1、辽宁省协作校联考2015届高考化学一模试卷一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）1（6分）设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A电解水若生成33.6L（标准状况）气体时电路中通过的电子数目为2NAB5NH4NO3=2HNO3+4N2+9H2O反应中，生成56gN2时，转移电子数目为7.5NAC用2mL5mol/L的FeCl3溶液制成的氢氧化铁胶体中所含胶粒数为0.01NAD56g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子2（6分）下列描述合理的是（）A含氢氧化铁胶粒的分散系中可能大量存在H+，K+，S2BrB高锰酸钾溶液中可能大量存在H+，Na+，SO42，葡萄糖分子
2、C弱碱性溶液中可能大存在Na+，K+，Cl，HCO3D中性溶液中可能大量存在Fe3+，K+，Cl，SO423（6分）下列实验操作能达到实验目的是（必要时可加热）（）甲乙丙实验目的A2mL10%的NaOH溶液46滴2%的CuSO4溶液0.5mL葡萄糖溶液验证葡萄糖具有氧化性B2mL0.1mol/LAgNO3溶液3滴0.1mol/LNaCl溶液3滴0.1mol/LNaI溶液验证AgCl可转化为溶解度更小的AgICFeCl3溶液KSCN溶液少量KCl固体验证浓度对化学平衡的影响D3mL无水乙醇2mL乙酸2ml浓硫酸配制反应液以制备乙酸乙酯AABBCCDD4（6分）下列说法不正确的有几个（）C12H8
3、分子中既含极性键又含非极性键若R2和M+的电子层结构相同，则原子序数：RMF2，Cl2，Br2，I2熔点随相对分子质量增大而升高NCl3，PCl5，CO2，CS2分子中各原子均达到8e稳定结构若X的质子数为a，中子数为b，则原子可表示为baX由于非金属性ClBrI，所以酸性HClHBrHI两种微粒含有相同质子数和电子数，这两种微粒可能是两种不同阴离子或阳离子原子序数为34号的元素属于长周期的副族元素A3B4C5D65（6分）已知下表均为烷烃分子的化学式，且它们的一元取代物只有一种，问第五项烷烃化学式为（） 123456CH4C2H6C5H12C8H18AC26H54BC17H36CC80H16
4、2DC106H2146（6分）常温下，下列有关离子浓度及pH大小的比较，正确的是（）ANH4+浓度相同的下列溶液：（NH4）2Fe（SO4）2 （NH4）2CO3 （NH4）2SO4溶液浓度由大到小的顺序号：B由pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，其离子浓度不可能是：c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH）C若难溶电解质溶解度：A（OH）m大于B（OH）n，则Ksp也一定是前者大DpH=4浓度均为0.1molL1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中：c（CH3COO）c（CH3COOH）=2（1041010）mol/L二、解答题（共3小题，满分4
5、3分）7（14分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业它在碱性环境中稳定存在某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下（1）中反应的离子方程式是（2）A的化学式是，装置中A在极区产生（3）ClO2是种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备写出该制备反应的化学方程式（4）工业以CH3OH与NaClO2为原料在酸性条件下制取ClO2，同时产生CO2气体，已知该反应分为两步进行，第一步为2ClO2+2Cl+4H+=2ClO2+Cl2+2H2O写出第二步反应的离子方程式工业生产时需在反应物中加少量Cl，其作用是生产中会发生副反应ClO2+Cl+H+=
6、Cl2+H2O（未配平），若测得反应后的混合气休中Cl2的体积分数为，测起始投料时CH3OH与NaClO2的物质的量之比为8（15分）某校化学小组的同学开展测定Na2CO3和NaCl的固体混合物中Na2CO3质量分数的探究实验，他们提出下列实验方案气体分析法（1）甲同学用图1所示装置，把Ng的混合物与足量稀硫酸反应后，测定产生的CO2气体的体积，实验开始时检查该装置气密性的方法是（2）乙同学用图2代替图1中的发生、收集装置，甲、乙两试管各有两根导管，用橡胶管连接对应接口后，倒置盛有稀硫酸的试管，发生反应，放出气体，则Na2CO3、NaCl的固体混合物和稀硫酸应分别置于、仪器中（填仪器编号）；G
7、管可用化学实验室里的一种常用仪器来代替，你认为这种仪器的名称是；仪器甲、乙、丙接口的连接方式如下：A连接，B连接，C连接（填写各接口的编号）（3）丙同学用图3装置测定CO2的质量，该装置存在明显缺陷，从而导致实验误差，请你分析其中使测定结果可能偏大的主要原因，使测定结果可能偏小的主要原因可能是；（上述偏大、偏小的原因各写一条）（4）某天然碱可看作向CO2和NaOH的反应后的产物所组成，称取天碱样品四份，溶于水后，分别逐滴加入相同浓度的盐酸溶液30毫升，产生CO2的体积（标准状况）如下表：样品号盐酸溶液的体积/mL30303030样品质量/g3.324.155.817.47二氧化碳的体积/mL6
8、72840896672取3.28g天然碱样品于300加热至分解完全（300Na2CO3不分解），产生CO2224mL（标准状况）和一定量的水，则该天然碱样品的化学式为9（14分）铝和铁是重要的金属元素，请回答下列问题：、（1）铁与水反应：3Fe（s）+4H2O（g）=Fe3O4（s）+4H2（g）H已知：3Fe（s）+2O2（g）Fe3O4（s）H1=1118.4kJ/mol2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H2=483.8kJ/mol2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H3=571.8kJ/mol则H=（计算结果保留一位小数）（2）在t时，该反应达到平衡状态测得混合气体平均相对分子质量
