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广东省广州市2022届高三10月调研考化学试题（带答案解析）
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这是一份广东省广州市2022届高三10月调研考化学试题（带答案解析），文件包含广东省广州市2022届高三10月调研考化学试题docx、广东省广州市2022届高三10月调研考化学试题带答案解析docx、2021年10月广州市2022届高三年级阶段训练化学试题pdf等3份试卷配套教学资源，其中试卷共43页， 欢迎下载使用。
本试卷共9页，21小题，满分100分。考试用时75分钟。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、试室号、座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相应位置上，并在答题卡相应位置上填涂考生号。
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 Ni59 Cu64 Ba137
一、单项选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 化学与生产、生活及社会发展密切相关。下列说法错误的是
A. 口罩所使用的聚丙烯熔喷布属于合成高分子化合物
B. 家用电器起火时可用泡沫灭火器进行灭火
C. “煤改气”可以减少等有害物质的排放量，有利于打赢蓝天保卫战
D. 红葡萄酒中添加少量具有抗氧化的作用
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．聚丙烯为丙烯发生加聚反应形成的高聚物，属于合成高分子材料，故A正确；
B．家用电器起火时，不能用泡沫灭火器进行灭火，否则会造成触电事故或电器爆炸伤人事故，故B错误；
C．燃煤改为燃气可减少废气中二氧化硫和灰尘等有害物质的排放，可有效减少雾霾和酸雨的发生，有利于打赢蓝天保卫战，故C正确；
D．将少量的二氧化硫添加到葡萄酒中，具有还原性的二氧化硫可以与氧化物质作用，减少葡萄酒的腐败，故D正确；
故选B。
2. 我国科技事业成果显著，下列成果所涉及的材料不属于金属材料的是
A. 神州十二号航天员头盔面窗的材料——聚碳酸酯
B. 国产大飞机的主体材料——铝锂合金
C. 我国第一艘航空母舰的主体材料——合金钢
D. “奋斗者”号深潜器载人舱的外壳——钛合金
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．聚碳酸酯是分子链中含有碳酸酯基的高分子聚合物，属于合成有机高分子材料，故选A；
B．铝锂合金是金属铝和锂熔合而成的具有金属特性的物质，属于金属材料，故不选B；
C．合金钢在普通碳素钢基础上添加适量的一种或多种合金元素而构成的合金，属于金属材料，故不选C；
D．钛合金是以钛元素为基础加入其他元素组成的合金，属于金属材料，故不选D。
选A。
3. 下列说法正确的是
①都是强电解质；②陶瓷、玻璃、水泥都属于硅酸盐材料；③合成纤维、光导纤维都是有机高分子化合物；④溶液与溶液的相同；⑤适量分别通入饱和碳酸钠溶液和澄清石灰水中，都会出现浑浊。
A. ①②④B. ①②⑤C. ②③⑤D. ③④⑤
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】①在水溶液完全电离，溶于水的部分能完全电离，都是强电解质，故①正确；
②陶瓷、玻璃、水泥都属于硅酸盐材料，故②正确；
③合成纤维是有机高分子化合物，光导纤维的成分是二氧化硅，属于无机非金属材料，故③错误；
④溶液与溶液中氢氧根离子的浓度不同，所以不相同，故④错误；
⑤适量通入饱和碳酸钠溶液中生成碳酸氢钠沉淀，适量通入澄清石灰水中生成碳酸钙沉淀，故⑤正确；
正确的是①②⑤，选B。
4. 下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是( )
A. 抗氧化剂B. 调味剂
C. 着色剂D. 增稠剂
【答案】A
【解析】
【详解】A. 抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确；
B. 调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误；
C. 着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误；
D. 增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误。
故选:A。
5. 下列关于有机物叙述正确的是
A. 液化石油气、汽油和石蜡的主要成分都是碳氢化合物
B. 环己烷与苯可用酸性溶液鉴别
C. 由合成的聚合物为
D. 能与溶液反应且分子式为的有机物一定是羧酸
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．液化石油气、汽油和石蜡的主要成分都是仅含碳、氢元素的碳氢化合物，故A正确；
B．环己烷和苯但不能与酸性高锰酸钾溶液反应，则酸性高锰酸钾溶液不能鉴别环己烷和苯，故B错误；
C．丙烯酸甲酯中含有碳碳双键，一定条件下能发生加聚反应生成聚丙烯酸甲酯，故C错误；
D．由分子式为C2H4O2的有机物能与氢氧化钠溶液反应可知，符合条件的有机物可能为乙酸，也可能为甲酸甲酯，故D错误；
故选A
6. K2FeO4是优良的饮用水处理剂，一种制备方法是将Fe2O3、KNO3、KOH混合共熔，反应为Fe2O3 + 3KNO3 + 4KOH == 2K2FeO4 + 3KNO2 + 2H2O。下列关于该反应的说法不正确的是
A. 铁元素被氧化，氮元素被还原B. 氧化性：KNO3 ＞K2FeO4
C. 每生成1 ml K2FeO4，转移6 ml e−D. K2FeO4具有杀菌作用
【答案】C
【解析】
【分析】根据反应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O，元素铁化合价由Fe2O3中+3升高到K2FeO4中+6价，元素氮化合价由KNO3中+5价降低到KNO2中+3价。
【详解】A. 由分析可知，氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高，被氧化，故A正确；
B. 反应中KNO3化合价降低，KNO3为氧化剂，而K2FeO4由化合价升高得到，为氧化产物，氧化性：氧化剂>氧化产物，则氧化性：KNO3>K2FeO4，故B正确；
C. 反应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O中铁元素由+3价变为+6价，故1mlFe2O3转移6ml电子，生成2mlK2FeO4，故当生成1mlK2FeO4时转移3ml电子，转移电子数为生成K2FeO4的3倍，故C错误；
D. K2FeO4中铁元素为+6价，化合价能降低，有强氧化性，能杀菌消毒，故D正确；
故选C。
7. 下列叙述正确的是
A. 向氯水中通入后溶液的酸性减弱
B. 向明矾溶液中加入过量溶液会产生大量白色沉淀
C. 等金属在一定条件下与水反应都生成和对应的碱
D. 浓硫酸、浓硝酸在加热条件下都能将木炭氧化为二氧化碳
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．二氧化硫与氯水反应生成盐酸和硫酸，溶液中氢离子浓度增大，溶液的酸性增强，故A错误；
B．明矾溶液与过量的氢氧化钠溶液反应生成硫酸钾、偏铝酸钾和水，没有白色沉淀生成，故B错误；
C．铁在高温下与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，没有碱生成，故C错误；
D．在加热条件下，碳与浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，与浓硝酸反应生成二氧化氮、二氧化碳和水，反应中木炭都被氧化为二氧化碳，故D正确；
故选D。
8. 下列离子方程式正确的是
A. 用醋酸除水垢：
B. 向溴化亚铁溶液中通入足量氯气：
C. 用小苏打治疗胃酸过多：
D. 通入水中制硝酸：
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．用醋酸除水垢，醋酸是弱酸，醋酸不能拆写为离子，反应的离子方程式为，故A错误；
B．向溴化亚铁溶液中通入足量氯气，亚铁离子、溴离子都被氧化，反应的离子方程式是，故B错误；
C．用小苏打治疗胃酸过多，碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式是，故C正确；
D．通入水中生成硝酸和一氧化氮，反应的离子方程式是，故D错误；
选C。
9. 含碳、氢、氧、氮四种元素的某医药中间体的3D模型如图甲所示。下列有关该物质的说法正确的是
A. 能发生取代反应，但不能发生加成反应
B. 可以与强碱反应，也能与强酸反应
C. 属于芳香族化合物，且与苯丙氨酸互为同系物
D. 其结构简式可表示为图乙，所有原子可能共面
【答案】B
【解析】
【分析】根据甲的球棍模型可知其结构为，即为乙，由结构可知分子中存在碳碳双键、氨基和羧基，据此分析解答。
【详解】A. 由有机物的结构可知，存在碳碳双键，能发生加成反应，存在羧基，能发生取代反应，A项错误；
B. 有机物结构中存在羧基，能体现酸性，可与强碱反应，存在氨基，能体现碱性，因此也可与强酸反应，B项正确；
C. 有机物的结构中不存在苯环，不属于芳香族化合物，C项错误；
