安徽省2024屆高三化學下學期三模聯(lián)考試題含解析

高三化學試卷試卷滿分：100分可能用到的相對原子質(zhì)量：一、選擇題：本題共15個小題，每小題3分，共45分。每小題只有一個選項符合題目要求。1.“挖掘文物價值，講好湖北故事”。下列出土于湖北的文物中主要成分不同于其他三種的是ABCD隨州曾侯乙尊盤黃石銅綠山大銅斧鄂州三國青瓷倉廩院落咸寧崇陽商代銅鼓A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．隨州曾侯乙尊盤主要成分是青銅器，屬于合金；B．黃石銅綠山大銅斧主要成分青銅器，屬于合金；C．鄂州三國青瓷倉廩院落的主要成分是硅酸鹽，屬于無機非金屬材料；D．咸寧崇陽商代銅鼓主要成分是青銅器，屬于合金；根據(jù)上述分析可知：在出土于湖北的文物中主要成分只有鄂州三國青瓷倉廩院落是硅酸鹽，屬于無機非金屬材料，其余三組都是合金，故不同于其他三種的是鄂州三國青瓷倉廩院落，合理選項是C。2.生活中處處有化學。下列說法正確的是A.礦泉水瓶的主要成分為無機非金屬材料B.向牛奶中加入果汁，會發(fā)生酸堿中和反應而產(chǎn)生沉淀C.釀酒時加入的酒曲與面包中用到的發(fā)酵粉作用相同D.生鐵比純鐵更易生銹【答案】D【解析】【詳解】A．礦泉水瓶主要成分是塑料，屬于有機合成材料，不是無機非金屬材料，A錯誤；B．牛奶是膠體，加入果汁會產(chǎn)生沉淀，是因為發(fā)生膠體的聚沉，B錯誤；C．釀酒中的酒曲是催化劑，而面包中加入的發(fā)酵粉是反應物，二者作用不同，C錯誤；D．生鐵中含碳，與鐵生成原電池，F(xiàn)e腐蝕速度加快，D正確；故答案為：D。3.為阿伏伽德羅常數(shù)，下列說法正確的是A.標準狀況下，中所含鍵數(shù)目為B.重水比水多個質(zhì)子C.中含有的電子數(shù)為D.和晶體中所含離子數(shù)目均為【答案】A【解析】【詳解】A．中含有3個鍵，標準狀況下，的物質(zhì)的量為0.5mol，所含鍵數(shù)目為，A正確；B．重水和水的質(zhì)子數(shù)相等，B錯誤；C．中含有10個電子，中含有的電子數(shù)為，C錯誤；D．中含有1個Ca2+和2個H+，所含離子數(shù)目均，中含有1個Ca2+和1個，晶體中所含離子數(shù)目均為，D錯誤；故選A。4.下列化學用語的表達正確的是A.基態(tài)鈹原子最外層電子的電子云輪廓圖：B.的質(zhì)譜圖：C.的名稱：甲基苯甲酰胺D.的電子式為【答案】C【解析】【詳解】A．基態(tài)鈹原子的電子排布式為1s22s2，最外層電子在s軌道上，電子云輪廓圖為球形，A錯誤；B．質(zhì)譜圖用于測定相對分子質(zhì)量，CH3COOH的相對分子質(zhì)量為60，與最大質(zhì)荷比46不相符，B錯誤；C．C6H5CONHCH3中含有酰胺基，由C6H5COOH和CH3NH2反應得到，名稱為N-甲基苯甲酰胺，C正確；D．與CO2是等電子體，根據(jù)CO2電子式，的電子式為，按照各原子都達到8電子飽和結(jié)構(gòu)，電子式也可以是，故電子式為或，D錯誤；故答案選C。5.“香城”咸寧因滿城桂花而聞名，每到金秋時節(jié)，有風香十里，無風十里香。芳樟醇是桂花致香原因之一，其結(jié)構(gòu)如下，下列有關(guān)芳樟醇的說法不正確的是A.分子式為B.不存在順反異構(gòu)C.能發(fā)生取代、加聚、氧化、消去反應D.與的溶液反應可能得到2種加成產(chǎn)物(不考慮立體異構(gòu))【答案】D【解析】【詳解】A．由結(jié)構(gòu)可知，分子中含18個H原子，分子式為C10H18O，故A正確；B．與碳碳雙鍵一邊相連的基團相同，則不存在順反異構(gòu)，故B正確；C．