1、宁夏六盘山高级中学2015-2016年第二学期高三化学试卷（解析版）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可能用到的相对原子质量H-1N-14D-2Si-28O-161化学在生产和生活中有重要的应用下列说法正确的是（）A医用酒精的浓度通常为95%B淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物C将水坝的钢铁闸门与直流电的正极相连可以防闸门腐蚀D硫酸亚铁片和维生素C同时服用，能增强治疗缺铁性贫血的效果2设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A常温常压下，17 g ND3中所含分子数目NAB25，pH=11的Na2CO3溶液中由水电离出的H+的
2、数目为103NAC用惰性电极电解CuSO4溶液后，如果加入0.1mol Cu（OH）2能使溶液复原，则电路中转移电子的数目为0.4NAD6g SiO2所含分子数为0.1NA，化学键总数为0.4 NA3酯类物质广泛存在于草莓、香蕉、梨等水果中，某同学从成熟的香蕉中分离出一种酯，然后将该酯在酸性条件下进行水解实验，得到分子式为C2H4O2和C4H10O的两种物质下列有关的分析判断正确的是（）AC4H10O的同分异构体有很多种，其中属于醇类的只有4种B水解得到的两种物质，C2H4O2可以与金属钠作用产生氢气，而C4H10O不可以C水解得到的物质C2H4O2和葡萄糖的最简式相同，所以二者的化学性质相似
3、D该同学分离出的酯的化学式可表示为C6H12O2，它的同分异构体属于酯类的有10种4微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示下列有关微生物电池的说法错误的是（）A正极反应中有CO2生成B微生物促进了反应中电子的转移C质子通过交换膜从负极区移向正极区D电池总反应为C6H12O6+6O26CO2+6H2O5短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中Z所处的族序数是周期序数的2倍下列判断不正确的是（）A最高正化合价：XYZB原子半径：XYZC气态氢化物的热稳定性：ZWD最高价氧化物对应水化物的酸性：XZ6下列实验操作说法正确的是（）选项实验操作现
4、象与结论（或装置用途）A2mL 2% CuSO4中加46滴2% NaOH溶液，振荡后加入0.5mL X溶液，加热煮沸未出现砖红色沉淀，说明X不含有醛基B可以用于比较Fe3+、I2、Cl2的氧化性强弱C某溶液加入浓NaOH溶液加热，在试管口放一片湿润的红色石蕊试纸中试纸变蓝，说明NH3溶于水显碱性D用图所示装置分离沸点相差较大的互溶液体混合物AABBCCDD7常温下，用 0.1000molL1NaOH溶液滴定 20.00mL0.1000molL1CH3COOH溶液所得滴定曲线如图下列说法正确的是（）A点所示溶液中：c（CH3COO）+c（OH）=c（CH3COOH）+c（H+）B点所示溶液中：c
5、（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO）C点所示溶液中：c（Na+）c（OH）c（CH3COO）c（H+）D滴定过程中可能出现：c（CH3COOH）c（CH3COO）c（H+）c（Na+）c（OH）二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）燃煤能排放大量的CO、CO2、SO2，PM2.5（可入肺颗粒物）污染也跟冬季燃煤密切相关SO2、CO、CO2也是对环境影响较大的气体，对它们的合理控制、利用是优化我们生存环境的有效途径（1）如图所示，利用电化学原理将SO2 转化为重要化工原料C若A为SO2，B为O2，则负极的电极反应式为：；（2）有一种用CO2生产甲醇燃料的方法：CO2+3H
6、2CH3OH+H2O已知：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=a kJmol1；2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=b kJmol1；H2O（g）=H2O（l）H=c kJmol1；CH3OH（g）=CH3OH（l）H=d kJmol1，则表示CH3OH（l）燃烧热的热化学方程式为：；（3）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），得到如下三组数据：实验组温度起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minCOH2OH2CO1650421.62.462900210.41.
7、633900abcdt该反应的H0（填“”或“”），实验2条件下平衡常数K=实验3中，若平衡时，CO的转化率大于水蒸气，则的值（填具体值或取值范围）实验4，若900时，在此容器中加入CO、H2O、CO2、H2均为1mol，则此时V正V逆（填“”，“”，“=”）判断该反应达到平衡的依据是ACO2减少的化学反应速率和CO减少的化学反应速率相等B容器内气体压强保持不变CCO、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化D容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化9（15分）实验一：实验室制备苯甲酸的反应装置图1和有关数据如下：相对分子质量熔点/沸点/溶解性甲苯9294.9110.6难溶于水苯甲酸1221
8、22.13249微溶于水按下列合成步骤回答问题：在三颈瓶中加入4mL甲苯和20mL稀硫酸，放入碎瓷片后，加热至沸腾，加入12.8g高锰酸钾，加热到甲苯层消失将三颈瓶在冰水浴中冷却，分离出苯甲酸晶体（1）球形冷凝管的作用是，（2）分离苯甲酸选用的玻璃仪器是（填标号）A分液漏斗 B玻璃棒 C烧杯 D漏斗 E蒸馏烧瓶 F直形冷凝管（3）分离出的苯甲酸晶体中可能含有的杂质是，为进一步提纯，应采用的方法是实验二：实验室用装置制氨气和氧气的混合气体，A中装有浓氨水，C中盛有碱石灰；用装置验证氨的某些性质，D内放置催化剂（铂石棉），按气流方向连接各仪器请回答下列问题：（1）仪器B中应加入的固体药品（填化学式
