还剩28页未读，
继续阅读
2020年内蒙古呼和浩特市高考化学一模试卷
展开
这是一份2020年内蒙古呼和浩特市高考化学一模试卷，共31页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020年内蒙古呼和浩特市高考化学一模试卷
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．（6分）下列有关物质的性质与其应用不相对应的是（ ）
A．MgO和Al2O3的熔点很高，可用作耐高温材料
B．NaHCO3能与碱反应，可用作食品工业上烙制糕点的膨松剂
C．Al具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品
D．利用钠蒸气放电可发出射程远、透雾能力强的黄光，可用于制造高压钠灯
2．（6分）某高分子化合物用于化妆品中，其链节如图所示，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，且X和Z同主族，下列说法正确的是（ ）
A．W、X、Y原子半径W＜X＜Y
B．XY2与ZY2结构相似
C．X、Y、Z简单氢化物的热稳定性Y＞X＞Z
D．W、Y两元素形成的化合物中只可能含有极性键
3．（6分）布洛芬片常于缓解疼痛，也可用于普通感冒或流行性感冒引起的发热，其结构简式如图，下列有关说法错误的是（ ）
A．布洛芬的分子式为C13H23O2
B．布洛芬与苯乙酸是同系物
C．布洛芬既能发生还原反应又能发生氧化反应
D．布洛芬在苯环上发生取代反应，其二氯代物有5种
4．（6分）NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）
A．18g重甲基（﹣CD3）中含有的电子数为9NA
B．7.1g Cl2通入水中，反应中转移的电子数目为0.1NA
C．标准状况下，11.2L CH3Cl，所含的极性键数目等于2NA
D．1mol硝酸铵溶于稀氨水，溶液呈中性，溶液中NH4+的数目等于NA
5．（6分）下列实验方案能达到实验目的的是（ ）
实验目的
实验方案
A
制备氢氧化铁胶体
向沸水中滴加氯化铁稀溶液，煮沸至溶液呈红褐色
B
探究化学反应的限度
取5mL 0.1mol•L﹣1的KI溶液，滴加0.1mol•L﹣1FeCl3溶液5～6滴，充分
反应后，检验溶液中含I2和I﹣，由此判断该反应是可逆反应
C
验证海带中含有碘元素
将海带用酒精润湿烧成灰，加入蒸馏水搅拌、煮沸2～3min过滤，取滤液滴加几滴稀硫酸和1mL H2O2，再加入几滴淀粉溶液，观察溶液颜色的变化
D
证明Mg（OH）2
沉淀可转化为Fe（OH）3沉淀
向2mL 1mol•L﹣1NaOH溶液中，先加入3滴1mol•L﹣1MgCl2溶液，再加入3滴1mol•L﹣1FeCl3溶液
A．A B．B C．C D．D
6．（6分）用Na2SO3溶液吸收硫酸工业尾气中的二氧化硫，将所得的混合液进行电解循环再生，这种新工艺叫再生循环脱硫法。其中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如图所示，下列有关说法中不正确的是（ ）
A．X为直流电源的负极
B．c膜为阴离子交换膜，d膜为阳离子交换膜
C．图中的b＞a
D．Pt（Ⅰ）电极反应式2HSO3﹣+2e﹣═H2↑+SO32﹣
7．（6分）25℃时，在10mL 0.1mol•L﹣1K2CO3溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1HCl溶液20mL，溶液中含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．H2CO3的Ka2的数量级为10﹣30
B．N点溶液中的KHCO3物质的量浓度为0.1mol•L﹣1
C．M点显碱性的主要原因是CO32﹣和HCO3﹣的水解
D．M、N、F三点水的电离程度M＞N＞F
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（13分）二氯化二硫（S2Cl2）广泛用于橡胶工业的硫化剂。为在实验室合成S2Cl2，某化学研究性学习小组查阅了有关资料，得到如下信息：
①将干燥的氯气在100℃～110℃与硫反应，即可得S2Cl2粗品。
②S2Cl2的熔点﹣77℃，沸点137℃，分子结构类似H2O2．常温下，遇水易水解，300℃以上完全分解。
（1）A中反应的离子方程式 ，B中盛放的试剂为 。
（2）二氯化二硫（S2Cl2）的电子式 。
（3）通入N2的实验目的是 ，A、B装置中的空气可以通过控制K2、K3来去除，具体方法为 。
（4）实验时，D装置开始需要油浴加热一段时间，之后停止加热，仅需通入氯气即可。则生成二氯化二硫的反应为 （填“放热”或“吸热”）反应。如果在加热D时温度过高，对实验结果的影响是 。
（5）该实验装置存在明显缺陷，改进装置的方法是 。为了提高S2Cl2的产率，实验中应控制好温度和 。
9．（15分）以硫铁矿烧渣（含Fe2O3、Fe3O4、Al2O3、SiO2等）为原料，制取安全高效的水处理剂高铁酸钾（K2FeO4）和软磁用Fe2O3的工艺流程如图：
已知：①FeO42﹣在强碱性溶液中稳定，但在Fe（OH）3，催化作用下会发生分解。
②生成氢氧化物的pH如表所示
氢氧化物
Al（OH）3
Fe（OH）2
Fe（OH）3
开始沉淀时
3.4
6.3
1.5
完全沉淀时
4.7
8.3
2.8
Ⅰ．在制备高效的水处理剂高铁酸钾过程中：
（1）滤渣A是 （填化学式）。
（2）加NaClO“氧化”时发生反应的离子方程式为 。
（3）在控制其他条件不变的情况下，探究保持Fe2（SO4）3和NaOH总质量不变，改变其质量比对K2FeO4产率的影响，实验结果如图1所示当质量比大于0.55时，K2FeO4的产率下降，原因可能是 。
（4）加入饱和KOH能生成K2FeO4的原因是 。
Ⅱ．在制备软磁用Fe2O3的过程中
（5）过程Ⅰ的目的是 。
在过程Ⅰ中，对滤液A稀释不同倍数后，加入等质量的过量铁粉，得出Fe3+浓度、还原率和反应时间的关系如图2所示：综合上述实验结果：选择稀释后c（Fe3+）为1.6mol•L﹣1左右的理由是 。
（6）已知H2CO3的K1＝4.4×10﹣7，K2＝4.7×10﹣11，Ksp（FeCO3）＝3.1×10﹣11mol2•L﹣2，过程Ⅱ中加入NH4HCO3溶液，当c（HCO3﹣）＝0.001mol•L﹣1时，溶液中Fe2+刚好沉淀完全，此时溶液pH约为 （计算结果取整数）。
（7）过程Ⅲ反应的化学方程式 。
10．（15分）含氮的化合物广泛存在于自然界，是一类非常重要的化合物。结合题目回答下列问题：
（1）在一定条件下2N2（g）+6H2O（g）═4NH3（g）+3O2（g）。已知该反应的相关的化学键键能数据如表：
化学键
N≡N
H﹣O
N﹣H
O＝O
E/（kJ/mol）
946
463
391
496
则该反应的△H＝ kJ•mol﹣1。
（2）在2L恒容密闭容器中充入2mol NO2与1mol O2发生反应如下：4NO2（g）+O2（g）⇌2N2O3（g）
①已知在不同温度下测得N2O3的物质的量随时间的变化如图1所示，该反应的△H 0（填“＞＜”或“＝”）。高温下该反应能逆向自发进行，其原因是 。
②下列有关该反应的说法正确的是 （填字母）。
a．恒温恒容，当容器内的密度不再改变，则反应达到平衡状态
b．扩大容器体积，平衡向逆反应方向移动，混合气体颜色变深
c．恒温恒容，再充入2mol NO2和1mol O2，再次达到平衡时NO2转化率增大
d．若该反应的平衡常数增大，则一定是降低了温度
③T1温度下，4分钟内v（NO2）＝ mol/（L•min）。a、b、c三点反应速率由大到小的顺序为 （用va、vb、vc表示）。c、d两点正反应速率vc vd（填“＞”、“＜”或“＝”）。a、b两点的逆反应速率va vb（填“＞”、“＜”或“＝”），原因是 。
（3）N2O5是一种新型绿色硝化剂，其制备可以用硼氢化钠燃料电池作电源，采用电解法制备N2O5，工作原理如图2．则硼氢化钠燃料电池的负极反应式为
【化学一选修3物质结构与性质】（15分）
11．（15分）铁和碳的相关化合物在化学工业上有着广泛的应用，回答下列问题：
（1）基态Fe3+离子外围电子排布图 ，Fe3+对比Fe2+哪个离子更稳定，并说明原因 。
（2）C2O42﹣能与多种金属离子形成配离子，如[Fe（C2O4）3]5﹣、[Ni（C2O4）3]4﹣等。C2O42﹣中碳原子杂化方式是 ，C2O42﹣中提供孤电子对的原子是 ，判断依据是 。
（3）丁二酮肟常用于检验Ni2+，在稀氨水中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如图1所示。该结构中，除共价键外还存在配位键和氢键，请在图中用“→”和“…”分别表示出配位键和氢键。该化合物中σ键和π键的数目比是 。
（4）石墨晶胞结构如图2所示。原子坐标参数描述的是晶胞内原子间的相对位置。石墨晶胞中碳原子A、B的坐标参数分别为A（0，0，0）、B（0，1，），则C点的碳原子坐标参数为 。已知石墨的密度为2.3g•cm﹣3，C﹣C键的键长为140pm（阿伏加德罗常数的值NA≈6×1023mol﹣1，≈1.7）则石墨晶体的层间距d为
pm，石墨晶体层与层之间不存在化学键的理由 。
【化学一选修5有机化学基础】（15分）
12．药物阿莫西林能杀灭或抑制细菌繁殖，它的合成路线如图：
已知：A能使氯化铁溶液显紫色。
依据题意完成下列填空：
（1）A的名称 。
（2）反应②的条件为 。
（3）反应④的化学方程式为 。
（4）反应类型⑤是 ，⑦是 ，①反应目的 。
（5）G中无氧官能团的名称 。
（6）H的同分异构体中能满足以下条件的有 种，写出其中苯环上一卤代物只有一种同分异构体的结构简式 （任写一种）。
a．能与氯化铁溶液发生显色反应
b．能与碳酸氢钠反应产生无色气泡
c．取0.1mol有机物能与足量Na反应能产生3.36L（标况下）气体
d．分子中含有甲基
（7）试利用CH3CH＝CH2为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）。合成路线常用
的表示方式为：AB……目标产物 。
2020年内蒙古呼和浩特市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．（6分）下列有关物质的性质与其应用不相对应的是（ ）
A．MgO和Al2O3的熔点很高，可用作耐高温材料
B．NaHCO3能与碱反应，可用作食品工业上烙制糕点的膨松剂
C．Al具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品
D．利用钠蒸气放电可发出射程远、透雾能力强的黄光，可用于制造高压钠灯
【分析】A．MgO、Al2O3熔点高，硬度大，可用于耐高温材料；
B．碳酸氢钠不稳定，加热或与酸反应都可生成二氧化碳气体；
C．Al具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔，且在表面能生成一层致密的氧化物膜；
D．钠的焰色反应为黄色。
【解答】解：A．耐高温材料应具有熔点高的特点，因MgO、Al2O3熔点高，硬度大，则可用于耐高温材料，故A正确；
B．碳酸氢钠不稳定，加热或与酸反应都可生成二氧化碳气体，则可用于焙制糕点的膨松剂，但不是和碱反应的原因，故B错误；
C．Al具有良好的延展性，可制成铝箔，且在表面能生成一层致密的氧化物膜，则具有抗腐蚀性，故C正确；
