重组卷05-2023年高考化学真题重组卷（江苏）（解析版）

绝密★启用前

冲刺2023年高考化学真题重组卷05

江苏专用（解析版）

注意事项：

ɪ.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干

净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：HlC12N14O16S32Cl35.5Cr52Fe56Cu64Ce140

第I卷

一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。

1.（2019.江苏卷）糖类是人体所需的重要营养物质。淀粉分子中不含的元素是

A.氢B.碳C.氮D.氧

【答案】C

【解析】

【分析】此题属于一道简单题目，考点为营养物质中糖类的组成元素。

【详解】淀粉属于多糖，分子组成为（C6H∣oθ5）n,组成元素为C、H、O,不含N元素；故选C。

2.（2017.江苏卷）下列有关化学用语表示正确的是

A.质量数为31的磷原子PB.氟原子的结构示意图：

C.Caeb的电子式：Ca?+]©:Ed.明矶的化学式：Al2（SO4）3

【答案】A

【解析】A∙P的质子数是15,A正确；B.F原子的电子数为9,B错误；C.离子化合物中阴、阳离子间

隔排列，其电子式中离子分开写、不能合并，C错误；D.明研是十二水合硫酸铝钾，D错误。

【名师点睛】本题考查的是化学用语，主要考查原子结构，原子及离子的结构示意图、电子式，常见物质

的化学式、结构式、结构简式等，注意它们之间的区别是关键，如原子结构与离子结构的区别、离子

化合物与共价化合物的电子式的区别、有机物的分子式、实验式、结构式、结构简式的区别。

3.（2017.江苏卷）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，

Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是

A.原子半径：r（X）<ΛY）<r（Z）</-（W）

B.W的最高价氧化物的水化物是一种弱碱

C.Y的单质的氧化性比Z的强

D.X,Y、Z三种元素可以组成共价化合物和离子化合物

【答案】D

【解析】地壳中含量最多的是氧，Z为O元素，所以Y为N元素；钠是短周期金属性最强的元素，W是

Na；X原子序数最小且不与Y、Z同周期，所以X是H元素。A.原子半径N>O,A错误；B∙W的

最高价的氧化物的水化物是氢氧化钠，是强碱，B错误；C.氮气的氧化性比氧气弱，C错误；D.H、

N、O可以组成HNO3等共价化合物，也可以组成NH4NO3等离子化合物，D正确。

【名师点睛】本题考查的是元素周期律，考查学生对元素在元素周期表的位置、原子结构及.元素的性质三

者之间的关系理解水平。解题时首先要抓住题干中关键信息，准确推断题给元素；然后确定有关短周

期主族元素在周期表中的位置；最后依据同周期、同主族元素性质的递变规律来推断各选项表述是否

正确。

4.（2020.江苏卷）实验室以CaCO3为原料，制备CCh并获得CaCI2.6比0晶体。下列图示装置和原理不

能达到实验目的的是

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A.碳酸钙盛放在锥形瓶中，盐酸盛放在分液漏斗中，打开分液漏斗活塞，盐酸与碳酸钙反应生成

氯化钙、二氧化碳和水，故A正确；

B.二氧化碳密度比空气大，用向上排空气法收集二氧化碳气体，故B正确；

C.加入的盐酸与碳酸钙反应后，部分碳酸钙未反应完，碳酸钙是难溶物，因此用过滤的方法分离，故C正

确；

D.CaCl2∙6H2θ易失去结晶水，因此不能通过加热蒸发皿得到，可由氯化钙的热饱和溶液冷却结晶析出六水

氯化钙结晶物，故D错误。

综上所述，答案为D。

5.（2022.江苏卷）下列说法正确是

A.金刚石与石墨烯中的C-C-C夹角都为120

B.SiH八SiCI4都是由极性键构成的非极性分子

C.褚原子&Ge）基态核外电子排布式为4s?4p2

D.IVA族元素单质的晶体类型相同

【答案】B

【解析】

【详解】A.金刚石中的碳原子为正四面体结构，C-C-C夹角为109。28，，故A错误；

B.SiHit的化学键为Si-H,为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子；SiCI4的化学键

