重组卷02-2023年高考化学真题重组卷（江苏）（解析版）

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冲刺2023年高考化学真题重组卷02

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.（2022.江苏省新高考基地学校第三次大联考）双氧水和“84”消毒液两者混合时可发生反应：

NaC10+H202=NaCl+02↑+H2O。下列有关说法正确的是

A.反应属于置换反应B.NaClO中含有极性共价键

C.固体NaCl为分子晶体D.反应中H2O2作氧化剂

【答案】B

【解析】

【详解】A.置换反应是单质和化合物生成单质和化合物的反应，A错误；

B.NaCIO中氯和氧之间的共价键是极性共价键，B正确；

C.固体NaCl为离子晶体，C错误；

D.反应中H2。？中氧由-1价变为0价，作还原剂，D错误；

故选B„

2.（2018.江苏卷）用化学用语表示NH3+HCl^NH4Cl中的相关微粒，其中正确的是（）

A.中子数为8的氮原子：SNB.HCl的电子式：H

C.NH3的结构式："一｝一"D.er的结构示意图：,

【答案】c

【解析】

【分析】A、中子数为8的氮原子的质量数为15；

B、HCl中只含共价键；

C、NH3中含个N-H键；

D、Cr最外层有8个电子。

【详解】A、中子数为8的氮原子的质量数为15,可表示为；N,选项A错误;

B、HCl中只含共价键，其电子式为H电1,选项B错误;

11选项正确;

C、NH3中含个N-H键，NH3的结构式为:ʌ",C

H

D、Cr最外层有8个电子，C「的结构示意图为，选项D错误。

O/〃

答案选C。

【点睛】本题考查化学用语，侧重考查原子结构、离子结构示意图、电子式和结构式，注意它们之间的区

别是解题的关键，如原子结构示意图与离子结构示意图的区别、共价化合物和离子化合物的区别、电子式

与结构式的区别等。

3.（2019.江苏卷）下列实验操作能达到实验目的的是

气体

NaOH溶液

甲乙

A.用经水湿润的PH试纸测量溶液的PH

B.将4.0gNaOH固体置于IOOmL容量瓶中，加水至刻度，配制1.00OmoI.L-NaOH溶液

C.用装置甲蒸干AICb溶液制无水AlCl3固体

D.用装置乙除去实验室所制乙烯中的少量SO2

【答案】D

【解析】

【分析】此题考查基本实验操作，根据溶液PH的测量、物质的量浓度溶液的配制、盐类水解的应用、物质

除杂的原则作答。

【详解】A.用水湿润的PH试纸测量溶液的PH所测为稀释液的pH,不是原溶液的pH,实验操作错误，不

能达到实验目的，A项错误；

B.配制物质的量浓度的溶液的实验步骤为：计算、称量(或量取)、溶解(或稀释)、冷却、转移及洗涤、

定容、摇匀、装液，由于容量瓶上有容积、温度和唯一刻度线，若将氢氧化钠直接置于容量瓶中，加水后

氢氧化钠溶于水会放热引起容量瓶的容积发生变化，引起实验误差，B项错误；

C.在AlCb溶液中存在水解平衡：AICl3+3H2O=Al(OH)3+3HCI,若用甲装置蒸干氯化铝溶液，由于

HCl的挥发，加热后水解平衡正向移动，最终AICb完全水解成氢氧化铝固体，不能得到AlCb固体，C项

错误；

DSCh属于酸性氧化物，能被NaOH溶液吸收，乙烯与NaOH溶液不反应且乙烯难溶于水，可通过盛有NaOH

溶液的洗气瓶除去乙烯中少量的Sθ2,D项正确；

故选D。

【点睛】本题易错选C项，盐溶液蒸干后能否得到原溶质与溶质的性质有关，一般溶质为挥发性酸形成的

强酸弱碱盐、不稳定性的盐、具有强还原性的盐，加热蒸干不能得到原溶质。

4.(2021.江苏卷)下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是

A.铁粉能与02反应，可用作食品保存的吸氧剂

B.纳米Fe3O4能与酸反应，可用作铁磁性材料

C.FeCb具有氧化性，可用于腐蚀印刷电路板上的Cu

D.聚合硫酸铁能水解并形成胶体，可用于净水

【答案】B

【解析】

【详解】A.因为铁粉能与02反应，所以可用作食品保存的吸氧剂，A正确；

B.纳米Fe3O4具有磁性，可用作铁磁性材料，B错误；

C.FeCI3与CU反应生成FeCI2和CUCI2,主要利用其氧化性，C正确；

D.聚合硫酸铁能水解并形成胶体，具有吸附性，可用于净水，D正确；

故选B。

5.(2019.江苏卷)短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原

子的最外层有2个电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料∙，W与X位于同一主族。下列说法正确

