1、湖南省衡阳市2015-2016年第二学期高三化学试卷（解析版）一、选择题1化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是（）A食盐可以作为调味剂，也可以调节体液电解质平衡B食品保鲜膜、塑料水杯等生活用品的主要成分是聚乙烯C化工生产中煤的干馏、石油的分馏、天然气生产甲醇均属于化学变化D高铁车厢材料大部分采用铝合金，因为铝合金强度大、质量轻、抗腐蚀能力强2设NA为阿伏加德罗常数的值，N表示粒子数下列说法正确的是（）A0.1 mol苯乙烯中含有碳碳双键的数目为0.4NAB将1molCl2通入到水中，则N（HClO）+N（Cl）+N（ClO）=2NAN（Cl2）C一定条件下，0.1 mol SO2与足量氧
2、气反应生成SO3，转移电子数为0.2NAD电解精炼铜，当电路中通过的电子数目为0.2NA时，阳极质量减少6.4g3某药物中间体X的结构如图所示，下列说法正确的是（）AX的分子式为C23H25N2O3B每个X分子中含有2个肽键C1molX最多能与9molH2发生加成反应DX能发生水解、氧化和消去反应4下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论ASO2通入溴水中溶液褪色SO2有漂白性B将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，滴加KSCN溶液溶液变红Fe（NO3）2样品已氧化变质C向饱和碳酸钠溶液中通入CO2有晶体析出溶解度：NaHCO3Na2CO3D向盛有少量NaHCO3的试管中滴加草
3、酸溶液有气泡产生酸性：草酸碳酸（）AABBCCDD5下列有关电解质溶液中粒子的物质的量浓度大小关系正确的是（）A等物质的量浓度的下列溶液：H2CO3、Na2CO3、NaHCO3、（NH4）2CO3：其中c（CO32）的大小关系为：BpH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HC2O4）+c（C2O42）C向0.2 molL1NaHCO3 溶液中加入等体积0.1 molL1NaOH 溶液：c（CO32）c（HCO3）c（OH）c（H+）D常温下，同浓度的CH3COONa与CH3COOH 溶液等体积混合，溶液的pH7：c（CH3COO
4、H）+c（OH）c（Na+）+c（H+）6原子序数依次递增的四种短周期元素X、Y、Z、M，其中X和Z、Y和M分别同主族，Z和M同周期，X、Y、Z均不同周期，M的核电荷数是Y的2倍下列说法正确的是（）A简单阳离子的氧化性：ZXB气态氢化物的稳定性：MYC简单离子半径由大到小的顺序是：MYZD在X2M与Z2M的溶液中，水的电离程度，前者大于后者7室温下，pH相差1的两种一元碱溶液A和B，分别加水稀释时，溶液的pH变化如图所示下列说法正确的是（）A稀释前，c（A）=10c（B）B稀释前，A溶液中由水电离出的OH的浓度大于107mol/LC用醋酸中和A溶液至恰好完全反应时，溶液的pH为7D在M点，A、
5、B两种碱溶液中阳离子的物质的量浓度相等二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）硫代硫酸钠（Na2S2O3）俗称“海波”或者“大苏打”，其水溶液具有弱碱性，在酸性溶液中不稳定；具有较强的还原性，是棉织物漂白后的脱氯剂、定量分析中的还原剂硫代硫酸钠可由亚硫酸钠和硫粉通过化合反应制得，装置如图（a）所示，有关物质的溶解度曲线如图（b）所示（1）Na2S2O35H2O的制备：步骤1：如图（a）连接好装置后，检查A、C装置气密性的操作是步骤2：加入药品，打开K1、关闭K2，加热装置B或D中的药品可选用的是（填编号）ANaOH溶液 B浓H2SO4 C酸性KMnO4溶液 D饱和NaHCO3溶液步骤3：
6、C中混合液被气流搅动，反应一段时间后，硫粉的量逐渐减少当C中溶液的7pH10时，打开K2、关闭K1并停止加热；C中溶液要控制pH的原因是步骤4：过滤C中的混合液，将滤液经过加热浓缩，趁热过滤，再将滤液、过滤、洗涤、烘干，得到产品须趁热过滤的原因是（2）Na2S2O3性质的检验：向足量的新制氯水中滴加少量Na2S2O3溶液，氯水颜色变浅，检查反应后溶液中含有SO42，写出该反应的化学方程式（3）常用Na2S2O3溶液测定废水中Ba2+浓度，步骤如下：取25.00mL废水加入足量K2Cr2O7酸性溶液，得BaCrO4沉淀，用适量酸溶解沉淀此时CrO42全部转化为Cr2O27；再加过量KI溶液，充分
7、反应后，用0.010molL1的Na2S2O3溶液进行滴定（用淀粉溶液作指示剂），反应完全时，消耗Na2S2O3溶液18.00mL有关反应的离子方程式为：Cr2O72+6I+14H+3I2+2Cr3+7H2O；I2+2S2O32S4O62+2I，则该废水中Ba2+的物质的量浓度为9（14分）硫化锌（ZnS）是一种重要的化工原料，难溶于水，可由炼锌的废渣锌灰制取，其工艺流程如图所示（1）为提高锌灰的浸取率，不宜采用的方法是（填序号） 研磨 多次浸取 升高温度 加压 搅拌（2）步骤中ZnCO3的作用是，所得滤渣的主要成分是（写化学式）（3）步骤中可得Cd单质，为避免引入新的杂质，试剂X应为（4）步
8、骤还可以回收Na2SO4来制取Na2S检验ZnS固体是否洗涤干净的方法是Na2S可由等物质的量的Na2SO4和CH4在高温、催化剂条件下制取化学反应方程式为（5）若步骤加入的ZnCO3为bmol，步骤所得Cd为dmol，最后得到VLc mol/L的Na2SO4溶液则理论上所用锌灰中含有锌元素的质量为10（15分）氮及其化合物在生产、生活中具有重要作用（1）利用NH3的还原性可消除氮氧化物的污染，相关热化学方程式如下：H2O（l）=H2O（g）H1=+44.0kJmol1N2（g）+O2（g）=2NO（g）H2=+229.3kJmol14NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）H
