1、2016年河北省保定市高考化学一模试卷一、选择题1用H2O2溶液处理含NaCN的废水的反应原理为：NaCN+H2O2+H2ONaHCO3+NH3，已知：HCN酸性比H2CO3弱下列有关说法正确的是（）A该反应中氮元素被氧化B该反应中H2O2作还原剂C实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液D0.1molL1NaCN溶液中含HCN和CN总数目为0.16.02102321mol某链烃最多可与2mol H2发生加成反应生成化合物A，化合物A最多能与12mol Cl2发生取代反应生成化合物B，则下列有关说法正确的是（）A该烃分子内既有碳碳双键又有碳碳三键B该烃分子内碳原子数超过6C该烃能发生
2、氧化反应和加聚反应D化合物B有两种同分异构体3在电解冶炼铝的电解槽中存在电解质W2X2Y2Z4已知其涉及的四种元素的简单离子的电子层结构均相同，Y原子最外层电子数为次外层的3倍，X原子最外层电子数为Y原子最外层电子数的一半下列说法正确的是（）A原子序数：WXYZB原子半径：WXYZC最高价氧化物对应的碱的碱性：WXD最简单氧化物的稳定性：YZ4下列实验方案，不能达到实验目的是（）选项实验目的实验方案A氯气的氧化性将湿润的淀粉KI试纸放于充满Cl2的集气瓶口，试纸变蓝B配制 480mL 0.2mol/L NaOH溶液准确称量NaOH固体4.0g溶于水，配制成 500mL溶液C比较 H2CO3 和
3、 H2SO4的酸性强弱室温下，用PH试纸测定浓度为OlmolL1Na2CO3溶液和0lmolL1NazSO4溶液的 pHD证明氧化性：H2O2Fe3+用硫酸酸化的H2O2滴入Fe（NO3）2洛液中，浓液变黄色AABBCCDD5设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A64g Cu粉与足量硫粉加热完全反应生成Cu2S时失去的电子数为2NAB足量的CO2与39gNa2O2发生反应转移的电子数为NAC18g的D2O与NA个CH3具有相同的电子数D6.0g醋酸晶体中含有H+的数目为0.1NA6被称为“软电池”的纸质电池，采用一个薄层纸片（在其一边镀锌，在其另一边镀二氧化锰）作为传导体，在纸内
4、的离子“流过”水和氧化锌组成的电解液电池总反应为：Zn+2MnO2十H2OZnO+2MnO（OH）下列说法正确的是（）A该电池的负极锌发生还原反应B该电池反应中二氧化锰起催化剂作用C当0lmol Zn完全溶解时，流经电解液的电子个数约为1.2041023D电池正极反应式为 MnO2+e+H20MnO（OH）+OH7下列图示与对应的叙述一定正确的是（）A表示合成氨（放热反应），温度T1和T2对应的平衡常数为K1，K2、則：T1T2，K1K2B反应：X（g）+2Y（g）3Z（g），b的溫度比a可能高C该温度下，加人FeCl3不可能引起出由b向a的变化D用水稀释pH相同的盐酸和醋酸，表示盐酸，表示醋
5、酸，且溶液导电性：cba二、非选择题8现拟在实验室里利用空气和镁粉为原料，制取少量纯净的氮化镁（Mg3N2）已知实验中加热条件下可能发生的以下反应：反应物生成物反应物生成物镁和氧气氧化镁镁和水氧化镁和氢气镁和氮气氮化镁氮化镁和水氢氧化镁和氨气镁和二氧化碳氧化镁和碳可供选择的装置和药品如图所示（镁粉和还原铁粉均已干燥，装置内所发生的反应都是完全的，整套装置的末端与干燥管相连接），请回答下列问题：（1）为了实现实验目的，在设汁实验方案时，除装置A、E、F外，还应选择的装置有（填字母代号）；选择装置F的目的是（2）连接并检査装置的气密性实验开始时，打开自来水的开关，将空气从储气瓶压入反应装置，则气流
6、流经导管的顺序是（填字母代号）（3）通入气体后，如果同时点燃A、F装置的酒精灯，对实验结果中所得产品的质量比理论值 （填“大“或“小”），其一原因是同时点燃酒精灯，A中硬质玻璃管中的空气没有排净，其中的氧气、少量二氧化碳和水蒸气与镁反应，生成了氧化镁另一原因是（4）请设计一个实验，验证产物是氮化镁：9铁盐是中学化学常见的盐下面是以富含硫酸亚铁的工业废液为原料生产氧化铁和制备草酸亚铁晶体（FeC2O3xH2O ）的工艺流程图（部分操作和条件略）请回答下列问题：已知：pH4时，Fe2+易被氧气氧化；NH4HCO3在热水中会分解；几种物质的溶解度（g/l00g H2O）如下FeS047H2O（NH4
7、）2SO4FeSO4（NH4）2SO46H2O20487537601018838（1）流程图步骤中，在提纯时需要加足量的铁屑的原因是（2）在生产氧化铁的步骤中，生成FeCO3的离子方程式是（3）上述流程图制备草酸亚铁过程中，用稀硫酸调溶液pH至12的目的是，趁热过滤的原因是（4）己知煅烧FeCO3的化学方程式是4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2现煅烧464.0kg的FeCO3，得到316.8kg产品若产品中杂质只有FeO则该产品中Fe2O3的质量是kg（5）已知：某温度时，Ksp（FeC2O4）=1.0106Ksp（CaC2O4）=2.0109，此温度下，FeC2O4若要在CaCl2溶液
8、中开始转化为CaC2O4，则CaCl2的浓度必须不低于molL1（6）草酸（HzC2O4）是一种二元弱酸，广泛分布于动植物体中已知0.1molL1KHC2O4溶液呈酸性下列说法正确的是（填字母序号）a、0.1molL1KHC2O4溶液中：c（K+）+c（H+）c（HC2O4）+2c（C2O42）+c（OH ） b.0.1molL1KHC2O4溶液中：c（K+）c（HC2O4）c（H2C2O4）c（C2O42）C.0.1mol/LKHC2O4溶液中滴加等浓度NaOH溶液至中性：c（K+）c（Na+）d浓度均为0lmolL1KHC2O4和K2C2O4的混合溶液中：2c（K+）c（HC2O4）+c（
9、C2O42）10汽车尾气净化中的一个反应如下：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g），请回答下列问题：（1）已知：N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180.5kJmollC（s）+O2（g）CO2（g）H=393.5kJmoll2C（s）+O2（g）2CO（g）H=221kJmoll则2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）的H=kJmoll（2）一定温度下，向体积为1L的密闭容器中充入一定量的NO和CO在t1时刻达到平衡状态，此时n（CO）=0.1mol，n（NO）=0.2mol，n（N2）=amol，且平衡时混合气体压强为初始气体压强的0.8则该反应的平衡常
