1、2015-2016学年甘肃省天水一中高三（上）期末化学试卷一、选择题：本题共7小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1如图为雾霾的主要成分示意图下列说法正确的是（）A重金属离子可导致蛋白质盐析B芳香烃就是苯和苯的同系物CSO2和NxOy都属于酸性氧化物D汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的人为因素之一2设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法不正确的是（）A5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O的反应中，生成28 g N2，转移的电子数目为3.75NAB高温下，0.2 mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NAC氢氧燃料电池正极消耗22.4 L（标准状
2、况）气体时，电路中通过的电子数目为4NAD室温下，1 L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH数目为1013NA3下列图中的实验方案，能达到实验目的是（）ABCD实验方案实验目的验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色除去CO2气体中混有的SO2比较HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱AABBCCDD4某烷烃相对分子质量为86，如果分子中含有3个CH3、2个CH2和1个，则该结构的烃的一氯取代物最多可能有（）种（不考虑立体异构）A9B6C5D45钠硫电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠（Na2Sx）分别作为两个电极的反应物，固体Al2O3陶瓷
3、（可传导Na+）为电解质，其反应原理如图所示下列说法正确的是（）A放电时，电极A为负极，Na+由B向A移动B放电时，负极反应式为2Naxe2Na+C充电时，电极B的反应式为S22exSD充电时，电极B接电源的负极6已知常温下浓度为0.1molL1的下列溶液的pH如表所示：溶质NaFNaClONa2CO3pH7.59.711.6下列有关说法正确的是（）A0.1 molL1 Na2CO3溶液中，存在关系：c（OH）c（H+）=c（HCO3）+2c（H2CO3）B加热0.1 molL1 NaClO溶液测其pH，pH小于9.7CpH=2的HF溶液与pH=12的NaOH溶液以等体积混合，则有c（Na+）
4、=c（F）c（H+）=c（OH）D根据上表数据得出三种酸电离平衡常数大小关系为：HFHClOH2CO3（一级电离平衡常数）7常温下，用 0.1000molL1NaOH溶液滴定 20.00mL 0.1000molL1CH3COOH溶液所得滴定曲线如图下列说法不正确的是（）A点所示溶液中：c（CH3COO）+c（CH3COOH）=2c（Na+）B点所示溶液中：c（Na+）=c（CH3COO）C点所示溶液中：c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO）D滴定过程中可能出现：c（CH3COOH）c（H+）c（CH3COO）c（Na+）c（OH）二、解答题（共3小题，满分43分）8氯气用于自来
5、水的杀菌消毒，但在消毒时会产生一些负面影响，因此人们开始研究一些新型自来水消毒剂某学习小组查阅资料发现NCl3可作为杀菌消毒剂，该小组利用下图所示的装置制备NCl3，并探究NCl3的漂白性NCl3的相关性质如下：物理性质制备原理化学性质黄色油状液体熔点为40，沸点为71不溶于冷水，易溶于有机溶剂密度为1.65g/mLCl2与NH4Cl水溶液在低温下反应95爆炸，热水中发生水解回答下列问题：（1）根据实验目的，接口连接的顺序为（2）C装置中盛放的试剂为； E装置中盛放的试剂为（3）A装置中发生反应的离子方程式为（4）B装置中发生反应的化学方程式为，当B装置蒸馏烧瓶中出现较多油状液体后，关闭接口2
6、处的活塞，控制水浴加热的温度为（5）当E装置的锥形瓶内有黄色油状液体出现时，用干燥、洁净的玻璃棒蘸取该液体滴到干燥的红色石蕊试纸上，不褪色；若取该液体滴入热水中，片刻后取该热水再滴到干燥的红色石蕊试纸上，先变蓝后褪色，写出该油状液体与热水反应的化学方程式_9钠、钾的碘化物在生产和科学实验中有十分重要的应用工业利用碘、NaOH和铁屑为原料可生产碘化钠，其生产流程如图1所示：（1）NaOH溶液和碘反应时需要严格控制温度，如果温度过低，会生成碘的低价副产品NaIO若NaOH溶液和碘反应时所得溶液中IO3与IO的物质的量之比为1：1，则该反应的离子方程式为（2）生产流程中加入过量铁屑的目的是，过滤所得
7、固体中除剩余铁屑外，还有红褐色固体，则加入铁屑时发生反应的化学方程式是（3）溶液2中除含有H+外，一定含有的阳离子是；试设计实验证实该金属阳离子的存在：（4）溶液2经一系列转化可以得到草酸亚铁晶体（FeC2O42H2O），称取3.60g草酸亚铁晶体（相对分子质量是180）用热重法对其进行热分解，得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图2所示分析图中数据，根据信息写出过程I发生的化学方程式：300时剩余固体只有一种且是铁的氧化物，试通过计算确定该氧化物的化学式：10硫单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用，而SO2直接排放会对环境造成危害已知：重晶石（BaSO4）高温煅烧可发生一系列反应，其中部
8、分反应如下：BaSO4（s）+4C（s）BaS（s）+4CO（g）H=+571.2kJmol1BaS（s）Ba（s）+S（s）H=+460kJmol1已知：2C（s）+O2（g）2CO（g）H=221kJmol1则：Ba（s）+S（s）+2O2（g）BaSO4（s）H=SO2的尾气处理通常有以下几种方法：（1）活性炭还原法反应原理：恒温恒容时2C（s）+2SO2（g）S2（g）+2CO2（g）反应进行到不同时间测得各物质的浓度如图2：020min反应速率表示为v（SO2）=；30min时，改变某一条件平衡发生移动，则改变的条件最有可能是；平衡常数的表达式K=（2）亚硫酸钠吸收法Na2SO3溶液
