化学（八省联考考后提升卷， 云南）-2025年1月“八省联考”化学真题完全解读与考后提升

2025年1月“八省联考”考后提升卷(云南卷) 高三化学 (考试时间：75分钟 试卷满分：100分) 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 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 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Ti 48 Mn 55 Fe 56 CO 59 Cu 64 Zn 65 Se 79 Mo 96 Ba 137 Sm 150 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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．云南省博物馆中璀璨的历史文物，展示了云南各族人民在红土高原创造的厚重历史和辉煌文明，下列关于历史文物的说法不正确的是( ) A．战国青铜器牛虎铜案是云南省博物馆的镇馆之宝，其硬度比纯铜大 B．彝族五彩拼花绣花裙独具民族特色，其纺织材料棉和麻均为天然有机高分子 C．宋大理国银鎏金镶珠金翅鸟充满勃勃生机，其采用的鎏金工艺利用了电解的原理 D．建水紫陶刻填诗文梅花纹瓶工艺精湛，建水紫陶是一种传统无机硅酸盐材料 【答案】C 【解析】A项，青铜是铜的合金，其硬度比纯铜大，故A正确； B项，棉和麻均为天然有机高分子，故B正确；C项，鎏金工艺是利用汞的挥发性，不是电解的原理，况且宋朝也没有电的使用，故C错误； D项，建水的紫陶是一种传统无机硅酸盐材料，故D 正确； 故选C。 2．关于有机物检测，下列说法不正确的是( ) A．用新制的氢氧化铜可鉴别甲苯、溴苯、乙醇、乙醛 B．用核磁共振氢谱可鉴别CH3CH2COOH和HCOOCH2CH3 C．用CuO作氧化剂，将仅含C、H、O元素的有机物氧化，通过测定有机物和产物质量可计算出有机物的实验式 D．将1-溴丁烷和氢氧化钠的乙醇溶液加热所得到的气体通入酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液褪色，说明1-溴丁烷发生了消去反应 【答案】D 【解析】A项，加入新制的氢氧化铜，分层，有机层在下层的为溴苯，在上层的为甲苯；不分层的，加热产生砖红色沉淀的为乙醛，无明显现象的为乙醇，现象不同，可鉴别，故A正确；B项，CH3CH2COOH和HCOOCH2CH3中H的种类均为3，但核磁共振氢谱的位移不同，则用核磁共振氢谱可鉴别，故B正确；C项，用CuO作氧化剂，将仅含C、H、O元素的有机物氧化，通过测定有机物和产物中二氧化碳和水的质量,根据有机物的物质的量、二氧化碳、水中C、H的个数比，并确定O的个数，从而可计算出有机物的实验式，故C正确；D项，将1-溴丁烷和氢氧化钠的乙醇溶液加热所得到的气体通入酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液褪色，引起褪色的原因可能是1-溴丁烷发生消去反应生成的烯烃，也可能是挥发出的乙醇，故D不正确；故选D。 3．下列化学反应的方程式正确的是( ) A．H2SO3溶液中滴入氯化钡溶液： Ba2++SO32-=BaSO3↓ B．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：Pb2+-2e-+2H2O=PbO2+4H+ C．K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中：K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓ D．制备84消毒液：Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O 【答案】C 【解析】A项，亚硫酸的酸性比盐酸弱，H2SO3溶液中滴入氯化钡溶液不反应，A错误；B项，铅酸电池在充电时阳极PbSO4失电子，其电极反应式为：PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+4H++SO42-，B错误；C项，K3[Fe(CN)6]用来鉴别Fe2+生成滕氏蓝沉淀，反应的离子方程式为K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓，C正确；D项，常温下，将氯气通入氢氧化钠溶液中制备84消毒液，化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，D错误；；故选C。 4．东晋《华阳国志∙南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。下列说法正确的是( ) A．镍元素基态原子的3d能级上的未成对的电子数为2 B．[Ni(NH3)4]SO4中阴离子的立体构型是平面三角形 C．元素铜与镍的第二电离能大小关系为： D．在[Ni(NH3)4]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为离子键 【答案】A 【解析】A项，镍元素为28号元素，其基态原子价电子为3d84s2，3d能级上的未成对的电子数为2，故A正确；B项，[Ni(NH3)4]SO4中阴离子为硫酸根，硫酸根中心原子价层电子对数为4+0=4，其立体构型是正四面体形，故B错误；C项，Ni＋价层电子排布式为3d84s1，Cu＋价层电子排布式为3d10，稳定，难失电子，因此元素铜与镍的第二电离能大小关系为：，故C错误；D项，在[Ni(NH3)4]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为配位键，氨气中氮提供孤对电子，Ni2+提供空轨道，故D错误。