2022年江西省南昌市八一中学高考化学三模试卷一、选择题（共126分，1-13小题只有一个答案符合要求，14-21小题有一个或多个答案符合题目要求）1．化学在工农业生产和日常生活中都有着重要的应用．下列叙述不正确的是()A．长期使用（NH4）2SO4化肥会使土壤酸化，而过度使用尿素[CO（NH2）2]会使土壤碱化B．锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用酸除去C．铝合金的大量使用归功于人们能用焦炭等还原剂从氧化铝中获取铝单质D．“酸可以除锈”、“热的纯碱溶液去油污”，都发生了化学变化2．下列物质转化在给定条件下能实现的是()①Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3②SSO3H2SO4③饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3④Fe2O3FeCl2无水FeCl3⑤MaCl2（aq）Mg（OH）2煅烧MgO．A．①③⑤B．②③④C．②④⑤D．①④⑤3．表是元素周期表的一部分，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法正确的是()A．简单氢化物稳定性：X＞ZB．简单离子半径：Y＜MC．最高价氧化物水化物的酸性：Z＜MD．得电子能力：X＞Y4．下列根据实验操作和现象所得出结论正确的是()24A．AB．BC．CD．D5．羟基扁桃酸是药物合成的重要中间体，它可由苯酚和乙醛酸反应制得．下列有关说法正确的是()A．苯酚和羟基扁桃酸互为同系物B．常温下，1mol羟基扁桃酸只能与1molBr2反应C．乙醛酸的核磁共振氢谱中只有1个吸收峰D．羟基扁桃酸分子中至少有12个原子共平面6．常温下，将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后向其中滴加0.1mol•L﹣1NaOH溶液．整个实验过程中溶液的pH变化曲线如右图所示，不考虑次氯酸分解，下列叙述正确的是()A．实验过程中用pH试纸测定溶液的pHB．a～b段，溶液中减小C．b点对应溶液中：c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（HClO）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣）D．c点对应溶液中：c（Na+）=2c（ClO﹣）+c（HClO）247．已知反应X（g）+Y（g）⇌R（g）+Q（g）的平衡常数与温度的关系如表．830℃时，向一个2L的密闭容器中充入0.2molX和0.8molY，反应初始4s内（X）=0.005mol/（L•s）．下列说法正确的是()A．4s时容器内c（Y）=0.76mol/LB．830℃达平衡时，X的转化率为80%C．反应达平衡后，升高温度，平衡正向移动D．1200℃时反应R（g）+Q（g）⇌X（g）+Y（g）的平衡常数K=0.4二、非选择题（共174分）8．（14分）我国国家标准（GB2760）规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g•L﹣1．某兴趣小组用图1装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定．（1）仪器A的名称是__________，水通入A的进口为__________．（2）B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为__________．（3）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol•L﹣1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的__________；若滴定终点时溶液的pH=8.8，则选择的指示剂为__________；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积（填序号）__________（①=10mL，②=40mL，③＜10mL，④＞40mL）．（4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为：__________g•L﹣1．（5）该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施：__________．（6）常温下，用一定量的NaOH溶液吸收逸出的SO2气体，若吸收后的吸收液恰好呈中性，下列关于该吸收液的说法正确的是__________．A．c（Na+）=c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）B．c（Na+）＞c（HSO3﹣）=c（SO32﹣）＞c（H+）=c（OH﹣）C.2c（Na+）=3c（H2SO3）+3c（HSO3﹣）+3c（SO32﹣）D．c（Na+）＞c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）+c（H2SO3）249．（14分）2022年初，雾霾天气多次肆虐天津、北京等地区．其中，燃煤和汽车尾气是造成空气污染的原因之一．（1）汽车尾气净化的主要原理为：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）．△H＜0①该反应平衡常数表达式__________．②若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是__________（填代号）．（2）直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题．煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物，用CH4催化还原NOX可以消除氮氧化物的污染．已知：CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ/mol2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=﹣56.9kJ/molH2O（g）═H2O（l）△H=﹣44.0kJ/mol写出CH4催化还原N2O4（g）生成N2和H2O（l）的热化学方程式：__________．（3）甲烷燃料电池可以提升能量利用率．如图是利用甲烷燃料电池电解100mL1mol/L食盐水，电解一段时间后，收集到标准状况下的氢气2.24L（设电解后溶液体积不变）．