D．钠的焰色反应为黄色，因黄色光射程远、透雾能力强，则可用于自造高压钠灯，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查较为综合，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累。
2．（6分）某高分子化合物用于化妆品中，其链节如图所示，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，且X和Z同主族，下列说法正确的是（ ）
A．W、X、Y原子半径W＜X＜Y
B．XY2与ZY2结构相似
C．X、Y、Z简单氢化物的热稳定性Y＞X＞Z
D．W、Y两元素形成的化合物中只可能含有极性键
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，且X和Z同主族，结合图示可知，X、Z均形成4个共价键，二者位于ⅣA族，则X为C，Z为Si元素；W形成1个共价键，其原子序数小于C，则W为H；Y形成2个共价键，其原子序数介于C、Si之间，则Y为O元素，据此解答。
【解答】解：根据分析可知，W为H，X为C，Y为O，Z为Si元素。
A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径：W＜Y＜X，故A错误；
B．XY2、ZY2分别为CO2与SiO2，前者为直线形结构，后者为立体结构，二者结构不同，故B错误；
C．非金属性：O＞C＞Si，则简单氢化物的热稳定性：Y＞X＞Z，故C正确；
D．H、O形成的双氧水分子中含有O﹣O非极性键，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
3．（6分）布洛芬片常于缓解疼痛，也可用于普通感冒或流行性感冒引起的发热，其结构简式如图，下列有关说法错误的是（ ）
A．布洛芬的分子式为C13H23O2
B．布洛芬与苯乙酸是同系物
C．布洛芬既能发生还原反应又能发生氧化反应
D．布洛芬在苯环上发生取代反应，其二氯代物有5种
【分析】有机物含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，结合有机物的结构解答该题。
【解答】解：A．根据结构简式确定分子式为C13H18O2，故A错误；
B．结构相似、在分子组成上相差一个或n个﹣CH2原子团的有机物互称同系物，二者结构相似且在分子组成上相差5个﹣CH2原子团，所以互为同系物，故B正确；
C．含有苯环，可与氢气发生加成反应，为还原反应，有机物的燃烧属于氧化反应，故C正确；
D．苯环含有4个H可被取代，且结构左右不对称，则两个氯原子可位于相同或不同侧，二氯代物有4种，故D错误。
故选：AD。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大。
4．（6分）NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）
A．18g重甲基（﹣CD3）中含有的电子数为9NA
B．7.1g Cl2通入水中，反应中转移的电子数目为0.1NA
C．标准状况下，11.2L CH3Cl，所含的极性键数目等于2NA
D．1mol硝酸铵溶于稀氨水，溶液呈中性，溶液中NH4+的数目等于NA
【分析】A．依据公式n═计算出﹣CD3的物质的量，再计算1个﹣CD3中含有电子数；
B．依据公式n═计算出Cl2的物质的量，Cl2和水的反应是可逆反应；
C．依据公式n═计算出CH3Cl的物质的量，又CH3Cl的中4个价键均为极性键；
D．依据溶液中的电荷守恒关系解题。
【解答】解：A．依据公式n═＝＝1mol，1个﹣CD3中含有的电子数为6+3＝9个，故1mol﹣CD3中含有的电子数为9NA，故A正确；
B．依据公式n═计算出Cl2的物质的量，Cl2和水的反应是可逆反应，不能进行到底，故转移电子数小于NA，故B错误；
C．标准状况下，11.2L CH3Cl，公式n═＝＝0.5mol，3个C﹣H键和1个C﹣Cl键均为极性键，所含的极性键数目＝4×0.5NA＝2NA，故C正确；
D．依据电荷守恒c（NH4+）+c（H+）＝c（NO3﹣）+c（OH﹣）；溶液显中性c（H+）＝c（OH﹣）；则c（NH4+）＝c（NO3﹣）；n（NH4+）＝n（NO3﹣）＝1mol；所以溶液中NH4+的数目等于NA，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，注意可逆反应的特点、盐的水解中电荷守恒的应用，难度不大。
5．（6分）下列实验方案能达到实验目的的是（ ）
实验目的
实验方案
A
制备氢氧化铁胶体
向沸水中滴加氯化铁稀溶液，煮沸至溶液呈红褐色
B
探究化学反应的限度
取5mL 0.1mol•L﹣1的KI溶液，滴加0.1mol•L﹣1FeCl3溶液5～6滴，充分
反应后，检验溶液中含I2和I﹣，由此判断该反应是可逆反应
C
验证海带中含有碘元素
将海带用酒精润湿烧成灰，加入蒸馏水搅拌、煮沸2～3min过滤，取滤液滴加几滴稀硫酸和1mL H2O2，再加入几滴淀粉溶液，观察溶液颜色的变化
D
证明Mg（OH）2
沉淀可转化为Fe（OH）3沉淀
向2mL 1mol•L﹣1NaOH溶液中，先加入3滴1mol•L﹣1MgCl2溶液，再加入3滴1mol•L﹣1FeCl3溶液
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．饱和氯化铁水解可制备胶体；
B．KI过量，不能说明可逆；
C．过氧化氢可氧化碘离子，淀粉遇碘单质变蓝；
D．NaOH过量，均为沉淀生成。
【解答】解：A．饱和氯化铁在沸水中水解可制备胶体，不能选稀溶液，故A错误；
B．KI过量，不能说明可逆，应检验铁离子说明，故B错误；
C．过氧化氢可氧化碘离子，淀粉遇碘单质变蓝，由操作和现象可检验，故C正确；
D．NaOH过量，均为沉淀生成，不发生沉淀的转化，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、沉淀生成、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6．（6分）用Na2SO3溶液吸收硫酸工业尾气中的二氧化硫，将所得的混合液进行电解循环再生，这种新工艺叫再生循环脱硫法。其中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如图所示，下列有关说法中不正确的是（ ）
A．X为直流电源的负极
B．c膜为阴离子交换膜，d膜为阳离子交换膜
C．图中的b＞a
D．Pt（Ⅰ）电极反应式2HSO3﹣+2e﹣═H2↑+SO32﹣
【分析】A．根据电解质溶液中阴阳离子的移动方向确定电源的正负极；
B．阳离子向Pt（Ⅰ）移动，阴离子向Pt（Ⅱ）移动；
C．根据S原子守恒判断a、b大小；
D．Pt（Ⅰ）为阴极得电子发生还原反应。
【解答】解：A．根据阴阳离子的移动方向知，阳离子向Pt（Ⅰ）电极移动，阴离子向Pt（Ⅱ）移动，因此Pt（Ⅰ）为阴极，Pt（Ⅱ）为阳极，所以X为直流电源的负极，Y为直流电源的正极，故A正确；
B．阳离子向Pt（Ⅰ）移动，所以（c）为阳离子交换膜，阴离子向Pt（Ⅱ）移动，所以（d）为阴离子交换膜，故B错误；
C．阳极室中，出来的硫酸中不仅有加入的稀硫酸还有亚硫酸根离子被氧化生成的硫酸，所以b＞a，故C正确；
D．Pt（Ⅰ）为阴极得电子发生还原反应，故电极反应方程式为2HSO3﹣+2e﹣═H2↑+2SO32﹣，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查学生电解池的工作原理，能正确分析图片是解本题的关键，注意图片中加入物质和析出物质的变化。
7．（6分）25℃时，在10mL 0.1mol•L﹣1K2CO3溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1HCl溶液20mL，溶液中含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．H2CO3的Ka2的数量级为10﹣30
B．N点溶液中的KHCO3物质的量浓度为0.1mol•L﹣1
C．M点显碱性的主要原因是CO32﹣和HCO3﹣的水解
D．M、N、F三点水的电离程度M＞N＞F
【分析】A．根据Ka2＝公式，利用M点c（CO32﹣）＝c（HCO3﹣），结合此时溶液的pH，可计算出二级电离常数；
B．N点时K2CO3溶液和HCl反应：K2CO3+HCl＝KHCO3+KCl，消耗HCl溶液10ml，由此求出KHCO3的浓度；
C．M点显碱性的主要原因是CO32﹣的水解；HCO3﹣的水解相比较弱可忽略；
D．M点主要是CO32﹣的水解，对水电离促进、N点存在HCO3﹣的水解促进水的电离、F点对应的pH是7水的电离几乎不受影响。
【解答】解：A．根据M点c（CO32﹣）＝c（HCO3﹣）对应H2CO3的pH约为11，Ka2＝＝c（H+）≈10﹣11mol•L﹣1，Ka2的数量级为10﹣11，故A错误；
B．N点时K2CO3溶液和HCl反应正好全部转化为KHCO3，消耗HCl溶液10ml，溶液中的KHCO3物质的量浓度为0.05mol•L﹣1，故B错误；
C．M点显碱性的主要原因是CO32﹣的水解；HCO3﹣的水解相比较弱可忽略，故C错误；
D．M点主要是CO32﹣的水解，对水电离促进、N点存在HCO3﹣的水解促进水的电离、F点对应的pH是7水的电离几乎不受影响，故水的电离程度M＞N＞F，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查盐的水解，强酸制弱酸，外界条件对水的电离的影响等，综合性强，难度中等。
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（13分）二氯化二硫（S2Cl2）广泛用于橡胶工业的硫化剂。为在实验室合成S2Cl2，某化学研究性学习小组查阅了有关资料，得到如下信息：
①将干燥的氯气在100℃～110℃与硫反应，即可得S2Cl2粗品。
②S2Cl2的熔点﹣77℃，沸点137℃，分子结构类似H2O2．常温下，遇水易水解，300℃以上完全分解。
（1）A中反应的离子方程式 MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O ，B中盛放的试剂为 浓硫酸 。
（2）二氯化二硫（S2Cl2）的电子式 ， 。
（3）通入N2的实验目的是 排尽D装置中空气 ，A、B装置中的空气可以通过控制K2、K3来去除，具体方法为 关闭K2、打开K3 。
（4）实验时，D装置开始需要油浴加热一段时间，之后停止加热，仅需通入氯气即可。则生成二氯化二硫的反应为 放热 （填“放热”或“吸热”）反应。如果在加热D时温度过高，对实验结果的影响是 产率降低（或S2Cl2分解） 。
（5）该实验装置存在明显缺陷，改进装置的方法是 在D和E之间增加干燥装置、在A和B之间增加盛放饱和食盐水的装置 。为了提高S2Cl2的产率，实验中应控制好温度和 浓盐酸的滴速 。
【分析】S2Cl2遇水水解，制备需要在干燥环境下进行。A装置制备氯气，B装置干燥氯气。在D装置中氯气与S反应，需要先用氮气排尽D装置空气，防止硫被氧化，产生杂质。C、E装置进行尾气处理。制备的氯气中含有挥发出的HCl，需要除去，需要防止E中水蒸气进入D中。S2Cl2在300℃以上完全分解，滴加盐酸过快，氯气中部分水蒸气没有被浓硫酸吸收而导入D中，会影响S2Cl2的产率，实验中应控制好温度和浓盐酸的滴速。
【解答】解：（1）A中二氧化锰与浓盐酸砹加热条件下反应生成二氯化锰、氯气与水，反应离子方程式为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O．B装置干燥氯气，盛放试剂为浓硫酸，
