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辽宁省东北育才学校高中部高三2021-2022下学期开学初第六次模拟考试化学试题（解析版）
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这是一份辽宁省东北育才学校高中部高三2021-2022下学期开学初第六次模拟考试化学试题（解析版），共25页。试卷主要包含了 下列表示不正确的是，6L气体转移电子数为4NA，2~10， 下列有关离子方程式正确的是等内容，欢迎下载使用。
辽宁省东北育才学校高中部2021-2022学年高三下学期
开学初第六次模拟考试化学试题
答题时间：75分钟 满分：100
可能用到的相对原子质量：O 16 Mg 24 Si 28 K 39 Cr 52 Fe 56
Ⅰ卷 45分
选择题：每小题一个选项，每题3分，共45分
1. 下列有关化学及人类社会发展历程的说法中，正确的是
A. “所在山洋，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”过程包括了溶解、蒸发、结晶等操作
B. “千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”中，淘金原理与化学上的萃取一致
C. 门捷列夫将元素按原子序数由小到大的顺序依次排列，制出了第一张元素周期表
D. 《茶疏》中对泡茶过程有如下记载：“治壶、投茶、出浴、淋壶、烫杯、酾茶、品茶”文中涉及过滤和蒸馏等化学实验操作方法
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．“所在山洋，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”为固体溶解后，蒸发、结晶分离混合物的方法，故A正确；
B．沙里淘金是利用黄金和沙子的密度的不同，用水洗的方法将沙子和黄金分离，不是萃取，故B错误；
C．门捷列夫按照相对原子质量大小制出第一张元素周期表，不同的核素的质量数不同，故C错误；
D．由“治壶、投茶、出浴、淋壶、烫杯、翻茶、品茶…”可知，茶需要溶解后饮用，涉及的操作方法为溶解，与过滤、蒸馏、分液无关，故D错误。
故答案选A。
2. 下列表示不正确的是
A. 对硝基苯酚的结构简式：
B. 水分子的充填模型：
C. CO2的结构式：O=C=O
D. 异戊二烯的键线式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．对硝基苯酚中N原子与苯环的C原子形成N-C共价键，故其结构简式为，A错误；
B．H2O中三个原子不在同一条直线上，分子呈V形，由于原子半径：O＞H，所以H2O的填充模型可表示为，B正确；
C．CO2分子中C原子与2个O原子形成4对共用电子对，使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，其结构式为：O=C=O，C正确；
D．异戊二烯是2-甲基-1，3-丁二烯的俗称，根据键线式表示原则：顶点和拐点表示C原子，C原子之间的共价键用短线表示，省去H原子，则其键线式表示为，D正确；
故合理选项是A。
3. 新材料的发展充分体现了“中国技术”中国制造”和“中国力量”。下列成果所涉及的材料为金属材料的是
A. “天问一号”火星探测器太阳翼的材料——石墨纤维复合聚酰胺薄膜
B. “长征五B”运载火箭中使用了耐热性、导热性好材料——氮化铝陶瓷
C. “领雁”AG50飞机主体结构的复合材料——玻璃纤维复合材料
D. .“奋斗者”号深潜器载人舱的外壳——钛合金
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．石墨纤维是碳元素组成一种单质，属于无机非金属材料；聚酰胺薄膜为有机高分子合成材料，不属于金属材料，故A不选；
B．氮化铝陶瓷属于无机非金属材料，故B不选；
C．玻璃纤维是由熔融状态下的玻璃快速抽拉而成细丝，不属于金属材料，故C不选；
D．钛合金是合金材料，属于金属材料，故D选。
答案选D。
4. 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 常温下，60gSiO2中含有Si—O极性键的数目为4NA
B. 常温下，16.8g铁粉与足量浓硝酸反应转移电子数为0.9NA
C. 叠氮化铵(NH4N3)可发生爆炸反应：NH4N3=2N2↑+2H2↑，则每收集标准状况下89.6L气体转移电子数为4NA
D. 1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中H2CO3、HCO、CO的粒子总数为0.1NA
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．1molSiO2中含有4molSi—O极性共价键，60gSiO2物质的量为1mol，故常温下，60gSiO2中含有Si—O极性共价键的数目为4NA，故A正确；
B．常温下，浓硝酸能使铁钝化，不能继续发生反应，故B错误；
C．叠氮化铵(NH4N3)中的氢元素化合价为+1价，生成氢气后化合价变为0价，故生成2molH2时电子转移为4mol，则每收集标准状况下89.6L气体，爆炸时转移电子数为4NA，故C正确；
D．根据物料守恒知，1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中H2CO3、、的粒子总数为0.1NA，故D正确；
故答案为B。
5. 下列操作正确并能达到实验目的的是
A.验证稀硝酸的还原产物为NO
B.灼烧海带
C.制取并收集NH3
D.用滴定法测氨水的物质的量浓度
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．稀硝酸与碳酸钙反应生成硝酸钙、二氧化碳和水，二氧化碳排出装置中的氧气,再将铜丝伸入，即可验证稀硝酸的还原产物为一氧化氨，A项正确；
B．灼烧海带用坩埚，不能用烧杯，B项错误；
C．氨气应利用向下排空气法收集，则小试管中的导管应伸到试管底部，C项错误；
D．盐酸与稀氨水生成氯化铵和水，氯化铵溶液显酸性，滴定冬点为酸性，而酚酞的变色范围是8.2~10.0，甲基橙的变色范围是pH值为3.1~4.4，故使用甲基橙作指示剂更加准确，D项错误；
答案选A。
6. 下列有关说法正确的是
①生产熔喷布口罩的原料聚丙烯是纯净物，在“新冠战疫”中发挥了重要作用
②明矾溶于水可水解生成Al(OH)3胶体，因此可用明矾对自来水进行杀菌消毒
③分解、电解、潮解、裂解都是化学变化
④胶体与其他分散系的本质区别是分散质粒子直径的大小
⑤淀粉、蛋白质、纤维素、油脂都是高分子化合物，氨水、王水、双氧水都是混合物
⑥元素处在最高价态时只有强氧化性，最低价态时只有强还原性
⑦CO2、NH3的水溶液能导电，所以CO2、NH3均是电解质
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】①不同的聚丙烯分子的聚合度可能不同，所以聚丙烯属于混合物，①不正确；
②明矾溶于水可水解生成Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体吸附水中的悬浮物，明矾用作净水剂，不能进行杀菌消毒；②不正确；
③分解是一种物质转变成两种及两种以上物质的化学反应；电解是电解质在通电条件下导电并发生分解的化学变化的过程；潮解是吸水性强的物质吸收空气中的水蒸气，在其表面形成溶液的过程，一般可认为是物理变化；裂解是重油在有催化剂存在，高温下发生深度裂化，生成气态烃混合物的化学反应，是利用石油制取化工原料的过程；③不正确；
④胶体与其它分散系的本质区别是分散质粒子直径的大小不同，④正确；
⑤纤维素，淀粉，蛋白质是高分子化合物， 油脂一般是甘油三酯，甘油二酯等一类的小分子物质；氨水、王水是混合物，双氧水是纯净物，⑤不正确；
⑥元素处于最高价态时不一定有强氧化性；同理元素处于最低价态时不一定具有强还原性；如稀硫酸中S为最高价，不具有强氧化性，F-中为最低价，不具有强还原性，⑥不正确；
⑦CO2、NH3的水溶液能导电，但不是本身电离，CO2、NH3均是非电解质，⑦不正确；
综上所述可知：说法正确的只有④，故合理选项是A。
7. 下列有关离子方程式正确的是
A. 用铜作电极电解KCl溶液：2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-
B. 用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：Ag+NO+4H+ =Ag++NO↑+2H2O
C. 少量Mg(OH)2溶于FeCl3溶液：3Mg(OH)2(s)+2Fe3+(aq)⇌2Fe(OH)3(s)+3Mg2+(aq)
D. 少量SO2通入Ca(ClO)2溶液：Ca2++2ClO-+2SO2+2H2O = CaSO4↓+SO+2Cl-+4H+
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．铜电极是活性电极，电解时铜失去电子，故A不正确；
B．电荷不守恒，正确离子方程式为：3Ag+NO+4H+ =3Ag++NO↑+2H2O，故B不正确；
