1、2016年山西省朔州市名校联考高考化学模拟试卷一、选择题1中华先人在以化学为核心的诸多领域取得了辉煌成就，为人类社会的发展做出了杰出贡献，下列中国古代发明的产物与有机物无关的是（）青铜冶炼酿酒酿醋制造火药做豆腐制饴糖炼金丹树皮造纸制陶瓷ABCD2X、Y、Z、W为元素周期表中前20号元素，原子序数依次增大、W、Y为金属元素，X原子的最外层电子数是其核外电子数总数的倍；Z单质是制造太阳能电池的主要材料之一；Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等下列说法正确的是（）A最外层电子数：WZB气态氢化物的稳定性：XZC最高价氧化物对应水物的碱性：YWDY、Z的氧化物都是两性氧化物3
2、中国药学家屠呦呦荣获2015年诺贝尔生理学或医学奖，以表彰她发现了一种药物青蒿素，青蒿琥酯是治疗疟疾的首选药，可由青蒿素经两步合成得到下列有关说法不正确的是（）A青蒿素遇湿润的淀粉碘化钾试纸立刻变成紫色，是因为分子结构中含有过氧键B反应属于还原反应，反应的原子利用率为100%C双氢青蒿素的苯溶液能与金属钠反应放出氢气D青蒿素和青蒿琥酯均能与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体4下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）实验现象结论A将氯气通入品红溶液溶液红色褪去氯气具有漂白性B将铜粉加入1.0molL1的Fe2（SO4）3溶液中溶液变蓝，有黑色固体出现金属Fe比Cu活泼C用坩埚
3、钳夹住用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点比较低D向盛有少量浓硝酸、稀硝酸的两支试管中分别加入一片大小相同的铜片浓硝酸中铜片很快开始溶解，并放出红棕色气体；稀硝酸中过一会铜片表面才出现无色气体，气体遇空气变红棕色浓硝酸氧化性强于稀硝酸AABBCCDD5某锂电池的结构如图所示，该电池放电过程中的一个电极反应式为Cu2O+2e+H2O=2Cu+2OH，下列说法正确的是（）A放电时，Li+透过固体电解质向Li极移动B放电时，负极的电极反应式为Lie+OH=LiOHC放电时，水溶液的pH不断升高D放电过程中需要不断地补充Cu6如图中UZ六种物质在适当条件下能发生如下转
4、化，且反应、均为置换反应，下列满足条件的物质组是（） 选项 U W Y X A Fe H20 C H2 B Na H2O Na2O2 NaOH C HBr Cl2 CH4 HCl D Fe3O4 Al NaOH Al2O3AABBCCDD7常温下，在10mL0.1molL1Na2CO3溶液中逐渐加入0.1molL1的盐酸，溶液的pH逐渐降低，此时溶液中含碳微粒的物质的量分数的变化如图所示（CO2因逸出未画出，忽略气体逸出而引起的溶液体积变化），下列说法正确的是（）A在A点所示的溶液中：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH）B在B点所示的溶液中，浓度最大的离子是H
5、CO3C当溶液的pH为7时，溶液中的阴离子只有两种D25时，HCO3的电离平衡常数Ka=51011，当溶液的pH=10时，c（HCO3）=2c（CO32）二、非选择题8某研究小组探究电解CuCl2溶液制取少量漂白液，并将氯气和空气（不参与反应）以体积比约1：3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，再用水吸收Cl2O制备次氯酸钠溶液已知：Cl2O极易溶于水并与水反应生成HClO（1）电极Y应该连接电源的（填“正极”或“负极”）（2）装置D中为使反应充分进行，采取的措施有（3）装置D中产生Cl2O的化学方程式为（4）装置E中使用棕色平底烧瓶的原因是（5）已知NaClO或HClO均可被H2O2还原
6、成Cl测定漂白液中NaClO浓度的方案为：准确取20.00mL装置B中溶液，加入20.00mL m molL1H2O2溶液（过量）充分反应，再用nmolL1的KMnO4酸性溶液滴定至终点（测定过程中Cl没有发生反应），消耗KMnO4酸性溶液VmL，H2O2还原NaClO的化学方程式为若忽略装置B中的副反应及溶液体积的变化，装置B所得漂白液中NaClO的浓度为molL1（6）测定装置E中次氯酸溶液的物质的量浓度的实验方案为用（填仪器名称）取20.00mL的次氯酸溶液，（填实验过程）（可用的试剂：H2O2溶液、AgNO3溶液除常用仪器外须使用的仪器有电子天平、真空干燥箱）9以炼锌厂的烟道灰如图（主
7、要成分为ZnO，还含有少量Fe2O3、CuO、SiO2、MnO等）为原料可生产草酸锌晶体（ZnC2O42H2O）有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表： 氢氧化物 Fe（OH）3Fe（OH）2 Cu（OH）2 Zn（OH）2 开始沉淀时的pH 1.9 6.5 4.2 5.4 完全沉淀时的pH 3.3 9.7 6.7 8.2已知：Ksp（FeS）=1.41039，Ksp（MnS）=1.41013（1）滤渣A的主要成分为（填化学式）（2）生成滤渣B的离子方程式为（3）除铁时加入ZnO控制反应液的pH范围为（4）该炼锌厂废气中含有H2S，可用FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫，过滤后，再以石墨
8、为电极，在一定条件下电解滤液FeCl3与H2S反应的离子方程式为电解池中阴极的电极反应式为（5）25时，向0.10molL1的H2S溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH与c（S2）的关系如图2所示（忽略溶液体积的变化和H2S的挥发）pH=13时，溶液中的c（H2S）+c（HS）=molL1某溶液中含未知浓度的Mn2+、0.01molL1Fe2+和0.10molL1H2S，当溶液pH=时，Fe2+ 开始沉淀，当Mn2+开始沉淀时，溶液中=10在当今社会，氮的氢化物和氧化物与我们的生活息息相关（1）NO是一种污染物，工业上用NH3、O2脱除烟气中NO的原理如图所示，该原理中NO最终
9、转化为（填化学式），V4+OH在反应过程中作当消耗2molNH3和0.5molO2时，除去的NO在标准状况下的体积为L（2）N2H4是发射航天火箭的常用燃料，已知：N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）H=538kJmol1断开1mol下列化学键系数的能量分别为NH：390kJ、NN：946kJ、OH：460kJ、O=O：498kJ则断开1molNN需要吸收的能量是（3）工业制硝酸时，会发生反应：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H0若其它条件不变，则下列图象不正确的是（填字母）在1L容积固定的密闭容器中充入NH3和O2发生该反应，部分物质的浓度随时间的变
