1、2016年吉林省长春市普通高中高考化学模拟试卷（二）一、选择题：本题共7小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1下列说法中正确的是（）A高纯度的单晶硅可用于制造太阳能电池板和光导纤维B石油可以通过裂解、裂化等物理变化获得重要化工原料乙烯C鸡蛋清和淀粉溶液都属于胶体，遇到硫酸铜溶液可以发生胶体聚沉D植物油中由于含有碳碳双键，因此在空气中长时间放置容易氧化变质2异戊烷（CH3）2CHCH2CH3的一氯代物与二氯代物的同分异构体数目分别是（不含立体异构）（）A4，10B5，11C4，9D4，113常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）ApH=7的溶液中：K
2、+、Na+、Fe3+、SO42B饱和NaHCO3溶液中：Al3+、NO3、I、ClC水电离产生的c（H+）=1013 molL1的溶液中：Na+、I、NO3、HCO3D0.1 molL1FeSO4溶液中：K+、Zn2+、Br、I4用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法中不正确的是（）A常温下，1L pH=3的硫酸溶液中，SO42离子的数目约为5104NAB1mol氨基（NH2）中含有电子的数目为10NAC一定条件下，1molN2与3molH2充分反应，转移电子的数目可能为2NAD3molNO2和H2O完全反应，被还原的NO2分子数目为1NA5镁次氯酸盐燃料电池，它具有比能量高、安全方便等优点
3、该电池的正极反应式为：ClO+H2O+2e=Cl+2OH，关于该电池的叙述正确的是（）A该电池中镁为负极，发生还原反应B电池工作时，OH向正极移动C该电池的总反应为：Mg+ClO+H2O=Mg（OH）2+ClD电池工作时，正极周围溶液的pH将不断变小6X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，X的一种同素异形体具有杀菌、消毒能力，Y单质与X单质在不同条件下反应会生成2种不同化合物，Z简单离子半径是同周期元素简单离子中最小的，H2在W单质中燃烧产生苍白色火焰下列说法正确的是（）A简单离子半径：WYXBZ与W形成的化合物在熔融状态下能导电C电解Y、W形成的化合物，无论是熔融状态下还是水溶液
4、中，都能得到单质WD单质X与单质Y加热条件下能生成白色固体7下列实验能达到预期目的是（）选项实验内容实验目的A测同温同浓度下的Na2CO3和Na2SO3水溶液的pH确定碳和硫两元素非金属性强弱B向CH2=CHCH2OH中滴加酸性KMnO4溶液证明CH2=CHCH2OH中含有碳碳双键C取久置的Na2SO3溶于水，加硝酸酸化的BaCl2溶液证明Na2SO3部分被氧化D向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，然后加入足量稀NaOH溶液，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热检验蔗糖水解产物具有还原性AABBCCDD三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须
5、作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）8工业废弃物对环境的危害极大，硫酸工业废渣废弃物的主要成分为MgO、Al2O3、Fe2O3、SiO2某同学设计以下方案，变废为宝提取废渣中的金属元素已知常温条件下：阳离子以氢氧化物形式完全沉淀（阳离子浓度低于105molL1）时溶液的pH：沉淀物Fe（OH）3Al（OH）3Mg（OH）2pH3.45.211饱和氨水溶液中c（OH）约为1103molL1请回答：（1）写出A与氢氟酸反应的化学方程式：（2）上述流程中两次使用试剂X，推测试剂X是（填“氨水”或“氢氧化钠”）其理由是（3）写出FH的反应离子方程式：；（4）溶液D到
6、固体E过程中需要控制溶液pH=13，如果pH过小，可能导致的后果是（5）固体C跟HI反应的离子方程式为：（6）试计算Mg（OH）2的Ksp=9硫代硫酸钠（Na2S2O3），俗名海波、大苏打通常为无色晶体，易溶于水，难溶于酒精，受热、遇酸易分解医学上用于抢救氰化物中毒，常用于碘化法的测量工业制备的反应原理为：2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2，实验室模拟该工业过程的装置如图所示，回答下列问题：（1）c中试剂为（2）反应开始后，c中先有淡黄色浑浊产生，后又变为澄清，此浑浊物是（3）实验中要控制SO2生成速率，可采取的措施有（写出一条）（4）控制c中的溶液的pH接近7，停止通
7、入SO2若未控制好，导致溶液pH7，会影响产率，原因是（用离子方程式表示）（5）d装置盛放的氢氧化钠溶液的作用是（6）停止通入SO2后，向c中加入适量的氢氧化钠溶液，将溶液转移到蒸发皿中，水浴加热浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤，洗涤晶体所用的试剂为（填化学式）（7）为检验制得的产品的纯度，该实验小组称取5.0克的产品配制成250mL溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：在锥形瓶中加入25mL0.01mol/LKIO3溶液，并加入过量的KI酸化，发生下列反应：5I+IO3+6H+=3I2+3H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应：I2+2S2O32=2I+S4O62，
8、当蓝色褪去且半分钟不变色时达到滴定终点实验数据如下表：实验序号123Na2S2O3溶液体积（mL）19.9820.0221.18则该产品的纯度是，（用百分数表示，保留1位小数）间接碘量法滴定过程中可能造成实验结果偏低的是A滴定终点时仰视读数B锥形瓶用蒸馏水润洗C滴定管未用Na2S2O3溶液润洗D滴定管尖嘴处滴定前无气泡，滴定终点发现气泡10甲醇是结构最为简单的饱和一元醇，又称“木醇”或“木精”甲醇是一碳化学基础的原料和优质的燃料，主要应用于精细化工、塑料、能源等领域已知甲醇制备的有关化学反应如下反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H1=90.77kJmol1反应：CO2（g）+H2（
