1、2016年山西省高考化学考前模拟试卷一、选择题：本题共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下列叙述正确的是（）A工业上利用电解法冶炼铝和铁B生产和生活中常用可溶性铝盐和铜盐净水C工业合成氨的反应属于能自发进行的反应，故能迅速发生D热的纯碱溶液清洗带油污的餐具与盐类和酯类的水解均有关2下列离子方程式或电离方程式正确的是（）ANaHSO3溶液呈酸性：NaHSO3Na+H+S032B向Na2SiO3溶液中通人少量CO2：SiO32+CO2+H2OH2SiO3+CO32C将一小块钠投入稀醋酸中：2Na+2H+2Na+H2D在Na2S203溶液中滴加稀硝酸：2H+S2O
2、32S+SO2+H2O3下列实验的操作和解释均正确的是（）实验内容操作解释A去除二氧化硫中的混有的二氧化碳氯化钡溶液洗气二氧化碳能与氯化钡溶液反应B提纯含氯化铁杂质的氯化钠重结晶氯化铁和氯化钠的溶解度随温度变化差异大C分离乙酸和乙酸乙酯的混合物萃取乙酸和乙酸乙酯的混合物静置分层D分离乙醇和水的混合物蒸馏两者互溶且沸点相差较大AABBCCDD4金属有机骨架材料（MOFs）为继碳纳米管后的又一种新型多孔材料如图所示有机物可用于合成该材料，下列有关该有机物的说法不正确的是（）A6.8g该有机物含0.2 molNB该有机物能发生加成反应C该有机物的一氯代物只有2种D分子中的所有原子可能处于同一平面5室
3、温时，向含有AgCl和AgBr固体的悬浊液中加入少量NaBr固体，下列各项中增大的是（）Ac（Ag+）BCc（Cl）D6短周期的四种非金属元素m、n、p、q原子序数依次增大，n与q为同主族元素，m和p原子最外层电子数之和等于n和q原子最外层电子数之和，p的单质在常温下能与水剧烈反应下列说法一定正确的是（）A原子半径：mnB氢化物的稳定性：npCq的最高价氧化物的水化物为强酸Dn在自然界中能以游离态存在7采用电化学法还原CO2是一种使CO2资源化的方法，下图是利用此法制备ZnC2O4的示意图（电解液不参与反应）下列说法正确的是（）AZn与电源的负极相连BZnC2O4在交换膜右侧生成C电解的总反应
4、为：2C02+ZnZnC2O4D通入11.2 L CO2时，转移0.5 mol电子二、解答题（共3小题，满分43分）8磷化氢（PH3）是一种无色剧毒气体，沸点一89.7C|C，易自燃，与空气混合易爆炸，微溶于水其制取原理类似于实验室制氨气，现用如图装置来制取磷化氢并验证其性质实验开始时，先从分液漏斗向盛有PH4I的圆底烧瓶中加入过量乙醚（无色液体，沸点34.5，微溶于水，不与Fe2（ S04）3反应），微热数分钟后再从分液漏斗向圆底烧瓶中加入一定量的浓NaOH溶液继续加热在装置C处用电热器控制温度在300左右，实验过程中可观察到：B装置的试管中有白色蜡状固体生成；D装置的试管中Fe2（SO4）
5、3溶液颜色由棕黄色变成淡绿色，同时也有白色蜡状固体生成请回答：（1）按气流方向连接装置，从左到右的顺序为：af（2）检查A中虚线框内装置的气密性的方法是（3）用PH41和烧碱反应制取PH3的化学方程式是（4）实验开始时，先向圆底烧瓶中加入乙醚并微热数分钟，其目的是（5）装置C中反应的化学方程式是；装置D中反应的离子方程式是（6）装置BD中的现象说明PH3具有的化学性质是（填字母序号）A碱性 B不稳定性 C还原性 D酸性（7）实验时处理尾气的方法是9近年来“雾霾”污染日益严重，原因之一是机动车尾气中含有NO、NO2、CO等气体为减少“雾霾”的发生，可采取以下措施：（1）汽车尾气中的NO和CO在催
6、化转换器中发生如下反应：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）H1已知：2NOcg）+O2（g）=2NO2（g）H2CO的燃烧热为H3消除汽车尾气中N02的污染时，N02与CO发生反应的热化学反应方程式为：2NO2（g）+4CO（g）=4CO2（g）+N2（g）H=（用H1、H2、H3表示）（2）工业上也可以利用I205消除CO的污染已知：SCO（g）+I205（s）5C02（g）+I2（s），不同温度下，向装有足量I205固体的4L恒容密闭容器中通入2mol CO，测得C02的体积分数随时间变化的曲线如图回答下列问题：下列说法正确的是Ad点时，增大体系压强，CO的转化率变大BT
7、2时，02.0min内的反应速率v（CO）=0.6molLlmin一1Cc点时体系中混合气体的压强在T2温度下更大Db点时，向平衡体系中再加入I205（s），平衡向正反应方向移动SCO（g）+I2O5（s）SCO2（g）+I2（S）H=0（填“”、“=“、“），判断理由是计算b点时化学平衡常数K=（3）工业上可用纯碱溶液吸收尾气中的N02气体，若标准状况下4.48L N02和足量纯碱溶液完全反应时转移0l mol电子，并放出C02气体，则此反应的离子方程式为；若生成的C02完全逸出，所得溶液中离子浓度从大到小的顺序为10电镀工业会产生大量的电镀污水，处理电镀污水时会产生大量的电镀污泥电镀污泥含
8、有多种金属氢氧化物和杂质下面是处理某种电镀污泥回收铜、镍元素的一种工业流程电镀污泥用硫酸浸出后得到的浸出液中各金属离子浓度见下表 金属离子 Cu3+ Ni3+ Fe3+ Al3+ Cr3+ 浓度（mg/L） 7000 7000 2500 4200 3500（1）硫酸浸出过程中，为提高浸出速率，可以采取的措施有（写出两条）（2）在电解回收铜的过程中，为提高下一步的除杂效果，需控制电解电压稍大一些使Fe2+氧化，则磷酸盐沉淀中含有的物质为（3）假设电解前后Ni2+浓度基本不变，若使Ni2+在除杂过程不损失，则溶液中P043浓度不能超过molLl（列出计算表达式，KspNi3（P04）2=5xl03
