1、2014年江西省南昌市高三教研室高考化学模拟试卷（九）一、选择题（本大题共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（6分）（2014南昌模拟）2013年7月23日，央视记者分别在北京崇文门附近的麦当劳、肯德基以及真功夫3家大型快餐店取回可食用冰块进行抽样检测检测结果显示：3家快餐店食用冰块菌落总数严重超标下列说法正确的是（）A肉毒杆菌有毒，可在其中加入硫酸铜使其变性后食用B肉毒杆菌在体内水解生成的氨基酸不能成为人体重要的营养物质C大肠杆菌分子中不一定含羧基和氨基D出血性大肠杆菌和油脂均为能水解的高分子化合物2（6分）（2014南昌模拟）短周期原子序数依次增大的主
2、族元素R、T、Q、W、Y具有如下信息：R、Y原子的最外层电子数与电子层数相同；Q是地壳中含量最高的元素，R与T的核电荷数之和等于Q的核电荷数；W与R同主族下列说法正确的是（）A元素Q与W形成的两种常见化合物中含有相同比例的阴、阳离子，属于同种晶体类型B元素T、Q、W、Y的原子半径大小为：TQYWCQ与Y组成的常见物质是一种两性物质，结构中含有共价键D由Y和T组成的物质YT是原子晶体，在电子和陶瓷工业上有广泛应用，可以直接由单质Y和T在低温下合成3（6分）（2015奉贤区模拟）对于实验IIV的实验现象预测正确的是（）A实验：逐滴滴加盐酸时，试管中立即产生大量气泡B实验：充分振荡后静置，下层溶液为
3、橙红色，上层无色C实验：从饱和食盐水中提取NaCl晶体D装置：酸性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去4（6分）（2014南昌模拟）海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，下图为海水利用的部分过程下列有关说法正确的是（）A制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaClB用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3C在工段、中，溴元素均被氧化D工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁5（6分）（2014南昌模拟）Cyrneine A对治疗神经系统疾病有着很好的疗效可用香芹酮经过多步反应合成，下列说法正确的是（）A香芹酮化学式为C9H12OBCyrneine A可
4、以发生加成反应、氧化反应，但不能发生消去反应C香芹酮和Cyrneine A均能使酸性KMnO4溶液褪色D与香芹酮互为同分异构体，分子中有4种不同化学环境的氢原子的酚类化合物共有4种6（6分）（2014南昌模拟）用Na2SO3溶液吸收硫酸工业尾气中的二氧化硫，将所得的混合液进行电解循环再生，这种新工艺叫再生循环脱硫法其中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如下图所示，则下列有关说法中不正确的是（）AX为直流电源的负极，Y为直流电源的正极B图中的baC阳极区pH增大D该过程中的产品主要为H2SO4和H27（6分）（2013湖州模拟）某强酸性溶液X中可能含有Fe2+、A13+、NH4+、CO32、SO3
5、2、SO42、C1中的若干种，现取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如图下列说法正确的是（）A气体A是NO2BX中肯定存在Fe2+、A13+、NH4+、SO42C溶液E和气体F不能发生化学反应DX中不能确定的离子是 A13+和C1三、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8（14分）（2014南昌模拟）某兴趣小组同学在实验室用加热1丁醇、浓H2SO4和溴化钠混合物的方法来制备1溴丁烷，并检验反应的部分副产物，设计了如图所示装置，其中夹持仪器、加热仪器及冷却水管没有画出请根据实验步骤，回答下列问题：（1）关闭
6、a和b、接通竖直冷凝管的冷凝水，给A加热30分钟，制备1溴丁烷竖直冷凝管接通冷凝水，进水口是（填“I”或“”）；冷凝回流的主要目的是（2）理论上，上述反应的副产物可能有：丁醚（CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3）、1丁烯、溴化氢、硫酸氢钠、水等熄灭酒精灯，在竖直冷凝管上方塞上塞子并打开a，利用余热继续反应直至冷却，通过B、C装置检验部分副产物B、C中应盛放的试剂分别是和，写出C装置中主要的化学方程式：（3）为了进一步分离提纯1溴丁烷，该兴趣小组同学查得相关有机物的数据如表所示：物质熔点/沸点/1丁醇89.5117.31溴丁烷112.4101.6丁醚95.3142.41丁烯185
7、.36.5请你补充下列实验步骤，直到分离出1溴丁烷待烧瓶冷却后，拔去竖直的冷凝管；，收集所得馏分（4）若实验中所取1丁醇、NaBr分别为7.4g、13.0g，蒸出的粗产物经洗涤、干燥后再次蒸馏得到9.6g 1溴丁烷，则1溴丁烷的产率是（保留2位有效数字）9（14分）（2015湖南模拟）工业上设计将VOSO4中的K2SO4、SiO2杂质除去并回收得到V2O5的流程如下：请回答下列问题：（1）步骤所得废渣的成分是（写化学式），操作I的名称（2）步骤、的变化过程可简化为（下式R表示VO2+，HA表示有机萃取剂）：R2（SO4）n （水层）+2nHA（有机层）2RAn（有机层）+nH2SO4 （水层）
8、中萃取时必须加入适量碱，其原因是中X试剂为（3）的离子方程式为（4）25时，取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间关系如下表：pH1.31.41.51.61.71.81.92.02.1钒沉淀率%88.194.896.598.098.898.896.493.189.3结合上表，在实际生产中，中加入氨水，调节溶液的最佳pH为；若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe（OH）3沉淀，则溶液中c（Fe3+）（5）该工艺流程中，可以循环利用的物质有和10（15分）（2014南昌模拟）运用化学反应原理研究氮、硫等单质及其化合物的反应有重要意义（1）硫酸生产过程中2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），平