10、化如下表所示 c（NH3）/molL1 c（O2）/molL1 c（NO）molL1 0 1.2 1.75 0 4min 0.4 0.75 0.8 6min 0.4 0.75 0.8 8min 0.6 1 0.6 9min 0.6 1 0.6 10min 1.05 1 1.05 12min04min内，用O2表示该反应的平均反应速率为molL1min1反应68min时改变了反应条件，改变的反应条件可能是（二）选考题化学-化学与技术11关工业上以软锰矿（主要成分是MnO2）和黄铁矿（主要成分是FeS2）为主要原料制备高性能磁性材料碳酸锰（MnCO3）的工艺流程如图1所示已知：MnCO3难溶于水、
11、乙醇、潮湿时易被空气氧化，100时开始分解，回答下列问题：（1）净化工序的目的是除去溶液中的Cu2+、Ca2+等杂质若测得滤液中c（F）=0.01molL1，则滤液中残留的c（Ca2+）=molL1 已知：Ksp（CaF2）=1.461010（2）沉锰工序中，298K、c（Mn2+）=1.05molL1时，实验测得MnCO3的产率与溶液pH、反应时间的关系如图2所示根据图2中信息得出的结论是（3）从沉锰工序中得到纯净MnCO3的操作方法是过滤、（4）MnCO3高温煅烧可得到软磁体Mn3O4，但分解生成的CO需要回收利用到目前为止，CO吸附剂的开发大多数以铜（+1）为活性组分负载在各种载体上，然
12、后采用变压器吸附（PSA）的方式在含N2体系中脱出CO图3是变压吸附回收炉气中CO的流程PSA吸附CO2的时间对PSA中CO回收率的影响如图4所示，由此可见，为了保证载铜吸附剂对CO的吸附和提纯要求，应采取的措施是从PSA中富集得到的CO有广泛的用途，除生产甲醇外，其用途还有（任写一种）检验放空气体中是否含有CO的实验操作是将该气体通入氯化钯（PdCl2）溶液中，观察是否有黑色的单质钯生成，写出对应的化学方程式：（5）为测定某软锰矿中二氧化锰的质量分数，准确称量1.00g软锰矿样品，加入2.68g草酸钠固体，再加入足量的稀硫酸并加热（杂质不参加反应），充分反应后冷却，将所得溶液转移到250mL
13、容量瓶中用蒸馏水稀释至刻度线，从中取出25.0mL，用0.0200molL1高锰酸钾溶液进行滴定，当滴入20.0mL溶液时恰好完全反应已知高锰酸钾、二氧化锰在酸性条件下均能将草酸钠（Na2C2O4）氧化，反应原理如下：2MnO4+5C2O42+16H+2Mn2+10CO2+8H2OMnO2+C2O42+4H+Mn2+2CO2+2H2O求该软锰矿中二氧化锰的质量分数化学-物质结构与性质12用二氧化碳生产工产品，有利于二氧化碳的大量回收，二氧化碳和乙二醇在氧化锌或钛氧化物催化下可合成碳酸乙烯酯（1）基态锌原子核外电子排布式为；每个ZnO晶胞（如图1所示）中含O2的数目为（2）锌盐水溶液中Zn2+可
14、与H2O之间形成Zn（H2O）42+，其中提供空轨道的是（填微粒符号）（3）碳酸乙烯酯中含有的键与键数目之比为 （4）阴离子X、Y、Z中只含有非金属元素，它们与CO2均互为等电子体，X、Y内只含有极性键，Z内含共价键和氢键，且Y的摩尔质量大于X的，则X的电子式为，Y的结构式为，Z的化学式为（5）某钛氧化物的晶胞结构如图2所示写出该钛氧化物的化学式：NH3和CO2在含有钛氧化物的某种催化剂作用下，可直接转化为CO（NH2）2CO（NH2）2中C原子的杂化轨道类型为，组成CO（NH2）2的四种元素的第一电离能由小到大的顺序为已知该钛氧化物晶体的密度为agcm1，NA为阿伏伽德罗常数的数值，则该晶胞
15、的体积为cm3化学-有机化学基础13合成药物X的路线如下：（1）X中含氧官能团的名称为；A的核磁共振氢谱只有一组吸收峰，A的结构简式为（2）反应的反应类型为反应还会得到另一产物H，其分子式为C8H14O2，写出H的结构简式：（3）反应的产物为G和（填结构简式）（4）X分子消去一分子水的得物质J，同时满足下列条件的J的同分异构体共有种，其中核磁共振氢谱只有六组吸收峰的同分异构体与足量浓溴水反应的化学方程式为a能与FeCl3溶液发生显色反应b能发生消去反应c苯环上只有2个取代基，且分子中只有2个甲基（5）参照上述合成路线，设计一条以CH3OH、CHCH为原料制备聚丙烯醇的合成路线图（无机试剂任用）
16、合成路线图示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH2016年山西省朔州市名校联考高考化学模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题1中华先人在以化学为核心的诸多领域取得了辉煌成就，为人类社会的发展做出了杰出贡献，下列中国古代发明的产物与有机物无关的是（）青铜冶炼酿酒酿醋制造火药做豆腐制饴糖炼金丹树皮造纸制陶瓷ABCD【考点】无机化合物与有机化合物的概念【分析】一般含碳的化合物为有机物，不含碳的化合物为无机物，含碳的化合物中一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐等物质组成和性质与无机物相似属于无机物【解答】解：青铜冶炼是利用铁和硫酸铜反应生成铜，属于无机物的反应；酿酒酿醋生成的乙酸、乙醇为有机物；
17、制造火药是硫磺、木炭、硝酸钾按照一定比例混合形成，和有机物无关；做豆腐是利用有机物蛋白质聚沉得到，和有机物有关；饴糖属于糖类化合物属于有机物；炼金丹是无机物的制备和有机物无关；树皮造纸，是利用其中的有机物纤维素制备，和有机物有关；制陶瓷是用黏土制得成分主要为硅酸盐、二氧化硅等，和有机物无关；产物与有机物无关有，故选B2X、Y、Z、W为元素周期表中前20号元素，原子序数依次增大、W、Y为金属元素，X原子的最外层电子数是其核外电子数总数的倍；Z单质是制造太阳能电池的主要材料之一；Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等下列说法正确的是（）A最外层电子数：WZB气态氢化物的稳定
18、性：XZC最高价氧化物对应水物的碱性：YWDY、Z的氧化物都是两性氧化物【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】X、Y、Z、W为元素周期表中前20号元素，原子序数依次增大、W、Y为金属元素，X原子的最外层电子数是其核外电子数总数的倍，则X含有8个电子，最外层电子数为6，即X为O元素；Z单质是制造太阳能电池的主要材料之一，则Z为Si元素；Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等，而且W、Y为金属元素，则Y为Al元素，W为K元素；据此结合元素化合物的性质和元素周期律解答【解答】解：X、Y、Z、W为元素周期表中前20号元素，原子序数依次增大、W、Y为金属元素，X原子的最外层电