故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；浓硫酸；
（2）S2Cl2的分子结构类似H2O2，二氯化二硫（S2Cl2）的电子式为：，
故答案为：；
（3）装置中有空气，硫能与氧气反应，通入N2的实验目的是：排尽D装置中空气。A、B装置中的空气可以通过控制K2、K3来去除，具体方法为：关闭K2、打开K3，
故答案为：排尽D装置中空气；关闭K2、打开K3；
（4）反开始应需要需要一定的温度，加热一段时间之后停止加热，仅需通入氯气即可，则生成二氯化二硫的反应为放热反应。产品热稳定性差，温度过高，产品部分分解，产率偏低，
故答案为：放热；产率降低（或S2Cl2分解）；
（5）E中水蒸气进入D中，易使S2Cl2水解，在D和E之间增加干燥装置，制备的氯气中含有挥发出的HCl，需要在A、B之间增加盛放饱和食盐水的装置，除去HCl；S2Cl2在300℃以上完全分解，滴加盐酸过快，氯气中部分水蒸气没有被浓硫酸吸收而导入D中，会影响S2Cl2的产率，实验中应控制好温度和浓盐酸的滴速，
故答案为：在D和E之间增加干燥装置、在A和B之间增加盛放饱和食盐水的装置；浓盐酸的滴速。
【点评】本题考查物质制备实验，侧重考查学生对实验原理及装置的理解、评价以及充分利用所给信息设计合理的实验流程和实验条件能力等，关键是掌握整个制备流程原理，分析流程中各装置的作用。要求学生要有扎实的实验基础知识和灵活应用信息解决问题的能力。
9．（15分）以硫铁矿烧渣（含Fe2O3、Fe3O4、Al2O3、SiO2等）为原料，制取安全高效的水处理剂高铁酸钾（K2FeO4）和软磁用Fe2O3的工艺流程如图：
已知：①FeO42﹣在强碱性溶液中稳定，但在Fe（OH）3，催化作用下会发生分解。
②生成氢氧化物的pH如表所示
氢氧化物
Al（OH）3
Fe（OH）2
Fe（OH）3
开始沉淀时
3.4
6.3
1.5
完全沉淀时
4.7
8.3
2.8
Ⅰ．在制备高效的水处理剂高铁酸钾过程中：
（1）滤渣A是 SiO2 （填化学式）。
（2）加NaClO“氧化”时发生反应的离子方程式为 2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O 。
（3）在控制其他条件不变的情况下，探究保持Fe2（SO4）3和NaOH总质量不变，改变其质量比对K2FeO4产率的影响，实验结果如图1所示当质量比大于0.55时，K2FeO4的产率下降，原因可能是 当硫酸铁跟氢氧化钠的质量比增大到一定程度时，过多的Fe3+与NaOH反应生成Fe（OH）3，Fe（OH）3可以加速K2FeO4的分解，从而使K2FeO4的产率下降 。
（4）加入饱和KOH能生成K2FeO4的原因是 K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4的溶解度，增大K+浓度，促进K2FeO4晶体析出 。
Ⅱ．在制备软磁用Fe2O3的过程中
（5）过程Ⅰ的目的是 将Fe3+还原为Fe2+，使Al3+转化为Al（OH）3沉淀，过滤除去Al（OH）3沉淀及未反应的Fe 。
在过程Ⅰ中，对滤液A稀释不同倍数后，加入等质量的过量铁粉，得出Fe3+浓度、还原率和反应时间的关系如图2所示：综合上述实验结果：选择稀释后c（Fe3+）为1.6mol•L﹣1左右的理由是 c（Fe3+）为1.6mol•L﹣1左右时，反应速率更快、Fe3+的还原率更高 。
（6）已知H2CO3的K1＝4.4×10﹣7，K2＝4.7×10﹣11，Ksp（FeCO3）＝3.1×10﹣11mol2•L﹣2，过程Ⅱ中加入NH4HCO3溶液，当c（HCO3﹣）＝0.001mol•L﹣1时，溶液中Fe2+刚好沉淀完全，此时溶液pH约为 11 （计算结果取整数）。
（7）过程Ⅲ反应的化学方程式 4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2 。
【分析】硫铁矿烧渣（含Fe2O3、Fe3O4、Al2O3、SiO2等）用硫酸酸浸，SiO2不与硫酸反应，加入的过氧化氢可以将Fe2+氧化为Fe3+，过滤分离，滤渣A的主要成分为SiO2，滤液A中含有硫酸铁、硫酸铝、未反应的硫酸；滤液A加入NaClO溶液和NaOH溶液，将Fe3+氧化为FeO42﹣、使Al3+转化为AlO2﹣；合成中加入KOH溶液，利用了该温度下K2FeO4溶解度对比Na2FeO4的小而实现使Na2FeO4转化为K2FeO4而从溶液中析出；
滤液A中加入Fe粉，主要是将Fe3+还原为Fe2+，也与硫酸反应，再调节pH＝6，使Al3+转化为Al（OH）3沉淀而除去，过滤分离，滤渣B主要含有Al（OH）3、未反应的Fe，滤液B为硫酸亚铁溶液。向滤液B中加入NH4HCO3析出FeCO3，在空气中加热煅烧可得Fe2O3。
（1）滤渣A是不与硫酸反应的二氧化硅；
（2）碱性条件下，ClO﹣将Fe3+氧化为FeO42﹣，自身被还原为Cl﹣；
（3）题给信息中FeO42﹣在强碱性溶液中稳定，但在Fe（OH）3催化作用下会发生分解，质量比小于0.55是碱过量，当质量比大于0.55时，过多的Fe3+与NaOH反应生成Fe（OH）3；
（4）利用溶解度不同，实现反应向溶解度更小的方向进行；
（5）过程Ⅰ将Fe3+还原为Fe2+，使Al3+转化为Al（OH）3沉淀而除去；c（Fe3+）为1.6mol•L﹣1左右时，反应速率更快、Fe3+的还原率更高；
（6）溶液中Fe2+刚好沉淀完全，溶液中c（Fe2+）＝1×10﹣5mol•L﹣1，根据Ksp（FeCO3）计算溶液中c（CO32﹣），再根据碳酸的K2＝4.7×10﹣11计算溶液中c（H+），可得溶液pH；
（7）过程Ⅲ中FeCO3在空气中加热得到Fe2O3，Fe元素被氧化，反应有氧气参与，同时还有CO2生成。
【解答】解：硫铁矿烧渣（含Fe2O3、Fe3O4、Al2O3、SiO2等）用硫酸酸浸，SiO2不与硫酸反应，加入的过氧化氢可以将Fe2+氧化为Fe3+，过滤分离，滤渣A的主要成分为SiO2，滤液A中含有硫酸铁、硫酸铝、未反应的硫酸。滤液A加入NaClO溶液和NaOH溶液，将Fe3+氧化为FeO42﹣、使Al3+转化为AlO2﹣．合成中加入KOH溶液，利用了该温度下K2FeO4溶解度对比Na2FeO4的小而实现使Na2FeO4转化为K2FeO4而从溶液中析出。
滤液A中加入Fe粉，主要是将Fe3+还原为Fe2+，也与硫酸反应，再调节pH＝6，使Al3+转化为Al（OH）3沉淀而除去，过滤分离，滤渣B主要含有Al（OH）3、未反应的Fe，滤液B为硫酸亚铁溶液。向滤液B中加入NH4HCO3析出FeCO3，在空气中加热煅烧可得Fe2O3。
（1）滤渣A是不与硫酸反应的SiO2，
故答案为：SiO2；
（2）碱性条件下，ClO﹣将Fe3+氧化为FeO42﹣，自身被还原为Cl﹣，反应离子方程式为：2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，
故答案为：2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；
（3）题给信息中FeO42﹣在强碱性溶液中稳定，但在Fe（OH）3催化作用下会发生分解，由图象可知，当质量比大于0.55时，过多的Fe3+与NaOH反应生成Fe（OH）3，Fe（OH）3可以加速K2FeO4的分解，从而使K2FeO4的产率下降，
故答案为：当硫酸铁跟氢氧化钠的质量比增大到一定程度时，过多的Fe3+与NaOH反应生成Fe（OH）3，Fe（OH）3可以加速K2FeO4的分解，从而使K2FeO4的产率下降；
（4）K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4的溶解度，增大K+浓度，促进K2FeO4晶体析出，
故答案为：K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4的溶解度，增大K+浓度，促进K2FeO4晶体析出；
（5）过程Ⅰ将Fe3+还原为Fe2+，使Al3+转化为Al（OH）3沉淀，过滤除去Al（OH）3沉淀及未反应的Fe；由图可知，c（Fe3+）为1.6mol•L﹣1左右时，反应速率更快、Fe3+的还原率更高，故选择稀释后c（Fe3+）为1.6mol•L﹣1左右，
故答案为：将Fe3+还原为Fe2+，使Al3+转化为Al（OH）3沉淀，过滤除去Al（OH）3沉淀及未反应的Fe；c（Fe3+）为1.6mol•L﹣1左右时，反应速率更快、Fe3+的还原率更高；
（6）c（HCO3﹣）＝0.001mol•L﹣1时溶液中Fe2+刚好沉淀完全，此时溶液中c（Fe2+）＝1×10﹣5mol•L﹣1，由Ksp（FeCO3）＝c（Fe2+）•c（CO32﹣）＝3.1×10﹣11mol2•L﹣2，可知溶液中c（CO32﹣）＝3.1×10﹣6mol•L﹣1，由K2（H2CO3）＝＝4.7×10﹣11，可知c（H+）＝×10﹣11mol/L，故pH＝﹣lg（×10﹣11）≈11，
故答案为：11；
（7）过程Ⅲ中FeCO3在空气中加热得到Fe2O3，Fe元素被氧化，反应有氧气参与，同时还有CO2生成，反应方程式为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2 ，
故答案为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2 。
【点评】本题物质制备工艺流程，注意分析流程中发生的反应、试剂的作用、混合物分离提纯等，试题综合性强，侧重学生分析、计算与实验能力的考查，需要学生具备扎实的基础。
10．（15分）含氮的化合物广泛存在于自然界，是一类非常重要的化合物。结合题目回答下列问题：
（1）在一定条件下2N2（g）+6H2O（g）═4NH3（g）+3O2（g）。已知该反应的相关的化学键键能数据如表：
化学键
N≡N
H﹣O
N﹣H
O＝O
E/（kJ/mol）
946
463
391
496
则该反应的△H＝ +1268 kJ•mol﹣1。
（2）在2L恒容密闭容器中充入2mol NO2与1mol O2发生反应如下：4NO2（g）+O2（g）⇌2N2O3（g）
①已知在不同温度下测得N2O3的物质的量随时间的变化如图1所示，该反应的△H ＜ 0（填“＞＜”或“＝”）。高温下该反应能逆向自发进行，其原因是 逆反应方向的△S＞0 。
②下列有关该反应的说法正确的是 cd （填字母）。
a．恒温恒容，当容器内的密度不再改变，则反应达到平衡状态
b．扩大容器体积，平衡向逆反应方向移动，混合气体颜色变深
c．恒温恒容，再充入2mol NO2和1mol O2，再次达到平衡时NO2转化率增大
d．若该反应的平衡常数增大，则一定是降低了温度
③T1温度下，4分钟内v（NO2）＝ 0.15 mol/（L•min）。a、b、c三点反应速率由大到小的顺序为 va＞vb＞vc （用va、vb、vc表示）。c、d两点正反应速率vc ＞ vd（填“＞”、“＜”或“＝”）。a、b两点的逆反应速率va ＞ vb（填“＞”、“＜”或“＝”），原因是 温度越高反应速率越快 。
（3）N2O5是一种新型绿色硝化剂，其制备可以用硼氢化钠燃料电池作电源，采用电解法制备N2O5，工作原理如图2．则硼氢化钠燃料电池的负极反应式为 BH4﹣+8OH﹣﹣8e﹣＝BO2﹣+6H2O
【分析】（1）△H＝反应物的总键能﹣生成物的总键能；
（2）①T2温度下先达到平衡，故T2＞T1，由图可知，升高温度，N2O3的物质的量降低，平衡逆向移动，逆反应吸热，正反应放热；△H﹣T△S＜0时，反应能够自发进行；
