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2023年高考化学压轴题训练②（真题选编）
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这是一份2023年高考化学压轴题训练②（真题选编），共58页。试卷主要包含了如图等内容，欢迎下载使用。
2023年高考化学压轴题训练②（真题选编）
一．离子方程式的书写（共1小题）
1．（2021•湖北）对于下列实验，不能正确描述其反应的离子方程式是（ ）
A．向氢氧化钡溶液中加入盐酸：H++OH﹣═H2O
B．向硝酸银溶液中滴加少量碘化钾溶液：Ag++I﹣═AgI↓
C．向烧碱溶液中加入一小段铝片：2Al+2OH﹣+6H2O═2[Al（OH）4]﹣+3H2↑
D．向次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳气体：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣
二．阿伏加德罗常数（共1小题）
2．（2021•海南）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．0.1mol27Al3+中含有的电子数为1.3NA
B．3.9gNa2O2中含有的共价键的数目为0.1NA
C．0.1mol肼（H2N﹣NH2）含有的孤电子对数为0.2NA
D．CH2═CH2+H2CH3CH3，生成1mol乙烷时断裂的共价键总数为NA
三．晶胞的计算（共1小题）
3．（2021•海南）金属羰基配位化合物在催化反应中有着重要应用。HMn（CO）5是锰的一种简单羰基配位化合物，其结构示意图如图。回答问题：
（1）基态锰原子的价层电子排布式为 。
（2）配位化合物中的中心原子配位数是指和中心原子直接成键的原子的数目。HMn（CO）5中锰原子的配位数为 。
（3）第一电离能的大小：C O（填“大于”或“小于”）。
（4）CO32﹣中碳原子的杂化轨道类型是 ，写出一种与CO32﹣具有相同空间结构的﹣1价无机酸根离子的化学式 。
（5）CH3Mn（CO）5可看作是HMn（CO）5中的氢原子被甲基取代的产物。CH3Mn（CO）5与I2反应可用于制备CH3I，反应前后锰的配位数不变，CH3Mn（CO）5与I2反应的化学方程式为 。
（6）MnS晶胞与NaCl晶胞属于同种类型，如图所示。前者的熔点明显高于后者，其主要原因是 。
以晶胞参数为单位长度建立坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。在MnS晶胞坐标系中，a点硫原子坐标为（1，，），b点锰原子坐标为（0，，0），则c点锰原子坐标为 。
四．化学平衡的影响因素（共1小题）
4．（2021•北京）某小组实验验证“Ag++Fe2+⇌Fe3++Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。
（1）实验验证
实验Ⅰ.将0.0100mol•L﹣1 Ag2SO4溶液和0.0400mol•L﹣1 FeSO4溶液（pH＝1）等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。
实验Ⅱ.向少量Ag粉中加入0.0100 mol•L﹣1 Fe2（SO4）3 溶液（pH＝1），固体完全溶解。
①取Ⅰ中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是 。
②Ⅱ中溶液选用Fe2（SO4）3，不选用Fe（NO3）3的原因是 。
综合上述实验，证实“Ag++Fe2+⇌Fe3++Ag↓”为可逆反应。
③小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图，写出操作及现象 。
（2）测定平衡常数
实验Ⅲ.一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取v mL上层清液，用c1 mol•L﹣1 KSCN标准溶液滴定Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液v1 mL。
资料：Ag++SCN﹣⇌AgSCN↓，（白色） K＝1012
Fe3++SCN﹣⇌FeSCN2+ （红色） K＝102.3
①滴定过程中Fe3+的作用是 。
②测得平衡常数K＝ 。
（3）思考问题
①取实验Ⅰ的浊液测定c（Ag+），会使所测K值 （填“偏高”“偏低”或“不受影响”）。
②不用实验Ⅱ中清液测定K的原因是 。
五．化学平衡的计算（共2小题）
5．（2021•湖北）丙烯是一种重要的化工原料，可以在催化剂作用下，由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制备。
反应Ⅰ（直接脱氢）：C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）△H1＝+125kJ•mol﹣1
反应Ⅱ（氧化脱氢）：C3H8（g）+O2（g）═C3H6（g）+H2O（g）△H2＝﹣118kJ•mol﹣1
（1）已知键能：E（C﹣H）＝416kJ•mol﹣1，E（H﹣H）＝436kJ•mol﹣1。由此计算生成1mol碳碳π键放出的能量为 kJ。
（2）对于反应Ⅰ，总压恒定为100kPa，在密闭容器中通入C3H8和N2的混合气体（N2不参与反应），从平衡移动的角度判断，达到平衡后“通入N2”的作用是 ；在温度为T1时，C3H8的平衡转化率与通入气体中C3H8的物质的量分数的关系如图a所示，计算T1时反应Ⅰ的平衡常数Kp＝ kPa（以分压表示，分压＝总压×物质的量分数，保留一位小数）。
（3）在温度为T2时，通入气体分压比为p（C3H8）：p（O2）：p（N2）＝10：5：85的混合气体，各组分气体的分压随时间的变化关系如图b所示。0～1.2s生成C3H6的平均速率为 kPa•s﹣1；在反应一段时间后，C3H8和O2的消耗速率比小于2：1的原因为 。
（4）恒温刚性密闭容器中通入气体分压比为p（C3H8）：p（O2）：p（N2）＝2：13：85的混合气体，已知某反应条件下只发生如下反应（ k，k′为速率常数）：
反应Ⅱ：2C3H8（g）+O2（g）═2C3H6（g）+2H2O（g）k
反应Ⅲ：2C3H6（g）+9O2（g）═6CO2（g）+6H2O（g）k′
实验测得丙烯的净生成速率方程为v（C3H6）＝kp（C3H8）﹣k′p（C3H6），可推测丙烯的浓度随时间的变化趋势为 ，其理由是 。
6．（2021•辽宁）苯催化加氢制备环己烷是化工生产中的重要工艺，一定条件下，发生如下反应：
Ⅰ.主反应：（g）+3H2（g）⇌（g）△H1＜0
Ⅱ.副反应：（g）⇌（g）△H2＞0
回答下列问题：
（1）已知：Ⅲ.2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H3
Ⅳ.2（g）+15O2（g）═12CO2（g）+6H2O（l）△H4
Ⅴ.（g）+9O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H5
则△H1＝ （用△H3、△H4和△H5表示）。
（2）有利于提高平衡体系中环己烷体积分数的措施有 。
A.适当升温
B.适当降温
C.适当加压
D.适当减压
（3）反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在n（H2）：n（C6H6）＝3：1的基础上适当增大H2用量，其目的是 。
（4）氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图1。当H2中混有微量H2S或CO等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为 。
（5）催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合孤电子对，图2中可作为酸性中心的原子的标号是 （填“①”“②”或“③”）。
（6）恒压反应器中，按照n（H2）：n（C6H6）＝4：1投料，发生Ⅰ、Ⅱ反应。总压为p0，平衡时苯的转化率为α，环己烷的分压为p，则反应Ⅰ的Kp＝ （列出计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
六．沉淀溶解平衡（共2小题）
7．（2021•甲卷）已知相同温度下，Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaCO3）。某温度下，饱和溶液中﹣lg[c（SO42﹣）]、﹣lg[c（CO32﹣）]与﹣lg[c（Ba2+）]的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．曲线①代表BaCO3的沉淀溶解曲线
B．该温度下BaSO4的Ksp（BaSO4）值为1.0×10﹣10
C．加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点
D．c（Ba2+）＝10﹣5.1时两溶液中＝
8．（2021•乙卷）HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中c（M+）随c（H+）而变化，M+不发生水解。实验发现，298K时c2（M+）～c（H+）为线性关系，如图中实线所示。下列叙述错误的是（ ）
A．溶液pH＝4时，c（M+）＜3.0×10﹣4mol•L﹣1
B．MA的溶度积Ksp（MA）＝5.0×10﹣8
C．溶液pH＝7时，c（M+）+c（H+）＝c（A﹣）+c（OH﹣）
D．HA的电离常数Ka（HA）≈2.0×10﹣4
七．油脂的性质、组成与结构（共1小题）
9．（2021•辽宁）《天工开物》中记载：“凡乌金纸由苏、杭造成，其纸用东海巨竹膜为质。用豆油点灯，闭塞周围，只留针孔通气，熏染烟光而成此纸。每纸一张打金箔五十度……”下列说法错误的是（ ）
A．“乌金纸”的“乌”与豆油不完全燃烧有关
B．“巨竹膜”为造纸的原料，主要成分是纤维素
C．豆油的主要成分油脂属于天然高分子化合物
D．打金成箔，说明金具有良好的延展性
八．有机物的推断（共1小题）
10．（2021•全国）烃A的相对分子质量为26，由A为原料制备相关物质的合成路线（部分反应条件省略）如图：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 ，B的结构简式为 。
（2）C的化学名称为 ，③的反应类型为 。
（3）E为八元环化合物，核磁共振氢谱为 组峰，结构简式为 。
（4）写出由丁二醛制备聚丁二酸﹣1，4﹣丁二醇酯的合成路线 。
（5）芳香化合物G是D的同分异构体，其聚合物可用作保温材料，写出G的结构简式 。
九．有机物的合成（共6小题）
11．（2021•重庆）光刻胶是集成电路微细加工技术中的重要化工材料。某成膜树脂F是248nm光刻胶的组成部分，对光刻胶性能起关键作用。
（1）F由单体Ⅰ和单体Ⅱ合成，其结构简式如图所示：
F中官能团的名称为酰胺基和 ，生成F的反应类型为 。
（2）单体Ⅰ的分子式为C8H14O2
①单体的结构简式为 。
②单体Ⅰ的同分异构体G能发生银镜反应，核磁共振氢谱有两组峰（峰面积比为6：1），则G的结构简式为 。
（3）单体Ⅱ的一种合成路线如图（部分试剂及反应条件省略）
已知以下信息：
①A+B→C为加成反应，则B的化学名称为 。
②D的结构简式为 ，E的结构简式为 。
③E的同分异构体能同时满足以下两个条件的有 个（不考虑立体异构体）。
（i）含有环己烷基，环上只有3个取代基且相同；
（ii）能与金属钠反应放出氢气
④已知以下信息：
a.（R1、R2、R4为烃基，R3为H或烃基）
b.（R为H或烃基）
单体Ⅱ的加聚产物在酸性介质中发生反应的化学方程式为 。
12．（2021•湖北）甲氧苄啶（G）是磺胺类抗菌药物的增效剂，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）E中的官能团名称是 、 。
（2）B→C的反应类型为 ；试剂X的结构简式为 。
（3）若每分子F的碳碳双键加上了一分子Br2，产物中手性碳个数为 。
（4）B的同分异构体中能同时满足以下三个条件的有 种（不考虑立体异构）。
①属于A的同系物；
②苯环上有4个取代基；
③苯环上一氯代物只有一种。
（5）以异烟醛（）和乙醇为原料，制备抗结核杆菌药异烟肼的合成路线如下：
Y异烟肼
写出生成Y的化学反应方程式 ；异烟肼的结构简式为 。
13．（2021•北京）治疗抑郁症的药物帕罗西汀的合成路线如图。
已知：i.RCHO+CH2（COOH）2RCH＝CHCOOH
ii.R′OHR′OR″
（1）A分子含有的官能团是 。
（2）已知：B为反式结构。下列有关B的说法正确的是 （填序号）。
a.核磁共振氢谱有5组峰
b.能使酸性KMnO4 溶液褪色
c.存在含2个六元环的酯类同分异构体
d.存在含苯环和碳碳三键的羧酸类同分异构体
（3）E→G的化学方程式是 。
（4）J分子中有3个官能团，包括1个酯基。J的结构简式是
（5）L的分子式是C7H6O3。L的结构简式是 。
（6）从黄樟素经过其同分异构体N可制备L。
已知：i.R1CH＝CHR2R1CHO+R2CHO
ii.
写出制备L时中间产物N、P、Q的结构简式： 。
14．（2021•山东）一种利胆药物F的合成路线如图：
已知：Ⅰ.+
Ⅱ.
