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【化学】广西南宁市第三中学、柳州市高级中学2018-2019学年高二下学期联考（第三次月考）（解析版） 试卷
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广西南宁市第三中学、柳州市高级中学2018-2019学年高二下学期联考（第三次月考）
本卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 A1-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ba-137
一、选择题（本题共14个小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项是符合题目要求。）
1.下列有关说法错误的是（ ）
A. 面粉加工厂应标有“严禁烟火”的字样或图标
B. 白居易在《问刘十九》中有“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”诗句，“新醅酒”即新酿的酒，在酿酒的过程中，葡萄糖发生了水解反应
C. 离子交换法可用于海水淡化
D. 手机外壳上贴的碳纤维是一种新型无机非金属材料
【答案】B
【解析】
【详解】A．面粉加工厂中含有大量的面粉粉尘，有明火时易发生粉尘爆炸，面粉加工厂应标有“严禁烟火”的字样或图标，A项正确；
B．葡萄糖是单糖，不会发生水解反应，在酿酒过程发生水解的是淀粉，淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖发生发酵反应生成乙醇，B项错误；
C．海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，C项正确；
D．碳纤维的实质为碳，是一种新型的无机非金属材料，D项正确；
所以答案选择B项。
2.下列关于物质的分类、性质或应用的说法均正确的是（ ）
A. 五边形石墨烯(如图）与石墨互为同素异形体
B. 二氧化硫具有漂白、杀菌的性能，可以漂白紫色石蕊试剂
C. 二氧化硅是半导体材料，可将太阳能直接转化为电能
D. 二氧化锰具有较强的氧化性，是H2O2分解的氧化剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．五边形石墨烯是一种新的碳单质，与石墨同为碳的同素异形体，A项正确；
B．二氧化硫的确具有漂白、杀菌的性能，但不能漂白紫色石蕊试剂，B项错误；
C．二氧化硅不是半导体材料，单质硅才是半导体材料，硅单质能够将太阳能直接转化为电能，C项错误；
D．二氧化锰是过氧化氢分解的催化剂，D项错误；
所以答案选择A项。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的有几个（ ）
①1mol N2与4mol H2反应生成的NH3分子数为2NA；
②标准状况下，体积为22.4L的SO3中含3 NA个氧原子；
③1molC10H22分子中共价键总数为31 NA；
④60g二氧化硅晶体中含有的硅氧键数目为4NA；
⑤1mol/L NaOH溶液中含有Na+ 数目为NA；
⑥1molD2 O含10 NA个电子；
⑦2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1 NA。
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】A
【解析】
【详解】①错误，该反应可逆，进行不到底，所以生成的NH3必小于2NA；
②错误，在标准状况下SO3不是气体；
③正确，1molC10H22分子中，含有碳碳键9NA，含有碳氢键共22NA，所以含有的共价键总数为31 NA；
④正确，60g二氧化硅晶体的物质的量为1mol，其中每个硅原子与4个氧原子形成硅氧键，且全部属于自己（没有均摊），所以60g二氧化硅晶体中含有的硅氧键数目为4NA；
⑤错误，因溶液体积未知，所以无法计算钠离子数目；
⑥正确，每个D2O分子中含有10个质子，10个电子，所以1molD2 O含10 NA个电子；
⑦错误，没有指明气体所处的条件是标准状况，所以无法使用22.4L·mol-1进行计算；
所以答案选择A项。
【点睛】H2O、D2O、T2O结构上差别在于中子数的不同，每个分子中含有的质子数和电子数仍都是10。
4.下列解释工业生产或应用化学用语中，不正确的是（ ）
A. FeCl3溶液刻蚀铜电路板：2Fe3+ + Cu==2Fe2++ Cu2+
B. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3·H2O== Al(OH)3↓ + 3NH4 +
C. 将少量二氧化碳通入次氯酸钠溶液中：CO2＋H2O＋2ClO－== CO32－＋2HClO
D. Na2CO3溶液处理水垢：CaSO4(s)+CO32−（aq）CaCO3(s)+SO42−（aq）
【答案】C
【解析】
【详解】A．Fe3+被还原为Fe2+，所给式子已配平，符合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，A项正确；
B．氢氧化铝不溶于过量氨水，所以生成产物是Al(OH)3，一水合氨是弱碱不拆写，B项正确；
C．因酸性强弱：H2CO3>HClO>HCO3-，所以不管通入次氯酸钠溶液中的CO2的量多少，反应均生成HCO3-，正确的离子方程式应为：CO2＋H2O＋ClO－= HCO3－＋HClO，C项错误；
D．硫酸钙是微溶物质，碳酸钙是难溶物质，化学式均不拆写，该反应是一个沉淀转化的反应，符合复分解反应条件，D项正确；
所以答案选择C项。
【点睛】该题最好是采用排除法。酸性强弱H2CO3>HClO>HCO3-的确定，可以通过一些反应事实来论证，也可以查阅书上的电离平衡常数，看其数量级直接比较强弱。
5.二苯并呋哺的结构简式为，其一氯代物有（ ）
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】B
【解析】
试题分析：该有机物是轴对称图形，有4种不同环境的氢原子，所以其一氯代物有4种，选B。
考点：考查有机物的同分异构体。
6.H2S是一种剧毒气体，对H2S废气资源化利用的途径之一是回收能量并得到单质硫。如图为质子膜H2S燃料电池的示意图。下列说法正确的是（ ）
A. 电极a发生还原反应
B. 当电路中通过4 mol电子时，有4molH＋经质子膜进入负极区
C. 电池总反应为：2H2S＋3O2 =2SO2＋2H2O
D. 电极b的电极反应式为：O2＋4e－＋4H＋=2H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
从图上可以看出，该燃料电池通入H2S生成S2的电极发生失电子的氧化反应，为负极，通入氧气生成水的一极为正极，发生还原反应。
【详解】A．电极a实现了由H2S变为S2，发生了氧化反应，A项错误；
B．在内电路中，质子应向正极区移动，B项错误；
C．图示明确给出了氧化产物是S2，不是SO2，C项错误；
D．由于使用的是质子固体电解质膜，正极发生的反应为：O2＋4e－＋4H＋=2H2O，D项正确；
所以答案选择D项。
【点睛】在原电池的内电路中，阳离子移向正极，阴离子移向负极。该燃料电池的负极反应式为：2H2S-4e-=S2+4H+，正极电极反应式为：O2＋4e－＋4H＋=2H2O，从两个反应式可以看出，负极每生成4molH+，正极就消耗4molH+。
7.氮及其化合物的转化过程如下图所示。
下列分析合理的是（ ）
A. N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100%
B. 催化剂a、b能提高反应的平衡转化率
C. 催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和形成
D. 在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移
【答案】A
【解析】
【分析】
图示发生的反应有2个。一个是合成氨反应：N2+3H22NH3，一个是氨的催化氧化反应：4NH3+5O24NO+6H2O。
【详解】A．合成氨反应是一个化合反应，原子利用率达100%，A项正确；
B．催化剂不能使化学平衡移动，因而不能影响平衡转化率，B项错误；
C．催化剂a催化的是氢气和氮气合成氨气，反应中只有非极性键断裂和极性键形成，C项错误；
D．氨气形成NO时，氮元素和氧元素的化合价明显发生了变化，说明该反应涉及了电子转移，D项错误；
所以答案选择A项。
【点睛】合成氨反应是一个可逆反应，可逆反应与原子利用率达100%并不矛盾。可逆反应表达一个反应进行的程度，而原子利用率是表达反应物原子变成目标产物时原子的利用情况。
8.实验室从含碘的废液（除H2O外，含有CCl4、I2、I −等）中回收碘，其实验过程如下，下列各项操作选用的装置不正确的是（ ）
选项
A
B
C
D
操作
操作X
氧化
操作Y
操作Z（加热及夹持装置略去）
装置
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
含碘的废液含有CCl4、I2、I −等，加入Na2SO3将I2还原为I-：H2O+SO32-+I2=2I-+SO42-+2H+； 利用操作X将水溶液与CCl4分离，所以操作X为分液；同理操作Y应为分液，操作Z应为蒸馏。
【详解】A．操作X为分液操作，实现了互不相溶的两种液体的分离，所给装置也正确，A项正确；
