2023北京二中高三（上）期中化學一、選擇題（每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。）1.下列化學用語或圖示表達正確的是A.乙烷的實驗式為C2H6 B.NH3的VSEPR模型為C.2pz電子云圖為 D.乙烯的結構簡式為CH2CH22.下列事實與電化學無關的是A.暖寶寶(含鐵粉、碳、氯化鈉等)發熱B.海沙比河沙混凝土更易使鋼筋生銹C.家用鐵鍋生銹D.鐵罐運輸濃硫酸A.A B.B C.C D.D3.某化工廠生產硝酸的流程如圖l所示；其他條件相同時，裝置③中催化劑鉑網的成分、溫度與氧化率的關系如圖2所示。下列說法不正確的是A.該流程中，裝置①③④中發生了氧化還原反應B.裝置②中利用氨易液化的性質實現反應物和生成物的分離C.裝置③中最佳反應條件是鉑網成分為純鉑、溫度為900℃D.裝置④中通入過量空氣可以提高硝酸的產率4.阿伏加德羅常數用表示，下列說法正確的是A.同溫同壓下，和兩氣體的密度相同B.金剛石和晶體含有化學鍵數量均為C.質量相同的和（重水）所含的原子數不同D.的溶液中離子數為5.下列離子方程式書寫正確的是A.用飽和碳酸鈉溶液浸泡含的水垢：B.溶液與足量氯水反應：C.使酸性高錳酸鉀溶液褪色：D.稀與溶液反應：6.溶液與溶液發生反應：，達到平衡。下列說法不正確的是A.加入苯，振蕩，平衡正向移動B.經苯2次萃取分離后，在水溶液中加入，溶液呈血紅色，表明該化學反應存在限度C.加入固體，平衡逆向移動D.該反應的平衡常數7.五種短周期主族元素，原子序數依次增大。的核外電子數等于其周期數，基態原子有3個單電子，的核外電子數等于核外電子數之和。與同主族，是同周期中非金屬性最強的元素。下列說法正確的是A.與形成的10電子微粒有2種B.的第一電離能由大到小的順序為C.基態原子共有5種空間運動狀態的電子D.由三種元素組成的化合物的水溶液均顯酸性8.用如圖所示的裝置進行實驗（夾持及尾氣處理儀器略去），能達到實驗目的的是選項a中試劑b中試劑c中試劑實驗目的裝置A氨水CaO無制備并收集氨氣B濃鹽酸MnO2飽和NaCl溶液制備純凈的Cl2C醋酸Na2CO3苯酚鈉溶液比較碳酸、醋酸、苯酚的酸性強弱D濃硫酸Na2SO3KMnO4酸性溶液驗證SO2具有還原性A.A B.B C.C D.D9.下圖所示的實驗，能達到實驗目的的是A．比較Mg、Al金屬性的強弱B．驗證AgCl溶解度大于AgIC．比較Na2CO3、NaHCO3與酸反應的快慢D．由FeCl3·6H2O制取無水FeCl3固體A.A B.B C.C D.D10.科研人員提出CeO2催化合成DMC需經歷三步反應，示意圖如下：下列說法正確的是A.①、②、③中均有O—H的斷裂B.生成DMC總反應的原子利用率為100%C.該催化劑可有效提高反應物的平衡轉化率D.DMC與過量NaOH溶液反應生成和甲醇11.我國化學家侯德榜發明的“侯氏制堿法”聯合合成氨工業生產純堿和氮肥，工藝流程圖如下。碳酸化塔中的反應：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl。下列說法不正確的是A.以海水為原料，經分離、提純和濃縮后得到飽和氯化鈉溶液進入吸氨塔B.堿母液儲罐“吸氨”后的溶質是NH4Cl和NaHCO3C.經“冷析”和“鹽析”后的體系中存在平衡NH4Cl(s)NH4+(aq)+Cl－(aq)D.該工藝的碳原子利用率理論上為100%12.