1、2016年安徽省六安一中高考化学一模试卷一、选择题：每小题6分，每题只有一个选项正确1对二甲苯 （ PX ）是生产矿泉水瓶 （聚对苯二甲酸乙二酯，简称 PET ）的必要原料，生产涉及的反应之一如下：5（PX）+12MnO4+36H+5（PTA）+12Mn2+28H2O，下列有关说法错误的是（）APTA 是该反应的氧化产物BPTA 与乙二醇通过缩聚反应即可生产 PET 塑料CPX 分子含有苯环的同分异构体还有 3 种D该反应消耗 1molPX，共转移 10mol电子2为达到相应的实验目的，下列实验的设计或操作最合理的是（）A往装有铁钉的试管中加入2 mL水、3滴稀醋酸和1滴K3Fe（CN）6溶液
2、，可以观察到铁钉表面粘附气泡，同时周围出现蓝色沉淀B在一个集气瓶中收集满CO2气体，取一小段除去表面氧化膜的Mg条用坩埚钳夹持点燃后迅速投入上述集气瓶中，取出坩埚钳，盖上玻璃片，观察Mg条在集气瓶底部燃烧C为比较Cl与S元素非金属性强弱，相同条件下测定相同浓度NaCl溶液和Na2S溶液的pH值D给盛有铜与浓硫酸的试管加热，发现试管底部出现灰白色固体，为检验其中的白色固体为无水硫酸铜，可直接向试管中加入适量水3下列图示与对应的叙述相符合的是（）ABC向稀醋酸中加入醋酸钠溶液D稀释苏打溶液4科学家开发出一种新型锂氧电池，其能量密度极高，效率达90%以上电池中添加碘化锂（LiI）和微量水，工作原理如
3、图所示，总反应为：O2+4LiI+2H2O 2I2+4LiOH对于该电池的下列说法不正确的是（）A放电时负极上I 被氧化B充电时Li+从阳极区移向阴极区C充电时阴极反应为LiOH+eLi+OHD放电时正极反应为O2+2H2O+4Li+4e4LiOH5亚硫酸盐是一种常见的食品添加剂用如图实验可检验某食品中亚硫酸盐含量（含量通常以1kg样品中含SO2的质量计；所加试剂均足量），下列说法不正确的是（）A亚硫酸盐作为食品添加剂作用是防腐、抗氧化B反应中通入N2的作用是将生成的气体全部赶出C测定样品质量及中耗碱量，可测定样品中亚硫酸盐含量D若仅将中的氧化剂“H2O2溶液”替换为碘水，对测定结果无影响6短
4、周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，且只有一种金属元素其中X与W处于同一主族，Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外）W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，五种元素原子最外层电子数之和为21，下列说法正确的是（）AY的简单气态氢化物在一定条件下可被Q单质氧化BY的简单离子半径小于Z的简单离子半径CQ可分别与X、Y、Z、W形成化学键类型相同的化合物DZ最高价氧化物对应的水化物分别与X、Y最高价氧化物对应的水化物反应生成1mol水时所放出的热量相同7实验室使用pH传感器来测定Na2CO3和NaHCO3混合物中NaHCO3的含量称取1.59g 样品，溶于水配成250.00ml溶液，取
5、出该溶液25.00ml用 0.1molL1 盐酸进行滴定，得到如下曲线以下说法或操作正确的是（）A上一个计量点前发生反应的离子方程式为HCO3+H+H2O+CO2B下一个计量点溶液中存在大量的阴离子是Cl、HCO3C此样品n（NaHCO3）=（28.1211.9）103molD使用该方法测定Na2CO3和NaOH混合溶液中的氢氧化钠含量，将会得到1个计量点二、解答题（共3小题，满分43分）8氨氧化法是工业生产中制取硝酸的主要途径，某同学用该原理在实验室探究硝酸的制备和性质，设计了如下图所示的装置（1）若分液漏斗中氨水的浓度为9.0molL1，配制该浓度的氨水100mL，用到的玻璃仪器有100m
6、L容量瓶、烧杯、玻璃棒、（2）甲装置不需要加热即能同时产生氨气和氧气，烧瓶内固体X的名称为（3）乙装置的作用是；写出受热时丙装置发生反应的化学方程式为（4）当戊中观察到现象，则说明已制得硝酸某同学按上图组装仪器并检验气密性后进行实验，没有观察到此现象，请分析实验失败的可能原因如何改进装置（5）改进后待反应结束，将丁装置倒立在盛水的水槽中，会观察到的现象是9一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中从废料中回收氧化钴（CoO）的工艺流程如下：（1）过程中采用NaOH溶液溶出废料中的
7、Al，反应的离子方程式为（2）过程中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴，则浸出钴的化学反应方程式为（产物中只有一种酸根），在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，请从反应原理分析不用盐酸浸出钴的主要原因（3）过程得到锂铝渣的主要成分是LiF和Al（OH）3，碳酸钠溶液在产生Al（OH）3时起重要作用，请写出该反应的离子方程式（4）碳酸钠溶液在过程和中所起作用有所不同，请写出在过程中起的作用是（5）在Na2CO3溶液中存在多种粒子，下列各粒子浓度关系正确的是（填序号）A、c（Na+）=2c（CO32）B、c（Na+）c（CO32）c（HCO3）C、
8、c（HCO3）c（OH）c（H+）D、c（OH）c（H+）c（HCO3）+2c（H2CO3）（6）CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl2溶液CoCl2含结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水如图是粉红色的CoCl26H2O晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，A物质的化学式是10雾霾天气是一种大气污染状态，雾霾的源头多种多样，比如汽车尾气、工业排放、建筑扬尘、垃圾焚烧，甚至火山喷发等（1）汽车尾气中的NO（g）和CO（g）在一定温度和催化剂的条件下可净化反应的化学方程式为2NO（g）+2CO（ g）N2（ g）+2CO2（g）已知部
