1、2015年江西省南昌市十所省重点中学命制高考化学二模试卷（三）一、选择题本大题共7小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.1（6分）（2015南昌校级二模）化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列叙述正确的是（）A石油裂解的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量，石油催化裂化的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃B目前科学家已经制得单原子层锗，其电子迁移率是硅的10倍，有望取代硅用于制造更好的晶体管C汽车尾气催化转化装置可将尾气中的NO和CO等有害气体转化为N2和CO2，该装置中的催化剂可降低NO和CO反应的活化能，有利于提高该反应的平衡转化率D近期在
2、西非国家爆发的埃博拉疫情呈加速蔓延之势，已知该病毒对化学药品敏感，乙醇、次氯酸钠溶液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的2（6分）（2015南昌校级二模）元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中R单质在暗处与H2 剧烈化合并发生爆炸则下列判断正确的是（）A最高价氧化物对应的水化物的酸性：XTQB由于键能EHREHT，故元素R、T对应气态氢化物的沸点：HRHTCR与Q的电子数相差16D元素R对应气态氢化物的相对分子质量实际测量值往往比理论上要大的多，这可能和氢键有关3（6分）（2015南昌校级二模）仅用表中提供的仪器和药品，就能达到相应实验目的是（）编号仪器药品实验目的A托盘天
3、平（带砝码）、胶头滴管、量筒、烧杯、药匙、玻璃棒NaCl固体、蒸馏水配制一定质量分数的NaCl溶液B分液漏斗、锥形瓶、试管、导管及橡皮塞浓硝酸、碳酸钠固体、硅酸钠溶液证明酸性：硝酸碳酸硅酸C酸式滴定管、胶头滴管、铁架台（带铁夹）已知浓度的盐酸、待测NaOH溶液测定NaOH溶液的物质的量浓度 D烧杯、分液漏斗、胶头滴管、铁架台混有苯酚杂质的苯、浓溴水提纯混有苯酚杂质的苯AABBCCDD4（6分）（2015南昌校级二模）关于下列各图的分析或叙述，正确的是（）A此图表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为241.8 kJmol1B此图表示恒温恒容条件下，反应：2NO2（g）N2O4（
4、g）中，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，其中交点A对应的状态为化学平衡状态C此图表示A、B两物质的溶解度随温度变化的情况，若将tl时A、B的饱和溶液分别升温至t2，则溶质的质量分数BAD此图表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH5（6分）（2015南昌校级二模）C、Si、S都是自然界中含量丰富的非金属元素，下列关于其单质及化合物的说法中正确的是（）A三种元素在自然界中既有游离态又有化合态B二氧化物都属于酸性氧化物，能与碱反应而不能与任何酸反应C最低价的气态氢化物都具有还原性，易与O2发生反应D其最高价氧化物对应水化
5、物的酸性强弱：H2SO4H2SiO3H2CO36（6分）（2015南昌校级二模）某芳香化合物的分子式为C8H8Cl2O2，其分子结构中有三种不同化学环境的氢，它们的数目之比为6：1：1，且分子中的Cl原子皆形成CCl键，则其可能的结构有（不考虑O与O相连接）（）A2种B3种C4种D5种7（6分）（2015南昌校级二模）25时，向盛有50mL pH=2的HA溶液的绝热容器中加入pH=13的NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积（V）与所得混合溶液的温度（T）的关系如图所示下列叙述正确的是（）AHA溶液的物质的量浓度为0 0l molL1Bbc的过程中，温度降低的原因是溶液中发生了吸热反应Cab的过
6、程中，混合溶液中可能存在：c（A）=c（Na+）D25时，HA的电离平衡常数K约为1.43102三、非选择题（包括必考题和选考题两部分.第22题第25题为必考题，每个试题考生都必须作答.第33题第35题为选考题，考生根据要求作答.）（一）必考题（共47分）8（14分）（2013福建）利用化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气制取氢气，既价廉又环保（1）工业上可用组成为K2OM2O32RO2nH2O的无机材料纯化制取的氢气已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期，两种元素原子的质子数之和为27，则R的原子结构示意图为常温下，不能与M单质发生反应的是（填序号）aCuSO4溶液 bFe2O3 c浓硫
7、酸 dNaOH溶液 eNa2CO3固体（2）利用H2S废气制取氢气来的方法有多种高温热分解法已知：H2S（g）H2（g）+1/2S2（g）在恒温密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验以H2S起始浓度均为cmolL1测定H2S的转化率，结果见右图图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率据图计算985时H2S按上述反应分解的平衡常数K=；说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：电化学法该法制氢过程的示意图如右反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，其目的是；反应池中发生反应的化学方程式为反应后的溶液进入电解池，电解总反应
8、的离子方程式为9（15分）（2015南昌校级二模）硼镁泥是一种工业废料，主要成份是MgO（占40%），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，以此为原料制取的硫酸镁，可用于印染、造纸、医药等工业从硼镁泥中提取MgSO47H2O的流程如下：根据题意回答下列问题：（1）实验中需用1molL1的硫酸80mL，若用98%的浓硫酸配制，除量筒、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有（2）加入的NaClO可与Mn2+反应产生MnO2沉淀，该反应的离子方程式：（3）在调节pH=56之前，还有一种离子也会被NaClO氧化，该反应的离子方程式为：（4）如何检验滤液中Fe3+是否被除尽，简述检验
