辽宁省丹东市2020-2021学年高三下学期化学开学考试试卷
一、单选题
1．（2021高三下·丹东开学考）2019年，中国研发的“双曲线一号”火箭在酒泉发射升空；2020年，中国“奋斗者”号载人潜水器成功进行深海科考活动。下列说法正确的是（ ）
A．“双曲线一号”火箭中使用的碳纤维树脂复合材料可同时满足耐高温、化学稳定性高等特殊需求
B．制造潜水器载人球舱的钛合金比纯金属钛具有更高的强度、韧性和熔点
C．“奋斗者”号返回水面的浮力材料纳米级玻璃微珠可产生丁达尔效应
D．“奋斗者”号使用的深海水下超高压光纤微缆属于新型有机高分子材料
【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．在碳纤维增强树脂复合材料中，碳纤维起到增强作用，使得复合材料呈现高强度、耐高温及抗腐蚀等特性，故A符合题意；
B．在一般情况下，合金比纯金属具有更高的强度、韧性，多数合金熔点低于其组分金属的熔点，故B不符合题意；
C．纳米级玻璃微珠没有确定具体粒子大小，1~100nm会有丁达尔效应，小于1nm不会有丁达尔效应，故C不符合题意；
D．光纤的成分是二氧化硅，不是有机高分子材料，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据用途判断其性质，由于用在火箭中使用的材料判断；
B.根据合金和单一金属的特点进行判断，合金的熔点比单一金属的熔点低、硬度大；
C.根据是不是胶体进行判断具有的性质；
D.有机高分子含有碳元素，而光纤是二氧化硅。
2．（2021高三下·丹东开学考）下列关于元素化合物的化学用语错误的是（ ）
A．单线桥表示电子转移：
B．水的结构式：
C．硝基苯的结构简式：
D．醛基的电子式：
【答案】D
【知识点】结构式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．硫化氢中S元素化合价由-2变为0价，2个H2S失4个电子，二氧化硫中硫元素化合价由+4价降至0价，1个SO2得到4个电子，则单线桥表示坐骑，A不符合题意；
B．水中O含有2对孤电子对和2对H、O共用电子对，则结构式： ，B不符合题意；
C．硝基苯由苯基和硝基构成，结构简式： ，C不符合题意；
D．醛基中氧原子满足8电子的稳定结构，电子式： ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】电子式是用元素符合和最外层电子数表示的式子进行判断。
3．（2021高三下·丹东开学考）LDFCB是电池的一种电解质，该电解质阴离子由同周期元素原子W、X、Y、Z构成(如图)，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，四种原子最外层电子数之和为20，下列说法正确的是（ ）
A．四种元素形成的简单氢化物中Z的沸点最高
B．原子半径：Z>Y>X>W
C．X的杂化方式是sp3
D．电负性：Z>Y>X>W
【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．四种元素最简单氢化物分别为BH3、CH4、H2O、HF，由于水和氟化氢均含有氢键，所以其沸点较前两者高，但由于相同物质的量的水中含所有的氢键数比氟化氢中的氢键数多，所以水的沸点比氟化氢高，选项A不符合题意；
B．由分析可知W、X、Y、Z分别为同周期元素：B、C、O、F，同周期元素从左至右元素的原子半径逐渐减小，所以W>X>Y>Z，选项B不符合题意；
C．X为C，形成一个双键和三个单键，杂化方式是sp2，选项C不符合题意；
D．非金属性越强电负性越大，则电负性：Z>Y>X>W，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】同周期元素W、X、Y、Z中，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，说明这四种元素位于第二周期；根据图示可，Y可形成2个共价键，位于第VIA族，则Y为O元素；X为6号C元素；Z只能形成1个共价键，为与VIIA族，则Z为F元素；四种元素最外层电子数之和为20，W的最外层电子数为20-4-6-7=3，为B元素，所以W、X、Y、Z分别为：B、C、O、F，据此解答。
4．（2021高三下·丹东开学考）下列化学用语正确的是（ ）
A．碳原子的核外电子轨道表示式：
B．第一电离能：O>N>C
C．新戊烷的球棍模型：
D．乙炔分子中σ键与π键个数比为1：2
【答案】A
【知识点】球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．碳原子的核外电子排布式为1s22s22p2，则轨道表示式： ，A用语符合题意；
B．N原子最外层电子处于半充满的稳定状态，则第一电离能：N＞O＞C，B用语不符合题意；
C．异戊烷的球棍模型： ，C用语不符合题意；
D．乙炔分子中含有3条σ键，2条π键，则σ键与π键个数比为3：2，D用语不符合题意；
故答案为A。
【分析】B.电离能根据非金属性进行判断，但同周期中第二主族和第五主族元素反常比相邻的元素电离能大；
C.新戊烷的结构中最长链是三个碳原子进行判断；
D.根据单键是σ键，叁键中含有1个σ键和2个π键进行判断。
5．（2021高三下·丹东开学考）用如图所示实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A．推断C、Si、Cl的非金属性强弱 B．灼烧海带以提取海带中的碘 C．探究温度对平衡2NO2 N2O4的影响 D．验证溴乙烷的消去产物是乙烯
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．HCl不是氯元素的最高价含氧酸，不能证明非金属性：Cl>C，A不符合题意；
B．灼烧海带以提取海带中的碘时应该用坩埚而不能用蒸发皿进行灼烧，B不符合题意；
C．要探究温度对平衡2NO2 N2O4的影响，则两个烧瓶分别放在热水和冷水中，然后观察气体颜色的变化即可，C符合题意；
D．乙醇也可以使高锰酸钾褪色，故能使酸性高锰酸钾褪色的物质不一定是乙烯，无法证明产物为乙烯，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.注意盐酸具有挥发性，产生的气体二氧化碳会混有HCl，故达不到实验目的；
B.灼烧时温度比较高，故选用坩埚；
C.根据平衡移动受温度的影响，而反应物和生成物颜色发生了变化来判断；
D.检验气体时注意杂质气体的影响。
6．（2021高三下·丹东开学考）磷锡青铜合金广泛用于仪器仪表中的耐磨零件和抗磁元件等。其晶胞结构如图所示。下列说法错误的（ ）
A．磷锡青铜的化学式为Cu3SnP
B．该晶胞中与Sn原子等距离且最近的铜原子有12个
C．该晶体的熔点比金刚砂(SiC)的熔点高
D．磷锡青铜具有各向异性的特点
【答案】C
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】A．磷锡青铜化学式Cu3SnP， ， ， ，A项不符合题意；
B．三个截面，每个截面与Sn等距的Cu有4个，故12个，B项不符合题意；
C．SiC是原子晶体熔点高，合金熔点比各成分熔点低，故磷锡青铜熔点比SiC低，C项符合题意；
D．磷锡青铜具有各向异性的特点，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据均摊法及已知晶胞的空间结构进行计算实际含有的原子个数；
B.根据构成的面心立方晶胞可以判断配位数；
C.根据合金的特点：熔点比单一金属低、硬度比单一金属大进行判断；
D.晶体具有的特点进行判断。
7．（2021高三下·丹东开学考）在密闭容器中发生储氢反应：LaNi5(s)+3H2(g) LaNi5H6(s) △H=-301kJ mol-1。在某温度下，达到平衡状态，测得氢气压强为2MPa。下列说法正确的是（ ）
A．当LaNi5H6的浓度不再变化时，该反应达到平衡状态
B．若温度不变，压缩体积至原来的一半，重新达到平衡时H2的压强仍为2MPa
C．缩小容器的容积，重新达到平衡时H2的浓度增大
D．升高温度有利于储氢
【答案】B
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．LaNi5H6为固体，无法计算其浓度，不能判断反应状态，A说法不符合题意；
B．若温度不变，化学平衡常数不变，则压缩体积至原来的一半，重新达到平衡时H2的压强仍为2MPa，B说法符合题意；
C．缩小容器的容积，温度不变，化学平衡常数不变，重新达到平衡时H2的浓度不变，C说法不符合题意；
D．反应为放热反应，则升高温度平衡逆向移动，不有利于储氢，D说法不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据状态判断物质浓度的变化判断标志；
B.根据平衡中只有一种气体判断，利用平衡常数进行判断，浓度不变，故压强不变；
C.根据PV=nRT进行判断；
D.根据温度对平衡的影响，升高温度平衡向吸热方向移动判断。
8．（2021高三下·丹东开学考）奥司他韦是一种抗病毒药物，常用于治流感，结构如图所示。根据该化合物的结构推测不可能有的性质（ ）
A．奥司他韦能够使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色
B．1mol奥司他韦可与1molH2发生加成反应
