1、湖南省株洲市炎陵一中2015-2016年第二学期高三化学试卷（解析版）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1化学与生产、生活、科技、环境等密切相关，下列说法不正确的是（）A用蘸有浓氨水的棉棒检验输送氯气的管道是否漏气B用合成聚碳酸酯可降解塑料，实现“碳”的循环利用C大力实施矿物燃料脱硫脱硝技术，能减少二氧化硫、氮氧化物的排放D向工业生产的反应中加入合适的催化剂，能改变反应的焓变2以下数值大于或等于阿伏加德罗常数的是（）A含4.8g碳元素的石墨晶体中的共价键数B250 mL 1 molL1FeCl3溶液中，阴、阳离子总数C一定条件下，将1mol SO2和0.5 mol O2充入一密闭容
2、器内，充分反应后的生成物分子数D在反应KClO4+8HCl=KCl+4Cl2+4H2O中，每生成0.5 molCl2转移的电子数3下列指定反应的离子方程式正确的是（）A用氨水吸收足量的SO2气体：2OH+SO2SO32+H2OBNaAlO2溶液中AlO2的水解：AlO2+2H2OAl（OH）3+OHC加入NaClO将污水中的NH3氧化成N2：3ClO+2NH3N2+3Cl+3H2ODNaHCO3溶液中加少量Ba（OH）2溶液：HCO3+Ba2+OHBaCO3+H2O4短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W与Y最外层电子数之和为X的最外层电子数的2倍，Z最外层电子数等于最内层电子数，X
3、、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，W的单质是空气中体积分数最大的气体下列说法正确的是（）AY的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强BW的气态氢化物比X的稳定C离子半径的大小顺序：r（W）r（X）r（Y）r（Z）DXY2与ZY2中的化学键类型相同5青蒿酸是合成青蓠素的原科，其可以由香草醛合成：下列叙述正确的是（） A在一定条件，香草醛可与HCHO发生缩聚反应B两种物质各1mol分别和氢气反应，最多消耗氢气4mol和3molC用FeCl3溶液可鉴别化合物香草醛和青蒿酸D青蒿酸分子中含有2个手性碳原子6热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiC
4、lKCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能该电池总反应为PbSO4+2LiCl+CaCaCl2+Li2SO4+Pb下列有关说法正确的是（）A正极反应式：Ca+2Cl2e=CaCl2B放电过程中，Li+向负极移动C常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针发生偏转D每转移0.1 mol电子，理论上生成10.35g Pb7常温下含碳各微粒H2CO3、HCO3和CO32存在于CO2和NaOH溶液反应后的溶液中，它们的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示，下列说法错误的是（）ApH=10.25时，c（Na+）c（CO32）+c（HCO3）B为获得尽可能纯的NaHCO3，宜控制溶液的pH为79之间C
5、根据图中数据，可以计算得到H2CO3第一步电离的平衡常数K1（H2CO3）=106.37D若是0.1mol NaOH 反应后所得的1L溶液，pH=10时，溶液中存在以下关系：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+）二、解答题（共5小题，满分43分）8（14分）使用NaBH4为诱导剂，可使Co2+与肼在碱性条件下发生反应，制得高纯度纳米钴，该过程不产生有毒气体写出该反应的离子方程式：在纳米钴的催化作用下，肼可分解生成两种气体，其中一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝则N2H4发生分解反应的化学方程式为：9水滑石是一类重要的阻燃剂某研究小组为了探究一种碱式碳酸盐类水滑石M（仅含五种常
6、见短周期元素，带结晶水，其摩尔质量为522gmol1）的组成和性质，设计并完成如下实验：取52.2g水滑石M进行上述实验，得到4.4g气体乙、15.6g白色沉淀2和23.2g白色沉淀3已知：气体甲常温常压下为无色无味液体回答下列问题：（1）写出气体乙的结构式，白色沉淀2的化学式（2）在惰性气流中加热水滑石M至完全分解的化学方程式为，其能够阻燃的原因是（3）固体1中的某种成分与Cl2、焦炭在一定条件下发生氧化还原反应，生成一种盐（可作净水剂）和常见的气体氧化物，写出一个可能的化学反应方程式，并设计实验确定气体产物的成分（假设Cl2已反应完全）：10（14分）向一体积不变的密闭容器中充入2mol
7、A、0.6mol C和一定量的B三种气体，一定条件下发生反应2A（g）+B（g）3c（g），各物质的浓度随时间变化的关系如图1所示，其中如t0t1阶段c（B）未画出图2为反应体系中反应速率随时间变化的情况，且t2、t3、t4各改变一种不同的条件（1）若t1=15min，则t0t1阶段以c的浓度变化表示的反应速率V（C）=（2）t3时改变的条件为，B的起始物质的量为（3）t4t5阶段，若A的物质的量减少了O01mol，而此阶段中反应体系吸收能量为a kJ，写出此条件下该反应的热化学方程式：11在微电子工业中NF3常用作氮化硅的蚀刻剂，工业上通过电解含NH4F等的无水熔融物生产NF3，其电解原理如
8、图所示氮化硅的化学式为a电极为电解池的（填“阴”或“阳”）极，写出该电极的电极反应式：；电解过程中还会生成少量氧化性极强的气体单质，该气体的分子式是12（15分）磷化铝、磷化锌、磷化钙是目前常见的熏蒸杀虫剂，都能与水或酸反应产生有毒气体膦（PH3），PH3具有较强的还原性，能在空气中自燃卫生安全标准规定，粮食中磷化物（以PH3计）含量0.05mg/kg某化学兴趣小组的同学通过下列方法对粮食中残留磷化物含量进行研究：【操作流程】安装吸收装置PH3的产生与吸收转移KMnO4吸收溶液亚硫酸标准溶液滴定【实验装置】C中盛有200g原粮；D、E、F 各盛装1.00mL浓度为1.00103mol/L的KM
9、nO4溶液（H2SO4酸化）请回答下列有关问题：（1）仪器G的名称是，以磷化铝为例，写出磷化铝与水反应的化学方程式（2）检查C装置气密性的方法是：用止水夹夹紧C装置，取下上口活塞，漏斗中加入水，打开下口旋塞，观察到，表明装置气密性良好（3）实验过程中，用抽气泵反复抽气的目的是（4）A中盛装KMnO4溶液是为除去空气中可能含有的（填“还原”或“氧化”）性气体； B中盛装新制FeSO4溶液的作用是；（5）已知D、E、F中发生同一反应，实验中PH3被氧化成磷酸，写出所发生的化学反应方程式：；收集装置D、E、F所得吸收液，并洗涤D、E、F，将吸收液、洗涤液一并置于锥形瓶中，加水稀释至25mL，用浓度为
