1、福建省漳州市2015-2016年第二学期高三化学二模试卷(解析版) 一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与人类生产、生活密切相关下列叙述正确的是（）A氢氧化铝、碳酸钠都是常见的胃酸中和剂B红葡萄酒密封储存时间越长质量越好原因之一是生成了有香味的酯C碘酒中的碘因有还原性而起到杀菌消毒作用D食盐、食醋、味精是常用的食品添加剂，其主要成分均属于钠盐2乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图所示，关于该有机物的下列叙述中正确的是（） 分子式为C12H20O2能使酸性KMnO4溶液褪色能发生加成反应，但不能发生取代反应它的同分异构体中可能有芳香族化合物，且属于芳香族化合物的同分异构体有8
2、种1mol该有机物水解时只能消耗1mol NaOH1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为3molABCD3设NA代表阿佛加德罗常数，下列说法中正确的是（）常温常压下，1mol氦气含有的核外电子数为4NA常温常压下，17g甲基（14CH3）所含的中子数为8NA0.44g C3H8中含有的共用电子对总数目为0.08NA常温常压下，100mL 0.5mol/L 的乙酸溶液中，乙酸的分子数目小于0.05NA标准状况下，22.4L SO3中含有的氧原子数为3NA常温常压22.4L NO气体的分子数小于NAABCD4今有甲、乙、丙、丁、戊5种物质，在一定条件下它们能按如图方式进行转化：其推断
3、正确的是（）选项甲乙丙丁戊ANH3O2NOH2ONO2BCH2OCOH2CH3OHCMgCO2CMgOCODFeBr2Cl2FeCl2Br2FeCl3AABBCCDD5用下列实验装置完成对应的实验，不能达到实验目的是（）ABCD装置实验分离乙醇和乙酸证明温度对化学平衡的影响分离沸点相差较大的互溶液体混合物制取并收集氨气AABBCCDD6某温度时，卤化银（AgX，X=Cl，Br，I）的3条溶解平衡曲线如图所示，AgCl，AgBr，AgI的Ksp依次减小已知pAg=lgc（Ag+），pX=lgc（X），利用pXpAg的坐标系可表示出AgX的溶度积与溶液中的c（Ag+）和c（X）的相互关系下列说法错
4、误的是（）AA线是AgCl的溶解平衡曲线，C线是AgI的溶解B坐标点（8，4）形成的溶液是AgCl的不饱和溶液平衡曲线Cd点是在水中加入足量的AgBr形成的饱和溶液De点表示由过量的KI与AgNO3反应产生AgI沉淀7纯的叠氮酸（HN3）是无色液体，常用做引爆剂，常温下向25mL 0.1molL1NaOH溶液中加入0.2molL1HN3的溶液，滴加过程中的pH值的变化曲线（溶液混合时的体积变化忽略不计）如图下列说法正确的是（）A若用已知浓度的NaOH溶液滴定HN3溶液来测定HN3的浓度时应用甲基橙作指示剂B常温下，向0.2molL1HN3的溶液中加水稀释，则不变C分别中和PH均为4的HN3溶液
5、和HCl溶液，消耗0.1molL1NaOH溶液的体积相同DD点时溶液中离子浓度存在如下关系：c（H+）+c（HN3）=c（N3）+c（OH）二、解答题（共3小题，满分43分）8（16分）煤炭是我国的主要能源之一，与之伴生的二氧化硫（SO2）和酸雨污染问题较为突出，目前我国采用的控制方法是电厂烟气脱硫烟气脱硫的原理是利用碱性物质吸收并固定酸性的二氧化硫，主要有如下两种方法：钠碱循环法脱硫技术（1）此法是利用Na2SO3溶液可脱除烟气中的SO2Na2SO3可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式：（2）NaOH溶液吸收SO2的过程中，pH随n（SO32）：n（HSO3）变化关系如表：n（
6、SO32）：n（HSO3）91：91：19：91pH8.27.26.2由表判断，NaHSO3溶液显性，用化学平衡原理解释：当溶液呈中性时，离子浓度关系正确的是（填标号）Ac（Na+）=c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3）Bc（Na+）c（HSO3）c（SO32）c（H）=c（OH）Cc（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3）石灰石脱硫法此法是以石灰石为原料通过系列反应将硫元素以CaSO4的形式固定，从而降低SO2的排放但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，降低脱硫效率，相关反应的热化学方程式如下：CaSO4（s）+CO（g）CaO（s）+SO2（g）+CO2
7、（g）H1=218.4kJmol1（反应）CaSO4（s）+4CO（g）CaS（s）+4CO2（g）H2=175.6kJmol1 （反应）请回答下列问题：（1）结合反应、写出CaSO4（s）与CaS（s）反应的热化学方程式（2）对于气体参与的反应，表示平衡常数 Kp时用气体组分（B）的平衡压强p（B）代替该气体物质的量浓度c（B），则反应的Kp=（用表达式表示）（3）假设某温度下，反应的速率（v1）小于反应的速率（v2），则下列反应过程能量变化示意图（如图1所示）其中正确的是（填标号）（4）图2为实验测得不同温度下反应体系中CO初始体积百分数与平衡时固体产物中CaS质量百分数的关系曲线，则降低
8、该反应体系中产生的SO2生成量的措施有（填标号）A向该反应体系中投入生石灰 B在合适的温度区间内控制较低的反应温度C降低CO的初始体积百分数 D提高反应体系的温度9（13分）氢化锂（LiH）在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸能够引起燃烧某活动小组准备使用下列装置制备LiH固体甲同学的实验方案如下：（1）仪器的组装连接：上述仪器装置接口的连接顺序为，加入药品前首先要进行的实验操作是（不必写出具体的操作方法）；其中装置B的作用是（2）添加药品：用镊子从试剂瓶中取出一定量金属锂（固体石蜡密封），然后在甲苯中浸洗数次，该操作的目的是，然后快速把锂放入到石英管中（3）通入一段时间氢气后加热石英管，在加热
