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宁夏银川市唐徕中学2024届高三下学期一模理科综合化学试题（原卷版+解析版）
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理科化学试卷
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，其中第Ⅱ卷第33~38题为选考题，其它题为必考题。考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
注意事项：
1．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上。
2．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案的标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号在各题的答题区域（，黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效。
4．保持卡面清洁，不折叠，不破损。
5．做选考题时，考生按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Br-80 Ag-108
第Ⅰ卷（必做，共126分）
一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 唐代大诗人李商隐的诗句“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中蜡炬在古代是用动物的油脂制造，下列关于油脂的说法错误的是
A. 油脂、蛋白质都属于天然高分子
B. 现代生活中油脂还可以制造肥皂、人造柴油
C. “蜡炬成灰”的过程既是放热反应也是氧化还原反应
D. 天然的油脂都是混合物
【答案】A
【解析】
【详解】A．油脂的相对分子质量小于10000，不属于高分子化合物，动植物体内的蛋白质属于天然高分子，人工合成的蛋白质不属于天然高分子，A错误；
B．油脂发生皂化反应后生成肥皂，动物油脂、地沟油等可用于生产人造柴油，B正确；
C．“蜡炬成灰”的过程是蜡烛熔化、燃烧的过程，蜡烛燃烧生成二氧化碳和水，同时放出热量，既是放热反应也是氧化还原反应，C正确；
D．天然的油脂是由多种高级脂肪酸与甘油形成的混甘油脂，且由多种油脂分子混合而成，都是混合物，D正确；
故选A。
2. 是还原工业废水中六价Cr的催化剂，反应机理如图所示。
下列叙述错误的是
A. 反应①、③均不属于氧化还原反应
B. 中Cr元素的化合价为+3价
C. 加入Mn能够降低活化能，提高六价铬的转化率
D. 总反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图像可看出反应①、③均没有元素化合价发生变化，均是非氧化还原反应，故A正确；
B．中整体为-1价，由该离子所带电荷为3-x，可看出Cr元素的化合价为+3价，故B正确；
C．Mn是催化剂，加入Mn能够降低活化能，但是不能提高六价铬的转化率，故C错误；
D．由反应机理图可得总反应方程式为，故D正确。
答案选C。
3. 有机物F（）是用于合成某种药物的中间体，下列说法正确的是
A. 分子中的所有碳原子可能在同一平面上
B. 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 含碳碳双键、羟基、羧基3种官能团
D. 1ml该物质与足量Na反应，最多可生成氢气1ml
【答案】A
【解析】
【详解】A．与苯环直接相连的原子共面，碳碳双键两端的原子共面，与羰基直接相连的原子共面，则分子中的所有碳原子可能在同一平面上，A正确；
B．分子中含羟基、碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；
C．含碳碳双键、羟基、酯基3种官能团，C错误；
D．分子中羟基能和钠反应，则1ml该物质与足量Na反应，最多可生成氢气0.5ml，D错误；
故选A。
4. 短周期主族W、X、Y、Z的原子序数依次增大，化合物P（结构如图所示）具有强氧化性和漂白性，W与X能形成多种粒子。下列有关叙述正确的是
A. 简单离子半径：Z＞Y＞X＞W
B. Z的氧化物对应的水化物一定是强酸
C. X与Y、Z分别形成的二元化合物中都可能存在共价键
D. P中Z的化合价为+7
【答案】C
【解析】
【分析】X与Z形成了双键结构，且W与X可形成10电子的结构，说明X为O元素，W为H元素，Y最外层有一个电子，故Y为Na元素，Z最外层有6个电子，则Z为S元素。
【详解】A．S2-有三个电子层，O2-与Na+均只有两个电子层，但O2-的原子序数比Na+少，故其半径较大，简单离子半径排序为S2->O2->Na+>H+，A错误；
B．Z元素为S，可形成H2SO3不是强酸，B错误；
C．X、Z为O、S，O与S和Na可形成Na2O2、Na2S2含有共价键，C正确；
D．7为S元素，呈+6价，D错误；
故选C。
5. 最近我国科学家设计了一种电化学协同处理氮、硫的氧化物的装置如图所示，实现对烟气的净化处理，并得到合成氨的原料。
下列叙述错误的是
A. 采用石墨烯作电极材料，能够提高电池工作效率
B. ZnO@石墨烯极连接光伏电池负极
C. 石墨烯电极表面的电极反应为
D. 协同反应中，NO被还原为氮气
【答案】D
【解析】
【分析】装置为电解池，左侧ZnO@石墨烯为阴极，氢离子得电子生成氢气；右侧石墨烯电极为阳极，Cl-失电子生成ClO2，ClO2再将NO、SO2氧化为NO、，由此分析解答。
【详解】A．石墨烯有更大的表面积，用石墨烯作电极材料，能够提高电池工作效率，故A正确；
