1、2016年安徽省六安一中高考化学模拟试卷（五）一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1化学与材料、生活和环境密切相关下列有关说法中错误的是（）A食品袋中常放有硅胶和铁粉，都能起到干燥的作用B明矾净水时发生了化学及物理变化，能起到净水作用，而没有杀菌、消毒的作用C大力实施矿物燃料脱硫脱硝技术，能减少硫、氮氧化物的排放D某新型航天服材料主要成分是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成，它是一种新型无机非金属材料2设NA代表阿伏加德罗常数的数值则下列有关叙述正确的共有（）A1.4g乙烯与丙烯的混合气体含有NA个碳原子B精炼铜，若阳极失去2NA个电子，则阴极增重64gC在1L 0.1mol/L的Na2
2、CO3溶液中，阴离子总数小于0.1NAD将1L 2mol/L的FeCl3溶液加入到沸水中，加热使之完全反应，所得氢氧化铁胶体粒子数为2NA3下列各选项有机物数目，与分子式为ClC4H7O2且能与碳酸氢钠反应生成气体的有机物数目相同的是（不含立体异构）（）A分子式为C5H10 的烯烃B分子式为C4H8O2 的酯C甲苯（）的一氯代物D立体烷（）的二氯代物4下列实验的有关叙述错误的是（）选项ABCD实验装置图实验现象U形管右侧液面下降小试管中品红溶液褪色加入少量酚酞，溶液变浅红色关闭弹簧夹，双手捂住圆底烧瓶，导管中水柱上升后静止不动实验结论该条件下铁钉发生吸氧腐蚀证明二氧化硫具有还原性证明Na2CO
3、3能够发生水解该装置气密性良好AABBCCDD5X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，己是由Z 元素形成的单质已知：甲+乙=丁+己，甲+丙=戊+己； 0.1molL1丁溶液的pH为13（25）下列说法正确的是（）A原子半径：WZYXBY元素在周期表中的位置为第三周期第A族CX分别与Y、Z、W所形成的化合物均为共价化合物DX与Y所形成的化合物的沸点可能高于X与Z所形成的化合物625时，下列有关0.10mol/L Na2SO3溶液的叙述正确的是（忽略溶液体积变化及被空气氧化）（）A与漂白粉溶液反应的离子方程式：Ca2+SO32Ca
4、SO3B通入SO2至过量：c（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3）C通入HCl至溶液pH=7：c（HSO3）c（Cl）D加入NaOH固体可使溶液中水的电离程度增大7已知合成氨反应N2（g）+3H2NH3（g）H0，当反应器中按n（N2）：n（H2）=1：3投料后，在不同温度下，反应达到平衡时，得到混合物中NH3的物质的量分数随压强的变化曲线a、b、c如图所示下列说法正确的是（）A曲线a对应的反应温度最高B上图中M、N、Q点平衡常数K的大小关系为K（M）=K（Q）K（N）C相同压强下，投料相同，达到平衡所需时间关系为cbaDN点时c（NH3）=0.2 mol/L，则N点的
5、c（N2）：c（NH3）=1：1二、解答题（共3小题，满分42分）82Na2CO33H2O2是一种新型的氧系漂白剂某实验兴趣小组进行了如下实验实验制备实验原理：2Na2CO3+3H2O22Na2CO33H2O2实验步骤：取3.5g Na2CO3溶于10mL H2O，加入0.1g稳定剂，用磁力搅拌器搅拌完全溶解后，将6.0mL 30%H2O2在15min内缓慢加入到三颈烧瓶中，实验装置如图反应1小时后，加入1g氯化钠后，静置结晶，然后抽滤，干燥一周后，称重（1）装置中球形冷凝管的作用是使用冷水浴的作用是（2）加入适量NaCl固体的原因是（3）2Na2CO33H2O2极易分解，其反应方程式可表示为
6、活性氧含量测定准确称取试样0.2000g，置于250mL锥形瓶中，加100mL浓度为6%的硫酸溶液，用0.0200mol/LKMnO4标准溶液滴定，记录KMnO4标准溶液消耗的体积为32.70mL活性氧含量计算公式：Q%=（40cV/m）100%c：KMnO4标准溶液浓度（mol/L）；V：消耗的KMnO4标准溶液体积（L）；m：试样质量（g）（4）滴定终点的判断依据为活性氧含量为产品纯度的测定（5）为了测定产品中2Na2CO33H2O2的质量分数，设计了几种方案，涉及不同的反应原理方案一 将试样与MnO2混合均匀，向混合物中滴加水，测生成气体的体积，进而进行计算方案二9铬是人体必需的微量元素
7、，它与脂类代谢有密切联系，但铬过量会引起污染，危害人类健康（1）不同价态的铬毒性不同，三价铬对人体几乎无毒，六价铬的毒性约为三价铬的100倍电镀厂产生的镀铜废水中往往含有一定量的Cr2O72，处理该废水常用的流程如图1所示：Na2S2O3在此过程中表现性若向含Cr3+的废水中加入过量NaOH溶液，会得到NaCrO2溶液，NaCrO2中Cr元素的化合价为价，反应的离子方程式为（2）交警常用一种“酒精检测仪”检测司机是否酒后驾车其反应原理如下，请配平该反应方程式：CrO3+CH3CH2OH+H2SO4CH3CHO+Cr2（SO4）3+H2O（3）已知存在平衡：2CrO42+2H+Cr2O72+H2
8、O向K2Cr2O7溶液中加入Ba（NO3）2和Pb（NO3）2溶液，可析出BaCrO4和PbCrO4两种沉淀，反应的离子方程式为（任意写出其中一种即可）此时溶液中c（Pb2+）：c（Ba2+）=已知Ksp（BaCrO4）=1.251010；Ksp（PbCrO4）=2.751013（4）工业上以铬酸钾（K2CrO4）为原料，采用电化学法制备K2Cr2O7，制备装置如图2所示（阳离子交换膜只允许阳离子透过）通电后阳极的电极反应式为请结合方程式解释反应一段时间后，在阴极室得到浓KOH溶液的原因10用化学反应原理研究氮的氧化物和硫的氧化物有着重要的意义（1）已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g
9、）H12NO（g）+O2（g）2NO2（g）H2NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）H3则H3= （用H1、H2 表示），如果上述三个反应方程式的平衡常数分别为K1、K2、K3，则K3=（用K1、K2 表示）（2）如图1所示，A是恒容的密闭容器，B是一个体积可变的充气气囊保持恒温，关闭K2，分别将2mol NO 和1mol O2 通过K1、K3 分别充入A、B 中，发生的反应为2NO（g）+O2（g）2NO2（g）不考虑2NO2（g）N2O4（g），起始时A、B 的体积相同均为a L下列说法和示意图2正确，且既能说明A容器中反应达到平衡状态，又能说明B容器中反应达到平衡状态的是a
