2016高考化学真题及解析全国卷2

2016高考化学真题及解析全国卷2

‎2016 高考化学真题及解析（全国卷2）‎ 一、选择题（题型注释）‎ ‎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香烃等有害物质 C．加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性 D．医用消毒酒精中乙醇的浓度（体积分数）为95%‎ ‎2．设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是 A．14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA B．1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA C．1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NA D．标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NA ‎3．下列关于有机化合物的说法正确的是 A．2-甲基丁烷也称为异丁烷 B．由乙烯生成乙醇属于加成反应 C．C4H9Cl有3种同分异构体 D．油脂和蛋白质都属于高分子化合物 ‎4．下列实验操作能达到实验目的的是 A．用长颈漏斗分离出乙酸与乙醇反应的产物 B．用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NO C．配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释 D．将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl2‎ ‎5．三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。‎ 下列叙述正确的是 A．通电后中间隔室的离子向正极迁移，正极区溶液pH增大 B．该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品 C．负极反应为2H2O − 4e– = O2+4H+，负极区溶液pH降低 D．当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成 ‎6．298 K时，在20.0 mL 0.10 mol氨水中滴入0.10 mol的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 mol氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是 A．该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂 B．M点对应的盐酸体积为20.0 mL C．M点处的溶液中c(NH4＋)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)‎ D．N点处的溶液中pH＜12‎ ‎7．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，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，q的水溶液具有漂白性，0.01 mol·L–1 r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。下列说法正确的是（ ）‎ A．原子半径的大小W＜X＜Y B．元素的非金属性Z＞X＞Y C．Y的氢化物常温常压下为液态 D．X的最高价氧化物的水化物为强酸 第II卷（非选择题）‎ 二、填空题（题型注释）‎ ‎8．联氨（又称肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，回答下列问题：‎ ‎（1）联氨分子的电子式为_____________，其中氮的化合价为____________。‎ ‎（2）实验室可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为___________。‎ ‎（3）①2O2(g)+N2(g)=N2O4(l) ΔH1‎ ‎②N2(g)+2H2(g)=N2H4(l) ΔH2‎ ‎③O2(g)+2H2(g)=2H2O(g) ΔH3‎ ‎④2 N2H4(l) + N2O4(l)= 3N2(g)+ 4H2O(g) ΔH 4=-1048.9kJ/mol 上述反应热效应之间的关系式为ΔH4=________________，联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为_________________________________________________。‎ ‎（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，联氨第一步电离反应的平衡常数值为___________________(已知：N2H4+H+N2H5+的K=8.7×107；KW=1.0×10-14)。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为。‎ ‎（5）联氨是一种常用的还原剂。向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，观察到的现象是___________。联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O2___________kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是___________。‎ ‎9．元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH)4−(绿色)、Cr2O72−(橙红色)、CrO42−(黄色)等形式存在，Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：‎ ‎（1）Cr3+与Al3+的化学性质相似。在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，可观察到的现象是_________。