故选A。 5．元素及其化合物在化工生产中有着重要的用途。下列说法不正确的是( ) A．工业上以石英砂为原料制备高纯硅，还需要用到焦炭、氯化氢等原料 B．工业上合成氨用冷水将氨气吸收分离脱离反应体系 C．工业上生产玻璃和水泥时均使用石灰石作为原料 D．工业上制取钠单质普遍采用电解熔融的氯化钠 【答案】B 【解析】A项，工业上以二氧化硅为原料制备高纯硅，用焦炭还原二氧化硅得到粗硅，粗硅用氯气反应得到四氯化硅与杂质分离，再用氢气还原四氯化硅得到高纯硅，还需要氯化氢作原料制备氢气和氯气，A正确；B项，工业上合成氨通过冷凝分离出氨，B错误；C项，工业上生产玻璃的原料为纯碱、石灰石和石英；生产水泥的原料为黏土和石灰石，C正确；D项，工业上采用电解熔融的氯化钠制取钠单质，同时制得氯气，D正确。故选B。 6．《新修本草》中描述“青矾FeSO4·7H2O”为“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃……烧之赤色……”。下列由废铁屑制取FeSO4·7H2O的实验原理与装置不能达到实验目的的是( ) A．用装置甲除去废铁屑表面的油污 B．用装置乙加快废铁屑的溶解 C．用装置丙过滤得到FeSO4溶液 D．用装置丁蒸干溶液获得FeSO4·7H2O 【答案】D 【解析】A项，碳酸钠溶液因发生水解呈碱性，加热碱性增强，废铁屑表面的油污可在碱性条件下水解生成可溶于水的产物，故A正确；B项，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，用装置乙热水浴加热可加快反应速率，能加快废铁屑的溶解，故B正确；C项，用装置丙过滤能除去溶液中的难溶物，得到FeSO4溶液，故C正确； D项，FeSO4中铁元素化合价为+2价，具有还原性，能被氧气氧化，蒸干溶液会得到硫酸铁，应蒸发浓缩、冷却结晶得到FeSO4·7H2O晶体，故D错误；故选D。 7．工业上常用“碳氯法”制备MgCl2，原理为MgO+C+Cl2MgCl2+CO。NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是( ) A．反应中断裂1molCl—Cl键，转移的电子数为2NA B．反应中消耗6gC，生成CO的体积为11.2L(标准状况) C．密度、体积均相同的Cl2和CO，CO的分子数更多 D．将MgCl2溶于水配成0.1mol·L-1MgC12溶液，阴离子总数大于0.2NA 【答案】D 【解析】A项，由方程式可知，每1mol氯气反应转移电子2mol，则反应中断裂1molCl—Cl键，转移的电子的物质的量为2mol，电子数为2NA，A正确；B项，反应中消耗6gC，C的物质的量为，则生成CO的物质的量为0.5mol，体积为0.5mol ×22.4L/mol=11.2L(标准状况)，B正确；C项，密度、体积均相同的Cl2和CO的质量相同，由于Cl2、CO的摩尔质量分别为71g/mol、28g/mol，故CO的物质的量更大，分子数更多，C正确；D项，将MgCl2溶于水配成0.1mol·L-1MgC12溶液，由于不知道溶液的体积，不能计算溶质的物质的量，故不能判断阴离子总数，D错误。故选D。 8．对香豆酰酪胺( )具有消炎、抗菌作用，可从云南哥纳香属植物中提取。有关对香豆酰酪胺的说法错误的是( ) A．存在顺反异构体 B．一定条件能发生氧化反应、还原反应 C．能与酸性高锰酸钾溶液反应 D．能与NaHCO3，溶液反应产生CO2气体 【答案】D 【解析】A项，N-对香豆酰酪胺中含碳碳双键，每个双键碳原子上连接有两个不同的原子或原子团，因此存在顺反异构体，故A正确；B项，N-对香豆酰酪胺中含碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化、与氢气加成(还原)，故B正确；C项，碳碳双键和酚羟基都能与酸性高锰酸钾溶液反应，故C正确；D项，酸性：H2CO3 >苯酚，因此酚不与NaHCO3溶液反应，故D错误；故选D。 9．主族元素、、、原子序数依次增大，、的价电子数相等，的基态原子核外电子的空间运动状态共10种，四种元素形成的化合物如图。 下列说法不正确的是( ) A．键角：YO3＞YO32- B．分子的极性：W2X＜W2Y C．简单离子半径： D．四种元素形成的化合物一定是含有共价键的离子化合物 【答案】B 【解析】W、X、Y、Z均为主族元素，且原子序数依次增大，X连接2根共价键，Y连接6根共价键，X、Y的价电子数相等说明为同主族元素，因此，X、Y分别为O、S元素，Z的基态原子核外电子的空间运动状态共10种，即为1s22s22p63s23p64s1且形成的是+1价的离子，可知Z为K元素；W形成1根共价键，可知W为H元素，综合可知，W、X、Y、Z分别为H、O、S、K元素。A项，YO3为SO3，SO3的中心原子S原子的价层电子对数为，不含孤电子对，为平面三角形，键角为120°，YO32-为SO32-，SO32-的中心原子S原子的价层子对数为，含有1对孤电子对，为三角锥形，键角小于120°，因此键角：SO3＞SO32-，故A正确；B项，W2X为H2O，W2Y为H2S，两者结构均为V形，但由于O的电负性比S的大，可推断出H2O分子的极性比H2S的极性大，即：H2O＞H2S，故B错误；C项，电子层数越多则离子半径越大，当电子层数相同时，质子数越大则离子半径越小，可知简单离子半径：O2-＜K+＜S2-，故C正确；D项，四种元素形成的化合物中一定含有K+，而钾只能失一个电子，因此剩余的非金属元素之间一定会形成共价键，可知四种元素形成的化合物一定是含有共价键的离子化合物，比如KHSO4，故D正确；故选B。 10．磷酸铁锂电池在充放电过程中表现出了良好的循环稳定性，具有较长的使用寿命，放电时的反应为： LixC6+Li1-xFePO4= 6C+LiFePO4。图1为某磷酸铁锂电池的切面，图2为LiFePO4晶胞充放电时Li+脱出和嵌入的示意图。