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山东省济南市2020届高三一模化学试题
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2020年高三模拟考试
化学试题
1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。
2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Zn 65
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意
1.新冠肺炎疫情出现以来，一系列举措体现了中国力量。在各种防护防控措施中，化学知识起了重要作用，下列有关说法错误的是（ ）
A. 使用84消毒液杀菌消毒是利用HClO或ClO-的强氧化性
B. 使用医用酒精杀菌消毒的过程中只发生了物理变化
C. N95型口罩的核心材料是聚丙烯，属于有机高分子材料
D. 医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯属于卤代烃
【答案】B
【解析】
【详解】A. 84消毒液的主要成分是NaClO，ClO－能发生水解生成HClO，HClO或ClO－具有强氧化性能使蛋白质变性，从而起到杀菌消毒的作用，故A说法正确；
B. 酒精能使蛋白质变性，属于化学变化，故B说法错误；
C. 聚丙烯是由丙烯发生加聚反应得到，即聚丙烯属于高分子材料，故C说法正确；
D. 四氟乙烯的结构简式为CF2=CF2，仅含有C和F两种元素，即四氟乙烯属于卤代烃，故D说法正确；
答案：B。
2.下列化学用语对事实的表述错误的是( )
A. 氯原子结构示意图：
B. 羰基硫(COS)的结构式为
C. 为Si原子的一种激发态
D. 中子数为10的氧原子形成的过氧根离子：
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯原子核外共有17个电子，其原子结构示意图为，A选项正确；
B．羰基硫(COS)的中心原子为C，C与O、C与S均形成两对共用电子对，其结构式为O=C=S，B选项正确；
C．Si原子的基态核外电子排布式为[Ne]3s23p2，3s轨道中一个电子跃迁至3p轨道中形成，处于激发态，C选项正确；
D．根据质量数=质子数+中子数可知，中子数为10的氧原子质量数=10+8=18，则其形成的过氧根离子应为，D选项错误；
答案选D。
3.磷酸氯喹(结构如图所示)可用于治疗新冠肺炎，2020年3月4日印发的《新型冠状病毒肺炎诊疗方案(试行第七版)》中明确规定了其用量。下列关于磷酸氯喹的说法错误的是( )
A. 化学式为
B. 含有2个杂化的氮原子和1个杂化的氮原子
C. 所含官能团之一为氯原子(碳氯键)
D. 可以发生取代反应、加成反应和氧化反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据磷酸氯喹的结构式可知，该有机物的分子式为C18H32ClN3O8P2，A选项错误；
B．该分子中有2个N原子形成的均是单键，1个N原子形成双键，因此含有2个sp3杂化的氮原子和1个sp2杂化的氮原子，B选项正确；
C．由磷酸氯喹的结构式可知，该分子中苯环处含有官能团氯原子，C选项正确；
D．该分子中苯环能够发生取代、加成反应，碳碳双键可以发生加成反应、氧化反应，D选项正确；
答案选A。
4.设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是( )
A. 醋酸钠溶液含有的数目为
B. 和的混合气体中含有键的数目为
C. 7g乙烯和环丁烷的混合气体中含有的氢原子数目为
D. 的浓与过量反应，转移的电子数大于
【答案】B
【解析】
【详解】A．1L 0.1mol·L-1醋酸钠溶液中溶质的物质的量为1L×0.1mol·L-1=0.1mol，则该溶液中含有的Na+物质的量为0.1mol，数目为0.1NA，A选项正确；
B．N2的结构式为N≡N，1个N2分子中含有2个键，CO2的结构式为O=C=O，1个CO2分子中含有2个键，但此处没有注明标准状况下，不能准确得出混合气体的物质的量，故不能得出混合气体中含有键的数目，B选项错误；
C．乙烯和环丁烷(C4H8)的最简式为“CH2”，7g“CH2”的物质的量为，氢原子数目为NA，C选项正确；
D．浓HNO3与铜反应生成NO2，稀HNO3与铜反应生成NO，即Cu＋4HNO3(浓)= Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O、3Cu＋8HNO3(稀)= 3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，100mL12mol·L－1的浓HNO3中含有的n(HNO3)＝0.1L×12mol·L－1＝1.2mol，1.2molHNO3参与反应，若其还原产物只有NO2，则反应转移0.6mol电子，还原产物只有NO则反应转移0.9mol电子，100mL12mol·L－1的浓HNO3与过量Cu反应的还原产物为NO和NO2，因此转移的电子数大于0.6NA，故D选项正确；
答案选B。
【点睛】本题的难点在于D选项，解答时需要注意浓硝酸与铜反应，稀硝酸也与铜反应，计算电子时用极限思维。
5.碱式氯化铜是一种重要的无机杀虫剂，它可以通过以下步骤制备。步骤1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应生成。已知对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。步骤2：在制得的溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制得碱式氯化铜。下列有关说法错误的是( )
A. a、b、c之间的关系式为
B. 图中M、N分别为、
C. 为了除去溶液中的杂质，可加入过量的、过滤
D. 若制备，理论上消耗
【答案】A
【解析】
【分析】
由实验步骤及转化图可知，发生反应2Cu+O2+4HCl===2CuCl2+2H2O， N为Fe2+，M为Fe3+，在制得在制得的CuCl2溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜，且化合物中正负化合价代数和为0，依此结合选项解答问题。
【详解】A．根据化合物中正负化合价的代数和为0，可知2a=b+c，A选项错误；
B．根据上述分析，N为Fe2+，M为Fe3+，B选项正确；
C．Fe3+水解使溶液显酸性，CuO与H+反应产生Cu2+和水，当溶液的pH增大到一定程度，Fe3+形成Fe(OH)3而除去，从而达到除去Fe3+的目的，C选项正确；
D．若制备1mol，转移的电子数为2a mol，根据得失电子守恒，理论上消耗0.5a molO2，标准状况(STP)下的体积为11.2a L，D选项正确；
答案选A。
6.下列反应的离子方程式正确的是( )
A. 红褐色固体全部溶于氢碘酸：
B. 水杨酸溶于溶液中：
C. 将等浓度的溶液与液按体积比2:3混合：
D. 洁厕灵(含)与84消毒液混合后产生氯气：
【答案】C
【解析】
【详解】A．Fe(OH)3溶于氢碘酸，Fe3+会氧化I-得到I2，正确的离子反应方程式应为：2Fe(OH)3+2I-+6H+===2Fe2++6H2O+I2，A选项错误；
B．水杨酸中酚羟基不能与NaHCO3发生反应，正确的离子反应方程式为：+HCO3-→+CO2↑+H2O，B选项错误；
C．等浓度的Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液按体积比2:3，则两者物质的量之比为2:3，两者混合后，2molBa2+消耗2molSO42-，3molH+消耗3molOH-，反应的离子反应方程式为：，C选项正确；
D．84消毒液的主要成分是NaClO，具有强氧化性，可还原洁厕灵中的HCl，反应的离子反应方程式为：Cl-+ClO-+2H+===Cl2↑+H2O，D选项错误；
答案选C。
【点睛】本题B选项为易错选项，在解答时要注意酚羟基的酸性是弱于碳酸的，不能和HCO3-发生发应。
7.短周期元素X、Y、Z原子半径的顺序为，基态X原子p能级上的电子数是Y原子质子数的3倍，它们可以形成离子化合物，其中阳离子(已知水合物的为、为)的结构如图所示。下列叙述错误的是( )
A. 的阴、阳离子均含有18个电子
B. 常温下，的水溶液呈碱性
C. 三种元素中Y的电负性最小
D. 简单气态氢化物的还原性：
【答案】B
【解析】
【分析】
X、Y、Z是短周期元素，基态X原子p能级上的电子数是Y原子质子数的3倍，且原子半径X>Y，根据X2Y5+离子的结构示意图可知，X为N元素，Y为H元素，又X、Y、Z可形成离子化合物X2Y5Z，且原子半径Z>X，则Z为Cl元素，据此分析解答问题。
【详解】A．X2Y5Z为N2H5Cl，化合物中阴离子为Cl-，含有18个电子，阳离子为N2H5+，含有的电子总数为7×2+1×5-1=18，A选项正确；
B．已知N2H4水合物的为、为，则N2H4的水合物N2H4·H2O为弱碱，因此常温下，N2H5Cl溶液中N2H5+水解显酸性，B选项错误；
C．非金属性越强，电负性越大，非金属性H元素最弱，故H的电负性最小，C选项正确；
D．X、Z的简单氢化物分别为NH3、HCl，由于氧化性Cl>N，则NH3的还原性更强，D选项正确；
答案选B。
8.牛津大学与IBM苏黎世研究中心首次借助原子力显微镜(AFM)对分子甲及反应中间体乙、丙进行高分辨率的探测成像，并利用单原子操纵技术对其进行原子尺度的操作，通过针尖施加电压脉冲逐步切断基团，最终成功合成了2019年度明星分子丁。下列说法错误的是( )
A. 甲分子含有6个手性碳原子
B. 反应中间体乙、丙都是碳的氧化物
C. 丁和石墨互为同素异形体
D. 甲生成丁的反应属于分解反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．手性碳原子一定是饱和的碳原子，且碳原子所连接的四个基团不相同，根据甲分子的结构可知，甲分子中的碳原子均为不饱和碳，故甲分子中不含有手性碳原子，A选项错误；
B．反应中间体乙、丙均是只由C、O两种元素组成，属于碳的氧化物，B选项正确；
C．由丁分子的结构可知，丁是C元素形成的单质，与石墨互为同素异形体，C选项正确；
D．根据题干信息分析可知，甲通过针尖施加电压脉冲分解得到丁和氧气，属于分解反应，D选项正确；