9、D处的石英管之前，必须进行的实验操作是（4）加热一段时间后停止加热，继续通氢气冷却，然后取出LiH，装入氮封的瓶里，保存于暗处采取上述操作的目的是为了避免LiH与空气中的水蒸气接触而发生危险（反应方程式：LiH+H2O=LiOH+H2），分析该反应原理，完成LiH与无水乙醇反应的化学方程式（5）准确称量制得的产品0.174g，在一定条件下与足量水反应后，共收集到气体470.4mL（已换算成标准状况），则产品中LiH与Li的物质的量之比为（6）乙同学对甲的实验方案提出质疑，他认为未反应的H2不能直接排放，所以在最后连接了装置E用来收集H2，请将E装置补充完整10（14分）铬是一种银白色的坚硬金属
10、铬的工业用途很广，主要有金属加工、电镀、制革行业，这些行业排放的废水和废气是环境中的主要污染源请回答下面与铬有关的一些问题（1）工业上冶炼铬的主要步骤如图1所示：已知步骤II的反应方程式为：8Na2CrO4+6Na2S+23H2O=8Cr（OH）3+3Na2S2O3+22NaOH该反应中氧化剂是（填化学式），每生成lmol Cr（OH）3时转移电子的物质的量为mol步骤IV冶炼制铬的化学方程式为 （2）某工厂采用电解法处理含铬废水耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，槽中盛放含铬废水，其原理示意图如图2A为电源的 （填“正极”、“负极”），阳极区溶液中发生的氧化还原反应为：（3）重铬酸铵（NH4）2Cr
11、2O7是一种桔黄色结晶，可用作实验室制备纯净的N2及Cr2O3等实验室可由工业级铬酸钠（Na2CrO4）为原料制取重铬酸铵实验步骤如下：步骤1：将铬酸钠溶于适量水中，加一定量浓硫酸酸化，使铬酸钠转化为重铬酸钠步骤2：先将上述溶液蒸发结晶并趁热过滤，继续将得到的晶体再溶解再蒸发结晶并趁热过滤然后将得到的滤液冷却至40左右进行结晶，用水洗涤，获得重铬酸钠晶体步骤3：将得到的重铬酸钠和氯化铵按物质的量之比1：2溶于适量的水，加热至105110时让其充分反应步骤1是一个可逆反应，该反应的离子方程式为：（NH4）2Cr2O7受热分解制取N2及Cr2O3的化学方程式为：为了测定实验制得的产品中（NH4）2
12、Cr2O7的含量，称取样品0.140g置于锥形瓶中，加50mL水；再加入2gKI（过量）及稍过量的稀硫酸溶液，摇匀，暗处放置10min；然后加150mL蒸馏水并加入3mL 0.5%淀粉溶液；用0.1000mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液30.00mL则该产品中（NH4）2Cr2O7的纯度为（假定杂质不参加反应，已知：Cr2O72+6I+14H+2Cr3+3I2+7H2O，I2+2S2O322I+S4O62）化学-选修3：物质结构与性质（共2小题，满分15分）11（3分）CH3+、CH3、CH3都是重要的有机反应中间体，有关它们的说法正确的是（）A它们均由
13、甲烷去掉一个氢原子所得B它们互为等电子体，碳原子均采取sp2杂化CCH3与NH3、H3O+互为等电子体，几何构型均为三角锥形DCH3+中的碳原子采取sp2杂化，所有原子均共面E两个CH3或一个CH3+和一个CH3结合均可得到CH3CH312（12分）锌是一种重要的金属，锌及其化合物有着广泛的应用锌在元素周期表中的位置是：葡萄糖酸锌CH2OH（CHOH）4 COO2Zn是目前市场上流行的补锌剂写出Zn2+基态电子排布式，葡萄糖分子CH2OH（CHOH）4CHO中碳原子杂化方式有Zn2+能与NH3形成配离子Zn（NH3）42+配位体NH3分子属于（填“极性分子”或“非极性分子”）；在Zn（NH3）
14、42+中，Zn2+位于正四面体中心，N位于正四面体的顶点，试在图1中表示出Zn（NH3）42+中Zn2+与N之间的化学键图2示锌与某非金属元素X形成的化合物晶胞，其中Zn和X通过共价键结合，该化合物的Zn与X的原子个数之比为；在的晶胞（图2）中，如果只考查X的排列方式，则X的堆积方式属于金属晶体堆积方式中的堆积；设该晶胞中Zn的半径为r1 cm，其相对原子质量为M1，X的半径为r2cm，其相对原子质量为M2，则该晶体的密度为g/cm3（写出含有字母的表达式）化学-选修5：有机化学基础（共1小题，满分0分）13PET是世界上产量最大的合成纤维，其结构简式为：现以煤的干馏产品A与F为原料制备PET
15、，生产流程如图所示其中A为烃，含碳元素的质量分数为90.6%，其蒸气的密度是空气密度的3.66倍，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能使溴水褪色M分子里所有原子共平面请回答下列问题：（1）A的分子式为：下列反应类型为：MN （2）指出反应的反应条件：；A的名称为（3）写出有机物A所有一氯代物的结构简式：（4）写出下列反应的化学方式程：反应；D与足量的氢氧化铜悬浊液煮沸（5）P的一种同系物X分子式为C3H8O2，在核磁共振氢谱图中出现三种信号峰，其峰的强度之比为2：1：l则X的结构简式为2016年福建省漳州市高考化学模拟试卷（一）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化学
16、与人类生产、生活密切相关下列叙述正确的是（）A氢氧化铝、碳酸钠都是常见的胃酸中和剂B红葡萄酒密封储存时间越长质量越好原因之一是生成了有香味的酯C碘酒中的碘因有还原性而起到杀菌消毒作用D食盐、食醋、味精是常用的食品添加剂，其主要成分均属于钠盐【考点】药物的主要成分和疗效；酯的性质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；常见的食品添加剂的组成、性质和作用【分析】A碳酸钠的碱性过强，不能用于治疗胃酸过多； B乙醇被氧化可生成乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成具有香味的乙酸乙酯；C碘单质有氧化性；D食醋主要成分为乙酸【解答】解：A碳酸钠的碱性过强，对胃的刺激性过大，不能用于治疗胃酸过多，应是碳酸氢钠，故A错误
