2026届安徽省池州市高三3月份第一次模拟考试化学试卷含解析

这是一份2026届安徽省池州市高三3月份第一次模拟考试化学试卷含解析，共40页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、化学在科技进步方面发挥着重要的作用。下列说法正确的是
A．是制备有机发光二极管OLED的材料之一，其属于有机高分子化合物
B．2019世界能源大会把核能作为含碳能源重要替代品，核电站把化学能转化为电能
C．DAC法能够实现直接从空气中捕获二氧化碳，该法可缓解全球日益严重的温室效应
D．以纯净物聚丙烯为原料生产的熔喷布口罩，在“新冠肺炎战疫”中发挥了重要作用
2、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A．过量的铁在1mlCl2中然烧，最终转移电子数为2NA
B．在50g质量分数为46%的乙醇水溶液中，含氢原子总数为6NA
C．5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为3.75NA
D．1L1ml/LNaCl溶液和1L1ml/LNaF溶液中离子总数：前者小于后者
3、NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．—1的H2SO4水溶液中含有的氧原子数为4NA
B．273K、101kPa下，22.4L甲烷和氧气的混合气体燃烧后，产物的分子总数一定为NA
C．25℃时pH＝13的NaOH溶液中含有OH—的数目为0.1NA
D．1 ml Na与氧气完全反应得到Na2O与Na2O2的混合物时失去的电子数一定为NA
4、某烃的含氧衍生物的球棍模型如图所示下列关于该有机物的说法正确的是( )
A．名称为乙酸乙酯
B．显酸性的链状同分异构体有3种
C．能发生取代、加成和消除反应
D．能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同
5、化学与生活、生产密切相关。下列叙述不正确的是（ ）
A．高纯硅可用于制作光导纤维
B．碳酸钠热溶液呈碱性，可用于除去餐具上的油污
C．利用太阳能蒸发海水的过程属于物理变化
D．淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖
6、工业酸性废水中的可转化为除去，实验室用电解法模拟该过程，结果如下表所示(实验开始时溶液体积为的起始浓度、电压、电解时间均相同)，下列说法中，不正确的是( )
A．对比实验①②可知，降低pH可以提高的去除率
B．实验②中，在阴极放电的电极反应式是
C．实验③中，去除率提高的原因是阳极产物还原
D．实验③中，理论上电路中每通过电子，则有被还原
7、下列说法不正确的是 ( )
A．乙醛和丙烯醛()不是同系物，分别与氢气充分反应后的产物也不是同系物
B．O2与O3互为同素异形体，1H、2H、3H是氢元素的不同核素
C．C2H6O有两种同分异构体；2-甲基戊烷的结构简式为CH3CH2CH2CH(CH3)2
D．氨基酸分子中均含有羧基(—COOH)和氨基(—NH2)
8、下列操作一定会使结果偏低的是（ ）
A．配制一定物质的量浓度的溶液时，用胶头滴管将超过刻度线的溶液吸出
B．测定胆矾晶体中的结晶水含量，加热后，未进行恒重操作
C．酸碱滴定实验，滴加最后一滴标准液，溶液颜色突变，未等待半分钟
D．测定气体摩尔体积时，气体体积未减去注入酸的体积
9、一场突如其来的“新冠疫情”让我们暂时不能正常开学。下列说法中正确的是
A．垃圾分类清运是防止二次污染的重要一环，废弃口罩属于可回收垃圾
B．为了防止感染“新冠病毒”，坚持每天使用无水酒精杀菌消毒
C．以纯净物聚丙烯为原料生产的熔喷布，在口罩材料中发挥着不可替代的作用
D．中国研制的新冠肺炎疫苗已进入临床试验阶段，抗病毒疫苗需要低温保存
10、W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的四种短周期元素，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y所在周期数与族序数相同，X与Y为同周期元素，Z原子的最外层电子数与 W 的电子总数相等。下列说法正确的是
A．简单离子半径： W＞X＞Y＞ZB．W、X 的氢化物在常温下均为气体
C．X、Y的最高价氧化物的水化物均为强碱D．W 与 Z 形成的化合物中只有共价键