可生物降解的高分子材料聚苯丙生（L）的結構片段如下：下列有關的說法不正確的是A.制備L的單體分子中都有兩個羧基 B.制備的反應是縮聚反應C.L中的官能團是酯基和醚鍵 D.和的大小對的降解速率有影響13.某同學進行如下實驗：向酸化的過氧化氫溶液中加入碘化鉀、淀粉和維生素C溶液，一段時間后溶液變藍。查閱資料可知體系中存在兩個主要反應：反應i：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O反應ii：C6H8O6(維生素C)+I2=C6H6O6+2I-+2H+下列說法不正確的是A.反應ii中維生素C發生氧化反應B.反應速率：反應i<反應iiC.溶液pH最終會變大D.若溶液變藍時n(I2)=amol，則消耗n(H2O2)=amol14.利用平衡移動原理，分析一定溫度下在不同pH的體系中的可能產物。已知：ⅰ．下圖中曲線表示體系中各含碳粒子的物質的量分數與pH的關系。ⅱ．下圖中曲線Ⅰ的離子濃度關系符合；曲線Ⅱ的離子濃度關系符合[注：起始，不同pH下由上圖得到]。下列說法正確的是A.由第1個圖，pH=9時，B.由第2個圖，初始狀態pH=9、，平衡后溶液中存在：C.由第2個圖，初始狀態pH=11、，有沉淀生成D.由兩個圖分析，初始狀態pH=8、，發生反應：二、填空題（共58分，將答案填寫在答題紙的指定位置）15.氟化鎂鉀()是一種具有優良光學性能的材料，其晶胞結構如下。以該晶胞結構為基礎，將相似離子取代或部分取代，可合成多種新型材料。（1）晶體中，每個周圍有___________個距離最近的。（2）進行離子取代的重要參數為離子半徑。下表是、、的數據，請從原子結構角度解釋的原因：___________。離子離子半徑13665133（3）半徑與接近，將部分由取代，可以帶來電荷不平衡性和反應活性。從而合成新型催化劑材料。①基態價電子的軌道表示式為___________。②某實驗室合成新型催化劑材料(是平衡電荷引入的填隙陰離子，不破壞原有晶胞結構)。已知晶胞棱長為。若要合成厚度為。面積為的催化劑材料，理論上需要摻雜的約為___________(，，阿伏加德羅常數約為)。（4）我國科研工作者以晶體結構為框架，依據“體積匹配原則”合成了具有獨特電學性能的晶體。其框架中的由取代，位置嵌入有機陽離子，位置沿棱方向嵌入直線型。已知與的結構簡式如下：：：①中N原子的雜化方式為___________，中心N原子的雜化方式為___________。②的轉動不會影響晶體骨架，這是因為除離子鍵外，該晶體中微粒間還存在著其他相互作用。如鄰近的與還存在著___________，上述相互作用不會隨的轉動改變。16.氫氣是一種清潔能源，氫氣的制取與儲存是氫能源利用領域的研究熱點。I．制取氫氣（1）甲醇和水蒸氣制取氫氣的過程中有下列反應：寫出以甲醇為原料制取氫氣的熱化學方程式______。（2）理論上，能提高平衡產率的措施有______（寫出一條即可）。II．儲存氫氣硼氫化鈉是研究最廣泛的儲氫材料之一。已知：i．的電負性為2.0的電負性為2.1ii．下在水中的溶解度為在水中的溶解度為（3）向水溶液中加入催化劑后，能夠迅速反應，生成偏硼酸鈉和氫氣。寫出該反應的化學方程式______。（4）在研究濃度對催化劑Ru/NGR活性的影響時，發現B點后（見下圖）增加的濃度，制氫速率反而下降，推斷可能的原因是______。（5）用惰性電極電解溶液可制得，實現物質的循環使用，制備裝置如圖所示。