1、2014-2015学年河北省保定市涿州中学高三（上）月考化学试卷（1月份）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1（6分）（2015铜川三模）化学与社会、生活密切相关对下列现象或事实解释错误的是（）选项现象或事实解释A明矾用于净水铝离子水解产生的胶体具有很强吸附杂质的作用BSO2能使品红溶液褪色SO2具有漂白性C“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂“地沟油”主要成分为油脂属于酯类可以发生皂化反应D用氯水和淀粉溶液鉴别食盐是否加碘目前加碘食盐中含碘元素物质为KIAABBCCDD2（6分）（2015石家庄模拟）含有一个碳碳双键的烯烃，加氢后产物的结构简式为如图，这种烯烃可能的结构有（不考虑
2、立体异构）（）A5种B6种C7种D8种3（6分）（2014秋涿州市校级月考）下列装置或操作能达到实验目的是（）来源:学科网ZXXKA除去甲烷中乙烯B从碘的CCl4溶液中分离出碘来源:学*科*网Z*X*X*KC检查装置气密性D分离甲苯与乙醇4（6分）（2015东城区校级模拟）在温度t1和t2下，卤素单质X2（g）和H2反应生成HX的化学平衡常数如下表，仅根据下表数据不能判断的是（）化学方程式K（t1）K（t2）F2+H22HF1.810361.91032Cl2+H22HCl9.710124.21011Br2+H22HBr5.61079.3106I2+H22HI4334A已知t2t1，HX的生成反
3、应为放热反应B在相同条件下，X2平衡转化率：F2Cl2CX2与H2反应的剧烈程度随着原子序数递增逐渐减弱DHX的稳定性：HBrHI5（6分）（2014秋涿州市校级月考）高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途用镍（Ni）、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠（Na2FeO4）的装置如图所示下列说法正确的是（）A铁是阳极，电极反应为Fe2e+2OHFe（OH）2B电解一段时间后，镍电极附近溶液的pH减小C每制得1mol Na2FeO4，理论上可以产生67.2L气体D若离子交换膜为阴离子交换膜，则电解结束后左侧溶液中含有FeO426（6分）（2014秋涿州市校级月考）下列实验操作、现象和结论均正确的是（
4、）选项实验操作现象结论A向某溶液中先滴加硝酸酸化，再滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成该溶液中一定含有Ag+B向AgNO3溶液中滴加过量氨水溶液澄清Ag+与NH3H2O能大量共存C用石墨作电极电解MgSO4溶液某电极附近有白色沉淀生成该电极为阳极D将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置下层溶液显紫红色氧化性：Fe3+I2AABBCCDD7（6分）（2014秋涿州市校级月考）室温时，关于溶液的下列说法正确的是（）A常温下，将相同体积的pH=3硫酸和pH=11一元碱BOH溶液混合，所得溶液可能为中性也可能为酸性B水电离出来的c（H+）=1013mol/L的溶液中K+、Cl、N
5、O3、I一定能大量存在C往0.1mol/LCH3COOH溶液中通人少量HCl，醋酸的电离平衡向逆反应方向移动，且溶液中增大D等物质的量浓度的下列溶液：H2CO3Na2CO3NaHCO3（NH4）2CO3NH4HCO3中c（CO32）的大小关系为：二、非选择题（共4小题，满分43分）8（14分）（2014河南模拟）常见的一硝基甲苯有对硝基甲苯和邻硝基甲苯两种，均可用于合成各种染料某探究小组利用下列反应和装置制备一硝基甲苯实验中可能用到的数据：密度/gcm3沸点/溶解性甲苯0.866110.6不溶于水，易溶于硝基甲苯对硝基甲苯1.286237.7不溶于水，易溶于液体烃邻硝基甲苯1.162222不溶
6、于水，易溶于液态烃实验步骤：按体积比1：3配制浓硫酸与浓硝酸混合物40mL；在三颈瓶中加入15mL（13g）甲苯，按图所示装好药品和其他仪器；向三颈瓶中加入混酸，并不断搅拌（磁力搅拌器已略去）；控制温度约为50，反应大约10min，三颈瓶底有大量淡黄色油状液体出现；分离出一硝基甲苯的总质量13.60g请回答下列问题：（1）配制混酸的方法是反应中需不断搅拌，目的是（2）仪器A的名称是，使用该仪器前必须进行的操作是（3）若实验后在三颈瓶中收集到的产物较少，可能的原因是（4）分离反应后产物的方案如下：其中，操作1的名称为，操作2中需要使用下列仪器中的（填序号）a冷凝管 b酒精灯 c温度计 d分液漏斗
7、 e蒸发皿（5）该实验中一硝基甲苯的产率为（保留两位有效数字）9（13分）（2014北京）NH3经一系列反应可以得到HNO3和NH4NO3，如图1所示（1）中，NH3和O2在催化剂作用下反应，其化学方程式是（2）中，2NO（g）+O2（g）2N02（g）在其它条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（p1，p2）下随温度变化的曲线（如图2）比较p1，p2的大小关系：随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是（3）中，降低温度，将NO2（g）转化为N2O4（l），再制备浓硝酸已知：2NO2（g）N2O4（g）H12NO2（g）N2O4（l）H2图3中能量变化示意图中，正确的是（选填字母）N2O
