1、2016年安徽省六安一中高考化学适应性试卷一、选择题：每小题6分，每题只有一个选项正确1下列说法正确的是（）APM2.5含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素均是金属元素B“雾霾天气”、“温室效应”、“光化学烟雾”的形成都与氮氧化物有关C塑化剂是一种化工塑料软化剂，可以大量添加到婴幼儿玩具中D酒精可使蛋白质变性，故能消毒杀菌2在2L的密闭容器中发生反应xA（g）+yB（g）zC（g）图甲表示200时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图乙表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n（A）：n（B）的变化关系则下列结论正确的是（）A200时，反应从开始到平衡的平均速率v（B）=0.04 mol
2、L1min1B200时，该反应的平衡常数为25 L2/mol2C当外界条件由200降温到100，原平衡一定被破坏，且正逆反应速率均增大D由图乙可知，反应xA（g）+yB（g）zC（g）的H0，且a=23将甲烷设计成燃料电池，其利用率更高，如图所示（A，B为多孔性碳棒）持续通入甲烷，在标准状况下，消耗甲烷体积VL，则下列说法错误的是（）A通入CH4的一端为原电池的负极，溶液中OH向负极区移动B当0V22.4L时，电池总反应式为CH4+2O2+2KOHK2CO3+3H2OC当22.4LV44.8L时，负极电极反应为CH48e+9CO32+3H2O10HCO3D当V=33.6L时，溶液中阴离子浓度大
3、小关系为c（CO32 ）c（HCO3）c（OH）4俗称“一滴香”的有毒物质被人食用后会损伤肝脏，还能致癌“一滴香”的分子结构如图所示，下列说法正确的是（）A该有机物的分子式为C7H7O3B该有机物能发生取代、加成和氧化反应C1mol该有机物最多能与2mol H2发生加成反应D该有机物的一种含苯环的同分异构体能发生银镜反应5W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，已知：四种元素的电子层数之和为10，且它们分别属于连续的四个主族；四种元素的原子中半径最大的是X原子下列说法正确的（）A四种元素中有两种元素在第二周期BW所在主族元素的原子次外层电子数可能为2或8，不可能为18CX、Y、Z的最
4、高价氧化物对应的水化物两两之间能反应D工业上获得X、Y单质的方法主要是电解其熔融的氯化物6如表实验能达到预期目的是（）编号实验内容实验目的A室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1molL1NaClO溶液和0.1molL1CH3COONa溶液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱B向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaC12固体，溶液红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡C向10mL 0.2mol/L NaOH溶液中滴入2滴0.1mol/L MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/L FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀证明在相同温度下的Ksp：Mg（OH）2Fe（OH
5、）3D分别测定室温下等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH，后者较大证明非金属性SCAABBCCDD7常温时，向一定量的硫酸铜溶液中滴加pH=11的氨水，当Cu2+完全沉淀时，消耗氨水的体积为V，下列说法正确的（KspCu（OH）2=2.21020）（）A滴加过程中，当溶液的pH=7时，溶液中2c（NH4+）=c（SO42）B滴加过程中，当溶液中c（Cu2+）=2.2102 mol/L时，溶液的pH=9C若滴加pH=11的Na0H溶液，Cu2+完全沉淀时消耗溶液的体积小于VD若将氨水加水稀释，则稀释过程中，始终保持增大二、解答题（共3小题，满分43分）8某矿样含有大量的CuS及少
6、量其它不溶于酸的杂质实验室中以该矿样为原料制备CuCl22H2O晶体，流程如图1：（1）在实验室中，欲用37%（密度为1.19gmL1）的盐酸配制500mL 6molL1的盐酸，需要的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶外，还有；（2）若在实验室中完成系列操作a则下列如图2实验操作中，不需要的是（填下列各项中序号）CuCl2溶液中存在如下平衡：Cu（H2O）42+（蓝色）+4ClCuCl42（黄色）+4H2O欲用实验证明滤液A（绿色）中存在上述平衡，除滤液A外，下列试剂中，还需要的是（填序号）aFeCl3固体 bCuCl2固体 c蒸馏水（3）某化学小组欲在实验室中研究CuS焙烧的反应过程
7、，查阅资料得知在空气条件下焙烧CuS时，固体质量变化曲线及SO2生成曲线如图3所示CuS矿样在焙烧过程中，有Cu2S、CuOCuSO4、CuSO4、CuO生成，转化顺序为：CuSCu2SCuOCuSO4CuSO4CuO第步转化主要在200300范围内进行，该步转化的化学方程式为，300400范围内，固体质量明显增加的原因是，如图3所示过程中，CuSO4固体能稳定存在的阶段是（填下列各项中序号）a一阶段 b、二阶段 c、三阶段 d、四阶段该化学小组设计如图4装置模拟CuS矿样在氧气中焙烧第四阶段的过程，并验证所得气体为SO2和O2的混合物a装置组装完成后，应立即进行气密性检查，请写出检查AD装置
8、气密性的操作：b当D装置中产生白色沉淀时，便能说明第四阶段所得气体为SO2和O2的混合物你认为装置D中原来盛有的溶液为溶液9工业制硫酸的过程中利用反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）；H0，将SO2转化为SO3，尾气SO2可用NaOH溶液进行吸收请回答下列问题：（1）一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2mol SO2和1mol O2发生反应，则下列说法正确的是A若反应速率v（SO2）v（SO3），则可以说明该可逆反应已达到平衡状态B保持温度和容器体积不变，充入2mol N2，化学反应速率加快C平衡后仅增大反应物浓度，则平衡一定右移，各反应物的转化率一定都增大D平衡后移动活塞压缩气体
