1、2016年河北省衡水市高考化学压轴试卷一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1化学与人类社会的生产、生活有着密切联系下列叙述中正确的是（）A苹果放在空气中久置变黄和纸张久置变黄原理相似B用活性炭为蔗糖脱色和用臭氧漂白纸浆原理相似C钢铁制品和铜制品既能发生吸氧腐蚀又能发生析氢腐蚀D奥运会中采用的新型氢动力计程车可以降低PM2.5的排放，减小大气污染2设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A78g由Na2S和Na2O2组成的固体混合物，含有的阴离子数为NAB标准状况下，22.4L CCl4中含有的分子数为NAC1mol Cu分别与足量的Cl2和S反应，转移电子数均为2NAD1mol
2、L1FeCl3溶液中含有的Fe3+数目小于NA3某有机物X的结构简式如图所示，则下列有关说法中正确的是（）AX的分子式为C12H16O3B可用酸性高锰酸钾溶液区分苯和XC若单键可以旋转，有机物X中一定在同一平面上的碳原子数为8D在Ni作催化剂的条件下，1molX最多只能与1molH2加成4下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论不一致的是（）选项实验操作实验目的或结论A向里推注射器通过观察液面差判断该装置的气密性B向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg（OH）2粉末，搅拌一段时间后过滤除去MgCl2溶液中少量FeCl3C常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，过滤，向
3、洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生说明常温下KSP（BaCO3）KSP（BaSO4）DC2H5OH与浓硫酸170共热，制得的气体通入酸性KMnO4溶液不能检验制得气体是否为乙烯AA BB CC DD5某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和C3H8O下列说法错误的是（）A该装置将光能和电能转化为化学能B该装置工作时，H+从a极区向b极区迁移C每还原44 g CO2，理论上可生成33.6L O2Db电极的反应为：3CO2+18H+18eC3H8O+5H2O6X、Y、Z、M是四种原子序数依次增大的主族元素已知X、Y、Z是短周期中的三种非金属元素，X元素原子的核外
4、电子数等于所在周期数；Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍；Z单质为无色气体，性质稳定常用作保护气；M是地壳中含量最高的金属元素下列说法正确的是（）A四种元素的原子半径从大到小的顺序是：MZYXB元素X、Z可形成某种化合物，其分子内既含极性键又含非极性键C化合物YO2、ZO2都能和氢氧化钠溶液反应，均属于酸性氧化物D金属M制品具有较强的抗腐蚀能力，说明M元素的金属活动性较差7描述或解释下列现象的离子方程式，不正确的是（）A滴有蓝色石蕊的烧碱溶液里通CO2至颜色变红：CO2+2OHCO32+H2OB稀醋酸溶解水垢中的碳酸钙：2CH3COOH+CaCO3Ca2+2CH3COO+H2O+CO2C碳
5、酸氢铵溶液中加足量石灰水：NH4+HCO3+Ca2+2OHCaCO3+NH3H2O+H2OD漂白粉溶液中加氯化铁溶液产生大量红褐色沉淀：Fe3+3ClO+3H2OFe（OH）3+3HClO二、解答题（共3小题，满分43分）8醋酸亚铬水合物Cr（CH3COO）222H2O，相对分子质量为376是一种深红色晶体，不溶于冷水，是常用的氧气吸收剂，实验室中以锌粒，三氯化铬溶液、醋酸钠溶液和盐酸为主要原料制备醋酸亚铬水合物，其装置如图所示，且仪器2中预先加入锌粒，已知二价铬不稳定，极易被氧气氧化，不与锌反应制备过程中发生的相关反应如下：Zn（s）+2HCl（aq）ZnCl2（aq）+H2（g）2CrCl
6、3（aq）+Zn（s）2CrCl2（aq）+ZnCl2（aq）2Cr2+（aq）+4CH3COO（aq）+2H2O（l）Cr（CH3COO）222H2O（s）请回答下列问题：（1）仪器1的名称是（2）往仪器2中加盐酸和三氯化铬溶液的顺序最好是（选下面的A、B或C）；目的是A盐酸和三氯化铬溶液同时加入 B先加三氯化铬溶液一段时间后再加盐酸C先加盐酸一段时间后再加三氯化铬溶液（3）为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，应关闭阀门（填“A”或“B”，下同），打开阀门（4）本实验中锌粒要过量，其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应外，另一个作用是（
7、5）已知其它反应物足量，实验时取用的CrCl3溶液中含溶质9.51g，取用的醋酸钠溶液为1.5L0.1mol/L；实验后得干燥纯净的Cr（CH3COO）222H2O9.4g，则该实验所得产品的产率为（不考虑溶解的醋酸亚铬水合物）（6）铬的离子会污染水，常温下要除去上述实验中多余的Cr2+，最好往废液中通入足量的，再加入碱液，调节pH至少为才能使铬的离子沉淀完全（铬的离子浓度应小于105mol/L）【已知Cr（OH）3的溶度积为6.31031，4，lg20.3】9高铁酸盐在能源、环保等方面有着广泛的用途高铁酸钾（K2FeO3）不仅是一种理想的水处理剂，而且高铁电池的研制也在进行中如图1是高铁电池
8、的模拟实验装置：（1）该电池放电时正极的电极反应式为；若维持电流强度为1A，电池工作十分钟，理论消耗Zng（已知F=96500C/mol）（2）盐桥中盛有饱和KCl溶液，此盐桥中氯离子向移动（填“左”或“右”）；若用阳离子交换膜代替盐桥，则钾离子向移动（填“左”或“右”）（3）图2为高铁电池和常用的高能碱性电池的放电曲线，由此可得出高铁电池的优点有、工业上湿法制备K2Fe04的工艺流程如图3（4）完成“氧化”过程中反应的化学方程式：FeCl3+NaOH+NaClO=Na2FeO4+NaCl+H2O（5）加入饱和KOH溶液的目的是（6）已知25时KspFe（OH）3=4.01038，此温度下若在
