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2021年福建省漳州市一中高考一模理综-化学试卷含解析
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这是一份2021年福建省漳州市一中高考一模理综-化学试卷含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，非选择题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
福建省漳州市一中2021年高考一模试卷
理综化学
一、单选题
1．化学与生产、生活密切相关。下列有关说法错误的是 ( )
A．“司母戊鼎”铸造所需的主要材料为铜合金
B．某些食品袋中的小包“铁粉”有抗氧化的作用
C．绿色化学研究的是如何用化学技术与原理治理已经被污染的环境
D．游泳池水呈蓝色是因为消毒剂中含有硫酸铜
2．下列离子方程式正确的是( )
A．用 H2O2 从酸化的海带灰浸出液中提取碘： 2I−+H2O2+2H+=I2+2H2O
B．向碳酸氢铵溶液中加入过量的 NaOH溶液： NH4++OH−=NH3⋅H2O
C．向饱和的碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳： CO2+CO32−+H2O=2HCO3−
D．过量 SO2通入 NaClO溶液中： SO2+H2O+ClO−=HClO+HSO3−
3．下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
将红棕色气体通入淀粉-KI溶液
溶液变蓝
该气体为NO2
B
向盛有皂化反应后液体的烧杯中加入NaCl固体向
杯底出现白色沉淀
该物质为高级脂肪酸钠
C
AgCl浊液中加入过量浓氨水
溶液变澄清
AgCl属于强酸弱碱盐，显酸性
D
硫酸亚铁固体溶于稀硫酸溶液后，滴加KSCN溶液
溶液变为红色
硫酸亚铁固体发生了变质
A．A B．B C．C D．D
4．中国科学院康乐院士团队鉴定到一种由群居型蝗虫特异性挥发的气味分子 4-乙烯基苯甲醚( )对世界蝗灾的控制和预测具有重要意义。下列说法正确的是( )
A．分子式为 C9H12O
B．苯环上的二氯代物有 4 种
C．该物质能发生缩聚反应生成高聚物
D．位于同一平面的原子数最少有 8 个
5．设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．标准状况下，22.4 LCH2Cl2 中含有的共用电子对数目为 4NA
B．常温下将 5.6 g 的铁块投入到足量的浓硫酸中，转移的电子数为0.3NA
C．含 28 g 硅的二氧化硅晶体中存在的共价键总数为 2NA
D．AlCl3溶液中 Al3+的物质的量浓度为1mol·L-1，则1L溶液中所含 Cl-的数目大于3NA
6．利用固体氧化物电解池研究高温电解将CO2和H2O转化为合成气(CO+H2)，示意图如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．该装置的能量转化方式只有电能转化为化学能
B．Y为电源的负极
C．阳极的电极反应式为 2O2−−4e−=O2↑
D．若阴极生成 1 mol 的合成气，则电路中转移2 mol电子
7．第三周期元素 X、Y、Z、W的最高价氧化物分别溶于水可得四种溶液，浓度均为 0.01 mol·L-1的这四种溶液的 pH 与相应元素原子半径的关系如图所示。下列说法错误的是( )
A．X、Y、Z、W 四种元素简单离子半径对应排序为 X＜W＜Z＜Y
B．简单阴离子的还原性：W＞Z＞Y
C．W 元素的单质通入 Z元素气态氢化物的水溶液中可出现浑浊
D．Z的最高价氧化物对应的水化物和其气态氢化物在一定条件下可发生反应
8．利用新颖高效气体发生装置，以氯气氧化法制备 KMnO4的实验装置如图所示。已知K2MnO4溶液为墨绿色。
实验步骤：检查装置气密性后加入试剂，当水浴温度为75～85℃时，打开流量控制器，浓盐酸以每秒1滴的速率滴入反应器中，反应25 min。
下列说法错误的是( )
A．采用水浴加热及流量控制器可使 Cl2平稳产生
B．装置 A中溶液为饱和氯化钠溶液，作用是除去Cl2中的HCl
C．装置 B 中出现紫红色即说明有 KMnO4生成
D．该实验制得 3.16g KMnO4时，理论上消耗标准状况下 448 mL的 Cl2
9．室温时，HCOOH和CH3COOH的电离常数分别为1.8×10-4和1.75×10-5.。将浓度和体积均相同的两种酸溶液混合后加水稀释，随加水量的变化，溶液中 HA 浓度(HA 表示混合溶液中的 HCOOH 或 CH3COOH)与溶液 pH的关系如图所示。下列叙述正确的是( )
A．曲线X 代表 HCOOH
B．当 pH=6时，c点所对应的溶液中 c(HCOO−)+c(CH3COO−)= 9.9×10-7mol·L-1
C．稀释过程中， c(HCOO−)⋅c(CH3COOH)c(HCOOH)⋅c(CH3COO−) 逐渐减小
D．溶液中水电离出的H+物质的量浓度：a点=b点＞c点
10．利用气相沉积法制备 TiN 的反应为 2TiCl4(g)十N2(g)＋4H2(g) ⇌ 2TiN(s)+8HCl(g) △H=-346.2 kJ·mol-1.现将一定量的三种反应物投入到密闭容器中，测得反应过程中 TiN的质量(m)和反应体系的压强(p)随温度的变化如图所示。则下列说法正确的是( )
A．曲线Ⅰ表示的是 TiN 的质量随温度变化曲线
B．曲线Ⅱ中 a、b、c 三点均已达到平衡状态
C．混合气体的平均摩尔质量：M(a)＞M(c)
D．该反应的平衡常数：K(b)＜K(c)
二、非选择题
11．氮氧化物和 SO2是大气主要污染物，研究它们的转化关系有利于防治污染。已知：
（1）Ⅰ.2NO(g)+O2(g) ⇌ 2NO2(g) △H1=-113.0 kJ·mol-1
Ⅱ．2SO2(g)+O2(g) ⇌ 2SO3(g) △H2
Ⅲ．NO2(g)+SO2(g) ⇌ SO3(g)＋NO(g) △H3=-41.8 kJ·mol-1
△H2= 。
（2）在 100℃时，将1mol NO2与1 mol SO2的混合气体置于2L绝热恒容密闭容器中发生反应Ⅲ。
①2min末测得 SO3的物质的量为 0.2 mol，则 v(SO3)= ；
②能够判断此反应达到平衡的标志是 ；
A． v(SO2)=v(SO3) B． 混合气体的密度保持不变
D． 混合气体的颜色保持不变 C． 体系的压强保持不变
③正反应的反应速率随时间变化的趋势如图所示，b点后正反应速率降低的原因： 。
（3）在 400℃和 650℃条件下，分别向两个相同体积的密闭容 了器中充人 2 mol NO2 和 2 mol SO2，发生反应：NO2(g)+ SO2(g) ⇌ SO3(g)＋NO(g)△H＜0，实验得出两容器中SO2与 NO 的物质的量随时间的变化关系如图所示。已知气体分压=总压×气体的物质的量分数，用气体分压代替浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数(Kp)，曲线ad对应的容器中平衡后总压为px kPa，曲线bc 对应的容器中平衡后总压为py kPa。
①曲线bc 表示的是 650℃条件下相关物质的物质的量的变化曲线，其判断依据是 ；②400℃条件下平衡常数 Kp= 。
（4）Li/SO2电池以 LiBr-AN(乙腈)、液态 SO2为电解质溶液，放电时有白色的连二亚硫酸锂(Li2S2O4)沉淀生成。
①放电时正极的电极反应式为 ；
②锂电池必须在无水环境中使用的原因是 (用化学方程式表示)。
三、实验题
12．氧化铋(Bi2O3)是一种淡黄色、低毒的氧化物，广泛应用于医药合成、能源材料等领域。其制备方法通常有两种：
方法Ⅰ：将金属铋(Bi)溶于足量的稀硝酸得到硝酸铋[Bi(NO3)3]溶液，所得溶液经浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥后得硝酸铋晶体，最后煅烧硝酸铋晶体即得氧化铋产品；方法Ⅱ：将 3.0 g 氯氧化铋(BiOCl，白色难溶于水)与 25 mL 3 mol·L-1碳酸氢铵溶液混合，加入氨水调节溶液 pH=9，50℃下反应2h可得到(BiO)2CO3沉淀，其装置'如图甲所示(加热及夹持装置已省略)，再将所得沉淀干燥并在 530℃下煅烧，可得到氧化铋产品。
（1）写出金属铋(Bi)溶于足量稀硝酸生成硝酸铋溶液的离子方程式： ；从绿色化学的角度思考，工业上常选方法Ⅱ而不选方法Ⅰ制氧化铋的原因是 。
（2）图甲中仪器 c 的名称为 ，当观察到澄清石灰水变浑浊说明反应过程中产生 CO2，写出产生(BiO)2CO3沉淀的化学方程式： 。
（3）加氨水调节 pH 为9有利于生成(BiO)2CO3沉淀的原因是 。
