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2022年河南省郑州四十七中高考化学一模试卷
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这是一份2022年河南省郑州四十七中高考化学一模试卷，共30页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022年河南省郑州四十七中高考化学一模试卷
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。
1．（6分）下列说法不正确的是（ ）
A．“结草为庐”所用的秸秆，经现代科技可转化为苯乙酸、苯乙烯等芳香烃
B．钠钾合金可用作快中子反应堆的热交换剂
C．Na2S固体可用于除去废水中Cu2+、Hg2+等重金属
D．《陶者》“陶尽门前土，屋上无片瓦。十指不沾泥，鳞鳞居大厦。”黏土烧制陶器中发生了化学变化
2．（6分）下列离子方程式不能正确表示体系颜色变化的是（ ）
A．向AgCl悬浊液中加入Na2S溶液，有黑色难溶物生成：2AgCl（s）+S2﹣（aq）⇌Ag2S（s）+2Cl﹣（aq）
B．向酸性KMnO4溶液中加入NaHSO3固体，溶液紫色褪去：2MnO4﹣+5SO32﹣+6H+═2Mn2++5SO42﹣+3H2O
C．向橙色K2Cr2O7溶液中加入NaOH溶液，溶液变黄色：Cr2O72﹣+2OH﹣⇌2CrO42﹣+H2O
D．向稀硝酸中加入铜粉，溶液变蓝色：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O
3．（6分）有机物X、Y、Z在一定条件下可实现如图转化，下列说法正确的是（ ）
A．Z的分子式为C7H8O
B．化合物Z环上的一氯代物共有3种（不考虑立体异构）
C．X、Y、Z都可以使酸性高锰酸钾褪色
D．X、Y、Z分子中所有碳原子均处于同一平面
4．（6分）下列实验现象与实验操作不匹配的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
A
向蔗糖中加入浓硫酸，并将产生的气体通过足量溴水
蔗糖变黑，膨胀，溴水褪色，有气泡冒出
B
将少量硼酸滴入Na2CO3溶液中
有气泡产生
C
向盛有FeCl3溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液
溶液由黄色变为浅绿色
D
Mg和盐酸反应，将温度计水银球插入反应液中
镁条逐渐溶解，产生气泡，温度计水银柱迅速上升
A．A B．B C．C D．D
5．（6分）2019年诺贝尔化学奖颁给研究锂电池的科学家，一种用作锂电池电解液的锂盐结构如图所示。其中，X位于第三周期，X原子的电子数为Z原子的两倍，W、Z、Y位于同一周期。下列叙述正确的是（ ）
A．原子半径：X＞Z＞W
B．非金属性：X＞Z＞W
C．X的氧化物对应的水化物均为强酸
D．WY3中各原子均满足8电子稳定结构
6．（6分）微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．电子从b流出，经外电路流向a
B．HS﹣在硫氧化菌作用下转化为SO42﹣的反应是：HS﹣+4H2O﹣8e﹣＝SO42﹣+9H+
C．该电池在高温下进行效率更高
D．若该电池有0.4mol电子转移，则有0.45molH+通过质子交换膜质子交换
7．（6分）25℃时，向某二元弱酸H2X的溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lg或lg与pH的关系如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A．Ka2（H2X）的数量级为10−11
B．n曲线表示lg与pH的变化关系
C．25℃时，NaHX溶液中c（X2−）＜c（H2X）
D．pH＝8时，c（X2−）＞c（H2X）
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11、12题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：此题包括3小题，共43分。
8．（14分）肼是重要的化工原料。某探究小组利用下列反应制取水合肼（N2H4•H2O）：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO＝Na2CO3+N2H4•H2O+NaCl。
实验一：制备NaClO溶液（实验装置如图1所示）
（1）锥形瓶中发生反应的离子方程式是 。
实验二：制取水合肼． （实验装置如图2所示）
已知水合肼具有还原性，被氧化生成氮气。
控制反应温度，将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应。加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108～114℃馏分。
（2）分液漏斗中的溶液是 （填标号）。
A．CO（NH2）2溶液
B．NaOH和NaClO混合溶液
选择的理由是 。
实验三：测定馏分中水合肼的质量分数。采用下列步骤：
A．称取馏分5.000g，加入适量NaHCO3固体，加水配成250mL溶液。
B．移取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入10mL水，摇匀。
C．用0.2000 mol•L﹣1的I2溶液滴定，至溶液出现微黄色且半分钟内不消失，滴定过程中，溶液的pH保持在6.5左右，记录消耗碘的标准溶液的体积。
D．进一步操作与数据处理。
（3）水合肼与碘溶液反应的化学方程式为： ；
（4）滴定过程中，NaHCO3能控制溶液的pH在6.5左右，原因是 。
（5）滴定时，碘的标准溶液盛放在 （填“酸式”或“碱式”）滴定管中；若三次滴定消耗碘的标准溶液的平均体积为18.00mL，则馏分中水合肼（N2H4•H2O）的质量分数为 （保留三位有效数字）。
9．（16分）以钛铁矿（主要成分为FeO•TiO2，还含有MgO、CaO、SiO2等杂质）为原料合成锂离子电池的电极材料钛酸锂（Li4Ti5O12）和磷酸亚铁锂（LiFePO4）的工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）“溶浸”后溶液中的金属阳离子主要包括Mg2+、TiOCl+ 。“滤液”经加热水解后转化为富钛渣（钛元素主要以TiO2•2H2O形式存在），写出上述转变的离子方程式： 。
（2）“溶钛”过程反应温度不能太高，其原因是 。
（3）“沉铁”步骤反应的化学方程式为 ，“沉铁”后的滤液经处理后可返回 工序循环利用。
（4）“煅烧”制备LiFePO4过程中，Li2CO3和H2C2O4的理论投入量的物质的量之比为 。
（5）以Li4Ti5O12和LiFePO4作电极组成电池，充电时发生反应：Li4Ti5O12+LiFePO4＝Li4+xTi5O12+Li1﹣xFePO4（0＜x＜1），阳极的电极反应式为 。
（6）从废旧LiFePO4电极中可回收锂元素。用硝酸充分溶浸废旧LiFePO4电极，测得浸取液中c（Li+）＝4mol•L﹣1，加入等体积的碳酸钠溶液将Li+转化为Li2CO3沉淀，若沉淀中的锂元素占浸取液中锂元素总量的90%，则反应后的溶液中CO32﹣的浓度为 mol•L﹣1[已知Ksp（Li2CO3）＝1.6×10﹣3，假设反应后溶液体积为反应前两溶液之和]。
10．（14分）氧族元素的单质及其化合物在工业生产和生活中有重要的应用，运用化学原理研究氧族元素的单质及其化合物有重要意义。回答下列问题：
（1）臭氧层被破坏的反应过程如图1所示，NO的作用是 。已知：O3（g）+O（g）═2O2（g）△H＝﹣143kJ•mol﹣1、“反应1”：O3（g）+NO（g）═NO2（g）+O2（g）△H1＝﹣200.2kJ•mol﹣1，写出“反应2”的热化学方程式 。
（2）在恒温恒容密闭容器中，n（O3）：n（SO2）＝1：1投料发生如下反应：SO2（g）+O3（g）⇌SO3（g）+O2（g）△H＝﹣240.8kJ•mol﹣1，T1和T2（T1＜T2）时SO2的转化率如图2所示。
T1时，计算该反应的分压平衡常数Kp＝ 。恒温时增大SO2平衡转化率的措施是 。（写一条）
（3）在容积为1L的多个反应装置中，分别充入2mol SO2和2mol O3控制在不同温度下发生反应，经过相同反应时间t后剩余SO2的物质的量与温度的关系如图3所示。
已知臭氧会转化成氧气：2O3（g）⇌3O2（g），在上述反应条件下臭氧分解率与温度关系如下表。
温度/℃
50
100
150
200
250
300
分解率/%
0
0
0
6
30
81
①低于140℃，SO2的剩余量随温度升高减小的原因是 ；高于200℃，SO2的剩余量随着温度升高增大，除了升温平衡向吸热的逆向移动这一原因外，另一原因是 。
②已知250℃时SO2（g）+O3（g）⇌SO3（g）+O2（g）的平衡常数K＝1，平衡时氧气的浓度c（O2）＝ mol/L。（结果保留小数点后两位）
【化学--选修3：物质结构与性质】（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。
11．（14分）第IIB族元素（Zn、Cd、Hg）和第VIA族元素（S、Se、Te）组成的某些二元化合物常用作半导体材料，在压电效应等器件方面有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）基态Se原子核外电子排布式为[Ar] ，有 个未成对电子。
（2）Zn的四种卤化物熔点如表所示。请分析ZnF2熔点高于其他三种卤化物，自ZnCl2至ZnI2熔点依次升高的原因： 。
化合物
ZnF2
ZnCl2
ZnBr2
ZnI2
熔点/℃
872
275
394
446
（3）向硫酸锌溶液中加入足量氨水可生成可溶性[Zn（NH3）4]SO4，该物质中所含酸根的空间结构为 ，[Zn（NH3）4]2+中配位原子为 （填名称），从化学键角度解释该离子能够形成的原因： 。
（4）H2S、H2Se、H2Te的沸点由低到高的顺序为 （用“＜”连接，下同）；键角由小到大的顺序为 。
（5）氧化锌系气敏陶瓷是指具有气敏效应的半导体陶瓷，应用十分广泛。一种ZnO陶瓷的晶胞（立方体）如图1所示，图2是沿着立方格子对角面取得的截图，则Zn原子与O原子间最短距离为 pm。晶体的密度为 g•cm﹣3（NA为阿伏加德罗常数的值，Zn原子半径为apm，列出计算式即可）。
【化学--选修5：有机化学基础】
12．苯嘧磺草胺（I）是一种除草剂，图是其合成的部分流程。
已知：①当苯环上存在﹣CH3时，其他的基团引入主要在其邻对位，而当苯环上存在﹣COOH时，其他的基团引入主要在其间位；
②（还原性）
③
④
请回答以下问题：
（1）C中处于对位关系的官能团名称是 、 。
（2）D→E和F→G反应类型分别是 、 。
（3）分别写出E和H的结构简式 、 。
（4）写出A→B的化学反应方程式 。
（5）C的一氟一氯苯甲酸同分异构体还有9种。芳香化合物W，相对分子质量比C大14，则符合下列条件的W的同分异构体共有 种。（不考虑立体异构）
①F、Cl与苯环直接相连；
②不与FeCl3溶液作用；
③稀硫酸条件下发生水解反应；
④发生银镜反应。
（6）在横线处补充完整以甲苯为原料合成的流程图（无机试剂任选） 。
2022年河南省郑州四十七中高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。
1．（6分）下列说法不正确的是（ ）
A．“结草为庐”所用的秸秆，经现代科技可转化为苯乙酸、苯乙烯等芳香烃
B．钠钾合金可用作快中子反应堆的热交换剂
