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2017-2018学年河南省周口市高二下学期期末考试化学试题 解析版
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河南省周口市2017-2018学年高二下学期期末考试化学试题
1. 下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是
A. 干冰气化需要吸收大量的热，这个变化是吸热反应
B. 反应物的总能量低于生成物的总能量时，发生放热反应
C. 化学反应中的能量变化都表现为热量的变化
D. 同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H相同
【答案】D
【解析】A. 吸热反应是指化学反应，干冰气化是物理变化，故A错误； B. 反应物的总能量低于生成物的总能量时，是吸热反应，故B错误； C. 化学反应中的能量变化除了热量变化之外还有电能、光能等，故C错误；D. 根据△H=生成物的焓−反应物的焓可知，焓变与反应条件无关，在光照和点燃条件下该反应的△H相同，故D错误。
故选：D。
点睛：焓变只与反应物和生成物的状态有关，与反应途径及条件没有关系。
2. 对于处于化学平衡状态的反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H>0，既要提高反应速率又要提高H2O的转化率，下列措施中可行的是
A. 升高温度 B. 使用合适的催化剂
C. 增大体系压强 D. 增大H2O(g)的浓度
【答案】A
【解析】A．该反应为吸热反应，升高温度，反应速率加快，平衡正向移动，转化率提高增，故A正确；B．用合适的催化剂，对平衡移动无影响，转化率不变，故B错误；、C．增大体系压强，反应速率增大，平衡逆向移动，故C错误；D．增大H2O（g）的浓度，平衡正向移动，反应速率增大，但转化率减小，故D错误；故选A。
点睛：既要提高反应速率又要提高H2O的转化率，平衡正向移动，该反应为吸热反应，应升高温度，以此来解答。
3. 利用如图所示装置测定中和热的实验步骤正确的是
A. 为了减小热量损失，倒入NaOH溶液应该多次迅速倒人
B. 用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒上下轻轻地搅动
C. 烧杯如不盖硬纸板，不影响测得的中和热数值
D. 先用一支温度计测量盐酸温度，再用另一支温度计测量氢氧化钠溶液温度,并做好记录
【答案】B
【解析】A. 为了减小热量损失，倒入NaOH溶液应该一次迅速倒入，故A错误；B. 酸与碱混合均匀的正确操作方法是：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动，故B正确；
C. 烧杯上盖硬纸板目的是为了减少实验中的热量损失，不盖会影响测定的中和热数值，故C错误；D. 温度计测量盐酸的温度，无需洗涤继续测量氢氧化钠溶液温度，氢氧化钠溶液的起始温度偏高，测得中和热的数值偏小，故D错误；故选B。
4. 下列说法正确的是
A. 吸热反应一定不能自发进行
B. 常温下,pH=6的溶液一定是酸溶液
C. 已知S(单斜,s)=S(正交，s) △H<0，则正交硫比单斜硫稳定
D. 电解稀硫酸或氢氧化钠溶液的产物不同
【答案】C
【解析】A.吸热反应△H＞0，△S＞0，高温下反应自发进行，△H-T△S＜0，故A错误；B. 强酸弱碱盐也显酸性，所以常温下，pH=6 的溶液不一定是酸溶液，可能是盐溶液，故B错误；C.该反应为放热反应，单斜硫的能量大于正交硫，所以正交硫比单斜硫稳定，故C正确；电解稀硫酸或氢氧化钠溶液的本质均为电解水，产物为氢气和氧气，故D错误；本题选C。
5. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 室温下，ILpH=1的CH3COOH溶液中含有0.1NA个H+
B. 一定条件下,0.2molSO2和0.lmol02于密闭容器中充分反应后,分子总数为0.2NA
C. 7.2gCaO2中含有0.2NA个阴离子
D. 6gSiO2中含有0.1NA个分子
【答案】A
【解析】A. 室温下，1LpH=1的CH3COOH溶液中H+的物质的量为1L×0.1mol/L=0.1mol,所以1LpH=1的CH3COOH溶液中含有0.1NA个H+，故A正确； B. 二氧化硫与氧气反应为可逆反应，不能进行到底，一定条件下，0.2molSO2和0.1molO2在密闭容器中充分反应后，容器内气体分子总数大于0.2NA，故B错误； C. 7.2gCaO2的物质的量为：7.2g/72g/mol=0.1mol，而过氧化钙的构成微粒是钙离子和过氧根离子，所以7.2gCaO2中含有0.1NA个阴离子，故C错误；D. 二氧化硅是原子晶体，构成微粒是原子，而不是分子，故D错误；
6. 下列说法正确的是
A. 盐都是强电解质
B. 强酸溶液的导电性一定强于弱酸溶液的导电性
C. 电解质溶液能导电的原因是溶液中有自由移动的阴、阳离子
D. 熔融的电解质都能导电
【答案】C
【解析】A. 绝大多数的盐属于强电解质，少部分盐属于弱电解质，如醋酸铅就属于弱电解质，故A错误；B. 强酸溶液中的H+浓度不一定大于弱酸溶液中的H+浓度，H+浓度与酸的浓度、分子中氢离子的个数以及电离程度有关，与电解质的强弱无关，故B错误；C.电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子，故C正确；D.离子化合物在熔融时导电，共价化合物例如酸在熔融状态不导电，故D错误；本题选C。
7. 在一定条件下，恒容的密闭容器中发生如下反应:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g),反应过程中某一时刻测得SO2、O2 SO3的浓度分别为0.2mol/L、0.1 mol/L、0.2 mol/L，当反应达到平衡时，可能出现的数据是
A. c(O2)=0.3mol/L B. c(SO3)+c(SO2)=0.4 mol/L
C. c(S03)=0.4 mol/L D. c(S03)+c(SO2)=0.15mol/L
【答案】B
【解析】A. O2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，由方程式2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)可知O2的浓度变化为0.1mol/L，实际变化应小于该值，故c(O2)小于0.2mol/L，故A错误；B. 由于硫元素守恒，c(SO3)+c(SO2)=0.2mol⋅L−1+0.2mol⋅L−1=0.4mol⋅L−1，c(SO3)小于0.4mol/L，故B正确； C. SO3的浓度增大，说明该反应向正反应方向进行建立平衡，若二氧化硫和氧气完全反应，由方程式2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)可知SO3的浓度的浓度变化为0.2mol/L，实际变化小于该值，故c(SO3)小于0.4mol/L，故C错误； D. 由于硫元素守恒，c(SO3)+c(SO2)=0.2mol⋅L−1+0.2mol⋅L−1=0.4mol⋅L−1，故D错误；本题选B。
点睛：化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值，由于硫元素守恒，c（SO3）+c（SO2）之和不变，据此判断分析。
8. 如图是一种利用锂电池“固定CO2”的电化学装置，在催化剂的作用下，该电化学装置放电时可将CO2转化为C和Li2CO3，充电时选用合适催化剂，仅使Li2CO3发生氧化反应释放出CO2和02。下列说法中正确的是
A. 该电池充电时，阳极反应式为:C+2Li2CO3-4e-=3CO2↑+4Li
B. 该电池放电时,Li+向电极X方向移动
C. 该电池充电时，电极Y与外接直流电源的负极相连
D. 该电池放电时，每转移4mol电子，理论上生成1molC
【答案】D
【解析】A. 该电池充电时，阳极上C失电子生成二氧化碳，即C+2Li2CO3-4e-=3CO2↑+4Li+，故A错误；B. 放电时，X极上Li失电子，则X为负极，Y为正极，Li+向电极Y方向移动，故B错误；C. 该电池充电时，电源的负极与外加电源的负极相连，即电极X与外接直流电源的负极相连，故C错误； D. 正极上CO2得电子生成C和Li2CO3，C的化合价降低4价，则每转移4mol电子，理论上生成1molC，故D正确；本题选D。
点睛：放电时，X极上Li失电子，则X为负极，Y为正极，正极上CO2得电子生成C和Li2CO3；充电时，阴极上Li+得电子生成Li，阳极上C失电子生成二氧化碳，即C+2Li2CO3-4e-═3CO2↑+4Li+。
9. 一定条件下,通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料Mg0:MgSO4(s)+CO(g) MgO(s)+CO2(g)+SO2(g) △H>0 该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是
选项
x
y
A
压强
CO2与CO的物质的量之比
B
温度
容器内混合气体的密度
C
MgSO4的质量(忽略体积)
CO的转化率
D
SO2的浓度
平衡常数K
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】A.CO2与CO的物质的量之比为化学平衡常数，平衡常数只与温度有关，体系压强变化，平衡常数不变，所以CO2与CO的物质的量之比不变，故A错误；B. 若x是温度，y是容器内混合气体的密度，升高温度，平衡向吸热反应方向正反应方向移动，气体的质量增大，容器体积不变，则容器内气体密度增大，所以符合图象，故B正确；C. 若x是MgSO4的质量，y是CO的转化率，硫酸镁是固体，其质量不影响平衡移动，所以增大硫酸镁的质量，CO的转化率不变，故C错误；D. 若x是二氧化硫的浓度，y是平衡常数，平衡常数只与温度有关，与物质浓度无关，增大二氧化硫浓度，温度不变，平衡常数不变，故D错误；本题选B。
10. 已知醋酸、醋酸根离子在溶液中存在下列平衡及其对应的平衡常数
CH3COOHCH3COO-+H+ K1=1.75×10-5 △H1>0
CH3COO-+H20CH3COOH+OH- K2=5.71×10-10 △H2>0
常温下，将等体积、等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠溶液混合，下列叙述正确的是
A. 温度不变,若在混合溶液中加入少量NaOH固体，c(CH3COO-)减小
B. 对混合溶液进行微热，K1增大、K2减小
C. 调节混合溶液的pH值至中性，则此时溶液中c(Na+)>c(CH3COO-)