B．装置B涉及氧化这一环节，使用玻璃球泡可以增大接触面积，使氯气与溶液反应更充分，倒扣的漏斗是为了防止液体倒吸，用NaOH溶液吸收尾气氯气，防止污染大气，B项正确；
C．因要实现的是互不相溶的液体的分离，所以采用分液操作，应选用与A项同样的装置，题给的是过滤装置，实现的是难溶固于液体的分离，C项错误；
D．操作Z是蒸馏，所给的蒸馏装置也正确，D项正确；
所以答案选择C项。
【点睛】本题侧重考查分离的原理及应用，所给4个装置的细节上均没有问题。
9.某碱浸液中c(MoO42-)＝0.80mol·L−1，c(SO42-)＝0.04 mol·L−1，在结晶前需加入Ba(OH)2固体以除去溶液中的SO42-。当BaMoO4开始沉淀时，SO42-的去除率是（ ）
[Ksp(BaSO4)＝1.1× 10−10、Ksp(BaMoO4)＝4.0 ×10−8，溶液体积变化可忽略不计]
A. 79.6% B. 85.6% C. 94.5% D. 98.9%
【答案】C
【解析】
【分析】
从所给BaSO4、BaMoO4的Ksp来看，BaSO4先沉淀。去除率是已经沉淀的SO42-占原有总SO42-的百分率。
【详解】当BaMoO4开始沉淀时，此时溶液中的Ba2+浓度为：==5×10-8mol/L，此时溶液中的==2.2×10-3mol/L，所以反应掉的c(SO42-)=0.04mol/L-0.0022mol/L=0.0378mol/L，因溶液体积不变，所以SO42-的去除率为：=94.5%；
所以答案选择C项。
10.下列实验操作、现象和所得结论错误的是 （ ）
选项
操作
现象
结论
A
向蔗糖中加入浓硫酸
蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，并放出有刺激性气味的气体
浓硫酸具有脱水性和强氧化性
B
向久置的Na2SO3溶液中加入足量Ba(NO3)2溶液，再加入足量稀盐酸
先出现白色沉淀，然后部分沉淀溶解
部分Na2SO3被氧化
C
某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液
产生蓝色沉淀
原溶液中有Fe2+，可能有Fe3+
D
向等浓度KCl、KI混合液中逐滴滴加AgNO3溶液
先出现黄色沉淀
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，体现了浓硫酸的脱水性：C12H22O1112C+11H2O，放出有刺激性气味的气体为SO2，体现了浓硫酸的强氧化性：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O，A项正确；
B．因为是先加入了硝酸钡溶液，再加入稀盐酸，相当于在溶液中引入了硝酸，+4价的硫元素可被硝酸氧化：3BaSO3+2NO3-+2H+=3BaSO4+2NO↑+H2O，所以无法根据所给的操作和现象得出Na2SO3部分被氧化的结论，B项错误；
C．该操作只证明了Fe2+的存在，没有确定是否有Fe3+，所以溶液中可能有Fe3+，C项正确；
D．因是逐滴加入AgNO3溶液，因Cl-、I-等浓度，先出现黄色沉淀，说明碘化银溶解度比氯化银小，氯化银与碘化银类型相同，其溶度积也比氯化银小，所以D项正确；
所以答案选择B项。
11.某温度下，体积和pH都相同的NaOH溶液与CH3COONa溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示，下列判断正确的是（ ）
A. c点的溶液中c(OH−)+c(CH3COOH)＝c(H+)
B. a、b两点溶液的导电性：a>b
C. b、c两点溶液中水的电离程度：b=c
D. 用相同浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液恰好完全反应，消耗盐酸的体积：Vb=Vc
【答案】B
【解析】
【分析】
NaOH是强碱，而CH3COONa溶液中存在水解平衡，所以相同pH溶液进行稀释时，CH3COONa溶液的pH变化比较平缓，所以曲线II为CH3COONa稀释曲线。
【详解】A．任一点溶液中均存在电荷守恒：c(OH−)+c(CH3COO-)＝c(H+)+c(Na+)，依据物料守恒有： c(CH3COO-)+c(CH3COOH)＝c(Na+)，将两式相减得：c(H+)+c(CH3COOH)＝c(OH−)。如所给的等式c(OH−)+c(CH3COOH)＝c(H+)成立，则可得出c(CH3COOH)=0这一错误的结论，A项错误；
B．开始两溶液的pH相同，则开始物质的量浓度：CH3COONa>NaOH，a、b两点溶液稀释的倍数相同，所得对应溶液中的离子浓度：CH3COONa>NaOH，导电性：a>b， B项正确；
C．b、c两点溶液中pH相同，但一个是碱溶液，水的电离受到抑制，一个是强碱弱酸盐的溶液，水的电离因CH3COO-水解而受到促进，所以水的电离程度：b
12.短周期主族元素Q、W、X、Y、Z的原子序数依次递增，Q、W、X是分别位于前三个不同周期且原子最外层电子数之和为10的主族元素，W与Y同主族、X和Y同周期；X是地壳中含量最高的金属元素、Z的原子半径是同周期主族元素原子半径最小的。下列关于它们的叙述错误的是（ ）
A. 最高价氧化物对应水化物的酸性Z比Y强
B. W与X简单离子半径前者更大
C. 工业上制备X单质，通常电解X与W形成的化合物
D. Q分别与W、Y、Z形成的化合物所含共价键类型完全相同
【答案】D
【解析】
【分析】
由Q、W、X是分别位于前三个不同周期的主族元素，可以确定Q为氢元素；由X是地壳中含量最高的金属元素确定X是铝元素；再结合Q、W、X的最外层电子数之和为10，确定W为氧元素；由W与Y同主族确定Y为硫元素；Z为氯元素，其原子半径的确为第三周期主族元素中原子半径最小的。
【详解】A．非金属性：Cl>S，Z和Y的最高价氧化物水化物分别为HClO4、H2SO4，酸性HClO4>H2SO4，A项正确；
B．氧离子和铝离子均为10电子微粒，此时核电荷数越大，离子半径越小，所以氧离子半径大，B项正确；
C．工业上制备金属铝， 通常是电解氧化铝（加入冰晶石），C项正确；
D．氢元素与O、S、Cl形成的化合物均为共价化合物，但H2O2中既有极性共价键，又有非极性共价键，这一点与H2S和HCl中只有极性共价键不同，D项错误；
所以答案选择D项。
13.研究生铁的锈蚀，下列分析不正确的是（ ）
序号
①
②
③
实验
现象
8小时未观察
到明显锈蚀
8小时未观察
到明显锈蚀
1小时观察
到明显锈蚀
A. ①中，NaCl溶液中溶解的O2不足以使生铁片明显锈蚀
B. ②中，生铁片未明显锈蚀的原因之一是缺少H2O
C. ③中正极反应：O2+4e−+ 2H2O ==4OH−
D. 对比①②③，说明苯能隔绝O2
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据实验现象，③中1小时观察到明显锈蚀，说明NaCl溶液中溶解有O2，只是苯不能隔绝空气中的氧气进入氯化钠溶液，而①中由于是密闭体系，溶解的O2较少，不足以使生铁片明显锈蚀，故A正确；
B. 苯属于非电解质，②中无电解质溶液，不满足电化学腐蚀的条件，故B正确；
C. 根据现象，铁在中性环境下发生吸氧腐蚀，正极反应：O2+4e−+ 2H2O ==4OH−，电极反应式合理，故C正确；
D. 根据现象，③中发生吸氧腐蚀，①③溶液中均溶解由氧气，③中观察到明显锈蚀，说明苯不能隔绝O2，故D错误；
答案选D。
14.25℃时，体积均为20 mL、浓度均为0.1mol/L的两种酸HX、HY分别与0.1mol/L的NaOH溶液反应，所加NaOH溶液体积与反应后溶液的pH的关系如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A. 加入10 mL NaOH溶液时，a点c(X−)
C. b点溶液中，c(Y−)+2c(OH−)=c(HY)+2c(H+)
D. 25℃时，HX为强酸，HY为弱酸且Ka=10−8
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图中信息可知，浓度均为0.1mol/L的两种酸HX、HY的pH分别为1和4，则HX为强酸，HY为弱酸。
【详解】A．加入10mLNaOH溶液时，a点得到等物质的量浓度的HX和NaX的混合液，b点得到等物质的量浓度的HY和NaY的混合液，且a、b点溶液中Na+浓度相等，由于HX为强酸，HY为弱碱，所以a点的c(X-)大于b点的c(Y-)，A项错误；
B．HY溶液中加入NaOH溶液至pH=7时，此时溶液中有c(H+)=c(OH-)，依据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Y-)，所以有c(Na+)=c(Y-)，此时该溶液中离子浓度的关系：c(Na+)=c(Y-)>c(H+)=c(OH-)，B项错误；
C．b点溶液中，依据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Y-)①，依据物料守恒有：2c(Na+)=c(Y-)+c(HY)②，将①式乘以2，再与②式相减消去c(Na+)可得题给等式，C项正确；
D．HX为强酸，HY为弱酸，没有加入NaOH溶液时，0.1mol/LHY溶液的pH=4，c(Y-)=c(H+)=10-4mol/L，则Ka===1×10-7，D项错误；
所以答案选择C项。
二、填空题（共43分）
15.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)有广泛的用途，实验室中通过如下方法制备：
①不断搅拌条件下，在饱和Na2CO3溶液中缓缓通入SO2至反应完全；
