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2020年山东新高考化学全真模拟卷（六）
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2020年山东新高考全真模拟卷（六）
化 学
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Ti-48 V-51 Fe-56 Cu-64
第Ⅰ卷（选择题 共40分）
一、选择题：本题共10个小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与生活密切相关。下列有关说法错误的是（ ）
A. 用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维
B. 食用油反复加热会产生稠环芳烃等有害物质
C. 福尔马林可浸制标本，因其可使蛋白质变性的性质
D. 医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%
【答案】D
【解析】A．蚕丝和人造纤维的主要成分分别是蛋白质、高聚酯，前者灼烧时有烧焦羽毛气味，后者则无此现象，A正确；B．食用油反复加热，其所含的不饱和脂肪酸发生聚合反应，生成生成各类饱和烃类，包括稠环芳香烃（如苯并芘等），稠环芳香烃对人体有害，B错误；C．流感病毒的主要成分是蛋白质，加热可以使蛋白质变性，C正确；D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，95%的乙醇能快速使蛋白质表层变性，相当于形成了一层保护膜，但内层蛋白质则不能变性，D正确；答案选B。
2．下列装置或操作能达到相应实验目的的是（ ）
A．配制一定浓度的NaCl B．除去氯气中的HCl
C．实验室制取氨气 D．观察Fe（OH）2的生成
【答案】D
【解析】A．眼睛应与凹液面的最低处相平，图中为俯视，故A错误；
B．氯气与水反应生成HCl，HCl与碳酸氢钠反应，不能除杂，可选饱和食盐水、洗气，故B错误；
C．氨气极易溶于水，不能排水法收集，故C错误；
D．植物油可隔绝空气，可防止氢氧化亚铁被氧化，图中装置可制备并观察Fe（OH）2的生成，故D正确。
3．系统命名法是常用的有机化合物命名方法，下列命名正确的是（ ）
A．2﹣甲基﹣3﹣丁炔 B．2﹣乙基丁烷
C．2﹣甲基﹣2﹣丁醇 D．2﹣氯﹣4﹣甲基﹣2﹣丁烯
【答案】C
【解析】A．编号应从靠近官能团一端开始，正确的命名为：3﹣甲基﹣1﹣丁炔，故A错误；
B．碳链不是最长碳链，正确的命名为：3﹣甲基戊烷，故B错误；
C．符合系统命名规则，命名正确，故C正确；
D．主链不是最长碳链，正确的命名为：2﹣氯﹣2﹣戊烯，故D错误。
4．下列说法正确的是（ ）
A．第一电离能：Cl＞S＞P
B．共价键的极性：HF＞HCl＞HBr
C．键角：H2O＞NH3＞CH4
D．酸性：HClO＞HClO2＞HClO3
【答案】B
【解析】A．非金属性越强，第一电离能越大，但P的3p电子半满为稳定结构，则第一电离能：Cl＞P＞S，故A错误；
B．非金属性越强，氢化物中键的极性越强，则共价键的极性：HF＞HCl＞HBr，故B正确；
C．H2O中O﹣H之间的夹角为104.5°，NH3分子为三角中锥形分子，是极性分子，键角是107°18′，甲烷为正四面体结构，C﹣H键的夹角为109°.28′，则键角：H2O＜NH3＜CH4，故C错误；
D．同种元素的含氧酸，非羟基氧原子个数越多，酸性越强，则酸性：HClO＜HClO2＜HClO3，故D错误。
5．Y是一种天然除草剂，其结构如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．Y可以和Na2CO3溶液发生反应
B．Y分子中所有碳原子一定在同一平面内
C．1 mol Y 最多能与6 mol NaOH反应
D．Y与足量的H2加成反应的产物含7个手性碳原子
【答案】A
【解析】A．含有酚羟基，可与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，故A正确；
B．含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子不能在同一个平面上，故B错误；
C．能与氢氧化钠反应的为酚羟基、酯基，则1 mol Y 最多能与4 mol NaOH反应，故C错误；
D．Y与足量的H2加成反应，则加成产物的手性碳原子如图所示，共9个，故D错误。
6. NA代表阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是
A. 28g乙烯和丙烯中的极性键数目为4NA
B. 32g Cu和32g S充分反应，转移电子数为NA
C. 精炼铜，若阳极失去0.1NA个电子，则阴极增重3.2g
D. 等物质的量的钠分别在足量的氧气和氯气中燃烧，转移电子数相等
【答案】B
【解析】A．乙烯和丙烯的最简式为CH2，28g CH2的物质的量为2mol，而2mol CH2中含有4 mol极性键，所以28g乙烯和丙烯中的极性键数目为4NA，故A正确；B．32g Cu的物质的量为0.5mol和32gS的物质的量为1mol，Cu和S充分反应生成Cu2S，可知Cu少量，故以Cu的质量作为标准计算，0.5 mol Cu参与反应，转移电子数为0.5mol，即0.5NA个电子，故B错误；C．精炼铜时，阳极是粗铜，失去电子，阴极是精通，得到电子；阴阳两极得失电子守恒，所以若阳极失去0.1NA个电子，则阴极铜离子得到0.1NA个电子生成铜单质，生成铜的物质的量为0.05 mol，即3.2g，故C正确；D．钠与氧气或氯气反应时，其钠元素均由0价升高到+1价，等物质的量的钠分别在足量的氧气和氯气中燃烧，转移的电子数相等，故D正确，故选B。
7．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素可组成一种分子簇，其分子结构如图所示（小球大小表示原子半径相对大小），W、X位于不同周期，X原子的最外层电子数是次外层的3倍，Z的族序数等于周期数。下列说法正确的是（ ）
A．W单质的沸点比X单质的高
B．W、Y组成的化合物为离子化合物
C．Y的最高价氧化物的水化物碱性比Z的弱
D．Y、Z的简单离子均不影响水的电离平衡
【答案】B
【解析】根据分析可知，W为H，X为O，Y为Mg，Z为Al元素，
A．氢气、臭氧和氧气形成晶体都为分子晶体，相对分子质量越大沸点越高，则氢气的沸点小于臭氧、氧气，故A错误；
B．H、Mg可以形成离子化合物MgH2，故B正确；
C．金属性：Mg＞Al，则最高价氧化物的水化物碱性：Y＞Z，故C错误；
D．镁离子、铝离子均水解，促进了水的电离，故D错误。
8．根据下列实验操作和现象，所得出的结论或解释正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论或解释
A
向废FeCl3铜版蚀刻液中，加入少量铁粉
铁粉溶解，未出现红色固体
蚀刻液中无Cu2+
B
将活性炭放入盛有NO2的锥形瓶中
锥形瓶气体颜色变浅
活性炭具有还原性
C
向盛有2 mL Na2S的溶液加入过量ZnSO4溶液，再逐滴加入同浓度的CuSO4溶液
白色沉淀逐渐变为黑色固体
Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS）
D
两支盛有5 mL的H2O2的试管，向其中一支试管中加入绿豆粒大小FeI2固体
加入FeI2固体的试管中产生气泡速度快
I﹣对H2O2的分解具有催化作用
【答案】C
【解析】A．Fe先与氯化铁反应，溶液中可能含Cu2+，故A错误；
B．活性炭具有吸附性，锥形瓶气体颜色变浅，故B错误；
C．发生沉淀的转化，由现象可知KSP（CuS）＜KSP（ZnS），故C正确；
D．过氧化氢可氧化亚铁离子，生成铁离子可对H2O2的分解具有催化作用，故D错误。
9．某小组设计如图所示装置（夹持装置略去） 模拟侯氏制碱工艺制备NaHCO3．下列说法错误的是（ ）
A．装置①也可用于制取H2
B．③、⑤中可分别盛放饱和食盐水和浓氨水
C．应先向③中通入足量NH3，再通入足量CO2
D．实验中产生的尾气可以通过浓NaOH溶液处理
【答案】D
【解析】装置①是制备二氧化碳气体，通过饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢气体，装置④是制备氨气装置，装置③是想饱和氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳发生反应得到碳酸氢钠晶体，
A．制备氢气是利用锌粒和稀盐酸反应生成，装置①也可用于制H2，故A正确；
B．③中为饱和食盐水，用来制备碳酸氢钠，⑤中是浓氨水滴入碱石灰生成氨气，故B正确；
C．由于二氧化碳的溶解度较小，要先通氨气，则先通入氨气，再由通入二氧化碳，增大二氧化碳吸收，生成碳酸氢钠，故C正确；
D．实验中产生的尾气为二氧化碳、氨气，通过浓NaOH溶液不能完全处理尾气，故D错误。
10.某同学采用硫铁矿烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质）制取绿矾（FeSO4•7H2O），设计了如图流程：下列说法不正确的是（ ）
A．固体1中含有SiO2
B．溶解烧渣选用足量盐酸，试剂X选用铁粉
C．控制pH是为了使Al3+转化为Al（OH）3进入固体2
D．从溶液2得到FeSO4•7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化
