1、2016年江西省吉安一中高考化学三模试卷一、选择题（每题只有一个选项正确，每小题6分）1化学与社会、生产、生活密切相关下列说法正确的是（）A生物柴油具有良好的燃料性能，属于烃类，安全、环保、可再生B油脂是人类维持生命活动所需能量的主要来源CPM2.5是指空气中氮氧化物和硫氧化物含量之和D登高山时防晒是为了防止强紫外线引起皮肤蛋白质被灼伤变性2NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A0.1mol的白磷（P4）或CCl4中所含的共价键数均为0.4NABS2和S8的混合物共6.4g，其中所含的电子数一定为3.2NAC5.4gAl分别于含溶质0.2mol的NaOH溶液、盐酸反应，生成H2分子数均
2、为0.3NAD在H2O2+Cl22HCl+O2反应中，每生成32gO2，转移4 NA个电子3短周期元素X、Y、Z、W、Q在周期表中相对位置如图所示，已知X元素是地壳中含量最高的元素，下列说法正确的是（）XYZWQAY的非金属性比Q强，所以HnY的酸性比HnQ强BZX2、WX2的熔沸点、硬度相差很大，这是由于它们的化学键类型不同造成的CW、Q、Y元素的原子半径及其简单离子半径依次减小D将足量的X单质通入W的氢化物的水溶液，能得到W的低价氧化物4的同分异构体中，含有苯环且苯环上一氯取代物只有一种的结构共有（不考虑立体异构）（）A3种B4种C5种D6种5下列实验目的对应的实验操作和实验原理均正确的是
3、（）实验目的实验操作实验原理A验证Fe（OH）3的溶解度小于Mg（OH）2将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，振荡3Mg（OH）2+2Fe3+2Fe（OH）3+3Mg2+B配制FeCl3溶液将FeCl3固体溶解于适量硫酸溶液H+抑制FeCl3水解C检验溶液中是否含有NH4+取少量试液于试管中，加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体NH3溶于水后溶质的主要存在形式是NH4+、OHD提纯混有少量硝酸钾的氯化钠在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥氯化钠溶解度随温度升高变化不大，而硝酸钾溶解度随温度升高显著增大AABBCCDD6氧电化学传感器可用于测定O2含量，下图
4、为某种氧电化学传感器的原理示意图，已知在测定O2含量过程中，电解质溶液的质量保持不变，一段时间内，若通过传感器的待测气体为aL（标准状况），某电极增重了bg下列说法正确的是（）APt电极上发生氧化反应BPt上发生的电极反应式为4OH4eO2+2H2OC反应过程中转移OH的物质的量为0.25bmolD待测气体中氧气的体积分数为0.77室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7（通入气体对溶液体积的影响可忽略），溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A向0.10molL1CH3COONa溶液中通入HCl：c（Na+）c（CH3COOH）=c（Cl）B向0.10molL1NaHSO3溶液
5、中通入NH3：c（Na+）c（NH4+）c（SO32）C向0.10molL1Na2SO3溶液通入SO2：c（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3）D向0.10molL1NH4HCO3溶液中通入CO2：c（NH4+）=c（HCO3）+c（CO32）二、解答题（共6小题，满分60分）8某研究性学习小组用如图1装置（铁架台等支撑仪器略）探究氧化铁与乙醇的反应，并检验反应产物（1）气密性检验的操作过程是（2）为快速得到乙醇气体，可采取的方法是；若实验时小试管中的溶液已经开始发生倒吸，你采取的措施是（填写编号）；a取下小试管 b移去酒精灯c将导管从乳胶管中取下 d以上都可以（3）如
6、图实验，观察到红色的Fe2O3全部变为黑色固体（M），充分反应后停止加热为了检验M的组成，进行下列实验M能被磁铁吸引；加入足量稀硫酸，振荡，固体全部溶解，未观察到有气体生成；经检验溶液中有铁离子和亚铁离子，检验铁离子的方法是；关于M中铁元素价态的判断正确的是（填写编号）a一定有+3价和+2价铁，无0价铁 b一定有+3价、+2价和0价铁c一定有+3价和0价铁，无+2价铁 d一定有+3价，0价和+2价铁至少有一种（4）若M的成份可表达为FexOy，用CO还原法定量测定其化学组成称取ag M样品进行定量测定，实验装置（如图2）和步骤如下：组装仪器；点燃酒精灯；加入试剂； 打开分液漏斗活塞；检查气密性
7、；停止加热；关闭分液漏斗活塞；正确的操作顺序是（填写编号）abcd（5）若实验中每步反应都进行完全，反应后M样品质量减小b g，则FexOy中=9用碱式溴化镁废渣生产C2H5Br（不溶于水，密度为1.46g/cm3）和MgCl26H2O，既可减少污染又可得化工原料，有关工艺流程如图所示：回答下列问题：（1）碱式溴化镁溶于盐酸时，1molMg（OH）Br消耗0.5mol/L的盐酸体积为（2）分离操作为（操作名称）；分离操作时所需的玻璃仪器为（3）提溴时，溶液预热至60时开始通入氯气，一段时间后，溶液的温度会自然升高到100，说明提溴反应为（填“放热”或“吸热”）反应提溴废液需减压、蒸发、浓缩的目
8、的是（4）在浓硫酸催化下，合成溴乙烷粗品的化学方程式为；（5）精制溴乙烷的步骤为水洗、Na2SO3溶液洗涤、水洗及干燥，其中Na2SO3溶液洗涤的目的是（6）用惰性电极在一定条件下电解MgCl2溶液可制取催熟剂氯酸镁，该电解反应的化学方程式为10如图是煤化工产业链的一部分，试运用所学知识，解决下列问题：I已知该产业链中某反应的平衡表常数达式为：K=，它所对应反应的化学方程式为二甲醚（CH3OCH3）在未来可能替代柴油和液化气作为洁净液体燃料使用，工业上以CO和H2为原料生产CH3OCH3工业制备二甲醚在催化反应室中（压力2.010.0Mpa，温度230280）进行下列反应：CO（g）+2H2（