9、g）CO（g）+H2O（g）H2反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H3=49.58kJmol1（1）反应的H2=（2）若500时三个反应的平衡常数依次为K1、K2与K3，则K3=（用K1、K2表示）已知500时K1、K2的值分别为2.5、1.0，并测得该温度下反应在某时刻，H2（g）、CO2（g）、CH3OH（g）、H2O （g）的浓度（mol/L）分别为0.8、0.1、0.3、0.15，则此时 V正 V逆（填“”、“=”或“”）（3）在3L容积可变的密闭容器中发生反应，c（CO）随反应时间t变化如图中曲线所示若在t0时刻分别改变一个条件，曲线变为曲线和曲线当曲线变
10、为曲线时，改变的条件是当通过改变压强使曲线变为曲线时，曲线达到平衡时容器的体积为（4）甲醇燃料电池可能成为未来便携电子产品应用的主流某种甲醇燃料电池工作原理如图所示，则通入a气体的电极电极反应式为（5）一定条件下甲醇与一氧化碳反应可以合成乙酸常温条件下，将a mol/L的CH3COOH与b mol/LBa（OH）2溶液等体积混合，反应平衡时，2c（Ba2+）=c（CH3COO），用含a和b的代数式表示该混合溶液中醋酸的电离常数为【化学-选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11磷矿石主要以Ca3（PO4）2H2O和磷灰石Ca5F（PO4）3，Ca5（OH）（PO4）3等形式存在，图（a）
11、为目前国际上磷矿石利用的大致情况，其中湿法磷酸是指磷矿石用过量硫酸分解制备磷酸，图（b）是热法磷酸生产过程中由磷灰石制单质磷的流程：部分物质的相关性质如下：熔点/沸点/备注白磷44280.5PH3133.887.8难溶于水、有还原性SiF49086易水解回答下列问题：（1）世界上磷矿石最主要的用途是生产含磷肥料，约占磷矿石使用量的%；（2）以磷矿石为原料，湿法磷酸过程中Ca5F（PO4）3反应的化学方程式为：现有1t折合含有P2O5约30%的磷灰石，最多可制得到85%的商品磷酸t（3）如图（b）所示，热法磷酸生产过程的第一步是将SiO2、过量焦炭与磷灰石混合，高温反应生成白磷炉渣的主要成分是（
12、填化学式）冷凝塔1的主要沉积物是，冷凝塔2的主要沉积物是（4）尾气中主要含有，还含有少量的PH3、H2S和HF等将尾气先通入纯碱溶液，可除去；再通入次氯酸钠溶液，可除去（均填化学式）（5）相比于湿法磷酸，热法磷酸工艺复杂，能耗高，但优点是【化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12I.2015年国产C919大型客机正式下线，标志着我国成为世界上少数几个具有自行研制大型飞机的国家之一，标志着我国航空工业进入了新的发展阶段（1）飞机的外壳通常采用镁铝合金材料，铝的价电子排布图为，第一电离能：镁（填“大于”或“小于”）铝（2）现代飞机为了减轻质量而不减轻外壳承压能力，通常采用复合材料玻
13、璃纤维增强塑料，其成分之一为环氧树脂，常见的E51型环氧树脂中部分结构如1图所示：其中碳原子的杂化方式为，个数比为II大型飞机的发动机被誉为航空工业皇冠上的“宝石”制造过程中通常采用碳化钨做关键部位的材料（3）钨元素位于周期表的第六周期第VIB族，请写出其外围电子排布式，（4）图2为碳化钨晶体的一部分结构，碳原子嵌入金属钨的晶格的间隙，并不破坏原有金属的晶格，形成填隙+固溶体，也称为填隙化合物在此结构中，其中钨原子有个，1个钨原子周围距离钨原子最近的碳原子有个，下列金属元素的堆积方式与碳化钨晶胞中碳原子和钨原子所处位置类似的是AFe CuBTi AuCMg ZnDCu Ag（5）假设该部分晶体
14、的体积为Vcm3，碳化钨的摩尔质量为M g/mol，密度为b g/cm3，则阿伏加德罗常数NA用上述数据可以表示为【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）13分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X，符合下列条件：其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，吸收峰的面积比为1：2：6：1，其苯环上有四个取代基（其中两个为甲基）；且苯环上的一卤代物只有一种；水解酸化后的产物 C能发生银镜反应，D遇FeCl3溶液显色且E能与浓溴水反应在一定条件下可发生下述一系列反应已知：在稀碱溶液中，溴苯难发生水解CH3CHO+H2O请回答下列问题（1）X中含氧官能团的名称是；（2）E可能具有的化学性质（选
15、填序号）a取代反应 b消去反应 c氧化反应 d还原反应（3）在上述反应中有机物发生还原反应的是；aAB bDE cEF dFH（4）写出下列反应的化学方程式：AB：；FH：；（5）同时符合下列条件的E的同分异构体共有种，其中一种的结构简式为a能发生水解反应b遇FeCl3溶液显色c含有苯环，苯环上有两个取代基且苯环上有两种不同化学环境的氢原子2016年吉林省长春市普通高中高考化学模拟试卷（二）参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1下列说法中正确的是（）A高纯度的单晶硅可用于制造太阳能电池板和光导纤维B石油可以通过裂解、裂化等物理
16、变化获得重要化工原料乙烯C鸡蛋清和淀粉溶液都属于胶体，遇到硫酸铜溶液可以发生胶体聚沉D植物油中由于含有碳碳双键，因此在空气中长时间放置容易氧化变质【考点】有机物的结构和性质；硅和二氧化硅；有机化学反应的综合应用【分析】A硅为良好的半导体材料，二氧化硅具有对光的全反射作用；B裂化就是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，裂解是石油化工生产过程中，以比裂化更高的温度，使石油分馏产物（包括石油气）中的长链烃断裂成乙烯、丙烯等短链烃的加工过程；C硫酸铜溶液能使鸡蛋清发生变性；D植物油中由于含有碳碳双键，易被氧化而变质【解答】解：A硅为良好的半导体材
