1、2019年四川省攀枝花市高考化学三模试卷一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）化学与生产、生活等密切相关。下列说法不正确的是（）A面粉加工厂应标有“严禁烟火”的字样或图标B焊接金属前常用氯化铵溶液处理焊接处C用醋酸铅作絮凝剂去除生活用水中的悬浮物D用硬水洗衣物，既浪费肥皂也洗不净衣物2（6分）乙酸乙酯是一种用途广泛的精细化工产品。工业生产乙酸乙酯的方法很多，如下图：下列说法正确的是（）A反应、均是取代反应B反应、的原子利用率均为100%C与乙酸乙酯互为同分异构体的酯类化合物有2种D乙醇、乙酸、乙酸乙酯三种无色液体可用Na2CO3溶液鉴别3（6分）我国科学家使用双功能催化剂（能
2、吸附不同粒子）催化水煤气变换反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H0，在低温下换获得高转化率与高反应速率。反应过程示意图如下：下列说法正确的是（）A图示显示：起始时的2个H2O最终都参与了反应B、过程均为放热过程C过程只生成了极性共价键D使用催化剂降低了水煤气变换反应的H4（6分）下列根据实验操作和实验现象所得出的结论中，正确的是（）选项实验操作现象结论A25，分别测定等浓度的K2SO3、KCl溶液的pHpH：K2SO3KCl非金属性：ClSB打磨后的铝片投入水中，加热至沸腾。取出铝片，用一束光照射溶液加热，铝片表面无明显现象；用光照射溶液时，有一条光亮的“通路”铝与热水发生
3、了反应C将木炭和浓硫酸共热生成的气体通入澄清石灰水中澄清石灰水变浑浊该气体只含CO2D向Cu（OH）2沉淀中分别滴加盐酸和氨水沉淀皆溶解Cu（OH）2为两性氢氧化物AABBCCDD5（6分）电致变色玻璃以其优异的性能将成为市场的新宠，如图所示五层膜的玻璃电致变色系统，其工作原理是在外接电源下，通过在膜材料内部发生氧化还原反应，实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节。（已知：WO3和Li4Fe4Fe（CN）63均为无色透明，LiWO3和Fe4Fe（CN）63均为蓝色）下列有关说法正确的是（）A当B外接电源负极时，膜由无色变为蓝色B当B外接电源负极时，离子储存层发生反应为：Fe4Fe（CN）63+
4、4Li+4eLi4Fe4Fe（CN）63C当A接电源的负极时，此时Li+得到电子被还原D当A接电源正极时，膜的透射率降低，可以有效阻挡阳光6（6分）短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大。X和Z形成的化合物的水溶液呈中性，W和 X的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，Y的原子序数是W的2倍。YWZ2滴入水中，可观察剧烈反应，液面上有雾生成，并有带刺激性气味的气体逸出。下列说法正确的是（）A原子半径：WXYZBW分别与 X、Z均只能形成一种二元化合物CW、Y、Z的最简单氢化物中，Z的氢化物沸点最高DYWZ2滴入水时，逸出的气体能使品红褪色7（6分）H2R是一种二元弱酸。25时，向H2
5、R溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中lgXX为或与pH的变化关系如图所示。下列说法一定正确的是（）A表示lg与pH的变化关系BpH1.22的溶液中：2c（R2）+c（HR）c（Na+）CNaHR溶液中c（H+）c（OH）D当溶液呈中性时：c（Na+）c（HR）c（R2）c（H+）c（OH）二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）废旧硬质合金刀具中含碳化钨（WC）、金属钴（Co）及少量杂质铁，利用电解法回收WC和制备Co2O3的工艺流程简图如下：已知：在上述流程中，各种金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子 Fe3+ Fe2+ Co2+开始沉淀的pH1.97.06.5沉淀完全
6、的pH3.29.09.4回答下列问题：（1）以废旧刀具作阳极，不锈钢作阴极，盐酸为电解质溶液。电解时阳极的电极反应有：Co2eCo2+和 。（2）通入氨气的目的是调节溶液的pH，除去铁元素。由表中的数据可知，理论上可选择的pH的范围是 。（3）生成CoCO3的离子方程式是 。（4）实验测得NH4HCO3溶液显碱性。制备CoCO3时，不能将滤液加入NH4HCO3溶液中，原因是 。（5）已知：Ksp（CoCO3）1.41013，Ksp（CoC2O4）6.3108若仅从沉淀转化角度考虑，在0.01mol/L Na2C2O4溶液中加入CoCO3固体能否转化为CoC2O4沉淀？通过计算说明： 。（6）洗
7、涤CoCO3不充分对最终产品纯度并无影响，但在焙烧时会造成环境污染，主要原因是 。（7）CoCO3生成Co2O3的化学方程式是 。9（14分）某学习小组在实验室模拟工业制备硫氰化钾（KSCN）。实验装置如图：已知：CS2不溶于水，比水重；NH3 不溶于CS2；三颈烧瓶内盛放有CS2、水和催化剂。实验步骤如下：（1）制备 NH4SCN溶液：CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS（该反应比较缓慢）实验前，经检验装置的气密性良好。三颈烧瓶的下层CS2液体必须浸没导气管口，目的是 。实验开始时打开K1，加热装置A、D，使A中产生的气体缓缓通入D中，至CS2消失。则：装置A中反应的化学方程式是 ；装置
8、C的作用是 。（2）制备KSCN溶液：熄灭A处的酒精灯，关闭K1，移开水浴，将装置D继续加热至105，当NH4HS完全分解后（NH4HSH2S+3NH3），打开K2，再缓缓滴加入适量的KOH溶液，发生反应：NH4SCN+KOHKSCN+NH3+H2O。小组讨论后认为：实验中滴加入相同浓度的K2CO3溶液比KOH溶液更好，理由是 。（3）制备硫氰化钾晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩，冷却结晶 ，干燥，得到硫氰化钾晶体。（4）测定晶体中KSCN的含量：称取10.0g样品配成1000mL溶液量取20.00mL于锥形瓶中，加入适量稀硝酸，再加入几滴Fe（NO3）3溶液做指示剂，用0.