10、5104mol/LNa2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液11.00mL，则该原粮中磷化物（以PH3计）的含量为mg/kg三、【化学-选修2化学与技术】13（15分）工业上制取硝酸铵的流程图如图，请回答下列问题（1）合成氨的工业设备名称是，设备中设置热交换器的目的是；此生产过程中，N2与H2合成NH3所用的催化剂是；生产中原料气必须进行脱硫，目的是（2）吸收塔中反应为，从生产流程看，吸收塔中需要补充空气，其原因是（3）生产硝酸的过程中常会发生一些氮的氧化物，可用如下三种方法处理：方法一：碱吸收法：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+NaNO3+CO2方法二：氨
11、还原法：8NH3+6NO27N2+12H2O（该反应放热，NO也有类似的反应）方法三：甲烷吸收法：CH4（g）+2NO2（g）CO2（g）+N2（g）+2H2O（g）H=+867kJ/mol（NO也有类似反应）上述三种方法中，方法一最大的缺点是；方法二和方法三相比，优点是，缺点是（4）某化肥厂用NH3制备NH4NO3，已知：由NH3制NO的产率是94%，NO制HNO3的产率是89%，则制HNO3所用NH3的质量占总消耗NH3质量（不考虑其它损耗）的%（保留三位有效数字）【化学-选修3物质结构与性质】14硼及其化合物在工业上有许多用途工业上以铁硼矿为原料制备硼酸，铁硼矿含有Mg、Fe、Ca、Al
12、、B、O等多种元素，它的主要成分为Mg2B2O5H2O和Fe3O4（1）基态铁原子的外围电子层排布为，该元素位于元素周期表中的第族，在水溶液中常以Fe2+、Fe3+的形式存在，其中更稳定（2）以硼酸为原料可制得NaBH4，B原子的杂化方式为（3）工业上冶炼铝不用氯化铝，因为氯化铝易升华，其双聚物Al2Cl6结构如图1所示1mol该分子中含 个配位键，该分子（填“是”或“否”）平面型分子（4）依据第二周期元素第一电离能的变化规律，参照图2中B、C、O、F元素的位置，用小黑点表示N元素的相对位置（5）Al单质为面心立方晶体，其晶体参数a=0.405nm，列式表示Al单质的密度：gcm3【化学-选修
13、5有机化学基础】15辣椒素是辣椒的活性成分，可在口腔中产生灼烧感，能够起到降血压和胆固醇的功效，进而在很大程度上预防心脏病，也能缓解肌肉关节疼痛辣椒素酯类化合物的结构可以表示为：（R为烃基）其中一种辣椒素酯类化合物J的合成路线如下：已知：A、B和E为同系物，其中B的相对分子质量为44，A和B核磁共振氢谱显示都有两组峰；化合物J的分子式为C15H22O4；回答下列问题：（1）G所含官能团的名称为（2）由A和B生成C的化学方程式为（3）由C生成D的反应类型为，D的化学名称为（4）由H生成I的化学方程式为（5）J的结构简式为（6）G的同分异构体中，苯环上的一氯代物只有一种的共有种（不含立体异构），核
14、磁共振氢谱显示2组峰的是（写结构简式）2016年湖南省株洲市炎陵一中高考化学模拟试卷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化学与生产、生活、科技、环境等密切相关，下列说法不正确的是（）A用蘸有浓氨水的棉棒检验输送氯气的管道是否漏气B用合成聚碳酸酯可降解塑料，实现“碳”的循环利用C大力实施矿物燃料脱硫脱硝技术，能减少二氧化硫、氮氧化物的排放D向工业生产的反应中加入合适的催化剂，能改变反应的焓变【考点】反应热和焓变【分析】A、3Cl2+8NH3N2+6NH4Cl，该反应中产生白烟；B、利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，减少二氧化碳的排放；C、矿物燃料脱硫脱硝技术，能减
15、少二氧化硫、氮氧化物的排放；D、催化剂改变速率，不改变平衡，不会引起化学反应的焓变的变化【解答】解：A、3Cl2+8NH3N2+6NH4Cl，利用该反应中产生白烟现象来检验氯气管道是否漏气，故A正确；B、利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用应用，减少二氧化碳的排放，符合题意，故B正确；C、SO2、NOx是污染性气体，大力实施矿物燃料的脱硫脱硝技术，可以减少SO2、NOx的排放，故C正确；D、反应焓变只和反应物生成物有关，和反应过程无关，催化剂改变速率，不改变平衡，不会引起化学反应的焓变的变化，故D错误故选D【点评】本题考查了化学与生活、社会密切相关知识，主要考查物质的性质以
16、及应用，掌握常识、理解原因是关键，题目难度不大2以下数值大于或等于阿伏加德罗常数的是（）A含4.8g碳元素的石墨晶体中的共价键数B250 mL 1 molL1FeCl3溶液中，阴、阳离子总数C一定条件下，将1mol SO2和0.5 mol O2充入一密闭容器内，充分反应后的生成物分子数D在反应KClO4+8HCl=KCl+4Cl2+4H2O中，每生成0.5 molCl2转移的电子数【考点】物质的量的相关计算【分析】A、在金刚石晶体中，每个碳原子形成四个共价键，利用均摊法计算每个碳原子共价键个数，再根据碳原子个数计算共价键个数；B、铁离子在水溶液中会水解；C、可逆反应不能进行彻底；D、根据氧化还
17、原反应中化合价的升降和电子转移的关系来回答【解答】解：A、石墨中每个碳原子含有共价键个数=3=1.5，含4.8g碳元素的石墨晶体中，含有碳原子是0.4mol，共价键是0.4mol1.5=0.6mol，其个数大于阿伏加德罗常数，故A正确；B、250 mL 1 molL1FeCl3溶液中，铁离子会水解，所以阴、阳离子总数小于阿伏加德罗常数，故B错误；C、1mol SO2和0.5 mol O2充入一密闭容内，充分反应后的生成物的三氧化硫小于1mol，即产物分子数小于阿伏加德罗常数，故C错误；D、反应KClO4+8HCl=KCl+4Cl2+4H2O中，每生成4 molCl2转移的电子数为：7mol，每
18、生成0.5 molCl2转移的电子数为0.875mol，小于阿伏加德罗常数，故D错误故选A【点评】本题是一道关于物质的量的计算题，考查学生可逆反应的特点、电子转移的判断等知识，难度不大3下列指定反应的离子方程式正确的是（）A用氨水吸收足量的SO2气体：2OH+SO2SO32+H2OBNaAlO2溶液中AlO2的水解：AlO2+2H2OAl（OH）3+OHC加入NaClO将污水中的NH3氧化成N2：3ClO+2NH3N2+3Cl+3H2ODNaHCO3溶液中加少量Ba（OH）2溶液：HCO3+Ba2+OHBaCO3+H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A二氧化硫足量，反应生成亚硫酸氢铵；B偏铝