17、料，二氧化硅具有对光的全反射作用，则高纯度的单晶硅可用于制造太阳能电池板，而二氧化硫为光导纤维的材料，故A错误；B石油可以通过裂解、裂化等化学变化获得重要化工原料乙烯，故B错误；C鸡蛋清和淀粉溶液都属于胶体，硫酸铜溶液能使鸡蛋清发生变性，使淀粉溶液发生聚沉，故C错误；D植物油中由于含有碳碳双键，易被氧化而变质，因此在空气中长时间放置容易氧化变质，故D正确；故选D2异戊烷（CH3）2CHCH2CH3的一氯代物与二氯代物的同分异构体数目分别是（不含立体异构）（）A4，10B5，11C4，9D4，11【考点】有机化合物的异构现象【分析】根据等效氢进行判断一氯代物数目；根据在一氯代物的基础上，继续取代
18、一个氢原子，据此分析二氯代物【解答】解：异戊烷（CH3）2CHCH2CH3有4种H原子，其一氯代物有4种；CH3（CH2Cl）CHCH2CH3的一氯代物有4种，（CH3）2CClCH2CH3的一氯代物有3种，（CH3）2CHCHClCH3的一氯代物有2种，（CH3）2CHCH2CH2Cl的一氯代物有1种，异戊烷（CH3）2CHCH2CH3的二氯代物共10种；故选A3常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）ApH=7的溶液中：K+、Na+、Fe3+、SO42B饱和NaHCO3溶液中：Al3+、NO3、I、ClC水电离产生的c（H+）=1013 molL1的溶液中：Na+、I、NO3
19、、HCO3D0.1 molL1FeSO4溶液中：K+、Zn2+、Br、I【考点】离子共存问题【分析】AFe3+在为4.4左右沉淀完全；B离子之间相互促进水解；C水电离产生的c（H+）=1013 molL1的溶液，为酸或碱溶液；D该组离子之间不反应【解答】解：AFe3+在为4.4左右沉淀完全，则pH=7的溶液中不能大量存在Fe3+，故A错误；BAl3+、HCO3相互促进水解，不能大量共存，故B错误；C水电离产生的c（H+）=1013 molL1的溶液，为酸或碱溶液，酸、碱溶液中均不能大量存在HCO3，且酸溶液中I、NO3发生氧化还原反应，不能共存，故C错误；D该组离子之间不反应，可大量共存，故D
20、正确；故选D4用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法中不正确的是（）A常温下，1L pH=3的硫酸溶液中，SO42离子的数目约为5104NAB1mol氨基（NH2）中含有电子的数目为10NAC一定条件下，1molN2与3molH2充分反应，转移电子的数目可能为2NAD3molNO2和H2O完全反应，被还原的NO2分子数目为1NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A依据溶液中PH和溶液体积计算得到溶液中的氢离子物质的量，n（H+）=1L103mol/L=0.001mol，硫酸电离方程式计算硫酸根离子物质的量得到离子数目；B.1个氨基（NH2）中含电子9个；C合成氨的反应是可逆反应不能进行彻底；D.
21、3molNO2和H2O完全反应，3NO2+H2O=2HNO3+NO，氮元素化合价+4价降低为+2价，发生还原反应，被还原生成NO【解答】解：A常温下，1L pH=3的硫酸溶液中，n（H+）=1L103mol/L=0.001mol，H2SO4=2H+SO42，SO42离子的数目约为5104NA，故A正确；B.1个氨基（NH2）中含电子9个，1mol氨基（NH2）中含有电子的数目为9NA ，故B错误；C在密闭容器中，1molN2与3molH2在一定条件下充分反应，反应是可逆反应，不能进行完全，若1mol氮气全部反应电子转移为6mol，所以转移电子的数目可能为2NA，故C正确；D.3molNO2和H
22、2O完全反应，3NO2+H2O=2HNO3+NO，氮元素化合价+4价降低为+2价，发生还原反应，被还原生成NO，所以被还原的NO2分子数目为1NA，故D正确；故选B5镁次氯酸盐燃料电池，它具有比能量高、安全方便等优点该电池的正极反应式为：ClO+H2O+2e=Cl+2OH，关于该电池的叙述正确的是（）A该电池中镁为负极，发生还原反应B电池工作时，OH向正极移动C该电池的总反应为：Mg+ClO+H2O=Mg（OH）2+ClD电池工作时，正极周围溶液的pH将不断变小【考点】化学电源新型电池【分析】该原电池中，镁作负极，负极上镁失电子发生氧化反应，正极上次氯酸根离子得电子发生还原反应，电池反应式为：
23、Mg+ClO+H2O=Mg（OH）2+Cl，原电池放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动【解答】解：A负极发生氧化反应，故A错误；B原电池原理中，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，故B错误；C负极上镁失电子，正极上次氯酸根离子得电子，所以电池反应为Mg+ClO+H2O=Mg（OH）2+Cl，故C正确；D电池工作时正极上的反应为：ClO+H2O+2e=Cl+2OH，在正极附近生成OH，故pH增大，故D错误；故选C6X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，X的一种同素异形体具有杀菌、消毒能力，Y单质与X单质在不同条件下反应会生成2种不同化合物，Z简单离子半径是同周期元素
24、简单离子中最小的，H2在W单质中燃烧产生苍白色火焰下列说法正确的是（）A简单离子半径：WYXBZ与W形成的化合物在熔融状态下能导电C电解Y、W形成的化合物，无论是熔融状态下还是水溶液中，都能得到单质WD单质X与单质Y加热条件下能生成白色固体【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，X的一种同素异形体具有杀菌、消毒能力，则该物质为O3，所以X为O元素；Y单质与X单质在不同条件下反应会生成2种不同化合物，而且Y的原子序数大于O，所以Y为Na元素；Z的原子序数大于O，而且Z简单离子半径是同周期元素简单离子中最小的，说明Z为Al元素；H2在W单质中燃烧