‎ ‎（2）CrO42−和Cr2O72−在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0 molL−1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72−)随c(H+)的变化如图所示。‎ ‎①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应____________。‎ ‎②由图可知，溶液酸性增大，CrO42−的平衡转化率__________(填“增大”“减小”或“不变”)。根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为__________。‎ ‎③升高温度，溶液中CrO42−的平衡转化率减小，则该反应的ΔH______0(填“大于”“小于”或“等于”)。‎ ‎（3）在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中Cl−，利用Ag+与CrO42−生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl−恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10−5 mol·L−1)时，溶液中c(Ag+)为_______ molL−1，此时溶液中c(CrO42−)等于__________ molL−1。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10−12和2.0×10−10)。‎ ‎（4）+6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2O72−还原成Cr3+，该反应的离子方程式为______________。‎ ‎10．NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）NaClO2中Cl的化合价为_______。‎ ‎（2）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式_______。‎ ‎（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为________、________。“电解”中阴极反应的主要产物是______。‎ ‎（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________，该反应中氧化产物是_________。‎ ‎（5）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为____。(计算结果保留两位小数)‎ ‎11．[化学——选修3：物质结构与性质]锗（Ge）是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛。回答下列问题：‎ ‎（1）基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar]____________，有__________个未成对电子。‎ ‎（2）Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但Ge原子之间难以形成双键或叁键。从原子结构角度分析，原因是________________。‎ ‎（3）比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因_____________________。‎ GeCl4‎ GeBr4‎ GeI4‎ 熔点/℃‎ ‎−49.5‎ ‎26‎ ‎146‎ 沸点/℃‎ ‎83.1‎ ‎186‎ 约400‎ ‎（4）光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂。Zn、Ge、O电负性由大至小的顺序是______________。‎ ‎（5）Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为_______________________，微粒之间存在的作用力是_____________。‎ ‎（6）晶胞有两个基本要素：‎ ‎①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，下图为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为（0,0,0）；B为（，0，）；C为（，，0）。则D原子的坐标参数为______。‎ ‎②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状。已知Ge单晶的晶胞参数a=565.76 pm，其密度为__________g·cm-3（列出计算式即可）。‎ 三、实验题（题型注释）‎ ‎12．氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2。某同学在实验室中对NH3与NOx反应进行了探究。回答下列问题：‎ ‎（1）氨气的制备 ‎①氨气的发生装置可以选择上图中的_________，反应的化学方程式为_______________。‎ ‎②欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置→______(按气流方向，用小写字母表示)。‎ ‎（2）氨气与二氧化氮的反应 将上述收集到的NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。在一定温度下按图示装置进行实验。‎ 操作步骤 实验现象 解释原因 打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢通入Y管中 ‎①Y管中_____________‎ ‎②反应的化学方程式 ‎____________‎ 将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温 Y管中有少量水珠 生成的气态水凝集 打开K2‎ ‎③_______________‎ ‎④______________‎ ‎13．[化学——选修2：化学与技术]高锰酸钾（KMnO4）是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等。