2023年高考第二次模拟考试卷-化学（北京A卷）（全解全析）

这是一份2023年高考第二次模拟考试卷-化学（北京A卷）（全解全析），共17页。

2023年高考化学第二次模拟考试卷A（北京专用）
化学·全解全析
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证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
可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 O 16 Mg 24 Ti 48 Ni 59
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.研究表明，黄酮类化合物有提高动物机体抗氧化及清除自由基的能力，某黄酮化合物结构简式如图所示。下列有关该化合物叙述正确的是(　　)

A．分子式为C16H14O2 B．能使溴水褪色
C．能发生水解反应 D．不能发生取代反应
【答案】　B
【解析】　由结构简式知其分子式为C16H12O2，A错误；该化合物含有碳碳双键，可与溴水中的溴发生加成反应而使其褪色，B正确；该化合物中不含有能够水解的官能团(酯基、酰胺基等)，不能发生水解反应，C错误；该化合物苯环上的氢原子、甲基上的氢原子均可以被取代，D错误。
2.过氧化钠常用作供氧剂：2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑。下列说法不正确的是(　　)
A．Na2O2 的电子式：
B．Na＋的结构示意图：
C．16O与18O互为同位素
D．NaOH属于离子化合物，仅含有离子键
【答案】　D
【解析】　过氧化钠为离子化合物，钠离子与过氧根离子通过离子键结合，过氧根离子内部两个氧原子通过共用1对电子结合，过氧化钠的电子式：，故A正确；钠离子核内有11个质子，核外有10个电子，最外层有8个电子，离子结构示意图：，故B正确；同位素是指质子数相同，中子数不同的两种核素，16O与18O互为同位素，故C正确；NaOH属于离子化合物，含有离子键，O、H之间是共价键，故D错误。
3.下列颜色变化与氧化还原反应有关的是(　　)
A．无水硫酸铜遇水变为蓝色
B．金属铝放置在空气中失去光泽
C．澄清的石灰水遇到二氧化碳变浑浊
D．棕黄色的氯化铁溶液滴入沸水中变成红褐色
【答案】　B
【解析】　无水硫酸铜遇水变为蓝色的CuSO4·5H2O，元素化合价没有变化，不是氧化还原反应，故A不符合题意；金属铝放置在空气中失去光泽是铝表面生成氧化铝，Al元素化合价升高，是氧化还原反应，故B符合题意；澄清的石灰水遇到二氧化碳变浑浊，是氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，元素化合价没有变化，不是氧化还原反应，故C不符合题意；棕黄色的氯化铁溶液滴入沸水中变成红褐色是氯化铁变为氢氧化铁，元素化合价没有变化，不是氧化还原反应，故D不符合题意。
4．下列实验操作能达到实验目的且离子方程式正确的是(　　)
A．用盐酸清洗进行银镜反应后试管内壁的银白色固体：2Ag＋2Cl－＋2H＋===H2↑＋2AgCl↓
B．用酸性KMnO4溶液检验FeCl2是否完全变质：5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O
C．用NaOH溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸：CH3COOH＋OH－===CH3COO－＋H2O
D．向少量澄清石灰水中加入足量的NaHCO3溶液：Ca2＋＋2OH－＋2HCO===CaCO3↓＋2H2O＋CO
【答案】　D
【解析】　在金属活动顺序表中，Ag位于氢的后面，盐酸与银不反应，A不正确；酸性KMnO4溶液不仅能氧化Fe2＋，还能氧化Cl－，所以用酸性KMnO4溶液不能检验FeCl2是否完全变质，B不正确；NaOH溶液不仅能与乙酸反应，还能使乙酸乙酯发生水解，C不正确。
5.已知NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4。下列说法正确的是(　　)
A．该配合物中阴离子为平面正方形
B．该配合物的配体为NO，配位数为1
C．Fe2＋的价层电子排布式为3d54s1，易被氧化为Fe3＋
D．H2O的VSEPR模型为四面体形，空间结构为V形
【答案】　D
【解析】　该配合物的阴离子为SO，SO中S原子价层电子对数为4＋＝4且不含孤电子对，所以该离子为正四面体形，A错误；[Fe(NO)(H2O)5]SO4中的配体为NO、H2O，所以该配离子中配位数为6，B错误；Fe2＋的价层电子排布式为3d6，易失去电子被氧化为Fe3＋，C错误；水分子中氧原子的价层电子对数为4，孤电子对数为2，则分子的VSEPR模型为四面体形，空间结构为V形，D正确。
6.下列装置能达到实验目的的是(　　)