回答下列问题：
（1）A的结构简式为 ；符合下列条件的A的同分异构体有 种。
①含有酚羟基
②不能发生银镜反应
③含有四种化学环境的氢
（2）检验B中是否含有A的试剂为 ；B→C的反应类型为 。
（3）C→D的化学方程式为 ；E中含氧官能团共 种。
（4）已知：，综合上述信息，写出由和制备的合成路线 。
15．（2021•甲卷）近年来，以大豆素（化合物C）为主要成分的大豆异黄酮及其衍生物，因其具有优良的生理活性而备受关注。大豆素的合成及其衍生物的一种工艺路线如图：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 。
（2）1mol D反应生成E至少需要 mol氢气。
（3）写出E中任意两种含氧官能团的名称 。
（4）由E生成F的化学方程式为 。
（5）由G生成H分两步进行：反应1）是在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，则反应2）的反应类型为 。
（6）化合物B的同分异构体中能同时满足下列条件的有 （填标号）。
a.含苯环的醛或酮
b.不含过氧键（﹣O﹣O﹣）
c.核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为3：2：2：1
A.2个
B.3个
C.4个
D.5个
（7）根据上述路线中的相关知识，以丙烯为主要原料用不超过三步的反应设计合成： 。
16．（2021•广东）天然产物Ⅴ具有抗疟活性，某研究小组以化合物Ⅰ为原料合成Ⅴ及其衍生物Ⅵ的路线如下（部分反应条件省略，Ph表示﹣C6H5）：
已知：
（1）化合物Ⅰ中含氧官能团有 （写名称）。
（2）反应①的方程式可表示为：Ⅰ+Ⅱ＝Ⅲ+Z，化合物Z的分子式为 。
（3）化合物Ⅳ（C8H8O2）能发生银镜反应，其结构简式为 。
（4）反应②③④中属于还原反应的有 ，属于加成反应的有 。
（5）化合物Ⅵ的芳香族同分异构体中，同时满足如下条件的有 种，写出其中任意一种的结构简式： 。
条件：a）能与NaHCO3反应；b）最多能与2倍物质的量的NaOH反应；c）能与3倍物质的量的Na发生放出H2的反应；d）核磁共振氢谱确定分子中有6个化学环境相同的氢原子；e）不含手性碳原子（手性碳原子是指连有4个不同的原子或原子团的饱和碳原子）。
（6）根据上述信息，写出以苯酚的一种同系物及HOCH2CH2Cl为原料合成的路线 （不需注明反应条件）。
一十．物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用（共2小题）
17．（2021•重庆）电镀在工业生产中具有重要作用，某电镀厂生产的废水经预处理后含有Cr2O和少量的Cu2+、Ni2+，能够采用如图流程进行逐一分离，实现资源再利用。
已知：Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36和Ksp（NiS）＝3.0×10﹣19
回答下列问题：
（1）Cr2O72﹣中Cr元素的化合价为 。
（2）还原池中有Cr3+生成，反应的离子方程式为 。
（3）沉淀1为Cr（OH）3，其性质与Al（OH）3相似，则Cr（OH）3与NaOH溶液反应的化学方程式
。
（4）Na2S溶液呈碱性的原因是 （用离子方程式表示），沉淀2为 。
（5）若废水中还含有Cd2+，pH＝4时Cd2+的浓度为 mol•L﹣1，用该结果说明Cd2+影响上述流程进行分离的原因是 （设H2S平衡浓度为1.0×10﹣6mol•L﹣1。已知：H2S的K1＝1.0×10﹣7，K2＝7.0×10﹣15，Ksp（CdS）＝7.0×10﹣27）
18．（2021•广东）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝（Al）、钼（Mo）、镍（Ni）等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如图：
已知：25℃时，H2CO3的Ka1＝4.5×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11；Ksp（BaMoO4）＝3.5×10﹣8；Ksp（BaCO3）＝2.6×10﹣9；该工艺中，pH＞6.0时，溶液中Mo元素以MoO42﹣的形态存在。
（1）“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合价为 。
（2）“沉铝”中，生成的沉淀X为 。
（3）“沉钼”中，pH为7.0。
①生成BaMoO4的离子方程式为 。
②若条件控制不当，BaCO3也会沉淀。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中c（HCO3﹣）：c（MoO42﹣）＝ （列出算式）时，应停止加入BaCl2溶液。
（4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，Y为 。
②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量 （填化学式）气体，再通入足量CO2，可析出Y。
（5）高纯AlAs（砷化铝）可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止H2O2刻蚀液与下层GaAs（砷化镓）反应。
①该氧化物为 。
②已知：Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为 。
一十一．化石燃料与基本化工原料（共1小题）
19．（2021•海南）生活中处处有化学。下列说法错误的是（ ）
A．天然橡胶的主要成分是聚苯乙烯
B．天然气的主要成分是甲烷
C．乙烯可用作水果催熟剂
D．苯酚可用作消毒剂
2023年高考化学压轴题训练②（真题选编）
参考答案与试题解析
一．离子方程式的书写（共1小题）
1．（2021•湖北）对于下列实验，不能正确描述其反应的离子方程式是（ ）
A．向氢氧化钡溶液中加入盐酸：H++OH﹣═H2O
B．向硝酸银溶液中滴加少量碘化钾溶液：Ag++I﹣═AgI↓
C．向烧碱溶液中加入一小段铝片：2Al+2OH﹣+6H2O═2[Al（OH）4]﹣+3H2↑
D．向次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳气体：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣
【解答】解：A.氢氧化钡和盐酸反应生成氯化钡和水，离子方程式为H++OH﹣═H2O，故A正确；
B.硝酸银和KI反应生成AgI沉淀和硝酸钾，离子方程式为Ag++I﹣═AgI↓，故B正确；
C.铝和氢氧化钠溶液反应生成Na[Al（OH）4]和氢气，离子方程式为2Al+2OH﹣+6H2O═2[Al（ OH）4]﹣+3H2↑，故C正确；
D.向次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳气体生成HClO和碳酸钙沉淀，离子方程式为Ca2++2ClO﹣+CO2+H2O═2HClO+CaCO3↓，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了离子方程式书写的正误判断，难度不大，应注意反应实质的判断以及拆分正确、电荷守恒和质量守恒的运用。
二．阿伏加德罗常数（共1小题）
2．（2021•海南）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．0.1mol27Al3+中含有的电子数为1.3NA
B．3.9gNa2O2中含有的共价键的数目为0.1NA
C．0.1mol肼（H2N﹣NH2）含有的孤电子对数为0.2NA
D．CH2═CH2+H2CH3CH3，生成1mol乙烷时断裂的共价键总数为NA
【解答】解：A.27Al3+中含10个电子，则0.1mol此铝离子中含电子为NA个，故A错误；
B.3.9g Na2O2的物质的量n＝＝0.05mol，而过氧化钠中含1条共价键，则0.05mol过氧化钠中含共价键为0.05NA条，故B错误；
C.一个肼（H2N﹣NH2）中含2对孤电子对，则0.1mol肼中含孤电子对为0.2NA对，故C正确；
D.乙烯和氢气发生加成时，乙烯中断裂一条π键，氢气中的σ键断裂，故生成1mol乙烷时断裂2NA条共价键，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的计算，难度不大，应注意公式的选用以及物质结构特点的掌握。
三．晶胞的计算（共1小题）
3．（2021•海南）金属羰基配位化合物在催化反应中有着重要应用。HMn（CO）5是锰的一种简单羰基配位化合物，其结构示意图如图。回答问题：
（1）基态锰原子的价层电子排布式为 3d54s2 。
（2）配位化合物中的中心原子配位数是指和中心原子直接成键的原子的数目。HMn（CO）5中锰原子的配位数为 6 。
（3）第一电离能的大小：C 小于 O（填“大于”或“小于”）。
（4）CO32﹣中碳原子的杂化轨道类型是 sp2 ，写出一种与CO32﹣具有相同空间结构的﹣1价无机酸根离子的化学式 NO3﹣ 。
（5）CH3Mn（CO）5可看作是HMn（CO）5中的氢原子被甲基取代的产物。CH3Mn（CO）5与I2反应可用于制备CH3I，反应前后锰的配位数不变，CH3Mn（CO）5与I2反应的化学方程式为 CH3Mn（CO）5+I2＝CH3I+MnI（CO）5 。
（6）MnS晶胞与NaCl晶胞属于同种类型，如图所示。前者的熔点明显高于后者，其主要原因是 MnS中阴阳离子所带电荷数比NaCl的多，晶格能大 。
以晶胞参数为单位长度建立坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。在MnS晶胞坐标系中，a点硫原子坐标为（1，，），b点锰原子坐标为（0，，0），则c点锰原子坐标为 （0，1，） 。
【解答】解：（1）Mn元素是第25号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，其3d、4s能级上的电子为其价电子，所以其价电子排布式为3d54s2，
故答案为：3d54s2；
（2）根据图知，HMn（CO）5中Mn原子以配位键连接5个C原子、1个H原子，所以Mn原子的配位数是6，
故答案为：6；
（3）同一周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于其相邻元素，C、O位于同一周期，C、O分别位于第ⅣA族、第ⅥA族，所以第一电离能C＜O，
故答案为：小于；
（4）CO32﹣中C原子价层电子对数＝3+＝3且C原子不含孤电子对，则C原子采用sp2杂化；CO32﹣呈平面正三角形，与CO32﹣具有相同空间结构的﹣1价无机酸根离子互为等电子体，该无机酸根离子中含有4个原子、价电子数是24，符合条件的离子为NO3﹣，
故答案为：sp2；NO3﹣；
（5）根据信息知，CH3Mn（CO）5与I2交换原子（或原子团）生成新物质，所以其产物是CH3I、MnI（CO）5，根据反应物、生成物知，其反应方程式为CH3Mn（CO）5+I2＝CH3I+MnI（CO）5，
故答案为：CH3Mn（CO）5+I2＝CH3I+MnI（CO）5；
（6）离子晶体熔沸点随着晶格能的增大而升高，晶格能与离子所带电荷成正比，MnS晶体中每个离子都带2个单位电荷（正或负），而NaCl晶体中，每个离子只带1个单位电荷，所以晶格能：MnS＞NaCl，所以熔沸点：MnS＞NaCl；根据题目所给信息，依据a、b两点原子的三维坐标推得，MnS晶胞的三维坐标关系是以b点左侧y轴上同一高度的S原子中心为三维坐标中心，轴向上每两个最近的S原子（或Mn原子）间距为单位长度，c点Mn原子在x、y、z轴上的坐标分别是0、1、，所以c点Mn原子坐标为（0，1，），
故答案为：MnS中阴阳离子所带电荷数比NaCl的多，晶格能大；（0，1，）。
【点评】本题考查物质结构和性质，侧重考查阅读、分析、推断、计算及知识综合应用能力，明确原子结构、元素周期律、基本概念、晶胞结构特点是解本题关键，难点是晶胞中原子坐标判断，需要学生有空间想象能力，题目难度中等。
四．化学平衡的影响因素（共1小题）
4．（2021•北京）某小组实验验证“Ag++Fe2+⇌Fe3++Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。
（1）实验验证
实验Ⅰ.将0.0100mol•L﹣1 Ag2SO4溶液和0.0400mol•L﹣1 FeSO4溶液（pH＝1）等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。
实验Ⅱ.向少量Ag粉中加入0.0100 mol•L﹣1 Fe2（SO4）3 溶液（pH＝1），固体完全溶解。
①取Ⅰ中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是 灰黑色固体溶解，产生红棕色气体 。
②Ⅱ中溶液选用Fe2（SO4）3，不选用Fe（NO3）3的原因是 防止酸性条件下，NO3﹣氧化Fe2+干扰实验结果 。
综合上述实验，证实“Ag++Fe2+⇌Fe3++Ag↓”为可逆反应。
③小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图，写出操作及现象 a：铂/石墨电极，b：FeSO4或Fe2（SO4）3或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2（SO4）3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2（SO4）3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转 。
（2）测定平衡常数
实验Ⅲ.一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取v mL上层清液，用c1 mol•L﹣1 KSCN标准溶液滴定Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液v1 mL。
资料：Ag++SCN﹣⇌AgSCN↓，（白色） K＝1012
Fe3++SCN﹣⇌FeSCN2+ （红色） K＝102.3
①滴定过程中Fe3+的作用是 指示剂 。
②测得平衡常数K＝ 。
（3）思考问题
①取实验Ⅰ的浊液测定c（Ag+），会使所测K值 偏低 （填“偏高”“偏低”或“不受影响”）。
②不用实验Ⅱ中清液测定K的原因是 Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态 。
【解答】解：（1）①由于Ag能与浓硝酸发生反应：Ag+2HNO3（浓）＝AgNO3+NO2↑+H2O，故当观察到的现象为灰黑色固体溶解，产生红棕色气体，即可证实灰黑色固体是Ag，
故答案为：灰黑色固体溶解，产生红棕色气体；
②由于Fe（NO3）3溶液电离出NO3﹣将与溶液中的H+结合成由强氧化性的HNO3，能氧化Fe2+，而干扰实验，故实验II使用的是Fe2（SO4）3溶液，而不是Fe（NO3）3溶液，
故答案为：防止酸性条件下，NO3﹣氧化Fe2+干扰实验结果；
③由装置图可知，利用原电池原理来证明反应Fe2++Ag+⇌Ag+Fe3+为可逆反应，两电极反应为：Fe2+﹣e﹣＝Fe3+，Ag++e﹣＝Ag，故另一个电极必须是与Fe3+不反应的材料，可用石墨或者铂电极，左侧烧杯中电解质溶液必须含有Fe3+或者Fe2+，采用FeSO4或Fe2（SO4）3或二者混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必须含有Ag+，故用AgNO3溶液，组装好仪器后，加入电解质溶液，闭合开关 K，装置产生电流，电流从哪边流入，指针则向哪个方向偏转，根据b中所加试剂的不同，电流方向可能不同，因此可能观察到的现象为：Ag电极逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2（SO4）3溶液，与之前的现象相同，表明平衡发生了移动；另一种现象为：Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2（SO4）3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转，表明平衡发生了移动，
故答案为：a：铂/石墨电极，b：FeSO4或Fe2（SO4）3或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2（SO4）3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2（SO4）3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转；
（2）①Fe3+与SCN﹣反应生成红色FeSCN2+，因Ag+与SCN﹣反应相较于Fe3+与SCN﹣反应更加容易及彻底，当溶液变为稳定浅红色，说明溶液中的Ag+恰好完全滴定，且溶液中Fe3+浓度不变，说明上述反应达到平衡，故溶液中Fe3+的作用是滴定反应的指示剂，
故答案为：指示剂；
②取I中所得上清液vmL，用c1mol/L的KSCN溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗v1mL，已知：Ag++SCN﹣⇌AgSCN，K＝1012，说明反应几乎进行完全，故有I中上层清液中Ag+的浓度为：c（Ag+）＝mol/L，根据平衡三段式进行计算如下：
Fe2++Ag+⇌Ag↓+Fe3+
起始浓度（mol/L）0.02 0.01 0
转化浓度（mol/L）0.01﹣ 0.01﹣ 0.01﹣
平衡浓度（mol/L）0.01+ 0.01﹣
故反应的平衡常数K＝＝，
故答案为：；
（3）①若取实验I所得浊液测定Ag+浓度，则浊液中还有Ag，因存在平衡Fe2++Ag+⇌Ag+Fe3+，且随着反应Ag++SCN﹣⇌AgSCN，使得上述平衡逆向移动，则测得平衡体系中的c（Ag+）偏大，即偏大，故所得到的K＝偏低，
故答案为：偏低；
②由于实验II中Ag完全溶解，故无法判断体系是否达到化学平衡状态，因而不用实验II所得溶液进行测定并计算K，
故答案为：Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态。
【点评】本题考查化学平衡有关知识，难度较大，依据题干信息进行有关化学平衡的计算和影响化学平衡的因素分析，需要学生重视基本知识的掌握，有利于培养学生获取信息的能力及解题能力。
五．化学平衡的计算（共2小题）
5．（2021•湖北）丙烯是一种重要的化工原料，可以在催化剂作用下，由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制备。
反应Ⅰ（直接脱氢）：C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）△H1＝+125kJ•mol﹣1
反应Ⅱ（氧化脱氢）：C3H8（g）+O2（g）═C3H6（g）+H2O（g）△H2＝﹣118kJ•mol﹣1
（1）已知键能：E（C﹣H）＝416kJ•mol﹣1，E（H﹣H）＝436kJ•mol﹣1。由此计算生成1mol碳碳π键放出的能量为 271 kJ。
（2）对于反应Ⅰ，总压恒定为100kPa，在密闭容器中通入C3H8和N2的混合气体（N2不参与反应），从平衡移动的角度判断，达到平衡后“通入N2”的作用是 减小气体浓度，使平衡正向移动，提高C3H8转化率 ；在温度为T1时，C3H8的平衡转化率与通入气体中C3H8的物质的量分数的关系如图a所示，计算T1时反应Ⅰ的平衡常数Kp＝ 16.7 kPa（以分压表示，分压＝总压×物质的量分数，保留一位小数）。
（3）在温度为T2时，通入气体分压比为p（C3H8）：p（O2）：p（N2）＝10：5：85的混合气体，各组分气体的分压随时间的变化关系如图b所示。0～1.2s生成C3H6的平均速率为 2 kPa•s﹣1；在反应一段时间后，C3H8和O2的消耗速率比小于2：1的原因为 H2和C3H6都消耗O2 。
（4）恒温刚性密闭容器中通入气体分压比为p（C3H8）：p（O2）：p（N2）＝2：13：85的混合气体，已知某反应条件下只发生如下反应（ k，k′为速率常数）：
反应Ⅱ：2C3H8（g）+O2（g）═2C3H6（g）+2H2O（g）k
反应Ⅲ：2C3H6（g）+9O2（g）═6CO2（g）+6H2O（g）k′
