2018屆四川閬中市大學聯考化學模擬試卷及答案
大學聯考化學成績並非不可提高，只要有決心，多做化學模擬試卷題，成績一定會有所提高，以下是本站小編為你整理的2018屆四川閬中市大學聯考化學模擬試卷，希望能幫到你。
一、選擇題(共7小題，每小題6分，滿分42分)
1.化學與生活密切相關，下列相關説法及主要原因均正確的是( )
選項 相關説法 主要原因
A 包裝內放置透氣的硅膠包，有利於防止食品變質 硅膠有強吸水性
B 麪粉加工車間懸掛有“嚴禁煙火”的牌子 煙火會污染麪粉
C 某些鐵製品出廠時在其表面塗上一層油膜可防止其生鏽 鐵被氧化，在其表面形成一層緻密的保護膜
D 聚氯乙烯薄膜不能用於包裝食品 會造成白色污染
A.A B.B C.C D.D
2.用NA表示阿伏德羅常數的數值，下列説法正確的是( )
A.常温下，1molL﹣1的Na2CO3溶液中CO32﹣的數目小於NA
B.常温常壓下，1.7g NH3中所含的原子數為0.4NA
C.向含0.1mol NH4Al(SO4)2的溶液中滴加NaOH溶液至沉澱完全溶解，消耗的OH﹣數目為0.4NA
D.標準狀況下，4.48LNO2與足量的水反應，轉移的電子數為0.1NA
3.下列五種有機物存在如圖所示的轉化關係，下列説法正確的是( )
A.有機物①與乙烯互為同系物
B.有機物③轉化為有機物④的反應屬於加成反應
C.有機物④轉化為有機物⑤的反應中反應物的物質的量之比為1：1
D.含有一個四元環，且能與金屬鈉反應的有機物③的同分異構體(不考慮立體異構)有3種
4.為解決澱粉廠廢水中BOD嚴重超標的問題，有人設計了電化學降解法.如圖是利用一種微生物將有機物將廢水中有機物[主要成分是(C6H10O5)n]的化學能轉化為電能的裝置，下列説法中正確的是( )
A.N極是負極
B.該裝置工作時，H+從右側經陽離子交換膜移向左側
C.負極的電極反應為：(C6H10O5)n+7H2O﹣24ne﹣═6nCO2↑+24nH+
D.物質X是OH﹣
5.短週期元素A、B、C、D的原子序數依次增大且互不同主族，A元素在自然界中存在兩種氣態單質，其中一種能吸收短波紫外線，A、B兩元素的族序數之差為3，C、D不相鄰，C的最外層電子數是次外層電子數的一半，下列判斷正確的是( )
A.簡單離子的半徑大小：D>B>A
B.B的單質既能和酸反應，又能和鹼反應
C.A分別與C、D形成的化合物均易溶於水
D.最高價氧化物對應水化物的酸性：C>D
6.下列實驗操作能達到相應實驗目的是( )
選項 實驗操作 實驗目的
A 將二氧化硫氣體通入紫色石蕊試液中，觀察溶液顏色變化 證明二氧化碳具有漂白性
B 向2mL1molL﹣1NaOH溶液中先加入3滴1molL﹣1FeCl3溶液，再加入3滴1molL﹣1MgCl2溶液 證明Ksp[Mg(OH)2]>ksp[Fe(OH)3]
C 向2mL品紅溶液和2mL加入少許醋酸的品紅溶液中分別滴入3滴含NaClO的“84”消毒液，觀察紅色褪色的快慢 證明隨着溶液pH的減小，“84”消毒液的氧化能力增強
D 相同温度下，向兩支盛有相同體積不同濃度H2O2溶液的試管中分別滴入適量相同濃度的CuSO4溶液和FeCl3溶液 探究Cu2+、Fe3+對H2O2分解速率的影響
A.A B.B C.C D.D
7.25℃時，向100mL 1molL﹣1H2SO3溶液中逐漸滴入1molL﹣1的NaOH溶液，含硫物質的分佈分數δ(平衡時某物質的濃度與各物質濃度之和的比)與pH的關係如圖所示(已知：pKs=﹣lgK，25℃時，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19).下列説法不正確的是( )
=1.85時，c(H2SO3)=c(HSO3﹣)
=6時，c(Na+)>c(HSO3﹣)>c(SO32﹣)
=7.19時，c(Na+)+c(H+)=c(HSO3﹣)+2c(SO3﹣)+c(OH﹣)
D.加入150mLNaOH溶液時，3c(Na+)=2c(H2SO3)+2c(HSO3﹣)+2c(SO32﹣)
二、解答題(共3小題，滿分43分)
8.為了探究鎂粉在NO2中的燃燒產物，某化學興趣小組通過如圖裝置來驗證產物中存在N2(夾持裝置已略去，部分儀器可以重複使用).
已知：①Mg3N2+6H20═3Mg(OH)2+2NH3↑;NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O;
2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O;
②醋酸溶液顯中性.
(1)儀器a的名稱是 .
(2)裝置的連接順序為 .
(3)裝置B中盛放的試劑為 ，裝置B的作用為 .裝置E中氫氧化鈉溶液的作用是 .
(4)確定產物中有N2生成的實驗現象為 .
(5)設計實驗證明：
①鎂粉與NO2反應的產物中有Mg3N2存在： .
②MgO能溶於銨鹽是因為MgO與NH 直接反應了，而不是MgO與NH 水解產生的氫離子反應： .
9.在航天航空工業上銀銅合金有許多用途.以廢舊航天器為原料回收銀並製備含銅化工產品的工藝流程如圖所示.
回答下列問題：
(1)銀銅合金在空氣中熔鍊的氧化產物是 (填化學式，下同).
(2)濾渣A的主要成分是 ;等物質的量的Al(OH)3與Cu(OH)2在惰性氣體中煅燒時，除了生成
CuAlO2外，還會生成H2O和 .
(3)向CuSO3溶液中加入Al2(SO4)3和NaOH稀溶液，其中NaOH稀溶液的作用是 .
(4)電解法精煉銀中所用的電解質溶液應為 ，陽極材料是 .
(5)若產品CuAlO2能溶於濃硝酸，則反應的化學方程式為 .若有1 mol CuAlO2參與反應，生成氣體的體積(標準狀況下)小於22.4L，其原因可能是 、 (寫兩條，不考慮與水的反應).
、CO2是重要的工業原料，在工業上有着廣泛的用途.
(1)已知相關反應的能量變化如圖1所示.
則用CH4(g)和H2O(g)反應制得H2(g)和CO(g)的熱化學反應方程為 .
