湖南省2023届高考化学总复习-大题综合练习化学答案

《化学总复习》参考答案

实验大题练：

例1：【答案】(1).浓氏so,(2).a(3).ABC(4).抽气(或通干燥氮气)(5).a(6).b

⑺.g(8).CCL中由紫红色突变到无色,且30s不恢复(9).溶液中CbO和CL分别1.000×10⅛ok

5×IO-6mol,端理=200>99,符合要求

【解析】(1)①装置A的作用是去除原料气(Cl2、N2)中的少量水分，可用的试剂是浓HaSO-

②CL和CLO都不能直接排放于空气中，因此需要进行尾气处理，Cl2、Cbo能与NaOH溶液反应，同时

需要防止NaOH溶液中水蒸气进入C装置中，因此需要在C和尾气处理装置之间连接吸收水蒸气的装置，

所以虚框D中应选用a装置。

⑵装置B为HgO与CL反应制备ChO的装置，

A.因CbO能与H20发生反应，因此需要将Hgo粉末热处理除水分，该反应为固体与气体接触类反应，

因此增加表面积能够加快反应速率，故A选；

B.N2的作用是稀释C12,在气流速率一定的条件下，氯气所占的比例越小，其转化率越高，同时CL不足

时会发生副反应，因此需要调控进入反应柱的混合气中Cb和N2的比例，故B选；

C.为了让气体与固体充分接触，混合气体应从下口进入反应柱，同时需要控制气体的流速，防止副反应

发生，故C选；

D.Hgo与CL反应制备CLO的合适反应温度为18℃〜25℃,因此该反应在常温下进行，若对反应柱加热

会发生副反应，故D不选；

综上所述，答案为ABC。

(3)由题可知，Cb沸点小于Ch0,在Cb未发生冷凝时抽气或通入氮气可以有效的去除产物中的Cb,故答

案为：抽气(或通干燥氮气)。

(4)萃取分液的操作顺序为：检漏一加入萃取剂和溶液一振荡摇匀-放气-静置分层一放液，下层液体从下

口流出，上层液体从上口倒出，因CCL密度大于水，因此萃取后溶有CbO的CCk位于下层，因此操作顺

序为：涂凡土林一检查旋塞、玻璃塞处是否漏水一将溶液和CCk转入分液漏斗T倒转分液漏斗，小心振摇

T旋开旋塞放气一>经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置T打开旋塞，向锥形瓶放出下层液

体，故答案为：abg。

(5)①溶有L的CCL1溶液呈紫红色，用标准Na2S2O3溶液滴定b过程中，当12恰好反应完全时，溶液呈无

色，因此滴定b到达终点的实验现象是CCL中由紫红色突变到无色，且30s不恢复。

++

②由2Γ+CI2=I2+2CΓ、4I^+CI2O+2H^=212+H2O+2CΓ、2Γ+HClO+H=I2+H2O+CΓ(HCIO为

CLO与H2O反应的产物)可得关系式：CLO〜2H+〜2卜，由实验数据可知CbO和HeIo共消耗

+3

n(H)=2×(2.505×10-⅛ol-1.505×10⅛ol)=2×10-mol,生成I2的物质的量为2×10⅛ol,则高纯度Cl2O浓溶

液中n(d2O)=l×10-3mol,加入过量KI溶液共生成L的物质的量为2.005×10^3mol,因此CL与r反应生成

6

b的物质的量为2.005xl0-3mol-2xl0-3mol=5xl0-6mol,由此可知高纯度CbO浓溶液中n(Cl2)=5×10-mol,所

以高纯度CLO浓溶液中喘乎=粤例=200>99,则所制备的高纯度CLO浓溶液符合要求，故答案为：

5×10mol

溶液中C2O和C12分别为IXlO-3mok5×10-6mol,哼粤=200>99,符合要求。

例2：【答案】⑴饱和NaCl溶液(2)2Mn(OH)2+02=2MnO2+2H2O

(3)Mι?+的还原性随溶液碱性的增强而增强

(4)CI2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O4MnO4+4OH=4MnO：+O2↑+2H2OCl23C10+2Mn02+20H=

2MnO;+3Cl+H2OIII中氧化剂氧化镒酸根离子的速率大于氢氧根离子还原高镒酸根离子的速率,因而实

验III未得到绿色溶液

【分析1在装置A中Hel与KMno4发生反应制取C12,由于盐酸具有挥发性，为排除HCl对CL性质的干

扰，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cb中的杂质HCl,在装置C中通过改变溶液的pH,验证不同

条件下CL与MnSO4反应，装置D是尾气处理装置，目的是除去多余CL，防止造成大气污染。

(1)B中试剂是饱和NaCI溶液，作用是吸收CL中的杂质HCl气体；1

(2)通入Cl2前，II、In中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该

沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2,则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：