②a．容器体积不变，气体质量不变，密度始终不变；
b．扩大容器体积，平衡逆向移动，但各组分浓度都减小；
c．恒温恒容下，再充入2molNO2和1molO2，相当于加压，平衡正向移动；
d．正反应放热，降温平衡正向移动；
③根据计算反应速率，温度越高、浓度越大时反应速率越快，图中c、d点对应温度不同，a、b点对应温度不同；
（3）硼氢化钠燃料电池工作时，BH4﹣在负极发生失去电子的氧化反应生成BO2﹣，结合电子守恒和电荷守恒写出负极反应式。
【解答】解：（1）由2N2（g）+6H2O（g）＝4NH3（g）+3O2（g）及键能数据可知，△H＝反应物的总键能﹣生成物的总键能＝2×946kJ/mol+12×463k/mol﹣12×391kJ/mol﹣3×496kJ/mol＝+1268kJ/mol，
故答案为：+1268；
（2）①由图1可知，温度T2＞T1，升高温度时N2O3的物质量减小，说明平衡逆向移动，说明正反应放热；该反应的正反应放热，则逆反应吸热，△H＞0，若逆反应能够自发进行，则满足△H﹣T△S＜0，必须要△S＞0，
故答案为：＜；逆反应方向的△S＞0；
②a．容器中气体密度始终不变，则密度不变不能说明反应达到平衡状态，故a错误；
b．扩大容器体积，无论平衡怎样移动，各组分浓度都减小，混合气体颜色变浅，故b错误；
c．体积不变，与开始加入比例相同加入反应物，平衡正向移动，反应物转化率增大，故c正确；
c．K与温度有关，降温平衡正向移动，化学平衡常数增大，故d正确；
故答案为：cd；
③T1温度下，4分钟内△n（N2O3）＝0.6mol，△n（NO2）＝1.2mol，v（NO2）＝＝0.15mol/（L•min）a、b浓度相同、c为平衡点vc＝0，且T2＞T1，浓度越大、温度越高反应速率越快，则a、b、c三点反应速率由大到小的顺序为va＞vb＞vc，a、c点温度相同，均大于b点对应温度，c比a点对应浓度大，则温度T2＞T1，c、d两点正反应速率vc＞vd，a、b两点的逆反应速率va＞vb，原因是温度越高反应速率越快，
故答案为：0.15；va＞vb＞vc；＞；＞；温度越高反应速率越快；
（3）由图2可知，硼氢化钠燃料电池的左侧为负极，BH4﹣在碱性条件发生氧化反应生成BO2﹣，电极反应式为BH4﹣+8OH﹣﹣8e﹣＝BO2﹣+6H2O，
故答案为：BH4﹣+8OH﹣﹣8e﹣＝BO2﹣+6H2O。
【点评】本题考查化学平衡及反应速率，为高频考点，把握焓变计算、平衡移动的影响因素、速率计算及影响因素、电极反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大。
【化学一选修3物质结构与性质】（15分）
11．（15分）铁和碳的相关化合物在化学工业上有着广泛的应用，回答下列问题：
（1）基态Fe3+离子外围电子排布图 1s22s22p63s23p63d5 ，Fe3+对比Fe2+哪个离子更稳定，并说明原因 Fe3+更稳定，根据洪特规则半充满状态稳定 。
（2）C2O42﹣能与多种金属离子形成配离子，如[Fe（C2O4）3]5﹣、[Ni（C2O4）3]4﹣等。C2O42﹣中碳原子杂化方式是 sp2 ，C2O42﹣中提供孤电子对的原子是 单键氧原子（羟基上的氧原子） ，判断依据是 因为上面带有一个负电荷容易配位给出 。
（3）丁二酮肟常用于检验Ni2+，在稀氨水中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如图1所示。该结构中，除共价键外还存在配位键和氢键，请在图中用“→”和“…”分别表示出配位键和氢键。该化合物中σ键和π键的数目比是 8：1 。
（4）石墨晶胞结构如图2所示。原子坐标参数描述的是晶胞内原子间的相对位置。石墨晶胞中碳原子A、B的坐标参数分别为A（0，0，0）、B（0，1，），则C点的碳原子坐标参数为 （，，1） 。已知石墨的密度为2.3g•cm﹣3，C﹣C键的键长为140pm（阿伏加德罗常数的值NA≈6×1023mol﹣1，≈1.7）则石墨晶体的层间距d为
348 pm，石墨晶体层与层之间不存在化学键的理由 层与层之间距离较大 。
【分析】（1）铁是26号元素，Fe3+离子外围有23个，可以写成[Ar]3d5；根据洪特规则元素核外电子处于全充满状态、半充满状态、全空状态，能量低结构稳定；
（2）碳原子的杂化方式有三种，直线结构是 sp，平面结构sp2，立体结构sp3，碳碳双键和碳氧双键都是平面结构；
（3）配位键一方提供空轨道，一方提供孤电子对；氢键是氢元素与电负性大的形成共价键，在于电负性大的元素形成的分子间作用力；单建都是σ键双键含有一个σ键和一个π键；
（4）由B的坐标推导C的坐标，C处于顶面且x，y都是；
层间距要根据公式ρ＝求算，选取一个正六棱柱求算；n＝×12＝2，体积V＝sh，s＝6××（140×10﹣10）2×。
【解答】解：（1）铁是常见金属元素，铁是26号元素，第四周期Ⅷ族元素，Fe3+离子外围电子排布图1s22s22p63s23p63d5，根据洪特规则全充满状态、半充满状态、全空状态，能量低结构稳定；
故答案为：1s22s22p63s23p63d5；Fe3+更稳定，根据洪特规则半充满状态稳定；
（2）碳原子的杂化方式有三种，直线结构是 sp，平面结构sp2，立体结构sp3，碳碳双键和碳氧双键都是平面结构；
C2O42﹣中提供孤电子对的原子是，单键氧原子（羟基上的氧原子）；因为上面带有一个负电荷容易配位给出，羰基氧通常不易形成配位键，因为氧的电负性大，吸引电子不易给出电子对进行配位。
故答案为：sp2；单键氧原子（羟基上的氧原子）；因为上面带有一个负电荷容易配位给出；
（3）配位键一方提供空轨道，一方提供孤电子对；氢键是氢元素与电负性大的形成共价键，在于电负性大的元素形成的分子间作用力，可表示为；
单建都是σ键，双键含有一个σ键和一个π键，配位键也是σ键，共有32个σ键，4个π键，氢键不是化学键，个数比为8：1，
故答案为：；8：1；
（4）由B的坐标推导C的坐标，C处于顶面则 z是1，且x，y都是，所以C点坐标：（，，1）；
石墨晶体是片层网状结构，选取一个正六棱柱求算，层间距要根据公式V＝s（底面积）h（层间距）
ρ＝求算V，n＝×12＝2，体积V＝sh，s＝6××（140×10﹣10）2×＝5×10﹣16cm2，
代入数据：2.3＝，解得d＝3.48×10﹣8cm＝348pm；
化学键的定义，相邻原子间的强相互作用，石墨层与层之间距离较大，层与层之间的相互作用也不强烈所以：层与层之间不存在化学键，
故答案为：（，，1）；348；层与层之间距离较大，相互作用不强烈。
【点评】本题是物质结构与性质的综合题，是高考热点问题，且晶体的有关计算难度较大，考查了原子价电子排布，σ键、π键、配位键、氢键、杂化轨道等基础知识，晶胞密度计算学生感觉较难。
【化学一选修5有机化学基础】（15分）
12．药物阿莫西林能杀灭或抑制细菌繁殖，它的合成路线如图：
已知：A能使氯化铁溶液显紫色。
依据题意完成下列填空：
（1）A的名称 对甲基苯酚或4﹣甲基苯酚 。
（2）反应②的条件为 光照 。
（3）反应④的化学方程式为 。
（4）反应类型⑤是 加成反应 ，⑦是 取代反应 ，①反应目的 保护酚羟基防止被氧化 。
（5）G中无氧官能团的名称 氨基 。
（6）H的同分异构体中能满足以下条件的有 30 种，写出其中苯环上一卤代物只有一种同分异构体的结构简式 、 （任写一种）。
a．能与氯化铁溶液发生显色反应
b．能与碳酸氢钠反应产生无色气泡
c．取0.1mol有机物能与足量Na反应能产生3.36L（标况下）气体
d．分子中含有甲基
（7）试利用CH3CH＝CH2为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）。合成路线常用
的表示方式为：AB……目标产物 。
【分析】A能使三氯化铁溶液显紫色，说明A中含有酚羟基，A和碘烷发生取代反应生成，则A的结构简式为，发生反应生成B，根据和B的分子式知，该反应为取代反应，B发生一系列反应生成，根据和的结构简式知，B的结构简式为，B和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成C，C的结构简式为，C被氧化生成D，D的结构简式为，根据题给信息知，和HCN发生加成反应生成E，E发生水解反应生成，E的结构简式为，发生反应生成F，F反应生成G，G发生取代反应生成阿莫西林，则G的结构简式为，F的结构简式为；
（7）用CH3CH＝CH2为原料制备，丙烯和HCl发生加成反应生成2﹣氯丙烷，2﹣氯丙烷和NaOH的水溶液发生取代反应生成2﹣丙醇，2﹣丙醇发生氧化反应生成丙酮，丙酮和HCN发生加成反应生成（CH3）2C（OH）CN，（CH3）2C（OH）CN发生水解反应生成（CH3）2C（OH）COOH，（CH3）2C（OH）COOH和氨气发生取代反应生成（CH3）2C（NH2）COOH，在一定条件下（CH3）2C（NH2）COOH发生缩聚反应生成高聚物。
【解答】解：（1）A为，A的名称对甲基苯酚或4﹣甲基苯酚，
故答案为：对甲基苯酚或4﹣甲基苯酚；
（2）反应②为甲基上的取代反应，该反应的条件为光照，
故答案为：光照；
（3）反应④的化学方程式为，
故答案为：；
（4）D的结构简式为，E的结构简式为所以反应类型⑤是加成反应，⑦是取代反应；酚羟基易被氧化，为防止酚羟基被氧化，使酚羟基和碘烷发生取代反应，所以①反应目的是保护酚羟基防止被氧化，
故答案为：加成反应；取代反应；保护酚羟基防止被氧化；
（5）G的结构简式为，G中无氧官能团的名称氨基，
故答案为：氨基；
（6）H的同分异构体中满足以下条件，
a．能与氯化铁溶液发生显色反应
b．能与碳酸氢钠反应产生无色气泡，说明含有﹣COOH，
c．取0.1mol有机物能与足量Na反应能产生3.36L（标况下）气体，说明还含有2个﹣OH，
d．分子中含有甲基，
如果取代基为﹣CH（OH）COOH、酚﹣OH、﹣CH3，有10种；
如果取代基为2个酚﹣OH、﹣CH（CH3）COOH，有6种；
如果取代基为酚﹣OH、﹣C（OH）（CH3）COOH，有邻间对3种，
取代基为2个酚﹣OH、﹣CH3、﹣CH2COOH，
如果取代基为2个酚﹣OH、﹣CH3、﹣CH2COOH，有11种，
所以符合条件的有30种，
其中苯环上一卤代物只有一种同分异构体的结构简式为、，
故答案为：30；、；
（7）用CH3CH＝CH2为原料制备，丙烯和HCl发生加成反应生成2﹣氯丙烷，2﹣氯丙烷和NaOH的水溶液发生取代反应生成2﹣丙醇，2﹣丙醇发生氧化反应生成丙酮，丙酮和HCN发生加成反应生成（CH3）2C（OH）CN，（CH3）2C（OH）CN发生水解反应生成（CH3）2C（OH）COOH，（CH3）2C（OH）COOH和氨气发生取代反应生成（CH3）2C（NH2）COOH，在一定条件下（CH3）2C（NH2）COOH发生缩聚反应生成高聚物，其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物合成，为高考高频点，侧重考查学生分析推断、知识运用能力，明确物质中官能团及其性质是解本题关键，知道常见有机物的性质、反应条件、其成键和断键位置、方式，难点是同分异构体种类判断，题目难度中等。
2020年内蒙古呼和浩特市高考化学一模试卷
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．（6分）下列有关物质的性质与其应用不相对应的是（ ）
A．MgO和Al2O3的熔点很高，可用作耐高温材料
B．NaHCO3能与碱反应，可用作食品工业上烙制糕点的膨松剂
C．Al具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品