【答案】B
【解析】A．二氧化硅与硫酸不反应，则固体1为二氧化硅，故A正确；
B．由流程分析可知，溶解烧渣选用足量硫酸，X为铁粉，如用盐酸，可生成氯化亚铁，故B错误；
C．控制pH的目的是分离出铝离子，则固体2为氢氧化铝，故C正确；
D．亚铁离子易被空气中的氧气氧化，而且受热易失去结晶水，所以从溶液2得到FeSO4•7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化，故D正确。
二、选择题：本题共5小题，每题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。
11．在酸性条件下，黄铁矿（FeS2）催化氧化的反应方程式为2FeS2 +7O2+2H2O═2Fe2++4SO42﹣+4H+．实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析正确的是（ ）
A．在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO作催化剂
B．反应Ⅱ中Fe3+作氧化剂，FeS2被还原
C．反应Ⅰ的离子方程式为4Fe（NO）2+ +O2+4H+═4Fe3++4NO +2H2O，Fe（NO）2+作还原剂
D．反应Ⅲ的离子方程式为Fe2++NO═Fe（NO）2+，该反应是氧化还原反应
【答案】AC
【解析】A．由总反应2FeS2+7O2+2H2O═2Fe2++4SO42﹣+4H+可知，一氧化氮参加反应但反应前后性质和质量不变，所以黄铁矿催化氧化中NO作催化剂，故A正确；
B．反应Ⅱ的Fe3+由+3价变成+2价，FeS2中S硫元素化合价升高，所以反应Ⅱ的氧化剂是Fe3+，FeS2被氧化，故B错误；
C．由图可知：反应ⅠFe （NO）2+中铁由+2价变+3价，氧气中氧由0价变成﹣2价，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为：4Fe （NO）2++O2+4H+═4Fe3++4NO+2H2O，Fe（NO）2+作还原剂，故C正确；
D．反应Ⅲ的离子方程式为Fe2++NO═Fe（NO）2+，无元素化合价变化，所以反应Ⅲ是非氧化还原反应，故D错误。
12．中国科学院科研团队研究表，在常温常压和可见光下，基于LDH（一种固体催化剂）合成NH3的原理如图。下列说法不正确的是（ ）
A．该过程将太阳能转化成为化学能
B．原料气N2可通过分离液态空气获得
C．该过程中，只涉及极性键的断裂与生成
D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3
【答案】C
【解析】A．由图可知，该过程是由太阳能转化成化学能，故A正确；
B．由于空气中主要是氮气和氧气，而氧气和氮气的沸点不同，所以可以通过分离液态空气的方法获得氮气，故B正确；
C．发生反应为2N2+6H2O＝4NH3+3O2，反应反应物和生成中均存在单质和化合物，即涉及极性键与非极性键的断裂与生成，故C错误；
D．根据题意和图示，可以写出该反应的化学方程式为2N2+6H2O＝4NH3+3O2，由于氮元素从0价降为﹣3价，氧元素从﹣2价升到0价，则氮气是氧化剂，水是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3，故D正确。
13．海冰是海水冻结而成的咸水冰。海水冻结时，部分来不及流走的盐分以卤汁的形式被包围在冰晶之间，形成“盐泡”（假设盐分以一个NaCl计），其大致结构如下图所示，若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为淡水。下列叙述正确的是（ ）
A．海冰内层“盐泡”越多，密度越小
B．海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越少
C．海冰内层“盐泡”内的盐分主要以NaCl分子的形式存在
D．海冰内层NaCl的浓度约为10﹣4mol/L（设冰的密度为0.9g/cm3）
【答案】BD
【解析】A．“盐泡”中盐与水的比值不变，则内层“盐泡”越多时，密度不变，故A错误；
B．若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为淡水，则海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越少，故B正确；
C．“盐泡”内的盐分为NaCl，由离子构成，不存在NaCl分子，故C错误；
D．冰的密度为0.9g•cm﹣3，设海水1L时，水的质量为900g，由个数比为1：500000，含NaCl为＝10﹣4mol，可知海冰内层NaCl的浓度约为c＝＝10﹣4mol•L﹣1，故D正确。
14. 我国研究锂硫电池获得突破，电池的总反应是16Li+S88Li2S，充放电曲线如图所示，下列说法不正确的是
A. 充电时，电能转化为化学能
B. 放电时，锂离子向正极移动
C. 放电时，1mol Li2S6转化为Li2S4得到2mol e−
D. 充电时，阳极总电极反应式是8S2−-16e−=S8
【答案】C
【解析】A. 充电时，是电解池，是电能转化为化学能，故A正确；B. 放电时，是原电池，在原电池中，阳离子向正极移动，因此锂离子向正极移动，故B正确；C. 根据图示，放电时，1mol Li2S6转化为Li2S4的反应为2Li2S6+2Li=3Li2S4，反应中2mol Li2S6得到2mol e−，即1mol Li2S6得到1mol e−，故C错误；D. 根据16Li+S88Li2S，充电时，阳极总电极反应式是8S2−-16e−=S8，故D正确；故选C。
15．常温下，向20mL 0.01mol·L−1的NaOH溶液中逐滴加入0.01mol·L−1的CH3COOH溶液，溶液中水所电离出的c(OH−)的对数随加入CH3COOH溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是
A．F点溶液显碱性
B．若G点由水电离出的c(OH−)=2.24×10−6mol·L−1，则Ka(CH3COOH)≈1×10−6
C．H点离子浓度关系为c(CH3COO−)=c(Na+)>c(H+)=c(OH−)
D．E点由水电离的c(H+)=10−3mol·L−1
【答案】AC
【解析】氢氧化钠抑制水的电离，向氢氧化钠溶液中加入醋酸，对水的电离的抑制作用逐渐减弱，当溶液为醋酸钠溶液时，水的电离程度最大。所以G点为醋酸钠溶液，从E到G为氢氧化钠和醋酸钠的混合溶液，溶液为碱性。A．F点为氢氧化钠和醋酸钠的混合溶液，溶液为碱性，故正确；
B．若G点由水电离出的c(OH−)=2.24×10−6mol·L−1，根据醋酸根离子水解的离子方程式可知，溶液中c(CH3COOH)约等于c(OH−)，醋酸钠的浓度为0.005mol/L,则醋酸根离子的水解平衡常数为，则Ka(CH3COOH)=≈1×10−5，故错误；C．H点为醋酸钠和醋酸的混合溶液，水的电离不受抑制和促进，所以溶液为中性，c(H+)=c(OH−)，则根据电荷守恒有c(CH3COO−)=c(Na+)>c(H+)=c(OH−)，故正确；D．E点为氢氧化钠溶液，氢氧化根离子浓度为0.01mol/L，则溶液中水电离的氢离子浓度为10−12mol·L−1，故错误。故选AC。
第Ⅱ卷（非选择题 共60分）
二、非选择题：包括第16题~第20题5个大题，共60分。
16. （12分）氨催化分解既可防治氨气污染，又能得到氢能源，得到广泛研究。
（1）已知：①反应I：4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g) ΔH1＝－1266.6 kJ·mol−1，
②H2的燃烧热ΔH2=－285.8 kJ.mol−1
③水的气化时ΔH3=+44.0 kJ.mol−1
反应I热力学趋势很大（平衡常数很大）的原因为______________________________；NH3分解的热化学方程式________________________________。
（2）在Co-Al催化剂体系中，压强P0下氨气以一定流速通过反应器，得到不同催化剂下氨气转化率随温度变化曲线如下图，活化能最小的催化剂为_______，温度高时NH3的转化率接近平衡转化率的原因_______________。如果增大气体流速，则b点对应的点可能为______（填“a”、“c”、“d”、“e”或“f”）；
（3）温度为T时，体积为1L的密闭容器中加入0.8mol NH3和0.1mol H2，30min达到平衡时，N2体积分数为20%，则T时平衡常数K=______，NH3分解率为_____；达到平衡后再加入0.8mol NH3和0.1mol H2，NH3的转化率________（填“增大”、“不变”、“减小”）。
（4）以KNH2为电解质溶液电解NH3，其工作原理如下图所示，则阳极电极反应为_________。
【答案】（1）放热量很大的反应（1分） 2NH3(g)N2(g)+3H2(g) ΔH=+92.1kJ·mol－1（1分）
（2）90CoAl（1分） 平衡转化率随温度升高而增大，此反应为吸热反应，温度升高，反应速率加快，转化率接近平衡转化率（1分） e（1分）
（3）7.5（2分） 75%（2分） 减小 （1分）
（4）6NH-6e−=N2↑+4NH3↑（2分）