2M∏(OH)2÷O2=2M∏O2÷2H2O;

(3)对比实验I、∏通入C12后的实验现象，对于二价铳化合物还原性的认识是：Md+的还原性随溶液碱

性的增强而增强；

(4)①Ck与NaOH反应产生NaC1、NaCI0、H2O,使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为：

Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O;

②取In中放置后的ImL悬浊液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。

溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，MnO4可被OH-还原为MnOj,根据电子守恒、电荷守恒及原

子守恒，可知该反应的离子方程式为：4MnO；+4OH=4MnOr+O2↑+2H2O;

溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被CL氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量；

③取II中放置后的ImL悬浊液，加入4mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明Clo将Mne)2

氧化为MnO,,发生的反应是：3ClO+2Mnθ2+2OH≈2MnO4+3C1+H2O;

©III中氧化剂氧化钵酸根离子的速率大于氢氧根离子还原高镭酸根离子的速率，导致实验III未得到绿色

溶液。

练1：【答案】(1).防止倒吸(2).PH过高，Na2CO3,Na?S反应不充分；PH过低，导致NazSq,转

化为S和SO?(3).BC(4).F(5).B(6).E(7).C(8).G

(9).防止碘挥发损失(10)∙Na2SO3ʌ失去部分结晶水的NazSqaJHq

Δ

+2+

练2：【答案】(1)MnO2+4H+2CΓ=Mn+Cl2↑+2H2O2CΓ-2e-=Ch↑Cl-还原性减弱或CI2的氧化

性增强KCl固体(或浓/饱和溶液)MnSO4固体(或浓/饱和溶液)

⑵KCI>KBr>KICKBr、I位于第VnA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电

子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强

(3)AgNO3或Ag2SO4

(4)比较AgX的溶解度，AgI溶解度最小，Ag++r=AgI［使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2T=2Ag++

H2T反应得以发生

(5)氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)

的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强

∆

+2+

【分析】(1)①二氧化钛和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO2+4H+2C∣-Mn+Cl2↑+2H2O:②氧化

反应是元素化合价升高，故氧化反应为：2Cl-2e-=ChT③反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者

产生了氧化性更强的氧化剂，故答案为：Cl-还原性减弱或Cb的氧化性增强④可以从增大氯离子浓度的角

度再结合实验II的现象分析，试剂a可以是KCl固体(或浓/饱和溶液)；结合实验Hl的显现是没有氯气，

且实验III也加入了试剂a,那一定是试剂b影响了实验III的现象，再结合原因i可知试剂b是MnSO4固

体(或浓/饱和溶液)；

(2)非金属性越弱其阴离子的还原性越强，反应时所需的氢离子浓度越小，故顺序是KCl>KBr>KI;其原

因是Cl、Br、I位于第VnA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，

阴离子的还原性逐渐增强；

(3)根据(1)中的结论推测随Cr浓度降低导致二氧化镭的氧化性减弱，那么如果进一步降低Cr浓度降低

则可以导致可以提高澳的氧化性，将Mi?+氧化为MnO2,故答案为：AgNc)3或Ag2SO4;

(4)若要使反应2Ag+2H+=2Ag++HzT发生，根据本题的提示可以降低Ag+浓度，对比AgX的溶解度，AgI

溶解度最小，故Ag只与氢碘酸发生置换反应的原因是：比较AgX的溶解度,AgI溶解度最小,Ag++I=AgIl

使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H÷=2Ag++比］反应得以发生；

(5)通过本题可以发现，物质氧化性和还原性还与物质的浓度有关，浓度越大氧化性或者还原性越强，

故答案为：氧化剂(还原齐U)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂

(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。

工业流程题大题练

例1：【答案】⑴PbSO4(s)+CO；(aq)=PbCO3(s)+SO：(aq)反应PbSO4(s)+CO；(aq)=PbCO3(s)+SO：(aq)

55

的平衡常数K=嘿R=3.4χ1O>1O,PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3

c(CO3)

(2)反应BaSc)4(s)+C0；(aq)=BaCO3(s)+S0：(aq)的平衡常数=0.04«IO5,反应正向进行的程度有

限

2+2++

(3)FePb+H202+2HAc=Pb(Ac)2+2H20作还原剂(4)Fe(OH)3、Al(OH)3(5)Ba,Na

【解析】铅膏中主要含有PbSO八PbO2、PbO和Pb,还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等，向铅膏中加

入碳酸钠溶液进行脱硫，硫酸铅转化为碳酸铅，过滤，向所得固体中加入醋酸、过氧化氢进行酸浸，过氧

化氢可将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，酸浸后溶液的PH约为4.9,依据金属氢氧化物沉淀时的PH可