C．奥司他韦水解可生成α-氨基酸
D．奥司他韦分子中存在有3个手性碳原子，所以具有光学活性
【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．奥司他韦含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，含有碳碳双键，可以和溴发生加成反应，能够使溴水褪色，故A不符合题意；
B.1mol奥司他韦含有1mol碳碳双键，1mol碳碳双键与1mol氢气发生加成反应，故1mol奥司他韦可与1molH2发生加成反应，故B不符合题意；
C．奥司他韦分子中的酯基和酰胺基水解后得到的物质为 ，氨基没有连在羧基的的α位，不能生成α-氨基酸，故C符合题意；
D．该有机物中与氮、氧连接的饱和碳原子连接四个不同的原子或原子团，为手性碳原子，奥司他韦分子中存在有3个手性碳原子，所以具有光学活性，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】该有机物含有酯基、碳碳双键、氨基和酰胺基，结合酯类、烯烃、胺以及多肽化合物的性质分析。
9．（2021高三下·丹东开学考）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A．1L0.5mol/LNH4Cl溶液与2L0.25mol/LNH4Cl溶液含NH 均为0.5NA
B．常温下，10.6gC8H10和C4H10O3的混合物中氢原子数为NA
C．2molSO2和1molO2混合在V2O5存在的条件下于密闭容器中加热反应后，容器内物质分子数大于2NA
D．足量的Cu与含1mol溶质的浓H2SO4反应，转移的电子数小于NA
【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．溶液中NH 容易发生水解，所以1L 0.5mol/LNH4Cl溶液与2L 0.25mol/LNH4Cl溶液含NH 均小于0.5NA，A项符合题意；
B．C8H10和C4H10O3的相对分子质量均为106，所以 ， ，其中C8H10和C4H10O3中分别含有10个H原子，所以10.6gC8H10和C4H10O3的混合物中氢原子数为NA，B项不符合题意；
C．SO2和O2反应生成SO3，该反应为可逆反应，所以容器内物质分子数大于2NA，C项不符合题意；
D．Cu只能与浓硫酸反应，不与稀硫酸反应，随着反应的进行，硫酸的浓度减小到一定程度时，将不再将发生反应，所以转移的电子数小于NA，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据盐的水解进行判断；
B.根据极限法，假设10.6g全是一种物质进行计算；
C.根据可逆反应进行判断；
D.根据反应物的变化，浓硫酸会变稀硫酸而不发生反应进行判断。
10．（2021高三下·丹东开学考）表中的实验、现象和结论均正确的是（ ）
选项 实验 现象 结论
A 某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液 产生蓝色沉淀 原溶液中含有Fe2+，无Fe3+
B 向某溶液中滴加浓NaOH溶液，加热 产生的气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红 原溶液中含有
C 先向某溶液中加入BaCl2溶液，再加足量盐酸 开始产生白色沉淀，后沉淀不溶解 原溶液中含有
D 用洁净的铂丝蘸取某溶液在酒精灯上灼烧，透过钻玻璃观察 火焰呈紫色 原溶液中含有K+
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，原溶液中含有Fe2+，但无法证明是否含有Fe3+，选项A不符合题意；
B．向某溶液中滴加浓NaOH溶液，加热，产生的使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体是氨气，则原溶液中一定含有 ，选项B不符合题意；
C．先加入BaCl2溶液，生成氯化银白色沉淀，再加足量的盐酸，沉淀不溶解，不能排除银离子的干扰，也不能肯定白色沉淀为硫酸钡，选项C不符合题意；
D．通过蓝色的钴玻璃观察火焰呈紫色，为K的焰色反应，则原溶液中含有K+离子，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.亚铁离子和铁离子的检验，亚铁离子可用K3[Fe(CN)6]检验，而铁离子一般用的是 氰化钾溶液
B.湿润的蓝色石蕊试纸检验的是酸性气体
C.硫酸根离子的检验是利用先加盐酸，再加氯化钡溶液
D，焰色反应的操作，考查的是钾离子的检验
11．（2021高三下·丹东开学考）反应I、II、III均会在工业生产硝酸过程中发生，其中反应I、II发生在氧化炉中，反应III发生在氧化塔中，不同温度下各反应的化学平衡常数如表所示。下列说法正确的是（ ）
温度(K) 化学平衡常数
反应I：4NH3+5O2 4NO+6H2O 反应II：4NH3+3O2 2N2+6H2O 反应III：2NO+O2 2NO2
500 1.1×1026 7.1×1014 1.3×102
700 2.1×1019 2.6×1025 1.0
A．升高氧化炉的温度可提高反应I的逆反应速率而减慢反应II的逆反应速率
B．通过减小氧化炉的压强可促进反应I而抑制反应II
C．在氧化炉中使用选择性催化反应I的催化剂可增大氧化炉中NO的含量
D．氧化炉出气在进入氧化塔前应进一步提高温度
【答案】C
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．升高温度，反应I、反应II的正、逆反应速率均增大，故A不符合题意；
B．增大压强，反应I、反应II均逆向移动，故B不符合题意；
C．在氧化炉中使用选择性催化反应I的催化剂，能加快反应I的速率，增大氧化炉中NO的含量，故C符合题意；
D．升高温度，反应III的平衡常数减小，说明正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，升高温度不利于反应III正向进行，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.升高温度，所有的速率都会增加，
B.通过改变压强改变平衡的移动。考虑的是各反应的前后系数之和的大小
C.催化剂可以改变反应速率
D.温度对平衡移动的影响
12．（2021高三下·丹东开学考）丹东市地处沿海，海洋中有丰富的化学资源，现有一种制取粗碘的工艺流程如图所示，下列有关说法错误的是（ ）
A．步骤②③④为碘的富集过程
B．步骤③④互为可逆反应
C．步骤④中氧化产物与还原产物的质量比为5：1
D．步骤⑤中“操作X”为萃取、分液和蒸馏
【答案】B
【知识点】海带成分中碘的检验
【解析】【解答】A．分析可知，步骤②③④为碘的富集过程，A说法不符合题意；
B．步骤③④反应的条件不同，不是可逆反应，B说法符合题意；
C．步骤④中碘离子为氧化产物，化合价由0价变为-1，碘酸根离子为还原产物，化合价由0价变为+5，则氧化产物与还原产物的质量比为5：1，C说法不符合题意；
D．步骤⑤中“操作X”经萃取、分液和蒸馏得到纯净的碘单质，D说法不符合题意；
故答案为B。
【分析】过氧化氢氧化海带浸取原液中的碘离子为碘单质，步骤②萃取碘水中的碘单质；步骤③为向萃取液中加入NaOH溶液，使碘单质与碱反应生成碘离子、碘酸根离子，从有机相中分离；步骤④向水溶液中加入硫酸，重新生成碘单质，经一系列操作得到粗碘。
13．（2021高三下·丹东开学考）垃圾假单胞菌株能够在分解有机物的同时分泌物质产生电能，其原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．电子由左侧电极经过负载后流向右侧电极
B．放电过程中，正极附近pH变大
C．当有4molH+穿过质子交换膜进入左室，消耗标准状况下22.4LO2
D．负极电极反应为：H2PCA-2e-=PCA+2H+
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．右侧氧气得电子产生水，作为正极，故电子由左侧负极经过负载后流向右侧正极，选项A不符合题意；
B．放电过程中，正极氧气得电子与氢离子结合产生水，氢离子浓度减小，pH变大，选项B不符合题意；
C．若有4molH+穿过质子交换膜进入右室，生成2mol水，则应该1molO2参与电极反应，标准状况下为22.4L，选项C符合题意；
D．原电池负极失电子，电极反应为：H2PCA-2e-=PCA+2H+，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据反应物和生成物的产生过程，可以确定左侧是有机物发生氧化反应，左边为电池的负极，右侧氧气发生还原反应，做为电池的正极。根据得失电子情况可以计算出正负极消耗的物质
14．（2021高三下·丹东开学考）常温下，下列说法正确的是（ ）
A．0.1mol/LNH4Cl溶液加水稀释， 减小
B．已知Ka(HA)=1×10-7，则0.1mol/LHA溶液中的c(H+)约为1×10-3mol/L
C．pH=4的NaHSO3溶液，c(H2SO3)>c(SO )
D．等浓度的下列溶液中c(NH )大小顺序为：(NH4)2SO4>NH4HSO4>NH4Cl