9、1）（4）滤液中的可回收循环使用；研究发现当NaOH溶液浓度过大时，部分铝元素和铬元素会在滤液中出现，滤液中出现铝元素的原因为（用离子方程式解释）（5）Ni（OH）2是镍氢蓄电池的正极材料，在碱性电解质中，电池充电时Ni（OH）2变为NiOOH，则电池放电时正极的电极反应式为（6）电镀污水中的Cr元素也可以用铁氧体法处理，原理为在废水中加入过量的FeS04，在酸性条件下Cr2072被还原为Cr3+，同时生成Fe3+；再加入过量的强碱生成铁铬氧体（CrxFe3xO4）沉淀写出加入过量强碱生成铁铬氧体（ CrxFe3xO4）沉淀的离子方程式【化学-选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11结
10、晶氯化铝（AlCl36H20）在精密铸造中可以代替氯化铵，也是生产净水剂聚合氯化铝的中间产品以煤矸石（含有Al203、Fe203及Si02等）为原料制备结晶氯化铝是煤矸石资源利用的重要方式之一，工艺流程如下请回答：（1）结晶滤液的主要成分是，二次残渣的主要成分是（填化学式）（2）该工艺流程中可以循环使用的物质是，循环利用该物质的优点是，缺点是（3）为了分析二次残渣中铁元素的含量，某同学称取5.000g二次残渣，先将其预处理使铁元素还原为Fe2+，并在容量瓶中配制成100mL溶液，然后移取25.00mL用1.000l02molLlKMn04标准溶液滴定，消耗标准溶液20.00mL已知反应式为：F
11、e2+Mn04+H+Fe3+Mn2+H20（未配平），二次残渣中铁元素的质量分数为（4）下表为HCl通入体积对AlCl3结晶效率和HC1利用率的影响 HCl气体体积/（m3L1） 结晶效率/% HCl利用效率/% 0.0375 11.8 93.2 0.075 31.5 89.8 0.1225 59.0 83.2 0.15 68.0 74.9 0.1875 71.0 67.8 0.225 73.1 59.1结晶效率变化的原因是；随HC1体积的增大，HC1利用率降低的原因可能是（5）将结晶氯化铝加入一定量蒸馏水，在lOO水浴中加热蒸干即可得到聚合氯化铝Al2（OH）nCl6nH20m由结晶氯化铝制
12、取Al2（OH）nCl6n的化学方程式为【化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12锂的某些化合物是性能优异的材料请回答：（1）如图是某电动汽车电池正极材料的晶胞结构示意图，其化学式为，其中Fen+的基态电子排布式为，PO43的空间构型为（2）Li与Na中第一电离能较小的元素是；LiF与NaCl晶体中熔点较高的是（3）氮化锂是一种良好的储氢材料，其在氢气中加热时可吸收氢气得到氨基锂（LiNH2）和氢化锂，氢化锂的电子式为，上述反应的化学方程式为（4）金属锂为体心立方晶胞，其配位数为；若其晶胞边长为a pm，则锂晶体中原子的空间占有率是（5）有机锂试剂在有机合成中有重要应用，但极易
13、与O2、CO2等反应下列说法不正确的是（填字母序号）ACO2中键与键的数目比为1：1B游离态和化合态锂元素均可由特征发射光谱检出C叔丁基锂（C4H9Li）中碳原子的杂化轨道类型为sp3和sp2【化学-选修5：有机化学基础】13姜黄素是植物界中很稀少的二酮色素，在食品生产中主要用于罐头、酱卤制品等的着色，还可以抑制肿瘤生长其化学合成路线如下（部分产物和条件略去）请回答：（1）H分子的核磁共振氢谱峰面积之比为；C的化学名称为；D的结构简式为 （2）由A到B的反应类型为；由D和E生成F的化学方程式为，该反应的反应类型为 （3）写出同时满足如下条件的E的同分异构体的结构简式遇FeCl3溶液显紫色苯环上
14、的一氯代物有两种 （4）已知：上的羟基可以氧化成羰基，再脱羧变成醛；Claisen缩合：（R1、R2、R3和R4表示烃基或氢），且姜黄素具有称结构由G制取姜黄素的化学方程式为（5）聚丙烯醛可用于合成有机高分子色素，根据Claisen缩合反应，设计以甲醛和乙醛为原料合成聚丙烯醛的路线2016年山西省高考化学考前模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共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下列叙述正确的是（）A工业上利用电解法冶炼铝和铁B生产和生活中常用可溶性铝盐和铜盐净水C工业合成氨的反应属于能自发进行的反应，故能迅速发生D热的纯碱溶液清洗带油污的餐具与盐类和
15、酯类的水解均有关【考点】盐类水解的应用；金属冶炼的一般原理【分析】A依据铝、铁的活泼性选择冶炼方法；B铜为重金属，能够造成环境污染；C自发进行的反应，速率不一定快；D用热的纯碱溶液清洗餐具上的油污，是利用纯碱与油污发生了化学反应【解答】解：A铝性质活泼，工业上用电解氧化铝的方法制取，铁性质较活泼，工业上用热还原法冶炼，故A错误；B铜为重金属，能够造成环境污染，不能用来净水，故B错误；C工业合成氨的反应属于能自发进行的反应，但是反应速率与反应条件有关，故C错误；D纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，油污在碱性条件下水解较完全，可用于油污的清洗，故D正确；故选：D2下列离子方程式或电离方程式正确的是（）
16、ANaHSO3溶液呈酸性：NaHSO3Na+H+S032B向Na2SiO3溶液中通人少量CO2：SiO32+CO2+H2OH2SiO3+CO32C将一小块钠投入稀醋酸中：2Na+2H+2Na+H2D在Na2S203溶液中滴加稀硝酸：2H+S2O32S+SO2+H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A亚硫酸氢根离子为弱酸根离子，部分电离；B二氧化碳少量反应生成硅酸和碳酸钠；C醋酸为弱酸，保留化学式；D向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸，反应生成硫单质和二氧化硫气体【解答】解：ANaHSO3溶液呈酸性，离子方程式：NaHSO3Na+HS03，故A错误；B向Na2SiO3溶液中通人少量CO2，离子方程