9、为，则反应的平衡常数K=下列说法正确的是（填字母序号）A若容器压强恒定，则反应达到平衡状态 B若容器内密度恒定，则反应达到平衡状态C恒温恒容平衡后，加入少量H2，再次平衡后，H2O（g）的体积分数减少D增加Fe3O4就能提高H2O的转化率（3）若反就发生在恒容绝热的装置中，按下表充入起始物质，起始时与平衡后的各物质的量见下表：FeH2O（g）Fe3O4H2起始/mol3.04.000平衡/molmnpQFeH2O（g）F3O4H2A/mol3.04.000B/mol001.04.0C/molmnpQ若在达平衡后的装置中继续加入A，B，C三种状况下的各物质，见上表：当上述可逆反应再一次达到平衡状
10、态后，将上述各装置中H2的体积分数由大到小的顺序排列：（用A，B，C表示）离子液体是一室温熔融盐，为非水体系，由有机阳离子、Al2Cl7和AlCl4组成的离子液体作电解液时，可在钢制品上电镀铝 （1）钢制品应接电源的极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为（2）若改用AlCl3水溶液作电解液，则一段时间后生成AlO2离子（填能或不能）（选修2：化学与技术）10（15分）海洋是一个丰富的资源宝库，通过海水的综合利用可获得许多物质供人类使用（1）海水中盐的开发利用：海水制盐目前以盐田法为主，建盐田必须选在远离江河入海口，多风少雨，潮汐落差大且又平坦空旷的海滩所建
11、盐田分为贮水池、蒸发池和池II目前工业上采用比较先进的离子交换膜电解槽法进行氯碱工业生产，在电解槽中阳离子交换膜只允许阳离子通过，阻止阴离子和气体通过，请说明氯碱生产中阳离子交换膜的作用（写一点即可）（2）电渗析法是近年来发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如图所示请回答后面的问题：海水不能直接通入到该装置中，理由是B口排出的是（填“淡水”或“浓水”）（3）用苦卤（含Na+、K+、Mg2+、Cl、Br等离子）可提取溴，其生产流程如下：若吸收塔中的溶液含BrO3，则吸收塔中反应的离子方程式为通过氯化已获得含Br2的溶液，为何还需经过吹出、吸收、酸化来重新获得含Br2的溶液？向蒸馏塔中通入水蒸
12、气加热，控制温度在900C左右进行蒸馏的原因是（选修3：物质结构、物质）11过渡金属元素钛能形成多种化合物，如：K3Fe（SCN）6硫氰合铁（）和Fe（CO）x等（1）基态Fe3+的M层电子排布式为请解释+3价铁的化合物较+2价铁的化合物稳定的原因对使用含铁配合物检验Fe2+离子的离子方程式（2）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18，则x=（3）FeBr2为只含有离子键的离子化合物，其晶胞结构如图a，距一个Fe2+离子最近的所有Br离子为顶点构成的几何体为（4）另一种金属单质晶体中原子的堆积方式如下图甲所示，其晶胞特征如下图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如下图
13、中丙所示 若已知该原子半径为d，NA代表阿伏加德罗常数，原子的相对原子质量为M，请回答： 晶胞中金属原子的配位数为 该晶体的密度为（用字母表示）（选修5：有机化学基础）12Heck反应是偶联反应的一种，例如：反应：化合物可以由以下途径合成：（分子式为C3H6）.（1）化合物的分子式为（2）卤代烃CH3CHBrCH3发生消去反应可以生成化合物，相应的化学方程式为：（3）化合物含有甲基且无支链的同系物的分子式为C4H6O，则化合物的结构简式为（4）化合物可与CH3CH2OH发生反应生成化合物，化合物在一定条件下可以发生加聚反应，则其加聚产物的结构简式为：（5）化合物的一种同分异构体能发生银镜反应，
14、且核磁共振氢谱只有三组峰，峰面积之比为1：2：2，的结构简式为：（6）一定条件下与也可以发生类似反应的反应，其有机产物的结构简式为：（7）符合下列条件的化合物的同分异构体共有：种（含苯基、羧基、碳碳双键且无甲基）辽宁省协作校联考2015届高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）1（6分）设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A电解水若生成33.6L（标准状况）气体时电路中通过的电子数目为2NAB5NH4NO3=2HNO3+4N2+9H2O反应中，生成56gN2时，转移电子数目为7.5NAC用2mL5mol/L的FeCl3溶液制成的氢氧化铁胶体
15、中所含胶粒数为0.01NAD56g铁片投入足量浓H2SO4中生成NA个SO2分子考点：阿伏加德罗常数 分析：A标况下33.6L气体的物质的量为1.5mol，电解过程中阳极生成氧气、阴极生成氢气，氧气和氢气的物质的量之比为1：2，据此计算出生成氧气的物质的量，再计算出转移的电子数；B该反应中电子转移情况为：，根据n=计算出氮气的物质的量，再计算出转移的电子数；C氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体；D铁与浓硫酸发生钝化，阻止了反应的继续进行解答：解：A电解水若生成33.6L（标准状况）气体，标况下该气体的物质的量为：=1.5mol，电解中生成氢气和氧气的物质的量之比为2：1，则生成氧气的物质的量为：1
16、.5mol=0.5mol，转移电子为：0.5mol4=2mol，电路中通过的电子数目为2NA，故A正确；B5NH4NO3=2HNO3+4N2+9H2O反应中，电子转移情况为：，58g氮气的物质的量为：=2mol，生成2mol氮气转移电子的物质的量为：15mol=7.5mol，转移电子数目为7.5NA，故B正确；C氢氧化铁胶体中，氢氧化铁胶粒为氢氧化铁的聚集体，无法计算胶体中含有的胶粒数，故C错误；D由于铁与浓硫酸在常温下发生钝化现象，则无法计算转移的电子数，故D错误；故选AB点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，题目难度中等，试题知识点较多、综合性较强，注意掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质
17、量等物理量之间的转化关系，B为易错点，需要明确电子的转移情况2（6分）下列描述合理的是（）A含氢氧化铁胶粒的分散系中可能大量存在H+，K+，S2BrB高锰酸钾溶液中可能大量存在H+，Na+，SO42，葡萄糖分子C弱碱性溶液中可能大存在Na+，K+，Cl，HCO3D中性溶液中可能大量存在Fe3+，K+，Cl，SO42考点：离子共存问题 分析：A氢离子能够与氢氧化铁反应；B酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化葡萄糖；C碳酸氢根离子的溶液为弱碱性溶液，且Na+、K+、Cl、HCO3之间不反应D铁离子水解，溶液显示酸性，不可能为中性解答：解：A氢氧化铁胶体中不能存在大量的H+，故A错误；B酸性高锰酸