A．利用甲装置配制一定物质的量浓度的稀硫酸
B．利用乙装置制备并收集少量二氧化氮气体
C．利用丙装置由工业酒精制取无水酒精
D．利用丁装置从氯化镁溶液中获得无水MgCl2
【答案】　C
【解析】　容量瓶不能作为溶解、稀释和反应的仪器，A不符合题意；已知3NO2＋H2O===2HNO3＋NO可知，不能用排水法收集NO2，B不符合题意；工业酒精中加入CaO后再进行蒸馏可得到无水酒精，图中蒸馏装置、温度计位置、冷却水的方向均合理，即利用丙装置由工业酒精制取无水酒精能够实现实验目的，C符合题意；由于MgCl2＋2H2OMg(OH)2＋2HCl，氯化镁完全水解生成氢氧化镁，故利用丁装置直接加热蒸发氯化镁溶液不能获得无水MgCl2，D不符合题意。
7．某温度下，反应CH2==CH2(g)＋H2O(g)CH3CH2OH(g)在密闭容器中达到平衡，下列说法正确的是(　　)
A．增大压强，v正>v逆，平衡常数增大
B．加入催化剂，平衡时CH3CH2OH(g)的浓度增大
C．恒容下，充入一定量的H2O(g)，平衡向正反应方向移动
D．恒容下，充入一定量的CH2==CH2(g)，CH2==CH2(g)的平衡转化率增大
【答案】　C
【解析】　该反应是一个气体分子数减少的反应，增大压强可以加快化学反应速率，正反应速率增大的幅度大于逆反应，故v正>v逆，平衡向正反应方向移动，但是因为温度不变，故平衡常数不变，A不正确；催化剂不影响化学平衡状态，因此，加入催化剂不影响平衡时CH3CH2OH(g)的浓度，B不正确；恒容下，充入一定量的H2O(g)，H2O(g)的浓度增大，平衡向正反应方向移动，C正确；恒容下，充入一定量的CH2==CH2 (g)，平衡向正反应方向移动，但是CH2==CH2 (g)的平衡转化率减小，D不正确。

8.Y、Z、W、R为原子序数依次增大的前20号主族元素，Y的最外层电子数是电子层数的3倍，Z、W为同周期相邻元素，R原子最内层电子数与最外层电子数相同，Y、W可形成如图所示的离子，下列说法错误的是(　　)

A．简单离子半径：W＞R
B．如图所示的离子能与稀硫酸反应，生成沉淀和气体
C．Z的最高价氧化物对应的水化物为中强酸
D．简单气态氢化物的稳定性：W＞Y
【答案】　D
【解析】　Y、Z、W、R为原子序数依次增大的前20号主族元素，Y的最外层电子数是电子层数的3倍，则Y核外电子分2层排布，依次排2、6个电子，Y为O；由Y、W可形成的离子结构知，W能形成6对共用电子对，则W最外层有6个电子，W为S；Z、W为同周期相邻元素，Z的原子序数小于W，则Z为P；R的原子序数最大且最内层电子数与最外层电子数相同，则R核外电子分4层排布，依次排2、8、8、2个电子，R为Ca。电子层结构相同时，核电荷数越多，离子半径越小，因此简单离子半径：S2－>Ca2＋，A正确；如图所示的离子为S2O，S2O能与稀硫酸反应生成硫、二氧化硫和水，现象为生成沉淀和气体，B正确；P的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，H3PO4为中强酸，C正确；元素非金属性越强，其简单气态氢化物越稳定，因此简单气态氢化物的稳定性：H2O>H2S，D错误。
9.乙烯与水加成制备乙醇的能量变化过程如图所示。下列说法不正确的是(　　)

