1、2016年四川省宜宾市高考化学模拟试卷（B卷）一、选择题（每题6分，共42分）1化学与生产、生活、科技密切相关，下列说法不正确的是（）A明矾可用于净水B氨可用于生产铵盐、纯碱C铝热反应可用于冶炼某些金属D核磁共振氢谱可用于测量某些有机物的相对分子质量2下列有关NH4Fe（SO4）2水溶液的叙述正确的是（）A该溶液中，H+、Mg2+、NO3、Cl可以大量共存B该溶液能使淀粉碘化钾试纸变蓝，反应的离子方程式为：Fe3+2IFe2+I2C该溶液和足量Ba（OH）2溶液反应的离子方程式为：Fe3+SO42+Ba2+3OHFe（OH）3+BaSO4D该溶液与足量铜粉反应的离子方程式为：3Cu+2Fe3+
2、2Fe+3Cu2+3如表实验装置及操作 （略去部分夹持仪器）正确的是（）A观察Fe（OH）2的生成B中和滴定C除去CO2气体中的HCl气体D制取并收集干燥的氨气AABBCCDD4MgH2O2电池可用于无人驾驶的潜航器该电池以海水为电解质溶液，示意图如图下列说法正确的是（）AMg电极是该电池的正极BH2O2在石墨电极上发生氧化反应C该电池的总反应为：Mg+H2O2Mg（OH）2D溶液中Cl向正极移动5设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是（）A60g丙醇中存在的共价键总数为11NAB0.5 molL1 CuCl2溶液中含有的Cl个数为NAC标准状况下，H2和CO混合气体8.96L在足量O
3、2中充分燃烧消耗O2分子数为0.2NAD在反应4Cl2+8NaOH6NaCl+NaClO+NaClO3+4H2O中，消耗1mol Cl2时转移的电子总数为1.5NA625时，向10mL 0.1molL1 H2C2O4溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，溶液的pH与NaOH溶液的体积关系如图所示下列叙述不正确的是（）AC点溶液中含有NaHC2O4和Na2C2O4BNaHC2O4溶液中水的电离程度比Na2C2O4溶液中小CB点，c （Na+）=2c （H2C2O4）+c （HC2O4）+c （C2O42）DD点，c （Na+）c （C2O42）c （OH）c （HC2O4）c （H+）7T时，在甲、乙
4、、丙三个容积均为2L的恒容密闭容器中投入SO2（g）和O2（g），发生反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），5min时甲达到平衡其起始量及SO2的平衡转化率如表所示下列叙述不正确的是（）容器甲乙丙起始量n（SO2）/mol0.40.80.8n（O2）/mol0.240.240.48SO2的平衡转化率80%12A05min内，甲中SO2的反应速率为0.032molL1min1BT时，该反应的平衡常数K=400C平衡时，SO2的转化率：180%2D平衡时，丙中气体平均相对分子质量与甲相同二、非选择题（共58分）8A、B、C、D、E为核电荷数依次增大的五种元素A的基态原子中有2个未成对电子
5、，B是地壳中含量最多的元素，C是短周期中最活泼的金属元素，D与C可形成CD型离子化合物，E的基态原子3d轨道上有2个电子请回答下列问题：（1）E的基态原子价层电子排布式为（2）DB2离子的立体构型为；A、B、C的电负性由大到小的顺序为（用元素符号表示）（3）AB2形成的晶体的熔点（填“高于”、“低于”或“等于”）CD形成的晶体的熔点，原因是（4）ED4是制取航空材料的重要原料E与B形成的一种晶体的晶胞结构如图所示取该晶体和A的单质放在电炉中，并通入D2后高温加热，可制得ED4，同时产生一种造成温室效应的气体，该反应的化学方程式是9某学习小组用粗苯甲酸制取高纯度的苯甲酸乙酯【查阅资料】苯甲酸乙醇