②取下三颈烧瓶，测得反应液的pH＝4.1；
③将溶液蒸发浓缩、结晶、过滤得焦亚硫酸钠晶体
请回答下列问题：
（1）实验室可利用Na2SO3和浓的硫酸制备少量SO2气体，但硫酸浓度太大不利于SO2气体逸出，原因是________。制备、收集干燥的SO2气体时，所需仪器如下。装置A是气体发生装置，按气流方向连接各仪器口，顺序为a→_____→______→______→________→f。装置D的作用是___________。
（2）步骤①反应离子方程式为________________。
（3）在强碱性条件下利用Na2S2O5氧化HCOONa的方法可制备保险粉连二亚硫酸钠(Na2S2O4)，当生成0.5molNa2S2O4时，消耗Na2S2O5______mol。
（4）工业上用焦亚硫酸钠法制备保险粉带来的主要问题是废水中含有大量的有机物，有机物总含碳量用TOC表示，常采用Fenton氧化法去除废水中的有机物，即通过向废水中加入H2O2，以Fe2+作催化剂，产生具有强氧化性的羟基自由基(·OH)来氧化降解废水中的有机物。
①其他条件一定时，n(H2O2)∶n(Fe2+)的值对TOC去除效果的影响如图1所示：
当TOC的去除率最大时，n(H2O2)∶n(Fe2+)＝________。
②在pH＝4.5，其他条件一定时，H2O2的加入量对TOC去除效果的影响如图2所示，当H2O2的加入量大于40mL·L−1时，TOC去除率反而减小的原因是_____________。
【答案】 (1). 浓硫酸中只有少量H2SO4电离，c(H+)很小，导致复分解反应速率慢 (2). d (3). e (4). c (5). b (6). 防止倒吸 (7). CO32-+2SO2+H2O=2HSO3-+CO2 (8). 0.5 (9). 1 (10). 酸性条件下H2O2直接与Fe2+反应，导致溶液中羟基自由基(·OH)浓度减小，使得TOC去除率下降
【解析】
【分析】
（1）实验室选用浓硫酸的浓度太大，反应慢；连接仪器时，先明确装置的作用，再考虑接口的顺序；
（2）明确反应物为SO2和Na2CO3，生成物是NaHSO3；
（3）不必写出完整的化学方程式，直接依据硫原子守恒和化学式进行分析；
（4）“看图说话”，明确坐标系横坐标为1的点对应的数值即可；去除率减小肯定是强氧化性的羟基自由基少了；
【详解】（1）实验室用Na2SO3固体和浓硫酸制备少量SO2气体时，若硫酸的浓度太大，则溶液中c(H+)的浓度较小，导致该复分解反应的速率较慢。若硫酸浓度太小，则由于SO2气体易溶于水，也不利于SO2气体的逸出。收集SO2前应先干燥，所以a先接d，然后e接c进行向上排空气法收集（长管进，短管出）。装置D是一个安全瓶，起到防倒吸的作用。
（2）从反应液的pH=4.1可知生成的产物是NaHSO3而不是Na2SO3，起始原料是SO2和Na2CO3，所以步骤①的离子方程式为：2SO2+CO32-+H2O=2HSO3-+CO2；
（3）据硫原子守恒和Na2S2O5、Na2S2O4的化学式可知，Na2S2O5消耗量是0.5mol；
（4）①当TOC去除率最高时，TOC的含量最低，由图1横坐标可知此时n(H2O2):n(Fe2+)=1；
②当H2O2的加入量大于40mg·L-1时，随着H2O2含量增加去除率反而降低，说明H2O2必发生了其他副反应，比如酸性条件下H2O2与催化剂Fe2+直接发生了反应，从而减少了强氧化性的羟基自由基的浓度，使得TOC去除率下降。
16.某化工小组研究银铜复合废料（表面变黑，生成Ag2S）回收银单质及制备硫酸铜晶体，工艺如下：（废料中的其他金属含量较低，对实验影响可忽略）
已知：①AgCl可溶于氨水，生成[Ag(NH3)2]+；
②Ksp（Ag2SO4）=1.2×10−5，Ksp（AgCl）=1.8×10−10；
③渣料中含有少量银和硫酸银（微溶）。
（1）操作I中为了加快空气熔炼速率，可以采取_______措施(写出其中一种即可)。
（2）操作IV经过________、_______过滤、洗涤和干燥，可以得到硫酸铜晶体。
（3）洗涤滤渣II，与粗银合并，目的是__________。
（4）操作III中，NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH、NaCl和O2，该反应的化学方程式为______（其中AgCl和NaCl的物质的量之比为2∶1）。氧化的同时发生沉淀转化，离子方程式为_____，其平衡常数K=__________。
（5）在空气中加热5.20g硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如表。【已知CuSO4·5H2O相对分子质量250】
温度范围/℃
固体质量/g
200~260
3.33
650~800
1.67
1000~1500
1.50
加热到1000℃时，固体物质的化学式为：_______。
【答案】 (1). 粉碎废料、适当增加空气量、搅拌等 (2). 加热浓缩（或蒸发浓缩）
(3). 降温结晶(或冷却结晶) (4). 为提高Ag的回收率
(5). 3NaClO+2Ag+H2O=2AgCl+NaCl+2NaOH+O2↑
(6). Ag2SO4(s)+2Cl−(aq)2AgCl(s)+SO42−(aq) (7). 3.7×1014 (8). Cu2O
【解析】
【分析】
（1）从外界条件对化学反应速率的影响来分析，如粉碎废料、适当增加空气量、搅拌等；
（2）操作IV是从溶液中获得硫酸铜晶体；
（3）渣料中含有少量银和微溶的硫酸银，必须回收；
（4）NaClO溶液与银反应的产物为AgCl、NaOH和O2，且AgCl和NaCl的物质的量之比为2：1，结合电子得失守恒和原子守恒来写化学方程式；AgCl比Ag2SO4溶解度更小，由此写出沉淀转化的化学方程式，结合两种物质的Ksp来计算平衡常数K；
（5）根据Cu守恒计算。
【详解】（1）从外界条件对化学反应速率的影响来分析，操作I中为了加快空气熔炼速率，可以采取粉碎废料、适当增加空气量、搅拌等；
（2）银铜复合废料在空气中焙烧，其中的Cu转化成CuO，渣料中主要含CuO、少量银和硫酸银，渣料中加入硫酸后，CuO溶解成CuSO4，经过滤后得到CuSO4溶液，操作IV是从CuSO4溶液中获得硫酸铜晶体，通常经过蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤，就可以得到硫酸铜晶体；
（3）渣料中含有少量银和微溶的硫酸银，必须回收，洗涤滤渣II，与粗银合并，目的是为了提高银的回收率；
（4）NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，且AgCl和NaCl的物质的量之比为2：1，结合得失电子守恒和原子守恒可得：3NaClO+2Ag+H2O=2AgCl+NaCl+2NaOH+O2↑；AgCl比Ag2SO4溶解度更小，由此写出沉淀转化的离子方程式：Ag2SO4(s)+2Cl-(aq) 2AgCl(s)+SO42-(aq)，该反应的平衡常数K====3.7×1014；
（5）5.20g硫酸铜晶体的物质的量为0.0208mol，其中CuSO4的质量为0.0208mol×160g/mol=3.33g，200~260℃范围内固体为CuSO4；n（Cu）=0.0208mol，1000℃时固体质量为1.50g，其中n（O）=（1.50g-0.0208mol×64g/mol）÷16g/mol=0.01055mol，n（Cu）：n（O）=2:1，所以加热到1000℃时剩余固体为Cu2O。
17.I．甲醛在木材加工、医药等方面有重要用途。甲醇直接脱氢是工业上合成甲醛的新方法，制备过程涉及的主要反应如下：
反应I：CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g) ΔH1=+85.2kJ/mol
反应II：CH3OH(g)+O2(g)HCHO(g)+H2O(g) ΔH2
反应III：2H2(g)+O2(g)2H2O(g) ΔH3=—483.6kJ/mol
（1）计算反应Ⅱ反应热ΔH2=__________________。
（2）肌肉中的肌红蛋白(Mb)可与O2结合生成MbO2：Mb(aq)+O2(g)MbO2(aq)，其中k正和k逆分别表示正反应和逆反应的速率常数，即υ正=k正·c(Mb)·P(O2)，υ逆=k逆·c(MbO2)。37℃时测得肌红蛋白的结合度(α)与P(O2)的关系如下表[结合度(α)指已与O2结合的肌红蛋白占总肌红蛋白的百分比]：
①计算37℃、P(O2)为2.00kPa时，上述反应的平衡常数K=_______。
P(O2)
0.50
1.00
2.00
3.00
4.00
5．00
6.00
α（MbO2%）
500
67.0
80.0
85.0
88.0
90.3
91.0
②导出平衡时肌红蛋白与O2的结合度(α)与O2的压强[P(O2)]之间的关系式α=_______(用含有k正、k逆的式子表示)。
II．CO2既是温室气体，也是重要的化工原料，以CO2为原料可合成多种有机物。
（3）CO2用于生产乙烯，已知：2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g) + 4H2O(g) ΔH＝QkJ/mol。一定条件下， 按不同的投料比X[X＝]向某容积可变的恒压密闭容器中充入CO2、H2，测得不同投料比时CO2的转化率与温度的关系如图所示。
①X1______X2（填“＞”或“＜”，后同），Q______0。
②图中A、B、C三点对应的平衡常数KA、KB、KC的大小关系为______。
（4）常温下，用NaOH溶液作CO2捕捉剂不仅可以降低碳排放，而且可得到重要的化工产品Na2CO3和NaHCO3。