9、1000mol/LAgNO3标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗AgNO3标准溶液20.00mL。滴定时发生的反应：SCN+Ag+AgSCN（白色）。则判断达到终点时的方法是 。晶体中KSCN的质量分数为 。10（15分）丙烯（C3H6）是重要的有机化工原料。丙烷直接脱氢制丙烯发生的主要反应及能量变化如图1：回答下列问题：（1）丙烷直接脱氢制丙烯为强吸热过程，该反应必须在高温下进行，但温度越高副反应进行程度越大，同时还会降低催化剂的活性和选择性。为提供反应所需热量，恒压时若向原料气中掺入水蒸气，则K（主反应） （填“增大”、“减小”或“不变”）。温度升高，副反应更容易发生的主要原因是 。（2）图2
10、为丙烷直接脱氢法中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系（图中的压强分别为1104 Pa和1105 Pa）。1104 Pa时，图2中表示丙烯的曲线是 （填“”、“”、“”或“”）。1105Pa、500时，若只发生上述主反应和副反应，则达平衡时，丙烷转化为丙烯的转化率为 。（3）为克服丙烷直接脱氢法的缺点，科学家探索出在无机膜反应器中进行丙烷脱氢制丙烯的技术。在膜反应器中，利用特定功能膜将生成的氢气从反应区一侧有选择性地及时移走。与丙烷直接脱氢法相比，该方法的优点是 。（4）利用CO2的弱氧化性，开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺。该工艺可采用铬的氧化物为催化剂，其反应机理如图3。已知：CO和
11、H2的燃烧热分别为H283.0 kJ/mol、H285.8 kJ/mol。反应（）的化学方程式为 。25时，该工艺总反应的热化学方程式为 。该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，原因是 。化学-选修3：物质结构与性质11（15分）材料是人类文明进步的阶梯，第A、A、VA及族元素是组成特殊材料的重要元素。回答下列问题：（1）基态B 核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图形状为 。与硼处于同周期且相邻的两种元素和硼的第一电离能由大到小的顺序为 。（2）某元素位于第四周期族，其基态原子的未成对电子数与基态氮原子的未成对电子数相同，则其基态原子的价层电子排布式为 。（3）经测定发现，N2O
12、5固体由NO2+和NO3两种离子组成，该固体中N原子杂化类型有 。（4）MgCO3的热分解温度 （填“高于”或“低于”）CaCO3的原因是 。（5）NH3分子在独立存在时HNH键角为107图1是Zn（NH3）62+离子的部分结构以及HNH键角的测量值。解释NH3形成如图1配合物后HNH键角变大的原因： 。（6）某种金属锂的硼氢化物是优质固体电解质，并具有高储氢密度。阳离子为Li+，每个阴离子是由12个硼原子和12个氢原子所构成的原子团。阴离子在晶胞中位置如图所示，其堆积方式为 ，Li+占据阴离子组成的所有正四面体中心，该化合物的化学式为 （用最简整数比表示）。假设晶胞边长为a nm，NA代表阿
13、伏伽德罗常数的值，则该晶胞的密度为 g/cm3。化学-选修5：有机化学基础12马来酸酐（顺丁烯二酸酐）是一种重要的化工原料，可用于合成可降解的高聚物PES 树脂以及具有抗肿瘤活性的化合物K。已知：（R1、R2、R3代表烃基）回答下列问题：（1）C的名称是 ，反应的反应类型是 。（2）B的顺式结构简式为 ，F的结构简式为 。（3）反应的化学方程式为 。（4）C有多种同分异构体，其中与C具有完全相同的官能团，且核磁共振氢谱只有两个峰的同分异构体的结构简式为 （不考虑立体异构）。（5）已知：氨基（NH2） 与羟基类似，也能发生反应在由F制备K的过程中，常会产生副产物LL分子式为C16H13NO3，含
14、三个六元环，则L的结构简式为 。（6）已知：酸酐在水溶液中极易水解。写出由马来酸酐合成酒石酸的合成路线： 。2019年四川省攀枝花市高考化学三模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（6分）化学与生产、生活等密切相关。下列说法不正确的是（）A面粉加工厂应标有“严禁烟火”的字样或图标B焊接金属前常用氯化铵溶液处理焊接处C用醋酸铅作絮凝剂去除生活用水中的悬浮物D用硬水洗衣物，既浪费肥皂也洗不净衣物【分析】A、面粉是可燃物，分散于空气中，遇到明火有爆炸的危险；B、氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，可用于除铁锈；C、醋酸铅是重金属盐，有毒；D、硬水中含Ca2+较多，能
15、与硬脂酸钠反应生成硬脂酸钙沉淀。【解答】解：A、面粉是可燃物，分散于空气中，遇到明火有爆炸的危险，所以面粉加工厂应标有“严禁烟火”的字样或图标，故A正确；B、氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，可用于除铁锈，所以焊接金属前可用氯化铵溶液处理焊接处的铁锈，故B正确；C、Pb属于重金属，对人体有害，所以醋酸铅不能作絮凝剂，故C错误；D、硬水中含Ca2+较多，能与硬脂酸钠反应生成硬脂酸钙沉淀，所以既浪费肥皂也洗不净衣物，故D正确；故选：C。【点评】本题考查了物质的性质与用途，侧重于考查学生对基础知识的运用能力，熟悉物质的性质是解题关键，性质决定用途，题目难度不大。2（6分）乙酸乙酯是一种用途广泛的精
16、细化工产品。工业生产乙酸乙酯的方法很多，如下图：下列说法正确的是（）A反应、均是取代反应B反应、的原子利用率均为100%C与乙酸乙酯互为同分异构体的酯类化合物有2种D乙醇、乙酸、乙酸乙酯三种无色液体可用Na2CO3溶液鉴别【分析】A反应中乙醛的氧化过程；B生成乙酸乙酯和水；C与乙酸乙酯互为同分异构体的酯类化合物可为甲酸丙酯、丙酸甲酯等；D乙醇易溶于水，乙酸可与碳酸钠反应，乙酸乙酯不溶于水。【解答】解：A反应中乙醛的氧化过程，不是取代反应，故A错误；B生成乙酸乙酯和水，原子利用率不等于100%，故B错误；C与乙酸乙酯互为同分异构体的酯类化合物可为甲酸丙酯（2种）、丙酸甲酯等，故C错误；D乙醇易溶