①甲烷燃料电池的负极反应式：__________．②电解后溶液的pH=__________（忽略氯气与氢氧化钠溶液反应）．③阳极产生气体的体积在标准状况下是__________L．10．硅及其化合物的开发由来已久，在现代生活中有广泛应用．回答下列问题．（1）工业上提纯硅有多种路线，其中一种工艺流程示意图及主要反应如图．24①还原炉中发生主要反应的化学方程式为__________，该工艺中可循环使用的物质为__________和__________（填化学式）．用石英砂和焦炭在电弧炉中高温加热也可以生产碳化硅，该反应的化学方程式为__________．②在流化床反应的产物中，SiHCl3大约占85%，还有SiCl4、SiH2Cl2、SiH3Cl等，有关物质的沸点数据如下表，提纯SiHCl3的主要工艺操作依次是沉降、冷凝和__________．③SiHCl3极易水解，其完全水解的化学方程式为__________．（2）氮化硅（Si3N4）是一种高温结构材料，粉末状态的Si3N4可以由SiCl4的蒸气和NH3反应制取．粉末状Si3N4遇空气和水都不稳定．但将粉末状的Si3N4和适量氧化镁在230×1.01×105Pa和185°C的密闭容器中进行热处理，可以制得结构十分紧密、对空气和水都相当稳定的固体材料，同时还得到遇水不稳定的Mg3N2．①由SiCl4和NH3反应制取Si3N4的化学方程式为__________．②四氯化硅和氮气在氢气气氛保护下，加强热发生反应，使生成的Si3N4沉积在石墨表面可得较高纯度的氮化硅，该反应的化学方程式为__________．③Si3N4和适量氧化镁在230×1.01×105Pa和185°C的密闭容器中进行热处理的过程中，除生成Mg3N2外，还可能生成__________物质（填化学式）．热处理后除去MgO和Mg3N2的方法是__________．【化学-选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11．粉煤灰是燃煤电厂排出的主要固体废物．我国火电厂粉煤灰的主要氧化物组成为SiO2、Al2O3、CaO等．一种利用粉煤灰制取氧化铝的工艺流程如下：（1）粉煤灰研磨的目的是__________．（2）第1次过滤时滤渣的主要成分有__________（填化学式，下同）和__________，第3次过滤时滤渣的成分是__________（3）在104℃用硫酸浸取时，铝的浸取率与时间的关系如图1，适宜的浸取时间为__________h；铝的浸取率与24的关系如图2所示，从浸取率角度考虑，三种助溶剂NH4F、KF及NH4F与KF的混合物，在相同时，浸取率最高的是__________（填化学式）；用含氟的化合物作这种助溶剂的缺点是__________（举一例）．（4）流程中循环使用的物质有__________和__________．（填化学式）（5）用盐酸溶解硫酸铝晶体，再通入HCl气体，析出A1C13•6H20，该过程能够发生的原因是__________（6）用粉煤灰制取含铝化合物的主要意义是__________．【化学-物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12．锂﹣磷酸氧铜电池正极的活性物质是Cu4O（PO4）2，可通过下列反应制备：2Na3PO4+4CuSO4+2NH3•H2O=Cu4O（PO4）2↓+3Na2SO4+（NH4）2SO4+H2O．请回答下列问题．（1）上述方程式中涉及到的N、O元素电负性由小到大的顺序是__________．（2）基态S的价电子排布式为__________．与Cu同周期且最外层电子数相等的元素还有__________（填元素符号）．（3）PO43﹣的空间构型是，其中P原子的杂化方式为__________．（4）在硫酸铜溶液中加入过量的KSCN溶液，生成配合物[Cu（CN）4]2﹣则1molCN﹣中含有的π键的数目为__________．（5）铜晶体为面心立方最密集堆积，铜的原子半径为127.8pm，列式计算晶体铜的密度__________g/cm3．（6）下表列出了含氧酸酸性强弱与非羟基氧原子数的关系．由此可得出的判断含氧酸强弱的一条经验规律是__________．亚磷酸（H3PO3）也是中强酸，它的结构式为__________．亚磷酸与过量的氢氧化钠溶液反应的化学方程式为__________．24【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）13．聚酯增塑剂G及某医药中间体H的一种合成路线如下（部分反应条件略去）：已知：（1）B的名称（系统命名）：__________，D的分子式为__________．（2）反应①～⑥中属于取代反应的是__________．（3）G的结构简式为__________．（4）写出反应②和⑥的化学方程式：②__________，⑥__________．（5）C存在多种同分异构体，写出核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式：__________．2022年江西省南昌市八一中学高考化学三模试卷一、选择题（共126分，1-13小题只有一个答案符合要求，14-21小题有一个或多个答案符合题目要求）1．化学在工农业生产和日常生活中都有着重要的应用．下列叙述不正确的是()A．长期使用（NH4）2SO4化肥会使土壤酸化，而过度使用尿素[CO（NH2）2]会使土壤碱化B．锅炉水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，后用酸除去C．铝合金的大量使用归功于人们能用焦炭等还原剂从氧化铝中获取铝单质D．“酸可以除锈”、“热的纯碱溶液去油污”，都发生了化学变化考点：盐类水解的原理；物理变化与化学变化的区别与联系；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；金属冶炼的一般原理．分析：A．根据铵根离子和氨基的性质来判断；B．CaSO4难溶于酸，转化为CaCO3，可以用酸除去；C．工业上用电解法冶炼金属铝；D．化学变化是由新物质生成的变化．解答：解：A．（NH4）2SO4化肥中的铵根离子水解显示酸性，能使土壤酸化，尿素[CO（NH2）2]中的氨基具有碱性，会使土壤碱化，故A正确；B．CaSO4难溶于酸，可先用Na2CO3溶液处理转化为CaCO3，然后用溶解酸除去，故B正确；C．铝是活泼金属不易被还原剂还原，工业上铝的冶炼是通过电解熔融的氧化铝来实现的，故C错误；24D．“酸可以除锈”的过程酸与金属氧化物反应生成盐，“热的纯碱溶液去油污”油脂发生水解反应，二者都有新物质生成，是化学变化，故D正确．故选C．