江苏化学-答案-p_近10年高考真题汇编（必刷）_2024年高考真题_高考真题（截止6.29）_其他地方卷（目前搜集不完整）_江苏卷（物、化）

2024 年高考江苏卷化学试题 一、单选题 1．我国探月工程取得重大进展。月壤中含有Ca、Fe等元素的磷酸盐，下列元素位于元素周期表第二周期的是 A．O B．P C．Ca D．Fe 【答案】A 【详解】A．O元素位于元素周期表第二周期ⅥA，A正确； B．P元素位于元素周期表第三周期ⅤA，B错误； C．Ca元素位于元素周期表第四周期ⅡA，C错误； D．Fe元素位于元素周期表第四周期Ⅷ族，D错误； 故选A。 2．反应PbS+4H O =PbSO +4H O可用于壁画修复。下列说法正确的是 2 2 4 2 A．S2-的结构示意图为 B．H O 中既含离子键又含共价键 2 2 C．SO2−中S元素的化合价为+6 D．H O的空间构型为直线形 4 2 【答案】C 【详解】A．S2-核外有18个电子，其结构示意图为 ，A错误； B．H O 是共价化合物，其中只含共价键，B错误； 2 2 C．SO2−中O元素化合价为-2，S元素的化合价为+6，C正确； 4 D．H O中的O的杂化类型为sp3，O有2个孤电子对，因此H O的空间构型为V形，D错误； 2 2 故选C。 3．实验室进行铁钉镀锌实验。下列相关原理、装置及操作不正确的是 A B C D 配制NaOH溶液 铁钉除油污 铁钉除锈 铁钉镀锌 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】A．配制一定物质的量浓度的溶液时，溶质要放在烧杯中溶解，不能直接放在容量瓶中溶解，A错误；B．油污的主要成分是油脂，油脂在碱性条件下可以发生水解反应生成可溶于水的甘油和高级脂肪酸盐，因此，铁 钉放在NaOH溶液中加热后可以除去其表面的油污，B正确； C．铁锈的主要成分是Fe O ⋅nH O，其可溶于盐酸，因此，将铁钉放在盐酸中可以除去其表面的铁锈，C正确； 2 3 2 D．该装置为电解池，铁钉与电源负极相连作阴极，锌片与电源的正极相连作阳极，电解质溶液为ZnCl 溶液，因 2 此，该装置为电镀装置，可以实现铁钉上镀锌，D正确； 故选A。 4．明矾  KAl(SO 4 ) 2 ⋅12H 2 O  可用作净水剂。下列说法正确的是 A．半径：r ( Al3+) >r ( K+) B．电负性：χ(O)>χ(S) C．沸点：H S>H O D．碱性：Al(OH) >KOH 2 2 3 【答案】B 【详解】A．Al3+有2个电子层，而K+有3个电子层，因此，K+的半径较大，A错误； B．同一主族的元素，其电负性从上到下依次减小，O和S都是ⅥA的元素，O元素的电负性较大，B正确； C．虽然H S的相对分子质量较大，但是H O分子间可形成氢键，因此H O的沸点较高，C错误； 2 2 2 D．元素的金属性越强，其最高价的氧化物的水化物的碱性越强，K的金属性强于Al，因此KOH的碱性较强，D 错误； 故选 B。 催化剂能改变化学反应速率而不改变反应的焓变，常见催化剂有金属及其氧化物、酸和碱等。催化反应广泛存在， 如豆科植物固氮、石墨制金刚石、CO 和H 制CH OCH (二甲醚)、VO 催化氧化SO 等。催化剂有选择性，如C H 2 2 3 3 2 5 2 2 4 与O 反应用Ag催化生成 (环氧乙烷)、用CuCl /PdCl 催化生成CH CHO。催化作用能消除污染和影 2 2 2 3 响环境，如汽车尾气处理、废水中NO−电催化生成N 、氯自由基催化O 分解形成臭氧空洞。我国在石油催化领域 3 2 3 领先世界，高效、经济、绿色是未来催化剂研究的发展方向。完成下列小题。 5．下列说法正确的是 A．豆科植物固氮过程中，固氮酶能提高该反应的活化能 B．C H 与O 反应中，Ag催化能提高生成CH CHO的选择性 2 4 2 3 C．H O 制O 反应中，MnO 能加快化学反应速率 2 2 2 2 D．SO 与O 反应中，VO 能减小该反应的焓变 2 2 2 5 6．下列化学反应表示正确的是 催化剂 A．