D. 已知水的离子积为Kw，则三者关系为K1·K2=Kw
【答案】D
11. 下列离子方程式正确的是
A. 大理石溶于醋酸:CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
B. 用惰性电极电解饱和食盐水总反应式:2C1-+2H+=H2↑+Cl2↑
C. FeBr2溶液中通入少量的Cl2:Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-
D. 铅蓄电池放电时的负极反应式为:Pb-2e-=Pb2+
【答案】C
【解析】A.醋酸为弱酸，应该保留分子式，方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-，故A错误；B.用惰性电极电解饱和食盐水的总反应为：2C1-+2H2O=H2↑+Cl2↑+2OH-,故B错误；C. FeBr2溶液中通入少量的Cl2，因为Fe2+的还原性比Br-强，故离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，故C正确；D. 铅蓄电池放电时的负极反应式为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4↓，故D错误；本题选C。
点睛：在书写离子方程式时注意弱酸、弱碱、沉淀、气体要写成分子形式，不能拆开。
12. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法不正确的是
A. X的简单氢化物的热稳定性比W的强
B. Y的简单离子与Z的具有相同的电子层结构
C. X与Z形成的化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红
D. Z与X属于同一主族，与Y属于同一周期
【答案】B
13. 氨催化氧化是硝酸工业的基础，在某催化剂作用下只发生主反应①和副反应②，4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)；△H=-905k/mol，4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)；△H=-1268kj/mol。下列说法正确的是
A. 工业上进行氨催化氧化生成NO时，温度应控制在780～840℃之间
B. 工业上采用物料比n(O2)/n(NH3)在1.7～2.0，主要是为了提高反应速率
C. 在加压条件下生产能力可提高5～6倍，是因为加压可提高转化率
D. 氮气氧化为NO的热化学方程式为:N2(g)+O2(g)2NO(g) △H=-181.5kJ/mol
【答案】A
【解析】分析：
A.图象分析判断，在780～840℃之间一氧化氮的产率接近100%，从转化率的大小与温度的关系选择反应的适宜温度；B.根据外界条件对氨催化氧化生成NO的化学平衡的影响分析C.反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡向气体体积减小的方向进行；D.依据热化学方程式和 盖斯定律计算分析判断；
解析：
A.从图象可以看在，反应温度在780～840℃，NO的产率最大，故选择800℃左右，工业上进行氨催化氧化生成 NO时，温度应控制在780～840℃之间，故A正确；
B.4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）；△H=-905kJ•mol-1该反应是气体体积增大的、放热的反应，为了提高氨催化氧化生成NO的产率，需使化学平衡向正反应方向移动，可采取减小压强、降低温度、增大NH3的浓度，主要是提高一氧化氮的产率，故B错误；
C.反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡向气体体积减小的方向进行，平衡逆向进行，反应物转化率减小，故C错误；
D.4NH3（g）+5O2⇌4NO（g）+6H2O（g）；△H=-905kJ/mol①
4NH3（g）+3O2（g）⇌2N2（g）+6H2O（g）；△H=-1268kJ/mol②；
依据盖斯定律①-②得到，2N2（g）+2O2（g）=4NO（g）△H=+363KJ/mol，则氮气氧化为NO的热化学方程式为：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）；△H=+181.5 kJ/mol，故D错误；本题选A。
14. 下列图示与对应的叙述相符的是
A. 图甲可以判断出反应A(g)+B(g)2C(g)的△H<0，T1>T1
B. 图乙表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大
C. 据图丙，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可向溶液中加人适量Cu0至pH≈4
D. 图丁表示25℃时，用0.1mol/L盐酸滴定20mL0.1mol/LNaOH溶液，溶液的pH随加入盐酸体积的变化
【答案】C
【解析】试题分析：A、升高温度，化学平衡A（g）+B（g）2C（g）△H＜0向着吸热方向进行，即向着逆反应方向进行，A的转化率越小，所以A的转化率越小，温度越高，T2＜T1，故A错误；B、增大压强，可逆反应2A（g）+2B（g）3C（g）+D（s）向着气体体积减小的方向进行，即向着正反应方向进行，反应物的百分含量要减小，故B错误；C、若除去CuSO4溶液中的Fe3+，则铁离子需要的pH范围是铁离子沉淀完全，但是铜离子开始沉淀，为不引进杂质离子，可向溶液中加入适量CuO，并调节pH≈4，故C正确；D、滴定开始之前，0.1 mol/L NaOH溶液的pH=13，不是1，故D错误，故选C。
考点：考查化学平衡移动的影响因素、溶解平衡和中和滴定判断
15. 葡萄酒中抗氧化剂的残留量是以游离SO2的含量计算，我国国家标准(CB2760-2014)规定葡萄酒中SO2的残留量≤0.25g/L。某兴趣小组设计实验方案对葡萄酒中SO2进行测定。
I.定性实验方案如下:
(1))利用SO2的漂白性检测干白葡萄酒(液体为无色)中的SO2或H2SO3。设计如下实验:
实验结论:干白葡萄酒不能使品红溶液褪色，原因是:___________。
II.定量实验方案如下(部分装置和操作略):
(2)A中加入100.0mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与B中H2O2完全反应，其化学方程式为________________。
(3)除去B中过量的H2O2，然后再用NaOH标准溶液进行滴定，除去H2O2的方法是_______。
(4)步骤X滴定至终点时，消耗NaOH溶液30.00mL,该葡萄酒中SO2的含量为_____g/L。该测定结果比实际值偏高，分析原因__________。
【答案】 (1). 干白葡萄酒中二氧化硫或亚硫酸含量太少 (2). SO2＋H2O2===H2SO4 (3). 加入二氧化锰并振荡（合理答案即给分） (4). 0.384 (5). 盐酸挥发造成的干扰
【解析】（1）干白葡萄酒不能使品红溶液褪色的可能原因是干白葡萄酒中二氧化硫或亚硫酸含量太少，故答案为：干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少；
（2）二氧化硫与双氧水发生氧化还原反应生成硫酸，反应的方程式为SO2+H2O2═H2SO4，故答案为：SO2+H2O2═H2SO4；
（3）双氧水在二氧化锰作催化剂的条件下发生分解反应生成水和氧气，所以除去H2O2的方法是加入二氧化锰并振荡，故答案为：加入二氧化锰并振荡；
（4）根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为：
1/2×（0.0400mol/L×0.030L）×64g/mol=0.0384g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：0.0384g/0.1L=0.384g/L；由于盐酸易挥发，有部分氯化氯会挥发到B装置中，所以会使氢氧化钠的用量偏多，所以会导致测定结果比实际值偏高，故答案为：0.32；盐酸的挥发造成的干扰。
点睛：二氧化硫被氧化成硫酸，用过量的氢氧化钠中和，剩余的氢氧化钠用盐酸滴定，根据盐酸的物质的量及氢氧化钠的总物质的量可计算出与硫酸反应的氢氧化钠的物质的量，进而得出硫酸的物质的量，根据硫元素守恒计算二氧化硫及酒中的二氧化硫的含量；由于盐酸易挥发，有部分氯化氯会挥发到B装置中，所以会使氢氧化钠的用量偏多，据此分析。
16. Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3,还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备,工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)“酸浸”后，钛主要以TiOCl42-形式存在，写出相应反应的离子方程式_______。
(2)Li2Ti5O15中过氧键的数目为4，其中Ti的化合价为______。
(3)若“滤液②”中c(Mg2+)=0.02mol/L，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe2+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1×10-5mol/L，此时_____(填“有”或“无”)Mg3(PO4)2沉淀生成。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10-2、1.0×10-2。
(4)写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式_________。
(5)TiO2·xH2O加热制得的粗TiO2是电解法生产金属钛的一种较先进的方法，电解液为某种可传导02-离子的熔融盐，原理如图所示，则其阴极电极反应为:_______，电解过程中阳极电极上会有气体生成，该气体可能含有____________。
【答案】 (1). FeTiO3+ 4H++4Cl− = Fe2++ TiOCl42− + 2H2O (2). +4 (3). 无 (4). 2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ H2O↑+ 3CO2↑ (5). TiO2+4e-=Ti+2O2- (6). O2、CO、CO2
【解析】（1）“酸浸”后，钛主要以TiOCl42-形式存在，相应反应的离子方程式为FeTiO3+4H++4Cl-=Fe2++TiOCl42-+2H2O，故答案为：FeTiO3+4H++4Cl-=Fe2++TiOCl42-+2H2O；