①鈦電極的電極反應式是______②電解過程中，陰極區溶液______（填“增大”“減小”或“不變”）17.羥吲哚()及其衍生物在植物體發育過程中扮演著重要的角色，一種合成路線如下。已知：+（1）A所含官能團的名稱為_______。（2）B的結構簡式為_______。（3）D→E的化學方程式為_______。（4）試劑b在一定條件下可向試劑a轉化，該反應的化學方程式為_______。（5）試劑c的分子式為，其結構簡式為_______。（6）G不能與反應，其結構簡式為_______。（7）羥吲哚經水解可得到2-氨基苯乙酸。2-氨基苯乙酸熔點明顯低于3-氨基苯乙酸。物質熔點(℃)123147解釋2-氨基苯乙酸熔點低于3-氨基苯乙酸的原因_______。（8）有機物K與E經上述合成路線相同的步驟可制得羥吲哚的衍生物。以4-氯甲苯為原料，經三步反應可制得K。寫出中間產物1、中間產物2的結構簡式。_______、_______4-氯甲苯→中間產物1→中間產物2→K已知：苯環上的、—Cl會使新的取代基進入它的鄰位或對位；—COOH、會使新的取代基進入它的間位。18.為回收利用廢釩催化劑(含有V2O5、VOSO4及不溶性殘渣)，科研人員研制了一種回收V2O5的新工藝，主要流程如下圖。已知：i.部分含釩物質常溫下在水中的溶解性如下表所示：物質VOSO4V2O5NH4VO3(VO2)2SO4溶解性可溶難溶難溶易溶ii.VO+2OH-VO+H2O回答下列問題：（1）用水浸泡廢釩催化劑，為了提高單位時間內廢釩的浸出率，可以采取的措施為_______；_______(寫兩條)。（2）濾液1和濾液2中含釩的主要物質成分相同。在濾渣1中加入Na2SO3和過量H2SO4溶液發生反應的化學方程式為_______。（3）生成VO的反應中消耗1molKClO3時轉移6mol電子，該反應的離子方程式為_______。（4）結合化學用語，用平衡移動原理解釋加入氨水的作用為_______。（5）最后釩以NH4VO3的形式沉淀出來。以沉釩率(NH4VO3沉淀中V的質量和廢催化劑中V的質量之比)表示該步反應釩的回收率。請解釋下圖溫度超過80℃以后，沉釩率下降的可能原因是_______；_______(寫兩條)。（6）測定產品中V2O5的純度，稱取ag產品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液，再加入b1mLc1mol·L?1H2C2O4溶液(2VO＋H2C2O4＋2H＋=2VO2＋＋2CO2↑＋2H2O)，最后用c2mol·L-1KMnO4溶液滴定過量的H2C2O4至終點，消耗KMnO4溶液的體積為b2mL。已知MnO被還原為Mn2+，假設雜質不參與反應。則產品中V2O5(摩爾質量：182g·mol?1)的質量分數是_______(列出計算式)。19.某課外小組探究Cu(Ⅱ)鹽與溶液的反應。【查閱資料】i.(綠色)(無色)；ii.(無色)，遇空氣容易被氧化成(藍色)；iii.易被氧化為或。【猜想假設】同學們根據資料認為Cu(Ⅱ)鹽與可能會發生兩種反應。假設1：與在溶液中發生絡合反應生成；假設2：Cu(Ⅱ)有___________性，與在溶液中發生氧化還原反應。【實驗操作及現象分析】實驗一：探究與溶液的反應。