汽车尾气处理：2NO+4CO N +4CO 2 2 B．NO−电催化为N 的阳极反应：2NO−+12H+ +10e− =N ↑+6H O 3 2 3 2 2 催化剂 C．硝酸工业中NH 的氧化反应：4NH +3O 2N +6H O 3 3 2 2 2 ΔD．CO 和H 催化制二甲醚：2CO +6H 催化剂→CH OCH +3H O 2 2 2 2 高温、高压 3 3 2 7．下列有关反应描述正确的是 A．CH CH OH催化氧化为CH CHO，CH CH OH断裂C-O键 3 2 3 3 2 B．氟氯烃破坏臭氧层，氟氯烃产生的氯自由基改变O 分解的历程 3 C．丁烷催化裂化为乙烷和乙烯，丁烷断裂σ键和π键 D．石墨转化为金刚石，碳原子轨道的杂化类型由sp3转变为sp2 【答案】5．C 6．D 7．B 【解析】5．A． 固氮酶是豆科植物固氮过程的催化剂，能降低该反应的活化能，A错误； B．根据题意，催化剂有选择性，如C H 与O 反应用Ag催化生成 (环氧乙烷)、用CuCl /PdCl 催化生 2 4 2 2 2 成CH CHO，则判断Ag催化不能提高生成CH CHO的选择性，B错误； 3 3 C． MnO 是H O 制O 反应的催化剂，能加快化学反应速率，C正确； 2 2 2 2 D． V O 是SO 与O 反应的催化剂，能加快反应速率，但不能改变该反应的焓变，D错误； 2 5 2 2 故选C。 催化剂 6．A． 该反应方程式配平错误，汽车尾气处理：2NO+2CO N +2CO ，A错误； 2 2 B． NO−电催化为N ，N元素化合价降低，发生还原反应，应是在阴极发生反应，反应方程式是： 3 2 2NO−+12H+ +10e− =N ↑+6H O，B错误； 3 2 2 C． 硝酸工业中NH 发生催化氧化生成NO，NO进一步反应得到NO 后再与水反应制得硝酸，该氧化反应： 3 2 催化剂 4NH +5O 4NO+6H O，C错误； 3 2 2 Δ D． CO 和H 催化制二甲醚：2CO +6H 催化剂→CH OCH +3H O，D正确； 2 2 2 2 高温、高压 3 3 2 故选D。 7．A． CH CH OH催化氧化为CH CHO，CH CH OH断裂C-H键和O-H生成C=O，A错误； 3 2 3 3 2 B． 根据题意，氯自由基催化O 分解氟氯烃破坏臭氧层，则氟氯烃产生的氯自由基改变O 分解的历程，B正确； 3 3 C． 丁烷催化裂化为乙烷和乙烯，丁烷断裂σ键，丁烷是饱和烷烃，没有π键，C错误； D． 石墨碳原子轨道的杂化类型为转化为sp2，金刚石碳原子轨道的杂化类型为sp3，石墨转化为金刚石，碳原子轨 道的杂化类型由sp2转变为sp3，D错误； 故选B。 8．碱性锌锰电池的总反应为Zn+2MnO +H O=ZnO+2MnOOH，电池构造示意图如图所示。下列有关说法正确 2 2 的是A．电池工作时，MnO 发生氧化反应 2 B．电池工作时，OH−通过隔膜向正极移动 C．环境温度过低，不利于电池放电 D．反应中每生成1mol MnOOH，转移电子数为2×6.02×1023 【答案】C 【分析】Zn为负极，电极反应式为：Zn−2e−+2OH− =ZnO+H O，MnO 为正极，电极反应式为： 2 2 MnO +e−+H O=MnOOH+OH−。 2 2 【详解】A．电池工作时，MnO 为正极，得到电子，发生还原反应，A错误； 2 B．电池工作时，OH−通过隔膜向负极移动，B错误； C．环境温度过低，化学反应速率下降，不利于电池放电，C正确； D．由电极反应式MnO +e−+H O=MnOOH+OH−可知，反应中每生成1mol MnOOH，转移电子数为6.02×1023，D 2 2 错误； 故选C。 9．化合物Z是一种药物的重要中间体，部分合成路线如下： 下列说法正确的是 A．X分子中所有碳原子共平面 B．1mol Y最多能与1mol H 发生加成反应 2 C．Z不能与Br 的CCl 溶液反应 D．Y、Z均能使酸性KMnO 溶液褪色 2 4 4 【答案】D 【详解】A．X中饱和的C原子sp3杂化形成4个单键，具有类似甲烷的四面体结构，所有碳原子不可能共平面，A 错误； B．