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2021年陕西省宝鸡中学高考一模化学试卷含答案
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这是一份2021年陕西省宝鸡中学高考一模化学试卷含答案，共22页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2021年陕西省宝鸡中学高考一模
化学试卷
一、单选题
1．古诗词、谚语等都是我国传统文化的瑰宝。下列有关解读错误的是（ ）
选项
传统文化
化学角度解读
A
《 本草经集注 》 记载“如握盐雪不冰,强烧之,紫青烟起 … 云是真硝石也
利用物理方法可以检验钠盐和钾盐
B
“司南之杓 ( 勺 ) ,投之于地,其柢 ( 勺柄 ) 指南”
司南中“杓”的材质为Fe3O4
C
《 本草图经 》 在绿矾项记载:“盖此矾色绿,味酸,烧之则赤 …… ”
因为绿矾能电离出H+,所以“味酸”
D
兰陵美酒郁金香,玉碗盛来琥珀光
“香”主要因为美酒含有酯类物质
A．A B．B C．C D．D
2．利用 Cu−ZSM−5 分子筛催化剂， NH3 可脱除燃煤烟气中的NO和 NO2 ，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．上述总反应为: 2NH3+NO+NO2=2N2+3H2O
B．X是HNO3、Y是 N2
C．阶段②④中都是氧化还原反应
D．NH3 、 NH4+ 中的化学键形成方式完全相同
3．环己酮 () 在生产生活中有重要的用途,可在酸性溶液中用环己醇间接电解氧化法制备,其原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a极与电源正极相连
B．理论上生成1mol环己酮时,有22.4LH2生成
C．生成环己酮 () 的反应为氧化反应
D．a极电极反应式是 2Cr3+−6e−+7H2O=Cr2O72−+14H+
4．如图装置实验,下列预期实验现象及结论均正确的是c中为蒸馏水（ ）
a
b
预期实验现象
结论
A
铁丝
浓硝酸
试管c中有大量红棕色气体
硝酸有强氧化性
B
木条
浓硫酸
木条变黑
浓硫酸有酸性及氧化性
C
生铁
NaCl溶液
导管处无现象
该实验没有发生反应
D
镁带
NH4Cl溶液
试管c中有无色气体
该无色气体中含有H2
A．A B．B C．C D．D
5．下列说法正确的是（ ）
A．向 FeCl3+3KSCN⇌Fe(SCN)3+3KCl 的液体平衡体系中加入少量KCl固体，由于生成物浓度增加，平衡逆向移动，所以液体血红色变浅
B．∆H>0、 △S>0 或∆H<0、∆S<0的化学反应都可能自发进行
C．以铜为电极，电解KI溶液 ( 含有少量淀粉 ) ，阳极附近溶液呈现蓝色
D．向稀 HNO3 中滴加 Na2SO3 溶液，反应的离子方程式为 SO32−+2H+=SO2↑+H2O
6．有机物X的结构简式是 ,能用该结构简式表示的X的同分异构体共有 ( 不考虑立体异构)（ ）
A．4种 B．6种 C．9种 D．10种
7．一种新型漂白剂 ( 如图 ) 可用于漂白羊毛等,其中W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素,W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数,W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述正确的是（ ）
A．W、X元素的简单离子半径相比,W简单离子的半径小
B．该化合物中W、Y、Z元素的粒子均满足8电子稳定结构
C．W、Z元素的简单离子均能促进水的电离
D．工业电解熔融的WX来制得W
二、综合题
8．合理利用工厂烟灰,变废为宝,对保护环境具有重要意义.以某钢铁厂烟灰 ( 主要成分为ZnO,并含少量的CuO、 MnO2 、 Fe2O3 等 ) 为原料制备氧化锌的工艺流程如图。
回答下列问题:
（1）“浸取”工序中加入过量氨水的目的：①使ZnO、CuO溶解，转化为 [Zn(NH3)4]2+ 和 [Cu(NH3)4]2+ 配离子；②使NH4HCO3部分转化为 。
（2）将滤渣①用稀 H2SO4 溶液处理后得到 溶液和 固体，检验该溶液中金属阳离子的方法是 。
（3）“除杂”工序加入过量的A是一种金属，其化学式为 ,该反应的离子方程式为 。
（4）滤渣②的主要成分有 ( 填化学式 ) ，回收后可用作冶金原料。
（5）ZnO与 NH4HCO3和NH3·H2O 的混合物三者在“浸取”反应时离子方程式为 。
（6）“蒸氨沉锌”工序中，“蒸氨”是将氨及其盐从固液混合物中蒸出，蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水，产物可返回 工序循环使用 。从碱式碳酸锌得到氧化锌的工序为 。
9．
（1）Ⅰ氮是地球上含量丰富的一种元素,氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。请回答下列问题。
图1是 1molNO2 和 1molCO 反应生成 CO2 和NO过程中能量变化示意图 ( 图中涉及物质为气态 ) ,请写出 NO2 和CO反应的热化学方程式 。
（2）在一定温度下,向2L固定容积的密闭容器中通入 2molCO2 、 3molH2 ,发生反应 CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H3<0. 测得 CO2(g) 和 CH3OH(g) 的浓度随时间变化如图2所示,
①计算该温度下此反应的平衡常数K= ;若使K的值变为1,则应采取的措施是 。
A．增大压强使平衡正移 B．恒压加入一定量 H2 C．降低温度 D．升高温度
②下列措施能使 n(CH3OH)n(CO2) 增大的是 。
A．升高温度 B．恒温恒容充入 He(g)
C．恒温恒容下,再充入1mol CH3OH(g) D．恒温恒容下,再充入 2molCO2 、 3molH2
（3）在体积为3L的恒容密闭容器中,投入 4molN2 和 9molH2 ,在一定条件下合成氨,不同温度下测得的数据如表所示。
温度 (K)
平衡时
T1
NH3 的产率30%
T2
NH3 的物质的量2mol
已知: 1molN2(g) 和 3molH2(g) 的的总能量大于 2molNH3(g) 的总能量。
①则 T1 T2 。 ( 填“ > ”“ < ”或“ = ” )
②在T2、K下,经过5min达化学平衡状态,则 0～5min 内 H2 的平均速率 v(H2)= 。
（4）Ⅱ①三氧化钼 (MoO3) 是石油工业中常用的催化剂,也是瓷轴药的颜料,该物质常使用辉钼矿 ( 主要成分为 MoS2) 通过一定条件来制备。回答下列相关问题:
已知:①MoS2(s)⇌Mo(s)+S2(g)△H1
②2MoS2(s)+7O2(g)⇌2MoO3(s)+4SO2(g)
若在恒温恒容条件下,发生反应 MoS2(s)⇌Mo(s)+S2(g) ,下列说法正确的是 ( 填字母 ) 。
a．气体的密度不变,则反应一定达到了平衡状态
b．气体的相对分子质量不变,反应不一定处于平衡状态
c．增加 MoS2 的量,平衡正向移动
（5）在恒容密闭容器中,加入足量的 MoS2 和 O2 ,仅发生反应: 2MoS2(s)+7O2(g)⇌2MoO3(s)+4SO2(g)△H 测得氧气的平衡转化率与起始压强、温度的关系如图所示。
①△H (填“ > ”“ < ”或“ = ”) 0 ;比较 p1 、 p2 、 p3 的大小: 。
②若初始时通入 7.0molO2,p2 为 7.0kPa ,则A点平衡常数 Kp= (用气体平衡分压代替气体平衡浓度计算,分压 = 总压 × 气体的物质的量分数)
10．已知 FeCl3 固体易升华,其蒸气为黄色。某学习小组通过下列装置探究 MnO2 与 FeCl3 能否反应产生 Cl2 ,实验装置如下图。
实验操作和现象:
实验操作
现象
点燃酒精喷灯,加热
加热一段时间后,装置A中产生黄色气体,装置B中溶液变蓝
回答下列问题:
（1）进行上述实验操作前还需要进行的操作为 。
（2）甲同学认为装置A中产生黄色气体不能说明一定产生 Cl2 ,原因为 。从安全角度分析,他认为该装置存在问题,改进的方法是在装置A、B之间添加 。
（3）乙同学分析,除了氯气可使B中溶液变蓝外,推测还有两种可能。
①推测一:装置A中得到的气体中有一种黄色气体可使B中溶液变蓝,该反应的离子方程式为 。
②推测二:在酸性条件下,装置中的空气可使B中溶液变蓝。发生反应的离子方程式为 ;他认为解决问题的操作为在开始加热A装置先 。
（4）按照上述甲、乙同学改进进行实验,观察到装置A中产生黄色气体,装置B中溶液变蓝,则A中发生反应的化学方程式为 。
11．分析下图信息，结合所学内容解答问题。
回答下列问题:
（1）①第三周期某元素的前5个电子的电离能如图1所示。该元素是 ( 填元素符号 ) ，判断依据是 。
②第二周期元素的第一电离能 (I1) 随原子序数 (Z) 的变化情况如图6，I1随Z的递增而呈增大趋势，导致 I1 在a点出现齿峰的原因是 。
③铝镁合金是优质储钠材料，原子位于面心和顶点，其晶胞如图2所示。1个铝原子周围有 个镁原子最近且等距离。
（2）配合物 Fe(CO)5 的熔点 −20℃ ，沸点 103℃ ，可用于制备纯铁。 Fe(CO)5 的结构如图3所示。下列关于 Fe(CO)5 说法错误的是 。