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.0.1mol/L NH4Cl溶液加水稀释，铵根离子的水解平衡正向进行，但c(NH3 H2O)减小，温度未变，则Kh不变， =Kh÷c(NH3 H2O)增大，A说法不符合题意；
B．已知Ka(HA)= c(H+)×c(A-)÷c(HA)=1×10-7，则0.1mol/LHA溶液中的c(H+)×c(A-)=1×10-7×c(HA)，则c(H+)约为1×10-4mol/L，B说法不符合题意；
C．HSO 电离产生SO ，水解产生H2SO3，pH=4的NaHSO3溶液，电离程度大于水解程度，则c(SO )＞c(H2SO3)，C说法不符合题意；
D．(NH4)2SO4中含有的铵根离子约为NH4HSO4的2倍，则等浓度的下列溶液中c(NH )大小顺序为：(NH4)2SO4＞NH4HSO4，NH4HSO4溶液电离产生的氢离子抑制铵根离子的水解，则等浓度的NH4HSO4、NH4Cl中的c(NH )为NH4HSO4＞NH4Cl，D说法符合题意；
故答案为D。
【分析】A.盐类的水解，越稀释越水解，结合水解电离常数即可判断
B.根据弱电解质的电离平衡常数计算
C.考查的是水解和电离的强弱比较
D，盐类水解的抑制和促进比较离子浓度的大小
15．（2021高三下·丹东开学考）常温下，向20.0mL0.10mol/LH2A溶液中滴加0.10mol/LNaOH溶液，溶液的pH和温度随二者体积比的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．常温下，H2A的电离常数Ka1=10-2.3
B．当 =1.50时，3c(Na+)=2c(H2A)+2c(HA-)+2c(A2-)
C．从W至Z点对应的溶液中，水的电离程度及Kw均不断增大
D．在X点时，c(OH-)-c(H+)=0.1mol/L-c(HA-)-2c(A2-)
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．常温下，pH=2.3时，c(H2A)=c(HA-)，H2A的电离常数Ka1= = c(H+)=10-2.3，反应放热，溶液温度升高，则常温下，Ka1＜10-2.3，A说法不符合题意；
B．当 =1.50时，溶质为等量的Na2A、NaHA，根据物料守恒，2c(Na+)=3c(H2A)+3c(HA-)+3c(A2-)，B说法不符合题意；
C．从W至Z点对应的溶液中，溶液的酸性逐渐减弱，酸对水的电离抑制程度逐渐减弱，则水的电离程度增大，温度升高，水的电离程度增大，则Kw不断增大，C说法符合题意；
D．在X点时，溶液呈电中性，c(Na+)+c(H+)= c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，则c(OH-)-c(H+)= c(Na+)-c(HA-)-2c(A2-)，溶液等体积混合，则c(Na+)=0.05mol/L，等式不符合题意，D说法不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.W点的电离平衡常数是 Ka1=10-2.3 ，但是温度发生了改变
B.考查的是物料守恒的应用
C.温度对水的电离的影响
D.应用三大守恒即可判断
二、综合题
16．（2021高三下·丹东开学考）以软锰矿(主要成分MnO2，还含有Fe2O3、Al2O3、CaO、ZnO、SiO2)为原料生产纳米Mn3O4的工艺流程如图：
I.难溶物的Ksp如表：
物质 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mn(OH)2 Zn(OH)2 ZnS MnS CaF2
Ksp 4.0×10-38 4.5×10-33 1.9×10-13 2.0×10-15 1.6×10-24 2.5×10-13 4.0×10-11
II.Mn(OH)2+xNH3=[Mn(NH3)x]2++2OH-
回答下列问题：
（1）基态锰原子价层电子排布式为 ，已知Mn3O4可与盐酸反应生成氯气(原理同MnO2)，写出该反应离子方程式 。
（2）软锰矿“酸浸”需要控制温度为90℃左右，其主要成分发生反应的化学方程式为 ，“滤渣A”主要成分为 。
（3）“硫化”后的滤液中c(Ca2+)=1.0×10-3mol/L，若要将其沉淀完全，则至少需要加入CaF2至溶液中的c(F-)= mol/L。
（4）“沉锰”过程中研究pH与Mn2+的沉降率关系见表，根据表格数据分析，应调节最佳pH为 ，分析其原因为 。
pH 氨水体积/mL 残余率/% 沉降率/%
8.5 2.7 71.1 28.9
9.0 4.5 45.2 54.8
9.5 7.6 20.5 79.5
10.0 10.5 16.3 83.7
10.5 16.1 18.4 81.6
【答案】（1）3d54s2；Mn3O4+8H++2Cl- 3Mn2++Cl2↑+4H2O
（2）3MnO2+2Fe+6H2SO4 3MnSO4+Fe2(SO4)3+6H2O；SiO2、CaSO4
（3）2.0×10-4
（4）10.0；pH过低氨水不足，Mn2+沉降不完全；pH过高氨水过量，Mn2+发生络合反应导致Mn(OH)2部分溶解，沉降率降低
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)已知锰是25号元素，故基态锰原子价层电子排布式为3d54s2，根据MnO2与盐酸反应的反应原理，可以推知Mn3O4可与盐酸反应生成氯气(原理同MnO2)，故反应方程式为：Mn3O4+8HCl 3MnCl2+Cl2↑+4H2O，故该反应的离子方程式为：Mn3O4+8H++2Cl- 3Mn2++Cl2↑+4H2O；故答案为：3d54s2；Mn3O4+8H++2Cl- 3Mn2++Cl2↑+4H2O；
(2) 在90℃“溶浸”软锰矿，该反应的化学方程式为2Fe+3MnO2+6H2SO4=Fe2（SO4）3+3MnSO4+6H2O，由分析可知，“滤渣A”主要成分为SiO2、CaSO4，故答案为：2Fe+3MnO2+6H2SO4=Fe2（SO4）3+3MnSO4+6H2O；SiO2、CaSO4；
(3)“硫化”后的滤液中c(Ca2+)=1.0×10-3mol/L，若要将其沉淀完全，则至少需要加入CaF2至溶液中的c(F-)= mol/L，故答案为：2.0×10-4 mol/L；
(4)“沉锰”过程中研究pH与Mn2+的沉降率关系见表，根据表格数据分析可知，pH为10.0时沉降率最高，残留率最低，究其原因为pH过低氨水不足，Mn2+沉降不完全；pH过高氨水过量，Mn2+发生络合反应导致Mn(OH)2部分溶解，沉降率降低，故答案为：10.0；pH过低氨水不足，Mn2+沉降不完全；pH过高氨水过量，Mn2+发生络合反应导致Mn(OH)2部分溶解，沉降率降低。
【分析】由流程图可知，加入铁和硫酸后，Fe2O3、Al2O3、CaO、ZnO和硫酸反应，铁和硫酸生成的亚铁离子和MnO2反应，反应方程式分别为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O 、CaO+H2SO4=CaSO4+H2O、ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O ，Fe+H2SO4=FeSO4+H2O，2FeSO4 +MnO2+2H2SO4=Fe2(SO4)3+MnSO4+2H2O、只有SiO2与硫酸不反应，故滤渣A为SiO2和CaSO4；调节pH后沉淀了铁和铝，加入(NH4)2S后，发生反应：(NH4)2S+ZnSO4=ZnS↓+(NH4)2SO4生产ZnS沉淀，故滤渣B为ZnS，则滤液中剩下了少量的Ca2+和Mn2+，故加入试剂X是沉淀Ca2+，故使用NH4F，生成CaF2沉淀，过滤，滤液中含有硫酸铵、硫酸锰，加入氨水，有Mn(OH)2、少量Mn2(OH)2SO4生成，加入(NH4)2S2O8，粉碎氧化还原反应生成纳米Mn3O4，以此解答该题。
三、实验题
17．（2021高三下·丹东开学考）亚硝酰氯(ClNO)可用于合成清洁剂、触媒剂，也是有机合成中的重要试剂。亚硝酰氯(ClNO)的熔点为-64.5℃、沸点为-5.5℃，气态呈黄色，液态时呈红褐色，遇水易反应生成一种氢化物和两种氮的常见氧化物，其中一种呈红棕色。ClNO可由NO与纯净的Cl2在常温常压下合成，相关实验装置如图所示。
回答下列问题：
（1）ClNO分子中各原子均满足8电子稳定结构，则ClNO的电子式为 。
（2）装置B的作用是 ，若去掉仪器a，则D中亚硝酰氯可能发生反应的化学方程式为 。
（3）装置D中水槽内盛有的物质是 (填“冷水”、“冰水混合物”或“冰盐混合物”)。
（4）欲收集一瓶干燥的氯气，制备装置如图所示，其连接顺序为：a→ (按气流方向，用小写字母表示)。
（5）通过以下实验测定ClNO样品的纯度。取D中所得液体3.0g溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00mL样品溶液置于锥形瓶中，用0.20mol L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，根据表中所给信息，应选用 (填“K2CrO4溶液”、“KI溶液”或“K2S溶液”)做指示剂。
物质 Ag2CrO4 AgCl AgI Ag2S
颜色 砖红色 白色 黄色 黑色
Ksp 1×10-12 1.56×10-10 8.3×10-17 6.3×10-50
