2025年高考第二次模拟考试卷：化学（北京卷）（解析版）

这是一份2025年高考第二次模拟考试卷：化学（北京卷）（解析版），共20页。试卷主要包含了下列说法正确的是，下列实验操作或装置正确的是，X为含Cu2+的配合物等内容，欢迎下载使用。
(本试卷满分100分，考试时间90分钟)
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 P 31 S 32 Cl 35.5 Ca 40 V 51 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Se 79 Ba 137
第一部分
一、非选择题(本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。)
1．我国在单原子催化剂领域成绩斐然。单原子催化剂是指孤立的金属原子均匀分散在载体表面，发生催化的位点落在单个原子上。
下列说法不正确的是( )
A．催化剂能提高化学反应速率 B．单原子催化剂能更多地降低反应的焓变
C．单原子催化剂中原子的利用率高 D．传统金属催化剂内存在金属键
【答案】B
【解析】A项，催化剂能降低反应活化能，提高化学反应速率，故A正确；B项，催化剂不能改变反应物和生成物的能量，催化剂不能改变反应的焓变，故B错误；C项，单原子催化剂与反应物接触面积增大，原子的利用率高，故C正确；D项，金属晶体中由金属阳离子和自由电子形成金属键，故D正确；故选B。
2．下列化学用语或图示表达正确的是( )
A．基态N原子的轨道表示式：
B．的VSEPR模型：
C．的键的形成：
D．用电子式表示HCl的形成过程：
【答案】D
【解析】A项，根据洪特规则，基态N原子2p上的三个电子应该都独占轨道且自旋平行，A错误；B项，SO3分子中S原子价层电子对个数为3+=3，VSEPR模型为平面三角形，B错误；C项，Cl-Cl的p-pσ键属于轴对称，电子云图形： ，C错误；D项，氯化氢是只含有共价键的共价化合物，表示氯化氢形成的电子式为，D正确；故选D。
3．氯碱工业是高耗能产业，将电解池与燃料电池串联组合的新工艺可节能，流程示意图如下，下列叙述不正确的是( )
A．X为，Y为
B．c>a>b
C．若生成标准状况下，则消耗标准状况下空气约为
D．B池中阳离子的移动方向是从右侧移向左侧
【答案】D
【解析】由图可知，B池为燃料电池、A池为电解池，通入除去二氧化碳的空气的一极是燃料电池的正极，水分子作用下空气中氧气在正极得到电子生成氢氧根离子，则Y为氢气，氢气在负极失去电子被氧化、在氢氧根参与下转化为水，燃料电池工作时，阳离子向正极移动，则钠离子通过阳离子交换膜向正极(从左侧向右侧)移动，所以氢氧化钠溶液的浓度c%大于a%，在A池中，逸出气体Y即氢气的电极为阴极、逸出气体X的电极为电解池的阳极、氯离子在阳极氧化生成氯气，则X为氯气，A池中水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电解时，阳离子向阴极移动，则钠离子通过阳离子交换膜向阴极(从左侧向右侧)移动，所以氢氧化钠溶液的浓度a%大于b%。A项，A池为电解池，X为氯气、Y为氢气，故A正确；B项，B池中氢氧化钠溶液的浓度c%大于a%，A池中氢氧化钠溶液的浓度a%大于b%，所以c>a>b，故B正确；C项，由得失电子数目守恒可知，根据，标准状况下，若生成22.4L氯气，转移电子2ml，则正极消耗氧气为0.5ml，则消耗空气的体积为=56L，故C正确；D项，B池为燃料电池，通入除去二氧化碳的空气的一极是燃料电池的正极，所以燃料电池中阳离子的移动方向是从左侧移向右侧，故D错误；故选D。
4．下列说法正确的是( )
A．可用溴水检验乙醇、乙醛、溴乙烷、乙酸
B．煤隔绝空气加强热可得到焦炉煤气、煤焦油、粗氨水、焦炭等
C．可用质谱法鉴别乙醇和二甲醚