C．少量Mg(OH)2溶于FeCl3溶液，转化为氢氧化铁沉淀，离子方程式为：3Mg(OH)2(s)+2Fe3+(aq)⇌2Fe(OH)3(s)+3Mg2+(aq)，故C正确；
D．将少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中，二氧化硫被次氯酸根氧化为硫酸根，HClO被还原为氯离子，故离子方程式：SO2+3ClO-+Ca2++H2O=CaSO4↓+Cl-+2HClO，故D不正确；
故答案为C。
【点睛】对于离子方程式可根据电荷、电子、原子守恒进行简单判断正误，其次根据具体的反应判断是否符合客观事实。
8. 某有机物A的结构简式如图所示，下列有关叙述正确的是
A. 1molA最多可以与2molBr2发生反应
B. 一个A分子中最多有8个碳原子在同一平面上
C. 1molA与足量的NaOH溶液反应，最多可以消耗3molNaOH
D. 在一定条件下可以发生消去反应和取代反应
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．1molA中含有的1mol碳碳双键可以消耗1mol的Br2，还有2mol的酚羟基邻、对位氢，可以被溴原子取代，能和2molBr2发生反应，所以1molA最多可以与3mol Br2发生反应，故A错误；
B．苯环、碳碳双键都为平面形结构，这8个碳原子可能共平面，另外酯基及烃基上最多可提供3个碳原子与苯环、碳碳双键共平面，即最多可提供11个碳原子共平面，故B错误；
C．能与氢氧化钠反应的官能团有酚羟基、酯基（该酯基为酚酯的酯基）和氯原子，1mol A与足量的NaOH溶液反应，最多可以消耗4mol NaOH，故C错误；
D．分子中含有Cl原子，且与氯原子相边的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，则可发生取代、消去反应，酯基的水解及苯环上的溴代反应或硝化反应均属于取代反应，故D正确；
故答案为D。
9. 某小组同学设计实验探究镁与铵盐溶液的反应，记录如下：
实验编号
①
②
③
④
溶液种类
1
0.5
0.1
0.48
0.48
0.48
0.48
V(溶液)
100
100
100
100
实验现象
有气体产生，并产生白色沉淀
有气体产生，并产生白色沉淀
有气体产生，并产生白色沉淀
几乎看不到现象
6h时
433
255
347
12
根据上述实验所得结论正确的是
A. 实验②中发生的反应为
B. 由实验①、③可得，溶液中越大，反应速率越快
C. 由实验①、②可得，溶液中阴离子的种类对产生的速率有影响
D. 由实验①~④可得，溶液的越小，产生的速率越快
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．离子方程式电荷不守恒，A错误；
B．实验①、③，Cl-浓度不同，无法得出越大，反应速率越快的结论，B错误；
C．实验①、②，溶液中浓度相同，故阴离子种类对产生的速率有影响，C正确；
D．实验②0.5溶液pH<实验③0.1溶液，但是产生氢气的速率更慢，D错误；
故选C。
10. 某钠-空气水电池的充、放电过程原理示意图如图所示，下列说法正确的是
A. 放电时，电子由钠箔经非水系溶液流向碳纸
B. 充电时，Na+向正极移动
C. 放电时，当有0.1 mol e-通过导线时，则钠箔减重2.3 g
D. 充电时，碳纸与电源负极相连，电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2↑
【答案】C
【解析】
【详解】A．放电时为原电池装置，钠箔为负极，碳纸为正极，电子由钠箔流出经外电路流向碳纸，不经过非水系溶液，A错误；
B．充电时该装置为电解池，电池工作时，阳离子(Na+)向阴极(即原电池的负极)移动，B错误；
C．放电时，当有0.1 mol e-通过导线时，则负极钠箔反应消耗金属钠，导致电极质量减轻，金属钠箔电极减少的质量为Δm=0.1 mol×23 g/mol=2.3 g，C正确；
D．充电时，碳纸与电源正极相连作阳极，电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，D错误；
故合理选项是C。
11. Mg2Si具有反萤石结构，晶胞结构如图所示，其晶胞参数为anm。下列叙述正确的是
A. 电负性：Mg＞Si
B. Mg核外电子有3种不同的运动状态
C. Mg与Si之间的最近距离为
D. Mg2Si的密度计算式为
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．电负性是衡量原子对键合电子的吸引能力的，Si是非金属，Mg是金属，电负性：Mg＜Si，A项错误；
B．Mg原子核外有12个电子，每个电子的运动状态都不相同，则Mg核外电子有12种不同的运动状态，B项错误；
C．Mg与Si之间的最近距离为体对角线的，晶胞参数为anm，则体对角线为a，则Mg与Si之间的最近距离为，C项正确；
D．该晶胞含有4个Si，8个Mg，即含有4个Mg2Si，则一个晶胞的质量为：g=g，该晶体的密度为，D项错误；
故选C。
12. 如下所示电解装置中，通电后石墨电极Ⅱ上有O2生成，Fe2O3逐渐溶解，下列判断错误的是
A. a是电源的负极
B. 通电一段时间后，向石墨电极Ⅱ附近滴加石蕊溶液，出现红色
C. 随着电解的进行，CuCl2溶液浓度变大
D. 当完全溶解时，至少产生气体336mL (折合成标准状况下)
【答案】C
【解析】
【分析】通电后石墨电极Ⅱ上有O2生成，Fe2O3逐渐溶解，说明石墨电极Ⅱ为阳极，则电源b为正极，a为负极，石墨电极Ⅰ为阴极，据此解答。
【详解】A．由分析可知，a是电源的负极，故A正确；
B．石墨电极Ⅱ为阳极，通电一段时间后，产生氧气和氢离子，所以向石墨电极Ⅱ附近滴加石蕊溶液，出现红色，故B正确；
C．随着电解的进行，铜离子在阴极得电子生成铜单质，所以CuCl2溶液浓度变小，故C错误；
D．当完全溶解时，消耗氢离子为0.06mol，根据阳极电极反应式，产生氧气为0.015mol，体积为336mL (折合成标准状况下)，故D正确；
故选C。
13. 以二氧化锰为原料制取高锰酸钾晶体的流程如下：
下列说法正确的是
A. “灼烧”可在石英坩埚中进行
B. 母液中的溶质仅有、
C. “结晶”环节宜采用蒸发结晶方法
D. “转化”中的反应方程式为：
【答案】D
【解析】
【详解】A．石英坩埚的主要成分是二氧化硅，能与KOH反应，因此灼烧不能在石英坩埚中，故A错误；
B．结晶后的母液中含存在一定量的高锰酸钾，故B错误；
C．滤液中存在碳酸氢钾、氯化钾、高锰酸钾，应依据三者溶解度受温度的影响差异采用蒸发浓缩，冷却结晶的方法得到高锰酸钾，故C错误；
D．由流程信息可知，转化是在锰酸钾溶液中通入过量的二氧化碳，生成高锰酸钾，碳酸氢钾以及二氧化锰，反应的方程式为：，故D正确；
故选：D。
14. 常温下，氢离子浓度为0.1mol/L的某溶液A中除H+外，还含有、K+、Na+、Fe3+、A13+、、、Cl-、I-、中的4种，且溶液中各离子的物质的量浓度均为0.1mol/L。现取该溶液进行实验，实验结果如图所示，下列有关说法正确的是
A. 该溶液中一定有上述离子中的、Al3+、、Cl-四种离子
B. 实验消耗Cu14.4g，则生成气体丁的体积为3.36L
C. 该溶液一定没有Fe3+，但是无法确定是否含有I-
D. 沉淀乙一定有BaCO3，可能有BaSO4
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】pH=1，说明溶液显强酸性，说明有H+，一定不存在，溶液A中加入过量的(NH4) 2CO 3溶液，Fe3+和发生双水解，生成氢氧化铁沉淀(红褐色)，说明原溶液中不含Fe3+，但溶液乙中加入Cu和硫酸，产生气体丙，气体丙遇空气变成红棕色气体丁因此，丁为NO2，丙为：NO，说明原溶液中有，但是在酸性条件下具有氧化性，因为Fe2+、I -具有还原性，因此不能大量存在，因此白色沉淀甲为Al(OH) 3，原溶液中含有Al3+；假设溶液的体积为1L，根据溶液显电中性，阳离子所带的正电荷总数为3n(Al 3+)+n(H +)=3×0.1+0.1=0.4mol，而硝酸根离子所带负电荷数为0.1mol，又因为各离子的量均为0.1mol，因此原溶液中含有、Cl -，据此分析解题：
A、该溶液中一定有上述离子中的、Al3+、、Cl-四种离子， A正确；
B、题目中没有说标准状况，因此无法计算气体体积，B错误；
C、根据A选项的分析，原溶液中一定没有I -，C错误。
D、因为加的是过量的(NH4) 2CO3，所以有Ba2++=BaCO3↓，根据A选项的分析，原溶液中有，因此也就有Ba2++=BaSO4↓，因此沉淀乙一定是BaCO3、BaSO4，D错误；
故答案为：A。
15. 电位滴定是利用溶液电位突变指示终点的滴定法。常温下，用cmol·L−1HCl标准溶液测定VmL某生活用品中Na2CO3的含量(假设其它物质均不反应，且不含碳、钠元素)，得到滴定过程中溶液电位与V(HCl)的关系如图所示。已知：两个滴定终点时消耗盐酸的体积差可计算出Na2CO3的量。
下列说法正确的是
A. a至c点对应溶液中逐渐增大
B. 水的电离程度：a>b>d>c
