黑龙江省哈尔滨市第六中学2020届高三上学期调研考试（10月）化学试题
2019-2020学年度上学期高三学年第二次调研考试化学试卷
考试时间：90分钟 满分：100分
可能用到的相对原子质量：Cu 64 Ni 59 O16 Cr 52 P 31 H1 Al 27
一．单项选择题（每题2分共50分）
1.化学与生活、社会可持续发展密切相关，下列叙述错误是（ ）
A. CO2的大量排放会导致酸雨的形成
B. 黄河三角洲的形成体现了胶体聚沉的性质
C. 推广使用燃料电池汽车，可减少颗粒物、CO等有害物质的排放
D. 高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”
【答案】A
【解析】
【详解】A. 正常雨水中溶解二氧化碳，酸雨与N、S的氧化物有关，SO2的大量排放会导致酸雨的形成，CO2的大量排放会导致温室效应，故A错误；
B. 黄河三角洲的形成，为土壤胶体在海水中电解质作用下发生聚沉，体现胶体聚沉的性质，故B正确；
C. 燃料电池可减少颗粒物、CO等有害物质的排放，则推广使用燃料电池汽车，减少化石能源的使用，故C正确；
D. 高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，二氧化硅可与强碱反应，导致光导纤维溶解“断路”，故D正确；
答案选A。
2.下列说法不正确的是（ ）
A. CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3互为同分异构体 B. 红磷和白磷互为同素异形体
C. 37Cl和35Cl 互为同位素 D. CH3CH2CH(CH3)2的名称为2-甲基丁烷
【答案】A
【解析】
【分析】
此题考查四同，根据四同的定义进行判断，注意同分异构体的判断，结构简式不同，即名称不一样。
【详解】A. CH3COOCH2CH3和CH3CH2OOCCH3是同一种物质，故A不正确，符合题意。
B. 红磷和白磷互为同素异形体，B正确，不符合题意。
C. 37Cl和35Cl 互为同位素，C正确，不符合题意。
D. CH3CH2CH(CH3)2的名称为2-甲基丁烷，D正确，不符合题意。
故正确答案为：A。
3.下列关于有机物的说法正确的是（ ）
A. 乙醇和丙三醇互为同系物
B. 环己烯()分子中的所有碳原子共面
C. 分子式为C5H10O2，且属于酯的同分异构体共有9种(不考虑立体异构)
D. 二环己烷( )的二氯代物有6种结构(不考虑立体异构)
【答案】C
【解析】
【详解】A.乙醇是饱和一元醇，甘油是饱和三元醇，所含官能团数目不同，因此二者不是同系物，A错误；
B.环己烯分子中含有4个饱和碳原子，由于甲烷的分子结构中与该C原子连接的四个原子构成的是四面体结构，所以该物质分子中的所有碳原子不可能同一个平面上，B错误；
C.分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯，若为甲酸与丁醇形成的酯有4种，HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HCOOC(CH3)3；若为乙酸和丙酯，有2种，CH3COOCH2CH2CH3、CH3COOCHCH(CH3)2；若为丙酸和乙醇形成的酯，只有1种，CH3CH2COOCH2CH3；若为丁酸和甲醇形成的酯，有2种，CH3CH2CH2COOCH3、(CH3)2CHCOOCH3,所以属于酯的同分异构体共有（4+2+1+2）=9种，C正确；
D.二环己烷有2种不同位置的H原子，其二氯取代产物中，若2个Cl原子在同一个C原子上，只有1种结构，若在两个不同的C原子上，有6种不同的结构，乙醇其二氯代物共有7种，D错误；
故合理选项是C。
4.下列反应或过程吸收能量的是( )
A. 苹果缓慢腐坏 B. 弱酸电离
C. 镁带燃烧 D. 酸碱中和
【答案】B
【解析】
【详解】A、苹果缓慢腐坏，属于氧化反应，该反应为放热反应，故A不符合题意；
B、弱酸的电离要断开化学键，吸收能量，故B符合题意；
C、镁带燃烧，属于放热反应，故C不符合题意；
D、酸碱中和，属于放热反应，故D不符合题意；
答案选B。
5.下列物质依次按照混合物、氧化物、弱电解质和非电解质的顺序排列的一组是（ ）
A. 淀粉、CuO、HClO、Cu
B. 水玻璃、Na2O·CaO·6SiO2、Ag2O、SO3
C. KAl(SO4)2·12H2O、KClO3、NH3·H2O、CH3CH2OH
D. 普通玻璃、H2O、CH3COOH、葡萄糖
【答案】D
【解析】
【分析】
混合物是指由不同种物质组成的；氧化物是指由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物；弱电解质是指在水溶液里中部分电离的化合物；非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物；据此可以分析各个选项中各种的所属类别。
【详解】A. 淀粉属于混合物、CuO属于氧化物、HClO属于弱电解质、Cu是单质不是电解质，A项错误；
B. 水玻璃是硅酸钠水溶液属于混合物、Na2O⋅CaO⋅6SiO2是盐不是氧化物，Na2O融完全电离是强电解质、SO3是非电解质，B项错误；
C. KAl(SO4)2⋅12H2O属于盐、KClO3是盐不是氧化物,NH3⋅H2O是弱碱属于弱电解质、CH3CH2OH是有机物属于非电解质，C项错误；
D. 普通玻璃是硅酸盐和二氧化硅的混合物、H2O属于氧化物、CH3COOH存在电离平衡属于弱电解质，葡萄糖属于非电解质，D项正确；
答案选D。
6.常温下，下列各组离子在溶液中一定能大量共存的是
A. 无色溶液中：H＋、Fe2＋、Cl－、SO42-、K＋
B. Na＋、Al3+、OH－、NO3-
C. K＋、Na＋、NO3-、Cl－
D. pH=13的溶液：Na＋、K＋、Cl－、HCO3-
【答案】C
【解析】
【详解】A. Fe2＋为浅绿色，不符合限定条件，A项错误；
B. Al3+与OH－会反应生成氢氧化铝沉淀而不共存，B项错误；
C. K＋、Na＋、NO3-、Cl－不反应，可大量共存，C项正确；
D. pH=13的溶液为碱性溶液，HCO3-与OH-可反应生成碳酸根离子和水而不共存，D项错误；
答案选C。
