1、2015-2016学年广东省广州市广大附中等三校高三（上）联考化学试卷（12月份）一、选择题：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下列叙述和均正确并且有因果关系的是（）选项叙述叙述A测得纳米材料Fe3O4的微粒直径为90nm纳米材料Fe3O4属于胶体BC（金刚石，s）C（石墨，s）H=1.5kJmol1通常石墨比金刚石稳定CSi有良好的半导体性能Si可用于制备光导纤维D海水中含有大量的Cl、Br等离子向海水中通入F2可大量获得Cl2、Br2AABBCCDD2设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A过氧化钠与水反应时，生成22.4L氧气转移的电子数为2
2、NAB18g D2O中含有的电子数和中子数均为10 NAC密闭容器中2mol NO与1mol O2充分反应，产物的分子数为2 NAD1mol Na与足量的O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去 NA个电子3某分子式为C10H20O2的酯，在一定条件下可发生如图的转化过程：则符合上述条件的酯的结构可有（）A2种B4种C6种D8种4如图甲池和乙池中的四个电极都是铂电极，乙池溶液分层，上层溶液为某盐溶液，呈中性请根据下图所示，判断下列说法正确的是（）A甲池是电解池，乙池是原电池；A电极反应式为：C2H5OH+3H2O12e2CO2+12H+B反应一段时间后，两池溶液的pH均未变化C假如乙
3、池中加入K2SO4溶液，隔膜只允许K+通过，当电路中转移0.01mol e时，则隔膜左侧溶液中最终减少离子约0.02molD假如乙池中加入NaI溶液，则在乙池反应过程中，可以观察到C电极周围的溶液呈现棕黄色，反应完毕后，用玻璃棒搅拌溶液，则下层溶液呈现紫红色，上层接近无色5MOH和ROH两种一元碱，常温下其水溶液分别加水稀释时，pH变化如图下列说法正确的是（）A在X点时，由H2O电离出的c（H+）相等，c（M+）=c（R+）B稀释前，c（ROH）=10c（MOH）C稀释前的ROH与等体积pH=1的H2SO4混合后所得溶液显酸性D等体积等浓度的MOH和HCl混合后，溶液中离子浓度大小关系：c（C
4、l）c（M+）c（OH）c（H+）6短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大X与W同主族，X、W的单质在标准状况下的状态不同Y是空气中含量最高的元素，Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Z2与W+具有相同的电子层结构下列说法正确的是（）A原子半径大小顺序：r（W）r（Z）r（Y）r（X）B元素Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强C由X、Y、Z三种元素形成的化合物的水溶液可能呈碱性D化合物X2Z2与W2Z2所含化学键类型完全相同7利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论是（） 选项实验结论A稀硫酸KIAgNO3与AgCl的浊液Ksp（AgCl）Ksp（AgI）B浓硫酸蔗糖溴水
5、浓硫酸具有脱水性、强氧化性C稀盐酸Na2SO3KMnO4溶液SO2有漂白性D浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸碳酸硅酸AABBCCDD二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第8题-第10题为必考题，每个试题考生都必须作答第11题第13题为选考题，学生根据要求作答（2015秋广州校级月考）非金属元素及其化合物在工农业生产中应用非常广泛请回答以下问题：氯及其化合物ClO2与Cl2的氧化性相近在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛，某兴趣小组通过如下图所示，对其制备、吸收、释放和应用进行了研究（1）A中发生反应的化学方程式：（2）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2
6、，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是（3）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为，在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是硫及其化合物：（1）选择以下装置，通过实验现象依次完成以下验证：SO2具有酸性、氧化性、还原性、漂白性其仪器的连接顺序为（2）利用下图装置能证明SO2不与BaCl2溶液反应，通入X气体可排除干扰达到实验目的是ACO2 BNH3 CO3 DN2 ENO2C发生的离子方程式（3）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）的方案如下：按上述方案实验，当消耗标
7、准I2溶液25.00mL时，滴定完毕，滴定终点的标志，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为gL19工业上回收利用某合金废料（主要含Fe、Cu、Al、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活泼金属）的工艺流程如下：已知：KspCu（OH）2=4.01021，KspAl（OH）3=1.01032，KspFe（OH）3=1.01038，KspFe（OH）2=8.01019pH=7.3时Li+或Co3+开始沉淀（1）金属M为（2）加入H2O2的作用是（用离子方程式表示）氨水的作用是调节溶液的pH，室温下，使溶液中杂质离子刚好沉淀完全而全部除去（浓度小于1.0105molL1）需调节溶
8、液pH范围为（3）充分焙烧的化学方程式为（4）已知Li2CO3微溶于水，其饱和溶液的浓度与温度关系见下表操作2中，蒸发浓缩后必须趁热过滤，其原因是温度/10306090浓度/molL10.210.170.140.10（5）用惰性电极电解熔融Li2CO3制取锂，阳极生成两种气体，则阳极的电极反应式为（6）用Li、Co形成某锂离子电池的正极是LiCoO2，含Li+导电固体为电解质充电时，Li+还原为Li，并以原子形式嵌入电池负极材料碳6（C6）中（如图a）电池反应为LixC6+Li1xCoO2C6+LiCoO2，写出该电池放电时的负极反应式锂硫电池的总反应为：2Li+SLi2S，图b表示用锂离子电