9、g）CH3OH（g）H1=90.7kJmol12CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H2=23.5kJmol1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H3=41.2kJmol1（1）催化反应室中总反应的热化学方程式为830时反应的K=1.0，则在催化反应室中反应的K1.0（填“”、“”或“=”）（2）在某温度下，若反应的起始浓度分别为：c（CO）=1mol/L，c（H2）=2.4mol/L，5min后达到平衡，CO的转化率为50%，则5min内CO的平均反应速率为；若反应物的起始浓度分别为：c（CO）=4mol/L，c（H2）=a mol/L；达到平衡后，c（CH3OH）
10、=2mol/L，a=mol/L（3）反应在t时的平衡常数为400，此温度下，在0.5L的密闭容器中加入一定的甲醇，反应到某时刻测得各组分的物质的量浓度如下：物质CH3OHCH3OCH3H2Oc（mol/L）0.81.241.24此时刻v正v逆（填“大于”“小于”或“等于”）平衡时二甲醚的物质的量浓度是（4）以二甲醚、空气、KOH溶液为原料，以石墨为电极可直接构成燃料电池，则该电池的负极反应式为；若以1.12L/min（标准状况）的速率向电池中通入二甲醚，用该电池电解500mL 2mol/L CuSO4溶液，通电0.50min后，计算理论上可析出金属铜的质量为11Ba（NO3）2可用于生产绿色烟
11、花、绿色信号弹、炸药、陶瓷釉药等钡盐行业生产中排出大量的钡泥，某主要生产BaCO3、BaSO4的化工厂利用钡泥制取Ba（NO3）2晶体（不含结晶水），其部分工艺流程如下：已知：Fe3+和Fe2+以氢氧化物形式沉淀完全时，溶液的pH分别为3.2和9.7；Ba（NO3）2晶体的分解温度：592；Ksp（BaSO4）=1.11010，Ksp（BaCO3）=5.1109（1）该厂生产的BaCO3因含有少量BaSO4而不纯，提纯的方法是：将产品加入足量的饱和Na2CO3溶液中，充分搅拌，过滤，洗涤试用离子方程式说明提纯原理：；（2）上述流程酸溶时，Ba（FeO2）2与HNO3反应生成两种硝酸盐，反应的化
12、学方程式为：；（3）该厂结合本厂实际，选用的X为（填序号）；ABaCl2 BBaCO3 CBa（NO3）2 DBa（OH）2（4）中和I使溶液的pH为45目的是；结合离子方程式简述原理（5）从Ba（NO3）2溶液中获得其晶体的操作方法是；（6）测定所得Ba（NO3）2晶体的纯度：准确称取w g晶体溶于蒸馏水，加入足量的硫酸，充分反应后，过滤、洗涤、干燥，称量其质量为m g，则该晶体的纯度为12铁及其化合物在生产生活及科学研究方面应用非常广泛（1）Fe2+基态核外电子排布式为；（2）Fe3+可与（阴离子）发生特征的显色反应，用于鉴定Fe3+该阴离子的电子式为，其空间构型为；（3）已知Fe2+和F
13、e3+均可与CN形成配离子4和3，在酸性溶液中H2O2可使Fe（CN）64转化为Fe（CN）63写出以上转化的离子方程式；（4）CN的其中一个等电子体可与Fe（O）形成配合物，该配合物的化学式为，1mol该配合物所含有键和键数目之比为；（5）向Fe2+溶液中加入K3，可生成蓝色难溶化合物滕氏蓝，若向Fe3+溶液中加入K4，则可生成蓝色难溶化合物普鲁士蓝，经结构分析，滕氏蓝和普鲁士蓝为同一化合物，其晶胞结构（）如图所示（K+未标出）根据上述信息，滕氏蓝和普鲁士蓝晶胞含有 个Fe2+，其化学式为，含有的化学键有（填字母序号）a共价键 b离子键 c配位键 d金属键 e氢键13下图是工业上以有机物A、
14、E为基本原料制备有机物M的一种合成路线A能与Na2CO3溶液及溴水反应，且1molA最多可与2molBr2反应；B的苯环上有四种不同化学环境的氢原子；E、F均是芳香烃；M是一种具有特殊香气的物质已知R1COOHHCl+R1COOR酚羟基易被高锰酸钾酸性溶液、浓硝酸等氧化回答下列问题：（1）在F的同系物中，相对分子质量最小的物质是（填名称）；C中含氧官能团的名称为；（2）A的结构简式为；EF的反应类型为；（3）D+GM的化学方程式为；（4）C的同分异构体中能同时满足下列条件的共有种（不含立体异构）；遇FeCl3溶液发生显色反应 能发生水解反应其中核磁共振氢谱显示为5组峰，且峰面积比为2：2：2：
15、1：1的是（写结构简式）（5）参照有机物M的上述合成路线，设计一条由和（CH2）3CCl为起始原料制备的合成路线2016年江西省吉安一中高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、选择题（每题只有一个选项正确，每小题6分）1化学与社会、生产、生活密切相关下列说法正确的是（）A生物柴油具有良好的燃料性能，属于烃类，安全、环保、可再生B油脂是人类维持生命活动所需能量的主要来源CPM2.5是指空气中氮氧化物和硫氧化物含量之和D登高山时防晒是为了防止强紫外线引起皮肤蛋白质被灼伤变性【考点】物质的组成、结构和性质的关系【分析】A生物柴油是以油脂为原料，通过水解、酯化所得高级脂肪酸甲酯；B糖类是人类维持生命活动
16、所需能量的主要来源；CPM2.5是指空气中固体颗粒物；D强紫外线能使皮肤蛋白质变性【解答】解：A生物柴油具有良好的燃料性能，且安全、环保、可再生，它的成分是高级脂肪酸甲酯，故A错误；B糖类是人类维持生命活动所需能量的主要来源，脂肪为储能物质，故B错误；CPM2.5是指空气中固体颗粒物，而氮氧化物和硫氧化物为气体污染物，故C错误；D强紫外线能使皮肤蛋白质变性，则登高山时防晒是为了防止强紫外线引起皮肤蛋白质被灼伤变性，故D正确；故选D2NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A0.1mol的白磷（P4）或CCl4中所含的共价键数均为0.4NABS2和S8的混合物共6.4g，其中所含的电子数一定
17、为3.2NAC5.4gAl分别于含溶质0.2mol的NaOH溶液、盐酸反应，生成H2分子数均为0.3NAD在H2O2+Cl22HCl+O2反应中，每生成32gO2，转移4 NA个电子【考点】阿伏加德罗常数【分析】A白磷分子中含有6个PP键，CCl4分子中含有4个CCl键；BS2和S8均由S原子构成，且S原子中含16个电子；C求出铝的物质的量，然后根据1molAl3molHCl，1molAl1molNaOH来分析；D在H2O2+Cl22HCl+O2反应中，氯气做氧化剂，生成1mol氧气消耗1mol氯气，生成2mol氯离子，转移2mol电子【解答】解：A白磷分子中含有6个PP键，CCl4分子中含有