6、苯甲酸乙酯熔点/122.4114.134.6沸点/24978.3212.6密度/gcm31.26590.8161.05水溶性微溶互溶不溶【提纯苯甲酸】将粗苯甲酸加到烧杯中，再加入蒸馏水，边加热边搅拌，使粗苯甲酸完全溶解再加入少量蒸馏水并搅拌趁热过滤，静置，冷却结晶滤出晶体（1）以上各步中均要用到的玻璃仪器是烧杯、（2）已知温度越低，苯甲酸的溶解度越小为了得到更多的苯甲酸晶体，有同学认为结晶的温度越低越好，你认为是否正确？（填“是”或“否”），原因是【合成粗产品】苯甲酸和乙醇在浓硫酸作用下加热反应可得苯甲酸乙酯粗产品（3）欲提高苯甲酸的转化率，可以采取的措施是（任答1点）（4）该小组同学认为本实
7、验中可能的气体副产物有乙烯、二氧化硫等，从下列装置中选出必要的装置检验乙烯，正确的连接顺序为：气体副产物（填接口字母编号）【精制粗产品】苯甲酸乙酯粗产品中往往含有少量乙醇、硫酸、苯甲酸和水等，精制的流程图如图2：（5）操作的名称是（6）上述精制过程中饱和碳酸钠溶液的作用是10已知聚酯F是特种工程塑料，在航空航天等领域具有广泛应用，其结构为：利用乙酰丙酸（CH3COCH2CH2COOH）合成聚酯F的路线如图：已知：+SOCl2+SO2+HCl+ROH+HCl（R、R表示烃基）（1）乙酰丙酸中含有的官能团是（填官能团名称）（2）C的名称为（3）下列关于有机物B的说法正确的是（填字母代号）a1mol
8、该物质最多能与2molNaOH反应b1mol该物质最多能与2molBr2发生取代反应c不能发生消去反应d能与H2发生加成反应（4）B、E合成聚酯F的反应类型为；D生成E的化学反应方程式是（5）乙酰丙酸生成A的化学反应方程式是（6）符合下列条件的D的同分异构体有种能发生银镜反应 能与NaHCO3溶液反应 分子中含苯环，不含结构11联合生产是实现节能减排的重要措施，工业上合成氨和硝酸铵的联合生产具有重要意义，其中一种工业合成的简易流程图如图1：（1）NH4NO3溶液呈酸性的原因是（用离子方程式表示）（2）过程在吸收塔中进行，该过程中通入过量空气的目的是（3）工业上常用氨水吸收天然气中的H2S杂质，
9、产物为NH4HS一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，该再生反应的化学方程式是（4）已知：2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=566.0kJmol1CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H=+206.2kJmol12H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=571.6kJmol1CH4（g）与H2O（g）反应生成CO2（g）和H2（g）的热化学方程式是（5）某化工厂利用电解NO制备硝酸铵，其工作原理如图2所示，电极X是极，Y极的电极反应式是（6）在联合生产制备NH4NO3过程中，由NH3制NO的产率是90%，NO制HNO3的产率是85%，不考虑其它损耗
10、，则制HNO3所用NH3的质量占总耗NH3质量的%（保留两位有效数字）2016年四川省宜宾市高考化学模拟试卷（B卷）参考答案与试题解析一、选择题（每题6分，共42分）1化学与生产、生活、科技密切相关，下列说法不正确的是（）A明矾可用于净水B氨可用于生产铵盐、纯碱C铝热反应可用于冶炼某些金属D核磁共振氢谱可用于测量某些有机物的相对分子质量【考点】盐类水解的应用；氨的化学性质；金属冶炼的一般原理；有机物实验式和分子式的确定【分析】A、明矾能水解出氢氧化铝胶体；B、侯氏制碱法的原料是氯化钠、氨气和二氧化碳；C、铝热反应是金属铝和某些金属氧化物反应生成氧化铝和金属单质的反应；D、核磁共振可以测定有机物
11、中的氢原子的种类【解答】解：A、明矾能水解出氢氧化铝胶体，具有吸附性，故可以净水，故A正确；B、侯氏制碱法的原料是氯化钠、氨气和二氧化碳，氨气和酸反应能制得铵盐，故氨既能生产铵盐也能生产纯碱，故B正确；C、铝热反应是金属铝和某些金属氧化物反应生成氧化铝和金属单质的反应，故可以用于冶炼某些金属，故C正确；D、核磁共振可以测定有机物中的氢原子的种类，而测定有机物的相对分子质量用质谱法，故D错误故选D2下列有关NH4Fe（SO4）2水溶液的叙述正确的是（）A该溶液中，H+、Mg2+、NO3、Cl可以大量共存B该溶液能使淀粉碘化钾试纸变蓝，反应的离子方程式为：Fe3+2IFe2+I2C该溶液和足量Ba