知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁，过滤后，向滤液中加入氢氧化钠溶液进行沉铅，得到氢氧化铅

沉淀，滤液中的金属阳离子主要为钠离子和钏离子，氢氧化铅再进行处理得到Pb0。

⑴“脱硫”中，碳酸钠溶液与硫酸铅反应生成碳酸铅和硫酸钠，反应的离子方程式为：PbS04(s)+C0haq)=

14

PbCO3(s)+S0f(aq),由一些难溶电解质的溶度积常数的数据可知，Ksp(PbCO3)=7.4×IO,

Ksp(PbSO4)=2.5×IO4,反应PbSO4(s)+CO;'(aq)=PbCo3(s)+Sθf(aq)的平衡常数

K=嗡=黑黑窝=器署=⅜≡⅛4XigO5,说明可以转化的比较彻底，且转化后生成的

碳酸铅可由酸浸进入溶液中，减少铅的损失。

(2)反应BaSO4(s)+CO；(aq)=BaCO3(s)+SOj(aq)的平衡常数

l

C(SO；)_C(Ba")∙c(S(⅜)_KW(BaSOJ)-1jx∣o∣>

K-C(COj)-C(Ba2+)∙c(C(⅛)-K√BaCOJ^^2.6χl(尸≈0.04<<105,说明该反应正向进行的程度有限，因此加入

碳酸钠不能使铅膏中的BaSe)4完全转化。

(3)(i)过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子。

(ii)过氧化氢促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb(Ac)2,过氧化氢与PbʌHAc发生氧还原反应生成Pb(Ac)2

和H2θ,依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：Pb+H2θ2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2θo

Qii)过氧化氢也能使PbO2转化为Pb(AC)2,铅元素化合价由+4价降低到了+2价，Pbo2是氧化剂，则过

氧化氢是还原剂。

(4)酸浸后溶液的PH约为4.9,依据金属氢氧化物沉淀时的PH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁。

(5)依据分析可知，加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSo4完全转化，铁离子、铝离子转化为了氢氧化铁、氢氧

化铝沉淀，铅转化为了氢氧化铅、最终变为了氧化铅，因此沉铅的滤液中，金属离子有Ba?+和加入碳酸钠、

氢氧化钠时引入的Na+。

例2：【答案】(1)MnCO,+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑

⑵MnO2+2Fe>+4Hq=2Fe(θH)N+Mn2-+2H+(3)CaSo4、AI(OH)1

(4)R-CC-R不易过滤(或造成Mi?+吸附损失)

2+

(5)Mn+2HC0；=MnCO3i+H2O+C02↑(NH4)2SO4

2

(6)放电Mn06l□039O+xZn'+2xe-=ZnxMn06lD039O

【分析】菱镭矿的主要成分为MneO3,主要杂质为SiO八CaCO3、Al2O3,FeCO3,NiS,用硫酸溶解,

碳酸镒和硫酸反应生成硫酸锦、碳酸钙和硫酸反应生成硫酸钙沉淀、氧化铝和硫酸反应生成硫酸铝、碳酸

亚铁和和硫酸反应生成硫酸亚铁，二氧化硅和硫酸不反应，过滤出二氧化硅、硫酸钙沉淀，滤液中含有

Mn2+、Al3+>Fe2+,用二氧化镐氧化Fe?+生成Fe(OH)3沉淀除铁，过滤出氢氧化铁沉淀，滤液中加氢氧化钙

调节pH=5生成AI(OH)3沉淀除铝，滤液中加SDD除Ni?+,过滤，滤液加碳酸氢钱生成碳酸镒沉淀，灼烧

碳酸镭得到MnO晶体。

【详解】(1)酸浸时MnCO3和硫酸反应生成硫酸镒、二氧化碳、水，发生反应的化学方程式为

MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑;

(2)氧化过滤时体系溶液的pH=3,目的是氧化Fe?+生成Fe(OH)3沉淀，此时发生反应的离子方程式为

2+2+

MnO2+2Fe+4H,O=2Fe(0H),4,+Mn+2H'o

⑶根据Al(OH)3]=4x10-33,可知pll=5时，AF+能完全沉淀，硫酸钙微溶，所以滤渣3是CaSO」、

Al(OH)3;

(4)①SDD可表示为5,沉淀剂SDD是为了除去Ni?+生成重金属螯合物沉淀，SDD与Ni?+通过

R-C-S-

配位键以2:1结合生成中性螯合物沉淀，结构式为R-C∖/NiC-R。

xszxSz

②若使用Na2S做沉淀剂，除了因体系PH过低会产生H2S外，还会产生絮状无定型沉淀，絮状无定型沉淀

具有吸附性，不易过滤，Mn2+吸附损失。

(5)沉钵时碳酸氢锈和硫酸铸反应生成碳酸镭沉淀、硫酸镀、二氧化碳，发生反应的离子方程式为

Mn"+2HC0；=MnCoN+H,0+COj；滤液X中含有(NH)sθ^,经浓缩结晶可做化肥。

(6)电池放电时，阳离子向正极移动，Zr?+嵌入：∖In□0・晶体，②代表电池放电过程，该过程的电

2t

极反应式为Mn06,□ow0+xZn+2xe^=ZnxMn06lD039O.