点评：本题考查化学与生产、生活的关系，比较基础，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握．2．下列物质转化在给定条件下能实现的是()①Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3②SSO3H2SO4③饱和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3④Fe2O3FeCl2无水FeCl3⑤MaCl2（aq）Mg（OH）2煅烧MgO．A．①③⑤B．②③④C．②④⑤D．①④⑤考点：镁、铝的重要化合物；含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物；铁的化学性质．专题：元素及其化合物．分析：①氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，生成氢氧化铝．②硫燃烧生成二氧化硫．③在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠．④氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解，加热蒸发得不到无水FeCl3．⑤氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁．解答：解：①氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳，发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+Na2CO3，生成氢氧化铝，故①正确；②硫燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故②错误；③在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故③正确；④氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe3+水解Fe3++3H2O⇌2Fe（OH）3+HCl，加热蒸发HCl挥发，平衡向右移动，得不到无水FeCl3，故④错误；⑤氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定，加热分解生成氧化镁，故⑤正确．故①③⑤正确．故选：A．24点评：本题考查元素化合性质、侯德榜制碱法、盐类水解等，难度中等，注意侯德榜制碱法要先通氨气，后通二氧化碳，以便获得高浓度离子溶液．3．表是元素周期表的一部分，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法正确的是()A．简单氢化物稳定性：X＞ZB．简单离子半径：Y＜MC．最高价氧化物水化物的酸性：Z＜MD．得电子能力：X＞Y考点：原子结构与元素周期律的关系．分析：Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，Y有2个电子层，最外层电子数为6，Y为O元素，根据四种元素在周期表中的位置可知，X为N元素，Z为Si元素，M为Al元素，结合元素周期律与元素单质化合物性质解答．解答：解：Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，Y有2个电子层，最外层电子数为6，Y为O元素，根据四种元素在周期表中的位置可知，X为N元素，Z为Si元素，W为Al元素．A．非金属性X＞Z，故氢化物稳定性X＞Z，故A正确；B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：O2﹣＞Al3+，故B错误；C．非金属性Z＞M，则最高价氧化物对应的水化物的酸性为Z＞M，故C错误；D．非金属性Y＞X，得电子能力：Y＞X，故D错误，故选A．点评：本题考查位置结构性质的相互关系应用，题目难度中等，正确推断元素的种类是解题的关键，注意把握元素周期律的递变规律．4．下列根据实验操作和现象所得出结论正确的是()A．AB．B24C．CD．D考点：化学实验方案的评价．分析：A．氨气是非电解质；B．AgCl、AgI均不溶于水，但AgI的溶解度更小；C．新制氢氧化铜与醛基反应需要再碱性条件下、加热进行；D．pH=3的两种酸，相同时间内，HA放出的氢气多，则反应过程中HA酸的氢离子浓度大．解答：解：A．氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因是与水反应生成NH3•H2O，电离生成OH﹣离子，溶液呈碱性，故A错误；B．在稀AgNO3溶液中先加入少量0.1mol/LNaCl溶液，再加入少量0.1mol/LNaI溶液，发生沉淀的转化，先产生白色沉淀，后出现黄色沉淀，则说明Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故B正确；C．2mL2%CuSO4中加4～6滴2%NaOH，加入碱的量较少，溶液不能呈碱性，没有出现砖红色沉淀，不能说明X不含有醛基，故C错误；D．等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，相同时间内，HA收集到氢气多，一定能说明HA是弱酸，故D错误；故选B．点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及离子的检验、酸性的比较与pH的关系、沉淀的溶度积、﹣CHO的检验等，注重实验细节的考查，题目难度不大．5．羟基扁桃酸是药物合成的重要中间体，它可由苯酚和乙醛酸反应制得．下列有关说法正确的是()A．苯酚和羟基扁桃酸互为同系物B．常温下，1mol羟基扁桃酸只能与1molBr2反应C．乙醛酸的核磁共振氢谱中只有1个吸收峰D．羟基扁桃酸分子中至少有12个原子共平面考点：有机物分子中的官能团及其结构．专题：有机物的化学性质及推断．分析：由苯酚和乙醛酸反应制得羟基扁桃酸，发生的是取代反应，羟基扁桃酸中含有﹣OH、﹣COOH，只有苯酚结构的邻位与溴发生取代反应，且与苯环直接相连的原子在同一平面内；乙醛酸中有2种位置不同的H原子．解答：解：A．因官能团不同，二者不能互为同系物，故A错误；B．羟基扁桃酸中含有﹣OH、﹣COOH，只有苯酚结构的邻位与溴发生取代反应，则1mol羟基扁桃酸只能与2molBr2反应，故B错误；C．乙醛酸中有2种位置不同的H原子，乙醛酸的核磁共振氢谱中有2个吸收峰，故C错误；D．与苯环相连的﹣OH上的O原子、苯环及苯环直接相连的C原子一定在同一平面内，则至少有1+6+4+1=12个原子共平面，故D正确；故选D．点评：本题考查有机物的官能团及结构，明确苯酚的性质、同系物、核磁共振氢谱、原子共面等知识即可解答，题目难度不大．