17、；B红葡萄酒长时间密封储存，乙醇被氧化可生成乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成具有香味的乙酸乙酯，故B正确；C碘单质有氧化性，能杀菌消毒，故C错误；D食盐、食醋和味精是常用的食品添加剂，食盐和味精（谷氨酸的钠盐）其主要成分均属钠盐，食醋主要成分为乙酸，不是钠盐，故D错误，故选B【点评】本题考查物质的组成、性质与用途，把握常见物质的性质与用途等为解答的关键，选项A为易错点，容易记混苏打与小苏打，题目难度不大2乙酸橙花酯是一种食用香料，其结构简式如图所示，关于该有机物的下列叙述中正确的是（） 分子式为C12H20O2能使酸性KMnO4溶液褪色能发生加成反应，但不能发生取代反应它的同分异构体中可能有芳
18、香族化合物，且属于芳香族化合物的同分异构体有8种1mol该有机物水解时只能消耗1mol NaOH1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为3molABCD【考点】有机物的结构和性质【分析】由有机物的结构简式可知，分子中含碳碳双键、COOC，结合烯烃和酯的性质来解答【解答】解：由结构简式可知分子式为C12H20O2，故正确；含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故正确；含有碳碳双键，能发生加成反应，含有酯基，能发生取代反应，故错误；有机物含有3个双键，对应同分异构体中不可能为芳香族化合物，因芳香族化合物的不饱和度至少为4，故错误；1mol该有机物水解生成1mol羧基，只能消耗1mo
19、l NaOH，故正确；只有碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol该有机物在一定条件下和H2反应，共消耗H2为2mol，故错误故选B【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，把握常见有机物的官能团为解答的关键，熟悉烯烃、酯的性质即可解答，题目难度不大3设NA代表阿佛加德罗常数，下列说法中正确的是（）常温常压下，1mol氦气含有的核外电子数为4NA常温常压下，17g甲基（14CH3）所含的中子数为8NA0.44g C3H8中含有的共用电子对总数目为0.08NA常温常压下，100mL 0.5mol/L 的乙酸溶液中，乙酸的分子数目小于0.05NA标准状况下，22.4L SO3中含有的氧原子
20、数为3NA常温常压22.4L NO气体的分子数小于NAABCD【考点】阿伏加德罗常数【分析】氦气为单原子分子；求出17g甲基（14CH3）的物质的量，然后根据1mol甲基中含8mol中子来分析；求出0.44g C3H8的物质的量，然后根据1mol丙烷中含10mol共价键来分析；乙酸为弱酸，在溶液中完全电离；标准状况下，SO3为固体；常温常压气体摩尔体积大于22.4L/mol【解答】解：氦气为单原子分子，故1mol氦气中含2NA个电子，故错误；17g甲基（14CH3）的物质的量为1mol，而1mol甲基中含8mol中子，故含8NA个，故正确；0.44g C3H8的物质的量为0.01mol，而1m
21、ol丙烷中含10mol共价键，故0.01mol丙烷中含0.1NA条共价键，故错误；乙酸为弱酸，在溶液中完全电离，故溶液中的乙酸分子个数小于0.05NA个，故正确；标准状况下，SO3为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和氧原子个数，故错误；常温常压气体摩尔体积大于22.4L/mol，故22.4LNO的体积小于1mol，故分子个数小于NA个，故正确故选D【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大4今有甲、乙、丙、丁、戊5种物质，在一定条件下它们能按如图方式进行转化：其推断正确的是（）选项甲乙丙丁戊ANH3O2NOH2ONO2BCH2OC
22、OH2CH3OHCMgCO2CMgOCODFeBr2Cl2FeCl2Br2FeCl3AABBCCDD【考点】化学基本反应类型【分析】A、氨气和氧气反应生成一氧化氮和水的反应不是置换反应；B、氢气和一氧化碳之间不会发生反应；C、金属镁可以和二氧化碳之间反应得到碳单质和氧化镁，碳单质可以和二氧化碳在高温下发生反应得到一氧化碳；D、溴化亚铁和氯气之间，氯气先是将亚铁离子氧化为铁离子【解答】解：A、氨气和氧气反应生成一氧化氮和水的反应不是置换反应，故A错误；B、碳和水蒸气之间发生置换反应得到一氧化碳和氢气，氢气和一氧化碳之间不会发生反应得到二氧化碳，故B错误；C、金属镁可以和二氧化碳之间反应得到碳单质
23、和氧化镁，属于置换反应，碳单质可以和二氧化碳在高温下发生反应得到一氧化碳，符合转化，故C正确；D、溴化亚铁和氯气之间，氯气先是将亚铁离子氧化为铁离子，不会置换出溴单质，故D错误故选C【点评】本题考查学生物质间的转化知识，注意知识的迁移应用是解题的关键，难度中等5用下列实验装置完成对应的实验，不能达到实验目的是（）ABCD装置实验分离乙醇和乙酸证明温度对化学平衡的影响分离沸点相差较大的互溶液体混合物制取并收集氨气AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A乙醇和乙酸混溶，不能用分液的方法分离；B已知2NO2N2O4 H0，根据颜色的变化判断；C分离沸点相差较大的互溶液体混合物，可用蒸馏的
24、方法；D氨气密度比空气小，用向下排空法收集，注意防止倒吸【解答】解：A乙醇和乙酸混溶，不能用分液的方法分离，应用蒸馏的方法分离，故A错误；B已知2NO2N2O4H0，根据颜色的变化可知平衡移动的方向，以此可确定温度对平衡移动的影响，故B正确；C沸点不同的液体混合物，当沸点相差较大时，可用蒸馏的方法分离，故C正确；D氨气密度比空气小，用向下排空法收集，氨气不溶于四氯化碳，可防止倒吸，故D正确故选A【点评】本题考查较为综合，涉及物质制备、分离、物质的鉴别、化学平衡移动等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大6某温度时，卤化银（AgX，X=Cl