9、分化学键的键能如下：分子式/结构式NO/NOCO/COCO2/O=C=ON2/NN化学键NOCOC=ONN键能（KJ/mol）6321072750946请计算上述反应的H=kJ/mol若上述反应在恒温、恒容的密闭体系中进行，并在t时刻达到平衡状态，则下列示意图不符合题意的是（填选项字母）（下图中V正、K、n、P总分别表示正反应速率、平衡常数、物质的量和总压强）在T下，向体积为10L的恒容密闭容器中通人NO和CO，测得了不同时间时NO和CO的物质的量如下表：时间/s012345n（NO）/102mol10.04.502.501.501.001.00n（CO）/101mol3.603.052.85
10、2.752.702.70T时该反应的平衡常数K=，既能增大反应速率又能使平衡正向移动的措施是（写出一种即可）（2）是硫酸工业释放出的主要尾气，为减少对环境造成的影响，采用以下方法将其资源化利用，重新获得重要工业产品硫化钙写出反应的化学方程式反应中每生成1mol硫化钙理论上转移电子数为为充分利用副产品CO，设计电解CO制备CH4和W，工作原理如图所示，生成物W是，其原理用电解总离子方程式解释是三.化学一选修2：化学与技术11 化学一选修化学与技术现代化工厂的设计理念是依据循环经济理论和工业生态学原理建立生态工业园区如图是某企业设计的硫酸一磷铵一水泥联产、海水淡水多用、盐一热一电联产的三大生态产业
11、链流程图根据上述产业流程回答下列问题：（1）从原料、能源、交通角度考虑该企业应建在A西部山区 B沿海地区 C发达城市 D东北内陆（2）该流程、为能量或物质的输送，请分别写出输送的主要物质的化学式或能量形式：、（3）沸腾炉发生反应的化学方程式：；磷肥厂的主要产品是普钙，其主要成分是（填化学式）（4）热电厂的冷却水是，该流程中浓缩盐水除提取盐以外还可提取的物质有（写出一种即可）（5）根据现代化工厂没计理念请提出高炉炼铁厂废气、废渣及多余热能的利用设想，（写出两点即可）四化学一选修3，物质结构与性质12人类文明的发展历程，也是化学物质的认识和发现的历程，其中铁、硝酸钾、青霉素、氨、乙醇、二氧化、聚乙
12、烯、二氧化硅等17种“分子”改变过人类的世界（1）Fe单质为体心立方晶体，晶胞中铁原子的配位数为，基态铁原子有个未成对电子，Fe3+的电子排布式为（2）硝酸钾中NO3的空间构型为，写出与NO3互为等电子体的一种非极性分子化学式（3）6氨基青霉烷酸的结构如图1所示，其中采用sp3杂化的原子有（4）下列说法正确的有（填字母序号）a乙醇分子间可形成氢键，导致其沸点比氯乙烷高b钨的配合物离子W（CO）5OH能催化固定CO2，该配离子中钨显1价c聚乙烯（）分子中有5n个键d由下表中数据可确定在反应Si（s）+O2（g）SiO2（s）中，每生成60g SiO2放出的能量为（2cab） kJ化学键SiSiO
13、OSiO键能（kJmol1）abc5）铁和氨气在640可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图2所示，写出该反应的化学方程式，若两个最近的Fe原子间的距离为s cm，则该晶体的密度是gmol1五.化学-选修5：有机化学基础13某吸水材料与聚酯纤维都是重要化工原料，它们的合成路线如下：已知：有机物A能与Na反应，相对分子质量为32RCOOR+ROHRCOOR+ROH（R、R、R，代表烃基）（1）A的结构简式是，B中含氧官能团的名称是（2）C的结构式是，DE的反应类型是（3）F+AG的化学方程式是（4）CH3COOH+CHCHB的化学方程式是（5）G的同分异构体有多种，满足下列条件的共有种苯环上只有
14、两个取代基1mol 与足量的NaHCO3溶液反应生成2mol CO2气体（6）G聚酯纤维的化学方程式是2016年安徽省六安一中高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题：每小题6分，每题只有一个选项正确1对二甲苯 （ PX ）是生产矿泉水瓶 （聚对苯二甲酸乙二酯，简称 PET ）的必要原料，生产涉及的反应之一如下：5（PX）+12MnO4+36H+5（PTA）+12Mn2+28H2O，下列有关说法错误的是（）APTA 是该反应的氧化产物BPTA 与乙二醇通过缩聚反应即可生产 PET 塑料CPX 分子含有苯环的同分异构体还有 3 种D该反应消耗 1molPX，共转移 10mol电子【考点】有机
15、物的结构和性质【专题】有机物的化学性质及推断【分析】A该反应中高锰酸根离子是氧化剂、对二甲苯是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物、还原剂对应的产物是氧化产物；B对二甲苯与乙二醇发生缩聚反应；C取代基可以是甲基或乙基；D根据Mn元素的化合价判断【解答】解：A反应中Mn元素的化合价降低，作氧化剂，则PX作还原剂，所以PTA是该反应的氧化产物，故A正确； BPTA与乙二醇通过缩聚反应即可生产PET塑料，对二甲苯与乙二醇之间不能发生加聚反应，故B错误；C取代基可以是甲基或乙基，二甲苯有邻间对三种，乙苯有一种，含有苯环的同分异构体还有 3 种，故C正确；D反应中，Mn元素的化合价从+7价降低到+2价，转
16、移5个电子，则1molPX反应消耗molMnO4，共转移12NA个电子，故D错误；故选C【点评】本题考查了共价键的类型、有机反应类型、氧化还原反应等，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力，易错选项是D2为达到相应的实验目的，下列实验的设计或操作最合理的是（）A往装有铁钉的试管中加入2 mL水、3滴稀醋酸和1滴K3Fe（CN）6溶液，可以观察到铁钉表面粘附气泡，同时周围出现蓝色沉淀B在一个集气瓶中收集满CO2气体，取一小段除去表面氧化膜的Mg条用坩埚钳夹持点燃后迅速投入上述集气瓶中，取出坩埚钳，盖上玻璃片，观察Mg条在集气瓶底部燃烧C为比较Cl与S元素非金属性强弱，相同条
17、件下测定相同浓度NaCl溶液和Na2S溶液的pH值D给盛有铜与浓硫酸的试管加热，发现试管底部出现灰白色固体，为检验其中的白色固体为无水硫酸铜，可直接向试管中加入适量水【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】AFe与醋酸反应生成亚铁离子，亚铁离子与K3Fe（CN）6反应生成蓝色沉淀；B应用坩埚钳夹持燃烧，不能投入上述集气瓶底部；C比较非金属性强弱，应用最高价含氧酸的酸性进行比较；D不能直接向试管中加入适量水，浓硫酸剩余时加水放出大量的热可导致液滴飞溅【解答】解：AFe与醋酸反应生成亚铁离子，亚铁离子与K3Fe（CN）6反应生成蓝色沉淀，则观察到铁钉表面粘附气泡，同时周围出现蓝色沉淀，