9、）；D中发生反应的化学反应方程式为；（2）若用装置制取干燥的SO2气体，则：B中发生反应的化学反应方程式为；此时仪器C中改为盛装P2O5的作用是10（14分）亚氯酸钠（NaClO2）常用于水的消毒和砂糖、油脂的漂白与杀菌以下是用过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：已知：NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO23H2O；Ksp（FeS）=6.31018； Ksp（CuS）=6.31036；Ksp（PbS）=2.41028（1）吸收塔内发生反应的离子方程式为该工艺流程中的NaClO3、ClO2、NaClO2都是强氧化剂，它们都能和浓盐酸反应制取Cl2若用二氧化氯和浓盐
10、酸制取Cl2，当生成5mol Cl2时，通过还原反应制得氯气的质量为g（2）从滤液中得到NaClO23H2O晶体的所需操作依次是 （填写序号）a蒸馏 b灼烧 c过滤 d冷却结晶 e蒸发（3）印染工业常用亚氯酸钠（NaClO2）漂白织物，漂白织物时真正起作用的是HClO2表是 25时HClO2及几种常见弱酸的电离平衡常数： 弱酸HClO2HFHCNH2SKa11026.31044.91010K1=9.1108K2=1.11012常温下，物质的量浓度相等的NaClO2、NaF、NaCN、Na2S四种溶液的pH由大到小的顺序为（用化学式表示）；体积相等，物质的量浓度相同的NaF、NaCN两溶液中所含
11、阴阳离子总数的大小关系为：（填“前者大”“相等”或“后者大”）Na2S是常用的沉淀剂某工业污水中含有等浓度的Cu2+、Fe2+、Pb2+离子，滴加Na2S溶液后首先析出的沉淀是；当最后一种离子沉淀完全时（该离子浓度为105molL1），此时体系中的S2的浓度为【化学-选修2：化学与技术】（15分）11（15分）重铬酸钾是工业生产和实验室的重要氧化剂，工业上常用铬铁矿（主要成分为FeOCr2O3，杂质为SiO2、Al2O3）为原料产它，实验室模拟工业法用铬铁矿制K2Cr2O7的主要工艺如图涉及的主要反应是：6FeOCr2O3+24NaOH+7KClO3=12Na2CrO4+3Fe2O3+7KCl
12、+12H2O（1）碱浸前将铬铁矿粉碎的作用是（2）步骤调节pH后过滤得到的滤渣是（3）操作中，酸化时，CrO42转化为Cr2O72，写出平衡转化的离子方程式（4）用简要的文字说明操作加入KC1的原因（5）称取重铬酸钾试样2.500g配成250mL溶液，取出25mL于碘量瓶中，加入10mL 2mol/LH2SO4和足量碘化钾（铬的还原产物为Cr3+），放于暗处5min然后加入100mL水，加入3mL淀粉指示剂，用0.1200mol/LNa2S2O3标准溶液滴定（I2+2S2O32=2I+S4O52）判断达到滴定终点的依据是若实验中共用去Na2S2O3标准溶液40.00mL，则所得产品中重铬酸钾的
13、纯度为（设整个过程中其它杂质不参加反应）（保留2位有效数字）化学-选修3：物质结构12原子序数依次增大的X、Y、Z、G、Q、R、T七种元素，核电荷数均小于36已知X的一种1：2型氢化物分子中既有键又有键，且所有原子共平面；Z的L层上有2个未成对电子；Q原子的s能级与p能级电子数相等；R单质是制造各种计算机、微电子产品的核心材料；T处于周期表的ds区，原子中只有一个未成对电子（1）Y原子核外共有种不同运动状态的电子，基态T原子有种不同能级的电子（2）X、Y、Z的第一电离能由小到大的顺序为（用元素符号表示）（3）由X、Y、Z形成的离子ZXY与XZ2互为等电子体，则ZXY中X原子的杂化轨道类型为（4
14、）Z与R能形成化合物甲，1mol甲中含 mol化学键，甲与氢氟酸反应，生成物的分子空间构型分别为（5）G、Q、R氟化物的熔点如表，造成熔点差异的原因为氟化物G的氟化物Q的氟化物R的氟化物熔点/K9931 539183（6）向T的硫酸盐溶液中逐滴加入Y的氢化物的水溶液至过量，反应的离子方程式为（7）X单质的晶胞如图所示，一个X晶胞中有个X原子；若X晶体的密度为 gcm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体中最近的两个X原子之间的距离为 cm（用代数式表示）化学-选修5：有机化学13有机物PASNa是一种治疗肺结核药物的有效成分，有机物G是一种食用香料，以甲苯为原料合成这两种物质的路线如下：已知：回
15、答下列问题：（1）生成A的反应类型是（2）F中含氧官能团的名称是；试剂a的结构简式为（3）写出由A生成B的化学方程式：（4）质谱图显示试剂b的相对分子质量为58，分子中不含甲基，且为链状结构，写出肉桂酸与试剂b生成G的化学方程式：（5）当试剂d过量时，可以选用的试剂d是（填字母序号）aNaHCO3 bNaOH cNa2CO3（6）写出C与NaOH反应的化学方程式（7）肉桂酸有多种同分异构体，符合下列条件的有种a苯环上有三个取代基；b能发生银镜反应，且1mol该有机物最多生成4mol Ag由上述符合条件的同分异构体中，写出苯环上有两种不同化学环境氢原子的有机物的结构简式（任写一种即可）2016年
16、宁夏六盘山高级中学高考化学二模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可能用到的相对原子质量H-1N-14D-2Si-28O-161化学在生产和生活中有重要的应用下列说法正确的是（）A医用酒精的浓度通常为95%B淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物C将水坝的钢铁闸门与直流电的正极相连可以防闸门腐蚀D硫酸亚铁片和维生素C同时服用，能增强治疗缺铁性贫血的效果【考点】有机物的结构和性质；金属的电化学腐蚀与防护【分析】A医用酒精的浓度通常为75%；B油脂不是高分子化合物；C钢铁闸门应与直流电的负极相连；D维生素C具有还原性【解答
17、】解：A医用酒精的浓度通常为75%，故A错误；B高分子化合物的相对分子质量在10000以上，油脂不是高分子化合物，故B错误；C钢铁闸门应与直流电的负极相连，如连接正极，被氧化，加快腐蚀，故C错误；D维生素C具有还原性，可防止亚铁离子被氧化，故D正确故选D【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的组成、官能团与性质、有机反应等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大2设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A常温常压下，17 g ND3中所含分子数目NAB25，pH=11的Na2CO3溶液中由水电离出的H+的数目为103NAC用惰性电极电解CuSO4溶液后，
