辽宁省葫芦岛中学2015-2016学年高二下学期化学开学考试试卷
一、单选题
1．分类法是快速获取物质性质的重要方法，有关分类说法不正确的是（ ）
A．根据氧化物的性质可将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物和特殊氧化物等
B．根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
C．根据分散质粒子直径大小可将液体分散系分为溶液、胶体和浊液
D．根据电解质的水溶液导电能力的强弱将电解质分为强电解质和弱电解质
2．（2018高二下·葫芦岛开学考）下列有关实验叙述正确的是（ ）
A．氢氧化铁胶体制备：向沸水中逐滴加入少量饱和硫酸铁溶液，继续加热煮沸至液体变为红褐色，停止加热
B．用容量瓶配制溶液时，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏大
C．中和热实验，在操作时应将碱液分多次倒入酸中，以防液体溅出，产生误差
D．萃取碘水中的碘实验时，将碘水倒入分液漏斗，然后再注入乙醇，振荡、静置分层后，下层紫色液体先从下口放出，之后，上层无色液体从上口倒出
3．（2018高二下·葫芦岛开学考）下列有关阿伏加德罗常数NA说法正确的是（ ）
A．22 g 2H218O中含有的质子数为10NA
B．标准状况下，2.24 L乙醇中含有的C-H键数目为0.5NA
C．0.1 mol/L的NaF溶液中所含F﹣的数目小于0.1NA
D．1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去0.5NA个电子
4．（2018高二下·葫芦岛开学考）对下列现象或事实解释正确的是（ ）
选项 现象或事实 解释
A 已知水热反应是指在高温高压下，将二氧化碳转化为有机物的技术 水热反应可以降低自然界中碳的含量
B 用铝制易拉罐收集满CO2，加入过量NaOH浓溶液，立即把口封闭。发现易拉罐“咔咔”作响并变瘪了，过了一会儿，易拉罐又会作响并鼓起来 导致易拉罐又鼓起来的反应是：
Al3++3HCO3-=Al（OH）3+3CO2↑
C FeCl3溶液可用于制作铜质印刷线路板的“烂板液” FeCl3溶液能将铜氧化为Cu2+
D 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯以达到保鲜目的 乙烯能够与高锰酸钾溶液发生加成反应，从而起到去除乙烯的目的
A．A B．B C．C D．D
5．（2018高二下·葫芦岛开学考）下列离子方程式中正确的是（ ）
A．氯气溶于水中：Cl2+H2O＝2H++Cl-+ClO-
B．硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液混合至混合液呈中性：2HSO4-+Ba2++2OH-＝BaSO4↓+2H2O+SO42-
C．向双氧水中加入稀硫酸和KI溶液：H2O2+2H++2I﹣=I2+2H2O
D．用铜作阳极电解CuSO4溶液：2Cu2++2H2O 2Cu+O2↑+ 4H+
6．（2018高二下·葫芦岛开学考）①Na3N+3H2O=3NaOH+NH3↑，②NaH+H2O=NaOH+H2↑，
③2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，④ 2F2+2H2O=4HF+O2，有关上述反应叙述不正确的是（ ）
A．离子半径： N3﹣＞F﹣＞Na+
B．上述反应除①外都是氧化还原反应
C．反应②③中的水做氧化剂，每生成1mol H2，转移的电子数为2NA
D．反应④中的水是还原剂
7．（2018高二下·葫芦岛开学考）某化合物由五种短周期元素组成，分别为X、Y、Z、W、R，原子序数依次增大。X原子是所有原子中半径最小的，Y、R同主族，Z、W、R同周期，Y原子的最外层电子数是次外层的3倍，Z是常见的金属，电子层数等于主族序数，W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料。下列说法正确的是（ ）
A．Z与Y形成的化合物是工业上制取Z的原料
B．WY2可与酸反应，但不能与碱反应
C．原子半径按X、Y、Z、R、W的顺序依次增大
D．热稳定性 ：X2R＞X2Y
8．下列说法错误的是（ ）
A． 和CO2反应生成可降解聚合物 ，该反应符合绿色化学原则
B．正丁烷的二氯代物有5种（不考虑立体异构）
C．乙醇在铜催化下加热可脱氢生成乙醛，该反应属于氧化反应
D．淀粉、纤维素、麦芽糖均属于糖类，在一定条件下都可以水解得到葡萄糖
9．下列三种烃的立体结构如图示：
则这三种烃的二氯取代产物的同分异构体数目分别是（ ）
A．2，4，8 B．2，4，6 C．1，3，6 D．1，3，8
10．（2018高二下·葫芦岛开学考）下列说法正确的是（ ）
A．图①中△H2=△H1+△H3
B．图②在催化剂条件下，反应的活化能等于E1+E2
C．图③表示醋酸溶液滴定 NaOH 和氨水混合溶液的电导率变化曲线
D．图④可表示由CO(g)生成CO2(g)的过程中要放出566kJ 热量
11．（2018高二下·葫芦岛开学考）中关村“创客19”实验室模拟光合作用的电化学实验装置如右图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和葡萄糖(C6H12O6)。下列说法正确的是（ ）
A．该装置是新型化学电源装置
B．该装置工作时，H＋从a极区向b极区迁移
C．每生成1 mol O2，有44 g CO2被还原
D．a 电极的反应为： 6CO2 + 24H＋-24e－= C6H12O6 +6 H2 O
12．（2018高二下·葫芦岛开学考）某些工业废水中常是含有氰根（CN－）的无机物，有一定的毒性，有的还是剧毒。右图所示装置是工业上采用的电解法除去含CN－废水的装置。工作时控制溶液为碱性，阳极产生的ClO－将CN－氧化为两种无污染的气体，下列叙述不正确的是（ ）
A．用石墨作阴极，铁作阳极
B．阴极的电极反应式为：2H2O + 2e－ = H2↑ + 2OH－
C．阳极的电极反应式为：Cl－ + 2OH－－2e－= ClO－ + H2O
D．除去CN－的反应：2CN－+5ClO－+ H2O =N2↑+2CO2↑+5Cl－+2OH－
13．（2018高二下·葫芦岛开学考）在2L恒容密闭容器中充入2 mol X和1mol Y发生反应：2X(g) +Y(g) 3Z(g) △H<0，反应过程持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是（ ）
A．升高温度，平衡常数增大
B．W点X的正反应速率小于M点X的正反应速率
C．Q点时，Y的转化率最小
D．平衡时充入Z，达到新平衡时Z的体积分数比原平衡时大
14．（2018高二下·葫芦岛开学考）下列说法不正确的是（ ）
A．对于相同浓度的弱酸HX和HY（前者的Ka较小）溶液，加水稀释相同倍数时，HY溶液的pH改变值大于HX溶液的pH改变值
B．在NH3·H2O和NH4Cl浓度均为0.1 mol·L-1的体系中，外加少量酸或碱时，溶液的pH可保持基本不变
C．在NaH2PO4水溶液中存在关系：c(H3PO4) + c(H+) = c(HPO42-) + c(PO43-) + c(OH-)
D．沉淀溶解平衡AgI Ag+ + I- 的平衡常数为8.5×10-17，不能说明难溶盐AgI是弱电解质
二、填空题
15．（2018高二下·葫芦岛开学考）大苏打（Na2S2O3·5H2O）、苏打、小苏打被称为“三苏”，它们在生活、生产中用途广泛。
（1）工业上，将苏打和硫化钠以1:2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2气体，可制得Na2S2O3，同时放出CO2。写出该反应的化学方程式 。硫化钠溶液在空气中久置，会生成淡黄色物质，经测定该物质具有与过氧化钠相似的结构，该物质的化学式 。
（2）Na2S2O3标准液常用于滴定碘的含量，若滴定的溶液呈酸性，测定结果会偏高，用离子方程式表示其原因 。
（3）工业上用大苏打溶液吸收工业废气中的氯气，其氧化产物为SO42-，写出离子方程式 。
（4）工业上常用苏打和盐酸除去锅炉中水垢中的硫酸钙。先用饱和苏打溶液浸泡锅垢，然后用盐酸清洗。“浸泡”的目的是 。（并用离子方程式表示）
（5）在密闭的容器中投入一定量的Na2O2和NaHCO3固体，在300℃下充分反应。若残留固体为纯净物，则起始时n(NaHCO3):n(Na2O2)满足的条件是 。
16．（2018高二下·葫芦岛开学考）氨是一种重要的化工原料，也是重要的工业产品，在工农业生产和国防等领域发挥着重要作用。
（1）液氨储氢是目前研究的重要课题。液氨的电离和水的电离相似，液氨中的氨也能发生电离：NH3+NH3 NH4++NH2-，其离子积常数为1.0×10-30。现将2.3克金属钠投入1.0 L 液氨中，待反应结束后，假设溶液体积不变，所得溶液中NH4+离子浓度为 。
（2）用Pt电极对液氨进行电解可产生H2和N2，则阴极的电极反应式是 。
（3）用NH3催化还原NXOy可以消除氮氧化合物的污染。请写出氨气催化还原NO的化学方程式 。
