2022年四川省成都市高考化学三诊试卷　一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目）1．下列应用中，主要利用物质氧化性的是（　　）A．用烟道气中和碱性废水B．重铬酸钾用于酒驾检査C．用苯酚制造酚醛树脂D．金属加工前用琉酸酸洗　2．设NA为阿伏加徳罗常数的值．下列说法正确的是（　　）A．O.1molNa2O2与水反应转移电子数目为0.1NAB．标况下，2.24LCl2含孤电子对的数目为0.2NAC．PH=2的H2SO4溶液中含H+的数目为0.12NAD．在10g质量分数为17%的氨水中，含有H的数目为0.3NA　3．下列离子方程式不能解释对应实验事实的是（　　）A．向小苏打溶液滴加少量盐酸：HCO3﹣+H+═+H2O+CO2↑B．用漂白液吸收过量SO2：SO2+H2O+ClO﹣=2H++SO42﹣+Cl﹣C．将少量乙烯气体通入酸性KMnO4溶液：CH2=CH2+4H++MnO4﹣═C2O42﹣+Mn2++4H2OD．将铜丝插入稀硝酸中：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O　4．如图为元素周期表的一部分，W、X，Y、Z均为短周期主族元素，下列分析一定正确的是（　　）WXYZA．Y的气态氢化物最稳定B．Z的单核阴离子还原性最强C．X单质常温下化学性质活泼D．Y的原子序数比W大7　5．下列实验装置设计不恰当的是（　　）A．钾的燃烧实验B．用强碱滴定强酸-14-C．铁与H2O（g）反应D．探究温度对平衡移动的影响　6．常温下向10mL0.1mol/L的HR溶液中逐滴滴人0.1mol/L的NH3．H2O溶液，所得溶液pH及导电性变化如图．下列分析不正确的是（　　）A．a～b点导电能力增强说明HM为弱酸B．b点溶液pH=7说明NH4R没有水解C．c点溶液存在c（NH4+）＞c（R﹣）、c（OH﹣）＞c（H+）D．b﹣c任意点溶液均有c（H+）×c（OH﹣）=KW=1.0×10﹣14　7．工业上用DME法以H2和C0为原料生产甲醚（CH3OCH3）其原理是在同一容器中发生如下两个连续反应：①2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g〕②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H20（g）当达到平衡时实验数锯如表，下列分析正确的是（　　）温度（℃）平衡态260270280290300310CO转化率（%）928782807262CH3OCH3产率（%）334577796252A．反应①、②均为吸热反应B．290℃时反应②K值达到最大C．平衡时，反应①与②中CH3OH的消耗速率一定相等D．增大压强能增大CH3OCH3产率　　二、解答题（共4小题，满分58分）8．某叶绿素的化学式为C55H72N4O6Mg，其中人体代谢的中间产物为CO（NH2）2（1）该叶绿素所含元素中，基态原子第一电离能最大的是　　　　　　（填元素符号，下同）；处于s区的元素有　　　　　　-14-（2）已知CO（NH2）2分子中C，N、0原子均达8电子稳定结构，其中N的杂化轨道类型为　　　　　　；在CO（NH2）2晶体中存在　　　　　　（填序号）A．非极性键B．极性键C．氢键D范德华力（3）CO（NH2）2的熔点远远低于NaCl，其原因是　　　　　　（4）工业上，用惰性电极电解法除去域性溶液中的CO（NH2）2，产物均为无毐无富常见物质．则阳极除去CO（NH2）2的电极反应式为　　　　　　．　9．某兴趣小组欲利用下列装置1探究A反应中Cl2的产生速率（1）完善A中反应：　　　　　　KMnO4+　　　　　　HC1═　　　　　　MnCl2+　　　　　　Cl2↑+　　　　　　KCl+　　　　　　，A、B、C装置的接口连接顺序为：①→　　　　　　→　　　　　　→　　　　　　→　　　　　　〔填数肀序号）．