8、4与O2、H2O化合的化学方程式是（4）中，电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图4所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，A是，说明理由：10（12分）（2014秋涿州市校级月考）工业上用含有Cr2O72和CrO42的废水回收铬其工艺流程如下：已知：2CrO42（黄色）+2H+Cr2O72（橙色）+H2O；常温下，KspFe（OH）3=1.01038，Ksp Cr（OH）3=1.01032；当离子浓度小于1.0105 molL1时，认为沉淀完全（1）下列选项中能说明反应2CrO42（黄色）+2H+Cr2O72（橙色）+H2O达平衡状态的是 （填选项字母）ACr2O72和Cr
9、O42的浓度相同 B 2v（Cr2O72）=v（CrO42）C溶液的颜色不变 D溶液的PH不变（2）为防止FeSO4溶液变质，在保存时需加入的试剂为 （填试剂名称）（3）过滤操作中需要用到的玻璃仪器有（4）FeSO4溶液与溶液A发生反应的离子方程式为（5）沉淀C的化学式为，pH2的范围为11（4分）（2014秋涿州市校级月考）铝电池性能优越，铝一空气电池以其环保、安全而受到越来越多的关注，其原理如图所示（1）该电池的总反应化学方程式为；（2）某铝一空气电池的效率为50%，若用其作电源电解500mL的饱和NaCl溶液，电解结束后，所得溶液（假设溶液电解前后体积不变）中NaOH的浓度为0.3mol
10、L1，则该过程中消耗铝的质量为三、选修题化学-选修2：化学与技术12（15分）（2014秋涿州市校级月考）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装备磷酸，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（
11、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（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13（2015湖南模拟）早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Cu、Fe三种金属元素组成，回答下列问题：（1）准晶
12、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
13、出结果）【化学选修4】14（2015东城区校级模拟）某些有机化合物之间具有如下转化关系：其中A是一种五元环状化合物，其分子中只有一种化学环境的氢原子；F核磁共振氢谱显示有三种化学环境的氢原子，且峰面积之比为2：2：3已知：2RCOOH（其中R是羟基）RCOOHRCH2OH（其中R是羟基）（1）G是合成顺丁橡胶的主要原料，G的名称是B中含氧官能团的名称是（2）A的结构简式是（3）的化学方程式是（4）E在一定条件下能够发生缩聚反应，其中主链上含“CH2”的高聚物的结构简式是有机物Y与E互为同分异构体，且具有相同的官能 团种类和数目，则Y的结构可有 种2014-2015学年河北省保定市涿州中学高三（
14、上）月考化学试卷（1月份）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）（2015铜川三模）化学与社会、生活密切相关对下列现象或事实解释错误的是（）选项现象或事实解释A明矾用于净水铝离子水解产生的胶体具有很强吸附杂质的作用BSO2能使品红溶液褪色SO2具有漂白性来源:学。科。网C“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂“地沟油”主要成分为油脂属于酯类可以发生皂化反应D用氯水和淀粉溶液鉴别食盐是否加碘目前加碘食盐中含碘元素物质为KIAABBCCDD考点：盐类水解的应用；二氧化硫的化学性质；油脂的性质、组成与结构；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用 专题：实验评价题分析：
15、A、明矾溶解后溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性；B、二氧化硫具有漂白性，选择性漂白；C、地沟油”主要成分为油脂属于酯类可以发生皂化反应；D、加碘实验时加入的KIO3；解答：解：A、明矾溶解后溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性，可以虚浮悬浮在水中的杂质起到净水作用，故A正确；B、二氧化硫具有漂白性，选择性漂白可以使品红事业褪色，故B正确；C、地沟油”主要成分为油脂属于酯类可以发生皂化反应，不能使用可以制备肥皂，故C正确；D、加碘实验时加入的KIO3，不是KI，用氯水和淀粉不能借鉴是否加入碘元素，故D错误；故选D点评：本题考查了化学与生活中的化学知识分析判断，主要是物质性质的理解