18、如果加入0.1mol Cu（OH）2能使溶液复原，则电路中转移电子的数目为0.4NAD6g SiO2所含分子数为0.1NA，化学键总数为0.4 NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、ND3的摩尔质量为20g/mol；B、溶液体积不明确；C、用惰性电极电解CuSO4溶液后，如果加入0.1mol Cu（OH）2能使溶液复原，则说明电解时阳极上生成的是0.1mol氧气，阴极上生成的是0.1mol铜和0.1mol氢气，据此分析；D、二氧化硅是原子晶体【解答】解：A、ND3的摩尔质量为20g/mol，故17gND3的物质的量小于1mol，则分子数小于NA个，故A错误；B、溶液体积不明确，故溶液中水电离出
19、的氢离子的个数无法计算，故B错误；C、用惰性电极电解CuSO4溶液后，如果加入0.1mol Cu（OH）2能使溶液复原，则说明电解时阳极上生成的是0.1mol氧气，阴极上生成的是0.1mol铜和0.1mol氢气，由于阳极上氧元素的价态由2价变为0价，故当生成0.1mol氧气时转移0.4mol电子即0.4NA个，故C正确；D、二氧化硅是原子晶体，故存在二氧化硅分子，故D错误故选C【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大3酯类物质广泛存在于草莓、香蕉、梨等水果中，某同学从成熟的香蕉中分离出一种酯，然后将该酯在酸性条件下进行水解实验，得到分子式为
20、C2H4O2和C4H10O的两种物质下列有关的分析判断正确的是（）AC4H10O的同分异构体有很多种，其中属于醇类的只有4种B水解得到的两种物质，C2H4O2可以与金属钠作用产生氢气，而C4H10O不可以C水解得到的物质C2H4O2和葡萄糖的最简式相同，所以二者的化学性质相似D该同学分离出的酯的化学式可表示为C6H12O2，它的同分异构体属于酯类的有10种【考点】有机化合物的异构现象【分析】A、分子式为C4H10O的有机物，属于醇类，先书写丁基C4H9异构，丁基异构数目等于丁醇的异构体数目；B、羟基和羧基都能钠反应生成氢气；C、只有官能团相同的有机物其化学性质才相似；D、根据酸和醇的数目确定酯
21、的数目【解答】解：A、分子式为C4H10O的有机物，属于醇类，丁基C4H9的结构有：CH2CH2CH2CH3、CH（CH3）CH2CH3、CH2CH（CH3）2、C（CH3）3，则丁醇的可能结构有4种，分别为：CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH（CH3）OH、（CH3）2CHCH2OH、C（CH3）3OH，故A正确；B、酯水解生成羧酸和醇，羧基和羟基都能和钠反应生成氢气，故B错误；C、C2H4O2属于羧酸，葡萄糖属于多羟基醛，所以二者的化学性质不同，故C错误；D、乙酸只有一种结构，丁醇有4种结构，所以酯的结构有4种，故D错误；故选A【点评】本题考查了有机物的性质、同分异构体种类的判
22、断等知识点，易错选项是D，会根据羧酸和醇的反应确定酯的结构4微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示下列有关微生物电池的说法错误的是（）A正极反应中有CO2生成B微生物促进了反应中电子的转移C质子通过交换膜从负极区移向正极区D电池总反应为C6H12O6+6O26CO2+6H2O【考点】真题集萃；原电池和电解池的工作原理【分析】A根据图知，负极上C6H12O6失电子，正极上O2得电子和H+反应生成水，负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O24e=6CO2+24H+，正极的电极反应式为O2+4e+4H+2H2O；B葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能，形成
23、原电池；C原电池中，阳离子向正极移动，所以质子通过交换膜从负极区移向正极区；D燃料电池反应式和燃料燃烧方程式相同【解答】解：A根据图知，负极上C6H12O6失电子，正极上O2得电子和H+反应生成水，负极的电极反应式为C6H12O6+6H2O24e=6CO2+24H+，正极的电极反应式为O2+4e+4H+2H2O，因此CO2在负极产生，故A错误；B葡萄糖在微生物的作用下将化学能转化为电能，形成原电池，有电流产生，所以微生物促进了反应中电子的转移，故B正确；C通过原电池的电极反应可知，负极区产生了H+，根据原电池中阳离子向正极移动，可知质子（H+）通过交换膜从负极区移向正极区，故C正确；D该反应属
24、于燃料电池，燃料电池的电池反应式和燃烧反应式相同，则电池反应式为C6H12O6+6O2=6CO2+6H2O，故D正确；故选A【点评】本题考查化学电源新型电池，为高频考点，正确判断电解质溶液酸碱性是解本题关键，所有原电池中都是负极上失电子发生氧化反应、正极上得电子发生还原反应，难点是电极反应式的书写5短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中Z所处的族序数是周期序数的2倍下列判断不正确的是（）A最高正化合价：XYZB原子半径：XYZC气态氢化物的热稳定性：ZWD最高价氧化物对应水化物的酸性：XZ【考点】原子结构与元素周期律的关系；位置结构性质的相互关系应用【分析】根据周期元素
25、X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置可知，X、W处于第二周期、Y、Z处于第三周期；Z所处的族序数是周期序数的2倍，则Z位于A族，为S元素，根据相对位置可知Y为P、X为C、W为F，然后结合元素周期律知识进行解答【解答】解：结合周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置可知，X、W处于第二周期、Y、Z处于第三周期；Z所处的族序数是周期序数的2倍，则Z位于A族，为S元素，根据相对位置可知Y为P、X为C、W为F，AX、Y、Z分别为C、P、S元素，最高化合价分别为+4、+5、+6，则最高正化合价：XYZ，故A正确；BX、Y、Z分别为C、P、S元素，电子层越多，原子半径越大，电子层相同时核电荷数越大
26、，原子半径越小，则原子半径大小为：XZY，故B错误；C非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性SF，则气态氢化物的热稳定性：ZW，故C正确；DX、Z分别为C、S元素，非金属性CS，则最高价氧化物对应水化物的酸性：XZ，故D正确；故选B【点评】本题考查了原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力6下列实验操作说法正确的是（）选项实验操作现象与结论（或装置用途）A2mL 2% CuSO4中加46滴2% NaOH溶液，振荡后加入0.5mL X溶液，加热煮沸未出现砖红色沉淀，说明X不含有醛基B可以用于比较