10、数K=若保持温度及容器体积不变，平衡后在此基础上再向容器中充入2amol的N2、0.2mol的NO，平衡将移动（填“向左”、“向右”或“不”）下列各种情况，可说明该反应已经达到平衡状态的是Av生成（CO2）=v消耗（CO）B混合气体的密度不再改变C混合气体的平均相对分子质量不再改变DNO、CO、N2、CO2的浓度均不再变化E单位时间内生成2nmol碳氧双键的同时消耗nmolNN在t2时刻，改变某一外界条件，正反应速率的变化曲线如图1所示：可能改变的条件是（3）有人提出可以用如图2所示的电解原理的方法消除汽车尾气，写出阳极发生的电极反应式（4）如果要净化汽车尾气同时提高该反应的速率和NO的转化率
11、，采用的措施是A降低温度 B、增大压强同时加催化剂C、升高温度同时充入N2 D、及时将CO2和N2从反应体系中移走三、选做题化学一选修化学与技术11铬主要以铁合金（如铬铁）形式用于生产不锈钢及各种合金钢，铬元素形成的化合物很多，常见的有Cr2O3、CrCl3、H2CrO4，、H2Cr2O7等，请回答下列问题：（一）工业废水中常含有一定量的Cr2O72和CrO42，它们会对人类及生态系统产生很大危害，必须进行处理常用的处理方法有两种方法1：还原沉淀法，该法的工艺流程为：CrO42Cr2O72Cr3+Cr（OH）3 （1）第步中用亚铁离子还原0.6molCr2O72，至少需要亚铁离子的物质的量为m
12、ol方法2：电解法该法用Fe做电极电解Cr2O72的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr（OH）3沉淀（2）阴极附近溶液pH升高的原因是（用电极反应解释），溶液中同时生成的沉淀还有（填化学式）（二）三氯化铬易升华，在高温下能被氧气氧化，制三氯化铬的流程如下：（3）重铬酸铵分解产生的三氧化二铬（Cr2O3难溶于水）需用蒸馏水洗涤，如何用简单方法判断其已洗涤干净（4）已知CCl4沸点为76.8，为保证稳定的CCl4气流，适宜的加热方式是（5）用如图装置制备CrCl3时，反应管中发生的主要反应有：Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2，向三颈烧瓶中通入N2的作用之一是鼓
13、气使反应物进入管式炉中进行反应；另一个作用是（6）Cr对环境会造成严重的污染，废水中的Cr3+可用石灰乳进行沉降，写出沉降的离子方程式【化学一选修物质结构与性质】12氮族元素的单质及其化合物在农药、化肥等方面有重要应用我们可以利用物质结构与性质的相关知识去认识和利用它们，（1）基态磷原子的电子排布式为；等物质的量的NH3和N2混合气体中键与键的数目之比为（2）N、P、As原子的第一电离能由大到小的顺序为 （3）光化学烟雾易在PM2.5尘粒的催化作用下形成，光化学烟雾中含有NOx、O3、CH2=CHCHO、HCOOH等二次污染物下列说法正确的是AN2O与CO2互为等电子体，其结构式为N=N=OB
14、O3的沸点大于O2CN2O结构式可表示为N=N=O，中心氮原子的杂化轨道类型为sp2、sp3DHCOOH在水中溶解度大的原因与氢键有关（4）六方氮化硼在高温高压下可转化为立方氮化硼，其晶胞结构如图所示，晶胞边长为dcm，该晶胞中含有个氮原子、个硼原子（5）N与砷（As）是同族元素，B与鎵（Ga）是同族元素，立方砷化镓晶体与立方氮化硼晶体结构类似，两种晶体中熔点较高的是；立方砷化镓晶体的晶胞边长为apm（1pm=1012m），则其密度为gcm3（用含a的式子表示，设NA为阿伏加德罗常数的值）化学一选修有机化学基础13在有碱存在下卤代烃与醇反应生成醚（ROR）RX+ROHROR+HX化合物A经下列
15、四步反应可得到常见的溶剂四氢呋喃，反应框图如下：请回答下列问题：（1）1molA和1molH2在一定条件下恰好反应，生成饱和一元醇Y，Y中碳元素的质量分数约为65%，则A的分子式为（2）第步反应类型分别为（3）化合物B具有的化学性质（填写字母代号）是A可发生氧化反应B强酸或强碱条件下均可发生消去反应C可发生酯化反应D催化条件下可发生加聚反应（4）写出C与氢氧化钠水溶液反应的化学方程式（5）四氢呋喃链状醚类的所有同分异构体共有种（6）已知，根据提示的信息，模仿以下提示的流程图设计合成路线，以苯酚为主要原料合成，标明每一步的反应物及反应条件（有机物写结构简式，其它原料自选）2016年河北省保定市高
16、考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题1用H2O2溶液处理含NaCN的废水的反应原理为：NaCN+H2O2+H2ONaHCO3+NH3，已知：HCN酸性比H2CO3弱下列有关说法正确的是（）A该反应中氮元素被氧化B该反应中H2O2作还原剂C实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液D0.1molL1NaCN溶液中含HCN和CN总数目为0.16.021023【考点】氧化还原反应【分析】NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3反应中O元素从1价降低为2价，C元素从+2价升高到+4价，结合电子转移和NaCN的性质分析【解答】解：ANaCN中C为+2价，Na为+1价，则氮元素的化合
17、价为3，反应前后N元素化合价不变，故A错误；BNaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3反应中O元素从1价降低为2价，所以反应中H2O2作氧化剂，故B错误；C因为HCN酸性比H2CO3弱，所以实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液防止水解，故C正确；D无体积无法计算，故D错误故选C21mol某链烃最多可与2mol H2发生加成反应生成化合物A，化合物A最多能与12mol Cl2发生取代反应生成化合物B，则下列有关说法正确的是（）A该烃分子内既有碳碳双键又有碳碳三键B该烃分子内碳原子数超过6C该烃能发生氧化反应和加聚反应D化合物B有两种同分异构体【考点】饱和烃与不饱和烃【分析】