9、3=906.5kJmol1则：4NH3（g）+6NO（g）=5N2（g）+6H2O（l）H4=kJmol1（2）使用NaBH4为诱导剂，可使Co2+与肼（N2H4）在碱性条件下发生反应，制得高纯度纳米钴，并产生可参与大气循环的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若反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如图1所示，则肼分解反应的化学平衡常数的表达式为：；为抑制肼的分解，可采取的合理措施有（任写一种）（3）NF3在微电子工业上常用作蚀刻剂，在对硅、氮化硅等材料进行蚀刻时，具有非常优异的蚀刻速率和选择性，且在被蚀刻
10、物表面无物质残留，不会污染表面工业上通过电解含NH4F等的无水熔融物生产NF3，其电解原理如图2所示a电极为电解池的极，该电极的电极反应式为以NF3蚀刻Si3N4为例，解释被蚀刻物表面无物质残留的原因是NF3能与水发生反应，生成两种酸及一种气态氧化物，其中两种酸分别是【化学选修2：化学与技术】11（15分）某化工厂制取纯碱的流程如图所示：（1）流程中先通NH3后通CO2的原因是；生成沉淀A的化学方程式为（2）流程中可循环利用的物质为不用其他试剂，检查流程中副产品F是否纯净的操作是（3）合成氨工厂在9001000时，使用天然气与水蒸气在催化剂（Al2O3+Ni）作用下获得合成氨的原料气之一氢气，
11、该反应的化学方程式为（4）合成氨工业实际选择的条件是（填字母代号） A.200，10MPa B.400，20MPa C.800，5MPa（5）在该流程中，每使用11.70t食盐最终得到10.07t纯碱，则NaCl的利用率为【化学选修3：物质结构与性质】12第四周期的18种元素具有重要的用途，在现代工业中备受青睐（1）铬是一种硬而脆，抗腐蚀性强的金属，常用于电镀和制造特种钢基态Cr原子中，电子占据最高能层的符号为，该能层上具有的原子轨道数为，电子数为，（2）第四周期元素的第一电离能随原子序数的增大，总趋势是逐渐增大的，30Zn与31Ga的第一电离能是否符合这一规律？（填“是”或“否”），原因是（
12、如果前一问填“是”，此空可以不答）（3）镓与第VA族元素可形成多种新型人工半导体材料，砷化镓（GaAs）就是其中一种，其晶体结构如图1所示（白色球代表As原子）在GaAs晶体中，每个Ga原子与个As原子相连，与同一个Ga原子相连的As原子构成的空间构型为；（4）与As同主族的短周期元素是N、PAsH3中心原子杂化的类型为；一定压强下将AsH3、NH3和PH3的混合气体降温时首先液化的是，理由是（5）铁的多种化合物均为磁性材料，氮化铁是其中一种，某氮化铁的晶胞结构如图2所示，则氮化铁的化学式为；设晶胞边长为acm，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为gcm3（用含a和NA的式子表示）【化学选修5
13、：有机化学基础】13工业上以丙烯为原料按如图所示制得合成橡胶IR和树脂X其中B的分子式是C6H6O，可与NaOH溶液反应已知：（R、R、R表示可能相同或可能不同的原子或原子团）同一碳原子上有两个碳碳双键时分子不稳定请回答下列问题：（1）B的名称是；DE反应类型为（2）H中含氧官能团的名称是（3）A与C2H2合成D的化学方程式是（4）E、F中均含有碳碳双键，则E的结构简式是（5）B与G在一定条件下反应生成合成树脂X的化学方程式是（6）有多种同分异构体，符合下列要求的有种 遇FeCl3溶液显紫色； 能发生银镜反应其中在核磁共振氢谱中只出现四组峰的结构简式为（任写一种）2016年湖南省衡阳市高考化学
14、三模试卷参考答案与试题解析一、选择题1化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是（）A食盐可以作为调味剂，也可以调节体液电解质平衡B食品保鲜膜、塑料水杯等生活用品的主要成分是聚乙烯C化工生产中煤的干馏、石油的分馏、天然气生产甲醇均属于化学变化D高铁车厢材料大部分采用铝合金，因为铝合金强度大、质量轻、抗腐蚀能力强【考点】金属的电化学腐蚀与防护；物理变化与化学变化的区别与联系【分析】A、氯化钠左调味剂，属于易溶于水的强电解质；B、聚乙烯无毒，是食品保鲜膜、一次性食品袋的主要成分；C、判断一个变化是物理变化还是化学变化，要依据在变化过程中有没有生成其他物质，生成其他物质的是化学变化，没有生成其他物质
15、的是物理变化；D、铝合金的性能：强度大、质量轻、抗腐蚀能力强等【解答】解：A、食盐可以作为调味剂，属于易溶于水的强电解质，也可以调节体液电解质平衡，故A正确；B、聚乙烯无毒，是食品保鲜膜、一次性食品袋的主要成分，故B正确；C、煤的干馏指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程有新的物质生成，属于化学变化，石油分馏是利用沸点不同使混合物分离的过程，没有新物质生成，属于物理变化，天然气生产甲醇属于化学变化，故C错误；D、铝合金具有强度大、质量轻、抗腐蚀能力强等性能，在航空、航天、汽车、机械制造、船舶及化学工业中已大量应用，故D正确故选C【点评】本题主要考查了
16、生活的化学相关的知识，掌握物质的性质以及应用知识是解答的关键，题目难度不大2设NA为阿伏加德罗常数的值，N表示粒子数下列说法正确的是（）A0.1 mol苯乙烯中含有碳碳双键的数目为0.4NAB将1molCl2通入到水中，则N（HClO）+N（Cl）+N（ClO）=2NAN（Cl2）C一定条件下，0.1 mol SO2与足量氧气反应生成SO3，转移电子数为0.2NAD电解精炼铜，当电路中通过的电子数目为0.2NA时，阳极质量减少6.4g【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、苯不是单双键交替的结构；B、根据氯原子的守恒来分析；C、SO2与足量氧气反应生成SO3的反应为可逆反应，不能进行彻底；D、电解精