C. a溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH−)
D. VmL生活用品中含有Na2CO3的质量为0.106c(V2−V1)g
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．根据，推出，温度不变，Ka2不变，但随着盐酸的加入，c(H+)逐渐增大，则逐渐减小，A项错误；
B．未加盐酸前，溶液中溶质主要为Na2CO3，对水的电离起促进作用，随着盐酸的加入，溶质逐步转化为NaHCO3、H2CO3，水的电离程度应逐步减小，故水的电离程度：a>b>c>d，B项错误；
C．即使不考虑生活用品中其他杂质，a点溶液对应的电荷守恒也应为c(Na＋)＋c(H＋)=c()＋2c()＋c(Cl−)＋c(OH−)，C项错误；
D．V1→V2表示发生反应NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2CO3，根据碳守恒，有n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=c(V2−V1)×10−3 mol，即V mL生活用品中含有Na2CO3的质量为0.106c(V2−V1) g，D项正确；
答案选D。
Ⅱ卷 共55分
16. 某种电镀污泥主要含有碲化亚铜()、三氧化二铬()以及少量的金()，可用于制取溶液、金属铜和粗碲等，以实现有害废料的资源化利用，工艺流程如下：
已知：煅烧时，发生的反应为：
（1）元素在元素周期表中的位置为___________，该元素最高化合价___________。
（2）煅烧时，发生反应的化学方程式为___________。
（3）浸出液中除了含有(在电解过程中不反应)外，还含有___________(填化学式)。电解沉积过程中析出单质铜的电极为___________极。
（4）工业上用重铬酸钠()母液生产重铬酸钾()工艺流程如图所示：
通过冷却结晶能析出大量的原因是___________。
（5）测定产品中含量的方法如下：称取试样配成溶液，取置于锥形瓶中，加入足量稀硫酸和几滴指示剂，用标准液进行滴定。滴定过程中发生反应的离子方程式为___________。若三次实验消耗标准液的体积平均为，则所得产品中的纯度为___________。
【答案】（1） ①. 第五周期VIA族 ②. +6
（2）
（3） ①. CuSO4 ②. 阴
（4）低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小
（5） ①. ②. 49.0%
【解析】
【分析】某种电镀污泥中主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3) 以及少量的金(Au)，工业上以电镀污泥为原料，用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜、粗碲等。根据工艺流程图，煅烧时Cu2Te与氧气发生反应，反应方程式为Cu2Te＋2O22CuO＋TeO2，Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4，Na2CrO4酸化后生成Na2Cr2O7溶液；碲化亚铜转化为CuO和TeO2；沉渣中主要含有CuO、TeO2以及少量的金(Au)，用稀硫酸溶解后，金不溶，CuO转化为CuSO4，TeO2转化为TeOSO4；电解后铜离子放电生成铜； TeOSO4与二氧化硫发生氧化还原反应生成粗碲。
【小问1详解】
Te在元素周期表中与氧元素同主族，且核外有5个电子层，所以位置为第五周期ⅥA族；其最外电子层有6个电子，所以其最高化合价为+6；答案为：第五周期ⅥA族；+6；
【小问2详解】
煅烧时，Cr2O3被空气中的氧气氧化生成Na2CrO4，化学方程式为。答案为：；
【小问3详解】
沉渣中加入稀硫酸，CuO转化为CuSO4，TiO2转化为TeOSO4，所以还含有CuSO4。电解沉积过程中，Cu2+在电解池的阴极得到电子被还原为Cu，析出单质铜的电极为阴极。答案为：CuSO4；阴；
【小问4详解】
冷却结晶，能析出大量K2Cr2O7，说明在低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小，因此通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7，答案为：在低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小；
【小问5详解】
滴定过程中，Fe2+ 被氧化为Fe3+，转化为Cr3+，发生反应的离子方程式为；由离子方程式，可建立如下关系式：～6Fe2+，取出的25.00mL溶液中所含的n(Fe2+)=0.1000mol/L×0.025L=0.0025mol，则所得产品中K2Cr2O7的纯度为答案为：；49.0%。
17. 是很好的氯化剂，实验室用如图装置(夹持仪器已省略)制备高纯。已知：
①，合适反应温度为；副反应：。
②常压下，沸点，熔点；沸点2.0℃，熔点。
③，在中的溶解度远大于其在水中的溶解度。
请回答：
(1)①装置A的作用是去除原料气中的少量水分，可用的试剂是_______。
②将上图中装置组装完整，虚框D中应选用_______。
(2)有关反应柱B，须进行的操作是_______。
A.将HgO粉末热处理除水分、增加表面积后填入反应柱
B.调控进入反应柱的混合气中和的比例
C.调控混合气从下口进入反应柱的流速
D.将加热带缠绕于反应柱并加热
(3)装置C，冷却液的温度通常控制在。反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的含量，可采用的方法是_______。
(4)将纯化后的产品气化，通入水中得到高纯度的浓溶液，于阴凉暗处贮存。当需要时，可将浓溶液用萃取分液，经气化重新得到。
针对萃取分液，从下列选项选择合适操作(操作不能重复使用)并排序：c→_______→_______→e→d→f→_______。
a.检查旋塞、玻璃塞处是否漏水
b.将溶液和转入分液漏斗
c.涂凡士林
d.旋开旋塞放气
e.倒转分液漏斗，小心振摇
f.经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置
g.打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体
h.打开旋塞，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，将上层液体倒入锥形瓶
(5)产品分析：取一定量浓溶液的稀释液，加入适量、过量溶液及一定量的稀，充分反应。用标准溶液滴定(滴定Ⅰ)；再以酚酞为指示剂，用标准溶液滴定(滴定Ⅱ)。已知产生的反应(不考虑与水反应)：
实验数据如下表：
加入量
滴定Ⅰ测出量
滴定Ⅱ测出量
①用标准溶液滴定时，无需另加指示剂。判断滴定Ⅰ到达终点的实验现象是_______。
②高纯度浓溶液中要求(和均以计)。结合数据分析所制备的浓溶液是否符合要求_______。
【答案】 ①. 浓 ②. a ③. ABC ④. 抽气(或通干燥氮气) ⑤. a ⑥. b ⑦. g ⑧. CCl4中由紫红色突变到无色，且30s不恢复 ⑨. 溶液中Cl2O和Cl2分别为1.000×10-3mol、5×10-6mol，=200>99，符合要求
【解析】
【分析】
【详解】(1)①装置A的作用是去除原料气(Cl2、N2)中的少量水分，可用的试剂是浓。
②Cl2和Cl2O都不能直接排放于空气中，因此需要进行尾气处理，Cl2、Cl2O能与NaOH溶液反应，同时需要防止NaOH溶液中水蒸气进入C装置中，因此需要在C和尾气处理装置之间连接吸收水蒸气的装置，所以虚框D中应选用a装置。
(2)装置B为HgO与Cl2反应制备Cl2O的装置，
A．因Cl2O能与H2O发生反应，因此需要将HgO粉末热处理除水分，该反应为固体与气体接触类反应，因此增加表面积能够加快反应速率，故A选；
B．N2的作用是稀释Cl2，在气流速率一定的条件下，氯气所占的比例越小，其转化率越高，同时Cl2不足时会发生副反应，因此需要调控进入反应柱的混合气中Cl2和N2的比例，故B选；
C．为了让气体与固体充分接触，混合气体应从下口进入反应柱，同时需要控制气体的流速，防止副反应发生，故C选；
D．HgO与Cl2反应制备Cl2O的合适反应温度为18℃～25℃，因此该反应在常温下进行，若对反应柱加热会发生副反应，故D不选；
综上所述，答案为ABC。
(3)由题可知，Cl2沸点小于Cl2O，在Cl2未发生冷凝时抽气或通入氮气可以有效的去除产物中的Cl2，故答案为：抽气(或通干燥氮气)。
(4)萃取分液的操作顺序为：检漏→加入萃取剂和溶液→振荡摇匀→放气→静置分层→放液，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，因CCl4密度大于水，因此萃取后溶有Cl2O的CCl4位于下层，因此操作顺序为：涂凡土林→检查旋塞、玻璃塞处是否漏水→将溶液和CCl4转入分液漏斗→倒转分液漏斗，小心振摇→旋开旋塞放气→经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置→打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体，故答案为：abg。