9、衡混合体系中SO3的百分含量和温度的关系如图所示，根据如图回答下列问题：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）的H0（填“”或“”）一定条件下，将SO2与O2以体积比2：1置于一体积不变的密闭容器中发生以上反应，能说明该反应已达到平衡的是a体系的密度不发生变化 bSO2与SO3的体积比保持不变c体系中硫元素的质量百分含量不再变化d单位时间内转移4mol电子，同时消耗2mol SO3e容器内的气体分子总数不再变化（2）一定的条件下，合成氨反应为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）图1表示在此反应过程中的能量的变化，图2表示在2L的密闭容器中反应时N2的物质的量随时间的变化曲线图3表示在其他
10、条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对此反应平衡的影响该反应的平衡常数表达式为，升高温度，平衡常数（填“增大”或“减小”或“不变”）由图2信息，计算010min内该反应的平均速率v（H2）=，从11min起其它条件不变，压缩容器的体积为1L，则n（N2）的变化曲线为（填“a”或“b”或“c”或“d”）图3a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是点，温度T1T2（填“”或“=”或“”）（3）若将等物质的量的SO2与NH3溶于水充分反应，所得溶液呈性，所得溶液中c（H+）c（OH）=（填写表达式）（已知：H2SO3：Ka1=1.7102，Ka2=6.0108，NH3H2O：
11、Kb=1.8105）【化学-选修2：化学与技术】（15分）11（15分）（2015焦作一模）化学是人类进步的关键，化学为人类的生产、生活提供了物质保证（1）电镀时，用镀层金属作阳极的作用是为了使镀层厚度均匀、光滑致密、与镀件的附着力强，除控制溶液中离子浓度外，通常还可以采取的措施有（2）卤水中蕴含着丰富的镁资源，经转化后可获得MgCl2粗产品从卤水中提取镁的步骤为：a将海边大量存在的贝壳煅烧成石灰，并将石灰制成石灰乳；b将石灰乳加入到海水沉淀池中经过滤得到Mg（OH）2沉淀；c在Mg（OH）2沉淀中加入盐酸得到MgCl2溶液，再经蒸发结晶得到MgCl26H2O；d将MgCl26H2O在一定条件
12、下加热得到无水MgCl2；e电解熔融的氯化镁可得到Mg步骤d中的“一定条件”指的是，目的是上述提取镁的流程中，为了降低成本减少污染，可以采取很多措施，请写出其中一点有同学认为：步骤b后可加热Mg（OH）2得到MgO，再电解熔融的MgO制金属镁，这样可简化实验步骤，你同意该同学的想法吗？为什么？（3）铀是核反应最重要的燃料，已经研制成功一种螫合型离子交换树脂，它专门吸附海水中的U4+，而不吸附其他元素其反应原理为（树脂用HR代替），发生离子交换后的离子交换膜用酸处理还可再生并得到含铀的溶液，其反应原理为：（4）阿司匹林（）在潮湿空气中可分解成水杨酸和醋酸而略带酸臭味，故密封保存，用化学方程式表示
13、阿司匹林必须贮藏于密闭、干燥处的原因：，此反应的类型属于【化学选修3-物质结构与性质】（15分）12（2014南昌模拟）某配位化合物为深蓝色晶体，由原子序数由小到大的A、B、C、D、E五种元素构成，其原子个数比为l4：4：5：1：1其中C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍，E元素的外围电子排布为（n1）d n+6nsl，回答下列问题（1）元素B、C、D的第一电离能的由大到小排列顺序为（用元素符号表示）（2）D元素原子的最外层电子排布图为（3）该配位化合物的化学式为，配体的中心原子的杂化方式为（4）C元素可与A元素形成两种常见的化合物，其原子个数比分别为1：1和l：2，两种化合物可任意比互溶，
14、解释其主要原因为（5）A元素与B元素可形成分子式为A2B2的某化合物，该化合物的分子具有平面结构，则其结构式为，分子中含有个键，个键（6）A元素与E元素可形成一种红色化合物，其晶体结构单元如图则该化合物的化学式为该化合物可在氯气中燃烧，生成一种棕黄色固体和一种气体，写出该反应的化学方程式【化学-选修5：有机化学基础】（15分）13（2014南昌模拟）相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）其中A是一氯代物，H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO已知：（苯胺，易被氧化）当苯环上连有甲基时，再引入的其
15、他基团主要进入甲基的邻位或对位；当苯环上连有羧基时，再引入的其他基团主要进入羧基的间位请根据所学知识与本题所给信息回答下列问题：（1）H的结构简式是；（2）反应的类型是； 反应所需的试剂和条件是；（3）反应的化学方程式是；（4）有多种同分异构体，其中含有1个醛基和2个羟基的芳香族化合物共有种；（5）请用合成反应流程图表示出由和其他无机物合成最合理的方案（不超过4步），请在答题纸的方框中表示例：2014年江西省南昌市高三教研室高考化学模拟试卷（九）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共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（6分）（2014南昌模拟）2013年7
16、月23日，央视记者分别在北京崇文门附近的麦当劳、肯德基以及真功夫3家大型快餐店取回可食用冰块进行抽样检测检测结果显示：3家快餐店食用冰块菌落总数严重超标下列说法正确的是（）A肉毒杆菌有毒，可在其中加入硫酸铜使其变性后食用B肉毒杆菌在体内水解生成的氨基酸不能成为人体重要的营养物质C大肠杆菌分子中不一定含羧基和氨基D出血性大肠杆菌和油脂均为能水解的高分子化合物考点：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；常见的生活环境的污染及治理 专题：糖类与蛋白质专题分析：A肉毒杆菌是毒性最强的毒素之一铜离子是重金属离子，它可以使肉毒杆菌变性，但也会使人中毒；B肉毒杆菌产生的肉毒毒素可阻断神经末梢分泌乙酰胆碱，麻痹肌肉
17、人体在进食含有肉毒杆菌外毒素的食物引起中毒后，临床上以恶心、呕吐；C大肠杆菌中含有蛋白质，蛋白质中含有羧基和氨基；D高分子化合物：相对分子质量大于10000的化合物解答：解：A肉毒杆菌是一种生长在缺氧环境下的细菌，在罐头食品及密封腌渍食物中具有极强的生存能力，是毒性最强的毒素之一铜离子是重金属离子，它可以使肉毒杆菌变性，但也会对人造成危害，导致中毒，所以不能再食用，故A错误；B肉毒杆菌产生的肉毒毒素可阻断神经末梢分泌乙酰胆碱，麻痹肌肉人体在进食含有肉毒杆菌外毒素的食物引起中毒后，临床上以恶心、呕吐，所以肉毒杆菌在体内水解生成的氨基酸不能成为人体重要的营养物质，故B正确；C大肠杆菌是细菌，细菌由
