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湖南省衡阳市2022届高三下学期联考 （三模）化学试题及答案
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这是一份湖南省衡阳市2022届高三下学期联考 （三模）化学试题及答案，共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
高三下学期联考 （三模）化学试题
一、单选题
1．撑杆跳是奥运会比赛的项目之一、随着化学的发展，撑杆的材料不断变化，撑杆跳的高度也不断被刷新，目前已突破6.2米。下列有关说法错误的是（ ）
A．19世纪撑杆通常是木制和竹制两种材质，主要成分均为天然的纤维素
B．20世纪初撑杆材质主要是铝合金，铝合金的强度高，但熔点低于单质铝
C．20世纪末撑杆材质主要是玻璃纤维，玻璃纤维属于无机非金属材料
D．现在撑杆材质主要是碳纤维材料，碳纤维材料属于有机高分子材料
2．下列化学用语正确的是（ ）
A．CCl4分子的球棍模型：
B．质量数为127的碘原子：
C．S2-的结构示意图：
D．次氯酸(HClO)分子的结构式：H-O-Cl
3．下列有关材料的结构或性质与用途不具有对应关系的是（ ）
A．硅橡胶具有无毒、无味、耐高温的性质，用作压力锅的密封圈
B．分子筛(铝硅酸盐)具有微孔结构，用作计算机芯片
C．Ti-Fe合金储氢量大、吸放氢速率快，用于氢燃料汽车
D．高温结构陶瓷具有耐高温、耐氧化、耐磨蚀的特性，用于发动机
4．丁烯基苯酞存在于当归等中药里，该物质具有抗凝血、抗氧化等功能，其结构简式如图所示。下列有关丁烯基苯酞的说法错误的是（ ）
A．分子式为 B．含有两种官能团
C．不能与溶液反应 D．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
5．二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：，该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①
②
若反应①为慢反应，下图中能体现上述反应能量变化的是（ ）
A． B．
C． D．
6．关注“实验室化学”并加以实践能有效提高同学们的实验素养，用如图所示装置(夹持装置均已省略)进行实验，能达到目的的是（ ）
A．甲装置可检验溶液中是否有
B．乙装置可验证浓硫酸的脱水性
C．丙装置可制备无水
D．丁装置可制取并收集干燥、纯净的
7．NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列叙述正确的是（ ）
A．金刚石中含有化学键数目为4NA
B．标准状况下通过足量充分反应，转移电子数目为NA
C．用惰性电极电解饱和食盐水，转移电子数为NA时，生成的浓度为
D．一定温度下，溶液与溶液中的数目均小于0.5NA，且前者更少
8．下列离子方程式书写正确的是( )
A．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3+Cl2+H2O═2+2Cl﹣+
B．FeI2溶液中滴入过量溴水：2Fe2++2I﹣+2Br2═2Fe3++I2+4Br﹣
C．草酸使酸性高锰酸钾溶液褪色：2+5+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O
D．向NH4HCO3溶液中滴加少量NaOH溶液：+OH﹣═NH3•H2O
9．常见金属和卤素单质反应的熔变(单位：)示意图如图，反应物和生成物均为常温时的稳定状态。下列说法错误的是（ ）
A．与反应的
B．由分解制得的反应是吸热反应
C．化合物的热稳定性顺序：
D．
10．甲是一种在微生物作用下将废水中的尿素转化为环境友好物质，实现化学能转化为电能的装置。利用甲、乙两装置，实现对冶金硅(为硅源)进行电解精炼制备高纯硅。下列说法错误的是（ ）
A．电极M与电极相连
B．当甲池中消耗时，乙池得到高纯硅
C．乙池中液态合金为阳极，液态铝为阴极
D．M上的电极反应式为：
11．硫酸是一种重要的基本化工产品。接触法制硫酸生产中的关键工序是的催化氧化：。研究表明，催化氧化的反应速率方程为式中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大；α为平衡转化率，α′为某时刻转化率，n为常数。在α′=0.90时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程，得到的v-t曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该反应在任何温度下都能自发
B．与足量充分反应，放出的热量为
C．升高温度，能增大单位体积内活化分子百分数和活化分子数
D．反应速率先随温度的升高而增大，原因是温度升高导致k、α均增大
12．下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向某溶液中先加入氯化钡溶液，再滴入盐酸
先产生白色沉淀，后白色沉淀不消失
该溶液中一定含有
B
向某溶液中加入氢氧化钠溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口
试纸不变蓝
该溶液中一定无
C
在溶液中滴加少量等浓度的溶液，再加入少量等浓度的溶液
先产生白色沉淀，后产生黑色沉淀
D
室温下，用试纸分别测定浓度均为的和两种溶液的
：
结合能力比的弱
A．A B．B C．C D．D
二、多选题
13．电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量。常温下，将相同体积的氢氧化钠和醋酸溶液分别加水稀释，溶液的电导率随加入水的体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．曲线I表示氢氧化钠溶液加水稀释过程中溶液电导率的变化
B．a、b、c三点溶液的：
C．a、b、c三点溶液中水的电离程度：
D．将a、b两点溶液混合，所得溶液中：
14．25℃时，用气体调节氨水的，溶液中微粒浓度的对数值()、反应物的物质的量之比[]与的关系如图所示。若忽略通入气体后溶液体积的变化，下列有关说法正确的是（ ）
A．25℃时，的电离平衡常数为
B．所示溶液中：
C．所示溶液中：
D．所示溶液中：
三、综合题
15．我国有丰富的资源，中科院过程工程研究所公布了利用制备重要工业用碱()及盐()的闭路循环绿色工艺流程：
某校化学兴趣小组根据该流程在实验室中进行实验。回答下列问题：
（1）用以下实验装置图进行流程中的“一次反应”：
①装置A中橡皮管a的作用是 。
②装置B中能否用苯来代替，说明理由 。
③装置B中发生反应的离子方程式为 。
（2）在“二次反应”中，硫酸铵溶液与过量的硫酸钠反应生成溶解度比较小的复盐，分离该复盐与溶液需要的仪器除烧杯、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器是 。
（3）依据该流程的闭路循环绿色的特点，“一次反应”与“煅烧(350℃)”的实验中均采用如图所示装置处理尾气，则烧杯中的X溶液最好是 溶液。
（4）利用制备重要工业用碱()及盐()的闭路循环绿色工艺流程中可以循环利用的物质有 (填化学式)。
（5）测定产品硫酸氢钠的纯度：称取所得产品，配成溶液，每次取出配制的溶液，用标准溶液滴定，测得的实验数据如下表：
序号
1
2
3
4
标准溶液体积/mL
20.05
18.40
19.95
20.00
所得产品硫酸氢钠的纯度为 (用质量百分数表示)。
16．三氧化二钴()主要用作颜料、釉料、磁性材料、催化剂和氧化剂等。用某工业含钴废料(主要成分为，含有少量、、、)制备和的流程如下：
已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的范围如下表：
沉淀物
开始沉淀时的
7.5
2.7
7.6
6.9
完全沉淀时的
9.7
3.7
9.0
9.2
回答下列问题：
（1）滤渣1的主要成分是 ；检验滤渣2中阳离子可选用的化学试剂为 。
（2）“调”时，调节的范围是 ；“高温煅烧”时，如果是在实验室中进行该项操作，装的仪器名称是 。
（3）“酸浸”时的作用是 。
（4）“沉镍”时发生反应的离子方程式为 ；此步骤需加热，温度不能太高也不能太低，原因是 。
（5）可用于制备镍氢电池，该电池充电时总反应为(为储氢合金)，电解液为溶液，则放电时正极的电极反应式为 。
17．由环境保护部、国家质检总局发布的《轻型汽车污染物排放限值及测量方法(中国第六阶段)》，自2020年7月1日起实施，也就是大家熟知的国Ⅵ汽车排放标准。在我国汽车产能过剩的背景下，可以起到淘汰落后产能、引领产业升级的作用，同时能够满足重点地区为加快改善环境空气质量而提高汽车排放标准的要求。回答以下问题：
（1）已知在20℃时：
① 正、逆反应的活化能分别为m kJ/mol、n kJ/mol；
② 正、逆反应的活化能分别为p kJ/mol、q kJ/mol。
用NH3处理汽车尾气中的NO的反应为：，该反应的△H= 。
（2）模拟汽车的“催化转化器”，将4 mol NO(g)和4 mol CO(g)充入1 L的密闭容器中，在不同温度和压强下发生反应，测得CO的平衡转化率α随温度T变化曲线如图所示。图像中C点逆反应速率 B点正反应速率(填“＞”“＝”或“＜”，下同)；反应的平衡常数：A点 D点。实验测得：，，k正、k逆分别是正、逆反应速率常数。则T1℃时C点处对应的v正：v逆= 。