(2)在一容積可變的密閉容器中，1molCO與2molH2發生反應：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1<0，
CO在不同温度下的平衡轉化率(α)與壓強(p)的關係如圖2所示
①a、b兩點H2的反應速率：v(a) v(b)(填“>”、“<”、“=”)
②相同壓強下，CO的轉化率先達到0.5的是 (填“T1”或“T2 )，原因是 .
③在T1點温度下，下列敍述不能説明上述反應能達到化學平衡狀態的是 (填字母)
a.H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍
3OH的體積分數不再改變
c.混合氣體的密度不再改變
和CH3OH的物質的量之和保持不變
④計算圖2中a點的平衡常數KP= (用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質的量分數).
(3)氨氣和CO2在一定條件下可合成尿素，其反應為：2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)
合成塔中氨碳比[ ]與CO2轉化率[α(CO2)]的關係如圖3所示.則 應控制在4.0的理由是 .
三、選做題【化——化學與技術】(共1小題，滿分15分)
11.鋁鞣劑[主要成分為Al(OH)2Cl]主要用於鞣製皮革.利用鋁灰(主要成分為Al、Al2O3、AlN、FeO等)製備鋁鞣劑的一種工藝如圖：
回答下列問題：
(1)氣體A為 (填化學式).水解採用90℃而不在室温下進行的原因是 .
(2)酸溶時使用的酸是 (填名稱).
(3)氧化時，發生反應的離子方程式為 .
(4)除雜時產生廢渣的主要成分為 (填化學式)，對其合理的處理方法是 .
(5)採用噴霧乾燥而不用蒸發的原因是 .
(6)準確稱取所製備的鋁鞣劑m g，將其置於足量硝酸中，待樣品完全溶解後，加入足量AgNO3溶液，充分反應，過濾、洗滌、乾燥得固體ng.則樣品中Al(OH)2Cl的質量分數為 (用含m、n的代數式表示)
四、解答題(共1小題，滿分0分)
12.基態砷原子的電子排布式為 .
(2)K3[Fe(CN)5]晶體中Fe3+與CN﹣之間的化學鍵類型為 鍵，與CN﹣互為等電子體的化合物的分子式為 .
(3)氮化硼(BN)有多種晶型，其中立方氮化硼與金剛石的構型類似，則其晶胞中B﹣N﹣B之間的夾角是 (填角度).
(4)對硝基苯酚水合物(化學式為C4H5NO31.5H2O)是一種含氮化合物.實驗表明：加熱至94℃時該晶體會失去結晶水，由黃色變成鮮亮的紅色，在空氣中温度降低又變為黃色，具有可逆熱色性.
①該晶體中四種基本元素的電負性由大到小的順序是 .
②對硝基苯酚分子中氮原子的雜化軌道類型是 .
(5)磷化硼(BP)是一種有價值的耐磨硬塗層材料，這種陶瓷材料可作為金屬表面的保護薄膜，它是通過在高温(T>750℃)氫氣氛圍下三溴化硼和三溴化磷反應制得的，三溴化硼分子的空間構型為 ，BP晶胞的結構如圖所示，當晶胞晶格參數為478pm(即圖中立方體的每條邊長為478pm)時，磷化硼中硼原子和磷原子之間的最近距離為 .
五、解答題(共1小題，滿分0分)
13.(2016浦城縣模擬)某一元芳香脂G可作食用香料，它的合成路線之一如圖所示.A是烯烴，其相對分子質量為56;D分子的核磁共振氫譜上有三組峯且峯面積之比為6：1：1;E能與銀氨溶液反應，F分子中無甲基，1molE和1molF分別完全燃燒時，F生成的水比E的多2 mol.
已知：R﹣CH═CH2 RCH2CH2OH
回答下列問題：
(1)用系統命名法命名B的名稱為 E中官能團的名稱是 .
(2)A的結構簡式是 ，若在實驗中只用一種試劑及必要的反應條件鑑別B、C、D，則該試劑是 .
(3)D與F反應的化學方程式為 ;該反應的反應類型為 .
(4)滿足下列條件的F的同分異構體有 種.
①能與NaOH溶液反應 ②分子中有2個一CH3
其中核磁共振氫譜有5組峯的結構簡式為 .
(5)以 為原料也可合成F，請參考題目中的相關信息寫出相應的合成路線圖(反應條件中的試劑寫在箭頭上方，其他寫在箭頭下方)： .
2018屆四川閬中市大學聯考化學模擬試卷答案一、選擇題(共7小題，每小題6分，滿分42分)
1.化學與生活密切相關，下列相關説法及主要原因均正確的是( )
選項 相關説法 主要原因
A 包裝內放置透氣的硅膠包，有利於防止食品變質 硅膠有強吸水性
B 麪粉加工車間懸掛有“嚴禁煙火”的牌子 煙火會污染麪粉
C 某些鐵製品出廠時在其表面塗上一層油膜可防止其生鏽 鐵被氧化，在其表面形成一層緻密的保護膜
D 聚氯乙烯薄膜不能用於包裝食品 會造成白色污染
A.A B.B C.C D.D
【分析】A.硅膠具有良好的吸水性;
B.麪粉加工車間懸掛有“嚴禁煙火”的牌子，是為防止發生爆炸;
C.隔絕空氣能夠防止金屬腐蝕;
D.聚氯乙烯薄膜受熱能夠分解有毒氣體.
【解答】解：A.硅膠易吸水，能防止食品受潮變質，故A正確;
B.麪粉加工車間懸掛有“嚴禁煙火”的牌子，是為防止發生爆炸，與麪粉污染無關，故B錯誤;
C.某些鐵製品出廠時在其表面塗上一層油膜可防止其生鏽，是因為油膜能夠隔絕空氣，故C錯誤;
D.聚氯乙烯薄膜受熱能夠分解有毒氣體，不能用於食品包裝，故D錯誤;
故選：A.
【點評】本題考查了化學與生產、生活，熟悉相關物質的性質是解題關鍵，注意金屬腐蝕與防護的原理，題目難度不大.
2.用NA表示阿伏德羅常數的數值，下列説法正確的是( )
A.常温下，1molL﹣1的Na2CO3溶液中CO32﹣的數目小於NA
B.常温常壓下，1.7g NH3中所含的原子數為0.4NA
C.向含0.1mol NH4Al(SO4)2的溶液中滴加NaOH溶液至沉澱完全溶解，消耗的OH﹣數目為0.4NA
D.標準狀況下，4.48LNO2與足量的水反應，轉移的電子數為0.1NA
【分析】A.溶液體積未知;
B.質量轉化為物質的量，結合1個氨氣分子含有4個原子解答;
C.含0.1mol NH4Al(SO4)2的溶液中滴加NaOH，消耗的OH﹣數目為0.4NA時反應生成氫氧化鋁、一水合氨和硫酸鈉;
D.二氧化氮與水反應生成硝酸和一氧化氮，二氧化氮既做氧化劑又做還原劑.
