2023年高考押题预测卷02（上海卷）-化学（全解全析）

2023年高考押题预测卷02【上海卷】化学（考试时间：60分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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。一．选择题（合计20题，每题2分，共40分）1．化学创造美好生活，下列物质用途与所述的化学知识没有关联的是选项物质用途化学知识A二氧化硫用作红酒防腐剂SO2B乙炔用于金属切割与焊接C2C碳酸氢钠用作面团膨松剂NaHCO3受热分解会产生D铁触媒用作合成氨的催化剂催化剂可以提高反应速率A．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】A．二氧化硫用作红酒防腐剂，主要是由于二氧化硫的抗氧化性和杀菌作用，而且还能保持葡萄酒的天然香味，故A符合题意；B．乙炔与氧气燃烧放出大量热，可用于金属切割与焊接，故B不符合题意；C．NaHCO3受热分解会产生CO2，可用作面团膨松剂，故D．铁触媒可用作合成氨的催化剂，提高反应速率，故D不符合题意；故答案选A。2．已知A、B、C、D为短周期元素构成的四种物质，它们有转化关系A→O2B→O2A．若A为非金属单质，C转化为D可能为氧化还原反应B．若A为非金属单质，其所含的元素在周期表中可能处于第二周期第IVA族C．不论A为单质还是化合物，D都有可能是同一种物质D．若A是共价化合物，0.1molA分子中含有的电子数可能为NA【答案】B【解析】A．若A为非金属单质，能连续氧化且产物D为强电解质，则A可能为N2或S，若为氮，则C转化为D是二氧化氮和水生成硝酸和一氧化氮的反应，为氧化还原反应，故A正确；B．若A为非金属单质，A为氮气或硫，氮元素处于第二周期ⅤA族，硫元素处于第三周期ⅥA族，故B错误；C．若A为氮气或氨气，均可生成D（硝酸），故C正确；D．若A是共价化合物，A可能为NH3或H2S，0.1mol的NH3分子中含有的电子数为NA，故D正确；故选B。3．春季是流感、诺如病毒等疾病的高发期，需要对重点场所做好定期清洁消毒。下列物质中，不是消毒剂的是A．漂粉精 B．洁厕灵 C．碘酒 D．臭氧【答案】B【解析】A．漂粉精中含有次氯酸钙，次氯酸钙能与CO2、H2O反应生成HClO具有消毒作用，漂粉精为消毒剂，A错误；B．洁厕灵的主要成分为较高浓度的盐酸，不具备消毒作用，不是消毒剂，B正确；C．碘酒中碘单质具有氧化性，能杀菌消毒，碘酒是消毒剂，C错误；D．臭氧具有强氧化性，能杀菌消毒，臭氧是消毒剂，D错误；故答案选B。4．反应8NH3+3Cl2=6NH4C1+N2可用于氯气管道的检漏。下列化学用语正确的是A．中子数为1的氢原子：1B．N2分子结构式N≡NC．NH4Cl的电子式：D．Cl的结构示意图：【答案】B【解析】A．中子数为1的氢原子的质量数为2，表示为12H；故B．N2分子结构式N≡N；故B正确；C．NH4Cl的电子式为；故C错误；D．Cl的结构示意图中最外层电子为8；故D错误；故答案选B。5．用括号内试剂及操作方法除去下列各物质中的少量杂质，不正确的是A．二氧化碳中的氯化氢（饱和碳酸钠溶液、洗气）B．乙酸乙酯中的乙酸（饱和碳酸钠溶液、分液）C．溴乙烷中的乙醇（水、分液）D．溴苯中的溴（NaOH溶液、分液）【答案】A【解析】A.CO2也能被碳酸钠溶液吸收，应该用饱和碳酸氢钠溶液，A错误；B.乙酸乙酯不溶于水，乙酸和碳酸钠反应，乙酸乙酯中的乙酸可以用饱和碳酸钠溶液除去，B正确；C.乙醇和水互溶，可以用水除去溴乙烷中的乙醇，C正确；D.溴能溶解在氢氧化钠溶液中，可以除去溴苯中的溴，D正确，答案选A。点睛：掌握物质的性质差异是解答的关键，注意了解分离与提纯的原则和常用方法。物质提纯的原则：不增、不减、易复、易分。所谓不增，不引进新的物质；不减指不能损耗或减少被提纯的物质；易复指被提纯物质转化后易复原；易分指易使杂质与被提纯的物质分离。6．