（2）Li2Ti5O15中Li的化合价为+1，有4个过氧键，说明有8个O原子的化合价为-1,7个O原子的化合价为-2，由化合价的代数和为0可知，,Ti元素的化合价之和为20，所以Ti的化合价为+4，故答案为：+4。
（3）Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c（Fe3+）=1.0×10-5，由Ksp（FePO4），可知，
故没有沉淀生成。
（4）高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式为2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ H2O↑+ 3CO2↑
（5）电解时，阴极发生还原反应生成Ti，电极方程式为TiO2+4e-=Ti+2O2-，阳极发生氧化反应，电极方程式为2O2-+4e-=O2，阳极生成O2，由于阳极材料为石墨，则氧气和石墨反应可生成CO、CO2等，故答案为：TiO2+4e-=Ti+2O2-；O2、CO、CO2。
17. 硫单质及其化合物在工农业生产中有着重要的应用。
(1)已知25℃时:O2(g)+S(s)=SO2(g) △H=一akJ/mol
O2(g)+2SO2(g)2S03(g) △H=-bkJ/mol
写出SO3(g)分解生成O2(g)与S(s)的热化学方程式:_______________________。
(2)研究SO2催化氧化生成SO3的反应，回答下列相关问题:
①甲图是SO2(g)和SO3(g)的浓度随时间的变化情况。反应从开始到平衡时,用SO2表示的平均反应速率为_________。
②在一容积可变的密闭容器中充入20molSO2(g)和10molO2(g),02的平衡转化率随温度(T)、压强(P)的变化如图乙所示。则P1与P2的大小关系是P2_____P1(“>”“<”或“=”),A、B、C三点的平衡常数大小关系为______ (用 K、Kg、K。和“<”“>”或“=”表示)。
(3)常温下，H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.5510-2 Ka2=1.02×10-7。
①将SO2通入水中反应生成H2SO3。试计算常温下H2SO32H++S032-的平衡常数K=____。(结果保留小数点后两位数字)
②浓度均为0.1mol/L的Na2SO3、NaHSO3混合溶液中，=______________。
(4)往1L0.2mol/LNa2SO3溶液中加入等体积的0.1mol/L的CaCl2溶液，充分反应后(忽略溶液体积变化)，溶液中c(Ca2+)=______。(已知，常温下Ksp(CaSO3)=1.28×10-9)
【答案】 (1). SO3(g) O2(g) + S(s) ΔH=+(a+) kJ·mol-1 (2). 0.75mol·(L·min)-1； (3). > (4). KB >KA =Kc (5). 1.58×10-9 (6). 或1.5 (7). 2.56×10-8mol. L-1
【解析】(1)已知：①O2(g)+S(s)═SO2(g)△H1=−akJ/mol，
②O2(g)+2SO2(g)⇌2SO3(g)△H2=−b kJ/mol，
所求反应方程式为：2SO3(g)⇌3O2(g)+2S(s)，该反应可由−(①×2+②)得到，根据盖斯定律，反应的焓变为△H=−(2△H1+△H2)=(2a+b)kJ/mol，故答案为：2SO3(g)⇌3O2(g)+2S(s) △H=(2a+b)kJ/mol；
(2)①SO2催化氧化生成SO3的反应方程式为：O2(g)+2SO2(g)⇌2SO3(g)，SO2是反应物，随着反应的进行，浓度降低，SO3是生成物，随着反应的进行，浓度升高，根据图象，下降的是SO2，反应从开始到平衡，经历的时间为△t=10min，SO2的物质的量浓度改变量为9.0−1.5=7.5mol/L，根据反应关系，O2的物质的量浓度改变量为△c=7.5mol/L2=3.75mol/L，则用O2表示的平均反应速率为v(O2)=△c/△t=3.75mol/L/10min=0.375mol/(L⋅min)，故答案为：0.375mol/(L⋅min)；
②反应方程式为：O2(g)+2SO2(g)⇌2SO3(g)，随着反应的进行，气体分子数减小，体系压强降低，结合图象采用控制变量法分析，当温度相同时，增大体系压强，有利于化学反应平衡向正反应方向移动，反应物的转化率升高，因此增大压强，可以增大O2的平衡转化率，则P1与P2的大小关系是P1
②浓度均为0.1mol/L的Na2SO3、NaHSO3混合溶液，对于Na2SO3溶液，根据物料守恒：c(Na+)=2c(SO32−)+2(HSO3−)+2(H2SO3)，对于NaHSO3溶液，根据物料守恒：c(Na+)=c(SO32−)+(HSO3−) +(H2SO3)，对于浓度相同的Na2SO3、NaHSO3混合溶液，设混合溶液中有V1L Na2SO3、V2L NaHSO3，则混合溶液中，c(Na+)=(2×0.1V1+0.1V2)/V1+V2，c(SO32−)+(HSO3−)+(H2SO3)=(0.1V1+0.1V2)/(V1+V2)，因此混合溶液中，c(Na+)/[c(SO2−3)+c(HSO−3)+c(H2SO3)]=3/2，故答案为：32；
(4)1L 0.2mol/L Na2SO3溶液中加入0.1mol的CaCl2固体，充分反应后(忽略溶液体积变化)，反应生成CaSO3，溶液中起始时，c(Ca2+)=0.1mol/L，c(SO32−)=0.2mol/L，发生反应为Ca2++SO32−═CaSO3，反应后，溶液中剩余c(SO32−)=0.2mol/L−0.1mol/L=0.1mol/L，则溶液中此时c(Ca2+)=Ksp(CaSO3)/c(SO32−)=1.28×10−8mol/L，故答案为：1.28×10−8mol/L；
18. 科学的进步离不开技术的突破。原子光谱核磁共振、X射线行射、量子计算等技术的发展与应用都推进了结构的研究。如过渡元素原子结构、超分子结构、晶体结构、配合物结构研究等。
(1)过渡元素Cr原子的基态电子排布式为______，Cr 的核外电子由激发态跃迁至基态时产生的光谱是______ (填“吸收”或“发射”)光谱。
(2)胍鎓离子[C(NH2)3+ ]可以与甲基磺酸根( CH3SO3- )形成超分子晶体，其局部结构如图所示。
①组成该晶体的元素中电负性最大的是______，其中 S的杂化类型有_______。
②元素C、N、S的简单氢化物在水中的溶解度从小到大的顺序为______，原因是______。
(3)①将氨气通入CuSO4溶液中，产生蓝色沉淀，继续通过量氨气，沉淀溶解，得到蓝色透明溶液。该过程中微粒的变化是[Cu(H2O)4]2+→Cu(OH)2→[Cu(NH3)4]2+。[Cu(H2O)4]2+和[Cu(NH3)4]2+中共同含有的化学键类型有_________。
②已知:AlF63+在溶液中可稳定存在，CaF2难溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，原因是_____(用离子方程式表示)。
(4)近年研究人员通过量子化学计算预测并合成了化合物Na2He，经X射线行射分析其晶胞结构如图所示。
①晶胞中Na堆积形成___________(填形状)空间结构，He占据一半空隙，另一半由e-占据。已知Na2He晶体不能导电，理由是__________。
②已知晶胞边长为a nm，晶胞中Na的半径为b nm，则He的半径为_____nm(列出计算式即可)。
【答案】 (1). [Ar]3d54s1(或1s22s22p63s23p63d54s1) (2). 发射 (3). O (4). sp3 (5). CH4
（2）①电负性最大的元素为O元素，S形成了4个σ键，根据价层电子对互斥模型判断S为sp3杂化。
②水为极性溶剂，CH4为非极性分子，NH3、H2S均为极性分子，且NH3能与水形成氢键，再结合相似相溶原理可以判断C、N、S的简单氢化物在水中的溶解度从小到大为：CH4
②CaF2难溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，因为在溶液中F-与Al3+能形成很难电离的配离子AlF63−，使CaF2的溶解平衡正移，其反应的离子方程式为：3CaF2+Al3+=3Ca2++AlF63-。
（4）①经分析，图中黑点是Na，8个Na形成的立体结构是立方体，Na2He中没有自由移动的离子和电子，所以不能导电，故答案为：立方体；没有自由移动的离子和电子。
②由晶胞的结构可以分析可知，Na与He之间的距离为晶胞体对角线的1/4，体对角线长，Na与He直接接触，则He的半径为。
19. B、N、F、Ti、Fe等都是重要的材料元素，其单质及化合物在诸多领域都有广泛的应用。
(1)在基态Ti原子中，核外存在________对自旋相反的电子，核外电子中占据的最高能层符号为___，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为_________ 。
(2)南京理工大学团队成功合成了能在室温稳定存在的五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl，五氮阴离子N5-是制备全氮类物质N5+N5-的重要中间体，下列说法不正确的是_________。
A. (N5)6(H3O)3(NH4)4Cl中含四种离子 B. N5+N5-属于共价化合物
C. 每个N5-中含有36个电子 D. N5+N5-中既含极性键又含非极性键
(3)NH3分子空间结构为_______；在 BF3中B原子的杂化方式为______。
(4)六氟合钛酸钾(K2TiF6)中存在[TiF6]2-离子，则钛元素的化合价是______，配体是_____。
(5)碳酸盐的热分解是由于晶体中阳离子结合碳酸根离子中的氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳分子的结果。已知
碳酸盐
MgCO3
CaCO3
SrCO3
BaCO3
热分解温度/℃
402
900
1172
1360
阳离子半径/ pm
66
99
112
135
请解释碱土金属元素碳酸盐热分解温度的变化规律:____________。
(6)金属钛有两种同素异形体，常温下是六方堆积，高温下是体心立方堆积。如图所示是钛晶体的一种晶胞，晶胞参数a = 0.295nm，c=0.469nm,则该钛晶体的密度为______g/cm3(用NA表示阿伏伽德罗常数的值，列出计算式即可)。
【答案】 (1). 10 (2). N (3). 球形 (4). BD (5). 三角锥形 (6). sp2 (7). +4 (8). F- (9). 碱土金属元素阳离子均为+2价，从Mg2+到Ba2+离子半径逐渐增大，对氧离子的吸引作用越来越弱，故需要更多的外界能量来分解，因此碱土金属元素碳酸盐热分解温度逐渐升高 (10).