含碳碳雙鍵可發(fā)生加聚、氧化反應，含羥基可發(fā)生取代反應，且與羥基相連碳原子的鄰位碳原子上有H原子，可發(fā)生消去反應，故C正確；D．單個碳碳雙鍵與發(fā)生加成反應時產(chǎn)物有2種、，兩個碳碳雙鍵與完全加成時產(chǎn)物有，共有3種加成產(chǎn)物，故D錯誤；故選：D。6.下列反應方程式書寫正確的是A.鉛蓄電池充電時陰極的電極反應式：B.密閉容器中，1gH2(g)與足量的I2(g)混合反應后生成HI(g)，放出akJ熱量(a＞0)C.向乙二醇溶液中加入足量酸性高錳酸鉀溶液：D.Al2O3溶于(NH4)2SO4溶液：【答案】B【解析】【詳解】A．鉛蓄電池充電時陰極發(fā)生還原反應，PbSO4得到電子被還原為Pb單質(zhì)，則陰極的電極反應式為：PbSO4+2e-=Pb+，A錯誤；B．H2(g)與I2(g)生成HI(g)的反應為可逆反應，反應物不能完全轉(zhuǎn)化為生成物。1gH2(g)的物質(zhì)的量是0.5mol，若在密閉容器中，其與足量的I2(g)混合反應后生成HI(g)的物質(zhì)的量小于1mol，放出akJ熱量(a＞0)。則若1molH2(g)完全與I2(g)生成HI(g)，反應放出的熱量大于2akJ，反應放出的熱量越多，則該反應的反應熱就越小。所以該反應的熱化學方程式為H2(g)+I2(g)2HI(g)△H＜-2akJ/mol，B正確；C．酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，在與具有強還原性的乙二醇發(fā)生反應時，乙二醇被氧化生成CO2氣體，而不是氧化生成乙二酸，C錯誤；D．Al2O3是兩性氧化物，只能與強酸、強堿反應。(NH4)2SO4是強酸弱堿鹽，水解使溶液顯酸性，但由于鹽水解程度是微弱的，因此鹽溶液酸性比較弱，與Al2O3不能發(fā)生反應，所以A12O3難溶于(NH4)2SO4溶液，D錯誤；故合理選項是B。7.下列實驗操作及現(xiàn)象與相關(guān)實驗目的正確的是選項實驗操作及現(xiàn)象實驗目A室溫下，用計分別測定濃度均為的和溶液的比較和的大小B將鍍層破損的鍍鋅鐵片放入酸化的溶液中一段時間后，取溶液于試管中，滴加溶液，觀察現(xiàn)象檢查已破損的鍍層鋅是否仍對鐵有保護作用C已知呈紅棕色，往溶液中通入，溶液先變紅棕色，后逐漸變?yōu)闇\綠色比較與反應生成和兩者發(fā)生氧化還原反應的速率快慢和反應程度的大小D用溶液滴定未知濃度鹽酸，用溫度傳感器采集錐形瓶內(nèi)溶液的溫度數(shù)據(jù)測定中和反應的反應熱A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【詳解】A．和溶液均會水解，以第一步水解為主，，則對應的是，中水解為：，則對應的是，并非是比較和的大小，A錯誤；B．若無保護作用，則Fe會被腐蝕為二價鐵離子，而KSCN溶液檢驗的是三價鐵，B錯誤；C．由現(xiàn)象可知，先生成，后發(fā)生氧化還原反應，逐漸變?yōu)闇\綠色，可知生成的速率比氧化還原反應的速率快，但是發(fā)生氧化還原反應的反應程度更大，C正確；D．測定中和反應的反應熱應防止熱量散失、應在量熱計內(nèi)進行，和迅速混合，蓋上杯蓋，玻璃攪拌器攪拌，采集溫度數(shù)據(jù)，D錯誤；故選C。8.扎染是我國重要的非物質(zhì)文化遺產(chǎn)，扎染用到的靛藍已具有三千多年歷史，戰(zhàn)國時期荀況的“青，出于藍而勝于藍”就源于當時的染藍技術(shù)。染色時發(fā)生以下反應，有關(guān)說法正確的是A.靛藍耐堿、耐酸、耐氧化B.