D．淀粉、纤维素、蛋白质、油脂都是天然高分子，一定条件下均可水解
【答案】B
【解析】A项，乙醛能被溴水氧化，乙醛可以使溴水褪色，溴乙烷难溶于水且密度比水大，能萃取溴水中的溴，但乙醇、乙酸均和溴水互溶，现象相同，不能鉴别，A错误；B项，煤隔绝空气加强热是煤的干馏，可得到焦炉煤气、煤焦油、粗氨水、焦炭等，B正确；C项，乙醇和二甲醚的相对分子质量相同，不能用质谱法鉴别，C错误；D项，淀粉、纤维素、蛋白质是天然高分子，油脂不是天然高分子，D错误； 故选B。
5．下列离子反应方程式或化学反应方程式正确的是( )
A．向含有明矾的溶液中滴加Ba(OH)2溶液至沉淀的质量最大：2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+3BaSO4↓
B．乙炔制丙烯腈：CH≡CH+HCNCH2=CHCN
C．向Fe2(SO4)3溶液中通入足量H2S：2Fe3++S2-=2Fe2++S↓
D．向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2++ ClO-+SO2+H2O= Cl-+ CaSO4↓+2H+
【答案】B
【解析】A项，当沉淀的质量恰好最大时，2 SO42-~2Ba2+~4OH-，Al3+完全转化为[Al(OH)4]- ，这时离子方程式是Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=[Al(OH)3]-+2BaSO4↓，A错误；B项，乙炔与HCN发生加成反应制丙烯腈，化学方程式为：CH≡CH+HCNCH2=CHCN，B正确；C项，硫化氢气体在离子方程式中不能拆开，离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓，C错误；D项，向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2，产生的氢离子与次氯酸根结合生成次氯酸，离子方程式为：Ca2++3ClO-+SO2+H2O= Cl-+ CaSO4↓+2HClO，D错误；故选B。
6．下列实验操作或装置(部分夹持仪器已略去)正确的是( )
① ② ③ ④
A．利用①配制一定物质的量浓度的溶液 B．利用②制取干燥的氨气
C．利用③进行酸碱中和滴定 D．利用④制取SO2
【答案】D
【解析】A项，定容时应该用胶头滴管，A错误；B项，氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，在试管口又重新化合生成氯化铵，因此不能利用②制取干燥的氨气，B错误；C项，酸应该用酸式滴定管盛装，C错误；D项，常温下亚硫酸钠与硫酸反应生成二氧化硫，因此可以利用④制取SO2，D正确；故选D。
7．用过量的盐酸和CuCl2溶液的混合液作为浸取剂，浸取黄铜矿(CuFeS2)的流程示意图如下。
下列说法错误的是( )
A．[CuCl2]-的中心离子是Cu+，配体是Cl-
B．参与反应的n(CuCl2)：n(FeCl3)=3：1
C．浸取剂中的有助于CuFeS2固体的溶解
D．用浓盐酸和FeCl3溶液的混合液也可能使黄铜矿溶解
【答案】B
【解析】将黄铜矿(CuFeS2)粉碎，加入过量的盐酸和CuCl2溶液的混合液溶解得到[CuCl2]-、Fe2+的混合液，所得滤渣的主要成分是S和少量CuS等，说明发生氧化还原反应，硫元素被氧化，铜元素被还原。A项，[CuCl2]-中氯元素是－1价，铜元素化合价是+1价，其中中心离子是Cu+，配体是Cl-，A正确；B项，溶解过程中发生的反应为，但由于含有少量CuS生成，所以参与反应的n(CuCl2)：n(FeCl3) ≠3：1，B错误；C项，由于生成的亚铜离子能与氯离子结合形成络合物，因此浸取剂中的Cl-有助于CuFeS2固体的溶解，C正确；D项，铁离子具有氧化性，因此也能用浓盐酸和FeCl3溶液的混合液也可能使黄铜矿溶解，D正确；故选B。
