【文档说明】安徽省芜湖市2022-2023学年高三上学期期末教学质量统测理科综合化学试题 含解析.docx，共(17)页，2.678 MB，由小赞的店铺上传

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2022—2023学年度第一学期芜湖市中学教学质量统测高三年级理科综合能力测试试题卷化学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、学校、考场/座位号、班级、准考证号填写在答题卷上，将条形码横贴在答题卷右上角“条形码粘贴处”。2.作答选择题时，选出每小题答案后，

用2B铅笔在答题卷上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使

用铅笔和涂改液，不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卷的整洁，考试结束后，将试题卷和答题卷一并交回。可能用到的相对原子质量：H：1N：14Mg：24Cl：35.5一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共48分

。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生活、社会发展息息相关。下列说法正确的是A.汽油、甘油、花生油均能发生水解反应和氧化反应B.用高粱生产白酒的化学原理是淀粉水解生成了乙醇C.首款异构融合类脑芯片——天机芯的主要材

料与光导纤维相同D.硫酸铜溶液可用于游泳池水消毒是利用了Cu2+能使蛋白质变性【答案】D【解析】【详解】A．汽油、甘油不能发生水解反应，A错误；B．用高粱生产白酒的化学原理是：淀粉水解制得葡萄糖、葡萄糖发酵可制得乙醇，

淀粉不能水解为乙醇，B错误；C．芯片的主要材料为Si，光导纤维为SiO2，C错误；D．Cu2+能使蛋白质变性，故硫酸铜溶液可用于游泳池水消毒，D正确；选D2.科学家利用辣椒素()来识别皮肤神经末梢中的温度感受器。有关辣。椒素

的说法正确的是A.所有碳原子可能在同一平面B.既能与NaOH反应，又能与H2SO4反应C.1mol该物质和H2反应时，最多可消耗5molH2D.能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，且反应类型相同【答案】B【解析】【详解】A．由结构简式可知，最右侧甲基所

连碳原子，与周围三个碳原子相连，呈四面体构型，所有碳原子不可能共面，故A错误；B．该结构中含有酚羟基显酸性能与NaOH反应，含有酰胺基能与酸继续反应，故B正确；C．该结构中苯环和碳碳双键能与氢气加成，1mol该物质最多加成4mol氢气，故C错误；D．该物质中含有酚羟基和碳碳双键易被高锰酸钾氧化使其

褪色，酚羟基邻对位氢能与溴单质发生取代反应、碳碳双键能与溴单质发生加成反应，从而使溴水褪色，反应类型不同，故D错误；故选：B。3.利用待测样品和指定的试剂设计实验能达到实验目的的是实验目的待测样品试剂A检验补铁剂硫酸亚铁片是否部分氧化硫酸亚铁片的水溶液铁氰化钾溶液B检验洁厕剂

的主要成分是盐酸洁厕剂硝酸银溶液C检验是否患糖尿病患者尿液硫酸铜溶液、纯碱溶液D检验海带中的碘元素海带灰浸出液氯水淀粉溶液A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A.检验补铁剂硫酸亚铁片是否部分氧化，要取硫酸亚铁片的水溶液，向其中滴加KSCN溶液（

或亚铁氰化钾溶液），若变为红色（或产生蓝色沉淀），就证明含有Fe3+，该补铁剂被氧化，否则未被氧化，A错误；B.能够与硝酸银溶液反应产生白色沉淀的可能是HCl，也可能是NaCl、Na2CO3、Na2SO4等物质，因此不能证明洁厕剂的主要成分是盐酸，B错误；C.检验是否患糖

尿病，要取患者尿液，向其中加入NaOH至溶液呈碱性，加入新制的Cu(OH)2悬浊液（可由硫酸铜溶液与过量NaOH溶液制备），加热煮沸，若产生砖红色沉淀，证明尿液中含有葡萄糖，C错误；D.检验海带中的碘元素的方法是向海带灰浸出液中加入新制氯水，