为Si-C1,为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子，故B正确；

C.错原子（32Ge）基态核外电子排布式为［Ar］3d∣<>4s24p2,故C错误；

D.IVA族元素中的碳元素形成的石墨为混合晶体，而硅形成的晶体硅为原子晶体，故D错误；

故选Bo

6.（2021.江苏卷）下列有关NH3、NH：、N的说法正确的是

A.NH3能形成分子间氢键

B.NO；的空间构型为三角锥形

C.NE与NH：中的键角相等

D.NH3与Ag+形成的［Ag（NH3）2r中有6个配位键

【答案】A

【解析】

【详解】A.NE能形成分子间氢键，氨分子是一个极性分子，氮原子带有部分负电荷,氢原子带有部分正电

荷，当氨分子互相靠近时，由于取向力的作用，带有部分正电荷的氢原子与另外一个氨分子中的带有部分

负电荷的氮原子发生异性电荷的吸引进一步靠拢，A正确；

B.硝酸根离子的空间构型是个标准的正三角形，N在中间，O位于三角形顶点，N和。都是sp2杂化，B

错误；

C.NE和NH：都是sp3杂化，但NE中存在一个孤电子对，是三角锥结构，而NH：为标准的正四面体，

所以键角是不一样的，NH3中每两个N—H键之间夹角为107。18',正四面体为109。28',C错误；

D.N-H为σ键，配位键也为σ键，则[Ag（NH3）2]+中含有8个C键，2个配位键，D错误；

答案选A。

7.（2022.江苏卷）我国古代就掌握了青铜（铜-锡合金）的冶炼、加工技术，制造出许多精美的青铜器；Pb、

Pbo2是铅蓄电池的电极材料，不同铅化合物一般具有不同颜色，历史上曾广泛用作颜料，下列物质性质与

用途具有对应关系的是

A.石墨能导电，可用作润滑剂

B.单晶硅熔点高，可用作半导体材料

C.青铜比纯铜熔点低、硬度大，古代用青铜铸剑

D.含铅化合物颜色丰富，可用作电极材料

【答案】C

【解析】

【详解】A.石墨是过渡型晶体，质软，可用作润滑剂，故A错误

B.单晶硅可用作半导体材料与空穴可传递电子有关，与熔点高无关，故B错误；

C.青铜是铜合金，比纯铜熔点低、硬度大，易于锻造，古代用青铜铸剑，故C正确；

D.含铅化合物可在正极得到电子发生还原反应，所以可用作电极材料，与含铅化合物颜色丰富无关，故D

错误；

故选C。

8.（2022.江苏省海门市高三上学期期末教学质量调研）现用菱镒矿（主要成分MnCo3,含有FeCo3、CoCo3、

NiCO3等碳酸盐杂质）为原料生产金属镒的工艺流程如图。下列说法正确的是

硫酸MnO2CaO（NH4½S

菱铸矿I⅜⅞∣~~*1」化：.IJ铁I—＞沉降—•……—*拓单质

ɪI

渔渣1CoS、NiS

+

A.“酸浸”时MnCO3发生反应为：2H+CO3^=2H2O+CO2↑

B.MnO2氧化了Fe2+、CO2+、Ni2+

C.“沉降”后溶液中主要存在的离子：NH：、Mn2+sOH-、Soj

D.分离Mn?+与Co?+、Ni?+是利用了它们硫化物KSP的差异性

【答案】D

【解析】

【分析】菱镒矿中加入硫酸酸浸，得到离子为MM+、Fe2∖Co2+、Ni2+,根据“沉降”步骤Co、Ni元素都显

+2价,因此Mno2只是氧化Fe?+,加入CaO,调节pH,使Fe3+以Fe(OH)3形式沉淀，“沉降”加入(NH4)2S,

得到CoS和NiS沉淀，据此分析；

【详解】A.MnCo3难溶于水,“酸浸”时MnCo3+2H+=Mn2++CO2T+H2O,故A错误；

B.根据流程图中，MnO2只氧化Fe?+,Co2∖Ni?+的化合价不变，故B错误；

C.OH-与Mn2+、NH；不能大量共存，故C错误；

D.加入(NH4)2S得到CoS、NiS沉淀，Md+在滤液中，利用它们硫化物KSP的差异性进行分离，故D正确;