7.朱自清在《荷塘月色》中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里…… 月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影……”月光穿过薄雾所形成的种种美景的最本质原因是
A. 空气中的小水滴颗粒大小约为10-9 m～10-7 m B. 光是一种胶体
C. 雾是一种胶体 D. 发生丁达尔效应
【答案】A
【解析】
【分析】
“薄薄的青雾浮起在荷塘里…… 月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影……”月光穿过薄雾所形成的种种美景，是胶体中的丁达尔效应，本质原因是分散质微粒直径的大小。
【详解】A、题干中所提及的雾，是空气中的小液滴，是一种胶体，本质特征是分散质粒子的直径在1～100nm，即10－9m～10－7m，故A正确；
B、雾是胶体，光不是胶体，故B错误；
C、雾是胶体，但这不是月光穿过薄雾所形成美景的本质原因，故C错误；
D、丁达尔效应是胶体性质，但本质原因是分散质微粒直径大小，故D错误。答案选A。
8.下列有关说法正确的是( )
A. 催化剂活性
B. ,在恒容绝热容器中投入一定量和，正反应速率随时间变化
C. ，t时刻改变某一条件，则
D. 向等体积等pH的HCl和中加入等量且足量Zn，反应速率的变化情况
【答案】C
【解析】
【详解】A. 使用催化剂能降低反应的活化能，使反应速率加快，由图可知，催化剂d比催化剂c使活化能降的更多，所以催化剂活性c
3.3×10-2mol/(L·min)
【答案】D
【解析】
【详解】A．0～6min时间内，生成氧气为=0.001mol，由2H2O22H2O+O2，可知△c(H2O2)==0.2mol/L，则H2O2分解率为×100%=50%，故A正确；
B．由A计算可知，反应至6 min时c(H2O2)=0.4mol/L-0.2mol/L=0.2mol/L，故B正确；
C．0～6min时间内，生成氧气为=0.001mol，由2H2O22H2O+O2，可知△c(H2O2)==0.2mol/L，所以v(H2O2)=≈0.033mol/(L•min)，故C正确；
D．由题中数据可知，0～3 min生成氧气的体积大于3～6min生成氧气的体积，因此，4～6 min的平均反应速率小于0～6min时间内反应速率，故D错误；
答案选D。
10.Bodensteins研究反应H2(g)+I2(g)2HI(g) △H＜0 ，温度为T时，在两个体积均为1L的密闭容器中进行实验，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数w (HI)与反应时间t的关系如下表：
容器编号
起始物质
t/min
0
20
40
60
80
100
Ⅰ
0.5mol I2、0.5mol H2
w(HI)/%
0
50
68
76
80
80
Ⅱ
x mol HI
w(HI)/%
100
91
84
81
80
80
研究发现上述反应中：v正=ka•w(H2)•w(I2)，v逆=kb•w2(HI)，其中ka、kb为常数。下列说法不正确的是( )
A. 温度T时，该反应=64
B. 容器I中在前20 min的平均速率v(HI)=0.025 mol•L-1•min-1
C. 若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.1 mol的H2、I2、HI，反应逆向进行
D. 无论x为何值，两容器中达平衡时w(HI)%均相同
【答案】C
【解析】
【详解】A． H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)
起始量(mol/L) 0.5 0.5 0
变化量(mol/L) n n 2n
平衡量(mol/L) 0.5-n 0.5-n 2n
w(HI)/%=×100%=80%，n=0.4 mol/L，平衡常数 K==64。反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，ka•w(H2)•w(I2)=v正=v逆=kb•w2(HI)，则==K=64，故A正确；
B．前20 min，H2(g) + I2(g)⇌2HI(g)
起始量(mol/L) 0.5 0.5 0
变化量(mol/L) m m 2m
平衡量(mol/L) 0.5-m 0.5-m 2m
w(HI)%=×100%=50%，m=0.25mol/L，容器I中前20 min的平均速率，v(HI)==0.025mol•L-1•min-1，故B正确；
C．若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.l mol的H2、I2、HI，此时浓度商Qc==1＜K=64，反应正向进行，故C错误；
D．H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)反应前后气体的物质的量不变，改变压强，平衡不移动，因此无论x为何值，Ⅰ和Ⅱ均等效，两容器达平衡时w(HI)%均相同，故D正确；
答案选C。
11.温度恒定的条件下，在2 L容积不变的密闭容器中，发生反应：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)。开始充入4 mol的SO2和2 mol的O2，10 s后达到平衡状态，此时c(SO3)=0.5 mol·L-1，下列说法不正确的是 ( )
A. v(SO2)∶v(O2)=2∶1 B. 10 s内，v(SO3)=0.05 mol·L-1·s-1
C. SO2的平衡转化率为25% D. 平衡时容器内的压强是反应前的5/6倍
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)，任何时刻都存在v(SO2)∶v(O2)=2∶1，故A正确；
B. 10 s内，v(SO3)==0.05 mol·L-1·s-1，故B正确；
C. 达到平衡状态，此时c(SO3)=0.5 mol·L-1，则生成的三氧化硫为1mol，反应的二氧化硫也是1mol，则SO2的平衡转化率为×100%=25%，故C正确；
D.