18、钾溶液能够氧化葡萄糖，在溶液中不能大量共存，故B错误；CNa+、K+、Cl、HCO3之间不反应，且HCO3的溶液为弱碱性溶液，在溶液中能够大量共存，故C正确；DFe3+在溶液中部分水解，溶液显示酸性，不可能为中性溶液，故D错误；故选C点评：本题考查离子共存的判断，为中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；是“可能”共存，还是“一定”共存等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生灵活运用基础知识解决实际问
19、题的能力3（6分）下列实验操作能达到实验目的是（必要时可加热）（）甲乙丙实验目的A2mL10%的NaOH溶液46滴2%的CuSO4溶液0.5mL葡萄糖溶液验证葡萄糖具有氧化性B2mL0.1mol/LAgNO3溶液3滴0.1mol/LNaCl溶液3滴0.1mol/LNaI溶液验证AgCl可转化为溶解度更小的AgICFeCl3溶液KSCN溶液少量KCl固体验证浓度对化学平衡的影响D3mL无水乙醇2mL乙酸2ml浓硫酸配制反应液以制备乙酸乙酯AABBCCDD考点：化学实验方案的评价 分析：A葡萄糖含CHO，能被氢氧化铜氧化；B硝酸银过量，由QcKsp可知生成沉淀；CFeCl3溶液与KSCN溶液，发生
20、络合反应，加KCl固体对络合反应无影响；D制备乙酸乙酯，乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯，浓硫酸作催化剂和吸水剂解答：解：A葡萄糖含CHO，能被氢氧化铜氧化，反应生成砖红色沉淀，则该实验能验证葡萄糖具有还原性，故A错误；B硝酸银过量，由QcKsp可知生成沉淀，则均生成AgCl、AgI沉淀，不发生沉淀的转化，则不能验证AgCl可转化为溶解度更小的AgI，故B错误；CFeCl3溶液与KSCN溶液，发生络合反应，加KCl固体对络合反应无影响，则不能验证浓度对化学平衡的影响，故C错误；D制备乙酸乙酯，乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯，浓硫酸作催化剂和吸水剂，则可配制反应液以制备乙酸乙酯，故D正确；故选D点评：本题
21、考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及有机物的制备及性质、沉淀生成和转化、浓度对化学平衡的影响等，把握物质的性质及化学反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大4（6分）下列说法不正确的有几个（）C12H8分子中既含极性键又含非极性键若R2和M+的电子层结构相同，则原子序数：RMF2，Cl2，Br2，I2熔点随相对分子质量增大而升高NCl3，PCl5，CO2，CS2分子中各原子均达到8e稳定结构若X的质子数为a，中子数为b，则原子可表示为baX由于非金属性ClBrI，所以酸性HClHBrHI两种微粒含有相同质子数和电子数，这两种微粒可能是两种不同阴离子
22、或阳离子原子序数为34号的元素属于长周期的副族元素A3B4C5D6考点：元素周期表的结构及其应用；质子数、中子数、核外电子数及其相互联系；原子核外电子排布；极性键和非极性键；卤素原子结构及其性质的比较 分析：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；R2和M+的电子层结构相同，则离子的核外电子数相等，且M处于R相邻的下一周期；组成和结构相似的分子，熔点随相对分子质量增大而升高；PCl5中P原子最外层不是8电子；根据元素符号ZAX的含义，Z代表质子数，A代表质量数，质量数=质子数+中子数；不能利用非金属性来比较氢化物的水溶液酸性；分子或原子中质子数=核外电子数，阳离子中质子数=核
23、外电子数+电荷数，阴离子中质子数=核外电子数电荷数，据此进行判断；原子序数为34号的元素为Se，属于长周期的主族元素解答：解：C12H8分子中碳元素和碳元素之间形成非极性共价键，碳元素和氢元素之间形成极性共价键，故正确；R2和M+的电子层结构相同，则离子的核外电子数相等，且M处于R相邻的下一周期；所以原子序数：MR，故错误；F2、Cl2、Br2、I2是组成和结构相似的分子，熔点随相对分子质量增大而升高，故正确；NCl3、CO2、CS2分子中各原子均达到8e稳定结构，但PCl5中P原子最外层不是8电子，故错误；若X的质子数为a，中子数为b，则原子可表示为aa+bX，故错误；不能利用非金属性来比较
24、氢化物的水溶液酸性，故错误；钠离子和铵根离子具有相同的质子数和电子数、氢氧根和氟离子具有具有相同的质子数和电子数，故正确；原子序数为34号的元素为Se，属于长周期的主族元素，不是副族元素，故错误；根据分析可知，错误的有5个，故选D点评：本题考查了元素周期表、元素周期律的综合应用，题目难度中等，试题侧重考查学生的总结归纳能力，明确分子、原子、离子中质子数和电子数的关系是解本题的关键5（6分）已知下表均为烷烃分子的化学式，且它们的一元取代物只有一种，问第五项烷烃化学式为（） 123456CH4C2H6C5H12C8H18AC26H54BC17H36CC80H162DC106H214考点：探究化学规
25、律 分析：从表格中的数据可知：第1项为甲烷，则第3项是用CH3取代了CH4中的氢，第4项是用CH3取代了C2H6中的氢，同理，第5项是用CH3取代了C5H12中的12个氢原子，其碳原子数为5+12，第6项是用CH3取代了C8H18中的氢，据此确定第五项烷烃化学式解答：解：从表格中的数据可知：第1项为甲烷，则第3项是用CH3取代了CH4中的4个氢原子，第4项是用CH3取代了C2H6中的6个氢原子，同理，第5项是用CH3取代了C5H12中的12个氢原子，其碳原子数为5+12=17，根据烷烃通式知，第五项化学式为C17H36，故选B点评：本题考查探究化学规律，侧重考查学生分析推断、归纳能力，明确每项