练1：【答案】(1)提高浸取速率和铜的浸取率(2)③⑤

⑶CU+2NH3+Hq2+2NH：=[Cu(NH3)J"+2HQ

(4)温度过高会导致H2O2分解(5)NH4ClRH

(6)9b~c段，随着C(OH)的增大，镀根离子和OH结合生成NEh-HzO,c(NE)增大，反应

CU(OH)2+4NH3.1CU(NH3)F++2OH-的平衡正向移动，溶液中[Cu(NH3)4]2+浓度变大，铜元素含量上升；

c~d段随着C(OH-)的进一步增大，CU(OH)2+4NH3.∙[Cu(NH3)4]2++2OH-的平衡逆向进行，溶液中

[CU(NH3)F+浓度变小，铜元素含量下降。

【分析】铜电路板粉碎后和NH3、NH4CkH2O2等发生氧化还原反应，离子方程式为

2t

Cu+2NH,+H:O,+2NH：=[Cu(NH,)4]+2H,Oo浸出液中主要存在[Cu(NH3)412+、C「等离子•浸出液再与

RH反应，用有机溶剂萃取，有机层中含CUR2,水层中含NHKL分液后往有机层加入稀硫酸，则CuR?

和H2SO4反应得到CUSo4和RH,CUSO4位于水层，RH位于有机层。分液后得到CUSo溶液，后续处理

得到CUSCU晶体。

,、馈烧小

练2：【答案】(I)CaMg(Co3%=CaO+MgO+2CO,T

(2)KJCa(OH)J.KjMg(OH)J,在一定量NHQ溶液中，氢氧化钙会和氯化钱反应而氢氧化镁不能，

2+

故CaO先浸出Ca+2NH,.H2O+CO2=CaCO1Φ+2NHɪ+H2O2,4：1

KKCaCOJ<K»p(MgCOJ,CaCo,优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙

2+

⑶MgO+H?O=Mg(OH)2，Mg(OH)2+2NH：-Mg+2NH,+2H2O,随大量氨逸出，平衡正向移动

(4)Fe2OrSiO2、CaSOQMgO或Mg(OH)2(5)NH4Ck(NH4),SO4,COrNH,

【分析】白云石矿样煨烧后CaMg(CoJ2转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化镀溶解浸钙，大部分钙离子进入

滤液A,通入二氧化碳生成碳酸钙：过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B,加入硫酸核将镁离子转化

为硫酸镁溶液，加入碳酸镂生成碳酸镁沉淀，煨烧得到氧化镁；

【详解】(1)白云石矿样煨烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，化学方程式为

,、煨烧ɪ

CaMg(CO,),=CaO+MgO+2CO,↑；

(2)①氯化钱水解生成一水合氨与氢离子，可以调节溶液的pH,由图表可知，

Ksp[Ca(OH)J,Ksp[Mg(OH)2],在一定量NHQ溶液中，氢氧化钙会和氯化钱反应而氢氧化镁不能，故CaO

首先溶解被浸出；

②沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和镂根离子，离子方程式为

2+

Ca+2NH,.H2O+CO,=CaCO,J+2NHɪ+H2O0

③由图表可知，“浸钙''过程n(NH£l):n(CaO)的比例为2.4：1时，产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度最低,

故不适宜选用n(NHQ):n(CaO)的比例为2.4：1ŋ

(4)Ksp(CaCO3)<Ksp(MgCO,),在反应中CaCO3会优先析出，但也有可能析出其他沉淀，且Mg2+部分以

Mg(OH)2形成沉淀，相比MgCO3质量更小，二者共同作用导致产品中CaCo3纯度的实测值高于计算值；

⑶“浸镁”过程中，发生反应：MgOH2O=Mg(OH)2,Mg(OH)2+2NH：Mg2++2NH3+2H2O,加热蒸

屈随大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁；

(4)白云石的主要化学成分为CaMg(CO3%，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiCh;烟烧浸

钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B中加入硫酸镂后转化为微溶于的硫酸钙，氧化铁、二氧化硅