9、实验室中配制5mol/Ll00mLFeCl3溶液，为使配制过程中不出现浑浊现象，则至少需要加入mL2mol/L的盐酸（忽略加入盐酸体积）10工业生产中产生的SO2、NO直接排放将对大气造成严重污染，利用电化学原理吸收SO2和NO，同时获得Na2S2O4和NH4NO3产品的工艺流程图如下（Ce为铈元素）请回答下列问题（1）装置中NO在酸性条件下生成NO2的离子方程式（2）含硫各微粒（H2SO3、HSO3和SO32）存在于SO2与NaOH溶液反应后的溶液中，它们的物质的量分数与溶液pH的关系如图1所示下列说法正确的是（填标号）ApH=7时，溶液中c（Na+）c（HSO3）+c（SO32）B由图中数
10、据，可以估算出H2SO3的第二级电离平衡常数Ka2107C为获得尽可能纯的NaHSO3，应将溶液的pH控制在45为宜DpH=9时的溶液中c（OH）=c（H+）+c（HSO4）+c（H2SO4）若1L1mol/L的NaOH溶液完全吸收13.44L（标况下）SO2，则反应的离子方程式为取装置中的吸收液vmL，用cmol/L的酸性高锰酸钾溶液滴定酸性高锰酸钾溶液应装在（填“酸式”或“碱式”）滴定管中，判断滴定终点的方法是（3）装置的作用之一是再生Ce4+，其原理如图2所示图中A为电源的（填“正”或“负”）极右侧反应室中发生的主要电极反应式为（4）已知进人装置的溶液中NO2的浓度为0.4mol/L，要
11、使1m3该溶液中的NO2完全转化为NH4NO3，需至少向装置中通入标准状况下的O2的体积为L【化学-选修化学与技术】11对十二烷基苯磺酸钠是常用洗涤剂的主要成分其结构可用图形来表示，端为链烃基，O端为极性基根据这一结构特点，试分析和回答下列问题：（1）十二烷基苯磺酸钠分子在其水溶液表面分布的结构示意图应是下列各图中的图（填写序号），理由是（2）进入介质（水）内部的十二烷基苯磺酸钠分子，可能会以下列结构形式中的存在（填写序号），理由是工业合成对十二烷基苯磺酸钠的一种路线如图所示：请回答下列问题：（3）产品中的亲油基是（4）由十二烷基苯制取对十二烷基苯磺酸的化学方程式为，反应类型为（5）在洗涤剂中
12、添加酶制剂能促进污垢中的蛋白质（如奶渍、肉汤）等水解为可溶性的物质而被除去使用加酶洗衣粉的水溶液中浸泡1030min，水温在4050最佳加酶洗衣粉不宜在高温下、潮湿环境中贮存，也不宜久存请解释原因（6）过去使用的合成洗涤剂中常加入三聚磷酸钠（Na5P3O10）做助剂，它可使硬度大的洗涤水软化，对微细的无机粒子或油脂具有分散、乳化、胶溶作用，防止污渍再次沉积到衣物上；它还能维持水溶液的弱碱性，提高洗涤剂的去污能力和洗涤效果但是，20世纪90年代以来，世界各国先后提出必须生产和使用无磷洗涤剂请解释原因【化学-选修物质结构与性质】12已知A、B、C、D、E、F、G为前四周期中常见元素，且原子序数依次
13、增大A的原子半径最小，B的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍，D的基态原子最外层电子排布式为nsnnpn+2，E为周期表中电负性最大的元素，F元素有多种化合价，它的一种氢氧化物在空气中易被氧化且最终变为红褐色，G与F同族且原子序数比F大2回答下列问题：（1）写出基态F原子的电子排布式，其中含有种能量不同的电子（2）CE3和CA3均是三角锥形分子，键角分别为102和107.3，则C原子的杂化方式为，其中CE3的键角比CA3的键角小的原因是（3）B、C、D三种元素形成的一种粒子与二氧化碳分子互为等电子体，其化学式为（4）G单质晶体中原子的堆积方式如图所示（为面心立方最密堆积），则晶胞中G原子的配
14、位数为若G原子半径为r cm，则G原子所形成的最小正四面体空隙中，能填充的粒子的最大直径为cm（用r表示）【化学-选修有机化学基础】13氯吡格雷（clopidogrel，1）是一种用于抑制血小板聚集的药物，根据原料的不同，该药物的合成路线通常有两条，其中以2氯苯甲醛为原料的合成路线如下：（1）X（C6H7BrS）的结构简式为（2）写出C聚合成高分子化合物的化学反应方程式（不需要写反应条件）（3）已知：中氯原子较难水解，物质A（）可由2氯甲苯为原料制得，写出以两步制备A的化学方程式（4）物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子符合以下条件的G的同分异构体共有种除苯环之外无其它环状结构；能发生银镜
15、反应（5）已知：写出由乙烯、甲醇为有机原料制备化合物的合成路线流程图（无机试剂任选）合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH22016年河北省衡水市高考化学压轴试卷参考答案与试题解析一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1化学与人类社会的生产、生活有着密切联系下列叙述中正确的是（）A苹果放在空气中久置变黄和纸张久置变黄原理相似B用活性炭为蔗糖脱色和用臭氧漂白纸浆原理相似C钢铁制品和铜制品既能发生吸氧腐蚀又能发生析氢腐蚀D奥运会中采用的新型氢动力计程车可以降低PM2.5的排放，减小大气污染【考点】有机物的结构和性质；金属的电化学腐蚀与防护；常见的生活环境的污染及治理【分析】A
16、纸张久置变黄因为纸张纤维间的空隙中会渗入很多霉菌之类的真菌孢子，苹果久置变黄是因为所含二价铁离子被氧化生成三价铁离子；B活性炭因吸附而具有漂白性，臭氧具有氧化性而具有漂白性；C铜活泼性弱于氢，不能置换氢气；D氢气燃烧产物为水，不污染空气【解答】解：A纸张久置变黄因为纸张纤维间的空隙中会渗入很多霉菌之类的真菌孢子，苹果久置变黄是因为所含二价铁离子被氧化生成三价铁离子，二者原理不相同，故A错误；B用活性炭为蔗糖脱色，是发生吸附属于物理变化，用臭氧漂白纸浆，是因为臭氧具有氧化性，能够氧化有机色素，属于化学变化，二者原理不同，故B错误；C铜活泼性弱于氢，不能置换氢气，所以铜制品能发生吸氧腐蚀不能发生析
17、氢腐蚀，故C错误；D氢气燃烧产物为水，不污染空气，故D正确；故选D2设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A78g由Na2S和Na2O2组成的固体混合物，含有的阴离子数为NAB标准状况下，22.4L CCl4中含有的分子数为NAC1mol Cu分别与足量的Cl2和S反应，转移电子数均为2NAD1molL1FeCl3溶液中含有的Fe3+数目小于NA【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，且均由2个阳离子和1个阴离子构成；B、标况下四氯化碳为液态；C、铜和氯气反应后变为+2价，与S反应后变为2价；D、溶液体积不明确【解答】解：A、Na2S和Na2