（4）将一定量的N2和H2充入1L的密闭容器中，在500℃、2×107Pa下反应并达到平衡，测得N2为0.10 mol，H2为0.30 mol，NH3为0.10 mol，则H2的平衡转化率为 ；在该温度下的平衡常数K= 。
（5）下图是某压强下，N2与H2按体积比1： 3投料时，反应混合物中氨的体积分数随温度的变化曲线。其中一条是经过一定时间反应后的曲线，另一条是平衡时的曲线。则图中b点，v(正) v(逆)。（填“＞”、“＝”或“＜”）
17．（2018高二下·葫芦岛开学考）巴伊亚祖母绿号称是世界上最大的祖母绿矿石，重380余公斤，含有约18万克拉的祖母绿宝石，价值约4亿美元。祖母绿的元素组成是O、Si、Al、Be，化学式为Be3Al2Si6O18 。
（1）基态Al原子中，电子占据的最高能级的符号是 ，该能级具有的原子轨道数为 。
（2）在500～600℃气相中，氯化铍以二聚体Be2Cl4的形式存在（如图），在1000℃，氯化铍则以BeCl2形式存在。在BeCl2分子中，Be的杂化方式为 ，二聚体Be2Cl4中Be的杂化方式为 ，1mol Be2Cl4中含有 mol配位键。
（3）氢化铝锂（LiAlH4）是有机合成中的一种重要还原剂，可以将羧基还原为羟基，如可将乙酸还原为乙醇，乙酸和乙醇的熔沸点数据如下：
乙酸 乙醇
熔点/℃ 16.6 -114.3
沸点/℃ 117.9 78.4
乙酸分子中σ键与π键数目之比为 ，由表格中的数据知，乙酸的熔沸点均比乙醇高，原因是 。
（4）图示为Be与O形成的氧化物的立方晶胞结构，已知氧化铍的密度ρ=3.00g/cm3,则晶胞参数a= nm。
三、实验题
18．（2018高二下·葫芦岛开学考）磷酸亚铁[Fe3(PO4)2·8H2O]为白蓝色晶体，溶于强酸，不溶于水、醋酸和乙醇。主要用于制造磷酸铁锂电池。实验室制备磷酸亚铁的装置示意图、
反应和实验步骤如下。主要反应为：
3FeSO4+2Na2HPO4+2CH3COONa+8H2O＝Fe3(PO4)2·8H2O↓+3Na2SO4+2CH3COOH
实验步骤：①在仪器A中先加入抗坏血酸（C6H8O6）稀溶液作底液②向仪器A中，滴入Na2HPO4与CH3COONa混合溶液至pH=4 ③滴入15.2克FeSO4溶液，最终维持pH=6，充分反应后，静置④进行操作a,干燥得到的磷酸亚铁12.8克。
（1）仪器A的名称是 。
（2）实验中配制FeSO4溶液时，先要对蒸馏水进行的操作是 。
（3）实验中不是将三种溶液直接混合的原因是 ，反应时需不断搅拌，其目的是 。
（4）步骤④进行的操作a是 。
（5）检验磷酸亚铁粗产品中是否混有氢氧化铁杂质的方法是 。
（6）本实验的产率是 。
四、推断题
19．（2018高二下·葫芦岛开学考）（本题绥一高中考生不做答，其他考生必做）奈必洛尔是一种用于血管扩张的降血压药物。用于合成奈必洛尔中间体G的部分流程如下：
已知：乙酸酐的结构简式为
请回答下列问题：
（1）G物质中的含氧官能团的名称是 、 。
（2）反应A→B的化学方程式为 。
（3）上述④、⑤变化过程的反应类型分别是 、 。
（4）写出满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：
Ⅰ．苯环上只有两种取代基。
Ⅱ．分子中只有4种不同化学环境的氢。
Ⅲ．能与NaHCO3反应生成CO2。
（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以 和乙酸酐为原料制备 的合成路线流程图（无机试剂任选）。合成路线流程图示例如下：
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】解：A、根据氧化物能否和酸或碱反应生成盐和水，氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物和不成盐氧化物等，故A正确；
B、根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，有电子转移的是氧化还原反应，无电子转移的是非氧化还原反应，故B正确；
C、根据分散质粒子直径的大小，分散系分为溶液、胶体和浊液，故C正确；
D、根据电解质在水溶液中能否完全电离，将电解质分为强电解质和弱电解质，能完全电离的是强电解质，不能完全电离的是弱电解质，故D错误．
故选D．
【分析】A、根据氧化物能否和酸或碱反应生成盐和水，氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物等；
B、根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应；
C、根据分散质粒子直径的大小，分散系分为溶液、胶体和浊液；
D、根据电解质在水溶液中能否完全电离，将电解质分为强电解质和弱电解质．
2．【答案】B
【知识点】中和热；分液和萃取；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A．向沸水中逐滴加入少量饱和氯化铁溶液，继续加热煮沸至液体变为红褐色，停止加热即可制得氢氧化铁胶体，A错误；B．用容量瓶配制溶液时，定容时俯视刻度线，液面在刻度线下方，所配溶液浓度偏大，B正确；C．中和热实验，在操作时应将碱液一次性倒入酸中，C错误；D．乙醇与水互溶，不能萃取碘，D错误。答案选B。
【分析】A、只能加入氯化铁，因为硫酸不挥发；
B、俯视刻线，体积偏小，浓度偏大；
C、中和热的测定中，液体应一次性加入，防止热量损失；
D、乙醇和水互溶，不可以作为萃取剂。
3．【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.22g2H218O的物质的量是22g÷22g/mol＝1mol，其中含有的质子数为10NA，A正确；B．标准状况下乙醇是液体，不能利用气体摩尔体积计算物质的量，B错误；C．不能确定溶液的体积，则不能计算0.1 mol/L的NaF溶液中所含F﹣的数目，C错误；D.1mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子，D错误，答案选A。
【分析】A、利用公式n=m/M，注意分子中质子数为22；
B、标准状况下乙醇为液体；
C、没有体积，无法计算溶液中的离子数目；
D、钠的化合价由0转化为+1，1mol Na转移1mol电子。
4．【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、根据质量守恒定律自然界中碳的含量是不变的，A错误；B、易拉罐又会作响并鼓起来是由于铝与氢氧化钠溶液产生氢气导致，方程式为2Al ＋ 2NapH ＋ 2H2O = 2NaAlO2 ＋ 3H2↑，B错误；C、氯化铁具有氧化性，能把铜氧化为铜离子，因此FeCl3溶液可用于制作铜质印刷线路板的“烂板液”，C正确；D、乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化，不是加成反应，D错误，答案选C。
【分析】A、根据原子守恒，碳原子由二氧化碳转化到有机物中，含量不变；
B、氢氧化钠会和铝发生反应；
C、铜单质可以和铁离子反应，生成亚铁离子和铜离子；
D、乙烯会和高锰酸钾发生氧化还原反应。
5．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．氯气溶于水中的方程式为Cl2+H2O＝H++Cl-+HClO，A错误；
B．硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液混合至混合液呈中性的离子方程式为2H＋+SO42－+Ba2++2OH-＝BaSO4↓+2H2O，B错误；
C．向双氧水中加入稀硫酸和KI溶液的方程式为H2O2+2H++2I﹣=I2+2H2O，C正确；
D．用铜作阳极电解CuSO4溶液时阳极是活性电极，相当于是粗铜的精炼，D错误，
答案选C。
【分析】A、次氯酸为弱酸，不可以拆成离子形式；
B、硫酸氢根为强酸酸式盐，可以拆成氢离子和硫酸根离子的形式；
C、双氧水具有氧化性，可以和碘离子反应生成碘单质；
D、铜作为阳极，会优先放电，转化为铜离子。
6．【答案】C
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．核外电子排布相同的离子，离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径 N3﹣＞F﹣＞Na+，A正确；B．上述反应除①外都是氧化还原反应，B正确；C．反应②③中水中氢元素的化合价均降低，水做氧化剂，每生成1mol H2，转移的电子数为NA和2NA，C错误；D．反④中水中氢元素的化合价升高，水是还原剂，D正确，答案选C。
【分析】A、半径比较看三不：电子层数越多，半径越大；电子层数相同，核电荷数越多，半径越小；电子层数、核电荷数相同，最外层电子数越多半径越小；
B、氧化还原反应需要有化合价发生变化，①并没有；
C、水作为氧化剂时，产物含有氢气，根据电子转移的计算，每生成1mol H2转移电子数为2mol；
D、水作为还原剂时产物含有氧气。
7．【答案】A