【解析】（1）Ti的基态电子排布为：1s22s22p63s23p63d24s2，分子中存在10对自旋相反的电子，最高能层为N，4s的电子云形状为球形，故答案为：10；N；球形。
（2）A. (N5)6(H3O)3(NH4)4Cl中含N5-、H3O+、NH4+、Cl-共四种离子，故A正确；B. N5+N5-属于N5+和N5-构成的离子化合物，故B错误；C. 电子为35+1=36个电子，所以每个N5-中含有36个电子，故C正确；D. N5+和N5-中是N与N形成的非极性共价键，不含极性共价键，故D错误；本题选BD。
（3）NH3分子空间结构为三角锥型；在BF3中B原子的杂化方式为sp2杂化。
（4）六氟合钛酸钾(K2TiF6)中存在[TiF6]2-离子，其中F显-1价，故Ti为+4价，配体是F-，故答案为：+4；F-。
（5）由图表中的信息观察可知：碱土金属元素阳离子均为+2价，从Mg2+到Ba2+离子半径逐渐增大，对氧离子的吸引作用越来越弱，故需要更多的外界能量来分解，因此碱土金属元素碳酸盐热分解温度逐渐升高。
（6）一个晶胞中包含Ti的个数为3+2×1/2+12×1/6=6，一个晶胞的质量为，一个晶胞的体积为，故晶胞的密度为 。
20. 石油分馏得到的轻汽油可在Pt催化下脱氢环化，逐步转化为芳香烃。以链烃A为原料合成两种高分子材料的路线如下:
已知以下信息:
①B的核磁共振氢谱中只有一组峰；G 为一氯代烃。
②R-x+R'-xR-R'(x为卤素原子，R、R'为烃基)
回答以下问题:
(1)H的化学名称为________，C 的官能团名称为________。
(2)J的结构简式为________，G生成H的反应类型为________ 。
(3)F合成丁苯橡胶的化学方程式为_________。
(4)I的同分异构体中能同时满足下列条件的共有________种(不含立体异构)。
①能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体；
②既能发生银镜反应，又能发生水解反应。
其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6:2:1:1的是_________ (写出其中一种的结构简式)。
(5)参照上述合成路线，以2 -甲基已烷和一氯甲烷为原料(无机试剂任选)，设计制备化合物E的合成路线: ________。
【答案】 (1). 环己烯 (2). 氯原子 (3). (4). 消去反应 (5). (6). 12 (7). 或 (8).
【解析】由A的分子式，可知A为烷烃，A在高温下通过Pt催化重整脱氢环化生成B，B的核磁共振氢谱中只有一组峰，可推知B为、A为CH3(CH2)4CH3；由I的结构简式可知，B与氯气发生取代反应生成G为，G发生消去反应生成H为；I与乙二醇发生缩聚反应生成聚酯纤维J为，结合C的分子式可知，B脱氢生成C为，C与氯气发生取代反应生成D为，结合信息②可知氯苯与氯乙烷发生取代反应生成E为，对比E、F的分子式，且F能与1，3-丁二烯形成高聚物，可推知F为、丁苯橡胶为，则：
（1）(1)H的化学名称为：环己烯，C的官能团名称为：氯原子。
（2）J的结构简式为，G生成H的反应类型为消去反应。
（3）由以上分析，F为，F合成丁苯橡胶的化学方程式为。
（4）I为HOOC(CH2)4COOH，①能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体，则含有-COOH；②既能发生银镜反应，又能发生水解反应，则含有-CHO和-COO-；结合I分子中O原子个数可知，应含有HCOO-结构，剩余4个碳原子的碳链结构由两种：C-C-C-C和，则：
①-COOH和HCOO-连在同一个碳原子上，有3种不同结构；
②-COOH和HCOO-连在的不同碳原子上，有3种不同结构；
③-COOH和HCOO-连在C-C-C-C的不同碳原子上，有6种不同结构；
共有3+3+6=12种；
其中核磁共振氢谱为4组峰有机物分子中有4种不同化学环境的氢原子，且峰面积之比为6:2:1:1，则该有机物的结构简式为或
（5）2-甲基己烷在Pt催化、高温下发生脱氢环化生成，再在Pt催化、高温下发生脱氢环化生成甲苯，甲苯中甲基上的氢原子与氯气在光照条件下发生取代反应生成，结合已知信息②，与CH3Cl在Na、20℃下发生取代反应即可得到，则以2-甲基己烷和一氯甲烷为原料（无机试剂任选）制备化合物E的合成路线为
21. 香豆素是广泛存在于植物中的一类芳香化合物，大多具有光敏性，有的还具有抗菌和消炎作用。它的核心结构是芳香内酯A,其分子式为C9H6O2，该芳香内酯A经下列步骤转变为水杨酸和和化合物E。
已知:CH3CH = CHCH2CH3CH3COOH + CH3CH2COOH
请回答下列问题:
(1)C中官能团的名称为________；化合物A的结构简式为________。
(2)C生成D和E的反应类型为________，化合物E的化学名称是________。
(3)写出B→C的化学反应方程式_________ 。
(4)化合物D有多种同分异构体，其中一类同分异构体是苯的二元取代物，且水解后生成的产物之一能发生银镜反应。这类同分异构体共有________种；写出其中核磁共振氢谱有4种峰，且其信号强度之比为1:2:2:3的一种同分异构体的结构简式________ 。
(5)已知: R- CH=CH2R-CH2CH2Br，请设计合理方案由合成 (其他无机原料自选,用反应流程图表示，并注明反应条件)。_______。示例:原料……产物
【答案】 (1). 碳碳双键、羧基、醚键 (2). (3). 氧化反应 (4). 乙二酸或草酸 (5). +CH3I—→ +HI (6). 9 (7). (8).