答案选A。
9.根据下列操作和现象所得到的结论正确的是( )
操作和现象
结论
A
向碳酸钙中加入盐酸，产生的气体经饱和碳酸氢钠溶液洗气后，再通入硅酸钠溶液，出现白色沉淀
利用该实验可以证明非金属性：
B
取少量某硫酸盐样品溶于氢氧化钠溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
样品为硫酸铵
C
向 等体积等浓度稀硫酸中分别加入少许等物质的量的和固体，溶解而不溶解
D
加热石油分馏得 到的石蜡，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液颜色逐渐褪去
石油中含有烯烃
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．盐酸(HCl)不是Cl元素的最高价氧化物对应的水化物，实验中可以说明酸性：HCl>H2CO3，但不能说明非金属性Cl>C，A选项错误；
B．某硫酸盐样品溶于氢氧化钠溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明该样品中含有NH4+，可能为(NH4)2SO4或NH4HSO4，B选项错误；
C．相同条件下，溶解度大的物质先溶解，组成和结构相似的难溶物，溶解度越大，其溶度积越大，等体积等浓度稀硫酸中分别加入少许等物质的量的ZnS和CuS固体，ZnS溶解而CuS不溶解，则Ksp(CuS)
答案选C。
【点睛】本题考查了化学实验方案的评价，明确常见基本概念、基本化学原理、元素及其化合物的性质是解答本题的关键。
10.常温下，用溶液滴定溶液，溶液与滴入溶液的体积间的关系如图所示。下列说法错误的是( )
A. 当时，
B. 当时，
C. 当时，
D. 当时，
【答案】A
【解析】
【详解】A．当V(NaOH)=0时，溶液中只存在H3PO4溶液，根据物料守恒可知，[H3PO4]+[H2PO4-]+[HPO42-]+[PO43-]=01000mol·L-1，A选项错误；
B．当V(NaOH)=20mL时，溶液的pH=4.7，溶质为NaH2PO4，由于溶液呈酸性，故电离大于水解，则[Na+]>[H2PO4-]>[HPO42-]>[H3PO4]，B选项正确；
C．当pH=7时，[H+]=[OH-]，溶液中有电荷守恒[Na+]+[H+]=[H2PO4-]+2[HPO42-]+3[PO43-]+[OH-]，则[Na+]=[H2PO4-]+2[HPO42-]+3[PO43-]，C选项正确；
D．当V(NaOH)=40mL时，溶液的pH=9.7，溶质为Na2HPO4，溶液中存在着电荷守恒：[Na+]+[H+]=[H2PO4-]+2[HPO42-]+3[PO43-]+[OH-]，物料守恒：[Na+]=2[H2PO4-]+2[HPO42-]+2[PO43-]+2[H3PO4]，两式相减有：[PO43-]+[OH-]=[H+]+[H2PO4-]+2[H3PO4]，D选项正确；
答案选A。
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选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。
11.2020年3月9日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射北斗系统第54颗导航卫星。长征三号乙运载火箭一二子级使用液体四氧化二氮和液体偏二甲肼(，又称1，1-二甲基联氨)作为推进剂，第三子级使用液氢和液氧作为推进剂，两组推进剂燃烧的产物均为无毒物质。下列说法正确的是( )
A. 偏二甲肼分子中既有极性键也有非极性键，属于非极性分子
B. 燃烧时每消耗偏二甲肼会转移电子
C. 若液氢与足量液氧完全反应生成液态水会释放能量，则氢气的燃烧热为
D. 两组推进剂燃烧产物不会造成任何环境问题
【答案】B
【解析】
【详解】A．偏二甲肼(C2H8N2，又称1，1-二甲基联氨)的结构式为 ，分子中N和C、N和H、C和H均形成极性键，N和N形成非极性键，但该分子结构不对称，是极性分子，A选项错误；
B．四氧化二氮和偏二甲肼燃烧的反应方程式为C2H8N2+2N2O4===3N2↑+4H2O↑+2CO2↑，C2H8N2中的N的化合价由-2价变为0价，C元素的化合价由-2价变为+4价，因此燃烧时每消耗1mol偏二甲肼会转移2×2+6×2=16mol电子，B选项正确；
C．1mol液氢与足量液氧完全反应生成液态水会释放a kJ能量，液态氢变成氢气需要吸收热量，故氢气的燃烧热小于a kJ·mol-1，C选项错误；
D．第一组推进剂四氧化二氮和偏二甲肼燃烧会生成CO2，CO2会引起温室效应，D选项错误；
答案选B。
12.硫酸亚铁的用途广泛，可以制备下图所示物质，下列说法错误的是( )
A. 属于碱式盐，可用作净水剂
B. 与足量反应的离子方程式为：
C. 可用稀硫酸和溶液检验铁红中是否含有
D. “冷却结晶”后的操作是过滤，“煅烧”操作的主要仪器有酒精灯、蒸发皿、玻璃棒
【答案】BD
【解析】
【详解】A．Fe4(OH)2(SO4)5电离后的阴离子为OH-和SO42-，阳离子为Fe3+，属于碱式盐，其中Fe3+可水解产生Fe(OH)3的胶体，吸附水中的杂质，可作净水剂，A选项正确；
B．FeSO4与足量NH4HCO3反应的离子方程式为：Fe2++2HCO3-===FeCO3+CO2↑+H2O，B选项错误；
C．Fe2+能使K3[Fe(CN)6]生成蓝色沉淀，用稀硫酸和K3[Fe(CN)6]溶液检验铁红中是否含有FeCO3，若含有，溶液会生成蓝色沉淀，若不含有，则无明显现象，C选项正确；
D．“冷却结晶”后的操作是过滤，“煅烧”操作的主要仪器有酒精灯、三脚架、坩埚、泥三角、玻璃棒，D选项错误；
答案选BD。
13.2019年诺贝尔化学奖授予了在锂离子电池领域作出巨大贡献的三位科学家。某锂离子电池以为负极，为正极，锂盐有机溶液作电解质溶液，电池反应为。则下列有关说法正确的是( )
A. 金属锂的密度、熔点和硬度均比同族的碱金属低
B. 该锂离子电池可用乙醇作有机溶剂
C. 电池放电时，从正极流向负极
D. 电池充电时，阳极的电极反应式为
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题干信息，结合电池反应可知，电池放电时，作原电池，C6Li为负极，失去电子发生氧化反应，Li1-xMO2为正极，得到电子发生还原反应，再根据电解池与原电池反应可逆分析解答问题。
【详解】A．碱金属元素从上到下对应单质的熔沸点逐渐降低，故金属锂的熔点均比同族的碱金属高，A选项错误；
B．乙醇的氧化还原电位太低，容易被氧化，不能作该锂离子电池的有机溶剂，B选项错误；
C．电池放电时，为原电池，阳离子(Li+)从负极向正极移动，C选项错误；
D．由上述分析可知，电池充电时，LiMO2作阳极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为LiMO2-xe-===xLi++Li1-xMO2，D选项正确；
答案选D。
14.丙酮的碘代反应的速率方程为，其半衰期(当剩余反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示。
0.25
0.050
1.4
0.50
0.050
2.8
1.00
0.050
5.6
0.50
0100
2.8
下列说法正确的是( )
A. 速率方程中的、
B. 该反应的速率常数
C. 增大的浓度，反应的瞬时速率加快
D. 在过量的存在时，反应掉87.5%的所需的时间是375min
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由第一组数据和第二组数据可得，则m=1，由第二组数据和第四组数据可得，则n=0，A选项正确；
B．由A可知，m=1，n=0，则v=kc(CH3COCH3)，带入第一组数据可得，k=5.6×10-3min-1，B选项错误；
C．由第二组和第四组数据分析可知，当其他条件不变时，增大I2的浓度，反应的瞬时速率不变，C选项错误；
D．存在过量的I2时，反应掉87.5%可以看作经历3个半衰期，即50%+25%+12.5%，因此所需的时间为，D选项正确；
答案选AD。
【点睛】本题的难点在于D选项，正确理解半衰期的含义，知道反应掉87.5%的可以看作经历3个半衰期，即50%+25%+12.5%，为解答本题的关键。
15.某温度下，向溶液中滴加的溶液，滴加过程中与溶液体积的关系如图所示。下列有关说法正确的是( )
A. 该温度下，
B. a、b、c三点对应的溶液中，水的电离程度最小的为a点
C. 若改用溶液，b点应该水平左移
D. 若改用溶液，b点移向右下方
【答案】AC
【解析】
【详解】A．该温度下，平衡时c(Pb2+)=c(S2-)=10-14mol·L-1，则Ksp(PbS)= c(Pb2+)·c(S2-)=(10-14 mol·L-1)2=10-28 mol2·L-2，A选项正确；
B．Pb2+单独存在或S2-单独存在均会水解，促进水的电离，b点时恰好形成PbS的沉淀，此时水的电离程度最小，B选项错误；
C．若改用0.02mol·L-1的Na2S溶液，由于温度不变，Ksp(PbS)=c(Pb2+)·c(S2-)不变，即平衡时c(Pb2+)不变，纵坐标不变，但消耗的Na2S体积减小，故b点水平左移，C选项正确；
D．若改用0.02mol·L-1的PbCl2溶液，c(Pb2+)增大，纵坐标增大，消耗的Na2S的体积增大，b点应移向右上方，D选项错误；
答案选AC。
三、非选择题：本题共5个小题，共60分。
16.利用某冶金行业产生的废渣(主要含，还有少量、等杂质)可以制备，生产流程如下：
已知：微溶于水、溶于碱生成(加热生成)，具有强氧化性。向溶液中加酸，不同对应的主要存在形式如表：
10.6~12
约8.4
3~8
约2
<1
存在形式
回答下列问题：
(1)“焙烧”后V元素转化为，元素转化为________(写化学式)。
(2)欲除尽磷元素(即)，最终溶液中的浓度至少为________(已知)。
(3)“沉钒”过程中，由8.5到5.0发生反应的离子方程式为________；最终需要控制约为________；“沉钒”最终得到的主要含钒物质是________(写化学式)。
(4)“还原”和“转化”过程中主要反应的离子方程式分为________、________。
【答案】 (1). (2). (3). (4). 2 (5). (6). (7).