【解答】解：A.溶液體積未知，只知道濃度無法計算微粒個數，故A錯誤;
B.常温常壓下，1.7g NH3物質的量為 =0.1mol，含有原子物質的量為0.4mol，所含的原子數為0.4NA，故B正確;
C.含0.1mol NH4Al(SO4)2的溶液中滴加NaOH，消耗的OH﹣數目為0.4NA時反應生成氫氧化鋁、一水合氨和硫酸鈉，此時沉澱未溶解，故C錯誤;
D.二氧化氮與水反應生成硝酸和一氧化氮，方程式：3NO2+H2O═2HNO3+NO，消耗3mol二氧化氮，轉移2mol電子，則標準狀況下，4.48LNO2物質的量為0.2mol，與足量的水反應，轉移的電子數為 NA，故D錯誤;
故選：B.
【點評】本題考查阿伏加德羅常數的有關計算和判斷，掌握好以物質的量為中心的各化學量與阿伏加德羅常數的關係是解題關鍵，注意二氧化氮與水發生歧化反應，題目難度中等.
3.下列五種有機物存在如圖所示的轉化關係，下列説法正確的是( )
A.有機物①與乙烯互為同系物
B.有機物③轉化為有機物④的反應屬於加成反應
C.有機物④轉化為有機物⑤的反應中反應物的物質的量之比為1：1
D.含有一個四元環，且能與金屬鈉反應的有機物③的同分異構體(不考慮立體異構)有3種
【分析】A.有機物①含有碳碳雙鍵和羥基，而乙烯只含有碳碳雙鍵;
B.有機物③與NaCn發生取代反應轉化為有機物④;
C.根據④、⑤的分子式判斷;
D.含有一個四元環，且能與金屬鈉反應的有機物③的同分異構體中，四元環中含有4個碳，環上連接﹣Cl和﹣OH，二者有相鄰、相間和同在一個碳上，共3種不同的位置.
【解答】解：A.有機物①含有碳碳雙鍵和羥基，而乙烯只含有碳碳雙鍵，二者結構不同，不是同系物，故A錯誤;
B.有機物③與NaCn發生取代反應轉化為有機物④，故B錯誤;
C.④、⑤的分子式分別為C5H7ON、C5H11ON，則有機物④轉化為有機物⑤的反應中反應物的物質的量之比為1：2，故C錯誤;
D.含有一個四元環，且能與金屬鈉反應的有機物③的同分異構體中，四元環中含有4個碳，環上連接﹣Cl和﹣OH，二者有相鄰、相間和同在一個碳上，共3種不同的位置，故D正確.
故選D.
【點評】本題考查有機物結構和性質，為高頻考點，側重於學生的分析能力的考查，把握官能團及其性質關係是解本題關鍵，側重考查同分異構體以及反應類型的判斷，易錯選項是C.
4.為解決澱粉廠廢水中BOD嚴重超標的問題，有人設計了電化學降解法.如圖是利用一種微生物將有機物將廢水中有機物[主要成分是(C6H10O5)n]的化學能轉化為電能的裝置，下列説法中正確的是( )
A.N極是負極
B.該裝置工作時，H+從右側經陽離子交換膜移向左側
C.負極的電極反應為：(C6H10O5)n+7H2O﹣24ne﹣═6nCO2↑+24nH+
D.物質X是OH﹣
【分析】由題意知，利用一種微生物將廢水中有機物[主要成分是(C6H10O5)n]的化學能轉化為電能的裝置，即為原電池，由圖N極通O2，M極為有機物，則N極為正極發生還原反應，M極為負極，發生氧化反應，負極的電極反應為(C6H10O5)n]+7nH2O﹣24ne﹣═6nCO2↑+24nH+，原電池中陽離子移向正極.
【解答】解：由題意利用一種微生物將廢水中有機物[主要成分是(C6H10O5)n]的化學能轉化為電能的裝置，即為原電池，由圖N極通O2，M極為有機物，則N極為正極發生還原反應，M極為負極，發生氧化反應，負極的電極反應為(C6H10O5)n]+7nH2O﹣24ne﹣═6nCO2↑+24nH+，原電池中陽離子移向正極，
A.由圖N極通O2，則N極為正極，故A錯誤;
B.原電池中陽離子移向正極，該裝置工作時，H+從左側經陽離子交換膜轉向右側，故B錯誤;
C.M極為有機物，M極為負極，發生氧化反應，負極的電極反應為(C6H10O5)n]+7nH2O﹣24ne﹣═6nCO2↑+24nH+，故C正確;
D.由圖N極通O2，則N極為正極，O2得電子結合H+生成水，物質X為水，故D錯誤.
故選C.
【點評】本題考查原電池基本原理，側重考查學生獲取信息、分析推斷能力，根據化合價變化確定正負極，難點是電極反應式的書寫，且原電池和電解池原理是大學聯考高頻點，要熟練掌握.
5.短週期元素A、B、C、D的原子序數依次增大且互不同主族，A元素在自然界中存在兩種氣態單質，其中一種能吸收短波紫外線，A、B兩元素的族序數之差為3，C、D不相鄰，C的最外層電子數是次外層電子數的一半，下列判斷正確的是( )
A.簡單離子的半徑大小：D>B>A
B.B的單質既能和酸反應，又能和鹼反應
C.A分別與C、D形成的化合物均易溶於水
D.最高價氧化物對應水化物的酸性：C>D
【分析】短週期元素A、B、C、D的原子序數依次增大且互不同主族，A元素在自然界中存在兩種氣態單質，其中一種能吸收短波紫外線，則A為O;A、B兩元素的族序數之差為3，則A為Al;C、D不相鄰，C的最外層電子數是次外層電子數的一半，則C為Si，D為Cl，然後結合元素化合物及元素週期律來解答.
【解答】解：短週期元素A、B、C、D的原子序數依次增大且互不同主族，A元素在自然界中存在兩種氣態單質，其中一種能吸收短波紫外線，則A為O;A、B兩元素的族序數之差為3，則A為Al;C、D不相鄰，C的最外層電子數是次外層電子數的一半，則C為Si、D為Cl，
A.電子層越多，離子半徑越大，具有相同電子排布的離子中原子序數大的離子半徑小，則簡單離子的半徑大小：D>B>A，故A錯誤;
B.B為Al，Al既能和酸反應，又能和鹼反應，故B正確;
C.A分別與C、D形成的化合物為二氧化硅，不溶於水，故C錯誤;
D.非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，則最高價氧化物對應水化物的酸性：C>D，故D錯誤;
故選B.
【點評】本題考查原子結構與元素週期律的關係，為高頻考點，題目難度中等，把握元素化合物性質、原子結構推斷元素為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意規律性知識的應用，試題培養了學生的分析能力及靈活應用能力.