D. 乙为甲的结构简式，分子中六元环中含有2个亚甲基，具有四面体结构，因此所有原子不可能共面，D项错误；
答案选B。
【点睛】解答本题时要注意确定多官能团有机物性质的三步骤
10. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 常温常压下，含有个氢原子
B. 溶液中含有个
C. 与足量溶液反应，转移个电子
D. 常温常压下，氮气含有个分子
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．常温常压下，8g甲烷含有的氢原子个数为×4×NAml—1=2NA，故A错误；
B．铵根离子在溶液中发生水解，则1L0.1ml/L硫酸铵溶液中铵根离子数目小于0.1ml/L×1L×NAml—1=0.2NA，故B错误；
C．铜与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和氯化铜，则1ml铜完全反应，反应转移电子数目为1ml×2×NAml—1=2NA，故C正确；
D．常温常压下，气体摩尔体积不能确定，则无法计算2.24L氮气的物质的量和分子个数，故D错误；
故选C。
11. 下列实验操作对应的现象和结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．由现象可知生成碘，具有氧化性的物质均可氧化碘离子，则X可能为氯气、溴水等，也可能X中含碘单质，如碘水，故A错误；
B．Fe与稀硝酸反应生成NO，Fe与稀硫酸反应生成氢气，均存在元素的化合价变化，均发生氧化还原反应，故B正确；
C．SO2通入Ba(NO3)2溶液中，使溶液呈酸性，酸性条件下二氧化硫被硝酸根离子氧化为硫酸根离子，反应生成硫酸钡沉淀，故C错误；
D．向浓度均为和混合溶液中滴加少量溶液，出现黄色沉淀，说明先生成AgI沉淀，则，故D错误；
选B。
12. 联氨可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是
A. ①转化中是还原剂
B. ③中发生反应后溶液的pH减少
C. 可处理水中
D. 工业上也可使用处理锅炉水中的溶解氧
【答案】B
【解析】
【详解】A.转化中变成，N的价态升高，是还原剂，A正确；
B.中发生反应的离子方程式为4Cu(NH3)2++O2+2H2O+8NH3=4Cu(NH3)42++4OH-，所以溶液的增大，B错误；
C.根据反应的机理可知本质上可看成氧气氧化了，根据化合价升降数值相等可知可处理水中，C正确；
D.2Na2SO3+O2=2Na2SO4，Na2SO3成本低，所以工业上也可使用Na2SO3处理锅炉水中的溶解氧，D正确；
故选B。
13. 甲、乙、丙、丁都是短周期元素，其中甲、丁在周期表中的相对位置如下表，甲原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，乙单质在空气中燃烧发出黄色火焰，丙是地壳中含量最高的金属元素。下列判断正确的是
A. 原子半径：丙＞丁B. 甲与丁的核外电子数相差10
C. 氢氧化物碱性：丙＞乙D. 甲、乙的最高价氧化物均是共价化合物
【答案】A
【解析】
【分析】甲、乙、丙、丁都是短周期元素，甲原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故甲为C元素；由甲、丁在周期表中的相对位置，可知丁为Cl；乙单质在空气中燃烧发出黄色火焰，则乙为Na；丙是地壳中含量最高的金属元素，则丙为Al。
【详解】A．同周期自左而右原子半径减小，故原子半径Al＞Cl，故A正确；
B．甲为C、丁为Cl，二者核外电子数之差为17-6=11，故B错误；
C．金属性Al＜Na，故碱性：氢氧化铝＜氢氧化钠，故C错误；
D．乙的氧化物有氧化钠、过氧化钠，均为离子化合物，故D错误；
故选A。
14. 镁－次氯酸盐燃料电池具有比能量高、安全方便等优点，该电池主要工作原理如图所示，关于该电池的叙述不正确的是
A. 铂合金为正极，附近溶液的碱性增强
B. 电池工作时，OH－向镁合金电极移动
C. 电池工作时，需要不断添加次氯酸盐以保证电解质的氧化能力
D. 若电解质溶液为H2O2，硫酸和NaCl的混合液，则正极反应为H2O2＋2e－＝2OH－
【答案】D
【解析】
【详解】从图中可以看出，ClO-在铂电极转化为Cl-，得电子，则铂电极为正极，镁电极为负极。
A. 铂合金为正极，电极反应为ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-，附近溶液的碱性增强，A正确；
B. 电池工作时，镁电极反应为Mg-2e-+2OH-=Mg(OH)2，所以OH－向镁合金电极移动，B正确；
C. 电池工作时，ClO-不断消耗，浓度断减小，氧化能力不断减弱，所以需要不断添加次氯酸盐，C正确；
D. 若电解质溶液为H2O2、硫酸和NaCl的混合液，则正极反应为H2O2＋2e－+2H+=2H2O，D不正确。
故选D。
15. 常温下，浓度均为 0.1 ml·L-1 的下列溶液中，粒子的物质的量浓度关系正确的是
A. 氨水中，c(NH)=c(OH－)=0.1 ml·L-1
B. NH4Cl 溶液中，c(NH)＞c(Cl－)
C. Na2SO4 溶液中，c(Na+)＞c(SO)＞c(OH-)=c(H+)
D. Na2SO3 溶液中，c(Na+)=2c(SO)+c(HSO)+c(H2SO3)
【答案】C
【解析】
【详解】A．氨水显碱性，根据电荷守恒c(NH)+c(H+)=c(OH-)，c(OH-)＞c(NH)，故A项错误；
B．NH4Cl溶液显酸性，根据电荷守恒c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(C1-)，由c(OH-)＜c(H+)，得c(NH)＜c(C1-)，故B项错误；
C．c(Na+)=2c(SO)，该溶液为中性，故c(OH-)＝c(H+)，故C项正确；
D．根据物料守恒，c(Na+)=2c(SO)+2c(HSO)+2c(H2SO3)，故D项错误；
故选C。
16. T℃时，在20.00 mL 0.10 ml/LCH3COOH溶液中滴入0.10 ml/LNaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是
A. T℃时，CH3COOH的电离平衡常数Ka=1.0×10-3
B. M点对应的NaOH溶液的体积为20.00 mL
C. N点所示溶液中c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)
D. N点与Q点所示溶液中水的电离程度：N>Q
【答案】D
【解析】
【详解】A. T℃时，0.10 ml/L CH3COOH溶液的pH=3，说明溶液中c(H+)=10-3 ml/L，则该温度下CH3COOH的电离平衡常数Ka=≈10-5，A错误；
B. M点溶液pH=7，若对应的NaOH溶液的体积为20.00 mL，则醋酸与NaOH恰好中和，溶液为CH3COONa，该盐是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，与题干的溶液显中性相违背，说明M点对应的NaOH溶液的体积小于20.00 mL，B错误；
C. N点时所示溶液中醋酸与NaOH恰好中和，溶液为CH3COONa溶液，CH3COO-发生水解反应而消耗，所以c(Na+)>c(CH3COO-)，CH3COO-发生水解反应消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)> c(H+)，但盐水解程度是微弱的，水解产生的离子浓度远小于盐电离产生的离子浓度，因此c(CH3COO-)>c(OH-)，故该溶液中离子浓度关系为：c(Na+)> c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，C错误；
D. N点时所示溶液中醋酸与NaOH恰好中和，溶液中的溶质为CH3COONa，溶液中只有盐的水解作用，促进水的电离；而Q点时NaOH过量，溶液为CH3COONa和NaOH的混合液，由于NaOH电离产生OH-对水的电离平衡起抑制作用，使盐水解程度减小，故最终达到平衡时水的电离程度N>Q，D正确；
故合理选项D。
二、非选择题：本题共5小题，每小题14分。第17~19题为必考题。第20~21题为选考题，考生选择其中一道题作答。
(一)必考题：共42分。
17. 的防治与利用对于环境保护意义重大。某小组在实验室中对的性质及回收利用等相关问题进行探究。
（1）用下图装置制备纯净的，发生装置中反应的化学方程式为___________，装置的连接顺序为：___________(按气流方向，用小写字母表示)。
（2）用如图装置探究的性质。限选试剂：溶液、稀溶液、溶液、淀粉溶液、新制溶液。
（3）工业上回收利用的一种途径是：
该小组在实验室探究步骤Ⅱ时，一定条件下向的溶液通入空气后，欲测定溶液中的氧化率。
①为该小组设计实验方案(不必描述操作过程的细节，物理量的数值用字母表示)： ___________
②___________(用实验方案中的物理量表示)。
【答案】（1） ①. ②. bcgfd
（2） ①. 氧化 ②. ③. 溶液由黄色变浅绿色 ④. 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+
（3） ①. 向反应后的溶液中加入过量的盐酸，先将剩余的亚硫酸根离子除掉，再加入足量的氯化钡溶液，生成硫酸钡沉淀，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，质量为mg。 ②.
