1、2016年安徽省六安一中高考化学模拟试卷（十）一、选择题：每小题6分，每题只有一个选项正确1化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是（）A“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化B“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应C“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应D古剑“沈卢”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金2设NA为阿伏加罗常数的值，下列说法正确的是（）A3.1g由白磷和红磷组成的混合物中含有磷原子的数目为0.1NAB0.1mol丙烯醛中含有双键的数目为0.1NAC标准状况下，2.24L乙醇中含有的分子数目
2、为0.1NAD1molNaHSO4固体中阳离子的数目为2NA32015年，中国科学家屠呦呦因发现治疗疟疾的药物青蒿素获得了诺贝尔奖青蒿素的结构如图所示，下列有关青蒿素的说法中正确的是（）A分子式为C15H20O5B具有较强的还原性C易溶于水，乙醇和乙醚D氧原子的化合价由1和24W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，X与Y形成的化合物能与水反应生成酸且X、Y同主族，两元素核电荷数之和与W、Z的原子序数之和相等，则下列说法正确的是（）AZ元素的含氧酸一定是强酸B原子半径：XZC气态氢化物热稳定性：WXDW、X与H形成化合物的水溶液可能呈碱性5下列实验方案设计不合理的是（）A图1：验证
3、苯中是否有碳碳双键B图2：验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性C图3：验证溴乙烷发生消去反应生成烯烃D图4：验证酸性CH3COOHH2CO3C6H5OH6一种酸性“二甲醚（CH3OCH3）直接燃料电池”具有启动快、能量密度高、效率好等优点，其电池原理如图所示下列有关该电池的说法不正确的是（）A多孔碳a能增大气固接触面积，提高反应速率，该电极为负极B电极b上发生的反应为：CH3OCH312e+3H2O2CO2+12H+CH+由b电极向a电极迁移D二甲醚直接燃料电池能量密度（ kWhkg1）约为甲醇（CH3OH）直接燃料电池能量密度的1.4倍7常温下，将等体积，等物质的量浓度的NH4HCO3与
4、NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH7，下列说法中正确的是（）A该现象说明了NaHCO3难溶于水B滤液中的c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（H2CO3）C滤液中c（Na+）+c（H+）+c（NH4+）=c（OH）+c（HCO3）+c（CO32）D滤液中c（Cl）c（NH4+）c（HCO3）c（H+）c（OH）二、非选择题8某实验小组欲制取氯酸钾，并测定其纯度制取装置如图甲所示请回答：（1）中玻璃管a的作用为（2）为了提高KOH的利用率，可将上述实验装置进行适当改进，其方法是（3）反应完毕经冷却后，的大试管中有大量KClO3晶体析出图乙中符合该晶体溶解度曲线的
5、是（填编号字母）；要从的大试管中分离已析出晶体，下列仪器中不需要的是（填仪器编号字母）A铁架台 B长颈漏斗 C烧杯 D蒸发皿 E玻璃棒 F酒精灯（4）上述制得的晶体中含少量KClO、KCl杂质已知：碱性条件下，ClO有强氧化性，ClO3很稳定；酸性条件下，ClO、ClO3都具有较强的氧化性为测定KClO3的纯度，进行如下实验：步骤1：去上述晶体3.00g，溶于水配成100mL溶液步骤2：取20.00mL溶液于锥形瓶中，调至pH=10，滴加双氧水至不再产生气泡，煮沸步骤3：冷却后，加入足量KI溶液，再逐渐滴加入足量稀硫酸发生反应：ClO3+I+H+Cl+I2+H2O（未配平）步骤4：加入指示剂，
6、用0.5000molL1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液48.00mL，发生反应：2S2O32+I2S4O62+2I步骤2中用双氧水除去溶液中残留ClO的离子方程式为该晶体中KClO3的质量分数为若步骤2中未进行煮沸，则所测KClO3的质量分数（填“偏低”、“偏高”或“无影响”）9甲醇是重要的化工原料，又可称为燃料利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）HCO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=58kJmol1CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H=+41kJmo
7、l1回答下列问题：（1）已知反应中的相关的化学键键能数据如下：化学键HHCOCOHOCHE/（kJmol1）4363431076465x则x=（2）若T时将6molCO2和 8molH2充入2L密闭容器中发生反应，测得H2的物质的量随时间的变化如图1中状态（图中实线）所示图中数据A（1，6）代表在1min时H2的物质的量是6molT时状态I条件下，03min内CH3OH的平均反应速率v=（保留两位有效数字），平衡常数K=；其他条件不变时，仅改变某一条件后测得H2的物质的量随时间变化如图中状态所示，则改变的条件可能是一定温度下，此反应在恒容容器中进行，能判断该反应达到化学平衡状态依据的是a容器中
8、压强不变bCO2和水蒸气的体积比保持不变cv正（H2）=3v逆（CH3OH ）d气体的密度不再随时间的改变而变化CO与H2在密闭容器中发生反应，按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图2所示下列说法正确的是A温度：T1T2T3B正反应速率：v（a）v（c）；v（b）v（d）C平衡常数：K（a）K（c）；K（b）K（d）D平均摩尔质量：M（a）M（c）；M（b）M（d）800K向下列起始体积相同的密闭容器中充入1molCO、2molH2发生反应，如图3所示甲容器在反应过程中保持压强不变，乙容器保持体积不变达到平衡时H2的浓度c （H2）甲c（H2）乙10高铁酸钾（