10、A、B 容器中气体的颜色均不再发生变化bA、B 容器中NO 和O2物质的量浓度比均为2：1T时，A 容器中反应达到平衡时的平衡常数Kp=8102（kPa）1若A 容器中反应达到平 衡时p（NO2）=200kPa，则平衡时NO的转化率为 （Kp 是用平衡分压代替平衡浓=度计算所得平衡常数，分压 总压 物质的量分数）（3）将0.2mol SO2 和0.15mol O2通入2L 的密闭容器中，测得SO2的物质的量随时间变化如图3实线所示编号abcden（SO2）/mol0.160.120.090.070.07t/min2581522ab段平均反应速率（填“大于”“小于”或“等于”）bc 段平均反应速
11、率：de 段平均反应速率为仅改变某一个实验条件，测得SO2 的物质的量随时间变化如图3中虚线所示，则改变的条件是三、【化学-选修2：化学与技术】（15分）11研究化肥的合成、废水的处理等有现实的重要意义（1）硝酸铵的生产方法是采用硝酸与氨气化合，工业合成氨是一个放热反应，因此低温有利于提高原料的转化率，但实际生产中却采用400500的高温，其原因是；工业生产中，以氨气为原料合成硝酸，写出工业生产硝酸的最后一步的化学方程式（2）甲、乙、丙三个化肥厂生产尿素所用的原料不同，但生产流程相同：已知：CO+H2OCO2+H2甲厂以焦炭和水为原料；乙厂以天然气和水为原料；丙厂以石脑油（主要成分为C5H12
12、）和水为原料按工业有关规定，利用原料所制得的原料气H2和CO2的物质的量之比，若最接近合成尿素的原料气NH3（换算成H2的物质的量）和CO2的物质的量之比，则对原料的利用率最高据此判断甲、乙、丙三个工厂哪个工厂对原料的利用率最高？（3）将工厂废气中产生的SO2通过下列流程如图1，可以转化为有应用价值的硫酸钙等写出反应的化学方程式：生产中，向反应的溶液中加入强还原性的对苯二酚等物质，目的是检验经过反应得到的氨态氮肥中SO42所用试剂是（4）工业上利用氯碱工业产品治理含二氧化硫的废气图2是氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图用溶液A吸收含二氧化硫的废气，其反应的离子方程式是用含气体B的阳极区溶液吸
13、收含二氧化硫的废气，其反应的离子方程式是四、【化学-选修3：物质结构与性质】（15分）12利用周期表中同族元素的相似性，可预测元素的性质（1）P元素的基态原子有个未成对电子，白磷的分子式为P4，其结构如图1所示科学家目前合成了N4分子，N原子的杂化轨道类型是，NN键的键角为；N4分解后能产生N2并释放出大量能量，推测其用途为（2）N、P、As原子的第一电离能由大到小的顺序为（3）立方氮化硼晶体的结构如图2所示：该晶体中，B原子填充在N原子的空隙，且占据此类空隙的比例为 （填百分数）（4）N与As是同族元素，B与Ga是同族元素，立方砷化镓晶体与立方氮化硼晶体结构类似，两种晶体中熔点较高的是；立方
14、砷化镓晶体的晶胞边长为a pm，则其密度为gcm3 （用含a的式子表示，设NA为阿伏加德罗常数的值）五、【化学-选修5：有机化学基础】（15分）13G 为肉桂酸乙酯，是一种天然香料，自然界产量较低，利用A 可合成肉桂酸乙酯，其路线如下：已知：（1）A 属于单取代芳香烃，其相对分子质量为104（2）（3）肉桂酸乙酯的结构简式为（4）I、H 均为高分子化合物按要求回答下列问题：（1）A 的结构简式为；C 的化学名称为（2）由C 生成D 的反应类型为；由F 生成G 的化学方程式为（3）反应生成高分子化合物反应原理（填“相同”或“不相同”），若H 的平均相 对分子质量为10630，则其平均聚合度约为（
15、填编号）a.56 b.58 c.60 d.62（4）K 的相对分子质量比G 的大2，K 的同分异构中能同时满足下列条件的共有种（不含立体异构）能发生银镜反应； 加入氯化铁溶液呈紫色； 苯环上有三个间位的取代基其中核磁共振氢谱显示为6 组峰，且峰面积比例为9：1：1：1：1：1 的是（写结构简式）（5）根据上述有关信息和合成路线表示方式，写出C2H5OH 的原料合成乳酸（）的路线（其他试剂任选）2016年安徽省六安一中高考化学模拟试卷（五）参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1化学与材料、生活和环境密切相关下列有关说法中错误的是（）A食品袋中常放有硅胶和铁粉，都能起到
16、干燥的作用B明矾净水时发生了化学及物理变化，能起到净水作用，而没有杀菌、消毒的作用C大力实施矿物燃料脱硫脱硝技术，能减少硫、氮氧化物的排放D某新型航天服材料主要成分是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成，它是一种新型无机非金属材料【考点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用；盐类水解的应用；常见的生活环境的污染及治理；无机非金属材料【专题】化学应用【分析】A有吸水性的物质能起到干燥的作用；B明矾具有净水作用，不具有杀菌消毒作用；C矿物燃料含有硫氮元素；D碳化硅、陶瓷和碳纤维均为无机非金属材料【解答】解：A在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，硅胶（具有吸湿性）能吸收水分，但铁是较活泼的金属，具有还原
17、性，能防止食品被氧化，故A错误；B明矾净水时，铝离子发生水解反应，生成氢氧化铝具有净水作用，发生了化学及物理变化，氢氧化铝不具有氧化性，不能杀菌消毒，故B正确；C实施矿物燃料脱硫脱硝技术可以减少硫、氮氧化物排放，故C正确；D碳纤维的微观结构类似人造石墨，是乱层石墨结构和氮化硅属于无机物，属于无机非金属材料，故D正确故选A【点评】本题考查化学与环境、材料、信息、能源关系密切相关的知识，为高频考点，侧重于基础知识的综合理解和运用的考查，难度不大2设NA代表阿伏加德罗常数的数值则下列有关叙述正确的共有（）A1.4g乙烯与丙烯的混合气体含有NA个碳原子B精炼铜，若阳极失去2NA个电子，则阴极增重64g
