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山东省2020届高三模拟考试化学试题（二）
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山东省2020届高三模拟考试化学
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个项符合题目要求。
1.下列有关说法正确的是（ ）
A. 德州大学阿灵顿分校的科学家们使用太阳能、水和二氧化碳只需要一步就能产生液态烃（碳原子数可高至13），同时放出热量
B. 美国莱斯大学某研究团队发现大量金纳米颗粒（粒子直径在1 nm〜100 nm之间）聚集在肿瘤周围并被癌细胞吞噬后，用红外激光脉冲使其周围温度迅速升高并汽化临近的水分子，产生极其微小的气泡，这些气泡迅速膨胀并爆裂，可以撕裂癌细胞
C. 日本京都大学的研究人员使用一种被称为分子手术的技术，可以将两分子水注入富勒烯C70中用于研究水分子内的氢键作用
D. 广州大学清洁能源材料所刘兆清教授研究团队在非贵金属催化剂碳化钼的制备和催化性能研究方面取得重要进展，该催化剂不仅能够加快反应速率，还能提高反应的平衡转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A．由烃的燃烧反应可知，水和二氧化碳产生液态烃和氧气的反应为吸热反应，不可能放出热量，故A错误；
B．纳米颗粒的粒径在 1 nm~100 nm之间，故B正确；
C．水分子内无氢键，水分子间存在氯键，故C 错误；
D．催化剂能够加快反应速率，但不能提高反应的平衡转化率，故D 错误；
答案选B。
2.下列分子中，中心原子杂化轨道类型相同，分子的空间构型也相同的是
A. BeCl2、CO2 B. H2O、SO2 C. SO2、CH4 D. NF3、CH2O
【答案】A
【解析】
【分析】
根据价层电子对互斥理论可知，水中O原子含有的孤对电子对数＝（6－2×1）÷2＝2，采取sp3杂化方式，水是V型结构。
【详解】A．氯化铍中Be原子是sp杂化，是直线型结构。CO2是直线型结构，碳原子是sp杂化，故A正确；
B．SO2中S原子含有的孤对电子对数＝（6－2×2）÷1，采取sp2杂化方式，SO2是V形结构，故B错误；
C．SO2是V形结构，CH4中C原子采取sp3杂化方式，是正四面体结构；
D．NF3中N原子采取sp3杂化方式，是三角锥结构，CH2O中C原子采取sp2杂化方式，是平面三角形结构，故D错误。
答案选A
3.利用下列所给装置难以达到相应实验目的的是（ ）
A. 装置甲：蒸发结晶，制备纯碱
B. 装置乙：称量，配制480 mL0. 10 mol·L-1 NaOH溶液，需称量2.0 g NaOH
C. 装置丙：分液，四氯化碳萃取碘水中的I2后，分液获得碘的四氯化碳溶液
D. 装置丁：洗气，除去HCl中Cl2杂质
【答案】B
【解析】
【详解】A．加热蒸发碳酸钠溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，氢氧根离子与碳酸氢根离子可反应有生成碳酸根和水，最终可以获得纯碱，故A正确；
B．由于氢氧化钠易潮解，称量NaOH需要在烧杯中进行，故B错误；
C．四氯化碳可萃取碘水中的I2， 且与水不相溶，分液可获得碘的四氯化碳溶液，故C正确；
D．氯气易溶于CC14，HCl难溶于CCl4，可以达到实验目，故D正确；
答案选B。
4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 23g钠所含的核外电子数为1.1NA
B. lLl乙醛溶液中含有分子的数目为NA
C. 4.48 L和CO混合气体完全燃烧，消耗的氧分子数目为 0.1NA
D. 2.13 g氯气与足量热的NaOH溶液充分反应生成和时，转移的电子数目为0.05NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．1个钠原子核外有11个电子，23 g钠的物质的量为1 mol，故1 mol钠所含的核外电子为11mol，所含的核外电子数为11NA，故A错误；
B．1L1乙醛溶液中除含乙醛外，还含有，故所含有分子的数目大于，故B错误；
C．选项中没有指明气体是否在标准状况下，所以4.48 L和CO的混合气体不一定为0.2 mol，所消耗氧气的物质的量也无法确定，故C错误；
D．氯气与热NaOH溶液发生反应生成、和的化学方程式为，由上述化学方程式可知，3 mol发生反应时转移5 mol电子，2.13 g氯气的物质的量为0.03 mol，转移电子为0.05 mol，故D正确；
答案选D
5.下列反应的离子方程式表达正确的是（ ）
A. 向FeBr2 溶液中通入过量Cl2：2Fe2++Cl2 =2Fe3++2Cl-
B. 向碳酸钠溶液中通入少量CO2：+CO2+H2O=2
C. 向碘化钾溶液中加入少量硫酸酸化的H2O2溶液：3H2O2 +I-=+3H2O
D. Fe(OH)3 固体溶于 HI 溶液：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．向FeBr2溶液中通入过量氯气，反应生成氯化铁和溴单质，正确的离子方程式为2Fe2+ +4Br-+3C12=2Fe3++2Br2+6Cl-，故A错误；
B．向碳酸钠溶液中通入少量CO2，反应生成NaHCO3，其离子方程式为+CO2 + H2O=2，故B正确；
C．向KI溶液中加入少量硫酸酸化的H2O2溶液，I-被氧化为I2，其离子方程式为2H++ H2O2 + 2I-=I2 +2H2O，故C错误；
D．Fe(OH)3溶于HI溶液，Fe(OH)3和HI发生氧化还原反应，正确的离子方程式为2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe3++I2+6H2O，故D错误；
答案选B。
6.几种中学常见物质之间的转化关系如图所示（部分反应条件已省略）。已知：E为常见金属；在标准状况下气体R的密度为。下列推断合理的是（ ）
A. X—定是H2O2
B. 在反应①②中都作催化剂
C. 常温下，溶液的pH=2
D. 上述转化涉及的反应都是氧化还原反应
【答案】C
【解析】
【分析】
在标准状况下气体R的密度为，则R的相对分子质量等于22.4×=71，则为氯气，E为常见金属，为铁，G为FeCl2，H为FeCl3 ，X可能是或，Z是O2，Y为HCl，然后分析。
【详解】A．根据分析，X可以是或等，故A错误；
B．若X是或，则在反应①中是催化剂，在反应②制氯气中是氧化剂，故B错误；
C．常温下，溶液中，，pH=2，故C正确；
D．不是氧化还原反应，故D错误；
答案选C。
【点睛】根据R的在标准状况下密度为，计算出R是Cl，是解本题的关键，需注意铁及其氧化物，氯化物间的相互转化。
7.下列有关原子结构与性质的说法正确的是（ ）
A. 的基态原子的第一电离能依次递增
B. 的基态电子排布式为
C. 有6种不同能量的电子
D. 化合物中S元素显-2价，说明C元素比S元素的电负性弱
【答案】D
【解析】
【详解】A．同周期元素自左往右第一电离能呈增大趋势，但是Mg的基态原子最外层为全满状态，能量低不容易失去一个电子，Al的基态原子最外层电子以排布，容易失去一个电子形成稳定结构，故基态原子的第一电离能Mg比Al高，故A错误；
B．对于Cr的3d轨道来说，5电子是半充满状态，结构更稳定，所以应采取的排布方式，故B错误；
C．的核外电子排布式为应有5种不同能量的电子，故C错误；
D．化合物中元素显负价，说明其吸引电子的能力强，电负性强，即C元素比S元素的电负性弱，故D正确；
答案选D。
8.短周期不同主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质是制备一种高效电池的重要材料，在实验室里通常将其保存在石蜡中；X的单质与水发生剧烈反应，生成一种酸和一种气体单质；Y、Z原子的最外层电子数之和为7。下列说法正确的是（ ）
A. 若W的单质着火，可用泡沫灭火器扑灭
B. 工业上电解熔融Y的氯化物一定能制取Y的单质
C. Z的最高价氧化物对应的水化物一定不是强酸
D. X与Z形成的化合物的VSEPR模型均相同
【答案】C
【解析】
【分析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，由W的单质是制备一种高效电池的重要材料，在实验室里通常将其保存在石蜡中，可知W是Li元素；由X的单质与水发生剧烈反应，生成一种酸和一种气体单质，可知X是F元素；根据Y、Z原子的最外层电子数之和为7，再结合元素W、X、Y、Z处于不同的主族，可推知Y是Mg或Al元素，Z是P或Si元素，据此分析结合元素性质解答。
【详解】A．W是Li元素，单质Li常温下可以和水反应，在点燃时也可以和CO2反应，所以单质Li着火时，不能用泡沫灭火器扑灭，故A错误；
B．Y是Mg或Al元素，工业上电解熔融氯化镁可制取镁，氯化铝是共价化合物，而电解熔融氯化铝不能制取铝，故B错误；
C．Z是Si或P元素，对应的最高价氧化物的水化物分别为H2SiO3、H3PO4，二者均不是强酸，故C正确；