A．反应①为加成反应
B．反应①和反应②均为放热反应
C．C2H4(g)＋H2O(l)===C2H5OH(l)　ΔH＝(E1－E2＋E3－E4) kJ·mol－1
D．H2SO4是该合成过程的催化剂，可提高反应物的平衡转化率
【答案】　D
【解析】　由图可知乙烯与水加成制备乙醇的过程为①C2H4(g)＋H2SO4(l)===C2H5OSO3H(l)　
ΔH＝(E1－E2)kJ·mol－1；②C2H5OSO3H(l)＋H2O(l)===C2H5OH(l)＋H2SO4(l)　ΔH＝(E3－E4)kJ·mol－1。对比C2H4、H2SO4和C2H5OSO3H的化学式可知，反应①为加成反应，A正确；由图可知，反应①、反应②的反应物的总能量均高于生成物的总能量，均为放热反应，B正确；根据上述分析，由①＋②，得C2H4(g)＋H2O(l)===C2H5OH(l)　ΔH＝(E1－E2＋E3－E4) kJ·mol－1，C正确；H2SO4在两步反应中出现，在总反应中未出现，则H2SO4是该合成过程的催化剂，它可提高反应速率，但是不能使平衡发生移动，不能提高反应物的平衡转化率，D错误。
10.特种高分子功能材料N合成路线如图。其中芳香族化合物M能与NaOH溶液反应生成一种钠盐和氨气；化合物Z苯环上的一氯代物只有一种。下列说法正确的是(　　)

A．对苯二甲酸的核磁共振氢谱有3组峰
B．化合物M中含有—NO2
C．化合物Z与苯胺互为同系物
D．高分子N的结构简式可表示为
【答案】　D
【解析】　由题中信息：Z苯环上的一氯代物只有一种，故其结构高度对称，分析Z的结构简式为；化合物M在一定条件下反应得到Z，对比二者的分子式，组成上相差2个C和2个O，且M与氢氧化钠反应生成一种钠盐和氨气，故M的结构简式为。
11.根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是(　　)
选项
实验目的
实验及现象
结论
A
比较CH3COO－和HCO的水解常数
分别测浓度均为0.1 mol·L－1的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者
Kh(CH3COO－)
B
检验铁锈中是否含有二价铁
将铁锈溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液，紫色褪去
铁锈中含有二价铁
C
探究氢离子浓度对CrO、Cr2O相互转化的影响
向K2CrO4溶液中缓慢滴加硫酸，黄色变为橙红色
增大氢离子浓度，转化平衡向生成Cr2O的方向移动
D
检验乙醇中是否含有水
向乙醇中加入一小粒金属钠，产生无色气体
乙醇中含有水

【答案】　C
【解析】　CH3COONH4中NH也能发生水解，干扰实验，应用同浓度的CH3COONa和NaHCO3进行实验，A错误；铁锈中含有Fe单质，Fe单质与浓盐酸可反应生成Fe2＋，且KMnO4与浓盐酸反应生成氯气，故滴入KMnO4溶液，紫色褪去，不能说明铁锈中一定含有二价铁，B错误；K2CrO4溶液中存在平衡2CrO(黄色)＋2H＋―→Cr2O(橙红色)＋H2O，缓慢滴加硫酸，H＋浓度增大，平衡正向移动，故溶液黄色变为橙红色，C正确；乙醇和水均会与金属钠发生反应生成氢气，故不能说明乙醇中含有水，D错误。
12.电芬顿技术常用来处理废水中的有害物质苯酚。电芬顿技术是通过化学芬顿技术发展而来的，化学芬顿技术主要向废水中投加Fe2＋和H2O2试剂，两者反应后生成强氧化剂羟基自由基，将废水中的有害有机物氧化成CO2和H2O。下列有关说法错误的是(　　)

A．a电极为Fe电极，外接电源正极
B．阴极反应为O2＋2e－===O
C．消耗标准状况下11.2 L O2，生成1 mol·OH
D．处理苯酚的反应为28HO·＋―→6CO2↑＋17H2O
【答案】　C
【解析】　电芬顿技术采用Fe作阳极，Fe失电子生成的亚铁离子与过氧化氢反应生成羟基自由基，A正确；阴极氧气得电子生成过氧根离子，在酸性条件下反应生成过氧化氢，B正确；酸性条件下，三价铁离子与过氧化氢反应生成羟基自由基的反应为H2O2＋Fe2＋＋H＋===Fe3＋＋·OH＋H2O,11.2 L O2在标况下为0.5 mol，O2～H2O2～·OH，0.5 mol O2生成0.5 mol·OH，C错误；根据元素守恒可以得出羟基自由基做强氧化剂处理苯酚的反应为28HO·＋―→6CO2↑＋17H2O，D正确。
13．溶液中各含氮(或碳)微粒的分布分数δ，是指某含氮(或碳)微粒的浓度占各含氮(或碳)微粒浓度之和的分数。25 ℃时，向0.1 mol·L－1的NH4HCO3溶液(pH＝7.8)中滴加适量的盐酸或NaOH溶液，溶液中各含氮(或碳)微粒的分布分数δ与pH的关系如图所示(不考虑溶液中的CO2和NH3分子)。下列说法正确的是(　　)