18、根据1mol某链烃最多能和2molH2发生加成反应，则分子中含有2个C=C键或1个CC，1mol该烷能和12molCl2发生取代反应，说明1个烷中引入12个Cl原子，加成时1个某链烃分子已引入4个H原子形成烷，所以1个链烃中共含有8个H原子，以此来解答【解答】解：A依据分析可知，该烃分子中要么有2个双键，要么有1个三键，两者不能共同存在，故A错误；B该烃含有的H原子数是8，不饱和度是2，故含有C原子数是5，故B错误；C该烃含有双键或三键，能发生加成反应、氧化反应和加聚反应，故C正确；D化合物B为C5Cl12，类似戊烷，存在三种同分异构体，故D错误，故选C3在电解冶炼铝的电解槽中存在电解质W2X
19、2Y2Z4已知其涉及的四种元素的简单离子的电子层结构均相同，Y原子最外层电子数为次外层的3倍，X原子最外层电子数为Y原子最外层电子数的一半下列说法正确的是（）A原子序数：WXYZB原子半径：WXYZC最高价氧化物对应的碱的碱性：WXD最简单氧化物的稳定性：YZ【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】在电治铝的电解槽中存在电解质W2X2Y2Z4，四种元素的简单离子的电子层结构均相同，Y原子最外层电子数为次外层的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；X原子最外层电子数为Y原子最外层电子数的一半，其最外层电子数为3，则X为Al；该化合物中W应该带正电荷，含有两个铝离子、两个O
20、离子，Z应该带负电荷，根据化合物代数和为0知，W应该带一个单位正电荷，Z带一个单位负电荷，且这四种简单离子电子层结构相同，所以W为Na、Z为F元素，则该电解质为Na2Al2O2F4结合元素化合物的性质及元素周期律解答【解答】解：在电治铝的电解槽中存在电解质W2X2Y2Z4，四种元素的简单离子的电子层结构均相同，Y原子最外层电子数为次外层的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；X原子最外层电子数为Y原子最外层电子数的一半，其最外层电子数为3，则X为Al；该化合物中W应该带正电荷，含有两个铝离子、两个O离子，Z应该带负电荷，根据化合物代数和为0知，W应该带一个单位正电荷，Z带
21、一个单位负电荷，且这四种简单离子电子层结构相同，所以W为Na、Z为F元素，则该电解质为Na2Al2O2F4A通过以上分析知，原子序数XWZY，故A错误；B原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径：W（Na）X（Al）Y（O）Z（F），故B正确；C元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性WX，所以最高价氧化物的水化物碱性：WX，故C错误；D元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性ZY，所以最简单氧化物的稳定性：YZ，故D错误；故选B4下列实验方案，不能达到实验目的是（）选项实验目的实验方案A氯气的氧化性将湿润的淀粉K
22、I试纸放于充满Cl2的集气瓶口，试纸变蓝B配制 480mL 0.2mol/L NaOH溶液准确称量NaOH固体4.0g溶于水，配制成 500mL溶液C比较 H2CO3 和 H2SO4的酸性强弱室温下，用PH试纸测定浓度为OlmolL1Na2CO3溶液和0lmolL1NazSO4溶液的 pHD证明氧化性：H2O2Fe3+用硫酸酸化的H2O2滴入Fe（NO3）2洛液中，浓液变黄色AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A强氧化性物质能氧化碘离子生成碘，碘能使淀粉试液变蓝色；B配制480mL0.2mol/LNaOH溶液时，因为实验室没有480mL容量瓶，应该用500mL容量瓶；C酸的酸性越
23、强，其相同浓度的钠盐溶液pH越低；D同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性【解答】解：A强氧化性物质能氧化碘离子生成碘，碘能使淀粉试液变蓝色，将湿润的淀粉KI试纸放于充满Cl2的集气瓶口，试纸变蓝，说明氯气将碘离子氧化生成碘单质，故A正确；B配制480mL0.2mol/LNaOH溶液时，因为实验室没有480mL容量瓶，应该用500mL容量瓶，称量m（NaOH）=0.2mol/L0.5L40g/mol=4.0g，故B正确；C酸的酸性越强，其相同浓度的钠盐溶液pH越低，室温下，用pH试纸测定浓度为OlmolL1Na2CO3溶液和0lmolL1NazSO4溶液的 pH，pH越小的酸的
24、酸性越强，故C正确；D同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能将亚铁离子氧化生成铁离子而干扰实验，所以不能实现实验目的，故D错误；故选D5设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A64g Cu粉与足量硫粉加热完全反应生成Cu2S时失去的电子数为2NAB足量的CO2与39gNa2O2发生反应转移的电子数为NAC18g的D2O与NA个CH3具有相同的电子数D6.0g醋酸晶体中含有H+的数目为0.1NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、求出铜的物质的量，然后根据铜和硫反应后变为+1价来分析；B、求出过氧化钠的物质的量，然后根据过氧化钠与
25、二氧化碳反应时，1mol过氧化钠转移1mol电子；C、重水的摩尔质量为20g/mol；D、醋酸晶体中不含氢离子【解答】解：A、64g铜的物质的量为1mol，而铜和硫反应后变为+1价，故1mol铜失去NA个电子，故A错误；B、39g过氧化钠的物质的量为0.5mol，而过氧化钠与二氧化碳反应时，1mol过氧化钠转移1mol电子，故0.5mol过氧化钠转移0.5NA个电子，故B错误；C、重水的摩尔质量为20g/mol，故18g重水的物质的量为0.9mol，则含9NA个电子；CH3含9个电子，故NA个甲基中含9NA个电子，故C正确；D、醋酸晶体中不含氢离子，为氢原子，故D错误故选C6被称为“软电池”的