16、应用，掌握基础是关键，题目难度中等2（6分）（2015石家庄模拟）含有一个碳碳双键的烯烃，加氢后产物的结构简式为如图，这种烯烃可能的结构有（不考虑立体异构）（）A5种B6种C7种D8种考点：有机化合物的异构现象 专题：同分异构体的类型及其判定分析：加成反应指有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应根据加成原理采取逆推法还原C=C双键，烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置还原双键时注意：先判断该烃结构是否对称，如果对称，只考虑该分子一边的结构和对称线两边相邻碳原子即可；如果不对称，要全部考虑，然后各去掉相邻碳原子上的一个
17、氢原子形成双键解答：解：根据烯烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带氢原子的碳原子间是对应烯烃存在碳碳双键的位置该烷烃的碳链结构为，能形成双键位置有：1和2之间（同4和5之间），2和3之间（同3和4之间），3和6之间，6和7之间，7和8之间（7和9之间相同），故该烃共有5种故选A点评：本题以加成反应为载体，考查同分异构体的书写，理解加成反应原理是解题的关键，采取逆推法还原C=C双键，注意分析分子结构是否对称，防止重写、漏写3（6分）（2014秋涿州市校级月考）下列装置或操作能达到实验目的是（）A除去甲烷中乙烯B从碘的CCl4溶液中分离出碘C检查装置气密性D分离甲苯与乙醇考点：
18、化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：A乙烯能与溴水发生加成反应；B碘易溶于四氯化碳；C检验气密性，可形成压强差，观察液面是否变化；D温度计位置错误解答：解：A乙烯与溴水发生加成反应生成二溴乙烷而使溴水褪色，可用来鉴别，且能除去乙烯，故A正确；B碘易溶于四氯化碳，应用蒸馏的方法分离，故B错误；C可关闭止水夹，从长颈漏斗口加入水至水柱高于液面且在一定时间内不变化，可说明气密性良好，故C正确；D温度计用于测量馏分的稳定，应位于蒸馏烧瓶支管口，故D错误故选AC点评：本题考查较为综合，涉及气密性的检查、物质的分离等问题，为高考常见题型，侧重学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行
19、性的评价，难度不大4（6分）（2015东城区校级模拟）在温度t1和t2下，卤素单质X2（g）和H2反应生成HX的化学平衡常数如下表，仅根据下表数据不能判断的是（）化学方程式来源:学科网ZXXKK（t1）K（t2）F2+H22HF1.810361.91032Cl2+H22HCl9.710124.21011Br2+H22HBr5.61079.3106I2+H22HI4334A已知t2t1，HX的生成反应为放热反应B在相同条件下，X2平衡转化率：F2Cl2CX2与H2反应的剧烈程度随着原子序数递增逐渐减弱DHX的稳定性：HBrHI考点：卤素原子结构及其性质的比较；氯、溴、碘及其化合物的综合应用 分析
20、：A升高温度，平衡向吸热反应方向移动；B相同条件下，化学平衡常数越大，X2平衡转化率越大；C相同条件下，化学平衡常数K随着原子序数增大而增大；D相同条件下，化学平衡常数越大，则HX越稳定解答：解：A升高温度，平衡向吸热反应方向移动，如果t2t1，化学平衡常数K减小，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应是放热反应，故A不选；B相同条件下，化学平衡常数越大，X2平衡转化率越大，所以在相同条件下，X2平衡转化率：F2Cl2，故B不选；C相同条件下，化学平衡常数K随着原子序数增大而增大，则X2平衡转化率随着原子序数增大而增大，但根据表中数据不能判断反应剧烈程度，故C选；D相同条件下，化学平衡常数越大，则
21、HX越稳定，所以HX的稳定性：HBrHI，故D不选；故选C点评：本题考查同一主族元素性质递变规律，明确表中数据含义是解本题关键，侧重考查学生分析、归纳能力，知道化学平衡常数K的意义，题目难度不大5（6分）（2014秋涿州市校级月考）高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途用镍（Ni）、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠（Na2FeO4）的装置如图所示下列说法正确的是（）A铁是阳极，电极反应为Fe2e+2OHFe（OH）2B电解一段时间后，镍电极附近溶液的pH减小C每制得1mol Na2FeO4，理论上可以产生67.2L气体D若离子交换膜为阴离子交换膜，则电解结束后左侧溶液中含有FeO42考点：原电
22、池和电解池的工作原理 专题：电化学专题分析：A用镍（Ni）、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠（Na2FeO4），铁失电子生成高铁酸钠，则铁作阳极，镍作阴极，阳极上铁失电子发生氧化反应；B镍电极上氢离子放电生成氢气；C气体摩尔体积因温度压强不同而不同；D若离子交换膜为阴离子交换膜，电解结束后由于浓度差左侧溶液中会含有FeO42；解答：解：A用镍（Ni）、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠（Na2FeO4），铁失电子生成高铁酸钠，则铁作阳极，镍作阴极，电极反应式为Fe+8OH6e=FeO42+4H2O，故A错误；B镍电极上氢离子放电生成氢气，氢离子浓度减小，所以溶液的pH增大，故B错误；