【解析】
【分析】
【小问1详解】
发生装置中NaHSO3和浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫、水，反应的化学方程式为 ，二氧化硫用浓硫酸干燥后，用向上排空气法收集，最后用碱石灰处理尾气，防止污染，装置的连接顺序为：bcgfd；
【小问2详解】
用注射器将新制溶液注入充满的烧瓶中，产生乳白色浑浊，发生，中S元素化合价由+4降低为0，说明价S具有氧化性；
证明+4价的硫具有还原性，需与氧化性的物质反应，需在提供的试剂中选择氧化剂，可选择氯化铁，+3价的铁具有氧化性，铁离子与二氧化硫发生氧化还原反应，反应方程式是2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，氯化铁为棕黄色溶液，氯化亚铁为浅绿色溶液，可观察到溶液由黄色变浅绿色；
【小问3详解】
通过测定溶液中硫酸根离子的量，测定溶液中的氧化率，操作步骤：向反应后的溶液中加入过量的盐酸，先将剩余的亚硫酸根离子除掉，再加入足量的氯化钡溶液，生成硫酸钡沉淀，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，质量为mg，则氧化率（α）=。
18. 一种磁性材料的磨削废料（含镍质量分数约21%）主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。由该废料制备纯度较高的氢氧化镍，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，反应有N2生成。写出金属镍溶解的离子方程式________________________。
（2）“除铁”时H2O2的作用是____________________，为了证明添加的H2O2已足量，应选择的试剂是____________________（填“铁氰化钾”或“硫氰化钾”）溶液。黄钠铁矾[NaxFey(SO4)m(OH)n]具有沉淀颗粒大、沉淀速率快、容易过滤等特点，则x∶y∶m∶n＝1∶3∶2∶________。
（3）“除铜”时，反应的离子方程式为_________________________，若用Na2S或Na2S2O3代替H2S除铜，优点是__________________________。
（4）已知除杂过程在陶瓷容器中进行，NaF的实际用量为理论用量的1.1倍，用量不宜过大的原因是_______________________________。
（5）100kg废料经上述工艺制得Ni(OH)2固体的质量为31kg，则镍回收率的计算式为_______。
（6）镍氢电池已成为混合动力汽车的主要电池类型，其工作原理如下：M+Ni(OH)2HM+NiOOH（式中M为储氢合金）。写出电池放电过程中正极的电极反应式________。
【答案】 ①. 5Ni + 12H+ + 2= 5Ni2+ + N2↑ + 6H2O ②. 将Fe2+氧化成Fe3+ ③. 铁氰化钾 ④. 6 ⑤. H2S + Cu2+ = CuS↓+ 2H+ ⑥. 不易挥发污染性气体H2S ⑦. 过量的F—在酸性条件下会腐蚀陶瓷容器 ⑧. 100％ ⑨. NiOOH + H2O +e- = Ni(OH)2 + OH-
【解析】
【分析】一种磁性材料的磨削废料（含镍质量分数约21%）主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物，加入硫酸和硝酸酸溶，合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，反应有N2生成，过滤除去废渣，滤液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠调节溶液pH除去铁离子，过滤得到滤渣和滤液，滤液中加入H2S沉淀铜离子，过滤得到滤液中加入NaF用来除去镁离子和钙离子，过滤得到滤液中主要是镍离子，加入氢氧化钠溶液沉淀镍离子生成氢氧化镍固体，
（1）镍和硝酸反应生成镍离子、氮气和水，结合电荷守恒、原子守恒、电子守恒配平书写离子方程式；
（2）过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子便于除去且不沉淀其他金属离子，利用铁氰化钾和亚铁离子结合生成蓝色溶液检验亚铁离子是否除净；由题给信息，黄钠铁矾[NaxFey(SO4)m(OH)n]元素化合价代数和为0；
（3）硫化氢和铜离子反应生成难溶于酸的硫化铜沉淀，硫化氢是剧毒气体分析；
（4）NaF的实际用量为理论用量的1.1倍，用量不宜过大是因为，过量氟化钠会在溶液中生成氟化氢，陶瓷容器中的二氧化硅会和氟化氢形成的酸溶液反应；
（5）废料含镍质量分数约21%，100kg废料经上述工艺制得Ni（OH）2固体的质量为31kg，依据镍元素守恒计算回收得到镍和原来镍的质量，计算回收率；
（6）正极上NiOOH得电子生成Ni(OH)2。
【详解】（1）镍和硝酸反应生成镍离子、氮气和水，结合电荷守恒、原子守恒、电子守恒配平书写离子方程式为：5Ni+12H++2=5Ni2++N2↑+6H2O，
故答案为5Ni+12H++2=5Ni2++N2↑+6H2O；
（2）“除铁”时H2O2的作用是过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子便于除去且不沉淀其他金属离子，为了证明添加的H2O2已足量，应选择的试剂是利用铁氰化钾和亚铁离子结合生成蓝色溶液检验亚铁离子是否除净，由题给信息，将某废水中Fe2+氧化为Fe3+，再加入Na2SO4使其生成黄钠铁矾而除去，黄钠铁矾[NaxFey(SO4)m(OH)n]中铁元素化合价为+3价，元素化合价代数和为0，x+3y-2m-n=0，得到x+3y=2m+n，x：y：m：n=1：3：2：p，则p=6，
故答案为将亚铁离子氧化为铁离子；铁氰化钾；6；
（3）硫化氢和铜离子反应生成难溶于酸的硫化铜沉淀，反应的离子方程式为：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，硫化氢是剧毒气体，若用Na2S或Na2S2O3代替H2S除铜，优点是无易挥发的有毒气体硫化氢污染环境，
故答案为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+；无易挥发的有毒气体硫化氢污染环境；
（4）NaF是强碱弱酸盐，氟化钠水解生成HF能腐蚀陶瓷容器，故用量不宜过大，
故答案为过量的F-离子生成氢氟酸会腐蚀陶瓷容器；
（5）废料含镍质量分数约21%，100kg废料经上述工艺制得Ni(OH)2固体的质量为31kg，废料中镍元素质量=100kg×21%=21kg，反应生成镍元素质量=31kg，
则镍回收率的计算式=×100%= 100％，
故答案为100％；
（6）NiMH电池放电过程中，正极上NiOOH得电子生成Ni(OH)2，根据得失电子守恒有NiOOH +e-= Ni(OH)2，根据电荷守恒利用OH-和H2O配平方程式，则正极的电极方程式为：NiOOH+H2O+e-= Ni(OH)2+OH-，
故答案为NiOOH+H2O+e-= Ni(OH)2+OH-。
【点睛】本题考查了物质分离的实验设计和方法应用、元素守恒的有关计算、原电池原理和电极反应书写，主要是利用溶液不同pH条件下离子沉淀的情况不同，控制溶液pH除去杂质离子，同时考查了除杂原则不能引入新的杂质，硫、铁及其化合物性质分析判断。
19. 催化还原是解决温室效应及能源问题的重要手段之一、研究表明，在催化剂存在下，和可发生两个平行反应，分别生成和。反应的热化学方程式如下：
I
Ⅱ
某实验室控制和初始投料比为1∶2.2，经过相同反应时间测得如下实验数据：
【备注】纳米棒；纳米片；
甲醇选择性：转化的中生成甲醇的百分比。
已知：①和的燃烧热分别为和
②
回答下列问题(不考虑温度对的影响)：
（1）反应Ⅰ的平衡常数表达式___________；反应Ⅱ的______。
（2）有利于提高转化为平衡转化率的措施有______。
A．使用催化剂 B．使用催化剂 C．降低反应温度
D．投料比不变，增加反应物的浓度 E．增大和的初始投料比
（3）对比实验a和c可发现：相同催化剂下，温度升高，转化率升高，而甲醇的选择性却降低，请解释甲醇选择性降低的可能原因______。对比实验a和b可发现：相同温度下，采用纳米片使转化率降低，而甲醇的选择性却提高，请解释甲醇的选择性提高的可能原因______。
（4）在下图中分别画出反应Ⅰ在无催化剂、有和由三种情况下“反应过程-能量”示意图___。
（5）研究证实，也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲醇的反应发生在___________极，该电极反应式是___________。
【答案】（1） ①. ②. +41.2kJ•ml-1
（2）CD （3） ①. 反应Ⅰ正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，导致温度升高甲醇的选择性降低 ②. 采用纳米片使反应Ⅰ速率快，在相同时间内生成的甲醇多
（4） （5） ① 阴极 ②. CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O
【解析】
【分析】
【小问1详解】
平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，反应Ⅰ的平衡常数表达式；CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ•ml-1和-285.8kJ•ml-1，可知热化学方程式
a．CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ•ml-1；
b．H2（g）+O2（g）=H2O（1）△H=-285.8kJ•ml-1，
c．H2O（1）═H2O（g）△H3=44.0kJ•ml-1，
根据盖斯定律b-a+c得=-285.8kJ•ml-1+283.0kJ•ml-1+44.0kJ•ml-1=+41.2kJ•ml-1。
【小问2详解】
A．使用催化剂Cat.1，平衡不移动，不能提高转化率，故A错误；
B、使用催化剂Cat.2，不能提高转化率，故B错误；
C、降低反应温度，平衡正向移动，可增大转化率，故C正确；
D、投料比不变，增加反应物浓度，相当于增大压强，衡正向移动，可增大转化率，故D正确；
E、增大 CO2和H2的初始投料比，可增大氢气的转化率，二氧化碳的转化率减小，故E错误；
选CD。
【小问3详解】
对比实验a和c：生成甲醇的反应是反应Ⅰ，反应Ⅰ正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，导致温度升高甲醇的选择性降低；
对比实验a和b可发现：催化剂只影响速率而不能改变平衡，表中数据不是达到平衡后测得的数据，而是反应相同时间测得的数据，采用纳米片使反应Ⅰ速率快，在相同时间内生成的甲醇多。
【小问4详解】
从表中数据分析，在催化剂Cat.2的作用下，甲醇的选择性更大，说明催化剂Cat.2对反应Ⅰ催化效果更好，催化剂能降低反应的活化能，说明使用催化剂Cat.2的反应过程中活化能更低，故图为。
【小问5详解】
CO2在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，C元素化合价降低，被还原，应为电解池的阴极反应，电极方程式为CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O。
(二)选考题。本题包括2小题，每小题4分，考生只能选做一题。
[选修3；物质结构与性质]
20. 和是自然界中重要的铜盐，回答下列问题：
（1）和中阳离子的基态核外电了排布式为___________，三种元素的第一电离能由大到小为___________。
（2）的立体构型是___________。
（3）往溶液中通入足量能生成配合物，其中中心原子的杂化轨道类型为___________，中存在的化学键类型除了极性共价键外，还有___________。
（4）的熔点为的熔点为熔点更高的原因是___________。
（5）利用和制备的检验醛基时，生成红色的，其立方晶胞的结构如图所示。
①该晶胞原子坐标参数A为；B为；C为，则D原子的坐标参数为___________，它代表___________(填元素符号)原子。
②若晶体密度为，晶胞参数为，则阿伏加德罗常数值___________。
【答案】（1） ①. [Ar]3d9 ②. N＞O＞S
（2）正四面体形 （3） ①. sp2杂化 ②. 配位键、离子键
（4）CuSO4和Cu(NO3)2都是离子晶体，所带电荷大于，CuSO4晶体的晶格能大，熔点高于Cu(NO3)2晶体
（5） ①. (，，) ②. Cu ③.