18、细胞膜，细胞质，细胞核区组成，蛋白质广泛分布于细胞膜，细胞质以及核区中，只要含有蛋白质，就必然在其分子中含有羧基和氨基，故C错误；D油脂能水解，但相对分子质量较小，故不是高分子化合物，故D错误，故选B点评：本题考查蛋白质的性质、高分子化合物的判断，难度不大要注意细菌的成分为蛋白质2（6分）（2014南昌模拟）短周期原子序数依次增大的主族元素R、T、Q、W、Y具有如下信息：R、Y原子的最外层电子数与电子层数相同；Q是地壳中含量最高的元素，R与T的核电荷数之和等于Q的核电荷数；W与R同主族下列说法正确的是（）A元素Q与W形成的两种常见化合物中含有相同比例的阴、阳离子，属于同种晶体类型B元素T、Q、
19、W、Y的原子半径大小为：TQYWCQ与Y组成的常见物质是一种两性物质，结构中含有共价键D由Y和T组成的物质YT是原子晶体，在电子和陶瓷工业上有广泛应用，可以直接由单质Y和T在低温下合成考点：位置结构性质的相互关系应用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：短周期原子序数依次增大的主族元素R、T、Q、W、Y，其中R、Y原子的最外层电子数与电子层数相同，符合条件的元素有H、Be、Al；Q是地壳中含量最高的元素，则Q为O元素；由于R与T的核电荷数之和等于Q的核电荷数，Al原子序数大于O，R为Be时，T的原子序数为4，R、T原子序数相同，故R只能为H元素，故Y为Al，则T的原子序数=81=7，即T为N
20、元素；W与R同主族，结合原子序数可知W为Na元素，据此解答解答：解：短周期原子序数依次增大的主族元素R、T、Q、W、Y，其中R、Y原子的最外层电子数与电子层数相同，符合条件的元素有H、Be、Al；Q是地壳中含量最高的元素，则Q为O元素；由于R与T的核电荷数之和等于Q的核电荷数，Al原子序数大于O，R为Be时，T的原子序数为4，R、T原子序数相同，故R只能为H元素，故Y为Al，则T的原子序数=81=7，即T为N元素；W与R同主族，结合原子序数可知W为Na元素，AQ与W形成的两种常见化合物为Na2O、Na2O2，二者含有阴、阳离子之比都是2：1，均属于离子化合物，故A正确；B同主族自上而下原子半径
21、增大，同周期随原子序数增大原子半径减小，故原子半径：ONAlNa，即QTYW，故B错误；CQ与Y组成的常见物质是一种两性物质为Al2O3，属于离子化合物，不含共价键，故C错误；DY和T组成的物质AlN是原子晶体，不能由单质Al和氮气在低温下合成，故D错误，故选A点评：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，对学生的逻辑推理有一定的要求，注意元素周期律的掌握，难度中等3（6分）（2015奉贤区模拟）对于实验IIV的实验现象预测正确的是（）A实验：逐滴滴加盐酸时，试管中立即产生大量气泡B实验：充分振荡后静置，下层溶液为橙红色，上层无色C实验：从饱和食盐水中提取NaCl晶体D装置：酸性K
22、MnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：A先发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠；B上层为氯化铁溶液，为黄色；C从饱和食盐水中提取NaCl晶体，利用蒸发操作；D浓硫酸具有脱水性，蔗糖变为C，然后与浓硫酸反应生成二氧化硫，具有还原性，使酸性KMnO4溶液褪色解答：解：A先发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠，则开始没有气泡，故A错误；B四氯化碳的密度比水的大，充分振荡后静置，下层溶液为橙红色，上层为氯化铁溶液，为黄色，故B错误；C从饱和食盐水中提取NaCl晶体，利用蒸发操作，不需要坩埚，应选蒸发皿，故C错误；D浓硫酸具有脱水性，蔗糖变为C
23、，然后与浓硫酸反应生成二氧化硫，具有还原性，使酸性KMnO4溶液褪色，观察到性KMnO4溶液中有气泡出现，且溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去，故D正确；故选：D点评：本题考查实验方案的评价，涉及到反应的先后顺序、萃取、蒸发等知识点，属于常见的冷拼试题，考查点较多，学生应注意思维的及时转换来解答，D选项难度较大4（6分）（2014南昌模拟）海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源，下图为海水利用的部分过程下列有关说法正确的是（）A制取NaHCO3的反应是利用其溶解度小于NaClB用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3C在工段、中，溴元素均被氧化D工业上通过电解饱和MgCl2溶液制取金属镁
24、考点：海水资源及其综合利用 专题：化学应用分析：A往精盐溶液中通氨气，得沉淀，据此解答；B碳酸钠和碳酸氢钠溶液加入澄清石灰水，均有白色沉淀产生；C第步中，溴元素被还原；D工业上采用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁解答：解：A往精盐溶液中通氨气，得碳酸氢钠沉淀，说明碳酸氢钠的溶解度小于氯化钠，故A正确；B分别向碳酸钠和碳酸氢钠溶液中加入澄清石灰水，发生Na2CO3+Ca（OH）2=2NaOH+CaCO3、2NaHCO3+Ca（OH）2=Na2CO3+CaCO3+2H2O，均有白色沉淀产生，故B错误；C在工段、中，第步中，SO2+2H2O+Br2=H2SO4+2HBr中S元素的化合价升高，则二氧化硫
25、被氧化，溴元素被还原，故C错误；D电解饱和MgCl2溶液，只能得到氢氧化镁沉淀，工业上采用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁，故D错误；故选A点评：本题考查了海水的利用，利用所学知识结合框图信息是解答本题的关键，难度不大5（6分）（2014南昌模拟）Cyrneine A对治疗神经系统疾病有着很好的疗效可用香芹酮经过多步反应合成，下列说法正确的是（）A香芹酮化学式为C9H12OBCyrneine A可以发生加成反应、氧化反应，但不能发生消去反应C香芹酮和Cyrneine A均能使酸性KMnO4溶液褪色D与香芹酮互为同分异构体，分子中有4种不同化学环境的氢原子的酚类化合物共有4种考点：有机物的结构和性