9、吸收SO2的离子方程式为；常温下，当吸收至NaHSO3时，吸收液中相关离子浓度关系一定正确的是（填序号）ac（Na+）+c（H+）c（SO32）+c（HSO3）+c（OH）bc（Na+）=c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3）cc（Na+）c（HSO3）c（H+）c（SO32）d水电离出c（H+）=1108 mol/L（3）电化学处理法如图所示，Pt（）电极的反应式为；当电路中转移0.02mol e时（较浓H2SO4尚未排出），交换膜左侧溶液中约增加mol离子三.【化学-选修2：化学与技术】11甲酸钠广泛用作催化剂、稳定合成剂、印染行业的还原剂，还可用于生产保险粉、草酸和甲酸甲酸钠用
10、电石炉废气（75%90%CO，以及少量CO2、H2S、N2、CH4等）合成，其合成部分工艺流程如下：（1）上述工艺用碱液洗涤的目的是，可能发生的反应有（写两个化学方程式）（2）上述合成工艺中采用循环喷射吸收合成，其目的是；最后尾气主要成分是（3）甲酸钠高温时分解制取草酸钠（Na2C2O4）的化学方程式为（4）在甲酸钠、氢氧化钠混合溶液中通入二氧化硫气体可得到重要的工业产品保险粉（Na2S2O4），同时产生二氧化碳气体，该反应的离子方程式为（5）某厂测知合成塔中甲酸钠生产产率为40%，要制得溶质质量分数为5%的HCOONa溶液1吨，需要CO在标况下的体积为四.【化学-选修3：物质结构与性质】12
11、周期表中有A、B、C三种原子序数依次增大的元素，A是地壳中含量最多的金属元素，B的价层电子排布为nsn1npn+1，C是生活中的一种常用金属且其原子的外围电子排布为3d104s1（1）A基态原子的电子排布式为（2）一氧化碳（与N2互为等电子体）分子中键与键数目之比为（3）C的单质和某化合物甲的微观部分结构分布如图，C微粒周围等距离且最近的C微粒有个；甲的化学式为（用M、N表示）（4）金属C在加热时与B的最高价氧化物对应水化物的浓溶液反应的化学方程式为（5）C元素的最高价氧化物的水化物能溶于氨水，该反应的化学方程式为（6）联氨（N2H4）是航天飞船常用的高能燃料，可以用尿素为原料制取，方法是在K
12、MnO4催化剂存在下，尿素CO（NH2）2和次氯酸钠、NaOH溶液反应生成联氨、Na2CO3、H2O及另外一种产物，写出该反应的化学方程式五.【化学-选修5：有机化学基础】13AG都是有机化合物，它们的转化关系如下：请回答下列问题：（1）已知：6.0g化合物E完全燃烧生成8.8g CO2和3.6g H2O；E的相对分子质量为60，则E的分子式为；（2）A为一元取代芳烃，B中含有一个甲基由B生成C的化学方程式为；（3）由B生成D、由C生成D的反应条件分别是：、；（4）由A生成B、由D生成G的反应类型分别是、；（5）在G的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积
13、比为1：1的是 （填结构简式）2015-2016学年甘肃省天水一中高三（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共7小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1如图为雾霾的主要成分示意图下列说法正确的是（）A重金属离子可导致蛋白质盐析B芳香烃就是苯和苯的同系物CSO2和NxOy都属于酸性氧化物D汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的人为因素之一【考点】常见的生活环境的污染及治理【专题】化学应用【分析】A重金属离子都有较多空轨道易于蛋白质形成配离，使体内的蛋白质凝固及变性；B芳香烃是指分子中含有苯环结构的碳氢化合物；CNxOy组成未知，不一定是酸性氧化物；D大量燃烧
14、化石燃料可产生有害气体和烟尘【解答】解：A重金属离子都有较多空轨道易于蛋白质形成配离子，形成配离子后蛋白质功能就丧失，使体内的蛋白质凝固及变性，故A正确； B芳香烃是指分子中含有苯环结构的碳氢化合物，最简单的芳香烃是苯，故B正确；C二氧化硫为酸性氧化物，但NxOy组成未知，不一定是酸性氧化物，故C错误；D大量燃烧化石燃料可产生有害气体和烟尘，是造成雾霾天气的一种重要因素，故D正确故选C【点评】本题考查了蛋白质、胶体的性质、芳香烃的、酸性氧化物的定义，涉及知识点广，均为基础性知识，熟练掌握物质的性质和概念是解题的关键2设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法不正确的是（）A5NH4NO32HNO3+4
15、N2+9H2O的反应中，生成28 g N2，转移的电子数目为3.75NAB高温下，0.2 mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NAC氢氧燃料电池正极消耗22.4 L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为4NAD室温下，1 L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH数目为1013NA【考点】阿伏加德罗常数【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、反应5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O中转移15mol电子；B、铁与水蒸气反应时，3mol铁生成4mol氢气；C、氢氧燃料电池中，在正极上放电的为氧气；D、在碱溶液中，氢离子全部来自于水的电离【解答】解：A、反
16、应5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O中转移15mol电子，生成4mol氮气，故当生成28g氮气即1mol氮气时，反应转移3.75mol电子即3.75NA个，故A正确；B、铁与水蒸气反应时，3mol铁生成4mol氢气，故0.2mol铁与水蒸气反应生成氢气0.26mol即0.26NA个氢气分子，故B错误；C、氢氧燃料电池中，在正极上放电的为氧气，而放电后氧元素的价态为2价，故当标况下22.4L氧气即1mol氧气放电时，转移4mol电子即4NA个，故C正确；D、在碱溶液中，氢离子全部来自于水的电离，故pH=13的氢氧化钠溶液中，水电离出的氢离子的浓度为1013mol/L，故1L溶液中水电离出