【解析】分析：C被高锰酸钾氧化生成乙二酸和D，结合题给信息及C的分子式知，C的结构简式为，B和CH3I发生取代反应生成C，则B的结构简式为：，A水解生成B，且A的分子式为C9H6O2，所以A的结构简式为：，D和IH发生取代反应生成水杨酸．
（5）和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成，再与氢溴酸发生加成反应生成，和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成为，最后在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成。
解析：
（1）C中官能团的名称为：碳碳双键、羧基、醚键；化合物A的结构简式为：。
（2）C生成D和E的反应类型为：氧化反应，化合物E的化学名称是：乙二酸或草酸。
（3）B和CH3I发生取代反应生成C，反应方程式为：+CH3I—→ +HI。
（4）化合物D有多种同分异构体，其中一类同分异构体是苯的二取代物，说明含有两个取代基，能水解说明含有酯基，且水解后生成的产物之一能发生银镜反应，说明含有醛基，则其同分异构体为，其中核磁共振氢谱有4种峰，且其信号强度之比为1：1：2：3的同分异构体的结构简式为：故答案为：9种；。
（5）和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成，再与氢溴酸发生加成反应生成，和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成为，最后在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成，合成路线流程图为：
河南省周口市2017-2018学年高二下学期期末考试化学试题
1. 下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是
A. 干冰气化需要吸收大量的热，这个变化是吸热反应
B. 反应物的总能量低于生成物的总能量时，发生放热反应
C. 化学反应中的能量变化都表现为热量的变化
D. 同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H相同
【答案】D
【解析】A. 吸热反应是指化学反应，干冰气化是物理变化，故A错误； B. 反应物的总能量低于生成物的总能量时，是吸热反应，故B错误； C. 化学反应中的能量变化除了热量变化之外还有电能、光能等，故C错误；D. 根据△H=生成物的焓−反应物的焓可知，焓变与反应条件无关，在光照和点燃条件下该反应的△H相同，故D错误。
故选：D。
点睛：焓变只与反应物和生成物的状态有关，与反应途径及条件没有关系。
2. 对于处于化学平衡状态的反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H>0，既要提高反应速率又要提高H2O的转化率，下列措施中可行的是
A. 升高温度 B. 使用合适的催化剂
C. 增大体系压强 D. 增大H2O(g)的浓度
【答案】A
【解析】A．该反应为吸热反应，升高温度，反应速率加快，平衡正向移动，转化率提高增，故A正确；B．用合适的催化剂，对平衡移动无影响，转化率不变，故B错误；、C．增大体系压强，反应速率增大，平衡逆向移动，故C错误；D．增大H2O（g）的浓度，平衡正向移动，反应速率增大，但转化率减小，故D错误；故选A。
点睛：既要提高反应速率又要提高H2O的转化率，平衡正向移动，该反应为吸热反应，应升高温度，以此来解答。
3. 利用如图所示装置测定中和热的实验步骤正确的是
A. 为了减小热量损失，倒入NaOH溶液应该多次迅速倒人
B. 用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒上下轻轻地搅动
C. 烧杯如不盖硬纸板，不影响测得的中和热数值
D. 先用一支温度计测量盐酸温度，再用另一支温度计测量氢氧化钠溶液温度,并做好记录
【答案】B
【解析】A. 为了减小热量损失，倒入NaOH溶液应该一次迅速倒入，故A错误；B. 酸与碱混合均匀的正确操作方法是：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动，故B正确；
C. 烧杯上盖硬纸板目的是为了减少实验中的热量损失，不盖会影响测定的中和热数值，故C错误；D. 温度计测量盐酸的温度，无需洗涤继续测量氢氧化钠溶液温度，氢氧化钠溶液的起始温度偏高，测得中和热的数值偏小，故D错误；故选B。
4. 下列说法正确的是
A. 吸热反应一定不能自发进行
B. 常温下,pH=6的溶液一定是酸溶液
C. 已知S(单斜,s)=S(正交，s) △H<0，则正交硫比单斜硫稳定
D. 电解稀硫酸或氢氧化钠溶液的产物不同
【答案】C
【解析】A.吸热反应△H＞0，△S＞0，高温下反应自发进行，△H-T△S＜0，故A错误；B. 强酸弱碱盐也显酸性，所以常温下，pH=6 的溶液不一定是酸溶液，可能是盐溶液，故B错误；C.该反应为放热反应，单斜硫的能量大于正交硫，所以正交硫比单斜硫稳定，故C正确；电解稀硫酸或氢氧化钠溶液的本质均为电解水，产物为氢气和氧气，故D错误；本题选C。
5. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 室温下，ILpH=1的CH3COOH溶液中含有0.1NA个H+
B. 一定条件下,0.2molSO2和0.lmol02于密闭容器中充分反应后,分子总数为0.2NA
C. 7.2gCaO2中含有0.2NA个阴离子
D. 6gSiO2中含有0.1NA个分子
【答案】A
【解析】A. 室温下，1LpH=1的CH3COOH溶液中H+的物质的量为1L×0.1mol/L=0.1mol,所以1LpH=1的CH3COOH溶液中含有0.1NA个H+，故A正确； B. 二氧化硫与氧气反应为可逆反应，不能进行到底，一定条件下，0.2molSO2和0.1molO2在密闭容器中充分反应后，容器内气体分子总数大于0.2NA，故B错误； C. 7.2gCaO2的物质的量为：7.2g/72g/mol=0.1mol，而过氧化钙的构成微粒是钙离子和过氧根离子，所以7.2gCaO2中含有0.1NA个阴离子，故C错误；D. 二氧化硅是原子晶体，构成微粒是原子，而不是分子，故D错误；
6. 下列说法正确的是
A. 盐都是强电解质
B. 强酸溶液的导电性一定强于弱酸溶液的导电性
C. 电解质溶液能导电的原因是溶液中有自由移动的阴、阳离子
D. 熔融的电解质都能导电
【答案】C
【解析】A. 绝大多数的盐属于强电解质，少部分盐属于弱电解质，如醋酸铅就属于弱电解质，故A错误；B. 强酸溶液中的H+浓度不一定大于弱酸溶液中的H+浓度，H+浓度与酸的浓度、分子中氢离子的个数以及电离程度有关，与电解质的强弱无关，故B错误；C.电解质溶液导电的原因是溶液中有自由移动的阴阳离子，故C正确；D.离子化合物在熔融时导电，共价化合物例如酸在熔融状态不导电，故D错误；本题选C。
7. 在一定条件下，恒容的密闭容器中发生如下反应:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g),反应过程中某一时刻测得SO2、O2 SO3的浓度分别为0.2mol/L、0.1 mol/L、0.2 mol/L，当反应达到平衡时，可能出现的数据是
A. c(O2)=0.3mol/L B. c(SO3)+c(SO2)=0.4 mol/L
C. c(S03)=0.4 mol/L D. c(S03)+c(SO2)=0.15mol/L
【答案】B
【解析】A. O2的浓度增大，说明反应向逆反应方向进行建立平衡，若SO3完全反应，由方程式2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)可知O2的浓度变化为0.1mol/L，实际变化应小于该值，故c(O2)小于0.2mol/L，故A错误；B. 由于硫元素守恒，c(SO3)+c(SO2)=0.2mol⋅L−1+0.2mol⋅L−1=0.4mol⋅L−1，c(SO3)小于0.4mol/L，故B正确； C. SO3的浓度增大，说明该反应向正反应方向进行建立平衡，若二氧化硫和氧气完全反应，由方程式2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)可知SO3的浓度的浓度变化为0.2mol/L，实际变化小于该值，故c(SO3)小于0.4mol/L，故C错误； D. 由于硫元素守恒，c(SO3)+c(SO2)=0.2mol⋅L−1+0.2mol⋅L−1=0.4mol⋅L−1，故D错误；本题选B。
点睛：化学平衡的建立，既可以从正反应开始，也可以从逆反应开始，或者从正逆反应开始，不论从哪个方向开始，物质都不能完全反应，利用极限法假设完全反应，计算出相应物质的浓度变化量，实际变化量小于极限值，由于硫元素守恒，c（SO3）+c（SO2）之和不变，据此判断分析。
8. 如图是一种利用锂电池“固定CO2”的电化学装置，在催化剂的作用下，该电化学装置放电时可将CO2转化为C和Li2CO3，充电时选用合适催化剂，仅使Li2CO3发生氧化反应释放出CO2和02。下列说法中正确的是
A. 该电池充电时，阳极反应式为:C+2Li2CO3-4e-=3CO2↑+4Li
B. 该电池放电时,Li+向电极X方向移动
C. 该电池充电时，电极Y与外接直流电源的负极相连
D. 该电池放电时，每转移4mol电子，理论上生成1molC
【答案】D
【解析】A. 该电池充电时，阳极上C失电子生成二氧化碳，即C+2Li2CO3-4e-=3CO2↑+4Li+，故A错误；B. 放电时，X极上Li失电子，则X为负极，Y为正极，Li+向电极Y方向移动，故B错误；C. 该电池充电时，电源的负极与外加电源的负极相连，即电极X与外接直流电源的负极相连，故C错误； D. 正极上CO2得电子生成C和Li2CO3，C的化合价降低4价，则每转移4mol电子，理论上生成1molC，故D正确；本题选D。
点睛：放电时，X极上Li失电子，则X为负极，Y为正极，正极上CO2得电子生成C和Li2CO3；充电时，阴极上Li+得电子生成Li，阳极上C失电子生成二氧化碳，即C+2Li2CO3-4e-═3CO2↑+4Li+。
9. 一定条件下,通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料Mg0:MgSO4(s)+CO(g) MgO(s)+CO2(g)+SO2(g) △H>0 该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是
选项
x
y
A
压强
CO2与CO的物质的量之比
B
温度
容器内混合气体的密度
C
MgSO4的质量(忽略体积)
CO的转化率
D
SO2的浓度
平衡常数K
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】A.CO2与CO的物质的量之比为化学平衡常数，平衡常数只与温度有关，体系压强变化，平衡常数不变，所以CO2与CO的物质的量之比不变，故A错误；B. 若x是温度，y是容器内混合气体的密度，升高温度，平衡向吸热反应方向正反应方向移动，气体的质量增大，容器体积不变，则容器内气体密度增大，所以符合图象，故B正确；C. 若x是MgSO4的质量，y是CO的转化率，硫酸镁是固体，其质量不影响平衡移动，所以增大硫酸镁的质量，CO的转化率不变，故C错误；D. 若x是二氧化硫的浓度，y是平衡常数，平衡常数只与温度有关，与物质浓度无关，增大二氧化硫浓度，温度不变，平衡常数不变，故D错误；本题选B。