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】X、Y、Z、W、R五种短周期元素，原子序数依次增大，X原子是所有原子中半径最小的，则X为H元素，Y原子的最外层电子数是次外层的3倍，则Y有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素，Y、R同主族，故R为S元素，Z、W、R同周期，都处于第三周期，Z是常见的金属，电子层数等于主族序数，Z为Al元素，W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料，W为Si元素，则A．Z与Y形成的化合物氧化铝是工业上制取Al的原料，A正确；B．SiO2能与强碱反应，能与氢氟酸反应，B错误；C．H原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：H＜O＜S＜Si＜Al，C错误；D．非金属性S＜O，故H2O稳定性比H2S的稳定性强，D错误，答案选A。
【分析】A、根据题干可以推出各种元素，分别为X-H、Y-O、Z-Al、W-Si；
A、氧化铝为离子化合物，可以制取铝单质；
B、二氧化硅是酸性氧化物，可以和碱反应，可以和氢氟酸反应；
C、原子半径比较：从上到下原子半径递增，从左到右原子半径递减；
D、热稳定性的实质就是比较非金属性：从上到下非金属性递减，从左到右非金属性递增。
8．【答案】B
【知识点】同分异构现象和同分异构体；有机化学反应的综合应用；绿色化学
【解析】【解答】解：A．该反应中，反应物原子完全转化成目标产物，实现了0排放，且不产生污染物，符合绿色化学的原则，故A正确；
B．正丁烷的二氯代物共有6种，即CH3CH2CH2CHCl2、CH3CH2CHClCH2Cl、CH3CHClCH2CH2Cl、CH2ClCH2CH2CH2Cl，CH3CCl2CH2CH3，CH3CHClCHClCH3，故B错误；
C．乙醇在铜催化下加热可脱氢生成乙醛，该反应属于氧化反应，故C正确；
D．淀粉、纤维素为多糖，麦芽糖为二糖，水解产物都是葡萄糖，故D正确；
故选：B．
【分析】A．绿色化学是指化学反应过程中以“原子经济性”为基本原则，即在获取新物质的化学反应中充分利用参与反应的每个原料原子，实现“零排放”，不仅充分利用资源，而且不产生污染，据此进行判断；
B．先找一氯代物，正丁烷共有2种一氯代物，然后以一氯代物为基础再添上一个氯，可得二氯代物；
C．有机反应中加氧或者去氢的反应属于氧化反应；
D．淀粉、纤维素为多糖，麦芽糖为二糖，水解产物都是葡萄糖．
9．【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】解：正面体中含有1种氢原子，一氯代物有1种，二氯代物只有1种：两个氯原子在立方体同边有一种情况；
立方烷中含有1种氢原子，一氯代物有1种，二氯代物有3种：两个氯原子在立方体同边有一种情况，两个氯原子的位置在对角有两种情况；
金刚烷的结构可看作是由四个等同的六元环组成的空间构型，分子中含4个﹣CH﹣，6个﹣CH2，分子中含有2氢原子，所以该物质的一氯代物有2种，当次甲基有一个氯原子取代后，二氯代物有3种，当亚甲基有一个氯原子取代后，二氯代物有3种，共6种；
故选C．
【分析】先根据氢原子的种类写出一氯代物的种类，烃的二氯代物的同分异构体可以采用固定一个氯原子的方法来寻找．
10．【答案】C
【知识点】电解质溶液的导电性；有关反应热的计算
【解析】【解答】A．根据盖斯定律来可知：一个反应无论是一步完成还是分为数步完成，其热效应是相同的，图①中△H2=－（△H1+△H3），A错误；B．E1、E2分别代表反应过程中各步反应的活化能，整个反应的活化能为能量较高的E1，B错误；C、氢氧化钠是强电解质，氨水是弱电解质，滴加的弱电解质先和氢氧化钠反应生成强电解质醋酸钠，但溶液体积不断增大，溶液被稀释，所以电导率下降；当氢氧化钠完全被中和后，醋酸继续与弱电解质氨水反应生成强电解质醋酸铵，所以电导率增大；氨水也完全反应后，继续滴加醋酸，因为溶液被稀释，电导率有下降趋势，C正确；D、图象中未标明CO、氧气以及CO2的物质的量与焓变的值的数值计量关系，D错误；答案选C。
【分析】A、根据盖斯定律，H2=－（△H1+△H3）；
B、活化能看得是该反应中较高的一段；
C、醋酸滴加氢氧化钠和氨水溶液，先和氢氧化钠反应，氢氧化钠为强碱，生成醋酸钠，也是强电解质，但是醋酸仲含有水，被稀释，导电性变弱，氨水为弱碱，生成醋酸铵为强电解质，导电性变强，当两种碱反应完再加醋酸，为弱电解质，导电性变弱；
D、要注意图示并没有标明物质的量，热化学方程式的焓变跟物质的量有关。
11．【答案】C
【知识点】电解原理
【解析】【解答】A．根据图示可知，该装置电解池，A错误；B．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，该装置工作时，H＋从正电荷较多的阳极b极区向负电荷较多的阴极a极区迁移，B错误；C．该反应的总方程式是：6CO2+6H2O＝C6H12O6+6O2。根据反应方程式可知，每生成1molO2，有1molCO2被还原，其质量是44g，C正确；D．根据图示可知与电源负极连接的a 电极为阴极，发生还原反应，电极的反应式为：6CO2+24H＋+24e－＝C6H12O6+6H2O，D错误。答案选C。
【分析】A、该装置外加电源，为电解池；
B、氢离子为阳离子，移向阴极；
C、根据化学方程式，利用化学计量数之比等于物质的量之比，可以求出答案；
D、a为阴极，阴极应得电子，而不是失电子。
12．【答案】A
【知识点】电解原理
【解析】【解答】A、阳极要产生ClO－，则铁只能作阴极，不能作阳极，否则就是铁失电子，A错误；
B、阴极是H+产生H2，碱性溶液，故阴极的电极反应式为：2H2O + 2e－ = H2↑ + 2OH－，B正确；
C、阳极是Cl－失电子产生ClO－，电极反应式为：Cl－ + 2OH－－2e－= ClO－ + H2O，C正确；
D、溶液为碱性，方程式为2CN－+5ClO－+ H2O =N2↑+2CO2↑+5Cl－+2OH－，D正确，
答案选A。
【分析】A、活泼金属做阳极，会优先放电；
B、阴极中为水中的氢离子放电；
C、阳极为阳离子放电，Cl-比OH-优先放电；
D、利用CN-还原性的特点，可以和ClO-具有氧化性发生反应。
13．【答案】B
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、Q之前，升高温度，X量减小，温度在Q之后，升高温度，X含量增大，曲线上最低点为平衡点，最低点之前未达平衡，反应向正反进行，正反应放热，平衡后升高温度X的含量增大平衡向逆反向移动，平衡常数减小，A错误；
B、W点温度低于M点温度，则温度高反应速率快，则W点X的正反应速率小于M点X的正反应速率，B正确；
C、Q点为平衡点，此时Y的转化率最大，C错误；
D、反应前后气的物质的量不变，平衡时充入Z，达到衡时与原平是等效，所以达到新平衡时Z的分数不变，D错误，
答案选B。
【分析】A、正反应放热，温度和平衡常数成反比；
B、温度越高，速率越快；
C、Q点X的体积分数最小，则转化率最大；
D、恒容下，充入Z形成等效平衡，X、Y、Z同等增大，Z的体积分数不变。
14．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、对于相同浓度弱酸HX和HY溶液，前者的Ka较小，则HY的酸较强，稀释相同倍数时酸性越强，则pH变化越大，所以HY溶液的pH改变值大于HX溶液的pH改变值，A正确；
B、在NH3 H2O和NH4Cl浓度均为0.1mol/L的溶液中，外加少量酸或碱时，溶液中离子浓度基本不变，则溶液pH保持本不变，B正确；
C、根据质子守恒可知c(H3PO4) + c(H+)＝c(HPO42-) +2c(PO43-)+c(OH-)，C错误；
D、碘化银是强电解质，D正确，
答案选C。
【分析】A、酸性越弱，稀释相同倍数后pH变化越小；
B、加少量酸碱，离子浓度不变，氢离子浓度基本不变，pH基本不变；
C、根据质子守恒，可以知道c(PO43-)的化学计量数为2；
D、溶解度和是否为弱电解质无直接关系。
15．【答案】（1）Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2；Na2S2
（2）S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O
（3）S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+
（4）将CaSO4转化为CaCO3，CaSO4 + CO32-= CaCO3 + SO42-
（5）≥2
【知识点】钠的重要化合物