17、的氢离子的物质的量为1013mol，个数为1013NA个，故D正确故选B【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大3下列图中的实验方案，能达到实验目的是（）ABCD实验方案实验目的验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用制备Fe（OH）2并能较长时间观察其颜色除去CO2气体中混有的SO2比较HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】A应在温度相同的条件下进行对比实验；B煤油能抑制亚铁离子被氧化；CCO2和SO2都可与碳酸钠溶液反应；D盐酸易挥发，不能排除盐酸的干扰【解答】
18、解：A温度和催化剂都可影响反应速率，比较催化剂的影响，应在温度相同的条件下进行对比实验，故A错误；B煤油阻止了亚铁离子和氧气接触，从而阻挡了亚铁离子被氧化，所以能实现实验目的，故B正确；CCO2和SO2都可与碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠除杂，故C错误；D盐酸易挥发，不能排除盐酸的干扰，应先通过饱和碳酸氢钠除去二氧化碳中的氯化氢，故D错误故选B【点评】本题考查较为综合，涉及物质的性质对比、除杂等知识，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握实验的原理和实验操作的严密性和可行性的评价，难度中等4某烷烃相对分子质量为86，如果分子中含有3个CH3、2个C
19、H2和1个，则该结构的烃的一氯取代物最多可能有（）种（不考虑立体异构）A9B6C5D4【考点】常见有机化合物的结构；同分异构现象和同分异构体【分析】烷烃相对分子质量为86，则该烷烃含有的碳原子数目为： =6，该烷烃为己烷；分子中含有3个CH3、2个CH2和1个，说明该烷烃只含有1个支链，其支链不可能为乙基，只能是甲基，该有机物可能的结构简式有2种：CH3CH（CH3）CH2CH2CH3、CH3CH2CH（CH3）CH2CH3，然后根据这两种有机物分子中含有的不同位置的H的数目判断其一氯代物种类【解答】解：某烷烃相对分子质量为86，则该烷烃中含有碳原子数目为：N=6，为己烷；分子中含有3个CH3
20、、2个CH2和1个，则该己烷分子中只能含有1个支链甲基，不会含有乙基，其主链含有5个C，满足条件的己烷的结构简式为：CH3CH（CH3）CH2CH2CH3，CH3CH2CH（CH3）CH2CH3，其中分子中含有5种位置不同的H，即含有一氯代物的数目为5；分子中含有4种位置不同的H，则其一氯代物有4种，所以该结构的烃的一氯取代物最多可能有：5+4=9种，故选A【点评】本题考查了同分异构体的求算，题目难度中等，注意掌握同分异构体的根据及求算方法与技巧，正确理解题干信息为解答本题的关键5钠硫电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠（Na2Sx）分别作为两个电极的反应物，固体Al2O3陶瓷（可传导Na+）为
21、电解质，其反应原理如图所示下列说法正确的是（）A放电时，电极A为负极，Na+由B向A移动B放电时，负极反应式为2Naxe2Na+C充电时，电极B的反应式为S22exSD充电时，电极B接电源的负极【考点】电解原理【专题】电化学专题【分析】根据图片知，放电时，Na失电子发生氧化反应，所以A作负极、B作正极，负极反应式为2Na2e2Na+、正极反应式为xS+2eSx2，充电时A为阳极、B为阴极，阴极、阳极电极反应式与负极、正极反应式正好相反，放电时，电解质中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动【解答】解：根据图片知，放电时，Na失电子发生氧化反应，所以A作负极、B作正极，负极反应式为2Na2e2Na+
22、、正极反应式为xS+2eSx2，充电时A为阳极、B为阴极，阴极、阳极电极反应式与负极、正极反应式正好相反，放电时，电解质中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，A、放电时，Na失电子发生氧化反应，所以A作负极、B作正极，电解质中阳离子钠离子向正极B移动，故A错误；B、放电时，负极反应式为2Na2e2Na+，故B错误；C、充电时，B是阳极，电极反应式为Sx22exS，故C正确；D、充电时A是阴极，应该连接电源负极，电极B接电源的正极，故D错误；故选C【点评】本题考查化学电源新型电池，正确获取图片提供信息是解本题关键，根据得失电子确定正负极、阴阳极，难点是电极反应式的书写，题目难度中等6已知常温下浓
23、度为0.1molL1的下列溶液的pH如表所示：溶质NaFNaClONa2CO3pH7.59.711.6下列有关说法正确的是（）A0.1 molL1 Na2CO3溶液中，存在关系：c（OH）c（H+）=c（HCO3）+2c（H2CO3）B加热0.1 molL1 NaClO溶液测其pH，pH小于9.7CpH=2的HF溶液与pH=12的NaOH溶液以等体积混合，则有c（Na+）=c（F）c（H+）=c（OH）D根据上表数据得出三种酸电离平衡常数大小关系为：HFHClOH2CO3（一级电离平衡常数）【考点】离子浓度大小的比较【专题】盐类的水解专题【分析】A根据物料守恒：2c（CO32）+c（HCO3）
24、+c（H2CO3）=c（Na+），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32）；B盐类水解是吸热反应，升高温度促进盐类水解；C常温下NaF溶液pH=7.57，NaF溶液呈碱性，说明NaF是强碱弱酸盐，则HF是弱酸；pH=2的HF浓度大于pH=12的NaOH溶液浓度，二者等体积混合HF有剩余，溶液呈酸性；D相同温度下，相同浓度的钠盐溶液中，弱酸根离子水解程度越大其溶液pH越大，酸根离子水解程度越大其相对应的酸的电离程度越小，即酸的电离平衡常数越小【解答】解：AA根据物料守恒：2c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）=c（Na+），根据电荷守恒得c