9、池给锂硫电池充电，请在图b的电极中填写“Li”或“S”，以达到给锂硫电池充电的目的10减少污染、保护环境是全世界最热门的课题CO在催化剂作用下可以与H2反应生成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），H1（1）已知反应中的相关的化学键键能数据如下：化学键HHCOHOCHE/（kJmol1）436343876465413由此计算H1=（2）图1中能正确反映反应平衡常数的对数lgK随反应温度T的变化曲线为 （填曲线标记字母），其判断理由是（3）在密闭容器中充有10mol CO与20mol H2，CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图2P1P2（填“大于”或“小于”），其判断理由是M、N、Q
10、三点平均速率（M）、（N）、（Q）大小关系为M、N、Q三点平衡常数KM、KN、KQ大小关系为一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C（s）+CO2（g）2CO（g）平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图3所示已知：气体分压（P分）=气体总压（P总）体积分数（1）完成下列填空：650时，反应达平衡后CO2的转化率为T时，若充入等体积的CO2和CO，平衡（填“向左移动”、“向右移动”或“不移动”）925时，P总=MPa，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=三化学-选修2：化学与技术（13分）11普通纸张的主要成分是纤维素，在早期的纸张生产中，常采用纸表面涂覆明矾的工
11、艺，以填补其表面的微孔，防止墨迹扩散，请回答下列问题：（1）人们发现纸张会发生酸性腐蚀而变脆、破损，严重威胁纸质文物的保存经分析检验，发现酸性腐蚀主要与造纸中涂覆明矾的工艺有关，其中的化学原理是；为了防止纸张的酸性腐蚀，可在纸浆中加入碳酸钙等添加剂，该工艺原理的离子方程式为（2）为了保护这些纸质文物，有人建议采取下列措施：喷洒碱性溶液，如稀氢氧化钠溶液或氨水等，这样操作产生的主要问题是喷洒Zn（C2H5）2Zn（C2H5）2可以与水反应生成氧化锌和乙烷用化学（离子）方程式表示该方法生成氧化锌及防治酸性腐蚀的原理（3）现代造纸工艺常用钛白粉（TiO2）替代明矾钛白粉的一种工业制法是以钛铁矿（主要
12、成分FeTiO3）为原料按下列过程进行的，请完成下列化学方程式：FeTiO3+C+Cl2TiCl4+FeCl3+COTiCl4+O2TiO2+Cl2四化学-选修3：物质结构与性质（13分）12准晶是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过方法区分晶体、准晶体和非晶体（2）基态Fe原子有个未成对电子，Fe3+的电子排布式为，可用硫氰化钾检验Fe3+，形成的配合物的颜色为（3）新制备的Cu（OH）2可将乙醛（CH3CHO）氧化成乙酸，而自身还原成Cu2O，乙醛中碳原子的杂化轨道类型为；1mol乙醛分子中含有的键的数目为，乙酸的沸点明显高于乙醛，其主要原因是Cu2O为半导体材料，在其
13、立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有个铜原子（4）Al单质为面心立方晶体，其晶胞参数a=0.405mm，晶胞中铝原子的配位数为，列式表示Al单质的密度gcm3（不必计算出结果）五化学-选修5：有机化学基础（13分）13（2015秋广州校级月考）菠萝酯F是一种具有菠萝香味的赋香剂，其合成路线如下：（1）A的结构简式为，G物质核磁共振氢谱共有个峰（2）写出F和G反应生成H的化学方程式写出D生成E的化学方程式（3）呋喃酚是一种合成农药的重要中间体，它的同分异构体很多，写出符合下列条件的所有芳香族同分异构体的结构简式：环上的一氯代物只有一种 含有酯基 能发生银镜反应（4）结
14、合题给信息，以溴乙烷和环氧乙烷为原料制备1丁醇，设计合成路线（其他试剂任选）合成路线流程图示例：CH3CH2ClCH3CH2OHCH3COOCH2CH3合成路线：2015-2016学年广东省广州市广大附中等三校高三（上）联考化学试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题：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下列叙述和均正确并且有因果关系的是（）选项叙述叙述A测得纳米材料Fe3O4的微粒直径为90nm纳米材料Fe3O4属于胶体BC（金刚石，s）C（石墨，s）H=1.5kJmol1通常石墨比金刚石稳定CSi有良好的半导体性能Si可用于制备光导纤维D海水中含有大量的C
15、l、Br等离子向海水中通入F2可大量获得Cl2、Br2AABBCCDD【考点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；反应热和焓变；硅的用途【分析】A、胶体微粒直径1100nm分析；B、物质能量越高越活泼；C、光导纤维主要成分为二氧化硅；D、氟单质和水剧烈反应；不能置换出氯气和溴单质；【解答】解：A、胶体微粒直径1100nm，在分散系中形成胶体，纳米材料Fe3O4不是胶体，属于分散质，叙述错误，故A错误；B、物质能量越高越活泼，C（金刚石，s）C（石墨，s）H=1.5kJmol1，金刚石能量高，石墨比金刚石稳定，叙述和均正确并且有因果关系，故B正确；C、光导纤维主要成分为二氧化硅，叙述错误，故C错误；
16、D、氟单质和水剧烈反应；不能置换出氯气和溴单质，叙述错误，故D错误；故选B【点评】本题考查了分散系组成物质性质的分析应用，掌握基础是关键，题目较简单2设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A过氧化钠与水反应时，生成22.4L氧气转移的电子数为2 NAB18g D2O中含有的电子数和中子数均为10 NAC密闭容器中2mol NO与1mol O2充分反应，产物的分子数为2 NAD1mol Na与足量的O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去 NA个电子【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A气体状况未知；B.18gD2O的物质的量为0.9mol，
17、1个D2O中含有10个中子，10个电子；CNO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2N2O4；DNa与足量的O2反应，无论生成Na2O还是Na2O2，钠都生成+1价钠离子【解答】解：A气体状况未知，无法计算生成氧气的物质的量，无法计算转移电子数目，故A错误；B.1个D2O中含有10个中子，10个电子，18gD2O的物质的量为0.9mol，含有中子数和电子数都是9NA，故B错误；CNO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反