由靛白與堿反應生成靛白鹽的反應可推知，靛白中的五元環(huán)有著類似于苯環(huán)的性質(zhì)C.靛藍分子中存在由p軌道“頭碰頭”形成的鍵D.已知靛白中N原子是雜化，靛白分子中存在氫鍵【答案】B【解析】【分析】掌握有機物官能團性質(zhì)及變化規(guī)律【詳解】A．靛藍含有亞胺基，顯堿性，不與堿反應，但要和酸反應，不耐酸。靛藍含有不飽和的碳碳雙鍵，可以被高錳酸鉀等氧化劑氧化，故A錯誤；B．靛白與堿反應以后，其羥基上的氫原子與堿反應，說明顯酸性，根據(jù)苯酚性質(zhì)進行類推，故B正確；C．靛藍分子中的π鍵應該是p軌道“肩并肩”形成，故C錯誤；D．靛白中的N原子屬于飽和結(jié)構(gòu)，屬于sp3雜化，故D錯誤；故答案選B?！军c睛】考查有機物官能團性質(zhì)及其相互轉(zhuǎn)化，要求掌握有機物官能團性質(zhì)。9.酸性水系鋅錳電池放電時，電極上的易剝落，會降低電池效率，若向體系中加入少量固體則可以提高電池的工作效率，原理如圖所示。下列說法錯誤的是A.加入降低了正極反應的活化能B.加入后可降低能量的“損失”，相關(guān)方程式為C.放電時、若消耗，正極區(qū)電解質(zhì)溶液理論上增重D.從左向右通過質(zhì)子交換膜的的物質(zhì)的量與消耗的物質(zhì)的量之比為【答案】D【解析】【分析】Zn電極為負極，發(fā)生氧化反應Zn-2e-=Zn2+，含有MnO2的碳電極為正極，發(fā)生還原反應MnO2+4H++2e-=Mn2++2H2O，MnO2剝落后，影響了反應的進行；加入KI后，提高了電池的工作效率，對應反應的方程式為MnO2+3I-+4H+=Mn2++I+2H2O，I+2e-=3I-。據(jù)此分析解題?！驹斀狻緼．加入降低了正極反應的活化能，可以提高電池的工作效率，A正確；B．加入后MnO2+3I-+4H+=Mn2++I+2H2O，I+2e-=3I-，可以讓I在正極繼續(xù)得電子，恢復損失的能量，B正確；C．放電時、若消耗即轉(zhuǎn)移2mol電子，2molH+通過質(zhì)子交換膜進入正極區(qū)域，1molMnO2溶解，正極區(qū)電解質(zhì)溶液理論上增重，C正確；D．放電時，負極每消耗1molZn，轉(zhuǎn)移2mol電子，則會有2molH+通過質(zhì)子交換膜進入正極，兩者物質(zhì)的量之比為，D錯誤；故選D。10.某含銅催化劑的陰離于的結(jié)構(gòu)如圖所示。是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，乙是電負性最大的元素。下列說法錯誤的是A.第一電離能： B.該陰離于中銅元素的化合價為C.Z元素的單質(zhì)可以與水發(fā)生置換反應 D.僅由W和Y不可以構(gòu)成離子化合物【答案】D【解析】【分析】W形成1條共價鍵，則W為H元素，X能形成四條共價鍵且屬于短周期元素，則X為C元素，Y為N元素，Z是電負性最大的元素，則Z為F元素；【詳解】由分析可知，W為H元素、X為C元素、Y為N元素、Z為F元素；

A．同周期主族元素隨原子序數(shù)增大第一電離能呈增大趨勢，但IIA族、VA族第一電離能大于同周期相鄰元素，則第一電離能：F>N>C>H，故A正確；

B．與Cu形成配位鍵的4個基團均為-1價基團，整個陰離子表現(xiàn)-1價，則Cu元素表現(xiàn)+3價，故B正確；

C．Z為F元素，單質(zhì)F2與水反應生成HF和O2，發(fā)生置換反應，故C正確；

D．僅由H和N可以構(gòu)成離子化合物NH4H，故D錯誤；