11、用如图所示装置进行下述实验，下列说法正确的是
A．AB．BC．CD．D
12、能确定为丙烯的化学用语是（ ）
A．B．C3H6C．D．CH2=CH-CH3
13、中华文明博大精深。下列说法错误的是
A．黏土烧制陶瓷的过程中发生了化学变化
B．商代后期制作的司母戊鼎属于铜合金制品
C．侯氏制碱法中的“碱”指的是纯碱
D．屠呦呦发现的用于治疗疟疾的青蒿素()属于有机高分子化合物
14、AlCl3常作净水剂。某小组选择如下装置制备氯化铝，已知氯化铝易升华，遇水易水解。下列说法错误的是
A．按气流方向从左至右，装置连接顺序为a→c→b→d
B．先启动a中反应，当硬质试管内充满黄绿色时点燃酒精灯
C．试剂R为P2O5或CaCl2 吸收空气中的水蒸气
D．为了中止反应，停止通入Cl2的操作是关闭分液漏斗的活塞
15、下列气体能用浓硫酸干燥的是
A．SO2 B．SO3 C．HI D．H2S
16、PET（，M链节= 192 g·ml−1）可用来生产合成纤维或塑料。测某PET样品的端基中羧基的物质的量，计算其平均聚合度：以酚酞作指示剂，用c ml·L−1 NaOH醇溶液滴定m g PET端基中的羧基至终点（现象与水溶液相同），消耗NaOH醇溶液v mL。下列说法不正确的是
A．PET塑料是一种可降解高分子材料
B．滴定终点时，溶液变为浅红色
C．合成PET的一种单体是乙醇的同系物
D．PET的平均聚合度（忽略端基的摩尔质量）
17、前20号主族元素W、 X、Y 、Z的原子序数依次增大，W的原子最外层电子数是次外层电子数的3 倍。X、Y 、Z分属不同的周期，它们的原子序数之和是W原子序数的5倍。含有元素Z的盐的焰色反应为紫色。下到说法正确的是（ ）
A．原子半径的大小W＜XMg>O>F，故A错误；B、非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，F的非金属性强于O，因此HF的稳定性强于H2O，故B错误；C、K比Mg活泼，K与水反应剧烈程度强于Mg与水，故C正确；D、MgO的熔点很高，因此工业上常电解熔融状态的MgCl2制备Mg，故D错误。
18、C
【解析】
A选项，电极Ⅰ为正极，其反应为：O2 + 4H+ + 4e－=2H2O，故A错误；
B选项，根据图中信息右边酸性溶液，左边为碱性海水，右边氢离子不能通过聚丙烯半透膜，故B错误；
C选项，如果电极II为活性镁铝合金，镁铝形成很多细小的原电池，镁失去电子，铝上氢离子得到电子，因此在负极区会逸出大量气体，故C正确；
D选项，当不是标准状况下，无法算正极消耗气体的体积，故D错误。
综上所述，答案为C。
【点睛】
通过体积算物质的量时，一定要看使用条件，1、是否为气体，2、是否为标准状况下。
19、D
【解析】
A. 据图可知，该反应是放热反应，反应实质是旧键断裂和新键生成，前者吸收能量，后者释放能量，所以反应物的键能之和小于生成物的键能，A错误；
B. 液态水的能量比等量的气态水的能量低，而氢气在氧气中的燃烧为放热反应，故当生成液态水时放出的热量高于生成气态水时的热量，故B错误；
C. 放出的热量=反应物的总能量−生成物的总能量=-(E1—E3)kJ·ml-1，故C错误；
D. 反应的热效应取决于反应物和生成的总能量的差值，与反应条件无关，故D正确；
答案选D。
20、C
【解析】
由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑．最终消耗Fe为22.4g，此时溶液中溶质为 FeSO4，则n（ FeSO4）=n（Fe），由硫酸根守恒n（H2SO4）=n（ FeSO4），根据OA段离子方程式计算原混合酸中NO3-物质的量，再根据c=计算c（H2SO4）、c（NO3-）。
【详解】
A、反应消耗22.4g铁，也就是22.4g÷56g/ml＝0.4ml，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4ml，所以硫酸的浓度是4ml/L，A正确；
B、硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，B正确；
C、OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以n（NO3-）=n（Fe）＝0.2ml，NO3-浓度为2ml/L，C错误；