B．由分析可知，左侧ZnO@石墨烯为阴极，连接光伏电池的负极，故B正确；
C．右侧石墨烯电极为阳极，Cl-失电子生成ClO2，电极反应式为，故C正确；
D．由分析可知，NO被氧化为NO，故D错误。
答案选D。
6. 下列物质的实验中不能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．除去CO2中的SO2时，将混合气通过酸性高锰酸钾溶液，SO2会被吸收，从而达到除杂质的目的，A不符合题意；
B．检验FeCl2溶液是否被氧化时，取少量液体滴加KSCN溶液，若溶液变红，表明溶液中含有Fe3+，从而表明Fe2+被氧化，B不符合题意；
C．检验淀粉是否水解时，先加NaOH中和作为催化剂的硫酸，再加入新制氢氧化铜悬浊液煮沸，若有砖红色沉淀生成，表明淀粉水解生成了葡萄糖，C不符合题意；
D．除去FeCl3溶液中的FeCl2，加入足量的铁屑后过滤，此时FeCl3被还原为FeCl2，达不到除杂质的目的，D符合题意；
故选D。
7. 已知25℃时，琥珀酸（用表示）的、，向溶液中滴加同浓度的NaOH溶液，混合溶液中［X表示或］随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A. a点溶液中
B. 曲线②表示的变化
C. 当pH为4.89时，溶液中
D. 在逐滴滴加等体积、同浓度的氢氧化钠溶液过程中，水的电离程度逐渐增大
【答案】B
【解析】
【分析】当lgX=0时，即或，则Ka1=c(H+)=10-4.16，Ka2=c(H+)=10-5.62，对应的pH分别为4.16或5.62，则a点为4.16，曲线①②分别代表、lg的变化；
【详解】A ．由图可知，a点lgX=0，pH小于b点，应为4.16，所以，根据电荷守恒可得a点溶液中，故A正确；
B．b点时，溶液中，Ka2=c(H+)=10-5.62，则曲线②表示的变化，故B错误；
C．当溶液中时，c(H+)2= Ka1× Ka2=10-9.78，即c(H+)=10-4.89，则pH为4.89，故C正确；
D．反应生成NaHA，酸电离出的氢离子对水的电离有抑制作用，滴加氢氧化钠能够中和氢离子，故滴加过程中水的电离程度逐渐增大，故D正确；
故选B。
第Ⅱ卷
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题~第38题为选考题，考生根据要求做答。
（一）必考题（11题，共129分）
8. FeBr2是有机催化剂，易潮解。在加热条件下Fe与HBr反应可生成FeBr2。某实验小组用下列装置设计实验制备FeBr2(F的加热装置已省略)。
已知：银氨溶液中存在平衡[Ag(NH3)2]+(aq)Ag+(aq)+2NH3(aq)。
请回答下列问题：
（1）装置A的名称是___。
（2）气流从左到右，装置连接顺序为A→______→_____→F→______→______→E(填标号)___。
（3）实验中观察到装置E中银氨溶液变浑浊，其原因是____(用必要的文字和化学用语解释)。
（4）实验室不用浓硝酸与溴化钠反应制备溴化氢，其主要原因是____。
（5）设计简易实验检验FeBr2中是否混有Fe单质：___。
（6）为了探究FeBr2的性质，设计如下实验：
取21.6gFeBr2溶于水，缓慢通入V1mLCl2 (标准状况)，充分反应后，加入适量CCl4，振荡、静置。四氯化碳层呈无色，在水层中滴加KSCN溶液，溶液变红色。由此推知，还原性：Fe2+___(填“>”“<”或“=”)Br－，V1的最大值为___。
（7）测定FeBr2产品纯度：取xgFeBr2产品溶于水，配成250mL溶液，取25.00mL配制的溶液，加入过量的AgNO3溶液中，充分反应后过滤、洗涤、干燥、称重，固体质量为m1g。产品纯度为____(只列计算式)。
【答案】（1）启普发生器
（2）C、D、G、B （3）通入的HBr与NH3反应，促进平衡[Ag(NH3)2]+(aq)Ag+(aq)+2NH3(aq)向正反应方向移动，c(Ag+)增大，使c(Ag+)∙c(Br－)＞Ksp(AgBr)
（4）浓硝酸具有强氧化性，易氧化HBr，且硝酸易挥发
（5）取少量产品于试管中，滴加盐酸，若产生气泡，则产品中含铁粉，否则不含铁粉
（6） ①. ＞ ②. 1120mL
（7）×100%
【解析】
【分析】
【小问1详解】
根据图中仪器构造可知装置A的名称是启普发生器；故答案为：启普发生器。
【小问2详解】
A是实验室制取二氧化碳，B是铁与HBr反应装置，C用于除掉二氧化碳中HCl气体，D为干燥二氧化碳装置，E是处理HBr尾气装置，F是HBr发生装置，G为干燥HBr装置，因此气流从左到右，装置连接顺序为A→C→D→F→G→B→E；故答案为：C、D、G、B。
【小问3详解】
实验中观察到装置E中银氨溶液变浑浊，其原因是通入的HBr与NH3反应，促进平衡[Ag(NH3)2]+(aq)Ag+(aq)+2NH3(aq)向正反应方向移动，c(Ag+)增大，使c(Ag+)∙c(Br－)＞Ksp(AgBr)；故答案为：通入的HBr与NH3反应，促进平衡[Ag(NH3)2]+(aq)Ag+(aq)+2NH3(aq)向正反应方向移动，c(Ag+)增大，使c(Ag+)∙c(Br－)＞Ksp(AgBr)。
【小问4详解】
实验室不用浓硝酸与溴化钠反应制备溴化氢，其主要原因是浓硝酸具有强氧化性，HBr具有还原性，浓硝酸易氧化HBr，且硝酸易挥发；故答案为：浓硝酸具有强氧化性，易氧化HBr，且硝酸易挥发。
【小问5详解】
设计简易实验检验FeBr2中是否混有Fe单质，可以将产品溶解，再利用铁与盐酸反应产生气体来检验，因此操作为：取少量产品于试管中，滴加盐酸，若产生气泡，则产品中含铁粉，否则不含铁粉；故答案为：取少量产品于试管中，滴加盐酸，若产生气泡，则产品中含铁粉，否则不含铁粉。
【小问6详解】