A．Kb(NH3·H2O)＜Ka1(H2CO3)
B．n点时，溶液中3c(HCO)＋c(OH－)＝c(NH)＋c(H＋)
C．m点时，c(NH3·H2O)＜c(HCO)
D．反应HCO＋NH3·H2ONH＋CO＋H2O的平衡常数为K，lg K＝－0.9
【答案】　D
【解析】　由图可知，溶液pH为6.4时，溶液中c(HCO)＝c(H2CO3)，则Ka1(H2CO3)＝＝10－6.4，溶液pH为9.3时，溶液中c(NH)＝ c(NH3·H2O)，则Kb(NH3·H2O)＝＝10－4.7，溶液pH为10.2时，溶液中c(HCO)＝c(CO)，则Ka2(H2CO3)＝＝10－10.2，故A错误；由图可知，n点时，溶液中c(HCO)＝c(CO)，由溶液中的电荷守恒：2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)＝c(NH)＋c(H＋)＋c(Na＋)可得3c(HCO)＋c(OH－)＝c(NH)＋c(H＋)＋c(Na＋)，故B错误；由图可知，m点时，溶液中c(NH3·H2O)＞c(HCO)，故C错误；由方程式可知，反应的平衡常数K＝＝ ××＝＝＝10－0.9，则lg K＝－0.9，故D正确。
14.为证明Cu2＋形成络离子(络合物)可促使铜与酸置换出氢气反应的发生，进行下列实验。已知Cu2＋能与NH3形成络离子[Cu(NH3)4]2＋，与双硫腙(H2Dz，二元弱酸)形成络合物Cu(HDz)2，与EDTA-2Na(用Na2H2Y表示，忽略其电离出的H＋)形成络合物CuH2Y。
编号
8 mol·L－1H2SO4溶液
铜粉
加入某种物质
实验现象
Ⅰ
10 mL
6.4 g
无
无现象
Ⅱ
10 mL
6.4 g
0.1 mol EDTA-2Na固体
有气泡
Ⅲ
10 mL
6.4 g
0.2 mol双硫腙固体
有气泡，比实验 Ⅱ 密集
Ⅳ
10 mL
6.4 g
0.224 L NH3(标况下)

下列有关说法错误的是(　　)
A．实验Ⅰ作对照组
B．实验Ⅳ中无气泡产生
C．实验Ⅲ比实验Ⅱ气泡密集的原因可能是实验Ⅲ中H＋的浓度比实验Ⅱ中的大
D．实验Ⅰ和实验Ⅱ、实验Ⅰ和实验Ⅲ均能证明形成络合物可促进铜与酸的反应
【答案】　D
【解析】　实验Ⅳ中NH3为碱性气体，能与硫酸反应生成NH而无法与Cu2＋形成络离子，故实验Ⅳ中不会有气泡产生，B正确；实验Ⅱ和实验Ⅲ中H＋的浓度不同，与Cu2＋络合的物质也不同，这两个因素都可能导致实验Ⅲ中的气泡比实验Ⅱ密集，C正确；本实验中以实验Ⅰ为对照组，另外一组实验应该满足的条件为铜粉的质量相同、c(H＋)相同、加入的物质能与Cu2＋络合，实验Ⅱ中EDTA-2Na能与Cu2＋形成络合物，能达到实验目的，实验Ⅲ与实验Ⅰ的c(H＋)不同，不能达到实验目的，A正确，D错误。
第II部分
本部分共 5 题，共 58 分。
15（10分）2022年2月我国科学家在《科学》杂志发表反型钙钛矿太阳能电池研究方面的最新科研成果论文，为钙钛矿电池研究开辟新方向。
(1)基态钛原子的px原子轨道上的电子数为________个。与钛同周期的第ⅡB族和ⅢA族两种元素中第一电离能较大的是________(写元素符号)。
(2)Ti的配合物有多种。Ti(CO)6、Ti(H2O)、TiF的配体所含原子中电负性由大到小的顺序是________(写元素符号)；Ti(H2O)中∠H—O—H________(填“大于”、“小于”或“等于”)单个水分子中∠H—O—H；Ti(NO3)4的球棍结构如图，Ti的配位数是________，N原子的杂化方式为________。