18、O2的摩尔质量均为78g/mol，故78g混合物的物质的量均为1mol，且均由2个阳离子和1个阴离子构成，故1mol混合物中含NA个阴离子，故A正确；B、标况下四氯化碳为液态，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B错误；C、铜和氯气反应后变为+2价，与S反应后变为2价，故1mol铜与S反应后转移的电子数为NA个，故C错误；D、溶液体积不明确，故溶液中的铁离子的个数无法计算，故D错误故选A3某有机物X的结构简式如图所示，则下列有关说法中正确的是（）AX的分子式为C12H16O3B可用酸性高锰酸钾溶液区分苯和XC若单键可以旋转，有机物X中一定在同一平面上的碳原子数为8D在Ni作催化
19、剂的条件下，1molX最多只能与1molH2加成【考点】有机物的结构和性质【分析】有机物含有酯基，可发生水解，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羟基，可发生取代、氧化反应，以此解答该题【解答】解：A由有机物结构简式可知有机物分子式为C12H14O3，故A错误；BX含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，可用于区别苯，故B正确；C苯环具有平面形结构，与苯环直接相连的原子在同一个平面上，若单键可以旋转，有机物X中一定在同一平面上的碳原子数为至少为7，故C错误；D能与氢气发生加成反应的为苯环和碳碳双键，则1mol X最多只能与4mol H2加成，故D错误故选B4下列实验操作与预期
20、实验目的或所得实验结论不一致的是（）选项实验操作实验目的或结论A向里推注射器通过观察液面差判断该装置的气密性B向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg（OH）2粉末，搅拌一段时间后过滤除去MgCl2溶液中少量FeCl3C常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生说明常温下KSP（BaCO3）KSP（BaSO4）DC2H5OH与浓硫酸170共热，制得的气体通入酸性KMnO4溶液不能检验制得气体是否为乙烯AA BB CC DD【考点】化学实验方案的评价【分析】A利用压强差检验装置气密性；B氢氧化镁和氯化铁发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀，
21、同时生成氯化镁；C浓度商大于溶度积时产生沉淀；D乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色【解答】解：A利用压强差检验装置气密性，向里推注射器，试管中压强增大，如果气密性良好，导管内液面上升，否则，气密性不好，所以能实现实验目的，故A不选；B氢氧化镁和氯化铁发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀，同时生成氯化镁，能实现除杂目的，故B不选；C浓度商大于溶度积时产生沉淀，常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，碳酸钡的浓度商大于溶度积，所以产生沉淀，实际上KSP（BaCO3）KSP（BaSO4），故C选；D乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，将得到的气体通入酸性高
22、锰酸钾溶液之前应该先通入水中除去乙醇，防止乙醇干扰乙烯的检验，故D不选；故选C5某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和C3H8O下列说法错误的是（）A该装置将光能和电能转化为化学能B该装置工作时，H+从a极区向b极区迁移C每还原44 g CO2，理论上可生成33.6L O2Db电极的反应为：3CO2+18H+18eC3H8O+5H2O【考点】化学电源新型电池；原电池和电解池的工作原理【分析】A、该装置是电解装置，据此判断能量转化形式；B、与电源正极相连的是电解池的阳极，负极相连的是电解池的阴极，a与电源正极相连，所以a是阳极，而电解池中氢离子向阴极移动；
23、C、电池总的方程式为：6CO2+8H2O2C3H8O+9O2，即生成9mol的氧气，阴极有6mol的二氧化碳被还原，由此分析解答；D、与电源负极相连的是阴极，发生还原反应【解答】解：A、该电解装置是将光能和电能转化为化学能的装置，故A正确；B、a与电源正极相连，所以a是阳极，而电解池中氢离子向阴极移动，所以H+从阳极a极区向阴极b极区迁移，故B正确；C、电池总的方程式为：6CO2+8H2O2C3H8O+9O2，即生成9mol的氧气，阴极有6mol的二氧化碳被还原，也就是1mol的氧气，阴极有mol的二氧化碳被还原，每还原44g即1molCO2，理论上可生成O2是1，5mol，标况下的体积是33
24、.6L，故C错误；D、b与电源的负极相接，b是阴极，所以发生还原反应3CO2+18H+18eC3H8O+5H2O，故D正确；故选C6X、Y、Z、M是四种原子序数依次增大的主族元素已知X、Y、Z是短周期中的三种非金属元素，X元素原子的核外电子数等于所在周期数；Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍；Z单质为无色气体，性质稳定常用作保护气；M是地壳中含量最高的金属元素下列说法正确的是（）A四种元素的原子半径从大到小的顺序是：MZYXB元素X、Z可形成某种化合物，其分子内既含极性键又含非极性键C化合物YO2、ZO2都能和氢氧化钠溶液反应，均属于酸性氧化物D金属M制品具有较强的抗腐蚀能力，说明M元素的