17、于水，乙酸可与碳酸钠反应，乙酸乙酯不溶于水，则可用碳酸钠溶液鉴别，故D正确。故选：D。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物的结构特点以及同分异构体的判断，题目难度不大。3（6分）我国科学家使用双功能催化剂（能吸附不同粒子）催化水煤气变换反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H0，在低温下换获得高转化率与高反应速率。反应过程示意图如下：下列说法正确的是（）A图示显示：起始时的2个H2O最终都参与了反应B、过程均为放热过程C过程只生成了极性共价键D使用催化剂降低了水煤气变换反应的H【分
18、析】A、由示意图可知，过程和过程存在水分子中的化学键断裂，过程中生成水分子；B反应过程中键断裂吸收能量，形成化学键放出能量；C同种原子间形成的共价键为非极性共价键，过程生成了水、二氧化碳和氢气；D催化剂能改变活化能，但不能改热效应。【解答】解：A根据反应过程示意图，过程中水分子中的化学键断裂，过程也是水分子中的化学键断裂的过程，过程中形成了水分子，因此H2O均参与了反应过程，所以图示显示：起始时的2个H2O最终都参与了反应，故A正确；B根据反应过程示意图，过程、过程中水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，故B错误；C过程中CO、氢氧原子团和氢原子形成了二氧化碳、水、和氢气，H2中的化学键为非
19、极性键，故C错误；D催化剂不能改变反应的H，故D错误；故选：A。【点评】本题以制备水煤气为载体，考查反应热和焾变，涉及催化剂的作用及对反应历程的理解，明确反应过程示意图中信息是解题关键，难度中等。4（6分）下列根据实验操作和实验现象所得出的结论中，正确的是（）选项实验操作现象结论A25，分别测定等浓度的K2SO3、KCl溶液的pHpH：K2SO3KCl非金属性：ClSB打磨后的铝片投入水中，加热至沸腾。取出铝片，用一束光照射溶液加热，铝片表面无明显现象；用光照射溶液时，有一条光亮的“通路”铝与热水发生了反应C将木炭和浓硫酸共热生成的气体通入澄清石灰水中澄清石灰水变浑浊该气体只含CO2D向Cu（
20、OH）2沉淀中分别滴加盐酸和氨水沉淀皆溶解Cu（OH）2为两性氢氧化物AABBCCDD【分析】A可比较亚硫酸与盐酸的酸性，但亚硫酸不是最高价含氧酸；B用光照射溶液时，有一条光亮的“通路”，可知生成氢氧化铝胶体分散系；C二氧化硫、二氧化碳均使石灰水变浑浊；DCu（OH）2与氨水反应生成络合物。【解答】解：A可比较亚硫酸与盐酸的酸性，但亚硫酸不是最高价含氧酸，不能比较非金属性，故A错误；B用光照射溶液时，有一条光亮的“通路”，可知生成氢氧化铝胶体分散系，则铝与热水发生了反应，故B正确；C二氧化硫、二氧化碳均使石灰水变浑浊，不能说明二氧化碳的生成，故C错误；DCu（OH）2与氨水反应生成络合物，而氢
21、氧化铜为碱，故D错误；故选：B。【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、反应与现象、非金属性比较、实验技能为解答的关键，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。5（6分）电致变色玻璃以其优异的性能将成为市场的新宠，如图所示五层膜的玻璃电致变色系统，其工作原理是在外接电源下，通过在膜材料内部发生氧化还原反应，实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节。（已知：WO3和Li4Fe4Fe（CN）63均为无色透明，LiWO3和Fe4Fe（CN）63均为蓝色）下列有关说法正确的是（）A当B外接电源负极时，膜由无色变为蓝色B当B外接电源负极时，离子储存层发生反应为
22、：Fe4Fe（CN）63+4Li+4eLi4Fe4Fe（CN）63C当A接电源的负极时，此时Li+得到电子被还原D当A接电源正极时，膜的透射率降低，可以有效阻挡阳光【分析】A、当B接外接电源负极时，B为阴极，此时蓝色的Fe4Fe（CN）63得电子成为Li4Fe4Fe（CN）63，此物质为无色透明物质，据此进行分析；B、当B外接电源负极发生的电极反应式为：Fe4Fe（CN）63+4Li+4eLi4Fe4Fe（CN）63；C、A接电源负极，WO3得到电子被还原，电极反应式为WO3+Li+eLiWO3，据此进行分析；D、当B接外接电源负极时，B为阴极，此时蓝色的Fe4Fe（CN）63得电子成为Li4
23、Fe4Fe（CN）63，此物质为无色透明物质，根据电解池的阴极反应特点来回答判断。【解答】解：A、当B接外接电源负极时，B为阴极，此时蓝色的Fe4Fe（CN）63得电子成为Li4Fe4Fe（CN）63，此物质为无色透明物质，故当B外接电源负极时，膜由蓝色变为无色，故A错误；B、当B外接电源负极发生的电极反应式为：Fe4Fe（CN）63+4Li+4eLi4Fe4Fe（CN）63，故B正确；C、A接电源负极，WO3得到电子被还原，故C错误；D、B接外接电源负极时，B为阴极，此时蓝色的Fe4Fe（CN）63得电子成为Li4Fe4Fe（CN）63，此物质为无色透明物质，不能有效阻挡阳光，故D错误，故选
24、：B。【点评】本题结合实际知识来考查学生电解池的工作原理知识，属于综合知识的考查，题目难度中等。6（6分）短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大。X和Z形成的化合物的水溶液呈中性，W和 X的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，Y的原子序数是W的2倍。YWZ2滴入水中，可观察剧烈反应，液面上有雾生成，并有带刺激性气味的气体逸出。下列说法正确的是（）A原子半径：WXYZBW分别与 X、Z均只能形成一种二元化合物CW、Y、Z的最简单氢化物中，Z的氢化物沸点最高DYWZ2滴入水时，逸出的气体能使品红褪色【分析】短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大。X和Z形成的化合物的水溶液呈中