以软锰矿（主要成分为MnO2）为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）原料软锰矿与氢氧化钾按1∶1的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，其作用是 。‎ ‎（2）“平炉”中发生的化学方程式为 。‎ ‎（3）“平炉”中需要加压，其目的是 。‎ ‎（4）将K2MnO4转化为KMnO4的生产有两种工艺。‎ ‎①“歧化法”是传统工艺，即在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱酸性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成K2MnO4、MnO2和 （写化学式）。‎ ‎②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，电解槽中阳极发生的电极反应为 ，阴极逸出的气体是 。‎ ‎ ③“电解法”和“歧化法”中，K2MnO4的理论利用率之比为 。‎ ‎（5）高锰酸钾纯度的测定：称取1.0800 g样品，溶解后定容于100 mL容量瓶中，摇匀。取浓度为0.2000 mol·L−1的H2C2O4标准溶液20.00 mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48 mL，该样品的纯度为 ‎ ‎（列出计算式即可，已知2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O）。‎ 六、推断题（题型注释）‎ ‎14．[化学——选修5：有机化学基础]秸秆（含多糖类物质）的综合应用具有重要的意义。下面是以秸秆为原料合成聚酯类高分子化合物的路线：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）下列关于糖类的说法正确的是______________。（填标号）‎ a.糖类都有甜味，具有CnH2mOm的通式 b.麦芽糖水解生成互为同分异构体的葡萄糖和果糖 c.用银镜反应不能判断淀粉水解是否完全 d.淀粉和纤维素都属于多糖类天然高分子化合物 ‎（2）B生成C的反应类型为______。‎ ‎（3）D中官能团名称为______，D生成E的反应类型为______。‎ ‎（4）F 的化学名称是______，由F生成G的化学方程式为______。‎ ‎（5）具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体，0.5 mol W与足量碳酸氢钠溶液反应生成44 g CO2，W共有______种（不含立体结构），其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为_________。‎ ‎（6）参照上述合成路线，以（反,反）-2,4-己二烯和C2H4为原料（无机试剂任选），设计制备对二苯二甲酸的合成路线_______________________。‎ 参考答案 ‎1．D ‎【解析】‎ 试题分析：A．蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质在灼烧时会产生烧焦羽毛的气味，人造纤维在灼烧时会蜷缩成一个小球，有浓烈的黑烟，有与蛋白质灼烧不一样的气味，故用灼烧的方法可以区别蚕丝和人造纤维，正确；B．食用油高温反复加热发生化学变化，产生多种有毒、有害甚至是致癌的稠环芳香烃物质，进而会危害人体健康，正确；C．加热或高温会使蛋白质发生变性，故具有杀菌消毒作用，正确；D．医用消毒酒精通常是用浓度为75%的乙醇溶液，浓度太大，杀菌能力强，但渗透性差，浓度太小，渗透性强而杀菌能力又弱。体积分数为95%的酒精溶液渗透性差，会导致细菌表面的蛋白质变性，形成一层保护膜，阻止其进入体内将细菌彻底杀死，错误。‎ ‎【考点定位】考查化学在生活的应用正误判断的知识。‎ ‎【名师点睛】化学是一门实用性的学科，在日常生活及工农业生产和科学技术中应用十分广泛。我们生活就要吃饭、穿衣，在生活过程中在与周围环境接触的过程中，往往会接触微生物，因注意不当而患有疾病，消毒、治疗或用一定的物质进行处理，这些都与化学知识有关。常见的纤维有棉花、羊毛、腈纶化学纤维等，棉花主要成分是纤维素，属于糖类，灼烧有烧被套的气味；羊毛主要成分是蛋白质，灼烧有烧焦羽毛的气味，腈纶等是人工合成的物质，灼烧有浓烈的黑烟，会蜷缩成一个小球，冷后是一个小硬球。判断衣服布料的材料就可以用灼烧的方法鉴别，在洗涤时也可以根据物质面料成分的性质选择适当的方法。食用油高温反复加热会产生致癌物质，故要少吃油炸食品；肌肉注射或输液时经常要用酒精消毒，消毒用的酒精是体积比为75%的酒精的水溶液，浓度过大或过小都不能很好的杀菌消毒。因此，只有掌握一定的化学知识，才会使我们的生活质量得以提升，也才会更安全、更健康。‎ ‎2．A ‎【解析】‎ 试题分析：A．乙烯和丙烯的最简式都是CH2，14 g乙烯和丙烯混合气体中含有的最简式的物质的量是n(CH2)=m÷M=14 g÷14 g/mol=1 mol，所以其中含有的氢原子数为N(H)=1 mol×2×NA＝2NA，正确；B．N2与H2在一定条件下发生反应生成NH3，该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数小于2NA，错误；C．铁是变价金属，硝酸具有强的氧化性，所以 1 mol Fe溶于过量硝酸生成硝酸铁，反应中电子转移数目为3NA，错误；D．在标准状况下四氯化碳是液态，不能用气体摩尔体积进行有关物质的量的计算，错误。‎ ‎【考点定位】考查阿伏加德罗常数计算的知识。‎ ‎【名师点睛】阿伏加德罗常数是单位物质的量的物质含有的该物质的基本微粒数目，用NA表示，其近似值是6.02×1023/mol；在国际上规定：0.012 kg的12C所含有的碳原子数，任何物质只要其构成的基本微粒数与0.012 kg的12C所含有的碳原子数相同，就说其物质的量是1 mol。有关公式有；；；。掌握各个公式的适用范围、对象，是准确应用的保证。有时阿伏加德罗常数会与物质结构、氧化还原反应、电化学等知识结合在一起考查，要掌握物质的物理性质、化学性质及发生反应的特点等，才可以得到准确的解答。‎ ‎3．B ‎【解析】‎ 试题分析：A．2-甲基丁烷分子中含有5个C原子，系统命名方法是2-‎ 甲基丁烷，习惯命名方法命名是异戊烷，错误；B．乙烯与水发生反应，断裂碳碳双键中较活泼的一个键，在两个不饱和的碳原子上分别添加H、OH，形成乙醇，发生反应类型是加成反应，正确；C．C4H9Cl有4种不同位置的H原子，它们分别被Cl原子取代，就得到4种同分异构体，错误；D．