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【化学】河南省平顶山市2018-2019学年高二下学期期末考试（解析版）
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河南省平顶山市2018-2019学年高二下学期期末考试
可能用到的相对原子质量O-16 Na-23 S-32 Fe-56
一、选择题(每小题6分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.化学与人类的生产、生活、科技、航天等方面密切相关。下列说法正确的是（ ）
A. 汝窑瓷器的天青色来自氧化铁
B. “傍檐红女绩丝麻”所描述的丝、麻主要成分是蛋白质
C. 中国歼—20上用到的氮化镓材料是作为金属合金材料使用
D. 诗句“煮豆燃豆萁”中涉及的能量变化主要是化学能转化为热能和光能
【答案】D
【详解】A.氧化铁是红棕色的，所以汝窑瓷器的天青色来自氧化铁说法是错误的，故A错误；
B.丝指蛋白质，麻指纤维素，故B错误；
C.氮化镓是化合物，不属于合金，故C错误；
D.煮豆燃豆萁，豆萁燃烧发光放热，由化学能转化为热能和光能，故D选项正确；
所以本题答案：D。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 1LpH=6的纯水中含有OH－的数目为10－8NA
B. 当氢氧酸性燃料电池中转移2mol电子时被氧化的分子数为NA
C. 0.5mol雄黄(As4S4，结构如图)，含有NA个S—S键
D. 一定条件下向密闭容器中充入1molH2和2molH2(g)充分反应，生成HI分子数最多等于2NA
【答案】B
【详解】A．纯水中氢离子和氢氧根离子浓度相等，所以pH=6的纯水中，氢氧根离子浓度为l×10-6mol/L，1L纯水中含有的OH-数目为l×10-6NA，故A错误；
B. 氢氧燃料电池在酸性条件下,负极的电极反应式为：H2-2e-=2H+，正极的电极反应式为：4H++O2+4e-=2H2O，当转移2mol电子时，被氧化的分子数为NA，故B正确；
C. 由雄黄的结构简式：可知，结构中不存在S—S ，所以C错误；
D. 因为H2+I22HI为可逆反应，所以一定条件下向密闭容器中充入1molH2和2molI2(g)充分反应，生成HI分子数小于2NA，故D错误；
所以本题答案：B。
3.某课外小组在实验室模拟工业上从浓缩海水中提取溴的工艺流程，设计以下装置进行实验(所有橡胶制品均已被保护，夹持装置已略去)。下列说法错误的是（ ）
A. 装置中通入的是a气体是Cl2
B. 实验时应在A装置中通入a气体一段时间后，停止通入，改通入热空气
C. B装置中通入a气体前发生的反应为SO2+ Br2+2H2O===H2SO4+2HBr
D. C装置的作用只是吸收多余的二氧化硫气体
【答案】D
【分析】实验室模拟工业上从浓缩海水中提取溴，由实验装置可知，a中气体为氯气，在A中氯气可氧化溴离子，利用热空气将溴单质吹出，B中通入气体为二氧化硫，在B中发生SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，c中NaOH溶液可吸收溴、氯气、二氧化硫等尾气，以此来解答。
【详解】A.A装置中通入的a气体是Cl2，目的是氧化A中溴离子，故A正确；
B.实验时应在A装置中通入a气体一段时间后，停止通入，改通入热空气，热空气将溴单质吹出，故B正确；
C.B装置中通入b气体后发生的反应为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，故C正确；
D.C装置作用为吸收溴蒸汽、氯气、二氧化硫等尾气，故D错误；
所以本题答案：D。
【点睛】解题依据物质氧化性强弱。根据Cl2氧化性大于Br2，可以把Br-氧化成溴单质，结合实验原理选择尾气处理试剂。
4.由C、H、O中两种或三种元素组成的儿种有机物模型如下，下列说法正确的是（ ）
A. 上述四种有机物均易溶于水 B. 有机物Ⅳ的二氯代物有2种
C. 一定条件下有机物III能与氢气发生加成 D. I生成Ⅱ的反应类型为还原反应
【答案】C
【详解】A.苯和甲烷都不溶于水，故上述四种有机物均易溶于水说法是错误的，故A错误；
B.IV为甲烷，属于正四面体结构，所以其二氯代物有1种，故B错误；
C.III是苯，结构简式为：，一定条件下能与氢气发生加成，故C正确；
D.I为乙醇,结构简式为：CH3CH2OH；II为乙酸，结构简式为：CH3COOH，I生成Ⅱ的反应类型为氧化反应，故D错误；
所以本题答案：C。
【点睛】由几种有机物模型分析：I为乙醇,结构简式为：CH3CH2OH；II为乙酸，结构简式为：CH3COOH；III苯，结构简式为：；IV为甲烷，结构简式为：CH4，结合几种物质的性质回答。
5.下列实验操作和现象对应的结论错误的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
将铜片和铁片用导线连接插入浓硝酸中，铁片表面产生气泡
金属铁比铜活泼
B
常温下，测定同浓度NaA和NaB溶液的pH：NaA小于NaB
相同条件下，在水中HA电离程度大于HB
C
加热含有酚酞的Na2CO3溶液，溶液红色加深
CO32－的水解反应是吸热反应
D
向饱和FeSO4溶液中加入CuS固体，测得溶液中c(Fe2+)不变
Ksp(CuS)＜Ksp (FeS)
【答案】A
【详解】A.将铜片和铁片导线连接插入浓硝酸中，由于铁与浓硝酸发生钝化反应，所以铁为正极，铜为负极，但金属活动性Fe大于Cu，故A错误。
B. 常温下，测定同浓度NaA和NaB溶液的pH：NaA小于NaB，说明HA的酸性比HB强，相同条件下，在水中HA电离程度大于HB，故B正确；
C. 加热促进盐类水解，Na2CO3溶液水解显碱性，加热含有酚酞的Na2CO3溶液，溶液红色加深，所以CO32－的水解反应是吸热反应，故C正确；
D. 向饱和FeSO4溶液中加入CuS固体，测得溶液中c(Fe2+)不变，说明没有FeS 生成，所以说明Ksp(CuS)＜Ksp (FeS)，故D正确；
所以本题答案：A。
【点睛】注意点：铁与浓硝酸发生钝化反应，生成的氧化膜组织铁继续被氧化。所以铜和铁做电极材料的时候，铜先放电做原电池的负极。
6.利用光伏电池提供电能处理废水中的污染物(有机酸阴离子用R－表示)，并回收有机酸HR，装置如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 在光伏电池中a极为正极 B. 石墨(2)极附近溶液的pH降低
C. HR溶液：c2＜c1 D. 若两极共收集3mol气体，则理论上转移4mol电子
【答案】B