D．X与Z形成的化合物有SiF4、PF3、PF5，其中SiF4和PF3的VSEPR模型为四面体形，但PF5的VSEPR模型为三角双锥形，故D错误；
答案选C。
9.氨气可有效消除NO2的污染，相关反应为8NH3+6NO2⇌7N2+12H2O，在1 L恒容密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.50 mol NH3和1.2 mol NO2，测得n(NH3)随时间变化的有关实验数据如下表。
温度
n(NH3)/mol
时间/min
0
10
20
40
50
T1
0.50
0.35
0.25
0.10
0.10
T2
0.50
0.30
0.20
…
0.18
下列说法正确的是( )
A. T1温度下，0-20 min内，NO2的降解速率为0.0125 mol•L-1•min-1
B. 实验条件为T1＜T2，且该反应为放热反应
C. 40 min时，表格中T2对应的数据为0.20
D. 0~10 min内，T1温度下NH3的降解速率大于T2温度下的
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据表中数据，T1温度下，0~20 min内，v(NH3)===0.012 5 mol∙L-1∙min-1，而3v(NH3)=4v(NO2)，则v(NO2)=0.009375 mol∙L-1∙min-1，故A错误；
B．从表中数据可知，相同时间内T2温度下NH3的减少量要大于T1温度下NH3的减少量，说明T2时反应速率快，即T1＜T2，从变化趋势来分析，T2温度下反应在40 min之前就已经达到平衡状态，所以40 min时，表格中T2对应的数据为0.18，达到平衡时T2条件下NH3的转化率小，说明升高温度不利于反应正向进行，该反应为放热反应，故B正确；
C．根据B项分析，40 min时，表格中T2对应的数据为0.18，故C错误；
D．从表中数据可知，0-10 min内，T2温度下NH3的降解速率大于T1温度下的，故D错误；
答案选B。
10.下列实验操作、现象和结论均正确且具有对应关系的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液
溶液紫色褪去
氧化性：H2O2＞KMnO4
B
将浸透石蜡油的石棉放在硬质试管的底部，试管中加入碎瓷片，用酒精灯给碎瓷片加强热，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中
酸性高锰酸钾溶液由紫 色变为无色
石蜡油分解产物为乙烯
C
在CaCO3中加浓盐酸，并将反应后所得气体直接通入苯酚钠溶液中
溶液变浑浊
酸性：碳酸＞苯酚
D
取一支试管装入2 mL 1 mol • L- 1 MgCl2溶液，先滴加 2 mL 1 mol·L-1 NaOH溶液，再滴加几滴1 mol·L-1CuCl2溶液
先生成白色沉淀，后沉淀变为蓝色
溶度积：
Ksp[Cu(OH)2]＞Ksp[Mg(OH)2]
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，KMnO4被H2O2还原，溶液紫色褪去，氧化性H2O2＜KMnO4，故A错误；
B．产生的气体使酸性高锰酸钾溶液由紫色变为无色，说明该气体为不饱和烃，但不能说明一定为乙烯，故B错误；
C．浓盐酸易挥发，HC1与苯酚钠反应也能生成苯酚沉淀，则由题给实验操作和现象不能比较碳酸和苯酚的酸性强弱，故C错误；
D．NaOH不足，由题述现象可知，发生了沉淀的转化，说明Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]，故D正确；
答案选D。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得1分，有选错得0分。
11.Z可用于防治老年人骨质疏松，可由X经两步转化得到。下列说法不正确的是（ ）
A. Z含有的官能团是（酚）羟基、酯基
B. X可以发生的反应类型有氧化、取代、加成、缩聚反应
C. X、Y、Z分别与浓溴水反应均最多消耗1 mol Br2
D. Y的分子式是C20H27O
【答案】CD
【解析】
【详解】A．Z中含有2个酚羟基和1个酯基，故A正确；
B．X中有酚羟基和羧基，并且含有苯环结构，因此X能发生氧化、取代、加成、缩聚反应，故B正确；
C．Y不与浓溴水反应，且题中未明确X、Y、Z的物质的量，无法确定X、Y、Z与浓溴水反应消耗的Br2的物质的量，故C错误；
D．结合Y的结构简式，可以得出Y的分子式是C20H28O4，故D错误；
答案选CD。
12.某兴趣小组利用硫酸厂产生的烧渣（主要含Fe2O3、FeO，还有一定量的SiO2）来制备FeCO3，其流程如图：
已知：①FeS2不溶于稀硫酸；②“还原”时，Fe3+通过两个反应被还原，其中一个反应为 FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2+16H+ 。
下列说法不正确的是（ ）
A. “还原”时另一个反应的离子方程式为2Fe3++FeS2=2S+3Fe2+
B. “还原”后可以用KSCN检验Fe3+否反应完全
C. 流程中多次进行过滤，过滤所用的玻璃仪器为烧杯、漏斗、胶头滴管和玻璃棒
D. 所得FeCO3需充分洗涤，可以用稀盐酸和BaCl2溶液检验FeCO3是否已洗涤干净
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题图可知“还原”后过滤所得滤渣中含有S，所以“还原”时另一个反应的离子方程式为2Fe3++FeS2=2S+3Fe2+，故A正确；
B．Fe3+可与KSCN反应生成血红色物质，所以“还原”后可以用KSCN检验Fe3+是否反应完全，故B正确；
C．过滤时不用胶头滴管，故C错误；
D．所得FeCO3需充分洗涤，用稀盐酸和BaCl2溶液检验最后一次洗涤液中是否含有来确定FeCO3是否已洗涤干净，故D正确；
答案选C。
13.挥发性有机物（VOCs）对环境易造成污染，VOCs催化燃烧处理技术具有净化率高、燃烧温度低、无明火、不会有 NOz等二次污染物产生等优点。图甲是VOCs处理过程中固体催化剂的催化原理，图乙是反应过程中的能量变化图。下列叙述正确的是（ ）
A. 图甲中固体催化剂表面既有化学键断裂，也有化学键形成
B. 图甲中固体催化剂可提高VOCs的平衡转化率
C. 图乙中曲线II使用了固体催化剂，反应活化能降低
D. VOCs催化氧化过程中所有反应均为放热反应
【答案】AC
【解析】
【详解】A．催化剂表面发生化学反应，反应过程中，既有化学键的断裂，也有化学键的形成，故A正确；
B．催化剂只能改变化学反应速率，不影响化学平衡，故催化剂不能提高反应物的平衡转化率，故B错误；
C．图乙中曲线I的活化能比曲线U的活化能高，使用催化剂时，活化能降低，故曲线II为使用催化剂的能量变化曲线，故C正确；
D．由图乙可知，使用催化剂后的反应过程中有中间产物生成，其中反应物转化为中间产物的反应中，反应物的总能量比中间产物的总能量低，故该反应为吸热反应，故D错误；
答案选AC。
14.一种双室微生物燃料电池，以苯酚（C6H6O）为燃料，同时消除酸性废水中的硝酸盐的装置示意图如图1所示； 研究人员发现的一种“水”电池，其总反应为：5MnO2 +2Ag+2NaCl=Na2Mn5Ol0+2AgCl，用该“水”电池为电源电解NaCl溶液的实验装置如图2所示，电解过程中X电极上有无色气体逸出。下列说法正确的是（ ）
A. 图1装置中若右池产生0.672 L气体（标准状况下），则电路中通过电子0.15 mol
B. 图1装置中左池消耗的苯酚与右池消耗的的物质的量之比为28：5
C. 图2装置的电路中每通过1 mol e-，U形管中消耗0.5 mol H2O
D. 图2装置中“水”电池内每生成1 mol Na2Mn5O10，X电极上生成1 mol气体
【答案】D
【解析】
【详解】A．图1装置中右池产生的气体为氮气，n(N2)==0.03 mol，由正极的电极反应式(2+l0e-+12H+=N2↑+6H2O)知电路中通过电子0.3 mol，故A错误；
B．图1装置中负极的电极反应式为C6H6O-28e- +11H2O=6CO2↑+28H+，正极的电极反应式(2+l0e-+12H+=N2↑+6H2O)，根据得失电子守恒，5C6H6O~28结合电极反应式可知图1装置中左池消耗的苯酚与右池消耗的的物质的量之比为5：28，故B错误；
C．图2装置的电路中每通过1mole-，由2Cl-+2H2O2OH- +H2↑+ Cl2↑可知生成0.5mol氢气，消耗1mol水，故C错误；
D．由题给总反应式可知每生成1 molNa2Mn5O10，转移2 mol 电子，又图2装置中电解过程中X电极上有无色气体逸出，即X极的电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，所以转移2mole-时X电极上生成1 mol气体，故D正确；
答案选D。
【点睛】将电极反应写出后，根据电子转移的数目相等，找到物质间的关系。