故選：D。11.電鍍廢水中含有的甘氨酸鉻（Ⅲ）等重金屬污染已成為世界性環(huán)境問題。常用的處理方法有納米零價鐵法，納米零價鐵對有機物的降解通常是產(chǎn)生液相羥基自由基對有機物官能團進行斷鍵，使有機絡(luò)合態(tài)Cr（Ⅲ）被釋放到溶液中，同時氧化成無機Cr（Ⅵ）。甘氨酸鉻的結(jié)構(gòu)簡式和納米零價鐵對甘氨酸鉻的去除機理如下圖所示。有關(guān)說法正確的是結(jié)構(gòu)簡式去除機理A.基態(tài)的核外電子空間運動狀態(tài)有14種B.鉻更易與N原子形成配位鍵，故甘氨酸鉻分子中與鉻配位的原子只有NC.納米零價鐵主要通過物理吸附作用除去污水中的D.從去除機理圖可知溶液中的鉻濃度在去除過程中會有短暫的上升，隨即又減少，并和納米零價鐵的氧化產(chǎn)物形成【答案】D【解析】【詳解】A．的原子序數(shù)為24，基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1，共有15個原子軌道填充了電子，故核外電子空間運動狀態(tài)有15種，故A錯誤；B．由甘氨酸鉻的結(jié)構(gòu)簡式可知，甘氨酸鉻分子中與鉻配位的原子有N和O，故B錯誤；C．納米零價鐵在反應過程中作還原劑，通過化學變化作用除去污水中的，故C錯誤；D．納米零價鐵吸附甘氨酸鉻導致溶液中鉻濃度降低，隨后被氧化為并從納米零價鐵表面脫附，導致溶液中鉻濃度升高，在納米零價鐵表面吸附還原為，并和納米零價鐵的氧化產(chǎn)物形成，溶液中鉻濃度下降，故D正確；答案選D。12.環(huán)己烯是重要的化工原料，實驗室制備流程如下。下列說法正確的是已知：環(huán)己醇和環(huán)己烯常溫下都為液體；環(huán)己烯密度，能與水形成共沸物。A.環(huán)己醇環(huán)上的一氯代物有3種B.操作依次是蒸餾、過濾、蒸餾C.濃硫酸也可作該反應的催化劑，選擇而不用濃硫酸的原因可能為濃硫酸易使原料炭化，產(chǎn)生，導致污染D.分離出有機相后，需加入無水氯化鈣干燥，在操作3之前的“過濾”操作也可省去不做【答案】C【解析】【分析】環(huán)己醇發(fā)生消去反應生成環(huán)己烯和水，環(huán)己烯不溶于水，飽和食鹽水溶解環(huán)己醇、氯化鐵，然后分液得到的水相中含有環(huán)己醇、氯化鐵，得到的有機相中含有環(huán)己烯，然后干燥、過濾、蒸餾得到環(huán)己烯。【詳解】A．環(huán)己醇環(huán)上的等效氫有4種，環(huán)上的一氯代物有4種，故A錯誤；B．結(jié)合流程和分析，操作依次是蒸餾、分液、蒸餾，故B錯誤；C．環(huán)己醇為有機物，濃硫酸能使其碳化，并與C反應生成導致污染，故不用濃硫酸做催化劑，故C正確；D．加入無水氯化鈣后吸水變?yōu)榻Y(jié)晶水合物，如果不過濾掉，直接蒸餾可能會導致氯化鈣結(jié)晶水合物分解出水，環(huán)己烯能與水形成共沸物，故會影響產(chǎn)物的純度，故D錯誤。答案選C。13.咖啡因是一種生物堿(易溶于水及乙醇，熔點以上開始升華)，有興奮大腦神經(jīng)和利尿等作用。用下圖所示的索氏提取器提取茶葉中的咖啡因，1中濾紙?zhí)淄矁?nèi)置有粉碎的茶葉末，有關(guān)說法不正確的是A.用乙醇做萃取劑比用水更好B.實驗時燒瓶中溶劑受熱蒸發(fā)，蒸汽沿蒸汽導管2上升至球形冷凝管，冷凝后滴入濾紙?zhí)淄?中，與咖啡因粉末接觸，進行萃取C.萃取結(jié)束后，將1內(nèi)混合物倒出、過濾、將濾液蒸餾即可得到咖啡因D.索氏提取器比常規(guī)萃取更節(jié)約、更高效【答案】C【解析】【詳解】A．已知咖啡因易溶于乙醇，以上開始升華，用乙醇做萃取劑比用水更好，乙醇易揮發(fā)，故A正確；B．乙醇作為溶劑，經(jīng)過蒸發(fā)得到乙醇蒸汽通過導管2進入索氏提取器，與濾紙?zhí)淄?