18、故A正确；B在一个集气瓶中收集满CO2气体，取一小段除去表面氧化膜的Mg条用坩埚钳夹持在中低部燃烧，不能投入上述集气瓶底部，否则易导致集气瓶底部受高温炸裂，故B错误；C测定相同浓度的NaCl溶液和Na2S溶液的pH值，可比较盐酸与氢硫酸的酸性，但不能比较Cl、S的非金属性，故C错误；D不能直接向试管中加入适量水，浓硫酸剩余时加水放出大量的热可导致液滴飞溅，则取反应后的白色固体在烧杯中加水溶解观察是否变为蓝色，故D错误；故选A【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及非金属比较、燃烧、盐类水解以及物质检验等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目
19、难度不大3下列图示与对应的叙述相符合的是（）ABC向稀醋酸中加入醋酸钠溶液D稀释苏打溶液【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；电解质在水溶液中的电离【专题】图像图表题【分析】A合成氨的反应为放热反应，放热反应升高温度平衡向逆方向移动；B氯化铁和硫氰酸钾反应生成硫氰酸铁红色溶液，反应实质Fe3+3SCCNFe（SCN）3，改变氯化钾的物质的量，化学平衡不移动；C醋酸为弱酸，存在醋酸的电离平衡，依据浓度对平衡移动影响解答；D碳酸钠溶液中存在碳酸根离子水解平衡，加水稀释促进碳酸根离子的水解，但醋酸根离子、氢氧根离子浓度减小，由于水的离子积不变，则氢离子浓度增大【解答】解：A根据曲线变化可知，50
20、0达到平衡时氨气的浓度大于450的，而合成氨的反应为放热反应，温度越高，达到平衡时氨气的浓度应该越小，图象数据与实际不相符，故A错误；B氯化铁和硫氰酸钾反应生成硫氰酸铁红色溶液，存在化学平衡为：Fe3+3SCNFe（SCN）3，加入氯化钾对平衡无影响，溶液颜色不变，图象曲线变化与实际不符，故B错误；C醋酸是弱酸，存在电离平衡，只能部分电离出醋酸根离子和氢离子，溶液导电性较弱，加入强电解质醋酸钠后，溶液的导电能力增强，图象变化与实际不相符，故C错误；D碳酸钠溶液中碳酸根离子存在水解平衡，加水稀释后促进了碳酸根离子的水解，但平衡状态中碳酸根离子、氢氧根离子浓度都减小，而温度不变则水的离子积不变，由
21、于溶液中氢氧根离子浓度减小，则氢离子浓度增大，图象变化与实际相符，故D正确；故选D【点评】本题为图象分析题，解题时准确把握图象含义，明确化学平衡图象、盐类水解平衡、弱电解质平衡、平衡移动原理等知识是解题关键，题目难度中等4科学家开发出一种新型锂氧电池，其能量密度极高，效率达90%以上电池中添加碘化锂（LiI）和微量水，工作原理如图所示，总反应为：O2+4LiI+2H2O 2I2+4LiOH对于该电池的下列说法不正确的是（）A放电时负极上I 被氧化B充电时Li+从阳极区移向阴极区C充电时阴极反应为LiOH+eLi+OHD放电时正极反应为O2+2H2O+4Li+4e4LiOH【考点】化学电源新型电
22、池【专题】电化学专题【分析】A、放电时，负极上发生失电子的氧化反应，元素的化合价升高；B、充电时，电解质里的阳离子移向阴极，阴离子移向阳极；C、充电时阴极发生得电子的还原反应；D、放电时，正极上发生得电子的还原反应，据此书写电极反应式【解答】解：A、放电时，负极上发生失电子的氧化反应，元素的化合价升高，根据总反应，得到I 被氧化，故A正确；B、充电时，电解质里的阳离子移向阴极，故B正确；C、充电时阴极发生得电子的还原反应，应该是碘单质得电子的还原反应，故C错误；D、放电时，正极上发生得电子的还原反应，正极反应为O2+2H2O+4Li+4e4LiOH，故D正确故选C【点评】本题以新型电池为载体考
23、查原电池和电解池原理，明确原电池和电解池电极上得失电子即可解答，注意电极方程式的书写是关键5亚硫酸盐是一种常见的食品添加剂用如图实验可检验某食品中亚硫酸盐含量（含量通常以1kg样品中含SO2的质量计；所加试剂均足量），下列说法不正确的是（）A亚硫酸盐作为食品添加剂作用是防腐、抗氧化B反应中通入N2的作用是将生成的气体全部赶出C测定样品质量及中耗碱量，可测定样品中亚硫酸盐含量D若仅将中的氧化剂“H2O2溶液”替换为碘水，对测定结果无影响【考点】化学实验方案的评价；亚硝酸盐【专题】氮族元素【分析】样品中加稀硫酸生成二氧化硫，通氮气将生成的二氧化硫从溶液中全部赶出，得到气体A为氮气和二氧化硫的混合气
24、体，通入双氧水中，二氧化硫被氧化成硫酸，再用氢氧化钠中和得中和液含有硫酸钠，A亚硫酸盐有还原性，可以防止食品被空气中氧气氧化；B根据上面的分析可知，反应中通入N2的作用是将生成的气体全部赶出；C根据中耗碱量可以计算出生成的硫酸的物质的量，利用硫元素守恒可知二氧化硫的质量，结合样品的质量可求得样品中亚硫酸盐含量；DH2O2溶液替换为碘水，如果碘过量，碘与氢氧化钠反应，所以无法根据氢氧化钠的物质的量确定生成的硫酸的物质的量【解答】解：样品中加稀硫酸生成二氧化硫，通氮气将生成的二氧化硫从溶液中全部赶出，得到气体A为氮气和二氧化硫的混合气体，通入双氧水中，二氧化硫被氧化成硫酸，再用氢氧化钠中和得中和液
25、含有硫酸钠，A亚硫酸盐有还原性，可以防止食品被空气中氧气氧化，起到了防腐、抗氧化作用，故A正确；B根据上面的分析可知，反应中通入N2的作用是将生成的气体全部赶出，故B正确；C根据中耗碱量可以计算出生成的硫酸的物质的量，利用硫元素守恒可知二氧化硫的质量，结合样品的质量可求得样品中亚硫酸盐含量，故C正确；DH2O2溶液替换为碘水，如果碘过量，碘与氢氧化钠反应，所以无法根据氢氧化钠的物质的量确定生成的硫酸的物质的量，故D错误；故选D【点评】本题考查了实验方案的设计与评价，题目难度中等，根据实验流程明确实验原理为解答关键，注意掌握亚硝酸盐的性质及性质方案设计与评价原则，试题培养了学生的分析能力及化学实
26、验能力6短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，且只有一种金属元素其中X与W处于同一主族，Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外）W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，五种元素原子最外层电子数之和为21，下列说法正确的是（）AY的简单气态氢化物在一定条件下可被Q单质氧化BY的简单离子半径小于Z的简单离子半径CQ可分别与X、Y、Z、W形成化学键类型相同的化合物DZ最高价氧化物对应的水化物分别与X、Y最高价氧化物对应的水化物反应生成1mol水时所放出的热量相同【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】短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，Z