答案为D。

9.(2017.江苏卷)菇类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列砧类化合物的说法正确的是

A.a和b都属于芳香族化合物

B.a和C分子中所有碳原子均处于同一平面上

C.a、b和C均能使酸性KMno4溶液褪色

D.b和C均能与新制的CU(OH)2反应生成红色沉淀

【答案】C

t解析】A∙a分子中没有苯环，所以a不属于芳香族化合物，A错误；B.a、C分子中分别有6个和9个

护杂化的碳原子，所以这两个分子中所有碳原子不可能处于同一平面内，B错误；C.a分子中有2个

碳碳双键，b分子中茶环上连接有甲基，c分子中有醛基，这三种物质都能被酸性高镜酸钾溶液氧化，

所以C正确；D.b分子中没有醛基，所以其不能与新制的氢氧化铜反应，D错误。

【.名师点睛】本题考查学生对有机物的分类、结构和性质的掌握情况。解题方法是通过观察、分析有机化

合物的结构，确定其含有的官能团，建立官能团与其特征反应的联系。备考方法是：①掌握有机物的

分类方法，弄清几个基本概念，如芳香族化合物、脂肪烧等；②认识有机物的结构特点，能看懂键线

式、结构简式，能以甲烷、乙烯、乙焕、苯等分子结构为母体分析分子中多原子共面问题；③建立有

机物的结构与性质的联系，掌握常见重要的官能团及其特征反应等；④能正确书写有机反应方程式，

并掌握重要有机反应的反应条件。

10.(2021.江苏卷)N2是合成氨工业的重要原料，NH3不仅可制造化肥，还能通过催化氧化生产HNO3；

HNo3能溶解Cu、Ag等金属，也能与许多有机化合物发生反应；在高温或放电条件下，N2与02反应生成

l

NO,No进一步氧化生成NO2。2N0(g)+02(g)=2N02(g)ΔH=-116.4kJ∙moΓo大气中过量的NOX和水体中

过量的NH：、N0；均是污染物。通过催化还原的方法，可将烟气和机动车尾气中的Ne)转化为N2,也可将

,

水体中的NCh-转化为N2。对于反应2N0(g)+Ch(g)•一2NO2(g),下列说法正确的是

A.该反应的AH<O,ΔS<O

B.反应的平衡'吊数可表示为K=-----六二~J

C(NO2)

C.使用高效催化剂能降低反应的焙变

n(θɔ

D.其他条件相同，增大T⅛,NO的转化率下降

n(NO)

【答案】A

【解析】

l

【详解】A.2NO(g)+θ2(g)=2NO2(g)ΔH=-116.4kJ∙mol,反应气体物质的量减少，AS<O,故A正确；

2

c(NO)

B.2NO(g)+O2(g)∙——=2N0Kg)反应的平衡常数可表示为K=F~-一^^―,故B错误；

-

C(NO)-C(O2)

C.使用高效催化剂，反应的始变不变，故C错误；

n(0)

D.其他条件相同，增大二号2，NO的转化率增大，故D错误；

n(NO)