27、Fe3+、I2、Cl2的氧化性强弱C某溶液加入浓NaOH溶液加热，在试管口放一片湿润的红色石蕊试纸中试纸变蓝，说明NH3溶于水显碱性D用图所示装置分离沸点相差较大的互溶液体混合物AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A新制氢氧化铜与醛基反应需要再碱性条件下、加热进行； B无法比较Fe3+、I2的氧化性；C红色石蕊试纸说明有碱性物质生成；D温度计水银球与蒸馏烧瓶支管口处相平【解答】解：A2mL 2% CuSO4中加46滴2%NaOH，加入碱的量较少，溶液不能呈碱性，没有出现砖红色沉淀，不能说明X不含有醛基，故A错误； B氯气能将二价铁氧化为三价铁，能将碘离子氧化为碘单质，无法比较Fe
28、3+、I2的氧化性，故B错误；C红色石蕊试纸说明有碱性物质生成，NH3溶于水显碱性，故C正确；D温度计水银球与蒸馏烧瓶支管口处相平，测量蒸气的温度，故D错误故选C【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及离子的检验、氧化性的比较与物质的分离提纯等，综合考查学生的分析能力、实验能力和评价能力，为高考常见题型，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大7常温下，用 0.1000molL1NaOH溶液滴定 20.00mL0.1000molL1CH3COOH溶液所得滴定曲线如图下列说法正确的是（）A点所示溶液中：c（CH3COO）+c（OH）=c（CH3COOH）+c（H+）B点所
29、示溶液中：c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO）C点所示溶液中：c（Na+）c（OH）c（CH3COO）c（H+）D滴定过程中可能出现：c（CH3COOH）c（CH3COO）c（H+）c（Na+）c（OH）【考点】中和滴定；质量守恒定律；离子浓度大小的比较【分析】根据点反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COO的水解程度，故c（Na+）c（CH3COOH），由电荷守恒可知：c（CH3COO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），所以c（CH3COO）+c（OH）c（CH3COOH）+c（H+
30、）；点pH=7，即c（H+）=c（OH），c（Na+）=c（CH3COO）；点体积相同，则恰好完全反应生成CH3COONa，利用盐的水解来分析溶液呈碱性，则c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）；在滴定中当加入碱比较少时，可能出现c（CH3COOH）c（CH3COO）c（H+）c（Na+）c（OH）的情况【解答】解：A、点反应掉一半醋酸，反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，CH3COOH电离程度大于CH3COO的水解程度，故c（Na+）c（CH3COOH），由电荷守恒可知：c（CH3COO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），所以c（CH3
31、COO）+c（OH）c（CH3COOH）+c（H+），故A错；B、点pH=7，即c（H+）=c（OH），由电荷守恒知：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），故c（Na+）=c（CH3COO），故B错；C、点说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，因CH3COO水解，且程度较小，c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+），故C错；D、当CH3COOH较多，滴入的碱较少时，则生成CH3COONa少量，可能出现c（CH3COOH）c（CH3COO）c（H+）c（Na+）c（OH），故D正确；故选：D【点评】本题考查NaOH与CH3COOH的反应，涉及盐类的水解和溶液离
32、子浓度的大小比较，注意利用电荷守恒的角度做题二、解答题（共3小题，满分43分）8（14分）（2016宁夏校级二模）燃煤能排放大量的CO、CO2、SO2，PM2.5（可入肺颗粒物）污染也跟冬季燃煤密切相关SO2、CO、CO2也是对环境影响较大的气体，对它们的合理控制、利用是优化我们生存环境的有效途径（1）如图所示，利用电化学原理将SO2 转化为重要化工原料C若A为SO2，B为O2，则负极的电极反应式为：SO2+2H2O2e=SO42+4H+；（2）有一种用CO2生产甲醇燃料的方法：CO2+3H2CH3OH+H2O已知：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=a kJmol1；
33、2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H=b kJmol1；H2O（g）=H2O（l）H=c kJmol1；CH3OH（g）=CH3OH（l）H=d kJmol1，则表示CH3OH（l）燃烧热的热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=（c+2dab）kJmol1；（3）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），得到如下三组数据：实验组温度起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minCOH2OH2CO1650421.62.462900210.41.633900a
34、bcdt该反应的H0（填“”或“”），实验2条件下平衡常数K=0.17实验3中，若平衡时，CO的转化率大于水蒸气，则的值01（填具体值或取值范围）实验4，若900时，在此容器中加入CO、H2O、CO2、H2均为1mol，则此时V正V逆（填“”，“”，“=”）判断该反应达到平衡的依据是ACACO2减少的化学反应速率和CO减少的化学反应速率相等B容器内气体压强保持不变CCO、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化D容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化【考点】电解原理；热化学方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断【分析】（1）SO2在负极失去电子转化为SO42，根据电极反应式的书写方
