重组卷3-冲刺2023年高考化学真题重组卷（山东专用）（解析版）

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冲刺2023年高考化学真题重组卷03

山东专用（解析版）

本卷满分100分，考试时间90分钟。

注意事项：

1.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：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5Fe56

一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。

I.（2021.全国甲卷）化学与人体健康及环境保护息息相关。下列叙述正确的是

A.食品加工时不可添加任何防腐剂

B.掩埋废旧电池不会造成环境污染

C.天然气不完全燃烧会产生有毒气体

D.使用含磷洗涤剂不会造成水体污染

【答案】C

【解析】A.食品加工时，可适当添加食品添加剂和防腐剂等，如苯甲酸钠，故A错误；

B.废旧电池中含有重金属等金属离子，会造成土壤污染，水体污染等，故B错误；

C.天然气主要成分为甲烷，不完全燃烧会产生一氧化碳等有毒气体，故C正确；

D.含磷洗涤剂的排放，使水中磷过多，造成水中藻类疯长，消耗水中溶解的氧，水体变浑浊，故D错误;

故选C。

2.下列关于仪器使用的说法不正确的是（）

A.冷凝管的冷凝水下进上出

B.烧瓶需要垫上石棉网才能加热

C.蒸储时温度计水银球插入蒸馈烧瓶液面以下

D.振荡分液漏斗时应关闭其玻璃塞和活塞

【答案】C

【解析】C项，蒸储时需要将温度计水银球放在蒸储烧瓶的支管口处，不能插入溶液，错误。

3.（2021•浙江卷）下列说法不正确的是

A.硅酸钠是一种难溶于水的硅酸盐

B.镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮化镁

C.钠与水反应生成氢氧化钠和氢气

D.常温下，铝遇浓硝酸或浓硫酸时会发生钝化

【答案】A

【解析】A.硅酸钠是溶于水的硅酸盐，故A错误；

B.镁在空气中燃烧时，与氧气和二氧化碳反应生成氧化镁，与氮气反应生成氮化镁，故B正确；

C.钠具有强还原性，能与冷水反应生成氢氧化钠和氢气，故C正确；

D.浓硫酸和浓硝酸具有强氧化性，铝在浓硫酸和浓硫酸中会发生钝化，阻碍反应的继续进行，故D正确；

故选Ao

4.（2022•海南卷）在2.8gFe中力口入100mL3mol/LHCl,Fe完全溶解。NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说

法正确的是

A.反应转移电子为0.1molB.HC1溶液中C「数为3NA

C.2.8g*Fe含有的中子数为1.3NAD.反应生成标准状况下气体3.36L

【答案】A

【解析】2.8gFe的物质的量为0.05mol；100mL3mol.L'HCl中H+和Cl的物质的量均为0.3mol,两者发生反

应后，Fe完全溶解，而盐酸过量。

A.Fe完全溶解生成Fe2+,该反应转移电子0.1mol,A正确；

B.HC1溶液中Cl-的物质的量为0.3mol,因此，Ct数为0.3M,B不正确；

C.56Fe的质子数为26、中子数为30,2.8g56Fe的物质的量为0.05mol,因此,2.8g56Fe含有的中子数为1.5M,

C不正确；

D.反应生成H2的物质的量为0.05mol,在标准状况下的体积为1.12L,D不正确；

综上所述，本题A。

5.（2020・新课标口卷）某白色固体混合物由NaCl、KC1、MgSCM、CaCCh中的两种组成，进行如下实验：

①混合物溶于水，得到澄清透明溶液；②做焰色反应，通过钻玻璃可观察到紫色；③向溶液中加碱，产

生白色沉淀。根据实验现象可判断其组成为

A.KC1、NaClB.KC1、MgSO4

C.KC1、CaCO3D.MgSC>4、NaCl

【答案】B

【解析】①混合物溶于水，得到澄清透明溶液，则不含CaCCh,排除C选项；②做焰色反应，通过钻玻璃

可观察到紫色，可确定含有钾元素，即含有KC1；③向溶液中加碱，产生白色沉淀，则应含有MgSCU,综

合以上分析，混合物由KC1和MgSC）4两种物质组成，故选B。

6.（2022•湖北卷）磷酰三叠氮是一种高能分子，结构简式为O=P（N?）3。下列关于该分子的说法正确的是

A.为非极性分子B.立体构型为正四面体形

C.加热条件下会分解并放出N?D.分解产物NPO的电子式为NN®:O:

【答案】C

【解析】A.磷酰三叠氮分子不是对称结构，分子中的正负电荷重心是不重合的，是极性分子，A项错误;

B.磷酰三叠氮分子含有三个P-N键及一个P=O双键，则立体构型为四面体构型，B项错误；

C.磷酰三叠氮是一种高能分子，加热条件下会分解并放出C项正确：

D.NPO为共价化合物，则电子式为、p0>D项错误；

答案选C。

7.（2022•北京卷）我国科学家提出的聚集诱导发光机制已成为研究热点之一、一种具有聚集诱导发光性能

的物质，其分子结构如图所示。下列说法不巧砸的是

A.分子中N原子有sp2、sp3两种杂化方式

B.分子中含有手性碳原子

C.该物质既有酸性又有碱性

D.该物质可发生取代反应、加成反应

【答案】B

【解析】A.该有机物中从左往右第一个N原子有一个孤对电子和两个G键，为sp?杂化：第二个N原子有

一个孤对电子和三个◎键，为sp，杂化，A正确；

B.手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该有机物中没有手性碳原子，B错误；

/

—N

C.该物质中存在陵基，具有酸性：该物质中还含有\一，具有碱性，C正确；

D.该物质中存在苯环可以发生加成反应，含有甲基可以发生取代反应，D正确;

故选Bo

8.用如图所示的装置进行实验（夹持及尾气处理仪器略去），能达到实验目的的是

选项装置甲中试剂装置乙中试剂实验目的装置

生石灰+浓氨水无

A制取并收集NH3a

BMnO?固体+双氧水酸性淀粉KI溶液证明氧化性：o2>h

A

rITS

CNa2s。3固体+浓硫酸KMM溶液证明S02有漂白性

C____)___z

DNa2co3固体+盐酸NaSiO溶液比较元素非金属性：Cl>C>Si

23甲z

【答案】B

【解析】A.NH3的密度小于空气，应采用向下排空气法进行收集，故乙瓶导气管应该短进长出，A不能达

到实验目的；

B.MnO?固体可催化双氧水分解产生02,Ch能够氧化KI得到b,L使得淀粉溶液变蓝，B能达到实验目

的；

C.Na2s03固体与浓硫酸反应生成SCh,SO?具有还原性，能够还原酸性高锦酸钾溶液使其褪色，与漂白性

无关，C不能达到实验目的；

D.盐酸具有挥发性，与碳酸钠反应时除了有二氧化碳生成，还有HC1溢出，两种气体溶于硅酸钠溶液均能

使硅酸根沉淀，故不能判断碳酸与硅酸酸性的强弱，D不能达到实验目的；

答案选B。

9.（2022•浙江卷）X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X的核外电子数等于其周

期数，YX,分子呈三角锥形，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和。M与X同主族，Q是同周期中

非金属性最强的元素。下列说法正确的是

A.X与Z形成的10电子微粒有2种

B.Z与Q形成的一种化合物可用于饮用水的消毒

C.M?Z与MQ的晶体类型不同

D.由X、Y、Z三种元素组成的化合物的水溶液均显酸性

【答案】B

【解析】X的核外电子数等于其周期数，X为H,YX3分子呈三角锥形，Y为N,Z的核外电子数等于X、

Y核外电子数之和，则Z为O,M与X同主族，则M为Na,Q是同周期中非金属性最强的元素，则Q为

C1,综合分析，X为H,Y为N,Z为0,M为Na,Q为CL以此解题。

+

A.由分析可知X为H,Z为0,则其形成的10电子微粒有H2O、OH,H30,A错误;

B.由分析可知Z为。，Q为C1,可形成CICh,有氧化性，可用于自来水消毒，B正确;