C．Na2S固体可用于除去废水中Cu2+、Hg2+等重金属
D．《陶者》“陶尽门前土，屋上无片瓦。十指不沾泥，鳞鳞居大厦。”黏土烧制陶器中发生了化学变化
【分析】A．苯乙酸含O元素；
B．钠钾合金熔点低，可作原子反应堆的导热剂；
C．硫离子能够与铜离子，汞离子反应生成沉淀；
D．有新物质生成的变化为化学变化。
【解答】解：A．苯乙酸含O元素，为含氧衍生物，苯乙烯属于芳香烃，故A错误；
B．钠钾合金熔点低，通常状况下呈液态，可作原子反应堆的导热剂，故B正确；
C．硫离子能够与铜离子，汞离子反应生成沉淀，所以用Na2S作沉淀剂，除去废水中Cu2+、Hg2+等重金属离子，故C正确；
D．黏土烧制陶器的过程中生成了新的物质发生了化学变化，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了物质变化、物质组成、物质的性质应用等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
2．（6分）下列离子方程式不能正确表示体系颜色变化的是（ ）
A．向AgCl悬浊液中加入Na2S溶液，有黑色难溶物生成：2AgCl（s）+S2﹣（aq）⇌Ag2S（s）+2Cl﹣（aq）
B．向酸性KMnO4溶液中加入NaHSO3固体，溶液紫色褪去：2MnO4﹣+5SO32﹣+6H+═2Mn2++5SO42﹣+3H2O
C．向橙色K2Cr2O7溶液中加入NaOH溶液，溶液变黄色：Cr2O72﹣+2OH﹣⇌2CrO42﹣+H2O
D．向稀硝酸中加入铜粉，溶液变蓝色：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O
【分析】A．发生沉淀的转化；
B．亚硫酸氢根离子不能拆；
C．加碱使Cr2O72﹣+H2O⇌2CrO42﹣+2H+平衡正向移动；
D．稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水。
【解答】解：A．向AgCl悬浊液中滴加硫化钠溶液，白色沉淀变成黑色的离子反应为2AgCl（s）+S2﹣（aq）═Ag2S（s）+2Cl﹣（aq），故A正确；
B．向酸性KMnO4溶液中加入NaHSO3固体，溶液紫色褪去：2MnO4﹣+5HSO3﹣+H+═2Mn2++5SO42﹣+3H2O，故B错误；
C．加碱使Cr2O72﹣+H2O⇌2CrO42﹣+2H+平衡正向移动，则由橙色变成黄色，故C正确；
D．向稀硝酸中加入铜粉，溶液变蓝色，离子方程式：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、与量有关的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒分析，题目难度不大。
3．（6分）有机物X、Y、Z在一定条件下可实现如图转化，下列说法正确的是（ ）
A．Z的分子式为C7H8O
B．化合物Z环上的一氯代物共有3种（不考虑立体异构）
C．X、Y、Z都可以使酸性高锰酸钾褪色
D．X、Y、Z分子中所有碳原子均处于同一平面
【分析】A．Z中C、H、O个数依次是7、14、1；
B．Z的环上有几种氢原子，环上就有几种一氯代物；
C．碳碳双键、﹣CHO、﹣CH2OH都能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
D．饱和碳原子具有甲烷结构特点，乙烯分子中所有原子共平面。
【解答】解：A．Z中C、H、O个数依次是7、14、1，分子式为C7H14O，故A错误；
B．Z的环上有4种氢原子，环上就有4种一氯代物，故B错误；
C．碳碳双键、﹣CHO、﹣CH2OH都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以X、Y、Z都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D．饱和碳原子具有甲烷结构特点，乙烯分子中所有原子共平面，Z中所有碳原子一定不共平面，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
4．（6分）下列实验现象与实验操作不匹配的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
A
向蔗糖中加入浓硫酸，并将产生的气体通过足量溴水
蔗糖变黑，膨胀，溴水褪色，有气泡冒出
B
将少量硼酸滴入Na2CO3溶液中
有气泡产生
C
向盛有FeCl3溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液
溶液由黄色变为浅绿色
D
Mg和盐酸反应，将温度计水银球插入反应液中
镁条逐渐溶解，产生气泡，温度计水银柱迅速上升
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应；
B.碳酸的酸性大于硼酸的酸性，则少量硼酸滴入Na2CO3溶液中不发生反应；
C.维生素C可还原铁离子；
D.金属与酸的反应放热。
【解答】解：A.蔗糖和浓硫酸反应产生了CO2和SO2，SO2可以被溴水吸收，使溴水褪色，CO2与溴水不反应，故会有气泡冒出，故A正确；
B.碳酸的酸性强于硼酸，将少量硼酸滴入Na2CO3溶液中无现象，故B错误；
C.维生素C具有还原性，能将三价铁离子还原为二价铁离子，溶液由黄色变为浅绿色，故C正确；
D.活泼金属和酸的反应属于放热反应，故镁和盐酸反应的现象为镁条逐渐溶解，产生气泡，温度计水银柱迅速上升，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
5．（6分）2019年诺贝尔化学奖颁给研究锂电池的科学家，一种用作锂电池电解液的锂盐结构如图所示。其中，X位于第三周期，X原子的电子数为Z原子的两倍，W、Z、Y位于同一周期。下列叙述正确的是（ ）
A．原子半径：X＞Z＞W
B．非金属性：X＞Z＞W
C．X的氧化物对应的水化物均为强酸
D．WY3中各原子均满足8电子稳定结构
【分析】X位于第三周期，且化合物中X可形成6个共价键，则X为S，X原子的电子数为Z原子的两倍，Z为O；W、Z、Y位于同一周期，可知均为第二周期元素，Y只形成1个共价键，Y为F；W形成2个共价键且得到1个电子，W为N，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，X为S、W为N、Z为O、Y为F，
A.同主族从上到下原子半径增大，同周期主族元素从左向右原子半径减小，则原子半径：X＞W＞Z，故A错误；
B.同主族从上到下非金属性减小，同周期主族元素从左向右非金属性增大，则非金属性为Z＞W＞X，故B错误；
C.X的氧化物对应的水化物若为亚硫酸，属于弱酸，故C错误；
D.NF3中N的最外层电子数为5，5+3＝8，F的最外层电子数为7，7+1＝8，则各原子均满足8电子稳定结构，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握电子数关系、化学键来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
6．（6分）微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．电子从b流出，经外电路流向a
B．HS﹣在硫氧化菌作用下转化为SO42﹣的反应是：HS﹣+4H2O﹣8e﹣＝SO42﹣+9H+
C．该电池在高温下进行效率更高
D．若该电池有0.4mol电子转移，则有0.45molH+通过质子交换膜质子交换
【分析】由图可知，硫酸盐还原菌可将有机物氧化为二氧化碳，而硫氧化菌可将HS﹣氧化为SO42﹣，所以两种菌类的存在，循环把有机物氧化成CO2并放出电子，负极a上HS﹣在硫氧化菌作用下转化为SO42﹣，发生失电子的氧化反应，负极反应式是HS﹣+4H2O﹣8e﹣＝SO42﹣+9H+，正极b上O2发生得电子的还原反应，正极反应式为4H++O2+4e﹣＝2H2O，原电池工作时，溶液中的阳离子移向正极、阴离子移向负极，电子由负极经过导线流向正极，据此分析解答。
【解答】解：A．由图中H+移动方向可知，a极为负极、b极为正极，原电池工作时电子由负极经过导线流向正极，即电子从a流出，经外电路流向b，故A错误；
B．负极上HS﹣在硫氧化菌作用下转化为SO42﹣，失电子发生氧化反应，电极反应式是HS﹣+4H2O﹣8e﹣＝SO42﹣+9H+，故B正确；
C．高温条件下微生物会变性而死亡，该电池不能正常工作，故C错误；
D．电子和氢离子均带1个单位的电荷，若该电池有0.4mol电子转移，则有0.4molH+通过质子交换膜，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原电池工作原理以及应用，为高频考点，把握原电池工作原理和知识的迁移应用是解题的关键，试题侧重分析能力和运用能力的考查，注意结合电解质的酸碱性书写电极反应式，题目难度中等。
7．（6分）25℃时，向某二元弱酸H2X的溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lg或lg与pH的关系如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A．Ka2（H2X）的数量级为10−11
B．n曲线表示lg与pH的变化关系
C．25℃时，NaHX溶液中c（X2−）＜c（H2X）
D．pH＝8时，c（X2−）＞c（H2X）
【分析】Ka1＝×c（H+），＝，Ka2＝×c（H+），则＝，Ka1＞Ka2，当pH相等时，纵坐标数值大的表示曲线lg与pH值的关系，根据图知，曲线n表示lg与pH的变化关系；
A．曲线m表示lg与pH的变化关系，当pH＝9.3时，lg＝﹣1，则＝0.1，Ka2＝×c（H+）；
B．曲线n表示lg与pH的变化关系；
C．25℃时，NaHX溶液中根据HX﹣的电离程度和水解程度相对大小判断；
D．pH＝8时，c（X2−）＝×c（HX﹣）、c（H2X）＝，＝＝Ka1×Ka2。
【解答】解：Ka1＝×c（H+），＝，Ka2＝×c（H+），则＝，Ka1＞Ka2，当pH相等时，纵坐标数值大的表示曲线lg与pH值的关系，根据图知，曲线n表示lg与pH的变化关系；
A．曲线m表示lg与pH的变化关系，当pH＝9.3时，lg＝﹣1，则＝0.1，则Ka2＝×c（H+）＝0.1×10﹣9.3＝10﹣10.3，Ka2（H2X）的数量级为10−11，故A正确；
B．曲线n表示lg与pH的变化关系，故B正确；
C．n曲线上pH＝7.4时，lg＝1，则＝10，Ka1＝×c（H+）＝10×10﹣7.4＝10﹣6.4，25℃时，HX﹣水解平衡常数Kh＝＝＝10﹣7.6＞Ka2，说明其电离程度小于水解程度，所以c（X2−）＜c（H2X），故C正确；
D．pH＝8时，c（X2−）＝×c（HX﹣）、c（H2X）＝，＝＝Ka1×Ka2小于1而大于0，则c（X2−）＜c（H2X），故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确电离平衡常数计算方法、电离平衡常数和水解平衡常数关系是解本题关键，D为解答难点，题目难度中等。
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11、12题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：此题包括3小题，共43分。
8．（14分）肼是重要的化工原料。某探究小组利用下列反应制取水合肼（N2H4•H2O）：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO＝Na2CO3+N2H4•H2O+NaCl。