6.下列實驗操作能達到相應實驗目的是( )
選項 實驗操作 實驗目的
A 將二氧化硫氣體通入紫色石蕊試液中，觀察溶液顏色變化 證明二氧化碳具有漂白性
B 向2mL1molL﹣1NaOH溶液中先加入3滴1molL﹣1FeCl3溶液，再加入3滴1molL﹣1MgCl2溶液 證明Ksp[Mg(OH)2]>ksp[Fe(OH)3]
C 向2mL品紅溶液和2mL加入少許醋酸的品紅溶液中分別滴入3滴含NaClO的“84”消毒液，觀察紅色褪色的快慢 證明隨着溶液pH的減小，“84”消毒液的氧化能力增強
D 相同温度下，向兩支盛有相同體積不同濃度H2O2溶液的試管中分別滴入適量相同濃度的CuSO4溶液和FeCl3溶液 探究Cu2+、Fe3+對H2O2分解速率的影響
A.A B.B C.C D.D
【分析】A.二氧化硫為酸性氧化物，遇石蕊變紅;
過量，發生沉澱的生成;
C.二者區別在於是否有醋酸;
D.濃度不同、催化劑不同.
【解答】解：A.二氧化硫為酸性氧化物，遇石蕊變紅，不能説明二氧化硫的漂白性，故A錯誤;
過量，發生沉澱的生成，不發生沉澱的轉化，則不能比較Ksp，故B錯誤;
C.二者區別在於是否有醋酸，則由操作、現象可知，隨着溶液pH的減小，“84”消毒液的氧化能力增強，故C正確;
D.濃度不同、催化劑不同，應控制相同濃度的H2O2溶液的試管中分別滴入適量相同濃度的CuSO4溶液和FeCl3溶液，故D錯誤;
故選C.
【點評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、沉澱生成和轉化、反應速率等為解答的關鍵，注意性質及反應原理的分析，題目難度不大.
7.25℃時，向100mL 1molL﹣1H2SO3溶液中逐漸滴入1molL﹣1的NaOH溶液，含硫物質的分佈分數δ(平衡時某物質的濃度與各物質濃度之和的比)與pH的關係如圖所示(已知：pKs=﹣lgK，25℃時，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19).下列説法不正確的是( )
=1.85時，c(H2SO3)=c(HSO3﹣)
=6時，c(Na+)>c(HSO3﹣)>c(SO32﹣)
=7.19時，c(Na+)+c(H+)=c(HSO3﹣)+2c(SO3﹣)+c(OH﹣)
D.加入150mLNaOH溶液時，3c(Na+)=2c(H2SO3)+2c(HSO3﹣)+2c(SO32﹣)
【分析】25℃時，向100mL 1molL﹣1H2SO3溶液中逐漸滴入1molL﹣1的NaOH溶液，發生的反應為：H2SO3+NaOH=NaHSO3，NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O
A.含硫酸物質的分佈分數δ為0.50時c(H2SO3)=c(HSO3﹣);
=6時溶液中主要的離子是HSO3﹣和SO32﹣，溶液顯酸性;
=7.19時溶液中為Na2SO3和HNaHSO3的混合溶液，溶液中存在電荷守恆;
D.加入150mLNaOH溶液時溶液中為Na2SO3和NaOH的混合溶液，溶液中存在物料守恆分析判斷;
【解答】解：A.含硫酸物質的分佈分數δ為0.50時c(H2SO3)=c(HSO3﹣)，pH=1.85，故A正確;
=6時溶液中主要的離子是HSO3﹣和少量SO32﹣，溶液顯酸性，c(Na+)>c(HSO3﹣)>c(SO32﹣)，故B正確;
=7.19時溶液中為Na2SO3和HNaHSO3的混合溶液，溶液中存在電荷守恆c(Na+)+c(H+)=c(HSO3﹣)+2c(SO3﹣)+c(OH﹣)，故C正確;
D.加入150mLNaOH溶液時溶液中為Na2SO3和NaOH的混合溶液，溶液中存在物料守恆分析可知3c(Na+)>2c(H2SO3)+2c(HSO3﹣)+2c(SO32﹣)，故D錯誤;
故選D.
【點評】本題考查了離子濃度大小比較，電解質溶液中電荷守恆、物料守恆的分析判斷，注意曲線變化的特徵和溶液成分判斷，掌握基礎是解題關鍵，題目難度較大.
二、解答題(共3小題，滿分43分)
8.為了探究鎂粉在NO2中的燃燒產物，某化學興趣小組通過如圖裝置來驗證產物中存在N2(夾持裝置已略去，部分儀器可以重複使用).
已知：①Mg3N2+6H20═3Mg(OH)2+2NH3↑;NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O;
2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O;
②醋酸溶液顯中性.
(1)儀器a的名稱是 分液漏斗 .
(2)裝置的連接順序為 ABCBED .
(3)裝置B中盛放的試劑為 無水氯化鈣 ，裝置B的作用為 在C的兩側防止水蒸氣進入C中與產物 Mg3N2反應 .裝置E中氫氧化鈉溶液的作用是 吸收未反應完的NO2及其可能混有的NO .
(4)確定產物中有N2生成的實驗現象為 裝置D中的水被壓入集氣瓶 .
(5)設計實驗證明：
①鎂粉與NO2反應的產物中有Mg3N2存在： 取C中少量反應產物，加入到水中產生刺激性氣味的氣體，該氣體可使濕潤的紅色石蕊試紙變藍 .
②MgO能溶於銨鹽是因為MgO與NH 直接反應了，而不是MgO與NH 水解產生的氫離子反應： 將①中加水後的溶液加熱，趕走NH3後，再加入過量的CH3COONH4溶液，固體溶解，説明MgO和Mg(OH)2溶於銨鹽溶液是與NH4+直接反應，不是與NH4+水解出來的H+反應 .
【分析】(1)依據儀器形狀和作用分析，儀器a的名稱為分液漏斗;
(2)裝置A：銅和濃硝酸製取二氧化氮，裝置B：乾燥二氧化氮，防止水蒸氣干擾實驗，在加熱條件下將Mg和二氧化氮混合，然後再幹燥氣體，裝置C：鎂條和二氧化氮反應，裝置D：排水法收集N2，裝置E：吸收二氧化氮，然後用排水法收集N2;
(3)分析可知用裝置B乾燥劑乾燥，通入硬質玻璃管C與鎂粉發生反應，然後再幹燥氣體，防止水蒸氣進入裝置C和氮化鎂反應;裝置E吸收二氧化氮及其可能生成的一氧化氮;
(4)氮氣不溶於水，如果有氮氣，則能通過排水法收集到氣體;
(5)①氮化鎂和水反應生成氫氧化鎂和氨氣，氨氣能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍色;
②醋酸銨溶液呈中性，將①中加水後的溶液加熱，趕走NH3後，再加入過量的CH3COONH4溶液，根據固體是否溶解分析判斷.