17、炼铜过程中，阳极粗铜中含有杂质铁、锌等，所以阳极质量减少6.4g时，转移的电子的物质的量不一定是0.2mol；【解答】解：A、苯不是单双键交替的结构，不含碳碳双键，故A错误；B、1mol氯气中共含2mol氯原子，而氯气与水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故溶液中有HClO分子、ClO、Cl、Cl2分子，根据氯原子的守恒可有：2NA=N（HClO）+N（Cl）+N（ClO）+2N（Cl2），即N（HClO）+N（Cl）+N（ClO）=2NAN（Cl2），故B正确；C、SO2与足量氧气反应生成SO3的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移电子数小于0.2NA，故C错误；D、粗铜中含有杂质铁、锌等，所
18、以阳极减少6.4g时，电路中转移的电子的物质的量不一定为0.2mol，转移的电子数不一定为0.2NA，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某药物中间体X的结构如图所示，下列说法正确的是（）AX的分子式为C23H25N2O3B每个X分子中含有2个肽键C1molX最多能与9molH2发生加成反应DX能发生水解、氧化和消去反应【考点】有机物的结构和性质【分析】由有机物结构简式可知有机物的分子式，分子中含有羟基，可发生取代、消去和氧化反应，含有苯环、羰基，可发生加成反应，以此解答【解答】解：A由结构简式可知X的分子式为C23H
19、20N2O3，故A错误；B每个X分子中含有1个肽键，故B错误；C能与氢气发生加成反应的为3个苯环以及羰基，则至少需要10mol氢气，故C错误；D含有羟基，可发生氧化和消去反应，含有肽键，可发生水解反应，故D正确故选D【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大4下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论ASO2通入溴水中溶液褪色SO2有漂白性B将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，滴加KSCN溶液溶液变红Fe（NO3）2样品已氧化变质C向饱和碳酸钠溶液中通入CO2有晶体析出溶解度
20、：NaHCO3Na2CO3D向盛有少量NaHCO3的试管中滴加草酸溶液有气泡产生酸性：草酸碳酸（）AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】ASO2通入溴水中，发生氧化还原反应生成硫酸和HBr；B将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，发生氧化还原反应生成铁离子；C相同条件下碳酸氢钠的溶解度小；D发生强酸制取弱酸的反应【解答】解：ASO2通入溴水中，发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，与二氧化硫的还原性有关，故A错误；B将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，发生氧化还原反应生成铁离子，则不能检验是否变质，应溶于水，滴加KSCN溶液，故B错误；C相同条件下碳酸氢钠的溶解度小，则析出晶体可
21、知，溶解度：NaHCO3Na2CO3，故C错误；D发生强酸制取弱酸的反应，由气体生成为二氧化碳，则酸性：草酸碳酸，故D正确；故选D【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、相关反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大5下列有关电解质溶液中粒子的物质的量浓度大小关系正确的是（）A等物质的量浓度的下列溶液：H2CO3、Na2CO3、NaHCO3、（NH4）2CO3：其中c（CO32）的大小关系为：BpH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HC2O4）+c（C2O42）C向0.2 molL1N
22、aHCO3 溶液中加入等体积0.1 molL1NaOH 溶液：c（CO32）c（HCO3）c（OH）c（H+）D常温下，同浓度的CH3COONa与CH3COOH 溶液等体积混合，溶液的pH7：c（CH3COOH）+c（OH）c（Na+）+c（H+）【考点】离子浓度大小的比较【分析】AH2CO3存在两步电离，第一步电离对第二步电离起到抑制作用；Na2CO3在溶液中完全电离出CO32；NaHCO3在溶液中完全电离出HCO3；（NH4）2CO3在溶液中完全电离出CO32和NH4+，铵根离子和碳酸根离子发生相互促进的水解反应；B根据溶液中的电荷守恒分析；C向0.2 molL1NaHCO3 溶液中加入等
23、体积0.1 molL1NaOH 溶液，混合后溶液中溶质为NaHCO3、Na2CO3，CO32的水解程度大于HCO3的水解程度；D常温下，同浓度的CH3COONa与CH3COOH 溶液等体积混合，溶液的pH7，则CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度【解答】解：AH2CO3存在两步电离，第一步电离对第二步电离起到抑制作用；Na2CO3在溶液中完全电离出CO32；NaHCO3在溶液中完全电离出HCO3；（NH4）2CO3在溶液中完全电离出CO32和NH4+，铵根离子和碳酸根离子发生相互促进的水解反应，则Na2CO3溶液中c（CO32）大于（NH4）2CO3溶液中c（CO32）所以c
24、（CO32）的大小关系为：，故A正确；BpH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，混合溶液中溶质为H2C2O4、NaHC2O4、溶液中的电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（HC2O4）+2c（C2O42），故B错误；C向0.2 molL1NaHCO3 溶液中加入等体积0.1 molL1NaOH 溶液，混合后溶液中溶质为NaHCO3、Na2CO3，CO32的水解程度大于HCO3的水解程度，所以c（HCO3）c（CO32），溶液显碱性，则c（OH）c（H+），所以c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+），故C错误；D常温下，同浓度的CH3COONa与