25、产生苍白色火焰，则W为Cl元素，据此结合元素化合物的性质和元素周期律解答【解答】解：X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，X的一种同素异形体具有杀菌、消毒能力，则该物质为O3，所以X为O元素；Y单质与X单质在不同条件下反应会生成2种不同化合物，而且Y的原子序数大于O，所以Y为Na元素；Z的原子序数大于O，而且Z简单离子半径是同周期元素简单离子中最小的，说明Z为Al元素；H2在W单质中燃烧产生苍白色火焰，则W为Cl元素，A电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，离子半径越小，则简单离子半径：ClO2Na+，故A错误；BAl与Cl形成的化合物属于共价化合物，在熔融状态
26、下不能导电，故B错误；C电解Na、Cl形成的化合物，在熔融状态下电解生成Na和氯气，在水溶液中电解生成氢氧化钠、氢气和氯气，都能得到单质氯气，故C正确；D氧气与钠在加热条件下能生成过氧化钠，过氧化钠为淡黄色固体，故D错误，故选C7下列实验能达到预期目的是（）选项实验内容实验目的A测同温同浓度下的Na2CO3和Na2SO3水溶液的pH确定碳和硫两元素非金属性强弱B向CH2=CHCH2OH中滴加酸性KMnO4溶液证明CH2=CHCH2OH中含有碳碳双键C取久置的Na2SO3溶于水，加硝酸酸化的BaCl2溶液证明Na2SO3部分被氧化D向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，然后加入足量稀NaO
27、H溶液，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热检验蔗糖水解产物具有还原性AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则相同浓度的钠盐溶液的pH越小；B醇羟基、碳碳双键都能被酸性高锰酸钾溶液氧化；C硝酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸根离子；D蔗糖水解生成葡萄糖，葡萄糖能发生银镜反应，银镜反应必须在碱性条件下进行【解答】解：A元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则相同浓度的钠盐溶液的pH越小，亚硫酸钠不是S元素最高价含氧酸的钠盐，所以不能据此判断非金属性强弱，故A错误；B醇羟基、碳碳双键都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所
28、以不能用酸性高锰酸钾溶液检验碳碳双键，应该用溴水，故B错误；C硝酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸根离子而干扰实验，应该用盐酸酸化的氯化钡溶液，故C错误；D蔗糖水解生成葡萄糖，葡萄糖能发生银镜反应，银镜反应必须在碱性条件下进行，所以在滴加银氨溶液之前必须滴加NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，故D正确；故选D三、非选择题：包括必考题和选考题两部分第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第40题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）8工业废弃物对环境的危害极大，硫酸工业废渣废弃物的主要成分为MgO、Al2O3、Fe2O3、SiO2某同学设计以下方案，变废为宝提取废渣
29、中的金属元素已知常温条件下：阳离子以氢氧化物形式完全沉淀（阳离子浓度低于105molL1）时溶液的pH：沉淀物Fe（OH）3Al（OH）3Mg（OH）2pH3.45.211饱和氨水溶液中c（OH）约为1103molL1请回答：（1）写出A与氢氟酸反应的化学方程式：SiO2+4HF=SiF4+2H2O（2）上述流程中两次使用试剂X，推测试剂X是氢氧化钠（填“氨水”或“氢氧化钠”）其理由是经过计算饱和氨水的pH=11，使用氨水不能将溶液调至pH=13，所以选择氢氧化钠调节溶液酸碱性（3）写出FH的反应离子方程式：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3；（4）溶液D到固体E过程中需要控
30、制溶液pH=13，如果pH过小，可能导致的后果是镁离子沉淀不完全或氢氧化铝溶解不完全（5）固体C跟HI反应的离子方程式为：2Fe（OH）3+2I+6H+=2Fe2+I2+6H2O（6）试计算Mg（OH）2的Ksp=1011【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；无机物的推断【分析】废渣的成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO，当加过量盐酸时，二氧化硅和盐酸不反应，所以固体A是二氧化硅，氧化铁、氧化铝、氧化镁和盐酸反应，所以溶液B的溶质是氯化镁、氯化铁、氯化铝、盐酸；向溶液B中加氢氧化钠溶液并调节溶液的PH值，结合题意溶液pH=3.7时Fe3+已经沉淀完全知，固体C是氢氧化铁；向
31、溶液D中加入氢氧化钠溶液并调节溶液的PH值为10.8，溶液呈强碱性溶液，铝元素在溶液中以偏铝酸根离子存在，镁离子和氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，所以固体E是氢氧化镁；溶液F的溶质含有偏铝酸钠和氯化钠，向F溶液中通入过量二氧化碳气体，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，所以G是氢氧化铝，以此解答该题【解答】解：废渣的成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO，当加过量盐酸时，二氧化硅和盐酸不反应，所以固体A是二氧化硅，氧化铁、氧化铝、氧化镁和盐酸反应，所以溶液B的溶质是氯化镁、氯化铁、氯化铝、盐酸；向溶液B中加氢氧化钠溶液并调节溶液的PH值，结合题意溶液pH=3.7时Fe3+已经沉淀完全知
32、，固体C是氢氧化铁；向溶液D中加入氢氧化钠溶液并调节溶液的PH值为10.8，溶液呈强碱性溶液，铝元素在溶液中以偏铝酸根离子存在，镁离子和氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，所以固体E是氢氧化镁；溶液F的溶质含有偏铝酸钠和氯化钠，向F溶液中通入过量二氧化碳气体，偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，所以G是氢氧化铝，（1）A是二氧化硅，与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，反应的化学方程式为SiO2+4HF=SiF4+2H2O，故答案为：SiO2+4HF=SiF4+2H2O；（2）向溶液B中加试剂X并调节溶液的PH值为3.7，结合题意知，溶液pH=3.7时Fe3+已经沉淀完全知，试剂X是能和氯化铁反应生成沉淀