选A0

11.(2022.南通模拟卷)室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论不正确的是

选

实验操作和现象实验目的或结论

项

A向Pbo2中滴加浓盐酸，出现黄绿色气体PbO2具有氧化性

气体X一定具有强

B向溶有SCh的BaCl2溶液中通入气体X,出现白色沉淀

氧化性

向FeSO4溶液中先加入KSCN溶液，无现象，再加入H2O2

CFe?+具有还原性

溶液，溶液变成血红色

向KI溶液中滴加几滴NaNc)2溶液，再滴加淀粉溶液后变蓝NO2的氧化性比I2

D

色的强

A.AB.BC.CD.D

11.B

【解析】A.向PbO2中滴加浓盐酸，出现黄绿色气体，该气体是Cb,说明Pbo2具有氧化性，可以将HCl

氧化为Ch,A正确；

B.向溶有SCh的BaCI2溶液中通入气体X,出现白色沉淀，该白色沉淀可能是BaSo4,也可能是BaSO3沉

淀。若沉淀为BaSo4,说明气体X具有强氧化性，若沉淀为BaSo3,则该气体可能是碱性气体，与SCh反

应使溶液显碱性，反应产生SO『，SOj与Ba?+反应结合形成BaSO3沉淀，由此说明气体X不一定具有强

氧化性，B错误；

C.Fe?+遇KSCN溶液不变红，Fe3+遇KSCN溶液变红色，由此说明加入的H2O2能使Fe?+氧化为Fe3+,则

Fe?+是该反应中的还原剂，表现出还原性，C正确；

D.向Kl溶液中滴加几滴NaNO2溶液，再滴加淀粉溶液后变蓝色，说明「被NaNo2溶液氧化产生b,卜遇

淀粉溶液变为蓝色，因此说明NO2的氧化性比b的强，D正确；

故合理选项是B。

12.(2021.江苏卷)室温下，通过下列实验探究NaHCo3、Na2CO3溶液的性质。

1

实验1：用PH试纸测量0.1InoILNaHCO3溶液的pH,测得PH约为8

实验2：将SlmolLNaHCCh溶液与0.1moRJCaCI2溶液等体积混合，产生白色沉淀

实验3：向(MmOI∙LNa2CO3溶液中通入Co2,溶液PH从12下降到约为9

实验4：向O.lmolLNa2CO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去

下列说法正确的是

A.由实验1可得出：Ka2(H2CO3)>

Kal(H2CO3)

2+

B.实验2中两溶液混合时有：c(Ca)∙c(CO3^)<Ksp(CaCO3)

C.实验3中发生反应的离子方程式为CO；+H2O+CO2=2HCO;

D.实验4中C反应而(COg)<c反应后(C0，)

【答案】C

【解析】

【详解】A∙实验1：用PH试纸测量O.lmol∙L」NaHCO3溶液的pH,测得PH约为8,c(H÷)>c(OH)o

则碳酸氢钠溶液的水解程度大于电离程度。由实验1可得出：c(Na+)>c(HCO3)>c(H2CO3)>c(Cθ;),

“HCO∙BO!I'HQtKW0H2H,C0,

+iιxj~<““、=------=,

Kw=HOH-,Kai=-----------,Kaa22=----------,Ka2(H2COs)=------------

H2CO3HCO]HC0；Kill(H2CO3)HCO-

A错误；

B.实验2：将0.1mol∙LdNaHCo3溶液与().Imol∙L√CaCl2溶液等体积混合，产生白色沉淀碳酸钙，则

2+

由沉淀溶解平衡原理知，实验2中两溶液混合时有：c(Ca)∙c(CO；')>Ksp(CaCO3),B错误；

C.等物质的量浓度的碳酸钠碱性大于碳酸氢钠。实验3：0.1mol∙L7,Na^CC^溶液中通入一定量的CO2,

溶液PH从12下降到10,则实验3中发生反应的离子方程式为CO,+H2O+CO2=2HCO;,C正确；

D.由图知：Na2CO3和盐酸反应是放热反应，NaHCo3和盐酸反应是吸热反应，c反应而(CO^)>c反应后(CO

3^).D错误;

答案选C。

13.(2022.江苏卷)乙醇-水催化重整可获得H2。其主要反应为

C2H,OH(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g)ΔH=173.3kJ∙moΓ',

l5

CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=41.2kJ∙moΓ,⅛LOxlOPa、％(C2H5OH):n始他0)=1:3时,

若仅考虑上述反应，平衡时co2和CO的选择性及H2的产率随温度的变化如图所示。

n生成(Co)

CO的选择性=X100%,下列说法正确的是

rι生成(C02)+n生成(CO)

A.图中曲线①表示平衡时H?产率随温度的变化

B.升高温度，平衡时CO的选择性增大

n(CHOH)

C.一定温度下，增大'2/Usc∖’可提高乙醇平衡转化率

n(H20j

D.一定温度下，加入Cae)(S)或选用高效催化剂，均能提高平衡时H?产率

【答案】B

【解析】

【分析】根据已知反应①C2H5OH(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g)ΔH=173.3kJ∙moΓ',反应②

1

CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=41.2kJ∙mol-,且反应①的热效应更大，温度升高的时候对反应①