25、，Br，I）的3条溶解平衡曲线如图所示，AgCl，AgBr，AgI的Ksp依次减小已知pAg=lgc（Ag+），pX=lgc（X），利用pXpAg的坐标系可表示出AgX的溶度积与溶液中的c（Ag+）和c（X）的相互关系下列说法错误的是（）AA线是AgCl的溶解平衡曲线，C线是AgI的溶解B坐标点（8，4）形成的溶液是AgCl的不饱和溶液平衡曲线Cd点是在水中加入足量的AgBr形成的饱和溶液De点表示由过量的KI与AgNO3反应产生AgI沉淀【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】A已知pAg=lgc（Ag+），pX=lgc（X），银离子、氯离子浓度越大，浓度的负对数得到数值越小，以
26、此判断；B坐标点（8，4），与平衡线相比较，c（Cl）较小；Cd点是沉淀溶解平衡线上的一点，说明是沉淀溶解平衡状态下的饱和溶液；De点时存在溶解平衡，为饱和溶液状态；【解答】解：A已知pAg=lgc（Ag+），pX=lgc（X），银离子、氯离子浓度越大，浓度的负对数得到数值越小，依据图象分析可知，氯化银溶解度大于溴化银大于碘化银，溶液中的离子浓度也是氯化银溶解度大于溴化银大于碘化银，所以A线表示俄是AgCl，B线表示的是AgBr，C线表示的是AgI，故A正确；B坐标点（8，4），与平衡线相比较，c（Cl）较小，是AgCl的不饱和溶液，故B正确；C点是沉淀溶解平衡线上的一点，说明是沉淀溶解平衡状
27、态下的饱和溶液，故C正确；D因为e点在曲线上，即处于沉淀溶解平衡状态，不存在净生成沉淀或有部分沉淀溶解的问题，表示的是碘化银沉淀的溶解沉淀平衡状态，故D错误；故选D【点评】本题主要考查难溶电解质的溶解平衡图象，充分理解图象并从图象中得出解题所需要的信息为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力，注意掌握难溶物溶解平衡及其影响、溶度积的概念及其应用方法7纯的叠氮酸（HN3）是无色液体，常用做引爆剂，常温下向25mL 0.1molL1NaOH溶液中加入0.2molL1HN3的溶液，滴加过程中的pH值的变化曲线（溶液混合时的体积变化忽略不计）如图下列说法正确的是（）A若用已知浓度的NaOH溶液滴定
28、HN3溶液来测定HN3的浓度时应用甲基橙作指示剂B常温下，向0.2molL1HN3的溶液中加水稀释，则不变C分别中和PH均为4的HN3溶液和HCl溶液，消耗0.1molL1NaOH溶液的体积相同DD点时溶液中离子浓度存在如下关系：c（H+）+c（HN3）=c（N3）+c（OH）【考点】离子浓度大小的比较【分析】ANaOH与HN3等物质的量反应后溶液显碱性，说明HN3为弱酸，滴定时选择在碱性条件下变色的指示剂；B =；CPH均为4的HN3溶液和HCl溶液，HN3的浓度大于HCl；DD点时，加入的HN3的物质的量是NaOH的2倍，根据物料守恒和电荷守恒分析【解答】解：ANaOH与HN3等物质的量反
29、应后溶液显碱性，说明HN3为弱酸，滴定时选择在碱性条件下变色的指示剂，所以选择酚酞作指示剂，故A错误；B =，Ka、Kw为常数，只随温度的变化而变化，温度不变，所以加水稀释不变，故B正确；CPH均为4的HN3溶液和HCl溶液，两个溶液中氢离子的浓度相同，HN3的浓度大于氢离子，HCl的浓度等于氢离子，所以HN3的浓度大于HCl，则HN3消耗的氢氧化钠体积大，故C错误；DD点时，加入的HN3的物质的量是NaOH的2倍，溶液中物料守恒为2c（Na+）=c（HN3）+c（N3），电荷守恒为c（H+）+c（Na+）=c（N3）+c（OH），则：2c（H+）+c（HN3）=c（N3）+2c（OH），故D
30、错误故选B【点评】本题考查了图象变化的分析、酸碱反应溶液酸碱性、盐类水解原理、电解质溶液中离子浓度大小的比较方法等知识，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力，注意把握图象中的点对应的溶质二、解答题（共3小题，满分43分）8（16分）（2016漳州模拟）煤炭是我国的主要能源之一，与之伴生的二氧化硫（SO2）和酸雨污染问题较为突出，目前我国采用的控制方法是电厂烟气脱硫烟气脱硫的原理是利用碱性物质吸收并固定酸性的二氧化硫，主要有如下两种方法：钠碱循环法脱硫技术（1）此法是利用Na2SO3溶液可脱除烟气中的SO2Na2SO3可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式：2OH+SO2
31、SO32+H2O（2）NaOH溶液吸收SO2的过程中，pH随n（SO32）：n（HSO3）变化关系如表：n（SO32）：n（HSO3）91：91：19：91pH8.27.26.2由表判断，NaHSO3溶液显酸性，用化学平衡原理解释：溶液中存在HSO3H+SO32，HSO3+H2OH2SO3+OH，显酸性是因其电离大于其水解当溶液呈中性时，离子浓度关系正确的是BC（填标号）Ac（Na+）=c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3）Bc（Na+）c（HSO3）c（SO32）c（H）=c（OH）Cc（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3）石灰石脱硫法此法是以石灰石为原料通过系列反应将硫元素
32、以CaSO4的形式固定，从而降低SO2的排放但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，降低脱硫效率，相关反应的热化学方程式如下：CaSO4（s）+CO（g）CaO（s）+SO2（g）+CO2（g）H1=218.4kJmol1（反应）CaSO4（s）+4CO（g）CaS（s）+4CO2（g）H2=175.6kJmol1 （反应）请回答下列问题：（1）结合反应、写出CaSO4（s）与CaS（s）反应的热化学方程式3CaSO4 （s）+CaS（s）=4CaO（s）+4SO2 （g）H=1049.2kJmol1（2）对于气体参与的反应，表示平衡常数 Kp时用气体组分（B）的平衡压强p（