Y中含有1个羰基和1个碳碳双键可与H 加成，因此1mol Y最多能与2mol H 发生加成反应，B错误； 2 2 C．Z中含有碳碳双键，可以与Br 的CCl 溶液反应，C错误； 2 4 D．Y、Z中均含有碳碳双键，可以使酸性KMnO 溶液褪色，D正确； 4 故选D。 10．在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是A．HCl制备：NaCl溶液电解→H 和Cl 点燃→HCl 2 2 B．金属Mg制备：Mg(OH) 2 盐酸→MgCl 2 溶液 电 → 解 Mg C．纯碱工业：NaCl溶液CO2→NaHCO △→Na CO 3 2 3 D．硫酸工业：FeS O2→SO H2O→H SO 2 高温 2 2 4 【答案】A 【详解】A．电解氯化钠溶液可以得到H 和Cl ，H 和Cl 点燃反应生成HCl，A正确； 2 2 2 2 B．氢氧化镁和盐酸反应可以得到氯化镁溶液，但是电解氯化镁溶液不能得到Mg，电解熔融MgCl 才能得到金属 2 镁单质，B错误； C．纯碱工业是在饱和食盐水中通入NH 和CO 先得到NaHCO ，然后NaHCO 受热分解为Na CO ，C错误； 3 2 3 3 2 3 D．工业制备硫酸，首先黄铁矿和氧气反应生成SO ，但是SO 和水反应生成H SO ，不能得到H SO ，D错误； 2 2 2 3 2 4 故选A。 11．室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是 选项 实验过程及现象 实验结论 用0.1mol⋅L−1 NaOH溶液分别中和等体积的0.1mol⋅L−1 H SO 溶液和 酸性： 2 4 A H SO >CH COOH 0.1mol⋅L−1 CH COOH溶液，H SO 消耗的NaOH溶液多 2 4 3 3 2 4 B 向2mL 0.1mol⋅L−1 Na S溶液中滴加几滴溴水，振荡，产生淡黄色沉淀 氧化性：Br >S 2 2 向2mL浓度均为0.1mol⋅L−1的CaCl 和BaCl 混合溶液中滴加少量 溶度积常数： 2 2 C CaCO >BaCO 0.1mol⋅L−1 Na CO 溶液，振荡，产生白色沉淀 3 3 2 3 结合H+能力： D 用pH试纸分别测定CH COONa溶液和NaNO 溶液pH，CH COONa溶液pH大 3 2 3 CH COO− >NO− 3 2 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【详解】A．H SO 是二元酸，CH COOH是一元酸，通过该实验无法说明H SO 和CH COOH酸性的强弱，A错 2 4 3 2 4 3 误； B．向2mL 0.1mol⋅L−1 Na S溶液中滴加几滴溴水，振荡，产生淡黄色沉淀，说明发生反应：S2−+Br =2Br−+S↓， 2 2 氧化剂的氧化性大于氧化产物，因此氧化性：Br >S，B正确； 2 C．CaCO 和BaCO 均为白色沉淀，无法通过现象确定沉淀种类，无法比较CaCO 和BaCO 溶度积常数的大小，C 3 3 3 3 错误； D．比较CH COO−和NO−结合H+能力，应在相同条件下测定相同浓度CH COONa溶液和NaNO 溶液的pH，但题 3 2 3 2 中未明确指出两者浓度相等，D错误； 故选B。 12．室温下，通过下列实验探究SO 的性质。已知K (H SO )=1.3×10−2，K (H SO )=6.2×10−8。 2 a1 2 3 a2 2 3实验1：将SO 气体通入水中，测得溶液pH=3。 2 实验2：将SO 气体通入0.1mol⋅L−1 NaOH溶液中，当溶液pH=4时停止通气。 2 实验3：将SO 气体通入0.1mol⋅L−1酸性KMnO 溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。 2 4 下列说法正确的是 A．实验1所得溶液中：c ( HSO−) +c ( SO2−) >c ( H+) 3 3 B．