油脂不是高分子化合物，错误。‎ ‎【考点定位】考查有机物结构和性质判断的知识。‎ ‎【名师点睛】有机物种类繁多，在生活、生产领域多有涉及。有机物往往存在分子式相同而结构不同的现象，即存在同分异构体，要会对物质进行辨析，并会进行正确的命名。C4H9Cl可看作是C4H10分子中的一个H原子被一个Cl原子取代产生的物质，C4H10有CH3CH2CH2CH3、(CH3)2CH2CH3两种不同的结构，每种结构中含有2种不同的H原子，所以C4H9Cl有4种不同的结构；对于某一物质来说，其名称有按习惯命名和按系统命名方法命名的名称，要掌握系统命名方法及原则。有机物在相互转化时发生一定的化学反应，常见的反应类型有取代反应、加成反应、消去反应、酯化反应、加聚反应、缩聚反应等，要掌握各反应类型的特点，并会根据物质分子结构特点进行判断和应用。有机高分子化合物的相对分子质量一般高达104~106，而低分子有机物的相对分子质量在1000以下，若分子的相对分子质量不确定，则该物质是高分子化合物，若有确定的相对分子质量，则不是高分子化合物；而不能仅仅根据相对分子质量的大小进行判断。掌握一定的有机化学基本知识是本题解答的关键，本题难度不大。‎ ‎4．C ‎【解析】‎ 试题分析：A．乙酸与乙醇反应的产物是乙酸乙酯，该物质密度比水小，难溶于水，而未反应的乙醇和乙酸都易溶于水，所以分离互不相溶的两层液体物质要用分液漏斗，错误；B．NO的密度与空气接近，且能与氧气反应生成NO2，NO不能溶于水，所以应该用排水法收集，错误；C．氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中铁离子易发生水解，消耗水电离产生的氢氧根离子产生难溶性的氢氧化铁，使溶液显酸性，因此配制氯化铁溶液时，为了抑制盐的水解，应该先将氯化铁溶解在较浓的盐酸中，然后再加水稀释到相应的浓度，正确；D．将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水时，由于HCl极易溶于水，而氯气与水的反应是可逆反应，水中含有一定浓度的NaCl，由于c(Cl-)比较大，氯气的溶解度很小，故只能除去氯气中的HCl杂质，但不能除去其中的水蒸气，因此不能得到纯净的Cl2，错误。‎ ‎【考点定位】考查化学实验基本操作的知识。‎ ‎【名师点睛】化学是一门实验性的学科，在进行化学学习的过程中常涉及物质的分离提纯、气体的制取、除杂、收集、尾气处理、溶液的配制等操作。这就需要掌握常见物质的物理性质、化学性质，常见的仪器的名称、使用，化学试剂的使用，常见的分离混合物的方法、操作的先后顺序等，这样才可以得心应手，作出正确的分析与判断。‎ ‎5．B ‎【解析】‎ 试题分析：A．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，在电解池中阴离子会向正电荷较多的阳极区定向移动，因此通电后中间隔室的向正极迁移；在正极区带负电荷的OH−失去电子，发生氧化反应而放电，由于破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(H+)＞c(OH-)，所以正极区溶液酸性增强，溶液的pH减小，错误；B．阳极区氢氧根放电，溶液中产生硫酸，阴极区氢离子获得电子，发生还原反应而放电，破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(OH-)＞c(H+)，所以产生氢氧化钠，因此该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品，正确；C．负极区氢离子得到电子，使溶液中c(OH-)＞c(H+)，所以负极区溶液pH升高，错误；D．当电路中通过1mol 电子的电量时，根据整个闭合回路中电子转移数目相等可知，反应产生氧气的物质的量n(O2)=1mol÷4=0.25mol，错误。‎ ‎【考点定位】考查电解原理的应用的知识。‎ ‎【名师点睛】化学反应主要是物质变化，同时也伴随着能量变化。电化学是化学能与电能转化关系的化学。电解池是把电能转化为化学能的装置，它可以使不能自发进行的化学反应借助于电流而发生。与外接电源正极连接的电极为阳极，与外接电源的负极连接的电极为阴极。阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。若阳极是活性电极(除Au、Pt、C之外的电极)，则电极本身失去电子，发生氧化反应；若是惰性电极(Au、Pt、C等电极)，则是溶液中的阴离子放电，放电的先后顺序是S2-＞I−＞Br−＞Cl−＞OH−＞含氧酸根离子，阴极则是溶液中的阳离子放电，放电顺序是Ag+＞Hg2+＞Fe3+＞Cu2+＞H+，与金属活动性顺序刚好相反。溶液中的离子移方向符合：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，即阳离子向阴极区移动，阴离子向阳极区移动。掌握电解池反应原理是本题解答的关键。本题难度适中。‎ ‎6．D ‎【解析】‎ 试题分析：A．把盐酸滴加到氨水中，开始时溶液显碱性，当滴定达到终点时，溶液由碱性变为酸性，根据人视觉有滞后性，观察溶液的颜色由浅到深比较敏锐，所以为减小滴定误差，在该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂更精确些，不应该选择酚酞作为指示剂，错误；B．如果二者恰好反应，则会生成氯化铵，氯化铵是强酸弱碱盐，NH4+水解使溶液显酸性，因此M点pH＝7，则M点对应的盐酸体积小于20.0 mL，错误；C．根据电荷守恒可得：c(NH4＋)+ c(H＋)＝c(Cl－)+c(OH－)。由于M点处的溶液显中性，c(H＋)＝c(OH－)，所以c(NH4＋)＝c(Cl－)。盐是强电解质，电离远远大于弱电解质水的电离程度，所以溶液中离子浓度关系是：c(NH4＋)＝c(Cl－)＞c(H＋)＝c(OH－)，错误；D．N点氨水溶液中已经电离的一水合氨浓度等于溶液中氢氧根离子的浓度，c(OH-)=0.1 mol/L×1.32%=1.32×10−3 mol/L，根据水的离子积常数可知：N处的溶液中氢离子浓度＝＝7.6×10－12 mol/L，根据pH=−lgc(H+)可知此时溶液中pH＜12，正确。‎ ‎【考点定位】考查酸碱中和滴定、弱电解质的电离以及离子浓度大小比较等知识。‎ ‎【名师点睛】酸碱中和滴定是中学化学的重要实验，通常是用已知浓度的酸(或碱)来滴定未知浓度的碱(或酸)，由于酸、碱溶液均无色，二者恰好反应时溶液也没有颜色变化，所以通常借助指示剂来判断，指示剂通常用甲基橙或酚酞，而石蕊溶液由于颜色变化不明显，不能作中和滴定的指示剂。