35、法来回答；（2）应用盖斯定律解题，始终抓住目标反应和已知反应之间的关系应用数学知识来解；（3）第二组温度比第一组高，反应物物质的量比第一组减半，但是平衡时CO2的物质的量比第一组的一半少，表明该反应为放热反应；利用三段式计算平衡时，各组分的物质的量，该反应是气体体积不变的反应，故利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式计算平衡常数；在反应中当反应物的物质的量之比等于化学计量数之比时，各反应物的转化率相等，某一种反应物越多，其转化率越低，而另一种反应物的转化率则越高，据此答题；根据浓度商Qc与平衡常数K的大小，判断反应进行的方向，进而确定正逆反应的速率；当化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，
36、各物质的浓度不再发生变化，根据密度和平均相对分子质量的公式进行分析解答该题【解答】解：（1）SO2在负极失去电子转化为SO42，故其电极反应为：SO2+2H2O2e=SO42+4H+，故答案为：SO2+2H2O2e=SO42+4H+；（2）应用盖斯定律解题，H=H1H2+H3+2H4=（c+2dab）kJmol1，所以CH3OH（l）燃烧热的热化学方程式为CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=（c+2dab）kJmol1，故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=（c+2dab）kJmol1；（3）实验1中CO的转化率为100%=40%，实
37、验2中CO的转化率为100%=20%，则实验1的转化率大于实验2，则说明温度升高平衡向逆反应方向移动，正反应放热，平衡时CO的物质的量为1.6mol，则： CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g），开始（mol）：2 1 0 0变化（mol）：0.4 0.4 0.4 0.4平衡（mol）：1.6 0.6 0.4 0.4该反应前后气体体积不变，故利用物质的量代替浓度计算平衡常数，故900时该反应平衡常数k=0.17，故答案为：；0.17；在反应中当反应物的物质的量之比等于化学计量数之比时，各反应物的转化率相等，某一种反应物越多，其转化率越低，而另一种反应物的转化率则越高，所以要使CO的转
38、化率大于水蒸气，则01，故答案为：01；900时，在此容器中加入CO、H2O、CO2、H2均为1mol时，浓度商Qc=10.17=K，所以此时平衡要逆向移动，故V正V逆，故答案为：；ACO2减少的化学反应速率和CO减少的化学反应速率相等，证明正逆反应速率相等，达到了平衡，故正确；B反应前后气体系数和相等，容器内气体压强始终保持不变，所以压强不变的状态不一定平衡，故错误；CCO、H2O、CO2、H2的浓度都不再发生变化，是化学平衡状态的特征，故正确；D容器中气体的平均相对分子质量等于质量和物质的量的比值，质量和物质的量都不变化，所以容器中气体的平均相对分子质量始终不随时间而变化，此时的状态不一定
39、是平衡状态，故错误故选AC【点评】本题考查热反应方程式、化学平衡计算、化学平衡影响因素、化学平衡常数计算等，侧重考查学生对图象与数据的分析及计算能力，注意对知识的理解与掌握，难度中等9（15分）（2016宁夏校级二模）实验一：实验室制备苯甲酸的反应装置图1和有关数据如下：相对分子质量熔点/沸点/溶解性甲苯9294.9110.6难溶于水苯甲酸122122.13249微溶于水按下列合成步骤回答问题：在三颈瓶中加入4mL甲苯和20mL稀硫酸，放入碎瓷片后，加热至沸腾，加入12.8g高锰酸钾，加热到甲苯层消失将三颈瓶在冰水浴中冷却，分离出苯甲酸晶体（1）球形冷凝管的作用是冷凝回流，（2）分离苯甲酸选用
40、的玻璃仪器是BCD（填标号）A分液漏斗 B玻璃棒 C烧杯 D漏斗 E蒸馏烧瓶 F直形冷凝管（3）分离出的苯甲酸晶体中可能含有的杂质是K2SO4、MnSO4，为进一步提纯，应采用的方法是重结晶实验二：实验室用装置制氨气和氧气的混合气体，A中装有浓氨水，C中盛有碱石灰；用装置验证氨的某些性质，D内放置催化剂（铂石棉），按气流方向连接各仪器请回答下列问题：（1）仪器B中应加入的固体药品Na2O2（填化学式）；D中发生反应的化学反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；（2）若用装置制取干燥的SO2气体，则：B中发生反应的化学反应方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2；此时
41、仪器C中改为盛装P2O5的作用是干燥SO2气体【考点】制备实验方案的设计【分析】实验一：（1）甲苯易挥发，需要冷凝回流；（2）苯甲酸微溶于水，常温下为晶体，采取过滤方法分离；（3）反应得到溶液中含有硫酸锰、硫酸钾，硫酸锰、硫酸钾易溶于水，苯甲酸微溶于水，可以利用重结晶进行提纯；实验二：（1）根据装置图可知，用装置制氨气和氧气的混合气体，A中装有浓氨水，B中应装过氧化钠，C中盛有碱石灰干燥气体；装置1生成的氨气和氧气通关过装置D中的催化剂加热发生反应生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，依据元素化合价变化分析氨气具有还原性；（2）若用装置制取干燥的SO2气体，需要亚硫酸钠和
42、浓硫酸发生反应；碱石灰改为五氧化二磷是为了干燥二氧化硫气体【解答】解：实验一：（1）苯易挥发，冷凝管冷凝回流挥发的甲苯，减少损失，故答案为：冷凝回流；（2）苯甲酸微溶于水，常温下为晶体，采取过滤方法分离，需要的仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗，故选：BCD；（3）反应得到溶液中含有硫酸锰、硫酸钾，分离出的苯甲酸晶体中可能含有的杂质是K2SO4、MnSO4，硫酸锰、硫酸钾易溶于水，苯甲酸微溶于水，可以利用重结晶进行提纯，故答案为：K2SO4、MnSO4；重结晶；实验二：（1）依据装置图可知，A为分液漏斗，实验目的是制得氨气和氧气，所以装置B中应装过氧化钠，故答案为：Na2O2； D中氨气和氧气在一定条