12、（OH）2溶液反应的离子方程式为：Fe3+SO42+Ba2+3OHFe（OH）3+BaSO4D该溶液与足量铜粉反应的离子方程式为：3Cu+2Fe3+2Fe+3Cu2+【考点】离子共存问题；离子方程式的书写【分析】A四种离子之间不反应，都不与NH4Fe（SO4）2反应；B该离子方程式不满足电荷守恒；C氢氧化钡足量，铵根离子也参与反应；D铜的还原性小于Fe，二者反应生成亚铁离子和铜离子【解答】解：AH+、Mg2+、NO3、Cl之间不反应，都不与NH4Fe（SO4）2发生反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B铁离子与碘离子发生氧化还原反应生成碘单质和亚铁离子，正确的离子方程式为：2Fe3+2I2F
13、e2+I2，故B错误；CNH4Fe（SO4）2水溶液和足量Ba（OH）2溶液反应生成氢氧化铁、硫酸钡沉淀和一水合氨，正确的离子方程式为：NH4+Fe3+2SO42+2Ba2+4OHFe（OH）3+BaSO4+NH3H2O，故C错误；D该溶液与足量铜粉反应生成亚铁离子和铜离子，正确的离子方程式为：Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+，故D错误；故选A3如表实验装置及操作 （略去部分夹持仪器）正确的是（）A观察Fe（OH）2的生成B中和滴定C除去CO2气体中的HCl气体D制取并收集干燥的氨气AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】ANaOH和硫酸亚铁反应生成Fe（OH）2白色沉淀，Fe（O
14、H）2不稳定，易被空气氧化生成红褐色Fe（OH）3；B盛放酸性溶液的滴定管应该是酸式滴定管；CHCl和二氧化碳都与碳酸钠反应；D可用浓氨水和生石灰制备氨气，导管应插入试管底部【解答】解：ANaOH和硫酸亚铁反应生成Fe（OH）2白色沉淀，Fe（OH）2不稳定，易被空气氧化生成红褐色Fe（OH）3，植物油密度小于水且和水不互溶，所以植物油能防止氢氧化亚铁被氧化，故A正确；B盛放酸性溶液的滴定管应该是酸式滴定管，该实验使用的是碱式滴定管，故B错误；CHCl和二氧化碳都与碳酸钠反应，应该用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的HCl，故C错误；D可用浓氨水和生石灰制备氨气，氨气的密度比空气小，用向下排空法
15、收集，但导管应插入试管底部，故D错误；故选A4MgH2O2电池可用于无人驾驶的潜航器该电池以海水为电解质溶液，示意图如图下列说法正确的是（）AMg电极是该电池的正极BH2O2在石墨电极上发生氧化反应C该电池的总反应为：Mg+H2O2Mg（OH）2D溶液中Cl向正极移动【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】镁、过氧化氢和海水形成原电池，镁做负极发生氧化反应，电极反应式为Mg2e=Mg2+，过氧化氢在正极上发生还原反应，电极反应式为H2O2+2e2OH，原电池中阴离子移向负极【解答】解：A组成的原电池的负极被氧化，镁为负极，而非正极，故A错误；B双氧水作为氧化剂，在石墨上被还原变为水和氢氧根离子
16、，发生还原反应，故B错误；C镁做负极发生氧化反应，电极反应式为Mg2e=Mg2+，过氧化氢在正极上发生还原反应，电极反应式为H2O2+2e2OH，则该电池的总反应为：Mg+H2O2Mg（OH）2，故C正确；D溶液中Cl移动方向同外电路电子移动方向一致，应向负极方向移动，故D错误；故选C5设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是（）A60g丙醇中存在的共价键总数为11NAB0.5 molL1 CuCl2溶液中含有的Cl个数为NAC标准状况下，H2和CO混合气体8.96L在足量O2中充分燃烧消耗O2分子数为0.2NAD在反应4Cl2+8NaOH6NaCl+NaClO+NaClO3+4H2O中