发生反应：Cl2+2I-=2Cl-+I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，证明海带中含有碘元素，D正确；故合理选项是D。4.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，原子序数总和为25，Y是地壳中含量最多的元素，由

这四种元素形成的某化合物如图所示。下列说法正确的是A.原子半径：Z>Y>X>WB.简单氢化物沸点：Y>ZC.电负性和第一电离能最小的都是WD.该化合物具有氧化性，可用于杀菌消毒【答案】D【解析】【分析

】Y是地壳中含量最多的元素，Y为O；Z形成+1价阳离子，且原子序数大于O，则Z为Na；W形成一条共价键，且原子序数小于O，则W为H；X得1个电子再形成四条共价键达到稳定结构，则X最外层电子数为3，原子序数小于O，可知X为B，据此分析解答。【详解】A

．原子核外电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时核电荷数小原子半径越大，因此原子半径：Na>B>O>H，即Z>X>Y>W，故A错误；B．Z为Na，其氢化物为NaH，属于离子化合物，沸点高于水，故B错误；C．电负性最小的是活泼金属钠，故C错误；D．由结构简式可知，该化

合物中存在过氧键，具有强的氧化性，可用于杀菌消毒，故D正确；故选：D。5.PCl5、PCl3是有机合成的重要试剂，PCl5、PCl3的熔点依次为167℃、-93.6℃。PCl5的空间结构如图所示。下列说

法正确的是A.1molPCl5分子含14mol共价键B.PCl3的空间结构为平面三角形C.键能不同导致PCl5、PCl3的熔点不同D.PCl5分子中共用电子对偏向氯【答案】D【解析】【详解】A．由PCl5得空间结

构图可知，1个PCl5分子中含有5个共价键，则1molPCl5分子含5mol共价键，故A错误；B．PCl3的中心氮原子的价层电子对数=3+12(5-3×1)=4，含有1个孤电子对，空间构型为三角锥形，故B错误；C．PCl5和PCl3都是共价化合物，键能不影响熔沸点，故C错误；D．Cl元素电负性

大于P元素，则PCl5分子中共用电子对偏向氯，故D正确；故选D。6.我国科学家研发了一种水系可逆Zn－CO2电池，将两组阴离子、阳离子复合膜反向放置分隔两室电解液。充电、放电时，复合膜层间的H2O解离成H+和OH－，工作原理如图所示。下列说法正确的是A.放电时H+通过a膜向Zn电极方向移动B.放电

一段时间后右侧溶液的pH减小C.充电时阴极上发生的电极反应式为Zn+4OH－－2e－＝24[Zn(OH)]−D.外电路中每通过1mol电子，复合膜层间有0.5molH2O解离【答案】B【解析】【分析】充电、放

电时，复合膜层间H2O解离成H+和OH－，工作原理如图所示。由装置可知Zn电极在放电时作负极，失电子转化为24[Zn(OH)]−，则双极膜中的OH-应流向负极，氢离子流向正极，多孔Pd纳米片作原电池正极，发生电极反应为+2+2H+2e=HHCO

COO−，据此分析解答。【详解】A．根据图中信息可知，放电时复合膜中OH-通过a膜，H+通过b膜，故A错误；B．放电时Zn为负极，多孔Pd纳米片为正极，放电时CO2在多孔Pd纳米片表面得到电子发生还原反应转化为

甲酸，导致右侧溶液的pH减小，故B正确；C．充电时Zn为阴极，多孔Pd纳米片为阳极，阴极24[Zn(OH)]−得到电子发生还原反应生成Zn，故C错误；D．复合膜中H2O解离成H+和OH-，由于电子所带电荷数与H+和OH-所带电荷数相等，所以

外电路中每通过1mol电子，复合膜层间有1molH2O解离，故D错误；故选：B。7.硫代二乙酸[S(CH2COOH)2]可用于生产硫代酯类抗氧剂。常温下，将NaOH溶液滴入硫代二乙酸(简写为H2R)溶液中，混合溶液中的离子浓度随溶液pH变化的关系如图