18、C在1L 0.1mol/L的Na2CO3溶液中，阴离子总数小于0.1NAD将1L 2mol/L的FeCl3溶液加入到沸水中，加热使之完全反应，所得氢氧化铁胶体粒子数为2NA【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、乙烯和丙烯的最简式均为CH2；B、精炼铜时，阳极和阴极上得失电子数相等；C、碳酸根的水解导致阴离子个数增多；D、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体【解答】解：A、乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故1.4g混合物中含有的CH2的物质的量为1.414=0.1mol，故含0NA个碳原子，故A错误；B、精炼铜时，阳极上失去2mol电子时，则阴极上得到2mol电
19、子，而阴极上是铜离子放电，故生成1mol铜，质量为64g，故B正确；C、碳酸根的水解导致阴离子个数增多，故在1 L 0.1mol/L 的Na2CO3溶液中，阴离子个数大于0.1NA个，故C错误；D、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故所得氢氧化铁胶粒的个数小于2NA个，故D错误故选B【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3下列各选项有机物数目，与分子式为ClC4H7O2且能与碳酸氢钠反应生成气体的有机物数目相同的是（不含立体异构）（）A分子式为C5H10 的烯烃B分子式为C4H8O2 的酯C甲苯（）的一氯代物D立体烷（）的二氯代物【
20、考点】有机化合物的异构现象【专题】同分异构体的类型及其判定【分析】分子式为ClC4H7O2且能与碳酸氢钠反应生成气体，说明含有羧基，然后看成溴原子取代丁酸烃基上的氢原子，丁酸有2种：CH3CH2CH2COOH、（CH3）2CHCOOH，所以该有机物有3+2=5种；A组成为C5H10的有机物，其所有同分异构体中属于烯烃，同分异构体说明含有1个C=C双键，根据碳链缩短法书写同分异构体；BC4H8O2属于酯类的同分异构体，为饱和一元酯，根据酸和醇的种类来确定；C甲苯的苯环上一氯代物有3种，甲基上有一种；D烃的二氯代物的同分异构体可以采用固定一个氯原子的方法；【解答】解：分子式为ClC4H7O2且能与
21、碳酸氢钠反应生成气体，说明含有羧基，然后看成溴原子取代丁酸烃基上的氢原子，丁酸有2种：CH3CH2CH2COOH、（CH3）2CHCOOH，所以该有机物有3+2=5种；A戊烷的同分异构体有：CH3CH2CH2CH2CH3、，若为CH3CH2CH2CH2CH3，相应烯烃有CH2CHCH2CH2CH3、CH3CHCHCH2CH3；若为，相应烯烃有：CH2C（CH3）CH2CH3；CH3C（CH3）CHCH3；CH3CH（CH3）CHCH2；若为，没有相应烯烃，总共5种，故A正确；BC4H8O2属于酯类的同分异构体，为饱和一元酯，若为甲酸与丙醇形成的酯，甲酸只有1种结构，丙醇有2种，形成的酯有2种；
22、若为乙酸与乙醇形成的酯，乙酸只有1种结构，乙醇只有1种结构，形成的乙酸乙酯有1种；若为丙酸与甲醇形成的酯，丙酸只有1种结构，甲醇只有1种结构，形成的丙酸甲酯只有1种，所以C4H8O2属于酯类的同分异构体共有4种，故B错误；C甲苯的一氯代物有4种：苯环上邻、间、对位各一种；甲基上一种，故C错误；D立方烷的二氯代物的同分异构体分别是：一条棱、面对角线、体对角线上的两个氢原子被氯原子代替，所以二氯代物的同分异构体有4种，故D错误；故选A【点评】本题考查学生对同分异构体的理解，注意方法的总结与运用是关键，难度不大4下列实验的有关叙述错误的是（）选项ABCD实验装置图实验现象U形管右侧液面下降小试管中品
23、红溶液褪色加入少量酚酞，溶液变浅红色关闭弹簧夹，双手捂住圆底烧瓶，导管中水柱上升后静止不动实验结论该条件下铁钉发生吸氧腐蚀证明二氧化硫具有还原性证明Na2CO3能够发生水解该装置气密性良好AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】AU形管右侧液面下降，可知试管中气体减少；BCu与浓硫酸反应需要加热；C碳酸钠溶液水解显碱性；D关闭弹簧夹，双手捂住圆底烧瓶，导管中水柱上升后静止不动，说明装置不漏气【解答】解：AU形管右侧液面下降，可知试管中气体减少，即氧气得到电子生成氢氧根离子，则该条件下铁钉发生吸氧腐蚀，故A正确；BCu与浓硫酸反应需要加热，图中不能生成二氧化硫，且不能
24、验证二氧化硫的漂白性、还原性，故B错误；C碳酸钠溶液水解显碱性，由现象加入少量酚酞，溶液变浅红色可知，发生了水解反应，故C正确；D关闭弹簧夹，双手捂住圆底烧瓶，导管中水柱上升后静止不动，说明装置不漏气，则该装置气密性良好，故D正确；故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，把握反应原理、实验装置的作用、实验基本操作和基本技能为解答该类题目的关键，注意实验现象与结论的关系，题目难度不大5X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲、乙、丙、丁、戊是由其中的两种或三种元素组成的化合物，己是由Z 元素形成的单质已知：甲+乙=丁+己，甲+丙
25、=戊+己； 0.1molL1丁溶液的pH为13（25）下列说法正确的是（）A原子半径：WZYXBY元素在周期表中的位置为第三周期第A族CX分别与Y、Z、W所形成的化合物均为共价化合物DX与Y所形成的化合物的沸点可能高于X与Z所形成的化合物【考点】原子结构与元素周期律的关系【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】0.1 molL1丁溶液的pH为13（25），丁是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则丁应为NaOH，发生反应：甲+乙=丁+己，根据元素守恒可知，甲、乙两种物质至少共含有H、O、Na元素，己是由Z组成的单质，由发生反应可知，己不能是Na，结合原子序数可知，X为H、Z为O、W为Na元素