【解析】【解答】（1）工业上，将苏打和硫化钠以1:2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2气体，可制得Na2S2O3，同时放出CO2，根据原子守恒和电子得失守恒可知该反应的化学方程式为Na2CO3+2Na2S+4SO2＝3Na2S2O3+CO2。硫化钠溶液在空气中久置，会生成淡黄色物质，经测定该物质具有与过氧化钠相似的结构，则该物质的化学式为Na2S2。（2）Na2S2O3标准液常用于滴定碘的含量，若滴定的溶液呈酸性，测定结果会偏高，这是由于在酸性溶液中硫代硫酸钠发生自身的氧化还原反应，反应的离子方程式为S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O。（3）工业上用大苏打溶液吸收工业废气中的氯气，其氧化产物为SO42-，氯气的还原产物是氯离子，反应的离子方程式为S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+。（4）碳酸钙的溶度积常数小于硫酸钙，因此“浸泡”的目的是将CaSO4转化为更难溶的CaCO3，分液的离子方程式为CaSO4 + CO32-= CaCO3 + SO42- 。（5）在密闭的容器中投入一定量的Na2O2和NaHCO3固体，在300℃下充分反应。若残留固体为纯净物，这说明过氧化钠中的钠离子将转化为碳酸钠，根据原子守恒可知起始时n(NaHCO3):n(Na2O2)＝2：1即可。但由于碳酸氢钠过量时会分解生成碳酸钠、水蒸气和CO2，所以最终满足的条件是n(NaHCO3):n(Na2O2) ≥2：1即可。
【分析】（1）根据题干给出的数据，可以知道反应物为碳酸钠、硫化钠、二氧化硫，利用氧化还原反应，可以将方程式配平；跟过氧化钠相似结构，即含有原子团的离子化合物；
（2）酸性条件下，硫代硫酸钠自身发生反应，生成硫和二氧化硫；
（3）氯气和硫代硫酸钠反应，氯气具有氧化性，可以将硫代硫酸钠氧化为硫酸根；
（4）沉淀平衡的原理中，可以将难溶物转化为更难溶的沉淀；
（5）根据残留物质可以知道过氧化钠完全反应，利用原子守恒可以知道碳酸氢钠和过氧化钠的比例。
16．【答案】（1）1.0×10-29mol/L
（2）2NH3+2e-＝H2 +2NH2-
（3）4NH3+6NO 5N2+6H2O
（4）33.3%；3.70 L2/mol2
（5）＞
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理；电解原理
【解析】【解答】（1）将2.3g金属钠投入1.0L液氨中发生反应为：2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑；促进液氨的电离，依据：NH3+NH3=NH4++NH2-，[NH4+][NH2-]=l.0×10-30；反应生成NH2-物质的量为0.1mol；浓度为0.1mol/L，所得溶液中NH4+的浓度l.0×10-29mol/L。（2）用Pt电极对液氨进行电解可产生H2和N2，阴极得到电子，发生还原反应，则阴极是铵根放电生成氢气，电极反应式是2NH3+2e-＝H2 +2NH2- 或 2NH4++2e-＝H2+2NH3。（3）氨气催化还原NO生成氮气和水，反应的化学方程式为4NH3+6NO 5N2+6H2O。（4）将一定量的N2和H2充入1L的密闭容器中，在500℃、2×107Pa下反应并达到平衡，测得N2为0.10 mol ，H2为0.30 mol ，NH3为0.10 mol ，则根据方程式N2＋3H2 2NH3可知消耗氢气是0.15mol，则H2的平衡转化率为 ；在该温度下的平衡常数K＝ 。（5）由于正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向进行，氨气的含量降低，所以a曲线是平衡曲线，b曲线是经过一定时间反应后的曲线，b点随温度的升高氨气的含量升高，说明反应向正反应方向进行，因此v(正)＞v(逆)。
【分析】（1）利用化学方程式，寻找离子的浓度计算；
（2）阴极得电子，化合价升高，所以产生的是氢气和NH2-；
（3）氨气作为还原剂可以和一氧化氮反应，根据归中定律得到氮气和水，要注意化合价升降总数相等配平方程式；
（4）利用三段式，通过已知条件可以将三段式补充完整；化学平衡常数K=生成物浓度幂之积/反应物浓度幂之积；
（5）正反应放热，升高温度，逆向移动。
17．【答案】（1）3p；3
（2）sp；sp2；2
（3）7:1；乙酸中羧基上的两个氧原子均可形成氢键，比乙醇形成分子间氢键的概率大
（4）0.38
【知识点】晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）基态Al原子的质子数是13，核外电子排布式为1s22s2p63s23p1，所以电子占据的最高能级的符号是3p，该能级具有的原子轨道数为3个。（2）BeCl2中Be原子的价层电子对个数=2+（2-2×1）/2=2，不含孤电子对，则分子空间构型是直线型，因此Be的杂化方式为sp杂化。在二聚体中Be原子形成3个B-Cl键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3，Be原子杂化方式为sp2，根据结构式可判断1mol Be2Cl4中含有2mol配位键；（3）单键都是σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则根据乙酸的结构简式CH3COOOH可知乙酸分子中σ键与π键数目之比为7:1；由于乙酸中羧基上的两个氧原子均可形成氢键，比乙醇形成分子间氢键的概率大，因此乙酸的熔沸点均比乙醇高。（4）根据晶胞结构可知该晶胞中含有的阴阳离子个数均是4个，所以 ，解得x＝0.38×10－7cm＝0.38nm。
【分析】（1）利用电子排布式，可知道最高能级以及轨道数；
（2）注意氯化铍的价电子对个数，同时推出其空间构型，并判断杂化类型；
（3）本题考查的是σ键和π键的判断，σ键为单键，双键含有1个σ键和1个π键；
（4）本题考查的是晶胞的判断，根据晶胞的计算公式，可以判断其阴阳离子的个数。
18．【答案】（1）三颈烧瓶
（2）煮沸、冷却
（3）避免生成氢氧化亚铁沉淀；使反应物充分接触
（4）过滤、洗涤沉淀
（5）取少量固体放入小试管中，加2mL HCl 溶解，然后滴加2滴 KSCN 溶液，若溶液变成血红色，则说明含有Fe3+ ，否则不含。
（6）76.5%
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）由仪器结构特征可知仪器A为三颈烧瓶；（2）Fe2+具有强还原性，配制溶液时加热抗坏血酸，防止Fe2+离子被氧化，蒸馏水事先要煮沸、冷却，可以除去溶液中的溶解的氧气，避免氧化Fe2+；（3）Na2HPO4与CH3COONa混合溶液呈碱性，直接混合容易产生成Fe（OH）2沉淀，实验时三种溶液分别加入，混合溶液至pH=4时，再加入FeSO4溶液，防止生成Fe（OH）2沉淀；制备时需不断搅拌，使反应物充分接触，也会防止生成Fe（OH）2沉淀；（4）步骤④是分离不溶的固体与液体得到磷酸亚铁粗产品，需要采取过滤、洗涤等；（5）检验磷酸亚铁粗产品中是否有Fe（OH）3杂质的方法是：取少量固体溶于适量盐酸，然后滴入KSCN溶液，容易变红色，说明含有Fe3+，否则不含Fe3+，否则不含；（6）15.2gFeSO4的物质的量为15.2g÷152g/mol=0.1mol，根据Fe元素守恒，理论上得到Fe3（PO4）2 8H2O的质量为0.1mol×1/3×502g/mol=16.73g，磷酸亚铁产率是 。
【分析】（1）仪器为三颈烧瓶；
（2）要注意亚铁离子有还原性，为了防止被氧化需要除去溶液中的氧气；
（3）Na2HPO4与CH3COONa混合溶液呈碱性，会影响亚铁离子；搅拌的原因是让物质充分反应，并且防止氢氧化亚铁生成；
（4）分离固体和液体，应该采用过滤法，同时会有残留物在固体表面，应用洗涤法；
（5）检验氢氧化铁的方法即检验铁离子，可以滴加稀盐酸，再加入硫氰化钾溶液，观察溶液是否变为红色；
（6）根据质量守恒，可以求出答案，要注意Fe3（PO4）2 8H2O中铁原子有3个。
19．【答案】（1）羧基；醚键
（2）
（3）加成（或还原）反应；消去反应
（4）
（5）
【知识点】有机物的合成
【解析】【解答】（1）根据G的结构简式可知，G中含有的含氧官能团为醚键和羧基；（2）反应A→B可以认为A中酚羟基上的H被CH3CO取代，该反应的方程式为
；（3）反应④为D中碳氧双键与氢气发生加成反应生成E，该反应也属于还原反应；反应⑤生成F，F与氢气反应生成G，根据E和G的结构简式可知F的结构简式为： ，所以反应⑤为醇羟基的消去反应；（4）C的结构简式为 ，Ⅰ．苯环上只有两种取代基，Ⅱ．分子中只有4种不同化学环境的氢，即含有4种等效H原子，Ⅲ．能与NaHCO3反应生成CO2，分子中含有羧基，则满足条件的C的同分异构体的结构简式为 ；（5）以 和乙酸酐为原料制备 ，根据逆合成法可知，合成 ，需要得到 ，结合题中反应原理及反应物为苯酚，则用苯酚与乙酸酐反应生成 ， 在氯化铝存在条件下转化成 ， 在催化剂存在条件下与氢气发生加成反应生成 ，所以合成流程为
。
【分析】本题考查的是有机合成线路的知识，由E到G的过程中，-OH消除了，属于官能团的改变，所以E到F应该发生消去反应，F到G应该发生加成反应；
（1）G含有两个官能团，分别为醚键和羧基；
（2）A到B的过程，乙酸酐发生反应，此时乙酸酐会结合A分子羟基上的氢原子生成乙酸，另一部分和A分子羟基上的氧原子结合为酯；
（3）D到E的过程中，双键没了，发生加成反应，E到F的过程中，羟基没了，发生消去反应；
（4）C为芳香族化合物，即含有一个苯环，根据分子式可以推出除了苯环以外还有两个碳原子，苯环上只有两种取代基，即两条侧链，分子有四种环境的氢，即四种等效氢，能与NaHCO3反应生成CO2，即含有羧基，根据题意可以推导出相关的同分异构体；