所示，图中M、N坐标分别为(3.1，2)、(5.3，1)。下列说法不正确的是A.Ⅱ表示2c(HR)lgc(R)−−−随溶液pH变化的关系B.Ka1(H2R)＝1×10−1.1C.NaHR溶液中，c(H2R)>c(R2−)D

.当c(H2R)＝c(R2−)时，溶液pH＝2.7【答案】C的【解析】【详解】A．H2R为二元弱酸，分两步电离：+-2HRH+HRƒ，+2-HRH+R−，Ka1(H2R)=()()-+2cHRc(H)cHR，Ka2(

H2R)=()()2-+cRc(H)cHR−，当纵坐标相同时，pH值越小，+c(H)越大，由于第一步电离程度远大于第二步电离程度，所以Ⅱ表示2c(HR)lgc(R)−−−随溶液pH变化的关系，故A正确；B．由M点坐标(3.1，2)知，2c(HR)lgc(HR)−−

=2，2)HRc()(HRc−=10-2，此时溶液pH=3.1，+c(H)=10-3.1，Ka1(H2R)=()()-+2cHRc(H)cHR=3.11.12101010−−−=，故B正确；C．NaHR溶液中存在水解平衡--22HR+HOHR+OH，由

以上分析知Ka1(H2R)=1.110−；则Kh(-HR)=w2a12Kc(HR)c(OH)c(HR)K(HR)−−==12.910−，由N点坐标可知2c(HR)lgc(R)−−−=1，2)HRcc)

(R(−−=10-1；此时+c(H)=10-5.3，Ka2(H2R)=()()2-+cRc(H)cHR−=10-4.3>Kh(-HR)，所以HR-的电离程度大于其水解程度，c(H2R)<c(R2−)，故C错误；D．当c(H2R)＝c(R2−

)时，()()()()()()-++2+222-2--++a22a12cHRcHRc(HR)c(H)c(H)c(H)1KHRKHRcRcRc(HR)c(H)c(H)==＝，()()+1.14.32.7a12a22c(H)KH

RKHR101010−−−===，pH值等于2.7，故D正确；故选：C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。8.LiMn2O4、LiFePO4是锂离子电池常用的活性材料。某小组以含锰矿料(主要成分是MnCO3，含少量Fe2O3、Fe

3O4、FeO、CoO和SiO2)为原料制备LiMn2O4的流程如图所示(部分条件和产物省略)。已知几种金属氢氧化物沉淀的pH如表所示：金属氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Mn(OH)2开始沉淀的pH2.77.57.67.8

完全沉淀的pH3.79.79.210.4请回答下列问题：（1）写出一条提高“酸浸”速率的措施：___________。（2）“除杂1”时，加入MnO2的作用是___________(用离子方程式表示)。（3）要使“固体1”

中除了含有MnO2外，只含另外一种固体，其化学式为___________，则“除杂1”过程调节pH范围为___________。（4）在高温下“合成”LiMn2O4，反应的化学方程式为___________。（5）已知：常温下，Ksp(CoS)＝3.0×10−26、Ksp(Mn

S)＝3.0×10−14。假设“除杂1”后的溶液中c(2Mn+)为0.1mol⋅L−1，为了使残液中c(Co2+)≤1.0×10−5mol⋅L−1，必须控制c(S2−)的范围为_____mol⋅L−1。（6）固体1可作

为LiFePO4的原料。LiFePO4晶胞结构如图所示，其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。LiFePO4晶胞中P的杂化轨道类型为__________，晶胞中含有正八

面体的数目为__________。【答案】（1）粉碎含锰矿料(或适当加热、或搅拌)（2）MnO2+2Fe2++4H+＝Mn2++2Fe3++2H2O（3）①.Fe(OH)3②.3.7≤pH<7.6（4）4Mn2(O