26、纸质电池，采用一个薄层纸片（在其一边镀锌，在其另一边镀二氧化锰）作为传导体，在纸内的离子“流过”水和氧化锌组成的电解液电池总反应为：Zn+2MnO2十H2OZnO+2MnO（OH）下列说法正确的是（）A该电池的负极锌发生还原反应B该电池反应中二氧化锰起催化剂作用C当0lmol Zn完全溶解时，流经电解液的电子个数约为1.2041023D电池正极反应式为 MnO2+e+H20MnO（OH）+OH【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】电池的总反应：Zn+2MnO2十H2OZnO+2MnO （OH），可知电池的负极Zn是电子被氧化，电极反应式为：Zn+2OH2eZnO+H2O，正极MnO2得电子被
27、还原生成MnOOH，反应式为2MnO2+2H2O+2e2MnOOH+2OH，以此解答【解答】解：A由电池的总反应：Zn+2MnO2+2H2O2MnOOH+Zn（OH）2，可知Zn失电子作负极，Zn失电子发生氧化反应，故A错误；B该电池中正极MnO2得电子被还原生成MnOOH，则二氧化锰不是催化剂，故B错误；C电子只能在导线中移动，不能流经电解液，故C错误；D正极MnO2得电子被还原生成MnOOH，电池正极的反应为：MnO2+H2O+eMnOOH+OH，故D正确故选D7下列图示与对应的叙述一定正确的是（）A表示合成氨（放热反应），温度T1和T2对应的平衡常数为K1，K2、則：T1T2，K1K2B
28、反应：X（g）+2Y（g）3Z（g），b的溫度比a可能高C该温度下，加人FeCl3不可能引起出由b向a的变化D用水稀释pH相同的盐酸和醋酸，表示盐酸，表示醋酸，且溶液导电性：cba【考点】反应热和焓变；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素【分析】A、合成氨的反应为放热反应，温度越高，平衡左移，氨气的百分含量越小；B、b曲线表示的反应比a反应速率快，平衡不移动；C、温度不变，Kw不变，而氯化铁溶于水后水解显酸性；D、图象分析，醋酸是弱电解质存在电离平衡，稀释相同倍数，强酸pH变化大【解答】解：A、合成氨的反应为放热反应，温度越高，平衡左移，氨气的百分含量越小，根据图象可知，温度T1T2，而
29、氨气的百分含量越高，说明平衡向右进行的程度越大，则K值越大，故有：K1K2，故A正确；B、图1所示反应：X（g）+2Y（g）3Z（g），b曲线表示的可以是增大压强，还可能是使用催化剂，温度变化平衡一定发生变化，图象不符合，故B错误；C、温度不变，Kw不变，而氯化铁溶于水后水解显酸性，故氯化铁溶于水后溶液中的c（H+）变大，而c（OH）变小，即可以由a转化为b点，故C错误；D、图象分析，醋酸是弱电解质存在电离平衡，稀释相同倍数，强酸pH变化大，表示盐酸，表示醋酸，导电性abc，故D错误故选A二、非选择题8现拟在实验室里利用空气和镁粉为原料，制取少量纯净的氮化镁（Mg3N2）已知实验中加热条件下可
30、能发生的以下反应：反应物生成物反应物生成物镁和氧气氧化镁镁和水氧化镁和氢气镁和氮气氮化镁氮化镁和水氢氧化镁和氨气镁和二氧化碳氧化镁和碳可供选择的装置和药品如图所示（镁粉和还原铁粉均已干燥，装置内所发生的反应都是完全的，整套装置的末端与干燥管相连接），请回答下列问题：（1）为了实现实验目的，在设汁实验方案时，除装置A、E、F外，还应选择的装置有B、D（填字母代号）；选择装置F的目的是为了除去空气中的氧气（2）连接并检査装置的气密性实验开始时，打开自来水的开关，将空气从储气瓶压入反应装置，则气流流经导管的顺序是jhgdckl（或lk）ab（或ba）（填字母代号）（3）通入气体后，如果同时点燃A、F
31、装置的酒精灯，对实验结果中所得产品的质量比理论值大 （填“大“或“小”），其一原因是同时点燃酒精灯，A中硬质玻璃管中的空气没有排净，其中的氧气、少量二氧化碳和水蒸气与镁反应，生成了氧化镁另一原因是由于镁全部本该生成氮化镁，装置F中的还原铁粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧气与装置A中的镁粉反应，使部分镁生成了氧化镁（4）请设计一个实验，验证产物是氮化镁：取适量产物放入试卷中，滴加蒸馏水，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，如果试管中的溶液出现浑浊，红色石蕊试纸变蓝，则可以证明有氮化镁生成【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）根据题中信息可知Mg在空气中点燃可以和O2、CO2、H2O反应，
32、所以镁和氮气反应必须将空气中的O2、CO2、H2O除去制得干燥纯净的N2，浓硫酸作用是除去水蒸气，浓氢氧化钠是除去空气中二氧化碳，灼热的铜粉为了除去空气中氧气 （2）根据先除杂后干燥的原理及固体加热试管必须干燥的原理可将装置进行排序气体参与的物质制备实验中装置的连接一般顺序是：制备气体除杂干燥制备尾气处理；（3）因为A装置没有排完空气前就加热会让空气中的氧气、CO2、水蒸气等与镁反应，如果装置F中的还原铁粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁；（4）取适量产物放入试管中，滴加蒸馏水，将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果试管中的溶液出现浑浊，红色石蕊试纸变蓝，
33、则可以证明有氮化镁生成【解答】解：（1）根据题中信息可知Mg在空气中点燃可以和O2、CO2、H2O反应，所以镁和氮气反应必须将空气中的O2、CO2、H2O除去制得干燥纯净的N2，浓硫酸作用是除去水蒸气，浓氢氧化钠是除去空气中二氧化碳，灼热的铜粉为了除去空气中氧气，故答案为：B、D；为了除去空气中的氧气；（2）气体参与的物质制备实验中装置的连接一般顺序是：制备气体除杂干燥制备尾气处理，所以除去空气中的O2、CO2、H2O制备氮化镁，装置连接顺序是，jhgdckl（或lk）ab （或ba），故答案为：jhgdckl（或lk）ab （或ba）；（3）因为A装置没有排完空气前就加热会让空气中的氧气、C