（5）根据图示，选择合适的试剂，可以将线路图写出。
1 / 1辽宁省葫芦岛中学2015-2016学年高二下学期化学开学考试试卷
一、单选题
1．分类法是快速获取物质性质的重要方法，有关分类说法不正确的是（ ）
A．根据氧化物的性质可将氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物和特殊氧化物等
B．根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
C．根据分散质粒子直径大小可将液体分散系分为溶液、胶体和浊液
D．根据电解质的水溶液导电能力的强弱将电解质分为强电解质和弱电解质
【答案】D
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】解：A、根据氧化物能否和酸或碱反应生成盐和水，氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物和不成盐氧化物等，故A正确；
B、根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，有电子转移的是氧化还原反应，无电子转移的是非氧化还原反应，故B正确；
C、根据分散质粒子直径的大小，分散系分为溶液、胶体和浊液，故C正确；
D、根据电解质在水溶液中能否完全电离，将电解质分为强电解质和弱电解质，能完全电离的是强电解质，不能完全电离的是弱电解质，故D错误．
故选D．
【分析】A、根据氧化物能否和酸或碱反应生成盐和水，氧化物分成酸性氧化物、碱性氧化物和两性氧化物等；
B、根据反应中是否有电子转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应；
C、根据分散质粒子直径的大小，分散系分为溶液、胶体和浊液；
D、根据电解质在水溶液中能否完全电离，将电解质分为强电解质和弱电解质．
2．（2018高二下·葫芦岛开学考）下列有关实验叙述正确的是（ ）
A．氢氧化铁胶体制备：向沸水中逐滴加入少量饱和硫酸铁溶液，继续加热煮沸至液体变为红褐色，停止加热
B．用容量瓶配制溶液时，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏大
C．中和热实验，在操作时应将碱液分多次倒入酸中，以防液体溅出，产生误差
D．萃取碘水中的碘实验时，将碘水倒入分液漏斗，然后再注入乙醇，振荡、静置分层后，下层紫色液体先从下口放出，之后，上层无色液体从上口倒出
【答案】B
【知识点】中和热；分液和萃取；配制一定物质的量浓度的溶液
【解析】【解答】A．向沸水中逐滴加入少量饱和氯化铁溶液，继续加热煮沸至液体变为红褐色，停止加热即可制得氢氧化铁胶体，A错误；B．用容量瓶配制溶液时，定容时俯视刻度线，液面在刻度线下方，所配溶液浓度偏大，B正确；C．中和热实验，在操作时应将碱液一次性倒入酸中，C错误；D．乙醇与水互溶，不能萃取碘，D错误。答案选B。
【分析】A、只能加入氯化铁，因为硫酸不挥发；
B、俯视刻线，体积偏小，浓度偏大；
C、中和热的测定中，液体应一次性加入，防止热量损失；
D、乙醇和水互溶，不可以作为萃取剂。
3．（2018高二下·葫芦岛开学考）下列有关阿伏加德罗常数NA说法正确的是（ ）
A．22 g 2H218O中含有的质子数为10NA
B．标准状况下，2.24 L乙醇中含有的C-H键数目为0.5NA
C．0.1 mol/L的NaF溶液中所含F﹣的数目小于0.1NA
D．1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去0.5NA个电子
【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.22g2H218O的物质的量是22g÷22g/mol＝1mol，其中含有的质子数为10NA，A正确；B．标准状况下乙醇是液体，不能利用气体摩尔体积计算物质的量，B错误；C．不能确定溶液的体积，则不能计算0.1 mol/L的NaF溶液中所含F﹣的数目，C错误；D.1mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去NA个电子，D错误，答案选A。
【分析】A、利用公式n=m/M，注意分子中质子数为22；
B、标准状况下乙醇为液体；
C、没有体积，无法计算溶液中的离子数目；
D、钠的化合价由0转化为+1，1mol Na转移1mol电子。
4．（2018高二下·葫芦岛开学考）对下列现象或事实解释正确的是（ ）
选项 现象或事实 解释
A 已知水热反应是指在高温高压下，将二氧化碳转化为有机物的技术 水热反应可以降低自然界中碳的含量
B 用铝制易拉罐收集满CO2，加入过量NaOH浓溶液，立即把口封闭。发现易拉罐“咔咔”作响并变瘪了，过了一会儿，易拉罐又会作响并鼓起来 导致易拉罐又鼓起来的反应是：
Al3++3HCO3-=Al（OH）3+3CO2↑
C FeCl3溶液可用于制作铜质印刷线路板的“烂板液” FeCl3溶液能将铜氧化为Cu2+
D 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯以达到保鲜目的 乙烯能够与高锰酸钾溶液发生加成反应，从而起到去除乙烯的目的
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、根据质量守恒定律自然界中碳的含量是不变的，A错误；B、易拉罐又会作响并鼓起来是由于铝与氢氧化钠溶液产生氢气导致，方程式为2Al ＋ 2NapH ＋ 2H2O = 2NaAlO2 ＋ 3H2↑，B错误；C、氯化铁具有氧化性，能把铜氧化为铜离子，因此FeCl3溶液可用于制作铜质印刷线路板的“烂板液”，C正确；D、乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化，不是加成反应，D错误，答案选C。
【分析】A、根据原子守恒，碳原子由二氧化碳转化到有机物中，含量不变；
B、氢氧化钠会和铝发生反应；
C、铜单质可以和铁离子反应，生成亚铁离子和铜离子；
D、乙烯会和高锰酸钾发生氧化还原反应。
5．（2018高二下·葫芦岛开学考）下列离子方程式中正确的是（ ）
A．氯气溶于水中：Cl2+H2O＝2H++Cl-+ClO-
B．硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液混合至混合液呈中性：2HSO4-+Ba2++2OH-＝BaSO4↓+2H2O+SO42-
C．向双氧水中加入稀硫酸和KI溶液：H2O2+2H++2I﹣=I2+2H2O
D．用铜作阳极电解CuSO4溶液：2Cu2++2H2O 2Cu+O2↑+ 4H+
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．氯气溶于水中的方程式为Cl2+H2O＝H++Cl-+HClO，A错误；
B．硫酸氢钠溶液与氢氧化钡溶液混合至混合液呈中性的离子方程式为2H＋+SO42－+Ba2++2OH-＝BaSO4↓+2H2O，B错误；
C．向双氧水中加入稀硫酸和KI溶液的方程式为H2O2+2H++2I﹣=I2+2H2O，C正确；
D．用铜作阳极电解CuSO4溶液时阳极是活性电极，相当于是粗铜的精炼，D错误，
答案选C。
【分析】A、次氯酸为弱酸，不可以拆成离子形式；
B、硫酸氢根为强酸酸式盐，可以拆成氢离子和硫酸根离子的形式；
C、双氧水具有氧化性，可以和碘离子反应生成碘单质；
D、铜作为阳极，会优先放电，转化为铜离子。
6．（2018高二下·葫芦岛开学考）①Na3N+3H2O=3NaOH+NH3↑，②NaH+H2O=NaOH+H2↑，
③2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，④ 2F2+2H2O=4HF+O2，有关上述反应叙述不正确的是（ ）
A．离子半径： N3﹣＞F﹣＞Na+
B．上述反应除①外都是氧化还原反应
C．反应②③中的水做氧化剂，每生成1mol H2，转移的电子数为2NA
D．反应④中的水是还原剂
【答案】C
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．核外电子排布相同的离子，离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径 N3﹣＞F﹣＞Na+，A正确；B．上述反应除①外都是氧化还原反应，B正确；C．反应②③中水中氢元素的化合价均降低，水做氧化剂，每生成1mol H2，转移的电子数为NA和2NA，C错误；D．反④中水中氢元素的化合价升高，水是还原剂，D正确，答案选C。
【分析】A、半径比较看三不：电子层数越多，半径越大；电子层数相同，核电荷数越多，半径越小；电子层数、核电荷数相同，最外层电子数越多半径越小；
B、氧化还原反应需要有化合价发生变化，①并没有；
C、水作为氧化剂时，产物含有氢气，根据电子转移的计算，每生成1mol H2转移电子数为2mol；
D、水作为还原剂时产物含有氧气。