18、4个CCl键，0.1mol的白磷（P4）共价键数0.6mol，0.1molCCl4中所含的共价键数均为0.4NA，故A错误；BS2和S8均由S原子构成，故6.4g混合物中含有的S原子的物质的量为0.2mol，而且S原子中含16个电子，故0.2molS原子中含3.2NA个电子，故B正确；C.5.4g铝的物质的量为0.2mol，而由于1molAl3molHCl，1molAl1molNaOH，故0.2mol铝与0.2mol氢氧化钠能恰好完全反应，而与0.2mol盐酸反应时，铝过量，由于反应掉的铝的物质的量不同，故生成的氢气分子个数不同，故C错误；D在H2O2+Cl22HCl+O2反应中，氯气做氧化剂
19、，生成1mol氧气消耗1mol氯气，生成2mol氯离子，转移2mol电子，则生成氧气32g，物质的量为1mol，转移2NA个电子，故D错误；故选：B3短周期元素X、Y、Z、W、Q在周期表中相对位置如图所示，已知X元素是地壳中含量最高的元素，下列说法正确的是（）XYZWQAY的非金属性比Q强，所以HnY的酸性比HnQ强BZX2、WX2的熔沸点、硬度相差很大，这是由于它们的化学键类型不同造成的CW、Q、Y元素的原子半径及其简单离子半径依次减小D将足量的X单质通入W的氢化物的水溶液，能得到W的低价氧化物【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】X元素是地壳中含量最高的元素，则X为O元素，由元素
20、在周期表中位置可知，Y为F元素，Z为Si，W为S元素，Q为ClAHF为弱酸，而HCl为强酸；BSiO2、SO2含有的化学键均为共价键；C同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；电子层结构相同的离子核电荷数越大离子半径越小，离子的电子层越多离子半径越大；D氧气通入硫化氢水溶液中反应生成硫与水【解答】解：X元素是地壳中含量最高的元素，则X为O元素，由元素在周期表中位置可知，Y为F元素，Z为Si，W为S元素，Q为ClAHF为弱酸，而HCl为强酸，故A错误；BSiO2属于原子晶体，SO2属于分子晶体，二者熔沸点、硬度相差很大，但二者含有的化学键均为共价键，故B错误；C同周期自左而右原子
21、半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径FClS，电子层结构相同的离子核电荷数越大离子半径越小，离子的电子层越多离子半径越大，故离子半径FClS2，故C正确；D氧气通入硫化氢水溶液中反应生成硫与水，故D错误故选：C4的同分异构体中，含有苯环且苯环上一氯取代物只有一种的结构共有（不考虑立体异构）（）A3种B4种C5种D6种【考点】有机化合物的异构现象【分析】的同分异构体中，含有苯环且苯环上一氯取代物只有一种的结构，说明苯环上只有1种H原子，可以是两个CH2CH3处于对位，可以含有4个甲基且为对称结构，据此判断【解答】解：的同分异构体中，含有苯环且苯环上一氯取代物只有一种的结构，说明苯环上
22、只有1种H原子，可以是两个CH2CH3处于对位，可以含有4个甲基且为对称结构，可以是4个甲基相邻，可以是3个甲基相邻，可以是2个甲基相邻，故共有4种，故选B5下列实验目的对应的实验操作和实验原理均正确的是（）实验目的实验操作实验原理A验证Fe（OH）3的溶解度小于Mg（OH）2将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，振荡3Mg（OH）2+2Fe3+2Fe（OH）3+3Mg2+B配制FeCl3溶液将FeCl3固体溶解于适量硫酸溶液H+抑制FeCl3水解C检验溶液中是否含有NH4+取少量试液于试管中，加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体NH3溶于水后溶质的主要存在形式是N
23、H4+、OHD提纯混有少量硝酸钾的氯化钠在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥氯化钠溶解度随温度升高变化不大，而硝酸钾溶解度随温度升高显著增大AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质；B加入硫酸，引入新杂质；C一水合氨是弱电解质，在水溶液中部分电离；D硝酸钾溶解度随温度变化较大，应用蒸发结晶的方法【解答】解：A溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，将FeCl3溶液加入Mg（OH）2悬浊液中，振荡，发生反应3Mg（OH）2+2Fe3+2Fe（OH）3+3Mg2+，白色沉淀转化为红褐色，故A正确；B加入硫酸，引入新杂质，应加入盐酸酸化，故B错误
24、；C一水合氨是弱电解质，在水溶液中部分电离，所以氨气溶于水后在水溶液中主要以一水合氨存在，故C错误；D硝酸钾溶解度随温度变化较大，应用蒸发结晶的方法，否则用降温结晶的方法，得到的氯化钠应含有硝酸钾，故D错误故选A6氧电化学传感器可用于测定O2含量，下图为某种氧电化学传感器的原理示意图，已知在测定O2含量过程中，电解质溶液的质量保持不变，一段时间内，若通过传感器的待测气体为aL（标准状况），某电极增重了bg下列说法正确的是（）APt电极上发生氧化反应BPt上发生的电极反应式为4OH4eO2+2H2OC反应过程中转移OH的物质的量为0.25bmolD待测气体中氧气的体积分数为0.7【考点】原电池和
25、电解池的工作原理【分析】通入氧气的一极为正极，得电子发生还原反应，电极方程式为O2+2H2O+4e4OH，Pb电极为负极，失去电子发生氧化反应，电极方程式为2Pb+4OH4e2PbO+2H2O，根据电极方程式和增重的质量计算转移氢氧根离子的数目及氧气的量，从而计算氧气的体积分数【解答】解：根据装置图分析可知，该池为原电池，通入氧气的一极为正极，Pb电极为负极，APt电极通氧气，为正极，发生还原反应，故A错误；B通入氧气的一极为正极，得电子发生还原反应，电极方程式为O2+2H2O+4e4OH，故B错误；CPb电极为负极，失去电子发生氧化反应，电极方程式为2Pb+4OH4e2PbO+2H2O，结合