43、件下反应生成一氧化氮和水，反应方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（2）依据装置图分析可知装置B中是制备二氧化硫气体，利用亚硫酸钠固体和浓硫酸反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2；故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2；仪器C中改为盛装P2O5的作用是除去二氧化硫气体中的水蒸气，起到干燥气体的作用；故答案为：干燥SO2气体【点评】本题考查制备方案的设计，题目难度中等，涉及物质的分离提纯、仪器的使用、产率计算等，清楚原理是解答的关键，注意对题目信息的应用，是对
44、学生综合能力的考查10（14分）（2016宁夏校级二模）亚氯酸钠（NaClO2）常用于水的消毒和砂糖、油脂的漂白与杀菌以下是用过氧化氢法生产亚氯酸钠的工艺流程图：已知：NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO23H2O；Ksp（FeS）=6.31018； Ksp（CuS）=6.31036；Ksp（PbS）=2.41028（1）吸收塔内发生反应的离子方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2该工艺流程中的NaClO3、ClO2、NaClO2都是强氧化剂，它们都能和浓盐酸反应制取Cl2若用二氧化氯和浓盐酸制取Cl2，当生成5mol Cl2时
45、，通过还原反应制得氯气的质量为71g（2）从滤液中得到NaClO23H2O晶体的所需操作依次是dc （填写序号）a蒸馏 b灼烧 c过滤 d冷却结晶 e蒸发（3）印染工业常用亚氯酸钠（NaClO2）漂白织物，漂白织物时真正起作用的是HClO2表是 25时HClO2及几种常见弱酸的电离平衡常数： 弱酸HClO2HFHCNH2SKa11026.31044.91010K1=9.1108K2=1.11012常温下，物质的量浓度相等的NaClO2、NaF、NaCN、Na2S四种溶液的pH由大到小的顺序为pH（Na2S）pH（NaCN）pH（NaF）pH（NaClO2）（用化学式表示）；体积相等，物质的量浓
46、度相同的NaF、NaCN两溶液中所含阴阳离子总数的大小关系为：前者大（填“前者大”“相等”或“后者大”）Na2S是常用的沉淀剂某工业污水中含有等浓度的Cu2+、Fe2+、Pb2+离子，滴加Na2S溶液后首先析出的沉淀是CuS；当最后一种离子沉淀完全时（该离子浓度为105molL1），此时体系中的S2的浓度为6.31013mol/L【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）根据题目信息并运用氧化还原反应理论判断反应物、生成物根据流程信息可知，吸收塔内生成NaClO2，一定有ClO2NaClO2，Cl元素化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，据此配平书写方程式；反应中ClO2是氧化剂
47、，发生还原反应，HCl是还原剂，发生氧化反应，根据电子转移计算氧化剂与还原剂的物质的量之比，据此确定还原产物与氧化产物物质的量之比，计算还原反应生成的氯气，再根据m=nM计算；（2）从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体得到的粗晶体经过重结晶可得到纯度更高的晶体；（3）、弱酸的电离平衡常数越大，酸性越强，反之酸性越弱，酸性越弱，对应钠盐中酸根离子水解程度越大，溶液的PH越大；NaF、NaCN两溶液中钠离子浓度相同，由于阴离子都是1价离子，1mol阴离子水解得到1mol氢氧根离子，阴离子的总浓度不变，两溶液中阴离子总浓度相同，故溶液碱性越强，氢离子浓度越
48、小，含有阴阳离子总数的越小；物质组成类型相同，溶度积越小，溶解度越小，滴加硫化钠，相应阳离子最先沉淀；根据溶度积计算S2的浓度【解答】解：（1）根据流程信息可知，吸收塔内生成NaClO2，所以一定有ClO2NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，反应方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2 NaClO2+2H2O+O2，反应中ClO2是氧化剂，发生还原反应，HCl是还原剂，发生氧化反应，根据电子转移守恒可知4n（ClO2）=n（HCl），故n（ClO2）：n（HCl）=1：4，故还原产物与氧化产物物质的量之比为1：4，故还原反应生成的氯气为5mol=1mol，
49、通过还原反应制得氯气的质量为1mol71g/mol=71g，故答案为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；71；（2）从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体，所以操作顺序为dc，故答案为：dc；（3）根据电离平衡常数可知酸性强弱顺序为：HClO2HFHCNHS，酸性越弱，对应钠盐中酸根离子水解程度越大，溶液的PH越大，故物质的量浓度相等各溶液pH关系为：pH（Na2S）pH（NaCN）pH（NaF）pH（NaClO2），NaF、NaCN两溶液中钠离子浓度相同，由于阴离子都是1价离子，1mol阴离子水解得到1mol氢氧根离子
50、，阴离子的总浓度不变，两溶液中阴离子总浓度相同，溶液为碱性，pH（NaCN）pH（NaF），故NaCN溶液碱氢离子浓度较小，含有阴阳离子总数较小，即NaF溶液中阴阳离子总数较大，故答案为：pH（Na2S）pH（NaCN）pH（NaF）pH（NaClO2）；前者大；物质组成类型相同，溶度积越小，溶解度越小，滴加硫化钠，相应阳离子最先沉淀，故首先析出沉淀是CuS，Fe2+最后沉淀，沉淀完全时该浓度为105molL1，此时的S2的浓度为mol/L=6.31013mol/L，故答案为：CuS；6.31013mol/L【点评】本题以学生比较陌生的亚氯酸钠制备为载体，考查学生阅读题目获取信息的能力、氧化还