实验一：制备NaClO溶液（实验装置如图1所示）
（1）锥形瓶中发生反应的离子方程式是 Cl2+2OH﹣＝ClO﹣+Cl﹣+H2O 。
实验二：制取水合肼． （实验装置如图2所示）
已知水合肼具有还原性，被氧化生成氮气。
控制反应温度，将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应。加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108～114℃馏分。
（2）分液漏斗中的溶液是 B （填标号）。
A．CO（NH2）2溶液
B．NaOH和NaClO混合溶液
选择的理由是 如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化 。
实验三：测定馏分中水合肼的质量分数。采用下列步骤：
A．称取馏分5.000g，加入适量NaHCO3固体，加水配成250mL溶液。
B．移取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入10mL水，摇匀。
C．用0.2000 mol•L﹣1的I2溶液滴定，至溶液出现微黄色且半分钟内不消失，滴定过程中，溶液的pH保持在6.5左右，记录消耗碘的标准溶液的体积。
D．进一步操作与数据处理。
（3）水合肼与碘溶液反应的化学方程式为： N2H4•H2O+2I2＝N2↑+4HI+H2O ；
（4）滴定过程中，NaHCO3能控制溶液的pH在6.5左右，原因是 生成的HI与NaHCO3反应 。
（5）滴定时，碘的标准溶液盛放在 酸式 （填“酸式”或“碱式”）滴定管中；若三次滴定消耗碘的标准溶液的平均体积为18.00mL，则馏分中水合肼（N2H4•H2O）的质量分数为 18.0% （保留三位有效数字）。
【分析】（1）氯气通入到盛有NaOH的锥形瓶中发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
（2）依据反应原理CO（NH2）2+2NaOH+NaClO＝Na2CO3+N2H4•H2O+NaCl，CO（NH2）2溶液与NaOH和NaClO混合溶液加在一起发生反应；根据“水合肼具有还原性，被氧化生成氮气。”，水合肼能被强氧化性的NaClO氧化成氮气，所以NaOH和NaClO混合溶液一定不能过量；
（3）水合肼与碘溶液反应发生氧化还原反应，生成N2、HI和H2O；
（4）NaHCO3能控制溶液的pH在6.5左右，是因为生成的HI与NaHCO3反应；
（5）碘单质具有氧化性，应选择酸式滴定管；结合反应定量关系计算水合肼（N2H4•H2O）的质量分数，根据N2H4•H2O+2I2＝N2↑+4HI+H2O，可得N2H4•H2O～2I2，根据碘的物质的量计算
N2H4•H2O的物质的量，然后计算水合肼（N2H4•H2O）的质量分数。
【解答】解：（1）氯气通入到盛有NaOH的锥形瓶中发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH﹣＝ClO﹣+Cl﹣+H2O，
故答案为：Cl2+2OH﹣＝ClO﹣+Cl﹣+H2O；
（2）依据制取水合肼（N2H4•H2O）的原理：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO＝Na2CO3+N2H4•H2O+NaCl，可知，要将CO（NH2）2溶液与NaOH和NaClO混合溶液加在一起发生反应。根据题中的已知信息，“水合肼具有还原性，被氧化生成氮气”可知，水合肼能被强氧化性的NaClO氧化成氮气，所以NaOH和NaClO混合溶液一定不能过量，则要将NaOH和NaClO混合溶液滴入CO（NH2）2溶液中，即分液漏斗中装NaOH和NaClO混合溶液，
故答案为：B；如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化；
（3）水合肼与碘溶液反应发生氧化还原反应，生成N2、HI和H2O，反应的化学方程式为：N2H4•H2O+2I2＝N2↑+4HI+H2O，
故答案为：N2H4•H2O+2I2＝N2↑+4HI+H2O；
（4）NaHCO3能控制溶液的pH在6.5左右，是因为生成的HI与NaHCO3反应，
故答案为：生成的HI与NaHCO3反应；
（5）碘单质具有氧化性，应选择酸式滴定管；结合反应定量关系计算水合肼（N2H4•H2O）的质量分数，
N2H4•H2O+2I2＝N2↑+4HI+H2O
1 2
n 0.2000mol/L×0.018L
解得 n＝0.0018mol，250mL溶液中含有的物质的量＝0.0018mol×＝0.018mol，水合肼（N2H4•H2O）的质量分数＝×100%＝18%，
故答案为：酸式；18.0%。
【点评】本题考查了物质制备，涉及物质性质的应用、题干信息的分析理解，结合题目信息的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，综合性强，题目难度中等。
9．（16分）以钛铁矿（主要成分为FeO•TiO2，还含有MgO、CaO、SiO2等杂质）为原料合成锂离子电池的电极材料钛酸锂（Li4Ti5O12）和磷酸亚铁锂（LiFePO4）的工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）“溶浸”后溶液中的金属阳离子主要包括Mg2+、TiOCl+ Fe2+、Ca2+ 。“滤液”经加热水解后转化为富钛渣（钛元素主要以TiO2•2H2O形式存在），写出上述转变的离子方程式： TiOCl++3H2OTiO2•2H2O↓+2H++Cl﹣ 。
（2）“溶钛”过程反应温度不能太高，其原因是 双氧水和氨水都会因温度过高分解 。
（3）“沉铁”步骤反应的化学方程式为 2FeCl2+H2O2+2H3PO4＝2FePO4↓+4HCl+2H2O ，“沉铁”后的滤液经处理后可返回 溶浸 工序循环利用。
（4）“煅烧”制备LiFePO4过程中，Li2CO3和H2C2O4的理论投入量的物质的量之比为 1：1 。
（5）以Li4Ti5O12和LiFePO4作电极组成电池，充电时发生反应：Li4Ti5O12+LiFePO4＝Li4+xTi5O12+Li1﹣xFePO4（0＜x＜1），阳极的电极反应式为 LiFePO4﹣xe−＝Li1﹣xFePO4+xLi+ 。
（6）从废旧LiFePO4电极中可回收锂元素。用硝酸充分溶浸废旧LiFePO4电极，测得浸取液中c（Li+）＝4mol•L﹣1，加入等体积的碳酸钠溶液将Li+转化为Li2CO3沉淀，若沉淀中的锂元素占浸取液中锂元素总量的90%，则反应后的溶液中CO32﹣的浓度为 0.04 mol•L﹣1[已知Ksp（Li2CO3）＝1.6×10﹣3，假设反应后溶液体积为反应前两溶液之和]。
【分析】钛铁矿（主要成分为FeO•TiO2，还含有MgO、CaO、SiO2等杂质）和足量盐酸反应后，其中SiO2和盐酸不反应，其它成分转化为盐酸盐，过滤后的滤液中含有溶于水的盐酸盐，加热过程中，TiOCl+水解生成TiO2•2H2O沉淀，过滤得到含有TiO2•2H2O的富钛渣，加入双氧水、氨水后得到过氧钛化合物，煅烧后得到TiO2，然后和Li2CO3反应得到Li4Ti5O12，富铁液加入双氧水和磷酸后，Fe2+转化为FePO4沉淀，然后和Li2CO3、H2C2O4高温煅烧生成LiFePO4，据此分析解答。
【解答】解：（1）钛铁矿的成分中只有SiO2与盐酸是不反应的，FeO•TiO2、MgO、CaO与盐酸反应后产生的阳离子有 Mg2+、TiOCl+、Fe2+、Ca2+等。TiOCl+水解成TiO2•2H2O的离子方程式是TiOCl++3H2OTiO2•2H2O↓+2H++Cl﹣，
故答案为：Fe2+、Ca2+；TiOCl++3H2OTiO2•2H2O↓+2H++Cl﹣；
（2）“溶钛”过程反应温度不能太高，其原因是加入的双氧水和氨水都会因温度过高分解，
故答案为：双氧水和氨水都会因温度过高分解；
（3）由流程图可知，H2O2为氧化剂，H3PO4为沉淀剂，则“沉铁”步骤反应的化学方程式为2FeCl2+H2O2+2H3PO4＝2FePO4↓+4HCl+2H2O，根据流程图，生成的盐酸可返回溶浸工序循环使用，
故答案为：2FeCl2+H2O2+2H3PO4＝2FePO4↓+4HCl+2H2O；溶浸；
（4）结合分析可知，FePO4与Li2CO3和H2C2O4高温煅烧生成LiFePO4，则反应的化学方程式是2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O，结合方程式可知Li2CO3和H2C2O4的理论投入量的物质的量之比为1：1，
故答案为：1：1；
（5）充电时，阳极反生氧化反应，根据充电时发生的反应Li4Ti5O12+LiFePO4＝Li4+xTi5O12+Li1﹣xFePO4（0＜x＜1），LiFePO4生成Li1﹣xFePO4的过程中发生氧化反应，则阳极电极反应式为LiFePO4﹣xe﹣＝Li1﹣xFePO4+xLi+，
故答案为：LiFePO4﹣xe−＝Li1﹣xFePO4+xLi+；
（6）浸取液中c（Li+）＝4mol•L﹣1，加入等体积的碳酸钠溶液将Li+转化为Li2CO3沉淀，若沉淀中的锂元素占浸取液中锂元素总量的90%，设浸取液的体积为VL，则可知沉淀后的c（Li+）＝＝0.2 mol•L﹣1，Ksp（Li2CO3）＝c2（Li+）c（CO32﹣）＝1.6×10﹣3，则0.2×0.2×c（CO32﹣）＝1.6×10﹣3，故剩余c（CO32﹣）＝0.04 mol•L﹣1，
故答案为：0.04 mol•L﹣1。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
10．（14分）氧族元素的单质及其化合物在工业生产和生活中有重要的应用，运用化学原理研究氧族元素的单质及其化合物有重要意义。回答下列问题：
（1）臭氧层被破坏的反应过程如图1所示，NO的作用是 催化剂 。已知：O3（g）+O（g）═2O2（g）△H＝﹣143kJ•mol﹣1、“反应1”：O3（g）+NO（g）═NO2（g）+O2（g）△H1＝﹣200.2kJ•mol﹣1，写出“反应2”的热化学方程式 O（g）+NO2（g）＝O2（g）+NO（g）△H＝+57.2kJ/mol 。
（2）在恒温恒容密闭容器中，n（O3）：n（SO2）＝1：1投料发生如下反应：SO2（g）+O3（g）⇌SO3（g）+O2（g）△H＝﹣240.8kJ•mol﹣1，T1和T2（T1＜T2）时SO2的转化率如图2所示。
T1时，计算该反应的分压平衡常数Kp＝ 0.62 。恒温时增大SO2平衡转化率的措施是 增大O3的浓度或及时分离出生成物 。（写一条）
（3）在容积为1L的多个反应装置中，分别充入2mol SO2和2mol O3控制在不同温度下发生反应，经过相同反应时间t后剩余SO2的物质的量与温度的关系如图3所示。
已知臭氧会转化成氧气：2O3（g）⇌3O2（g），在上述反应条件下臭氧分解率与温度关系如下表。
温度/℃
50
100
150
200
250
300
分解率/%
0
0
0
6
30
81
①低于140℃，SO2的剩余量随温度升高减小的原因是 反应尚未平衡，温度升高反应速率加快，消耗的SO2增大，剩余的SO2减小 ；高于200℃，SO2的剩余量随着温度升高增大，除了升温平衡向吸热的逆向移动这一原因外，另一原因是 O3开始分解生成O2，减小反应物浓度同时增加生成物浓度，平衡逆向移动，引起SO2的剩余量随着温度升高增大 。
②已知250℃时SO2（g）+O3（g）⇌SO3（g）+O2（g）的平衡常数K＝1，平衡时氧气的浓度c（O2）＝ 1.55 mol/L。（结果保留小数点后两位）
