湖北省荆荆襄宜四地七校2020届高三10月联考化学试题

湖北省荆荆襄宜四地七校2020届高三10月联考化学试题

‎2019年秋“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”‎ 高三10月联考化学试题 相对原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 S:32 Cl:35.5 Fe:56 Zn:65‎ 第Ⅰ卷 选择题（共48分）‎ 一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分。每题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是 A. 高纯硅可用于制作光感电池 B. 陶瓷是应用较早人造材料，主要化学成分是硅酸盐 C. 碘酒可用于皮肤外用消毒 D. 碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Si的导电性介于导体和绝缘体之间，是一种良好的半导体材料，所以高纯硅可用于制作光感电池，A正确；‎ B.以含硅元素物质为原料通过高温加热发生复杂的物理、化学变化制得硅酸盐产品，传统硅酸盐产品包括：普通玻璃、陶瓷、水泥，陶瓷，是用物理化学方法制造出来的最早的人造材料，B正确；‎ C.碘酒是碘单质的酒精溶液，具有杀菌消毒作用，因此可用于皮肤外用消毒，C正确；‎ D.碳酸钡不能溶于水，但能够溶于酸，因此不能用于胃肠X射线造影检查，利用BaSO4不溶于水，也不溶于酸的性质来透视肠胃，D错误；‎ 故合理选项是D。‎ ‎2.明代李时珍的《本草纲目•谷四•烧酒》中记载：“……惟以糯米或粳米或黍或秫或大麦蒸熟，和麴酿瓮中七日，以甑蒸取”。下列说法错误的是 A. 糯米、粳米、大麦等谷物中均含有淀粉 B. 古法酿酒工艺中有多种酶参与催化反应 C. 酒化酶将葡萄糖转化为乙醇时，温度越高反应速率一定越快 D. 该过程中涉及蒸馏操作 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 糯米、粳米、大麦等谷物中均含有淀粉,故A正确；‎ B. 古法酿酒是利用淀粉在酶的作用下转化为乙醇，所以古法酿酒工艺中有多种酶参与催化反应，故B正确；‎ C.因为酶具有活性，温度太高会失去活性，导致酶失效，所以 酒化酶将葡萄糖转化为乙醇时，温度越高反应速率不一定越快，故C错误；‎ D. 烧酒的制备过程为选料、制曲、发酵和蒸馏四步，涉及的实验操作是蒸馏，故D正确；‎ 本题答案：C ‎3.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A. 常温下pH=2的H3PO4溶液，每升溶液中的H+数目为0.02NA B. 3g3He含有的中子数为1NA C. 过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA D. 28g的乙烯和环已烷混合气体中所含原子总数为6NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. pH=2的H3PO4溶液，c(H+)=0.01mol/L，溶液的体积是1L，所以每升溶液中的H+数目为0.01NA，A错误；‎ B. 3He中含有1个中子，3g3He的物质的量是1mol，则其中含有的中子数为1NA，B正确；‎ C.过氧化钠与水反应时，产生NaOH和O2，每反应产生1molO2，转移2mol电子，则生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA，C正确；‎ D.乙烯和环已烷最简式是CH2，式量是14，28g的乙烯和环已烷混合气体中含有最简式的物质的量是2mol，则其中所含原子总数为6NA，D正确；‎ 故合理选项是A。‎ ‎4.在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析正确的是 A. b→d反应的离子方程式为：H++OH-=H2O B. o→a反应的离子方程式为：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O C. c点导电能力相同，所以两溶液中含有相同量的OH–‎ D. a、b两点Ba2+均沉淀完全，所以对应的溶液均显中性 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，然后对选项分析、解答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知曲线①表示Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应；曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应。‎ A.曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，其中0→b段发生的反应为：NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，b→d反应是NaOH+NaHSO4=Na2SO4+H2O，离子方程式为：H++OH-=H2O，A正确；‎ B.曲线①表示Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，o→a反应为：H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O，离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，B错误；‎ C.根据图示可知c点导电能力相同，对于曲线a是过量的H2SO4电离产生的离子导电，对于曲线②，c点是反应产生的NaOH电离产生的离子导电，所以两溶液中含有的OH–不相同，C错误；‎ D.a点是Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应产生BaSO4沉淀，此时溶液中只有水，溶液显中性，b点恰好发生反应：NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，所对应的溶液为NaOH溶于，显碱性，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎【点睛】本题考查酸、碱混合溶液反应的定性判断，注意：溶液导电能力与离子浓度成正比，弄清物质的量与反应的关系及各点溶液中溶质成分是解本题关键，侧重考查学生分析判断及识图能力。‎ ‎5.