H)2CO3+3O2+2Li2CO3高温4LiMn2O4+6CO2+4H2O（5）3.0×10−13>c(S2−)≥3.0×10−21（6）①.sp3②.4【解析】【分析】含锰矿料加硫酸溶解，MnCO3、Fe2O3、Fe3O4、FeO、CoO均溶于硫酸分别生成硫酸锰、硫酸

铁、硫酸亚铁、硫酸钴，二氧化硅不溶于酸过滤除去，滤液中加二氧化锰将亚铁离子氧化为三价铁，调节pH值使三价铁完全沉淀为氢氧化铁除去，再过滤，滤液中加硫化钠，将钴转化为CoS沉淀除去，再过滤，滤液中加碳酸钠，生成碱式碳酸锰，碱式碳酸锰与碳酸

锂、氧气反应生成LiMn2O4和二氧化碳，据此分析解答。小问1详解】提高“酸浸”速率可将矿料粉碎增大接触面积，也可适当升高温度或进行搅拌，故答案为：粉碎含锰矿料(或适当加热、或搅拌)；【小问2详解】“除杂1”时，加

入MnO2将亚铁离子氧化为三价铁，1mol亚铁离子失去1mol电子，1mol二氧化锰转化为锰离子得2mol电子，根据得失电子守恒得离子方程式：MnO2+2Fe2++4H+＝Mn2++2Fe3++2H2O，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+＝Mn2++2

Fe3++2H2O；【小问3详解】加二氧化锰将亚铁离子氧化为三价铁，调节pH值使三价铁完全沉淀为氢氧化铁除去，则另一种固体为Fe(OH)3；结合表中数据，为使三价铁离子完全沉淀，而不能使Co、Mn沉淀，则pH值范

围为：，故答案为：Fe(OH)3；3.7≤pH<7.6；【小问4详解】碱式碳酸锰与碳酸锂、氧气高温下反应生成LiMn2O4和二氧化碳，根据得失电子守恒以及元素守恒得反应方程式：4Mn2(OH)2CO3+

3O2+2Li2CO3高温4LiMn2O4+6CO2+4H2O，故答案为：4Mn2(OH)2CO3+3O2+2Li2CO3高温4LiMn2O4+6CO2+4H2O；【小问5详解】Ksp(CoS)＝3.0×10−26、Ksp(MnS)＝3.0×10−14。假设“除杂1”后的

溶液中c(2Mn+)为0.1mol⋅L−1，则c(S2−)()14sp132+KMnS3.0c()0.103.010Mn1−−==；为了使残液中c(Co2+)≤1.0×10−5mol⋅L−1，则

c(S2−)=()2+526sp21KCoS3.0103.0c(Co)1.00110−−−==，故答案为：3.0×10−13>c(S2−)≥3.0×10−21；【小问6详解】PO34−的中心原子P的价层电子对数为4，孤电子对数为0，

中心原子P为sp3杂化；由图可知白球表示Li，每个晶胞中锂离子个数为1118444842++=，故一个晶胞中有4个LiFePO4，晶胞中含有正八面体的数目为4，故答案为：sp3；49.六氨合氯化镁(MgCl2·6NH3)具有极好的可逆吸、放氨特性，是一种优良的储氨

材料。某研究小组以【MgCl2·6NH3为原料在实验室制备MgCl2·6NH3，并测定所得产品中氨的含量。I．制备MgCl2·6NH3i．首先制备无水MgCl2，实验装置如图(加热及夹持装置略去)：已知：SOCl2熔点−105℃、沸点76℃；遇水剧烈水解生成两种酸性气体。（1）三颈

烧瓶中发生反应的化学方程式为___________。（2）该实验装置中的不足之处为___________。（3）改进装置后，向三颈烧瓶中缓慢滴加SOCl2时，需打开活塞b，此时不需要打开玻璃塞a，原因为①___________；②_________