【解析】
【分析】
【小问1详解】
硫酸铜和硝酸铜的阳离子都为铜离子，铜元素的原子序数为29，基态铜原子的电子排布式为[Ar]3d104s1，铜原子失去2个电子形成铜离子，则铜离子的电子排布式为[Ar]3d9；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，N原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能大于相邻元素，同主族元素，从上到下第一电离能依次减小，则N、O、S三种元素的第一电离能由大到小顺序为N＞O＞S，故答案为：[Ar]3d9；N＞O＞S；
【小问2详解】
硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，则硫酸根离子的空间构型为正四面体形，故答案为：正四面体形；
【小问3详解】
硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为0，则氮原子的杂化方式为sp2杂化；配合物是离子化合物，化合物中含有离子键、配位键和极性键，故答案为：sp2杂化；配位键、离子键；
【小问4详解】
离子晶体的熔点大小与晶体的晶格能有关，晶格能越大，熔点越高，硫酸铜和硝酸铜都是离子晶体，晶体中硫酸根离子的电荷数大于硝酸根离子，与铜离子形成的离子键强于硝酸根离子与铜离子形成的离子键，晶体的晶格能强于硝酸铜，则熔点高于硝酸铜，故答案为：CuSO4和Cu(NO3)2都是离子晶体，所带电荷大于，CuSO4晶体的晶格能大，熔点高于Cu(NO3)2晶体；
【小问5详解】
①由该晶胞原子坐标参数A为、B为、C为可知，晶胞的边长为1，由晶胞结构可知，D原子位于体对角线的处，参照A原子的子坐标参数可得D原子的子坐标参数为(，，)；晶胞中位于顶点的白球的个数为8×+1=2，位于体内的黑球的个数为4，由氧化亚铜的化学式可知，D原子代表铜原子，故答案为：(，，)；Cu；
②由晶胞的质量公式可得：(a×10—10)3d=，解得NA=，故答案为：。
[选修5：有机化学基础]
21. 石油分馏得到的轻质汽油可在催化作用下脱氢环化，逐步转化为芳香烃。以链烃A为原料合成两种高分子材料的路线如下：
已知以下信息：
①B：的核磁共振氢谱中只有一组峰；G为一氯代烃。
②R-X+R’-X R-R’ (X为卤素原子，为烃基)
回答下列问题：阿
（1）B的化学名称为___________。
（2）G生成H的化学方程式为___________。
（3）J的结构简式为___________。
（4）由C生成D的反应条件是___________。由E生成F的反应类型为___________。
（5）Ⅰ的同分异构体中能同时满足下列条件的共有___________种(不含立体异构)。
①能与饱和溶液反应产生气体；
②既能发生银镜反应，又能发生水解反应。
其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6∶2︰1∶1的是___________(写出其中一种的结构简式)。
（6）参照上述合成路线，以甲基己烷和一氯甲烷为原料(无机试剂任选)，设计制备化合物E的合成路线：___________。
【答案】（1）环己烷 （2）+NaOH+NaCl+H2O
（3） （4） ①. Cl2/FeCl3 ②. 消去反应
（5） ①. 12 ②. 或
（6）
【解析】
【分析】由题给信息和有机物的转化关系可知，己烷在铂做催化剂作用下，高温条件下转化为，则A为己烷、B为；在铂做催化剂作用下，高温条件下转化为，则C为；在氯化铁做催化剂作用下，与氯气发生取代反应生成，则D为；与氯乙烷发生信息②反应生成，则E为；在催化剂作用下，加热发生消去反应生成，则F为；一定条件下与1，3—丁二烯发生加聚反应生成；在光照条件下，与氯气发生取代反应生成，则G为；在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，则H为；与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成己二酸，在催化剂作用下，己二酸与乙二醇发生縮聚反应生成，则J为。
【小问1详解】
由分析可知，B的结构简式为，名称为环己烷，故答案为：环己烷；
【小问2详解】
G生成H的反应为在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成和水，反应的化学方程式为+NaOH+NaCl+H2O，故答案为：+NaOH+NaCl+H2O；
【小问3详解】
由分析可知，J的结构简式为，故答案为：；
【小问4详解】
由分析可知，C生成D的反应为在氯化铁做催化剂作用下，与氯气发生取代反应生成和氯化氢；E生成F的反应为在催化剂作用下，加热发生消去反应生成，故答案为：Cl2/FeCl3；消去反应；
【小问5详解】
由Ⅰ的同分异构体能与饱和碳酸氢钠溶液反应产生气体，既能发生银镜反应，又能发生水解反应可知，Ⅰ的同分异构体分子中含有的官能团为HCOO—和—COOH，其结构可以视作为丁烷分子中的氢原子被HCOO—和—COOH取代，丁烷分子中氢原子被—COOH取代有4种结构：CH3CH2CH2CH2COOH、、、，其中CH3CH2CH2CH2COOH中烃基上氢原子被HCOO—有4种结构、中烃基上氢原子被HCOO—有4种结构、中烃基上氢原子被HCOO—有1种结构、中烃基上氢原子被HCOO—有3种结构，共12种；其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6∶2︰1∶1的结构简式为、，故答案为：或；
【小问6详解】
结合题给合成路线可知，以2—甲基己烷和一氯甲烷为原料制备乙苯的合成步骤为在铂做催化剂作用下，2—甲基己烷高温条件下转化为，在铂做催化剂作用下，高温条件下转化为，在光照条件下与氯气发生取代反应生成，与一氯甲烷发生信息②反应生成，则合成路线为，故答案为：选项
实验操作
现象
结论
A
用玻璃棒蘸取X溶液沿到淀粉试纸上
试纸变蓝色
X溶液一定是氯水
B
向稀和稀两种溶液中分别加入粉
均有气泡冒出
两者均发生氧化还原反应
C
将通入溶液中
有白色沉淀生成
白色沉淀是
D
向浓度均为和混合溶液中滴加少量溶液
出现黄色沉淀
甲
丁
操作步骤
实验现象
解释原因
用注射器将新制溶液注入充满的烧瓶中
产生乳白色浑浊
价S具有_____性
用注射器将__________溶液注入充满的烧瓶中
___
价S具有还原性，反应的离子方程式为__________
实验编号
温度(K)
催化剂
转化率()
甲醇选择性()
a
543
12.3
42.3
b
543
10.9
72.7
c
553
15.3
39.1
d
553
12.0
71.6
本试卷共9页，21小题，满分100分。考试用时75分钟。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、试室号、座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相应位置上，并在答题卡相应位置上填涂考生号。
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 S32 Ni59 Cu64 Ba137
一、单项选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 化学与生产、生活及社会发展密切相关。下列说法错误的是
A. 口罩所使用的聚丙烯熔喷布属于合成高分子化合物
B. 家用电器起火时可用泡沫灭火器进行灭火
C. “煤改气”可以减少等有害物质的排放量，有利于打赢蓝天保卫战
D. 红葡萄酒中添加少量具有抗氧化的作用
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．聚丙烯为丙烯发生加聚反应形成的高聚物，属于合成高分子材料，故A正确；
B．家用电器起火时，不能用泡沫灭火器进行灭火，否则会造成触电事故或电器爆炸伤人事故，故B错误；
C．燃煤改为燃气可减少废气中二氧化硫和灰尘等有害物质的排放，可有效减少雾霾和酸雨的发生，有利于打赢蓝天保卫战，故C正确；
D．将少量的二氧化硫添加到葡萄酒中，具有还原性的二氧化硫可以与氧化物质作用，减少葡萄酒的腐败，故D正确；
故选B。
2. 我国科技事业成果显著，下列成果所涉及的材料不属于金属材料的是
A. 神州十二号航天员头盔面窗的材料——聚碳酸酯
B. 国产大飞机的主体材料——铝锂合金