19、酸根离子水解程度较小，生成的氢氧化铝不能使用沉淀符号；C次氯酸钠具有强氧化性，能够将氨气氧化成氮气；D氢氧化钡少量，反应生成碳酸钡、碳酸钠和水【解答】解：A用氨水吸收足量的SO2气体，反应生成亚硫酸氢铵，正确的离子方程式为：OH+SO2HSO3+H2O，故A错误；BNaAlO2溶液中AlO2的水解生成氢氧化铝和氢氧根离子，正确的离子方程式为：AlO2+2H2OAl（OH）3+OH，故B错误；CNaClO将污水中的NH3氧化成N2、氯化钠和水，反应的离子方程式为：3ClO+2NH3N2+3Cl+3H2O，故C正确；D碳酸氢钠溶液中加少量Ba（OH）2溶液，反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水，正确的离
20、子方程式为：2HCO3+Ba2+2OHBaCO3+2H2O+CO32，故D错误；故选C【点评】本题考查了离子方程式的书写判断，为高考的高频题，题目难度中等，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等4短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W与Y最外层电子数之和为X的最外层电子数的2倍，Z最外层电子数等于最内层电子数，X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，W的单质是空气中体积分数最大的气体下列说法正确的是（）AY的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强BW的气态氢化
21、物比X的稳定C离子半径的大小顺序：r（W）r（X）r（Y）r（Z）DXY2与ZY2中的化学键类型相同【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W的单质是空气中体积分数最大的气体，则W为N元素；Z最外层电子数等于最内层电子数，原子序数大于N元素，只能处于第三周期，故Z为Mg元素；X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，结构原子序数可知，X只能处于第二周期，且最外层电子数大于5，W（氮元素）与Y最外层电子数之和为X的最外层电子数的2倍，则Y原子最外层电子数只能为奇数，结合原子序数可知，Y不可能处于A族，只能处于A族，故Y为F元素，X最外层电子数为=6，则
22、X为O元素，以此解答该题【解答】解：短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，W的单质是空气中体积分数最大的气体，则W为N元素；Z最外层电子数等于最内层电子数，原子序数大于N元素，只能处于第三周期，故Z为Mg元素；X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，结构原子序数可知，X只能处于第二周期，且最外层电子数大于5，W（氮元素）与Y最外层电子数之和为X的最外层电子数的2倍，则Y原子最外层电子数只能为奇数，结合原子序数可知，Y不可能处于A族，只能处于A族，故Y为F元素，X最外层电子数为=6，则X为O元素，AY为F元素，无正价，不存在最高价氧化物，故A错误；B非金属性ON，故氢化物稳定性H2ONH3
23、，故B错误；CW、X、Y、Z 的离子具有相同的结构，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径r（W）r（X）r（Y）r（Z），故C正确；DOF2中含有共价键，MgF2中含有离子键，二者化学键类型不同，故D错误，【点评】本题考查结构性质位置关系应用，为高考常见题型，推断元素是解题关键，注意利用奇偶性判断Y可能所在的族，对学生的逻辑推理有一定的要求，难度中等5青蒿酸是合成青蓠素的原科，其可以由香草醛合成：下列叙述正确的是（） A在一定条件，香草醛可与HCHO发生缩聚反应B两种物质各1mol分别和氢气反应，最多消耗氢气4mol和3molC用FeCl3溶液可鉴别化合物香草醛和青蒿酸D青蒿酸分子中含有2个手
24、性碳原子【考点】有机物的结构和性质【分析】A香草醛羟基邻位只有1个H原子；B苯环和碳碳不饱和键能和氢气发生加成反应；C酚羟基能和氯化铁发生显色反应；D连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子【解答】解：A香草醛羟基邻位只有1个H原子，不能发生缩聚反应，故A错误；B苯环和碳碳不饱和键能和氢气发生加成反应，羧基不能和氢气发生加成反应，所以两种物质各1mol分别和氢气反应，最多消耗氢气4mol和2mol，故B错误；C酚羟基能和氯化铁发生显色反应，所以用FeCl3溶液可鉴别化合物香草醛和青蒿酸，故C正确；D手性碳原子连接4个不同的原子或原子团，如图所示，共4个，故D错误；故选C【点评】本题考查有
25、机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重苯酚、烯烃、羧酸性质的考查，易错选项是D6热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiClKCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能该电池总反应为PbSO4+2LiCl+CaCaCl2+Li2SO4+Pb下列有关说法正确的是（）A正极反应式：Ca+2Cl2e=CaCl2B放电过程中，Li+向负极移动C常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针发生偏转D每转移0.1 mol电子，理论上生成10.35g Pb【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】由原电池总反应可知Ca为原电池
26、的负极，被氧化生成反应H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g），反应的电极方程式为Ca+2Cl2e=CaCl2，为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为PbSO4+2e+2Li+=Li2SO4+Pb，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，结合电解方程式计算【解答】解：A正极发生还原反应，电极方程式为PbSO4+2e+2Li+=Li2SO4+Pb，故A错误；B放电过程中阳离子向正极移动，Li+向正极移动，故B错误；C常温下，电解质不是熔融态，离子不能移动，不能产生电流，因此连接电流表或检流计，指针不偏转，故C错误；D根据电极方程式PbSO4+2e+2Li+=Li2SO4+Pb，可知