（3）汽车排气管装有三元催化装置，在催化剂表面发生吸附、解吸消除CO、NO等大气污染物。反应机理如下(Pt是催化剂，右上角带“*”表示吸附状态)：
Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ．
Ⅳ． Ⅴ． Ⅵ．
经测定汽车尾气中生成物及反应物浓度随温度变化关系如图1和图2所示：
①图1中，温度为330℃时反应V的活化能 反应VI的活化能(填“＜”、“＞”或“＝”)，反应VI的焓变△H 0(“＜”或“＞”)。
②图2中，温度从Ta升至Tb的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因是 。
18．有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素（原子序数均小于30）。A的基态原子2p能级有3个电子；C的基态原子2p能级有1个电子；E原子最外层有1个单电子，其次外层有3个能级且均排满电子；D与E同周期，价电子数为2。则：
（1）写出基态E原子的价电子排布式 。基态A原子的第I电离能比B的大，其原因是 。
（2）B元素的氢化物的沸点是同族元素氢化物中最高的，原因是 。
（3）A的最简单氢化物分子的空间构型为 ，其中A原子的杂化类型是 。
（4）向E的硫酸盐溶液中通入A的气态氢化物至过量，产生蓝色沉淀，随后沉淀溶解得到深蓝色溶液，向溶液中加入适量乙醇，析出蓝色晶体。
①该蓝色晶体的化学式为 ，加入乙醇的目的是 。
②写出该配合物中配离子的结构简式 。
（5）C和D形成的化合物的晶胞结构如图所示，则D的配位数是 ，已知晶体的密度为ρg·cm－3，阿伏加德罗常数为NA，求晶胞边长a= cm（含用ρ、NA的计算式表示）。
19．化合物H是一种新型抗癌药物的中间体，其一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）D的名称为 ，F所含官能团的名称为 。
（2）①的反应类型为 。
（3）反应③的化学方程式为 。
（4）反应⑤可能产生与E互为同分异构体的副产物，其结构简式为 。
（5）A的同分异构体中，能发生银镜反应的结构有 种(不考虑立体异构)。在这些同分异构体中，核磁共振氢谱有三组峰且峰面积之比为的结构简式为 。
（6）参照上述合成路线，设计由 合成 的路线 (乙醇、乙酸及无机试剂任选)。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．木制和竹制两种材质的主要成分为纤维素，均为天然纤维素，故A不符合题意；
B．合金的熔点低于其成分物质的熔点，铝合金的强度高，但熔点低于单质铝，故B不符合题意；
C．玻璃纤维是一种性能优异的无机非金属材料，种类繁多，优点是绝缘性好、耐热性强、抗腐蚀性好、机械强度高，故C不符合题意；
D．碳纤维主要由碳元素组成，具有耐高温、抗摩擦、导电、导热及耐腐蚀等特性，不属于高分子材料，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.木材和竹子主要成分为天然纤维素；
B.合金强度大于组分金属，熔点低于组分金属；
C.玻璃纤维属于无机非金属材料；
D.碳纤维是碳单质，属于无机非金属材料。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．球棍模型中要表达出键型和原子半径的相对大小，CCl4中均为单键但Cl的原子半径应该比C大，该模型不符合题意，A项不符合题意；
B．某一核素的表达为，其中A为质量数，Z为质子数，则该核素应该为，B项不符合题意；
C．S得2个电子变为S2-，则S2-的结构示意图为 ，C项不符合题意；
D．次氯酸中O原子需要两个电子达饱和，所以它与其他两个原子分别共用一对电子形成单键，结构式为H-O-Cl， D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．球棍模型中要表达出键型和原子半径的相对大小；
B．左下角表示质子数，左上角表示质量数，质量数=中子数+质子数；
C．S2-核外电子数为18；
D．次氯酸中O原子需要两个电子达饱和，所以它与其他两个原子分别共用一对电子形成单键。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．硅橡胶无毒、耐高温，可作压力锅的密封圈，故A不符合题意；
B．分子筛(铝硅酸盐)具有微孔结构，主要用作吸附剂和催化剂等，硅是计算机芯片的原料，故B符合题意；
C．Ti-Fe合金作为储氢材料，用于氢燃料汽车，故C不符合题意；
D．高温结构陶瓷具有耐高温、耐氧化、耐磨蚀的特性，可用于发动机，性质和用途对应，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】分子筛(铝硅酸盐)具有微孔结构，主要用作吸附剂和催化剂等。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．有机物含有12个C原子、12个H原子、2个O原子，分子式为C12H12O2，故A不符合题意；
B．有机物含有的两种官能团为碳碳双键和酯基，故B不符合题意；
C．含有酯基，可在碱性条件下水解，即能与氢氧化钠溶液反应，故C符合题意；
D．含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，则能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据结构简式确定分子式；
B．根据结构简式确定官能团；
C．依据官能团决定性质；
D．依据官能团决定性质。
5．【答案】A
【解析】【解答】由盖斯定律可知，反应①十反应②得总反应方程式，则总反应的，则该总反应是放热反应，生成物的总能量比反应物的总能量低，B、D不符合题意；反应①为慢反应，是总反应的决速步骤，则反应①的活化能比反应②的大，A符合题意，C不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据盖斯定律分析。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．观察钾元素的焰色需要通过蓝色的钴玻璃，A项不符合题意；
B．浓硫酸具有吸水性，吸收试管中空气中的水分，使饱和硫酸铜溶液的水分减少，有晶体析出，不能验证脱水性，B项不符合题意；
C．氯化镁在氯化氢的氛围中加热失水，抑制镁离子水解，最后得到无水氯化镁，C项符合题意；
D．一氧化氮和氧气反应，不能用排空气收集气体，D项不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A．观察钾元素的焰色需要通过蓝色的钴玻璃；
B．浓硫酸具有吸水性；
C．氯化氢抑制镁离子水解；
D．一氧化氮和氧气反应。
7．【答案】B
【解析】【解答】A.1mol金刚石中含2mol碳碳单键，所以（1mol）金刚石中含有化学键数目为2NA，A不符合题意；
B．过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式为：，对应电子转移的关系为：2CO22e-，所以标准状况下通过足量充分反应，转移电子数目为NA，B符合题意；
C．溶液体积未知，无法求出氢氧根离子的浓度，C不符合题意；
D．盐类水解遵循“越稀越水解”的原则，氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子会发生水解，且比水解程度弱，铵根离子比较，后者个数更少，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.1mol金刚石中含2mol碳碳单键；
B．利用双线桥分析；
C．溶液体积未知，无法计算；
D．利用“越稀越水解”的原则。
8．【答案】A
【解析】【解答】A．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3+Cl2+H2O═2HSO3﹣+2Cl﹣+，符合得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒、强制弱规律，A项符合题意；
B．向FeI2溶液中滴入过量溴水，反应生成溴化铁、碘单质，反应的离子方程式为：2Fe2++4I﹣+3Br2═2Fe3++2I2+6Br﹣，B项不符合题意；
C．草酸是二元弱酸，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，草酸应该保留分子式，离子方程式为：2+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，C项不符合题意；
D．向NH4HCO3中滴加少量的NaOH溶液的离子反应为+OH﹣=+H2O，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．利用得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒、强制弱规律分析；
B．FeI2的配比不正确；
C．草酸是二元弱酸，不拆；
D．碳酸氢根离子先反应。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．根据上述图示可构造热化学方程式如下：①M(s)+Cl2(g)=MCl2(s) ，② M(s)+Br2(l)=MBr2(s) ，根据盖斯定律可知，①-②可得，所以对应的反应热，A不符合题意；