的是

A.原子半径：,(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)

B.由X、Y组成的化合物是离子化合物

C.Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强

D.W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强

【答案】B

【解析】

【分析】X是地壳中含量最多的元素，因此X为O元素，Y的最外层有两个电子，且Y是短周期元素，原

子序数大于0,因此Y为Mg元素，Z的单质晶体是广泛应用的半导体材料.，所以Z为Si元素，W与X同

主族，且W是短周期元素，原子序数大于X,所以W为S元素；据此解题；

【详解】A.元素周期表中，同族元素原子半径随核电荷数增加而增加，。位于第二周期，其他元素位于第三

周期，因此。的原子半径最小，同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径应为r(Mg)>r(Si)

>KS)>r(0),故A错误；

B.X为0元素，Y为Mg元素，两者组成的化合物氧化镁为离子化合物，故B正确；

C.Z为Si元素，W为S元素，因为S的非金属性强于Si,所以S的最高价氧化物对应水化物的酸性强于Si

的，故C错误；

D.W为S元素，X为0元素，因为O的非金属性强于S,所以。的气态氢化物的热稳定性强于S的，故D

错误；

总上所述，本题选B。

【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的推断、原子结构与元素性质，题目难度不大，应先根据提示

推断所给原子的种类，原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培

养了学生的分析能力及灵活应用能力。

阅读下列材料，完成6-8题：氨气是一种重要的化工原料，以氨为原料可以生产化肥和硝酸，在催化剂条件

下，氨催化氧化生成N0,进而继续被氧化为NCh,再与水反应生成硝酸，氨气与硝酸反应可得氮肥硝酸镀。

4NH3(g)+5O2(g)∙——'4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-905.8kJ∙mol'o工业上将含NCh废气通入氢氧化钠溶液中可