实验测得丙烯的净生成速率方程为v（C3H6）＝kp（C3H8）﹣k′p（C3H6），可推测丙烯的浓度随时间的变化趋势为 先增大后减小 ，其理由是 反应开始时，体系中主要发生反应Ⅱ，c（C3H6）逐渐增大，随着反应进行，p（C3H8）减小，p（C3H6）增大，v（C3H6）减小，体系中主要发生反应Ⅲ，c（C3H6）逐渐减小 。
【解答】解：（1）△H＝反应物总键能﹣生成物总键能，由题可知，每摩尔反应Ⅰ中断裂2molC﹣H键、形成1mol碳碳π键和1molH一H键，故2×416kJ/mol﹣E（碳碳π键）﹣436kJ/mol＝+125kJ/mol，解得 E （碳碳π键）＝27IkJ/mol，
故答案为：271；
（2）该反应的正反应是气体体积增大的反应，达到平衡后，通入N2，由于总压恒定为100 kPa，则容器体积增大，减小反应气体浓度，相当于减小反应体系压强，则平衡向正反应方向移动，C3H8的转化率增大，根据图 a，在温度为T1时，当通入气体中C3H8的物质的量分数为0.4时，C3H8的平衡转化率为50%，设通入混合气体xmol，则起始时C3H8为0.4xmol，N2为0.6xmol，平衡时C3H8的转化量为0.4xmol×50%＝0.2xmol，列三段式法计算如下：
C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）
起始量/mol 0.4x 0 0
变化量/mol 0.2x 0.2x 0.2x
平衡量/mol 0.2x 0.2x 0.2x
则平衡时气体总物质的量为（0.2x+0.2x+0.2x+0.6x）mol＝1.2xmol，C3H8、C3H6、H2的物质的量分数均为＝，故T1时反应Ⅰ的平衡常数Kp＝＝kPa≈16.7kPa，
故答案为：减小气体浓度，使平衡正向移动，提高C3H8转化率；16.7；
（3）由图b可知，0～1.2s内，C3H6的分压由0增大为2.4 kPa，则生成C3H6的平均速率为v（C3H6）＝＝kPa•s﹣1＝2kPa•s﹣1，若只发生反应Ⅰ、Ⅱ，C3H6的分压应大于H2和 H2O的分压，但由图 b 知，随着反应进行，分压：p（H2O）＞p（C3H6）＞p（H2），且有CO2生成，H2分压降低，故体系中还发生反应C3H6+O2═3CO2+3H2O和H2+O2═H2O，即H2和C3H6都消耗O2，导致C3H8和O2的消耗速率比小于2：1，
故答案为：2；H2和C3H6都消耗O2；
（4）在恒温刚性密闭容器中，速率常数k和k′不变，反应开始时，通入气体C3H8、O2、N2，体系中主要发生反应Ⅱ，c（C3H6）逐渐增大，随着反应进行，p（C3H8）减小，p（C3H6）增大，丙烯的净生成速率v（C3H6）减小，体系中主要发生反应Ⅲ，c（C3H6）逐渐减小，
故答案为：先增大后减小；反应开始时，体系中主要发生反应Ⅱ，c（C3H6）逐渐增大，随着反应进行，p（C3H8）减小，p（C3H6）增大，v（C3H6）减小，体系中主要发生反应Ⅲ，c（C3H6）逐渐减小。
【点评】本题考查键能的计算、平衡图象、平衡移动原理、反应速率和平衡常数的计算等，关键是掌握键能与反应热的关系、外界条件对平衡移动的影响、分压平衡常数和速率的计算方法，明确图象中纵横坐标及点、线、面的意义，看清曲线的起点位置及曲线的变化趋势确定函数曲线的增减性，认准某些关键数据在解题中的特定作用，对学生的逻辑分析能力要求比较高，易错点是在计算平衡气体总量时易忽略无关气体氮气，题目难度较大。
6．（2021•辽宁）苯催化加氢制备环己烷是化工生产中的重要工艺，一定条件下，发生如下反应：
Ⅰ.主反应：（g）+3H2（g）⇌（g）△H1＜0
Ⅱ.副反应：（g）⇌（g）△H2＞0
回答下列问题：
（1）已知：Ⅲ.2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H3
Ⅳ.2（g）+15O2（g）═12CO2（g）+6H2O（l）△H4
Ⅴ.（g）+9O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H5
则△H1＝ △H3+△H4﹣△H5 （用△H3、△H4和△H5表示）。
（2）有利于提高平衡体系中环己烷体积分数的措施有 BC 。
A.适当升温
B.适当降温
C.适当加压
D.适当减压
（3）反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在n（H2）：n（C6H6）＝3：1的基础上适当增大H2用量，其目的是 提高苯的利用率 。
（4）氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图1。当H2中混有微量H2S或CO等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为 金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性 。
（5）催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合孤电子对，图2中可作为酸性中心的原子的标号是 ② （填“①”“②”或“③”）。
（6）恒压反应器中，按照n（H2）：n（C6H6）＝4：1投料，发生Ⅰ、Ⅱ反应。总压为p0，平衡时苯的转化率为α，环己烷的分压为p，则反应Ⅰ的Kp＝ （列出计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
【解答】解：（1）Ⅲ．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H3
Ⅳ．2（g）+15O2（g）═12CO2（g）+6H2O（l）△H4
Ⅴ．（g）+9O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H5
将方程式III+IV﹣V得方程式（g）+3H2（g）⇌（g）△H1＝△H3+△H4﹣△H5，
故答案为：△H3+△H4﹣△H5；
（2）反应I为反应前后气体体积减小的放热反应、反应II为反应前后气体体积不变的吸热反应，要想提高平衡体系中环己烷体积分数应该改变条件使反应I平衡正向进行、反应II平衡逆向进行，所以应该降低温度、增大压强能使反应I正向移动，提高环己烷的体积分数，
故答案为：BC；
（3）增大一种反应物的量，能提高另一种反应物的转化率，所以实际投料往往在n（H2）：n（C6H6）＝3：1的基础上适当增大H2用量，其目的是提高苯的利用率，
故答案为：提高苯的利用率；
（4）H2S或CO和催化剂反应阻碍H2和催化剂接触，所以当H2中混有微量H2S或CO等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性，
故答案为：金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性；
（5）酸性中心可结合孤电子对，说明该原子含有空轨道，图中的Si、Al、O原子中只有Al原子含有空轨道，图2中可作为酸性中心的原子的标号是②，
故答案为：②；
（6）恒压反应器中，按照n（H2）：n（C6H6）＝4：1投料，设n（C6H6）＝1mol、n（H2）＝4mol，平衡时苯的转化率为α，则反应I消耗的n（C6H6）＝αmol，
可逆反应（g）+3H2（g）⇌（g）
开始（mol）1 4 0
反应（mol）α 3αα
平衡（mol）1﹣α 4﹣3αα
设反应II消耗的环己烷的物质的量为xmol，
可逆反应（g）⇌（g）
反应（mol） x x
平衡（mol）α﹣x x
平衡时混合气体总物质的量＝（1﹣α+4﹣3α+α﹣x+x）mol＝（5﹣3α）mol，不同气体的压强之比等于其物理的量之比，p（C6H6）＝p0、p（H2）＝p0、p（）＝p，反应I的Kp＝＝，
故答案为：。
【点评】本题考查化学平衡计算、盖斯定律等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确盖斯定律计算方法、外界条件对平衡移动影响原理、化学平衡常数计算方法是解本题关键，难点是化学平衡常数，注意反应I中生成环己烷部分发生II的反应，题目难度中等。
六．沉淀溶解平衡（共2小题）
7．（2021•甲卷）已知相同温度下，Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaCO3）。某温度下，饱和溶液中﹣lg[c（SO42﹣）]、﹣lg[c（CO32﹣）]与﹣lg[c（Ba2+）]的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．曲线①代表BaCO3的沉淀溶解曲线
B．该温度下BaSO4的Ksp（BaSO4）值为1.0×10﹣10
C．加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点
D．c（Ba2+）＝10﹣5.1时两溶液中＝
【解答】解：A.曲线①代表BaSO4沉淀溶解曲线，故A错误；
B.曲线①上取点（2.0，8.0），﹣lg[c（SO42﹣）]＝8.0，c（SO42﹣）＝10﹣8mol/L，c（Ba2+）＝10﹣2mol/L，Ksp（BaSO4）＝c（Ba2+）×c（SO42﹣）＝10﹣8×10﹣2＝1.0×10﹣10，故B正确；
C.a点变到b点，﹣lg[c（Ba2+）]值增大，c（Ba2+）减小，不可能加入BaCl2固体，故C错误；
D.点d时c（Ba2+）＝10﹣5.1mol/L，c（SO42﹣）＝mol/L，点c时，c（Ba2+）＝10﹣5.1mol/L，c（CO32﹣）＝mol/L，溶液中＝，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡，题目难度较大，能依据图示准确判断曲线所代表的物质是解题的关键，依据溶度积常数进行计算是本题的难点。
8．（2021•乙卷）HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中c（M+）随c（H+）而变化，M+不发生水解。实验发现，298K时c2（M+）～c（H+）为线性关系，如图中实线所示。下列叙述错误的是（ ）
A．溶液pH＝4时，c（M+）＜3.0×10﹣4mol•L﹣1
B．MA的溶度积Ksp（MA）＝5.0×10﹣8
C．溶液pH＝7时，c（M+）+c（H+）＝c（A﹣）+c（OH﹣）
D．HA的电离常数Ka（HA）≈2.0×10﹣4
【解答】解：A．pH＝4时，c（H+）＝10﹣4mol/L，由图可知此时c2（M+）＝7.5×10﹣8（mol•L﹣1）2，故c（M+）＜3.0×10﹣4mol•L﹣1，故A正确；
B．c（H+）＝0时，溶液中OH﹣浓度比较大，A﹣水解被抑制，溶液中c（M+）≈c（A﹣），则Ksp（MA）＝c（M+）•c（A﹣）＝c2（M+）＝5.0×10﹣8，故B正确；
C．pH＝7时，若等式成立，则c（M+）＝c（A﹣），由B中Ksp（MA）＝c（M+）•c（A﹣）＝5.0×10﹣8，则c2（M+）＝5×10﹣8，由图可知此时溶液中c（H+）＝0，溶液pH≠7，即说明pH＝7时c（M+）+c（H+）≠c（A﹣）+c（OH﹣），故C错误；
D．由HA⇌H++A﹣，可知Ka＝，当c（A﹣）＝c（HA）时，Ka＝c（H+），由物料守恒有：c（M+）＝c（HA）+c（A﹣），则c（M+）＝2c（A﹣），由B中Ksp（MA）＝c（M+）•c（A﹣）＝5.0×10﹣8，则c（M+）×c（M+）＝5.0×10﹣8，故c2（M+）＝10×10﹣8，由图可知此时c（H+）＝20×10﹣5mol/L＝2×10﹣4mol/L，故Ka（HA）＝c（H+）＝2.0×10﹣4，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查水溶液中离子平衡，题目侧重考查读图获取信息能力、学生分析能力、灵活运用知识的能力，C选项为易错点，学生容易根据电荷守恒进行判断，而忽略需要用酸调节溶液pH。
七．油脂的性质、组成与结构（共1小题）
9．（2021•辽宁）《天工开物》中记载：“凡乌金纸由苏、杭造成，其纸用东海巨竹膜为质。用豆油点灯，闭塞周围，只留针孔通气，熏染烟光而成此纸。每纸一张打金箔五十度……”下列说法错误的是（ ）
A．“乌金纸”的“乌”与豆油不完全燃烧有关
B．“巨竹膜”为造纸的原料，主要成分是纤维素
C．豆油的主要成分油脂属于天然高分子化合物
D．打金成箔，说明金具有良好的延展性
【解答】解：A.豆油属于油脂，其主要构成元素为C、H、O，不完全燃烧会产生炭黑，从而形成“乌金纸”，故A正确；
B.“巨竹膜”取材于竹子，为造纸的原料，主要成分为纤维素，故B正确；
C.相对分子质量在一万以上的是高分子化合物，油脂不是高分子化合物，故C错误；
D.金属均有良好的延展性，金属金的延展性尤其好，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了传统文化中化学知识的应用，难度不大，生活处处皆化学，应注意化学知识在生活中的应用。
八．有机物的推断（共1小题）
10．（2021•全国）烃A的相对分子质量为26，由A为原料制备相关物质的合成路线（部分反应条件省略）如图：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 乙炔 ，B的结构简式为 HC≡CCH＝CH2 。
（2）C的化学名称为 2﹣氯﹣1，3﹣丁二烯 ，③的反应类型为 加聚反应 。
（3）E为八元环化合物，核磁共振氢谱为 2 组峰，结构简式为 。
（4）写出由丁二醛制备聚丁二酸﹣1，4﹣丁二醇酯的合成路线 。
（5）芳香化合物G是D的同分异构体，其聚合物可用作保温材料，写出G的结构简式 。
【解答】解：（1）A为HC≡CH，A的化学名称为乙炔，B的结构简式为HC≡CCH＝CH2，
故答案为：乙炔；HC≡CCH＝CH2；
（2）C为CH2＝CClCH＝CH2，C的化学名称为2﹣氯﹣1，3﹣丁二烯，③的反应类型为加聚反应，
故答案为：2﹣氯﹣1，3﹣丁二烯；加聚反应；
（3）E为，含有2种氢原子，所以核磁共振氢谱为2组峰，
故答案为：2；；
（4）由丁二醛制备聚丁二酸﹣1，4﹣丁二醇酯，丁二醛发生氧化反应生成HOOCCH2CH2COOH，丁二醛和氢气发生加成反应生成HOCH2CH2CH2CH2OH，丁二酸和1，4﹣丁二醇发生缩聚反应生成聚丁二酸﹣1，4﹣丁二醇酯，合成路线为，
故答案为：；
（5）芳香化合物G是D的同分异构体，G中含有苯环，D的不饱和度是5，苯环的不饱和度是4，其聚合物可用作保温材料，说明G中含有碳碳双键，能发生加聚反应，则G为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，利用反应物和目标产物结构特点结合有机物的结构和性质进行合成路线设计，题目难度中等。
九．有机物的合成（共6小题）
11．（2021•重庆）光刻胶是集成电路微细加工技术中的重要化工材料。某成膜树脂F是248nm光刻胶的组成部分，对光刻胶性能起关键作用。
（1）F由单体Ⅰ和单体Ⅱ合成，其结构简式如图所示：
F中官能团的名称为酰胺基和 酯基 ，生成F的反应类型为 加聚反应 。
（2）单体Ⅰ的分子式为C8H14O2
①单体的结构简式为 CH2＝C（CH3）COOC（CH3）3 。
②单体Ⅰ的同分异构体G能发生银镜反应，核磁共振氢谱有两组峰（峰面积比为6：1），则G的结构简式为 。
（3）单体Ⅱ的一种合成路线如图（部分试剂及反应条件省略）
已知以下信息：
①A+B→C为加成反应，则B的化学名称为 乙炔 。
②D的结构简式为 ，E的结构简式为 。
③E的同分异构体能同时满足以下两个条件的有 6 个（不考虑立体异构体）。
（i）含有环己烷基，环上只有3个取代基且相同；
（ii）能与金属钠反应放出氢气
④已知以下信息：
a.（R1、R2、R4为烃基，R3为H或烃基）
b.（R为H或烃基）
单体Ⅱ的加聚产物在酸性介质中发生反应的化学方程式为 +（CH3）2C＝CH2 。
【解答】解：（1）F中官能团的名称为酰胺基和酯基，F为加聚反应产物，所以生成F的反应为加聚反应，
故答案为：酯基；加聚反应；
（2）①根据I的分子式知，I单体的结构简式为CH2＝C（CH3）COOC（CH3）3，
故答案为：CH2＝C（CH3）COOC（CH3）3；
②单体Ⅰ的同分异构体G能发生银镜反应，说明含有醛基，核磁共振氢谱有两组峰（峰面积比为6：1），则G中含有2个醛基和4个甲基，G的结构简式为，
故答案为：；
（3）①A+B→C为加成反应，B为HC≡CH，则B的化学名称为乙炔，
故答案为：乙炔；
②D的结构简式为，E的结构简式为，
故答案为：；；
③E为，E的同分异构体能同时满足以下两个条件：
（i）含有环己烷基，环上只有3个取代基且相同；
（ii）E的不饱和度是1，环己烷的不饱和度是1，能与金属钠反应放出氢气，则符合条件的同分异构体中含有醇羟基，环上的3个取代基相同，应该为3个﹣CH2OH，如果2个﹣CH2OH位于同一个碳原子上，另一个﹣CH2OH有3种位置异构；如果3个﹣CH2OH位于不同碳原子上，有3种位置异构，所以符合条件的同分异构体有6种，
故答案为：6；
④单体Ⅱ的加聚产物为，根据信息知，在酸性介质中发生反应的化学方程式为+（CH3）2C＝CH2，
故答案为：+（CH3）2C＝CH2。
【点评】本题考查有机合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系、正确推断各物质的结构简式是解本题关键，注意题给信息的理解和灵活运用，题目难度中等。
12．（2021•湖北）甲氧苄啶（G）是磺胺类抗菌药物的增效剂，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）E中的官能团名称是 醛基 、 醚键 。
（2）B→C的反应类型为 酯化反应或取代反应 ；试剂X的结构简式为 CH3OH 。
（3）若每分子F的碳碳双键加上了一分子Br2，产物中手性碳个数为 2 。
（4）B的同分异构体中能同时满足以下三个条件的有 10 种（不考虑立体异构）。
①属于A的同系物；
②苯环上有4个取代基；
③苯环上一氯代物只有一种。
（5）以异烟醛（）和乙醇为原料，制备抗结核杆菌药异烟肼的合成路线如下：
Y异烟肼
写出生成Y的化学反应方程式 2+O22 ；异烟肼的结构简式为 。
【解答】解：（1）E中的官能团名称是醛基、醚键，
故答案为：醛基、醚键；
（2）B中羧基发生酯化反应生成C中酯基，B→C的反应类型为酯化反应或取代反应；试剂X的结构简式为CH3OH，
故答案为：酯化反应或取代反应；CH3OH；
（3）若每分子F的碳碳双键加上了一分子Br2，产物中连接2个溴原子的碳原子都是手性碳原子，所以产物中手性碳个数为2，
故答案为：2；
（4）B的同分异构体能同时满足以下三个条件：
①属于A的同系物，说明含有3个酚羟基和1个羧基；
②苯环上有4个取代基；
③苯环上一氯代物只有一种，说明苯环上只有一种氢原子；三个酚羟基处于对称结构，含有羧基的取代基可能为﹣CH2CH2CH2COOH、﹣CH（CH3）CH2COOH、﹣CH2CH（CH3）COOH、﹣C（CH3）2COOH、﹣CH（CH2CH3）COOH，如果含有三个酚羟基的结构为，另一个取代基位于中间酚羟基的对位，有5种结构；如果含有三个酚羟基的结构为，另一个取代基位于中间酚羟基的对位，有5种结构，所以符合条件的结构简式有10种，
故答案为：10；
（5）Y为，生成Y的方程式为2+O22，异烟肼为，
故答案为：2+O22；
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，对比反应前后官能团或结构变化并正确推断各物质的结构简式是解本题关键，注意反应中断键和成键方式，易错点是同分异构体种类判断，题目难度中等。
13．（2021•北京）治疗抑郁症的药物帕罗西汀的合成路线如图。
已知：i.RCHO+CH2（COOH）2RCH＝CHCOOH
ii.R′OHR′OR″
（1）A分子含有的官能团是 氟原子、醛基 。
（2）已知：B为反式结构。下列有关B的说法正确的是 abc （填序号）。
a.核磁共振氢谱有5组峰
b.能使酸性KMnO4 溶液褪色
c.存在含2个六元环的酯类同分异构体
d.存在含苯环和碳碳三键的羧酸类同分异构体
（3）E→G的化学方程式是 NC﹣CH2COOH+HOCH2CH3NC﹣CH2COOCH2CH3+H2O 。
（4）J分子中有3个官能团，包括1个酯基。J的结构简式是
（5）L的分子式是C7H6O3。L的结构简式是 。
（6）从黄樟素经过其同分异构体N可制备L。
已知：i.R1CH＝CHR2R1CHO+R2CHO
ii.