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。下列说法错误的是( ) A．放电时，负极反应： LixC6- xe- = xLi++6C B．(a)过程中1mol晶胞转移的电子数为NA C．(b)代表放电过程， Li+脱离石墨，经电解质嵌入正极 D．充电时的阳极反应： LiFePO4- xe-= Li1-xFePO4+xLi+ 【答案】B 【解析】从总反应分析， LixC6变为C和Li+为氧化反应，该极为原电池的负极。而Li1-xFePO4变为LiFePO4发生还原反应，它为原电池的正极。A项，放电的负极为 LixC6- xe- = xLi++6C，A正确；B项，a过程由于Fe2+化合价升高为Fe3+，为了平衡电荷Li+脱嵌减少。从图看晶胞中减少了棱上1个和面心的一个Li+总共减少，所以1mol晶体中转移NA电子，B错误；C项，放电时，该材料在正极发生还原反应，即Fe由+2变为+3为b过程，Li+嵌入正极，C正确；D项，充电时的总反应为 6C+LiFePO4= LixC6+Li1-xFePO4，阳极发生氧化反应为 LiFePO4- xe-= Li1-xFePO4+xLi+，D正确；故选B。 11．由下列实验操作及现象能得出相应结论的是( ) 实验操作 现象 结论 A 向KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和CCl4，振荡，静置 溶液分层，下层呈紫红色 氧化性： B 在火焰上灼烧搅拌过某无色溶液的玻璃棒 火焰出现黄色 溶液中含Na元素 C 用pH计测定pH：①NaHCO3溶液②CH3COONa溶液 pH：①>② H2CO3酸性弱于CH3COOH D 把水滴入盛有少量Na2O2的试管中，立即把带火星木条放在试管口 木条复燃 反应生成了O2 【答案】D 【解析 】A项，向KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和CCl4，振荡，静置，溶液分层，下层呈紫红色，说明反应产生I2，发生反应：2KI+Cl2=2KCl+I2，证明氧化性：Cl2＞I2，Br2＞I2，但不能比较Br2与Cl2的氧化性强弱，A错误；B项，玻璃中含有Na元素，因此灼烧时使火焰呈黄色，不能证明溶液中含Na元素，B错误；C项，应该采用对照方法进行实验，但两种溶液的浓度未知，盐的种类也不同，因此不能通过测定溶液的pH来判断H2CO3、CH3COOH的酸性强弱，C错误；D项，氧气有助燃性，把水滴入盛有少量Na2O2的试管中，立即把带火星木条放在试管口，木条复燃，可以证明Na2O2与水反应产生了O2，D正确；故选D。 12．下，P2O3在CH2Cl2中与臭氧反应生成P4O18 (结构如图所示)，下列说法正确的是( ) A．P4O18属于超分子 B．CH2Cl2分子空间构型为正四面体形 C．P4O18中含有极性键和非极性键 D．O3是极性分子，在水中的溶解度大于在CCl4中的溶解度 【答案】C 【解析】A项，超分子指的是两个或两个以上分子通过非共价键的作用力结合而成的分子，P4O18不属于超分子，A错误；B项，CH2Cl2中的4根化学键不完全相同，因此分子的空构型为四面体形，不是正四面体形，B错误；C项，根据结构式可知，该分子中含有P-Q极性键和O-O非极性键，C正确；D项，O3为含有极性键的极性分子，但是其分子极性较弱，反而更易溶于非极性溶剂，在极性溶剂水中溶解度小于在非极性溶剂四氯化碳中的溶解度，D错误；故选C。 13．二氧化钛(TiO2)是常用的具有较高催化活性和稳定性的光催化剂。某种TiO2的四方晶胞(晶胞棱边夹角均为90℃)如图所示，已知TiO2晶胞中Ti4+位于O2-所构成的正八面体的体心。下列说法错误的是( ) A．基态Ti原子的价层电子排布式为3d24s2 B．晶胞沿轴方向的投影为 C．晶胞中O2-的配位数为2 D．设NA为阿伏加德罗常数的值，则TiO2晶体的密度为 【答案】C 【解析】A项，Ti为22号元素，基态Ti原子的价层电子排布式为3d24s2，A正确；B项，由晶胞结构可知，晶胞沿z轴方向的投影，顶点Ti原子投影到正方形顶点，体心Ti原子投影为正方形面心，上下面的O原子垂直重合，投影到正方形一条对角线上，体内O原子投影到另一条面对角线上，晶胞沿z轴方向投影图为，B正确；C项，由晶体中Ti4+位于O2-所构成的正八面体的体心，知Ti4+的配位数为6，根据配位数之比等于个数的反比规律知，O2-的配位数为3，C错误；D项，Ti原子位于顶点和体心，个数为，O原子两个在体内，4个在面上，个数为：，1个晶胞中相当于存在2个TiO2，该晶体的密度，D正确；故选C。 14．常温下，H2C2O4溶液的分布系数δ与pH的变化关系如图甲，BaC2O4浊液中c(Ba2＋)与c(C2O42-)的关系如图乙[比如：]。常温下，将等体积且浓度均为0.5mol·L-1的BaCl2溶液与H2C2O4溶液混合。下列说法错误的是( ) A．H2C2O4溶液中存在cH＋＞cHC2O4-＞cC2O42-＞cOH－ B．向100mL0.5mol·L-1H2C2O4溶液中加入等体积的水，c(C2O42-)几乎不变 C．向BaC2O4浊液中通入，c(Ba2＋)增加 D．混合后溶液中不会产生白色沉淀 【答案】D 【解析】随着溶液pH的增大，溶液中cH2C2O4减小，c(HC2O4-)先增大后减小，c(C2O42-)增大。根据图甲中曲线的交点，结合Ka1(H2C2O4)和Ka2(H2C2O4)的表达式，可知Ka1(H2C2O4)=10-1.23，Ka2(H2C2O4)=10-4.19。根据图乙中曲线上坐标为(10-4，10-5)的点，可得。