酸碱恰好中和时溶液不一定显中性，通常就以指示剂的变色点作为中和滴定的滴定终点，尽管二者不相同，但在实验允许的误差范围内。进行操作时，要注意仪器的润洗、查漏、气泡的排除，会进行误差分析与判断。判断电解质溶液中离子浓度大小时，经常要用到三个守恒：电荷守恒、物料守恒、质子守恒，会根据相应的物质写出其符合题意的式子，并进行叠加，得到正确的算式。掌握水的离子积常数的计算方法、离子浓度与溶液pH的关系等是本题解答的关键所在。本题难度适中。‎ ‎7．C ‎【解析】‎ 试题分析：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，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，则Z是氯元素，n是Cl2；0.01 mol·L–1 r溶液的pH为2，说明r是一元强酸，Cl2与两种元素组成的化合物反应会产生两种化合物，其中一种r是HCl，另一种物质q的水溶液具有漂白性，则说明W是H元素；m是H2O，q是HClO；两种元素组成的化合物p与Cl2光照反应产生HCl，同时产生s，s通常是难溶于水的混合物，根据转化关系图可知p是甲烷，则s可能是CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4‎ 中的几种物质。因此X是碳元素，Y是氧元素。A．根据元素周期律的原子半径变化规律：同一周期的元素，原子序数越大原子半径越小，同一主族的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，则原子半径的大小W＜Y＜X，错误；B．同周期元素，随着原子序数的增大，自左向右元素的非金属性逐渐增强，则非金属性Y＞X，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，相应元素的非金属性越弱，高氯酸的酸性大于碳酸的酸性，则非金属性Z＞X，氯元素与氧元素组成的常见化合物如次氯酸等，氯元素显正价，氧元素显负价，由此可判断非金属性Y＞Z，因此元素的非金属性Y＞Z＞X，错误；C．Y元素的氢化物有H2O和H2O2，二者在常温常压下都为液态，正确；D．X的最高价氧化物的水化物是碳酸，该物质是二元弱酸，不是强酸，错误。‎ ‎【考点定位】考查元素周期表、元素周期律的应用及和无机框图题推断的知识。‎ ‎【名师点睛】元素周期表、元素周期律是学习化学的工具和基本规律。元素周期表反映了元素的原子结构、元素的性质及相互转化关系的规律，是元素周期律的具体表现形式，元素周期律是元素周期表排布的依据。元素的原子半径、元素的化合价、元素的金属性、非金属性、原子核外电子排布都随着原子序数的递增而呈周期性的变化。同一周期的元素原子核外电子层数相同，从左到右原子序数逐渐增大；同一主族的元素，原子最外层电子数相同，从上到下原子核外电子层数逐渐增大。原子核外电子排布的周期性变化是元素周期律变化的原因，掌握元素的单质及化合物的结构、反应条件、物质的物理性质、化学性质等是进行元素及化合物推断的关键。本题难度较大，常由于物质的某个性质未掌握好而导致失误、失分。‎ ‎8．（1）-2‎ ‎（2）NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O （3）2ΔH3-2ΔH2-ΔH1反应放热量大、产生大量气体 ‎（4）8.7×10-7N2H6(HSO4)2‎ ‎（5）固体逐渐变黑，并有气泡产生 1 N2H4的用量少，不产生其他杂质（还原产物为N2和H2O，而Na2SO3产生Na2SO4）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）联氨是由两种非金属元素形成的共价化合物，电子式为，根据化合价代数和为零，其中氮的化合价为-2。‎ ‎（2）次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，Cl元素的化合价由+1价降低到-1价，N元素的化合价由-3价升高到-2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平，反应的化学方程式为NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O。‎ ‎（3）根据盖斯定律，反应热效应之间的关系式为ΔH4=2ΔH3-2ΔH2-ΔH1。联胺有强还原性，N2O4有强氧化性，两者在一起易发生自发地氧化还原反应，反应放热量大、产生大量气体，所以联氨和N2O4可作为火箭推进剂。‎ ‎（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，则联氨第一步电离的方程式为N2H4+H2ON2H5++OH-,已知：N2H4+H+N2H5+的K=8.7×107；KW=1.0×10-14，平衡常数K=8.7×107×1.0×10-14=8.7×10-7 ；联氨为二元弱碱，酸碱发生中和反应生成盐，则联氨与硫酸形成酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2 。‎ ‎（5）联氨是一种常用的还原剂，AgBr具有氧化性，两者发生氧化还原反应生成银，则向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，可观察到固体逐渐变黑，并有气泡产生；联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀，发生的反应为N2H4+O2=N2+2H2‎ O，理论上1kg的联氨可除去水中溶解的氧气为 ‎1kg÷32g/mol×32g/moL=1kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是N2H4的用量少，不产生其他杂质，而Na2SO3的氧化产物为Na2SO4。‎ ‎【考点定位】考查电子式，化合价，盖斯定律的应用，弱电解质的电离，化学计算等知识。‎ ‎【名师点睛】本题以多知识点综合题的形式考查化学基本用语，涉及电子式和化合价，盖斯定律的应用，弱电解质的电离平衡，简单化学计算等知识。对于弱电解质电离平衡常数的计算要注意几点：①准确书写电离平衡常数的表达式；②若没有直接的数据代入，要根据题意做一些变形，得到平衡常数之间的关系式也可解答。‎ ‎9．（1）蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液；‎ ‎（2）①2CrO42-+2H＋Cr2O72-+H2O； ② 增大；1.0×1014 ；③小于；‎ ‎（3）2.0×10-5 ；5×10-3；（4）Cr2O72−+3HSO3− +5H＋=2Cr3++3SO42−+4H2O。