18、应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2N2O4，所以产物分子数小于2NA，故C错误；DNa与足量的O2反应，无论生成Na2O还是Na2O2，钠都生成+1价钠离子，则1mol Na反应，失去NA个电子，故D正确；故选：D【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，明确物质的构成、发生的氧化还原反应、转移的电子数是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件和对象，题目难度中等3某分子式为C10H20O2的酯，在一定条件下可发生如图的转化过程：则符合上述条件的酯的结构可有（）A2种B4种C6种D8种【考点】酯的性质；有机化合物的异构现象【专题】同分异构体的类型及其判定；有机
19、反应【分析】分子式为C10H20O2的有机物A，它能在碱性条件下水解生成B和C，则说明A应为酯，则B为酸的钠盐，C为醇，C能被氧化为酸，则C中含有CH2OH，根据C4H9的结构判断【解答】解：因C在一定条件下可氧化成E，则C为C4H9CH2OH，B为C4H9COOH，而C4H9有四种结构，分别为：CH3CH2CH2CH2、CH3CH2CH（CH3）、（CH3）2CHCH2、（CH3）3C4种，所以有机物共有同分异构体4种，故选B【点评】本题考题有机物的推断，题目难度不大，注意根据C转化为E的性质和C4H9的同分异构体的种类判断4如图甲池和乙池中的四个电极都是铂电极，乙池溶液分层，上层溶液为某盐
20、溶液，呈中性请根据下图所示，判断下列说法正确的是（）A甲池是电解池，乙池是原电池；A电极反应式为：C2H5OH+3H2O12e2CO2+12H+B反应一段时间后，两池溶液的pH均未变化C假如乙池中加入K2SO4溶液，隔膜只允许K+通过，当电路中转移0.01mol e时，则隔膜左侧溶液中最终减少离子约0.02molD假如乙池中加入NaI溶液，则在乙池反应过程中，可以观察到C电极周围的溶液呈现棕黄色，反应完毕后，用玻璃棒搅拌溶液，则下层溶液呈现紫红色，上层接近无色【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】A、燃料电池是原电池，通入燃料的电极是负极，负极上失电子发生氧化反应，充电电池
21、充电时A接原电池负极，B是正极发生还原反应；B、甲池放电的总方程式为C2H5OH+4OH+3O2=2CO32+5H2O，消耗氢氧根离子溶液的PH值变小；C、当电路中转移0.01mol e时，交换膜左则会有0.01mol钾离子通过阳离子交换膜向D极移动，同时会有0.005mol氢氧根离子失去0.01mol电子；D、如果乙池中加入NaI溶液，则碘离子在阳极C极放电，生成棕黄色的固体碘，用有机物萃取，有机层在下层【解答】解：A、燃料电池是原电池，通入燃料的A电极是负极，负极上失电子发生氧化反应，碱性环境下，发生反应：C2H5OH+16OH12e2CO32+11H2O，故A错误；B、甲池放电的总方程式
22、为C2H5OH+4OH+3O2=2CO32+5H2O，消耗氢氧根离子溶液的PH值变小，故B错误；C、乙池中加入K2SO4溶液，当电路中转移0.01mol e时，交换膜左则会有0.01mol钾离子通过阳离子交换膜向D极移动，同时会有0.005mol氢氧根离子失去0.01mol电子生成氧气，所以氢氧根离子会减少0.005mol，则交换膜左侧溶液中共约减少0.015mol离子，故C错误；D、通乙醇的电极是负极，所以D是阴极，C是阳极，在乙池反应过程中，碘离子在阳极C极放电，生成棕黄色的碘，用有机物四氯化碳萃取，有机层四氯化碳在下层，碘单质溶于其中，下层溶液呈现紫红色，上层接近无色，故D正确；故选D【
23、点评】本题考查了原电池、电解池原理、热化学反应方程式的书写，明确燃料电池正负极的判断方法、电解池离子放电顺序即可解答，难点是电极反应式的书写，难度中等5MOH和ROH两种一元碱，常温下其水溶液分别加水稀释时，pH变化如图下列说法正确的是（）A在X点时，由H2O电离出的c（H+）相等，c（M+）=c（R+）B稀释前，c（ROH）=10c（MOH）C稀释前的ROH与等体积pH=1的H2SO4混合后所得溶液显酸性D等体积等浓度的MOH和HCl混合后，溶液中离子浓度大小关系：c（Cl）c（M+）c（OH）c（H+）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】离子反应专题【分析】由图象曲线变化可
24、知，ROH开始的pH=13，稀释100倍pH=11，则ROH为强碱，而MOH开始的pH=12，稀释100倍pH=11，则MOH为弱碱，Ax点时氢氧根离子浓度相同，则c（M+）=c（R+），且对水的电离平衡的影响相同；BMOH为弱电解质，在溶液中部分电离，稀释前c（MOH）0.01mol/L；CROH为强碱，pH=13的ROH的浓度为0.1mol/L，与等体积pH=1的H2SO4混合后恰好完全反应生成强酸强碱盐，溶液呈中性；DMOH为弱碱，二者反应后生成强酸弱碱盐MCl，M+部分水解，溶液呈酸性，则c（H+）c（OH）、c（M+）c（Cl）【解答】解：由图象曲线变化可知，ROH开始的pH=13，
25、稀释100倍pH=11，则ROH为强碱，而MOH开始的pH=12，稀释100倍pH=11，则MOH为弱碱，A由ROHR+OH，MOHM+OH可知，在x点，c（OH）相等，则对水的电离的原子程度相同，根据电荷守恒可知：c（M+）=c（R+），故A正确；B稀释前，c（ROH）=0.1mol/L，c（MOH）0.01mol/L，则c（ROH）10c（MOH），故B错误；CpH=13的ROH的浓度为0.1mol/L，pH=1的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，两溶液等体积混合后恰好发生反应生成强酸强碱盐，混合液显示中性，故C错误；D等体积等浓度的MOH和HCl混合后，恰好反应生成强酸弱碱盐MCl
26、，M+部分水解，溶液呈酸性，则c（H+）c（OH）、c（M+）c（Cl），所以溶液中离子浓度大小关系为：c（Cl）c（M+）c（H+）c（OH），故D错误；故选A【点评】本题考查了酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，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，注意掌握盐的水解原理及判断离子浓度大小的方法6短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大X与W同主族，X、W的单质在标准状况下的状态不同Y是空气中含量最高的元素，Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Z2与W+具有相同的电子层结构下列说法正确的是（）A原子半径大小顺序：r（W）r（Z）r（Y）r（X）B元素Y的简单气态