（2）当黄绿色气体缓缓慢进人C时，一段时间后C中溶液才变蓝，C中溶液变蓝前发生反应的离子方程式为　　　　　　；少量淀粉KI溶液的作用是　　　　　　（3）若实验测得速率值偏小，小组同学作如图2实验改进和反思，请帮助完成，I、用D裝置代替c装置，目的是　　　　　　Ⅱ、导致測得值偏小的原因可能还有：①Cl2扩散需要一段时间②　　　　　　（任答一点）（4）进一步探究：仅将A装置做如图2改变．则此改进欲探究的是　　　　　　．　10．姜黄素具有防肿瘤的作用，工业上可以通过中间体E合成．Ⅰ．合成中间体EA（C2H4Br2）→BCD（C2H2O3）..E（1）A﹣B的反应方程式为　　　　　　（2）D的官能团名称为　　　　　　；C中处于同一平面上的原子最多　　　　　　个．Ⅱ．合成姜黄素已知：﹣CHO+（3）F→G的化学方程式为　　　　　　，G→H的反应类型为　　　　　　（4）中间体E的结抅简式为　　　　　　；将F滴人新制Cu（OH）2悬浊液，加热，观察到的现象是　　　　　　（5〕写出所有符合下列条件的E的同分异构体的结构简式　　　　　　①能与Na反应②苯环上一卤代物只有一种③含　-14-11．工业上硫酸锰氨[（NH4）2Mn（SO4）2]，可用于木材防火涂料等．其制备工艺如图1：已知步骤反应：H2C2O4（aq）+H2SO4（aq）+MnO2MnSO4（aq）+2CO2（g）+2H2O（l）△H（1）在步骤I的反应中，氧化剂是　　　　　　（2）步驟Ⅱ中趁热过滤前需向MnS04溶液中加人少量热水，其目的是　　　　　　所得（NH4）2Mn（SO4）2晶体需用酒精溶液洗涤，洗去的主要杂质离子有　　　　　　A．慢慢分次加人二氧化锰B．趁热过滤C．冰水浴充分冷却D．用水水代替酒精溶液洗涤（4）一定条件下，在步骤I的水溶液中1molMnO2完全反应时相对能量变化如图，则△H=　　　　　　；催化剂是否参加化学反应　　　　　　（填“是”或“否”或“不确定”）（5）碱性千电池中含大量MnO2可以回收利用，该电池工作时的正极反应试为　　　　　　若从电池中回收87kgMnO2，理论上可以获得[（NH4）2Mn（SO4）2　　　　　　kg．　　-14-2022年四川省成都市高考化学三诊试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目）1．下列应用中，主要利用物质氧化性的是（　　）A．用烟道气中和碱性废水B．重铬酸钾用于酒驾检査C．用苯酚制造酚醛树脂D．金属加工前用琉酸酸洗【考点】氧化还原反应．【分析】主要利用物质的氧化性，则应发生氧化还原反应，且题中物质所含元素化合价处于较高价态，具有强氧化性，以此解答该题．【解答】解：A．烟道气中含有二氧化硫气体，与碱发生中和反应，故A错误；B．重铬酸钾具有强氧化性，可与乙醇发生氧化还原反应，用于酒驾检査，故B正确；C．用苯酚制造酚醛树脂发生缩聚反应，不是氧化还原反应，故C错误；D．金属加工前用硫酸酸洗，原因是金属表面有氧化物，可与稀硫酸发生反应生成硫酸盐和水，没有发生氧化还原反应，故D错误．故选B．【点评】本题以物质的用途为载体考查了物质的氧化性，侧重于化学与生活、生产的考查，难度不大，有利于培养学生良好的科学素养，注意相关知识的积累．　2．设NA为阿伏加徳罗常数的值．下列说法正确的是（　　）A．O.1molNa2O2与水反应转移电子数目为0.1NAB．标况下，2.24LCl2含孤电子对的数目为0.2NAC．PH=2的H2SO4溶液中含H+的数目为0.12NAD．在10g质量分数为17%的氨水中，含有H的数目为0.3NA【考点】阿伏加德罗常数．【分析】A、过氧化钠与水反应是自身氧化还原反应，氧元素化合价﹣1价变化为0价和﹣2价；B、气体物质的量n=，氯气中氯原子形成一对共用电子对，每个氯原子含有3对孤对电子；C、溶液体积不知不能计算微粒数；D、氨水中除一水合氨含有氢原子，水中也含氢原子．