黄金卷1-2023年高考化学模拟卷（北京卷）（解析版）

【赢在高考・黄金8卷】备战2023年高考化学模拟卷（北京）

黄金卷01

（本卷共19小题，满分100分）

第I部分

本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。

1.新中国化学题材邮票记载了我国化学的发展历程，形象地呈现了人类与化学相互依存的关系。下列邮

票内容所涉及的主要物质不属于有机化合物的是（）

【答案】A

【解析】A项，钢铁属于金属材料，是无机材料的一种；B项，塑料、合成橡胶和合成纤维被称为三大

合成有机材料，橡胶属于有机化合物；C项，乙烯的产量是衡量一个国家石油化工的重要指标，属于有

机化合物；D项，我国科学家在1965年首次合成了具有生命活力的蛋白质——结晶牛胰岛素，属于有机

化合物。

2.（2022•北京模拟）下列化学用语表示正确的是（）

C1

A.PCL的电子式为Cl：P：C1

B.乙焕的球棍模型：产V

-ECH=C6n

I

C.聚氯乙烯的结构简式：C1

（+8）28

D.离子结构示意图：,可表示闻2，也可表示①2-

【答案】D

：C1：P：C1：

••••••

【解析】PCk中P、C1原子最外层都有8个电子，正确的电子式为：9：,A错误；乙快分子中

存在碳碳三键，为直线形分子，球棍模型为B错误；聚氯乙烯的结构简式为

-ECH2—CHi

ci,C错误：为2-、质子数相同，都为氧离子，核外有10个电子，有2个电子层，最

7-<\\

(+8)28

外层电子数为8,结构示意图为‘，D正确。

3.据报道，2012年俄罗斯科学家合成了第117号元素，在实验中生成了6个新原子，其中5个常Ts、1

个鬻Ts。下列关于错Ts和猾Ts的说法不正确的是()

A.常Ts和猾Ts是两种核素

B.帑Ts和常Ts互为同位素

C.mTs和猾TS的中子数分别为176和177

D.常Ts和*Ts的电子数相差1

【答案】D

【解析】n?Ts和猾Ts都是具有一定质子数和一定中子数的原子，因此是两种不同的核素，A正确；制Ts

和常Ts具有的质子数相同，中子数不同，二者互为同位素，B正确；带Ts的质量数是293,质子数是117,

中子数为293—117=176,湖s的质量数是294,质子数是117,中子数为294—117=177,C正确；常Ts

和鬻Ts的质子数都是117,即电子数相等，D错误。

4.下列指定反应的离子方程式正确的是()

2+2+

A.0.1mol•MgCk溶液中力口入足量石灰乳：Mg+Ca(OH)2=Mg(OH)2+Ca

2+

B.0.1mol•CuSO,溶液中加入过量浓氨水：CU+2NH3•H20=Cu(0H)21+2NH(

+

C.向滴有酚配的Na2(X)3溶液中滴入盐酸至红色恰好褪去：C0r+2H=H20+C02t

D.饱和氯水中通入$。2至溶液颜色褪去：Ck+S()2+H20=2H++2Cl-+S0r

【答案】A

【解析】A项，MgCk溶液中加入足量石灰乳生成氢氧化镁沉淀，石灰乳不能写成离子，离子方程式为

2+2+2+

Mg+Ca(OH)2=Mg(OH)2+Ca,正确；B项，浓氨水过量，应生成铜氨络离子，离子方程式为Cu+

2+

4NH:i•H20=[CU(NH3)4]+4H20,错误；C项，酚酿的变色范围为8.2〜10.0,所以红色恰好褪去时溶液

显弱碱性，溶质应为碳酸氢钠，离子方程式为CO『+H+=HCO；,错误；D项，选项所给离子方程式元素

不守恒，正确离子方程式为C12+S02+2H20=41l++2C「+S0:，错误。

5.氨硼烷(Nib-BH3)是一种颇具潜力的固体储氢材料，具有较高的稳定性和环境友好性。下列关于氨硼烷

的说法错误的是()