25、性，该化合物为NaCl，则X为Na、Z为Cl元素；W和X的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，W的最外层电子数为：716，W的原子序数小于Na，则W为O元素；Y的原子序数是W的2倍，则Y的原子序数为16，为S元素；YWZ2为SOCl2，SOCl2滴入水中发生水解反应生成二氧化硫、HCl，液面上有雾生成，并有带刺激性气味的气体逸出，满足条件，据此解答。【解答】解：根据分析可知：W为O，X为Na，Y为S，Z为Cl元素。A同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径WZYX，故A错误；BO与Na可以形成氧化钠和过氧化钠，与Cl可以形成ClO2、Cl2O7等多种化合
26、物，故B错误；CO、S、Cl的氢化物分别为水、硫化氢和HCl，由于水分子间存在氢键，导致水的沸点较高，即W的氢化物沸点最高，故C错误；DSOCl2滴入水中生成的二氧化硫具有漂白性，能够使品红溶液褪色，故D正确；故选：D。【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，题目难度不大，根据“X和Z形成的化合物的水溶液呈中性”推断Na、Cl元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。7（6分）H2R是一种二元弱酸。25时，向H2R溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中lgXX为或与pH的变化关系如图所示。下列说法一定正确的是（）A表示lg与pH的变化关系BpH1.22
27、的溶液中：2c（R2）+c（HR）c（Na+）CNaHR溶液中c（H+）c（OH）D当溶液呈中性时：c（Na+）c（HR）c（R2）c（H+）c（OH）【分析】二元弱酸H2R的K1c（H+）K2c（H+），当溶液的pH相同时，c（H+）相同，lgX：，则表示lg与pH的变化关系，表示lg与pH的变化关系。A根据分析可知曲线、曲线表示的表示意义；BpH1.22时，溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），结合电荷守恒分析；C分别计算出HR的电离平衡常数和水解平衡常数，根据计算结果分析；D根据图象可知，pH4.19时，c（HR）c（R2），lg为增函数，若为中性，则c（HR）c（R2）。【解答】解：二元
28、弱酸H2R的K1c（H+）K2c（H+），当溶液的pH相同时，c（H+）相同，lgX：，则表示lg与pH的变化关系，表示lg与pH的变化关系。A根据分析可知表示lg与pH的变化关系，故A错误；BpH1.22时，溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）c（HR）+2c（R2）+c（OH）可知，2c（R2）+c（HR）c（Na+），故B错误；CpH1.22时和4.19时，lgX0，则c（H2R）c（HR）、c（HR）c（R2），K1c（H+）c（H+）101.22，K2c（H+）c（H+）104.19，HR的水解平衡常数Kh（HR）1012.78104.19Ka（H
29、R），说明HR的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，则NaHR溶液中c（H+）c（OH），故C正确；D表示lg与pH的变化关系，lg0时pH4.19，溶液呈酸性，此时c（HR）c（R2），由于lg为增函数，若使溶液为中性，则c（HR）c（R2），正确的离子浓度大小为：c（Na+）c（R2）c（HR）c（H+）c（OH），故D错误；故选：C。【点评】本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及溶液酸碱性与溶液pH的关系，C为易错点，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）废旧
30、硬质合金刀具中含碳化钨（WC）、金属钴（Co）及少量杂质铁，利用电解法回收WC和制备Co2O3的工艺流程简图如下：已知：在上述流程中，各种金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子 Fe3+ Fe2+ Co2+开始沉淀的pH1.97.06.5沉淀完全的pH3.29.09.4回答下列问题：（1）以废旧刀具作阳极，不锈钢作阴极，盐酸为电解质溶液。电解时阳极的电极反应有：Co2eCo2+和Fe2eFe2+。（2）通入氨气的目的是调节溶液的pH，除去铁元素。由表中的数据可知，理论上可选择的pH的范围是3.2pH6.5。（3）生成CoCO3的离子方程式是Co2+2HCO3CoCO3+CO2+H2O
31、。（4）实验测得NH4HCO3溶液显碱性。制备CoCO3时，不能将滤液加入NH4HCO3溶液中，原因是将滤液加入显碱性的NH4HCO3溶液中会生成Co（OH）2杂质。（5）已知：Ksp（CoCO3）1.41013，Ksp（CoC2O4）6.3108若仅从沉淀转化角度考虑，在0.01mol/L Na2C2O4溶液中加入CoCO3固体能否转化为CoC2O4沉淀？通过计算说明：CoCO3饱和溶液中c（Co2+）4107 mol/L，c（Co2+）c（C2O42）41070.014109Ksp（CoC2O4）6.3108，故不能转化为CoC2O4沉淀。（6）洗涤CoCO3不充分对最终产品纯度并无影响，
32、但在焙烧时会造成环境污染，主要原因是灼烧时，CoCO3中残留的NH4Cl分解产生NH3和HCl。（7）CoCO3生成Co2O3的化学方程式是2CoCO3Co2O3+CO2+CO。【分析】电解时阴极得到电子，由于HCl是电解质溶液，所以阴极是氢离子放电生成氢气，阳极是Fe失去电子生成Fe2+离子，Co失去电子生成Co2+，WC在阳极沉淀。溶液中加入双氧水将Fe2+离子氧化生成Fe3+离子，再入氨水控制pH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，而Co2+不能沉淀。过滤分离，滤渣为Fe（OH）3，滤液中主要含有CoCl2、NH4Cl，滤液中加入NH4HCO3生成CoCO3沉淀，过滤分离、洗涤后灼烧Co