【详解】A.根据电子移动的方向，可知在光伏电池中a极为正极，b为负极，故A正确；
B. 石墨(2)为电解池的阴极，H+得电子变成氢气，使c(H+)降低，pH升高，故B错误；
C. 石墨(1)为电解池的阳极，OH-失电子变成氧气，使得c(H+)升高，透过阳膜进入浓缩室；石墨(2)为电解池的阴极，H+得电子变成氢气，R-透过阴膜进入浓缩室，使得浓缩室中HR浓度增大，所以HR溶液：c2＜c1，故C正确；
D. 根据阳极：4OH-—4e-=O2↑+2H2O；阴极：4H++4e-=2H2↑，所以若两极共收集3mol气体，则理论上转移4mol电子，故D正确；
所以本题答案：B。
【点睛】解题突破口：电子移动的方向判断电池的正负极，结合电解原理放电离子的变化确定c2＜c1；根据电子守恒进行判断转移的电子数。
7.常温下，二元弱酸 H2Y 溶液中滴加 KOH 溶液，所得混合溶液的 pH 与离子浓度变化的关系如下图所示，下列有关说法错误的是（ ）
A. 曲线 M 表示 pH与 lg的变化关系
B. a点溶液中：c(H+) ― c(OH-)＝2c(Y2－)＋c(HY-) ― c(K+)
C. H2Y 的第二级电离常数Ka2(H2Y)＝10－4.3
D. 交点b的溶液中：c(H2Y)＝c(Y2-)＞c(HY-)＞c(H+)＞c(OH-)
【答案】D
【解析】A.随着pH的增大，H2Y的电离程度逐渐增大，溶液中逐渐增大，逐渐减小，lg逐渐增大，lg逐渐减小，因此曲线M表示pH与的关系，故A正确；
B. a点溶液中存在电荷守恒：c(H+) +c(K+)＝2c(Y2－)＋c(HY-)+c(OH-)，因此 c(H+) ― c(OH-)＝2c(Y2－)＋c(HY-) ― c(K+)，故B正确；
C．pH=3时，lg=1.3，则Ka2(H2Y)＝==10－4.3,故C正确；
D. 交点b的溶液中存在：lg= lg>1.3，因此>101.3,即c(Y2-)
二、非选择题：
8.(1)25℃时，相同物质的量浓度的下列溶液：①NaCl②NaOH③H2SO4④(NH4)2SO4，其中水的电离程度按由大到小顺序排列为___________________(填序数)。
(2)在25℃下，将amol·L－1的氨水与0.01 mol·L－1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH4+)=c(Cl－)，则溶液显___________(填“酸”碱”或“中)性；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb=___________________。
(3)一定温度下，向氨水中通入CO2，得到（NH4)2CO3、NH4HCO3等物质，溶液中各种微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。随着CO2的通入，溶液中c(OH－)/c(NH3·H2O)将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。pH=9时，溶液中c(NH4+)+c(H+)=___________。
(4)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)可用作食品的抗氧化剂，常用于葡萄酒、果脯等食品中。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取25.00mL葡萄酒样品，用0.01000mol·L－1的碘标准液滴定至终点，消耗5.00mL。该滴定反应的离子方程式为_______________________________；葡萄酒中的Na2S2O5的使用量是以SO2来计算的，则该样品中Na2S2O5的残留量为_______g·L－1。
【答案】 (1). ④＞①＞②＞③ (2). 中 (3). (4). 减小 (5). 2c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(NH2COO－)＋c(OH－) (6). S2O52-＋2I2＋3H2O===2SO42-＋4I－＋6H+ (7). 0.128
【分析】（1）根据根据影响水电离的因素进行判断；（2）根据电荷守恒进行判断；（3）根据电子守恒进行解答。
【详解】(1)根据影响水电离的因素可知：②NaOH、③H2SO4 抑制水的电离，且相同物质的量浓度的③H2SO4 抑制程度更大；④(NH4)2SO4能发生水解，促进水的电离；①NaCl对水的电离无影响，所以25℃时，相同物质的量浓度的溶液水的电离程度按由大到小顺序排列为④＞①＞②＞③；答案：④＞①＞②＞③；
(2)在25℃下，将amol·L－1的氨水与0.01 mol·L－1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH4+)=c(Cl－)，根据电荷守恒，c(H+)+c(NH4+)=c(Cl－)+ c(OH-）所以c(H+)=c(OH−)，则溶液显中性； 因为平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl-）=0.005mol/L，根据物料守恒得c（NH3．H2O）=（0.5a-0.005）mol/L，因为溶液呈中性，所以c(H+)=c(OH−)=10-7mol/L，NH3•H2O的电离常数Kb= c(OH-)．c(NH4+)/c(（NH3．H2O）=10−7×5×10−3/(0.5a−5×10−3)=10−9/(a−0.01)；答案：
（3）c(OH-)/c(（NH3．H2O）= c(OH-)×c(NH4+)/［c(（NH3．H2O）×c(NH4+)]=Kb/c(NH4+)，Kb不变，c(NH4+)不断增大，比值不断减小；根据电荷守恒，pH=9时，溶液中存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-)；答案：减小； 2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-)；
(4) I2作氧化剂,1molI2参与反应得到2mol电子,S2O52-为还原剂,1molS2O52-参与反应,硫元素失去4mol电子,根据原子守恒配平方程式: S2O52-+212+3H2O=2SO42-+4I-+6H+,计算祥品中S2O52-的残留量时以SO2计算,n(I2)=n(SO2)=0.01000mol.L1×0.01L=0.0001mol,m(SO2)=0.0064g,则该样品中Na2S2O5的残留量为0.0064g/0.05L =0.128g.L-1。答案：0.128。