写出制备L时中间产物N、P、Q的结构简式： 、、 。
【解答】解：（1）由分析可知A的结构简式为，A分子含有的官能团是氟原子、醛基，
故答案为：氟原子、醛基；
（2）a．B的结构简式为，分子中有5种化学环境不同的氢，其核磁共振氢谱有5组峰，故a正确；
b．B分子中含有碳碳双键，能被酸性KMnO4溶液氧化，能使酸性KMnO4溶液褪色，故b正确；
c．存在含2个六元环的酯类同分异构体，如、等，故c正确；
d．碳碳双键与碳碳三键的不饱和度不相同，不存在含苯环和碳碳三键的羧酸类同分异构体，故d错误；
故答案为：abc；
（3）E→G的化学方程式是NC﹣CH2COOH+HOCH2CH3NC﹣CH2COOCH2CH3+H2O，
故答案为：NC﹣CH2COOH+HOCH2CH3NC﹣CH2COOCH2CH3+H2O；
（4）由分析可知，J的结构简式是，
故答案为：；
（5）由分析可知，L的结构简式是，
故答案为：；
（6）由本题中信息可知，异构为，先经过①O3、②Zn/H2O氧化生成，再用H2O2氧化生成，最后水解生成，故N、P、Q依次为、、，
故答案为：、、。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，注意对给予信息的理解，对比有机物的结构、分子式进行分析推断，题目较好地考查学生分析推理能力、自学能力、灵活运用知识的能力，题目涉及有机物结构复杂，属于易错题目。
14．（2021•山东）一种利胆药物F的合成路线如图：
已知：Ⅰ.+
Ⅱ.
回答下列问题：
（1）A的结构简式为 ；符合下列条件的A的同分异构体有 4 种。
①含有酚羟基
②不能发生银镜反应
③含有四种化学环境的氢
（2）检验B中是否含有A的试剂为 FeCl3溶液 ；B→C的反应类型为 氧化反应 。
（3）C→D的化学方程式为 +CH3OH+H2O ；E中含氧官能团共 3 种。
（4）已知：，综合上述信息，写出由和制备的合成路线 。
【解答】解：（1）由上述分析可知，A的结构简式为；A的同分异构体中满足：
①含有酚羟基；②不能发生银镜反应，说明结构中不含醛基；③含有四种化学环境的氢，说明具有对称结构，则满足条件的结构有：、、、，共有4种，
故答案为：；4。
（2）A为，B为，A中含有酚羟基，B中不含酚羟基，可利用FeCl3溶液检验B中是否含有A，若含有A，则加入FeCl3溶液后溶液呈紫色；由上述分析可知，B→C的反应类型为氧化反应，
故答案为：FeCl3溶液；氧化反应；
（3）C→D为与CH3OH在浓硫酸作催化剂并加热条件下发生酯化反应生成，则该反应化学方程式为+CH3OH+H2O；E的结构简式为，其中的含氧官能团为醚键、酚羟基、酯基，共3种，
故答案为：+CH3OH+H2O；3；
（4）由和制备，利用信息I知，可由发生信息I的反应得到，可由和发生A生成B类型的反应得到，根据信息知，与HBr在40℃下发生加成反应生成，则合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，以F的结构简式及题给信息II为突破口进行推断，利用分子式、结构简式及题给信息正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
15．（2021•甲卷）近年来，以大豆素（化合物C）为主要成分的大豆异黄酮及其衍生物，因其具有优良的生理活性而备受关注。大豆素的合成及其衍生物的一种工艺路线如图：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 间苯二酚 。
（2）1mol D反应生成E至少需要 2 mol氢气。
（3）写出E中任意两种含氧官能团的名称 酯基、羟基、醚键（任意两种） 。
（4）由E生成F的化学方程式为 +H2O 。
（5）由G生成H分两步进行：反应1）是在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，则反应2）的反应类型为 取代反应或水解反应 。
（6）化合物B的同分异构体中能同时满足下列条件的有 C （填标号）。
a.含苯环的醛或酮
b.不含过氧键（﹣O﹣O﹣）
c.核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为3：2：2：1
A.2个
B.3个
C.4个
D.5个
（7）根据上述路线中的相关知识，以丙烯为主要原料用不超过三步的反应设计合成： 。
【解答】解：（1）A的化学名称为间苯二酚，
故答案为：间苯二酚；
（2）D为，D中羰基和碳碳双键和氢气发生加成反应生成E，羰基和氢气以1：1发生加成反应，该分子中含有1个碳碳双键和1个羰基，所以1mol D反应生成E至少需要2mol氢气，
故答案为：2；
（3）E为，E中含氧官能团的名称酯基、羟基、醚键（任意两种），
故答案为：酯基、羟基、醚键（任意两种）；
（4）E为，根据F的结构简式知，E发生消去反应生成F，由E生成F的化学方程式为+H2O，
故答案为：+H2O；
（5）由G生成H分两步进行：反应1）是在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，则反应2）为酯基的水解反应或取代反应生成酚羟基，所以该反应的反应类型为 取代反应或水解反应，
故答案为：取代反应或水解反应；
（6）化合物B的同分异构体中能同时满足下列条件：
a．含苯环的醛或酮，说明含有苯环、醛基或羰基；
b．不含过氧键（﹣O﹣O﹣）；
c．核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为3：2：2：1，根据H原子个数及种类知，应该含有甲基，且结构对称，符合条件的结构简式有、、、，所以符合条件的有4种，
故答案为：C；
（7）以丙烯为主要原料用不超过三步的反应合成，可由CH3CH（OH）CH2OH和乙酸酐发生C生成D类型的反应得到，丙烯发生氧化反应生成醚，醚发生水解反应生成CH3CH（OH）CH2OH，其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查对比、分析、推断及知识综合应用能力，利用分子式、结构简式差异性正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
16．（2021•广东）天然产物Ⅴ具有抗疟活性，某研究小组以化合物Ⅰ为原料合成Ⅴ及其衍生物Ⅵ的路线如下（部分反应条件省略，Ph表示﹣C6H5）：
已知：
（1）化合物Ⅰ中含氧官能团有 酚羟基、醛基 （写名称）。
（2）反应①的方程式可表示为：Ⅰ+Ⅱ＝Ⅲ+Z，化合物Z的分子式为 C18H15OP 。
（3）化合物Ⅳ（C8H8O2）能发生银镜反应，其结构简式为 。
（4）反应②③④中属于还原反应的有 ② ，属于加成反应的有 ②④ 。
（5）化合物Ⅵ的芳香族同分异构体中，同时满足如下条件的有 10 种，写出其中任意一种的结构简式： 。
条件：a）能与NaHCO3反应；b）最多能与2倍物质的量的NaOH反应；c）能与3倍物质的量的Na发生放出H2的反应；d）核磁共振氢谱确定分子中有6个化学环境相同的氢原子；e）不含手性碳原子（手性碳原子是指连有4个不同的原子或原子团的饱和碳原子）。
（6）根据上述信息，写出以苯酚的一种同系物及HOCH2CH2Cl为原料合成的路线 （不需注明反应条件）。
【解答】解：（1）化合物Ⅰ中含氧官能团有酚羟基、醛基，
故答案为：酚羟基、醛基；
（2）反应①的方程式可表示为：Ⅰ+Ⅱ＝Ⅲ+Z，根据I、II、III的结构简式知，II中的CHOCH2CH3被I中的O原子取代，则Z为Ph3P＝O，则化合物Z的分子式为C18H15OP，
故答案为：C18H15OP；
（3）通过以上分析知，IV为，
故答案为：；
（4）反应②③④中属于还原反应的有②，属于加成反应的有②④，
故答案为：②；②④；
（5）化合物Ⅵ的不饱和度是5，VI的芳香族同分异构体中含有苯环，苯环的不饱和度是4，同分异构体同时满足如下条件：
条件：a）能与NaHCO3反应，说明含有﹣COOH，根据其不饱和度知，不含酯基或碳碳双键；
b）最多能与2倍物质的量的NaOH反应，说明含有1个酚羟基；
c）能与3倍物质的量的Na发生放出H2的反应，说明含有1个醇羟基；
d）核磁共振氢谱确定分子中有6个化学环境相同的氢原子，说明含有2个甲基；
e）不含手性碳原子（手性碳原子是指连有4个不同的原子或原子团的饱和碳原子），其取代基有3个，分别为﹣COOH、酚﹣OH、，
如果﹣COOH、酚﹣OH相邻，有4种排列方式；
如果﹣COOH、酚﹣OH相间，有4种排列方式；
如果﹣COOH、酚﹣OH相对，有2种排列方式，所以符合条件的同分异构体有10种，其中一种结构简式为，
故答案为：10；；
（6）以苯酚的一种同系物及HOCH2CH2Cl为原料合成，根据“”知，合成的苯酚的同系物为，及HOCH2CH2Cl发生信息中的反应生成，发生水解反应生成，发生反应④类型的反应生成，其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查对比、分析、推断及知识综合应用能力，根据反应前后结构简式差异性结合题给信息正确推断各物质结构简式是解本题关键，难点是同分异构体种类判断及合成路线设计，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
一十．物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用（共2小题）
17．（2021•重庆）电镀在工业生产中具有重要作用，某电镀厂生产的废水经预处理后含有Cr2O和少量的Cu2+、Ni2+，能够采用如图流程进行逐一分离，实现资源再利用。
已知：Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36和Ksp（NiS）＝3.0×10﹣19
回答下列问题：
（1）Cr2O72﹣中Cr元素的化合价为 +6 。
（2）还原池中有Cr3+生成，反应的离子方程式为 Cr2O72﹣+3H2C2O4+8H+＝2Cr3++6CO2↑+7H2O 。
（3）沉淀1为Cr（OH）3，其性质与Al（OH）3相似，则Cr（OH）3与NaOH溶液反应的化学方程式
Cr（OH）3+NaOH＝NaCrO2+2H2O 。
（4）Na2S溶液呈碱性的原因是 S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣ （用离子方程式表示），沉淀2为 CuS 。
（5）若废水中还含有Cd2+，pH＝4时Cd2+的浓度为 1.0×10﹣7 mol•L﹣1，用该结果说明Cd2+影响上述流程进行分离的原因是 在沉淀池2中进行的沉淀Cu2+反应需要调节溶液体系pH＝4，经过计算可以发现此时c（Cd2+）＜1.0×10﹣5mol/L，可以认为Cd2+与Cu2+此时均完全沉淀，即沉淀2是CuS和CdS的混合物而无法准确分离开 （设H2S平衡浓度为1.0×10﹣6mol•L﹣1。已知：H2S的K1＝1.0×10﹣7，K2＝7.0×10﹣15，Ksp（CdS）＝7.0×10﹣27）
【解答】解：（1）Cr2O72﹣中O元素化合价为﹣2价，设Cr元素的化合价为x，则存在2x+（﹣2）×7＝﹣2，则Cr元素的化合价为+6，
故答案为：+6；
（2）通过以上分析知，还原池中有Cr3+生成，反应的离子方程式为Cr2O72﹣+3H2C2O4+8H+＝2Cr3++6CO2↑+7H2O，
故答案为：Cr2O72﹣+3H2C2O4+8H+＝2Cr3++6CO2↑+7H2O；
（3）沉淀1为Cr（OH）3，其性质与Al（OH）3相似，根据Al（OH）3和NaOH反应方程式书写Cr（OH）3与NaOH溶液反应的化学方程式为Cr（OH）3+NaOH＝NaCrO2+2H2O，
故答案为：Cr（OH）3+NaOH＝NaCrO2+2H2O；
（4）Na2S为强碱弱酸盐，S2﹣水解导致溶液呈碱性，Na2S溶液呈碱性的原因是S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣，通过以上分析知，沉淀2为CuS，
故答案为：S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣；CuS；
（5）H2S的K1＝、K2＝，K1×K2＝×＝，则c（S2﹣）＝＝mol/L＝7.0×10﹣20mol/L，c（Cd2+）＝＝mol/L＝1.0×10﹣7mol/L，在沉淀池2中进行的沉淀Cu2+反应需要调节溶液体系pH＝4，此时c（Cd2+）＝1.0×10﹣7mol/L＜1.0×10﹣5mol/L，可以认为Cd2+与Cu2+此时均完全沉淀，则沉淀2为CuS和CdS的混合物，无法准确分离开，
故答案为：1.0×10﹣7mol/L；在沉淀池2中进行的沉淀Cu2+反应需要调节溶液体系pH＝4，经过计算可以发现此时c（Cd2+）＜1.0×10﹣5mol/L，可以认为Cd2+与Cu2+此时均完全沉淀，即沉淀2是CuS和CdS的混合物而无法准确分离开。
【点评】本题考查物质分离提纯和物质制备，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确流程图中各物质成分及其性质、可能发生的反应是解本题关键，难点是（5）题有关计算，题目难度中等。
18．（2021•广东）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝（Al）、钼（Mo）、镍（Ni）等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如图：
已知：25℃时，H2CO3的Ka1＝4.5×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11；Ksp（BaMoO4）＝3.5×10﹣8；Ksp（BaCO3）＝2.6×10﹣9；该工艺中，pH＞6.0时，溶液中Mo元素以MoO42﹣的形态存在。
（1）“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合价为 +6 。
（2）“沉铝”中，生成的沉淀X为 Al（OH）3 。
（3）“沉钼”中，pH为7.0。
①生成BaMoO4的离子方程式为 MoO42﹣+Ba2+＝BaMoO4↓ 。
②若条件控制不当，BaCO3也会沉淀。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中c（HCO3﹣）：c（MoO42﹣）＝ × （列出算式）时，应停止加入BaCl2溶液。
（4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，Y为 NaHCO3 。
②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量 NH3 （填化学式）气体，再通入足量CO2，可析出Y。
（5）高纯AlAs（砷化铝）可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止H2O2刻蚀液与下层GaAs（砷化镓）反应。
①该氧化物为 Al2O3 。
②已知：Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为 4：1 。
【解答】解：（1）Na2MoO4中O元素化合价为﹣2、Na元素化合价为+1，根据化合物中各元素化合价的代数和为0确定Mo元素化合价＝0﹣（﹣2）×4﹣（+1）×2＝+6，
故答案为：+6；
（2）通过以上分析知，得到的沉淀X为Al（OH）3，
故答案为：Al（OH）3；
（3）①Na2MoO4和BaCl2发生复分解反应生成难溶物BaMoO4，离子方程式为MoO42﹣+Ba2+＝BaMoO4↓，
故答案为：MoO42﹣+Ba2+＝BaMoO4↓；
②溶液的pH＝7.0，c（H+）＝10﹣7mol/L，Ka2＝×c（H+），则c（HCO3﹣）＝×c（H+），溶液中c（HCO3﹣）：c（MoO42﹣）＝×c（H+）：c（MoO42﹣）＝×＝×＝×，
故答案为：×；
（4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO3，通过以上分析知，Y为NaHCO3，
故答案为：NaHCO3；
②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，NH3、CO2和NaCl溶液反应生成溶解度较小的NaHCO3，所以通入的气体为NH3，因为氨气易溶于水而二氧化碳溶解度较小，所以应该先通入氨气后通入二氧化碳，
故答案为：NH3；
（5）①根据图知，GaAs能被H2O2腐蚀，AlAs和H2O2发生氧化还原反应生成致密的氧化物薄膜，H2O2作氧化剂，则AlAs中As元素被氧化，所以得到的氧化物为Al的氧化物，为Al2O3，
故答案为：Al2O3；
②在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，则As元素失电子发生氧化反应，双氧水得电子生成水，则GaAs是还原剂、H2O2是氧化剂，该反应中As元素化合价由﹣3价变为+5价、O元素化合价由﹣1价变为﹣2价，则转移电子最小公倍数为8，如果转移8mol电子，消耗双氧水4mol，消耗GaAs为1mol，所以氧化剂、还原剂的物质的量之比为4：1，
故答案为：4：1。
【点评】本题考查物质制备及物质分离提纯，侧重考查阅读、分析、推断及知识综合应用能力，明确流程图中每一步涉及的化学反应、各物质成分及其性质、物质分离提纯方法等知识点是解本题关键，难点是难溶物溶解平衡计算，题目难度较大。
一十一．化石燃料与基本化工原料（共1小题）
19．（2021•海南）生活中处处有化学。下列说法错误的是（ ）
A．天然橡胶的主要成分是聚苯乙烯
B．天然气的主要成分是甲烷
C．乙烯可用作水果催熟剂
D．苯酚可用作消毒剂
【解答】解：A.聚异戊二烯是天然橡胶的主要成分，是一种高分子化合物，故A错误；
B.天然气和沼气的主要成分均为甲烷，但天然气不能再生，是不可再生能源，故B正确；
C.乙烯是植物激素，能促进水果和鲜花等的成熟，故C正确；