25、金属活动性较差【考点】原子结构与元素周期律的关系；位置结构性质的相互关系应用【分析】X、Y、Z、M是四种原子序数依次增大的主族元素，已知X、Y、Z是短周期中的三种非金属元素，X元素原子的核外电子数等于所在周期数，X为H元素；Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，则Y含有两个电子层，最外层含有4个电子，为C元素；Z单质为无色气体，性质稳定常用作保护气，则Z为N元素；M是地壳中含量最高的金属元素，则M为Al元素，据此进行解答【解答】解：X、Y、Z、M是四种原子序数依次增大的主族元素，已知X、Y、Z是短周期中的三种非金属元素，X元素原子的核外电子数等于所在周期数，X为H元素；Y原子的最外层电子数是
26、内层电子数的2倍，则Y含有两个电子层，最外层含有4个电子，为C元素；Z单质为无色气体，性质稳定常用作保护气，则Z为N元素；M是地壳中含量最高的金属元素，则M为Al元素，A电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大，原子半径越小，则四种元素的原子半径从大到小的顺序是：MYZX，故A错误；B元素X、Z可形成化合物N2H4，其分子内既含极性键NH键，又含非极性键NN键，故B正确；C化合物YO2为CO2，二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，与水反应生成碳酸，属于酸性氧化物，而NO2与水反应生成硝酸和NO，不属于酸性氧化物，故C错误；DM为Al，铝表面能够形成一层致密的氧化膜，则金属M制
27、品具有较强的抗腐蚀能力，但是Al的化学性质比较活泼，故D错误；故选B7描述或解释下列现象的离子方程式，不正确的是（）A滴有蓝色石蕊的烧碱溶液里通CO2至颜色变红：CO2+2OHCO32+H2OB稀醋酸溶解水垢中的碳酸钙：2CH3COOH+CaCO3Ca2+2CH3COO+H2O+CO2C碳酸氢铵溶液中加足量石灰水：NH4+HCO3+Ca2+2OHCaCO3+NH3H2O+H2OD漂白粉溶液中加氯化铁溶液产生大量红褐色沉淀：Fe3+3ClO+3H2OFe（OH）3+3HClO【考点】离子方程式的书写【分析】A石蕊溶液变红，说明溶液显示酸性，二氧化碳过量，氢氧根离子与二氧化碳反应生成碳酸氢根离子；
28、B醋酸为弱酸、碳酸钙为难溶物，离子方程式中二者都需要保留化学式；C石灰水足量，离子方程式按照碳酸氢铵的组成书写，反应生成碳酸钙沉淀、一水合氨和水；D铁离子和次氯酸根离子发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和次氯酸【解答】解：A滴有蓝色石蕊的烧碱溶液里通CO2至颜色变红，说明二氧化碳过量，反应生成碳酸氢根离子，反应的离子方程式为：CO2+OHHCO3，故A错误；B稀醋酸溶解水垢中的碳酸钙，反应的离子方程式为：2CH3COOH+CaCO3Ca2+2CH3COO+H2O+CO2，故B正确；C碳酸氢铵溶液中加足量石灰水，离子方程式按照碳酸氢铵的组成书写，反应的离子方程式为：NH4+HCO3+Ca2+2OHC
29、aCO3+NH3H2O+H2O，故C正确；D漂白粉溶液中加氯化铁溶液，铁离子与次氯酸根离子反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为：Fe3+3ClO+3H2OFe（OH）3+3HClO，故D正确；故选A二、解答题（共3小题，满分43分）8醋酸亚铬水合物Cr（CH3COO）222H2O，相对分子质量为376是一种深红色晶体，不溶于冷水，是常用的氧气吸收剂，实验室中以锌粒，三氯化铬溶液、醋酸钠溶液和盐酸为主要原料制备醋酸亚铬水合物，其装置如图所示，且仪器2中预先加入锌粒，已知二价铬不稳定，极易被氧气氧化，不与锌反应制备过程中发生的相关反应如下：Zn（s）+2HCl（aq）ZnCl2（aq）+H2（
30、g）2CrCl3（aq）+Zn（s）2CrCl2（aq）+ZnCl2（aq）2Cr2+（aq）+4CH3COO（aq）+2H2O（l）Cr（CH3COO）222H2O（s）请回答下列问题：（1）仪器1的名称是分液漏斗（2）往仪器2中加盐酸和三氯化铬溶液的顺序最好是C（选下面的A、B或C）；目的是让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置2和3中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化A盐酸和三氯化铬溶液同时加入 B先加三氯化铬溶液一段时间后再加盐酸C先加盐酸一段时间后再加三氯化铬溶液（3）为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液顺利混合，应关闭阀门B（填“A”或“B”，下同），打开阀门A（4）本实验
31、中锌粒要过量，其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应外，另一个作用是过量的锌与CrCl3充分反应得到CrCl2（5）已知其它反应物足量，实验时取用的CrCl3溶液中含溶质9.51g，取用的醋酸钠溶液为1.5L0.1mol/L；实验后得干燥纯净的Cr（CH3COO）222H2O9.4g，则该实验所得产品的产率为83.3%（不考虑溶解的醋酸亚铬水合物）（6）铬的离子会污染水，常温下要除去上述实验中多余的Cr2+，最好往废液中通入足量的空气或氧气，再加入碱液，调节pH至少为5.6才能使铬的离子沉淀完全（铬的离子浓度应小于105mol/L）【已知Cr（OH）3的溶度
32、积为6.31031，4，lg20.3】【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）根据仪器结构特征，可知仪器1为分液漏斗；（2）二价铬不稳定，极易被氧气氧化，让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置2和3中的空气赶出；（3）利用生成氢气，使装置内气体增大，将CrCl2溶液压入装置3中与CH3COONa溶液顺利混合；（4）过量的锌与CrCl3充分反应得到CrCl2；（5）CrCl3为0.06mol，得到CrCl2为0.06mol，而CH3COONa为1.5mol，由方程式可知CH3COONa足量，根据CrCl2计算Cr（CH3COO）222H2O 的理论产量，进而计算其产率；（6）向废液中通入足量的空气或