實驗操作實驗序號h(mL)(mL)逐滴加入溶液時的實驗現象a1.50.5溶液逐漸變為綠色，靜置無變化b1.01.0溶液先變為綠色，后逐漸變成淺綠色，靜置無變化c02.0溶液先變為綠色，后逐漸變淺至無色，靜置無變化(1)根據實驗a的現象可推測溶液中生成的含Cu微粒是___________(填化學符號)。(2)甲同學認為實驗一能證明假設2成立，他的理由是___________。實驗二：探究與溶液的反應。(3)乙同學利用已知資料進一步確證了實驗二的無色溶液中存在Cu(Ⅰ)。他的實驗方案是：取少量無色溶液，___________。(4)經檢驗白色沉淀為CuCl，從化學平衡的角度解釋繼續加溶液后CuCl沉淀溶解的原因：___________。(5)經檢驗氧化產物以形式存在。寫出與發生氧化還原反應得到無色溶液的離子方程式：___________。【獲得結論】綜合以上實驗，同學們認為Cu(Ⅱ)鹽與在液中的反應與多種因素有關，得到實驗結論：①隨的增大，___________；②___________。

參考答案一、選擇題（每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項。）1.【答案】C【詳解】A．實驗式是最簡式的形式，乙烷的分子式為C2H6，實驗式為CH3，故A錯誤；B．NH3的價層電子對數為，故為sp3雜化，VSEPR模型：，故B錯誤；C．pz電子云是z軸方向形成啞鈴形，所以2pz電子云圖為，故C正確；D．乙烯的官能團是碳碳雙鍵，不能簡化，結構簡式為CH2=CH2，故D錯誤；故選C。2.【答案】D【分析】【詳解】A．暖寶寶中鐵粉、碳在氯化鈉溶液中構成原電池，鐵發生吸氧腐蝕放出熱量，與電化學有關，故A不符合題意；B．海沙中電解質的量大于河沙，鋼筋在海沙中構成原電池時，由于電解質溶液濃度大，腐蝕速率快，則海沙比河沙混凝土更易使鋼筋生銹與電化學有關，故B不符合題意；C．家用鐵鍋生銹是因為鐵鍋與鍋中殘留溶液構成原電池，發生吸氧腐蝕，則家用鐵鍋生銹與電化學有關，故C不符合題意；D．鐵在冷的濃硫酸中發生鈍化，則鐵罐運輸濃硫酸與鐵的鈍化有關，與電化學有無關，故D符合題意；故選D。3.【答案】C【詳解】A.該流程中，裝置①③④中發生了氧化還原反應，A項正確；B.裝置②中利用氨易液化的性質實現反應物和生成物的分離，B項正確；C.裝置③中最佳反應條件是鉑網成分為含10%銠的鉑、溫度為900℃，C項錯誤；D.裝置④中通入過量空氣可以提高硝酸的產率，D項正確；答案選C。4.【答案】C【詳解】A．同溫同壓下氣體的密度之比等于對應摩爾質量之比兩者摩爾質量不同，故A錯誤；B．晶體含有化學鍵數量為，故B錯誤；C．H和D的摩爾質量不同，導致和摩爾質量不同，同質量的兩者物質的兩不同，因此其所含原子數也不同，故C正確；D．溶液中存在平衡，1L該溶液中離子數小于，故D錯誤；故選C。5.【答案】A【詳解】A．用飽和碳酸鈉溶液浸泡含的水垢發生沉淀轉化，故A正確；B．溶液與足量氯水反應生成氯化鐵和碘單質，反應的離子方程式為，故B錯誤；C．使酸性高錳酸鉀溶液褪色，反應的離子方程式為，故C錯誤；D．稀與溶液反應生成硫酸鋇沉淀、水，反應的離子方程式為，故D錯誤；選A。6.【答案】D【詳解】A.加入苯振蕩，苯將I2萃取到苯層，水溶液中c（I2）減小，平衡正向移動，A正確；B.將5mL0.1mol/LKI溶液與1mL0.1mol/LFeCl3溶液混合，參與反應的Fe3+與I-物質的量之比為1:1，反應后I-一定過量，經苯2次萃取分離后，在水溶液中加入KSCN溶液呈血紅色，說明水溶液中仍含有Fe3+，即Fe3+沒有完全消耗，表明該化學反應存在限度，B正確；C.