19、子数是其核外电子数总数的倍，则X含有8个电子，最外层电子数为6，即X为O元素；Z单质是制造太阳能电池的主要材料之一，则Z为Si元素；Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等，而且W、Y为金属元素，则Y为Al元素，W为K元素；AW为K元素，Z为Si元素，最外层电子数：ZW，故A错误；B元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性：OSi，则气态氢化物的稳定性：XZ，故B错误；C元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水物的碱性越强，金属性：KAl，所以最高价氧化物对应水物的碱性：YW，故C正确；DZ为Si元素，其氧化物为酸性氧化物，故D错误故选C3中国药学家屠呦呦荣获2015年
20、诺贝尔生理学或医学奖，以表彰她发现了一种药物青蒿素，青蒿琥酯是治疗疟疾的首选药，可由青蒿素经两步合成得到下列有关说法不正确的是（）A青蒿素遇湿润的淀粉碘化钾试纸立刻变成紫色，是因为分子结构中含有过氧键B反应属于还原反应，反应的原子利用率为100%C双氢青蒿素的苯溶液能与金属钠反应放出氢气D青蒿素和青蒿琥酯均能与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体【考点】有机物的结构和性质【分析】A青蒿素含有过氧键，具有强氧化性；B反应中C=O生成CO键，其它官能团不变；C双氢青蒿素含有羟基，可与钠反应；D青蒿素不含羧基，与碳酸氢钠不反应【解答】解：A青蒿素含有过氧键，与过氧化氢的性质相似，具有强氧化性，可使湿润的
21、淀粉碘化钾试纸变紫色，故A正确；B反应中C=O生成CO键，其它官能团不变，为加成反应，也为还原反应，故B正确；C双氢青蒿素含有羟基，可与钠反应生成氢气，故C正确；D青蒿素不含羧基，与碳酸氢钠不反应，故D错误故选D4下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（）实验现象结论A将氯气通入品红溶液溶液红色褪去氯气具有漂白性B将铜粉加入1.0molL1的Fe2（SO4）3溶液中溶液变蓝，有黑色固体出现金属Fe比Cu活泼C用坩埚钳夹住用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点比较低D向盛有少量浓硝酸、稀硝酸的两支试管中分别加入一片大小相同的铜片浓硝酸中铜片很快
22、开始溶解，并放出红棕色气体；稀硝酸中过一会铜片表面才出现无色气体，气体遇空气变红棕色浓硝酸氧化性强于稀硝酸AABBCCDD【考点】氯气的化学性质；硝酸的化学性质；铝的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变【分析】A氯气通入品红溶液，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白作用，氯气无漂白性；BCu和Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+和Cu2+；C三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，所以铝箔在酒精灯上加热到熔化，熔化的铝并不滴落；D可根据反应的剧烈程度判断氧化性强弱【解答】解：A氯气通入品红溶液，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白作用，氧化品红溶液褪色，氯气无漂白性，故A错误；BCu和Fe3
23、+发生氧化还原反应，反应方程式为Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，所以没有黑色沉淀生成，溶液由黄色变为蓝色，故B错误；C将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，形成氧化膜，三氧化二铝的熔点高于铝的熔点，包住了熔化的铝，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故C错误；DCu与浓硝酸反应生成二氧化氮，与稀硝酸反应生成NO，氧化性与得到电子的多少无关，但浓硝酸与Cu反应剧烈，可说明氧化性强弱，故D正确；故选D5某锂电池的结构如图所示，该电池放电过程中的一个电极反应式为Cu2O+2e+H2O=2Cu+2OH，下列说法正确的是（）A放电时，Li+透过固体电解质向Li极移动
24、B放电时，负极的电极反应式为Lie+OH=LiOHC放电时，水溶液的pH不断升高D放电过程中需要不断地补充Cu【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】根据电池反应式知，该反应中Li元素化合价由0价变为+1价、Cu元素化合价由+1价变为0价，所以负极上电极反应式为Lie=Li+、正极反应式为 Cu2O+H2O+2e=Cu+2OH，放电时电解质中阳离子向正极移动，以此解答该题【解答】解：A放电时，阳离子向正极移动，则Li+透过固体电解质向Cu极移动，故A错误；B放电过程负极上电极反应式为Lie=Li+，故B错误；C放电过程为2Li+Cu2O+H2O2Cu+2Li+2OH，产生氢氧根离子，碱性增强，
25、pH升高，故C正确；D放电过程，通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，放电时Cu2O转化为Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，不需要补充，故D错误；故选C6如图中UZ六种物质在适当条件下能发生如下转化，且反应、均为置换反应，下列满足条件的物质组是（） 选项 U W Y X A Fe H20 C H2 B Na H2O Na2O2 NaOH C HBr Cl2 CH4 HCl D Fe3O4 Al NaOH Al2O3AABBCCDD【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】AFe与水蒸气发生置换反应生成四氧化三铁、氢气，C与水蒸气发生置换反应生成