7．（2018高二下·葫芦岛开学考）某化合物由五种短周期元素组成，分别为X、Y、Z、W、R，原子序数依次增大。X原子是所有原子中半径最小的，Y、R同主族，Z、W、R同周期，Y原子的最外层电子数是次外层的3倍，Z是常见的金属，电子层数等于主族序数，W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料。下列说法正确的是（ ）
A．Z与Y形成的化合物是工业上制取Z的原料
B．WY2可与酸反应，但不能与碱反应
C．原子半径按X、Y、Z、R、W的顺序依次增大
D．热稳定性 ：X2R＞X2Y
【答案】A
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】X、Y、Z、W、R五种短周期元素，原子序数依次增大，X原子是所有原子中半径最小的，则X为H元素，Y原子的最外层电子数是次外层的3倍，则Y有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素，Y、R同主族，故R为S元素，Z、W、R同周期，都处于第三周期，Z是常见的金属，电子层数等于主族序数，Z为Al元素，W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料，W为Si元素，则A．Z与Y形成的化合物氧化铝是工业上制取Al的原料，A正确；B．SiO2能与强碱反应，能与氢氟酸反应，B错误；C．H原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：H＜O＜S＜Si＜Al，C错误；D．非金属性S＜O，故H2O稳定性比H2S的稳定性强，D错误，答案选A。
【分析】A、根据题干可以推出各种元素，分别为X-H、Y-O、Z-Al、W-Si；
A、氧化铝为离子化合物，可以制取铝单质；
B、二氧化硅是酸性氧化物，可以和碱反应，可以和氢氟酸反应；
C、原子半径比较：从上到下原子半径递增，从左到右原子半径递减；
D、热稳定性的实质就是比较非金属性：从上到下非金属性递减，从左到右非金属性递增。
8．下列说法错误的是（ ）
A． 和CO2反应生成可降解聚合物 ，该反应符合绿色化学原则
B．正丁烷的二氯代物有5种（不考虑立体异构）
C．乙醇在铜催化下加热可脱氢生成乙醛，该反应属于氧化反应
D．淀粉、纤维素、麦芽糖均属于糖类，在一定条件下都可以水解得到葡萄糖
【答案】B
【知识点】同分异构现象和同分异构体；有机化学反应的综合应用；绿色化学
【解析】【解答】解：A．该反应中，反应物原子完全转化成目标产物，实现了0排放，且不产生污染物，符合绿色化学的原则，故A正确；
B．正丁烷的二氯代物共有6种，即CH3CH2CH2CHCl2、CH3CH2CHClCH2Cl、CH3CHClCH2CH2Cl、CH2ClCH2CH2CH2Cl，CH3CCl2CH2CH3，CH3CHClCHClCH3，故B错误；
C．乙醇在铜催化下加热可脱氢生成乙醛，该反应属于氧化反应，故C正确；
D．淀粉、纤维素为多糖，麦芽糖为二糖，水解产物都是葡萄糖，故D正确；
故选：B．
【分析】A．绿色化学是指化学反应过程中以“原子经济性”为基本原则，即在获取新物质的化学反应中充分利用参与反应的每个原料原子，实现“零排放”，不仅充分利用资源，而且不产生污染，据此进行判断；
B．先找一氯代物，正丁烷共有2种一氯代物，然后以一氯代物为基础再添上一个氯，可得二氯代物；
C．有机反应中加氧或者去氢的反应属于氧化反应；
D．淀粉、纤维素为多糖，麦芽糖为二糖，水解产物都是葡萄糖．
9．下列三种烃的立体结构如图示：
则这三种烃的二氯取代产物的同分异构体数目分别是（ ）
A．2，4，8 B．2，4，6 C．1，3，6 D．1，3，8
【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】解：正面体中含有1种氢原子，一氯代物有1种，二氯代物只有1种：两个氯原子在立方体同边有一种情况；
立方烷中含有1种氢原子，一氯代物有1种，二氯代物有3种：两个氯原子在立方体同边有一种情况，两个氯原子的位置在对角有两种情况；
金刚烷的结构可看作是由四个等同的六元环组成的空间构型，分子中含4个﹣CH﹣，6个﹣CH2，分子中含有2氢原子，所以该物质的一氯代物有2种，当次甲基有一个氯原子取代后，二氯代物有3种，当亚甲基有一个氯原子取代后，二氯代物有3种，共6种；
故选C．
【分析】先根据氢原子的种类写出一氯代物的种类，烃的二氯代物的同分异构体可以采用固定一个氯原子的方法来寻找．
10．（2018高二下·葫芦岛开学考）下列说法正确的是（ ）
A．图①中△H2=△H1+△H3
B．图②在催化剂条件下，反应的活化能等于E1+E2
C．图③表示醋酸溶液滴定 NaOH 和氨水混合溶液的电导率变化曲线
D．图④可表示由CO(g)生成CO2(g)的过程中要放出566kJ 热量
【答案】C
【知识点】电解质溶液的导电性；有关反应热的计算
【解析】【解答】A．根据盖斯定律来可知：一个反应无论是一步完成还是分为数步完成，其热效应是相同的，图①中△H2=－（△H1+△H3），A错误；B．E1、E2分别代表反应过程中各步反应的活化能，整个反应的活化能为能量较高的E1，B错误；C、氢氧化钠是强电解质，氨水是弱电解质，滴加的弱电解质先和氢氧化钠反应生成强电解质醋酸钠，但溶液体积不断增大，溶液被稀释，所以电导率下降；当氢氧化钠完全被中和后，醋酸继续与弱电解质氨水反应生成强电解质醋酸铵，所以电导率增大；氨水也完全反应后，继续滴加醋酸，因为溶液被稀释，电导率有下降趋势，C正确；D、图象中未标明CO、氧气以及CO2的物质的量与焓变的值的数值计量关系，D错误；答案选C。
【分析】A、根据盖斯定律，H2=－（△H1+△H3）；
B、活化能看得是该反应中较高的一段；
C、醋酸滴加氢氧化钠和氨水溶液，先和氢氧化钠反应，氢氧化钠为强碱，生成醋酸钠，也是强电解质，但是醋酸仲含有水，被稀释，导电性变弱，氨水为弱碱，生成醋酸铵为强电解质，导电性变强，当两种碱反应完再加醋酸，为弱电解质，导电性变弱；
D、要注意图示并没有标明物质的量，热化学方程式的焓变跟物质的量有关。
11．（2018高二下·葫芦岛开学考）中关村“创客19”实验室模拟光合作用的电化学实验装置如右图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和葡萄糖(C6H12O6)。下列说法正确的是（ ）
A．该装置是新型化学电源装置
B．该装置工作时，H＋从a极区向b极区迁移
C．每生成1 mol O2，有44 g CO2被还原
D．a 电极的反应为： 6CO2 + 24H＋-24e－= C6H12O6 +6 H2 O
【答案】C
【知识点】电解原理
【解析】【解答】A．根据图示可知，该装置电解池，A错误；B．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，该装置工作时，H＋从正电荷较多的阳极b极区向负电荷较多的阴极a极区迁移，B错误；C．该反应的总方程式是：6CO2+6H2O＝C6H12O6+6O2。根据反应方程式可知，每生成1molO2，有1molCO2被还原，其质量是44g，C正确；D．根据图示可知与电源负极连接的a 电极为阴极，发生还原反应，电极的反应式为：6CO2+24H＋+24e－＝C6H12O6+6H2O，D错误。答案选C。
【分析】A、该装置外加电源，为电解池；
B、氢离子为阳离子，移向阴极；
C、根据化学方程式，利用化学计量数之比等于物质的量之比，可以求出答案；
D、a为阴极，阴极应得电子，而不是失电子。
12．（2018高二下·葫芦岛开学考）某些工业废水中常是含有氰根（CN－）的无机物，有一定的毒性，有的还是剧毒。右图所示装置是工业上采用的电解法除去含CN－废水的装置。工作时控制溶液为碱性，阳极产生的ClO－将CN－氧化为两种无污染的气体，下列叙述不正确的是（ ）
A．用石墨作阴极，铁作阳极
B．阴极的电极反应式为：2H2O + 2e－ = H2↑ + 2OH－
C．阳极的电极反应式为：Cl－ + 2OH－－2e－= ClO－ + H2O
D．除去CN－的反应：2CN－+5ClO－+ H2O =N2↑+2CO2↑+5Cl－+2OH－
【答案】A
【知识点】电解原理
【解析】【解答】A、阳极要产生ClO－，则铁只能作阴极，不能作阳极，否则就是铁失电子，A错误；
B、阴极是H+产生H2，碱性溶液，故阴极的电极反应式为：2H2O + 2e－ = H2↑ + 2OH－，B正确；
C、阳极是Cl－失电子产生ClO－，电极反应式为：Cl－ + 2OH－－2e－= ClO－ + H2O，C正确；
D、溶液为碱性，方程式为2CN－+5ClO－+ H2O =N2↑+2CO2↑+5Cl－+2OH－，D正确，
答案选A。
【分析】A、活泼金属做阳极，会优先放电；
B、阴极中为水中的氢离子放电；
C、阳极为阳离子放电，Cl-比OH-优先放电；
D、利用CN-还原性的特点，可以和ClO-具有氧化性发生反应。
13．（2018高二下·葫芦岛开学考）在2L恒容密闭容器中充入2 mol X和1mol Y发生反应：2X(g) +Y(g) 3Z(g) △H<0，反应过程持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是（ ）
A．升高温度，平衡常数增大