9、，平衡时SO2、O2的百分含量减小，SO3的百分含量增大E保持温度和容器体积不变，平衡后再充入2mol SO3，再次平衡时SO2的百分含量比原平衡时SO2的百分含量小F平衡后升高温度，平衡常数K增大（2）将一定量的SO2（g）和O2（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，在不同温度下进行反应得到如表中的两组数据：实验编号温度/起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minSO2O2SO2O21T142x0.862T2420.4y9实验1从开始到反应达到化学平衡时，v（SO2）表示的反应速率为；T1T2，（选填“”、“”或“=”），实验2中达平衡时 O2的转化率为；（3）尾气SO2用N
10、aOH溶液吸收后会生成Na2SO3现有常温下0.1mol/L Na2SO3溶液，实验测定其pH约为8，完成下列问题：用离子方程式表示该溶液呈碱性的原因：；该溶液中c（OH）=c（H+）（用溶液中所含微粒的浓度表示）（4）如果用含等物质的量溶质的下列各溶液分别来吸收SO2，则理论吸收量由多到少的顺序是ANa2CO3 BBa（NO3）2 CNa2S D酸性KMnO410某工厂对工业生产钛白粉产生的废液进行综合利用，废液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2（SO4）3、TiOSO4，可用于生产颜料铁红和补血剂乳酸亚铁其生产工艺流程如图1：已知：TiOSO4可溶于水，在水中可以电离为TiO2+
11、和SO42TiOSO4水解的反应为：TiOSO4+（x+1）H2OTiO2xH2O+H2SO4请回答：（1）步骤所得滤渣的主要成分为，（2）步骤硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为，（3）步骤需控制反应温度低于35，其目的是，（4）步骤的离子方程式是，（5）已知：FeCO3（S）Fe2+（aq）+CO32（aq），试用平衡移动原理解释步骤生成乳酸亚铁的原因，（6）溶液B常被用于电解生产（NH4）2S2O8（过二硫酸铵）电解时均用惰性电极，阳极发生的电极反应可表示为，（7）Fe3+对H2O2的分解具有催化作用利用图2（a）和（b）中的信息，按图2（c）装
12、置（连通的A、B瓶中已充有NO2气体）进行实验可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的深，其原因是三、【化学-选修2：化学与技术】11苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，其反应和工艺流程示意图如图：相关化合物的物理常数物质相对分子质量密度（g/cm3）沸点/异丙苯1200.8640153丙酮580.789856.5苯酚941.0722182回答下列问题：（1）在反应器A中通入的X是；（2）反应和分别在装置和中进行（填装置符号）（3）在分解釜C中加入的Y为少量浓硫酸，其作用是；（4）中和釜D中加入的Z最适宜的是（填编号已知苯酚是一种弱酸）aNaOH bCaCO3 cNaH
13、CO3 dCaO（5）蒸馏塔F中的馏出物T和P分别为和，判断的依据是；（6）用该方法合成苯酚和丙酮的优点是四、【化学-选修3：物质结构与性质】12铁元素不仅可以与SCN、CN等离子形成配合物，还可以与CO、NO等分子以及许多有机试剂形成配合物回答下列问题：（1）基态铁原子有个未成对电子；（2）CN有毒，含CN的工业废水必须处理，用TiO2作光催化剂可将废水中的CN转化为OCN，并最终氧化为N2、CO2C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是；1molFe（CN）32中含有e键的数目为；铁与CO形成的配合物Fe（CO）3的熔点为20.5，沸点为103，易溶于CCl4，据此可以判断Fe（CO
14、）3晶体属于（填晶体类型）（3）乙二胺四乙酸能和Fe2+形成稳定的水溶性配合物乙二胺四乙酸铁钠，原理如图1：乙二胺四乙酸中碳原子的杂化轨道类型是；乙二胺（H2NCH2CH2NH2）和三甲胺N（CH3）2均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原因是；（4）铁铝合金的一种晶体属于面心立方结构，其晶胞可看成由8个小体心立方结构堆砌而成，小立方体如图2所示，则该合金的化学式为，已知小立方体边长为acm，此铁铝合金的密度为kcm3五、【化学-选修5：有机化学基础】13席夫碱类化合物G在催化、药物、新材料等方面有广泛应用合成G的一种路线如下：已知以下信息：1molB经上述反应可生成2molC，且C不能发
15、生银镜反应D属于单取代芳香烃，其相对分子质量为106核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢回答下列问题：（1）由A生成B的化学方程式为，反应类型为；（2）E的化学名称是，由D生成E的化学方程式为；（3）G的结构简式为；（4）F的同分异构体中含有苯环的还有种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱中有4组峰，且面积比为6：2：2：1的是，（写出其中的一种的结构简式）（5）由苯和化合物C经如下步骤可合成N异丙基苯胺反应条件1所选择的试剂为；反应条件2所选择的试剂为；I的结构简式为2016年安徽省六安一中高考化学适应性试卷参考答案与试题解析一、选择题：每小题6分，每题只有一个选项正确1下列说法正确的
16、是（）APM2.5含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素均是金属元素B“雾霾天气”、“温室效应”、“光化学烟雾”的形成都与氮氧化物有关C塑化剂是一种化工塑料软化剂，可以大量添加到婴幼儿玩具中D酒精可使蛋白质变性，故能消毒杀菌【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A砷为非金属元素；B温室效应的形成与二氧化碳有关；C塑化剂是一种有毒的化工塑料软化剂；D蛋白质遇到酒精而变质【解答】解：APM 2.5含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素，其中铅、镉、铬、钒均是金属元素，砷为非金属元素，故A错误；B“雾霆夭气”、“光化学烟雾”的形成都与氮氧化物有关，“温室效应”的形成与二氧化碳有关，故B
17、错误；C塑化剂是一种有毒的化工塑料软化剂，不能加到婴幼儿玩具中，故C错误；D酒精可以使蛋白质变性，可以作消毒剂，故D正确；故选D2在2L的密闭容器中发生反应xA（g）+yB（g）zC（g）图甲表示200时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图乙表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n（A）：n（B）的变化关系则下列结论正确的是（）A200时，反应从开始到平衡的平均速率v（B）=0.04 molL1min1B200时，该反应的平衡常数为25 L2/mol2C当外界条件由200降温到100，原平衡一定被破坏，且正逆反应速率均增大D由图乙可知，反应xA（g）+yB（g）zC（g）的H0，且a=2【