实验2所得溶液中：c ( SO2−) >c ( HSO−) 3 3 C．实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得NaHSO 固体 3 D．实验3所得溶液中：c ( SO2−) >c ( Mn2+) 4 【答案】D 【分析】实验1得到H SO 溶液，实验2溶液的pH为4，实验2为NaHSO 溶液，实验3SO 和酸性KMnO 溶液 2 3 3 2 4 反应的离子方程式为：5SO +2MnO-+2H O=5SO2-+2Mn2++4H+。 2 4 2 4 【详解】A． 实验1得到H SO 溶液，其质子守恒关系式为：c ( HSO−) +2c ( SO2−) +c ( OH−) =c ( H+) ，则 2 3 3 3 c ( HSO−) +c ( SO2−) c ( Mn2+) ，D 2 4 2 4 4 正确； 故选D。 13．二氧化碳加氢制甲醇的过程中的主要反应(忽略其他副反应)为： ①CO (g)+H (g)=CO(g)+H O(g) ∆H =41.2kJ⋅mol−1 2 2 2 1 ②CO(g)+2H (g)=CH OH(g) ∆H 2 3 2 225℃、8×106Pa下，将一定比例CO 2 、H 2 混合气匀速通过装有催化剂的绝热反应管。装置及L 1 、L 2 、L 3 …位点处 (相邻位点距离相同)的气体温度、CO和CH OH的体积分数如图所示。下列说法正确的是 3 A．L 处与L 处反应①的平衡常数K相等 4 5B．反应②的焓变∆H >0 2 C．L 处的H O的体积分数大于L 处 6 2 5 D．混合气从起始到通过L 处，CO的生成速率小于CH OH的生成速率 1 3 【答案】C 【详解】A．L 处与L 处的温度不同，故反应①的平衡常数K不相等，A错误； 4 5 B．由图像可知，L 1 -L 3 温度在升高，该装置为绝热装置，反应①为吸热反应，所以反应②为放热反应，ΔH 2<0，B 错误； C．从L 到L ，甲醇的体积分数逐渐增加，说明反应②在向右进行，反应②消耗 CO，而 CO 体积分数没有明显 5 6 变化，说明反应①也在向右进行，反应①为气体分子数不变的反应，其向右进行时，n(H O) 增大，反应②为气体 2 分子数减小的反应，且没有H O的消耗与生成，故 n总减小而n(H₂O)增加，即H O的体积分数会增大，故L 处的 2 2 6 H O的体积分数大于L 处，C正确； 2 5 D．L 处CO 的体积分数大于 CH OH，说明生成的 CO 的物质的量大于CH OH，两者反应时间相同，说明CO 1 3 3 的生成速率大于 CH OH的生成速率，D错误； 3 故选C。 二、解答题 14．回收磁性合金钕铁硼(Nd Fe B)可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。 2 14 (1)钕铁硼在空气中焙烧转化为Nd O 、Fe O 等(忽略硼的化合物)，用0.4mol⋅L−1盐酸酸浸后过滤得到NdCl 溶液和 2 3 2 3 3 浸出液中某元素的物质的量 含铁滤渣。Nd、Fe浸出率( ×100%)随浸取时间变化如图所示。 某元素的总物质的量 ①含铁滤渣的主要成分为 (填化学式)。 ②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是 。 (2)含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。 ①用含有机胺(R N)的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的Fe (SO ) 溶液，原理为： 3 2 4 3 萃取 (R NH) SO +Fe3++SO2-+H O  H++(R NH) Fe(OH)(SO ) (有机层) 3 2 4 4 2 反萃取 3 2 4 2 已知：(R NH) SO +H+ +HSO−2(R NH⋅HSO ) 3 2 4 4 3 4 其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是 。 ②反萃取后，Fe (SO ) 经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O 2 4 3 原子未画出)，其中原子数目比N(Fe):N(Bi)= 。(3)净化后的NdCl 溶液通过沉钕、焙烧得到Nd O 。 3 2 3 ①向NdCl 溶液中加入(NH ) CO 溶液，Nd3+可转化为Nd(OH)CO 沉淀。该反应的离子方程式为 。 3 4 2 3 3 ②将8.84mg Nd(OH)CO (摩尔质量为221g⋅mol−1)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。 3 550∼600℃时，所得固体产物可表示为Nd O (CO ) ，通过以上实验数据确定该产物中n ( Nd3+) :n ( CO2-) 的比值 a b 3 c 3 (写出计算过程)。 【答案】(1) Fe(OH) 浸出初期，c(H+)较大，铁的浸出率较大，约5min后，溶液酸性减弱，Fe3+水解生 3 成Fe(OH) 进入滤渣 3 (2) 随水层pH增大，H+的浓度减小，(R NH) SO +Fe3++SO2-+H O 萃  取 H++(R NH) Fe(OH)(SO ) 的化 3 2 4 4 2 反萃取 3 2 4 2 学平衡向正反应方向移动，(R NH) SO +H+ +HSO− 2(R NH⋅HSO )的化学平衡逆向移动，该平衡逆向移动 3 2 4 4 3 4 引起(R NH) SO 浓度的增大，进一步促进萃取平衡向萃取方向移动，导致(R NH) Fe(OH)(SO ) 的浓度增大，因 3 2 4 3 2 4 2 此，有机层中Fe元素含量迅速增多 2:1 (3) 2Nd3++3CO2-+H O=2Nd(OH)CO ↓+CO ↑ 2:1 3 2 3 2 【详解】（1）①钕铁硼在空气中焙烧后得到的Nd O 、Fe O 均可溶于盐酸，得到含有NdCl 和FeCl 的溶液。由图 2 3 2 3 3 3 中信息可知，Nd的浸出率逐渐增大，而Fe的浸出率先增大后逐渐减小，说明随着Nd的浸出率增大，稀盐酸中的H+ 的浓度逐渐减小，pH逐渐增大导致Fe3+水解生成Fe(OH) 沉淀，因此，含铁滤渣的主要成分为Fe(OH) 。 3 3 ②由①中分析可知，浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是：浸出初期，Fe O 溶解，Fe的浸出率增大，约5min 2 3 随着Nd的浸出率增大，稀盐酸中的H+的浓度逐渐减小，pH逐渐增大导致Fe3+水解生成Fe(OH) 进入滤渣，Fe的 3 浸出率又减小。 （2）①减小生成物浓度，化学平衡向正反应方向移动，因此，其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随 水层pH增大，H+的浓度减小，(R NH) SO +Fe3++SO2-+H O 萃  取 H++(R NH) Fe(OH)(SO ) 的化学平衡向 3 2 4 4 2 反萃取 3 2 4 2正反应方向移动，又H+的浓度减小使平衡(R NH) SO +H+ +HSO− 2(R NH⋅HSO )逆向移动，引起 3 2 4 4 3 4 (R NH) SO 浓度的增大，进一步促进平衡(R NH) SO +Fe3++SO2-+H O 萃  取 H++(R NH) Fe(OH)(SO ) 向萃 3 2 4 3 2 4 4 2 反萃取 3 2 4 2 取方向移动，导致(R NH) Fe(OH)(SO ) 的浓度增大，因此，有机层中Fe元素含量迅速增多。 3 2 4 2 ②由铁酸铋晶胞结构示意图可知，晶胞中体内有4个Fe原子，面上有8个Fe原子，根据均摊法可知，Fe原子的数 1 1 目为4×1+8× =8；Bi原子全部在晶胞的面上，共有8× =4，因此，其中原子数目比N(Fe):N(Bi)=2:1。 