D．利用钠蒸气放电可发出射程远、透雾能力强的黄光，可用于制造高压钠灯
2．（6分）某高分子化合物用于化妆品中，其链节如图所示，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，且X和Z同主族，下列说法正确的是（ ）
A．W、X、Y原子半径W＜X＜Y
B．XY2与ZY2结构相似
C．X、Y、Z简单氢化物的热稳定性Y＞X＞Z
D．W、Y两元素形成的化合物中只可能含有极性键
3．（6分）布洛芬片常于缓解疼痛，也可用于普通感冒或流行性感冒引起的发热，其结构简式如图，下列有关说法错误的是（ ）
A．布洛芬的分子式为C13H23O2
B．布洛芬与苯乙酸是同系物
C．布洛芬既能发生还原反应又能发生氧化反应
D．布洛芬在苯环上发生取代反应，其二氯代物有5种
4．（6分）NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）
A．18g重甲基（﹣CD3）中含有的电子数为9NA
B．7.1g Cl2通入水中，反应中转移的电子数目为0.1NA
C．标准状况下，11.2L CH3Cl，所含的极性键数目等于2NA
D．1mol硝酸铵溶于稀氨水，溶液呈中性，溶液中NH4+的数目等于NA
5．（6分）下列实验方案能达到实验目的的是（ ）
实验目的
实验方案
A
制备氢氧化铁胶体
向沸水中滴加氯化铁稀溶液，煮沸至溶液呈红褐色
B
探究化学反应的限度
取5mL 0.1mol•L﹣1的KI溶液，滴加0.1mol•L﹣1FeCl3溶液5～6滴，充分
反应后，检验溶液中含I2和I﹣，由此判断该反应是可逆反应
C
验证海带中含有碘元素
将海带用酒精润湿烧成灰，加入蒸馏水搅拌、煮沸2～3min过滤，取滤液滴加几滴稀硫酸和1mL H2O2，再加入几滴淀粉溶液，观察溶液颜色的变化
D
证明Mg（OH）2
沉淀可转化为Fe（OH）3沉淀
向2mL 1mol•L﹣1NaOH溶液中，先加入3滴1mol•L﹣1MgCl2溶液，再加入3滴1mol•L﹣1FeCl3溶液
A．A B．B C．C D．D
6．（6分）用Na2SO3溶液吸收硫酸工业尾气中的二氧化硫，将所得的混合液进行电解循环再生，这种新工艺叫再生循环脱硫法。其中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如图所示，下列有关说法中不正确的是（ ）
A．X为直流电源的负极
B．c膜为阴离子交换膜，d膜为阳离子交换膜
C．图中的b＞a
D．Pt（Ⅰ）电极反应式2HSO3﹣+2e﹣═H2↑+SO32﹣
7．（6分）25℃时，在10mL 0.1mol•L﹣1K2CO3溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1HCl溶液20mL，溶液中含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．H2CO3的Ka2的数量级为10﹣30
B．N点溶液中的KHCO3物质的量浓度为0.1mol•L﹣1
C．M点显碱性的主要原因是CO32﹣和HCO3﹣的水解
D．M、N、F三点水的电离程度M＞N＞F
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（13分）二氯化二硫（S2Cl2）广泛用于橡胶工业的硫化剂。为在实验室合成S2Cl2，某化学研究性学习小组查阅了有关资料，得到如下信息：
①将干燥的氯气在100℃～110℃与硫反应，即可得S2Cl2粗品。
②S2Cl2的熔点﹣77℃，沸点137℃，分子结构类似H2O2．常温下，遇水易水解，300℃以上完全分解。
（1）A中反应的离子方程式 ，B中盛放的试剂为 。
（2）二氯化二硫（S2Cl2）的电子式 。
（3）通入N2的实验目的是 ，A、B装置中的空气可以通过控制K2、K3来去除，具体方法为 。
（4）实验时，D装置开始需要油浴加热一段时间，之后停止加热，仅需通入氯气即可。则生成二氯化二硫的反应为 （填“放热”或“吸热”）反应。如果在加热D时温度过高，对实验结果的影响是 。
（5）该实验装置存在明显缺陷，改进装置的方法是 。为了提高S2Cl2的产率，实验中应控制好温度和 。
9．（15分）以硫铁矿烧渣（含Fe2O3、Fe3O4、Al2O3、SiO2等）为原料，制取安全高效的水处理剂高铁酸钾（K2FeO4）和软磁用Fe2O3的工艺流程如图：
已知：①FeO42﹣在强碱性溶液中稳定，但在Fe（OH）3，催化作用下会发生分解。
②生成氢氧化物的pH如表所示
氢氧化物
Al（OH）3
Fe（OH）2
Fe（OH）3
开始沉淀时
3.4
6.3
1.5
完全沉淀时
4.7
8.3
2.8
Ⅰ．在制备高效的水处理剂高铁酸钾过程中：
（1）滤渣A是 （填化学式）。
（2）加NaClO“氧化”时发生反应的离子方程式为 。
（3）在控制其他条件不变的情况下，探究保持Fe2（SO4）3和NaOH总质量不变，改变其质量比对K2FeO4产率的影响，实验结果如图1所示当质量比大于0.55时，K2FeO4的产率下降，原因可能是 。
（4）加入饱和KOH能生成K2FeO4的原因是 。
Ⅱ．在制备软磁用Fe2O3的过程中
（5）过程Ⅰ的目的是 。
在过程Ⅰ中，对滤液A稀释不同倍数后，加入等质量的过量铁粉，得出Fe3+浓度、还原率和反应时间的关系如图2所示：综合上述实验结果：选择稀释后c（Fe3+）为1.6mol•L﹣1左右的理由是 。
（6）已知H2CO3的K1＝4.4×10﹣7，K2＝4.7×10﹣11，Ksp（FeCO3）＝3.1×10﹣11mol2•L﹣2，过程Ⅱ中加入NH4HCO3溶液，当c（HCO3﹣）＝0.001mol•L﹣1时，溶液中Fe2+刚好沉淀完全，此时溶液pH约为 （计算结果取整数）。
（7）过程Ⅲ反应的化学方程式 。
10．（15分）含氮的化合物广泛存在于自然界，是一类非常重要的化合物。结合题目回答下列问题：
（1）在一定条件下2N2（g）+6H2O（g）═4NH3（g）+3O2（g）。已知该反应的相关的化学键键能数据如表：
化学键
N≡N
H﹣O
N﹣H
O＝O
E/（kJ/mol）
946
463
391
496
则该反应的△H＝ kJ•mol﹣1。
（2）在2L恒容密闭容器中充入2mol NO2与1mol O2发生反应如下：4NO2（g）+O2（g）⇌2N2O3（g）
①已知在不同温度下测得N2O3的物质的量随时间的变化如图1所示，该反应的△H 0（填“＞＜”或“＝”）。高温下该反应能逆向自发进行，其原因是 。
②下列有关该反应的说法正确的是 （填字母）。
a．恒温恒容，当容器内的密度不再改变，则反应达到平衡状态
b．扩大容器体积，平衡向逆反应方向移动，混合气体颜色变深
c．恒温恒容，再充入2mol NO2和1mol O2，再次达到平衡时NO2转化率增大
d．若该反应的平衡常数增大，则一定是降低了温度
③T1温度下，4分钟内v（NO2）＝ mol/（L•min）。a、b、c三点反应速率由大到小的顺序为 （用va、vb、vc表示）。c、d两点正反应速率vc vd（填“＞”、“＜”或“＝”）。a、b两点的逆反应速率va vb（填“＞”、“＜”或“＝”），原因是 。
（3）N2O5是一种新型绿色硝化剂，其制备可以用硼氢化钠燃料电池作电源，采用电解法制备N2O5，工作原理如图2．则硼氢化钠燃料电池的负极反应式为
【化学一选修3物质结构与性质】（15分）
11．（15分）铁和碳的相关化合物在化学工业上有着广泛的应用，回答下列问题：
（1）基态Fe3+离子外围电子排布图 ，Fe3+对比Fe2+哪个离子更稳定，并说明原因 。
（2）C2O42﹣能与多种金属离子形成配离子，如[Fe（C2O4）3]5﹣、[Ni（C2O4）3]4﹣等。C2O42﹣中碳原子杂化方式是 ，C2O42﹣中提供孤电子对的原子是 ，判断依据是 。
（3）丁二酮肟常用于检验Ni2+，在稀氨水中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如图1所示。该结构中，除共价键外还存在配位键和氢键，请在图中用“→”和“…”分别表示出配位键和氢键。该化合物中σ键和π键的数目比是 。
（4）石墨晶胞结构如图2所示。原子坐标参数描述的是晶胞内原子间的相对位置。石墨晶胞中碳原子A、B的坐标参数分别为A（0，0，0）、B（0，1，），则C点的碳原子坐标参数为 。已知石墨的密度为2.3g•cm﹣3，C﹣C键的键长为140pm（阿伏加德罗常数的值NA≈6×1023mol﹣1，≈1.7）则石墨晶体的层间距d为
pm，石墨晶体层与层之间不存在化学键的理由 。
【化学一选修5有机化学基础】（15分）
12．药物阿莫西林能杀灭或抑制细菌繁殖，它的合成路线如图：
已知：A能使氯化铁溶液显紫色。
依据题意完成下列填空：
（1）A的名称 。
（2）反应②的条件为 。
（3）反应④的化学方程式为 。
（4）反应类型⑤是 ，⑦是 ，①反应目的 。
（5）G中无氧官能团的名称 。
（6）H的同分异构体中能满足以下条件的有 种，写出其中苯环上一卤代物只有一种同分异构体的结构简式 （任写一种）。
a．能与氯化铁溶液发生显色反应
b．能与碳酸氢钠反应产生无色气泡
c．取0.1mol有机物能与足量Na反应能产生3.36L（标况下）气体
d．分子中含有甲基
（7）试利用CH3CH＝CH2为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）。合成路线常用
的表示方式为：AB……目标产物 。
2020年内蒙古呼和浩特市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．（6分）下列有关物质的性质与其应用不相对应的是（ ）
A．MgO和Al2O3的熔点很高，可用作耐高温材料
B．NaHCO3能与碱反应，可用作食品工业上烙制糕点的膨松剂
C．Al具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品
D．利用钠蒸气放电可发出射程远、透雾能力强的黄光，可用于制造高压钠灯
【分析】A．MgO、Al2O3熔点高，硬度大，可用于耐高温材料；
B．碳酸氢钠不稳定，加热或与酸反应都可生成二氧化碳气体；
C．Al具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔，且在表面能生成一层致密的氧化物膜；
D．钠的焰色反应为黄色。
【解答】解：A．耐高温材料应具有熔点高的特点，因MgO、Al2O3熔点高，硬度大，则可用于耐高温材料，故A正确；
B．碳酸氢钠不稳定，加热或与酸反应都可生成二氧化碳气体，则可用于焙制糕点的膨松剂，但不是和碱反应的原因，故B错误；
C．Al具有良好的延展性，可制成铝箔，且在表面能生成一层致密的氧化物膜，则具有抗腐蚀性，故C正确；
D．钠的焰色反应为黄色，因黄色光射程远、透雾能力强，则可用于自造高压钠灯，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查较为综合，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累。
2．（6分）某高分子化合物用于化妆品中，其链节如图所示，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，且X和Z同主族，下列说法正确的是（ ）
A．W、X、Y原子半径W＜X＜Y
B．XY2与ZY2结构相似
C．X、Y、Z简单氢化物的热稳定性Y＞X＞Z
D．W、Y两元素形成的化合物中只可能含有极性键