23、C温度和压强未知，所以无法计算生成气体体积，故C错误；D若离子交换膜为阴离子交换膜，则电解结束后由于浓度差左侧溶液中会含有FeO42，故D正确；故选D点评：本题考查了电解原理，正确判断阴阳极及发生的反应是解本题关键，易错选项是D，注意气体摩尔体积的适用范围和条件，为易错点6（6分）（2014秋涿州市校级月考）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A向某溶液中先滴加硝酸酸化，再滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成该溶液中一定含有Ag+B向AgNO3溶液中滴加过量氨水溶液澄清Ag+与NH3H2O能大量共存C用石墨作电极电解MgSO4溶液某电极附近有白色沉淀生成该电极为阳极D将KI和
24、FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置下层溶液显紫红色氧化性：Fe3+I2AABBCCDD考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：A溶液中含有亚硫酸根离子液可以出现白色沉淀现象；B向AgNO3溶液中滴加过量氨水，先生成AgOH后被过量的氨水溶解生成络离子；C阴极上氢离子放电，破坏了水的电离平衡，有关离子浓度增大；D下层溶液显紫红色，有碘单质生成，则KI和FeCl3溶液反应生成碘单质，结合氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性分析解答：解：A向某溶液中先滴加硝酸酸化，硝酸具有强氧化性，溶液中若是亚硫酸根离子，被硝酸氧化为硫酸根离子，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，溶液中不一
25、定含有银离子，故A错误； B向AgNO3溶液中滴加过量氨水，先生成AgOH后被过量的氨水溶解生成络离子，则Ag+与NH3H2O不能大量共存，故B错误；C用石墨作电极电解MgSO4溶液，某电极附近有白色沉淀生成，依据电解原理分析，阴极是氢离子得到电子生成氢气，电极附近氢氧根离子浓度增大，和镁离子生成沉淀，故C错误；D下层溶液显紫红色，有碘单质生成，则KI和FeCl3溶液反应生成碘单质，由氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性可知，氧化性为Fe3+I2，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，把握物质的性质及发生的反应为解答的关键，涉及物质的检验、银氨溶液的配制、电解原理及氧化还原反应
26、等，综合性较强，题目难度不大7（6分）（2014秋涿州市校级月考）室温时，关于溶液的下列说法正确的是（）A常温下，将相同体积的pH=3硫酸和pH=11一元碱BOH溶液混合，所得溶液可能为中性也可能为酸性B水电离出来的c（H+）=1013mol/L的溶液中K+、Cl、NO3、I一定能大量存在C往0.1mol/LCH3COOH溶液中通人少量HCl，醋酸的电离平衡向逆反应方向移动，且溶液中增大D等物质的量浓度的下列溶液：H2CO3Na2CO3NaHCO3（NH4）2CO3NH4HCO3中c（CO32）的大小关系为：考点：pH的简单计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；离子共存问题 分析
27、：A碱的强弱不知，若为强酸、强碱混合，呈中性，若为强酸、弱碱混合，则相同体积的pH=3硫酸和pH=11一元碱BOH溶液混合显碱性；B由水电离出来的c（H+）=11013mol/L，c（H+）107mol/L，说明水的电离被抑制，溶液可能是酸溶液或碱溶液，如是酸溶液，溶液在中存在大量的H+离子，如是碱溶液，溶液中存在大量的OH离子，凡是与H+离子或OH离子发生反应的离子不能大量共存；C是电离平衡常数的倒数，电离平衡常数是温度的函数，温度不变平衡常数不变；DH2CO3为二元弱酸分步电离；Na2CO3是强碱弱酸盐，电离产生碳酸根离子；NaHCO3是强碱弱酸盐的酸式盐，水解呈碱性，且水解程度比碳酸钠小
28、；（NH4）2CO3是弱酸弱碱盐，发生相互促进的水解解答：解：ApH=3硫酸，c（H+）=0.001mol/L，硫酸完全电离，pH=11一元碱BOH，c（OH）=0.001mol/L，若为强酸、强碱混合，混合后溶液呈中性，若为强酸、弱碱混合，氢离子和氢氧根离子正好反应生成盐和水，而弱碱存在电离平衡，平衡右移，还可以继续电离出氢氧根离子，所以溶液呈碱性，故A错误；B由水电离出来的c（H+）=11013mol/L，c（H+）107mol/L，说明水的电离被抑制，溶液可能是酸溶液也可能是碱溶液，如是酸溶液，溶液在中存在大量的H+离子，NO3离子与H+离子相当于稀硝酸氧化还原性强的I，不能大量共存，故