【解析】
【分析】
结合题干信息，根据(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O的生产流程分析，废渣加入Na2CO3在空气中焙烧得到NaVO3和Na2SiO3，Na3PO4，水浸后加入MgSO4得到H2SiO3和Mg3(PO4)2的滤渣除去，滤液加入稀硫酸沉钒最终得到V2O5，过滤，再加入稀硫酸溶解得到VO2+，加入HCOOH还原得到VO2+，加入NH4HCO3转化得到产品，据此分析解答。
【详解】(1)由上述分析可知，废渣加入Na2CO3在空气中焙烧得到NaVO3和Na2SiO3，Na3PO4，故答案为：Na2SiO3；
(2)因为Ksp[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)·c2(PO43-)，已知Ksp[Mg3(PO4)2]=1.0×10-24，假设PO43-刚好完全除尽，即c(PO43-)=1.0×10-5mol·L-1，则，即溶液中Mg2+的浓度至少为，故答案为：；
(3)结合已知数据分析可知，“沉钒”过程中，pH由8.5到5.0主要发生的反应时V3O93-转化为V10O286-，反应的离子方程式为：10V3O93-+12H+===3V10O286-+6H2O，沉钒最终得到的物质时V2O5，所需要控制的pH约为2，故答案为：10V3O93-+12H+===3V10O286-+6H2O；2；V2O5；
(4)根据上述分析，“还原”过程中HCOOH将VO2+还原得到VO2+，自身被氧化为CO2，根据氧化还原反应的规律得到离子反应方程式为：2VO2++HCOOH+2H+===2VO2++CO2↑+2H2O，“转化”时，NH4HCO3与上一步还原得到VO2+反应得到产品，反应的离子反应方程式方程式为：5NH4++6VO2++17HCO3-+6H2O===(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O+13CO2↑，故答案为：2VO2++HCOOH+2H+===2VO2++CO2↑+2H2O；5NH4++6VO2++17HCO3-+6H2O===(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O+13CO2↑。
17.工业炼铁过程中涉及到的主要反应有：
①
②
③
④
回答下列问题：
(1)________。
(2)时，向容积为的恒容密闭容器中加入和发生反应③，5min时达到平衡，平衡时测得混合气体中的体积分数为80%，则0~5min内反应的平均速率________，该温度下反应的平衡常数为________，下列选项中能够说明该反应已经达到平衡状态的是________(填标号)。
A.固体的物质的量不再变化
B.体系的压强保持不变
C.混合气体的平均摩尔质量保持不变
D.单位时间内消耗和生成的物质的量相等
(3)一定条件下进行反应③，正向反应速率与时间的关系如图所示，时刻改变了一个外界条件，可能是________。
(4)向密闭容器中加入足量的、和一定量的、，在和下，反应③体系中和的分压随时间变化的关系如图所示(已知温度：)
时，随时间变化关系的曲线是________，时，随时间变化关系的曲线是________。向时已经达到平衡状态的反应③体系中再充入一定量的，再次达到平衡时，与的物质的量之比为________。
【答案】 (1). -28 (2). 0.048 (3). 64 (4). AC (5). 恒压条件下充入一定量 (6). a (7). c (8). 1:7
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律进行ΔH3的计算；
(2)根据题干信息，列三段式求出CO转化的物质的量，从而求出0~5min内的平均反应速率和平衡常数，根据分析“变量”来判断是否能够作为反应达到平衡的标志；
(3)结合化学反应速率和平衡移动的影响因素进行分析解答；
(4)结合第(2)中的平衡常数，根据CO和CO2的浓度比通过阿伏伽德罗定律得出三个温度下的大小关系，从而结合图像分析得出代表曲线，在根据温度不变，平衡常数不变求出比值。
【详解】(1)由题干信息分析可得，反应③可通过反应(④-②×3)得到，根据盖斯定律，ΔH3=(ΔH4-3ΔH2)=(460-3×172)=-28kJ·mol-1，故答案为：-28；
(2)T1时，向容积为10L的恒容密闭容器中加入3molFe2O3和3molCO发生反应③，平衡时测得混合气体中CO2的体积分数为80%，设CO转化了x mol，列三段式有：
则，解得x=2.4mol，因此0~5min内反应的平均速率，该温度下的平衡常数；
A．由化学反应方程式可知，反应中固体的物质的量为一个变量，当固体的物质的量不再发生改变时，可以说明反应达到了平衡，A选项正确；
B．恒温恒容时，由阿伏伽德罗定律PV=nRT可知，体系的压强与气体的物质的量成正比，因为反应中气体的物质的量始终保持不变，所以体系压强始终不变，故体系的压强保持不变不能说明反应达到了平衡，B选项错误；
C．混合气体平均摩尔质量=混合气体的总质量÷混合气体的物质的量，反应前后混合气体的总质量增加，总物质的量不变，则混合气体的平均摩尔质量为一个变量，当混合气体的平均摩尔质量保持不变时，可以说明反应达到了平衡，C选项正确；
D．单位时间内消耗CO和生成CO2都是正反应方向，不能说明反应达到了平衡，D选项错误；
答案选AC，故答案为：0.048；64；AC；
(3)由于该反应是一个反应前后气体体积不变的且正反应是放热的反应，根据图像变化趋势可知，在t2时v正减小，且重新平衡时等于原平衡的v正，平衡不移动，则改变的条件可能是在恒压条件下充入一定量的CO2气体，故答案为：在恒压条件下充入一定量的CO2气体；
(4)由(2)知，T1时，反应③的平衡常数，因为T1>T2>T3，所以T2、T3时，反应达到平衡后K3>K2>K，则达到平衡后，T3时的>T2时的，故曲线a表示T2时P(CO2)随时间变化的关系曲线，曲线d表示T2时P(CO)随时间变化的关系曲线，曲线b表示T3时P(CO2)随时间变化的关系曲线，曲线c表示T3时P(CO)随时间变化的关系曲线，由于温度不变，平衡常数不变，故向T3时已经达到平衡状态的反应③体系中再充入一定量的CO，再次达到平衡时，CO与CO2的物质的量之比仍为1:7，故答案为：a；c；1:7。
【点睛】本题主要考查了盖斯定律的应用、根据图像对平衡移动的判断、运用三段式计算平衡常数等知识点，重点培养学生能够利用化学知识提取题干信息的能力，难点在于第(4)题曲线的判断，需要灵活运用不同温度下的平衡常数与浓度的关系，结合阿伏伽德罗定律推知分压的关系。
18.工业上处理含苯酚废水的过程如下。回答下列问题：
Ⅰ.测定废水中苯酚的含量。
测定原理：+3Br2→↓+3HBr
测定步骤：
步骤1：准确量取待测废水于锥形瓶中。
步骤2：将浓溴水(量)迅速加入到锥形瓶中，塞紧瓶塞，振荡。
步骤3：打开瓶塞，向锥形瓶中迅速加入溶液(过量)，塞紧瓶塞，振荡。
步骤4：滴入2~3滴指示剂，再用标准溶液滴定至终点，消耗溶液(反应原理：)。待测废水换为蒸馏水，重复上述步骤(即进行空白实验)，消耗溶液。
(1)“步骤1”量取待测废水所用仪器是________。
(2)为了防止溴的挥发，上述步骤中采取的措施包括迅速加入试剂和________。
(3)“步骤4”滴定终点的现象为________。
(4)该废水中苯酚的含量为________(用含、的代数式表示)。如果空白实验中“步骤2”忘记塞紧瓶塞，则测得的废水中苯酚的含量________(填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同)；如果空白实验中“步骤4”滴定至终点时俯视读数，则测得的废水中苯酚的含量________。
Ⅱ.处理废水。采用基为阳极，不锈钢为阴极，含苯酚的废水为电解液，通过电解，阳极上产生羟基(·)，阴极上产生。通过交排列的阴阳两极的协同作用，在各自区域将苯酚深度氧化为和。
(5)写出阳极的电极反应式：________。
(6)写出苯酚在阴极附近被深度氧化的化学方程式：________。
【答案】 (1). (酸式)滴定管 (2). 塞紧瓶塞 (3). 滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色 (4). (5). 偏低 (6). 偏低 (7). (8).