A． Fe(CO)5 是非极性分子，含有δ键和π键
B． Fe(CO)5 中Fe原子的配体与 C22− 互为等电子体
C． 1molFe(CO)5 含有 5molσ 键
D． Fe(CO)5=Fe+5CO 反应中没有新化学键生成
（3）独立的 NH3 分子中， H−N−H 键键角为 107°18'(1) 如图4所示是 [Zn(NH3)6]2+ 的部分结构以及其中 H−N−H 键键角。请解释 [Zn(NH3)6]2+ 离子中 H−N−H 键角变为 109.5° 的原因是 。根据VSEPR模型判断，下列微粒中所有原子都在同一平面上的一组是 。
A． SO32− 和 NO2− B． NO3− 和 SO3 C． H3O+ 和ClO3- D． PO43− 和 SO32−
（4）已知立方BN晶体硬度很大，其原因是 ;其晶胞结构如图5所示，设晶胞中最近的B、N原子之间的距离为anm，阿伏加德罗常数的值为 NA ，则晶体的密度为 g⋅cm−3 列式即可，用含a、 NA 的代数式表示 )
（5）在某种含镁、镍、碳3种元素的超导材料晶体中，镁原子和镍原子一起以立方最密堆积方式形成有序结构.结构中的两种八面体空隙，一种完全由镍原子构成，另一种由镍原子和镁原子共同构成，碳原子只填充在由镍原子构成的八面体空隙中，晶胞如图7所示。
①组成该晶体的化学式为 。
②完全由镍原子构成的八面体空隙与由镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙的数量比为 。
③若取碳原子为晶胞顶点，则镍原子位于晶胞的 位置。
12．海南粗榧新碱具有抗肿瘤、抗炎等作用，其中间体G的合成线路如图：
已知：
①R-COOH+R′-NH2→SOCl2R−C| |O−N|H−R' +H2O；
②R-CN →NaBH4NiCl2
回答下列问题：
（1）X为醛类物质，其名称为 ，C中含氧官能团的名称为 。
（2）C→D的反应类型为 。
（3）化合物F的结构简式为 。
（4）B与新制的氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为 。
（5）有机物Y是A的同分异构体，满足条件：①能与 FeCl3 溶液发生显色反应，②1 mol Y 与足量金属Na反应生成 1 mol H2 ，③结构中含“ ”，Y共有 种，其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为 2:2:1:1 的物质为 (写出其中一种结构简式)。
（6）设计以 为起始原料制备 的合成线路(无机试剂任选) 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．钠盐和钾盐焰色反应的颜色不同，钠的焰色反应为黄色，钾的焰色反应为紫色，焰色反应是物理变化，故A不符合题意；
B．司南中“杓”的材质为有磁性的物质，四氧化三铁具有磁性，所以司南中“杓”的材质为Fe3O4，故B不符合题意；
C．绿矾的主要成分为FeSO4·7H2O，FeSO4·7H2O是强酸弱碱盐，电离生成亚铁离子、硫酸根离子，不能电离出H+，故C符合题意；
D．酒放置时间长，少量的乙醇被氧化为乙酸，乙酸与乙醇生成乙酸乙酯，乙酸乙酯等酯类物质具有香味，所以产生香味主要是因为美酒含有酯类物质，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.钾元素和钠元素利用化学方法不宜鉴别，可以利用焰色反应进行鉴别，钾的焰色透过蓝色钴玻璃是紫色，而钠元素的黄色
B.司南主要是指的是指南针，四氧化三铁具有磁性
C.考查的是绿矾，“味酸”是因为亚铁离子水解显酸性
D.乙醇和乙酸发生酯化反应产生具有香味的酯类物质
2．【答案】A
【解析】【解答】A．根据反应历程图可知，进入体系的物质分别为NH3、NO、NO2为反应物，从体系出来的物质为N2、H2O为生成物，故上述总反应为: 2NH3+NO+NO2=2N2+3H2O ，A符合题意；
B．根据质量守恒，由转化③可知生成X的反应[(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)(HNO2)]++X+H+，原子守恒判断X为N2和H2O， 由转化④可知生成Y的反应为：[(NH4)(HNO2)]++H+= 2H++Y+2H2O，故Y是 N2 ，B不符合题意；
C．根据反应历程图可知，阶段②反应为：2 NH4+ +NO2=[(NH4)2(NO2)]2+元素化合价未发生改变，属于非氧化还原反应，阶段④反应为：[(NH4)(HNO2)]++H+= 2H++N2+2H2O有元素化合价发生改变，属于氧化还原反应，C不符合题意；
D． NH3 中化学键为共价键，而 NH4+ 中则存在配位键，故化学键形成方式不完全相同，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据题意将反应写出，①是H++NH3=NH4+,②2NH4++NO2=[(NH4)2(NO2)]2+,③[(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)(HNO2)]++H++N2，④[(NH4)(HNO2)]++H+=N2+2H2O将①到④进行合并得到，总反应是 2NH3+NO+NO2=2N2+3H2O ，经过判断X和Y均是氮气，反应中只有③和④是氧化还原反应。氨气均是极性键，而铵根离子除了极性键还有配位键
3．【答案】B
【解析】【解答】A．根据装置图可知，a极为电解池的阳极，则与电源正极相连，A不符合题意；
B．理论上由环己醇生成1mol环已酮( )时，转移2mol电子，根据电子守恒可知阴极有1mol氢气放出，但因题中没明确状态，故不能确定氢气的体积，B符合题意；
C．由图示可知，环己醇被 Cr2O72− 氧化生成环已酮，即生成环己酮的反应为氧化反应，C不符合题意；
D．a极为阳极，Cr3+失电子被氧化，电极反应式是 2Cr3+−6e−+7H2O=Cr2O72−+14H+ ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据给出两电极的产物，判定a极发生的是氧化反应，主要是Cr3+失去电子变为重铬酸根离子，故a极是阳极，与电源的正极相连接，b是阴极与电源的负极相连。发生的电池反应是2Cr3++7H2O=Cr2O72-+8H++3H2↑,Cr2O72-+2+10H+=2+7H2O+2Cr3+,根据环己酮的物质的量进行判断氢气的物质的量，但是条件未给出，根据元素的化合价即可判断为氧化反应，
4．【答案】D
【解析】【解答】A．铁在浓硝酸中钝化，不能生成二氧化氮气体，且二氧化氮与水反应生成硝酸和无色的NO，所以试管c中不可能有大量红棕色气体，故A不符合题意；
B．木条伸入浓硫酸中，木条变黑体现浓硫酸的脱水性，故B不符合题意；
C．生铁伸入氯化钠溶液中，发生铁的吸氧腐蚀，试管内气体减少，导管内液面升高，故C不符合题意；
D．NH4Cl溶液呈酸性，酸性条件下，镁和氢离子反应生成氢气，所以试管c中无色含有H2，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.浓硝酸具有强氧化性，铁的表面被浓硝酸氧化成一层氧化物薄膜，不能产生气体
B.木条主要成分是纤维素，木条变黑主要原因是将有机物中的氢和氧原子按照原子个数之比2：1进行脱去，体现了浓硫酸的脱水性
C.生铁主要是含有铁和碳形成合金，在电解质氯化钠的作用下发生吸氧腐蚀，氧气被消耗，压强减小
D.氯化铵中的铵根离子发生水解，使溶液显酸性，镁可与酸发生置换反应，产生氢气
5．【答案】B
【解析】【解答】A．该离子反应为： Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3 ，加入少量KCl固体，不会引起平衡移动，故A不符合题意；
B． 自发，当 ΔH >0、 ΔS >0高温下自发，当 ΔH <0、 ΔS <0时低温自发，故B符合题意；
C．当铜为电极时，属于活性阳极，阳极是铜失电子而不是碘离子失电子，故C不符合题意；
D．向稀 HNO3 中滴加 Na2SO3 溶液是氧化还原反应，离子方程式为： 3SO32−+2H++2NO3−=3SO42−+2NO↑+H2O ，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.写出离子方程式，即可判断加入的氯化钾对平衡不会产生影响
B.ΔG=ΔH−TΔS<0即可判断
C.铜为电极，铜失去电子，变为铜离子，不是碘离子失去电子
D.亚硫酸钠具有还原性，而硝酸具有氧化性，不是发生复分解反应，发生的是氧化还原反应
6．【答案】D
【解析】【解答】丙基有2种结构：-CH2CH2CH3、-CH(CH3)2，-C3H6Cl的碳链为： 123C−C−C ，氯原子分别在1号、2号、3号碳上(与1号重复），共有2种，氯原子在1号碳上，苯环可在1号碳、2号或3号碳上，有3种结构；氯原子在2号碳上，苯环可在2号或3号碳上，有2种结构，总共5种，所以该有机物共有2×5=10种；
故答案为：D。
【分析】找出两个取代基可能存在的结构即可写出同分异构体
7．【答案】A
【解析】【解答】A．镁离子和氧离子都含有2个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：W