26、CO和氢气；BNa2O2与H2O不发生置换反应；CCH4与Cl2发生取代反应；DAl与NaOH溶液不发生置换反应【解答】解：A铁与水反应生成四氧化三铁和氢气，碳与水反应生成氢气和一氧化碳，两者都是置换反应，能实现图示箭头方向一步转化，故A选；B钠与水反应发生置换生成氢氧化钠和氢气，水与过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气不是置换反应，能实现图示箭头方向一步转化，但不满足置换反应的条件，故B不选；C甲烷与氯气反应非置换反应，不满足、均为置换反应的条件，故C不选；DAl与NaOH溶液不发生置换反应，且不能生成氧化铝，故D不选；故选A7常温下，在10mL0.1molL1Na2CO3溶液中逐渐加入0.1mo
27、lL1的盐酸，溶液的pH逐渐降低，此时溶液中含碳微粒的物质的量分数的变化如图所示（CO2因逸出未画出，忽略气体逸出而引起的溶液体积变化），下列说法正确的是（）A在A点所示的溶液中：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH）B在B点所示的溶液中，浓度最大的离子是HCO3C当溶液的pH为7时，溶液中的阴离子只有两种D25时，HCO3的电离平衡常数Ka=51011，当溶液的pH=10时，c（HCO3）=2c（CO32）【考点】离子浓度大小的比较【分析】A任何电解质溶液中都存在电荷守恒，阴阳离子所带电荷总数相同；B根据电荷守恒判断各离子浓度大小；C根据图象，溶液pH=7时，
28、存在氯离子、碳酸氢根跟离子、碳酸电离产生的少量碳酸根离子；DHCO3电离平衡常数Ka=51011，pH=10，c（H+）=1010mol/L，c（HCO3）：c（CO32）=2：1【解答】解：A任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH）+c（Cl），故A错误；BB点溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH）+c（Cl），由于氢离子浓度较小，则离子浓度最大的为钠离子，故B错误；C根据图象，溶液pH=7时，存在氯离子、碳酸氢根跟离子、碳酸电离产生的少量碳酸根离子，
29、故C错误；DHCO3电离平衡常数Ka=51011，pH=10，c（H+）=1010mol/L，c（HCO3）：c（CO32）=2：1，故D正确故选D二、非选择题8某研究小组探究电解CuCl2溶液制取少量漂白液，并将氯气和空气（不参与反应）以体积比约1：3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，再用水吸收Cl2O制备次氯酸钠溶液已知：Cl2O极易溶于水并与水反应生成HClO（1）电极Y应该连接电源的正极（填“正极”或“负极”）（2）装置D中为使反应充分进行，采取的措施有搅拌、使用多孔球泡（3）装置D中产生Cl2O的化学方程式为2Cl2+Na2CO3Cl2O+2NaCl+CO2（4）装置E中使用棕
30、色平底烧瓶的原因是HClO见光易分解（5）已知NaClO或HClO均可被H2O2还原成Cl测定漂白液中NaClO浓度的方案为：准确取20.00mL装置B中溶液，加入20.00mL m molL1H2O2溶液（过量）充分反应，再用nmolL1的KMnO4酸性溶液滴定至终点（测定过程中Cl没有发生反应），消耗KMnO4酸性溶液VmL，H2O2还原NaClO的化学方程式为NaClO+H2O2=O2+NaCl+H2O若忽略装置B中的副反应及溶液体积的变化，装置B所得漂白液中NaClO的浓度为mnVmolL1（6）测定装置E中次氯酸溶液的物质的量浓度的实验方案为用酸式滴定管（填仪器名称）取20.00mL
31、的次氯酸溶液，加入足量的H2O2溶液，再加入足量的硝酸银溶液，过滤、洗涤，在真空干燥箱中干燥沉淀，用电子天平称量沉淀的质量（填实验过程）（可用的试剂：H2O2溶液、AgNO3溶液除常用仪器外须使用的仪器有电子天平、真空干燥箱）【考点】制备实验方案的设计【分析】利用惰性电解CuCl2溶液得到的氯气通入B装置NaOH溶液中可得到NaClO的溶液有漂白性，剩余氯气通过C装置与空气形成1：3的混合气体通入D装置，在搅拌棒的作用下与含水8%的碳酸钠充分反应制备Cl2O，并用水吸收Cl2O制备次氯酸钠溶液，同时用碱石灰吸收含有Cl2O的尾气，防止污染环境（1）惰性电解CuCl2溶液，阴极析出铜，阳极生成氯
32、气；（2）为了氯气和原溶液充分接触完全反应，可以通过增加气体与溶液的接触面积、并用搅拌棒搅拌等方法；（3）装置D 中，氯气本身既作为氧化剂又作还原剂，本身被氧化到+1价的Cl2O，被还原到1价的氯化钠；（4）装置E是用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液，但生成的HClO见光易分解，反应装置须选择避光；（5）H2O2还原NaClO生成NaCl，自身被氧化生成氧气，可结合电子守恒和原子守恒配平反应方程式；加入的20.00mL m molL1H2O2溶液（过量）分成二部分，一部分还原NaClO，另一部分被VmLnmolL1的KMnO4酸性溶液氧化，H2O2的氧化产物均为氧气，可结合电子守恒建立等式求解；（
33、6）需要20.00mL的次氯酸溶液，根据精确度应选用酸、碱式滴管，再根据HClO溶液既有酸性，又有强氧化性确定滴定管的类型；实验原理是结合所提供的试剂H2O2是还原HClO生成Cl，再滴加过量提供的硝酸银溶液，根据生成的AgCl沉淀质量计算原溶液HClO的浓度；【解答】解：利用惰性电解CuCl2溶液得到的氯气通入B装置NaOH溶液中可得到NaClO的溶液有漂白性，剩余氯气通过C装置与空气形成1：3的混合气体通入D装置，在搅拌棒的作用下与含水8%的碳酸钠充分反应制备Cl2O，并用水吸收Cl2O制备次氯酸钠溶液，同时用碱石灰吸收含有Cl2O的尾气，防止污染环境；（1）惰性电极电解CuCl2溶液时，
34、要求Y极生成氯气，则Y须连接电源的正极，故答案为：正极：（2）装置D中通过搅拌棒搅拌、使用多孔球泡等方法使氯气与碳酸钠充分反应，故答案为：搅拌、使用多孔球泡；（3）装置D中，氯气本身既作为氧化剂又作还原剂，本身被氧化到+1价的Cl2O，被还原到1价的氯化钠，故化学方程式为2Cl2+Na2CO3Cl2O+2NaCl+CO2，故答案为：2Cl2+Na2CO3Cl2O+2NaCl+CO2；（4）装置E中使用棕色平底烧瓶，目的是可以避光，防止反应生成的HClO见光分解，故答案为：HClO见光易分解；（5）根据H2O2和NaClO反应生成NaCl和氧气，并借助电子守恒和原子守恒得反应方程式为NaClO+
35、H2O2=O2+NaCl+H2O，故答案为：NaClO+H2O2=O2+NaCl+H2O；20.00mL m molL1H2O2溶液中H2O2的物质的量为0.02Lm molL1=0.02mmol，VmLnmolL1的KMnO4酸性溶液中KMnO4的物质的量为0.001Vnmol，假设NaClO的物质的量为xmol，根据电子守恒得：0.02mmol2=0.001Vnmol5+xmol2，解得x=（0.02m0.0025Vn）mol，装置B所得漂白液中NaClO的浓度为=（mnV）molL1，故答案为：mnV；（6）选择使用酸式滴定管量取20.00mL的次氯酸溶液，具体实验操作是，向20.00m