【解答】解：A、过氧化钠与水反应是自身氧化还原反应，氧元素化合价﹣1价变化为0价和﹣2价，O.1molNa2O2与水反应转移电子数目为0.1NA，故A正确；B、气体物质的量n===0.1mol，氯气中氯原子形成一对共用电子对，每个氯原子含有3对孤对电子，标况下，2.24LCl2含孤电子对的数目为0.6NA，故B错误；C、溶液体积不知不能计算微粒数，故C错误；D、氨水中除一水合氨含有氢原子，水中也含氢原子，在10g质量分数为17%的氨水中，氨气=10g×17%=1.7g，物质的量==0.1mol，含有H的数目大于0.3NA，故D错误；故选A．-14-【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是气体摩尔体积条件分析，物质的量计算微粒数方法，注意溶液中溶质和溶剂的分析判断，掌握基础是关键，题目较简单．　3．下列离子方程式不能解释对应实验事实的是（　　）A．向小苏打溶液滴加少量盐酸：HCO3﹣+H+═+H2O+CO2↑B．用漂白液吸收过量SO2：SO2+H2O+ClO﹣=2H++SO42﹣+Cl﹣C．将少量乙烯气体通入酸性KMnO4溶液：CH2=CH2+4H++MnO4﹣═C2O42﹣+Mn2++4H2OD．将铜丝插入稀硝酸中：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．小苏打溶液滴加少量盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳；B．用漂白液吸收过量SO2，反应生成盐酸和硫酸；C．乙烯与酸性高锰酸钾发生氧化反应生成二氧化碳；D．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水．【解答】解：A．小苏打溶液滴加少量盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，离子方程式：HCO3﹣+H+═+H2O+CO2↑，故A正确；B．用漂白液吸收过量SO2，反应生成盐酸和硫酸：SO2+H2O+ClO﹣=2H++SO42﹣+Cl﹣，故B正确；C．将少量乙烯气体通入酸性KMnO4溶液，离子方程式：5CH2=CH2+12MnO4n4﹣+36H+=28H2O+12Mn2++10CO2↑，故C错误；D．铜丝插入稀硝酸中，反应离子方程式：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，故D正确；故选：C．【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意离子方程式的书写必须遵循客观规律，遵循原子个数、电荷数守恒规律，题目难度不大．　4．如图为元素周期表的一部分，W、X，Y、Z均为短周期主族元素，下列分析一定正确的是（　　）WXYZA．Y的气态氢化物最稳定B．Z的单核阴离子还原性最强C．X单质常温下化学性质活泼D．Y的原子序数比W大7【考点】位置结构性质的相互关系应用；元素周期表的结构及其应用．【分析】W、X，Y、Z均为短周期主族元素，则W、X在第二周期，Y、Z在第三周期，且X、Z同主族，由元素性质变化规律可知，X的非金属性最强，Y的非金属性最弱，Z的原子序数最大，以此来解答．【解答】解：A．由同周期从左向右非金属性增强，同主族从上到下非金属性减弱可知，X的非金属性最强，则X的气态氢化物最稳定，故A错误；B．Y的非金属性最弱，则Y的单核阴离子还原性最强，故B错误；C．X可能为C，则C单质常温下化学性质稳定，故C错误；D．周期表中原子序数逐渐增大，且Y、Z分别为二、三周期元素，主族相邻，则Y的原子序数比W大7，故D正确；故选D．