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入物质X后铜粉逐渐溶解，X可能是A．HCl B．Fe2(SO4)3 C．K2S D．FeSO4【答案】B【解析】A．Cu的活泼性弱于H，稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入HCl，铜仍然不溶解，故A不选；B．铜能和Fe2(SO4)3反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，所以铜能在Fe2(SO4)3溶液中溶解，故B选；C．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入K2S，生成H2S，铜粉仍不溶解，故C不选；D．向稀硫酸反应加入FeSO4后，铜与FeSO4不反应，不能溶解铜，故D不选；故选：B。7．某中德联合研究小组制造了一种“水瓶”，用富勒烯(C60)的球形笼子作“瓶体”，一种磷酸盐作“瓶盖”，恰好可将一个水分子关在里面。下列说法正确的是A．“水瓶”是纯净物 B．水分子空间构型是V型C．C60是极性分子 D．富勒烯与石墨是同位素【答案】B【解析】A．“水瓶”中存在富勒烯(C60)、磷酸盐和水分子，所以是混合物，A错误；B．水分子中中心原子的价层电子对是4，2个孤电子对，所以空间构型是V型，B正确；C．C60是由非极性键构成的非极性分子，C错误；D．富勒烯与石墨是同种元素构成的不同单质互为同素异形体，D错误；故选B。8．反应过程Ⅰ、Ⅱ都能将反应物(M)转化为产物(N)。其能量与反应进程的关系如下：下列有关说法正确的是A．进程Ⅰ是吸热反应 B．X是催化剂C．M·X比N·X稳定 D．反应热：Ⅰ>Ⅱ【答案】B【解析】A．进程Ⅰ中产物N能力低与反应物M，所以为放热反应；故A错误；B．由进程Ⅱ可知，反应前为M+X，反应后为N+X，X为催化剂，故B正确；C．由图可知，M·X能量更高，更活泼，故C错误；D．X为催化剂，不该改变反应热，所以反应热：Ⅰ=Ⅱ；故D错误；故答案选B。9．环辛四烯()中碳碳键键长有两种：1.33×10-10m和1.46×A．与乙苯互为同分异构体 B．与等物质的量的溴加成，产物只有1种C．邻二氯代物只有1种 D．化学键b的键长为1.33×【答案】D【解析】A．环辛四烯分子式为C8H8，乙苯分子式为CB．与等物质的量的溴加成，其加成位置可以为1，2加成，产物为；或1，4加成，产物为，产物多于1种，故B错误；C．环辛四烯相邻碳原子之间可以存在碳碳单键或碳碳双键，故邻二氯代物有和两种，故C错误；D．由分析可知，化学键b的键长为1.33×10-10m故答案为：D。10．下列实验装置不能达到实验目的的是（

）A．装置甲用SO2做喷泉实验 B．装置乙验证Cu与浓硝酸反应的热量变化C．装置丙验证NH3易溶于水 D．装置丁用该装置制取NH3【答案】D【解析】A．二氧化硫能与浓氢氧化钠溶液反应，烧瓶中气体压强迅速减小，形成内外压强差，从而形成喷泉，故A正确；B．铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮气体和水，若此反应为放热反应，气体膨胀会使U试管中液面左低右高，故B正确；C．将胶头滴管中的水滴入烧瓶中，氨气极易溶于水，烧瓶中的气体的物质的量减小，气球会立刻膨胀起来，故C正确；D．盛有氯化铵的大试管直接受热分解生成氯化氢和氨气，氯化氢和氨气在试管口重新结合生成NH4Cl，不能制取氨气，故D错误；故选D。11．以下元素为短周期元素，其原子半径及主要化合价见下表。元素XYZWT原子半径/nm0.1520.1860.0660.1020.099最外层电子数11667下列有关说法正确的是A．简单离子的半径：Y>Z>XB．气态氢化物的热稳定性：W>ZC．Y与Z形成的化合物可能具有强氧化性D．常温下，W单质的分子间作用力小于T单质【答案】C【解析】A．据分析可知，Y为Na；Z为O；X为Li，电子层数越多半径越大；电子层结构相同的离子，随着核电荷数的增大，离子半径减小。