【解析】（1）反应I的ΔH1＝－1266.6kJ·mol−1，放热量很大，故热力学趋势很大；根据盖斯定律可知①：4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g) ΔH1＝－1266.6kJ·mol−1，②H2的燃烧热H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ΔH2=－285.8 kJ.mol−1 ③水的气化时H2O(l)=H2O(g) ΔH3=+44.0 kJ.mol−1，④2NH3(g)N2(g)+3H2(g) ΔH，根据盖斯定律可知④=1/2[①-6(②+③)]，即ΔH=1/2[－1266.6 kJ·mol−1-6(－285.8kJ.mol−1+44.0kJ.mol−1)]=92.1kJ·mol−1，所以2NH3(g)N2(g)+3H2(g) ΔH =+92.1kJ·mol−1；（2）由图可知，90CoAl先达到平衡态，所以90CoAl活化能最小的催化剂；2NH3(g)N2(g)+3H2(g) ΔH=+92.1kJ·mol−1此反应为吸热反应，升高温度平衡向正向移动，提高氨气的转化率；此反应为气体体积增大的反应，增大气体流速平衡向逆向移动，b点对应的点可能为e；（3）由题给数据可知，设氮气平衡时氮气的物质的量为x mol，则：
2NH3(g)N2(g)+3H2(g)
初始量（mol） 0.8 0 0.1
变化量（mol） 2x x 3x
平衡量（mol） 0.8-2x x 0.1+3x
相同条件下气体的物质的量之比等于体积之比，所以达到平衡时N2的体积分数为： ，解得：x=0.3mol，故平衡常数K=，NH3分解率为，达到平衡后再加入0.8mol NH3和0.1mol H2，容器中压强增大，反应向逆向移动，所以氨气的转化率减小；（4）在电解池中，阳极失去电子，发生氧化反应，根据图示可知右侧为阳极，电极反应为：6NH-6e−=N2↑+4NH3↑。
17．（14分）第四周期中某些元素的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛应用
（1）现代化学中，常利用_________上的特征谱线来鉴定元素。Ga的外围电子排布式为：_____________，基态Ga原子核外有______种运动状态不同的电子。
（2）锗、砷、硒、溴的第一电离能由大到小的顺序为____________（用元素符号表示）；其中锗的化合物四氯化锗可用作光导纤维掺杂剂，其熔点为-49.5℃，沸点为83.1℃，则其晶体类型为_________，中心原子的杂化类型为________；砷酸的酸性弱于硒酸，从分子结构的角度解释原因_______________________。
（3）铁能形成[Fe(Bipy)2C12]ClO4等多种配合物（Bipy结构如下图A）。
①该配合物中中心原子的化合价为________；与中心原子形成配位键的原子是________。
②与ClO4-互为等电子体的一种非极性分子是_______(举1例)。
③1 mol Bipy中所含σ键______mol。
（4）钛（Ti）被誉为“21世纪金属”，Ti晶体的堆积方式是六方最密堆积如图B所示，晶胞可用图C表示。设金属Ti的原子半径为a cm，空间利用率为__________。设晶胞中A点原子的坐标为（1，0，0），C点原子的坐标为（0，1，0），D点原子的坐标为（0，0，1），则B点原子的坐标为________________。
【答案】（1）原子光谱（1分） 4s24p1（1分） 31（1分）
（2）Br>As>Se>Ge；（1分） 分子晶体；（1分） sp3 （1分） H2SeO4的非羟基氧原子多，Se的正电性更高，羟基中的O原子的电子向Se偏移程度大，更容易电离出H+（1分）
（3）① +3 （1分） N 、Cl；（1分） ②CCl4 （SiF4 等）（1分） ③ 8 （1分）
（4）或74% （2分） (，，)（1分）
【解析】试题分析：现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素。原子核外电子的运动状态互不相同，有几个电子，就有几种运动状态。同一周期元素的第一电离能呈逐渐增大趋势，第IIVA和第VA元素因其原子结构较稳定，故其第一电离能高于同周期相邻的两种元素。
（1） 现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素。Ga的外围电子排布式为4s24p1，Ga是31号元素，故基态Ga原子核外有31种运动状态不同的电子。
(2)锗、砷、硒、溴的第一-电离能由大到小的顺序为Br> As> Se>Ge;其中锗的化合物四氯化锗可用作
光导纤维掺杂剂，其熔点为-49.5°C， 沸点为83.1°C， 其熔、沸点较低，故其晶体类型为分子晶体，中心原子锗原子形成4个σ键、无孤电子对，故其杂化类型为sp3; 砷酸的酸性弱于硒酸，是因为H2SeO4的非羟基氧原子多，Se的正电性更高，羟基中的O原子的电子向Se偏移程度大，更容易电离出H+。
(3)①配合物[Fe(Bipy)2Cl2]ClO4的外界是ClO4-,内界有Bipy和C1两种配体，Bipy是电中性的，所以，
中心原子的化合价为+3;两种配体中N和Cl有孤电子对，故与中心原子形成配位键的原子是N和C1.
②ClO4-有5个原子、32个价电子，与ClO4-互为等电子体的有多种，其中属于非极性分子是CCl4和SiF4等。
③Bipy分子中有N-N、N-H、N-C、C-H等4种σ键,注意2个C原子上分别连接1个H,故1 molBipy
中所含σ键8mol。
(4)由Ti晶体的晶胞结构示意图可知，该晶胞为平行六面体，其底是菱形，金属Ti的原子半径为acm,
则底边长为2acm,底面的面积为2a×2a×sin60=2a2。B点与底面连线的3个点构成正四面体，正四
面体的高为×2a,所以晶胞的高为×2a×2= a,晶胞的体积为底面的面积与高的积，即2a2× a=8a3,根据均摊法可以求出该晶胞中有2个Ti原子，2个Ti原子的体积为2×， 所以，原子的空间利用率为设晶胞中A点原子的坐标为(1, 0，0)，C点原子的坐标为(0, 1, 0)，D点原子的坐标为(0，0，1)，B点的高度为晶胞高度的一半，由B点向底面作垂线，垂足为中线的三等分点，则垂足的坐标为(，,0)，所以，B点原子的坐标为(，,)。
18. （11分）工业上用含三价钒（V2O3）为主的某石煤为原料（含有Al2O3、CaO等杂质），钙化法焙烧制备V2O5，其流程如下：
【资料】：+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH 的关系：
pH
4~6
6~8
8~10
10~12
主要离子
VO
VO
V2O
VO
（1）焙烧：向石煤中加生石灰焙烧，将V2O3转化为Ca(VO3)2的化学方程式是_____________________。
（2）酸浸：
①Ca(VO3)2难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的pH＝4，Ca(VO3)2溶于盐酸 的离子方程式是__________。
②酸度对钒和铝的溶解量的影响如下图所示： 酸浸时溶液的酸度控制在大约3.2%，根据右图推测，酸浸时不选择更高酸度的原因是________________________________________。
（3）转沉：将浸出液中的钒转化为NH4VO3固体，其流程如下：
①浸出液中加入石灰乳的作用是________________________。
②已知CaCO3的溶解度小于Ca3(VO4)2。向Ca3(VO4)2沉淀中加入(NH4)2CO3溶液，可使钒从沉淀中溶出。结合化学用语，用平衡移动原理解释其原因：___________________________________。
③向(NH4)3VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH＝7.5。当pH＞8时，NH4VO3的产量明显降低，原因是_________________________________________。
（4）测定产品中V2O5的纯度：称取ag产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液。再加入b1 mL c1 mol·L−1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液（VO2++2H++Fe2+==VO+Fe3++H2O）。最后用c2 mol·L−1 KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2 mL。已知MnO被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5的质量分数是______。（V2O5的摩尔质量：182 g·mol−1）
【答案】（1）CaO+O2+V2O3=Ca(VO3)2 （2分）
（2）Ca(VO3)2+4H+=2VO2++Ca2++2H2O（2分） 酸度大于3.2％时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大（1分）
（3）调节溶液的pH，并提供Ca2+，形成Ca3(VO4)2沉淀（富集钒元素）（2分） Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡Ca3(VO4)2(s)3Ca2+(aq)+2VO(aq)，(NH4)2CO3溶液中的CO与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，c(Ca2+)降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出（2分） pH＞8时，钒的主要存在形式不是VO（1分）