消耗标准AgNO3溶液的体积为20.00mL，亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为 。(保留三位有效数字)
【答案】（1）
（2）除去NO中可能混有的硝酸蒸气和NO2；2ClNO+H2O=2HCl+NO2↑+NO↑
（3）冰盐混合物
（4）f→g→c→b→d→e→i→h
（5）K2CrO4溶液；87.3%
【知识点】氯气的实验室制法；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)ClNO分子中各原子均满足8电子稳定结构，Cl原子含有1条键，N原子有3条，O原子有2条，结构式为Cl-N=O，则ClNO的电子式为 ；
(2)硝酸易挥发，且装置A上部含有空气，有NO2杂质生成，则装置B的作用除去NO中可能混有的硝酸蒸气和NO2；若去掉仪器a，空气中的水蒸气进入装置，导致ClNO与水反应生成HCl、NO和NO2，方程式为2ClNO+H2O=2HCl+NO2↑+NO↑；
(3)已知亚硝酰氯(ClNO)的沸点为-5.5℃，减少ClNO挥发，冰盐混合物的温度低于零摄氏度，则装置D中水槽内盛有的物质为冰盐混合物；
(4)实验室用二氧化锰和浓盐酸共热制备氯气，浓盐酸易挥发，则用饱和食盐水除去HCl杂质，实验目的为制备干燥的氯气，则氯气用浓硫酸干燥，氯气的密度大于空气，采用长进短出的集气瓶收集，氯气有毒，用碱石灰吸收过量的氯气，干燥装置应大口进小口出，连接顺序为a→f→g→c→b→d→e→i→h；
(5)已知2ClNO+H2O=2HCl+NO2↑+NO↑，则溶液为盐酸，向溶液中加入硝酸银确定氯离子的物质的量，根据表中数据及现象，选用的指示剂为K2CrO4；n(Cl-)=0.20mol L-1×20.00×10-3L÷25.00mL×250mL=0.04mol，根据方程式，n(ClNO)=n(Cl-)=0.04mol，亚硝酰氯(ClNO)的质量分数=0.04mol×65.5g/mol÷3.0g×100%=87.3%。
【分析】已知ClNO可由NO与纯净的Cl2在常温常压下合成，则装置A为铜与稀硝酸反应生成NO；硝酸具有挥发性，装置A上部含有空气，则装置B可除去气体中的硝酸及NO2杂质；ClNO遇水易反应，则装置C中浓硫酸干燥NO气体；装置D中NO与纯净的Cl2在常温常压下合成ClNO。
四、原理综合题
18．（2021高三下·丹东开学考）2019年全球二氧化碳排放量预计增幅为0.6%，低于2017年的1.5%，以及2018年的2.1%，增速趋缓。人们还需要更有力的政策来逐步淘汰化石燃料的使用。CO2的综合利用是解决温室问题的有效途径。
（1）一种途径是用CO2转化为成为有机物实现碳循环。如：
C2H4(g)+H2O(l) C2H5OH(l) △H=-44.2kJ mol-1
2CO2(g)+2H2O(l) CH4(g)+3O2(g) △H=+1411.0kJ mol-1
已知2CO2(g)+3H2O(l) C2H5OH(l)+3O2(g)其逆反应的活化能为EakJ mol-1，则正反应的活化能为 kJ mol-1。
（2）利用工业废气中的CO2可以制取气态甲醇和水蒸气，一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2，在不同催化剂作用下发生反应I、反应II与反应III，相同时间内CO2的转化率随温度变化如图所示：
①三个反应中活化能最低的是 (填“反应I”，“反应II”，“反应III”)。
②已知反应III在a点时已达平衡状态，则a点的平衡常数K= 。
③b点v(正) v(逆)(填“﹥”，“﹤”，“=”)。
④a点的转化率比c点高的原因可能是 。(写出一条即可)
（3）中国科学家首次用CO2高效合成乙酸，其反应路径如图所示：
①原料中的CH3OH可通过电解法由CO2制取，用稀硫酸作电解质溶液，写出生成CH3OH的电极反应式 。
②根据图示，写出总反应的化学方程式： 。
【答案】（1）Ea+1366.8
（2）反应I； 或59.26；﹥；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动而导致CO2转化率降低(或温度升高，发生副反应导致CO2转化率下降；或因温度升高导致催化剂活性降低而导致CO2转化率下降)
（3）CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O；CH3OH +CO2+H2 CH3COOH+H2O
【知识点】化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)反应①C2H4(g)+H2O(l) C2H5OH(l) ΔH=-44.2kJ·mol-1
反应②2CO2(g)+2H2O(l) C2H4(g)+3O2(g) ΔH=+1411.0kJ·mol-1
根据盖斯定律，反应①+反应②得到：2CO2(g)+3H2O(l) C2H5OH(l)+3O2(g)，则该反应的ΔH=-44.2kJ·mol-1+(+1411.0kJ·mol-1)= +1366.8kJ·mol-1，因为ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能，正反应的活化能为EakJ·mol-1，则逆反应的活化能为(Ea-1366.8)kJ·mol-1；
(2)一定条件下，密闭容器中发生的反应为CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ，
①在相同温度下和相同时间内，CO2转化率最高的是反应Ⅰ，故最佳催化剂为反应I ；
②该条件下，开始时向2L恒容密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2，由图知，a点时二氧化碳转化了80%，列三段式为：
平衡时2L容器内CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)、H2O(g) 的浓度依次为0.1mol/L、0.3mol/L、0.4mol/L、0.4mol/L，则该反应的平衡常数K= = = =59.26；
③在同一温度下，反应I的催化效率最好，则在b点的温度下，反应I的速率也是最快的，说明b点并未达到平衡，且CO2的转化率将继续增大，即平衡仍将正向移动，则v(正)＞v(逆)；
④若此反应在a点时已达平衡状态，则继续升温就会使平衡移动，故a 点的转化率比c点高的原因应该是：该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动；
(3)①通过电解法由CO2制取CH3OH，碳元素化合价降低，应该发生的是二氧化碳得电子被还原的反应，则二氧化碳在阴极反应生成CH3OH 的电极反应式为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O；
②根据图示，CH3OH、CO2和H2在LiI、Rh+催化作用下生成 CH3COOH和H2O，总反应的化学方程式为CH3OH+CO2+H2 CH3COOH+H2O。
【分析】（1）结合盖斯定律和逆反应的活化能的计算方式计算即可
（2）①结合图示找出能量变化的最小值即可② 根据数据结合三行式进行计算即可③还未达到平衡，向正反应方向反应④温度对催化剂的影响
（3）①甲醇在酸性条件作为负极材料失去电子，发生氧化反应②根据反应物和生成物即可写出总反应
19．（2021高三下·丹东开学考）有机碱，例如二甲基胺 、苯胺( )、二环已基胺( )等，在有机合成中应用很普遍，目前“有机超强碱”的研究越来越受到关注，以下为有机超强碱F的合成路线：
已知如下信息：
①H2C=CH2
② +RNH2
回答下列问题：
（1）A中所含官能团的名称为 ，F的分子式为 。
（2）B的结构简式为 。
（3）由B生成C的反应类型为 。
（4）由C生成D的化学方程式 。
（5）E的同分异构体中，能与氢氧化钠反应，且核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6：2：2：1的有 种，其中，芳香环上为二取代的结构简式为 。
【答案】（1）碳碳双键、氯原子(碳氯键)；C35H53N3O
（2）
（3）消去反应
（4） +2 +2HCl
（5）3；
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；芳香烃
【解析】【解答】(1)A为 ，其中所含官能团的名称为碳碳双键、氯原子(碳氯键)；根据以上分析F的分子式为C35H53N3O。
(2)根据以上分析，B的结构简式为 。
(3)由B生成C是氯代烃消去反应，所以由B生成C的反应类型为消去反应。
(4)根据以上分析，C为 ， D的结构简式为 ，由C生成D的化学方程式为
(5)根据分析可知，存在 、 、 、 、 、 6种符合要求的同分异构体，其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6：2：2：1的有3种，其中芳香环上为二取代的结构简式为 。
【分析】D和E反应生成F，以及信息②能推断出D的结构简式为 ；C到D是二环己基胺与双键上氯原子发生取代反应，生成D，故C的结构简式为 ；B与加热的KOH醇溶液反应生成C发生氯代烃的消去反应，则推断出B为 ，根据逆推法及信息①可知A为 。
1 / 1辽宁省丹东市2020-2021学年高三下学期化学开学考试试卷
一、单选题