246．常温下，将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后向其中滴加0.1mol•L﹣1NaOH溶液．整个实验过程中溶液的pH变化曲线如右图所示，不考虑次氯酸分解，下列叙述正确的是()A．实验过程中用pH试纸测定溶液的pHB．a～b段，溶液中减小C．b点对应溶液中：c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（HClO）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣）D．c点对应溶液中：c（Na+）=2c（ClO﹣）+c（HClO）考点：离子浓度大小的比较．分析：整个过程先后发生的反应为Cl2+H2O═HCl+HClO、HCl+NaOH═NaCl+H2O、HClO+NaOH═NaClO+H2O，A．溶液中含有次氯酸，具有漂白性，不能用pH试纸测pH；B．a～b段是氯气的溶解平衡：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO向右进行的过程，酸性逐渐增强，氢离子浓度逐渐增大；C．b点所示溶液中发生反应：Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO，HClO为弱电解质，部分电离，结合电荷守恒判断；D．c点呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒、物料守恒判断．解答：解：A．溶液中含有次氯酸，具有漂白性，不能用pH试纸测pH，应选pH计，故A错误；B．由a点到b点的过程是氯气的溶解平衡Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO向右进行的过程，酸性逐渐增强，氢离子浓度逐渐增大，溶液中增大，故B错误；C．b点所示溶液中发生反应：Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO，HClO为弱电解质，部分电离，溶液中存在的粒子有：H+、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣，H2O、HClO、Cl2，溶液中：c（H+）＞c（Cl﹣）＞c（HClO）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣），故C错误；D．c点溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（Cl﹣）+c（Cl0﹣）+c（OH﹣），所以c（Na+）=c（Cl﹣）+c（ClO﹣），根据物料守恒得c（Cl﹣）=c（ClO﹣）+c（HClO），所以c（Na+）=c（HClO）+2c（ClO﹣），故D正确；故选D．点评：本题考查了离子浓度大小的判断，题目难度中等，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的应用方法．247．已知反应X（g）+Y（g）⇌R（g）+Q（g）的平衡常数与温度的关系如表．830℃时，向一个2L的密闭容器中充入0.2molX和0.8molY，反应初始4s内（X）=0.005mol/（L•s）．下列说法正确的是()A．4s时容器内c（Y）=0.76mol/LB．830℃达平衡时，X的转化率为80%C．反应达平衡后，升高温度，平衡正向移动D．1200℃时反应R（g）+Q（g）⇌X（g）+Y（g）的平衡常数K=0.4考点：化学平衡的计算．分析：A．反应初始4s内X的平均反应速率v（X）=0.005mol/（L•s），v（Y）=v（X）=0.005mol/（L•s），Y的起始浓度﹣△c（Y）=4s时c（Y）；B．设平衡时X的浓度变化量为x，利用三段式表示平衡时各组分的平衡浓度，代入平衡常数列方程计算x的值，再根据转化率定义计算；C．由表格可知，温度升高，化学平衡常数减小，平衡逆向移动；D．该反应X（g）+Y（g）⇌R（g）+Q（g）与R（g）+Q（g）⇌X（g）+Y（g）相反，则平衡常数互为倒数．解答：解：A．反应初始4s内X的平均反应速率v（X）=0.005mol/（L•s），速率之比等于化学计量数之比，所以v（Y）=v（X）=0.005mol/（L•s），则4s内△c（Y）=0.005mol•L﹣1•s﹣1×4s=0.02mol/L，Y的起始浓度为=0.4mol/L，故4s时c（Y）=0.4mol/L﹣0.02mol/L=0.38mol/L，故A错误；B．设平衡时A的浓度变化量为x，则：X（g）+Y（g）⇌R（g）+Q（g）开始（mol/L）：0.10.400变化（mol/L）：xxxx平衡（mol/L）：0.1﹣x0.4﹣xxx故=1，解得x=0.08所以平衡时X的转化率为×100%=80%，故B正确；C．由表格可知，温度升高，化学平衡常数减小，平衡逆向移动，不是正向移动，故C错误；D.1200℃时反应X（g）+Y（g）⇌R（g）+Q（g）的平衡常数值为0.4，所以1200℃时反应R（g）+Q（g）⇌X（g）+Y（g）的平衡常数的值为=2.5，故D错误．故选B．点评：本题考查化学反应速率、化学平衡常数的计算与运用等，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意温度不变时，平衡常数不变，化学方程式相反时，平衡常数互为倒数，难度中等．24二、非选择题（共174分）8．（14分）我国国家标准（GB2760）规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g•L﹣1．某兴趣小组用图1装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定．（1）仪器A的名称是冷凝管，水通入A的进口为b．（2）B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为SO2+H2O2=H2SO4．（3）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol•L﹣1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的③；若滴定终点时溶液的pH=8.8，则选择的指示剂为酚酞；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积（填序号）④（①=10mL，②=40mL，③＜10mL，④＞40mL）．（4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为：0.24g•L﹣1．