18、考点】化学平衡建立的过程；物质的量或浓度随时间的变化曲线；产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线【分析】由图甲可知，反应中A、B、C的物质的量的变化量为0.4：0.2：0.2=2：1：1，根据反应中计量数之比等于物质的物质的量的变化量之比可知，该反应方程式为：2A（g）+B（g）C（g），据此分析：A、根据v=计算反应速率；B、根据平衡常数的定义结合化学方程式可计算出平衡常数，据此判断；C、升高温度反应速率增大，据此判断；D、根据图乙可知，升高温度，C的体积分数增大，平衡正向移动，所以正反应为吸热反应，当投入的反应物的物质的量之比等于化学反应中计量数之比时，平衡时C的体积分数达最大值，据此判断【
19、解答】解：由图甲可知，反应中A、B、C的物质的量的变化量为0.4：0.2：0.2=2：1：1，根据反应中计量数之比等于物质的物质的量的变化量之比可知，该反应方程式为：2A（g）+B（g）C（g），A、根据v=可知v（B）=molL1min1=0.02molL1min1，故A错误；B、由图可知平衡时A、B、C的物质的量分别为0.4mol、0.2mol、0.2mol，所以它们的浓度分别为：0.2mol/L、0.1mol/L、0.1mol/L，结合化学方程式2A（g）+B（g）C（g），可知该反应的平衡常数为L2/mol2=25 L2/mol2，故B正确；C、根据图乙可知，升高温度，C的体积分数增大
20、，平衡正向移动，所以正反应为吸热反应，所以升高温度平衡正向移动，同时反应速率增大，故C错误；D、根据图乙可知，升高温度，C的体积分数增大，平衡正向移动，所以正反应为吸热反应，H0；当投入的反应物的物质的量之比等于化学反应中计量数之比时，平衡时C的体积分数达最大值，根据化学方程式2A（g）+B（g）C（g），可知a=2，故D错误；故选B3将甲烷设计成燃料电池，其利用率更高，如图所示（A，B为多孔性碳棒）持续通入甲烷，在标准状况下，消耗甲烷体积VL，则下列说法错误的是（）A通入CH4的一端为原电池的负极，溶液中OH向负极区移动B当0V22.4L时，电池总反应式为CH4+2O2+2KOHK2CO3+
21、3H2OC当22.4LV44.8L时，负极电极反应为CH48e+9CO32+3H2O10HCO3D当V=33.6L时，溶液中阴离子浓度大小关系为c（CO32 ）c（HCO3）c（OH）【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】燃料电池中，通入燃料的一端为原电池的负极，通入空气的一端为原电池的正极，阴离子向负极移动，阳离子移向正极，n（KOH）=2mol/L1L=2mol，可能先后发生反应CH4+2O2CO2+2H2O、CO2+2KOH=K2CO3+H2O、K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3；根据甲烷的量计算生成的二氧化碳的量，结合反应方程式判断反应产物及发生的反应【解答】解：A燃料电池中，
22、通入CH4的一端为原电池的负极，溶液中OH向负极区移动，故A正确；B当0V22.4L时，0n（CH4）1mol，则0n（CO2）1mol，只发生反应，且KOH过量，则电池总反应式为CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O，故B正确；C当22.4 LV44.8L，1moln（CH4）2mol，则1moln（CO2）2mol，发生反应，得到K2CO3和KHCO3溶液，则负极反应式为CH48e+9CO32+3H2O=10HCO3，故C正确；D当V=33.6L时，n（CH4）=1.5mol，n（CO2）=1.5mol，则电池总反应式为3CH4+6O2+4KOH=K2CO3+2KHCO3+7H2O
23、，则得到0.5molK2CO3和1molKHCO3的溶液，则c（HCO3）c（CO32）c（OH），故D错误；故选D4俗称“一滴香”的有毒物质被人食用后会损伤肝脏，还能致癌“一滴香”的分子结构如图所示，下列说法正确的是（）A该有机物的分子式为C7H7O3B该有机物能发生取代、加成和氧化反应C1mol该有机物最多能与2mol H2发生加成反应D该有机物的一种含苯环的同分异构体能发生银镜反应【考点】有机物分子中的官能团及其结构【分析】A、根据各元素形成的共价键确定分子式；B、该分子中含有的官能团有酮羰基、碳碳双键、醚基和醇羟基，所以具有酮、烯烃、醚和醇的性质；C、根据1mol该有机物中含有的碳碳双
24、键和碳氧双键的物质的量计算；D、根据该有机物的芳香族同分异构体是否含有醛基判断【解答】解：A、该有机物的分子式为C7H8O3，故A错误；B、该有机物含有碳碳双键、碳氧双键、醇羟基，所以碳碳双键和碳氧双键能与氢气发生加成反应和还原反应；醇羟基能和羧基发生酯化反应，也是取代反应；该有机物能燃烧，所以能发生氧化反应，故B正确；C、能和氢气发生加成反应的有碳碳双键和碳氧双键，所以1mol该有机物最多能与3molH2发生加成反应，故C错误；D、该有机物含有三个双键，其芳香族同分异构体含有苯环，所以苯环的支链上不可能含有醛基，导致其芳香族同分异构体不能发生银镜反应，故D错误；故选：B5W、X、Y、Z是原子
25、序数依次增大的四种短周期元素，已知：四种元素的电子层数之和为10，且它们分别属于连续的四个主族；四种元素的原子中半径最大的是X原子下列说法正确的（）A四种元素中有两种元素在第二周期BW所在主族元素的原子次外层电子数可能为2或8，不可能为18CX、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能反应D工业上获得X、Y单质的方法主要是电解其熔融的氯化物【考点】原子结构与元素的性质【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，且它们分别属于连续的四个主族；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，四种元素的原子中半径最大的是X原子，所以X、Y、Z位于同一周期，四
26、种元素的电子层数之和为10，只能是W是H元素，X、Y、Z位于第三周期，它们属于连续的四个主族元素，则X是Mg、Y是Al、Z是Si元素，再结合题目解答问题【解答】解：W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，且它们分别属于连续的四个主族；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，四种元素的原子中半径最大的是X原子，所以X、Y、Z位于同一周期，四种元素的电子层数之和为10，只能是W是H元素，X、Y、Z位于第三周期，它们属于连续的四个主族元素，则X是Mg、Y是Al、Z是Si元素，A四种元素中没有第二周期的元素，故A错误；BW是H元素，W所在主族元素的原子次外层