15.25℃时，向25 mL 0.100 0 mol • L-l的BOH溶液中逐滴滴入同浓度的一元弱酸HA的溶液，所得溶液PH与加入HA溶液的体积的关系曲线如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. BOH的电离方程式为BOH =B++OH-
B. 可选择酚酞作指示剂，滴定终点时，溶液恰好在B点从无色变为粉红色，且30秒内不恢复原色
C. Ka(HA)＜Kb(BOH)
D. 加入HA溶液的体积为50 ml时，c(B+)+2c(BOH)+c(OH-)=c(HA)+c(H+)
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题图中A点对应溶液的pH 可知，BOH为弱碱，其电离方程式为BOH⇌B++OH-，故A错误；
B．由题意结合题图可知，C点时酸碱恰好反应完全，溶液显酸性，应选择甲基橙作指示剂，且酚酞的变色范围为8.2~10.0，B点溶液pH =7，不在变色范围内，故B错误；
C．由题图可得，C点溶液的溶质为BA，溶液显酸性，说明水解程度：B+＞A-，故Ka(HA)＞Kb(BOH)，故C错误；
D．加入HA溶液的体积为50 mL时，溶液中溶质为BA与HA，且二者物质的量相等，由电荷守恒、物料守恒可得 c(B+)+2c(BOH)+c(OH-)=c(HA)+c(H+)，故D正确；
答案选D。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16.某校化学实验课上，老师要求学生用硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液制备Cu(OH)2，为了缩短实验时间，老师让学生将反应容器放在沸水浴中进行反应，结果出现了如下两种不同的实验现象：
操作
现象
实验一
向NaOH溶液中滴加CuSO4溶液
黑色沉淀
实验二
向CuSO4溶液中滴加NaOH溶液
蓝色沉淀
（1）甲同学认为实验一中产生的黑色沉淀是___(填化学式)，理由是___。
（2）为验证推测结果是否正确，甲同学将黑色沉淀过滤、洗涤、干燥后称得质量为ag，并按照如图所示装置进行实验，实验前后称得干燥管E的质量分别为cg和dg。
为确保实验的准确性，甲同学认为应在装置A反应一段时间后再接上装置E，点燃D中的酒精灯，其理由是___。乙同学认为甲同学的装置仍有不足，应在E的末端连接一个气囊，气囊的作用有两个：___。甲同学改进实验装置后完成实验，若a、c、d满足关系式：___，则证明甲同学对黑色沉淀的推测是正确的。
（3）丙同学认为实验二中的蓝色沉淀应为Cu(OH)2，丁同学立即提出反对意见，认为该蓝色沉淀一定不是Cu(OH)2。为确认实验二中蓝色沉淀的成分，丁同学从实验时药品的加入顺序考虑，可能是反应物的用量不同导致产物的不同，并上网查阅资料知，当NaOH溶液少量时会生成碱式硫酸铜[Cu2(OH)2SO4]，反应的离子方程式为___。
（4）进一步查阅资料可知碱式硫酸铜为蓝色物质，难溶于水、可溶于酸。请你设计实验，验证实验二中生成的蓝色沉淀含有SO42-：___。
【答案】 (1). CuO (2). 生成的Cu(OH)2沉淀受热分解成黑色的CuO (3). 装置中存在二氧化碳和水蒸气，也会被碱石灰吸收，对实验产生影响 (4). 防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置E(或排尽装置内空气，防止其对实验产生影响)，收集多余的H2 (5). 9a=40(d-c) (6). 2Cu2++2OH-+SO42-=Cu2(OH)2SO4↓ (7). 将蓝色沉淀过滤、洗涤后溶于过量稀盐酸(或稀硝酸)中，待沉淀溶解后加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则含有SO42-
【解析】
【分析】
（1）CuO为黑色；
（2）由图可知，A中制备氢气，B中NaOH除去HCl，C中浓硫酸干燥氢气，D中氢气还原CuO，且氢气不纯加热易爆炸，E中碱石灰可吸收水，且空气中的水、二氧化碳可进入E中；（3）NaOH溶液少量时会生成碱式硫酸铜[Cu2（OH）2SO4]，以此书写离子反应；
（4）验证实验二中生成的蓝色沉淀含有SO42-，可溶于盐酸后，滴加氯化钡观察是否生成白色沉淀。
【详解】分析元素，生成的沉淀能受热分解成黑色的CuO，黑色沉淀可能为氧化铜，
应在装置A反应一段时间后再接上装置D的原因是装置中存在的二氧化碳和水蒸气也会被碱石灰吸收，乙同学认为甲同学的装置仍有不足，应在装置E的末端连接一个气囊，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置E或排尽装置内空气，防止其对实验产生影响，氧原子守恒，所以，可证明黑色沉淀是氧化铜；
当NaOH溶液少量时会生成碱式硫酸铜，反应的离子方程式为；
碱式硫酸铜为蓝色物质，难溶于水、可溶于酸，要检验，首先要把碱式硫酸铜溶于硝酸或盐酸中，得到含溶液，再加入氯化钡溶液，产生不溶于酸的白色沉淀。
【点睛】有气体参与的实验，装置的排列顺序：一般按气流方向确定仪器的连接顺序，一般遵循：气体发生→除杂干燥→主体实验→尾气处理，以此思路解题。
17.二氧化碳的捕集和转化是科学研究中的热点问题。我国科研人员提出了以Ni/Al2O3为催化剂，由 CO2(g)和H2(g)转化为CH4(g)和H2O(g)的反应历程，其示意图如下：
(1)该可逆反应的化学方程式为_________。使用催化剂Ni/Al2O3_________ (填“能”或“不能”)提髙CO2的平衡转化率。
(2)300℃下，在一恒容密闭容器中充入一定量的CO2与H2，发生上述反应，一段时间后反应达平衡，若其他条件不变，温度从300℃升至500℃，反应重新达到平衡时，H2的体积分数增加。下列说法错误的是_________(填标号)。
A.该反应的
B.平衡常数大小：
C.300℃下，减小的值，的平衡转化率升高
D.反应达到平衡时化
(3)在一定条件下，反应体系中CO2的平衡转化率a( CO2)与L和X的关系如图所示，L和X表示温度或压强。
①X表示的物理量是___________。
②L1_____________L2(填“<”“>”)，判断理由是______________________________________。
(4)向1 L恒容密闭容器中加入4.0 mol H2(g)，1.0 mol CO2，控制条件(催化剂为 Ni/AI2O3、温度为T1)使之发生上述反应，测得容器内气体的压强随时间的变化如图所示。
①4 min时CO2的转化率为___________。
②T1温度下该反应的化学平衡常数为___________。
【答案】 (1). CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) (2). 不能 (3). BC (4). 温度 (5). ＞ (6). 该反应为气体分子数减小的反应，其他条件一定时，增大压强，平衡右移，CO2的平衡转化率升髙 (7). 75% (8). 6.75
【解析】
【分析】
(1)根据图示书写该可逆反应的化学方程式；催化剂只能加快反应的速率，不能提高CO2的平衡转化率；
(2)A．温度从300℃升至500℃反应重新达到平衡时，H2的体积分数增加，根据温度对平衡移动的影响分析；
B．正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小；
C．减小的值，CO2的含量增大，据此分析；
D．反应达到平衡时，反应速率之比等于化学计量数之比；
(3)①根据方程式 CO2(g) +4H2(g)CH4(g) +2H2O(g)及反应的H＜0 可知结合图像转化率的变化分析判断影响因素；
②结合题图及①中的分析判断；
(4)由题图可知，4 min时反应体系处于平衡状态，此时压强为0. 7p0，结合气体压强之比等于物质的量之比，列出三段式计算CO2的转化率及反应平衡常数。
【详解】(1)由题意可知该可逆反应的化学方程式为CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) +2H2O(g)，催化剂只能加快反应的速率，不能提高CO2的平衡转化率；
(2)A．对于该可逆反应，若其他条件不变， 温度从300℃升至500℃反应重新达到平衡时，H2的体积分数增加，说明正反应为放热反应，故A正确；
B．正反应为放热反应，因此，故B错误；
C．减小的值，CO2的平衡转化率降低，故C错误；
D．反应达到平衡时，，故D正确；
答案选BC；
(3)①根据方程式 CO2(g) +4H2(g)CH4(g) +2H2O(g)及反应的H＜0 可知，其他条件一定时，升温，CO2的平衡转化率降低，其他条件一定时，加压，CO2的平衡转化率升高，则X表示的物理量是温度；
②L表示压强，结合题图及上述分析，可知L1＞L2；
(4)①由题图可知，4 min时反 应体系处于平衡状态，此时压强为0. 7p0，设发生反应的CO2为x mol，列出三段式：
根据恒温恒容条件下，气体压强之比等于物质的量之比得出，解得 x=0.75，则CO2的转化率为；
②平衡常数。