C. 我国第一艘航空母舰的主体材料——合金钢
D. “奋斗者”号深潜器载人舱的外壳——钛合金
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．聚碳酸酯是分子链中含有碳酸酯基的高分子聚合物，属于合成有机高分子材料，故选A；
B．铝锂合金是金属铝和锂熔合而成的具有金属特性的物质，属于金属材料，故不选B；
C．合金钢在普通碳素钢基础上添加适量的一种或多种合金元素而构成的合金，属于金属材料，故不选C；
D．钛合金是以钛元素为基础加入其他元素组成的合金，属于金属材料，故不选D。
选A。
3. 下列说法正确的是
①都是强电解质；②陶瓷、玻璃、水泥都属于硅酸盐材料；③合成纤维、光导纤维都是有机高分子化合物；④溶液与溶液的相同；⑤适量分别通入饱和碳酸钠溶液和澄清石灰水中，都会出现浑浊。
A. ①②④B. ①②⑤C. ②③⑤D. ③④⑤
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】①在水溶液完全电离，溶于水的部分能完全电离，都是强电解质，故①正确；
②陶瓷、玻璃、水泥都属于硅酸盐材料，故②正确；
③合成纤维是有机高分子化合物，光导纤维的成分是二氧化硅，属于无机非金属材料，故③错误；
④溶液与溶液中氢氧根离子的浓度不同，所以不相同，故④错误；
⑤适量通入饱和碳酸钠溶液中生成碳酸氢钠沉淀，适量通入澄清石灰水中生成碳酸钙沉淀，故⑤正确；
正确的是①②⑤，选B。
4. 下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是( )
A. 抗氧化剂B. 调味剂
C. 着色剂D. 增稠剂
【答案】A
【解析】
【详解】A. 抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确；
B. 调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误；
C. 着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误；
D. 增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误。
故选:A。
5. 下列关于有机物叙述正确的是
A. 液化石油气、汽油和石蜡的主要成分都是碳氢化合物
B. 环己烷与苯可用酸性溶液鉴别
C. 由合成的聚合物为
D. 能与溶液反应且分子式为的有机物一定是羧酸
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．液化石油气、汽油和石蜡的主要成分都是仅含碳、氢元素的碳氢化合物，故A正确；
B．环己烷和苯但不能与酸性高锰酸钾溶液反应，则酸性高锰酸钾溶液不能鉴别环己烷和苯，故B错误；
C．丙烯酸甲酯中含有碳碳双键，一定条件下能发生加聚反应生成聚丙烯酸甲酯，故C错误；
D．由分子式为C2H4O2的有机物能与氢氧化钠溶液反应可知，符合条件的有机物可能为乙酸，也可能为甲酸甲酯，故D错误；
故选A
6. K2FeO4是优良的饮用水处理剂，一种制备方法是将Fe2O3、KNO3、KOH混合共熔，反应为Fe2O3 + 3KNO3 + 4KOH == 2K2FeO4 + 3KNO2 + 2H2O。下列关于该反应的说法不正确的是
A. 铁元素被氧化，氮元素被还原B. 氧化性：KNO3 ＞K2FeO4
C. 每生成1 ml K2FeO4，转移6 ml e−D. K2FeO4具有杀菌作用
【答案】C
【解析】
【分析】根据反应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O，元素铁化合价由Fe2O3中+3升高到K2FeO4中+6价，元素氮化合价由KNO3中+5价降低到KNO2中+3价。
【详解】A. 由分析可知，氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高，被氧化，故A正确；
B. 反应中KNO3化合价降低，KNO3为氧化剂，而K2FeO4由化合价升高得到，为氧化产物，氧化性：氧化剂>氧化产物，则氧化性：KNO3>K2FeO4，故B正确；
C. 反应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O中铁元素由+3价变为+6价，故1mlFe2O3转移6ml电子，生成2mlK2FeO4，故当生成1mlK2FeO4时转移3ml电子，转移电子数为生成K2FeO4的3倍，故C错误；
D. K2FeO4中铁元素为+6价，化合价能降低，有强氧化性，能杀菌消毒，故D正确；
故选C。
7. 下列叙述正确的是
A. 向氯水中通入后溶液的酸性减弱
B. 向明矾溶液中加入过量溶液会产生大量白色沉淀
C. 等金属在一定条件下与水反应都生成和对应的碱
D. 浓硫酸、浓硝酸在加热条件下都能将木炭氧化为二氧化碳
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．二氧化硫与氯水反应生成盐酸和硫酸，溶液中氢离子浓度增大，溶液的酸性增强，故A错误；
B．明矾溶液与过量的氢氧化钠溶液反应生成硫酸钾、偏铝酸钾和水，没有白色沉淀生成，故B错误；
C．铁在高温下与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，没有碱生成，故C错误；
D．在加热条件下，碳与浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，与浓硝酸反应生成二氧化氮、二氧化碳和水，反应中木炭都被氧化为二氧化碳，故D正确；
故选D。
8. 下列离子方程式正确的是
A. 用醋酸除水垢：
B. 向溴化亚铁溶液中通入足量氯气：
C. 用小苏打治疗胃酸过多：
D. 通入水中制硝酸：
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．用醋酸除水垢，醋酸是弱酸，醋酸不能拆写为离子，反应的离子方程式为，故A错误；
B．向溴化亚铁溶液中通入足量氯气，亚铁离子、溴离子都被氧化，反应的离子方程式是，故B错误；
C．用小苏打治疗胃酸过多，碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式是，故C正确；
D．通入水中生成硝酸和一氧化氮，反应的离子方程式是，故D错误；
选C。
9. 含碳、氢、氧、氮四种元素的某医药中间体的3D模型如图甲所示。下列有关该物质的说法正确的是
A. 能发生取代反应，但不能发生加成反应
B. 可以与强碱反应，也能与强酸反应
C. 属于芳香族化合物，且与苯丙氨酸互为同系物
D. 其结构简式可表示为图乙，所有原子可能共面
【答案】B
【解析】
【分析】根据甲的球棍模型可知其结构为，即为乙，由结构可知分子中存在碳碳双键、氨基和羧基，据此分析解答。
【详解】A. 由有机物的结构可知，存在碳碳双键，能发生加成反应，存在羧基，能发生取代反应，A项错误；
B. 有机物结构中存在羧基，能体现酸性，可与强碱反应，存在氨基，能体现碱性，因此也可与强酸反应，B项正确；
C. 有机物的结构中不存在苯环，不属于芳香族化合物，C项错误；
D. 乙为甲的结构简式，分子中六元环中含有2个亚甲基，具有四面体结构，因此所有原子不可能共面，D项错误；
答案选B。
【点睛】解答本题时要注意确定多官能团有机物性质的三步骤
10. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 常温常压下，含有个氢原子
B. 溶液中含有个
C. 与足量溶液反应，转移个电子
D. 常温常压下，氮气含有个分子
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．常温常压下，8g甲烷含有的氢原子个数为×4×NAml—1=2NA，故A错误；
B．铵根离子在溶液中发生水解，则1L0.1ml/L硫酸铵溶液中铵根离子数目小于0.1ml/L×1L×NAml—1=0.2NA，故B错误；
C．铜与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和氯化铜，则1ml铜完全反应，反应转移电子数目为1ml×2×NAml—1=2NA，故C正确；
D．常温常压下，气体摩尔体积不能确定，则无法计算2.24L氮气的物质的量和分子个数，故D错误；
故选C。