某化学兴趣小组进行了有关Cu、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示。下列有关说法正确的是 A. 实验①中试管口有红棕色气体产生，说明稀硝酸被Cu还原为NO2‎ B. 实验③中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸强 C. 由上述实验可得出结论：Cu在常温下既可以与稀硝酸反应，也可以与稀硫酸反应 D. 实验③发生反应的化学方程式为：3Cu＋Cu(NO3)2＋4H2SO4 =4CuSO4＋2NO↑＋4H2O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.①中发生3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，反应产生的NO气体在试管口被空气中的O2氧化生成红棕色的NO2，A错误；‎ B.③中加稀硫酸，Cu与稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性作用，可继续与Cu反应，是硝酸的氧化性强，B错误；‎ C.由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝酸反应，只有在溶液中存在NO3-条件下，滴入稀硫酸才可以发生反应，不能证明稀硫酸能与Cu反应，C错误；‎ D.实验③发生反应的化学方程式为：3Cu+ Cu(NO3)2+4H2SO4=4CuSO4+2NO↑+4H2O，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎6.二氧化硒(Se)是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se。在回收过程当中涉及到如下化学反应：①SeO2＋4KI＋4HNO3→Se＋2I2＋4KNO3＋2H2O；②Se＋2H2SO4(浓)→2SO2↑＋SeO2＋2H2O。下列有关叙述正确的是 A. 反应①中每有0.6mol I2生成，转移电子数目为1.2NA B. ①中Se是氧化产物，I2是还原产物 C. 反应①中KI是氧化剂，SeO2是还原剂 D. SeO2、H2SO4(浓)、I2的还原性由强到弱的顺序是H2SO4(浓)>SeO2>I2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.该反应中生成1mol碘转移2mol电子，则每有0.6 mol I2‎ 生成，转移电子1.2mol，转移电子数目为1.2NA，A正确；‎ B.还原剂对应的产物是氧化产物、氧化剂对应的产物的还原产物，①中氧化剂是SeO2、还原剂是KI，则Se是还原产物、I2是氧化产物，B错误；‎ C.得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，①中SeO2是氧化剂、KI是还原剂，C错误；‎ D.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，①中SeO2是氧化剂，I2是氧化产物，②中氧化剂是浓硫酸，氧化产物是SeO2，所以氧化性：H2SO4(浓)>SeO2>I2，D错误；‎ 故合理选项是A。‎ ‎7.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 A. NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)‎ B. CaCO3CaOCaSiO3‎ C. SSO3H2SO4‎ D. NH3NOHNO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Fe与Cl2在点燃时发生反应产生FeCl3，A错误；‎ B.CaCO3高温煅烧产生CaO，CaO与SiO2在高温下反应产生CaSiO3，B正确；‎ C.S与O2点燃产生SO2，C错误；‎ D.NO不溶于水，不能与水反应产生HNO3，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎8.下列说法中正确的是 ‎①漂白粉、水玻璃、福尔马林都是混合物 ‎②砹(At)是第ⅦA族，AgAt易溶于水 ‎③用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液 ‎④Cs2CO3加热时不能分解为CO2和Cs2O ‎⑤纳米铁粉可以除被污染水体中的重金属离子 ‎⑥根据反应SiO2＋CaCO3CaSiO3＋CO2↑可推知硅酸酸性比碳酸强 A. ①③④⑤ B. ①④⑤ C. ③④⑤ D. ①③⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①漂白粉主要成分是CaCl2、Ca(ClO)2；水玻璃是Na2SiO3的水溶液、福尔马林是甲醛的水溶液，因此三种物质都是混合物，①正确；‎ ‎②砹(At)原子最外层有7个电子，是第ⅦA族，根据AgX的溶解性规律，AgAt难溶于水，②错误；‎ ‎③用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定含有Na+离子，含有钠离子的物质可能是NaOH溶液，也可能是钠盐溶液，③错误；‎ ‎④碱金属碳酸正盐稳定，受热不分解，因此Cs2CO3加热时不能分解为CO2和Cs2O，④正确；‎ ‎⑤纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的 Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，是金属离子与Fe发生了还原反应，⑤正确；‎ ‎⑥反应只有在高温条件下才能进行，由于CO2是气体，生成后脱离了反应体系，使反应得以继续进行，但并不能说明硅酸的酸性比碳酸的酸性强，⑥错误；‎ 可见说法正确的是①④⑤，故合理选项是B。‎ ‎9.甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：。下列有关物质的推断不正确的是 A. 若甲为Cl2，则丁可能是铁 B. 若甲为NH3，则丁可能是氧气 C. 若甲为AlCl3溶液，则丁可能是氨水 D. 若甲为NaOH，则丁可能是SO2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、若甲为Cl2，丁是Fe，则乙是FeCl3，丙是FeCl2，符合转化关系，A正确；‎ B、若甲为NH3，丁是O2，则乙是N2，丙是NO，符合转化关系，B正确；‎ C、若甲为AlCl3溶液，丁是氨水，则乙是Al(OH)3，Al(OH)3与氨水不反应，C错误；‎ D、若甲为NaOH，丁是SO2，则乙为Na2SO3，丙为NaHSO3，符合转化关系，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎10.