25、CH3COOH 溶液等体积混合，溶液的pH7，则CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，则c（CH3COO）c（CH3COOH），溶液中电荷守恒为：c（CH3COO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），所以c（CH3COOH）+c（OH）c（Na+）+c（H+），故D错误故选A【点评】本题考查了弱电解质的电离、盐的水解、离子浓度大小比较、电离平衡移动等知识点，根据溶液中的溶质及其性质确定溶液中离子浓度大小，再结合外界条件对化学平衡的影响来确定溶液中离子浓度变化，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6原子序数依次递增的四种短周期元素X、Y、Z、M，其中
26、X和Z、Y和M分别同主族，Z和M同周期，X、Y、Z均不同周期，M的核电荷数是Y的2倍下列说法正确的是（）A简单阳离子的氧化性：ZXB气态氢化物的稳定性：MYC简单离子半径由大到小的顺序是：MYZD在X2M与Z2M的溶液中，水的电离程度，前者大于后者【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】原子序数依次递增的四种短周期元素X、Y、Z、M，其中X和Z、Y和M分别同主族，Z和M同周期，X、Y、Z均不同周期，则X为H元素，Z为Na元素；M的核电荷数是Y的2倍，二者同一主族，则M是S元素、Y是O元素；AZ、X分别是Na、H元素，元素越易失电子，则其阳离子氧化性越弱；B元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性
27、越强；C离子电子层数越多，其半径越大，离子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；D在H2S与Na2S的溶液中，前者是酸、后者是含有弱离子的盐，酸和碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离【解答】解：原子序数依次递增的四种短周期元素X、Y、Z、M，其中X和Z、Y和M分别同主族，Z和M同周期，X、Y、Z均不同周期，则X为H元素，Z为Na元素；M的核电荷数是Y的2倍，二者同一主族，则M是S元素、Y是O元素；AZ、X分别是Na、H元素，元素越易失电子，则其阳离子氧化性越弱，Na比H原子易失电子，所以阳离子氧化性XZ，故A错误；B元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性YM，则气
28、态氢化物的稳定性：MY，故B错误；C离子电子层数越多，其半径越大，离子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，M离子有3个电子层、Y和Z离子有2个电子层且Y原子序数小于Z，所以离子半径由大到小的顺序是：MYZ，故C正确；D酸和碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，H2S与Na2S的溶液中，前者是酸、后者是含有弱离子的盐，则前者抑制水电离、后者促进水电离，故D错误；故选C【点评】本题考查原子结构和元素周期律，为高频考点，侧重考查学生分析判断及知识综合运用能力，涉及元素推断、元素周期律、水电离影响因素等知识点，把握元素周期律、盐类水解原理等知识点是解本题关键，题目难度不大7室温下，
29、pH相差1的两种一元碱溶液A和B，分别加水稀释时，溶液的pH变化如图所示下列说法正确的是（）A稀释前，c（A）=10c（B）B稀释前，A溶液中由水电离出的OH的浓度大于107mol/LC用醋酸中和A溶液至恰好完全反应时，溶液的pH为7D在M点，A、B两种碱溶液中阳离子的物质的量浓度相等【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】由图并根据酸碱中和及电离来解答；A、依据图象分析判断AB稀释相同倍数，A的pH变化大，B、稀释前A溶液中氢氧根离子浓度大于B溶液中；碱是抑制水的电离；C、醋酸是弱酸和一元碱反应生成的盐溶液酸碱性由离子的水解程度决定，恰好反应溶液pH不为7；D、M点AB溶液pH相同【解答
30、】解：A、稀释前，c（AOH）=0.1mol/L，c（BOH）0.01mol/L，则c（AOH）10c（BOH），故A错误；B、稀释前A溶液中氢氧根离子浓度大于B溶液中；碱是抑制水的电离；稀释前，A溶液中由水电离出的OH的浓度小于107 mol/L，故B错误；C、用醋酸中和A溶液至恰好完全反应时，醋酸是弱酸，生成的醋酸根离子水解显碱性，故C错误；D、M点AB溶液pH相同，氢氧根离子浓度相同，所以M点A、B两种碱溶液中阳离子的物质的量浓度相等，故D正确；故选D【点评】本题考查电解质在水中的电离及图象，明确图象中pH的变化及交点的意义是解答本题的关键，题目难度不大二、解答题（共3小题，满分43分）
31、8（14分）（2016衡阳三模）硫代硫酸钠（Na2S2O3）俗称“海波”或者“大苏打”，其水溶液具有弱碱性，在酸性溶液中不稳定；具有较强的还原性，是棉织物漂白后的脱氯剂、定量分析中的还原剂硫代硫酸钠可由亚硫酸钠和硫粉通过化合反应制得，装置如图（a）所示，有关物质的溶解度曲线如图（b）所示（1）Na2S2O35H2O的制备：步骤1：如图（a）连接好装置后，检查A、C装置气密性的操作是关闭K2打开K1，在D中加水淹没导管末端，用热毛巾或双手捂住烧瓶，D中导管有气泡冒出，冷却后形成一段水柱，说明气密性良好步骤2：加入药品，打开K1、关闭K2，加热装置B或D中的药品可选用的是A、C、D（填编号）ANa