9.我国某地粉煤灰中镓含量丰富，其主要成分以Ga2O3的形式存在，除此之外还含有A12O3、Fe3O4、SiO2等杂质。已知从粉煤灰中回收镓的艺流程如图甲所示。
信息：(i)转型液中镓以GaO2－的形式存在；
(ii)Ksp[Ga(OH3)]=1.4×10－34，Ksp[Fe(OH)3]=2.7×10－39，Ksp[Fe(OH)2]=4.87×10－17。
回答下列问题：
(1)滤渣A中一定含有的成分是___________。
(2)“氧化”过程中加入H2O2的目的是_______________________________，该过程中发生反应的离子方程式为_______________________________。
(3)洗脱液中还有少量的Fe3+、Ga3+，其中Ga3+浓度为1.4×10－4mol/L，列式计算当Fe3+恰好沉淀完全时[c(Fe3+)≤1.0×10－5mol/L]，Ga3+是否开始沉淀___________。
(4)流程图中两次调节pH的目的分别是___________________________________________。
(5)电解法可以提纯粗镓，具体原理如图乙所示①粗镓与电源___________极相连(填“正”或“负”)。②镓在阳极溶解生成的Ga3+与NaOH溶液反应生成GaO2－，GaO2－在阴极放电的电极反应式为_______________________。
【答案】 (1). SiO2 (2). 将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续操作分离 (3). 2Fe2++H2O2+2H+== 2Fe3++2H2O (4). 当Fe3+恰好沉淀时，溶液中c3(OH－)=Ksp[Fe(OH)3]/ c(Fe3+)=2.7×10-39/1.0× 10-5mol3/L3=2.7×10-34mol3/L3,Qc[Ga(OH)3]=c(Ga3+)•c3(OH－)=1.4×10-4 mol/L×2.7×10-34mol3/L3 =3.78×10-38＜Ksp[Ga(OH)3]，故Ga3+未开始沉淀 (5). 第一次调节pH是为了使Fe3+沉淀从而分离，第二次调节pH是为了将Ga3+转化为GaO2—得到转型液 (6). 正 (7). GaO2—+3e—+2H2O==Ga+4OH—
【分析】粉煤灰中主要成分Ga2O3，还含有A12O3、Fe3O4、SiO2等杂质，加入盐酸后，SiO2不反应，过滤留在滤渣A中，浸出液中的Fe2+被H2O2氧化，变成Fe3+,加氢氧化钠调节pH后，根据Ksp[Ga(OH3)]=1.4×10－34，Ksp[Fe(OH)3]=2.7×10－39，使Fe3+变成沉淀进行分离，第二次调节pH是为了将Ga3+转化为GaO2—得到转型液，GaO2—在阴极得电子，被还原为金属Ga。以此分析解答此题。
【详解】(1)结合上述分析滤渣A中一定含有的成分是SiO2。
(2)“氧化”过程中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续操作分离，该过程中发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+==2Fe3++2H2O。
(3)当Fe3+恰好沉淀时，溶液中c3(OH－)=Ksp[Fe(OH)3]/c(Fe3+)=2.7×10-39/1.0×10-5mol3/L3= 2.7×10-34mol3/L3，Qc[Ga(OH)3]=c(Ga3+)•c3(OH－)=1.4×10-4mol/L×2.7×10-34mol3/L3 =3.78×10-38＜Ksp[Ga(OH)3]，故Ga3+未开始沉淀。
(4) 第一次调节pH是为了使Fe3+沉淀从而分离，第二次调节pH是为了将Ga3+转化为GaO2—得到转型液；
(5)类比电解法精炼铜的原理可知，粗镓与电源正极相连，失电子，发生氧化反应，镓在阳极溶解生成的Ga3+与NaOH溶液反应生成GaO2－，GaO2－在阴极放电的电极反应式为GaO2—+3e—+2H2O==Ga+4OH—。
10.研究发现NOx和SO2是雾霾主要成分。
I．NOx主要来源于汽车尾气，可以利用化学方法将二者转化为无毒无害物质。
已知：N2(g)+O2(g)2NO(g) △H=+180 kJ· mol－1
2CO(g)+O2(g)2CO2(g) △H=－564 kJ· mol－1
(1)2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g) △H=___________，该反应在___________下能自发进行(填“高温”低温”或“任意温度”)
(2)T℃时，将等物质的量的NO和CO充入容积为2L的密闭容器中，保持温度和体积不变，反应过程0－5min中NO的物质的量随时间变化如右图所示。
①已知：平衡时气体的分压=气体的体积分数×体系的总压强，T℃时达到平衡，此时体系的总压强为Ｐ=14MPa，则T℃时该反应的压力平衡常数Kp=___________MPa－1；平衡后，再向容器中充入NO和CO2各0.1mol，平衡将___________(填“向左”“向右”或“不")移动
②15min时，若改变外界反应条件，导致n(NO)发生如图所示变化，则改变的条件可能是___________(填字母)
A．升温 B．增大CO浓度 C．加入催化剂 D减小容器体积
Ⅱ．SO2主要来源于煤的燃烧。燃烧烟气的脱硫减排是减少大气中含硫化合物污染的关键。
(1)已知：亚硫酸的电离常数为Ka1=2.0×10－2，Ka2=6.0×10－7。则NaSO3溶液呈___________(填“酸性”、“中性”或“碱性”)
(2)如图所示的电解装置，可将雾霾中的NO、SO2转化为硫酸铵，从而实现废气的回收再利用。通入NO的电极反应式为_______________________________；若通入的N体积为4.48L(标况下)，则另外一个电极通入SO2的质量理论上应为__________g。
【答案】 (1). －744 kJ·mol－1 (2). 低温 (3). 0.125(或1/8) (4). 不 (5). BD (6). 酸性 (7). 6H＋＋NO＋5e－===NH4+＋H2O (8). 32
【分析】根据盖斯定律和△G=△H−T△S<0解答；根据三段式, 化学平衡常数K 与Qc的关系进行判断；根据 15min时,改变某一因素,NO的物质的量减少,说明平衡向正反应方向移动,结合化学平衡的影响因素分析；根据HSO3−的电离平衡常数与水解平衡常数大小判断；根据电解装置得失电子数目守恒进行计算。