（4）某研究小组探究温度对沉淀制备的影响，得到温度与所得沉淀产率的关系如图乙所示。结合图像分析，50℃时沉淀产率最高的原因是温度低于50℃时，BiOCl固体在水中的溶解度小，导致沉淀的产率降低；温度高于 50℃时， 。
（5）若实验所得氧化铋(Bi2O3)产品的质量为 2.56 g，则氯氧化铋的转化率为 (保留3 位有效数字)。
四、工业流程题
13．一种从电解铜的阳极泥中(主要含 Se、Te及Cu的化合物，含有少量Au、Ag单质)回收硒、碲的工艺流程如图所示：
已知：
①铜的阳极泥化学成分(其他元素不考虑)：
元素
Au
Ag
Cu
Se
Te
成分/%
0.9
12.08
23.4
8.0
3.1
②亚碲酸(H2TeO3)为二元弱酸，在水中溶解度较小。
回答下列问题：
（1）Te元素在周期表中处于第五周期ⅥA族，亚碲酸中碲的化合价为 。
（2）滤渣1中含单质和化合物，生成滤渣1中化合物的离子方程式为 。当溶液中同时存在 AgCl 和Ag2SO4时， c2(Cl−)c(SO42−)= [已知：一定温度下Ksp(AgCl)=2×10-10、Ksp (Ag2SO4)=8×10-5]。
（3）“硒、碲分离”时，需要进行的操作是 ，溶液中硒、碲浓度比值随 pH 的变化如图所示，则 pH 应调至 左右。
（4）写出“还原1”的离子方程式： 。
（5）还原2反应后的溶液过滤得到粗 Se，粗 Se 中 Se的含量可以用如下方法测定：
①Se+2H2SO4(浓)= 2SO2个+SeO2+2H2O
②SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O
③I2+2Na2S2O3=Na2S4O6＋2NaI
用淀粉溶液作指示剂，Na2S2O3滴定反应②中生成的I2来测定 Se 的含量。
若从100g铜的阳极泥中回收得到a g粗Se，每次准确称取0.0la g粗 Se进行实验，重复三次实验，平均消耗0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液的体积为 22.10 mL，滴定终点的现象是 ，Se 的回收率为 。(结果保留 3 位有效数字，回收率= 实际硒的产量理论硒的产量×100% )
14．近年来，科学家在超分子、纳米材料等众多领域的研究过程中发现含磷化合物具有重要的应用。
（1）具有超分子结构的化合物 M，其结构如图，回答下列问题：
①化合物 M 中存在的微粒间的作用力有 ；
②化合物 M 中碳原子的杂化方式为 ；
③基态磷原子 价层电子轨道表示式为 ，磷酸根离子的空间构型为 ，PH3分子与 NH3 分子相比， 的键角更大
（2）2019年电子科技大学孙旭平教授团队报道了一种磷化硼纳米颗粒作为高选择性 CO2电化学还原为甲醇的非金属电催化剂。磷化硼熔点特别高，处于极高温的空气环境时也具有抗氧化作用。其晶胞结构如图所示：
①氮化硼与磷化硼具有相似的结构，比较 BN 和 BP 的熔点并说明原因： ；
②磷化硼晶体中与硼原子距离最近且相等的硼原子数为 ；
③若图中 A 处磷原子坐标为(0，0，0)，D处磷原子坐标为(1，1，0)，则E处的硼原子坐标为 ；
④已知磷化硼晶胞中 A处磷原子与D处磷原子间的距离为a pm，则硼原子与最近磷原子的核间距为 pm。
15．有机化合物H是合成某种药物的中间体，其结构简式为 ，合成路线如下：
已知：①
② (苯胺易被氧化)
请回答下列问题：
（1）A的名称为 ；反应②的反应类型是 。
（2）E中的官能团名称为 ；F的结构简式为 。
（3）写出反应①的化学方程式： 。
（4）符合下列条件的H的同分异构体共有 种。
A．遇FeCl3溶液发生显色反应
B．分子中甲基与苯环直接相连
C．苯环上共有三个取代基
（5）已知：苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻、对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位，据此按先后顺序写出以烃A为原料合成邻氨基苯甲酸( )的合成路(无机试剂任选)： 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．“司母戊鼎”铸造所需的主要材料为铜合金，故A不符合题意；
B．铁粉有还原性，置于食品袋中有防止食品被氧化的作用，故B不符合题意；
C．绿色化学研究的是如何将污染消除在产业的源头，故C符合题意；
D．游泳池常加入硫酸铜对其进行消毒，而导致其水呈蓝色，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.考查的是合金的应用
B.氧气就有氧化性需要还原剂反应
C.绿色化学的用途
D.考查的是铜离子的颜色和用途
2．【答案】A
【解析】【解答】A． H2O2具有氧化性，从会将碘离子氧化为碘单质，离子方程式为 2I−+H2O2+2H+=I2+H2O ，故A符合题意；
B．向碳酸氢铵溶液中加入过量的 NaOH溶液： HCO3−+NH4++2OH−=NH3⋅H2O+CO32−+H2O ，故B不符合题意；
C．碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，向饱和的碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀： CO32−+2Na++CO2+H2O=2NaHCO3↓ ，故C不符合题意；
D，过量 SO2 通入 NaClO溶液中，发生氧化还原反应： H2O+SO2+ClO−=SO42−+Cl−+2H+ ，故D不符合题意；
故答案为A。
【分析】A.符合氧化还原发生的规律
B.碳酸氢根也与氢氧根反应
C.利用的是溶解度的不同
D.考查的SO2具有还原性，NaClO具有氧化性
3．【答案】D
【解析】【解答】A．淀粉-KI溶液变蓝，说明I-遇氧化剂被氧化成I2，而能氧化I-的红棕色气体有NO2和溴蒸气，故A不符合题意；
B．向发生皂化反应后的溶液中加入NaCl 固体会发生盐析，高级脂肪酸钠在上层析出，故B不符合题意；
C．AgCl溶于浓氨水是由于AgCl与氨水发生络合反应，故不能得出AgCl属于强酸弱碱盐，显酸性，故C不符合题意；
D．硫酸亚铁溶液遇KSCN溶液变红，说明溶液中含有Fe3+，故硫酸亚铁固体发生了变质，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.考查的是红棕色气体性质
B.考查的是盐析的产物，根据密度的大小确定产物的位置
4．【答案】B
【解析】【解答】A．分子式为C9H10O，故A 不符合题意；
B．苯环上的二氯代物中氯原子的位置可以是 中的 ab、ac、ad、bc，故B符合题意；
C．该物质含有碳碳双键，能发生加聚反应生成高分子化合物，故C不符合题意；
D．位于同一平面的原子数最少有 12 个，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据结构式可确定分子式和官能团，双键、醚基能发生加成，取代，氧化反应，可通过加聚形成高聚物，确定苯环二氯取代时，先定一个氯原子的位置，再定另外一个氯原子
5．【答案】D
【解析】【解答】A．因为标准状况下 CH2Cl2为液体，所以22.4LCH2Cl2中含有的共用电子对数目不是 4NA，故A不符合题意；
B．常温下铁块投入浓硫酸中会钝化，故B不符合题意；
C．含28g硅的二氧化硅晶体是1mol，二氧化硅中硅原子和4个氧原子相连，所以存在的共价键总数为4NA，故C不符合题意；
D．因为溶液中 Al3+会发生水解，当溶液中c(Al3+)= 1 mol·L-1时，则c(AlCl3)大于 1mol·L-1，故1L溶液中所含Cl-的数目大于 3NA，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.摩尔体积的使用注意条件和物质的状态
B.考查的是浓硫酸钝化的性质
C.根据n=m/M计算出物质的量，再根据二氧化硅中共价键数目判断即可
D.考查的铝离子的水解作用
6．【答案】A
【解析】【解答】A．该装置先将风能转化为电能，再通过电解将电能转化为化学能，故A符合题意；
B．由于与Y所接的一极发生得电子的反应，则与Y所接的一极为阴极，即Y为电源的负极，故B不符合题意；
C．阳极的电极反应式为 2O2−−4e−=O2↑ ，故C不符合题意；
D．阴极每生成1 mol CO或H2，转移的电子均为2 mol，因此若生成1 mol CO和H2的混合气体，转移的电子也应该是 2 mol，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】该反应是利用风力发电做电源，再进行电解操作，根据物质的转换关系，确定Y为负极，Y极区域为阴极区域发生还原反应，X为正极，X区域为阳极区域，发生氧化反应
7．【答案】B
【解析】【解答】A．比较元素的简单离子半径时，电子层数越多离子半径越大，电子层数相同的离子，核电荷数越小，离子半径越大，故离子半径：Na+＜Cl-＜S2-＜ P3-，四种元素简单离子半径对应排序为 X＜W＜Z＜ Y，故A不符合题意；