33、B）代替该气体物质的量浓度c（B），则反应的Kp=（用表达式表示）（3）假设某温度下，反应的速率（v1）小于反应的速率（v2），则下列反应过程能量变化示意图（如图1所示）其中正确的是B（填标号）（4）图2为实验测得不同温度下反应体系中CO初始体积百分数与平衡时固体产物中CaS质量百分数的关系曲线，则降低该反应体系中产生的SO2生成量的措施有AB（填标号）A向该反应体系中投入生石灰 B在合适的温度区间内控制较低的反应温度C降低CO的初始体积百分数 D提高反应体系的温度【考点】离子浓度大小的比较；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；盐类水解的应用【分析】、（1）二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和
34、水；（2）由表格中的数据可知，HSO3越多，酸性越强，则电离生成氢离子；吸收液呈中性时，溶质为亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，电离与水解的程度相等，结合电荷守恒解答；、（1）根据盖斯定律结合已知方程式进行解答，反应热与化学计量数成正比；（2）表示平衡常数Kp时用气体组分（B）的平衡压强p（B）代替该气体物质的量的浓度c（B），可根据平衡常数的表达式书写，平衡常数等于气体生成物浓度幂之积除以气体反应物浓度幂之积；（3）反应为吸热反应，反应为放热反应，结合反应物与生成物总能量大小之间的关系判断；（4）由反应可知生成二氧化硫的反应为吸热反应，则低温下不利于生成二氧化硫【解答】解：、（1）二氧化硫与氢氧化钠反应
35、的离子方程式：2OH+SO2SO32+H2O，故答案为：2OH+SO2SO32+H2O；（2）由表格中的数据可知，溶液呈酸性，HSO3越多，酸性越强，是因为溶液中存在：HSO3SO32+H+； HSO3+H2OH2SO3+OH电离程度大于水解程度，溶液显酸性，故答案为：酸；溶液中存在HSO3H+SO32，HSO3+H2OH2SO3+OH，显酸性是因其电离大于其水解；吸收液呈中性时，溶质为亚硫酸钠和亚硫酸氢钠，电离与水解的程度相等，A由电荷守恒可知，c（H+）+c（Na+）2c（SO32）+c（HSO3）+c（OH），中性溶液则c（H+）c（OH），则c（Na+）2c（SO32）+c（HSO3）
36、，c（SO32）c（H2SO3），故A错误；BSO32+H2OHSO3+OH，HSO3H+SO32，亚硫酸两步水解，则离子浓度为c（Na+）c（HSO3）c（SO32）c（H+）=c（OH），故B正确；C由电荷守恒可知，c（H+）+c（Na+）2c（SO32）+c（HSO3）+c（OH），中性溶液则c（H+）c（OH），则c（Na+）2c（SO32）+c（HSO3），故C正确；故答案为：BC；、（1）CaSO4 （s）+CO （g）CaO（s）+SO2 （g）+CO2 （g）H=218.4kJmol1（反应）CaSO4（s）+4CO（g）CaS（s）+4CO2（g）H2=175.6kJmol1
37、 （反应）根据盖斯定律将反应4反应）得：3CaSO4 （s）+CaS（s）=4CaO（s）+4SO2 （g）H=1049.2kJmol1，故答案为：3CaSO4 （s）+CaS（s）=4CaO（s）+4SO2 （g）H=1049.2kJmol1；（2）由题意可知，平衡常数等于气体生成物二氧化硫、二氧化碳浓度幂之积除以气体反应物一氧化氮浓度幂之积，所以反应的Kp=，故答案为：；（3）反应为吸热反应，反应为放热反应，则A、D错误；反应的速率（v1）小于反应的速率（v2），则反应的活化能较小，则C错误、B正确，故答案为：B；（4）A向该反应体系中投入生灰石，可使更多的二氧化硫转化为硫酸钙，减少二氧化
38、硫的排放，故A正确；B由反应可知生成二氧化硫的反应为吸热反应，则低温下不利于生成二氧化硫，则应在合适的温度区间内控制较低的反应温度，故B正确；C由图象可知，降低CO的初始体积百分数，减小CaS的质量分数，增加二氧化硫的排放，故C错误；D提高反应体系的温度，不利于二氧化硫的减少，故D错误；故答案为：AB【点评】本题考查了水解原理、离子浓度定性比较，盖斯定律计算、化学反应速率、平衡常数概念理解和计算应用，图象分析方法等，题目难度中等，明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法9（13分）（2016漳州模拟）氢化锂（LiH）在干燥的空气中能稳
39、定存在，遇水或酸能够引起燃烧某活动小组准备使用下列装置制备LiH固体甲同学的实验方案如下：（1）仪器的组装连接：上述仪器装置接口的连接顺序为e接a，b接f，g接d（f和g调换也可以），加入药品前首先要进行的实验操作是检验装置气密性（不必写出具体的操作方法）；其中装置B的作用是除去H2中的H2O和HCl（2）添加药品：用镊子从试剂瓶中取出一定量金属锂（固体石蜡密封），然后在甲苯中浸洗数次，该操作的目的是除去锂表面的石蜡，然后快速把锂放入到石英管中（3）通入一段时间氢气后加热石英管，在加热D处的石英管之前，必须进行的实验操作是收集c处排出的气体并检验H2纯度（4）加热一段时间后停止加热，继续通氢气
40、冷却，然后取出LiH，装入氮封的瓶里，保存于暗处采取上述操作的目的是为了避免LiH与空气中的水蒸气接触而发生危险（反应方程式：LiH+H2O=LiOH+H2），分析该反应原理，完成LiH与无水乙醇反应的化学方程式LiH+CH3CH2OH=CH3CH2OLi+H2（5）准确称量制得的产品0.174g，在一定条件下与足量水反应后，共收集到气体470.4mL（已换算成标准状况），则产品中LiH与Li的物质的量之比为10：1（6）乙同学对甲的实验方案提出质疑，他认为未反应的H2不能直接排放，所以在最后连接了装置E用来收集H2，请将E装置补充完整【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）氢气和锂发生反应生