D.苯酚能使蛋白质变性，可以用于杀菌消毒，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了常见有机物的结构和作用，难度不大，应注意物质的性质和用途的掌握。
2023年高考化学压轴题训练②（真题选编）
一．离子方程式的书写（共1小题）
1．（2021•湖北）对于下列实验，不能正确描述其反应的离子方程式是（ ）
A．向氢氧化钡溶液中加入盐酸：H++OH﹣═H2O
B．向硝酸银溶液中滴加少量碘化钾溶液：Ag++I﹣═AgI↓
C．向烧碱溶液中加入一小段铝片：2Al+2OH﹣+6H2O═2[Al（OH）4]﹣+3H2↑
D．向次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳气体：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣
二．阿伏加德罗常数（共1小题）
2．（2021•海南）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．0.1mol27Al3+中含有的电子数为1.3NA
B．3.9gNa2O2中含有的共价键的数目为0.1NA
C．0.1mol肼（H2N﹣NH2）含有的孤电子对数为0.2NA
D．CH2═CH2+H2CH3CH3，生成1mol乙烷时断裂的共价键总数为NA
三．晶胞的计算（共1小题）
3．（2021•海南）金属羰基配位化合物在催化反应中有着重要应用。HMn（CO）5是锰的一种简单羰基配位化合物，其结构示意图如图。回答问题：
（1）基态锰原子的价层电子排布式为 。
（2）配位化合物中的中心原子配位数是指和中心原子直接成键的原子的数目。HMn（CO）5中锰原子的配位数为 。
（3）第一电离能的大小：C O（填“大于”或“小于”）。
（4）CO32﹣中碳原子的杂化轨道类型是 ，写出一种与CO32﹣具有相同空间结构的﹣1价无机酸根离子的化学式 。
（5）CH3Mn（CO）5可看作是HMn（CO）5中的氢原子被甲基取代的产物。CH3Mn（CO）5与I2反应可用于制备CH3I，反应前后锰的配位数不变，CH3Mn（CO）5与I2反应的化学方程式为 。
（6）MnS晶胞与NaCl晶胞属于同种类型，如图所示。前者的熔点明显高于后者，其主要原因是 。
以晶胞参数为单位长度建立坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。在MnS晶胞坐标系中，a点硫原子坐标为（1，，），b点锰原子坐标为（0，，0），则c点锰原子坐标为 。
四．化学平衡的影响因素（共1小题）
4．（2021•北京）某小组实验验证“Ag++Fe2+⇌Fe3++Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。
（1）实验验证
实验Ⅰ.将0.0100mol•L﹣1 Ag2SO4溶液和0.0400mol•L﹣1 FeSO4溶液（pH＝1）等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。
实验Ⅱ.向少量Ag粉中加入0.0100 mol•L﹣1 Fe2（SO4）3 溶液（pH＝1），固体完全溶解。
①取Ⅰ中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是 。
②Ⅱ中溶液选用Fe2（SO4）3，不选用Fe（NO3）3的原因是 。
综合上述实验，证实“Ag++Fe2+⇌Fe3++Ag↓”为可逆反应。
③小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图，写出操作及现象 。
（2）测定平衡常数
实验Ⅲ.一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取v mL上层清液，用c1 mol•L﹣1 KSCN标准溶液滴定Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液v1 mL。
资料：Ag++SCN﹣⇌AgSCN↓，（白色） K＝1012
Fe3++SCN﹣⇌FeSCN2+ （红色） K＝102.3
①滴定过程中Fe3+的作用是 。
②测得平衡常数K＝ 。
（3）思考问题
①取实验Ⅰ的浊液测定c（Ag+），会使所测K值 （填“偏高”“偏低”或“不受影响”）。
②不用实验Ⅱ中清液测定K的原因是 。
五．化学平衡的计算（共2小题）
5．（2021•湖北）丙烯是一种重要的化工原料，可以在催化剂作用下，由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制备。
反应Ⅰ（直接脱氢）：C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）△H1＝+125kJ•mol﹣1
反应Ⅱ（氧化脱氢）：C3H8（g）+O2（g）═C3H6（g）+H2O（g）△H2＝﹣118kJ•mol﹣1
（1）已知键能：E（C﹣H）＝416kJ•mol﹣1，E（H﹣H）＝436kJ•mol﹣1。由此计算生成1mol碳碳π键放出的能量为 kJ。
（2）对于反应Ⅰ，总压恒定为100kPa，在密闭容器中通入C3H8和N2的混合气体（N2不参与反应），从平衡移动的角度判断，达到平衡后“通入N2”的作用是 ；在温度为T1时，C3H8的平衡转化率与通入气体中C3H8的物质的量分数的关系如图a所示，计算T1时反应Ⅰ的平衡常数Kp＝ kPa（以分压表示，分压＝总压×物质的量分数，保留一位小数）。
（3）在温度为T2时，通入气体分压比为p（C3H8）：p（O2）：p（N2）＝10：5：85的混合气体，各组分气体的分压随时间的变化关系如图b所示。0～1.2s生成C3H6的平均速率为 kPa•s﹣1；在反应一段时间后，C3H8和O2的消耗速率比小于2：1的原因为 。
（4）恒温刚性密闭容器中通入气体分压比为p（C3H8）：p（O2）：p（N2）＝2：13：85的混合气体，已知某反应条件下只发生如下反应（ k，k′为速率常数）：
反应Ⅱ：2C3H8（g）+O2（g）═2C3H6（g）+2H2O（g）k
反应Ⅲ：2C3H6（g）+9O2（g）═6CO2（g）+6H2O（g）k′
实验测得丙烯的净生成速率方程为v（C3H6）＝kp（C3H8）﹣k′p（C3H6），可推测丙烯的浓度随时间的变化趋势为 ，其理由是 。
6．（2021•辽宁）苯催化加氢制备环己烷是化工生产中的重要工艺，一定条件下，发生如下反应：
Ⅰ.主反应：（g）+3H2（g）⇌（g）△H1＜0
Ⅱ.副反应：（g）⇌（g）△H2＞0
回答下列问题：
（1）已知：Ⅲ.2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H3
Ⅳ.2（g）+15O2（g）═12CO2（g）+6H2O（l）△H4
Ⅴ.（g）+9O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H5
则△H1＝ （用△H3、△H4和△H5表示）。
（2）有利于提高平衡体系中环己烷体积分数的措施有 。
A.适当升温
B.适当降温
C.适当加压
D.适当减压
（3）反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在n（H2）：n（C6H6）＝3：1的基础上适当增大H2用量，其目的是 。
（4）氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图1。当H2中混有微量H2S或CO等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为 。
（5）催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合孤电子对，图2中可作为酸性中心的原子的标号是 （填“①”“②”或“③”）。
（6）恒压反应器中，按照n（H2）：n（C6H6）＝4：1投料，发生Ⅰ、Ⅱ反应。总压为p0，平衡时苯的转化率为α，环己烷的分压为p，则反应Ⅰ的Kp＝ （列出计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
六．沉淀溶解平衡（共2小题）
7．（2021•甲卷）已知相同温度下，Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaCO3）。某温度下，饱和溶液中﹣lg[c（SO42﹣）]、﹣lg[c（CO32﹣）]与﹣lg[c（Ba2+）]的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．曲线①代表BaCO3的沉淀溶解曲线
B．该温度下BaSO4的Ksp（BaSO4）值为1.0×10﹣10
C．加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点
D．c（Ba2+）＝10﹣5.1时两溶液中＝
8．（2021•乙卷）HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中c（M+）随c（H+）而变化，M+不发生水解。实验发现，298K时c2（M+）～c（H+）为线性关系，如图中实线所示。下列叙述错误的是（ ）
A．溶液pH＝4时，c（M+）＜3.0×10﹣4mol•L﹣1
B．MA的溶度积Ksp（MA）＝5.0×10﹣8
C．溶液pH＝7时，c（M+）+c（H+）＝c（A﹣）+c（OH﹣）
D．HA的电离常数Ka（HA）≈2.0×10﹣4
七．油脂的性质、组成与结构（共1小题）
9．（2021•辽宁）《天工开物》中记载：“凡乌金纸由苏、杭造成，其纸用东海巨竹膜为质。用豆油点灯，闭塞周围，只留针孔通气，熏染烟光而成此纸。每纸一张打金箔五十度……”下列说法错误的是（ ）
A．“乌金纸”的“乌”与豆油不完全燃烧有关
B．“巨竹膜”为造纸的原料，主要成分是纤维素
C．豆油的主要成分油脂属于天然高分子化合物
D．打金成箔，说明金具有良好的延展性
八．有机物的推断（共1小题）
10．（2021•全国）烃A的相对分子质量为26，由A为原料制备相关物质的合成路线（部分反应条件省略）如图：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 ，B的结构简式为 。
（2）C的化学名称为 ，③的反应类型为 。
（3）E为八元环化合物，核磁共振氢谱为 组峰，结构简式为 。
（4）写出由丁二醛制备聚丁二酸﹣1，4﹣丁二醇酯的合成路线 。
（5）芳香化合物G是D的同分异构体，其聚合物可用作保温材料，写出G的结构简式 。
九．有机物的合成（共6小题）
11．（2021•重庆）光刻胶是集成电路微细加工技术中的重要化工材料。某成膜树脂F是248nm光刻胶的组成部分，对光刻胶性能起关键作用。
（1）F由单体Ⅰ和单体Ⅱ合成，其结构简式如图所示：
F中官能团的名称为酰胺基和 ，生成F的反应类型为 。
（2）单体Ⅰ的分子式为C8H14O2
①单体的结构简式为 。
②单体Ⅰ的同分异构体G能发生银镜反应，核磁共振氢谱有两组峰（峰面积比为6：1），则G的结构简式为 。
（3）单体Ⅱ的一种合成路线如图（部分试剂及反应条件省略）
已知以下信息：
①A+B→C为加成反应，则B的化学名称为 。
②D的结构简式为 ，E的结构简式为 。
③E的同分异构体能同时满足以下两个条件的有 个（不考虑立体异构体）。
（i）含有环己烷基，环上只有3个取代基且相同；
（ii）能与金属钠反应放出氢气
④已知以下信息：
a.（R1、R2、R4为烃基，R3为H或烃基）
b.（R为H或烃基）
单体Ⅱ的加聚产物在酸性介质中发生反应的化学方程式为 。
12．（2021•湖北）甲氧苄啶（G）是磺胺类抗菌药物的增效剂，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）E中的官能团名称是 、 。
（2）B→C的反应类型为 ；试剂X的结构简式为 。
（3）若每分子F的碳碳双键加上了一分子Br2，产物中手性碳个数为 。
（4）B的同分异构体中能同时满足以下三个条件的有 种（不考虑立体异构）。
①属于A的同系物；
②苯环上有4个取代基；
③苯环上一氯代物只有一种。
（5）以异烟醛（）和乙醇为原料，制备抗结核杆菌药异烟肼的合成路线如下：
Y异烟肼
写出生成Y的化学反应方程式 ；异烟肼的结构简式为 。
13．（2021•北京）治疗抑郁症的药物帕罗西汀的合成路线如图。
已知：i.RCHO+CH2（COOH）2RCH＝CHCOOH
ii.R′OHR′OR″
（1）A分子含有的官能团是 。
（2）已知：B为反式结构。下列有关B的说法正确的是 （填序号）。
a.核磁共振氢谱有5组峰
b.能使酸性KMnO4 溶液褪色
c.存在含2个六元环的酯类同分异构体
d.存在含苯环和碳碳三键的羧酸类同分异构体
（3）E→G的化学方程式是 。
（4）J分子中有3个官能团，包括1个酯基。J的结构简式是
（5）L的分子式是C7H6O3。L的结构简式是 。
（6）从黄樟素经过其同分异构体N可制备L。
已知：i.R1CH＝CHR2R1CHO+R2CHO
ii.
写出制备L时中间产物N、P、Q的结构简式： 。
14．（2021•山东）一种利胆药物F的合成路线如图：
已知：Ⅰ.+
Ⅱ.
回答下列问题：
（1）A的结构简式为 ；符合下列条件的A的同分异构体有 种。
①含有酚羟基
②不能发生银镜反应
③含有四种化学环境的氢
（2）检验B中是否含有A的试剂为 ；B→C的反应类型为 。
（3）C→D的化学方程式为 ；E中含氧官能团共 种。
（4）已知：，综合上述信息，写出由和制备的合成路线 。
15．（2021•甲卷）近年来，以大豆素（化合物C）为主要成分的大豆异黄酮及其衍生物，因其具有优良的生理活性而备受关注。大豆素的合成及其衍生物的一种工艺路线如图：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 。
（2）1mol D反应生成E至少需要 mol氢气。
（3）写出E中任意两种含氧官能团的名称 。
（4）由E生成F的化学方程式为 。
（5）由G生成H分两步进行：反应1）是在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，则反应2）的反应类型为 。
（6）化合物B的同分异构体中能同时满足下列条件的有 （填标号）。
a.含苯环的醛或酮
b.不含过氧键（﹣O﹣O﹣）
c.核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为3：2：2：1
A.2个
B.3个
C.4个
D.5个
（7）根据上述路线中的相关知识，以丙烯为主要原料用不超过三步的反应设计合成： 。
16．（2021•广东）天然产物Ⅴ具有抗疟活性，某研究小组以化合物Ⅰ为原料合成Ⅴ及其衍生物Ⅵ的路线如下（部分反应条件省略，Ph表示﹣C6H5）：
已知：
（1）化合物Ⅰ中含氧官能团有 （写名称）。
（2）反应①的方程式可表示为：Ⅰ+Ⅱ＝Ⅲ+Z，化合物Z的分子式为 。
（3）化合物Ⅳ（C8H8O2）能发生银镜反应，其结构简式为 。
（4）反应②③④中属于还原反应的有 ，属于加成反应的有 。
（5）化合物Ⅵ的芳香族同分异构体中，同时满足如下条件的有 种，写出其中任意一种的结构简式： 。
条件：a）能与NaHCO3反应；b）最多能与2倍物质的量的NaOH反应；c）能与3倍物质的量的Na发生放出H2的反应；d）核磁共振氢谱确定分子中有6个化学环境相同的氢原子；e）不含手性碳原子（手性碳原子是指连有4个不同的原子或原子团的饱和碳原子）。
（6）根据上述信息，写出以苯酚的一种同系物及HOCH2CH2Cl为原料合成的路线 （不需注明反应条件）。
一十．物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用（共2小题）
17．（2021•重庆）电镀在工业生产中具有重要作用，某电镀厂生产的废水经预处理后含有Cr2O和少量的Cu2+、Ni2+，能够采用如图流程进行逐一分离，实现资源再利用。
已知：Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36和Ksp（NiS）＝3.0×10﹣19
回答下列问题：
（1）Cr2O72﹣中Cr元素的化合价为 。
（2）还原池中有Cr3+生成，反应的离子方程式为 。
（3）沉淀1为Cr（OH）3，其性质与Al（OH）3相似，则Cr（OH）3与NaOH溶液反应的化学方程式
。
（4）Na2S溶液呈碱性的原因是 （用离子方程式表示），沉淀2为 。
（5）若废水中还含有Cd2+，pH＝4时Cd2+的浓度为 mol•L﹣1，用该结果说明Cd2+影响上述流程进行分离的原因是 （设H2S平衡浓度为1.0×10﹣6mol•L﹣1。已知：H2S的K1＝1.0×10﹣7，K2＝7.0×10﹣15，Ksp（CdS）＝7.0×10﹣27）
18．（2021•广东）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝（Al）、钼（Mo）、镍（Ni）等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如图：
已知：25℃时，H2CO3的Ka1＝4.5×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11；Ksp（BaMoO4）＝3.5×10﹣8；Ksp（BaCO3）＝2.6×10﹣9；该工艺中，pH＞6.0时，溶液中Mo元素以MoO42﹣的形态存在。
（1）“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合价为 。
（2）“沉铝”中，生成的沉淀X为 。
（3）“沉钼”中，pH为7.0。
①生成BaMoO4的离子方程式为 。
②若条件控制不当，BaCO3也会沉淀。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中c（HCO3﹣）：c（MoO42﹣）＝ （列出算式）时，应停止加入BaCl2溶液。