25、（H+）+c（Na+）=c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32），所以得c（OH）c（H+）=c（HCO3）+2c（H2CO3），故A正确；B盐类水解是吸热反应，升高温度促进盐类水解NaClO溶液pH7，则NaClO是强碱弱酸盐，升高温度促进其水解，溶液的碱性增强，pH增大，故B错误；C常温下NaF溶液pH=7.57，NaF溶液呈碱性，说明NaF是强碱弱酸盐，则HF是弱酸；pH=2的HF浓度大于pH=12的NaOH溶液浓度，二者等体积混合HF有剩余，溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），结合电荷守恒得c（Na+）c（F），酸的电离程度较小，则溶液中离子浓度大小顺序是c（F）c（Na+）c（H
26、+）c（OH），故C错误；D相同温度下，相同浓度的钠盐溶液中，弱酸根离子水解程度越大其溶液pH越大，酸根离子水解程度越大其相对应的酸的电离程度越小，即酸的电离平衡常数越小，根据表中数据知，酸根离子水解程度FClOCO32，则酸的电离平衡常数HFHClOHCO3，故D错误；故选A【点评】本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，明确酸的电离程度与酸根离子水解程度关系、溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，易错选项是D，注意碳酸根离子对应的酸是碳酸氢根离子而不是碳酸，题目难度不大7常温下，用 0.1000molL1NaOH溶液滴定 20.00mL 0.1000molL1CH3C
27、OOH溶液所得滴定曲线如图下列说法不正确的是（）A点所示溶液中：c（CH3COO）+c（CH3COOH）=2c（Na+）B点所示溶液中：c（Na+）=c（CH3COO）C点所示溶液中：c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO）D滴定过程中可能出现：c（CH3COOH）c（H+）c（CH3COO）c（Na+）c（OH）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】A、根据点反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，所以c（CH3COO）+c（CH3COOH）=2c（Na+）；B、点pH=7，即c（H+）=c（OH）
28、，由电荷守恒可知：c（CH3COO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），所以c（Na+）=c（CH3COO）；C、点体积相同，则恰好完全反应生成CH3COONa，根据物料守恒可知：c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO）；D、在滴定中当加入碱比较少时，可能出现c（CH3COOH）c（CH3COO）c（H+）c（Na+）c（OH）的情况【解答】解：A、根据点反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，所以c（CH3COO）+c（CH3COOH）=2c（Na+），故A正确；B、点pH=7，即c（H+）=c（OH），由电荷守恒知：c（Na+）+c（H+
29、）=c（CH3COO）+c（OH），故c（Na+）=c（CH3COO），故B正确；C、点说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，物料守恒可知：c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO），故C正确；D、如果出现c（CH3COOH）c（H+）c（CH3COO）c（Na+）c（OH）这个关系，则溶液中电荷不守恒，故D错误；故选：D【点评】本题考查NaOH与CH3COOH的反应，涉及盐类的水解和溶液离子浓度的大小比较，注意利用电荷守恒的角度做题二、解答题（共3小题，满分43分）8氯气用于自来水的杀菌消毒，但在消毒时会产生一些负面影响，因此人们开始研究一些新型自来水消毒剂某学习小组查阅资
30、料发现NCl3可作为杀菌消毒剂，该小组利用下图所示的装置制备NCl3，并探究NCl3的漂白性NCl3的相关性质如下：物理性质制备原理化学性质黄色油状液体熔点为40，沸点为71不溶于冷水，易溶于有机溶剂密度为1.65g/mLCl2与NH4Cl水溶液在低温下反应95爆炸，热水中发生水解回答下列问题：（1）根据实验目的，接口连接的顺序为1、4、5、2、3、6、7、10、9、8（2）C装置中盛放的试剂为饱和食盐水； E装置中盛放的试剂为NaOH溶液（3）A装置中发生反应的离子方程式为MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O（4）B装置中发生反应的化学方程式为3Cl2+NH4ClNCl3+4HCl
31、，当B装置蒸馏烧瓶中出现较多油状液体后，关闭接口2处的活塞，控制水浴加热的温度为7195（5）当E装置的锥形瓶内有黄色油状液体出现时，用干燥、洁净的玻璃棒蘸取该液体滴到干燥的红色石蕊试纸上，不褪色；若取该液体滴入热水中，片刻后取该热水再滴到干燥的红色石蕊试纸上，先变蓝后褪色，写出该油状液体与热水反应的化学方程式NCl3+3H2O3HClO+NH3_【考点】制备实验方案的设计【专题】制备实验综合【分析】（1）（2）A装置制备氯气，制备的氯气中含有HCl、水蒸气，用饱和食盐水除去HCl，B装置中Cl2与NH4Cl水溶液在低温下反应得到NCl3，加热蒸馏，再冷凝收集NCl3，最后用氢氧化钠溶液吸收尾