加入FeSO4固體溶于水電離出Fe2+，c（Fe2+）增大，平衡逆向移動，C正確；D.該反應的平衡常數K=，D錯誤；答案選D。7.【答案】C【分析】五種短周期主族元素，X的核外電子數等于其周期數X為H，Y基態原子有3個單電子Y為N，Z的核外電子數等于X、Y核外電子數之和Z為O，M與X同主族因此Y是鈉，Q是同周期中非金屬性最強的元素Q為Cl。【詳解】A．H、O形成的10電子微粒有H2O、OH-、H3O+三種，故A錯誤；B．N的核外價電子排布半充滿，第一電離能大于O，故B錯誤；C．N核外有1s、2s、2p軌道上有電子，因此有5種空間運動狀態的電子，故C正確；D．溶液顯堿性，故D錯誤；故選C。8.【答案】D【詳解】A．氨水中的水與氧化鈣反應放熱，用來制取氨氣，氨氣密度小于空氣，收集氨氣時需要短進長出，A錯誤；B．濃鹽酸與二氧化錳反應需要加熱，無加熱裝置，B錯誤；C．醋酸易揮發，故也可與苯酚鈉反應生成苯酚，無法確定是生成苯酚的反應物是碳酸還是醋酸，C錯誤；D．濃硫酸與亞硫酸鈉反應生成二氧化硫氣體，將二氧化硫氣體導入高錳酸鉀溶液中，二氧化硫與高錳酸鉀反應，可以驗證二氧化硫的還原性，D正確；故答案為：D。9.【答案】A【詳解】A．氫氧化鎂不與氫氧化鈉反應故不溶解，氫氧化鋁與氫氧化鈉反應而溶解，則氫氧化鋁具有弱酸性，氫氧化鎂堿性大于氫氧化鋁，最高價氧化物對應水化物的堿性越強，則金屬性越強，故說明金屬性Mg＞Al，A正確；B．硝酸銀與氯化鈉反應時硝酸銀過量，則滴入的KI會與過量的硝酸銀反應出現碘化銀沉淀，難以證明是氯化銀轉化為碘化銀，故難以驗證AgCl溶解度大于AgI，B錯誤；C．應選擇等體積、等物質的量濃度的碳酸鈉和碳酸氫鈉與鹽酸反應，而碳酸鈉和碳酸氫鈉的溶解度不同、飽和碳酸鈉和飽和碳酸氫鈉溶液的物質的量濃度不同，C錯誤；D．氯化鐵易水解，加鹽酸可抑制氯化鐵水解，要由FeCl3·6H2O制取無水FeCl3固體，應在坩堝中、HCl的氛圍中加熱FeCl3·6H2O脫水得到無水FeCl3固體，D錯誤；故選A。10.【答案】D【詳解】A.根據示意圖可知①、②、③中①、③有O—H的斷裂，A錯誤；B.①中有水分子生成，生成DMC總反應的原子利用率小于100%，B錯誤；C.催化劑的使用不影響化學反應平衡，不能提高反應物的平衡轉化率，C錯誤；D.DMC的結構中有酯基，能與過量NaOH溶液發生水解反應生成和甲醇，D正確；答案選D。11.【答案】B【詳解】A.由工藝流程圖可知，海水淡化工廠以海水為原料，經分離、提純和濃縮后得到飽和氯化鈉溶液，飽和氯化鈉溶液進入吸氨塔，吸收氨氣后形成氨化的飽和氯化鈉溶液，故A正確；B.進入堿母液儲罐中溶液的溶質為氯化銨和碳酸氫鈉，通入氨氣后，碳酸氫鈉溶液與氨氣反應生成碳酸鈉和碳酸銨，故B錯誤；C.“冷析”和“鹽析”的目的是利用氯化銨在溶液中的溶解平衡NH4Cl(s)NH4+(aq)+Cl－(aq)，使平衡向左移動，得到氯化銨晶體，故C正確；D.由工藝流程圖可知，反應中二氧化碳與氨化的飽和氯化鈉溶液反應生成碳酸氫鈉，碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉和二氧化碳，二氧化碳進入碳酸化塔循環使用，溶液中的碳酸氫鈉與氨氣反應生成碳酸鈉，碳酸鈉進入吸氨塔循環使用，從理論上分析，該工藝的碳原子利用率理論上可以為100%，故D正確；故選B。【點睛】12.【答案】C【詳解】A．