26、4mol氢氧根离子，电极质量增重32g，该电极增重的质量为bg，则转移OH的物质的量为0.125bmol，故C错误；D根据C的分析可知，转移电子物质的量为0.125bmol，由电极方程式为O2+2H2O+4e4OH，消耗氧气的体积为=0.7bL，故氧气的体积分数为，故D正确故选D7室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7（通入气体对溶液体积的影响可忽略），溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A向0.10molL1CH3COONa溶液中通入HCl：c（Na+）c（CH3COOH）=c（Cl）B向0.10molL1NaHSO3溶液中通入NH3：c（Na+）c（NH4+）c（SO32
27、）C向0.10molL1Na2SO3溶液通入SO2：c（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3）D向0.10molL1NH4HCO3溶液中通入CO2：c（NH4+）=c（HCO3）+c（CO32）【考点】离子浓度大小的比较【分析】混合溶液的pH=7，说明溶液中c（H+）=c（OH）；A向0.10molL1CH3COONa溶液中通入HCl，至溶液pH=7，反应后溶液中溶质为NaCl、醋酸和醋酸钠；B溶液中钠离子与S原子物质的量之比为1：1，而铵根离子与部分亚硫酸根结合，由物料守恒可知，c（Na+）=c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3），溶液呈中性，由电荷守恒可得：
28、c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO32）+c（HSO3），联立判断；C未反应前结合物料守恒可知c（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3），向0.10molL1Na2SO3溶液通入SO2，至溶液pH=7，反应后溶液中溶质为NaHSO3、Na2SO3；D溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断【解答】解：混合溶液的pH=7，说明溶液中c（H+）=c（OH）；A向0.10molL1CH3COONa溶液中通入HCl，至溶液pH=7，c（H+）=c（OH），HCl不足，反应后溶液中溶质为NaCl、醋酸和醋酸钠，由电荷守恒可知，c（Na+）=c（CH3COO）+c（Cl），由物料守
29、恒可知，c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO），则c（Na+）c（CH3COOH）=c（Cl），故A正确；B溶液中钠离子与S原子物质的量之比为1：1，而铵根离子与部分亚硫酸根结合，故c（Na+）c（NH4+），由物料守恒可知，c（Na+）=c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3），溶液呈中性，由电荷守恒可得：c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO32）+c（HSO3），联立可得：c（NH4+）+c（H2SO3）=c（SO32），故B错误；C向0.10molL1Na2SO3溶液通入SO2，发生Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，至溶液pH=7，反应后溶液中溶质
30、为的NaHSO3、Na2SO3，则c（Na+）2c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3），故C错误；D溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（NH4+）=c（HCO3）+2c（CO32），故D错误；故选A二、解答题（共6小题，满分60分）8某研究性学习小组用如图1装置（铁架台等支撑仪器略）探究氧化铁与乙醇的反应，并检验反应产物（1）气密性检验的操作过程是将导管末端伸入水中，微热烧瓶，导管末端有气泡产生，停止加热，导管末端有一段稳定的水柱，说明气密性良好（2）为快速得到乙醇气体，可采取的方法是在烧杯中加入热水（对烧杯加热）；若实验时小试管中的溶液已经开始发生倒吸，你采取的措施是c（填写编号
31、）；a取下小试管 b移去酒精灯c将导管从乳胶管中取下 d以上都可以（3）如图实验，观察到红色的Fe2O3全部变为黑色固体（M），充分反应后停止加热为了检验M的组成，进行下列实验M能被磁铁吸引；加入足量稀硫酸，振荡，固体全部溶解，未观察到有气体生成；经检验溶液中有铁离子和亚铁离子，检验铁离子的方法是取少量溶液于试管中，加入酸性高锰酸钾溶液，若紫红色褪去，则说明有Fe2+；关于M中铁元素价态的判断正确的是d（填写编号）a一定有+3价和+2价铁，无0价铁 b一定有+3价、+2价和0价铁c一定有+3价和0价铁，无+2价铁 d一定有+3价，0价和+2价铁至少有一种（4）若M的成份可表达为FexOy，用C
32、O还原法定量测定其化学组成称取ag M样品进行定量测定，实验装置（如图2）和步骤如下：组装仪器；点燃酒精灯；加入试剂； 打开分液漏斗活塞；检查气密性；停止加热；关闭分液漏斗活塞；正确的操作顺序是c（填写编号）abcd（5）若实验中每步反应都进行完全，反应后M样品质量减小b g，则FexOy中=【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）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；（2）乙醇易挥发，依据图1装置分析可知，可以对烧杯加热或烧杯中加入热水；阻止倒吸的操作是迅速拆
33、下导气管；（3）依据铁离子的实验检验方法分析，亚铁离子具有还原性，加入氧化剂会发生氧化还原反应；乙醇和氧化铁反应过程中可能会生成铁或四氧化三铁，能被磁铁吸引；（4）实验过程依据反应原理和实验目的分析实验步骤为，组装装置，检验装置气密性，加入试剂，加入水把一氧化碳赶入后续装置，点燃酒精灯加热玻璃管，反应结束后停止加热，关闭分液漏斗活塞，玻璃管称量剩余固体，依据质量变化计算铁元素和氧元素物质的量之比；（5）依据实验结果得到，铁的氧化物中减少的质量为氧元素的质量为bg，铁的质量为（ab）g，依据元素物质的量计算得到比值【解答】解：（1）依据装置图分析可知反应过程需要在气密性好的装置中进行，定量测定，