內(nèi)咖啡因粉末接觸，進行萃取，故B正確；C．咖啡因以上開始升華，直接蒸餾濾液不能馬上得到咖啡因，蒸餾出來的是酒精，咖啡因還留在蒸餾燒瓶內(nèi)，還要進一步處理才能得到咖啡因，故C錯誤；D．本實驗中采用索氏提取器的優(yōu)點是溶劑乙醇可循環(huán)使用，能減少溶劑用量，且萃取效率高，故D正確；故選C。14.二氧化鈰(CeO2)作為一種脫硝催化劑，能在Ce4+和Ce3+之間改變氧化狀態(tài)，將NO氧化為NO2，并引起氧空位的形成，得到新的鈰氧化物[Cex(Ⅲ)Cey(Ⅳ)Oz]。當二氧化鈰晶胞發(fā)生如下圖變化時，有關(guān)說法錯誤的是A.鈰位于氧原子形成的八面體空隙中B.生成新的鈰氧化物中x、y、z的最簡整數(shù)比為2：2：7，當1molCeO2發(fā)生變化時，可吸收標況下NO的體積為5.6LC.晶胞的俯視圖為D.若晶胞邊長為apm，則CeO2晶體的密度為(NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)【答案】A【解析】【詳解】A．以上底面心Ce原子為研究對象，根據(jù)圖示可知在一個晶胞中，與Ce距離相等且最近的O原子有4個，由于通過該平面的Ce原子可形成2個晶胞，因此與該Ce距離相等且最近的O原子有8個，這8個O原子形成的是立方體結(jié)構(gòu)，鈰位于氧原子形成的立方體空隙中，A錯誤；B．根據(jù)圖示可知[Cex(Ⅲ)Cey(Ⅳ)Oz]晶胞中含有Ce原子數(shù)目是8×+6×=4；含有的O原子數(shù)為1×7=7，；根據(jù)化合物中元素化合價代數(shù)和為0，可知3x+4y=2z，兩式聯(lián)立，x=y，2z=7x，所以在生成新的鈰氧化物中x、y、z的最簡整數(shù)比為2：2：7。當1molCeO2發(fā)生變化時，由0.5molCe元素的化合價由+4價變?yōu)?3價，N元素化合價由+2價NO變?yōu)?4價NO2，根據(jù)化合價升降總數(shù)相等，可知關(guān)系式為2CeO2-NO，可吸收的NO的物質(zhì)的量為n(NO)==0.25mol，因此可吸收標況下NO的體積為0.25mol×22.4L/mol=5.6L，B正確；C．根據(jù)CeO2晶胞中各個原子的相對位置，可知其俯視圖為，C正確；D．根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知：在CeO2晶胞中含有Ce為8×+6×=4；含有的O原子數(shù)為8，因此一個晶胞中含有4個CeO2，由于晶胞邊長為apm，則該晶胞的密度ρ=g/cm3=，D正確；故合理選項是A。15.電位滴定是利用溶液電位突變指示終點的滴定法。常溫下，某研究小組利用電位滴定法研究鹽酸滴定亞磷酸鈉溶液過程中的化學變化，得到滴定過程中溶液電位E與的關(guān)系如圖所示。已知：亞磷酸是二元弱酸，常溫下其電離常數(shù)分別是：，，下列說法正確的是A.水的電離程度：B.b點對應溶液的C.第二滴定終點時發(fā)生反應的平衡常數(shù)為D.c點對應溶液中一定存：【答案】D【解析】【分析】滴定過程中先發(fā)生的反應：，所以第一次達到滴定終點時溶液的主要成分為：和，后發(fā)生的反應：，所以第二次達到滴定終點時溶液的主要成分為：和，據(jù)此分析?！驹斀狻緼．鹽酸對水的電離起抑制作用，越加鹽酸抑制作用越大，水的電離程度越小，所以有水的電離程度：，故A錯誤；B．b點是第一次達到滴定終點時，溶液的主要成分為：和，其中的電離常數(shù)，水解常數(shù)，可見電離程度大于水解程度，溶液顯酸性，對應溶液的，故B錯誤；C．