26、质 专题：有机物的化学性质及推断分析：由有机物结构简式确定有机物的分子式，香芹酮含有碳碳双键，Cyrneine A分子含有碳碳双键、醛基以及羟基，结合烯烃、醛以及醇的性质确定有机物的性质，结合同分异构体的定义解答该题解答：解：A根据有机物的结构简式并结合键线式的结构特点可知，香芹酮的化学式为C10H14O，故A错误；BCyrneine A分子含有碳碳双键、醛基以及羟基，且与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上含有氢原子，所以A可以发生加成反应、氧化反应、消去反应，故B错误；C香芹酮和Cyrneine A分子中均含有碳碳双键，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故C正确；D与香芹酮互为同分异构体，分子中有4
27、种不同化学环境的氢原子的酚类化合物，说明分子中含有酚羟基如果苯环上只有2个取代基，则另一个取代基是丁基要满足分子中有4种不同化学环境的氢原子，则该取代基应该是C（CH3）3，且与酚羟基是对位的；如果含有3个取代基，则另外2个取代基是乙基，与酚羟基的位置是邻位时等效氢原子最少，有5种氢原子；如果是4个甲基与1个酚羟基，可满足分子中有4种不同化学环境的氢原子，所以可能的结构简式有2种，故D错误故选C点评：本题考查有机物的结构和性质，是高考中的常见题型和重要的考点之一，属于中等难度的试题，意在考查学生对官能团与物质性质的关系及常见的有机反应类型的判断能力试题基础性强，侧重对学生能力的培养和解题方法的
28、指导该题的关键是准确判断出分子中含有的官能团，然后依据相应官能团的结构和性质，灵活运用即可有利于培养学生的知识迁移能力和辑推理能力6（6分）（2014南昌模拟）用Na2SO3溶液吸收硫酸工业尾气中的二氧化硫，将所得的混合液进行电解循环再生，这种新工艺叫再生循环脱硫法其中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如下图所示，则下列有关说法中不正确的是（）AX为直流电源的负极，Y为直流电源的正极B图中的baC阳极区pH增大D该过程中的产品主要为H2SO4和H2考点：化学电源新型电池 专题：电化学专题分析：A根据电解质溶液中阴阳离子的移动方向确定电源的正负极；B根据S原子守恒判断a、b大小；C阳极上亚硫酸根离
29、子被氧化生成硫酸根离子，溶液酸性增强；D电解池阴极上氢离子得电子，阳极上亚硫酸根离子失电子解答：解：A根据阴阳离子的移动方向知，阳离子向Pt（）电极移动，阴离子向Pt（）移动，因此Pt（）为阴极，Pt（）为阳极，所以X为直流电源的负极，Y为直流电源的正极，故A正确；B阳极室中，出来的硫酸中不仅有加入的稀硫酸还有亚硫酸根离子被氧化生成的硫酸，所以ba，故B正确；C阳极上，亚硫酸根离子被氧化生成硫酸根离子，亚硫酸是弱电解质，硫酸是强电解质，所以阳极附近氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故C错误；D该电解池中阳极上生成硫酸，阴极上生成氢气，所以该过程中的产品主要为H2SO4和H2，故D正确；故选C点评
30、：本题考查学生电解池的工作原理，能正确分析图片是解本题的关键，注意图片中加入物质和析出物质的变化7（6分）（2013湖州模拟）某强酸性溶液X中可能含有Fe2+、A13+、NH4+、CO32、SO32、SO42、C1中的若干种，现取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如图下列说法正确的是（）A气体A是NO2BX中肯定存在Fe2+、A13+、NH4+、SO42C溶液E和气体F不能发生化学反应DX中不能确定的离子是 A13+和C1考点：常见离子的检验方法 专题：离子反应专题分析：强酸性溶液，一定没有CO32、SO32；加入硝酸钡，引进硝酸根，溶液具有强氧化性，一定含有亚铁离子，故A是一氧化氮，D是二氧
31、化氮，E是硝酸；沉淀C是硫酸钡，溶液中一定含有硫酸根；加入过量氢氧化钠，产生的气体F是氨气，溶液中一定含有铵离子，生成了沉淀G；H中通入二氧化碳，生成沉淀I，沉淀可能为氢氧化铝或碳酸钡；根据以上分析，对选项逐一判断解答：解：X是强酸性溶液，一定不会含有弱酸根离子：CO32、SO32；加入硝酸钡，溶液具有了强氧化性，故气体A是一氧化氮，D是二氧化氮，E则为硝酸，故溶液中一定含有还原性的离子：Fe2+；B中加入氢氧化钠产生了气体F，F一定是氨气，溶液中一定含有铵离子；H中通入二氧化碳生成了沉淀I，I可能为氢氧化铝或在碳酸钡，故溶液中不一定含有铝离子；沉淀C为硫酸钡，溶液中一定含有硫酸根；A、气体A
32、是一氧化氮，故A错误；B、根据分析，X中肯定存在Fe2+、NH4+、SO42，不能确定是否含有铝离子，故B错误；C、E是硝酸，F是氨气，可以发生反应，故C错误；D、根据分析可知，溶液中可能含有铝离子和氯离子，故D正确；故选D点评：本题考查常见离子的检验，如氨气的检验、铝离子的检验等，难度中等三、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8（14分）（2014南昌模拟）某兴趣小组同学在实验室用加热1丁醇、浓H2SO4和溴化钠混合物的方法来制备1溴丁烷，并检验反应的部分副产物，设计了如图所示装置，其中夹持仪器、加热
33、仪器及冷却水管没有画出请根据实验步骤，回答下列问题：（1）关闭a和b、接通竖直冷凝管的冷凝水，给A加热30分钟，制备1溴丁烷竖直冷凝管接通冷凝水，进水口是（填“I”或“”）；冷凝回流的主要目的是充分反应，提高反应物的转化率（2）理论上，上述反应的副产物可能有：丁醚（CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3）、1丁烯、溴化氢、硫酸氢钠、水等熄灭酒精灯，在竖直冷凝管上方塞上塞子并打开a，利用余热继续反应直至冷却，通过B、C装置检验部分副产物B、C中应盛放的试剂分别是石蕊试液（或AgNO3溶液）和溴水（或酸性KMnO4溶液），写出C装置中主要的化学方程式：CH3CH2CH=CH2+Br2B
34、rCH2CHBrCH2CH3（3）为了进一步分离提纯1溴丁烷，该兴趣小组同学查得相关有机物的数据如表所示：物质熔点/沸点/1丁醇89.5117.31溴丁烷112.4101.6丁醚95.3142.41丁烯185.36.5请你补充下列实验步骤，直到分离出1溴丁烷待烧瓶冷却后，拔去竖直的冷凝管；插上带橡皮塞的温度计；关闭a，打开b；接通冷凝管的冷凝水，使冷水从d处流入；迅速升高温度至101.6，收集所得馏分（4）若实验中所取1丁醇、NaBr分别为7.4g、13.0g，蒸出的粗产物经洗涤、干燥后再次蒸馏得到9.6g 1溴丁烷，则1溴丁烷的产率是70%（保留2位有效数字）考点：制备实验方案的设计 专题：