9、K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，不会造成二次污染己知高铁酸盐热稳定性差，工业上用湿法制备高铁酸钾的基本流程如图1所示：（1）上述氧化过程中，发生反应的离子方程式是，在实际生产中一般控制反应温度30以下，其原因是沉淀过程中加入浓KOH溶液可析出高铁酸钾（K2FeO4 ），这说明在提纯K2FeO4中采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，沉淀洗涤方法是某温度下，将C12通入NaOH溶液中，反应后得到NaCl，NaC1O，NaClO3的混合溶液，经测定ClO与C1O3离子的物质的量之比是1：2，则C12与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为（2）工业上还可用通过电
10、解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，其工作原理如图2所示：阳极的电极反应式为，其中可循环使用的物质是（3）CO2可转化为碳酸盐，其中Na2CO3是一种用途广泛的碳酸盐己知：25时，几种酸的电离平衡常数如表所示H2CO3H2SO3HNO2HClOK1=4.4107K2=4.71011K1=1.2102K2=6.6108K=7.2104K=2.910825时，向一定浓度的Na2CO3溶液中分别滴入等物质的量浓度的下列溶液至过量：NaHSO3HNO3HC1O，溶液中的n （HCO3）与所加入溶液体积（V）的关系如图3所示其中符合曲线的溶液为三、化学选修2：化学与技术11海水中含有许多化学物质，不能直
11、接饮用，所以将海水转化为淡水是一个重大的课题（1）海水中含有大量NaC1，盐田法仍是目前海水制盐的主要方法盐田分为贮水池、和结晶池，建盐田必须在处建立（填字母）A离江河入海口比较近的地方B气候干燥、多风、少雨C潮汐落差大且有平坦空旷的海滩（2）从海水中提取试剂级NaCl及回收金属Mg的工业流程如图1：在实验室中完成步骤I所用装置为图2中（填字母）某学习小组设计了如下实验模拟步骤（图3）在步骤A中加入BaC12溶液的作用是，若向粗盐溶液中加入Na2CO3浓溶液，则有难溶的Mg2（OH）2CO3生成，同时有气体逸出该反应的离子方程式为工业上通常以NaC1，CO2和NH3为原料制取纯碱，其方法是向饱
12、和NaCl溶液中先通入CO2，然后再通入另一种气体，写出制取NaHCO3的化学方程式：（3）电渗析法是近年来发展起来的一种海水淡化技术，其原理如图4所示，电渗析法淡化海水时阴极室可获得的重要化工原料有四、化学选修3：物质结构与性质12请完成下列问题：（1）某处于激发态的S原子，其中1个3s电子跃迁到3p轨道中，该激发态S原子的核外电子排布式为（2）Fe的基态原子共有种能量不同的电子（3）第二周期第一电离能介于B和N之间的元素有种（4）甲醇（CH3OH）中的轻基被硫羟基取代生成甲硫醇（CH3SH）甲硫醇分子中S原子杂化轨道类型是（5）ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛立方Zn
13、S晶体结构如图1所示，其晶胞边长为apm，a位置S2与b位置Zn2+之间的距离为pm（列式表示）（6）磷酸盐分为直链多磷酸盐、支链状超磷酸盐和环状聚偏磷酸盐三类某直链多磷酸钠的阴离子呈如图2所示的无限单链状结构，其中磷氧四面体通过共用顶角氧原子相连则该多磷酸钠的化学式为（7）碳化硅的晶胞结构（如图3）与金刚石类似（其中“”为碳原子，“”为硅原子），图中“”点构成的堆积方式与图3中（A、B、C、D）所表示的堆积方式相同（其中C为AB型D为ABC型）五、化学一一选修5：有机化学基础13有机物A有下图所示转化关系，在A的质谱图中质荷比最大值为88，其分子中C、H、0三种元素的质量比为6：1：4，且A
14、不能使Br2的CCl4褪色；1molB反应生成了2mol C己知：请回答下列问题：（1）A的结构简式为（2）若、三步反应的产率分别为90.0%，82.0%，75O%，则由A合成H的总产率为（3）D+EF的反应类型为（4）若H分子中所有碳原子不在一条直线上，则H在一定条件下合成顺丁橡胶的化学方程式为，若H分子中所有碳原子均在一条直线上，则G转化为H的化学方程式为（5）有机物A有很多同分异构体，请写出同时满足下列条件的一种异构体X的结构简式：aX核磁共振氢谱有3个峰，峰面积之比为1：1：2blmolX可在HIO4加热的条件下反应，可形成lmol二元醛clmol X最多能与2mol Na反应dX不与
15、NaHCO3反应，也不与NaOH反应，也不与Br2发生加成反应（6）分子式为C10H12O2的有机物，满足以下两个条件：苯环上有两个取代基，能与NaHCO3反应生成气体，则满足条件的该有机物的同分异构体有种2016年安徽省六安一中高考化学模拟试卷（十）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化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是（）A“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化B“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应C“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应D古剑“沈卢”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”
16、，剂钢指的是铁的合金【考点】物理变化与化学变化的区别与联系；胶体的重要性质；化学基本反应类型；生活中常见合金的组成【分析】A青蒿素的提取用的是低温萃取，属于物理方法；B气溶胶属于胶体，有丁达尔效应；C铁置换铜属于湿法炼铜；D剑刃硬度要大，所以用碳铁合金【解答】解：A青蒿素的提取用的是低温萃取，属于物理方法，故A错误；B雾霾所形成的气溶胶属于胶体，有丁达尔效应，故B正确；C铁置换铜属于湿法炼铜，该过程发生了置换反应，故C正确；D剑刃硬度要大，所以用碳铁合金，故D正确；故选A2设NA为阿伏加罗常数的值，下列说法正确的是（）A3.1g由白磷和红磷组成的混合物中含有磷原子的数目为0.1NAB0.1mo
17、l丙烯醛中含有双键的数目为0.1NAC标准状况下，2.24L乙醇中含有的分子数目为0.1NAD1molNaHSO4固体中阳离子的数目为2NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、白磷和红磷均由磷原子构成；B、丙烯醛中含一条碳碳双键和一条碳氧双键；C、标况下乙醇为液态；D、硫酸氢钠由钠离子和硫酸氢根构成【解答】解：A、白磷和红磷均由磷原子构成，故3.1g混合物中含有的磷原子的物质的量为0.1mol，个数为0.1NA个，故A正确；B、丙烯醛中含一条碳碳双键和一条碳氧双键，故0.1mol丙烯醛中含0.2NA条双键，故B错误；C、标况下乙醇为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故C错误