D、由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+＝3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，D正确。
答案选C。
【点晴】
该题难度较大，解答的关键是根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用。在做此类题目时，应当先分析反应的过程，即先发生的是哪一步反应，后发生的是哪一步。计算离子时注意用离子方程式计算。还需要用到一些解题技巧来简化计算过程，比如合理使用守恒原理等。
21、C
【解析】
A. 未给出体积，无法计算物质的量，A错误；
B. Cl2溶于水中，部分氯气与水反应生成次氯酸和氯化氢，转移的电子数小于0.2NA，B错误；
C. 1.5 g NO为0.05ml，1.6 g O2为0.05ml，充分反应，2NO+ O2= 2NO2，0.05ml NO全部反应生成0.05ml NO2，剩余O2为0.025ml，体系中还存在2NO2 N2O4，但化学反应原子守恒，所以0.05ml NO2中原子总数0.15 NA，为0.025ml O2中原子总数0.05 NA，反应后混合物中总共原子总数为0.2NA；C正确；
D. 标准状况下，HF不是气体，无法计算，D错误；故答案为：C。
22、B
【解析】
A．Fe2O3为红棕色粉末，铁红用作颜料利用了其物理性质，故A不符合题意；
B．NaClO具有强氧化性，84消毒液杀菌利用了其强氧化性，故B符合题意；
C．纯碱去油污，利用了Na2CO3水溶液显碱性的性质，故C不符合题意；
D．洁厕灵除水垢利用了HCl溶液的酸性，故D不符合题意；
故答案选B。
二、非选择题(共84分)
23、酯基 肽键 加成反应 CH3CH2OH 和
【解析】
A发生取代反应生成B，B和HCl发生加成反应生成C，C与KCN发生取代反应生成D，D与盐酸反应，根据E和乙醇发生酯化反应生成F，根据F的结构推出E的结构简式为，F和C2H5NH2发生取代反应生成G和乙醇。
【详解】
(1)根据D、G的结构得出化合物D中含氧官能团的名称为酯基，G中含氧官能团的名称为肽键；故答案为：酯基；肽键。
(2)根据B→C的结构式得出反应类型为加成反应；根据C→ D反应得出是取代反应，其化学方程式；故答案为：加成反应；。
(3)根据E到F发生酯化反应得出化合物E的结构简式为；故答案为：。
(4)根据反应F→G中的结构得出反应为取代反应，因此另一种生成物是CH3CH2OH；故答案为：CH3CH2OH。
(5)①能与新制Cu(OH)2加热条件下反应生成砖红色沉淀，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有甲酸与酚形成的酚酸酯，即取代基团为—OOCH，③分子中含有氨基，②核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为1:2:4:9，存在对称结构，还又含有2个—NH2,1个—C(CH3)3，符合条件的同分异构体为和；故答案为：和。
(6)CH3CH2Cl在碱性条件下水解得到CH3CH2OH，然后与HOOCCH2COOH发生酯化反应得到CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，CH3CH2Cl与KCN发生取代反应得到CH3CH2CN，用氢气还原得到CH3CH2CH2NH2，根据F到G的转化过程，CH3CH2CH2NH2与CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3反应得到，合成路线为；故答案为：。
24、C6H11Br 醛基、羰基（酮基） 消去反应 氧化反应 +CH3CH2OH+H2O 12 或 CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3
【解析】
甲的分子式为C6H11Br，经过过程①，变为C6H10，失去1个HBr，C6H10经过一定条件转化为乙，乙在CH3SCH3的作用下，生成丙，丙经过②过程，在CrO3的作用下，醛基变为羧基，发生氧化反应，丙经过③过程，发生酯化反应，生成丁为，丁经过④，在一定条件下，生成。
【详解】
(1)甲的分子式为C6H11Br，故答案为：C6H11Br；
(2) 丙的结构式为含有官能团为醛基、羰基（酮基），故答案为：醛基、羰基（酮基）；