34、所以气体通过装置，实验前需要检验装置气密性，方法为：将导管末端伸入水中，微热烧瓶，导管末端有气泡产生，停止加热，导管末端有一段稳定的水柱，说明气密性良好，故答案为：将导管末端伸入水中，微热烧瓶，导管末端有气泡产生，停止加热，导管末端有一段稳定的水柱，说明气密性良好；（2）依据图1装置分析可知，乙醇易挥发，可以对烧杯加热或烧杯中加入热水；阻止倒吸的操作是迅速拆下导气管，故答案为：在烧杯中加入热水（对烧杯加热）；c；（3）依据铁离子的实验检验方法分析，亚铁离子加入紫红色的酸性高锰酸钾溶液，两者发生氧化还原反应溶液褪色，则有Fe2+；氧化铁做催化剂参与反应过程，乙醇和氧化铁反应过程中可能会生成铁或四
35、氧化三铁，能被磁铁吸引；故答案为：取少量溶液于试管中，加入酸性高锰酸钾溶液，若紫红色褪去，则说明有Fe2+；d；（4）实验过程依据反应原理和实验目的分析实验步骤为，组装装置，检验装置气密性，加入试剂，加入水把一氧化碳赶入后续装置，点燃酒精灯加热玻璃管，反应结束后停止加热，关闭分液漏斗活塞，玻璃管称量剩余固体，依据质量变化计算铁元素和氧元素物质的量之比，所以选c，故答案为：c； （5）依据实验结果得到，铁的氧化物中减少的质量为氧元素的质量为bg，铁的质量为（ab）g，依据元素物质的量计算得到比值，n（Fe）：n（O）=： =，故答案为：9用碱式溴化镁废渣生产C2H5Br（不溶于水，密度为1.46
36、g/cm3）和MgCl26H2O，既可减少污染又可得化工原料，有关工艺流程如图所示：回答下列问题：（1）碱式溴化镁溶于盐酸时，1molMg（OH）Br消耗0.5mol/L的盐酸体积为2（2）分离操作为过滤、分液（操作名称）；分离操作时所需的玻璃仪器为分液漏斗、烧杯（3）提溴时，溶液预热至60时开始通入氯气，一段时间后，溶液的温度会自然升高到100，说明提溴反应为放热（填“放热”或“吸热”）反应提溴废液需减压、蒸发、浓缩的目的是减少Mg2+的水解（4）在浓硫酸催化下，合成溴乙烷粗品的化学方程式为6CH3CH2OH+3Br2+S 6CH3CH2Br+H2SO4+2H2O；（5）精制溴乙烷的步骤为水
37、洗、Na2SO3溶液洗涤、水洗及干燥，其中Na2SO3溶液洗涤的目的是溴乙烷中溶解的溴（6）用惰性电极在一定条件下电解MgCl2溶液可制取催熟剂氯酸镁，该电解反应的化学方程式为MgCl2+6H2OMg（ClO3）2+6H2【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】碱式溴化镁废渣主要成分为Mg（OH）Br，还含有少量有机溶剂及高分子化合物用盐酸溶解，通过分液除去有机物，得氯化镁溶液和溴化镁溶液的混合物，通入氯气置换出溴，提溴后的溶液中主要含有氯化镁，经过蒸发浓缩、降温结晶得氯化镁晶体，提出的溴用硫和乙醇吸收生成溴乙烷和硫酸，经过分液得无机层为稀硫酸，有机层含有溴乙烷，精制得产品溴乙烷
38、，（1）碱式溴化镁溶于盐酸时，根据反应，2Mg（OH）Br+2HCl=MgBr2+MgCl2+2H2O计算；（2）根据上面的分析可知，分离操作包括过滤和分液，分离操作为分液，据此分析；（3）溶液的温度会自然升高到100，说明反应放热，提溴废液需减压、蒸发、浓缩的目的是减少镁离子的水解；（4）溴、硫、乙醇在浓硫酸催化下反应生成溴乙烷、硫酸和水；（5）亚硫酸具有还原性可以除去溴乙烷中的溴单质；（6）用惰性电极在一定条件下电解MgCl2溶液可制取催熟剂氯酸镁，据此书写化学方程式【解答】解：碱式溴化镁废渣主要成分为Mg（OH）Br，还含有少量有机溶剂及高分子化合物用盐酸溶解，通过分液除去有机物，得氯化
39、镁溶液和溴化镁溶液的混合物，通入氯气置换出溴，提溴后的溶液中主要含有氯化镁，经过蒸发浓缩、降温结晶得氯化镁晶体，提出的溴用硫和乙醇吸收生成溴乙烷和硫酸，经过分液得无机层为稀硫酸，有机层含有溴乙烷，精制得产品溴乙烷，（1）碱式溴化镁溶于盐酸时，根据反应，2Mg（OH）Br+2HCl=MgBr2+MgCl2+2H2O，所以1molMg（OH）Br消耗1molHCl，即0.5molL1的盐酸的体积为2L，故答案为：2；（2）根据上面的分析可知，分离操作包括过滤和分液，其目的是除去其中的有机物和高分子化合物，分离操作为分液，操作时所需的玻璃仪器为分液漏斗和烧杯，故答案为：过滤、分液；分液漏斗；烧杯；（
40、3）提溴时，溶液预热至60时开始通入氯气，一段时间后，溶液的温度会自然升高到100，说明提溴反应为放热反应，因为镁离子易水解，所以提溴废液需减压、蒸发、浓缩得氯化镁晶体，故答案为：放热；减少Mg2+的水解；（4）溴、硫、乙醇在浓硫酸催化下反应生成溴乙烷，反应的化学方程式为6CH3CH2OH+3Br2+S 6CH3CH2Br+H2SO4+2H2O，故答案为：6CH3CH2OH+3Br2+S 6CH3CH2Br+H2SO4+2H2O；（5）粗溴乙烷中含有溴，所以在精制过程中用Na2SO3溶液洗涤的目的是除去溴乙烷中溶解的溴，故答案为：溴乙烷中溶解的溴；（6）用惰性电极在一定条件下电解MgCl2溶液
41、，阴极上氢离子得电子生成氢气，阳极上氯离子失电子生成氯酸根，电解反应的化学方程式为MgCl2+6H2OMg（ClO3）2+6H2，故答案为：MgCl2+6H2OMg（ClO3）2+6H210如图是煤化工产业链的一部分，试运用所学知识，解决下列问题：I已知该产业链中某反应的平衡表常数达式为：K=，它所对应反应的化学方程式为C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）二甲醚（CH3OCH3）在未来可能替代柴油和液化气作为洁净液体燃料使用，工业上以CO和H2为原料生产CH3OCH3工业制备二甲醚在催化反应室中（压力2.010.0Mpa，温度230280）进行下列反应：CO（g）+2H2（g）CH3O