18、；D、硫酸氢钠由钠离子和硫酸氢根构成，故1mol硫酸氢钠中含1mol阳离子即NA个，故D错误故选A32015年，中国科学家屠呦呦因发现治疗疟疾的药物青蒿素获得了诺贝尔奖青蒿素的结构如图所示，下列有关青蒿素的说法中正确的是（）A分子式为C15H20O5B具有较强的还原性C易溶于水，乙醇和乙醚D氧原子的化合价由1和2【考点】有机物的结构和性质【分析】A根据结构简式确定分子式；B该物质中具有过氧键，具有过氧化物的性质；C该物质中不含亲水基，含有憎水剂；D该分子中醚键、酯基中的O元素化合价为2价，过氧键中O元素化合价为1价【解答】解：A根据结构简式知，分子式为C15H22O5，故A错误；B该物质中具有
19、过氧键，具有过氧化物的性质，具有强氧化性，故B错误；C该物质中不含亲水基，含有憎水剂，所以不易溶于水，易溶于乙醇和乙醚，故C错误；D该分子中醚键、酯基中的O元素化合价为2价，过氧键中O元素化合价为1价，故D正确；故选D4W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，X与Y形成的化合物能与水反应生成酸且X、Y同主族，两元素核电荷数之和与W、Z的原子序数之和相等，则下列说法正确的是（）AZ元素的含氧酸一定是强酸B原子半径：XZC气态氢化物热稳定性：WXDW、X与H形成化合物的水溶液可能呈碱性【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，X与Y
20、形成的化合物能与水反应生成酸且X、Y同主族，则X为O元素，Y为S元素，Z的原子序数大于S，则Z为Cl元素，O、S元素核电荷数之和与W、Z的原子序数之和相等，则W的原子序数为2417=7，故W为N元素，结合元素化合物性质和元素周期律分析解答【解答】解：W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，X与Y形成的化合物能与水反应生成酸且X、Y同主族，则X为O元素，Y为S元素，Z的原子序数大于S，则Z为Cl元素，O、S元素核电荷数之和与W、Z的原子序数之和相等，则W的原子序数为2417=7，故W为N元素AZ为Cl元素，Cl元素的最高价含氧酸是最强酸，其它价态的含氧酸的酸性不一定强，如HClO是
21、弱酸，故A错误；B一般电子层越多，原子半径越大，所以OCl，即原子半径：XZ，故B错误；C元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性W（氮）X（氧），所以气态氢化物热稳定性：WX，故C错误；DN、O与H形成化合物的水溶液可能呈碱性，如NH3H2O，故D正确故选：D5下列实验方案设计不合理的是（）A图1：验证苯中是否有碳碳双键B图2：验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性C图3：验证溴乙烷发生消去反应生成烯烃D图4：验证酸性CH3COOHH2CO3C6H5OH【考点】化学实验方案的评价；常见元素的化合价【分析】A苯与溴水、高锰酸钾均不反应；B加热时碳酸钠不易分解、碳酸氢钠易分解；C乙醇也能被
22、酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；D强酸能和弱酸盐反应生成弱酸【解答】解：A苯与溴水、高锰酸钾均不反应，可验证苯中不含有碳碳双键，故A正确；B加热时碳酸钠不易分解、碳酸氢钠易分解，要验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性，如果碳酸钠的受热温度高于碳酸氢钠的受热温度，且左边烧杯中不产生白色沉淀、右边烧杯中产生白色沉淀就能验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性，故B正确；C乙醇也能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰乙烯的检验，可以用溴水检验生成的乙烯，故C错误；D强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，乙酸和碳酸钠反应生成二氧化碳且放出热量，导致生成的二氧化碳中含有乙酸，为防
23、止干扰，应该除去乙酸，二氧化碳、水和硅酸钠反应生成白色沉淀硅酸，所以该实验能验证酸性CH3COOHH2CO3C6H5OH，故D正确；故选C6一种酸性“二甲醚（CH3OCH3）直接燃料电池”具有启动快、能量密度高、效率好等优点，其电池原理如图所示下列有关该电池的说法不正确的是（）A多孔碳a能增大气固接触面积，提高反应速率，该电极为负极B电极b上发生的反应为：CH3OCH312e+3H2O2CO2+12H+CH+由b电极向a电极迁移D二甲醚直接燃料电池能量密度（ kWhkg1）约为甲醇（CH3OH）直接燃料电池能量密度的1.4倍【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A、采用多孔导电材料，可以提高
24、电极反应物质在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触，而该极是氧气放电，所以是正极；B、电极b是负极发生氧化反应；C、阳离子向正极移动；D、二甲醚提供1mol电子所需质量为： g，而甲醇（CH3OH）提供1mol电子g【解答】解：A、采用多孔导电材料，可以提高电极反应物质在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触，而该极是氧气放电，所以是正极，而不是负极，故A错误；B、电极b是负极发生氧化反应，电极反应式为：CH3OCH312e+3H2O2CO2+12H+，故B正确；C、阳离子向正极移动，所以H+由b电极向a电极迁移，故C正确；D、二甲醚提供1mol电子所需质量为： g，而甲醇（
25、CH3OH）提供1mol电子g，所以二甲醚直接燃料电池能量密度（ kWhkg1）约为甲醇（CH3OH）直接燃料电池能量密度为：约为1.4倍，故D正确；故选A7常温下，将等体积，等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得滤液pH7，下列说法中正确的是（）A该现象说明了NaHCO3难溶于水B滤液中的c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（H2CO3）C滤液中c（Na+）+c（H+）+c（NH4+）=c（OH）+c（HCO3）+c（CO32）D滤液中c（Cl）c（NH4+）c（HCO3）c（H+）c（OH）【考点】离子浓度大小的比较【分析】常温下，将等