(5)①溶有I2的CCl4溶液呈紫红色，用标准Na2S2O3溶液滴定I2过程中，当I2恰好反应完全时，溶液呈无色，因此滴定I2到达终点的实验现象是CCl4中由紫红色突变到无色，且30s不恢复。
②由、、(HClO为Cl2O与H2O反应的产物)可得关系式：Cl2O～2H+～2I2，由实验数据可知Cl2O和HClO共消耗n(H+)=2×(2.505×10-3mol-1.505×10-3mol)=2×10-3mol，生成I2的物质的量为2×10-3mol，则高纯度Cl2O浓溶液中n(Cl2O)=1×10-3mol，加入过量KI溶液共生成I2的物质的量为2.005×10-3mol，因此Cl2与I-反应生成I2的物质的量为2.005×10-3mol-2×10-3mol=5×10-6mol，由此可知高纯度Cl2O浓溶液中n(Cl2)=5×10-6mol，所以高纯度Cl2O浓溶液中==200>99，则所制备的高纯度Cl2O浓溶液符合要求，故答案为：溶液中Cl2O和Cl2分别为1×10-3mol、5×10-6mol，=200>99，符合要求。
18. 空气污染治理是综合工程，其中氮氧化合物的治理是环保的一项重要工作，合理应用和处理氮的化合物，在生产生活中有着重要的意义。
（1）已知： 。某科研小组尝试利用固体表面催化工艺进行NO的分解。若用、、和分别表示N2、NO、O2和固体催化剂，在固体催化剂表面分解NO的过程如图所示。从吸附到解吸的过程中，能量状态最低的是___________(填字母)。
（2）为减少汽车尾气中NOx的排放，常采用CmHn(烃)催化还原NOx消除氮氧化物的污染。
如：① ；
②；
③ 。
则△H3=___________。
（3）含氮化合物有很多种，其中亚硝酰氯(ClNO)是有机合成中常用的一种试剂。
已知： △H<0
①一定温度下，将2 mol NO(g)与2 mol Cl2(g)置于2 L恒容密闭容器中发生上述反应，若4 min末反应达到平衡状态，此时压强是初始时的0.8倍，则0~4 min内，平均反应速率v(Cl2)=__________。下列现象可判断反应达到平衡状态的是___________(填选项字母)。
A．混合气体的平均相对分子质量不变
B．混合气体的密度保持不变
C．每消耗1 mol NO(g)同时生成1 mol ClNO(g)
D．NO和Cl2的物质的量之比保持不变
②为加快反应速率，同时提高NO(g)的平衡转化率，在保持其他条件不变时，可采取的措施有___________(填选项字母)。
A．升高温度 B．缩小容器体积
C．使用合适的催化剂 D．再充入Cl2(g)
③一定条件下，在恒温恒容的密闭容器中，按一定比例充入NO(g)和Cl2(g)，平衡时ClNO(g)的体积分数随的变化如图所示，当=2.5时，达到平衡状态，ClNO(g)的体积分数可能是图中的___________点(填“D”“E”或“F”)。
（4）已知：的反应历程分两步：
① (快) v1正=k1正·c2(NO)，v1逆=k1逆·c(N2O2)；
② (慢)，v2正=k2正·c(N2O2) ·c(O2)，v2逆=k2逆·c2(NO2)。
比较反应①的活化能与反应②的活化能E2，E2___________E1 (填“>”“<”或“=”)；的平衡常数与上述反应速率常数k1正、k1逆、k2正、k2逆的关系式为___________。
【答案】（1）C （2）-867 kJ·mol-1
（3） ①. 0.1 mol·L-1·min-1 ②. AD ③. BD ④. F
（4） ①. ＞ ②.
【解析】
【小问1详解】
NO分解为氮气和氧气的反应为放热反应。氮气和氧气从催化剂表面解吸要消耗能量，故能量最低的状态是C处；
【小问2详解】
已知：
① ；
②；
根据盖斯定律将(①+②)整理可得③ △H3=-867 kJ/mol；
【小问3详解】
①在反应开始时n(NO)=n(Cl2)=2 mol，假设反应消耗Cl2的物质的量为x mol，则4 min 末达到平衡时n(NO)=(2-2x) mol，n(Cl2)=(2-x) mol，n(ClNO)=2x mol，n(总)=(4-x) mol，由于在恒温恒容密闭容器中气体的压强之比等于气体的物质的量的比，所以，解得x=0.8 mol，所以v(Cl2)=；
A．反应混合物都是气体，气体的质量不变；该反应是反应前后气体物质的量发生改变的反应，若混合气体的平均相对分子质量不变，则气体的物质的量不变，反应达到了平衡状态，A符合题意；
B．反应混合物都是气体，气体的质量不变；反应在恒容密闭容器中进行气体的质量不变，则混合气体的密度始终保持不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，B不符合题意；
C．由于方程式中NO、NOCl计量数相等，因此在任何条件下都存在每消耗1 mol NO(g)同时生成1 mol ClNO(g)，表示反应正向进行，不能判断反应是否达到平衡状态，C不符合题意；
D．反应开始时NO和Cl2的物质的量相等，二者反应消耗的比是2:1，若反应未达到平衡状态，而二者的物质的量之比就会发生改变，因此当NO和Cl2的物质的量之比保持不变时，反应达到了平衡状态，D符合题意；
故合理选项是AD；
②反应 △H<0的正反应是气体体积减小的放热反应；
A．升高温度化学反应速率增大，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致NO的转化率降低，A不符合题意；
B．缩小容器体积导致物质的浓度增大，化学反应速率加快；压强增大，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，导致NO的转化率提高，B符合题意；
C．使用合适的催化剂只能加快反应速率，而化学平衡不发生移动，因此反应速率加快而NO的转化率不变，C不符合题意；
D．再充入Cl2(g)时，反应物浓度增大，使化学反应速率加快；增大反应物浓度，化学平衡正向移动，导致NO的转化率提高，D符合题意；
故合理选项是BD；
③根据图象可知：C点=2.0，E点ClNO的含量与C点相同。若使=2.5，相当于n(Cl2)不变，增大n(NO)，化学平衡正向移动，使ClNO增大，但平衡移动的趋势是微弱的，NO的增大使总物质的量的增大远大于ClNO增大量，因此最终达到平衡时ClNO的含量反而减小，故ClNO(g)的体积分数是图中的F点；
【小问4详解】
对于多步反应，总反应速率的快慢由慢反应决定。反应的活化能越大，发生反应需消耗的能量就越高，反应速率就越慢。由于反应①是快反应，反应②是慢反应，所以反应的活化能：E2>E1；
总反应的化学平衡常数K=；
①化学反应达到平衡时，v1正=v1逆， k1逆·c(N2O2)= k1正·c2(NO)，；
②化学反应达到平衡时，v2正=v2逆， k2正·c(N2O2)·c(O2)= k2逆·c2(NO2)，，，故总反应化学平衡常数K与上述反应速率常数k1正、k1逆、k2正、k2逆的关系式为K=。
19. 化合物G俗称依普黄酮，是一种抗骨质疏松药物的主要成分。以甲苯为原料合成该化合物的路线如下图所示。
已知：①G的结构简式为
②ROOH++H2O
（1）反应①的反应条件为_______，反应F→G的反应类型为_______。
（2）化合物H用习惯命名法命名为_______
（3）E与足量的，完全加成后所生成的化合物中手性碳原子(连接四个不同原子或基团)的个数为_______。
（4）已知N为催化剂，则的化学方程式为_______。
（5）K是D的同系物，其相对分子质量比D多14，满足下列条件的K的同分异构体共有_______种。
①苯环上只有两个侧链；②能与Na反应生成；③能与银氨溶液发生银镜反应。
（6）根据上述信息，设计以苯酚和为原料，制备的合成路线_______(无机试剂任选)。
【答案】（1） ①. 光照 ②. 取代反应
（2）间苯二酚 （3）4
（4） （5）18
（6）
【解析】
【分析】图示可知，A()与在光照条件下发生取代反应生成B()；与NaCN在一定条件下发生取代反应生成C()；在酸性条件下水解生成D()；与在一定条件下反应生成E()；与在催化剂N作用下反应生成F()和；与在碱性条件下反应生成G()。
【小问1详解】
由反应流程图可知，反应①为甲苯与的取代反应，甲基上一个氢原子被氯原子取代，其反应条件应为光照；
F→G的反应中，的酚羟基上一个氢原子被中的异丙基取代生成G，反应为取代反应；
【小问2详解】
D()+H→E()，发生的是已知信息反应②，则可推断化合物H的结构简式为，按照习惯命名法，应为间苯二酚；
【小问3详解】
E与足量H2加成后的物质的结构简式为(手性碳原子用*标注)，则手性碳原子(连接四个不同原子或基团)的个数为4；
【小问4详解】
已知N为催化剂，则的化学方程式为；
【小问5详解】
K是D的同系物，其相对分子质量比D多14，则K比D多一个CH2；
满足③能与银氨溶液发生银镜反应，则需含有醛基；②能与Na反应生成H2，则需含有羟基或酚羟基；且满足①苯环上只有两个侧链；则有以下情况：
a.苯环上有1个羟基和一个，有3种；
b.苯环上有1个羟基和一个，有3种；
c.苯环上有1个甲基和一个，有3种；
d.苯环上有1个和一个，有3种；