33、氧气，将Cr2+氧化为Cr3+，根据KspCr（OH）3=c（Cr3+）c3（OH）=6.31031计算溶液中c（OH），再结合水的离子积计算c（H+），溶液pH=lgc（H+）【解答】解：（1）根据仪器结构特征，可知仪器1为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）二价铬不稳定，极易被氧气氧化，让锌粒与盐酸先反应产生H2，让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置2和3中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化，故先加盐酸一段时间后再加三氯化铬溶液，故答案为：C；让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置2和3中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化；（3）利用生成氢气，使装置内气体增大，将CrCl2溶液压入装置3中与
34、CH3COONa溶液顺利混合，应关闭阀门B，打开阀门A，故答案为：B；A；（4）锌粒要过量，其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应外，另一个作用是：过量的锌与CrCl3充分反应得到CrCl2，故答案为：过量的锌与CrCl3充分反应得到CrCl2；（5）CrCl3为=0.06mol，得到CrCl2为0.06mol，而CH3COONa为1.5mol，由方程式可知CH3COONa足量，则得到Cr（CH3COO）222H2O为0.06mol376g/mol=11.28g，所得产品的产率为100%=83.3%，故答案为：83.3%；（6）向废液中通入足量的空气或氧气，
35、将Cr2+氧化为Cr3+，铬的离子沉淀完全时，浓度应小于105mol/L，根据KspCr（OH）3=c（Cr3+）c3（OH）=6.31031，此时溶液中c（OH）=4109，溶液pH=lgc（H+）=lg=5.6，故答案为：空气或氧气；5.69高铁酸盐在能源、环保等方面有着广泛的用途高铁酸钾（K2FeO3）不仅是一种理想的水处理剂，而且高铁电池的研制也在进行中如图1是高铁电池的模拟实验装置：（1）该电池放电时正极的电极反应式为FeO42+4H2O+3eFe（OH）3+5OH；若维持电流强度为1A，电池工作十分钟，理论消耗Zn0.2g（已知F=96500C/mol）（2）盐桥中盛有饱和KCl溶
36、液，此盐桥中氯离子向右移动（填“左”或“右”）；若用阳离子交换膜代替盐桥，则钾离子向左移动（填“左”或“右”）（3）图2为高铁电池和常用的高能碱性电池的放电曲线，由此可得出高铁电池的优点有使用时间长、工作电压稳定、工业上湿法制备K2Fe04的工艺流程如图3（4）完成“氧化”过程中反应的化学方程式：2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O（5）加入饱和KOH溶液的目的是减小高铁酸钾的溶解，促进高铁酸钾晶体析出（6）已知25时KspFe（OH）3=4.01038，此温度下若在实验室中配制5mol/Ll00mLFeCl3溶液，为使配制过程中不出现浑浊现象，则至
37、少需要加入2.5mL2mol/L的盐酸（忽略加入盐酸体积）【考点】制备实验方案的设计；原电池和电解池的工作原理【分析】（1）根据电池装置，Zn做负极，C为正极，高铁酸钾的氧化性很强，左边烧杯只能生成三价铁，三价铁离子在碱溶液中沉淀下来，则正极上高铁酸钾发生还原反应生成Fe（OH）3；根据电子转移计算Zn的质量；（2）盐桥可起到平衡电荷，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动；（3）由图可知高铁电池的优点有：使用时间长、工作电压稳定；氯化铁溶液中加入次氯酸钠和氢氧化钠，发生反应为：2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，将Na2FeO4粗产品在40%KOH溶
38、液中溶解，过滤除去杂质NaCl，加入饱和KOH溶液后，将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4，反应方程式为Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH，冷却结晶、过滤，高铁酸钾易溶于水，难溶于异丙醇，用异丙醇代替水洗涤产品可以减少高铁酸钾的损耗，同时洗去高铁酸钾晶体表面的KOH和其他杂质，得到纯产品高铁酸钾（4）其中Fe元素化合价由+3价升高为+6价，共升高3价，Cl元素化合价由+1价降低为1，价，共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，则FeCl3的系数为2、NaClO的系数为3，再根据原子守恒配平；（5）加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度，减小高铁酸钾的溶解，促进高铁酸钾晶体
39、析出；（6）根据KspFe（OH）3=c（Fe3+）c3（OH）=4.01038计算开始沉淀时c（OH），再根据水的离子积计算溶液中c（H+），根据稀释定律计算需要盐酸的体积【解答】解：（1）根据电池装置，Zn做负极，C为正极，高铁酸钾的氧化性很强，左边烧杯只能生成三价铁，三价铁离子在碱溶液中沉淀下来，正极上高铁酸钾发生还原反应生成Fe（OH）3，正极电极反应式为：FeO42+4H2O+3eFe（OH）3+5OH，若维持电流强度为1A，电池工作十分钟，通过电子为，则理论消耗Zn为65g/mol=0.2g，故答案为：FeO42+4H2O+3eFe（OH）3+5OH；0.2；（2）盐桥中阴离子移向
40、负极移动，盐桥起的作用是使两个半电池连成一个通路，使两溶液保持电中性，起到平衡电荷，构成闭合回路，放电时盐桥中氯离子向右移动，用某种高分子材料制成阳离子交换膜代替盐桥，则钾离子向左移动，故答案为：右；左；（3）由图可知高铁电池的优点有：使用时间长、工作电压稳定，故答案为：使用时间长、工作电压稳定；氯化铁溶液中加入次氯酸钠和氢氧化钠，发生反应为：2FeCl3+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，将Na2FeO4粗产品在40%KOH溶液中溶解，过滤除去杂质NaCl，加入饱和KOH溶液后，将Na2FeO4转化为溶解度更小的K2FeO4，反应方程式为Na2FeO4+2K