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据Cr3+与Al3+的化学性质相似，可知Cr(OH)3是两性氢氧化物，能溶解在强碱NaOH溶液中。向Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，首先发生反应：Cr3++3OH-=Cr(OH)3↓，产生Cr(OH)3灰蓝色固体，当碱过量时，又会发生反应：Cr(OH)3+OH-= Cr(OH)4−，可观察到沉淀消失，溶液变为绿色。故观察到的现象为蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液；（2）①随着H+浓度的增大，CrO42-与溶液中的H+发生反应，反应转化为Cr2O72-的离子反应式为：2CrO42-+2H＋Cr2O72-+H2O。②根据化学平衡移动原理，溶液酸性增大，c(H+)增大，化学平衡2CrO42-+2H＋Cr2O72-+H2O向正反应方向进行，导致CrO42−的平衡转化率增大；根据图像可知，在A点时，c(Cr2O72-)=0.25 mol/L，由于开始时c(CrO42−)=1.0 mol/L，根据Cr元素守恒可知A点的溶液中CrO42-的浓度c(CrO42−)=0.5 mol/L；H+浓度为1.0×10-7 mol/L；此时该转化反应的平衡常数为；③由于升高温度，溶液中CrO42−的平衡转化率减小，说明升高温度，化学平衡逆向移动，导致溶液中CrO42−的平衡转化率减小，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，逆反应方向是吸热反应，所以该反应的正反应是放热反应，故该反应的ΔH＜0；（3）当溶液中Cl−完全沉淀时，即c(Cl-)=1.0×10−5 mol·L−1，根据溶度积常数Ksp(AgCl)=2.0×10−10，可得溶液中c(Ag+)=Ksp(AgCl)÷c(Cl-)=2.0×10−10÷(1.0×10−5 mol·L−1)=2.0×10-5 mol·L−1；则此时溶液中c(CrO42−)=Ksp(Ag2CrO4)/c2(Ag+)=2.0×10−12÷(2.0×10-5 mol·L−1)=5×10-3mol·L−1；（4） NaHSO3具有还原性，Cr2O72−具有氧化性，二者会发生氧化还原反应，根据已知条件，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得二者反应的离子方程式为：Cr2O72−+3HSO3− +5H＋=2Cr3++3SO42−+4H2O。‎ ‎【考点定位】考查化学平衡移动原理的应用、化学平衡常数、溶度积常数的应用、两性物质的性质等知识。‎ ‎【名师点睛】两性氢氧化物是既能与强酸反应产生盐和水，也能与强碱反应产生盐和水的物质。化学平衡原理适用于任何化学平衡。如果改变影响平衡的一个条件，化学平衡会向能够减弱这种改变的方向移动。要会应用沉淀溶解平衡常数计算溶液中离子浓度大小，并根据平衡移动原理分析物质的平衡转化率的变化及移动方向，并根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒书写离子反应方程式。该题是化学平衡移动原理的重要应用，考查了学生对化学平衡移动原理、化学平衡常数、溶度积常数等含义的理解与应用，同时考查了物质的存在形式与溶液的酸碱性和物质的量多少的关系、离子反应和离子方程式的书写，是一个综合性试题。‎ ‎10．（1）+3；（2）2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4；‎ ‎（3）NaOH溶液 ；Na2CO3溶液 ；ClO2−(或NaClO2)；‎ ‎（4）2:1； O2；‎ ‎（5）1.57。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）在NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，可得Cl的化合价为+3。（2）NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO2是氧化剂，还原产物为NaCl，根据得失电子守恒和原子守恒，此反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4。（3）食盐溶液中混有Mg2+和Ca2+，可利用过量NaOH溶液除去Mg2+，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+；向NaCl溶液中加入ClO2，进行电解，阳极发生反应2Cl--2e-=Cl2↑，反应产生Cl2， 阴极发生反应产生NaClO2，可见“电解”中阴极反应的主要产物是NaClO2；（4）根据图示可知：利用含有过氧化氢的NaOH溶液吸收ClO2气体，产物为NaClO2，则此吸收反应中，氧化剂为ClO2，还原产物为NaClO2，还原剂是H2O2，氧化产物是O2，每1 mol的H2O2转移2 mol电子，反应方程式是：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O，可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1，该反应中氧化产物为O2。（5）每克NaClO2的物质的量n(NaClO2)=1g÷90.5 g/mol= mol，其获得电子的物质的量是n(e−)= mol×4=4/90.5 mol，1 mol Cl2获得电子的物质的量是2 mol，根据电子转移数目相等，可知其相对于氯气的物质的量为n=mol×4÷2=mol，则氯气的质量为mol×71 g/mol=1.57 g。‎ ‎【考点定位】考查混合物的分离与提纯、氧化还原反应的分析及电解原理的应用等知识。‎ ‎【名师点睛】化合价是元素形成化合物时表现出来的性质，在任何化合物中，所有元素正负化合价的代数和等于0，掌握常见元素的化合价，并根据元素吸引电子能力大小及化合物中所有元素正负化合价的代数和等于0的原则判断元素的化合价。有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，元素化合价升高，失去电子，该物质作还原剂，变为氧化产物；元素化合价降低，获得电子，该物质作氧化剂，变为还原产物，元素化合价升降总数等于反应过程中电子转移的数目；可利用最小公倍数法配平氧化还原反应方程式，对于离子反应，同时还要符合电荷守恒及原子守恒。