C.由分析可知Z为0,M为Na,Q为Cl,则M2Z为Na?O,为离子晶体，MQ为NaCl,为离子晶体，晶

体类型相同，C错误;

D.由分析可知X为H,Y为N,Z为O,这三种元素可以形成NH30,其溶液显碱性，D错误;

故选B。

10.锦白(Sb2O3)为白色粉末，不溶于水，溶于酸和强碱，主要用于制备白色颜料、油漆等。一种利用锚矿

粉(主要成分为Sb2s3、SiO2)制取睇白的流程如下。

FcCh溶液Sb短水

Si02,S滤液NH4C1

己知：浸出液中的阳离子主要为Sb3+、Fe3+、Fe2+o

下列说法错误的是

A.“浸出”时发生的反应为Sb2s3+6Fe3+=2Sb3++6Fe2++3S

B.可以用KSCN溶液检验“还原”反应是否完全

C.“滤液”中通入C12后可返回''浸出"工序循环使用

D.“中和”时可用过量的NaOH溶液代替氨水

【答案】D

【解析】A.根据题干流程图可知，浸出液中的阳离子主要为Sb3+、Fe3+、Fe?+,滤渣中有SiCh和S,故可

推知“浸出”时发生的反应为Sb2s3+6Fe"=2Sb：w+6Fe2++3S,A正确；

B.根据题干流程图可知，"还原”过程主要是将Fe-"转化为Fe2+,Sb转化为Sb3+,故可以用KSCN溶液检验

“还原”反应是否完全，B正确：

C.“滤液”中主要含有Fe2+,通入CI2后可得到Fe3+,可返回“浸出”工序循环使用，C正确；

D.由题干信息可知，锦白(Sb2O3)为白色粉末，不溶于水，溶于酸和强碱，故"中和”时不可用过量的NaOH

溶液代替氨水，否则将溶解部分睇白(Sb2Ch)造成损失，D错误；

故答案为：D。

二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得

4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

11.（2022.浙江卷）染料木黄酮的结构如图，下列说法正确的是

A.分子中存在4种官能团

B.可与HBr反应

C.Imol该物质与足量滨水反应，最多可消耗4moiB”

D.Imol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2moiNaOH

【答案】AB

【解析】A.根据结构简式可知分子中含有酚轻基、皴基、酸键和碳碳双键，共四种官能团，A正确；

B.含有碳碳双键，能与HBr发生加成反应，B正确；

C.酚羟基含有四种邻位或对位H,另外碳碳双键能和单质溪发生加成反应，所以最多消耗单质澳5mol,C

错误；

D.分子中含有3个酚羟基，所以最多消耗3moiNaOH,D错误；

答案选AB。

12.（2021•山东卷）实验室中利用固体KMnO4进行如图实验，下列说法错误的是

O.lmolKAInO4足蚩浓盐酸

]M]-固体一通|f气体单质H

气体单质G酸性Mnb溶液

A.G与H均为氧化产物

B.实验中KMnOa只作氧化剂

C.Mn元素至少参与了3个氧化还原反应

D.G与H的物质的量之和可能为0.25mol

【答案】BD

【解析】KMnO」固体受热分解生成K2M11O4、MnO?、O2,QMnCU、MnCh均具有氧化性，在加热条件下能

与浓盐酸发生氧化还原反应，反应过程中被氧化为CL,K2M11O4、MnCh被还原为MnCb,因此气体单

质G为02,气体单质H为C12。

A.加热KMnOa固体的反应中，O元素化合价由-2升高至0被氧化，加热KaMnCb、MnCh与浓盐酸的反应

中，C1元素化合价由-1升高至0被氧化，因此02和C12均为氧化产物，故A正确；

B.KMnCk固体受热分解过程中，Mn元素化合价降低被还原，部分O元素化合价升高被氧化，因此KMnCh

既是氧化剂也是还原剂，故B错误；

C.Mn元素在反应过程中物质及化合价变化为4也0.二,

・MnCl，'