42、H（g）H1=90.7kJmol12CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H2=23.5kJmol1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H3=41.2kJmol1（1）催化反应室中总反应的热化学方程式为3CO（g）+3H2（g）=CH3OCH3（g）+CO2（g）H=246.1kJmol1 830时反应的K=1.0，则在催化反应室中反应的K1.0（填“”、“”或“=”）（2）在某温度下，若反应的起始浓度分别为：c（CO）=1mol/L，c（H2）=2.4mol/L，5min后达到平衡，CO的转化率为50%，则5min内CO的平均反应速率为0.1mol/（Lmin）；若反
43、应物的起始浓度分别为：c（CO）=4mol/L，c（H2）=a mol/L；达到平衡后，c（CH3OH）=2mol/L，a=5.4mol/L（3）反应在t时的平衡常数为400，此温度下，在0.5L的密闭容器中加入一定的甲醇，反应到某时刻测得各组分的物质的量浓度如下：物质CH3OHCH3OCH3H2Oc（mol/L）0.81.241.24此时刻v正大于v逆（填“大于”“小于”或“等于”）平衡时二甲醚的物质的量浓度是1.6 mol/L（4）以二甲醚、空气、KOH溶液为原料，以石墨为电极可直接构成燃料电池，则该电池的负极反应式为CH3OCH312e+16OH =2CO32+11H2O；若以1.12L
44、/min（标准状况）的速率向电池中通入二甲醚，用该电池电解500mL 2mol/L CuSO4溶液，通电0.50min后，计算理论上可析出金属铜的质量为9.6g【考点】热化学方程式；化学电源新型电池；反应速率的定量表示方法；化学平衡的计算【分析】I根据平衡常数表达式可写成化学方程式；（1）运用盖斯定律按照目标方程式将已知的热化学方程式变形运算得到所要求得目标反应的热化学方程式；反应为放热反应降低温度平衡正向移动K值增大；（2）列三段表示出反应达到平衡过程中各物质的浓度，运用反应速率表达式求出5min内CO的平均反应速率，应用K求出a值；（3）比较Qc与K的关系，若QcK平衡左移，若QcK平衡向
45、右移若Qc=K达到平衡状态； 列三段表示出平衡时各物质的浓度，利用平衡常数表达式求解；（4）先写出燃料电池的总反应式，再写出正极的电极反应式，做差得负极电极反应式，根据每个电极转移电子数相同求出析出铜的质量【解答】解：因为K=所以该反应的方程式为：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），注意C为固态，不列入平衡常数表达式，故答案为：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）；（1）CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）H1=90.7kJmol1 2CH3OH（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g）H2=23.5kJmol1 CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）H3=
46、41.2kJmol1 依据盖斯定律将方程式变形2+得 3CO（g）+3H2（g）=CH3OCH3（g）+CO2（g），H=H12+H2+H3=246.1kJmol1反应为放热反应降低温度平衡正向移动K值增大，830时反应的K=1.0，催化反应室中温度为230280，所以K值增大，K1.0；故答案为：3CO（g）+3H2（g）=CH3OCH3（g）+CO2（g）H=246.1kJmol1；K1.0；（2）CO（g）+2H2（g）CH3OH（g） 起始浓度（ mol/L） 1 2.4 0 转化浓度（ mol/L） 0.5 1 0.5 平衡浓度（ mol/L） 0.5 1.4 0.5 C（CO）=1
47、0.5=0.5V（CO）=C（CO）t=0.5mol/L5min=0.1mol/（Lmin）；K= CO（g）+2H2（g）CH3OH（g） 起始浓度（ mol/L） 4 a 0 转化浓度（ mol/L） 2 4 2平衡浓度（ mol/L） 2 a4 2因为温度相同所以改变初始浓度后平衡常数不变K= a=5.4mol/L；故答案为：5min内CO的平均反应速率为0.1mol/（Lmin）； a=5.4mol/L；（3）Qc=2.4 K=400 QcK 平衡向正方向反应V正V逆；故答案为：大于；设生成的CH3OCH3 的浓度 x 2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g） 起始浓度（
48、mol/L） 0.8 1.24 1.24 转化浓度（ mol/L） 2x x x平衡浓度（ mol/L） 0.82x 1.24+x 1.24+x K=400 x=0.36 c（CH3OCH3（g）=1.24+0.36=1.6故答案为：CH3OCH3浓度为1.6 mol/L；（4）二甲醚、空气、KOH溶液为原料总电池反应方程式为为：CH3OCH3+3O2+4OH=2CO32+5H2O 正极电极反应式为：3O2+6H2O+2e=12e 得：CH3OCH312e+16OH =2CO32+11H2O 故答案为：CH3OCH312e+16OH =2CO32+11H2O； n（CH3OCH3）=1.12L
49、/min0.5min22.4L/mol=0.025mol n（Cu2+）=0.5L2mol/L=1molCH3OCH3e Cu2+2eCu 1 12 2 64 0.025 0.3 0.3 9.6故答案为：理论上可以析出9.6g铜11Ba（NO3）2可用于生产绿色烟花、绿色信号弹、炸药、陶瓷釉药等钡盐行业生产中排出大量的钡泥，某主要生产BaCO3、BaSO4的化工厂利用钡泥制取Ba（NO3）2晶体（不含结晶水），其部分工艺流程如下：已知：Fe3+和Fe2+以氢氧化物形式沉淀完全时，溶液的pH分别为3.2和9.7；Ba（NO3）2晶体的分解温度：592；Ksp（BaSO4）=1.11010，Ksp