（4）91(c1b1-5c2b2)/(1000a)（2分）
【解析】（1）根据反应流程：向石煤中加生石灰焙烧，V2O3与氧化钙和氧气反应生成Ca(VO3)2，化学方程式是CaO+O2+V2O3Ca(VO3)2；正确答案：CaO+O2+V2O3Ca(VO3)2。（2）①根据信息可知：pH在4~6之间，生成VO，所以Ca(VO3)2与盐酸反应离子方程式是：Ca(VO3)2+4H+==2VO+Ca2++2H2O；正确答案：Ca(VO3)2+4H+==2VO+Ca2++2H2O。②根据图像变化可知：酸度大于3.2％时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大，因此酸浸时不选择更高酸度；正确答案：酸度大于3.2％时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大。（3）①浸出液中含有VO，加入石灰乳后生成Ca3(VO4)2沉淀，便于钒元素的富集；正确答案：调节溶液的pH，并提供Ca2+，形成Ca3(VO4)2沉淀（富集钒元素）。②Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡Ca3(VO4)2(s)3Ca2+(aq)+
2VO(aq)，(NH4)2CO3溶液中的CO与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，c(Ca2+)降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出；因此向Ca3(VO4)2沉淀中加入(NH4)2CO3溶液，可使钒从沉淀中溶出；正确答案：Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡Ca3(VO4)2(s)3Ca2+(aq)+2VO(aq)，(NH4)2CO3溶液中的CO与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，c(Ca2+)降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出。③根据信息可知：pH＞8时，钒的主要存在形式为V2O或VO等，不是VO，NH4VO3的产量明显降低；正确答案：pH＞8时，钒的主要存在形式不是VO。（4）高锰酸钾氧化亚铁离子变为铁离子，根据反应规律：MnO--5Fe2+，消耗KMnO4的量b2×10-3×c2 mol，则消耗亚铁离子的量为5b2×10−3×c2 mol，再根据VO--Fe2+关系可知，用来还原VO的亚铁离子的量为b1×c1×10-3-5b2×10-3×c2 mol，因此VO的量为b1×c1×10−3-5b2×10−3×c2 mol，产品中V2O5的量为1/2(b1×c1×10−3-5b2×10−3×c2)mol，产品中V2O5的质量为1/2(b1×c1×10−3-5b2×10−3×c2)×182=91(c1b1-5c2b2)×10−3g，则产品中V2O5的质量分数是91(c1b1-5c2b2)/(1000a)；正确答案：91(c1b1-5c2b2)/(1000a)。
19．（11分）水合肼(N2H4·H2O)是一种在生产生活中有着广泛用途的精细化工原料，具有强碱性和强还原性。实验室一般采用次氯酸钠(受热易分解)氧化尿素()制备水合肼，制备过程可分为两个阶段：
【第一阶段】制备次氯酸钠。
（1）某同学欲从上图中选择部分装置，收集一瓶于燥的氯气，其连接次序为：a→___________。(按气流方向，用小写字母表示)
（2）实验中选用A装置作为氯气的发生装置，其离子方程式为______________________。
（3）实验中选用G装置作为次氯酸钠的合成装置，并采用冰水浴的原因是___________。
【第二阶段】制备水合肼。
将第一阶段制备的次氯酸钠碱性溶液转移至分液漏斗中，慢慢滴加到盛有尿素的仪器皿中，并不断搅拌；然后取下分液漏斗换上x装置，快速升温，在108℃的条件下回流5min；将混合物转移到蒸馏装置中进行蒸馏，收集108~114℃馏分，得水合肼产品。
（4）请写出此阶段制备水合肼的离子反应方程式_________________________________。
（5）m仪器的名称为___________；X装置应选用上图中的___________(填“L”或“M”)。
（6）加入次氯酸钠碱性溶液时，慢慢滴加的目的是_________________________________。
【含量测定】测定馏分中肼含量。
（7）称取馏分1.0g，加水配成100mL溶液，用滴定管移出25.00mL置于锥形瓶中，并滴加2~3滴淀粉溶液，用0.10mol·L−1的I2溶液滴定。(已知：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O)经过三次滴定实验测得消耗I2溶液的平均值为2.60mL，则馏分中水合肼（N2H4·H2O）质量分数为___________。
【答案】（1）efcdhgi （1分）
（2）MnO2+4H++2Cl−Mn2++Cl2↑+2H2O（1分）
（3）防止次氯酸钠在较高温度下分解（1分）
（4）ClO−+CO(NH2)2+2OH−=N2H4·H2O +Cl−+CO（2分）
（5）三颈烧瓶；（1分） M（1分）
（6）水合肼还原性很强，防止次氯酸浓度过大将其氧化（2分）
（7）2.6%（2分）
【解析】（1）通常实验室用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气，由于氯气中含有氯化氢和水，所以用饱和食盐水除去氯化氢，然后用浓硫酸除去水蒸气，用向上排气法收集氯气，最后用氢氧化钠溶液做尾气吸收装置，所以仪器接口的连接顺序为aefcdhgi，注意洗气瓶通常为长进短出。（2）二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl−Mn2++Cl2↑+2H2O；（3）氯气在热的氢氧化钠溶液中反应生成氯酸钠和氯化钠，减少了次氯酸钠的生成，且次氯酸钠受热容易分解，所以通常氢氧化钠放在冰水浴中进行反应。（4）次氯酸钠(受热易分解)氧化尿素()制备水合肼，次氯酸钠碱性溶液与尿素反应的离子方程式为：ClO−+CO(NH2)2+2OH−=N2H4·H2O +Cl−+CO；（5）m为三颈烧瓶；冷凝回流时，为了增大蒸气与冷凝水的接触面积，通常使用球形冷凝管，故选择M；（6）慢慢加入次氯酸钠的目的是：水合肼还原性很强，防止次氯酸浓度过大将其氧化；（7）0.10mol·L−1的I2溶液滴定，消耗I2溶液的平均值为2.60mL，则碘的物质的量为0.1mol/L×2.6×10−3L=2.6×10−4mol，根据方程式N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O分析，水合肼的物质的量为1.3×10−4mol，则质量分数为=2.6%。
20．（12分）BPE﹣06和维生素A的中间体I的合成路线如图：
（1）A为芳香族化合物，其名称为 ，A分子中最多有 个氢原子共面。
（2）B中官能团的名称为 。G生成H的反应类型为 。
（3）1molD能和足量钠反应生成M和1molH2，写出M的结构简式： 。
（4）写出C发生银镜反应的化学方程式： 。
（5）二取代芳香族化合物W是比F少两个碳原子的同系物的同分异构件，W遇三氯化铁溶液发生显色反应，则W共有 种结构（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积之比为9：2：2：2：1的结构简式为 。
（6）参照上述合成路线和信息，设计以与和C2H2为原料（无机试剂任选）合成的路线。
【答案】（1）苯酚（1分） 6（1分）
（2）羰基（1分） 加成反应（1分）
（3）（1分）
（4）（1分）
（5）24（2分） （1分）
（6）（3分）
【解析】（1）A的分子式为C6H6O，且A为芳香族化合物，故A为，其名称为苯酚，旋转C﹣O单键可以使羟基中H原子处苯环平面几何，故A分子中6个氢原子都可以共面；
（2）B为，B中官能团的名称为：羰基。G中碳氧双键中其中1个键断裂，不饱和的O连接H原子、不饱和的碳原子连接﹣C≡CH得到H，属于加成反应；
（3）1molD能和足量钠反应生成M和1molH2，则D中酚羟基均与Na发生反应，故M为：；
（4）C（柠檬醛）发生银镜反应生成、Ag、氨气与水，反应方程式为：；
（5）二取代芳香族化合物W是比F少两个碳原子的同系物的同分异构体，即W比较F少2个CH2原子团，则W的分子式为C11H16O，不饱和度为4，苯环的侧链没有不饱和键与环状结构，W遇三氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，另外取代基为﹣C5H11，2个取代基有邻、间、对3种位置结构，正戊烷形成﹣C5H11有3种、异戊烷形成的﹣C5H11有4种、新戊烷形成的﹣C5H11有1种，故符合条件的共有3×（3+4+1）＝24种，其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积之比为9：2：2：2：1的结构简式为：；
（6）与C2H2在LiNH2条件下发生加成反应生成，然后在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成，最后与H2在Pd/CaCO3条件下反应生成，合成路线流程图为：。