几乎不反应进入滤渣中；“浸镁”过程中，MgO的浸出率最终可达98.9%,则还有部分氧化镁进入滤渣中，

故滤渣C中含有的物质是FeQs、Sio2、CaSOrMgO；

(5)沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化镀；“浸镁”过程中加热蒸储会有大量氨逸出；滤液D加

入碳酸镂生成碳酸镁和硫酸镂，碳酸镁煨烧生成二氧化碳；白云石煨烧也会生成二氧化碳；在流程中

NH4Ck(NH4)2SO4^CO2、NH3既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是

NH4CK(NH4)1SO4,CO2、NH；O

化学反应原理大题练：

例1：【答案】(I)IO73

(2)正向移动不变CO反应1是放热反应，反应2是吸热反应，此温度范围内，升高温。度，

反应1平衡左移使C02增多的程度大于反应2平衡右移使CCh减少的程度,所以二氧化碳的量增大0.34

+

（3）CO2+2H+2e-HCOOH18.4

例2：答案：（l）H2θ（g）.H2O（l）的ΔH（1分）

（2）H2θ*（l分）1.40（2分）

（3）①BD（2分）②反应I为放热反应、反应II为吸热反应，升高温度，反应I逆向移动、反应II正向移

动（1分）在反应器（B）中，能分离出部分水蒸气，导致反应正向移动（1分）③0.02（2分）ɪ（2

141

分）

⑷CO2+6e-+6H+=CHQH+HQ（2分）

练1：【答案】（I）N0、NCh等合理答案均可（1分）

（2）（Ei-E2）（1分）⑴（1分）g（E5〜E2）（2分）

⑶>（1分）第一步完全电离,可电离出0.10OmOrLT的H+,故第二步电离出0.009mol∙LT的H*和SO：,

l

c（HSO；）=（0.100-0.009）moI∙L=0.091mol∙LlKu2器;，）==施Xlo-?（2分）

++

（4）HAc+HAc-H2Ac+Ac"（2分）H2SO4+HAc.H2Ac+HSO；（2分）AC

练2：【答案】（1）MnCeZr做催化剂、300℃、空速3000OhT在较高温度下，随着催化剂活性的下降,

没有参加反应的NO逐渐被氧化成了NO2

（2）Mn>X点反应未达最大限度，反应仍在正向进行

（3）△氏+2Δ∕/,

,八0.44×1.56

（4）

l4×0.24×1.15

有机合成大题练：

例1、（1）取代反应浓硫酸、加热

【详解】(1)根据分析可知，BTC为竣酸的酯化反应，反应类型为取代反应。酯化反应的条件为浓硫酸、

力口热。

(2)、根据流程图可知，F中含氧官能团的名称为酯基、酸键。根据分析可知，E→F的转化在后续合成中

的目的是保护酮瓶基，防止其被还原。

O

(3)根据分析可知，E的结构简式为CMooC。G生成H的反应为醇的催化氧化，化学方程式为

+2H2O

(4)D的同分异构体中，存在苯环且只有三种化学环境的氢原子，若苯环上只有一个取代基，则不可能

出现只有三种化学环境的氢原子的情况，若苯环上有两个取代基，则满足条件的结构为

CH3CH2O

<Y-OCH2CH3

则满足条件的结构为C&CHz。J

若苯环上有三个取代基，

苯环上有4、5个取代基时无法出现只有3种化学环境的氢的情况，苯环上有6个

取代基时，满足条件的结构为故满足条件的结构一共有4种。

(5)硝基、酯基和镶基

CHO

No2

(6)CH=CH2⑺5

CH2OH

【详解】(1)由分析可知，A的结构简式为Cl，其化学名称为苯甲醇；

CHOCHO

(2)由B、C的结构简式,结合反应条件,可知B(CI)先与CHCHO发生碳氧双键的加成反应生成

3OH

CHO

再发生消去反应生成C(),故第二步的反应类型为消去反应;

BjCHO

Br

(3)根据分析可知，C与Bn∕CC14发生加成反应得到〜

O0

(4)由分析，E的结构简式为

ʌQ

(5)H的结构简式为O,可其分子中含有的含有官能团为硝基、酯基和锻基;

.CHO

(6)C的结构简式为Cr，分子式为C9H8O,其同分异构体X可发生银镜反应，说明含有醛基，又与

酸性高镒酸钾反应后可得到对苯二甲酸，则X的取代基处于苯环的对位，满足条件的X的结构简式为:

CHO

CH=CH2;