18.氧化亚铜（Cu2O）是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石（含CuFeS2、Cu2S等）为原料制取Cu2O的工艺流程如下：
常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表：
Fe（OH）2
Fe（OH）3
Cu（OH）2
开始沉淀
7.5
2.7
4.8
完全沉淀
9.0
3.7
6.4
(1)炉气中有害气体成分是__________，Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。
(2)若试剂X是H2O2溶液，写出相应反应的离子方程式：________。当试剂X是______时，更有利于降低生产成本。
(3)加入试剂Y调pH时，pH的调控范围是___________。
(4)写出用N2H4制备Cu2O的化学方程式：________，操作X包括_________、洗涤、烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是____________。
(5)以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，写出阳极上生成Cu2O的电极反应式：__________。
【答案】 (1). SO2 (2). 2∶1 (3). 2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O (4). 空气或氧气 (5). 3.7≤pH<4.8 (6). 4CuSO4＋N2H4＋8KOH2Cu2O＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O (7). 过滤 (8). 防止Cu2O被空气中氧气氧化 (9). 2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O
【解析】
【分析】
(1)金属硫化物焙烧时转化为金属氧化物与二氧化硫，Cu2S与O2反应时，根据得失电子守恒，分析氧化剂与还原剂的物质的量之比；
(2)酸性条件下，H2O2将Fe2＋氧化为Fe3＋，本身被还原为H2O，酸性条件下O2也可以将Fe2＋氧化为Fe3＋；
(3)调整pH的目的是使铁离子全部转化为氢氧化铁沉淀除去，而铜离子不能形成沉淀；
(4)N2H4将Cu2＋还原为Cu2O，自身被氧化为N2；Cu2O不溶于水，且有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化；
(5)因Cu2O是在阳极上生成的，阳极材料是铜，铜失去电子转化为Cu2O，据此解答。
【详解】(1)金属硫化物焙烧时转化为金属氧化物与二氧化硫，故炉气中的有害气体成分是SO2，Cu2S与O2反应时，氧化剂为O2，还原剂为Cu2S，1molO2得4mol电子，Cu的化合价从+1价升高为+2价，S的化合价从-2价升高为+4价，故1molCu2S失8mol电子，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，故答案为：SO2；2∶1；
(2)酸性条件下，H2O2将Fe2＋氧化为Fe3＋，本身被还原为H2O，离子方程式为2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O；酸性条件下O2也可以将Fe2＋氧化为Fe3＋，而氧气或空气价格远低于H2O2，所以用氧气替代双氧水，可以有效降低生产成本，故答案为：2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O；空气或氧气；
(3)调整pH的目的是使铁离子全部转化为氢氧化铁沉淀除去，而铜离子不能形成沉淀，故pH调控范围是3.7≤pH<4.8，故答案为：3.7≤pH<4.8；
(4)N2H4将Cu2＋还原为Cu2O，自身被氧化为N2，化学方程式为4CuSO4＋N2H4＋8KOH2Cu2O＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O；由于Cu2O不溶于水，故操作X为过滤、洗涤、烘干；因Cu2O有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化，故烘干过程中要隔绝空气，故答案为：4CuSO4＋N2H4＋8KOH2Cu2O＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O；过滤；防止Cu2O被空气中氧气氧化；
(5)因Cu2O是在阳极上生成的，阳极材料是铜，铜失去电子转化为Cu2O，相应的电极反应式为2Cu－2e－＋2OH－===Cu2O＋H2O，故答案为：2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O。
19.2019年，大连化物所研究人员在乙酰酮修饰锰氧化物L酸催化胺选择氧化研究方面取得新的进展（如图甲所示），相关文章发表在《自然通讯》上。请回答下列问题：
（1）基态Mn原子的价电子排布图为________________，其中最外层电子的电子云轮廓图的形状为________________。
（2）图甲中涉及的非金属元素（除H外）第一电离能由小到大的顺序是________________（用元素符号表示，下同），电负性由小到大的顺序是________________。
（3）物质a可与水互溶，主要原因是________________。
（4）物质b中碳原子的轨道杂化方式有________________，1 mol物质c中含有σ键的数目为________________。
（5）该锰氧化物的晶胞结构如图乙所示，该锰氧化物的化学式为________________，该晶体中Mn的配位数是________________。
【答案】 (1). (2). 球形 (3). C＜O＜N (4). C＜N＜O (5). 物质a与水分子之间可以形成氢键 (6). (7). (8). (9). 6
【解析】
【分析】
(1)基态Mn原子的价电子排布式为，据此书写排布图；最外层为4s能级，根据s能级的电子云形状判断；
(2)同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但第ⅤA族元素原子最外层p轨道电子半充满，较稳定，第一电离能比同周期相邻元素大；元素的非金属性越强，电负性越大；
(3)物质a中含有氨基，与水分子之间可以形成氢键；
(4)苯环为平面结构，碳氮三键为平面直线型结构；单键为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，根据图示计算σ键的数目；
(5)根据均摊法计算该晶胞中原子数目，确定该锰氧化物的化学式；根据晶胞的投影图可知，与Mn原子距离相等且最近的O原子有6个。
【详解】(1)基态Mn原子的价电子排布式为，价电子排布图为；最外层为4s电子，电子云轮廓图呈球形；
(2)图甲中涉及的非金属元素除H外还有C、N、O，同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但第ⅤA族元素原子最外层p轨道电子半充满，较稳定，第一电离能比同周期相邻元素大，则第一电离能：C＜O＜N；元素的非金属性越强，电负性越大，则电负性：C＜N＜O；
(3)物质a中含有氨基，与水分子之间可以形成氢键，因此物质a可与水互溶；
(4)苯环中C原子轨道杂化方式为，碳氮三键中C原子轨道杂化方式为sp；单键为σ键，双键中有1个σ键，1 mol物质c中含有键，即含有σ键的数目为或；
(5)该晶胞中，含有Mn原子的数目为，含有O原子的数目为，则Mn、O原子个数之比为1：2，所以该锰氧化物的化学式为；根据晶胞的投影图可知，与Mn原子距离相等且最近的O原子有6个，所以Mn的配位数为6；
20.药物H的一种合成路线如下：
已知：R-CCH+H2O
请回答下列问题
(1)A的名称是___________；B→C的反应条件和试剂：______________________。
(2)E中含氧官能团名称是___________；G→H的反应类型是___________。
(3)写出E→F反应的化学方程式_________________________________。
(4)1个有机物C分子最多有___________个原子共平面。
(5)化合物F有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有___________种；其中核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为1︰2︰2︰2︰3的物质的结构简式为___________。
①能发生水解反应；②属于芳香化合物且能发生银镜反应
(6)参照上述信息，以丙醛(CH2CH2CHO)为主要原料合成（其他试剂任选)，设计合成路线：______。
【答案】 (1). 甲苯 (2). 氢氧化钠水溶液、加热 (3). 羟基 (4). 加成反应 (5). (6). 14 (7). 14 (8). 或 (9).
