．加水溶液后加稀硫酸酸化，酸性條件下亞鐵離子、硝酸根離子可發(fā)生氧化復原反響，應溶于水滴加KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色檢驗是否變質(zhì)，故A錯誤；B．在KI溶液中滴加少量氯水，再參加CCl4，充分震蕩后液體分層，下層溶液呈紫紅色，碘化鉀為氧化成碘單質(zhì)，說明氯氣的氧化性大于碘單質(zhì)，從而可證明氯的非金屬性比碘強，故B正確；C．炭粉中參加濃硫酸并加熱，由于SO2和CO2不與氯化鋇溶液反響，將導出的氣體入BaCl2溶液中不會生成白色沉淀，故C錯誤；D．向AgNO3溶液中滴加少量NaCl溶液，然后再向其中滴加KI溶液，先生成白色沉淀，后生成黃色沉淀，說明AgI更難溶，溶度積越小其溶解度越小，那么溶解度：AgCl＞AgI，故D正確；應選D．【點評】此題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、離子檢驗、沉淀的轉(zhuǎn)化及實驗技能為解答的關鍵，側(cè)重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大．7．常溫時，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol/L某一元酸HX溶液，滴定過程中pH變化曲線如下圖．以下說法不正確的選項是〔〕A．在A點：c〔HX〕＞c〔Na+〕＞c〔X﹣〕B．在B點，溶液中c〔H+〕=c〔OH﹣〕C．C點溶液中存在的主要平衡是X﹣+H2O?HX+OH﹣D．0.05mol/LNaX溶液的pH≈9【考點】DO：酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算．【分析】A．在A點，顯酸性，堿缺乏，結(jié)合電荷守恒判斷；B．在B點，pH=7，顯中性；C．C點，酸堿剛好完全反響，那么溶液中的溶質(zhì)為NaX；D．C點，酸堿剛好完全反響，那么溶液中的溶質(zhì)為NaX．【解答】解：A．在A點，顯酸性，堿缺乏，那么溶液中的溶質(zhì)為HX和NaX，結(jié)合電荷守恒可知c〔HX〕＞c〔X﹣〕＞c〔Na+〕＞c〔H+〕＞c〔OH﹣〕，故A錯誤；B．在B點，pH=7，顯中性，那么溶液中c〔H+〕=c〔OH﹣〕，故B正確；C．C點，酸堿剛好完全反響，那么溶液中的溶質(zhì)為NaX，又顯堿性，那么存在水解平衡X﹣+H2O?HX+OH﹣，故C正確；D．C點，酸堿剛好完全反響，那么溶液中的溶質(zhì)為NaX，又溶液的總體積為50.00mL，所以NaX的濃度為0.05mol/L，即由圖可知pH≈9，故D正確；應選A．【點評】此題考查酸堿混合溶液中的定性判斷，明確圖中各點發(fā)生的化學反響及溶液中的溶質(zhì)是解答此題的關鍵，題目難度中等．二、非選擇題8．〔15分〕〔2023?昌平區(qū)二模〕天然產(chǎn)物萜類化合物eudesmane合成路線片段如圖．〔某些反響條件省略〕：i．RCHO+R′﹣CH2﹣CHO+H2Oii．RMgX+→iii．答復以下問題：〔1〕A中的官能團名稱是羰基、碳碳雙鍵．〔2〕反響②的化學方程式是+H2O．〔3〕反響③中試劑E的結(jié)構(gòu)簡式是CH2=CHCH2CH2CH2MgX．〔4〕反響④的另一種產(chǎn)物是HI．〔5〕F的結(jié)構(gòu)簡式是〔CH3〕2CuLi．〔6〕G的電子式是H：H．〔7〕D有多種同分異構(gòu)體，滿足以下條件的有種，寫出其中任意一種．a(chǎn)．能發(fā)生銀鏡反響b．結(jié)構(gòu)為六元環(huán)狀c．環(huán)上有3種氫原子〔8〕以CH3CH2OH與CH3COCH3為原料，結(jié)合信息選用必要的無機物合成B，寫出合成路線〔用結(jié)構(gòu)簡式表示有機物，用箭頭表示轉(zhuǎn)化關系，箭頭上標明試劑和反響條件〕．【考點】HC：有機物的合成．