8．很多含巯基(―SH)的有机化合物是重金属元素汞的解毒剂，如化合物Ⅰ、Ⅱ(结构如图)。下列说法正确的是( )
A．在两个化合物中S原子均采取sp2杂化
B．在两个化合物中C―C―C键角均是180°
C．两个化合物均为共价化合物
D．化合物Ⅱ的水溶性好于化合物Ⅰ
【答案】D
【解析】A项，化合物Ⅰ中硫原子含有2个共价键，2个孤电子对，所以每个硫原子价层电子对数目都是4，采取sp3杂化，化合物Ⅱ中巯基(－SH)中的硫原子取sp3、磺酸基(-SO3Na)中硫原子有8个共价键，与两个氧原子分别形成两对双键，与一个氧原子形成一个单键，硫原子采用sp3杂化，A项错误；B项，在两个化合物中C－C－C以单键形成，具有四面体结构，其键角小于180°，B项错误；C项，化合物Ⅰ是分子构成，是共价化合物，化合物Ⅱ是钠盐，是离子化合物，C项错误；D项，化合物Ⅱ是钠盐，水溶性较好，D项正确；故选D。
9．X为含Cu2+的配合物。实验室制备X的一种方法如图。
下列说法不正确的是( )
A．①中发生反应：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+
B．在①和②中，氨水参与反应的微粒相同
C．X中所含阴离子是SO42-
D．X的析出利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度
【答案】B
【解析】向硫酸铜中加入氨水首先①中发生反应：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2 NH4+，继续添加氨水沉淀溶解②中发生反应Cu(OH)2+4NH3 =[Cu(NH3)4](OH)2，X为含Cu2+的配合物，故X为深蓝色晶体[Cu(NH3)4] SO4·H2O。A项，①中发生反应：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2 NH4+，A项正确；B项，在①中，氨水参与反应的微粒是Cu2+，在②中，氨水参与反应的微粒是Cu(OH)2，B项错误；C项，X为深蓝色晶体[Cu(NH3)4] SO4·H2O，所含阴离子为SO42-，C项正确；D项，加入95%的乙醇析出[Cu(NH3)4] SO4·H2O，利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，D项正确；故选B。
10．化学链燃烧技术可提高燃烧效率，并有利于CO2的捕集。某种化学链燃烧技术中的物质转化关系如下图，其中M和N为铜的氧化物，反应①和②在不同装置中进行，燃料用CxHy表示。下列说法不正确的是( )
A．M和N分别是CuO和Cu2O
B．若②中燃料为CH4，则完全反应时，燃料与①中所需空气的体积比约为1 : 2
C．相同条件下，理论上燃料通过化学链燃烧和在空气中直接燃烧放出的热量相等
D．与燃料在空气中燃烧相比，化学链燃烧生成的CO2纯度更高，利于富集
【答案】B
【解析】A项，CxHy燃烧生成二氧化碳和水，是被氧化，化合价升高，则M→N是化合价降低，故M和N分别是CuO和Cu2O，A正确；B项，若②中燃料为CH4，则完全反应时需要的氧气量为CH4物质的量2倍，燃料与①中所需空气则为CH4的10倍，体积比约为1:10，B错误；C项，根据盖斯定律可知，一个化学反应不管一步反应还是几步完成，反应热相等，故相同条件下，理论上燃料通过化学链燃烧和在空气中直接燃烧放出的热量相等，C正确；D项，由图示可知，从燃料反应器中出来的只有CO2和水，CO2纯度更高，利于富集，D正确；故选B。
11．(2025·北京市第四中学高三期中)高分子Y是一种人工合成的温敏性聚肽高分子，其合成路线如下：
下列说法不正确的是( )