27、元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外），则Z为Na；Z、W、Q同周期，只有一种金属元素，故W、Q最外层电子数都大于3，W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，则W最外层电子数为4，Q最外层电子数为7，可推知W为Si、Q为Cl；X与W处于同一主族，则X为C元素；五种元素原子最外层电子数之和为21，则Y的最外层电子数=214417=5，原子序数小于Na，故Y为N元素，AY是N元素，Q是Cl元素，氨气具有还原性，能被强氧化剂氧化；BY是N元素、Z是Na元素，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小；CQ是Cl元素，X、Y、Z、W分别是C、N、Na、Si元素，非金属元素之间易形成共价键
28、、活泼金属和活泼非金属元素之间易形成共价键；DZ的最高价氧化物的水化物是NaOH，X、Y的最高价氧化物的水化物分别是碳酸和硝酸，碳酸是弱酸，在电离过程中吸收热量【解答】解：短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外），则Z为Na；Z、W、Q同周期，只有一种金属元素，故W、Q最外层电子数都大于3，W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，则W最外层电子数为4，Q最外层电子数为7，可推知W为Si、Q为Cl；X与W处于同一主族，则X为C元素；五种元素原子最外层电子数之和为21，则Y的最外层电子数=214417=5，原子序数小于Na，故Y为N元素，AY是N
29、元素，Q是Cl元素，氨气具有还原性，能被强氧化剂氯气氧化，故A正确；BY是N元素、Z是Na元素，电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小，所以离子半径YZ，故B错误；CQ是Cl元素，X、Y、Z、W分别是C、N、Na、Si元素，非金属元素之间易形成共价键、活泼金属和活泼非金属元素之间易形成共价键，所以Q和X、Y、W形成的是共价键，而和Z形成的是离子键，故C错误；DZ的最高价氧化物的水化物是NaOH，X、Y的最高价氧化物的水化物分别是碳酸和硝酸，碳酸是弱酸，在电离过程中吸收热量，所以和碳酸生成1mol水放出的热量小于和硝酸反应生成1mol水放出的热量，故D错误；故选A【点评】本题考查原
30、子结构和元素周期律，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，涉及反应热的计算、化学键判断、元素周期律、氧化还原反应等知识点，注意充分利用非金属元素最外层电子特点及W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等进行推断，难度中等7实验室使用pH传感器来测定Na2CO3和NaHCO3混合物中NaHCO3的含量称取1.59g 样品，溶于水配成250.00ml溶液，取出该溶液25.00ml用 0.1molL1 盐酸进行滴定，得到如下曲线以下说法或操作正确的是（）A上一个计量点前发生反应的离子方程式为HCO3+H+H2O+CO2B下一个计量点溶液中存在大量的阴离子是Cl、HCO3C此样品n（NaHCO3）=（28
31、.1211.9）103molD使用该方法测定Na2CO3和NaOH混合溶液中的氢氧化钠含量，将会得到1个计量点【考点】离子方程式的有关计算；离子反应发生的条件【分析】A、上一个计量点前溶液显示碱性，据此确定发生的离子反应；B、下一个计量点溶液pH=4，显示酸性，据此确定存在的离子；C、Na2CO3和NaHCO3混合物加盐酸，先是碳酸钠转化为碳酸氢钠，随后是碳酸氢钠转化为氯化钠的过程，据此计算；D、Na2CO3和NaOH混合溶液中加入盐酸，显示和氢氧化钠中和，随后是和碳酸钠之间发生反应，据此回答【解答】解：A、根据图示知道上一个计量点前溶液显示碱性，发生的离子反应：CO32+H+HCO3，故A错
32、误；B、下一个计量点溶液pH=4，显示酸性，不能存在HCO3离子，故B错误；C、Na2CO3和NaHCO3混合物加盐酸，首先是碳酸钠转化为碳酸氢钠：CO32+H+HCO3，此时消耗的盐酸的体积为11.9mL，随后是碳酸氢钠转化为氯化钠的过程，HCO3+H+H2O+CO2，由于CO32+H+HCO3过程和HCO3+H+H2O+CO2过程消耗的盐酸体积应该是相同的，所以样品中碳酸钠消耗的盐酸为211.9mL，则样品中碳酸氢钠消耗的盐酸n（HCl）=（28.1211.9）103L0.1molL1=（28.1211.9）104 mol，所以此样品n（NaHCO3）=（28.1211.9）104 mol
33、10=（28.1211.9）103 mol，故C正确；D、Na2CO3和NaOH混合溶液中加入盐酸，先是和氢氧化钠中和，随后是和碳酸钠之间发生反应，生成碳酸氢钠，最后是生成氯化钠，不止得到1个计量点，是3个计量点，故D错误故选C【点评】本题考查学生碳酸钠和碳酸氢钠与盐酸之间的反应知识，注意反应的先后是解题的关键，注重学生读图能力的考查二、解答题（共3小题，满分43分）8氨氧化法是工业生产中制取硝酸的主要途径，某同学用该原理在实验室探究硝酸的制备和性质，设计了如下图所示的装置（1）若分液漏斗中氨水的浓度为9.0molL1，配制该浓度的氨水100mL，用到的玻璃仪器有100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒
34、、胶头滴管、量筒（2）甲装置不需要加热即能同时产生氨气和氧气，烧瓶内固体X的名称为过氧化钠（3）乙装置的作用是干燥氧气和氨气的混合气体；写出受热时丙装置发生反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O（4）当戊中观察到紫色石蕊试液变红现象，则说明已制得硝酸某同学按上图组装仪器并检验气密性后进行实验，没有观察到此现象，请分析实验失败的可能原因过量的氨气致使戊中溶液不一定呈酸性如何改进装置在丙和丁之间连接盛有无水氯化钙的干燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶（5）改进后待反应结束，将丁装置倒立在盛水的水槽中，会观察到的现象是试管丁内水面慢慢上升，上升到一定高度不再变化，试管内气体颜色由红棕色逐渐变淡至无
35、色【考点】性质实验方案的设计【专题】实验设计题【分析】实验室探究硝酸的制备和性质：甲装置：氨水滴到过氧化钠固体上，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，且该反应放热，促进浓氨水中氨气挥发，且遇氢氧化钠，促进氨水平衡逆向移动，生成氨气，乙装置：干燥氧气和氨气的混合气体，丙装置：发生反应4NH3+5O24NO+6H2O，装置丁：收集NO和氧气，装置戊：NO和氧气和水反应生成硝酸，因为硝酸具有酸性，能使紫色石蕊试液变红，所以当戊中观察到紫色石蕊试液变红，说明已制得硝酸，装置己为尾气吸收装置，（1）根据配制溶液的操作步骤判断所用仪器；（2）甲装置不需要加热即能同时产生氨气和氧气，说明固体X溶于氨水即放热
36、又产生氧气；（3）乙装置为干燥管，作用是干燥氧气和氨气的混合气体；丙装置发生反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；（4）根据硝酸具有酸性，能使紫色石蕊试液变红判断；没有观察到现象说明溶液不呈酸性，则生成的硝酸与碱发生了反应；在丙和丁之间连接盛有无水氯化钙的干燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶除去多余的氨气确保戊溶液呈酸性；（5）红棕色的二氧化氮和水反应生成无色的一氧化氮，据此书写反应现象【解答】解：（1）量取浓氨水要用量筒，稀释浓氨水要用烧杯、玻璃棒，配制溶液要用100mL容量瓶，胶头滴管，所以还缺少胶头滴管和量筒，故答案为：胶头滴管、量筒；（2）甲装置不需要加热即能同时产生氨气和氧气，说
37、明固体X溶于氨水即放热又产生氧气，则该固体为过氧化钠，故答案为：过氧化钠；（3）乙装置为干燥管，作用是干燥氧气和氨气的混合气体；丙装置发生反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：干燥氧气和氨气的混合气体； 4NH3+5O24NO+6H2O；（4）因为硝酸具有酸性，能使紫色石蕊试液变红，所以当戊中观察到紫色石蕊试液变红，说明已制得硝酸；没有观察到现象说明溶液不呈酸性，则生成的硝酸与过量的氨气发生了反应；在丙和丁之间连接盛有无水氯化钙的干燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶除去多余的氨气确保戊溶液呈酸性，故答案为：紫色石蕊试液变红；过量的氨气致使戊中溶液不一定呈酸性；在丙和丁之间连接盛
38、有无水氯化钙的干燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶；（5）红棕色的二氧化氮和水反应生成无色的一氧化氮，改进后待反应结束，将丁装置倒立在盛水的水槽中，会观察到的现象是试管丁内水面慢慢上升，上升到一定高度不再变化，试管内气体颜色由红棕色逐渐变淡至无色，故答案为：试管丁内水面慢慢上升，上升到一定高度不再变化，试管内气体颜色由红棕色逐渐变淡至无色【点评】本题考查了性质方案的设计，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握实验室制氨气的原理和装置以及探究硝酸的制备和性质，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力9一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；
39、钴以Co2O3CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中从废料中回收氧化钴（CoO）的工艺流程如下：（1）过程中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为2Al+2OH+2H2O=+2AlO2+3H2（2）过程中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴，则浸出钴的化学反应方程式为（产物中只有一种酸根）4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，请从反应原理分析不用盐酸浸出钴的主要原因Co2O3CoO可氧化盐酸产生Cl2污染环境（3）过程得到锂铝渣的
40、主要成分是LiF和Al（OH）3，碳酸钠溶液在产生Al（OH）3时起重要作用，请写出该反应的离子方程式2Al3+3CO32+3H2O=2Al（OH）3+3CO2（4）碳酸钠溶液在过程和中所起作用有所不同，请写出在过程中起的作用是调整pH，提供CO32，使Co2+沉淀为CoCO3（5）在Na2CO3溶液中存在多种粒子，下列各粒子浓度关系正确的是BD（填序号）A、c（Na+）=2c（CO32）B、c（Na+）c（CO32）c（HCO3）C、c（HCO3）c（OH）c（H+）D、c（OH）c（H+）c（HCO3）+2c（H2CO3）（6）CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl2溶液CoCl2含结晶水数目
41、不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水如图是粉红色的CoCl26H2O晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，A物质的化学式是CoCl22H2O【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】（1）铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，注意该反应中水是反应物；（2）Co3O4和硫代硫酸根离子在酸性条件下发生氧化还原反应生成硫酸根离子、二价钴离子和水；盐酸具有还原性，能被Co2O3CoO氧化生成有毒的氯气；（3）根据铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；（4）碳酸钠溶液在过程中铝离子能与碳酸根离子