2 2 （3）①向NdCl 3 溶液中加入(NH 4 ) 2 CO 3 溶液，Nd3+和CO 3 2−相互促进对方水解生成Nd(OH)CO 3 沉淀和CO 2 ，该反 应的离子方程式为2Nd3++3CO2-+H O=2Nd(OH)CO ↓+CO ↑。 3 2 3 2 8.84×10−3g ②8.84mg Nd(OH)CO 的物质的量为 =4×10−5mol，其在氮气氛围中焙烧后，金属元素的质量和化合价 3 221g⋅mol−1 均保持不变，因此，n ( Nd3+) =4×10−5mol；550∼600℃时剩余固体的质量为7.60mg，固体减少的质量为1.24mg， 由于碱式盐在受热分解时易变为正盐，氢氧化物分解得到氧化物和H O，碳酸盐分解得到氧化物和CO ，因此，可 2 2 以推测固体变为Nd O (CO ) 时失去的质量是生成H O和CO 的质量；根据H元素守恒可知，固体分解时生成H O a b 3 c 2 2 2 1 的质量为4×10−5mol× ×18×103mg⋅mol−1 =0.36mg，则生成CO 的质量为1.24mg-0.36mg=0.88mg，则生成CO 的 2 2 2 0.88mg 物质的量为 =2×10−5mol，由C元素守恒可知，分解后剩余的CO2−的物质的量为4×10-5mol- 44×103mg⋅mol−1 3 2×10−5mol=2×10−5mol，因此可以确定该产物中n ( Nd3+) :n ( CO2-) 的比值为 4×10−5mol =2：1。 3 2×10−5mol 15．F是合成含松柏基化合物的中间体，其合成路线如下： (1)A分子中的含氧官能团名称为醚键和 。 (2)A→B中有副产物C H N O 生成，该副产物的结构简式为 。 15 24 2 2 (3)C→D的反应类型为 ；C转化为D时还生成H O和 (填结构简式)。 2 (4)写出同时满足下列条件的F的一种芳香族同分异构体的结构简式： 。 碱性条件下水解后酸化，生成X、Y和Z三种有机产物。X分子中含有一个手性碳原子；Y和Z分子中均有2种不 同化学环境的氢原子，Y能与FeCl 溶液发生显色反应，Z不能被银氨溶液氧化。 3 (5)已知：HSCH CH SH与HOCH CH OH性质相似。写出以 、 、HSCH CH SH和 2 2 2 2 2 2HCHO为原料制备 的合成路线流程图 (无机试剂和有机溶剂任用， 合成路线示例见本题题干) 【答案】(1)羰基 (2) (3) 消去反应 N(CH ) 3 3 (4) (5) 【分析】A中羰基相连的甲基发生加成反应，得到的羟基与(CH ) NH发生取代反应，得到物质B，B中N原子在 3 2 CH I和Ag O、H O的先后作用下，引入一个CH ，得到物质C；C受热发生消去反应，+N(CH ) 同OH-与相邻C 3 2 2 3 3 3 上的H发生消去反应生成H O和N(CH ) ，生成碳碳双键得到物质D，D的碳碳双键在H O 的碱溶液作用下发生 2 3 3 2 2 反应，后再酸化引入两个羟基则得到物质E，两个羟基与CH COCH 在HCl环境中脱去H O得到物质F。 3 3 2 【详解】（1）根据题中A分子的结构可知，其含氧官能团有醚键和羰基。 （2）A生成B的过程是甲醛与A中羰基相连的甲基发生加成反应，得到的羟基与(CH ) NH发生取代反应，结合副 3 2 产物的分子式C H N O ，可推断该副产物是一分子A结合了两分子的HCHO和(CH ) NH，结构简式为 15 24 2 2 3 2 。 （3）据分析，C→D的反应类型为消去反应；C转化为D时还生成H O和N(CH ) 2 3 3。 （4）由题中F的结构简式可知其分子式是C H O ，其不饱和度为6，其芳香族同分异构体在碱性条件下水解后酸 13 16 4 化，生成X、Y和Z三种有机产物，推断该同分异构体中含有两个酯基。X分子中含有一个手性碳原子，则有一个 碳原子连接着四种互不相同的原子或原子团；Y和Z分子中均有2种不同化学环境的氢原子，Y能与FeCl 溶液发 3生显色反应，则Y含有酚羟基，推断Y的结构简式是 ，Z不能被银氨溶液氧化，则Z不含醛基，推断Z的 结构简式是CH COOH；则X分子中共含有5个C原子，其中有-COOH，则推断其结构简式是 ； 3 结合上分析，该芳香族同分异构体的一种结构简式是 。 （5）结合物质E生成F的结构变化可推断 与HSCH CH SH反应可生成目标产物的 部 2 2 分；产物的 部分可由 生成 后与HCHO反应增长碳链得到，因此 设计合成路线： 16．贵金属银应用广泛。Ag与稀HNO 制得AgNO ，常用于循环处理高氯废水。 3 3 (1)沉淀Cl−。在高氯水样中加入K CrO 使CrO2−浓度约为5×10−3mol⋅L−1，当滴加AgNO 溶液至开始产生Ag CrO 沉 2 4 4 3 2 4 淀(忽略滴加过程的体积增加)，此时溶液中Cl−浓度约为 mol⋅L−1。[已知：K (AgCl)=1.8×10−10， sp K (Ag CrO )=2.0×10−12] sp 2 4 (2)还原AgCl。在AgCl沉淀中埋入铁圈并压实，加入足量0.5mol⋅L−1盐酸后静置，充分反应得到Ag。 ①铁将AgCl转化为单质Ag的化学方程式为 。 ②不与铁圈直接接触的AgCl也能转化为Ag的原因是 。 ③为判断AgCl是否完全转化，补充完整实验方案：取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤， [实验中必须 使用的试剂和设备：稀HNO 、AgNO 溶液，通风设备] 3 3 (3)Ag的抗菌性能。纳米Ag表面能产生Ag+杀死细菌(如图所示)，其抗菌性能受溶解氧浓度影响。①纳米Ag溶解产生Ag+的离子方程式为 。 ②实验表明溶解氧浓度过高，纳米Ag的抗菌性能下降，主要原因是 。 【答案】(1)9×10−6 (2)Fe+AgCl+2HCl=FeCl +Ag+H ↑ 形成了以Fe为负极，AgCl为正极，盐酸为电解质溶液的原电池，正极 3 2 AgCl得到电子，电极反应式为AgCl+e− =Ag+Cl−，生成Ag 洗涤，向最后一次洗涤液中滴加硝酸银溶液，确 保氯离子洗净，开启通风设备，向滤渣中加入足量稀HNO ，搅拌，若固体完全溶解，则AgCl完全转化，若固体 3 未完全溶解，则AgCl未完全转化 (3) 4Ag+O +4H+ =4Ag+ +2H O 纳米Ag与氧气生成Ag O，使得Ag+浓度下降 2 2 2 【详解】（1）CrO2−浓度约为5×10−3mol⋅L−1，当滴加AgNO 溶液至开始产生Ag CrO 沉淀，此时 4 3 2 4 c ( Ag+) = K sp c ( ( A C g rO 2 C 2− rO ) 4 ) = 2. 5 0 × × 1 1 0 0 − − 3 12 mol/L=2×10−5mol/L，c ( Cl−) = K c sp ( ( A A g g + C ) l) =    1. 2 8 × × 1 1 0 0 − − 5 10    mol/L=9×10−6mol/L； 4 （2）①在足量0.5mol⋅L−1盐酸中静置，铁将AgCl转化为单质Ag，反应的化学方程式为： Fe+AgCl+2HCl=FeCl +Ag+H ↑； 3 2 ②不与铁圈直接接触的AgCl也能转化为Ag，是因为形成了以Fe为负极，AgCl为正极，盐酸为电解质溶液的原电 池，正极AgCl得到电子，电极反应式为AgCl+e− =Ag+Cl−，生成Ag； ③判断AgCl是否完全转化，即检验混合物中是否含有AgCl，若AgCl完全转化，则剩余固体全部为银，可完全溶 于稀硝酸，若AgCl未完全转化，剩余AgCl不能溶于稀硝酸，则可用稀硝酸检验，稀硝酸参与反应可能会产生氮氧 化物，反应需在通风设备中进行，反应后的溶液中存在氯离子，若未将滤渣洗净，氯离子会干扰实验，所以首先需 要检验氯离子是否洗净，实验方案为：取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤，洗涤，向最后一次洗涤液中滴加 AgNO 溶液，确保氯离子洗净，打开通风设备，向洗涤干净的滤渣中加入足量稀HNO ，搅拌，若固体完全溶解， 3 3 则AgCl完全转化，若固体未完全溶解，则AgCl未完全转化； （3）①纳米Ag溶解时被氧化为Ag+，离子方程式为：4Ag+O +4H+ =4Ag+ +2H O； 2 2 ②溶解氧浓度过高，纳米Ag与氧气生成Ag O，使得Ag+浓度下降，抗菌性能下降。 