27、每转移0.1 mol电子，理论上生成0.05molPb，质量为10.35g，故D正确；故选D【点评】本题考查原电池的工作原理，注意根据总反应式结合物质所含元素化合价的变化判断原电池的正负极，把握电极方程式的书写方法，易错点为C，注意把握原电池的构成条件，题目难度中等7常温下含碳各微粒H2CO3、HCO3和CO32存在于CO2和NaOH溶液反应后的溶液中，它们的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示，下列说法错误的是（）ApH=10.25时，c（Na+）c（CO32）+c（HCO3）B为获得尽可能纯的NaHCO3，宜控制溶液的pH为79之间C根据图中数据，可以计算得到H2CO3第一步电离的平衡常数
28、K1（H2CO3）=106.37D若是0.1mol NaOH 反应后所得的1L溶液，pH=10时，溶液中存在以下关系：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+）【考点】离子浓度大小的比较【分析】A根据图示可知，pH=10.25时溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，根据物料守恒判断；B根据图示可知，pH在79之间主要存在碳酸氢根离子；C根据pH=6.37时碳酸氢根离子和碳酸的浓度相等计算；DpH=10时溶液呈碱性，则c（OH）c（H+），c（Na+）离子浓度最大，结合图象曲线变化可判断c（HCO3）、c（CO32）的大小【解答】解：ApH=10.25时，溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸钠溶液中
29、满足物料守恒：c（Na+）2c（CO32）+2c（HCO3）+2c（H2CO3），碳酸氢钠溶液中存在物料守恒：c（Na+）=c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3），则混合液中c（Na+）c（CO32）+c（HCO3），故A错误；B根据图示可知，pH在79之间，溶液中主要存在HCO3，该pH范围内和获得较纯的NaHCO3，故B正确；C根据图象曲线可知，pH=6.37时，H2CO3和HCO3的浓度相等，碳酸的第一步电离的平衡常数K1（H2CO3）=106.37，故C正确；DpH=10时的溶液为碱性，则c（OH）c（H+），溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，c（Na+）离子浓度最大，结合图象曲线变化
30、可知：c（HCO3）c（CO32），此时离子浓度大小为：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+），故D正确；故选A【点评】本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，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的中的应用方法，试题培养了学生的灵活应用能力二、解答题（共5小题，满分43分）8（14分）（2016炎陵县校级模拟）使用NaBH4为诱导剂，可使Co2+与肼在碱性条件下发生反应，制得高纯度纳米钴，该过程不产生有毒气体写出该反应的离子方程式：2Co2+N2H4+4OH=2Co+N2+4H2O在纳米
31、钴的催化作用下，肼可分解生成两种气体，其中一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝则N2H4发生分解反应的化学方程式为：3N2H4N2+4NH3【考点】离子方程式的书写；化学方程式的书写【分析】，反应物为Co2+与肼（N2H4）、碱性条件下存在OH，生成物为：钴单质，据此得出Co的化合价降低，故N的化合价升高，只能为0价，即氮气，氧化还原反应中遵循得失电子守恒、电荷及原子守恒；使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，结合元素及电子守恒可知，还生成氮气【解答】解：依据题意，反应物为Co2+与肼（N2H4）、碱性条件下存在OH，生成物为：钴单质，据此得出Co的化合价降低，故N的化合价升高，只能为0价，即氮气，
32、据此得出还有水生成，氧化还原反应中存在得失电子守恒以及元素守恒，故此反应的离子反应方程式为：2Co2+N2H4+4OH=2Co+N2+4H2O，故答案为：2Co2+N2H4+4OH=2Co+N2+4H2O；使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，即肼分解生成氨气，依据元素守恒得知另外一种产物为氮气，故化学反应方程式为：3N2H4N2+4NH3，故答案为：3N2H4N2+4NH3【点评】本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重于学生的分析与应用能力的考查，注意习题中的信息及电子守恒的应用，题目难度不大9（2016炎陵县校级模拟）水滑石是一类重要
33、的阻燃剂某研究小组为了探究一种碱式碳酸盐类水滑石M（仅含五种常见短周期元素，带结晶水，其摩尔质量为522gmol1）的组成和性质，设计并完成如下实验：取52.2g水滑石M进行上述实验，得到4.4g气体乙、15.6g白色沉淀2和23.2g白色沉淀3已知：气体甲常温常压下为无色无味液体回答下列问题：（1）写出气体乙的结构式O=C=O，白色沉淀2的化学式Al（OH）3（2）在惰性气流中加热水滑石M至完全分解的化学方程式为Mg4Al2CO3（OH）126H2O4MgO+Al2O3+CO2+12H2O，其能够阻燃的原因是水滑石M分解时，释放出二氧化碳气体和水蒸气起到了隔绝空气的作用，同时受热分解的残余物
34、氧化镁和氧化铝可隔绝空气，从而起到了阻燃作用（3）固体1中的某种成分与Cl2、焦炭在一定条件下发生氧化还原反应，生成一种盐（可作净水剂）和常见的气体氧化物，写出一个可能的化学反应方程式Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO或2Al2O3+3C+6Cl24AlCl3+3CO2，并设计实验确定气体产物的成分（假设Cl2已反应完全）：气体产物可能为CO或CO2或二者的混合物，将生成气体依次通过澄清石灰水、灼热的CuO粉末，若溶液变浑浊，则X中存在CO2，若黑色的CuO粉末变成红色粉末，则X中存在CO【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】碱式碳酸盐类水滑石M，52.2g水滑石M的物质的
35、量为： =0.1mol，根据图示，水滑石M隔绝空气加热生成气体甲和气体乙及固体1，已知气体甲常温常压下为无色无味液体，则气体甲为H2O，根据元素守恒可知M为碱式碳酸盐，受热分解生成气体乙应该为CO2，4.4gCO2气体其物质的量为0.1mol，则M中含有一个碳酸根离子，根据固体1加足量盐酸得溶液，则固体1为金属的氧化物，溶液中再加足量氢氧化钠得溶液，在溶液中通二氧化碳得白色沉淀2，则白色沉淀2为Al（OH）3；则固体1中含有铝元素，由于固体1中加入足量盐酸得到的溶液中加入足量氢氧化钠能得到固体3，结合M仅含五种常见短周期元素，带则固体1中还含有镁元素，所以白色沉淀3应该为Mg（OH）2；15.