36、L的次氯酸溶液里加入足量的H2O2溶液，再加入足量的硝酸银溶液，过滤、洗涤，在真空干燥箱中干燥沉淀，用电子天平称量沉淀的质量，故答案为：加入足量的H2O2溶液，再加入足量的硝酸银溶液，过滤、洗涤，在真空干燥箱中干燥沉淀，用电子天平称量沉淀的质量9以炼锌厂的烟道灰如图（主要成分为ZnO，还含有少量Fe2O3、CuO、SiO2、MnO等）为原料可生产草酸锌晶体（ZnC2O42H2O）有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表： 氢氧化物 Fe（OH）3Fe（OH）2 Cu（OH）2 Zn（OH）2 开始沉淀时的pH 1.9 6.5 4.2 5.4 完全沉淀时的pH 3.3 9.7 6.7 8.2已
37、知：Ksp（FeS）=1.41039，Ksp（MnS）=1.41013（1）滤渣A的主要成分为SiO2（填化学式）（2）生成滤渣B的离子方程式为ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+（3）除铁时加入ZnO控制反应液的pH范围为3.35.4（4）该炼锌厂废气中含有H2S，可用FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫，过滤后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液FeCl3与H2S反应的离子方程式为2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+电解池中阴极的电极反应式为2H+2e=H2（5）25时，向0.10molL1的H2S溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH与c（S2）的关系如图2所示（忽略溶液
38、体积的变化和H2S的挥发）pH=13时，溶液中的c（H2S）+c（HS）=0.043molL1某溶液中含未知浓度的Mn2+、0.01molL1Fe2+和0.10molL1H2S，当溶液pH=2时，Fe2+ 开始沉淀，当Mn2+开始沉淀时，溶液中=2106【考点】制备实验方案的设计【分析】用盐酸酸浸时SiO2不溶解，过滤分离，滤渣A为SiO2，滤液中加入过氧化氢进行除锰，再通过调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤分离，滤液中再加入ZnS，Cu2+转化为CuS沉淀，过滤除去的滤渣B为CuS，滤液中主要为氯化锌，加入草酸铵得到草酸锌晶体，最终的滤液中含有氯化铵等；（1）由分析可知，
39、烟道灰中的成分不溶于稀盐酸的应该是二氧化硅；（2）滤渣B为CuS，加入ZnS是利用沉淀的转化将溶液里的Cu2+转化为CuS；（3）除铁（部分Cu2+可能被除去）时加入ZnO控制pH使铁离子沉淀完全，而Zn2+不能沉淀；（4）三价铁离子具有强的氧化性能够氧化硫化氢生成单质硫；电解池的阴极是溶液中的H+发生还原反应生成氢气；（5）pH=13时，c（S2）=5.7102mol/L，在0.10molL1H2S溶液中根据硫守恒c（H2S）+c（HS）+c（S2）=0.10molL1；当Qc=Ksp（MnS）时开始沉淀，由此求出硫离子的浓度，结合图象得出此时的pH；根据MnS和FeS的Ksp计算；【解答】
40、解：用盐酸酸浸时SiO2不溶解，过滤分离，滤渣A为SiO2，滤液中加入过氧化氢进行除锰，再通过调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤分离，滤液中再加入ZnS，Cu2+转化为CuS沉淀，过滤除去的滤渣B为CuS，滤液中主要为氯化锌，加入草酸铵得到草酸锌晶体，最终的滤液中含有氯化铵等；（1）由分析可知，滤渣A为SiO2，故答案为：SiO2；（2）利用相同条件下CuS的溶解度明显小于ZnS，加入ZnS可将溶液里Cu2+转化为沉淀CuS，离子反应式为：ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+，故答案为：ZnS+Cu2+=CuS+Zn2+；（3）除铁（部分Cu2+可能被除去）时加入ZnO控制p
41、H使铁离子沉淀完全，而Zn2+不能沉淀，故控制反应液pH的范围为3.35.4，故答案为：3.35.4；（4）FeCl3与H2S反应生成硫单质、二价铁离子和水，离子方程式为 2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+；故答案为：2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+；阴极生成氢气，电极反应式：2H+2e=H2，故答案为：2H+2e=H2；（5）根据溶液pH与c（S2）关系图pH=13时，c（S2）=5.7102mol/L，在0.10molL1H2S溶液中根据硫守恒c（H2S）+c（HS）+c（S2）=0.10molL1，所以c（H2S）+c（HS）=0.15.7102=0.043mol/L，故答案为
42、：0.043；当Qc=Ksp（FeS）时开始沉淀，所以c（S2）=mol/L=1.41017mol/L，结合图象得出此时的pH=2，所以pH=2时亚铁离子开始沉淀；溶液中=mol/L=2106；故答案为：2；210610在当今社会，氮的氢化物和氧化物与我们的生活息息相关（1）NO是一种污染物，工业上用NH3、O2脱除烟气中NO的原理如图所示，该原理中NO最终转化为N2（填化学式），V4+OH在反应过程中作催化剂当消耗2molNH3和0.5molO2时，除去的NO在标准状况下的体积为44.8L（2）N2H4是发射航天火箭的常用燃料，已知：N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）H=
43、538kJmol1断开1mol下列化学键系数的能量分别为NH：390kJ、NN：946kJ、OH：460kJ、O=O：498kJ则断开1molNN需要吸收的能量是190kJ（3）工业制硝酸时，会发生反应：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H0若其它条件不变，则下列图象不正确的是D（填字母）在1L容积固定的密闭容器中充入NH3和O2发生该反应，部分物质的浓度随时间的变化如下表所示 c（NH3）/molL1 c（O2）/molL1 c（NO）molL1 0 1.2 1.75 0 4min 0.4 0.75 0.8 6min 0.4 0.75 0.8 8min 0.6 1 0.