下列离子方程式的书写及评价均合理的是 选项 离子方程式 评价 A 将2mol Cl2通入含1mol FeI2的溶液中：2Fe2+‎ 正确；Cl2过量，可将Fe2+、I－均氧化 ‎＋2I－＋2Cl2=2Fe3+＋4Cl－＋I2‎ B 向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸：2OH-+CO32-+3H+=HCO3-+2H2O 正确；少量的盐酸先与OH-反应，OH-反应完全后再与CO32-反应生成HCO3- ，且CO32-只有部分反应 C 过量SO2通入NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO－=HClO＋HSO3-‎ 正确；说明酸性：H2SO3强于HClO D Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Ba2+＋HCO3-＋OH－=BaCO3↓＋H2O 正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.将2molCl2通入到含1molFeI2的溶液中，氯气足量，碘离子和亚铁离子都完全被氧化，正确的离子方程式为：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++6Cl-+2I2，A错误；‎ B.由于HCl先与NaOH反应，所以向混合溶液中加热HCl，首先发生反应：H++OH-=H2O，当OH-反应完全后，再发生反应：CO32-+H+=HCO3-，HCO3-+H+=H2O+CO2↑，反应方程式符合反应事实，B正确；‎ C.NaClO溶液中通入过量SO2气体，二者发生氧化还原反应，反应产生SO42-、Cl-，离子方程式和评价都不合理，C错误；‎ D.Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应，离子方程式按照Ba(HCO3)2的化学式组成书写，题中离子方程式错误，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎11.某绿色溶液A含有H+、Na+、Mg2+、Fe2+、Cu2+、SO42-、Cl-、CO32-和HCO3-离子中的若干种，取该溶液进行如下实验(已知Ag2SO4微溶于水，可溶于酸)‎ ‎①向溶液中滴加Ba(OH)2溶液，过滤，得到不溶于酸的白色沉淀和绿色滤液B；‎ ‎②取滤液B，先用HNO3酸化，再滴加0.001mol/LAgNO3溶液，有白色沉淀生成。‎ 下列说法不正确的是 A. 溶液A中一定存在H+、SO42-和Cl-‎ B. 溶液A中不存在Mg 2+、CO32-和HCO3-，不能确定Na+的存在 C. 第②步生成的白色沉淀中只有AgCl，没有Ag2 CO3‎ D. 溶液A中存在Fe2+与Cu2+中的一种或两种，且可以用NaOH溶液判断 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ B 溶液呈绿色，则一定含有Fe2+与Cu2+中的一种或两种，与Fe2+与Cu2+反应的CO32-和HCO3-不能大量存在；①向溶液中滴加 Ba(OH)2溶液，过滤，得到不溶于酸的白色沉淀，则溶液中含有SO42-，还有绿色滤液 B，说明Fe2+与Cu2+未沉淀下来，则溶液中含有 H+，如氢氧化钡不足，则不能确定是否含有Mg2+；②取滤液 B，先用HNO3酸化，再滴加0.001mol/LAgNO3溶液，有白色沉淀生成，则溶液中一定存在 Cl-，不能确定Na+是否存在。‎ ‎【详解】A.由以上分析可知溶液 A中一定存在 H+、SO42-和 Cl−，故 A正确； ‎ B.反应①得到绿色滤液，说明溶液呈酸性，如氢氧化钡不足，则不能确定是否含有Mg2+，故 B错误； ‎ C.溶液中不存在CO32-，加入硝酸银，不生成Ag2CO3，故 C正确； ‎ D.如含有亚铁离子，加入氢氧化钠，先生成白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，如含铜离子，可生成蓝色沉淀，现象不同，可鉴别，故 D正确。‎ 故答案选B。‎ ‎12.室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作和现象 结论 A 向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色 X溶液中一定含有Fe2+‎ B 向浓度均为0.05mol·L−1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成 Ksp(AgI) Ksp(AgI)，从而可证明溶度积常数Ksp(AgI)I2，C错误；‎ D.等浓度的强碱弱酸盐的溶液，溶液的pH越大，说明弱酸酸根离子水解程度越大，题目未指明溶液浓度大小，因此不能判断HNO2和CH3COOH电离程度大小，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎13.海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，如图为海水利用的部分过程。‎ 下列有关说法正确的是 A. 制取NaHCO3的反应是先往精盐溶液中通入CO2，再通入NH3‎ B. 氯碱工业在阳极产生使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝的气体 C. 可直接加热MgCl2·6H2O制备无水MgCl2‎ D. 在步骤④中，SO2水溶液吸收Br2后，溶液的pH值增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.制取NaHCO3的反应是先往饱和NaCl溶液中通入NH3，再通入CO2，A错误；‎ B.氯碱工业上电解饱和NaCl溶液，在阳极产生Cl2，Cl2具有强氧化性，与KI发生置换反应产生I2，使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝，B正确；‎ C. MgCl2是强酸弱碱盐，在加热晶体时得到氯化镁溶液，该物质水解，会产生Mg(OH)2、HCl，HCl挥发，最后得到Mg(OH)2固体，应该将MgCl2·6H2O在HCl气氛中加热制取无水MgCl2，C错误；‎ D.