（4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，Y为 。
②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量 （填化学式）气体，再通入足量CO2，可析出Y。
（5）高纯AlAs（砷化铝）可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止H2O2刻蚀液与下层GaAs（砷化镓）反应。
①该氧化物为 。
②已知：Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为 。
一十一．化石燃料与基本化工原料（共1小题）
19．（2021•海南）生活中处处有化学。下列说法错误的是（ ）
A．天然橡胶的主要成分是聚苯乙烯
B．天然气的主要成分是甲烷
C．乙烯可用作水果催熟剂
D．苯酚可用作消毒剂
2023年高考化学压轴题训练②（真题选编）
参考答案与试题解析
一．离子方程式的书写（共1小题）
1．（2021•湖北）对于下列实验，不能正确描述其反应的离子方程式是（ ）
A．向氢氧化钡溶液中加入盐酸：H++OH﹣═H2O
B．向硝酸银溶液中滴加少量碘化钾溶液：Ag++I﹣═AgI↓
C．向烧碱溶液中加入一小段铝片：2Al+2OH﹣+6H2O═2[Al（OH）4]﹣+3H2↑
D．向次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳气体：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣
【解答】解：A.氢氧化钡和盐酸反应生成氯化钡和水，离子方程式为H++OH﹣═H2O，故A正确；
B.硝酸银和KI反应生成AgI沉淀和硝酸钾，离子方程式为Ag++I﹣═AgI↓，故B正确；
C.铝和氢氧化钠溶液反应生成Na[Al（OH）4]和氢气，离子方程式为2Al+2OH﹣+6H2O═2[Al（ OH）4]﹣+3H2↑，故C正确；
D.向次氯酸钙溶液中通入少量二氧化碳气体生成HClO和碳酸钙沉淀，离子方程式为Ca2++2ClO﹣+CO2+H2O═2HClO+CaCO3↓，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了离子方程式书写的正误判断，难度不大，应注意反应实质的判断以及拆分正确、电荷守恒和质量守恒的运用。
二．阿伏加德罗常数（共1小题）
2．（2021•海南）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．0.1mol27Al3+中含有的电子数为1.3NA
B．3.9gNa2O2中含有的共价键的数目为0.1NA
C．0.1mol肼（H2N﹣NH2）含有的孤电子对数为0.2NA
D．CH2═CH2+H2CH3CH3，生成1mol乙烷时断裂的共价键总数为NA
【解答】解：A.27Al3+中含10个电子，则0.1mol此铝离子中含电子为NA个，故A错误；
B.3.9g Na2O2的物质的量n＝＝0.05mol，而过氧化钠中含1条共价键，则0.05mol过氧化钠中含共价键为0.05NA条，故B错误；
C.一个肼（H2N﹣NH2）中含2对孤电子对，则0.1mol肼中含孤电子对为0.2NA对，故C正确；
D.乙烯和氢气发生加成时，乙烯中断裂一条π键，氢气中的σ键断裂，故生成1mol乙烷时断裂2NA条共价键，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的计算，难度不大，应注意公式的选用以及物质结构特点的掌握。
三．晶胞的计算（共1小题）
3．（2021•海南）金属羰基配位化合物在催化反应中有着重要应用。HMn（CO）5是锰的一种简单羰基配位化合物，其结构示意图如图。回答问题：
（1）基态锰原子的价层电子排布式为 3d54s2 。
（2）配位化合物中的中心原子配位数是指和中心原子直接成键的原子的数目。HMn（CO）5中锰原子的配位数为 6 。
（3）第一电离能的大小：C 小于 O（填“大于”或“小于”）。
（4）CO32﹣中碳原子的杂化轨道类型是 sp2 ，写出一种与CO32﹣具有相同空间结构的﹣1价无机酸根离子的化学式 NO3﹣ 。
（5）CH3Mn（CO）5可看作是HMn（CO）5中的氢原子被甲基取代的产物。CH3Mn（CO）5与I2反应可用于制备CH3I，反应前后锰的配位数不变，CH3Mn（CO）5与I2反应的化学方程式为 CH3Mn（CO）5+I2＝CH3I+MnI（CO）5 。
（6）MnS晶胞与NaCl晶胞属于同种类型，如图所示。前者的熔点明显高于后者，其主要原因是 MnS中阴阳离子所带电荷数比NaCl的多，晶格能大 。
以晶胞参数为单位长度建立坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。在MnS晶胞坐标系中，a点硫原子坐标为（1，，），b点锰原子坐标为（0，，0），则c点锰原子坐标为 （0，1，） 。
【解答】解：（1）Mn元素是第25号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，其3d、4s能级上的电子为其价电子，所以其价电子排布式为3d54s2，
故答案为：3d54s2；
（2）根据图知，HMn（CO）5中Mn原子以配位键连接5个C原子、1个H原子，所以Mn原子的配位数是6，
故答案为：6；
（3）同一周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于其相邻元素，C、O位于同一周期，C、O分别位于第ⅣA族、第ⅥA族，所以第一电离能C＜O，
故答案为：小于；
（4）CO32﹣中C原子价层电子对数＝3+＝3且C原子不含孤电子对，则C原子采用sp2杂化；CO32﹣呈平面正三角形，与CO32﹣具有相同空间结构的﹣1价无机酸根离子互为等电子体，该无机酸根离子中含有4个原子、价电子数是24，符合条件的离子为NO3﹣，
故答案为：sp2；NO3﹣；
（5）根据信息知，CH3Mn（CO）5与I2交换原子（或原子团）生成新物质，所以其产物是CH3I、MnI（CO）5，根据反应物、生成物知，其反应方程式为CH3Mn（CO）5+I2＝CH3I+MnI（CO）5，
故答案为：CH3Mn（CO）5+I2＝CH3I+MnI（CO）5；
（6）离子晶体熔沸点随着晶格能的增大而升高，晶格能与离子所带电荷成正比，MnS晶体中每个离子都带2个单位电荷（正或负），而NaCl晶体中，每个离子只带1个单位电荷，所以晶格能：MnS＞NaCl，所以熔沸点：MnS＞NaCl；根据题目所给信息，依据a、b两点原子的三维坐标推得，MnS晶胞的三维坐标关系是以b点左侧y轴上同一高度的S原子中心为三维坐标中心，轴向上每两个最近的S原子（或Mn原子）间距为单位长度，c点Mn原子在x、y、z轴上的坐标分别是0、1、，所以c点Mn原子坐标为（0，1，），
故答案为：MnS中阴阳离子所带电荷数比NaCl的多，晶格能大；（0，1，）。
【点评】本题考查物质结构和性质，侧重考查阅读、分析、推断、计算及知识综合应用能力，明确原子结构、元素周期律、基本概念、晶胞结构特点是解本题关键，难点是晶胞中原子坐标判断，需要学生有空间想象能力，题目难度中等。
四．化学平衡的影响因素（共1小题）
4．（2021•北京）某小组实验验证“Ag++Fe2+⇌Fe3++Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。
（1）实验验证
实验Ⅰ.将0.0100mol•L﹣1 Ag2SO4溶液和0.0400mol•L﹣1 FeSO4溶液（pH＝1）等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。
实验Ⅱ.向少量Ag粉中加入0.0100 mol•L﹣1 Fe2（SO4）3 溶液（pH＝1），固体完全溶解。
①取Ⅰ中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是 灰黑色固体溶解，产生红棕色气体 。
②Ⅱ中溶液选用Fe2（SO4）3，不选用Fe（NO3）3的原因是 防止酸性条件下，NO3﹣氧化Fe2+干扰实验结果 。
综合上述实验，证实“Ag++Fe2+⇌Fe3++Ag↓”为可逆反应。
③小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图，写出操作及现象 a：铂/石墨电极，b：FeSO4或Fe2（SO4）3或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2（SO4）3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2（SO4）3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转 。
（2）测定平衡常数
实验Ⅲ.一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取v mL上层清液，用c1 mol•L﹣1 KSCN标准溶液滴定Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液v1 mL。
资料：Ag++SCN﹣⇌AgSCN↓，（白色） K＝1012
Fe3++SCN﹣⇌FeSCN2+ （红色） K＝102.3
①滴定过程中Fe3+的作用是 指示剂 。
②测得平衡常数K＝ 。
（3）思考问题
①取实验Ⅰ的浊液测定c（Ag+），会使所测K值 偏低 （填“偏高”“偏低”或“不受影响”）。
②不用实验Ⅱ中清液测定K的原因是 Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态 。
【解答】解：（1）①由于Ag能与浓硝酸发生反应：Ag+2HNO3（浓）＝AgNO3+NO2↑+H2O，故当观察到的现象为灰黑色固体溶解，产生红棕色气体，即可证实灰黑色固体是Ag，
故答案为：灰黑色固体溶解，产生红棕色气体；
②由于Fe（NO3）3溶液电离出NO3﹣将与溶液中的H+结合成由强氧化性的HNO3，能氧化Fe2+，而干扰实验，故实验II使用的是Fe2（SO4）3溶液，而不是Fe（NO3）3溶液，
故答案为：防止酸性条件下，NO3﹣氧化Fe2+干扰实验结果；
③由装置图可知，利用原电池原理来证明反应Fe2++Ag+⇌Ag+Fe3+为可逆反应，两电极反应为：Fe2+﹣e﹣＝Fe3+，Ag++e﹣＝Ag，故另一个电极必须是与Fe3+不反应的材料，可用石墨或者铂电极，左侧烧杯中电解质溶液必须含有Fe3+或者Fe2+，采用FeSO4或Fe2（SO4）3或二者混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必须含有Ag+，故用AgNO3溶液，组装好仪器后，加入电解质溶液，闭合开关 K，装置产生电流，电流从哪边流入，指针则向哪个方向偏转，根据b中所加试剂的不同，电流方向可能不同，因此可能观察到的现象为：Ag电极逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2（SO4）3溶液，与之前的现象相同，表明平衡发生了移动；另一种现象为：Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2（SO4）3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转，表明平衡发生了移动，
故答案为：a：铂/石墨电极，b：FeSO4或Fe2（SO4）3或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2（SO4）3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2（SO4）3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转；
（2）①Fe3+与SCN﹣反应生成红色FeSCN2+，因Ag+与SCN﹣反应相较于Fe3+与SCN﹣反应更加容易及彻底，当溶液变为稳定浅红色，说明溶液中的Ag+恰好完全滴定，且溶液中Fe3+浓度不变，说明上述反应达到平衡，故溶液中Fe3+的作用是滴定反应的指示剂，
故答案为：指示剂；
②取I中所得上清液vmL，用c1mol/L的KSCN溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗v1mL，已知：Ag++SCN﹣⇌AgSCN，K＝1012，说明反应几乎进行完全，故有I中上层清液中Ag+的浓度为：c（Ag+）＝mol/L，根据平衡三段式进行计算如下：
Fe2++Ag+⇌Ag↓+Fe3+
起始浓度（mol/L）0.02 0.01 0
转化浓度（mol/L）0.01﹣ 0.01﹣ 0.01﹣
平衡浓度（mol/L）0.01+ 0.01﹣
故反应的平衡常数K＝＝，
故答案为：；
（3）①若取实验I所得浊液测定Ag+浓度，则浊液中还有Ag，因存在平衡Fe2++Ag+⇌Ag+Fe3+，且随着反应Ag++SCN﹣⇌AgSCN，使得上述平衡逆向移动，则测得平衡体系中的c（Ag+）偏大，即偏大，故所得到的K＝偏低，
故答案为：偏低；
②由于实验II中Ag完全溶解，故无法判断体系是否达到化学平衡状态，因而不用实验II所得溶液进行测定并计算K，
故答案为：Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态。
【点评】本题考查化学平衡有关知识，难度较大，依据题干信息进行有关化学平衡的计算和影响化学平衡的因素分析，需要学生重视基本知识的掌握，有利于培养学生获取信息的能力及解题能力。
五．化学平衡的计算（共2小题）
5．（2021•湖北）丙烯是一种重要的化工原料，可以在催化剂作用下，由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制备。
反应Ⅰ（直接脱氢）：C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）△H1＝+125kJ•mol﹣1
反应Ⅱ（氧化脱氢）：C3H8（g）+O2（g）═C3H6（g）+H2O（g）△H2＝﹣118kJ•mol﹣1
（1）已知键能：E（C﹣H）＝416kJ•mol﹣1，E（H﹣H）＝436kJ•mol﹣1。由此计算生成1mol碳碳π键放出的能量为 271 kJ。
（2）对于反应Ⅰ，总压恒定为100kPa，在密闭容器中通入C3H8和N2的混合气体（N2不参与反应），从平衡移动的角度判断，达到平衡后“通入N2”的作用是 减小气体浓度，使平衡正向移动，提高C3H8转化率 ；在温度为T1时，C3H8的平衡转化率与通入气体中C3H8的物质的量分数的关系如图a所示，计算T1时反应Ⅰ的平衡常数Kp＝ 16.7 kPa（以分压表示，分压＝总压×物质的量分数，保留一位小数）。
（3）在温度为T2时，通入气体分压比为p（C3H8）：p（O2）：p（N2）＝10：5：85的混合气体，各组分气体的分压随时间的变化关系如图b所示。0～1.2s生成C3H6的平均速率为 2 kPa•s﹣1；在反应一段时间后，C3H8和O2的消耗速率比小于2：1的原因为 H2和C3H6都消耗O2 。
（4）恒温刚性密闭容器中通入气体分压比为p（C3H8）：p（O2）：p（N2）＝2：13：85的混合气体，已知某反应条件下只发生如下反应（ k，k′为速率常数）：
反应Ⅱ：2C3H8（g）+O2（g）═2C3H6（g）+2H2O（g）k
反应Ⅲ：2C3H6（g）+9O2（g）═6CO2（g）+6H2O（g）k′
实验测得丙烯的净生成速率方程为v（C3H6）＝kp（C3H8）﹣k′p（C3H6），可推测丙烯的浓度随时间的变化趋势为 先增大后减小 ，其理由是 反应开始时，体系中主要发生反应Ⅱ，c（C3H6）逐渐增大，随着反应进行，p（C3H8）减小，p（C3H6）增大，v（C3H6）减小，体系中主要发生反应Ⅲ，c（C3H6）逐渐减小 。
【解答】解：（1）△H＝反应物总键能﹣生成物总键能，由题可知，每摩尔反应Ⅰ中断裂2molC﹣H键、形成1mol碳碳π键和1molH一H键，故2×416kJ/mol﹣E（碳碳π键）﹣436kJ/mol＝+125kJ/mol，解得 E （碳碳π键）＝27IkJ/mol，
故答案为：271；
（2）该反应的正反应是气体体积增大的反应，达到平衡后，通入N2，由于总压恒定为100 kPa，则容器体积增大，减小反应气体浓度，相当于减小反应体系压强，则平衡向正反应方向移动，C3H8的转化率增大，根据图 a，在温度为T1时，当通入气体中C3H8的物质的量分数为0.4时，C3H8的平衡转化率为50%，设通入混合气体xmol，则起始时C3H8为0.4xmol，N2为0.6xmol，平衡时C3H8的转化量为0.4xmol×50%＝0.2xmol，列三段式法计算如下：
C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）
起始量/mol 0.4x 0 0
变化量/mol 0.2x 0.2x 0.2x
平衡量/mol 0.2x 0.2x 0.2x
则平衡时气体总物质的量为（0.2x+0.2x+0.2x+0.6x）mol＝1.2xmol，C3H8、C3H6、H2的物质的量分数均为＝，故T1时反应Ⅰ的平衡常数Kp＝＝kPa≈16.7kPa，
故答案为：减小气体浓度，使平衡正向移动，提高C3H8转化率；16.7；
（3）由图b可知，0～1.2s内，C3H6的分压由0增大为2.4 kPa，则生成C3H6的平均速率为v（C3H6）＝＝kPa•s﹣1＝2kPa•s﹣1，若只发生反应Ⅰ、Ⅱ，C3H6的分压应大于H2和 H2O的分压，但由图 b 知，随着反应进行，分压：p（H2O）＞p（C3H6）＞p（H2），且有CO2生成，H2分压降低，故体系中还发生反应C3H6+O2═3CO2+3H2O和H2+O2═H2O，即H2和C3H6都消耗O2，导致C3H8和O2的消耗速率比小于2：1，
故答案为：2；H2和C3H6都消耗O2；