26、，故己为氧气，可知甲是Na2O2、乙是水，再根据反应：甲+丙=戊+己，可知丙是二氧化碳，戊是碳酸钠，则Y为C，结合对应单质、化合物的性质以及题目要求可解答该题【解答】解：0.1 molL1丁溶液的pH为13（25），丁是一元强碱，其含有的金属元素在短周期，则丁应为NaOH，发生反应：甲+乙=丁+己，根据元素守恒可知，甲、乙两种物质至少共含有H、O、Na元素，己是由Z组成的单质，由发生反应可知，己不能是Na，结合原子序数可知，X为H、Z为O、W为Na元素，故己为氧气，可知甲是Na2O2、乙是水，再根据反应：甲+丙=戊+己，可知丙是二氧化碳，戊是碳酸钠，则Y为C，A同周期随原子序数增大原子半径减小
27、，同主族自上而下原子半径增大，H原子半径最小，则原子半径大小顺序为：NaCOH，即：WYZX，故A错误；BY为碳，在周期表中的位置为：第二周期第A族，故B错误；CX（H）分别与Y（C）、Z（O）、W（Na）所形成的化合物中NaH属于离子化合物，故C错误；DX与Y所形成的化合物为烃类物质，有气体、液体、固体，X与Z所形成的化合物为水、过氧化氢，均液体，X与Y所形成的化合物的沸点可能高于X与Z所形成的化合物，故D正确，故选：D【点评】本题考查元素化合物推断，题目难度中等，需要学生熟练掌握元素化合物知识，丁溶液pH值是推断突破口，对学生的逻辑推理有一定的要求，D选项注意C、H两元素形成烃类物质625
28、时，下列有关0.10mol/L Na2SO3溶液的叙述正确的是（忽略溶液体积变化及被空气氧化）（）A与漂白粉溶液反应的离子方程式：Ca2+SO32CaSO3B通入SO2至过量：c（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3）C通入HCl至溶液pH=7：c（HSO3）c（Cl）D加入NaOH固体可使溶液中水的电离程度增大【考点】离子浓度大小的比较；氧化还原反应【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A漂白粉具有强氧化性，能够将亚硫酸钙氧化成硫酸根；B二氧化硫过量，反应生成亚硫酸氢钙，根据亚硫酸氢钙溶液中的物料守恒分析；C反应后为中性时，溶质为NaCl，溶液中亚硫酸氢根离子浓度较小
29、；D加入氢氧化钠溶液，氢氧根离子抑制了水的电离【解答】解：A亚硫酸钙被次氯酸根离子氧化成硫酸钙，正确的离子方程式为：Ca2+ClO+SO32CaSO4+Cl，故A错误；B通入SO2至过量，反应后溶质为亚硫酸氢钙，根据物料守恒可得：c（Na+）=c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3），故B错误；C通入HCl至溶液pH=7，反应后溶质为氯化钠，溶液中亚硫酸氢根离子浓度较小，则：c（HSO3）c（Cl），故C正确；D氢氧化钠溶液中的氢氧根离子抑制了水的电离，则加入氢氧化钠后水的电离程度减小，故D错误；故选C【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确盐的水解原理、氧化还原反应实质
30、为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒的含义及应用方法，试题培养了学生的灵活应用能力7已知合成氨反应N2（g）+3H2NH3（g）H0，当反应器中按n（N2）：n（H2）=1：3投料后，在不同温度下，反应达到平衡时，得到混合物中NH3的物质的量分数随压强的变化曲线a、b、c如图所示下列说法正确的是（）A曲线a对应的反应温度最高B上图中M、N、Q点平衡常数K的大小关系为K（M）=K（Q）K（N）C相同压强下，投料相同，达到平衡所需时间关系为cbaDN点时c（NH3）=0.2 mol/L，则N点的c（N2）：c（NH3）=1：1【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】A、正反应是放热
31、反应，升高温度平衡逆向移动，氨气的含量减小；B、K只受温度影响，温度不变平衡常数不变，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小；C、相同压强下，投料相同，温度越高反应速率越快，达到平衡消耗时间越短；D、N点时氨的物质的量的分数为20%，利用三段式，设N2转化率是b，N2的起始浓度为a，根据反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）起始 a 3a 0转化 ab 3ab 2ab平衡 aab 3a3ab 2ab根据题意有，所以a=0.3molL1，b=，由此分析解答【解答】解：A、正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，氨气的含量减小，而a点氨的体积分数最大，所以曲线a对应的反应温度最低
32、，故A错误；B、K只受温度影响，温度不变平衡常数不变，所以K（M）=K（Q），正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，Q点的温度低于N，所以K（Q）K（N），故B错误；C、相同压强下，投料相同，温度越高反应速率越快，达到平衡消耗时间越短，cba的温度依次降低，所以达到平衡消耗时间关系为abc，故C错误；D、N点时氨的物质的量的分数为20%，利用三段式，设N2转化率是b，N2的起始浓度为a，根据反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）起始 a 3a 0转化 ab 3ab 2ab平衡 aab 3a3ab 2ab根据题意有，所以a=0.3molL1，b=，则N点的c（N2）：c（NH
33、3）=（0.30.3）：20.3=0.2：0.2=1：1，故D正确；故选：D【点评】本题考查了化学平衡的计算，题目难度中等，注意利用三段式进行化学平衡的计算，明确反应速率的概念及计算方法，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力二、解答题（共3小题，满分42分）82Na2CO33H2O2是一种新型的氧系漂白剂某实验兴趣小组进行了如下实验实验制备实验原理：2Na2CO3+3H2O22Na2CO33H2O2实验步骤：取3.5g Na2CO3溶于10mL H2O，加入0.1g稳定剂，用磁力搅拌器搅拌完全溶解后，将6.0mL 30%H2O2在15min内缓慢加入到三颈烧瓶中，实验装置如图反应1小时