在步骤④中，SO2水溶液吸收Br2后，发生反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，溶液的酸性增强，所以溶液的pH值减小，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎14.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，q是Y的单质且为淡黄色固体，n是元素Z的单质，常温下是黄绿色的气体，0.01mol·L–1r溶液的pH为2，s通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法一定正确的是 A. 原子半径的大小：WY C. 简单氢化物的稳定性：Z>Y>X D. 氧化物的对应水化物的酸性：Z>Y ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，则n为Cl2，Z为Cl元素。n(Cl2‎ ‎)与二元化合物p在光照条件下反应生成r和s，0.01mol/Lr溶液的pH为2，s通常是难溶于水的混合物，则p为CH4，r为HCl，s为CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3和CCl4的混合物。二元化合物m与n(Cl2)反应生成q和r(HCl)，q是Y的单质且为淡黄色固体，从而推知m为H2S，q为S单质，结合四种短周期元素的原子序数关系可知W、X、Y、Z元素分别为H、C、S、Cl。‎ ‎【详解】根据上述分析可知W、X、Y、Z元素分别为H、C、S、Cl。m是H2S，n是Cl2，p为CH4，q是S，r为HCl，s为CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3和CCl4的混合物。‎ A.同一周期的主族元素的原子半径，随原子序数的递增而逐渐减小，不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径的大小关系为HH2CO3可知，元素的非金属性CS>C，所以稳定性：HCl>H2S>CH4，即简单氢化物的稳定性：Z>Y>X，C正确；‎ D.未指明是否是最高价氧化物对应的水化物，因此不能判断氧化物的对应水化物的酸性，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎【点睛】本题考查无机物的推断，物质的颜色、溶液酸性与溶解性等是推断突破口，熟练掌握元素化合物知识与元素周期律，注意推断题中有机物与无机物相互反应。‎ ‎15.常温时，改变饱和氯水的pH，得到部分含氯微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。下列叙述不正确的是 A. pH=1的氯水中，c(Cl2)>c(Cl3-)>c(HClO)>c(ClO-)‎ B. 氯水中的Cl2、ClO-、HClO均能与K2S发生反应 C. 已知常温下反应Cl2(aq)+Cl-(aq)Cl3- (aq)的K=0.191，当pH增大时，K减小 D. 该温度下，HClOH＋+ClO-的电离常数Ka=10-7.54‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.pH=1时，根据图象中物质的量分数比较离子浓度大小，则c(Cl2)>c(Cl3-)>c(HClO)>c(ClO-)，A正确；‎ B.氯水中的Cl2、ClO-、HClO均具有强的氧化性，而K2S具有还原性，因此均能与K2S发生反应，B正确；‎ C.K只随温度大小而改变，改变平衡，不能改变K值，C错误；‎ A.该温度下，HClOH＋+ClO-的电离常数Ka=，图象中HClO和ClO-的物质的量分数相等时的pH为7.54，则Ka(HClO)== 10-7.54，D正确；‎ 故合理选项是C。‎ ‎16.某实验小组设计如下实验装置(图中夹持装置省略)测定制备的CaCO3粉末的纯度(样品中杂质不与酸反应，反应前装置中的CO2已全部排出)。下列说法错误的是 A. 缓入空气的作用是将反应结束后装置中残留的CO2全部鼓入到C装置中被吸收 B. A装置和D装置都是为了防止空气中的CO2气体进入C 装置而产生误差 C. 为了防止B 中盐酸挥发产生干扰，必须在B、C装置中间加一个装有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶 D. 若CaCO3样品质量为x，从C 中取出的沉淀洗净干燥后的质量为y，则CaCO3的纯度为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据实验装置图分析，该测定装置的原理是：CaCO3与HCl反应生成CO2，用足量Ba（OH）2溶液吸收反应生成的CO2，由测量的BaCO3沉淀的质量计算CaCO3的纯度。A，为了确保反应生成的CO2全部被Ba（OH）2溶液吸收，实验结束要缓入空气将装置中残留的CO2全部鼓入到C装置中被吸收，A项正确；B，A中的NaOH溶液、D中的碱石灰都能吸收空气中CO2，防止空气中的CO2气体进入C装置中产生误差，B项正确；C，因为测量的是BaCO3的质量，所以不必除去HCl，一方面HCl与Ba（OH）2反应不会形成沉淀，另一方面若用NaHCO3吸收HCl会使测得的CO2偏高，产生误差，C项错误；D，根据C守恒，样品中CaCO3的质量=M（CaCO3），则CaCO3的纯度为100%，D项正确；答案选C。‎ 第Ⅱ卷 非选择题（52分）‎ 二、非选择题：本题包括必考题和选考题两部分。第17～20题为必考题，每个试题考生都必须作答。第21、22题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎（一）必考题：4小题，共42分。‎ ‎17.氮氧化物和硫氧化物是常见的空气污染物，含氮氧化物和硫氧化物的尾气需处理后才能排放。‎ Ⅰ．氮氧化物的处理 ‎(1)N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为_________。‎ ‎(2)NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为NO+NO2+2OH−=2NO2-+H2O，2NO2+2OH−= NO2-+NO3-+H2O，吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是_________（填化学式）。‎ ‎(3)NO的氧化吸收。在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl−和NO3-。其他条件相同，NO转化为NO3-的转化率随NaClO溶液初始pH（用稀盐酸调节）的变化如图所示。NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是_________。‎ Ⅱ．煤燃烧排放的烟气中SO2和NOx的处理 采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。在鼓泡反应器中通入含有SO2和NOx的烟气，反应温度为323K，NaClO2溶液浓度为5×10−3mol·L−1 。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。‎ 离子 SO42−‎ SO32−‎ NO3−‎ NO2−‎ Cl−‎ c/（mol·L−1）‎ ‎8.35×10−4‎ ‎6.87×10−6‎ ‎1.5×10−4‎ ‎1.2×10−5‎ ‎3.4×10−3‎ ‎(4)写出NaClO2溶液脱硫过程中主要反应的离子方程式________。增加压强，NO的转化率_________（填“提高”“不变”或“降低”）。‎ ‎(5)由实验结果可知，脱硫反应速率大于脱硝反应速率。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是_________。‎ ‎【答案】 (1). 2NH3+2O2N2O+3H2O (2). NaNO3 (3). 溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强 (4). 2SO2+ClO2-+4OH-=2SO42-+2H2O+Cl- (5). 提高 (6). NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O，同时生成水；‎ ‎(2)反应生成NaNO2和NaNO3；‎ ‎(3)NaClO溶液的初始pH越小，HClO的浓度越大，氧化能力强;‎ ‎(4)亚氯酸钠具有氧化性，则NaClO2溶液脱硫过程中将SO2氧化为SO42-，ClO2-被还原为Cl-，结合电子守恒、电荷守恒及原子守恒书写方程式；正反应是体积减小的反应，则增加压强，NO的转化率提高；‎ ‎(5)由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率，原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是二氧化硫的还原性强，易被氧化，还可能是NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高。‎ ‎【详解】(1)NH3与O2在加热和催化剂作用下发生氧化还原反应生成N2O和水，反应的化学方程式为2NH3+2O2N2O+3H2O；‎ ‎(2)根据气体的成分及发生的反应可知，反应生成NaNO2和NaNO3，所以吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是NaNO3；‎ ‎(3)NaClO溶液的初始pH越小，则NaClO与溶液中的H+结合形成的HClO的浓度就越大，HClO的浓度越大，其氧化能力强，因此可提高NO转化率；‎ ‎(4)亚氯酸钠具有氧化性，则NaClO2溶液脱硫过程中将SO2氧化为SO42-，ClO2-被还原为Cl-，结合电子守恒、电荷守恒及原子守恒书写方程式为：2SO2+ClO2-+4OH-=2SO42-+2H2O+Cl-；脱硝反应的正反应是气体体积减小的反应，根据平衡移动原理：增加压强，平衡正向移动，所以NO的转化率提高；‎ ‎(5)由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率，原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是二氧化硫的还原性强，易被氧化，还可能是NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高。‎ ‎【点睛】本题综合考查元素化合物、氧化还原反应、外界条件对反应速率的影响等，注意把握物质的性质以及题给信息，掌握基本概念，结合生活实际分析问题、解决问题，在方程式的书写要遵循相关守恒，试题有利于培养学生良好的科学素养，侧重考查化学在环境中的应用。‎ ‎18.绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：‎ ‎(1)如何用实验证明绿矾中的铁是二价铁而不是三价铁_______。‎ ‎(2)为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2）（设为装置A）称重，记为m1g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2g。按如图连接好装置进行实验。‎ ‎①仪器B的名称是________。‎ ‎②将下列实验操作步骤正确排序_______（填标号）；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。‎ a.点燃酒精灯，加热 b.打开K1和K2，缓缓通入N2 c.关闭K1和K2‎ d.熄灭酒精灯 e.称量A f.冷却到室温 ‎③根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=_______(列式表示)。若实验时按a、b次序操作，则使x_______（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。‎ ‎(3)为探究硫酸亚铁的分解产物，将(2)中已恒重的装置A接入如图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。‎ ‎①C中的溶液为BaCl2，其作用是______。D溶液为______，D中可观察到的现象为_______。‎ ‎②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式________。‎ ‎③有同学认为该实验装置存在一定缺陷，请你谈谈完善该试验装置的措施____。‎ ‎【答案】 (1). 在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中滴加氯水，溶液变红。可以证明样绿矾中的铁是二价铁而不是三价铁 (2). 干燥管 (3). badfce (4). (5). 偏小 (6). 检验生成了SO3 (7). 品红溶液 (8). 品红溶液褪色 (9). 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑ (10). 