【解析】
【分析】
向呈有待测废水加入浓溴水反应后得到三溴苯酚的沉淀，再加入KI溶液与剩下的Br2发生氧化还原反应得到I2，方程式为Br2+2I-===I2+2Br-，再用Na2S2O3标准溶液滴定I2，可根据消耗的Na2S2O3标准溶液的体积和浓度算出溶液中剩余的Br2的物质的量，再设置一个空白实验测出浓溴水的物质的量，用Br2总的物质的量-剩余Br2的物质的量即可得出与苯酚反应的Br2的物质的量，再结合反应方程式得到苯酚的物质的量，从而求出废水中苯酚的含量，结合实验基本操作及注意事项解答问题。
【详解】(1)由于苯酚显酸性，因此含苯酚的废水为酸性，“步骤1”中准确量取废水时所用的仪器可选用酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；
(2)由于溴单质易挥发，因此可采用塞进瓶塞、迅速加入试剂等方法防止其挥发，故答案为：塞紧瓶塞；
(3)用0.01mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，由于Na2S2O3标准溶液会反应I2，加入的淀粉遇I2变成蓝色，所以滴定终点的现象为滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色，故答案为：滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色；
(4)根据反应方程式可得各物质的物质的量关系式：
剩下的浓溴水中Br2的物质的量为0.005V1 mmol，将待测废液换成蒸馏水时，5mL amol/L的浓溴水中Br2的物质的量为0.005V2 mmol，则与苯酚参与反应的Br2的物质的量为0.005(V2-V1) mmol，根据方程式+3Br2→↓+3HBr可得苯酚的物质的量为 mmol，质量为mg，则该废水中苯酚的含量为，若步骤2中忘记塞进瓶塞，溴单质挥发，导致最终消耗的Na2S2O3的体积偏小，则测得苯酚的含量偏低，如果空白实验中步骤4滴定终点时俯视读数，读得的体积偏小，则消耗的Na2S2O3的体积偏小，使测得苯酚的含量偏低，故答案为：；偏低；偏低；
(5)由题干信息可知，Ti基PbO2为阳极，则阳极H2O失去电子产生·OH，电极反应式为H2O-e-===H++·OH，故答案为：H2O-e-===H++·OH；
(6)根据题干信息可知，苯酚被阴极产生的H2O2深度氧化产生CO2和H2O，有氧化还原反应规律得到其反应方程式式为C6H5OH+14H2O2===6CO2↑+17H2O，故答案为：C6H5OH+14H2O2===6CO2↑+17H2O。
19.如图所示是金刚石的晶胞结构，除顶点和面心上有碳原子外，4条体对角线的1/4处还各有1个碳原子。回答下列问题：
(1)若图中原子1的坐标为，则原子2的坐标为________。若金刚石的晶胞参数为，则其中碳碳键的键长________pm(用含的代数式表示)。
(2)面心立方晶胞与金刚石结构类似，阴、阳离子各占晶胞所含微粒数的一半。
①S元素及其同周期的相邻元素第一电离能由小到大的顺序是________，二氯化硫()分子中S原子的杂化类型是________。
②写出基态的电子排布式________；把晶胞示意图中表示的小球全部涂黑_______。
③锌锰干电池中可吸收电池反应产生的生成，该离子中含有________个键。
④若该晶胞的晶胞参数为，阿伏加德罗常数的值为，则晶体的密度为________(列出计算式)
(3)有人设想冰的晶胞也应该类似于金刚石，但实际较为复杂，可能是因为氢键较弱而导致“饱和性和方向性”很难被严格执行。例如有文献报道氨晶体中每个氢原子都形成氢键，则每个与周围________个通过氢键相结合。
【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). 或 (7). 16 (8). (9). 6
【解析】
【详解】(1)若图中原子1的坐标为(0,0,0)，则可建立以原子1为原点的坐标系，根据题干信息可知，原子2位于其中一条对角线上，根据立体几何可知，原子2的坐标为(,,,)，晶胞中C原子形成的碳碳单键的键长刚好为体对角线的，因此，若金刚石的晶胞参数为，则其中碳碳键的键长为pm，故答案为：(,,,)；；
(2)①与S元素同周期的相邻元素分别为P和Cl，一般情况下，同周期第一电离能逐渐增大，但P的3p轨道为3p3半充满状态，故第一电离能由小到大的为顺序为S
③[Zn(NH3)4]2+离子中Zn2+和NH3形成了4个配位键，同时1个NH3中N和H形成3个共价键，则该离子中共含有4+3×4=16个键，故答案为：16；
④由②分析可知，1个ZnS晶胞中共由4个ZnS，则晶胞的质量m为，晶胞的体积V=(a2×10-10)3=a23×10-30cm3，根据密度公式可得该晶体的密度，故答案为：；
(3)若氨晶体中每个氢原子都形成氢键，则1个NH3中3个H原子与其他NH3分子的N原子形成3个氢键，N原子与其他NH3分子的H原子形成3个氢键，则每个NH3与周围6个NH3通过氢键相结合，故答案为：6。
【点睛】本题主要考查物质结构与性质的综合运用，涉及晶胞的计算、电离能的大小判断、杂化轨道理论判断分子杂化方式等知识点，其中第(2)题的第③小问为易错点，在判断键的个数时不能忘记Zn2+和NH3形成的配位键。
20.以烃A为原料合成有机化合物M和N的路线如下：
已知：a.在催化剂作用下，烯烃分子间的双键碳原子可以互换而发生烯烃复分解反应：+ 2
b.X的苯环上有2种等效氢，且只含1个甲基。
回答下列问题：
(1)根据系统命名法，B的名称是________。N中含氧官能团的名称为________。
(2)M的结构简式是________。
(3)F→G的反应类型是________。
(4)写出C→D的化学方程式________。
(5)同时满足下列两个条件的N的同分异构体共有________种；
①能够发生银镜反应且该物质与生成Ag的物质的量之比为1:4；
②苯环上连接—C5H11。
上述同分异构体中，核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为9:2:2:2:1的有________和________(写结构简式)
(6)写出以CH2=CH(CH2)4CH=CH2为原料制备的合成路线________(其他试剂任选)
【答案】 (1). 3，4-二甲基-3-己烯 (2). 酯基 (3). (4). 消去反应 (5). (6). 48 (7). (8). (9).