32、气，防止污染空气（3）A装置中利用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，反应生成氯化锰、氯气与水；（4）B装置中Cl2与NH4Cl水溶液在低温下反应得到NCl3，还生成HCl；加热蒸馏出NCl3，NCl3的沸点为71，在95爆炸，可知控制蒸馏温度；（5）E装置的锥形瓶内有黄色油状液体为NCl3，用干燥、洁净的玻璃棒蘸取该液体滴到干燥的红色石蕊试纸上，不褪色，说明NCl3没有漂白性，若取该液体滴入热水中，NCl3发生水解，片刻后取该热水再滴到干燥的红色石蕊试纸上，先变蓝后褪色，说明有碱性物质与强氧化性物质生成，水解应生成氨气与HClO【解答】解：（1）A装置制备氯气，制备的氯气中含有HCl、水蒸
33、气，用饱和食盐水除去HCl，B装置中Cl2与NH4Cl水溶液在低温下反应得到NCl3，加热蒸馏，再冷凝收集NCl3，最后用氢氧化钠溶液吸收尾气，防止污染空气，故仪器接口连接的顺序为：1、4、5、2、3、6、7、10、9、8，故答案为：1、4、5、2、3、6、7、10、9、8；（2）C装置中盛放饱和食盐水，吸收除去HCl，E装置中盛放氢氧化钠溶液，吸收氯气，防止污染空气，故答案为：饱和食盐水；NaOH溶液；（3）A装置中利用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制备氯气，反应生成氯化锰、氯气与水，反应离子方程式为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl
34、2+2H2O；（4）B装置中Cl2与NH4Cl水溶液在低温下反应得到NCl3，还生成HCl，反应方程式为：3Cl2+NH4ClNCl3+4HCl；加热蒸馏出NCl3，NCl3的沸点为71，在95爆炸，可知控制蒸馏温度为7195，故答案为：3Cl2+NH4ClNCl3+4HCl；7195；（5）E装置的锥形瓶内有黄色油状液体为NCl3，用干燥、洁净的玻璃棒蘸取该液体滴到干燥的红色石蕊试纸上，不褪色，说明NCl3没有漂白性，若取该液体滴入热水中，NCl3发生水解，片刻后取该热水再滴到干燥的红色石蕊试纸上，先变蓝后褪色，说明有碱性物质与强氧化性物质生成，水解应生成氨气与HClO，反应方程式为：NCl
35、3+3H2O3HClO+NH3，故答案为：NCl3+3H2O3HClO+NH3【点评】本题考查物质制备与性质探究实验，关键是理解原理和各装置作用，注意对题目信息获取与迁移应用，有利于培养学生的实验能力、分析能力，难度中等9钠、钾的碘化物在生产和科学实验中有十分重要的应用工业利用碘、NaOH和铁屑为原料可生产碘化钠，其生产流程如图1所示：（1）NaOH溶液和碘反应时需要严格控制温度，如果温度过低，会生成碘的低价副产品NaIO若NaOH溶液和碘反应时所得溶液中IO3与IO的物质的量之比为1：1，则该反应的离子方程式为4I2+8OH=IO3+IO+6I+4H2O（2）生产流程中加入过量铁屑的目的是使
36、IO3转化为I，过滤所得固体中除剩余铁屑外，还有红褐色固体，则加入铁屑时发生反应的化学方程式是3H2O+2Fe+NaIO3=NaI+2Fe（OH）3（3）溶液2中除含有H+外，一定含有的阳离子是Fe2+；试设计实验证实该金属阳离子的存在：取少量试样溶液于试管中，滴入少量酸性KMnO4溶液，若KMnO4溶液褪色，证明存在Fe2+，或者加入K3Fe（CN）6产生蓝色沉淀（4）溶液2经一系列转化可以得到草酸亚铁晶体（FeC2O42H2O），称取3.60g草酸亚铁晶体（相对分子质量是180）用热重法对其进行热分解，得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图2所示分析图中数据，根据信息写出过程I发生的化学方
37、程式：FeC2O42H2OFeC2O4+2H2O300时剩余固体只有一种且是铁的氧化物，试通过计算确定该氧化物的化学式：Fe2O3【考点】制备实验方案的设计【专题】制备实验综合【分析】（1）若NaOH溶液和碘反应时所得溶液中IO3与IO的物质的量之比为1：1，根据电子转移守恒可知有I生成，配平书写离子方程式；（2）加入铁屑有红褐色固体生成，红褐色固体为Fe（OH）3，铁屑将使IO3转化为I，过滤分离，固体加入稀硫酸，溶液2中含有FeSO4，溶液1中含有NaI，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到NaI；（3）由溶液含H+，固体完全溶解，溶液2中一定含有FeSO4，用酸性高锰酸钾溶液或K3Fe（CN）6
38、检验亚铁离子；（4）3.60gFeC2O42H2O晶体的物质的量为=0.02mol，过程I使其质量减少3.602.88g=0.72g，恰好为0.04mol水的质量，则过程是草酸亚铁晶体受热完全失去结晶水；由元素守恒计算氧化物中Fe元素的质量，再计算氧元素质量，再利用原子个数比确定化学式【解答】解：加入铁屑有红褐色固体生成，红褐色固体为Fe（OH）3，铁屑将使IO3转化为I，过滤分离，固体加入稀硫酸，溶液2中含有FeSO4，溶液1中含有NaI，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到NaI（1）NaOH溶液和碘反应时所得溶液中IO3与IO的物质的量之比为1：1，若均为1mol，由电子守恒可知，生成I为=6m
39、ol，结合电荷守恒及原子守恒可知离子反应为：4I2+8OH=IO3+IO+6I+4H2O，故答案为：4I2+8OH=IO3+IO+6I+4H2O；（2）加入过量铁屑的目的是：使IO3转化为I，发生反应的化学方程式为：3H2O+2Fe+NaIO3=NaI+2Fe（OH）3，故答案为：使IO3转化为I；3H2O+2Fe+NaIO3=NaI+2Fe（OH）3；（3）固体中除剩余铁屑外，还有红褐色固体，加硫酸得到溶液2除含有H+外，固体完全溶解，一定含有的阳离子是Fe2+，证实该金属阳离子的存在方法为：取少量试样溶液于试管中，滴入少量酸性KMnO4溶液，若KMnO4溶液褪色，证明存在Fe2+，或者加入
40、K3Fe（CN）6产生蓝色沉淀，故答案为：Fe2+；取少量试样溶液于试管中，滴入少量酸性KMnO4溶液，若KMnO4溶液褪色，证明存在Fe2+，或者加入K3Fe（CN）6产生蓝色沉淀；（4）3.60gFeC2O42H2O晶体的物质的量为=0.02mol，过程I使其质量减少3.602.88g=0.72g，恰好为0.04mol水的质量，则过程是草酸亚铁晶体受热完全失去结晶水，反应的化学方程式为：FeC2O42H2OFeC2O4+2H2O，故答案为：FeC2O42H2OFeC2O4+2H2O；草酸亚铁晶体中的铁元素质量为：3.6g100%=1.12g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物