1．（2021高三下·丹东开学考）2019年，中国研发的“双曲线一号”火箭在酒泉发射升空；2020年，中国“奋斗者”号载人潜水器成功进行深海科考活动。下列说法正确的是（ ）
A．“双曲线一号”火箭中使用的碳纤维树脂复合材料可同时满足耐高温、化学稳定性高等特殊需求
B．制造潜水器载人球舱的钛合金比纯金属钛具有更高的强度、韧性和熔点
C．“奋斗者”号返回水面的浮力材料纳米级玻璃微珠可产生丁达尔效应
D．“奋斗者”号使用的深海水下超高压光纤微缆属于新型有机高分子材料
2．（2021高三下·丹东开学考）下列关于元素化合物的化学用语错误的是（ ）
A．单线桥表示电子转移：
B．水的结构式：
C．硝基苯的结构简式：
D．醛基的电子式：
3．（2021高三下·丹东开学考）LDFCB是电池的一种电解质，该电解质阴离子由同周期元素原子W、X、Y、Z构成(如图)，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，四种原子最外层电子数之和为20，下列说法正确的是（ ）
A．四种元素形成的简单氢化物中Z的沸点最高
B．原子半径：Z>Y>X>W
C．X的杂化方式是sp3
D．电负性：Z>Y>X>W
4．（2021高三下·丹东开学考）下列化学用语正确的是（ ）
A．碳原子的核外电子轨道表示式：
B．第一电离能：O>N>C
C．新戊烷的球棍模型：
D．乙炔分子中σ键与π键个数比为1：2
5．（2021高三下·丹东开学考）用如图所示实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）
A．推断C、Si、Cl的非金属性强弱 B．灼烧海带以提取海带中的碘 C．探究温度对平衡2NO2 N2O4的影响 D．验证溴乙烷的消去产物是乙烯
A．A B．B C．C D．D
6．（2021高三下·丹东开学考）磷锡青铜合金广泛用于仪器仪表中的耐磨零件和抗磁元件等。其晶胞结构如图所示。下列说法错误的（ ）
A．磷锡青铜的化学式为Cu3SnP
B．该晶胞中与Sn原子等距离且最近的铜原子有12个
C．该晶体的熔点比金刚砂(SiC)的熔点高
D．磷锡青铜具有各向异性的特点
7．（2021高三下·丹东开学考）在密闭容器中发生储氢反应：LaNi5(s)+3H2(g) LaNi5H6(s) △H=-301kJ mol-1。在某温度下，达到平衡状态，测得氢气压强为2MPa。下列说法正确的是（ ）
A．当LaNi5H6的浓度不再变化时，该反应达到平衡状态
B．若温度不变，压缩体积至原来的一半，重新达到平衡时H2的压强仍为2MPa
C．缩小容器的容积，重新达到平衡时H2的浓度增大
D．升高温度有利于储氢
8．（2021高三下·丹东开学考）奥司他韦是一种抗病毒药物，常用于治流感，结构如图所示。根据该化合物的结构推测不可能有的性质（ ）
A．奥司他韦能够使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色
B．1mol奥司他韦可与1molH2发生加成反应
C．奥司他韦水解可生成α-氨基酸
D．奥司他韦分子中存在有3个手性碳原子，所以具有光学活性
9．（2021高三下·丹东开学考）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A．1L0.5mol/LNH4Cl溶液与2L0.25mol/LNH4Cl溶液含NH 均为0.5NA
B．常温下，10.6gC8H10和C4H10O3的混合物中氢原子数为NA
C．2molSO2和1molO2混合在V2O5存在的条件下于密闭容器中加热反应后，容器内物质分子数大于2NA
D．足量的Cu与含1mol溶质的浓H2SO4反应，转移的电子数小于NA
10．（2021高三下·丹东开学考）表中的实验、现象和结论均正确的是（ ）
选项 实验 现象 结论
A 某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液 产生蓝色沉淀 原溶液中含有Fe2+，无Fe3+
B 向某溶液中滴加浓NaOH溶液，加热 产生的气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红 原溶液中含有
C 先向某溶液中加入BaCl2溶液，再加足量盐酸 开始产生白色沉淀，后沉淀不溶解 原溶液中含有
D 用洁净的铂丝蘸取某溶液在酒精灯上灼烧，透过钻玻璃观察 火焰呈紫色 原溶液中含有K+
A．A B．B C．C D．D
11．（2021高三下·丹东开学考）反应I、II、III均会在工业生产硝酸过程中发生，其中反应I、II发生在氧化炉中，反应III发生在氧化塔中，不同温度下各反应的化学平衡常数如表所示。下列说法正确的是（ ）
温度(K) 化学平衡常数
反应I：4NH3+5O2 4NO+6H2O 反应II：4NH3+3O2 2N2+6H2O 反应III：2NO+O2 2NO2
500 1.1×1026 7.1×1014 1.3×102
700 2.1×1019 2.6×1025 1.0
A．升高氧化炉的温度可提高反应I的逆反应速率而减慢反应II的逆反应速率
B．通过减小氧化炉的压强可促进反应I而抑制反应II
C．在氧化炉中使用选择性催化反应I的催化剂可增大氧化炉中NO的含量
D．氧化炉出气在进入氧化塔前应进一步提高温度
12．（2021高三下·丹东开学考）丹东市地处沿海，海洋中有丰富的化学资源，现有一种制取粗碘的工艺流程如图所示，下列有关说法错误的是（ ）
A．步骤②③④为碘的富集过程
B．步骤③④互为可逆反应
C．步骤④中氧化产物与还原产物的质量比为5：1
D．步骤⑤中“操作X”为萃取、分液和蒸馏
13．（2021高三下·丹东开学考）垃圾假单胞菌株能够在分解有机物的同时分泌物质产生电能，其原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．电子由左侧电极经过负载后流向右侧电极
B．放电过程中，正极附近pH变大
C．当有4molH+穿过质子交换膜进入左室，消耗标准状况下22.4LO2
D．负极电极反应为：H2PCA-2e-=PCA+2H+
14．（2021高三下·丹东开学考）常温下，下列说法正确的是（ ）
A．0.1mol/LNH4Cl溶液加水稀释， 减小
B．已知Ka(HA)=1×10-7，则0.1mol/LHA溶液中的c(H+)约为1×10-3mol/L
C．pH=4的NaHSO3溶液，c(H2SO3)>c(SO )
D．等浓度的下列溶液中c(NH )大小顺序为：(NH4)2SO4>NH4HSO4>NH4Cl
15．（2021高三下·丹东开学考）常温下，向20.0mL0.10mol/LH2A溶液中滴加0.10mol/LNaOH溶液，溶液的pH和温度随二者体积比的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．常温下，H2A的电离常数Ka1=10-2.3
B．当 =1.50时，3c(Na+)=2c(H2A)+2c(HA-)+2c(A2-)
C．从W至Z点对应的溶液中，水的电离程度及Kw均不断增大
D．在X点时，c(OH-)-c(H+)=0.1mol/L-c(HA-)-2c(A2-)
二、综合题
16．（2021高三下·丹东开学考）以软锰矿(主要成分MnO2，还含有Fe2O3、Al2O3、CaO、ZnO、SiO2)为原料生产纳米Mn3O4的工艺流程如图：
I.难溶物的Ksp如表：
物质 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mn(OH)2 Zn(OH)2 ZnS MnS CaF2
Ksp 4.0×10-38 4.5×10-33 1.9×10-13 2.0×10-15 1.6×10-24 2.5×10-13 4.0×10-11
II.Mn(OH)2+xNH3=[Mn(NH3)x]2++2OH-
回答下列问题：
（1）基态锰原子价层电子排布式为 ，已知Mn3O4可与盐酸反应生成氯气(原理同MnO2)，写出该反应离子方程式 。
（2）软锰矿“酸浸”需要控制温度为90℃左右，其主要成分发生反应的化学方程式为 ，“滤渣A”主要成分为 。
（3）“硫化”后的滤液中c(Ca2+)=1.0×10-3mol/L，若要将其沉淀完全，则至少需要加入CaF2至溶液中的c(F-)= mol/L。
（4）“沉锰”过程中研究pH与Mn2+的沉降率关系见表，根据表格数据分析，应调节最佳pH为 ，分析其原因为 。
pH 氨水体积/mL 残余率/% 沉降率/%
8.5 2.7 71.1 28.9
9.0 4.5 45.2 54.8
9.5 7.6 20.5 79.5
10.0 10.5 16.3 83.7
10.5 16.1 18.4 81.6
三、实验题
17．（2021高三下·丹东开学考）亚硝酰氯(ClNO)可用于合成清洁剂、触媒剂，也是有机合成中的重要试剂。亚硝酰氯(ClNO)的熔点为-64.5℃、沸点为-5.5℃，气态呈黄色，液态时呈红褐色，遇水易反应生成一种氢化物和两种氮的常见氧化物，其中一种呈红棕色。ClNO可由NO与纯净的Cl2在常温常压下合成，相关实验装置如图所示。
回答下列问题：
（1）ClNO分子中各原子均满足8电子稳定结构，则ClNO的电子式为 。
（2）装置B的作用是 ，若去掉仪器a，则D中亚硝酰氯可能发生反应的化学方程式为 。
（3）装置D中水槽内盛有的物质是 (填“冷水”、“冰水混合物”或“冰盐混合物”)。
（4）欲收集一瓶干燥的氯气，制备装置如图所示，其连接顺序为：a→ (按气流方向，用小写字母表示)。