35、实验题分析：（1）装置图分析冷凝回流的主要目的是提高反应物的利用率；（2）理论上，上述反应的副产物可能有：丁醚（CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3）、1丁烯、溴化氢、硫酸氢钠、水等，能通过装置BC检出的是气体应检验1丁烯、溴化氢的存在，先检验溴化氢的存在用石蕊试液或硝酸银溶液检验，后检验1丁烯，选择试剂为溴水或高锰酸钾溶液褪色验证；C装置中主要的1丁烯和溴单质发生加成反应；（3）提纯1溴丁烷，收集所得馏分为1溴丁烷，所以须将1溴丁烷先汽化，后液化，汽化须温度达其沸点101.6，需要理由蒸馏装置可知温度，冷却等操作规程设计步骤；（4）依据化学方程式分析1丁醇、NaBr反应情况，依
36、据化学方程式计算生成的1溴丁烷质量，依据产率=100%计算得到解答：解：（1）关闭a和b、接通竖直冷凝管的冷凝水，进水口为；给A加热30分钟，制备1溴丁烷冷凝回流的主要目的是，充分利用反应物，提高反应物的转化率，故答案为：；充分反应，提高反应物的转化率； （2）理论上，上述反应的副产物可能有：丁醚（CH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3）、1丁烯、溴化氢、硫酸氢钠、水等，能通过装置B、C装置检出的是气体，应检验1丁烯、溴化氢的存在，先检验溴化氢的存在用石蕊试液或硝酸银溶液检验，通过石蕊试液溶液变红色（通过硝酸银溶液生成浅黄色沉淀）证明溴化氢的生成；后检验1丁烯，选择试剂为溴水或高锰
37、酸钾溶液，通过为溴水或高锰酸钾溶液褪色证明生成的产物中含有1丁烯，C装置中主要的化学方程式CH3CH2CH=CH2+Br2BrCH2CHBrCH2CH3 ；故答案为：石蕊试液（或AgNO3溶液）；溴水（或酸性KMnO4溶液）；CH3CH2CH=CH2+Br2BrCH2CHBrCH2CH3 ； （3）提纯1溴丁烷，收集所得馏分为1溴丁烷，所以须将1溴丁烷先汽化，后液化，汽化须温度达其沸点101.6，利用蒸馏原理和装置设计的步骤为：待烧瓶冷却后，拔去竖直的冷凝管，插上带橡皮塞的温度计 关闭a，打开b 接通冷凝管的冷凝水，使冷水从d处流入 迅速升高温度至101.6；通过蒸到分离、提纯1溴丁烷；故答案
38、为：插上带橡皮塞的温度计；关闭a，打开b；接通冷凝管的冷凝水，使冷水从d处流入；迅速升高温度至101.6；（4）若实验中所取1丁醇、NaBr分别为7.4g、13.0g，依据化学方程式计算判断反应情况：CH3CH2CH2CH2OH+NaBr+H2SO4CH3CH2CH2CH2Br+NaHSO4+H2O74 1037.4g 10.3g溴化钠过量，则1丁醇全部反应生成1溴丁烷物质的量为0.1mol，质量=0.1mol137g/mol=13.7g；蒸出的粗产物经洗涤、干燥后再次蒸馏得到9.6g 1溴丁烷，产率=100%=70%，故答案为：70%点评：本题主要考查了1溴丁烷的制取实验，混合物分离的实验操
39、作步骤和过程分析判断，明确反应原理是解答的关键，题目难度中等9（14分）（2015湖南模拟）工业上设计将VOSO4中的K2SO4、SiO2杂质除去并回收得到V2O5的流程如下：请回答下列问题：（1）步骤所得废渣的成分是SiO2（写化学式），操作I的名称过滤（2）步骤、的变化过程可简化为（下式R表示VO2+，HA表示有机萃取剂）：R2（SO4）n （水层）+2nHA（有机层）2RAn（有机层）+nH2SO4 （水层）中萃取时必须加入适量碱，其原因是加入碱中和产生的酸，平衡右移提高了钒的萃取率中X试剂为硫酸（3）的离子方程式为NH3H2O+VO3NH4VO3+OH（4）25时，取样进行试验分析，得
40、到钒沉淀率和溶液pH之间关系如下表：pH1.31.41.51.61.71.81.92.02.1钒沉淀率%88.194.896.598.098.898.896.493.189.3结合上表，在实际生产中，中加入氨水，调节溶液的最佳pH为1.71.8；若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe（OH）3沉淀，则溶液中c（Fe3+）2.6103mol/L（5）该工艺流程中，可以循环利用的物质有有机萃取剂和氨气考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；盐类水解的应用 专题：实验设计题；盐类的水解专题分析：（1）废钒催化剂（主要成分V2O5、Fe2O3和SiO2等）酸溶后，二氧化硅不与酸反应，过滤得到滤渣为二
41、氧化硅；（2）中萃取时必须加入适量碱，会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行；中反萃取时加入的X试剂是抑制平衡正向进行；（3）依据氨水与VO3反应配平得到离子方程式；（4）根据表中数据判断，中加入氨水，调节溶液pH最佳值为1.8，此时钡沉淀率达到最大，需要氨水量较小；依据沉淀溶度积计算分析；（5）分析流程图，物质参加反应，反应过程中又生成可以循环利用；解答：解：（1）废钒催化剂（主要成分V2O5、Fe2O3和SiO2等）酸溶后，V2O5、Fe2O3和酸反应，二氧化硅不与酸反应，过滤得到滤渣为二氧化硅，故答案为：SiO2，过滤；（2）中萃取时必须加入适量碱，分析平衡，Rn+（水层）+nHA（有机
42、层）RAn（有机层）+nH+（水层），加入的碱会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行；中反萃取时加入的X试剂是抑制平衡正向进行，可以加入硫酸抑制平衡正向进行，故答案为：加入碱中和产生的酸，平衡右移提高了钒的萃取率；硫酸；（3）氨水与VO3反应的离子方程式为：NH3H2O+VO3NH4VO3+OH，故答案为：NH3H2O+VO3NH4VO3+OH；（4）根据表中数据判断，中加入氨水，调节溶液pH最佳值为1.71.8，此时钡沉淀率达到最大，需要氨水量较小；若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe（OH）3沉淀，此时PH=2，c（H+）=102mol/L，c（OH）=1012mol/L，则溶液中c（Fe3