9、方法（5）已知MgSO4、CaSO4的溶解度如下表：温度（）40506070MgSO430.933.435.636.9CaSO40.2100.2070.2010.193“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，简要说明主要操作步骤、（6）如果提供的硼镁泥共100g，得到的MgSO47H2O 196.8g，则MgSO47H2O的产率为10（14分）（2015南昌校级二模）过氧化钙（CaO2）是一种白色结晶体粉末，极微溶于水，不溶于醇类、乙醚等，加热至350左右开始分解放出氧气，与水缓慢反应生成H2O2易于酸反应生成H2O2，过氧化钙可用于改善水质、处理含重金属粒
10、子废水和治理赤潮，也可用于应急供氧等，是一种重要化工试剂（）CaO2的制备原理：CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2OCaO28H2O+2NH4Cl实验步骤如图1，反应装置如图2所示，请回答下列问题：（1）仪器x的名称为（2）用平衡移动原理解释加入氨水的作用是（3）沉淀反应时常用冰水浴控制温度在0左右，其可能原因是、（写出两种）（4）过滤后洗涤沉淀的试剂最好用A热水B冷水C乙醇D乙醚（）CaO2纯度检测，将一定量CaO2溶于稀硫酸，用标准KMnO4溶于滴定生成的H2O2（KMnO4反应后生成Mn2+）计算确定CaO2的含量（5）现每次称取0.4000g样品溶解后，用0.1000mol/
11、L的KMnO4溶液滴定所得数据如表所示，则CaO2样品的纯度 实验序号 第1次 第2次 第3次 第4次 消耗KMnO4体积/mL 19.98 20.02 20.20 20.00（6）测得CaO2纯度偏低的原因可能是A烘烤时间不足 B在洁净干燥的酸式滴定管中未润洗即装标准液C滴定前尖嘴处有气泡滴定后消失 D配置KMnO4标准溶液定容时俯视容量瓶标线【化学-选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11（15分）（2015南昌校级二模）2014中国（海南）国际海洋产业博览会于2014年10月17日至19日在海南国际会展中心举办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（
12、1）工业上从海水中提取的NaCl可用来制取纯碱，其简要过程如下：向饱和食盐水中先通入气体A，后通入气体B，充分反应后得到晶体NaHCO3，再将其灼烧得到纯碱，气体A、B是CO2或NH3，则气体A应是（填化学式），原因是（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1所示其中具有选择性的阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列请回答下面的问题：海水不能直接通入到阴极室中，理由是A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，其生产流程如图2：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，
13、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气加热，控制温度在90左右进行蒸馏的原因是【化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12（2015南昌校级二模）铁和铜都是日常生活中常见的金属，有着广泛的用途请回答下列问题：（1）铁在元素周期表中的位置（2）配合物Fe（CO）x常温下呈液态，熔点为20.5，沸点为103，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe（CO）x晶体属于（填晶体类型）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=Fe（CO）x在一定条件下发生反应：Fe（CO）x（s）Fe（s）+xCO（g）已知反应过程中只断裂配位键，则该反应
14、生成物含有的化学键类型有（3）k3Fe（CN）6溶液可用于检验（填离子符号）CN中碳原子杂化轨道类型为，C、N、O三元素的第一电离能由大到小的顺序为（用元素符号表示）（4）铜晶体铜碳原子的堆积方式如图1所示基态铜原子的核外电子排布式为每个铜原子周围距离最近的铜原子数目（5）某M原子的外围电子排布式为3s23p5，铜与M形成化合物的晶胞如图2所示（黑点代表铜原子）该晶体的化学式为已知铜和M的电负性分别为1.9和3.0，则铜与M形成的化合物属于（填“离子”、“共价”）化合物已知该晶体的密度为gcm3，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为pm（只写计算式）【化学-选修5有机
15、化学基础】（共1小题，满分0分）13（2015成都二模）石油化工的重要原料CxHy可以合成很多有机化合物，以下是CxHy合成物质E和J的流程图：已知：下列反应中R、R代表烃基J的分子式为C4H4O4，是一种环状化合物（1）在CxHy的同系物中，所有碳原子一定共平面且碳原子数最多的分子的名称是（2）H的分子式是（3）下列说法正确的是aCxHy和苯都能使溴水褪色，原理相同 b反应和反应的反应类型均为加成反应cC能与Na、NaOH、NaHCO3反应 dE是一种水溶性很好的高分子化合物eJ在酸性或碱性环境中均能水解（4）K是J的同分异构体，且1mol K与足量的NaHCO3溶液反应可放出2mol CO
16、2气体，请写出一种符合条件K的结构简式（5）写出反应的化学方程式（6）D有多种同分异构体，与D具有相同官能团的还有种（含顺反异构体），其中核磁共振氢谱有3组吸收峰，且能发生银镜反应的结构简式是2015年江西省南昌市十所省重点中学命制高考化学二模试卷（三）参考答案与试题解析一、选择题本大题共7小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.1（6分）（2015南昌校级二模）化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列叙述正确的是（）A石油裂解的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量，石油催化裂化的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃B目前科学家已经制得单原子层锗，其