B．生成的反应为放热反应，所以由分解制得的反应是吸热反应，B不符合题意；
C．能量越低的物质越稳定，结合卤素的性质变化规律可知，上述化合物的稳定性顺序为：，C符合题意；
D．与A项分析原理相同，结合图示信息构造两个热化学方程式分别为：①M(s)+F2(g)=MF2(s) ，② M(s)+Br2(l)=MBr2(s) ，根据盖斯定律可知，②-①可得，所以对应的反应热，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据盖斯定律；
B．依据正反应和逆反应吸放热数值相等；
C．能量越低的物质越稳定；
D．根据盖斯定律。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．甲装置中，电极N上，O2发生还原反应生成H2O，则电极N为正极，电极M上，CO(NH2)2发生氧化反应生成CO2、N2和H+，则电极M为负极；乙装置中，电极a上，Si发生氧化反应生成Si4+，则电极a为阳极，电极b上，Si4+发生还原反应生成Si，则电极b为阴极；故电极M与电极b相连，A不符合题意；
B．未说明O2是否处在标准状况，则无法计算22.4L O2的物质的量，也就无法计算乙池得到高纯硅的质量，B符合题意；
C．由分析可知，乙池中液态Cu−Si合金与电极a相连，为阳极，液态铝与电极b相连，为阴极，C不符合题意；
D．甲装置中，电极M为负极，CO(NH2)2在电极M上发生氧化反应生成CO2、N2和H+，电极反应式为CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2↑+N2↑+6H+，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．利用阳接正，阴接负判断；
B．未说明标准状况，无法计算；
C．利用阳接正，阴接负判断；
D．负极失电子发生氧化反应。
11．【答案】C
【解析】【解答】A．该反应焓变△H<0，反应前后气体分子数减少，熵变△S<0，依据△G=△H-T△S<0反应能自发进行可知，该反应在低温条件下自发进行，A不符合题意；
B．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，1molSO2与足量氧气充分反应，放出的热量小于98kJ，B不符合题意；
C．升高温度，活化分子数增加，单位体积内活化分子百分数增加，C符合题意；
D．升高温度，反应速率常数增大，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，二氧化硫平衡转化率降低，反应速率先随温度的升高而增大，原因是温度升高导致k增大对v的提高大于α引起的降低，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据△G=△H-T△S<0判断；
B．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，进行不到底；
C．利用活化分子理论分析；
D．依据化学平衡移动原理分析；
12．【答案】D
【解析】【解答】A．向某溶液中先加入氯化钡溶液，再滴入盐酸，先产生白色沉淀，后白色沉淀不消失，白色沉淀可能是氯化银，不能说明含有硫酸根离子，A不符合题意；
B．铵盐和氢氧化钠溶液反应，如果不加热或在稀溶液中反应生成的一水合氨不分解或分解的氨气较少，无法检测出来，因此不能据此说明不含有铵根离子，B不符合题意；
C．反应中硫化钾过量，在加入硫酸铜溶液一定产生CuS沉淀，所以不能据此说明二者溶度积常数相对大小，C不符合题意；
D．酸性：H2SO3＞，酸性越强，对应离子结合氢离子能力越弱，因此结合能力比的弱，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．检验硫酸根离子先加入盐酸酸化，再滴入氯化钡溶液；
B．铵根离子检验应用浓氢氧化钠溶液，加热 ；
C．反应物过量，不能判断溶度积常数相对大小；
D．利用越弱越水解判断。
13．【答案】C,D
【解析】【解答】A．加水稀释时，醋酸进一步电离，导电能力变化较小，则曲线I表示醋酸稀释的曲线，曲线Ⅱ表示氢氧化钠稀释的曲线，A项不符合题意；
B．NaOH溶液显碱性，醋酸显酸性，导电能力越大，说明离子浓度越大，则a、b、c三点溶液的pH：，B项不符合题意；
C．a和c点的导电率相同，则a点的氢离子浓度等于c点氢氧根离子浓度，即此时水的电离程度相等，b点在c点的基础上再加水稀释，会促进水的电离，则a、b、c三点溶液中水的电离程度：，C项符合题意；
D．将a、b两点溶液混合，由于醋酸浓度大于氢氧化钠浓度，反应后醋酸过量，溶液显酸性，则溶液中：，D项符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A．导电能力取决于离子浓度的大小；
B．导电能力越大，说明离子浓度越大；
C．酸碱抑制水的电离，可水解的盐促进水的电离；
D．依据物料守恒分析。
14．【答案】A,C
【解析】【解答】A．，，由图可知，当时，溶液pH=9.25，则c(H+)=10-9.25mol/L，c(OH-)=10-4.75mol/L，带入电离常数表达式可得，=10-4.75，A项符合题意；
B．由图可知，P1点时，
=0.05mol/L，pH=9.25，，由电荷守恒可知：，c(Cl-)<=0.05mol/L，B项不符合题意；
C．由电荷守恒可知：，由于pH=7则。又由图可知，P2点时，因此，C项符合题意；
D．由图可知，P3点时t==1.0，根据物料守恒可得，D项不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A．选择的点，利用计算；
B．利用电荷守恒分析；
C．利用电荷守恒分析；
D．根据物料守恒分析。
15．【答案】（1）平衡压强，使分液漏斗中的液体顺利流入烧瓶中；苯的密度小于水，苯在水上层，装置B中不能用苯来代替；
（2）漏斗
（3）Na2SO4
（4）NH3、
（5）93.75%
【解析】【解答】、二氧化碳、氨气在“一次反应”中生成碳酸氢钠沉淀、硫酸铵，分离出碳酸氢钠，在硫酸铵溶液中加入硫酸钠发生“二次反应”中生成复盐，加热得。
(1)①装置A中橡皮管连接分液漏斗上口和烧瓶，平衡分液漏斗和圆底烧瓶内的压强，使分液漏斗中的液体顺利流入烧瓶。
②氨气难溶于，密度大于水，氨气先通入中，能防止倒吸，苯的密度小于水，苯在水上层，装置B中不能用苯来代替；
③装置B中、二氧化碳、氨气反应生成碳酸氢钠沉淀、硫酸铵，发生反应的离子方程式为；
(2)的溶解度比较小，用过滤法分离该复盐与溶液，过滤需要的仪器除烧杯、玻璃棒、漏斗。
(3)依据该流程的闭路循环绿色的特点，为使X吸收氨气后的溶液在“一次反应”中循环利用，烧杯中的X溶液最好是Na2SO4溶液。
(4)根据流程图，利用制备重要工业用碱()及盐()的闭路循环绿色工艺流程中，可以循环利用的物质有NH3、。
(5)滴定过程发生反应NaHSO4+NaOH= Na2SO4+H2O；第二次实验数据明显超出正常误差范围，第二次实验数据舍去不用，平均消耗氢氧化钠溶液的体积为20.00mL，则20mL所配溶液中含有NaHSO4的物质的量是0.02L×0.1mol/L=0.002mol，所得产品硫酸氢钠的纯度为。
【分析】
(1)①装置的构造，确定其用途。
②极易溶于水的气体考虑防倒吸；
③硫酸钠、二氧化碳、氨气反应生成碳酸氢钠沉淀、硫酸铵；
(2)依据溶解性，选择合适的分离方法和分离装置。
(3)依据“一次反应”中循环利用的信息选择。
(4)依据流程图当中的反应物和生成物判断。
(5)利用平均值进行计算。
16．【答案】（1）硫酸铅和二氧化硅；KSCN
（2）2.7-3.9；坩埚
（3）将亚铁离子氧化成铁离子，做还原剂将+3价钴离子还原为+2价钴离子
（4）；温度太低反应速率太慢，温度太高碳酸氢铵会分解
（5）
【解析】【解答】由题给流程可知，向工业废料中加入硫酸和双氧水，酸性条件下，氧化钴与双氧水发生氧化还原反应生成亚钴离子，氧化亚铁与双氧水发生氧化还原反应生成铁离子，氧化亚镍溶于硫酸生成亚镍离子，PbO转化为硫酸铅沉淀，二氧化硅不溶解，过滤得到含有氢离子、亚钴离子、铁离子、亚镍离子的酸浸液；调节酸浸液的pH，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有亚钴离子、亚镍离子的滤液；向滤液中加入萃取剂，萃取分液得到含有亚钴离子的水相和含有亚镍离子的有机相；向水相中加入氨水，亚钴离子离子转化为Co2 ( OH ) 2CO3沉淀，高温煅烧，Co2 ( OH) 2CO3与空气中的氧气发生氧化还原反应生成氧化钴、二氧化碳和水。含有亚镍离子的有机相进行反萃取得到含亚镍离子的水溶液，加入碳酸氢铵沉镍生成NiCO3，硫酸溶解得到NiSO4，最后加入氢氧化钠得到Ni(OH)2，据此解答。
(1)向工业废料中加入硫酸和双氧水，酸性条件下，氧化钴与双氧水发生氧化还原反应生成亚钴离子，氧化亚铁与双氧水发生氧化还原反应生成铁离子，氧化亚镍溶于硫酸生成亚镍离子，PbO转化为硫酸铅沉淀，二氧化硅不溶解，即滤渣1的主要成分为硫酸铅和二氧化硅，滤液中含有铁离子，用硫氰化钾检验。
(2)调节是为了让铁离子完全沉淀，根据表格数据，范围是2.7-3.9。高温煅烧时装药品的仪器为坩埚。
(3)酸浸过程中过氧化氢的作用时作为氧化剂将亚铁离子氧化成铁离子，做还原剂将+3价钴离子还原为+2价钴离子。
(4)沉镍时根据原子守恒可知还有二氧化碳和水生成，反应的离子方程式为：，由于温度太低反应速率太慢，温度太高碳酸氢铵会分解，所以此步骤的温度不能太高也不能太低。
(5)放电时正极为得到电子，故电极反应式为：。