41、OH=K2FeO4+2NaOH，冷却结晶、过滤，高铁酸钾易溶于水，难溶于异丙醇，用异丙醇代替水洗涤产品可以减少高铁酸钾的损耗，同时洗去高铁酸钾晶体表面的KOH和其他杂质，得到纯产品高铁酸钾（4）其中Fe元素化合价由+3价升高为+6价，共升高3价，Cl元素化合价由+1价降低为1，价，共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，则FeCl3的系数为2、NaClO的系数为3，再根据原子守恒配平后反应方程式为：2FeCl3+10NaOH+3NaClO2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，故答案为：2、10、3、2、9、5；（5）加入饱和KOH溶液可以增大K+的浓度，减小高铁酸钾的溶解，促进高铁酸钾晶体析出
42、，故答案为：减小高铁酸钾的溶解，促进高铁酸钾晶体析出；（6）溶液中c（Fe3+）=5mol/L，根据KspFe（OH）3=c（Fe3+）c3（OH）=4.01038，可知开始沉淀时c（OH）=21013mol/L，则溶液中c（H+）=mol/L=0.05mol/L，根据稀释定律，需要盐酸的体积为=2.5mL，故答案为：2.510工业生产中产生的SO2、NO直接排放将对大气造成严重污染，利用电化学原理吸收SO2和NO，同时获得Na2S2O4和NH4NO3产品的工艺流程图如下（Ce为铈元素）请回答下列问题（1）装置中NO在酸性条件下生成NO2的离子方程式NO+H2O+Ce4+=Ce3+NO2+2H
43、+（2）含硫各微粒（H2SO3、HSO3和SO32）存在于SO2与NaOH溶液反应后的溶液中，它们的物质的量分数与溶液pH的关系如图1所示下列说法正确的是ABC（填标号）ApH=7时，溶液中c（Na+）c（HSO3）+c（SO32）B由图中数据，可以估算出H2SO3的第二级电离平衡常数Ka2107C为获得尽可能纯的NaHSO3，应将溶液的pH控制在45为宜DpH=9时的溶液中c（OH）=c（H+）+c（HSO4）+c（H2SO4）若1L1mol/L的NaOH溶液完全吸收13.44L（标况下）SO2，则反应的离子方程式为3SO2+5OH=2SO32+HSO3+2H2O取装置中的吸收液vmL，用c
44、mol/L的酸性高锰酸钾溶液滴定酸性高锰酸钾溶液应装在酸式（填“酸式”或“碱式”）滴定管中，判断滴定终点的方法是滴入最后一滴溶液呈紫红色且半分钟颜色不变（3）装置的作用之一是再生Ce4+，其原理如图2所示图中A为电源的正（填“正”或“负”）极右侧反应室中发生的主要电极反应式为滴入最后一滴溶液呈紫红色且半分钟颜色不变（4）已知进人装置的溶液中NO2的浓度为0.4mol/L，要使1m3该溶液中的NO2完全转化为NH4NO3，需至少向装置中通入标准状况下的O2的体积为4480L【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计【分析】装置中二氧化硫是酸性氧化物，能和强碱氢氧化钠之间发
45、生反应：SO2+OH=HSO3，NO和氢氧化钠之间不会反应，装置中NO在酸性条件下，NO和Ce4+之间会发生氧化还原反应：NO+H2O+Ce4+=Ce3+NO2+2H+，NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3+NO3+4H+，装置中，在电解槽的阳极2Ce3+2e=2Ce4+，阴极电极反应式为：2HSO3+2H+2e=S2O42+2H2O，装置中通入氨气、氧气，2NO2+O2+2H+2NH3=2NH4+2NO3，（1）在酸性环境下，NO和Ce4+之间会发生氧化还原反应；（2）ApH=7时，溶液为中性，结合电荷守恒分析；BHSO3SO32+H+，由图中数据，pH=7时，c（HSO3）=c（SO32）
46、；C溶液的pH控制在45时，c（HSO3）浓度最大；D根据质子守恒判断；NaOH的物质的量为1mol，根据2NaOH+SO2Na2SO3+H2O可知二氧化硫过量，过量部分的二氧化硫再发生反应Na2SO3+H2O+SO22NaHSO3，依据方程式进行计算n（SO32）：n（HSO3）的比，据此书写离子方程式；酸式滴定管只能盛放酸性溶液、碱式滴定管只能盛放碱性溶液；酸性高锰酸钾具有强氧化性，能氧化碱式滴定管橡皮管；原溶液无色，KMnO4为紫红色，当溶液中的H2C2O4和KHC2O4反应完全时，溶液呈紫红色且半分钟颜色不变；（3）生成Ce4+为氧化反应，发生在阳极上；反应物是HSO3被还原成S2O4
47、2，得到电子；（4）NO2的浓度为0.4mol/L，要使1m3该溶液中的NO2完全转化为NH4NO3，设消耗标况下氧气的体积是V，结合电子守恒进行计算【解答】解：装置中二氧化硫是酸性氧化物，能和强碱氢氧化钠之间发生反应：SO2+OH=HSO3，NO和氢氧化钠之间不会反应，装置中NO在酸性条件下，NO和Ce4+之间会发生氧化还原反应：NO+H2O+Ce4+=Ce3+NO2+2H+，NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3+NO3+4H+，装置中，在电解槽的阳极2Ce3+2e=2Ce4+，阴极电极反应式为：2HSO3+2H+2e=S2O42+2H2O，装置中通入氨气、氧气，2NO2+O2+2H+2NH
48、3=2NH4+2NO3，（1）装置中NO在酸性条件下NO和Ce4+之间会发生氧化还原反应：NO+H2O+Ce4+=Ce3+NO2+2H+，NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3+NO3+4H+，故答案为：NO+H2O+Ce4+=Ce3+NO2+2H+；（2）ApH=7时，溶液呈中性，c（H+）=c（OH），溶液中存在电荷守恒：c（H+）+c（Na+）=c（HSO3）+2c（SO32）+c（OH），故溶液中c（Na+）=c（HSO3）+2c（SO32），故A正确；BHSO3SO32+H+，由图中数据，pH=7时，c（HSO3）=c（SO32），由Ka的表达式可知，H2SO3的第二级电离平衡常数K2