(7)G与D反应生成H的反应中，D中碳碳双键断裂与G中HC—NCh和C=O成环，且C=O与一CHO

O

Ao)BnCHO

I相应的D，为制

成环，从而得到H,可推知，若要合成H十,G，为No2,手性碳原

oO

Ap

子为连有4各不同基团的饱和碳原子，则HXS,5)的手性碳原子为j0,共5个。

练1、(1)邻二甲苯(或1,2-二甲苯)酯基、醒键、羟基

(2)AB(3)19

COOH

(4)HO

(5)NaNo3反应生成的NaBr易溶于水，AgNO3反应生成的AgBr难溶于水，使平衡正向移动促进反应进行

(6)3

【详解】(I)A的分子式为C8H∣O,不饱和度为4,说明取代基上不含不饱和度，A与O?在V2O5作催化剂

OClJ

并加热条件下生成,由此可知A的结构简式为&ACH,,其名称为邻二甲苯或1,2-二甲苯；由

H的结构简式可知，其含氧官能团为酯基、酸键和羟基，其中酯基包括竣酸酯基和硝酸酯基。

COOH.—

(2)A.根据分析，HPBA为H,其分子式为&2乩6。3,A正确；

B.(C2H5)3N中c、N均为sp3杂化,二者杂化方式相同，B正确；

C.C分子中含竣基、酯基和碳氯键,则ImolC最多能与3molNaOH反应，C错误;

可知，带星号碳原子为手性碳原子，D错误;故选AB,

(3)D的同分异构体，既能发生银镜反应又能发生水解反应，且属于侧链不唯一的芳香族化合物，说明

属于甲酸酯，且苯环上的取代基至少有2个。若苯环上含2个取代基，则有3种组合，分别为HCOOCH2-

和-OH,HCOO-和-C)CH3,HCOO-W-CH2OH,每种组合中的两个取代基有邻、间、对3种位置，则共有

3x3=9种；若苯环上含3个取代基，分别为HCOO-、-C%和-OH,有10利∣;不可能有3个以上的取代

基，因此D的同分异构体共有9+10=19种。

CoONaC∞Na

(4)D发生信息反应生成E,E中含有酯基和竣基,与NaOH的水溶液反应后生成

C∞H

在盐酸酸化下生成F为I

COO(CH3)4Br

(5)观察流程图可知，G→H的反应为HOh

中Br原子被AgNO3中-ONO2取代生成

COO(CHJQNO2

和AgBr,若以NaNO3取代AgNo3,则该反应难以进行，其原因是NaNO3反应生成

的NaBr易溶于水，而AgNO3反应生成的AgBr难溶于水，使平衡正向移动促进反应进行。

(6)根据W的结构简式知，W可由M和FCCHa)OH发生信息反应得到，据此推知M为

M,需要先氯代后水解再催化氧化得到，即

0√Cu

CHQH——

•ΔClCH

,所以由

合成M至少要经过3步。

练2、(I)1,3-丁二烯取代反应或水解反应

(2)碳滨键碳碳双键

Hi

r

【详解】(I)A的结构简式为C,名称为：1,3-丁二烯；B∖Z∖^Br-H°∖∕∖z^0H的过程

发生水解反应，为取代反应或水解反应；

(2)B为Bl八∙∖∕BI,所含官能团的名称是：碳澳键、碳碳双键:

(3)B的结构为Br∖Z∖^Br,B的反式结构为两个相同官能团在双键两侧，即

(4)与H°∖Z∖Z^OH发生缩聚反应，结合产物的特点，根据原子守恒可得到该反应的方程式为:

ʌΛ

nHθ'√z∖√^OH+(n+l)[∣

NCO

(5)E与浓硝酸、浓硫酸反应时，发生硝化反应，则生成的产物J(C7H7O2N),根据分子式可知J中含有

-No2,J有多种同分异构体，同时满足下列条件(a)含有一个苯环，(b)能发生银镜反应，说明有-CH0,

(C)红外光谱显示没有氮氧键,共16种，其中核磁共

CH

Il

振氢谱显示有四组峰，峰面积之比为2：2：2：的结构简式为O；

ii

<⅛∣HiSO,,HNO,

6O-65*C

NCOo

湖南省2021年普通高中学业水平选择性考试化学

参考答案

1【答案】A

【详解】本题考查了化学变化与物理变化的判断。化学变化的根本特征是有新物质生成。对河道定期清淤

属于物理变化,未涉及化学变化;而“三废处理”“利用微生物降解水域中的有毒有害物质”“垃圾回收分类后进

行无害化处理”等都有化学变化发生。故答案选Ao

2【答案】B

【详解】本题考查了高分子化合物、氧化亚铁的不稳定性、二氧化硫的用途及电化学腐蚀等基础知识。糖

类中只有多糖属于高分子化合物,而单糖、双糖等都不属于高分子化合物,A项错误;氧化亚铁具有较强的还

原性,在空气中受热可迅速被氧气氧化生成四氧化三铁,B项正确;二氧化硫具有漂白性,可漂白纸浆,少量的

二氧化硫也可用于杀菌消毒,如二氧化硫用于葡萄酒的生产等,C项错误;镀锌铁皮镀层锌破损后,会构成锌铁

原电池,铁作正极,仍会被锌保护,D项错误。

3【答案】C

【详解】本题考查了铁离子的检验方法、氯气的净化除杂、PH试纸的使用以及工业制取无水酒精的方法。

检验溶液中硫酸亚铁是否被氧化,也就是检脸溶液中是否有铁离子生成,通常是向待测液中加KSCN溶液,若

溶液变红,则证明硫酸亚铁被氧化,A项正确;实验室用二氧化镒和浓盐酸制备的氯气中含有氯化氢气体和水

蒸气,若想得到干燥纯净的氤气,通常先将制得的氯气通过饱和食盐水以除去氯化氢杂质,再使气体通过浓硫

酸除去水蒸气,即可得干燥纯净的氯气,B项正确;用PH试纸测待测液的PH时,不能事先将试纸湿润,否则会

引起误差,C项错误;工业制备无水酒精通常是向工业酒精中加入生石灰除去水分,再通过蒸馅,即可得到无水

酒精,D项正确。

4【答案】C

【详解】本题考查了有机化合物的分子结构与化学性质。苯的密度比水小,苯萃取淡水中的黑之后,液体分

为两层,萃取了澳的苯在上层,A项错误;环己醇属于环状醇,而乙醇属于链状醇,二者分子相差不是若干个

“CH+原子团,所以二者不属于同系物,B项错误;己二酸中含有官能团较基,而段酸的酸性强于碳酸,故己二酸

可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体,C项正确;环己烷分子中的碳原子都是饱和碳原子,根据甲烷分子

的四面体结构可判断环己烷分子中的碳原子不可能共平面,D项错误。

5【答案】D

【详解】本题考查了阿伏加德罗常数的判断。项,M分子中含有个中子,而的摩尔质量

A-÷H2O10H2"0

13

是20g∙moE,所以20gH2O含有的中子数为IONA,A项错误;B项,由于没有给出高氯酸溶液的体积,所以无

法计算氢离子的个数,B项错误;C项,2mol一氧化氮和ImOl氧气可完全反应生成2mol二氧化氮,但二氧化

氮和四氧化二氮之间又存在平衡2NO2=F=iN2O4,所以最后气体的分子数小于2NA,C项错误;在标准状况

下,11.2L甲烷的物质的量为0.5mol,22.4L氯气的物质的量为1mol,反应前气体的物质的量之和为1.5mol。

根据氯气和甲烷发生取代反应的过程和原理可知无论反应如何进行,气体的分子总数保持不变,即气体的物

质的量之和始终为1.5mol,D项正确。

6【答案】D

【详解】本题以流程图形式考查了海水提镁的过程。海水中的镁元素以镁盐的形式存在,"沉镁''即使Mg2+

变成氢氧化镁,与Mg?+直接反应的物质一般是氢氧化钙,那么物质X通常选用生石灰(氧化钙),A项正确;工业

上通常用电解熔融氯化镁的方法制备金属镁,B项正确;根据流程图中步骤“氯化”图示可知,反应物为碳单

质、氯气和氧化镁,产物为氯化镁和一氧化碳,C项正确;“燃烧”后的固体产物是氧化镁,氧化镁和盐酸反应生

成氯化镁,由于镁离子能发生水解,蒸发氯化镁溶液最终得到氢氧化镁固体,不能得到无水氯化镁,D项错误。

【知识拓展】从海水中提取镁

(1)工艺流程

阿壳1在烧,屈IaI石屑乳I

蹲雨引人”而扁吗Mg(OH)2∣——

MiI+#讣蝇仅菰I崂羯IgCl2∙6H2O卜盐限酒,化,浓缩

ɪ-------------HHCII------------------

(2)注意事项：

①由MgCl2∙6H2O到无水MgCI2,必须在HCl气流中加热,以防MgCl2水解。

②因镁在高温下能与02、N2、CO2等气体发生反应,故工业电解MgCl2得到的镁应在H2氛围中冷却。

7【答案】B

【详解】B本题考查了元素推断和元素周期律的应用。首先根据“Z的最外层电子数为K层的一半”可推

知满足该条件的短周期元素有钠元素和锂元素,再依据“W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元

素”可排除锂元素,则Z为钠元素。再依据“W与X可形成原子个数比为2：1的18U分子”可推知,W为氢元

素,X为氮元素,二者所形成的18e分子为明(N2H4)。最后依据“Y的原子序数等于W与X的原子序数之和”