33、CO3分解生成Co2O3。（1）电解时阳极除Co放电外，Fe也放电生成Fe2+；（2）通入氨气的目的是调节溶液的pH，除去铁元素，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，而Co2+不能沉淀；（3）HCO3与Co2+反应CoCO3沉淀，同时产生的产生的H+又与HCO3反应生成CO2与H2O；（4）将滤液加入显碱性的NH4HCO3溶液中会生成Co（OH）2沉淀；（5）由Ksp（CoCO3）1.41013计算CoCO3饱和溶液中c（Co2+），再计算浓度积Qcc（Co2+）c（C2O42），与Ksp（CoC2O4）比较判断；（6）洗涤CoCO3不充分，会含有NH4Cl，NH4Cl受热易分解；（7）CoC
34、O3加热分解生成Co2O3，Co元素化合价有+2价升高为+3价，则C元素化合价降低，会有CO生成，由电子转移守恒可知：1n（CoCO3）n（CO）（42），故n（CoCO3）2n（CO），由原子守恒可知还生成CO2。【解答】解：电解时阴极得到电子，由于HCl是电解质溶液，所以阴极是氢离子放电生成氢气，阳极是Fe失去电子生成Fe2+离子，Co失去电子生成Co2+，WC在阳极沉淀。溶液中加入双氧水将Fe2+离子氧化生成Fe3+离子，再入氨水控制pH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，而Co2+不能沉淀。过滤分离，滤渣为Fe（OH）3，滤液中主要含有CoCl2、NH4Cl，滤液中加入NH4HCO3生
35、成CoCO3沉淀，过滤分离、洗涤后灼烧CoCO3分解生成Co2O3。（1）电解时阳极除Co放电外，Fe也放电生成Fe2+，阳极上另外发生的电极反应式为：Fe2eFe2+，故答案为：Fe2eFe2+；（2）通入氨气的目的是调节溶液的pH，除去铁元素，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，而Co2+不能沉淀，由表中数据可知应控制：3.2pH6.5，故答案为：3.2pH6.5；（3）HCO3与Co2+反应CoCO3沉淀，同时产生的产生的H+又与HCO3反应生成CO2与H2O，故生成CoCO3的离子方程式是：Co2+2HCO3CoCO3+CO2+H2O，故答案为：Co2+2HCO3CoCO3+CO2+H
36、2O；（4）将滤液加入显碱性的NH4HCO3溶液中会生成Co（OH）2杂质，故不能将滤液加入NH4HCO3溶液中，故答案为：将滤液加入显碱性的NH4HCO3溶液中会生成Co（OH）2杂质；（5）CoCO3饱和溶液中c（Co2+）4107 mol/L，c（Co2+）c（C2O42）41070.014109Ksp（CoC2O4）6.3108，故不能转化为CoC2O4沉淀，故答案为：CoCO3饱和溶液中c（Co2+）4107 mol/L，c（Co2+）c（C2O42）41070.014109Ksp（CoC2O4）6.3108，故不能转化为CoC2O4沉淀；（6）洗涤CoCO3不充分，会含有NH4Cl
37、，NH4Cl受热易分解生成NH3和HCl而污染环境，；故答案为：灼烧时，CoCO3中残留的NH4Cl分解产生NH3和HCl；（7）CoCO3加热分解生成Co2O3，Co元素化合价有+2价升高为+3价，则C元素化合价降低，会有CO生成，由电子转移守恒可知：1n（CoCO3）n（CO）（42），故n（CoCO3）2n（CO），由原子守恒可知还生成CO2，故反应方程式为：2CoCO3 Co2O3 +CO2+CO，故答案为：2CoCO3 Co2O3 +CO2+CO。【点评】本题以电解法回收WC和Co工艺流程为载体，考查电解原理、对条件控制、对操作的分析评价、溶度积有关计算与应用、陌生方程式的书写，理解
38、工艺流程是解题的关键，需要学生具有扎实的基础与综合运用知识分析、解决问题的能力。9（14分）某学习小组在实验室模拟工业制备硫氰化钾（KSCN）。实验装置如图：已知：CS2不溶于水，比水重；NH3 不溶于CS2；三颈烧瓶内盛放有CS2、水和催化剂。实验步骤如下：（1）制备 NH4SCN溶液：CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS（该反应比较缓慢）实验前，经检验装置的气密性良好。三颈烧瓶的下层CS2液体必须浸没导气管口，目的是使反应物充分接触，防止发生倒吸。实验开始时打开K1，加热装置A、D，使A中产生的气体缓缓通入D中，至CS2消失。则：装置A中反应的化学方程式是2NH4Cl+Ca（OH）2C
39、aCl2+2NH3+2H2O；装置C的作用是观察气泡流速，控制加热温度。（2）制备KSCN溶液：熄灭A处的酒精灯，关闭K1，移开水浴，将装置D继续加热至105，当NH4HS完全分解后（NH4HSH2S+3NH3），打开K2，再缓缓滴加入适量的KOH溶液，发生反应：NH4SCN+KOHKSCN+NH3+H2O。小组讨论后认为：实验中滴加入相同浓度的K2CO3溶液比KOH溶液更好，理由是K2CO3溶液碱性弱于KOH，且与NH4SCN反应产生更多气体（或K2CO3+2NH4SCN2KSCN+2NH3+CO2+H2O），有利于溶液中残留的H2S逸出。（3）制备硫氰化钾晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂
40、，再减压蒸发浓缩，冷却结晶过滤，洗涤，干燥，得到硫氰化钾晶体。（4）测定晶体中KSCN的含量：称取10.0g样品配成1000mL溶液量取20.00mL于锥形瓶中，加入适量稀硝酸，再加入几滴Fe（NO3）3溶液做指示剂，用0.1000mol/LAgNO3标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗AgNO3标准溶液20.00mL。滴定时发生的反应：SCN+Ag+AgSCN（白色）。则判断达到终点时的方法是当滴入最后一滴AgNO3溶液时，红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复。晶体中KSCN的质量分数为97.0%。【分析】（1）氨气易溶于水、不溶于二硫化碳，三颈烧瓶的下层CS2液体必须浸没导气管口，从而使反应物充