(3) C6H11Br，失去1个HBr，变为C6H10，为消去反应；丙经过②过程，在CrO3的作用下，醛基变为羧基，发生氧化反应，故答案为：消去反应；氧化反应；
(4)该反应的化学方程式为，,故答案为：；
(5) 乙的分子式为C6H10O3。①能发生银镜反应，②能与NaHCO3溶液反应，且1ml乙与足量NaHCO3溶液反应时产生气体22.4L（标准状况）。说明含有1个醛基和1个羧基，满足条件的有：当剩余4个碳为没有支链，羧基在第一个碳原子上，醛基有4种位置，羧基在第二个碳原子上，醛基有4种位置；当剩余4个碳为有支链，羧基在第一个碳原子上，醛基有3种位置，羧基在第二个碳原子上，醛基有1种位置，共12种，其中核磁共振氢谱中峰面积之比为1∶6∶2∶1的一种同分异构体的结构简式 或 ，故答案为：12； 或 ；
(6)根据过程②，可将CH3CH2OH中的羟基氧化为醛基，再将醛基氧化为羧基，羧基与醇反生酯化反应生成酯，酯在一定条件下生成，再反应可得，合成路线为CH3CH2OH CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3，故答案为：CH3CH2OH CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3。
【点睛】
本题考查有机物的推断，利用已知信息及有机物的结构、官能团的变化、碳原子数目的变化推断各物质是解答本题的关键。本题的易错点和难点是(5)中同分异构体数目的判断，要巧妙运用定一推一的思维。
25、Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑ 可以控制反应的进行 变红 NH3 Cl2 过滤 CuO会溶于稀硫酸中 硫 Cu2S
【解析】
(1)浓硫酸和铜在加热的条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水，由此可写出化学方程式；
(2)反应生成二氧化硫，能够与水反应生成亚硫酸，遇到石蕊显红色；
(3)向BaCl2溶液中通入另一种气体，产生白色沉淀，是因为二氧化硫不与氯化钡溶液反应，通入的气体需要满足把二氧化硫转化为盐或把二氧化硫氧化为硫酸；
(4)分离固体与液体可以采用过滤法，氧化铜与酸反应生成铜离子与水；
(5)黑色固体通入氧气反应生成气体能够使品红褪色，说明生成二氧化硫，含有硫元素；若该黑色不溶物由两种元素组成且在反应前后质量保持不变，可知除了含有硫元素外还含有铜。
【详解】
(1)浓硫酸和铜在加热的条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑，抽动铜丝可以控制铜丝与浓硫酸接触面积从而控制反应进行，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2↑；可以控制反应的进行；
(2)反应生成二氧化硫，二氧化硫为酸性氧化物，能够与水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，遇到石蕊显红色，故答案为：变红；
(3)向BaCl2溶液中通入另一种气体，产生白色沉淀，是因为二氧化硫不与氯化钡溶液反应，通入的气体需要满足把二氧化硫转化为盐或把二氧化硫氧化为硫酸，如碱性气体NH3、做氧化剂的气体如Cl2、O2、O3、NO2、Cl2O等，故答案为：NH3；Cl2 ；
(4)将A中的混合物倒入水中，得到呈酸性的蓝色溶液与少量黑色不溶物，分离固体与液体可以采用过滤法；氧化铜与酸反应生成铜离子与水，所以黑色固体不可能为氧化铜，故答案为：过滤；CuO会溶于稀硫酸中；
(5)黑色固体通入氧气反应生成气体能够使品红褪色，说明生成二氧化硫，含有硫元素；若该黑色不溶物由两种元素组成且在反应前后质量保持不变，可知除了含有硫元素外还含有铜，物质为硫化亚铜，化学式为Cu2S，故答案为：硫；Cu2S。
【点睛】
二氧化硫通入氯化钡溶液中，可认为发生如下反应：SO2+BaCl2+H2OBaSO3+2HCl，由于产物不共存，所以此反应进行的程度很小，若想使此反应正向进行，需设法让反应正向进行，要么加入碱中和盐酸；要么加入强氧化剂将BaSO3氧化为BaSO4。