17、电子迁移率是硅的10倍，有望取代硅用于制造更好的晶体管C汽车尾气催化转化装置可将尾气中的NO和CO等有害气体转化为N2和CO2，该装置中的催化剂可降低NO和CO反应的活化能，有利于提高该反应的平衡转化率D近期在西非国家爆发的埃博拉疫情呈加速蔓延之势，已知该病毒对化学药品敏感，乙醇、次氯酸钠溶液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的考点：石油的裂化和裂解；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点 分析：A根据裂解和裂化的目的来分析；B晶体管材料应具有导电性；C催化剂不能改变平衡转化率；D乙醇使蛋白质变性解答：解：A石油催化裂化的目的是提高汽油等轻质油的产量与质量，裂解的目的是得
18、到小分子的烯烃，故A错误； B晶体管材料应具有导电性，锗电子迁移率比硅强，可用于半导体材料，故B正确；C催化剂不能改变平衡转化率，只能加快反应速率，故C错误；D乙醇消毒液消毒是因为可以使蛋白质变性，而并非是将病毒氧化，而次氯酸钠溶液可以将病毒氧化而达到消毒的目的，故D错误；故选B点评：本题考查半导体的性质、石油的冶炼、催化剂的作用及蛋白质的变性等知识，难度不大要注意基础知识的积累2（6分）（2015南昌校级二模）元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如下表所示，其中R单质在暗处与H2 剧烈化合并发生爆炸则下列判断正确的是（）A最高价氧化物对应的水化物的酸性：XTQB由于键能EHREHT
19、，故元素R、T对应气态氢化物的沸点：HRHTCR与Q的电子数相差16D元素R对应气态氢化物的相对分子质量实际测量值往往比理论上要大的多，这可能和氢键有关考点：元素周期律和元素周期表的综合应用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，R为F元素，由元素在周期表中的位置可知，T为Cl元素，Q为Br元素，X为S元素，Z为Ar元素，结合元素周期律解答解答：解：A、同主族自上而下，非金属性减弱，故非金属性ClBr，非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，故酸性：TQX，故A错误；B、HF含有氢键，作用力较强，沸点较高，与键能无关，故B错误；C、R为F元素，Q为B
20、r元素，原子序数相差26，故C错误；D、R为F，对应的氢化物HF含有氢键，形成的气态氢化物含有多个“HF”，相对分子质量实际测量值往往比理论上要大的多，故D正确，故选D点评：本题主要考查结构位置性质关系、元素周期表的结构、元素周期律等，难度不大，推断R为氟元素是关键，注意掌握元素周期律3（6分）（2015南昌校级二模）仅用表中提供的仪器和药品，就能达到相应实验目的是（）编号仪器药品实验目的A托盘天平（带砝码）、胶头滴管、量筒、烧杯、药匙、玻璃棒NaCl固体、蒸馏水配制一定质量分数的NaCl溶液B分液漏斗、锥形瓶、试管、导管及橡皮塞浓硝酸、碳酸钠固体、硅酸钠溶液证明酸性：硝酸碳酸硅酸C酸式滴定管
21、、胶头滴管、铁架台（带铁夹）已知浓度的盐酸、待测NaOH溶液测定NaOH溶液的物质的量浓度 D烧杯、分液漏斗、胶头滴管、铁架台混有苯酚杂质的苯、浓溴水提纯混有苯酚杂质的苯AABBCCDD考点：直接加热的仪器及使用方法；不能加热的仪器及使用方法 分析：A可用托盘天平称量固体，用量筒量取水，以配制一定质量分数的溶液；B硝酸易挥发；C氢氧化钠应用碱式滴定管量取氢氧化钠溶液；D苯酚、三溴苯酚均易溶于苯解答：解：A可用托盘天平称量固体，用量筒量取水，以配制一定质量分数的溶液，可达到实验目的，故A正确；B硝酸易挥发，应除掉硝酸后再通入硅酸，故B错误；C缺少碱式滴定管，氢氧化钠应用碱式滴定管量取氢氧化钠溶液
22、，不能完成实验，故C错误；D苯酚、三溴苯酚均易溶于苯，不能除杂，应加NaOH后分液除杂，故D错误故选A点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及溶液的配制、中和滴定、物质的分离、性质比较等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质以及实验方法和原理，难度不大4（6分）（2015南昌校级二模）关于下列各图的分析或叙述，正确的是（）A此图表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为241.8 kJmol1B此图表示恒温恒容条件下，反应：2NO2（g）N2O4（g）中，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，其中交点A对应的状态为化学平衡状
23、态C此图表示A、B两物质的溶解度随温度变化的情况，若将tl时A、B的饱和溶液分别升温至t2，则溶质的质量分数BAD此图表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH考点：反应热和焓变；溶解度、饱和溶液的概念；化学平衡状态的判断；弱电解质在水溶液中的电离平衡 专题：图示题分析：A、依据燃烧热概念，结合图象分析判断，燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成温度氧化物放出热量；B、A点是石墨二氧化氮和四氧化二氮的消耗速率相同，依据化学方程式可知相同时间，二氧化氮消耗速率是四氧化二氮消耗速率的2倍时，二氧化氮的正逆反应速率相同，说明反应达到
24、平衡；C、升高温度AB溶解度增大，溶液由饱和溶液变为不饱和溶液，溶质质量分数不变；D、分析图象加水稀释酸溶液PH变化大的酸性强，依据酸越弱对应盐溶液中酸根阴离子水解程度大解答：解：A、依据燃烧热概念，结合图象分析判断，燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成温度氧化物放出热量，图象中的反应焓变是2mol氢气反应生成气态水放出的热量，不是燃烧热，故A错误；B、依据化学方程式可知，相同时间下，二氧化氮消耗速率是四氧化二氮消耗速率的2倍时，二氧化氮的正逆反应速率相同，说明反应达到平衡，A点是说明二氧化氮和四氧化二氮的消耗速率相同，不能说明反应达到平衡，故B错误；C、升高温度A、B溶解度均增大，溶液由饱和溶