C．镁离子不能促进水的电离，氢离子会抑制水的电离，故C不符合题意；
D．MgO熔点较高，工业上通过电解熔融氯化镁获得镁，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，说明有一种元素为H，根据图示结构可知，W形成+2价阳离子，X形成2个共价键，Z形成1个共价键，则Z为H元素，W位于IIA族，X位于VIA族；W、X对应的简单离子核外电子排布相同，则W为Mg，X为O元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的核外层电子数，Y的最外层电子数为6-2-1=3，Y与H、Mg不同周期，则Y为B元素，根据分析可知，W为Mg，X为O，Y为B，Z为H元素；根据元素判断选项即可
8．【答案】（1）(NH4)2CO3
（2）Fe2(SO4)3；MnO2；加入KSCN溶液有血红色出现
（3）Zn；Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+
（4）Cu、Zn
（5）ZnO+2NH3⋅H2O+2NH4+=[Zn(NH3)4]2++3H2O
（6）浸取；高温煅烧
【解析】【解答】(1)由分析可知，使NH4HCO3部分转化的反应为氨水与碳酸氢铵溶液部分反应生成碳酸铵和水，故答案为：(NH4)2CO3；
(2)滤渣①的主要成分是二氧化锰和氧化铁，向滤渣①中加入稀硫酸溶液，氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，而二氧化锰不发生反应，则将滤渣①用稀硫酸溶液处理后得到溶液为硫酸铁溶液，固体为二氧化锰；检验溶液中铁离子的方法是加入硫氰化钾溶液，溶液变为血红色，故答案为：Fe2O3；MnO2；加入KSCN溶液有血红色出现；
(3)由分析可知，在除杂工序中加入过量的锌粉，溶液中四氨合铜离子和锌发生置换反应生成四氨合锌离子和铜，反应的离子方程式为Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+，故答案为：Zn；Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+；
(4)由分析可知，滤渣②的主要成分为锌和铜，故答案为：Zn、Cu；
(5) 由分析可知，在“浸取”反应时氧化锌发生的反应为氧化锌与碳酸氢铵和氨水的混合溶液反应成配离子[Zn(NH3)4]2+和水，反应的离子方程式为Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+，故答案为：Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+；
(6) 由分析可知，碳化氨水可返回到浸取工序中循环使用，碱式碳酸锌高温煅烧得到氧化锌，故答案为：浸取；高温煅烧。
【分析】由题给流程可知，用碳酸氢铵溶液和过量氨水浸取烟灰，氧化锌和氧化铜溶于氨水生成四氨合锌离子和四氨合铜离子，氨水与碳酸氢铵溶液部分反应生成碳酸铵，二氧化锰和氧化铁不反应，过滤得到含有二氧化锰和氧化铁的滤渣①和含有四氨合锌离子、四氨合铜离子的滤液；向滤液中加入锌粉，溶液中四氨合铜离子和锌发生置换反应生成四氨合锌离子和铜，过滤得到含有锌、铜的滤渣②和含有四氨合锌离子的滤液，则A为锌粉；加热滤液，滤液中Zn(NH3)4(HCO3)2和Zn(NH3)4CO3反应变为NH3和碱式碳酸锌沉淀，碱式碳酸锌高温煅烧得到氧化锌；氨及其盐从固液混合物中蒸出，蒸出物经冷凝吸收后加入氨水得到的碳化氨水，碳化氨水可返回到浸取工序中循环使用。
9．【答案】（1）NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=−234kJ⋅mol−1
（2）1681 或 0.198；C；CD
（3）＞；0.2mol⋅L−1⋅min−1
（4）a b
（5）＜；p1>p2>p3；24(3.5)7
【解析】【解答】(1)反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，由图可知，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量368kJ-134kJ=234kJ， NO2 和CO反应的热化学方程式 NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=−234kJ⋅mol−1 。故答案为： NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=−234kJ⋅mol−1 ；
(2)①在一定温度下,向2L固定容积的密闭容器中通入 2molCO2 、 3molH2 , CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)开始浓度/mol·L－111.500转化浓度/mol·L－10.250.750.250.25平衡浓度/mol·L－10.750.750.250.25 所以K= 0.25×0.250.75×0.753 ≈0.198 ；平衡常数与温度有关，放热反应，降低温度，平衡正向移动，K变大，若使K的值变为1,则应采取的措施是降低温度；故答案为： 1681 或 0.198 ；C；
②A．升高温度，平衡逆向移动，所以 n(CH3OH)n(CO2) 减小，故A不正确；
B．恒温恒容充入 He(g) 平衡不移动，所以 n(CH3OH)n(CO2) 不变，故B不正确；
C．恒温恒容下,再充入1mol CH3OH(g) ，平衡逆向移动，甲醇增大的幅度比二氧化碳大，所以 n(CH3OH)n(CO2) 增大，故C正确；
D．恒温恒容下,再充入 2molCO2 、 3molH2 等效于开始加入4molCO2和6molH2，压强增大，平衡正向移动，所以 n(CH3OH)n(CO2) 增大，故D正确；
故答案为：CD；
(3)①1molN2(g) 和 3molH2(g) 的的总能量大于 2molNH3(g) 的总能量，则合成氨的反应为放热反应。T1时氨的产率为30%，氮气过量，按氢气计算理论产量为6molNH3,平衡时生成6mol×30%=1.8molNH3，升高温度，平衡逆向移动，T1温度高，则 T1 ＞ T2 ，故答案为：＞；
②在T2K下,经过5min达化学平衡状态,则 0～5min 内 N2+3H2⇌2NH3开始/mol490转化/mol132平衡/mol362
v(H2)= △c△t = 3mol3L5min =0.2mol•L-1•min-1， H2 的平均速率 v(H2)=0.2mol⋅L−1⋅min−1 。 故答案为： 0.2mol⋅L−1⋅min−1 ；
Ⅱ(4)a．恒容条件下，随着反应的进行，气体的质量增大，则气体的密度也增大，当气体密度不变时反应达到平衡状态，故正确；
b．只有S2是气体，所以气体相对分子质量始终不变，所以气体相对分子质量不变时反应不一定达到平衡状态，故正确；
c．MoS2是固体，不影响平衡移动，所以加入MoS2平衡不移动，故不正确；
故答案为：a b；
(5)①根据图知，压强一定时，升高温度氧气的转化率降低，平衡逆向移动， △H<0 ;该反应的正反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强平衡正向移动，氧气转化率增大，所以 p1 、 p2 、 p3 的大小: p1>p2>p3 。故答案为： < ； p1>p2>p3 ；
②若初始时通入7.0molO2，P2为7.0kPa，A点氧气转化率为50%，则A点n(O2)=7mol×(1-50%)=3.5mol，生成n(SO2)= 7.0mol×50%7 ×4=2mol，恒温恒容条件下气体压强之比等于物质的量之比，所以A点压强= 5.5mol7.0mol ×7.0kPa=5.5kPa，P(O2)= 3.55.5 ×5.5kPa=3.5kPa，P(SO2)=(5.5-3.5)kPa=2kPa，则A点平衡常数Kp= P4(SO2)P7(O2) = 24(3.5)7 ,则A点平衡常数 Kp=24(3.5)7 (用气体平衡分压代替气体平衡浓度计算,分压 = 总压 × 气体的物质的量分数)；故答案为： 24(3.5)7 。
【分析】反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，由图可知，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量368kJ-134kJ=234kJ，根据热化学方程式书写原则进行书写；达到化学平衡状态，则根据三段式结合平衡常数的定义、v= △c△t 计算；若初始时通入7.0molO2，P2为7.0kPa，A点氧气转化率为50%，则A点n(O2)=7mol×(1-50%)=3.5mol，生成n(SO2)= 7.0mol×50%7 ×4=2mol，恒温恒容条件下气体压强之比等于物质的量之比，算出A点各物质的压强，代入平衡常数公式Kp= P4(SO2)P7(O2) 计算。
10．【答案】（1）检验装置气密性
（2）FeCl3 升华后产生的气体也为黄色；在装置A、B间添加冷凝装置防堵塞导管
（3）2Fe3++2I-=2Fe2++I2；O2+4H++4I−=2I2+2H2O；在开始加热A装置前通入一段时间 N2 排尽装置内空气
（4）4FeCl3+3MnO2=2Fe2O3+3MnCl2+3Cl2↑