26、分子式与其前边分子式的关系是解本题关键，再结合烷烃通式解答，题目难度中等6（6分）常温下，下列有关离子浓度及pH大小的比较，正确的是（）ANH4+浓度相同的下列溶液：（NH4）2Fe（SO4）2 （NH4）2CO3 （NH4）2SO4溶液浓度由大到小的顺序号：B由pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，其离子浓度不可能是：c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH）C若难溶电解质溶解度：A（OH）m大于B（OH）n，则Ksp也一定是前者大DpH=4浓度均为0.1molL1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中：c（CH3COO）c（CH3COOH）=2（1
27、041010）mol/L考点：离子浓度大小的比较 分析：A铵根离子水解程度越大，溶液中铵根离子浓度越小，亚铁离子抑制了铵根离子水解、碳酸根离子促进了铵根离子的水解，据此判断铵根离子浓度相等时该溶液浓度大小；B常温下由pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，醋酸为弱酸，混合液中醋酸过量，溶液显示酸性，则c（H+）c（OH），结合电荷守恒判断各离子浓度大小；C对于化学式组成相似的，溶度积常数越大，溶解度也越大，若难溶物的组成形式不同，该关系不一定满足，需要通过计算判断；D常温下，混合液pH=4，c（H+）=1.0104mol/L，则由Kw可知，c（OH）=1.01010m
28、ol/L，结合混合液中的电荷守恒、物料守恒进行计算解答：解：A硫酸亚铁铵中，亚铁离子对铵根离子的水解起到抑制作用；碳酸铵中，碳酸根对铵根离子的水解起到促进作用，硫酸根离子不影响铵根离子的水解，所以三种溶液中NH4+浓度相同时，溶液浓度大小为：，故A错误；B由pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，醋酸过量，溶液显示酸性，则c（H+）c（OH），根据电荷守恒可知：c（CH3COO）c（Na+），溶液中一定满足：c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH），故B错误；C对于化学式组成相似的，溶度积常数越大，溶解度也越大，由于A（OH）m和B（OH）n的化学式组成形式
29、不同，所以不能直接根据溶解度大小判断其溶度积，故C错误；D常温下，混合液pH=4，c（H+）=1.0104mol/L，则由Kw可知，c（OH）=1.01010mol/L，由电荷守恒可知：c（CH3COO）c（Na+）=c（H+）c（OH），据物料守恒：2c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO），2+可得：c（CH3COO）c（CH3COOH）=2（c（H+）c（OH）=2（1041010） mol/L，故D正确；故选D点评：本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，试题涉及盐的水解原理、难溶物溶度积的应用、离子浓度大小比较等知识，注意掌握盐的水解原理及其影响，明确电荷守恒、物料守恒
30、在判断离子浓度大小中的应用方法二、解答题（共3小题，满分43分）7（14分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业它在碱性环境中稳定存在某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下（1）中反应的离子方程式是2ClO2+H2O2+2OH=2ClO2+O2+2H2O（2）A的化学式是H2SO4，装置中A在阳极区产生（3）ClO2是种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备写出该制备反应的化学方程式5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2+2H2O（4）工业以CH3OH与NaClO2为原料在酸性条件下制取ClO2，同时产生CO2气体，已知该反应分
31、为两步进行，第一步为2ClO2+2Cl+4H+=2ClO2+Cl2+2H2O写出第二步反应的离子方程式CH3OH+3Cl2+H2O=6Cl+CO2+6H+工业生产时需在反应物中加少量Cl，其作用是催化剂生产中会发生副反应ClO2+Cl+H+=Cl2+H2O（未配平），若测得反应后的混合气休中Cl2的体积分数为，测起始投料时CH3OH与NaClO2的物质的量之比为7：43考点：制备实验方案的设计 分析：由流程图可知，电解饱和氯化钠反应得到NaClO3，气体b为还原产物为H2，I中NaClO3、Na2SO3、加入A溶液，反应生成Na2SO4、C1O2，反应离子方程式为2H+SO32+2ClO3=2
32、C1O2+SO42+H2O，是离子隔膜电解池，反应有酸、碱及有两种气体生成，所以为电解硫酸钠本质是电解水，A为硫酸，a为氧气，C1O2与过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO2和氧气（1）C1O2与过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO2和氧气，配平书写离子方程式；（2）水放电生成氧气与氢离子，发生氧化反应，硫酸在阳极生成；（3）亚氯酸钠和稀盐酸反应生成ClO2、NaCl与水；（4）由题目信息可知，氯气为中间产物，第二步是氯气与甲醇反应生成二氧化碳与HCl，发生反应：CH3OH+3Cl2+H2O=6Cl+CO2+6H+；Cl参与反应但反应前后没有变化，故为催化剂，起催化作用；发生反应为：ICH
33、3OH+6ClO3+6H+=CO2+6ClO2+5H2O、ClO3+5Cl+6H+=3Cl2+3H2O，假设反应后混合气体的物质的量为52mol，则n（Cl2）=3mol，由反应I可得混合气体中n（ClO2）=6n（CO2），进而计算各自物质的量，结合方程式计算解答：解：由流程图可知，电解饱和氯化钠反应得到NaClO3，气体b为还原产物为H2，I中NaClO3、Na2SO3、加入A溶液，反应生成Na2SO4、C1O2，反应离子方程式为2H+SO32+2ClO3=2C1O2+SO42+H2O，是离子隔膜电解池，反应有酸、碱及有两种气体生成，所以为电解硫酸钠本质是电解水，A为硫酸，a为氧气，C1O