41、分接触，防止发生倒吸；实验室通常加热氢氧化钙和氯化铵固体制取氨气；通过观察装置C中气泡流速，可控制装置A的加热温度；（2）在装置C中发生反应获得NH4SCN，装置D耐碱分液漏斗中装入的KOH与NH4SCN反应生成KSCN，据此书写反应方程式；（3）碳酸钾水解显弱碱性，可替代KOH，且有利于H2S的逸出；（4）滴定时发生的离子反应为SCN+Ag+AgSCN，以Fe（NO3）3为指示剂，SCN与Fe3+反应时溶液呈红色，滴定结束时溶液红色消失，检查判断滴定终点现象；20.00mL 0.1000mol/LAgNO3标准溶液滴定，n（Ag+）0.1000mol/L0.02L0.002mol，根据SCN
42、+Ag+AgSCN可知，20.00mL待测液中n（SCN）0.002mol，1000mL待测液中n（SCN）0.002mol0.1mol，结合mnM计算KSCN的质量分数。【解答】解：（1）连根据相似相容原理，氨气易溶于水、不溶于二硫化碳，为了使反应物充分接触，防止发生倒吸，所以三颈烧瓶的下层CS2液体必须浸没导气管口，故答案为：使反应物充分接触，防止发生倒吸；则装置A为氨气发生装置，实验室通过加热NH4Cl固体和Ca（OH）2固体制取氨气，发生反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O；装置C盛放的二硫化碳，作用是观察气泡流速，便于控制装置A的加热温度，故答
43、案为：2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O；观察气泡流速，控制加热温度；（2）相同浓度的K2CO3溶液其碱性比KOH溶液弱，但与NH4SCN反应更充分，生成的气体包括NH3和CO2，发生反应的化学方程式为K2CO3 +2NH4SCN 2KSCN+2NH3+CO2+H2O，有利于H2S气体逸出，减少残留在溶液中H2S的量，故答案为：K2CO3溶液碱性弱于KOH，且与NH4SCN反应产生更多气体（或K2CO3 +2NH4SCN 2KSCN+2NH3+CO2+H2O），有利于溶液中残留的H2S 逸出；（3）制备KSCN晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩，冷却结晶
44、，过滤并洗涤，干燥，得到硫氰化钾晶体，故答案为：过滤，洗涤；（4）滴定时发生的离子反应为SCN+Ag+AgSCN，以Fe（NO3）3为指示剂，SCN与Fe3+反应时溶液呈红色，所以滴定终点现象为：当滴入最后一滴AgNO3溶液时，红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复，故答案为：当滴入最后一滴AgNO3溶液时，红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复；20.00mL 0.1000mol/LAgNO3标准溶液滴定，n（Ag+）0.1000mol/L0.02L0.002mol，根据SCN+Ag+AgSCN可知，20.00mL待测液中n（SCN）0.002mol，1000mL待测液中n（SCN）0.002mol
45、0.1mol，则KSCN的质量分数为：100%97.0%，故答案为：97.0%。【点评】本题考查制备实验方案的设计，题目难度中等，明确实验原理为解答关键，注意掌握常见化学实验操作方法及元素化合物性质，试题知识点较多，充分考查了学生的分析能力及化学实验、化学计算能力。10（15分）丙烯（C3H6）是重要的有机化工原料。丙烷直接脱氢制丙烯发生的主要反应及能量变化如图1：回答下列问题：（1）丙烷直接脱氢制丙烯为强吸热过程，该反应必须在高温下进行，但温度越高副反应进行程度越大，同时还会降低催化剂的活性和选择性。为提供反应所需热量，恒压时若向原料气中掺入水蒸气，则K（主反应）增大（填“增大”、“减小”或
46、“不变”）。温度升高，副反应更容易发生的主要原因是副反应的活化能低于主反应的活化能。（2）图2为丙烷直接脱氢法中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系（图中的压强分别为1104 Pa和1105 Pa）。1104 Pa时，图2中表示丙烯的曲线是i（填“”、“”、“”或“”）。1105Pa、500时，若只发生上述主反应和副反应，则达平衡时，丙烷转化为丙烯的转化率为16.5%。（3）为克服丙烷直接脱氢法的缺点，科学家探索出在无机膜反应器中进行丙烷脱氢制丙烯的技术。在膜反应器中，利用特定功能膜将生成的氢气从反应区一侧有选择性地及时移走。与丙烷直接脱氢法相比，该方法的优点是使反应始终未达到平衡状态，
47、突破反应限度，提高丙烯产率，且能保证催化剂具有较高的活性和选择性。（4）利用CO2的弱氧化性，开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺。该工艺可采用铬的氧化物为催化剂，其反应机理如图3。已知：CO和H2的燃烧热分别为H283.0 kJ/mol、H285.8 kJ/mol。反应（）的化学方程式为3C3H8+2CrO33C3H6+Cr2O3+3H2O。25时，该工艺总反应的热化学方程式为C3H8（g）+CO2（g）C3H6（g）+CO（g）+H2O（l）H+121.5kJ/mol。该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，原因是碳与CO2反应生成CO，脱离催化剂表面。【分析】（1）化学平衡常数K