【点评】本题考查元素周期表的结构、位置与性质，为高频考点，把握元素的位置、元素周期律、元素化合物知识为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意C选项为易错点，题目难度不大．-14-　5．下列实验装置设计不恰当的是（　　）A．钾的燃烧实验B．用强碱滴定强酸C．铁与H2O（g）反应D．探究温度对平衡移动的影响【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．灼烧固体用坩埚；B．耐强酸强碱的滴定管可盛放氢氧化钠；C．湿棉花可产生水蒸气；D．已知2NO2⇌N2O4△H＜0，根据颜色的变化判断．【解答】解：A．灼烧固体用坩埚，不能用烧杯，故A错误；B．耐强酸强碱的滴定管可盛放氢氧化钠溶液，故B正确；C．湿棉花可产生水蒸气，肥皂泡可检验氢气，故C正确；D．已知2NO2⇌N2O4△H＜0，根据颜色的变化可知平衡移动的方向，以此可确定温度对平衡移动的影响，故D正确．故选A．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及常见仪器的使用、铁与水反应与温度对平衡移动的影响的探究等，把握实验操作的规范性、实验细节和实验原理为解答的关键，注意方案的合理性、评价性、操作性分析，题目难度不大．　6．常温下向10mL0.1mol/L的HR溶液中逐滴滴人0.1mol/L的NH3．H2O溶液，所得溶液pH及导电性变化如图．下列分析不正确的是（　　）-14-A．a～b点导电能力增强说明HM为弱酸B．b点溶液pH=7说明NH4R没有水解C．c点溶液存在c（NH4+）＞c（R﹣）、c（OH﹣）＞c（H+）D．b﹣c任意点溶液均有c（H+）×c（OH﹣）=KW=1.0×10﹣14【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】A．根据图象可知，a～b点导电能力增强，说明HR为弱电解质，在溶液中部分电离，加入氨水后生成强电解质，离子浓度增大；B．b点溶液pH=7说明铵根离子和R﹣的水解程度相等；C．c点时溶液的pH＞7，混合液显示碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），结合电荷守恒可知：c（NH4+）＞c（R﹣）；D．b﹣c点，溶液的温度不变，则水的离子积不变．【解答】解：A．a～b点导电能力增强，说明反应后溶液中离子浓度增大，也证明HR在溶液中部分电离，为弱酸，故A正确；B．NH4R为弱酸弱碱盐，NH4R的溶液pH=7，说明铵根离子和R﹣的水解程度相等，故B错误；C．根据图象可知，c点时溶液的pH＞7，混合液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），结合电荷守恒可知：c（NH4+）＞c（R﹣），故C正确；D．常温下水的离子积为：KW=c（H+）×c（OH﹣）=1.0×10﹣14，由于b﹣c点溶液的反应温度相同，则水的离子积不变，故D正确；故选B．【点评】本题考查了酸碱混合的定性判断、离子浓度定性比较、溶液导电性及其影响等知识，题目难度中等，明确酸碱混合的定性判断及溶液酸碱性与溶液pH的计算方法为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力．　7．工业上用DME法以H2和C0为原料生产甲醚（CH3OCH3）其原理是在同一容器中发生如下两个连续反应：①2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g〕②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H20（g）当达到平衡时实验数锯如表，下列分析正确的是（　　）温度（℃）平衡态260270280290300310CO转化率（%）928782807262CH3OCH3产率（%）334577796252A．