B．元素非金属性越强，对应简单阴离子还原性越弱，故简单阴离子还原性：W＜Z＜Y，故B符合题意；
C．Cl2通入 H2S水溶液中，发生反应 Cl2＋H2S = S↓＋2HCl，故C不符合题意；
D．存在反应：H2SO4(浓)+H2S = S↓＋ SO2↑＋2H2O，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】第三周期元素中，X 的最高价氧化物溶于水得到溶液，浓度为0.01mol·L-1该溶液的 pH为 12，则c(OH-)=0.01mol·L-1，故X的最高价氧化物对应的水化物为一元强碱，则X为 Na元素；W、Z、 Y的最高价氧化物溶于水所得溶液的pH均小于7，故其最高价氧化物对应的水化物均为酸，0.01mol·L-1W的最高价含氧酸的溶液中c(H+)=0.01mol·L-1，故 W的最高价含氧酸为一元强酸，则 W 为 Cl元素； 0.01mol·L-1Z的最高价含氧酸的溶液的 pH 比 W的小，故Z为S元素；0.01mol·L-1Y的最高价含氧酸的溶液的 pH比 W的大，由于H2SiO3不溶于水，故Y为P元素。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．采用水浴加热及流量控制器可控制反应速率，使 Cl2平稳产生，故A不符合题意；
B．产生的 Cl2需要进行除杂，装置 A中为饱和食盐水，作用为除去 Cl2中的 HCl气体，减小Cl2的溶解，故B不符合题意；
C．K2MnO4溶液为墨绿色，KMnO4为紫色，所以当溶液出现紫红色，即说明有 KMnO4生成，故C不符合题意；
D．由 Cl2+2K2MnO4=2KMnO4+2KCl n(Cl2)：n(KMnO4)=1：2，制得 3.16g KMnO4时，即0.02 mol，理论上需要消耗 0.01 mol Cl2，标准状况下体积为 224 mL，故D符合题意；
故答案：D 。
【分析】A.流量控制器的优点，可以控速
D.根据氧化还原反应写出方程式，根据质量计算出氯气的物质的量即可
9．【答案】B
【解析】【解答】A．电离平衡常数越大酸性越强，故HCOOH酸性强于CH3COOH，则稀释过程中 CH3COOH浓度比HCOOH大，曲线 X代表CH3COOH，故A不符合题意；
B．c点pH = 6， c(HCOO−)+c(CH3COO−)=c(H+)−c(OH−)=10−6mol⋅L−1−10−8mol⋅L−1=9.9×10−7mol⋅L−1 ， 故B符合题意；
C． Ka(HCOOH)=c(HCOO−)⋅c(H+)c(HCOOH) ， Ka(CH3COOH)=c(CH3COO−)⋅c(H+)c(CH3COOH) ， Ka(HCOOH)Ka(CH3COOH)=c(HCOO−)⋅c(CH3COOH)c(HCOOH)⋅c(CH3COO−) 温度不变， Ka(HCOOH)Ka(CH3COOH) 不变， 故 c(HCOO−)⋅c(CH3COOH)c(HCOOH)⋅c(CH3COO−) 不变，故C不符合题意；
D．b点溶液pH相同，溶液中水电离出的H+物质的量浓度相同，c点溶液pH比a点、b点大，对水的电离抑制减弱，溶液中水电离出的H+物质的量浓度更大，故溶液中水电离出的H+物质的量浓度：c点＞a点=b点，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据电离常数即可判断
B.根据电荷守恒即可进行 计算
C.根据电离平衡常数的公式，利用甲酸和乙酸的电离平衡常数将 c(HCOO−)⋅c(CH3COOH)c(HCOOH)⋅c(CH3COO−)表示即可
D.水的电离影响因素，相同的pH水的电离程度一样，当pH 变化时，水的电离也受影响
10．【答案】C
【解析】【解答】A．依据起点的纵坐标及曲线的变化趋势可知，曲线Ⅰ呈现上升趋势，曲线Ⅱ先升后降，因为该反应为放热反应，故升高温度，平衡逆移， TiN的质量减小，所以曲线Ⅰ表示的是压强随温度的变化，曲线Ⅱ表示的是 TiN的质量随温度的变化，故A不符合题意；
B．温度越高反应速率越快，达到平衡的时间越短，b点为恰好达到平衡的点，a 点还未达到平衡，c 点是在b点基础上升高温度，平衡逆向移动，故B不符合题意；
C．由图可知a、b、c 三点体系内固体质量大小关系是m(b)＞m(c)＞m(a)，依据质量守恒，则气体质量大小关系为 m(b)＜m(c)＜ m(a)，结合化学方程式可知，当气体质量越大时，气体的物质的量就越小，根据 M=mn 可知 M(a)＞ M(c)＞M(b)，故C符合题意；
D．平衡常数只与温度有关， a、b、c三点的温度依次升高，反应是放热反应，温度越高平衡常数越小，所以 K(b)＞K(c)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据温度的变化，确定平衡的移动方向即可判断曲线表示的物质
B.根据图，温度升高，物质在增多，达到最高点时达到平衡，继续升高问题平衡发生移动
C.判断平衡移动的方向，根据公式M=m/n计算即可
D.温度对平衡常数的影响
11．【答案】（1）-196.6 kJ·mol-1
（2）0.05 mol·L-1·min-1；CD；b点后反应物浓度降低对反应速率的影响大于体系温度升高对反应速率的影响
（3）由图像可知bc先达到平衡状态，温度越高反应速率越快[或由 bc 曲线可知平衡时n(NO)= 1.0 mol，由计算可知 ad 曲线平衡时n(NO)=1.2mol，该反应为放热反应，升高温度平衡逆移]；2.25(或 94 )
（4）2SO2+2e−+2Li+=Li2S2O4↓；2L1+2H2O=2LiOH+H2↑
【解析】【解答】(1)由盖斯定律可知， ΔH2=2ΔH3+ΔH1= -196.6 k·mol-1，故填-196.6 k·mol-1；
(2)①v(SO3)=Δc(SO3)Δt=0.2mol2L2min=0.05mol⋅L−1⋅min−1 ，故填0.05 mol·L-1·min-1；
②A.未指明反应方向，不能判断反应达到平衡状态，故A 不正确；
B.容积和气体质量不变，混合气体密度始终不变，不能判断反应达到平衡状态，故B不正确；
C.该反应前后气体分子数相同，由于该反应是放热反应，绝热恒容密闭条件下，随着反应的进行，容器内温度升高，压强逐渐增大，当压强不变时，反应达到平衡状态，故C正确；
D.NO2为红棕色气体，随着反应的进行，NO2的浓度降低，颜色逐渐变浅，当颜色保持不变时，反应达到平衡状态，故D正确；
故填CD；
③二氧化氮和二氧化硫在绝热恒容密闭容器中发生反应时，反应物浓度减小，使反应速率减小；该反应为放热反应，放出的热量使反应温度升高，使反应速率增大； b点正反应速率最大，b点之后正反应速率降低，说明在b点之后反应物浓度对反应速率的影响大于温度对反应速率的影响，故填b点后反应物浓度降低对反应速率的影响大于体系温度升高对反应速率的影响；
(3)①由图像可知 bc 先达到平衡状态，根据先拐先平温度高可知bc对应的温度为 650℃，从平衡移动的角度分析，由bc曲线可知平衡时n(NO)=1.0mol，由计算可知 ad 曲线平衡时 n(NO)=1.2 mol，该反应为放热反应，升高温度平衡逆移，n(NO)减小，所以bc 曲线对应的温度为650℃；②根据题意，400℃条件对应 ad 曲线，15 min 时反应达到平衡状态，列三段式：
NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)初始量(mol)22 0 0转化量(mol) 1.2 1.2 1.2 1.2平衡量(mol) 0.8 0.8 1.2 1.2
则 Kp=1.24px×1.24px0.84px×0.84px=94=2.25 ，故填由图像可知bc先达到平衡状态，温度越高反应速率越快[或由 bc 曲线可知平衡时n(NO)=1.0mol，由计算可知ad曲线平衡时n(NO)=1.2mol，该反应为放热反应，升高温度平衡逆移]、2.25(或 94 )；
(4)①由信息可知，二氧化硫在正极得到电子，结合锂离子生成连二亚硫酸锂，电极反应式为 2SO2+2e−+2Li+===Li2S2O4↓ ，故填 2SO2+2e−+2Li+===Li2S2O4↓ ；
②锂电池必须在无水的环境中使用的原因是金属锂会和水反应，反应的化学方程式为 2Li+2H2O=2LiOH+H2↑ ，故填 2Li+2H2O=2LiOH+H2↑ 。
【分析】根据化学平衡状态的建立和定义，平衡时有以下几点标志：①各物质的量保持恒定；②正反应速率和逆反应速率相等；③当一个变量不变时，反应达平衡；平衡常数、反应速率、转化率等的计算可建立三段式进行计算。
12．【答案】（1）Bi+4H++NO3−=Bi3++NO↑+2H2O；方法Ⅰ中金属 Bi与硝酸反应和硝酸铋在受热分解的过程中均会产生污染环境的氮氧化物
（2）分液漏斗；2BiOCl+2NH4HCO350℃__(BiO)2CO3+CO2↑+2NH4Cl+H2O
（3）氨水会与 HCO3− 反应生成 CO32−