17、，消耗1mol Cl2时转移的电子总数为1.5NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、求出丙醇的物质的量，然后根据丙醇中11条共价键来分析；B、溶液体积不明确；C、求出混合物的物质的量，然后根据1mol氢气和1molCO燃烧时均消耗0.5mol氧气来分析；D、反应4Cl2+8NaOH6NaCl+NaClO+NaClO3+4H2O转移6mol电子，消耗4mol氯气【解答】解：A、60g丙醇的物质的量为1mol，而丙醇中11条共价键，故1mol丙醇中含11NA条共价键，故A正确；B、溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，故B错误；C、标况下8.96L混合物的物质的量为0.4mol，而1mo
18、l氢气和1molCO燃烧时均消耗0.5mol氧气，故0.4mol混合气体燃烧消耗0.2mol氧气，与两者的比例无关，故C正确；D、反应4Cl2+8NaOH6NaCl+NaClO+NaClO3+4H2O转移6mol电子，消耗4mol氯气，故当消耗1mol氯气时转移1.5mol电子即1.5NA个，故D正确故选B625时，向10mL 0.1molL1 H2C2O4溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，溶液的pH与NaOH溶液的体积关系如图所示下列叙述不正确的是（）AC点溶液中含有NaHC2O4和Na2C2O4BNaHC2O4溶液中水的电离程度比Na2C2O4溶液中小CB点，c （Na+）=2c （H2C2
19、O4）+c （HC2O4）+c （C2O42）DD点，c （Na+）c （C2O42）c （OH）c （HC2O4）c （H+）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A10mL 0.1molL1 H2C2O4溶液与等浓度NaOH完全反应生成Na2C2O4，消耗NaOH的体积为20mL；B多元弱酸根离子分步水解，以第一步水解为主；C根据物料守恒分析；DD点，H2C2O4溶液与NaOH恰好反应生成Na2C2O4，溶液显碱性【解答】解：A10mL 0.1molL1 H2C2O4溶液与等浓度NaOH完全反应生成Na2C2O4，消耗NaOH的体积为20mL，此时溶液显碱性，C点溶液显中性，
20、消耗的NaOH的体积小于20mL，所以溶液中溶质为NaHC2O4和Na2C2O4，故A正确；B多元弱酸根离子分步水解，以第一步水解为主，所以NaHC2O4溶液中水的电离程度比Na2C2O4溶液中小，故B正确；CB点，H2C2O4溶液与NaOH恰好反应生成NaHC2O4，由物料守恒可知，c （Na+）=c （H2C2O4）+c （HC2O4）+c （C2O42），故C错误；DD点，H2C2O4溶液与NaOH恰好反应生成Na2C2O4，Na2C2O4水解溶液显碱性，以第一步水解为主，所以溶液中离子浓度关系为；c （Na+）c （C2O42）c （OH）c （HC2O4）c （H+），故D正确故选C
21、7T时，在甲、乙、丙三个容积均为2L的恒容密闭容器中投入SO2（g）和O2（g），发生反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），5min时甲达到平衡其起始量及SO2的平衡转化率如表所示下列叙述不正确的是（）容器甲乙丙起始量n（SO2）/mol0.40.80.8n（O2）/mol0.240.240.48SO2的平衡转化率80%12A05min内，甲中SO2的反应速率为0.032molL1min1BT时，该反应的平衡常数K=400C平衡时，SO2的转化率：180%2D平衡时，丙中气体平均相对分子质量与甲相同【考点】化学平衡建立的过程【分析】A依据图表数据计算达到平衡状态消耗二氧化硫的物质的量