反应①、②均为吸热反应B．290℃时反应②K值达到最大C．平衡时，反应①与②中CH3OH的消耗速率一定相等D．增大压强能增大CH3OCH3产率【考点】化学平衡的计算．-14-【分析】A．CO的转化率随温度升高而降低，说明升高温度反应①平衡逆向移动，甲醚的产率开始随温度升高而增大，说明升高温度反应②向正反应移动；B．反应②为吸热反应，升高温度平衡正向移动，温度越高平衡常数越大；C．甲醇处于2个不同的反应体系，不能确定反应速率问题；D．增大压强，不影响反应②的平衡移动，但反应①向正反应移动，甲醇浓度增大，使反应②正向移动．【解答】解：A．CO的转化率随温度升高而降低，说明升高温度反应①平衡逆向移动，正反应为放热反应，甲醚的产率开始随温度升高而增大，说明升高温度反应②向正反应移动，正反应为吸热反应，故A错误；B．反应②为吸热反应，升高温度平衡正向移动，温度越高平衡常数越大，290℃时反应②K值不是最大，而温度高时甲醚产率减小，是由反应①逆向移动，甲醇浓度减小所致，①起主导作用，故B错误；C．甲醇处于2个不同的反应体系，不能确定反应速率问题，故C错误；D．增大压强，虽然不影响反应②的平衡移动，反应①为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，甲醇的浓度增大，使反应②正向移动，增大CH3OCH3产率，故D正确，故选：D．【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素，注意容器内2个关联的平衡体系相互影响，侧重考查学生分析能力，难度中等．　二、解答题（共4小题，满分58分）8．某叶绿素的化学式为C55H72N4O6Mg，其中人体代谢的中间产物为CO（NH2）2（1）该叶绿素所含元素中，基态原子第一电离能最大的是　N　（填元素符号，下同）；处于s区的元素有　H、Mg　（2）已知CO（NH2）2分子中C，N、0原子均达8电子稳定结构，其中N的杂化轨道类型为　sp3　；在CO（NH2）2晶体中存在　BCD　（填序号）A．非极性键B．极性键C．氢键D范德华力（3）CO（NH2）2的熔点远远低于NaCl，其原因是　CO（NH2）2为分子晶体，微粒间为分子间作用力，NaCl为离子晶体，微粒间为离子键，离子键比分子间作用力大很多　（4）工业上，用惰性电极电解法除去域性溶液中的CO（NH2）2，产物均为无毐无富常见物质．则阳极除去CO（NH2）2的电极反应式为　CO（NH2）2+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+N2↑+6H2O　．【考点】元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电解原理．【分析】（1）元素的非金属性越强，其第一电离能越大，但是由于N的2p处于半充满状态，故第一电离能大于O，最外层电子不超过2个即位于s区，据此解答；（2）根据价层电子对互斥理论确定N原子杂化类型；依据晶体类型以及形成元素判断化学键；（3）晶体熔沸点高低与其类型有关，一般来说：原子晶体熔点高于离子晶体，离子晶体高于分子晶体；（4）由阳极排出液中含有大量的碳酸盐成份，则尿素在阳极参与反应，N元素的化合价升高，以此来书写电极反应．