①已知25℃时0.1mol / L的NaHCO3溶液的pH=8.3，试通过计算确定溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_____[已知：常温下H2CO3的电离常数Ka1= 4.4×10−7、Ka2 = 5×10−11 ]。
②欲用5LNa2CO3溶液将23.3gBaSO4固体全都转化为BaCO3，则所用的Na2CO3溶液的物质的量浓度至少为____。
[已知：常温下Ksp(BaSO4)=1×10−7、Ksp(BaCO3)=2.5×10−6 ]。(忽略溶液体积的变化)
【答案】 (1). -156.6kJ/mol (2). 2.00 (3). (4). > (5). < (6). KA>KB＝KC (7). c（Na+）>c（HCO3-）>c（CO32-）>c（OH-）>c（H+） (8). 0.52mol/L
【解析】
【分析】
I.（1）根据盖斯定律求算。
（2）利用题给的反应式，当平衡时正、逆反应速率相等，而得出平衡常数表达式。再利用结合度的定义进行推导；
II.（3）①增大某一种反应物的用量，必然提高其它反应物的转化率；温度升高，反应物的转化率降低，说明正向是放热的；
②平衡常数是温度的函数；
（4）通过所给的电离平衡常数的数据来判断c(CO32-)与c(OH-)的相对大小；通过所给的溶度积数据和平衡常数定义式进行推导即可。
【详解】I.(1)根据盖斯定律，反应II的反应热△H2=△H1+△H3=-241.8kJ/mol+85.2kJ/mol=-156.6kJ/mol；
(2)根据所给表格中的数据可知，37℃、P(O2)=2.00kPa时，α(MbO2%)=80.0。根据反应式Mb(aq)+O2(g) MbO2(aq)并由结合度的定义可知，反应达到平衡时，反应生成的MbO2和未反应的Mb的物质的量浓度之比为4：1，。当达到平衡时，正、逆反应速率相等，即k正c(Mb)·P(O2)=k逆c(MbO2)可得平衡常数；
②据上述推导可得平衡常数，变形得，代入结合度的定义有：α==；
II.(3)①X=，X越大，表明相对CO2来说，H2的投入料越多，而CO2的转化率就越大，所以X1>X2；从图中可以看出，随着温度的升高，CO2的转化率降低，说明升温平衡左移，该反应正向是放热反应，即Q<0；
②B和C点对应的温度相同，所以平衡常数相同，C点相对于A点是升高温度，由于正向是放热反应，所以升高温度平衡常数将减小，所以A、B、C三点的平衡常数的大小关系为：KA>KB=KC；
(4)①0.1mol/LNaHCO3溶液的pH=8.3，可初步得出溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>(H+)，再计算确定c(CO32-)和c(OH-)的相对大小。据pH=8.3可知c(OH-)=10-5.7mol/L；据，计算可得c(CO32-)=5×10-3.7mol/L>c(OH-)，所以溶液中离子浓度的大小顺序为：c(Na+)>c(HCO3-)> c(CO32-)>c(OH-)>(H+)；
②设固体全部转化时至少需要Na2CO3溶液的物质的量浓度为x，当BaSO4完全溶解后，所得5L溶液中c(SO42-)=÷5L=0.02mol/L，此时溶液中的c(CO32-)=(x-0.02)mol/L，由BaSO4(s)+CO32-(aq) BaCO3(s)+SO42-(aq)可知，此反应的平衡常数，解得x=0.52mol/L；
三、选做题（15分，请考生在第18、19两道题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分。并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。）
18.第四周期过渡元素单质及其化合物在生活、生产中有广泛应用。回答下列问题：
（1）基态Cu原子电子排布式为：__________。
（2）过渡金属单质及化合物是有机合成反应的重要催化剂。
例如：
①苯甲醇中碳原子的杂化类型是___________。
②苯甲醇的沸点比苯甲醛_______ 。(填“高”或“低”)
③苯甲醛分子中三种非金属元素C、O、H的电负性由大到小的顺序是____________ 。
（3）多数过渡金属的配离子在水中有颜色，其显色与配合物分裂能有关。定义1个电子从较低能量的d轨道跃迁到较高能量的d轨道所需的能量为d轨道的分裂能，用表示，中心离子电荷数越大，中心与配体距离越近，则作用越强，越大。分裂能（）Co(H2O)62+_______Co(H2O)63+(填“ > ”“〈”或“ =”）。
（4）钨与碳组成一种特殊材料，其晶体的晶胞如图1所示，它的熔点为2870℃、硬度类似金刚石，预测它的晶体类型是_________。
（5）Fe的一种晶体如图2所示，设阿伏加德罗常数的值为NA，铁原子的半径是r cm，该晶体的密度是ρ g/cm3，则铁的相对原子质量为___（只列出计算式）
【答案】 (1). [Ar]3d104s1 (2). sp2、sp3 (3). 高 (4). O>C>H (5). < (6). 原子晶体 (7).
【解析】
【分析】
（1）注意铜的电子排布的特殊性，保证3d轨道全满；
（2）注意苯环的碳的杂化方式与侧链上碳的杂化方式不同；醇的沸点相对偏高是因为形成了分子间氢键；电负性大小是对元素非金属性强弱的直接度量；
（3）用好题给信息中分裂能强弱的影响因素；
（4）所给晶胞不必采用均摊法分析，直接根据性质进行预测即可；
（5）采用均摊法算出每个晶胞中的铁原子数，利用密度公式求算。
【详解】（1）基态铜原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；
（2）①苯甲醇中苯环上的碳采取sp2杂化，侧链碳采取sp3杂化；
②由于苯甲醇能形成分子间氢键而苯甲醛不能，所以苯甲醇的沸点高于苯甲醛；
③元素的非金属性越强，电负性越大。C、O、H的电负性由大到小的顺序是O>C>H；
（3）Co(H2O)62+和Co(H2O)63+相比较，前者的中心离子电荷数小，离子半径：Co2+大于Co3+，所以前者的分裂能小；
（4）该晶体的熔点很高，硬度大，符合原子晶体的特点，故预测该晶体类型是原子晶体；
（5）在所给的铁晶胞中，与一个铁原子最近的铁原子的距离为立方体的边长的，这样的原子有8个，所以铁的配位数为8，因为铁原子的半径是rcm，根据该铁的晶胞的结构可以知道，晶胞的边长为，在每个晶胞中含有铁原子的数目为，设铁原子的相对原子质量为M，根据密度可得，所以。
19.化合物M是一种局部麻醉药的成分，实验室由芳香烃A合成M的一种路线如下：
已知：（1）B的苯环上有2种化学环境的氢原子
（2）
（3）RXRMgXRCH2CH2OH
回答下列问题：
（1）A的化学名称为_________，C中所含的官能团名称为____________。
（2）①的反应类型是___________，④的反应类型是_____________。
（3）F的核磁共振氢谱只有1组吸收峰，D和H生成M的化学方程式为____________________。
（4）D在一定条件下发生缩聚反应，生成的高分子产物的结构简式为_____________。
（5）L是H的同分异构体，L不能与金属钠反应，核磁共振氢谱只有两组峰，且峰面积比为6∶1，L的结构简式为_____________。
（6）参照上述合成路线，以乙烯和环氧乙烷为原料(无机试剂任选)制备1,6己二醛[OHC(CH2)4CHO]，设计合成路线：___________________。
【答案】 (1). 甲苯 (2). 硝基、羧基 (3). 取代反应 (4). 加成反应 (5). ++H2O (6). (7). (8). CH2=CH2CH2BrCH2Br
【解析】
【分析】
（1）根据反应①的条件可知发生了硝化反应，从物质B的分子式可知A的分子式为C7H8，则A为甲苯；物质B的苯环上有2种化学环境的氢，说明引入的硝基进入了甲基的对位，B为对硝基甲苯；反应②是将甲基氧化为羧基，C为对硝基苯甲酸；结合题给的已知（2）可判断反应③是将硝基还原为氨基，D为对氨基苯甲酸；依据E的分子式为C4H8，它和HBr在催化剂作用下发生加成反应，生成溴代烷烃；F的分子式为C4H9Br，F的核磁共振氢谱只有一组吸收峰，说明分子有3个甲基连在同一个碳上，可得F的结构为；结合题给已知（3）可知经过反应⑤和反应⑥，就是将溴原子换成-CH2CH2OH，所以H的结构为；
（2）反应①是硝化反应，反应④是烯烃的加成反应；
（3）从反应条件和反应物的官能团可以看出，该反应是酯化反应；
（4）D分子中含有羧基和氨基，可以发生缩聚反应；
（5）H分子中共有14个氢原子，L不能与金属钠反应，L属于醚类，两组峰且面积比为6：1，说明分子结构中有4个对等的甲基；
（6）可以逆推将醛变为醇，再考虑碳原子数进行合成即可。
【详解】（1）A的分子式为C7H8，且含有苯环，所以A的化学名称为甲苯；物质C中官能团的名称为：羧基和硝基；
（2）①的反应类型为硝化反应，其实质是取代反应；④的反应类型为加成反应；
（3）D（对氨基苯甲酸）和H发生酯化反应生成M，化学方程式为：++H2O；
（4）D为对氨基苯甲酸，其中既有羧基，又有氨基，可以反应缩聚反应，形成的高分子化合物的结构简式为：；
（5）H的结构为：，L是H的同分异构体，L不能与金属钠反应，说明L中没有醇羟基，即L属于醚，L分子中共有12个氢，两组峰的峰面积之比为6：1，说明有4个甲基，根据对称性可写出L的结构简式为：；