22、，反应速率v=；B根据甲中各物质的平衡浓度计算平衡常数，K=；C由甲、乙可知，氧气的浓度相同，二氧化硫的浓度增大会促进氧气的转化，二氧化硫转化率减小，乙丙可知二氧化硫浓度相同，氧气浓度增大二氧化硫转化率增大；D体积相同，丙中的起始浓度为甲的2倍，压强增大，平衡正向移动，则丙中转化率增大【解答】解：A.05min内， 2SO2（g）+O2（g）2SO3（g），开始（mol）0.4 0.24 0转化（mol）0.32 0.16 0.32平衡（mol）0.08 0.08 0.32平衡浓度（mol/L）0.04 0.04 0.16甲中SO2的反应速率=0.032molL1min1，故A正确；B根据 2
23、SO2（g）+O2（g）2SO3（g），开始（mol）0.4 0.24 0转化（mol）0.32 0.16 0.32平衡（mol）0.08 0.08 0.32平衡浓度（mol/L）0.04 0.04 0.16所以该温度下，平衡常数值K=400，故B正确；C由甲、乙可知，氧气的浓度相同，二氧化硫的浓度增大会促进氧气的转化，二氧化硫转化率减小，乙丙可知二氧化硫浓度相同，氧气浓度增大二氧化硫转化率增大，则平衡时，SO2的转化率：180%2 ，故C正确；D体积相同，丙中的起始浓度为甲的2倍，但由于该反应是气体体积改变的反应，体积不变增加浓度，压强增大，平衡正向移动，则丙中转化率增大，气体质量不变，气体
24、物质的量不同，平衡时，丙中气体平均相对分子质量与甲不相同，故D错误；故选D二、非选择题（共58分）8A、B、C、D、E为核电荷数依次增大的五种元素A的基态原子中有2个未成对电子，B是地壳中含量最多的元素，C是短周期中最活泼的金属元素，D与C可形成CD型离子化合物，E的基态原子3d轨道上有2个电子请回答下列问题：（1）E的基态原子价层电子排布式为3d24s2（2）DB2离子的立体构型为V形；A、B、C的电负性由大到小的顺序为OCNa（用元素符号表示）（3）AB2形成的晶体的熔点低于（填“高于”、“低于”或“等于”）CD形成的晶体的熔点，原因是CO2形成的晶体属于分子晶体，NaCl属于离子晶体，离
25、子键强于分子间作用力（4）ED4是制取航空材料的重要原料E与B形成的一种晶体的晶胞结构如图所示取该晶体和A的单质放在电炉中，并通入D2后高温加热，可制得ED4，同时产生一种造成温室效应的气体，该反应的化学方程式是TiO2+C+2Cl2TiCl4+CO2【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】A、B、C、D、E五种常见元素，它们的核电荷数依次增大E的基态原子3d轨道上有2个电子，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，则E为Ti；B是地壳中含量最多的元素，则B为O元素；C是短周期中最活泼的金属元素，则C为Na；D与C可形成CD型离子化合物，则D为Cl；A的基态原子中有2
26、个未成对电子，原子序数小于氧，原子核外电子排布式为1s22s22p2，故A为碳元素，据此解答【解答】解：A、B、C、D、E五种常见元素，它们的核电荷数依次增大E的基态原子3d轨道上有2个电子，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，则E为Ti；B是地壳中含量最多的元素，则B为O元素；C是短周期中最活泼的金属元素，则C为Na；D与C可形成CD型离子化合物，则D为Cl；A的基态原子中有2个未成对电子，原子序数小于氧，原子核外电子排布式为1s22s22p2，故A为碳元素（1）E的基态3d轨道上有2个电子，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，基态原子