A项，H2C2O4属于二元弱酸，其电离以第一步为主，其两步电离和水的电离都会产生H+，而HC2O4-只在第一步电离中生成，在第二步电离中被消耗，所以cH＋＞cHC2O4-＞cC2O42-，且H2C2O4的电离会抑制水的电离，则OH-在四种微粒中浓度最小，A正确；B项，因为Ka1(H2C2O4)的数量级远大于Ka2(H2C2O4)的数量级，所以第二步电离出的H+与第一步相比，可以忽略不计，即溶液中的H+与HC2O4-浓度近似相同，再结合Ka2(H2C2O4)的表达式可知，Ka2(H2C2O4)= c(C2O42-)，因此，在稀释草酸溶液时c(C2O42-)几乎是一个定值，B正确；C项，BaC2O4浊液中存在沉淀溶解平衡：BaC2O4(s)Ba2+ (aq)+ C2O42-(aq)，通入HCl后，H+结合C2O42-，使c(C2O42-)减小，沉淀溶解平衡向溶解的方向移动，c(Ba2＋)增大，C正确；D项，将等体积，浓度均为0.5mol·L-1的BaCl2溶液与H2C2O4溶液混合，混合瞬间，H2C2O4溶液的浓度为0.25mol·L-1，因为，所以，且，所以，，因此会出现BaC2O4沉淀，D错误；故选D。 第Ⅱ卷 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．(15分)稀土永磁合金，主要金属是钐Sm和钴，合金中还会有铜、铁等取代部分钴。从钐钴磁性废料中提取钐和钴的工艺流程如图所示： 回答下列问题： (1)元素周期表中，与Co位于同周期同族的元素还有 。 (2)为提高酸浸率，可采取的措施有 (写出1条即可)，“酸浸渣”的主要成分是 。 (3)“沉钐”过程中生成Sm2(C2O4)3·nH2O沉淀，逐渐加热分解该沉淀，得到固体质量变化百分数与温度关系如图甲所示，则n= (取整数)。写出Sm2(C2O4)3分解为Sm2O3的化学方程式： 。 (4)写出“除铁”的离子方程式： 。 (5)“除铁”操作中双氧水的实际用量通常要大于理论用量，原因是 。 (6)如图乙是草酸钴(CoC2O4)在空气中灼烧得到的钴的氧化物晶体结构的一部分，该过程的化学方程式为 。 【答案】(1)Fe和Ni(1分) (2)粉碎废料、适当升高温度、适当增大盐酸浓度、搅拌等(2分) Cu(2分) (3) 8(2分) Sm2(C2O4)3Sm2O3+3CO↑+3CO2↑(2分) (4)2Fe2++4NH3·H2O+H2O2=2 Fe(OH)3↓+4NH4+(2分) (5) H2O2易分解，且Fe2+被氧化后生成的Fe3+能催化H2O2分解，使H2O2损失(2分) (6)3CoC2O4Co3O4+4CO↑+2CO2↑(2分) 【解析】废料中加入盐酸酸浸，Sm、Co、Fe和酸反应生成相应离子、铜不和稀盐酸，因此“酸浸渣”的主要成分为Cu，酸浸液经过“沉钐”后，溶液中含有Fe2+和Co2+，加入氨水和双氧水，Fe2+被氧化为Fe3+并形成Fe(OH)3沉淀，过滤后滤液中含有的金属离子主要是Co2+，经“沉钴”并灼烧沉淀得到含钴氧化物。(1)Co位于第四周期第Ⅷ族，同周期同族元素还有Fe和Ni。(2)粉碎废料、适当升高温度、适当增大盐酸浓度、搅拌等都可以加快反应速率，提高酸浸率；由分析，“酸浸渣”的主要成分是Cu；(3)由图甲可知，当Sm2(C2O4)3·nH2O失去所有结晶水得到Sm2(C2O4)3时，剩余固体质量为原质量的79.3%，由此可得，解得n=8；Sm2(C2O4)3分解为Sm2O3时Sm元素化合价不变，则该反应为歧化反应，C元素的化合价由+3价变为+2价和+4价，结合电子守恒，反应的化学方程式为Sm2(C2O4)3Sm2O3+3CO↑+3CO2↑。(4)“除铁”时，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，铁化合价由+2变为+3、过氧化氢中氧化合价由-1变为-2，根据得失电子守恒可知Fe2+与H2O2的化学计量数之比为2：1，同时NH3·H2提供OH-使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，离子方程式为2Fe2++4NH3·H2O+H2O2=2 Fe(OH)3↓+4NH4+；(5)H2O2易分解，且Fe2+被氧化后生成的Fe3+能催化H2O2分解，使H2O2损失，因此双氧水的实际用量通常大于理论用量。(6)该晶体结构的一部分中，有2个Co2+位于内部，共2个Co2+；有8个Co3+位于棱上、2个Co3+位于面上、1个Co3+位于内部，共个Co3+；有8个O2-位于顶点。4个O2-位于棱上、10个O2-位于面上、1个O2-位于内部，共个O2-因此该晶体中，其化学式为Co3O4。在空气中灼烧CoC2O4得到Co3O4和CO2，反应中部分Co化合价由+2变为+3、部分碳化合价由+3变为+4，则结合电子守恒，还有部分碳化合价由+3降低为+2生成CO，反应为：3CoC2O4Co3O4+4CO↑+2CO2↑。 16．(16分)FeCl3在工业上常作催化剂。实验室中，先合成SOCl2，再与FeCl3·6H2O反应制备无水FeCl3，装置如图所示(加热及夹持仪器略)。 已知：①实验室合成SOCl2的原理为SO2+PCl5POCl3+SOCl2。 ②SOCl2的熔点为-101℃，沸点为74℃，遇水剧烈分解为两种酸性气体；POCl3沸点为106℃；忽略共沸。 回答下列问题： (1)仪器乙的名称为 ，仪器B中盛装的试剂为 。 (2)下列与实验有关的图标分别表示佩戴护目镜和排风的是 (填标号)。 A．    B．    C．    D．    E． (3)E中发生反应的化学方程式为 。 (4)打开K2，将三通阀调至，接下来打开K1，一段时间后，加热装置C至60℃；仪器丙的作用为 。 (5)当C中出现较多液体后，关闭K1、K2。制得FeCl3的操作：①调节三通阀的位置为 (填标号)；②调节温度计水银球位置至三颈瓶口处，将C装置升温至 (填范围)；③加热E处硬质玻璃管。 (6)某化学学习小组探究Fe3+在溶液中的颜色变化，进行以下实验。 