所以简单离子的半径：Z>Y>X；故A错误；B．W为S；Z为O；电负性大小为Z>W，所以气态氢化物的热稳定性：Z>W；故B错误；C．Y为K；Z为O；K和O形成的过氧化钾即可以做氧化剂又可以做还原剂；故C正确；D．W为S；T为F；S单质为分子晶体；F单质为分子晶体；分子晶体之间作用力与分子量大小有关，S是以S8存在，F以F2存在，所以W单质的分子间作用力大于T单质；故D错误；故答案选C。12．乙炔的二聚体CH≡CCH=CH2(乙烯基乙炔)是一种重要化工原料。下列关于CH≡CCH=CH2说法错误的是A．其加聚产物还可以使溴水褪色B．与互为同分异构体C．催化加氢后所得烷烃的一氯代物有2种D．完全燃烧的耗氧量与等质量乙炔耗氧量相同【答案】B【解析】A．碳碳三键发生加聚反应后还存在碳碳双键，能使溴水褪色，选项A正确；B．CH≡CCH=CH2(乙烯基乙炔)分子式为C4H4，的分子式为C4H6，两者不可能形成同分异构体，选项B错误；C．催化加氢后所得烷烃为正丁烷，分子中有种不同化学环境的氢，其一氯代物有2种，选项C正确；D．CH≡CCH=CH2(乙烯基乙炔)和乙炔的最简式均为CH，完全燃烧的耗氧量与等质量乙炔耗氧量相同，选项D正确；答案选B。13．迷迭香酸是从蜂花属植物中提取得到的酸性物质，其结构如图。下列叙述正确的是A．迷迭香酸属于芳香烃B．迷迭香酸分子式为C17H16O8C．迷迭香酸可以发生加成反应、水解反应和酯化反应D．1mol迷迭香酸最多能和9mol氢气发生加成反应【答案】C【解析】A．由题干有机物结构简式可知，迷迭香酸中含有苯环，则属于芳香族化合物，含有氧原子，不属于烃，A错误；B．由题干有机物结构简式可知，迷迭香酸分子式为C18H16O8，B错误；C．由题干有机物结构简式可知，迷迭香酸含有羟基、羧基和酯基三种含氧官能团，且含有苯环，迷迭香酸可以发生水解反应、加成反应和酯化反应，C正确；D．由题干有机物结构简式可知，迷迭香酸含有2个苯环，1个碳碳双键可以和H2加成，故1mol迷迭香酸最多能和7mol氢气发生加成反应，D错误；故答案为：C。14．以Fe3O4为原料炼铁，主要发生如下反应：反应Ⅰ：Fe3O4(s)＋CO(g)⇌3FeO(s)＋CO2(g)＋Q1(Q1＜0)反应Ⅱ：Fe3O4(s)＋4CO(g)⇌3Fe(s)＋4CO2(g)＋Q2将一定体积CO通入装有Fe3O4粉末的反应器，其它条件不变，反应达平衡，测得CO的体积分数随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是A．Q2＜0B．反应温度越高，Fe3O4主要还原产物中铁元素的价态越低C．在恒温、恒容的反应器中，当压强保持不变时，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡状态D．温度高于1040℃时，反应I的化学平衡常数K＞4【答案】D【解析】A．反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO体积分数减小，而图中温度在570℃以下，CO的体积分数增大，说明反应Ⅱ逆向移动，则反应Ⅱ是放热反应即Q2＞0，故A错误；B．根据图中信息可知，温度在570℃以上，CO的体积分数随温度升高不断减小，说明以反应Ⅰ为主，反应温度越高，Fe3O4主要还原产物中铁元素的价态越高，故B错误；C．反应Ⅰ、Ⅱ都是等体积反应，因此在恒温、恒容的反应器中，当压强保持不变时，反应Ⅰ、Ⅱ不能说明达到平衡状态，故C错误；D．由图中信息可知，在1040℃时，发生的反应为反应Ⅰ，一氧化碳体积分数为20%，则反应的平衡常数K=1-20%20%=4，反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，当温度高于1040℃时，因此反应I的化学平衡常数K综上所述，答案为D。15．体积均为2.0L的恒容密闭容器甲、乙、丙中，发生反应：CO2(g)+C(s)⇌2CO(g)，起始投料量如表，在不同温度下CO平衡浓度随温度变化如下图。