__。ii．制备MgCl2·6NH3将NH3通入无水MgCl2的乙醇溶液中，充分反应后，过滤、洗涤并自然风干，制得粗品。相关物质的性质如表：溶质溶解性溶剂NH3MgCl2MgCl2·6NH3水易溶易溶易溶甲醇(沸点65℃)易溶易溶难溶乙二醇(沸点197℃)易溶易溶难溶（4）生成MgC

l2·6NH3的反应需在冰水浴中进行，其原因为___________。（5）洗涤产品时，应选择的洗涤剂为___________(填选项标号)。A.冰浓氨水B.乙二醇和水的混合液C.氨气饱和的甲醇溶液D.氨气饱和的乙二醇溶液II．利用间接法测定产品(MgCl2·xNH3)中氨的含量，步骤

如下：步骤1：称取1.800g样品，加入足量稀硝酸溶解，配成250mL溶液；步骤2：取25.00mL待测液于锥形瓶中，以K2CrO4为指示剂，用0.2000mol·L−1AgNO3标准液滴定溶液中Cl－，记录消耗标准液的体积；步骤3：重复步骤2操作2－3次，平均消耗标准液10.00mL。（6）则x

的值为_______；已知滴定操作均正确，造成该偏差的可能原因为________。【答案】（1）MgCl2·6H2O+6SOCl2＝MgCl2+6SO2↑+12HCl↑（2）缺少防倒吸措施（3）①.滴液漏斗可以平

衡压强，使SOCl2顺利滴下②.打开a，SOCl2挥发、接触空气中的水蒸气发生水解（4）减少NH3的挥发；降低MgCl2·6NH3溶解度，有利于其结晶析出（5）C（6）①.5②.MgCl2未完全氨化，导致MgCl2·6H

2O混有MgCl2；产品部分分解导致混有MgCl2杂质；自然风干时有少量氨放出。【解析】【小问1详解】三颈烧瓶中MgCl2·6H2O中的结晶水与SOCl2反应生成HCl和SO2气体，反应方程式为：MgCl2·6H2O+6SOCl2＝MgCl2+6SO2

↑+12HCl↑，故答案为：MgCl2·6H2O+6SOCl2＝MgCl2+6SO2↑+12HCl↑；【小问2详解】二氧化硫和HCl均为易溶水气体，导管直接通入NaOH溶液中吸收尾气会引起倒吸，因此在吸收尾气时应添加防倒吸装置，故答案为：缺少防倒吸措施；【小问3详

解】滴液漏斗自身可以平衡上下的压强，便于液体顺利流下；另外SOCl2沸点较低易挥发，且易与水发生水解反应，若打开a会有空气中水蒸气进入漏斗中使SOCl2水解，因此不能打开a，故答案为：滴液漏斗可以平衡压强，使SOCl2顺利滴下；打开a，SOCl2挥发、接触空

气中的水蒸气发生水解；【小问4详解】因为反应物氨气为易溶水气体，同时溶水后也易挥发，在冰水浴中进行反应可减少氨气的挥发；另外产物MgCl2·6NH3易溶于水，温度低时也有利于其析出晶体，故答案为：减少NH3的挥发；降低MgCl2·6NH3溶解度，有利于其结晶析出；【小问5详解】由

表中数据可知，MgCl2·6NH3在甲醇和乙二醇中均难溶，但乙二醇的沸点较高，不易挥发，洗涤后在晶体表面有残留，因此应选甲醇洗涤，同时为防止洗涤过程中产物分解导致损失，应在甲醇溶液中通入氨气减少MgCl2·6NH3损失，因此洗涤液

用C；故答案为：C；【小问6详解】c(Cl-)=c(Ag+)=0.2000mol·L−1×10.00×10-3L=2×10-3mol，则样品中氯化镁的质量为：3mol210915g/mol20−=0.95g，则m

