1、2015-2016学年安徽省“皖南八校”高三（上）第二次联考化学试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共78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天津港“8.12”瑞海公司危险品仓库特大火灾爆炸事故，其二次爆炸威力巨大据推测可能是由于某物质遇水燃烧而引发的连锁反应下列常见危险品中最有可能具有这种性质的是（）AKN03BNH4NO3CCaC2DP4（白磷）2NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A标准状况下，11.2 L的甲醇所含的氢原子数大于2NAB常温下，1molL1的Na2CO3溶液中CO32的个数必定小于NAC1mol Cu与含2mol H2SO4，的浓硫酸
2、充分反应，生成的S02的分子个数为NAD1mol苯分子中含有3NA个碳碳双键3下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（）操作现象结论A向无色溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置下层溶液显紫色原溶液中有IB向Na2CO3饱和溶液中通入足量CO2溶液变浑浊析出了NaHCO3C将少量氯气通入FeI2中浅绿色变为棕黄色2Fe2+Cl2=2Fe3+2ClD过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀HNO3将Fe氧化为Fe3+AABBCCDD4青蒿素结构式如图所示下列有关青蒿素的说法错误的是（）A青蒿素的分子式为C15H22O5B青蒿素分子结构稳定，受热不易分解C青蒿素可
3、溶于NaOH溶液，可使酸性高锰酸钾溶液褪色D青蒿素难溶于水，提取的方法是用有机溶剂萃取后蒸馏5短周期W、X、Y、Z四种元素的原子序数依次增大W的某种原子无中子，X、Y形成的简单离子具有相同的电子层结构，且X、Y可形成原子个数比为1：1的具有漂白性的物质，工业上常用电解熔融的YZ来获得Y的单质下列说法正确的是（）A上述四种元素的原子半径大小顺序为r（Z）r（Y）r（X）r（W）BW和X、Y、Z均能形成18电子的分子CY2X和Y2X2中阴、阳离子个数之比均为1：2DX、Y、Z三种元素形成的化合物，其水溶液一定呈碱性6已知在碱性溶液中可发生如下反应：Fe（OH）3+Cl0+OHFe4n+Cl+H2O
4、（未配平）则下列有关叙述错误的是（）A已知FeO4n中Fe的化合价是+6价，则n=2B每产生1molCl，转移2mol电子CFeO4n具有强氧化性，一般其还原产物为Fe3+，可用作新型自来水消毒剂和净水剂D若n=2，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：37常温下，向20mL 0.2molL1二元酸H2A溶液中滴加0.2molLlNaOH溶液，有关微粒物质的量变化如图下列叙述正确的是（）A当V（NaOH）=20 mL时，溶液中各离子浓度的大小顺序为c（Na+）c（HA）c（ A2）c（ OH）（H+）B等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水中的大C等浓度
5、H2A和NaHA的混合溶液中无论加入少量的强酸或强碱，溶液的pH变化都不大D当V（NaOH）=40 mL时，升高温度，减小二、解答题（共3小题，满分43分）8SO2是大气主要污染物之一，为探究SO2气体的还原性，某实验小组的同学利用如图1所示装置进行实验（1）装置A中发生反应的离子方程式为（2）装置C的作用是（3）在上述装置中通人过量的SO2，为了验证A中S02与Fe3+发生了氧化还原反应，取A中的溶液少量，分成两份，并设计了如下实验方案：方案：向第一份溶液中加入少量酸性K MnO4溶液，发现紫红色褪去；方案：向第二份溶液中加入少量KSCN溶液，发现不变红，再加入少量新制的氯水，溶液变红上述方
6、案中不合理的是，原因是（4）能表明I的还原性弱于SO2的现象是（5）该小组同学设计实验模拟测定硫酸工业生产排放的尾气中S02的体积分数（假设其他气体均难溶于水且不反应），选用了如图2所示的简易实验装置若混合气体的流向按从左向右时，右图装置组装连接的顺序合理的是：混合气体（填写a、b等仪器接口字母）你认为下列试剂中，可以用来代替试管中碘的淀粉溶液的是（填标号）A酸性KMn0 4溶液 BNaOH溶液 C溴水 D氨水若碘溶液的浓度为0.05molLl、体积为30mL，与SO2气体恰好完全反应时，量筒内水的体积为386.4mL（已折算为标准状况下的体积）则S02的体积分数为9铬是极硬、难熔的银白色脆性
7、金属，主要用于炼钢和电镀铬的主要矿物是铬铁矿，其组成为Fe0Cr203或FeCr2O4炼钢所用的铬是由铬铁矿和焦炭在电炉中反应制得较纯金属铬的生产T艺流程如图1所示：回答下列问题：（1）铬铁矿和焦炭在电炉中反应的化学方程式为（2）为加快铬铁矿的碱熔速率，可采取等措施（至少写两种措施）已知滤液A中含有CrO42，滤渣A可作为一种红色颜料，其俗称为请写出铬铁矿氧化碱熔的化学方程式：（3）如不考虑可能含有的结晶水，则晶体的主要成分的化学式为（4）气体B和气体A不同，则气体B为（填化学式，下同）；整个过程中可循环利用的一种物质是（5）纯铬可由铬的氧化物滤渣B通过热还原法获得，则此处适合用作还原剂的物质
8、为（填物质名称）（6）含铬废水常采用电解法处理，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，槽中盛放含铬废水，原理如图2，下列说法正确的是aA为电源正极b阳极区溶液中发生的氧化还原反应为Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2Oc阴极区附近溶液pH降低d若不考虑气体的溶解，当收集到H2 13.44L（标准状况）时，有0.1mol Cr2O72被还原10CO2和CH4均为温室气体，若得以综合利用，对于温室气体的整治具有重大意义（1）已知：CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）H=+247.3kJmol1CH4（g）C（s）+2H2（g）H=+75kJmol1反应2CO（g）C（s