51、原反应计算、物质分离提纯、盐类水解、溶度积的有关计算与应用等，是在新情境下综合运用知识解决问题的能力的考查，题目有一定的难度【化学-选修2：化学与技术】（15分）11（15分）（2016宁夏校级二模）重铬酸钾是工业生产和实验室的重要氧化剂，工业上常用铬铁矿（主要成分为FeOCr2O3，杂质为SiO2、Al2O3）为原料产它，实验室模拟工业法用铬铁矿制K2Cr2O7的主要工艺如图涉及的主要反应是：6FeOCr2O3+24NaOH+7KClO3=12Na2CrO4+3Fe2O3+7KCl+12H2O（1）碱浸前将铬铁矿粉碎的作用是增大接触面积，增大反应速率（2）步骤调节pH后过滤得到的滤渣是H2S
52、iO3、Al（OH）3（3）操作中，酸化时，CrO42转化为Cr2O72，写出平衡转化的离子方程式（4）用简要的文字说明操作加入KC1的原因温度对氯化钠的溶解度影响小，但对重铬酸钾的溶解度影响较大，利用复分解反应，可得到重铬酸钾（5）称取重铬酸钾试样2.500g配成250mL溶液，取出25mL于碘量瓶中，加入10mL 2mol/LH2SO4和足量碘化钾（铬的还原产物为Cr3+），放于暗处5min然后加入100mL水，加入3mL淀粉指示剂，用0.1200mol/LNa2S2O3标准溶液滴定（I2+2S2O32=2I+S4O52）判断达到滴定终点的依据是当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液蓝色褪去
53、，半分钟内不变色若实验中共用去Na2S2O3标准溶液40.00mL，则所得产品中重铬酸钾的纯度为94.08%（设整个过程中其它杂质不参加反应）（保留2位有效数字）【考点】制备实验方案的设计【分析】流程分析可知，铬铁矿（主要成分为FeOCr2O3，杂质为SiO2、Al2O3）为原料粉碎后再反应器中加入纯碱、固体氢氧化钠、氯酸钾浸取过滤得到滤液调节溶液PH除去铝和硅酸根离子，过滤得到Na2CrO4溶液，酸化后加入氯化钾浓缩过滤干燥得到重铬酸钾，（1）依据影响化学反应速率的因素分析，增大接触面积会加快反应速率；（2）根据水解平衡移动判断产物；（3）在酸性环境下，CrO42转化为Cr2O72，据此来书
54、写方程式；（4）操作加入KCl的原因温度对氯化钠的溶解度影响小，但对重铬酸钾的溶解度影响较大；（5）根据反应：I2+2S2O32=2I+S4O62，碘单质遇到淀粉时，溶液的蓝色消失，据此来回答并计算纯度【解答】解：（1）碱浸前将铭铁矿粉碎的作用是增大接触面积加快反应速率；故答案为：增大接触面积，增大反应速率；（2）由于硅酸钠和偏铝酸钠在溶液中发生水解，SiO32+H2OHSiO3+OH、HSiO3+H2OH2SiO3+OH、AlO2+2H2OAl（OH）3+OH，降低pH有利于水解平衡向正反应方向移动，当pH调到78时能使它们完全水解生成沉淀，故答案为：H2SiO3、Al（OH）3；（3）在酸
55、性环境下，CrO42转化为Cr2O72，即2CrO42+2H+Cr2O72+H2O；故答案为：2CrO42+2H+Cr2O72+H2O；（4）操作加入KCl的原因温度对氯化钠的溶解度影响小，但对重铬酸钾的溶解度影响较大，利用复分解反应，可得到重铬酸钾；故答案为：温度对氯化钠的溶解度影响小，但对重铬酸钾的溶解度影响较大，利用复分解反应，可得到重铬酸钾；（5）根据反应：I2+2S2O32=2I+S4O62，当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液时，碘单质恰好完全反应，溶液蓝色褪去，达到滴定终点，故答案为：当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液蓝色褪去，半分钟内不变色；由反应Cr2O72+6I+14H+=2Cr
56、3+3I2+7H2O；I2+2S2O32=2I+S4O62可得反应的关系式为Cr2O723I26S2O32，根据关系式计算Cr2O723I26S2O321mol 3mol 6moln 0.120040103mol则250ml含重铬酸钾的物质的量为n=10，则所得产品中重铬酸钾纯度为100%=94.08%，故答案为：94.08%【点评】本题考查较为综合，涉及氧化还原反应、溶解平衡以及滴定操作等问题，题目难度中等，本题注意从质量守恒的角度利用关系式法计算化学-选修3：物质结构12（2016宁夏校级二模）原子序数依次增大的X、Y、Z、G、Q、R、T七种元素，核电荷数均小于36已知X的一种1：2型氢化
57、物分子中既有键又有键，且所有原子共平面；Z的L层上有2个未成对电子；Q原子的s能级与p能级电子数相等；R单质是制造各种计算机、微电子产品的核心材料；T处于周期表的ds区，原子中只有一个未成对电子（1）Y原子核外共有7种不同运动状态的电子，基态T原子有7种不同能级的电子（2）X、Y、Z的第一电离能由小到大的顺序为CON（用元素符号表示）（3）由X、Y、Z形成的离子ZXY与XZ2互为等电子体，则ZXY中X原子的杂化轨道类型为sp杂化（4）Z与R能形成化合物甲，1mol甲中含4 mol化学键，甲与氢氟酸反应，生成物的分子空间构型分别为SiF4的正四面体形、H2O为V形（5）G、Q、R氟化物的熔点如表
58、，造成熔点差异的原因为NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，故SiF4的熔点低，Mg2+的半径比Na+的半径小，且Mg2+电荷数高，晶格能MgF2NaF，故MgF2的熔点比NaF高氟化物G的氟化物Q的氟化物R的氟化物熔点/K9931 539183（6）向T的硫酸盐溶液中逐滴加入Y的氢化物的水溶液至过量，反应的离子方程式为Cu2+4NH3H2O=Cu（NH3）42+4H2O（7）X单质的晶胞如图所示，一个X晶胞中有8个X原子；若X晶体的密度为 gcm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体中最近的两个X原子之间的距离为 cm（用代数式表示）【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】X的一种
59、氢化物分子中既有键又有键，说明分子里有双键或参键，X的一种氢化物为1：2型且所有原子共平面，所以X应为C元素，它的1：2型氢化物为乙烯；Z的L层上有2个未成对电子，即核外电子排布为1s22s22p2或1s22s22p4，X、Y、Z原子序数依次增大，所以Z为O元素，且Y为N元素；Q原子s能级与p能级电子数相等，则Q的核外电子排布为1s22s22p4或1s22s22p63s2，由于Q的原子序数比氧大，所以Q的电子排布为1s22s22p63s2，即Q为Mg；而G为金属元素，且原子序数介于氧和镁元素之间，所以G为Na；R单质是制造各种计算机、微电子产品的核心材料，则R为Si；T处于周期表的ds区，原子