【解答】解：（1）元素的非金属性越强，其第一电离能越大，所含有元素中非金属性为：O＞N＞C，但是由于N的2p处于半充满状态，故第一电离能大于O，最外层电子不超过2个即位于s区，故答案为：N；Mg和H；-14-（2）尿素中氮原子形成了3个σ键，同时还有一对孤电子，电子对数为3+1=4，故杂化轨道为sp3，CO（NH2）2为分子晶体，故存在分子间作用力，N原子易形成氢键，C与O，N与H等形成的均是极性共价键，故答案为：sp3；BCD；（3）尿素与分子晶体，微粒间为分子间作用力，氯化钠为离子晶体，微粒间为离子键，离子键比分子间作用力大很多，故尿素的熔点远远低于氯化钠，故答案为：CO（NH2）2为分子晶体，微粒间为分子间作用力，NaCl为离子晶体，微粒间为离子键，离子键比分子间作用力大很多；（4）由阳极排出液中含有大量的碳酸盐成份，尿素在阳极参与反应，则阳极反应式为CO（NH2）2+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+N2↑+6H2O，故答案为：CO（NH2）2+8OH﹣﹣6e﹣═CO32﹣+N2↑+6H2O．【点评】本题以叶绿素的组成为载体，考查的是元素第一电离能大小比较、杂化类型判断、氢键、电化学的知识等，难度较大．　9．某兴趣小组欲利用下列装置1探究A反应中Cl2的产生速率（1）完善A中反应：　2　KMnO4+　16　HC1═　2　MnCl2+　5　Cl2↑+　2　KCl+　8H2O　，A、B、C装置的接口连接顺序为：①→　②　→　③　→　⑤　→　④　〔填数肀序号）．（2）当黄绿色气体缓缓慢进人C时，一段时间后C中溶液才变蓝，C中溶液变蓝前发生反应的离子方程式为　Cl2+SO32﹣+H2O=2Cl﹣+SO42﹣+2H+　；少量淀粉KI溶液的作用是　指示剂　（3）若实验测得速率值偏小，小组同学作如图2实验改进和反思，请帮助完成，I、用D裝置代替c装置，目的是　利用多孔球泡将气体分散为小气泡，增大气体与溶液的接触面积，加快吸收速率，减少Cl2逸出　Ⅱ、导致測得值偏小的原因可能还有：①Cl2扩散需要一段时间②　C中亚硫酸钠溶液浓度偏小，气体吸收速率小于气体生成速率　（任答一点）（4）进一步探究：仅将A装置做如图2改变．则此改进欲探究的是　浓度对反应速率的影响　．【考点】探究影响化学反应速率的因素．【分析】（1）依据氧化还原反应中得失电子守恒以及元素守恒配平即可；BC装置分别为洗气和验证，故应“长进短出”，据此解答即可；（2）亚硫酸钠具有还原性，氯气具有氧化性，能氧化亚硫酸根生成硫酸根，碘遇淀粉变蓝；据此解答即可；（3）I、D装置与C装置的不同点在于D中加了一个多孔球泡，据此多孔气泡用途回答；II、若气体吸收速率过慢，可以导致氯气的损失，亚硫酸钠的浓度太小，也可以导致气体吸收不完全，据此解答即可；（4）将A装置做如图2改变，从图中得出改变的是HCl的浓度，据此解答即可．【解答】解：（1）KMnO4中Mn由+5价降低到MnCl2中的+2价，故发生还原反应，化合价变化为5，HCl中Cl从﹣1价升高到0价，故化合价变化为1，故氯气前系数为5，氯化锰为2，据此依据质量守恒定律得出：2KMnO4+16HC1═2MnCl2+5Cl2↑+2KCl+8H2O，B为除去氯气中HCl杂质气体，故应从②进入，C为验证气体装置，故应从⑤进入，故答案为：2、16、2、5、2、8H2O；②③⑤④；（2）亚硫酸钠具有还原性，氯气具有氧化性，能氧化亚硫酸根生成硫酸根，在溶液中本身被还原生成氯离子，离子反应方程式为：Cl2+SO32﹣+H2O=2Cl﹣+SO42﹣+2H+，若溶液中存有亚硫酸根，就不会有碘单质生成，即此时淀粉KI试纸不变蓝，只有亚硫酸根完全反应，通入的氯气置换出KI中的碘生成碘碘单质，此时溶液变蓝，故淀粉KI为指示剂，故答案为：Cl2+SO32﹣+H2O=2Cl﹣+SO42﹣+2H+；指示剂；-14-（3）I、D装置与C装置的不同点在于D中加了一个多孔球泡，利用多孔球泡可以将气体分散为小气泡，增大气体与溶液的接触面积，加快吸收速率，减少Cl2逸出，故答案为：利用多孔球泡将气体分散为小气泡，增大气体与溶液的接触面积，加快吸收速率，减少Cl2逸出；II、若气体吸收速率过慢，可以导致氯气的损失，亚硫酸钠的浓度太小，也可以导致气体吸收不完全，故答案为：C中亚硫酸钠溶液浓度偏小，气体吸收速率小于A中气体生成速率；（4）观察图可知：图2中把A中2.0mol/L的HCl换成了1.0mol/L的HCl，故此改进要探究的是难度对反应速率的影响，答案为：浓度对反应速率的影响．