36、6g氢氧化铝的物质的量为： =0.2mol，则水滑石M中含有2个铝离子；23.2g氢氧化镁的物质的量为： =0.4mol，则水滑石M中含有4个镁离子，根据电荷守恒可知水滑石M的化学式中还应该含有氢氧根离子，数目为： =12，根据质量守恒，水滑石M中含有结晶水的数目为： =6，则水滑石M的化学式为：Mg4Al2（OH）12CO36H2O，据此进行解答【解答】解：碱式碳酸盐类水滑石M，52.2g水滑石M的物质的量为： =0.1mol，根据图示，水滑石M隔绝空气加热生成气体甲和气体乙及固体1，已知气体甲常温常压下为无色无味液体，则气体甲为H2O，根据元素守恒可知M为碱式碳酸盐，受热分解生成气体乙应该
37、为CO2，4.4gCO2气体其物质的量为0.1mol，则M中含有一个碳酸根离子，根据固体1加足量盐酸得溶液，则固体1为金属的氧化物，溶液中再加足量氢氧化钠得溶液，在溶液中通二氧化碳得白色沉淀2，则白色沉淀2为Al（OH）3；则固体1中含有铝元素，由于固体1中加入足量盐酸得到的溶液中加入足量氢氧化钠能得到固体3，结合M仅含五种常见短周期元素，带则固体1中还含有镁元素，所以白色沉淀3应该为Mg（OH）2；15.6g氢氧化铝的物质的量为： =0.2mol，则水滑石M中含有2个铝离子；23.2g氢氧化镁的物质的量为： =0.4mol，则水滑石M中含有4个镁离子，根据电荷守恒可知水滑石M的化学式中还应该
38、含有氢氧根离子，数目为： =12，根据质量守恒，水滑石M中含有结晶水的数目为： =6，则水滑石M的化学式为：Mg4Al2（OH）12CO36H2O，（1）根据上面的分析可知，乙为CO2，CO2的结构式为O=C=O，白色沉淀2的化学式为Al（OH）3，故答案为：O=C=O；Al（OH）3； （2）在惰性气流中加热水滑石N至完全分解的化学方程式为：Mg4Al2CO3（OH）126H2O4MgO+Al2O3+CO2+12H2O，根据反应可知，水滑石N分解时，释放出二氧化碳气体和水蒸气起到了隔绝空气的作用，同时受热分解的残余物氧化镁和氧化铝可隔绝空气，从而起到了阻燃作用，故答案为：Mg4Al2CO3（
39、OH）126H2O4MgO+Al2O3+CO2+12H2O；水滑石N分解时，释放出二氧化碳气体和水蒸气起到了隔绝空气的作用，同时受热分解的残余物氧化镁和氧化铝可隔绝空气，从而起到了阻燃作用；（3）固体1中的某种成分与Cl2、焦炭在一定条件下发生氧化还原反应，生成一种盐（可作净水剂）和常见的气体氧化物，根据净水剂可知固体1的组分为氧化铝，生成的盐为氯化铝，气体氧化物为一氧化碳或二氧化碳，则反应的方程式为：Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO或2Al2O3+3C+6Cl24AlCl3+3CO2；根据反应可知，气体产物可能为CO或CO2或二者的混合物，将生成气体依次通过澄清石灰水、灼热的C
40、uO粉末，若溶液变浑浊，则X中存在CO2，若黑色的CuO粉末变成红色粉末，则X中存在CO，故答案为：Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO或2Al2O3+3C+6Cl24AlCl3+3CO2；气体产物可能为CO或CO2或二者的混合物，将生成气体依次通过澄清石灰水、灼热的CuO粉末，若溶液变浑浊，则X中存在CO2，若黑色的CuO粉末变成红色粉末，则X中存在CO【点评】本题考查了性质实验方案的设计与评价，题目难度中等，明确转化关系及题中数据确定水滑石M化学式为解答关键，注意掌握质量守恒定律的应用，（3）中设计方案为难点，需要结合二氧化碳和一氧化碳的性质分析，试题培养了学生的分析、理解能力及
41、化学实验能力10（14分）（2016炎陵县校级模拟）向一体积不变的密闭容器中充入2mol A、0.6mol C和一定量的B三种气体，一定条件下发生反应2A（g）+B（g）3c（g），各物质的浓度随时间变化的关系如图1所示，其中如t0t1阶段c（B）未画出图2为反应体系中反应速率随时间变化的情况，且t2、t3、t4各改变一种不同的条件（1）若t1=15min，则t0t1阶段以c的浓度变化表示的反应速率V（C）=0.02mol/（Lmin）（2）t3时改变的条件为减小压强或取出部分平衡混合气体，B的起始物质的量为1.0mol（3）t4t5阶段，若A的物质的量减少了O01mol，而此阶段中反应体系吸
42、收能量为a kJ，写出此条件下该反应的热化学方程式：2A（g）+B（g）3C（g）H=+200aKJ/mol【考点】物质的量或浓度随时间的变化曲线；化学反应速率与化学平衡图象的综合应用【分析】（1）t0t1阶段以c的浓度变化表示的反应速率V（C）=计算C物质反应速率； （2）该反应的反应前后气体体积不变，t3时改变条件反应速率降低，平衡不移动，改变条件是减小压强或取出部分混合气体；同一可逆反应同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，据此计算B的平均反应速率，根据n=vTV计算参加反应的B的物质的量；（3）t4t5阶段，若A的物质的量减少了O01mol，而此阶段中反应体系吸收能量为a
43、kJ，则参加反应的A的物质的量为2mol时吸收热量为200kJ，据此书写热化学反应方程式【解答】解：（1）t0t1阶段以c的浓度变化表示的反应速率v（C）=mol/（Lmin）=0.02mol/（Lmin），故答案为：0.02 mol/（Lmin）；（2）该反应的反应前后气体体积不变，t3时改变条件反应速率降低，平衡不移动，改变条件是减小压强，也可以取出部分平衡混合气体，其平衡不移动，且反应速率降低；同一可逆反应同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，则B的反应速率=0.02mol/（Lmin），反应开始时A的物质的量为2mol，其浓度为1.0mol/L，则容器体积为2L，参加反应的
44、B的物质的量n=vTV=0.02mol/（Lmin）15min2L=0.2mol，平衡时B的物质的量=0.4mol/L2L=0.8mol，则B的物质的量=0.2mol+0.8mol=1.0mol，故答案为：减小压强或取出部分平衡混合气体；1O mol（3）t4t5阶段，若A的物质的量减少了O01mol，而此阶段中反应体系吸收能量为a kJ，则参加反应的A的物质的量为2mol时吸收热量为200kJ，其热化学反应方程式为2A（g）+B（g）3C（g）H=+200a KJ/mol，故答案为：2A（g）+B（g）3C（g）H=+200a KJ/mol【点评】本题考查化学平衡的计算，会根据图象中反应速率