33、的物质且和铝离子反应没有沉淀生成，所以试剂X只能是强碱溶液，可为氢氧化钠溶液，且饱和氨水溶液中c（OH）约为1103molL1，pH=11，使用氨水不能将溶液调至pH=13，所以选择氢氧化钠调节溶液酸碱性，故答案为：氢氧化钠；经过计算饱和氨水的pH=11，使用氨水不能将溶液调至pH=13，所以选择氢氧化钠调节溶液酸碱性；（3）反应a为偏铝酸钠和过量二氧化碳能反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，反应方程式为AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3，故答案为：AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3；（4）在强碱性条件下，铝元素以偏铝酸根离子存在，镁元素以氢氧化镁存在，当溶液的PH
34、=13时，溶液呈强碱性，如果pH过小，可能导致的后果是镁离子沉淀不完全或氢氧化铝溶解不完全等故答案为：镁离子沉淀不完全或氢氧化铝溶解不完全；（5）固体C是氢氧化铁，与HI溶液发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe（OH）3+2I+6H+=2Fe2+I2+6H2O，故答案为：2Fe（OH）3+2I+6H+=2Fe2+I2+6H2O；（6）由表中数据可知氢氧化镁完全沉淀时pH=11，则Mg（OH）2的Ksp=c（Mg2+）c2（OH）=105（103）2=1011，故答案为：10119硫代硫酸钠（Na2S2O3），俗名海波、大苏打通常为无色晶体，易溶于水，难溶于酒精，受热、遇酸易分解医学上用于
35、抢救氰化物中毒，常用于碘化法的测量工业制备的反应原理为：2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2，实验室模拟该工业过程的装置如图所示，回答下列问题：（1）c中试剂为硫化钠溶液和碳酸钠溶液（2）反应开始后，c中先有淡黄色浑浊产生，后又变为澄清，此浑浊物是硫或S（3）实验中要控制SO2生成速率，可采取的措施有控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度等（写出一条）（4）控制c中的溶液的pH接近7，停止通入SO2若未控制好，导致溶液pH7，会影响产率，原因是（用离子方程式表示）S2O32+2H+=S+H2O+SO2（5）d装置盛放的氢氧化钠溶液的作用是吸收SO2等尾气，防止污染空
36、气（6）停止通入SO2后，向c中加入适量的氢氧化钠溶液，将溶液转移到蒸发皿中，水浴加热浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤，洗涤晶体所用的试剂为（填化学式）CH3CH2OH、C2H5OH或者C2H6O（7）为检验制得的产品的纯度，该实验小组称取5.0克的产品配制成250mL溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：在锥形瓶中加入25mL0.01mol/LKIO3溶液，并加入过量的KI酸化，发生下列反应：5I+IO3+6H+=3I2+3H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应：I2+2S2O32=2I+S4O62，当蓝色褪去且半分钟不变色时达到滴定终点实验数据如下表：实验序号12
37、3Na2S2O3溶液体积（mL）19.9820.0221.18则该产品的纯度是59.3%，（用百分数表示，保留1位小数）间接碘量法滴定过程中可能造成实验结果偏低的是ACA滴定终点时仰视读数B锥形瓶用蒸馏水润洗C滴定管未用Na2S2O3溶液润洗D滴定管尖嘴处滴定前无气泡，滴定终点发现气泡【考点】制备实验方案的设计【分析】根据实验原理可知装置b为二氧化硫的制取，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸；c装置为Na2S2O3的生成装置；d装置为尾气吸收装置，吸收二氧化硫和硫化氢等酸性气体，（1）c装置为Na2S2O3的生成装置，根据2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2，
38、所需试剂为硫化钠溶液和碳酸钠溶液；（2）二氧化硫与硫化钠在溶液中反应得到S，硫与亚硫酸钠反应得到Na2S2O3；（3）影响化学反应速率的因素的因素有浓度、温度、滴加速度等在实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度等；（4）硫代硫酸钠在酸性溶液中会发生氧化还原反应生成S、SO2和水；（4）由于硫代硫酸钠易溶于水，难溶于酒精，受热、遇酸易分解，所以d中的溶液应该显碱性；（5）d装置为尾气吸收装置，吸收二氧化硫和硫化氢等酸性气体；（6）由于硫代硫酸钠易溶于水，难溶于酒精，所以洗涤晶体所用的试剂为酒精；（7）根据表中数据可知第三次实验的数据误差太大，舍去
39、，因此消耗Na2S2O3溶液体积的平均值=（19.98ml+20.02ml）2=20.00ml根据反应式5I+IO3+6H+=3I2+3H2O、I2+2S2O32=2I+S4O62建立关系式：KIO36 Na2S2O3，根据碘酸根离子的物质的量求出Na2S2O3的物质的量浓度，求出250mL溶液中Na2S2O3晶体的质量，与总质量5g相比得纯度；A滴定终点时仰视读数，使Na2S2O3溶液体积偏大；B锥形瓶用蒸馏水润洗，对实验结果没影响；C滴定管末用Na2S2O3溶液润洗，则Na2S2O3溶液会被稀释；D滴定管尖嘴处滴定前无气泡，滴定终点发现气泡，使读出的Na2S2O3的体积变小【解答】解：根据