同温同体积时，气体的压强之比等于物质的量之比，平衡时容器内二氧化硫为3mol，氧气为1.5mol，三氧化硫为1mol，平衡时压强是反应前的倍，故D错误；
故选D。
12.下列说法正确的是
A. 电解精炼铜时，若转移2NA个电子，则阳极减少的质量为64g
B. 合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高H2的转化率
C. 在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0
D. 常温下，。欲使溶液中，需调节溶液的
【答案】D
【解析】
【详解】A．阳极材料为粗铜，含有Fe、Zn等杂质，电解过程中Fe、Zn和Cu都要溶解，故转移2NA个电子时，阳极减少的质量不一定为64g，故A错误；
B．合成氨生产中将NH3液化分离，减小了生成物的浓度，平衡向反应正方向移动，提高了H2的转化率，由于浓度减小，反应速率减小，故B错误；
C．，该反应的△S＜0，常温下能自发进行，说明△H-T△S＜0，则△H＜0，为放热反应，故C错误；
D．使溶液中c(Al3+)≤1×10-6 mol•L-1，c(OH-)≥=10-9 mol•L-1，即调节溶液的pH≥5，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题的易错点为A，电解精炼铜时使用的阳极材料为粗铜，含有Fe、Zn等杂质，通常情况下，Fe、Zn要先于Cu放电。
13.科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。相关电解槽装置如图所示，用Cu-Si合金作硅源，在950℃利用三层液熔盐进行电解精炼，有关说法正确的是
A. 电子由液态Cu-Si合金流出，流入液态铝电极
B. 液态铝电极与正极相连，作为电解池的阳极
C. 在该液相熔体中Cu优先于Si被氧化，Si4+优先于Cu2+被还原
D. 三层液熔盐的作用是使电子能够在三层间自由流动
【答案】A
【解析】
【详解】A.图示得到：液态Cu-Si合金为阳极，电子由液态Cu-Si合金流出；液态铝为阴极，连接电源负极，所以电子从液态铝流入；A正确；
B.图中，铝电极是Si4+得电子被还原为Si，因此与电源负极相连，该电极为阴极，B错误；
C.由图示得到，电解的阳极反应为Si失电子转化为Si4+，阴极反应为Si4+得电子转化为Si， C错误；
D.使用三层液熔盐的可以有效的增大电解反应的面积，使单质硅高效的在液态铝电极上沉积，而不是方便电子通过，电子不通过电解质，D错误；
故合理选项是A。
14.氢气可用于烟气的脱氮、脱硫，反应为4H2(g)+2NO(g)+SO2(g)N2(g)+S(1)+4H2O(g)，△H＜0下列有关该反应说法正确的是
A. 氧化剂是NO，还原剂是H2
B. 升高温度，正、逆反应速率均增大
C. 当v(H2)＝v(H2O)时，反应达到平衡
D. 使用高效催化剂可提高NO的平衡转化率
【答案】B
【解析】
【详解】A项中氧化剂是NO和SO2，氢气是还原剂，A项错误；
B项升高温度正、逆反应速率同时增大，B项正确；
C项用H2、H2O表示的速率没有标明正、逆方向，C项错误；
D项催化剂不能改变平衡转化率，D项错误。
故选B。
【点睛】当正反应速率与逆反应速率相等时，可以判断反应到达平衡状态。注意所谓的速率相等，可以是同一种物质的不同反应方向，若用不同的物质表示速率，其速率之比需要满足反应中的化学计量数之比。
15.如图所示是一种以液态肼(N2H4)为燃料氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。该固体氧化物电解质的工作温度高达700—900℃时，O2—可在该固体氧化物电解质中自由移动，反应生成物均为无毒无害的物质。下列说法正确的是（ ）
A. 电池内的O2—由电极甲移向电极乙
B. 电池总反应为N2H4+2O2＝2NO+2H2O
C. 当甲电极上有1molN2H4消耗时，标况下乙电极上有22.4LO2参与反应
D. 电池外电路的电子由电极乙移向电极甲
【答案】C
【解析】
【分析】
该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+2O2--4e-=N2↑+2H2O，故电极甲作负极，电极乙作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-=2O2-，电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O，结合离子的移动方向、电子的方向分析解答。
【详解】A. 放电时，阴离子向负极移动，即O2−由电极乙移向电极甲，A项错误；
B. 反应生成物均为无毒无害的物质，负极上反应生成氮气，则电池总反应为N2H4+O2=N2↑+2H2O，B项错误；
C. 由电池总反应为N2H4+O2=N2↑+2H2O可知，当甲电极上有1molN2H4消耗时，乙电极上有1molO2被还原，所以标况下乙电极上有22.4LO2参与反应，C项正确；
D. 电池外电路的电子从电源的负极流向正极，即由电极甲移向电极乙，D项错误；
答案选C。
16.某工厂采用电解法处理含铬废水，利用耐酸电解槽阴阳极，槽中盛放含铬废水，原理示意如图，下列说法不正确的是（ ）
A. a为电源正极
B. 阳极区溶液中发生的氧化还原反应为Cr2O72—+6Fe2++14H+==2Cr3++6Fe3++7H2O
C. 若不考虑气体的溶解，当收集到H213.44L(标准状况)时，有0.2 molCr2O72—被还原
D. 阴极区附近溶液pH增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，右侧生成氢气，发生还原反应，右侧铁板为阴极，故左侧铁板为阳极，故a为电源正极，A项正确；
B．左侧铁板为阳极，铁放电生成亚铁离子，亚铁离子被溶液中的Cr2O72-氧化，反应生成Cr3+、Fe3+，发应的离子方程式为：Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，B项正确；
C．13.44 L氢气的物质的量为=0.6mol，根据电子转移守恒n（Fe2+）==0.6mol，根据Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O可知，被还原的Cr2O72-的物质的量为0.6mol×=0.1mol，C项错误；
D. 阴极氢离子放电生成氢气，氢离子浓度降低，溶液的pH增大，D项正确；
答案选C。
17.(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物、氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如图所示。下列判断不合理的是
A. Al、Ga均处于ⅢA族
B. 酸性：Al(OH)3＞Ga(OH)3
C. Ga(OH)3可与NaOH反应生成 NaGaO2
D. Ga2O3可与盐酸反应生成GaCl3
【答案】B
【解析】
【详解】A．镓(Ga)与铝同主族，均处于ⅢA族，A项正确；