（4）NH2·H2O分解，溶液的 pH 降低，不利于 CO32− 的形成，使沉淀产率降低
（5）95.4%
【解析】【解答】(1)由题干可知 Bi 与稀硝酸反应，生成的气体应该为 NO，因此离子方程式为 Bi+4H++NO3−==Bi3++NO↑+2H2O ；由于金属 Bi 与稀硝酸发生反应时会生成氮氧化物，并且硝酸铋在受热分解的过程中也会产生氮氧化物，会对环境产生污染，故填 Bi+4H++NO3−=Bi3++NO↑+2H2O 、方法Ⅰ中金属 Bi与硝酸反应和硝酸铋在受热分解的过程中均会产生污染环境的氮氧化物
(2)由图可知仪器e的名称为分液漏斗；由题干信息可知， BiOCl与NH4HCO3反应有(BiO)2CO3和CO2生成，根据原子守恒得反应的化学方程式为 2BiOCl+2NH4HCO350°C__(BiO)2CO3+CO2↑+2NH4Cl+H2O ，故填分液漏斗、 2BiOCl+2NH4HCO350°C__(BiO)2CO3+CO2↑+2NH4Cl+H2O ；
(3)氨水呈碱性，会与 HCO3− 反应产生大量的 CO32− ，有利于生成(BiO)2CO3沉淀，故填氨水会与 HCO3− 反应生成 CO32− ；
(4)当温度高于 50℃时，会促进溶液中NH3·H2O分解，会使溶液 pH降低，从而不利于 CO32− 的形成，使沉淀产率降低。(5)当得到产品质量为2.56g时，转化率a= 转化量初始量 ×100% =2.56g(209×2+16×3)g⋅mol−1×23g(209+16+35.5)g⋅mol−1 100%≈95.4%，故填NH2·H2O分解，溶液的 pH 降低，不利于 CO32− 的形成，使沉淀产率降低、95.4%。
【分析】方法Ⅱ的原理为 2BiOCl+2NH4HCO350℃__ ，将得到的 (BiO)2CO3 在经过灼烧，可得氧化铋，其反应为 (BiO)2CO3高温__CO2↑+Bi2O3 。
13．【答案】（1）＋4
（2）Ag2SO4+2Cl−=2AgCl+SO42−；5×10-16
（3）过滤；6.0
（4）H2TeO3+2SO32−=Te+2SO42−+H2O
（5）当加入最后一滴 Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变成无色且30s 内不恢复原来的颜色；54.6%
【解析】【解答】(1)Te元素在元素周期表中处于第五周期VI A族，亚碲酸的化学式为 H2TeO3 ，由化合物中各元素正、负化合价代数和为0可知，亚碲酸中碲的化合价为+4。
故答案为：+4。
(2)"酸浸"过程中，Ag 以 Ag2SO4形式进入到"氧化"步骤中，与 NaCl溶液反应生成 AgCl沉淀，Au的化学性质比较稳定，难溶于酸和一般的氧化剂，在"氧化"步骤中滤出；当溶液中同时存在 AgCl和Ag2SO4时， c2(Cl−)c(SO42−)=Ksp2(AgCl)Ksp(Ag2SO4)=(2×10−10)28×10−5= 5×10-16。
故答案为： Ag2SO4+2Cl−=2AgCl+SO42− ；5×10-16。
(3)由题给信息知“亚碲酸为二元弱酸，在水中溶解度较小”，故“硒、碲分离”时，需要进行的操作是过滤；溶液中两种元素的离子的浓度 比值越大，分离效果越好，从图像中可得出，当 pH=6.0时，分离效果最好。
故答案为：过滤；6.0。
(4)结合流程可知 H2TeO3中的 Te 化合价降低生成单质 Te， SO32− 作还原剂，生成 SO42− ，根据得失电子守恒、元素守恒、电荷守恒可知离子方程式为 H2TeO3+2SO32−===Te+2SO42−+H2O ；滴定终点的现象是：当加入最后一滴 Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变成无色且30s 内不恢复原来的颜色；铜阳极泥中 Se的含量为8.0%，则100 g 铜阳极泥中含有 Se的总质量为8.0 g，根据测定 Se的三个反应可知 Se～4Na2S2O3，实验中称取 0.0la g的粗 Se 进行实验，所以粗 Se 的回收率为 22.10×10−3L×0.1000mol⋅L−1×14×100×79g⋅mol−18g× 100%≈54.6%。
故答案为： H2TeO3+2SO32−=Te+2SO42−+H2O ；当加入最后一滴 Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变成无色且30s 内不恢复原来的颜色；54.6%。
【分析】电解铜的阳极泥中(主要含 Se、Te及Cu的化合物，含有少量Au、Ag单质)，"酸浸"过程中，Ag 以 Ag2SO4形式进入到"氧化"步骤中，与 NaCl溶液反应生成 AgCl沉淀，Au的化学性质比较稳定，难溶于酸和一般的氧化剂，在"氧化"步骤中滤出；由题给信息知“亚碲酸为二元弱酸，在水中溶解度较小”，故“硒、碲分离”时，需要进行的操作是过滤； H2TeO3中的 Te 化合价降低生成单质 Te，据此解题。
14．【答案】（1）共价键、氢键；sp2、sp3；；正四面体；NH3
（2）BN的熔点大于BP；二者均为原子晶体，N原子半径比P原子小，B－N键键长比B－P键短，B－N键键能较大，因此BN晶体的熔点高于BP晶体；12；( 34 ， 14 ， 14 )；68a
【解析】【解答】 (1)①由图可知M中含有共价键和氢键；
②M中苯环上的碳原子的杂化方式为sp2，饱和碳原子的杂化方式为sp3；
③P位于第三周期VA族，故基态磷原子价层电子轨道表示式为 ；磷酸根离子中P原子的价层电子对数为4，孤对电子数为 5+3−2×42=0 ，故其空间构型为正四面体；PH3分子与NH3分子相比，N原子的电负性大于P原子，中心原子的电负性越大，键角越大，故NH3的键角更大。
(2)①由题意“氮化硼与磷化硼具有相似的结构”“磷化硼熔点特别高”可知，BN与BP均为原子晶体(即共价晶体)，因N原子半径比P原子小，B－N键键长比B－P键短，B－N键键能较大，因此BN晶体的熔点高于BP晶体的熔点；
②由磷化硼晶胞结构可知，P原子位于立方体的8个顶点与6个面心，与P原子距离最近且相等的P原子有12个，且一个晶胞中P原子的个数为 8×18+6×12=4 ；B原子位于立方体内，因此一个晶胞中B原子的个数为4，可知晶胞中B与P的个数比为1：1，因此与硼原子距离最近且相等的硼原子也有12个；
③将磷化硼晶胞分为8个小的立方体，四个硼原子分别位于四个交错的小立方体体心位置，若图中A处磷原子坐标为(0，0，0)，D处磷原子坐标为(1，1，0)，则E处的硼原子坐标为( 34 ， 14 ， 14 )；
④设硼原子与最近磷原子的核间距为L pm，由磷化硼晶胞可知，A处磷原子与D处磷原子位于面对角线位置，A、D的距离为a pm，则磷化硼晶胞边长为 22 a pm，晶胞体对角线等于4L pm，则4L pm= 3 × 22 a pm，可得L= 14×3×22a=68a 。
【分析】（1）①根据结构式判断微粒键的作用力②计算中心原子价层电子对即可③根据核外电子排布即可写出价层电子轨道，计算价层电子对和孤对电子即可判断构型，考查的是电负性对键角的影响
（2）①考查的是熔点和键长的关系，键越短，键能越大 ② 据图就可找出距离最近的原子个数 ③ 据图所示，硼原子处于1/8个晶胞中心位置 ④硼原子处于1/8个晶胞中心位置，根据计算即可
15．【答案】（1）甲苯；取代反应(或硝化反应)
（2）羧基、酯基；
（3） +Cl2→Fe +HCl
（4）10
（5）→浓硫酸浓硝酸，Δ→H+KMnO4→Fe盐酸
【解析】【解答】(1)根据分析，A为 ，A的名称为甲苯；反应②是苯环上引入硝基，反应类型是取代反应(或硝化反应)，故答案为甲苯；取代反应或硝化反应；
(2)根据分析，E为 ，含有的官能团名称为羧基、酯基；F为 ；故答案为羧基、酯基； ；
(3)反应①为甲苯和氯气在Fe作催化剂下发生取代反应，根据题意，氯原子取代甲苯邻位碳上的H，即反应方程式为 +Cl2→Fe +HCl；故答案为 +Cl2→Fe +HCl；
(4)H为 ，其同分异构体遇FeCl3溶发生显色反应，说明含有酚羟基，分子中甲基与苯环直接相连且苯环上共有三个取代基，则这三个取代基分别为酚羟基、甲基和硝基，根据“定二动一”原则，符合条件的H的同分异构体共有2＋4＋4=10种；故答案为10；
(5)甲基氧化引入羧基，硝基还原引入氨基，由于氨基易被氧化，应先把甲基氧化为羧基后再将硝基还原为氨基，结合苯环引入基团的定位规律，先使甲苯发生取代反应生成邻硝基甲苯，用酸性KMnO4溶液将甲基氧化为—COOH，得到邻硝基苯甲酸，在Fe和盐酸存在条件下还原－NO2得到－NH2，生成邻氨基苯甲酸，合成路线流程图为 →浓硫酸浓硝酸，Δ→H+KMnO4→Fe盐酸 ；故答案为 →浓硫酸浓硝酸，Δ→H+KMnO4→Fe盐酸 。