60、中只有一个未成对电子，价电子排布为3d104s1，故T为Cu【解答】解：X的一种氢化物分子中既有键又有键，说明分子里有双键或参键，X的一种氢化物为1：2型且所有原子共平面，所以X应为C元素，它的1：2型氢化物为乙烯；Z的L层上有2个未成对电子，即核外电子排布为1s22s22p2或1s22s22p4，X、Y、Z原子序数依次增大，所以Z为O元素，且Y为N元素；Q原子s能级与p能级电子数相等，则Q的核外电子排布为1s22s22p4或1s22s22p63s2，由于Q的原子序数比氧大，所以Q的电子排布为1s22s22p63s2，即Q为Mg；而G为金属元素，且原子序数介于氧和镁元素之间，所以G为Na；R单
61、质是制造各种计算机、微电子产品的核心材料，则R为Si；T处于周期表的ds区，原子中只有一个未成对电子，价电子排布为3d104s1，故T为Cu（1）Y为N元素，核外电子排布式为1s22s22p3，所以7种不同运动状态的电子；T为Cu元素，它的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，所以它有7个能级，故答案为：7；7；（2）C、N、O位于元素周期表同一周期，同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但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，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：CON，故答案为：CON；（3）OCN与CO2互为等电子体，所以它们结构
62、相似，OCN中C原子与O、N原子之比分别形成2对共用电子对，没有孤电子对，所以碳的杂化方式为sp杂化，故答案为：sp杂化；（4）Z与R能形成化合物甲为二氧化硅，在二氧化硅晶体中，每个硅原子周围有四个SiO键，所以1mol二氧化硅中含有4molSiO键；SiO2与HF反应的方程式为：SiO2+4HF=SiF4+2H2O，其中SiF4中硅原子的价层电子对数为：4+=4，没有孤对电子，所以SiF4的空间构型为正四面体、H2O为V形故答案为：4；SiF4的正四面体形、H2O为V形；（5）在NaF、MgF2、SiF4中，NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，故SiF4的熔点最低，Mg2+的半径
63、比Na+的半径小，且Mg2+电荷数高，晶格能MgF2NaF，故MgF2的熔点比NaF高，故答案为：NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，故SiF4的熔点低，Mg2+的半径比Na+的半径小，且Mg2+电荷数高，晶格能MgF2NaF，故MgF2的熔点比NaF高；（6）向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水溶液至过量，反应生成四氨合铜络离子，反应的离子方程式为：Cu2+4NH3H2O=Cu（NH3）42+4H2O，故答案为：Cu2+4NH3H2O=Cu（NH3）42+4H2O；（7）碳单质的晶胞为，晶胞中含有C原子数目为4+8+6=8，C原子与周围4个原子形成正四面体，正四面体中心C原子与顶点碳原子相
64、邻，距离最近，晶胞质量为8g，晶体的密度为p g/cm3，则晶胞棱长为cm，则正四面体的棱长为cm，则正四面体的斜高为cm，令斜高为为cm=bcm，底面中心到边的距离为b，设正四面体的高为a cm，则a2+（b）2=b2，解得a=，故正四面体中心原子到顶点距离为a=cm=cm，故答案为：8； cm【点评】本题是对物质结构的考查，涉及电离能、杂化轨道、分子结构、晶体类型与性质、配合物、晶胞计算等，（7）中晶胞计算为易错点、难点，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力，关键理解距离最近碳原子位置化学-选修5：有机化学13（2016宁夏校级二模）有机物PASNa是一种治疗肺结核药物的有效成分，有机
65、物G是一种食用香料，以甲苯为原料合成这两种物质的路线如下：已知：回答下列问题：（1）生成A的反应类型是取代反应（2）F中含氧官能团的名称是醛基；试剂a的结构简式为H3COOOCCH3（3）写出由A生成B的化学方程式：（4）质谱图显示试剂b的相对分子质量为58，分子中不含甲基，且为链状结构，写出肉桂酸与试剂b生成G的化学方程式：（5）当试剂d过量时，可以选用的试剂d是a（填字母序号）aNaHCO3 bNaOH cNa2CO3（6）写出C与NaOH反应的化学方程式（7）肉桂酸有多种同分异构体，符合下列条件的有6种a苯环上有三个取代基；b能发生银镜反应，且1mol该有机物最多生成4mol Ag由上述
66、符合条件的同分异构体中，写出苯环上有两种不同化学环境氢原子的有机物的结构简式（任写一种即可）或【考点】有机物的合成【分析】由反应的流程可看出：根据信息在MnO2/H2SO4条件下氧化为F，和H3COOOCCH3反应得，和丙烯醇酯化得G；和浓硝酸发生硝化反应生成A，结构简式为，和Br2卤化在甲基邻位引入Br得B，B被酸性高锰酸钾氧化，将甲基氧化为羧基得C，C碱性条件下水解后，再酸化得D，D中硝基被还原为氨基得E，E和碳酸氢钠反应得PASNa，据此分析解答【解答】解：由反应的流程可看出：根据信息在MnO2/H2SO4条件下氧化为F，和H3COOOCCH3反应得，和丙烯醇酯化得G；和浓硝酸发生硝化反
67、应生成A，结构简式为，和Br2卤化在甲基邻位引入Br得B，B被酸性高锰酸钾氧化，将甲基氧化为羧基得C，C碱性条件下水解后，再酸化得D，D中硝基被还原为氨基得E，E和碳酸氢钠反应得PASNa，（1）根据以上分析，甲苯生成A的反应是取代反应，故答案为：取代反应；（2）由新信息及流程推断，F为，其中一定含有醛基，F生成肉桂醛根据信息，则试剂a是乙酸酐，结构简式为CH3COOOCCH3，故答案为：醛基；H3COOOCCH3； （3）A和Br2取代发生生成B的方程式是：，故答案为：； （4）由试剂b质谱图显示试剂b的相对分子质量为58，分子中不含甲基，且为链状结构可推知，是丙烯醇，即CH2=CHCH2OH，则方程式为：，故答案为：； （5）试剂d可以将羧基转化为其钠盐，而不能和酚羟基反应，一定是NaHCO3，故选：a；（6）根据以上分析，C中含有羧基和溴原子，所以和氢氧化钠溶液水解、中和的方程式为：，故答案为：；（7）肉桂酸的同分异构体，能发生银镜反应，且1mol该有机物最多生成4mol Ag，说明含有2个醛基，又苯环上有三个取代基，所以连有两个醛基和一个甲基，由三个基团的相对位置不同，这样的同分异构体应有6种；苯环上有两种等效氢的有两种，即 或，故答案为：6； 或