26、去除蒸馏水中的氧气，防止亚硫酸钠被氧化 500 mL容量瓶 烧杯、玻璃棒 SO32-+2Ag+= Ag2SO3 Na2SO3被酸化的NO3-氧化成Na2SO4，Na2SO4与AgNO3溶液反应生成Ag:2SO4沉淀 取固体少许加入足量 Na2SO3溶液(或向试管中继续滴加Na2SO3溶液) Ag2O + 4NH3·H2O =2Ag(NH3)2OH + 3H2O或Ag2O+4NH3+H2O=2Ag(NH3)2OH AgOH Na2SO3溶液滴加顺序不同 (或用量不同) ，溶液酸碱性不同(或浓度不同)
【解析】
配置一定物质的量浓度的溶液时，
①溶解时：Na2SO3晶体易被溶液中溶解的氧气氧化，故需煮沸；
②移液时：配置一定物质的量浓度的溶液时需要使用容量瓶，移液时需要洗涤烧杯和玻璃棒；
实验Ⅱ 探究不同pH的Na2SO3溶液与pH=4的AgNO3溶液反应的产物
①假设一是银离子与亚硫酸根离子反应生成亚硫酸银；
②考虑加入的酸性的硝酸银溶液具有氧化性，将亚硫酸银氧化成硫酸银；
③由于Ag2SO3溶于过量Na2SO3溶液，可以加入Na2SO3溶液验证溶液中是否有Ag2SO3；
(2) ① Ag2O为棕黑色固体，与氨水反应生成Ag(NH3)2OH和 3H2O；
②从非氧化还原反应分析得化合价不变，判断A的成分；
(3) (1)中实验和(2)中实验中溶液的滴加顺序不同，溶液酸碱性不同。
【详解】
①溶解时：Na2SO3晶体易被溶液中溶解的氧气氧化，故需煮沸，防止亚硫酸钠被氧化；
②移液时：配置一定物质的量浓度的溶液时需要使用500ml的容量瓶，移液时需要洗涤烧杯和玻璃棒2~3次；
(1)①假设一是银离子与亚硫酸根离子反应生成亚硫酸银SO32-+2Ag+= Ag2SO3；
②将pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中，酸性溶液中存在氢离子，氢离子和硝酸根相当于硝酸，具有氧化性，可能会将亚硫酸根离子氧化成硫酸根；
③.Ag2SO3为白色固体，不溶于水，溶于过量Na2SO3溶液，故可以加入过量Na2SO3溶液，看是否继续溶解，若继续溶解一部分，说明假设三成立；
(2) ①Ag2O，棕黑色固体，不溶于水，可与浓氨水反应，反应a为Ag2O + 4NH3·H2O =2Ag(NH3)2OH + 3H2O；
②将pH=4的AgNO3溶液逐滴滴人足量的pH=11的Na2SO3溶液中，由于亚硫酸银易溶于亚硫酸钠，故生成的白色沉淀不是亚硫酸银，溶液呈碱性，也不是硫酸银，银离子在碱性条件下，例如银离子和氨水反应可以生成氢氧化银，是白色沉淀，A为AgOH；
(3)实验(1)将pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中，实验(2)将pH=4的AgNO3溶液逐滴滴人足量的pH=11的Na2SO3溶液中，对比两次实验可以看出，滴加顺序不同(或用量不同)，,所给盐溶液酸碱性不同(或浓度不同)。
27、SO2（g）SO2 （aq）；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3 H＋ + HSO3－；HSO3－H+ + SO32－ 干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少 圆底烧瓶 SO2＋H2O2=H2SO4 加入二氧化锰并振荡 0.32 盐酸的挥发造成的干扰
【解析】
（1）将SO2通入水中形成SO2 ─饱和H2SO3溶液体系，此体系中存在的平衡有：SO2（g）SO2 （aq）；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3 H＋ + HSO3－；HSO3－H＋ + SO32－，故答案为SO2（g）SO2 （aq）；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3H＋ + HSO3－；HSO3－H＋ + SO32－；
（2）根据对比实验，干白葡萄酒中滴入品红溶液，红色不褪去，可能是葡萄酒中的二氧化硫的含量太少的缘故，故答案为干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少；
Ⅱ. （3）根据装置图，仪器A是圆底烧瓶，故答案为圆底烧瓶；
（4）H2O2具有强氧化性，将二氧化硫氧化为硫酸，化学方程式为SO2＋H2O2=H2SO4，故答案为SO2＋H2O2=H2SO4；
（5）过氧化氢在催化剂作用下容易分解，除去H2O2，可以在反应后的溶液中加入二氧化锰并振荡，故答案为加入二氧化锰并振荡；