【解析】
【分析】
通过观察后续物质，可知A中含有苯环结构，结合分子式推知A为甲苯；在光照条件下，溴单质可以取代苯环侧链碳原子上的氢原子，B为；C能发生催化氧化生成D，可以推知C为醇，即苯甲醇；C经氧化得到D，D为苯甲醛；结合已知推得F为。
【详解】（1）通过观察后续物质，可知A中含有苯环结构，结合分子式推知A为甲苯，B→C为卤代烃的水解，反应试剂为氢氧化钠水溶液、条件为加热，故答案为甲苯；氢氧化钠水溶液、加热。
（2）E为，含氧官能团为羟基；G→H可以看到双键消失，C、N原子分别加上H原子，所以为加成反应，故答案为羟基；加成反应。
（3）E→F的化学方程式为，答案为：。
（4）C为苯甲醇，结合苯环的结构以及单键可以旋转，1个C分子中最多可以有14个原子共平面，故答案为14。
（5）F的结构简式为，F的同分异构体既可以水解又可以发生银镜反应，可知一定含有HCOO-结构，除此外，还含有一个苯环和2个碳原子；①若只有1个侧链，侧链为—CH2CH2OOCH、—CH（CH3）OOCH，有2种；②若有2个侧链，2个侧链为：HCOO—和—CH2CH3、HCOOCH2—和—CH3，2个侧链有邻、间、对三种位置，共6种；③若有3个侧链，3个侧链为：2个—CH3和HCOO—，先固定2个甲基，移动HCOO—，共有6种，符合条件的同分异构体一共有14种。其中核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为1︰2︰2︰2︰3的物质的结构简式或。
（6）对比CH3CH2CHO与的结构简式，碳链增加2个碳原子，目标产物中官能团为羟基，模仿流程中D→E→F可合成，最后与H2发生加成反应即可，流程图为：。
【点睛】注意应熟练掌握特殊官能团的特征反应条件，可以由条件反推物质可能具有的官能团。
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个项符合题目要求。
1.下列有关说法正确的是（ ）
A. 德州大学阿灵顿分校的科学家们使用太阳能、水和二氧化碳只需要一步就能产生液态烃（碳原子数可高至13），同时放出热量
B. 美国莱斯大学某研究团队发现大量金纳米颗粒（粒子直径在1 nm〜100 nm之间）聚集在肿瘤周围并被癌细胞吞噬后，用红外激光脉冲使其周围温度迅速升高并汽化临近的水分子，产生极其微小的气泡，这些气泡迅速膨胀并爆裂，可以撕裂癌细胞
C. 日本京都大学的研究人员使用一种被称为分子手术的技术，可以将两分子水注入富勒烯C70中用于研究水分子内的氢键作用
D. 广州大学清洁能源材料所刘兆清教授研究团队在非贵金属催化剂碳化钼的制备和催化性能研究方面取得重要进展，该催化剂不仅能够加快反应速率，还能提高反应的平衡转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A．由烃的燃烧反应可知，水和二氧化碳产生液态烃和氧气的反应为吸热反应，不可能放出热量，故A错误；
B．纳米颗粒的粒径在 1 nm~100 nm之间，故B正确；
C．水分子内无氢键，水分子间存在氯键，故C 错误；
D．催化剂能够加快反应速率，但不能提高反应的平衡转化率，故D 错误；
答案选B。
2.下列分子中，中心原子杂化轨道类型相同，分子的空间构型也相同的是
A. BeCl2、CO2 B. H2O、SO2 C. SO2、CH4 D. NF3、CH2O
【答案】A
【解析】
【分析】
根据价层电子对互斥理论可知，水中O原子含有的孤对电子对数＝（6－2×1）÷2＝2，采取sp3杂化方式，水是V型结构。
【详解】A．氯化铍中Be原子是sp杂化，是直线型结构。CO2是直线型结构，碳原子是sp杂化，故A正确；
B．SO2中S原子含有的孤对电子对数＝（6－2×2）÷1，采取sp2杂化方式，SO2是V形结构，故B错误；
C．SO2是V形结构，CH4中C原子采取sp3杂化方式，是正四面体结构；
D．NF3中N原子采取sp3杂化方式，是三角锥结构，CH2O中C原子采取sp2杂化方式，是平面三角形结构，故D错误。
答案选A
3.利用下列所给装置难以达到相应实验目的的是（ ）
A. 装置甲：蒸发结晶，制备纯碱
B. 装置乙：称量，配制480 mL0. 10 mol·L-1 NaOH溶液，需称量2.0 g NaOH
C. 装置丙：分液，四氯化碳萃取碘水中的I2后，分液获得碘的四氯化碳溶液
D. 装置丁：洗气，除去HCl中Cl2杂质
【答案】B
【解析】
【详解】A．加热蒸发碳酸钠溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，氢氧根离子与碳酸氢根离子可反应有生成碳酸根和水，最终可以获得纯碱，故A正确；
B．由于氢氧化钠易潮解，称量NaOH需要在烧杯中进行，故B错误；
C．四氯化碳可萃取碘水中的I2， 且与水不相溶，分液可获得碘的四氯化碳溶液，故C正确；
D．氯气易溶于CC14，HCl难溶于CCl4，可以达到实验目，故D正确；
答案选B。
4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 23g钠所含的核外电子数为1.1NA
B. lLl乙醛溶液中含有分子的数目为NA
C. 4.48 L和CO混合气体完全燃烧，消耗的氧分子数目为 0.1NA
D. 2.13 g氯气与足量热的NaOH溶液充分反应生成和时，转移的电子数目为0.05NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．1个钠原子核外有11个电子，23 g钠的物质的量为1 mol，故1 mol钠所含的核外电子为11mol，所含的核外电子数为11NA，故A错误；
B．1L1乙醛溶液中除含乙醛外，还含有，故所含有分子的数目大于，故B错误；
C．选项中没有指明气体是否在标准状况下，所以4.48 L和CO的混合气体不一定为0.2 mol，所消耗氧气的物质的量也无法确定，故C错误；
D．氯气与热NaOH溶液发生反应生成、和的化学方程式为，由上述化学方程式可知，3 mol发生反应时转移5 mol电子，2.13 g氯气的物质的量为0.03 mol，转移电子为0.05 mol，故D正确；
答案选D
5.下列反应的离子方程式表达正确的是（ ）
A. 向FeBr2 溶液中通入过量Cl2：2Fe2++Cl2 =2Fe3++2Cl-
B. 向碳酸钠溶液中通入少量CO2：+CO2+H2O=2
C. 向碘化钾溶液中加入少量硫酸酸化的H2O2溶液：3H2O2 +I-=+3H2O
D. Fe(OH)3 固体溶于 HI 溶液：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．向FeBr2溶液中通入过量氯气，反应生成氯化铁和溴单质，正确的离子方程式为2Fe2+ +4Br-+3C12=2Fe3++2Br2+6Cl-，故A错误；
B．向碳酸钠溶液中通入少量CO2，反应生成NaHCO3，其离子方程式为+CO2 + H2O=2，故B正确；
C．向KI溶液中加入少量硫酸酸化的H2O2溶液，I-被氧化为I2，其离子方程式为2H++ H2O2 + 2I-=I2 +2H2O，故C错误；
D．Fe(OH)3溶于HI溶液，Fe(OH)3和HI发生氧化还原反应，正确的离子方程式为2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe3++I2+6H2O，故D错误；
答案选B。
6.几种中学常见物质之间的转化关系如图所示（部分反应条件已省略）。已知：E为常见金属；在标准状况下气体R的密度为。下列推断合理的是（ ）
A. X—定是H2O2
B. 在反应①②中都作催化剂
C. 常温下，溶液的pH=2
D. 上述转化涉及的反应都是氧化还原反应
【答案】C
【解析】
【分析】
在标准状况下气体R的密度为，则R的相对分子质量等于22.4×=71，则为氯气，E为常见金属，为铁，G为FeCl2，H为FeCl3 ，X可能是或，Z是O2，Y为HCl，然后分析。
【详解】A．根据分析，X可以是或等，故A错误；
B．若X是或，则在反应①中是催化剂，在反应②制氯气中是氧化剂，故B错误；
C．常温下，溶液中，，pH=2，故C正确；
D．不是氧化还原反应，故D错误；
答案选C。
【点睛】根据R的在标准状况下密度为，计算出R是Cl，是解本题的关键，需注意铁及其氧化物，氯化物间的相互转化。
7.下列有关原子结构与性质的说法正确的是（ ）
A. 的基态原子的第一电离能依次递增
B. 的基态电子排布式为
C. 有6种不同能量的电子
D. 化合物中S元素显-2价，说明C元素比S元素的电负性弱
【答案】D
【解析】
【详解】A．同周期元素自左往右第一电离能呈增大趋势，但是Mg的基态原子最外层为全满状态，能量低不容易失去一个电子，Al的基态原子最外层电子以排布，容易失去一个电子形成稳定结构，故基态原子的第一电离能Mg比Al高，故A错误；
B．对于Cr的3d轨道来说，5电子是半充满状态，结构更稳定，所以应采取的排布方式，故B错误；
C．的核外电子排布式为应有5种不同能量的电子，故C错误；
D．化合物中元素显负价，说明其吸引电子的能力强，电负性强，即C元素比S元素的电负性弱，故D正确；
答案选D。
8.短周期不同主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质是制备一种高效电池的重要材料，在实验室里通常将其保存在石蜡中；X的单质与水发生剧烈反应，生成一种酸和一种气体单质；Y、Z原子的最外层电子数之和为7。下列说法正确的是（ ）
A. 若W的单质着火，可用泡沫灭火器扑灭
B. 工业上电解熔融Y的氯化物一定能制取Y的单质
C. Z的最高价氧化物对应的水化物一定不是强酸
D. X与Z形成的化合物的VSEPR模型均相同
【答案】C
【解析】
【分析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，由W的单质是制备一种高效电池的重要材料，在实验室里通常将其保存在石蜡中，可知W是Li元素；由X的单质与水发生剧烈反应，生成一种酸和一种气体单质，可知X是F元素；根据Y、Z原子的最外层电子数之和为7，再结合元素W、X、Y、Z处于不同的主族，可推知Y是Mg或Al元素，Z是P或Si元素，据此分析结合元素性质解答。