34、2与过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO2和氧气（1）C1O2与过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO2和氧气，离子方程式为：2ClO2+H2O2+2OH=2ClO2+O2+2H2O，故答案为：2ClO2+H2O2+2OH=2ClO2+O2+2H2O；（2）由上述分析可知，A为H2SO4，水放电生成氧气与氢离子，发生氧化反应，硫酸在阳极生成，故答案为：H2SO4；阳；（3）亚氯酸钠和稀盐酸反应生成ClO2、NaCl与水，反应方程式为：5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2+2H2O，故答案为：5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2+2H2O；（4）由题目信息可知，氯气为中
35、间产物，第二步是氯气与甲醇反应生成二氧化碳与HCl，发生反应：CH3OH+3Cl2+H2O=6Cl+CO2+6H+，故答案为：CH3OH+3Cl2+H2O=6Cl+CO2+6H+；Cl参与反应但反应前后没有变化，故为催化剂，起催化作用，故答案为：催化剂；发生的反应方程式为：CH3OH+6ClO3+6H+=CO2+6ClO2+5H2O ClO3+5Cl+6H+=3Cl2+3H2O假设反应后混合气体的物质的量为52mol，则n（Cl2）=3mol，由反应可得混合气体中n（ClO2）=6n（CO2），则n（CO2）=（52mol3mol）=7mol，n（ClO2）=7mol6=42mol，则n（CH
36、3OH）=n（CO2）=7mol，反应I中n（ClO3）=42mol，由反应，可知得该反应的n（ClO3）=1mol，所以n（CH3OH）：n（ClO3）=7mol：（42+1）nol=7：43，故答案为：7：43点评：本题考查物质制备实验方案，明确化学工艺流程是解题关键，涉及电解原理、氧化还原反应方程式的书写、计算等内容，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，题目难度中等8（15分）某校化学小组的同学开展测定Na2CO3和NaCl的固体混合物中Na2CO3质量分数的探究实验，他们提出下列实验方案气体分析法（1）甲同学用图1所示装置，把Ng的混合物与足量稀硫酸反应后，测定产生的CO2
37、气体的体积，实验开始时检查该装置气密性的方法是关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，若活塞能回到原位，证明不漏气，否则漏气（2）乙同学用图2代替图1中的发生、收集装置，甲、乙两试管各有两根导管，用橡胶管连接对应接口后，倒置盛有稀硫酸的试管，发生反应，放出气体，则Na2CO3、NaCl的固体混合物和稀硫酸应分别置于甲、乙仪器中（填仪器编号）；G管可用化学实验室里的一种常用仪器来代替，你认为这种仪器的名称是碱式滴定管；仪器甲、乙、丙接口的连接方式如下：A连接D，B连接E，C连接F（填写各接口的编号）（3）丙同学用图3装置测定CO2的质量，该装置存在明显缺陷，从而导致实验误差，
38、请你分析其中使测定结果可能偏大的主要原因CO2气体中混有水蒸气或空气中的CO2和水蒸气进入干燥管中，使测定结果可能偏小的主要原因可能是装置中的CO2没有全部被碱石灰吸收；（上述偏大、偏小的原因各写一条）（4）某天然碱可看作向CO2和NaOH的反应后的产物所组成，称取天碱样品四份，溶于水后，分别逐滴加入相同浓度的盐酸溶液30毫升，产生CO2的体积（标准状况）如下表：样品号盐酸溶液的体积/mL30303030样品质量/g3.324.155.817.47二氧化碳的体积/mL672840896672取3.28g天然碱样品于300加热至分解完全（300Na2CO3不分解），产生CO2224mL（标准状况
39、）和一定量的水，则该天然碱样品的化学式为Na2CO32NaHO33H2O考点：探究物质的组成或测量物质的含量 分析：（1）欲检查装置气密性，可根据该反应容器的特点，采用拉动注射器活塞的方法完成；（2）由图装置可知甲有c支管，应为生产气体装置，则甲应放入Na2CO3、NaCl的固体混合物，乙放入硫酸，连接导管时，应用A连接D，B连接E，C连接F；（3）根据碱石灰的成分可知，碱石灰既可吸收二氧化碳也可吸收水，同时生成的二氧化碳反应后在装置内会有残留，以及干燥管与空气接触等进行分析即可；（4）根据碳元素守恒计算，分析图表数据，对比可知，组样品全部反应，组盐酸全部反应生成二氧化碳气体为672ml物质的
40、量=0.03mol，样品是均一的，取3.28g天然碱样品于300加热至分解完全（300Na2CO3不分解），产生CO2224mL（标准状况）和一定量的水，说明含有碳酸钠和碳酸氢钠，其中碳酸氢钠分解生成二氧化碳物质的量=0.01mol，中NaHCO3物质的量为0.02mol，结合实验计算，若3.28g样品全部和盐酸反应，生成二氧化碳物质的量为x，则3.32g：0.03mol=3.28g：x，计算x=0.0296mol，结合碳元素守恒，3.28g样品中碳酸钠物质的量为=0.0296mol0.02mol0.01mol，样品中含水的质量=3.28g0.01mol106g/mol0.02mol84g/m
41、ol=0.54g，计算物质的量得到样品组成比得到化学式解答：解：（1）欲检查装置气密性，可根据该反应容器的特点，采用拉动注射器活塞的方法完成，具体操作为关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，若活塞能回到原位，证明不漏气，否则漏气，故答案为：关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，若活塞能回到原位，证明不漏气，否则漏气；（2）由图装置可知甲有c支管，应为生产气体装置，则甲应放入Na2CO3、NaCl的固体混合物，乙放入硫酸，G为量气装置，根据构造，可用碱式滴定管代替，连接导管时，应用A连接D，B连接E，C连接F，故答案为：甲；乙；碱式滴定管；D；E；F；
42、（3）因生产的CO2气体中混有水蒸气或空气中的CO2和水蒸气进入干燥管中，会导致质量偏大，使测定结果可能偏小的主要原因装置中的CO2没有全部被碱石灰吸收，应通入氮气可将气体排出，故答案为：CO2气体中混有水蒸气或空气中的CO2和水蒸气进入干燥管中；装置中的CO2没有全部被碱石灰吸收；（4）根据碳元素守恒计算，分析图表数据，对比可知，组样品全部反应，组盐酸全部反应生成二氧化碳气体为672ml物质的量=0.03mol，样品是均一的，取3.28g天然碱样品于300加热至分解完全（300Na2CO3不分解），产生CO2224mL（标准状况）和一定量的水，说明含有碳酸钠和碳酸氢钠，其中碳酸氢钠分解生成二