A.氨硼烷结构与乙烷相似，固态时均为分子晶体

B.氨硼烷与水分子间可形成氢键，故易溶于水

C.分子中N原子的第一电离能小于B原子

D.分子中由N原子提供孤电子对与B原子形成配位键

【答案】c

HH

I—

NB

I—

HH

【解析】氨硼烷（刈3•BID的结构式为,与乙烷类似，固态时是由分子构成的分子晶体,

A正确；氨硼烷中氢原子与氮原子以共价键结合，氮元素电负性较强，和水分子间可以形成氢键，B正确；

同一周期主族元素由左至右第一电离能呈增大趋势，N原子的第一电离能大于B原子，C错误；N原子价

层电子数为5,采取sd杂化，与3个氢原子分别形成一个。键，还有一对孤电子对，B原子价层电子数

为3,采取sd杂化，与3个氢原子分别形成一个。键，还有一个空轨道，所以分子中由N原子提供孤电

子对与B原子形成配位键，D正确。

6.根据SO?通入不同溶液中的实验现象，所得结论不正确的是（）

选项溶液现象结论

A含HCHBaCL的FeCb溶液产生白色沉淀SOz有还原性

BH2s溶液产生黄色沉淀SO2有氧化性

C酸性KMnO”溶液紫色溶液褪色SO?有漂白性

DNa£i03溶液产生胶状沉淀酸性：H2S03>H2Si03

【答案】C

【解析】混合溶液中SOZ被FeCk氧化生成SOr,再与BaCL反应产生白色沉淀，体现了SO2的还原性，

A正确；SO2与HS溶液发生反应SO/+2H2s=3SI+2H2,体现了SO?的氧化性，B正确；SO2使酸性KMnO」

溶液褪色，是SO,在酸性溶液中还原KMnO,生成Mn",体现了SO2的还原性，C错误；SO,与NazSiOs溶液发

生反应产生胶状沉淀，根据较强酸制较弱酸可得酸性：H2S03>H2Si03,D正确。

7.图中展示的是乙烯催化氧化的过程（部分相关离子未画出），下列描述不正确的是（）

CH2=CH2

CH3CHO

A.PdCl厂和Ci?+在反应中都是催化剂

B.该转化过程中，有非极性键的断裂与极性键的形成

C.该转化过程中，涉及反应4Cu++02+4H+=4CU2++2H2。

D.乙烯催化氧化的反应化学方程式为CH2HH2+O2便化到CHKHO+HzO

【答案】D

【解析】过程析消耗CiT,过程V生成C/+,过程I消耗PdClT,过程析生成PdClT,所以PdCl「和

Cu，+在反应中都是催化剂，故A正确；过程V中“转化为HQ,0?中非极性键断裂，生成13的过程中有

++2+

极性键的形成,故B正确;过程V中5与C/反应生成C/+,离子方程式为4Cu+02+4H=4CU+2H20,

故C正确；反应中，CHz=CH2最终被氧化为CH£H0,则乙烯催化氧化的反应化学方程式为2cHz=CHz+

0」整对J2cH3CHO,故D错误。

8.有机物N具有抗肿瘤、镇痛等生物活性，可由M合成。下列说法不正确的是()

A.M中所有碳原子不可能共面

B.N可以与NaOH溶液反应

C.M生成N的反应为加成反应

D.M、N的一氯代物数目相同

【答案】D

【解析】M中连接2个甲基的碳原子具有甲烷结构特点，甲烷为正四面体结构，所以M中所有碳原子

不可能共平面，故A正确；N中含有酯基，可以与NaOH溶液发生水解反应，故B正确；M中酮段基发生

加成反应生成醇羟基，故C正确。

9..下列实验操作、现象及结论均正确的是()