化 学
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 S-32 Cl-35.5 Ti-48 V-51 Fe-56 Cu-64
第Ⅰ卷（选择题 共40分）
一、选择题：本题共10个小题，每小题2分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与生活密切相关。下列有关说法错误的是（ ）
A. 用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维
B. 食用油反复加热会产生稠环芳烃等有害物质
C. 福尔马林可浸制标本，因其可使蛋白质变性的性质
D. 医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%
【答案】D
【解析】A．蚕丝和人造纤维的主要成分分别是蛋白质、高聚酯，前者灼烧时有烧焦羽毛气味，后者则无此现象，A正确；B．食用油反复加热，其所含的不饱和脂肪酸发生聚合反应，生成生成各类饱和烃类，包括稠环芳香烃（如苯并芘等），稠环芳香烃对人体有害，B错误；C．流感病毒的主要成分是蛋白质，加热可以使蛋白质变性，C正确；D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，95%的乙醇能快速使蛋白质表层变性，相当于形成了一层保护膜，但内层蛋白质则不能变性，D正确；答案选B。
2．下列装置或操作能达到相应实验目的的是（ ）
A．配制一定浓度的NaCl B．除去氯气中的HCl
C．实验室制取氨气 D．观察Fe（OH）2的生成
【答案】D
【解析】A．眼睛应与凹液面的最低处相平，图中为俯视，故A错误；
B．氯气与水反应生成HCl，HCl与碳酸氢钠反应，不能除杂，可选饱和食盐水、洗气，故B错误；
C．氨气极易溶于水，不能排水法收集，故C错误；
D．植物油可隔绝空气，可防止氢氧化亚铁被氧化，图中装置可制备并观察Fe（OH）2的生成，故D正确。
3．系统命名法是常用的有机化合物命名方法，下列命名正确的是（ ）
A．2﹣甲基﹣3﹣丁炔 B．2﹣乙基丁烷
C．2﹣甲基﹣2﹣丁醇 D．2﹣氯﹣4﹣甲基﹣2﹣丁烯
【答案】C
【解析】A．编号应从靠近官能团一端开始，正确的命名为：3﹣甲基﹣1﹣丁炔，故A错误；
B．碳链不是最长碳链，正确的命名为：3﹣甲基戊烷，故B错误；
C．符合系统命名规则，命名正确，故C正确；
D．主链不是最长碳链，正确的命名为：2﹣氯﹣2﹣戊烯，故D错误。
4．下列说法正确的是（ ）
A．第一电离能：Cl＞S＞P
B．共价键的极性：HF＞HCl＞HBr
C．键角：H2O＞NH3＞CH4
D．酸性：HClO＞HClO2＞HClO3
【答案】B
【解析】A．非金属性越强，第一电离能越大，但P的3p电子半满为稳定结构，则第一电离能：Cl＞P＞S，故A错误；
B．非金属性越强，氢化物中键的极性越强，则共价键的极性：HF＞HCl＞HBr，故B正确；
C．H2O中O﹣H之间的夹角为104.5°，NH3分子为三角中锥形分子，是极性分子，键角是107°18′，甲烷为正四面体结构，C﹣H键的夹角为109°.28′，则键角：H2O＜NH3＜CH4，故C错误；
D．同种元素的含氧酸，非羟基氧原子个数越多，酸性越强，则酸性：HClO＜HClO2＜HClO3，故D错误。
5．Y是一种天然除草剂，其结构如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．Y可以和Na2CO3溶液发生反应
B．Y分子中所有碳原子一定在同一平面内
C．1 mol Y 最多能与6 mol NaOH反应
D．Y与足量的H2加成反应的产物含7个手性碳原子
【答案】A
【解析】A．含有酚羟基，可与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，故A正确；
B．含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子不能在同一个平面上，故B错误；
C．能与氢氧化钠反应的为酚羟基、酯基，则1 mol Y 最多能与4 mol NaOH反应，故C错误；
D．Y与足量的H2加成反应，则加成产物的手性碳原子如图所示，共9个，故D错误。
6. NA代表阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是
A. 28g乙烯和丙烯中的极性键数目为4NA
B. 32g Cu和32g S充分反应，转移电子数为NA
C. 精炼铜，若阳极失去0.1NA个电子，则阴极增重3.2g
D. 等物质的量的钠分别在足量的氧气和氯气中燃烧，转移电子数相等
【答案】B
【解析】A．乙烯和丙烯的最简式为CH2，28g CH2的物质的量为2mol，而2mol CH2中含有4 mol极性键，所以28g乙烯和丙烯中的极性键数目为4NA，故A正确；B．32g Cu的物质的量为0.5mol和32gS的物质的量为1mol，Cu和S充分反应生成Cu2S，可知Cu少量，故以Cu的质量作为标准计算，0.5 mol Cu参与反应，转移电子数为0.5mol，即0.5NA个电子，故B错误；C．精炼铜时，阳极是粗铜，失去电子，阴极是精通，得到电子；阴阳两极得失电子守恒，所以若阳极失去0.1NA个电子，则阴极铜离子得到0.1NA个电子生成铜单质，生成铜的物质的量为0.05 mol，即3.2g，故C正确；D．钠与氧气或氯气反应时，其钠元素均由0价升高到+1价，等物质的量的钠分别在足量的氧气和氯气中燃烧，转移的电子数相等，故D正确，故选B。
7．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素可组成一种分子簇，其分子结构如图所示（小球大小表示原子半径相对大小），W、X位于不同周期，X原子的最外层电子数是次外层的3倍，Z的族序数等于周期数。下列说法正确的是（ ）
A．W单质的沸点比X单质的高
B．W、Y组成的化合物为离子化合物
C．Y的最高价氧化物的水化物碱性比Z的弱
D．Y、Z的简单离子均不影响水的电离平衡
【答案】B
【解析】根据分析可知，W为H，X为O，Y为Mg，Z为Al元素，
A．氢气、臭氧和氧气形成晶体都为分子晶体，相对分子质量越大沸点越高，则氢气的沸点小于臭氧、氧气，故A错误；
B．H、Mg可以形成离子化合物MgH2，故B正确；
C．金属性：Mg＞Al，则最高价氧化物的水化物碱性：Y＞Z，故C错误；
D．镁离子、铝离子均水解，促进了水的电离，故D错误。
8．根据下列实验操作和现象，所得出的结论或解释正确的是（ ）
选项
实验操作
现象
结论或解释
A
向废FeCl3铜版蚀刻液中，加入少量铁粉
铁粉溶解，未出现红色固体
蚀刻液中无Cu2+
B
将活性炭放入盛有NO2的锥形瓶中
锥形瓶气体颜色变浅
活性炭具有还原性
C
向盛有2 mL Na2S的溶液加入过量ZnSO4溶液，再逐滴加入同浓度的CuSO4溶液
白色沉淀逐渐变为黑色固体
Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS）
D
两支盛有5 mL的H2O2的试管，向其中一支试管中加入绿豆粒大小FeI2固体
加入FeI2固体的试管中产生气泡速度快
I﹣对H2O2的分解具有催化作用
【答案】C
【解析】A．Fe先与氯化铁反应，溶液中可能含Cu2+，故A错误；
B．活性炭具有吸附性，锥形瓶气体颜色变浅，故B错误；
C．发生沉淀的转化，由现象可知KSP（CuS）＜KSP（ZnS），故C正确；
D．过氧化氢可氧化亚铁离子，生成铁离子可对H2O2的分解具有催化作用，故D错误。
9．某小组设计如图所示装置（夹持装置略去） 模拟侯氏制碱工艺制备NaHCO3．下列说法错误的是（ ）
A．装置①也可用于制取H2
B．③、⑤中可分别盛放饱和食盐水和浓氨水
C．应先向③中通入足量NH3，再通入足量CO2
D．实验中产生的尾气可以通过浓NaOH溶液处理
【答案】D
【解析】装置①是制备二氧化碳气体，通过饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢气体，装置④是制备氨气装置，装置③是想饱和氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳发生反应得到碳酸氢钠晶体，
A．制备氢气是利用锌粒和稀盐酸反应生成，装置①也可用于制H2，故A正确；
B．③中为饱和食盐水，用来制备碳酸氢钠，⑤中是浓氨水滴入碱石灰生成氨气，故B正确；
C．由于二氧化碳的溶解度较小，要先通氨气，则先通入氨气，再由通入二氧化碳，增大二氧化碳吸收，生成碳酸氢钠，故C正确；
D．实验中产生的尾气为二氧化碳、氨气，通过浓NaOH溶液不能完全处理尾气，故D错误。
10.某同学采用硫铁矿烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质）制取绿矾（FeSO4•7H2O），设计了如图流程：下列说法不正确的是（ ）
A．固体1中含有SiO2
B．溶解烧渣选用足量盐酸，试剂X选用铁粉
C．控制pH是为了使Al3+转化为Al（OH）3进入固体2
D．从溶液2得到FeSO4•7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化
【答案】B
【解析】A．二氧化硅与硫酸不反应，则固体1为二氧化硅，故A正确；
B．由流程分析可知，溶解烧渣选用足量硫酸，X为铁粉，如用盐酸，可生成氯化亚铁，故B错误；