9、）+CO2（g）在一定条件下能自发进行的原因是（2）合成甲醇的主要反应是CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）压强为P1时，向体积为1L的密闭容器中充人6mol CO和2b mol H2，平衡时CO的转化率与温度、压强的关系如图所示请回答：该反应属于（填“吸”或“放”）热反应；P1p2（填“”、“”或“=”）200时，该反应的平衡常数K=（用含b的代数式表示）若200时，上述反应经过tmin达到平衡，则该时间段内氢气的平均反应速率为（3）以渗透于多孔基质的惰性导电物质材料为电极，用35%50%KOH为电解液，甲醇和空气为原料，构成碱性燃料电池，该电池负极的电极反应式为（4）以甲醇燃料电池做电
10、源，用如图所示装置，在实验室中模拟铝制品表面“钝化”处理的过程中，发现溶液逐渐变浑浊，用离子方程式表示沉淀产生的原因是（5）已知25时，Al（ OH）3的Ksp=8.010 33若使某铝盐溶液中的Al3+降至1.0106 molLl时，则需调节溶液的pH至（已知lg5=0.7）【化学-选修2：化学与技术】11如图1为工业上接触法制硫酸的简单流程图，试回答下列有关问题：（1）工业上为了提高黄铁矿的利用率，常采取的措施是沸腾炉出来的气体需净化的理由是（每空只需填写一种）（2）SO2的催化氧化和合成氨的原理类似为提高原料的转化率和单位时间内的产量，合成氨反应需要在200500个大气压的条件下，而S0
11、2的催化氧化只需常压或稍加压的条件下，其原因是（3）若沸腾炉中每燃烧0.12kg FeS2就会放出 85kJ热量，请写出此状况下FeS2燃烧的热化学方程式：（4）某研究小组用NaOH溶液吸收尾气中的SO2，将所得的Na2S03溶液进行电解再生循环脱硫，其原理如图2，a、b离子交换膜将电解槽分成为三个区域，电极材料均为石墨图中a表示（填“阴”或“阳”）离子交换膜AE分别代表生产中的原料或产品，其中C为硫酸溶液，则A为阳极的电极反应式为（5）用浓硫酸吸收S03可以得到H2SO4S03若用1000g98%的浓硫酸充分吸收SO3后，再进行稀释，最终可以得到98%的浓硫酸的质量是kg（填标号）A.1.9
12、8 B.2.00 C.2.22 D.2.42【化学-选修3：物质结构与性质】12I氮族元素和卤族元素都能形成许多种物质（1）基态P原子中，电子占据的最高能级符号为，基态N原子核外有种运动状态不同的电子，基态Br原子的价电子排布式为（2）HCN的电子式为；其中心C原子的杂化类型为氮、磷、氟三种元素的电负性由大到小的顺序为（用元素符号表示）（3）已知PCl3是不稳定的无色液体，遇水易水解且可生成两种酸，该水解反应的化学方程式为，所得含氧酸（电离常数Ka1=1.6102和Ka2=7107）和足量的NaOH溶液反应生成盐的化学式为（4）根据下表提供的第一电离能数据判断：最有可能生成较稳定的单核阳离子的
13、卤素原子是 F Cl Br I 第一电力能（kJmol1） 1681 1251 1140 1008（5）已知KC1、Mg0、Ca0、TiN这四种晶体的结构与NaCl晶体结构相似下表给出了三种晶体的品格能数据： 晶体 NaCl KCl CaO 晶格能（kJmol1） 786 715 3401则该四种晶体（不包括NaCl）的熔点从高到低的顺序为（6）钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物品体，其结构与NaCl相同（如图所示）据此可判断该钙的氧化物的化学式为已知该氧化物的密度是pgcm3，则晶胞内最近的两个钙离子间的距离为cm（只要求列出算式，不必计算出数值结果，阿伏加德罗常数的值为NA）【化学-选修5
14、：有机化学基础】13伪麻黄碱（D）是新康泰克的成分之一，能够缓解感冒时带来的鼻塞、流鼻涕和打喷嚏等症状，其中一种合成路线如下：回答下列问题：（1）伪麻黄碱（D）的分子式为；B中含有的官能团有（写名称）（2）写出 BC反应的化学方程式：CD的反应类型为（3）B的消去反应产物可以用于合成高分子化合物E，请写出 E的结构简式：（4）满足下列要求的A的同分异构体有种；能发生银镜反应 苯环上的一氯代物有两种结构其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为6：2：1：1的为（写结构简式）（5）已知：参照上述合成路线，设计一条由苯和乙酸为起始原料制备的合成路线：2015-2016学年安徽省“皖南八校”高三（上）
15、第二次联考化学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，共78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天津港“8.12”瑞海公司危险品仓库特大火灾爆炸事故，其二次爆炸威力巨大据推测可能是由于某物质遇水燃烧而引发的连锁反应下列常见危险品中最有可能具有这种性质的是（）AKN03BNH4NO3CCaC2DP4（白磷）【考点】化学实验安全及事故处理【分析】根据物质遇水燃烧解题，能遇水反应生成可燃性物质的即为答案【解答】解：AKN03属于氧化剂，故A错误； BNH4NO3属于氧化剂，受热易分解，故B错误；C碳化钙遇水剧烈反应，放热，产生的乙炔易爆，故C正确；D白磷属于易自
16、燃物品，故D错误故选C2NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A标准状况下，11.2 L的甲醇所含的氢原子数大于2NAB常温下，1molL1的Na2CO3溶液中CO32的个数必定小于NAC1mol Cu与含2mol H2SO4，的浓硫酸充分反应，生成的S02的分子个数为NAD1mol苯分子中含有3NA个碳碳双键【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、标况下甲醇为液态；B、溶液体积不明确；C、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应；D、苯不是单双键交替的结构【解答】解：A、标况下甲醇为液态，故11.2L甲醇的物质的量大于0.5mol，则氢原子数大于2NA个，故A正确；B、溶液体积不明确，故溶液中