43、+）浓度依据溶度积计算，KspFe（OH）3=c（Fe3+）c3（OH）=2.61039，计算得到c（Fe3+）=2.6103molL1，不产生Fe（OH）3沉淀，则溶液中c（Fe3+）2.6103molL1，故答案为：1.71.8；2.6103；（5）分析流程图，物质参加反应，反应过程中又生成的物质，或重复利用的物质可以循环利用，流程中有机萃取剂、氨气可以循环利用，故答案为：有机萃取剂；氨气点评：本题考查了流程分析判断，物质性质和实验设计的方法应用，题干信息分析判断能力，掌握基础是关键，题目难度中等10（15分）（2014南昌模拟）运用化学反应原理研究氮、硫等单质及其化合物的反应有重要意义（
44、1）硫酸生产过程中2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），平衡混合体系中SO3的百分含量和温度的关系如图所示，根据如图回答下列问题：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）的H0（填“”或“”）一定条件下，将SO2与O2以体积比2：1置于一体积不变的密闭容器中发生以上反应，能说明该反应已达到平衡的是bea体系的密度不发生变化 bSO2与SO3的体积比保持不变c体系中硫元素的质量百分含量不再变化d单位时间内转移4mol电子，同时消耗2mol SO3e容器内的气体分子总数不再变化（2）一定的条件下，合成氨反应为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）图1表示在此反应过程中的能量的变化，图2表示在
45、2L的密闭容器中反应时N2的物质的量随时间的变化曲线图3表示在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对此反应平衡的影响该反应的平衡常数表达式为，升高温度，平衡常数减小（填“增大”或“减小”或“不变”）由图2信息，计算010min内该反应的平均速率v（H2）=0.045mol/（Lmin），从11min起其它条件不变，压缩容器的体积为1L，则n（N2）的变化曲线为d（填“a”或“b”或“c”或“d”）图3a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是c点，温度T1T2（填“”或“=”或“”）（3）若将等物质的量的SO2与NH3溶于水充分反应，所得溶液呈性，所得溶液中c（H+）
46、c（OH）=c（HSO3）+2c（SO32）c（NH4+）（填写表达式）（已知：H2SO3：Ka1=1.7102，Ka2=6.0108，NH3H2O：Kb=1.8105）考点：化学平衡状态的判断；化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素 专题：化学平衡专题分析：（1）由图可知，温度越高SO3的含量越低，即升高温度平衡向逆反应移动；恒温、恒压条件下向上述平衡体系中通入氩气，体积膨胀，反应物浓度减小；化学平衡状态的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变分析选项；（2）由图象1分析，反应是放热反应，依据化学方程式和平衡常数概念分析写出表达式；分析图象变化量，计算氮气的反应速率，结合反应速率之比等于
47、系数之比计算得到氢气速率，依据化学反应速率概念计算得到，缩体积，增大压强，平衡向正反应移动，改变瞬间n（N2）不变，达平衡是n（N2）减小；图3表示平衡时氨气含量与氢气起始物质的量关系，曲线上各点都处于平衡状态，达平衡后，增大氢气用量，氮气的转化率增大；由图3可知，氢气的起始物质的量相同时，温度T1平衡后，氨气的含量更高，该反应为放热反应，降低温度平衡向正反应移动，故温度T1T2，据此解答；（3）依据溶液中电荷守恒分析解答：解：（1）由图可知，温度越高SO3的含量越低，即升高温度平衡向逆反应移动，所以正反应是放热反应，H0，故答案为：；2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），反应是气体体积减
48、小的放热反应；a过程中气体质量不变，体积不变，过程中和平衡状态体系的密度不发生变化，不能说明反应达到平衡状态，故a错误； bSO2与SO3的体积比保持不变，体积分数不变说明反应达到平衡状态，故b正确；c反应是密闭体系中的气体，依据硫元素守恒，过程中和平衡状态下体系中硫元素的质量百分含量变，故c错误；d单位时间内转移4mol电子，不能说明反应进行的方向，可逆正向进行液可以逆向进行，同时消耗2mol SO3 ，不能说明反应达到平衡状态，故d错误；e反应前后是气体体积变化的反应，容器内的气体分子总数不再变化，说明反应达到平衡状态，故e正确；故答案为：be；（2）N2（g）+3H2（g）2NH3（g）
49、，反应的平衡常数K=，图象1分析可知反应是放热反应，反应物能量高于生成物能量，温度升高平衡逆向进行，平衡常数减小，故答案为：；减小；图象分析2L的密闭容器中，V（N2）=V（H2）=0.015mol/Lmin，V（H2）=0.045mol/Lmin；从11min起其它条件不变，压缩容器的体积为1L，压强增大，平衡正向进行，瞬间氮气物质的量不变，随平衡正向进行，氮气物质的量减小，则n（N2）的变化曲线d符合；故答案为：0.045mol/Lmin；d；图3表示平衡时氨气含量与氢气起始物质的量关系，曲线上各点都处于平衡状态，故a、b、c都处于平衡状态，达平衡后，增大氢气用量，氮气的转化率增大，故a、
50、b、c三点中，c的氮气的转化率最高；由图3可知，氢气的起始物质的量相同时，温度T1平衡后，氨气的含量更高，该反应为放热反应，降低温度平衡向正反应移动，故温度T1T2，温度越高化学平衡越低，故K1K2；故答案为：c；（3）若将等物质的量的SO2与NH3溶于水充分反应，所得溶液呈性，c（OH）=c（H+），电解质溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（NH4+）=c（OH）+c（HSO3）+2c（SO32）得到：c（H+）c（OH）=c（HSO3）+2c（SO32）c（NH4+），故答案为：c（H+）c（OH）=c（HSO3）+2c（SO32）c（NH4+）点评：本题考查了化学反应和化学平衡影响因素的分
51、析判断，图象分析和平衡常数变化是解题关键，题目难度中等【化学-选修2：化学与技术】（15分）11（15分）（2015焦作一模）化学是人类进步的关键，化学为人类的生产、生活提供了物质保证（1）电镀时，用镀层金属作阳极的作用是镀层金属在阳极失去电子，及时补充溶液中的离子，使溶液中离子浓度保持不变，从而使电镀的速度保持不变，使镀层厚度均匀为了使镀层厚度均匀、光滑致密、与镀件的附着力强，除控制溶液中离子浓度外，通常还可以采取的措施有适当降低电镀时直流电源的电压、在电镀液中加入少量的表面活性剂（2）卤水中蕴含着丰富的镁资源，经转化后可获得MgCl2粗产品从卤水中提取镁的步骤为：a将海边大量存在的贝壳煅烧