17、式：SiO32+CO2+H2OH2SiO3+CO32，故B正确；C将一小块钠投入稀醋酸中，离子方程式：2Na+2CH3COOH2Na+H2+2CH3COO，故C错误；D硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成硫单质和二氧化硫气体，溶液出现浑浊，生成无色刺激性气味气体，反应的离子方程式为：S2O32+2H+SO2+S+H2O，故D错误；故选：B3下列实验的操作和解释均正确的是（）实验内容操作解释A去除二氧化硫中的混有的二氧化碳氯化钡溶液洗气二氧化碳能与氯化钡溶液反应B提纯含氯化铁杂质的氯化钠重结晶氯化铁和氯化钠的溶解度随温度变化差异大C分离乙酸和乙酸乙酯的混合物萃取乙酸和乙酸乙酯的混合物静置分层D分离乙醇和水
18、的混合物蒸馏两者互溶且沸点相差较大AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A亚硫酸、碳酸酸性都小于盐酸，由强酸制取弱酸判断；B氯化铁和适量NaOH溶液反应生成氢氧化铁沉淀，然后向滤液中加入少量稀盐酸；C互不相溶的液体采用分液方法分离；D互溶且沸点相差较大的液体采用蒸馏方法分离【解答】解：A亚硫酸、碳酸酸性都小于盐酸，由强酸制取弱酸知，二氧化碳、二氧化硫都不和氯化钡溶液反应，所以不能用氯化钡溶液除去二氧化硫中的二氧化碳，故A错误；B氯化铁和适量NaOH溶液反应生成氢氧化铁沉淀，过滤后后向滤液中加入少量稀盐酸，从而得到NaCl，故B错误；C互不相溶的液体采用分液方法分离，乙酸乙酯和乙酸互
19、溶，不能采用萃取方法分离，故C错误；D互溶且沸点相差较大的液体采用蒸馏方法分离，乙醇和水互溶，用生石灰吸收水分，再用蒸馏方法分离，故D正确；故选D4金属有机骨架材料（MOFs）为继碳纳米管后的又一种新型多孔材料如图所示有机物可用于合成该材料，下列有关该有机物的说法不正确的是（）A6.8g该有机物含0.2 molNB该有机物能发生加成反应C该有机物的一氯代物只有2种D分子中的所有原子可能处于同一平面【考点】有机物的结构和性质【分析】有机物含有C=C、C=N键，可发生加成、氧化反应，结构对称，分子中含有2种H原子，具有平面形结构，以此解答该题【解答】解：A有机物分子式为C10H8N2，相对分子质量
20、为136，6.8g该有机物的物质的量为0.05mol，含0.1 molN，故A错误；B含有碳碳双键，可发生加成反应，故B正确；C结构对称，分子中含有2种H原子，一氯代物只有2种，故C正确；D含有碳碳双键和C=N键，具有平面形结构，故D正确故选A5室温时，向含有AgCl和AgBr固体的悬浊液中加入少量NaBr固体，下列各项中增大的是（）Ac（Ag+）BCc（Cl）D【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】室温时，向含有AgCl和AgBr固体的悬浊液中加入少量NaBr固体，NaBr固体是强电解质，溶于水完全电离，所以溶液中的c（Br）增大，根据室温时AgBr溶度积不变，则c（Ag+）减
21、小，再根据室温时AgCl溶度积不变，则c（Cl）增大，据此分析【解答】解：室温时，向含有AgCl和AgBr固体的悬浊液中加入少量NaBr固体，NaBr固体是强电解质，溶于水完全电离，所以溶液中的c（Br）增大，根据室温时AgBr溶度积不变，则c（Ag+）减小，再根据室温时AgCl溶度积不变，则c（Cl）增大，又不变，所以不变，减小，故选：C6短周期的四种非金属元素m、n、p、q原子序数依次增大，n与q为同主族元素，m和p原子最外层电子数之和等于n和q原子最外层电子数之和，p的单质在常温下能与水剧烈反应下列说法一定正确的是（）A原子半径：mnB氢化物的稳定性：npCq的最高价氧化物的水化物为强酸
22、Dn在自然界中能以游离态存在【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】p的单质在常温下能与水剧烈反应，p为F元素，n与q为同主族元素，n和q原子最外层电子数之和一定为偶数，则n的最外层电子数应为奇数，如m为H，则m和p原子最外层电子数之和8，n应C，q应为Si元素；如mN元素，则m和p原子最外层电子数之和12，n应为O元素，q为S元素，以此解答该题【解答】解：p的单质在常温下能与水剧烈反应，p为F元素，n与q为同主族元素，n和q原子最外层电子数之和一定为偶数，则n的最外层电子数应为奇数，如m为H，则m和p原子最外层电子数之和8，n应C，q应为Si元素；如mN元素，则m和p原子最外层电子数之和1
23、2，n应为O元素，q为S元素，A如m为H，则原子半径最小，故A错误；BF为非金属性最强的元素，对应的氢化物的稳定性最强，故B错误；C如q为Si，则对应的最高价氧化物的水化物为弱酸，故C错误；D如n为O元素，则自然界中存在氧气单质，故D正确故选D7采用电化学法还原CO2是一种使CO2资源化的方法，下图是利用此法制备ZnC2O4的示意图（电解液不参与反应）下列说法正确的是（）AZn与电源的负极相连BZnC2O4在交换膜右侧生成C电解的总反应为：2C02+ZnZnC2O4D通入11.2 L CO2时，转移0.5 mol电子【考点】电解原理【分析】采用电化学法还原CO2制备ZnC2O4的过程中，碳元素
24、的化合价降低，所以通入二氧化碳的电极是阴极，即Pb是阴极，和电源的负极相连，Zn是阳极，和电源的正极相连，总反应为：2C02+ZnZnC2O4，根据反应式计算【解答】解：A、采用电化学法还原CO2制备ZnC2O4的过程中，碳元素的化合价降低，所以通入二氧化碳的电极是阴极，即Pb是阴极，和电源的负极相连，Zn是阳极，和电源的正极相连，故A错误；B、在阴极上，二氧化碳得电子得C2O42，在阳极上，金属锌失电子成为锌离子，从阳极移向阴极，所以ZnC2O4在交换膜左侧生成，故B错误；C、在阴极上，二氧化碳得电子得C2O42，在阳极上，金属锌失电子成为锌离子，电解的总反应为：2C02+ZnZnC2O4，