A．生成1ml高分子X，消耗n(E)= mml、n(F)=1ml，同时生成mmlCO2
B．X中有1个氨基和m个酰胺基
C．一定条件下，X水解可得到E和F
D．G与X生成Y的过程中有加聚反应发生
【答案】C
【解析】A项，由流程可知，中红色部分化学键断裂，再发生加聚反应和F生成X和二氧化碳，则生成1ml高分子X，消耗n(E)= mml、n(F)=1ml，同时生成m mlCO2，A正确；B项，X中只有右端的端基存在1个氨基，每个重复单元中只有一个酰胺基，因此存在m个酰胺基，B正确；C项，由X结构，一定条件下，X中的酰胺基水解可得到F，但是无法形成E中环，不能得到E，C错误；D项，G与X生成Y的过程中存在G的双键断裂生成高聚物的过程，有加聚反应发生，D正确；故选C。
12．类比和推理是学习化学的重要方法，下列结论合理的是( )
【答案】D
【解析】A项，12—冠—4(冠醚)与Li+络合而不与Na+、K+络合，故12—冠—4(冠醚)不能识别K+，A项错误；B项，F的吸电子能力强于Cl，使得三氟乙酸比三氯乙酸更易发生电离，而F的非金属性比Cl强，所以酸性：三氟乙酸＞三氯乙酸，H-F键能比H-Cl键能大，更难发生电离，所以酸性：氢氟酸＜氢氯酸，B项错误；C项，Ag2CrO4和AgCl组成不相似，则由Ksp(AgCl)＞Ksp(Ag2CrO4)，不能推测出溶解度：AgCl＞Ag2CrO4，C项错误；D项，晶体硅是半导体材料，能导电，金属含有金属键，能够导电，个由此可类比推理出，晶体硅的化学键含金属键成分，D项正确；故选D。
13．已知在超临界水中进行碳碳加成反应时存在两条不同的路径，其反应机理如图所示。下列有关说法错误的是( )
A．比稳定
B．反应生成的活化能为54.0 kJ·ml−1
C．生成的反应为吸热反应
D．催化剂不能改变两反应的反应热
【答案】A
【解析】A项，由图可知，的能量更低，能量越低越稳定，则更稳定。故A错误；B项，活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量，由图可知反应生成的活化能为54.0kJ·ml−1，故B正确；C项，由图可知的能量比反应物高，故生成的反应为吸热反应，故C正确；D项，催化剂只能改变化学反应速率，不能改变反应热，故D正确；故选A。
14．将0.2 ml·L－1的KI溶液和0.05 ml·L－1Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，取混合液分别完成下列实验，能说明溶液中存在化学平衡“2Fe3++2I－2Fe2++I2”的是( )
A．①和② B．②和④ C．③和④ D．①和③
【答案】D
【解析】将0.2 ml·L－1的KI溶液和0.05ml ml·L－1Fe2(SO4)3溶液等体积混合后，n(I-)为n(Fe3+)的两倍，若要证明存在化学平衡“2Fe3++2I-2Fe2++I2”，一方面要证明发生了反应，另一方面要证明溶液中仍存在Fe3+。①向溶液中滴入KSCN溶液，溶液变红，则说明溶液中仍有Fe3+；②向溶液中滴入AgNO3溶液有黄色沉淀生成，说明溶液中仍有I−，但由于I-过量，过量的I-也能与Ag+产生黄色沉淀；③溶液中滴入K3[Fe(CN)6]溶液有蓝色沉淀生成，说明溶液中含有Fe2+，说明有Fe3+被还原成Fe2+；④溶液中滴入淀粉溶液后溶液变蓝色，说明溶液中含I2，说明有I-被氧化成I2；故选D。
第二部分
二、非选择题：本部分共5题，共58分。
15．(12分)硒(Se)是人体内不可缺少的微量元素，硒及其化合物在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列问题。
(1) Se在周期表中的位置 。
(2)O、S、Se气态氢化物的键角由大到小的顺序为 (填化学式)。
(3)已知SeO2与SO2的部分性质如下表：