浓盐酸、加热

(MnO、

Mn元素至少参加了3个氧化还原反应，故C正确；

D.每生成ImolO2转移4mol电子，每生成ImolCI2转移2mol电子，若KMnCh转化为MnClz过程中得到

的电子全部是。一生成CL所失去的，则气体的物质的量最大，由2KMnO4〜5cL可知，"（气体）max=0.25mol,

但该气体中一定含有O2,因此最终所得气体的物质的量小于0.25mol,故D错误；

综上所述，说法错误的是BD,故答案为：BD。

13.（2022.广东卷）科学家基于Cl2易溶于CC1」的性质，发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池，可作

+

储能设备（如图）。充电时电极a的反应为：NaTi2（PO4）3+2Na+2e-=Na3Ti2（PO4）3o下列说法正确的是

A输电Ml

A.充电时电极b是阴极

B.放电时NaCl溶液的pH减小

C.放电时NaCl溶液的浓度增大

D.每生成ImolCL，电极a质量理论上增加23g

【答案】C

【解析】A.由充电时电极a的反应可知，充电时电极a发生还原反应，所以电极a是阴极，则电极b是阳

极，故A错误；

B.放电时电极反应和充电时相反，则由放电时电极a的反应为屿耳（「。,）3-2^=2772（尸。4）3+22+可

知，NaCl溶液的pH不变，故B错误；

+

C.放电时负极反应为畋居（PQ%-=NaTi,（PQ1+2N优,正极反应为C/2+2e「=ICC,反应后Na

和Cl-浓度都增大，则放电时NaCl溶液的浓度增大，故C正确：

D.充电时阳极反应为2a--2e-=RT,阴极反应为Mi772（PQ）3+2Mf+2e-=M13Tlz（PQ）3，由得失电

子守恒可知，每生成ImolCh,电极a质量理论上增加23g/molx2moi=46g,故D错误；

答案选C。

14.（2022・北京卷）COz捕获和转化可减少CO。排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后,

以N,为载气，以恒定组成的N?、CH,混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的

量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO?,在催化剂上有积碳。

下列说法不.颐的是

催化剂

A.反应①为CaO+CO2=CaCO3；反应②为CaCO,+CH4CaO+2CO+2H2

,、催化剂

B.t,~t3,n（Hj比n（CO）多，且生成H,速率不变，可能有副反应CH4^=C+2H?

C.与时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H?速率

D.t3之后，生成CO的速率为0,是因为反应②不再发生

【答案】C

【解析】A.由题干图1所示信息可知，反应①为CaO+CO广CaCOs，结合氧化还原反应配平可得反应②为

催化剂

CaCO3+CH.-.CaO+2CO+2H,,A正确：

B.由题干图2信息可知，t,~t3,n（H?）比n（CO）多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2,

催化剂

在催化剂上有积碳，故可能有副反应CH”C+2H之,反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为I：2,

B正确；

C.由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而t?时刻信息可知，用的反应速率未变，仍然

为2mmol/min,而CO变为1~2mmol/min之间，故能够说明副反应生成H?的速率小于反应②生成H?速率,

C错误；

D.由题干图2信息可知，t3之后，CO的速率为0,CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1,说明生成CO的

速率为0,是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确；

故答案为：Co

15.（2021•浙江卷）取两份10mL（）.（）5mol-LT的NaHCC）3溶液，一份滴加0.（）5mol-L"的盐酸，另一份

滴加（）.05加o/-L?NaOH溶液，溶液的pH随加入酸（或碱）体积的变化如图。

下列说法不走硬的是

A.由a点可知：NaH（X）3溶液中HCO,的水解程度大于电离程度

B.afbfc过程中：C（HCO3）+2C（CO；）+C（OH）逐渐减小

+

C.afdfe过程中：c（Na）<c（HCO-）+c（CO^）+c（H2CO3）

D.令c点的c（Na+）+c（H）=x,e点的c（Na+）+c（H+）=y,则x>y

【答案】C

【解析】向NaHCO,溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液pH将逐渐减小，向NaHCO,溶液中滴加NaOH