32、OH溶液 B浓H2SO4 C酸性KMnO4溶液 D饱和NaHCO3溶液步骤3：C中混合液被气流搅动，反应一段时间后，硫粉的量逐渐减少当C中溶液的7pH10时，打开K2、关闭K1并停止加热；C中溶液要控制pH的原因是硫代硫酸钠在酸性溶液中不稳定步骤4：过滤C中的混合液，将滤液经过加热浓缩，趁热过滤，再将滤液冷却结晶（或降温结晶）、过滤、洗涤、烘干，得到产品须趁热过滤的原因是防止硫代硫酸钠结晶析出（2）Na2S2O3性质的检验：向足量的新制氯水中滴加少量Na2S2O3溶液，氯水颜色变浅，检查反应后溶液中含有SO42，写出该反应的化学方程式S2O32+4Cl2+5H2O=2SO42+10H+8Cl（
33、3）常用Na2S2O3溶液测定废水中Ba2+浓度，步骤如下：取25.00mL废水加入足量K2Cr2O7酸性溶液，得BaCrO4沉淀，用适量酸溶解沉淀此时CrO42全部转化为Cr2O27；再加过量KI溶液，充分反应后，用0.010molL1的Na2S2O3溶液进行滴定（用淀粉溶液作指示剂），反应完全时，消耗Na2S2O3溶液18.00mL有关反应的离子方程式为：Cr2O72+6I+14H+3I2+2Cr3+7H2O；I2+2S2O32S4O62+2I，则该废水中Ba2+的物质的量浓度为0.0024mol/L【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）步骤1：利用气体热胀冷缩性质，检验装置气密性；步骤
34、2：装置B、D的作用是进行尾气处理，防止尾气中二氧化硫污染空气；步骤3：硫代硫酸钠在酸性溶液中不稳定，应控制溶液为弱碱性，即控制溶液pH接近或不小于7；步骤4：从溶液中获得晶体，需要加热浓缩，趁热过滤，再将滤液冷却结晶、过滤、洗涤、烘干，得到产品；根据溶解度曲线图可知趁热过滤的原因是防止硫代硫酸钠结晶析出；（2）由题目信息可知，Na2S2O3被氯水氧化反应生成Na2SO4、H2SO4，氯气被还原为HCl；（3）由题意可知，BaCrO4用盐酸溶解转化为Cr2O27，由元素守恒及已知方程式可得关系式：2Ba2+2BaCrO4Cr2O273I26Na2S2O3，结合消耗的Na2S2O3利用关系式计算
35、溶液中n（Ba2+），进而计算c（Ba2+）【解答】解：（1）步骤1：利用气体热胀冷缩性质，检验装置气密性，具体操作为：关闭K2打开K1，在D中加水淹没导管末端，用热毛巾或双手捂住烧瓶，D中导管有气泡冒出，冷却后形成1段水柱，说明气密性良好，故答案为：关闭K2打开K1，在D中加水淹没导管末端，用热毛巾或双手捂住烧瓶，D中导管有气泡冒出，冷却后形成一段水柱，说明气密性良好；步骤2：装置B、D的作用是进行尾气处理，防止尾气中二氧化硫污染空气，二氧化硫具有还原性，可以用酸性高锰酸钾溶液氧化吸收，二氧化硫能与氢氧化钠溶液、碳酸氢钠溶液反应被吸收，故答案为：ACD；步骤3：硫代硫酸钠在酸性溶液中不稳定，
36、应控制溶液为弱碱性，可以控制溶液pH接近或不小于7，故答案为：硫代硫酸钠在酸性溶液中不稳定；步骤4：从溶液中获得晶体，需要加热浓缩，趁热过滤，再将滤液冷却结晶、过滤、洗涤、烘干，得到产品，根据溶解度曲线图可知碳酸钠随温度升高溶解度降低从而析出，硫代硫酸钠的溶解度随温度升高而增大，趁热过滤可除掉碳酸钠晶体，如果冷却后再过滤会导致硫代硫酸钠结晶析出，故答案为：冷却结晶（或降温结晶）；防止硫代硫酸钠结晶析出；（2）由题目信息可知，Na2S2O3被氯水氧化反应生成Na2SO4、H2SO4，氯气被还原为HCl，反应的离子方程式为：S2O32+4Cl2+5H2O=2SO42+10H+8Cl，故答案为：Na
37、S2O32+4Cl2+5H2O=2SO42+10H+8Cl；（3）由题意可知，BaCrO4用盐酸溶解转化为Cr2O27，由元素守恒及已知方程式可得关系式：2Ba2+2BaCrO4Cr2O273I26Na2S2O3，消耗的Na2S2O3为0.018L0.01mol/L，则n（Ba2+）=0.018L0.01mol/L=0.00006mol，故溶液中c（Ba2+）=0.0024mol/L，故答案为：0.0024mol/L【点评】本题考查实验制备方案设计，涉及气密性检验、对实验装置及步骤的分析评价、物质的分离提纯、氧化还原反应滴定，（3）中注意利用关系式进行计算，难度中等9（14分）（2016衡阳三
38、模）硫化锌（ZnS）是一种重要的化工原料，难溶于水，可由炼锌的废渣锌灰制取，其工艺流程如图所示（1）为提高锌灰的浸取率，不宜采用的方法是（填序号） 研磨 多次浸取 升高温度 加压 搅拌（2）步骤中ZnCO3的作用是调节溶液的pH，使Fe3+水解Fe（OH）3而除去，所得滤渣的主要成分是Fe（OH）3、ZnCO3（写化学式）（3）步骤中可得Cd单质，为避免引入新的杂质，试剂X应为Zn（4）步骤还可以回收Na2SO4来制取Na2S检验ZnS固体是否洗涤干净的方法是取最后的洗涤液少许于试管，滴加几滴BaCl2溶液，若出现浑浊则未洗净，反之则已洗净Na2S可由等物质的量的Na2SO4和CH4在高温、催
39、化剂条件下制取化学反应方程式为Na2SO4+CH4Na2S+2H2O+CO2（5）若步骤加入的ZnCO3为bmol，步骤所得Cd为dmol，最后得到VLc mol/L的Na2SO4溶液则理论上所用锌灰中含有锌元素的质量为65（Vcbd）g【考点】制备实验方案的设计【分析】锌灰与硫酸反应得含有镉离子、锌离子、铁离子、亚铁离子等的溶液，加入双氧水将二价铁离子氧化为三价铁离子，用碳酸锌调节平衡pH使Fe（OH）3完全沉淀，过滤后得到含有镉离子、锌离子的溶液和滤渣Fe（OH）3、ZnCO3；步骤中可得Cd单质，为避免引入新的杂质，试剂X应为锌，过滤后得溶液为硫酸锌溶液，硫酸锌溶液中加入硫化钠可得硫酸钠
40、和硫化锌（1）根据有效化学反应速率的因素分析，如搅拌、适当升温、将废渣碾细成粉末、搅拌、多次浸取等都可提高锌灰的浸取率；（2）用碳酸锌调节平衡pH使Fe（OH）3完全沉淀，根据上面的分析判断步骤所得滤渣的组成；（3）向含有镉离子、锌离子的溶液中加入锌，即可置换出Cd单质，又不引入新的杂质；（4）检验ZnS固体是否洗涤干净也就是检验最后一次洗涤液中是否含有硫酸根； 等物质的量的Na2S04和CH4在高温、催化剂条件下生成Na2S，根据元素守恒写出该化学反应方程式；（5）步骤所得Cd为d mol，则用于置换镉的锌的物质的量为d mol，硫酸钠的物质的量为：VLc mol/L=cVmol，所以硫酸锌