【详解】A．W是Li元素，单质Li常温下可以和水反应，在点燃时也可以和CO2反应，所以单质Li着火时，不能用泡沫灭火器扑灭，故A错误；
B．Y是Mg或Al元素，工业上电解熔融氯化镁可制取镁，氯化铝是共价化合物，而电解熔融氯化铝不能制取铝，故B错误；
C．Z是Si或P元素，对应的最高价氧化物的水化物分别为H2SiO3、H3PO4，二者均不是强酸，故C正确；
D．X与Z形成的化合物有SiF4、PF3、PF5，其中SiF4和PF3的VSEPR模型为四面体形，但PF5的VSEPR模型为三角双锥形，故D错误；
答案选C。
9.氨气可有效消除NO2的污染，相关反应为8NH3+6NO2⇌7N2+12H2O，在1 L恒容密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.50 mol NH3和1.2 mol NO2，测得n(NH3)随时间变化的有关实验数据如下表。
温度
n(NH3)/mol
时间/min
0
10
20
40
50
T1
0.50
0.35
0.25
0.10
0.10
T2
0.50
0.30
0.20
…
0.18
下列说法正确的是( )
A. T1温度下，0-20 min内，NO2的降解速率为0.0125 mol•L-1•min-1
B. 实验条件为T1＜T2，且该反应为放热反应
C. 40 min时，表格中T2对应的数据为0.20
D. 0~10 min内，T1温度下NH3的降解速率大于T2温度下的
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据表中数据，T1温度下，0~20 min内，v(NH3)===0.012 5 mol∙L-1∙min-1，而3v(NH3)=4v(NO2)，则v(NO2)=0.009375 mol∙L-1∙min-1，故A错误；
B．从表中数据可知，相同时间内T2温度下NH3的减少量要大于T1温度下NH3的减少量，说明T2时反应速率快，即T1＜T2，从变化趋势来分析，T2温度下反应在40 min之前就已经达到平衡状态，所以40 min时，表格中T2对应的数据为0.18，达到平衡时T2条件下NH3的转化率小，说明升高温度不利于反应正向进行，该反应为放热反应，故B正确；
C．根据B项分析，40 min时，表格中T2对应的数据为0.18，故C错误；
D．从表中数据可知，0-10 min内，T2温度下NH3的降解速率大于T1温度下的，故D错误；
答案选B。
10.下列实验操作、现象和结论均正确且具有对应关系的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论
A
向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液
溶液紫色褪去
氧化性：H2O2＞KMnO4
B
将浸透石蜡油的石棉放在硬质试管的底部，试管中加入碎瓷片，用酒精灯给碎瓷片加强热，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中
酸性高锰酸钾溶液由紫 色变为无色
石蜡油分解产物为乙烯
C
在CaCO3中加浓盐酸，并将反应后所得气体直接通入苯酚钠溶液中
溶液变浑浊
酸性：碳酸＞苯酚
D
取一支试管装入2 mL 1 mol • L- 1 MgCl2溶液，先滴加 2 mL 1 mol·L-1 NaOH溶液，再滴加几滴1 mol·L-1CuCl2溶液
先生成白色沉淀，后沉淀变为蓝色
溶度积：
Ksp[Cu(OH)2]＞Ksp[Mg(OH)2]
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液，KMnO4被H2O2还原，溶液紫色褪去，氧化性H2O2＜KMnO4，故A错误；
B．产生的气体使酸性高锰酸钾溶液由紫色变为无色，说明该气体为不饱和烃，但不能说明一定为乙烯，故B错误；
C．浓盐酸易挥发，HC1与苯酚钠反应也能生成苯酚沉淀，则由题给实验操作和现象不能比较碳酸和苯酚的酸性强弱，故C错误；
D．NaOH不足，由题述现象可知，发生了沉淀的转化，说明Ksp[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]，故D正确；
答案选D。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得1分，有选错得0分。
11.Z可用于防治老年人骨质疏松，可由X经两步转化得到。下列说法不正确的是（ ）
A. Z含有的官能团是（酚）羟基、酯基
B. X可以发生的反应类型有氧化、取代、加成、缩聚反应
C. X、Y、Z分别与浓溴水反应均最多消耗1 mol Br2
D. Y的分子式是C20H27O
【答案】CD
【解析】
【详解】A．Z中含有2个酚羟基和1个酯基，故A正确；
B．X中有酚羟基和羧基，并且含有苯环结构，因此X能发生氧化、取代、加成、缩聚反应，故B正确；
C．Y不与浓溴水反应，且题中未明确X、Y、Z的物质的量，无法确定X、Y、Z与浓溴水反应消耗的Br2的物质的量，故C错误；
D．结合Y的结构简式，可以得出Y的分子式是C20H28O4，故D错误；
答案选CD。
12.某兴趣小组利用硫酸厂产生的烧渣（主要含Fe2O3、FeO，还有一定量的SiO2）来制备FeCO3，其流程如图：
已知：①FeS2不溶于稀硫酸；②“还原”时，Fe3+通过两个反应被还原，其中一个反应为 FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2+16H+ 。
下列说法不正确的是（ ）
A. “还原”时另一个反应的离子方程式为2Fe3++FeS2=2S+3Fe2+
B. “还原”后可以用KSCN检验Fe3+否反应完全
C. 流程中多次进行过滤，过滤所用的玻璃仪器为烧杯、漏斗、胶头滴管和玻璃棒
D. 所得FeCO3需充分洗涤，可以用稀盐酸和BaCl2溶液检验FeCO3是否已洗涤干净
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题图可知“还原”后过滤所得滤渣中含有S，所以“还原”时另一个反应的离子方程式为2Fe3++FeS2=2S+3Fe2+，故A正确；
B．Fe3+可与KSCN反应生成血红色物质，所以“还原”后可以用KSCN检验Fe3+是否反应完全，故B正确；
C．过滤时不用胶头滴管，故C错误；
D．所得FeCO3需充分洗涤，用稀盐酸和BaCl2溶液检验最后一次洗涤液中是否含有来确定FeCO3是否已洗涤干净，故D正确；
答案选C。
13.挥发性有机物（VOCs）对环境易造成污染，VOCs催化燃烧处理技术具有净化率高、燃烧温度低、无明火、不会有 NOz等二次污染物产生等优点。图甲是VOCs处理过程中固体催化剂的催化原理，图乙是反应过程中的能量变化图。下列叙述正确的是（ ）
A. 图甲中固体催化剂表面既有化学键断裂，也有化学键形成
B. 图甲中固体催化剂可提高VOCs的平衡转化率
C. 图乙中曲线II使用了固体催化剂，反应活化能降低
D. VOCs催化氧化过程中所有反应均为放热反应
【答案】AC
【解析】
【详解】A．催化剂表面发生化学反应，反应过程中，既有化学键的断裂，也有化学键的形成，故A正确；
B．催化剂只能改变化学反应速率，不影响化学平衡，故催化剂不能提高反应物的平衡转化率，故B错误；
C．图乙中曲线I的活化能比曲线U的活化能高，使用催化剂时，活化能降低，故曲线II为使用催化剂的能量变化曲线，故C正确；
D．由图乙可知，使用催化剂后的反应过程中有中间产物生成，其中反应物转化为中间产物的反应中，反应物的总能量比中间产物的总能量低，故该反应为吸热反应，故D错误；
答案选AC。
14.一种双室微生物燃料电池，以苯酚（C6H6O）为燃料，同时消除酸性废水中的硝酸盐的装置示意图如图1所示； 研究人员发现的一种“水”电池，其总反应为：5MnO2 +2Ag+2NaCl=Na2Mn5Ol0+2AgCl，用该“水”电池为电源电解NaCl溶液的实验装置如图2所示，电解过程中X电极上有无色气体逸出。下列说法正确的是（ ）
A. 图1装置中若右池产生0.672 L气体（标准状况下），则电路中通过电子0.15 mol
B. 图1装置中左池消耗的苯酚与右池消耗的的物质的量之比为28：5
C. 图2装置的电路中每通过1 mol e-，U形管中消耗0.5 mol H2O
D. 图2装置中“水”电池内每生成1 mol Na2Mn5O10，X电极上生成1 mol气体
【答案】D
【解析】
【详解】A．图1装置中右池产生的气体为氮气，n(N2)==0.03 mol，由正极的电极反应式(2+l0e-+12H+=N2↑+6H2O)知电路中通过电子0.3 mol，故A错误；
B．图1装置中负极的电极反应式为C6H6O-28e- +11H2O=6CO2↑+28H+，正极的电极反应式(2+l0e-+12H+=N2↑+6H2O)，根据得失电子守恒，5C6H6O~28结合电极反应式可知图1装置中左池消耗的苯酚与右池消耗的的物质的量之比为5：28，故B错误；
C．图2装置的电路中每通过1mole-，由2Cl-+2H2O2OH- +H2↑+ Cl2↑可知生成0.5mol氢气，消耗1mol水，故C错误；
D．由题给总反应式可知每生成1 molNa2Mn5O10，转移2 mol 电子，又图2装置中电解过程中X电极上有无色气体逸出，即X极的电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，所以转移2mole-时X电极上生成1 mol气体，故D正确；
答案选D。
【点睛】将电极反应写出后，根据电子转移的数目相等，找到物质间的关系。
15.25℃时，向25 mL 0.100 0 mol • L-l的BOH溶液中逐滴滴入同浓度的一元弱酸HA的溶液，所得溶液PH与加入HA溶液的体积的关系曲线如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. BOH的电离方程式为BOH =B++OH-