48、只与温度有关，对于吸热反应，升高温度，平衡常数K增大，反之相反；反应的活化能越低，反应就越能进行，反应速率就越大；（2）丙烷直接脱氢反应正向是体积增大的吸热反应，其它条件相同时，温度越高，丙烷的含量越低，丙烯的含量越高；其它其它条件相同时，压强越大，丙烷的含量越高，丙烯的含量越低；温度等条件相同时，压强越大，丙烷的体积分数越大，丙烯的体积分数越小，据此1105Pa、500时丙烷和丙烯的变化曲线；（3）生成的氢气从反应区一侧有选择性地及时移走，使反应的限度减小，反应始终正向进行，原料的利用率逐步提高；（4）由图3可知C3H8 和CrO3反应，生成C3H6 、H2O和Cr2O3，根据电子守恒和原子
49、守恒写出反应的化学方程式；总反应化学方程式C3H8+CO2C3H6+CO+H2O，CO的燃烧热热化学方程式为CO（g）+O2（g）CO2（g）H283.0kJ/mol，H2的燃烧热热化学方程式为H2（g）+O2（g）H2O（l）H285.8kJ/mol，C3H8（g）C3H6（g）+H2（g）H+124.3kJ/mol，根据盖斯定律+得到总反应的热化学方程式；CO2能与C反应生成气体CO，据此分析解答。【解答】解：（1）丙烷直接脱氢制丙烯反应正向吸热，恒压时向原料气中掺入水蒸气，反应正向进行，体系温度升高，化学平衡常数增大，故答案为：增大；由图1可知，主反应的反应活化能高，副反应的活化能低，正
50、副反应正向均为吸热反应，所以升高温度副反应更易进行，故答案为：副反应的活化能低于主反应的活化能；（2）图2为丙烷直接脱氢法中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系，由于两个反应正向均为吸热反应，所以其它条件相同时升高温度平衡均正向进行，丙烷的体积分数降低，丙烯的体积分数升高，所以曲线ii、iv为丙烷的变化曲线，曲线i、iii为丙烯的变化曲线；温度相同时，增大压强，平衡逆向进行，即压强越大，丙烷的体积分数越大，丙烯的体积分数越小，所以i为1104 Pa时丙烯变化曲线，iii为1105Pa时丙烯变化曲线，ii为1105 Pa时丙烷变化曲线，iv为1104 Pa时丙烷变化曲线，根据上述分析可知i
51、为1104 Pa时丙烯变化曲线，故答案为：；根据上述分析可知：iii为1105Pa时丙烯变化曲线，ii为1105 Pa时丙烷变化曲线，500平衡时（C3H8）70%，（C3H6）14%，其它为C2H4、H2、CH4的体积分数，设平衡时混合气体为100mol，则n（C3H8）70mol，n（C3H6）14mol，根据C3H8（g）C3H6（g）+H2（g）有n（H2）n（C3H6）14mol，C3H8（g）C2H4（g）+CH4有n（C2H4）n（CH4）（10070142）mol1mol，所以起始时n（C3H8）70mol+14mol+1mol85mol，即丙烷转化为丙烯的转化率16.5%，故
52、答案为：16.5%；（3）生成的氢气从反应区一侧有选择性地及时移走，使反应的限度减小，反应始终正向进行，原料的利用率和催化剂的活性、选择性均得到提高，故答案为：使反应始终未达到平衡状态，突破反应限度，提高丙烯产率，且能保证催化剂具有较高的活性和选择性；（4）由图3可知C3H8 和CrO3反应，生成C3H6 、H2O和Cr2O3，结合电子守恒和原子守恒得到反应的化学方程式3C3H8 +2CrO33C3H6 +Cr2O3 +3H2O，故答案为：3C3H8 +2CrO33C3H6 +Cr2O3 +3H2O ；总反应化学方程式C3H8+CO2C3H6+CO+H2O，CO的燃烧热热化学方程式为CO（g）
53、+O2（g）CO2（g）H283.0kJ/mol，H2的燃烧热热化学方程式为H2（g）+O2（g）H2O（l）H285.8kJ/mol，C3H8（g）C3H6（g）+H2（g）H+124.3kJ/mol，根据盖斯定律+有总反应的热化学方程式C3H8（g）+CO2（g）C3H6（g）+CO（g）+H2O（l）H+124.3kJ/mol（283.0kJ/mol）+（285.8kJ/mol）+121.5kJ/mol，故答案为：C3H8（g）+CO2（g）C3H6（g）+CO（g）+H2O（l）H+121.5kJ/mol；由于高温时碳能与CO2反应生成CO，生成的气体CO会逸散，从而有效消除催化剂表面
54、的积炭，维持催化剂活性，故答案为：碳与CO2反应生成CO，脱离催化剂表面。【点评】本题考查盖斯定律的应用、化学平衡常数的影响因素、活化能对化学反应的影响、温度和压强等条件对化学平衡的影响、化学工艺的评价、化学方程式和热化学方程式是书写、平衡转化率的计算等知识，把握基础知识和基本技能、迁移应用原理是解题的关键，注意原子守恒在化学平衡计算中的运用，（2）是难点和易错点，题目难度中等。化学-选修3：物质结构与性质11（15分）材料是人类文明进步的阶梯，第A、A、VA及族元素是组成特殊材料的重要元素。回答下列问题：（1）基态B 核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图形状为哑铃形。与硼处于同周期且相邻的两
55、种元素和硼的第一电离能由大到小的顺序为CBeB。（2）某元素位于第四周期族，其基态原子的未成对电子数与基态氮原子的未成对电子数相同，则其基态原子的价层电子排布式为3d74s2。（3）经测定发现，N2O5固体由NO2+和NO3两种离子组成，该固体中N原子杂化类型有sp、sp2。（4）MgCO3的热分解温度低于（填“高于”或“低于”）CaCO3的原因是碳酸盐的热分解本质是金属阳离子结合酸根离子中的氧离子，Mg2+的离子半径小于Ca2+的，Mg2+对氧离子的吸引作用比Ca2+的强，故MgCO3需要较少的外界能量来分解。（5）NH3分子在独立存在时HNH键角为107图1是Zn（NH3）62+离子的部分
56、结构以及HNH键角的测量值。解释NH3形成如图1配合物后HNH键角变大的原因：NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱。（6）某种金属锂的硼氢化物是优质固体电解质，并具有高储氢密度。阳离子为Li+，每个阴离子是由12个硼原子和12个氢原子所构成的原子团。阴离子在晶胞中位置如图所示，其堆积方式为面心立方最密堆积，Li+占据阴离子组成的所有正四面体中心，该化合物的化学式为LiB6H6（用最简整数比表示）。假设晶胞边长为a nm，NA代表阿伏伽德罗常数的值，则该晶胞的密度为gg/cm3。【分析】（1）基态B