29、B错误；来源:学科网C温度未变，平衡常数未变，平衡常数的倒数不变，故C错误；D相比较，由于发生互促水解，水解程度较大，则，相比较，发生互促水解，c（CO32）的大小为，为二元弱酸，c（CO32）最小，则c（CO32）的大小关系为：，故D正确故选D点评：本题考查离子浓度大小比较和离子共存，侧重于盐类水解的考查，为高频考点，注意把握影响盐类水解的影响因素和平衡常数的影响因素，难度较大二、非选择题（共4小题，满分43分）8（14分）（2014河南模拟）常见的一硝基甲苯有对硝基甲苯和邻硝基甲苯两种，均可用于合成各种染料某探究小组利用下列反应和装置制备一硝基甲苯实验中可能用到的数据：密度/gcm3沸点/
30、溶解性甲苯0.866110.6不溶于水，易溶于硝基甲苯对硝基甲苯1.286237.7不溶于水，易溶于液体烃邻硝基甲苯1.162222不溶于水，易溶于液态烃实验步骤：按体积比1：3配制浓硫酸与浓硝酸混合物40mL；在三颈瓶中加入15mL（13g）甲苯，按图所示装好药品和其他仪器；向三颈瓶中加入混酸，并不断搅拌（磁力搅拌器已略去）；控制温度约为50，反应大约10min，三颈瓶底有大量淡黄色油状液体出现；分离出一硝基甲苯的总质量13.60g请回答下列问题：（1）配制混酸的方法是分别量取10 mL和30 mL的浓硫酸和浓硝酸，将浓硝酸倒入烧杯中，浓硫酸沿着烧杯内壁缓缓注入，并不断搅拌反应中需不断搅拌，
31、目的是使反应充分进行，并防止温度过高有其他副产物生成（2）仪器A的名称是分液漏斗，使用该仪器前必须进行的操作是检查是否漏液（3）若实验后在三颈瓶中收集到的产物较少，可能的原因是温度过高，导致HNO3大量挥发（4）分离反应后产物的方案如下：其中，操作1的名称为分液，操作2中需要使用下列仪器中的abc（填序号）a冷凝管 b酒精灯 c温度计 d分液漏斗 e蒸发皿（5）该实验中一硝基甲苯的产率为70%（保留两位有效数字）考点：制备实验方案的设计 专题：实验题分析：（1）分别量取10 mL和30 mL的浓硫酸和浓硝酸，将浓硝酸倒入烧杯中，浓硫酸沿着烧杯内壁缓缓注入，并不断搅拌，如果将浓硝酸加到浓硫酸中可
32、能发生液体飞溅的情况搅拌的目的就是为了使反应充分进行，并防止温度过高有其他副产物生成；（2）仪器A是分液漏斗，使用前必须检查是否漏液；（3）温度过高，导致HNO3大量挥发；（4）因为分离得到的是无机和有机两种液体，而有机物和无机物是不相溶的，因此方法是分液；分离子两种一硝基化合物只能利用它们沸点的不同，因此采用蒸馏的方法，使用到所提供仪器中的分别是：酒精灯、温度计、冷凝管；（5）产率的计算方法就是用实际产量除以理论产量；根椐方程式，一摩尔的甲苯可以得到一摩尔的对硝基甲苯与一摩尔的邻硝基甲苯换成质量的话应该是：92g的甲苯可以得到137g的对硝基苯和137g的邻硝基苯那么13g的甲苯就能得到的一
33、硝基苯的质量就是：=19.35g，所以一硝基苯的产量就应该这样来进行计算：100%=70%解答：解：（1）分别量取10 mL和30 mL的浓硫酸和浓硝酸，将浓硝酸倒入烧杯中，浓硫酸沿着烧杯内壁缓缓注入，并不断搅拌，如果将浓硝酸加到浓硫酸中可能发生液体飞溅的情况搅拌的目的就是为了使反应充分进行，并防止温度过高有其他副产物生成；故答案为：分别量取10 mL和30 mL的浓硫酸和浓硝酸，将浓硝酸倒入烧杯中，浓硫酸沿着烧杯内壁缓缓注入，并不断搅拌；使反应充分进行，并防止温度过高有其他副产物生成；（2）仪器A是分液漏斗，使用前必须检查是否漏液；故答案为：分液漏斗； 检查是否漏液；（3）若实验后在三颈瓶中
34、收集到的产物较少，可能的原因是温度过高，导致HNO3大量挥发；故答案为：温度过高，导致HNO3大量挥发；（4）因为分离得到的是无机和有机两种液体，而有机物和无机物是不相溶的，因此方法是分液；分离子两种一硝基化合物只能利用它们沸点的不同，因此采用蒸馏的方法，使用到所提供仪器中的分别是：酒精灯、温度计、冷凝管；故答案为：分液；abc；（5）产率的计算方法就是用实际产量除以理论产量；根椐方程式，一摩尔的甲苯可以得到一摩尔的对硝基甲苯与一摩尔的邻硝基甲苯换成质量的话应该是：92g的甲苯可以得到137g的对硝基苯和137g的邻硝基苯那么13g的甲苯就能得到的一硝基苯的质量就是：=19.35g，所以一硝基
35、苯的产量就应该这样来进行计算：100%=70%；故答案为：70%点评：本题主要考查一硝基甲苯的制备，涉及实验流程、产率的计算等知识，难度不大，熟悉流程的意义与目的是解题的关键9（13分）（2014北京）NH3经一系列反应可以得到HNO3和NH4NO3，如图1所示（1）中，NH3和O2在催化剂作用下反应，其化学方程式是4NH3+5O24NO+6H2O（2）中，2NO（g）+O2（g）2N02（g）在其它条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（p1，p2）下随温度变化的曲线（如图2）比较p1，p2的大小关系：p1p2随温度升高，该反应平衡常数变化的趋势是减小（3）中，降低温度，将NO2（g
36、）转化为N2O4（l），再制备浓硝酸已知：2NO2（g）N2O4（g）H12NO2（g）N2O4（l）H2图3中能量变化示意图中，正确的是（选填字母）AN2O4与O2、H2O化合的化学方程式是2N2O4+O2+2H2O=4HNO3（4）中，电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图4所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，A是NH3，说明理由：根据反应8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，电解生成的HNO3多考点：化学平衡常数的含义；反应热和焓变；化学平衡的影响因素；电解原理 专题：化学反应中的能量变化；化学平衡专题；电化学专题分析：（1）氨气与氧气在催化剂加热的条件下生成