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，且X和Z同主族，结合图示可知，X、Z均形成4个共价键，二者位于ⅣA族，则X为C，Z为Si元素；W形成1个共价键，其原子序数小于C，则W为H；Y形成2个共价键，其原子序数介于C、Si之间，则Y为O元素，据此解答。
【解答】解：根据分析可知，W为H，X为C，Y为O，Z为Si元素。
A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径：W＜Y＜X，故A错误；
B．XY2、ZY2分别为CO2与SiO2，前者为直线形结构，后者为立体结构，二者结构不同，故B错误；
C．非金属性：O＞C＞Si，则简单氢化物的热稳定性：Y＞X＞Z，故C正确；
D．H、O形成的双氧水分子中含有O﹣O非极性键，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
3．（6分）布洛芬片常于缓解疼痛，也可用于普通感冒或流行性感冒引起的发热，其结构简式如图，下列有关说法错误的是（ ）
A．布洛芬的分子式为C13H23O2
B．布洛芬与苯乙酸是同系物
C．布洛芬既能发生还原反应又能发生氧化反应
D．布洛芬在苯环上发生取代反应，其二氯代物有5种
【分析】有机物含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，结合有机物的结构解答该题。
【解答】解：A．根据结构简式确定分子式为C13H18O2，故A错误；
B．结构相似、在分子组成上相差一个或n个﹣CH2原子团的有机物互称同系物，二者结构相似且在分子组成上相差5个﹣CH2原子团，所以互为同系物，故B正确；
C．含有苯环，可与氢气发生加成反应，为还原反应，有机物的燃烧属于氧化反应，故C正确；
D．苯环含有4个H可被取代，且结构左右不对称，则两个氯原子可位于相同或不同侧，二氯代物有4种，故D错误。
故选：AD。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大。
4．（6分）NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）
A．18g重甲基（﹣CD3）中含有的电子数为9NA
B．7.1g Cl2通入水中，反应中转移的电子数目为0.1NA
C．标准状况下，11.2L CH3Cl，所含的极性键数目等于2NA
D．1mol硝酸铵溶于稀氨水，溶液呈中性，溶液中NH4+的数目等于NA
【分析】A．依据公式n═计算出﹣CD3的物质的量，再计算1个﹣CD3中含有电子数；
B．依据公式n═计算出Cl2的物质的量，Cl2和水的反应是可逆反应；
C．依据公式n═计算出CH3Cl的物质的量，又CH3Cl的中4个价键均为极性键；
D．依据溶液中的电荷守恒关系解题。
【解答】解：A．依据公式n═＝＝1mol，1个﹣CD3中含有的电子数为6+3＝9个，故1mol﹣CD3中含有的电子数为9NA，故A正确；
B．依据公式n═计算出Cl2的物质的量，Cl2和水的反应是可逆反应，不能进行到底，故转移电子数小于NA，故B错误；
C．标准状况下，11.2L CH3Cl，公式n═＝＝0.5mol，3个C﹣H键和1个C﹣Cl键均为极性键，所含的极性键数目＝4×0.5NA＝2NA，故C正确；
D．依据电荷守恒c（NH4+）+c（H+）＝c（NO3﹣）+c（OH﹣）；溶液显中性c（H+）＝c（OH﹣）；则c（NH4+）＝c（NO3﹣）；n（NH4+）＝n（NO3﹣）＝1mol；所以溶液中NH4+的数目等于NA，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，注意可逆反应的特点、盐的水解中电荷守恒的应用，难度不大。
5．（6分）下列实验方案能达到实验目的的是（ ）
实验目的
实验方案
A
制备氢氧化铁胶体
向沸水中滴加氯化铁稀溶液，煮沸至溶液呈红褐色
B
探究化学反应的限度
取5mL 0.1mol•L﹣1的KI溶液，滴加0.1mol•L﹣1FeCl3溶液5～6滴，充分
反应后，检验溶液中含I2和I﹣，由此判断该反应是可逆反应
C
验证海带中含有碘元素
将海带用酒精润湿烧成灰，加入蒸馏水搅拌、煮沸2～3min过滤，取滤液滴加几滴稀硫酸和1mL H2O2，再加入几滴淀粉溶液，观察溶液颜色的变化
D
证明Mg（OH）2
沉淀可转化为Fe（OH）3沉淀
向2mL 1mol•L﹣1NaOH溶液中，先加入3滴1mol•L﹣1MgCl2溶液，再加入3滴1mol•L﹣1FeCl3溶液
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．饱和氯化铁水解可制备胶体；
B．KI过量，不能说明可逆；
C．过氧化氢可氧化碘离子，淀粉遇碘单质变蓝；
D．NaOH过量，均为沉淀生成。
【解答】解：A．饱和氯化铁在沸水中水解可制备胶体，不能选稀溶液，故A错误；
B．KI过量，不能说明可逆，应检验铁离子说明，故B错误；
C．过氧化氢可氧化碘离子，淀粉遇碘单质变蓝，由操作和现象可检验，故C正确；
D．NaOH过量，均为沉淀生成，不发生沉淀的转化，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、沉淀生成、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6．（6分）用Na2SO3溶液吸收硫酸工业尾气中的二氧化硫，将所得的混合液进行电解循环再生，这种新工艺叫再生循环脱硫法。其中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如图所示，下列有关说法中不正确的是（ ）
A．X为直流电源的负极
B．c膜为阴离子交换膜，d膜为阳离子交换膜
C．图中的b＞a
D．Pt（Ⅰ）电极反应式2HSO3﹣+2e﹣═H2↑+SO32﹣
【分析】A．根据电解质溶液中阴阳离子的移动方向确定电源的正负极；
B．阳离子向Pt（Ⅰ）移动，阴离子向Pt（Ⅱ）移动；
C．根据S原子守恒判断a、b大小；
D．Pt（Ⅰ）为阴极得电子发生还原反应。
【解答】解：A．根据阴阳离子的移动方向知，阳离子向Pt（Ⅰ）电极移动，阴离子向Pt（Ⅱ）移动，因此Pt（Ⅰ）为阴极，Pt（Ⅱ）为阳极，所以X为直流电源的负极，Y为直流电源的正极，故A正确；
B．阳离子向Pt（Ⅰ）移动，所以（c）为阳离子交换膜，阴离子向Pt（Ⅱ）移动，所以（d）为阴离子交换膜，故B错误；
C．阳极室中，出来的硫酸中不仅有加入的稀硫酸还有亚硫酸根离子被氧化生成的硫酸，所以b＞a，故C正确；
D．Pt（Ⅰ）为阴极得电子发生还原反应，故电极反应方程式为2HSO3﹣+2e﹣═H2↑+2SO32﹣，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查学生电解池的工作原理，能正确分析图片是解本题的关键，注意图片中加入物质和析出物质的变化。
7．（6分）25℃时，在10mL 0.1mol•L﹣1K2CO3溶液中逐滴加入0.1mol•L﹣1HCl溶液20mL，溶液中含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．H2CO3的Ka2的数量级为10﹣30
B．N点溶液中的KHCO3物质的量浓度为0.1mol•L﹣1
C．M点显碱性的主要原因是CO32﹣和HCO3﹣的水解
D．M、N、F三点水的电离程度M＞N＞F
【分析】A．根据Ka2＝公式，利用M点c（CO32﹣）＝c（HCO3﹣），结合此时溶液的pH，可计算出二级电离常数；
B．N点时K2CO3溶液和HCl反应：K2CO3+HCl＝KHCO3+KCl，消耗HCl溶液10ml，由此求出KHCO3的浓度；
C．M点显碱性的主要原因是CO32﹣的水解；HCO3﹣的水解相比较弱可忽略；
D．M点主要是CO32﹣的水解，对水电离促进、N点存在HCO3﹣的水解促进水的电离、F点对应的pH是7水的电离几乎不受影响。
【解答】解：A．根据M点c（CO32﹣）＝c（HCO3﹣）对应H2CO3的pH约为11，Ka2＝＝c（H+）≈10﹣11mol•L﹣1，Ka2的数量级为10﹣11，故A错误；
B．N点时K2CO3溶液和HCl反应正好全部转化为KHCO3，消耗HCl溶液10ml，溶液中的KHCO3物质的量浓度为0.05mol•L﹣1，故B错误；
C．M点显碱性的主要原因是CO32﹣的水解；HCO3﹣的水解相比较弱可忽略，故C错误；
D．M点主要是CO32﹣的水解，对水电离促进、N点存在HCO3﹣的水解促进水的电离、F点对应的pH是7水的电离几乎不受影响，故水的电离程度M＞N＞F，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查盐的水解，强酸制弱酸，外界条件对水的电离的影响等，综合性强，难度中等。
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（13分）二氯化二硫（S2Cl2）广泛用于橡胶工业的硫化剂。为在实验室合成S2Cl2，某化学研究性学习小组查阅了有关资料，得到如下信息：
①将干燥的氯气在100℃～110℃与硫反应，即可得S2Cl2粗品。
②S2Cl2的熔点﹣77℃，沸点137℃，分子结构类似H2O2．常温下，遇水易水解，300℃以上完全分解。
（1）A中反应的离子方程式 MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O ，B中盛放的试剂为 浓硫酸 。
（2）二氯化二硫（S2Cl2）的电子式 ， 。
（3）通入N2的实验目的是 排尽D装置中空气 ，A、B装置中的空气可以通过控制K2、K3来去除，具体方法为 关闭K2、打开K3 。
（4）实验时，D装置开始需要油浴加热一段时间，之后停止加热，仅需通入氯气即可。则生成二氯化二硫的反应为 放热 （填“放热”或“吸热”）反应。如果在加热D时温度过高，对实验结果的影响是 产率降低（或S2Cl2分解） 。
（5）该实验装置存在明显缺陷，改进装置的方法是 在D和E之间增加干燥装置、在A和B之间增加盛放饱和食盐水的装置 。为了提高S2Cl2的产率，实验中应控制好温度和 浓盐酸的滴速 。
【分析】S2Cl2遇水水解，制备需要在干燥环境下进行。A装置制备氯气，B装置干燥氯气。在D装置中氯气与S反应，需要先用氮气排尽D装置空气，防止硫被氧化，产生杂质。C、E装置进行尾气处理。制备的氯气中含有挥发出的HCl，需要除去，需要防止E中水蒸气进入D中。S2Cl2在300℃以上完全分解，滴加盐酸过快，氯气中部分水蒸气没有被浓硫酸吸收而导入D中，会影响S2Cl2的产率，实验中应控制好温度和浓盐酸的滴速。
【解答】解：（1）A中二氧化锰与浓盐酸砹加热条件下反应生成二氯化锰、氯气与水，反应离子方程式为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O．B装置干燥氯气，盛放试剂为浓硫酸，
故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；浓硫酸；
（2）S2Cl2的分子结构类似H2O2，二氯化二硫（S2Cl2）的电子式为：，
故答案为：；
（3）装置中有空气，硫能与氧气反应，通入N2的实验目的是：排尽D装置中空气。A、B装置中的空气可以通过控制K2、K3来去除，具体方法为：关闭K2、打开K3，
故答案为：排尽D装置中空气；关闭K2、打开K3；
（4）反开始应需要需要一定的温度，加热一段时间之后停止加热，仅需通入氯气即可，则生成二氯化二硫的反应为放热反应。产品热稳定性差，温度过高，产品部分分解，产率偏低，
故答案为：放热；产率降低（或S2Cl2分解）；