【详解】（1）根据盖斯定律①N2(g)+O2(g)2NO(g) △H=+180 kJ· mol－1 ②2CO(g)+O2(g)2CO2(g) △H=－564 kJ· mol－1,②−①得：2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g) △H= (−564−180)kJ⋅mol−1=−744kJ⋅mol−1，该反应为气体体积缩小的放热反应，其△H<0、△S<0，则温度处于低温下满足△G=△H−T△S<0，能自发进行；故答案为：−744kJ⋅mol−1；低温；
(2)①由图知,2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g)，
起始(mol) 0.4 0.4 0 0
转化(mol) 0.2 0.2 0.2 0.1
平衡(mol) 0.2 0.2 0.2 0.1
各组分的体积分数分别是：、、、，,Kp==(14×)2×(14)/ [(14×)2× (14×)2]=0.125；根据①的分析,化学平衡常数K==5,再向容器中充入NO和CO2各0.3mol，此时的浓度商Qc==5=K，因此平衡不移动；故答案为：0.125；不；
②15min时，改变某一因素，NO的物质的量减少，说明平衡向正反应方向移动：
A. 正反应是放热反应，升温，平衡向逆反应方向移动，NO的物质的量增大，故A错误；
B. 增大CO的浓度，平衡向正反应方向移动，NO的物质的量减小，故B正确；
C. 加入催化剂，化学平衡不移动，故C错误；
D. 减小容器的体积，相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，NO物质的量减小，故D正确；
故答案为：BD；
Ⅱ(1)由于HSO3−的水解常数K=Kw/Ka1=5.0×10−13
11.翡翠是玉石中的一种，其主要成分为硅酸铝钠NaAl(Si2O6)，常含微量Cr、Ni、Mn、Mg、Fe等元素。请回答下列问题：
(1)基态镍原子的外围电子排布图为___________;与其同周期的基态原子的M层电子全充满的元素位于周期表的__________、___________区。
(2)翡翠中主要成分硅酸铝钠中四种元素电负性由小到大的顺序是___________________。
(3)铬可以形成CrCl3·x NH3(x=3、4、5、6)等一系列配位数为6的配合物。
①NH3分子的ⅤSEPR模型是___________。
②键角大小关系NH3___________PH3(填“>”<”或“=”)。
③NF3不易与Cr3+形成配离子，其原因是_______________________________________。
(4)铁有δ、γ、α三种同素异形体，如下图所示。
γ－Fe晶体的一个晶胞中所含有的铁原子数为___________，δ－Fe、α－Fe两种晶胞中铁原子的配位数之比为___________。已知δ－Fe晶体的密度为dg/cm，NA表示阿伏伽德罗常数的数值，则Fe原子半径为___________pm(列表达式)
【答案】(1). (2). ds (3). p (4). Na＜Al＜Si
（2）非金属性越强第一电离能越大，同一周期的元素自左向右第一电离能呈增大趋势，硅酸铝钠中含有Na、 Al、 Si、O 四种元素，O的非金属性最强，Na、 Al、 Si在同周期，第一电离能逐渐增大，所以第一电离能由小到大的顺序是Na＜Al＜Si＜O 。答案为： Na＜Al＜Si＜O ；
（3）铬可以形成CrCl3·x NH3(x=3、4、5、6)等一系列配位数为6的配合物。
①氨气分子中氮价层电子对数=σ键个数+孤电子对数=3+1/2(5-3×1)=4,所以VSEPR模型为正四面体结构；答案：正四面体。
②因N、P在同一主族且半径是N＜P,原子核间斥力大，所以键角NH3＞PH3；答案：＞
③NF3不易与Cr3+形成配离子，其原因是F的电负性比N大，N—F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cr3+形成配离子；答案：F的电负性比N大，N—F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cr3+形成配离子。
（4）γ晶体晶胞中所含有的铁原子数为8×1/8+6×1/2=4，δ、α两种晶胞中铁原子的配位数分别为8、6，则配位数之比为8:6=4:3；一个晶胞的质量m=M/NA=2×56/NAg，根据m=ρV，即V=2×56/NAd=2×56/dNAcm3；则晶胞棱长为，处于体对角线上的原子相邻，则4r=，故r==pm。答案：4； 4:3 ；.
12.利用木质纤维可合成药物中间体H，还能合成高分子化合物G，合成路线如下：
已知：
(1)A的化学名称是___________。
(2)B的结构简式是___________，由C生成D的反应类型为___________。
(3)化合物E的官能团为___________。
(4)F分子中处于同一平面的原子最多有___________个。D生成E的化学反应方程式为___________。
(5)芳香化合物I为H的同分异构体,苯环上一氯代物有两种结构,1molI发生水解反应消耗2 mol NaOH,符合要求的同分异构体有___________种,其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢,峰面积比为6︰3︰2︰1的I的结构简式为___________。
(6)写出用为原料制备的合成路线(其他试剂任选)___________。
【答案】(1). 2－甲基－1,3－丁二烯 (2). (3). 氧化反应 (4). 氯原子、羧基 (5). 17 (6). (7). 10 (8). 、 (9).
【分析】结合框图和各步反应条件分析各物质结构简式为：由可知，生成B的结构简式为，再根据可知C为、D为、H为、E为、F为。结合各物质的性质进行解答。
【详解】(1)由结构简式可知A的化学名称是2-甲基-1,3-丁二烯；答案：2-甲基-1,3-丁二烯；
(2)结合上述分析可知B的结构简式是，由C为，D为可知，C生成D的反应类型为氧化反应。答案：；氧化反应；
(3)结合上述分析可知E为，化合物E的官能团为氯原子、羧基；答案：氯原子、羧基。
(4)结合上述分析可知F为，苯环上12个原子共面，碳氧双键可以共面，单键可以旋转，所以羟基也可以共面，所以F分子中处于同一平面的原子最多有17个。由D为，E为可知，D生成E的化学反应方程式为；答案：. 。
(5) H为，芳香化合物I为H的同分异构体,其苯环上一氯代物有两种结构,1molI发生水解反应消耗2 mol NaOH,则I为酚酯。符合要求的同分异构体有、、、、、、、、、,共10种，其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢,峰面积比为6︰3︰2︰1的I的结构简式为，。答案：10，，.