加一个装有氢氧化钠溶液的尾气处理装置 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)亚铁离子不能与KSCN溶液变为红色，铁离子与KSCN溶液变为血红色；‎ ‎(2)①根据仪器的图形可判断仪器名称；‎ ‎②实验时，为避免亚铁被氧化，应先通入氮气，再点燃酒精灯，待物质完全分解后熄灭酒精灯，再冷却至室温，冷却时注意关闭开关，冷却至室温后再称量固体质量的变化；‎ ‎③直至A恒重，记为m3g，应为FeSO4和装置的质量，则m(FeSO4)=(m3-m1)。m(H2O)=(m2-m3)，以此计算n(H2O)、n(FeSO4)，结晶水的数目等于，若实验时按a、d次序操作，会导致硫酸亚铁被氧化；‎ ‎(3)硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，C为氯化钡，用于检验SO3，D为品红，可用于检验SO2，SO3、SO2都是大气污染物，应该有尾气处理装置。‎ ‎【详解】(1)证明绿矾中的铁是二价铁而不是三价铁的方法是在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，然后滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，说明溶液中无Fe3+，然后再向试管中滴加氯水，溶液变红就证明滴加氯水后反应产生了Fe3+，从而可以证明样绿矾中的铁是二价铁而不是三价铁；‎ ‎(2)①由仪器的图形可知B为干燥管；‎ ‎②实验时，为避免亚铁被氧化，应先打开K1和K2，缓缓通入N2，排出装置中的空气，防止空气中水蒸气的干扰，然后点燃酒精灯，使绿矾发生分解反应，待物质完全分解后，熄灭酒精灯，冷却至室温，关闭K1和K2，再称量固体质量的变化，则正确的顺序为badfce；‎ ‎③直至A恒重，记为m3 g，应为FeSO4和装置的质量，则m(FeSO4)=(m3-m1)，m(H2O)=(m2-m3)，则n(H2O)=；n(FeSO4)=，故结晶水的数目等于n==；‎ 若实验时按a、d次序操作，会导致硫酸亚铁被氧化，则导致固体质量偏大，测定结果偏小；‎ ‎(3)①实验后反应管中残留固体为红色粉末，说明FeSO4分解生成Fe2O3，反应中Fe元素化合价升高，则S元素化合价应降低，则一定生成SO2，可知硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，C为氯化钡溶液，用于检验SO3，SO3溶于水反应产生H2SO4，H2SO4与BaCl2溶液反应产生BaSO4白色沉淀，D为品红溶液，可用于检验SO2，观察到品红溶液褪色；‎ ‎②硫酸亚铁高温分解可生成Fe2O3、SO3、SO2，共用电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑；‎ ‎③该反应分解产生的SO3、SO2‎ 都是大气污染物，因此该实验装置存在一定缺陷，完善该试验装置的措施是在装置D后面加一个装有氢氧化钠溶液的尾气处理装置，就可以吸收SO3、SO2，避免产生的污染。‎ ‎【点睛】本题以绿矾为载体，考查结晶水合物中结晶水数目的测定、物质成分及分解产物的鉴别，注意把握实验原理、实验技能以及物质性质的分析，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力。‎ ‎19.硫酸镍是一种重要的化工中间体，是镍行业研究的热点。一种以石油化工中的废镍催化剂(主要成分为NiCO3和SiO2，还含有少量Fe2O3、Cr2O3)为原料制备硫酸镍的工业流程如图：‎ 已知：Ⅰ．NiS、Ni(OH)2、Cr(OH)3均难溶于水，Cr(OH)3是两性氢氧化物；‎ Ⅱ．Fe(OH)3不溶于NH4Cl-氨水的混合液，Ni(OH)2溶于NH4Cl氨水的混合液生成[Ni(NH3)6]2+。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)“酸溶”时为加快反应速率，提高镍元素的浸出率，可以采取的措施有：________。‎ ‎(2)“滤渣Ⅰ”的主要成分为__（填化学式），该物质在工业上的用途为_________（任写一种）。‎ ‎(3)“一次碱析”时，加入的NaOH溶液需过量，其目的是_________。‎ ‎(4)“氨解”发生反应的离子方程式为________。“净化”时通入H2S的目的是_______。‎ ‎(5)“氧化”时发生反应的化学方程式为_________。‎ ‎(6)“系列操作”具体是指_________、过滤、洗涤、干燥。‎ ‎【答案】 (1). 将废镍催化剂粉碎，与20%硫酸在加热条件下反应，不断搅拌等 (2). SiO2 (3). 制玻璃(或制光导纤维) (4). 使Cr3+转化为CrO2-，除去含铬微粒 (5). Ni(OH)2+6NH3 ▪ H2O=[Ni(NH3)6]2++2OH-+6H2O (6). 将镍元素转化为NiS沉淀 (7). 3NiS+8HNO3=3Ni(NO3)2+2NO↑+3S+4H2O (8). 蒸发浓缩、冷却结晶 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 废镍催化剂(主要成分为NiCO3和SiO2，含少量Fe2O3、Cr2O3‎ ‎)为原料制备硫酸镍，加入20%的硫酸酸溶、过滤，滤渣Ⅰ为SiO2，滤液加入NaOH溶液进行一次碱析，滤液Ⅰ含有CrO2-，沉淀加入氯化铵、氨水缓冲液，由信息②可知滤渣Ⅱ为氢氧化铁，过滤得到的滤液含有[Ni(NH3)6]2+，“净化”时加入的H2S，将镍元素转化为NiS沉淀，加入硝酸氧化，可生成S和Ni2+，加入氢氧化钠生成Ni(OH)2，过滤后加入硫酸可得到硫酸镍，经蒸发浓度、冷却结晶得到晶体，以此解答该题。‎ ‎【详解】(1)“酸溶”时为加快反应速率，提高镍元素的浸出率应先将废镍催化剂粉碎，以增大固体表面积，再与20%硫酸在100℃下反应2小时，加热可增大反应速率，提交浸出率；‎ ‎(2)NiCO3、Fe2O3、Cr2O3均溶于硫酸，SiO2不溶于硫酸，“滤渣Ⅰ”的主要成分为SiO2；工业上可利用SiO2制玻璃、制粗硅、制光导纤维等；‎ ‎(3) Ni(OH)2、Cr(OH)3均难溶于水，Cr(OH)3是两性氢氧化物，则加入过量的氢氧化钠，会发生Cr3++4OH-=CrO2-+2H2O，使Cr3+转化为CrO2-，除去含铬微粒；‎ ‎(4)Fe(OH)3不溶于NH4Cl-氨水的混合液，Ni(OH)2溶于NH4Cl-氨水的混合液生成[Ni(NH3)6]2+，从而实现镍元素和铁元素的分离，反应方程式为：Ni(OH)2+6NH3 ▪ H2O=[Ni(NH3)6]2++2OH-+6H2O；“净化“时通入H2S的目的是将镍元素转化为NiS沉淀；‎ ‎(5)稀HNO3具有强的氧化性，会将NiS氧化为Ni(NO3)2 、S单质，硝酸被还原为NO，则根据电子守恒、原子守恒，可得“氧化”时发生反应的化学方程式3NiS+8HNO3=3Ni(NO3)2+2NO↑+3S+4H2O；‎ ‎(6)从NiSO4溶液中获得NiSO4•7H2O的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。