（6）环氧乙烷的使用，一是反应物中要有卤原子，一是合成结果中引入了2个碳。本题的合成目标产物是6个碳，原料乙烯分子中有2个碳，所以先从碳链上考虑将乙烯与溴单质进行加成，再与环氧乙烷反应即可完成碳架的构建，并形成二元醇，然后催化氧化即可获得目标产物二元醛，路线设计如下：CH2=CH2CH2BrCH2Br。
本卷可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 A1-27 Si-28 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64 Ba-137
一、选择题（本题共14个小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项是符合题目要求。）
1.下列有关说法错误的是（ ）
A. 面粉加工厂应标有“严禁烟火”的字样或图标
B. 白居易在《问刘十九》中有“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”诗句，“新醅酒”即新酿的酒，在酿酒的过程中，葡萄糖发生了水解反应
C. 离子交换法可用于海水淡化
D. 手机外壳上贴的碳纤维是一种新型无机非金属材料
【答案】B
【解析】
【详解】A．面粉加工厂中含有大量的面粉粉尘，有明火时易发生粉尘爆炸，面粉加工厂应标有“严禁烟火”的字样或图标，A项正确；
B．葡萄糖是单糖，不会发生水解反应，在酿酒过程发生水解的是淀粉，淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖发生发酵反应生成乙醇，B项错误；
C．海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，C项正确；
D．碳纤维的实质为碳，是一种新型的无机非金属材料，D项正确；
所以答案选择B项。
2.下列关于物质的分类、性质或应用的说法均正确的是（ ）
A. 五边形石墨烯(如图）与石墨互为同素异形体
B. 二氧化硫具有漂白、杀菌的性能，可以漂白紫色石蕊试剂
C. 二氧化硅是半导体材料，可将太阳能直接转化为电能
D. 二氧化锰具有较强的氧化性，是H2O2分解的氧化剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．五边形石墨烯是一种新的碳单质，与石墨同为碳的同素异形体，A项正确；
B．二氧化硫的确具有漂白、杀菌的性能，但不能漂白紫色石蕊试剂，B项错误；
C．二氧化硅不是半导体材料，单质硅才是半导体材料，硅单质能够将太阳能直接转化为电能，C项错误；
D．二氧化锰是过氧化氢分解的催化剂，D项错误；
所以答案选择A项。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的有几个（ ）
①1mol N2与4mol H2反应生成的NH3分子数为2NA；
②标准状况下，体积为22.4L的SO3中含3 NA个氧原子；
③1molC10H22分子中共价键总数为31 NA；
④60g二氧化硅晶体中含有的硅氧键数目为4NA；
⑤1mol/L NaOH溶液中含有Na+ 数目为NA；
⑥1molD2 O含10 NA个电子；
⑦2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1 NA。
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】A
【解析】
【详解】①错误，该反应可逆，进行不到底，所以生成的NH3必小于2NA；
②错误，在标准状况下SO3不是气体；
③正确，1molC10H22分子中，含有碳碳键9NA，含有碳氢键共22NA，所以含有的共价键总数为31 NA；
④正确，60g二氧化硅晶体的物质的量为1mol，其中每个硅原子与4个氧原子形成硅氧键，且全部属于自己（没有均摊），所以60g二氧化硅晶体中含有的硅氧键数目为4NA；
⑤错误，因溶液体积未知，所以无法计算钠离子数目；
⑥正确，每个D2O分子中含有10个质子，10个电子，所以1molD2 O含10 NA个电子；
⑦错误，没有指明气体所处的条件是标准状况，所以无法使用22.4L·mol-1进行计算；
所以答案选择A项。
【点睛】H2O、D2O、T2O结构上差别在于中子数的不同，每个分子中含有的质子数和电子数仍都是10。
4.下列解释工业生产或应用化学用语中，不正确的是（ ）
A. FeCl3溶液刻蚀铜电路板：2Fe3+ + Cu==2Fe2++ Cu2+
B. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3·H2O== Al(OH)3↓ + 3NH4 +
C. 将少量二氧化碳通入次氯酸钠溶液中：CO2＋H2O＋2ClO－== CO32－＋2HClO
D. Na2CO3溶液处理水垢：CaSO4(s)+CO32−（aq）CaCO3(s)+SO42−（aq）
【答案】C
【解析】
【详解】A．Fe3+被还原为Fe2+，所给式子已配平，符合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，A项正确；
B．氢氧化铝不溶于过量氨水，所以生成产物是Al(OH)3，一水合氨是弱碱不拆写，B项正确；
C．因酸性强弱：H2CO3>HClO>HCO3-，所以不管通入次氯酸钠溶液中的CO2的量多少，反应均生成HCO3-，正确的离子方程式应为：CO2＋H2O＋ClO－= HCO3－＋HClO，C项错误；
D．硫酸钙是微溶物质，碳酸钙是难溶物质，化学式均不拆写，该反应是一个沉淀转化的反应，符合复分解反应条件，D项正确；
所以答案选择C项。
【点睛】该题最好是采用排除法。酸性强弱H2CO3>HClO>HCO3-的确定，可以通过一些反应事实来论证，也可以查阅书上的电离平衡常数，看其数量级直接比较强弱。
5.二苯并呋哺的结构简式为，其一氯代物有（ ）
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】B
【解析】
试题分析：该有机物是轴对称图形，有4种不同环境的氢原子，所以其一氯代物有4种，选B。
考点：考查有机物的同分异构体。
6.H2S是一种剧毒气体，对H2S废气资源化利用的途径之一是回收能量并得到单质硫。如图为质子膜H2S燃料电池的示意图。下列说法正确的是（ ）
A. 电极a发生还原反应
B. 当电路中通过4 mol电子时，有4molH＋经质子膜进入负极区
C. 电池总反应为：2H2S＋3O2 =2SO2＋2H2O
D. 电极b的电极反应式为：O2＋4e－＋4H＋=2H2O
【答案】D
【解析】
【分析】
从图上可以看出，该燃料电池通入H2S生成S2的电极发生失电子的氧化反应，为负极，通入氧气生成水的一极为正极，发生还原反应。
【详解】A．电极a实现了由H2S变为S2，发生了氧化反应，A项错误；
B．在内电路中，质子应向正极区移动，B项错误；
C．图示明确给出了氧化产物是S2，不是SO2，C项错误；
D．由于使用的是质子固体电解质膜，正极发生的反应为：O2＋4e－＋4H＋=2H2O，D项正确；
所以答案选择D项。
【点睛】在原电池的内电路中，阳离子移向正极，阴离子移向负极。该燃料电池的负极反应式为：2H2S-4e-=S2+4H+，正极电极反应式为：O2＋4e－＋4H＋=2H2O，从两个反应式可以看出，负极每生成4molH+，正极就消耗4molH+。
7.氮及其化合物的转化过程如下图所示。
下列分析合理的是（ ）
A. N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100%
B. 催化剂a、b能提高反应的平衡转化率
C. 催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和形成
D. 在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移
【答案】A
【解析】
【分析】
图示发生的反应有2个。一个是合成氨反应：N2+3H22NH3，一个是氨的催化氧化反应：4NH3+5O24NO+6H2O。
【详解】A．合成氨反应是一个化合反应，原子利用率达100%，A项正确；
B．催化剂不能使化学平衡移动，因而不能影响平衡转化率，B项错误；
C．催化剂a催化的是氢气和氮气合成氨气，反应中只有非极性键断裂和极性键形成，C项错误；
D．氨气形成NO时，氮元素和氧元素的化合价明显发生了变化，说明该反应涉及了电子转移，D项错误；
所以答案选择A项。
【点睛】合成氨反应是一个可逆反应，可逆反应与原子利用率达100%并不矛盾。可逆反应表达一个反应进行的程度，而原子利用率是表达反应物原子变成目标产物时原子的利用情况。
8.实验室从含碘的废液（除H2O外，含有CCl4、I2、I −等）中回收碘，其实验过程如下，下列各项操作选用的装置不正确的是（ ）
选项
A
B
C
D
操作
操作X
氧化
操作Y
操作Z（加热及夹持装置略去）
装置
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】
含碘的废液含有CCl4、I2、I −等，加入Na2SO3将I2还原为I-：H2O+SO32-+I2=2I-+SO42-+2H+； 利用操作X将水溶液与CCl4分离，所以操作X为分液；同理操作Y应为分液，操作Z应为蒸馏。
【详解】A．操作X为分液操作，实现了互不相溶的两种液体的分离，所给装置也正确，A项正确；
B．装置B涉及氧化这一环节，使用玻璃球泡可以增大接触面积，使氯气与溶液反应更充分，倒扣的漏斗是为了防止液体倒吸，用NaOH溶液吸收尾气氯气，防止污染大气，B项正确；
C．因要实现的是互不相溶的液体的分离，所以采用分液操作，应选用与A项同样的装置，题给的是过滤装置，实现的是难溶固于液体的分离，C项错误；