21.6gFeBr2物质的量为0.1ml，溶于水，缓慢通入V1mLCl2 (标准状况)，充分反应后，加入适量CCl4，振荡、静置。四氯化碳层呈无色，在水层中滴加KSCN溶液，溶液变红色，说明亚铁离子被氯气氧化为铁离子，而溴离子没有被氯气氧化。由此推知，还原性：Fe2+＞Br－，根据2 Fe2+～Cl2，则消耗氯气物质的量为0.05ml，则V1的最大值为0.05ml×22.4 L∙ml−1＝1.12L＝1120mL；故答案为：1120mL。
【小问7详解】
根据题知得到m1gAgBr沉淀，根据，则产品纯度；故答案为：。
9. 皓矾(ZnSO4·7H2O)是可溶于水的无色晶体，可用于制造立德粉，并用作媒染剂收效剂、木材防腐剂等，是很重要的化工原料。现以含有氧化亚铁、氧化铁、氧化铜以及油污等杂质的废锌铁合金为原料制备皓矾，其工艺流程如图所示：
已知，锌与铝的性质相似，能溶于pH大于10的NaOH溶液；他和Na2CO3溶液的pH约为12.3。
（1）“脱脂”时，___(填“能”或“不能”)用热的饱和碳酸钠溶液代替，其理由是：___。
（2）“酸溶”时，为了使反应能更充分和快速进行，可以采用的方法有粉碎废锌铁合金材料、适当提高稀硫酸的浓度、___(填一种)等。
（3）“氧化”的目的是___。Fe2+能与酸性KMnO4溶液发生反应，该反应的离子方程式为___。
（4）“除铁”时，加入氧化锌的目的是___。
（5）“过滤”后得到的滤液不能直接蒸发浓缩、冷却结晶，其理由是___；请设计合理实验对滤液进行必要实验操作最终得到纯净的皓矾晶体，具体的操作方法：___，得到纯净的皓矾晶体。(可供使用的试剂有Zn粉、0.1ml·L-1的硫酸)
（6）将硫酸锌与硫化钡混合可以得到很好的白色颜料——锌钡白(立德粉)，反应为ZnSO4(aq)+BaS(aq)=ZnS·BaSO4(s)。由于锌钡白便宜可部分替代TiO2使用，与TiO2相比锌钡白的稳定性差一些，你认为可能的原因是___。
【答案】（1） ①. 不能 ②. 饱和碳酸钠溶液的pH大于10，锌会被溶解，降低锌的回收率
（2）适当加热 （3） ①. 将铁元素都转化为Fe3+，便于后续操作中沉淀除去 ②. 5Fe2++MnO+8H+=5Fe2++Mn2++4H2O
（4）调节溶液的pH，使溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去
（5） ①. 溶液中含有的Cu2+没有除去，直接蒸发、浓缩得不到纯净的硫酸锌晶体 ②. 向滤液中加入足量的Zn粉，过滤，向得到的滤渣中加入0.1ml·L-1的硫酸充分反应后再过滤，将两次过滤后的滤液合并，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
（6）锌钡白中含有-2价的硫元素，会被空气中的氧气氧化
【解析】
【分析】‘酸溶’反应后溶液含有Fe2+、Fe3+、Cu2+、Zn2+，‘氧化’是将Fe2+氧化为Fe3+，‘除铁’加入ZnO消耗溶液中H+来调节pH使Fe3+形成沉淀而除去；
【小问1详解】
“脱脂”时，不能用热的饱和碳酸钠溶液代替，原因是饱和碳酸钠溶液的pH大于10，锌会被溶解，降低锌的回收率；
【小问2详解】
为加快反应速率，可粉碎废锌铁合金材料、适当提高稀硫酸的浓度、搅拌、适当加热等；
【小问3详解】
“氧化”的目的是将铁元素都转化为Fe3+，便于后续操作中沉淀除去，Fe2+能与酸性KMnO4溶液发生反应产生Fe3+和Mn2+，该反应的离子方程式为5Fe2++MnO+8H+=5Fe2++Mn2++4H2O；
【小问4详解】
“除铁”时，加入氧化锌发生反应ZnO+2H+=Zn2++H2O，目的是调节溶液的pH，使溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去；
【小问5详解】
“过滤”后得到的滤液含有Cu2+、Zn2+，不能直接蒸发浓缩、冷却结晶，其理由是溶液中含有的Cu2+没有除去，直接蒸发、浓缩得不到纯净的硫酸锌晶体，为除去Cu2+，可用置换反应Zn+ Cu2+= Zn2++Cu，操作方法：向滤液中加入足量的Zn粉，过滤，向得到的滤渣中加入0.1ml·L-1的硫酸充分反应后再过滤，将两次过滤后的滤液合并，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
【小问6详解】
锌钡白不稳定是由于锌钡白中含有-2价的硫元素，会被空气中的氧气氧化。
10. 目前法是工业合成氨的主要方式，其生产条件需要高温高压，为了有效降低能耗，过渡金属催化还原氮气合成氨被认为是具有巨大前景的替代方法。催化过程一般有吸附—解离—反应—脱附等过程，图1为和在固体催化剂表面合成氨反应路径的势能面图(部分数据略)，其中“*”表示被催化剂吸附。
（1）氨气的脱附是___(填“吸热”“放热”)过程，合成氨的逆反应的热化学方程式：____。
（2）合成氨的捷姆金和佩热夫速率方程式为，v为反应的瞬时总速率，即正反应速率和逆反应速率之差，k1、k2分别是正、逆反应速率常数。已知：Kp是用平衡分压代替平衡浓度而得到的平衡常数(平衡分压=总压×物质的量分数)，则合成氨反应的平衡常数Kp=____(用含k1、k2的代数式表示)。
（3）若将和通入体积均为1L的两个密闭容器中，分别在T1和T2温度下进行反应。如图2所示，曲线I表示T1温度下的变化，曲线II表示T2温度下的变化，A点为反应在T2温度下恰好达到平衡的点。
①由图分析可得，温度T1____(填“>”、“<”或“=”，下同)T2。若曲线I上的点为反应在T1温度下恰好达到平衡的点，则m____15，n____2。
②T2温度下，反应从第5至恰好达到平衡时的平均反应速率____。
③T2温度下，合成氨反应的化学平衡常数K=____；若某时刻，容器内气体的压强为起始时的75%，则此时____(填“>”、“<”或“=”)。
【答案】（1） ①. 吸热 ②.