25、故C正确；D、电解的总反应为：2C02+ZnZnC2O4，2mol二氧化碳反应伴随2mol电子转移，当通入标况下的11.2 L CO2时，转移0.5 mol电子，故D错误故选C二、解答题（共3小题，满分43分）8磷化氢（PH3）是一种无色剧毒气体，沸点一89.7C|C，易自燃，与空气混合易爆炸，微溶于水其制取原理类似于实验室制氨气，现用如图装置来制取磷化氢并验证其性质实验开始时，先从分液漏斗向盛有PH4I的圆底烧瓶中加入过量乙醚（无色液体，沸点34.5，微溶于水，不与Fe2（ S04）3反应），微热数分钟后再从分液漏斗向圆底烧瓶中加入一定量的浓NaOH溶液继续加热在装置C处用电热器控制温度在3
26、00左右，实验过程中可观察到：B装置的试管中有白色蜡状固体生成；D装置的试管中Fe2（SO4）3溶液颜色由棕黄色变成淡绿色，同时也有白色蜡状固体生成请回答：（1）按气流方向连接装置，从左到右的顺序为：ad（e）e（d）bcf（2）检查A中虚线框内装置的气密性的方法是关闭活塞k，打开分液漏斗的活塞，从分液漏斗的上口向圆底烧瓶注入蒸馏水，水不能顺利地流下，则气密性良好（3）用PH41和烧碱反应制取PH3的化学方程式是PH4I+NaOHPH3+NaI+H2O（4）实验开始时，先向圆底烧瓶中加入乙醚并微热数分钟，其目的是将空气排尽，以防止PH3在装置中燃烧（或自燃）（5）装置C中反应的化学方程式是4P
27、H3P4+6H2（或2PH32P+3H2）；装置D中反应的离子方程式是4PH3+12Fe3+=P4+12Fe2+12H+（或 PH3+3Fe3+=P+3Fe2+3H+）（6）装置BD中的现象说明PH3具有的化学性质是BC（填字母序号）A碱性 B不稳定性 C还原性 D酸性（7）实验时处理尾气的方法是将尾气点燃【考点】制备实验方案的设计【分析】制取磷化氢并验证其性质实验流程：乙醚（无色液体，沸点34.5，微溶于水，不与Fe2（ S04）3反应），乙醚为易挥发的有机溶剂，实验开始时，先从分液漏斗向盛有PH4I的圆底烧瓶中加入过量乙醚，并微热数分钟，目的是将空气排尽，以防止PH3在装置中燃烧（或自燃）
28、，提供惰性气体环境，再从分液漏斗向圆底烧瓶中加入一定量的浓NaOH溶液继续加热，发生反应PH4I+NaOHPH3+NaI+H2O，在装置C处用电热器控制温度在300左右，发生反应：4PH3P4+6H2（或2PH32P+3H2），B装置的试管中有白色蜡状固体生成为白磷，D装置的试管中Fe2（SO4）3溶液颜色由棕黄色变成淡绿色，说明生成+2价的铁，磷化氢具有还原性，发生反应：4PH3+12Fe3+=P4+12Fe2+12H+（或 PH3+3Fe3+=P+3Fe2+3H+），同时也有白色蜡状固体白磷生成（1）根据实验目的先排装置中的空气，防止反应物磷化氢、生成物白磷燃烧，然后，加入氢氧化钠，制取硫
29、化氢，硫化氢分解，B观察反应的产物，最后检验铁离子和磷化氢的反应，据此连接装置；（2）装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏；（3）N与P处在同一主族，根据碘化氨合碱的反应书写反应方程式；（4）乙醚为易挥发的有机溶剂，实验开始时，先从分液漏斗向盛有PH4I的圆底烧瓶中加入过量乙醚，并微热数分钟，目的是将空气排尽；（5）磷化氢受热分解生成白磷、氢气，磷化氢和铁离子发生氧化还原反应生成亚铁离子和白磷；（6）装置B中磷化氢受热分解，说明磷化氢不稳定，装置C中磷化氢能将铁离子还原成亚
30、铁离子，说明其具有还原性；（7）磷化氢、氢气都能燃烧，可通过燃烧的方法进行尾气处理【解答】解：（1）PH3在装置中燃烧（或自燃），为提供惰性气体环境，乙醚（无色液体，沸点34.5），利用其易挥发的性质，先从分液漏斗向盛有PH4I的圆底烧瓶中加入过量乙醚，并微热数分钟，目的是将空气排尽，a制取磷化氢（PH4I+NaOHPH3+NaI+H2O），检验磷化氢的稳定性，在装置C处用电热器控制温度在300左右，发生反应：4PH3P4+6H2（或2PH32P+3H2），B装置的试管中有白色蜡状固体生成为白磷，连接顺序为ad、e（或e、d、），检验磷化氢的还原性，D装置的试管中Fe2（SO4）3溶液颜色由棕
31、黄色变成淡绿色，说明生成+2价的铁，连接顺序为b、cf，故答案为：d、e、b、c （或 e、d、b、c）；（2）检查A中虚线框内装置的气密性，关闭活塞k，打开分液漏斗的活塞，从分液漏斗的上口向圆底烧瓶注入蒸馏水，构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象液面的升降判断，若水不能顺利地流下，则气密性良好，故答案为：关闭活塞k，打开分液漏斗的活塞，从分液漏斗的上口向圆底烧瓶注入蒸馏水，水不能顺利地流下，则气密性良好（3）铵盐和碱反应生成氨气，N与P处在同一主族，磷盐和碱反应生成磷化氢，反应为：PH4I+NaOHPH3+NaI+H2O，故答案为：PH4I+NaOHPH3+NaI+H2O；（4）PH
32、3在空气中易燃烧（或自燃），装置中若空气不排尽，会自燃，所以实验开始时，先向圆底烧瓶中加入乙醚并微热数分钟，其目的是将空气排尽，以防止PH3在装置中燃烧（或自燃），故答案为：将空气排尽，以防止PH3在装置中燃烧（或自燃）；（5）装置C中反应的化学反应是磷化氢受热分解，反应为：4PH3P4+6H2（或2PH32P+3H2），装置D中磷化氢和铁离子发生氧化还原反应，反应为：4PH3+12Fe3+=P4+12Fe2+12H+（或 PH3+3Fe3+=P+3Fe2+3H+），故答案为：4PH3P4+6H2（或2PH32P+3H2）；4PH3+12Fe3+=P4+12Fe2+12H+（或 PH3+3Fe