【分析】H的结构简式为 逆推可知G为 。纵观整个过程，可知烃A为芳香烃，结合C的分子式C7H8O，可知A为 ，A与Cl2发生苯环上的取代反应生成B，B中氯原子发生水解反应、酸化引入—OH生成C，C中酚羟基发生信息①中取代反应生成D，D与酸性KMnO4溶液反应，D中—CH3被氧化成—COOH生成E，E→F的转化中在苯环上引入硝基(—NO2)，F→G的转化重新引入酚羟基，可知C→D的转化目的是防止酚羟基被氧化，结合H的结构简式，可推知B为 、C为 、E为 、F为 ，据此分析；
福建省漳州市一中2021年高考一模试卷
理综化学
一、单选题
1．化学与生产、生活密切相关。下列有关说法错误的是 ( )
A．“司母戊鼎”铸造所需的主要材料为铜合金
B．某些食品袋中的小包“铁粉”有抗氧化的作用
C．绿色化学研究的是如何用化学技术与原理治理已经被污染的环境
D．游泳池水呈蓝色是因为消毒剂中含有硫酸铜
2．下列离子方程式正确的是( )
A．用 H2O2 从酸化的海带灰浸出液中提取碘： 2I−+H2O2+2H+=I2+2H2O
B．向碳酸氢铵溶液中加入过量的 NaOH溶液： NH4++OH−=NH3⋅H2O
C．向饱和的碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳： CO2+CO32−+H2O=2HCO3−
D．过量 SO2通入 NaClO溶液中： SO2+H2O+ClO−=HClO+HSO3−
3．下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
将红棕色气体通入淀粉-KI溶液
溶液变蓝
该气体为NO2
B
向盛有皂化反应后液体的烧杯中加入NaCl固体向
杯底出现白色沉淀
该物质为高级脂肪酸钠
C
AgCl浊液中加入过量浓氨水
溶液变澄清
AgCl属于强酸弱碱盐，显酸性
D
硫酸亚铁固体溶于稀硫酸溶液后，滴加KSCN溶液
溶液变为红色
硫酸亚铁固体发生了变质
A．A B．B C．C D．D
4．中国科学院康乐院士团队鉴定到一种由群居型蝗虫特异性挥发的气味分子 4-乙烯基苯甲醚( )对世界蝗灾的控制和预测具有重要意义。下列说法正确的是( )
A．分子式为 C9H12O
B．苯环上的二氯代物有 4 种
C．该物质能发生缩聚反应生成高聚物
D．位于同一平面的原子数最少有 8 个
5．设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．标准状况下，22.4 LCH2Cl2 中含有的共用电子对数目为 4NA
B．常温下将 5.6 g 的铁块投入到足量的浓硫酸中，转移的电子数为0.3NA
C．含 28 g 硅的二氧化硅晶体中存在的共价键总数为 2NA
D．AlCl3溶液中 Al3+的物质的量浓度为1mol·L-1，则1L溶液中所含 Cl-的数目大于3NA
6．利用固体氧化物电解池研究高温电解将CO2和H2O转化为合成气(CO+H2)，示意图如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．该装置的能量转化方式只有电能转化为化学能
B．Y为电源的负极
C．阳极的电极反应式为 2O2−−4e−=O2↑
D．若阴极生成 1 mol 的合成气，则电路中转移2 mol电子
7．第三周期元素 X、Y、Z、W的最高价氧化物分别溶于水可得四种溶液，浓度均为 0.01 mol·L-1的这四种溶液的 pH 与相应元素原子半径的关系如图所示。下列说法错误的是( )
A．X、Y、Z、W 四种元素简单离子半径对应排序为 X＜W＜Z＜Y
B．简单阴离子的还原性：W＞Z＞Y
C．W 元素的单质通入 Z元素气态氢化物的水溶液中可出现浑浊
D．Z的最高价氧化物对应的水化物和其气态氢化物在一定条件下可发生反应
8．利用新颖高效气体发生装置，以氯气氧化法制备 KMnO4的实验装置如图所示。已知K2MnO4溶液为墨绿色。
实验步骤：检查装置气密性后加入试剂，当水浴温度为75～85℃时，打开流量控制器，浓盐酸以每秒1滴的速率滴入反应器中，反应25 min。
下列说法错误的是( )
A．采用水浴加热及流量控制器可使 Cl2平稳产生
B．装置 A中溶液为饱和氯化钠溶液，作用是除去Cl2中的HCl
C．装置 B 中出现紫红色即说明有 KMnO4生成
D．该实验制得 3.16g KMnO4时，理论上消耗标准状况下 448 mL的 Cl2
9．室温时，HCOOH和CH3COOH的电离常数分别为1.8×10-4和1.75×10-5.。将浓度和体积均相同的两种酸溶液混合后加水稀释，随加水量的变化，溶液中 HA 浓度(HA 表示混合溶液中的 HCOOH 或 CH3COOH)与溶液 pH的关系如图所示。下列叙述正确的是( )
A．曲线X 代表 HCOOH
B．当 pH=6时，c点所对应的溶液中 c(HCOO−)+c(CH3COO−)= 9.9×10-7mol·L-1
C．稀释过程中， c(HCOO−)⋅c(CH3COOH)c(HCOOH)⋅c(CH3COO−) 逐渐减小
D．溶液中水电离出的H+物质的量浓度：a点=b点＞c点
10．利用气相沉积法制备 TiN 的反应为 2TiCl4(g)十N2(g)＋4H2(g) ⇌ 2TiN(s)+8HCl(g) △H=-346.2 kJ·mol-1.现将一定量的三种反应物投入到密闭容器中，测得反应过程中 TiN的质量(m)和反应体系的压强(p)随温度的变化如图所示。则下列说法正确的是( )
A．曲线Ⅰ表示的是 TiN 的质量随温度变化曲线
B．曲线Ⅱ中 a、b、c 三点均已达到平衡状态
C．混合气体的平均摩尔质量：M(a)＞M(c)
D．该反应的平衡常数：K(b)＜K(c)
二、非选择题
11．氮氧化物和 SO2是大气主要污染物，研究它们的转化关系有利于防治污染。已知：
（1）Ⅰ.2NO(g)+O2(g) ⇌ 2NO2(g) △H1=-113.0 kJ·mol-1
Ⅱ．2SO2(g)+O2(g) ⇌ 2SO3(g) △H2
Ⅲ．NO2(g)+SO2(g) ⇌ SO3(g)＋NO(g) △H3=-41.8 kJ·mol-1
△H2= 。
（2）在 100℃时，将1mol NO2与1 mol SO2的混合气体置于2L绝热恒容密闭容器中发生反应Ⅲ。
①2min末测得 SO3的物质的量为 0.2 mol，则 v(SO3)= ；
②能够判断此反应达到平衡的标志是 ；
A． v(SO2)=v(SO3) B． 混合气体的密度保持不变
D． 混合气体的颜色保持不变 C． 体系的压强保持不变
③正反应的反应速率随时间变化的趋势如图所示，b点后正反应速率降低的原因： 。
（3）在 400℃和 650℃条件下，分别向两个相同体积的密闭容 了器中充人 2 mol NO2 和 2 mol SO2，发生反应：NO2(g)+ SO2(g) ⇌ SO3(g)＋NO(g)△H＜0，实验得出两容器中SO2与 NO 的物质的量随时间的变化关系如图所示。已知气体分压=总压×气体的物质的量分数，用气体分压代替浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数(Kp)，曲线ad对应的容器中平衡后总压为px kPa，曲线bc 对应的容器中平衡后总压为py kPa。
①曲线bc 表示的是 650℃条件下相关物质的物质的量的变化曲线，其判断依据是 ；②400℃条件下平衡常数 Kp= 。
（4）Li/SO2电池以 LiBr-AN(乙腈)、液态 SO2为电解质溶液，放电时有白色的连二亚硫酸锂(Li2S2O4)沉淀生成。
①放电时正极的电极反应式为 ；
②锂电池必须在无水环境中使用的原因是 (用化学方程式表示)。
三、实验题
12．氧化铋(Bi2O3)是一种淡黄色、低毒的氧化物，广泛应用于医药合成、能源材料等领域。其制备方法通常有两种：
方法Ⅰ：将金属铋(Bi)溶于足量的稀硝酸得到硝酸铋[Bi(NO3)3]溶液，所得溶液经浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥后得硝酸铋晶体，最后煅烧硝酸铋晶体即得氧化铋产品；方法Ⅱ：将 3.0 g 氯氧化铋(BiOCl，白色难溶于水)与 25 mL 3 mol·L-1碳酸氢铵溶液混合，加入氨水调节溶液 pH=9，50℃下反应2h可得到(BiO)2CO3沉淀，其装置'如图甲所示(加热及夹持装置已省略)，再将所得沉淀干燥并在 530℃下煅烧，可得到氧化铋产品。
（1）写出金属铋(Bi)溶于足量稀硝酸生成硝酸铋溶液的离子方程式： ；从绿色化学的角度思考，工业上常选方法Ⅱ而不选方法Ⅰ制氧化铋的原因是 。
（2）图甲中仪器 c 的名称为 ，当观察到澄清石灰水变浑浊说明反应过程中产生 CO2，写出产生(BiO)2CO3沉淀的化学方程式： 。
（3）加氨水调节 pH 为9有利于生成(BiO)2CO3沉淀的原因是 。
（4）某研究小组探究温度对沉淀制备的影响，得到温度与所得沉淀产率的关系如图乙所示。结合图像分析，50℃时沉淀产率最高的原因是温度低于50℃时，BiOCl固体在水中的溶解度小，导致沉淀的产率降低；温度高于 50℃时， 。
（5）若实验所得氧化铋(Bi2O3)产品的质量为 2.56 g，则氯氧化铋的转化率为 (保留3 位有效数字)。
四、工业流程题