【解答】解：(1)依據儀器形狀和作用分析，儀器a的名稱為分液漏斗，
故答案為：分液漏斗;
(2)裝置A銅和濃硝酸製取二氧化氮，Mg能在NO2中燃燒，產物為Mg3N2、Mg0和N2，裝置A中Cu與濃硝酸反應生成的氣體NO2，用裝置B乾燥劑乾燥，通入硬質玻璃管C與鎂粉發生反應，然後再幹燥氣體，用E裝置除去多餘的NO2，裝置D排水法收集N2，故連接裝置的順序為：ABCBED，
故答案為：ABCBED;
(3)用裝置B乾燥劑乾燥，通入硬質玻璃管C與鎂粉發生反應，然後再幹燥氣體，裝置B中的作用是在C的兩側防止水蒸氣進入C中與產物Mg3N2反應，所以B中乾燥劑可以是無水氯化鈣，NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O，2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O;用E裝置除去多餘的NO2及其可能混有的'NO，
故答案為：無水氯化鈣;在C的兩側防止水蒸氣進入C中與產物 Mg3N2反應;吸收未反應完的NO2及其可能混有的NO;
(4)氮氣不溶於水，如果有氮氣，則能通過排水法收集到氣體，所以確定產物中有N2生成的實驗現象為D中試劑瓶中的水被氣體壓入燒杯中，
故答案為：D中試劑瓶中的水被氣體壓入集氣瓶中;
(5)①取C中少量反應後的固體產物，加入到水中產生有刺激性氣味的氣體，該氣體能使濕潤的紅色石蕊試紙變成藍色，證明產物中存在Mg3N2，
故答案為：取C中少量反應產物，加入到水中產生刺激性氣味的氣體，該氣體可使濕潤的紅色石蕊試紙變藍;
②NH3H2O的電離常數與CH3COOH電離常數相等，均為1.75×10﹣5，所以醋酸銨溶液呈中性，將①中加水後的溶液加熱，趕走NH3後，再加入過量的 CH3COONH4溶液，固體溶解，説明MgO和Mg(OH)2溶於銨鹽溶液是與NH4+直接反應，不是與NH4+水解出來的H+反應，
故答案為：將①中加水後的溶液加熱，趕走NH3後，再加入過量的 CH3COONH4溶液，固體溶解，説明 MgO 和 Mg(OH)2溶於銨鹽溶液是與 NH4+直接反應，不是與NH4+水解出來的H+反應.
【點評】本題考查了物質性質的實驗探究，理解實驗原理、掌握實驗基本操作和鎂及其化合物性質是解題關鍵，題目難度中等.
9.在航天航空工業上銀銅合金有許多用途.以廢舊航天器為原料回收銀並製備含銅化工產品的工藝流程如圖所示.
回答下列問題：
(1)銀銅合金在空氣中熔鍊的氧化產物是 CuO (填化學式，下同).
(2)濾渣A的主要成分是 Ag ;等物質的量的Al(OH)3與Cu(OH)2在惰性氣體中煅燒時，除了生成
CuAlO2外，還會生成H2O和 O2 .
(3)向CuSO3溶液中加入Al2(SO4)3和NaOH稀溶液，其中NaOH稀溶液的作用是 使鋁離子和銅離子沉澱完全 .
(4)電解法精煉銀中所用的電解質溶液應為 AgNO3溶液 ，陽極材料是 粗銀 .
(5)若產品CuAlO2能溶於濃硝酸，則反應的化學方程式為 CuAlO2+6HNO3(濃)=Cu(NO3)2+Al(NO3)3+NO2↑+3H2O .若有1 mol CuAlO2參與反應，生成氣體的體積(標準狀況下)小於22.4L，其原因可能是 二氧化氮轉化為四氧化二氮 、 生成了一氧化氮 (寫兩條，不考慮與水的反應).
【分析】由工藝流程圖可知，廢料在空氣中熔鍊時，Cu被氧化，濾渣中含有CuO及少量Ag，向濾渣中加入硫酸進行酸浸，CuO與硫酸反應，過濾得到硫酸銅溶液(含有硫酸)，濾渣A為Ag;向濾液中加入硫酸鋁、氫氧化鈉，得到氫氧化鋁、氫氧化銅，灼燒中會得到CuO、Al2O3，二者反應得到CuAlO2，銀熔體冷卻成型得到粗銀，通過電解精煉得到銀，
(1)廢料在空氣中熔鍊時，Cu被氧化，濾渣中含有CuO及少量Ag，元素化合價升高的被氧化得到氧化產物;
(2)向濾渣中加入硫酸進行酸浸，CuO與硫酸反應，過濾得到硫酸銅溶液(含有硫酸)，濾渣A為Ag;由上述分析可知，CuO、Al2O3反應得到CuAlO2，由電荷守恆可知，O元素化合價升高，有氧氣生成;
(3)向CuSO4溶液中加入Al2(SO4)3和NaOH稀溶液，其中NaOH稀溶液的作用是沉澱鋁離子和銅離子;
(4)電解精煉銀的原理是利用電解池中粗銀做陽極，精銀作陰極，含銀離子的電解質溶液做電解質溶液;
(5)若產品CuAlO2能溶於濃硝酸發生氧化還原反應，亞銅離子被氧化為銅離子，硝酸鋇還原為二氧化氮，結合原子守恆配平書寫化學方程式，若有1 mol CuAlO2參與反應，生成氣體的體積(標準狀況下)小於22.4L，可能是二氧化氮轉化為四氧化二氮，或生成一氧化氮氣體;
【解答】解：由工藝流程圖可知，廢料在空氣中熔鍊時，Cu被氧化，濾渣中含有CuO及少量Ag，向濾渣中加入硫酸進行酸浸，CuO與硫酸反應，過濾得到硫酸銅溶液(含有硫酸)，濾渣A為Ag;向濾液中加入硫酸鋁、氫氧化鈉，得到氫氧化鋁、氫氧化銅，灼燒中會得到CuO、Al2O3，二者反應得到CuAlO2，銀熔體冷卻成型得到粗銀，通過電解精煉得到銀，
(1)廢料在空氣中熔鍊時，Cu被氧化，濾渣中含有CuO及少量Ag，元素化合價升高的被氧化得到氧化產物CuO，
故答案為：CuO;
(2)向濾渣中加入硫酸進行酸浸，CuO與硫酸反應，過濾得到硫酸銅溶液(含有硫酸)，濾渣A為Ag;等物質的量的Al(OH)3與Cu(OH)2在惰性氣體中煅燒時生成氧化銅、氧化鋁，依據生成產物有CuAlO2，反應前Cu為+2價，反應後為+1，化合價降低1，Al化合價沒有變化，所以氧元素的化合價升高，生成氧氣，反應前氧為﹣2價，反應後為0，化合價升高2，兩者的最小公倍數是2，再根據原子守恆得：4CuO+2Al2O3=4CuAlO2+O2↑，
故答案為：Ag;O2;
(3)向CuSO4溶液中加入Al2(SO4)3和NaOH稀溶液，其中NaOH稀溶液的作用是沉澱鋁離子和銅離子生成氫氧化鋁和氫氧化銅沉澱，
故答案為：使鋁離子和銅離子沉澱完全;
(4)電解精煉銀的原理是利用電解池中粗銀做陽極，精銀作陰極，含銀離子的電解質溶液做電解質溶液，選擇硝酸銀溶液做電解質溶液，
故答案為：AgNO3溶液;粗銀;
(5)若產品CuAlO2能溶於濃硝酸發生氧化還原反應，亞銅離子被氧化為銅離子，硝酸鋇還原為二氧化氮，結合電子守恆、原子守恆配平書寫化學方程式為：CuAlO2+6HNO3(濃)=Cu(NO3)2+Al(NO3)3+NO2↑+3H2O，可能是生成的二氧化氮轉化為四氧化二氮，隨硝酸濃度減小變稀後會生成一氧化氮都可能導致生成氣體的體積(標準狀況下)小於22.4L，
故答案為：CuAlO2+6HNO3(濃)=Cu(NO3)2+Al(NO3)3+NO2↑+3H2O;二氧化氮轉化為四氧化二氮;生成了一氧化氮;
【點評】本題考查了物質分離提純的過程分析，主要是物質性質、電解原理、氧化還原反應電子守恆、等知識點的理解應用，題目難度中等.