25、液变为不饱和溶液，溶质质量分数不变，故C错误；D、分析图象加水稀释酸溶液PH变化大的HA酸性强，依据酸越弱对应盐溶液中酸根阴离子水解程度大，A离子水解程度小于B离子，则NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH，故D正确；故选D点评：本题考查了图象分析判断，主要是燃烧热概念分析，化学平衡移动原理分析应用，物质溶解度与质量分数的关系判断，弱电解质溶液pH大小比较及盐类水解的判断方法，题目难度中等5（6分）（2015南昌校级二模）C、Si、S都是自然界中含量丰富的非金属元素，下列关于其单质及化合物的说法中正确的是（）A三种元素在自然界中既有游离态又有化合态B二氧化物都属于酸性氧化物，能与碱反应而
26、不能与任何酸反应C最低价的气态氢化物都具有还原性，易与O2发生反应D其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：H2SO4H2SiO3H2CO3考点：硅和二氧化硅；含硫物质的性质及综合应用 专题：氧族元素；碳族元素分析：ASi是亲氧元素，所以硅在自然界中以化合态存在；B二氧化硅能与氢氟酸反应；C化合价升高具有还原性；D碳酸酸性大于硅酸解答：解：A硅是亲氧元素，硅元素在自然界中以硅酸盐、二氧化硅的形式存在，故A错误； B二氧化硅属于酸性氧化物，能与氢氟酸反应，故B错误；C最低价的气态氢化物化合价能升高，具有还原性，故C正确；D碳酸酸性大于硅酸，酸性：H2SO4H2CO3H2SiO3，故D错误故选C点评：
27、本题考查元素及其化合物的性质，明确氧化性和硅是亲氧元素是解题的关键，题目难度不大6（6分）（2015南昌校级二模）某芳香化合物的分子式为C8H8Cl2O2，其分子结构中有三种不同化学环境的氢，它们的数目之比为6：1：1，且分子中的Cl原子皆形成CCl键，则其可能的结构有（不考虑O与O相连接）（）A2种B3种C4种D5种考点：同分异构现象和同分异构体 专题：同分异构体的类型及其判定分析：根据分子式计算不饱和度，判断侧链是否含有不饱和键，根据H原子数目之比，可知三种H原子数目分别为6、1、1，故分子中含有2个CH3（或OCH3），且两个甲基（或OCH3）相同，分子中另外2个H原子不同，分子中的Cl
28、原子皆形成CCl键，2个Cl原子连接苯环上，据此书写可能的结构，进行判断解答：解：芳香化合物的分子式为C8H8Cl2O2，分子中含有1个苯环，不饱和度为=4，故侧链不含不饱和键，其分子结构中有三种不同化学环境的氢，它们的数目之比为6：1：1，故三种H原子数目分别为6、1、1，故分子中含有2个CH3（或OCH3），且两个甲基（或OCH3）相同，分子中另外2个H原子不同，分子中的Cl原子皆形成CCl键，2个Cl原子连接苯环上，不考虑O与O相连接，符合条件的可能结构有：、，故有2种结构，故选A点评：本题考查限制条件同分异构体的书写，难度较大，判断分子中含有2个CH3是关键7（6分）（2015南昌校级
29、二模）25时，向盛有50mL pH=2的HA溶液的绝热容器中加入pH=13的NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积（V）与所得混合溶液的温度（T）的关系如图所示下列叙述正确的是（）AHA溶液的物质的量浓度为0 0l molL1Bbc的过程中，温度降低的原因是溶液中发生了吸热反应Cab的过程中，混合溶液中可能存在：c（A）=c（Na+）D25时，HA的电离平衡常数K约为1.43102考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A、恰好中和时混合溶液温度最高，即b点，此时消耗氢氧化钠0.004mol，计算氢氧化钠物质的量和酸物质的量相同计算得出HA的浓度；Bbc的
30、过程中，温度降低的原因是溶液中发生了反应恰好生成NaA，继续滴加氢氧化钠溶液不再发生反应；CNaA呈碱性，HA呈酸性，ab的过程中，混合溶液中可能呈中性，依据电荷守恒分析；D电离平衡常数K=计算得到判断；解答：解：A、恰好中和时混合溶液温度最高，即b点，此时消耗氢氧化钠=0.04L0.1mol/L=0.004mol，得出50mlHA的浓度=0.08mol/L，故A错误；Bbc的过程中，温度降低的原因是溶液中发生了反应恰好生成NaA，继续滴加氢氧化钠溶液不再发生反应，溶液温度降低，故B错误；CNaA呈碱性，HA呈酸性，ab的过程中，混合溶液中可能呈中性，存在：c（A）=c（Na+），故C正确；D
31、电离平衡常数K=1.43103，故D错误；故答案选C点评：本题考查酸碱混合的定性判断和计算，题目难度不大，题目结合中和反应考查了同学们观察分析问题的能力，以及利用化学方程式计算的能力，比较综合，要认真分析解答三、非选择题（包括必考题和选考题两部分.第22题第25题为必考题，每个试题考生都必须作答.第33题第35题为选考题，考生根据要求作答.）（一）必考题（共47分）8（14分）（2013福建）利用化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气制取氢气，既价廉又环保（1）工业上可用组成为K2OM2O32RO2nH2O的无机材料纯化制取的氢气已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期，两种元素原子的质子数之
32、和为27，则R的原子结构示意图为常温下，不能与M单质发生反应的是be（填序号）aCuSO4溶液 bFe2O3 c浓硫酸 dNaOH溶液 eNa2CO3固体（2）利用H2S废气制取氢气来的方法有多种高温热分解法已知：H2S（g）H2（g）+1/2S2（g）在恒温密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验以H2S起始浓度均为cmolL1测定H2S的转化率，结果见右图图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率据图计算985时H2S按上述反应分解的平衡常数K=；说明随温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：温度升高，反应速率加快，达到平