C．控制pH的目的是分离出铝离子，则固体2为氢氧化铝，故C正确；
D．亚铁离子易被空气中的氧气氧化，而且受热易失去结晶水，所以从溶液2得到FeSO4•7H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化，故D正确。
二、选择题：本题共5小题，每题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。
11．在酸性条件下，黄铁矿（FeS2）催化氧化的反应方程式为2FeS2 +7O2+2H2O═2Fe2++4SO42﹣+4H+．实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析正确的是（ ）
A．在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO作催化剂
B．反应Ⅱ中Fe3+作氧化剂，FeS2被还原
C．反应Ⅰ的离子方程式为4Fe（NO）2+ +O2+4H+═4Fe3++4NO +2H2O，Fe（NO）2+作还原剂
D．反应Ⅲ的离子方程式为Fe2++NO═Fe（NO）2+，该反应是氧化还原反应
【答案】AC
【解析】A．由总反应2FeS2+7O2+2H2O═2Fe2++4SO42﹣+4H+可知，一氧化氮参加反应但反应前后性质和质量不变，所以黄铁矿催化氧化中NO作催化剂，故A正确；
B．反应Ⅱ的Fe3+由+3价变成+2价，FeS2中S硫元素化合价升高，所以反应Ⅱ的氧化剂是Fe3+，FeS2被氧化，故B错误；
C．由图可知：反应ⅠFe （NO）2+中铁由+2价变+3价，氧气中氧由0价变成﹣2价，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为：4Fe （NO）2++O2+4H+═4Fe3++4NO+2H2O，Fe（NO）2+作还原剂，故C正确；
D．反应Ⅲ的离子方程式为Fe2++NO═Fe（NO）2+，无元素化合价变化，所以反应Ⅲ是非氧化还原反应，故D错误。
12．中国科学院科研团队研究表，在常温常压和可见光下，基于LDH（一种固体催化剂）合成NH3的原理如图。下列说法不正确的是（ ）
A．该过程将太阳能转化成为化学能
B．原料气N2可通过分离液态空气获得
C．该过程中，只涉及极性键的断裂与生成
D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3
【答案】C
【解析】A．由图可知，该过程是由太阳能转化成化学能，故A正确；
B．由于空气中主要是氮气和氧气，而氧气和氮气的沸点不同，所以可以通过分离液态空气的方法获得氮气，故B正确；
C．发生反应为2N2+6H2O＝4NH3+3O2，反应反应物和生成中均存在单质和化合物，即涉及极性键与非极性键的断裂与生成，故C错误；
D．根据题意和图示，可以写出该反应的化学方程式为2N2+6H2O＝4NH3+3O2，由于氮元素从0价降为﹣3价，氧元素从﹣2价升到0价，则氮气是氧化剂，水是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3，故D正确。
13．海冰是海水冻结而成的咸水冰。海水冻结时，部分来不及流走的盐分以卤汁的形式被包围在冰晶之间，形成“盐泡”（假设盐分以一个NaCl计），其大致结构如下图所示，若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为淡水。下列叙述正确的是（ ）
A．海冰内层“盐泡”越多，密度越小
B．海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越少
C．海冰内层“盐泡”内的盐分主要以NaCl分子的形式存在
D．海冰内层NaCl的浓度约为10﹣4mol/L（设冰的密度为0.9g/cm3）
【答案】BD
【解析】A．“盐泡”中盐与水的比值不变，则内层“盐泡”越多时，密度不变，故A错误；
B．若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为淡水，则海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越少，故B正确；
C．“盐泡”内的盐分为NaCl，由离子构成，不存在NaCl分子，故C错误；
D．冰的密度为0.9g•cm﹣3，设海水1L时，水的质量为900g，由个数比为1：500000，含NaCl为＝10﹣4mol，可知海冰内层NaCl的浓度约为c＝＝10﹣4mol•L﹣1，故D正确。
14. 我国研究锂硫电池获得突破，电池的总反应是16Li+S88Li2S，充放电曲线如图所示，下列说法不正确的是
A. 充电时，电能转化为化学能
B. 放电时，锂离子向正极移动
C. 放电时，1mol Li2S6转化为Li2S4得到2mol e−
D. 充电时，阳极总电极反应式是8S2−-16e−=S8
【答案】C
【解析】A. 充电时，是电解池，是电能转化为化学能，故A正确；B. 放电时，是原电池，在原电池中，阳离子向正极移动，因此锂离子向正极移动，故B正确；C. 根据图示，放电时，1mol Li2S6转化为Li2S4的反应为2Li2S6+2Li=3Li2S4，反应中2mol Li2S6得到2mol e−，即1mol Li2S6得到1mol e−，故C错误；D. 根据16Li+S88Li2S，充电时，阳极总电极反应式是8S2−-16e−=S8，故D正确；故选C。
15．常温下，向20mL 0.01mol·L−1的NaOH溶液中逐滴加入0.01mol·L−1的CH3COOH溶液，溶液中水所电离出的c(OH−)的对数随加入CH3COOH溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是
A．F点溶液显碱性
B．若G点由水电离出的c(OH−)=2.24×10−6mol·L−1，则Ka(CH3COOH)≈1×10−6
C．H点离子浓度关系为c(CH3COO−)=c(Na+)>c(H+)=c(OH−)
D．E点由水电离的c(H+)=10−3mol·L−1
【答案】AC
【解析】氢氧化钠抑制水的电离，向氢氧化钠溶液中加入醋酸，对水的电离的抑制作用逐渐减弱，当溶液为醋酸钠溶液时，水的电离程度最大。所以G点为醋酸钠溶液，从E到G为氢氧化钠和醋酸钠的混合溶液，溶液为碱性。A．F点为氢氧化钠和醋酸钠的混合溶液，溶液为碱性，故正确；
B．若G点由水电离出的c(OH−)=2.24×10−6mol·L−1，根据醋酸根离子水解的离子方程式可知，溶液中c(CH3COOH)约等于c(OH−)，醋酸钠的浓度为0.005mol/L,则醋酸根离子的水解平衡常数为，则Ka(CH3COOH)=≈1×10−5，故错误；C．H点为醋酸钠和醋酸的混合溶液，水的电离不受抑制和促进，所以溶液为中性，c(H+)=c(OH−)，则根据电荷守恒有c(CH3COO−)=c(Na+)>c(H+)=c(OH−)，故正确；D．E点为氢氧化钠溶液，氢氧化根离子浓度为0.01mol/L，则溶液中水电离的氢离子浓度为10−12mol·L−1，故错误。故选AC。
第Ⅱ卷（非选择题 共60分）
二、非选择题：包括第16题~第20题5个大题，共60分。
16. （12分）氨催化分解既可防治氨气污染，又能得到氢能源，得到广泛研究。
（1）已知：①反应I：4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g) ΔH1＝－1266.6 kJ·mol−1，
②H2的燃烧热ΔH2=－285.8 kJ.mol−1
③水的气化时ΔH3=+44.0 kJ.mol−1
反应I热力学趋势很大（平衡常数很大）的原因为______________________________；NH3分解的热化学方程式________________________________。
（2）在Co-Al催化剂体系中，压强P0下氨气以一定流速通过反应器，得到不同催化剂下氨气转化率随温度变化曲线如下图，活化能最小的催化剂为_______，温度高时NH3的转化率接近平衡转化率的原因_______________。如果增大气体流速，则b点对应的点可能为______（填“a”、“c”、“d”、“e”或“f”）；
（3）温度为T时，体积为1L的密闭容器中加入0.8mol NH3和0.1mol H2，30min达到平衡时，N2体积分数为20%，则T时平衡常数K=______，NH3分解率为_____；达到平衡后再加入0.8mol NH3和0.1mol H2，NH3的转化率________（填“增大”、“不变”、“减小”）。
（4）以KNH2为电解质溶液电解NH3，其工作原理如下图所示，则阳极电极反应为_________。
【答案】（1）放热量很大的反应（1分） 2NH3(g)N2(g)+3H2(g) ΔH=+92.1kJ·mol－1（1分）
（2）90CoAl（1分） 平衡转化率随温度升高而增大，此反应为吸热反应，温度升高，反应速率加快，转化率接近平衡转化率（1分） e（1分）
（3）7.5（2分） 75%（2分） 减小 （1分）
（4）6NH-6e−=N2↑+4NH3↑（2分）