【分析】
(1)依据物质的溶解性和化学性质确定成分；考虑三价铁离子的检验试剂。
(2)根据溶解性表格数据，确定范围；依据实验条件确定装置。
(3)依据流程图当中元素化合价的变化判断。
(4)根据原子守恒书写反应的离子方程式；考虑温度对速率和物质性质的影响。
(5)正极得到电子，发生还原反应。
17．【答案】（1）(5n+p-5m-q)kJ/mol
（2）＜；＞；40.5
（3）＞；＜；升高温度，催化剂活性增强，反应速率逐渐加快，所以反应物浓度急剧减小
【解析】【解答】(1)根据反应热△H=正反应的活化能-逆反应的活化能，则①N2(g) +O2(g)=2NO(g) △H1=(m-n)kJ/mol；②4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(1) △H2=(p-q) kJ/mol，根据盖斯定律将②-①×5，整理可得4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(1)，其△H =△H2-5△H1=(p-q)-5×(m-n)kJ/mol=(5n+p-5m-q)kJ/mol；
(2)B点、C点纵坐标相同，说明生成物浓度相同，B为平衡点，则B点正反应速率等于逆反应速率；C点反应正向进行，由于B点温度高于C点，则B点逆反应速率大于C点逆反应速率，即C点逆反应速率＜B点正反应速率；
相同压强下，随着温度升高，CO的平衡转化率a降低，说明升高温度，化学平衡逆向移动，导致化学平衡常数K值减小，则反应的平衡常数：A点＞D点；
A点为平衡点，则v正=v逆，则k正c2 (NO).c2(CO) =k逆c(N2)·c2(CO2)，，在反应开始时c(NO)=c(CO)=4 mol/L，根据A点CO的平衡转化率为50%，根据反应中物质转化关系可知平衡时c(NO)=c(CO)=2 mol/L，c(N2)=1 mol/L，c(CO2)=2 mol/L，；C点时CO的转化率是25%，则△c(NO)= △c(CO)=4 mol/L×25%=1 mol/L，故平衡时c(NO)=c(CO)=3 mol/L，c(N2)=0.5 mol/L，c(CO2)=1 mol/L，；
(3)①根据图1可知：温度为330℃时生成物N2O的浓度大于N2的浓度，说明主要发生反应Ⅵ，说明反应速率：Ⅵ＞Ⅴ；结合活化能越小，反应速率越快，说明反应Ⅵ的活化能比反应Ⅴ的活化能低，因此反应Ⅴ的活化能＞反应Ⅵ的活化能；
反应Ⅵ．，形成化学键会释放热量，所以反应VI的焓变△H＜0。
②温度从Ta升至Tb的过程中，反应未达到平衡状态，升高温度，催化剂活性增强，反应速率加快，所以反应物浓度急剧减小。
【分析】(1)根据反应热△H=正反应的活化能-逆反应的活化能；根据盖斯定律计算；
(2)依据外界条件判断反应速率；平衡常数只与温度有关；利用计算；
(3)①根据活化能越小，反应速率越快；形成化学键会释放热量。
②依据温度对反应速率和平衡的影响分析。
18．【答案】（1）3d104s1；N原子的2p能级处于较稳定的半充满状态
（2）水分子间存在氢键，氢键比范德华力更强
（3）三角锥形；sp3
（4）[Cu(NH3)4]SO4·H2O；降低[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解度；
（5）8；
【解析】【解答】A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素(原子序数均小于30)，A的基态原子2p能级有3个单电子，则A是N元素；C的基态原子2p能级有1个单电子，且C的原子序数大于A，则C为F元素、B为O元素；E原子核外有成单电子，其次外层有3个能级且均排满电子，且原子序数小于30，则E为Cu元素；D与E同周期，价电子数为2，则D为Ca元素。
(1)Cu的原子序数为29，基态铜t原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，价电子排布式为3d104s1；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则氮元素第一电离能大于氧元素，故答案为：3d104s1；N原子的2p能级处于较稳定的半充满状态；
(2)水分子能形成分子间氢键，氢键比范德华力更强，而与氧元素同主族的其他氢化物不能形成分子间氢键，所以水的分子间的作用力强于其他氢化物，沸点高于其他氢化物，故答案为：水分子间存在氢键，氢键比范德华力更强；
(3)氨分子中氮原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，氮原子的杂化方式为sp3杂化，分子的空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；sp3；
(4)硫酸铜溶液与逐滴加入的氨水反应生成氢氧化铁沉淀和硫酸铵，反应的离子方程式为Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2H2O，加入过量的氨水与氢氧化铜反应生成四氨合铜离子、氢氧根离子和水，反应的离子方程式为：Cu(OH)2+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH—+4H2O，向溶液中加入适量乙醇，降低[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解度，便于析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O蓝色晶体；
①由分析可知，蓝色晶体的化学式为[Cu(NH3)4]SO4·H2O，加入乙醇的目的是降低[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解度，便于析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O蓝色晶体，故答案为：[Cu(NH3)4]SO4·H2O；降低[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解度；
②配合物中配离子为[Cu(NH3)4]2+，配离子中铜离子与4个氨分子形成配位键，结构式为，故答案为：；
(5)由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的钙离子与位于体对角线的氟离子的距离最近，则钙离子的配位数是为8；由晶胞结构可知，晶胞中位于体内的氟离子个数为8、位于顶点和面心的钙离子的个数为8×+6×=4，设晶胞的的边长为acm由晶胞的质量公式可得：=a3ρ，解得a=，故答案为：。
【分析】
(1)依据核外电子排布规律；同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中II A族和V A族的第一电离能高于相邻的元素；
(2)分子间存在氢键，沸点高；
(3)依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；
(4)①硫酸铜溶液与过量的氨水反应生成一水合硫酸四氨合铜；乙醇的极性较小，降低盐的溶解度；
②配离子中铜离子与4个氨分子形成配位键；
(5)利用均摊法确定原子数目再计算。
19．【答案】（1）2-甲基-1-丙醇（也称异丁醇）或2-甲基-2-丙醇；氯原子、醚键
（2）氧化反应
（3）
（4）
（5）8；
（6）
【解析】【解答】解答本题的第一个关键在于结合反应①和反应②，对比得出A和B的结构简式，第二个关键在于对比E和H的结构简式，结合反应⑥和反应⑦的反应条件得到G的结构简式，由此得到整个有机合成题的过程。各小题的具体分析如下：
(1)反应④由通过催化剂转变为 ，这是醇的消去反应，由此可以判断出属于醇，结合产物结构，可以写出该醇的两种结构： 、 ，命名分别为2-甲基-1-丙醇（也称异丁醇）和2-甲基-2-丙醇，故答案为2-甲基-1-丙醇（也称异丁醇）或2-甲基-2-丙醇；
(2)依据反应①的反应条件为酸性条件下的，具有强氧化性，且反应②后的产物（ ）中含有碳氧双键，而且通过A的分子式（），可以计算该分子的不饱和度为：，由此可以推断反应①是由 被氧化为 ，故答案为氧化反应；
(3)反应③的反应物（ ）含有卤原子，且反应条件为氢氧化钠的乙醇溶液加热，所以该反应为属于卤代烃的消去反应，故该反应的化学方程式为：
(4)反应5中的两个反应物分别为 和 ，可看成不对称烯烃的加成，在光照条件下发生的反应生成 和 ，故答案为 ；
(5)依据A分子的不饱和度为1，而且A的同分异构体能够发生银镜反应，所以相关同分异构体中只含有一个醛基。所以，我们可以利用基团连接法来书写该题的同分异构体，即按照一个戊基结合一个醛基的形式来书写，由此可以写出8个同分异构体。具体如下： 、、 、 、 、 、 、 。而核磁共振氢谱有三组峰即该有机物中含有三种等效氢，峰面积之比为即三种氢原子的数目比为，所以该有机物的结构简式为 。故答案为8， ；
(6)对比题目给出的反应物（ ）与生成物（ ）的结构，可以判断出产物中的四元环的产生利用了反应⑤。结合反应⑤的两个反应物（ 和 ）的结构特点，可以逆向推导出我们需要两个 通过反应⑤得到最终产物。接下来，我们需要通过反应将 转变为 ，这一流程涉及到课内十分经典一元合成路线——引入卤原子后，通过卤代烃的消去反应（ ）即可完成。问题在于，如果引入这一个溴原子，结合题中的反应②可知，我们需要利用 在反应②的条件下得到 。故完整流程如下：
【分析】
(1)依据产物的结构简式确定其结构及名称；利用结构简式确定官能团名称。