(NH3)=1.80-0.95=0.85g，n(NH3)=0.05mol17g/mo.l085g=，n(MgCl2):n(NH3)=1:5，则x=5；导致氨气含量比理论值低的原因可能是：MgCl2未完全氨化，导致MgCl2·6H2O混有MgCl2；产品部分分解导致混有MgCl2杂质；自然风干时有

少量氨放出。故答案为：5；MgCl2未完全氨化，导致MgCl2·6H2O混有MgCl2；产品部分分解导致混有MgCl2杂质；自然风干时有少量氨放出。10.随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，CO2的综合利用及氢能源的

开发备受关注。请回答下列问题：Ⅰ、乙醇—水催化重整可获得H2。相关主要反应有：①C2H5OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)ΔH＝+173kJ·mol−1②CO2(g)+H2(g)CO(g)

+H2O(g)ΔH＝+41kJ·mol−1298K时，相关物质的相对能量如图1所示。可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的ΔH(ΔH随温度变化可忽略)。例如：H2O(g)＝H2O(l)ΔH＝−286kJ·mol−1−(−242kJ·mol−1

)＝−44kJ·mol−1。（1）根据图1计算C2H5OH(g)的相对能量＝___________kJ·mol−1，温度升高对反应___________(填①或②)影响更大一些。（2）在500℃、1.0×105Pa时，向体积为VL的恒容密闭

容器中通入1molC2H5OH和3molH2O，若仅考虑上述反应，平衡时CO2和CO的选择性及H2的产率随温度的变化如图2所示，(CO的选择性＝()()()2nCO100%nCO+nCO生成生成生成)。①升高温度，平衡时CO的选择性____

_______(填“增大”或“减小”)。达到平衡时，容器中C2H5OH(g)为ɑmol，CO为bmol，此时ɑ+b=___________，反应②的平衡常数Kp＝__________(用含a、b、V的代数式表示)。②一定温度下，若加入CaO(s)

，则平衡时H2的产率增大，与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O4热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是___________。Ⅱ、“Fe—-3HCO—H2O热循环制氢和甲酸”的原理如下：①用NaOH或Na2CO3溶液吸收CO2生成NaHCO3溶液；

②反应初期铁粉与NaHCO3溶液反应，生成FeCO3和H2，FeCO3迅速转化为活性Fe3O4－x；③活性Fe3O4－x吸附H2并催化-3HCO转化为HCOO－。（3）③中反应的离子方程式为___________。（4）在其他条件相同时，测得Fe的转化率、HCOO

－的产率随c(-3HCO)变化如图3所示。HCOO－的产率随c(-3HCO)增加而增大的可能原因是___________。【答案】（1）①.−233②.①（2）①.增大②.1③.()3a+b6b-6a-b④.生成等量的CaO，CaC2O4产生的气体多，使C

aO具有更多的微孔结构（3）H2+3HCO−34xFeO−HCOO－+H2O（4）随c(3HCO−)增加，生成FeCO3和H2的速率更快，得到活性Fe3O4－x的速度更快，生成HCOO－的速率更快，产率更大【解析

】【小问1详解】由题中信息可知ΔH＝生成物相对能量和-反应物的相对能量和，则反应①中：ΔH＝2×(-393)+6×0-3×(-242)-E(C2H5OH)=+173kJ·mol−1，E(C2H5OH)=-233kJ·mol−1，反应①和反应②均

为吸热反应，反应①ΔH更大，受温度的影响更大，故答案为：-233；①；【小问2详解】①生成的碳化合物只有2CO和CO，两者选择性之和为100%，且两者选择性变化曲线应对称，故曲线②代表氢气的产率；曲线②中300℃以后氢气的产率随温度升高降低，说明平衡主要发生产生反应②生成

CO，故曲线③代表CO的平衡选择性，曲线①代表2CO的选择性，由曲线变化可知随温度的升高CO的选择性增大；500℃时2CO、CO的选择性相等，则n(CO)=n(2CO)=bmol，根据C原子守恒：2a+b+b=2，则a+b=