33、3+=P+3Fe2+3H+）；（6）B装置的试管中有白色蜡状固体生成为白磷，为磷化氢受热分解生成的产物，说明磷化氢不稳定，装置C中磷化氢能将铁离子还原成亚铁离子4PH3+12Fe3+=P4+12Fe2+12H+（或 PH3+3Fe3+=P+3Fe2+3H+），说明其具有还原性，故答案为：BC；（7）磷化氢有毒，需进行尾气处理，磷化氢、氢气都能燃烧，可通过燃烧的方法进行尾气处理，故答案为：将尾气点燃9近年来“雾霾”污染日益严重，原因之一是机动车尾气中含有NO、NO2、CO等气体为减少“雾霾”的发生，可采取以下措施：（1）汽车尾气中的NO和CO在催化转换器中发生如下反应：2NO（g）+2CO（g）
34、2CO2（g）+N2（g）H1已知：2NOcg）+O2（g）=2NO2（g）H2CO的燃烧热为H3消除汽车尾气中N02的污染时，N02与CO发生反应的热化学反应方程式为：2NO2（g）+4CO（g）=4CO2（g）+N2（g）H=H1H2+2H3（用H1、H2、H3表示）（2）工业上也可以利用I205消除CO的污染已知：SCO（g）+I205（s）5C02（g）+I2（s），不同温度下，向装有足量I205固体的4L恒容密闭容器中通入2mol CO，测得C02的体积分数随时间变化的曲线如图回答下列问题：下列说法正确的是CAd点时，增大体系压强，CO的转化率变大BT2时，02.0min内的反应速率
35、v（CO）=0.6molLlmin一1Cc点时体系中混合气体的压强在T2温度下更大Db点时，向平衡体系中再加入I205（s），平衡向正反应方向移动SCO（g）+I2O5（s）SCO2（g）+I2（S）H=0（填“”、“=“、“），判断理由是由图可知T2T1，温度升高CO2体积分数减小，平衡逆向移动计算b点时化学平衡常数K=1024（3）工业上可用纯碱溶液吸收尾气中的N02气体，若标准状况下4.48L N02和足量纯碱溶液完全反应时转移0l mol电子，并放出C02气体，则此反应的离子方程式为2NO2+CO32=NO3+NO2+CO2；若生成的C02完全逸出，所得溶液中离子浓度从大到小的顺序为c
36、（Na+）c（NO3）c（NO2）c（OH）c（H+）【考点】化学平衡的影响因素；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的计算【分析】（1）根据给定的反应2NO（g）2CO（g）=2CO2（g）+N2（g）H1；2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）H2，CO的燃烧热的热化学方程式CO（g）+O2（g）=CO2（g）H3，结合盖斯定律可计算出H=H1H2+2H3；（2）A、对于给定的反应前后气体物质的量不变，增大压强平衡不移动，故A错误；B、根据化学反应速率的计算公式计算结果应该为v（CO）=0.3molLlmin一1；，故B错误；C、根据先拐先平衡知，T2比T1高，此时混合气体的压强更大
37、，故C正确；D、加入固体，平衡不移动，故D错误由图可知T2T1，温度升高CO2体积分数减小，平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热的方向移动，故正向为放热反应，故答案为H0；根据平衡常数计算公式知，K=C（CO2）5C（CO）5，由起始的量和平衡的体积分数可计算，见解答（3）根据升降守恒、电荷守恒和原子守恒得到2NO2+CO32=NO3+NO2+CO2；溶液溶质为NaNO3和NaNO2，NaNO2水解呈碱性，故c（Na+）c（NO3）c（NO2）c（OH）c（H+）【解答】解：（1）根据给定的反应2NO（g）2CO（g）=2CO2（g）+N2（g）H1；2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）H2
38、，CO的燃烧热的热化学方程式2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）H3，结合盖斯定律可计算出H=H1H2+2H3，故答案为：H=H1H2+2H3；（2）A、对于给定的反应前后气体物质的量不变，增大压强平衡不移动，故A错误；B、根据化学反应速率的计算公式计算结果应该为v（CO）=0.3molLlmin一1，故B错误；C、根据先拐先平衡知，T2比T1高，此时混合气体的压强更大，故C正确；D、加入固体，平衡不移动，故D错误故选C由图可知T2T1，温度升高CO2体积分数减小，平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热的方向移动，正向为放热反应，故答案为H0；根据平衡常数计算公式知，K=C（CO2）5C（CO
39、）5，由起始的量和平衡的体积分数可计算，设CO变化的物质的量为x，则CO2变化也为x，平衡时CO为（2x），CO2为x，再根据平衡时体积分数=物质的量分数，CO2为80%，解得x=1.6mol，K=（x/4）5（2x）/4）5，K=45=1024故答案为：；由图可知T2T1，温度升高CO2体积分数减小，平衡逆向移动；1024（或45）；（3）根据升降守恒、电荷守恒和原子守恒得到2NO2+CO32=NO3+NO2+CO2；因为溶液溶质为NaNO3和NaNO2，NaNO2水解呈碱性，故c（Na+）c（NO3）c（NO2）c（OH）c（H+）故答案为：2NO2+CO32=NO3+NO2+CO2；c（
40、Na+）c（NO3）c（NO2）c（OH）c（H+）10电镀工业会产生大量的电镀污水，处理电镀污水时会产生大量的电镀污泥电镀污泥含有多种金属氢氧化物和杂质下面是处理某种电镀污泥回收铜、镍元素的一种工业流程电镀污泥用硫酸浸出后得到的浸出液中各金属离子浓度见下表 金属离子 Cu3+ Ni3+ Fe3+ Al3+ Cr3+ 浓度（mg/L） 7000 7000 2500 4200 3500（1）硫酸浸出过程中，为提高浸出速率，可以采取的措施有加热、增大硫酸浓度、搅拌（写出两条）（2）在电解回收铜的过程中，为提高下一步的除杂效果，需控制电解电压稍大一些使Fe2+氧化，则磷酸盐沉淀中含有的物质为FePO