B．W点X的正反应速率小于M点X的正反应速率
C．Q点时，Y的转化率最小
D．平衡时充入Z，达到新平衡时Z的体积分数比原平衡时大
【答案】B
【知识点】化学平衡移动原理
【解析】【解答】A、Q之前，升高温度，X量减小，温度在Q之后，升高温度，X含量增大，曲线上最低点为平衡点，最低点之前未达平衡，反应向正反进行，正反应放热，平衡后升高温度X的含量增大平衡向逆反向移动，平衡常数减小，A错误；
B、W点温度低于M点温度，则温度高反应速率快，则W点X的正反应速率小于M点X的正反应速率，B正确；
C、Q点为平衡点，此时Y的转化率最大，C错误；
D、反应前后气的物质的量不变，平衡时充入Z，达到衡时与原平是等效，所以达到新平衡时Z的分数不变，D错误，
答案选B。
【分析】A、正反应放热，温度和平衡常数成反比；
B、温度越高，速率越快；
C、Q点X的体积分数最小，则转化率最大；
D、恒容下，充入Z形成等效平衡，X、Y、Z同等增大，Z的体积分数不变。
14．（2018高二下·葫芦岛开学考）下列说法不正确的是（ ）
A．对于相同浓度的弱酸HX和HY（前者的Ka较小）溶液，加水稀释相同倍数时，HY溶液的pH改变值大于HX溶液的pH改变值
B．在NH3·H2O和NH4Cl浓度均为0.1 mol·L-1的体系中，外加少量酸或碱时，溶液的pH可保持基本不变
C．在NaH2PO4水溶液中存在关系：c(H3PO4) + c(H+) = c(HPO42-) + c(PO43-) + c(OH-)
D．沉淀溶解平衡AgI Ag+ + I- 的平衡常数为8.5×10-17，不能说明难溶盐AgI是弱电解质
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A、对于相同浓度弱酸HX和HY溶液，前者的Ka较小，则HY的酸较强，稀释相同倍数时酸性越强，则pH变化越大，所以HY溶液的pH改变值大于HX溶液的pH改变值，A正确；
B、在NH3 H2O和NH4Cl浓度均为0.1mol/L的溶液中，外加少量酸或碱时，溶液中离子浓度基本不变，则溶液pH保持本不变，B正确；
C、根据质子守恒可知c(H3PO4) + c(H+)＝c(HPO42-) +2c(PO43-)+c(OH-)，C错误；
D、碘化银是强电解质，D正确，
答案选C。
【分析】A、酸性越弱，稀释相同倍数后pH变化越小；
B、加少量酸碱，离子浓度不变，氢离子浓度基本不变，pH基本不变；
C、根据质子守恒，可以知道c(PO43-)的化学计量数为2；
D、溶解度和是否为弱电解质无直接关系。
二、填空题
15．（2018高二下·葫芦岛开学考）大苏打（Na2S2O3·5H2O）、苏打、小苏打被称为“三苏”，它们在生活、生产中用途广泛。
（1）工业上，将苏打和硫化钠以1:2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2气体，可制得Na2S2O3，同时放出CO2。写出该反应的化学方程式 。硫化钠溶液在空气中久置，会生成淡黄色物质，经测定该物质具有与过氧化钠相似的结构，该物质的化学式 。
（2）Na2S2O3标准液常用于滴定碘的含量，若滴定的溶液呈酸性，测定结果会偏高，用离子方程式表示其原因 。
（3）工业上用大苏打溶液吸收工业废气中的氯气，其氧化产物为SO42-，写出离子方程式 。
（4）工业上常用苏打和盐酸除去锅炉中水垢中的硫酸钙。先用饱和苏打溶液浸泡锅垢，然后用盐酸清洗。“浸泡”的目的是 。（并用离子方程式表示）
（5）在密闭的容器中投入一定量的Na2O2和NaHCO3固体，在300℃下充分反应。若残留固体为纯净物，则起始时n(NaHCO3):n(Na2O2)满足的条件是 。
【答案】（1）Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2；Na2S2
（2）S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O
（3）S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+
（4）将CaSO4转化为CaCO3，CaSO4 + CO32-= CaCO3 + SO42-
（5）≥2
【知识点】钠的重要化合物
【解析】【解答】（1）工业上，将苏打和硫化钠以1:2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2气体，可制得Na2S2O3，同时放出CO2，根据原子守恒和电子得失守恒可知该反应的化学方程式为Na2CO3+2Na2S+4SO2＝3Na2S2O3+CO2。硫化钠溶液在空气中久置，会生成淡黄色物质，经测定该物质具有与过氧化钠相似的结构，则该物质的化学式为Na2S2。（2）Na2S2O3标准液常用于滴定碘的含量，若滴定的溶液呈酸性，测定结果会偏高，这是由于在酸性溶液中硫代硫酸钠发生自身的氧化还原反应，反应的离子方程式为S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O。（3）工业上用大苏打溶液吸收工业废气中的氯气，其氧化产物为SO42-，氯气的还原产物是氯离子，反应的离子方程式为S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+。（4）碳酸钙的溶度积常数小于硫酸钙，因此“浸泡”的目的是将CaSO4转化为更难溶的CaCO3，分液的离子方程式为CaSO4 + CO32-= CaCO3 + SO42- 。（5）在密闭的容器中投入一定量的Na2O2和NaHCO3固体，在300℃下充分反应。若残留固体为纯净物，这说明过氧化钠中的钠离子将转化为碳酸钠，根据原子守恒可知起始时n(NaHCO3):n(Na2O2)＝2：1即可。但由于碳酸氢钠过量时会分解生成碳酸钠、水蒸气和CO2，所以最终满足的条件是n(NaHCO3):n(Na2O2) ≥2：1即可。
【分析】（1）根据题干给出的数据，可以知道反应物为碳酸钠、硫化钠、二氧化硫，利用氧化还原反应，可以将方程式配平；跟过氧化钠相似结构，即含有原子团的离子化合物；
（2）酸性条件下，硫代硫酸钠自身发生反应，生成硫和二氧化硫；
（3）氯气和硫代硫酸钠反应，氯气具有氧化性，可以将硫代硫酸钠氧化为硫酸根；
（4）沉淀平衡的原理中，可以将难溶物转化为更难溶的沉淀；
（5）根据残留物质可以知道过氧化钠完全反应，利用原子守恒可以知道碳酸氢钠和过氧化钠的比例。
16．（2018高二下·葫芦岛开学考）氨是一种重要的化工原料，也是重要的工业产品，在工农业生产和国防等领域发挥着重要作用。
（1）液氨储氢是目前研究的重要课题。液氨的电离和水的电离相似，液氨中的氨也能发生电离：NH3+NH3 NH4++NH2-，其离子积常数为1.0×10-30。现将2.3克金属钠投入1.0 L 液氨中，待反应结束后，假设溶液体积不变，所得溶液中NH4+离子浓度为 。
（2）用Pt电极对液氨进行电解可产生H2和N2，则阴极的电极反应式是 。
（3）用NH3催化还原NXOy可以消除氮氧化合物的污染。请写出氨气催化还原NO的化学方程式 。
（4）将一定量的N2和H2充入1L的密闭容器中，在500℃、2×107Pa下反应并达到平衡，测得N2为0.10 mol，H2为0.30 mol，NH3为0.10 mol，则H2的平衡转化率为 ；在该温度下的平衡常数K= 。
（5）下图是某压强下，N2与H2按体积比1： 3投料时，反应混合物中氨的体积分数随温度的变化曲线。其中一条是经过一定时间反应后的曲线，另一条是平衡时的曲线。则图中b点，v(正) v(逆)。（填“＞”、“＝”或“＜”）
【答案】（1）1.0×10-29mol/L
（2）2NH3+2e-＝H2 +2NH2-
（3）4NH3+6NO 5N2+6H2O
（4）33.3%；3.70 L2/mol2
（5）＞
【知识点】化学平衡常数；化学平衡移动原理；电解原理
【解析】【解答】（1）将2.3g金属钠投入1.0L液氨中发生反应为：2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑；促进液氨的电离，依据：NH3+NH3=NH4++NH2-，[NH4+][NH2-]=l.0×10-30；反应生成NH2-物质的量为0.1mol；浓度为0.1mol/L，所得溶液中NH4+的浓度l.0×10-29mol/L。（2）用Pt电极对液氨进行电解可产生H2和N2，阴极得到电子，发生还原反应，则阴极是铵根放电生成氢气，电极反应式是2NH3+2e-＝H2 +2NH2- 或 2NH4++2e-＝H2+2NH3。（3）氨气催化还原NO生成氮气和水，反应的化学方程式为4NH3+6NO 5N2+6H2O。（4）将一定量的N2和H2充入1L的密闭容器中，在500℃、2×107Pa下反应并达到平衡，测得N2为0.10 mol ，H2为0.30 mol ，NH3为0.10 mol ，则根据方程式N2＋3H2 2NH3可知消耗氢气是0.15mol，则H2的平衡转化率为 ；在该温度下的平衡常数K＝ 。（5）由于正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向进行，氨气的含量降低，所以a曲线是平衡曲线，b曲线是经过一定时间反应后的曲线，b点随温度的升高氨气的含量升高，说明反应向正反应方向进行，因此v(正)＞v(逆)。