可确定Y为氧元素。Na∖和O2-具有相同的核外电子排布,根据，，径小序大”规律可知,离子半径大小顺序

为N3>O2>Na+,A项错误;氢和氧可形成H2O2,其结构式为H-O—O—H,其中含有非极性键,B项正确;氮元

素、氧元素形成的最简单的氢化物分别为氨气和水,水的沸点高于液氨,C项错误;NH3∙H2O由氢、氮、氧三

种元素组成,其水溶液呈碱性,D项错误。

8【答案】A

【详解】本题考查了氧化还原反应原理的分析与物质的检验、用途等知识。反应中的电子转移情况

失去60b

II

6I2+11KClO3+3H2O=6KH(IO3)2+5KCl+3C12f

I得到30e,1

为：得到30e-0据此可知,生成1molCh时,反应中转移20mole',A项错误;根据电子

转移情况,可判断反应中碘单质作还原剂,氯酸钾作氧化剂,故氧化剂与还原剂的物质的量之比是11：6,B项

正确;工业上常将氯气通入石灰乳中制得漂白粉,C项正确;酸化的碘化钾溶液可与食盐中的碘酸根发生归中

反应生成碘单质(I°⅛+5r+6H+^3L+3H2θ),淀粉遇碘单质变篮,D项正确。

9【答案】C

【详解】本题考查了滴定曲线的分析判断及电解质溶液中微粒浓度的大小关系和等量关系。由于NaX为强

碱弱酸盐,X会部分水解使溶液呈弱碱性，所以NaX溶液中离子浓度大小关系为

c(Na+)>c(X)>c(OH)>c(H+),A项正确;由于等浓度的三种盐溶液的PH大小关系为NaZ>NaY>NaX,根据盐类

水解规律“越弱越水解”可知,NaZ对应的酸(HZ)的酸性最弱,而NaX对应的酸(HX)的酸性最强,则电离常

数:Ka(HX)>Ka(HY)>K11(HZ),B项正确;由于三种盐溶液的体积和浓度相同,但碱性强弱不同,所以要使滴定后

的溶液pH=7,所滴加盐酸的体积也不相同,即NaZ溶液中滴加盐酸最多,而NaX溶液中滴加盐酸最少,所以最

后呈中性的三种溶液中c(Cl-)不相等,据电荷守恒及溶液呈中性条件可知,三种溶液中有c(Cl-)=c(X-)、

C(Cr)=C(Y-)、C(Cr)=C(Z)C项错误；将三种溶液混合后所得的混合溶液中的电荷守恒式为

C(Cr)+c(K)+c(Y-)+c(Z-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+),由于混合前三种溶液的物质的量浓度和体积与所加盐酸的物

质的量浓度和体积都相等,则混合后的溶液中c(Cr)=c(Na+),则c∙(X-)+o(Y-)+c(Z-)+c(OH-)=c(H+),D项正确。

【知识拓展】电离常数的四大应用

⑴判断弱酸(或弱碱)的相对强弱，电离常数越大，酸性(或碱性)越强。如常温下,CH3COOH的

Ka=I.75x10-5,HClO的及=2.95*10弋则酸性强弱为CH3COOH>HCIC‰

(2)判断盐溶液的酸性(或碱性)强弱

电离常数越大,对应的盐水解程度越小,盐溶液的碱性(或酸性)越弱,如醋酸的电离常数K=1.75xl0-5,次氯酸的

电离常数K=2.95xl0-8,则同浓度的醋酸钠和次氯酸钠溶液的pH：醋酸钠<次氯酸钠。

(3)判断反应能否发生或者判断产物是否正确

710

通过强酸制弱酸来判断。如H2CO3^a∣=4.2×10-Λa2=5.6×10",苯酚(C6H5OH)^a=IJxlO-,向苯酚钠

(C6H5ONa)溶液中通入的CO2不论是少量还是过量，其化学方程式都为

C6H50Na+C02+H20-C6H5OH+NaHCO3。

(4)判断溶液中微粒浓度比值的变化

利用温度不变，电离常数不变来判断。如把0.1moɪ-fɪCH3COOH溶液加水稀

dOiMb)_c<α⅛C0σ)dH÷)_KidO⅛80∙)

释,丽丽=厢EL标,稀释时,c(H+)减小居不变,则丽而变大。

10【答案】B

【详解】本题考查新型化学电源工作原理。该电池放电反应总方程式:Zn+Br2—ZnBr2,放电时,Bn在正极

反应,ZnBn被循环回路“回收”至左侧贮液器中,A项正确、B项错误；充电时,锌极