溶液，溶液碱性增强，溶液pH将逐渐增大，因此abc曲线为向M///CO3溶液中滴加NaOH溶液，ade曲线

为向A%/7co3溶液中滴加盐酸。

A.a点溶质为NaHCQ，此时溶液呈碱性，HCO；在溶液中电离使溶液呈酸性，HC。］在溶液中水解使

溶液呈碱性，由此可知，八%”。。3溶液中的水解程度大于电离程度，故A正确；

B.由电荷守恒可知,afbfc过程溶液中c（HCO，+2c（CO；）+《OH-）=c（H+）+c（Na+）,滴加

NaOH溶液的过程中c（Na+）保持不变，c（H'）逐渐减小，因此。包8；）+248；）+40"）逐渐减

小，故B正确；

C.由物料守恒可知，a点溶液中c（Na+）=c（HCO,）+c（CO：）+c（H2co3）,向NaHCC^溶液中滴加

盐酸过程中有CO2逸出，因此afdfe过程中c（Na+）>c（HCO力+c（CO；一）+c（H2CO3）,故C错误；

D.c点溶液中c（H+）+c（Na+）=（0.05+10“L3）mol/L,e点溶液体积增大1倍，此时溶液中c（H+）+c（Na）

=（0.025+10-4）mol/L,因此x>y,故D正确：

综上所述，说法不正确的是C项，故答案为C。

三、非选择题：本题共5小题，共60分。

16.（12分）（2022•北京卷）FeSO「7HQ失水后可转为FeSOrHQ,与FeS,可联合制备铁粉精（Feq）和

H2SO4。

LFeSO4-HaO结构如图所示。

（DFe"价层电子排布式为。

（2）比较SO：和HzO分子中的键角大小并给出相应解释：

2

⑶H2O与Fe\SO：和H2O的作用分别为。

II.FeS?晶胞为立方体，边长为anm,如图所示。

(5)以FeS?为燃料，配合FeSOq-HQ可以制备铁粉精(Fe、Oj和H2so4。结合图示解释可充分实现能源和资

源有效利用的原因为。

【答案】⑴3d6

(2)S0：的键角大于H2O,SO：中S原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0,离子的空间构型为正四

面体形，压0分子中O原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2,分子的空间构型为V形

(3)配位键、氢键

480

(4)6西xl(F

(5)由图可知，FeS2与O2生成FexOy的反应为放热反应，FeSO4-H2O分解生成FexOy的反应为吸热反应，放

热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO3与H2O反应生成H2s0」

【解析】(1)铁元素的原子序数为26,基态亚铁离子的价电子排布式为3d6,故答案为：3d%

(2)硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0,离子的空间构型为正四面体形，水分子中

氧原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2,分子的空间构型为V形，所以硫酸根离子的键角大于水分

子，故答案为：SO：的键角大于H2O,SO：中S原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0,离子的空间

构型为正四面体形，出0分子中O原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2,分子的空间构型为V形；

(3)由图可知，具有空轨道的亚铁离子与水分子中具有孤对电子的氧原子形成配位键，硫酸根离子与水分子

间形成氢键，故答案为：配位键；氢键；

(4)①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的亚铁离子与位于棱上的阴离子S机离子间的距离最近，则亚铁离子

紧邻的阴离子个数为6,故答案为：6；

②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的亚铁离子个数为8X：+6XJ=4,位于棱上和体心的最一离子个

8N

14x(56+32x2)480

数为12x：+l=4,设晶体的密度为dg/cnP,由晶胞的质量公式可得：—-----^==10—23(1,解得＜|=再一

480

xlO21,故答案为：-jrpxlO21；

(5)由图可知，FeS2与02生成Fe*Oy的反应为放热反应，FeSO^HzO分解牛.成FexOy的反应为吸热反应，放

热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO3与H2O反应生成H2s04,所以以FeS:为

燃料•，配合FeSO#H2O可以制备铁粉精和H2sCM可充分实现能源和资源有效利用，故答案为：由图可知，

FeS2与02生成FexOy的反应为放热反应，FeSOhHzO分解生成FexOv的反应为吸热反应，放热反应放出的

热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO3与H,O反应生成H2s04。

17.(12分)(2022.湖南卷)钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为TiO?,

含少量V、Si和A1的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下:

C、Cl2AlMg

尾气处理VOCh渣含Si、Al杂质

已知"降温收尘”后，粗TiJ中含有的几种物质的沸点:

物质TiCl4VOC1,SiCl4A1C13

沸点//p>

回答下列问题：

⑴已知AGSH-TAS,AG的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略AH、AS随温度的变化。若AGO,

则该反应可以自发进行。根据下图判断：600C时，下列反应不能自发进行的是。

C(shOMjt)=COT(jt)

A.C(s)+O2(g)=CO,(g)

B.2C(s)+O2(g)=2CO(g)

C.TiO,(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O,(g)

D.TiO式s)+C(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+CO2(g)

(2)TiO?与C、Cl2,在600℃的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表:

物质TiCl4COco2Cl2

分压MPa4.59x1O-21.84x1023.70x10-25.98x10-9

①该温度下，TiO。与C、C1?反应的息化学方程式为；

②随着温度升高，尾气中CO的含量升高，原因是。

(3)“除轨”过程中的化学方程式为；“除硅、铝”过程中,

分离TiCl,中含Si、Al杂质的方法是。

(4)“除帆”和“除硅、铝”的顺序(填“能”或‘不能")交换，理由是。

(5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入Mg冶炼Ti的方法相似的是。

A.高炉炼铁B.电解熔融氯化钠制钠

C.铝热反应制锦D.氧化汞分解制汞

【答案】(l)C

600℃高温

(2)5TiO2+6C+1OCb—=5TiCU+2CO+4CO2随着温度升高，CO2与C发生反应C+CO2^2CO

(3)3Voeb+Al=3VOC12+AIC13蒸储

(4)不能若先“除硅、铝”再"除钿'，"除钮”时需要加入AL又引入A1杂质；

(5)AC

【解析】钛渣中加入C、CL进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCL,加入单质Al

除锐，再除硅、铝得到纯TiCL,加入Mg还原得到Ti。

(l)ifi0C(s)+O2(g)=CO2(g),②2c(s)+G>2(g)=2CO(g),(§)小0m)+2。施)=口5植)+02遣),(4)

TiO,(S)+C(S)+2C12(g)=TiCl4(g)+CO2(g)；

A.由图可知，600℃时C(s)+O2(g)=CC>2(g)的AGO,反应自发进行，故A不符合题意；

B.由图可知,600℃时2c(s)+C)2(g)=2CO(g)的AG<0,反应自发进行,故B不符合题意:

C.由图可知，600℃时TiO2(s)+2C12(g)=TiC"g)+C)2(g)的AGX),反应不能自发进行，故C符合题意；

D.根据盖斯定律，TiO2(s)+C(s)+2d(g)=TiCL(g)+CO2(g)可由①+③得到，则600℃时其AG<0,反应自发

进行，故D不符合题意；

故选C：

(2)①根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO和CCh,根据相同条件下气体的压强之比是物质的量之