(3)反型钙钛矿电池无需使用具有光催化活性的TiO2(通过氮掺杂生成TiO2－aNb，反应如图)以及掺杂的有机空穴传输层，光照下的输出稳定性更好，更具发展潜力。

则TiO2－aNb晶体中a＝________。已知原子1、2的分数坐标为(0，0，)和(1，0，0)，则原子3的坐标分别为________，设阿伏加德罗常数的值为NA，TiO2的密度为________ g·cm－3(列出计算式)。
【答案】　(1)4　Zn
(2)F>O>C>H　大于　8　sp2
(3)　(1，1，)　
【解析】　(1)Ti的原子序数为22，核外有22个电子，处于周期表中第四周期第ⅣB族，基态钛原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d24s2，px原子轨道上电子数2px上有2个，3px上有2个，所以px原子轨道上电子数共4个；与钛同周期的第ⅡB族和ⅢA族两种元素分别为Zn、Ga，基态Zn的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，基态Ga的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，则Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子，第一电离能比Ga的大；(2)由Ti(CO)6、Ti(H2O)、TiF可知，它们的配体分别为CO、H2O、F－，含有的原子有H、C、O、F，而C、O、F的氢化物中它们均表现负化合价，说明电负性均大于氢元素的，C、O、F属于同周期元素，从左至右，非金属性增强，非金属越强，电负性越大，所以H、C、O、F的电负性由大到小的顺序是F>O>C>H；由Ti(H2O)可知，H2O中O原子的孤电子对进入Ti2＋的空轨道，形成配位键，则孤电子对数减小，斥力减小，Ti(H2O)中∠H—O—H变大，所以Ti(H2O)中∠H—O—H大于单个水分子中∠H—O—H；由球棍结构可知，每个配体NO中有两个O原子，与Ti4＋形成环状结构，NO作为双齿配体，Ti的配位数是2×4＝8；NO中中心原子N原子的价层电子对数＝3＋＝3＋0＝3，无孤电子对，N原子采取sp2杂化。(3)由TiO2－aNb晶胞结构可知，氮掺杂反应后，有3个氧空穴，O原子6个在棱上、6个在面上，1个在体内，O原子个数为6×＋6×＋1＝，N原子1个在面上、1个在棱上，N原子个数为1×＋1×＝，Ti原子在晶胞的8个顶点、4个面心和1个在体内，Ti原子个数为8×＋4×＋1＝4，所以Ti∶O∶N＝4∶∶＝1∶∶，该物质的化学式为TiON，则2－a＝，a＝2－＝；由TiO2的晶胞结构可知，原子1、2的分数坐标为(0，0，)和(1，0，0)，则原子3的坐标为(1，1，)；由TiO2的晶胞结构可知，Ti原子在晶胞的8个顶点、4个面心和1个在体内，Ti原子的个数为8×＋4×＋1＝4，O原子8个在棱上、8个在面上、2个在体内，O原子个数为8×＋8×＋2＝8，则1 mol晶胞的质量为m＝(48×4＋16×8) g＝4×(48＋16×2) g，一个晶胞的质量为m＝ g，体积为V＝m2×n×10－30 cm3，则TiO2的密度为ρ＝＝＝ g/cm3。
16.（10分）SO2和氮氧化物(NOx)都是空气污染物，科学处理及综合利用是环境科学研究的热点。
(1)某科研小组研究不同条件下0.4 mol·L－1(NH4)2S溶液常压下吸收SO2烟气的吸收率。
①溶液pH：随着含SO2烟气的不断通入，SO2和硫的吸收率如图1所示：

i．当pH＝10～8.6时，硫的总吸收率不断减小，因为S2－浓度较高与SO2反应，生成S，同时产生大量的________________，导致硫的总吸收率减小。
ii.当pH＝8～3时，硫的总吸收率增大，生成的主要产物为(NH4)2S2O3和NH4HSO3。(NH4)2S2O3和NH4HSO3一定条件下反应，生成硫黄和(NH4)2SO4最终回收，反应的化学方程式为_____________________。
iii.当pH＜3时，____________导致SO2和硫的总吸收率降低。
②温度：如图2所示，该项目选择常温，一是为了节能，另一个原因是______________________
________________________________________________________________________。
③其他条件：_________________________________________________________(任举一例)。