27、电子数可能为2或8，如Li、Na、Rb，故B正确；CX、Y、Z的最高价氧化物的水化物分别是Mg（OH）2、Al（OH）3、H2SiO3，氢氧化铝属于两性氢氧化物，但不能溶于弱酸、弱碱，所以氢氧化铝不能溶于氢氧化镁、硅酸，故C错误；DMg、Al属于活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼Mg，采用电解熔融氧化铝的方法冶炼Al，故D错误；故选B6如表实验能达到预期目的是（）编号实验内容实验目的A室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1molL1NaClO溶液和0.1molL1CH3COONa溶液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱B向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaC12固体，溶
28、液红色变浅证明Na2CO3溶液中存在水解平衡C向10mL 0.2mol/L NaOH溶液中滴入2滴0.1mol/L MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/L FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀证明在相同温度下的Ksp：Mg（OH）2Fe（OH）3D分别测定室温下等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH，后者较大证明非金属性SCAABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】ANaClO具有强氧化性，可漂白试纸；B含有酚酞的Na2CO3溶液中，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量BaC12固体，水解平衡逆向移动；C氢氧化钠过量，不存在沉淀的转化；D等物质的量浓度
29、的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH，后者较大，可比较亚硫酸与碳酸的酸性，不能比较非金属性【解答】解：ANaClO溶液具有强氧化性，不能利用pH试纸测定pH，应利用pH计测定pH比较酸性强弱，故A错误；B含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量BaC12固体，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故B正确；CNaOH过量，后滴加2滴0.1mol/L FeCl3溶液，又生成红褐色沉淀，不能说明沉淀转化，则不能比较溶度积大小，故C错误；D等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH，后者较大，可比较亚硫酸与碳酸的酸性，因亚硫酸不
30、是最高价含氧酸，则不能比较非金属性，故D错误；故选B7常温时，向一定量的硫酸铜溶液中滴加pH=11的氨水，当Cu2+完全沉淀时，消耗氨水的体积为V，下列说法正确的（KspCu（OH）2=2.21020）（）A滴加过程中，当溶液的pH=7时，溶液中2c（NH4+）=c（SO42）B滴加过程中，当溶液中c（Cu2+）=2.2102 mol/L时，溶液的pH=9C若滴加pH=11的Na0H溶液，Cu2+完全沉淀时消耗溶液的体积小于VD若将氨水加水稀释，则稀释过程中，始终保持增大【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】A根据溶液的电荷守恒判断；B根据KspCu（OH）2=2.21020计算
31、c（OH），然后计算pH；CpH=11的Na0H溶液浓度小于pH=11的氨水；D稀释氨水，促进氨水的电离【解答】解：A溶液中存在2c（Cu 2+）+c（H+）+c（NH4+）=2c（SO4 2）+c（OH），当溶液的pH=7时，溶液中2c（Cu 2+）+c（NH4+）=2c（SO4 2），故A错误；B当溶液中c（Cu 2+）=2.2102mol/L时，由KspCu（OH）2=2.21020可知，c（OH）=1109mol/L，则pH=5，故B错误；C氨水为弱电解质的水溶液，pH=11的Na0H溶液浓度小于pH=11的氨水，若滴加pH=11的Na0H溶液，Cu2+完全沉淀时消耗溶液的体积大于V，
32、故C错误；D稀释氨水，促进氨水的电离，溶液中n（NH4+）增大，n（NH3H2O）减小，则始终保持增大，故D正确故选D二、解答题（共3小题，满分43分）8某矿样含有大量的CuS及少量其它不溶于酸的杂质实验室中以该矿样为原料制备CuCl22H2O晶体，流程如图1：（1）在实验室中，欲用37%（密度为1.19gmL1）的盐酸配制500mL 6molL1的盐酸，需要的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶外，还有胶头滴管；（2）若在实验室中完成系列操作a则下列如图2实验操作中，不需要的是cd（填下列各项中序号）CuCl2溶液中存在如下平衡：Cu（H2O）42+（蓝色）+4ClCuCl42（黄色）
33、+4H2O欲用实验证明滤液A（绿色）中存在上述平衡，除滤液A外，下列试剂中，还需要的是c（填序号）aFeCl3固体 bCuCl2固体 c蒸馏水（3）某化学小组欲在实验室中研究CuS焙烧的反应过程，查阅资料得知在空气条件下焙烧CuS时，固体质量变化曲线及SO2生成曲线如图3所示CuS矿样在焙烧过程中，有Cu2S、CuOCuSO4、CuSO4、CuO生成，转化顺序为：CuSCu2SCuOCuSO4CuSO4CuO第步转化主要在200300范围内进行，该步转化的化学方程式为2CuS+O2Cu2S+SO2，300400范围内，固体质量明显增加的原因是Cu2S转化为CuSO4，如图3所示过程中，CuSO
34、4固体能稳定存在的阶段是c（填下列各项中序号）a一阶段 b、二阶段 c、三阶段 d、四阶段该化学小组设计如图4装置模拟CuS矿样在氧气中焙烧第四阶段的过程，并验证所得气体为SO2和O2的混合物a装置组装完成后，应立即进行气密性检查，请写出检查AD装置气密性的操作：关闭分液漏斗活塞，在D中加水至淹没下端管口，微热A中圆底烧瓶看到D中有气泡冒出，停止微热后导管中有一小段水柱回流，则气密性b当D装置中产生白色沉淀时，便能说明第四阶段所得气体为SO2和O2的混合物你认为装置D中原来盛有的溶液为氯化钡溶液【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）根据配制500mL 6molL1的盐酸的步骤选择使用的仪器；