37、NO与水；（2）已知2NO（g）+O2（g）2N02（g）是正方向体积减小的反应，根据压强对平衡的影响分析；根据图象2判断该反应正方向是放热还是吸热，再判断K随温度的变化；（3）降低温度，将NO2（g）转化为N2O4（l）说明反应2NO2（g）N2O4（l）为放热反应，同种物质液态时能量比气态时能量低；N2O4与O2、H2O化合生成硝酸，根据得失电子守恒和原子守恒写出反应的方程式；（4）根据电解NO制备NH4NO3的反应方程式分析判断解答：解：（1）氨气与氧气在催化剂加热的条件下生成NO与水，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（2）已知
38、2NO（g）+O2（g）2N02（g）是正方向体积减小的反应，增大压强平衡正移，则NO的转化率会增大，由图可知P2时NO的转化率大，则P2时压强大，即P1P2；故答案为：P1P2；由图象2可知，随着温度的升高，NO的转化率减小，说明升高温度平衡逆移，则该反应正方向是放热反应，所以升高温度平衡常数K减小；故答案为：减小；（3）降低温度，将NO2（g）转化为N2O4（l）说明反应2NO2（g）N2O4（l）为放热反应，所以在图象中该反应的反应物的总能量比生成物的总能量高，同种物质气态变液态会放出热量，即液态时能量比气态时能量低，则N2O4（l）具有的能量比N2O4（g）具有的能量低，图象A符合，故
39、A正确；故答案为：A；N2O4与O2、H2O化合生成硝酸，其反应的化学方程式为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3；故答案为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3；（4）电解NO制备NH4NO3，阳极反应为NO3e+2H2O=NO3+4H+，阴极反应为：NO+5e+6H+=NH4+H2O，从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的NO3的物质的量大于阴极产生的NH4+的物质的量，总反应方程式为：8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3；故答案为：NH3；根据反应8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，电解生成的HNO3多点
40、评：本题考查了化学方程式书写、影响平衡及平衡常数的因素、能量变化图的分析等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生的综合运用能力，难度中等，注意基础知识的积累掌握10（12分）（2014秋涿州市校级月考）工业上用含有Cr2O72和CrO42的废水回收铬其工艺流程如下：已知：2CrO42（黄色）+2H+Cr2O72（橙色）+H2O；常温下，KspFe（OH）3=1.01038，Ksp Cr（OH）3=1.01032；当离子浓度小于1.0105 molL1时，认为沉淀完全（1）下列选项中能说明反应2CrO42（黄色）+2H+Cr2O72（橙色）+H2O达平衡状态的是CD （填选项字母）ACr2O72
41、和CrO42的浓度相同 B 2v（Cr2O72）=v（CrO42）C溶液的颜色不变 D溶液的PH不变（2）为防止FeSO4溶液变质，在保存时需加入的试剂为铁粉、硫酸 （填试剂名称）（3）过滤操作中需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒（4）FeSO4溶液与溶液A发生反应的离子方程式为Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O（5）沉淀C的化学式为Fe（OH）3，pH2的范围为5考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用 专题：实验设计题分析：含有Cr2O72和CrO42的废水经酸化后主要转化为Cr2O72，Cr2O72具有强氧化性，加入还原性的亚铁离子，将其还原为Cr3+
42、，然后依据溶度积常数分别调节溶液的pH值，让铁离子和铬离子沉淀出来，来源:Z&xx&k.Com（1）根据判断平衡状态的方法：V正=V逆，或各组分的浓度保持不变则说明已达平衡；（2）防止亚铁离子氧化，还要抑制亚铁离子水解，据此解答即可；（3）过滤是分离固体与液体的一种方法，依据过滤需要仪器回答即可；（4）亚铁离子具有还原性，铬酸根具有强氧化性，据此书写离子反应方程式即可；（5）当离子浓度小于1.0105 molL1时，认为沉淀完全，据此解答即可解答：解：（1）平衡时各物质的浓度不再改变，即溶液的颜色不再改变和pH不变，ACr2O72和CrO42的浓度相同和起始量消耗量有关，不能说明正逆反应速率相