1；平衡时消耗乙醇的物质的量为(1-a)mol，则反应①消耗水的物质的量为3(1-a)mol，反应①生成的氢气物质的量为6(1-a)mol，平衡时CO的物质的量为bmol，则反应②生成的水的物质的量为b

mol，消耗氢气的物质的量为bmol，平衡时氢气的总物质的量为(6-6a-b)mol，平衡时水的物质的量为3-(3-3a)+b=(3a+b)mol，混合气体的总物质的量为a+b+b+(6-6a-b)+(3a+b)=(6-2a+2b)mol，反应②的平衡常数K

p=()()()222bbp(CO)p(HO)6-2a6-3a+b3a+b+2b+2b6-6a-b6-6a-b+2ap(CO)p(H)b6-2a6-2a2b+2b==，故答案为：增大；1；()3a+b6b-6a

-b；②生成等量的CaO，CaC2O4产生的气体多，使CaO具有更多的微孔结构，具有更好的CO2捕集性能，故答案为：生成等量的CaO，CaC2O4产生的气体多，使CaO具有更多的微孔结构；【小问3详解】活性Fe3O4－x吸附H2并催化-3HCO转化为HCOO－，反应离子方程式为：H2+3HCO

−34xFeO−HCOO－+H2O，故答案为：H2+3HCO−34xFeO−HCOO－+H2O；【小问4详解】的随c(3HCO−)增加，生成FeCO3和H2的速率更快，得到活性Fe3O4－x的速度更快，生成HCOO－的速率更快

，产率更大，因此HCOO－的产率随c(-3HCO)增加而增大，故答案为：随c(3HCO−)增加，生成FeCO3和H2的速率更快，得到活性Fe3O4－x的速度更快，生成HCOO－的速率更快，产率更大。11.化合物I是合成雌酮激素的中间体，合成路线如下：回答下列问题：（1）A的化

学名称是___________，C中的官能团名称是___________。（2）由D生成E的反应类型为___________。（3）G的结构简式为_________，由E可以合成一种新型纤维(J)，J的结构简式为_________。（4）由C生成D的化学方程式为________

___。（5）F和H2在一定条件下充分反应，产物分子中含有的手性碳原子数目为___________。（6）写出符合下列条件的F的同分异构体的结构简式___________(任写1种)。①能发生银镜反应②苯环上有三个取代基且其中两个为酚羟基③核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之

比6∶2∶2∶1∶1【答案】（1）①.丁二酸②.羧基、酮羰基（2）还原反应（3）①.②.（4）＋HNO3Δ⎯⎯⎯→浓硫酸＋H2O（5）2（6）或【解析】【分析】A发生分子内脱水生成B，B和苯发生取代反应生成C，C发生硝化反应生成D，依据

E的结构简为式可知D为，D发生还原反应硝基转化为氨基生成E，E在硫酸溶液中和亚硝酸钠反应氨基转化为羟基，根据H的结构简式可知F分子中羟基上的氢原子被甲基取代生成G为，G发生取代反应生成H，H发生取代反应生成I，据此解答。【小问1详解】A分子中

含有2个羧基，其化学名称是丁二酸，根据C的结构简式可知C中的官能团名称是羧基、酮羰基。【小问2详解】由D生成E的反应是硝基转化为氨基，反应类型为还原反应。【小问3详解】根据以上分析可知G的结构简式为，E分子中含有氨基和羧基，发生缩聚反应生成高分子化合物，因此J的结构简式为。【小问4详解】根据

以上分析可知由C生成D属于硝化反应，反应的化学方程式为＋HNO3Δ⎯⎯⎯→浓硫酸＋H2O。【小问5详解】F和H2在一定条件下充分反应，生成物是，产物分子中含有的手性碳原子数目为2个，如图所示。【小问6详解】符合下列条件的F的同分异构体：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②苯环上有三个取代基且其

中两个为酚羟基；③核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1∶1，因此符合条件的有机物结构简式为或。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com