41、的物质的量为cVmol，根据锌元素守恒可知，样品中锌元素的物质的量，然后根据m=nM计算出锌灰中含有锌元素的质量【解答】解：锌灰与硫酸反应得含有镉离子、锌离子、铁离子、亚铁离子等的溶液，加入双氧水将二价铁离子氧化为三价铁离子，用碳酸锌调节平衡pH使Fe（OH）3完全沉淀，过滤后得到含有镉离子、锌离子的溶液和滤渣Fe（OH）3、ZnCO3；步骤中可得Cd单质，为避免引入新的杂质，试剂X应为锌，过滤后得溶液为硫酸锌溶液，硫酸锌溶液中加入硫化钠可得硫酸钠和硫化锌（1）搅拌、适当升温、将废渣碾细成粉末、搅拌、多次浸取等都可提高锌灰的浸取率，加压对锌灰的浸取率无影响，故答案为：；（2）根据上面的分析可知
42、，用碳酸锌调节平衡pH使Fe（OH）3完全沉淀，反应的离子方程式为ZnCO3+2H+=Zn2+CO2+H2O、Fe3+3H2O=Fe（OH）3+3H+，所以步骤所得滤渣为Fe（OH）3、ZnCO3，故答案为：调节溶液的pH，使Fe3+水解Fe（OH）3而除去；Fe（OH）3、ZnCO3；（3）向含有镉离子、锌离子的溶液中加入锌，即可置换出Cd单质，又不引入新的杂质，故答案为：Zn；（4）检验ZnS固体是否洗涤干净也就是检验最后一次洗涤液中是否含有硫酸根，具体操作为：取最后的洗涤液少许于试管，滴加几滴BaCl2溶液，若出现浑浊则未洗净，反之则已洗净，故答案为：取最后的洗涤液少许于试管，滴加几滴B
43、aCl2溶液，若出现浑浊则未洗净，反之则已洗净；等物质的量的Na2S04和CH4在高温、催化剂条件下生成Na2S，根据元素守恒可知，该化学反应方程式为：Na2S04+CH4Na2S+2H2O+CO2，故答案为：Na2S04+CH4Na2S+2H2O+CO2；（5）步骤所得Cd为d mol，则用于置换镉的锌的物质的量为d mol，硫酸钠的物质的量为：VLc mol/L=cVmol，所以硫酸锌的物质的量为cVmol，根据锌元素守恒可知，样品中锌元素的物质的量为：cVmold molb mol，所以锌灰中含有锌元素的质量为：65g/mol（cVmold molb mol）=65（Vcbd）g，故答案
44、为：65（Vcbd）g【点评】本题为工艺流程题，通过从废渣中制取硫化锌的工艺流程，考查了溶解平衡的移动、氧化还原方程式的书写、物质的分离等知识，熟悉物质的性质、明确流程是解题关键，试题侧重学生分析问题、解决问题能力的培养，题目难度中等10（15分）（2016衡阳三模）氮及其化合物在生产、生活中具有重要作用（1）利用NH3的还原性可消除氮氧化物的污染，相关热化学方程式如下：H2O（l）=H2O（g）H1=+44.0kJmol1N2（g）+O2（g）=2NO（g）H2=+229.3kJmol14NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）H3=906.5kJmol1则：4NH3（g）+
45、6NO（g）=5N2（g）+6H2O（l）H4=2317kJmol1（2）使用NaBH4为诱导剂，可使Co2+与肼（N2H4）在碱性条件下发生反应，制得高纯度纳米钴，并产生可参与大气循环的气体写出该反应的离子方程式：2Co2+N2H4+4OH=2Co+N2+4H2O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若反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如图1所示，则肼分解反应的化学平衡常数的表达式为：；为抑制肼的分解，可采取的合理措施有降低反应温度（任写一种）（3）NF3在微电子工业上常用作蚀刻剂，在对硅、氮化硅等材料进行蚀刻时，具有非常优异的蚀刻
46、速率和选择性，且在被蚀刻物表面无物质残留，不会污染表面工业上通过电解含NH4F等的无水熔融物生产NF3，其电解原理如图2所示a电极为电解池的阳极，该电极的电极反应式为NH4+3F6e=NF3+4H+以NF3蚀刻Si3N4为例，解释被蚀刻物表面无物质残留的原因是4NF3+Si3N4=4N2+3SiF4NF3能与水发生反应，生成两种酸及一种气态氧化物，其中两种酸分别是HF和HNO3【考点】热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素【分析】（1）H2O（l）=H2O（g）H1=44.0kJmol1 （i）N2（g）+O2（g）=2NO（g）H2=229.3kJmol1 （ii）4NH
47、3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）H3=906.5kJmol1 （iii）由盖斯定律可知（iii）（ii）5（i）6得：4NH3（g）+6NO（g）=5N2（g）+6H2O（l）；（2）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，依据氧化还原反应得失电子守恒回答即可；使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，平衡常数K=，由图1得知：温度越高，肼的百分含量越低，即分解的越快；（3）电解含NH4F等的无水熔融物生产NF3，N元素被氧化，则a为阳极；NF3与Si3N4发生氧化还原反应
48、，生成氮气和四氟化硅，无残留；NF3与水反应生成硝酸和HF酸，方程式为3NF3+5H2O=2NO+9HF+HNO3【解答】解：（1）H2O（l）=H2O（g）H1=44.0kJmol1 （i）N2（g）+O2（g）=2NO（g）H2=229.3kJmol1 （ii）4NH3（g）+5O2（g）=4NO（g）+6H2O（g）H3=906.5kJmol1 （iii）（iii）（ii）5（i）6得：4NH3（g）+6NO（g）=5N2（g）+6H2O（l），故H4=906.5（229.35）（446）=2317kJmol1，故答案为：2317；（2）依据题意，反应物为Co2+与肼（N2H4）、碱性条
49、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，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，平衡常数K=，由图1可知，温度越高，肼的体积分数含量越低，故要抑制肼的分解，应降低反应温度，故答案为：；降低反应温度；（3）电解含NH4F等的无水熔融物生产NF