选项实验操作现象结论

向两支盛有KL溶液的试

前者溶液变蓝，后KL溶液中含有k和

A管中，分别滴加淀粉溶液

者有黄色沉淀生成r

和AgN()3溶液

将乙醇与浓硫酸的混合溶

产生的气体一定是

B液加热，产生的气体直接溶液紫色逐渐褪去

乙烯

通入酸性KMnO,溶液中

向H2s溶液中滴加CuSO,溶H2s的酸性比H2s0,的

C生成黑色沉淀

液强

将用稀硫酸酸化后的HA

3+

D溶液变黄氧化性：H2O2>Fe

溶液滴入Fe(N(h)2溶液中

【答案】A

【解析】淀粉溶液遇碘单质变蓝，AgNCh溶液遇到碘离子有黄色沉淀碘化银生成，则KL溶液中含有12

和广，A正确；乙醇、乙烯均能使酸性KMnO,溶液褪色，乙醇有挥发性，故不能说明使酸性高锯酸钾溶

液褪色的是乙烯，B错误；向H2s溶液中滴加CuSO,溶液生成黑色沉淀硫化铜，因为硫化铜极难溶于水、

不溶于酸，不能说明LS的酸性比HzSO,的强，C错误；硝酸根离子在酸溶液中有强氧化性，故不能说明

亚铁离子被过氧化氢氧化成铁离子，不能证明氧化性：HQ2>Fe3+,D错误。

10..氢气是一种清洁能源。“分步法电解制氢气”的装置如图。该方法制氢气分两步，第一步在惰性电

极产生Hz,NiOOH/Ni(0H)2电极发生氧化反应：第二步在另一个惰性电极产生02。下列说法错误的是()

三

三

二二二u-二

-二

三

—-

-二

二二二口NiOOH;-三

--二

二=二n--一

二二二二---二

===4---二

~JTJTjq---二

=二二可---二

11---二

三三三与

三--

--二

二-

三

Ni(OH)2-三

三

一

三3

-1

三

-三

-

或全鬓娄至永的褥液房

惰性电极/

A.第一步反应时，开关K应该连接治

--

B.第二步反应时，NiOOH/Ni(OH)z发生的电极反应式:Ni(0H)2+0H-e=Ni00H+H20

C.当电路中转移6.25mol电子时，产生67.2LH?(标准状况)，则电能的利用率为96.0%

D.此方法的总反应为2HQ蜓2H2t+02t,可实现将电能转化为化学能

【答案】B

【解析】第一步在惰性电极产生玲，NiOOH/Ni(OH)2电极发生氧化反应，电解池中阳极发生氧化反应，

所以开关K应该连接K,A项正确;第二步在另一个惰性电极产生此时开关K应该连接K2,Ni00H/Ni(0H)2

发生还原反应，B项错误；标准状况下，理论上产生67.2L为，需要转移6moi电子，电能的利用率为

冬X100%=96%,C项正确；题中装置是电解池，将电能转化为化学能，发生的总反应是2H2。里维2H2

6.25

t+02t,D项正确。

11.高铁酸钾(IGFeO,)是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：

铁屑Cl2NaClONaOH

I|||饱刊.

「反应；|--------T晟应i|--------•"NajFeO,洛液.RgFeO,

J-—J晶体

尾气NaCI

下列叙述错误的是()

A.用LFeO“作水处理剂时，既能杀菌消毒又能净化水

B.反应I中尾气可用FeCk溶液吸收再利用

C.反应H中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2

D.该条件下，物质的溶解性：Na2Fe0,<K2Fe0t

【答案】D

【解析】KFeO,具有强氧化性，可用于杀菌消毒，还原产物为Fe，+,Fe，+水解生成具有吸附性的氢氧化

铁胶体，可达到净水的目的，A不符合题意；反应I中尾气为CL,可与FeCL继续反应生成FeCL,B不

符合题意；反应H中的化学方程式为3NaC10+10Na0H+2FeCl3=2Na2Fe0i+9NaCl+5H20,氧化剂是NaClO,

还原剂是FeCb,所以反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2,C不符合题意；向饱和的KOH溶液