13．一种从电解铜的阳极泥中(主要含 Se、Te及Cu的化合物，含有少量Au、Ag单质)回收硒、碲的工艺流程如图所示：
已知：
①铜的阳极泥化学成分(其他元素不考虑)：
元素
Au
Ag
Cu
Se
Te
成分/%
0.9
12.08
23.4
8.0
3.1
②亚碲酸(H2TeO3)为二元弱酸，在水中溶解度较小。
回答下列问题：
（1）Te元素在周期表中处于第五周期ⅥA族，亚碲酸中碲的化合价为 。
（2）滤渣1中含单质和化合物，生成滤渣1中化合物的离子方程式为 。当溶液中同时存在 AgCl 和Ag2SO4时， c2(Cl−)c(SO42−)= [已知：一定温度下Ksp(AgCl)=2×10-10、Ksp (Ag2SO4)=8×10-5]。
（3）“硒、碲分离”时，需要进行的操作是 ，溶液中硒、碲浓度比值随 pH 的变化如图所示，则 pH 应调至 左右。
（4）写出“还原1”的离子方程式： 。
（5）还原2反应后的溶液过滤得到粗 Se，粗 Se 中 Se的含量可以用如下方法测定：
①Se+2H2SO4(浓)= 2SO2个+SeO2+2H2O
②SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O
③I2+2Na2S2O3=Na2S4O6＋2NaI
用淀粉溶液作指示剂，Na2S2O3滴定反应②中生成的I2来测定 Se 的含量。
若从100g铜的阳极泥中回收得到a g粗Se，每次准确称取0.0la g粗 Se进行实验，重复三次实验，平均消耗0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液的体积为 22.10 mL，滴定终点的现象是 ，Se 的回收率为 。(结果保留 3 位有效数字，回收率= 实际硒的产量理论硒的产量×100% )
14．近年来，科学家在超分子、纳米材料等众多领域的研究过程中发现含磷化合物具有重要的应用。
（1）具有超分子结构的化合物 M，其结构如图，回答下列问题：
①化合物 M 中存在的微粒间的作用力有 ；
②化合物 M 中碳原子的杂化方式为 ；
③基态磷原子 价层电子轨道表示式为 ，磷酸根离子的空间构型为 ，PH3分子与 NH3 分子相比， 的键角更大
（2）2019年电子科技大学孙旭平教授团队报道了一种磷化硼纳米颗粒作为高选择性 CO2电化学还原为甲醇的非金属电催化剂。磷化硼熔点特别高，处于极高温的空气环境时也具有抗氧化作用。其晶胞结构如图所示：
①氮化硼与磷化硼具有相似的结构，比较 BN 和 BP 的熔点并说明原因： ；
②磷化硼晶体中与硼原子距离最近且相等的硼原子数为 ；
③若图中 A 处磷原子坐标为(0，0，0)，D处磷原子坐标为(1，1，0)，则E处的硼原子坐标为 ；
④已知磷化硼晶胞中 A处磷原子与D处磷原子间的距离为a pm，则硼原子与最近磷原子的核间距为 pm。
15．有机化合物H是合成某种药物的中间体，其结构简式为 ，合成路线如下：
已知：①
② (苯胺易被氧化)
请回答下列问题：
（1）A的名称为 ；反应②的反应类型是 。
（2）E中的官能团名称为 ；F的结构简式为 。
（3）写出反应①的化学方程式： 。
（4）符合下列条件的H的同分异构体共有 种。
A．遇FeCl3溶液发生显色反应
B．分子中甲基与苯环直接相连
C．苯环上共有三个取代基
（5）已知：苯环上连有烷基时再引入一个取代基，常取代在烷基的邻、对位，而当苯环上连有羧基时则取代在间位，据此按先后顺序写出以烃A为原料合成邻氨基苯甲酸( )的合成路(无机试剂任选)： 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．“司母戊鼎”铸造所需的主要材料为铜合金，故A不符合题意；
B．铁粉有还原性，置于食品袋中有防止食品被氧化的作用，故B不符合题意；
C．绿色化学研究的是如何将污染消除在产业的源头，故C符合题意；
D．游泳池常加入硫酸铜对其进行消毒，而导致其水呈蓝色，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.考查的是合金的应用
B.氧气就有氧化性需要还原剂反应
C.绿色化学的用途
D.考查的是铜离子的颜色和用途
2．【答案】A
【解析】【解答】A． H2O2具有氧化性，从会将碘离子氧化为碘单质，离子方程式为 2I−+H2O2+2H+=I2+H2O ，故A符合题意；
B．向碳酸氢铵溶液中加入过量的 NaOH溶液： HCO3−+NH4++2OH−=NH3⋅H2O+CO32−+H2O ，故B不符合题意；
C．碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，向饱和的碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀： CO32−+2Na++CO2+H2O=2NaHCO3↓ ，故C不符合题意；
D，过量 SO2 通入 NaClO溶液中，发生氧化还原反应： H2O+SO2+ClO−=SO42−+Cl−+2H+ ，故D不符合题意；
故答案为A。
【分析】A.符合氧化还原发生的规律
B.碳酸氢根也与氢氧根反应
C.利用的是溶解度的不同
D.考查的SO2具有还原性，NaClO具有氧化性
3．【答案】D
【解析】【解答】A．淀粉-KI溶液变蓝，说明I-遇氧化剂被氧化成I2，而能氧化I-的红棕色气体有NO2和溴蒸气，故A不符合题意；
B．向发生皂化反应后的溶液中加入NaCl 固体会发生盐析，高级脂肪酸钠在上层析出，故B不符合题意；
C．AgCl溶于浓氨水是由于AgCl与氨水发生络合反应，故不能得出AgCl属于强酸弱碱盐，显酸性，故C不符合题意；
D．硫酸亚铁溶液遇KSCN溶液变红，说明溶液中含有Fe3+，故硫酸亚铁固体发生了变质，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.考查的是红棕色气体性质
B.考查的是盐析的产物，根据密度的大小确定产物的位置
4．【答案】B
【解析】【解答】A．分子式为C9H10O，故A 不符合题意；
B．苯环上的二氯代物中氯原子的位置可以是 中的 ab、ac、ad、bc，故B符合题意；
C．该物质含有碳碳双键，能发生加聚反应生成高分子化合物，故C不符合题意；
D．位于同一平面的原子数最少有 12 个，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据结构式可确定分子式和官能团，双键、醚基能发生加成，取代，氧化反应，可通过加聚形成高聚物，确定苯环二氯取代时，先定一个氯原子的位置，再定另外一个氯原子
5．【答案】D
【解析】【解答】A．因为标准状况下 CH2Cl2为液体，所以22.4LCH2Cl2中含有的共用电子对数目不是 4NA，故A不符合题意；
B．常温下铁块投入浓硫酸中会钝化，故B不符合题意；
C．含28g硅的二氧化硅晶体是1mol，二氧化硅中硅原子和4个氧原子相连，所以存在的共价键总数为4NA，故C不符合题意；
D．因为溶液中 Al3+会发生水解，当溶液中c(Al3+)= 1 mol·L-1时，则c(AlCl3)大于 1mol·L-1，故1L溶液中所含Cl-的数目大于 3NA，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.摩尔体积的使用注意条件和物质的状态
B.考查的是浓硫酸钝化的性质
C.根据n=m/M计算出物质的量，再根据二氧化硅中共价键数目判断即可
D.考查的铝离子的水解作用
6．【答案】A
【解析】【解答】A．该装置先将风能转化为电能，再通过电解将电能转化为化学能，故A符合题意；
B．由于与Y所接的一极发生得电子的反应，则与Y所接的一极为阴极，即Y为电源的负极，故B不符合题意；
C．阳极的电极反应式为 2O2−−4e−=O2↑ ，故C不符合题意；
D．阴极每生成1 mol CO或H2，转移的电子均为2 mol，因此若生成1 mol CO和H2的混合气体，转移的电子也应该是 2 mol，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】该反应是利用风力发电做电源，再进行电解操作，根据物质的转换关系，确定Y为负极，Y极区域为阴极区域发生还原反应，X为正极，X区域为阳极区域，发生氧化反应
7．【答案】B
【解析】【解答】A．比较元素的简单离子半径时，电子层数越多离子半径越大，电子层数相同的离子，核电荷数越小，离子半径越大，故离子半径：Na+＜Cl-＜S2-＜ P3-，四种元素简单离子半径对应排序为 X＜W＜Z＜ Y，故A不符合题意；
B．元素非金属性越强，对应简单阴离子还原性越弱，故简单阴离子还原性：W＜Z＜Y，故B符合题意；
C．Cl2通入 H2S水溶液中，发生反应 Cl2＋H2S = S↓＋2HCl，故C不符合题意；