获得NaNO3和NaNO2,也可向废气中通入NH3在催化剂的条件转化为无毒无害的气体排放。

6.(2022.江苏省海门市高三上学期期末教学质量调研)下列说法正确的是

A.NH3转化为NH：,键角变大

B.[Cu(NH3)4]+中含有离子键、配位键

C.NO：空间构型为直线形

D.氨气易溶于水的原因是氨气分子间存在氢键

【答案】A

【解析】

【详解】A.氨气中有孤对电子，氨气转化为钱根离子键角变大，A正确；

B.[Cu(NH3)4]+中含有配位键和极性共价键，不含离子键，B错误：

C.NO；中氮原子价层电子对数为2+1χ(5+l-2x2)=3,含有一对孤对电子，空间构型为V形，C错误；

2

D.氨气易溶于水的原因是氨气分子与水分子之间能形成氢键，D错误；

答案选A。

7.(2022.江苏省海门市高三上学期期末教学质量调研)指定条件下，下列选项物质间转化不能一步实现的

是

一＞3+H＞

A.NH3----ɪN2B.AlNH``A10-

。＞

C.NO2H2NOD.NH3一蛆独→NH4HSO4

【答案】B

【解析】

【详解】A.8NH3+6NO2催化剂＞7N2+12H2θ,故NH3——⅛一＞N2能够一步转化，A不合题意；

B.AF++3NH3∙H2O=Al(OH)3J+3NH：,Al(OH)3沉淀不与过量的NH3H2O反应，故AF+NHrHq＞AIO]不

能一步转化，B符合题意；

C.3NO2+H2O=2HNO3+NO,故NCh-i^→N0能够一步转化，C不合题意；

D.NH3+H2SO4=NH4HSO4,故NH3—I^k→NH4HS04能够一步转化，D不合题意；

故答案为：Bo

8.(2022.江苏省海门市高三上学期期末教学质量调研)下列说法不正确的是

A.该反应在高温、低温条件下都能自发进行

B.催化剂的使用能改变反应的活化能但不能降低反应的焰变

C分离出HzO(g),平衡右移，正反应速率增大

D.ImolN—H断裂的同时有ImoIc)—H断裂说明反应到达该条件下的平衡状态

【答案】C

【解析】

【详解】A.由题干信息可知，该反应是一个炳增的放热反应，故在高温、低温条件下都能自发进行，A正

确；

B.催化剂的使用能改变反应的活化能从而改变反应速率，改变反应途径，根据盖斯定律可知催化剂不能降

低反应的焰变，B正确;

C.分离出H2O（g）,由于生成物浓度减小，逆反应速率突然减慢，平衡右移，导致反应物浓度也减小，则正

反应速率减慢，C错误;

D.已知反应平衡时12molN-H键断裂的同时12molO-H断裂，即ImOIN-H断裂的同时有ImOIO-H断裂

说明反应到达该条件下的平衡状态，D正确;

故答案为：C0

9.（2021.江苏卷）通过下列实验可从L,的CCL溶液中回收L。

I⅜ι⅜⅜I

下列说法正确的是

A.NaOH溶液与L反应的离子方程式：L+2OH-=r+IO；+比0

B.通过过滤可将水溶液与CCL分离

C.向加酸后的上层清液中滴加AgNo3溶液生成Agl沉淀，1个AgI晶胞（如图）中含14个「

D.回收的粗碘可通过升华进行纯化

【答案】D

【解析】

【详解】A.选项所给离子方程式元素不守恒，正确离子方程式为：3I2+6OH-=5I-+IO;+3H2O,A错误;

B.水溶液与CCk不互溶，二者应分液分离，B错误；

C.根据均摊法，该晶胞中所含r的个数为8x'+6χJ=4,C错误；

82

D.碘易升华，回收的粗碘可通过升华进行纯化，D正确；

综上所述答案为Do

10.（2020.江苏卷改编）化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体，可由下列反应制得。

下列有关化合物X、Y和Z的说法不正确的是

A.X分子中含手性碳原子

B.Y分子中的碳原子一定处于同一平面

C.Z在浓硫酸催化下加热可发生消去反应

D.X、Z分别在过量NaC）H溶液中加热，均能生成丙三醇

【答案】B

【解析】

【分析】

CH2-pl]-CH2红色碳原子为手性碳原子，故A说法正确;

【详解】A.X中

CI

b中与氧原子相连接的碳原子之间化学键为单键，可以旋转，因此左侧甲基

CH3O

上碳原子不一定与苯环以及右侧碳原子共平面，故B说法错误;

OCH2-CH-CH2

E-6OHci^中与羟基相连接的碳原子邻位碳原子上有氢原子，在浓硫酸

CCH3O

作催化并加热条件下，能够发生消去反应，故C说法正确;

D.Vl2^V^V,2中含有卤素原子，在过量氢氧化钠溶液并加热条件下能够发生取代反应生成丙三醇,

onOHci

OCH,-CH-CH

2-8"OHCl2^在氢氧化钠溶液作用下先发生水解反应生成

CH3O

然后CiH厂(IH-(IH2在氢氧化钠溶液并加热条件下能够发生取代反应生成丙三醇,

OHOHClOHOHCl

故D说法正确;

综上所述，说法不正确的是：Bo

【点睛】醇类和卤代燃若发生消去反应，则醇分子中羟基(-0H)或卤代燃中卤原子相连的碳原子必须有相邻

的碳原子，且此相邻的碳原子上还必须连有氢原子时，才可发生消去反应。

II.(2018.江苏卷)根据下列图示所得出的结论不正确的是

甲乙

A.图甲是CO(g)+H2O(g)^CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的AH<0

B.图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2)随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行

FhCh分解速率逐渐减小

C.图丙是室温下用0.1OOOmol[TNaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol∙Ll某一元酸HX的滴定曲线，说明