根据X射线衍射分析SeO2晶体如图所示的长链状结构，请解释SeO2与SO2熔点差异较大的可能原因 。
(4)“依布硒”是一种有机硒化物，具有良好的抗炎活性，其结构简式如图所示。“依布硒”中Se原子的杂化类型为 ，元素Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为 。
(5)亚硒酸氢钠(NaHSeO3)可用于制药工业、用作防腐剂、抗氧化剂等。预测NaHSeO3，可能的化学性质并说明预测依据 (写一条即可)。
(6) Li、Fe、Se可形成一种新型超导材料，其晶胞结构如图所示。
①该超导材料的化学式为 ；距离Se原子最近的Fe原子的个数为 。
②晶胞的部分参数如图所示，且晶胞棱边夹角均为90°，晶体密度为 g· cm-3 (阿伏加德罗常数的值为NA，用含a、b和NA的式子表示)。
【答案】(1)第四周期VIA族(1分) (2) H2O＞H2S＞H2Se(1分)
(3)SeO2与SO2均为分子晶体，相对分子质量链状SeO2比SO2大的多，故分子间作用力SeO2更大(2分)
(4) sp3(1分) N＞O＞Se(1分)
(5)因为Se元素是+4价，既可以升高又可以降低，所以NaHSeO3具有氧化性和还原性；或NaHSeO3是酸式盐，可以与碱反应(2分)
(6) LiFe2Se2(1分) 4(1分) (2分)
【解析】(1)Se的原子序数为34，在元素周期表中的位置是第四周期ⅥA族；(2)O、S、Se气态氢化物分别为H2O、H2S、H2Se，分子中O、S、Se都发生sp3杂化，中心原子最外层都存在2对孤对电子，电负性O＞S＞Se，电负性越大，成键电子对越靠近中心原子，斥力越大、键角越大，所以H2O、H2S、H2Se键角由大到小的顺序为H2O＞H2S＞H2Se；(3)SeO2与SO2均为分子晶体，相对分子质量链状SeO2比SO2大的多，分子间作用力SeO2更大，所以SeO2与SO2熔点差异较大；(4)Se的原子序数为34，在元素周期表中的位置是第四周期ⅥA族，“依布硒”中Se原子形成2个σ键，孤电子对数为2，价层电子对数为4，其杂化类型为sp3；O、N元素同周期，N为VA族元素，第一电离能大于同周期相邻的两种元素，即第一电离能N＞O，Se、O 元素同主族，同一主族从上至下第一电离能逐渐减小，所以Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞Se；(5)NaHSeO3中Se元素化合价为+4价，处于中间价，既可以升高又可以降低，所以NaHSeO3具有氧化性和还原性；或NaHSeO3是酸式盐，可以与碱反应；(6)①Li位于顶点和体内，个数为，Fe位于面上，个数为，Se位于棱上和体内，个数为，该超导材料的化学式为LiFe2Se2；由晶胞图可知距离Se原子最近的Fe原子的个数为4；②晶胞的质量为，晶胞的体积为，晶体密度为。
16．(12分)1，3-丁二烯是合成橡胶和合成树脂的原料。请回答：
(1)在573K，可通过使丁烯脱氢制取1，3-丁二烯：
反应I C4H8(g)C4H6(g)＋H2(g) ΔH1= +115.73 kJ∙ml−1
已知：该条件下，1ml H2完全燃烧所放出的热量为242kJ。
①写出丁烯燃烧的热化学方程式 。
②有利于提高C4H8平衡转化率的条件是 。
A．低温低压 B．低温高压 C．高温低压 D．高温高压
③工业生产中，丁烯催化脱氢反应通常加入水蒸气反应，其理由是 。
(2)丁烯的氧化反应过程会有多个副反应同时发生，如下所示。各反应的吉布斯自由能(ΔG=ΔH-TΔS)随温度的变化关系如下表所示。
主反应I：1-C4H8 +O21，3-C4H6 + H2O
副反应I：1-C4H8iC4H8
副反应Ⅱ：1-C4H8c-2-C4H8
副反应Ⅲ：1-C4H8t-2-C4H8
副反应Ⅳ：1-C4H8+4O24CO+4H2O