B．化学反应遵循强酸制弱酸的原理，在NaAlO2和NaGaO2的混合液中通入CO2，只有Al(OH)3沉淀，而没有Ga(OH)3沉淀，可能是镓酸酸性强于碳酸，酸性Al(OH)3＜Ga(OH)3，B项错误；
C．Ga(OH)3属于两性氢氧化物，与Al(OH)3的性质相似，能与NaOH溶液生成NaGaO2，C项正确；
D．Ga2O3是两性氧化物，可与盐酸反应生成GaCl3，D项正确；
答案选B。
18.2018年10月15日，中国用“长征三号乙”运载火箭成功以“一箭双星”方式发射北斗三号全球组网卫星系统第15、16号卫星，其火箭推进剂为高氯酸铵（NH4ClO4）等。制备NH4ClO4的工艺流程如下：
饱和食盐水NaClO3NaClO4NaClO4NH4ClO4
下列说法错误的是（ ）
A. NH4ClO4属于离子化合物
B. 溶解度：NaClO4＞NH4ClO4
C. 该流程中可循环利用的物质是NH4Cl
D. 高氯酸铵中氯元素的化合价为+7价
【答案】C
【解析】
【详解】A、NH4ClO4 是由铵根离子与高氯酸根形成的离子键组成的离子化合物，故A正确；
B、根据NaClO4NH4ClO4，当加入氯化铵后，析出高氯酸铵的晶体，得出高氯酸铵溶解度小于高氯酸钠，故B正确；
C、最后的母液中含有的NaCl可循环利用，故C错误；
D、根据在化合物中正负化合价代数和为零，可知高氯酸铵中氯元素的化合价为：(+1)+x+(-2)×4=0，则x=+7，故D正确；
故选C。
19.图甲是一种利用微生物将废水中的尿素CO(NH2)2]转化为环境友好物质的原电也装置示意图，利用该电池在图乙装置中的铁上镀铜。下列说法正确的是
A. 图乙中Fe电极应与图甲中Y相连接
B. 图甲中H+透过质子交护膜由右向左移动
C. 图甲中M 电极反应式：CO(NH2)2+5H2O-14e=CO2+2NO2+14H+
D. 当图甲中M 电极消耗0.5mol尿素时，图乙中铁电极增重96g
【答案】D
【解析】
根据图甲，N电极氧气发生还原反应生成水，所以N是正极、M是负极，图乙在铁上镀铜，铁作阴极，所以图乙中Fe电极应与图甲中X相连接，故A错误；N是正极，图甲中H+透过质子交护膜由左向右移动，故B错误；尿素CO(NH2)2]转化为环境友好物质，所以尿素在负极失电子生成CO2和N2，电极反应式是 ，故C错误；根据C项可知，M 电极消耗0.5mol尿素时转移3mol电子，图乙中铁电极生成1.5mol铜，增重96g，故D正确。
点睛：原电池工作时，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应；阳离子移向正极，阴离子移向负极。
20.下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液
生成白色沉淀
该溶液中不一定含有SO42﹣
B
向FeCl2溶液中滴加KSCN溶液后再滴加氯水
滴加KSCN溶液无明显变化；再滴加氯水后溶液变红
氧化性：Cl2＞Fe3+
C
取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸
产生无色气体
Na2O2没有变质
D
将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧
铝箔熔化但不滴落
铝箔表面有致密Al2O3薄膜，且Al2O3熔点高于Al
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A. 白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡，则该溶液中不一定含有SO42−，A项正确；
B. 滴加KSCN溶液，无明显变化，可知不含铁离子，滴加氯水后，溶液变红，可知亚铁离子被氧化为铁离子，则氧化性：Cl2>Fe3+，B项正确；
C. 碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳，且Na2O2与水反应生成氧气，则无论是否变质，均生成气体，C项错误；
D. 氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则铝箔熔化但不滴落，D项正确；
答案选C.
【点睛】A项是易错点，硫酸根离子的检验方法是加入稀盐酸，无明显现象，再加氯化钡，若产生白色沉淀，则证明溶液中有硫酸根离子。学生做题时一定要注意排除溶液中其他离子的干扰。
21.物质氧化性、还原性的强弱，不仅与物质的结构有关，还与物质的浓度和反应温度有关。下列各组物质：①Cu和HNO3溶液 ②Cu和FeCl3溶液 ③Zn与H2SO4溶液 ④Fe和HCl溶液 由于浓度不同而能发生不同氧化还原反应的是
A. ③④ B. ①③ C. ①② D. ①③④
【答案】B
【解析】
【详解】①Cu与HNO3溶液反应时，若为浓硝酸，发生Cu+4HNO3═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，若为稀硝酸，则发生3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，与浓度有关，故选①；
②Cu与FeCl3溶液发生反应：Cu+2FeCl3═2FeCl2+CuCl2，与浓度无关，故不选②；
③Zn与H2SO4溶液反应时，若为稀硫酸，发生Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑，若为浓硫酸，则发生Zn+2H2SO4（浓）ZnSO4+SO2↑+2H2O，与浓度有关，故选③；
④Fe与HCl溶液发生反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，与浓度无关，故不选④
答案：B
22.下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化碳 Ca2++2ClO﹣+H2O+CO2═CaCO3↓+2HClO
B. Ba(HCO3)2溶液与少量的NaOH溶液反应：Ba2＋＋HCO＋OH－==BaCO3↓＋H2O
C. 用氨水吸收少量二氧化硫 OH﹣+SO2═HSO3﹣
D. 硫酸与氢氧化钡溶液反应：Ba2＋＋SO42-==BaSO4↓
【答案】B
【解析】
【详解】A．次氯酸钙溶液中通入过量的二氧化碳生成碳酸氢钙和HClO，离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HCO3-+HClO，故A错误；
B．Ba(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液，反应生成碳酸钡沉淀、碳酸氢钠和水，该反应的离子方程式为：HCO3-+Ba2++OH-═BaCO3↓+H2O，故B正确；
C．用氨水吸收少量二氧化硫生成亚硫酸铵，离子方程式为2NH3•H2O+SO2=SO32-+2NH4++H2O，故C错误；
D．硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，正确的离子方程式为：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，故D错误；
故选B。
23.能表示H2(g)+ I2(g) 2HI(g)已经达到平衡状态的标志有几个( )