27、价层电子排布式为3d24s2，故答案为：3d24s2；（2）ClO2中Cl原子孤电子对数=2，价层电子对数=2+2=4，为V形结构，同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大，故电负性OCNa，故答案为：V形；OCNa；（3）CO2形成的晶体属于分子晶体，NaCl属于离子晶体，离子键强于分子间作用力，通常情况下，离子晶体熔点大于分子晶体熔点，故CO2形成的晶体的熔点低于NaCl，故答案为：低于；CO2形成的晶体属于分子晶体，NaCl属于离子晶体，离子键强于分子间作用力；（4）该晶胞中Ti原子个数=1+8=2、O原子个数=2+4=4，则Ti、O原子个数之比=2：4=1：2，则化学式为TiO
28、2，TiO2放在电炉中，通入Cl2和碳的单质后高温加热，可制得TiCl4，同时产生一种造成温室效应的气体，该气体为二氧化碳，该反应的化学方程式为：TiO2+C+2Cl2TiCl4+CO2，故答案为：TiO2+C+2Cl2TiCl4+CO29某学习小组用粗苯甲酸制取高纯度的苯甲酸乙酯【查阅资料】苯甲酸乙醇苯甲酸乙酯熔点/122.4114.134.6沸点/24978.3212.6密度/gcm31.26590.8161.05水溶性微溶互溶不溶【提纯苯甲酸】将粗苯甲酸加到烧杯中，再加入蒸馏水，边加热边搅拌，使粗苯甲酸完全溶解再加入少量蒸馏水并搅拌趁热过滤，静置，冷却结晶滤出晶体（1）以上各步中均要用到
29、的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒（2）已知温度越低，苯甲酸的溶解度越小为了得到更多的苯甲酸晶体，有同学认为结晶的温度越低越好，你认为是否正确？否（填“是”或“否”），原因是温度过低，杂质可能结晶析出，达不到提纯苯甲酸的目的【合成粗产品】苯甲酸和乙醇在浓硫酸作用下加热反应可得苯甲酸乙酯粗产品（3）欲提高苯甲酸的转化率，可以采取的措施是加入过量的乙醇或移去苯甲酸乙酯（任答1点）（4）该小组同学认为本实验中可能的气体副产物有乙烯、二氧化硫等，从下列装置中选出必要的装置检验乙烯，正确的连接顺序为：气体副产物ghdcj（填接口字母编号）【精制粗产品】苯甲酸乙酯粗产品中往往含有少量乙醇、硫酸、苯甲酸和水等，精制的
30、流程图如图2：（5）操作的名称是蒸馏（6）上述精制过程中饱和碳酸钠溶液的作用是溶解乙醇、除去（或反应）酸性物质、降低酯的溶解度【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）溶解、过滤均用到烧杯与玻璃棒；（2）温度过低，杂质可能结晶析出；（3）该反应为可逆反应，增大乙醇的浓度或移走生成物有利于平衡正向移动；（4）用氢氧化钠溶液除去二氧化硫，用品红溶液检验二氧化硫是否除尽，再用酸性高锰酸钾溶液检验乙烯；（5）操作是将互溶的乙醇与苯甲酸乙酯分离；（6）粗产品中含有乙醇、酸性物质，需要除去，碳酸钠可以降低酯的溶解度【解答】解：（1）溶解、过滤均用到烧杯与玻璃棒，故答案为：玻璃棒；（2）温度过低，杂质可能结晶
31、析出，达不到提纯苯甲酸的目的，故答案为：否；温度过低，杂质可能结晶析出，达不到提纯苯甲酸的目的；（3）该反应为可逆反应，根据平衡移动原理，欲提高苯甲酸的转化率，可以加入过量的乙醇或移去苯甲酸乙酯，故答案为：加入过量的乙醇或移去苯甲酸乙酯；（4）用氢氧化钠溶液除去二氧化硫，用品红溶液检验二氧化硫是否除尽，再用酸性高锰酸钾溶液检验乙烯，正确的连接顺序为：气体副产物ghdcj，故答案为：ghdcj；（5）操作是将互溶的乙醇与苯甲酸乙酯分离，且二者沸点相差很大，应采取蒸馏法分离，故答案为：蒸馏；（6）精制过程中饱和碳酸钠溶液的作用是：溶解乙醇、除去（或反应）酸性物质、降低酯的溶解度，故答案为：溶解乙醇