影响更大一些，根据选择性的含义，升温时Ce)选择性增大，同时C02的选择性减小，所以图中③代表Co

的选择性，①代表CCh的选择性，②代表H2的产率，以此解题。

【详解】A.由分析可知②代表H2的产率，故A错误；

B.由分析可知升高温度，平衡时CO的选择性增大，故B错误；

n(C,HsOH)

C.一定温度下，增大一；LJ、，可以认为开始时水蒸气物质的量不变，增大乙醇物质的量，乙醇的平

n(H2O)

衡转化率降低，故C错误；

D.加入Cao(S)或者选用高效催化剂，不会影响平衡时H?产率，故D错误；

故选B。

二、非选择题：共4题，共61分。

14.(2022.江苏卷)硫铁化合物(FeS、FeS2等)应用广泛。

(1)纳米FeS可去除水中微量六价倍[Cr(VI)]。在pH=4~7的水溶液中，纳米FeS颗粒表面带正电荷，

Cr(VI)主要以HC2」、Cr2O^->CrOf等形式存在，纳米FeS去除水中Cr(VI)主要经过“吸附一反应一沉

淀'’的过程。

已知：KSP(FeS)=6.5?IO-%Ksp[Fe(OH)2]=5.0?，H?S电离常数分别为K⅛=l.l?。、

K)12=1.3?T3。

①在弱碱性溶液中，FeS与Cro孑反应生成Fe(OH)3、Cr(OH)③和单质S,其离子方程式为。

②在弱酸性溶液中，反应FeS+fΓ.-Fe2++HS的平衡常数K的数值为。

③在pH=4~7溶液中，pH越大，FeS去除水中Cr(Vl)的速率越慢，原因是。

(2)FeS?具有良好半导体性能。FeS?的一种晶体与NaCl晶体的结构相似，该FeS2晶体的一个晶胞中S；

的数目为,在FeS2晶体中，每个S原子与三个Fe?+紧邻，且Fe-S间距相等，如图给出了FeS2晶

胞中的Fe?+和位于晶胞体心的s；(s；中的S-S键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他S；己省略)。如图中

用将其中一个S原子与紧邻的Fe2+连接起来。

O-O⅛∙Fc,4

(3)FeS2、FeS在空气中易被氧化，将FeS2在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS?

的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。800C时，FeS?氧化成含有两种元素的固体产物为(填

化学式，写出计算过程)。

5

【答案】(1)①.FeS+CrO：+4HQ=Fe(OH)3+Cr(OH)3+S+2OH②.5x10^③.C(OH)越

大，FeS表面吸附的Cr(VI)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(VI)中CrO孑物质的量分数越大

(2)①4(2).

0-0⅛∙Fej∙

(3)Fe2O3;设FeS2氧化成含有两种元素的固体产物化学式为Feoχ,M(FeS2)=120g∕mol,则

3

M(F⅛OJ=120g∕mol×66.7%=80.04g∕mol,则56+16χ=80.04,x=-,即固体产物为Fe2O3

【解析】

【小问1详解】

在弱碱性溶液中，FeS与CrOf反应生成Fe(OH)3、Cr(OH)3和单质S的离子方程式为：

FeS+CrO；+4H2O=Fe(OH)3+Cr(OH)3+S+2OH；反应FeS+H*Fe2++HS的平衡常数K=

c(Fe2+)∙c(HS)2+218

-由题目信息可知，Ksp(FeS)=c(Fe)∙c(S')=6.5×IO,H?S电离常数

)=1.3x10”,所以K=C(Fe?：,HS)=K(FeS)÷Ka2=5xl(r5；在pH=4~7溶液中,

c(HS)c(H)

PH越大，FeS去除水中Cr(VI)的速率越慢，是由于C(OH-)越大，FeS表面吸附的Cr(VI)的量越少，FeS

溶出量越少，Cr(Vl)中Cro孑物质的量分数越大；故答案为：

5

FeS+CrO；+4H2O=Fe(OH)3+Cr(OH)3+S+2OH;5×10^；C(OH)越大，FeS表面吸附的Cr(Vl)的量

越少，FeS溶出量越少，Cr(VI)中CrO彳物质的量分数越大。

【小问2详解】

因为FeS?的晶体与NaCl晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知,一个NaCl晶胞含有4个Na和4个Cl,