e.苯环上有1个和一个，有3种；
f.苯环上有1个和一个有3种；
综上，共计有18种；
【小问6详解】
以苯酚和为原料，制备；用逆合成分析法可知：目标产物可通过与苯酚发生信息反应②获得；
通过原料仿照流程反应B→C→D即可完成，即：和HCl在加热条件下发生取代反应生成；与NaCN反应生成；在酸性条件下水解生成；故所求有机合成路线如下：。
辽宁省东北育才学校高中部2021-2022学年高三下学期
开学初第六次模拟考试化学试题
答题时间：75分钟 满分：100
可能用到的相对原子质量：O 16 Mg 24 Si 28 K 39 Cr 52 Fe 56
Ⅰ卷 45分
选择题：每小题一个选项，每题3分，共45分
1. 下列有关化学及人类社会发展历程的说法中，正确的是
A. “所在山洋，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”过程包括了溶解、蒸发、结晶等操作
B. “千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”中，淘金原理与化学上的萃取一致
C. 门捷列夫将元素按原子序数由小到大的顺序依次排列，制出了第一张元素周期表
D. 《茶疏》中对泡茶过程有如下记载：“治壶、投茶、出浴、淋壶、烫杯、酾茶、品茶”文中涉及过滤和蒸馏等化学实验操作方法
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．“所在山洋，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”为固体溶解后，蒸发、结晶分离混合物的方法，故A正确；
B．沙里淘金是利用黄金和沙子的密度的不同，用水洗的方法将沙子和黄金分离，不是萃取，故B错误；
C．门捷列夫按照相对原子质量大小制出第一张元素周期表，不同的核素的质量数不同，故C错误；
D．由“治壶、投茶、出浴、淋壶、烫杯、翻茶、品茶…”可知，茶需要溶解后饮用，涉及的操作方法为溶解，与过滤、蒸馏、分液无关，故D错误。
故答案选A。
2. 下列表示不正确的是
A. 对硝基苯酚的结构简式：
B. 水分子的充填模型：
C. CO2的结构式：O=C=O
D. 异戊二烯的键线式：
【答案】A
【解析】
【详解】A．对硝基苯酚中N原子与苯环的C原子形成N-C共价键，故其结构简式为，A错误；
B．H2O中三个原子不在同一条直线上，分子呈V形，由于原子半径：O＞H，所以H2O的填充模型可表示为，B正确；
C．CO2分子中C原子与2个O原子形成4对共用电子对，使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，其结构式为：O=C=O，C正确；
D．异戊二烯是2-甲基-1，3-丁二烯的俗称，根据键线式表示原则：顶点和拐点表示C原子，C原子之间的共价键用短线表示，省去H原子，则其键线式表示为，D正确；
故合理选项是A。
3. 新材料的发展充分体现了“中国技术”中国制造”和“中国力量”。下列成果所涉及的材料为金属材料的是
A. “天问一号”火星探测器太阳翼的材料——石墨纤维复合聚酰胺薄膜
B. “长征五B”运载火箭中使用了耐热性、导热性好材料——氮化铝陶瓷
C. “领雁”AG50飞机主体结构的复合材料——玻璃纤维复合材料
D. .“奋斗者”号深潜器载人舱的外壳——钛合金
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．石墨纤维是碳元素组成一种单质，属于无机非金属材料；聚酰胺薄膜为有机高分子合成材料，不属于金属材料，故A不选；
B．氮化铝陶瓷属于无机非金属材料，故B不选；
C．玻璃纤维是由熔融状态下的玻璃快速抽拉而成细丝，不属于金属材料，故C不选；
D．钛合金是合金材料，属于金属材料，故D选。
答案选D。
4. 设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 常温下，60gSiO2中含有Si—O极性键的数目为4NA
B. 常温下，16.8g铁粉与足量浓硝酸反应转移电子数为0.9NA
C. 叠氮化铵(NH4N3)可发生爆炸反应：NH4N3=2N2↑+2H2↑，则每收集标准状况下89.6L气体转移电子数为4NA
D. 1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中H2CO3、HCO、CO的粒子总数为0.1NA
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．1molSiO2中含有4molSi—O极性共价键，60gSiO2物质的量为1mol，故常温下，60gSiO2中含有Si—O极性共价键的数目为4NA，故A正确；
B．常温下，浓硝酸能使铁钝化，不能继续发生反应，故B错误；
C．叠氮化铵(NH4N3)中的氢元素化合价为+1价，生成氢气后化合价变为0价，故生成2molH2时电子转移为4mol，则每收集标准状况下89.6L气体，爆炸时转移电子数为4NA，故C正确；
D．根据物料守恒知，1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中H2CO3、、的粒子总数为0.1NA，故D正确；
故答案为B。
5. 下列操作正确并能达到实验目的的是
A.验证稀硝酸的还原产物为NO
B.灼烧海带
C.制取并收集NH3
D.用滴定法测氨水的物质的量浓度
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．稀硝酸与碳酸钙反应生成硝酸钙、二氧化碳和水，二氧化碳排出装置中的氧气,再将铜丝伸入，即可验证稀硝酸的还原产物为一氧化氨，A项正确；
B．灼烧海带用坩埚，不能用烧杯，B项错误；
C．氨气应利用向下排空气法收集，则小试管中的导管应伸到试管底部，C项错误；
D．盐酸与稀氨水生成氯化铵和水，氯化铵溶液显酸性，滴定冬点为酸性，而酚酞的变色范围是8.2~10.0，甲基橙的变色范围是pH值为3.1~4.4，故使用甲基橙作指示剂更加准确，D项错误；
答案选A。
6. 下列有关说法正确的是
①生产熔喷布口罩的原料聚丙烯是纯净物，在“新冠战疫”中发挥了重要作用
②明矾溶于水可水解生成Al(OH)3胶体，因此可用明矾对自来水进行杀菌消毒
③分解、电解、潮解、裂解都是化学变化
④胶体与其他分散系的本质区别是分散质粒子直径的大小
⑤淀粉、蛋白质、纤维素、油脂都是高分子化合物，氨水、王水、双氧水都是混合物
⑥元素处在最高价态时只有强氧化性，最低价态时只有强还原性
⑦CO2、NH3的水溶液能导电，所以CO2、NH3均是电解质
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】①不同的聚丙烯分子的聚合度可能不同，所以聚丙烯属于混合物，①不正确；
②明矾溶于水可水解生成Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体吸附水中的悬浮物，明矾用作净水剂，不能进行杀菌消毒；②不正确；
③分解是一种物质转变成两种及两种以上物质的化学反应；电解是电解质在通电条件下导电并发生分解的化学变化的过程；潮解是吸水性强的物质吸收空气中的水蒸气，在其表面形成溶液的过程，一般可认为是物理变化；裂解是重油在有催化剂存在，高温下发生深度裂化，生成气态烃混合物的化学反应，是利用石油制取化工原料的过程；③不正确；
④胶体与其它分散系的本质区别是分散质粒子直径的大小不同，④正确；
⑤纤维素，淀粉，蛋白质是高分子化合物， 油脂一般是甘油三酯，甘油二酯等一类的小分子物质；氨水、王水是混合物，双氧水是纯净物，⑤不正确；
⑥元素处于最高价态时不一定有强氧化性；同理元素处于最低价态时不一定具有强还原性；如稀硫酸中S为最高价，不具有强氧化性，F-中为最低价，不具有强还原性，⑥不正确；
⑦CO2、NH3的水溶液能导电，但不是本身电离，CO2、NH3均是非电解质，⑦不正确；
综上所述可知：说法正确的只有④，故合理选项是A。
7. 下列有关离子方程式正确的是
A. 用铜作电极电解KCl溶液：2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-
B. 用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：Ag+NO+4H+ =Ag++NO↑+2H2O
C. 少量Mg(OH)2溶于FeCl3溶液：3Mg(OH)2(s)+2Fe3+(aq)⇌2Fe(OH)3(s)+3Mg2+(aq)
D. 少量SO2通入Ca(ClO)2溶液：Ca2++2ClO-+2SO2+2H2O = CaSO4↓+SO+2Cl-+4H+
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．铜电极是活性电极，电解时铜失去电子，故A不正确；
B．电荷不守恒，正确离子方程式为：3Ag+NO+4H+ =3Ag++NO↑+2H2O，故B不正确；
C．少量Mg(OH)2溶于FeCl3溶液，转化为氢氧化铁沉淀，离子方程式为：3Mg(OH)2(s)+2Fe3+(aq)⇌2Fe(OH)3(s)+3Mg2+(aq)，故C正确；