、CO2是重要的工業原料，在工業上有着廣泛的用途.
(1)已知相關反應的能量變化如圖1所示.
則用CH4(g)和H2O(g)反應制得H2(g)和CO(g)的熱化學反應方程為 CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+171.1KJ/mol .
(2)在一容積可變的密閉容器中，1molCO與2molH2發生反應：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1<0，
CO在不同温度下的平衡轉化率(α)與壓強(p)的關係如圖2所示
①a、b兩點H2的反應速率：v(a) < v(b)(填“>”、“<”、“=”)
②相同壓強下，CO的轉化率先達到0.5的是 T2 (填“T1”或“T2 )，原因是 該反應為放熱反應，圖象可知T1
③在T1點温度下，下列敍述不能説明上述反應能達到化學平衡狀態的是 ad (填字母)
a.H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍
3OH的體積分數不再改變
c.混合氣體的密度不再改變
和CH3OH的物質的量之和保持不變
④計算圖2中a點的平衡常數KP= 1.6×10﹣11(Pa)﹣2 (用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質的量分數).
(3)氨氣和CO2在一定條件下可合成尿素，其反應為：2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)
合成塔中氨碳比[ ]與CO2轉化率[α(CO2)]的關係如圖3所示.則 應控制在4.0的理由是 控制在4.0時CO2轉化率已經很高，而 在4.0後CO2的轉化率無明顯增大 .
【分析】(1)依據圖象書寫熱化學方程式，由圖中數據可知：①CO(g)+ O2(g)=CO2(g)△H=﹣282.0 kJmol﹣1，
②H2(g)+ O2(g)=H2O(g)△H=﹣241.8kJmol﹣1，
③CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=﹣836.3 kJmol﹣1，
結合蓋斯定律計算③﹣①﹣②×3得到需熱化學方程式;
(2)①圖象分析可知a點和b點壓強b大於a，反應速率隨壓強增大而增大;
②相同壓強下，温度越高CO的轉化率先達到0.5;
③在T1點温度下，CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1<0，反應是氣體體積減小的放熱反應，反應達到平衡狀態的標誌是正逆反應速率相同，個組分含量保持不變，及其衍生的各物理量不變是嗎反應達到平衡狀態，變量不變始判斷依據;
④圖2中a點CO轉化率為0.5，依據化學平衡三段式列式計算，用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質的量分數;
(3) 控制在4.0時CO2轉化率已經很高，比值增大對二氧化碳轉化率越小不大.
【解答】解：(1)由圖中數據可知：①CO(g)+ O2(g)=CO2(g)△H=﹣282.0 kJmol﹣1，
②H2(g)+ O2(g)=H2O(g)△H=﹣241.8kJmol﹣1，
③CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=﹣836.3 kJmol﹣1，
③﹣①﹣②×3得到：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+171.1KJ/mol，
故答案為：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=+171.1KJ/mol;
(2)①圖象分析可知a點和b點壓強b大於a，反應速率隨壓強增大而增大，a、b兩點H2的反應速率：v(a)
故答案為：<;
②相同壓強下，温度越高CO的轉化率先達到0.5，該反應為放熱反應，圖象可知T1
③在一容積可變的密閉容器中，1molCO與2molH2發生反應：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1<0，在T1點温度下，CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1<0，反應是氣體體積減小的放熱反應，
a.H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍，只能説明正向進行，不能説明達到平衡狀態，故a符合;
3OH的體積分數不再改變是化學平衡的標誌，故b不符合;
c.反應前後氣體質量不變，在一容積可變的密閉容器中，混合氣體的密度不再改變，能説明反應達到平衡狀態，故c不符合
d.化學方程式中一氧化碳和甲醇物質的量之比相同，CO和CH3OH的物質的量之和保持不變，不能説明反應達到平衡狀態，故d符合;
故答案為：ad;
④圖2中a點CO轉化率為0.5，總壓強為0.5×106Pa，依據化學平衡三段式列式計算，
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)
起始量(mol) 1 2 0
變化量(mol) 0.5 1 0.5
平衡鋁(mol) 0.5 1 0.5
用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質的量分數，
平衡常數Kp= ═ =1.6×10﹣11Pa﹣2，
故答案為：1.6×10﹣11Pa﹣2;
(3)圖象變化分析可知， 控制在4.0時CO2轉化率已經很高，而 在4.0後CO2的轉化率無明顯增大，
故答案為： 控制在4.0時CO2轉化率已經很高，而 在4.0後CO2的轉化率無明顯增大;
【點評】本題考查了熱化學方程式書寫、化學反應速率和化學平衡的影響因素分析判斷、平衡常數計算和圖象變化的特徵理解應用，掌握基礎是解題關鍵，題目難度中等.
三、選做題【化——化學與技術】(共1小題，滿分15分)
11.鋁鞣劑[主要成分為Al(OH)2Cl]主要用於鞣製皮革.利用鋁灰(主要成分為Al、Al2O3、AlN、FeO等)製備鋁鞣劑的一種工藝如圖：
回答下列問題：
(1)氣體A為 NH3 (填化學式).水解採用90℃而不在室温下進行的原因是 加快AlN水解反應速率，降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出 .