41、中氧元素的质量为：1.60g1.12g=0.48g，氧化物中Fe、O原子数目之比为： =2：3，故铁的氧化物的化学式为Fe2O3，故答案为：Fe2O3【点评】本题考查制备实验方案的设计、化学计算等，涉及对操作的分析评价、氧化还原反应、对数据的分析处理等，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强，题目难度中等10硫单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用，而SO2直接排放会对环境造成危害已知：重晶石（BaSO4）高温煅烧可发生一系列反应，其中部分反应如下：BaSO4（s）+4C（s）BaS（s）+4CO（g）H=+571.2kJmol1BaS（s）Ba（s）+S（s）H=+460kJmol1已知：2
42、C（s）+O2（g）2CO（g）H=221kJmol1则：Ba（s）+S（s）+2O2（g）BaSO4（s）H=1473.2 kJmol1SO2的尾气处理通常有以下几种方法：（1）活性炭还原法反应原理：恒温恒容时2C（s）+2SO2（g）S2（g）+2CO2（g）反应进行到不同时间测得各物质的浓度如图2：020min反应速率表示为v（SO2）=0.03 mol/（Lmin）；30min时，改变某一条件平衡发生移动，则改变的条件最有可能是减少CO2的浓度；平衡常数的表达式K=（2）亚硫酸钠吸收法Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为SO32+SO2+H2O=2HSO3；常温下，当吸收至NaHS
43、O3时，吸收液中相关离子浓度关系一定正确的是abc（填序号）ac（Na+）+c（H+）c（SO32）+c（HSO3）+c（OH）bc（Na+）=c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3）cc（Na+）c（HSO3）c（H+）c（SO32）d水电离出c（H+）=1108 mol/L（3）电化学处理法如图所示，Pt（）电极的反应式为SO22e+2H2O=SO42+4 H+；当电路中转移0.02mol e时（较浓H2SO4尚未排出），交换膜左侧溶液中约增加0.03mol离子【考点】含硫物质的性质及综合应用；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素；离子浓度大
44、小的比较【专题】化学平衡专题；电化学专题；燃烧热的计算【分析】已知BaSO4（s）+4C（s）=BaS（s）+4CO（g）H=+571.2kJmol1BaS（s）=Ba（s）+S（s）H=+460kJmol12C（s）+O2（g）=2CO（g）H=221kJmol1，根据盖斯定律：2得方程式Ba（s）+S（s）+2O2（g）=BaSO4（s）据此计算；（1）根据v=计算v（SO2）；30min时瞬间，二氧化碳浓度降低，S2的浓度不变，而后二氧化碳、S2的浓度均增大，应是减少CO2的浓度；平衡常数K=，注意固体和纯液体不写入表达式；（2）Na2SO3溶液与SO2反应生成亚硫酸氢钠；a根据电荷守恒
45、判断；b根据物料守恒判断；cNaHSO3溶液中HSO3的电离程度大于其水解程度；d水电离出氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度，由于NaHSO3溶液的pH未知，不能计算水电离出氢离子浓度；（3）由图可知，Pt（1）电极上二氧化硫被氧化生成硫酸；左侧电极反应式为：SO22e+2H2O=SO42+4 H+，根据电子转移守恒计算生成硫酸根、氢离子的物质的量，为保持溶液电中性，多余的氢离子通过阳离子交换膜移至右侧，左侧溶液中增加离子为生成硫酸电离的离子总量【解答】解：已知BaSO4（s）+4C（s）=BaS（s）+4CO（g）H=+571.2kJmol1BaS（s）=Ba（s）+S（s）H=+460kJ
46、mol12C（s）+O2（g）=2CO（g）H=221kJmol1，根据盖斯定律：2得方程式Ba（s）+S（s）+2O2（g）=BaSO4（s）H=（221）2（+460）（+571.2）=1473.2KJmol1，故答案为：1473.2KJmol1；=0.03mol/（Lmin），故答案为：0.03mol/（Lmin）；30min时瞬间，二氧化碳浓度降低，S2的浓度不变，而后二氧化碳、S2的浓度均增大，应是减少CO2的浓度，故答案为：减少CO2的浓度；恒温恒容时2C（s）+2SO2（g）S2（g）+2CO2（g），平衡常数K=，故答案为：；（2）Na2SO3溶液与SO2反应生成亚硫酸氢钠，反
47、应离子方程式为：SO32+SO2+H2O=2HSO3，故答案为：SO32+SO2+H2O=2HSO3；a根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（OH），故溶液中c（Na+）+c（H+）c（SO32）+c（HSO3）+c（OH），故a正确；b溶液中S元素以SO32、HSO3、H2SO3形式存在，Na元素与硫元素物质的量之比为1：1，故溶液中c（Na+）=c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO4），故b正确；cNaHSO3溶液中HSO3的电离程度大于其水解程度，故溶液中c（Na+）c（HSO3）c（H+）c（SO32），故c正确；d水电离出氢离子浓度等于
48、溶液中氢氧根离子浓度，由于NaHSO3溶液的pH未知，不能计算水电离出氢离子浓度，故d错误，故答案为：abc；（3）由图可知，Pt（1）电极上二氧化硫被氧化生成硫酸，电极反应式为：SO22e+2H2O=SO42+4 H+，故答案为：SO22e+2H2O=SO42+4 H+；左侧电极反应式为：SO22e+2H2O=SO42+4 H+，根据电子转移守恒，生成硫酸根物质的量=0.01mol，生成氢离子为0.04mol，为保持溶液电中性，0.01mol硫酸根需要0.02mol氢离子，多余的氢离子通过阳离子交换膜移至右侧，即有0.02mol氢离子移至右侧，故左侧溶液中增加离子为0.01mol+0.02m