17、的碳酸根的个数无法计算，故B错误；C、铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，即硫酸不能反应完全，故生成的二氧化硫分子小于NA个，故C错误；D、苯不是单双键交替的结构，故苯中无碳碳双键，故D错误故选A3下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（）操作现象结论A向无色溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置下层溶液显紫色原溶液中有IB向Na2CO3饱和溶液中通入足量CO2溶液变浑浊析出了NaHCO3C将少量氯气通入FeI2中浅绿色变为棕黄色2Fe2+Cl2=2Fe3+2ClD过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀HNO3将Fe氧化为Fe3+AABBCCDD【考点】化学
18、实验方案的评价【分析】A碘易溶于四氯化碳不易溶于水，且碘的密度大于水；B碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠；C碘水、铁离子都呈黄色；D过量Fe和稀硝酸反应生成硝酸亚铁，亚铁离子和KSCN溶液不反应【解答】解：A氯气具有强氧化性，能将碘离子氧化碘，碘易溶于四氯化碳不易溶于水，且碘的密度大于水，碘溶于四氯化碳时溶液呈紫色，故A正确；B碳酸钠和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，所以会有沉淀生成，溶液变浑浊，故B正确；C碘水、铁离子都呈黄色，且氯气先氧化碘离子，后氧化亚铁离子，故C错误；D过量Fe和稀硝酸反应生成硝酸亚铁，亚铁离子和KSCN溶液不反应，所以溶液不变红色，故D错误；故选AB4
19、青蒿素结构式如图所示下列有关青蒿素的说法错误的是（）A青蒿素的分子式为C15H22O5B青蒿素分子结构稳定，受热不易分解C青蒿素可溶于NaOH溶液，可使酸性高锰酸钾溶液褪色D青蒿素难溶于水，提取的方法是用有机溶剂萃取后蒸馏【考点】有机物的结构和性质【分析】由结构筒式可知，分子中含5个环状结构，含COOC及1个过氧基团，结合酯的性质解答该题【解答】解：由结构简式可知青蒿素的分子式为C15H22O5，故A正确；B含有过氧键，不稳定，在温度过高时可分解而变质，故B错误；C含有酯基，可在碱性条件下水解，含有过氧键，可被酸性高锰酸钾氧化，故C正确；D没有羟基、羧基等亲水基，难溶于水，易溶于有机溶剂，可萃
20、取后蒸馏，故D正确故选B5短周期W、X、Y、Z四种元素的原子序数依次增大W的某种原子无中子，X、Y形成的简单离子具有相同的电子层结构，且X、Y可形成原子个数比为1：1的具有漂白性的物质，工业上常用电解熔融的YZ来获得Y的单质下列说法正确的是（）A上述四种元素的原子半径大小顺序为r（Z）r（Y）r（X）r（W）BW和X、Y、Z均能形成18电子的分子CY2X和Y2X2中阴、阳离子个数之比均为1：2DX、Y、Z三种元素形成的化合物，其水溶液一定呈碱性【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】短周期W、X、Y、Z四种元素的原子序数依次增大，W的某种原子无中子，则W为H元素；X、Y形成的简单离子具有相同
21、的电子层结构，且X、Y可形成原子个数比为1：1的具有漂白性的物质，则X为O元素，Y为Na元素；工业上常用电解熔融的NaCl来获得Na的单质，则Z为Cl元素，根据以上分析可知：W为H元素、X为O元素、Y为Na元素、Z为Cl元素，据此分析【解答】解：短周期W、X、Y、Z四种元素的原子序数依次增大，W的某种原子无中子，则W为H元素；X、Y形成的简单离子具有相同的电子层结构，且X、Y可形成原子个数比为1：1的具有漂白性的物质，则X为O元素，Y为Na元素；工业上常用电解熔融的NaCl来获得Na的单质，则Z为Cl元素，根据以上分析可知：W为H元素、X为O元素、Y为Na元素、Z为Cl元素，A四种元素的原子半
22、径大小顺序为r（Na）r（Cl）r（O）r（H），即原子半径大小顺序为r（Y）r（Z）r（X）r（W），故A错误；BH和O、Cl均能形成18电子的分子，如H2O2、HCl，H与Na不能形成分子，故B错误；CNa2O和Na2O2中阴离子分别为氧离子和过氧根离子、阳离子为钠离子，则阴、阳离子个数之比均为1：2，故C正确；DX、Y、Z三种元素形成的化合物，如NaClO4，其水溶液呈中性，故D错误故选C6已知在碱性溶液中可发生如下反应：Fe（OH）3+Cl0+OHFe4n+Cl+H2O（未配平）则下列有关叙述错误的是（）A已知FeO4n中Fe的化合价是+6价，则n=2B每产生1molCl，转移2mol
23、电子CFeO4n具有强氧化性，一般其还原产物为Fe3+，可用作新型自来水消毒剂和净水剂D若n=2，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3【考点】氧化还原反应【分析】A、根据化合价的代数和等于电荷数计算；B、根据Cl的化合价变化分析；C、强氧化性的物质能杀菌消毒；D、若n=2，Fe元素的化合价变化3价，Cl元素的化合价变化2价【解答】解：A、已知FeO4n中Fe的化合价是+6价，由化合价的代数和等于电荷数可得n=2，故A正确；B、反应中Cl的化合价从+1价降低到1价，则每产生1molCl，转移2mol电子，故B正确；C、FeO4n具有强氧化性能杀菌消毒，一般其还原产物为Fe3+，可用作新