①c(H2)=c(I2)=c(HI)时②c(H2):c(I2):c(HI)=1:1:2时③c(H2)、c(I2)、c(HI)不再随时间而改变④单位时间内生成nmolH2的同时生成2nmolHI⑤单位时间内生成n mol H2的同时生成n mol I2 ⑥反应速v(H2)=v(I2)=1/2v(HI) ⑦一个H-H键断裂的同时有两个H-I键断裂⑧温度和体积一定时，容器内压强不再变化⑨温度和体积一定时，混合气体的颜色不再变化⑩温度和压强一定时，混合气体的密度不再变化⑪条件一定，混合气体的平均相对分子质量不再变化
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】B
【解析】
【详解】①平衡时c(H2)、c(I2)、c(HI)三者可能相等，也可能不等，与各物质的初始浓度及转化率有关，故错误；
②平衡时浓度c(H2):c(I2):c(HI)可能为1:1:2，也可能不等，与各物质的初始浓度及转化率有关，故错误；
③c(H2)、c(I2)、c(HI)不再随时间而改变，说明正逆反应相等，故正确；
④单位时间内生成nmolH2，等效于消耗2nmolHI，同时生成2nmolHI，故正确；
⑤单位时间内生成n mol H2的同时生成n mol I2，都体现逆反应方向，故错误；
⑥只要反应发生,就符合反应速率v(H2)=v(I2)=v(HI)，故错误；
⑦一个H−H键断裂等效于两个H−I键形成同时有两个H−I键断裂，正逆反应速率相等，故正确；
⑧该体系是一个气体体积不变的体系，气体质量、体积和压强都始终不变，温度和体积一定时，容器内压强一直不再变化，故错误；
⑨温度和体积一定时，混合气体的颜色不再变化，说明碘蒸气的浓度不变，反应达平衡状态，故正确；
⑩该体系是一个气体体积不变的体系，气体质量、体积和压强都始终不变，温度和压强一定时，混合气体的密度一直不再变化，故错误；
⑪该体系是一个气体体积不变的体系，气体质量、体积和压强都始终不变，条件一定，混合气体的平均相对分子质量一直不再变化，故错误；
答案选B。
【点睛】据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
24.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的是
A. 14g由N2和13C2H2组成的混合物中，所含中子数为7NA
B. CH4与白磷(P4)都为正四面体结构，则1mol CH4与lmolP4所含共价键的数目均为4NA
C. 反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4kJ/mol，若放出热量4.62kJ，则转移电子的数目为0.3NA
D. 常温下，含0.5molNH4NO3与xmolNH3·H2O的中性溶液中，含有NH4+的数目为0.5NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．N2和13C2H2的摩尔质量均为28g/mol，故14g混合物的物质的量为0.5mol，且两者均含中子为14个，故0.5mol混合物中含中子为7NA个，故A正确；
B．甲烷中含4条共价键，而白磷中含6条，故1 mol CH4与1molP4所含共价键的数目为4NA和6NA个，故B错误；
C．反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92.4kJ/mol，放热92.4KJ时，转移电子数6mol，故当放热4.62KJ时，则转移电子为0.3NA个，故C正确；
D．含0.5 mol NH4NO3与xmol NH3•H2O的中性溶液中n(OH-)=n(H+)，根据电荷守恒故有：n(NO3-)=n(NH4+)=0.5mol，则铵根离子为0.5NA个，故D正确；
故答案为B。
【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意溶液的体积和浓度是否已知；④注意同位素原子的差异；⑤注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑥注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。
25.1mol白磷（P4，s）和4mol红磷（P，s）与氧气反应过程中的能量变化如图（E表示能量）。下列说法正确的是（ ）
A. P4(s，白磷)=4P(s，红磷) ΔH＞0
B. 以上变化中，白磷和红磷所需活化能相等
C. 白磷比红磷稳定
D. 红磷燃烧的热化学方程式是4P(s，红磷)＋5O2(g)＝P4O10(s) ΔH=－(E2－E3)kJ/mol
【答案】D
【解析】
【详解】A．依据图象分析，白磷能量高于红磷，依据能量守恒，白磷转变为红磷是放热反应，则ΔH＜0，故A错误； B．依据图象分析，白磷能量高于红磷，则白磷和红磷所需活化能不相等，故B错误；C．依据图象分析，白磷能量高于红磷，能量低的稳定，则红磷稳定，故C错误；D．依据图象分析，红磷燃烧是放热反应，则反应的热化学方程式：4P(s，红磷)＋5O2(g)＝P4O10(s) ΔH=－(E2－E3)kJ/mol，故D正确；故答案为D。
二．非选择题（共50分。26到28题为必考题，每个试题考生都必须作答。29、30为选考题，考生根据要求作答）
26.利用水钴矿（主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、A12O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等）可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：
已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等；②沉淀I中只含有两种沉淀；③流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
Mn(OH)2
开始沉淀
2.7
7.6
7.6
4.0
7.7
完全沉淀
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
（1）浸出过程中Co2O3发生反应的离子反应方程式为_________________。
（2）NaClO3在浸出液中发生的离子反应方程式为______________。
（3）加入Na2CO3调PH至5.2，目的是________；萃取剂层含锰元素，则沉淀II的主要成分为_____。
（4）操作I包括：将水层加入浓盐酸调整PH为2-3，______、_____、过滤、洗涤、减压烘干等过程。
（5）为测定粗产品中CoCl2·6H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥，测沉淀质量。通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O质量分数大于100%,其原因可能是_____（回答一条原因即可）。