（5）该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施：盐酸的挥发，用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验．（6）常温下，用一定量的NaOH溶液吸收逸出的SO2气体，若吸收后的吸收液恰好呈中性，下列关于该吸收液的说法正确的是AD．A．c（Na+）=c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）B．c（Na+）＞c（HSO3﹣）=c（SO32﹣）＞c（H+）=c（OH﹣）C.2c（Na+）=3c（H2SO3）+3c（HSO3﹣）+3c（SO32﹣）D．c（Na+）＞c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）+c（H2SO3）考点：探究物质的组成或测量物质的含量．分析：（1）根据仪器A的形状和用途分析为冷凝管，仪器A特点和用途分析，为了充分冷却气体，应该采用逆向通水；（2）二氧化硫具有还原性，能够与实验室反应生成硫酸，据此写出反应的离子方程式；（3）氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用③的方法；滴定终点时溶液的pH=8.8，应该选择酚酞做指示剂；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，据此计算；（4）根据关系式2NaOH～H2SO4～SO2及氢氧化钠的物质的量计算出二氧化硫的质量，再计算出该葡萄酒中的二氧化硫含量；（5）由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体积增大，测定结果偏高；24（6）常温下，用一定量的NaOH溶液吸收逸出的SO2气体，吸收后的吸收液恰好呈中性，c（H+）=c（OH﹣），结合溶液在电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理进行判断．解答：解：（1）根据仪器A的构造可知，仪器A为冷凝管，冷凝管中通水方向采用逆向通水法，冷凝效果最佳，所以应该进水口为b，出水口为a，故答案为：冷凝管；b；（2）双氧水具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，反应的化学方程式为：SO2+H2O2=H2SO4，故答案为：SO2+H2O2=H2SO4；（3）氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用③的方法；滴定终点时溶液的pH=8.8，应该选择酚酞做指示剂（酚酞的变色范围是8.2～10.0）；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，因此管内的液体体积＞（50.00mL﹣10.00mL）=40.00mL，所以④正确，故答案为：③；酚酞；④；（4）根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为：×0.0900mol/L×0.025L×64g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：=0.24g/L，故答案为：0.24；（5）由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体积增大，测定结果偏高；因此改进的措施为：用不挥发的强酸，如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响，故答案为：盐酸的挥发；用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验；（6）常温下，用一定量的NaOH溶液吸收逸出的SO2气体，吸收后的吸收液恰好呈中性，c（H+）=c（OH﹣），A．依据溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣），得到c（Na+）=c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣），故A正确；B．若c（HSO3﹣）=c（SO32﹣），溶液呈碱性，则c（H+）＜c（OH﹣），故B错误；C．物料守恒可知亚硫酸氢钠和亚硫酸钠按照1：1混合，溶液呈碱性，溶液中物料守恒为：2c（Na+）=3c（H2SO3）+3c（HSO3﹣）+3c（SO32﹣），但由于溶液呈中性，则亚硫酸氢钠和亚硫酸钠的浓度不相等，故C错误；D．依据化学式可知，亚硫酸氢钠中硫元素物质的量和钠物质的量相同，亚硫酸钠中钠离子大于亚硫酸根中硫元素，所以c（Na+）＞c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）+c（H2SO3），故D正确；故答案为：AD．点评：本题考查了探究物质的组成、测量物质的含量的方法，题目难度中等，试题涉及二氧化硫性质、中和滴定的计算、离子浓度大小比较等知识，要求学生掌握探究物质组成、测量物质含量的方法，明确二氧化硫的化学性质及中和滴定的操作方法及计算方法，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．9．（14分）2022年初，雾霾天气多次肆虐天津、北京等地区．其中，燃煤和汽车尾气是造成空气污染的原因之一．24（1）汽车尾气净化的主要原理为：2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）．△H＜0①该反应平衡常数表达式．②若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是bd（填代号）．（2）直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题．煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物，用CH4催化还原NOX可以消除氮氧化物的污染．已知：CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867kJ/mol2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=﹣56.9kJ/molH2O（g）═H2O（l）△H=﹣44.0kJ/mol写出CH4催化还原N2O4（g）生成N2和H2O（l）的热化学方程式：CH4（g）+N2O4（g）═N2（g）+2H2O（l）+CO2（g）△H=﹣898.1kJ/mol．