50、（BaCO3）=5.1109（1）该厂生产的BaCO3因含有少量BaSO4而不纯，提纯的方法是：将产品加入足量的饱和Na2CO3溶液中，充分搅拌，过滤，洗涤试用离子方程式说明提纯原理：BaSO4（aq）+CO32（aq）BaCO3（aq）+SO42（aq）；（2）上述流程酸溶时，Ba（FeO2）2与HNO3反应生成两种硝酸盐，反应的化学方程式为：Ba（FeO2）2+8HNO3 =Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O；（3）该厂结合本厂实际，选用的X为B（填序号）；ABaCl2 BBaCO3 CBa（NO3）2 DBa（OH）2（4）中和I使溶液的pH为45目的是使Fe3+完全沉淀；结
51、合离子方程式简述原理Fe3+3H2OFe（OH）3+3 H+，BaCO3消耗H+使Fe3+水解平衡右移，形成Fe（OH）3沉淀（5）从Ba（NO3）2溶液中获得其晶体的操作方法是蒸发浓缩，冷却结晶；（6）测定所得Ba（NO3）2晶体的纯度：准确称取w g晶体溶于蒸馏水，加入足量的硫酸，充分反应后，过滤、洗涤、干燥，称量其质量为m g，则该晶体的纯度为100%【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】钡泥主要含BaCO3、BaSO3、Ba（FeO2）2等，加入硝酸，在容器中充分溶解，可生成硫酸钡，过滤后滤液中含有铁离子、钡离子等，且溶液呈酸性，可加入碳酸钡，调节溶液pH=45，使铁离
52、子水解生成Fe（OH）3沉淀，过滤后废渣为Fe（OH）3，滤液中含有硝酸、硝酸钡等，加入氢氧化钡中和得到硝酸钡溶液，经蒸发、浓缩、过滤可得到硝酸钡晶体，母液中含有硝酸钡，过滤得到的固体洗涤后除去废渣，滤液重新加入酸溶步骤充分利用，（1）当c（CO32）c（Ba2+）Ksp（BaCO3）时，可实现沉淀的转化；（2）Ba（FeO2）2与HNO3反应生成Ba（NO3）2和Fe（NO3）3，以此确定反应的化学方程式；（3）X既要能消耗硝酸，又不产生新杂质，结合本厂实际，故可用BaCO3；（4）中和使溶液中的Fe3+易发生水解而生成Fe（OH）3沉淀；（5）从溶液中得到晶体，应用蒸发结晶的方法；（6）根
53、据沉淀硫酸钡的质量，结合方程式计算求出硝酸钡的质量，再求样品的纯度【解答】解：钡泥主要含BaCO3、BaSO3、Ba（FeO2）2等，加入硝酸，在容器中充分溶解，可生成硫酸钡，过滤后滤液中含有铁离子、钡离子等，且溶液呈酸性，可加入碳酸钡，调节溶液pH=45，使铁离子水解生成Fe（OH）3沉淀，过滤后废渣为Fe（OH）3，滤液中含有硝酸、硝酸钡等，加入氢氧化钡中和得到硝酸钡溶液，经蒸发、浓缩、过滤可得到硝酸钡晶体，母液中含有硝酸钡，过滤得到的固体洗涤后除去废渣，滤液重新加入酸溶步骤充分利用；（1）溶液存在BaSO4（aq）+CO32（aq）BaCO3（aq）+SO42（aq），当c（CO32）c
54、（Ba2+）Ksp（BaCO3）时，可实现沉淀的转化，故答案为：BaSO4（aq）+CO32（aq）BaCO3（aq）+SO42（aq）；（2）Ba（FeO2）2与中钡元素为+2价，铁元素为+3价，所以反应产物为Ba（NO3）2和Fe（NO3）3，所以其反应方程式为：Ba（FeO2）2+8HNO3Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O，故答案为：Ba（FeO2）2+8HNO3 =Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O；（3）X既要能中和硝酸，又不产生新杂质，结合工厂实际，应该用BaCO3来调节pH，故答案为：B；（4）Fe3+易发生水解而生成Fe（OH）3沉淀，离子方程式为Fe
55、3+3H2OFe（OH）3+3 H+，加入碳酸钡，BaCO3消耗H+使Fe3+水解平衡右移，形成Fe（OH）3沉淀，故答案为：使Fe3+完全沉淀；Fe3+3H2OFe（OH）3+3 H+，BaCO3消耗H+使Fe3+水解平衡右移，形成Fe（OH）3沉淀；（5）从溶液中提取溶质的方法为：蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤，所以操作为蒸发浓缩、冷却结晶，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶；（6）称取w克晶体溶于蒸馏水，加入足量的硫酸，充分反应后，过滤、洗涤、干燥，称量沉淀质量为m克，其发生的反应为：Ba（NO3）2+H2SO4=BaSO4+2HNO3，设参加反应的Ba（NO3）2为xg，Ba（NO3）2+H2
56、SO4=BaSO4+2HNO3261 233x mg则 =，解得x=，所以该Ba（NO3）2的纯度为100%=100%，故答案为：100%12铁及其化合物在生产生活及科学研究方面应用非常广泛（1）Fe2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6 或Ar3d6 ；（2）Fe3+可与SCN（阴离子）发生特征的显色反应，用于鉴定Fe3+该阴离子的电子式为，其空间构型为直线型；（3）已知Fe2+和Fe3+均可与CN形成配离子4和3，在酸性溶液中H2O2可使Fe（CN）64转化为Fe（CN）63写出以上转化的离子方程式2Fe（CN）64+H2O2+2H+=2Fe（CN）63+2H2O；（
57、4）CN的其中一个等电子体可与Fe（O）形成配合物，该配合物的化学式为Fe（CO）5，1mol该配合物所含有键和键数目之比为1：1；（5）向Fe2+溶液中加入K3，可生成蓝色难溶化合物滕氏蓝，若向Fe3+溶液中加入K4，则可生成蓝色难溶化合物普鲁士蓝，经结构分析，滕氏蓝和普鲁士蓝为同一化合物，其晶胞结构（）如图所示（K+未标出）根据上述信息，滕氏蓝和普鲁士蓝晶胞含有4 个Fe2+，其化学式为KFeFe（CN）6，含有的化学键有abc（填字母序号）a共价键 b离子键 c配位键 d金属键 e氢键【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布；化学键；判断简单分子或离子的构型【分析】（1）铁是26号元素，其原
58、子核外有26个电子，铁原子失去2个电子变成Fe2+，根据构造原理书写Fe2+核外电子排布式；（2）铁离子和KSCN反应生成络合物为血红色溶液，可用于鉴定Fe3+，SCN中各原子的连接顺序为SCN，S与C形成一对共用电子对，C与N形成三对共用电子对，根据价层电子对互斥理论判断分子空间构型；（3）在酸性溶液中H2O2可使Fe（CN）64转化为Fe（CN）63，根据化合价变化配平该反应的离子方程式；（4）原子个数相等、价电子数相等的微粒是等电子体；三键中含有1个键、2个键，单键属于键；（5）利用均摊法计算立方体结构中Fe3+、Fe2+、CN数目，结合电荷守恒计算K+数目，进而确定其化学式；KFeFe