【解析】【解答】(1) 因为可能有气体产生。因此实验操作前还需要进行的操作为检查装置气密性。故答案为：检验装置气密性。
(2)甲同学认为装置A中产生黄色气体不能说明一定产生Cl2。这是因为FeCl3固体加热升华后产生FeCl3蒸汽也为黄色。因此不能确定黄色气体是Cl2还是FeCl3蒸汽。从安全角度分析,他认为该装置存在的问题是FeCl3固体加热易升华，其蒸汽遇冷就会发生凝华现象，变为固体会导致导管堵塞，改进的方法是在装置A、B之间添加冷凝装置防堵塞导管。故答案为：FeCl3升华后产生的气体也为黄色；在装置A、B间添加冷凝装置防堵塞导管。
(3)①除了氯气可使B中溶液变蓝外，装置A中得到的气体中有一种黄色气体也可使B中溶液变蓝，该气体是升华的FeCl3蒸汽，该反应的离子方程式2Fe3++2I-=2Fe2++I2。故答案为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2
②在酸性条件下,装置中的空气可使B中溶液变蓝。发生反应的离子方程式为 O2+4H++4I−=2I2+2H2O ，解决问题的操作为在开始加热A装置前通入一段时间N2排尽装置内空气。故答案为： O2+4H++4I−=2I2+2H2O ；在开始加热A装置前通入一段时间N2排尽装置内空气。
(4)按照上述甲、乙同学改进进行实验,观察到装置A中产生黄色气体,装置B中溶液变蓝,则证明A中发生反应产生了Cl2，则A中发生反应的化学方程式为 4FeCl3+3MnO2=2Fe2O3+3MnCl2+3Cl2↑ 。故答案为： 4FeCl3+3MnO2=2Fe2O3+3MnCl2+3Cl2↑
【分析】有气体参加的反应或制取气体的反应在实验前要检查装置的气密性，为防止空气成分对实验的干扰，要先通入与反应体系无关的气体进行排空处理；对于易升华的物质要注意采取安全措施，Cl2、FeCl3都有氧化性，都会将KI氧化为I2而使淀粉溶液变为蓝色。要注意排除杂质的干扰，同时注意进行尾气处理，防止大气污染。据此解答。
11．【答案】（1）Mg；I3 是 I2 的5倍多，说明最外层有2个电子；基态N原子的2p能级半充满；8
（2）C、D
（3）氨分子与 Zn2+ 形成配合物后，孤对电子与 Zn2+ 形成配位键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用减弱，所以 H−N−H 键键角变大；B
（4）立方BN晶体是原子晶体， B−N 键键能大，所以质地坚硬；75316a3NA×1021
（5）MgNi3C；1:3；棱心
【解析】【解答】(1)①由图1可知电离能I3是I2的5倍多，说明最外层有2个电子，结合该元素是第三周期元素，则该元素为第三周期第ⅡA族元素，此元素为镁元素，元素符号为Mg；
②第二周期元素的第一电离能 (I1) 随原子序数 (Z) 的变化情况如图6，同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第ⅡA元素第一电离能大于第ⅢA元素，第ⅤA族的第一电离能大于第ⅥA族元素，即I1随Z的递增而呈增大趋势，而导致 I1 在a点出现齿峰的原因是基态N原子的2p能级半充满；
③根据图示 ，1个铝原子周围有8个镁原子最近且等距离；
(2) A.根据配合物 Fe(CO)5 的结构图，是三角双锥结构，正负电荷分布均匀，是非极性分子，分子中含有δ键和π键，选项A正确；
B. Fe(CO)5 中Fe原子的配体是CO，价电子数是10，与 C22− 互为等电子体，选项B正确；
C. 1molFe(CO)5 含有 10molσ 键，选项C不正确；
D. Fe(CO)5=Fe+5CO 是化学变化，有化学键的断裂和生成，断裂配位键、生成金属键，选项D不正确；
故答案为：CD；
(3) NH3 分子与Zn2+形成配合物后，孤对电子与Zn2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以 H−N−H 键键角变大；
A. SO32− 中S原子价电子对个数＝ 6+22=4 ，含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构， NO2− 中N原子价电子对个数＝ 5+12=3 ，含有一个孤电子对，所以为V形结构，选项A不符合；
B. NO3− 中N原子价电子对个数＝ 5+12=3 ，没有孤电子对，所以为平面结构， SO3 中S原子价电子对个数＝ 62=3 ，没有孤电子对，所以为平面结构，选项B符合；
C. H3O+ 中O原子价电子对个数＝ 6+3−12=4 ，含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，ClO3-中Cl原子价电子对个数＝ 7+12=4 ，含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，选项不C符合；
D. PO43− 中P原子价电子对个数＝ 5+32=4 ，没有孤电子对，所以为四面体结构， SO32− 中S原子价电子对个数＝ 6+22=4 ，含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，选项D不符合；
故答案为：B；
(4)立方BN晶体是原子晶体， B−N 键键能大，所以质地坚硬；
根据均摊原则，1个晶胞中含有N原子数是4、含有B原子数是 8×18+6×12=4 ，晶胞中最近的B、N原子之间的距离为anm，则晶胞体对角线为4anm，晶胞边长是 43a3 nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为 （11+14）×4（433a）3×10−21×NA ＝ 75316a3NA×1021g⋅cm−3 ；
(5)①根据均摊法，C原子位于晶胞内部，个数为1 ，Mg原子位于顶点，个数为1 ， Ni原子位于面心，个数为3 ，所以化学式为MgNi3C；
②据图可知镍原子构成的八面体空隙数目为1 ，每条棱上的两个镁原子与相邻面心的镍原子构成正八面体空隙的，所以镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙为3 ，则完全由镍原子构成的八面体空隙与由镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙的数量比为1：3；
③若取碳原子为晶胞顶点，镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙中有2个镁原子、4个镍原子，则镍原子位于晶胞的棱心位置。
【分析】（1）①根据电离能的大小关系即可判断 ②同周期第一电离能理论上是从左到右依次增大，但是当能级电子排布处于半充满或者是充满状态时，第一电离能比两侧的元素的电离能大 ③铝原子处于面心，距离最近的镁原子来自顶点以及面心，因此是8个镁原子
（2）A.根据结构可以看出正负电电荷中心重合，故为非极性分子，配体分子是一氧化碳，含有 δ键和π键
B. 配体分子是CO，含有的价层电子对是10，而 C22− 的价层电子对也是10
C. σ 键包括单键和配位键，1mol Fe(CO)5 含有5mol配位键，和5mol碳氧键
D.有旧键断裂和新键形成是化学变化
（3）氨气分子中存在孤对电子而 [Zn(NH3)6]2+ 不存在孤对电子，孤对电子有一定的斥力，根据计算出中心原子的价层电子对以及孤对电子即可判断杂化方式
（4）原子晶体的硬度主要和键能有关，键能越大，硬度越大，根据给出数据计算出体积，再根据ρ=m/v进行计算
（5）① 根据占位情况即可计算出晶胞中原子的个数写出化学式②根据晶胞结构找出形成的八面体数目即可 ③根据晶胞中的位置，当以C作为晶胞顶点时，即可发现镍原子处于两个碳原子的中心即为棱心
12．【答案】（1）甲醛；羟基、醚键
（2）取代反应
（3）
（4） +2Cu(OH)2+NaOH →Δ +Cu2O↓+3H2O
（5）8； 或 或
（6）
【解析】【解答】(1) A是 ，X为醛类物质，得到 ，根据碳原子数目的变化，可知X为甲醛，根据C的结构可知C中含氧官能团的名称为醚键和羟基；(2) C的结构简式为 ，D的结构简式为 ，C中的羟基被Br原子取代，则反应类型为取代反应；(3)根据分析，化合物F的结构简式为 ；(4)B含有醛基，具有还原性，可以将新制的氢氧化铜还原成氧化亚铜，B与新制的氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为 +2Cu(OH)2+NaOH →Δ +Cu2O↓+3H2O；(5)有机物Y是A的同分异构体，分子式为C7H6O3，满足条件：①能与 FeCl3 溶液发生显色反应，含有酚羟基和苯环，②1 mol Y 与足量金属Na反应生成 1 mol H2 ，可以含有羟基或羧基，且分子中含有羟基或羧基共2个，③结构中含“ ”，可以有醛基或羧基的结构，若Y分子结构由两个酚羟基和一个醛基与苯环相连，则有5种结构，若Y分子的结构由一个酚羟基和一个羧基与苯环相连，取代基有邻，间，对的位置，有3种，则Y的结构共有8种；其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为 2:2:1:1 的物质为 中的任意一种；(6)以 为起始原料制备 的合成线路为 。