49、c（H+）=107，故B正确；C溶液的pH控制在45时，c（HSO3）浓度最大，则为获得尽可能纯的NaHSO3，可将溶液的pH控制在45左右，故C正确；D溶液存在质子守恒，应为c（OH）=c （H+）+c（HSO3）+2c（H2SO3），故D错误；故答案为：ABC；1L1.0mol/L的NaOH溶液中含有氢氧化钠的物质的量为：1L1.0mol/L=1.0mol，13.44L（标况下）SO2，n（SO2）=0.6mol，设反应生成亚硫酸钠的物质的量为x，消耗二氧化硫的物质的量为y2NaOH+SO2Na2SO3+H2O2 1 11.0mol y x=解得：x=0.5mol y=0.5mol根据上述
50、计算可以知道，二氧化硫是过量的，剩余的二氧化硫的物质的量为：0.6mol0.5mol=0.1mol所以二氧化硫会和生成的亚硫酸钠继续反应，设消耗亚硫酸钠的物质的量为a，生成亚硫酸氢钠的物质的量为bNa2SO3+H2O+SO22NaHSO31 1 2a 0.1mol b=解得：a=0.1mol b=0.2mol，则溶液中n（SO32）=0.5mol0.1mol=0.4mol，n（HSO3）=0.2mol，n（SO32）：n（HSO3）=2：1，则反应的离子方程式为3SO2+5OH=2SO32+HSO3+2H2O，故答案为：3SO2+5OH=2SO32+HSO3+2H2O；酸式滴定管只能盛放酸性溶
51、液、碱式滴定管只能盛放碱性溶液，酸性高锰酸钾溶液呈酸性，则可以盛放在酸式滴定管中；原溶液无色，而KMnO4为紫红色，所以当溶液中的H2C2O4和KHC2O4反应完全时，滴入最后一滴溶液呈紫红色且半分钟颜色不变；故答案为：酸式；滴入最后一滴溶液呈紫红色且半分钟颜色不变；（3）生成Ce4+为氧化反应，发生在阳极上，因此再生时生成的Ce4+在电解槽的阳极，连接电源正极，反应物是HSO3被还原成S2O42，得到电子，电极反应式为：2HSO3+2H+2e=S2O42+2H2O，故答案为：正；2HSO3+2H+2e=S2O42+2H2O；（4）NO2的浓度为0.4mol/L，要使1m3该溶液中的NO2完全
52、转化为NH4NO3，则失去电子数为：1000（53）0.4mol，设消耗标况下氧气的体积是V，根据电子守恒：4=1000（53）0.4mol，解得V=4480L，故答案为：4480【化学-选修化学与技术】11对十二烷基苯磺酸钠是常用洗涤剂的主要成分其结构可用图形来表示，端为链烃基，O端为极性基根据这一结构特点，试分析和回答下列问题：（1）十二烷基苯磺酸钠分子在其水溶液表面分布的结构示意图应是下列各图中的C图（填写序号），理由是水分子为极性分子，根据相似相溶原理，分子的极性基（O端）应溶解于水（亲水基），链烃基（端）不应溶解于水（憎水基）（2）进入介质（水）内部的十二烷基苯磺酸钠分子，可能会以下
53、列结构形式中的AD存在（填写序号），理由是A中极性基交替排列，可减少分子之间的斥力；D中极性基（O端）向外、链烃基（端）向内的排列，在一定程度上使憎水基团脱离与水的接触，使体系能量最低工业合成对十二烷基苯磺酸钠的一种路线如图所示：请回答下列问题：（3）产品中的亲油基是（4）由十二烷基苯制取对十二烷基苯磺酸的化学方程式为，反应类型为取代反应（5）在洗涤剂中添加酶制剂能促进污垢中的蛋白质（如奶渍、肉汤）等水解为可溶性的物质而被除去使用加酶洗衣粉的水溶液中浸泡1030min，水温在4050最佳加酶洗衣粉不宜在高温下、潮湿环境中贮存，也不宜久存请解释原因酶发挥催化作用需要适宜的条件（温度、酸碱度等），
54、酶自身是蛋白质在不适宜的条件（如高温、水解）下容易变质（6）过去使用的合成洗涤剂中常加入三聚磷酸钠（Na5P3O10）做助剂，它可使硬度大的洗涤水软化，对微细的无机粒子或油脂具有分散、乳化、胶溶作用，防止污渍再次沉积到衣物上；它还能维持水溶液的弱碱性，提高洗涤剂的去污能力和洗涤效果但是，20世纪90年代以来，世界各国先后提出必须生产和使用无磷洗涤剂请解释原因三聚磷酸钠造成水体富营养化，破坏了水体原有的生态平衡，对人类的生存环境造成了很大的影响【考点】有机物分子中的官能团及其结构【分析】（1）分子的极性基（O端）应溶解于水（亲水基），链烃基（端）不应溶解于水（憎水基）；（2）A中极性基交替排列，
55、可减少分子之间的斥力；D中极性基（O端）向外、链烃基（端）向内的排列，在一定程度上使憎水基团脱离与水的接触；（3）烃基苯基是亲油基；（4）十二烷基苯与硫酸反应生成对十二烷基苯磺酸；（5）发挥催化作用需要适宜的条件，酶自身是蛋白质在不适宜的条件下容易变质；（6）三聚磷酸钠造成水体富营养化，破坏了水体原有的生态平衡【解答】解：（1）水分子为极性分子，分子的极性基（O端）应溶解于水（亲水基），链烃基（端）不应溶解于水（憎水基），故答案为：C；水分子为极性分子，根据相似相溶原理，分子的极性基（O端）应溶解于水（亲水基），链烃基（端）不应溶解于水（憎水基）；（2）A中极性基交替排列，可减少分子之间的斥力
56、；D中极性基（O端）向外、链烃基（端）向内的排列，在一定程度上使憎水基团脱离与水的接触，使体系能量最低，故答案为：AD； A中极性基交替排列，可减少分子之间的斥力；D中极性基（O端）向外、链烃基（端）向内的排列，在一定程度上使憎水基团脱离与水的接触，使体系能量最低；（3）烃基苯基是亲油基，是亲油基，故答案为：；（4）十二烷基苯与硫酸反应生成对十二烷基苯磺酸，方程式：，属于取代反应，故答案为：；取代反应；（5）酶发挥催化作用需要适宜的条件（温度、酸碱度等），酶自身是蛋白质在不适宜的条件下容易变质（如高温），故答案为：酶发挥催化作用需要适宜的条件（温度、酸碱度等），酶自身是蛋白质在不适宜的条件（如
57、高温、水解）下容易变质；（6）三聚磷酸钠造成水体富营养化，破坏了水体原有的生态平衡，对人类的生存环境造成了很大的影响，故答案为：三聚磷酸钠造成水体富营养化，破坏了水体原有的生态平衡，对人类的生存环境造成了很大的影响【化学-选修物质结构与性质】12已知A、B、C、D、E、F、G为前四周期中常见元素，且原子序数依次增大A的原子半径最小，B的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍，D的基态原子最外层电子排布式为nsnnpn+2，E为周期表中电负性最大的元素，F元素有多种化合价，它的一种氢氧化物在空气中易被氧化且最终变为红褐色，G与F同族且原子序数比F大2回答下列问题：（1）写出基态F原子的电子排布式1