(2)联合脱硫脱硝技术，是一种工业工艺技术，采用“35%的氯酸(HClO3)同时脱硫脱氮技术”，处理烟气(含SO2、NO)可获得H2SO4、HCl、HNO3副产品，通过实验发现，当氯酸的浓度小于35%时，SO2和NO的脱除率几乎不变，但生成HNO3的量远小于理论值，可能的原因是
_______________________________________________________________________________。
【答案】　(1)①i.H2S气体　ii.(NH4)2S2O3＋2NH4HSO3===2S↓＋2(NH4)2SO4＋H2O　iii.吸收剂消耗完全，SO2饱和逸出
②常温时硫的吸收率已经很高了，升高温度吸收率变化不大　③通入含SO2的烟气的速率　(2)NO可能被氧化成NO2及其他含氮化合物
【解析】　(1)①由图可知当pH＝10～8.6时，硫的总吸收率不断减小；当pH＝8～3时，硫的总吸收率增大；当pH＜3时，SO2和硫的总吸收率降低。当pH＝10～8.6时，S2－浓度较高与SO2反应，生成硫单质和硫化氢气体，导致硫的总吸收率减小。②由图2可看出，温度对吸收率的影响不大，说明常温时硫的吸收率已经很高了，升高温度吸收率变化不大。(2)采用“35%的氯酸(HClO3)同时脱硫脱氮技术”，处理烟气，因为烟气中含SO2、NO，故可能导致NO被氧化成NO2及其他含氮化合物。
17.（13分）化合物N是一种具有玫瑰香味的香料，可用作化妆品和食品的添加剂。实验室制备N的两种合成路线如下：

已知：ⅰ：(R1、R3为烃基，R2为H或烃基)
ⅱ.R1COOR2＋R2OH(R1、R2、R3为烃基)
回答下列问题：
(1)H的化学名称为________________，A→B所需的试剂是________________。
(2)D→E的反应类型是________________，J含有的官能团名称是________________。
(3)G、M的结构简式分别为________________________________________________、
________________。
(4)I与新制的Cu(OH)2发生反应的化学方程式为
________________________________________________________________________。
(5)写出满足下列条件的K的同分异构体结构简式
________________________________________________________________________
____________________________________________________________(写出两种即可)。
①属于芳香族化合物
②能发生银镜反应
③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1∶1∶2∶6
(6)已知H2C==CH2CH3CHO。根据本题信息，写出以乙烯为原料制备不超过五步的合成路线(乙醚及其他无机试剂任选)。
【答案】　(1)苯甲醛　铁粉和液溴(或溴化铁溶液和液溴)　(2)取代反应　碳碳双键、羧基
(3)　CH3MgBr
(4)Cu2O↓＋3H2O＋

(5)(写出两种即可)
(6)

【解析】　A→B即苯转变为溴苯，C为苯基溴化镁，D为苯乙醇，E为，按已知反应ⅰ：＋G―→，则G为丙酮。被新制的氢氧化铜氧化后，再酸化得到J，J为，L为，N为，在M参与下L→N，即已知反应ⅱ，则M为CH3MgBr。(1)由流程知，H的化学名称为苯甲醛，A→B即苯转变为溴苯，苯和液溴在溴化铁作用下发生取代反应即可，所需的试剂是铁粉和液溴或溴化铁溶液和液溴。(2)D→E的反应类型是取代反应，J为，含有的官能团名称是碳碳双键、羧基。(4)I与新制的Cu(OH)2共热，生成、Cu2O和水。(5)满足下列条件的K的分子式为C9H10O2，其不饱和度为5，则其同分异构体：①属于芳香族化合物，分子内有1个苯环；②能发生银镜反应，则含有醛基；③核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为1∶1∶2∶6，则分子内共有4种不同化学环境的氢原子，则结构简式为
(6)乙烯与HBr发生加成反应得到溴乙烷，溴乙烷与Mg在乙醚环境中反应得到C2H5MgBr，再与CH3CHO发生已知反应ⅰ即可制得，合成路线见【答案】。
18.（12分）钛白粉(纳米级)广泛应用于功能陶瓷、催化剂、化妆品和光敏材料等白色无机颜料，是白色颜料中着色力最强的一种，具有优良的遮盖力和着色牢度，适用于不透明的白色制品。制备原料钛铁矿(FeTiO3)中往往含有Fe2O3、MgO、CaO、Al2O3、SiO2等杂质。一种硫酸法制取白色颜料钛白粉(TiO2)生产工艺如下：