HX是一元强酸

D,图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2+)与C(SO4?-)的关系曲线,

2

说明溶液中C(SO4")越大c(Ba2+)越小

【答案】C

【解析】

【分析】A.升高温度，IgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反

应的AH<0；

B.根据图像，随着时间的推移，c(H2O2)变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小;

C.根据图像，没有滴入NaoH溶液时，0.100Omol/LHX溶液的pH〉1,HX为一元弱酸;

22+2

D.根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-Igc(SO4-)越小，-Igc(Ba)越大，说明C(SO4")越大

(Ba2+)越小。

【详解】A.升高温度，IgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反

应的AH<O,A项正确;

B.根据图像，随着时间的推移，c(H2O2)变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小，B项

正确；

C.根据图像，没有滴入Nae)H溶液时，0.1OOOmOI/LHX溶液的pH〉1,HX为一元弱酸，C项错误；

22+2

D.根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-Igc(SO4-)越小，-Igc(Ba)越大，说明C(SO4O越大

c(Ba2+)越小,D项正确;

答案选C。

【点睛】本题考查图像的分析，侧重考查温度对化学平衡常数的影响、化学反应速率、酸碱中和滴定PH曲

线的分析、沉淀溶解平衡曲线的分析，掌握有关的原理，明确图像中纵、横坐标的含义和曲线的变化趋势

是解题的关键。

25

12.(2018.江苏卷改编)H2C2O4为二元弱酸，KΛ∖(H2C2O4)=5.4X10^,Aa2(H2C2O4)=5.4×10^,设H2C2O4

2l

溶液中CCg=C(FhCzCU)+C(HC2O4-)+C(C2O4-)O室温下用NaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol∙LH2C2O4

溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是

A.0.1000mol∙L-∣H2C2O4溶液：c(H+)=0.1000mol∙L∣+c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2O4)

B.c(Na+)=c(总)的溶液：c(Na+)>c(H2C2O4)>c(C2O42^)>c(H+)

+2

C.pH=7的溶液：c(Na)=0.1000mol∙V+c(C2O4')-c(H2C2O4)

++

D.c(Na)=2c(总)的溶液：c(OH-)-c(H)=C(H2C2O4)+c(HC2O4-)

【答案】A

【解析】

+21

【详解】A.H2C2O4溶液中的电荷守恒为C(H)=c(HC2O4)+2c(C2O4-)+c(OH),0.1000mol∙LH2C2O4

2

溶液中0.1000mol∕L=c(H2C2O4)+c(HC2O4)+c(C2O4'),两式整理得C(H+)=0.ɪ000mol∕L-c(H2C2O4)

2

+c(C2O4-)+c(OH),A项正确;

B.c(Na+)=c(总)时溶液中溶质为NaHC2O4,HCzOr既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2。1水解的离

子方程式为HC2O4+H2O^^HCO+OH-,HC2O4-水解常数Kh=.宇。Hl

224

c(HC2O4)

c(HCO)∙c(OH)∙c(H+)KWIxlO-'4

224=L85xl()T3«Ka2(H2C2O4),HC2O4一的电离程

-+2

c(HC2O4-)∙c(H)Kal(H2C2O4)^5.4×10^

2

度大于水解程度，则C(C2O4)>c(H2C2O4),B项错误；

++2

C.滴入NaoH溶液后，溶液中的电荷守恒为C(Na)+c(H)=c(HC2O4)+2c(C2O4-)+c(OH),室

++22

温pH=7即C(H)=c(OH),则C(Na)=C(HC2O4)+2c(C2O4')=C(总)+c(C2O4')-c(H2C2O4),

+2

由于溶液体积变大,c(总)<O.IOO()mol∕L,C(Na)<0.ɪ0()0mol∕L+c(C2O4')-c(H2C2O4),C项错误;

++

D.c(Na)=2c(总)时溶液中溶质为Na2C2O4,溶液中的电荷守恒为C(Na+)+c(H)=C(HC2O4)+2c

2+2

(C2O4-)+c(0H),物料守恒为c(Na)=2[c(H2C2O4)+c(HC2O4)+c(C2O4-)],两式整理得c(OH)

+

-C(H)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4),D项错误;