第二滴定終點時發(fā)生反應的平衡常數(shù)為，故C錯誤；D．c點溶液中存在電荷守恒，所以有，此時，所以一定存在：，故D正確；故選D。二、非選擇題：本題共4小題，共55分。16.一種回收鋅電解陽極泥(生要成分為和，還有少量猛鉛氧化物和)中金屬元素鋅、錳、鉛和銀的工藝如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：已知：①易溶于水，不溶于乙醇。②時，③在較高溫度及酸性催化條件下，葡萄糖能發(fā)生如下反應：（1）基態(tài)的最外層電子的電子排布式為_______。（2）“還原酸浸”過程中主要反應的化學方程式為_______；實際錳浸出最適宜的葡萄糖加入量遠大于理論加入量，其原因是_______。（3）結(jié)合溶解度曲線圖分析，由溶液制得晶體的“一系列操作”是_______，用_______(填物質(zhì)的名稱)洗滌、干澡。（4）“電解”時，加入與水反應生成二元弱酸，在陰極放電生成單質(zhì)，有利于電還原沉積。則放電的電極反應式為_______。（5）整個流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)是_______。（6）取“沉鐵”操作所得的沉淀物置于水中，常溫下充分溶解(忽略溶液體積的變化)，其中沉淀物中若含有，最終所得溶液中_______?！敬鸢浮浚?）（2）①.②.在較高溫度及酸性催化條件下，葡萄糖能發(fā)生副反應，消耗更多的葡萄糖（3）①.蒸發(fā)結(jié)晶、趁熱過濾②.乙醇（4）（5）稀硫酸(稀)（6）【解析】【分析】陽極泥的生要成分為和，還有少量猛鉛氧化物和，加入稀硫酸，得到和溶液，、和中繼續(xù)加入稀硫酸和葡萄糖，+4價的Mn轉(zhuǎn)化為+2價的進入溶液中，過濾后得到的溶液經(jīng)過一系列操作，得到晶體，加入與水反應生成二元弱酸，電解時，在陰極放電生成Se單質(zhì)，有利于電還原沉積生成Mn單質(zhì)，濾渣中的加入溶液，使轉(zhuǎn)化為更難溶的，加入醋酸，得到Ag單質(zhì)和醋酸鉛溶液，在醋酸鉛中加入硫酸，生成沉淀，據(jù)此回答?！拘?詳解】為25號元素，價電子排布式為，故基態(tài)的最外層電子的電子排布式為；【小問2詳解】“還原酸浸”過程中，中加入稀硫酸和還原性糖，+4價的Mn轉(zhuǎn)化為+2價的進入溶液中，發(fā)生的反應為：；因為在較高溫度及酸性催化條件下，葡萄糖能發(fā)生副反應，消耗更多的葡萄糖，所以實際錳浸出最適宜的葡萄糖加入量遠大于理論加入量；【小問3詳解】根據(jù)的溶解度隨溫度變化的曲線，由溶液制得晶體的“一系列操作”是蒸發(fā)（至有大量晶體析出，但要注意保留足夠的水）結(jié)晶、趁熱過濾、洗滌、干燥；易溶于水，不溶于乙醇，所以洗滌時用乙醇而不用水洗，可以降低的溶解損耗；【小問4詳解】放電的電極反應式為；【小問5詳解】根據(jù)以上流程的分析，整個流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)是稀硫酸；【小問6詳解】取“沉鐵”操作所得的沉淀物置于水中，常溫下充分溶解(忽略溶液體積的變化)，其中沉淀物中若含有，最終所得溶液是的飽和溶液，此時，又因為，，中。17.由鍵構(gòu)建鍵是有機化學的熱點研究領(lǐng)域。我國科學家利用苯基甘氨酸中的鍵在作用下構(gòu)建鍵，實現(xiàn)了喹啉并內(nèi)酯的高選擇性制備。合成路線如圖。已知：i．ⅱ．（1）E化學名稱是_______。（2）G轉(zhuǎn)化為H的化學方程式為_______。（3）J與充分反應后的產(chǎn)物分子中含_______個手性碳原子。中除氧原子外含有_______個雜化的原子。