45、随时间变化确定改变的条件，知道化学反应速率的影响因素，知道容器体积的计算方法，为易错点11（2016炎陵县校级模拟）在微电子工业中NF3常用作氮化硅的蚀刻剂，工业上通过电解含NH4F等的无水熔融物生产NF3，其电解原理如图所示氮化硅的化学式为Si3N4a电极为电解池的阳（填“阴”或“阳”）极，写出该电极的电极反应式：NH4+3F6e=NF3+4H+；电解过程中还会生成少量氧化性极强的气体单质，该气体的分子式是F2【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】氮化硅中N的非金属性强于Si，Si显+4价，故N显3价，据此书写化学式；由图可知，氢离子在b极得到电子生成氢气，故b为阴极，那么a为阳极，据此解
46、答即可【解答】解：氮化硅中N的非金属性强于Si，Si显+4价，故N显3价，故氮化硅的化学式为：Si3N4，故答案为：Si3N4；由图可知，氢离子在b极得到电子生成氢气，故b为阴极，那么a为阳极，阳极上铵根失去电子生成NF3，电极反应方程式为：NH4+3F6e=NF3+4H+，依据电解原理可知，氟离子也可能失去电子生成氟单质，故氧化性较强的单质为氟气，故答案为：阳；NH4+3F6e=NF3+4H+；F2【点评】本题主要考查的是电解池反应原理等，注意结合装置图分析判断电极反应及产物，难度不大，注意整理归纳12（15分）（2016炎陵县校级模拟）磷化铝、磷化锌、磷化钙是目前常见的熏蒸杀虫剂，都能与水
47、或酸反应产生有毒气体膦（PH3），PH3具有较强的还原性，能在空气中自燃卫生安全标准规定，粮食中磷化物（以PH3计）含量0.05mg/kg某化学兴趣小组的同学通过下列方法对粮食中残留磷化物含量进行研究：【操作流程】安装吸收装置PH3的产生与吸收转移KMnO4吸收溶液亚硫酸标准溶液滴定【实验装置】C中盛有200g原粮；D、E、F 各盛装1.00mL浓度为1.00103mol/L的KMnO4溶液（H2SO4酸化）请回答下列有关问题：（1）仪器G的名称是分液漏斗，以磷化铝为例，写出磷化铝与水反应的化学方程式AlP+3H2O=Al（OH）3+PH3（2）检查C装置气密性的方法是：用止水夹夹紧C装置左右
48、两端的橡皮管，取下上口活塞，漏斗中加入水，打开下口旋塞，观察到水开始下滴一段时间后，不再连续下滴，表明装置气密性良好（3）实验过程中，用抽气泵反复抽气的目的是保证生成的PH3全部被酸性KMnO4溶液吸收（4）A中盛装KMnO4溶液是为除去空气中可能含有的还原（填“还原”或“氧化”）性气体； B中盛装新制FeSO4溶液的作用是除去空气中的O2；（5）已知D、E、F中发生同一反应，实验中PH3被氧化成磷酸，写出所发生的化学反应方程式：5PH3+8KMnO4+12H2SO4=5H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O；收集装置D、E、F所得吸收液，并洗涤D、E、F，将吸收液、洗涤液一并置于
49、锥形瓶中，加水稀释至25mL，用浓度为5104mol/LNa2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液11.00mL，则该原粮中磷化物（以PH3计）的含量为0.085mg/kg【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】磷化铝、磷化锌、磷化钙是我国目前最常见的熏蒸杀虫剂，都能与水或酸反应产生有毒气体膦（PH3），PH3具有较强的还原性，可用KMnO4和Na2SO3测定粮食中残留磷化物含量；安装蒸馏吸收装置，A、D、E、F各装1.00mL浓度为5.00104mol/L的酸性KMnO4溶液，B中装碱性焦性没食子酸（1，2，3三羟基苯），C中装200g原粮，高锰酸钾溶液是强
50、氧化剂可以吸收空气中的还原性气体；焦性没食子酸先和碱反应，再和氧气反应可以吸收氧气；若不吸收氧气，PH3会在氧气中燃烧，然后用高锰酸钾滴定测定PH3，然后用Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，可得磷化物含量，（1）G是分液漏斗，磷化铝能与水或酸反应产生有毒气体膦（PH3），与水反应结合水的结构可知磷化铝能与水反应生成氢氧化铝和PH3；（2）依据装置中的压强变化分析判断，用止水夹夹紧C装置左右两端的橡皮管，取下上口活塞，漏斗中加入水，观察水流下情况分析；（3）准确测定膦（PH3）的含量需要全部吸收；（4）高锰酸钾溶液是强氧化剂可以吸收还原性气体；碱性焦性没食子酸溶液，焦性没食子酸先和碱
51、反应，再和氧气反应可以吸收氧气；若不吸收氧气，PH3会在氧气中燃烧；（5）依据消耗的亚硫酸钠物质的量结合定量关系计算剩余高锰酸钾，计算吸收PH3需要的高锰酸钾物质的量，进一步计算PH3物质的量，得到PH3含量【解答】解：（1）仪器G的名称是分液漏斗，依据题干信息，磷化铝和水反应，水解生成PH3和氢氧化铝，反应的化学方程式为：AlP+3H2O=Al（OH）3+PH3， 故答案为：分液漏斗；AlP+3H2O=Al（OH）3+PH3； （2）利用装置特征，结合气体压强变化，用止水夹夹紧C装置，用止水夹夹紧C装置左右两端的橡皮管，取下上口活塞，漏斗中加入水，打开下口旋塞，观察到水开始下滴一段时间后，不
52、再连续下滴，证明气密性完好；故答案为：左右两端的橡皮管；水开始下滴一段时间后，不再连续下滴；（3）准确测定PH3的含量，需要用高锰酸钾溶液全部吸收，避免产生较大误差，所以抽气泵是保证PH3全部被吸收的措施；故答案为：保证生成的PH3全部被酸性KMnO4溶液吸收；（4）依据装置图中装置中的试剂选择分析判断，高锰酸钾溶液是强氧化剂可以吸收空气中的还原性气体；焦性没食子酸先和碱反应，再和氧气反应可以吸收氧气；若不吸收氧气，PH3会在氧气中燃烧，用滴定方法测定的PH3减小，结果偏低；故答案为：还原；除去空气中的O2； （5）加水稀释至25mL，用浓度为5104mol/L Na2SO3标准溶液滴定剩余的