【点评】本题主要考查的是化学反应速率的影响因素探究，本题中涉及氧化还原反应配平、气体装置连接等，有一定难度．　10．姜黄素具有防肿瘤的作用，工业上可以通过中间体E合成．Ⅰ．合成中间体EA（C2H4Br2）→BCD（C2H2O3）..E（1）A﹣B的反应方程式为　CH2BrCH2Br+2NaOHCH2（OH）CH2（OH）+2NaBr　（2）D的官能团名称为　醛基和羧基　；C中处于同一平面上的原子最多　6　个．Ⅱ．合成姜黄素已知：﹣CHO+（3）F→G的化学方程式为　　，G→H的反应类型为　氧化反应　（4）中间体E的结抅简式为　　；将F滴人新制Cu（OH）2悬浊液，加热，观察到的现象是　出现红色沉淀　（5〕写出所有符合下列条件的E的同分异构体的结构简式　　①能与Na反应②苯环上一卤代物只有一种③含【考点】有机物的推断．-14-【分析】I．B能被氧化，则B中含有醇羟基，所以A发生取代反应生成B，C能部分被氧化生成D，说明C中含有醛基、羰基，则A结构简式为CH2BrCH2Br、B为CH2（OH）CH2（OH）、C为OHCCHO、D为OHCCOOH，D发生一系列反应生成E；II．F中不饱和度==1，所以F中含有碳氧双键，结构简式为CH3CHO，F发生加聚反应生成G，根据题给信息知，G结构简式为CH3CH（OH）CH2COCH3；根据E和H产物知，E中含有苯环，结合题给信息知，E结构简式为，H结构简式为CH3COCH2COCH3，则G发生氧化反应生成H，据此分析解答．【解答】解：I．B能被氧化，则B中含有醇羟基，所以A发生取代反应生成B，C能部分被氧化生成D，说明C中含有醛基、羰基，则A结构简式为CH2BrCH2Br、B为CH2（OH）CH2（OH）、C为OHCCHO、D为OHCCOOH，D发生一系列反应生成E；II．F中不饱和度==1，所以F中含有碳氧双键，结构简式为CH3CHO，F发生加聚反应生成G，根据题给信息知，G结构简式为CH3CH（OH）CH2COCH3；根据E和H产物知，E中含有苯环，结合题给信息知，E结构简式为，H结构简式为CH3COCH2COCH3，则G发生氧化反应生成H，（1）A结构简式为CH2BrCH2Br、B为CH2（OH）CH2（OH），A发生取代反应生成B，A﹣B的反应方程式为CH2BrCH2Br+2NaOHCH2（OH）CH2（OH）+2NaBr，故答案为：CH2BrCH2Br+2NaOHCH2（OH）CH2（OH）+2NaBr；（2）D为OHCCOOH，D的官能团名称为醛基、羧基；C为OHCCHO，C中处于同一平面上的原子最多6个，故答案为：醛基、羧基；6；（3）F结构简式为CH3CHO，F发生加聚反应生成G，G结构简式为CH3CH（OH）CH2COCH3，F→G的化学方程式为，G发生氧化反应生成H，故答案为：；氧化反应；（4）中间体E的结抅简式为；F中含有醛基，将F滴人新制Cu（OH）2悬浊液，加热，发生氧化反应生成砖红色沉淀，所以观察到的现象是出现红色沉淀，故答案为：；出现红色沉淀；（5）E为，E的同分异构体符合下列条件：-14-①能与Na反应说明含有羧基或羟基，②苯环上一卤代物只有一种说明苯环上只有一种氢原子，③含，则符合条件的同分异构体有，故答案为：．【点评】本题考查有机物推断，侧重考查分析判断、知识迁移能力，涉及卤代烃、醇、醛、羧酸等之间的转化为，注意结合题给信息、反应条件解答问题，难点是（5）题同分异构体判断，题目难度中等．　11．工业上硫酸锰氨[（NH4）2Mn（SO4）2]，可用于木材防火涂料等．