则该FeS2晶体的一个晶胞中S；的数目也为4；FeS?晶体中，每个S原子与三个Fe?*紧邻，且Fe-S间距相

2+

等,根据FeS2晶胞中的Fe和S；的位置(S；中的S-S键位于晶胞体对角线上)可知，每个S原子与S—S键

所在体对角线上距离最近的顶点相邻的三个面的三个面心位置的Fe2+紧邻且间距相等，其中一个S原子与

紧邻的Fe?*连接图如下:

【小问3详解】

有图可知，800C时，氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS?的质量的比值为66.7%,设FeS2氧化成含有

两种元素的固体产物化学式为FeOx,M(FeS-=120g∕mol,则M(FeO*)=120g∕molχ66.7%=80.04g∕mol,

3

56+16x=80.04,x=-，所以固体产物为Fe2O3;故答案为：Fe2O3;设FeS,氧化成含有两种元素的固体产

2^

物化学式为FeOX,M(FeS-=120g∕mol,则M(FeOX)=I20g∕molx66∙7%=80.04g∕mol,则56+16x=80.04,

3

X=—，即固体产物为FezCh。

2

15.(2019.江苏卷)化合物F是合成一种天然葭类化合物的重要中间体，其合成路线如下:

(1)A中含氧官能团的名称为和.

(2)ATB的反应类型为o

(3)CTD的反应中有副产物X(分子式为C∣2H∣5θ6Br)生成，写出X的结构简式：

(4)C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：。

①能与FeCb溶液发生显色反应;

②碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1：1。

ft

⑸已知：MgI)R'/C、RR、/OH(R表示煌基，R，和R”表示

A

R-Cl--------ARMgCl-「丁

无水乙醒2)H3ORR

OH

COOCH3

Cf√HCH2f的合成路线

煌基或氢），写出以和CH3CH2CH2OH为原料制备

CH

3CH3

流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。

(XH2OCH3

③.取代反应④.B'丫、⑤.

【答案】①.（酚）羟基②.援基

xis

CH3OCH2(T^CO(X'H3

O2

⑥.CH3CH2CH2OH7~~Γ*CH3CH2CHO

Cu,△

【解析】

【分析】有机物A和SoCI2在加热条件下发生取代反应生成B,B和甲醇发生取代反应生成C,C和

CH3OCH2CI在三乙胺存在条件下发生取代反应生成D,D和CH3I在K2CO3条件下发生取代反应生成E,E

在LiAlH4条件下发生还原反应生成F,据此解答。

【详解】（1）由A的结构简式可知，A中含氧官能团为-OH和-COOH,名称为（酚）羟基、较基，

故答案为（酚）羟基；段基；

（2）根据以上分析可知，ATB的反应中-CoOH中的羟基被氯原子取代，反应类型为取代反应，

故答案为取代反应；

（3）观察对比C、D的结构可知，CTD的反应中酚羟基上的氢原子被-CH2OCH3取代生成D,根据副产物

X的分子式C12Hl5O6Br,C→D的反应生成的副产物为C中两个酚羟基都发生了取代反应，可知X的结构

简式为

故答案为

CH3OCH2CCCXKHj

(4)C为,C的同分异构体满足以下条件：①能与Feeb溶液发生显色反应，说明含有

HCTOOCHj

酚羟基；②碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1:1,说明含苯环的产物

分子中有两种类型的氢原子且数目相等，应为间苯三酚，则该同分异构体为酚酯，结构简式为

乂式ɪ

(5)根据逆合成法，若要制备,根据题给已知可先制备和CH3CH2CHO。结

C(XKHj

合所给原料，1-丙醇催化氧化生成CH3CH2CHO,参考题中ETF的反应条件,在LiAIH4条

CH3

八VemOH

件下发生还原反应生成和HCl发生取代反应生成

CCCHA

Mg、无水乙醛条件下发生已知中的反应生成和CHCHCHO在一定条件下反

CCCH.32

Λ■-KQH

应生成QC晨HEQh

所以合成路线设计为:

CH3CH2CH2OH-Γ⅛CH3CH2CHO,

故答案为

CH3CH2CH2OHT⅛CH3CH2CHO,

【点睛】本题以化合物F的合成路线为载体，考查官能团的识别、反应类型的判断、副产物结构简式的推

导、限定条件同分异构体的书写、有机合成路线的设计•难点是有机合成路线的设计，有机合成路线的设

计，先对比原料和产物的结构，采用“切割化学键”的分析方法，分析官能团发生了什么改变，碳干骨架发生

了什么变化，再根据有机物的之间的相互转化和题给信息进行设计。

16.(2021.江苏卷)以软锈矿粉(含MnO2及少量Fe、AKSi、Ca、Mg等的氧化物)为原料制备电池级MnO2。

(1)浸取。将一定量软镒矿粉与Na2SO3、H2SO4溶液中的一种配成悬浊液，加入到三颈瓶中(图1),70℃

下通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应，过滤。滴液漏斗中的溶液是—:Mne)2转化为Mi?+的离

子方程式为一。

图I

(2)除杂。向已经除去Fe、Al、Si的MnSO4溶液(PH约为5)中加入NH4F溶液，溶液中的Ca?+、Mg2+形

C(Ca2+)

成氟化物沉淀。若沉淀后上层清液中c(F)=0.05mol∙LL则[Ksp(MgF2>5×10-",

c(Mg2+)

9

Ksp(CaF2)=SxlO-I

(3)制备MnCO3o在搅拌下向IOOmLlmoI匕MnSC)4溶液中缓慢滴加ImOILNH4HCCh溶液，过滤、洗涤、

干燥，得到MnCO3固体。需加入NH4HCO3溶液的体积约为一o

(4)制备Mno2。MnCO3经热解、酸浸等步骤可制备MnO2。MnCO3在空气气流中热解得到三种价态镭的

某价态镒的氧化物中镒元素质量

氧化物,锌元素所占比例(XIOo%)随热解温度变化的曲线如图2所示。

镒元素总质量

已知：MnO与酸反应生成M*+;MmCh氧化性强于Cb,加热条件下MmS在酸性溶液中转化为Mnc)2和

Mn2+o

为获得较高产率的Mno2,请补充实验方案：取一定量MnCo3置于热解装置中，通空气气流，—，固体干

燥，得到MnO2。(可选用的试剂：lmolL∣H2SO4溶液、2mol∙L-Hel溶液、BaCI2溶液、AgNO3溶液)。

2

【答案】(1)①.H2SO4溶液②.MnO2+SOɜ-+2H÷=Mn÷+SO；+H2O

(2)100(3)200mL

(4)加热到450℃充分反应一段时间，将固体冷却后研成粉末，边搅拌边加入一定量ImoILl稀H2SO4,

加热，充分反应后过滤，洗涤，直到取最后一次洗涤滤液加盐酸酸化的OlnoHJBaCb溶液不变浑浊

【解析】

【小问1详解】

若三颈瓶中先加入硫酸溶液，向其中滴加Na2SO3溶液则易生成S02导致Na2SO3的利用率减小，故滴液漏

斗中的溶液是H2SO4溶液；MnO2被亚硫酸根还原为M#+的离子方程式为：MnO2+SO+2H+=Mn2++SO

+H2O;

【小问2详解】

2+

c(Ca)Ksp(CaF2)IL

------------------二-------------------------------------------=1Uu•

c(Mg2+)KSP(Mg耳)KD'

【小问3详解】

该反应的化学方程式2NH4HCO3+MnSO4=MnCO3+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑,由方程式可知NH4HCO3⅛

MnSO4的物质的量之比为2：1,需加入NH4HCO3溶液的体积约为20OmL；

【小问4详解】

根据图像在450℃左右MnO2占比最高,所以加热到450℃最佳,MnO与酸反应生成Mn2+,故用酸除MnO,

MmCh氧化性强于CL,用盐酸会发生氧化还原生产氯气。因此，该实验方案可补充为：加热到450C充分

反应一段时间后，将固体冷却后研成粉末，向其中边搅拌边加入一定量ImOI∙L-∣稀H2SO4,加热，充分反应

后过滤，洗涤，直到取最后一次洗涤滤液加盐酸酸化的0.1mol∙L-∣BaC12溶液不变浑浊。

17.(2022.江苏卷)氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。

⑴“CUCl-Hq热电循环制氢”经过溶解