24、型自来水消毒剂和净水剂，故C正确；D、若n=2，Fe元素的化合价变化3价，Cl元素的化合价变化2价，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故D错误故选D7常温下，向20mL 0.2molL1二元酸H2A溶液中滴加0.2molLlNaOH溶液，有关微粒物质的量变化如图下列叙述正确的是（）A当V（NaOH）=20 mL时，溶液中各离子浓度的大小顺序为c（Na+）c（HA）c（ A2）c（ OH）（H+）B等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水中的大C等浓度H2A和NaHA的混合溶液中无论加入少量的强酸或强碱，溶液的pH变化都不大D当V（NaOH）=40 m
25、L时，升高温度，减小【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A根据图象知，当V（NaOH）=20时，发生反应为NaOH+H2ANaHA+H2O，溶液主要为NaHA，电离为主，溶液显酸性；B酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；C当往某些溶液中加入一定量的酸和碱时，有阻碍溶液pH变化的作用，称为缓冲作用，这样的溶液叫做缓冲溶液，由弱酸HA及其盐NaA所组成的缓冲溶液对酸的缓冲作用，是由于溶液中存在足够量的碱A的缘故当向这种溶液中加入一定量的强酸时，H 离子基本上被A离子消耗，所以溶液的pH值几乎不变；当加入一定量强碱时，溶液中存在的弱酸HA消耗OH离子而阻碍pH的变化，等浓度
26、H2A和NaHA的混合溶液形成缓冲溶液，溶液中存在电离平衡和水解平衡，二者相互制约；D向20mL 0.2molL1二元酸H2A溶液中滴加0.2molLlNaOH溶液40ml，反应后得到溶液为Na2A溶液，A2离子水解溶液显碱性，加热促进水解A2离子浓度减小；【解答】解：A根据图象知，当V（NaOH）=20 mL时，发生反应为NaOH+H2ANaHA+H2O，溶质主要为NaHA，HA电离程度大于水解程度，溶液显酸性，水和HA都电离出氢离子，只有HA电离出A2，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）c（HA）c（H+）c（A2）c（OH），故A错误；B等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，得到
27、NaHA的溶液，由图示关系知，c（A2）c（H2A），说明电离大于水解程度，溶液显酸性，水的电离受到了抑制，故B错误；C等浓度H2A和NaHA的混合溶液形成缓冲溶液，溶液中存在电离平衡H2AH+HA，水解平衡 NaHA+H2ONaOH+H2A，加入酸HA会消耗氢离子生成H2A，加入碱会和酸H2A反应生NaHA，阻碍溶液PH的变化，所以无论加入少量的强酸或强碱，溶液的pH变化都不大，故C正确；D向20mL 0.2molL1二元酸H2A溶液中滴加0.2molLlNaOH溶液40ml，反应后得到溶液为Na2A溶液，A2离子水解溶液显碱性，加热促进水解A2离子浓度减小，钠离子浓度不变，则比值增大，故D
28、错误；故选C二、解答题（共3小题，满分43分）8SO2是大气主要污染物之一，为探究SO2气体的还原性，某实验小组的同学利用如图1所示装置进行实验（1）装置A中发生反应的离子方程式为SO2+2H2O+2Fe3+=2Fe2+SO42+4H+（2）装置C的作用是吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气（3）在上述装置中通人过量的SO2，为了验证A中S02与Fe3+发生了氧化还原反应，取A中的溶液少量，分成两份，并设计了如下实验方案：方案：向第一份溶液中加入少量酸性K MnO4溶液，发现紫红色褪去；方案：向第二份溶液中加入少量KSCN溶液，发现不变红，再加入少量新制的氯水，溶液变红上述方案中不合理的是方案，
29、原因是过量的二氧化硫能溶于水，也能使高锰酸钾褪色（4）能表明I的还原性弱于SO2的现象是B中蓝色褪色（5）该小组同学设计实验模拟测定硫酸工业生产排放的尾气中S02的体积分数（假设其他气体均难溶于水且不反应），选用了如图2所示的简易实验装置若混合气体的流向按从左向右时，右图装置组装连接的顺序合理的是：混合气体cdbae（填写a、b等仪器接口字母）你认为下列试剂中，可以用来代替试管中碘的淀粉溶液的是A、C（填标号）A酸性KMn0 4溶液 BNaOH溶液 C溴水 D氨水若碘溶液的浓度为0.05molLl、体积为30mL，与SO2气体恰好完全反应时，量筒内水的体积为386.4mL（已折算为标准状况下的
30、体积）则S02的体积分数为8%【考点】性质实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）装置A中二氧化硫与铁离子发生氧化还原反应生成硫酸根和亚铁离子；（2）二氧化硫有毒，会污染空气，所以要有尾气吸收装置；（3）过量的二氧化硫能溶于水，也能使高锰酸钾褪色，据此判断；（4）碘能与二氧化硫反应生成碘离子和硫酸根离子，据此判断I的还原性弱于SO2；（5）原料气通过碘的淀粉溶液，碘能氧化H2SO3，生成H2SO4 ，吸收二氧化硫气体，通过装置排水量气测定仪器和氮气的体积；二氧化硫具有还原性，可以利用高锰酸钾溶液吸收，且现象明显，氢氧化钠虽能吸收二氧化硫其他单无明显现象，溴水可以吸收二氧化硫
31、棕红色褪去，现象明显，氨水可以吸收二氧化硫，但实验现象无明显现象；依据碘单质氧化二氧化硫的化学方程式计算二氧化硫气体体积，得到原料气的总体积，计算二氧化硫的体积分数【解答】解：（1）装置A中二氧化硫与铁离子发生氧化还原反应生成硫酸根和亚铁离子，反应的离子方程式为SO2+2H2O+2Fe3+=2Fe2+SO42+4H+，故答案为：SO2+2H2O+2Fe3+=2Fe2+SO42+4H+；（2）二氧化硫有毒，会污染空气，所以要有尾气吸收装置，所以装置C的作用是吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气，故答案为：吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气；（3）过量的二氧化硫能溶于水，也能使高锰酸钾褪色，所以方案