34、后，加入1g氯化钠后，静置结晶，然后抽滤，干燥一周后，称重（1）装置中球形冷凝管的作用是起冷凝回流的作用使用冷水浴的作用是防止温度过高，H2O2分解（2）加入适量NaCl固体的原因是降低产品的溶解度（盐析作用）或便于析出晶体（3）2Na2CO33H2O2极易分解，其反应方程式可表示为2（2Na2CO33H2O2）4Na2CO3+6H2O+3O2活性氧含量测定准确称取试样0.2000g，置于250mL锥形瓶中，加100mL浓度为6%的硫酸溶液，用0.0200mol/LKMnO4标准溶液滴定，记录KMnO4标准溶液消耗的体积为32.70mL活性氧含量计算公式：Q%=（40cV/m）100%c：KM
35、nO4标准溶液浓度（mol/L）；V：消耗的KMnO4标准溶液体积（L）；m：试样质量（g）（4）滴定终点的判断依据为溶液由无色呈紫色且30s内不褪色活性氧含量为13.08%产品纯度的测定（5）为了测定产品中2Na2CO33H2O2的质量分数，设计了几种方案，涉及不同的反应原理方案一 将试样与MnO2混合均匀，向混合物中滴加水，测生成气体的体积，进而进行计算方案二将试样与足量的氯化钡（或氯化钙等）溶液反应后，过滤，干燥所得沉淀，称量沉淀的质量（或试样与足量稀硫酸反应后，经除杂干燥后，测二氧化碳的体积，进行计算）【考点】制备实验方案的设计【专题】制备实验综合【分析】（1）球形冷凝管可使液体冷凝回
36、流；冷水浴降低温度，防止物质分解；（2）加入适量NaCl固体，发生盐析；（3）2Na2CO33H2O2极易分解，生成碳酸钠、氧气、水；（4）高锰酸钾标准溶液为紫色，与过氧化氢发生氧化还原反应；活性氧含量计算公式：Q%=100%，以此计算；（5）方案中可测定过氧化氢分解生成的氧气，或测定碳酸根离子转化生成的沉淀或气体来测定产品中2Na2CO33H2O2的质量分数【解答】解：（1）装置中球形冷凝管的作用是起冷凝回流的作用，过氧化氢不稳定，则使用冷水浴的作用是防止温度过高，H2O2分解，故答案为：起冷凝回流的作用，防止温度过高，H2O2分解；（2）加入适量NaCl固体，降低产品的溶解度（盐析作用）或
37、便于析出晶体，故答案为：降低产品的溶解度（盐析作用）或便于析出晶体；（3）2Na2CO33H2O2极易分解，生成碳酸钠、氧气、水，反应方程式为：2（2Na2CO33H2O2）4Na2CO3+6H2O+3O2，故答案为：2（2Na2CO33H2O2）4Na2CO3+6H2O+3O2；（4）高锰酸钾标准溶液为紫色，能与过氧化氢发生氧化还原反应，高锰酸钾标准溶液滴定2Na2CO33H2O2，则滴定终点的判断依据为溶液由无色呈紫色且30s内不褪色，0.0200mol/L高锰酸钾标准溶液消耗的体积为32.70mL，试样0.2000g，活性氧含量为Q%=100%=100%=13.08%，故答案为：溶液由无
38、色呈紫色且30s内不褪色；13.08%；（5）方案中可测定过氧化氢分解生成的氧气，或测定碳酸根离子转化生成的沉淀（或气体体积）质量测定产品中2Na2CO33H2O2的质量分数，则方案二为将试样与足量的氯化钡（或氯化钙等）溶液反应后，过滤，干燥所得沉淀，称量沉淀的质量（或试样与足量稀硫酸反应后，经除杂干燥后，测二氧化碳的体积，进行计算），故答案为：将试样与足量的氯化钡（或氯化钙等）溶液反应后，过滤，干燥所得沉淀，称量沉淀的质量（或试样与足量稀硫酸反应后，经除杂干燥后，测二氧化碳的体积，进行计算）【点评】本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，题目难度中等，把握实验基本操作、实验技能及测定原理、发
39、生的反应等为解答的关键，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力9铬是人体必需的微量元素，它与脂类代谢有密切联系，但铬过量会引起污染，危害人类健康（1）不同价态的铬毒性不同，三价铬对人体几乎无毒，六价铬的毒性约为三价铬的100倍电镀厂产生的镀铜废水中往往含有一定量的Cr2O72，处理该废水常用的流程如图1所示：Na2S2O3在此过程中表现还原性若向含Cr3+的废水中加入过量NaOH溶液，会得到NaCrO2溶液，NaCrO2中Cr元素的化合价为+3价，反应的离子方程式为Cr3+4OH=CrO2+2H2O（2）交警常用一种“酒精检测仪”检测司机是否酒后驾车其反应原理如下，请配平该反应方程式：2CrO
40、3+3CH3CH2OH+3H2SO41CH3CHO+3Cr2（SO4）3+6H2O（3）已知存在平衡：2CrO42+2H+Cr2O72+H2O向K2Cr2O7溶液中加入Ba（NO3）2和Pb（NO3）2溶液，可析出BaCrO4和PbCrO4两种沉淀，反应的离子方程式为Cr2O72+H2O+2Ba2+=2BaCrO4+2H+（任意写出其中一种即可）此时溶液中c（Pb2+）：c（Ba2+）=2.2103已知Ksp（BaCrO4）=1.251010；Ksp（PbCrO4）=2.751013（4）工业上以铬酸钾（K2CrO4）为原料，采用电化学法制备K2Cr2O7，制备装置如图2所示（阳离子交换膜只允
41、许阳离子透过）通电后阳极的电极反应式为2H2O4e=O2+4H+（或4OH4e=O2+2H2O）请结合方程式解释反应一段时间后，在阴极室得到浓KOH溶液的原因阴极室发生反应2H2O+2e=H2+2OH，c（OH）增大；K+穿过阳离子交换膜进入阴极室，与OH共同得到KOH【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；电解原理【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】（1）Na2S2O3与六价铬发生氧化还原反应将六价的还原成+3价，所以Na2S2O3是还原剂，NaCrO2中Cr元素的化合价为+3价，向含Cr3+的废水中加入过量NaOH溶液，反应方程式为：Cr3+4OH=CrO2+2H2O；（2）该反应