11. 下列实验操作对应的现象和结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．由现象可知生成碘，具有氧化性的物质均可氧化碘离子，则X可能为氯气、溴水等，也可能X中含碘单质，如碘水，故A错误；
B．Fe与稀硝酸反应生成NO，Fe与稀硫酸反应生成氢气，均存在元素的化合价变化，均发生氧化还原反应，故B正确；
C．SO2通入Ba(NO3)2溶液中，使溶液呈酸性，酸性条件下二氧化硫被硝酸根离子氧化为硫酸根离子，反应生成硫酸钡沉淀，故C错误；
D．向浓度均为和混合溶液中滴加少量溶液，出现黄色沉淀，说明先生成AgI沉淀，则，故D错误；
选B。
12. 联氨可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是
A. ①转化中是还原剂
B. ③中发生反应后溶液的pH减少
C. 可处理水中
D. 工业上也可使用处理锅炉水中的溶解氧
【答案】B
【解析】
【详解】A.转化中变成，N的价态升高，是还原剂，A正确；
B.中发生反应的离子方程式为4Cu(NH3)2++O2+2H2O+8NH3=4Cu(NH3)42++4OH-，所以溶液的增大，B错误；
C.根据反应的机理可知本质上可看成氧气氧化了，根据化合价升降数值相等可知可处理水中，C正确；
D.2Na2SO3+O2=2Na2SO4，Na2SO3成本低，所以工业上也可使用Na2SO3处理锅炉水中的溶解氧，D正确；
故选B。
13. 甲、乙、丙、丁都是短周期元素，其中甲、丁在周期表中的相对位置如下表，甲原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，乙单质在空气中燃烧发出黄色火焰，丙是地壳中含量最高的金属元素。下列判断正确的是
A. 原子半径：丙＞丁B. 甲与丁的核外电子数相差10
C. 氢氧化物碱性：丙＞乙D. 甲、乙的最高价氧化物均是共价化合物
【答案】A
【解析】
【分析】甲、乙、丙、丁都是短周期元素，甲原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故甲为C元素；由甲、丁在周期表中的相对位置，可知丁为Cl；乙单质在空气中燃烧发出黄色火焰，则乙为Na；丙是地壳中含量最高的金属元素，则丙为Al。
【详解】A．同周期自左而右原子半径减小，故原子半径Al＞Cl，故A正确；
B．甲为C、丁为Cl，二者核外电子数之差为17-6=11，故B错误；
C．金属性Al＜Na，故碱性：氢氧化铝＜氢氧化钠，故C错误；
D．乙的氧化物有氧化钠、过氧化钠，均为离子化合物，故D错误；
故选A。
14. 镁－次氯酸盐燃料电池具有比能量高、安全方便等优点，该电池主要工作原理如图所示，关于该电池的叙述不正确的是
A. 铂合金为正极，附近溶液的碱性增强
B. 电池工作时，OH－向镁合金电极移动
C. 电池工作时，需要不断添加次氯酸盐以保证电解质的氧化能力
D. 若电解质溶液为H2O2，硫酸和NaCl的混合液，则正极反应为H2O2＋2e－＝2OH－
【答案】D
【解析】
【详解】从图中可以看出，ClO-在铂电极转化为Cl-，得电子，则铂电极为正极，镁电极为负极。
A. 铂合金为正极，电极反应为ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-，附近溶液的碱性增强，A正确；
B. 电池工作时，镁电极反应为Mg-2e-+2OH-=Mg(OH)2，所以OH－向镁合金电极移动，B正确；
C. 电池工作时，ClO-不断消耗，浓度断减小，氧化能力不断减弱，所以需要不断添加次氯酸盐，C正确；
D. 若电解质溶液为H2O2、硫酸和NaCl的混合液，则正极反应为H2O2＋2e－+2H+=2H2O，D不正确。
故选D。
15. 常温下，浓度均为 0.1 ml·L-1 的下列溶液中，粒子的物质的量浓度关系正确的是
A. 氨水中，c(NH)=c(OH－)=0.1 ml·L-1
B. NH4Cl 溶液中，c(NH)＞c(Cl－)
C. Na2SO4 溶液中，c(Na+)＞c(SO)＞c(OH-)=c(H+)
D. Na2SO3 溶液中，c(Na+)=2c(SO)+c(HSO)+c(H2SO3)
【答案】C
【解析】
【详解】A．氨水显碱性，根据电荷守恒c(NH)+c(H+)=c(OH-)，c(OH-)＞c(NH)，故A项错误；
B．NH4Cl溶液显酸性，根据电荷守恒c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(C1-)，由c(OH-)＜c(H+)，得c(NH)＜c(C1-)，故B项错误；
C．c(Na+)=2c(SO)，该溶液为中性，故c(OH-)＝c(H+)，故C项正确；
D．根据物料守恒，c(Na+)=2c(SO)+2c(HSO)+2c(H2SO3)，故D项错误；
故选C。
16. T℃时，在20.00 mL 0.10 ml/LCH3COOH溶液中滴入0.10 ml/LNaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是
A. T℃时，CH3COOH的电离平衡常数Ka=1.0×10-3
B. M点对应的NaOH溶液的体积为20.00 mL
C. N点所示溶液中c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)
D. N点与Q点所示溶液中水的电离程度：N>Q
【答案】D
【解析】
【详解】A. T℃时，0.10 ml/L CH3COOH溶液的pH=3，说明溶液中c(H+)=10-3 ml/L，则该温度下CH3COOH的电离平衡常数Ka=≈10-5，A错误；
B. M点溶液pH=7，若对应的NaOH溶液的体积为20.00 mL，则醋酸与NaOH恰好中和，溶液为CH3COONa，该盐是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，与题干的溶液显中性相违背，说明M点对应的NaOH溶液的体积小于20.00 mL，B错误；
C. N点时所示溶液中醋酸与NaOH恰好中和，溶液为CH3COONa溶液，CH3COO-发生水解反应而消耗，所以c(Na+)>c(CH3COO-)，CH3COO-发生水解反应消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)> c(H+)，但盐水解程度是微弱的，水解产生的离子浓度远小于盐电离产生的离子浓度，因此c(CH3COO-)>c(OH-)，故该溶液中离子浓度关系为：c(Na+)> c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，C错误；
D. N点时所示溶液中醋酸与NaOH恰好中和，溶液中的溶质为CH3COONa，溶液中只有盐的水解作用，促进水的电离；而Q点时NaOH过量，溶液为CH3COONa和NaOH的混合液，由于NaOH电离产生OH-对水的电离平衡起抑制作用，使盐水解程度减小，故最终达到平衡时水的电离程度N>Q，D正确；
故合理选项D。
二、非选择题：本题共5小题，每小题14分。第17~19题为必考题。第20~21题为选考题，考生选择其中一道题作答。
(一)必考题：共42分。
17. 的防治与利用对于环境保护意义重大。某小组在实验室中对的性质及回收利用等相关问题进行探究。
（1）用下图装置制备纯净的，发生装置中反应的化学方程式为___________，装置的连接顺序为：___________(按气流方向，用小写字母表示)。
（2）用如图装置探究的性质。限选试剂：溶液、稀溶液、溶液、淀粉溶液、新制溶液。
（3）工业上回收利用的一种途径是：
该小组在实验室探究步骤Ⅱ时，一定条件下向的溶液通入空气后，欲测定溶液中的氧化率。
①为该小组设计实验方案(不必描述操作过程的细节，物理量的数值用字母表示)： ___________
②___________(用实验方案中的物理量表示)。
【答案】（1） ①. ②. bcgfd
（2） ①. 氧化 ②. ③. 溶液由黄色变浅绿色 ④. 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+
（3） ①. 向反应后的溶液中加入过量的盐酸，先将剩余的亚硫酸根离子除掉，再加入足量的氯化钡溶液，生成硫酸钡沉淀，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，质量为mg。 ②.