27、氢化物的热稳定性比Z的强C由X、Y、Z三种元素形成的化合物的水溶液可能呈碱性D化合物X2Z2与W2Z2所含化学键类型完全相同【考点】原子结构与元素周期律的关系【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y是空气中含量最高的元素，则Y为N元素；Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素；Z2与W+具有相同的电子层结构，则W为Na；X与W同主族，X、W的单质在标准状况下的状态不同，则X单质为气体，故X为H元素，据此解答【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y是空气中含量最高的元素
28、，则Y为N元素；Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Z为O元素；Z2与W+具有相同的电子层结构，则W为Na；X与W同主族，X、W的单质在标准状况下的状态不同，则X单质为气体，故X为H元素，A同周期自左到右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，氢原子比较最小，故原子半径r（Na）r（N）r（O）r（H），故A错误；B非金属性Z（O）Y（N），元素非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，因此H2O的热稳定性大于NH3，故B错误；C由X（H）、Y（N）、Z（O）三种元素形成的化合物中，一水合氨的水溶液呈碱性，故C正确；D化合物H2O2含有共价键
29、，而Na2O2含有共价键、离子键，所含化学键类型不完全相同，故D错误，故选C【点评】本题考查结构性质位置关系综合应用，推断元素是解题关键，注意对你元素周期律的理解掌握，题目难度不大7利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论是（） 选项实验结论A稀硫酸KIAgNO3与AgCl的浊液Ksp（AgCl）Ksp（AgI）B浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、强氧化性C稀盐酸Na2SO3KMnO4溶液SO2有漂白性D浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸碳酸硅酸AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】AHI易溶于水，没有HI气体生成，溶液不变浑浊；B浓硫酸使蔗糖变黑，然后C与浓硫酸
30、发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色；C盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应；D硝酸易 挥发，不能比较碳酸、硅酸的酸性强弱【解答】解：AHI易溶于水，没有HI气体生成，溶液不变浑浊，不能比较AgCl、AgI溶度积大小，故A错误；B浓硫酸具有脱水性使蔗糖变黑，然后C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，体现其强氧化性，最后二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色，故B正确；C盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应，二氧化硫表现还原性，故C错误；D浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，但浓硝酸易挥发，硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶
31、液反应生成硅酸沉淀，则不能比较碳酸与硅酸的酸性，应排除硝酸的干扰，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，涉及沉淀的生成与转化、浓硫酸的性质、酸性比较、氧化还原反应等，把握化学反应原理及实验装置中的反应为解答的关键，注意实验操作的可行性、评价性分析，题目难度不大二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第8题-第10题为必考题，每个试题考生都必须作答第11题第13题为选考题，学生根据要求作答（2015秋广州校级月考）非金属元素及其化合物在工农业生产中应用非常广泛请回答以下问题：氯及其化合物ClO2与Cl2的氧化性相近在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛，某兴趣小组通过如下图
32、所示，对其制备、吸收、释放和应用进行了研究（1）A中发生反应的化学方程式：2NaClO3+4HCl=2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O（2）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是吸收氯气（3）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为4H+5ClO2=Cl+4ClO2+2H2O，在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO2生成硫及其化合物：（1）选择以下装置，通过实验现象依次完成以下验证：SO2具有酸性、氧化性、还原性、漂白性其仪器的连接顺
33、序为ACIBFEG（2）利用下图装置能证明SO2不与BaCl2溶液反应，通入X气体可排除干扰达到实验目的是ADACO2 BNH3 CO3 DN2 ENO2C发生的离子方程式3SO2+3Ba2+2NO3+2H2O3BaSO4+2NO+4H+（3）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）的方案如下：按上述方案实验，当消耗标准I2溶液25.00mL时，滴定完毕，滴定终点的标志当滴入最后一滴I2溶液时，溶液从无色恰好变为蓝色，且30秒内不褪色，则说明已达到终点，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为0.32gL1【考点】制备实验方案的设计；