【分析】（1）在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物的物质是催化剂；根据图知，反应2中反应物是O、NO2，生成物是NO和O2，总反应﹣反应1得反应2，O（g）+NO2（g）＝O2（g）+NO（g），△H进行相应的改变；
（2）根据各物质的转化率，利用分压平衡常数可以直接用各气体的平衡物质的量计算，列出三段式，求得平衡时各物质的物质的量，则T1时，计算该反应的分压平衡常数Kp＝；增大O3的浓度或及时分离出生成物可以增大SO2平衡转化率；
（3）①低于140℃，反应尚未平衡，温度升高反应速率加快，消耗的SO2增大，剩余的SO2减小；由表格数据可知，当温度达到200℃时，O3开始分解生成O2，减小反应物浓度同时增加生成物浓度，平衡逆向移动，引起SO2的剩余量随着温度升高增大；
②根据250℃时O3的分解率为30%，求得分解的n（O3），再由2O3⇌3O2求得O2的物质的量，设SO2的转化浓度为xmol/L，列出三段式，根据平衡常数K＝1，解得x的值，进一步计算氧气的浓度。
【解答】解：（1）反应过程是臭氧在NO作用下生成二氧化氮和氧气，二氧化氮在氧原子作用下生成NO和氧气，反应过程中NO参与反应最后又生成，作用是催化剂；已知：O3（g）+O（g）＝2O2（g）△H＝﹣143kJ•mol﹣1、“反应1”：O3（g）+NO（g）＝NO2（g）+O2（g）△H1＝﹣200.2kJ•mol﹣1，根据盖斯定律二者相减得到“反应2”的热化学方程式：NO2（g）+O（g）＝NO（g）+O2（g）△H2＝+57.2kJ•mol﹣1，
故答案为：催化剂；O（g）+NO2（g）＝O2（g）+NO（g）△H＝+57.2kJ/mol；
（2）升高温度平衡向逆反应方向移动，则T2时SO2的转化率相对较低，但反应速率较快，先达到平衡，故T2时SO2的转化率＝42%，T1时SO2的转化率＝44%；该反应是反应前后气体物质的量不变的可逆反应，分压平衡常数可以直接用各气体的平衡物质的量计算，可列出三段式：
SO2（g）+O3（g）⇌SO3（g）+O2（g）
起始（mol）1 1 0 0
转化（mol）0.44 0.44 0.44 0.44
平衡（mol）0.56 0.56 0.44 0.44
则T1时，计算该反应的分压平衡常数Kp＝≈0.62；恒温时增大SO2平衡转化率的措施是增大O3的浓度或及时分离出生成物，
故答案为：0.62；增大O3的浓度或及时分离出生成物；
（3）①低于140℃，反应尚未平衡，温度升高反应速率加快，消耗的SO2增大，剩余的SO2减小；由表格数据可知，当温度达到200℃时，O3开始分解生成O2，减小反应物浓度同时增加生成物浓度，平衡逆向移动，引起SO2的剩余量随着温度升高增大，
故答案为：反应尚未平衡，温度升高反应速率加快，消耗的SO2增大，剩余的SO2减小；O3开始分解生成O2，减小反应物浓度同时增加生成物浓度，平衡逆向移动，引起SO2的剩余量随着温度升高增大；
②由表格可知，250℃时O3的分解率为30%，分解的n（O3）＝2mol×30%＝0.6mol，由2O3⇌3O2可知，0.6mol O3参与反应生成0.9molO2，设SO2的转化浓度为xmol/L，则
SO2（g）+O3（g）⇌SO3（g）+O2（g）
起始（mol）2 1.4 0 0
转化（mol）x x x x
平衡（mol）2﹣x 1.4﹣x x x+0.9
平衡常数K＝＝1，解得x≈0.65，则平衡时氧气的浓度c（O2）＝（ 0.65+0.9）mol/L＝1.55mol/L，
故答案为：1.55mol/L。
【点评】本题考查盖斯定律的应用、化学平衡计算、图象分析判断等知识点，明确化学反应原理、外界条件对平衡移动影响原理及平衡计算方法是解本题关键，侧重分析和计算能力的考查，题目难度中等。
【化学--选修3：物质结构与性质】（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。
11．（14分）第IIB族元素（Zn、Cd、Hg）和第VIA族元素（S、Se、Te）组成的某些二元化合物常用作半导体材料，在压电效应等器件方面有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）基态Se原子核外电子排布式为[Ar] 3d104s24p4 ，有 2 个未成对电子。
（2）Zn的四种卤化物熔点如表所示。请分析ZnF2熔点高于其他三种卤化物，自ZnCl2至ZnI2熔点依次升高的原因： ZnF2是离子晶体，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2是分子晶体，分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高 。
化合物
ZnF2
ZnCl2
ZnBr2
ZnI2
熔点/℃
872
275
394
446
（3）向硫酸锌溶液中加入足量氨水可生成可溶性[Zn（NH3）4]SO4，该物质中所含酸根的空间结构为 正四面体 ，[Zn（NH3）4]2+中配位原子为 N （填名称），从化学键角度解释该离子能够形成的原因： N提供孤对电子，Zn2+提供空轨道，形成配位键 。
（4）H2S、H2Se、H2Te的沸点由低到高的顺序为 H2S＜H2Se＜H2Te （用“＜”连接，下同）；键角由小到大的顺序为 H2Te＜H2Se＜H2S 。
（5）氧化锌系气敏陶瓷是指具有气敏效应的半导体陶瓷，应用十分广泛。一种ZnO陶瓷的晶胞（立方体）如图1所示，图2是沿着立方格子对角面取得的截图，则Zn原子与O原子间最短距离为 a pm。晶体的密度为 g•cm﹣3（NA为阿伏加德罗常数的值，Zn原子半径为apm，列出计算式即可）。
【分析】（1）Se为34号元素，基态Se原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4；
（2）分析熔点变化可知，自ZnCl2至ZnI2熔点依次升高的原因是ZnF2是离子晶体，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2是分子晶体，分子晶体的相对分子质量越大；
（3）向硫酸锌溶液中加入足量氨水可生成可溶性[Zn（NH3）4]SO4，硫酸根离子的价层电子对数为4+＝4，不含孤电子对，构型为正四面体，[Zn（NH3）4]2+中N提供孤电子对，配位原子为N，化学键角度解释该离子能够形成的原因是N提供孤对电子，Zn2+提供空轨道；
（4）H2O含有氢键，沸点较高，H2S和H2Se对应的晶体都为分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高；原子半径越大，成键电子之间的排斥力越小，键角越小；
（5）该晶胞中Zn原子个数＝8×+6×＝4、O原子个数＝12×+1＝4，Zn原子半径为apm，每个面对角线上3个Zn原子紧密相邻，则晶胞棱长＝2apm，Zn原子和O原子最近距离为体对角线的，即a，；晶胞体积＝（2a×10﹣10cm）3，晶体密度＝，据此计算。
【解答】解：（1）Se为34号元素，基态Se原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4，未成对电子数为2，
故答案为：3d104s24p4；2；
（2）分析熔点变化可知，自ZnCl2至ZnI2熔点依次升高的原因是ZnF2是离子晶体，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2是分子晶体，分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高，
故答案为：ZnF2是离子晶体，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2是分子晶体，分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高；
（3）向硫酸锌溶液中加入足量氨水可生成可溶性[Zn（NH3）4]SO4，硫酸根离子的价层电子对数为4+＝4，不含孤电子对，构型为正四面体，[Zn（NH3）4]2+中N提供孤电子对，配位原子为N，化学键角度解释该离子能够形成的原因是N提供孤对电子，Zn2+提供空轨道，形成配位键，
故答案为：正四面体；N；N提供孤对电子，Zn2+提供空轨道，形成配位键；
（4）H2O含有氢键，沸点较高，H2S和H2Se对应的晶体都为分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，则H2O、H2S和H2Se的沸点由低到高的顺序为H2S＜H2Se＜H2O；原子半径越大，成键电子之间的排斥力越小，键角越小，则键角由小到大的顺序为H2Se＜H2S＜H2O，
故答案为：H2S＜H2Se＜H2Te；H2Te＜H2Se＜H2S；
（5）该晶胞中Zn原子个数＝8×+6×＝4、O原子个数＝12×+1＝4，Zn原子半径为apm，每个面对角线上3个Zn原子紧密相邻，则晶胞棱长＝2apm，Zn原子和O原子最近距离为体对角线的，即a，；晶胞体积＝（2a×10﹣10cm）3，晶体密度＝＝g/cm3，
故答案为：a；。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
【化学--选修5：有机化学基础】
12．苯嘧磺草胺（I）是一种除草剂，图是其合成的部分流程。
已知：①当苯环上存在﹣CH3时，其他的基团引入主要在其邻对位，而当苯环上存在﹣COOH时，其他的基团引入主要在其间位；
②（还原性）
③
④
请回答以下问题：
（1）C中处于对位关系的官能团名称是 羧基 、 氟原子 。
（2）D→E和F→G反应类型分别是 还原反应 、 取代反应 。
（3）分别写出E和H的结构简式 、 。
（4）写出A→B的化学反应方程式 。
（5）C的一氟一氯苯甲酸同分异构体还有9种。芳香化合物W，相对分子质量比C大14，则符合下列条件的W的同分异构体共有 40 种。（不考虑立体异构）
①F、Cl与苯环直接相连；
②不与FeCl3溶液作用；
③稀硫酸条件下发生水解反应；
④发生银镜反应。
（6）在横线处补充完整以甲苯为原料合成的流程图（无机试剂任选） 。
【分析】A在POCl3、PCl5条件下反应0.5h生成B；C在浓硫酸、硝酸中2.5h发生硝化反应生成D，D在Fe、AcOH、reflux条件下20h生成E；E和B在AcOH、reflux条件下发生取代反应生成F，结合F中苯环的取代位置，D为，E为；F发生取代反应生成G，G和BBr3、CH2Cl2发生取代反应生成H为，H和反应生成I，据此解答；
（6）以甲苯为原料，先发生硝化反应生成对位硝基甲苯，再被氧化生成对位硝基苯甲酸，再还原合成。
【解答】解：（1）C中官能团有羧基和氟原子和氯原子，其中处于对位关系的官能团名称是羧基和氟原子，
故答案为：羧基；氟原子；
（2）D→E为硝基变氨基，属于还原反应，F→G是羧基变酯基，反应类型为取代，
故答案为：还原反应；取代反应；
（3）从后面F的结构分析，D中硝基与氯原子的对位，D中的硝基变成氨基则成为E，则E的结构简式为，G到H 为酯基变成羧基，所以H的结构简式为，
故答案为：；；
（4）从原子守恒分析，A→B的化学反应方程式，
故答案为：；
（5）C的一氟一氯苯甲酸同分异构体还有9种。芳香化合物W，相对分子质量比C大14，即多一个CH2原子团，则①F、Cl与苯环直接相连；②不与FeCl3溶液作用，说明不含酚羟基；③稀硫酸条件下发生水解反应，说明有酯基；④发生银镜反应，说明有醛基，则为甲酸酯类。若苯环上除了氯和氟原子外还有一个取代基，即苯环上连接三种同的取代基时，则结构有10种，若其连接四个不同的取代基，有30种结构，即同分异构体总共有40种，
故答案为：40；
（6）以甲苯为原料，先发生硝化反应生成对位硝基甲苯，再被氧化生成对位硝基苯甲酸，再还原合成，流程图如下：