试剂 加热前溶液颜色 加热后溶液颜色 实验Ⅰ Fe(NO3)3溶液蒸馏水 棕黄色 深棕色 实验Ⅱ Fe(NO3)3溶液HNO3 几乎无色 几乎无色 实验Ⅲ FeCl3溶液+HNO3 黄色 深黄色 已知：水溶液中，[Fe(H2O)6]3+几乎无色，[FeCl4(H2O)2]-为黄色；[Fe(H2O)6]3+水解生成 [Fe(H2O)6-n(OH)n]3-n (棕黄色)。 ①由实验可知，[Fe(H2O)6]3+对水解影响大小：的影响 (填“大于”“等于”或“小于”)温度的影响。 ②设计实验证明实验Ⅲ中溶液呈黄色的原因是Fe3++4Cl-+2H2O[FeCl4(H2O)2]-： 。 【答案】(1)恒压滴液漏斗(1分) 浓H2SO4(1分) (2)AD(2分) (3) FeCl3·6H2O+ 6SOCl2= FeCl3+6SO2+12HCl(2分) (4)吸收SO2，防止外界水蒸气进入C中(2分) (5)c(2分) 74℃~106℃(2分) (6)大于(2分) 向实验Ⅱ溶液中加入NaCl溶液后变为黄色，加热后变为深黄色(2分) 【解析】由实验装置图可知，装置A中70％硫酸溶液与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫，装置B中盛有的浓硫酸用于干燥二氧化硫，装置C中二氧化硫与五氧化二磷在40—80℃的水浴加热的条件下反应生成SOCl2，装置丙中盛有的碱石灰用于吸收未反应的二氧化硫，同时防止空气中的水蒸气进入C中与SOCl2反应，装置D中盛有的无水氯化钙用于干燥SOCl2气体，装置E中SOCl2与六水氯化铁共热反应制备无水氯化铁，装置F中盛有的氯化钙用于防止空气中的水蒸气进入E中导致无水氯化铁水解，装置G为氯化氢的吸收装置，其中倒置球形干燥管的作用是防止产生倒吸。(1)由实验装置图可知，仪器乙为恒压滴液漏斗；由分析可知，装置B中盛有的浓硫酸用于干燥二氧化硫；(2)由图可知，表示佩戴护目镜的图标为、表示排风的图标为，故选AD；(3)由分析可知，装置E中SOCl2与六水氯化铁共热反应制备无水氯化铁，反应的化学方程式为FeCl3·6H2O+ 6SOCl2= FeCl3+6SO2+12HCl；(4)由分析可知，装置丙中盛有的碱石灰用于吸收未反应的二氧化硫，同时防止空气中的水蒸气进入C中与SOCl2反应；(5)由题意可知，制备无水氯化铁的操作为调节三通阀的位置为c，调节温度计水银球位置至三颈瓶口处，将C装置升温至74℃~106℃使SOCl2气化进入装置E中，加热E处硬质玻璃管使SOCl2与六水氯化铁共热反应制备无水氯化铁，故答案为：c；74℃~106℃；(6)①由实验I中加热前后溶液颜色无明显变化、实验Ⅱ中加热前后溶液几乎无色可知，氢离子浓度对平衡的影响大于温度的影响；②由方程式可知，增大实验Ⅱ溶液中氯离子浓度，平衡会向正反应方向移动，溶液中[FeCl4(H2O)2]-浓度增大，会使溶液变为黄色，则证明实验Ⅲ中溶液呈黄色的实验方案为向实验Ⅱ溶液中加入NaCl溶液后变为黄色，加热后变为深黄色。 17．(15分)氢能是应用前景广阔的新能源，强化制氢、储氢等各环节的技术研发具有积极的现实意义。 回答下列问题： (1)甲醇重整制氢。发生反应：CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g)，甲醇水蒸气重整制氢技术关键在于催化剂的选择。在反应温度250℃、液空速0.36h-1和水醇比为4.0条件下，考察不同催化剂氢产率(1mol甲醇与水蒸气重整反应后生成氢气的物质的量)随时间的变化曲线如图所示，由图可知应选 作为催化剂。 (2)在Cu-Pd合金表面上甲醇与水蒸气重整反应的机理如图所示(“*”表示此微粒吸附在催化剂表面，M为反应过程中的中间产物)。 ①已知步骤Ⅱ中碳氧双键与发生加成反应，根据元素电负性的变化规律，推导M的结构简式： 。 ②催化剂长时间使用会发生副反应失去活性，将失活的铜基催化剂分为两份，第一份直接在氢气下进行还原，第二份先在空气中高温煅烧后再进行氢气还原，结果只有第二份催化剂活性恢复。说明催化剂失活的另外可能原因是 。 (3)储氢与释氢。 Ⅰ．部分H2和Mg一定条件下化合生成MgH2以储氢；部分H2和N2在催化剂表面合成氨以储氢。 ①研究发现，使用Ru系催化剂时，N2在催化剂表面的吸附活化是整个反应过程的控速步骤，实际工业生产时，将n(H2)/n(N2)控制在1.8~2.2之间，比理论值3小，其原因是 。 ②释氢。MgH2可通过热分解和水解两种方法制得H2.相较于热分解，MgH2水解释氢方法的优点是 。 Ⅱ．HCHO电催化释氢。 催化电解含较低浓度的HCHO、NaOH混合溶液，可获得H2与HCOONa(如图所示)，其中电极b表面覆盖一种Mo与P形成的化合物(晶胞结构如图所示)作催化剂。 ①催化剂可由MoO2与(NH4)2HPO4混合物与H2高温灼烧制得(反应中N元素化合价不变)，该反应的化学方程式为 。 ②电解时，电极b上同时产生H2与HCOO-的物质的量之比为1∶2，则电极b上的电极反应式为 。 ③电解过程中每产生1molH2，通过阴离子交换膜的OH-为 mol。 【答案】(1)ZC+5B(2分) (2) (2分) 催化剂表面有积碳沉积(1分) (3)提高N2在合成气中比例，增大N2在催化剂表面的吸附活化总量，加快反应速率，利于提高H2的转化率，同时提高储氢率(2分) 等量的MgH2水解比热分解产生的氢气多，同时不需要消耗大量热能(2分) 2MoO2+2(NH4)2HPO4+9H2 MoP+4NH3+12H2O(2分) 2HCHO-2e-＋4OH-=2HCOO-+H2↑+2H2O(2分) 1(2分) 【解析】(1)从不同催化剂氢产率随时间的变化曲线可看出，相同时间催化剂ZC+5B条件下，氢产率最高，说明反应速率最快，催化效果好，则应选ZC+5B作催化剂；(2)中碳氧双键与H2O发生加成反应时，碳氧双键中氧原子电负性较大吸引H2O中电负性较小的氢原子，则氢原子加在氧原子上，羟基加在碳原子上，故M的结构为；第二份失活的催化剂先在空气中高温煅烧后再进行氢气还原，使得第二份催化剂活性恢复，说明催化剂失活的另外可能的原因是催化剂表面有积炭沉积，而在空气中煅烧可以将积炭除去使得催化剂活性恢复；(3)由于N2在催化剂表面的吸附活化是整个反应过程的控速步骤，故提高N2在合成气中比例，增大N2在催化剂表面的吸附活化总量，加快反应速率，利于提高H2的转化率，同时提高储氢率；MgH2热分解反应方程式为MgH2Mg+H2↑，水解反应方程式为MgH2+2H2O=Mg(OH)2↓+2H2↑，，两种方法比较可知，热分解反应需要较多的能量，且消耗等量的MgH2制得H2.