35、（2）操作a为从氯化铜溶液中得到CuCl22H2O，操作方法按照操作顺序依次是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，据此进行解答；根据影响化学平衡Cu（H2O）42+（蓝色）+4ClCuCl42（黄色）+4H2O的因素进行分析，注意铁离子和铜离子自身颜色会影响实验结果；（3）第步反应为氯化铜与氧气反应生成硫化亚铜和二氧化硫，据此写出反应的化学方程式；根据固体质量变化曲线及SO2生成曲线可知，300400范围内二氧化硫含量达到最低，说明反应生成了硫酸铜，使固体质量明显增加；根据固体为硫酸铜时固体的质量最大进行分析；a关闭分液漏斗活塞，在D中加水至淹没下端管口，微热A中圆底烧瓶看到D中有气泡冒出；b二氧化硫
36、与氧气的混合气体能够与氯化钡生成硫酸钡沉淀，可以使用氯化钡溶液检验【解答】解：（1）配制500mL 6molL1的盐酸需要的仪器有：量筒、烧杯、500mL容量瓶、玻璃棒外、胶头滴管，使用还缺少：胶头滴管、500mL容量瓶，故答案为：胶头滴管；（2）操作a实验的目的是从氯化铜溶液中得到CuCl22H2O，需要的操作方法按照操作顺序依次是：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，所以需要的装置为a、b，不需要的为c和d，故答案为：cd；CuCl2溶液中存在如下平衡：Cu（H2O）42+（蓝色）+4ClCuCl42（黄色）+4H2O，欲用实验证明滤液A（绿色）中存在上述平衡，则需要改变条件，看是否有平衡移动，因此
37、实验中进入水后溶液蓝色加深，即可证明存在平衡；不能加入氯化铁固体或氯化铜固体，原因是铁离子和铁离子本身有颜色，实验c正确，故答案为：c；（3）根据CuS矿样在焙烧过程中转化顺序可知，第步反应为氯化铜转化成硫化亚铜，反应的化学方程式为：2CuS+O2Cu2S+SO2，故答案为：2CuS+O2Cu2S+SO2；根据图象曲线变化可知，300400范围内固体有硫化亚铜转化为硫酸铜，所以固体质量明显增加；当固体质量最大时，固体的主要成分为硫酸铜，所以CuSO4固体能稳定存在的阶段为第三阶段，故答案为：Cu2S转化为CuSO4；c；a关闭分液漏斗活塞，在D中加水至淹没下端管口，微热A中圆底烧瓶看到D中有气
38、泡冒出，停止微热后导管中有一小段水柱回流，故答案为：关闭分液漏斗活塞，在D中加水至淹没下端管口，微热A中圆底烧瓶看到D中有气泡冒出，停止微热后导管中有一小段水柱回流，则气密性好；b第四阶段所得气体为SO2和O2的混合物，二氧化硫与氧气能够与氯化钡溶液反应生成难溶物硫酸钡，所以装置D可以使用氯化钡溶液检验二氧化硫和氧气，故答案为：氯化钡9工业制硫酸的过程中利用反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）；H0，将SO2转化为SO3，尾气SO2可用NaOH溶液进行吸收请回答下列问题：（1）一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2mol SO2和1mol O2发生反应，则下列说法正确的是DEA若反应
39、速率v（SO2）v（SO3），则可以说明该可逆反应已达到平衡状态B保持温度和容器体积不变，充入2mol N2，化学反应速率加快C平衡后仅增大反应物浓度，则平衡一定右移，各反应物的转化率一定都增大D平衡后移动活塞压缩气体，平衡时SO2、O2的百分含量减小，SO3的百分含量增大E保持温度和容器体积不变，平衡后再充入2mol SO3，再次平衡时SO2的百分含量比原平衡时SO2的百分含量小F平衡后升高温度，平衡常数K增大（2）将一定量的SO2（g）和O2（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，在不同温度下进行反应得到如表中的两组数据：实验编号温度/起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/mi
40、nSO2O2SO2O21T142x0.862T2420.4y9实验1从开始到反应达到化学平衡时，v（SO2）表示的反应速率为0.2 molL1min1；T1T2，（选填“”、“”或“=”），实验2中达平衡时 O2的转化率为90%；（3）尾气SO2用NaOH溶液吸收后会生成Na2SO3现有常温下0.1mol/L Na2SO3溶液，实验测定其pH约为8，完成下列问题：用离子方程式表示该溶液呈碱性的原因：SO32+H2OHSO3+OH；该溶液中c（OH）=c（H+）+c（HSO3）+2c（H2SO3）（用溶液中所含微粒的浓度表示）（4）如果用含等物质的量溶质的下列各溶液分别来吸收SO2，则理论吸收量
41、由多到少的顺序是BC=DAANa2CO3 BBa（NO3）2 CNa2S D酸性KMnO4【考点】化学平衡的影响因素；化学平衡的计算【分析】（1）A反应中正逆反应速率相同说明可逆反应已达到平衡状态；B保持温度和容器体积不变，加入与平衡无关的气体，总压增大，分压不变，化学反应速率不变；C平衡后仅增大反应物浓度，则平衡一定右移，另一种反应物的转化率一定增大，本身转化率减小；D平衡后移动活塞压缩气体，压强增大，平衡正向进行，平衡时SO2、O2的百分含量减小，SO3的百分含量增大；E保持温度和容器体积不变，平衡后再充入2molSO3，相当于增大压强，平衡正向进行；F反应是放热反应，平衡后升高温度，平衡
42、逆向进行，平衡常数K减小；（2）分析图表数据，依据化学平衡三段式列式，结合反应速率概念计算；依据图表数据列式计算分析，反应 是放热反应，化学平衡随温度升高，平衡逆向进行分析两次实验的温度；依据平衡三段式列式计算氧气的转化率；（3）常温下0.1mol/L Na2SO3溶液，实验测定其pH约为8，亚硫酸根离子水解溶液呈碱性；依据溶液中质子守恒分析书写离子浓度关系；（4）依据选项中的溶液性质和二氧化硫反应的过程和化学方程式定量关系分析计算【解答】解：（1）2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H0，反应是铜体积减小的放热反应，A反应速率之比等于化学方程式计量数之比，是正反应速率之比，反应速率v（S
43、O2）=v（SO3），不能说明该可逆反应已达到平衡状态，故A错误；B保持温度和容器体积不变，充入2mol N2，加入与平衡无关的气体，总压增大，分压不变，化学反应速率不变，故B错误；C平衡后仅增大反应物浓度，则平衡一定右移，另一种反应物的转化率一定增大，加入的物质转化率减小，故C错误；D平衡后移动活塞压缩气体，压强增大，平衡正向进行，平衡时SO2、O2的百分含量减小，SO3的百分含量增大，故D正确；E保持温度和容器体积不变，平衡后再充入2molSO3，相当于增大压强，平衡正向进行，再次平衡时SO2的百分含量比原平衡时SO2的百分含量小，故E正确；F反应是放热反应，平衡后升高温度，平衡逆向进行，