【分析】（1）利用化学方程式，寻找离子的浓度计算；
（2）阴极得电子，化合价升高，所以产生的是氢气和NH2-；
（3）氨气作为还原剂可以和一氧化氮反应，根据归中定律得到氮气和水，要注意化合价升降总数相等配平方程式；
（4）利用三段式，通过已知条件可以将三段式补充完整；化学平衡常数K=生成物浓度幂之积/反应物浓度幂之积；
（5）正反应放热，升高温度，逆向移动。
17．（2018高二下·葫芦岛开学考）巴伊亚祖母绿号称是世界上最大的祖母绿矿石，重380余公斤，含有约18万克拉的祖母绿宝石，价值约4亿美元。祖母绿的元素组成是O、Si、Al、Be，化学式为Be3Al2Si6O18 。
（1）基态Al原子中，电子占据的最高能级的符号是 ，该能级具有的原子轨道数为 。
（2）在500～600℃气相中，氯化铍以二聚体Be2Cl4的形式存在（如图），在1000℃，氯化铍则以BeCl2形式存在。在BeCl2分子中，Be的杂化方式为 ，二聚体Be2Cl4中Be的杂化方式为 ，1mol Be2Cl4中含有 mol配位键。
（3）氢化铝锂（LiAlH4）是有机合成中的一种重要还原剂，可以将羧基还原为羟基，如可将乙酸还原为乙醇，乙酸和乙醇的熔沸点数据如下：
乙酸 乙醇
熔点/℃ 16.6 -114.3
沸点/℃ 117.9 78.4
乙酸分子中σ键与π键数目之比为 ，由表格中的数据知，乙酸的熔沸点均比乙醇高，原因是 。
（4）图示为Be与O形成的氧化物的立方晶胞结构，已知氧化铍的密度ρ=3.00g/cm3,则晶胞参数a= nm。
【答案】（1）3p；3
（2）sp；sp2；2
（3）7:1；乙酸中羧基上的两个氧原子均可形成氢键，比乙醇形成分子间氢键的概率大
（4）0.38
【知识点】晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）基态Al原子的质子数是13，核外电子排布式为1s22s2p63s23p1，所以电子占据的最高能级的符号是3p，该能级具有的原子轨道数为3个。（2）BeCl2中Be原子的价层电子对个数=2+（2-2×1）/2=2，不含孤电子对，则分子空间构型是直线型，因此Be的杂化方式为sp杂化。在二聚体中Be原子形成3个B-Cl键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3，Be原子杂化方式为sp2，根据结构式可判断1mol Be2Cl4中含有2mol配位键；（3）单键都是σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则根据乙酸的结构简式CH3COOOH可知乙酸分子中σ键与π键数目之比为7:1；由于乙酸中羧基上的两个氧原子均可形成氢键，比乙醇形成分子间氢键的概率大，因此乙酸的熔沸点均比乙醇高。（4）根据晶胞结构可知该晶胞中含有的阴阳离子个数均是4个，所以 ，解得x＝0.38×10－7cm＝0.38nm。
【分析】（1）利用电子排布式，可知道最高能级以及轨道数；
（2）注意氯化铍的价电子对个数，同时推出其空间构型，并判断杂化类型；
（3）本题考查的是σ键和π键的判断，σ键为单键，双键含有1个σ键和1个π键；
（4）本题考查的是晶胞的判断，根据晶胞的计算公式，可以判断其阴阳离子的个数。
三、实验题
18．（2018高二下·葫芦岛开学考）磷酸亚铁[Fe3(PO4)2·8H2O]为白蓝色晶体，溶于强酸，不溶于水、醋酸和乙醇。主要用于制造磷酸铁锂电池。实验室制备磷酸亚铁的装置示意图、
反应和实验步骤如下。主要反应为：
3FeSO4+2Na2HPO4+2CH3COONa+8H2O＝Fe3(PO4)2·8H2O↓+3Na2SO4+2CH3COOH
实验步骤：①在仪器A中先加入抗坏血酸（C6H8O6）稀溶液作底液②向仪器A中，滴入Na2HPO4与CH3COONa混合溶液至pH=4 ③滴入15.2克FeSO4溶液，最终维持pH=6，充分反应后，静置④进行操作a,干燥得到的磷酸亚铁12.8克。
（1）仪器A的名称是 。
（2）实验中配制FeSO4溶液时，先要对蒸馏水进行的操作是 。
（3）实验中不是将三种溶液直接混合的原因是 ，反应时需不断搅拌，其目的是 。
（4）步骤④进行的操作a是 。
（5）检验磷酸亚铁粗产品中是否混有氢氧化铁杂质的方法是 。
（6）本实验的产率是 。
【答案】（1）三颈烧瓶
（2）煮沸、冷却
（3）避免生成氢氧化亚铁沉淀；使反应物充分接触
（4）过滤、洗涤沉淀
（5）取少量固体放入小试管中，加2mL HCl 溶解，然后滴加2滴 KSCN 溶液，若溶液变成血红色，则说明含有Fe3+ ，否则不含。
（6）76.5%
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）由仪器结构特征可知仪器A为三颈烧瓶；（2）Fe2+具有强还原性，配制溶液时加热抗坏血酸，防止Fe2+离子被氧化，蒸馏水事先要煮沸、冷却，可以除去溶液中的溶解的氧气，避免氧化Fe2+；（3）Na2HPO4与CH3COONa混合溶液呈碱性，直接混合容易产生成Fe（OH）2沉淀，实验时三种溶液分别加入，混合溶液至pH=4时，再加入FeSO4溶液，防止生成Fe（OH）2沉淀；制备时需不断搅拌，使反应物充分接触，也会防止生成Fe（OH）2沉淀；（4）步骤④是分离不溶的固体与液体得到磷酸亚铁粗产品，需要采取过滤、洗涤等；（5）检验磷酸亚铁粗产品中是否有Fe（OH）3杂质的方法是：取少量固体溶于适量盐酸，然后滴入KSCN溶液，容易变红色，说明含有Fe3+，否则不含Fe3+，否则不含；（6）15.2gFeSO4的物质的量为15.2g÷152g/mol=0.1mol，根据Fe元素守恒，理论上得到Fe3（PO4）2 8H2O的质量为0.1mol×1/3×502g/mol=16.73g，磷酸亚铁产率是 。
【分析】（1）仪器为三颈烧瓶；
（2）要注意亚铁离子有还原性，为了防止被氧化需要除去溶液中的氧气；
（3）Na2HPO4与CH3COONa混合溶液呈碱性，会影响亚铁离子；搅拌的原因是让物质充分反应，并且防止氢氧化亚铁生成；
（4）分离固体和液体，应该采用过滤法，同时会有残留物在固体表面，应用洗涤法；
（5）检验氢氧化铁的方法即检验铁离子，可以滴加稀盐酸，再加入硫氰化钾溶液，观察溶液是否变为红色；
（6）根据质量守恒，可以求出答案，要注意Fe3（PO4）2 8H2O中铁原子有3个。
四、推断题
19．（2018高二下·葫芦岛开学考）（本题绥一高中考生不做答，其他考生必做）奈必洛尔是一种用于血管扩张的降血压药物。用于合成奈必洛尔中间体G的部分流程如下：
已知：乙酸酐的结构简式为
请回答下列问题：
（1）G物质中的含氧官能团的名称是 、 。
（2）反应A→B的化学方程式为 。
（3）上述④、⑤变化过程的反应类型分别是 、 。
（4）写出满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：
Ⅰ．苯环上只有两种取代基。
Ⅱ．分子中只有4种不同化学环境的氢。
Ⅲ．能与NaHCO3反应生成CO2。
（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以 和乙酸酐为原料制备 的合成路线流程图（无机试剂任选）。合成路线流程图示例如下：
【答案】（1）羧基；醚键
（2）
（3）加成（或还原）反应；消去反应
（4）
（5）
【知识点】有机物的合成
【解析】【解答】（1）根据G的结构简式可知，G中含有的含氧官能团为醚键和羧基；（2）反应A→B可以认为A中酚羟基上的H被CH3CO取代，该反应的方程式为
；（3）反应④为D中碳氧双键与氢气发生加成反应生成E，该反应也属于还原反应；反应⑤生成F，F与氢气反应生成G，根据E和G的结构简式可知F的结构简式为： ，所以反应⑤为醇羟基的消去反应；（4）C的结构简式为 ，Ⅰ．苯环上只有两种取代基，Ⅱ．分子中只有4种不同化学环境的氢，即含有4种等效H原子，Ⅲ．能与NaHCO3反应生成CO2，分子中含有羧基，则满足条件的C的同分异构体的结构简式为 ；（5）以 和乙酸酐为原料制备 ，根据逆合成法可知，合成 ，需要得到 ，结合题中反应原理及反应物为苯酚，则用苯酚与乙酸酐反应生成 ， 在氯化铝存在条件下转化成 ， 在催化剂存在条件下与氢气发生加成反应生成 ，所以合成流程为
。
【分析】本题考查的是有机合成线路的知识，由E到G的过程中，-OH消除了，属于官能团的改变，所以E到F应该发生消去反应，F到G应该发生加成反应；
（1）G含有两个官能团，分别为醚键和羧基；
（2）A到B的过程，乙酸酐发生反应，此时乙酸酐会结合A分子羟基上的氢原子生成乙酸，另一部分和A分子羟基上的氧原子结合为酯；
（3）D到E的过程中，双键没了，发生加成反应，E到F的过程中，羟基没了，发生消去反应；
（4）C为芳香族化合物，即含有一个苯环，根据分子式可以推出除了苯环以外还有两个碳原子，苯环上只有两种取代基，即两条侧链，分子有四种环境的氢，即四种等效氢，能与NaHCO3反应生成CO2，即含有羧基，根据题意可以推导出相关的同分异构体；
（5）根据图示，选择合适的试剂，可以将线路图写出。
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