2 17．氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。 (1)利用铁及其氧化物循环制氢，原理如图所示。反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有 ；含CO和H 各1mol 2 的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得 mol H 。 2(2)一定条件下，将氮气和氢气按n(N ):n(H )=1:3混合匀速通入合成塔，发生反应N +3H  α-F  e/A  l2 O32NH 。海绵 2 2 2 2 高温、高压 3 状的α−Fe作催化剂，多孔Al O 作为α−Fe的“骨架”和气体吸附剂。 2 3 ①H 2 中含有CO会使催化剂中毒。CH 3 COO  Cu(NH 3 ) 2   和氨水的混合溶液能吸收CO生成 CH 3 COO  Cu(NH 3 ) 3 CO  溶液，该反应的化学方程式为 。 ②Al O 含量与α−Fe表面积、出口处氨含量关系如图所示。Al O 含量大于2%，出口处氨含量下降的原因是 。 2 3 2 3 催化剂 (3)反应H +HCO− HCOO−+H O可用于储氢。 2 3 2 ①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的0.1mol⋅L−1NaHCO 溶液中通入H ，HCOO−产率随温度变化如图所 3 2 示。温度高于70℃，HCOO−产率下降的可能原因是 。 ②使用含氨基物质(化学式为CN-NH ，CN是一种碳衍生材料)联合Pd-Au催化剂储氢，可能机理如图所示。氨基能 2 将HCO−控制在催化剂表面，其原理是 ；用重氢气(D )代替H ，通过检测是否存在 (填化学式)确认反应 3 2 2 过程中的加氢方式。16 【答案】(1) C、H、Fe 9 (2) CH 3 COO  Cu(NH 3 ) 2   +NH 3 ⋅H 2 O+CO=CH 3 COO  Cu(NH 3 ) 3 CO  +H 2 O 多孔 Al 2 O 3 可作为气体吸附剂， 含量过多会吸附生成的NH ，Al O 含量大于2%时，α-Fe表面积减小，反应速率减小，产生NH 减少。 3 2 3 3 (3) NaHCO 受热分解，导致HCOO-产率下降 -NH 可以与HCO-形成氢键 HDO 3 2 3 【详解】（1）①反应器I中参与反应的物质有CO、H 、Fe O ，产物有 CO 、H O、Fe，发生反应3CO+Fe O =2Fe+3CO 、 2 2 3 2 2 2 3 2 3H +Fe O =2Fe+3H O化合价发生改变的元素有 C、H、Fe。 2 2 3 2 2 4 4 ②CO、H 各1 mol参与上述反应，各生成 mol Fe，共生成 molFe， molFe在反应器Ⅱ中发生反应 2 3 3 3 3Fe + 4H O =Fe O + 4H 2 3 4 2 3Fe +4H O(g)= Fe O +4H ，列比例计算 3 4 ，共生成 16 mol H₂。 2 3 4 2 4 16 9 mol mol 3 9 （2）①根据题干反应物及生成物书写即可。②多孔 Al O 可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH ，Al O 2 3 3 2 3 含量大于2%时，α-Fe表面积减小，反应速率减小，这也会导致产生的NH 减少。 3 （3）①NaHCO 受热易分解，导致HCOO-产率下降。②氨基中的H原子连在电负性较大的N原子上，HCO-中的 3 3 H原子连在电负性较大的O原子上，二者之间可以形成氢键N−HO、NH−O③总反应为 H + HCO-=H O+HCOO-，用D 代替H ，若生成 HDO，则可确认反应过程中的加氢方式。 2 3 2 2 2