49、ol=0.03mol，故答案为：0.03【点评】本题属于拼合型题目，涉及反应热计算、反应速率计算、化学平衡影响因素、离子浓度比较、电极反应式书写、电解池有关计算等，需要学生具备扎实的基础，侧重考查学生对知识的迁移应用，（3）中左侧溶液中增加离子物质的量计算为易错点，学生容易根据电极反应式计算，忽略部分氢离子移至右侧，题目难度中等三.【化学-选修2：化学与技术】11甲酸钠广泛用作催化剂、稳定合成剂、印染行业的还原剂，还可用于生产保险粉、草酸和甲酸甲酸钠用电石炉废气（75%90%CO，以及少量CO2、H2S、N2、CH4等）合成，其合成部分工艺流程如下：（1）上述工艺用碱液洗涤的目的是除去其中的C
50、O2、H2S等酸性气体，可能发生的反应有CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、H2S+2NaOH=Na2S+2H2O（写两个化学方程式）（2）上述合成工艺中采用循环喷射吸收合成，其目的是使尾气中的CO被充分吸收；最后尾气主要成分是N2、CH4（3）甲酸钠高温时分解制取草酸钠（Na2C2O4）的化学方程式为2HCOONaNaOOCCOONa+H2（4）在甲酸钠、氢氧化钠混合溶液中通入二氧化硫气体可得到重要的工业产品保险粉（Na2S2O4），同时产生二氧化碳气体，该反应的离子方程式为HCOO+2SO2+OH=S2O42+CO2+H2O（5）某厂测知合成塔中甲酸钠生产产率为40%，要制得溶质质量
51、分数为5%的HCOONa溶液1吨，需要CO在标况下的体积为4.12104 L【考点】制备实验方案的设计【专题】实验设计题【分析】电石炉废气（CO 7590%，以及少量CO2、H2S、N2、CH4等）先除尘，然后用碱液洗涤，溶液中CO2、H2S反应生成盐，然后将气体通入合成塔，并加入NaOH溶液、加热至160200、加压，最终得到HCOONa.2H2O，最后剩余N2和CH4，将尾气排空，（1）碱液具有碱性，能吸收酸性气体；（2）反应物接触面积越大，反应越充分；最后排空的尾气主要成分是N2和CH4；（3）甲酸钠高温时分解生成草酸钠和氢气；（4）反应物是甲酸钠、NaOH和二氧化硫，生成物是Na2S2
52、O4和二氧化碳、水，根据反应物、生成物书写离子方程式；（5）根据碳元素守恒及HCOONa的质量计算需要的CO体积；【解答】解：电石炉废气（CO 7590%，以及少量CO2、H2S、N2、CH4等）先除尘，然后用碱液洗涤，溶液中CO2、H2S反应生成盐，然后将气体通入合成塔，并加入NaOH溶液、加热至160200、加压，最终得到HCOONa.2H2O，最后剩余N2和CH4，将尾气排空，（1）碱液具有碱性，能吸收酸性气体，CO2、H2S都是酸性气体，被碱液吸收，发生的反应为CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、H2S+2NaOH=Na2S+2H2O，故答案为：除去其中的CO2、H2S等酸性气体
53、；CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O、H2S+2NaOH=Na2S+2H2O；（2）反应物接触面积越大，反应越充分，合成工艺中采用循环喷射吸收合成目的是增大反应物接触面积，使尾气中的CO被充分吸收；反应过程中N2、CH4不参加反应，所以最后排空的尾气主要成分是N2和CH4，故答案为：使尾气中的CO被充分吸收；N2、CH4；（3）甲酸钠高温时分解生成草酸钠和氢气，反应方程式为2HCOONaNaOOCCOONa+H2，故答案为：2HCOONaNaOOCCOONa+H2；（4）反应物是甲酸钠、NaOH和二氧化硫，生成物是Na2S2O4和二氧化碳、水，离子反应方程式为HCOO+2SO2+OH=S
54、2O42+CO2+H2O，故答案为：HCOO+2SO2+OH=S2O42+CO2+H2O；（5）5%的HCOONa溶液1吨，含有HCOONa的物质的量为mol=735.3mol根据碳元素守恒可知，甲酸钠生产产率为40%，需要CO的物质的量为735.3mol40%=1838.3mol，CO的体积为1838.3mol22.4L/mol=4.12104 L，故答案为：4.12104 L【点评】本题考查物质分离和提纯，为高频考点，侧重考查离子反应、基本实验操作、氧化还原反应等知识点，明确反应原理及操作基本方法是解本题关键，题目难度不大四.【化学-选修3：物质结构与性质】12周期表中有A、B、C三种原子
55、序数依次增大的元素，A是地壳中含量最多的金属元素，B的价层电子排布为nsn1npn+1，C是生活中的一种常用金属且其原子的外围电子排布为3d104s1（1）A基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1（2）一氧化碳（与N2互为等电子体）分子中键与键数目之比为1：2（3）C的单质和某化合物甲的微观部分结构分布如图，C微粒周围等距离且最近的C微粒有12个；甲的化学式为MN2（用M、N表示）（4）金属C在加热时与B的最高价氧化物对应水化物的浓溶液反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O（5）C元素的最高价氧化物的水化物能溶于氨水，该反应的化学方程式为Cu（OH
56、）2+4NH3H2O=Cu（NH3）4（OH）2+4H2O（6）联氨（N2H4）是航天飞船常用的高能燃料，可以用尿素为原料制取，方法是在KMnO4催化剂存在下，尿素CO（NH2）2和次氯酸钠、NaOH溶液反应生成联氨、Na2CO3、H2O及另外一种产物，写出该反应的化学方程式CO（NH2）2+NaClO+2NaOH=N2H4+Na2CO3+NaCl+H2O【考点】位置结构性质的相互关系应用；原子核外电子排布；“等电子原理”的应用【分析】周期表中有A、B、C三种原子序数依次增大的元素，A是地壳中含量最多的金属元素，则A为Al；B的价层电子排布为nsn1npn+1，由于s能级最多容纳2个电子，且p