中加入NaFeO”KzFeO”晶体析出，说明该条件下，物质的溶解性：NaFeOOKFeO”D符合题意。

12.碎化钱是一种重要的半导体材料，熔点1238℃。它在600℃以下，能在空气中稳定存在，并且不

被非氧化性的酸侵蚀。碑化铁晶胞结构如图。下列说法正确的是（）

A,碑化钱是一种分子晶体

B.神化钱中不存在配位键

C.晶胞中Ga原子与As原子的数量比为4：1

D.晶胞中Ga与周围等距且最近的As形成的空间结构为正四面体

【答案】D

【解析】根据碑化像熔点数据和晶胞结构（空间网状）可知碎化钱为共价晶体，A错误；Ga最外层有3

个电子，每个Ga与4个As成键，所以碑化线中存在配位键，B错误；晶胞中，Ga位于顶点和面心，数

目为8X*+6X4=4,As位于晶胞内，数目为4,所以晶胞中Ga原子与As原子的数目之比为1：1,C

oZ

错误；由图可知，晶胞中Ga与周围等距且最近的As形成的空间结构为正四面体，D正确。

13.为减轻环境污染，提高资源的利用率，可将钛厂、氯碱厂和甲醇厂联合进行生产。生产工艺流程如下：

烧碱

——Jd合成I~"甲醇

食盐水一需c,Jco

4^=w-Tici'-s^Ti

（FeTiO,）I|

焦炭FeCl,

已知：“氯化”过程在高温下进行，且该过程中Ti元素的化合价没有变化。下列叙述错误的是（）

A.FeTiO：,中Ti为+4价

B.“合成”过程中原子利用率为100%

C.“氯化”时发生反应的化学方程式为7Ck+2FeTi03+6C=2FeC13+2TiC*+6C0

D.上述流程中生成钛时可用C0?代替Ar

【答案】D

【解析】由已知信息知，Ti元素化合价没有变化，TiCL中Ti为+4价，则FeTiOs中Ti为+4价，故

催化剂

A正确；“合成”反应中C0与上反应生成CHQH,化学方程式为C0+2H2CH30H,则原子利用率为

100%,故B正确；根据流程图知，“氯化”过程中，C转化为CO,FeTiOs转化为FeCh和TiCL,反应为

2FeTiO3+6C+7Cl2=2FeCl3+2TiCl1+6CO,故C正确；Ar与Mg不反应，所以Ar可以用作保护气，Mg

与CO?反应生成氧化镁和碳，所以不能用COz代替Ar,故D错误。

14.实验小组利用传感器探究Na2cCh和NaHCCh的性质。

A.①与②的实验数据基本相同，说明②中的0H一未参与该反应

B.加入试剂体积相同时，②所得沉淀质量大于③所得沉淀质量

2+2

C.从起始到a点过程中反应的离子方程式为：Ca+2OH+2HCO.r=CaCO314-2H2O+CO3-

D.b点对应溶液中水电离程度小于c点对应溶液中水的电离程度

【答案】C

【解析】②中反应的离子方程式为：Ca2++CO32-=CaCChl，①与②的实验数据基本相同，说明②中的

0H一未参与该反应，故A不选；加入试剂体积相同时，③中除生成沉淀外还生成水，增加的水会溶解部

分沉淀，②所得沉淀质量大于③所得沉淀质量，故B不选；开始氢氧化钙过量，碳酸氢根全部反应，从

2+-

起始到a点过程中反应的离子方程式为：Ca+OH-+HCO3=CaCO3i+H2O,故C选；b点对应溶液

碱溶液，抑制水的电离，c点对应的溶液为碳酸钠溶液，水解促进水的电离，b点水的电离程度小于c点

对应溶液中水的电离程度，故D不选；故选C。

第二部分

本部分共5题，共58分。

15.(10分)单晶边缘纳米催化剂技术为工业上有效利用二氧化碳提供了一条经济可行的途径，其中单

晶氧化镁负载银催化剂表现出优异的抗积碳和抗烧结性能。

(1)基态银原子的核外电子排布式为。

(2)氧化镁载体及银催化反应中涉及到CH“、CO?和CH30H等物质。元素Mg、0和C的第一电离能由小到大

排序为;在上述三种物质的分子中碳原子杂化类型不同于其他两种的是一，立

体构型为正四面体的分子是,三种物质中沸点最高的是CH2H,其原因是。

⑶Ni与C0在60〜80℃时反应生成Ni(CO)“气体，在Ni(COK分子中与Ni形成配位键的原子是一，

Ni(CO).晶体类型是o

(4)已知MgO具有NaCl型晶体结构，其结构如图所示。已知MgO晶胞边长为0.42nm,则MgO的密度为

—g/cm"保留小数点后一位)；相邻+之间的最短距离为nm(已知蛆=1.414,小

=1.732；结果保留小数点后两位)，每个Mg,+周围具有该距离的Mg?+个数为。

【答案】⑴[Ar]3ds4s2或卜22s22P63s23P*3d'4s?