32、、除去（或反应）酸性物质、降低酯的溶解度粗产品中含有乙醇、酸性物质，需要除去，碳酸钠可以降低酯的溶解度10已知聚酯F是特种工程塑料，在航空航天等领域具有广泛应用，其结构为：利用乙酰丙酸（CH3COCH2CH2COOH）合成聚酯F的路线如图：已知：+SOCl2+SO2+HCl+ROH+HCl（R、R表示烃基）（1）乙酰丙酸中含有的官能团是羧基、羰基（填官能团名称）（2）C的名称为1，3二甲基苯（3）下列关于有机物B的说法正确的是cd（填字母代号）a1mol该物质最多能与2molNaOH反应b1mol该物质最多能与2molBr2发生取代反应c不能发生消去反应d能与H2发生加成反应（4）B、E合成聚
33、酯F的反应类型为缩聚反应；D生成E的化学反应方程式是（5）乙酰丙酸生成A的化学反应方程式是（6）符合下列条件的D的同分异构体有13种能发生银镜反应 能与NaHCO3溶液反应 分子中含苯环，不含结构【考点】有机物的合成；有机物的结构和性质【分析】根据各物质的转化关系，被酸性高锰酸钾氧化生成D为，D中羧基上的羟基被氯原子取代生成E为，由聚芳酯F的结构可知B为，逆推可知A为，据此答题【解答】解：被酸性高锰酸钾氧化生成D为，D中羧基上的羟基被氯原子取代生成E为，由聚芳酯F的结构可知B为，逆推可知A为（1）乙酰丙酸中含有的官能团是羧基、羰基，故答案为：羧基、羰基；（2）C的结构简式为，系统命名为：1，3
34、二甲基苯，故答案为：1，3二甲基苯；（3）B的结构简式为，a含有酚羟基、酯基等，均与氢氧化钠发生反应，1molB最多能与3molNaOH反应，故a错误；b含有酚羟基，且其邻位有H原子，能与浓溴水反应，1molB最多能与4molBr2发生取代反应，故b错误；c不能能发生消去反应，故c正确；d含有苯环，能与H2发生加成反应，故d正确，故选：cd；（4）B、E合成聚酯F的反应类型为：缩聚反应，D生成E的化学反应方程式：，故答案为：缩聚反应；（5）乙酰丙酸生成A的化学反应方程式为：，故答案为：；（6）C8H6O4符合下列条件的D（）的同分异构体：能发生银镜反应，含有醛基，能与NaHCO3溶液反应，含有
35、羧基，分子中有苯环，分子中无结构，侧链为OOCH、COOH，有邻、间、对3种，侧链为OH、CHO、COOH，当OH、CHO处于邻位时，COOH有4种位置，当OH、CHO处于间位时，COOH有4种位置，当OH、CHO处于对位时，COOH有2种位置，故共有3+4+4+2=13种，故答案为：1311联合生产是实现节能减排的重要措施，工业上合成氨和硝酸铵的联合生产具有重要意义，其中一种工业合成的简易流程图如图1：（1）NH4NO3溶液呈酸性的原因是NH4+H2ONH3H2O+H+（用离子方程式表示）（2）过程在吸收塔中进行，该过程中通入过量空气的目的是增大NO的转化率（3）工业上常用氨水吸收天然气中的
36、H2S杂质，产物为NH4HS一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，该再生反应的化学方程式是2NH4HS+O22NH3H2O+2S（4）已知：2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=566.0kJmol1CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H=+206.2kJmol12H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=571.6kJmol1CH4（g）与H2O（g）反应生成CO2（g）和H2（g）的热化学方程式是CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）H=+209 kJmol1（5）某化工厂利用电解NO制备硝酸铵，其工作原理如图2所示，电极X是阴极
37、，Y极的电极反应式是NO3e+2H2O=NO3+4H+（6）在联合生产制备NH4NO3过程中，由NH3制NO的产率是90%，NO制HNO3的产率是85%，不考虑其它损耗，则制HNO3所用NH3的质量占总耗NH3质量的57%（保留两位有效数字）【考点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学平衡的影响因素【分析】工业上合成氨和硝酸铵的联合生产：天然气和水蒸气发生反应CH4+H2OCO+3H2，氮气和氢气发生反应N2+3H22NH3；氨气易液化，通过液化分离出氨气，氨气催化氧化，4NH3+5O24NO+6H20，一氧化氮和氧气和水反应生成硝酸，4NO+3O2+2H2O=4HNO3，氨气和硝酸反应生成硝酸