（2）
（3） ①. ＜ ②. > ③. > ④. ⑤. 0.5 ⑥. >
【解析】
【分析】
【小问1详解】
根据图1可知，氨气的吸附是吸热过程，由势能面图可知，0.5ml氮气和1.5ml氢气转变成1ml氨气的反应热为21kJ/ml-17kJ/ml-50kJ/ml=-46kJ/ml合成氨的逆反应的热化学方程式为。
【小问2详解】
反应达到平衡时，，即，，，故合成氨反应平衡常数。
【小问3详解】
①由图2数据分析，反应进行5时，温度下，反应生成的，温度下，反应消耗，则生成的，相同时间内温度下生成的更多，说明温度比温度高，即；温度越低，反应速率越慢，达到平衡所需的时间越多，又因为该反应为放热反应，温度越低，反应限度越大，故，。
②由图2可知，反应从第5min至恰好达到平衡时H2的物质的量变化为1.5ml，则v(H2)==，则。
③温度下反应达到平衡时，、、，故。平衡的压强是开始压强的倍数为=，若容器内气体的压强为起始时的75%，则此时反应正向移动，＞。
【化学——物质结构与性质】
11. 第Ⅷ族元素铁、钴、镍的单质及其化合物在生产、生活中有广泛应用。请回答下列问题：
（1）原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态铁原子，其自旋磁量子数的代数和为____。
（2）Fe、C的第四电离能分别为5290kJ·ml-1、4950kJ·ml-1，铁的第四电离能大于钴的第四电离能的主要原因是___。
（3）维生素B12的结构如图所示。
①钴的配位数为___。
②CN-与C3+形成配位键时CN-中C提供孤电子对，而不是N提供孤电子对，其主要原因可能是___。
（4）Ni(NH3)2Cl2有两种空间结构，中心离子为___(填离子符号)，则[Ni(CN)4]2-立体结构为___(填“正四面体”或“平面正方形)。
（5）Fe2+与环戊二烯基形成化合物Fe(C5H5)2，称为二茂铁，二茂铁为橙黄色固体，易溶于乙醚、苯、乙醇等有机溶剂，其熔点为446K。由此推知，二茂铁晶体类型是___(填“离子晶体”或“分子晶体”)。
（6）由K+、Fe2+、Fe3+、CN-组成的一种立方晶胞如图所示(K+未画出)。
①在该晶胞中碳原子杂化类型为___。
②该晶胞内含有的K+数目为___。
③已知NA代表阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为anm，则该晶体密度为__g·cm-3。(只列计算式)
【答案】（1）+2(或-2)
（2）Fe3+价层电子排布式为3d5，为半充满状态，C3+价层电子排布式为3d6
（3） ①. 6 ②. C的电负性小于N，N原子核对价层孤电子对的吸引力大于C
（4） ①. Ni2+ ②. 平面正方形
（5）分子晶体 （6） ① sp ②. ③.
【解析】
【分析】
【小问1详解】
对于基态铁原子，其价电子排布式为3d64s2，根据洪特规则可知，其3d轨道4个电子的自旋状态相同，因此，基态氮原子的价电子的自旋磁量子数的代数和为+2(或-2)；
【小问2详解】
其原因是Fe失去的是较稳定的3d5的一个电子，C失去的是3d6中的一个电子，故答案为：Fe3+价层电子排布式为3d5，为半充满状态，C3+价层电子排布式为3d6；
【小问3详解】
①根据维生素B12的结构可知钴周围有5个氮原子1个碳原子与其配位，故配位数是6；
②非金属性越弱，电负性越小，则越容易提供孤电子对形成配位键，故答案为：C的电负性小于N，N原子核对价层孤电子对的吸引力大于C；
【小问4详解】
从Ni(NH3)2Cl2结构中可以发现，Ni2+为中心阳离子，故中心离子为Ni2+；因为Ni(NH3)2Cl2有两种空间结构则[Ni(CN)4]2-立体结构为平面正方形，若为正四面体则Ni(NH3)2Cl2只有一种空间结构，故答案为平面正方形；
【小问5详解】
根据二茂铁的物理性质易溶于乙醚、苯、乙醇等有机溶剂，其熔点为446K，熔点较低，故其晶体类型为：分子晶体；
【小问6详解】
①在该晶体中碳的有两个σ键，没有孤电子对，故其杂化方式为sp杂化；
②根据均摊法可计算出出1个该晶胞中Fe3+个数为，Fe2+个数为，CN- 的个数为，根据正负化合价代数和为零，可知K+个数为；
③根据密度公式可知其密度为。
【化学——有机化学基础】
12. H是一种新型抗癌药物的中间体，其一种合成路线如图(部分反应条件和产物省略)：
请回答下列问题：
（1）A的名称是____。
（2）写出E→F的化学方程式：___。
（3）H中含氧官能团名称是___。
（4）G的结构简式为____。
（5）D→E的反应类型是___。
（6）B的同分异构体中，能发生银镜反应的结构有___种(不考虑立体异构)，在这些同分异构体中，核磁共振氢谱上有3组峰且峰面积之比为9:2:1的结构简式为___。
（7）参照上述合成路线，设计以CH3CHOHCH3和CH3COOH为原料制备的合成路线。(无机试剂任选)____
【答案】（1）苯酚 （2）
（3）羟基、醚键 （4）
（5）消去反应 （6） ①. 6 ②.