（4）在恒温刚性密闭容器中，速率常数k和k′不变，反应开始时，通入气体C3H8、O2、N2，体系中主要发生反应Ⅱ，c（C3H6）逐渐增大，随着反应进行，p（C3H8）减小，p（C3H6）增大，丙烯的净生成速率v（C3H6）减小，体系中主要发生反应Ⅲ，c（C3H6）逐渐减小，
故答案为：先增大后减小；反应开始时，体系中主要发生反应Ⅱ，c（C3H6）逐渐增大，随着反应进行，p（C3H8）减小，p（C3H6）增大，v（C3H6）减小，体系中主要发生反应Ⅲ，c（C3H6）逐渐减小。
【点评】本题考查键能的计算、平衡图象、平衡移动原理、反应速率和平衡常数的计算等，关键是掌握键能与反应热的关系、外界条件对平衡移动的影响、分压平衡常数和速率的计算方法，明确图象中纵横坐标及点、线、面的意义，看清曲线的起点位置及曲线的变化趋势确定函数曲线的增减性，认准某些关键数据在解题中的特定作用，对学生的逻辑分析能力要求比较高，易错点是在计算平衡气体总量时易忽略无关气体氮气，题目难度较大。
6．（2021•辽宁）苯催化加氢制备环己烷是化工生产中的重要工艺，一定条件下，发生如下反应：
Ⅰ.主反应：（g）+3H2（g）⇌（g）△H1＜0
Ⅱ.副反应：（g）⇌（g）△H2＞0
回答下列问题：
（1）已知：Ⅲ.2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H3
Ⅳ.2（g）+15O2（g）═12CO2（g）+6H2O（l）△H4
Ⅴ.（g）+9O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H5
则△H1＝ △H3+△H4﹣△H5 （用△H3、△H4和△H5表示）。
（2）有利于提高平衡体系中环己烷体积分数的措施有 BC 。
A.适当升温
B.适当降温
C.适当加压
D.适当减压
（3）反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在n（H2）：n（C6H6）＝3：1的基础上适当增大H2用量，其目的是 提高苯的利用率 。
（4）氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图1。当H2中混有微量H2S或CO等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为 金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性 。
（5）催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合孤电子对，图2中可作为酸性中心的原子的标号是 ② （填“①”“②”或“③”）。
（6）恒压反应器中，按照n（H2）：n（C6H6）＝4：1投料，发生Ⅰ、Ⅱ反应。总压为p0，平衡时苯的转化率为α，环己烷的分压为p，则反应Ⅰ的Kp＝ （列出计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
【解答】解：（1）Ⅲ．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H3
Ⅳ．2（g）+15O2（g）═12CO2（g）+6H2O（l）△H4
Ⅴ．（g）+9O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H5
将方程式III+IV﹣V得方程式（g）+3H2（g）⇌（g）△H1＝△H3+△H4﹣△H5，
故答案为：△H3+△H4﹣△H5；
（2）反应I为反应前后气体体积减小的放热反应、反应II为反应前后气体体积不变的吸热反应，要想提高平衡体系中环己烷体积分数应该改变条件使反应I平衡正向进行、反应II平衡逆向进行，所以应该降低温度、增大压强能使反应I正向移动，提高环己烷的体积分数，
故答案为：BC；
（3）增大一种反应物的量，能提高另一种反应物的转化率，所以实际投料往往在n（H2）：n（C6H6）＝3：1的基础上适当增大H2用量，其目的是提高苯的利用率，
故答案为：提高苯的利用率；
（4）H2S或CO和催化剂反应阻碍H2和催化剂接触，所以当H2中混有微量H2S或CO等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性，
故答案为：金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性；
（5）酸性中心可结合孤电子对，说明该原子含有空轨道，图中的Si、Al、O原子中只有Al原子含有空轨道，图2中可作为酸性中心的原子的标号是②，
故答案为：②；
（6）恒压反应器中，按照n（H2）：n（C6H6）＝4：1投料，设n（C6H6）＝1mol、n（H2）＝4mol，平衡时苯的转化率为α，则反应I消耗的n（C6H6）＝αmol，
可逆反应（g）+3H2（g）⇌（g）
开始（mol）1 4 0
反应（mol）α 3αα
平衡（mol）1﹣α 4﹣3αα
设反应II消耗的环己烷的物质的量为xmol，
可逆反应（g）⇌（g）
反应（mol） x x
平衡（mol）α﹣x x
平衡时混合气体总物质的量＝（1﹣α+4﹣3α+α﹣x+x）mol＝（5﹣3α）mol，不同气体的压强之比等于其物理的量之比，p（C6H6）＝p0、p（H2）＝p0、p（）＝p，反应I的Kp＝＝，
故答案为：。
【点评】本题考查化学平衡计算、盖斯定律等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确盖斯定律计算方法、外界条件对平衡移动影响原理、化学平衡常数计算方法是解本题关键，难点是化学平衡常数，注意反应I中生成环己烷部分发生II的反应，题目难度中等。
六．沉淀溶解平衡（共2小题）
7．（2021•甲卷）已知相同温度下，Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaCO3）。某温度下，饱和溶液中﹣lg[c（SO42﹣）]、﹣lg[c（CO32﹣）]与﹣lg[c（Ba2+）]的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．曲线①代表BaCO3的沉淀溶解曲线
B．该温度下BaSO4的Ksp（BaSO4）值为1.0×10﹣10
C．加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点
D．c（Ba2+）＝10﹣5.1时两溶液中＝
【解答】解：A.曲线①代表BaSO4沉淀溶解曲线，故A错误；
B.曲线①上取点（2.0，8.0），﹣lg[c（SO42﹣）]＝8.0，c（SO42﹣）＝10﹣8mol/L，c（Ba2+）＝10﹣2mol/L，Ksp（BaSO4）＝c（Ba2+）×c（SO42﹣）＝10﹣8×10﹣2＝1.0×10﹣10，故B正确；
C.a点变到b点，﹣lg[c（Ba2+）]值增大，c（Ba2+）减小，不可能加入BaCl2固体，故C错误；
D.点d时c（Ba2+）＝10﹣5.1mol/L，c（SO42﹣）＝mol/L，点c时，c（Ba2+）＝10﹣5.1mol/L，c（CO32﹣）＝mol/L，溶液中＝，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查沉淀溶解平衡，题目难度较大，能依据图示准确判断曲线所代表的物质是解题的关键，依据溶度积常数进行计算是本题的难点。
8．（2021•乙卷）HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中c（M+）随c（H+）而变化，M+不发生水解。实验发现，298K时c2（M+）～c（H+）为线性关系，如图中实线所示。下列叙述错误的是（ ）
A．溶液pH＝4时，c（M+）＜3.0×10﹣4mol•L﹣1
B．MA的溶度积Ksp（MA）＝5.0×10﹣8
C．溶液pH＝7时，c（M+）+c（H+）＝c（A﹣）+c（OH﹣）
D．HA的电离常数Ka（HA）≈2.0×10﹣4
【解答】解：A．pH＝4时，c（H+）＝10﹣4mol/L，由图可知此时c2（M+）＝7.5×10﹣8（mol•L﹣1）2，故c（M+）＜3.0×10﹣4mol•L﹣1，故A正确；
B．c（H+）＝0时，溶液中OH﹣浓度比较大，A﹣水解被抑制，溶液中c（M+）≈c（A﹣），则Ksp（MA）＝c（M+）•c（A﹣）＝c2（M+）＝5.0×10﹣8，故B正确；
C．pH＝7时，若等式成立，则c（M+）＝c（A﹣），由B中Ksp（MA）＝c（M+）•c（A﹣）＝5.0×10﹣8，则c2（M+）＝5×10﹣8，由图可知此时溶液中c（H+）＝0，溶液pH≠7，即说明pH＝7时c（M+）+c（H+）≠c（A﹣）+c（OH﹣），故C错误；
D．由HA⇌H++A﹣，可知Ka＝，当c（A﹣）＝c（HA）时，Ka＝c（H+），由物料守恒有：c（M+）＝c（HA）+c（A﹣），则c（M+）＝2c（A﹣），由B中Ksp（MA）＝c（M+）•c（A﹣）＝5.0×10﹣8，则c（M+）×c（M+）＝5.0×10﹣8，故c2（M+）＝10×10﹣8，由图可知此时c（H+）＝20×10﹣5mol/L＝2×10﹣4mol/L，故Ka（HA）＝c（H+）＝2.0×10﹣4，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查水溶液中离子平衡，题目侧重考查读图获取信息能力、学生分析能力、灵活运用知识的能力，C选项为易错点，学生容易根据电荷守恒进行判断，而忽略需要用酸调节溶液pH。
七．油脂的性质、组成与结构（共1小题）
9．（2021•辽宁）《天工开物》中记载：“凡乌金纸由苏、杭造成，其纸用东海巨竹膜为质。用豆油点灯，闭塞周围，只留针孔通气，熏染烟光而成此纸。每纸一张打金箔五十度……”下列说法错误的是（ ）
A．“乌金纸”的“乌”与豆油不完全燃烧有关
B．“巨竹膜”为造纸的原料，主要成分是纤维素
C．豆油的主要成分油脂属于天然高分子化合物
D．打金成箔，说明金具有良好的延展性
【解答】解：A.豆油属于油脂，其主要构成元素为C、H、O，不完全燃烧会产生炭黑，从而形成“乌金纸”，故A正确；
B.“巨竹膜”取材于竹子，为造纸的原料，主要成分为纤维素，故B正确；
C.相对分子质量在一万以上的是高分子化合物，油脂不是高分子化合物，故C错误；
D.金属均有良好的延展性，金属金的延展性尤其好，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了传统文化中化学知识的应用，难度不大，生活处处皆化学，应注意化学知识在生活中的应用。
八．有机物的推断（共1小题）
10．（2021•全国）烃A的相对分子质量为26，由A为原料制备相关物质的合成路线（部分反应条件省略）如图：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 乙炔 ，B的结构简式为 HC≡CCH＝CH2 。
（2）C的化学名称为 2﹣氯﹣1，3﹣丁二烯 ，③的反应类型为 加聚反应 。
（3）E为八元环化合物，核磁共振氢谱为 2 组峰，结构简式为 。
（4）写出由丁二醛制备聚丁二酸﹣1，4﹣丁二醇酯的合成路线 。
（5）芳香化合物G是D的同分异构体，其聚合物可用作保温材料，写出G的结构简式 。
【解答】解：（1）A为HC≡CH，A的化学名称为乙炔，B的结构简式为HC≡CCH＝CH2，
故答案为：乙炔；HC≡CCH＝CH2；
（2）C为CH2＝CClCH＝CH2，C的化学名称为2﹣氯﹣1，3﹣丁二烯，③的反应类型为加聚反应，
故答案为：2﹣氯﹣1，3﹣丁二烯；加聚反应；
（3）E为，含有2种氢原子，所以核磁共振氢谱为2组峰，
故答案为：2；；
（4）由丁二醛制备聚丁二酸﹣1，4﹣丁二醇酯，丁二醛发生氧化反应生成HOOCCH2CH2COOH，丁二醛和氢气发生加成反应生成HOCH2CH2CH2CH2OH，丁二酸和1，4﹣丁二醇发生缩聚反应生成聚丁二酸﹣1，4﹣丁二醇酯，合成路线为，
故答案为：；
（5）芳香化合物G是D的同分异构体，G中含有苯环，D的不饱和度是5，苯环的不饱和度是4，其聚合物可用作保温材料，说明G中含有碳碳双键，能发生加聚反应，则G为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解本题关键，利用反应物和目标产物结构特点结合有机物的结构和性质进行合成路线设计，题目难度中等。
九．有机物的合成（共6小题）
11．（2021•重庆）光刻胶是集成电路微细加工技术中的重要化工材料。某成膜树脂F是248nm光刻胶的组成部分，对光刻胶性能起关键作用。
（1）F由单体Ⅰ和单体Ⅱ合成，其结构简式如图所示：
F中官能团的名称为酰胺基和 酯基 ，生成F的反应类型为 加聚反应 。
（2）单体Ⅰ的分子式为C8H14O2
①单体的结构简式为 CH2＝C（CH3）COOC（CH3）3 。
②单体Ⅰ的同分异构体G能发生银镜反应，核磁共振氢谱有两组峰（峰面积比为6：1），则G的结构简式为 。
（3）单体Ⅱ的一种合成路线如图（部分试剂及反应条件省略）
已知以下信息：
①A+B→C为加成反应，则B的化学名称为 乙炔 。
②D的结构简式为 ，E的结构简式为 。
③E的同分异构体能同时满足以下两个条件的有 6 个（不考虑立体异构体）。
（i）含有环己烷基，环上只有3个取代基且相同；
（ii）能与金属钠反应放出氢气
④已知以下信息：
a.（R1、R2、R4为烃基，R3为H或烃基）
b.（R为H或烃基）
单体Ⅱ的加聚产物在酸性介质中发生反应的化学方程式为 +（CH3）2C＝CH2 。
【解答】解：（1）F中官能团的名称为酰胺基和酯基，F为加聚反应产物，所以生成F的反应为加聚反应，
故答案为：酯基；加聚反应；
（2）①根据I的分子式知，I单体的结构简式为CH2＝C（CH3）COOC（CH3）3，
故答案为：CH2＝C（CH3）COOC（CH3）3；
②单体Ⅰ的同分异构体G能发生银镜反应，说明含有醛基，核磁共振氢谱有两组峰（峰面积比为6：1），则G中含有2个醛基和4个甲基，G的结构简式为，
故答案为：；
（3）①A+B→C为加成反应，B为HC≡CH，则B的化学名称为乙炔，
故答案为：乙炔；
②D的结构简式为，E的结构简式为，
故答案为：；；
③E为，E的同分异构体能同时满足以下两个条件：
（i）含有环己烷基，环上只有3个取代基且相同；
（ii）E的不饱和度是1，环己烷的不饱和度是1，能与金属钠反应放出氢气，则符合条件的同分异构体中含有醇羟基，环上的3个取代基相同，应该为3个﹣CH2OH，如果2个﹣CH2OH位于同一个碳原子上，另一个﹣CH2OH有3种位置异构；如果3个﹣CH2OH位于不同碳原子上，有3种位置异构，所以符合条件的同分异构体有6种，
故答案为：6；
④单体Ⅱ的加聚产物为，根据信息知，在酸性介质中发生反应的化学方程式为+（CH3）2C＝CH2，
故答案为：+（CH3）2C＝CH2。
【点评】本题考查有机合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质的关系、正确推断各物质的结构简式是解本题关键，注意题给信息的理解和灵活运用，题目难度中等。
12．（2021•湖北）甲氧苄啶（G）是磺胺类抗菌药物的增效剂，其合成路线如下：
回答下列问题：
（1）E中的官能团名称是 醛基 、 醚键 。
（2）B→C的反应类型为 酯化反应或取代反应 ；试剂X的结构简式为 CH3OH 。
（3）若每分子F的碳碳双键加上了一分子Br2，产物中手性碳个数为 2 。
（4）B的同分异构体中能同时满足以下三个条件的有 10 种（不考虑立体异构）。
①属于A的同系物；
②苯环上有4个取代基；
③苯环上一氯代物只有一种。
（5）以异烟醛（）和乙醇为原料，制备抗结核杆菌药异烟肼的合成路线如下：
Y异烟肼
写出生成Y的化学反应方程式 2+O22 ；异烟肼的结构简式为 。
【解答】解：（1）E中的官能团名称是醛基、醚键，
故答案为：醛基、醚键；
（2）B中羧基发生酯化反应生成C中酯基，B→C的反应类型为酯化反应或取代反应；试剂X的结构简式为CH3OH，
故答案为：酯化反应或取代反应；CH3OH；
（3）若每分子F的碳碳双键加上了一分子Br2，产物中连接2个溴原子的碳原子都是手性碳原子，所以产物中手性碳个数为2，
故答案为：2；
（4）B的同分异构体能同时满足以下三个条件：
①属于A的同系物，说明含有3个酚羟基和1个羧基；
②苯环上有4个取代基；
③苯环上一氯代物只有一种，说明苯环上只有一种氢原子；三个酚羟基处于对称结构，含有羧基的取代基可能为﹣CH2CH2CH2COOH、﹣CH（CH3）CH2COOH、﹣CH2CH（CH3）COOH、﹣C（CH3）2COOH、﹣CH（CH2CH3）COOH，如果含有三个酚羟基的结构为，另一个取代基位于中间酚羟基的对位，有5种结构；如果含有三个酚羟基的结构为，另一个取代基位于中间酚羟基的对位，有5种结构，所以符合条件的结构简式有10种，
故答案为：10；
（5）Y为，生成Y的方程式为2+O22，异烟肼为，
故答案为：2+O22；
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，对比反应前后官能团或结构变化并正确推断各物质的结构简式是解本题关键，注意反应中断键和成键方式，易错点是同分异构体种类判断，题目难度中等。
13．（2021•北京）治疗抑郁症的药物帕罗西汀的合成路线如图。
已知：i.RCHO+CH2（COOH）2RCH＝CHCOOH
ii.R′OHR′OR″
（1）A分子含有的官能团是 氟原子、醛基 。
（2）已知：B为反式结构。下列有关B的说法正确的是 abc （填序号）。
a.核磁共振氢谱有5组峰
b.能使酸性KMnO4 溶液褪色
c.存在含2个六元环的酯类同分异构体
d.存在含苯环和碳碳三键的羧酸类同分异构体
（3）E→G的化学方程式是 NC﹣CH2COOH+HOCH2CH3NC﹣CH2COOCH2CH3+H2O 。
（4）J分子中有3个官能团，包括1个酯基。J的结构简式是
（5）L的分子式是C7H6O3。L的结构简式是 。
（6）从黄樟素经过其同分异构体N可制备L。
已知：i.R1CH＝CHR2R1CHO+R2CHO
ii.