43、同，故A错误； B 2v（Cr2O72）=v（CrO42）只能说明速率之比等于化学方程式计量数之比，不能说明正逆反应速率相同，故B错误；C溶液的颜色不变 浓度不再改变，是平衡标志，正逆反应速率相同，故C正确；D溶液的PH不变，说明溶液这离子浓度不变，说明正逆反应速率相同，故D正确；故选：CD，故答案为：CD（2）防止亚铁离子氧化，并抑制水解，则配制FeSO4溶液时，需加入少量铁粉和稀硫酸，故答案为：铁粉、硫酸；（3）过滤是把不溶于液体的固体与液体分离的一种方法，所需仪器有玻璃棒、烧杯、铁架台、漏斗，其中属于玻璃仪器的是玻璃棒、烧杯、漏斗，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；（4）依据分析可知：溶液A
44、含有Cr2O72，具有强氧化性，能氧化亚铁离子为铁离子，离子反应方程式为：Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O，故答案为：Cr2O72+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O； （5）依据分析可知，沉淀C为氢氧化铁，当离子浓度小于1.0105 molL1时，认为沉淀完全，故铬离子完全沉淀时有：1105c（OH）3=1.01032，解：c（OH）=109，即pH5完全沉淀，故答案为：Fe（OH）3；5点评：本题主要考查的是金属的回收与资源利用，涉及氧化还原反应、化学反应平衡移动原理、离子反应方程式书写，常见实验操作以及仪器选择等，难度较大11（4分）（2014
45、秋涿州市校级月考）铝电池性能优越，铝一空气电池以其环保、安全而受到越来越多的关注，其原理如图所示（1）该电池的总反应化学方程式为4Al+3O2+6H2O=4Al（OH）3；（2）某铝一空气电池的效率为50%，若用其作电源电解500mL的饱和NaCl溶液，电解结束后，所得溶液（假设溶液电解前后体积不变）中NaOH的浓度为0.3molL1，则该过程中消耗铝的质量为2.7g考点：化学电源新型电池 专题：电化学专题分析：（1）该原电池中，负极上Al失电子发生氧化反应、正极上氧气得电子生成氢氧根离子，Al、氧气和水生成氢氧化铝；（2）电解过程中生成n（NaOH）=0.3mol/L0.5L=0.15mol
46、，设生成0.15molNaOH转移电子的物质的量为x，2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2 转移电子 2mol 2mol 0.15mol x2mol：2mol=0.15mol：x，x=0.15mol串联电路中转移电子物质的量相等，且某铝一空气电池的效率为50%，则铝失电子的物质的量为0.3mol，再根据铝和转移电子之间的关系式计算消耗铝的质量解答：解：（1）该原电池中，负极上Al失电子发生氧化反应、正极上氧气得电子生成氢氧根离子，Al、氧气和水生成氢氧化铝，电池反应式为4Al+3O2+6H2O=4Al（OH）3，故答案为：4Al+3O2+6H2O=4Al（OH）3；（2）电解过程中生成
47、n（NaOH）=0.3mol/L0.5L=0.15mol，设生成0.15molNaOH转移电子的物质的量为x，2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2 转移电子 2mol 2mol 0.15mol x2mol：2mol=0.15mol：x，x=0.15mol串联电路中转移电子物质的量相等，且某铝一空气电池的效率为50%，则铝失电子的物质的量为0.3mol，设消耗Al的质量为y，4Al+3O2+6H2O=4Al（OH）3转移电子108g 12moly 0.3mol来源:学科网ZXXK108g：12mol=y：0.3moly=2.7g，故答案为：2.7g点评：本题以化学电源新型电池为载体考查电
48、池反应式的书写、方程式的有关计算，侧重考查分析、计算能力，明确串联电路中转移电子关系是解本题关键，题目难度不大三、选修题化学-选修2：化学与技术12（15分）（2014秋涿州市校级月考）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装备磷酸，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
49、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
50、，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：真题集萃；制备实验方案的设计 专题：创新题型；实验设计题；元素及其化合物分析：（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
51、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
52、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
53、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，因此逐渐被采用，故答案为：产品纯度高点评：本题考查了化工生产流程图，涉及磷矿石的主要用途、反应原理和有关计算，该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题试题综合性强，侧重对学生分析问题、解答问题能力的培养和解题方法的指导化学-选修3：物质结构与性质13（201