，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，为高考常见题型，侧重考查学生分析推断及知识综合运用能力，根据B、C结构简式为突破口结合反应条件、题给信息运用正逆结合的方法进行推断，难点是同分异构体种类判断，题目难度中等。
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2022年河南省郑州四十七中高考化学一模试卷
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。
1．（6分）下列说法不正确的是（ ）
A．“结草为庐”所用的秸秆，经现代科技可转化为苯乙酸、苯乙烯等芳香烃
B．钠钾合金可用作快中子反应堆的热交换剂
C．Na2S固体可用于除去废水中Cu2+、Hg2+等重金属
D．《陶者》“陶尽门前土，屋上无片瓦。十指不沾泥，鳞鳞居大厦。”黏土烧制陶器中发生了化学变化
2．（6分）下列离子方程式不能正确表示体系颜色变化的是（ ）
A．向AgCl悬浊液中加入Na2S溶液，有黑色难溶物生成：2AgCl（s）+S2﹣（aq）⇌Ag2S（s）+2Cl﹣（aq）
B．向酸性KMnO4溶液中加入NaHSO3固体，溶液紫色褪去：2MnO4﹣+5SO32﹣+6H+═2Mn2++5SO42﹣+3H2O
C．向橙色K2Cr2O7溶液中加入NaOH溶液，溶液变黄色：Cr2O72﹣+2OH﹣⇌2CrO42﹣+H2O
D．向稀硝酸中加入铜粉，溶液变蓝色：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O
3．（6分）有机物X、Y、Z在一定条件下可实现如图转化，下列说法正确的是（ ）
A．Z的分子式为C7H8O
B．化合物Z环上的一氯代物共有3种（不考虑立体异构）
C．X、Y、Z都可以使酸性高锰酸钾褪色
D．X、Y、Z分子中所有碳原子均处于同一平面
4．（6分）下列实验现象与实验操作不匹配的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
A
向蔗糖中加入浓硫酸，并将产生的气体通过足量溴水
蔗糖变黑，膨胀，溴水褪色，有气泡冒出
B
将少量硼酸滴入Na2CO3溶液中
有气泡产生
C
向盛有FeCl3溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液
溶液由黄色变为浅绿色
D
Mg和盐酸反应，将温度计水银球插入反应液中
镁条逐渐溶解，产生气泡，温度计水银柱迅速上升
A．A B．B C．C D．D
5．（6分）2019年诺贝尔化学奖颁给研究锂电池的科学家，一种用作锂电池电解液的锂盐结构如图所示。其中，X位于第三周期，X原子的电子数为Z原子的两倍，W、Z、Y位于同一周期。下列叙述正确的是（ ）
A．原子半径：X＞Z＞W
B．非金属性：X＞Z＞W
C．X的氧化物对应的水化物均为强酸
D．WY3中各原子均满足8电子稳定结构
6．（6分）微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．电子从b流出，经外电路流向a
B．HS﹣在硫氧化菌作用下转化为SO42﹣的反应是：HS﹣+4H2O﹣8e﹣＝SO42﹣+9H+
C．该电池在高温下进行效率更高
D．若该电池有0.4mol电子转移，则有0.45molH+通过质子交换膜质子交换
7．（6分）25℃时，向某二元弱酸H2X的溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lg或lg与pH的关系如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A．Ka2（H2X）的数量级为10−11
B．n曲线表示lg与pH的变化关系
C．25℃时，NaHX溶液中c（X2−）＜c（H2X）
D．pH＝8时，c（X2−）＞c（H2X）
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11、12题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：此题包括3小题，共43分。
8．（14分）肼是重要的化工原料。某探究小组利用下列反应制取水合肼（N2H4•H2O）：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO＝Na2CO3+N2H4•H2O+NaCl。
实验一：制备NaClO溶液（实验装置如图1所示）
（1）锥形瓶中发生反应的离子方程式是 。
实验二：制取水合肼． （实验装置如图2所示）
已知水合肼具有还原性，被氧化生成氮气。
控制反应温度，将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应。加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108～114℃馏分。
（2）分液漏斗中的溶液是 （填标号）。
A．CO（NH2）2溶液
B．NaOH和NaClO混合溶液
选择的理由是 。
实验三：测定馏分中水合肼的质量分数。采用下列步骤：
A．称取馏分5.000g，加入适量NaHCO3固体，加水配成250mL溶液。
B．移取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入10mL水，摇匀。
C．用0.2000 mol•L﹣1的I2溶液滴定，至溶液出现微黄色且半分钟内不消失，滴定过程中，溶液的pH保持在6.5左右，记录消耗碘的标准溶液的体积。
D．进一步操作与数据处理。
（3）水合肼与碘溶液反应的化学方程式为： ；
（4）滴定过程中，NaHCO3能控制溶液的pH在6.5左右，原因是 。
（5）滴定时，碘的标准溶液盛放在 （填“酸式”或“碱式”）滴定管中；若三次滴定消耗碘的标准溶液的平均体积为18.00mL，则馏分中水合肼（N2H4•H2O）的质量分数为 （保留三位有效数字）。
9．（16分）以钛铁矿（主要成分为FeO•TiO2，还含有MgO、CaO、SiO2等杂质）为原料合成锂离子电池的电极材料钛酸锂（Li4Ti5O12）和磷酸亚铁锂（LiFePO4）的工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）“溶浸”后溶液中的金属阳离子主要包括Mg2+、TiOCl+ 。“滤液”经加热水解后转化为富钛渣（钛元素主要以TiO2•2H2O形式存在），写出上述转变的离子方程式： 。
（2）“溶钛”过程反应温度不能太高，其原因是 。
（3）“沉铁”步骤反应的化学方程式为 ，“沉铁”后的滤液经处理后可返回 工序循环利用。
（4）“煅烧”制备LiFePO4过程中，Li2CO3和H2C2O4的理论投入量的物质的量之比为 。
（5）以Li4Ti5O12和LiFePO4作电极组成电池，充电时发生反应：Li4Ti5O12+LiFePO4＝Li4+xTi5O12+Li1﹣xFePO4（0＜x＜1），阳极的电极反应式为 。
（6）从废旧LiFePO4电极中可回收锂元素。用硝酸充分溶浸废旧LiFePO4电极，测得浸取液中c（Li+）＝4mol•L﹣1，加入等体积的碳酸钠溶液将Li+转化为Li2CO3沉淀，若沉淀中的锂元素占浸取液中锂元素总量的90%，则反应后的溶液中CO32﹣的浓度为 mol•L﹣1[已知Ksp（Li2CO3）＝1.6×10﹣3，假设反应后溶液体积为反应前两溶液之和]。
10．（14分）氧族元素的单质及其化合物在工业生产和生活中有重要的应用，运用化学原理研究氧族元素的单质及其化合物有重要意义。回答下列问题：
（1）臭氧层被破坏的反应过程如图1所示，NO的作用是 。已知：O3（g）+O（g）═2O2（g）△H＝﹣143kJ•mol﹣1、“反应1”：O3（g）+NO（g）═NO2（g）+O2（g）△H1＝﹣200.2kJ•mol﹣1，写出“反应2”的热化学方程式 。
（2）在恒温恒容密闭容器中，n（O3）：n（SO2）＝1：1投料发生如下反应：SO2（g）+O3（g）⇌SO3（g）+O2（g）△H＝﹣240.8kJ•mol﹣1，T1和T2（T1＜T2）时SO2的转化率如图2所示。
T1时，计算该反应的分压平衡常数Kp＝ 。恒温时增大SO2平衡转化率的措施是 。（写一条）
（3）在容积为1L的多个反应装置中，分别充入2mol SO2和2mol O3控制在不同温度下发生反应，经过相同反应时间t后剩余SO2的物质的量与温度的关系如图3所示。
已知臭氧会转化成氧气：2O3（g）⇌3O2（g），在上述反应条件下臭氧分解率与温度关系如下表。
温度/℃
50
100
150
200
250
300
分解率/%
0
0
0
6
30
81
①低于140℃，SO2的剩余量随温度升高减小的原因是 ；高于200℃，SO2的剩余量随着温度升高增大，除了升温平衡向吸热的逆向移动这一原因外，另一原因是 。
②已知250℃时SO2（g）+O3（g）⇌SO3（g）+O2（g）的平衡常数K＝1，平衡时氧气的浓度c（O2）＝ mol/L。（结果保留小数点后两位）
【化学--选修3：物质结构与性质】（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。
11．（14分）第IIB族元素（Zn、Cd、Hg）和第VIA族元素（S、Se、Te）组成的某些二元化合物常用作半导体材料，在压电效应等器件方面有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）基态Se原子核外电子排布式为[Ar] ，有 个未成对电子。
（2）Zn的四种卤化物熔点如表所示。请分析ZnF2熔点高于其他三种卤化物，自ZnCl2至ZnI2熔点依次升高的原因： 。
化合物
ZnF2
ZnCl2
ZnBr2
ZnI2
熔点/℃
872
275
394
446
（3）向硫酸锌溶液中加入足量氨水可生成可溶性[Zn（NH3）4]SO4，该物质中所含酸根的空间结构为 ，[Zn（NH3）4]2+中配位原子为 （填名称），从化学键角度解释该离子能够形成的原因： 。
（4）H2S、H2Se、H2Te的沸点由低到高的顺序为 （用“＜”连接，下同）；键角由小到大的顺序为 。
（5）氧化锌系气敏陶瓷是指具有气敏效应的半导体陶瓷，应用十分广泛。一种ZnO陶瓷的晶胞（立方体）如图1所示，图2是沿着立方格子对角面取得的截图，则Zn原子与O原子间最短距离为 pm。晶体的密度为 g•cm﹣3（NA为阿伏加德罗常数的值，Zn原子半径为apm，列出计算式即可）。
【化学--选修5：有机化学基础】
12．苯嘧磺草胺（I）是一种除草剂，图是其合成的部分流程。
已知：①当苯环上存在﹣CH3时，其他的基团引入主要在其邻对位，而当苯环上存在﹣COOH时，其他的基团引入主要在其间位；
②（还原性）
③
④
请回答以下问题：
（1）C中处于对位关系的官能团名称是 、 。
（2）D→E和F→G反应类型分别是 、 。
（3）分别写出E和H的结构简式 、 。
（4）写出A→B的化学反应方程式 。
（5）C的一氟一氯苯甲酸同分异构体还有9种。芳香化合物W，相对分子质量比C大14，则符合下列条件的W的同分异构体共有 种。（不考虑立体异构）
①F、Cl与苯环直接相连；
②不与FeCl3溶液作用；
③稀硫酸条件下发生水解反应；
④发生银镜反应。
（6）在横线处补充完整以甲苯为原料合成的流程图（无机试剂任选） 。
2022年河南省郑州四十七中高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。
1．（6分）下列说法不正确的是（ ）
A．“结草为庐”所用的秸秆，经现代科技可转化为苯乙酸、苯乙烯等芳香烃
B．钠钾合金可用作快中子反应堆的热交换剂
C．Na2S固体可用于除去废水中Cu2+、Hg2+等重金属