32、不合理，故答案为：方案；过量的二氧化硫能溶于水，也能使高锰酸钾褪色； （4）碘能与二氧化硫反应生成碘离子和硫酸根离子，则装置B中蓝色褪色，据此可判断I的还原性弱于SO2，故答案为：B中蓝色褪色；（5）原料气通过碘的淀粉溶液，碘能氧化H2SO3，生成H2SO4 ，吸收二氧化硫气体，通过装置排水量气测定仪器和氮气的体积，连接装置接口顺序为：cdbae；故答案为：cdbae；二氧化硫具有还原性，可以利用高锰酸钾溶液吸收，且现象明显，氢氧化钠虽能吸收二氧化硫其他单无明显现象，溴水可以吸收二氧化硫棕红色褪去，现象明显，氨水可以吸收二氧化硫，但实验现象无明显现象；故答案为：A、C；写出方程式I2+SO2+
33、2H2O=2I+SO42+4H+由条件知n（SO2）=n（I2）=0.05 mol/L0.03 L=0.0015 mol，即33.6 mL，所以工业原料气总体积为 386.4mL+22.4 mL=408.8 mL，其中SO2的体积分数为100%=8%，故答案为：8%9铬是极硬、难熔的银白色脆性金属，主要用于炼钢和电镀铬的主要矿物是铬铁矿，其组成为Fe0Cr203或FeCr2O4炼钢所用的铬是由铬铁矿和焦炭在电炉中反应制得较纯金属铬的生产T艺流程如图1所示：回答下列问题：（1）铬铁矿和焦炭在电炉中反应的化学方程式为FeCr2O4+4CFe+2Cr+4CO（2）为加快铬铁矿的碱熔速率，可采取将铬铁
34、矿粉碎、升高反应温度、加速、适当增大氧气浓度等措施（至少写两种措施）已知滤液A中含有CrO42，滤渣A可作为一种红色颜料，其俗称为铁红请写出铬铁矿氧化碱熔的化学方程式：4FeCr2O4+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+8CO2+2Fe203（3）如不考虑可能含有的结晶水，则晶体的主要成分的化学式为Na2Cr2O7（4）气体B和气体A不同，则气体B为CO（填化学式，下同）；整个过程中可循环利用的一种物质是Na2CO3（5）纯铬可由铬的氧化物滤渣B通过热还原法获得，则此处适合用作还原剂的物质为铝（填物质名称）（6）含铬废水常采用电解法处理，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，槽中盛放含铬废水，原理
35、如图2，下列说法正确的是abdaA为电源正极b阳极区溶液中发生的氧化还原反应为Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2Oc阴极区附近溶液pH降低d若不考虑气体的溶解，当收集到H2 13.44L（标准状况）时，有0.1mol Cr2O72被还原【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】铬铁矿组成为Fe0Cr203或FeCr2O4，在碳酸钠碱熔条件下与氧气发生氧化还原反应，亚铁离子被氧化成氧化铁，同时生成Na2CrO4和CO2，所以气体A为CO2，熔渣A为Fe203、Na2CrO4，熔渣A溶于水后过滤得滤渣A为Fe203，滤液A为Na2CrO4溶液，Na2CrO4溶液
36、经硫酸酸化，再浓缩结晶得晶体Na2Cr2O7，与焦碳在高温下氧化还原反应生成CO、氧化铬和碳酸钠，所以气体B为CO，溶解再过滤可得滤渣B为Cr203，滤液B为Na2CO3溶液，生成的碳酸钠可循环利用，含铬废水常采用电解法处理，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，槽中盛放含铬废水，根据图可知，与B相连的铁板电极产生氢气，所以该电极为阴极，该电极附近溶液酸性减弱，则与A相连的铁板为阳极，在阳极上铁放电产生亚铁离子，亚铁离子再还原Cr2O72离子，根据电子得失守恒可判断被还原的Cr2O72的物质的量，据此答题；【解答】解：铬铁矿组成为Fe0Cr203或FeCr2O4，在碳酸钠碱熔条件下与氧气发生氧化还原反应
37、，亚铁离子被氧化成氧化铁，同时生成Na2CrO4和CO2，所以气体A为CO2，熔渣A为Fe203、Na2CrO4，熔渣A溶于水后过滤得滤渣A为Fe203，滤液A为Na2CrO4溶液，Na2CrO4溶液经硫酸酸化，再浓缩结晶得晶体Na2Cr2O7，与焦碳在高温下氧化还原反应生成CO、氧化铬和碳酸钠，所以气体B为CO，溶解再过滤可得滤渣B为Cr203，滤液B为Na2CO3溶液，生成的碳酸钠可循环利用，含铬废水常采用电解法处理，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，槽中盛放含铬废水，根据图可知，与B相连的铁板电极产生氢气，所以该电极为阴极，该电极附近溶液酸性减弱，则与A相连的铁板为阳极，在阳极上铁放电产生亚铁
38、离子，亚铁离子再还原Cr2O72离子，根据电子得失守恒可判断被还原的Cr2O72的物质的量，（1）铬铁矿和焦炭在电炉中发生氧化还原反应，可以生成铬、铁和一氧化碳，反应的化学方程式为FeCr2O4+4CFe+2Cr+4CO，故答案为：FeCr2O4+4CFe+2Cr+4CO；（2）根据影响反应速率的因素可知，为加快铬铁矿的碱熔速率，可采取的措施有将铬铁矿粉碎、升高反应温度、加速、适当增大氧气浓度等，滤渣A为氧化铁，其俗称为铁红，根据上面的分析可知，铬铁矿氧化碱熔的化学方程式为4FeCr2O4+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+8CO2+2Fe203，故答案为：将铬铁矿粉碎、升高反应温度、加
39、速、适当增大氧气浓度等；铁红；4FeCr2O4+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+8CO2+2Fe203；（3）根据上面的分析可知，晶体的主要成分的化学式为Na2Cr2O7，故答案为：Na2Cr2O7；（4）根据上面的分析可知，气体B为 CO，根据流程图可知，整个过程中可循环利用的一种物质是 Na2CO3，故答案为：CO；Na2CO3；（5）氧化铬通过热还原法获得铬，可以通过铝热反应得到，则此处适合用作还原剂的物质为金属铝，故答案为：铝；（6）a根据图可知，与B相连的铁板电极产生氢气，所以该电极为阴极，该电极附近溶液酸性减弱，则与A相连的铁板为阳极，所以A为电源正极，故a正确；b在阳极上