(2)酸溶時使用的酸是 鹽酸 (填名稱).
(3)氧化時，發生反應的離子方程式為 2Fe2++2H++ClO﹣═2Fe3++Cl﹣+H2O .
(4)除雜時產生廢渣的主要成分為 Fe(OH)3 (填化學式)，對其合理的處理方法是 回收利用生成鐵紅 .
(5)採用噴霧乾燥而不用蒸發的原因是 防止Al(OH)2Cl水解生成Al(OH)3 .
(6)準確稱取所製備的鋁鞣劑m g，將其置於足量硝酸中，待樣品完全溶解後，加入足量AgNO3溶液，充分反應，過濾、洗滌、乾燥得固體ng.則樣品中Al(OH)2Cl的質量分數為 ×100% (用含m、n的代數式表示)
【分析】鋁灰主要成分為Al、Al2O3、AlN、FeO等，加水發生反應，AlN發生水解生成氫氧化鋁和氨氣，加入鹽酸酸溶後，生成氯化鋁溶液和氯化亞鐵溶液，加入漂白劑氧化亞鐵離子為鐵離子，加入純鹼調節溶液pH使鐵離子轉化為氫氧化鐵沉澱，採用噴霧乾燥製備鋁鞣劑.
(1)AlN水解得到氣體A是氨氣，加熱可以促進氮化鋁水解生成氨氣，有利於氨氣的逸出;
(2)酸溶時使用的酸是鹽酸;
(3)加入漂白液的作用是利用次氯酸根離子在酸溶液中的強氧化性，將氧化亞鐵離子為鐵離子;
(4)由上述分析可知濾渣為氫氧化鐵沉澱;可以回收利用生成鐵紅;
(5)鋁鞣劑主要成分為Al(OH)2Cl，在加熱蒸發時會發生水解，為防止水解利用噴霧乾燥，減少鋁鞣劑水解;
(6)最終得到ng沉澱為AgCl的質量，根據氯離子守恆計算Al(OH)2Cl的質量，進而計算樣品中Al(OH)2Cl的質量分數.
【解答】解：鋁灰主要成分為Al、Al2O3、AlN、FeO等，加水發生反應，AlN發生水解生成氫氧化鋁和氨氣，加入鹽酸酸溶後，生成氯化鋁溶液和氯化亞鐵溶液，加入漂白劑氧化亞鐵離子為鐵離子，加入純鹼調節溶液pH使鐵離子轉化為氫氧化鐵沉澱，採用噴霧乾燥製備鋁鞣劑.
(1)AlN水解得到氣體A是NH3，加熱可以加快AlN水解反應速率，降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出，
故答案為：NH3;加快AlN水解反應速率，降低NH3在水中的溶解度，促使NH3逸出;
(2)由流程圖可知，酸溶時使用的酸是鹽酸，
故答案為：鹽酸;
(3)加入漂白液的作用是利用次氯酸根離子在酸溶液中的強氧化性，將氧化亞鐵離子為鐵離子，反應離子方程式為：2Fe2++2H++ClO﹣═2Fe3++Cl﹣+H2O，
故答案為：2Fe2++2H++ClO﹣═2Fe3++Cl﹣+H2O;
(4)由上述分析可知，濾渣為Fe(OH)3沉澱;可以回收利用生成鐵紅，
故答案為：Fe(OH)3;回收利用生成鐵紅;
(5)鋁鞣劑主要成分為Al(OH)2Cl，在加熱蒸發時會發生水解，為防止水解利用噴霧乾燥，減少鋁鞣劑水解，
故答案為：防止Al(OH)2Cl水解生成Al(OH)3;
(6)最終得到ng沉澱為AgCl的質量，根據氯離子守恆，Al(OH)2Cl的質量= ×96.5g/mol，故樣品中Al(OH)2Cl的質量分數為( ×96.5g/mol÷mg)×100%= ×100%，
故答案為： ×100%.
【點評】本題考查物質準備工藝流程，涉及對操作的分析評價、對條件控制分析、物質含量測定等，熟練掌握元素化合物知識，樹立資源回收再利用意識，是對學生綜合能力的考查.題目難度中等.
四、解答題(共1小題，滿分0分)
12.基態砷原子的電子排布式為 1s22s22p63s23p63d104s24p3 .
(2)K3[Fe(CN)5]晶體中Fe3+與CN﹣之間的化學鍵類型為 配位 鍵，與CN﹣互為等電子體的化合物的分子式為 CO .
(3)氮化硼(BN)有多種晶型，其中立方氮化硼與金剛石的構型類似，則其晶胞中B﹣N﹣B之間的夾角是 109°28′ (填角度).
(4)對硝基苯酚水合物(化學式為C4H5NO31.5H2O)是一種含氮化合物.實驗表明：加熱至94℃時該晶體會失去結晶水，由黃色變成鮮亮的紅色，在空氣中温度降低又變為黃色，具有可逆熱色性.
①該晶體中四種基本元素的電負性由大到小的順序是 O>N>C>H .
②對硝基苯酚分子中氮原子的雜化軌道類型是 sp2雜化 .
(5)磷化硼(BP)是一種有價值的耐磨硬塗層材料，這種陶瓷材料可作為金屬表面的保護薄膜，它是通過在高温(T>750℃)氫氣氛圍下三溴化硼和三溴化磷反應制得的，三溴化硼分子的空間構型為 平面三角形 ，BP晶胞的結構如圖所示，當晶胞晶格參數為478pm(即圖中立方體的每條邊長為478pm)時，磷化硼中硼原子和磷原子之間的最近距離為 119.5 pm .
【分析】(1)As的原子序數為33，根據構造原理書寫其基態原子核外電子排布式;
(2)當中心原子有空軌道，配離子含有孤對電子時，能形成配位鍵;根據等電子體原理可寫出與CN﹣互為等電子體的化合物分子式;
(3)立方氮化硼與金剛石的構型類似，金剛石為正四面體結構，鍵角為109°28′，則其晶胞中B﹣N﹣B之間的夾角是109°28′;
(4)①同週期自左而右元素電負性增大，元素的非金屬性越強其電負性越強;
②對硝基苯酚分子結構簡式為 ，根據雜化軌道理論分析氮原子的雜化;
(5)根據雜化軌道理論分析硼原子的價層電子對數判斷分子構型;根據磷化硼的晶體結構解答其化學式;P原子與周圍的4個B原子最近且形成正四面體結構，二者連線處於體對角線上，磷化硼中硼原子和磷原子之間的最近距離為體對角線的 .