(6)结合，用为原料制备，先发生消去反应在环上形成双键，然后发生脱氢反应生成苯环，最后发生氧化反应即可。具体的合成路线如下： ；答案： 。
可能用到的相对原子质量O-16 Na-23 S-32 Fe-56
一、选择题(每小题6分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.化学与人类的生产、生活、科技、航天等方面密切相关。下列说法正确的是（ ）
A. 汝窑瓷器的天青色来自氧化铁
B. “傍檐红女绩丝麻”所描述的丝、麻主要成分是蛋白质
C. 中国歼—20上用到的氮化镓材料是作为金属合金材料使用
D. 诗句“煮豆燃豆萁”中涉及的能量变化主要是化学能转化为热能和光能
【答案】D
【详解】A.氧化铁是红棕色的，所以汝窑瓷器的天青色来自氧化铁说法是错误的，故A错误；
B.丝指蛋白质，麻指纤维素，故B错误；
C.氮化镓是化合物，不属于合金，故C错误；
D.煮豆燃豆萁，豆萁燃烧发光放热，由化学能转化为热能和光能，故D选项正确；
所以本题答案：D。
2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 1LpH=6的纯水中含有OH－的数目为10－8NA
B. 当氢氧酸性燃料电池中转移2mol电子时被氧化的分子数为NA
C. 0.5mol雄黄(As4S4，结构如图)，含有NA个S—S键
D. 一定条件下向密闭容器中充入1molH2和2molH2(g)充分反应，生成HI分子数最多等于2NA
【答案】B
【详解】A．纯水中氢离子和氢氧根离子浓度相等，所以pH=6的纯水中，氢氧根离子浓度为l×10-6mol/L，1L纯水中含有的OH-数目为l×10-6NA，故A错误；
B. 氢氧燃料电池在酸性条件下,负极的电极反应式为：H2-2e-=2H+，正极的电极反应式为：4H++O2+4e-=2H2O，当转移2mol电子时，被氧化的分子数为NA，故B正确；
C. 由雄黄的结构简式：可知，结构中不存在S—S ，所以C错误；
D. 因为H2+I22HI为可逆反应，所以一定条件下向密闭容器中充入1molH2和2molI2(g)充分反应，生成HI分子数小于2NA，故D错误；
所以本题答案：B。
3.某课外小组在实验室模拟工业上从浓缩海水中提取溴的工艺流程，设计以下装置进行实验(所有橡胶制品均已被保护，夹持装置已略去)。下列说法错误的是（ ）
A. 装置中通入的是a气体是Cl2
B. 实验时应在A装置中通入a气体一段时间后，停止通入，改通入热空气
C. B装置中通入a气体前发生的反应为SO2+ Br2+2H2O===H2SO4+2HBr
D. C装置的作用只是吸收多余的二氧化硫气体
【答案】D
【分析】实验室模拟工业上从浓缩海水中提取溴，由实验装置可知，a中气体为氯气，在A中氯气可氧化溴离子，利用热空气将溴单质吹出，B中通入气体为二氧化硫，在B中发生SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，c中NaOH溶液可吸收溴、氯气、二氧化硫等尾气，以此来解答。
【详解】A.A装置中通入的a气体是Cl2，目的是氧化A中溴离子，故A正确；
B.实验时应在A装置中通入a气体一段时间后，停止通入，改通入热空气，热空气将溴单质吹出，故B正确；
C.B装置中通入b气体后发生的反应为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，故C正确；
D.C装置作用为吸收溴蒸汽、氯气、二氧化硫等尾气，故D错误；
所以本题答案：D。
【点睛】解题依据物质氧化性强弱。根据Cl2氧化性大于Br2，可以把Br-氧化成溴单质，结合实验原理选择尾气处理试剂。
4.由C、H、O中两种或三种元素组成的儿种有机物模型如下，下列说法正确的是（ ）
A. 上述四种有机物均易溶于水 B. 有机物Ⅳ的二氯代物有2种
C. 一定条件下有机物III能与氢气发生加成 D. I生成Ⅱ的反应类型为还原反应
【答案】C
【详解】A.苯和甲烷都不溶于水，故上述四种有机物均易溶于水说法是错误的，故A错误；
B.IV为甲烷，属于正四面体结构，所以其二氯代物有1种，故B错误；
C.III是苯，结构简式为：，一定条件下能与氢气发生加成，故C正确；
D.I为乙醇,结构简式为：CH3CH2OH；II为乙酸，结构简式为：CH3COOH，I生成Ⅱ的反应类型为氧化反应，故D错误；
所以本题答案：C。
【点睛】由几种有机物模型分析：I为乙醇,结构简式为：CH3CH2OH；II为乙酸，结构简式为：CH3COOH；III苯，结构简式为：；IV为甲烷，结构简式为：CH4，结合几种物质的性质回答。
5.下列实验操作和现象对应的结论错误的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
将铜片和铁片用导线连接插入浓硝酸中，铁片表面产生气泡
金属铁比铜活泼
B
常温下，测定同浓度NaA和NaB溶液的pH：NaA小于NaB
相同条件下，在水中HA电离程度大于HB
C
加热含有酚酞的Na2CO3溶液，溶液红色加深
CO32－的水解反应是吸热反应
D
向饱和FeSO4溶液中加入CuS固体，测得溶液中c(Fe2+)不变
Ksp(CuS)＜Ksp (FeS)
【答案】A
【详解】A.将铜片和铁片导线连接插入浓硝酸中，由于铁与浓硝酸发生钝化反应，所以铁为正极，铜为负极，但金属活动性Fe大于Cu，故A错误。
B. 常温下，测定同浓度NaA和NaB溶液的pH：NaA小于NaB，说明HA的酸性比HB强，相同条件下，在水中HA电离程度大于HB，故B正确；
C. 加热促进盐类水解，Na2CO3溶液水解显碱性，加热含有酚酞的Na2CO3溶液，溶液红色加深，所以CO32－的水解反应是吸热反应，故C正确；
D. 向饱和FeSO4溶液中加入CuS固体，测得溶液中c(Fe2+)不变，说明没有FeS 生成，所以说明Ksp(CuS)＜Ksp (FeS)，故D正确；
所以本题答案：A。
【点睛】注意点：铁与浓硝酸发生钝化反应，生成的氧化膜组织铁继续被氧化。所以铜和铁做电极材料的时候，铜先放电做原电池的负极。
6.利用光伏电池提供电能处理废水中的污染物(有机酸阴离子用R－表示)，并回收有机酸HR，装置如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 在光伏电池中a极为正极 B. 石墨(2)极附近溶液的pH降低
C. HR溶液：c2＜c1 D. 若两极共收集3mol气体，则理论上转移4mol电子
【答案】B
【详解】A.根据电子移动的方向，可知在光伏电池中a极为正极，b为负极，故A正确；
B. 石墨(2)为电解池的阴极，H+得电子变成氢气，使c(H+)降低，pH升高，故B错误；