合成聚苯丙生的單體為、，每個單體都含有2個羧基，故A正確；B．根據題示信息，合成聚苯丙生的反應過程中發生了羧基間的脫水反應，除了生成聚苯丙生，還生成了水，屬于縮聚反應，故B正確；C．聚苯丙生中含有的官能團為：-O-、，不含酯基，故C錯誤；D．聚合物的分子結構對聚合物的降解有本質的影響，因此m、n、p、q的值影響聚苯丙生的降解速率，故D正確；故選C。13.【答案】D【詳解】A．反應ii中維生素C中C為+價，發生氧化反應，C6H6O6中C為+1價，化合價升高，發生氧化反應，A正確；B．反應i是生成碘單質，反應ii是消耗碘單質，一段時間后溶液變藍說明溶液中有碘單質，說明先完成反應ii后完成反應i，反應速率：反應i<反應ii，B正確；C．反應ii生成氫離子的量等于成反應i消耗氫離子的量，由于反應速率：反應i<反應ii，反應ii后完成反應i還在反應，故消耗的氫離子量大，溶液pH最終會變大，C正確；D．成反應i生成的碘單質會被反應ii消耗，且溶液中有還有碘單質，則說明反應i生成的碘單質的量等于反應ii消耗的碘單質的量與溶液中剩余碘單質的量的和，若溶液變藍時n(I2)=amol，則消耗n(H2O2)＞amolD錯誤；答案選D。14.【答案】D【分析】圖i中pH越大，碳酸根物質的量分數越大，碳酸物質的量分數越小，碳酸氫根物質的量分數先增大后減小；圖ii中已知曲線I代表的是氫氧化鎂，曲線II代表的是碳酸鎂。【詳解】A．由圖可知，pH=9時，碳酸氫根離子的物質的量分數大于碳酸的物質的量分數，A錯誤；B．從圖2可以看出pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2時，該點位于曲線Ⅱ的上方，會生成碳酸鎂沉淀，根據物料守恒，溶液中，B錯誤；C．從圖2可以看出pH=11、lg[c(Mg2+)]=-6時，該點位于曲線Ⅰ和曲線Ⅱ的下方，不會產生碳酸鎂沉淀或氫氧化鎂沉淀，C錯誤；D．pH=8時，溶液中主要含碳微粒是碳酸氫根離子，pH=8，lg[c(Mg2+)]=-1時，該點位于曲線Ⅱ的上方，會生成碳酸鎂沉淀，因此反應的離子方程式為，D正確；故選D。二、填空題（共58分，將答案填寫在答題紙的指定位置）15.【答案】（1）6（2）和的最外層電子數相同，電子層數：<，但核電荷數：<，綜合結果：；、電子層數和最外層電子數均相同，核電荷數：<，所以，綜上所述：；（3）①.②.（4）①.sp3②.sp③.配位鍵【小問1詳解】由晶胞結構可知位于頂點，位于棱心，每個頂點周圍有6個棱心，則每個周圍有6個距離最近的；【小問2詳解】和的最外層電子數相同，電子層數：<，但核電荷數：<，綜合結果：；、電子層數和最外層電子數均相同，核電荷數：<，所以，綜上所述：；【小問3詳解】①基態價電子的軌道表示式為；②晶胞的體積為：a3nm3=a3×10-27m3；催化劑材料的體積為：×1m3=；所需晶胞的數量為：；所以需要晶胞的物質的量為mol；理論上需要摻雜約為mol×0.2=mol；【小問4詳解】①由結構可知，N原子形成4條共價鍵，采用sp3的雜化方式，中心N原子形成兩條雙鍵，為直線結構采用sp雜化；②存在空軌道、存在孤對電子，兩者之間可形成配位鍵。16.【答案】（1）（2）分離出或者減小壓強（3）（4）濃度過高會導致催化劑活性降低（5）①.②.增大【小問1詳解】已知①

；②