【答案】 (1). Co2O3+SO32-+4H+= 2Co2++ SO42-+2H2O (2). ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O (3). 使Fe3+和Al3+沉淀完全 (4). CaF2和MgF2 (5). 蒸发浓缩 (6). 冷却结晶 (7). 产品中结晶水含量低；产品中混有氯化钠杂质（回答一条即可）
【解析】
【分析】
在盐酸和Na2SO3作用下将水钴矿中的离子浸出，得到含有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+的浸出液，NaClO3加入浸出液中，将Fe2+氧化为Fe3+，加Na2CO3调pH至5.2，目的是使Fe3+和Al3+沉淀完全转化为氢氧化铝和氢氧化铁沉淀。过滤后得到滤液Ⅰ中含有的金属阳离子为Co2+、Mn2+、Mg2+、Ca2+等，向滤液Ⅰ中加入了NaF溶液，将Mg2+、Ca2+转化为MgF2、CaF2沉淀，加盐酸调节溶液PH值，加萃取剂将锰元素从溶液中分离，经分液操作，对分离后的水层溶液加入浓盐酸调整PH为2-3，经过蒸发浓缩、冷却结晶过滤、洗涤、减压烘干等过程，最终得到所制备的产品。
【详解】(1)浸出过程中，Co2O3与盐酸、Na2SO3发生反应，Co2O3转化为Co2+，Co元素化合价降低，则S元素化合价升高，SO32-转化为SO42-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式: Co2O3+SO32-+4H+= 2Co2++ SO42-+2H2O。
答案为：Co2O3+SO32-+4H+= 2Co2++ SO42-+2H2O；
(2)NaClO3加入浸出液中，将Fe2+氧化为Fe3+，ClO3-被还原为Cl-，反应的离子方程式为: ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O。
答案为： ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；
(3)根据工艺流程图，结合表格中提供的数据可知，加Na2CO3调pH至5.2，目的是使Fe3+和Al3+沉淀完全。滤液Ⅰ中含有的金属阳离子为Co2+、Mn2+、Mg2+、Ca2+等，萃取剂层含锰元素，结合流程图中向滤液Ⅰ中加入了NaF溶液，知沉淀Ⅱ为MgF2、CaF2。
答案为：使Fe3+和Al3+沉淀完全；CaF2和MgF2
(4)经过操作Ⅰ由溶液得到结晶水合物，故除题中已知过程外，操作Ⅰ还包括蒸发浓缩、冷却结晶。
答案为：蒸发浓缩 ；冷却结晶
(5)根据CoCl2·6H2O的组成及测定过程分析，造成粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有氯化钠杂质，使氯离子含量增大或结晶水合物失去部分结晶水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大。
答案为：产品中结晶水含量低；产品中混有氯化钠杂质（回答一条即可）
27.以NOx为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。
(1) N2O是一种强温室气体，且易形成颗粒性污染物，研究N2O的分解对环境保护有重要意义。碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：
第一步I2(g)→2I(g)(快反应)
第二步I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)(慢反应)
第三步IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+I2(g)(快反应)
实验表明，含碘时N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5(k为速率常数)。下列表述正确的是__________。
A．N2O分解反应中：分解速率与是否含碘蒸气有关 B．第三步对总反应速率起决定作用
C．第二步活化能比第三步小 D．IO为反应的催化剂
(2)汽车尾气中含有较多的氮氧化物和不完全燃烧的CO，汽车三元催化器可以实现降低氮氧化物的排放量。汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在催化剂的作用下转化成两种无污染的气体。如，
反应I：2CO +2NO → N2+2CO2 △H1； 反应II：4CO +2NO2 → N2+4CO2 △H2<0。
针对反应I:①已知：反应N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H3=+180.0kJ·mol−1，若CO的燃烧热为-283.5kJ·mol−l 则反应I的△H1=_________kJ·mol−1。
②若在恒容的密闭容器中，充入2molCO和1molNO，发生反应I，下列选项中不能说明该反应已经达到平衡状态的是_______。
A.CO和NO的物质的量之比不变 B.混合气体的密度保持不变
C.混合气体的压强保持不变 D.2v（N2）正=v（CO）逆
（3）根据原电池原理和电解原理进行如图回答。请回答： 用如图所示装置进行实验(K闭合)．
①Zn极为________极；实验过程中，SO42-________(填“从左向右”、“从右向左”或“不”)移动。
②y极的电极反应现象为________；
③写出生活中对钢闸门的一种电化学保护方法________________________。
④有人设想寻求合适的催化剂和电极材料，以N2、H2为电极反应物，以HCl−NH4Cl为电解质溶液制取新型燃料电池，请写出该电池的正极反应式______________________。
【答案】 (1). A (2). -747.0 (3). B (4). 负 (5). 从右向左 (6). 有黄绿色气体生成 (7). 牺牲阳极的阴极保护法或外加电流的阴极保护法 (8). N2+6e-+8H+= 2NH4+
【解析】
【详解】(1) A．由题干给与信息，碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，故A正确；
B．第二步反应为慢反应，对总反应速率起决定性作用，故B错误；
C．第二步反应为慢反应，第三步反应为快反应，第二步活化能比第三步大，故C错误；
D．催化剂不参与化学反应，反应结束时，催化剂仍保持原来的性质，根据第二步和第三步的反应IO是中间产物，故D错误；
答案选A。
(2) ①根据已知条件①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H3=+180.0kJ·mol−1，②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H4=-567kJ·mol−l，根据盖斯定律，②-①得2CO(g) +2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H1=-747.0kJ·mol−1；
答案为：-747.0；
②A.当达到平衡时，体系内各组分的含量保持不变的状态，CO和NO的物质的量之比不变，即为 CO和NO的物质的量保持不变，故A正确；