【分析】A与X反应生成B，结合A与B的结构简式，可得X为甲醛，B在LiAlH4的作用下生成C，C加入PBr3可以得到D，D加入氰化钠后得到E，酸化后得到F，结合B和E的结构简式，和C、D的分子式，可得C的结构简式为 ，D的结构简式为 ，F的结构简式为 ，F与 在SOCl2作用下生成G，据此分析解答。
2021年陕西省宝鸡中学高考一模
化学试卷
一、单选题
1．古诗词、谚语等都是我国传统文化的瑰宝。下列有关解读错误的是（ ）
选项
传统文化
化学角度解读
A
《 本草经集注 》 记载“如握盐雪不冰,强烧之,紫青烟起 … 云是真硝石也
利用物理方法可以检验钠盐和钾盐
B
“司南之杓 ( 勺 ) ,投之于地,其柢 ( 勺柄 ) 指南”
司南中“杓”的材质为Fe3O4
C
《 本草图经 》 在绿矾项记载:“盖此矾色绿,味酸,烧之则赤 …… ”
因为绿矾能电离出H+,所以“味酸”
D
兰陵美酒郁金香,玉碗盛来琥珀光
“香”主要因为美酒含有酯类物质
A．A B．B C．C D．D
2．利用 Cu−ZSM−5 分子筛催化剂， NH3 可脱除燃煤烟气中的NO和 NO2 ，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．上述总反应为: 2NH3+NO+NO2=2N2+3H2O
B．X是HNO3、Y是 N2
C．阶段②④中都是氧化还原反应
D．NH3 、 NH4+ 中的化学键形成方式完全相同
3．环己酮 () 在生产生活中有重要的用途,可在酸性溶液中用环己醇间接电解氧化法制备,其原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a极与电源正极相连
B．理论上生成1mol环己酮时,有22.4LH2生成
C．生成环己酮 () 的反应为氧化反应
D．a极电极反应式是 2Cr3+−6e−+7H2O=Cr2O72−+14H+
4．如图装置实验,下列预期实验现象及结论均正确的是c中为蒸馏水（ ）
a
b
预期实验现象
结论
A
铁丝
浓硝酸
试管c中有大量红棕色气体
硝酸有强氧化性
B
木条
浓硫酸
木条变黑
浓硫酸有酸性及氧化性
C
生铁
NaCl溶液
导管处无现象
该实验没有发生反应
D
镁带
NH4Cl溶液
试管c中有无色气体
该无色气体中含有H2
A．A B．B C．C D．D
5．下列说法正确的是（ ）
A．向 FeCl3+3KSCN⇌Fe(SCN)3+3KCl 的液体平衡体系中加入少量KCl固体，由于生成物浓度增加，平衡逆向移动，所以液体血红色变浅
B．∆H>0、 △S>0 或∆H<0、∆S<0的化学反应都可能自发进行
C．以铜为电极，电解KI溶液 ( 含有少量淀粉 ) ，阳极附近溶液呈现蓝色
D．向稀 HNO3 中滴加 Na2SO3 溶液，反应的离子方程式为 SO32−+2H+=SO2↑+H2O
6．有机物X的结构简式是 ,能用该结构简式表示的X的同分异构体共有 ( 不考虑立体异构)（ ）
A．4种 B．6种 C．9种 D．10种
7．一种新型漂白剂 ( 如图 ) 可用于漂白羊毛等,其中W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素,W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数,W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述正确的是（ ）
A．W、X元素的简单离子半径相比,W简单离子的半径小
B．该化合物中W、Y、Z元素的粒子均满足8电子稳定结构
C．W、Z元素的简单离子均能促进水的电离
D．工业电解熔融的WX来制得W
二、综合题
8．合理利用工厂烟灰,变废为宝,对保护环境具有重要意义.以某钢铁厂烟灰 ( 主要成分为ZnO,并含少量的CuO、 MnO2 、 Fe2O3 等 ) 为原料制备氧化锌的工艺流程如图。
回答下列问题:
（1）“浸取”工序中加入过量氨水的目的：①使ZnO、CuO溶解，转化为 [Zn(NH3)4]2+ 和 [Cu(NH3)4]2+ 配离子；②使NH4HCO3部分转化为 。
（2）将滤渣①用稀 H2SO4 溶液处理后得到 溶液和 固体，检验该溶液中金属阳离子的方法是 。
（3）“除杂”工序加入过量的A是一种金属，其化学式为 ,该反应的离子方程式为 。
（4）滤渣②的主要成分有 ( 填化学式 ) ，回收后可用作冶金原料。
（5）ZnO与 NH4HCO3和NH3·H2O 的混合物三者在“浸取”反应时离子方程式为 。
（6）“蒸氨沉锌”工序中，“蒸氨”是将氨及其盐从固液混合物中蒸出，蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水，产物可返回 工序循环使用 。从碱式碳酸锌得到氧化锌的工序为 。
9．
（1）Ⅰ氮是地球上含量丰富的一种元素,氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。请回答下列问题。
图1是 1molNO2 和 1molCO 反应生成 CO2 和NO过程中能量变化示意图 ( 图中涉及物质为气态 ) ,请写出 NO2 和CO反应的热化学方程式 。
（2）在一定温度下,向2L固定容积的密闭容器中通入 2molCO2 、 3molH2 ,发生反应 CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H3<0. 测得 CO2(g) 和 CH3OH(g) 的浓度随时间变化如图2所示,
①计算该温度下此反应的平衡常数K= ;若使K的值变为1,则应采取的措施是 。
A．增大压强使平衡正移 B．恒压加入一定量 H2 C．降低温度 D．升高温度
②下列措施能使 n(CH3OH)n(CO2) 增大的是 。
A．升高温度 B．恒温恒容充入 He(g)
C．恒温恒容下,再充入1mol CH3OH(g) D．恒温恒容下,再充入 2molCO2 、 3molH2
（3）在体积为3L的恒容密闭容器中,投入 4molN2 和 9molH2 ,在一定条件下合成氨,不同温度下测得的数据如表所示。
温度 (K)
平衡时
T1
NH3 的产率30%
T2
NH3 的物质的量2mol
已知: 1molN2(g) 和 3molH2(g) 的的总能量大于 2molNH3(g) 的总能量。
①则 T1 T2 。 ( 填“ > ”“ < ”或“ = ” )
②在T2、K下,经过5min达化学平衡状态,则 0～5min 内 H2 的平均速率 v(H2)= 。
（4）Ⅱ①三氧化钼 (MoO3) 是石油工业中常用的催化剂,也是瓷轴药的颜料,该物质常使用辉钼矿 ( 主要成分为 MoS2) 通过一定条件来制备。回答下列相关问题:
已知:①MoS2(s)⇌Mo(s)+S2(g)△H1
②2MoS2(s)+7O2(g)⇌2MoO3(s)+4SO2(g)
若在恒温恒容条件下,发生反应 MoS2(s)⇌Mo(s)+S2(g) ,下列说法正确的是 ( 填字母 ) 。
a．气体的密度不变,则反应一定达到了平衡状态
b．气体的相对分子质量不变,反应不一定处于平衡状态
c．增加 MoS2 的量,平衡正向移动
（5）在恒容密闭容器中,加入足量的 MoS2 和 O2 ,仅发生反应: 2MoS2(s)+7O2(g)⇌2MoO3(s)+4SO2(g)△H 测得氧气的平衡转化率与起始压强、温度的关系如图所示。
①△H (填“ > ”“ < ”或“ = ”) 0 ;比较 p1 、 p2 、 p3 的大小: 。
②若初始时通入 7.0molO2,p2 为 7.0kPa ,则A点平衡常数 Kp= (用气体平衡分压代替气体平衡浓度计算,分压 = 总压 × 气体的物质的量分数)
10．已知 FeCl3 固体易升华,其蒸气为黄色。某学习小组通过下列装置探究 MnO2 与 FeCl3 能否反应产生 Cl2 ,实验装置如下图。
实验操作和现象:
实验操作
现象
点燃酒精喷灯,加热
加热一段时间后,装置A中产生黄色气体,装置B中溶液变蓝
回答下列问题:
（1）进行上述实验操作前还需要进行的操作为 。
（2）甲同学认为装置A中产生黄色气体不能说明一定产生 Cl2 ,原因为 。从安全角度分析,他认为该装置存在问题,改进的方法是在装置A、B之间添加 。
（3）乙同学分析,除了氯气可使B中溶液变蓝外,推测还有两种可能。
①推测一:装置A中得到的气体中有一种黄色气体可使B中溶液变蓝,该反应的离子方程式为 。
②推测二:在酸性条件下,装置中的空气可使B中溶液变蓝。发生反应的离子方程式为 ;他认为解决问题的操作为在开始加热A装置先 。
（4）按照上述甲、乙同学改进进行实验,观察到装置A中产生黄色气体,装置B中溶液变蓝,则A中发生反应的化学方程式为 。
11．分析下图信息，结合所学内容解答问题。
回答下列问题:
（1）①第三周期某元素的前5个电子的电离能如图1所示。该元素是 ( 填元素符号 ) ，判断依据是 。
②第二周期元素的第一电离能 (I1) 随原子序数 (Z) 的变化情况如图6，I1随Z的递增而呈增大趋势，导致 I1 在a点出现齿峰的原因是 。
③铝镁合金是优质储钠材料，原子位于面心和顶点，其晶胞如图2所示。1个铝原子周围有 个镁原子最近且等距离。
（2）配合物 Fe(CO)5 的熔点 −20℃ ，沸点 103℃ ，可用于制备纯铁。 Fe(CO)5 的结构如图3所示。下列关于 Fe(CO)5 说法错误的是 。
A． Fe(CO)5 是非极性分子，含有δ键和π键
B． Fe(CO)5 中Fe原子的配体与 C22− 互为等电子体
C． 1molFe(CO)5 含有 5molσ 键
D． Fe(CO)5=Fe+5CO 反应中没有新化学键生成