答案选A。

【点睛】本题考查溶液中粒子浓度的大小关系。确定溶液中粒子浓度大小关系时，先确定溶质的组成，分

析溶液中存在的平衡，弄清主次(如B项)，巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒(质子守恒一般可由电荷

守恒和物料守恒推出)。注意加入NaoH溶液后，由于溶液体积变大，c(总)<0.1000mol∕Lo

13.(2019.江苏卷改编)在恒压、NO和02的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度

下No转化为NCh的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下Ne)的平衡转化率随温度的变化)。下

举

⅛

J7

⅜

0⅜

N

B.图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率

C.图中Y点所示条件下，增加02的浓度不能提高NO转化率

D.380℃下，C(O2)=5.0xlO^moiLT,NO平衡转化率为50%,则平衡常数K<2000

【答案】B

【解析】

【详解】A.随温度升高NO的转化率先升高后降低，说明温度较低时反应较慢，一段时间内并未达到平衡,

分析温度较高时，已达到平衡时的No转化率可知，温度越高No转化率越低，说明温度升高平衡向逆方向

移动，根据勒夏特列原理分析该反应为放热反应，AH<O,故A错误；

B.根据上述分析，X点时，反应还未到达平衡状态，反应正向进行，所以延长反应时间能提高NO的转化率，

故B正确；

C.Y点，反应已经达到平衡状态，此时增加的浓度，使得正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方

向移动，可以提高No的转化率，故C错误；

D.设NO起始浓度为amol∕L,NO的转化率为50%,则平衡时NO、Ch和NO2的浓度分别为O.5amol/L、

C(No,)(0.5α)2

(5×10∙4-0.25a)mol∕L,0.5amol∕L,根据平衡常数表达式K=F--~J—

c"(NO)∙c(O,)(0.5α)2χ(5χl(Γ4-0.5。)

----------=2000,故D错误;

5×10^4

故选B0

【点睛】解本题时需要注意：实线中在最高点之前反应没有达到平衡状态，主要讨论温度对化学反应速率

的影响；最高点之后反应达到平衡状态，可以研究温度对化学平衡的影响。

二、非选择题：共4题，共61分。

14.（2021.江苏卷）以锌灰（含Znc）及少量PbO、CU0、Fe2O3,SiO?）和Fe2（SO4）3为原料制备的ZnFe2。4脱

硫剂，可用于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示为

稀硫酸FeXSOJ溶液NaHCO3溶液

O2含HzS煤气

（1）“除杂''包括加足量锌粉、过滤加H2O2氧化等步骤。除Pb?+和C/+外，与锌粉反应的离子还有—（填化

学式）。

（2）“调配比”前，需测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取2.5OmL除去Fe3+的ZnSo4溶液于IOomL容量瓶中，

加水稀释至刻度；准确量取20.0OmL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加氨水调节溶液PH=I0,用

0.015Omol∙L∣EDTA（Na2H2Y）溶液滴定至终点（滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2"）,平行滴定3次，平均消耗EDTA

溶液25.00mLo计算ZnSO4溶液的物质的量浓度—（写出计算过程）。

（3）400℃时，将一定比例H2、CO,CO2和HzS的混合气体以一定流速通过装有ZnFezCU脱硫剂的硫化反

应器.

①硫化过程中ZnFe2O4与H2,H2S反应生成ZnS和FeS,其化学方程式为一。

②硫化一段时间后，出口处检测到COSo研究表明ZnS参与了H2S与Co2生成COS的反应，反应前后ZnS

的质量不变，该反应过程可描述为一O

（4）将硫化后的固体在N2:O2=95:5（体积比）的混合气体中加热再生，固体质量随温度变化的曲线如图所

示。在280~400°C范围内，固体质量增加的主要原因是一o

200400600800

温度/℃

【答案】⑴Fe3+ʌH+

(2)0.7500mol∙L^l

40∩0O

(3)①.ZnFe2θ4+3H2S+H2.…一.ZnS+2FeS+4H2O②.ZnS+CO2=ZnO+COS；

ZnO+H2S=ZnS+H2O

(4)ZnS和FeS部分被氧化硫酸盐

【解析】

【分析】锌灰含Zno及少量Pb0、CU0、Fe2O3,SiCh,力口入稀硫酸浸取，SiO2和硫酸不反应，过滤出SiO2,

所得溶液中含有硫酸锌、硫酸铅、硫酸铜、硫酸铁、硫酸，加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌

反应，加H2O2氧化，再加入硫酸铁调节锌、铁的配比，加入碳酸氢钠沉锌铁，制得脱硫剂ZnFezOm

【小问1详解】

“除杂”加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，除Pb?+和C/+外，与锌粉反应的离子还有Fe3+、

+

Ho

【小问2详解】

根据Z∏2++γ4=ZnY2-,可知20.0OmL稀释后的溶液中含ZnSO4的物质的量为

3.75X10"mol=075∣zι

0.025L×0.015mol∙L-1=3.75×10-4mol;ZnSo4溶液的物质的量浓度为CU,,、?—20^^'ɪɪɪɑ

2.5×10-×

100

【小问3详解】

①硫化过程中ZnFe2O4与H2、ES反应生成ZnS和FeS,铁元素化合价由+3降低为+2、氢气中H元素化合

400℃

价由0升高为+1,根据得失电子守恒，其化学方程式为ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2θ;

②硫化一段时间后，出口处检测到COSo研究表明ZnS参与了H2S与Ce)2生成COS的反应，反应前后ZnS

的质量不变，ZnS为催化剂，该反应过程可描述为ZnS+CO2=ZnO+COS;ZnO+H2S=ZnS+H2O;

小问4详解】

在280~40(ΓC范围内，ZnS和FeS吸收氧气，ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐，固体质量增加。

15.(2021.江苏卷)F是一种天然产物，具有抗肿瘤等活性，其人工合成路线如图：

(OA分子中采取sp2杂化的碳原子数目是一。

(2)B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:一。

①分子中不同化学环境的氢原子个数比是222:1。

②苯环上有4个取代基，且有两种含氧官能团。

(3)A+B→C的反应需经历A+B→X→C的过程,中间体X的分子式为C17H17NO6。XTC的反应类型为—。

(4)ETF中有一种分子式为C∣5H∣4O4的副产物生成，该副产物的结构简式为—。

(5)写出以C(\—C%和F―(＞一CH2OH为原料制备

的合成路线流程图—(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）。

NH；NHj

HO.

【答案】（I）7(2)或

【分析】A和B在K2CO3作用、加热条件反应得到C、HF和HzO,C和Hz发生还原反应得到D,D发生取

代反应生成E,E发生取代反应得到Fo

【小问1详解】

从成键方式看，形成双键的中心原子通常采用sp2杂化，醛基和苯环中的碳原子为sp2杂化，饱和C为sp3

杂化，故共有7个碳原子采取sp2杂化；故答案为:7；

【小问2详解】

B的一种同分异构体，环上有4个取代基，且有两种含氧官能团，根据其不饱和度可知，这两种含氧官能团

为羟基和含埃基的官能团；分子中不同化学环境的氢原子个数比是222:1,说明分子结构具有一定的对称

【小问3详解】

由题给C结构式可知，C的分子式为C"H∣5NO5;中间体X的分子式为Ci7H17NO6;结合C的结构简式可知

XTC生成碳碳双键，反应类型为消去反应；故答案为:消去反应;

【小问4详解】

由E与F结构简式可知，ETF为甲氧基被-OH取代，则可能另一个甲氧基也被-OH取代，副产物的分子式

为Ci5H14O4,则其结构简式为:故答案为:

【小问5详解】

以6

和，"为原料制备两个碳环以-O-连接在一起，则一定会发生

类似A+B→C的反应，则需要g^和，故需要cy~6,先得到（ɔ[ɪ*,,

OhoHw

OC得到℃,CC和Yɔ"得到CQ∑>'催化

可设计合成路线为

故答案为：

16.（2018.江苏卷）以CI2、NaOH>（NH2）2CO（尿素）和SCh为原料可制备N2H4∙H2O（水合胧）和无水

Na2SO3,其主要实验流程如下：

NaoH洛滋炭素SO：

Cl2―U步由II一U步J∏IAl步.m卜-Na<O>-T步IIV------►、2SO,

水台蝌溶液

已知：①C12+2OH-^=C1CΓ+Cr+H2θ是放热反应。

②N2H4∙H2O沸点约118℃,具有强还原性，能与NaCIO剧烈反应生成N2

（1）步骤I制备NaClO溶液时，若温度超过40℃,Cb与NaOH溶液反应生成NaCIo3和NaCl,其离子方

程式为:实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是

（2）步骤Il合成N2H4∙H2O的装置如图T所示。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40C以下反应一段时间后,