40、铁放电产生亚铁离子，亚铁离子再还原Cr2O72离子，所以阳极区溶液中发生的氧化还原反应为Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O，故b正确；c阴极上氢离子放电产生氢气，所以阴极区附近溶液pH升高，故c错误；d当收集到H2 13.44L（标准状况）即0.6mol时，根据电子守恒可知，能产亚铁离子也是0.6mol，根据反应Cr2O72+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O可知，有0.1mol Cr2O72被还原，故d正确；故选abd10CO2和CH4均为温室气体，若得以综合利用，对于温室气体的整治具有重大意义（1）已知：CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（
41、g）H=+247.3kJmol1CH4（g）C（s）+2H2（g）H=+75kJmol1反应2CO（g）C（s）+CO2（g）在一定条件下能自发进行的原因是该反应中H0，S0，在温度较低的条件下可以自发进行（2）合成甲醇的主要反应是CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）压强为P1时，向体积为1L的密闭容器中充人6mol CO和2b mol H2，平衡时CO的转化率与温度、压强的关系如图所示请回答：该反应属于放（填“吸”或“放”）热反应；P1p2（填“”、“”或“=”）200时，该反应的平衡常数K=（用含b的代数式表示）若200时，上述反应经过tmin达到平衡，则该时间段内氢气的平均反应速率为
42、mol/（Lmin）（3）以渗透于多孔基质的惰性导电物质材料为电极，用35%50%KOH为电解液，甲醇和空气为原料，构成碱性燃料电池，该电池负极的电极反应式为2CH3OH12e+16OH=2CO32+12H2O（4）以甲醇燃料电池做电源，用如图所示装置，在实验室中模拟铝制品表面“钝化”处理的过程中，发现溶液逐渐变浑浊，用离子方程式表示沉淀产生的原因是Al=Al3+3e、Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2（5）已知25时，Al（ OH）3的Ksp=8.010 33若使某铝盐溶液中的Al3+降至1.0106 molLl时，则需调节溶液的pH至5.3（已知lg5=0.7）【考点】化学平衡的
43、计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】（1）已知：CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）H=+247.3kJmol1CH4（g）C（s）+2H2（g）H=+75kJmol1，根据盖斯定很，将得反应2CO（g）C（s）+CO2（g）H=172.3kJmol1，H0，根据熵变和焓变进行判断；（2）根据温度对CO的转化率的影响判断反应的热效应，该反应为气体体积减小的反应，压强越大，CO的转化率越高，200时，CO的转化率为0.5，所以平衡时CO、H2、CH3OH的浓度分别为3mol/L、（2b6）mol/L、3mol
44、/L，根据平衡常数的定义计算平衡常数；若200时，上述反应经过tmin达到平衡，氢气转化的溶液为6mol/L，根据v=计算；（3）甲醇和空气为原料，构成碱性燃料电池，负极上甲醇失电子生成碳酸根离子，据此书写电极反应式；（4）根据装置图，阳极上铝失电子生成铝离子，铝离子和碳酸氢根离子发生双水解反应；（5）根据KspAl（ OH）3=c（Al3+）c3（OH）可计算出氢氧根离子的浓度，进而确定溶液的pH值【解答】解：（1）已知：CO2（g）+CH4（g）2CO（g）+2H2（g）H=+247.3kJmol1CH4（g）C（s）+2H2（g）H=+75kJmol1，根据盖斯定很，将得反应2CO（g）
45、C（s）+CO2（g）H=172.3kJmol1，H0，而该反应S0，所以该反应在温度较低的条件下可以自发进行，故答案为：该反应中H0，S0，在温度较低的条件下可以自发进行；（2）根据图可知，温度越高，CO的转化率越小，所以该反应的正反应为放热反应，根据图相同温度时P2的CO的转化率大于P1，而该反应为气体体积减小的反应，压强越大，CO的转化率越高，所以P1P2，200时，CO的转化率为0.5，所以平衡时CO、H2、CH3OH的浓度分别为3mol/L、（2b6）mol/L、3mol/L，所以平衡常数K=，故答案为：放；若200时，上述反应经过tmin达到平衡，氢气转化的浓度为6mol/L，所以
46、该时间段内氢气的平均反应速率为=mol/（Lmin），故答案为： mol/（Lmin）；（3）甲醇和空气为原料，构成碱性燃料电池，负极上甲醇失电子生成碳酸根离子，负极的电极反应式为：2CH3OH12e+16OH=2CO32+12H2O，故答案为：2CH3OH12e+16OH=2CO32+12H2O；（4）铝作阳极，阳极上电极反应式为Al=Al3+3e；阳极上生成的铝离子和碳酸氢根离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，所以溶液变浑浊Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2，故答案为：Al=Al3+3e、Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2；（5）根据KspAl（ OH）3
47、=c（Al3+）c3（OH）可知，c（OH）=2109，所以c（H+）=5106，pH值为6lg5=5.3，故答案为：5.3【化学-选修2：化学与技术】11如图1为工业上接触法制硫酸的简单流程图，试回答下列有关问题：（1）工业上为了提高黄铁矿的利用率，常采取的措施是矿石燃烧前要粉碎成细小矿粒，增大接触面积沸腾炉出来的气体需净化的理由是防止催化剂中毒（每空只需填写一种）（2）SO2的催化氧化和合成氨的原理类似为提高原料的转化率和单位时间内的产量，合成氨反应需要在200500个大气压的条件下，而S02的催化氧化只需常压或稍加压的条件下，其原因是在其他条件具备时，二氧化硫氧化反应正向进行的限度已很高