(2)Mg<C<0C02CH..CbhOH存在分子间氢键，而CH“、COz分子间只有范德华力(3)C分子晶体

(4)3.60.3012

【解析】(2)Mg是金属，第一电离能较小，C、0处于同一周期，随原子序数增加，第一电离能呈增大

趋势，即C<0。CH,.CHQH中碳原子均形成4个单键，为sd杂化，而C0,中含有2个口键，为sp杂化。

CH,呈正四面体结构。ClhOH分子间能形成氢键，沸点升高。(3)CO作配体时，配位原子是C原子。因Ni(C0K

在60〜80°C时为气体，沸点低，为分子晶体。(4)MgO晶胞中含有0?一个数为：8X：+6X4=4,1个晶

O乙

4,

602X1023molX4°g/mo1

胞中含有4个MgO,-"3.6g/cm:相邻最近的Mg?+的距离为面对角线的

\V/•一乙IUCHI/

一半，即。”2*也o.3Onm»Mg”在晶胞中构成面心立方，离十最近的且等距的\或+共12个,

距离为面对角线的一半：同层4个，上层4个，下层4个。

16.(10分)二甲醛(CHQCHJ是无色气体，可作为一种新型能源。由合成气(组成为玲、CO和少量COJ

直接制备二甲醛，其中的主要过程包括以下四个反应：

-1

©CO(g)+2H2(g)=CH30H(g)A4=-90.1kJ-mol

-1

@C02(g)+3H2(g)=CH30H(g)+H20(g)A^=-49.0kJ•mol

-1

@C02(g)+H2(g)=C0(g)+H20(g)AA=+41.1kJ-mol

④2cH30H(g)=CH30cH3(g)+HzO(g)A〃=-24.5kJ•mol-'

试回答下列问题：

(1)一步法合成二甲醛是以合成气(CO/HJ为原料，在一定温度、压强和催化剂作用下进行，由上和C0直

接制备二甲醛的热化学方程式：2C0(g)+4H2(g)=CH30CH3(g)+II20(g)△〃=；判断该反应在

一定温度下、体积恒定的密闭容器中，下列不能作为达到化学平衡状态的依据是。

A.平均摩尔质量保持不变

B.容器的密度不变

C.容器内压强保持不变

D.单位时间内消耗2molCO同时消耗1mol二甲醛

(2)燃煤废气中的CO?转化为二甲醛的反应原理为：2C02(g)+6Ib(g)便壁”CH30ah(g)+3也0(g),一定条

件下，现有两个体积均为2.0L恒容密闭容器甲和乙，在甲中充入1molCO?和3molH2,在乙中充入2

molCO,和6mol112,发生上述反应并达到平衡。该反应中C0?的平衡转化率随温度的变化曲线如图1所

示；容器甲中，在不同催化剂作用下，相同时间内C02的转化率随温度变化如图2所示。下列说法正确

的是。

f/(CO)%

2/

静

？

薄

du'

催件剂J

A.图1中,R/S2C02(g)+6H2(g)^^CH30CH3(g)+3H20(g)A5K0,△於0

B.图1中，表示乙容器CO2的平衡转化率随温度变化的是曲线B

C.图1中，逆反应速率/逆：状态I(状态川

D.图2中，入对应的平衡常数小于方对应的平衡常数

E.图2中，根据图中曲线分析，催化剂I的催化效果最好

(3)若C0,和心仅发生反应②和③，研究表明：在其他条件相同的情况下，用新型催化剂可以显著提高甲

醇的选择性，使用该催化剂，按〃(CO,：c(Hj=l：3(总量为amol)投料于恒容密闭容器中进行反应，

CO?的平衡转化率和甲醇的选择率(甲醇的选择率：转化的COz中生成甲醇的物质的量分数)随温度的变化

趋势如图所示：(忽略温度对催化剂的影响)