相少，故水解释氢的优点为等量的MgH2水解比热分解产生的氢气多，同时不需要消耗大量热能；从Mo与P形成的化合物的晶胞结构可知，晶胞中Mo位于晶胞体内，有4个，P位于晶胞顶角、棱上、面心，有个，故催化剂化学式为MoP，制备该物质的反应物为MoO2、(NH4)2HPO4、H2，由反应中N元素化合价不变，则同时生成的是NH3，故反应化学方程式为2MoO2+2(NH4)2HPO4+9H2 MoP+4NH3+12H2O；从图中可看出，电解时，电极b与电源正极相连，为电解池的阳极，发生失电子、氧化反应，HCHO在该电极上同时产生H2与HCOO-，且物质的量之比为1：2，由于溶液中混有NaOH，则电极b上的电极反应式为2HCHO-2e-＋4OH-=2HCOO-+H2↑+2H2O；电解过程中，b电极反应为2HCHO-2e-＋4OH-=2HCOO-+H2↑+2H2O，同时a电极反应为2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，两电极都有氢气生成，故电路中每转移2mol电子，生成2molH2，则每产生1molH2，通过阴离子交换膜的OH-为1mol，相当于1mol电子的电量。 18．(13分)黄烷酮包括橙皮素、柚皮苷、圣草酚等，通常存在于各种柑橘类水果中。化合物Ⅰ是一种具有多种药理学活性的黄烷酮类药物。由化合物A制备Ⅰ的合成路线如图： 回答下列问题： (1)A中官能团的名称为 。 (2)若B为乙酸则由A生成C的化学方程式为 。 (3)由C生成D的反应类型是 ，E的化学名称是 。 (4)Ⅰ的结构简式为 。 (5)芳香化合物X是C的同分异构体，同时满足如下条件的X有 种。 a．苯环上只有三个取代基，且甲基不与苯环直接相连 b．能与FeCl3 溶液发生显色反应 c．1molX可与4molNaOH反应 其中核磁共振氢谱峰面积比为3∶2∶2∶1的X的结构简式是 、 (写出两种)。 【答案】(1)(酚)羟基(1分) (2) (2分) (3)取代反应(1分) 苯甲醛(1分) (4) (2分) (5) 6(2分) (2分) (2分) 【解析】B为CH3COOH，对比A、B和C的结构简式可知，A、B在ZnCl2作用下发生取代反应生成C和水；对比C、D和(CH3)2SO4的结构简式可知，C发生取代反应得到D，D和E先加成后消去得到F，F在I2、DMSO作用下转化为G，G发生取代反应得到H，由H的结构可知H的分子式为C15H10O4，I的分子式为C15H12O4，又I为黄烷酮类物质，则H的碳碳双键和H2加成得到I，I的结构简式为。(1)由A的结构简式可知，其官能团的名称为(酚)羟基；(2)若B为乙酸，A与乙酸发生取代反应生成C和水，则由A生成C的化学方程式为+H2O；(3)对比C、D的结构简式可知，甲基取代了两个羟基中的氢原子，则由C生成D的反应类型是取代反应；由E的结构简式可知，其化学名称是苯甲醛；(4)H的分子为C15H10O4，I的分子式C15H12O4，又I为黄烷酮类物质，则H中的碳碳双键与氢气发生加成反应生成I，所以I的结构简式为；(5)芳香化合物X是C的同分异构体，同时满足如下条件：a．苯环上只有三个取代基，且甲基不与苯环直接相连；b．能与FeCl3溶液发生显色反应；c．1mol X可与4mol NaOH反应，则X应含有2个酚羟基，另一个取代基为-OOCCH3，当酚羟基处于对位时，-OOCCH3有1种取代情况，当酚羟基处于间位时，-OOCCH3有3种取代情况，当酚羟基处于邻位时，-OOCCH3有2种取代情况，则X有6种，其中核磁共振氢谱峰面积比为3：2：2：1的X的结构简式是、。 ( 1 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年1月“八省联考”考后提升卷(云南卷) 高三化学 (考试时间：75分钟 试卷满分：100分) 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 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 S 32 Cl 35.5 Ca 40 Ti 48 Mn 55 Fe 56 CO 59 Cu 64 Zn 65 Se 79 Mo 96 Ba 137 Sm 150 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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．云南省博物馆中璀璨的历史文物，展示了云南各族人民在红土高原创造的厚重历史和辉煌文明，下列关于历史文物的说法不正确的是( ) A．战国青铜器牛虎铜案是云南省博物馆的镇馆之宝，其硬度比纯铜大 B．彝族五彩拼花绣花裙独具民族特色，其纺织材料棉和麻均为天然有机高分子 C．宋大理国银鎏金镶珠金翅鸟充满勃勃生机，其采用的鎏金工艺利用了电解的原理 D．建水紫陶刻填诗文梅花纹瓶工艺精湛，建水紫陶是一种传统无机硅酸盐材料 2．关于有机物检测，下列说法不正确的是( ) A．用新制的氢氧化铜可鉴别甲苯、溴苯、乙醇、乙醛 B．用核磁共振氢谱可鉴别CH3CH2COOH和HCOOCH2CH3 C．用CuO作氧化剂，将仅含C、H、O元素的有机物氧化，通过测定有机物和产物质量可计算出有机物的实验式 D．