B. 反应I为纯气体体系，反应前后气体总质量保持不变，恒容条件下，混合气体体积始终不变，混合气体的密度始终保持不变，不能判断反应达到平衡，故B错误
C.反应I反应先后气体体积减小的体系，反应后体系气体压强减小，当混合气体的压强保持不变，可以说明反应达到平衡，故C正确。
D.v（N2）正：v（CO）逆= 1:2，不同物质正逆反应速率之比等于计量系数之比，反应达到平衡状态，故D正确；
答案选B。
(3) ①左端是原电池，金属锌是负极，铜是正极，电解质里的阴离子移向负极，即从右向左；
故答案为：负；从右向左；
②右端是电解池，y是阳极，发生氯离子失电子的氧化反应，有黄绿色气体氯气生成，铜电极是正极，发生还原反应：Cu2++2e−=Cu，
故答案为：有黄绿色气体生成；
③写出生活中对钢闸门的一种电化学保护方法：在铁闸门上镶嵌比铁活泼的金属，即牺牲阳极的阴极保护法或对铁闸门通电将铁闸门与电源负极项链，即外加电流的阴极保护法
故答案为：牺牲阳极的阴极保护法或外加电流的阴极保护法；
④以N2、H2为电极反应物，以HCl−NH4Cl为电解质溶液制取新型燃料电池，N2在正极发生还原反应生成NH4+，电极反应式为N2+6e-+8H+= 2NH4+，
故答案为：N2+6e-+8H+= 2NH4+。
28.磷化铝(AlP)是一种常用于粮食仓储的广谱性熏蒸杀虫剂，遇水立即产生高毒性气体 PH3(沸点－89.7℃，还原性强)。国家卫计委规定粮食中磷化物(以PH3计)的残留量不超过0.0500 mg/kg时为质量合格，反之不合格。某化学兴趣小组的同学用下述方法测定某粮食样品 中残留磷化物的质量以判断是否合格。
在C中加入100g原粮，E中加入20.00 mL 2.50×10-4 mol/ L KMnO4溶液(H2SO4酸化)，往C中加入足量水，充分反应后，用亚硫酸钠标准溶液滴定E中过量的KMnO4溶液。回答下列问题：
(1)PH3的电子式为___________。仪器C的名称是___________。
(2)A中酸性高锰酸钾溶液的作用是___________通入空气的作用是______________________。
(3)PH3也可被NaClO氧化可用于制备NaH2PO2，制得的NaH2PO2和NiCl2溶液可用于化学镀镍， 同时生成磷酸和氯化物，请写出化学镀镍的化学方程式为______________________________。
(4)装置E中PH3被氧化成磷酸，充分反应后的吸收液，加水稀释至250mL，取25.00mL于锥形瓶中，用4.0×10－5mol/L的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液 20.00mL，Na2SO3与KMnO4溶液反应的离子方程式为：SO32－+MnO4－+H+→SO42－+Mn2++H2O(未配平)，则滴定终点的现象为______________________________________________。
该原粮样品中磷化物(以PH3计)的残留量为__________________mg/kg。（保留三位有效数字）。
【答案】 (1). (2). 三颈烧瓶 (3). 吸收空气中的还原性气体，以免使测定结果偏高。 (4). 排出装置中空气；保证生成的PH3全部被装置E中的酸性KMnO4溶液吸收 (5). 2NiCl2+NaH2PO2+2H2O=2Ni+H3PO4+NaCl+3HCl (6). 滴最后一滴标准液时，溶液由浅紫色变为无色，且30秒不变色 (7). 0.383
【解析】
【分析】
(1)根据P、H原子结构，分析书写出PH3的电子式；结合示意图辨析仪器；
(2)根据酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性分析；根据PH3是气体，滞留在装置中会影响粮食中残留磷化物含量的测定分析；
(3)根据电子得失守恒分析解答；
(4)根据KMnO4溶液的颜色判断，根据氧化还原反应中电子守恒计算。
【详解】(1)由于P、H两元素通过共价键结合形成化合物，H原子核外只有一个电子，只能形成一对共用电子对；P原子最外层有5个电子，可结合3个H原子形成三对共用电子对，达到8电子的稳定结构，PH3的电子式是；由示意图可知仪器C的名称是三颈烧瓶；
(2)由于空气中也含有还原性气体会干扰后续的实验，因此A中酸性高锰酸钾溶液的作用是吸收空气中的还原性气体，以免使测定结果偏高；AlP与水发生反应产生Al(OH)3和PH3，PH3是气体，会有一部分滞留在三颈烧瓶上部空间内，若通入空气，就可以将三颈烧瓶中空气内的PH3全部赶到E内，被装置E中的酸性KMnO4溶液吸收，以减小实验误差；
(3)NaH2PO2和NiCl2溶液可用于化学镀镍，同时生成磷酸和氯化物，反应中Ni元素化合价从+2价降低到0价，P元素化合价从+1价升高到+5价，所以根据电子得失守恒可知化学镀镍的化学方程式为2NiCl2+NaH2PO2+2H2O＝2Ni+H3PO4+NaCl+3HCl。
(4)由于酸性高锰酸钾溶液显紫色，则滴定终点的现象为滴入最后一滴标准液时，溶液由浅紫色变为无色，且30秒不变色；根据题意可知KMnO4得到电子的物质的量与PH3、Na2SO3失去的电子的物质的量相等，2n(Na2SO3)+8n(PH3)=5n(KMnO4)，带入数值：2×10×4.0×10－5mol/L×0.02L+8 n(PH3)=5×2.50×10－4mol/L×0.02L，解得n(PH3)=1.125×10-6mol，m(PH3)=1.125×10-6mol×34g/mol=3.825×10-5g=0.03825mg；则该原粮样品中磷化物(以PH3计)的残留量为0.03825mg÷0.1kg＝0.383mg/kg。
【点睛】明确实验原理和相关物质的性质是解答的关键，注意守恒法的硫化银。滴定操作中物质稀释倍数的换算是本题解答的易错点。
29.铁、钴、镍及其化合物有许多用途。回答下列问题：
（1）基态铁原子核外共有____________种不同空间运动状态的电子，铁、钴、镍基态原子核外未成对电子数最少的价层电子的电子排布图（轨道表达式）为_________________。
（2）酞菁钴分子的结构简式如图所示，分子中与钴原子通过配位键结合的氮原子的编号是______（填“1”“2”“3”或“4”），分子中三种非金属原子的电负性由大到小的顺序为____________（用相应的元素符号表示），分子中碳原子的杂化轨道类型为____________。
（3）高铁酸钾（K2FeO4
）是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，该晶体固态下不导电，熔融状态、水溶液均能导电，该晶体属于____（填晶体类型）。配合物Fe（CO）x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为16，则x=___。
（4）NiO、FeO的晶体结构类型与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和74pm，则熔点NiO____FeO（填“＞”“＜”或“=”），原因是______。
（5）Ni、O、Cr可以形成一种具有特殊导电性的复合氧化物，晶胞结构如图所示，晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为_______g·cm-3.。