26、体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得溶液pH7，溶液中含有NH4Cl，铵根离子水解导致溶液呈酸性，任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，结合电荷守恒和物料守恒分析解答【解答】解：常温下，将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶体，过滤，所得溶液pH7，溶液中含有NH4Cl，铵根离子水解导致溶液呈酸性，A碳酸氢钠易溶于水，析出碳酸氢钠晶体，说明碳酸氢钠的溶解度小于碳酸氢铵，故A错误；BNH4HCO3与NaCl的物质的量相等，析出了部分碳酸氢钠，则c（Na+）c（HCO3），由于碳酸氢根离子的电离
27、程度小于其水解程度，则c（CO32）c（H2CO3），所以正确的离子浓度大小为：c（Na+）c（HCO3）c（H2CO3）c（CO32），故B错误；C溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）+c（NH4+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32）+c（Cl），故C错误；D溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），铵根离子部分水解，则c（Cl）c（NH4+），由于析出部分NaHCO3晶体，则HCO3浓度减小，HCO3的电离程度很小，所以c（CO32）最小，即c（Cl）c（NH4+）c（HCO3）c（CO32）c（H+）c（OH），故D正确；故选D二、非选择题8某实验小组欲制取氯酸钾，并测定其
28、纯度制取装置如图甲所示请回答：（1）中玻璃管a的作用为平衡压强（2）为了提高KOH的利用率，可将上述实验装置进行适当改进，其方法是在与之间连接盛有饱和食盐水的净化装置（3）反应完毕经冷却后，的大试管中有大量KClO3晶体析出图乙中符合该晶体溶解度曲线的是M（填编号字母）；要从的大试管中分离已析出晶体，下列仪器中不需要的是BDF（填仪器编号字母）A铁架台 B长颈漏斗 C烧杯 D蒸发皿 E玻璃棒 F酒精灯（4）上述制得的晶体中含少量KClO、KCl杂质已知：碱性条件下，ClO有强氧化性，ClO3很稳定；酸性条件下，ClO、ClO3都具有较强的氧化性为测定KClO3的纯度，进行如下实验：步骤1：去上
29、述晶体3.00g，溶于水配成100mL溶液步骤2：取20.00mL溶液于锥形瓶中，调至pH=10，滴加双氧水至不再产生气泡，煮沸步骤3：冷却后，加入足量KI溶液，再逐渐滴加入足量稀硫酸发生反应：ClO3+I+H+Cl+I2+H2O（未配平）步骤4：加入指示剂，用0.5000molL1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液48.00mL，发生反应：2S2O32+I2S4O62+2I步骤2中用双氧水除去溶液中残留ClO的离子方程式为ClO+H2O2H2O+Cl+O2该晶体中KClO3的质量分数为81.7%若步骤2中未进行煮沸，则所测KClO3的质量分数偏高（填“偏低”、“偏高”或“无影响”
30、）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）中玻璃管a的作用是平衡压强，防止压强改变液体倒吸；（2）装置是制备氯气的装置，生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气，仪器进入装置，氯化氢也消耗氢氧化钾，需要通入前除去；（3）在加热条件下，氯气与浓KOH溶液反应生成氯酸钾，在常温以下，氯气与稀NaOH溶液反应生成次氯酸钠，溶质的溶解度随温度的降低而降低，不溶性固体与液体的分离常采用过滤的方法；（4）用双氧水除去溶液中残留ClO的反应是利用次氯酸根离子的强氧化性氧化过氧化氢生成氧气，本身被还原生成氯离子，结合原子守恒和电子守恒、电荷守恒配平书写；依据过程中的反应ClO3+6I+6H+=Cl+3I2+
31、3H2O和2S2O32+I2S4O62+2I，得到关系ClO33I26S2O32，结合实验过程中的数据计算；滴加双氧水至不再产生气泡，煮沸除去混有的氧气，避免氧气氧化碘离子为碘单质，消耗Na2S2O3标准溶液体积增大【解答】解：（1）中玻璃管a的作用为平衡压强，防止压强改变液体倒吸，故答案为：平衡压强；（2）装置是制备氯气的装置，生成的氯气中含有氯化氢和水蒸气，仪器进入装置，氯化氢也消耗氢氧化钾，为了提高KOH的利用率需要通入前除去，在与之间连接盛有饱和食盐水的净化装置，除去氯化氢气体，故答案为：在与之间连接盛有饱和食盐水的净化装置；（3）根据题中信息可知，在加热条件下，氯气与浓KOH溶液反应
32、生成氯酸钾，在常温以下，氯气与稀NaOH溶液反应生成次氯酸钠，二者反应的浓度和温度都不相同，反应完毕经冷却后，的试管中有大量晶体析出，说明溶质的溶解度随温度的降低而降低，只有M符合，不溶性固体与液体的分离常采用过滤的方法，过滤需要的仪器为烧杯、铁架台、玻璃棒、漏斗等，不需要的仪器为B长颈漏斗、D蒸发皿、F酒精灯，故答案为：M；BDF；（4）用双氧水除去溶液中残留ClO的反应是利用次氯酸根离子的强氧化性氧化过氧化氢生成氧气，本身被还原生成氯离子，反应的离子方程式为：ClO+H2O2H2O+Cl+O2，故答案为：ClO+H2O2H2O+Cl+O2；反应ClO3+6I+6H+=Cl+3I2+3H2O
33、和2S2O32+I2S4O62+2I，得到关系ClO33I26S2O32，注意溶液体积的关系， ClO33I26S2O32， 1 6 n 0.500mol/L0.0480Ln=0.02mol晶体中KClO3的质量分数=100=81.7%，故答案为：81.7%；滴加双氧水至不再产生气泡，煮沸除去混有的氧气，避免氧气氧化碘离子为碘单质，消耗Na2S2O3标准溶液体积增大，所测KClO3的质量分数偏高，故答案为：偏高9甲醇是重要的化工原料，又可称为燃料利用合成气（主要成分为CO、CO2和H2）在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）HCO2（g）+3H2（