41、成LiH，制备LiH固体需要制备氢气，LiH在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸能够引起燃烧，所以制备得到的氢气必须干燥纯净，利用A装置制备氢气，用装置B中的碱石灰除去氢气中的氯化氢和水蒸气，通入装置D中加热和锂反应生成氢化锂，最后连接装置C，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入装置D和生成的氢化锂发生反应；制备气体装置，加入药品前首先要进行的实验操作是：检验装置气密性；（2）石蜡是有机物，易溶解于有机溶剂甲苯；（3）使用前应通入一段时间氢气，排尽装置内的空气，防止加热时氢气不纯发生爆炸危险；（4）LiH与H2O发生水解反应，锂离子结合氢氧根离子，氢负离子与氢离子结构生成氢气，LiH与乙醇反应类似，
42、羟基提供H原子与LiH反应生成氢气，另外部分结合生成CH3CH2OLi；（5）设LiH与Li的物质的量分别为xmol、ymol，根据方程式表示出生成氢气的物质的量，再根据二者总质量、氢气总体积列方程计算解答；（6）装置E用来收集H2，利用的是在烧瓶中收集氢气，所以根据排水量气法设计装置，导气管短进长出【解答】解：（1）氢气和锂发生反应生成LiH，制备LiH固体需要制备氢气，LiH在干燥的空气中能稳定存在，遇水或酸能够引起燃烧，所以制备得到的氢气必须干燥纯净，利用A装置制备氢气，用装置B中的碱石灰除去氢气中的氯化氢和水蒸气，通入装置D中加热和锂反应生成氢化锂，最后连接装置C，防止空气中的水蒸气和
43、二氧化碳进入装置D和生成的氢化锂发生反应，装置连接顺序为：e接a，b接f，g接d（f和g调换也可以）；制备气体装置，加入药品前首先要进行的实验操作是：检验装置气密性；装置B中碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物，氧化钙与水可反应，氢氧化钠可作干燥剂，且与盐酸能反应，所以该装置的作用是吸收水蒸气和部分氯化氢气体，故答案为：e接a，b接f，g接d（f和g调换也可以）；检验装置气密性；除去H2中的H2O和HCl；（2）取出一定量金属锂（固体石蜡密封），然后在甲苯中浸洗数次，利用石蜡是有机物易溶解于有机溶剂甲苯中，操作的目的是除去锂表面的石蜡，故答案为：除去锂表面的石蜡；（3）使用前应通入一段时间氢气，排
44、尽装置内的空气，防止加热时氢气不纯发生爆炸危险，在加热D处的石英管之前，必须进行的实验操作是：收集c处排出的气体并检验H2纯度，故答案为：收集c处排出的气体并检验H2纯度；（4）LiH与H2O发生水解反应，锂离子结合氢氧根离子，氢负离子与氢离子结构生成氢气，LiH与乙醇反应类似，羟基提供H原子与LiH反应生成氢气，另外部分结合生成CH3CH2OLi，反应方程式为：LiH+CH3CH2OH=CH3CH2OLi+H2，故答案为：LiH+CH3CH2OH=CH3CH2OLi+H2；（5）设LiH与Li的物质的量分别为xmol、ymol，则：LiH+H2O=H2+LiOHxmol xmol2Li+2H
45、2O=2LiOH+H2ymol 0.5y mol解得x=0.02、y=0.002故LiH与Li的物质的量之比为0.02mol：0.002mol=10：1，故答案为：10：1；（6）装置E用来收集H2，利用的是在烧瓶中收集氢气，所以根据排水量气法设计装置，导气管短进长出，装置图为，故答案为：【点评】本题考查化学实验制备方案，理解原理是解题关键，涉及对装置及操作的分析评价、气体收集、化学方程式的计算等，题目难度中等10（14分）（2016漳州模拟）铬是一种银白色的坚硬金属铬的工业用途很广，主要有金属加工、电镀、制革行业，这些行业排放的废水和废气是环境中的主要污染源请回答下面与铬有关的一些问题（1）
46、工业上冶炼铬的主要步骤如图1所示：已知步骤II的反应方程式为：8Na2CrO4+6Na2S+23H2O=8Cr（OH）3+3Na2S2O3+22NaOH该反应中氧化剂是Na2CrO4（填化学式），每生成lmol Cr（OH）3时转移电子的物质的量为3mol步骤IV冶炼制铬的化学方程式为Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr （2）某工厂采用电解法处理含铬废水耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，槽中盛放含铬废水，其原理示意图如图2A为电源的正极 （填“正极”、“负极”），阳极区溶液中发生的氧化还原反应为：Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O（3）重铬酸铵（NH4）2Cr2O7是一
47、种桔黄色结晶，可用作实验室制备纯净的N2及Cr2O3等实验室可由工业级铬酸钠（Na2CrO4）为原料制取重铬酸铵实验步骤如下：步骤1：将铬酸钠溶于适量水中，加一定量浓硫酸酸化，使铬酸钠转化为重铬酸钠步骤2：先将上述溶液蒸发结晶并趁热过滤，继续将得到的晶体再溶解再蒸发结晶并趁热过滤然后将得到的滤液冷却至40左右进行结晶，用水洗涤，获得重铬酸钠晶体步骤3：将得到的重铬酸钠和氯化铵按物质的量之比1：2溶于适量的水，加热至105110时让其充分反应步骤1是一个可逆反应，该反应的离子方程式为：2CrO42+2H+Cr2O72+H2O（NH4）2Cr2O7受热分解制取N2及Cr2O3的化学方程式为：（NH