下列说法正确的是容器n(CO2)/moln(C)/moln(CO)/mol甲0.20.60乙0.40.80丙X<0.610A．曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的容器分别是乙、甲、丙B．a、b、c三点所处状态的压强大小关系：pc>pb>paC．1100K时，平衡时容器中混合气体的平均分子量大小关系：甲>乙>丙D．1000K时，若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，则v(正)>v(逆)【答案】A【解析】A．CO2(g)+C(s)⇌2CO(g)反应中，C为固体，不影响平衡移动，CO的化学计量数大于CO2的化学计量数，且反应发生在恒容密闭容器中，所以增大CO2的物质的量，则平衡左移。甲容器中n(CO2)初始为0.2mol，若全部转化为CO，则c(CO)=0.2mol/L，所以曲线Ⅰ对应的容器不是甲；若曲线Ⅲ对应的容器为甲，则在1100℃时，乙容器中的c(CO)应小于0.08mol/L，不符合图示。综上分析，曲线Ⅱ对应的容器是甲，故曲线Ⅰ对应的容器是乙，曲线Ⅲ对应的容器是丙，A项正确；B．该反应生成物中气体的化学计量数大于反应物中气体的化学计量数。b、c两点为同一容器的不同状态，b点的c(CO)更大，该状态下气体的总物质的量大于c点状态，故pb>pc；a点为容器乙状态，该状态下气体的总物质的量大于b点，故pa>pb，所以a、b、c三点所处状态的压强大小关系：pa>pb>pc，B项错误；C．CO2的分子量大于CO，所以CO2的转化率越高则混合气体的平均分子量大小越小。相同温度下，容器中转化率丙>甲>乙，故平衡时容器中混合气体的平均分子量大小关系：乙>甲>丙，C项错误；D．1000K时，若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，则Q=c2(CO)c(CO2)=0.520.5=0.5，而1000K时，根据图示可知反应CO2(g)+C(s)⇌2CO(g)的平衡常数K<0.5，Q>K，则起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol答案选A。16．为实现碳中和，可通过电解法用CO2制备CA．玻碳电极为阳极，发生氧化反应B．铂电极的电极反应：2C．制得28gC2H4D．电解一段时间后，右池中溶液的pH可能不变【答案】C【解析】A．由分析可知，H2O在玻碳电极上失去电子生成O2，则玻碳电极为阳极，发生氧化反应，故A正确；B．铂电极为阴极，CO2得电子得到C2H4，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：C．制得28gC2H4的物质的量为28g28g/mol=1mol，由电极方程式2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O可知，转移D．电解一段时间后，阳极产生的H+通过质子交换膜进入阴极，同时阳极消耗水，若阴极产生的水能够进入阳极，则右池中溶液的pH可能不变，故D正确；故选C。17．下列变化规律正确的是A．HCl、HBr、HI热稳定性由弱到强B．H2CO3、HClO、CH3COOH的酸性由弱到强C．物质的量浓度相等的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的pH值由小到大D．等物质的量的乙烷、乙烯、乙炔充分燃烧，所耗用氧气的量由多到少【答案】D【解析】A．氯原子、溴原子、碘原子半径依次增大，氢氯键、氢溴键、氢碘键键长依次增大，键能依次减小，导致HCl、HBr、HI热稳定性依次减弱，A错误；B．二氧化碳和次氯酸钠生成次氯酸，说明碳酸酸性大于次氯酸，B错误；C．氯化钠为强酸强碱盐，溶液显中性；氯化镁、氯化铝为强酸弱碱盐，水解溶液显酸性，故氯化钠溶液的pH最大，C错误；D．