44、6 9min 0.6 1 0.6 10min 1.05 1 1.05 12min04min内，用O2表示该反应的平均反应速率为0.25molL1min1反应68min时改变了反应条件，改变的反应条件可能是升高温度【考点】化学平衡的计算；有关反应热的计算；化学平衡的影响因素【分析】（1）由图该原理中的中NO最终转化为H2O和氮气；V4+OH在反应前后不变，作催化剂；氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量；（2）焓变=反应物总键能生成物总键能；（3）A该反应前后气体物质的量增大，增大压强化学反应速率增大，反应到达平衡的时间缩短，平衡逆向移动，氨气转化率降低；B催化剂只改变化学反
45、应速率，改变反应达到平衡的时间，但不影响平衡移动；C该反应前后气体物质的量增大，增大压强化学反应速率增大，反应到达平衡的时间缩短，平衡逆向移动，NO的产率降低；D该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动；根据v=计算反应速率；反应68min时反应逆向移动，可能为升高温度【解答】解：（1）由图1可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水，所以NO最终转化为N2和H2O；V4+OH在反应前后不变，作催化剂；氧气、一氧化氮和氨气反应生成氮气和水，反应中氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量，2mol NH3转化为N2失去6mol电子，0.5mol O2得到2mol
46、电子，则NO转化为N2得到的电子为4mol，所以NO的物质的量为2mol，其体积为44.8L；故答案为：N2；催化剂；44.8；（2）焓变=反应物总键能生成物总键能，设断开1molNN需要吸收的能量QkJ，则：Q+4390+4989464460=538，解得Q=190；故答案为：190kJ；（3）该反应是个气体体积增大、正反应放热的反应，A、增大压强，反应逆向移动，氨气的转化率减小，且压强增大化学反应速率增大，缩短反应到达平衡的时间，所以图象符合，故A不选；B、催化剂加快反应速率，但不改变平衡，所以图象符合，故B不选；C、增大压强，逆向移动，NO的产率降低，所以图象符合，故C不选；D、升高温度
47、，反应逆向移动，水蒸气的含量降低，所以图象不符合，故D选；故答案为：D；04min内，v（O2）=mol/（Lmin）=0.25mol/（Lmin）；反应68min时反应逆向移动，可能为升高温度，故答案为：0.25；升高温度（二）选考题化学-化学与技术11关工业上以软锰矿（主要成分是MnO2）和黄铁矿（主要成分是FeS2）为主要原料制备高性能磁性材料碳酸锰（MnCO3）的工艺流程如图1所示已知：MnCO3难溶于水、乙醇、潮湿时易被空气氧化，100时开始分解，回答下列问题：（1）净化工序的目的是除去溶液中的Cu2+、Ca2+等杂质若测得滤液中c（F）=0.01molL1，则滤液中残留的c（Ca2
48、+）=1.46106molL1molL1 已知：Ksp（CaF2）=1.461010（2）沉锰工序中，298K、c（Mn2+）=1.05molL1时，实验测得MnCO3的产率与溶液pH、反应时间的关系如图2所示根据图2中信息得出的结论是pH等于7.0时反应速率最快，且MnCO3的产率最高（3）从沉锰工序中得到纯净MnCO3的操作方法是过滤、先水洗23次，再用乙醇洗涤，低温干燥（或低于100干燥）（4）MnCO3高温煅烧可得到软磁体Mn3O4，但分解生成的CO需要回收利用到目前为止，CO吸附剂的开发大多数以铜（+1）为活性组分负载在各种载体上，然后采用变压器吸附（PSA）的方式在含N2体系中脱出
49、CO图3是变压吸附回收炉气中CO的流程PSA吸附CO2的时间对PSA中CO回收率的影响如图4所示，由此可见，为了保证载铜吸附剂对CO的吸附和提纯要求，应采取的措施是尽量在PSAI中将CO2脱除（保证PSAI吸附CO2的时间）从PSA中富集得到的CO有广泛的用途，除生产甲醇外，其用途还有作燃料（任写一种）检验放空气体中是否含有CO的实验操作是将该气体通入氯化钯（PdCl2）溶液中，观察是否有黑色的单质钯生成，写出对应的化学方程式：CO+PdCl2+H2OPd+2HCl+CO2（5）为测定某软锰矿中二氧化锰的质量分数，准确称量1.00g软锰矿样品，加入2.68g草酸钠固体，再加入足量的稀硫酸并加热
50、（杂质不参加反应），充分反应后冷却，将所得溶液转移到250mL容量瓶中用蒸馏水稀释至刻度线，从中取出25.0mL，用0.0200molL1高锰酸钾溶液进行滴定，当滴入20.0mL溶液时恰好完全反应已知高锰酸钾、二氧化锰在酸性条件下均能将草酸钠（Na2C2O4）氧化，反应原理如下：2MnO4+5C2O42+16H+2Mn2+10CO2+8H2OMnO2+C2O42+4H+Mn2+2CO2+2H2O求该软锰矿中二氧化锰的质量分数87%【考点】制备实验方案的设计【分析】由流程可知软锰矿（主要成分MnO2）和黄铁矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液pH，FeS2和稀硫酸反应生成Fe2+，然后过滤得到滤