（3）甲烷燃料电池可以提升能量利用率．如图是利用甲烷燃料电池电解100mL1mol/L食盐水，电解一段时间后，收集到标准状况下的氢气2.24L（设电解后溶液体积不变）．①甲烷燃料电池的负极反应式：CH4﹣8e﹣+2H2O=CO2+8H+．②电解后溶液的pH=14（忽略氯气与氢氧化钠溶液反应）．③阳极产生气体的体积在标准状况下是1.68L．考点：化学平衡常数的含义；热化学方程式；化学电源新型电池；化学平衡状态的判断．专题：基本概念与基本理论．分析：（1）①根据反应方程式2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）及平衡常数的概念写出该反应的化学平衡常数表达式为K；②a．达平衡后正、逆速率相等，且不再变化；b．平衡后，温度为定值，平衡常数不变，结合反应热判断随反应进行容器内温度变化，判断温度对化学平衡常数的影响；24c．1时刻后二氧化碳、NO的物质的量发生变化，最后不再变化；d．达平衡后各组分的含量不发生变化；（2）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式；（3）①原电池负极发生氧化反应，甲烷在负极通入，酸性条件下，发生氧化反应生成CO2、H+；②根据氯化钠的物质的量及电解方程式来求溶液中生成的氢氧根离子浓度，再计算出溶液的pH；③电解过程中，阳极先生成氯气，之后电解水过程中生成氧气，根据氢气的总物质的量判断阳极生成气体的总物质的量，然后计算出标况下的阳极生成气体的体积．解答：解：（1）①反应方程式2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g）的化学平衡常数表达式为：K=，故答案为：；②a．到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，t1时刻V正最大，之后随反应进行速率发生变化，未到达平衡，故a错误；b．该反应正反应为放热反应，随反应进行温度升高，化学平衡常数减小，到达平衡后，温度为定值，达到最高，平衡常数不变，故b正确；c．t1时刻后二氧化碳、NO的物质的量发生变化，t1时刻未到达平衡状态，故c错误；d．t1时刻NO的质量分数为定值，说明NO的浓度、百分含量不再变化，即t1时刻已经达到平衡状态，故d正确，故答案为：bd；（2）已知：CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣867kJ/mol①2NO2（g）⇌N2O4（g）△H2=﹣56.9kJ/mol②H2O（g）=H2O（l）△H=﹣44.0kJ/mol③根据盖斯定律，①﹣②+③×2可得CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（l），故△H=﹣867kJ/mol﹣（﹣56.9kJ/mol）+2（﹣44.0）kJ/mol=﹣898.1kJ/mol即CH4（g）+N2O4（g）═N2（g）+2H2O（l）+CO2（g）△H=﹣898.1kJ/mol，故答案为：CH4（g）+N2O4（g）═N2（g）+2H2O（l）+CO2（g）△H=﹣898.1kJ/mol；（3）①、原电池负极发生氧化反应，甲烷在负极通入，酸性条件下，发生氧化反应生成CO2、H+，负极电极反应式为：CH4﹣8e﹣+2H2O=CO2+8H+，故答案为：CH4﹣8e﹣+2H2O=CO2+8H+；②100mL1mol/L食盐水中含有氯化钠0.1mol，根据反应方程式2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑可知，电解0.1molNaCl生成0.1mol氢氧化钠和0.1mol氢气，同时生成0.1mol氯气；继续电解实质为电解水，标况下2.24L氢气的物质的量为0.1mol，电解水生成0.1mol氢气会生成0.05mol氧气，及电解过程中阳极总共生成0.15mol气体，24电解生成标况下2.24L氢气时，生成氢氧化钠的物质的量为：0.1mol，此时溶液中氢氧根离子浓度为：=1mol/L，溶液中氢离子浓度为：c（H+）==10﹣14mol/L，所以溶液的pH=14，故答案为：14；③根据②的分析可知，电解过程中阳极生成了0.1mol氯气和0.05mol氧气，总共生成0.15mol气体，标准状况下阳极生成气体的体积为：22.4L/mol×0.15mol=1.68L，故答案为：1.68．点评：本题考查了化学平衡常数影响因素及计算、电解原理、热化学方程式的书写等知识，题目难度较大，试题涉及的知识点较多，充分培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力，注意掌握化学平衡常数的概念、表达式及其影响因素，明确电解原理，能够正确书写电极反应式．10．硅及其化合物的开发由来已久，在现代生活中有广泛应用．回答下列问题．（1）工业上提纯硅有多种路线，其中一种工艺流程示意图及主要反应如图．①还原炉中发生主要反应的化学方程式为SiHCl3+H2Si+3HCl，该工艺中可循环使用的物质为HCl和H2（填化学式）．用石英砂和焦炭在电弧炉中高温加热也可以生产碳化硅，该反应的化学方程式为SiO2+3CSiC+2CO↑．②在流化床反应的产物中，SiHCl3大约占85%，还有SiCl4、SiH2Cl2、SiH3Cl等，有关物质的沸点数据如下表，提纯SiHCl3的主要工艺操作依次是沉降、冷凝和精馏（或蒸馏）．③SiHCl3极易水解，其完全水解的化学方程式为SiHCl3+3H2O═H2SiO3+H2↑+3HCl↑．（2）氮化硅（Si3N4）是一种高温结构材料，粉末状态的Si3N4可以由SiCl4的蒸气和NH3反应制取．粉末状Si3N4遇空气和水都不稳定．但将粉末状的Si3N4和适量氧化镁在230×1.01×105Pa和185°C的密闭容器中进行热处理，可以制得结构十分紧密、对空气和水都相当稳定的固体材料，同时还得到遇水不稳定的Mg3N2．①由SiCl4和NH3反应制取Si3N4的化学方程式为3SiCl4+4NH3Si3N4+12HCl．24②四氯化硅和氮气在氢气气氛保护下，加强热发生反应，使生成的Si3N4沉积在石墨表面可得较高纯度的氮化硅，该反应的化学方程式为3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl．③Si3N4和适量氧化镁在230×1.01×105Pa和185°C的密闭容器中进行热处理的过程中，除生成Mg3N2外，还可能生成SiO2物质（填化学式）．热处理后除去MgO和Mg3N2的方法是加足量稀盐酸过滤．考点：制备实验方案的设计．