52、成石灰，并将石灰制成石灰乳；b将石灰乳加入到海水沉淀池中经过滤得到Mg（OH）2沉淀；c在Mg（OH）2沉淀中加入盐酸得到MgCl2溶液，再经蒸发结晶得到MgCl26H2O；d将MgCl26H2O在一定条件下加热得到无水MgCl2；e电解熔融的氯化镁可得到Mg步骤d中的“一定条件”指的是在HCl气流中，目的是抑制MgCl2水解上述提取镁的流程中，为了降低成本减少污染，可以采取很多措施，请写出其中一点电解产生的C12用于制取HCl气体有同学认为：步骤b后可加热Mg（OH）2得到MgO，再电解熔融的MgO制金属镁，这样可简化实验步骤，你同意该同学的想法吗？为什么？不同意，因为MgO熔点很高，熔融时
53、因耗费大量的能量而增加生产成本（3）铀是核反应最重要的燃料，已经研制成功一种螫合型离子交换树脂，它专门吸附海水中的U4+，而不吸附其他元素其反应原理为4HR+U4+=UR4+4H+（树脂用HR代替），发生离子交换后的离子交换膜用酸处理还可再生并得到含铀的溶液，其反应原理为：UR4+4H+=4HR+U4+（4）阿司匹林（）在潮湿空气中可分解成水杨酸和醋酸而略带酸臭味，故密封保存，用化学方程式表示阿司匹林必须贮藏于密闭、干燥处的原因：，此反应的类型属于水解反应（或取代反应）考点：电解原理；金属冶炼的一般原理；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用 专题：电化学专题；元素及其化合物分析：（1）电镀池
54、中，镀件作阳极，电镀液是含有镀层金属阳离子的盐，据电镀原理结合实际来回答；（2）氯化镁水解溶液显示酸性，盐酸环境可以抑制水解，根据流程中物质的作用来回答；氧化镁的熔点很高，熔融时要耗费大量的能量；（3）根据题目信息来书写原理方程式；（4）根据阿司匹林（）在潮湿空气中易水解来回答解答：解：（1）电镀池中，镀件作阳极，电镀液是含有镀层金属阳离子的盐，镀层金属在阳极失去电子，可以补充溶液中的离子，使溶液中离子浓度保持不变，并且使电镀的速度保持不变，使镀层厚度均匀，为了使镀层厚度均匀、光滑致密、与镀件的附着力强，可以控制溶液中离子浓度、适当降低电镀时直流电源的电压或是在电镀液中加入少量的表面活性剂，故
55、答案为：镀层金属在阳极失去电子，及时补充溶液中的离子，使溶液中离子浓度保持不变，从而使电镀的速度保持不变，使镀层厚度均匀；适当降低电镀时直流电源的电压、在电镀液中加入少量的表面活性剂；（2）氯化镁水解溶液显示酸性，盐酸环境可以抑制水解，故答案为：在HCl气流中；抑制MgCl2水解；电解熔融的氯化镁产生的有毒物质氯气可以循环使用，获取HCl，故答案为：电解产生的C12用于制取HCl气体；氧化镁的熔点很高，熔融时要耗费大量的能量，会加大成本，故答案为：不同意，因为MgO熔点很高，熔融时因耗费大量的能量而增加生产成本；（3）螫合型离子交换树脂，它专门吸附海水中的U4+，即4HR+U4+=UR4+4H
56、+，发生离子交换后的离子交换膜用酸处理还可再生并得到含铀的溶液，即UR4+4H+=4HR+U4，故答案为：4HR+U4+=UR4+4H+；UR4+4H+=4HR+U4；（4）阿司匹林（）在潮湿空气中可分解成水杨酸和醋酸：，所以阿司匹林必须贮藏于密闭、干燥处，该反应属于取代反应，故答案为：； 水解反应（或取代反应）点评：本题是一道关于化学和技术知识的考查题，注意电化学、化学工艺和生产实际的结合，难度不大【化学选修3-物质结构与性质】（15分）12（2014南昌模拟）某配位化合物为深蓝色晶体，由原子序数由小到大的A、B、C、D、E五种元素构成，其原子个数比为l4：4：5：1：1其中C、D元素同主族
57、且原子序数D为C的二倍，E元素的外围电子排布为（n1）d n+6nsl，回答下列问题（1）元素B、C、D的第一电离能的由大到小排列顺序为NOS（用元素符号表示）（2）D元素原子的最外层电子排布图为（3）该配位化合物的化学式为Cu（NH3）4SO4H2O，配体的中心原子的杂化方式为sp3（4）C元素可与A元素形成两种常见的化合物，其原子个数比分别为1：1和l：2，两种化合物可任意比互溶，解释其主要原因为H2O与H2O2分子之间存在氢键，（5）A元素与B元素可形成分子式为A2B2的某化合物，该化合物的分子具有平面结构，则其结构式为HN=NH，分子中含有3个键，1个键（6）A元素与E元素可形成一种红
58、色化合物，其晶体结构单元如图则该化合物的化学式为CuH该化合物可在氯气中燃烧，生成一种棕黄色固体和一种气体，写出该反应的化学方程式2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl考点：晶胞的计算；元素电离能、电负性的含义及应用；共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断 专题：化学键与晶体结构分析：某配位化合物为深蓝色晶体，由原子序数由小到大的A、B、C、D、E五种元素构成，其原子个数比为14：4：5：1：1其中C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍，则C为O元素、D为S元素；E元素的外围电子排布为（nl）dn+6nsl，则n+6=10，故n=4，故其外围电子排布为3d104sl，
59、则E为Cu；故该深蓝色晶体应含有Cu（NH3）42+，SO42，结合原子序数可知A为H、B为N，由原子数目之比，可知该配合物含有1个结晶水，故其化学式为：Cu（NH3）4SO4H2O，据此解答解答：解：某配位化合物为深蓝色晶体，由原子序数由小到大的A、B、C、D、E五种元素构成，其原子个数比为14：4：5：1：1其中C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍，则C为O元素、D为S元素；E元素的外围电子排布为（nl）dn+6nsl，则n+6=10，故n=4，故其外围电子排布为3d104sl，则E为Cu；故该深蓝色晶体应含有Cu（NH3）42+，SO42，结合原子序数可知A为H、B为N，由原子数目之比