（7）
【解析】
【分析】由A的分子式可知A为，由B的分子式、C后产物结构，可知B发生氧化反应生成C，C发生取代反应生成，故B为，发生消去反应生成E为，E与发生加成反应生成F，对比F、H的结构，结合反应条件，可知F中环上氢原子被-CH2OCH3取代生成G，G再与HC≡CBr反应生成H，故G为；
【小问1详解】
A为，名称是苯酚；
【小问2详解】
E→F的化学方程式：；
【小问3详解】
H中含氧官能团名称是羟基、醚键；
【小问4详解】
G的结构简式为；
【小问5详解】
D为，E为，D→E是卤代烃的消去反应，反应类型是消去反应；
【小问6详解】
B为，能发生银镜反应说明含有醛基，由不饱和度可知剩余的取代基-C5H11为饱和单键，同分异构体有：、、共6种，核磁共振氢谱上有3组峰且峰面积之比为9:2:1的结构简式为；
【小问7详解】
由逆推法知类似流程中G→H反应，上一个物质是，由C→D反应引入-Br，上一个物质是，由CH3CHOHCH3发生B→C反应得到，合成路线为：。选项
实验目的
实验方法
A
除去CO2中的SO2
通过酸性高锰酸钾溶液
B
检验FeCl2溶液是否被氧化
取少量液体滴加KSCN溶液
C
检验淀粉是否水解
先加氢氧化钠溶液，再加新制氢氧化铜悬浊液煮沸
D
除去FeCl3溶液中FeCl2
加入足量的铁屑后过滤
金属阳离子
Fe2+
Fe3+
Cu2+
Zn2+
开始沉淀pH
7.0
1.9
4.4
5.5
完全沉淀pH(剩余金属离子深度为1×10-5ml·L-1)
9.0
3.2
6.7
8
理科化学试卷
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，其中第Ⅱ卷第33~38题为选考题，其它题为必考题。考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
注意事项：
1．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上。
2．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案的标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号在各题的答题区域（，黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效。
4．保持卡面清洁，不折叠，不破损。
5．做选考题时，考生按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Br-80 Ag-108
第Ⅰ卷（必做，共126分）
一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 唐代大诗人李商隐的诗句“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中蜡炬在古代是用动物的油脂制造，下列关于油脂的说法错误的是
A. 油脂、蛋白质都属于天然高分子
B. 现代生活中油脂还可以制造肥皂、人造柴油
C. “蜡炬成灰”的过程既是放热反应也是氧化还原反应
D. 天然的油脂都是混合物
【答案】A
【解析】
【详解】A．油脂的相对分子质量小于10000，不属于高分子化合物，动植物体内的蛋白质属于天然高分子，人工合成的蛋白质不属于天然高分子，A错误；
B．油脂发生皂化反应后生成肥皂，动物油脂、地沟油等可用于生产人造柴油，B正确；
C．“蜡炬成灰”的过程是蜡烛熔化、燃烧的过程，蜡烛燃烧生成二氧化碳和水，同时放出热量，既是放热反应也是氧化还原反应，C正确；
D．天然的油脂是由多种高级脂肪酸与甘油形成的混甘油脂，且由多种油脂分子混合而成，都是混合物，D正确；
故选A。
2. 是还原工业废水中六价Cr的催化剂，反应机理如图所示。
下列叙述错误的是
A. 反应①、③均不属于氧化还原反应
B. 中Cr元素的化合价为+3价
C. 加入Mn能够降低活化能，提高六价铬的转化率
D. 总反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据图像可看出反应①、③均没有元素化合价发生变化，均是非氧化还原反应，故A正确；
B．中整体为-1价，由该离子所带电荷为3-x，可看出Cr元素的化合价为+3价，故B正确；
C．Mn是催化剂，加入Mn能够降低活化能，但是不能提高六价铬的转化率，故C错误；
D．由反应机理图可得总反应方程式为，故D正确。
答案选C。
3. 有机物F（）是用于合成某种药物的中间体，下列说法正确的是
A. 分子中的所有碳原子可能在同一平面上
B. 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 含碳碳双键、羟基、羧基3种官能团
D. 1ml该物质与足量Na反应，最多可生成氢气1ml
【答案】A
【解析】
【详解】A．与苯环直接相连的原子共面，碳碳双键两端的原子共面，与羰基直接相连的原子共面，则分子中的所有碳原子可能在同一平面上，A正确；
B．分子中含羟基、碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；
C．含碳碳双键、羟基、酯基3种官能团，C错误；
D．分子中羟基能和钠反应，则1ml该物质与足量Na反应，最多可生成氢气0.5ml，D错误；
故选A。
4. 短周期主族W、X、Y、Z的原子序数依次增大，化合物P（结构如图所示）具有强氧化性和漂白性，W与X能形成多种粒子。下列有关叙述正确的是
A. 简单离子半径：Z＞Y＞X＞W
B. Z的氧化物对应的水化物一定是强酸
C. X与Y、Z分别形成的二元化合物中都可能存在共价键
D. P中Z的化合价为+7
【答案】C
【解析】
【分析】X与Z形成了双键结构，且W与X可形成10电子的结构，说明X为O元素，W为H元素，Y最外层有一个电子，故Y为Na元素，Z最外层有6个电子，则Z为S元素。
【详解】A．S2-有三个电子层，O2-与Na+均只有两个电子层，但O2-的原子序数比Na+少，故其半径较大，简单离子半径排序为S2->O2->Na+>H+，A错误；
B．Z元素为S，可形成H2SO3不是强酸，B错误；