【分析】C的結(jié)構(gòu)簡式為，根據(jù)條件醛失去OH﹣得，D的結(jié)構(gòu)簡式為，根據(jù)條件E和在H+/H2O的作用下生成，故E的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCH2CH2CH2MgX，據(jù)此進行分析，〔8〕CH3CH2OH和O2在Cu作催化劑加熱的條件下生成CH3CHO，CH3CHO和CH3COCH3脫去OH﹣生成，和H2發(fā)生加成反響生成，和O2在Cu作催化劑加熱的條件下生成目標產(chǎn)物，據(jù)此進行分析．【解答】解：C的結(jié)構(gòu)簡式為，根據(jù)條件醛失去OH﹣得，D的結(jié)構(gòu)簡式為，根據(jù)條件E和在H+/H2O的作用下生成，故E的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCH2CH2CH2MgX，〔1〕根據(jù)A的結(jié)構(gòu)簡式，那么A中的官能團名稱是羰基和碳碳雙鍵，故答案為：碳碳雙鍵；〔2〕C的結(jié)構(gòu)簡式為，D的結(jié)構(gòu)簡式為，那么反響②的化學方程式是+H2O，故答案為：+H2O；〔3〕由以上分析得，反響③中試劑E的結(jié)構(gòu)簡式是CH2=CHCH2CH2CH2MgX，故答案為：CH2=CHCH2CH2CH2MgX；〔4〕反響④發(fā)生分子內(nèi)消去反響，故化學方程式為→+HI，故反響④的另一種產(chǎn)物是HI，故答案為：HI；〔5〕根據(jù)條件得，在R2CuLi的作用下發(fā)生加成反響，比多了一個﹣CH3，故F的結(jié)構(gòu)簡式是〔CH3〕2CuLi，故答案為：〔CH3〕2CuLi；〔6〕比少了2個H原子，故到發(fā)生加成反響，故F為H2，其電子式為H：H，故答案為：H：H；〔7〕D的結(jié)構(gòu)簡式能發(fā)生銀鏡反響故有醛基，且滿足結(jié)構(gòu)為六元環(huán)狀，環(huán)上有3種氫原子，故滿足以下條件的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為：6；；〔8〕CH3CH2OH和O2在Cu作催化劑加熱的條件下生成CH3CHO，CH3CHO和CH3COCH3脫去OH﹣生成，和H2發(fā)生加成反響生成，和O2在Cu作催化劑加熱的條件下生成目標產(chǎn)物，故以CH3CH2OH與CH3COCH3為原料，合成B的路線為CH3CH2OH△CH3CHO，故答案為：CH3CH2OH△CH3CHO．【點評】此題考查有機物的推斷與合成，充分利用有機物的分子式與結(jié)構(gòu)進行分析解答，需要學生熟練掌握官能團的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，側(cè)重考查學生分析推理能力、自學能力與知識遷移應用，難度中等．9．〔14分〕〔2023?昌平區(qū)二?！沉资唷仓饕煞质荂aSO4?2H2O〕是磷酸及磷肥類工業(yè)在生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的一種廢渣，我國每年排放的磷石膏大約2000萬噸以上，開發(fā)利用磷石膏，保護資源和環(huán)境，符合持續(xù)開展的觀念．圖1所示為對磷石膏進行綜合利用的路徑之一．〔1〕過程Ⅰ中CaSO4?2H2O脫水反響相關的熱化學方程式為：CaSO4?2H2O〔s〕=CaSO4?H2O〔s〕+H2O〔g〕△H1=+83.2KJ?mol﹣1CaSO4?2H2O〔s〕=CaSO4〔s〕+2H2O〔l〕△H2=+26KJ?mol﹣1H2O〔g〕=H2O〔l〕△H3=﹣44KJ?mol﹣1那么反響CaSO4?H2O〔s〕=CaSO4〔s〕+H2O〔g〕的△H4=+30.8KJ?mol﹣1．〔2〕過程Ⅱ用適宜的復原劑可以將CaSO4復原，所得SO2可用于工業(yè)生產(chǎn)硫酸．①CO作復原劑，改變反響溫度可得到不同的產(chǎn)物．不同溫度下所得固體成分的物質(zhì)的量如圖2所示．在低于800℃時復原產(chǎn)物為；1200℃時主要發(fā)生的反響的化學方程式為CaS+3CaSO44CaO+4SO2↑．②高硫煤作復原劑，焙燒2.5小時，測不同溫度下硫酸鈣的轉(zhuǎn)化率，如圖3所示．CaCl2的作用是作催化劑；當溫度高于1200℃時，無論有無CaCl2，CaSO4的轉(zhuǎn)化率趨于相同，其原因是催化劑CaCl2不改變平衡的限度．