43、氧化碳物质的量=0.01mol，3.28g样品中，n（NaHCO3）=2n（CO2）=2=0.02mol，NaHCO3物质的量为0.02mol，结合实验，若3.28g样品全部和盐酸反应，生成二氧化碳物质的量为x，则3.32g：0.03mol=3.28g：x，计算x=0.0296mol，结合碳元素守恒，3.28g样品中碳酸钠物质的量为=0.0296mol0.02mol0.01mol，样品中含水的质量=3.28g0.01mol106g/mol0.02mol84g/mol=0.54g，物质的量=0.03mol，则n（Na2CO3）n（NaHCO3）：n（H2O）=0.01：0.02：0.03=1：2
44、：3，组成的化学式为Na2CO32NaHO33H2O，故答案为：Na2CO32NaHO33H2O点评：本题考查了物质组成和含量的实验测定方法分析判断，实验装置的理解应用，主要是数据处理的方法应用技术，掌握基础是解题关键，题目难度较大9（14分）铝和铁是重要的金属元素，请回答下列问题：、（1）铁与水反应：3Fe（s）+4H2O（g）=Fe3O4（s）+4H2（g）H已知：3Fe（s）+2O2（g）Fe3O4（s）H1=1118.4kJ/mol2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H2=483.8kJ/mol2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H3=571.8kJ/mol则H=150.8KJ/m
45、ol（计算结果保留一位小数）（2）在t时，该反应达到平衡状态测得混合气体平均相对分子质量为，则反应的平衡常数K=16下列说法正确的是B（填字母序号）A若容器压强恒定，则反应达到平衡状态 B若容器内密度恒定，则反应达到平衡状态C恒温恒容平衡后，加入少量H2，再次平衡后，H2O（g）的体积分数减少D增加Fe3O4就能提高H2O的转化率（3）若反就发生在恒容绝热的装置中，按下表充入起始物质，起始时与平衡后的各物质的量见下表：FeH2O（g）Fe3O4H2起始/mol3.04.000平衡/molmnpQFeH2O（g）F3O4H2A/mol3.04.000B/mol001.04.0C/molmnpQ若
46、在达平衡后的装置中继续加入A，B，C三种状况下的各物质，见上表：当上述可逆反应再一次达到平衡状态后，将上述各装置中H2的体积分数由大到小的顺序排列：BCA（用A，B，C表示）离子液体是一室温熔融盐，为非水体系，由有机阳离子、Al2Cl7和AlCl4组成的离子液体作电解液时，可在钢制品上电镀铝 （1）钢制品应接电源的负极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为4Al2Cl7+3e=Al+7AlCl4（2）若改用AlCl3水溶液作电解液，则一段时间后不能生成AlO2离子（填能或不能）考点：化学平衡的计算；有关反应热的计算；用化学平衡常数进行计算；化学平衡状态的判断
47、；电解原理 分析：I（1）根据盖斯定律，已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也进行相应的计算；（2）根据相对分子质量计算混合气体中水、氢气的物质的量之比，由于反应前后气体体积不变，用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式K=计算；A容器压强始终不变； B随反应进行气体质量减小，若容器内密度恒定，混合气体总质量不变，则反应达到平衡状态；C恒温恒容平衡后，加入少量H2，等效为增大压强，等效后的平衡与原平衡相比，平衡不移动；D增大固体的用量，不影响平衡移动；（3）A中各物质的物质的量与原平衡起始各物质对应相等，但该容器为绝热，随反应进行温度与A相比发生变化，根据温度变化判断
48、反应移动方向；C中各物质的物质的量与原平衡状态对应相等，则C处于平衡状态；B中转化到左边，Fe、水的物质的量与原平衡起始各物质对应相等，但该容器为绝热，根据反应热判断平衡时温度与原平衡温度高低，根据温度变化判断反应移动方向，进而判断氢气含量大小关系；（1）钢制品上电镀铝，铝做阳极，钢制品做阴极，阴极发生还原反应，为离子中+3价Al获得电子得到Al，电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，由离子中Al与Cl原子比例关系，可知阴极上是Al2Cl7得到电子生成Al与AlCl4；（2）改用AlCl3水溶液作电解液，阳极电极反应式为：2Al6e=2Al3+，阴极上是水电离的氢离子放电生成氢气
49、、OH，电极反应式为：6H2O+6e=6OH+3H2，生成的Al3+与OH的物质的量之比为1：3解答：解：（1）已知：3Fe（s）+2O2（g）Fe3O4（s）H 1=1118.4KJ/mol；2H2（g）+O2（g）2H2O（g）H 1=483.8KJ/mol；2H2（g）+O（g）2H2O（l）H 1=571.8KJ/mol；根据盖斯定律可知：2可得：3Fe（s）+4H2O（g）=Fe3O4（s）+4H2（g） 故H=H 12H2）=（1118.4kJ/mol）2（483.8kJ/mol）=150.8KJ/mol；故答案为：150.8KJ/mol；（2）在t时，该反应达到平衡状态测得混合气
50、体平均相对分子质量为，设水、氢气的物质的量分别为xmol、ymol，则，整理的x：y=1：2，由于反应前后气体体积不变，用物质的量代替浓度计算平衡常数，故平衡常数表达式K=16，故答案为：16；A该反应为气体体积不变的反应，所以容器内压强始终不变，不能用压强判断平衡状态，故A错误； B随反应进行气体质量减小，若容器内密度恒定，混合气体总质量不变，则反应达到平衡状态，故B正确；C恒温恒容平衡后，加入少量H2，等效为增大压强，等效后的平衡与原平衡相比，平衡不移动，平衡时水的体积分数不变，故C错误；D增大固体的用量，不影响平衡移动，不能提高H2O的转化率，故D错误，故选：B；（3）3Fe（s）+4H
51、2O（g）=Fe3O4（s）+4H2（g）H=150.8KJ/mol，正反应是体积不变的放热反应，A中各物质的物质的量与原平衡起始各物质对应相等，但该容器为绝热，随反应进行温度升高，与原平衡对比，相当于在原平衡的基础上升高温度，平衡逆向移动，氢气的体积分数比原平衡的小；C中各物质的物质的量与原平衡状态对应相等，则C处于平衡状态，氢气体积发生等于原平衡的；B中转化到左边，Fe、水的物质的量与原平衡起始各物质对应相等，但该容器为绝热，该反应逆向进行建立平衡，平衡时的温度小于原平衡，与原平衡相比，相当于在原平衡的基础上降低温度，平衡正向移动，氢气的体积分数比原平衡的大，故氢气体积分数：BCA，故答案