副反应V：1-C4H8 + 6O24CO2 + 4H2O
副反应Ⅵ：1-C4H8 + 4O24CO2 + 4H2
各反应在不同温度下的吉布斯自由能ΔG
结合表格数据：
①在1000K下可能会非自发的反应是 ，判断依据是 。
②分析上图中当温度超过600K时1，3-丁二烯产率几乎为零的原因 。
(3)某一温度下，丁烯催化脱氢制取丁二烯在20 L刚性容器内，冲入1ml反应气体，达到平衡后容器的压强从1000 Pa增大到1500 Pa，该条件下反应平衡常数 。
(4)一种微生物-光电化学弱酸性复合系统可高效实现固定CO2并转化为CH4，正极上的电极反应式是： 。
【答案】(1) C4H8(g)＋O2(g)=C4H6(g)+H2O(g) ΔH=-126.27kJ∙ml−1(2分)
C(1分) 为反应供热；降低反应体系的分压(1分)
(2) 副反应Ⅲ(1分) 根据表格数据变化可得，反应Ⅲ在1000 ℃时ΔG可能会大于0(2分) ΔG绝对值越大，反应自发程度越大，反应程度也就越大)当反应温度高于600 K时，副反应Ⅳ、V、VI自发程度远大于主反应I，故反应Ⅳ、V、VI程度远大于主反应I，主反应I发生程度非常小(2分)
(3)0.025(2分)
(4)CO2＋8e-＋8H+=CH4＋2H2O(1分)
【解析】(1)①在573K，1mlH2完全燃烧所放出的热量为242kJ，反应Ⅱ的热化学方程式为H2(g)＋O2(g)= H2O(g) ΔH=-242kJ·ml-1。根据盖斯定律，(反应I+反应Ⅱ)可到目标反应C4H8(g)＋O2(g)=C4H6(g)+H2O(g)，则ΔH=＋115.73 kJ·ml-1+(-242kJ·ml-1)=- 126.27 kJ·ml-1；则丁烯燃烧的热化学方程式为C4H8(g)＋O2(g)=C4H6(g)+H2O(g) ΔH=-126.27 kJ∙ml−1。②反应Ⅰ为气体分子数增大的吸热反应，升高温度，平衡正向移动，C4H8的转化率增大；减小压强，平衡正向移动，C4H8的转化率增大；则高温低压有利于提高C4H8的转化率，C符合题意。③水蒸气的温度较高，通入水蒸气可以为反应物加热，从而提高反应速率；此外，通过水蒸气可以降低反应物的分压，有利于平衡正常移动，可提高C4H8的转化率。(2)①ΔG＞0，反应不自发。根据表格数据变化可得，反应Ⅲ在1000 ℃时，ΔG可能会大于0，反应从自发转化为非自发。②ΔG绝对值越大，反应自发程度越大，反应正向程度也就越大。根据表中数据，当反应温度高于600 K时，副反应Ⅳ、V、Ⅵ自发程度远大于主反应I，故反应Ⅳ、V、Ⅵ的反应正向程度远大于主反应I，主反应I发生程度非常小，因此1，3-丁二烯产率几乎为零。(3)在恒温恒容的密闭容器中，压强之比等于气体的物质的量之比。达到平衡后容器的压强从1000 Pa增大到1500 Pa，则气体的物质的量从1ml增大到；可利用三段式计算平衡常数，设反应达到平衡时，丁烯反应了xml，三段式如下：
总物质的量1－x＋x＋x=1.5，则x=0.5ml；则平衡常数。(4)CO2转化为CH4，电解质环境为弱酸性；CO2转化为CH4，化合价从＋4降低到－4，发生还原反应，则配平得到的正极上的电极方程式为CO2＋8e-＋8H+=CH4＋2H2O。
17．(10分)黄酮类物质X具有抗金黄色葡萄球菌、大肠杆菌等活性，一种合成路线如下。
已知：
(1)X中含有的含氧官能团为醚键、 。
(2)A→B反应的化学方程式是 。
(3)B→D的反应类型是 。
(4)E→F的反应同时生成HCl，试剂a的结构简式是 。
(5)J的结构简式是 。
(6)F和L生成X经历如下多步反应：
已知：
Ⅰ．
Ⅱ．
①M的结构简式是 。
②第三步反应中，除生成产物X外还生成的有机产物有 ，试剂a的作用是 。
【答案】(1)酮羰基、酚羟基(1分)
(2) +Br2+HBr(2分)
(3)取代反应(1分)