(2)依据“去氢加氧”为氧化反应；
(3)卤代烃的消去反应；
(4)利用加成反应确定产物结构简式；
(5)依据性质确定官能团类型，利用基团连接法来书写该题的同分异构体 ；
(6)对比题目给出的反应物与生成物的结构，设计合成路线。
高三下学期联考 （三模）化学试题
一、单选题
1．撑杆跳是奥运会比赛的项目之一、随着化学的发展，撑杆的材料不断变化，撑杆跳的高度也不断被刷新，目前已突破6.2米。下列有关说法错误的是（ ）
A．19世纪撑杆通常是木制和竹制两种材质，主要成分均为天然的纤维素
B．20世纪初撑杆材质主要是铝合金，铝合金的强度高，但熔点低于单质铝
C．20世纪末撑杆材质主要是玻璃纤维，玻璃纤维属于无机非金属材料
D．现在撑杆材质主要是碳纤维材料，碳纤维材料属于有机高分子材料
2．下列化学用语正确的是（ ）
A．CCl4分子的球棍模型：
B．质量数为127的碘原子：
C．S2-的结构示意图：
D．次氯酸(HClO)分子的结构式：H-O-Cl
3．下列有关材料的结构或性质与用途不具有对应关系的是（ ）
A．硅橡胶具有无毒、无味、耐高温的性质，用作压力锅的密封圈
B．分子筛(铝硅酸盐)具有微孔结构，用作计算机芯片
C．Ti-Fe合金储氢量大、吸放氢速率快，用于氢燃料汽车
D．高温结构陶瓷具有耐高温、耐氧化、耐磨蚀的特性，用于发动机
4．丁烯基苯酞存在于当归等中药里，该物质具有抗凝血、抗氧化等功能，其结构简式如图所示。下列有关丁烯基苯酞的说法错误的是（ ）
A．分子式为 B．含有两种官能团
C．不能与溶液反应 D．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
5．二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：，该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①
②
若反应①为慢反应，下图中能体现上述反应能量变化的是（ ）
A． B．
C． D．
6．关注“实验室化学”并加以实践能有效提高同学们的实验素养，用如图所示装置(夹持装置均已省略)进行实验，能达到目的的是（ ）
A．甲装置可检验溶液中是否有
B．乙装置可验证浓硫酸的脱水性
C．丙装置可制备无水
D．丁装置可制取并收集干燥、纯净的
7．NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列叙述正确的是（ ）
A．金刚石中含有化学键数目为4NA
B．标准状况下通过足量充分反应，转移电子数目为NA
C．用惰性电极电解饱和食盐水，转移电子数为NA时，生成的浓度为
D．一定温度下，溶液与溶液中的数目均小于0.5NA，且前者更少
8．下列离子方程式书写正确的是( )
A．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3+Cl2+H2O═2+2Cl﹣+
B．FeI2溶液中滴入过量溴水：2Fe2++2I﹣+2Br2═2Fe3++I2+4Br﹣
C．草酸使酸性高锰酸钾溶液褪色：2+5+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O
D．向NH4HCO3溶液中滴加少量NaOH溶液：+OH﹣═NH3•H2O
9．常见金属和卤素单质反应的熔变(单位：)示意图如图，反应物和生成物均为常温时的稳定状态。下列说法错误的是（ ）
A．与反应的
B．由分解制得的反应是吸热反应
C．化合物的热稳定性顺序：
D．
10．甲是一种在微生物作用下将废水中的尿素转化为环境友好物质，实现化学能转化为电能的装置。利用甲、乙两装置，实现对冶金硅(为硅源)进行电解精炼制备高纯硅。下列说法错误的是（ ）
A．电极M与电极相连
B．当甲池中消耗时，乙池得到高纯硅
C．乙池中液态合金为阳极，液态铝为阴极
D．M上的电极反应式为：
11．硫酸是一种重要的基本化工产品。接触法制硫酸生产中的关键工序是的催化氧化：。研究表明，催化氧化的反应速率方程为式中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大；α为平衡转化率，α′为某时刻转化率，n为常数。在α′=0.90时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程，得到的v-t曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该反应在任何温度下都能自发
B．与足量充分反应，放出的热量为
C．升高温度，能增大单位体积内活化分子百分数和活化分子数
D．反应速率先随温度的升高而增大，原因是温度升高导致k、α均增大
12．下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向某溶液中先加入氯化钡溶液，再滴入盐酸
先产生白色沉淀，后白色沉淀不消失
该溶液中一定含有
B
向某溶液中加入氢氧化钠溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口
试纸不变蓝
该溶液中一定无
C
在溶液中滴加少量等浓度的溶液，再加入少量等浓度的溶液
先产生白色沉淀，后产生黑色沉淀
D
室温下，用试纸分别测定浓度均为的和两种溶液的
：
结合能力比的弱
A．A B．B C．C D．D
二、多选题
13．电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量。常温下，将相同体积的氢氧化钠和醋酸溶液分别加水稀释，溶液的电导率随加入水的体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．曲线I表示氢氧化钠溶液加水稀释过程中溶液电导率的变化
B．a、b、c三点溶液的：
C．a、b、c三点溶液中水的电离程度：
D．将a、b两点溶液混合，所得溶液中：
14．25℃时，用气体调节氨水的，溶液中微粒浓度的对数值()、反应物的物质的量之比[]与的关系如图所示。若忽略通入气体后溶液体积的变化，下列有关说法正确的是（ ）
A．25℃时，的电离平衡常数为
B．所示溶液中：
C．所示溶液中：
D．所示溶液中：
三、综合题
15．我国有丰富的资源，中科院过程工程研究所公布了利用制备重要工业用碱()及盐()的闭路循环绿色工艺流程：
某校化学兴趣小组根据该流程在实验室中进行实验。回答下列问题：
（1）用以下实验装置图进行流程中的“一次反应”：
①装置A中橡皮管a的作用是 。
②装置B中能否用苯来代替，说明理由 。
③装置B中发生反应的离子方程式为 。
（2）在“二次反应”中，硫酸铵溶液与过量的硫酸钠反应生成溶解度比较小的复盐，分离该复盐与溶液需要的仪器除烧杯、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器是 。
（3）依据该流程的闭路循环绿色的特点，“一次反应”与“煅烧(350℃)”的实验中均采用如图所示装置处理尾气，则烧杯中的X溶液最好是 溶液。
（4）利用制备重要工业用碱()及盐()的闭路循环绿色工艺流程中可以循环利用的物质有 (填化学式)。
（5）测定产品硫酸氢钠的纯度：称取所得产品，配成溶液，每次取出配制的溶液，用标准溶液滴定，测得的实验数据如下表：
序号
1
2
3
4
标准溶液体积/mL
20.05
18.40
19.95
20.00
所得产品硫酸氢钠的纯度为 (用质量百分数表示)。
16．三氧化二钴()主要用作颜料、釉料、磁性材料、催化剂和氧化剂等。用某工业含钴废料(主要成分为，含有少量、、、)制备和的流程如下：
已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的范围如下表：
沉淀物
开始沉淀时的
7.5
2.7
7.6
6.9
完全沉淀时的
9.7
3.7
9.0
9.2
回答下列问题：
（1）滤渣1的主要成分是 ；检验滤渣2中阳离子可选用的化学试剂为 。
（2）“调”时，调节的范围是 ；“高温煅烧”时，如果是在实验室中进行该项操作，装的仪器名称是 。
（3）“酸浸”时的作用是 。
（4）“沉镍”时发生反应的离子方程式为 ；此步骤需加热，温度不能太高也不能太低，原因是 。
（5）可用于制备镍氢电池，该电池充电时总反应为(为储氢合金)，电解液为溶液，则放电时正极的电极反应式为 。
17．由环境保护部、国家质检总局发布的《轻型汽车污染物排放限值及测量方法(中国第六阶段)》，自2020年7月1日起实施，也就是大家熟知的国Ⅵ汽车排放标准。在我国汽车产能过剩的背景下，可以起到淘汰落后产能、引领产业升级的作用，同时能够满足重点地区为加快改善环境空气质量而提高汽车排放标准的要求。回答以下问题：
（1）已知在20℃时：
① 正、逆反应的活化能分别为m kJ/mol、n kJ/mol；
② 正、逆反应的活化能分别为p kJ/mol、q kJ/mol。
用NH3处理汽车尾气中的NO的反应为：，该反应的△H= 。
（2）模拟汽车的“催化转化器”，将4 mol NO(g)和4 mol CO(g)充入1 L的密闭容器中，在不同温度和压强下发生反应，测得CO的平衡转化率α随温度T变化曲线如图所示。图像中C点逆反应速率 B点正反应速率(填“＞”“＝”或“＜”，下同)；反应的平衡常数：A点 D点。实验测得：，，k正、k逆分别是正、逆反应速率常数。则T1℃时C点处对应的v正：v逆= 。
（3）汽车排气管装有三元催化装置，在催化剂表面发生吸附、解吸消除CO、NO等大气污染物。反应机理如下(Pt是催化剂，右上角带“*”表示吸附状态)：
Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ．
Ⅳ． Ⅴ． Ⅵ．
经测定汽车尾气中生成物及反应物浓度随温度变化关系如图1和图2所示：
①图1中，温度为330℃时反应V的活化能 反应VI的活化能(填“＜”、“＞”或“＝”)，反应VI的焓变△H 0(“＜”或“＞”)。
②图2中，温度从Ta升至Tb的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因是 。
18．有A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素（原子序数均小于30）。A的基态原子2p能级有3个电子；C的基态原子2p能级有1个电子；E原子最外层有1个单电子，其次外层有3个能级且均排满电子；D与E同周期，价电子数为2。则：
（1）写出基态E原子的价电子排布式 。基态A原子的第I电离能比B的大，其原因是 。
（2）B元素的氢化物的沸点是同族元素氢化物中最高的，原因是 。
（3）A的最简单氢化物分子的空间构型为 ，其中A原子的杂化类型是 。
（4）向E的硫酸盐溶液中通入A的气态氢化物至过量，产生蓝色沉淀，随后沉淀溶解得到深蓝色溶液，向溶液中加入适量乙醇，析出蓝色晶体。
①该蓝色晶体的化学式为 ，加入乙醇的目的是 。
②写出该配合物中配离子的结构简式 。
（5）C和D形成的化合物的晶胞结构如图所示，则D的配位数是 ，已知晶体的密度为ρg·cm－3，阿伏加德罗常数为NA，求晶胞边长a= cm（含用ρ、NA的计算式表示）。
19．化合物H是一种新型抗癌药物的中间体，其一种合成路线如下：
回答下列问题：
（1）D的名称为 ，F所含官能团的名称为 。
（2）①的反应类型为 。
（3）反应③的化学方程式为 。
（4）反应⑤可能产生与E互为同分异构体的副产物，其结构简式为 。
（5）A的同分异构体中，能发生银镜反应的结构有 种(不考虑立体异构)。在这些同分异构体中，核磁共振氢谱有三组峰且峰面积之比为的结构简式为 。
（6）参照上述合成路线，设计由 合成 的路线 (乙醇、乙酸及无机试剂任选)。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．木制和竹制两种材质的主要成分为纤维素，均为天然纤维素，故A不符合题意；
B．合金的熔点低于其成分物质的熔点，铝合金的强度高，但熔点低于单质铝，故B不符合题意；
C．玻璃纤维是一种性能优异的无机非金属材料，种类繁多，优点是绝缘性好、耐热性强、抗腐蚀性好、机械强度高，故C不符合题意；
D．碳纤维主要由碳元素组成，具有耐高温、抗摩擦、导电、导热及耐腐蚀等特性，不属于高分子材料，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.木材和竹子主要成分为天然纤维素；
B.合金强度大于组分金属，熔点低于组分金属；
C.玻璃纤维属于无机非金属材料；
D.碳纤维是碳单质，属于无机非金属材料。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．球棍模型中要表达出键型和原子半径的相对大小，CCl4中均为单键但Cl的原子半径应该比C大，该模型不符合题意，A项不符合题意；
B．某一核素的表达为，其中A为质量数，Z为质子数，则该核素应该为，B项不符合题意；
C．S得2个电子变为S2-，则S2-的结构示意图为 ，C项不符合题意；
D．次氯酸中O原子需要两个电子达饱和，所以它与其他两个原子分别共用一对电子形成单键，结构式为H-O-Cl， D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．球棍模型中要表达出键型和原子半径的相对大小；
B．左下角表示质子数，左上角表示质量数，质量数=中子数+质子数；
C．S2-核外电子数为18；
D．次氯酸中O原子需要两个电子达饱和，所以它与其他两个原子分别共用一对电子形成单键。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．硅橡胶无毒、耐高温，可作压力锅的密封圈，故A不符合题意；
B．分子筛(铝硅酸盐)具有微孔结构，主要用作吸附剂和催化剂等，硅是计算机芯片的原料，故B符合题意；
C．Ti-Fe合金作为储氢材料，用于氢燃料汽车，故C不符合题意；
D．高温结构陶瓷具有耐高温、耐氧化、耐磨蚀的特性，可用于发动机，性质和用途对应，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】分子筛(铝硅酸盐)具有微孔结构，主要用作吸附剂和催化剂等。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．有机物含有12个C原子、12个H原子、2个O原子，分子式为C12H12O2，故A不符合题意；
B．有机物含有的两种官能团为碳碳双键和酯基，故B不符合题意；
C．含有酯基，可在碱性条件下水解，即能与氢氧化钠溶液反应，故C符合题意；
D．含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，则能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据结构简式确定分子式；
B．根据结构简式确定官能团；
C．依据官能团决定性质；
D．依据官能团决定性质。
5．【答案】A
【解析】【解答】由盖斯定律可知，反应①十反应②得总反应方程式，则总反应的，则该总反应是放热反应，生成物的总能量比反应物的总能量低，B、D不符合题意；反应①为慢反应，是总反应的决速步骤，则反应①的活化能比反应②的大，A符合题意，C不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据盖斯定律分析。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．观察钾元素的焰色需要通过蓝色的钴玻璃，A项不符合题意；
B．浓硫酸具有吸水性，吸收试管中空气中的水分，使饱和硫酸铜溶液的水分减少，有晶体析出，不能验证脱水性，B项不符合题意；
C．氯化镁在氯化氢的氛围中加热失水，抑制镁离子水解，最后得到无水氯化镁，C项符合题意；
D．一氧化氮和氧气反应，不能用排空气收集气体，D项不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A．观察钾元素的焰色需要通过蓝色的钴玻璃；
B．浓硫酸具有吸水性；
C．氯化氢抑制镁离子水解；
D．一氧化氮和氧气反应。
7．【答案】B
【解析】【解答】A.1mol金刚石中含2mol碳碳单键，所以（1mol）金刚石中含有化学键数目为2NA，A不符合题意；
B．过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式为：，对应电子转移的关系为：2CO22e-，所以标准状况下通过足量充分反应，转移电子数目为NA，B符合题意；
C．溶液体积未知，无法求出氢氧根离子的浓度，C不符合题意；
D．盐类水解遵循“越稀越水解”的原则，氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子会发生水解，且比水解程度弱，铵根离子比较，后者个数更少，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.1mol金刚石中含2mol碳碳单键；
B．利用双线桥分析；
C．溶液体积未知，无法计算；
D．利用“越稀越水解”的原则。
8．【答案】A
【解析】【解答】A．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3+Cl2+H2O═2HSO3﹣+2Cl﹣+，符合得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒、强制弱规律，A项符合题意；
B．向FeI2溶液中滴入过量溴水，反应生成溴化铁、碘单质，反应的离子方程式为：2Fe2++4I﹣+3Br2═2Fe3++2I2+6Br﹣，B项不符合题意；
C．草酸是二元弱酸，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，草酸应该保留分子式，离子方程式为：2+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，C项不符合题意；
D．向NH4HCO3中滴加少量的NaOH溶液的离子反应为+OH﹣=+H2O，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．利用得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒、强制弱规律分析；
B．FeI2的配比不正确；
C．草酸是二元弱酸，不拆；
D．碳酸氢根离子先反应。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．根据上述图示可构造热化学方程式如下：①M(s)+Cl2(g)=MCl2(s) ，② M(s)+Br2(l)=MBr2(s) ，根据盖斯定律可知，①-②可得，所以对应的反应热，A不符合题意；
B．生成的反应为放热反应，所以由分解制得的反应是吸热反应，B不符合题意；
C．能量越低的物质越稳定，结合卤素的性质变化规律可知，上述化合物的稳定性顺序为：，C符合题意；