再迅速升温至Il（TC继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是；使用冷凝管的目的是

图T

（3）步骤IV用步骤In得到的副产品Na2CO3制备无水Na2SO3（水溶液中H2SO3.HS0；、SO1随PH的分

布如图-2所示，Na2SO3的溶解度曲线如图-3所示）。

温度/C

图一3

①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SCh制备NaHSO3溶液。实验中确定何时停止通SO2的实验操作为

②请补充完整由NaHSo3溶液制备无水Na2SO3的实验方案：，用少量无水乙醇

洗涤，干燥，密封包装。

Δ

【答案】⑴.3Cb+6OH=5Cl+Clθ3-+3H2θ（2）.缓慢通入Cb（3）.NaCK）碱性溶液（4）.减

少水合肿的挥发（5）.测量溶液的pH,若PH约为4,停止通SCh（6）.边搅拌边向NaHSO3溶液中滴

加Nae）H溶液，测量溶液pH,PH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在

高于34℃条件下趁热过滤

【解析】

【分析】步骤I中Cb与NaOH溶液反应制备NaClO;步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反

应制备水合睇；步骤In分离出水合啡溶液；步骤IV由SCh与Na2CO3反应制备NazSθ3.据此判断。

【详解】（1）温度超过40Γ,Cl2与NaOH溶液发生歧化反应生成NaCIo3、NaCl和H2O,反应的化学方程

式为3Cb+6NaOH兽=5NaCl+NaClO3+3H2O,离子方程式为3CL+6OH-普=5C1+CIO3+3H2OO由于Cl2

与Nae）H溶液的反应为放热反应，为了减少NaClo3的生成，应控制温度不超过40℃、减慢反应速率；实验

中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是：缓慢通入Cl2。

（2）步骤∏中的反应为NaCIo碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合阴，由于水合股具有强还原性、能与

NaCIo剧烈反应生成N2,为了防止水合阴被氧化，应逐滴滴加NaCIo碱性溶液，所以通过滴液漏斗滴加的

溶液是NaCIO碱性溶液。NaCIO碱性溶液与尿素水溶液在110℃继续反应，N2H4∙H2O沸点约118℃,使用

冷凝管的目的：减少水合朋的挥发。

（3）①向NazCCh溶液中通入SCh制备NaHSO3溶液，根据图示溶液PH约为4时，HSo丁的物质的量分数

最大，则溶液的PH约为4时停止通入SO2;实验中确定何时停止通入SO2的实验操作为：测量溶液的pH,

若PH约为4,停止通SO2。

②由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3,首先要加入NaOH将NaHSO3转化为Na2SO3,根据含硫微粒与PH的

关系，加入Nae)H应调节溶液的PH约为10；根据Na2SO3的溶解度曲线，温度高于34C析出Na2SO3,低

于34℃析出Na2SO3VH2O,所以从Na2SO3溶液中获得无水Na2SO3应控制温度高于34℃。因此由NaHSO3

溶液制备无水Na2SO3的实验方案为：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH,pH约为

10时，停止滴加NaC)H溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤，用少量无水

乙醇洗涤，干燥，密封包装。

【点睛】本题将实验原理的理解、实验试剂和仪器的选用、实验条件的控制、实验操作的规范、实验方案

的设计等融为一体，重点考查学生对实验流程的理解、实验装置的观察、信息的获取和加工、实验原理和

方法运用、实验方案的设计与评价等能力，也考查了学生运用比较、分析等科学方法解决实际问题的能力

和思维的严密性。

17.(2020.江苏卷)CO2/HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。

HHh--------------------------K=------------1

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40

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温度/C

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(I)CO2催化加氢。在密闭容