C．X、Z为O、S，O与S和Na可形成Na2O2、Na2S2含有共价键，C正确；
D．7为S元素，呈+6价，D错误；
故选C。
5. 最近我国科学家设计了一种电化学协同处理氮、硫的氧化物的装置如图所示，实现对烟气的净化处理，并得到合成氨的原料。
下列叙述错误的是
A. 采用石墨烯作电极材料，能够提高电池工作效率
B. ZnO@石墨烯极连接光伏电池负极
C. 石墨烯电极表面的电极反应为
D. 协同反应中，NO被还原为氮气
【答案】D
【解析】
【分析】装置为电解池，左侧ZnO@石墨烯为阴极，氢离子得电子生成氢气；右侧石墨烯电极为阳极，Cl-失电子生成ClO2，ClO2再将NO、SO2氧化为NO、，由此分析解答。
【详解】A．石墨烯有更大的表面积，用石墨烯作电极材料，能够提高电池工作效率，故A正确；
B．由分析可知，左侧ZnO@石墨烯为阴极，连接光伏电池的负极，故B正确；
C．右侧石墨烯电极为阳极，Cl-失电子生成ClO2，电极反应式为，故C正确；
D．由分析可知，NO被氧化为NO，故D错误。
答案选D。
6. 下列物质的实验中不能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．除去CO2中的SO2时，将混合气通过酸性高锰酸钾溶液，SO2会被吸收，从而达到除杂质的目的，A不符合题意；
B．检验FeCl2溶液是否被氧化时，取少量液体滴加KSCN溶液，若溶液变红，表明溶液中含有Fe3+，从而表明Fe2+被氧化，B不符合题意；
C．检验淀粉是否水解时，先加NaOH中和作为催化剂的硫酸，再加入新制氢氧化铜悬浊液煮沸，若有砖红色沉淀生成，表明淀粉水解生成了葡萄糖，C不符合题意；
D．除去FeCl3溶液中的FeCl2，加入足量的铁屑后过滤，此时FeCl3被还原为FeCl2，达不到除杂质的目的，D符合题意；
故选D。
7. 已知25℃时，琥珀酸（用表示）的、，向溶液中滴加同浓度的NaOH溶液，混合溶液中［X表示或］随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是
A. a点溶液中
B. 曲线②表示的变化
C. 当pH为4.89时，溶液中
D. 在逐滴滴加等体积、同浓度的氢氧化钠溶液过程中，水的电离程度逐渐增大
【答案】B
【解析】
【分析】当lgX=0时，即或，则Ka1=c(H+)=10-4.16，Ka2=c(H+)=10-5.62，对应的pH分别为4.16或5.62，则a点为4.16，曲线①②分别代表、lg的变化；
【详解】A ．由图可知，a点lgX=0，pH小于b点，应为4.16，所以，根据电荷守恒可得a点溶液中，故A正确；
B．b点时，溶液中，Ka2=c(H+)=10-5.62，则曲线②表示的变化，故B错误；
C．当溶液中时，c(H+)2= Ka1× Ka2=10-9.78，即c(H+)=10-4.89，则pH为4.89，故C正确；
D．反应生成NaHA，酸电离出的氢离子对水的电离有抑制作用，滴加氢氧化钠能够中和氢离子，故滴加过程中水的电离程度逐渐增大，故D正确；
故选B。
第Ⅱ卷
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题~第38题为选考题，考生根据要求做答。
（一）必考题（11题，共129分）
8. FeBr2是有机催化剂，易潮解。在加热条件下Fe与HBr反应可生成FeBr2。某实验小组用下列装置设计实验制备FeBr2(F的加热装置已省略)。
已知：银氨溶液中存在平衡[Ag(NH3)2]+(aq)Ag+(aq)+2NH3(aq)。
请回答下列问题：
（1）装置A的名称是___。
（2）气流从左到右，装置连接顺序为A→______→_____→F→______→______→E(填标号)___。
（3）实验中观察到装置E中银氨溶液变浑浊，其原因是____(用必要的文字和化学用语解释)。
（4）实验室不用浓硝酸与溴化钠反应制备溴化氢，其主要原因是____。
（5）设计简易实验检验FeBr2中是否混有Fe单质：___。
（6）为了探究FeBr2的性质，设计如下实验：
取21.6gFeBr2溶于水，缓慢通入V1mLCl2 (标准状况)，充分反应后，加入适量CCl4，振荡、静置。四氯化碳层呈无色，在水层中滴加KSCN溶液，溶液变红色。由此推知，还原性：Fe2+___(填“>”“<”或“=”)Br－，V1的最大值为___。
（7）测定FeBr2产品纯度：取xgFeBr2产品溶于水，配成250mL溶液，取25.00mL配制的溶液，加入过量的AgNO3溶液中，充分反应后过滤、洗涤、干燥、称重，固体质量为m1g。产品纯度为____(只列计算式)。
【答案】（1）启普发生器
（2）C、D、G、B （3）通入的HBr与NH3反应，促进平衡[Ag(NH3)2]+(aq)Ag+(aq)+2NH3(aq)向正反应方向移动，c(Ag+)增大，使c(Ag+)∙c(Br－)＞Ksp(AgBr)
（4）浓硝酸具有强氧化性，易氧化HBr，且硝酸易挥发
（5）取少量产品于试管中，滴加盐酸，若产生气泡，则产品中含铁粉，否则不含铁粉
（6） ①. ＞ ②. 1120mL
（7）×100%
【解析】
【分析】
【小问1详解】
根据图中仪器构造可知装置A的名称是启普发生器；故答案为：启普发生器。
【小问2详解】
A是实验室制取二氧化碳，B是铁与HBr反应装置，C用于除掉二氧化碳中HCl气体，D为干燥二氧化碳装置，E是处理HBr尾气装置，F是HBr发生装置，G为干燥HBr装置，因此气流从左到右，装置连接顺序为A→C→D→F→G→B→E；故答案为：C、D、G、B。
【小问3详解】
实验中观察到装置E中银氨溶液变浑浊，其原因是通入的HBr与NH3反应，促进平衡[Ag(NH3)2]+(aq)Ag+(aq)+2NH3(aq)向正反应方向移动，c(Ag+)增大，使c(Ag+)∙c(Br－)＞Ksp(AgBr)；故答案为：通入的HBr与NH3反应，促进平衡[Ag(NH3)2]+(aq)Ag+(aq)+2NH3(aq)向正反应方向移动，c(Ag+)增大，使c(Ag+)∙c(Br－)＞Ksp(AgBr)。
【小问4详解】
实验室不用浓硝酸与溴化钠反应制备溴化氢，其主要原因是浓硝酸具有强氧化性，HBr具有还原性，浓硝酸易氧化HBr，且硝酸易挥发；故答案为：浓硝酸具有强氧化性，易氧化HBr，且硝酸易挥发。