（3）独立的 NH3 分子中， H−N−H 键键角为 107°18'(1) 如图4所示是 [Zn(NH3)6]2+ 的部分结构以及其中 H−N−H 键键角。请解释 [Zn(NH3)6]2+ 离子中 H−N−H 键角变为 109.5° 的原因是 。根据VSEPR模型判断，下列微粒中所有原子都在同一平面上的一组是 。
A． SO32− 和 NO2− B． NO3− 和 SO3 C． H3O+ 和ClO3- D． PO43− 和 SO32−
（4）已知立方BN晶体硬度很大，其原因是 ;其晶胞结构如图5所示，设晶胞中最近的B、N原子之间的距离为anm，阿伏加德罗常数的值为 NA ，则晶体的密度为 g⋅cm−3 列式即可，用含a、 NA 的代数式表示 )
（5）在某种含镁、镍、碳3种元素的超导材料晶体中，镁原子和镍原子一起以立方最密堆积方式形成有序结构.结构中的两种八面体空隙，一种完全由镍原子构成，另一种由镍原子和镁原子共同构成，碳原子只填充在由镍原子构成的八面体空隙中，晶胞如图7所示。
①组成该晶体的化学式为 。
②完全由镍原子构成的八面体空隙与由镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙的数量比为 。
③若取碳原子为晶胞顶点，则镍原子位于晶胞的 位置。
12．海南粗榧新碱具有抗肿瘤、抗炎等作用，其中间体G的合成线路如图：
已知：
①R-COOH+R′-NH2→SOCl2R−C| |O−N|H−R' +H2O；
②R-CN →NaBH4NiCl2
回答下列问题：
（1）X为醛类物质，其名称为 ，C中含氧官能团的名称为 。
（2）C→D的反应类型为 。
（3）化合物F的结构简式为 。
（4）B与新制的氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为 。
（5）有机物Y是A的同分异构体，满足条件：①能与 FeCl3 溶液发生显色反应，②1 mol Y 与足量金属Na反应生成 1 mol H2 ，③结构中含“ ”，Y共有 种，其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为 2:2:1:1 的物质为 (写出其中一种结构简式)。
（6）设计以 为起始原料制备 的合成线路(无机试剂任选) 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．钠盐和钾盐焰色反应的颜色不同，钠的焰色反应为黄色，钾的焰色反应为紫色，焰色反应是物理变化，故A不符合题意；
B．司南中“杓”的材质为有磁性的物质，四氧化三铁具有磁性，所以司南中“杓”的材质为Fe3O4，故B不符合题意；
C．绿矾的主要成分为FeSO4·7H2O，FeSO4·7H2O是强酸弱碱盐，电离生成亚铁离子、硫酸根离子，不能电离出H+，故C符合题意；
D．酒放置时间长，少量的乙醇被氧化为乙酸，乙酸与乙醇生成乙酸乙酯，乙酸乙酯等酯类物质具有香味，所以产生香味主要是因为美酒含有酯类物质，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.钾元素和钠元素利用化学方法不宜鉴别，可以利用焰色反应进行鉴别，钾的焰色透过蓝色钴玻璃是紫色，而钠元素的黄色
B.司南主要是指的是指南针，四氧化三铁具有磁性
C.考查的是绿矾，“味酸”是因为亚铁离子水解显酸性
D.乙醇和乙酸发生酯化反应产生具有香味的酯类物质
2．【答案】A
【解析】【解答】A．根据反应历程图可知，进入体系的物质分别为NH3、NO、NO2为反应物，从体系出来的物质为N2、H2O为生成物，故上述总反应为: 2NH3+NO+NO2=2N2+3H2O ，A符合题意；
B．根据质量守恒，由转化③可知生成X的反应[(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)(HNO2)]++X+H+，原子守恒判断X为N2和H2O， 由转化④可知生成Y的反应为：[(NH4)(HNO2)]++H+= 2H++Y+2H2O，故Y是 N2 ，B不符合题意；
C．根据反应历程图可知，阶段②反应为：2 NH4+ +NO2=[(NH4)2(NO2)]2+元素化合价未发生改变，属于非氧化还原反应，阶段④反应为：[(NH4)(HNO2)]++H+= 2H++N2+2H2O有元素化合价发生改变，属于氧化还原反应，C不符合题意；
D． NH3 中化学键为共价键，而 NH4+ 中则存在配位键，故化学键形成方式不完全相同，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据题意将反应写出，①是H++NH3=NH4+,②2NH4++NO2=[(NH4)2(NO2)]2+,③[(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)(HNO2)]++H++N2，④[(NH4)(HNO2)]++H+=N2+2H2O将①到④进行合并得到，总反应是 2NH3+NO+NO2=2N2+3H2O ，经过判断X和Y均是氮气，反应中只有③和④是氧化还原反应。氨气均是极性键，而铵根离子除了极性键还有配位键
3．【答案】B
【解析】【解答】A．根据装置图可知，a极为电解池的阳极，则与电源正极相连，A不符合题意；
B．理论上由环己醇生成1mol环已酮( )时，转移2mol电子，根据电子守恒可知阴极有1mol氢气放出，但因题中没明确状态，故不能确定氢气的体积，B符合题意；
C．由图示可知，环己醇被 Cr2O72− 氧化生成环已酮，即生成环己酮的反应为氧化反应，C不符合题意；
D．a极为阳极，Cr3+失电子被氧化，电极反应式是 2Cr3+−6e−+7H2O=Cr2O72−+14H+ ，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据给出两电极的产物，判定a极发生的是氧化反应，主要是Cr3+失去电子变为重铬酸根离子，故a极是阳极，与电源的正极相连接，b是阴极与电源的负极相连。发生的电池反应是2Cr3++7H2O=Cr2O72-+8H++3H2↑,Cr2O72-+2+10H+=2+7H2O+2Cr3+,根据环己酮的物质的量进行判断氢气的物质的量，但是条件未给出，根据元素的化合价即可判断为氧化反应，
4．【答案】D
【解析】【解答】A．铁在浓硝酸中钝化，不能生成二氧化氮气体，且二氧化氮与水反应生成硝酸和无色的NO，所以试管c中不可能有大量红棕色气体，故A不符合题意；
B．木条伸入浓硫酸中，木条变黑体现浓硫酸的脱水性，故B不符合题意；
C．生铁伸入氯化钠溶液中，发生铁的吸氧腐蚀，试管内气体减少，导管内液面升高，故C不符合题意；
D．NH4Cl溶液呈酸性，酸性条件下，镁和氢离子反应生成氢气，所以试管c中无色含有H2，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.浓硝酸具有强氧化性，铁的表面被浓硝酸氧化成一层氧化物薄膜，不能产生气体
B.木条主要成分是纤维素，木条变黑主要原因是将有机物中的氢和氧原子按照原子个数之比2：1进行脱去，体现了浓硫酸的脱水性
C.生铁主要是含有铁和碳形成合金，在电解质氯化钠的作用下发生吸氧腐蚀，氧气被消耗，压强减小
D.氯化铵中的铵根离子发生水解，使溶液显酸性，镁可与酸发生置换反应，产生氢气
5．【答案】B
【解析】【解答】A．该离子反应为： Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3 ，加入少量KCl固体，不会引起平衡移动，故A不符合题意；
B． 自发，当 ΔH >0、 ΔS >0高温下自发，当 ΔH <0、 ΔS <0时低温自发，故B符合题意；
C．当铜为电极时，属于活性阳极，阳极是铜失电子而不是碘离子失电子，故C不符合题意；
D．向稀 HNO3 中滴加 Na2SO3 溶液是氧化还原反应，离子方程式为： 3SO32−+2H++2NO3−=3SO42−+2NO↑+H2O ，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.写出离子方程式，即可判断加入的氯化钾对平衡不会产生影响
B.ΔG=ΔH−TΔS<0即可判断
C.铜为电极，铜失去电子，变为铜离子，不是碘离子失去电子
D.亚硫酸钠具有还原性，而硝酸具有氧化性，不是发生复分解反应，发生的是氧化还原反应
6．【答案】D
【解析】【解答】丙基有2种结构：-CH2CH2CH3、-CH(CH3)2，-C3H6Cl的碳链为： 123C−C−C ，氯原子分别在1号、2号、3号碳上(与1号重复），共有2种，氯原子在1号碳上，苯环可在1号碳、2号或3号碳上，有3种结构；氯原子在2号碳上，苯环可在2号或3号碳上，有2种结构，总共5种，所以该有机物共有2×5=10种；
故答案为：D。
【分析】找出两个取代基可能存在的结构即可写出同分异构体
7．【答案】A
【解析】【解答】A．镁离子和氧离子都含有2个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：W
C．镁离子不能促进水的电离，氢离子会抑制水的电离，故C不符合题意；