（5）E中水蒸气进入D中，易使S2Cl2水解，在D和E之间增加干燥装置，制备的氯气中含有挥发出的HCl，需要在A、B之间增加盛放饱和食盐水的装置，除去HCl；S2Cl2在300℃以上完全分解，滴加盐酸过快，氯气中部分水蒸气没有被浓硫酸吸收而导入D中，会影响S2Cl2的产率，实验中应控制好温度和浓盐酸的滴速，
故答案为：在D和E之间增加干燥装置、在A和B之间增加盛放饱和食盐水的装置；浓盐酸的滴速。
【点评】本题考查物质制备实验，侧重考查学生对实验原理及装置的理解、评价以及充分利用所给信息设计合理的实验流程和实验条件能力等，关键是掌握整个制备流程原理，分析流程中各装置的作用。要求学生要有扎实的实验基础知识和灵活应用信息解决问题的能力。
9．（15分）以硫铁矿烧渣（含Fe2O3、Fe3O4、Al2O3、SiO2等）为原料，制取安全高效的水处理剂高铁酸钾（K2FeO4）和软磁用Fe2O3的工艺流程如图：
已知：①FeO42﹣在强碱性溶液中稳定，但在Fe（OH）3，催化作用下会发生分解。
②生成氢氧化物的pH如表所示
氢氧化物
Al（OH）3
Fe（OH）2
Fe（OH）3
开始沉淀时
3.4
6.3
1.5
完全沉淀时
4.7
8.3
2.8
Ⅰ．在制备高效的水处理剂高铁酸钾过程中：
（1）滤渣A是 SiO2 （填化学式）。
（2）加NaClO“氧化”时发生反应的离子方程式为 2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O 。
（3）在控制其他条件不变的情况下，探究保持Fe2（SO4）3和NaOH总质量不变，改变其质量比对K2FeO4产率的影响，实验结果如图1所示当质量比大于0.55时，K2FeO4的产率下降，原因可能是 当硫酸铁跟氢氧化钠的质量比增大到一定程度时，过多的Fe3+与NaOH反应生成Fe（OH）3，Fe（OH）3可以加速K2FeO4的分解，从而使K2FeO4的产率下降 。
（4）加入饱和KOH能生成K2FeO4的原因是 K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4的溶解度，增大K+浓度，促进K2FeO4晶体析出 。
Ⅱ．在制备软磁用Fe2O3的过程中
（5）过程Ⅰ的目的是 将Fe3+还原为Fe2+，使Al3+转化为Al（OH）3沉淀，过滤除去Al（OH）3沉淀及未反应的Fe 。
在过程Ⅰ中，对滤液A稀释不同倍数后，加入等质量的过量铁粉，得出Fe3+浓度、还原率和反应时间的关系如图2所示：综合上述实验结果：选择稀释后c（Fe3+）为1.6mol•L﹣1左右的理由是 c（Fe3+）为1.6mol•L﹣1左右时，反应速率更快、Fe3+的还原率更高 。
（6）已知H2CO3的K1＝4.4×10﹣7，K2＝4.7×10﹣11，Ksp（FeCO3）＝3.1×10﹣11mol2•L﹣2，过程Ⅱ中加入NH4HCO3溶液，当c（HCO3﹣）＝0.001mol•L﹣1时，溶液中Fe2+刚好沉淀完全，此时溶液pH约为 11 （计算结果取整数）。
（7）过程Ⅲ反应的化学方程式 4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2 。
【分析】硫铁矿烧渣（含Fe2O3、Fe3O4、Al2O3、SiO2等）用硫酸酸浸，SiO2不与硫酸反应，加入的过氧化氢可以将Fe2+氧化为Fe3+，过滤分离，滤渣A的主要成分为SiO2，滤液A中含有硫酸铁、硫酸铝、未反应的硫酸；滤液A加入NaClO溶液和NaOH溶液，将Fe3+氧化为FeO42﹣、使Al3+转化为AlO2﹣；合成中加入KOH溶液，利用了该温度下K2FeO4溶解度对比Na2FeO4的小而实现使Na2FeO4转化为K2FeO4而从溶液中析出；
滤液A中加入Fe粉，主要是将Fe3+还原为Fe2+，也与硫酸反应，再调节pH＝6，使Al3+转化为Al（OH）3沉淀而除去，过滤分离，滤渣B主要含有Al（OH）3、未反应的Fe，滤液B为硫酸亚铁溶液。向滤液B中加入NH4HCO3析出FeCO3，在空气中加热煅烧可得Fe2O3。
（1）滤渣A是不与硫酸反应的二氧化硅；
（2）碱性条件下，ClO﹣将Fe3+氧化为FeO42﹣，自身被还原为Cl﹣；
（3）题给信息中FeO42﹣在强碱性溶液中稳定，但在Fe（OH）3催化作用下会发生分解，质量比小于0.55是碱过量，当质量比大于0.55时，过多的Fe3+与NaOH反应生成Fe（OH）3；
（4）利用溶解度不同，实现反应向溶解度更小的方向进行；
（5）过程Ⅰ将Fe3+还原为Fe2+，使Al3+转化为Al（OH）3沉淀而除去；c（Fe3+）为1.6mol•L﹣1左右时，反应速率更快、Fe3+的还原率更高；
（6）溶液中Fe2+刚好沉淀完全，溶液中c（Fe2+）＝1×10﹣5mol•L﹣1，根据Ksp（FeCO3）计算溶液中c（CO32﹣），再根据碳酸的K2＝4.7×10﹣11计算溶液中c（H+），可得溶液pH；
（7）过程Ⅲ中FeCO3在空气中加热得到Fe2O3，Fe元素被氧化，反应有氧气参与，同时还有CO2生成。
【解答】解：硫铁矿烧渣（含Fe2O3、Fe3O4、Al2O3、SiO2等）用硫酸酸浸，SiO2不与硫酸反应，加入的过氧化氢可以将Fe2+氧化为Fe3+，过滤分离，滤渣A的主要成分为SiO2，滤液A中含有硫酸铁、硫酸铝、未反应的硫酸。滤液A加入NaClO溶液和NaOH溶液，将Fe3+氧化为FeO42﹣、使Al3+转化为AlO2﹣．合成中加入KOH溶液，利用了该温度下K2FeO4溶解度对比Na2FeO4的小而实现使Na2FeO4转化为K2FeO4而从溶液中析出。
滤液A中加入Fe粉，主要是将Fe3+还原为Fe2+，也与硫酸反应，再调节pH＝6，使Al3+转化为Al（OH）3沉淀而除去，过滤分离，滤渣B主要含有Al（OH）3、未反应的Fe，滤液B为硫酸亚铁溶液。向滤液B中加入NH4HCO3析出FeCO3，在空气中加热煅烧可得Fe2O3。
（1）滤渣A是不与硫酸反应的SiO2，
故答案为：SiO2；
（2）碱性条件下，ClO﹣将Fe3+氧化为FeO42﹣，自身被还原为Cl﹣，反应离子方程式为：2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，
故答案为：2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O；
（3）题给信息中FeO42﹣在强碱性溶液中稳定，但在Fe（OH）3催化作用下会发生分解，由图象可知，当质量比大于0.55时，过多的Fe3+与NaOH反应生成Fe（OH）3，Fe（OH）3可以加速K2FeO4的分解，从而使K2FeO4的产率下降，
故答案为：当硫酸铁跟氢氧化钠的质量比增大到一定程度时，过多的Fe3+与NaOH反应生成Fe（OH）3，Fe（OH）3可以加速K2FeO4的分解，从而使K2FeO4的产率下降；
（4）K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4的溶解度，增大K+浓度，促进K2FeO4晶体析出，
故答案为：K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4的溶解度，增大K+浓度，促进K2FeO4晶体析出；
（5）过程Ⅰ将Fe3+还原为Fe2+，使Al3+转化为Al（OH）3沉淀，过滤除去Al（OH）3沉淀及未反应的Fe；由图可知，c（Fe3+）为1.6mol•L﹣1左右时，反应速率更快、Fe3+的还原率更高，故选择稀释后c（Fe3+）为1.6mol•L﹣1左右，
故答案为：将Fe3+还原为Fe2+，使Al3+转化为Al（OH）3沉淀，过滤除去Al（OH）3沉淀及未反应的Fe；c（Fe3+）为1.6mol•L﹣1左右时，反应速率更快、Fe3+的还原率更高；
（6）c（HCO3﹣）＝0.001mol•L﹣1时溶液中Fe2+刚好沉淀完全，此时溶液中c（Fe2+）＝1×10﹣5mol•L﹣1，由Ksp（FeCO3）＝c（Fe2+）•c（CO32﹣）＝3.1×10﹣11mol2•L﹣2，可知溶液中c（CO32﹣）＝3.1×10﹣6mol•L﹣1，由K2（H2CO3）＝＝4.7×10﹣11，可知c（H+）＝×10﹣11mol/L，故pH＝﹣lg（×10﹣11）≈11，
故答案为：11；
（7）过程Ⅲ中FeCO3在空气中加热得到Fe2O3，Fe元素被氧化，反应有氧气参与，同时还有CO2生成，反应方程式为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2 ，
故答案为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2 。
【点评】本题物质制备工艺流程，注意分析流程中发生的反应、试剂的作用、混合物分离提纯等，试题综合性强，侧重学生分析、计算与实验能力的考查，需要学生具备扎实的基础。
10．（15分）含氮的化合物广泛存在于自然界，是一类非常重要的化合物。结合题目回答下列问题：
（1）在一定条件下2N2（g）+6H2O（g）═4NH3（g）+3O2（g）。已知该反应的相关的化学键键能数据如表：
化学键
N≡N
H﹣O
N﹣H
O＝O
E/（kJ/mol）
946
463
391
496
则该反应的△H＝ +1268 kJ•mol﹣1。
（2）在2L恒容密闭容器中充入2mol NO2与1mol O2发生反应如下：4NO2（g）+O2（g）⇌2N2O3（g）
①已知在不同温度下测得N2O3的物质的量随时间的变化如图1所示，该反应的△H ＜ 0（填“＞＜”或“＝”）。高温下该反应能逆向自发进行，其原因是 逆反应方向的△S＞0 。
②下列有关该反应的说法正确的是 cd （填字母）。
a．恒温恒容，当容器内的密度不再改变，则反应达到平衡状态
b．扩大容器体积，平衡向逆反应方向移动，混合气体颜色变深
c．恒温恒容，再充入2mol NO2和1mol O2，再次达到平衡时NO2转化率增大
d．若该反应的平衡常数增大，则一定是降低了温度
③T1温度下，4分钟内v（NO2）＝ 0.15 mol/（L•min）。a、b、c三点反应速率由大到小的顺序为 va＞vb＞vc （用va、vb、vc表示）。c、d两点正反应速率vc ＞ vd（填“＞”、“＜”或“＝”）。a、b两点的逆反应速率va ＞ vb（填“＞”、“＜”或“＝”），原因是 温度越高反应速率越快 。
（3）N2O5是一种新型绿色硝化剂，其制备可以用硼氢化钠燃料电池作电源，采用电解法制备N2O5，工作原理如图2．则硼氢化钠燃料电池的负极反应式为 BH4﹣+8OH﹣﹣8e﹣＝BO2﹣+6H2O
【分析】（1）△H＝反应物的总键能﹣生成物的总键能；
（2）①T2温度下先达到平衡，故T2＞T1，由图可知，升高温度，N2O3的物质的量降低，平衡逆向移动，逆反应吸热，正反应放热；△H﹣T△S＜0时，反应能够自发进行；
②a．容器体积不变，气体质量不变，密度始终不变；
b．扩大容器体积，平衡逆向移动，但各组分浓度都减小；
c．恒温恒容下，再充入2molNO2和1molO2，相当于加压，平衡正向移动；
d．正反应放热，降温平衡正向移动；
③根据计算反应速率，温度越高、浓度越大时反应速率越快，图中c、d点对应温度不同，a、b点对应温度不同；
（3）硼氢化钠燃料电池工作时，BH4﹣在负极发生失去电子的氧化反应生成BO2﹣，结合电子守恒和电荷守恒写出负极反应式。
【解答】解：（1）由2N2（g）+6H2O（g）＝4NH3（g）+3O2（g）及键能数据可知，△H＝反应物的总键能﹣生成物的总键能＝2×946kJ/mol+12×463k/mol﹣12×391kJ/mol﹣3×496kJ/mol＝+1268kJ/mol，
故答案为：+1268；