（5）通过以下实验测定ClNO样品的纯度。取D中所得液体3.0g溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00mL样品溶液置于锥形瓶中，用0.20mol L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，根据表中所给信息，应选用 (填“K2CrO4溶液”、“KI溶液”或“K2S溶液”)做指示剂。
物质 Ag2CrO4 AgCl AgI Ag2S
颜色 砖红色 白色 黄色 黑色
Ksp 1×10-12 1.56×10-10 8.3×10-17 6.3×10-50
消耗标准AgNO3溶液的体积为20.00mL，亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为 。(保留三位有效数字)
四、原理综合题
18．（2021高三下·丹东开学考）2019年全球二氧化碳排放量预计增幅为0.6%，低于2017年的1.5%，以及2018年的2.1%，增速趋缓。人们还需要更有力的政策来逐步淘汰化石燃料的使用。CO2的综合利用是解决温室问题的有效途径。
（1）一种途径是用CO2转化为成为有机物实现碳循环。如：
C2H4(g)+H2O(l) C2H5OH(l) △H=-44.2kJ mol-1
2CO2(g)+2H2O(l) CH4(g)+3O2(g) △H=+1411.0kJ mol-1
已知2CO2(g)+3H2O(l) C2H5OH(l)+3O2(g)其逆反应的活化能为EakJ mol-1，则正反应的活化能为 kJ mol-1。
（2）利用工业废气中的CO2可以制取气态甲醇和水蒸气，一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2，在不同催化剂作用下发生反应I、反应II与反应III，相同时间内CO2的转化率随温度变化如图所示：
①三个反应中活化能最低的是 (填“反应I”，“反应II”，“反应III”)。
②已知反应III在a点时已达平衡状态，则a点的平衡常数K= 。
③b点v(正) v(逆)(填“﹥”，“﹤”，“=”)。
④a点的转化率比c点高的原因可能是 。(写出一条即可)
（3）中国科学家首次用CO2高效合成乙酸，其反应路径如图所示：
①原料中的CH3OH可通过电解法由CO2制取，用稀硫酸作电解质溶液，写出生成CH3OH的电极反应式 。
②根据图示，写出总反应的化学方程式： 。
19．（2021高三下·丹东开学考）有机碱，例如二甲基胺 、苯胺( )、二环已基胺( )等，在有机合成中应用很普遍，目前“有机超强碱”的研究越来越受到关注，以下为有机超强碱F的合成路线：
已知如下信息：
①H2C=CH2
② +RNH2
回答下列问题：
（1）A中所含官能团的名称为 ，F的分子式为 。
（2）B的结构简式为 。
（3）由B生成C的反应类型为 。
（4）由C生成D的化学方程式 。
（5）E的同分异构体中，能与氢氧化钠反应，且核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6：2：2：1的有 种，其中，芳香环上为二取代的结构简式为 。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A．在碳纤维增强树脂复合材料中，碳纤维起到增强作用，使得复合材料呈现高强度、耐高温及抗腐蚀等特性，故A符合题意；
B．在一般情况下，合金比纯金属具有更高的强度、韧性，多数合金熔点低于其组分金属的熔点，故B不符合题意；
C．纳米级玻璃微珠没有确定具体粒子大小，1~100nm会有丁达尔效应，小于1nm不会有丁达尔效应，故C不符合题意；
D．光纤的成分是二氧化硅，不是有机高分子材料，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据用途判断其性质，由于用在火箭中使用的材料判断；
B.根据合金和单一金属的特点进行判断，合金的熔点比单一金属的熔点低、硬度大；
C.根据是不是胶体进行判断具有的性质；
D.有机高分子含有碳元素，而光纤是二氧化硅。
2．【答案】D
【知识点】结构式；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．硫化氢中S元素化合价由-2变为0价，2个H2S失4个电子，二氧化硫中硫元素化合价由+4价降至0价，1个SO2得到4个电子，则单线桥表示坐骑，A不符合题意；
B．水中O含有2对孤电子对和2对H、O共用电子对，则结构式： ，B不符合题意；
C．硝基苯由苯基和硝基构成，结构简式： ，C不符合题意；
D．醛基中氧原子满足8电子的稳定结构，电子式： ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】电子式是用元素符合和最外层电子数表示的式子进行判断。
3．【答案】D
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．四种元素最简单氢化物分别为BH3、CH4、H2O、HF，由于水和氟化氢均含有氢键，所以其沸点较前两者高，但由于相同物质的量的水中含所有的氢键数比氟化氢中的氢键数多，所以水的沸点比氟化氢高，选项A不符合题意；
B．由分析可知W、X、Y、Z分别为同周期元素：B、C、O、F，同周期元素从左至右元素的原子半径逐渐减小，所以W>X>Y>Z，选项B不符合题意；
C．X为C，形成一个双键和三个单键，杂化方式是sp2，选项C不符合题意；
D．非金属性越强电负性越大，则电负性：Z>Y>X>W，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】同周期元素W、X、Y、Z中，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，说明这四种元素位于第二周期；根据图示可，Y可形成2个共价键，位于第VIA族，则Y为O元素；X为6号C元素；Z只能形成1个共价键，为与VIIA族，则Z为F元素；四种元素最外层电子数之和为20，W的最外层电子数为20-4-6-7=3，为B元素，所以W、X、Y、Z分别为：B、C、O、F，据此解答。
4．【答案】A
【知识点】球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．碳原子的核外电子排布式为1s22s22p2，则轨道表示式： ，A用语符合题意；
B．N原子最外层电子处于半充满的稳定状态，则第一电离能：N＞O＞C，B用语不符合题意；
C．异戊烷的球棍模型： ，C用语不符合题意；
D．乙炔分子中含有3条σ键，2条π键，则σ键与π键个数比为3：2，D用语不符合题意；
故答案为A。
【分析】B.电离能根据非金属性进行判断，但同周期中第二主族和第五主族元素反常比相邻的元素电离能大；
C.新戊烷的结构中最长链是三个碳原子进行判断；
D.根据单键是σ键，叁键中含有1个σ键和2个π键进行判断。
5．【答案】C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．HCl不是氯元素的最高价含氧酸，不能证明非金属性：Cl>C，A不符合题意；
B．灼烧海带以提取海带中的碘时应该用坩埚而不能用蒸发皿进行灼烧，B不符合题意；
C．要探究温度对平衡2NO2 N2O4的影响，则两个烧瓶分别放在热水和冷水中，然后观察气体颜色的变化即可，C符合题意；
D．乙醇也可以使高锰酸钾褪色，故能使酸性高锰酸钾褪色的物质不一定是乙烯，无法证明产物为乙烯，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.注意盐酸具有挥发性，产生的气体二氧化碳会混有HCl，故达不到实验目的；
B.灼烧时温度比较高，故选用坩埚；
C.根据平衡移动受温度的影响，而反应物和生成物颜色发生了变化来判断；
D.检验气体时注意杂质气体的影响。
6．【答案】C
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】A．磷锡青铜化学式Cu3SnP， ， ， ，A项不符合题意；
B．三个截面，每个截面与Sn等距的Cu有4个，故12个，B项不符合题意；
C．SiC是原子晶体熔点高，合金熔点比各成分熔点低，故磷锡青铜熔点比SiC低，C项符合题意；
D．磷锡青铜具有各向异性的特点，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据均摊法及已知晶胞的空间结构进行计算实际含有的原子个数；
B.根据构成的面心立方晶胞可以判断配位数；
C.根据合金的特点：熔点比单一金属低、硬度比单一金属大进行判断；
D.晶体具有的特点进行判断。
7．【答案】B
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．LaNi5H6为固体，无法计算其浓度，不能判断反应状态，A说法不符合题意；
B．若温度不变，化学平衡常数不变，则压缩体积至原来的一半，重新达到平衡时H2的压强仍为2MPa，B说法符合题意；
C．缩小容器的容积，温度不变，化学平衡常数不变，重新达到平衡时H2的浓度不变，C说法不符合题意；
D．反应为放热反应，则升高温度平衡逆向移动，不有利于储氢，D说法不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据状态判断物质浓度的变化判断标志；