‎ ‎【点睛】本题考查了物质制备方案设计，明确实验原理为解答关键，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，试题侧重于考查学生的分析、理解能力及化学实验能力。‎ ‎20.人类生活、工业生产往往产生大量含碳、氮、硫的废弃气体，合理再利用或转化上述气体，变废为宝成为人们共同关注的课题。‎ I.某化学课外小组查阅资料后得知：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：‎ ‎①2NO(g)N2O2(g)(快) v1正=k1正·c2(NO)，v1逆=k1逆·c(N2O2) ∆H1<0‎ ‎②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢) v2正=k2正·c(N2O2)·c(O2)，v2逆=k2逆·c2(NO2) ∆H2<0‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的∆H=_______(用含∆H1和∆H2的式子表示)。一定温度下，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡状态，写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示平衡常数的表达式K=_______。‎ ‎(2)决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率是反应②，反应①的活化能E1‎ 与反应②的活化能E2的大小关系为E1______E2(填“>”、“<”或“=”)。‎ ‎(3)反应N2O4(g)2NO2(g)，在一定条件下N2O4与NO2的消耗速率与自身压强有如下关系：v(N2O4)=k1·p(N2O4)，v(NO2)=k2·p2(NO2)。其中k1、k2是与温度有关的常数。一定温度下，相应的速率与压强关系如图所示，在图中标出的点中，能表示该反应达到平衡状态的两个点是________。‎ II.某学习小组以SO2为原料，采用电化学方法制取硫酸。‎ ‎(4)原电池原理：该小组设计的原理示意图如图，写出该电池负极的电极反应式_____。‎ ‎(5)电解原理：该小组用Na2SO3溶液充分吸收SO2得到NaHSO3溶液，然后电解该溶液制得了硫酸。原理如图，写出开始电解时阳极的电极反应式_________。‎ ‎(6)已知25℃时由Na2SO3和NaHSO3形成的混合溶液恰好呈中性，则该混合溶液中各离子浓度的大小顺序为______(已知25℃时，H2SO3的电离平衡常数Ka1=1×10-2，Ka2=1×10-7)‎ ‎【答案】 (1). ∆H1+∆H2 (2). (3). < (4). BD (5). SO2-2e-+2H2O=SO42-+4H+ (6). HSO3--2e-+H2O=SO42-+3H+ (7). c(Na+)>‎ ‎ c(SO32-)=c(HSO3-)>c(OH-)=c(H+)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I.(1)根据盖斯定律计算所求反应的焓变，一定温度下，反应达到平衡状态，平衡时v(正)=v(逆)，结合速率方程推导反应的化学平衡常数表达式；‎ ‎(2)决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)速率的是反应②，则反应②就是速控步骤，整个反应化学速率取决于速控步骤的反应，活化能越高，反应速率越慢；‎ ‎(3)反应达到平衡时，存在速率关系为v(正)=v(逆)，根据图象和速率表达式分析，解释原因；‎ II.(4)依据原电池原理，负极是失电子发生氧化反应，二氧化硫失电子生成硫酸的过程；‎ ‎(5)根据化合价变化判断阳极反应物质，写出阳极反应式。‎ ‎(6)利用25℃时，H2SO3的电离平衡常数Ka2=1×10-7，可知SO32-的水解常数，从而得知Na2SO3的水解与NaHSO3的电离程度相等。‎ ‎【详解】I.(1)反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)可由①+②得到，则该反应的焓变为△H=△H1+△H2；‎ 一定温度下，反应达到平衡状态，平衡时v(正)=v(逆)，由于2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)可由①+②得到，所以该反应的化学平衡常数为K=K1•K2，根据速率方程式，K1=，K2=，则K= K1•K2=；‎ ‎(2)决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)速率的是反应②，则反应②就是速控步骤，整个反应化学速率取决于速控步骤的反应，反应的活化能越高，反应速率越慢，速控步骤是慢反应，因此化学反应速率①＞②，可见②的活化能更高，因此反应①的活化能E1与反应②的活化能E2的大小关系为E1 c(SO32-)=c(HSO3-)>c(OH-)=c(H+)。‎ ‎【点睛】本题考查了盖斯定律的应用、原电池、电解池、化学反应速率，化学平衡常数的计算及溶液中离子浓度大小比较等，对于一个化学反应，既要考虑热力学控制，还要考虑动力学控制，要充分掌握和利用化学反应原理进行分析、判断，该题有助于培养综合分析能力，是一道好题。‎ ‎（二）选考题：共10分。（请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号涂黑。注意所做题号与所涂题号一致，在答题卡区域指定位置作答，如果多做，按第一题计分）‎ ‎21.(1)下列Li原子电子排布图表示的状态中，电离最外层一个电子所需能量最小的是_______(填标号)。‎ A. B．‎ C. D．‎ ‎(2)抗坏血酸的分子结构如图所示，分子中碳原子的轨道杂化类型为______；推测抗坏血酸在水中的溶解性：_______（填“难溶于水”或“易溶于水”）。‎ ‎(3)下表列有三种物质(晶体)的熔点：‎ 物质 SiO2‎ SiCl4‎ SiF4‎ 熔点℃‎ ‎1710‎ ‎-70.4‎ ‎-90.2‎ 简要解释熔点产生差异的原因：_______。‎ ‎(4)磷化硼(BP)是一种超硬耐磨涂层材料，如图为其晶胞，晶胞边长为anm。则硼原子与磷原子最近的距离为_______。