54、5湖南模拟）早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Cu、Fe三种金属元素组成，回答下列问题：（1）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
55、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）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
56、；（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
57、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
58、；故答案为：sp3、sp2；6NA；乙酸存在分子间氢键；16；（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，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【化学选修4】14（2015东城区校级模拟）某些有机化合物之间具有如下转化关系：其中A是一种五元环状化合物，其分子中只有一
59、种化学环境的氢原子；F核磁共振氢谱显示有三种化学环境的氢原子，且峰面积之比为2：2：3已知：2RCOOH（其中R是羟基）RCOOHRCH2OH（其中R是羟基）（1）G是合成顺丁橡胶的主要原料，G的名称是1，3丁二烯B中含氧官能团的名称是羧基（2）A的结构简式是（3）的化学方程式是HOOCCH2CH2COOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3+2H2O（4）E在一定条件下能够发生缩聚反应，其中主链上含“CH2”的高聚物的结构简式是有机物Y与E互为同分异构体，且具有相同的官能 团种类和数目，则Y的结构可有2 种考点：有机物的推断 来源:Zxxk.Com专题：有机物
60、的化学性质及推断分析：根据信息结合A的分子式和含有一种氢原子，可推出A中还含有一个碳碳双键，是一种不饱和的环状酸酐，则A的结构简式是，AB是酸酐水解，则B是HOOCCH=CHCOOH，B与氢气发生加成反应生成C，则C是HOOCCH2CH2COOH，根据信息，则反应是还原反应，故D是HOCH2CH2CH2CH2OH，由D与G的分子可知，反应是消去反应，且G为合成顺丁橡胶的主要原料，所以G为CH2=CHCH=CH2由B与E的相对分子质量，可知反应是碳碳双键与H2O发生的加成反应，故E为，C（丁二酸）分子内含有两种不同化学环境的氢原子，根据反应条件，可知反应为酯化反应，又结合C和F的分子式和结构知，
61、X为乙醇，反应后生成F为CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3，据此答题；解答：解：根据信息结合A的分子式和含有一种氢原子，可推出A中还含有一个碳碳双键，是一种不饱和的环状酸酐，则A的结构简式是，AB是酸酐水解，则B是HOOCCH=CHCOOH，B与氢气发生加成反应生成C，则C是HOOCCH2CH2COOH，根据信息，则反应是还原反应，故D是HOCH2CH2CH2CH2OH，由D与G的分子可知，反应是消去反应，且G为合成顺丁橡胶的主要原料，所以G为CH2=CHCH=CH2由B与E的相对分子质量，可知反应是碳碳双键与H2O发生的加成反应，故E为，C（丁二酸）分子内含有两种不同化学环境的
62、氢原子，根据反应条件，可知反应为酯化反应，又结合C和F的分子式和结构知，X为乙醇，反应后生成F为CH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3，符合F的核磁共振氢谱情况，（1）由上述分析可知，G为CH2=CHCH=CH2，G的名称是1，3丁二烯，B是HOOCCH=CHCOOH，含氧官能团的名称是：羧基，故答案为：1，3丁二烯；羧基；（2）由上述分析可知，A的结构简式是，故答案为：；（3）反应的化学方程式为：HOOCCH2CH2COOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3+2H2O，故答案为：HOOCCH2CH2COOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOCCH2CH2COOCH2CH3+2H2O；（4）E（）在一定条件下能够发生缩聚反应，链节是由四个原子组成的高聚物的结构简式是有机物Y与E互为同分异构体，且具有相同的官能团种类和数目，Y有两个COOH，一个OH，把E的主链上碳原子缩减为3个，则会出现2种结构，即：和，所以Y的同分异构体有2种，故答案为：；2点评：本题考查有机物推断、官能团、有机反应类型、同分异构体等，需要学生对给予的信息进行利用，确定A的结构是关键，再结合转化关系进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等