33、衡所需的进间缩短电化学法该法制氢过程的示意图如右反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，其目的是增大反应物接触面积，使反应更充分；反应池中发生反应的化学方程式为H2S+2FeCl3=2FeCl2+S+2HCl反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为2Fe2+2H+2Fe3+H2考点：硫化氢 专题：氧族元素分析：（1）M为+3价，R为+4价，均为第三周期元素，则M为Al，R为Si，Si的质子数为14；M为Al具有还原性，能与具有氧化性的物质发生反应；（2）K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；温度的升高，曲线b向曲线a逼近，反应速率加快；反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，可增
34、大反应物接触面积；反应池中发生氧化还原反应；电解池中亚铁离子失去电子，氢离子得到电子，以此来解答解答：解：（1）M为+3价，R为+4价，均为第三周期元素，则M为Al，R为Si，Si的质子数为14，其原子结构示意图为，故答案为：；M为Al具有还原性，能与具有氧化性的物质发生反应，如a、c，还能与d中NaOH溶液反应生成氢气，而高温下与氧化铁反应，与碳酸钠不反应，故答案为：be；（2）以H2S起始浓度均为cmolL1测定H2S的转化率，985时H2S的转化率为40%，则 H2S（g）H2（g）+1/2S2（g）开始 c 0 0转化0.4c 0.4c 0.2c平衡0.6c 0.4c 0.2cK=；温
35、度的升高，曲线b向曲线a逼近，反应速率加快，达到平衡时的时间缩短，故答案为：；温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的进间缩短；反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，可增大反应物接触面积；反应池中发生氧化还原反应为H2S+2FeCl3=2FeCl2+S+2HCl；电解池中亚铁离子失去电子，氢离子得到电子，电解总反应的离子方程式为2Fe2+2H+2Fe3+H2，故答案为：增大反应物接触面积，使反应更充分；H2S+2FeCl3=2FeCl2+S+2HCl；2Fe2+2H+2Fe3+H2点评：本题以硫化氢为载体考查物质的性质、影响反应速率的因素、化学平衡、电化学等，题目综合性强，难度较大，注重了高考
36、常考考点的考查，注意知识的迁移应用和信息的处理9（15分）（2015南昌校级二模）硼镁泥是一种工业废料，主要成份是MgO（占40%），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，以此为原料制取的硫酸镁，可用于印染、造纸、医药等工业从硼镁泥中提取MgSO47H2O的流程如下：根据题意回答下列问题：（1）实验中需用1molL1的硫酸80mL，若用98%的浓硫酸配制，除量筒、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有烧杯、100mL的容量瓶、胶头滴管（2）加入的NaClO可与Mn2+反应产生MnO2沉淀，该反应的离子方程式：Mn2+ClO+H2O=MnO2+2H+Cl（3）在调节pH=56
37、之前，还有一种离子也会被NaClO氧化，该反应的离子方程式为：2Fe2+ClO+2H+=2Fe3+Cl+H2O（4）如何检验滤液中Fe3+是否被除尽，简述检验方法取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，如果溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+；如果溶液变红色，说明滤液中含Fe3+（5）已知MgSO4、CaSO4的溶解度如下表：温度（）40506070MgSO430.933.435.636.9CaSO40.2100.2070.2010.193“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，简要说明主要操作步骤蒸发浓缩、趁热过滤（6）如果提供的硼镁泥共100g，得到的MgS
38、O47H2O 196.8g，则MgSO47H2O的产率为80%考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 专题：实验设计题分析：硼镁泥是一种工业废料，主要成份是MgO（占40%），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，加入硫酸酸解PH=1，得到溶液硫酸镁、硫酸钙、硫酸锰、硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸铝，加入次氯酸钠氧化亚铁离子为铁离子，沉淀锰离子，过滤后的滤液中利用溶解度随温度变化，除去硫酸钙，得到硫酸镁溶液，通过蒸发浓缩趁热过滤得到MgSO47H2O，（1）依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤和实验过程分析选择合适的仪器；（2）次氯酸根离子具有强的氧化性，能够氧化
39、二价锰离子生成二氧化锰；亚铁离子具有还原性，能够被次氯酸钠氧化；（4）依据三价铁离子遇到KSCN溶液显血红色设计验证实验过程；（5）根据表中温度对硫酸镁、硫酸钙的影响完成，温度越高，硫酸钙溶解度越小；（6）根据硼镁泥中MgO的质量分数（占40%），计算出生成MgSO47H2O质量及产率解答：解：硼镁泥是一种工业废料，主要成份是MgO（占40%），还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，加入硫酸酸解PH=1，得到溶液硫酸镁、硫酸钙、硫酸锰、硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸铝，加入次氯酸钠氧化亚铁离子为铁离子，沉淀锰离子，过滤后的滤液中利用溶解度随温度变化，除去硫酸钙，得到硫酸镁
40、溶液，通过蒸发浓缩趁热过滤得到MgSO47H2O，（1）用98%的浓硫酸来配制1.00mol/L的硫酸80.0mL，应选择100ml容量瓶，一般步骤为：计算、量取、稀释、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、100ml容量瓶，还需要的玻璃仪器：烧杯、100mL容量瓶、胶头滴管；故答案为：烧杯、胶头滴管、100mL容量瓶；（2）NaClO溶液在加热条件下将溶液中的Mn2+氧化成MnO2，反应的离子方程式为Mn2+ClO+H2O=MnO2+2H+Cl；故答案为：Mn2+ClO+H2OMnO2+2H+Cl；（3）溶液中含有Fe2+，具有还原性，可与NaClO发生氧化还原反应，反