用Mg·mol-1表示磷化硼的摩尔质量，NA表示阿伏加德罗常数的值，则磷化硼晶体的密度为_______g·cm-3。‎ 以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中原子1的坐标为(，，0)，则原子2和3的坐标分别为_______、______。‎ ‎【答案】 (1). D (2). sp3、sp2 (3). 易溶于水 (4). SiO2是原子晶体，微粒间作用力为共价键。SiCl4是分子晶体，微粒间作用力为范德华力，故SiO2熔点高于SiCl4和SiF4。SiCl4和SiF4均为分子晶体，微粒间作用力为范德华力，结构相似时相对分子质量越大，范德华力越大，故SiCl4熔点高于SiF4 (5). nm (6). (7). (，，) (8). (，，)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越低，该原子的能量越低；‎ ‎(2)根据分子中C原子的价层电子对个数，结合价层电子对互斥理论判断该分子中C原子轨道杂化类型；抗坏血酸中羟基属于亲水基，增大其水解性；‎ ‎(3)根据构成微粒的作用力大小分析、比较；‎ ‎(4)晶体中硼原子与磷原子最近的距离为晶胞体对角线的，根据晶体密度与摩尔质量换算关系计算；根据图中各个原子的相对位置确定2、3号原子的坐标。‎ ‎【详解】(1)原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越低，该原子的能量越低。根据图知，电子排布能量最低的是1s、2s能级，所以合理选项是D；‎ ‎(2) 中1、2、3号C原子价层电子对个数是4，4、5、6号碳原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断该分子中C原子轨道杂化类型，1、2、3号C原子采用sp3杂化，4、5、6号C原子采用sp2杂化；抗坏血酸中羟基属于亲水基，增大其水解性，所以抗坏血酸易溶于水；‎ ‎(3)SiO2是原子晶体，原子间以极强的共价键结合，断裂消耗很高的能量，而SiCl4、SiF4都是由分子通过分子间作用力结合形成的分子晶体，分子间作用力非常微弱，所以SiO2熔点高于SiCl4和SiF4。对于由分子构成的分子晶体，若物质结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力就越大，物质的熔沸点就越高，所以SiCl4熔点高于SiF4；‎ ‎(4)BP晶体中晶胞参数是anm，晶胞的对角线长度为L=，根据晶胞结构可知：在晶体中硼原子与磷原子晶胞体对角线的，因此二者的最近的距离为nm。在一个晶胞中含有B、P原子个数为P：=4；含有的B原子数目为4个，所以一个晶胞中含有4个BP，用Mg·mol-1表示磷化硼的摩尔质量，NA表示阿伏加德罗常数的值，则磷化硼晶体的密度=g/cm3；以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中原子1的坐标为(，，0)，则原子2的坐标为(，，)，原子3的坐标为(，，)。‎ ‎【点睛】本题考查了物质结构的有关知识。掌握原子的构造原理、晶体结构的有关知识，注意晶体中B、P原子之间的距离与晶胞棱长的关系，用均摊方法进行计算是本题解答的关键。‎ ‎22.H是一种香料的成分之一，其结构中含有三个六元环。G的结构简式为，H的合成路线如图(部分产物和反应条件略去)：‎ 已知：①B中核磁共振氢谱图显示分子中有6种不同环境的氢原子。‎ ‎②RCH=CH2+CH2=CHR’CH2=CH2+RCH=CHR’‎ ‎③D和G是同系物 ‎(1)用系统命名法命名(CH3)2C＝CH2____________。‎ ‎(2)A→B反应过程中涉及的反应类型有________。‎ ‎(3)G分子中含氧官能团的名称：________。‎ ‎(4)写出生成F的化学方程式_____________。‎ ‎(5)写出C的结构简式：________。‎ ‎(6)同时满足下列3个条件：①与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生水解反应；③苯环上有两个取代基G的同分异构体有________种（不包括立体异构），其中核磁共振氢谱为4组峰的为________（写结构简式）。‎ ‎【答案】 (1). 2-甲基丙烯 (2). 取代反应、加成反应 (3). 羟基、羧基 (4). +Br2+HBr (5). (6). 9 (7). 、‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由A与氯气在加热条件下反应生成，可知A的结构简式为：，故苯乙烯与(CH3)2C=CH2发生信息②中类似复分解反应的交换反应生成A，与HCl反应生成B，结合B的分子式可知，应是发生加成反应，B中核磁共振氢谱图显示分子中有6种不同环境的氢原子，故B为，顺推可知C为，D为。苯乙烯与水发生加成反应生成E，E可以氧化生成C8H8O2‎ ‎，说明E中羟基连接的C原子上有2个H原子，则E为，C8H8O2为；C8H8O2与单质溴反应生成F，F在氢氧化钠溶液条件下水解、酸化得到G，且D和G是同系物，因此中亚甲基上1个H原子被Br原子取代生成F，则F为，G为，D与G生成H，H结构中含有三个六元环，则H为。‎ ‎【详解】由上述分析可知：A：，B为，C为，D为，E为，F为，G为， H为。‎ ‎(1)用系统命名法命名(CH3)2C=CH2为：2-甲基丙烯；‎ ‎(2)A与氯气在加热条件下发生取代反应生成，与HCl反应发生加成反应B，所以A→B反应过程中涉及的反应类型有取代反应、加成反应；‎ ‎(3)G为，分子中含有的官能团为：羟基、羧基；‎ ‎(4) C8H8O2为；C8H8O2与单质溴反应生成F，F为，则B产生F的方程式为：+Br2+HBr；‎ ‎(5)C的结构简式为：；‎ ‎(6)G为，G的同分异构体同时满足下列条件：①与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基；②能发生水解反应，含有酯基；③苯环上有两个取代基，为-OH、-OOCCH3或-OH、-CH2OOCH或-OH、-COOCH3，这三种情况在苯环上各有邻、间、对3种位置关系，因此符合条件的同分异构体共有9种，其中核磁共振氢谱有4个吸收峰同分异构体为：、。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的推断与合成，注意充分利用转化关系中物质的结构及分子式，结合各种官能团的性质，利用正推法与逆推法进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化关系，能较好的考查考生的分析推理能力。‎ ‎ ‎