42、发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；碳酸钠溶液在过程中调整pH，提供CO32，使Co2+沉淀为CoCO3；（5）A根据电荷书恒判断；B根据碳酸根离子发生水解以及水的电离判断出离子浓度的大小；C根据碳酸根离子发生水解以及水的电离判断出离子浓度的大小；D根据质子守恒判断；（6）根据关系式CoCl26H2OCoCl2求出CoCl26H2O的质量，然后再根据差量法求出A物质的化学式【解答】解：（1）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2Al+2OH+2H2O=+2AlO2+3H2，故答案为：2Al+2OH+2H2O=+2AlO2+3H2；（2）Co3O4和Na2S2O3在酸性
43、条件下发生氧化还原反应生成CoSO4、Na2SO4和H2O，反应方程式为：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O；盐酸具有还原性，能被Co2O3CoO氧化生成有毒的氯气而污染环境，所以不能盐酸，故答案为：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O；Co2O3CoO可氧化盐酸产生Cl2污染环境；（3）铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3+3CO32+3H2O=2Al（OH）3+3CO2；故答案为：2Al3+3CO32+3H2O=2Al（OH）3+3CO2；（4
44、）碳酸钠溶液在过程中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；碳酸钠溶液在过程中调整pH，提供CO32，使Co2+沉淀为CoCO3；故答案为：调整pH，提供CO32，使Co2+沉淀为CoCO3；（5）ANa2CO3溶液中满足物料守恒：c（Na+）=2c（HCO3）+2c（H2CO3）+2c（CO32），故A错误；B碳酸根离子的水解程度较小，则：c（Na+）c（CO32）c（OH）c（HCO3）c（H+），故B正确；C碳酸根离子发生水解以及水的电离，则c（OH）c（HCO3）c（H+），故C错误；DNa2CO3溶液中质子守恒：c（H+）c（OH）+c（HCO3）+2c（H2CO3），
45、故D正确；故答案为：BD；（6）CoCl26H2OCoCl2 238 130 m 65mg=，解得：m=119mg， A物质的化学式为CoCl2nH2O，则有： CoCl26H2OCoCl2nH2Om 238 18（6n） 119mg 119mg83mg=，解得：n=2，所以A物质的化学式为：CoCl22H2O，故答案为：CoCl22H2O【点评】本题考查了金属及其化合物的性质，题目难度中等，涉及氧化还原反应、离子反应、关系式计算等知识，关键根据实验流程利用氧化还原反应判断发生的离子反应，是对学生综合能力的考查，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力10雾霾天气是一种大气污染状态，雾霾的源头多
46、种多样，比如汽车尾气、工业排放、建筑扬尘、垃圾焚烧，甚至火山喷发等（1）汽车尾气中的NO（g）和CO（g）在一定温度和催化剂的条件下可净化反应的化学方程式为2NO（g）+2CO（ g）N2（ g）+2CO2（g）已知部分化学键的键能如下：分子式/结构式NO/NOCO/COCO2/O=C=ON2/NN化学键NOCOC=ONN键能（KJ/mol）6321072750946请计算上述反应的H=538kJ/mol若上述反应在恒温、恒容的密闭体系中进行，并在t时刻达到平衡状态，则下列示意图不符合题意的是ABC（填选项字母）（下图中V正、K、n、P总分别表示正反应速率、平衡常数、物质的量和总压强）在T下，
47、向体积为10L的恒容密闭容器中通人NO和CO，测得了不同时间时NO和CO的物质的量如下表：时间/s012345n（NO）/102mol10.04.502.501.501.001.00n（CO）/101mol3.603.052.852.752.702.70T时该反应的平衡常数K=500，既能增大反应速率又能使平衡正向移动的措施是加压（写出一种即可）（2）是硫酸工业释放出的主要尾气，为减少对环境造成的影响，采用以下方法将其资源化利用，重新获得重要工业产品硫化钙写出反应的化学方程式2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2反应中每生成1mol硫化钙理论上转移电子数为8NA为充分利用副产品C
48、O，设计电解CO制备CH4和W，工作原理如图所示，生成物W是NaHCO3，其原理用电解总离子方程式解释是4CO+3CO32+5H2O=6HCO3+CH4【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理【专题】物质的分离提纯和鉴别【分析】（1）化学反应的焓变等于反应物旧键断裂吸收的能量和产物中新键生成释放的能量之差，据此回答计算；根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡
49、状态；依据平衡常数概念是利用生成物平衡浓度的幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，代入平衡浓度即可计算出平衡常数；根据影响反应速率和平衡移动的因素来回答；（2）由流程可知，I中发生2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2，硫酸钙中加入碳反应发生反应的化学方程式为：CaSO4+4C=CaS+4CO；依据化学方程式定量关系和氧化还原反应电子守恒计算转移电子数；由此电解原理可知，阳极失去电子生成二氧化碳气体，加入碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，阴极CO得到电子生成甲烷气体，据此解答即可【解答】解：（1）化学反应的焓变等于反应物旧键断裂吸收的能量和产物中新键生成释放的能量之差，