41、应的离子方程式为：2Fe2+ClO+2H+=2Fe3+Cl+H2O；故答案为：2Fe2+ClO+2H+2Fe3+Cl+H2O；（4）三价铁离子遇到KSCN溶液显血红色，通常利用KSCN溶液检验三价铁离子的存在，取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，如果溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+；如果溶液变红色，说明滤液中含Fe3+；故选：取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，如果溶液不变红色，说明滤液中不含Fe3+；如果溶液变红色，说明滤液中含Fe3+；（5）有温度对硫酸镁、硫酸钙的溶解度影响，温度越高，硫酸钙溶解度越小，可以采用蒸发浓缩，趁热过滤方法除去硫酸钙；故答案为：蒸发浓缩，趁热过滤；（6）10
42、0g硼镁泥中氧化镁的物质的量为：=1mol，根据镁原子守恒，生成MgSO47H2O的物质的量为1mol，质量为246g/mol1mol=246g，MgSO47H2O的产率为：100%=80.0%，故答案为：80.0%点评：本题考查了从硼镁泥中提取MgSO47H2O的方法，涉及配制一定物质的量浓度的溶液的仪器选择、铁离子检验方法、物质分离的方法，产率计算等，侧重考查学生分析问题能力，题目难度较大10（14分）（2015南昌校级二模）过氧化钙（CaO2）是一种白色结晶体粉末，极微溶于水，不溶于醇类、乙醚等，加热至350左右开始分解放出氧气，与水缓慢反应生成H2O2易于酸反应生成H2O2，过氧化钙可
43、用于改善水质、处理含重金属粒子废水和治理赤潮，也可用于应急供氧等，是一种重要化工试剂（）CaO2的制备原理：CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2OCaO28H2O+2NH4Cl实验步骤如图1，反应装置如图2所示，请回答下列问题：（1）仪器x的名称为恒压滴液漏斗（或恒压分液漏斗）（2）用平衡移动原理解释加入氨水的作用是中和反应生成的HCl，使CaCl2+H2O2CaO2+2HCl向右进行（3）沉淀反应时常用冰水浴控制温度在0左右，其可能原因是减少双氧水受热分解、降低产物溶解度便于析出（写出两种）（4）过滤后洗涤沉淀的试剂最好用BA热水B冷水C乙醇D乙醚（）CaO2纯度检测，将一定量CaO
44、2溶于稀硫酸，用标准KMnO4溶于滴定生成的H2O2（KMnO4反应后生成Mn2+）计算确定CaO2的含量（5）现每次称取0.4000g样品溶解后，用0.1000mol/L的KMnO4溶液滴定所得数据如表所示，则CaO2样品的纯度90.00% 实验序号 第1次 第2次 第3次 第4次 消耗KMnO4体积/mL 19.98 20.02 20.20 20.00（6）测得CaO2纯度偏低的原因可能是ADA烘烤时间不足 B在洁净干燥的酸式滴定管中未润洗即装标准液C滴定前尖嘴处有气泡滴定后消失 D配置KMnO4标准溶液定容时俯视容量瓶标线考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 专题：实验设计题分析
45、：（）（1）根据装置中X的构造可知X为恒压滴液漏斗（或恒压分液漏斗）；（2）根据可逆反应CaCl2+H2O2CaO2+2HCl中氯化氢对化学平衡的影响角度分析；（3）从双氧水的稳定性、该反应的反应热、温度对过氧化钙的溶解度的影响等方面分析；（4）过氧化钙极微溶于水，反应后产物中杂质不溶于乙醇、乙醚，且在冷水中过氧化钙溶解度小，据此进行解答；（）（5）先判断滴定数据的有效性，然后计算出消耗高锰酸钾溶液的平均体积，再根据n=cV计算出高锰酸钾的物质的量，然后根据电子守恒计算出每次消耗的过氧化钙的物质的量，根据m=nM计算出样品中过氧化钙的质量，最后计算出过氧化钙的纯度；（6）A烘烤时间不足，样品中
46、含有杂质水分，导致纯度降低； B在洁净干燥的酸式滴定管中未润洗即装标准液，导致标准液被稀释，滴定过程中消耗的标准液体积偏大；C滴定前尖嘴处有气泡，滴定后消失，导致消耗的标准液体积偏大；D配制KMnO4标准溶液定容时俯视容量瓶标线，配制的标准液浓度偏高，滴定过程中消耗的标准液体积偏小，测定结果偏低解答：解：（）（1）图2中仪器X为恒压滴液漏斗（或恒压分液漏斗，起到冷凝作用，故答案为：恒压滴液漏斗（或恒压分液漏斗）；（2）氯化钙与双氧水的反应方程式为：CaCl2+H2O2CaO2+2HCl，加入氨水可以与氯化氢发生中和反应，使该可逆反应向着生成过氧化钙的方向移动，提高的过氧化钙的产率，故答案为：中
47、和反应生成的HCl，使CaCl2+H2O2CaO2+2HCl向右进行；（3）由于温度较高时双氧水容易分解，会导致过氧化钙产率下降，且温度降低时过氧化钙的溶解度减小，有利于过氧化钙的析出，所以沉淀反应时常用冰水浴控制温度在0左右，故答案为：减少双氧水受热分解；降低产物溶解度便于析出（或该反应放热）；（4）A热水：过氧化钙在热水中溶解度较大，降低了过氧化钙的产率，故A错误；B冷水：过氧化钙极微溶于水，且杂质都易溶于水，可用冷水洗涤过氧化钙，故B正确；C乙醇：过氧化钙不溶于乙醇，但是杂质不溶于乙醇，且提高了成本，故C错误；D乙醚：过氧化钙不溶于乙醚，但杂质也不溶于乙醚，且乙醚成本较高，故D错误；故答
48、案为：B；（）、（5）根据表中消耗高锰酸钾溶液的体积数据可知，第三次数据与其它三组误差较大，应该舍弃；则滴定中消耗酸性高锰酸钾的平均体积为：mL=20.00mL，每次滴定消耗的高锰酸钾的物质的量为：n（KMnO4）=0.1000mol/L0.02L=0.002mol，KMnO4反应后生成Mn2+，化合价降低72）=5价，CaO2被氧化成氧气，化合价从1升高到0价，至少升高：0（1）2=2，根据化合价升降相等可得反应的关系式：2KMnO45CaO2，则每次称取0.4000g样品中含有的过氧化钙的物质的量为：n（CaO2）=n（KMnO4）=0.002mol=0.005mol，所以该样品中过氧化钙
49、的纯度为：100%=90.00%，故答案为：90.00%；（6）A烘烤时间不足，样品中含有杂质水分，导致样品中过氧化钙的纯度偏小，故A正确； B在洁净干燥的酸式滴定管中未润洗即装标准液，标准液被蒸馏水稀释，滴定时消耗的标准液体积偏大，计算出的过氧化钙的纯度偏大，故B错误；C滴定前尖嘴处有气泡，滴定后消失，导致消耗的标准液体积偏大，根据关系式计算出的过氧化钙的质量偏大，过氧化钙的纯度偏高，故C错误；D配制KMnO4标准溶液定容时俯视容量瓶标线，导致标准液浓度偏高，滴定过程中营养样品中过氧化钙的物质的量不变，则消耗的标准液体积偏小，测定的过氧化钙的纯度偏小，故D正确；故答案为：AD点评：本题考查形