【解析】（1）反应I的ΔH1＝－1266.6kJ·mol−1，放热量很大，故热力学趋势很大；根据盖斯定律可知①：4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g) ΔH1＝－1266.6kJ·mol−1，②H2的燃烧热H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ΔH2=－285.8 kJ.mol−1 ③水的气化时H2O(l)=H2O(g) ΔH3=+44.0 kJ.mol−1，④2NH3(g)N2(g)+3H2(g) ΔH，根据盖斯定律可知④=1/2[①-6(②+③)]，即ΔH=1/2[－1266.6 kJ·mol−1-6(－285.8kJ.mol−1+44.0kJ.mol−1)]=92.1kJ·mol−1，所以2NH3(g)N2(g)+3H2(g) ΔH =+92.1kJ·mol−1；（2）由图可知，90CoAl先达到平衡态，所以90CoAl活化能最小的催化剂；2NH3(g)N2(g)+3H2(g) ΔH=+92.1kJ·mol−1此反应为吸热反应，升高温度平衡向正向移动，提高氨气的转化率；此反应为气体体积增大的反应，增大气体流速平衡向逆向移动，b点对应的点可能为e；（3）由题给数据可知，设氮气平衡时氮气的物质的量为x mol，则：
2NH3(g)N2(g)+3H2(g)
初始量（mol） 0.8 0 0.1
变化量（mol） 2x x 3x
平衡量（mol） 0.8-2x x 0.1+3x
相同条件下气体的物质的量之比等于体积之比，所以达到平衡时N2的体积分数为： ，解得：x=0.3mol，故平衡常数K=，NH3分解率为，达到平衡后再加入0.8mol NH3和0.1mol H2，容器中压强增大，反应向逆向移动，所以氨气的转化率减小；（4）在电解池中，阳极失去电子，发生氧化反应，根据图示可知右侧为阳极，电极反应为：6NH-6e−=N2↑+4NH3↑。
17．（14分）第四周期中某些元素的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛应用
（1）现代化学中，常利用_________上的特征谱线来鉴定元素。Ga的外围电子排布式为：_____________，基态Ga原子核外有______种运动状态不同的电子。
（2）锗、砷、硒、溴的第一电离能由大到小的顺序为____________（用元素符号表示）；其中锗的化合物四氯化锗可用作光导纤维掺杂剂，其熔点为-49.5℃，沸点为83.1℃，则其晶体类型为_________，中心原子的杂化类型为________；砷酸的酸性弱于硒酸，从分子结构的角度解释原因_______________________。
（3）铁能形成[Fe(Bipy)2C12]ClO4等多种配合物（Bipy结构如下图A）。
①该配合物中中心原子的化合价为________；与中心原子形成配位键的原子是________。
②与ClO4-互为等电子体的一种非极性分子是_______(举1例)。
③1 mol Bipy中所含σ键______mol。
（4）钛（Ti）被誉为“21世纪金属”，Ti晶体的堆积方式是六方最密堆积如图B所示，晶胞可用图C表示。设金属Ti的原子半径为a cm，空间利用率为__________。设晶胞中A点原子的坐标为（1，0，0），C点原子的坐标为（0，1，0），D点原子的坐标为（0，0，1），则B点原子的坐标为________________。
【答案】（1）原子光谱（1分） 4s24p1（1分） 31（1分）
（2）Br>As>Se>Ge；（1分） 分子晶体；（1分） sp3 （1分） H2SeO4的非羟基氧原子多，Se的正电性更高，羟基中的O原子的电子向Se偏移程度大，更容易电离出H+（1分）
（3）① +3 （1分） N 、Cl；（1分） ②CCl4 （SiF4 等）（1分） ③ 8 （1分）
（4）或74% （2分） (，，)（1分）
【解析】试题分析：现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素。原子核外电子的运动状态互不相同，有几个电子，就有几种运动状态。同一周期元素的第一电离能呈逐渐增大趋势，第IIVA和第VA元素因其原子结构较稳定，故其第一电离能高于同周期相邻的两种元素。
（1） 现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素。Ga的外围电子排布式为4s24p1，Ga是31号元素，故基态Ga原子核外有31种运动状态不同的电子。
(2)锗、砷、硒、溴的第一-电离能由大到小的顺序为Br> As> Se>Ge;其中锗的化合物四氯化锗可用作
光导纤维掺杂剂，其熔点为-49.5°C， 沸点为83.1°C， 其熔、沸点较低，故其晶体类型为分子晶体，中心原子锗原子形成4个σ键、无孤电子对，故其杂化类型为sp3; 砷酸的酸性弱于硒酸，是因为H2SeO4的非羟基氧原子多，Se的正电性更高，羟基中的O原子的电子向Se偏移程度大，更容易电离出H+。
(3)①配合物[Fe(Bipy)2Cl2]ClO4的外界是ClO4-,内界有Bipy和C1两种配体，Bipy是电中性的，所以，
中心原子的化合价为+3;两种配体中N和Cl有孤电子对，故与中心原子形成配位键的原子是N和C1.
②ClO4-有5个原子、32个价电子，与ClO4-互为等电子体的有多种，其中属于非极性分子是CCl4和SiF4等。
③Bipy分子中有N-N、N-H、N-C、C-H等4种σ键,注意2个C原子上分别连接1个H,故1 molBipy
中所含σ键8mol。
(4)由Ti晶体的晶胞结构示意图可知，该晶胞为平行六面体，其底是菱形，金属Ti的原子半径为acm,
则底边长为2acm,底面的面积为2a×2a×sin60=2a2。B点与底面连线的3个点构成正四面体，正四
面体的高为×2a,所以晶胞的高为×2a×2= a,晶胞的体积为底面的面积与高的积，即2a2× a=8a3,根据均摊法可以求出该晶胞中有2个Ti原子，2个Ti原子的体积为2×， 所以，原子的空间利用率为设晶胞中A点原子的坐标为(1, 0，0)，C点原子的坐标为(0, 1, 0)，D点原子的坐标为(0，0，1)，B点的高度为晶胞高度的一半，由B点向底面作垂线，垂足为中线的三等分点，则垂足的坐标为(，,0)，所以，B点原子的坐标为(，,)。
18. （11分）工业上用含三价钒（V2O3）为主的某石煤为原料（含有Al2O3、CaO等杂质），钙化法焙烧制备V2O5，其流程如下：
【资料】：+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH 的关系：
pH
4~6
6~8
8~10
10~12
主要离子
VO
VO
V2O
VO
（1）焙烧：向石煤中加生石灰焙烧，将V2O3转化为Ca(VO3)2的化学方程式是_____________________。
（2）酸浸：
①Ca(VO3)2难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的pH＝4，Ca(VO3)2溶于盐酸 的离子方程式是__________。
②酸度对钒和铝的溶解量的影响如下图所示： 酸浸时溶液的酸度控制在大约3.2%，根据右图推测，酸浸时不选择更高酸度的原因是________________________________________。
（3）转沉：将浸出液中的钒转化为NH4VO3固体，其流程如下：
①浸出液中加入石灰乳的作用是________________________。
②已知CaCO3的溶解度小于Ca3(VO4)2。向Ca3(VO4)2沉淀中加入(NH4)2CO3溶液，可使钒从沉淀中溶出。结合化学用语，用平衡移动原理解释其原因：___________________________________。
③向(NH4)3VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH＝7.5。当pH＞8时，NH4VO3的产量明显降低，原因是_________________________________________。
（4）测定产品中V2O5的纯度：称取ag产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液。再加入b1 mL c1 mol·L−1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液（VO2++2H++Fe2+==VO+Fe3++H2O）。最后用c2 mol·L−1 KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2 mL。已知MnO被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5的质量分数是______。（V2O5的摩尔质量：182 g·mol−1）
【答案】（1）CaO+O2+V2O3=Ca(VO3)2 （2分）
（2）Ca(VO3)2+4H+=2VO2++Ca2++2H2O（2分） 酸度大于3.2％时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大（1分）
（3）调节溶液的pH，并提供Ca2+，形成Ca3(VO4)2沉淀（富集钒元素）（2分） Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡Ca3(VO4)2(s)3Ca2+(aq)+2VO(aq)，(NH4)2CO3溶液中的CO与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，c(Ca2+)降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出（2分） pH＞8时，钒的主要存在形式不是VO（1分）
（4）91(c1b1-5c2b2)/(1000a)（2分）