C. 石墨(1)为电解池的阳极，OH-失电子变成氧气，使得c(H+)升高，透过阳膜进入浓缩室；石墨(2)为电解池的阴极，H+得电子变成氢气，R-透过阴膜进入浓缩室，使得浓缩室中HR浓度增大，所以HR溶液：c2＜c1，故C正确；
D. 根据阳极：4OH-—4e-=O2↑+2H2O；阴极：4H++4e-=2H2↑，所以若两极共收集3mol气体，则理论上转移4mol电子，故D正确；
所以本题答案：B。
【点睛】解题突破口：电子移动的方向判断电池的正负极，结合电解原理放电离子的变化确定c2＜c1；根据电子守恒进行判断转移的电子数。
7.常温下，二元弱酸 H2Y 溶液中滴加 KOH 溶液，所得混合溶液的 pH 与离子浓度变化的关系如下图所示，下列有关说法错误的是（ ）
A. 曲线 M 表示 pH与 lg的变化关系
B. a点溶液中：c(H+) ― c(OH-)＝2c(Y2－)＋c(HY-) ― c(K+)
C. H2Y 的第二级电离常数Ka2(H2Y)＝10－4.3
D. 交点b的溶液中：c(H2Y)＝c(Y2-)＞c(HY-)＞c(H+)＞c(OH-)
【答案】D
【解析】A.随着pH的增大，H2Y的电离程度逐渐增大，溶液中逐渐增大，逐渐减小，lg逐渐增大，lg逐渐减小，因此曲线M表示pH与的关系，故A正确；
B. a点溶液中存在电荷守恒：c(H+) +c(K+)＝2c(Y2－)＋c(HY-)+c(OH-)，因此 c(H+) ― c(OH-)＝2c(Y2－)＋c(HY-) ― c(K+)，故B正确；
C．pH=3时，lg=1.3，则Ka2(H2Y)＝==10－4.3,故C正确；
D. 交点b的溶液中存在：lg= lg>1.3，因此>101.3,即c(Y2-)
二、非选择题：
8.(1)25℃时，相同物质的量浓度的下列溶液：①NaCl②NaOH③H2SO4④(NH4)2SO4，其中水的电离程度按由大到小顺序排列为___________________(填序数)。
(2)在25℃下，将amol·L－1的氨水与0.01 mol·L－1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH4+)=c(Cl－)，则溶液显___________(填“酸”碱”或“中)性；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb=___________________。
(3)一定温度下，向氨水中通入CO2，得到（NH4)2CO3、NH4HCO3等物质，溶液中各种微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。随着CO2的通入，溶液中c(OH－)/c(NH3·H2O)将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。pH=9时，溶液中c(NH4+)+c(H+)=___________。
(4)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)可用作食品的抗氧化剂，常用于葡萄酒、果脯等食品中。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取25.00mL葡萄酒样品，用0.01000mol·L－1的碘标准液滴定至终点，消耗5.00mL。该滴定反应的离子方程式为_______________________________；葡萄酒中的Na2S2O5的使用量是以SO2来计算的，则该样品中Na2S2O5的残留量为_______g·L－1。
【答案】 (1). ④＞①＞②＞③ (2). 中 (3). (4). 减小 (5). 2c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(NH2COO－)＋c(OH－) (6). S2O52-＋2I2＋3H2O===2SO42-＋4I－＋6H+ (7). 0.128
【分析】（1）根据根据影响水电离的因素进行判断；（2）根据电荷守恒进行判断；（3）根据电子守恒进行解答。
【详解】(1)根据影响水电离的因素可知：②NaOH、③H2SO4 抑制水的电离，且相同物质的量浓度的③H2SO4 抑制程度更大；④(NH4)2SO4能发生水解，促进水的电离；①NaCl对水的电离无影响，所以25℃时，相同物质的量浓度的溶液水的电离程度按由大到小顺序排列为④＞①＞②＞③；答案：④＞①＞②＞③；
(2)在25℃下，将amol·L－1的氨水与0.01 mol·L－1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH4+)=c(Cl－)，根据电荷守恒，c(H+)+c(NH4+)=c(Cl－)+ c(OH-）所以c(H+)=c(OH−)，则溶液显中性； 因为平衡时溶液中c（NH4+）=c（Cl-）=0.005mol/L，根据物料守恒得c（NH3．H2O）=（0.5a-0.005）mol/L，因为溶液呈中性，所以c(H+)=c(OH−)=10-7mol/L，NH3•H2O的电离常数Kb= c(OH-)．c(NH4+)/c(（NH3．H2O）=10−7×5×10−3/(0.5a−5×10−3)=10−9/(a−0.01)；答案：
（3）c(OH-)/c(（NH3．H2O）= c(OH-)×c(NH4+)/［c(（NH3．H2O）×c(NH4+)]=Kb/c(NH4+)，Kb不变，c(NH4+)不断增大，比值不断减小；根据电荷守恒，pH=9时，溶液中存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-)；答案：减小； 2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-)；
(4) I2作氧化剂,1molI2参与反应得到2mol电子,S2O52-为还原剂,1molS2O52-参与反应,硫元素失去4mol电子,根据原子守恒配平方程式: S2O52-+212+3H2O=2SO42-+4I-+6H+,计算祥品中S2O52-的残留量时以SO2计算,n(I2)=n(SO2)=0.01000mol.L1×0.01L=0.0001mol,m(SO2)=0.0064g,则该样品中Na2S2O5的残留量为0.0064g/0.05L =0.128g.L-1。答案：0.128。
9.我国某地粉煤灰中镓含量丰富，其主要成分以Ga2O3的形式存在，除此之外还含有A12O3、Fe3O4、SiO2等杂质。已知从粉煤灰中回收镓的艺流程如图甲所示。
信息：(i)转型液中镓以GaO2－的形式存在；
(ii)Ksp[Ga(OH3)]=1.4×10－34，Ksp[Fe(OH)3]=2.7×10－39，Ksp[Fe(OH)2]=4.87×10－17。