比可知TiCL、CO和CCh的物质的量之比约是5：2：4,所以TiCh与C、Cb反应的总化学方程式为

600℃600℃

5TiO2+6C+1OCh=5TiCl4+2CO+4CO2,故答案为：5TiO2+6C+10Ck=5TiCU+2CO+4CO2；

同温

②随着温度升高，CO2与C发生反应c+co?-2CO,导致CO含量升高，故答案为：随着温度升高，CO2

高温

与C发生反应C+CO,­=2CO；

(3)“降温收尘”后钿元素主要以VOC13形式存在，加入A1得到VOC12渣，根据得失电子守恒和元素守恒配平

方程式为3Voeb+Al=3VOC12+AlCb；AlCb、SiCL与TiCL沸点差异较大，“除硅、铝”过程中可采用蒸储的

方法分离AlCb、SiCI4,故答案为：3VOC13+A1=3VOC12+A1C13；蒸储；

(4)若先“除硅、铝”再“除钿'，"除钝’时需要加入A1,又引入A1杂质，因此“除钢”和“除硅、铝”的顺序不能

交换，故答案为：不能；若先“除硅、铝”再“除帆”，“除钿”时需要加入AL又引入A1杂质；

(5)本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法；

A.高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原法，故A符合题意；

B.电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B不符合题意；

C.铝热反应制铺是利用A1作还原剂，将钵从其化合物中还原出来，为热还原法，故C符合题意；

D.Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D不符合题意；

故答案选AC,故答案为：AC。

18.(12分)(2022•湖北卷)高技术领域常使用高纯试剂。纯磷酸(熔点为42℃,易吸潮)可通过市售85%磷

酸溶液减压蒸僧除水、结晶除杂得到，纯化过程需要严格控制温度和水分，温度低于21℃易形成

2HFO」・见0(熔点为30℃),高于100C则发生分子间脱水生成焦磷酸等。某兴趣小组为制备磷酸晶体设计

的实验装置如下(夹持装置略)：

回答下列问题：

(1)A的名称是。B的进水口为(填“a”或"b”)。

(2)P2O5的作用是。

(3)空气流入毛细管的主要作用是防止___________,还具有搅拌和加速水逸出的作用。

(4)升高温度能提高除水速度，实验选用水浴加热的目的是o

(5)磷酸易形成过饱和溶液，难以结晶，可向过饱和溶液中加入促进其结晶。

(6)过滤磷酸晶体时，除了需要干燥的环境外，还需要控制温度为(填标号)。

A.<20℃B.30~35℃C.42~1(X)℃

(7)磷酸中少量的水极难除去的原因是。

【答案】(1)圆底烧瓶b

(2)干燥气体

(3)溶液沿毛细管上升

(4)使溶液受热均匀

(5)磷酸晶体

(6)C

(7)磷酸可与水分子间形成氢键

【解析】空气通过氯化钙除水，经过安全瓶后通过浓硫酸除水，然后通过五氧化二磷，干燥的空气流入毛

细管对烧瓶中的溶液进行搅拌，同时还具有加速水逸出和防止溶液沿毛细管上升的作用，将85%磷酸溶液

进行减压蒸储除水、结晶除杂得到纯磷酸。

(1)由仪器构造可知，仪器A为圆底烧瓶，仪器B为直形冷凝管，泠凝水应从b口近、a口出，形成逆流冷

却，使冷却效果更好。

(2)纯磷酸制备过程中要严格控制温度和水分，因此五氧化二磷的作用为干燥气体。

(3)空气流入毛细管可以对烧瓶中的溶液进行搅拌，使受热均匀，同时还具有加速水逸出和防止溶液沿毛细

管上升的作用。

(4)升高温度能提高除水速度，而纯磷酸制备过程中要严格控制温度，水浴加热可以避免直接加热造成的过

度剧烈与温度的不可控性，使溶液受热均匀。

(5)过饱和溶液暂时处于亚稳态，当加入一些固体的晶体或晃动时可使此状态失去平衡，过多的溶质就会结

晶，因此可向磷酸的过饱和溶液中加入磷酸晶体促进其结晶。

(6)纯磷酸纯化过程中，温度低于21℃易形成2H3PO,•凡0(熔点为30℃),高于100℃则发生分子间脱水生成

焦磷酸，纯磷酸的熔点为42℃,因此过滤磷酸晶体时，除了需要干燥的环境外，还需要控制温度为42〜100℃,

答案选C。

0

(7)磷酸的结构式为：H0_p_0H,分子中含羟基，可与水分子间形成氢键，因此磷酸中少量的水极难除去。