48、，即使增大压强，该反应的转化率升高不大，但却大大增大生产成本（3）若沸腾炉中每燃烧0.12kg FeS2就会放出 85kJ热量，请写出此状况下FeS2燃烧的热化学方程式：4FeS2（s）+11O2（g）=2Fe2O3（s）+8SO2（g）H=340 kJmol1（4）某研究小组用NaOH溶液吸收尾气中的SO2，将所得的Na2S03溶液进行电解再生循环脱硫，其原理如图2，a、b离子交换膜将电解槽分成为三个区域，电极材料均为石墨图中a表示阳（填“阴”或“阳”）离子交换膜AE分别代表生产中的原料或产品，其中C为硫酸溶液，则A为NaOH溶液阳极的电极反应式为SO322e+H2O=2H+SO42（5）用
49、浓硫酸吸收S03可以得到H2SO4S03若用1000g98%的浓硫酸充分吸收SO3后，再进行稀释，最终可以得到98%的浓硫酸的质量是Ckg（填标号）A.1.98 B.2.00 C.2.22 D.2.42【考点】工业制取硫酸【分析】（1）矿石燃烧前要粉碎成细小矿粒，增大了接触面积，加快反应速率；炉气含有大量的杂质，例如：砷、硒等的化合物和矿尘等，这些杂质把催化剂覆盖着，催化剂会失去了催化作用；（2）根据SO2的转化率及生产成本来选择；（3）0.12kgFeS2就会放出85kJ热量，即据1mol释放85KJ热量，据此写成热化学方程式；（4）从C为硫酸可知，b为阴离子交换膜，故a为阳离子交换膜，在阴
50、极区应为水放电生成氢气和氢氧根，故A为氢氧化钠；阳极应为亚硫酸根放电生成硫酸根；（5）98%的浓H2SO4中H2SO4、H2O的物质的量之比为： =1：，故98%的浓H2SO4可以表示为SO3H2O，吸收SO3后得到H2SO4SO3，可以表示为2SO3H2O，进一步表示为SO3H2O，计算浓硫酸改写后H2O的物质的量，可得SO3H2O的物质的量，再利用硫原子守恒计算H2SO4H2O的物质的量，进而计算其质量【解答】解：（1）工业上为了提高黄铁矿的利用率，常采取的措施是矿石燃烧前要粉碎成细小矿粒，增大了接触面积，加快反应速率；沸腾炉出来的气体含有大量的杂质，例如：砷、硒等的化合物和矿尘等，这些杂
51、质把催化剂覆盖着，催化剂会失去了催化作用，故答案为：矿石燃烧前要粉碎成细小矿粒，增大接触面积；防止催化剂中毒；（2）接触室中二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫是一个可逆反应，正方向放热，选择400500的高温，V2O5作催化剂，原因在于此温度催化剂的活性最大，反应速率和平衡转化率都较高，如温度过高，平衡逆向移动，转化率反而降低，常压下，平衡转化率较高，如增大压强，平衡向正方向移动，理论上提高了转化率，但是会造成设备造价和耗能增加，故接触室中适宜条件是V2O5作催化剂、高温、常压，故答案为：在其他条件具备时，二氧化硫氧化反应正向进行的限度已很高，即使增大压强，该反应的转化率升高不大，但却大大增大生产
52、成本；（3）0.12kgFeS2就会放出85kJ热量，即据1mol释放85KJ热量，则热化学方程式可写为：4FeS2（s）+11O2（g）=2Fe2O3（s）+8SO2（g）H=340kJmol1，故答案为：4FeS2（s）+11O2（g）=2Fe2O3（s）+8SO2（g）H=340 kJmol1；（4）从C为硫酸可知，硫酸根来源于亚硫酸根放电故a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜，在阴极区应为水放电生成氢气和氢氧根离子，故A为氢氧化钠；阳极应为亚硫酸根放电生成硫酸根，反应的离子方程式为SO322e+H2O=2H+SO42，故答案为：阳；NaOH溶液；SO322e+H2O=2H+SO42；（5
53、）98%的浓H2SO4中H2SO4、H2O的物质的量之比为： =1：，故98%的浓H2SO4可以表示为SO3H2O，吸收SO3后得到H2SO4SO3，可以表示为2SO3H2O，进一步表示为SO3H2O，计算浓硫酸改写后H2O的物质的量，可得SO3H2O的物质的量，浓硫酸改写后H2O的物质的量为n（H2O）=1000g（80+18）=mol，则SO3H2O的物质的量为10mol，根据硫原子守恒，稀释后可得浓硫酸H2SO4H2O的质量为mol（98+2）g/mol=2222g，约是2.22Kg，故答案为：C【化学-选修3：物质结构与性质】12I氮族元素和卤族元素都能形成许多种物质（1）基态P原子中
54、，电子占据的最高能级符号为3p，基态N原子核外有7种运动状态不同的电子，基态Br原子的价电子排布式为4s24p5（2）HCN的电子式为；其中心C原子的杂化类型为sp氮、磷、氟三种元素的电负性由大到小的顺序为FNP（用元素符号表示）（3）已知PCl3是不稳定的无色液体，遇水易水解且可生成两种酸，该水解反应的化学方程式为PCl3+3H2OH3PO3+3HCl，所得含氧酸（电离常数Ka1=1.6102和Ka2=7107）和足量的NaOH溶液反应生成盐的化学式为Na2HPO3（4）根据下表提供的第一电离能数据判断：最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是碘 F Cl Br I 第一电力能（kJmol
55、1） 1681 1251 1140 1008（5）已知KC1、Mg0、Ca0、TiN这四种晶体的结构与NaCl晶体结构相似下表给出了三种晶体的品格能数据： 晶体 NaCl KCl CaO 晶格能（kJmol1） 786 715 3401则该四种晶体（不包括NaCl）的熔点从高到低的顺序为TiNMgOCaOKCl（6）钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物品体，其结构与NaCl相同（如图所示）据此可判断该钙的氧化物的化学式为CaO2已知该氧化物的密度是pgcm3，则晶胞内最近的两个钙离子间的距离为cmcm（只要求列出算式，不必计算出数值结果，阿伏加德罗常数的值为NA）【考点】晶胞的计算；原子核外电子