烃燃烧通式为CxHy+（x+14y）O2点燃xCO2+12yH2O，则等物质的量的乙烷、乙烯、乙炔充分燃烧，所耗用氧气的量由多到少，故选D。18．下列条件下的化学反应，相应的离子方程式一定正确的是A．将2.24LCO2通入500mL0.3B．向NH4FeSO4C．1L1mol⋅D．向Ca(ClO)2【答案】C【解析】A．没有明确是否为标准状况，2.24LCO2的物质的量不一定是0.1mol，B．向NH4FeSO42溶液中加入少量NaOH溶液，OH先与Fe3+C．1L1mol⋅L-1FeBr2溶液与一定量氯气反应转移的电子数为2×6.02×1023时，说明消耗的氯气为1mol，还原性FeD．次氯酸具有强氧化性，会将亚硫酸钙氧化为硫酸钙，两者不能同时生成，D错误；故选C。19．碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图装置)，下列有关说法错误的是A．洗气瓶中产生的沉淀是亚硫酸钡B．在Z导管出来的气体中有二氧化碳C．洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡D．在Z导管口有红棕色气体出现【答案】A【解析】A．碳与浓硫酸共热产生的X气体为CO2和SO2的混合气体，铜与浓硝酸反应产生的Y气体是NO2，SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO，故洗气瓶中产生的是硫酸钡沉淀，故A错误；B．Z处逸出的气体中有CO2和NO，故B正确；C．碳与浓硫酸共热产生的X气体为CO2和SO2的混合气体，铜与浓硝酸反应产生的Y气体是NO2，SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO，故洗气瓶中产生的是硫酸钡沉淀，故C正确；D．Z处逸出的气体中有CO2和NO，NO遇到空气中的氧气生成了红棕色的NO2，故D正确；故选A。20．实验室制备乙酸丁酯，反应温度要控制在115℃~125℃之间，有关数据如下表：物质乙酸1−丁醇乙酸丁酯98%浓硫酸沸点117.9℃117.2℃126.3℃338.0℃溶解性溶于水和有机溶剂溶于水和有机溶剂微溶于水，溶于有机溶剂与水混溶下列叙述正确的是A．采用加热回流装置B．不用水浴加热的原因：乙酸丁酯的沸点高于100℃C．分离粗品：用NaOH(aq)洗涤反应后混合物，再分液D．粗品精制：加吸水剂分液【答案】A【解析】A．由表中数据可知乙酸丁酯的沸点比反应物和反应控制温度都高，采用加热回流装置，以提高反应物的利用率，A正确；B．不用水浴加热是因为反应温度在115℃~125℃之间，而水沸腾温度为100℃，B错误；C．反应后混合物中含有乙酸、1丁醇、乙酸丁酯，乙酸可以和碳酸钠反应生成乙酸钠的水溶液，1丁醇能溶于水，乙酸丁酯在饱和碳酸钠中的溶解度极小，所以用饱和Na2CO3溶液洗涤后分液可得乙酸丁酯粗品，用NaOH洗涤会导致产物乙酸丁酯水解，C错误；D．粗品中含有水，可加吸水剂除去水然后再蒸馏得到产品，不能分液，D错误；故选A。第II卷（非选择题）二、非选择题(共4题，合计60分)21．（16分）H2O2(过氧化氢)应用领域非常广泛。已知：2H2O2(l)⇌2H2O(l)+O2(g)+Q(Q>0)H2O2(aq)⇌H+(aq)+HO2-(aq)，K(25oC)=2.24×10完成下列填空：(1)氧原子最外层成对电子和未成对电子数目之比为_______。(2)H2O2的电子式为_______。对H2O2分子结构，有以下两种推测：要确定H2O2分子结构，需要测定H2O2分子中的_______。(选填序号)a.H—O键长

b.O—O键长

c.H—O—O键角