；由蓋斯定律可知，①+②即可得到甲醇為原料制取氫氣的熱化學方程式：。【小問2詳解】理論上，適當升高溫度、及時將分離出或者減小壓強等都可以使平衡正向移動，提高的平衡產率。【小問3詳解】向水溶液中加入催化劑后，能夠迅速反應，生成偏硼酸鈉和氫氣的化學方程式：。【小問4詳解】在研究濃度對催化劑Ru/NGR活性的影響時，發現B點后（見下圖）增加的濃度，制氫速率反而下降，可能的原因是濃度過高會導致催化劑活性降低。【小問5詳解】①鈦電極和電源的負極相連做陰極，在陰極得到電子生成，根據得失電子守恒和電荷守恒配平電極方程式為：；②根據上述電極反應式和陽離子交換膜可判斷電解過程中，陰極區溶液增大。17.【答案】（1）醛基（2）（3）+2CH3OH+2H２O（4）2CH3OH+O22HCHO+2H２O（5）（6）（7）2-氨基苯乙酸能夠形成分子內氫鍵，使得其熔點降低，而3-氨基苯乙酸可以形成分子間氫鍵，其熔點升高，所以2-氨基苯乙酸熔點低于3-氨基苯乙酸（8）①.②.【分析】由已知框圖可分析出，乙炔與水加成生成乙醛，由已知信息和B的分子式可推得試劑a為HCHO，則B為，B→D為加氧氧化，則D為，試劑b在濃硫酸加熱條件下反應，結合分子式可推得該反應應該為酯化反應，試劑b為CH3OH，則E為，試劑c分子式為，結合F的結構可知試劑c應該為，F→G少兩個碳，且G不能與碳酸鈉反應，所以G應該為，G去氧加氫得到J，則J為，最后得到生成物H。【小問1詳解】乙炔與水加成生成烯醇式結構，不穩定，異構化成乙醛，所以A結構為CH3CHO，官能團為醛基；【小問2詳解】由已知信息和B的分子式可知，試劑a為甲醛，所以B的結構簡式應該為；【小問3詳解】見分析，可知D→E為：+2CH3OH+2H２O，發生酯化反應；【小問4詳解】通過推測可知，a為甲醛，試劑b為CH3OH，由b轉化為a，過程為醇的去氫氧化，所以方程式為：2CH3OH+O22HCHO+2H２O；【小問5詳解】E為，F中有苯環，結合試劑c的分子式為，可知c的結構為；【小問6詳解】F在一定條件下轉變成G，減少了2個C，2個O和2個H，再分析H的結構，且已知G不能有碳酸鈉反應，可推測出G為；【小問7詳解】由題中所給結構可知，2-氨基苯乙酸，氨基和羧基在相鄰位置上，所以可以形成分子內的氫鍵，當物質形成分子內氫鍵，使得其熔點降低，而3-氨基苯乙酸由于氨基和羧基距離較遠，而且苯環位阻較大，所以主要形成分子間氫鍵，其熔點升高，所以2-氨基苯乙酸熔點低于3-氨基苯乙酸，所以答案為：2-氨基苯乙酸能夠形成分子內氫鍵，使得其熔點降低，而3-氨基苯乙酸可以形成分子間氫鍵，其熔點升高，所以2-氨基苯乙酸熔點低于3-氨基苯乙酸；【小問8詳解】制得的羥吲哚的衍生物結構為，與已知路徑中的H只差一個-COOCH3結構單元，且K與E反應生成，所以可逆推出K應該為，再由已知信息：苯環上的、-Cl會使新的取代基進入它的鄰位或對位；—COOH、會使新的取代基進入它的間位。可分析出4-氯甲苯應先用高錳酸鉀氧化成4-氯苯甲酸，然后再加入濃硫酸濃硝酸加熱將硝基引入在羧基的間位上，具體流程如下：。【點睛】有機推斷要注意靈活運用已知信息，學會分子式和結構簡式相結合的手段解決問題，流程推斷要結合已知有機合成路線。18.【答案】（1）①.粉碎廢釩②.攪拌；適當升溫（2）V2O5＋Na2SO3＋2H2SO4=2VOSO4＋Na2SO4＋2H2O（3）6VO2＋＋ClO＋3H2O=6VO＋Cl-＋6H＋（4）作用1：溶液中存在平衡：VO+2OHVO+H2O，加入氨水，使OH-濃度增大，該平衡正移，從而使VO盡可能都轉化為VO;作用2：溶液中存在平衡：NH4VO3(s)NH(aq)+VO(aq)，加入氨水，使NH濃度增大，該平衡逆移，從而使NH4VO3盡可能沉淀析出（5）①.