（4）吡啶()是類似于苯的芳香化合物，M是比D少一個碳的同系物，M的同分異構(gòu)體中，滿足下列條件的芳香化合物有_______種。①芳環(huán)上為二取代；②能與碳酸氫鈉溶液反應。（5）已知：i．ii．D和I在作用下得到丁的4步反應如圖(無機試劑及條件已略去)，中間產(chǎn)物1中有兩個六元環(huán)和一個五元環(huán)，中間產(chǎn)物3中有三個六元環(huán)。結(jié)合已知反應信息，寫出結(jié)構(gòu)簡式：中間產(chǎn)物1_______中間產(chǎn)物3_______?！敬鸢浮浚?）3-溴丙烯（2）（3）①.4②.11（4）13（5）①.②.【解析】【分析】由流程信息知，制備喹啉并內(nèi)酯需先得到和，A為硝基苯，經(jīng)還原后得到苯胺B，苯胺與ClCH2COOC2H5發(fā)生取代反應得到C，C為，其在酸性條件下發(fā)生水解生成；丙烯和溴單質(zhì)發(fā)生取代反應得到E，E為CH2=CH-CH2Br，E與甲醛反應生成F，結(jié)合信息ii知，F(xiàn)為CH2=CH-CH2CH2OH，則G為CH2BrCHBrCH2CH2OH，結(jié)合信息i知，H為，它在NaOH醇溶液和加熱條件下發(fā)生消去反應生成?！拘?詳解】丙烯和溴單質(zhì)發(fā)生取代反應得到E，E為CH2=CH-CH2Br，名稱為3-溴丙烯，故答案為：3-溴丙烯；【小問2詳解】G轉(zhuǎn)化為H的化學反應方程式為：，故答案為：；【小問3詳解】J與H2充分反應后的產(chǎn)物為：，分子中含4個手性碳原子，如圖所示：，故答案為：4；J分子中除氧原子外存在11個sp2雜化的原子，如圖所示：故1molJ中除氧原子外含有11molsp2雜化的原子，故答案為：11；【小問4詳解】M是比D少一個碳的同系物，D分子式為C8H9O2，故M分子式為：C7H7O2，滿足①芳環(huán)上為二取代②能與碳酸氫鈉溶液反應的芳香化合物有：、、、、、、、、、、、、；共13種，故答案為：13；【小問5詳解】結(jié)合(5)中信息i知，和在氧氣的作用下可先生成中間產(chǎn)物1：，結(jié)合(5)中信息ii知，在一定條件下可轉(zhuǎn)化為中間產(chǎn)物2：，然后

發(fā)生自身酯化反應得到中間產(chǎn)物3：，最后在氧氣的作用下反應生成喹啉并內(nèi)酯，故答案為：、。18.某學生對與漂粉精的反應進行實驗探究：操作現(xiàn)象取漂粉精固體，加入水部分固體溶解，溶液略有顏色過濾，測漂粉精溶液的試紙先變藍(約為12)，后褪色i、液面上方出現(xiàn)白霧；ⅱ、稍后，出現(xiàn)渾濁，溶液變?yōu)辄S綠色；ⅱi、稍后，產(chǎn)生大量白色沉淀，黃綠色褪去（1）和制取漂粉精的化學方程式是_______。（2）試紙顏色的變化說明漂粉精溶液具有的性質(zhì)是_______。（3）向水中持續(xù)通入，未觀察到白霧。推測現(xiàn)象i的白霧由小液滴形成，進行如下實驗：a．用酸化的溶液檢驗白霧，產(chǎn)生白色沉淀；b．用濕潤的碘化鉀淀粉試紙檢驗白霧，無變化。①實驗b的目的是_______。②由實驗不能判斷白霧中含有，理由是_______。（4）現(xiàn)象ⅱ中溶液變?yōu)辄S綠色的向能原因是_______。（5）將A瓶中混合物過濾、洗滌，得到沉淀X①向沉淀X中加入稀，無明顯變化。取上層清液，加入溶液，產(chǎn)生白色沉淀。則沉淀X中含有的物質(zhì)是_______。②用離子方程式解釋現(xiàn)象ⅲ中黃綠色褪去的原因：_______?！敬鸢浮浚?）2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（2）漂白性；（3）①.