d.H—O、O—O键能(3)H2O2分解反应的平衡常数表达式K=_______。不同温度下H2O2分解反应的平衡常数K(25oC)_______K(40oC)(选填“>”“<”或“=”)。标准状况下，某5mLH2O2溶液60s内产生氧气22.4mL(溶液体积变化忽略不计)。则0~60sv(H2O2)=_______。(4)25oC，pH(H2O2)_______pH(H2O)(选填“>”“<”或“=”)。研究表明，H2O2溶液中HO2-浓度越大，H2O2的分解速率越快。某温度下，经过相同时间，不同浓度H2O2分解率与pH的关系如图所示。一定浓度的H2O2，pH增大H2O2分解率增大的原因是_______。相同pH下，H2O2浓度越大H2O2分解率越低的原因是_______(5)蒽醌法是过氧化氢主要的生产方法。其生产过程可简单表示如下：试从绿色化学角度评价该生产方法。_______【答案】(1)2：1(2)c(3)c(O2)>0.4mol·L1·min1(或0.0067mol·L1·s1)(4)<pH升高，HO2-的浓度增加，H2O2分解速率加快H2O2浓度越高，电离程度越低，(5)该法生产原子利用率是100％，符合“绿色化学工艺”【解析】（1）O原子的核外电子排布式为1s22s22p4，最外层成对电子数为4个，未成对电子数为2个，成对电子数和未成对电子数之比为2：1。（2）H2O2的电子式为，对于H2O2的分子结构有图示两种推测，这两种结构的不同之处在于HOO的键角不同，因此需要测定H2O2分子内HOO键角，故答案选c。（3）H2O2分解反应为2H2O2(l)⇌2H2O(l)+O2(g)，平衡常数表达式K=c(O2)。已知H2O2的分解反应为放热反应，升高温度化学平衡逆向移动，则平衡常数K(25℃)>K(40℃)。5mLH2O2溶液60s内生成氧气22.4mL即1×103mol，则参与反应的H2O2有2×103mol，v(H2O2)=2×10（4）25℃时，H2O2电离生成H+和HO2-的平衡常数K=2.24×1012>1×1014，同温度下过氧化氢电离程度大于水，故25℃时pH(H2O2)<pH(H2O)。pH增大，溶液中氢离子浓度减小，促使H2O2电离平衡正向移动，HO2-浓度增大，H2O2的分解率增大。相同pH下，H（5）从生成过程图可知，该反应过程中原子利用率为100%，符合绿色化学工艺。22．（15分）砷与氮为同主族元素，砷及其化合物可应用于农药、除草剂、杀虫剂等。完成下列填空：(1)法庭医学常用马氏试砷法来证明是否砒霜(As2O3)中毒：把试样与锌和盐酸混合，若试样中含有砒霜，则会反应生成砷化氢、氯化锌与水，写出该反应的化学方程式_______。(2)As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4(其中As为+2价)和SnCl4并放出H2S气体，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______。(3)一定条件下，雄黄(As4S4)与O2生成As2O3与物质a。若该反应中1molAs4S4参加反应时，转移28mol电子。写出物质a的化学式_______。(4)三元弱酸亚砷酸(H3AsO3)向亚砷酸溶液中缓缓加入NaOH溶液至pH=11时，反应的离子方程式为_______。Na2HAsO3溶液中c(H2AsO3-)_______c(AsO33-)(填“>”“<”或“=”)。理由是(5)已知I2+AsO33-+2OH⇌2I+AsO43-＋H2O。为验证该反应具有可逆性，将等物质的量浓度的碘水与Na3AsO3溶液按体积比为V1：V2的比例混合(另加入适量的碱)。当V1_______V2(填“>”或“<”)时，只需加入_______(填试剂名称)就可以确定该反应具有可逆性。上述反应显示：AsO33-能在碱性溶液中被I2氧化成AsO43-，而H3AsO4又能在酸性溶液中被I还原成H3AsO【答案】(1)6Zn+As2O3+12HCl=6ZnCl2+2AsH3↑+3H2O(2)2：1(3)SO2(4)H3AsO3+OH=H2AsO3-+H2O>Na2HAsO3溶液呈碱性，HAsO3(5)<淀粉溶液溶液的酸碱性影响物质的氧化还原性【解析】（1）As2O3与Zn、HCl反应生成AsH3、ZnCl2和H2O，化学方程式为6Zn+As2O3+12HCl=6ZnCl2+2AsH3↑+3H2O。