44、平衡常数K减小，故F错误；故答案为：DE；（2）实验1从开始到反应达到化学平衡时， 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）；起始量（mol） 4 2 0变化量（mol） 2.4 1.2 2.4平衡量（mol） x 0.8 2.4v（SO2）表示的反应速率=0.2mol/Lmin；故答案为：0.2 molL1min1；依据反应起始量相同，达到平衡时氧气物质的量可知，实验2反应进行的程度大，反应是放热反应，温度越高，平衡向吸热反应方向进行，逆向进行，所以温度T1T2，实验2中达平衡时 O2的转化率=100%=90%，故答案为：；90%；（3）常温下0.1mol/L Na2SO3溶液，实验测定其p
45、H约为8，亚硫酸根离子水解溶液呈碱性，水解反应方程式为：SO32+H2OHSO3+OH，故答案为：SO32+H2OHSO3+OH；常温下0.1mol/L Na2SO3溶液，该溶液中存在质子守恒，c（OH）=c（H+）+c（HSO3）+2c（H2SO3），故答案为：c（HSO3）+2c（H2SO3）；（4）如果用含等物质的量溶质的下列各溶液分别来吸收SO2，则理论吸收量由多到少的顺序是ANa2CO3 吸收二氧化硫发生的反应为：Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2，1molNa2CO3 最多吸收二氧化硫2mol；BBa（NO3）2 吸收二氧化硫反应化学方程式为Ba（NO3）2+3
46、SO2+2H2O=BaSO4+2H2SO4+2NO：1molBa（NO3）2最多吸收二氧化硫3mol；CNa2S 吸收二氧化硫发生的反应为：2Na2S+5SO2+2H2O=4NaHSO3+3S，1mol2Na2S最多反应二氧化硫2.5mol；D酸性KMnO4溶液吸收二氧化硫的反应2MnO4+5SO2+2H2O=2Mn2+5SO42+4H+，1molKMnO4最多反应二氧化硫2.5mol；计算分析吸收二氧化硫理论吸收量由多到少的顺序是BC=DA，故答案为：BC=DA10某工厂对工业生产钛白粉产生的废液进行综合利用，废液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2（SO4）3、TiOSO4，可用于
47、生产颜料铁红和补血剂乳酸亚铁其生产工艺流程如图1：已知：TiOSO4可溶于水，在水中可以电离为TiO2+和SO42TiOSO4水解的反应为：TiOSO4+（x+1）H2OTiO2xH2O+H2SO4请回答：（1）步骤所得滤渣的主要成分为TiO2xH2O、Fe，（2）步骤硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4，（3）步骤需控制反应温度低于35，其目的是防止NH4HCO3分解，减少Fe3+水解，（4）步骤的离子方程式是Fe2+2HCO3=FeCO3+H2O+CO2，（5）已知：FeCO3（S）Fe2+（aq）+CO32（aq），试用平衡移动原理解释步骤
48、生成乳酸亚铁的原因FeCO3（s）Fe2+（aq）+CO32（aq），CO32与乳酸反应浓度降低，平衡向右移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液，（6）溶液B常被用于电解生产（NH4）2S2O8（过二硫酸铵）电解时均用惰性电极，阳极发生的电极反应可表示为2SO422eS2O82，（7）Fe3+对H2O2的分解具有催化作用利用图2（a）和（b）中的信息，按图2（c）装置（连通的A、B瓶中已充有NO2气体）进行实验可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的深，其原因是H2O2分解放热，使平衡2NO2N2O4向生成NO2方向移动【考点】制备实验方案的设计【分析】废液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2（
49、SO4）3、TiOSO4，加铁屑，Fe与H2SO4和少量Fe2（SO4）3反应生成FeSO4，TiOSO4水解生成TiO2xH2O，过滤，滤渣为TiO2xH2O、Fe，滤液为FeSO4，FeSO4溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硫酸亚铁晶体，脱水、煅烧得到氧化铁；FeSO4溶液中加碳酸氢铵生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵和二氧化碳，碳酸亚铁沉淀加乳酸溶解生成乳酸亚铁溶液和二氧化碳，乳酸亚铁溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到乳酸亚铁晶体，（1）根据以上分析判断步骤所得滤渣的主要成分TiO2xH2O、Fe；（2）根据氧化还原方程式并结合概念确定氧化剂和还原剂，进而确定物质的量之比；（3）加入
50、的碳酸氢铵受热易分解，反应时必须降低温度，温度高同样也会加快Fe2+的水解；（4）由流程图可知，硫酸亚铁与碳酸氢铵反应是碳酸亚铁，还生成气体为二氧化碳，溶液B为硫酸铵溶液；（5）根据沉淀溶解平衡的移动以及碳酸根离子乳酸之间反应的原理来回答；（6）B为硫酸铵溶液，通过电解后生成（NH4）2S2O8和氢气，阳极发生氧化反应，SO42在阳极失去电子生成S2O82（7）由图a可知，1mol过氧化氢总能量高于1mol水与0.5mol氧气总能量，故过氧化氢分解是放热反应，由图b可知，2mol二氧化氮的能量高于1mol四氧化二氮的能量，故二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，所以图c中，右侧烧杯的温度高
51、于左侧，升高温度使2NO2（红棕色）N2O4（无色）H0，向逆反应方向移动【解答】解：废液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2（SO4）3、TiOSO4，加铁屑，Fe与H2SO4和少量Fe2（SO4）3反应生成FeSO4，TiOSO4水解生成TiO2xH2O，过滤，滤渣为TiO2xH2O、Fe，滤液为FeSO4，FeSO4溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硫酸亚铁晶体，脱水、煅烧得到氧化铁；FeSO4溶液中加碳酸氢铵反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵和二氧化碳，碳酸亚铁沉淀加乳酸溶解生成乳酸亚铁溶液和二氧化碳，乳酸亚铁溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到乳酸亚铁晶体；（1）由流程分
52、析可知，步骤所得滤渣的主要成分为TiO2xH2O、Fe，故答案为：TiO2xH2O、Fe；（2）硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫的方程式为：4FeSO4+O22Fe2O3+4SO3，氧化剂是氧气，还原剂是氧化铁，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4，故答案为：1：4；（3）FeSO4溶液中加碳酸氢铵反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵和二氧化碳，步骤需控制反应温度低于35，其目的是防止NH4HCO3分解，减少Fe3+水解，故答案为：防止NH4HCO3分解，减少Fe3+水解；（4）由流程图可知，硫酸亚铁与碳酸氢铵反应是碳酸亚铁，还生成气体为二氧化碳，溶液B为硫酸铵溶液，反应离子方程式为：Fe2