D．操作Z是蒸馏，所给的蒸馏装置也正确，D项正确；
所以答案选择C项。
【点睛】本题侧重考查分离的原理及应用，所给4个装置的细节上均没有问题。
9.某碱浸液中c(MoO42-)＝0.80mol·L−1，c(SO42-)＝0.04 mol·L−1，在结晶前需加入Ba(OH)2固体以除去溶液中的SO42-。当BaMoO4开始沉淀时，SO42-的去除率是（ ）
[Ksp(BaSO4)＝1.1× 10−10、Ksp(BaMoO4)＝4.0 ×10−8，溶液体积变化可忽略不计]
A. 79.6% B. 85.6% C. 94.5% D. 98.9%
【答案】C
【解析】
【分析】
从所给BaSO4、BaMoO4的Ksp来看，BaSO4先沉淀。去除率是已经沉淀的SO42-占原有总SO42-的百分率。
【详解】当BaMoO4开始沉淀时，此时溶液中的Ba2+浓度为：==5×10-8mol/L，此时溶液中的==2.2×10-3mol/L，所以反应掉的c(SO42-)=0.04mol/L-0.0022mol/L=0.0378mol/L，因溶液体积不变，所以SO42-的去除率为：=94.5%；
所以答案选择C项。
10.下列实验操作、现象和所得结论错误的是 （ ）
选项
操作
现象
结论
A
向蔗糖中加入浓硫酸
蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，并放出有刺激性气味的气体
浓硫酸具有脱水性和强氧化性
B
向久置的Na2SO3溶液中加入足量Ba(NO3)2溶液，再加入足量稀盐酸
先出现白色沉淀，然后部分沉淀溶解
部分Na2SO3被氧化
C
某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液
产生蓝色沉淀
原溶液中有Fe2+，可能有Fe3+
D
向等浓度KCl、KI混合液中逐滴滴加AgNO3溶液
先出现黄色沉淀
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，体现了浓硫酸的脱水性：C12H22O1112C+11H2O，放出有刺激性气味的气体为SO2，体现了浓硫酸的强氧化性：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O，A项正确；
B．因为是先加入了硝酸钡溶液，再加入稀盐酸，相当于在溶液中引入了硝酸，+4价的硫元素可被硝酸氧化：3BaSO3+2NO3-+2H+=3BaSO4+2NO↑+H2O，所以无法根据所给的操作和现象得出Na2SO3部分被氧化的结论，B项错误；
C．该操作只证明了Fe2+的存在，没有确定是否有Fe3+，所以溶液中可能有Fe3+，C项正确；
D．因是逐滴加入AgNO3溶液，因Cl-、I-等浓度，先出现黄色沉淀，说明碘化银溶解度比氯化银小，氯化银与碘化银类型相同，其溶度积也比氯化银小，所以D项正确；
所以答案选择B项。
11.某温度下，体积和pH都相同的NaOH溶液与CH3COONa溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示，下列判断正确的是（ ）
A. c点的溶液中c(OH−)+c(CH3COOH)＝c(H+)
B. a、b两点溶液的导电性：a>b
C. b、c两点溶液中水的电离程度：b=c
D. 用相同浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液恰好完全反应，消耗盐酸的体积：Vb=Vc
【答案】B
【解析】
【分析】
NaOH是强碱，而CH3COONa溶液中存在水解平衡，所以相同pH溶液进行稀释时，CH3COONa溶液的pH变化比较平缓，所以曲线II为CH3COONa稀释曲线。
【详解】A．任一点溶液中均存在电荷守恒：c(OH−)+c(CH3COO-)＝c(H+)+c(Na+)，依据物料守恒有： c(CH3COO-)+c(CH3COOH)＝c(Na+)，将两式相减得：c(H+)+c(CH3COOH)＝c(OH−)。如所给的等式c(OH−)+c(CH3COOH)＝c(H+)成立，则可得出c(CH3COOH)=0这一错误的结论，A项错误；
B．开始两溶液的pH相同，则开始物质的量浓度：CH3COONa>NaOH，a、b两点溶液稀释的倍数相同，所得对应溶液中的离子浓度：CH3COONa>NaOH，导电性：a>b， B项正确；
C．b、c两点溶液中pH相同，但一个是碱溶液，水的电离受到抑制，一个是强碱弱酸盐的溶液，水的电离因CH3COO-水解而受到促进，所以水的电离程度：b
12.短周期主族元素Q、W、X、Y、Z的原子序数依次递增，Q、W、X是分别位于前三个不同周期且原子最外层电子数之和为10的主族元素，W与Y同主族、X和Y同周期；X是地壳中含量最高的金属元素、Z的原子半径是同周期主族元素原子半径最小的。下列关于它们的叙述错误的是（ ）
A. 最高价氧化物对应水化物的酸性Z比Y强
B. W与X简单离子半径前者更大
C. 工业上制备X单质，通常电解X与W形成的化合物
D. Q分别与W、Y、Z形成的化合物所含共价键类型完全相同
【答案】D
【解析】
【分析】
由Q、W、X是分别位于前三个不同周期的主族元素，可以确定Q为氢元素；由X是地壳中含量最高的金属元素确定X是铝元素；再结合Q、W、X的最外层电子数之和为10，确定W为氧元素；由W与Y同主族确定Y为硫元素；Z为氯元素，其原子半径的确为第三周期主族元素中原子半径最小的。
【详解】A．非金属性：Cl>S，Z和Y的最高价氧化物水化物分别为HClO4、H2SO4，酸性HClO4>H2SO4，A项正确；
B．氧离子和铝离子均为10电子微粒，此时核电荷数越大，离子半径越小，所以氧离子半径大，B项正确；
C．工业上制备金属铝， 通常是电解氧化铝（加入冰晶石），C项正确；
D．氢元素与O、S、Cl形成的化合物均为共价化合物，但H2O2中既有极性共价键，又有非极性共价键，这一点与H2S和HCl中只有极性共价键不同，D项错误；
所以答案选择D项。
13.研究生铁的锈蚀，下列分析不正确的是（ ）
序号
①
②
③
实验
现象
8小时未观察
到明显锈蚀
8小时未观察
到明显锈蚀
1小时观察
到明显锈蚀
A. ①中，NaCl溶液中溶解的O2不足以使生铁片明显锈蚀
B. ②中，生铁片未明显锈蚀的原因之一是缺少H2O
C. ③中正极反应：O2+4e−+ 2H2O ==4OH−
D. 对比①②③，说明苯能隔绝O2
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据实验现象，③中1小时观察到明显锈蚀，说明NaCl溶液中溶解有O2，只是苯不能隔绝空气中的氧气进入氯化钠溶液，而①中由于是密闭体系，溶解的O2较少，不足以使生铁片明显锈蚀，故A正确；
B. 苯属于非电解质，②中无电解质溶液，不满足电化学腐蚀的条件，故B正确；
C. 根据现象，铁在中性环境下发生吸氧腐蚀，正极反应：O2+4e−+ 2H2O ==4OH−，电极反应式合理，故C正确；
D. 根据现象，③中发生吸氧腐蚀，①③溶液中均溶解由氧气，③中观察到明显锈蚀，说明苯不能隔绝O2，故D错误；
答案选D。
14.25℃时，体积均为20 mL、浓度均为0.1mol/L的两种酸HX、HY分别与0.1mol/L的NaOH溶液反应，所加NaOH溶液体积与反应后溶液的pH的关系如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A. 加入10 mL NaOH溶液时，a点c(X−)
C. b点溶液中，c(Y−)+2c(OH−)=c(HY)+2c(H+)
D. 25℃时，HX为强酸，HY为弱酸且Ka=10−8
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图中信息可知，浓度均为0.1mol/L的两种酸HX、HY的pH分别为1和4，则HX为强酸，HY为弱酸。
【详解】A．加入10mLNaOH溶液时，a点得到等物质的量浓度的HX和NaX的混合液，b点得到等物质的量浓度的HY和NaY的混合液，且a、b点溶液中Na+浓度相等，由于HX为强酸，HY为弱碱，所以a点的c(X-)大于b点的c(Y-)，A项错误；
B．HY溶液中加入NaOH溶液至pH=7时，此时溶液中有c(H+)=c(OH-)，依据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Y-)，所以有c(Na+)=c(Y-)，此时该溶液中离子浓度的关系：c(Na+)=c(Y-)>c(H+)=c(OH-)，B项错误；
C．b点溶液中，依据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Y-)①，依据物料守恒有：2c(Na+)=c(Y-)+c(HY)②，将①式乘以2，再与②式相减消去c(Na+)可得题给等式，C项正确；
D．HX为强酸，HY为弱酸，没有加入NaOH溶液时，0.1mol/LHY溶液的pH=4，c(Y-)=c(H+)=10-4mol/L，则Ka===1×10-7，D项错误；
所以答案选择C项。
二、填空题（共43分）
15.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)有广泛的用途，实验室中通过如下方法制备：
①不断搅拌条件下，在饱和Na2CO3溶液中缓缓通入SO2至反应完全；
②取下三颈烧瓶，测得反应液的pH＝4.1；
③将溶液蒸发浓缩、结晶、过滤得焦亚硫酸钠晶体
请回答下列问题：
（1）实验室可利用Na2SO3和浓的硫酸制备少量SO2气体，但硫酸浓度太大不利于SO2气体逸出，原因是________。制备、收集干燥的SO2气体时，所需仪器如下。装置A是气体发生装置，按气流方向连接各仪器口，顺序为a→_____→______→______→________→f。装置D的作用是___________。