50、式为物质制备流程图题目，涉及中和滴定中的误差分析、物质的检验及化学计算等问题，题目难度较大，做题时注意分析题中关键信息、明确实验基本操作方法，本题较为综合，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力【化学-选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11（15分）（2015南昌校级二模）2014中国（海南）国际海洋产业博览会于2014年10月17日至19日在海南国际会展中心举办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）工业上从海水中提取的NaCl可用来制取纯碱，其简要过程如下：向饱和食盐水中先通入气体A，后通入气体B，充分反应后得到晶体NaHCO3，
51、再将其灼烧得到纯碱，气体A、B是CO2或NH3，则气体A应是NH3（填化学式），原因是NH3易溶于水，且水溶液显碱性，有利于充分吸收CO2，增大溶液中碳酸氢根的浓度（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1所示其中具有选择性的阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列请回答下面的问题：海水不能直接通入到阴极室中，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A口排出的是淡水（填“淡水”或“浓水”）（3）用苦卤（含Na+、K+、Mg2+、Cl、Br等离子）可提取溴，其生产流程如图2：若吸收塔中的溶液含BrO3，
52、则吸收塔中反应的离子方程式为3CO32+3Br25Br+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90左右进行蒸馏的原因是顺利将溴蒸出，同时防止水馏出考点：海水资源及其综合利用 分析：（1）二氧化碳在水中溶解度较小，而氨气极易溶于水，据此判断通入气体的先后顺序；（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
53、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）由于二氧化碳在水中溶解度较小，而NH3易溶于水，且水溶液显碱性，有利于充分吸收CO2，增大溶液中碳酸氢根的浓度，所以向饱和的氯化钠溶液中先通入氨气，再通入二氧化碳，故答案为：NH3；NH3易溶于水，且水溶液显碱性，有利于充分吸收CO2，增大溶液中碳酸氢根的浓度；（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
54、、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，故答案为：淡水；（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
55、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，所以控制温度在90左右进行蒸馏的原因是顺利将溴蒸出，同时防止水馏出，故答案为：顺利将溴蒸出，同时防止水馏出点评：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等知识，题目难度中等，明确图片内涵、生成流程为解本题关键，（2）中阳离子在电极上放电，导致排出的水为淡水，从而实现海水淡化【化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12（2015南昌校级二模）铁和铜都是日常生活中常见的金属，有着广泛的用途请回答下列问题：（1）铁在元素周期表中的
56、位置第四周期第族（2）配合物Fe（CO）x常温下呈液态，熔点为20.5，沸点为103，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe（CO）x晶体属于分子晶体（填晶体类型）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=5Fe（CO）x在一定条件下发生反应：Fe（CO）x（s）Fe（s）+xCO（g）已知反应过程中只断裂配位键，则该反应生成物含有的化学键类型有金属键（3）k3Fe（CN）6溶液可用于检验Fe2+（填离子符号）CN中碳原子杂化轨道类型为sp杂化，C、N、O三元素的第一电离能由大到小的顺序为NOC（用元素符号表示）（4）铜晶体铜碳原子的堆积方式如图1所示基态铜原子的核外电子排布
57、式为Ar3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1每个铜原子周围距离最近的铜原子数目12（5）某M原子的外围电子排布式为3s23p5，铜与M形成化合物的晶胞如图2所示（黑点代表铜原子）该晶体的化学式为CuCl已知铜和M的电负性分别为1.9和3.0，则铜与M形成的化合物属于共价（填“离子”、“共价”）化合物已知该晶体的密度为gcm3，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为1010pm（只写计算式）考点：晶胞的计算；元素电离能、电负性的含义及应用；金属晶体的基本堆积模型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 分析：（1）铁是26号元素，位于周期表中第四周期第族；
58、（2）分子晶体的熔沸点较低；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；根据生成物判断形成的化学键；（3）K3Fe（CN）6遇Fe2+，出现特殊的蓝色沉淀，可用于检验Fe2+，根据C原子价层电子对个数确定杂化方式；一般来说非金属性越强，第一电离能越大，但是因为p轨道半充满体系具有很强的稳定性，会有特例，如N的p轨道本来就是半充满的，O的p轨道失去一个电子才是半充满的，所以O比N容易失去电子；（4）铜为29号元素，据此写出基态铜原子的核外电子排布式；根据晶胞结构图可知，铜为面心立方堆积，据此判断每个铜原子周围距离最近的铜原子数目；（5）根据价电