分析：（1）石英砂主要成分为二氧化硅，粗硅提纯是利用碳做还原剂还原二氧化硅为单质硅，二氧化硅和碳在高温的条件下反应生成碳化硅和一氧化碳，还原炉中SiHCl3和氢气发生反应生成硅和氯化氢；①还原炉中SiHCl3和氢气发生反应生成硅和氯化氢；可循环使用的物质是参与反应过程，最后又从新生成的物质；石英砂主要成分为二氧化硅，粗硅提纯是利用碳做还原剂还原二氧化硅为单质硅，二氧化硅和碳在高温的条件下反应生成碳化硅和一氧化碳；②根据题中数据，采用精馏（或蒸馏）方法提纯SiHCl3；③SiHCl3水解生成硅酸、氢气和氯化氢；（2）①由SiCl4和NH3反应制取Si3N4，根据反应物和生成物写出化学方程式；②化学气相沉积法是两种或两种以上的气态原材料导入到一个反应室内，然后他们相互之间发生化学反应，形成一种新的材料，沉积到晶片表面上得较高纯度的氮化硅，根据反应物和生成物写出化学方程式；③Si3N4与MgO反应除生成Mg3N2外还可能生成SiO2，SiO2与盐酸不反应，而Mg3N2、MgO溶于盐酸的性质．解答：解：（1）①还原炉中SiHCl3和氢气发生反应制得纯硅，SiHCl3+H2Si+3HCl，流程分析可知可循环使用的物质为HCl和H2；用石英砂和焦炭在电弧炉中高温加热也可以生产碳化硅，石英砂的主要成分是二氧化硅，制备粗硅发生置换反应，SiO2+2CSi+2CO↑，同时，在反应中，也可能生成碳化硅，反应为SiO2+3CSiC+2CO↑，故答案为：SiHCl3+H2Si+3HCl；HCl和H2；SiO2+3CSiC+2CO↑；②利用沸点的不同提纯SiHCl3属于蒸馏，SiHCl3（沸点33.0℃）中含有少量SiCl4（沸点57.6℃）和HCl（沸点﹣84.7℃），由于沸点差别较大，可以通过精馏（或蒸馏）除去杂质；故答案为：精馏（或蒸馏）；③SiHCl3水解反应生成硅酸、氢气和氯化氢，反应的方程式为：SiHCl3+3H2O═H2SiO3+H2↑+3HCl↑，故答案为：SiHCl3+3H2O═H2SiO3+H2↑+3HCl↑；（2）①SiCl4和NH3反应生成Si3N4和氯化氢，反应化学反应方程式：3SiCl4+4NH3Si3N4+12HCl，故答案为：3SiCl4+4NH3Si3N4+12HCl；②SiCl4与N2、H2反应生成Si3N4，还应生成HCl，化学方程式为：3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl，故答案为：3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl；24③由元素守恒判断，Si3N4与MgO反应除生成Mg3N2外还可能生成SiO2，利用SiO2与盐酸不反应，而Mg3N2、MgO溶于盐酸的性质，可采用加入足量稀盐酸的方法，使MgO、Mg3N2溶解后过滤；故答案为：SiO2；加足量稀盐酸过滤．点评：本题考查了实验方案设计的有关知识，侧重考查了硅及其化合物的有关知识，注意粗硅的提纯反应原理，注意根据质量守恒书写化学方程式，题目难度中等．【化学-选修2：化学与技术】（共1小题，满分15分）11．粉煤灰是燃煤电厂排出的主要固体废物．我国火电厂粉煤灰的主要氧化物组成为SiO2、Al2O3、CaO等．一种利用粉煤灰制取氧化铝的工艺流程如下：（1）粉煤灰研磨的目的是增大反应物的接触面积，提高浸取速率和浸出率．（2）第1次过滤时滤渣的主要成分有SiO2（填化学式，下同）和CaSO4，第3次过滤时滤渣的成分是Al（OH）3（3）在104℃用硫酸浸取时，铝的浸取率与时间的关系如图1，适宜的浸取时间为2h；铝的浸取率与的关系如图2所示，从浸取率角度考虑，三种助溶剂NH4F、KF及NH4F与KF的混合物，在相同时，浸取率最高的是NH4F（填化学式）；用含氟的化合物作这种助溶剂的缺点是生产过程中会产生污染环境的HF和NH3等（举一例）．（4）流程中循环使用的物质有H2SO4和NH4Cl．（填化学式）（5）用盐酸溶解硫酸铝晶体，再通入HCl气体，析出A1C13•6H20，该过程能够发生的原因是通入氯化氢使A1C13•6H20达到饱和，而硫酸铝不饱和（6）用粉煤灰制取含铝化合物的主要意义是使废弃固体资源化利用．考点：制备实验方案的设计；硅和二氧化硅；物质的分离、提纯和除杂．专题：实验题．24分析：粉煤灰的主要氧化物组成为SiO2、Al2O3、CaO等，加入硫酸溶液使Al2O3溶解，CaO通过反应生成CaSO4，CaSO4微溶，大部分CaSO4和SiO2一起成为滤渣，过滤后将滤液冷却结晶得Al2（SO4）3，用盐酸溶解Al2（SO4）3，再通入氯化氢得AlCl3•6H2O晶体和硫酸溶液，过滤得硫酸溶液可以再循环利用，AlCl3•6H2O晶体溶解后得氯化铝溶液中通入氨气得氢氧化铝沉淀和氯化铵溶液，氯化铵溶液可以循环利用，氢氧化铝沉淀受热分解生成Al2O3，据此答题．解答：解：粉煤灰的主要氧化物组成为SiO2、Al2O3、CaO等，加入硫酸溶液使Al2O3溶解，CaO通过反应生成CaSO4，CaSO4微溶，大部分CaSO4和SiO2一起成为滤渣，过滤后将滤液冷却结晶得Al2（SO4）3，用盐酸溶解Al2（SO4）3，再通入氯化氢得AlCl3•6H2O晶体和硫酸溶液，过滤得硫酸溶液可以再循环利用，AlCl3•6H2O晶体溶解后得氯化铝溶液中通入氨气得氢氧化铝沉淀和氯化铵溶液，氯化铵溶液可以循环利用，氢氧化铝沉淀受热分解生成Al2O3，（1）粉煤灰研磨的目的是增大反应物的接触面积，提高浸取速率和浸出率，故答案为：增大反应物的接触面积，提高浸取速率和浸出率；（2）通过上面的分析可知，第1次过滤时滤渣的主要成分有SiO2和CaSO4，第3次过滤时滤渣的成分是Al（OH）3，故答案为：SiO2；CaSO4；Al（OH）3；（3）根据图1可知，2h时铝的浸出率达到最大值，所以适宜的浸取时间为2h，根据图2可知，在相同时，NH4F助溶剂对铝的浸出率最高，用含氟的化合物作这种助溶剂的缺点是生产过程中会产生污染环境的HF和NH3等，故答案为：2；NH4F；生产过程中会产生污染环境的HF和NH3等；（4）根据上面的分析可知，流程中循环使用的物质有H2SO4和NH4Cl，故答案为：H2SO4；NH4Cl；（5）用盐酸溶解硫酸铝晶体，再通入HCl气体，析出A1C13•6H20，该过程能够发生的原因是通入氯化氢使A1C13•6H20达到饱和，而硫酸铝不饱和，便于A1C13•6H20析出，故答案为：通入氯化氢使A1C13•6H20达到饱和，而硫酸铝不饱和；（6）用粉煤灰制取含铝化合物的主要意义在于使废弃固体资源化利用，故答案为：使废弃固体资源化利用．点评：本题以教材重要基本理论和原理为知识平台，考查化学反应基本原理、物质的性质等在化学与技术中的综合应用，解题关键在于找准中间产品和相互交叉的流水生产线，在分析过程中，抓住中间产品的关联作用，逐一破解，难度中等．