53、+2HCO3=FeCO3+H2O+CO2，故答案为：Fe2+2HCO3=FeCO3+H2O+CO2；（5）碳酸亚铁的沉淀存在溶解平衡：FeCO3（s）Fe2+（aq）+CO32（aq），加入乳酸，这样CO32与乳酸反应浓度降低，平衡向右移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液，故答案为：FeCO3（s）Fe2+（aq）+CO32（aq），CO32与乳酸反应浓度降低，平衡向右移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液；（6）溶液B为硫酸铵溶液，通过电解后生成（NH4）2S2O8和氢气，阳极发生氧化反应，SO42在阳极失去电子生成S2O82，阳极电极反应式为：2SO422eS2O82，故答案为：2SO422
54、eS2O82；（7）由图a可知，1mol过氧化氢总能量高于1mol水与0.5mol氧气总能量，故过氧化氢分解是放热反应，由图b可知，2mol二氧化氮的能量高于1mol四氧化二氮的能量，故二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，所以图c中，右侧烧杯的温度高于左侧，升高温度使2NO2（红棕色）N2O4（无色）H0，向逆反应方向移动，即向生成NO2移动，故B瓶颜色更深，故答案为：H2O2分解放热，使平衡2NO2N2O4向生成NO2方向移动三、【化学-选修2：化学与技术】11苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，其反应和工艺流程示意图如图：相关化合物的物理常数物质相对分
55、子质量密度（g/cm3）沸点/异丙苯1200.8640153丙酮580.789856.5苯酚941.0722182回答下列问题：（1）在反应器A中通入的X是氧气或空气；（2）反应和分别在装置A和C中进行（填装置符号）（3）在分解釜C中加入的Y为少量浓硫酸，其作用是催化剂；（4）中和釜D中加入的Z最适宜的是c（填编号已知苯酚是一种弱酸）aNaOH bCaCO3 cNaHCO3 dCaO（5）蒸馏塔F中的馏出物T和P分别为丙酮和苯酚，判断的依据是丙酮的沸点低于苯酚；（6）用该方法合成苯酚和丙酮的优点是原子利用率高【考点】制备实验方案的设计【分析】用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，由给予的反应信息，异丙
56、苯与氧气在反应器A中发生氧化反应生成，在蒸发器中分离出，未反应的异丙苯进行循环利用，在分解釜中在浓硫酸作催化剂条件下分解得到、，在中和釜中加入Z，目的是中和硫酸，且不能与苯酚反应，可以是碳酸氢钠，然后用水洗涤，再经过蒸馏，由于丙酮的沸点低于苯酚，则T为丙酮、P为苯酚（1）在反应器A发生信息中的反应，应通入氧气或空气；（2）由上述分析可知，反应在A中发生，反应在C中发生；（3）浓硫酸起催化剂作用，浓硫酸腐蚀性强，会腐蚀设备；（4）加入的Z中和硫酸，且不能与苯酚反应；（5）沸点越低越先蒸出，处于蒸馏塔的上部；（6）由异丙苯最终得到苯酚和丙酮，原子利用率高【解答】解：用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，由
57、给予的反应信息，异丙苯与氧气在反应器A中发生氧化反应生成，在蒸发器中分离出，未反应的异丙苯进行循环利用，在分解釜中在浓硫酸作催化剂条件下分解得到、，在中和釜中加入Z，目的是中和硫酸，且不能与苯酚反应，可以是碳酸氢钠，然后用水洗涤，再经过蒸馏，由于丙酮的沸点低于苯酚，则T为丙酮、P为苯酚（1）在反应器A发生信息中的反应，故需要氧气或空气，所以X为氧气或空气，故答案为：氧气或空气；（2）由上述分析可知，反应在反应器中发生，即A装置，反应在分解釜中进行，即C装置，故答案为：A；C；（3）在浓硫酸作条件下分解得到、，浓硫酸作作催化剂，故答案为：催化剂；（4）加入Z的目的是中和硫酸，且不能与苯酚反应，a
58、NaOH能与硫酸、苯酚反应，故不选；bCaCO3为固体，且与硫酸反应生成的硫酸钙微溶，会阻止碳酸钙与硫酸的反应，故b不选；cNaHCO3能与硫酸反应，不与苯酚反应，故c选；dCaO能与苯酚反应，且与硫酸反应生成的硫酸钙微溶，会阻止碳酸钙与硫酸的反应，故d不选；故选：c；（5）由于丙酮的沸点低于苯酚，沸点越低越先蒸出，处于蒸馏塔的上部，则T为丙酮、P为苯酚，故答案为：丙酮；苯酚；丙酮的沸点低于苯酚；（6）由异丙苯最终得到苯酚和丙酮，整个过程原子利用率高，故答案为：原子利用率高四、【化学-选修3：物质结构与性质】12铁元素不仅可以与SCN、CN等离子形成配合物，还可以与CO、NO等分子以及许多有机
59、试剂形成配合物回答下列问题：（1）基态铁原子有4个未成对电子；（2）CN有毒，含CN的工业废水必须处理，用TiO2作光催化剂可将废水中的CN转化为OCN，并最终氧化为N2、CO2C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是NOC；1molFe（CN）32中含有e键的数目为6NA；铁与CO形成的配合物Fe（CO）3的熔点为20.5，沸点为103，易溶于CCl4，据此可以判断Fe（CO）3晶体属于分子晶体（填晶体类型）（3）乙二胺四乙酸能和Fe2+形成稳定的水溶性配合物乙二胺四乙酸铁钠，原理如图1：乙二胺四乙酸中碳原子的杂化轨道类型是分子晶体；乙二胺（H2NCH2CH2NH2）和三甲胺N（CH3
60、）2均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原因是乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键；（4）铁铝合金的一种晶体属于面心立方结构，其晶胞可看成由8个小体心立方结构堆砌而成，小立方体如图2所示，则该合金的化学式为AlFe3，已知小立方体边长为acm，此铁铝合金的密度为kcm3【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；配合物的成键情况【分析】（1）依据基态铁原子的核外电子排布判断未成对电子；（2）同周期第一电离能自左而右具有增大趋势，所以第一电离能OC由于氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于相邻元素；1molFe（CN）32中CN含有C、N三键，其中1