51、渣是MnO2，向滤液中加入软锰矿发生的离子反应方程式为：2Fe2+15MnO2+28H+=2Fe3+14H2O+15Mn2+4SO42，过滤，滤液中主要含有Cu2+、Ca2+等杂质，加入硫化铵和氟化铵，除去Cu2+、Ca2+过滤，在滤液中加入碳酸氢铵和氨水沉锰，生成MnCO3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体；（1）由于流程第二步加入了石灰引入了Ca2+杂质，因此除去溶液中的Cu2+、Ca2+等杂质可分别使用（NH4）2S和NH4F，生成CuS、CaF沉淀除去，根据已知氟化钙的溶度积和c（F），可求c（Ca2+）；（2）根据沉锰的图象可知，pH越大得到的
52、MnCO3的产率越高，且需要的时间越短，且在pH=7时，有更好的效果；（3）从沉锰工序中得到纯净MnCO3，只需将沉淀析出的MnCO3过滤、洗涤、干燥即可得到碳酸锰；（4）CO吸附剂的开发大多数以铜（+1）为活性组分负载在各种载体上，然后采用变压吸附（PSA）方式在含N2体系中脱出CO，图象方向可知时间越长CO回收率越高；一氧化碳是可燃性气体燃烧过程中放热；为了检测CO对空气的污染情况，常需用到氯化钯（PdCl2）溶液将CO气体通入氯化钯（PdCl2）溶液中（水也参与反应），能产生黑色金属钯、CO2和一种酸请写出该反应的化学反应方程式；（5）n（C2O42）=2.68g134g/mol=0.0
53、2mol；滴定250mL稀释后溶液，消耗n（MnO4）=0.0200mol/L0.0200L10=0.00400mol；根据氧化还原反应中得失电子数相等得n（MnO2）2+0.00400mol5=0.0200mol2，n（MnO2）=0.0100mol，再根据质量分数公式计算其质量分数【解答】解：由流程可知软锰矿（主要成分MnO2）和黄铁矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液pH，FeS2和稀硫酸反应生成Fe2+，然后过滤得到滤渣是MnO2，向滤液中加入软锰矿发生的离子反应方程式为：2Fe2+15MnO2+28H+=2Fe3+14H2O+15Mn2+4SO42，过滤，滤液中主要含有Cu2+、Ca
54、2+等杂质，加入硫化铵和氟化铵，除去Cu2+、Ca2+过滤，在滤液中加入碳酸氢铵和氨水沉锰，生成MnCO3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体；（1）由于流程第二步加入了石灰引入了Ca2+杂质，因此除去溶液中的Cu2+、Ca2+等杂质可分别使用（NH4）2S和NH4F，生成CuS、CaF沉淀除去，根据已知氟化钙的溶度积和c（F）可知：c（Ca2+）=1.46106molL1，故答案为：1.46106molL1；（2）从沉锰的图象可以看出，在已给的几个pH值条件下，pH越大得到的MnCO3的产率越高，且需要的时间越短，且在pH=7时，有更好的效果，因此结论是
55、pH等于7.0时反应速率最快，且MnCO3的产率最高，故答案为：pH等于7.0时反应速率最快，且MnCO3的产率最高；（3）从沉锰工序中得到纯净MnCO3，只需将沉淀析出的MnCO3过滤、先水洗23次，再用乙醇洗涤，低温干燥（或低于100干燥）即可；故答案为：先水洗23次，再用乙醇洗涤，低温干燥（或低于100干燥）；（4）CO吸附剂的开发大多数以铜（+1）为活性组分负载在各种载体上，然后采用变压吸附（PSA）方式在含N2体系中脱出CO，图象方向可知时间越长CO回收率越高，为了保证载铜吸附剂对CO的吸附和提纯要求，应采取的措施是尽量在PSAI中将CO2 脱除（保证PSAI吸附CO2的时间），故答
56、案为：尽量在PSAI中将CO2 脱除（保证PSAI吸附CO2的时间）；一氧化碳是可燃性气体燃烧过程中放热，可以作为燃料，故答案为：作燃料；CO气体通入氯化钯（PdCl2）溶液中（水也参与反应），能产生黑色金属钯、CO2和一种酸，由质量守恒定律，该酸为盐酸，反应的俄化学方程式为：CO+PdCl2+H2OPd+CO2+2HCl，故答案为：CO+PdCl2+H2OPd+2HCl+CO2；（5）n（C2O42）=2.68g134g/mol=0.02mol，滴定250mL稀释后溶液，消耗n（MnO4）=0.0200mol/L0.0200L10=0.00400mol，根据氧化还原反应中得失电子数相等得n（
57、MnO2）2+0.00400mol5=0.0200mol2，n（MnO2）=0.0100mol，二氧化锰质量分数=100%=87%，故答案为：87%化学-物质结构与性质12用二氧化碳生产工产品，有利于二氧化碳的大量回收，二氧化碳和乙二醇在氧化锌或钛氧化物催化下可合成碳酸乙烯酯（1）基态锌原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2；每个ZnO晶胞（如图1所示）中含O2的数目为2（2）锌盐水溶液中Zn2+可与H2O之间形成Zn（H2O）42+，其中提供空轨道的是Zn2+（填微粒符号）（3）碳酸乙烯酯中含有的键与键数目之比为10：1 （4）阴离子X、Y、Z中只含有非金属元素，它
58、们与CO2均互为等电子体，X、Y内只含有极性键，Z内含共价键和氢键，且Y的摩尔质量大于X的，则X的电子式为，Y的结构式为，Z的化学式为HF2（5）某钛氧化物的晶胞结构如图2所示写出该钛氧化物的化学式：TiO2NH3和CO2在含有钛氧化物的某种催化剂作用下，可直接转化为CO（NH2）2CO（NH2）2中C原子的杂化轨道类型为sp2，组成CO（NH2）2的四种元素的第一电离能由小到大的顺序为HCON已知该钛氧化物晶体的密度为agcm1，NA为阿伏伽德罗常数的数值，则该晶胞的体积为cm3【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布【分析】（1）Zn原子核外电子数为30，根据能量最低原理书写核外电子排布式；利