【解析】
【分析】
【小问1详解】
发生装置中NaHSO3和浓硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫、水，反应的化学方程式为 ，二氧化硫用浓硫酸干燥后，用向上排空气法收集，最后用碱石灰处理尾气，防止污染，装置的连接顺序为：bcgfd；
【小问2详解】
用注射器将新制溶液注入充满的烧瓶中，产生乳白色浑浊，发生，中S元素化合价由+4降低为0，说明价S具有氧化性；
证明+4价的硫具有还原性，需与氧化性的物质反应，需在提供的试剂中选择氧化剂，可选择氯化铁，+3价的铁具有氧化性，铁离子与二氧化硫发生氧化还原反应，反应方程式是2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，氯化铁为棕黄色溶液，氯化亚铁为浅绿色溶液，可观察到溶液由黄色变浅绿色；
【小问3详解】
通过测定溶液中硫酸根离子的量，测定溶液中的氧化率，操作步骤：向反应后的溶液中加入过量的盐酸，先将剩余的亚硫酸根离子除掉，再加入足量的氯化钡溶液，生成硫酸钡沉淀，将沉淀过滤、洗涤、干燥、称量，质量为mg，则氧化率（α）=。
18. 一种磁性材料的磨削废料（含镍质量分数约21%）主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。由该废料制备纯度较高的氢氧化镍，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，反应有N2生成。写出金属镍溶解的离子方程式________________________。
（2）“除铁”时H2O2的作用是____________________，为了证明添加的H2O2已足量，应选择的试剂是____________________（填“铁氰化钾”或“硫氰化钾”）溶液。黄钠铁矾[NaxFey(SO4)m(OH)n]具有沉淀颗粒大、沉淀速率快、容易过滤等特点，则x∶y∶m∶n＝1∶3∶2∶________。
（3）“除铜”时，反应的离子方程式为_________________________，若用Na2S或Na2S2O3代替H2S除铜，优点是__________________________。
（4）已知除杂过程在陶瓷容器中进行，NaF的实际用量为理论用量的1.1倍，用量不宜过大的原因是_______________________________。
（5）100kg废料经上述工艺制得Ni(OH)2固体的质量为31kg，则镍回收率的计算式为_______。
（6）镍氢电池已成为混合动力汽车的主要电池类型，其工作原理如下：M+Ni(OH)2HM+NiOOH（式中M为储氢合金）。写出电池放电过程中正极的电极反应式________。
【答案】 ①. 5Ni + 12H+ + 2= 5Ni2+ + N2↑ + 6H2O ②. 将Fe2+氧化成Fe3+ ③. 铁氰化钾 ④. 6 ⑤. H2S + Cu2+ = CuS↓+ 2H+ ⑥. 不易挥发污染性气体H2S ⑦. 过量的F—在酸性条件下会腐蚀陶瓷容器 ⑧. 100％ ⑨. NiOOH + H2O +e- = Ni(OH)2 + OH-
【解析】
【分析】一种磁性材料的磨削废料（含镍质量分数约21%）主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物，加入硫酸和硝酸酸溶，合金中的镍难溶于稀硫酸，“酸溶”时除了加入稀硫酸，还要边搅拌边缓慢加入稀硝酸，反应有N2生成，过滤除去废渣，滤液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠调节溶液pH除去铁离子，过滤得到滤渣和滤液，滤液中加入H2S沉淀铜离子，过滤得到滤液中加入NaF用来除去镁离子和钙离子，过滤得到滤液中主要是镍离子，加入氢氧化钠溶液沉淀镍离子生成氢氧化镍固体，
（1）镍和硝酸反应生成镍离子、氮气和水，结合电荷守恒、原子守恒、电子守恒配平书写离子方程式；
（2）过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子便于除去且不沉淀其他金属离子，利用铁氰化钾和亚铁离子结合生成蓝色溶液检验亚铁离子是否除净；由题给信息，黄钠铁矾[NaxFey(SO4)m(OH)n]元素化合价代数和为0；
（3）硫化氢和铜离子反应生成难溶于酸的硫化铜沉淀，硫化氢是剧毒气体分析；
（4）NaF的实际用量为理论用量的1.1倍，用量不宜过大是因为，过量氟化钠会在溶液中生成氟化氢，陶瓷容器中的二氧化硅会和氟化氢形成的酸溶液反应；
（5）废料含镍质量分数约21%，100kg废料经上述工艺制得Ni（OH）2固体的质量为31kg，依据镍元素守恒计算回收得到镍和原来镍的质量，计算回收率；
（6）正极上NiOOH得电子生成Ni(OH)2。
【详解】（1）镍和硝酸反应生成镍离子、氮气和水，结合电荷守恒、原子守恒、电子守恒配平书写离子方程式为：5Ni+12H++2=5Ni2++N2↑+6H2O，
故答案为5Ni+12H++2=5Ni2++N2↑+6H2O；
（2）“除铁”时H2O2的作用是过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子便于除去且不沉淀其他金属离子，为了证明添加的H2O2已足量，应选择的试剂是利用铁氰化钾和亚铁离子结合生成蓝色溶液检验亚铁离子是否除净，由题给信息，将某废水中Fe2+氧化为Fe3+，再加入Na2SO4使其生成黄钠铁矾而除去，黄钠铁矾[NaxFey(SO4)m(OH)n]中铁元素化合价为+3价，元素化合价代数和为0，x+3y-2m-n=0，得到x+3y=2m+n，x：y：m：n=1：3：2：p，则p=6，
故答案为将亚铁离子氧化为铁离子；铁氰化钾；6；
（3）硫化氢和铜离子反应生成难溶于酸的硫化铜沉淀，反应的离子方程式为：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，硫化氢是剧毒气体，若用Na2S或Na2S2O3代替H2S除铜，优点是无易挥发的有毒气体硫化氢污染环境，
故答案为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+；无易挥发的有毒气体硫化氢污染环境；
（4）NaF是强碱弱酸盐，氟化钠水解生成HF能腐蚀陶瓷容器，故用量不宜过大，
故答案为过量的F-离子生成氢氟酸会腐蚀陶瓷容器；
（5）废料含镍质量分数约21%，100kg废料经上述工艺制得Ni(OH)2固体的质量为31kg，废料中镍元素质量=100kg×21%=21kg，反应生成镍元素质量=31kg，
则镍回收率的计算式=×100%= 100％，
故答案为100％；
（6）NiMH电池放电过程中，正极上NiOOH得电子生成Ni(OH)2，根据得失电子守恒有NiOOH +e-= Ni(OH)2，根据电荷守恒利用OH-和H2O配平方程式，则正极的电极方程式为：NiOOH+H2O+e-= Ni(OH)2+OH-，
故答案为NiOOH+H2O+e-= Ni(OH)2+OH-。
【点睛】本题考查了物质分离的实验设计和方法应用、元素守恒的有关计算、原电池原理和电极反应书写，主要是利用溶液不同pH条件下离子沉淀的情况不同，控制溶液pH除去杂质离子，同时考查了除杂原则不能引入新的杂质，硫、铁及其化合物性质分析判断。
19. 催化还原是解决温室效应及能源问题的重要手段之一、研究表明，在催化剂存在下，和可发生两个平行反应，分别生成和。反应的热化学方程式如下：
I
Ⅱ
某实验室控制和初始投料比为1∶2.2，经过相同反应时间测得如下实验数据：
【备注】纳米棒；纳米片；
甲醇选择性：转化的中生成甲醇的百分比。
已知：①和的燃烧热分别为和
②
回答下列问题(不考虑温度对的影响)：
（1）反应Ⅰ的平衡常数表达式___________；反应Ⅱ的______。
（2）有利于提高转化为平衡转化率的措施有______。
A．使用催化剂 B．使用催化剂 C．降低反应温度
D．投料比不变，增加反应物的浓度 E．增大和的初始投料比
（3）对比实验a和c可发现：相同催化剂下，温度升高，转化率升高，而甲醇的选择性却降低，请解释甲醇选择性降低的可能原因______。对比实验a和b可发现：相同温度下，采用纳米片使转化率降低，而甲醇的选择性却提高，请解释甲醇的选择性提高的可能原因______。
（4）在下图中分别画出反应Ⅰ在无催化剂、有和由三种情况下“反应过程-能量”示意图___。
（5）研究证实，也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲醇的反应发生在___________极，该电极反应式是___________。
【答案】（1） ①. ②. +41.2kJ•ml-1
（2）CD （3） ①. 反应Ⅰ正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，导致温度升高甲醇的选择性降低 ②. 采用纳米片使反应Ⅰ速率快，在相同时间内生成的甲醇多
（4） （5） ① 阴极 ②. CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O
【解析】
【分析】
【小问1详解】
平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，反应Ⅰ的平衡常数表达式；CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ•ml-1和-285.8kJ•ml-1，可知热化学方程式
a．CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.0kJ•ml-1；
b．H2（g）+O2（g）=H2O（1）△H=-285.8kJ•ml-1，
c．H2O（1）═H2O（g）△H3=44.0kJ•ml-1，
根据盖斯定律b-a+c得=-285.8kJ•ml-1+283.0kJ•ml-1+44.0kJ•ml-1=+41.2kJ•ml-1。
【小问2详解】
A．使用催化剂Cat.1，平衡不移动，不能提高转化率，故A错误；
B、使用催化剂Cat.2，不能提高转化率，故B错误；
C、降低反应温度，平衡正向移动，可增大转化率，故C正确；
D、投料比不变，增加反应物浓度，相当于增大压强，衡正向移动，可增大转化率，故D正确；
E、增大 CO2和H2的初始投料比，可增大氢气的转化率，二氧化碳的转化率减小，故E错误；
选CD。
【小问3详解】
对比实验a和c：生成甲醇的反应是反应Ⅰ，反应Ⅰ正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，导致温度升高甲醇的选择性降低；
对比实验a和b可发现：催化剂只影响速率而不能改变平衡，表中数据不是达到平衡后测得的数据，而是反应相同时间测得的数据，采用纳米片使反应Ⅰ速率快，在相同时间内生成的甲醇多。
【小问4详解】
从表中数据分析，在催化剂Cat.2的作用下，甲醇的选择性更大，说明催化剂Cat.2对反应Ⅰ催化效果更好，催化剂能降低反应的活化能，说明使用催化剂Cat.2的反应过程中活化能更低，故图为。
【小问5详解】
CO2在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，C元素化合价降低，被还原，应为电解池的阴极反应，电极方程式为CO2+6H++6e-=CH3OH+H2O。
(二)选考题。本题包括2小题，每小题4分，考生只能选做一题。
[选修3；物质结构与性质]
20. 和是自然界中重要的铜盐，回答下列问题：
（1）和中阳离子的基态核外电了排布式为___________，三种元素的第一电离能由大到小为___________。
（2）的立体构型是___________。
（3）往溶液中通入足量能生成配合物，其中中心原子的杂化轨道类型为___________，中存在的化学键类型除了极性共价键外，还有___________。
（4）的熔点为的熔点为熔点更高的原因是___________。
（5）利用和制备的检验醛基时，生成红色的，其立方晶胞的结构如图所示。
①该晶胞原子坐标参数A为；B为；C为，则D原子的坐标参数为___________，它代表___________(填元素符号)原子。
②若晶体密度为，晶胞参数为，则阿伏加德罗常数值___________。
【答案】（1） ①. [Ar]3d9 ②. N＞O＞S
（2）正四面体形 （3） ①. sp2杂化 ②. 配位键、离子键
（4）CuSO4和Cu(NO3)2都是离子晶体，所带电荷大于，CuSO4晶体的晶格能大，熔点高于Cu(NO3)2晶体
（5） ①. (，，) ②. Cu ③.