52、为：BCA；（1）钢制品上电镀铝，铝做阳极，连接电源的正极，钢制品做阴极，连接电源的负极，阴极发生还原反应，为离子中+3价Al获得电子得到Al，电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，由离子中Al与Cl原子比例关系，可知阴极上是Al2Cl7得到电子生成Al与AlCl4，阴极电极反应式为：4Al2Cl7+3e=Al+7AlCl4，故答案为：负；4Al2Cl7+3e=Al+7AlCl4；（2）改用AlCl3水溶液作电解液，阳极电极反应式为：2Al6e=2Al3+，阴极上是水电离的氢离子放电生成氢气、OH，电极反应式为：6H2O+6e=6OH+3H2，生成的Al3+与OH的物质的量之比为
53、1：3，反应恰好生成Al（OH）3，没有AlO2离子生成，故答案为：不能点评：本题属于拼合型题目，涉及反应热计算、化学平衡计算、化学平衡移动、平衡状态判断、电解原理及电极反应式书写等，I（3）中注意为绝热容器，随反应进行，温度发生变化，II（2）为易错点，学生容易考虑铝离子与氢氧根离子反应可以生成偏铝酸根，忽略量的问题（选修2：化学与技术）10（15分）海洋是一个丰富的资源宝库，通过海水的综合利用可获得许多物质供人类使用（1）海水中盐的开发利用：海水制盐目前以盐田法为主，建盐田必须选在远离江河入海口，多风少雨，潮汐落差大且又平坦空旷的海滩所建盐田分为贮水池、蒸发池和结晶池II目前工业上采用比较
54、先进的离子交换膜电解槽法进行氯碱工业生产，在电解槽中阳离子交换膜只允许阳离子通过，阻止阴离子和气体通过，请说明氯碱生产中阳离子交换膜的作用阻止H2与Cl2发生反应甚至发生爆炸或阻止Cl2与生成的NaOH溶液反应而使烧碱产品不纯等（写一点即可）（2）电渗析法是近年来发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如图所示请回答后面的问题：海水不能直接通入到该装置中，理由是海水中含较多Mg2+和Ca2+等阳离子，电解时会产生Mg（OH）2、Ca（OH）2等沉淀从而堵塞阳离子交换膜B口排出的是浓水（填“淡水”或“浓水”）（3）用苦卤（含Na+、K+、Mg2+、Cl、Br等离子）可提取溴，其生产流程如下：若吸
55、收塔中的溶液含BrO3，则吸收塔中反应的离子方程式为3CO32+3Br2=5Br+BrO3+3CO2通过氯化已获得含Br2的溶液，为何还需经过吹出、吸收、酸化来重新获得含Br2的溶液？富集溴，提高Br2的浓度向蒸馏塔中通入水蒸气加热，控制温度在900C左右进行蒸馏的原因是温度过低难以将Br2蒸发出来，但温度过高又会将大量的水蒸馏出来考点：海水资源及其综合利用 分析：（1）、海水晒盐通过蒸发、结晶制取食盐；、阳离子交换膜只能阳离子通过，阴离子和气体不能通过；（2）、海水中含有的Mg2+和Ca2+等阳离子易和氢氧根离子反应生成沉淀；、在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，离子浓
56、度大的为浓水，离子浓度小的为淡水；（3）、吸收塔中碳酸根离子与溴单质反应生成溴离子、硝酸根离子和二氧化碳气体，据此写出反应的离子方程式；、在中溴单质浓度较小，通过吹出、吸收、酸化重新获得含Br2的溶液，可以富集溴，降低成本；、温度过高会导致水蒸气蒸发出来，温度过低无法将溴蒸发出来解答：解：（1）、海水晒盐需要通过蒸发、结晶过程，所以还需要结晶池，故答案为：结晶；、阳离子交换膜只能阳离子通过，阴离子和气体不能通过，用石墨作电解电解饱和氯化钠时，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气不能通过阳离子交换膜而进入阴极，如果氯气进入阴极易和氢气混合产生爆炸，且易和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠而导致制取的
57、氢氧化钠不纯，故答案为：阻止H2与Cl2发生反应甚至发生爆炸或阻止Cl2与生成的NaOH溶液反应而使烧碱产品不纯等；（2）、海水中含有海水中含较多Mg2+和Ca2+等阳离子，电解时阴极附近生成氢氧根离子，导致氢氧根离子和钙镁离子反应生成Mg（OH）2、Ca（OH）2等沉淀从而堵塞阳离子交换膜，从而抑制离子通过，导致电渗析法失败，故答案为：海水中含较多Mg2+和Ca2+等阳离子，电解时会产生Mg（OH）2、Ca（OH）2等沉淀从而堵塞阳离子交换膜；在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，室离子浓度变小，室离子浓度不大，离子浓度大的为浓水，所以浓水在B处排出，淡水在A处排出，故答
58、案为：浓水；（3）、纯碱是碳酸钠，与溴反应有BrO3生成，反应的离子方程式为：3CO32+3Br2=5Br+BrO3+3CO2，故答案为：3CO32+3Br2=5Br+BrO3+3CO2；、从出来的溶液中溴的含量不高，如果直接蒸馏，产品成本高，所以需要进一步浓缩溴，提高溴的浓度，故答案为：富集溴，提高Br2的浓度；、温度过高水蒸气蒸出，溴中含有水分，温度过低溴不能完全蒸出，产率低，故答案为：温度过低难以将Br2蒸发出来，但温度过高又会将大量的水蒸馏出来点评：本题考查海水的综合利用、海水晒盐、电渗析法淡化海水、从海水中提溴的原理，题目难度中等，明确图片内涵、生成流程为解本题关键，（2）中阳离子在
59、电极上放电，导致排出的水为淡水，从而实现海水淡化（选修3：物质结构、物质）11过渡金属元素钛能形成多种化合物，如：K3Fe（SCN）6硫氰合铁（）和Fe（CO）x等（1）基态Fe3+的M层电子排布式为3s23p63d5请解释+3价铁的化合物较+2价铁的化合物稳定的原因+3价铁3d轨道有5个电子，处于半充满状态较稳定对使用含铁配合物检验Fe2+离子的离子方程式3Fe2+2Fe（CN）63+=Fe3Fe（CN）62（2）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18，则x=5（3）FeBr2为只含有离子键的离子化合物，其晶胞结构如图a，距一个Fe2+离子最近的所有Br离子为顶点构