已知：①酸浸后，钛主要以TiOSO4形式存在；
②强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离出SO和一种阳离子。
③H2TiO3不溶于水和稀酸。
(1)要提高酸浸速率，可采取的措施是_________________________________________(写出一条即可)。
(2)滤渣①中除铁粉外，还可能含有的成分是________。
(3)酸浸过程中，FeTiO3发生反应的离子方程式_______________。
(4)加入铁粉的目的是还原体系中的Fe3＋。为探究最佳反应条件，某实验室做了如下尝试。
①在其它条件不变的情况下，体系中Fe(Ⅲ)[指Fe3＋和Fe(OH)3等含正三价铁元素的微粒]含量随pH变化如图1，试分析，在pH介于4～6之间时，Fe(Ⅲ)主要以________(填微粒化学式)形式存在。
②保持其它条件不变，体系中Fe(Ⅲ)含量随温度变化如图2，请从化学平衡原理角度分析，55 ℃后，Fe(Ⅲ)含量增大的原因是_____________________________________________________________
_____________________________________________________________。

(5)“水解”过程中得到的沉淀③的化学式为________。
【答案】　(1)粉碎矿石、适当加热、适当增大硫酸浓度等　(2)SiO2、CaSO4
(3)FeTiO3＋4H＋===TiO2＋＋Fe2＋＋2H2O
(4)①Fe(OH)3　②铁离子在溶液中存在水解平衡Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，水解吸热，温度升高，向吸热的方向移动，生成Fe(OH)3，不再与铁粉发生反应
(5)H2TiO3
【解析】　酸浸加入硫酸溶液与金属氧化物反应生成盐和水，CaO和硫酸反应生成CaSO4，SiO2不与硫酸反应，则滤渣①成分为CaSO4、SiO2，根据已知信息FeTiO3与硫酸反应生成TiOSO4和FeSO4，加入Fe粉还原铁离子为亚铁离子，滤液②为TiOSO4，TiO2＋水解生成H2TiO3，灼烧得到钛白粉；(1)温度、浓度、接触面积等因素可影响反应速率，为提高酸浸速率，可采取的措施是粉碎矿石、适当加热、适当增大硫酸浓度等；(2)酸浸加入稀硫酸和CaO反应生成CaSO4微溶物，SiO2是非金属氧化物，不溶于酸，则滤渣①中除铁粉外，还可能含有的成分是SiO2、CaSO4；(3)信息①酸浸后，钛主要以TiOSO4形式存在，②强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离出SO和一种阳离子TiO2＋，则酸浸过程中，FeTiO3与硫酸反应生成TiOSO4和FeSO4，发生反应的离子方程式FeTiO3＋4H＋===TiO2＋＋Fe2＋＋2H2O；(4)①由Fe3＋水解呈酸性，pH越大，越促进水解正向进行，则pH介于4～6之间时，Fe(Ⅲ)主要以Fe(OH)3形式存在；②55 ℃后，Fe(Ⅲ)含量增大的原因是：铁离子在溶液中存在水解平衡Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，水解吸热，温度升高，向吸热的方向移动，生成Fe(OH)3，不再与铁粉发生反应；(5)已知H2TiO3不溶于水和稀酸，滤液②含TiO ，“水解”过程中得到的沉淀③的化学式为H2TiO3。
19（13分）某研究性学习小组设计下列实验探究Zn和FeCl3溶液的反应。
回答下列问题：
(1)由FeCl3固体配制未酸化的250 mL 0.5 mol·L－1 FeCl3溶液(pH＝1.3)，不需要使用的实验仪器有_____________________________________(从下列图中选择，写出名称)。