【解析】
【分析】
【小问1详解】
硫酸铜和硝酸铜的阳离子都为铜离子，铜元素的原子序数为29，基态铜原子的电子排布式为[Ar]3d104s1，铜原子失去2个电子形成铜离子，则铜离子的电子排布式为[Ar]3d9；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，N原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能大于相邻元素，同主族元素，从上到下第一电离能依次减小，则N、O、S三种元素的第一电离能由大到小顺序为N＞O＞S，故答案为：[Ar]3d9；N＞O＞S；
【小问2详解】
硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，则硫酸根离子的空间构型为正四面体形，故答案为：正四面体形；
【小问3详解】
硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为0，则氮原子的杂化方式为sp2杂化；配合物是离子化合物，化合物中含有离子键、配位键和极性键，故答案为：sp2杂化；配位键、离子键；
【小问4详解】
离子晶体的熔点大小与晶体的晶格能有关，晶格能越大，熔点越高，硫酸铜和硝酸铜都是离子晶体，晶体中硫酸根离子的电荷数大于硝酸根离子，与铜离子形成的离子键强于硝酸根离子与铜离子形成的离子键，晶体的晶格能强于硝酸铜，则熔点高于硝酸铜，故答案为：CuSO4和Cu(NO3)2都是离子晶体，所带电荷大于，CuSO4晶体的晶格能大，熔点高于Cu(NO3)2晶体；
【小问5详解】
①由该晶胞原子坐标参数A为、B为、C为可知，晶胞的边长为1，由晶胞结构可知，D原子位于体对角线的处，参照A原子的子坐标参数可得D原子的子坐标参数为(，，)；晶胞中位于顶点的白球的个数为8×+1=2，位于体内的黑球的个数为4，由氧化亚铜的化学式可知，D原子代表铜原子，故答案为：(，，)；Cu；
②由晶胞的质量公式可得：(a×10—10)3d=，解得NA=，故答案为：。
[选修5：有机化学基础]
21. 石油分馏得到的轻质汽油可在催化作用下脱氢环化，逐步转化为芳香烃。以链烃A为原料合成两种高分子材料的路线如下：
已知以下信息：
①B：的核磁共振氢谱中只有一组峰；G为一氯代烃。
②R-X+R’-X R-R’ (X为卤素原子，为烃基)
回答下列问题：阿
（1）B的化学名称为___________。
（2）G生成H的化学方程式为___________。
（3）J的结构简式为___________。
（4）由C生成D的反应条件是___________。由E生成F的反应类型为___________。
（5）Ⅰ的同分异构体中能同时满足下列条件的共有___________种(不含立体异构)。
①能与饱和溶液反应产生气体；
②既能发生银镜反应，又能发生水解反应。
其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6∶2︰1∶1的是___________(写出其中一种的结构简式)。
（6）参照上述合成路线，以甲基己烷和一氯甲烷为原料(无机试剂任选)，设计制备化合物E的合成路线：___________。
【答案】（1）环己烷 （2）+NaOH+NaCl+H2O
（3） （4） ①. Cl2/FeCl3 ②. 消去反应
（5） ①. 12 ②. 或
（6）
【解析】
【分析】由题给信息和有机物的转化关系可知，己烷在铂做催化剂作用下，高温条件下转化为，则A为己烷、B为；在铂做催化剂作用下，高温条件下转化为，则C为；在氯化铁做催化剂作用下，与氯气发生取代反应生成，则D为；与氯乙烷发生信息②反应生成，则E为；在催化剂作用下，加热发生消去反应生成，则F为；一定条件下与1，3—丁二烯发生加聚反应生成；在光照条件下，与氯气发生取代反应生成，则G为；在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成，则H为；与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成己二酸，在催化剂作用下，己二酸与乙二醇发生縮聚反应生成，则J为。
【小问1详解】
由分析可知，B的结构简式为，名称为环己烷，故答案为：环己烷；
【小问2详解】
G生成H的反应为在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成和水，反应的化学方程式为+NaOH+NaCl+H2O，故答案为：+NaOH+NaCl+H2O；
【小问3详解】
由分析可知，J的结构简式为，故答案为：；
【小问4详解】
由分析可知，C生成D的反应为在氯化铁做催化剂作用下，与氯气发生取代反应生成和氯化氢；E生成F的反应为在催化剂作用下，加热发生消去反应生成，故答案为：Cl2/FeCl3；消去反应；
【小问5详解】
由Ⅰ的同分异构体能与饱和碳酸氢钠溶液反应产生气体，既能发生银镜反应，又能发生水解反应可知，Ⅰ的同分异构体分子中含有的官能团为HCOO—和—COOH，其结构可以视作为丁烷分子中的氢原子被HCOO—和—COOH取代，丁烷分子中氢原子被—COOH取代有4种结构：CH3CH2CH2CH2COOH、、、，其中CH3CH2CH2CH2COOH中烃基上氢原子被HCOO—有4种结构、中烃基上氢原子被HCOO—有4种结构、中烃基上氢原子被HCOO—有1种结构、中烃基上氢原子被HCOO—有3种结构，共12种；其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6∶2︰1∶1的结构简式为、，故答案为：或；
【小问6详解】
结合题给合成路线可知，以2—甲基己烷和一氯甲烷为原料制备乙苯的合成步骤为在铂做催化剂作用下，2—甲基己烷高温条件下转化为，在铂做催化剂作用下，高温条件下转化为，在光照条件下与氯气发生取代反应生成，与一氯甲烷发生信息②反应生成，则合成路线为，故答案为：选项
实验操作
现象
结论
A
用玻璃棒蘸取X溶液沿到淀粉试纸上
试纸变蓝色
X溶液一定是氯水
B
向稀和稀两种溶液中分别加入粉
均有气泡冒出
两者均发生氧化还原反应
C
将通入溶液中
有白色沉淀生成
白色沉淀是
D
向浓度均为和混合溶液中滴加少量溶液
出现黄色沉淀
甲
丁
操作步骤
实验现象
解释原因
用注射器将新制溶液注入充满的烧瓶中
产生乳白色浑浊
价S具有_____性
用注射器将__________溶液注入充满的烧瓶中
___
价S具有还原性，反应的离子方程式为__________
实验编号
温度(K)
催化剂
转化率()
甲醇选择性()
a
543
12.3
42.3
b
543
10.9
72.7
c
553
15.3
39.1
d
553
12.0
71.6
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