‎ ‎11．（1）3d104s24p2 ；2；‎ ‎（2）Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键；‎ ‎（3）GeCl4、GeBr4、GeI4的熔、沸点依次增高。原因是分子结构相似，分子量依次增大，分子间相互作用力逐渐增强。‎ ‎（4）O＞Ge＞Zn；‎ ‎（5）sp3 ；共价键；‎ ‎（6）①(，，)；②。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）Ge是32号元素，与碳元素是同一主族的元素，在元素周期表中位于第四周期IVA族；基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar] 4s24p2，也可写为3d104s24p2；在其原子的最外层的2个4s电子是成对电子，位于4s轨道，2个4p电子分别位于2个不同的4p轨道上，所以基态Ge原子有2个未成对的电子；（2）Ge与C是同族元素，C 原子原子半径较小，原子之间可以形成双键、三键；但Ge原子之间难以形成双键或三键，从原子结构角度分析，这是由于锗的原子半径大，原子之间形成的ρ单键较长，p-p轨道肩并肩重叠的程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键；（3）锗元素的卤化物在固态时都为分子晶体，分子之间通过微弱的分子间作用力结合。对于组成和结构相似的物质来说，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高。由于相对分子质量：GeCl4＜GeBr4＜GeI4，所以它们的熔沸点由低到高的顺序是：GeCl4＜GeBr4＜GeI4；（4）光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂。元素的非金属性越强，其吸引电子的能力就越强，元素的电负性就越大。元素Zn、Ge、O的非金属性强弱顺序是：O＞Ge＞Zn，所以这三种元素的电负性由大至小的顺序是O＞Ge＞Zn ；（5） Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为1个s轨道与3个p轨道进行的sp3杂化；由于是同一元素的原子通过共用电子对结合，所以微粒之间存在的作用力是非极性共价键(或写为共价键)；（6） ①根据各个原子的相对位置可知，D在各个方向的1/4处，所以其坐标是(，，)；根据晶胞结构可知，在晶胞中含有的Ge原子数是8×1/8+6×1/2+4=8，所以晶胞的密度=cm3。‎ ‎【考点定位】考查物质结构的有关知识。‎ ‎【名师点睛】物质结构包括原子结构(原子核外电子排布、原子的杂化方式、元素电负性大小比较、元素金属性、非金属性的强弱)、分子结构(化学键，分子的电子式、结构式、结构简式的书写，化学式的种类，官能团等)、晶体结构(晶体类型的判断，物质熔沸点高低的判断、影响因素，晶体的密度，均摊法的应用等)。只有掌握这些，才可以更好的解决物质结构的问题。‎ ‎12．（1）① A； 2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+ CaCl2+2H2O(或B；NH3·H2ONH3↑+H2O)；‎ ‎②d c f e i；‎ ‎（2）①红棕色气体慢慢变浅；②8NH3+6NO2 7N2 +12H2O；‎ ‎③Z中NaOH溶液产生倒吸现象；④反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）①在实验室中，利用氢氧化钙与NH4Cl混合加热发生复分解反应制取氨气，氢氧化钙与NH4Cl都是固体，固体混合物加热制取气体，故应选用A装置进行，制取氨气，发生反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；也可以利用NH3·H2O的不稳定性，该物质受热分解产生氨气和水制取氨气，这时应该选择的装置是装置B，反应的化学方程式是：NH3·H2ONH3↑+H2O；②利用A(或B)装置制得的氨气，由于氨气是碱性气体，所以需要利用碱性干燥剂碱石灰进行干燥，然后再根据氨气的密度比空气小的性质，用向下排空气法收集，氨气是大气污染物，要进行尾气处理，可利用其在水中极易溶解的性质，用水作吸收剂进行尾气处理，故装置的连接顺序为d→c→f→e→i；（2）①NO2具有强氧化性，NH3‎ 有强还原性，两者相遇，会发生氧化还原反应产生氮气和水，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的方程式：8NH3+6NO27N2 +12H2O，根据反应方程式可知反应现象是：Y管内看到红棕色气体慢慢变浅，同时在注射器的内壁有水珠产生；②根据①分析可知发生该反应的方程式是8NH3+6NO27N2 +12H2O；③反应后由于容器内气体的物质的量减少，所以会使容器内气体压强减小。当打开K2后，烧杯内NaOH溶液在大气压强的作用下会倒吸进入Y管内；④溶液进入Y管内的原因是由于该反应是气体体积减小的反应，反应发生导致装置内压强降低，在外界大气压的作用下而发生倒吸现象。‎ ‎【考点定位】考查化学实验原理分析、气体收集、装置连接等基本操作及实验方案的设计的知识。‎ ‎【名师点睛】制取气体的装置与反应物的状态有关，由固体混合物加热制取气体可以用略向下倾斜试管进行；固体混合或固体与液体混合不加热制取气体可以在锥形瓶中进行，也可以在烧瓶中进行。液体可以通过分液漏斗或长颈漏斗加入；若是液体与固体混合物加热制取气体，要在烧瓶中进行，同时为了受热均匀，应该垫上石棉网；装置的连接顺序一般是：制取气体、除杂、干燥、收集、尾气处理。要根据除杂原则，选取适当的试剂除杂、干燥，根据物质的物理性质或化学性质进行气体的收集和尾气处理。对于极易溶于水或某溶液的气体，尾气处理要注意防止倒吸现象的发生。要会根据物质的性质判断反应现象。‎ ‎13．（1）增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；‎ ‎（2）2MnO2+4KOH + O22K2MnO4+2H2O；‎ ‎（3）提高氧气的压强，加快反应速率，增加软锰矿转化率；‎ ‎（4）①KHCO3；②MnO42−−e−=MnO4−；H2；③3:2；‎ ‎（5）。