50、3，N元素被氧化，则a为阳极，发生NH4+3F6e=NF3+4H+，故答案为：阳；NH4+3F6e=NF3+4H+；NF3与Si3N4发生氧化还原反应，反应方程式为4NF3+Si3N4=4N2+3SiF4，生成氮气和四氟化硅，无残留，故答案为：4NF3+Si3N4=4N2+3SiF4；NF3与水反应生成硝酸和HF酸，方程式为3NF3+5H2O=2NO+9HF+HNO3，故答案为：HF和HNO3【点评】本题考查较为综合，涉及盖斯定律的应用、氧化还原反应方程式书写、电解池反应原理等知识，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，综合性较强，难度较大，注意相关知识的整理归纳【化学选修2：化学与技
51、术】11（15分）（2016衡阳三模）某化工厂制取纯碱的流程如图所示：（1）流程中先通NH3后通CO2的原因是氨气在水中溶解度大，先通氨气，可以吸收更多的二氧化碳，提高生成HCO3的浓度，有利于促进更多的NaHCO3析出；生成沉淀A的化学方程式为NH3+CO2+H2O+NaCl=NH4Cl+NaHCO3（2）流程中可循环利用的物质为CO2、NaCl不用其他试剂，检查流程中副产品F是否纯净的操作是取少量氯化铵产品于试管底部，加热，若试管底部无残留物，表明氯化铵产品纯净（3）合成氨工厂在9001000时，使用天然气与水蒸气在催化剂（Al2O3+Ni）作用下获得合成氨的原料气之一氢气，该反应的化学方
52、程式为CH4+H2OCO2+4H2或CH4+H2OCO+3H2（4）合成氨工业实际选择的条件是B（填字母代号） A.200，10MPa B.400，20MPa C.800，5MPa（5）在该流程中，每使用11.70t食盐最终得到10.07t纯碱，则NaCl的利用率为95%【考点】纯碱工业（侯氏制碱法）【分析】该流程为侯氏制碱法，以氯化钠，氨气，二氧化碳，水为原料，向饱和食盐水中通入足量氨气至饱和，然后在加压下通入CO2（由CaCO3煅烧而得），因NaHCO3溶解度较小，结晶析出，发生的反应为：NH3+CO2+H2ONH4HCO3，NaCl+NH4HCO3NaHCO3+NH4Cl 将析出的NaH
53、CO3晶体煅烧，即得Na2CO3：2NaHCO3=Na2CO3+CO2+H2O 根据NH4Cl 在常温时的溶解度比NaCl大，而在低温下却比NaCl溶解度小的原理，在278K283K（510）时，向母液中加入食盐细粉，而使NH4Cl 单独结晶析出供做氮肥 （1）氨气在水溶液中溶解度很大，氯化钠溶液吸收氨气后能溶解更多的二氧化碳，根据反应原理写方程（2）结合原理与图示，可循环的物质为CO2、NaCl；F为氯化铵，根据其受热易分解的性质验证（3）根据氧化还原反应的规律，化合价有升价就有降价，推测产物得方程式（4）根据影响化学反应速率的因素：温度、浓度、压强、催化剂、接触面积；影响化学平衡移动的因素
54、：温度、浓度、压强等知识结合实际工业生产来回答（5）根据反应方程式，由氯化钠与纯碱的相对质量计算氯化钠充分利用时生成的纯碱的质量，再根据实际生成纯碱计算氯化钠的利用率【解答】解：（1）NH3在NaCl溶液中溶解度很大，CO2在氨化的溶液中溶解度大，先通NH3后通CO2可形成高浓度的HCO3若先通CO2再通NH3，由于CO2在NaCl溶液中溶解度很小，尽管NH3在碳酸化的溶液中溶解度大，也不能形成高浓度的HCO3，根据反应原理，NH3+CO2+H2ONH4HCO3，NaCl+NH4HCO3NaHCO3+NH4Cl，所以生成沉淀的方程为NH3+CO2+H2O+NaCl=NH4Cl+NaHCO3故答
55、案为：氨气在水中溶解度大，先通氨气，可以吸收更多的二氧化碳，提高生成HCO3的浓度，有利于促进更多的NaHCO3析出；NH3+CO2+H2O+NaCl=NH4Cl+NaHCO3（2）反应需要二氧化碳和氯化钠，生成的碳酸氢钠受热分解得碳酸钠、二氧化碳（C），二氧化碳可循环使用，向母液B加入食盐细粉，而使NH4Cl 结晶析出，并得滤液氯化钠，可循环使用；F为NH4Cl，氯化铵受热易分解，若分解完全，即产品全为氯化铵故答案为：CO2、NaCl；取少量氯化铵产品于试管底部，加热，若试管底部无残留物，表明氯化铵产品纯净（3）合成氨工厂在9001000时，使用天然气与水蒸气在催化剂（Al2O3+Ni）作用
56、下获得合成氨的原料气之一氢气，根据氧化还原反应规律，氢元素化合价降低，则碳元素化合价升高，可为CO2或者CO故答案为：CH4+H2OCO2+4H2或CH4+H2OCO+3H2（4）工业上合成氨的生产中采用400500的高温，原因之一是考虑催化剂的活性，其二是为了提高反应速率，缩短达到平衡的时间；采用3050MPa的压强，是为了保证较高的反应速率和较高的产率以及设备的耐压程度来考虑的在该条件下催化剂的活性最大，反应速率快，同时原料的转化率较高故答案为：B （5）根据化学方程式，氯化钠与纯碱满足2NaClNa2CO3 258.5 106 11.7t10.6t，即氯化钠充分利用时生成纯碱10.6t，
57、而实际生成纯碱10.07t，氯化钠的利用率为：100%=95%故答案为：95%【点评】本题是一道有关工业制纯碱知识的一道综合实验题目，考查学生分析和解决问题的能力，掌握侯氏制碱法的原理是解题的关键，题目难度中等【化学选修3：物质结构与性质】12（2016衡阳三模）第四周期的18种元素具有重要的用途，在现代工业中备受青睐（1）铬是一种硬而脆，抗腐蚀性强的金属，常用于电镀和制造特种钢基态Cr原子中，电子占据最高能层的符号为N，该能层上具有的原子轨道数为16，电子数为1，（2）第四周期元素的第一电离能随原子序数的增大，总趋势是逐渐增大的，30Zn与31Ga的第一电离能是否符合这一规律？否（填“是”或