D．《陶者》“陶尽门前土，屋上无片瓦。十指不沾泥，鳞鳞居大厦。”黏土烧制陶器中发生了化学变化
【分析】A．苯乙酸含O元素；
B．钠钾合金熔点低，可作原子反应堆的导热剂；
C．硫离子能够与铜离子，汞离子反应生成沉淀；
D．有新物质生成的变化为化学变化。
【解答】解：A．苯乙酸含O元素，为含氧衍生物，苯乙烯属于芳香烃，故A错误；
B．钠钾合金熔点低，通常状况下呈液态，可作原子反应堆的导热剂，故B正确；
C．硫离子能够与铜离子，汞离子反应生成沉淀，所以用Na2S作沉淀剂，除去废水中Cu2+、Hg2+等重金属离子，故C正确；
D．黏土烧制陶器的过程中生成了新的物质发生了化学变化，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了物质变化、物质组成、物质的性质应用等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
2．（6分）下列离子方程式不能正确表示体系颜色变化的是（ ）
A．向AgCl悬浊液中加入Na2S溶液，有黑色难溶物生成：2AgCl（s）+S2﹣（aq）⇌Ag2S（s）+2Cl﹣（aq）
B．向酸性KMnO4溶液中加入NaHSO3固体，溶液紫色褪去：2MnO4﹣+5SO32﹣+6H+═2Mn2++5SO42﹣+3H2O
C．向橙色K2Cr2O7溶液中加入NaOH溶液，溶液变黄色：Cr2O72﹣+2OH﹣⇌2CrO42﹣+H2O
D．向稀硝酸中加入铜粉，溶液变蓝色：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O
【分析】A．发生沉淀的转化；
B．亚硫酸氢根离子不能拆；
C．加碱使Cr2O72﹣+H2O⇌2CrO42﹣+2H+平衡正向移动；
D．稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水。
【解答】解：A．向AgCl悬浊液中滴加硫化钠溶液，白色沉淀变成黑色的离子反应为2AgCl（s）+S2﹣（aq）═Ag2S（s）+2Cl﹣（aq），故A正确；
B．向酸性KMnO4溶液中加入NaHSO3固体，溶液紫色褪去：2MnO4﹣+5HSO3﹣+H+═2Mn2++5SO42﹣+3H2O，故B错误；
C．加碱使Cr2O72﹣+H2O⇌2CrO42﹣+2H+平衡正向移动，则由橙色变成黄色，故C正确；
D．向稀硝酸中加入铜粉，溶液变蓝色，离子方程式：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、与量有关的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒分析，题目难度不大。
3．（6分）有机物X、Y、Z在一定条件下可实现如图转化，下列说法正确的是（ ）
A．Z的分子式为C7H8O
B．化合物Z环上的一氯代物共有3种（不考虑立体异构）
C．X、Y、Z都可以使酸性高锰酸钾褪色
D．X、Y、Z分子中所有碳原子均处于同一平面
【分析】A．Z中C、H、O个数依次是7、14、1；
B．Z的环上有几种氢原子，环上就有几种一氯代物；
C．碳碳双键、﹣CHO、﹣CH2OH都能被酸性高锰酸钾溶液氧化；
D．饱和碳原子具有甲烷结构特点，乙烯分子中所有原子共平面。
【解答】解：A．Z中C、H、O个数依次是7、14、1，分子式为C7H14O，故A错误；
B．Z的环上有4种氢原子，环上就有4种一氯代物，故B错误；
C．碳碳双键、﹣CHO、﹣CH2OH都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以X、Y、Z都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；
D．饱和碳原子具有甲烷结构特点，乙烯分子中所有原子共平面，Z中所有碳原子一定不共平面，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。
4．（6分）下列实验现象与实验操作不匹配的是（ ）
选项
实验操作
实验现象
A
向蔗糖中加入浓硫酸，并将产生的气体通过足量溴水
蔗糖变黑，膨胀，溴水褪色，有气泡冒出
B
将少量硼酸滴入Na2CO3溶液中
有气泡产生
C
向盛有FeCl3溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液
溶液由黄色变为浅绿色
D
Mg和盐酸反应，将温度计水银球插入反应液中
镁条逐渐溶解，产生气泡，温度计水银柱迅速上升
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应；
B.碳酸的酸性大于硼酸的酸性，则少量硼酸滴入Na2CO3溶液中不发生反应；
C.维生素C可还原铁离子；
D.金属与酸的反应放热。
【解答】解：A.蔗糖和浓硫酸反应产生了CO2和SO2，SO2可以被溴水吸收，使溴水褪色，CO2与溴水不反应，故会有气泡冒出，故A正确；
B.碳酸的酸性强于硼酸，将少量硼酸滴入Na2CO3溶液中无现象，故B错误；
C.维生素C具有还原性，能将三价铁离子还原为二价铁离子，溶液由黄色变为浅绿色，故C正确；
D.活泼金属和酸的反应属于放热反应，故镁和盐酸反应的现象为镁条逐渐溶解，产生气泡，温度计水银柱迅速上升，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
5．（6分）2019年诺贝尔化学奖颁给研究锂电池的科学家，一种用作锂电池电解液的锂盐结构如图所示。其中，X位于第三周期，X原子的电子数为Z原子的两倍，W、Z、Y位于同一周期。下列叙述正确的是（ ）
A．原子半径：X＞Z＞W
B．非金属性：X＞Z＞W
C．X的氧化物对应的水化物均为强酸
D．WY3中各原子均满足8电子稳定结构
【分析】X位于第三周期，且化合物中X可形成6个共价键，则X为S，X原子的电子数为Z原子的两倍，Z为O；W、Z、Y位于同一周期，可知均为第二周期元素，Y只形成1个共价键，Y为F；W形成2个共价键且得到1个电子，W为N，以此来解答。
【解答】解：由上述分析可知，X为S、W为N、Z为O、Y为F，
A.同主族从上到下原子半径增大，同周期主族元素从左向右原子半径减小，则原子半径：X＞W＞Z，故A错误；
B.同主族从上到下非金属性减小，同周期主族元素从左向右非金属性增大，则非金属性为Z＞W＞X，故B错误；
C.X的氧化物对应的水化物若为亚硫酸，属于弱酸，故C错误；
D.NF3中N的最外层电子数为5，5+3＝8，F的最外层电子数为7，7+1＝8，则各原子均满足8电子稳定结构，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握电子数关系、化学键来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
6．（6分）微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．电子从b流出，经外电路流向a
B．HS﹣在硫氧化菌作用下转化为SO42﹣的反应是：HS﹣+4H2O﹣8e﹣＝SO42﹣+9H+
C．该电池在高温下进行效率更高
D．若该电池有0.4mol电子转移，则有0.45molH+通过质子交换膜质子交换
【分析】由图可知，硫酸盐还原菌可将有机物氧化为二氧化碳，而硫氧化菌可将HS﹣氧化为SO42﹣，所以两种菌类的存在，循环把有机物氧化成CO2并放出电子，负极a上HS﹣在硫氧化菌作用下转化为SO42﹣，发生失电子的氧化反应，负极反应式是HS﹣+4H2O﹣8e﹣＝SO42﹣+9H+，正极b上O2发生得电子的还原反应，正极反应式为4H++O2+4e﹣＝2H2O，原电池工作时，溶液中的阳离子移向正极、阴离子移向负极，电子由负极经过导线流向正极，据此分析解答。
【解答】解：A．由图中H+移动方向可知，a极为负极、b极为正极，原电池工作时电子由负极经过导线流向正极，即电子从a流出，经外电路流向b，故A错误；
B．负极上HS﹣在硫氧化菌作用下转化为SO42﹣，失电子发生氧化反应，电极反应式是HS﹣+4H2O﹣8e﹣＝SO42﹣+9H+，故B正确；
C．高温条件下微生物会变性而死亡，该电池不能正常工作，故C错误；
D．电子和氢离子均带1个单位的电荷，若该电池有0.4mol电子转移，则有0.4molH+通过质子交换膜，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原电池工作原理以及应用，为高频考点，把握原电池工作原理和知识的迁移应用是解题的关键，试题侧重分析能力和运用能力的考查，注意结合电解质的酸碱性书写电极反应式，题目难度中等。
7．（6分）25℃时，向某二元弱酸H2X的溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lg或lg与pH的关系如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A．Ka2（H2X）的数量级为10−11
B．n曲线表示lg与pH的变化关系
C．25℃时，NaHX溶液中c（X2−）＜c（H2X）
D．pH＝8时，c（X2−）＞c（H2X）
【分析】Ka1＝×c（H+），＝，Ka2＝×c（H+），则＝，Ka1＞Ka2，当pH相等时，纵坐标数值大的表示曲线lg与pH值的关系，根据图知，曲线n表示lg与pH的变化关系；
A．曲线m表示lg与pH的变化关系，当pH＝9.3时，lg＝﹣1，则＝0.1，Ka2＝×c（H+）；
B．曲线n表示lg与pH的变化关系；
C．25℃时，NaHX溶液中根据HX﹣的电离程度和水解程度相对大小判断；
D．pH＝8时，c（X2−）＝×c（HX﹣）、c（H2X）＝，＝＝Ka1×Ka2。
【解答】解：Ka1＝×c（H+），＝，Ka2＝×c（H+），则＝，Ka1＞Ka2，当pH相等时，纵坐标数值大的表示曲线lg与pH值的关系，根据图知，曲线n表示lg与pH的变化关系；
A．曲线m表示lg与pH的变化关系，当pH＝9.3时，lg＝﹣1，则＝0.1，则Ka2＝×c（H+）＝0.1×10﹣9.3＝10﹣10.3，Ka2（H2X）的数量级为10−11，故A正确；
B．曲线n表示lg与pH的变化关系，故B正确；
C．n曲线上pH＝7.4时，lg＝1，则＝10，Ka1＝×c（H+）＝10×10﹣7.4＝10﹣6.4，25℃时，HX﹣水解平衡常数Kh＝＝＝10﹣7.6＞Ka2，说明其电离程度小于水解程度，所以c（X2−）＜c（H2X），故C正确；
D．pH＝8时，c（X2−）＝×c（HX﹣）、c（H2X）＝，＝＝Ka1×Ka2小于1而大于0，则c（X2−）＜c（H2X），故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确电离平衡常数计算方法、电离平衡常数和水解平衡常数关系是解本题关键，D为解答难点，题目难度中等。
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11、12题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：此题包括3小题，共43分。
8．（14分）肼是重要的化工原料。某探究小组利用下列反应制取水合肼（N2H4•H2O）：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO＝Na2CO3+N2H4•H2O+NaCl。
实验一：制备NaClO溶液（实验装置如图1所示）
（1）锥形瓶中发生反应的离子方程式是 Cl2+2OH﹣＝ClO﹣+Cl﹣+H2O 。
实验二：制取水合肼． （实验装置如图2所示）
已知水合肼具有还原性，被氧化生成氮气。