回答下列问题：
(1)滤渣A中一定含有的成分是___________。
(2)“氧化”过程中加入H2O2的目的是_______________________________，该过程中发生反应的离子方程式为_______________________________。
(3)洗脱液中还有少量的Fe3+、Ga3+，其中Ga3+浓度为1.4×10－4mol/L，列式计算当Fe3+恰好沉淀完全时[c(Fe3+)≤1.0×10－5mol/L]，Ga3+是否开始沉淀___________。
(4)流程图中两次调节pH的目的分别是___________________________________________。
(5)电解法可以提纯粗镓，具体原理如图乙所示①粗镓与电源___________极相连(填“正”或“负”)。②镓在阳极溶解生成的Ga3+与NaOH溶液反应生成GaO2－，GaO2－在阴极放电的电极反应式为_______________________。
【答案】 (1). SiO2 (2). 将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续操作分离 (3). 2Fe2++H2O2+2H+== 2Fe3++2H2O (4). 当Fe3+恰好沉淀时，溶液中c3(OH－)=Ksp[Fe(OH)3]/ c(Fe3+)=2.7×10-39/1.0× 10-5mol3/L3=2.7×10-34mol3/L3,Qc[Ga(OH)3]=c(Ga3+)•c3(OH－)=1.4×10-4 mol/L×2.7×10-34mol3/L3 =3.78×10-38＜Ksp[Ga(OH)3]，故Ga3+未开始沉淀 (5). 第一次调节pH是为了使Fe3+沉淀从而分离，第二次调节pH是为了将Ga3+转化为GaO2—得到转型液 (6). 正 (7). GaO2—+3e—+2H2O==Ga+4OH—
【分析】粉煤灰中主要成分Ga2O3，还含有A12O3、Fe3O4、SiO2等杂质，加入盐酸后，SiO2不反应，过滤留在滤渣A中，浸出液中的Fe2+被H2O2氧化，变成Fe3+,加氢氧化钠调节pH后，根据Ksp[Ga(OH3)]=1.4×10－34，Ksp[Fe(OH)3]=2.7×10－39，使Fe3+变成沉淀进行分离，第二次调节pH是为了将Ga3+转化为GaO2—得到转型液，GaO2—在阴极得电子，被还原为金属Ga。以此分析解答此题。
【详解】(1)结合上述分析滤渣A中一定含有的成分是SiO2。
(2)“氧化”过程中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续操作分离，该过程中发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+==2Fe3++2H2O。
(3)当Fe3+恰好沉淀时，溶液中c3(OH－)=Ksp[Fe(OH)3]/c(Fe3+)=2.7×10-39/1.0×10-5mol3/L3= 2.7×10-34mol3/L3，Qc[Ga(OH)3]=c(Ga3+)•c3(OH－)=1.4×10-4mol/L×2.7×10-34mol3/L3 =3.78×10-38＜Ksp[Ga(OH)3]，故Ga3+未开始沉淀。
(4) 第一次调节pH是为了使Fe3+沉淀从而分离，第二次调节pH是为了将Ga3+转化为GaO2—得到转型液；
(5)类比电解法精炼铜的原理可知，粗镓与电源正极相连，失电子，发生氧化反应，镓在阳极溶解生成的Ga3+与NaOH溶液反应生成GaO2－，GaO2－在阴极放电的电极反应式为GaO2—+3e—+2H2O==Ga+4OH—。
10.研究发现NOx和SO2是雾霾主要成分。
I．NOx主要来源于汽车尾气，可以利用化学方法将二者转化为无毒无害物质。
已知：N2(g)+O2(g)2NO(g) △H=+180 kJ· mol－1
2CO(g)+O2(g)2CO2(g) △H=－564 kJ· mol－1
(1)2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g) △H=___________，该反应在___________下能自发进行(填“高温”低温”或“任意温度”)
(2)T℃时，将等物质的量的NO和CO充入容积为2L的密闭容器中，保持温度和体积不变，反应过程0－5min中NO的物质的量随时间变化如右图所示。
①已知：平衡时气体的分压=气体的体积分数×体系的总压强，T℃时达到平衡，此时体系的总压强为Ｐ=14MPa，则T℃时该反应的压力平衡常数Kp=___________MPa－1；平衡后，再向容器中充入NO和CO2各0.1mol，平衡将___________(填“向左”“向右”或“不")移动
②15min时，若改变外界反应条件，导致n(NO)发生如图所示变化，则改变的条件可能是___________(填字母)
A．升温 B．增大CO浓度 C．加入催化剂 D减小容器体积
Ⅱ．SO2主要来源于煤的燃烧。燃烧烟气的脱硫减排是减少大气中含硫化合物污染的关键。
(1)已知：亚硫酸的电离常数为Ka1=2.0×10－2，Ka2=6.0×10－7。则NaSO3溶液呈___________(填“酸性”、“中性”或“碱性”)
(2)如图所示的电解装置，可将雾霾中的NO、SO2转化为硫酸铵，从而实现废气的回收再利用。通入NO的电极反应式为_______________________________；若通入的N体积为4.48L(标况下)，则另外一个电极通入SO2的质量理论上应为__________g。
【答案】 (1). －744 kJ·mol－1 (2). 低温 (3). 0.125(或1/8) (4). 不 (5). BD (6). 酸性 (7). 6H＋＋NO＋5e－===NH4+＋H2O (8). 32
【分析】根据盖斯定律和△G=△H−T△S<0解答；根据三段式, 化学平衡常数K 与Qc的关系进行判断；根据 15min时,改变某一因素,NO的物质的量减少,说明平衡向正反应方向移动,结合化学平衡的影响因素分析；根据HSO3−的电离平衡常数与水解平衡常数大小判断；根据电解装置得失电子数目守恒进行计算。
【详解】（1）根据盖斯定律①N2(g)+O2(g)2NO(g) △H=+180 kJ· mol－1 ②2CO(g)+O2(g)2CO2(g) △H=－564 kJ· mol－1,②−①得：2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g) △H= (−564−180)kJ⋅mol−1=−744kJ⋅mol−1，该反应为气体体积缩小的放热反应，其△H<0、△S<0，则温度处于低温下满足△G=△H−T△S<0，能自发进行；故答案为：−744kJ⋅mol−1；低温；