61、个是键，N原子有孤对电子，铁原子有空轨道，所以每个CN与铁离子形成3个配位键，所以共用6个键，1molFe（CN）32中含有键数为6mol；依据Fe（CO）3的熔沸点低，且易溶于四氯化碳判断晶体类型；（3）乙二胺四乙酸中碳原子为CH2，COOH，前者碳原子以单键连接4个原子为四面体结构，为sp3杂化，COOH中碳原子含有1个双键，为sp2杂化；氢键的存在能够显著提高物质的熔沸点；（4）依据铁铝合金晶胞结构铝原子的数目为4=；铁原子数目为1+4=，所以铝原子与铁原子个数之比为1：3；计算一个晶胞的质量m，计算晶胞的体积V，依据=计算其密度【解答】解：（1）基态铁原子的核外电子排布为：1s22s2
62、2p63s23p63d64s2，3d6中，最多容纳10个电子，现在有6个，先占据单个的，所以只有2个成对，还有4个未成对，故答案为：4；（2）同周期第一电离能自左而右具有增大趋势，所以第一电离能OC由于氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于相邻元素，所以C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是NOC；故答案为：NOC；1molFe（CN）32中CN含有C、N三键，其中1个是键，N原子有孤对电子，铁原子有空轨道，所以每个CN与铁离子形成1个配位键，所以共有3个键，1molFe（CN）32中含有键数为6mol，个数为：6NA；故答案为：6NA；Fe（CO）3
63、的熔沸点低，且易溶于四氯化碳，依据分子晶体熔沸点低，且存在相似相溶原理，可知Fe（CO）3为分子晶体；故答案为：分子晶体；（3）乙二胺四乙酸中碳原子为CH2，COOH，前者碳原子以单键连接4个原子为四面体结构，为sp3杂化，COOH中碳原子含有1个双键，为sp2杂化；故答案为：sp2、sp3；乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键，所以乙二胺（H2NCH3CH2NH3）和三甲胺N（CH3）2均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多；故答案为：乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键；（4）依据铁铝合金晶胞结构铝原子的数目为4=；铁原子数目为1+4=，所以铝原子与铁原子个数之
64、比为1：3，该铁铝合金的化学式为：AlFe3；一个小立方体质量为g+g=g，所以其密度=gcm3；故答案为：AlFe3；五、【化学-选修5：有机化学基础】13席夫碱类化合物G在催化、药物、新材料等方面有广泛应用合成G的一种路线如下：已知以下信息：1molB经上述反应可生成2molC，且C不能发生银镜反应D属于单取代芳香烃，其相对分子质量为106核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢回答下列问题：（1）由A生成B的化学方程式为（CH3）2CHCCl（CH3）2+NaOH（CH3）2C=C（CH3）2+NaCl+H2O，反应类型为消去反应；（2）E的化学名称是对硝基乙苯，由D生成E的化学方程式
65、为+HONO2+H2O；（3）G的结构简式为；（4）F的同分异构体中含有苯环的还有19种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱中有4组峰，且面积比为6：2：2：1的是，（写出其中的一种的结构简式）（5）由苯和化合物C经如下步骤可合成N异丙基苯胺反应条件1所选择的试剂为浓硝酸、浓硫酸；反应条件2所选择的试剂为Fe粉/盐酸；I的结构简式为【考点】有机物的推断【分析】A的分子式为C6H13Cl，为己烷的一氯代物，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到B为烯烃，1mol B发生信息中氧化反应生成2mol C，且C不能发生银镜反应，B为对称结构烯烃，且不饱和C原子没有H原子，故B为（CH3）2C=C
66、（CH3）2，C为（CH3）2C=O，逆推可知A为（CH3）2CHCCl（CH3）2D属于单取代芳烃，其相对分子质量为106，D含有一个苯环，侧链式量=10677=29，故侧链为CH2CH3，D为，核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢，故D发生乙基对位取代反应生成E为，由F的分子式可知，E中硝基被还原为NH2，则F为，C与F发生信息中反应，分子间脱去1分子水形成N=C双键得到G，则G为，据此解答【解答】解：A的分子式为C6H13Cl，为己烷的一氯代物，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到B为烯烃，1mol B发生信息中氧化反应生成2mol C，且C不能发生银镜反应，B为对称结构烯
67、烃，且不饱和C原子没有H原子，故B为（CH3）2C=C（CH3）2，C为（CH3）2C=O，逆推可知A为（CH3）2CHCCl（CH3）2D属于单取代芳烃，其相对分子质量为106，D含有一个苯环，侧链式量=10677=29，故侧链为CH2CH3，D为，核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢，故D发生乙基对位取代反应生成E为，由F的分子式可知，E中硝基被还原为NH2，则F为，C与F发生信息中反应，分子间脱去1分子水形成N=C双键得到G，则G为（1）由A生成B的化学方程式为：（CH3）2CHCCl（CH3）2+NaOH（CH3）2C=C（CH3）2+NaCl+H2O，属于消去反应，故答案为：（
68、CH3）2CHCCl（CH3）2+NaOH（CH3）2C=C（CH3）2+NaCl+H2O；消去反应；（2）由上述分析可知，E为，化学名称是对硝基乙苯，由D生成E的化学方程式为： +HONO2+H2O，故答案为：对硝基乙苯； +HONO2+H2O；（3）由上述分析可知，G的结构简式为，故答案为：；（4）F为，含有苯环同分异构体中，若取代基为氨基、乙基，还有邻位、间位2种，若只有一个取代基，可以为CH（NH2）CH3、CH2CH2NH2、NHCH2CH3、CH2NHCH3、N（CH3）2，有5种；若取代为2个，还有CH3、CH2NH2或CH3、NHCH3，各有邻、间、对三种，共有6种；若取代基有
69、3个，即CH3、CH3、NH2，2个甲基相邻，氨基有2种位置，2个甲基处于间位，氨基有3种位置，2个甲基处于对位，氨基有1种位置，共有2+3+1=6种，故符合条件的同分异构体有：2+5+6+6=19，其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6：2：2：1，说明含有2个CH3，可以是，故答案为：19；（5）由苯与浓硝酸、浓硫酸在加热条件下得到H为硝基苯，硝基苯在Fe粉/盐酸条件下还有得到I为，再与（CH3）2C=O反应得到，最后加成反应还原得到，故反应条件1所选用的试剂为：浓硝酸、浓硫酸，反应条件2所选用的试剂为：Fe粉/稀盐酸，I的结构简式为，故答案为：浓硝酸、浓硫酸；Fe粉/盐酸；2016年12月19日