③以SO2為原料，工業(yè)生產(chǎn)硫酸的化學方程式是2SO2+O22SO3，SO3+H2O=H2SO4．〔3〕過程III將CaSO4投入〔NH4〕2CO3溶液中，發(fā)生反響的離子方程式是CaSO4+CO32﹣=CaCO3↓+SO42﹣．【考點】U3：制備實驗方案的設計；BF：用蓋斯定律進行有關反響熱的計算；CB：化學平衡的影響因素．【分析】〔1〕依據(jù)熱化學方程式構(gòu)建目標方程式，根據(jù)蓋斯定律計算得到目標方程式的反響熱；〔2〕①從圖示2可知在低于800℃時主要復原產(chǎn)物為CaS，高于800℃時主要發(fā)生硫化鈣和硫酸鈣反響生成氧化鈣和二氧化硫；②無氯化鈣和有氯化鈣存在的反響，最終平衡相同，僅改變反響歷程，所以CaCl2為催化劑；當溫度高于1200℃時，到達平衡，因催化劑不能改變平衡，所以無論有無CaCl2，CaSO4的轉(zhuǎn)化率趨于相同；③二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫與水反響生成硫酸；〔3〕碳酸鈣更難溶，碳酸銨與硫酸鈣反響生成碳酸鈣沉淀和磷酸銨．【解答】解：〔1〕①CaSO4?2H2O〔s〕═CaSO4?H2O〔s〕+H2O〔g〕△H1=83.2kJ?mol﹣1②CaSO4?2H2O〔s〕═CaSO4〔s〕+2H2O〔l〕△H2=26kJ?mol﹣1③H2O〔g〕=H2O〔l〕△H3=﹣44kJ?mol﹣1將②﹣③×2﹣①得CaSO4?H2O〔s〕═CaSO4〔s〕+H2O〔g〕，那么△H4=[26kJ?mol﹣1﹣〔﹣44kJ?mol﹣1〕×2﹣83.2kJ?mol﹣1]=30.8kJ?mol﹣1，故答案為：30.8；〔2〕①從圖示2可知，在低于800℃時，CaS成分的物質(zhì)的量為1，而CaO的物質(zhì)的量幾乎為0，所以在低于800℃時主要復原產(chǎn)物為CaS，高于800℃時主要發(fā)生硫化鈣和硫酸鈣反響CaS+3CaSO44CaO+4SO2↑，氧化鈣的物質(zhì)的量增加，硫化鈣的物質(zhì)的量減小，故答案為：CaS；CaS+3CaSO44CaO+4SO2↑；②催化劑僅能改變反響的速率，改變反響歷程，但不能改變化學平衡，從圖示可知，當溫度高于1200℃時，無論有無CaCl2，CaSO4的轉(zhuǎn)化率趨于相同，所以CaCl2的作用是作催化劑，當溫度高于1200℃時，無論有無CaCl2，CaSO4的反響兩種情況下反響均到達平衡，催化劑CaCl2不改變平衡的移動，故答案為：作催化劑；催化劑CaCl2不改變平衡的限度；③SO2與水反響生成SO2，反響的化學方程式為：2SO2+O22SO3；三氧化硫與水反響生成硫酸，反響方程式為：SO3+H2O=H2SO4，故答案為：2SO2+O22SO3；SO3+H2O=H2SO4；〔3〕將CaSO4投入〔NH4〕2CO3溶液中，實現(xiàn)了沉淀的轉(zhuǎn)化，反響的離子方程式為：CaSO4+CO32﹣=CaCO3↓+SO42﹣，故答案為：CaSO4+CO32﹣=CaCO3↓+SO42﹣．【點評】此題考查較為綜合，涉及物質(zhì)制備、反響熱與焓變的應用、化學平衡的影響等知識，明確實驗目的為解答關鍵，注意掌握蓋斯定律的內(nèi)容、化學平衡及其影響，試題培養(yǎng)了學生的分析、理解能力及綜合應用能力．10．〔15分〕〔2023?昌平區(qū)二模〕純堿是重要的化工原料，在醫(yī)藥、冶金、化工、食品等領域被廣泛使用．〔1〕工業(yè)生產(chǎn)純堿的第一步是除去飽和食鹽水的中Mg2+、Ca2+離子，從本錢角度考慮參加試劑的化學式為Ca〔OH〕2、Na2CO3．某實驗小組的同學模擬侯德榜制堿法制取純堿，流程如圖1：：幾種鹽的溶解度NaClNH4HCO3NaHCO3NH4Cl溶解度〔20°C，100gH2O時〕36.021.79.637.2〔2〕①寫出裝置I中反響的化學方程式NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl．②從平衡移動角度解釋該反響發(fā)生的原因在溶液中存在下述兩種平衡NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH﹣，CO2+H2O?H2CO3?H++HCO3﹣，OH﹣與H+結(jié)合生成水，促進兩平衡正向移動，使溶液中的NH4+和HCO3﹣濃度均增大，由于NaHCO3溶解度小，因此HCO3﹣與Na+結(jié)合生成NaHCO3，固體析出使得反響發(fā)生．③操作①的名稱是過濾．〔3〕寫出裝置II中發(fā)生反響的化學方程式2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑．〔4〕請結(jié)合化學用語說明裝置III中參加磨細的食鹽粉及NH3的作用．在母液中含有大量的NH4+和Cl﹣，存在平衡NH4Cl〔s〕?NH4++Cl﹣，通入氨氣增大NH4+的濃度，參加磨細的食鹽粉，增大Cl﹣的濃度，使上述平衡逆向移動，促使氯化銨結(jié)晶析出〔5〕該流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)是氯化鈉和二氧化碳〔6〕制出的純堿中含有雜質(zhì)NaCl，為測定其純度，以下方案中不可行的是c．a(chǎn)．向m克純堿樣品中參加足量CaCl2溶液，測生成CaCO3的質(zhì)量b．向m克純堿樣品中參加足量稀H2SO4，枯燥后測生成氣體的體積c．向m克純堿樣品中參加足量AgNO3溶液，測生成沉淀的質(zhì)量．【考點】U3：制備實驗方案的設計；2H：純堿工業(yè)〔侯氏制堿法〕．【分析】〔1〕工業(yè)上除去Mg2+用含有OH﹣的可溶性堿、除去Ca2+用含有CO32﹣的可溶性鹽，且這兩種試劑必須價格低廉；〔2〕①NaCl、CO2、NH3、H2O發(fā)生反響生成NaHCO3和NH4Cl；②酸和堿反響生成鹽和水而相互促進溶解，且NaCl的溶解度大于碳酸氫鈉，溶解度大的物質(zhì)向溶解度小的物質(zhì)轉(zhuǎn)化；③別離沉淀和溶液采用過濾方法；〔3〕受熱條件下，碳酸氫鈉分解生成碳酸鈉、二氧化碳和水；〔4〕在母液中含有大量的NH4+和Cl﹣，氯化銨存在溶解平衡，增大離子濃度抑制其溶解；〔5〕從母液中能別離出氯化鈉，裝置II中得到二氧化碳，裝置I中需要二氧化碳和氯化鈉；〔6〕a．只有氯化鈣能和碳酸鈉反響生成碳酸鈣，根據(jù)碳酸鈣的量計算碳酸鈉的量；b．只有碳酸鈉能和稀硫酸反響生成二氧化碳，根據(jù)二氧化碳的量計算碳酸鈉的量；c．碳酸根離子和氯離子都能和銀離子反響生成白色沉淀．【解答】解：〔1〕工業(yè)上除去Mg2+用含有OH﹣的可溶性堿、除去Ca2+用含有CO32﹣的可溶性鹽，且這兩種試劑必須價格低廉，除去鎂離子用氫氧化鈣、除去鈣離子用碳酸鈉，故答案為：Ca〔OH〕2；Na2CO3；〔2〕①NaCl、CO2、NH3、H2O發(fā)生反響生成NaHCO3和NH4Cl，反響方程式為NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl，故答案為：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3+NH4Cl；②在溶液中存在下述兩種平衡NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH﹣，CO2+H2O?H2CO3?H++HCO3﹣，OH﹣與H+結(jié)合生成水，促進兩平衡正向移動，使溶液中的NH4+和HCO3﹣濃度均增大，由于NaHCO3溶解度小，因此HCO3﹣與Na+結(jié)合生成NaHCO3，固體析出使得反響發(fā)生，故答案為：在溶液中存在下述兩種平衡NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH﹣，CO2+H2O?H2CO3?H++HCO3﹣，OH﹣與H+結(jié)合生成水，促進兩平衡正向移動，使溶液中的NH4+和HCO3﹣濃度均增大，由于NaHCO3溶解度小，因此HCO3﹣與Na+結(jié)合生成NaHCO3，固體析出使得反響發(fā)生；③別離沉淀和溶液采用過濾方法，所以該操作名稱是過濾，故答案為：過濾；〔3〕受熱條件下，碳酸氫鈉分解生成碳酸鈉、二氧化碳和水，反響方程式為2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，故答案為：