【答案】 (1). 15 (2). (3). 2、4 (4). N＞C＞H (5). sp2 (6). 离子晶体 (7). 4 (8). ＞ (9). 相同电荷的离子，半径越小，离子键越强，晶格能就越大，熔点就越高 (10). ×1030
【解析】
【详解】（1）铁为26号元素，基态铁原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，其核外有 26种不同运动状态的电子，有1s、2s、 3s、 4s、 2p、 3p、 3d共15种不同空间运动状态的电子；铁、钴、镍的价电子排布式分别为3d64s2、3d74s2、 3d84s2，基态原子核外未成对电子数最少的是Ni，价层电子的电子排布图为；
答案为：15； ；
（2）含有孤对电子的N原子与Co通过配位键结合，形成配位键后有4对共用电子对，形成3对共用电子对的N原子形成普通的共价键， 1号、3号N原子形成3对共用电子对为普通共价键，2号、4号N原子形成4对共用电子对，与Co通过配位键结合；酞菁钴中三种非金属原子为C、N、H，同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大，故电负性N>C>H；根据分子结构简式，其中碳原子在苯环上或形成碳碳双键，因此碳原子为sp2杂化。答案为：2、4；N＞C＞H；sp2 ；
（3）离子晶体固体中离子不能自由移动而不能导电，而熔融状态下可以电离出自由移动的离子可以导电；由高铁酸钾晶体固体下不导电，熔融状态、水溶液均可导电可知，该晶体为离子晶体；配合物Fe(CO)的中心原子为Fe，其价电子数为8，每个配体是供的电子数为2
，则可得等式8+2x=16，解得x=4；
答案为：离子晶体； 4；
（4）NiO、 FeO晶体结构类型均与NaCI相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，晶格能越大，熔点越高，由于Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，所以熔点是NiO>FeO；
答案为：＞；相同电荷的离子，半径越小，离子键越强，晶格能就越大，熔点就越高；
（5）根据晶胞结构图和均摊法可知，晶胞中O原子数为6×=3，Ni原子数为8×=1， Cr原子为1 ，则化学式为NiCrO3，晶胞变长为a pm，阿伏伽德罗常数值为NA ，则有，则晶体的密度
答案为：×1030；
30.[化学－选修5：有机化学基础]有机化合物F是一种重要的有机合成中间体，其合成路线如下图所示：
已知：①A的核磁共振氢谱图中显示两组峰②F的结构简式为：
③通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。
④
请回答下列问题：
(1)A的名称为______________(系统命名法)；Z中所含官能团的名称是___________。
(2)反应Ⅰ的反应条件是__________；反应Ⅲ的反应类型为__________ 。
(3)E的结构简式为_______________________。
(4)写出反应Ⅴ的化学方程式____________________________________________。
(5)写出反应IV中的化学方程式____________________________________________。
(6)W是Z的同系物，相对分子质量比Z大14，则W的同分异构体中满足下列条件：
①能发生银镜反应，②苯环上有两个取代基，③不能水解，遇FeCl3溶液不显色的结构共有_________种(不包括立体异构)，核磁共振氢谱有四组峰的结构为____________。
【答案】 (1). 2－甲基－2－丙醇 (2). 酚羟基、醛基 (3). 浓硫酸，加热 (4). 氧化反应 (5). (CH3)2CHCOOH (6). (7). (CH3)2CHCHO+2Cu(OH)2(CH3)2CHCOOH+Cu2O+2H2O (8). 6 (9).
【解析】
【分析】
A的分子式为C4H10O，A的核磁共振氢谱图中显示两组峰,所以A的结构简式为：(CH3)3C(OH)；比较A、B的分子式可以知道，A→B是消去反应，所以B是(CH3)2C=CH2，B→C是加成反应，根据提供的反应信息，C是(CH3)2CHCH2OH；C→D是氧化反应，D是(CH3)2CHCHO，D→E是氧化反应，所以E是(CH3)2CHCOOH；X的分子式为C7H8O，且结合E和F的结构简式可知，X的结构简式为；在光照条件下与氯气按物质的量之比1:2反应，是对甲酚中的甲基中的2个H被Cl取代，因此Y的结构简式为，Y→Z是水解反应，根据信息③，应该是-CHCl2变成-CHO，则Z的结构简式为，Z→F是酯化反应，F的结构简式为：；据以上分析解答。
【详解】A的分子式为C4H10O，A的核磁共振氢谱图中显示两组峰,所以A的结构简式为：(CH3)3C(OH)；比较A、B的分子式可以知道，A→B是消去反应，所以B是(CH3)2C=CH2，B→C是加成反应，根据提供的反应信息，C是(CH3)2CHCH2OH；C→D是氧化反应，D是(CH3)2CHCHO
，D→E是氧化反应，所以E是(CH3)2CHCOOH；X的分子式为C7H8O，且结合E、F的结构简式可知，X的结构简式为，在光照条件下与氯气按物质的量之比1:2反应，是对甲酚中的甲基中的2个H被Cl取代，因此Y的结构简式为；Y→Z是水解反应，根据信息③，应该是-CHCl2变成-CHO，则Z的结构简式为，Z→F是酯化反应，F的结构简式为：；
(1)结合以上分析可知，A的结构简式为：(CH3)3C(OH)，名称为2－甲基－2－丙醇；Z的结构简式为：，所含官能团酚羟基、醛基；综上所述，本题答案是：2－甲基－2－丙醇；酚羟基、醛基。
(2) A为(CH3)3C(OH)，B为(CH3)2C=CH2，A→B是消去反应，反应Ⅰ的反应条件是浓硫酸加热；C是(CH3)2CHCH2OH， D是(CH3)2CHCHO，所以C→D是在铜作催化剂条件下发生的氧化反应；综上所述，本题答案是：浓硫酸，加热；氧化反应。
(3)结合以上分析可知，E的结构简式为(CH3)2CHCOOH；综上所述，本题答案是：(CH3)2CHCOOH。
(4) 在光照条件下与氯气按物质的量之比1:2反应，是对甲酚中的甲基中的2个H被Cl取代，生成 ，反应Ⅴ的化学方程式：；综上所述，本题答案是：。
(5) D是(CH3)2CHCHO，在氢氧化铜悬浊液中加热，发生银镜反应，反应IV中的化学方程式(CH3)2CHCHO+2Cu(OH)2(CH3)2CHCOOH+Cu2O+2H2O；综上所述，本题答案是：(CH3)2CHCHO+2Cu(OH)2(CH3)2CHCOOH+Cu2O+2H2O。
(6) Z的结构简式为，W是Z的同系物，相对分子质量比Z大14，W
分子式为C8H8O2，W的同分异构体中满足下列条件：①能发生银镜反应，含有醛基；②苯环上有两个取代基，可以3种位置；③不能水解，遇FeCl3溶液不显色，没有酯基，酚羟基；满足条件下的结构有：苯环上分别连有-CHO和-CH2OH，结构有3种；苯环上分别连有-CHO和-OCH3，结构有3种；共计有6种；其中核磁共振氢谱有四组峰的结构为：；综上所述，本题答案是：6，。