其制备工艺如图1：已知步骤反应：H2C2O4（aq）+H2SO4（aq）+MnO2MnSO4（aq）+2CO2（g）+2H2O（l）△H（1）在步骤I的反应中，氧化剂是　MnO2　（2）步驟Ⅱ中趁热过滤前需向MnS04溶液中加人少量热水，其目的是　防止过滤时因温度降低有MnSO4晶体析出　所得（NH4）2Mn（SO4）2晶体需用酒精溶液洗涤，洗去的主要杂质离子有　NH4+、SO42﹣；　A．慢慢分次加人二氧化锰B．趁热过滤C．冰水浴充分冷却D．用水水代替酒精溶液洗涤（4）一定条件下，在步骤I的水溶液中1molMnO2完全反应时相对能量变化如图，则△H=　+20kJ/mol　；催化剂是否参加化学反应　是　（填“是”或“否”或“不确定”）（5）碱性千电池中含大量MnO2可以回收利用，该电池工作时的正极反应试为　2MnO2+2H2O+2e﹣=2MnOOH+2OH﹣　若从电池中回收87kgMnO2，理论上可以获得[（NH4）2Mn（SO4）2　283　kg．-14-【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）氧化剂是化合价降低的反应物；（2）温度降低，有MnSO4晶体析出；（NH4）2Mn（SO4）2：晶体表面附着杂质离子有NH4+、SO42﹣；（3）A．慢慢分次加入二氧化锰能够提高二氧化锰的浸出率；B．趁热过滤防止过滤时因温度降低有MnSO4晶体析出；C．冰水浴充分冷却是降低产品在水中溶解度；D．项用水代替酒精溶液洗涤会使产品溶于水而损失；（4）根据反应热△H=反应物的总键能﹣生成物的总键能；催化剂改变反应历程，先参与反应后生成，降低活化能；（5）碱性锌锰电池的总反应是：Zn+2MnO2+2H2O═2MnOOH+Zn（OH）2，Zn从零价升至+2价，失去电子为负极，电极反应为：Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn（OH）2，用总反应减去负极反应，即可得正极反应；根据锰守恒建立关系式：MnO2～（NH4）2Mn（SO4）2来解答．【解答】解：（1）在步骤I的反应中，MnO2中锰的化合价由+4价降为+2价，属于氧化剂；故答案为：MnO2；（2）步骤Ⅱ中趁热过滤前需向MnSO4溶液中加入少量热水，其目的是使溶液温度处于高温环境，防止过滤时因温度降低有MnSO4晶体析出；步骤Ⅲ中（NH4）2Mn（SO4）2：晶体表面附着杂质离子有NH4+、SO42﹣，故用酒精溶液洗涤，洗去的主要杂质离子有NH4+、SO42﹣；故答案为：防止过滤时因温度降低有MnSO4晶体析出；NH4+、SO42﹣；（3）A．慢慢分次加入二氧化锰能够提高二氧化锰的浸出率，提高产品产率，故A正确；B．趁热过滤防止过滤时因温度降低有MnSO4晶体析出，提高产品产率，故B正确；C．冰水浴充分冷却是降低产品在水中溶解度，提高产品析出率，故C正确；D．用水代替酒精溶液洗涤会使产品溶于水而损失，产率降低，故D错误；故选ABC；（4）由图象可知△H=40kJ/mol﹣20kJ/mol=+20kJ/mol；催化剂改变反应历程，先参与反应后生成，降低活化能；故答案为：+20kJ/mol；是；（5）碱性锌锰电池的总反应是：Zn+2MnO2+2H2O═2MnOOH+Zn（OH）2，Zn从零价升至+2价，失去电子为负极，电极反应为：Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn（OH）2，用总反应减去负极反应，即可得正极反应：2MnO2+2H2O+2e﹣=2MnOOH+2OH﹣；MnO2～（NH4）2Mn（SO4）28728387gm解得m=283g故答案为：2MnO2+2H2O+2e﹣=2MnOOH+2OH﹣；283．【点评】本题主要考查化工流程中操作目的、原理有关问题，涉及知识点较多，培养了学生运用知识的能力．　-14-