42、中Cr元素化合价由+6价变为+3价，C2H5OH中C元素化合价由2价变为1价，得电子的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，其转移电子总数为6，根据转移电子相等、原子守恒配平方程式；（3）加入Ba（NO3）2和Pb（NO3）2溶液，平衡：2CrO42+2H+Cr2O72+H2O向逆反应方向移动，所以反应的离子方程式为Cr2O72+H2O+2Ba2+=2BaCrO4+2H+（或Cr2O72+H2O+2Pb2+=2PbCrO4+2H+， =，由此分析解答；（4）阳极发生氧化反应，电极反应式为：2H2O4e=O2+4H+（或4OH4e=O2+2H2O，阴极室发生反应2H2O+
43、2e=H2+2OH，c（OH）增大；K+穿过阳离子交换膜进入阴极室【解答】解：（1）Na2S2O3与六价铬发生氧化还原反应将六价的还原成+3价，所以Na2S2O3是还原剂，NaCrO2中Cr元素的化合价为+3价，向含Cr3+的废水中加入过量NaOH溶液，反应方程式为：Cr3+4OH=CrO2+2H2O，故答案为：还原；+3；Cr3+4OH=CrO2+2H2O；（2）该反应中Cr元素化合价由+6价变为+3价，C2H5OH中C元素化合价由2价变为1价，转移电子总数为6，根据转移电子相等知，CrO3的计量数是2，C2H5OH的计量数是3，再结合原子守恒配平方程式为：2CrO3+3C2H5OH+3H2
44、SO4=Cr2（SO4）3+3CH3CHO+6H2O，故答案为：2；3；3；1；3；6；（3）加入Ba（NO3）2和Pb（NO3）2溶液，平衡：2CrO42+2H+Cr2O72+H2O向逆反应方向移动，所以反应的离子方程式为Cr2O72+H2O+2Ba2+=2BaCrO4+2H+（或Cr2O72+H2O+2Pb2+=2PbCrO4+2H+， =2.2103，故答案为：Cr2O72+H2O+2Ba2+=2BaCrO4+2H+；2.2103；（4）阳极发生氧化反应，电极反应式为：2H2O4e=O2+4H+（或4OH4e=O2+2H2O，阴极室发生反应2H2O+2e=H2+2OH，c（OH）增大；K
45、+穿过阳离子交换膜进入阴极室，故答案为：2H2O4e=O2+4H+（或4OH4e=O2+2H2O）；阴极室发生反应2H2O+2e=H2+2OH，c（OH）增大；K+穿过阳离子交换膜进入阴极室，与OH共同得到KOH【点评】本题考查了物质分离与提纯方法及其综合应用用，题目难度中等，涉及难溶电解质的溶解平衡、氧化还原反应的计算以及化学方程式的书写、沉淀溶解平衡的理解与计算等知识，明确实验目的及实验原理为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力10用化学反应原理研究氮的氧化物和硫的氧化物有着重要的意义（1）已知：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H12NO（g）+O2（g）2NO2
46、（g）H2NO2（g）+SO2（g）SO3（g）+NO（g）H3则H3= （用H1、H2 表示），如果上述三个反应方程式的平衡常数分别为K1、K2、K3，则K3=（用K1、K2 表示）（2）如图1所示，A是恒容的密闭容器，B是一个体积可变的充气气囊保持恒温，关闭K2，分别将2mol NO 和1mol O2 通过K1、K3 分别充入A、B 中，发生的反应为2NO（g）+O2（g）2NO2（g）不考虑2NO2（g）N2O4（g），起始时A、B 的体积相同均为a L下列说法和示意图2正确，且既能说明A容器中反应达到平衡状态，又能说明B容器中反应达到平衡状态的是aaA、B 容器中气体的颜色均不再发生变
47、化bA、B 容器中NO 和O2物质的量浓度比均为2：1T时，A 容器中反应达到平衡时的平衡常数Kp=8102（kPa）1若A 容器中反应达到平 衡时p（NO2）=200kPa，则平衡时NO的转化率为66.7% （Kp 是用平衡分压代替平衡浓=度计算所得平衡常数，分压 总压 物质的量分数）（3）将0.2mol SO2 和0.15mol O2通入2L 的密闭容器中，测得SO2的物质的量随时间变化如图3实线所示编号abcden（SO2）/mol0.160.120.090.070.07t/min2581522ab段平均反应速率大于（填“大于”“小于”或“等于”）bc 段平均反应速率：de 段平均反应速
48、率为0仅改变某一个实验条件，测得SO2 的物质的量随时间变化如图3中虚线所示，则改变的条件加入催化剂是加入催化剂【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题【分析】（1）2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H1；2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H2，由盖斯定律可知，反应SO2（g）+NO2（g）NO（g）+SO3（g）H=，如果上述三个反应方程式的平衡常数分别为K1、K2、K3，所以K3=；（2）达平衡时正逆反应速率相等，各组分的浓度保持不变的状态；由2NO（g）+O2（g）2NO2（g）起始反应物投入量2mo
49、l NO 和1mol O2，设开始时NO压强为2P，O2压强为P，列三段式，根据平衡常数p（NO2）=200kPa，计算出平衡时的总压；（3）随着反应的进行深度逐渐减小，所以ab段平均反应速率大于bc 段平均反应速率，de 达平衡状态，浓度变化量为0；由图可知反应达平衡的时间缩短，而其它量不变，且仅改变某一个实验条件，所以使用催化剂【解答】解：（1）2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H1；2NO（g）+O2（g）2NO2（g）H2，由盖斯定律可知，反应SO2（g）+NO2（g）NO（g）+SO3（g）H=；所以K3=，故答案为：；（2）aA、B 容器中气体的颜色均不再发生变化，说明二氧化
50、氮的浓度保持不变，达平衡状态，故正确；b两者起始量为2：1，变化量为2：1，所以A、B 容器中NO 和O2物质的量浓度比始终为2：1，故错误；故选a；由 2NO（g）+O2（g）2NO2（g）起始反应物投入量2mol NO 和1mol O2，设开始时NO压强为2P，O2压强为P，开始（kPa） 2P P 0转化（kPa）200 100 200平衡（kPa）2P200 P100 200Kp=8102（kPa）1，解得P=150kPa，所以则平衡时NO的转化率为： =66.7%，故答案为：66.7%；（3）随着反应的进行深度逐渐减小，所以ab段平均反应速率大于bc 段平均反应速率，de 达平衡状态