D．与A项分析原理相同，结合图示信息构造两个热化学方程式分别为：①M(s)+F2(g)=MF2(s) ，② M(s)+Br2(l)=MBr2(s) ，根据盖斯定律可知，②-①可得，所以对应的反应热，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据盖斯定律；
B．依据正反应和逆反应吸放热数值相等；
C．能量越低的物质越稳定；
D．根据盖斯定律。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．甲装置中，电极N上，O2发生还原反应生成H2O，则电极N为正极，电极M上，CO(NH2)2发生氧化反应生成CO2、N2和H+，则电极M为负极；乙装置中，电极a上，Si发生氧化反应生成Si4+，则电极a为阳极，电极b上，Si4+发生还原反应生成Si，则电极b为阴极；故电极M与电极b相连，A不符合题意；
B．未说明O2是否处在标准状况，则无法计算22.4L O2的物质的量，也就无法计算乙池得到高纯硅的质量，B符合题意；
C．由分析可知，乙池中液态Cu−Si合金与电极a相连，为阳极，液态铝与电极b相连，为阴极，C不符合题意；
D．甲装置中，电极M为负极，CO(NH2)2在电极M上发生氧化反应生成CO2、N2和H+，电极反应式为CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2↑+N2↑+6H+，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．利用阳接正，阴接负判断；
B．未说明标准状况，无法计算；
C．利用阳接正，阴接负判断；
D．负极失电子发生氧化反应。
11．【答案】C
【解析】【解答】A．该反应焓变△H<0，反应前后气体分子数减少，熵变△S<0，依据△G=△H-T△S<0反应能自发进行可知，该反应在低温条件下自发进行，A不符合题意；
B．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，1molSO2与足量氧气充分反应，放出的热量小于98kJ，B不符合题意；
C．升高温度，活化分子数增加，单位体积内活化分子百分数增加，C符合题意；
D．升高温度，反应速率常数增大，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，二氧化硫平衡转化率降低，反应速率先随温度的升高而增大，原因是温度升高导致k增大对v的提高大于α引起的降低，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据△G=△H-T△S<0判断；
B．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，进行不到底；
C．利用活化分子理论分析；
D．依据化学平衡移动原理分析；
12．【答案】D
【解析】【解答】A．向某溶液中先加入氯化钡溶液，再滴入盐酸，先产生白色沉淀，后白色沉淀不消失，白色沉淀可能是氯化银，不能说明含有硫酸根离子，A不符合题意；
B．铵盐和氢氧化钠溶液反应，如果不加热或在稀溶液中反应生成的一水合氨不分解或分解的氨气较少，无法检测出来，因此不能据此说明不含有铵根离子，B不符合题意；
C．反应中硫化钾过量，在加入硫酸铜溶液一定产生CuS沉淀，所以不能据此说明二者溶度积常数相对大小，C不符合题意；
D．酸性：H2SO3＞，酸性越强，对应离子结合氢离子能力越弱，因此结合能力比的弱，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．检验硫酸根离子先加入盐酸酸化，再滴入氯化钡溶液；
B．铵根离子检验应用浓氢氧化钠溶液，加热 ；
C．反应物过量，不能判断溶度积常数相对大小；
D．利用越弱越水解判断。
13．【答案】C,D
【解析】【解答】A．加水稀释时，醋酸进一步电离，导电能力变化较小，则曲线I表示醋酸稀释的曲线，曲线Ⅱ表示氢氧化钠稀释的曲线，A项不符合题意；
B．NaOH溶液显碱性，醋酸显酸性，导电能力越大，说明离子浓度越大，则a、b、c三点溶液的pH：，B项不符合题意；
C．a和c点的导电率相同，则a点的氢离子浓度等于c点氢氧根离子浓度，即此时水的电离程度相等，b点在c点的基础上再加水稀释，会促进水的电离，则a、b、c三点溶液中水的电离程度：，C项符合题意；
D．将a、b两点溶液混合，由于醋酸浓度大于氢氧化钠浓度，反应后醋酸过量，溶液显酸性，则溶液中：，D项符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A．导电能力取决于离子浓度的大小；
B．导电能力越大，说明离子浓度越大；
C．酸碱抑制水的电离，可水解的盐促进水的电离；
D．依据物料守恒分析。
14．【答案】A,C
【解析】【解答】A．，，由图可知，当时，溶液pH=9.25，则c(H+)=10-9.25mol/L，c(OH-)=10-4.75mol/L，带入电离常数表达式可得，=10-4.75，A项符合题意；
B．由图可知，P1点时，
=0.05mol/L，pH=9.25，，由电荷守恒可知：，c(Cl-)<=0.05mol/L，B项不符合题意；
C．由电荷守恒可知：，由于pH=7则。又由图可知，P2点时，因此，C项符合题意；
D．由图可知，P3点时t==1.0，根据物料守恒可得，D项不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A．选择的点，利用计算；
B．利用电荷守恒分析；
C．利用电荷守恒分析；
D．根据物料守恒分析。
15．【答案】（1）平衡压强，使分液漏斗中的液体顺利流入烧瓶中；苯的密度小于水，苯在水上层，装置B中不能用苯来代替；
（2）漏斗
（3）Na2SO4
（4）NH3、
（5）93.75%
【解析】【解答】、二氧化碳、氨气在“一次反应”中生成碳酸氢钠沉淀、硫酸铵，分离出碳酸氢钠，在硫酸铵溶液中加入硫酸钠发生“二次反应”中生成复盐，加热得。
(1)①装置A中橡皮管连接分液漏斗上口和烧瓶，平衡分液漏斗和圆底烧瓶内的压强，使分液漏斗中的液体顺利流入烧瓶。
②氨气难溶于，密度大于水，氨气先通入中，能防止倒吸，苯的密度小于水，苯在水上层，装置B中不能用苯来代替；
③装置B中、二氧化碳、氨气反应生成碳酸氢钠沉淀、硫酸铵，发生反应的离子方程式为；
(2)的溶解度比较小，用过滤法分离该复盐与溶液，过滤需要的仪器除烧杯、玻璃棒、漏斗。
(3)依据该流程的闭路循环绿色的特点，为使X吸收氨气后的溶液在“一次反应”中循环利用，烧杯中的X溶液最好是Na2SO4溶液。
(4)根据流程图，利用制备重要工业用碱()及盐()的闭路循环绿色工艺流程中，可以循环利用的物质有NH3、。
(5)滴定过程发生反应NaHSO4+NaOH= Na2SO4+H2O；第二次实验数据明显超出正常误差范围，第二次实验数据舍去不用，平均消耗氢氧化钠溶液的体积为20.00mL，则20mL所配溶液中含有NaHSO4的物质的量是0.02L×0.1mol/L=0.002mol，所得产品硫酸氢钠的纯度为。
【分析】
(1)①装置的构造，确定其用途。
②极易溶于水的气体考虑防倒吸；
③硫酸钠、二氧化碳、氨气反应生成碳酸氢钠沉淀、硫酸铵；
(2)依据溶解性，选择合适的分离方法和分离装置。
(3)依据“一次反应”中循环利用的信息选择。
(4)依据流程图当中的反应物和生成物判断。
(5)利用平均值进行计算。
16．【答案】（1）硫酸铅和二氧化硅；KSCN
（2）2.7-3.9；坩埚
（3）将亚铁离子氧化成铁离子，做还原剂将+3价钴离子还原为+2价钴离子
（4）；温度太低反应速率太慢，温度太高碳酸氢铵会分解
（5）
【解析】【解答】由题给流程可知，向工业废料中加入硫酸和双氧水，酸性条件下，氧化钴与双氧水发生氧化还原反应生成亚钴离子，氧化亚铁与双氧水发生氧化还原反应生成铁离子，氧化亚镍溶于硫酸生成亚镍离子，PbO转化为硫酸铅沉淀，二氧化硅不溶解，过滤得到含有氢离子、亚钴离子、铁离子、亚镍离子的酸浸液；调节酸浸液的pH，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有亚钴离子、亚镍离子的滤液；向滤液中加入萃取剂，萃取分液得到含有亚钴离子的水相和含有亚镍离子的有机相；向水相中加入氨水，亚钴离子离子转化为Co2 ( OH ) 2CO3沉淀，高温煅烧，Co2 ( OH) 2CO3与空气中的氧气发生氧化还原反应生成氧化钴、二氧化碳和水。含有亚镍离子的有机相进行反萃取得到含亚镍离子的水溶液，加入碳酸氢铵沉镍生成NiCO3，硫酸溶解得到NiSO4，最后加入氢氧化钠得到Ni(OH)2，据此解答。
(1)向工业废料中加入硫酸和双氧水，酸性条件下，氧化钴与双氧水发生氧化还原反应生成亚钴离子，氧化亚铁与双氧水发生氧化还原反应生成铁离子，氧化亚镍溶于硫酸生成亚镍离子，PbO转化为硫酸铅沉淀，二氧化硅不溶解，即滤渣1的主要成分为硫酸铅和二氧化硅，滤液中含有铁离子，用硫氰化钾检验。
(2)调节是为了让铁离子完全沉淀，根据表格数据，范围是2.7-3.9。高温煅烧时装药品的仪器为坩埚。
(3)酸浸过程中过氧化氢的作用时作为氧化剂将亚铁离子氧化成铁离子，做还原剂将+3价钴离子还原为+2价钴离子。
(4)沉镍时根据原子守恒可知还有二氧化碳和水生成，反应的离子方程式为：，由于温度太低反应速率太慢，温度太高碳酸氢铵会分解，所以此步骤的温度不能太高也不能太低。
(5)放电时正极为得到电子，故电极反应式为：。
【分析】
(1)依据物质的溶解性和化学性质确定成分；考虑三价铁离子的检验试剂。
(2)根据溶解性表格数据，确定范围；依据实验条件确定装置。
(3)依据流程图当中元素化合价的变化判断。
(4)根据原子守恒书写反应的离子方程式；考虑温度对速率和物质性质的影响。