34、g）CH3OH（g）+H2O（g）H=58kJmol1CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H=+41kJmol1回答下列问题：（1）已知反应中的相关的化学键键能数据如下：化学键HHCOCOHOCHE/（kJmol1）4363431076465x则x=413（2）若T时将6molCO2和 8molH2充入2L密闭容器中发生反应，测得H2的物质的量随时间的变化如图1中状态（图中实线）所示图中数据A（1，6）代表在1min时H2的物质的量是6molT时状态I条件下，03min内CH3OH的平均反应速率v=0.28mol/（Lmin）（保留两位有效数字），平衡常数K=0.5；其他条件不变时
35、，仅改变某一条件后测得H2的物质的量随时间变化如图中状态所示，则改变的条件可能是增大压强一定温度下，此反应在恒容容器中进行，能判断该反应达到化学平衡状态依据的是abca容器中压强不变bCO2和水蒸气的体积比保持不变cv正（H2）=3v逆（CH3OH ）d气体的密度不再随时间的改变而变化CO与H2在密闭容器中发生反应，按照相同的物质的量投料，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图2所示下列说法正确的是AA温度：T1T2T3B正反应速率：v（a）v（c）；v（b）v（d）C平衡常数：K（a）K（c）；K（b）K（d）D平均摩尔质量：M（a）M（c）；M（b）M（d）800K向下列起始体积
36、相同的密闭容器中充入1molCO、2molH2发生反应，如图3所示甲容器在反应过程中保持压强不变，乙容器保持体积不变达到平衡时H2的浓度c （H2）甲c（H2）乙【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断【分析】（1）已知：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）HCO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=58kJ/molCO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H=+41kJ/mol根据盖斯定律，=，据此计算H，再结合键能计算x；（2）根据反应速率的计算公式进行计算03min内CH3OH的平均反应速率；由图可知，T时平衡时氢气的物质的量为2mol，
37、参加反应的氢气的物质的量为8mol2mol=6mol，氢气的浓度变化量为=3mol/L，据此结合三段式计算平衡时各组分的平衡浓度，代入平衡常数表达式计算；在4min达到平衡，且平衡时氢气的物质的量比小，说明反应速率加快，且平衡正向移动，再根据影响化学平衡的因素分析可得；可逆反应平衡时，正逆反应速率相等，各组分含量保持不变，据此分析；A该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大；B由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大，故温度T1T3，温度越高，反应速率越快；b、d两点压强相同，温度越高，反应速率越大；C由图可知，a、c两点压强相同
38、，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，故温度T1T3，降低温度平衡向正反应方向移动，K值增大平衡常数只与温度有关，b、d两点温度相同，平衡常数相同；DCO转化率的越大，n总越小，由M=，判断；甲为恒温恒压容器，乙为恒温恒容容器，800K向下列起始体积相同的密闭容器中充入1molCO、2molH2发生反应，CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），随反应进行甲中气体物质的量减小，压强减小，乙中随气体压强减小体积缩小，过程中压强大于甲，相对于甲可以是平衡正向进行最后达到平衡状态【解答】解：（1）已知：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）HCO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2
39、O（g）H=58kJ/molCO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H=+41kJ/mol根据盖斯定律，=，则中的H=58kJ/mol41kJ/mol=99kJ/mol；此时H=反应物的键能和生成物的键能和=（xkJmol13+465kJmol1+343kJmol1）=99kJ/mol，解得x=413，故答案为：413；（2）T时状态I条件下，3min时H2的物质的量为3mol；变化5mol，根据反应 CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）可知CH3OH（g）的变化物质的量为mol，此时03min内CH3OH的平均反应速率v=0.28mol/（Lmin）；由图可知，T
40、时平衡时氢气的物质的量为2mol，参加反应的氢气的物质的量为8mol2mol=6mol，氢气的浓度变化量为=3mol/L，则： CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）开始（mol/L）：3 4 0 0 变化（mol/L）：1 3 1 1平衡（mol/L）：2 1 1 1故该温度下平衡常数k=0.5，故答案为：0.28 mol/（Lmin）；0.5；从图象可知：在4min达到平衡，说明反应速率加快，可为升高温度，加催化剂，增大压强，平衡时氢气的物质的量比小，说明平衡正向移动，该反应放热反应，升高温度，平衡逆向移动，催化剂不影响平衡，该反应是个气体体积减小的反应，增大压强，平衡正
41、向移动，则应该是增大压强；故答案为：增大压强；反应CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H=58kJ/mol在恒容容器中进行，a反应气体体积减小，恒容时，随着反应的进行，压强减小，平衡后，容器中压强保持不变，故a正确；b二氧化碳和水蒸气体积比保持不变，说明在内反应速率相同，反应达到平衡状态，故b正确；cv正（H2）=3v正（CH3OH）=3v逆（CH3OH），正逆反应速率相等，反应平衡，故c正确； d气体质量和容器体积保持不变，任何时刻，气体的密度不再随时间的改变而变化，故d错误；故答案为：abc；A该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大，则T1T2T3，故A正确；B由