(2)①由图知,2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g)，
起始(mol) 0.4 0.4 0 0
转化(mol) 0.2 0.2 0.2 0.1
平衡(mol) 0.2 0.2 0.2 0.1
各组分的体积分数分别是：、、、，,Kp==(14×)2×(14)/ [(14×)2× (14×)2]=0.125；根据①的分析,化学平衡常数K==5,再向容器中充入NO和CO2各0.3mol，此时的浓度商Qc==5=K，因此平衡不移动；故答案为：0.125；不；
②15min时，改变某一因素，NO的物质的量减少，说明平衡向正反应方向移动：
A. 正反应是放热反应，升温，平衡向逆反应方向移动，NO的物质的量增大，故A错误；
B. 增大CO的浓度，平衡向正反应方向移动，NO的物质的量减小，故B正确；
C. 加入催化剂，化学平衡不移动，故C错误；
D. 减小容器的体积，相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，NO物质的量减小，故D正确；
故答案为：BD；
Ⅱ(1)由于HSO3−的水解常数K=Kw/Ka1=5.0×10−13
11.翡翠是玉石中的一种，其主要成分为硅酸铝钠NaAl(Si2O6)，常含微量Cr、Ni、Mn、Mg、Fe等元素。请回答下列问题：
(1)基态镍原子的外围电子排布图为___________;与其同周期的基态原子的M层电子全充满的元素位于周期表的__________、___________区。
(2)翡翠中主要成分硅酸铝钠中四种元素电负性由小到大的顺序是___________________。
(3)铬可以形成CrCl3·x NH3(x=3、4、5、6)等一系列配位数为6的配合物。
①NH3分子的ⅤSEPR模型是___________。
②键角大小关系NH3___________PH3(填“>”<”或“=”)。
③NF3不易与Cr3+形成配离子，其原因是_______________________________________。
(4)铁有δ、γ、α三种同素异形体，如下图所示。
γ－Fe晶体的一个晶胞中所含有的铁原子数为___________，δ－Fe、α－Fe两种晶胞中铁原子的配位数之比为___________。已知δ－Fe晶体的密度为dg/cm，NA表示阿伏伽德罗常数的数值，则Fe原子半径为___________pm(列表达式)
【答案】(1). (2). ds (3). p (4). Na＜Al＜Si
（2）非金属性越强第一电离能越大，同一周期的元素自左向右第一电离能呈增大趋势，硅酸铝钠中含有Na、 Al、 Si、O 四种元素，O的非金属性最强，Na、 Al、 Si在同周期，第一电离能逐渐增大，所以第一电离能由小到大的顺序是Na＜Al＜Si＜O 。答案为： Na＜Al＜Si＜O ；
（3）铬可以形成CrCl3·x NH3(x=3、4、5、6)等一系列配位数为6的配合物。
①氨气分子中氮价层电子对数=σ键个数+孤电子对数=3+1/2(5-3×1)=4,所以VSEPR模型为正四面体结构；答案：正四面体。
②因N、P在同一主族且半径是N＜P,原子核间斥力大，所以键角NH3＞PH3；答案：＞
③NF3不易与Cr3+形成配离子，其原因是F的电负性比N大，N—F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cr3+形成配离子；答案：F的电负性比N大，N—F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cr3+形成配离子。
（4）γ晶体晶胞中所含有的铁原子数为8×1/8+6×1/2=4，δ、α两种晶胞中铁原子的配位数分别为8、6，则配位数之比为8:6=4:3；一个晶胞的质量m=M/NA=2×56/NAg，根据m=ρV，即V=2×56/NAd=2×56/dNAcm3；则晶胞棱长为，处于体对角线上的原子相邻，则4r=，故r==pm。答案：4； 4:3 ；.
12.利用木质纤维可合成药物中间体H，还能合成高分子化合物G，合成路线如下：
已知：
(1)A的化学名称是___________。
(2)B的结构简式是___________，由C生成D的反应类型为___________。
(3)化合物E的官能团为___________。
(4)F分子中处于同一平面的原子最多有___________个。D生成E的化学反应方程式为___________。
(5)芳香化合物I为H的同分异构体,苯环上一氯代物有两种结构,1molI发生水解反应消耗2 mol NaOH,符合要求的同分异构体有___________种,其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢,峰面积比为6︰3︰2︰1的I的结构简式为___________。
(6)写出用为原料制备的合成路线(其他试剂任选)___________。
【答案】(1). 2－甲基－1,3－丁二烯 (2). (3). 氧化反应 (4). 氯原子、羧基 (5). 17 (6). (7). 10 (8). 、 (9).
【分析】结合框图和各步反应条件分析各物质结构简式为：由可知，生成B的结构简式为，再根据可知C为、D为、H为、E为、F为。结合各物质的性质进行解答。
【详解】(1)由结构简式可知A的化学名称是2-甲基-1,3-丁二烯；答案：2-甲基-1,3-丁二烯；
(2)结合上述分析可知B的结构简式是，由C为，D为可知，C生成D的反应类型为氧化反应。答案：；氧化反应；
(3)结合上述分析可知E为，化合物E的官能团为氯原子、羧基；答案：氯原子、羧基。
(4)结合上述分析可知F为，苯环上12个原子共面，碳氧双键可以共面，单键可以旋转，所以羟基也可以共面，所以F分子中处于同一平面的原子最多有17个。由D为，E为可知，D生成E的化学反应方程式为；答案：. 。
(5) H为，芳香化合物I为H的同分异构体,其苯环上一氯代物有两种结构,1molI发生水解反应消耗2 mol NaOH,则I为酚酯。符合要求的同分异构体有、、、、、、、、、,共10种，其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢,峰面积比为6︰3︰2︰1的I的结构简式为，。答案：10，，.
(6)结合，用为原料制备，先发生消去反应在环上形成双键，然后发生脱氢反应生成苯环，最后发生氧化反应即可。具体的合成路线如下： ；答案： 。
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