(4)CH3OCH2Cl(1分)
(5) (1分)
(6) (2分) 甲醛、甲醇(1分) 保护酚羟基(1分)
【解析】结合流程，A和Br2发生取代反应生成B，结合F的结构简式可知，B的结构简式为；B和(CH3)2SO4发生取代反应生成D，结合F的结构简式可以推知D为；D发生水解反应生成E为；E和试剂a发生取代反应生成F，由题(4)可知，同时生成HCl，可以推知a为CH3OCH2Cl；G和发生取代反应生成J为；J发生已知信息的反应得到K为，K和CH3OCH2Cl发生取代反应生成L为；F和L发生(6)题中信息的反应得到M，由F和L的结构简式可知M为；M加成转化为N：；N酸化生成X，同时会生成甲醛、甲醇。(1)由X结构，X中含有的含氧官能团为醚键、酮羰基、酚羟基；(2)由分析可知，A和Br2发生取代反应生成B，化学方程式为： +Br2+HBr；(3)由分析可知，B和(CH3)2SO4发生取代反应生成D，故为取代反应；(4)由分析可知，a为CH3OCH2Cl；(5)由分析可知，J的结构简式是；(6)①由分析可知，M的结构简式是。②由分析可知，N到X过程为酸化发生C-O键断裂生成、甲醛和甲醇；a在参与的2个反应中均会和酚羟基发生反应引入支链，后来支链又转化为酚羟基，故a作用为保护酚羟基。
18．(12分)MnCO3是重要化工原料，由MnO2制备MnCO3的一种工艺流程如下：
Ⅰ. 研磨MnO2，加水配成浊液。
Ⅱ.MnO2浊液经还原、纯化、制备等过程，最终获得MnCO3固体。
资料：①MnCO3不溶于水。该工艺条件下，MnO2与H2SO4不反应。
②难溶电解质的溶度积：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10－39，Ksp[Mn (OH)2]=2.0×10－13
(1)研磨MnO2的目的是 。
(2)加入铁粉除去FeSO4溶液中的Fe3+，反应的离子方程式是 。
(3) MnO2氧化Fe2+的反应如下：MnO2+4H++2Fe2+=2Mn2++2Fe3++2H2O
①根据上述反应，还原MnO2所需的H+与Fe2+的物质的量比值应为2.而实际比值(1~1.25)小于2，原因是 。
②取少量母液，滴加K3[ Fe(CN)6]溶液，未产生蓝色沉淀，说明 。
(4)纯化
向母液中滴加氯水调pH，除去残留的Fe3+。若母液中c(Mn2+)=1ml·L-1，使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5ml·L-1，此时是否有Mn(OH)2沉淀生成？ (列式计算，已知)。
(5)制备
将Mn2+纯化液与稍过量的NH4HCO3溶液混合，得到含MnCO3的浊液。将浊液过滤，洗涤沉淀，干燥后得到MnCO3固体。
①通过检验SO42-来判断沉淀是否洗涤干净。检验SO42-的操作是 。
②生成MnCO3的离子方程式是 。
【答案】(1)增大固体与反应物的接触面积，加快反应速率(1分)
(2)2Fe3++Fe=3Fe2+(1分)
(3) 由于反应生成含有铁离子的沉淀，消耗了氢氧根离子，促进了水电离，溶液中氢离子浓度增大，所以还原 MnO2 所需的 H+ 与 Fe2+ 的物质的量实际比值(1~1.25)小于2(2分) 亚铁离子或Fe2+(1分)
(4) Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5ml·L-1，根据Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10－39=c(Fe3+)c3(OH-)=1×10-5×c3(OH-)，c(OH-)=6.5×10-12，Qc=c(Mn2+)c2(OH-)=1ml/L×(6.5×10-12)2=4.225×10-23，而Ksp[Mn (OH)2]=2.0×10－13，即QC