D．将少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中，二氧化硫被次氯酸根氧化为硫酸根，HClO被还原为氯离子，故离子方程式：SO2+3ClO-+Ca2++H2O=CaSO4↓+Cl-+2HClO，故D不正确；
故答案为C。
【点睛】对于离子方程式可根据电荷、电子、原子守恒进行简单判断正误，其次根据具体的反应判断是否符合客观事实。
8. 某有机物A的结构简式如图所示，下列有关叙述正确的是
A. 1molA最多可以与2molBr2发生反应
B. 一个A分子中最多有8个碳原子在同一平面上
C. 1molA与足量的NaOH溶液反应，最多可以消耗3molNaOH
D. 在一定条件下可以发生消去反应和取代反应
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．1molA中含有的1mol碳碳双键可以消耗1mol的Br2，还有2mol的酚羟基邻、对位氢，可以被溴原子取代，能和2molBr2发生反应，所以1molA最多可以与3mol Br2发生反应，故A错误；
B．苯环、碳碳双键都为平面形结构，这8个碳原子可能共平面，另外酯基及烃基上最多可提供3个碳原子与苯环、碳碳双键共平面，即最多可提供11个碳原子共平面，故B错误；
C．能与氢氧化钠反应的官能团有酚羟基、酯基（该酯基为酚酯的酯基）和氯原子，1mol A与足量的NaOH溶液反应，最多可以消耗4mol NaOH，故C错误；
D．分子中含有Cl原子，且与氯原子相边的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，则可发生取代、消去反应，酯基的水解及苯环上的溴代反应或硝化反应均属于取代反应，故D正确；
故答案为D。
9. 某小组同学设计实验探究镁与铵盐溶液的反应，记录如下：
实验编号
①
②
③
④
溶液种类
1
0.5
0.1
0.48
0.48
0.48
0.48
V(溶液)
100
100
100
100
实验现象
有气体产生，并产生白色沉淀
有气体产生，并产生白色沉淀
有气体产生，并产生白色沉淀
几乎看不到现象
6h时
433
255
347
12
根据上述实验所得结论正确的是
A. 实验②中发生的反应为
B. 由实验①、③可得，溶液中越大，反应速率越快
C. 由实验①、②可得，溶液中阴离子的种类对产生的速率有影响
D. 由实验①~④可得，溶液的越小，产生的速率越快
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．离子方程式电荷不守恒，A错误；
B．实验①、③，Cl-浓度不同，无法得出越大，反应速率越快的结论，B错误；
C．实验①、②，溶液中浓度相同，故阴离子种类对产生的速率有影响，C正确；
D．实验②0.5溶液pH<实验③0.1溶液，但是产生氢气的速率更慢，D错误；
故选C。
10. 某钠-空气水电池的充、放电过程原理示意图如图所示，下列说法正确的是
A. 放电时，电子由钠箔经非水系溶液流向碳纸
B. 充电时，Na+向正极移动
C. 放电时，当有0.1 mol e-通过导线时，则钠箔减重2.3 g
D. 充电时，碳纸与电源负极相连，电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2↑
【答案】C
【解析】
【详解】A．放电时为原电池装置，钠箔为负极，碳纸为正极，电子由钠箔流出经外电路流向碳纸，不经过非水系溶液，A错误；
B．充电时该装置为电解池，电池工作时，阳离子(Na+)向阴极(即原电池的负极)移动，B错误；
C．放电时，当有0.1 mol e-通过导线时，则负极钠箔反应消耗金属钠，导致电极质量减轻，金属钠箔电极减少的质量为Δm=0.1 mol×23 g/mol=2.3 g，C正确；
D．充电时，碳纸与电源正极相连作阳极，电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，D错误；
故合理选项是C。
11. Mg2Si具有反萤石结构，晶胞结构如图所示，其晶胞参数为anm。下列叙述正确的是
A. 电负性：Mg＞Si
B. Mg核外电子有3种不同的运动状态
C. Mg与Si之间的最近距离为
D. Mg2Si的密度计算式为
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．电负性是衡量原子对键合电子的吸引能力的，Si是非金属，Mg是金属，电负性：Mg＜Si，A项错误；
B．Mg原子核外有12个电子，每个电子的运动状态都不相同，则Mg核外电子有12种不同的运动状态，B项错误；
C．Mg与Si之间的最近距离为体对角线的，晶胞参数为anm，则体对角线为a，则Mg与Si之间的最近距离为，C项正确；
D．该晶胞含有4个Si，8个Mg，即含有4个Mg2Si，则一个晶胞的质量为：g=g，该晶体的密度为，D项错误；
故选C。
12. 如下所示电解装置中，通电后石墨电极Ⅱ上有O2生成，Fe2O3逐渐溶解，下列判断错误的是
A. a是电源的负极
B. 通电一段时间后，向石墨电极Ⅱ附近滴加石蕊溶液，出现红色
C. 随着电解的进行，CuCl2溶液浓度变大
D. 当完全溶解时，至少产生气体336mL (折合成标准状况下)
【答案】C
【解析】
【分析】通电后石墨电极Ⅱ上有O2生成，Fe2O3逐渐溶解，说明石墨电极Ⅱ为阳极，则电源b为正极，a为负极，石墨电极Ⅰ为阴极，据此解答。
【详解】A．由分析可知，a是电源的负极，故A正确；
B．石墨电极Ⅱ为阳极，通电一段时间后，产生氧气和氢离子，所以向石墨电极Ⅱ附近滴加石蕊溶液，出现红色，故B正确；
C．随着电解的进行，铜离子在阴极得电子生成铜单质，所以CuCl2溶液浓度变小，故C错误；
D．当完全溶解时，消耗氢离子为0.06mol，根据阳极电极反应式，产生氧气为0.015mol，体积为336mL (折合成标准状况下)，故D正确；
故选C。
13. 以二氧化锰为原料制取高锰酸钾晶体的流程如下：
下列说法正确的是
A. “灼烧”可在石英坩埚中进行
B. 母液中的溶质仅有、
C. “结晶”环节宜采用蒸发结晶方法
D. “转化”中的反应方程式为：
【答案】D
【解析】
【详解】A．石英坩埚的主要成分是二氧化硅，能与KOH反应，因此灼烧不能在石英坩埚中，故A错误；
B．结晶后的母液中含存在一定量的高锰酸钾，故B错误；
C．滤液中存在碳酸氢钾、氯化钾、高锰酸钾，应依据三者溶解度受温度的影响差异采用蒸发浓缩，冷却结晶的方法得到高锰酸钾，故C错误；
D．由流程信息可知，转化是在锰酸钾溶液中通入过量的二氧化碳，生成高锰酸钾，碳酸氢钾以及二氧化锰，反应的方程式为：，故D正确；
故选：D。
14. 常温下，氢离子浓度为0.1mol/L的某溶液A中除H+外，还含有、K+、Na+、Fe3+、A13+、、、Cl-、I-、中的4种，且溶液中各离子的物质的量浓度均为0.1mol/L。现取该溶液进行实验，实验结果如图所示，下列有关说法正确的是
A. 该溶液中一定有上述离子中的、Al3+、、Cl-四种离子
B. 实验消耗Cu14.4g，则生成气体丁的体积为3.36L
C. 该溶液一定没有Fe3+，但是无法确定是否含有I-
D. 沉淀乙一定有BaCO3，可能有BaSO4
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】pH=1，说明溶液显强酸性，说明有H+，一定不存在，溶液A中加入过量的(NH4) 2CO 3溶液，Fe3+和发生双水解，生成氢氧化铁沉淀(红褐色)，说明原溶液中不含Fe3+，但溶液乙中加入Cu和硫酸，产生气体丙，气体丙遇空气变成红棕色气体丁因此，丁为NO2，丙为：NO，说明原溶液中有，但是在酸性条件下具有氧化性，因为Fe2+、I -具有还原性，因此不能大量存在，因此白色沉淀甲为Al(OH) 3，原溶液中含有Al3+；假设溶液的体积为1L，根据溶液显电中性，阳离子所带的正电荷总数为3n(Al 3+)+n(H +)=3×0.1+0.1=0.4mol，而硝酸根离子所带负电荷数为0.1mol，又因为各离子的量均为0.1mol，因此原溶液中含有、Cl -，据此分析解题：
A、该溶液中一定有上述离子中的、Al3+、、Cl-四种离子， A正确；
B、题目中没有说标准状况，因此无法计算气体体积，B错误；
C、根据A选项的分析，原溶液中一定没有I -，C错误。
D、因为加的是过量的(NH4) 2CO3，所以有Ba2++=BaCO3↓，根据A选项的分析，原溶液中有，因此也就有Ba2++=BaSO4↓，因此沉淀乙一定是BaCO3、BaSO4，D错误；
故答案为：A。
15. 电位滴定是利用溶液电位突变指示终点的滴定法。常温下，用cmol·L−1HCl标准溶液测定VmL某生活用品中Na2CO3的含量(假设其它物质均不反应，且不含碳、钠元素)，得到滴定过程中溶液电位与V(HCl)的关系如图所示。已知：两个滴定终点时消耗盐酸的体积差可计算出Na2CO3的量。
下列说法正确的是
A. a至c点对应溶液中逐渐增大
B. 水的电离程度：a>b>d>c
C. a溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH−)
D. VmL生活用品中含有Na2CO3的质量为0.106c(V2−V1)g
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．根据，推出，温度不变，Ka2不变，但随着盐酸的加入，c(H+)逐渐增大，则逐渐减小，A项错误；