59、子排布式判断出X原子为Cl原子；利用均摊法计算得出；根据电负性差值判断化合物类型；计算出一个晶胞中微粒数，利用化合物的摩尔质量和密度计算出晶胞边长，根据晶胞的结构可知，铜原子和M原子之间的最短距离为立方体体对角线的；解答：解：（1）铁是26号元素，位于周期表中第四周期第族，故答案为：第四周期第族；（2）分子晶体的熔沸点较低，根据题给信息知，该物质的熔沸点较低，所以为分子晶体，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2，8+2x=18，x=5，Fe（CO）5在一定条件下发生分解反应：Fe（CO）5=Fe（s）+5CO，反应生成Fe，所以形成的化学键为金属键，
60、故答案为：分子晶体；5；金属键；（3）K3Fe（CN）6遇Fe2+，出现特殊的蓝色沉淀，可用于检验Fe2+，CN中C原子价层电子对个数=1+（4+113）=2，所以采取sp杂化；一般来说非金属性越强，第一电离能大，但是因为p轨道半充满体系具有很强的稳定性N的p轨道本来就是半充满的O的p轨道失去一个电子才是半充满的所以C、N、O三元素的第一电离能由大到小的顺序为NOC，故答案为：Fe2+；sp杂化；NOC；（4）铜为29号元素，基态铜原子的核外电子排布式为Ar3d104s1 或1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为：Ar3d104s1 或1s22s22p63s23p63d104s
61、1；根据晶胞结构图可知，铜为面心立方堆积，所以每个铜原子周围距离最近的铜原子位于经过该原子的立方体的面的面心上，共有12个，故答案为：12；（5）根据价电子排布式判断出X原子为Cl原子；由晶胞结构可知，Cu原子处于晶胞内部，晶胞中含有4个Cu原子，Cl原子属于顶点与面心上，晶胞中含有Cl原子数目为8+6=4，故化学式为CuCl，故答案为：CuCl；电负性差值大于1.7原子间易形成离子键，小于1.7原子间形成共价键，铜与X的电负性分别为1.9和3.0，差值为1.1小于1.7，形成共价键，故答案为：共价；一个晶胞的摩尔质量为499.5g/mol，晶胞摩尔体积为cm3，晶胞的边长为cm，根据晶胞的结
62、构可知，铜原子和M原子之间的最短距离为立方体体对角线的，而体对角线为晶胞边长的倍，所以铜原子和M原子之间的最短距离为cm=1010pm，故答案为：1010；点评：本题考查较为全面，涉及到电子排布式、第一电离能、杂化类型的判断、配合物以及有关晶体的计算，但解题具有较强的方法性和规律性，学习中注意总结如何书写电子排布式，如何判断分子空间构型以及有关晶体计算等方法【化学-选修5有机化学基础】（共1小题，满分0分）13（2015成都二模）石油化工的重要原料CxHy可以合成很多有机化合物，以下是CxHy合成物质E和J的流程图：已知：下列反应中R、R代表烃基J的分子式为C4H4O4，是一种环状化合物（1）
63、在CxHy的同系物中，所有碳原子一定共平面且碳原子数最多的分子的名称是2，3二甲基2丁烯（2）H的分子式是C2H3O2Br（3）下列说法正确的是beaCxHy和苯都能使溴水褪色，原理相同 b反应和反应的反应类型均为加成反应cC能与Na、NaOH、NaHCO3反应 dE是一种水溶性很好的高分子化合物eJ在酸性或碱性环境中均能水解（4）K是J的同分异构体，且1mol K与足量的NaHCO3溶液反应可放出2mol CO2气体，请写出一种符合条件K的结构简式CH2=C（COOH）2或HOOCCH=CHCOOH（5）写出反应的化学方程式（6）D有多种同分异构体，与D具有相同官能团的还有5种（含顺反异构体
64、），其中核磁共振氢谱有3组吸收峰，且能发生银镜反应的结构简式是HCOOC（CH3）=CH2考点：有机物的合成 专题：有机物的化学性质及推断分析：根据题中各物质转化关系，J的分子式为C4H4O4，是一种环状化合物，且由I在浓硫酸作用下加热得到，所以可以推知J为环酯，即J为，根据有关反应的条件可推知I为HOCH2COOH，H为BrCH2COOH，G为BrCH2CHO，F为BrCH2CH2OH，CxHy与HBrO加成得F，所以CxHy为CH2=CH2，氧化得A为CH3CHO，CH3CHO再氧化得B为CH3COOH，A和B发生信息中的加成反应得C为CH3COOCH（OH）CH3，C在浓硫酸条件下脱水得
65、D为CH3COOCH=CH2，D发生加聚反应得到E，据此答题解答：解：根据题中各物质转化关系，J的分子式为C4H4O4，是一种环状化合物，且由I在浓硫酸作用下加热得到，所以可以推知J为环酯，即J为，根据有关反应的条件可推知I为HOCH2COOH，H为BrCH2COOH，G为BrCH2CHO，F为BrCH2CH2OH，CxHy与HBrO加成得F，所以CxHy为CH2=CH2，氧化得A为CH3CHO，CH3CHO再氧化得B为CH3COOH，A和B发生信息中的加成反应得C为CH3COOCH（OH）CH3，C在浓硫酸条件下脱水得D为CH3COOCH=CH2，D发生加聚反应得到E，（1）在C2H4的同系
66、物中，所有碳原子一定共平面且碳原子数最多的分子是将乙烯中的氢原子都换成碳的结构即C6H12，其名称是2，3二甲基2丁烯，故答案为：2，3二甲基2丁烯； （2）H为BrCH2COOH，H的分子式是C2H3O2Br，故答案为：C2H3O2Br； （3）aCxHy和苯都能使溴水褪色，原理不相同，前者是加成，后者是萃取，故a错误；b反应和反应的反应类型均为加成反应，故b正确；cC中有酯基和羟基，不能与NaOH、NaHCO3反应，故c错误；dE中有酯基，其水溶性较差，故d错误； eJ中有酯基，在酸性或碱性环境中均能水解，故e正确；故答案为：be；（4）J为，K是J的同分异构体，且1 mol K与足量的N
67、aHCO3溶液反应可放出2mol CO2气体，说明K中有两个羧基，所以符合条件K的结构简式为CH2=C（COOH）2或HOOCCH=CHCOOH，故答案为：CH2=C（COOH）2或HOOCCH=CHCOOH； （5）反应的化学方程式为，故答案为：；（6）D为CH3COOCH=CH2，D有多种同分异构体，与D具有相同官能团的还有CH2=CHCOOCH3、HCOOCH=CHCH3（顺、反两种）、HCOOCH2CH=CH2、HCOOC（CH3）=CH2、，共5 种（含顺反异构体），其中核磁共振氢谱有3组吸收峰，且能发生银镜反应的结构简式为HCOOC（CH3）=CH2，故答案为：5；HCOOC（CH3）=CH2点评：本题考查有机物的推断与合成，结合给予的信息、充分利用合成路线中物质官能团及碳链的变化推断，题目难度中等，注意有机基础知识的灵活运用