40、实验原理可知装置b为二氧化硫的制取，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸；c装置为Na2S2O3的生成装置；d装置为尾气吸收装置，吸收二氧化硫和硫化氢等酸性气体，（1）c装置为Na2S2O3的生成装置，根据2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2，所需试剂为硫化钠溶液和碳酸钠溶液；故答案为：硫化钠和碳酸钠的混合溶液；（2）二氧化硫与硫化钠在溶液中反应得到S，硫与亚硫酸钠反应得到Na2S2O3，c中先有浑浊产生，后又变澄清，此浑浊物为S，故答案为：硫或S；（3）在实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度等，故答案为：控制
41、反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度等；（4）由于硫代硫酸钠在酸性溶液中会发生氧化还原反应生成S、SO2和水，离子方程式为：S2O32+2H+=S+H2O+SO2，所以若未控制好，pH7时会影响产率，故答案为：S2O32+2H+=S+H2O+SO2；（5）d装置为尾气吸收装置，吸收二氧化硫和硫化氢等酸性气体，故氢氧化钠溶液的作用为吸收SO2等尾气，防止污染空气，故答案为：吸收SO2等尾气，防止污染空气；（6）由于硫代硫酸钠易溶于水，难溶于酒精，所以洗涤晶体所用的试剂为酒精，化学式为CH3 CH2OH、C2H5OH 或者C2H6O，故答案为：CH3 CH2OH、C2H5OH 或者C2H6O（
42、7）根据表中数据可知第三次实验的数据误差太大，舍去，因此消耗Na2S2O3溶液体积的平均值=（19.98ml+20.02ml）2=20.00ml根据反应式5I+IO3+6H+=3I2+3H2O、I2+2S2O32=2I+S4O62建立关系式：KIO36Na2S2O3，则20ml溶液中Na2S2O3的物质的量是：0.025L0.01mol/L6=0.0015mol，则原溶液中Na2S2O3的物质的量是0.0015mol250/20=0.01875mol，质量是0.01875mol158g/mol=2.9625g，因此该产品的纯度是100%=59.3%；A滴定终点时仰视读数，则读数偏大，因此消耗N
43、a2S2O3溶液的体积增加，所以测定结果偏低，故A正确；B锥形瓶用蒸馏水润洗不会影响实验结果，故B错误；C滴定管未用Na2S2O3溶液润洗，则溶液浓度降低，因此实际消耗Na2S2O3溶液的体积增加，所以测定结果偏低，故C正确；D滴定管尖嘴处滴定前无气泡，滴定终点发现气泡，则消耗Na2S2O3溶液的体积减小，所以测定结果偏高，故D错误；故选：59.3%；AC10甲醇是结构最为简单的饱和一元醇，又称“木醇”或“木精”甲醇是一碳化学基础的原料和优质的燃料，主要应用于精细化工、塑料、能源等领域已知甲醇制备的有关化学反应如下反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H1=90.77kJmol1反应：
44、CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H2反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H3=49.58kJmol1（1）反应的H2=+41.19kJmol1（2）若500时三个反应的平衡常数依次为K1、K2与K3，则K3=K1K2（用K1、K2表示）已知500时K1、K2的值分别为2.5、1.0，并测得该温度下反应在某时刻，H2（g）、CO2（g）、CH3OH（g）、H2O （g）的浓度（mol/L）分别为0.8、0.1、0.3、0.15，则此时 V正 V逆（填“”、“=”或“”）（3）在3L容积可变的密闭容器中发生反应，c（CO）随反应时间t变化如图中曲线所示若在
45、t0时刻分别改变一个条件，曲线变为曲线和曲线当曲线变为曲线时，改变的条件是加入催化剂当通过改变压强使曲线变为曲线时，曲线达到平衡时容器的体积为2L（4）甲醇燃料电池可能成为未来便携电子产品应用的主流某种甲醇燃料电池工作原理如图所示，则通入a气体的电极电极反应式为CH3OH6e+H2O=CO2+6H+（5）一定条件下甲醇与一氧化碳反应可以合成乙酸常温条件下，将a mol/L的CH3COOH与b mol/LBa（OH）2溶液等体积混合，反应平衡时，2c（Ba2+）=c（CH3COO），用含a和b的代数式表示该混合溶液中醋酸的电离常数为107L/mol【考点】化学平衡的计算；反应热和焓变；原电池和电
46、解池的工作原理【分析】（1）根据盖斯定律：=得反应的H2；（2）依据反应+得到反应，所以平衡常数K3=K1K2，依据某时刻浓度商计算和平衡常数比较判断反应进行的方向；（3）图象分析曲线变化为曲线是缩短反应达到平衡的时间，最后达到相同平衡状态，体积是可变得是恒压容器，说明改变的是加入了催化剂；曲线I变为曲线III时，一氧化碳的浓度由0.3mol/L变为0.45mol/L，容器的体积由3L变为2L；（4）根据题给装置知本题考查酸性甲醇燃料电池，根据外电路电子流向判断左侧电极为电池的负极，发生氧化反应；（5）溶液等体积混合溶质浓度减少一半，醋酸电离平衡常数与浓度无关，结合概念计算【解答】解：（1）已
47、知反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H1=90.77kJ/mol，反应：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H2，反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H3=49.58kJ/mol，根据盖斯定律：=得反应的H2=+41.19 kJmol1，故答案为：+41.19 kJmol1；（2）根据已知反应确定K1=c（CH3OH）/c（CO）c2（H2）、K2=c（CO）c（H2O）/c（CO2）c（H2）、K3=c（CH3OH） c（H2O）/c（CO2）c3（H2），则K3=K1K2500时K1、K2的值分别为2.5、1.0，则K3=K1K2=2.5，