B．未加盐酸前，溶液中溶质主要为Na2CO3，对水的电离起促进作用，随着盐酸的加入，溶质逐步转化为NaHCO3、H2CO3，水的电离程度应逐步减小，故水的电离程度：a>b>c>d，B项错误；
C．即使不考虑生活用品中其他杂质，a点溶液对应的电荷守恒也应为c(Na＋)＋c(H＋)=c()＋2c()＋c(Cl−)＋c(OH−)，C项错误；
D．V1→V2表示发生反应NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2CO3，根据碳守恒，有n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=c(V2−V1)×10−3 mol，即V mL生活用品中含有Na2CO3的质量为0.106c(V2−V1) g，D项正确；
答案选D。
Ⅱ卷 共55分
16. 某种电镀污泥主要含有碲化亚铜()、三氧化二铬()以及少量的金()，可用于制取溶液、金属铜和粗碲等，以实现有害废料的资源化利用，工艺流程如下：
已知：煅烧时，发生的反应为：
（1）元素在元素周期表中的位置为___________，该元素最高化合价___________。
（2）煅烧时，发生反应的化学方程式为___________。
（3）浸出液中除了含有(在电解过程中不反应)外，还含有___________(填化学式)。电解沉积过程中析出单质铜的电极为___________极。
（4）工业上用重铬酸钠()母液生产重铬酸钾()工艺流程如图所示：
通过冷却结晶能析出大量的原因是___________。
（5）测定产品中含量的方法如下：称取试样配成溶液，取置于锥形瓶中，加入足量稀硫酸和几滴指示剂，用标准液进行滴定。滴定过程中发生反应的离子方程式为___________。若三次实验消耗标准液的体积平均为，则所得产品中的纯度为___________。
【答案】（1） ①. 第五周期VIA族 ②. +6
（2）
（3） ①. CuSO4 ②. 阴
（4）低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小
（5） ①. ②. 49.0%
【解析】
【分析】某种电镀污泥中主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3) 以及少量的金(Au)，工业上以电镀污泥为原料，用于制取Na2Cr2O7溶液、金属铜、粗碲等。根据工艺流程图，煅烧时Cu2Te与氧气发生反应，反应方程式为Cu2Te＋2O22CuO＋TeO2，Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4，Na2CrO4酸化后生成Na2Cr2O7溶液；碲化亚铜转化为CuO和TeO2；沉渣中主要含有CuO、TeO2以及少量的金(Au)，用稀硫酸溶解后，金不溶，CuO转化为CuSO4，TeO2转化为TeOSO4；电解后铜离子放电生成铜； TeOSO4与二氧化硫发生氧化还原反应生成粗碲。
【小问1详解】
Te在元素周期表中与氧元素同主族，且核外有5个电子层，所以位置为第五周期ⅥA族；其最外电子层有6个电子，所以其最高化合价为+6；答案为：第五周期ⅥA族；+6；
【小问2详解】
煅烧时，Cr2O3被空气中的氧气氧化生成Na2CrO4，化学方程式为。答案为：；
【小问3详解】
沉渣中加入稀硫酸，CuO转化为CuSO4，TiO2转化为TeOSO4，所以还含有CuSO4。电解沉积过程中，Cu2+在电解池的阴极得到电子被还原为Cu，析出单质铜的电极为阴极。答案为：CuSO4；阴；
【小问4详解】
冷却结晶，能析出大量K2Cr2O7，说明在低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小，因此通过冷却结晶能析出大量K2Cr2O7，答案为：在低温条件下K2Cr2O7的溶解度在整个体系中最小，且K2Cr2O7的溶解度随温度的降低而显著减小；
【小问5详解】
滴定过程中，Fe2+ 被氧化为Fe3+，转化为Cr3+，发生反应的离子方程式为；由离子方程式，可建立如下关系式：～6Fe2+，取出的25.00mL溶液中所含的n(Fe2+)=0.1000mol/L×0.025L=0.0025mol，则所得产品中K2Cr2O7的纯度为答案为：；49.0%。
17. 是很好的氯化剂，实验室用如图装置(夹持仪器已省略)制备高纯。已知：
①，合适反应温度为；副反应：。
②常压下，沸点，熔点；沸点2.0℃，熔点。
③，在中的溶解度远大于其在水中的溶解度。
请回答：
(1)①装置A的作用是去除原料气中的少量水分，可用的试剂是_______。
②将上图中装置组装完整，虚框D中应选用_______。
(2)有关反应柱B，须进行的操作是_______。
A.将HgO粉末热处理除水分、增加表面积后填入反应柱
B.调控进入反应柱的混合气中和的比例
C.调控混合气从下口进入反应柱的流速
D.将加热带缠绕于反应柱并加热
(3)装置C，冷却液的温度通常控制在。反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的含量，可采用的方法是_______。
(4)将纯化后的产品气化，通入水中得到高纯度的浓溶液，于阴凉暗处贮存。当需要时，可将浓溶液用萃取分液，经气化重新得到。
针对萃取分液，从下列选项选择合适操作(操作不能重复使用)并排序：c→_______→_______→e→d→f→_______。
a.检查旋塞、玻璃塞处是否漏水
b.将溶液和转入分液漏斗
c.涂凡士林
d.旋开旋塞放气
e.倒转分液漏斗，小心振摇
f.经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置
g.打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体
h.打开旋塞，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，将上层液体倒入锥形瓶
(5)产品分析：取一定量浓溶液的稀释液，加入适量、过量溶液及一定量的稀，充分反应。用标准溶液滴定(滴定Ⅰ)；再以酚酞为指示剂，用标准溶液滴定(滴定Ⅱ)。已知产生的反应(不考虑与水反应)：
实验数据如下表：
加入量
滴定Ⅰ测出量
滴定Ⅱ测出量
①用标准溶液滴定时，无需另加指示剂。判断滴定Ⅰ到达终点的实验现象是_______。
②高纯度浓溶液中要求(和均以计)。结合数据分析所制备的浓溶液是否符合要求_______。
【答案】 ①. 浓 ②. a ③. ABC ④. 抽气(或通干燥氮气) ⑤. a ⑥. b ⑦. g ⑧. CCl4中由紫红色突变到无色，且30s不恢复 ⑨. 溶液中Cl2O和Cl2分别为1.000×10-3mol、5×10-6mol，=200>99，符合要求
【解析】
【分析】
【详解】(1)①装置A的作用是去除原料气(Cl2、N2)中的少量水分，可用的试剂是浓。
②Cl2和Cl2O都不能直接排放于空气中，因此需要进行尾气处理，Cl2、Cl2O能与NaOH溶液反应，同时需要防止NaOH溶液中水蒸气进入C装置中，因此需要在C和尾气处理装置之间连接吸收水蒸气的装置，所以虚框D中应选用a装置。
(2)装置B为HgO与Cl2反应制备Cl2O的装置，
A．因Cl2O能与H2O发生反应，因此需要将HgO粉末热处理除水分，该反应为固体与气体接触类反应，因此增加表面积能够加快反应速率，故A选；
B．N2的作用是稀释Cl2，在气流速率一定的条件下，氯气所占的比例越小，其转化率越高，同时Cl2不足时会发生副反应，因此需要调控进入反应柱的混合气中Cl2和N2的比例，故B选；
C．为了让气体与固体充分接触，混合气体应从下口进入反应柱，同时需要控制气体的流速，防止副反应发生，故C选；
D．HgO与Cl2反应制备Cl2O的合适反应温度为18℃～25℃，因此该反应在常温下进行，若对反应柱加热会发生副反应，故D不选；
综上所述，答案为ABC。
(3)由题可知，Cl2沸点小于Cl2O，在Cl2未发生冷凝时抽气或通入氮气可以有效的去除产物中的Cl2，故答案为：抽气(或通干燥氮气)。
(4)萃取分液的操作顺序为：检漏→加入萃取剂和溶液→振荡摇匀→放气→静置分层→放液，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，因CCl4密度大于水，因此萃取后溶有Cl2O的CCl4位于下层，因此操作顺序为：涂凡土林→检查旋塞、玻璃塞处是否漏水→将溶液和CCl4转入分液漏斗→倒转分液漏斗，小心振摇→旋开旋塞放气→经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置→打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体，故答案为：abg。
(5)①溶有I2的CCl4溶液呈紫红色，用标准Na2S2O3溶液滴定I2过程中，当I2恰好反应完全时，溶液呈无色，因此滴定I2到达终点的实验现象是CCl4中由紫红色突变到无色，且30s不恢复。