(2)将Zn投入到未酸化的0.5 mol·L－1 FeCl3溶液(pH＝1.3)中，在不同的实验条件下，实验现象如表：
实验编号
条件
现象
i
锌粉
18 ℃
刚开始无明显气泡，0.5 min后有气体产生，一段时间后，溶液颜色加深。向反应后的溶液中滴加铁氰化钾溶液后，可见蓝色沉淀
ii
锌粉
65 ℃
产生气泡较快，大约12 s后，气泡非常明显，溶液很快转为红棕色。较长时间后发现红棕色基本消失，最后产生红棕色沉淀
①实验中产生的气体为________，实验ii中产生气体的速率明显快于实验i，可能的原因是__________________________________________(答出两点)。
②“滴加铁氰化钾溶液后，可见蓝色沉淀”说明混合溶液中存在Fe2＋。生成Fe2＋的离子方程式为____________________________________________。
(3)实验i和ii均先有气体生成，后有溶液颜色的变化。研究性学习小组猜想，可能是此实验条件下，氧化性：H＋＞Fe3＋。
①为了检验上述猜想是否正确，查阅资料：可利用标准电极电势(用φθ表示)判断氧化性、还原性强弱，且电极电势越小，还原剂的还原性越强，已知(溶液中离子浓度的影响在此忽略不计)：φθ(Fe3＋/Fe2＋)＝0.77 V，φθ (2H＋/H2)＝0 V，φθ (Fe2＋ /Fe)＝－0.417 V，φθ (Zn2＋ /Zn)＝－0.76 V。则Fe3＋、H＋、Zn2＋ 、Fe2＋ 的氧化性大小关系为________。
②研究小组进一步分析后，将锌粒改为锌粉，继续进行实验：
实验编号
条件
现象
iii
锌粒18 ℃
不振荡
大约3 min可以看到明显的气泡，溶液颜色逐渐变深。向反应后的溶液中滴加铁氰化钾溶液后，可见蓝色沉淀
iv
锌粒65 ℃
振荡
气泡不明显，红褐色褪色明显。向反应后的溶液中滴加铁氰化钾溶液后，可见蓝色沉淀
对比实验iii和iv，实验iv中“气泡不明显，红褐色褪色明显”的原因可能为__________________。
③结合实验探究过程及现象分析，影响Zn与FeCl3溶液反应的条件有_____________________________________________________________(答两点即可)。
【答案】　(1)分液漏斗、直形冷凝管
(2)①H2　温度升高，反应速率加快；温度升高，Fe3＋水解平衡正向移动，c(H＋)浓度增大　
②2Fe3＋＋Zn===2Fe2＋＋Zn2＋
(3)①Fe3＋＞H＋＞Fe2＋＞Zn2＋　②将Zn粒改为Zn粉并振荡，增大了Zn与Fe3＋碰撞几率，加快了Zn与Fe3＋的反应　③反应温度、碰撞几率(离子迁移速度)、粒子的氧化性强弱
【解析】　该实验的目的是探究影响锌和氯化铁溶液反应的条件，通过实验探究过程及现象分析得到影响反应的条件为温度、碰撞几率(离子迁移速度)、粒子的氧化性强弱的实验结论。(1)配制未酸化的250 mL 0.5 mol·L－1氯化铁溶液需要用到的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、250 mL容量瓶、胶头滴管，则不需要用到的仪器为分液漏斗、直形冷凝管；(2)①由题意可知，氯化铁在溶液中水解，溶液的pH为1.3，活泼金属锌能够与氢离子发生置换反应生成氢气；实验ii中反应温度高于实验i，氯化铁在溶液中的水解平衡为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，溶液中氢离子浓度增大，所以实验ii中产生气体的速率明显快于实验i；②由题意可知，生成亚铁离子的反应为锌与氯化铁溶液反应生成氯化锌和氯化亚铁，反应的离子方程式为2Fe3＋＋Zn===2Fe2＋＋Zn2＋；(3)①由标准电极电势可知，四种离子的氧化性由大到小的顺序为Fe3＋＞H＋＞Fe2＋＞Zn2＋；②由气泡不明显，红褐色褪色明显说明锌粒改为锌粉并振荡，反应物的接触面积增大，反应物的碰撞几率增大，反应速率加快；③由实验过程的探究及实验现象可知，影响锌与氯化铁溶液的反应过程的条件为温度、碰撞几率(离子迁移速度)、粒子的氧化性强弱。