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）MnO2是固体物质，对于有固体参加的化学反应，由于其浓度不变，因此可通过增大其反应接触表面积的方法来提高反应速率，使更多的软锰矿反应转化为生成物，从而提高其转化率，因此要将其粉碎成细小的颗粒；（2）根据流程图可知，在“平炉”中MnO2、KOH、O2在加热时会反应产生K2MnO4，根据质量守恒定律可知，另外一种生成物质是H2O，根据原子守恒、电子守恒可得发生的化学方程式为2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O ；（3）由于上述反应中氧气的状态是气态，在“平炉”中增大压强，就可以使反应物氧气的浓度增大，根据外界条件对化学反应速率的影响，增大反应物的浓度，可以使化学反应速率加快；再结合外界条件对化学平衡移动的影响，任何反应都具有一定的可逆性，该反应的正反应是气体体积减小的反应。若增大压强，可以使化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，故可以提高原料的转化率；（4）①在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱酸性，这时K2MnO4会发生歧化反应，生成KMnO4、MnO2，根据质量守恒定律可知，另外一种生成物是KHCO3；根据氧化还原反应中的电子守恒及反应的原子守恒，可得该反应的化学方程式是：3K2MnO4+ 4CO2+2H2O = 2KMnO4+MnO2+4KHCO3；②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，在电解槽阳极，MnO42−失去电子，发生氧化反应，产生MnO4−。阳极的电极反应式是：MnO42−−e−=MnO4−；在阴极，溶液中的水电离产生的H+获得电子变为氢气逸出，阴极的电极反应式是：2H2O+2e−=H2↑+2OH−。所以阴极逸出的气体是H2；总反应方程式是：2K2MnO4+2H2O ‎2KMnO4+H2↑+2KOH；③根据“电解法”方程式2K2MnO4+ 2H2O2KMnO4+H2↑+2KOH 可知，K2MnO4完全转化为KMnO4，所以K2MnO4的理论利用率是100%；而在“CO2歧化法” 3K2MnO4+ 4CO2+2H2O = 2KMnO4+MnO2+4KHCO3；中，反应的K2MnO4中只有2/3反应转化为KMnO4，所以K2MnO4的理论利用率是2/3，故“电解法”和“CO2歧化法”制取KMnO4时K2MnO4的理论利用率之比为1:2/3=3:2；（5）根据离子方程式2MnO4-+5H2C2O4+ 6H+= 2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，KMnO4与草酸反应的关系式是：2KMnO4～5H2C2O4。取浓度为0.2000 mol·L−1的H2C2O4标准溶液20.00 mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48 mL，则配制的溶液的浓度为：。则1.0800 g样品中含KMnO4的物质的量为：n(KMnO4)=c·V=，由于样品的质量是1.0800g，则该样品含有的KMnO4的的纯度为：ω=。‎ ‎【考点定位】考查物质制备工艺流程的知识。‎ ‎【名师点睛】化学反应速率和化学平衡理论是重要的化学原理。影响化学反应速率的因素有浓度、温度、压强、催化剂等。对于固体来说，其浓度不变，所以要使反应速率加快，可通过将固体粉碎成细小的颗粒、搅拌等方法进行。外界条件对化学平衡移动的影响可通过勒夏特列原理进行分析，但是平衡移动的趋势是微弱的，不能改变这种改变。要会根据反应方程式分析判断物质的转化率的大小，转化率大的反应速率不一定快，物质的转化率大小与反应快慢是不同的概念，要掌握其区别与联系。要会根据方程式中相应物质之间的关系进行有关物质的量的化学计算。本题将化学反应速率、化学平衡、电解原理、滴定方法的应用综合一起考查，反映了考生的综合应用知识分析、解决问题的能力。‎ ‎14．（1）cd；‎ ‎（2）取代反应（酯化反应）；‎ ‎（3）酯基、碳碳双键；消去反应；‎ ‎（4）己二酸 ； ；‎ ‎（5）12 ； ；‎ ‎（6）。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：(1)a.淀粉和纤维素都是糖，没有甜味，错误；b.麦芽糖是二糖，水解只生成2个分子的葡萄糖，错误；c.无论淀粉是否水解完全，都会产生具有醛基的葡萄糖，因此都可以产生银镜反应，故用银镜反应不能判断淀粉水解是否完全，正确；d.淀粉和纤维素都属于多糖类，都是绿色植物光合作用产生的物质，故都是天然高分子化合物，正确；(2)根据图示可知B是HOOC-CH=CH-CH=CH-COOH，该物质含有两个羧基，可以与甲醇CH3OH在一定条件下发生酯化反应，产生酯C：CH3OOC-CH=CH-CH=CH-COOCH3和水，酯化反应也就是取代反应；(3)根据图示可知D中官能团为碳碳双键和酯基；根据物质的分子结构简式可知，D去氢发生消去反应产生E；（4）F分子中含有6个碳原子，在两头分别是羧基，所以F的化学名称是己二酸，由F生成G的化学方程式为；（5）具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体，0.5 mol W与足量碳酸氢钠溶液反应生成44 gCO2，说明W分子中含有2个—COOH，则其可能的支链情况是：—COOH、—CH2CH2COOH；—COOH、—CH(CH3)COOH；2个—CH2COOH；—CH3、—CH(COOH)2四种情况，它们在苯环的位置可能是邻位、间位、对位，故W可能的同分异构体种类共有4×3=12种（不含立体结构），其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为。（6）以（反，反）-2，4-己二烯和C2H4为原料制备对苯二甲酸的合成路线为。‎ ‎【考点定位】考查有机物的结构、性质、转化、化学方程式和同分异构体的书写等知识。‎ ‎【名师点睛】有机物的结构、性质、转化、反应类型的判断、化学方程式和同分异构体结构简式的书写及物质转化流程图的书写是有机化学学习中经常碰到的问题，掌握常见的有机代表物的性质、各类官能团的性质、化学反应类型、物质反应的物质的量关系与各类官能团的数目关系，充分利用题目提供的信息进行分析、判断。掌握同分异构体的类型有官能团异构、碳链异构、位置异构和空间异构四种基本类型；对于芳香族化合物来说，在支链相同时，又由于它们在苯环的位置有邻位、间位、对位三种不同的情况而存在异构体。分子中含有几种不同位置的氢原子，就存在几种核磁共振氢谱，核磁共振氢谱峰的面积比就是各类氢原子的个数比；掌握其规律是判断同分异构体的种类及相应类别结构式的关键。本题难度适中。‎