59、（CN）6中含有共价键、离子键、配位键【解答】解：（1）铁是26号元素，其原子核外有26个电子，铁原子失去最外层2个电子变成Fe2+，根据构造原理知，其基态离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6 或Ar3d6 ，故答案为：1s22s22p63s23p63d6 或Ar3d6 ；（2）铁离子和KSCN反应生成络合物，溶液为血红色，发生Fe3+3SCN=Fe（SCN）3，可用于鉴定Fe3+，SCN中各原子的连接顺序为SCN，S与C形成一对共用电子对，C与N形成三对共用电子对，SCN得到的一个电子给了S，故SCN的电子式，其中心原子碳原子的价电子对数为=2，无孤对电子，所以分子空间构
60、型为直线型，故答案为：SCN；直线型；（3）在酸性溶液中H2O2可使Fe（CN）64转化为Fe（CN）63，双氧水中氧元素化合价为1价，反应后生成了2价的水，化合价降低了2价，Fe（CN）64转化为Fe（CN）63，铁元素有+2价变为+3价，化合价升高了1价，则化合价变化的最小公倍数为2，所以双氧水的计量数为1，Fe（CN）64的计量数为2，然后利用质量守恒配平，反应的离子方程式为：2Fe（CN）64+H2O2+2H+=2Fe（CN）63+2H2O，故答案为：2Fe（CN）64+H2O2+2H+=2Fe（CN）63+2H2O；（4）原子个数相等、价电子数相等的微粒是等电子体，氢氰根离子中含有2
61、个原子、价电子数是10，与CN互为等电子体的一种分子为CO，可与Fe（0）形成配合物，为Fe（CO）5，CO分子中C原子上有一对孤对电子，C、O原子都符合8电子稳定结构，则CO的结构式为CO，三键中含有1个键、2个键，单键属于键，则CO分子中键和键数目比为1：2，1molFe（CO）5所含有键和键数目之比为2：2=1：1，故答案为：Fe（CO）5；1：1；（5）立方体结构中Fe3+离子的个数为：4=，Fe2+离子的个数为：4=，CN离子的个数为：12=3，根据电荷守恒：N（K+）+N（Fe3+）3+N（Fe2+）2=N（CN），得N（K+）=，普鲁士蓝中 n（K+）：n（Fe3+）：n（Fe2
62、+）：n（CN）=1：1：1：6，则其化学式为KFeFe（CN）6；Fe3+含有空轨道，CN中N原子提供孤电子对，形成配位键，亚铁离子、钾离子和Fe（CN）63 形成离子键，碳原子和氮原子之间存在共价键，所以abc符合，故答案为：4；KFeFe（CN）6；abc13下图是工业上以有机物A、E为基本原料制备有机物M的一种合成路线A能与Na2CO3溶液及溴水反应，且1molA最多可与2molBr2反应；B的苯环上有四种不同化学环境的氢原子；E、F均是芳香烃；M是一种具有特殊香气的物质已知R1COOHHCl+R1COOR酚羟基易被高锰酸钾酸性溶液、浓硝酸等氧化回答下列问题：（1）在F的同系物中，相对
63、分子质量最小的物质是苯（填名称）；C中含氧官能团的名称为羧基、醚键；（2）A的结构简式为；EF的反应类型为取代反应；（3）D+GM的化学方程式为+HCl；（4）C的同分异构体中能同时满足下列条件的共有19种（不含立体异构）；遇FeCl3溶液发生显色反应 能发生水解反应其中核磁共振氢谱显示为5组峰，且峰面积比为2：2：2：1：1的是（写结构简式）（5）参照有机物M的上述合成路线，设计一条由和（CH2）3CCl为起始原料制备的合成路线【考点】有机物的合成【分析】E、F均是芳香烃，F与氯气发生取代反应生成C7H7Cl，则F为C7H8，故其结构简式为，E与CH3Cl反应得到F，故E为F在光照条件下发生
64、甲基上取代反应生成G为A能与Na2CO3溶液及溴水反应，A发生信息中的取代反应生成B，B的苯环上有四种不同化学环境的氢原子，结合B的分子式，可知B为，逆推可知A为B发生氧化反应生成C为，C发生信息中第二步的反应生成D为，D与G反应生成M是一种具有特殊香气的物质，则M为（5）苯酚与（CH3）3CCl反应生成，再与（CH3）2SO4反应生成，然后与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生硝化反应生成，最后与浓HI作用得到【解答】解：E、F均是芳香烃，F与氯气发生取代反应生成C7H7Cl，则F为C7H8，故其结构简式为，E与CH3Cl反应得到F，故E为F在光照条件下发生甲基上取代反应生成G为A能与Na2CO3
65、溶液及溴水反应，A发生信息中的取代反应生成B，B的苯环上有四种不同化学环境的氢原子，结合B的分子式，可知B为，逆推可知A为B发生氧化反应生成C为，C发生信息中第二步的反应生成D为，D与G反应生成M是一种具有特殊香气的物质，则M为（1）在F（）的同系物中，相对分子质量最小的物质是苯；C为，含氧官能团的名称为：羧基、醚键，故答案为：苯；羧基、醚键；（2）A的结构简式为，EF的反应类型为取代反应，故答案为：；取代反应；（3）D+GM的化学方程式为： +HCl，故答案为： +HCl；（4）C（）的同分异构体中能同时满足下列条件：遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，能发生水解反应，说明含有酯基
66、，有2个取代基时，其中一个取代基为OH，另外取代基为OOCCH3，COOCH3，CH2OOCH，各有邻、间、对3种；有3个取代基为OH、CH3，OOCH，当OH、CH3处于邻位时，OOCH有4种位置，当OH、CH3处于间位时，OOCH有4种位置，当OH、CH3处于对位时，OOCH有2种位置，故符合条件的同分异构体共有19种；其中核磁共振氢谱显示为5组峰，且峰面积比为2：2：2：1：1的是：，故答案为：19；（5）苯酚与（CH3）3CCl反应生成，再与（CH3）2SO4反应生成，然后与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生硝化反应生成，最后与浓HI作用得到，合成路线流程图为：故答案为：2016年12月9日