【解析】（1）根据反应流程：向石煤中加生石灰焙烧，V2O3与氧化钙和氧气反应生成Ca(VO3)2，化学方程式是CaO+O2+V2O3Ca(VO3)2；正确答案：CaO+O2+V2O3Ca(VO3)2。（2）①根据信息可知：pH在4~6之间，生成VO，所以Ca(VO3)2与盐酸反应离子方程式是：Ca(VO3)2+4H+==2VO+Ca2++2H2O；正确答案：Ca(VO3)2+4H+==2VO+Ca2++2H2O。②根据图像变化可知：酸度大于3.2％时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大，因此酸浸时不选择更高酸度；正确答案：酸度大于3.2％时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大。（3）①浸出液中含有VO，加入石灰乳后生成Ca3(VO4)2沉淀，便于钒元素的富集；正确答案：调节溶液的pH，并提供Ca2+，形成Ca3(VO4)2沉淀（富集钒元素）。②Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡Ca3(VO4)2(s)3Ca2+(aq)+
2VO(aq)，(NH4)2CO3溶液中的CO与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，c(Ca2+)降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出；因此向Ca3(VO4)2沉淀中加入(NH4)2CO3溶液，可使钒从沉淀中溶出；正确答案：Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡Ca3(VO4)2(s)3Ca2+(aq)+2VO(aq)，(NH4)2CO3溶液中的CO与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，c(Ca2+)降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出。③根据信息可知：pH＞8时，钒的主要存在形式为V2O或VO等，不是VO，NH4VO3的产量明显降低；正确答案：pH＞8时，钒的主要存在形式不是VO。（4）高锰酸钾氧化亚铁离子变为铁离子，根据反应规律：MnO--5Fe2+，消耗KMnO4的量b2×10-3×c2 mol，则消耗亚铁离子的量为5b2×10−3×c2 mol，再根据VO--Fe2+关系可知，用来还原VO的亚铁离子的量为b1×c1×10-3-5b2×10-3×c2 mol，因此VO的量为b1×c1×10−3-5b2×10−3×c2 mol，产品中V2O5的量为1/2(b1×c1×10−3-5b2×10−3×c2)mol，产品中V2O5的质量为1/2(b1×c1×10−3-5b2×10−3×c2)×182=91(c1b1-5c2b2)×10−3g，则产品中V2O5的质量分数是91(c1b1-5c2b2)/(1000a)；正确答案：91(c1b1-5c2b2)/(1000a)。
19．（11分）水合肼(N2H4·H2O)是一种在生产生活中有着广泛用途的精细化工原料，具有强碱性和强还原性。实验室一般采用次氯酸钠(受热易分解)氧化尿素()制备水合肼，制备过程可分为两个阶段：
【第一阶段】制备次氯酸钠。
（1）某同学欲从上图中选择部分装置，收集一瓶于燥的氯气，其连接次序为：a→___________。(按气流方向，用小写字母表示)
（2）实验中选用A装置作为氯气的发生装置，其离子方程式为______________________。
（3）实验中选用G装置作为次氯酸钠的合成装置，并采用冰水浴的原因是___________。
【第二阶段】制备水合肼。
将第一阶段制备的次氯酸钠碱性溶液转移至分液漏斗中，慢慢滴加到盛有尿素的仪器皿中，并不断搅拌；然后取下分液漏斗换上x装置，快速升温，在108℃的条件下回流5min；将混合物转移到蒸馏装置中进行蒸馏，收集108~114℃馏分，得水合肼产品。
（4）请写出此阶段制备水合肼的离子反应方程式_________________________________。
（5）m仪器的名称为___________；X装置应选用上图中的___________(填“L”或“M”)。
（6）加入次氯酸钠碱性溶液时，慢慢滴加的目的是_________________________________。
【含量测定】测定馏分中肼含量。
（7）称取馏分1.0g，加水配成100mL溶液，用滴定管移出25.00mL置于锥形瓶中，并滴加2~3滴淀粉溶液，用0.10mol·L−1的I2溶液滴定。(已知：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O)经过三次滴定实验测得消耗I2溶液的平均值为2.60mL，则馏分中水合肼（N2H4·H2O）质量分数为___________。
【答案】（1）efcdhgi （1分）
（2）MnO2+4H++2Cl−Mn2++Cl2↑+2H2O（1分）
（3）防止次氯酸钠在较高温度下分解（1分）
（4）ClO−+CO(NH2)2+2OH−=N2H4·H2O +Cl−+CO（2分）
（5）三颈烧瓶；（1分） M（1分）
（6）水合肼还原性很强，防止次氯酸浓度过大将其氧化（2分）
（7）2.6%（2分）
【解析】（1）通常实验室用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气，由于氯气中含有氯化氢和水，所以用饱和食盐水除去氯化氢，然后用浓硫酸除去水蒸气，用向上排气法收集氯气，最后用氢氧化钠溶液做尾气吸收装置，所以仪器接口的连接顺序为aefcdhgi，注意洗气瓶通常为长进短出。（2）二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl−Mn2++Cl2↑+2H2O；（3）氯气在热的氢氧化钠溶液中反应生成氯酸钠和氯化钠，减少了次氯酸钠的生成，且次氯酸钠受热容易分解，所以通常氢氧化钠放在冰水浴中进行反应。（4）次氯酸钠(受热易分解)氧化尿素()制备水合肼，次氯酸钠碱性溶液与尿素反应的离子方程式为：ClO−+CO(NH2)2+2OH−=N2H4·H2O +Cl−+CO；（5）m为三颈烧瓶；冷凝回流时，为了增大蒸气与冷凝水的接触面积，通常使用球形冷凝管，故选择M；（6）慢慢加入次氯酸钠的目的是：水合肼还原性很强，防止次氯酸浓度过大将其氧化；（7）0.10mol·L−1的I2溶液滴定，消耗I2溶液的平均值为2.60mL，则碘的物质的量为0.1mol/L×2.6×10−3L=2.6×10−4mol，根据方程式N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O分析，水合肼的物质的量为1.3×10−4mol，则质量分数为=2.6%。
20．（12分）BPE﹣06和维生素A的中间体I的合成路线如图：
（1）A为芳香族化合物，其名称为 ，A分子中最多有 个氢原子共面。
（2）B中官能团的名称为 。G生成H的反应类型为 。
（3）1molD能和足量钠反应生成M和1molH2，写出M的结构简式： 。
（4）写出C发生银镜反应的化学方程式： 。
（5）二取代芳香族化合物W是比F少两个碳原子的同系物的同分异构件，W遇三氯化铁溶液发生显色反应，则W共有 种结构（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积之比为9：2：2：2：1的结构简式为 。
（6）参照上述合成路线和信息，设计以与和C2H2为原料（无机试剂任选）合成的路线。
【答案】（1）苯酚（1分） 6（1分）
（2）羰基（1分） 加成反应（1分）
（3）（1分）
（4）（1分）
（5）24（2分） （1分）
（6）（3分）
【解析】（1）A的分子式为C6H6O，且A为芳香族化合物，故A为，其名称为苯酚，旋转C﹣O单键可以使羟基中H原子处苯环平面几何，故A分子中6个氢原子都可以共面；
（2）B为，B中官能团的名称为：羰基。G中碳氧双键中其中1个键断裂，不饱和的O连接H原子、不饱和的碳原子连接﹣C≡CH得到H，属于加成反应；
（3）1molD能和足量钠反应生成M和1molH2，则D中酚羟基均与Na发生反应，故M为：；
（4）C（柠檬醛）发生银镜反应生成、Ag、氨气与水，反应方程式为：；
（5）二取代芳香族化合物W是比F少两个碳原子的同系物的同分异构体，即W比较F少2个CH2原子团，则W的分子式为C11H16O，不饱和度为4，苯环的侧链没有不饱和键与环状结构，W遇三氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，另外取代基为﹣C5H11，2个取代基有邻、间、对3种位置结构，正戊烷形成﹣C5H11有3种、异戊烷形成的﹣C5H11有4种、新戊烷形成的﹣C5H11有1种，故符合条件的共有3×（3+4+1）＝24种，其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积之比为9：2：2：2：1的结构简式为：；
（6）与C2H2在LiNH2条件下发生加成反应生成，然后在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成，最后与H2在Pd/CaCO3条件下反应生成，合成路线流程图为：。
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