34、性质实验方案的设计【专题】气体的制备与性质检验类实验【分析】IA中稀盐酸和氯酸钠发生氧化还原反应生成二氧化氯，反应方程式为2NaClO3+4HCl=2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O；生成的气体中含有氯气和二氧化氯，二氧化氯在D中被稳定剂吸收生成NaClO2，则C应该吸收氯气，防止干扰实验；酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，离子方程式为4H+5ClO2=Cl+4ClO2+2H2O；二氧化氯具有强氧化性，能氧化碘离子生成碘，碘遇淀粉变蓝色；（1）稀盐酸和氯酸钠发生氧化还原反应生成二氧化氯和氯气；（2）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，
35、此时F中溶液的颜色不变，说明C能吸收氯气；（3）在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据反应物和生成物书写离子方程式；在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，二氧化氯能氧化碘离子生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色；II浓硫酸和亚硫酸钠生成二氧化硫，二氧化硫通入水中生成亚硫酸，亚硫酸不稳定，易被氧化生成硫酸而产生干扰，所以要检验二氧化硫是否与氯化钡溶液反应，应该排除强氧化性物质，且也不能是碱性物质；二氧化硫和氯化钡溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀和NO、氢离子；（3）滴定终点为：当滴入最后一滴I2溶液时，溶液从无色恰好变为蓝色，且30秒内不褪色；二氧化硫具有还原性
36、、碘具有氧化性，二者在水溶液中发生反应SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI，根据SO2I2计算样品中二氧化硫含量【解答】解：IA中稀盐酸和氯酸钠发生氧化还原反应生成二氧化氯，反应方程式为2NaClO3+4HCl=2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O；生成的气体中含有氯气和二氧化氯，二氧化氯在D中被稳定剂吸收生成NaClO2，则C应该吸收氯气，防止干扰实验；酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，离子方程式为4H+5ClO2=Cl+4ClO2+2H2O；二氧化氯具有强氧化性，能氧化碘离子生成碘，碘遇淀粉变蓝色；（1）稀盐酸和氯酸钠发生氧化还原反应生成二氧化氯和氯气，
37、反应方程式为2NaClO3+4HCl=2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O，故答案为：2NaClO3+4HCl=2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O；（2）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则从C出来的气体不含氯气，说明C能吸收氯气，故答案为：吸收氯气；（3）在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据反应物和生成物书写离子方程式为4H+5ClO2=Cl+4ClO2+2H2O；在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，二氧化氯能氧化碘离子生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色，所以F能检验是否有二氧化氯生成，故答案
38、为：4H+5ClO2=Cl+4ClO2+2H2O； 验证是否有ClO2 生成；II浓硫酸和亚硫酸钠生成二氧化硫，二氧化硫通入水中生成亚硫酸，亚硫酸不稳定，易被氧化生成硫酸而产生干扰，所以要检验二氧化硫是否与氯化钡溶液反应，应该排除强氧化性物质且也不能是碱性物质，臭氧和二氧化氮具有氧化性、氨气属于碱性气体，故选AD；二氧化硫和硝酸钡溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀、NO和氢离子，离子方程式为3SO2+3Ba2+2NO3+2H2O3BaSO4+2NO+4H+，故答案为：AD；3SO2+3Ba2+2NO3+2H2O3BaSO4+2NO+4H+；（3）滴定终点为：当滴入最后一滴I2溶液时，溶液从无色
39、恰好变为蓝色，且30秒内不褪色；二氧化硫具有还原性、碘具有氧化性，二者在水溶液中发生反应SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI，根据SO2I2，设二氧化硫物质的量为xmol，SO2I21mol 1molxmol 0.04000mol/L0.025L1mol：1mol=xmol：（0.04000mol/L0.025L）x=0.001mol，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）=0.32g/L，故答案为：当滴入最后一滴I2溶液时，溶液从无色恰好变为蓝色，且30秒内不褪色，则说明已达到终点； 0.32【点评】本题考查物质制备，为高频考点，涉及实验基本操作、实验仪器的性质、滴定实验
40、、气体制备及其性质检验等知识点，明确实验原理及实验基本操作是解本题关键，难点是II（1）中仪器选取及实验先后顺序，题目难度中等9工业上回收利用某合金废料（主要含Fe、Cu、Al、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活泼金属）的工艺流程如下：已知：KspCu（OH）2=4.01021，KspAl（OH）3=1.01032，KspFe（OH）3=1.01038，KspFe（OH）2=8.01019pH=7.3时Li+或Co3+开始沉淀（1）金属M为Cu（2）加入H2O2的作用是（用离子方程式表示）2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O氨水的作用是调节溶液的pH，室温下，使溶液中杂质离子刚好
41、沉淀完全而全部除去（浓度小于1.0105molL1）需调节溶液pH范围为5.0pH7.3（3）充分焙烧的化学方程式为4CoC2O42H2O+3O22Co2O3+8 H2O+8CO2（4）已知Li2CO3微溶于水，其饱和溶液的浓度与温度关系见下表操作2中，蒸发浓缩后必须趁热过滤，其原因是减少Li2CO3的溶解损失温度/10306090浓度/molL10.210.170.140.10（5）用惰性电极电解熔融Li2CO3制取锂，阳极生成两种气体，则阳极的电极反应式为2CO324e=O2+CO2（6）用Li、Co形成某锂离子电池的正极是LiCoO2，含Li+导电固体为电解质充电时，Li+还原为Li，并