42、图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，温度越低，CO的转化率越大，故温度T1T3，温度越高，反应速率越快，故（a）（c）b、d两点温度相同，压强越大，反应速率越大，b点大于d点压强，则v（b）v（d），故B错误；C由图可知，a、c两点压强相同，平衡时a点CO转化率更高，该反应为放热反应，故温度T1T3，降低温度平衡向正反应方向移动，则K（a）K（c），平衡常数只与温度有关，b、d两点温度相同，平衡常数相同，则K（b）=K（d），故C错误；DCO转化率的越大，n总越小，由M=，可知，a点n总小，则M（a）M（c），M（b）M（d），故D错误；故答案为：A；甲为恒
43、温恒压容器，乙为恒温恒容容器，800K向下列起始体积相同的密闭容器中充入1molCO、2molH2发生反应，CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），随反应进行甲中气体物质的量减小，压强减小，乙中随气体压强减小体积缩小，过程中压强大于甲，相对于甲可以是平衡正向进行最后达到平衡状态，平衡时H2的浓度c （H2）甲c（H2）乙故答案为：10高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，不会造成二次污染己知高铁酸盐热稳定性差，工业上用湿法制备高铁酸钾的基本流程如图1所示：（1）上述氧化过程中，发生反应的离子方程式是2Fe3+3ClO+10OH=2FeO42+3C1+5H2O，在实际生产中
44、一般控制反应温度30以下，其原因是防止生成的Na2FeO4发生分解沉淀过程中加入浓KOH溶液可析出高铁酸钾（K2FeO4 ），这说明该温度下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小在提纯K2FeO4中采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，沉淀洗涤方法是将沉淀置于漏斗中，让蒸馏水浸没沉淀，使水自然流下，重复操作23次某温度下，将C12通入NaOH溶液中，反应后得到NaCl，NaC1O，NaClO3的混合溶液，经测定ClO与C1O3离子的物质的量之比是1：2，则C12与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为11：3（2）工业上还可用通过电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，其工作原
45、理如图2所示：阳极的电极反应式为Fe6e+8OH=FeO42+4H2O，其中可循环使用的物质是NaOH溶液（3）CO2可转化为碳酸盐，其中Na2CO3是一种用途广泛的碳酸盐己知：25时，几种酸的电离平衡常数如表所示H2CO3H2SO3HNO2HClOK1=4.4107K2=4.71011K1=1.2102K2=6.6108K=7.2104K=2.910825时，向一定浓度的Na2CO3溶液中分别滴入等物质的量浓度的下列溶液至过量：NaHSO3HNO3HC1O，溶液中的n （HCO3）与所加入溶液体积（V）的关系如图3所示其中符合曲线的溶液为【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）氯气与氢氧化钠
46、反应产生强氧化剂次氯酸钠，硝酸铁水解产生氢氧化铁胶体，次氯酸钠将氢氧化铁氧化成高铁酸钠，据此写出氧化过程的离子方程式；已知高铁酸盐热稳定性差，在实际生产中一般控制反应温度30以下，其原因是防止生成的高铁酸钠发生分解；加入浓KOH溶液可析出高铁酸钾（K2FeO4），说明该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小；洗涤滤渣的方法是，将滤渣放在过滤装置中，用玻璃棒将蒸馏水引流至过滤装置中，让蒸馏水浸没沉淀，使水自然流下，重复操作23 次；Cl2生成ClO、ClO3化合价升高，是被氧化的过程，而Cl2生成NaCl是化合价降低被还原的过程，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，据ClO与
47、ClO3的物质的量浓度之比可计算出失去电子的总物质的量，进而可计算得到电子的总物质的量；再根据氯元素被还原生成KCl的化合价变化为1计算出被还原的氯元素的物质的量，最后计算出被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比；（2）依据阳极是铁，故阳极上铁放电生成FeO42结合碱性环境来写出电极方程式；根据OH在阳极被消耗，而在阴极会生成来分析；（3）由电离平衡常数可知，酸性：H2SO3HNO2H2CO3HSO3HClOHCO3，根据强酸制备弱酸，可知H2SO3、HNO2能与碳酸钠反应生成二氧化碳，而HSO3与HClO与碳酸钠反应只能得到碳酸氢钠【解答】解：（1）氯气与氢氧化钠反应产生强氧化剂次氯酸
48、钠，硝酸铁水解产生氢氧化铁胶体，次氯酸钠将氢氧化铁氧化成高铁酸钠，离子方程式为：2Fe（OH）3+3ClO+4OH=2FeO42+3Cl+5H2O；已知高铁酸盐热稳定性差，在实际生产中一般控制反应温度30以下，其原因是防止生成的高铁酸钠发生分解，故答案为：2Fe（OH）3+3ClO+4OH=2FeO42+3Cl+5H2O；防止生成的高铁酸钠发生分解；加入浓KOH溶液可析出高铁酸钾（K2FeO4），说明该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，故答案为：该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小；洗涤滤渣的方法是，将滤渣放在过滤装置中，用玻璃棒将蒸馏水引流至过滤装置中，让蒸馏水浸没沉淀
49、，使水自然流下，重复操作23 次，故答案为：用玻璃棒将蒸馏水引流至过滤装置中，让蒸馏水浸没沉淀，使水自然流下，重复操作23 次；Cl2生成ClO与ClO3是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，经测定ClO和ClO3物质的量之比为1：2，则可设ClO为1mol，ClO3为2mol，被氧化的氯元素的物质的量为：1mol+2mol=3mol，根据化合价变化可知，反应中失去电子的总物质的量为：1mol（10）+2mol（50）=11mol，氧化还原反应中得失电子数目一定相等，则该反应中失去电子的物质的量也是11mol，Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为1价，则被还原的C