34、O2、水蒸气等与镁反应，如果装置F中的还原铁粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁，导致结果比理论值偏大，故答案为：大；由于镁全部本该生成氮化镁，装置F中的还原铁粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧气与装置A中的镁粉反应，使部分镁生成了氧化镁；（4）依据氮化镁和水反应生成氨气，方程式为 Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2+2NH3，将产物取少量置于试管中，加入适量水，将润湿的红色石蕊试纸置于试管口，如果能够看到润湿的红色石蕊试纸变蓝，则说明产物是氮化镁，故答案为：取适量产物放入试卷中，滴加蒸馏水，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，如果试管中的溶液出现
35、浑浊，红色石蕊试纸变蓝，则可以证明有氮化镁生成9铁盐是中学化学常见的盐下面是以富含硫酸亚铁的工业废液为原料生产氧化铁和制备草酸亚铁晶体（FeC2O3xH2O ）的工艺流程图（部分操作和条件略）请回答下列问题：已知：pH4时，Fe2+易被氧气氧化；NH4HCO3在热水中会分解；几种物质的溶解度（g/l00g H2O）如下FeS047H2O（NH4）2SO4FeSO4（NH4）2SO46H2O20487537601018838（1）流程图步骤中，在提纯时需要加足量的铁屑的原因是除去废液中的2Fe3+（或Fe+2Fe3+=3Fe2+）（2）在生产氧化铁的步骤中，生成FeCO3的离子方程式是Fe2+2
36、HCO3=FeCO3+CO2+H2O（3）上述流程图制备草酸亚铁过程中，用稀硫酸调溶液pH至12的目的是防止亚铁离子水解，防止亚铁离子氧化趁热过滤的原因是增大杂质的溶解度（防止低温时杂质析出），影响产品的纯度（4）己知煅烧FeCO3的化学方程式是4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2现煅烧464.0kg的FeCO3，得到316.8kg产品若产品中杂质只有FeO则该产品中Fe2O3的质量是288.0kg（5）已知：某温度时，Ksp（FeC2O4）=1.0106Ksp（CaC2O4）=2.0109，此温度下，FeC2O4若要在CaCl2溶液中开始转化为CaC2O4，则CaCl2的浓度必须不低于2
37、.0106molL1（6）草酸（HzC2O4）是一种二元弱酸，广泛分布于动植物体中已知0.1molL1KHC2O4溶液呈酸性下列说法正确的是ac（填字母序号）a、0.1molL1KHC2O4溶液中：c（K+）+c（H+）c（HC2O4）+2c（C2O42）+c（OH ） b.0.1molL1KHC2O4溶液中：c（K+）c（HC2O4）c（H2C2O4）c（C2O42）C.0.1mol/LKHC2O4溶液中滴加等浓度NaOH溶液至中性：c（K+）c（Na+）d浓度均为0lmolL1KHC2O4和K2C2O4的混合溶液中：2c（K+）c（HC2O4）+c（C2O42）【考点】制备实验方案的设计【
38、分析】富含FeSO4的工业废液为原料生产Fe2O3和制备草酸亚铁晶体（FeC2O3xH2O ）首先从废液中提纯并结晶出FeSO47H2O，将FeSO47H2O配制成溶液，FeSO4溶液与稍过量的NH4HCO3溶液混合，得到含FeCO3的浊液，将浊液过滤，用90热水洗涤沉淀，干燥后得到FeCO3固体，煅烧FeCO3，得到Fe2O3固体；FeSO47H2O中加入硫酸铵，根据溶解度随温度的变化关系，蒸发浓缩得到硫酸亚铁与硫酸铵的结晶水合物，加入稀硫酸和草酸可制备FeC2O3xH2O，（1）由于废液中含有三价铁，Fe可以和三价铁反应生成亚铁离子；（2）FeSO4溶液与稍过量的NH4HCO3溶液混合，亚
39、铁离子和碳酸氢根离子双水解生成碳酸亚铁和二氧化碳，亚铁离子易被氧气氧化为三价铁；（3）FeSO47H2O配制成溶液的过程中，防止亚铁离子水解和被氧化，趁热过滤是为了提高产品的纯度；（4）根据含铁元素物质的质量关系来计算；（5）在饱和FeC2O4溶液中c（C2O42）=103mol/L，据Ksp（CaC2O4）计算钙离子浓度；（6）0.1molL1KHC2O4溶液呈酸性，说明HC2O4电离程度大于其水解程度，则c（C2O42）c（H2C2O4）；氢离子来自水的电离和HC2O4电离，则c（H+）c（C2O42），据此结合物料守恒分析【解答】解：富含FeSO4的工业废液为原料生产Fe2O3和制备草酸
40、亚铁晶体（FeC2O3xH2O ）首先从废液中提纯并结晶出FeSO47H2O，将FeSO47H2O配制成溶液，FeSO4溶液与稍过量的NH4HCO3溶液混合，得到含FeCO3的浊液，将浊液过滤，用90热水洗涤沉淀，干燥后得到FeCO3固体，煅烧FeCO3，得到Fe2O3固体；FeSO47H2O中加入硫酸铵，根据溶解度随温度的变化关系，蒸发浓缩得到硫酸亚铁与硫酸铵的结晶水合物，加入稀硫酸和草酸可制备FeC2O3xH2O，（1）由于废液中含有三价铁，Fe可以和三价铁反应生成亚铁离子，即Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：除去废液中的2Fe3+（或Fe+2Fe3+=3Fe2+）；（2）FeSO4
41、溶液与稍过量的NH4HCO3溶液混合，亚铁离子和碳酸氢根离子双水解生成碳酸亚铁和二氧化碳，即Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O，生成的碳酸亚铁中，亚铁离子易被氧气氧化为三价铁，即4FeCO3+O2+6H2O=4CO2+4Fe（OH）3，故答案为：Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O；（3）FeSO47H2O配制成溶液的过程中，亚铁离子易水解，Fe2+2H2OFe（OH）2+2H+，加入硫酸配制可以使得化学平衡逆向移动，抑制水解；pH4时，Fe2+易被氧气氧化，故用稀硫酸调溶液pH至12的目的也是为了防止二价铁离子被氧化；趁热过滤是为了增大杂质的溶解度（防止低温时杂质析出）
42、，影响产品的纯度，故答案为：防止亚铁离子水解，防止亚铁离子氧化；增大杂质的溶解度（防止低温时杂质析出），影响产品的纯度；（4）假设Fe2O3物质的量为x mol，FeO的物质的量为y mol，那么满足：160x+72y=316800；（2x+y）116=464000，解得x=1800mol，所以产物中Fe2O3的质量160g/mol1800mol=288000g=288.0kg，故答案为：288.0；（5）在饱和FeC2O4溶液中c（C2O42）=103mol/L，Ksp（CaC2O4）=c（Ca2+）c（C2O42）=2.0109，则c（Ca2+）=2.0106mol/L，所以CaCl2的浓