【解析】
【分析】
根据合成路线分析，A的分子式为C5H10，可知A为烯烃，又M为D与乙二酸发生酯化反应得到的分子式为C10H16O4的六元环酯，则M的结构式为，因此D为，逆向分析可知，A在催化剂的作用下发生已知反应a生成B，B与溴的四氯化碳溶液发生加成得到C，C发生消去反应得到D，则C为，B为，A为，A与溴的四氯化碳溶液发生加成反应得到E()，E再经多步反应得到F，F再得到分子式为C5H8O2，且分子中只有一个甲基的G，则G的结构式为CH3CH2CH=CHCOOH，G与苯环上有两种等效氢且只含有一个甲基的X在浓硫酸加热的条件下反应得到分子式为C13H16O2的N，则X为，N为，据此分析解答。
【详解】(1)由上述分，B的结构简式为，名称为3，4-二甲基-3-己烯，N的结构简式为，其中含氧官能团的名称是酯基，故答案为：3，4-二甲基-3-己烯；酯基；
(2)由上述分析可知，M的结构式为，故答案为：；
(3)根据上述分析，F→G发生的是—OH的消去反应，故答案为：消去反应；
(4)C在NaOH溶液中加热发生消去反应得到D，反应方程式为，故答案为：；
(5)由题干信息，N的同分异构体能够发生银镜反应且该物质与生成Ag的物质的量之比为1:4，则该分子中含有2个—CHO，且苯环上连接—C5H11，则该分子的结构可以是、、、、、6种结构，由于—C5H11共有8种结构，因此N满足条件的同分异构体共有6×8=48种，其中核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为9:2:2:2:1的是和，故答案为：48；；；
(6)结合题干中的反应，可将CH2=CH(CH2)4CH=CH2发生已知反应a得到，再在溴的四氯化碳溶液中发生加成反应得到，与NaOH的醇溶液加热发生消去反应可得到，其合成路线可以是，故答案为：。
化学试题
1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。
2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Zn 65
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意
1.新冠肺炎疫情出现以来，一系列举措体现了中国力量。在各种防护防控措施中，化学知识起了重要作用，下列有关说法错误的是（ ）
A. 使用84消毒液杀菌消毒是利用HClO或ClO-的强氧化性
B. 使用医用酒精杀菌消毒的过程中只发生了物理变化
C. N95型口罩的核心材料是聚丙烯，属于有机高分子材料
D. 医用防护服的核心材料是微孔聚四氟乙烯薄膜，其单体四氟乙烯属于卤代烃
【答案】B
【解析】
【详解】A. 84消毒液的主要成分是NaClO，ClO－能发生水解生成HClO，HClO或ClO－具有强氧化性能使蛋白质变性，从而起到杀菌消毒的作用，故A说法正确；
B. 酒精能使蛋白质变性，属于化学变化，故B说法错误；
C. 聚丙烯是由丙烯发生加聚反应得到，即聚丙烯属于高分子材料，故C说法正确；
D. 四氟乙烯的结构简式为CF2=CF2，仅含有C和F两种元素，即四氟乙烯属于卤代烃，故D说法正确；
答案：B。
2.下列化学用语对事实的表述错误的是( )
A. 氯原子结构示意图：
B. 羰基硫(COS)的结构式为
C. 为Si原子的一种激发态
D. 中子数为10的氧原子形成的过氧根离子：
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯原子核外共有17个电子，其原子结构示意图为，A选项正确；
B．羰基硫(COS)的中心原子为C，C与O、C与S均形成两对共用电子对，其结构式为O=C=S，B选项正确；
C．Si原子的基态核外电子排布式为[Ne]3s23p2，3s轨道中一个电子跃迁至3p轨道中形成，处于激发态，C选项正确；
D．根据质量数=质子数+中子数可知，中子数为10的氧原子质量数=10+8=18，则其形成的过氧根离子应为，D选项错误；
答案选D。
3.磷酸氯喹(结构如图所示)可用于治疗新冠肺炎，2020年3月4日印发的《新型冠状病毒肺炎诊疗方案(试行第七版)》中明确规定了其用量。下列关于磷酸氯喹的说法错误的是( )
A. 化学式为
B. 含有2个杂化的氮原子和1个杂化的氮原子
C. 所含官能团之一为氯原子(碳氯键)
D. 可以发生取代反应、加成反应和氧化反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据磷酸氯喹的结构式可知，该有机物的分子式为C18H32ClN3O8P2，A选项错误；
B．该分子中有2个N原子形成的均是单键，1个N原子形成双键，因此含有2个sp3杂化的氮原子和1个sp2杂化的氮原子，B选项正确；
C．由磷酸氯喹的结构式可知，该分子中苯环处含有官能团氯原子，C选项正确；
D．该分子中苯环能够发生取代、加成反应，碳碳双键可以发生加成反应、氧化反应，D选项正确；
答案选A。
4.设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是( )
A. 醋酸钠溶液含有的数目为
B. 和的混合气体中含有键的数目为
C. 7g乙烯和环丁烷的混合气体中含有的氢原子数目为
D. 的浓与过量反应，转移的电子数大于
【答案】B
【解析】
【详解】A．1L 0.1mol·L-1醋酸钠溶液中溶质的物质的量为1L×0.1mol·L-1=0.1mol，则该溶液中含有的Na+物质的量为0.1mol，数目为0.1NA，A选项正确；
B．N2的结构式为N≡N，1个N2分子中含有2个键，CO2的结构式为O=C=O，1个CO2分子中含有2个键，但此处没有注明标准状况下，不能准确得出混合气体的物质的量，故不能得出混合气体中含有键的数目，B选项错误；
C．乙烯和环丁烷(C4H8)的最简式为“CH2”，7g“CH2”的物质的量为，氢原子数目为NA，C选项正确；
D．浓HNO3与铜反应生成NO2，稀HNO3与铜反应生成NO，即Cu＋4HNO3(浓)= Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O、3Cu＋8HNO3(稀)= 3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，100mL12mol·L－1的浓HNO3中含有的n(HNO3)＝0.1L×12mol·L－1＝1.2mol，1.2molHNO3参与反应，若其还原产物只有NO2，则反应转移0.6mol电子，还原产物只有NO则反应转移0.9mol电子，100mL12mol·L－1的浓HNO3与过量Cu反应的还原产物为NO和NO2，因此转移的电子数大于0.6NA，故D选项正确；
答案选B。
【点睛】本题的难点在于D选项，解答时需要注意浓硝酸与铜反应，稀硝酸也与铜反应，计算电子时用极限思维。
5.碱式氯化铜是一种重要的无机杀虫剂，它可以通过以下步骤制备。步骤1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应生成。已知对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。步骤2：在制得的溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制得碱式氯化铜。下列有关说法错误的是( )
A. a、b、c之间的关系式为
B. 图中M、N分别为、
C. 为了除去溶液中的杂质，可加入过量的、过滤
D. 若制备，理论上消耗
【答案】A
【解析】
【分析】
由实验步骤及转化图可知，发生反应2Cu+O2+4HCl===2CuCl2+2H2O， N为Fe2+，M为Fe3+，在制得在制得的CuCl2溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜，且化合物中正负化合价代数和为0，依此结合选项解答问题。
【详解】A．根据化合物中正负化合价的代数和为0，可知2a=b+c，A选项错误；
B．根据上述分析，N为Fe2+，M为Fe3+，B选项正确；
C．Fe3+水解使溶液显酸性，CuO与H+反应产生Cu2+和水，当溶液的pH增大到一定程度，Fe3+形成Fe(OH)3而除去，从而达到除去Fe3+的目的，C选项正确；
D．若制备1mol，转移的电子数为2a mol，根据得失电子守恒，理论上消耗0.5a molO2，标准状况(STP)下的体积为11.2a L，D选项正确；
答案选A。
6.下列反应的离子方程式正确的是( )
A. 红褐色固体全部溶于氢碘酸：
B. 水杨酸溶于溶液中：
C. 将等浓度的溶液与液按体积比2:3混合：
D. 洁厕灵(含)与84消毒液混合后产生氯气：
【答案】C
【解析】
【详解】A．Fe(OH)3溶于氢碘酸，Fe3+会氧化I-得到I2，正确的离子反应方程式应为：2Fe(OH)3+2I-+6H+===2Fe2++6H2O+I2，A选项错误；
B．水杨酸中酚羟基不能与NaHCO3发生反应，正确的离子反应方程式为：+HCO3-→+CO2↑+H2O，B选项错误；
C．等浓度的Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液按体积比2:3，则两者物质的量之比为2:3，两者混合后，2molBa2+消耗2molSO42-，3molH+消耗3molOH-，反应的离子反应方程式为：，C选项正确；
D．84消毒液的主要成分是NaClO，具有强氧化性，可还原洁厕灵中的HCl，反应的离子反应方程式为：Cl-+ClO-+2H+===Cl2↑+H2O，D选项错误；
答案选C。
【点睛】本题B选项为易错选项，在解答时要注意酚羟基的酸性是弱于碳酸的，不能和HCO3-发生发应。
7.短周期元素X、Y、Z原子半径的顺序为，基态X原子p能级上的电子数是Y原子质子数的3倍，它们可以形成离子化合物，其中阳离子(已知水合物的为、为)的结构如图所示。下列叙述错误的是( )
A. 的阴、阳离子均含有18个电子
B. 常温下，的水溶液呈碱性
C. 三种元素中Y的电负性最小
D. 简单气态氢化物的还原性：
【答案】B
【解析】
【分析】
X、Y、Z是短周期元素，基态X原子p能级上的电子数是Y原子质子数的3倍，且原子半径X>Y，根据X2Y5+离子的结构示意图可知，X为N元素，Y为H元素，又X、Y、Z可形成离子化合物X2Y5Z，且原子半径Z>X，则Z为Cl元素，据此分析解答问题。
【详解】A．X2Y5Z为N2H5Cl，化合物中阴离子为Cl-，含有18个电子，阳离子为N2H5+，含有的电子总数为7×2+1×5-1=18，A选项正确；
B．已知N2H4水合物的为、为，则N2H4的水合物N2H4·H2O为弱碱，因此常温下，N2H5Cl溶液中N2H5+水解显酸性，B选项错误；
C．非金属性越强，电负性越大，非金属性H元素最弱，故H的电负性最小，C选项正确；
D．X、Z的简单氢化物分别为NH3、HCl，由于氧化性Cl>N，则NH3的还原性更强，D选项正确；
答案选B。
8.牛津大学与IBM苏黎世研究中心首次借助原子力显微镜(AFM)对分子甲及反应中间体乙、丙进行高分辨率的探测成像，并利用单原子操纵技术对其进行原子尺度的操作，通过针尖施加电压脉冲逐步切断基团，最终成功合成了2019年度明星分子丁。下列说法错误的是( )