檢驗氯氣②.SO2可與酸化的AgNO3反應產(chǎn)生白色沉淀；（4）隨溶液酸性的增強，漂粉精的有效成分和Cl-發(fā)生反應（5）①.CaSO4；②.；【解析】【分析】（1）漂粉精的制備，氯氣和堿反應，利用氫氧化鈣和氯氣發(fā)生反應生成次氯酸鈣、氯化鈣和水；（2）pH試紙先變藍（約為12），后褪色說明溶液呈堿性，具有漂白性；（3）①反應中生成Cl2，用濕潤的碘化鉀淀粉試紙檢驗白霧中是否Cl2，排除Cl2干擾；②白霧中含有SO2，可以被硝酸氧化為硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液產(chǎn)生白色沉淀；（4）依據(jù)次氯酸根離子和氯離子在酸溶液中會發(fā)生歸中反應生成氯氣；（5）二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根離子具有強氧化性可以氧化二氧化硫為硫酸和鈣離子形成硫酸鈣沉淀；二氧化硫繼續(xù)通入后和生成的氯氣發(fā)生反應生成硫酸和鹽酸?！拘?詳解】氯氣和堿反應，利用氫氧化鈣和氯氣發(fā)生反應生成次氯酸鈣、氯化鈣和水，反應的化學方程式為：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；故答案為2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；【小問2詳解】pH試紙先變藍(約為12)溶液呈堿性，后褪色溶液具有漂白性，所以說明溶液呈堿性，具有漂白性；【小問3詳解】向水中持續(xù)通入SO2，未觀察到白霧．推測現(xiàn)象的白霧由HCl小液滴形成，①用濕潤的碘化鉀淀粉試紙檢驗白霧，無變化；為了檢驗白霧中是否含有氯氣，因為含有氯氣在檢驗氯化氫存在時產(chǎn)生干擾；故答案為檢驗白霧中是否含有Cl2，排除Cl2干擾；②用酸化的AgNO3溶液檢驗白霧，產(chǎn)生白色沉淀，若含有二氧化硫氣體，通入硝酸酸化的硝酸銀溶液，會被硝酸氧化為硫酸，硫酸和硝酸銀反應也可以生成硫酸銀沉淀，所以通過實驗不能證明一定含有氯化氫；故答案為白霧中混有SO2，SO2可與酸化的AgNO3反應產(chǎn)生白色沉淀；【小問4詳解】現(xiàn)象ⅱ中溶液變?yōu)辄S綠色的可能原因：隨溶液酸性的增強，漂粉精的有效成分和Cl-發(fā)生反應．漂粉精中次氯酸根具有強氧化性在酸性溶液中可以氧化氯離子為氯氣離子方程式為：；【小問5詳解】①取上層清液，加入BaC12溶液，產(chǎn)生白色沉淀，說明SO2被氧化為，故沉淀X為CaSO4；②溶液呈黃綠色，有Cl2生成，Cl2與SO2反應生成鹽酸與硫酸；反應的離子方程式為：；19.含氮污染物的有效去除和含碳資源的充分利用是重要研究課題?；卮鹣铝袉栴}：（1）利用尾氣與反應制備新型硝化劑，過程見下表，其中為常數(shù)。過程反應焓變平衡常數(shù)K與溫度T關(guān)系ⅠⅡⅢ①反應Ⅱ的活化能_______(逆)(填“>”或“＜”)。②的數(shù)值范圍是_______。（2）與重整是利用的研究熱點之一。該重整反應體系有以下反應：I．Ⅱ．Ⅲ．(只在高溫下自發(fā)進行)在一定壓強和催化劑的條件下，將等物質(zhì)的的和通入重整反應器中，平衡時，的物質(zhì)的量分數(shù)及轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的關(guān)系如圖所示。平衡時的物質(zhì)的量分數(shù)隨溫度變化的曲線是_______(填標號)。溫度高于后，曲線d超過曲線c的可能原因為______