50、l的物质的量为： =11mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为11mol：3mol=11：3，故答案为：11：3；（2）阳极是铁，故阳极上铁放电生成FeO42，由于是碱性环境，故电极方程式为：Fe+8OH6e=FeO42+4H2O，在电解时，水电离的H+在阴极放电：2H+2e=H2，c（OH）增大，Na+通过阳离子交换膜进入阴极区，使阴极区c（NaOH）增大，故NaOH可以循环使用，故答案为：Fe+8OH6e=FeO42+4H2O；NaOH溶液；（3）由电离平衡常数可知，酸性：H2SO3HNO2H2CO3HSO3HClOHCO3，根据强酸制备弱酸，可知H2SO3、HNO2能
51、与碳酸钠反应生成二氧化碳，开始加入的酸较小，反应生成碳酸氢盐，溶液中碳酸氢根增大，全部转化为碳酸氢钠时，再滴加酸又转化为二氧化碳，而HSO3与HClO与碳酸钠反应只能得到碳酸氢钠，符合曲线，故答案为：三、化学选修2：化学与技术11海水中含有许多化学物质，不能直接饮用，所以将海水转化为淡水是一个重大的课题（1）海水中含有大量NaC1，盐田法仍是目前海水制盐的主要方法盐田分为贮水池、蒸发池和结晶池，建盐田必须在BC处建立（填字母）A离江河入海口比较近的地方B气候干燥、多风、少雨C潮汐落差大且有平坦空旷的海滩（2）从海水中提取试剂级NaCl及回收金属Mg的工业流程如图1：在实验室中完成步骤I所用装置
52、为图2中C（填字母）某学习小组设计了如下实验模拟步骤（图3）在步骤A中加入BaC12溶液的作用是除去硫酸根离子，若向粗盐溶液中加入Na2CO3浓溶液，则有难溶的Mg2（OH）2CO3生成，同时有气体逸出该反应的离子方程式为2CO32+2Mg2+H2O=Mg2（OH）2C03+C02工业上通常以NaC1，CO2和NH3为原料制取纯碱，其方法是向饱和NaCl溶液中先通入CO2，然后再通入另一种气体，写出制取NaHCO3的化学方程式：NH3+CO2+H2O+NaClNH4Cl+NaHCO3（3）电渗析法是近年来发展起来的一种海水淡化技术，其原理如图4所示，电渗析法淡化海水时阴极室可获得的重要化工原料
53、有氢气和氢氧化钠【考点】海水资源及其综合利用【分析】（1）海水晒盐需要浓缩、蒸发、结晶；建盐田必须在阳光充足、平坦空旷的地方；（2）由分离流程可知，步骤I利用太阳能进行海水晒盐，与蒸发原理相同；步骤A除去硫酸根离子，B除去镁离子，C除去钙离子及过量的钡离子，最后D加盐酸可除去过量的碳酸钠，注意除杂试剂均过量，以此来解答；工业上通常以NaCl、CO2和NH3为原料制取纯碱，二氧化碳与水反应形成不稳定的碳酸，使水吸收二氧化碳量较少，而把二氧化碳通入溶有氨气而呈碱性的水中，会使生成的碳酸与氨水发生反应，而增大二氧化碳气体的吸收；（3）在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，则水中的
54、氢离子在阴极放电【解答】解：（1）海水晒盐需要浓缩、蒸发、结晶，则盐田分为贮水池、蒸发池和结晶池；建盐田必须在阳光充足、平坦空旷的地方，则选B多风少雨、C潮汐落差大且又平坦空旷的海滩，与A无关，故答案为：蒸发池；BC；（2）步骤I原理为蒸发，在实验室中完成该步骤所用装置为图中C（蒸发），故答案为：C；该实验中加入BaCl2溶液，钡离子和硫酸根离子形成硫酸钡沉淀，A除去硫酸根离子，Na2CO3的作用是除去钙离子、钡离子；若向粗盐溶液中加入的是Na2CO3浓溶液，则有难溶的Mg2（OH）2C03生成，同时有气体逸出，气体为C02，该反应的离子方程式为2CO32+2Mg2+H2O=Mg2（OH）2C
55、03+C02，故答案为：除去硫酸根离子；2CO32+2Mg2+H2O=Mg2（OH）2C03+C02；在制取NaHCO3时，先向饱和的NaCl溶液中通入较多的NH3，再通入足量的CO2的目的是先通入氨气，氨气与水形成呈碱性的氨水可与二氧化碳与水生成的碳酸发生反应，更有利于二氧化碳气体的吸收，反应为：NH3+CO2+H2O+NaClNH4Cl+NaHCO3，加热碳酸氢钠制得碳酸钠，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，故答案为：NH3+CO2+H2O+NaClNH4Cl+NaHCO3；（3）在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，则水中的氢离子在阴极放电，则阴极生成氢气，
56、同时生成NaOH，故答案为：氢气、氢氧化钠四、化学选修3：物质结构与性质12请完成下列问题：（1）某处于激发态的S原子，其中1个3s电子跃迁到3p轨道中，该激发态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s13p5，（2）Fe的基态原子共有7种能量不同的电子（3）第二周期第一电离能介于B和N之间的元素有3种（4）甲醇（CH3OH）中的轻基被硫羟基取代生成甲硫醇（CH3SH）甲硫醇分子中S原子杂化轨道类型是sp3（5）ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛立方ZnS晶体结构如图1所示，其晶胞边长为apm，a位置S2与b位置Zn2+之间的距离为apm（列式表示）（6）磷酸盐分为直
57、链多磷酸盐、支链状超磷酸盐和环状聚偏磷酸盐三类某直链多磷酸钠的阴离子呈如图2所示的无限单链状结构，其中磷氧四面体通过共用顶角氧原子相连则该多磷酸钠的化学式为（NaPO3）n（7）碳化硅的晶胞结构（如图3）与金刚石类似（其中“”为碳原子，“”为硅原子），图中“”点构成的堆积方式与图3中（A、B、C、D）D所表示的堆积方式相同（其中C为AB型D为ABC型）【考点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断【分析】（1）基态S原子核外电子排布式1s22s22p63s23p5，其中某处于激发态的S原子，其中1个3s电子跃迁到3p轨道；（2）Fe原子核外电子排布式为
58、1s22s22p63s23p63d64s2；（3）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，A族、A族元素第一电离能高于同周期相邻元素的；（4）甲硫醇分子中S原子形成2个键、含有2对孤对电子，杂化轨道数目为4；（5）b位置黑色球与周围4个白色球构成正四面体结构，a位置白色球与黑色球b的连线处于晶胞体对角线上，其距离为晶胞体对角线长度的，而体对角线长度为晶胞棱长的倍；（6）P原子周围有4个O原子，其中2个氧原子分别为2个四面体结构共用，每个P与3个O形成阴离子，且P的化合价为+5价，再计算阴离子化合价判断化学式；（7）由图3可知，碳原子为面心立方堆积，为ABC型堆积【解答】解：（1）基态S