50、所以2NO（g）+2CO（ g）N2（ g）+2CO2（g）的H=（2632+10722）（7504+946）kJ/mol=538kJ/mol，故答案为：538；A、t1时正反应速率仍然在变化，说明没有达到平衡状态，故A错误；B、平衡常数只受温度的影响，反应在恒温、恒容的密闭体系中进行，K始终不变，故B错误；C、t1时二氧化碳和一氧化氮的物质的量还在变化，说明正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，故C错误；D、反应前后气体的系数和变化，所以总压不变的状态达到了平衡状态，故D正确；故选ABC；NO和CO反应生成CO2和N2，反应方程式为： 2NO+2CO2CO2 +N2起始浓度：1l02 3
51、.6l02 0 0转化浓度：0.9l02 0.9l02 0.9l02 0.45l02平衡浓度：0.1l02 2.7l02 0.9l02 0.45l02反应的平衡常数K=500，加压既能增大反应速率又能使平衡正向移动，故答案为：500；加压；（2）由流程可知，I中发生2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2，故答案为：2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2；硫酸钙中加入碳反应发生反应的化学方程式为：CaSO4+4C=CaS+4CO，硫元素化合价+6价变化为2价，电子转移总数8mol，所以反应中每生成1mol硫化钙理论上转移电子数为8mol，即为8NA，故答案为：8NA由
52、此电解原理可知，阳极失去电子生成二氧化碳气体，加入碳酸钠，碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，阴极CO得到电子生成甲烷气体，据此离子反应方程式为：4CO+3CO32+5H2O=6HCO3+CH4，故答案为：NaHCO3；4CO+3CO32+5H2O=6HCO3+CH4；【点评】本题考查了盖斯定律的应用、化学平衡状态的判断、平衡常数的计算以及影响反应速率的因素等知识，题目难度中等三.化学一选修2：化学与技术11化学一选修化学与技术现代化工厂的设计理念是依据循环经济理论和工业生态学原理建立生态工业园区如图是某企业设计的硫酸一磷铵一水泥联产、海水淡水多用、盐一热一电联产的三大生态产业链流程图根据上述产
53、业流程回答下列问题：（1）从原料、能源、交通角度考虑该企业应建在BA西部山区 B沿海地区 C发达城市 D东北内陆（2）该流程、为能量或物质的输送，请分别写出输送的主要物质的化学式或能量形式：Fe2O3、电能、热能、SO2、浓H2SO4（3）沸腾炉发生反应的化学方程式：4FeS2+1102 2Fe2O3+8SO2；磷肥厂的主要产品是普钙，其主要成分是Ca（H2PO4）2、CaSO4（填化学式）（4）热电厂的冷却水是海水，该流程中浓缩盐水除提取盐以外还可提取的物质有镁或溴（写出一种即可）（5）根据现代化工厂没计理念请提出高炉炼铁厂废气、废渣及多余热能的利用设想废气（主要是高炉煤气）经除尘后可作为热
54、风炉、加热炉和锅炉等燃料，废渣（主要成分是硅酸钙等），可用作水泥生产原料（写出两点即可）【考点】常见的能量转化形式；常见的生活环境的污染及治理；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【专题】化学计算【分析】（1）该产业链需要大量的水、NaCl等所以应建在沿海地区；（2）根据流程图中工业生产的原料，及发生的反应中的能量转化分析；（3）沸腾炉中FeS2与氧气反应；根据生成磷肥的反应分析；（4）沿海地区有丰富的海水资源；海水中含有丰富的Mg元素、溴元素等；（5）根据工厂的废气、废渣的成分分析【解答】解：（1）该产业链需要大量的水、NaCl等所以应建在沿海地区，故答案为：B；（2）中冶炼钢铁的原料是Fe
55、2O3，中热电厂中向外提供的能量为电能，沸腾炉中FeS2与氧气反应放出大量的热，制硫酸时接触室中二氧化硫被氧化，硫酸工业中生成的硫酸，可用于制磷肥，故答案为：Fe2O3 电能 热能 SO2 浓H2SO4；（3）沸腾炉中FeS2与氧气反应生成Fe2O3和SO2，其反应方程式为：4FeS2+1102 2Fe2O3+8SO2；用硫酸与磷酸钙反应生成磷酸，磷酸与磷酸钙反应生成磷酸二氢钙，故答案为：4FeS2+1102 2Fe2O3+8SO2；Ca（H2PO4）2、CaSO4；（4）沿海地区有丰富的海水资源；海水中含有丰富的Mg元素、溴元素等可以制取Mg或溴，故答案为：海水；镁或溴；（5）根据工厂的废气
56、、废渣的成分可知，废气（主要是高炉煤气）经除尘后可作为热风炉、加热炉和锅炉等燃料；废渣（主要成分是硅酸钙等），可用作水泥生产原料，故答案为：废气（主要是高炉煤气）经除尘后可作为热风炉、加热炉和锅炉等燃料；废渣（主要成分是硅酸钙等），可用作水泥生产原料【点评】本题考查了工艺流程，涉及的工业原理较多，题目难度中等，注意根据对应的工业反应原理分析四化学一选修3，物质结构与性质12人类文明的发展历程，也是化学物质的认识和发现的历程，其中铁、硝酸钾、青霉素、氨、乙醇、二氧化、聚乙烯、二氧化硅等17种“分子”改变过人类的世界（1）Fe单质为体心立方晶体，晶胞中铁原子的配位数为8，基态铁原子有4个未成对电子
57、，Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6；（2）硝酸钾中NO3的空间构型为平面正三角形，写出与NO3互为等电子体的一种非极性分子化学式BF3SO3（g）、BBr3等（3）6氨基青霉烷酸的结构如图1所示，其中采用sp3杂化的原子有C、N、O、S（4）下列说法正确的有a（填字母序号）a乙醇分子间可形成氢键，导致其沸点比氯乙烷高b钨的配合物离子W（CO）5OH能催化固定CO2，该配离子中钨显1价c聚乙烯（）分子中有5n个键d由下表中数据可确定在反应Si（s）+O2（g）SiO2（s）中，每生成60g SiO2放出的能量为（2cab） kJ化学键SiSiOOSiO键能（kJmol1