58、“否”），原因是30Zn的4s能级有2个电子，处于全满状态，较稳定（如果前一问填“是”，此空可以不答）（3）镓与第VA族元素可形成多种新型人工半导体材料，砷化镓（GaAs）就是其中一种，其晶体结构如图1所示（白色球代表As原子）在GaAs晶体中，每个Ga原子与4个As原子相连，与同一个Ga原子相连的As原子构成的空间构型为正四面体；（4）与As同主族的短周期元素是N、PAsH3中心原子杂化的类型为sp3；一定压强下将AsH3、NH3和PH3的混合气体降温时首先液化的是NH3，理由是NH3分子之间有氢键，沸点较高（5）铁的多种化合物均为磁性材料，氮化铁是其中一种，某氮化铁的晶胞结构如图2所示，则
59、氮化铁的化学式为Fe4N；设晶胞边长为acm，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为gcm3（用含a和NA的式子表示）【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型【分析】（1）基态Cr原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；（2）30Zn的4s能级有2个电子，处于全满状态，较稳定；（3）由图可知，Ga原子与掌握的4个As原子相邻，4个As原子形成正四面体结构；（4）AsH3中心原子As的形成3个键，含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4；沸点越高，气体越容易液化，NH3分子之间有氢键，AsH3、PH3分子间不能形成氢键，NH3沸点最高；（5）晶胞中N原子处于
60、晶胞体心，Fe原子位于晶胞顶点与面心，根据均摊法计算晶胞中N、Fe原子数目，进而确定化学式，表示出晶胞的质量，再根据=计算晶体密度【解答】解：（1）基态Cr原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，电子占据最高能层的符号为N，该能层上s、p、d、f4个能级，分别含有轨道数目为1、3、5、7，共含有原子轨道数为16，该能层电子数为 1，故答案为：N；16；1；（2）30Zn的4s能级有2个电子，处于全满状态，较稳定，30Zn的第一电离能高于31Ga的，故答案为：否；30Zn的4s能级有2个电子，处于全满状态，较稳定；（3）由图可知，Ga原子与掌握的4个As原子相邻，4个As
61、原子形成正四面体结构，故答案为：4；正四面体；（4）AsH3中心原子As的形成3个键，含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，为sp3杂化，NH3分子之间有氢键，AsH3、PH3分子间不能形成氢键，NH3沸点最高，沸点越高，气体越容易液化，故答案为：sp3；NH3；NH3分子之间有氢键，沸点较高；（5）晶胞中N原子处于晶胞体心，晶胞中N原子数目为1，Fe原子位于晶胞顶点与面心，晶胞中Fe原子数目为8+6=4，故化学式为Fe4N，晶胞的质量为g，晶胞边长为acm，该晶体的密度为g（a cm）3=gcm3，故答案为：Fe4N；【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电离能、晶胞结构与计
62、算、杂化方式、氢键等，注意氢键对物质的量性质的影响，理解第一电离能异常原因【化学选修5：有机化学基础】13（2016衡阳三模）工业上以丙烯为原料按如图所示制得合成橡胶IR和树脂X其中B的分子式是C6H6O，可与NaOH溶液反应已知：（R、R、R表示可能相同或可能不同的原子或原子团）同一碳原子上有两个碳碳双键时分子不稳定请回答下列问题：（1）B的名称是苯酚；DE反应类型为加成反应（2）H中含氧官能团的名称是醛基、醚键（3）A与C2H2合成D的化学方程式是（4）E、F中均含有碳碳双键，则E的结构简式是（5）B与G在一定条件下反应生成合成树脂X的化学方程式是（6）有多种同分异构体，符合下列要求的有9
63、种 遇FeCl3溶液显紫色； 能发生银镜反应其中在核磁共振氢谱中只出现四组峰的结构简式为或或（任写一种）【考点】有机物的推断【分析】在催化剂条件下，丙烯和苯发生加成反应生成，发生氧化反应生成B和A，A和乙炔能发生反应生成D，根据题给信息及A的分子式知，A是，结合合成橡胶IR的结构简式知，可知F为CH2=CHC（CH3）=CH2，则丙酮和乙炔发生加成反应生成D为，D和氢气发生加成反应生成E，E发生消去反应生成F，则E为G和乙醛反应生成H，H和银氨溶液反应然后酸化生成，所以H为，根据题给信息知G的结构简式为：，B的分子式是C6H6O，可与NaOH溶液反应，B与G在一定条件下反应生成合成树脂X，所以
64、B是，G和苯酚发生缩聚反应反应生成X为：，据此解答【解答】解：在催化剂条件下，丙烯和苯发生加成反应生成，发生氧化反应生成B和A，A和乙炔能发生反应生成D，根据题给信息及A的分子式知，A是，结合合成橡胶IR的结构简式知，可知F为CH2=CHC（CH3）=CH2，则丙酮和乙炔发生加成反应生成D为，D和氢气发生加成反应生成E，E发生消去反应生成F，则E为G和乙醛反应生成H，H和银氨溶液反应然后酸化生成，所以H为，根据题给信息知G的结构简式为：，B的分子式是C6H6O，可与NaOH溶液反应，B与G在一定条件下反应生成合成树脂X，所以B是，G和苯酚发生缩聚反应反应生成X为：（1）由上述分析可知，B的名称
65、是苯酚，DE反应类型为加成反应，故答案为：苯酚；加成反应；（2）H为，H中含氧官能团的名称是：醛基、醚键，故答案为：醛基、醚键；（3）A与C2H2合成D的化学方程式是：，故答案为：；（4）由上述分析可知，E的结构简式是：，故答案为：；（5）B与G在一定条件下反应生成合成树脂X的化学方程式是：，故答案为：；（6）有多种同分异构体，符合下列要求的同分异构体：能与FeCl3溶液反应显紫色，说明含有酚羟基；只能发生银镜反应，含有醛基，含有2个侧链为OH、OOCH，有邻、间、对3种，含有3个取代基，为2个OH、1个CHO，当2个OH相邻时，CHO有2种位置，当2个OH处于间位时，CHO有3种位置，当2个OH处于对位时，CHO有1种位置，故共有种，其中核磁共振氢谱中只出现四组峰为或或，故答案为：9；或或【点评】本题考查有机物的推断，注意结合题给信息采用正推法、逆推法相结合进行分析推断，注意官能团的变化，侧重考查学生的分析推理与知识迁移运用能力考查，同分异构体种类的判断是易错点，难度中等