B.根据平衡中只有一种气体判断，利用平衡常数进行判断，浓度不变，故压强不变；
C.根据PV=nRT进行判断；
D.根据温度对平衡的影响，升高温度平衡向吸热方向移动判断。
8．【答案】C
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．奥司他韦含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，含有碳碳双键，可以和溴发生加成反应，能够使溴水褪色，故A不符合题意；
B.1mol奥司他韦含有1mol碳碳双键，1mol碳碳双键与1mol氢气发生加成反应，故1mol奥司他韦可与1molH2发生加成反应，故B不符合题意；
C．奥司他韦分子中的酯基和酰胺基水解后得到的物质为 ，氨基没有连在羧基的的α位，不能生成α-氨基酸，故C符合题意；
D．该有机物中与氮、氧连接的饱和碳原子连接四个不同的原子或原子团，为手性碳原子，奥司他韦分子中存在有3个手性碳原子，所以具有光学活性，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】该有机物含有酯基、碳碳双键、氨基和酰胺基，结合酯类、烯烃、胺以及多肽化合物的性质分析。
9．【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．溶液中NH 容易发生水解，所以1L 0.5mol/LNH4Cl溶液与2L 0.25mol/LNH4Cl溶液含NH 均小于0.5NA，A项符合题意；
B．C8H10和C4H10O3的相对分子质量均为106，所以 ， ，其中C8H10和C4H10O3中分别含有10个H原子，所以10.6gC8H10和C4H10O3的混合物中氢原子数为NA，B项不符合题意；
C．SO2和O2反应生成SO3，该反应为可逆反应，所以容器内物质分子数大于2NA，C项不符合题意；
D．Cu只能与浓硫酸反应，不与稀硫酸反应，随着反应的进行，硫酸的浓度减小到一定程度时，将不再将发生反应，所以转移的电子数小于NA，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据盐的水解进行判断；
B.根据极限法，假设10.6g全是一种物质进行计算；
C.根据可逆反应进行判断；
D.根据反应物的变化，浓硫酸会变稀硫酸而不发生反应进行判断。
10．【答案】D
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，原溶液中含有Fe2+，但无法证明是否含有Fe3+，选项A不符合题意；
B．向某溶液中滴加浓NaOH溶液，加热，产生的使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体是氨气，则原溶液中一定含有 ，选项B不符合题意；
C．先加入BaCl2溶液，生成氯化银白色沉淀，再加足量的盐酸，沉淀不溶解，不能排除银离子的干扰，也不能肯定白色沉淀为硫酸钡，选项C不符合题意；
D．通过蓝色的钴玻璃观察火焰呈紫色，为K的焰色反应，则原溶液中含有K+离子，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.亚铁离子和铁离子的检验，亚铁离子可用K3[Fe(CN)6]检验，而铁离子一般用的是 氰化钾溶液
B.湿润的蓝色石蕊试纸检验的是酸性气体
C.硫酸根离子的检验是利用先加盐酸，再加氯化钡溶液
D，焰色反应的操作，考查的是钾离子的检验
11．【答案】C
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A．升高温度，反应I、反应II的正、逆反应速率均增大，故A不符合题意；
B．增大压强，反应I、反应II均逆向移动，故B不符合题意；
C．在氧化炉中使用选择性催化反应I的催化剂，能加快反应I的速率，增大氧化炉中NO的含量，故C符合题意；
D．升高温度，反应III的平衡常数减小，说明正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，升高温度不利于反应III正向进行，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.升高温度，所有的速率都会增加，
B.通过改变压强改变平衡的移动。考虑的是各反应的前后系数之和的大小
C.催化剂可以改变反应速率
D.温度对平衡移动的影响
12．【答案】B
【知识点】海带成分中碘的检验
【解析】【解答】A．分析可知，步骤②③④为碘的富集过程，A说法不符合题意；
B．步骤③④反应的条件不同，不是可逆反应，B说法符合题意；
C．步骤④中碘离子为氧化产物，化合价由0价变为-1，碘酸根离子为还原产物，化合价由0价变为+5，则氧化产物与还原产物的质量比为5：1，C说法不符合题意；
D．步骤⑤中“操作X”经萃取、分液和蒸馏得到纯净的碘单质，D说法不符合题意；
故答案为B。
【分析】过氧化氢氧化海带浸取原液中的碘离子为碘单质，步骤②萃取碘水中的碘单质；步骤③为向萃取液中加入NaOH溶液，使碘单质与碱反应生成碘离子、碘酸根离子，从有机相中分离；步骤④向水溶液中加入硫酸，重新生成碘单质，经一系列操作得到粗碘。
13．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．右侧氧气得电子产生水，作为正极，故电子由左侧负极经过负载后流向右侧正极，选项A不符合题意；
B．放电过程中，正极氧气得电子与氢离子结合产生水，氢离子浓度减小，pH变大，选项B不符合题意；
C．若有4molH+穿过质子交换膜进入右室，生成2mol水，则应该1molO2参与电极反应，标准状况下为22.4L，选项C符合题意；
D．原电池负极失电子，电极反应为：H2PCA-2e-=PCA+2H+，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据反应物和生成物的产生过程，可以确定左侧是有机物发生氧化反应，左边为电池的负极，右侧氧气发生还原反应，做为电池的正极。根据得失电子情况可以计算出正负极消耗的物质
14．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A.0.1mol/L NH4Cl溶液加水稀释，铵根离子的水解平衡正向进行，但c(NH3 H2O)减小，温度未变，则Kh不变， =Kh÷c(NH3 H2O)增大，A说法不符合题意；
B．已知Ka(HA)= c(H+)×c(A-)÷c(HA)=1×10-7，则0.1mol/LHA溶液中的c(H+)×c(A-)=1×10-7×c(HA)，则c(H+)约为1×10-4mol/L，B说法不符合题意；
C．HSO 电离产生SO ，水解产生H2SO3，pH=4的NaHSO3溶液，电离程度大于水解程度，则c(SO )＞c(H2SO3)，C说法不符合题意；
D．(NH4)2SO4中含有的铵根离子约为NH4HSO4的2倍，则等浓度的下列溶液中c(NH )大小顺序为：(NH4)2SO4＞NH4HSO4，NH4HSO4溶液电离产生的氢离子抑制铵根离子的水解，则等浓度的NH4HSO4、NH4Cl中的c(NH )为NH4HSO4＞NH4Cl，D说法符合题意；
故答案为D。
【分析】A.盐类的水解，越稀释越水解，结合水解电离常数即可判断
B.根据弱电解质的电离平衡常数计算
C.考查的是水解和电离的强弱比较
D，盐类水解的抑制和促进比较离子浓度的大小
15．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．常温下，pH=2.3时，c(H2A)=c(HA-)，H2A的电离常数Ka1= = c(H+)=10-2.3，反应放热，溶液温度升高，则常温下，Ka1＜10-2.3，A说法不符合题意；
B．当 =1.50时，溶质为等量的Na2A、NaHA，根据物料守恒，2c(Na+)=3c(H2A)+3c(HA-)+3c(A2-)，B说法不符合题意；
C．从W至Z点对应的溶液中，溶液的酸性逐渐减弱，酸对水的电离抑制程度逐渐减弱，则水的电离程度增大，温度升高，水的电离程度增大，则Kw不断增大，C说法符合题意；
D．在X点时，溶液呈电中性，c(Na+)+c(H+)= c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，则c(OH-)-c(H+)= c(Na+)-c(HA-)-2c(A2-)，溶液等体积混合，则c(Na+)=0.05mol/L，等式不符合题意，D说法不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.W点的电离平衡常数是 Ka1=10-2.3 ，但是温度发生了改变
B.考查的是物料守恒的应用
C.温度对水的电离的影响
D.应用三大守恒即可判断
16．【答案】（1）3d54s2；Mn3O4+8H++2Cl- 3Mn2++Cl2↑+4H2O
（2）3MnO2+2Fe+6H2SO4 3MnSO4+Fe2(SO4)3+6H2O；SiO2、CaSO4
（3）2.0×10-4
（4）10.0；pH过低氨水不足，Mn2+沉降不完全；pH过高氨水过量，Mn2+发生络合反应导致Mn(OH)2部分溶解，沉降率降低