原因1：溫度升高，NH4VO3溶解度增大，沉釩率下降②.原因2：溫度升高，氨水受熱分解逸出溶液，使NH濃度下降，沉釩率下降原因3：溫度升高，氨水受熱分解逸出溶液，使OH-濃度下降，VO+2OH-VO+H2O，該平衡逆移，導致VO濃度下降，沉釩率下降原因4：平衡VO+2OH-VO+H2O，正反應可能是放熱反應，溫度升高，該平衡逆移，導致VO濃度下降，沉釩率下降（6）【分析】廢釩催化劑粉碎、水浸，將溶解性物質VOSO4溶于水，然后過濾得到濾渣和濾液，根據溶解性表知，濾液中含有VOSO4，濾渣中含有V2O5等不溶性雜質，向濾渣中加入亞硫酸鈉和稀硫酸，亞硫酸鈉具有還原性，能將V2O5還原為VOSO4，然后過濾得到濾渣和濾液，將兩部分濾液混合并加入氯酸鉀，氯酸鉀具有氧化性，能將VOSO4氧化為(VO2)2SO4，加入氨水，得到難溶性的NH4VO3，焙燒NH4VO3得到V2O5，以此解答該題。【小問1詳解】水浸時，為了提高廢釩的浸出率，可粉碎廢釩、攪拌，適當升高溫度，延長浸泡時間；答案為：粉碎廢釩、攪拌、適當升溫【小問2詳解】濾渣1的成分為V2O5、不溶性硅酸鹽，因為濾液1和濾液2中釩的存在形式相同，所以濾渣1的成分中的V2O5與與亞硫酸鈉、硫酸反應生成VOSO4，發生反應的化學方程式為V2O5＋Na2SO3＋2H2SO4=2VOSO4＋Na2SO4＋2H2O；【小問3詳解】生成VO的反應中消耗1molKClO3時轉移6mol電子，故ClO被還原為Cl-，反應的離子方程式為6VO2＋＋ClO＋3H2O=6VO＋Cl－＋6H＋；【小問4詳解】含VO2＋的溶液中加入氨水生成NH4VO3，用平衡移動原理解釋其作用，作用1：溶液中存在平衡：VO+2OHVO+H2O，加入氨水，使OH-濃度增大，該平衡正移，從而使VO盡可能都轉化為VO;作用2：溶液中存在平衡：NH4VO3(s)NH(aq)+VO(aq)，加入氨水，使NH濃度增大，該平衡逆移，從而使NH4VO3盡可能沉淀析出；【小問5詳解】隨著溫度的升高，物質的溶解度越大，溫度升高氨氣的溶解度降低，故溫度超過80℃以后，沉釩率下降的可能原因是：原因1：溫度升高，NH4VO3溶解度增大，沉釩率下降；原因2：溫度升高，氨水受熱分解逸出溶液，使NH濃度下降，沉釩率下降原因3：溫度升高，氨水受熱分解逸出溶液，使OH-濃度下降，VO+2OH-VO+H2O，該平衡逆移，導致VO濃度下降，沉釩率下降原因4：平衡VO+2OH-VO+H2O，正反應可能是放熱反應，溫度升高，該平衡逆移，導致VO濃度下降，沉釩率下降；【小問6詳解】根據元素化合價升降相同，滴定過程有2KMnO4～5H2C2O4，則過量的H2C2O4物質的量為n(H2C2O4)=n(KMnO4)=b2C2×10?3mol，則與(VO2)2SO4溶液反應的H2C2O4物質的量為(b1c1?b2C2)×10?3mol，根據方程式可得2～H2C2O4，根據釩守恒可知，n(V2O5)=n(H2C2O4)=(b1c1?b2C2)×10?3mol，則產品中V2O5的質量分數是。19.【答案】①.氧化②.③.實驗b中，溶液先變為綠色，后逐漸變成淺綠色，說明先發生絡合反應之后又發生氧化還原反應(或實驗a到實驗c，最終溶液顏色逐漸變淺，說明發生了氧化還原