60、成的几何体为立方体（4）另一种金属单质晶体中原子的堆积方式如下图甲所示，其晶胞特征如下图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如下图中丙所示 若已知该原子半径为d，NA代表阿伏加德罗常数，原子的相对原子质量为M，请回答： 晶胞中金属原子的配位数为12 该晶体的密度为（用字母表示）考点：晶胞的计算 分析：（1）Fe原子核外电子数为26，原子形成阳离子先按能层高低失去电子，能层越高的电子越容易失去，同一能层中按能级高低失去电子，能级越高越容易失去；因为+3价铁3d轨道有5个电子，处于半充满的稳定结构，而+2价铁3d轨道有6个电子，不是半充满的稳定结构；用K3Fe（CN）6检验Fe2+离子，反应生成铁
61、氰化亚铁蓝色沉淀；（2）配合物Fe（CO）x的中心原子是铁原子，其价电子数是8，每个配体提供的电子数是2，据此判断x值；（3）晶胞中小黑色球数目为8+6=4，大黑色球数目为8，则小黑色球为Fe2+、大黑色球为Br，以上面面心的Fe2+研究，与之最近的Br有8个，位于上面所在2个晶胞中；（4）该金属属于面心立方堆积，以顶点原子研究，与之相邻的原子位于面心，每个顶点原子为12面共用；由均摊法可知，晶胞中金属原子数目为4，据此计算晶胞质量，该原子半径为d，面上对角线3个原子相邻，则晶胞棱长为2d=d，进而计算晶胞体积，再根据=计算晶体体积解答：解：（1）Fe原子核外有26个电子，核外电子排布为1s2
62、2s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成Fe3+，Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5 ，则M层电子排布式为：3s23p63d5，故答案为：3s23p63d5；因为+3价铁3d轨道有5个电子，处于半充满的稳定结构，能量较低，而+2价铁3d轨道有6个电子，不是半充满的稳定结构，所以+3价铁的化合物较+2价铁的化合物稳定，故答案为：+3价铁3d轨道有5个电子，处于半充满状态较稳定；用K3Fe（CN）6检验Fe2+离子，反应生成铁氰化亚铁蓝色沉淀，反应离子方程式为：3Fe2+2Fe（CN）63+=Fe3Fe（CN）62，故答案为：3
63、Fe2+2Fe（CN）63+=Fe3Fe（CN）62；（2）配合物Fe（CO）x的中心原子是铁原子，其价电子数是8，每个配体提供的电子数是2，则8+2x=18，解得x=5，故答案为：5；（3）晶胞中小黑色球数目为8+6=4，大黑色球数目为8，则小黑色球为Fe2+、大黑色球为Br，以上面面心的Fe2+研究，与之最近的Br有8个，位于上面所在上、下2个晶胞中，8个Br离子为顶点构成的几何体是立方体，故答案为：立方体；该金属属于面心立方堆积，以顶点原子研究，与之相邻的原子位于面心，每个顶点原子为12面共用，故金属原子的配位数为12，故答案为：12；由金属晶胞结构可知，晶胞中金属原子数目为8+6=4，
64、晶胞质量为4，该原子半径为d，面上对角线3个原子相邻，则晶胞棱长为4d=2d，故晶胞体积（2d）3，则该晶体的密度为 4（2d）3=，故答案为：点评：本题是对物质结构的考查，涉及核外电子排布、配合物、晶胞结构与计算、亚铁离子检验等，（1）中亚铁离子检验为易错点，只在电化学防护科学探究中出现，难度中等（选修5：有机化学基础）12Heck反应是偶联反应的一种，例如：反应：化合物可以由以下途径合成：（分子式为C3H6）.（1）化合物的分子式为C10H10O2（2）卤代烃CH3CHBrCH3发生消去反应可以生成化合物，相应的化学方程式为：CH3CHBrCH3+NaOHCH2=CHCH3+NaBr+H2
65、O（3）化合物含有甲基且无支链的同系物的分子式为C4H6O，则化合物的结构简式为CH3CH=CHCHO（4）化合物可与CH3CH2OH发生反应生成化合物，化合物在一定条件下可以发生加聚反应，则其加聚产物的结构简式为：（5）化合物的一种同分异构体能发生银镜反应，且核磁共振氢谱只有三组峰，峰面积之比为1：2：2，的结构简式为：（6）一定条件下与也可以发生类似反应的反应，其有机产物的结构简式为：（7）符合下列条件的化合物的同分异构体共有：11种（含苯基、羧基、碳碳双键且无甲基）考点：有机物的推断 分析：通过对的结构简式的分析可知，为丙烯，即CH3CH=CH2，从反应条件可知，是醛基被氧化的反应，可知
66、，为CH2=CHCHO，为CH2=CHCOOH，（1）通过的结构简式，可写出其分子式；（2）卤代烃消去反应的条件是NaOH的乙醇溶液加热；（3）化合物为CH2=CHCHO，通过给出的条件推断；（4）为CH2=CHCOOH，其与CH3CH2OH发生酯化反应生成化合物，可据酯化反应的概念及加聚反应的特点得出答案；（5）能发生银镜反应，说明含有醛基，再根据所要求条件推断；（6）结合已知反应推断出有机产物的结构简式；（7）根据条件：含苯基、羧基、碳碳双键且无甲基，可判断出化合物的同分异构体的种类解答：解：通过对的结构简式的分析可知，A为丙烯，即CH3CH=CH2，从反应条件可知，是醛基被氧化的反应，可
67、知，为CH2=CHCHO，为CH2=CHCOOH，（1）通过的结构简式，可得其分子式为：C10H10O2，故答案为：C10H10O2；（2）卤代烃消去反应的条件是NaOH的乙醇溶液加热，所以，其反应方程式为：CH3CHBrCH3+NaOHCH2=CHCH3+NaBr+H2O，故答案为：CH3CHBrCH3+NaOHCH2=CHCH3+NaBr+H2O；（3）化合物为CH2=CHCHO，其含有甲基且无支链的同系物只能是CH3CH=CHCHO，故答案为：CH3CH=CHCHO；（4）为CH2=CHCOOH，其与CH3CH2OH发生酯化反应生成化合物，为CH2=CHCOOCH2CH3，其发生加聚反应
68、时，是碳碳双键的加聚，产物为：，故答案为：；（5）通过分析化合物的结构简式，结合所要求的条件，的结构简式为，故答案为：；（6）与也可以发生类似反应的反应，其有机产物的结构简式为，故答案为：；（7）根据条件：含苯基、羧基、碳碳双键且无甲基，可知化合物的同分异构体为苯环上连有一个基团为C（=CH2）CH2COOH、CHCH（=CH2）COOH、CH（CH=CH2）COOH、CH=CHCH2COOH、CH2CH=CHCOOH，有5种，或连有两个基团为COOH、CH2CH=CH2或CH2COOH、CH=CH2，它们各有邻间对三种，有6种，所以5+6=11，共有11种，故答案为：11点评：本题考查有机物的推断，需要学生对给予的信息进行利用，能较好的考查学生的阅读能力、自学能力，是热点题型，结合官能团的性质顺推进行推断，难度中等