51、，浓度变化量为0，所以de 段平均反应速率为0，故答案为：大于；0；由图可知反应达平衡的时间缩短，而其它量不变，且仅改变某一个实验条件，所以使用催化剂，故答案为：加入催化剂【点评】本题考查反应热、盖斯定律的应用以及平衡常数的相关计算等，难度较大，注意平衡状态在理解及应用三、【化学-选修2：化学与技术】（15分）11研究化肥的合成、废水的处理等有现实的重要意义（1）硝酸铵的生产方法是采用硝酸与氨气化合，工业合成氨是一个放热反应，因此低温有利于提高原料的转化率，但实际生产中却采用400500的高温，其原因是催化活性最强，增加反应速率，缩短达到平衡的时间；工业生产中，以氨气为原料合成硝酸，写出工业生
52、产硝酸的最后一步的化学方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO（2）甲、乙、丙三个化肥厂生产尿素所用的原料不同，但生产流程相同：已知：CO+H2OCO2+H2甲厂以焦炭和水为原料；乙厂以天然气和水为原料；丙厂以石脑油（主要成分为C5H12）和水为原料按工业有关规定，利用原料所制得的原料气H2和CO2的物质的量之比，若最接近合成尿素的原料气NH3（换算成H2的物质的量）和CO2的物质的量之比，则对原料的利用率最高据此判断甲、乙、丙三个工厂哪个工厂对原料的利用率最高？丙（3）将工厂废气中产生的SO2通过下列流程如图1，可以转化为有应用价值的硫酸钙等写出反应的化学方程式：2CaCO3+O2+2SO2
53、=2CaSO4+2CO2生产中，向反应的溶液中加入强还原性的对苯二酚等物质，目的是防止亚硫酸铵被氧化检验经过反应得到的氨态氮肥中SO42所用试剂是盐酸和氯化钡（HCl和BaCl2）（4）工业上利用氯碱工业产品治理含二氧化硫的废气图2是氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图用溶液A吸收含二氧化硫的废气，其反应的离子方程式是SO2+2OH=SO32+H2O（或SO2+OH=HSO3）用含气体B的阳极区溶液吸收含二氧化硫的废气，其反应的离子方程式是SO2+Cl2+H2O=4H+SO42+2Cl【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；电解原理；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【专题】物质的分
54、离提纯和鉴别【分析】（1）温度影响化学反应速率及化学平衡；工业生产中，以氨气为原料合成硝酸，是先将氨催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，据此写化学方程式；（2）用原料所制得的H2和CO2的物质的量之比若最接近合成尿素的原料气NH3（换算成H2的物质的量）和CO2的物质的量之比，原料的利用率最高，根据原料气产生的H2和CO2的物质的量之比判断；（3）根据反应物和生成物，写出反应的化学方程式；加入强还原性的对苯二酚等物质，目的是防止亚硫酸铵（NH4）2SO3被氧化；检验SO42所用试剂是盐酸和氯化钡；（4）二氧化硫和氢氧化钠反应生成NaHSO3；阳极区产
55、生的气体氯气的溶液与二氧化硫发生氧化还原反应【解答】解：（1）合成氨反应的化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=92.2kJ/mol，在400500的高温时，催化剂的催化活性最强，同时升高温度虽然不利于平衡向正反应方向移动，但能增大反应速率，缩短达到平衡的时间；工业生产中，以氨气为原料合成硝酸，是先将氨催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，所以工业生产硝酸的最后一步的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：催化活性最强，增加反应速率，缩短达到平衡的时间； 3NO2+H2O=2HNO3+NO；（2）NH3（换算成H2的
56、物质的量）和CO2的物质的量之比为2：1合成尿素，即H2和CO2的物质的量之比为：1=3：1甲厂以焦炭和水为原料，CO+H2OCO2+H2，生成的H2和CO2的物质的量之比为2：1乙厂以天然气和水为原料，CH4+2H2OCO2+4H2，生成的H2和CO2的物质的量之比为4：1丙厂以石脑油和水为原料，C5H12+10H2O5CO2+16H2，生成的H2和CO2的物质的量之比为16：5，丙最接近3：1，故答案为：丙；（3）根据反应物和生成物，写出反应的化学方程式为：2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2，故答案为；2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2；亚硫酸根离子易被
57、氧化，向反应的溶液中加入强还原性的对苯二酚等物质，目的是防止亚硫酸铵（NH4）2SO3被氧化，故答案为：防止亚硫酸铵（NH4）2SO3被氧化；检验SO42所用试剂是盐酸和氯化钡（HCl 和 BaCl2），故答案为：盐酸和氯化钡（HCl 和 BaCl2）；（4）二氧化硫和氢氧化钠反应生成NaHSO3，SO2+OH=HSO3（或SO2+2OH=SO32+H2O），故答案为：SO2+OH=HSO3（或SO2+2OH=SO32+H2O）；阳极区产生的气体氯气的溶液与二氧化硫发生氧化还原反应，SO2+Cl2+H2O=4H+SO42+2Cl，故答案为：SO2+Cl2+H2O=4H+SO42+2Cl【点评】
58、本题考查了物质分离与提纯方法及其综合应用用，题目难度中等，涉及影响化学反应速率的因素、化学方程式的计算、离子反应等知识，考查的知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析能力及化学实验能力四、【化学-选修3：物质结构与性质】（15分）12利用周期表中同族元素的相似性，可预测元素的性质（1）P元素的基态原子有3个未成对电子，白磷的分子式为P4，其结构如图1所示科学家目前合成了N4分子，N原子的杂化轨道类型是sp3，NN键的键角为60；N4分解后能产生N2并释放出大量能量，推测其用途为制造火箭推进剂或炸药（2）N、P、As原子的第一电离能由大到小的顺序为NPAs（3）立方氮化硼晶体的结构如图2所示