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；〔4〕在母液中含有大量的NH4+和Cl﹣，氯化銨存在溶解平衡，增大離子濃度抑制其溶解，所以在母液中含有大量的NH4+和Cl﹣，存在平衡NH4Cl〔s〕?NH4++Cl﹣，通入氨氣增大NH4+的濃度，參加磨細的食鹽粉，增大Cl﹣的濃度，使上述平衡逆向移動，促使氯化銨結(jié)晶析出，故答案為：在母液中含有大量的NH4+和Cl﹣，存在平衡NH4Cl〔s〕?NH4++Cl﹣，通入氨氣增大NH4+的濃度，參加磨細的食鹽粉，增大Cl﹣的濃度，使上述平衡逆向移動，促使氯化銨結(jié)晶析出；〔5〕裝置III中從母液中能別離出氯化鈉，裝置II中得到二氧化碳，裝置I中需要二氧化碳和氯化鈉，所以能循環(huán)利用的是氯化鈉和二氧化碳，故答案為：氯化鈉和二氧化碳；〔6〕a．只有氯化鈣能和碳酸鈉反響生成碳酸鈣，根據(jù)碳酸鈣的量計算碳酸鈉的量，所以該方案可以，故a不選；b．只有碳酸鈉能和稀硫酸反響生成二氧化碳，根據(jù)二氧化碳的量計算碳酸鈉的量，所以該方案可以，故b不選；c．碳酸根離子和氯離子都能和銀離子反響生成白色沉淀，無法計算碳酸鈉的量，所以該方案不可以，故c選；應選c．【點評】此題考查物質(zhì)制備，為高頻考點，涉及物質(zhì)制備、物質(zhì)別離提純、實驗方案設計評價等知識點，明確物質(zhì)性質(zhì)及物質(zhì)制備原理是解此題關鍵，注意除雜劑的選取方法，題目難度不大．11．〔14分〕〔2023?昌平區(qū)二模〕某研究小組為了驗證反響物濃度對反響速率的影響，選用硫酸酸化的高錳酸鉀溶液與草酸溶液在室溫下進行反響．實驗中所用的草酸為稀溶液，可視為強酸．〔1〕將高錳酸鉀氧化草酸的離子方程式補充完整．2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O〔2〕該小組進行了實驗I，數(shù)據(jù)如表．H2SO4溶液KMnO4溶液H2C2O4溶液褪色時間〔分：秒〕1mL2mol/L2mL0.01mol/L1mL0.1mol/L2：031mL2mol/L2mL0.01mol/L1mL0.2mol/L2：16一般來說，其他條件相同時，增大反響物濃度，反響速率．但分析實驗數(shù)據(jù)，得到的結(jié)論是在當前實驗條件下，增大草酸濃度，反響速率減?。?〕該小組欲探究出現(xiàn)上述異?，F(xiàn)象的原因，在實驗I的根底上，只改變草酸溶液濃度進行了實驗II，獲得實驗數(shù)據(jù)并繪制曲線圖如圖．①用文字描述曲線圖表達的信息當草酸濃度小于0.4mol/L時，反響速率隨著草酸濃度增加而減小，當草酸濃度大于0.4mol/L時，反響速率隨著草酸濃度增加而增加．②該小組查閱資料獲取如下信息，其中能夠解釋MO變化趨勢的是ab．a(chǎn)KMnO4與H2C2O4反響是分步進行的，反響過程中生成Mn〔VI〕、Mn〔III〕、Mn〔IV〕，最終變?yōu)闊o色的Mn〔II〕．〔括號中羅馬數(shù)字表示錳的化合價〕b草酸根易與不同價態(tài)錳離子形成較穩(wěn)定的配位化合物．c草酸穩(wěn)定性較差，加熱至185℃可分解．〔4〕該小組為探究ON段曲線變化趨勢的原因，又進行了實驗III，所得數(shù)據(jù)如表．H2SO4溶液Na2SO4固體KMnO4溶液H2C2O4溶液褪色時間〔分：秒〕1mL0.1mol/L1.9×10﹣3mol2mL0.01mol/L1mL0.2mol/L16：201mL0.5mol/L1.5×10﹣3mol2mL0.01mol/L1mL0.2mol/L8：251mL1.0mol/L1.0×10﹣3mol2mL0.01mol/L1mL0.2mol/L6：151mL2.0mol/L02mL0.01mol/L1mL0.2mol/L2：16該小組進行實驗III的目的是小組進行實驗III的目的是探究其他離子濃度不變，溶液中H+濃度對反響速率的影響；．〔5〕綜合實驗I、II、III，推測造成曲線MN變化趨勢的原因．為驗證該推測還需要補充實驗，請對實驗方案進行理論設計．【考點】RJ：探究影響化學反響速率的因素．【分析】〔1〕酸性條件下高錳酸根離子和草酸根離子發(fā)生氧化復原反響，根據(jù)元素守恒知，生成物中生成水，該反響