58、s22s22p63s23p63d64s2，其中含有7种能量不同的电子（2）CE3和CA3均是三角锥形分子，键角分别为102和107.3，则C原子的杂化方式为sp3，其中CE3的键角比CA3的键角小的原因是NF3中成键电子对偏向F原子，NH3中成键电子对偏向N原子，成键电子对与成键电子对之间的斥力作用前者小于后者（3）B、C、D三种元素形成的一种粒子与二氧化碳分子互为等电子体，其化学式为CNO（4）G单质晶体中原子的堆积方式如图所示（为面心立方最密堆积），则晶胞中G原子的配位数为12若G原子半径为r cm，则G原子所形成的最小正四面体空隙中，能填充的粒子的最大直径为（22 ）rcm（用r表示）【
59、考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】A、B、C、D、E、F、G为前四周期中常见元素，且原子序数依次增大B的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍，L层电子数为4，则B为碳元素；A的原子半径最小，则A为H元素；D的基态原子最外层电子排布式为nsnnpn+2，s能级容纳2个电子且P轨道容纳电子，则n=2，故D为O元素；C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；E为周期表中电负性最大的元素，则E为氟元素；F元素有多种化合价，它的一种氢氧化物在空气中易被氧化且最终变为红褐色，则F为Fe；G与F同族且原子序数比F大2，则G为Ni【解答】解：A、B、C、D、E、F、G为前四周期中常见元素，且原子序数依次
60、增大B的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍，L层电子数为4，则B为碳元素；A的原子半径最小，则A为H元素；D的基态原子最外层电子排布式为nsnnpn+2，s能级容纳2个电子且P轨道容纳电子，则n=2，故D为O元素；C的原子序数介于碳、氧之间，故C为N元素；E为周期表中电负性最大的元素，则E为氟元素；F元素有多种化合价，它的一种氢氧化物在空气中易被氧化且最终变为红褐色，则F为Fe；G与F同族且原子序数比F大2，则G为Ni（1）F为Fe，原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，其中含有7种能量不同的电子，故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2；7；（2）NF
61、3和NH3均是三角锥形分子，键角分别为102和107.3，为三角锥形结构，则N原子的杂化方式为sp3，其中NF3的键角比NH3的键角小的原因：NF3中成键电子对偏向F原子，NH3中成键电子对偏向N原子，成键电子对与成键电子对之间的斥力作用前者小于后者，故答案为：sp3；NF3中成键电子对偏向F原子，NH3中成键电子对偏向N原子，成键电子对与成键电子对之间的斥力作用前者小于后者；（3）C、N、O三种元素形成的一种粒子与二氧化碳分子互为等电子体，其化学式为CNO，故答案为：CNO；（4）G单质晶体中原子为面心立方最密堆积，以顶点原子为研究对象，与之相邻的原子处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面
62、心为2个晶胞共用，则晶胞中G原子的配位数为=12若G原子半径为r cm，则晶胞边长为4r cm=2r cm，则G原子所形成的最小正四面体空隙中，能填充的粒子的最大直径为（ 2r cm2r cm）=（22 ）r cm，故答案为：12；（22 ）r【化学-选修有机化学基础】13氯吡格雷（clopidogrel，1）是一种用于抑制血小板聚集的药物，根据原料的不同，该药物的合成路线通常有两条，其中以2氯苯甲醛为原料的合成路线如下：（1）X（C6H7BrS）的结构简式为（2）写出C聚合成高分子化合物的化学反应方程式（不需要写反应条件）（3）已知：中氯原子较难水解，物质A（）可由2氯甲苯为原料制得，写出以
63、两步制备A的化学方程式、（4）物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子符合以下条件的G的同分异构体共有17种除苯环之外无其它环状结构；能发生银镜反应（5）已知：写出由乙烯、甲醇为有机原料制备化合物的合成路线流程图（无机试剂任选）合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH2【考点】有机物的合成【分析】（1）由D、E的结构可知，DE发生取代反应，对比D、E的结构确定X的结构；（2）氨基与羧基之间进行脱水反应形成高分子化合物；（3）2氯甲苯，在光照条件下得到，再在碱性条件下水解得到；（4）物质G是物质A的同系物，则G含有Cl原子、CHO、苯环，且比A多一个碳原子，则比A多一个CH2原子团，
64、且满足：除苯环之外无其它环状结构，能发生银镜反应，可以含有1个侧链为CHClCHO，含有可以含有2个侧链，为CH2Cl、CHO，或者为CH2CHO、Cl，各有邻、间、对三种，可以有3个取代基，分别为Cl、CHO、CH3，采取定二移一法判断；（5）乙烯与溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，再发生水解反应生成乙二醇，甲醇催化氧化生成HCHO，最后乙二醇与甲醛反应生成【解答】解：（1）由D、E的结构可知，DE发生取代反应，对比D、E的结构确定X的结构简式为：，故答案为：；（2）氨基与羧基之间进行脱水反应形成高分子化合物，反应方程式为：，故答案为：；（3）2氯甲苯，在光照条件下得到，再在碱性条件下
65、水解得到，相应反应方程式为：、，故答案为：、；（4）物质G是物质A的同系物，则G含有Cl原子、CHO、苯环，且比A多一个碳原子，则比A多一个CH2原子团，且满足：除苯环之外无其它环状结构，能发生银镜反应，可以含有1个侧链为CHClCHO，含有可以含有2个侧链，为CH2Cl、CHO，或者为CH2CHO、Cl，各有邻、间、对三种，可以有3个取代基，分别为Cl、CHO、CH3，当Cl、CHO处于邻位时、CH3有4种位置，当Cl、CHO处于间位时、CH3有4种位置，当Cl、CHO处于对位时、CH3有2种位置，符合条件的同分异构体共有17种，故答案为：17；（5）乙烯与溴发生加成反应生成BrCH2CH2Br，再发生水解反应生成乙二醇，甲醇催化氧化生成HCHO，最后乙二醇与甲醛反应生成，合成路线流程图为：，故答案为：2016年7月5日