【小问5详解】
设计简易实验检验FeBr2中是否混有Fe单质，可以将产品溶解，再利用铁与盐酸反应产生气体来检验，因此操作为：取少量产品于试管中，滴加盐酸，若产生气泡，则产品中含铁粉，否则不含铁粉；故答案为：取少量产品于试管中，滴加盐酸，若产生气泡，则产品中含铁粉，否则不含铁粉。
【小问6详解】
21.6gFeBr2物质的量为0.1ml，溶于水，缓慢通入V1mLCl2 (标准状况)，充分反应后，加入适量CCl4，振荡、静置。四氯化碳层呈无色，在水层中滴加KSCN溶液，溶液变红色，说明亚铁离子被氯气氧化为铁离子，而溴离子没有被氯气氧化。由此推知，还原性：Fe2+＞Br－，根据2 Fe2+～Cl2，则消耗氯气物质的量为0.05ml，则V1的最大值为0.05ml×22.4 L∙ml−1＝1.12L＝1120mL；故答案为：1120mL。
【小问7详解】
根据题知得到m1gAgBr沉淀，根据，则产品纯度；故答案为：。
9. 皓矾(ZnSO4·7H2O)是可溶于水的无色晶体，可用于制造立德粉，并用作媒染剂收效剂、木材防腐剂等，是很重要的化工原料。现以含有氧化亚铁、氧化铁、氧化铜以及油污等杂质的废锌铁合金为原料制备皓矾，其工艺流程如图所示：
已知，锌与铝的性质相似，能溶于pH大于10的NaOH溶液；他和Na2CO3溶液的pH约为12.3。
（1）“脱脂”时，___(填“能”或“不能”)用热的饱和碳酸钠溶液代替，其理由是：___。
（2）“酸溶”时，为了使反应能更充分和快速进行，可以采用的方法有粉碎废锌铁合金材料、适当提高稀硫酸的浓度、___(填一种)等。
（3）“氧化”的目的是___。Fe2+能与酸性KMnO4溶液发生反应，该反应的离子方程式为___。
（4）“除铁”时，加入氧化锌的目的是___。
（5）“过滤”后得到的滤液不能直接蒸发浓缩、冷却结晶，其理由是___；请设计合理实验对滤液进行必要实验操作最终得到纯净的皓矾晶体，具体的操作方法：___，得到纯净的皓矾晶体。(可供使用的试剂有Zn粉、0.1ml·L-1的硫酸)
（6）将硫酸锌与硫化钡混合可以得到很好的白色颜料——锌钡白(立德粉)，反应为ZnSO4(aq)+BaS(aq)=ZnS·BaSO4(s)。由于锌钡白便宜可部分替代TiO2使用，与TiO2相比锌钡白的稳定性差一些，你认为可能的原因是___。
【答案】（1） ①. 不能 ②. 饱和碳酸钠溶液的pH大于10，锌会被溶解，降低锌的回收率
（2）适当加热 （3） ①. 将铁元素都转化为Fe3+，便于后续操作中沉淀除去 ②. 5Fe2++MnO+8H+=5Fe2++Mn2++4H2O
（4）调节溶液的pH，使溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去
（5） ①. 溶液中含有的Cu2+没有除去，直接蒸发、浓缩得不到纯净的硫酸锌晶体 ②. 向滤液中加入足量的Zn粉，过滤，向得到的滤渣中加入0.1ml·L-1的硫酸充分反应后再过滤，将两次过滤后的滤液合并，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
（6）锌钡白中含有-2价的硫元素，会被空气中的氧气氧化
【解析】
【分析】‘酸溶’反应后溶液含有Fe2+、Fe3+、Cu2+、Zn2+，‘氧化’是将Fe2+氧化为Fe3+，‘除铁’加入ZnO消耗溶液中H+来调节pH使Fe3+形成沉淀而除去；
【小问1详解】
“脱脂”时，不能用热的饱和碳酸钠溶液代替，原因是饱和碳酸钠溶液的pH大于10，锌会被溶解，降低锌的回收率；
【小问2详解】
为加快反应速率，可粉碎废锌铁合金材料、适当提高稀硫酸的浓度、搅拌、适当加热等；
【小问3详解】
“氧化”的目的是将铁元素都转化为Fe3+，便于后续操作中沉淀除去，Fe2+能与酸性KMnO4溶液发生反应产生Fe3+和Mn2+，该反应的离子方程式为5Fe2++MnO+8H+=5Fe2++Mn2++4H2O；
【小问4详解】
“除铁”时，加入氧化锌发生反应ZnO+2H+=Zn2++H2O，目的是调节溶液的pH，使溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去；
【小问5详解】
“过滤”后得到的滤液含有Cu2+、Zn2+，不能直接蒸发浓缩、冷却结晶，其理由是溶液中含有的Cu2+没有除去，直接蒸发、浓缩得不到纯净的硫酸锌晶体，为除去Cu2+，可用置换反应Zn+ Cu2+= Zn2++Cu，操作方法：向滤液中加入足量的Zn粉，过滤，向得到的滤渣中加入0.1ml·L-1的硫酸充分反应后再过滤，将两次过滤后的滤液合并，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
【小问6详解】
锌钡白不稳定是由于锌钡白中含有-2价的硫元素，会被空气中的氧气氧化。
10. 目前法是工业合成氨的主要方式，其生产条件需要高温高压，为了有效降低能耗，过渡金属催化还原氮气合成氨被认为是具有巨大前景的替代方法。催化过程一般有吸附—解离—反应—脱附等过程，图1为和在固体催化剂表面合成氨反应路径的势能面图(部分数据略)，其中“*”表示被催化剂吸附。
（1）氨气的脱附是___(填“吸热”“放热”)过程，合成氨的逆反应的热化学方程式：____。
（2）合成氨的捷姆金和佩热夫速率方程式为，v为反应的瞬时总速率，即正反应速率和逆反应速率之差，k1、k2分别是正、逆反应速率常数。已知：Kp是用平衡分压代替平衡浓度而得到的平衡常数(平衡分压=总压×物质的量分数)，则合成氨反应的平衡常数Kp=____(用含k1、k2的代数式表示)。
（3）若将和通入体积均为1L的两个密闭容器中，分别在T1和T2温度下进行反应。如图2所示，曲线I表示T1温度下的变化，曲线II表示T2温度下的变化，A点为反应在T2温度下恰好达到平衡的点。
①由图分析可得，温度T1____(填“>”、“<”或“=”，下同)T2。若曲线I上的点为反应在T1温度下恰好达到平衡的点，则m____15，n____2。
②T2温度下，反应从第5至恰好达到平衡时的平均反应速率____。
③T2温度下，合成氨反应的化学平衡常数K=____；若某时刻，容器内气体的压强为起始时的75%，则此时____(填“>”、“<”或“=”)。
【答案】（1） ①. 吸热 ②.