57、能级容纳电子，故n=3，则B为S元素；C是生活中的一种常用金属且其原子的外围电子排布为3d104s1，则C为Cu（1）A为Al素，原子核外有13个电子，结合构造原理书写核外电子排布式；（2）一氧化碳与N2互为等电子体，等电子体结构相似，则CO的结构式为CO，三键含有1个键、2个键；（3）以顶点Cu原子研究，与与之等距离最近的Cu原子位于面心，而每个顶点为12个面共用；由图可知，每个M原子周围有6个N原子，而每个N原子为3个M原子共用，据此计算M、N原子数目之比，进而确定化学式；（4）B的最高价氧化物对应水化物为硫酸，加热条件下，Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫与水；（5）氢氧化铜与一水合氨
58、反应生成Cu（NH3）4（OH）2与水；（6）尿素CO（NH2）2和次氯酸钠、NaOH溶液反应生成联氨（N2H4）、Na2CO3、H2O及NaCl，配平书写方程式【解答】解：周期表中有A、B、C三种原子序数依次增大的元素，A是地壳中含量最多的金属元素，则A为Al；B的价层电子排布为nsn1npn+1，由于s能级最多容纳2个电子，且p能级容纳电子，故n=3，则B为S元素；C是生活中的一种常用金属且其原子的外围电子排布为3d104s1，则C为Cu（1）A为Al素，原子核外有13个电子，由构造原理可知核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，故答案为：1s22s22p63s23p1；（2）一氧
59、化碳与N2互为等电子体，等电子体结构相似，则CO的结构式为CO，三键含有1个键、2个键，一氧化碳分子中键与键数目之比为1：2，故答案为：1：2；（3）以顶点Cu原子研究，与之等距离最近的Cu原子位于面心，而每个顶点为12个面共用，故与Cu原子等距离且最近的Cu原子有12个；由图可知，每个M原子周围有6个N原子，而每个N原子为3个M原子共用，则每个N原子为一个M原子提供，故M、N原子数目之比为1：6=1：2，化学式为MN2，故答案为：MN2；（4）B的最高价氧化物对应水化物为硫酸，加热条件下，Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫与水，反应方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H
60、2O，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；（5）氢氧化铜与一水合氨反应生成Cu（NH3）4（OH）2与水，反应方程式为：Cu（OH）2+4NH3H2O=Cu（NH3）4（OH）2+4H2O，故答案为：Cu（OH）2+4NH3H2O=Cu（NH3）4（OH）2+4H2O；（6）尿素CO（NH2）2和次氯酸钠、NaOH溶液反应生成联氨（N2H4）、Na2CO3、H2O及NaCl，该反应方程式为：CO（NH2）2+NaClO+2NaOH=N2H4+Na2CO3+NaCl+H2O，故答案为：CO（NH2）2+NaClO+2NaOH=N2H4+Na2CO3+NaCl+H2O【
61、点评】本题考查核外电子排布、等电子体、化学键、晶胞计算、方程式书写等，是对学生综合能力的考查，（3）注意利用均摊法计算确定化学式五.【化学-选修5：有机化学基础】13AG都是有机化合物，它们的转化关系如下：请回答下列问题：（1）已知：6.0g化合物E完全燃烧生成8.8g CO2和3.6g H2O；E的相对分子质量为60，则E的分子式为C2H4O2；（2）A为一元取代芳烃，B中含有一个甲基由B生成C的化学方程式为；（3）由B生成D、由C生成D的反应条件分别是：氢氧化钠醇溶液、加热、浓硫酸、加热；（4）由A生成B、由D生成G的反应类型分别是取代反应、加成反应；（5）在G的同分异构体中，苯环上一硝化
62、的产物只有一种，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为1：1的是 （填结构简式）【考点】有机物的推断【专题】有机物的化学性质及推断【分析】E的相对分子质量为60，6.0gE的物质的量是0.1mol，完全燃烧后生成CO2和 H2O的物质的量分别为=0.2mol， =0.2mol，分子中N（C）=2、N（H）=4，故N（O）=2，故E的分子式是C2H4O2A为一取代芳烃，由分子式可知为苯的同系物，故A为，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，而B中含有一个甲基，则B为，B发生水解反应生成C为，C与E发生酯化反应生成F，结合F的分子式可知，应是发生酯化反应，则E为CH3COOH，F为，B、C转化都
63、得到D，D与溴发生加成反应生成G，则B、C均发生消去反应生成D，故D为，则G为，据此解答【解答】解：E的相对分子质量为60，6.0gE的物质的量是0.1mol，完全燃烧后生成CO2和 H2O的物质的量分别为=0.2mol， =0.2mol，分子中N（C）=2、N（H）=4，故N（O）=2，故E的分子式是C2H4O2A为一取代芳烃，由分子式可知为苯的同系物，故A为，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，而B中含有一个甲基，则B为，B发生水解反应生成C为，C与E发生酯化反应生成F，结合F的分子式可知，应是发生酯化反应，则E为CH3COOH，F为，B、C转化都得到D，D与溴发生加成反应生成G，则B
64、、C均发生消去反应生成D，故D为，则G为，（1）由上述分析可知，E的分子式为C2H4O2，故答案为：C2H4O2；（2）由B生成C的化学方程式为，故答案为：；（3）由B生成D是发生消去反应生成，反应条件为：氢氧化钠醇溶液、加热，C生成D是发生消去反应生成，反应条件为：浓硫酸、加热，故答案为：氢氧化钠醇溶液、加热；浓硫酸、加热；（4）由A生成B属于取代反应，由D生成G属于加成反应，故答案为：取代反应；加成反应；（5）在G（）的同分异构体中，苯环上一硝化的产物只有一种，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为l：1，所以对称性高，可以含有2个相同的取代基，且处于对位，为，故答案为：【点评】本题考查有机物推断，关键是确定A为乙苯，再结合转化关系及分子式推断，（6）中同分异构体书写为易错点、难点，难度中等