10. 已知醋酸、醋酸根离子在溶液中存在下列平衡及其对应的平衡常数
CH3COOHCH3COO-+H+ K1=1.75×10-5 △H1>0
CH3COO-+H20CH3COOH+OH- K2=5.71×10-10 △H2>0
常温下，将等体积、等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠溶液混合，下列叙述正确的是
A. 温度不变,若在混合溶液中加入少量NaOH固体，c(CH3COO-)减小
B. 对混合溶液进行微热，K1增大、K2减小
C. 调节混合溶液的pH值至中性，则此时溶液中c(Na+)>c(CH3COO-)
D. 已知水的离子积为Kw，则三者关系为K1·K2=Kw
【答案】D
11. 下列离子方程式正确的是
A. 大理石溶于醋酸:CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
B. 用惰性电极电解饱和食盐水总反应式:2C1-+2H+=H2↑+Cl2↑
C. FeBr2溶液中通入少量的Cl2:Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-
D. 铅蓄电池放电时的负极反应式为:Pb-2e-=Pb2+
【答案】C
【解析】A.醋酸为弱酸，应该保留分子式，方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO-，故A错误；B.用惰性电极电解饱和食盐水的总反应为：2C1-+2H2O=H2↑+Cl2↑+2OH-,故B错误；C. FeBr2溶液中通入少量的Cl2，因为Fe2+的还原性比Br-强，故离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，故C正确；D. 铅蓄电池放电时的负极反应式为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4↓，故D错误；本题选C。
点睛：在书写离子方程式时注意弱酸、弱碱、沉淀、气体要写成分子形式，不能拆开。
12. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后，加入稀盐酸，有黄色沉淀析出，同时有刺激性气体产生。下列说法不正确的是
A. X的简单氢化物的热稳定性比W的强
B. Y的简单离子与Z的具有相同的电子层结构
C. X与Z形成的化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红
D. Z与X属于同一主族，与Y属于同一周期
【答案】B
13. 氨催化氧化是硝酸工业的基础，在某催化剂作用下只发生主反应①和副反应②，4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)；△H=-905k/mol，4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)；△H=-1268kj/mol。下列说法正确的是
A. 工业上进行氨催化氧化生成NO时，温度应控制在780～840℃之间
B. 工业上采用物料比n(O2)/n(NH3)在1.7～2.0，主要是为了提高反应速率
C. 在加压条件下生产能力可提高5～6倍，是因为加压可提高转化率
D. 氮气氧化为NO的热化学方程式为:N2(g)+O2(g)2NO(g) △H=-181.5kJ/mol
【答案】A
【解析】分析：
A.图象分析判断，在780～840℃之间一氧化氮的产率接近100%，从转化率的大小与温度的关系选择反应的适宜温度；B.根据外界条件对氨催化氧化生成NO的化学平衡的影响分析C.反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡向气体体积减小的方向进行；D.依据热化学方程式和 盖斯定律计算分析判断；
解析：
A.从图象可以看在，反应温度在780～840℃，NO的产率最大，故选择800℃左右，工业上进行氨催化氧化生成 NO时，温度应控制在780～840℃之间，故A正确；
B.4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）；△H=-905kJ•mol-1该反应是气体体积增大的、放热的反应，为了提高氨催化氧化生成NO的产率，需使化学平衡向正反应方向移动，可采取减小压强、降低温度、增大NH3的浓度，主要是提高一氧化氮的产率，故B错误；
C.反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡向气体体积减小的方向进行，平衡逆向进行，反应物转化率减小，故C错误；
D.4NH3（g）+5O2⇌4NO（g）+6H2O（g）；△H=-905kJ/mol①
4NH3（g）+3O2（g）⇌2N2（g）+6H2O（g）；△H=-1268kJ/mol②；
依据盖斯定律①-②得到，2N2（g）+2O2（g）=4NO（g）△H=+363KJ/mol，则氮气氧化为NO的热化学方程式为：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）；△H=+181.5 kJ/mol，故D错误；本题选A。
14. 下列图示与对应的叙述相符的是
A. 图甲可以判断出反应A(g)+B(g)2C(g)的△H<0，T1>T1
B. 图乙表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大
C. 据图丙，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可向溶液中加人适量Cu0至pH≈4
D. 图丁表示25℃时，用0.1mol/L盐酸滴定20mL0.1mol/LNaOH溶液，溶液的pH随加入盐酸体积的变化
【答案】C
【解析】试题分析：A、升高温度，化学平衡A（g）+B（g）2C（g）△H＜0向着吸热方向进行，即向着逆反应方向进行，A的转化率越小，所以A的转化率越小，温度越高，T2＜T1，故A错误；B、增大压强，可逆反应2A（g）+2B（g）3C（g）+D（s）向着气体体积减小的方向进行，即向着正反应方向进行，反应物的百分含量要减小，故B错误；C、若除去CuSO4溶液中的Fe3+，则铁离子需要的pH范围是铁离子沉淀完全，但是铜离子开始沉淀，为不引进杂质离子，可向溶液中加入适量CuO，并调节pH≈4，故C正确；D、滴定开始之前，0.1 mol/L NaOH溶液的pH=13，不是1，故D错误，故选C。
考点：考查化学平衡移动的影响因素、溶解平衡和中和滴定判断
15. 葡萄酒中抗氧化剂的残留量是以游离SO2的含量计算，我国国家标准(CB2760-2014)规定葡萄酒中SO2的残留量≤0.25g/L。某兴趣小组设计实验方案对葡萄酒中SO2进行测定。
I.定性实验方案如下:
(1))利用SO2的漂白性检测干白葡萄酒(液体为无色)中的SO2或H2SO3。设计如下实验:
实验结论:干白葡萄酒不能使品红溶液褪色，原因是:___________。
II.定量实验方案如下(部分装置和操作略):
(2)A中加入100.0mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与B中H2O2完全反应，其化学方程式为________________。
(3)除去B中过量的H2O2，然后再用NaOH标准溶液进行滴定，除去H2O2的方法是_______。
(4)步骤X滴定至终点时，消耗NaOH溶液30.00mL,该葡萄酒中SO2的含量为_____g/L。该测定结果比实际值偏高，分析原因__________。
【答案】 (1). 干白葡萄酒中二氧化硫或亚硫酸含量太少 (2). SO2＋H2O2===H2SO4 (3). 加入二氧化锰并振荡（合理答案即给分） (4). 0.384 (5). 盐酸挥发造成的干扰
【解析】（1）干白葡萄酒不能使品红溶液褪色的可能原因是干白葡萄酒中二氧化硫或亚硫酸含量太少，故答案为：干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少；
（2）二氧化硫与双氧水发生氧化还原反应生成硫酸，反应的方程式为SO2+H2O2═H2SO4，故答案为：SO2+H2O2═H2SO4；
（3）双氧水在二氧化锰作催化剂的条件下发生分解反应生成水和氧气，所以除去H2O2的方法是加入二氧化锰并振荡，故答案为：加入二氧化锰并振荡；
（4）根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为：
1/2×（0.0400mol/L×0.030L）×64g/mol=0.0384g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：0.0384g/0.1L=0.384g/L；由于盐酸易挥发，有部分氯化氯会挥发到B装置中，所以会使氢氧化钠的用量偏多，所以会导致测定结果比实际值偏高，故答案为：0.32；盐酸的挥发造成的干扰。
点睛：二氧化硫被氧化成硫酸，用过量的氢氧化钠中和，剩余的氢氧化钠用盐酸滴定，根据盐酸的物质的量及氢氧化钠的总物质的量可计算出与硫酸反应的氢氧化钠的物质的量，进而得出硫酸的物质的量，根据硫元素守恒计算二氧化硫及酒中的二氧化硫的含量；由于盐酸易挥发，有部分氯化氯会挥发到B装置中，所以会使氢氧化钠的用量偏多，据此分析。
16. Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3,还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备,工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)“酸浸”后，钛主要以TiOCl42-形式存在，写出相应反应的离子方程式_______。
(2)Li2Ti5O15中过氧键的数目为4，其中Ti的化合价为______。
(3)若“滤液②”中c(Mg2+)=0.02mol/L，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe2+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1×10-5mol/L，此时_____(填“有”或“无”)Mg3(PO4)2沉淀生成。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10-2、1.0×10-2。
(4)写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式_________。
(5)TiO2·xH2O加热制得的粗TiO2是电解法生产金属钛的一种较先进的方法，电解液为某种可传导02-离子的熔融盐，原理如图所示，则其阴极电极反应为:_______，电解过程中阳极电极上会有气体生成，该气体可能含有____________。
【答案】 (1). FeTiO3+ 4H++4Cl− = Fe2++ TiOCl42− + 2H2O (2). +4 (3). 无 (4). 2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ H2O↑+ 3CO2↑ (5). TiO2+4e-=Ti+2O2- (6). O2、CO、CO2