控制反应温度，将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应。加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108～114℃馏分。
（2）分液漏斗中的溶液是 B （填标号）。
A．CO（NH2）2溶液
B．NaOH和NaClO混合溶液
选择的理由是 如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化 。
实验三：测定馏分中水合肼的质量分数。采用下列步骤：
A．称取馏分5.000g，加入适量NaHCO3固体，加水配成250mL溶液。
B．移取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入10mL水，摇匀。
C．用0.2000 mol•L﹣1的I2溶液滴定，至溶液出现微黄色且半分钟内不消失，滴定过程中，溶液的pH保持在6.5左右，记录消耗碘的标准溶液的体积。
D．进一步操作与数据处理。
（3）水合肼与碘溶液反应的化学方程式为： N2H4•H2O+2I2＝N2↑+4HI+H2O ；
（4）滴定过程中，NaHCO3能控制溶液的pH在6.5左右，原因是 生成的HI与NaHCO3反应 。
（5）滴定时，碘的标准溶液盛放在 酸式 （填“酸式”或“碱式”）滴定管中；若三次滴定消耗碘的标准溶液的平均体积为18.00mL，则馏分中水合肼（N2H4•H2O）的质量分数为 18.0% （保留三位有效数字）。
【分析】（1）氯气通入到盛有NaOH的锥形瓶中发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
（2）依据反应原理CO（NH2）2+2NaOH+NaClO＝Na2CO3+N2H4•H2O+NaCl，CO（NH2）2溶液与NaOH和NaClO混合溶液加在一起发生反应；根据“水合肼具有还原性，被氧化生成氮气。”，水合肼能被强氧化性的NaClO氧化成氮气，所以NaOH和NaClO混合溶液一定不能过量；
（3）水合肼与碘溶液反应发生氧化还原反应，生成N2、HI和H2O；
（4）NaHCO3能控制溶液的pH在6.5左右，是因为生成的HI与NaHCO3反应；
（5）碘单质具有氧化性，应选择酸式滴定管；结合反应定量关系计算水合肼（N2H4•H2O）的质量分数，根据N2H4•H2O+2I2＝N2↑+4HI+H2O，可得N2H4•H2O～2I2，根据碘的物质的量计算
N2H4•H2O的物质的量，然后计算水合肼（N2H4•H2O）的质量分数。
【解答】解：（1）氯气通入到盛有NaOH的锥形瓶中发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH﹣＝ClO﹣+Cl﹣+H2O，
故答案为：Cl2+2OH﹣＝ClO﹣+Cl﹣+H2O；
（2）依据制取水合肼（N2H4•H2O）的原理：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO＝Na2CO3+N2H4•H2O+NaCl，可知，要将CO（NH2）2溶液与NaOH和NaClO混合溶液加在一起发生反应。根据题中的已知信息，“水合肼具有还原性，被氧化生成氮气”可知，水合肼能被强氧化性的NaClO氧化成氮气，所以NaOH和NaClO混合溶液一定不能过量，则要将NaOH和NaClO混合溶液滴入CO（NH2）2溶液中，即分液漏斗中装NaOH和NaClO混合溶液，
故答案为：B；如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化；
（3）水合肼与碘溶液反应发生氧化还原反应，生成N2、HI和H2O，反应的化学方程式为：N2H4•H2O+2I2＝N2↑+4HI+H2O，
故答案为：N2H4•H2O+2I2＝N2↑+4HI+H2O；
（4）NaHCO3能控制溶液的pH在6.5左右，是因为生成的HI与NaHCO3反应，
故答案为：生成的HI与NaHCO3反应；
（5）碘单质具有氧化性，应选择酸式滴定管；结合反应定量关系计算水合肼（N2H4•H2O）的质量分数，
N2H4•H2O+2I2＝N2↑+4HI+H2O
1 2
n 0.2000mol/L×0.018L
解得 n＝0.0018mol，250mL溶液中含有的物质的量＝0.0018mol×＝0.018mol，水合肼（N2H4•H2O）的质量分数＝×100%＝18%，
故答案为：酸式；18.0%。
【点评】本题考查了物质制备，涉及物质性质的应用、题干信息的分析理解，结合题目信息的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，综合性强，题目难度中等。
9．（16分）以钛铁矿（主要成分为FeO•TiO2，还含有MgO、CaO、SiO2等杂质）为原料合成锂离子电池的电极材料钛酸锂（Li4Ti5O12）和磷酸亚铁锂（LiFePO4）的工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）“溶浸”后溶液中的金属阳离子主要包括Mg2+、TiOCl+ Fe2+、Ca2+ 。“滤液”经加热水解后转化为富钛渣（钛元素主要以TiO2•2H2O形式存在），写出上述转变的离子方程式： TiOCl++3H2OTiO2•2H2O↓+2H++Cl﹣ 。
（2）“溶钛”过程反应温度不能太高，其原因是 双氧水和氨水都会因温度过高分解 。
（3）“沉铁”步骤反应的化学方程式为 2FeCl2+H2O2+2H3PO4＝2FePO4↓+4HCl+2H2O ，“沉铁”后的滤液经处理后可返回 溶浸 工序循环利用。
（4）“煅烧”制备LiFePO4过程中，Li2CO3和H2C2O4的理论投入量的物质的量之比为 1：1 。
（5）以Li4Ti5O12和LiFePO4作电极组成电池，充电时发生反应：Li4Ti5O12+LiFePO4＝Li4+xTi5O12+Li1﹣xFePO4（0＜x＜1），阳极的电极反应式为 LiFePO4﹣xe−＝Li1﹣xFePO4+xLi+ 。
（6）从废旧LiFePO4电极中可回收锂元素。用硝酸充分溶浸废旧LiFePO4电极，测得浸取液中c（Li+）＝4mol•L﹣1，加入等体积的碳酸钠溶液将Li+转化为Li2CO3沉淀，若沉淀中的锂元素占浸取液中锂元素总量的90%，则反应后的溶液中CO32﹣的浓度为 0.04 mol•L﹣1[已知Ksp（Li2CO3）＝1.6×10﹣3，假设反应后溶液体积为反应前两溶液之和]。
【分析】钛铁矿（主要成分为FeO•TiO2，还含有MgO、CaO、SiO2等杂质）和足量盐酸反应后，其中SiO2和盐酸不反应，其它成分转化为盐酸盐，过滤后的滤液中含有溶于水的盐酸盐，加热过程中，TiOCl+水解生成TiO2•2H2O沉淀，过滤得到含有TiO2•2H2O的富钛渣，加入双氧水、氨水后得到过氧钛化合物，煅烧后得到TiO2，然后和Li2CO3反应得到Li4Ti5O12，富铁液加入双氧水和磷酸后，Fe2+转化为FePO4沉淀，然后和Li2CO3、H2C2O4高温煅烧生成LiFePO4，据此分析解答。
【解答】解：（1）钛铁矿的成分中只有SiO2与盐酸是不反应的，FeO•TiO2、MgO、CaO与盐酸反应后产生的阳离子有 Mg2+、TiOCl+、Fe2+、Ca2+等。TiOCl+水解成TiO2•2H2O的离子方程式是TiOCl++3H2OTiO2•2H2O↓+2H++Cl﹣，
故答案为：Fe2+、Ca2+；TiOCl++3H2OTiO2•2H2O↓+2H++Cl﹣；
（2）“溶钛”过程反应温度不能太高，其原因是加入的双氧水和氨水都会因温度过高分解，
故答案为：双氧水和氨水都会因温度过高分解；
（3）由流程图可知，H2O2为氧化剂，H3PO4为沉淀剂，则“沉铁”步骤反应的化学方程式为2FeCl2+H2O2+2H3PO4＝2FePO4↓+4HCl+2H2O，根据流程图，生成的盐酸可返回溶浸工序循环使用，
故答案为：2FeCl2+H2O2+2H3PO4＝2FePO4↓+4HCl+2H2O；溶浸；
（4）结合分析可知，FePO4与Li2CO3和H2C2O4高温煅烧生成LiFePO4，则反应的化学方程式是2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O，结合方程式可知Li2CO3和H2C2O4的理论投入量的物质的量之比为1：1，
故答案为：1：1；
（5）充电时，阳极反生氧化反应，根据充电时发生的反应Li4Ti5O12+LiFePO4＝Li4+xTi5O12+Li1﹣xFePO4（0＜x＜1），LiFePO4生成Li1﹣xFePO4的过程中发生氧化反应，则阳极电极反应式为LiFePO4﹣xe﹣＝Li1﹣xFePO4+xLi+，
故答案为：LiFePO4﹣xe−＝Li1﹣xFePO4+xLi+；
（6）浸取液中c（Li+）＝4mol•L﹣1，加入等体积的碳酸钠溶液将Li+转化为Li2CO3沉淀，若沉淀中的锂元素占浸取液中锂元素总量的90%，设浸取液的体积为VL，则可知沉淀后的c（Li+）＝＝0.2 mol•L﹣1，Ksp（Li2CO3）＝c2（Li+）c（CO32﹣）＝1.6×10﹣3，则0.2×0.2×c（CO32﹣）＝1.6×10﹣3，故剩余c（CO32﹣）＝0.04 mol•L﹣1，
故答案为：0.04 mol•L﹣1。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
10．（14分）氧族元素的单质及其化合物在工业生产和生活中有重要的应用，运用化学原理研究氧族元素的单质及其化合物有重要意义。回答下列问题：
（1）臭氧层被破坏的反应过程如图1所示，NO的作用是 催化剂 。已知：O3（g）+O（g）═2O2（g）△H＝﹣143kJ•mol﹣1、“反应1”：O3（g）+NO（g）═NO2（g）+O2（g）△H1＝﹣200.2kJ•mol﹣1，写出“反应2”的热化学方程式 O（g）+NO2（g）＝O2（g）+NO（g）△H＝+57.2kJ/mol 。
（2）在恒温恒容密闭容器中，n（O3）：n（SO2）＝1：1投料发生如下反应：SO2（g）+O3（g）⇌SO3（g）+O2（g）△H＝﹣240.8kJ•mol﹣1，T1和T2（T1＜T2）时SO2的转化率如图2所示。
T1时，计算该反应的分压平衡常数Kp＝ 0.62 。恒温时增大SO2平衡转化率的措施是 增大O3的浓度或及时分离出生成物 。（写一条）
（3）在容积为1L的多个反应装置中，分别充入2mol SO2和2mol O3控制在不同温度下发生反应，经过相同反应时间t后剩余SO2的物质的量与温度的关系如图3所示。
已知臭氧会转化成氧气：2O3（g）⇌3O2（g），在上述反应条件下臭氧分解率与温度关系如下表。
温度/℃
50
100
150
200
250
300
分解率/%
0
0
0
6
30
81
①低于140℃，SO2的剩余量随温度升高减小的原因是 反应尚未平衡，温度升高反应速率加快，消耗的SO2增大，剩余的SO2减小 ；高于200℃，SO2的剩余量随着温度升高增大，除了升温平衡向吸热的逆向移动这一原因外，另一原因是 O3开始分解生成O2，减小反应物浓度同时增加生成物浓度，平衡逆向移动，引起SO2的剩余量随着温度升高增大 。
②已知250℃时SO2（g）+O3（g）⇌SO3（g）+O2（g）的平衡常数K＝1，平衡时氧气的浓度c（O2）＝ 1.55 mol/L。（结果保留小数点后两位）
【分析】（1）在第一个反应中作反应物、第二个反应中作生成物的物质是催化剂；根据图知，反应2中反应物是O、NO2，生成物是NO和O2，总反应﹣反应1得反应2，O（g）+NO2（g）＝O2（g）+NO（g），△H进行相应的改变；
（2）根据各物质的转化率，利用分压平衡常数可以直接用各气体的平衡物质的量计算，列出三段式，求得平衡时各物质的物质的量，则T1时，计算该反应的分压平衡常数Kp＝；增大O3的浓度或及时分离出生成物可以增大SO2平衡转化率；