D．MgO熔点较高，工业上通过电解熔融氯化镁获得镁，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，说明有一种元素为H，根据图示结构可知，W形成+2价阳离子，X形成2个共价键，Z形成1个共价键，则Z为H元素，W位于IIA族，X位于VIA族；W、X对应的简单离子核外电子排布相同，则W为Mg，X为O元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的核外层电子数，Y的最外层电子数为6-2-1=3，Y与H、Mg不同周期，则Y为B元素，根据分析可知，W为Mg，X为O，Y为B，Z为H元素；根据元素判断选项即可
8．【答案】（1）(NH4)2CO3
（2）Fe2(SO4)3；MnO2；加入KSCN溶液有血红色出现
（3）Zn；Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+
（4）Cu、Zn
（5）ZnO+2NH3⋅H2O+2NH4+=[Zn(NH3)4]2++3H2O
（6）浸取；高温煅烧
【解析】【解答】(1)由分析可知，使NH4HCO3部分转化的反应为氨水与碳酸氢铵溶液部分反应生成碳酸铵和水，故答案为：(NH4)2CO3；
(2)滤渣①的主要成分是二氧化锰和氧化铁，向滤渣①中加入稀硫酸溶液，氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，而二氧化锰不发生反应，则将滤渣①用稀硫酸溶液处理后得到溶液为硫酸铁溶液，固体为二氧化锰；检验溶液中铁离子的方法是加入硫氰化钾溶液，溶液变为血红色，故答案为：Fe2O3；MnO2；加入KSCN溶液有血红色出现；
(3)由分析可知，在除杂工序中加入过量的锌粉，溶液中四氨合铜离子和锌发生置换反应生成四氨合锌离子和铜，反应的离子方程式为Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+，故答案为：Zn；Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+；
(4)由分析可知，滤渣②的主要成分为锌和铜，故答案为：Zn、Cu；
(5) 由分析可知，在“浸取”反应时氧化锌发生的反应为氧化锌与碳酸氢铵和氨水的混合溶液反应成配离子[Zn(NH3)4]2+和水，反应的离子方程式为Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+，故答案为：Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+；
(6) 由分析可知，碳化氨水可返回到浸取工序中循环使用，碱式碳酸锌高温煅烧得到氧化锌，故答案为：浸取；高温煅烧。
【分析】由题给流程可知，用碳酸氢铵溶液和过量氨水浸取烟灰，氧化锌和氧化铜溶于氨水生成四氨合锌离子和四氨合铜离子，氨水与碳酸氢铵溶液部分反应生成碳酸铵，二氧化锰和氧化铁不反应，过滤得到含有二氧化锰和氧化铁的滤渣①和含有四氨合锌离子、四氨合铜离子的滤液；向滤液中加入锌粉，溶液中四氨合铜离子和锌发生置换反应生成四氨合锌离子和铜，过滤得到含有锌、铜的滤渣②和含有四氨合锌离子的滤液，则A为锌粉；加热滤液，滤液中Zn(NH3)4(HCO3)2和Zn(NH3)4CO3反应变为NH3和碱式碳酸锌沉淀，碱式碳酸锌高温煅烧得到氧化锌；氨及其盐从固液混合物中蒸出，蒸出物经冷凝吸收后加入氨水得到的碳化氨水，碳化氨水可返回到浸取工序中循环使用。
9．【答案】（1）NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=−234kJ⋅mol−1
（2）1681 或 0.198；C；CD
（3）＞；0.2mol⋅L−1⋅min−1
（4）a b
（5）＜；p1>p2>p3；24(3.5)7
【解析】【解答】(1)反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，由图可知，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量368kJ-134kJ=234kJ， NO2 和CO反应的热化学方程式 NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=−234kJ⋅mol−1 。故答案为： NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H=−234kJ⋅mol−1 ；
(2)①在一定温度下,向2L固定容积的密闭容器中通入 2molCO2 、 3molH2 , CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)开始浓度/mol·L－111.500转化浓度/mol·L－10.250.750.250.25平衡浓度/mol·L－10.750.750.250.25 所以K= 0.25×0.250.75×0.753 ≈0.198 ；平衡常数与温度有关，放热反应，降低温度，平衡正向移动，K变大，若使K的值变为1,则应采取的措施是降低温度；故答案为： 1681 或 0.198 ；C；
②A．升高温度，平衡逆向移动，所以 n(CH3OH)n(CO2) 减小，故A不正确；
B．恒温恒容充入 He(g) 平衡不移动，所以 n(CH3OH)n(CO2) 不变，故B不正确；
C．恒温恒容下,再充入1mol CH3OH(g) ，平衡逆向移动，甲醇增大的幅度比二氧化碳大，所以 n(CH3OH)n(CO2) 增大，故C正确；
D．恒温恒容下,再充入 2molCO2 、 3molH2 等效于开始加入4molCO2和6molH2，压强增大，平衡正向移动，所以 n(CH3OH)n(CO2) 增大，故D正确；
故答案为：CD；
(3)①1molN2(g) 和 3molH2(g) 的的总能量大于 2molNH3(g) 的总能量，则合成氨的反应为放热反应。T1时氨的产率为30%，氮气过量，按氢气计算理论产量为6molNH3,平衡时生成6mol×30%=1.8molNH3，升高温度，平衡逆向移动，T1温度高，则 T1 ＞ T2 ，故答案为：＞；
②在T2K下,经过5min达化学平衡状态,则 0～5min 内 N2+3H2⇌2NH3开始/mol490转化/mol132平衡/mol362
v(H2)= △c△t = 3mol3L5min =0.2mol•L-1•min-1， H2 的平均速率 v(H2)=0.2mol⋅L−1⋅min−1 。 故答案为： 0.2mol⋅L−1⋅min−1 ；
Ⅱ(4)a．恒容条件下，随着反应的进行，气体的质量增大，则气体的密度也增大，当气体密度不变时反应达到平衡状态，故正确；
b．只有S2是气体，所以气体相对分子质量始终不变，所以气体相对分子质量不变时反应不一定达到平衡状态，故正确；
c．MoS2是固体，不影响平衡移动，所以加入MoS2平衡不移动，故不正确；
故答案为：a b；
(5)①根据图知，压强一定时，升高温度氧气的转化率降低，平衡逆向移动， △H<0 ;该反应的正反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强平衡正向移动，氧气转化率增大，所以 p1 、 p2 、 p3 的大小: p1>p2>p3 。故答案为： < ； p1>p2>p3 ；
②若初始时通入7.0molO2，P2为7.0kPa，A点氧气转化率为50%，则A点n(O2)=7mol×(1-50%)=3.5mol，生成n(SO2)= 7.0mol×50%7 ×4=2mol，恒温恒容条件下气体压强之比等于物质的量之比，所以A点压强= 5.5mol7.0mol ×7.0kPa=5.5kPa，P(O2)= 3.55.5 ×5.5kPa=3.5kPa，P(SO2)=(5.5-3.5)kPa=2kPa，则A点平衡常数Kp= P4(SO2)P7(O2) = 24(3.5)7 ,则A点平衡常数 Kp=24(3.5)7 (用气体平衡分压代替气体平衡浓度计算,分压 = 总压 × 气体的物质的量分数)；故答案为： 24(3.5)7 。
【分析】反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，由图可知，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量368kJ-134kJ=234kJ，根据热化学方程式书写原则进行书写；达到化学平衡状态，则根据三段式结合平衡常数的定义、v= △c△t 计算；若初始时通入7.0molO2，P2为7.0kPa，A点氧气转化率为50%，则A点n(O2)=7mol×(1-50%)=3.5mol，生成n(SO2)= 7.0mol×50%7 ×4=2mol，恒温恒容条件下气体压强之比等于物质的量之比，算出A点各物质的压强，代入平衡常数公式Kp= P4(SO2)P7(O2) 计算。
10．【答案】（1）检验装置气密性
（2）FeCl3 升华后产生的气体也为黄色；在装置A、B间添加冷凝装置防堵塞导管
（3）2Fe3++2I-=2Fe2++I2；O2+4H++4I−=2I2+2H2O；在开始加热A装置前通入一段时间 N2 排尽装置内空气
（4）4FeCl3+3MnO2=2Fe2O3+3MnCl2+3Cl2↑
【解析】【解答】(1) 因为可能有气体产生。因此实验操作前还需要进行的操作为检查装置气密性。故答案为：检验装置气密性。