【解析】（1）“酸浸”后，钛主要以TiOCl42-形式存在，相应反应的离子方程式为FeTiO3+4H++4Cl-=Fe2++TiOCl42-+2H2O，故答案为：FeTiO3+4H++4Cl-=Fe2++TiOCl42-+2H2O；
（2）Li2Ti5O15中Li的化合价为+1，有4个过氧键，说明有8个O原子的化合价为-1,7个O原子的化合价为-2，由化合价的代数和为0可知，,Ti元素的化合价之和为20，所以Ti的化合价为+4，故答案为：+4。
（3）Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c（Fe3+）=1.0×10-5，由Ksp（FePO4），可知，
故没有沉淀生成。
（4）高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式为2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ H2O↑+ 3CO2↑
（5）电解时，阴极发生还原反应生成Ti，电极方程式为TiO2+4e-=Ti+2O2-，阳极发生氧化反应，电极方程式为2O2-+4e-=O2，阳极生成O2，由于阳极材料为石墨，则氧气和石墨反应可生成CO、CO2等，故答案为：TiO2+4e-=Ti+2O2-；O2、CO、CO2。
17. 硫单质及其化合物在工农业生产中有着重要的应用。
(1)已知25℃时:O2(g)+S(s)=SO2(g) △H=一akJ/mol
O2(g)+2SO2(g)2S03(g) △H=-bkJ/mol
写出SO3(g)分解生成O2(g)与S(s)的热化学方程式:_______________________。
(2)研究SO2催化氧化生成SO3的反应，回答下列相关问题:
①甲图是SO2(g)和SO3(g)的浓度随时间的变化情况。反应从开始到平衡时,用SO2表示的平均反应速率为_________。
②在一容积可变的密闭容器中充入20molSO2(g)和10molO2(g),02的平衡转化率随温度(T)、压强(P)的变化如图乙所示。则P1与P2的大小关系是P2_____P1(“>”“<”或“=”),A、B、C三点的平衡常数大小关系为______ (用 K、Kg、K。和“<”“>”或“=”表示)。
(3)常温下，H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.5510-2 Ka2=1.02×10-7。
①将SO2通入水中反应生成H2SO3。试计算常温下H2SO32H++S032-的平衡常数K=____。(结果保留小数点后两位数字)
②浓度均为0.1mol/L的Na2SO3、NaHSO3混合溶液中，=______________。
(4)往1L0.2mol/LNa2SO3溶液中加入等体积的0.1mol/L的CaCl2溶液，充分反应后(忽略溶液体积变化)，溶液中c(Ca2+)=______。(已知，常温下Ksp(CaSO3)=1.28×10-9)
【答案】 (1). SO3(g) O2(g) + S(s) ΔH=+(a+) kJ·mol-1 (2). 0.75mol·(L·min)-1； (3). > (4). KB >KA =Kc (5). 1.58×10-9 (6). 或1.5 (7). 2.56×10-8mol. L-1
【解析】(1)已知：①O2(g)+S(s)═SO2(g)△H1=−akJ/mol，
②O2(g)+2SO2(g)⇌2SO3(g)△H2=−b kJ/mol，
所求反应方程式为：2SO3(g)⇌3O2(g)+2S(s)，该反应可由−(①×2+②)得到，根据盖斯定律，反应的焓变为△H=−(2△H1+△H2)=(2a+b)kJ/mol，故答案为：2SO3(g)⇌3O2(g)+2S(s) △H=(2a+b)kJ/mol；
(2)①SO2催化氧化生成SO3的反应方程式为：O2(g)+2SO2(g)⇌2SO3(g)，SO2是反应物，随着反应的进行，浓度降低，SO3是生成物，随着反应的进行，浓度升高，根据图象，下降的是SO2，反应从开始到平衡，经历的时间为△t=10min，SO2的物质的量浓度改变量为9.0−1.5=7.5mol/L，根据反应关系，O2的物质的量浓度改变量为△c=7.5mol/L2=3.75mol/L，则用O2表示的平均反应速率为v(O2)=△c/△t=3.75mol/L/10min=0.375mol/(L⋅min)，故答案为：0.375mol/(L⋅min)；
②反应方程式为：O2(g)+2SO2(g)⇌2SO3(g)，随着反应的进行，气体分子数减小，体系压强降低，结合图象采用控制变量法分析，当温度相同时，增大体系压强，有利于化学反应平衡向正反应方向移动，反应物的转化率升高，因此增大压强，可以增大O2的平衡转化率，则P1与P2的大小关系是P1
②浓度均为0.1mol/L的Na2SO3、NaHSO3混合溶液，对于Na2SO3溶液，根据物料守恒：c(Na+)=2c(SO32−)+2(HSO3−)+2(H2SO3)，对于NaHSO3溶液，根据物料守恒：c(Na+)=c(SO32−)+(HSO3−) +(H2SO3)，对于浓度相同的Na2SO3、NaHSO3混合溶液，设混合溶液中有V1L Na2SO3、V2L NaHSO3，则混合溶液中，c(Na+)=(2×0.1V1+0.1V2)/V1+V2，c(SO32−)+(HSO3−)+(H2SO3)=(0.1V1+0.1V2)/(V1+V2)，因此混合溶液中，c(Na+)/[c(SO2−3)+c(HSO−3)+c(H2SO3)]=3/2，故答案为：32；
(4)1L 0.2mol/L Na2SO3溶液中加入0.1mol的CaCl2固体，充分反应后(忽略溶液体积变化)，反应生成CaSO3，溶液中起始时，c(Ca2+)=0.1mol/L，c(SO32−)=0.2mol/L，发生反应为Ca2++SO32−═CaSO3，反应后，溶液中剩余c(SO32−)=0.2mol/L−0.1mol/L=0.1mol/L，则溶液中此时c(Ca2+)=Ksp(CaSO3)/c(SO32−)=1.28×10−8mol/L，故答案为：1.28×10−8mol/L；
18. 科学的进步离不开技术的突破。原子光谱核磁共振、X射线行射、量子计算等技术的发展与应用都推进了结构的研究。如过渡元素原子结构、超分子结构、晶体结构、配合物结构研究等。
(1)过渡元素Cr原子的基态电子排布式为______，Cr 的核外电子由激发态跃迁至基态时产生的光谱是______ (填“吸收”或“发射”)光谱。
(2)胍鎓离子[C(NH2)3+ ]可以与甲基磺酸根( CH3SO3- )形成超分子晶体，其局部结构如图所示。
①组成该晶体的元素中电负性最大的是______，其中 S的杂化类型有_______。
②元素C、N、S的简单氢化物在水中的溶解度从小到大的顺序为______，原因是______。
(3)①将氨气通入CuSO4溶液中，产生蓝色沉淀，继续通过量氨气，沉淀溶解，得到蓝色透明溶液。该过程中微粒的变化是[Cu(H2O)4]2+→Cu(OH)2→[Cu(NH3)4]2+。[Cu(H2O)4]2+和[Cu(NH3)4]2+中共同含有的化学键类型有_________。
②已知:AlF63+在溶液中可稳定存在，CaF2难溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，原因是_____(用离子方程式表示)。
(4)近年研究人员通过量子化学计算预测并合成了化合物Na2He，经X射线行射分析其晶胞结构如图所示。
①晶胞中Na堆积形成___________(填形状)空间结构，He占据一半空隙，另一半由e-占据。已知Na2He晶体不能导电，理由是__________。
②已知晶胞边长为a nm，晶胞中Na的半径为b nm，则He的半径为_____nm(列出计算式即可)。
【答案】 (1). [Ar]3d54s1(或1s22s22p63s23p63d54s1) (2). 发射 (3). O (4). sp3 (5). CH4
（2）①电负性最大的元素为O元素，S形成了4个σ键，根据价层电子对互斥模型判断S为sp3杂化。
②水为极性溶剂，CH4为非极性分子，NH3、H2S均为极性分子，且NH3能与水形成氢键，再结合相似相溶原理可以判断C、N、S的简单氢化物在水中的溶解度从小到大为：CH4
②CaF2难溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，因为在溶液中F-与Al3+能形成很难电离的配离子AlF63−，使CaF2的溶解平衡正移，其反应的离子方程式为：3CaF2+Al3+=3Ca2++AlF63-。
（4）①经分析，图中黑点是Na，8个Na形成的立体结构是立方体，Na2He中没有自由移动的离子和电子，所以不能导电，故答案为：立方体；没有自由移动的离子和电子。
②由晶胞的结构可以分析可知，Na与He之间的距离为晶胞体对角线的1/4，体对角线长，Na与He直接接触，则He的半径为。
19. B、N、F、Ti、Fe等都是重要的材料元素，其单质及化合物在诸多领域都有广泛的应用。
(1)在基态Ti原子中，核外存在________对自旋相反的电子，核外电子中占据的最高能层符号为___，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为_________ 。
(2)南京理工大学团队成功合成了能在室温稳定存在的五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl，五氮阴离子N5-是制备全氮类物质N5+N5-的重要中间体，下列说法不正确的是_________。
A. (N5)6(H3O)3(NH4)4Cl中含四种离子 B. N5+N5-属于共价化合物
C. 每个N5-中含有36个电子 D. N5+N5-中既含极性键又含非极性键
(3)NH3分子空间结构为_______；在 BF3中B原子的杂化方式为______。
(4)六氟合钛酸钾(K2TiF6)中存在[TiF6]2-离子，则钛元素的化合价是______，配体是_____。
(5)碳酸盐的热分解是由于晶体中阳离子结合碳酸根离子中的氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳分子的结果。已知
碳酸盐
MgCO3
CaCO3
SrCO3
BaCO3
热分解温度/℃
402
900
1172
1360
阳离子半径/ pm
66
99
112
135
请解释碱土金属元素碳酸盐热分解温度的变化规律:____________。
(6)金属钛有两种同素异形体，常温下是六方堆积，高温下是体心立方堆积。如图所示是钛晶体的一种晶胞，晶胞参数a = 0.295nm，c=0.469nm,则该钛晶体的密度为______g/cm3(用NA表示阿伏伽德罗常数的值，列出计算式即可)。
【答案】 (1). 10 (2). N (3). 球形 (4). BD (5). 三角锥形 (6). sp2 (7). +4 (8). F- (9). 碱土金属元素阳离子均为+2价，从Mg2+到Ba2+离子半径逐渐增大，对氧离子的吸引作用越来越弱，故需要更多的外界能量来分解，因此碱土金属元素碳酸盐热分解温度逐渐升高 (10).