43、度必须不低于2.0106mol/L，故答案为：2.0106；（6）a.0.1molL1KHC2O4溶液中，根据电荷守恒可知：c（K+）+c（H+）=c（HC2O4）+2c（C2O42）+c（OH），故a正确；b.0.1molL1 KHC2O4溶液中，溶液呈酸性，说明HC2O4电离程度大于其水解程度，则c（C2O42）c（H2C2O4），则离子浓度大小为：c（K+）c（HC2O4）c（C2O42）c（H2C2O4），故b错误；c0.1mol/L KHC2O4溶液中滴加等浓度NaOH溶液至中性，当钾离子与钠离子浓度相等时，反应生成草酸钠和草酸钾，溶液呈碱性，若为中性，则氢氧化钠应该少量，故c（K+
44、）c（Na+），故c正确；d浓度均为0.1molL1 KHC2O4和K2C2O4的混合溶液中，根据物料守恒可得：2c（K+）=3c（HC2O4）+3c（C2O42）+3c（H2C2O4），故d错误；故答案为：ac10汽车尾气净化中的一个反应如下：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g），请回答下列问题：（1）已知：N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180.5kJmollC（s）+O2（g）CO2（g）H=393.5kJmoll2C（s）+O2（g）2CO（g）H=221kJmoll则2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）的H=746.5kJmoll（2）一定温度
45、下，向体积为1L的密闭容器中充入一定量的NO和CO在t1时刻达到平衡状态，此时n（CO）=0.1mol，n（NO）=0.2mol，n（N2）=amol，且平衡时混合气体压强为初始气体压强的0.8则该反应的平衡常数K=270若保持温度及容器体积不变，平衡后在此基础上再向容器中充入2amol的N2、0.2mol的NO，平衡将向右移动（填“向左”、“向右”或“不”）下列各种情况，可说明该反应已经达到平衡状态的是CDAv生成（CO2）=v消耗（CO）B混合气体的密度不再改变C混合气体的平均相对分子质量不再改变DNO、CO、N2、CO2的浓度均不再变化E单位时间内生成2nmol碳氧双键的同时消耗nmol
46、NN在t2时刻，改变某一外界条件，正反应速率的变化曲线如图1所示：可能改变的条件是增大反应物的浓度，增大压强（3）有人提出可以用如图2所示的电解原理的方法消除汽车尾气，写出阳极发生的电极反应式CO2e+4OH=CO32+2H2O（4）如果要净化汽车尾气同时提高该反应的速率和NO的转化率，采用的措施是BA降低温度 B、增大压强同时加催化剂C、升高温度同时充入N2 D、及时将CO2和N2从反应体系中移走【考点】热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算；电解原理【分析】（1）已知：N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180.5kJmollC（s）+O2（g）CO2（g
47、）H=393.5kJmoll2C（s）+O2（g）2CO（g）H=221kJmoll用盖斯定律知：2得：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）的H=746.5kJmoll（2）一定温度下体积为1L的密闭容器中，压强与混合气体的物质的量成正比列出“三段式”： 2NO+2CON2 +2CO2起始（mol）：2a+0.2 2a+0.1 0 0转化（mol）：2a 2a a 2a平衡（mol）：0.2 0.1 a 2a依题意得：0.2+0.1+a+2a=0.8（2a+0.2+2a+0.1）解得：a=0.3该反应的平衡常数K=270保持温度及容器体积不变，平衡后在此基础上再向容器中充入2a
48、mol的N2、0.2mol的NO时，使容器内的压强增大，平衡向气体计量数小的方向移动，即向右移动Av生成（CO2）是向正反应方向，v消耗（CO）也是向正反应方向，不能达到平衡状态；B由（混合气体）=m（混合气体）/v知，密闭容器中m（混合气体）和v都不变，比值不变，即（混合气体）不变，故密度不再改变不能达到平衡状态；C由M（混合气体）=m（混合气体）/n（混合气体），密闭容器中m（混合气体）不变，n（混合气体），向正反应方向移动时减小，向逆反应方向移动时增大，故平均相对分子质量不再改变，平衡不移动，能达到平衡状态；DNO、CO、N2、CO2的浓度不再变化是各物质的浓度保持不变，能达到平衡状态；
49、E单位时间内生成2nmol碳氧双键即生成nmol的CO2，反应向正反应方向，同时消耗nmolNN即消耗nmolN2反应向逆反应方向，但不与物质计量数成正比，故不能达到平衡状态选C，D；根据图象知，改变某一外界条件，平衡向正反应方向移动，可增大反应物的浓度，也可增大压强3（3）阳极发生是失电子的一极为CO，CO失电子后为CO2在KOH电解质溶液中最终生成CO32，电极反应式为：CO2e+4OH=CO32+2H2O；（4）提高该反应的速率可以增大压强或升高温度，提高NO的转化率应使平衡向正反应方向移动A降低温度降低了反应的速率；B增大压强使平衡向正反应方向移动同时加催化剂提高该反应的速率；C、升高
50、温度提高该反应的速率，同时充入N2使反应向逆反应方向移动；D、及时将CO2和N2从反应体系中移走压强降低，降低了反应的速率【解答】解：（1）已知：N2（g）+O2（g）2NO（g）H=+180.5kJmollC（s）+O2（g）CO2（g）H=393.5kJmoll2C（s）+O2（g）2CO（g）H=221kJmoll用盖斯定律知：2得：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）的H=746.5kJmoll故答案为：746.5；（2）列出“三段式”： 2NO+2CON2 +2CO2起始（mol）：2a+0.2 2a+0.1 0 0转化（mol）：2a 2a a 2a平衡（mol）：