（2）
（3） ①. ＜ ②. > ③. > ④. ⑤. 0.5 ⑥. >
【解析】
【分析】
【小问1详解】
根据图1可知，氨气的吸附是吸热过程，由势能面图可知，0.5ml氮气和1.5ml氢气转变成1ml氨气的反应热为21kJ/ml-17kJ/ml-50kJ/ml=-46kJ/ml合成氨的逆反应的热化学方程式为。
【小问2详解】
反应达到平衡时，，即，，，故合成氨反应平衡常数。
【小问3详解】
①由图2数据分析，反应进行5时，温度下，反应生成的，温度下，反应消耗，则生成的，相同时间内温度下生成的更多，说明温度比温度高，即；温度越低，反应速率越慢，达到平衡所需的时间越多，又因为该反应为放热反应，温度越低，反应限度越大，故，。
②由图2可知，反应从第5min至恰好达到平衡时H2的物质的量变化为1.5ml，则v(H2)==，则。
③温度下反应达到平衡时，、、，故。平衡的压强是开始压强的倍数为=，若容器内气体的压强为起始时的75%，则此时反应正向移动，＞。
【化学——物质结构与性质】
11. 第Ⅷ族元素铁、钴、镍的单质及其化合物在生产、生活中有广泛应用。请回答下列问题：
（1）原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态铁原子，其自旋磁量子数的代数和为____。
（2）Fe、C的第四电离能分别为5290kJ·ml-1、4950kJ·ml-1，铁的第四电离能大于钴的第四电离能的主要原因是___。
（3）维生素B12的结构如图所示。
①钴的配位数为___。
②CN-与C3+形成配位键时CN-中C提供孤电子对，而不是N提供孤电子对，其主要原因可能是___。
（4）Ni(NH3)2Cl2有两种空间结构，中心离子为___(填离子符号)，则[Ni(CN)4]2-立体结构为___(填“正四面体”或“平面正方形)。
（5）Fe2+与环戊二烯基形成化合物Fe(C5H5)2，称为二茂铁，二茂铁为橙黄色固体，易溶于乙醚、苯、乙醇等有机溶剂，其熔点为446K。由此推知，二茂铁晶体类型是___(填“离子晶体”或“分子晶体”)。
（6）由K+、Fe2+、Fe3+、CN-组成的一种立方晶胞如图所示(K+未画出)。
①在该晶胞中碳原子杂化类型为___。
②该晶胞内含有的K+数目为___。
③已知NA代表阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为anm，则该晶体密度为__g·cm-3。(只列计算式)
【答案】（1）+2(或-2)
（2）Fe3+价层电子排布式为3d5，为半充满状态，C3+价层电子排布式为3d6
（3） ①. 6 ②. C的电负性小于N，N原子核对价层孤电子对的吸引力大于C
（4） ①. Ni2+ ②. 平面正方形
（5）分子晶体 （6） ① sp ②. ③.
【解析】
【分析】
【小问1详解】
对于基态铁原子，其价电子排布式为3d64s2，根据洪特规则可知，其3d轨道4个电子的自旋状态相同，因此，基态氮原子的价电子的自旋磁量子数的代数和为+2(或-2)；
【小问2详解】
其原因是Fe失去的是较稳定的3d5的一个电子，C失去的是3d6中的一个电子，故答案为：Fe3+价层电子排布式为3d5，为半充满状态，C3+价层电子排布式为3d6；
【小问3详解】
①根据维生素B12的结构可知钴周围有5个氮原子1个碳原子与其配位，故配位数是6；
②非金属性越弱，电负性越小，则越容易提供孤电子对形成配位键，故答案为：C的电负性小于N，N原子核对价层孤电子对的吸引力大于C；
【小问4详解】
从Ni(NH3)2Cl2结构中可以发现，Ni2+为中心阳离子，故中心离子为Ni2+；因为Ni(NH3)2Cl2有两种空间结构则[Ni(CN)4]2-立体结构为平面正方形，若为正四面体则Ni(NH3)2Cl2只有一种空间结构，故答案为平面正方形；
【小问5详解】
根据二茂铁的物理性质易溶于乙醚、苯、乙醇等有机溶剂，其熔点为446K，熔点较低，故其晶体类型为：分子晶体；
【小问6详解】
①在该晶体中碳的有两个σ键，没有孤电子对，故其杂化方式为sp杂化；
②根据均摊法可计算出出1个该晶胞中Fe3+个数为，Fe2+个数为，CN- 的个数为，根据正负化合价代数和为零，可知K+个数为；
③根据密度公式可知其密度为。
【化学——有机化学基础】
12. H是一种新型抗癌药物的中间体，其一种合成路线如图(部分反应条件和产物省略)：
请回答下列问题：
（1）A的名称是____。
（2）写出E→F的化学方程式：___。
（3）H中含氧官能团名称是___。
（4）G的结构简式为____。
（5）D→E的反应类型是___。
（6）B的同分异构体中，能发生银镜反应的结构有___种(不考虑立体异构)，在这些同分异构体中，核磁共振氢谱上有3组峰且峰面积之比为9:2:1的结构简式为___。
（7）参照上述合成路线，设计以CH3CHOHCH3和CH3COOH为原料制备的合成路线。(无机试剂任选)____
【答案】（1）苯酚 （2）
（3）羟基、醚键 （4）
（5）消去反应 （6） ①. 6 ②.
（7）
【解析】
【分析】由A的分子式可知A为，由B的分子式、C后产物结构，可知B发生氧化反应生成C，C发生取代反应生成，故B为，发生消去反应生成E为，E与发生加成反应生成F，对比F、H的结构，结合反应条件，可知F中环上氢原子被-CH2OCH3取代生成G，G再与HC≡CBr反应生成H，故G为；
【小问1详解】
A为，名称是苯酚；
【小问2详解】
E→F的化学方程式：；
【小问3详解】
H中含氧官能团名称是羟基、醚键；
【小问4详解】
G的结构简式为；
【小问5详解】
D为，E为，D→E是卤代烃的消去反应，反应类型是消去反应；
【小问6详解】
B为，能发生银镜反应说明含有醛基，由不饱和度可知剩余的取代基-C5H11为饱和单键，同分异构体有：、、共6种，核磁共振氢谱上有3组峰且峰面积之比为9:2:1的结构简式为；
【小问7详解】
由逆推法知类似流程中G→H反应，上一个物质是，由C→D反应引入-Br，上一个物质是，由CH3CHOHCH3发生B→C反应得到，合成路线为：。选项
实验目的
实验方法
A
除去CO2中的SO2
通过酸性高锰酸钾溶液
B
检验FeCl2溶液是否被氧化
取少量液体滴加KSCN溶液
C
检验淀粉是否水解
先加氢氧化钠溶液，再加新制氢氧化铜悬浊液煮沸
D
除去FeCl3溶液中FeCl2
加入足量的铁屑后过滤
金属阳离子
Fe2+
Fe3+
Cu2+
Zn2+
开始沉淀pH
7.0
1.9
4.4
5.5
完全沉淀pH(剩余金属离子深度为1×10-5ml·L-1)
9.0
3.2
6.7
8
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