（2）As2S3和SnCl2在盐酸中反应生成As4S4、SnCl4和H2S，化学方程式为2As2S3+2SnCl2+4HCl=As4S4+2SnCl4+2H2S↑，该反应As2S3中As得电子化合价降低，As4S4为还原产物，SnCl2中Sn失电子化合价升高，SnCl4为氧化产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为2：1。（3）As4S4与O2反应生成As2O3和物质a，1molAs4S4参与反应时，转移28mol电子，1molAs4S4转化为As2O3时As转移4mol电子，则剩余24mol电子为S失电子所转移，1molAs4S4含有4molS，S化合价为2价，则产物中S为+4价，因此物质a为SO2。（4）pH=11时，H2AsO3-的量最多，其余物质相对较少，则此过程的离子反应为H3AsO3+OH=H2AsO3-+H2O。从图中可知，溶液中溶质为Na2HAsO3时溶液呈碱性，说明HAsO32-的水解程度大于电离程度，故Na2HAsO3（5）为验证该反应具有可逆性，将等物质的量浓度的碘水和Na3AsO3溶液按体积比V1：V2的比例混合，只要确保Na3AsO3过量，再用淀粉溶液检验混合物中是否存在I2即可验证该反应是否具有可逆性，如不可逆，则加入淀粉溶液后，混合液不变蓝。因此V1<V2，加入的试剂为淀粉溶液。AsO33-能在碱性溶液中被I2氧化成AsO43-，而H3AsO4又能在酸性溶液中被I还原成H3AsO23．（13分）用N杂环卡其碱(NHCbase)作为催化剂，可合成多环化合物。下面是一种多环化合物H的合成路线(无需考虑部分中间体的立体化学)。已知：→KMnO4，H+(完成下列填空：(1)A中含氧官能团名称是______________；反应②涉及两步反应，已知第一步反应类型为加成反应，第二步的反应类型为_________。(2)检验C中“碳碳双键”的操作是___________________________________________。(3)E的结构简式为_____________________。(4)化合物X是C的同分异构体，可发生银镜反应，与酸性高锰酸钾溶液反应后可以得到对苯二甲酸()，写出X的结构简式_______________________。(5)参考上述信息，设计以甲苯和乙醛为原料，合成肉桂醛()的合成路线(其他无机试剂任选)_______________。(合成路线可表示为：A→反应条件【答案】(1)羟基消除(或消去)反应(2)取样，加入Br2/CCl4，溶液出现棕红色褪色现象，则有“碳碳双键”(3)(4)(5)→光照氯气→Δ氢氧化钠溶液→Δ氧气【解析】（1）由分析可知，A的结构简式为，A中含氧官能团名称是羟基；根据以上分析可知第二步的反应类型为消去反应；（2）C中含有碳碳双键和醛基，所以不能利用酸性高锰酸钾检验，应该用溴和碳碳双键的加成反应，即取样，加入Br2/CCl4，溶液出现棕红色褪色现象，则有“碳碳双键”；（3）根据以上分析可知E的结构简式为；（4）C的结构简式为，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，又与酸性高锰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：；（5）依据逆推法可知肉桂醛需要苯甲醛和乙醛，苯甲醇催化氧化生成苯甲醛，卤代烃水解引入羟基，甲苯氟气取代反应引入氯原子，则合成路线为→光照氯气→Δ氢氧化钠溶液→Δ氧气/24．(16分)PCl3是重要的化工原料。如图为实验室中制取粗PCl3产品的装置，夹持装置略去。经查阅资料知：红磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5，PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3，PCl3遇O2会生成POCl3，PCl3、POCl3的熔沸点见如表。物质熔点/oC