将1-溴丁烷和氢氧化钠的乙醇溶液加热所得到的气体通入酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液褪色，说明1-溴丁烷发生了消去反应 3．下列化学反应的方程式正确的是( ) A．H2SO3溶液中滴入氯化钡溶液： Ba2++SO32-=BaSO3↓ B．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：Pb2+-2e-+2H2O=PbO2+4H+ C．K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中：K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓ D．制备84消毒液：Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O 4．东晋《华阳国志∙南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。下列说法正确的是( ) A．镍元素基态原子的3d能级上的未成对的电子数为2 B．[Ni(NH3)4]SO4中阴离子的立体构型是平面三角形 C．元素铜与镍的第二电离能大小关系为： D．在[Ni(NH3)4]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为离子键 5．元素及其化合物在化工生产中有着重要的用途。下列说法不正确的是( ) A．工业上以石英砂为原料制备高纯硅，还需要用到焦炭、氯化氢等原料 B．工业上合成氨用冷水将氨气吸收分离脱离反应体系 C．工业上生产玻璃和水泥时均使用石灰石作为原料 D．工业上制取钠单质普遍采用电解熔融的氯化钠 6．《新修本草》中描述“青矾FeSO4·7H2O”为“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃……烧之赤色……”。下列由废铁屑制取FeSO4·7H2O的实验原理与装置不能达到实验目的的是( ) A．用装置甲除去废铁屑表面的油污 B．用装置乙加快废铁屑的溶解 C．用装置丙过滤得到FeSO4溶液 D．用装置丁蒸干溶液获得FeSO4·7H2O 7．工业上常用“碳氯法”制备MgCl2，原理为MgO+C+Cl2MgCl2+CO。NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是( ) A．反应中断裂1molCl—Cl键，转移的电子数为2NA B．反应中消耗6gC，生成CO的体积为11.2L(标准状况) C．密度、体积均相同的Cl2和CO，CO的分子数更多 D．将MgCl2溶于水配成0.1mol·L-1MgC12溶液，阴离子总数大于0.2NA 8．对香豆酰酪胺( )具有消炎、抗菌作用，可从云南哥纳香属植物中提取。有关对香豆酰酪胺的说法错误的是( ) A．存在顺反异构体 B．一定条件能发生氧化反应、还原反应 C．能与酸性高锰酸钾溶液反应 D．能与NaHCO3，溶液反应产生CO2气体 9．主族元素、、、原子序数依次增大，、的价电子数相等，的基态原子核外电子的空间运动状态共10种，四种元素形成的化合物如图。 下列说法不正确的是( ) A．键角：YO3＞YO32- B．分子的极性：W2X＜W2Y C．简单离子半径： D．四种元素形成的化合物一定是含有共价键的离子化合物 10．磷酸铁锂电池在充放电过程中表现出了良好的循环稳定性，具有较长的使用寿命，放电时的反应为： LixC6+Li1-xFePO4= 6C+LiFePO4。图1为某磷酸铁锂电池的切面，图2为LiFePO4晶胞充放电时Li+脱出和嵌入的示意图。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。下列说法错误的是( ) A．放电时，负极反应： LixC6- xe- = xLi++6C B．(a)过程中1mol晶胞转移的电子数为NA C．(b)代表放电过程， Li+脱离石墨，经电解质嵌入正极 D．充电时的阳极反应： LiFePO4- xe-= Li1-xFePO4+xLi+ 11．由下列实验操作及现象能得出相应结论的是( ) 实验操作 现象 结论 A 向KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和CCl4，振荡，静置 溶液分层，下层呈紫红色 氧化性： B 在火焰上灼烧搅拌过某无色溶液的玻璃棒 火焰出现黄色 溶液中含Na元素 C 用pH计测定pH：①NaHCO3溶液②CH3COONa溶液 pH：①>② H2CO3酸性弱于CH3COOH D 把水滴入盛有少量Na2O2的试管中，立即把带火星木条放在试管口 木条复燃 反应生成了O2 12．下，P2O3在CH2Cl2中与臭氧反应生成P4O18 (结构如图所示)，下列说法正确的是( ) A．P4O18属于超分子 B．CH2Cl2分子空间构型为正四面体形 C．P4O18中含有极性键和非极性键 D．O3是极性分子，在水中的溶解度大于在CCl4中的溶解度 13．二氧化钛(TiO2)是常用的具有较高催化活性和稳定性的光催化剂。某种TiO2的四方晶胞(晶胞棱边夹角均为90℃)如图所示，已知TiO2晶胞中Ti4+位于O2-所构成的正八面体的体心。下列说法错误的是( ) A．基态Ti原子的价层电子排布式为3d24s2 B．晶胞沿轴方向的投影为 C．晶胞中O2-的配位数为2 D．设NA为阿伏加德罗常数的值，则TiO2晶体的密度为 14．常温下，H2C2O4溶液的分布系数δ与pH的变化关系如图甲，BaC2O4浊液中c(Ba2＋)与c(C2O42-)的关系如图乙[比如：]。常温下，将等体积且浓度均为0.5mol·L-1的BaCl2溶液与H2C2O4溶液混合。下列说法错误的是( ) A．H2C2O4溶液中存在cH＋＞cHC2O4-＞cC2O42-＞cOH－ B．