60、，可知该配合物含有1个结晶水，故其化学式为：Cu（NH3）4SO4H2O，（1）同主族自上而下第一电离能减小，故O元素第一电离能大于S元素，O与N元素同周期，N元素原子2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于O元素，故第一电离能由大到小的排列顺序为：NOS，故答案为：NOS；（2）D为S元素，其原子的最外层电子排布图为 ，故答案为：；（3）由上述分析可知，该配位化合物的化学式为：Cu（NH3）4SO4H2O，配体为NH3，N原子价层电子对数=3+=4，N原子采取sp3杂化，故答案为：Cu（NH3）4SO4H2O；sp3；（4）O元素可与H元素形成两种常见的化合物，其原子个
61、数比分别为1：1和l：2，则为H2O、H2O2，两种化合物可任意比互溶，其主要原因为：H2O与H2O2分子之间存在氢键，故答案为：H2O与H2O2分子之间存在氢键；（5）H元素与N元素可形成分子式为N2H2的化合物，该化合物的分子具有平面结构，N原子之间形成N=N双键，N原子与H原子之间形成NH键，其结构式为HN=NH，分子中含有3个键，1个键，故答案为：HN=NH；3；1；（6）H元素与Cu元素可形成一种红色化合物，由晶体结构单元可知，4个H原子位于内部，6个H原子位于棱上，晶胞中H原子数目=4+6=6，3个Cu原子为内部，2个位于面心、12个位于顶点，故晶胞中Cu原子数目=3+2+12=6
62、，故该化合物的化学式为CuH，该化合物可在氯气中燃烧，生成一种棕黄色固体和一种气体，应生成CuCl2、HCl，反应方程式为：2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl，故答案为：CuH；2CuH+3Cl22CuCl2+2HCl点评：本题考查物质结构与性质，涉及元素化合物推断、电离能、核外电子排布、微粒结构与性质、晶胞计算等，关键是根据配位化合物为深蓝色晶体进行推断，（3）中晶胞计算，为易错点，需要学生具有较好的空间想象能力与观察能力，难度中等【化学-选修5：有机化学基础】（15分）13（2014南昌模拟）相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如下转化
63、关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）其中A是一氯代物，H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO已知：（苯胺，易被氧化）当苯环上连有甲基时，再引入的其他基团主要进入甲基的邻位或对位；当苯环上连有羧基时，再引入的其他基团主要进入羧基的间位请根据所学知识与本题所给信息回答下列问题：（1）H的结构简式是；（2）反应的类型是氧化反应； 反应所需的试剂和条件是浓硝酸、浓硫酸、加热；（3）反应的化学方程式是；（4）有多种同分异构体，其中含有1个醛基和2个羟基的芳香族化合物共有6种；（5）请用合成反应流程图表示出由和其他无机物合成最合理的方案（不超过4步），请在答题纸的方框中表示例：考点：有机物的合成
64、 专题：有机物的化学性质及推断分析：相对分子质量为92的某芳香烃X，令其分子组成为CxHy，分子中最大碳原子数为=78，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7H8，其结构简式为，X与氯气发生取代反应生成A为卤代烃，A转化生成B，B催化氧化生成C，C能与银氨溶液反应生成D，故B含有醇羟基、C含有醛基，则A为，B为，C为，D酸化生成E，故D为，E为由甲苯与反应的产物结构，结合苯胺容易被氧化，应先用酸性高锰酸钾氧化甲基为COOH，再还原硝基为氨基，故在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成F为，F被酸性高锰酸钾氧化得到G为，G再Fe/HCl条件下硝
65、基被还原生成，H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO，与的分子式相比减少1分子H2O，该反应为通过形成肽键发生缩聚反应生成高聚物，则H为；（5）中在催化剂条件下发生加成反应生成，再在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，与氯气发生加成反应生成，最后在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成，据此解答解答：解：相对分子质量为92的某芳香烃X，令其分子组成为CxHy，分子中最大碳原子数为=78，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7H8，其结构简式为，X与氯气发生取代反应生成A为卤代烃，A转化生成B，B催化氧化生成C，C能与银氨溶液反应生成D，故B
66、含有醇羟基、C含有醛基，则A为，B为，C为，D酸化生成E，故D为，E为由甲苯与反应的产物结构，结合苯胺容易被氧化，应先用酸性高锰酸钾氧化甲基为COOH，再还原硝基为氨基，故在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成F为，F被酸性高锰酸钾氧化得到G为，G再Fe/HCl条件下硝基被还原生成，H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO，与的分子式相比减少1分子H2O，该反应为通过形成肽键发生缩聚反应生成高聚物，则H为，（1）由上述分析可知，H的结构简式是，故答案为：；（2）反应是在酸性高锰酸钾条件下反应氧化反应生成，反应是在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成F为，故答案为：氧化反应；浓硝酸
67、、浓硫酸、加热；（3）反应是C为与银氨溶液发生氧化反应生成，反应方程式为：故答案为：；（4）有多种同分异构体，其中含有1个醛基和2个羟基的芳香族化合物，2个OH有邻、间、对3种位置，对应的CHO有2种、3种、1种位置，故符合条件同分异构体共有2+3+1=6种，故答案为：6；故答案为：6；（5）在催化剂条件下发生加成反应生成，再在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，与氯气发生加成反应生成，最后在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成，合成反应流程图为：故答案为：点评：本题考查有机物的推断与合成，根据X的相对分子质量推断X的结构是解题的关键，结合B可以连续发生氧化反应及反应的产物结构进行推断，是对有机物知识的综合考查，能较好的考查学生的自学能力、分析推理能力，是有机热点题型，难度中等