42、以原子形式嵌入电池负极材料碳6（C6）中（如图a）电池反应为LixC6+Li1xCoO2C6+LiCoO2，写出该电池放电时的负极反应式LixC6xe=C6+xLi+锂硫电池的总反应为：2Li+SLi2S，图b表示用锂离子电池给锂硫电池充电，请在图b的电极中填写“Li”或“S”，以达到给锂硫电池充电的目的【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；无机实验综合【分析】合金废料（主要含Fe、Cu、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活泼金属）加入盐酸过滤得到金属M为不与盐酸反应的铜，浸出液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氨水调节溶液PH使铁离
43、子转化为氢氧化铁沉淀、铝离子转化为氢氧化铝沉淀，通过操作过滤得到溶液A中加入草酸铵溶液沉淀钴离子过滤得到溶液B主要是锂离子的溶液，加入碳酸钠沉淀锂离子，过滤得到碳酸锂；结晶析出CoC2O42H2O足量空气煅烧得到氧化钴；（2）加入H2O2的作用是氧化亚铁离子为铁离子；由于KspAl（OH）3KspFe（OH）3，当铝离子沉淀完全时，铁离子已经沉淀完全，所以根据KspAl（OH）3=c3（OH）c（Al3+）计算出溶液中氢氧根离子的浓度，再计算出溶液的pH值；（3）CoC2O4焙烧生成Co2O3、CO2和水；（4）Li2CO3微溶于水，溶解度随温度升高而降低，为减少Li2CO3的溶解损失，蒸发浓
44、缩后必须趁热过滤；（5）用惰性电极电解熔融Li2CO3制取锂，阳极生成两种气体，应为二氧化碳和氧气；（6）放电时，该装置为原电池，负极上失电子发生氧化反应；在Li、Co形成的锂离子电池中，碳6（C6）为负极，给电池2Li+SLi2S充电时，Li电极应与电源的负极相连，据此画图【解答】解：合金废料（主要含Fe、Cu、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活泼金属）加入盐酸过滤得到金属M为不与盐酸反应的铜，浸出液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氨水调节溶液PH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀、铝离子转化为氢氧化铝沉淀，通过操作过滤得到溶液A中加入草酸铵溶液沉淀钴离子过滤得到溶液B主要是锂离子的溶液
45、，加入碳酸钠沉淀锂离子，过滤得到碳酸锂；结晶析出CoC2O42H2O足量空气煅烧得到氧化钴，（1）上述分析判断金属M为Cu，故答案为：Cu；（2）加入H2O2的作用是氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；使溶液中杂质离子刚好沉淀完全而全部除去（浓度小于1.0105molL1），由于KspAl（OH）3KspFe（OH）3，当铝离子沉淀完全时，铁离子已经沉淀完全，所以根据KspAl（OH）3=c3（OH）c（Al3+）可知c（OH）=1109molL1，所以此时溶液的pH值为5，同时要使Li+或Co3+不沉淀，则pH7.3，所以要调节溶液的pH
46、值为5.0pH7.3，故答案为：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；5.0pH7.3；（3）CoC2O4焙烧生成Co2O3、CO2和水，反应的化学方程式为4CoC2O42H2O+3O22Co2O3+8 H2O+8CO2，故答案为：4CoC2O42H2O+3O22Co2O3+8 H2O+8CO2；（4）Li2CO3微溶于水，溶解度随温度升高而降低，为减少Li2CO3的溶解损失，蒸发浓缩后必须趁热过滤，故答案为：减少Li2CO3的溶解损失；（5）用惰性电极电解熔融Li2CO3制取锂，阳极生成两种气体，应为二氧化碳和氧气，电极方程式为2CO324e=O2+CO2，故答案为：2CO324e
47、=O2+CO2；（6）放电时，该装置为原电池，负极上锂失电子发生氧化反应，电极反应式为LixC6xe=C6+xLi+，故答案为：LixC6xe=C6+xLi+；在Li、Co形成的锂离子电池中，碳6（C6）为负极，给电池2Li+SLi2S充电时，Li电极应与电源的负极相连，如图所示，故答案为：【点评】本题主要考查物质的分离提纯的综合应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力、计算能力的考查，综合性强，注意把握实验的流程和原理，难度较大10减少污染、保护环境是全世界最热门的课题CO在催化剂作用下可以与H2反应生成甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），H1（1）已知反应中的相关的化学
48、键键能数据如下：化学键HHCOHOCHE/（kJmol1）436343876465413由此计算H1=299kJmol1（2）图1中能正确反映反应平衡常数的对数lgK随反应温度T的变化曲线为 （填曲线标记字母），其判断理由是反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数数值及平衡常数的对数lgK随温度升高变小（3）在密闭容器中充有10mol CO与20mol H2，CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图2P1小于P2（填“大于”或“小于”），其判断理由是相同温度下，由于反应为气体分子数减小的反应，加压有利于平衡正移，提升CO的转化率，故P1P2M、N、Q三点平均速率（M）、（N）、（Q）大小
49、关系为（M）（N）（Q）M、N、Q三点平衡常数KM、KN、KQ大小关系为KM=KNKQ一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C（s）+CO2（g）2CO（g）平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图3所示已知：气体分压（P分）=气体总压（P总）体积分数（1）完成下列填空：650时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%T时，若充入等体积的CO2和CO，平衡不移动（填“向左移动”、“向右移动”或“不移动”）925时，P总=MPa，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=0.24 MPa【考点】化学平衡的影响因素；有关反应热的计算【专题】化学平衡图像；燃烧热的计算【分析】