(5)正极得到电子，发生还原反应。
17．【答案】（1）(5n+p-5m-q)kJ/mol
（2）＜；＞；40.5
（3）＞；＜；升高温度，催化剂活性增强，反应速率逐渐加快，所以反应物浓度急剧减小
【解析】【解答】(1)根据反应热△H=正反应的活化能-逆反应的活化能，则①N2(g) +O2(g)=2NO(g) △H1=(m-n)kJ/mol；②4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(1) △H2=(p-q) kJ/mol，根据盖斯定律将②-①×5，整理可得4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(1)，其△H =△H2-5△H1=(p-q)-5×(m-n)kJ/mol=(5n+p-5m-q)kJ/mol；
(2)B点、C点纵坐标相同，说明生成物浓度相同，B为平衡点，则B点正反应速率等于逆反应速率；C点反应正向进行，由于B点温度高于C点，则B点逆反应速率大于C点逆反应速率，即C点逆反应速率＜B点正反应速率；
相同压强下，随着温度升高，CO的平衡转化率a降低，说明升高温度，化学平衡逆向移动，导致化学平衡常数K值减小，则反应的平衡常数：A点＞D点；
A点为平衡点，则v正=v逆，则k正c2 (NO).c2(CO) =k逆c(N2)·c2(CO2)，，在反应开始时c(NO)=c(CO)=4 mol/L，根据A点CO的平衡转化率为50%，根据反应中物质转化关系可知平衡时c(NO)=c(CO)=2 mol/L，c(N2)=1 mol/L，c(CO2)=2 mol/L，；C点时CO的转化率是25%，则△c(NO)= △c(CO)=4 mol/L×25%=1 mol/L，故平衡时c(NO)=c(CO)=3 mol/L，c(N2)=0.5 mol/L，c(CO2)=1 mol/L，；
(3)①根据图1可知：温度为330℃时生成物N2O的浓度大于N2的浓度，说明主要发生反应Ⅵ，说明反应速率：Ⅵ＞Ⅴ；结合活化能越小，反应速率越快，说明反应Ⅵ的活化能比反应Ⅴ的活化能低，因此反应Ⅴ的活化能＞反应Ⅵ的活化能；
反应Ⅵ．，形成化学键会释放热量，所以反应VI的焓变△H＜0。
②温度从Ta升至Tb的过程中，反应未达到平衡状态，升高温度，催化剂活性增强，反应速率加快，所以反应物浓度急剧减小。
【分析】(1)根据反应热△H=正反应的活化能-逆反应的活化能；根据盖斯定律计算；
(2)依据外界条件判断反应速率；平衡常数只与温度有关；利用计算；
(3)①根据活化能越小，反应速率越快；形成化学键会释放热量。
②依据温度对反应速率和平衡的影响分析。
18．【答案】（1）3d104s1；N原子的2p能级处于较稳定的半充满状态
（2）水分子间存在氢键，氢键比范德华力更强
（3）三角锥形；sp3
（4）[Cu(NH3)4]SO4·H2O；降低[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解度；
（5）8；
【解析】【解答】A、B、C、D、E五种原子序数依次增大的元素(原子序数均小于30)，A的基态原子2p能级有3个单电子，则A是N元素；C的基态原子2p能级有1个单电子，且C的原子序数大于A，则C为F元素、B为O元素；E原子核外有成单电子，其次外层有3个能级且均排满电子，且原子序数小于30，则E为Cu元素；D与E同周期，价电子数为2，则D为Ca元素。
(1)Cu的原子序数为29，基态铜t原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，价电子排布式为3d104s1；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则氮元素第一电离能大于氧元素，故答案为：3d104s1；N原子的2p能级处于较稳定的半充满状态；
(2)水分子能形成分子间氢键，氢键比范德华力更强，而与氧元素同主族的其他氢化物不能形成分子间氢键，所以水的分子间的作用力强于其他氢化物，沸点高于其他氢化物，故答案为：水分子间存在氢键，氢键比范德华力更强；
(3)氨分子中氮原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，氮原子的杂化方式为sp3杂化，分子的空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；sp3；
(4)硫酸铜溶液与逐滴加入的氨水反应生成氢氧化铁沉淀和硫酸铵，反应的离子方程式为Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2H2O，加入过量的氨水与氢氧化铜反应生成四氨合铜离子、氢氧根离子和水，反应的离子方程式为：Cu(OH)2+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH—+4H2O，向溶液中加入适量乙醇，降低[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解度，便于析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O蓝色晶体；
①由分析可知，蓝色晶体的化学式为[Cu(NH3)4]SO4·H2O，加入乙醇的目的是降低[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解度，便于析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O蓝色晶体，故答案为：[Cu(NH3)4]SO4·H2O；降低[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解度；
②配合物中配离子为[Cu(NH3)4]2+，配离子中铜离子与4个氨分子形成配位键，结构式为，故答案为：；
(5)由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的钙离子与位于体对角线的氟离子的距离最近，则钙离子的配位数是为8；由晶胞结构可知，晶胞中位于体内的氟离子个数为8、位于顶点和面心的钙离子的个数为8×+6×=4，设晶胞的的边长为acm由晶胞的质量公式可得：=a3ρ，解得a=，故答案为：。
【分析】
(1)依据核外电子排布规律；同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中II A族和V A族的第一电离能高于相邻的元素；
(2)分子间存在氢键，沸点高；
(3)依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；
(4)①硫酸铜溶液与过量的氨水反应生成一水合硫酸四氨合铜；乙醇的极性较小，降低盐的溶解度；
②配离子中铜离子与4个氨分子形成配位键；
(5)利用均摊法确定原子数目再计算。
19．【答案】（1）2-甲基-1-丙醇（也称异丁醇）或2-甲基-2-丙醇；氯原子、醚键
（2）氧化反应
（3）
（4）
（5）8；
（6）
【解析】【解答】解答本题的第一个关键在于结合反应①和反应②，对比得出A和B的结构简式，第二个关键在于对比E和H的结构简式，结合反应⑥和反应⑦的反应条件得到G的结构简式，由此得到整个有机合成题的过程。各小题的具体分析如下：
(1)反应④由通过催化剂转变为 ，这是醇的消去反应，由此可以判断出属于醇，结合产物结构，可以写出该醇的两种结构： 、 ，命名分别为2-甲基-1-丙醇（也称异丁醇）和2-甲基-2-丙醇，故答案为2-甲基-1-丙醇（也称异丁醇）或2-甲基-2-丙醇；
(2)依据反应①的反应条件为酸性条件下的，具有强氧化性，且反应②后的产物（ ）中含有碳氧双键，而且通过A的分子式（），可以计算该分子的不饱和度为：，由此可以推断反应①是由 被氧化为 ，故答案为氧化反应；
(3)反应③的反应物（ ）含有卤原子，且反应条件为氢氧化钠的乙醇溶液加热，所以该反应为属于卤代烃的消去反应，故该反应的化学方程式为：
(4)反应5中的两个反应物分别为 和 ，可看成不对称烯烃的加成，在光照条件下发生的反应生成 和 ，故答案为 ；
(5)依据A分子的不饱和度为1，而且A的同分异构体能够发生银镜反应，所以相关同分异构体中只含有一个醛基。所以，我们可以利用基团连接法来书写该题的同分异构体，即按照一个戊基结合一个醛基的形式来书写，由此可以写出8个同分异构体。具体如下： 、、 、 、 、 、 、 。而核磁共振氢谱有三组峰即该有机物中含有三种等效氢，峰面积之比为即三种氢原子的数目比为，所以该有机物的结构简式为 。故答案为8， ；
(6)对比题目给出的反应物（ ）与生成物（ ）的结构，可以判断出产物中的四元环的产生利用了反应⑤。结合反应⑤的两个反应物（ 和 ）的结构特点，可以逆向推导出我们需要两个 通过反应⑤得到最终产物。接下来，我们需要通过反应将 转变为 ，这一流程涉及到课内十分经典一元合成路线——引入卤原子后，通过卤代烃的消去反应（ ）即可完成。问题在于，如果引入这一个溴原子，结合题中的反应②可知，我们需要利用 在反应②的条件下得到 。故完整流程如下：
【分析】
(1)依据产物的结构简式确定其结构及名称；利用结构简式确定官能团名称。
(2)依据“去氢加氧”为氧化反应；
(3)卤代烃的消去反应；
(4)利用加成反应确定产物结构简式；
(5)依据性质确定官能团类型，利用基团连接法来书写该题的同分异构体 ；
(6)对比题目给出的反应物与生成物的结构，设计合成路线。
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