A. 甲分子含有6个手性碳原子
B. 反应中间体乙、丙都是碳的氧化物
C. 丁和石墨互为同素异形体
D. 甲生成丁的反应属于分解反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．手性碳原子一定是饱和的碳原子，且碳原子所连接的四个基团不相同，根据甲分子的结构可知，甲分子中的碳原子均为不饱和碳，故甲分子中不含有手性碳原子，A选项错误；
B．反应中间体乙、丙均是只由C、O两种元素组成，属于碳的氧化物，B选项正确；
C．由丁分子的结构可知，丁是C元素形成的单质，与石墨互为同素异形体，C选项正确；
D．根据题干信息分析可知，甲通过针尖施加电压脉冲分解得到丁和氧气，属于分解反应，D选项正确；
答案选A。
9.根据下列操作和现象所得到的结论正确的是( )
操作和现象
结论
A
向碳酸钙中加入盐酸，产生的气体经饱和碳酸氢钠溶液洗气后，再通入硅酸钠溶液，出现白色沉淀
利用该实验可以证明非金属性：
B
取少量某硫酸盐样品溶于氢氧化钠溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
样品为硫酸铵
C
向 等体积等浓度稀硫酸中分别加入少许等物质的量的和固体，溶解而不溶解
D
加热石油分馏得 到的石蜡，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液颜色逐渐褪去
石油中含有烯烃
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．盐酸(HCl)不是Cl元素的最高价氧化物对应的水化物，实验中可以说明酸性：HCl>H2CO3，但不能说明非金属性Cl>C，A选项错误；
B．某硫酸盐样品溶于氢氧化钠溶液，加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，证明该样品中含有NH4+，可能为(NH4)2SO4或NH4HSO4，B选项错误；
C．相同条件下，溶解度大的物质先溶解，组成和结构相似的难溶物，溶解度越大，其溶度积越大，等体积等浓度稀硫酸中分别加入少许等物质的量的ZnS和CuS固体，ZnS溶解而CuS不溶解，则Ksp(CuS)
答案选C。
【点睛】本题考查了化学实验方案的评价，明确常见基本概念、基本化学原理、元素及其化合物的性质是解答本题的关键。
10.常温下，用溶液滴定溶液，溶液与滴入溶液的体积间的关系如图所示。下列说法错误的是( )
A. 当时，
B. 当时，
C. 当时，
D. 当时，
【答案】A
【解析】
【详解】A．当V(NaOH)=0时，溶液中只存在H3PO4溶液，根据物料守恒可知，[H3PO4]+[H2PO4-]+[HPO42-]+[PO43-]=01000mol·L-1，A选项错误；
B．当V(NaOH)=20mL时，溶液的pH=4.7，溶质为NaH2PO4，由于溶液呈酸性，故电离大于水解，则[Na+]>[H2PO4-]>[HPO42-]>[H3PO4]，B选项正确；
C．当pH=7时，[H+]=[OH-]，溶液中有电荷守恒[Na+]+[H+]=[H2PO4-]+2[HPO42-]+3[PO43-]+[OH-]，则[Na+]=[H2PO4-]+2[HPO42-]+3[PO43-]，C选项正确；
D．当V(NaOH)=40mL时，溶液的pH=9.7，溶质为Na2HPO4，溶液中存在着电荷守恒：[Na+]+[H+]=[H2PO4-]+2[HPO42-]+3[PO43-]+[OH-]，物料守恒：[Na+]=2[H2PO4-]+2[HPO42-]+2[PO43-]+2[H3PO4]，两式相减有：[PO43-]+[OH-]=[H+]+[H2PO4-]+2[H3PO4]，D选项正确；
答案选A。
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选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。
11.2020年3月9日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射北斗系统第54颗导航卫星。长征三号乙运载火箭一二子级使用液体四氧化二氮和液体偏二甲肼(，又称1，1-二甲基联氨)作为推进剂，第三子级使用液氢和液氧作为推进剂，两组推进剂燃烧的产物均为无毒物质。下列说法正确的是( )
A. 偏二甲肼分子中既有极性键也有非极性键，属于非极性分子
B. 燃烧时每消耗偏二甲肼会转移电子
C. 若液氢与足量液氧完全反应生成液态水会释放能量，则氢气的燃烧热为
D. 两组推进剂燃烧产物不会造成任何环境问题
【答案】B
【解析】
【详解】A．偏二甲肼(C2H8N2，又称1，1-二甲基联氨)的结构式为 ，分子中N和C、N和H、C和H均形成极性键，N和N形成非极性键，但该分子结构不对称，是极性分子，A选项错误；
B．四氧化二氮和偏二甲肼燃烧的反应方程式为C2H8N2+2N2O4===3N2↑+4H2O↑+2CO2↑，C2H8N2中的N的化合价由-2价变为0价，C元素的化合价由-2价变为+4价，因此燃烧时每消耗1mol偏二甲肼会转移2×2+6×2=16mol电子，B选项正确；
C．1mol液氢与足量液氧完全反应生成液态水会释放a kJ能量，液态氢变成氢气需要吸收热量，故氢气的燃烧热小于a kJ·mol-1，C选项错误；
D．第一组推进剂四氧化二氮和偏二甲肼燃烧会生成CO2，CO2会引起温室效应，D选项错误；
答案选B。
12.硫酸亚铁的用途广泛，可以制备下图所示物质，下列说法错误的是( )
A. 属于碱式盐，可用作净水剂
B. 与足量反应的离子方程式为：
C. 可用稀硫酸和溶液检验铁红中是否含有
D. “冷却结晶”后的操作是过滤，“煅烧”操作的主要仪器有酒精灯、蒸发皿、玻璃棒
【答案】BD
【解析】
【详解】A．Fe4(OH)2(SO4)5电离后的阴离子为OH-和SO42-，阳离子为Fe3+，属于碱式盐，其中Fe3+可水解产生Fe(OH)3的胶体，吸附水中的杂质，可作净水剂，A选项正确；
B．FeSO4与足量NH4HCO3反应的离子方程式为：Fe2++2HCO3-===FeCO3+CO2↑+H2O，B选项错误；
C．Fe2+能使K3[Fe(CN)6]生成蓝色沉淀，用稀硫酸和K3[Fe(CN)6]溶液检验铁红中是否含有FeCO3，若含有，溶液会生成蓝色沉淀，若不含有，则无明显现象，C选项正确；
D．“冷却结晶”后的操作是过滤，“煅烧”操作的主要仪器有酒精灯、三脚架、坩埚、泥三角、玻璃棒，D选项错误；
答案选BD。
13.2019年诺贝尔化学奖授予了在锂离子电池领域作出巨大贡献的三位科学家。某锂离子电池以为负极，为正极，锂盐有机溶液作电解质溶液，电池反应为。则下列有关说法正确的是( )
A. 金属锂的密度、熔点和硬度均比同族的碱金属低
B. 该锂离子电池可用乙醇作有机溶剂
C. 电池放电时，从正极流向负极
D. 电池充电时，阳极的电极反应式为
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题干信息，结合电池反应可知，电池放电时，作原电池，C6Li为负极，失去电子发生氧化反应，Li1-xMO2为正极，得到电子发生还原反应，再根据电解池与原电池反应可逆分析解答问题。
【详解】A．碱金属元素从上到下对应单质的熔沸点逐渐降低，故金属锂的熔点均比同族的碱金属高，A选项错误；
B．乙醇的氧化还原电位太低，容易被氧化，不能作该锂离子电池的有机溶剂，B选项错误；
C．电池放电时，为原电池，阳离子(Li+)从负极向正极移动，C选项错误；
D．由上述分析可知，电池充电时，LiMO2作阳极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为LiMO2-xe-===xLi++Li1-xMO2，D选项正确；
答案选D。
14.丙酮的碘代反应的速率方程为，其半衰期(当剩余反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示。
0.25
0.050
1.4
0.50
0.050
2.8
1.00
0.050
5.6
0.50
0100
2.8
下列说法正确的是( )
A. 速率方程中的、
B. 该反应的速率常数
C. 增大的浓度，反应的瞬时速率加快
D. 在过量的存在时，反应掉87.5%的所需的时间是375min
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由第一组数据和第二组数据可得，则m=1，由第二组数据和第四组数据可得，则n=0，A选项正确；
B．由A可知，m=1，n=0，则v=kc(CH3COCH3)，带入第一组数据可得，k=5.6×10-3min-1，B选项错误；
C．由第二组和第四组数据分析可知，当其他条件不变时，增大I2的浓度，反应的瞬时速率不变，C选项错误；
D．存在过量的I2时，反应掉87.5%可以看作经历3个半衰期，即50%+25%+12.5%，因此所需的时间为，D选项正确；
答案选AD。
【点睛】本题的难点在于D选项，正确理解半衰期的含义，知道反应掉87.5%的可以看作经历3个半衰期，即50%+25%+12.5%，为解答本题的关键。
15.某温度下，向溶液中滴加的溶液，滴加过程中与溶液体积的关系如图所示。下列有关说法正确的是( )
A. 该温度下，
B. a、b、c三点对应的溶液中，水的电离程度最小的为a点
C. 若改用溶液，b点应该水平左移
D. 若改用溶液，b点移向右下方
【答案】AC
【解析】
【详解】A．该温度下，平衡时c(Pb2+)=c(S2-)=10-14mol·L-1，则Ksp(PbS)= c(Pb2+)·c(S2-)=(10-14 mol·L-1)2=10-28 mol2·L-2，A选项正确；
B．Pb2+单独存在或S2-单独存在均会水解，促进水的电离，b点时恰好形成PbS的沉淀，此时水的电离程度最小，B选项错误；
C．若改用0.02mol·L-1的Na2S溶液，由于温度不变，Ksp(PbS)=c(Pb2+)·c(S2-)不变，即平衡时c(Pb2+)不变，纵坐标不变，但消耗的Na2S体积减小，故b点水平左移，C选项正确；
D．若改用0.02mol·L-1的PbCl2溶液，c(Pb2+)增大，纵坐标增大，消耗的Na2S的体积增大，b点应移向右上方，D选项错误；
答案选AC。
三、非选择题：本题共5个小题，共60分。
16.利用某冶金行业产生的废渣(主要含，还有少量、等杂质)可以制备，生产流程如下：
已知：微溶于水、溶于碱生成(加热生成)，具有强氧化性。向溶液中加酸，不同对应的主要存在形式如表：
10.6~12
约8.4
3~8
约2
<1
存在形式
回答下列问题：
(1)“焙烧”后V元素转化为，元素转化为________(写化学式)。
(2)欲除尽磷元素(即)，最终溶液中的浓度至少为________(已知)。
(3)“沉钒”过程中，由8.5到5.0发生反应的离子方程式为________；最终需要控制约为________；“沉钒”最终得到的主要含钒物质是________(写化学式)。
(4)“还原”和“转化”过程中主要反应的离子方程式分为________、________。
【答案】 (1). (2). (3). (4). 2 (5). (6). (7).