②由、、(HClO为Cl2O与H2O反应的产物)可得关系式：Cl2O～2H+～2I2，由实验数据可知Cl2O和HClO共消耗n(H+)=2×(2.505×10-3mol-1.505×10-3mol)=2×10-3mol，生成I2的物质的量为2×10-3mol，则高纯度Cl2O浓溶液中n(Cl2O)=1×10-3mol，加入过量KI溶液共生成I2的物质的量为2.005×10-3mol，因此Cl2与I-反应生成I2的物质的量为2.005×10-3mol-2×10-3mol=5×10-6mol，由此可知高纯度Cl2O浓溶液中n(Cl2)=5×10-6mol，所以高纯度Cl2O浓溶液中==200>99，则所制备的高纯度Cl2O浓溶液符合要求，故答案为：溶液中Cl2O和Cl2分别为1×10-3mol、5×10-6mol，=200>99，符合要求。
18. 空气污染治理是综合工程，其中氮氧化合物的治理是环保的一项重要工作，合理应用和处理氮的化合物，在生产生活中有着重要的意义。
（1）已知： 。某科研小组尝试利用固体表面催化工艺进行NO的分解。若用、、和分别表示N2、NO、O2和固体催化剂，在固体催化剂表面分解NO的过程如图所示。从吸附到解吸的过程中，能量状态最低的是___________(填字母)。
（2）为减少汽车尾气中NOx的排放，常采用CmHn(烃)催化还原NOx消除氮氧化物的污染。
如：① ；
②；
③ 。
则△H3=___________。
（3）含氮化合物有很多种，其中亚硝酰氯(ClNO)是有机合成中常用的一种试剂。
已知： △H<0
①一定温度下，将2 mol NO(g)与2 mol Cl2(g)置于2 L恒容密闭容器中发生上述反应，若4 min末反应达到平衡状态，此时压强是初始时的0.8倍，则0~4 min内，平均反应速率v(Cl2)=__________。下列现象可判断反应达到平衡状态的是___________(填选项字母)。
A．混合气体的平均相对分子质量不变
B．混合气体的密度保持不变
C．每消耗1 mol NO(g)同时生成1 mol ClNO(g)
D．NO和Cl2的物质的量之比保持不变
②为加快反应速率，同时提高NO(g)的平衡转化率，在保持其他条件不变时，可采取的措施有___________(填选项字母)。
A．升高温度 B．缩小容器体积
C．使用合适的催化剂 D．再充入Cl2(g)
③一定条件下，在恒温恒容的密闭容器中，按一定比例充入NO(g)和Cl2(g)，平衡时ClNO(g)的体积分数随的变化如图所示，当=2.5时，达到平衡状态，ClNO(g)的体积分数可能是图中的___________点(填“D”“E”或“F”)。
（4）已知：的反应历程分两步：
① (快) v1正=k1正·c2(NO)，v1逆=k1逆·c(N2O2)；
② (慢)，v2正=k2正·c(N2O2) ·c(O2)，v2逆=k2逆·c2(NO2)。
比较反应①的活化能与反应②的活化能E2，E2___________E1 (填“>”“<”或“=”)；的平衡常数与上述反应速率常数k1正、k1逆、k2正、k2逆的关系式为___________。
【答案】（1）C （2）-867 kJ·mol-1
（3） ①. 0.1 mol·L-1·min-1 ②. AD ③. BD ④. F
（4） ①. ＞ ②.
【解析】
【小问1详解】
NO分解为氮气和氧气的反应为放热反应。氮气和氧气从催化剂表面解吸要消耗能量，故能量最低的状态是C处；
【小问2详解】
已知：
① ；
②；
根据盖斯定律将(①+②)整理可得③ △H3=-867 kJ/mol；
【小问3详解】
①在反应开始时n(NO)=n(Cl2)=2 mol，假设反应消耗Cl2的物质的量为x mol，则4 min 末达到平衡时n(NO)=(2-2x) mol，n(Cl2)=(2-x) mol，n(ClNO)=2x mol，n(总)=(4-x) mol，由于在恒温恒容密闭容器中气体的压强之比等于气体的物质的量的比，所以，解得x=0.8 mol，所以v(Cl2)=；
A．反应混合物都是气体，气体的质量不变；该反应是反应前后气体物质的量发生改变的反应，若混合气体的平均相对分子质量不变，则气体的物质的量不变，反应达到了平衡状态，A符合题意；
B．反应混合物都是气体，气体的质量不变；反应在恒容密闭容器中进行气体的质量不变，则混合气体的密度始终保持不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，B不符合题意；
C．由于方程式中NO、NOCl计量数相等，因此在任何条件下都存在每消耗1 mol NO(g)同时生成1 mol ClNO(g)，表示反应正向进行，不能判断反应是否达到平衡状态，C不符合题意；
D．反应开始时NO和Cl2的物质的量相等，二者反应消耗的比是2:1，若反应未达到平衡状态，而二者的物质的量之比就会发生改变，因此当NO和Cl2的物质的量之比保持不变时，反应达到了平衡状态，D符合题意；
故合理选项是AD；
②反应 △H<0的正反应是气体体积减小的放热反应；
A．升高温度化学反应速率增大，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致NO的转化率降低，A不符合题意；
B．缩小容器体积导致物质的浓度增大，化学反应速率加快；压强增大，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，导致NO的转化率提高，B符合题意；
C．使用合适的催化剂只能加快反应速率，而化学平衡不发生移动，因此反应速率加快而NO的转化率不变，C不符合题意；
D．再充入Cl2(g)时，反应物浓度增大，使化学反应速率加快；增大反应物浓度，化学平衡正向移动，导致NO的转化率提高，D符合题意；
故合理选项是BD；
③根据图象可知：C点=2.0，E点ClNO的含量与C点相同。若使=2.5，相当于n(Cl2)不变，增大n(NO)，化学平衡正向移动，使ClNO增大，但平衡移动的趋势是微弱的，NO的增大使总物质的量的增大远大于ClNO增大量，因此最终达到平衡时ClNO的含量反而减小，故ClNO(g)的体积分数是图中的F点；
【小问4详解】
对于多步反应，总反应速率的快慢由慢反应决定。反应的活化能越大，发生反应需消耗的能量就越高，反应速率就越慢。由于反应①是快反应，反应②是慢反应，所以反应的活化能：E2>E1；
总反应的化学平衡常数K=；
①化学反应达到平衡时，v1正=v1逆， k1逆·c(N2O2)= k1正·c2(NO)，；
②化学反应达到平衡时，v2正=v2逆， k2正·c(N2O2)·c(O2)= k2逆·c2(NO2)，，，故总反应化学平衡常数K与上述反应速率常数k1正、k1逆、k2正、k2逆的关系式为K=。
19. 化合物G俗称依普黄酮，是一种抗骨质疏松药物的主要成分。以甲苯为原料合成该化合物的路线如下图所示。
已知：①G的结构简式为
②ROOH++H2O
（1）反应①的反应条件为_______，反应F→G的反应类型为_______。
（2）化合物H用习惯命名法命名为_______
（3）E与足量的，完全加成后所生成的化合物中手性碳原子(连接四个不同原子或基团)的个数为_______。
（4）已知N为催化剂，则的化学方程式为_______。
（5）K是D的同系物，其相对分子质量比D多14，满足下列条件的K的同分异构体共有_______种。
①苯环上只有两个侧链；②能与Na反应生成；③能与银氨溶液发生银镜反应。
（6）根据上述信息，设计以苯酚和为原料，制备的合成路线_______(无机试剂任选)。
【答案】（1） ①. 光照 ②. 取代反应
（2）间苯二酚 （3）4
（4） （5）18
（6）
【解析】
【分析】图示可知，A()与在光照条件下发生取代反应生成B()；与NaCN在一定条件下发生取代反应生成C()；在酸性条件下水解生成D()；与在一定条件下反应生成E()；与在催化剂N作用下反应生成F()和；与在碱性条件下反应生成G()。
【小问1详解】
由反应流程图可知，反应①为甲苯与的取代反应，甲基上一个氢原子被氯原子取代，其反应条件应为光照；
F→G的反应中，的酚羟基上一个氢原子被中的异丙基取代生成G，反应为取代反应；
【小问2详解】
D()+H→E()，发生的是已知信息反应②，则可推断化合物H的结构简式为，按照习惯命名法，应为间苯二酚；
【小问3详解】
E与足量H2加成后的物质的结构简式为(手性碳原子用*标注)，则手性碳原子(连接四个不同原子或基团)的个数为4；
【小问4详解】
已知N为催化剂，则的化学方程式为；
【小问5详解】
K是D的同系物，其相对分子质量比D多14，则K比D多一个CH2；
满足③能与银氨溶液发生银镜反应，则需含有醛基；②能与Na反应生成H2，则需含有羟基或酚羟基；且满足①苯环上只有两个侧链；则有以下情况：
a.苯环上有1个羟基和一个，有3种；
b.苯环上有1个羟基和一个，有3种；
c.苯环上有1个甲基和一个，有3种；
d.苯环上有1个和一个，有3种；
e.苯环上有1个和一个，有3种；
f.苯环上有1个和一个有3种；
综上，共计有18种；
【小问6详解】
以苯酚和为原料，制备；用逆合成分析法可知：目标产物可通过与苯酚发生信息反应②获得；
通过原料仿照流程反应B→C→D即可完成，即：和HCl在加热条件下发生取代反应生成；与NaCN反应生成；在酸性条件下水解生成；故所求有机合成路线如下：。
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