(2)甲同学认为装置A中产生黄色气体不能说明一定产生Cl2。这是因为FeCl3固体加热升华后产生FeCl3蒸汽也为黄色。因此不能确定黄色气体是Cl2还是FeCl3蒸汽。从安全角度分析,他认为该装置存在的问题是FeCl3固体加热易升华，其蒸汽遇冷就会发生凝华现象，变为固体会导致导管堵塞，改进的方法是在装置A、B之间添加冷凝装置防堵塞导管。故答案为：FeCl3升华后产生的气体也为黄色；在装置A、B间添加冷凝装置防堵塞导管。
(3)①除了氯气可使B中溶液变蓝外，装置A中得到的气体中有一种黄色气体也可使B中溶液变蓝，该气体是升华的FeCl3蒸汽，该反应的离子方程式2Fe3++2I-=2Fe2++I2。故答案为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2
②在酸性条件下,装置中的空气可使B中溶液变蓝。发生反应的离子方程式为 O2+4H++4I−=2I2+2H2O ，解决问题的操作为在开始加热A装置前通入一段时间N2排尽装置内空气。故答案为： O2+4H++4I−=2I2+2H2O ；在开始加热A装置前通入一段时间N2排尽装置内空气。
(4)按照上述甲、乙同学改进进行实验,观察到装置A中产生黄色气体,装置B中溶液变蓝,则证明A中发生反应产生了Cl2，则A中发生反应的化学方程式为 4FeCl3+3MnO2=2Fe2O3+3MnCl2+3Cl2↑ 。故答案为： 4FeCl3+3MnO2=2Fe2O3+3MnCl2+3Cl2↑
【分析】有气体参加的反应或制取气体的反应在实验前要检查装置的气密性，为防止空气成分对实验的干扰，要先通入与反应体系无关的气体进行排空处理；对于易升华的物质要注意采取安全措施，Cl2、FeCl3都有氧化性，都会将KI氧化为I2而使淀粉溶液变为蓝色。要注意排除杂质的干扰，同时注意进行尾气处理，防止大气污染。据此解答。
11．【答案】（1）Mg；I3 是 I2 的5倍多，说明最外层有2个电子；基态N原子的2p能级半充满；8
（2）C、D
（3）氨分子与 Zn2+ 形成配合物后，孤对电子与 Zn2+ 形成配位键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用减弱，所以 H−N−H 键键角变大；B
（4）立方BN晶体是原子晶体， B−N 键键能大，所以质地坚硬；75316a3NA×1021
（5）MgNi3C；1:3；棱心
【解析】【解答】(1)①由图1可知电离能I3是I2的5倍多，说明最外层有2个电子，结合该元素是第三周期元素，则该元素为第三周期第ⅡA族元素，此元素为镁元素，元素符号为Mg；
②第二周期元素的第一电离能 (I1) 随原子序数 (Z) 的变化情况如图6，同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第ⅡA元素第一电离能大于第ⅢA元素，第ⅤA族的第一电离能大于第ⅥA族元素，即I1随Z的递增而呈增大趋势，而导致 I1 在a点出现齿峰的原因是基态N原子的2p能级半充满；
③根据图示 ，1个铝原子周围有8个镁原子最近且等距离；
(2) A.根据配合物 Fe(CO)5 的结构图，是三角双锥结构，正负电荷分布均匀，是非极性分子，分子中含有δ键和π键，选项A正确；
B. Fe(CO)5 中Fe原子的配体是CO，价电子数是10，与 C22− 互为等电子体，选项B正确；
C. 1molFe(CO)5 含有 10molσ 键，选项C不正确；
D. Fe(CO)5=Fe+5CO 是化学变化，有化学键的断裂和生成，断裂配位键、生成金属键，选项D不正确；
故答案为：CD；
(3) NH3 分子与Zn2+形成配合物后，孤对电子与Zn2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以 H−N−H 键键角变大；
A. SO32− 中S原子价电子对个数＝ 6+22=4 ，含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构， NO2− 中N原子价电子对个数＝ 5+12=3 ，含有一个孤电子对，所以为V形结构，选项A不符合；
B. NO3− 中N原子价电子对个数＝ 5+12=3 ，没有孤电子对，所以为平面结构， SO3 中S原子价电子对个数＝ 62=3 ，没有孤电子对，所以为平面结构，选项B符合；
C. H3O+ 中O原子价电子对个数＝ 6+3−12=4 ，含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，ClO3-中Cl原子价电子对个数＝ 7+12=4 ，含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，选项不C符合；
D. PO43− 中P原子价电子对个数＝ 5+32=4 ，没有孤电子对，所以为四面体结构， SO32− 中S原子价电子对个数＝ 6+22=4 ，含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，选项D不符合；
故答案为：B；
(4)立方BN晶体是原子晶体， B−N 键键能大，所以质地坚硬；
根据均摊原则，1个晶胞中含有N原子数是4、含有B原子数是 8×18+6×12=4 ，晶胞中最近的B、N原子之间的距离为anm，则晶胞体对角线为4anm，晶胞边长是 43a3 nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为 （11+14）×4（433a）3×10−21×NA ＝ 75316a3NA×1021g⋅cm−3 ；
(5)①根据均摊法，C原子位于晶胞内部，个数为1 ，Mg原子位于顶点，个数为1 ， Ni原子位于面心，个数为3 ，所以化学式为MgNi3C；
②据图可知镍原子构成的八面体空隙数目为1 ，每条棱上的两个镁原子与相邻面心的镍原子构成正八面体空隙的，所以镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙为3 ，则完全由镍原子构成的八面体空隙与由镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙的数量比为1：3；
③若取碳原子为晶胞顶点，镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙中有2个镁原子、4个镍原子，则镍原子位于晶胞的棱心位置。
【分析】（1）①根据电离能的大小关系即可判断 ②同周期第一电离能理论上是从左到右依次增大，但是当能级电子排布处于半充满或者是充满状态时，第一电离能比两侧的元素的电离能大 ③铝原子处于面心，距离最近的镁原子来自顶点以及面心，因此是8个镁原子
（2）A.根据结构可以看出正负电电荷中心重合，故为非极性分子，配体分子是一氧化碳，含有 δ键和π键
B. 配体分子是CO，含有的价层电子对是10，而 C22− 的价层电子对也是10
C. σ 键包括单键和配位键，1mol Fe(CO)5 含有5mol配位键，和5mol碳氧键
D.有旧键断裂和新键形成是化学变化
（3）氨气分子中存在孤对电子而 [Zn(NH3)6]2+ 不存在孤对电子，孤对电子有一定的斥力，根据计算出中心原子的价层电子对以及孤对电子即可判断杂化方式
（4）原子晶体的硬度主要和键能有关，键能越大，硬度越大，根据给出数据计算出体积，再根据ρ=m/v进行计算
（5）① 根据占位情况即可计算出晶胞中原子的个数写出化学式②根据晶胞结构找出形成的八面体数目即可 ③根据晶胞中的位置，当以C作为晶胞顶点时，即可发现镍原子处于两个碳原子的中心即为棱心
12．【答案】（1）甲醛；羟基、醚键
（2）取代反应
（3）
（4） +2Cu(OH)2+NaOH →Δ +Cu2O↓+3H2O
（5）8； 或 或
（6）
【解析】【解答】(1) A是 ，X为醛类物质，得到 ，根据碳原子数目的变化，可知X为甲醛，根据C的结构可知C中含氧官能团的名称为醚键和羟基；(2) C的结构简式为 ，D的结构简式为 ，C中的羟基被Br原子取代，则反应类型为取代反应；(3)根据分析，化合物F的结构简式为 ；(4)B含有醛基，具有还原性，可以将新制的氢氧化铜还原成氧化亚铜，B与新制的氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为 +2Cu(OH)2+NaOH →Δ +Cu2O↓+3H2O；(5)有机物Y是A的同分异构体，分子式为C7H6O3，满足条件：①能与 FeCl3 溶液发生显色反应，含有酚羟基和苯环，②1 mol Y 与足量金属Na反应生成 1 mol H2 ，可以含有羟基或羧基，且分子中含有羟基或羧基共2个，③结构中含“ ”，可以有醛基或羧基的结构，若Y分子结构由两个酚羟基和一个醛基与苯环相连，则有5种结构，若Y分子的结构由一个酚羟基和一个羧基与苯环相连，取代基有邻，间，对的位置，有3种，则Y的结构共有8种；其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为 2:2:1:1 的物质为 中的任意一种；(6)以 为起始原料制备 的合成线路为 。
【分析】A与X反应生成B，结合A与B的结构简式，可得X为甲醛，B在LiAlH4的作用下生成C，C加入PBr3可以得到D，D加入氰化钠后得到E，酸化后得到F，结合B和E的结构简式，和C、D的分子式，可得C的结构简式为 ，D的结构简式为 ，F的结构简式为 ，F与 在SOCl2作用下生成G，据此分析解答。
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