57、核外电子占据的最高能级为2p能级；同周期随原子序数的增大第一电离能呈增大趋势，但具有全充满、半充满、全空的电子层构型的原子稳定性高，其电离能较大；（2）某元素位于第四周期族，其基态原子的未成对电子数与基态氮原子的未成对电子数相同，则该元素原子3d能级容纳7个电子，原子先填充4s能级，再填充3d能级；（3）NO2+中N原子杂化轨道数目2+2，而NO3中N原子杂化轨道数目3+3；（4）碳酸盐的热分解本质是金属阳离子结合酸根离子中的氧离子，金属阳离子结合酸根离子中的氧离子能力越强，需要的更少外界能量来分解；（5）孤电子对与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间的排斥力，NH3分子中N原子的孤电子对进
58、入Zn2+的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥；（6）由图可知，阴离子处于晶胞的顶点与面心，属于面心立方最密堆积；顶点阴离子与面心阴离子形成正四面体结构，晶胞中有8个正四面体，故晶胞中有8个Li+，均摊法计算晶胞中B12H12n离子团数目，确定化学式；结合晶胞中各原子数目计算晶胞的质量，晶体密度晶胞质量晶胞体积。【解答】解：（1）基态B 核外电子占据的最高能级为2p能级，电子云轮廓图形状为哑铃形；与硼处于同周期且相邻的两种元素为Be、C，同周期随原子序数的增大第一电离能呈增大趋势，Be原子的2s轨道为全充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第
59、一电离能：CBeB，故答案为：哑铃形；CBeB；（2）某元素位于第四周期族，其基态原子的未成对电子数与基态氮原子的未成对电子数相同，则该元素原子3d能级容纳7个电子，原子先填充4s能级，再填充3d能级，故该元素原子价电子排布式为：3d74s2，故答案为：3d74s2；（3）NO2+中N原子杂化轨道数目2+2，N原子采取sp杂化，而NO3中N原子杂化轨道数目3+3，N原子采取sp2杂化，故答案为：sp、sp2；（4）碳酸盐的热分解本质是金属阳离子结合酸根离子中的氧离子，Mg2+的离子半径小于Ca2+的，Mg2+对氧离子的吸引作用比Ca2+的强，故MgCO3需要较少的外界能量来分解，故热分解温度：
60、MgCO3低于CaCO3，故答案为：低于；碳酸盐的热分解本质是金属阳离子结合酸根离子中的氧离子，Mg2+的离子半径小于Ca2+的，Mg2+对氧离子的吸引作用比Ca2+的强，故MgCO3需要较少的外界能量来分解；（5）NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱，故NH3形成如图1配合物后HNH键角变大，故答案为：NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱；（6）由图可知，阴离子处于晶胞的顶点与面心，属于面心立方最密堆积
61、；顶点阴离子与面心阴离子形成正四面体结构，晶胞中有8个正四面体，故晶胞中有8个Li+，晶胞中B12H12n离子团数目8+64，故Li、B、H原子数目之比为8：124：1241：6：6，故化学式为LiB6H6晶胞相当于含有8个“LiB6H6“，晶胞质量8g，故晶体密度8g（a107cm）3g/cm3，故答案为：面心立方最密堆积；LiB6H6；。【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布与运动、电离能、杂化方式、晶体类型与性质、价层电子对互斥理论、晶胞结构与计算等，题目侧重考查学生分析计算能力，需要学生晶胞扎实的基础与灵活运用的能力，掌握均摊法进行晶胞有关计算。化学-选修5：有机化学基
62、础12马来酸酐（顺丁烯二酸酐）是一种重要的化工原料，可用于合成可降解的高聚物PES 树脂以及具有抗肿瘤活性的化合物K。已知：（R1、R2、R3代表烃基）回答下列问题：（1）C的名称是丁二酸二甲酯，反应的反应类型是加成反应。（2）B的顺式结构简式为，F的结构简式为。（3）反应的化学方程式为。（4）C有多种同分异构体，其中与C具有完全相同的官能团，且核磁共振氢谱只有两个峰的同分异构体的结构简式为CH3CH2OOCCOOCH2CH3、CH3COOCH2CH2OOCCH3（不考虑立体异构）。（5）已知：氨基（NH2） 与羟基类似，也能发生反应在由F制备K的过程中，常会产生副产物LL分子式为C16H13
63、NO3，含三个六元环，则L的结构简式为。（6）已知：酸酐在水溶液中极易水解。写出由马来酸酐合成酒石酸的合成路线：或或。【分析】与甲醇发生信息中的反应生成B为，B与氢气发生加成反应生成C为，C与乙二醇发生缩聚反应生成PES为；与苯在氯化铝作用下发生加成反应生成D，D与甲醇发生酯化反应生成E为，E发生信息中的反应生成F，F为，最后F发生信息中反应生成K；（6）由马来酸酐合成酒石酸，马来酸酐可以先加成或水解反应，然后水解或加成反应，最后水解得到目标产物。【解答】解：（1）C为，C的名称是丁二酸二甲酯，反应的反应类型是 加成反应，故答案为：丁二酸二甲酯；加成反应；（2）B为，B的顺式结构简式为，F的结
64、构简式为，故答案为：；（3）反应的化学方程式为，故答案为：；（4）C为，C有多种同分异构体，其中与C具有完全相同的官能团，且核磁共振氢谱只有两个峰的同分异构体的结构简式为CH3CH2OOCCOOCH2CH3、CH3COOCH2CH2OOCCH3，故答案为：CH3CH2OOCCOOCH2CH3、CH3COOCH2CH2OOCCH3；（5）氨基（NH2） 与羟基类似，也能发生反应，在由F制备K的过程中，常会产生副产物L，L分子式为C16H13NO3，含三个六元环，则L的结构简式为，故答案为：；（6）由马来酸酐合成酒石酸，马来酸酐可以先加成或水解反应，然后水解或加成反应，最后水解得到目标产物，其合成路线为或，故答案为：或。【点评】本题考查有机物的合成，为高频考点，把握官能团的变化、碳链变化、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度中等。