48、该温度下反应在某时刻，Q=0.9K3，反应正向进行，则此时V正V逆故答案为：K1K2；（3）分析图象知t0时刻改变一个条件，曲线I变为曲线II，一氧化碳的平衡浓度没有变化而达平衡的时间缩短，改变的条件是加入催化剂；反应为反应前后气体物质的量不变的反应，改变压强，平衡不移动，曲线I变为曲线III时，一氧化碳的浓度由0.3mol/L变为0.45mol/L，容器的体积由3L变为2L故答案为：加入催化剂； 2L；（4）根据题给装置知本题考查酸性甲醇燃料电池，根据外电路电子流向判断左侧电极为电池的负极，发生氧化反应，即甲醇被氧化为二氧化碳，结合碳元素的化合价变化确定失电子数目，根据原子守恒和电荷守恒配平
49、，电极反应式为CH3OH6e+H2O=CO2+6H+故答案为：CH3OH6e+H2O=CO2+6H+；（5）通常状况下，将a mol/L的醋酸与b mol/L Ba（OH）2溶液等体积混合，溶液中溶质为醋酸钡和氢氧化钡，反应平衡时，2c（Ba2+）=c（CH3COO）=bmol/L，溶液中c（H+）=c（OH）=107mol/L，溶液呈中性，醋酸电离平衡常数依据电离方程式写出K=107L/mol；故答案为：107L/mol【化学-选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11磷矿石主要以Ca3（PO4）2H2O和磷灰石Ca5F（PO4）3，Ca5（OH）（PO4）3等形式存在，图（a）为目前
50、国际上磷矿石利用的大致情况，其中湿法磷酸是指磷矿石用过量硫酸分解制备磷酸，图（b）是热法磷酸生产过程中由磷灰石制单质磷的流程：部分物质的相关性质如下：熔点/沸点/备注白磷44280.5PH3133.887.8难溶于水、有还原性SiF49086易水解回答下列问题：（1）世界上磷矿石最主要的用途是生产含磷肥料，约占磷矿石使用量的69%；（2）以磷矿石为原料，湿法磷酸过程中Ca5F（PO4）3反应的化学方程式为：Ca5F（PO4）3+5H2SO4=3H3PO4+5CaSO4+HF现有1t折合含有P2O5约30%的磷灰石，最多可制得到85%的商品磷酸0.49t（3）如图（b）所示，热法磷酸生产过程的第
51、一步是将SiO2、过量焦炭与磷灰石混合，高温反应生成白磷炉渣的主要成分是CaSiO3（填化学式）冷凝塔1的主要沉积物是液态白磷，冷凝塔2的主要沉积物是固态白磷（4）尾气中主要含有SiF4、CO，还含有少量的PH3、H2S和HF等将尾气先通入纯碱溶液，可除去SiF4、H2S、HF；再通入次氯酸钠溶液，可除去PH3（均填化学式）（5）相比于湿法磷酸，热法磷酸工艺复杂，能耗高，但优点是产品纯度高【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）由图（a）可知生产含磷肥料，约占磷矿石使用量的比例为：4%+96%85%80%=69%；（2）以磷矿石为原料，用过量的硫酸溶解Ca5F（PO4）3可制得磷酸，根据质量守
52、恒书写化学方程式；根据P元素守恒可得关系式P2O52H3PO4，依据此关系式计算；（3）将SiO2、过量焦炭与磷灰石混合，高温除了反应生成白磷之外，得到的难溶性固体是CaSiO3；根据冷却塔1、2的温度与白磷的熔点比较分析白磷的状态；（4）二氧化硅和HF反应生成四氟化硅气体，过量的焦炭不完全燃烧生成CO，因此在尾气中主要含有SiF4、CO，还含有少量的PH3、H2S和HF等；将尾气通入纯碱溶液，SiF4、HF、H2S与碳酸钠反应而除去，次氯酸具有强氧化性，可除掉强还原性的PH3；（5）相比于湿法磷酸，热法磷酸工艺所得产品纯度大；【解答】解：（1）由图（a）可知生产含磷肥料，约占磷矿石使用量的比
53、例为：4%+96%85%80%=69%，故答案为：69；（2）以磷矿石为原料，用过量的硫酸溶解Ca5F（PO4）3可制得磷酸，根据质量守恒定律可得反应的化学方程式为Ca5F（PO4）3+5H2SO4=3H3PO4+5CaSO4+HF；根据P元素守恒可得关系式P2O52H3PO4，142份P2O5可制取196份磷酸，1t折合含有P2O5约30%的磷灰石，含有P2O5的质量为0.3t，所以可制得到85%的商品磷酸的质量为： =0.49t，故答案为：Ca5F（PO4）3+5H2SO4=3H3PO4+5CaSO4+HF；0.49；（3）将SiO2、过量焦炭与磷灰石混合，高温除了反应生成白磷之外，得到的
54、难溶性固体是CaSiO3；冷却塔1的温度是70，280.5t44，所以此时主要的沉积物是液态白磷；冷却塔2的温度是18，低于白磷的熔点，故此时的主要沉积物是固体白磷，故答案为：CaSiO3；液态白磷；固态白磷；（4）二氧化硅和HF反应生成四氟化硅气体，过量的焦炭不完全燃烧生成CO，因此在尾气中主要含有SiF4、CO，还含有少量的PH3、H2S和HF等；将尾气通入纯碱溶液，SiF4、HF、H2S与碳酸钠反应而除去，次氯酸具有强氧化性，可除掉强还原性的PH3，故答案为：SiF4、CO；SiF4、H2S、HF；PH3；（5）相比于湿法磷酸，热法磷酸工艺复杂，能耗高，但是所得产品纯度大，杂质少，因此逐
55、渐被采用，故答案为：产品纯度高【化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12I.2015年国产C919大型客机正式下线，标志着我国成为世界上少数几个具有自行研制大型飞机的国家之一，标志着我国航空工业进入了新的发展阶段（1）飞机的外壳通常采用镁铝合金材料，铝的价电子排布图为，第一电离能：镁大于（填“大于”或“小于”）铝（2）现代飞机为了减轻质量而不减轻外壳承压能力，通常采用复合材料玻璃纤维增强塑料，其成分之一为环氧树脂，常见的E51型环氧树脂中部分结构如1图所示：其中碳原子的杂化方式为sp2、sp3，个数比为2：1II大型飞机的发动机被誉为航空工业皇冠上的“宝石”制造过程中通常采用碳
56、化钨做关键部位的材料（3）钨元素位于周期表的第六周期第VIB族，请写出其外围电子排布式5d46s2，（4）图2为碳化钨晶体的一部分结构，碳原子嵌入金属钨的晶格的间隙，并不破坏原有金属的晶格，形成填隙+固溶体，也称为填隙化合物在此结构中，其中钨原子有6个，1个钨原子周围距离钨原子最近的碳原子有6个，下列金属元素的堆积方式与碳化钨晶胞中碳原子和钨原子所处位置类似的是CAFe CuBTi AuCMg ZnDCu Ag（5）假设该部分晶体的体积为Vcm3，碳化钨的摩尔质量为M g/mol，密度为b g/cm3，则阿伏加德罗常数NA用上述数据可以表示为【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】I（1）A