（3）①低于140℃，反应尚未平衡，温度升高反应速率加快，消耗的SO2增大，剩余的SO2减小；由表格数据可知，当温度达到200℃时，O3开始分解生成O2，减小反应物浓度同时增加生成物浓度，平衡逆向移动，引起SO2的剩余量随着温度升高增大；
②根据250℃时O3的分解率为30%，求得分解的n（O3），再由2O3⇌3O2求得O2的物质的量，设SO2的转化浓度为xmol/L，列出三段式，根据平衡常数K＝1，解得x的值，进一步计算氧气的浓度。
【解答】解：（1）反应过程是臭氧在NO作用下生成二氧化氮和氧气，二氧化氮在氧原子作用下生成NO和氧气，反应过程中NO参与反应最后又生成，作用是催化剂；已知：O3（g）+O（g）＝2O2（g）△H＝﹣143kJ•mol﹣1、“反应1”：O3（g）+NO（g）＝NO2（g）+O2（g）△H1＝﹣200.2kJ•mol﹣1，根据盖斯定律二者相减得到“反应2”的热化学方程式：NO2（g）+O（g）＝NO（g）+O2（g）△H2＝+57.2kJ•mol﹣1，
故答案为：催化剂；O（g）+NO2（g）＝O2（g）+NO（g）△H＝+57.2kJ/mol；
（2）升高温度平衡向逆反应方向移动，则T2时SO2的转化率相对较低，但反应速率较快，先达到平衡，故T2时SO2的转化率＝42%，T1时SO2的转化率＝44%；该反应是反应前后气体物质的量不变的可逆反应，分压平衡常数可以直接用各气体的平衡物质的量计算，可列出三段式：
SO2（g）+O3（g）⇌SO3（g）+O2（g）
起始（mol）1 1 0 0
转化（mol）0.44 0.44 0.44 0.44
平衡（mol）0.56 0.56 0.44 0.44
则T1时，计算该反应的分压平衡常数Kp＝≈0.62；恒温时增大SO2平衡转化率的措施是增大O3的浓度或及时分离出生成物，
故答案为：0.62；增大O3的浓度或及时分离出生成物；
（3）①低于140℃，反应尚未平衡，温度升高反应速率加快，消耗的SO2增大，剩余的SO2减小；由表格数据可知，当温度达到200℃时，O3开始分解生成O2，减小反应物浓度同时增加生成物浓度，平衡逆向移动，引起SO2的剩余量随着温度升高增大，
故答案为：反应尚未平衡，温度升高反应速率加快，消耗的SO2增大，剩余的SO2减小；O3开始分解生成O2，减小反应物浓度同时增加生成物浓度，平衡逆向移动，引起SO2的剩余量随着温度升高增大；
②由表格可知，250℃时O3的分解率为30%，分解的n（O3）＝2mol×30%＝0.6mol，由2O3⇌3O2可知，0.6mol O3参与反应生成0.9molO2，设SO2的转化浓度为xmol/L，则
SO2（g）+O3（g）⇌SO3（g）+O2（g）
起始（mol）2 1.4 0 0
转化（mol）x x x x
平衡（mol）2﹣x 1.4﹣x x x+0.9
平衡常数K＝＝1，解得x≈0.65，则平衡时氧气的浓度c（O2）＝（ 0.65+0.9）mol/L＝1.55mol/L，
故答案为：1.55mol/L。
【点评】本题考查盖斯定律的应用、化学平衡计算、图象分析判断等知识点，明确化学反应原理、外界条件对平衡移动影响原理及平衡计算方法是解本题关键，侧重分析和计算能力的考查，题目难度中等。
【化学--选修3：物质结构与性质】（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。
11．（14分）第IIB族元素（Zn、Cd、Hg）和第VIA族元素（S、Se、Te）组成的某些二元化合物常用作半导体材料，在压电效应等器件方面有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）基态Se原子核外电子排布式为[Ar] 3d104s24p4 ，有 2 个未成对电子。
（2）Zn的四种卤化物熔点如表所示。请分析ZnF2熔点高于其他三种卤化物，自ZnCl2至ZnI2熔点依次升高的原因： ZnF2是离子晶体，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2是分子晶体，分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高 。
化合物
ZnF2
ZnCl2
ZnBr2
ZnI2
熔点/℃
872
275
394
446
（3）向硫酸锌溶液中加入足量氨水可生成可溶性[Zn（NH3）4]SO4，该物质中所含酸根的空间结构为 正四面体 ，[Zn（NH3）4]2+中配位原子为 N （填名称），从化学键角度解释该离子能够形成的原因： N提供孤对电子，Zn2+提供空轨道，形成配位键 。
（4）H2S、H2Se、H2Te的沸点由低到高的顺序为 H2S＜H2Se＜H2Te （用“＜”连接，下同）；键角由小到大的顺序为 H2Te＜H2Se＜H2S 。
（5）氧化锌系气敏陶瓷是指具有气敏效应的半导体陶瓷，应用十分广泛。一种ZnO陶瓷的晶胞（立方体）如图1所示，图2是沿着立方格子对角面取得的截图，则Zn原子与O原子间最短距离为 a pm。晶体的密度为 g•cm﹣3（NA为阿伏加德罗常数的值，Zn原子半径为apm，列出计算式即可）。
【分析】（1）Se为34号元素，基态Se原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4；
（2）分析熔点变化可知，自ZnCl2至ZnI2熔点依次升高的原因是ZnF2是离子晶体，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2是分子晶体，分子晶体的相对分子质量越大；
（3）向硫酸锌溶液中加入足量氨水可生成可溶性[Zn（NH3）4]SO4，硫酸根离子的价层电子对数为4+＝4，不含孤电子对，构型为正四面体，[Zn（NH3）4]2+中N提供孤电子对，配位原子为N，化学键角度解释该离子能够形成的原因是N提供孤对电子，Zn2+提供空轨道；
（4）H2O含有氢键，沸点较高，H2S和H2Se对应的晶体都为分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高；原子半径越大，成键电子之间的排斥力越小，键角越小；
（5）该晶胞中Zn原子个数＝8×+6×＝4、O原子个数＝12×+1＝4，Zn原子半径为apm，每个面对角线上3个Zn原子紧密相邻，则晶胞棱长＝2apm，Zn原子和O原子最近距离为体对角线的，即a，；晶胞体积＝（2a×10﹣10cm）3，晶体密度＝，据此计算。
【解答】解：（1）Se为34号元素，基态Se原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4，未成对电子数为2，
故答案为：3d104s24p4；2；
（2）分析熔点变化可知，自ZnCl2至ZnI2熔点依次升高的原因是ZnF2是离子晶体，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2是分子晶体，分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高，
故答案为：ZnF2是离子晶体，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2是分子晶体，分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高；
（3）向硫酸锌溶液中加入足量氨水可生成可溶性[Zn（NH3）4]SO4，硫酸根离子的价层电子对数为4+＝4，不含孤电子对，构型为正四面体，[Zn（NH3）4]2+中N提供孤电子对，配位原子为N，化学键角度解释该离子能够形成的原因是N提供孤对电子，Zn2+提供空轨道，形成配位键，
故答案为：正四面体；N；N提供孤对电子，Zn2+提供空轨道，形成配位键；
（4）H2O含有氢键，沸点较高，H2S和H2Se对应的晶体都为分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，则H2O、H2S和H2Se的沸点由低到高的顺序为H2S＜H2Se＜H2O；原子半径越大，成键电子之间的排斥力越小，键角越小，则键角由小到大的顺序为H2Se＜H2S＜H2O，
故答案为：H2S＜H2Se＜H2Te；H2Te＜H2Se＜H2S；
（5）该晶胞中Zn原子个数＝8×+6×＝4、O原子个数＝12×+1＝4，Zn原子半径为apm，每个面对角线上3个Zn原子紧密相邻，则晶胞棱长＝2apm，Zn原子和O原子最近距离为体对角线的，即a，；晶胞体积＝（2a×10﹣10cm）3，晶体密度＝＝g/cm3，
故答案为：a；。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
【化学--选修5：有机化学基础】
12．苯嘧磺草胺（I）是一种除草剂，图是其合成的部分流程。
已知：①当苯环上存在﹣CH3时，其他的基团引入主要在其邻对位，而当苯环上存在﹣COOH时，其他的基团引入主要在其间位；
②（还原性）
③
④
请回答以下问题：
（1）C中处于对位关系的官能团名称是 羧基 、 氟原子 。
（2）D→E和F→G反应类型分别是 还原反应 、 取代反应 。
（3）分别写出E和H的结构简式 、 。
（4）写出A→B的化学反应方程式 。
（5）C的一氟一氯苯甲酸同分异构体还有9种。芳香化合物W，相对分子质量比C大14，则符合下列条件的W的同分异构体共有 40 种。（不考虑立体异构）
①F、Cl与苯环直接相连；
②不与FeCl3溶液作用；
③稀硫酸条件下发生水解反应；
④发生银镜反应。
（6）在横线处补充完整以甲苯为原料合成的流程图（无机试剂任选） 。
【分析】A在POCl3、PCl5条件下反应0.5h生成B；C在浓硫酸、硝酸中2.5h发生硝化反应生成D，D在Fe、AcOH、reflux条件下20h生成E；E和B在AcOH、reflux条件下发生取代反应生成F，结合F中苯环的取代位置，D为，E为；F发生取代反应生成G，G和BBr3、CH2Cl2发生取代反应生成H为，H和反应生成I，据此解答；
（6）以甲苯为原料，先发生硝化反应生成对位硝基甲苯，再被氧化生成对位硝基苯甲酸，再还原合成。
【解答】解：（1）C中官能团有羧基和氟原子和氯原子，其中处于对位关系的官能团名称是羧基和氟原子，
故答案为：羧基；氟原子；
（2）D→E为硝基变氨基，属于还原反应，F→G是羧基变酯基，反应类型为取代，
故答案为：还原反应；取代反应；
（3）从后面F的结构分析，D中硝基与氯原子的对位，D中的硝基变成氨基则成为E，则E的结构简式为，G到H 为酯基变成羧基，所以H的结构简式为，
故答案为：；；
（4）从原子守恒分析，A→B的化学反应方程式，
故答案为：；
（5）C的一氟一氯苯甲酸同分异构体还有9种。芳香化合物W，相对分子质量比C大14，即多一个CH2原子团，则①F、Cl与苯环直接相连；②不与FeCl3溶液作用，说明不含酚羟基；③稀硫酸条件下发生水解反应，说明有酯基；④发生银镜反应，说明有醛基，则为甲酸酯类。若苯环上除了氯和氟原子外还有一个取代基，即苯环上连接三种同的取代基时，则结构有10种，若其连接四个不同的取代基，有30种结构，即同分异构体总共有40种，
故答案为：40；
（6）以甲苯为原料，先发生硝化反应生成对位硝基甲苯，再被氧化生成对位硝基苯甲酸，再还原合成，流程图如下：
，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，为高考常见题型，侧重考查学生分析推断及知识综合运用能力，根据B、C结构简式为突破口结合反应条件、题给信息运用正逆结合的方法进行推断，难点是同分异构体种类判断，题目难度中等。
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