51、0.2 0.1 a 2a依题意得：0.2+0.1+a+2a=0.8（2a+0.2+2a+0.1）解得：a=0.3该反应的平衡常数K=270故答案为：270平衡后在此基础上再向容器中充入2amol的N2、0.2mol的NO时，使容器内的压强增大，平衡向气体计量数小的方向移动，即向右移动故答案为：向右Av生成（CO2）是向正反应方向，v消耗（CO）也是向正反应方向，不能达到平衡状态；B由（混合气体）=m（混合气体）/v知，密闭容器中m（混合气体）和v都不变，比值不变，即（混合气体）不变，故密度不再改变不能达到平衡状态；C由M（混合气体）=m（混合气体）/n（混合气体），密闭容器中m（混合气体）不变
52、，n（混合气体），向正反应方向移动时减小，向逆反应方向移动时增大，故平均相对分子质量不再改变，平衡不移动，能达到平衡状态；DNO、CO、N2、CO2的浓度不再变化是各物质的浓度保持不变，能达到平衡状态；E单位时间内生成2nmol碳氧双键即生成nmol的CO2，反应向正反应方向，同时消耗nmolNN即消耗nmolN2反应向逆反应方向，但不与物质计量数成正比，故不能达到平衡状态故答案为：C，D根据图象知，改变某一外界条件，平衡向正反应方向移动，可增大反应物的浓度，也可增大压强故答案为：增大反应物的浓度，增大压强（3）阳极发生是失电子的一极为CO，CO失电子后为CO2在KOH电解质溶液中最终生成CO
53、32，电极反应式为：CO2e+4OH=CO32+2H2O；故答案为：CO2e+4OH=CO32+2H2O（4）提高该反应的速率可以增大压强或升高温度，提高NO的转化率应使平衡向正反应方向移动A降低温度降低了反应的速率；B增大压强使平衡向正反应方向移动同时加催化剂提高该反应的速率；C、升高温度提高该反应的速率，同时充入N2使反应向逆反应方向移动；D、及时将CO2和N2从反应体系中移走压强降低，降低了反应的速率故答案为：B；三、选做题化学一选修化学与技术11铬主要以铁合金（如铬铁）形式用于生产不锈钢及各种合金钢，铬元素形成的化合物很多，常见的有Cr2O3、CrCl3、H2CrO4，、H2Cr2O7
54、等，请回答下列问题：（一）工业废水中常含有一定量的Cr2O72和CrO42，它们会对人类及生态系统产生很大危害，必须进行处理常用的处理方法有两种方法1：还原沉淀法，该法的工艺流程为：CrO42Cr2O72Cr3+Cr（OH）3 （1）第步中用亚铁离子还原0.6molCr2O72，至少需要亚铁离子的物质的量为3.6mol方法2：电解法该法用Fe做电极电解Cr2O72的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr（OH）3沉淀（2）阴极附近溶液pH升高的原因是（用电极反应解释）2H+2e=H2，溶液中同时生成的沉淀还有Fe（OH）3（填化学式）（二）三氯化铬易升华，在高温下能被氧气氧化
55、，制三氯化铬的流程如下：（3）重铬酸铵分解产生的三氧化二铬（Cr2O3难溶于水）需用蒸馏水洗涤，如何用简单方法判断其已洗涤干净最后一次洗涤的流出液呈无色（4）已知CCl4沸点为76.8，为保证稳定的CCl4气流，适宜的加热方式是水浴加热（并用温度计指示温度）（5）用如图装置制备CrCl3时，反应管中发生的主要反应有：Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2，向三颈烧瓶中通入N2的作用之一是鼓气使反应物进入管式炉中进行反应；另一个作用是赶尽体系中的氧气（6）Cr对环境会造成严重的污染，废水中的Cr3+可用石灰乳进行沉降，写出沉降的离子方程式2Cr3+3Ca（OH）2=2Cr（OH）3+3
56、Ca2+【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】（一）（1）在氧化还原反应中，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数来计算；（2）溶液PH升高的原因是溶液中氢离子浓度减少，即氢离子在阴极得电子，PH升高，氢氧根离子浓度增大，离子浓度幂的乘积大于溶度积，所以金属阳离子会生成氢氧化物沉淀；（二）（NH4）2Cr2O7经分解后可得到Cr2O3，经溶解、过滤、洗涤、干燥后与CCl4在氮气环境中反应可生成CrCl3，其中通入氮气，可赶尽体系中的氧气，结合题目要求可解答该题【解答】解：（一）（1）还原1molCr2O72离子，铬元素化合价从+6价降到+3价，共得到电子6m
57、ol，亚铁离子被氧化为+3价，得到6mol电子，所以还原0.6molCr2O72离子，需要3.6mol的FeSO47H2O，及3.6mol的亚铁离子，故答案为：3.6；（2）在阴极附近溶液pH升高的原因是水电离产生的H+放电生成H2：2H+2eH2；同时大量产生了OH，所以溶液中的Fe3+也将转化为Fe（OH）3沉淀，故答案为：2H+2e=H2；Fe（OH）3；（二）（NH4）2Cr2O7经分解后可得到Cr2O3，经溶解、过滤、洗涤、干燥后与CCl4在氮气环境中反应可生成CrCl3，其中通入氮气，可赶尽体系中的氧气，（3）因为（NH4）2Cr2O7显桔红色，最后一次洗涤的流出液呈无色，说明洗涤
58、干净，故答案为：最后一次洗涤的流出液呈无色；（4）因为CCl4沸点为76.8，温度比较低，因此保证稳定的CCl4气流，可以通过水浴加热来控制其流量，并用温度计指示温度，故答案为：水浴加热（并用温度计指示温度）；（5）反应中通入氮气，可将氧气排除，防止CrCl3被氧化，且在反应后继续通入氮气，可鼓气使反应物进入管式炉中进行反应，故答案为：赶尽体系中的氧气；（6）Cr3+可与石灰乳反应生成Cr（OH）3，反应的离子方程式为2Cr3+3Ca（OH）2=2Cr（OH）3+3Ca2+，故答案为：2Cr3+3Ca（OH）2=2Cr（OH）3+3Ca2+【化学一选修物质结构与性质】12氮族元素的单质及其化合
59、物在农药、化肥等方面有重要应用我们可以利用物质结构与性质的相关知识去认识和利用它们，（1）基态磷原子的电子排布式为1s22s22p63s23p3；等物质的量的NH3和N2混合气体中键与键的数目之比为2：1（2）N、P、As原子的第一电离能由大到小的顺序为NPAs （3）光化学烟雾易在PM2.5尘粒的催化作用下形成，光化学烟雾中含有NOx、O3、CH2=CHCHO、HCOOH等二次污染物下列说法正确的是ABDAN2O与CO2互为等电子体，其结构式为N=N=OBO3的沸点大于O2CN2O结构式可表示为N=N=O，中心氮原子的杂化轨道类型为sp2、sp3DHCOOH在水中溶解度大的原因与氢键有关（4