【解答】解：(1)As的原子序數為33，基態原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p3，
故答案為：1s22s22p63s23p63d104s24p3;
(2)K3[Fe(CN)6]晶體中Fe3+與CN﹣之間的化學鍵類型為配位鍵，Fe3+有空軌道，能接受孤對電子，CN﹣能提供孤對電子，所以能形成配位鍵，原子數目相等、價電子數目相等的微粒互為等電子體，與CN﹣互為等電子體的化合物分子式為CO，
故答案為：配位; CO;
(3)立方氮化硼與金剛石的構型類似，金剛石為正四面體結構，鍵角為109°28′，則其晶胞中B﹣N﹣B之間的夾角是109°28′，
故答案為：109°28′;
(4)①元素的非金屬性越強其電負性越強，O、N、C、H的非金屬性逐漸減弱，所以O、N、C、H的電負性逐漸減弱，則O、N、C、H的電負性由大到小的順序是O>N>C>H，
故答案為：O>N>C>H;
②對硝基苯酚分子結構簡式為 ，氮原子形成3個σ鍵、2個π鍵，沒有孤對電子，所以是sp2雜化，
故答案為：sp2雜化;
(5)三溴化硼分子中硼原子的價層電子對數為 =3，B原子按sp2方式雜化，沒有孤電子對，所以分子空間構型為平面三角形，由圖可知，B原子分別與三個P原子形成共價鍵，則磷化硼的化學式為BP，P原子與周圍的4個B原子最近且形成正四面體結構，二者連線處於體對角線上，為體對角線的 ，立方體的每條邊長為478pm，則晶胞體對角線長為 ×478pm，則P原子與B原子最近距離為 ×478× pm=119.5 pm，
故答案為：平面三角形;119.5 pm.
【點評】本題考查物質的結構與性質，注重對電子排布式、化學鍵類型、雜化理論的應用、晶體結構考查，考查點較多，題目難度中等，側重考查學生對知識的遷移應用，注意信息的理解和綜合應用.
五、解答題(共1小題，滿分0分)
13.(2016浦城縣模擬)某一元芳香脂G可作食用香料，它的合成路線之一如圖所示.A是烯烴，其相對分子質量為56;D分子的核磁共振氫譜上有三組峯且峯面積之比為6：1：1;E能與銀氨溶液反應，F分子中無甲基，1molE和1molF分別完全燃燒時，F生成的水比E的多2 mol.
已知：R﹣CH═CH2 RCH2CH2OH
回答下列問題：
(1)用系統命名法命名B的名稱為 2﹣甲基﹣1﹣丙醇 E中官能團的名稱是 碳碳雙鍵、醛基 .
(2)A的結構簡式是 (CH3)2C=CH2 ，若在實驗中只用一種試劑及必要的反應條件鑑別B、C、D，則該試劑是 新制氫氧化銅懸濁液 .
(3)D與F反應的化學方程式為 ;該反應的反應類型為 酯化反應或取代反應 .
(4)滿足下列條件的F的同分異構體有 13 種.
①能與NaOH溶液反應 ②分子中有2個一CH3
其中核磁共振氫譜有5組峯的結構簡式為 .
(5)以 為原料也可合成F，請參考題目中的相關信息寫出相應的合成路線圖(反應條件中的試劑寫在箭頭上方，其他寫在箭頭下方)： .
【分析】A是烴類，其相對分子質量為56，則 =4…8，可知A的分子式為C4H8，結合反應信息可知A屬於烯烴，則B屬於飽和一元醇，C為飽和一元醛，D為飽和一元羧酸，D分子的核磁共振氫譜上有3組峯且峯面積之比為6：1：1，則D的結構簡式為(CH3)2CHCOOH，逆推可知C為(CH3)2CHCHO，B為(CH3)2CHCH2OH，A為(CH3)2C=CH2.D和F反應生成一元芳香酯G，則F為芳香醇，E可以發生銀鏡反應，含有﹣CHO，1molE和1molF分別完全燃燒時，F生成的水比E的多2 mol，説明E中還含有碳碳雙鍵，在催化劑存在條件下1mol E與2mol H2反應可以生成F，F分子中含有苯環但無甲基，F的分子式為C9H12O，可推知E為 ，F為 ，則G為 .
【解答】解：A是烴類，其相對分子質量為56，則 =4…8，可知A的分子式為C4H8，結合反應信息可知A屬於烯烴，則B屬於飽和一元醇，C為飽和一元醛，D為飽和一元羧酸，D分子的核磁共振氫譜上有3組峯且峯面積之比為6：1：1，則D的結構簡式為(CH3)2CHCOOH，逆推可知C為(CH3)2CHCHO，B為(CH3)2CHCH2OH，A為(CH3)2C=CH2.D和F反應生成一元芳香酯G，則F為芳香醇，E可以發生銀鏡反應，含有﹣CHO，1molE和1molF分別完全燃燒時，F生成的水比E的多2 mol，説明E中還含有碳碳雙鍵，在催化劑存在條件下1mol E與2mol H2反應可以生成F，F分子中含有苯環但無甲基，F的分子式為C9H12O，可推知E為 ，F為 ，則G為 .
(1)B為(CH3)2CHCH2OH，用系統命名法命名為：2﹣甲基﹣1﹣丙醇，E為 ，官能團的名稱是：碳碳雙鍵、醛基，
故答案為：2﹣甲基﹣1﹣丙醇;碳碳雙鍵、醛基;
(2)由上述分析可知，A的結構簡式是(CH3)2C=CH2，B、C、D分別含有羥基、醛基、羧基，可以用新制氫氧化銅懸濁液鑑別，
故答案為：(CH3)2C=CH2;新制氫氧化銅懸濁液;
(3)D與F反應的化學方程式為： ，該反應的反應類型為酯化反應或取代反應，
故答案為： ;酯化反應或取代反應;
(4)滿足下列條件的F( )的同分異構體：①能與NaOH溶液反應，説明含有酚羥基，②分子中有2個﹣CH3，可以含有2個取代基為﹣OH、﹣CH(CH3)2，有鄰、間、對3種，可以含有3個取代基為﹣OH、﹣CH3、﹣CH2CH3，而﹣OH、﹣CH3有鄰、間、對3種位置，對應的﹣CH2CH3分別有4種、4種、2種位置，故符合條件的共有13種，其中核磁共振氫譜有5組峯的結構簡式為： ，
故答案為：13; ;
(5) 先在氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發生消去反應生成 ，
然後經過①B2H6、②H2O2/OH﹣作用生成 ，合成路線流程圖為： ，
故答案為： .
【點評】本題考查有機物推斷與合成，需要學生對給予的信息進行利用，是常見題型，側重考查學生的分析推理能力，熟練掌握官能團的性質與轉化，難度中等.