I

0H

19.(12分)(2021•河北卷)丁苯酷(NBP)是我国拥有完全自主知识产权的化学药物，临床上用于治疗缺血

性脑卒中等疾病。ZJM—289是一种NBP开环体(HPBA)衍生物，在体内外可经酶促或化学转变成NBP和其

它活性成分，其合成路线如图：

______9：O-COOH/—

A一定条件：;l)NaOH/HO-----1C1CH2coe1,(C2HsbN/=C_r^

包V2△O5.O2'5。：UC°2

>2)稀HC1,-1O"CCH2cl2,-IOC

B°;NBP

_COO(CH)Br_COO(CH)ONO

CHO/OOH24242

/=<(CH3co)2。./―1-NaOH/%。

FBKCHz-Brf=\AgNO3/=<^回一

CHjCOONa2)HC1/HOCioMoOj(C2H5)3NyCH3CN一定条件

HO0-△y^_2

00HOO-HO0-

DEGH

<AyOy-NHCl-：

ZJM-289

uHCOOH

HCH,COONar、/

2A

已知信息：^C=O+RCH2COOHF/C=C(R|=芳基)

](CH,CO)2ORI

回答下列问题：

(1)A的化学名称为。

(2)D有多种同分异构体，其中能同时满足下列条件的芳香族化合物的结构简式为、

①可发生银镜反应，也能与FeCb溶液发生显色反应；

②核磁共振氢谱有四组峰，峰面积比为1：2：2：3»

(3)ETF中(步骤1)的化学方程式为»

(4)G—H的反应类型为。若以NaNCh代替AgNCh，则该反应难以进行，AgNCh对该

反应的促进作用主要是因为o

(5)HPBA的结构简式为。通常酯化反应需在酸催化、加热条件下进行，对比HPBA和NBP

的结构，说明常温下HPBA不稳定、易转化为NBP的主要原因___________________________________。

J二氯甲苯(!/飞修"《5先和对三氟甲基苯

(6)W是合成某种抗疟疾药物的中间体类似物。设计由2,

乙酸(F1CCH、C0()H)制备w的合成路线o(无机试剂和四个碳以下的有机试剂任选)。

；HOOC\/H：

w

【答案】(1)邻二甲苯

CH3CHO

HO^X0HHO^JOH

CHOCH3

COOHCOONa

(3)H：O

o+3NaOH»4J+2H9+CHjCOONa

万O0-NcQ0-

(4)取代反应AgNCh反应生成的AgBr难溶于水，使平衡正向移动促进反应进行

HPBA中燃基的空间位阻较大，使得羟基较为活泼，常温下不稳定、易转化

(6)

NnOHMiO

CHjCIHOH

HOOT

(CH'COg

CHjCOONi

FQ-^2^CH)COOHA

【解析】（1）A的分子式为CgHio,不饱和度为4,说明取代基上不含不饱和键，A与02在V2O5作催化剂并

5

加热条件下生成,由此可知A的结构简式为其名称为邻二甲苯，故答案为:

CHj

邻二甲苯。

CHO

⑵的同分异构体满足：①可发生银镜反应，也能与FeCb溶液发生显色反应，说明结构中

含有醛基和酚羟基，根据不饱和度可知该结构中除醛基外不含其它不饱和键，②核磁共振氢谱有四组峰,

峰面积比为1：2：2：3,说明该结构具有对称性，根据该结构中氧原子数可知该结构中含有1个醛基、2

CH3CHO

HOHOy^OH

▽和,故答

个酚羟基、1个甲基，满足该条件的同分异构体结构简式为

CHOCH3

CH3

HO_A.OH

案为:V

CHO

COOHCOOH

与NaOH的水溶液反应,中酯基、

竣基能与NaOH反应，反应方程式为

(4)观察流程可知，GTH的反应为中Br原子被AgNCh中-O-NCh取代生成

COO(CH2)4ONO2

/~\和AgBr,反应类型为取代反应；若以NaNCh代替AgNCh,则该反应

V

HOO-

难以进行，其原因是NaNCh反应生成的NaNCh易溶于水，而AgNCh反应生成的AgBr难溶于水，使平衡正

向移动促进反应进行，故答案为：取代反应；AgNCh反应生成的AgBr难溶于水，使平衡正向移动促进反应

进行。

(5)NBP()中酯基在碱性条件下发生水解反应生成

中烽基体积较大,

,故答案为:

CH3氯代后水解再催化氧化而得，因此合成路线为

7-\C1,NaOHHX）/~\O«Cti\

］讯一