B. 可选择酚酞作指示剂，滴定终点时，溶液恰好在B点从无色变为粉红色，且30秒内不恢复原色
C. Ka(HA)＜Kb(BOH)
D. 加入HA溶液的体积为50 ml时，c(B+)+2c(BOH)+c(OH-)=c(HA)+c(H+)
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题图中A点对应溶液的pH 可知，BOH为弱碱，其电离方程式为BOH⇌B++OH-，故A错误；
B．由题意结合题图可知，C点时酸碱恰好反应完全，溶液显酸性，应选择甲基橙作指示剂，且酚酞的变色范围为8.2~10.0，B点溶液pH =7，不在变色范围内，故B错误；
C．由题图可得，C点溶液的溶质为BA，溶液显酸性，说明水解程度：B+＞A-，故Ka(HA)＞Kb(BOH)，故C错误；
D．加入HA溶液的体积为50 mL时，溶液中溶质为BA与HA，且二者物质的量相等，由电荷守恒、物料守恒可得 c(B+)+2c(BOH)+c(OH-)=c(HA)+c(H+)，故D正确；
答案选D。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16.某校化学实验课上，老师要求学生用硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液制备Cu(OH)2，为了缩短实验时间，老师让学生将反应容器放在沸水浴中进行反应，结果出现了如下两种不同的实验现象：
操作
现象
实验一
向NaOH溶液中滴加CuSO4溶液
黑色沉淀
实验二
向CuSO4溶液中滴加NaOH溶液
蓝色沉淀
（1）甲同学认为实验一中产生的黑色沉淀是___(填化学式)，理由是___。
（2）为验证推测结果是否正确，甲同学将黑色沉淀过滤、洗涤、干燥后称得质量为ag，并按照如图所示装置进行实验，实验前后称得干燥管E的质量分别为cg和dg。
为确保实验的准确性，甲同学认为应在装置A反应一段时间后再接上装置E，点燃D中的酒精灯，其理由是___。乙同学认为甲同学的装置仍有不足，应在E的末端连接一个气囊，气囊的作用有两个：___。甲同学改进实验装置后完成实验，若a、c、d满足关系式：___，则证明甲同学对黑色沉淀的推测是正确的。
（3）丙同学认为实验二中的蓝色沉淀应为Cu(OH)2，丁同学立即提出反对意见，认为该蓝色沉淀一定不是Cu(OH)2。为确认实验二中蓝色沉淀的成分，丁同学从实验时药品的加入顺序考虑，可能是反应物的用量不同导致产物的不同，并上网查阅资料知，当NaOH溶液少量时会生成碱式硫酸铜[Cu2(OH)2SO4]，反应的离子方程式为___。
（4）进一步查阅资料可知碱式硫酸铜为蓝色物质，难溶于水、可溶于酸。请你设计实验，验证实验二中生成的蓝色沉淀含有SO42-：___。
【答案】 (1). CuO (2). 生成的Cu(OH)2沉淀受热分解成黑色的CuO (3). 装置中存在二氧化碳和水蒸气，也会被碱石灰吸收，对实验产生影响 (4). 防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置E(或排尽装置内空气，防止其对实验产生影响)，收集多余的H2 (5). 9a=40(d-c) (6). 2Cu2++2OH-+SO42-=Cu2(OH)2SO4↓ (7). 将蓝色沉淀过滤、洗涤后溶于过量稀盐酸(或稀硝酸)中，待沉淀溶解后加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则含有SO42-
【解析】
【分析】
（1）CuO为黑色；
（2）由图可知，A中制备氢气，B中NaOH除去HCl，C中浓硫酸干燥氢气，D中氢气还原CuO，且氢气不纯加热易爆炸，E中碱石灰可吸收水，且空气中的水、二氧化碳可进入E中；（3）NaOH溶液少量时会生成碱式硫酸铜[Cu2（OH）2SO4]，以此书写离子反应；
（4）验证实验二中生成的蓝色沉淀含有SO42-，可溶于盐酸后，滴加氯化钡观察是否生成白色沉淀。
【详解】分析元素，生成的沉淀能受热分解成黑色的CuO，黑色沉淀可能为氧化铜，
应在装置A反应一段时间后再接上装置D的原因是装置中存在的二氧化碳和水蒸气也会被碱石灰吸收，乙同学认为甲同学的装置仍有不足，应在装置E的末端连接一个气囊，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置E或排尽装置内空气，防止其对实验产生影响，氧原子守恒，所以，可证明黑色沉淀是氧化铜；
当NaOH溶液少量时会生成碱式硫酸铜，反应的离子方程式为；
碱式硫酸铜为蓝色物质，难溶于水、可溶于酸，要检验，首先要把碱式硫酸铜溶于硝酸或盐酸中，得到含溶液，再加入氯化钡溶液，产生不溶于酸的白色沉淀。
【点睛】有气体参与的实验，装置的排列顺序：一般按气流方向确定仪器的连接顺序，一般遵循：气体发生→除杂干燥→主体实验→尾气处理，以此思路解题。
17.二氧化碳的捕集和转化是科学研究中的热点问题。我国科研人员提出了以Ni/Al2O3为催化剂，由 CO2(g)和H2(g)转化为CH4(g)和H2O(g)的反应历程，其示意图如下：
(1)该可逆反应的化学方程式为_________。使用催化剂Ni/Al2O3_________ (填“能”或“不能”)提髙CO2的平衡转化率。
(2)300℃下，在一恒容密闭容器中充入一定量的CO2与H2，发生上述反应，一段时间后反应达平衡，若其他条件不变，温度从300℃升至500℃，反应重新达到平衡时，H2的体积分数增加。下列说法错误的是_________(填标号)。
A.该反应的
B.平衡常数大小：
C.300℃下，减小的值，的平衡转化率升高
D.反应达到平衡时化
(3)在一定条件下，反应体系中CO2的平衡转化率a( CO2)与L和X的关系如图所示，L和X表示温度或压强。
①X表示的物理量是___________。
②L1_____________L2(填“<”“>”)，判断理由是______________________________________。
(4)向1 L恒容密闭容器中加入4.0 mol H2(g)，1.0 mol CO2，控制条件(催化剂为 Ni/AI2O3、温度为T1)使之发生上述反应，测得容器内气体的压强随时间的变化如图所示。
①4 min时CO2的转化率为___________。
②T1温度下该反应的化学平衡常数为___________。
【答案】 (1). CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) (2). 不能 (3). BC (4). 温度 (5). ＞ (6). 该反应为气体分子数减小的反应，其他条件一定时，增大压强，平衡右移，CO2的平衡转化率升髙 (7). 75% (8). 6.75
【解析】
【分析】
(1)根据图示书写该可逆反应的化学方程式；催化剂只能加快反应的速率，不能提高CO2的平衡转化率；
(2)A．温度从300℃升至500℃反应重新达到平衡时，H2的体积分数增加，根据温度对平衡移动的影响分析；
B．正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小；
C．减小的值，CO2的含量增大，据此分析；
D．反应达到平衡时，反应速率之比等于化学计量数之比；
(3)①根据方程式 CO2(g) +4H2(g)CH4(g) +2H2O(g)及反应的H＜0 可知结合图像转化率的变化分析判断影响因素；
②结合题图及①中的分析判断；
(4)由题图可知，4 min时反应体系处于平衡状态，此时压强为0. 7p0，结合气体压强之比等于物质的量之比，列出三段式计算CO2的转化率及反应平衡常数。
【详解】(1)由题意可知该可逆反应的化学方程式为CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) +2H2O(g)，催化剂只能加快反应的速率，不能提高CO2的平衡转化率；
(2)A．对于该可逆反应，若其他条件不变， 温度从300℃升至500℃反应重新达到平衡时，H2的体积分数增加，说明正反应为放热反应，故A正确；
B．正反应为放热反应，因此，故B错误；
C．减小的值，CO2的平衡转化率降低，故C错误；
D．反应达到平衡时，，故D正确；
答案选BC；
(3)①根据方程式 CO2(g) +4H2(g)CH4(g) +2H2O(g)及反应的H＜0 可知，其他条件一定时，升温，CO2的平衡转化率降低，其他条件一定时，加压，CO2的平衡转化率升高，则X表示的物理量是温度；
②L表示压强，结合题图及上述分析，可知L1＞L2；
(4)①由题图可知，4 min时反 应体系处于平衡状态，此时压强为0. 7p0，设发生反应的CO2为x mol，列出三段式：
根据恒温恒容条件下，气体压强之比等于物质的量之比得出，解得 x=0.75，则CO2的转化率为；
②平衡常数。
18.氧化亚铜（Cu2O）是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石（含CuFeS2、Cu2S等）为原料制取Cu2O的工艺流程如下：
常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表：
Fe（OH）2
Fe（OH）3
Cu（OH）2
开始沉淀
7.5
2.7
4.8
完全沉淀
9.0
3.7
6.4
(1)炉气中有害气体成分是__________，Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。
(2)若试剂X是H2O2溶液，写出相应反应的离子方程式：________。当试剂X是______时，更有利于降低生产成本。
(3)加入试剂Y调pH时，pH的调控范围是___________。
(4)写出用N2H4制备Cu2O的化学方程式：________，操作X包括_________、洗涤、烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是____________。