53、KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液11.00mL；依据滴定反应：2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O；2KMnO45Na2SO3；未反应的高锰酸钾物质的量=0.0110L5104mol/L=2.2106mol；与PH3反应的高锰酸钾物质的量=1.00103mol/L0.0030L2.2106mol=8.0107mol；根据反应 5PH3+8KMnO4+12H2SO4=5H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O；得到定量关系为：5PH38KMnO4；计算得到PH3物质的量=8.0107mol=5.0107mol；则PH3的
54、质量分数=0.085g/kg；故答案为：5PH3+8KMnO4+12H2SO4=5H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O；0.085【点评】本题以粮食中残留磷化氢的定量测定为命题背景，考查元素化合物知识氧化还原反应滴定及相关计算，综合考查了水解方程式的书写、非常规装置气密性的检验方法、实验原理的理解和定量测定的有关计算和误差分析等，题目难度中等三、【化学-选修2化学与技术】13（15分）（2016伊宁市校级二模）工业上制取硝酸铵的流程图如图，请回答下列问题（1）合成氨的工业设备名称是合成塔，设备中设置热交换器的目的是利用余热，节约能源；此生产过程中，N2与H2合成NH3所用的催化剂
55、是铁砂网；生产中原料气必须进行脱硫，目的是防止催化剂中毒（2）吸收塔中反应为4NO+3O2+2H2O=4HNO3，从生产流程看，吸收塔中需要补充空气，其原因是使NO循环利用，全部转化为硝酸（3）生产硝酸的过程中常会发生一些氮的氧化物，可用如下三种方法处理：方法一：碱吸收法：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+NaNO3+CO2方法二：氨还原法：8NH3+6NO27N2+12H2O（该反应放热，NO也有类似的反应）方法三：甲烷吸收法：CH4（g）+2NO2（g）CO2（g）+N2（g）+2H2O（g）H=+867kJ/mol（NO也有类似反应）上述三种方法中，方法一最大的缺点是单独的NO不能
56、被吸收；方法二和方法三相比，优点是甲烷比氨价格便宜，缺点是耗能高（4）某化肥厂用NH3制备NH4NO3，已知：由NH3制NO的产率是94%，NO制HNO3的产率是89%，则制HNO3所用NH3的质量占总消耗NH3质量（不考虑其它损耗）的54.4%（保留三位有效数字）【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）合成氨的工业设备是合成塔；合成氨的反应属于放热反应；N2与H2合成NH3所用的催化剂是铁砂网；生产中应防止催化剂中毒；（2）在吸收塔中二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，通入空气，NO能被空气中的氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮再与水反应生成硝酸，这样使NO循环利用，全部转化为硝酸；（3）方法一最大的
57、缺点是单独的NO不能被吸收，只能与NO2一起被碱液吸收；方法三和方法二相比，优点是甲烷比氨价格便宜；缺点是方法三的耗能较高；（4）根据氮原子守恒可知，NH3NOHNO3，以此计算【解答】解：（1）合成氨的工业设备是合成塔，热交换器的目的合成氨放热反应，可以利用热量对氨的催化氧化中进行加热，节约能源，因此热交换器作用是：利用余热，节约能源；根据流程图：将氮气和氢气通过铁砂网，产生氨气，因此合成氨的催化剂是铁砂网或铁触媒，在生产过程中，应对气体的杂质进行处理，因为这些杂质可能造成催化剂中毒，故答案为：合成塔；利用余热，节约能源；铁砂网；防止催化剂中毒；（2）在吸收塔中二氧化氮与水反应生成硝酸和NO
58、，通入空气，NO能被空气中的氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮再与水反应生成硝酸，这样使NO循环利用，全部转化为硝酸，反应的化学方程式为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3；故答案为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3；使NO循环利用，全部转化为硝酸；（3）方法一最大的缺点是单独的NO不能被吸收，只能与NO2一起被碱液吸收；方法三和方法二相比，优点是甲烷比氨价格便宜，节约成本；缺点是方法三的反应热为+867kJmol1，耗能较高；故答案为：单独的NO不能被吸收；甲烷比氨价格便宜；耗能高；（4）由NH3制NO的产率是94%、NO制HNO3的产率是89%，根据氮原子守恒可知，NH3NOHNO3，则1
59、mol氨气可得到硝酸1mol94%89%=0.8366mol，由HNO3+NH3NH4NO3，则该反应消耗的氨气的物质的量为0.8366mol，氨气的质量之比等于物质的量之比，则制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量的百分数为：100%=54.4%，即制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量的54.4%，故答案为：54.4【点评】本题考查了工业制备原理应用，题目难度中等，流程分析，实验制备物质的分析判断，利用物质的转化及质量守恒的方法来进行简单计算，使用硝酸铵的注意事项，明确转化中的化学反应得出物质之间的关系是解答的关键【化学-选修3物质结构与性质】14（2016南康区校级四模）
60、硼及其化合物在工业上有许多用途工业上以铁硼矿为原料制备硼酸，铁硼矿含有Mg、Fe、Ca、Al、B、O等多种元素，它的主要成分为Mg2B2O5H2O和Fe3O4（1）基态铁原子的外围电子层排布为3d64s2，该元素位于元素周期表中的第族，在水溶液中常以Fe2+、Fe3+的形式存在，其中Fe3+更稳定（2）以硼酸为原料可制得NaBH4，B原子的杂化方式为sp3（3）工业上冶炼铝不用氯化铝，因为氯化铝易升华，其双聚物Al2Cl6结构如图1所示1mol该分子中含2NA 个配位键，该分子否（填“是”或“否”）平面型分子（4）依据第二周期元素第一电离能的变化规律，参照图2中B、C、O、F元素的位置，用小黑