38、铵（1）硝酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解使硝酸铵溶液显酸性；（2）过程在吸收塔中进行，2NO+O22NO2；3NO2+H2O2HNO3+NO；4NO2+O2+H2O4HNO3，为使NO充分氧化而生成硝酸，应通入过量空气；（3）吸收液为氨水，产物为NH4HS，吸收液再生，即反应过程中生成一水合氨，依据原子守恒和电子守恒书写化学方程式；（4）根据盖斯定律，由已知热化学方乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数并进行相应的加减，据此计算；（5）工业上电解NO制备 NH4NO3，由装置图可知阳极发生氧化反应，NO被氧化生成NO3，阴极发生还原反应，NO被还原生成NH4+；（6
39、）根据氮原子守恒可知，NH3NOHNO3，假设氨气为1mol，根据原子守恒计算制备的硝酸，每一步损失率、利用率都以氨气计算【解答】解：（1）NH4NO3溶于水，溶液显酸性，是因为铵根离子水解使硝酸铵溶液显酸性，水解离子反应为：NH4+H2ONH3H2O+H+，故答案为：NH4+H2ONH3H2O+H+；（2）过程在吸收塔中进行，2NO+O22NO2；3NO2+H2O2HNO3+NO；4NO2+O2+H2O4HNO3，为使NO充分氧化而生成硝酸，应通入过量空气，增大NO的转化率，故答案为：增大NO的转化率；（3）H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS，吸收液为氨水，一定条件下向NH4HS溶液中
40、通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，即反应过程中生成一水合氨，依据原子守恒和电子守恒配平书写化学方程式为：2NH4HS+O22NH3H2O+2S，故答案为：2NH4HS+O22NH3H2O+2S；（4）2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=566.0kJmol1CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H=+206.2kJmol12H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=571.6kJmol1依据盖斯定律+得到热化学方程式为：CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）H=（566.0kJmol1）+（+206.2kJmol1）（571.6kJmol1）=+209 kJ
41、mol1；故答案为：CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）H=+209 kJmol1；（5）电解NO制备NH4NO3，阳极发生氧化反应，NO被氧化生成NO3，由装置图可知，电极Y是阳极，反应为NO3e+2H2O=NO3+4H+，则X为阴极，阴极反应为：NO+5e+6H+=NH4+H2O故答案为：阴； NO3e+2H2O=NO3+4H+；（6）由NH3制NO的产率是90%、NO制HNO3的产率是85%，根据氮原子守恒可知，NH3NOHNO3，则1mol氨气可得到硝酸1mol90%85%=0.765mol，由HNO3+NH3NH4NO3，则该反应消耗的氨气的物质的量为0.765mol，氨气的质量之比等于物质的量之比，则制HNO3所用去的NH3的质量占总耗NH3质量的百分数为100%57%，故答案为：572016年12月24日