(5)以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，写出阳极上生成Cu2O的电极反应式：__________。
【答案】 (1). SO2 (2). 2∶1 (3). 2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O (4). 空气或氧气 (5). 3.7≤pH<4.8 (6). 4CuSO4＋N2H4＋8KOH2Cu2O＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O (7). 过滤 (8). 防止Cu2O被空气中氧气氧化 (9). 2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O
【解析】
【分析】
(1)金属硫化物焙烧时转化为金属氧化物与二氧化硫，Cu2S与O2反应时，根据得失电子守恒，分析氧化剂与还原剂的物质的量之比；
(2)酸性条件下，H2O2将Fe2＋氧化为Fe3＋，本身被还原为H2O，酸性条件下O2也可以将Fe2＋氧化为Fe3＋；
(3)调整pH的目的是使铁离子全部转化为氢氧化铁沉淀除去，而铜离子不能形成沉淀；
(4)N2H4将Cu2＋还原为Cu2O，自身被氧化为N2；Cu2O不溶于水，且有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化；
(5)因Cu2O是在阳极上生成的，阳极材料是铜，铜失去电子转化为Cu2O，据此解答。
【详解】(1)金属硫化物焙烧时转化为金属氧化物与二氧化硫，故炉气中的有害气体成分是SO2，Cu2S与O2反应时，氧化剂为O2，还原剂为Cu2S，1molO2得4mol电子，Cu的化合价从+1价升高为+2价，S的化合价从-2价升高为+4价，故1molCu2S失8mol电子，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，故答案为：SO2；2∶1；
(2)酸性条件下，H2O2将Fe2＋氧化为Fe3＋，本身被还原为H2O，离子方程式为2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O；酸性条件下O2也可以将Fe2＋氧化为Fe3＋，而氧气或空气价格远低于H2O2，所以用氧气替代双氧水，可以有效降低生产成本，故答案为：2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O；空气或氧气；
(3)调整pH的目的是使铁离子全部转化为氢氧化铁沉淀除去，而铜离子不能形成沉淀，故pH调控范围是3.7≤pH<4.8，故答案为：3.7≤pH<4.8；
(4)N2H4将Cu2＋还原为Cu2O，自身被氧化为N2，化学方程式为4CuSO4＋N2H4＋8KOH2Cu2O＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O；由于Cu2O不溶于水，故操作X为过滤、洗涤、烘干；因Cu2O有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化，故烘干过程中要隔绝空气，故答案为：4CuSO4＋N2H4＋8KOH2Cu2O＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O；过滤；防止Cu2O被空气中氧气氧化；
(5)因Cu2O是在阳极上生成的，阳极材料是铜，铜失去电子转化为Cu2O，相应的电极反应式为2Cu－2e－＋2OH－===Cu2O＋H2O，故答案为：2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O。
19.2019年，大连化物所研究人员在乙酰酮修饰锰氧化物L酸催化胺选择氧化研究方面取得新的进展（如图甲所示），相关文章发表在《自然通讯》上。请回答下列问题：
（1）基态Mn原子的价电子排布图为________________，其中最外层电子的电子云轮廓图的形状为________________。
（2）图甲中涉及的非金属元素（除H外）第一电离能由小到大的顺序是________________（用元素符号表示，下同），电负性由小到大的顺序是________________。
（3）物质a可与水互溶，主要原因是________________。
（4）物质b中碳原子的轨道杂化方式有________________，1 mol物质c中含有σ键的数目为________________。
（5）该锰氧化物的晶胞结构如图乙所示，该锰氧化物的化学式为________________，该晶体中Mn的配位数是________________。
【答案】 (1). (2). 球形 (3). C＜O＜N (4). C＜N＜O (5). 物质a与水分子之间可以形成氢键 (6). (7). (8). (9). 6
【解析】
【分析】
(1)基态Mn原子的价电子排布式为，据此书写排布图；最外层为4s能级，根据s能级的电子云形状判断；
(2)同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但第ⅤA族元素原子最外层p轨道电子半充满，较稳定，第一电离能比同周期相邻元素大；元素的非金属性越强，电负性越大；
(3)物质a中含有氨基，与水分子之间可以形成氢键；
(4)苯环为平面结构，碳氮三键为平面直线型结构；单键为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，根据图示计算σ键的数目；
(5)根据均摊法计算该晶胞中原子数目，确定该锰氧化物的化学式；根据晶胞的投影图可知，与Mn原子距离相等且最近的O原子有6个。
【详解】(1)基态Mn原子的价电子排布式为，价电子排布图为；最外层为4s电子，电子云轮廓图呈球形；
(2)图甲中涉及的非金属元素除H外还有C、N、O，同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，但第ⅤA族元素原子最外层p轨道电子半充满，较稳定，第一电离能比同周期相邻元素大，则第一电离能：C＜O＜N；元素的非金属性越强，电负性越大，则电负性：C＜N＜O；
(3)物质a中含有氨基，与水分子之间可以形成氢键，因此物质a可与水互溶；
(4)苯环中C原子轨道杂化方式为，碳氮三键中C原子轨道杂化方式为sp；单键为σ键，双键中有1个σ键，1 mol物质c中含有键，即含有σ键的数目为或；
(5)该晶胞中，含有Mn原子的数目为，含有O原子的数目为，则Mn、O原子个数之比为1：2，所以该锰氧化物的化学式为；根据晶胞的投影图可知，与Mn原子距离相等且最近的O原子有6个，所以Mn的配位数为6；
20.药物H的一种合成路线如下：
已知：R-CCH+H2O
请回答下列问题
(1)A的名称是___________；B→C的反应条件和试剂：______________________。
(2)E中含氧官能团名称是___________；G→H的反应类型是___________。
(3)写出E→F反应的化学方程式_________________________________。
(4)1个有机物C分子最多有___________个原子共平面。
(5)化合物F有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有___________种；其中核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为1︰2︰2︰2︰3的物质的结构简式为___________。
①能发生水解反应；②属于芳香化合物且能发生银镜反应
(6)参照上述信息，以丙醛(CH2CH2CHO)为主要原料合成（其他试剂任选)，设计合成路线：______。
【答案】 (1). 甲苯 (2). 氢氧化钠水溶液、加热 (3). 羟基 (4). 加成反应 (5). (6). 14 (7). 14 (8). 或 (9).
【解析】
【分析】
通过观察后续物质，可知A中含有苯环结构，结合分子式推知A为甲苯；在光照条件下，溴单质可以取代苯环侧链碳原子上的氢原子，B为；C能发生催化氧化生成D，可以推知C为醇，即苯甲醇；C经氧化得到D，D为苯甲醛；结合已知推得F为。
【详解】（1）通过观察后续物质，可知A中含有苯环结构，结合分子式推知A为甲苯，B→C为卤代烃的水解，反应试剂为氢氧化钠水溶液、条件为加热，故答案为甲苯；氢氧化钠水溶液、加热。
（2）E为，含氧官能团为羟基；G→H可以看到双键消失，C、N原子分别加上H原子，所以为加成反应，故答案为羟基；加成反应。
（3）E→F的化学方程式为，答案为：。
（4）C为苯甲醇，结合苯环的结构以及单键可以旋转，1个C分子中最多可以有14个原子共平面，故答案为14。
（5）F的结构简式为，F的同分异构体既可以水解又可以发生银镜反应，可知一定含有HCOO-结构，除此外，还含有一个苯环和2个碳原子；①若只有1个侧链，侧链为—CH2CH2OOCH、—CH（CH3）OOCH，有2种；②若有2个侧链，2个侧链为：HCOO—和—CH2CH3、HCOOCH2—和—CH3，2个侧链有邻、间、对三种位置，共6种；③若有3个侧链，3个侧链为：2个—CH3和HCOO—，先固定2个甲基，移动HCOO—，共有6种，符合条件的同分异构体一共有14种。其中核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为1︰2︰2︰2︰3的物质的结构简式或。
（6）对比CH3CH2CHO与的结构简式，碳链增加2个碳原子，目标产物中官能团为羟基，模仿流程中D→E→F可合成，最后与H2发生加成反应即可，流程图为：。
【点睛】注意应熟练掌握特殊官能团的特征反应条件，可以由条件反推物质可能具有的官能团。
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