【解析】
【分析】
结合题干信息，根据(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O的生产流程分析，废渣加入Na2CO3在空气中焙烧得到NaVO3和Na2SiO3，Na3PO4，水浸后加入MgSO4得到H2SiO3和Mg3(PO4)2的滤渣除去，滤液加入稀硫酸沉钒最终得到V2O5，过滤，再加入稀硫酸溶解得到VO2+，加入HCOOH还原得到VO2+，加入NH4HCO3转化得到产品，据此分析解答。
【详解】(1)由上述分析可知，废渣加入Na2CO3在空气中焙烧得到NaVO3和Na2SiO3，Na3PO4，故答案为：Na2SiO3；
(2)因为Ksp[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)·c2(PO43-)，已知Ksp[Mg3(PO4)2]=1.0×10-24，假设PO43-刚好完全除尽，即c(PO43-)=1.0×10-5mol·L-1，则，即溶液中Mg2+的浓度至少为，故答案为：；
(3)结合已知数据分析可知，“沉钒”过程中，pH由8.5到5.0主要发生的反应时V3O93-转化为V10O286-，反应的离子方程式为：10V3O93-+12H+===3V10O286-+6H2O，沉钒最终得到的物质时V2O5，所需要控制的pH约为2，故答案为：10V3O93-+12H+===3V10O286-+6H2O；2；V2O5；
(4)根据上述分析，“还原”过程中HCOOH将VO2+还原得到VO2+，自身被氧化为CO2，根据氧化还原反应的规律得到离子反应方程式为：2VO2++HCOOH+2H+===2VO2++CO2↑+2H2O，“转化”时，NH4HCO3与上一步还原得到VO2+反应得到产品，反应的离子反应方程式方程式为：5NH4++6VO2++17HCO3-+6H2O===(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O+13CO2↑，故答案为：2VO2++HCOOH+2H+===2VO2++CO2↑+2H2O；5NH4++6VO2++17HCO3-+6H2O===(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O+13CO2↑。
17.工业炼铁过程中涉及到的主要反应有：
①
②
③
④
回答下列问题：
(1)________。
(2)时，向容积为的恒容密闭容器中加入和发生反应③，5min时达到平衡，平衡时测得混合气体中的体积分数为80%，则0~5min内反应的平均速率________，该温度下反应的平衡常数为________，下列选项中能够说明该反应已经达到平衡状态的是________(填标号)。
A.固体的物质的量不再变化
B.体系的压强保持不变
C.混合气体的平均摩尔质量保持不变
D.单位时间内消耗和生成的物质的量相等
(3)一定条件下进行反应③，正向反应速率与时间的关系如图所示，时刻改变了一个外界条件，可能是________。
(4)向密闭容器中加入足量的、和一定量的、，在和下，反应③体系中和的分压随时间变化的关系如图所示(已知温度：)
时，随时间变化关系的曲线是________，时，随时间变化关系的曲线是________。向时已经达到平衡状态的反应③体系中再充入一定量的，再次达到平衡时，与的物质的量之比为________。
【答案】 (1). -28 (2). 0.048 (3). 64 (4). AC (5). 恒压条件下充入一定量 (6). a (7). c (8). 1:7
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律进行ΔH3的计算；
(2)根据题干信息，列三段式求出CO转化的物质的量，从而求出0~5min内的平均反应速率和平衡常数，根据分析“变量”来判断是否能够作为反应达到平衡的标志；
(3)结合化学反应速率和平衡移动的影响因素进行分析解答；
(4)结合第(2)中的平衡常数，根据CO和CO2的浓度比通过阿伏伽德罗定律得出三个温度下的大小关系，从而结合图像分析得出代表曲线，在根据温度不变，平衡常数不变求出比值。
【详解】(1)由题干信息分析可得，反应③可通过反应(④-②×3)得到，根据盖斯定律，ΔH3=(ΔH4-3ΔH2)=(460-3×172)=-28kJ·mol-1，故答案为：-28；
(2)T1时，向容积为10L的恒容密闭容器中加入3molFe2O3和3molCO发生反应③，平衡时测得混合气体中CO2的体积分数为80%，设CO转化了x mol，列三段式有：
则，解得x=2.4mol，因此0~5min内反应的平均速率，该温度下的平衡常数；
A．由化学反应方程式可知，反应中固体的物质的量为一个变量，当固体的物质的量不再发生改变时，可以说明反应达到了平衡，A选项正确；
B．恒温恒容时，由阿伏伽德罗定律PV=nRT可知，体系的压强与气体的物质的量成正比，因为反应中气体的物质的量始终保持不变，所以体系压强始终不变，故体系的压强保持不变不能说明反应达到了平衡，B选项错误；
C．混合气体平均摩尔质量=混合气体的总质量÷混合气体的物质的量，反应前后混合气体的总质量增加，总物质的量不变，则混合气体的平均摩尔质量为一个变量，当混合气体的平均摩尔质量保持不变时，可以说明反应达到了平衡，C选项正确；
D．单位时间内消耗CO和生成CO2都是正反应方向，不能说明反应达到了平衡，D选项错误；
答案选AC，故答案为：0.048；64；AC；
(3)由于该反应是一个反应前后气体体积不变的且正反应是放热的反应，根据图像变化趋势可知，在t2时v正减小，且重新平衡时等于原平衡的v正，平衡不移动，则改变的条件可能是在恒压条件下充入一定量的CO2气体，故答案为：在恒压条件下充入一定量的CO2气体；
(4)由(2)知，T1时，反应③的平衡常数，因为T1>T2>T3，所以T2、T3时，反应达到平衡后K3>K2>K，则达到平衡后，T3时的>T2时的，故曲线a表示T2时P(CO2)随时间变化的关系曲线，曲线d表示T2时P(CO)随时间变化的关系曲线，曲线b表示T3时P(CO2)随时间变化的关系曲线，曲线c表示T3时P(CO)随时间变化的关系曲线，由于温度不变，平衡常数不变，故向T3时已经达到平衡状态的反应③体系中再充入一定量的CO，再次达到平衡时，CO与CO2的物质的量之比仍为1:7，故答案为：a；c；1:7。
【点睛】本题主要考查了盖斯定律的应用、根据图像对平衡移动的判断、运用三段式计算平衡常数等知识点，重点培养学生能够利用化学知识提取题干信息的能力，难点在于第(4)题曲线的判断，需要灵活运用不同温度下的平衡常数与浓度的关系，结合阿伏伽德罗定律推知分压的关系。
18.工业上处理含苯酚废水的过程如下。回答下列问题：
Ⅰ.测定废水中苯酚的含量。
测定原理：+3Br2→↓+3HBr
测定步骤：
步骤1：准确量取待测废水于锥形瓶中。
步骤2：将浓溴水(量)迅速加入到锥形瓶中，塞紧瓶塞，振荡。
步骤3：打开瓶塞，向锥形瓶中迅速加入溶液(过量)，塞紧瓶塞，振荡。
步骤4：滴入2~3滴指示剂，再用标准溶液滴定至终点，消耗溶液(反应原理：)。待测废水换为蒸馏水，重复上述步骤(即进行空白实验)，消耗溶液。
(1)“步骤1”量取待测废水所用仪器是________。
(2)为了防止溴的挥发，上述步骤中采取的措施包括迅速加入试剂和________。
(3)“步骤4”滴定终点的现象为________。
(4)该废水中苯酚的含量为________(用含、的代数式表示)。如果空白实验中“步骤2”忘记塞紧瓶塞，则测得的废水中苯酚的含量________(填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同)；如果空白实验中“步骤4”滴定至终点时俯视读数，则测得的废水中苯酚的含量________。
Ⅱ.处理废水。采用基为阳极，不锈钢为阴极，含苯酚的废水为电解液，通过电解，阳极上产生羟基(·)，阴极上产生。通过交排列的阴阳两极的协同作用，在各自区域将苯酚深度氧化为和。
(5)写出阳极的电极反应式：________。
(6)写出苯酚在阴极附近被深度氧化的化学方程式：________。
【答案】 (1). (酸式)滴定管 (2). 塞紧瓶塞 (3). 滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色 (4). (5). 偏低 (6). 偏低 (7). (8).