48、4）2Cr2O7Cr2O3+N2+4H2O为了测定实验制得的产品中（NH4）2Cr2O7的含量，称取样品0.140g置于锥形瓶中，加50mL水；再加入2gKI（过量）及稍过量的稀硫酸溶液，摇匀，暗处放置10min；然后加150mL蒸馏水并加入3mL 0.5%淀粉溶液；用0.1000mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液30.00mL则该产品中（NH4）2Cr2O7的纯度为90%（假定杂质不参加反应，已知：Cr2O72+6I+14H+2Cr3+3I2+7H2O，I2+2S2O322I+S4O62）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）8Na2CrO
49、4+6Na2S+23H2O8Cr（OH）3+3Na2S2O3+22NaOH中，Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，生成1mol Cr（OH）3时转移电子1mol（63）；步骤IV中可用铝于Cr2O3在加热条件下制备Cr；（2）由图可知，B端生成氢气，则B端氢离子得到电子，所以B为负极，则A为正极；阳极发生Cr2O72、Fe2+的氧化还原反应，所以阳极几乎不含Cr2O72；（3）酸性条件下，CrO42和氢离子反应生成Cr2O72；根据反应物、生成物及反应条件书写方程式，并根据得失电子相等配平方程式；根据Cr2O72+6I+14H+2Cr3+3I2+7H2O，I2+2S2O322I+S4O62得
50、关系式Cr2O726S2O32，根据Cr2O72和6S2O32的关系式计算Cr2O72的物质的量，根据原子守恒计算（NH4）2Cr2O7的质量，再根据质量分数公式计算其质量分数即可【解答】解：（1）8Na2CrO4+6Na2S+23H2O8Cr（OH）3+3Na2S2O3+22NaOH中，Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，则Na2CrO4为氧化剂，该反应中生成1mol Cr（OH）3时转移电子1mol（63）=3mol，故答案为：Na2CrO4；3；步骤IV中可用铝于Cr2O3在加热条件下制备Cr，反应的方程式为Cr2O3+2AlAl2O3+2Cr，故答案为：Cr2O3+2AlAl2O3+
51、2Cr；（2）由图可知，B端生成氢气，则B端氢离子得到电子，所以B为负极，则A为正极；阳极发生Cr2O72、Fe2+的氧化还原反应，所以阳极几乎不含Cr2O72；，则阳极的氧化还原反应为Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O，故答案为：正极；Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O；（3）酸性条件下，CrO42和氢离子反应生成Cr2O72，离子方程式为：2CrO42+2H+Cr2O72+H2O，故答案为：2CrO42+2H+Cr2O72+H2O；在加热条件下，（NH4）2Cr2O7分解生成N2及Cr2O3，同时还生成水，则该反应方程式为：（NH4）
52、2Cr2O7Cr2O3+N2+4H2O，故答案为：（NH4）2Cr2O7Cr2O3+N2+4H2O；根据Cr2O72+6I+14H+2Cr3+3I2+7H2O，I2+2S2O322I+S4O62得关系式Cr2O726S2O32，设Cr2O72的物质的量为x，Cr2O726S2O32，1 6x 0.1000mol/L0.03L1：6=x：（0.1000mol/L0.03L）x=0.0005mol，根据原子守恒得n（Cr2O72）=n（NH4）2Cr2O7），则m（NH4）2Cr2O7）=0.0005mol252g/mol=0.126g，其质量分数=100%=90%，故答案为：90%【点评】本题以
53、铬为载体考查了实验制备原理，涉及质量分数的计算、氧化还原反应中离子方程式的书写、电解原理等知识点，综合性较强，注意从整体上把握制备流程，明确制备原理，再结合教材基础知识分析解答，题目中信息量较大，同时考查学生信息筛选能力及加工能力，难度较大化学-选修3：物质结构与性质（共2小题，满分15分）11CH3+、CH3、CH3都是重要的有机反应中间体，有关它们的说法正确的是（）A它们均由甲烷去掉一个氢原子所得B它们互为等电子体，碳原子均采取sp2杂化CCH3与NH3、H3O+互为等电子体，几何构型均为三角锥形DCH3+中的碳原子采取sp2杂化，所有原子均共面E两个CH3或一个CH3+和一个CH3结合均
54、可得到CH3CH3【考点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】A甲烷去掉一个氢原子不能得到CH3+、CH3； BCH3+、CH3、CH3分别具有6个、7个和8个价电子，不是等电子体；CCH3与NH3、H3O+均具有10个电子，互为等电子体；DCH3+中的碳原子采取sp2杂化；E两个CH3或一个CH3+和CH3结合都能得到CH3CH3【解答】解：A甲烷分子变成CH3+、CH3、CH3时，失去的分别是氢负离子、氢离子和质子，空间构型也不再与原来的分子相同，故A错误； BCH3+、CH3、CH3分别具有6个、7个和8个价电子，不是等电子体，中心碳原子的价层电子对数不同，故
55、空间构型不同，故B错误；CCH3与NH3、H3O+均具有10个电子，互为等电子体，几何构型均为三角锥形，故C正确；DCH3+中的碳原子采取sp2杂化，所有原子均共面，故D正确；E两个CH3或一个CH3+和CH3结合可得到CH3CH3，故E正确；故选CDE【点评】本题考查离子构型的判断、杂化方式的判断等知识点，根据价层电子对互斥理论来分析解答即可，难度中等12（12分）（2016漳州模拟）锌是一种重要的金属，锌及其化合物有着广泛的应用锌在元素周期表中的位置是：第四周期第B族葡萄糖酸锌CH2OH（CHOH）4 COO2Zn是目前市场上流行的补锌剂写出Zn2+基态电子排布式1s22s22p63s23