（6）根据反应方程式，有SO2~H2SO4~2NaOH，n(SO2)=n(NaOH)=×0.04000 ml/L×0.025L=0.0005ml，质量为0.0005ml×64g/ml=0.032g，因此1L溶液中含有二氧化硫的质量为0.032g×=0.32g，该葡萄酒中SO2的含量为0.32g/L，测定过程中，盐酸会挥发，导致反应后溶液酸的物质的量偏多，滴定时消耗的氢氧化钠偏多，使得结果偏大，故答案为0.32；盐酸的挥发造成的干扰。
28、乙二醇 消去反应 碳碳双键、氯原子 nHOCH2CH2OH+n+(2n-1)H2O 13 CH2=CHCH2CH3 CH2=CHCHClCH3 CH2=CHCH=CH2 BrCH2CHBrCHBrCH2Br HOCH2CHOHCHOHCH2OH
【解析】
相对分子质量为28的烯烃为乙烯，乙烯与溴加成生成B为CH2BrCH2Br，B在氢氧化钠水溶液中水解生成C为HOCH2CH2OH；C与G发生缩聚反应生成H，则H为；薄荷醇在浓硫酸、加热条件下发生羟基的消去反应，根据J逆推可知D为，D发生题目所给反应生成E，则E为。
【详解】
(1)根据分析可知C为HOCH2CH2OH，其名称为乙二醇；D为；
(2)E为，在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应生成F；E分子中官能团为氯原子和碳碳双键；
(3)乙二醇与对苯二甲酸发生缩聚反应生成H，方程式为nHOCH2CH2OH+n+(2n-1)H2O；
(4)G的同分异构体满足：①属于芳香族化合物，能发生银镜反应和水解反应，遇FeCl3溶液发生显色反应，说明同时含有醛基、酯基、酚羟基；②1ml该有机物与3mlNaOH恰好完全反应，说明酯基水解后可以生成酚羟基；③分子结构中不存在；则有以下几种情况：若苯环含有两个取代基，分别为-OH、-OOC-CHO，有3种；若苯环上有3个取代基，分别为-OH、-CHO、-OOCH，则有10种结构，共有13种同分异构体；其中核磁共振氢谱显示4组峰的结构简式为；
(5)由目标产物可知需要在原料分子中先引入4个卤原子，之后再使卤原子水解生成羟基，再结合D到E的过程可知合成路线为：CH2=CHCH2CH3 CH2=CHCHClCH3CH2=CHCH=CH2 BrCH2CHBrCHBrCH2Br HOCH2CHOHCHOHCH2OH。
【点睛】
苯环上有2个取代基时同分异构体有3种，有3个不同取代基时有10种，若3个取代基中有两个相同有6种。
29、 钴原子失去4个电子后可以得到的稳定结构，因此更容易失去第4个电子，表现为第四电离能较小 sp 2 12 6
【解析】
（1）钴是27号元素，其电子排布为，再来分析即可；
（2）碳原子最外层有4个电子，需要成4个键才能达到稳定结构，氮原子最外层有5个电子，需要成3个键才能达到稳定结构，而氢原子只能成1个键，据此不难推出的结构为，再来分析其碳原子的杂化方式和键的数目即可；
（3）注意一个带-1价，因此该反应的实质相当于钴从+2价被氧化为+3价，水中自然只有氢能被还原，从+1价被还原为0价的单质；
（4）根据观察，每个钴原子的配位数为12，即周围一圈6个，上、下各3个，而晶体密度只需按照来构造公式即可。
【详解】
（1）钴的电子排布式为，钴原子失去4个电子后可以得到的稳定结构，因此更容易失去第4个电子，表现为第四电离能较小；
（2）为直线型分子，因此其碳原子的杂化方式为杂化，而1个分子中有2个键和2个键；
（3）根据分析，反应方程式为；
（4）根据分析，钴原子的配位数为12，在计算一个晶胞中的原子数时，12个顶点上的原子按算，上下表面面心的原子按算，体内的按1个算，因此一个晶胞内一共有个原子；而晶体密度为。
实验
①
②
③
电解条件
阴、阳极均为石墨
阴、阳极均为石墨，滴加浓硫酸
阴极为石墨，阳极为铁，滴加浓硫酸
的去除率%
0.922
12.7
57.3
选项
R
a
b
M
n
m中电极反应式
A
导线
Fe
Cu
H2SO4
CuSO4
Fe－3e－＝Fe3＋
B
导线
Cu
Fe
HCl
HCl
2H＋－2e－＝H2↑
C
电源，右侧为
正极
Cu
C
CuSO4
H2SO4
Cu－2e－＝Cu2＋
D
电源，左侧为
正极
C
C
NaCl
NaCl
2Cl-－2e－＝Cl2↑
A．铁红用作颜料
B．84消毒液杀菌
C．纯碱去污
D．洁厕灵除水垢
用品
主要成分
Fe2O3
NaClO
Na2CO3
HCl
实验装置
实验现象
品红褪色