D．存在反应：H2SO4(浓)+H2S = S↓＋ SO2↑＋2H2O，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】第三周期元素中，X 的最高价氧化物溶于水得到溶液，浓度为0.01mol·L-1该溶液的 pH为 12，则c(OH-)=0.01mol·L-1，故X的最高价氧化物对应的水化物为一元强碱，则X为 Na元素；W、Z、 Y的最高价氧化物溶于水所得溶液的pH均小于7，故其最高价氧化物对应的水化物均为酸，0.01mol·L-1W的最高价含氧酸的溶液中c(H+)=0.01mol·L-1，故 W的最高价含氧酸为一元强酸，则 W 为 Cl元素； 0.01mol·L-1Z的最高价含氧酸的溶液的 pH 比 W的小，故Z为S元素；0.01mol·L-1Y的最高价含氧酸的溶液的 pH比 W的大，由于H2SiO3不溶于水，故Y为P元素。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．采用水浴加热及流量控制器可控制反应速率，使 Cl2平稳产生，故A不符合题意；
B．产生的 Cl2需要进行除杂，装置 A中为饱和食盐水，作用为除去 Cl2中的 HCl气体，减小Cl2的溶解，故B不符合题意；
C．K2MnO4溶液为墨绿色，KMnO4为紫色，所以当溶液出现紫红色，即说明有 KMnO4生成，故C不符合题意；
D．由 Cl2+2K2MnO4=2KMnO4+2KCl n(Cl2)：n(KMnO4)=1：2，制得 3.16g KMnO4时，即0.02 mol，理论上需要消耗 0.01 mol Cl2，标准状况下体积为 224 mL，故D符合题意；
故答案：D 。
【分析】A.流量控制器的优点，可以控速
D.根据氧化还原反应写出方程式，根据质量计算出氯气的物质的量即可
9．【答案】B
【解析】【解答】A．电离平衡常数越大酸性越强，故HCOOH酸性强于CH3COOH，则稀释过程中 CH3COOH浓度比HCOOH大，曲线 X代表CH3COOH，故A不符合题意；
B．c点pH = 6， c(HCOO−)+c(CH3COO−)=c(H+)−c(OH−)=10−6mol⋅L−1−10−8mol⋅L−1=9.9×10−7mol⋅L−1 ， 故B符合题意；
C． Ka(HCOOH)=c(HCOO−)⋅c(H+)c(HCOOH) ， Ka(CH3COOH)=c(CH3COO−)⋅c(H+)c(CH3COOH) ， Ka(HCOOH)Ka(CH3COOH)=c(HCOO−)⋅c(CH3COOH)c(HCOOH)⋅c(CH3COO−) 温度不变， Ka(HCOOH)Ka(CH3COOH) 不变， 故 c(HCOO−)⋅c(CH3COOH)c(HCOOH)⋅c(CH3COO−) 不变，故C不符合题意；
D．b点溶液pH相同，溶液中水电离出的H+物质的量浓度相同，c点溶液pH比a点、b点大，对水的电离抑制减弱，溶液中水电离出的H+物质的量浓度更大，故溶液中水电离出的H+物质的量浓度：c点＞a点=b点，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据电离常数即可判断
B.根据电荷守恒即可进行 计算
C.根据电离平衡常数的公式，利用甲酸和乙酸的电离平衡常数将 c(HCOO−)⋅c(CH3COOH)c(HCOOH)⋅c(CH3COO−)表示即可
D.水的电离影响因素，相同的pH水的电离程度一样，当pH 变化时，水的电离也受影响
10．【答案】C
【解析】【解答】A．依据起点的纵坐标及曲线的变化趋势可知，曲线Ⅰ呈现上升趋势，曲线Ⅱ先升后降，因为该反应为放热反应，故升高温度，平衡逆移， TiN的质量减小，所以曲线Ⅰ表示的是压强随温度的变化，曲线Ⅱ表示的是 TiN的质量随温度的变化，故A不符合题意；
B．温度越高反应速率越快，达到平衡的时间越短，b点为恰好达到平衡的点，a 点还未达到平衡，c 点是在b点基础上升高温度，平衡逆向移动，故B不符合题意；
C．由图可知a、b、c 三点体系内固体质量大小关系是m(b)＞m(c)＞m(a)，依据质量守恒，则气体质量大小关系为 m(b)＜m(c)＜ m(a)，结合化学方程式可知，当气体质量越大时，气体的物质的量就越小，根据 M=mn 可知 M(a)＞ M(c)＞M(b)，故C符合题意；
D．平衡常数只与温度有关， a、b、c三点的温度依次升高，反应是放热反应，温度越高平衡常数越小，所以 K(b)＞K(c)，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据温度的变化，确定平衡的移动方向即可判断曲线表示的物质
B.根据图，温度升高，物质在增多，达到最高点时达到平衡，继续升高问题平衡发生移动
C.判断平衡移动的方向，根据公式M=m/n计算即可
D.温度对平衡常数的影响
11．【答案】（1）-196.6 kJ·mol-1
（2）0.05 mol·L-1·min-1；CD；b点后反应物浓度降低对反应速率的影响大于体系温度升高对反应速率的影响
（3）由图像可知bc先达到平衡状态，温度越高反应速率越快[或由 bc 曲线可知平衡时n(NO)= 1.0 mol，由计算可知 ad 曲线平衡时n(NO)=1.2mol，该反应为放热反应，升高温度平衡逆移]；2.25(或 94 )
（4）2SO2+2e−+2Li+=Li2S2O4↓；2L1+2H2O=2LiOH+H2↑
【解析】【解答】(1)由盖斯定律可知， ΔH2=2ΔH3+ΔH1= -196.6 k·mol-1，故填-196.6 k·mol-1；
(2)①v(SO3)=Δc(SO3)Δt=0.2mol2L2min=0.05mol⋅L−1⋅min−1 ，故填0.05 mol·L-1·min-1；
②A.未指明反应方向，不能判断反应达到平衡状态，故A 不正确；
B.容积和气体质量不变，混合气体密度始终不变，不能判断反应达到平衡状态，故B不正确；
C.该反应前后气体分子数相同，由于该反应是放热反应，绝热恒容密闭条件下，随着反应的进行，容器内温度升高，压强逐渐增大，当压强不变时，反应达到平衡状态，故C正确；
D.NO2为红棕色气体，随着反应的进行，NO2的浓度降低，颜色逐渐变浅，当颜色保持不变时，反应达到平衡状态，故D正确；
故填CD；
③二氧化氮和二氧化硫在绝热恒容密闭容器中发生反应时，反应物浓度减小，使反应速率减小；该反应为放热反应，放出的热量使反应温度升高，使反应速率增大； b点正反应速率最大，b点之后正反应速率降低，说明在b点之后反应物浓度对反应速率的影响大于温度对反应速率的影响，故填b点后反应物浓度降低对反应速率的影响大于体系温度升高对反应速率的影响；
(3)①由图像可知 bc 先达到平衡状态，根据先拐先平温度高可知bc对应的温度为 650℃，从平衡移动的角度分析，由bc曲线可知平衡时n(NO)=1.0mol，由计算可知 ad 曲线平衡时 n(NO)=1.2 mol，该反应为放热反应，升高温度平衡逆移，n(NO)减小，所以bc 曲线对应的温度为650℃；②根据题意，400℃条件对应 ad 曲线，15 min 时反应达到平衡状态，列三段式：
NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)初始量(mol)22 0 0转化量(mol) 1.2 1.2 1.2 1.2平衡量(mol) 0.8 0.8 1.2 1.2
则 Kp=1.24px×1.24px0.84px×0.84px=94=2.25 ，故填由图像可知bc先达到平衡状态，温度越高反应速率越快[或由 bc 曲线可知平衡时n(NO)=1.0mol，由计算可知ad曲线平衡时n(NO)=1.2mol，该反应为放热反应，升高温度平衡逆移]、2.25(或 94 )；
(4)①由信息可知，二氧化硫在正极得到电子，结合锂离子生成连二亚硫酸锂，电极反应式为 2SO2+2e−+2Li+===Li2S2O4↓ ，故填 2SO2+2e−+2Li+===Li2S2O4↓ ；
②锂电池必须在无水的环境中使用的原因是金属锂会和水反应，反应的化学方程式为 2Li+2H2O=2LiOH+H2↑ ，故填 2Li+2H2O=2LiOH+H2↑ 。
【分析】根据化学平衡状态的建立和定义，平衡时有以下几点标志：①各物质的量保持恒定；②正反应速率和逆反应速率相等；③当一个变量不变时，反应达平衡；平衡常数、反应速率、转化率等的计算可建立三段式进行计算。
12．【答案】（1）Bi+4H++NO3−=Bi3++NO↑+2H2O；方法Ⅰ中金属 Bi与硝酸反应和硝酸铋在受热分解的过程中均会产生污染环境的氮氧化物
（2）分液漏斗；2BiOCl+2NH4HCO350℃__(BiO)2CO3+CO2↑+2NH4Cl+H2O
（3）氨水会与 HCO3− 反应生成 CO32−
（4）NH2·H2O分解，溶液的 pH 降低，不利于 CO32− 的形成，使沉淀产率降低
（5）95.4%
【解析】【解答】(1)由题干可知 Bi 与稀硝酸反应，生成的气体应该为 NO，因此离子方程式为 Bi+4H++NO3−==Bi3++NO↑+2H2O ；由于金属 Bi 与稀硝酸发生反应时会生成氮氧化物，并且硝酸铋在受热分解的过程中也会产生氮氧化物，会对环境产生污染，故填 Bi+4H++NO3−=Bi3++NO↑+2H2O 、方法Ⅰ中金属 Bi与硝酸反应和硝酸铋在受热分解的过程中均会产生污染环境的氮氧化物