58、）abc5）铁和氨气在640可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图2所示，写出该反应的化学方程式8Fe+2NH32Fe4N+3H2，若两个最近的Fe原子间的距离为s cm，则该晶体的密度是gmol1【考点】晶胞的计算；化学键；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【专题】化学键与晶体结构【分析】（1）体心立方晶胞中每个Fe原子周围有8个Fe原子，Fe属于26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2；（2）根据价层电子对互斥理论判断NO3的空间构型；原子个数相等价电子数相等的微粒是等电子体，正负电荷重心重合的分子是非极性分子；（3）根据价层电子对互斥理论确
59、定原子杂化方式；（4）a氢键的存在影响物质的熔沸点；b根据化合物中化合价的代数和为0计算；c聚乙烯（）分子中有（6n1）个键；d.60gSiO2的物质的量=1mol，一个硅原子含有4个硅氧键；（5）铁和氨气在640可发生置换反应生成氮气和氮化铁，利用均摊法确定氮化铁的化学式，根据温度、反应物和生成物写出反应方程式；设正四面体的棱长为xcm，则正四面体的面对角线为xcm，又两个最近的Fe原子间的距离为scm，所以x=s，则x=scm，根据=计算晶胞密度【解答】解：（1）心立方晶胞中每个Fe原子周围有8个Fe原子，故晶胞中该原子的配位数为8，Fe属于26号元素，电子排布式为1s22s22p63s2
60、3p63d64s2，其中3d轨道中有4个未成对电子，Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，故答案为：8；4；1s22s22p63s23p63d6；（2）NO3中N原子价层电子对=3+（5+132）=3，且不含孤电子对，所以是平面三角形结构，与N03互为等电子体的一种非极性分子有：BF3SO3（ g）、BBr3等，故答案为：平面正三角形；BF3SO3（ g）、BBr3等；（3）只要共价单键和孤电子对的和是4的原子就采取sp3杂化，根据图片知，采用sp3杂化的原子有C、N、O、S，故答案为：C、N、O、S；（4）a乙醇分子间可形成氢键，氯乙烷中不含氢键，氢键的存在导致乙醇的沸
61、点升高，所以乙醇的沸点比氯乙烷高，故正确；b根据化合物中化合价的代数和为0知，钨的配合物离子W（CO）5OH中钨显0价，故错误；c聚乙烯（）分子中有（6n1）个键，故错误；d由表中数据知反应Si（s）+O2（g）=SiO2（s）中，每生成60gSiO2放出的能量为（4c2ab）kJ，故错误；故答案为：a；（5）该晶胞中铁原子个数=8+=4，氮原子个数是1，所以氮化铁的化学式是Fe4N，铁和氨气在640可发生置换反应生成氮气和氮化铁，所以该反应方程式为：8Fe+2NH32Fe4N+3H2，设正四面体的棱长为xcm，则正四面体的面对角线为xcm，又两个最近的Fe原子间的距离为scm，所以x=s，则
62、x=scm，根据=故答案为：8Fe+2NH32Fe4N+3H2；【点评】本题考查较综合，电子数排布式的书写、杂化方式的判断、晶胞的计算都是学习重点，难点是（4）cd选项，c选项中利用数学归纳法分析，d选项中明确硅、二氧化硅的空间结构是解此选项是关键，难度中等五.化学-选修5：有机化学基础13某吸水材料与聚酯纤维都是重要化工原料，它们的合成路线如下：已知：有机物A能与Na反应，相对分子质量为32RCOOR+ROHRCOOR+ROH（R、R、R，代表烃基）（1）A的结构简式是CH3OH，B中含氧官能团的名称是酯基（2）C的结构式是，DE的反应类型是取代反应（3）F+AG的化学方程式是（4）CH3C
63、OOH+CHCHB的化学方程式是CH3COOH+CHCH（5）G的同分异构体有多种，满足下列条件的共有12种苯环上只有两个取代基1mol 与足量的NaHCO3溶液反应生成2mol CO2气体（6）G聚酯纤维的化学方程式是【考点】有机物的推断【分析】A能与Na反应说明含有羟基或羧基，A的相对分子质量为32，则为甲醇，结构简式为CH3OH；根据流程图中C酸性条件下的水解产物知，C是乙酸聚乙烯酯，结构简式为，乙酸和M发生加成反应生成B，B发生加聚反应生成C，则B是乙酸乙烯酯，结构简式为CH3COOCH=CH2，则M是乙炔，结构简式为HCCH；甲醇和氢溴酸反应生成D为CH3Br，F和甲醇发生酯化反应生
64、成G，根据G的结构简式知F的结构简式为：，E发生氧化反应生成F，结合题给信息知，E是对二甲苯，其结构简式为，结合题给信息知，G和乙二醇发生取代反应生成聚酯纤维，结构简式为，据此分析解答【解答】解：A能与Na反应说明含有羟基或羧基，A的相对分子质量为32，则为甲醇，结构简式为CH3OH；根据流程图中C酸性条件下的水解产物知，C是乙酸聚乙烯酯，结构简式为，乙酸和M发生加成反应生成B，B发生加聚反应生成C，则B是乙酸乙烯酯，结构简式为CH3COOCH=CH2，则M是乙炔，结构简式为HCCH；甲醇和氢溴酸反应生成D为CH3Br，F和甲醇发生酯化反应生成G，根据G的结构简式知F的结构简式为：，E发生氧化
65、反应生成F，结合题给信息知，E是对二甲苯，其结构简式为，结合题给信息知，G和乙二醇发生取代反应生成聚酯纤维，结构简式为，（1）通过以上分析知，A是甲醇，结构简式为CH3OH，B为CH3COOCH=CH2，B中含氧官能团名称是酯基，故答案为：CH3OH；酯基；（2）通过以上分析知，C结构简式为，D发生取代反应生成E，故答案为：；取代；（3）F和甲醇发生酯化反应生成G，反应方程式为，故答案为：；（4）CH3COOH+CHCH发生加成反应生成B，反应方程式为CH3COOH+CHCH，故答案为：CH3COOH+CHCH；（5）G是对二苯甲酸甲酯，其同分异构体符合下列条件：苯环上只有两个取代基；1mol
66、与足量的NaHCO3溶液反应生成2molCO2气体说明含有两个羧基，如果两个取代基都是CH2COOH，有邻、间、对三种结构；如果两个取代基分别是COOH、CH2CH2COOH，有邻、间、对三种结构；如果两个取代基分别是COOH、CH（CH3）COOH，有邻、间、对三种结构；如果两个取代基分别是CH3、CH（COOH）2，有邻、间、对三种结构；所以符合条件的有12种同分异构体，故答案为：12；（6）G和乙二醇发生取代反应生成聚酯纤维，结构简式为，反应方程式为，故答案为：【点评】本题考查有机物推断，侧重考查学生分析、推断及获取信息、运用信息能力，为高考高频点，以A为突破口采用正逆结合的方法进行推断，结合反应条件、某些产物及题给信息解答，难点是同分异构体种类的判断，题目难度中等