56、p63d10或Ar3d10，葡萄糖分子CH2OH（CHOH）4CHO中碳原子杂化方式有sp2、sp3Zn2+能与NH3形成配离子Zn（NH3）42+配位体NH3分子属于极性分子（填“极性分子”或“非极性分子”）；在Zn（NH3）42+中，Zn2+位于正四面体中心，N位于正四面体的顶点，试在图1中表示出Zn（NH3）42+中Zn2+与N之间的化学键图2示锌与某非金属元素X形成的化合物晶胞，其中Zn和X通过共价键结合，该化合物的Zn与X的原子个数之比为1：1；在的晶胞（图2）中，如果只考查X的排列方式，则X的堆积方式属于金属晶体堆积方式中的面心立方最密堆积；设该晶胞中Zn的半径为r1 cm，其相对
57、原子质量为M1，X的半径为r2cm，其相对原子质量为M2，则该晶体的密度为g/cm3（写出含有字母的表达式）【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】Zn的原子序数是30，在第四周期第B 族；葡萄糖里有两种碳原子，葡萄糖是无羟基醛，所以，一种是以sp3杂化（接羟基的碳），一种是以sp2杂化（醛基里的碳）；同种元素之间形成非极性共价键，不同元素之间形成极性共价键，分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重
58、合，电荷分布均匀，则为非极性分子；Zn（NH3）42+中Zn2+与N之间的化学键是配位键；利用均摊法可计算出晶胞中原子个数，据此得出原子个数比；根据晶胞结构图可知，X原子分布在晶胞立方体的顶点和面心上，是面心立方最密堆积，根据，可算出密度【解答】解：Zn的原子序数是30，其电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s2，由电子排布式可知该元素为第四周期第B族，故答案为：第四周期第B族；Zn2+基态电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10 ，葡萄糖里有两种碳原子，葡萄糖是无羟基醛，所以，一种是以sp3杂化（接羟基的碳），一种是以sp2杂化（醛基里的碳），故答
59、案为：1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10；sp2、sp3；配位体NH3分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，是极性分子；Zn（NH3）42+中Zn2+与N之间的化学键是配位键，故答案为：极性分子； ；根据晶胞结构图可知，晶胞中锌的个数为4，X的个数为8+6=4，所以锌原子与X原子的个数比为1：1，故答案为：1：1；根据晶胞结构图可知，X原子分布在晶胞立方体的顶点和面心上，是面心立方最密堆积，在每个晶胞中含有4个锌原子和4个X原子，在晶胞结构中，晶胞的体对角线长度为4（r1+r2），所以晶胞的边长为，根据，可知密度为g/cm3=g/cm3，故
60、答案为：面心立方最密；【点评】本题考查元素位置、核外电子排布式的书写、极性分子、晶胞的计算、原子轨道杂化方式及杂化类型判断、晶体类型的判断等，难度较大，掌握晶胞的计算是解题的关键化学-选修5：有机化学基础（共1小题，满分0分）13（2016漳州模拟）PET是世界上产量最大的合成纤维，其结构简式为：现以煤的干馏产品A与F为原料制备PET，生产流程如图所示其中A为烃，含碳元素的质量分数为90.6%，其蒸气的密度是空气密度的3.66倍，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能使溴水褪色M分子里所有原子共平面请回答下列问题：（1）A的分子式为：C8H10下列反应类型为：MN加成反应 缩聚反应（2）指出反应的反
61、应条件：NaOH的水溶液加热（或强碱水溶液加热）；A的名称为对二甲苯（3）写出有机物A所有一氯代物的结构简式： （4）写出下列反应的化学方式程：反应CaC2+2H2OCa（OH）2+HCCH；D与足量的氢氧化铜悬浊液煮沸（5）P的一种同系物X分子式为C3H8O2，在核磁共振氢谱图中出现三种信号峰，其峰的强度之比为2：1：l则X的结构简式为【考点】有机物的推断【分析】根据A为烃，含碳元素的质量分数为90.6%，其蒸气的密度是空气密度的3.66倍，可计算出其分子式为C8H10，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能使溴水褪色，可判断出A为苯的同系物，根据PET的结构可判断出A的结构简式为：，该题中各物质
62、的推断从逆向开始，也可从正向开始推断，AE为制取对苯二甲酸的反应流程，B为、C为、D为、E为、FN为制取乙二醇的流程，其中F为C（碳），G为CaC2，H为HCCH，H分别加成后生成CH2=CH2和，经水解生成CH2OHCH2OH，即乙二醇；E和F发生缩聚反应生成；对于P的一种同系物X在核磁共振氢谱图中出现三种信号峰，则有三种位置的H来分析其结构简式【解答】解：（1）根据A为烃，含碳元素的质量分数为90.6%，其蒸气的密度是空气密度的3.66倍，可计算出其分子式为C8H10；由乙炔与氢气反应生成乙烯可知发生的是加成反应，反应生成物中既有高分子化合物，又有小分子水，为缩聚反应，故答案为：C8H10
63、；加成反应；缩聚反应；（2）氯代烃在NaOH的水溶液加热生成醇；A能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不能使溴水褪色，可判断出A为苯的同系物，根据PET的结构可判断出A的结构简式为：故答案为：NaOH的水溶液加热（或强碱水溶液加热）；对二甲苯；（3）根据中H原子的位置，据对称原理，苯环上6个H原子等效，只有一种H，甲基上6个H原子等效，只有一种，所以，其分子中只有2种H原子，只能取代成或，故答案为： ；（4）CaC2与水反应生成HCCH，为CaC2+2H2OCa（OH）2+HCCH；已二酸和乙二醇发生缩聚反应，醛在氢氧化铜悬浊液做催化剂的条件下加热被氧化为酸故答案为：CaC2+2H2OCa（OH）2+HCCH；（5）C3H8O2在核磁共振氢谱图中出现三种信号峰，其峰的强度之比为2：1：1，说明有三种不同的H原子，其中有两个羟基，为饱和烷烃的取代物，所以其应为1，3丙二醇，故答案为：【点评】该题考查有机物的合成和推断，注意有机物的性质，本题难度不是很大，可逆推，也可正推