50、CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），H1 =299 kJmol1，升温平衡逆向进行平衡常数减小，平衡常数的对数lgK减小；（3）相同温度下，同一容器中，增大压强，平衡向正反应方向移动，则CO的转化率增大p1小于p2，压强越大反应速率越大，则M点反应速率小于N点反应速率，Q点我的高于MN点，反应速率大；化学平衡常数只与温度有关，相同温度时其平衡常数相等，升高温度平衡向逆反应方向移动，其平衡常数减小；（1）由图可知，650时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，根据三段式进行计算；由图可知，T时，反应达平衡后CO和CO2的体积分数都为50%即为平衡状态；925
51、时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=来回答【解答】解：（1）CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），反应热=反应物总键能生成物总键能=876+2436（3413+343+465）=299 kJmol1，故答案为：299 kJmol1；（2）CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），H1 =299 kJmol1，升温平衡逆向进行平衡常数减小，平衡常数的对数lgK减小，图象中符合的是，故答案为：I，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数数值及平衡常数的对数lgK随温度升高变小；（3）相同温度下，同一容器中，增大压强，平衡向正反应方向移动，则CO的转化率增大，根据图象知，p
52、1小于p2，故答案为：小于；相同温度下，由于反应为气体分子数减小的反应，加压有利于平衡正移，提升CO的转化率，故P1P2； p1小于p2，压强越大反应速率越大，则M点反应速率小于N点反应速率，Q点我的高于MN点，反应速率大，则M、N、Q三点平均速率（M）、（N）、（Q）大小关系为（M）（N）（Q），故答案为：（M）（N）（Q）； 化学平衡常数只与温度有关，相同温度时其平衡常数相等，升高温度平衡向逆反应方向移动，其平衡常数减小，根据图象知，温度：M=NQ，则若M、N、Q三点的平衡常数KM、KN、KQ的大小关系为KM=KNKQ，故答案为：KM=KNKQ；（1）由图可知，650时，反应达平衡后CO的
53、体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，转化了xmol，则有C（s）+CO2（g）2CO（g）开始 1 0转化 x 2x平衡； 1x 2x所以100%=40%，解得x=0.25mol，则CO2的转化率为100%=25%，故答案为：25%；故答案为：25.0%； 由图可知，T时，反应达平衡后CO和CO2的体积分数都为50%即为平衡状态，T时，若充入等体积的CO2和CO平衡不移动，故答案为：不移动； 925时，P总=MPa，CO的体积分数为96%，则CO2的体积分数都为4%，所以用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=0.24 MPa，故答案为：0.24 MPa；【点评】本题考查了
54、化学平衡图象、阅读题目获取信息的能力等，难度中等，需要学生具备运用信息与基础知识分析问题、解决问题的能力三化学-选修2：化学与技术（13分）11普通纸张的主要成分是纤维素，在早期的纸张生产中，常采用纸表面涂覆明矾的工艺，以填补其表面的微孔，防止墨迹扩散，请回答下列问题：（1）人们发现纸张会发生酸性腐蚀而变脆、破损，严重威胁纸质文物的保存经分析检验，发现酸性腐蚀主要与造纸中涂覆明矾的工艺有关，其中的化学原理是明矾水解产生酸性环境，在酸性条件下，纤维素水解，使高分子链断裂；为了防止纸张的酸性腐蚀，可在纸浆中加入碳酸钙等添加剂，该工艺原理的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O（2）
55、为了保护这些纸质文物，有人建议采取下列措施：喷洒碱性溶液，如稀氢氧化钠溶液或氨水等，这样操作产生的主要问题是过量的碱同样可以导致纤维素的水解，造成书籍污损喷洒Zn（C2H5）2Zn（C2H5）2可以与水反应生成氧化锌和乙烷用化学（离子）方程式表示该方法生成氧化锌及防治酸性腐蚀的原理Zn（C2H5）2+H2O=ZnO+2C2H6，ZnO+2H+=Zn2+H2O（3）现代造纸工艺常用钛白粉（TiO2）替代明矾钛白粉的一种工业制法是以钛铁矿（主要成分FeTiO3）为原料按下列过程进行的，请完成下列化学方程式：FeTiO3+C+Cl2TiCl4+FeCl3+COTiCl4+O2TiO2+Cl2【考点】
56、氧化还原反应；盐类水解的原理【专题】氧化还原反应专题【分析】（1）酸性腐蚀主要与造纸中涂覆明矾的工艺有关，明矾水解产生氢离子；为了防止纸张的酸性腐蚀，可在纸浆中加入碳酸钙等添加剂，碳酸钙与氢离子反应；（2）碱性溶液中，纤维素也水解；Zn（C2H5）2可以与水反应生成氧化锌和乙烷，且ZnO与氢离子反应；（3）C元素的化合价由0升高为+2价，Cl元素的化合价由0降低为1价；Cl元素的化合价升高，O元素的化合价降低，结合电子、原子守恒配平【解答】解：（1）发现酸性腐蚀主要与造纸中涂覆明矾的工艺有关，其中的化学原理是明矾水解产生酸性环境，在酸性条件下，纤维素水解，使高分子链断裂；防止纸张的酸性腐蚀，可
57、在纸浆中加入碳酸钙等添加剂，该工艺原理的离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，故答案为：明矾水解产生酸性环境，在酸性条件下，纤维素水解，使高分子链断裂；CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O；（2）喷洒碱性溶液，如稀氢氧化钠溶液或氨水等，这样操作产生的主要问题是过量的碱同样可以导致纤维素的水解，造成书籍污损，故答案为：过量的碱同样可以导致纤维素的水解，造成书籍污损；该方法生成氧化锌及防治酸性腐蚀的原理Zn（C2H5）2+H2O=ZnO+2C2H6，ZnO+2H+=Zn2+H2O，故答案为：Zn（C2H5）2+H2O=ZnO+2C2H6，ZnO+2H+=Zn2+H2O；（3
58、）C元素的化合价由0升高为+2价，Cl元素的化合价由0降低为1价，由电子、原子守恒可知，反应为2FeTiO3+6C+7Cl22TiCl4+2FeCl3+6CO，故答案为：2FeTiO3+6C+7Cl22TiCl4+2FeCl3+6CO；Cl元素的化合价升高，O元素的化合价降低，结合电子、原子守恒可知反应为TiCl4+O2TiO2+2Cl2，故答案为：TiCl4+O2TiO2+2Cl2【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握习题中的信息、盐类水解、氧化还原反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化还原反应的配平方法及应用，题目难度不大四化学-选修3：物质结构与性