59、：该晶体中，B原子填充在N原子的正四面体空隙，且占据此类空隙的比例为50% （填百分数）（4）N与As是同族元素，B与Ga是同族元素，立方砷化镓晶体与立方氮化硼晶体结构类似，两种晶体中熔点较高的是氮化硼；立方砷化镓晶体的晶胞边长为a pm，则其密度为gcm3 （用含a的式子表示，设NA为阿伏加德罗常数的值）【考点】晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构【分析】（1）P元素原子价电子排布式为3s22p3；N4分子与P4结构相似，为正四面体构型，N4分子中N原子形成3个键、含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，每个面为正三角形；N4分解后能产生N2并释
60、放出大量能量，可以制造火箭推进剂或炸药；（2）同主族自上而下第一电离能减小；（3）B原子周围的4个N原子形成正四面体结构；每个晶胞中由8个这样的正四面体结构，只有4个填充B原子；（4）立方砷化镓晶体与立方氮化硼晶体结构类似，均属于原子晶体，原子半径越小，共价键越强，晶体熔点越高；根据均摊法计算晶胞中As、Ga原子数目，表示出晶胞质量，根据=计算晶胞密度【解答】解：（1）P元素原子价电子排布式为3s22p3，基态原子有3个未成对电子，N4分子与P4结构相似，为正四面体构型，N4分子中N原子形成3个键、含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，N原子采取sp3杂化，每个面为正三角形，NN 键的键角为60
61、；N4分解后能产生N2并释放出大量能量，可以制造火箭推进剂或炸药，故答案为：3；sp3；60；制造火箭推进剂或炸药；（2）同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能：NPAs，故答案为：NPAs；（3）B原子周围的4个N原子形成正四面体结构；每个晶胞中由8个这样的正四面体结构，只有4个填充B原子，B原子占据此类空隙的比例为50%，故答案为：正四面体；50%；（4）立方砷化镓晶体与立方氮化硼晶体结构类似，均属于原子晶体，原子半径NAs、BGa，故氮化硼中共价键更强，氮化硼的晶体熔点更高，晶胞中As、Ga原子数目均为4，晶胞质量为4g，晶胞密度为4g（a1010 cm）3=gcm3，故答案为：氮化
62、硼；【点评】本题考查晶胞的计算，题目难度中等，涉及核外电子排布、杂化方式判断、分子结构、电离能、晶胞结构与计算、熔沸点比较等知识，（3）为易错点、难点，需要学生具备一定的空间想象，注意同周期元素第一电离能异常情况，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力五、【化学-选修5：有机化学基础】（15分）13G 为肉桂酸乙酯，是一种天然香料，自然界产量较低，利用A 可合成肉桂酸乙酯，其路线如下：已知：（1）A 属于单取代芳香烃，其相对分子质量为104（2）（3）肉桂酸乙酯的结构简式为（4）I、H 均为高分子化合物按要求回答下列问题：（1）A 的结构简式为；C 的化学名称为苯乙醛（2）由C 生成D 的反应
63、类型为加成反应；由F 生成G 的化学方程式为+CH3CH2OH+H2O（3）反应生成高分子化合物反应原理不相同（填“相同”或“不相同”），若H 的平均相 对分子质量为10630，则其平均聚合度约为c（填编号）a.56 b.58 c.60 d.62（4）K 的相对分子质量比G 的大2，K 的同分异构中能同时满足下列条件的共有13种（不含立体异构）能发生银镜反应； 加入氯化铁溶液呈紫色； 苯环上有三个间位的取代基其中核磁共振氢谱显示为6 组峰，且峰面积比例为9：1：1：1：1：1 的是（写结构简式）（5）根据上述有关信息和合成路线表示方式，写出C2H5OH 的原料合成乳酸（）的路线（其他试剂任选）
64、【考点】有机物的合成【专题】有机物的化学性质及推断【分析】A是相对分子质量为104的芳香烃，分子中碳原子最大数目为=88，故A的分子式为C8H8，A的结构简式为，A与水发生加成反应得B为，B发生氧化反应得C为，C发生成信息中的加成反应得D为，D水解得E为，E在浓硫酸作用下发生消去反应得F为，F与乙醇发生酯化反应得肉酸乙酯，所以G为，据此答题【解答】解：A是相对分子质量为104的芳香烃，分子中碳原子最大数目为=88，故A的分子式为C8H8，A的结构简式为，反应：A与水发生加成反应+H2O；反应：B发生氧化反应；反应：C发生加成反应反应：D水解+H2O反应：E在浓硫酸作用下发生消去反应+H2O反应
65、：F与乙醇发生酯化反应+CH3CH2OH+H2O反应：为缩聚反应反应：为加聚反应（1）由上述分析可知，A的分子式为C8H8，结构简式为，B发生氧化反应得到C，C为，化学名称为苯乙醛，故答案为：；苯乙醛；（2）反应：C发生加成反应得到D，由F 生成G 为酸和醇的酯化反应，酸脱羟基，醇脱氢，反应为： +CH3CH2OH+H2O，故答案为：加成反应； +CH3CH2OH+H2O；（3）反应：为缩聚反应反应：为加聚反应所以反应生成高分子化合物反应原理不相同，G为，式量为176g/mol，若H 的平均相 对分子质量为10630，则其平均聚合度约为60，故C符合，故答案为：不相同；c；（4）K 的相对分子
66、质量比G 的大2，为，的同分异构体中能与FeCl3溶液发生显色反应且能发生银镜反应，含有酚羟基、醛基，侧链为OH、CH2CHO时，有邻、间、对3种位置，侧链为OH、CHO、CH3时，若OH、CHO相邻时，CH3有4种位置，若OH、CHO相间时，CH3有4种位置，若OH、CHO相对时，CH3有2种位置，故符合条件的同分异构体有：3+4+4+2=13种，其中核磁共振氢谱显示为6 组峰，且峰面积比例为9：1：1：1：1：1 的是，故答案为：13；（5）CH3CH2OH被催化氧化生成CH3CHO，CH3CHO和HCN发生加成反应生成CH3CH（OH）CN，该物质发生水解反应生成CH3CH（OH）COOH，其合成路线为，故答案为：【点评】本题考查有机推断及有机物的性质，充分利用A的结构特征进行推断，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力，注意掌握官能团的性质与转化，题目难度中等