（2）步骤①反应离子方程式为________________。
（3）在强碱性条件下利用Na2S2O5氧化HCOONa的方法可制备保险粉连二亚硫酸钠(Na2S2O4)，当生成0.5molNa2S2O4时，消耗Na2S2O5______mol。
（4）工业上用焦亚硫酸钠法制备保险粉带来的主要问题是废水中含有大量的有机物，有机物总含碳量用TOC表示，常采用Fenton氧化法去除废水中的有机物，即通过向废水中加入H2O2，以Fe2+作催化剂，产生具有强氧化性的羟基自由基(·OH)来氧化降解废水中的有机物。
①其他条件一定时，n(H2O2)∶n(Fe2+)的值对TOC去除效果的影响如图1所示：
当TOC的去除率最大时，n(H2O2)∶n(Fe2+)＝________。
②在pH＝4.5，其他条件一定时，H2O2的加入量对TOC去除效果的影响如图2所示，当H2O2的加入量大于40mL·L−1时，TOC去除率反而减小的原因是_____________。
【答案】 (1). 浓硫酸中只有少量H2SO4电离，c(H+)很小，导致复分解反应速率慢 (2). d (3). e (4). c (5). b (6). 防止倒吸 (7). CO32-+2SO2+H2O=2HSO3-+CO2 (8). 0.5 (9). 1 (10). 酸性条件下H2O2直接与Fe2+反应，导致溶液中羟基自由基(·OH)浓度减小，使得TOC去除率下降
【解析】
【分析】
（1）实验室选用浓硫酸的浓度太大，反应慢；连接仪器时，先明确装置的作用，再考虑接口的顺序；
（2）明确反应物为SO2和Na2CO3，生成物是NaHSO3；
（3）不必写出完整的化学方程式，直接依据硫原子守恒和化学式进行分析；
（4）“看图说话”，明确坐标系横坐标为1的点对应的数值即可；去除率减小肯定是强氧化性的羟基自由基少了；
【详解】（1）实验室用Na2SO3固体和浓硫酸制备少量SO2气体时，若硫酸的浓度太大，则溶液中c(H+)的浓度较小，导致该复分解反应的速率较慢。若硫酸浓度太小，则由于SO2气体易溶于水，也不利于SO2气体的逸出。收集SO2前应先干燥，所以a先接d，然后e接c进行向上排空气法收集（长管进，短管出）。装置D是一个安全瓶，起到防倒吸的作用。
（2）从反应液的pH=4.1可知生成的产物是NaHSO3而不是Na2SO3，起始原料是SO2和Na2CO3，所以步骤①的离子方程式为：2SO2+CO32-+H2O=2HSO3-+CO2；
（3）据硫原子守恒和Na2S2O5、Na2S2O4的化学式可知，Na2S2O5消耗量是0.5mol；
（4）①当TOC去除率最高时，TOC的含量最低，由图1横坐标可知此时n(H2O2):n(Fe2+)=1；
②当H2O2的加入量大于40mg·L-1时，随着H2O2含量增加去除率反而降低，说明H2O2必发生了其他副反应，比如酸性条件下H2O2与催化剂Fe2+直接发生了反应，从而减少了强氧化性的羟基自由基的浓度，使得TOC去除率下降。
16.某化工小组研究银铜复合废料（表面变黑，生成Ag2S）回收银单质及制备硫酸铜晶体，工艺如下：（废料中的其他金属含量较低，对实验影响可忽略）
已知：①AgCl可溶于氨水，生成[Ag(NH3)2]+；
②Ksp（Ag2SO4）=1.2×10−5，Ksp（AgCl）=1.8×10−10；
③渣料中含有少量银和硫酸银（微溶）。
（1）操作I中为了加快空气熔炼速率，可以采取_______措施(写出其中一种即可)。
（2）操作IV经过________、_______过滤、洗涤和干燥，可以得到硫酸铜晶体。
（3）洗涤滤渣II，与粗银合并，目的是__________。
（4）操作III中，NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH、NaCl和O2，该反应的化学方程式为______（其中AgCl和NaCl的物质的量之比为2∶1）。氧化的同时发生沉淀转化，离子方程式为_____，其平衡常数K=__________。
（5）在空气中加热5.20g硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如表。【已知CuSO4·5H2O相对分子质量250】
温度范围/℃
固体质量/g
200~260
3.33
650~800
1.67
1000~1500
1.50
加热到1000℃时，固体物质的化学式为：_______。
【答案】 (1). 粉碎废料、适当增加空气量、搅拌等 (2). 加热浓缩（或蒸发浓缩）
(3). 降温结晶(或冷却结晶) (4). 为提高Ag的回收率
(5). 3NaClO+2Ag+H2O=2AgCl+NaCl+2NaOH+O2↑
(6). Ag2SO4(s)+2Cl−(aq)2AgCl(s)+SO42−(aq) (7). 3.7×1014 (8). Cu2O
【解析】
【分析】
（1）从外界条件对化学反应速率的影响来分析，如粉碎废料、适当增加空气量、搅拌等；
（2）操作IV是从溶液中获得硫酸铜晶体；
（3）渣料中含有少量银和微溶的硫酸银，必须回收；
（4）NaClO溶液与银反应的产物为AgCl、NaOH和O2，且AgCl和NaCl的物质的量之比为2：1，结合电子得失守恒和原子守恒来写化学方程式；AgCl比Ag2SO4溶解度更小，由此写出沉淀转化的化学方程式，结合两种物质的Ksp来计算平衡常数K；
（5）根据Cu守恒计算。
【详解】（1）从外界条件对化学反应速率的影响来分析，操作I中为了加快空气熔炼速率，可以采取粉碎废料、适当增加空气量、搅拌等；
（2）银铜复合废料在空气中焙烧，其中的Cu转化成CuO，渣料中主要含CuO、少量银和硫酸银，渣料中加入硫酸后，CuO溶解成CuSO4，经过滤后得到CuSO4溶液，操作IV是从CuSO4溶液中获得硫酸铜晶体，通常经过蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤，就可以得到硫酸铜晶体；
（3）渣料中含有少量银和微溶的硫酸银，必须回收，洗涤滤渣II，与粗银合并，目的是为了提高银的回收率；
（4）NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，且AgCl和NaCl的物质的量之比为2：1，结合得失电子守恒和原子守恒可得：3NaClO+2Ag+H2O=2AgCl+NaCl+2NaOH+O2↑；AgCl比Ag2SO4溶解度更小，由此写出沉淀转化的离子方程式：Ag2SO4(s)+2Cl-(aq) 2AgCl(s)+SO42-(aq)，该反应的平衡常数K====3.7×1014；
（5）5.20g硫酸铜晶体的物质的量为0.0208mol，其中CuSO4的质量为0.0208mol×160g/mol=3.33g，200~260℃范围内固体为CuSO4；n（Cu）=0.0208mol，1000℃时固体质量为1.50g，其中n（O）=（1.50g-0.0208mol×64g/mol）÷16g/mol=0.01055mol，n（Cu）：n（O）=2:1，所以加热到1000℃时剩余固体为Cu2O。
17.I．甲醛在木材加工、医药等方面有重要用途。甲醇直接脱氢是工业上合成甲醛的新方法，制备过程涉及的主要反应如下：
反应I：CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g) ΔH1=+85.2kJ/mol
反应II：CH3OH(g)+O2(g)HCHO(g)+H2O(g) ΔH2
反应III：2H2(g)+O2(g)2H2O(g) ΔH3=—483.6kJ/mol
（1）计算反应Ⅱ反应热ΔH2=__________________。
（2）肌肉中的肌红蛋白(Mb)可与O2结合生成MbO2：Mb(aq)+O2(g)MbO2(aq)，其中k正和k逆分别表示正反应和逆反应的速率常数，即υ正=k正·c(Mb)·P(O2)，υ逆=k逆·c(MbO2)。37℃时测得肌红蛋白的结合度(α)与P(O2)的关系如下表[结合度(α)指已与O2结合的肌红蛋白占总肌红蛋白的百分比]：
①计算37℃、P(O2)为2.00kPa时，上述反应的平衡常数K=_______。
P(O2)
0.50
1.00
2.00
3.00
4.00
5．00
6.00
α（MbO2%）
500
67.0
80.0
85.0
88.0
90.3
91.0
②导出平衡时肌红蛋白与O2的结合度(α)与O2的压强[P(O2)]之间的关系式α=_______(用含有k正、k逆的式子表示)。
II．CO2既是温室气体，也是重要的化工原料，以CO2为原料可合成多种有机物。
（3）CO2用于生产乙烯，已知：2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g) + 4H2O(g) ΔH＝QkJ/mol。一定条件下， 按不同的投料比X[X＝]向某容积可变的恒压密闭容器中充入CO2、H2，测得不同投料比时CO2的转化率与温度的关系如图所示。
①X1______X2（填“＞”或“＜”，后同），Q______0。
②图中A、B、C三点对应的平衡常数KA、KB、KC的大小关系为______。
（4）常温下，用NaOH溶液作CO2捕捉剂不仅可以降低碳排放，而且可得到重要的化工产品Na2CO3和NaHCO3。
①已知25℃时0.1mol / L的NaHCO3溶液的pH=8.3，试通过计算确定溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_____[已知：常温下H2CO3的电离常数Ka1= 4.4×10−7、Ka2 = 5×10−11 ]。