59、质（13分）12准晶是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过X射线衍射方法区分晶体、准晶体和非晶体（2）基态Fe原子有4个未成对电子，Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，可用硫氰化钾检验Fe3+，形成的配合物的颜色为血红色（3）新制备的Cu（OH）2可将乙醛（CH3CHO）氧化成乙酸，而自身还原成Cu2O，乙醛中碳原子的杂化轨道类型为sp3、sp2；1mol乙醛分子中含有的键的数目为6NA，乙酸的沸点明显高于乙醛，其主要原因是乙酸存在分子间氢键Cu2O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有16个铜原子（4）A
60、l单质为面心立方晶体，其晶胞参数a=0.405mm，晶胞中铝原子的配位数为12，列式表示Al单质的密度gcm3（不必计算出结果）【考点】真题集萃；原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；配合物的成键情况；晶胞的计算；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别【专题】元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构【分析】（1）晶体对X射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间；（2）根据Fe原子的核外电子排布式确定未成对电子数，失去电子变为铁离子时，先失去4s上的电子后失去3d上的电子，硫氰化铁为血红色；（3）乙醛中甲基上的C采取sp3杂化类型，醛基中的C采取sp2杂化类型；1个乙醛
61、分子含有6个键和一个键；乙酸分子间可形成氢键导致沸点较高；根据O数目和Cu2O中Cu和O的比例计算晶胞中Cu原子的数目；（4）在Al晶体的一个晶胞中与它距离相等且最近的Al原子在通过这个顶点的三个面心上，面心占，通过一个顶点可形成8个晶胞【解答】解：（1）从外观无法区分三者，但用X光照射挥发现：晶体对X射线发生衍射，非晶体不发生衍射，准晶体介于二者之间，因此通过有无衍射现象即可确定，故答案为：X射线衍射；（2）26号元素Fe基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，可知在3d上存在4个未成对电子，失去电子变为铁离子时，先失去4s上的2个电子后失去3d上的1个电子，因此
62、Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，硫氰化铁为血红色，故答案为：4；1s22s22p63s23p63d5；血红色；（3）乙醛中甲基上的C形成4条键，无孤电子对，因此采取sp3杂化类型，醛基中的C形成3条键和1条键，无孤电子对，采取sp2杂化类型；1个乙醛分子含有6个键和一个键，则1mol乙醛含有6mol键，即6NA个键；乙酸分子间可形成氢键，乙醛不能形成氢键，所以乙酸的沸点高于乙醛；该晶胞中O原子数为41+6+8=8，由Cu2O中Cu和O的比例可知该晶胞中铜原子数为O原子数的2倍，即为16个；故答案为：sp3、sp2；6NA；乙酸存在分子间氢键；16；（4）在Al晶体的
63、一个晶胞中与它距离相等且最近的Al原子在通过这个顶点的三个面心上，面心占，通过一个顶点可形成8个晶胞，因此该晶胞中铝原子的配位数为83=12；一个晶胞中Al原子数为8=4，因此Al的密度=gcm3，故答案为：【点评】本题考查了晶体的性质、原子核外电子排布规律、共价键类型、氢键、杂化类型、晶胞配位数及密度的计算，综合性非常强，为历年高考选作常考题型，难度中等，其中晶胞配位数以及密度的计算是本题的难点五化学-选修5：有机化学基础（13分）13（2015秋广州校级月考）菠萝酯F是一种具有菠萝香味的赋香剂，其合成路线如下：（1）A的结构简式为，G物质核磁共振氢谱共有4个峰（2）写出F和G反应生成H的化
64、学方程式写出D生成E的化学方程式（3）呋喃酚是一种合成农药的重要中间体，它的同分异构体很多，写出符合下列条件的所有芳香族同分异构体的结构简式：环上的一氯代物只有一种 含有酯基 能发生银镜反应（4）结合题给信息，以溴乙烷和环氧乙烷为原料制备1丁醇，设计合成路线（其他试剂任选）合成路线流程图示例：CH3CH2ClCH3CH2OHCH3COOCH2CH3合成路线：CH3CH2BrCH3CH2MgBrCH3CH2CH2CH2OH【考点】有机物的合成【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机化合物的获得与应用【分析】根据题目所给信息，可知1，3丁二烯与丙烯醛发生加成反应反应生成A为，A与足量的
65、氢气发生加成反应生成B为，B在HBr条件下发生取代反应生成C为，C与Mg在干醚的条件下得到，发生信息中反应得到，再发生催化氧化反应生成，被酸性高锰酸钾溶液溶液氧化生成F为，对比H与F的结构可知，F与CH2=CHCH2OH反应酯化反应得到H，故G为CH2=CHCH2OH（4）由转化关系中反应可知，溴乙烷与Mg在干醚的条件下得到CH3CH2MgBr，再与环氧乙烷在酸性条件下得到1丁醇【解答】解：根据题目所给信息，可知1，3丁二烯与丙烯醛发生加成反应反应生成A为，A与足量的氢气发生加成反应生成B为，B在HBr条件下发生取代反应生成C为，C与Mg在干醚的条件下得到，发生信息中反应得到，再发生催化氧化反
66、应生成，被酸性高锰酸钾溶液溶液氧化生成F为，对比H与F的结构可知，F与CH2=CHCH2OH反应酯化反应得到H，故G为CH2=CHCH2OH，（1）根据上面的分析可知，A的结构简式为，G为CH2=CHCH2OH，所以G物质核磁共振氢谱共有4个峰，故答案为：；4；（2）F和G反应生成H的化学方程式为：，D生成E的化学方程式为，故答案为：；（3）根据条件环上的一氯代物只有一种，含有酯基，能发生银镜反应，说明有醛基，则符合条件的的所有芳香族同分异构体的结构简式为，故答案为：（4）由转化关系中反应可知，溴乙烷与Mg在干醚的条件下得到CH3CH2MgBr，再与环氧乙烷在酸性条件下得到1丁醇，合成路线为CH3CH2BrCH3CH2MgBr CH3CH2CH2CH2OH，故答案为：CH3CH2BrCH3CH2MgBr CH3CH2CH2CH2OH【点评】本题考查有机物的推断与合成，成分利用转化关系中有机物的进行进行分析解答，较好的考查学生的分析推理能力、获取信息能力、知识迁移运用能力，难度中等