41、4、CrPO4、AlPO4（3）假设电解前后Ni2+浓度基本不变，若使Ni2+在除杂过程不损失，则溶液中P043浓度不能超过molLl（列出计算表达式，KspNi3（P04）2=5xl031）（4）滤液中的Na3PO4可回收循环使用；研究发现当NaOH溶液浓度过大时，部分铝元素和铬元素会在滤液中出现，滤液中出现铝元素的原因为Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O（用离子方程式解释）（5）Ni（OH）2是镍氢蓄电池的正极材料，在碱性电解质中，电池充电时Ni（OH）2变为NiOOH，则电池放电时正极的电极反应式为NiOOH+H2O+e=Ni（OH）2+OH（6）电镀污水中的Cr元素也可以用铁氧体
42、法处理，原理为在废水中加入过量的FeS04，在酸性条件下Cr2072被还原为Cr3+，同时生成Fe3+；再加入过量的强碱生成铁铬氧体（CrxFe3xO4）沉淀写出加入过量强碱生成铁铬氧体（ CrxFe3xO4）沉淀的离子方程式xCr3+Fe2+（2x）Fe3+8OH=CrxFe3xO4+4H2O【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】电镀污泥加入硫酸浸出，通过电解得到铜，电解液中加入磷酸钠得到磷酸盐沉淀，加入氢氧化钠溶液溶解过滤得到氢氧化物沉淀，滤液主要是硫酸镍溶液，通过调节溶液PH使镍沉淀，过滤得到氢氧化镍，（1）为提高浸出速率可以升温、搅拌、增大硫酸浓度等措施；（2）镀污泥用
43、硫酸浸出后得到的浸出液中各金属离子浓度可知，形成磷酸盐沉淀应为亚铁离子、铝离子和铬离子；（3）依据浸出液中各金属离子浓度计算Ni离子物质的量浓度，结合溶度积常数计算溶液中P043浓度；（4）循环使用的物质是指参加反应过程最后又生成的物质，铝离子结合氢氧根离子生成的氢氧化铝沉淀是两性氢氧化物能溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠溶液；（5）放电时，该装置是原电池，Cd为负极，电极反应式为Cd2e+2OH=Cd（OH）2，正极反应式为NiOOH+H2O+eNi（OH）2+OH；（6）在废水中加入过量的FeS04，在酸性条件下Cr2072被还原为Cr3+，同时生成Fe3+；再加入过量的强碱生成铁铬氧体（Cr
44、xFe3xO4）沉淀写出加入过量强碱生成铁铬氧体（ CrxFe3xO4）沉淀，依据原子守恒和电荷守恒书写离子方程式；【解答】解：（1）硫酸浸出过程中，为提高浸出速率，可以采取的措施有加热、增大硫酸浓度、搅拌等，故答案为：加热、增大硫酸浓度、搅拌；（2）在电解回收铜的过程中，为提高下一步的除杂效果，需控制电解电压稍大一些使Fe2+氧化，则磷酸盐沉淀中含有的物质为，镀污泥用硫酸浸出后得到的浸出液中各金属离子浓度可知，形成磷酸盐沉淀应为亚铁离子、铝离子和铬离子，形成的沉淀为：FePO4、CrPO4、AlPO4，故答案为：FePO4、CrPO4、AlPO4；（3）浸出液中各金属离子浓度可知Ni2+浓度
45、7000mg/L=7g/L，c（Ni）=mol/L，若使Ni2+在除杂过程不损失，则溶液中P043浓度不能超过KspNi3（P04）2=c3（Ni2+）c2（P043）=5l031，c（P043）=mol/L，故答案为：；（4）滤液中循环使用的物质是指参加反应过程最后又生成的物质，分析流程可知磷酸钠参与反应过程最后又生成可以循环使用，当NaOH溶液浓度过大时，部分铝元素和铬元素会在滤液中出现，铝离子结合氢氧根离子生成的氢氧化铝沉淀是两性氢氧化物能溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠溶液，滤液中出现铝元素的原因是氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，故答
46、案为：Na3PO4，Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；（5）放电时，正极发生还原反应，NiOOH被还原生成Ni（OH）2，电极方程式为NiOOH+H2O+eNi（OH）2+OH，故答案为：NiOOH+H2O+e=Ni（OH）2+OH；（6）在废水中加入过量的FeS04，在酸性条件下Cr2072被还原为Cr3+，同时生成Fe3+；再加入过量的强碱生成铁铬氧体（CrxFe3xO4）沉淀，加入过量强碱生成铁铬氧体（ CrxFe3xO4）沉淀的离子方程式为：xCr3+Fe2+（2x） Fe3+8OH=CrxFe3xO4+4H2O故答案为：xCr3+Fe2+（2x） Fe3+8OH=CrxFe3
47、xO4+4H2O；【化学-选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11结晶氯化铝（AlCl36H20）在精密铸造中可以代替氯化铵，也是生产净水剂聚合氯化铝的中间产品以煤矸石（含有Al203、Fe203及Si02等）为原料制备结晶氯化铝是煤矸石资源利用的重要方式之一，工艺流程如下请回答：（1）结晶滤液的主要成分是AlCl3、FeCl3和HCl，二次残渣的主要成分是SiO2（填化学式）（2）该工艺流程中可以循环使用的物质是盐酸，循环利用该物质的优点是充分利用原料降低成本，缺点是杂质的富集可能会影响后续AlCl36H2O产品的纯度（3）为了分析二次残渣中铁元素的含量，某同学称取5.000g二次残
48、渣，先将其预处理使铁元素还原为Fe2+，并在容量瓶中配制成100mL溶液，然后移取25.00mL用1.000l02molLlKMn04标准溶液滴定，消耗标准溶液20.00mL已知反应式为：Fe2+Mn04+H+Fe3+Mn2+H20（未配平），二次残渣中铁元素的质量分数为4.480%（4）下表为HCl通入体积对AlCl3结晶效率和HC1利用率的影响 HCl气体体积/（m3L1） 结晶效率/% HCl利用效率/% 0.0375 11.8 93.2 0.075 31.5 89.8 0.1225 59.0 83.2 0.15 68.0 74.9 0.1875 71.0 67.8 0.225 73.1