【解析】
【分析】
向呈有待测废水加入浓溴水反应后得到三溴苯酚的沉淀，再加入KI溶液与剩下的Br2发生氧化还原反应得到I2，方程式为Br2+2I-===I2+2Br-，再用Na2S2O3标准溶液滴定I2，可根据消耗的Na2S2O3标准溶液的体积和浓度算出溶液中剩余的Br2的物质的量，再设置一个空白实验测出浓溴水的物质的量，用Br2总的物质的量-剩余Br2的物质的量即可得出与苯酚反应的Br2的物质的量，再结合反应方程式得到苯酚的物质的量，从而求出废水中苯酚的含量，结合实验基本操作及注意事项解答问题。
【详解】(1)由于苯酚显酸性，因此含苯酚的废水为酸性，“步骤1”中准确量取废水时所用的仪器可选用酸式滴定管，故答案为：酸式滴定管；
(2)由于溴单质易挥发，因此可采用塞进瓶塞、迅速加入试剂等方法防止其挥发，故答案为：塞紧瓶塞；
(3)用0.01mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，由于Na2S2O3标准溶液会反应I2，加入的淀粉遇I2变成蓝色，所以滴定终点的现象为滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色，故答案为：滴入一滴溶液后，锥形瓶内溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复原色；
(4)根据反应方程式可得各物质的物质的量关系式：
剩下的浓溴水中Br2的物质的量为0.005V1 mmol，将待测废液换成蒸馏水时，5mL amol/L的浓溴水中Br2的物质的量为0.005V2 mmol，则与苯酚参与反应的Br2的物质的量为0.005(V2-V1) mmol，根据方程式+3Br2→↓+3HBr可得苯酚的物质的量为 mmol，质量为mg，则该废水中苯酚的含量为，若步骤2中忘记塞进瓶塞，溴单质挥发，导致最终消耗的Na2S2O3的体积偏小，则测得苯酚的含量偏低，如果空白实验中步骤4滴定终点时俯视读数，读得的体积偏小，则消耗的Na2S2O3的体积偏小，使测得苯酚的含量偏低，故答案为：；偏低；偏低；
(5)由题干信息可知，Ti基PbO2为阳极，则阳极H2O失去电子产生·OH，电极反应式为H2O-e-===H++·OH，故答案为：H2O-e-===H++·OH；
(6)根据题干信息可知，苯酚被阴极产生的H2O2深度氧化产生CO2和H2O，有氧化还原反应规律得到其反应方程式式为C6H5OH+14H2O2===6CO2↑+17H2O，故答案为：C6H5OH+14H2O2===6CO2↑+17H2O。
19.如图所示是金刚石的晶胞结构，除顶点和面心上有碳原子外，4条体对角线的1/4处还各有1个碳原子。回答下列问题：
(1)若图中原子1的坐标为，则原子2的坐标为________。若金刚石的晶胞参数为，则其中碳碳键的键长________pm(用含的代数式表示)。
(2)面心立方晶胞与金刚石结构类似，阴、阳离子各占晶胞所含微粒数的一半。
①S元素及其同周期的相邻元素第一电离能由小到大的顺序是________，二氯化硫()分子中S原子的杂化类型是________。
②写出基态的电子排布式________；把晶胞示意图中表示的小球全部涂黑_______。
③锌锰干电池中可吸收电池反应产生的生成，该离子中含有________个键。
④若该晶胞的晶胞参数为，阿伏加德罗常数的值为，则晶体的密度为________(列出计算式)
(3)有人设想冰的晶胞也应该类似于金刚石，但实际较为复杂，可能是因为氢键较弱而导致“饱和性和方向性”很难被严格执行。例如有文献报道氨晶体中每个氢原子都形成氢键，则每个与周围________个通过氢键相结合。
【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). 或 (7). 16 (8). (9). 6
【解析】
【详解】(1)若图中原子1的坐标为(0,0,0)，则可建立以原子1为原点的坐标系，根据题干信息可知，原子2位于其中一条对角线上，根据立体几何可知，原子2的坐标为(,,,)，晶胞中C原子形成的碳碳单键的键长刚好为体对角线的，因此，若金刚石的晶胞参数为，则其中碳碳键的键长为pm，故答案为：(,,,)；；
(2)①与S元素同周期的相邻元素分别为P和Cl，一般情况下，同周期第一电离能逐渐增大，但P的3p轨道为3p3半充满状态，故第一电离能由小到大的为顺序为S
③[Zn(NH3)4]2+离子中Zn2+和NH3形成了4个配位键，同时1个NH3中N和H形成3个共价键，则该离子中共含有4+3×4=16个键，故答案为：16；
④由②分析可知，1个ZnS晶胞中共由4个ZnS，则晶胞的质量m为，晶胞的体积V=(a2×10-10)3=a23×10-30cm3，根据密度公式可得该晶体的密度，故答案为：；
(3)若氨晶体中每个氢原子都形成氢键，则1个NH3中3个H原子与其他NH3分子的N原子形成3个氢键，N原子与其他NH3分子的H原子形成3个氢键，则每个NH3与周围6个NH3通过氢键相结合，故答案为：6。
【点睛】本题主要考查物质结构与性质的综合运用，涉及晶胞的计算、电离能的大小判断、杂化轨道理论判断分子杂化方式等知识点，其中第(2)题的第③小问为易错点，在判断键的个数时不能忘记Zn2+和NH3形成的配位键。
20.以烃A为原料合成有机化合物M和N的路线如下：
已知：a.在催化剂作用下，烯烃分子间的双键碳原子可以互换而发生烯烃复分解反应：+ 2
b.X的苯环上有2种等效氢，且只含1个甲基。
回答下列问题：
(1)根据系统命名法，B的名称是________。N中含氧官能团的名称为________。
(2)M的结构简式是________。
(3)F→G的反应类型是________。
(4)写出C→D的化学方程式________。
(5)同时满足下列两个条件的N的同分异构体共有________种；
①能够发生银镜反应且该物质与生成Ag的物质的量之比为1:4；
②苯环上连接—C5H11。
上述同分异构体中，核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为9:2:2:2:1的有________和________(写结构简式)
(6)写出以CH2=CH(CH2)4CH=CH2为原料制备的合成路线________(其他试剂任选)
【答案】 (1). 3，4-二甲基-3-己烯 (2). 酯基 (3). (4). 消去反应 (5). (6). 48 (7). (8). (9).
【解析】
【分析】
根据合成路线分析，A的分子式为C5H10，可知A为烯烃，又M为D与乙二酸发生酯化反应得到的分子式为C10H16O4的六元环酯，则M的结构式为，因此D为，逆向分析可知，A在催化剂的作用下发生已知反应a生成B，B与溴的四氯化碳溶液发生加成得到C，C发生消去反应得到D，则C为，B为，A为，A与溴的四氯化碳溶液发生加成反应得到E()，E再经多步反应得到F，F再得到分子式为C5H8O2，且分子中只有一个甲基的G，则G的结构式为CH3CH2CH=CHCOOH，G与苯环上有两种等效氢且只含有一个甲基的X在浓硫酸加热的条件下反应得到分子式为C13H16O2的N，则X为，N为，据此分析解答。
【详解】(1)由上述分，B的结构简式为，名称为3，4-二甲基-3-己烯，N的结构简式为，其中含氧官能团的名称是酯基，故答案为：3，4-二甲基-3-己烯；酯基；
(2)由上述分析可知，M的结构式为，故答案为：；
(3)根据上述分析，F→G发生的是—OH的消去反应，故答案为：消去反应；
(4)C在NaOH溶液中加热发生消去反应得到D，反应方程式为，故答案为：；
(5)由题干信息，N的同分异构体能够发生银镜反应且该物质与生成Ag的物质的量之比为1:4，则该分子中含有2个—CHO，且苯环上连接—C5H11，则该分子的结构可以是、、、、、6种结构，由于—C5H11共有8种结构，因此N满足条件的同分异构体共有6×8=48种，其中核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为9:2:2:2:1的是和，故答案为：48；；；
(6)结合题干中的反应，可将CH2=CH(CH2)4CH=CH2发生已知反应a得到，再在溴的四氯化碳溶液中发生加成反应得到，与NaOH的醇溶液加热发生消去反应可得到，其合成路线可以是，故答案为：。
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