（2）①由图1可知，温度T2＞T1，升高温度时N2O3的物质量减小，说明平衡逆向移动，说明正反应放热；该反应的正反应放热，则逆反应吸热，△H＞0，若逆反应能够自发进行，则满足△H﹣T△S＜0，必须要△S＞0，
故答案为：＜；逆反应方向的△S＞0；
②a．容器中气体密度始终不变，则密度不变不能说明反应达到平衡状态，故a错误；
b．扩大容器体积，无论平衡怎样移动，各组分浓度都减小，混合气体颜色变浅，故b错误；
c．体积不变，与开始加入比例相同加入反应物，平衡正向移动，反应物转化率增大，故c正确；
c．K与温度有关，降温平衡正向移动，化学平衡常数增大，故d正确；
故答案为：cd；
③T1温度下，4分钟内△n（N2O3）＝0.6mol，△n（NO2）＝1.2mol，v（NO2）＝＝0.15mol/（L•min）a、b浓度相同、c为平衡点vc＝0，且T2＞T1，浓度越大、温度越高反应速率越快，则a、b、c三点反应速率由大到小的顺序为va＞vb＞vc，a、c点温度相同，均大于b点对应温度，c比a点对应浓度大，则温度T2＞T1，c、d两点正反应速率vc＞vd，a、b两点的逆反应速率va＞vb，原因是温度越高反应速率越快，
故答案为：0.15；va＞vb＞vc；＞；＞；温度越高反应速率越快；
（3）由图2可知，硼氢化钠燃料电池的左侧为负极，BH4﹣在碱性条件发生氧化反应生成BO2﹣，电极反应式为BH4﹣+8OH﹣﹣8e﹣＝BO2﹣+6H2O，
故答案为：BH4﹣+8OH﹣﹣8e﹣＝BO2﹣+6H2O。
【点评】本题考查化学平衡及反应速率，为高频考点，把握焓变计算、平衡移动的影响因素、速率计算及影响因素、电极反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度不大。
【化学一选修3物质结构与性质】（15分）
11．（15分）铁和碳的相关化合物在化学工业上有着广泛的应用，回答下列问题：
（1）基态Fe3+离子外围电子排布图 1s22s22p63s23p63d5 ，Fe3+对比Fe2+哪个离子更稳定，并说明原因 Fe3+更稳定，根据洪特规则半充满状态稳定 。
（2）C2O42﹣能与多种金属离子形成配离子，如[Fe（C2O4）3]5﹣、[Ni（C2O4）3]4﹣等。C2O42﹣中碳原子杂化方式是 sp2 ，C2O42﹣中提供孤电子对的原子是 单键氧原子（羟基上的氧原子） ，判断依据是 因为上面带有一个负电荷容易配位给出 。
（3）丁二酮肟常用于检验Ni2+，在稀氨水中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如图1所示。该结构中，除共价键外还存在配位键和氢键，请在图中用“→”和“…”分别表示出配位键和氢键。该化合物中σ键和π键的数目比是 8：1 。
（4）石墨晶胞结构如图2所示。原子坐标参数描述的是晶胞内原子间的相对位置。石墨晶胞中碳原子A、B的坐标参数分别为A（0，0，0）、B（0，1，），则C点的碳原子坐标参数为 （，，1） 。已知石墨的密度为2.3g•cm﹣3，C﹣C键的键长为140pm（阿伏加德罗常数的值NA≈6×1023mol﹣1，≈1.7）则石墨晶体的层间距d为
348 pm，石墨晶体层与层之间不存在化学键的理由 层与层之间距离较大 。
【分析】（1）铁是26号元素，Fe3+离子外围有23个，可以写成[Ar]3d5；根据洪特规则元素核外电子处于全充满状态、半充满状态、全空状态，能量低结构稳定；
（2）碳原子的杂化方式有三种，直线结构是 sp，平面结构sp2，立体结构sp3，碳碳双键和碳氧双键都是平面结构；
（3）配位键一方提供空轨道，一方提供孤电子对；氢键是氢元素与电负性大的形成共价键，在于电负性大的元素形成的分子间作用力；单建都是σ键双键含有一个σ键和一个π键；
（4）由B的坐标推导C的坐标，C处于顶面且x，y都是；
层间距要根据公式ρ＝求算，选取一个正六棱柱求算；n＝×12＝2，体积V＝sh，s＝6××（140×10﹣10）2×。
【解答】解：（1）铁是常见金属元素，铁是26号元素，第四周期Ⅷ族元素，Fe3+离子外围电子排布图1s22s22p63s23p63d5，根据洪特规则全充满状态、半充满状态、全空状态，能量低结构稳定；
故答案为：1s22s22p63s23p63d5；Fe3+更稳定，根据洪特规则半充满状态稳定；
（2）碳原子的杂化方式有三种，直线结构是 sp，平面结构sp2，立体结构sp3，碳碳双键和碳氧双键都是平面结构；
C2O42﹣中提供孤电子对的原子是，单键氧原子（羟基上的氧原子）；因为上面带有一个负电荷容易配位给出，羰基氧通常不易形成配位键，因为氧的电负性大，吸引电子不易给出电子对进行配位。
故答案为：sp2；单键氧原子（羟基上的氧原子）；因为上面带有一个负电荷容易配位给出；
（3）配位键一方提供空轨道，一方提供孤电子对；氢键是氢元素与电负性大的形成共价键，在于电负性大的元素形成的分子间作用力，可表示为；
单建都是σ键，双键含有一个σ键和一个π键，配位键也是σ键，共有32个σ键，4个π键，氢键不是化学键，个数比为8：1，
故答案为：；8：1；
（4）由B的坐标推导C的坐标，C处于顶面则 z是1，且x，y都是，所以C点坐标：（，，1）；
石墨晶体是片层网状结构，选取一个正六棱柱求算，层间距要根据公式V＝s（底面积）h（层间距）
ρ＝求算V，n＝×12＝2，体积V＝sh，s＝6××（140×10﹣10）2×＝5×10﹣16cm2，
代入数据：2.3＝，解得d＝3.48×10﹣8cm＝348pm；
化学键的定义，相邻原子间的强相互作用，石墨层与层之间距离较大，层与层之间的相互作用也不强烈所以：层与层之间不存在化学键，
故答案为：（，，1）；348；层与层之间距离较大，相互作用不强烈。
【点评】本题是物质结构与性质的综合题，是高考热点问题，且晶体的有关计算难度较大，考查了原子价电子排布，σ键、π键、配位键、氢键、杂化轨道等基础知识，晶胞密度计算学生感觉较难。
【化学一选修5有机化学基础】（15分）
12．药物阿莫西林能杀灭或抑制细菌繁殖，它的合成路线如图：
已知：A能使氯化铁溶液显紫色。
依据题意完成下列填空：
（1）A的名称 对甲基苯酚或4﹣甲基苯酚 。
（2）反应②的条件为 光照 。
（3）反应④的化学方程式为 。
（4）反应类型⑤是 加成反应 ，⑦是 取代反应 ，①反应目的 保护酚羟基防止被氧化 。
（5）G中无氧官能团的名称 氨基 。
（6）H的同分异构体中能满足以下条件的有 30 种，写出其中苯环上一卤代物只有一种同分异构体的结构简式 、 （任写一种）。
a．能与氯化铁溶液发生显色反应
b．能与碳酸氢钠反应产生无色气泡
c．取0.1mol有机物能与足量Na反应能产生3.36L（标况下）气体
d．分子中含有甲基
（7）试利用CH3CH＝CH2为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）。合成路线常用
的表示方式为：AB……目标产物 。
【分析】A能使三氯化铁溶液显紫色，说明A中含有酚羟基，A和碘烷发生取代反应生成，则A的结构简式为，发生反应生成B，根据和B的分子式知，该反应为取代反应，B发生一系列反应生成，根据和的结构简式知，B的结构简式为，B和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成C，C的结构简式为，C被氧化生成D，D的结构简式为，根据题给信息知，和HCN发生加成反应生成E，E发生水解反应生成，E的结构简式为，发生反应生成F，F反应生成G，G发生取代反应生成阿莫西林，则G的结构简式为，F的结构简式为；
（7）用CH3CH＝CH2为原料制备，丙烯和HCl发生加成反应生成2﹣氯丙烷，2﹣氯丙烷和NaOH的水溶液发生取代反应生成2﹣丙醇，2﹣丙醇发生氧化反应生成丙酮，丙酮和HCN发生加成反应生成（CH3）2C（OH）CN，（CH3）2C（OH）CN发生水解反应生成（CH3）2C（OH）COOH，（CH3）2C（OH）COOH和氨气发生取代反应生成（CH3）2C（NH2）COOH，在一定条件下（CH3）2C（NH2）COOH发生缩聚反应生成高聚物。
【解答】解：（1）A为，A的名称对甲基苯酚或4﹣甲基苯酚，
故答案为：对甲基苯酚或4﹣甲基苯酚；
（2）反应②为甲基上的取代反应，该反应的条件为光照，
故答案为：光照；
（3）反应④的化学方程式为，
故答案为：；
（4）D的结构简式为，E的结构简式为所以反应类型⑤是加成反应，⑦是取代反应；酚羟基易被氧化，为防止酚羟基被氧化，使酚羟基和碘烷发生取代反应，所以①反应目的是保护酚羟基防止被氧化，
故答案为：加成反应；取代反应；保护酚羟基防止被氧化；
（5）G的结构简式为，G中无氧官能团的名称氨基，
故答案为：氨基；
（6）H的同分异构体中满足以下条件，
a．能与氯化铁溶液发生显色反应
b．能与碳酸氢钠反应产生无色气泡，说明含有﹣COOH，
c．取0.1mol有机物能与足量Na反应能产生3.36L（标况下）气体，说明还含有2个﹣OH，
d．分子中含有甲基，
如果取代基为﹣CH（OH）COOH、酚﹣OH、﹣CH3，有10种；
如果取代基为2个酚﹣OH、﹣CH（CH3）COOH，有6种；
如果取代基为酚﹣OH、﹣C（OH）（CH3）COOH，有邻间对3种，
取代基为2个酚﹣OH、﹣CH3、﹣CH2COOH，
如果取代基为2个酚﹣OH、﹣CH3、﹣CH2COOH，有11种，
所以符合条件的有30种，
其中苯环上一卤代物只有一种同分异构体的结构简式为、，
故答案为：30；、；
（7）用CH3CH＝CH2为原料制备，丙烯和HCl发生加成反应生成2﹣氯丙烷，2﹣氯丙烷和NaOH的水溶液发生取代反应生成2﹣丙醇，2﹣丙醇发生氧化反应生成丙酮，丙酮和HCN发生加成反应生成（CH3）2C（OH）CN，（CH3）2C（OH）CN发生水解反应生成（CH3）2C（OH）COOH，（CH3）2C（OH）COOH和氨气发生取代反应生成（CH3）2C（NH2）COOH，在一定条件下（CH3）2C（NH2）COOH发生缩聚反应生成高聚物，其合成路线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物合成，为高考高频点，侧重考查学生分析推断、知识运用能力，明确物质中官能团及其性质是解本题关键，知道常见有机物的性质、反应条件、其成键和断键位置、方式，难点是同分异构体种类判断，题目难度中等。
相关试卷
内蒙古呼和浩特市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-综合、推断、流程题： 这是一份内蒙古呼和浩特市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-综合、推断、流程题，共18页。试卷主要包含了工业流程题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
内蒙古呼和浩特市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-选择题： 这是一份内蒙古呼和浩特市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-选择题，共25页。
内蒙古呼和浩特市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-实验、填空、结构与性质题： 这是一份内蒙古呼和浩特市2020届-2022届高考化学三年模拟（一模）试题汇编-实验、填空、结构与性质题，共17页。试卷主要包含了填空题，计算题，实验题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