57、l原子价电子排布式为3s23p1，根据泡利原理、洪特规则画出价电子排布图；Mg元素3s能级为全满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；（2）分子中碳原子均没有孤对电子，苯环中C原子形成3个键、其它碳原子生成4个键，杂化轨道数目分别为3、4；II（3）钨元素位于周期表的第六周期第VIB族，据此书写其外围电子排布式；（4）利用均摊法计算钨原子数目，以体内钨原子可知，1个钨原子周围距离钨原子最近的碳原子有6个，碳化钨晶胞中碳原子和钨原子所处位置为六方最密堆积，与Mg的堆积方式相同；（5）计算结构中W、C原子数目，利用阿伏伽德罗常数表示出质量，再根据m=V计算【解答】解：I（1）Al原子价电子排布
58、式为3s23p1，价电子排布图为，Mg元素3s能级为全满稳定状态，能量较低，Mg的第一电离能大于Al的，故答案为：；大于；（2）分子中碳原子均没有孤对电子，苯环中C原子形成3个键、其它碳原子生成4个键，杂化轨道数目分别为3、4，分别采取sp2、sp3 杂化，二者原子数目之比为12：6=2：1，故答案为：sp2、sp3；2：1；II（3）钨元素位于周期表的第六周期第VIB族，其外围电子排布式为：5d46s2，故答案为：5d46s2；（4）在此结构中钨原子数目为1+2+12+6=6，以体内钨原子可知，1个钨原子周围距离钨原子最近的碳原子有6个，碳化钨晶胞中碳原子和钨原子所处位置为六方最密堆积，与M
59、g的堆积方式相同，故答案为：6；6；C；（5）结构中W原子数目为6、C原子数目为6，则结构质量为4，则4=Vcm3b g/cm3，故NA=，故答案为：【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）13分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X，符合下列条件：其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，吸收峰的面积比为1：2：6：1，其苯环上有四个取代基（其中两个为甲基）；且苯环上的一卤代物只有一种；水解酸化后的产物 C能发生银镜反应，D遇FeCl3溶液显色且E能与浓溴水反应在一定条件下可发生下述一系列反应已知：在稀碱溶液中，溴苯难发生水解CH3CHO+H2O请回答下列问题（1）X中含氧官能团的名
60、称是酯基；（2）E可能具有的化学性质acd（选填序号）a取代反应 b消去反应 c氧化反应 d还原反应（3）在上述反应中有机物发生还原反应的是c；aAB bDE cEF dFH（4）写出下列反应的化学方程式：AB：2CH3OH+O22HCHO+2H2O；FH：；（5）同时符合下列条件的E的同分异构体共有6种，其中一种的结构简式为等a能发生水解反应b遇FeCl3溶液显色c含有苯环，苯环上有两个取代基且苯环上有两种不同化学环境的氢原子【考点】有机物的合成【分析】A能连续被氧化，则A是醇，B是醛，C是羧酸，C能发生银镜反应，则C是甲酸或二甲酸，X水解生成C和D，且X中只含2个氧原子，所以C是HCOOH
61、，B是HCHO，A是CH3OHD能与新制氢氧化铜反应，说明D中含有醛基，D遇FeCl3溶液显色，说明D中含有酚羟基，由于在稀碱溶液中，连在苯环上的溴原子不易发生水解，说明X中酯基为甲酸与酚形成的，即存在HCOO，两个羟基同时连在同一碳原子上的结构是不稳定，会发生脱水反应，说明存在CHBr2，芳香族化合物X苯环上的一卤代物只有一种，说明X中苯环上只有一类氢原子，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，说明含有4种氢原子，吸收峰的面积比为1：2：6：1，且X含有2个甲基，结合E能与能与浓溴水反应，故HCOO基团的邻、对位位置有H原子，综上分析可推知X的结构简式为：，X水解然后酸化得D，D的结构简式为：，D
62、被氧化生成E，E的结构简式为：，E和氢气发生加成反应生成F，F的结构简式为：，H能使溴水褪色，应是F在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成H，故H为，据此解答【解答】解：A能连续被氧化，则A是醇，B是醛，C是羧酸，C能发生银镜反应，则C是甲酸或二甲酸，X水解生成C和D，且X中只含2个氧原子，所以C是HCOOH，B是HCHO，A是CH3OHD能与新制氢氧化铜反应，说明D中含有醛基，D遇FeCl3溶液显色，说明D中含有酚羟基，由于在稀碱溶液中，连在苯环上的溴原子不易发生水解，说明X中酯基为甲酸与酚形成的，即存在HCOO，两个羟基同时连在同一碳原子上的结构是不稳定，会发生脱水反应，说明存在CHBr2，
63、芳香族化合物X苯环上的一卤代物只有一种，说明X中苯环上只有一类氢原子，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，说明含有4种氢原子，吸收峰的面积比为1：2：6：1，且X含有2个甲基，结合E能与能与浓溴水反应，故HCOO基团的邻、对位位置有H原子，综上分析可推知X的结构简式为：，X水解然后酸化得D，D的结构简式为：，D被氧化生成E，E的结构简式为：，E和氢气发生加成反应生成F，F的结构简式为：，H能使溴水褪色，应是F在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成H，故H为（1）X为，含氧官能团的名称是酯基，故答案为：酯基；（2）E为，含有酚羟基、羧基，含有发生取代反应，酚羟基易被氧化，含有苯环，可以与氢气发生加成反应，属于还原反应，不能发生消去反应，故选：acd；（3）AB属于氧化反应，DE属于氧化反应，EF是苯环与氢气发生加成反应，属于还原反应，FH属于消去反应，故选：c；（4）AB的反应方程式为：2CH3OH+O22HCHO+2H2O，FH的反应方程式为：，故答案为：2CH3OH+O22HCHO+2H2O；（5）E（）同分异构体同时符合下列条件：a能发生水解反应，说明含有酯基，b遇FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基，含有苯环，苯环上有两个取代基且苯环上有两种不同化学环境的氢原子，含有2个不同的取代基且处于对位，其中一个为OH，可能的结构简式有：，故答案为：6；等2017年1月1日