写出制备L时中间产物N、P、Q的结构简式： 、、 。
【解答】解：（1）由分析可知A的结构简式为，A分子含有的官能团是氟原子、醛基，
故答案为：氟原子、醛基；
（2）a．B的结构简式为，分子中有5种化学环境不同的氢，其核磁共振氢谱有5组峰，故a正确；
b．B分子中含有碳碳双键，能被酸性KMnO4溶液氧化，能使酸性KMnO4溶液褪色，故b正确；
c．存在含2个六元环的酯类同分异构体，如、等，故c正确；
d．碳碳双键与碳碳三键的不饱和度不相同，不存在含苯环和碳碳三键的羧酸类同分异构体，故d错误；
故答案为：abc；
（3）E→G的化学方程式是NC﹣CH2COOH+HOCH2CH3NC﹣CH2COOCH2CH3+H2O，
故答案为：NC﹣CH2COOH+HOCH2CH3NC﹣CH2COOCH2CH3+H2O；
（4）由分析可知，J的结构简式是，
故答案为：；
（5）由分析可知，L的结构简式是，
故答案为：；
（6）由本题中信息可知，异构为，先经过①O3、②Zn/H2O氧化生成，再用H2O2氧化生成，最后水解生成，故N、P、Q依次为、、，
故答案为：、、。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，注意对给予信息的理解，对比有机物的结构、分子式进行分析推断，题目较好地考查学生分析推理能力、自学能力、灵活运用知识的能力，题目涉及有机物结构复杂，属于易错题目。
14．（2021•山东）一种利胆药物F的合成路线如图：
已知：Ⅰ.+
Ⅱ.
回答下列问题：
（1）A的结构简式为 ；符合下列条件的A的同分异构体有 4 种。
①含有酚羟基
②不能发生银镜反应
③含有四种化学环境的氢
（2）检验B中是否含有A的试剂为 FeCl3溶液 ；B→C的反应类型为 氧化反应 。
（3）C→D的化学方程式为 +CH3OH+H2O ；E中含氧官能团共 3 种。
（4）已知：，综合上述信息，写出由和制备的合成路线 。
【解答】解：（1）由上述分析可知，A的结构简式为；A的同分异构体中满足：
①含有酚羟基；②不能发生银镜反应，说明结构中不含醛基；③含有四种化学环境的氢，说明具有对称结构，则满足条件的结构有：、、、，共有4种，
故答案为：；4。
（2）A为，B为，A中含有酚羟基，B中不含酚羟基，可利用FeCl3溶液检验B中是否含有A，若含有A，则加入FeCl3溶液后溶液呈紫色；由上述分析可知，B→C的反应类型为氧化反应，
故答案为：FeCl3溶液；氧化反应；
（3）C→D为与CH3OH在浓硫酸作催化剂并加热条件下发生酯化反应生成，则该反应化学方程式为+CH3OH+H2O；E的结构简式为，其中的含氧官能团为醚键、酚羟基、酯基，共3种，
故答案为：+CH3OH+H2O；3；
（4）由和制备，利用信息I知，可由发生信息I的反应得到，可由和发生A生成B类型的反应得到，根据信息知，与HBr在40℃下发生加成反应生成，则合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，以F的结构简式及题给信息II为突破口进行推断，利用分子式、结构简式及题给信息正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
15．（2021•甲卷）近年来，以大豆素（化合物C）为主要成分的大豆异黄酮及其衍生物，因其具有优良的生理活性而备受关注。大豆素的合成及其衍生物的一种工艺路线如图：
回答下列问题：
（1）A的化学名称为 间苯二酚 。
（2）1mol D反应生成E至少需要 2 mol氢气。
（3）写出E中任意两种含氧官能团的名称 酯基、羟基、醚键（任意两种） 。
（4）由E生成F的化学方程式为 +H2O 。
（5）由G生成H分两步进行：反应1）是在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，则反应2）的反应类型为 取代反应或水解反应 。
（6）化合物B的同分异构体中能同时满足下列条件的有 C （填标号）。
a.含苯环的醛或酮
b.不含过氧键（﹣O﹣O﹣）
c.核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为3：2：2：1
A.2个
B.3个
C.4个
D.5个
（7）根据上述路线中的相关知识，以丙烯为主要原料用不超过三步的反应设计合成： 。
【解答】解：（1）A的化学名称为间苯二酚，
故答案为：间苯二酚；
（2）D为，D中羰基和碳碳双键和氢气发生加成反应生成E，羰基和氢气以1：1发生加成反应，该分子中含有1个碳碳双键和1个羰基，所以1mol D反应生成E至少需要2mol氢气，
故答案为：2；
（3）E为，E中含氧官能团的名称酯基、羟基、醚键（任意两种），
故答案为：酯基、羟基、醚键（任意两种）；
（4）E为，根据F的结构简式知，E发生消去反应生成F，由E生成F的化学方程式为+H2O，
故答案为：+H2O；
（5）由G生成H分两步进行：反应1）是在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，则反应2）为酯基的水解反应或取代反应生成酚羟基，所以该反应的反应类型为 取代反应或水解反应，
故答案为：取代反应或水解反应；
（6）化合物B的同分异构体中能同时满足下列条件：
a．含苯环的醛或酮，说明含有苯环、醛基或羰基；
b．不含过氧键（﹣O﹣O﹣）；
c．核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为3：2：2：1，根据H原子个数及种类知，应该含有甲基，且结构对称，符合条件的结构简式有、、、，所以符合条件的有4种，
故答案为：C；
（7）以丙烯为主要原料用不超过三步的反应合成，可由CH3CH（OH）CH2OH和乙酸酐发生C生成D类型的反应得到，丙烯发生氧化反应生成醚，醚发生水解反应生成CH3CH（OH）CH2OH，其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查对比、分析、推断及知识综合应用能力，利用分子式、结构简式差异性正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
16．（2021•广东）天然产物Ⅴ具有抗疟活性，某研究小组以化合物Ⅰ为原料合成Ⅴ及其衍生物Ⅵ的路线如下（部分反应条件省略，Ph表示﹣C6H5）：
已知：
（1）化合物Ⅰ中含氧官能团有 酚羟基、醛基 （写名称）。
（2）反应①的方程式可表示为：Ⅰ+Ⅱ＝Ⅲ+Z，化合物Z的分子式为 C18H15OP 。
（3）化合物Ⅳ（C8H8O2）能发生银镜反应，其结构简式为 。
（4）反应②③④中属于还原反应的有 ② ，属于加成反应的有 ②④ 。
（5）化合物Ⅵ的芳香族同分异构体中，同时满足如下条件的有 10 种，写出其中任意一种的结构简式： 。
条件：a）能与NaHCO3反应；b）最多能与2倍物质的量的NaOH反应；c）能与3倍物质的量的Na发生放出H2的反应；d）核磁共振氢谱确定分子中有6个化学环境相同的氢原子；e）不含手性碳原子（手性碳原子是指连有4个不同的原子或原子团的饱和碳原子）。
（6）根据上述信息，写出以苯酚的一种同系物及HOCH2CH2Cl为原料合成的路线 （不需注明反应条件）。
【解答】解：（1）化合物Ⅰ中含氧官能团有酚羟基、醛基，
故答案为：酚羟基、醛基；
（2）反应①的方程式可表示为：Ⅰ+Ⅱ＝Ⅲ+Z，根据I、II、III的结构简式知，II中的CHOCH2CH3被I中的O原子取代，则Z为Ph3P＝O，则化合物Z的分子式为C18H15OP，
故答案为：C18H15OP；
（3）通过以上分析知，IV为，
故答案为：；
（4）反应②③④中属于还原反应的有②，属于加成反应的有②④，
故答案为：②；②④；
（5）化合物Ⅵ的不饱和度是5，VI的芳香族同分异构体中含有苯环，苯环的不饱和度是4，同分异构体同时满足如下条件：
条件：a）能与NaHCO3反应，说明含有﹣COOH，根据其不饱和度知，不含酯基或碳碳双键；
b）最多能与2倍物质的量的NaOH反应，说明含有1个酚羟基；
c）能与3倍物质的量的Na发生放出H2的反应，说明含有1个醇羟基；
d）核磁共振氢谱确定分子中有6个化学环境相同的氢原子，说明含有2个甲基；
e）不含手性碳原子（手性碳原子是指连有4个不同的原子或原子团的饱和碳原子），其取代基有3个，分别为﹣COOH、酚﹣OH、，
如果﹣COOH、酚﹣OH相邻，有4种排列方式；
如果﹣COOH、酚﹣OH相间，有4种排列方式；
如果﹣COOH、酚﹣OH相对，有2种排列方式，所以符合条件的同分异构体有10种，其中一种结构简式为，
故答案为：10；；
（6）以苯酚的一种同系物及HOCH2CH2Cl为原料合成，根据“”知，合成的苯酚的同系物为，及HOCH2CH2Cl发生信息中的反应生成，发生水解反应生成，发生反应④类型的反应生成，其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查对比、分析、推断及知识综合应用能力，根据反应前后结构简式差异性结合题给信息正确推断各物质结构简式是解本题关键，难点是同分异构体种类判断及合成路线设计，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。
一十．物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用（共2小题）
17．（2021•重庆）电镀在工业生产中具有重要作用，某电镀厂生产的废水经预处理后含有Cr2O和少量的Cu2+、Ni2+，能够采用如图流程进行逐一分离，实现资源再利用。
已知：Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36和Ksp（NiS）＝3.0×10﹣19
回答下列问题：
（1）Cr2O72﹣中Cr元素的化合价为 +6 。
（2）还原池中有Cr3+生成，反应的离子方程式为 Cr2O72﹣+3H2C2O4+8H+＝2Cr3++6CO2↑+7H2O 。
（3）沉淀1为Cr（OH）3，其性质与Al（OH）3相似，则Cr（OH）3与NaOH溶液反应的化学方程式
Cr（OH）3+NaOH＝NaCrO2+2H2O 。
（4）Na2S溶液呈碱性的原因是 S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣ （用离子方程式表示），沉淀2为 CuS 。
（5）若废水中还含有Cd2+，pH＝4时Cd2+的浓度为 1.0×10﹣7 mol•L﹣1，用该结果说明Cd2+影响上述流程进行分离的原因是 在沉淀池2中进行的沉淀Cu2+反应需要调节溶液体系pH＝4，经过计算可以发现此时c（Cd2+）＜1.0×10﹣5mol/L，可以认为Cd2+与Cu2+此时均完全沉淀，即沉淀2是CuS和CdS的混合物而无法准确分离开 （设H2S平衡浓度为1.0×10﹣6mol•L﹣1。已知：H2S的K1＝1.0×10﹣7，K2＝7.0×10﹣15，Ksp（CdS）＝7.0×10﹣27）
【解答】解：（1）Cr2O72﹣中O元素化合价为﹣2价，设Cr元素的化合价为x，则存在2x+（﹣2）×7＝﹣2，则Cr元素的化合价为+6，
故答案为：+6；
（2）通过以上分析知，还原池中有Cr3+生成，反应的离子方程式为Cr2O72﹣+3H2C2O4+8H+＝2Cr3++6CO2↑+7H2O，
故答案为：Cr2O72﹣+3H2C2O4+8H+＝2Cr3++6CO2↑+7H2O；
（3）沉淀1为Cr（OH）3，其性质与Al（OH）3相似，根据Al（OH）3和NaOH反应方程式书写Cr（OH）3与NaOH溶液反应的化学方程式为Cr（OH）3+NaOH＝NaCrO2+2H2O，
故答案为：Cr（OH）3+NaOH＝NaCrO2+2H2O；
（4）Na2S为强碱弱酸盐，S2﹣水解导致溶液呈碱性，Na2S溶液呈碱性的原因是S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣，通过以上分析知，沉淀2为CuS，
故答案为：S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣；CuS；
（5）H2S的K1＝、K2＝，K1×K2＝×＝，则c（S2﹣）＝＝mol/L＝7.0×10﹣20mol/L，c（Cd2+）＝＝mol/L＝1.0×10﹣7mol/L，在沉淀池2中进行的沉淀Cu2+反应需要调节溶液体系pH＝4，此时c（Cd2+）＝1.0×10﹣7mol/L＜1.0×10﹣5mol/L，可以认为Cd2+与Cu2+此时均完全沉淀，则沉淀2为CuS和CdS的混合物，无法准确分离开，
故答案为：1.0×10﹣7mol/L；在沉淀池2中进行的沉淀Cu2+反应需要调节溶液体系pH＝4，经过计算可以发现此时c（Cd2+）＜1.0×10﹣5mol/L，可以认为Cd2+与Cu2+此时均完全沉淀，即沉淀2是CuS和CdS的混合物而无法准确分离开。
【点评】本题考查物质分离提纯和物质制备，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确流程图中各物质成分及其性质、可能发生的反应是解本题关键，难点是（5）题有关计算，题目难度中等。
18．（2021•广东）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝（Al）、钼（Mo）、镍（Ni）等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如图：
已知：25℃时，H2CO3的Ka1＝4.5×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11；Ksp（BaMoO4）＝3.5×10﹣8；Ksp（BaCO3）＝2.6×10﹣9；该工艺中，pH＞6.0时，溶液中Mo元素以MoO42﹣的形态存在。
（1）“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合价为 +6 。
（2）“沉铝”中，生成的沉淀X为 Al（OH）3 。
（3）“沉钼”中，pH为7.0。
①生成BaMoO4的离子方程式为 MoO42﹣+Ba2+＝BaMoO4↓ 。
②若条件控制不当，BaCO3也会沉淀。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中c（HCO3﹣）：c（MoO42﹣）＝ × （列出算式）时，应停止加入BaCl2溶液。
（4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，Y为 NaHCO3 。
②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量 NH3 （填化学式）气体，再通入足量CO2，可析出Y。
（5）高纯AlAs（砷化铝）可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止H2O2刻蚀液与下层GaAs（砷化镓）反应。
①该氧化物为 Al2O3 。
②已知：Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为 4：1 。
【解答】解：（1）Na2MoO4中O元素化合价为﹣2、Na元素化合价为+1，根据化合物中各元素化合价的代数和为0确定Mo元素化合价＝0﹣（﹣2）×4﹣（+1）×2＝+6，
故答案为：+6；
（2）通过以上分析知，得到的沉淀X为Al（OH）3，
故答案为：Al（OH）3；
（3）①Na2MoO4和BaCl2发生复分解反应生成难溶物BaMoO4，离子方程式为MoO42﹣+Ba2+＝BaMoO4↓，
故答案为：MoO42﹣+Ba2+＝BaMoO4↓；
②溶液的pH＝7.0，c（H+）＝10﹣7mol/L，Ka2＝×c（H+），则c（HCO3﹣）＝×c（H+），溶液中c（HCO3﹣）：c（MoO42﹣）＝×c（H+）：c（MoO42﹣）＝×＝×＝×，
故答案为：×；
（4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO3，通过以上分析知，Y为NaHCO3，
故答案为：NaHCO3；
②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，NH3、CO2和NaCl溶液反应生成溶解度较小的NaHCO3，所以通入的气体为NH3，因为氨气易溶于水而二氧化碳溶解度较小，所以应该先通入氨气后通入二氧化碳，
故答案为：NH3；
（5）①根据图知，GaAs能被H2O2腐蚀，AlAs和H2O2发生氧化还原反应生成致密的氧化物薄膜，H2O2作氧化剂，则AlAs中As元素被氧化，所以得到的氧化物为Al的氧化物，为Al2O3，
故答案为：Al2O3；
②在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，则As元素失电子发生氧化反应，双氧水得电子生成水，则GaAs是还原剂、H2O2是氧化剂，该反应中As元素化合价由﹣3价变为+5价、O元素化合价由﹣1价变为﹣2价，则转移电子最小公倍数为8，如果转移8mol电子，消耗双氧水4mol，消耗GaAs为1mol，所以氧化剂、还原剂的物质的量之比为4：1，
故答案为：4：1。
【点评】本题考查物质制备及物质分离提纯，侧重考查阅读、分析、推断及知识综合应用能力，明确流程图中每一步涉及的化学反应、各物质成分及其性质、物质分离提纯方法等知识点是解本题关键，难点是难溶物溶解平衡计算，题目难度较大。
一十一．化石燃料与基本化工原料（共1小题）
19．（2021•海南）生活中处处有化学。下列说法错误的是（ ）
A．天然橡胶的主要成分是聚苯乙烯
B．天然气的主要成分是甲烷
C．乙烯可用作水果催熟剂
D．苯酚可用作消毒剂
【解答】解：A.聚异戊二烯是天然橡胶的主要成分，是一种高分子化合物，故A错误；
B.天然气和沼气的主要成分均为甲烷，但天然气不能再生，是不可再生能源，故B正确；
C.乙烯是植物激素，能促进水果和鲜花等的成熟，故C正确；
D.苯酚能使蛋白质变性，可以用于杀菌消毒，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了常见有机物的结构和作用，难度不大，应注意物质的性质和用途的掌握。
相关试卷
2023年高考化学送分题训练②（真题选编）： 这是一份2023年高考化学送分题训练②（真题选编），共15页。
2023年高考化学送分题训练①（真题选编）： 这是一份2023年高考化学送分题训练①（真题选编），共32页。
2023年高考化学压轴题训练⑥（模拟题选编）： 这是一份2023年高考化学压轴题训练⑥（模拟题选编），共70页。