59、原子核外电子排布式1s22s22p63s23p5，其中某处于激发态的S原子，其中1个3s电子跃迁到3p轨道，该激发态的S原子核外电子排布式为：1s22s22p63s13p5，故答案为：1s22s22p63s13p5；（2）Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，有7种能量不同的电子，故答案为：7；（3）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，A族、A族元素第一电离能高于同周期相邻元素的，第二周期第一电离能介于B和N之间的元素有Be、C、O 3种，故答案为：3；（4）甲硫醇分子中S原子形成2个键、含有2对孤对电子，杂化轨道数目为4，S原子杂化方式为sp3杂化，
60、故答案为：sp3；（5）b位置黑色球与周围4个白色球构成正四面体结构，a位置白色球与黑色球b的连线处于晶胞体对角线上，其距离为晶胞体对角线长度的，而体对角线长度为晶胞棱长的倍，故a位置S2离子与b位置Zn2+离子之间的距离为a pm=a pm，故答案为： a；（6）P原子周围有4个O原子，其中2个氧原子分别为2个四面体结构共用，故每个P完全与3个O形成阴离子，且P的化合价为+5价，阴离子化合价为+5+3（2）=1，故该该多磷酸钠的化学式为（NaPO3）n，故答案为：（NaPO3）n；（7）由图3可知，碳原子为面心立方堆积，为ABC型堆积，选项D符合，故答案为：D五、化学一一选修5：有机化学基础
61、13有机物A有下图所示转化关系，在A的质谱图中质荷比最大值为88，其分子中C、H、0三种元素的质量比为6：1：4，且A不能使Br2的CCl4褪色；1molB反应生成了2mol C己知：请回答下列问题：（1）A的结构简式为CH3COCH（OH）CH3（2）若、三步反应的产率分别为90.0%，82.0%，75O%，则由A合成H的总产率为55.4%（3）D+EF的反应类型为酯化反应（4）若H分子中所有碳原子不在一条直线上，则H在一定条件下合成顺丁橡胶的化学方程式为，若H分子中所有碳原子均在一条直线上，则G转化为H的化学方程式为CH3CHBrCHBrCH3+2NaOHH3CCCCH3+2NaBr+2H
62、2O（5）有机物A有很多同分异构体，请写出同时满足下列条件的一种异构体X的结构简式：aX核磁共振氢谱有3个峰，峰面积之比为1：1：2blmolX可在HIO4加热的条件下反应，可形成lmol二元醛clmol X最多能与2mol Na反应dX不与NaHCO3反应，也不与NaOH反应，也不与Br2发生加成反应（6）分子式为C10H12O2的有机物，满足以下两个条件：苯环上有两个取代基，能与NaHCO3反应生成气体，则满足条件的该有机物的同分异构体有15种【考点】有机物的推断【分析】由于A分子中C、H、O三种元素的质量比为6：1：4可知C、H、O的物质的量之比为2：4：1；又由于A的质谱图中质荷比最大
63、值为88，所以A的分子式为C4H8O2，根据分子式可知A中有一个不饱和度，又不能使Br2的CCl4溶液褪色，所以A中存在C=O键，再根据1mol B反应生成了2mol C，结合已知条件可推知A的结构为：CH3COCH（OH）CH3，这样可以进一步推出B、C、D、E、F的结构简式，它们依次是：CH3CH（OH）CH（OH）CH3、CH3CHO、CH3COOH、CH3CH2OH、CH3COOCH2CH3，由于B与HBr发生取代反应生成卤代物，再在NaOH醇溶液中发生消去反应，且H分子中所有碳原子均在一条直线上，所以可以推得G和H的结构分别为：CH3CHBrCHBrCH3、H3CCCCH3，据此分析
64、解答【解答】解：由于A分子中C、H、O三种元素的质量比为6：1：4可知C、H、O的物质的量之比为2：4：1；又由于A的质谱图中质荷比最大值为88，所以A的分子式为C4H8O2，根据分子式可知A中有一个不饱和度，又不能使Br2的CCl4溶液褪色，所以A中存在C=O键，再根据1mol B反应生成了2mol C，结合已知条件可推知A的结构为：CH3COCH（OH）CH3，这样可以进一步推出B、C、D、E、F的结构简式，它们依次是：CH3CH（OH）CH（OH）CH3、CH3CHO、CH3COOH、CH3CH2OH、CH3COOCH2CH3，由于B与HBr发生取代反应生成卤代物，再在NaOH醇溶液中发
65、生消去反应，且H分子中所有碳原子均在一条直线上，所以可以推得G和H的结构分别为：CH3CHBrCHBrCH3、H3CCCCH3，（1）由上面的分析可知，A为CH3COCH（OH）CH3，故答案为：CH3COCH（OH）CH3；（2）由A合成H的总产率应为，、三步反应的产率之积，所以由A合成H的总产率=90.0%82.0%75.0%=55.4%，故答案为：55.4%；（3）D+EF反应为乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯，反应类型为酯化反应，故答案为：酯化反应；（4）若H分子中所有碳原子不在一条直线上，则H为1，3丁二烯，H在一定条件下合成顺丁橡胶的化学方程式为，由于B是2，3丁二醇，与HBr发生取代反
66、应生成卤代物，再在NaOH醇溶液中发生消去反应生成H，且H分子中所有碳原子均在一条直线上，所以可以推得G和H的结构，G为H为，G转化为H的化学方程式为CH3CHBrCHBrCH3+2NaOHH3CCCCH3+2NaBr+2H2O，故答案为：；CH3CHBrCHBrCH3+2NaOHH3CCCCH3+2NaBr+2H2O；（5）A的结构为：，根据条件：aX核磁共振氢谱有3个峰，峰面积之比为1：1：2，即X有三种位置的氢，且个数之比为1：1：2，b1mol X可在HIO4加热的条件下反应，可形成1mol 二元醛，根据信息可知X应为含有两个羟基的环状物，c1mol X最多能与2mol Na反应，说明
67、X有2个羟基，dX不与NaHCO3反应，也不与NaOH反应，也不与Br2发生加成反应，说明有X没有羧基，不含有碳碳双键，则X的结构为，故答案为：；（6）分子式为C10H12O2，能与NaHCO3反应生成气体，说明该有机物中一定含有羧基：COOH，根据分子组成可知，该有机物除了苯环和羧基以外，其它都是单键，另外还含有：1061=3个C，苯环上有两个取代基，则取代基的可能组合为：CH3、CH2CH2COOH、CH3、CH（CH3）COOH、CH2CH3、CH2COOHCOOH、CH2CH2CH3COOH、CH（CH3）2，每种组合中都含有邻、间、对三种同分异构体，所以该有机物总共含有的同分异构体数目为：53=15种，故答案为：152017年1月13日