向100mL0.5mol·L-1H2C2O4溶液中加入等体积的水，c(C2O42-)几乎不变 C．向BaC2O4浊液中通入，c(Ba2＋)增加 D．混合后溶液中不会产生白色沉淀 第Ⅱ卷 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．(15分)稀土永磁合金，主要金属是钐Sm和钴，合金中还会有铜、铁等取代部分钴。从钐钴磁性废料中提取钐和钴的工艺流程如图所示： 回答下列问题： (1)元素周期表中，与Co位于同周期同族的元素还有 。 (2)为提高酸浸率，可采取的措施有 (写出1条即可)，“酸浸渣”的主要成分是 。 (3)“沉钐”过程中生成Sm2(C2O4)3·nH2O沉淀，逐渐加热分解该沉淀，得到固体质量变化百分数与温度关系如图甲所示，则n= (取整数)。写出Sm2(C2O4)3分解为Sm2O3的化学方程式： 。 (4)写出“除铁”的离子方程式： 。 (5)“除铁”操作中双氧水的实际用量通常要大于理论用量，原因是 。 (6)如图乙是草酸钴(CoC2O4)在空气中灼烧得到的钴的氧化物晶体结构的一部分，该过程的化学方程式为 。 16．(16分)FeCl3在工业上常作催化剂。实验室中，先合成SOCl2，再与FeCl3·6H2O反应制备无水FeCl3，装置如图所示(加热及夹持仪器略)。 已知：①实验室合成SOCl2的原理为SO2+PCl5POCl3+SOCl2。 ②SOCl2的熔点为-101℃，沸点为74℃，遇水剧烈分解为两种酸性气体；POCl3沸点为106℃；忽略共沸。 回答下列问题： (1)仪器乙的名称为 ，仪器B中盛装的试剂为 。 (2)下列与实验有关的图标分别表示佩戴护目镜和排风的是 (填标号)。 A．    B．    C．    D．    E． (3)E中发生反应的化学方程式为 。 (4)打开K2，将三通阀调至，接下来打开K1，一段时间后，加热装置C至60℃；仪器丙的作用为 。 (5)当C中出现较多液体后，关闭K1、K2。制得FeCl3的操作：①调节三通阀的位置为 (填标号)；②调节温度计水银球位置至三颈瓶口处，将C装置升温至 (填范围)；③加热E处硬质玻璃管。 (6)某化学学习小组探究Fe3+在溶液中的颜色变化，进行以下实验。 试剂 加热前溶液颜色 加热后溶液颜色 实验Ⅰ Fe(NO3)3溶液蒸馏水 棕黄色 深棕色 实验Ⅱ Fe(NO3)3溶液HNO3 几乎无色 几乎无色 实验Ⅲ FeCl3溶液+HNO3 黄色 深黄色 已知：水溶液中，[Fe(H2O)6]3+几乎无色，[FeCl4(H2O)2]-为黄色；[Fe(H2O)6]3+水解生成 [Fe(H2O)6-n(OH)n]3-n (棕黄色)。 ①由实验可知，[Fe(H2O)6]3+对水解影响大小：的影响 (填“大于”“等于”或“小于”)温度的影响。 ②设计实验证明实验Ⅲ中溶液呈黄色的原因是Fe3++4Cl-+2H2O[FeCl4(H2O)2]-： 。 17．(15分)氢能是应用前景广阔的新能源，强化制氢、储氢等各环节的技术研发具有积极的现实意义。 回答下列问题： (1)甲醇重整制氢。发生反应：CH3OH(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋3H2(g)，甲醇水蒸气重整制氢技术关键在于催化剂的选择。在反应温度250℃、液空速0.36h-1和水醇比为4.0条件下，考察不同催化剂氢产率(1mol甲醇与水蒸气重整反应后生成氢气的物质的量)随时间的变化曲线如图所示，由图可知应选 作为催化剂。 (2)在Cu-Pd合金表面上甲醇与水蒸气重整反应的机理如图所示(“*”表示此微粒吸附在催化剂表面，M为反应过程中的中间产物)。 ①已知步骤Ⅱ中碳氧双键与发生加成反应，根据元素电负性的变化规律，推导M的结构简式： 。 ②催化剂长时间使用会发生副反应失去活性，将失活的铜基催化剂分为两份，第一份直接在氢气下进行还原，第二份先在空气中高温煅烧后再进行氢气还原，结果只有第二份催化剂活性恢复。说明催化剂失活的另外可能原因是 。 (3)储氢与释氢。 Ⅰ．部分H2和Mg一定条件下化合生成MgH2以储氢；部分H2和N2在催化剂表面合成氨以储氢。 ①研究发现，使用Ru系催化剂时，N2在催化剂表面的吸附活化是整个反应过程的控速步骤，实际工业生产时，将n(H2)/n(N2)控制在1.8~2.2之间，比理论值3小，其原因是 。 ②释氢。MgH2可通过热分解和水解两种方法制得H2.相较于热分解，MgH2水解释氢方法的优点是 。 Ⅱ．HCHO电催化释氢。 催化电解含较低浓度的HCHO、NaOH混合溶液，可获得H2与HCOONa(如图所示)，其中电极b表面覆盖一种Mo与P形成的化合物(晶胞结构如图所示)作催化剂。 ①催化剂可由MoO2与(NH4)2HPO4混合物与H2高温灼烧制得(反应中N元素化合价不变)，该反应的化学方程式为 。 ②电解时，电极b上同时产生H2与HCOO-的物质的量之比为1∶2，则电极b上的电极反应式为 。 ③电解过程中每产生1molH2，通过阴离子交换膜的OH-为 mol。 18．(13分)黄烷酮包括橙皮素、柚皮苷、圣草酚等，通常存在于各种柑橘类水果中。化合物Ⅰ是一种具有多种药理学活性的黄烷酮类药物。由化合物A制备Ⅰ的合成路线如图： 回答下列问题： (1)A中官能团的名称为 。 (2)若B为乙酸则由A生成C的化学方程式为 。 (3)由C生成D的反应类型是 ，E的化学名称是 。 (4)Ⅰ的结构简式为 。 (5)芳香化合物X是C的同分异构体，同时满足如下条件的X有 种。 a．苯环上只有三个取代基，且甲基不与苯环直接相连 b．能与FeCl3 溶液发生显色反应 c．1molX可与4molNaOH反应 其中核磁共振氢谱峰面积比为3∶2∶2∶1的X的结构简式是 、 (写出两种)。 ( 10 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$