60、）六方氮化硼在高温高压下可转化为立方氮化硼，其晶胞结构如图所示，晶胞边长为dcm，该晶胞中含有4个氮原子、4个硼原子（5）N与砷（As）是同族元素，B与鎵（Ga）是同族元素，立方砷化镓晶体与立方氮化硼晶体结构类似，两种晶体中熔点较高的是氮化硼；立方砷化镓晶体的晶胞边长为apm（1pm=1012m），则其密度为gcm3（用含a的式子表示，设NA为阿伏加德罗常数的值）【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】（1）基态N原子价电子排布式为2s22p3，根据洪特规则、泡利原理画出价电子轨道排布图；NH3分子含有3个键，N2分子结构式为NN，三键含有1个键、2个键；（
61、2）元素的非金属性越强，其得电子能力越强，失电子能力越弱，则第一电离能越大；（3）A原子总数相等、价电子总数相等的微粒互为等电子体，等电子体结构相似；B均形成分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高；CCH2=CHCHO分子中碳原子均形成3个键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3；DHCOOH在水中与水分子之间形成氢键；（4）晶胞中N原子数目为4，B原子数目为8+6=4；（5）立方砷化镓晶体与立方氮化硼晶体结构类似，均属于原子晶体，原子半径越小，共价键越强，晶体熔点越高；根据均摊法计算晶胞中As、Ga原子数目，表示出晶胞质量，根据=计算晶胞密度【解答】解：（1）磷属于15好元素，根据
62、构造原理基态磷原子的电子排布式为1s22s22p63s23p3，1molNH3含有3mol键，1molN2含有1mol键和2mol键，混合气体中键与键的数目之比为2：1，故答案为：1s22s22p63s23p3；（2）同一主族元素中，元素的金属性随着原子序数的增大而增强，失电子能力增强，也就是越容易失电子，电离能越小，则第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以这几种元素第一电离能大小顺序是NPAs，故答案为：NPAs；（3）AN2O与CO2分子均含有3个原子、价电子数均为16，二者互为等电子体，N2O的结构式为N=N=O，故A正确；BO3、O2均形成分子晶体，O3的相对分子质量越大，分子间作用
63、力更强，故O3的沸点大于O2，故B正确；CCH2=CHCHO分子中碳原子均形成3个键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3，碳原子采取sp2杂化，故C错误；DHCOOH在水中与水分子之间形成氢键，故HCOOH在水中溶解度大，故D正确，故答案为：ABD；（4）晶胞中N原子数目为4，B原子数目为8+6=4，故答案为：4；4；（5）立方砷化镓晶体与立方氮化硼晶体结构类似，均属于原子晶体，原子半径NAs、BGa，故氮化硼中共价键更强，氮化硼的晶体熔点更高，晶胞中As、Ga原子数目均为4，晶胞质量为4g，晶胞密度为4g（a1010 cm）3=gcm3，故答案为：氮化硼；化学一选修有机化学基础13在有碱存在下卤
64、代烃与醇反应生成醚（ROR）RX+ROHROR+HX化合物A经下列四步反应可得到常见的溶剂四氢呋喃，反应框图如下：请回答下列问题：（1）1molA和1molH2在一定条件下恰好反应，生成饱和一元醇Y，Y中碳元素的质量分数约为65%，则A的分子式为C4H8O（2）第步反应类型分别为加成反应取代法（3）化合物B具有的化学性质（填写字母代号）是ABCA可发生氧化反应B强酸或强碱条件下均可发生消去反应C可发生酯化反应D催化条件下可发生加聚反应（4）写出C与氢氧化钠水溶液反应的化学方程式+NaOH+NaBr（5）四氢呋喃链状醚类的所有同分异构体共有4种（6）已知，根据提示的信息，模仿以下提示的流程图设计
65、合成路线，以苯酚为主要原料合成，标明每一步的反应物及反应条件（有机物写结构简式，其它原料自选）【考点】有机物的推断【分析】Y为饱和一元醇，设其分子式为CnH2n+2O，则其中C的质量分数为100%=65%，解得n=4，即Y的分子式为C4H10O，1molA和1molH2恰好反应，则A分子式为C4H8O，且A能和Br2/CCl4反应，说明A分子中含有C=C，由信息卤代烃与醇反应生成醚，所以A中还含有OH，结合四氢呋喃的结构，可知A为CH2=CHCH2CH2OH，故B为CH2BrCHBrCH2CH2OH，C为，D和E为、（6）用苯酚为主要原料合成的工艺流程为：苯酚与氢气发生加成反应，生成环己醇，环
66、己醇氧化生成环己酮，环己酮发生信息中反应生成，再根据酯化反应成环酯，得到【解答】解：Y为饱和一元醇，设其分子式为CnH2n+2O，则其中C的质量分数为100%=65%，解得n=4，即Y的分子式为C4H10O，1molA和1molH2恰好反应，则A分子式为C4H8O，且A能和Br2/CCl4反应，说明A分子中含有C=C，由信息卤代烃与醇反应生成醚，所以A中还含有OH，结合四氢呋喃的结构，可知A为CH2=CHCH2CH2OH，故B为CH2BrCHBrCH2CH2OH，C为，D和E为、（1）由上述分析可知，A的分子式为：C4H8O，故答案为：C4H8O；（2）反应是CH2=CHCH2CH2OH与溴水
67、发生加成反应，反应是CH2BrCHBrCH2CH2OH发生取代反应生成，故答案为：加成反应；取代反应；（3）B为CH2BrCHBrCH2CH2OH，含有OH可以发生氧化反应、可以在强酸（浓H2SO4）存在下发生消去反应、可以发生酯化反应，含有Br可以在强碱（NaOH）存在下发生消去反应，不能发生加聚反应，故答案为：ABC；（4）与NaOH水溶液反应的化学方程式： +NaOH+NaBr，故答案为： +NaOH+NaBr；（5）四氢呋喃链状醚类的同分异构体的结构简式：CH2=CHOCH2CH3、CH2=CHCH2OCH3、CH3CH=CHOCH3、CH2=C（CH3）OCH3，共4种，故答案为：4；（6）用苯酚为主要原料合成的工艺流程为：苯酚与氢气发生加成反应，生成环己醇，环己醇氧化生成环己酮，环己酮发生信息中反应生成，再根据酯化反应成环酯，得到，即为，故答案为：2016年6月25日