②欲用5LNa2CO3溶液将23.3gBaSO4固体全都转化为BaCO3，则所用的Na2CO3溶液的物质的量浓度至少为____。
[已知：常温下Ksp(BaSO4)=1×10−7、Ksp(BaCO3)=2.5×10−6 ]。(忽略溶液体积的变化)
【答案】 (1). -156.6kJ/mol (2). 2.00 (3). (4). > (5). < (6). KA>KB＝KC (7). c（Na+）>c（HCO3-）>c（CO32-）>c（OH-）>c（H+） (8). 0.52mol/L
【解析】
【分析】
I.（1）根据盖斯定律求算。
（2）利用题给的反应式，当平衡时正、逆反应速率相等，而得出平衡常数表达式。再利用结合度的定义进行推导；
II.（3）①增大某一种反应物的用量，必然提高其它反应物的转化率；温度升高，反应物的转化率降低，说明正向是放热的；
②平衡常数是温度的函数；
（4）通过所给的电离平衡常数的数据来判断c(CO32-)与c(OH-)的相对大小；通过所给的溶度积数据和平衡常数定义式进行推导即可。
【详解】I.(1)根据盖斯定律，反应II的反应热△H2=△H1+△H3=-241.8kJ/mol+85.2kJ/mol=-156.6kJ/mol；
(2)根据所给表格中的数据可知，37℃、P(O2)=2.00kPa时，α(MbO2%)=80.0。根据反应式Mb(aq)+O2(g) MbO2(aq)并由结合度的定义可知，反应达到平衡时，反应生成的MbO2和未反应的Mb的物质的量浓度之比为4：1，。当达到平衡时，正、逆反应速率相等，即k正c(Mb)·P(O2)=k逆c(MbO2)可得平衡常数；
②据上述推导可得平衡常数，变形得，代入结合度的定义有：α==；
II.(3)①X=，X越大，表明相对CO2来说，H2的投入料越多，而CO2的转化率就越大，所以X1>X2；从图中可以看出，随着温度的升高，CO2的转化率降低，说明升温平衡左移，该反应正向是放热反应，即Q<0；
②B和C点对应的温度相同，所以平衡常数相同，C点相对于A点是升高温度，由于正向是放热反应，所以升高温度平衡常数将减小，所以A、B、C三点的平衡常数的大小关系为：KA>KB=KC；
(4)①0.1mol/LNaHCO3溶液的pH=8.3，可初步得出溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>(H+)，再计算确定c(CO32-)和c(OH-)的相对大小。据pH=8.3可知c(OH-)=10-5.7mol/L；据，计算可得c(CO32-)=5×10-3.7mol/L>c(OH-)，所以溶液中离子浓度的大小顺序为：c(Na+)>c(HCO3-)> c(CO32-)>c(OH-)>(H+)；
②设固体全部转化时至少需要Na2CO3溶液的物质的量浓度为x，当BaSO4完全溶解后，所得5L溶液中c(SO42-)=÷5L=0.02mol/L，此时溶液中的c(CO32-)=(x-0.02)mol/L，由BaSO4(s)+CO32-(aq) BaCO3(s)+SO42-(aq)可知，此反应的平衡常数，解得x=0.52mol/L；
三、选做题（15分，请考生在第18、19两道题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分。并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。）
18.第四周期过渡元素单质及其化合物在生活、生产中有广泛应用。回答下列问题：
（1）基态Cu原子电子排布式为：__________。
（2）过渡金属单质及化合物是有机合成反应的重要催化剂。
例如：
①苯甲醇中碳原子的杂化类型是___________。
②苯甲醇的沸点比苯甲醛_______ 。(填“高”或“低”)
③苯甲醛分子中三种非金属元素C、O、H的电负性由大到小的顺序是____________ 。
（3）多数过渡金属的配离子在水中有颜色，其显色与配合物分裂能有关。定义1个电子从较低能量的d轨道跃迁到较高能量的d轨道所需的能量为d轨道的分裂能，用表示，中心离子电荷数越大，中心与配体距离越近，则作用越强，越大。分裂能（）Co(H2O)62+_______Co(H2O)63+(填“ > ”“〈”或“ =”）。
（4）钨与碳组成一种特殊材料，其晶体的晶胞如图1所示，它的熔点为2870℃、硬度类似金刚石，预测它的晶体类型是_________。
（5）Fe的一种晶体如图2所示，设阿伏加德罗常数的值为NA，铁原子的半径是r cm，该晶体的密度是ρ g/cm3，则铁的相对原子质量为___（只列出计算式）
【答案】 (1). [Ar]3d104s1 (2). sp2、sp3 (3). 高 (4). O>C>H (5). < (6). 原子晶体 (7).
【解析】
【分析】
（1）注意铜的电子排布的特殊性，保证3d轨道全满；
（2）注意苯环的碳的杂化方式与侧链上碳的杂化方式不同；醇的沸点相对偏高是因为形成了分子间氢键；电负性大小是对元素非金属性强弱的直接度量；
（3）用好题给信息中分裂能强弱的影响因素；
（4）所给晶胞不必采用均摊法分析，直接根据性质进行预测即可；
（5）采用均摊法算出每个晶胞中的铁原子数，利用密度公式求算。
【详解】（1）基态铜原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；
（2）①苯甲醇中苯环上的碳采取sp2杂化，侧链碳采取sp3杂化；
②由于苯甲醇能形成分子间氢键而苯甲醛不能，所以苯甲醇的沸点高于苯甲醛；
③元素的非金属性越强，电负性越大。C、O、H的电负性由大到小的顺序是O>C>H；
（3）Co(H2O)62+和Co(H2O)63+相比较，前者的中心离子电荷数小，离子半径：Co2+大于Co3+，所以前者的分裂能小；
（4）该晶体的熔点很高，硬度大，符合原子晶体的特点，故预测该晶体类型是原子晶体；
（5）在所给的铁晶胞中，与一个铁原子最近的铁原子的距离为立方体的边长的，这样的原子有8个，所以铁的配位数为8，因为铁原子的半径是rcm，根据该铁的晶胞的结构可以知道，晶胞的边长为，在每个晶胞中含有铁原子的数目为，设铁原子的相对原子质量为M，根据密度可得，所以。
19.化合物M是一种局部麻醉药的成分，实验室由芳香烃A合成M的一种路线如下：
已知：（1）B的苯环上有2种化学环境的氢原子
（2）
（3）RXRMgXRCH2CH2OH
回答下列问题：
（1）A的化学名称为_________，C中所含的官能团名称为____________。
（2）①的反应类型是___________，④的反应类型是_____________。
（3）F的核磁共振氢谱只有1组吸收峰，D和H生成M的化学方程式为____________________。
（4）D在一定条件下发生缩聚反应，生成的高分子产物的结构简式为_____________。
（5）L是H的同分异构体，L不能与金属钠反应，核磁共振氢谱只有两组峰，且峰面积比为6∶1，L的结构简式为_____________。
（6）参照上述合成路线，以乙烯和环氧乙烷为原料(无机试剂任选)制备1,6己二醛[OHC(CH2)4CHO]，设计合成路线：___________________。
【答案】 (1). 甲苯 (2). 硝基、羧基 (3). 取代反应 (4). 加成反应 (5). ++H2O (6). (7). (8). CH2=CH2CH2BrCH2Br
【解析】
【分析】
（1）根据反应①的条件可知发生了硝化反应，从物质B的分子式可知A的分子式为C7H8，则A为甲苯；物质B的苯环上有2种化学环境的氢，说明引入的硝基进入了甲基的对位，B为对硝基甲苯；反应②是将甲基氧化为羧基，C为对硝基苯甲酸；结合题给的已知（2）可判断反应③是将硝基还原为氨基，D为对氨基苯甲酸；依据E的分子式为C4H8，它和HBr在催化剂作用下发生加成反应，生成溴代烷烃；F的分子式为C4H9Br，F的核磁共振氢谱只有一组吸收峰，说明分子有3个甲基连在同一个碳上，可得F的结构为；结合题给已知（3）可知经过反应⑤和反应⑥，就是将溴原子换成-CH2CH2OH，所以H的结构为；
（2）反应①是硝化反应，反应④是烯烃的加成反应；
（3）从反应条件和反应物的官能团可以看出，该反应是酯化反应；
（4）D分子中含有羧基和氨基，可以发生缩聚反应；
（5）H分子中共有14个氢原子，L不能与金属钠反应，L属于醚类，两组峰且面积比为6：1，说明分子结构中有4个对等的甲基；
（6）可以逆推将醛变为醇，再考虑碳原子数进行合成即可。
【详解】（1）A的分子式为C7H8，且含有苯环，所以A的化学名称为甲苯；物质C中官能团的名称为：羧基和硝基；
（2）①的反应类型为硝化反应，其实质是取代反应；④的反应类型为加成反应；
（3）D（对氨基苯甲酸）和H发生酯化反应生成M，化学方程式为：++H2O；
（4）D为对氨基苯甲酸，其中既有羧基，又有氨基，可以反应缩聚反应，形成的高分子化合物的结构简式为：；
（5）H的结构为：，L是H的同分异构体，L不能与金属钠反应，说明L中没有醇羟基，即L属于醚，L分子中共有12个氢，两组峰的峰面积之比为6：1，说明有4个甲基，根据对称性可写出L的结构简式为：；
（6）环氧乙烷的使用，一是反应物中要有卤原子，一是合成结果中引入了2个碳。本题的合成目标产物是6个碳，原料乙烯分子中有2个碳，所以先从碳链上考虑将乙烯与溴单质进行加成，再与环氧乙烷反应即可完成碳架的构建，并形成二元醇，然后催化氧化即可获得目标产物二元醛，路线设计如下：CH2=CH2CH2BrCH2Br。
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