56、排布；元素电离能、电负性的含义及应用【分析】（1）写出P的核外电子排布式，根据排布式确定电子占据的最高能级；基态N原子有多少个核外电子就有几种不同的运动状态；Br含有35个核外电子，基态电子排布式为s22s22p63s23p63d104s24p5，价电子排布式为4s24p5；（2）HCN分子的结构式为HCN，直线型结构，可根据结构式书写电子式，根据空间构型确定C的杂化形式；同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，同主族元素从上到下电负性逐渐减弱；（3）水解反应元素化合价不变，因此生成的两种酸为H3PO3和HCl，由H3PO3的电离平衡常数可知，存在两步电离，与足量的NaOH溶液反应生成Na2H
57、PO3；（4）第一电离能是指原子失去一个电子所需的能量，第一电离能越小，就越容易失去一个电子，据此答题；（5）晶格能越大熔点越高，晶格能与离子半径成反比，与所带电荷数呈正比；（6）根据均摊法确定晶胞中各种原子的个数，再确定其化学式，根据密度确定晶胞的体积，进而求得晶胞的边长，两个离得最近的钙是位于顶点和面心上的，它们的距离为晶胞边长的，据此答题；【解答】解：（1）基态P原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，电子占据的最高能级符号为3p；基态N原子核外有 7个电子，因此有7种运动状态不同的电子；Br含有35个核外电子，基态电子排布式为s22s22p63s23p63d104s24p
58、5，价电子排布式为4s24p5；故答案为：3p；7；4s24p5；（2）HCN分子的结构式为HCN，电子式为，空间构型为直线型，中心原子C采取sp杂化；同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，则电负性：FN，同主族元素从上到下电负性逐渐减弱，则电负性：NP，则有电负性FNP，故答案为：；sp；FNP；（3）水解反应元素化合价不变，因此生成的两种酸为H3PO3和HCl，水解反应的化学方程式为PCl3+3H2OH3PO3+3HCl，由H3PO3的电离平衡常数可知，存在两步电离，与足量的NaOH溶液反应生成Na2HPO3，故答案为：PCl3+3H2OH3PO3+3HCl；Na2HPO3；（4）第一电
59、离能是指原子失去一个电子所需的能量，第一电离能越小，就越容易失去一个电子，比较表格中的数据可知，碘更容易形成较稳定的单核阳离子，故答案为：碘；（5）KCl、MgO、CaO、TiN这4种晶体的结构与NaCl晶体结构相似，TiN中离子都带3个单位电荷，MgO、CaO中离子都带2个单位电荷，KCl中离子都带1个单位电荷，离子半径ClO2N3，Mg2+Ca2+K+，高价化合物的晶格能远大于低价离子化合物的晶格，晶格能TiNMgOCaOKCl，故熔点TiNMgOCaOKCl，故答案为：TiNMgOCaOKCl；（6）根据均摊法可知晶胞中钙离子的个数为8+6=4，过氧离子的个数为12+11=4，故其化学式
60、为CaO2，设晶胞的边长为a，根据=，得a=cm，两个离得最近的钙是位于顶点和面心上的，它们的距离为晶胞边长的倍，即为的cm，故答案为：cm【化学-选修5：有机化学基础】13伪麻黄碱（D）是新康泰克的成分之一，能够缓解感冒时带来的鼻塞、流鼻涕和打喷嚏等症状，其中一种合成路线如下：回答下列问题：（1）伪麻黄碱（D）的分子式为C10H15NO；B中含有的官能团有羰基和溴原子（写名称）（2）写出 BC反应的化学方程式：CD的反应类型为还原反应（3）B的消去反应产物可以用于合成高分子化合物E，请写出 E的结构简式：（4）满足下列要求的A的同分异构体有4种；能发生银镜反应 苯环上的一氯代物有两种结构其中
61、核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为6：2：1：1的为（写结构简式）（5）已知：参照上述合成路线，设计一条由苯和乙酸为起始原料制备的合成路线：【考点】有机物的合成【分析】（1）根据D的结构简式可知其分子式，根据B的结构简式可知其所含的官能团；（2）比较B的结构简式与C的分子式可知，B与CH3NH2发生取代反应生成C，比较C的分子式与D的结构简式可知，C发生还原反应生成D，据此答题；（3）B中溴原子与邻位碳上的氢原子发生消去反应生成碳碳双键，碳碳双键可以发生加聚反应，据此确定E的结构；（4）根据条件能发生银镜反应，说明有醛基，苯环上的一氯代物有两种结构，其中核磁共振氢谱为4组峰，即苯环上有两种位
62、置的氢原子，分子中有四种位置的氢原子，且峰面积之比为6：2：1：1，即个数比为6：2：1：1，据此可写出A的同分异构体；（5）由苯和乙酸为起始原料制备，可以将CH3COOH与氯气发生信息中的取代反应生成CH3COCl，与苯在氯化铝作催化剂的条件下发生取代反应生成甲苯酮，甲苯酮发生还原反应即可得产品【解答】解：（1）根据D的结构简式可知其分子式为C10H15NO，根据B的结构简式可知其所含的官能团为羰基和溴原子，故答案为：C10H15NO；羰基和溴原子；（2）比较B的结构简式与C的分子式可知，B与CH3NH2发生取代反应生成C，反应方程式为，比较C的分子式与D的结构简式可知，C发生还原反应生成D
63、，故答案为：；还原反应；（3）B中溴原子与邻位碳上的氢原子发生消去反应生成碳碳双键，碳碳双键可以发生加聚反应得到E为，故答案为：；（4）根据条件能发生银镜反应，说明有醛基，苯环上的一氯代物有两种结构，即苯环上有两种位置的氢原子，则符合条件的A的同分异构体为苯环的对位上连有两个基团：CH2CH3、CHO或：CH2CHO、CH3，也可以是连有三个基团结构为，所以共有4种，其中核磁共振氢谱为4组峰，分子中有四种位置的氢原子，且峰面积之比为6：2：1：1，即个数比为6：2：1：1的A的同分异构体为，故答案为：4；（5）由苯和乙酸为起始原料制备，可以将CH3COOH与氯气发生信息中的取代反应生成CH3COCl，与苯在氯化铝作催化剂的条件下发生取代反应生成甲苯酮，甲苯酮发生还原反应即可得产品，其合成路线为，故答案为：2016年5月11日