【解析】（1）Ti的基态电子排布为：1s22s22p63s23p63d24s2，分子中存在10对自旋相反的电子，最高能层为N，4s的电子云形状为球形，故答案为：10；N；球形。
（2）A. (N5)6(H3O)3(NH4)4Cl中含N5-、H3O+、NH4+、Cl-共四种离子，故A正确；B. N5+N5-属于N5+和N5-构成的离子化合物，故B错误；C. 电子为35+1=36个电子，所以每个N5-中含有36个电子，故C正确；D. N5+和N5-中是N与N形成的非极性共价键，不含极性共价键，故D错误；本题选BD。
（3）NH3分子空间结构为三角锥型；在BF3中B原子的杂化方式为sp2杂化。
（4）六氟合钛酸钾(K2TiF6)中存在[TiF6]2-离子，其中F显-1价，故Ti为+4价，配体是F-，故答案为：+4；F-。
（5）由图表中的信息观察可知：碱土金属元素阳离子均为+2价，从Mg2+到Ba2+离子半径逐渐增大，对氧离子的吸引作用越来越弱，故需要更多的外界能量来分解，因此碱土金属元素碳酸盐热分解温度逐渐升高。
（6）一个晶胞中包含Ti的个数为3+2×1/2+12×1/6=6，一个晶胞的质量为，一个晶胞的体积为，故晶胞的密度为 。
20. 石油分馏得到的轻汽油可在Pt催化下脱氢环化，逐步转化为芳香烃。以链烃A为原料合成两种高分子材料的路线如下:
已知以下信息:
①B的核磁共振氢谱中只有一组峰；G 为一氯代烃。
②R-x+R'-xR-R'(x为卤素原子，R、R'为烃基)
回答以下问题:
(1)H的化学名称为________，C 的官能团名称为________。
(2)J的结构简式为________，G生成H的反应类型为________ 。
(3)F合成丁苯橡胶的化学方程式为_________。
(4)I的同分异构体中能同时满足下列条件的共有________种(不含立体异构)。
①能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体；
②既能发生银镜反应，又能发生水解反应。
其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6:2:1:1的是_________ (写出其中一种的结构简式)。
(5)参照上述合成路线，以2 -甲基已烷和一氯甲烷为原料(无机试剂任选)，设计制备化合物E的合成路线: ________。
【答案】 (1). 环己烯 (2). 氯原子 (3). (4). 消去反应 (5). (6). 12 (7). 或 (8).
【解析】由A的分子式，可知A为烷烃，A在高温下通过Pt催化重整脱氢环化生成B，B的核磁共振氢谱中只有一组峰，可推知B为、A为CH3(CH2)4CH3；由I的结构简式可知，B与氯气发生取代反应生成G为，G发生消去反应生成H为；I与乙二醇发生缩聚反应生成聚酯纤维J为，结合C的分子式可知，B脱氢生成C为，C与氯气发生取代反应生成D为，结合信息②可知氯苯与氯乙烷发生取代反应生成E为，对比E、F的分子式，且F能与1，3-丁二烯形成高聚物，可推知F为、丁苯橡胶为，则：
（1）(1)H的化学名称为：环己烯，C的官能团名称为：氯原子。
（2）J的结构简式为，G生成H的反应类型为消去反应。
（3）由以上分析，F为，F合成丁苯橡胶的化学方程式为。
（4）I为HOOC(CH2)4COOH，①能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体，则含有-COOH；②既能发生银镜反应，又能发生水解反应，则含有-CHO和-COO-；结合I分子中O原子个数可知，应含有HCOO-结构，剩余4个碳原子的碳链结构由两种：C-C-C-C和，则：
①-COOH和HCOO-连在同一个碳原子上，有3种不同结构；
②-COOH和HCOO-连在的不同碳原子上，有3种不同结构；
③-COOH和HCOO-连在C-C-C-C的不同碳原子上，有6种不同结构；
共有3+3+6=12种；
其中核磁共振氢谱为4组峰有机物分子中有4种不同化学环境的氢原子，且峰面积之比为6:2:1:1，则该有机物的结构简式为或
（5）2-甲基己烷在Pt催化、高温下发生脱氢环化生成，再在Pt催化、高温下发生脱氢环化生成甲苯，甲苯中甲基上的氢原子与氯气在光照条件下发生取代反应生成，结合已知信息②，与CH3Cl在Na、20℃下发生取代反应即可得到，则以2-甲基己烷和一氯甲烷为原料（无机试剂任选）制备化合物E的合成路线为
21. 香豆素是广泛存在于植物中的一类芳香化合物，大多具有光敏性，有的还具有抗菌和消炎作用。它的核心结构是芳香内酯A,其分子式为C9H6O2，该芳香内酯A经下列步骤转变为水杨酸和和化合物E。
已知:CH3CH = CHCH2CH3CH3COOH + CH3CH2COOH
请回答下列问题:
(1)C中官能团的名称为________；化合物A的结构简式为________。
(2)C生成D和E的反应类型为________，化合物E的化学名称是________。
(3)写出B→C的化学反应方程式_________ 。
(4)化合物D有多种同分异构体，其中一类同分异构体是苯的二元取代物，且水解后生成的产物之一能发生银镜反应。这类同分异构体共有________种；写出其中核磁共振氢谱有4种峰，且其信号强度之比为1:2:2:3的一种同分异构体的结构简式________ 。
(5)已知: R- CH=CH2R-CH2CH2Br，请设计合理方案由合成 (其他无机原料自选,用反应流程图表示，并注明反应条件)。_______。示例:原料……产物
【答案】 (1). 碳碳双键、羧基、醚键 (2). (3). 氧化反应 (4). 乙二酸或草酸 (5). +CH3I—→ +HI (6). 9 (7). (8).
【解析】分析：C被高锰酸钾氧化生成乙二酸和D，结合题给信息及C的分子式知，C的结构简式为，B和CH3I发生取代反应生成C，则B的结构简式为：，A水解生成B，且A的分子式为C9H6O2，所以A的结构简式为：，D和IH发生取代反应生成水杨酸．
（5）和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成，再与氢溴酸发生加成反应生成，和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成为，最后在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成。
解析：
（1）C中官能团的名称为：碳碳双键、羧基、醚键；化合物A的结构简式为：。
（2）C生成D和E的反应类型为：氧化反应，化合物E的化学名称是：乙二酸或草酸。
（3）B和CH3I发生取代反应生成C，反应方程式为：+CH3I—→ +HI。
（4）化合物D有多种同分异构体，其中一类同分异构体是苯的二取代物，说明含有两个取代基，能水解说明含有酯基，且水解后生成的产物之一能发生银镜反应，说明含有醛基，则其同分异构体为，其中核磁共振氢谱有4种峰，且其信号强度之比为1：1：2：3的同分异构体的结构简式为：故答案为：9种；。
（5）和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成，再与氢溴酸发生加成反应生成，和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成为，最后在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成，合成路线流程图为：
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