59、用均摊法计算晶胞中O2的数目；（2）配离子中中心离子提供空轨道，配体提供孤对电子；（3）根据碳酸乙烯酯的结构简式可知，碳酸乙烯酯中酯基中有10个键，1个键；（4）原子总数相等、价电子总数相等的微粒互为的等电子体；（5）根据均摊法计算晶胞中Ti、O原子数目，进而确定化学式；CO（NH2）2中C原子周围有3个键，没有孤电子对，据此判断C的杂化轨道类型；同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；晶胞中Ti原子数目为1+8=2，O原子数目为2+4=4，再根据=计算晶胞体积【解答】解：（1）Zn原子核外电子数为30，核外电子排布式
60、为1s22s22p63s23p63d104s2；每个ZnO晶胞中含O2的数目为1+8=2，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s2；2；（2）Zn2+含有空轨道，H2O含有孤电子对，故Zn2+提供空轨道，H2O提供孤电子对，形成配离子Zn（H2O）62+，故答案为：Zn2+；（3）根据碳酸乙烯酯的结构简式可知，碳酸乙烯酯中酯基中有10个键，1个键，所以键与键数目之比为10：1，故答案为：10：1；（4）阴离子X、Y、Z中只含有非金属元素，它们与CO2均互为等电子体，则Z的化学式为HF2，X、Y内只含有极性键，且Y的摩尔质量大于X的，则X为CNO，其电子式为，Y的为SCN，其结构式
61、为，Z内含共价键和氢键，故答案为：；HF2；（5）晶胞中Ti原子数目为1+8=2，O原子数目为2+4=4，则该晶体化学式为TiO2，故答案为：TiO2；CO（NH2）2中C原子周围有3个键，没有孤电子对，所以C的杂化轨道类型为sp2，同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，C、H、N、O中N原子最外层为半充满结构，较为稳定，所以它们的第一电离能大小顺序是I1（N）I1（O）I1（C）I1（H），故答案为：sp2；HCON；晶胞中Ti原子数目为1+8=2，O原子数目为2+4=4，晶胞质量为，根据=可知，晶胞体积为cm3=
62、cm3，故答案为：化学-有机化学基础13合成药物X的路线如下：（1）X中含氧官能团的名称为醛基、羟基；A的核磁共振氢谱只有一组吸收峰，A的结构简式为（2）反应的反应类型为加成反应反应还会得到另一产物H，其分子式为C8H14O2，写出H的结构简式：（3）反应的产物为G和CH3COOH（填结构简式）（4）X分子消去一分子水的得物质J，同时满足下列条件的J的同分异构体共有12种，其中核磁共振氢谱只有六组吸收峰的同分异构体与足量浓溴水反应的化学方程式为a能与FeCl3溶液发生显色反应b能发生消去反应c苯环上只有2个取代基，且分子中只有2个甲基（5）参照上述合成路线，设计一条以CH3OH、CHCH为原料
63、制备聚丙烯醇的合成路线图（无机试剂任用）合成路线图示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH【考点】有机物的合成【分析】（1）由X的结构简式可知，含有的含氧官能团为酯基、羟基；A的分子式为C3H6O，A的核磁共振氢谱只有一组吸收峰，结合B的结构简式可知与乙炔发生加成反应生成B，故A为；（2）反应还会得到另一产物H，其分子式为C8H14O2，则2分子丙酮与乙炔发生加成反应生成H；（3）F与过氧乙酸反应得到G，由守恒可知还生成乙酸；（4）X分子消去一分子水可得物质J，J的分子式为C10H14O2，不饱和度为=4，J的同分异构体符合：a能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，由
64、不饱和度可知，侧链没有不饱和键，b能发生消去反应，说明羟基连接碳原子相邻的碳原子上含有H原子，c苯环上只有2个取代基，且分子中只有2个甲基，另外的取代基为CH（CH3）CH（CH3）OH，或者为C（OH）（CH3）CH2CH3，或者为CH2C（CH3）2OH，或者为CH（OH）CH（CH3）2，与羟基各有邻、间、对3种；（5）甲醇氧化生成甲醛，甲醛与乙炔发生加成反应得到HCCCH2OH，再与氢气发生加成反应得到CH2=CHCH2OH，最后发生加聚反应得到【解答】解：（1）由X的结构简式可知，含有的含氧官能团为酯基、羟基；A的分子式为C3H6O，A的核磁共振氢谱只有一组吸收峰，结合B的结构简式可
65、知与乙炔发生加成反应生成B，故A为，故答案为：醛基、羟基；（2）反应属于加成反应，反应还会得到另一产物H，其分子式为C8H14O2，2分子丙酮与乙炔发生加成反应生成H，H的结构简式为：，故答案为：加成反应；（3）F与过氧乙酸反应得到G，由守恒可知还生成CH3COOH，故答案为：CH3COOH；（4）X分子消去一分子水可得物质J，J的分子式为C10H14O2，不饱和度为=4，J的同分异构体符合：a能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，由不饱和度可知，侧链没有不饱和键，b能发生消去反应，说明羟基连接碳原子相邻的碳原子上含有H原子，c苯环上只有2个取代基，且分子中只有2个甲基，另外的取代基为CH（CH3）CH（CH3）OH，或者为C（OH）（CH3）CH2CH3，或者为CH2C（CH3）2OH，或者为CH（OH）CH（CH3）2，与羟基各有邻、间、对3种，共有12种，其中核磁共振氢谱只有六组吸收峰的同分异构体与足量浓溴水反应的化学方程式为：，故答案为：12；（5）甲醇氧化生成甲醛，甲醛与乙炔发生加成反应得到HCCCH2OH，再与氢气发生加成反应得到CH2=CHCH2OH，最后发生加聚反应得到合成路线流程图为：，故答案为：2016年12月22日