(2)由图可知仪器e的名称为分液漏斗；由题干信息可知， BiOCl与NH4HCO3反应有(BiO)2CO3和CO2生成，根据原子守恒得反应的化学方程式为 2BiOCl+2NH4HCO350°C__(BiO)2CO3+CO2↑+2NH4Cl+H2O ，故填分液漏斗、 2BiOCl+2NH4HCO350°C__(BiO)2CO3+CO2↑+2NH4Cl+H2O ；
(3)氨水呈碱性，会与 HCO3− 反应产生大量的 CO32− ，有利于生成(BiO)2CO3沉淀，故填氨水会与 HCO3− 反应生成 CO32− ；
(4)当温度高于 50℃时，会促进溶液中NH3·H2O分解，会使溶液 pH降低，从而不利于 CO32− 的形成，使沉淀产率降低。(5)当得到产品质量为2.56g时，转化率a= 转化量初始量 ×100% =2.56g(209×2+16×3)g⋅mol−1×23g(209+16+35.5)g⋅mol−1 100%≈95.4%，故填NH2·H2O分解，溶液的 pH 降低，不利于 CO32− 的形成，使沉淀产率降低、95.4%。
【分析】方法Ⅱ的原理为 2BiOCl+2NH4HCO350℃__ ，将得到的 (BiO)2CO3 在经过灼烧，可得氧化铋，其反应为 (BiO)2CO3高温__CO2↑+Bi2O3 。
13．【答案】（1）＋4
（2）Ag2SO4+2Cl−=2AgCl+SO42−；5×10-16
（3）过滤；6.0
（4）H2TeO3+2SO32−=Te+2SO42−+H2O
（5）当加入最后一滴 Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变成无色且30s 内不恢复原来的颜色；54.6%
【解析】【解答】(1)Te元素在元素周期表中处于第五周期VI A族，亚碲酸的化学式为 H2TeO3 ，由化合物中各元素正、负化合价代数和为0可知，亚碲酸中碲的化合价为+4。
故答案为：+4。
(2)"酸浸"过程中，Ag 以 Ag2SO4形式进入到"氧化"步骤中，与 NaCl溶液反应生成 AgCl沉淀，Au的化学性质比较稳定，难溶于酸和一般的氧化剂，在"氧化"步骤中滤出；当溶液中同时存在 AgCl和Ag2SO4时， c2(Cl−)c(SO42−)=Ksp2(AgCl)Ksp(Ag2SO4)=(2×10−10)28×10−5= 5×10-16。
故答案为： Ag2SO4+2Cl−=2AgCl+SO42− ；5×10-16。
(3)由题给信息知“亚碲酸为二元弱酸，在水中溶解度较小”，故“硒、碲分离”时，需要进行的操作是过滤；溶液中两种元素的离子的浓度 比值越大，分离效果越好，从图像中可得出，当 pH=6.0时，分离效果最好。
故答案为：过滤；6.0。
(4)结合流程可知 H2TeO3中的 Te 化合价降低生成单质 Te， SO32− 作还原剂，生成 SO42− ，根据得失电子守恒、元素守恒、电荷守恒可知离子方程式为 H2TeO3+2SO32−===Te+2SO42−+H2O ；滴定终点的现象是：当加入最后一滴 Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变成无色且30s 内不恢复原来的颜色；铜阳极泥中 Se的含量为8.0%，则100 g 铜阳极泥中含有 Se的总质量为8.0 g，根据测定 Se的三个反应可知 Se～4Na2S2O3，实验中称取 0.0la g的粗 Se 进行实验，所以粗 Se 的回收率为 22.10×10−3L×0.1000mol⋅L−1×14×100×79g⋅mol−18g× 100%≈54.6%。
故答案为： H2TeO3+2SO32−=Te+2SO42−+H2O ；当加入最后一滴 Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变成无色且30s 内不恢复原来的颜色；54.6%。
【分析】电解铜的阳极泥中(主要含 Se、Te及Cu的化合物，含有少量Au、Ag单质)，"酸浸"过程中，Ag 以 Ag2SO4形式进入到"氧化"步骤中，与 NaCl溶液反应生成 AgCl沉淀，Au的化学性质比较稳定，难溶于酸和一般的氧化剂，在"氧化"步骤中滤出；由题给信息知“亚碲酸为二元弱酸，在水中溶解度较小”，故“硒、碲分离”时，需要进行的操作是过滤； H2TeO3中的 Te 化合价降低生成单质 Te，据此解题。
14．【答案】（1）共价键、氢键；sp2、sp3；；正四面体；NH3
（2）BN的熔点大于BP；二者均为原子晶体，N原子半径比P原子小，B－N键键长比B－P键短，B－N键键能较大，因此BN晶体的熔点高于BP晶体；12；( 34 ， 14 ， 14 )；68a
【解析】【解答】 (1)①由图可知M中含有共价键和氢键；
②M中苯环上的碳原子的杂化方式为sp2，饱和碳原子的杂化方式为sp3；
③P位于第三周期VA族，故基态磷原子价层电子轨道表示式为 ；磷酸根离子中P原子的价层电子对数为4，孤对电子数为 5+3−2×42=0 ，故其空间构型为正四面体；PH3分子与NH3分子相比，N原子的电负性大于P原子，中心原子的电负性越大，键角越大，故NH3的键角更大。
(2)①由题意“氮化硼与磷化硼具有相似的结构”“磷化硼熔点特别高”可知，BN与BP均为原子晶体(即共价晶体)，因N原子半径比P原子小，B－N键键长比B－P键短，B－N键键能较大，因此BN晶体的熔点高于BP晶体的熔点；
②由磷化硼晶胞结构可知，P原子位于立方体的8个顶点与6个面心，与P原子距离最近且相等的P原子有12个，且一个晶胞中P原子的个数为 8×18+6×12=4 ；B原子位于立方体内，因此一个晶胞中B原子的个数为4，可知晶胞中B与P的个数比为1：1，因此与硼原子距离最近且相等的硼原子也有12个；
③将磷化硼晶胞分为8个小的立方体，四个硼原子分别位于四个交错的小立方体体心位置，若图中A处磷原子坐标为(0，0，0)，D处磷原子坐标为(1，1，0)，则E处的硼原子坐标为( 34 ， 14 ， 14 )；
④设硼原子与最近磷原子的核间距为L pm，由磷化硼晶胞可知，A处磷原子与D处磷原子位于面对角线位置，A、D的距离为a pm，则磷化硼晶胞边长为 22 a pm，晶胞体对角线等于4L pm，则4L pm= 3 × 22 a pm，可得L= 14×3×22a=68a 。
【分析】（1）①根据结构式判断微粒键的作用力②计算中心原子价层电子对即可③根据核外电子排布即可写出价层电子轨道，计算价层电子对和孤对电子即可判断构型，考查的是电负性对键角的影响
（2）①考查的是熔点和键长的关系，键越短，键能越大 ② 据图就可找出距离最近的原子个数 ③ 据图所示，硼原子处于1/8个晶胞中心位置 ④硼原子处于1/8个晶胞中心位置，根据计算即可
15．【答案】（1）甲苯；取代反应(或硝化反应)
（2）羧基、酯基；
（3） +Cl2→Fe +HCl
（4）10
（5）→浓硫酸浓硝酸，Δ→H+KMnO4→Fe盐酸
【解析】【解答】(1)根据分析，A为 ，A的名称为甲苯；反应②是苯环上引入硝基，反应类型是取代反应(或硝化反应)，故答案为甲苯；取代反应或硝化反应；
(2)根据分析，E为 ，含有的官能团名称为羧基、酯基；F为 ；故答案为羧基、酯基； ；
(3)反应①为甲苯和氯气在Fe作催化剂下发生取代反应，根据题意，氯原子取代甲苯邻位碳上的H，即反应方程式为 +Cl2→Fe +HCl；故答案为 +Cl2→Fe +HCl；
(4)H为 ，其同分异构体遇FeCl3溶发生显色反应，说明含有酚羟基，分子中甲基与苯环直接相连且苯环上共有三个取代基，则这三个取代基分别为酚羟基、甲基和硝基，根据“定二动一”原则，符合条件的H的同分异构体共有2＋4＋4=10种；故答案为10；
(5)甲基氧化引入羧基，硝基还原引入氨基，由于氨基易被氧化，应先把甲基氧化为羧基后再将硝基还原为氨基，结合苯环引入基团的定位规律，先使甲苯发生取代反应生成邻硝基甲苯，用酸性KMnO4溶液将甲基氧化为—COOH，得到邻硝基苯甲酸，在Fe和盐酸存在条件下还原－NO2得到－NH2，生成邻氨基苯甲酸，合成路线流程图为 →浓硫酸浓硝酸，Δ→H+KMnO4→Fe盐酸 ；故答案为 →浓硫酸浓硝酸，Δ→H+KMnO4→Fe盐酸 。
【分析】H的结构简式为 逆推可知G为 。纵观整个过程，可知烃A为芳香烃，结合C的分子式C7H8O，可知A为 ，A与Cl2发生苯环上的取代反应生成B，B中氯原子发生水解反应、酸化引入—OH生成C，C中酚羟基发生信息①中取代反应生成D，D与酸性KMnO4溶液反应，D中—CH3被氧化成—COOH生成E，E→F的转化中在苯环上引入硝基(—NO2)，F→G的转化重新引入酚羟基，可知C→D的转化目的是防止酚羟基被氧化，结合H的结构简式，可推知B为 、C为 、E为 、F为 ，据此分析；
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