【化学-物质结构与性质】（共1小题，满分0分）12．锂﹣磷酸氧铜电池正极的活性物质是Cu4O（PO4）2，可通过下列反应制备：2Na3PO4+4CuSO4+2NH3•H2O=Cu4O（PO4）2↓+3Na2SO4+（NH4）2SO4+H2O．请回答下列问题．（1）上述方程式中涉及到的N、O元素电负性由小到大的顺序是N＜O．（2）基态S的价电子排布式为3s23p4．与Cu同周期且最外层电子数相等的元素还有K、Cr（填元素符号）．（3）PO43﹣的空间构型是，其中P原子的杂化方式为sp3．（4）在硫酸铜溶液中加入过量的KSCN溶液，生成配合物[Cu（CN）4]2﹣则1molCN﹣中含有的π键的数目为2NA．（5）铜晶体为面心立方最密集堆积，铜的原子半径为127.8pm，列式计算晶体铜的密度9.0g/cm3g/cm3．24（6）下表列出了含氧酸酸性强弱与非羟基氧原子数的关系．由此可得出的判断含氧酸强弱的一条经验规律是非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强．亚磷酸（H3PO3）也是中强酸，它的结构式为．亚磷酸与过量的氢氧化钠溶液反应的化学方程式为H3PO3+2NaOH=Na2HPO3+2H2O．考点：晶胞的计算；原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．分析：（1）根据元素周期律判断电负性大小；（2）根据S最外层有6个电子，写出其价电子排布式；Cu最外层有1个电子，数根据其最外层电子数判断；（3）根据磷原子价层电子对互斥理论确定其空间构型及磷原子的杂化方式；（4）在CN﹣中碳原子与氮原子是以共价三键结合的，含有1个ơ键，2个π键；（5）铜晶体为面心立方最密集堆积，据此可计算出晶胞中含有铜原子数，根据公式ρ=计算得出密度；（6）根据表中数据可以看出非羟基氧原子数与酸性强弱的关系，亚磷酸（H3PO3）是中强酸，说明有1个非羟基氧原子，据此写出它的结构式，含氧酸中羟基中的氢能被氢氧化钠中和，据此写化学方程式；解答：解：（1）根据元素周期律，同周期元素，从左向右，电负性逐渐增大，所以N、O元素电负性由小到大的顺序为N＜O，故答案为：N＜O；（2）S最外层有6个电子，其价电子排布式为3s23p4；Cu最外层有1个电子，与Cu同周期的元素中，与铜原子最外层电子数相等的元素还有K、Cr，故答案为：3s23p4；K、Cr；（3）PO43﹣中P原子的价层电子对数=4+（5+3﹣4×2）=4，所以P原子按sp3方式杂化，P原子周围不含孤电子对，所以其空间构型正四面体，故答案为：正四面体；sp3；（4）在CN﹣中碳原子与氮原子是以共价三键结合的，含有1个ơ键，2个π键，所以1molCN﹣中含有的π键的数目为2NA，故答案为：2NA；24（5）铜晶体为面心立方最密堆积，则每个晶胞中含有铜的原子：8×+6×=4，Cu原子半径为r=127.8pm=1.278×10﹣8cm，设晶胞的边长为d，则有d=4r，所以d=r，所以晶体铜的密度ρ==g/cm3=9.0g/cm3，故答案为：9.0g/cm3；（6）根据表中数据可以看出非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强，亚磷酸（H3PO3）是中强酸，说明有1个非羟基氧原子，据此可写出它的结构式为：，含氧酸中羟基中的氢能被氢氧化钠中和，所以1molH3PO3可与2molNaOH反应，反应的化学方程式为H3PO3+2NaOH=Na2HPO3+2H2O，故答案为：非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强；；H3PO3+2NaOH=Na2HPO3+2H2O；点评：本题考查了杂化方式、核外电子排布、电离能、分子构型及晶胞的计算等内容，综合性强，难度较大，注意利用均摊法计算晶胞原子数目．【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）13．聚酯增塑剂G及某医药中间体H的一种合成路线如下（部分反应条件略去）：已知：（1）B的名称（系统命名）：1，2﹣丙二醇，D的分子式为C6H10O4．（2）反应①～⑥中属于取代反应的是②⑤⑥．（3）G的结构简式为．24（4）写出反应②和⑥的化学方程式：②CH3CHClCH2Cl+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaCl，⑥．（5）C存在多种同分异构体，写出核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式：．考点：有机物的推断．分析：由题中各物质转化关系，丙烯与氯气加成得A为CH3CHClCH2Cl，A发生水解（取代）得B为CH3CHOHCH2OH，苯与氢气发生加成反应得C为，C发生氧化反应得D，D与B发缩聚反应得G为，根据题中信息，F发生取代反应生成H和E，D和E发生酯化反应（取代反应）得F为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根据H的结构可推知E为CH3CH2OH，据此答题．解答：解：由题中各物质转化关系，丙烯与氯气加成得A为CH3CHClCH2Cl，A发生水解（取代）得B为CH3CHOHCH2OH，苯与氢气发生加成反应得C为，C发生氧化反应得D，D与B发缩聚反应得G为，根据题中信息，F发生取代反应生成H和E，D和E发生酯化反应（取代反应）得F为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根据H的结构可推知E为CH3CH2OH，（1）B为CH3CHOHCH2OH，B的名称为1，2﹣丙二醇，根据D的结构简式可知，D的分子式为C6H10O4，故答案为：1，2﹣丙二醇；C6H10O4；（2）根据上面的分析可知，反应①～⑥中属于取代反应的是②⑤⑥，故答案为：②⑤⑥；（3）G为，故答案为：；（4）反应②的化学方程式为CH3CHClCH2Cl+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaCl，反应⑥的化学方程式为24，故答案为：CH3CHClCH2Cl+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaCl；；（5）C为，C存在多种同分异构体，其中核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式为，故答案为：．点评：本题考查有机物的推断与性质，注意根据有机物的结构进行推断，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力、分析推理能力，是热点题型，难度中等．24