49、 59.1结晶效率变化的原因是氯化铝的溶解度会随着溶液中盐酸浓度的增加而下降；随HC1体积的增大，HC1利用率降低的原因可能是通入的HCl气体使溶液中的盐酸浓度升高，继续通入HCl气体，降低了气体在溶液中的吸收效率（5）将结晶氯化铝加入一定量蒸馏水，在lOO水浴中加热蒸干即可得到聚合氯化铝Al2（OH）nCl6nH20m由结晶氯化铝制取Al2（OH）nCl6n的化学方程式为2AlCl36H2OAl2（OH）nCl6n+nHCl+（12n）H2O【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】以煤矸石（含有Al203、Fe203及Si02等）为原料制备结晶氯化铝，煤矸石加入20%的盐酸溶解
50、后，Al203、Fe203和盐酸反应得到氯化铝、氯化铁溶液，Si02和盐酸不反应，过滤得到一次残渣为Si02，二次酸浸继续发生如上的反应使氧化铝、氧化铁尽可能溶解，过滤得到二次酸浸液和二次滤渣，二次滤液调节溶液PH重新提取，一次性酸浸液蒸发浓缩制备饱和溶液，在氯化氢气流中得到氯化铝晶体，结晶的滤液主要是氯化铝、氯化铁、盐酸，调节溶液酸度析出沉淀滤液进行二次酸浸进入循环使用提纯的过程，（1）结晶滤液的主要成分是氯化铝、氯化铁、盐酸，二次残渣的主要成分是二氧化硅；（2）该工艺流程中可以循环使用的物质是参与反应过程，最后又生成的物质，充分利用原料，杂质的富集可能会影响氯化铝的纯度；（3）配平氧化还原
51、反应的离子方程式结合反应定量关系计算铁元素的质量分数，5Fe2+Mn04+8H+=5Fe3+Mn2+4H20，注意溶液体积的变化；（4）图中数据分析可知AICl3结晶效率随氯化氢体积增大，氯化氢利用率降低，氯化铝的溶解度会随盐酸浓度增大减小；（5）结晶氯化铝（ AICl36H20）加入一定量蒸馏水，在lOO水浴中加热蒸干即可得到聚合氯化铝Al2（OH）nCl6nH20m，依据原子守恒配平书写化学方程式；【解答】解：以煤矸石（含有Al203、Fe203及Si02等）为原料制备结晶氯化铝，煤矸石加入20%的盐酸溶解后，Al203、Fe203和盐酸反应得到氯化铝、氯化铁溶液，Si02和盐酸不反应，过
52、滤得到一次残渣为Si02，二次酸浸继续发生如上的反应使氧化铝、氧化铁尽可能溶解，过滤得到二次酸浸液和二次滤渣，二次滤液调节溶液PH重新提取，一次性酸浸液蒸发浓缩制备饱和溶液，在氯化氢气流中得到氯化铝晶体，结晶的滤液主要是氯化铝、氯化铁、盐酸，调节溶液酸度析出沉淀滤液进行二次酸浸进入循环使用提纯的过程，（1）结晶滤液的主要成分是氯化铝、氯化铁、盐酸，化学式为：AlCl3、FeCl3和HCl，二次残渣的主要成分是二氧化硅，化学式为：SiO2，故答案为：AlCl3、FeCl3和HCl，SiO2；（2）该工艺流程中可以循环使用的物质是参与反应过程，最后又生成的物质，分析过程可知HCl符合可以循环使用，
53、循环利用该物质的优点是充分利用原料降低成本，缺点是杂质的富集可能会影响后续AlCl36H2O产品的纯度，故答案为：盐酸，充分利用原料降低成本，杂质的富集可能会影响后续AlCl36H2O产品的纯度；（3）某同学称取5.000g二次残渣，先将其预处理使铁元素还原为Fe2+，并在容量瓶中配制成100mL溶液，然后移取25.00mL用1.000l02molLlKMn04标准溶液滴定，消耗标准溶液20.00mL 5Fe2+Mn04+8H+=5Fe3+Mn2+4H20 5 1 n 0.020L1.000l02molLln=0.001mol100mL溶液中含铁元素物质的量=0.001mol=0.004mol
54、二次残渣中铁元素的质量分数=100%=4.480%，故答案为：4.480%；（4）图中数据分析可知AICl3结晶效率随氯化氢体积增大，氯化氢利用率降低，氯化铝的溶解度会随盐酸浓度增大减小，结晶效率变化的原因是氯化铝的溶解度会随着溶液中盐酸浓度的增加而下降，随HC1体积的增大，HC1利用率降低的原因可能是通入的HCl 气体使溶液中的盐酸浓度升高，继续通入HCl 气体，降低了气体在溶液中的吸收效率，故答案为：氯化铝的溶解度会随着溶液中盐酸浓度的增加而下降，通入的HCl 气体使溶液中的盐酸浓度升高，继续通入HCl 气体，降低了气体在溶液中的吸收效率；（5）结晶氯化铝（ AICl36H20）加入一定量
55、蒸馏水，在lOO水浴中加热蒸干即可得到聚合氯化铝Al2（OH）nCl6nH20m，依据原子守恒配平书写化学方程式为：2AlCl36H2O Al2（OH）nCl6n+nHCl+（12n）H2O故答案为：2AlCl36H2O Al2（OH）nCl6n+nHCl+（12n）H2O；【化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12锂的某些化合物是性能优异的材料请回答：（1）如图是某电动汽车电池正极材料的晶胞结构示意图，其化学式为LiFePO4，其中Fen+的基态电子排布式为Ar3d6 ，PO43的空间构型为正四面体（2）Li与Na中第一电离能较小的元素是Na；LiF与NaCl晶体中熔点较高的
56、是LiF（3）氮化锂是一种良好的储氢材料，其在氢气中加热时可吸收氢气得到氨基锂（LiNH2）和氢化锂，氢化锂的电子式为Li+：H，上述反应的化学方程式为Li3N+2H2=LiNH2+2LiH（4）金属锂为体心立方晶胞，其配位数为8；若其晶胞边长为a pm，则锂晶体中原子的空间占有率是68%（5）有机锂试剂在有机合成中有重要应用，但极易与O2、CO2等反应下列说法不正确的是C（填字母序号）ACO2中键与键的数目比为1：1B游离态和化合态锂元素均可由特征发射光谱检出C叔丁基锂（C4H9Li）中碳原子的杂化轨道类型为sp3和sp2【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用【