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)已知锰是25号元素，故基态锰原子价层电子排布式为3d54s2，根据MnO2与盐酸反应的反应原理，可以推知Mn3O4可与盐酸反应生成氯气(原理同MnO2)，故反应方程式为：Mn3O4+8HCl 3MnCl2+Cl2↑+4H2O，故该反应的离子方程式为：Mn3O4+8H++2Cl- 3Mn2++Cl2↑+4H2O；故答案为：3d54s2；Mn3O4+8H++2Cl- 3Mn2++Cl2↑+4H2O；
(2) 在90℃“溶浸”软锰矿，该反应的化学方程式为2Fe+3MnO2+6H2SO4=Fe2（SO4）3+3MnSO4+6H2O，由分析可知，“滤渣A”主要成分为SiO2、CaSO4，故答案为：2Fe+3MnO2+6H2SO4=Fe2（SO4）3+3MnSO4+6H2O；SiO2、CaSO4；
(3)“硫化”后的滤液中c(Ca2+)=1.0×10-3mol/L，若要将其沉淀完全，则至少需要加入CaF2至溶液中的c(F-)= mol/L，故答案为：2.0×10-4 mol/L；
(4)“沉锰”过程中研究pH与Mn2+的沉降率关系见表，根据表格数据分析可知，pH为10.0时沉降率最高，残留率最低，究其原因为pH过低氨水不足，Mn2+沉降不完全；pH过高氨水过量，Mn2+发生络合反应导致Mn(OH)2部分溶解，沉降率降低，故答案为：10.0；pH过低氨水不足，Mn2+沉降不完全；pH过高氨水过量，Mn2+发生络合反应导致Mn(OH)2部分溶解，沉降率降低。
【分析】由流程图可知，加入铁和硫酸后，Fe2O3、Al2O3、CaO、ZnO和硫酸反应，铁和硫酸生成的亚铁离子和MnO2反应，反应方程式分别为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O 、CaO+H2SO4=CaSO4+H2O、ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O ，Fe+H2SO4=FeSO4+H2O，2FeSO4 +MnO2+2H2SO4=Fe2(SO4)3+MnSO4+2H2O、只有SiO2与硫酸不反应，故滤渣A为SiO2和CaSO4；调节pH后沉淀了铁和铝，加入(NH4)2S后，发生反应：(NH4)2S+ZnSO4=ZnS↓+(NH4)2SO4生产ZnS沉淀，故滤渣B为ZnS，则滤液中剩下了少量的Ca2+和Mn2+，故加入试剂X是沉淀Ca2+，故使用NH4F，生成CaF2沉淀，过滤，滤液中含有硫酸铵、硫酸锰，加入氨水，有Mn(OH)2、少量Mn2(OH)2SO4生成，加入(NH4)2S2O8，粉碎氧化还原反应生成纳米Mn3O4，以此解答该题。
17．【答案】（1）
（2）除去NO中可能混有的硝酸蒸气和NO2；2ClNO+H2O=2HCl+NO2↑+NO↑
（3）冰盐混合物
（4）f→g→c→b→d→e→i→h
（5）K2CrO4溶液；87.3%
【知识点】氯气的实验室制法；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)ClNO分子中各原子均满足8电子稳定结构，Cl原子含有1条键，N原子有3条，O原子有2条，结构式为Cl-N=O，则ClNO的电子式为 ；
(2)硝酸易挥发，且装置A上部含有空气，有NO2杂质生成，则装置B的作用除去NO中可能混有的硝酸蒸气和NO2；若去掉仪器a，空气中的水蒸气进入装置，导致ClNO与水反应生成HCl、NO和NO2，方程式为2ClNO+H2O=2HCl+NO2↑+NO↑；
(3)已知亚硝酰氯(ClNO)的沸点为-5.5℃，减少ClNO挥发，冰盐混合物的温度低于零摄氏度，则装置D中水槽内盛有的物质为冰盐混合物；
(4)实验室用二氧化锰和浓盐酸共热制备氯气，浓盐酸易挥发，则用饱和食盐水除去HCl杂质，实验目的为制备干燥的氯气，则氯气用浓硫酸干燥，氯气的密度大于空气，采用长进短出的集气瓶收集，氯气有毒，用碱石灰吸收过量的氯气，干燥装置应大口进小口出，连接顺序为a→f→g→c→b→d→e→i→h；
(5)已知2ClNO+H2O=2HCl+NO2↑+NO↑，则溶液为盐酸，向溶液中加入硝酸银确定氯离子的物质的量，根据表中数据及现象，选用的指示剂为K2CrO4；n(Cl-)=0.20mol L-1×20.00×10-3L÷25.00mL×250mL=0.04mol，根据方程式，n(ClNO)=n(Cl-)=0.04mol，亚硝酰氯(ClNO)的质量分数=0.04mol×65.5g/mol÷3.0g×100%=87.3%。
【分析】已知ClNO可由NO与纯净的Cl2在常温常压下合成，则装置A为铜与稀硝酸反应生成NO；硝酸具有挥发性，装置A上部含有空气，则装置B可除去气体中的硝酸及NO2杂质；ClNO遇水易反应，则装置C中浓硫酸干燥NO气体；装置D中NO与纯净的Cl2在常温常压下合成ClNO。
18．【答案】（1）Ea+1366.8
（2）反应I； 或59.26；﹥；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动而导致CO2转化率降低(或温度升高，发生副反应导致CO2转化率下降；或因温度升高导致催化剂活性降低而导致CO2转化率下降)
（3）CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O；CH3OH +CO2+H2 CH3COOH+H2O
【知识点】化学平衡的影响因素；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)反应①C2H4(g)+H2O(l) C2H5OH(l) ΔH=-44.2kJ·mol-1
反应②2CO2(g)+2H2O(l) C2H4(g)+3O2(g) ΔH=+1411.0kJ·mol-1
根据盖斯定律，反应①+反应②得到：2CO2(g)+3H2O(l) C2H5OH(l)+3O2(g)，则该反应的ΔH=-44.2kJ·mol-1+(+1411.0kJ·mol-1)= +1366.8kJ·mol-1，因为ΔH=正反应的活化能-逆反应的活化能，正反应的活化能为EakJ·mol-1，则逆反应的活化能为(Ea-1366.8)kJ·mol-1；
(2)一定条件下，密闭容器中发生的反应为CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ，
①在相同温度下和相同时间内，CO2转化率最高的是反应Ⅰ，故最佳催化剂为反应I ；
②该条件下，开始时向2L恒容密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2，由图知，a点时二氧化碳转化了80%，列三段式为：
平衡时2L容器内CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)、H2O(g) 的浓度依次为0.1mol/L、0.3mol/L、0.4mol/L、0.4mol/L，则该反应的平衡常数K= = = =59.26；
③在同一温度下，反应I的催化效率最好，则在b点的温度下，反应I的速率也是最快的，说明b点并未达到平衡，且CO2的转化率将继续增大，即平衡仍将正向移动，则v(正)＞v(逆)；
④若此反应在a点时已达平衡状态，则继续升温就会使平衡移动，故a 点的转化率比c点高的原因应该是：该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动；
(3)①通过电解法由CO2制取CH3OH，碳元素化合价降低，应该发生的是二氧化碳得电子被还原的反应，则二氧化碳在阴极反应生成CH3OH 的电极反应式为：CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O；
②根据图示，CH3OH、CO2和H2在LiI、Rh+催化作用下生成 CH3COOH和H2O，总反应的化学方程式为CH3OH+CO2+H2 CH3COOH+H2O。
【分析】（1）结合盖斯定律和逆反应的活化能的计算方式计算即可
（2）①结合图示找出能量变化的最小值即可② 根据数据结合三行式进行计算即可③还未达到平衡，向正反应方向反应④温度对催化剂的影响
（3）①甲醇在酸性条件作为负极材料失去电子，发生氧化反应②根据反应物和生成物即可写出总反应
19．【答案】（1）碳碳双键、氯原子(碳氯键)；C35H53N3O
（2）
（3）消去反应
（4） +2 +2HCl
（5）3；
【知识点】有机物的合成；有机物的结构和性质；芳香烃
【解析】【解答】(1)A为 ，其中所含官能团的名称为碳碳双键、氯原子(碳氯键)；根据以上分析F的分子式为C35H53N3O。
(2)根据以上分析，B的结构简式为 。
(3)由B生成C是氯代烃消去反应，所以由B生成C的反应类型为消去反应。
(4)根据以上分析，C为 ， D的结构简式为 ，由C生成D的化学方程式为
(5)根据分析可知，存在 、 、 、 、 、 6种符合要求的同分异构体，其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6：2：2：1的有3种，其中芳香环上为二取代的结构简式为 。
【分析】D和E反应生成F，以及信息②能推断出D的结构简式为 ；C到D是二环己基胺与双键上氯原子发生取代反应，生成D，故C的结构简式为 ；B与加热的KOH醇溶液反应生成C发生氯代烃的消去反应，则推断出B为 ，根据逆推法及信息①可知A为 。
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