24

(22

/

l20

a

y

18卑

汜

圾

巡

16与

斗9(

£148(融

676(3

。12

]0_■——■——■——■——■——■——■——■——■——•-----5()

460480500520540560温度/K

①根据图中数据，温度选择K,达到平衡时，反应体系内甲醇的产量最高。

②随着温度的升高，CO,的平衡转化率增加但甲爵的选择率降低，请分析其原因：

⑷利用电化学方法可以将CO?有效地转化为HCOO-,装置如下图所示。

①在该装置中，右侧Pt电极的电极反应式为。

②装置工作时，阴极除有HCOO生成外，还可能生成副产物降低电解效率。标准状况下，当阳极生成氧

气体积为448mL时，测得阴极区内的c(HC0(T)=0.03mol/L,电解效率为(忽略电解前后溶液

一段时间内生产目标产物转移电子数

的体积变化)。已知：电解效应=X100%

一段时间内电解池转移电子数

【答案】(D-204.7kJ・molTB(2)ACE(3)①553②当温度升高时反应②平衡逆向移动，而反

应③平衡正向移动且幅度更大，所以CO2的转化率增加，但甲醇的选择性却降低(4)①0)2+压0+2院

=HCOO-+OH"②75%

【解析】(1)已知：@C0(g)+2H2(g)=CH30H(g)A^--90.1kJ•mo。

@2CH.,0H(g)=CH30CH3(g)+H20(g)A^=-24.5kJ•mol，

根据盖斯定律①X②+④，可得2co(g)+4H?(g)=CH30cH3(g)+HQ(g)△仁一204.7kJ•mol%在一

定温度下、体积恒定的密闭容器中，对应反应2co(g)+4H2(g)=CH30CHNg)+H20(g),则：

A.反应中混合气体的平均摩尔质量会随着反应而变，故平均摩尔质量保持不变能说明已平衡，故A不符

合；B.密闭容器中，气体总质量守恒，容积体积的不变，故气体密度不变不能说明己平衡，故选B；C.

反应中容器内压强会随着反应而变，故容器内压强保持不变能说明已平衡，故C不符合；D.单位时间内

消耗2molCO,同时消耗1mol二甲醛，则说明已平衡，故D不符合；(2)A.方程式中反应物气体的物

质的量为8mol,生成物为4mol,故AS<0；根据B曲线，升高温度，C02的平衡转化率减小，平衡逆向

移动，正向放热，故A正确；B.初始量乙是甲的二倍，恒温恒容下，乙相当于在甲的基础上增大压强，

平衡正向移动，CO?的平衡转化率增大，故A曲线是乙，B曲线为甲，故B错误；C.对于B曲线，随温度

升高速率增大，故C正确；D.由于该反应的正反应为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，所以平

衡常数：④北，D错误；E.反应温度低，反应物的转化效率高，则催化剂的催化效果好，根据图示，在

相同温度下在催化剂I时C02转化效率最高，故催化剂I的催化效果最好，E正确；【答案】选ACEo

⑶①按n(C02)：=1：3(总量为amol),则其中含有CO2的物质的量HCO?)=*Xamol=；mol,

根据C元素守恒，在不同温度下，可得甲醇物质的量〃(CH：QH)=jiolX转化率X选择性，计算后，553K

温度下，HCH2H)=0.0315amol,大于其他温度下的产量，故【答案】为：553；②反应③的正反应是

吸热反应，升高温度，该反应正向移动，且温度对吸热反应影响更大，使C0?的平衡转化率增加，但对

于反应②，由于该反应的正反应是放热反应，升高温度，该反应的化学平衡逆向移动，所以甲醇的平衡

转化率反而降低，即甲醇的选择率降低，故【答案】为：当温度升高时反应②平衡逆向移动，而反应③

平衡正向移动且幅度更大，所以C02的转化率增加，但甲醇的选择性却降低；(4)①右侧Pt上CO,得至I］电

--

子转化为HCOO一发生还原反应，则其反应式为：C02+H2O+2e-=HCOO+OH；

②由阳极的电极反应式

2H2。-4e^=4H++O2f

4mol22.4L

/7i(e")0.448L

一34mol22.4L…，口/一、、」

可得~//Q［解得(e)—0.08mol；由

/7i(e)0.448L

2H20+4e-+2C02=2HC00~+20H

4mol2mol

/(e)0.03mol/LX1L

4mol_____2mol一段时间内生产目标产物转移电子数

解得m(e-)=0.06mol,由电解效应=X

可得他(eD=0.03mol'一段时间内电解池转移电子数

0.06mol

1期=由^义1°°15%。

17(13分)化合物E是潜在的治疗糖尿病、肾病的药物激活剂，其合成路线如下:

C(,H(Br2

K2cO：,醇溶液

甲苯，110t

完成下列填空:

(1)A的结构简式为____________________________________________________________________

E中含氧官能团的名称为«

(2)写出反应类型：C-D为反应，D-E为反应。

(3)写出一种符合下列条件的B的同分异构体：。

①芳香族化合物；

②能发生银镜反应;

③结构中有4种不同化学环境的氢原子。

(4)证明D中含一CHO的方法是。

(5)设计一条由一氯环丁烷(仃)和苯为有机原料合成\=41^/的路线(其他无机试剂任选)

反应试剂反应试刑

(合成路线表示方式为甲反应条祥....乙反应条外目标产物)。

BrY>—Br

【答案】(I)\=z竣基、羟基

(2)取代氧化

jBrBr

1BrACH.Br

H3C—AC—CH<H匕1.A

VcH,

HC—C—CHz

：i：iYYH3c

|CH3JCH

CHO、CHO、CH2cH()、CH2cH()、CHO

CHzBr

CHJCH；

CHO(任意一种)

(4)取样，加入新制的CU(OH)2，煮沸，产生砖红色沉淀

Br

0FeB；□

n-BuLi.THFf^VY^

尸OHO低温”J0H

(5)1_1水溶液/△!_1CU/A1_1」

Br

【解析】(1)根据分析，A的结构简式为,根据E的结构简式可知，其中含氧官能团的名

称为段基、羟基。

(2)根据分析，C-D为取代反应，DfE为氧化反应。

一

(3)B的结构简式为V、Br,其同分异构体是芳香族化合物，说明结构中含有苯环，能发生银镜反应

说明结构中含有一CHO,结构中有4种不同化学环境的氢原子,则符合条件的B的同分异构体有

BrBr

T1Br

X60BrCH2Br

AA

EC—CH3丫丫HC

,3YCH3CH：YCH(

、、、、、

CHOCHOCH?CH()CH2CHOCHO

C-Br

CHJCH(

V

CHO(任写一种即可)。

(4)证明D中含一CHO,可利用醛基的性质，方法为取样,加入新制的CU(OH)2,煮沸，产生砖红色沉淀。

C1

|—rcl>/

(5)由一氯环丁烷(L」)和苯为有机原料合成，首先口与氢氧化钠溶液在加热条件下发生水

解生成口，再与氧气在铜作催化剂以及加热条件下发生氧化反应生成口：2和澳单质在淡化铁作用

下生成漠苯，澳苯与在题干流程中A-B的反应条件下生成,反应流程为

/ClOHO

18.(12分)钛用途广泛，焦磷酸镁(Mg2P2。7)不溶于水，是牙膏、牙粉的稳定剂。一种以含钛废料(主要

成分为TiOz,含少量MgO、Cu、A1A>FeO、Fe“3)为原料，分离提纯TiOz并制取少量焦磷酸镁的工艺流

程如图：

稀硫酸铁粉

加热

水解

TiO2-^-Tio(OH)2

Mg2P2。7

Na4P2O：Fe(OH)3Na2S2On

溶液溶液

已知：TiOz不与碱反应，与酸反应后以TiO?+的形式存在。回答下列问题：

⑴“碱浸”和"酸浸”操作的目的是。

(2)适当升高温度可有效提高钛的浸出率，工业上“酸浸”时，温度选择40℃而不选择更高温度的原因

是________________________________________________________________

___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________O

(3)“反应”步骤中加入适量铁粉，加入铁粉的目的为

滤渣2的主要成分为—(填化学式)。

(4)“氧化”时&0厂转化为SO7的离子方程