57、分析】（1）根据均摊法计算晶胞中Li+、Fen+、PO43离子数目，结合化合价代数和为0计算n的值，进而确定化学式，结合核外电子排布规律书写Fen+的核外电子排布式，PO43中P原子孤电子对数=0，价层电子对数=4+0=4，空间构型为正四面体；（2）同主族自上而下第一电离能减小；离子所带电荷相同，离子半径越小，晶格能越大，离子晶体的熔沸点越高；（3）氢化锂属于离子化合物，由锂离子与氢负离子构成，氮化锂在氢气中加热时可吸收氢气得到氨基锂（LiNH2）和氢化锂；（4）金属锂为体心立方晶胞，体心Li原子与晶胞顶点Li原子相邻；根据均摊法计算晶胞中Li原子数目，晶胞体对角线长度为Li原子半径的4倍，晶
58、胞体对角线长度为晶胞棱长的倍，设Li原子半径为r，计算晶胞中含有Li原子总体积、晶胞体积，原子的空间占有率=100%；（5）ACO2的结构简式为O=C=O，单键为键，双键含有1个键、1个键；B每种原子都有自己的特征谱线，游离态和化合态锂元素均可由特征发射光谱检出；C叔丁基锂（C4H9Li）中碳原子的杂化轨道数目均为4【解答】解：（1）根据均摊法可知，晶胞中Li+数目为1+8+2+4=4，Fen+数目为4，PO43离子数目为4，根据化合价代数和为0，可知n=2，故化学式为：LiFePO4，Fe2+的核外电子排布式为Ar3d6 ，PO43中P原子孤电子对数=0，价层电子对数=4+0=4，空间构型为
59、正四面体；故答案为：LiFePO4；Ar3d6 ；正四面体；（2）同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能LiNa，离子所带电荷相同，离子半径Li+Na+、FCl，故LiF的晶格能大于NaCl的，故LiF的沸点较高，故答案为：Na；LiF；（3）氢化锂属于离子化合物，由锂离子与氢负离子构成，电子式为Li+：H，氮化锂在氢气中加热时可吸收氢气得到氨基锂（LiNH2）和氢化锂，反应方程式为：Li3N+2H2=LiNH2+2LiH，故答案为：Li+：H；Li3N+2H2=LiNH2+2LiH；（4）金属锂为体心立方晶胞，体心Li原子与晶胞顶点Li原子相邻，则配位数为8；算晶胞中Li原子数目为8+1
60、=2，晶胞体对角线长度为Li原子半径的4倍，晶胞体对角线长度为晶胞棱长的倍，设Li原子半径为r，则晶胞棱长为，故原子的空间占有率=100%=68%故答案为：68%；（5）ACO2的结构简式为O=C=O，单键为键，双键含有1个键、1个键，键与键的数目比为1：1，故A正确；B每种原子都有自己的特征谱线，游离态和化合态锂元素均可由特征发射光谱检出，故B正确；C叔丁基锂（C4H9Li）中碳原子的杂化轨道数目均为4，碳原子采取sp3杂化，故C错误，故选：C【化学-选修5：有机化学基础】13姜黄素是植物界中很稀少的二酮色素，在食品生产中主要用于罐头、酱卤制品等的着色，还可以抑制肿瘤生长其化学合成路线如下（
61、部分产物和条件略去）请回答：（1）H分子的核磁共振氢谱峰面积之比为1：3或3：1；C的化学名称为乙二醛；D的结构简式为OHCCOOH （2）由A到B的反应类型为取代反应或水解反应；由D和E生成F的化学方程式为，该反应的反应类型为加成反应 （3）写出同时满足如下条件的E的同分异构体的结构简式遇FeCl3溶液显紫色苯环上的一氯代物有两种 （4）已知：上的羟基可以氧化成羰基，再脱羧变成醛；Claisen缩合：（R1、R2、R3和R4表示烃基或氢），且姜黄素具有称结构由G制取姜黄素的化学方程式为（5）聚丙烯醛可用于合成有机高分子色素，根据Claisen缩合反应，设计以甲醛和乙醛为原料合成聚丙烯醛的路线
62、HCHO+CH3CHOCH2=CHCHO【考点】有机物的合成【分析】CH2=CH2和溴发生加成反应生成A，A结构简式为CH2BrCH2Br，CH2BrCH2Br和NaOH的水溶液发生水解反应生成B为HOCH2CH2OH，B发生氧化反应生成C为OHCCHO，C发生氧化反应生成D，根据D分子式知，D为OHCCOOH，E和D反应生成F，根据F结构简式结合E分子式知，E结构简式为，F反应生成G，G和H反应生成姜黄素，根据（4）题信息结合G分子式知，G结构简式为，姜黄素结构简式为，（5）甲醛和乙醛发生Claisen缩合反应生成丙烯醛，丙烯醛发生加聚反应生成聚丙烯醛【解答】解：CH2=CH2和溴发生加成反
63、应生成A，A结构简式为CH2BrCH2Br，CH2BrCH2Br和NaOH的水溶液发生水解反应生成B为HOCH2CH2OH，B发生氧化反应生成C为OHCCHO，C发生氧化反应生成D，根据D分子式知，D为OHCCOOH，E和D反应生成F，根据F结构简式结合E分子式知，E结构简式为，F反应生成G，G和H反应生成姜黄素，根据（4）题信息结合G分子式知，G结构简式为，姜黄素结构简式为，（1）H中有2种氢原子，这两种氢原子个数之比为1：3或3：1，C为OHCCHO，名称是乙二醛，D结构简式为OHCCOOH，故答案为：1：3或3：1；乙二醛； OHCCOOH；（2）由A到B的反应类型为取代反应或水解反应；由D和E生成F的化学方程式为，该反应的反应类型为加成反应，故答案为：取代反应（水解反应）；加成反应；（3）E结构简式为，E的同分异构体符合下列条件：遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；苯环上的一氯代物有两种，说明苯环上有两种氢原子，符合条件的同分异构体结构简式为，故答案为：；（4）由G制取姜黄素的化学方程式为故答案为：；（5）甲醛和乙醛发生Claisen缩合反应生成丙烯醛，丙烯醛发生加聚反应生成聚丙烯醛，其合成路线为HCHO+CH3CHOCH2=CHCHO，故答案为：HCHO+CH3CHOCH2=CHCHO2016年12月22日