61、点表示N元素的相对位置（5）Al单质为面心立方晶体，其晶体参数a=0.405nm，列式表示Al单质的密度：2.7gcm3【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】（1）Fe元素原子核外电子数为26，根据能量最低原理书写其价电子排布式，确定在周期表中位置；Fe3+离子3d为半满稳定状态，比较稳定；（2）NaBH4中B原子价层电子对数为4+=4，杂化轨道数目为4；（3）Al2Cl6结构中黑色球为Al原子、白色球为Cl原子，Al原子与Cl原子之间形成3个共价键、1个配位键，Al原子杂化轨道数目为4；（4）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，氮元素原子2p能级为半满稳定状态，第一电离能高于
62、同周期相邻元素的，故第一电离能BCON；（5）根据均摊法计算晶胞中Al原子数目，进而计算晶胞质量，再根据=计算晶胞密度【解答】解：（1）Fe元素原子核外电子数为26，根据能量最低原理，其价电子排布式为3d64s2，在周期表中位于第族，Fe3+离子3d为半满稳定状态，能量较低，比较稳定；故答案为：3d64s2；Fe3+；（2）NaBH4中B原子价层电子对数为4+=4，杂化轨道数目为4，其杂化方式为：sp3，故答案为：sp3；（3）Al2Cl6结构中黑色球为Al原子、白色球为Cl原子，Al原子与Cl原子之间形成3个共价键、1个配位键，Al原子杂化轨道数目为4，1mol该分子中含2NA个配位键，该分
63、子不是平面型分子，故答案为：2NA；否；（4）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，氮元素原子2p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能BCON，表示N元素的相对位置为：，故答案为：；（5）Al单质为面心立方晶体，晶胞中Al原子数目为8+5=4，晶胞质量为4g，其晶体参数a=0.405nm，则晶胞密度为4g（0.405107 cm）3=2.7g/cm3，故答案为：2.7【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、杂化方式与空间构型判断、化学键、电离能、晶胞计算等，注意同周期第一电离能异常情况，熟记中学常见晶胞结构，难度中等【化学-选修5有机化学基
64、础】15（2016炎陵县校级模拟）辣椒素是辣椒的活性成分，可在口腔中产生灼烧感，能够起到降血压和胆固醇的功效，进而在很大程度上预防心脏病，也能缓解肌肉关节疼痛辣椒素酯类化合物的结构可以表示为：（R为烃基）其中一种辣椒素酯类化合物J的合成路线如下：已知：A、B和E为同系物，其中B的相对分子质量为44，A和B核磁共振氢谱显示都有两组峰；化合物J的分子式为C15H22O4；回答下列问题：（1）G所含官能团的名称为羟基、醚键（2）由A和B生成C的化学方程式为（CH3）3CCHO+CH3CHO（CH3）3CCH=CHCHO+H2O（3）由C生成D的反应类型为加成反应，D的化学名称为4，4二甲基1戊醇（4
65、）由H生成I的化学方程式为（5）J的结构简式为（6）G的同分异构体中，苯环上的一氯代物只有一种的共有8种（不含立体异构），核磁共振氢谱显示2组峰的是（写结构简式）【考点】有机物的合成；有机物的结构和性质【分析】D氧化得到E、E氧化得到F，则D中存在CH2OH结构，E含有CHO，F含有COOH，F与I反应得到J，J的分子式为C15H22O4，结合J的结构特点，可知F为C6H13COOHA、B和E为同系物，其中B的相对分子质量为44，则B为CH3CHO，A分子中碳原子数目为5，A的核磁共振氢谱显示有两组峰，则A为（CH3）3CCHO，A与B反应得到C，C与氢气反应得到D，则C为（CH3）3CCH=
66、CHCHO，D为（CH3）3CCH2CH2CH2OH，E为（CH3）3CCH2CH2CHO，F为（CH3）3CCH2CH2COOHG与氯气光照发生侧链烃基上取代反应生成H，H发生卤代烃水解反应得到I，则可知I为，G为，H为，据此解答【解答】解：D氧化得到E、E氧化得到F，则D中存在CH2OH结构，E含有CHO，F含有COOH，F与I反应得到J，J的分子式为C15H22O4，结合J的结构特点，可知F为C6H13COOHA、B和E为同系物，其中B的相对分子质量为44，则B为CH3CHO，A分子中碳原子数目为5，A的核磁共振氢谱显示有两组峰，则A为（CH3）3CCHO，A与B反应得到C，C与氢气反应
67、得到D，则C为（CH3）3CCH=CHCHO，D为（CH3）3CCH2CH2CH2OH，E为（CH3）3CCH2CH2CHO，F为（CH3）3CCH2CH2COOHG与氯气光照发生侧链烃基上取代反应生成H，H发生卤代烃水解反应得到I，则可知I为，G为，H为（1）G为，所含官能团的名称为羟基、醚键，故答案为：羟基、醚键；（2）由A和B生成C的化学方程式为：（CH3）3CCHO+CH3CHO（CH3）3CCH=CHCHO+H2O，故答案为：（CH3）3CCHO+CH3CHO（CH3）3CCH=CHCHO+H2O；（3）由C生成D的反应类型为加成反应，D为（CH3）3CCH2CH2CH2OH，名称为
68、：4，4二甲基1戊醇，故答案为：加成反应；4，4二甲基1戊醇； （4）由H生成I的化学方程式为：，故答案为：；（5）J的结构简式为：，故答案为：；（6）G（）的同分异构体中，苯环上的一氯代物只有一种，可以含有2个CH2OH且处于对位，或含有2个OCH3且处于对位，可以含有4个取代基，为2个OH、2个CH3，当2个甲基相邻时，另外2个OH分别与甲基相邻，或分别与甲基处于间位，当2个甲基处于间位时，另外2个OH处于对位且分别与甲基相邻、相间，当2个甲基对位时，2个OH分别与2个甲基相邻且2个羟基处于对位，或者2个羟基处于对位，或者2个OH分别与1个甲基相邻，故符合条件的同分异构共有8种，核磁共振氢谱显示2组峰的是
