宁夏银川一中2017-2018学年高考理综-化学一模考试试卷
一、单选题
1．（2018·银川模拟）化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．蚕丝、羊毛、棉花可用来制作纺织品，它们的成分都是蛋白质
B．丙烯和氯乙烯可以合成食品包装材料
C．将水库的钢闸门与电源负极相连或将锌块焊接于钢闸门上以防止钢闸门生锈
D．用于文物年代鉴定的放射性14C和作为相对原子质量的12C，化学性质不同
2．（2018·银川模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4L一氯甲烷中含极性共价键数目为4NA
B．常温下，46g NO2、N2O4组成的混合气体中所含有的分子数为NA
C．36g3H2中含有的中子数目为12NA
D．2.24 L（标准状况）O2与足量钠反应时，转移电子数目不可能为0.3NA
3．（2018·银川模拟）分子式为C5H10O3的有机物与NaHCO3溶液反应时，生成C5H9O3Na，而与钠反应时生成C5H8O3Na2。则符合上述条件的同分异构体(不考虑立体异构)有（ ）
A．10种 B．11种 C．12种 D．13种
4．（2018·银川模拟）短周期元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大。R和X可形成两种液态化合物（常温常压），Y+和X2-具有相同的电子层结构，X和Z位于同一主族。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径大小顺序为：r（Y）＞r（X）＞r（Z）＞r（R）
B．R与X形成的两种液态化合物中均只含极性共价键
C．Y与X可形成碱性氧化物Y2X2
D．由R、X、Y、Z四种元素形成的常见化合物可抑制水的电离
5．（2018·银川模拟）下列有关实验操作正确且能达到实验目的或得出相应结论的是（ ）
选项 实验操作 实验目的或结论
A 向2mL0.1mol L﹣1Na2S溶液中滴入几滴0.1mol L﹣1ZnSO4溶液，生成白色沉淀；再加入几滴0.1mol L﹣1CuSO4溶液，生成蓝色沉淀，又产生黑色沉淀 溶度积：Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS）
B 向偏铝酸钠溶液中滴加碳酸氢钠溶液 证明HCO3—电离H+能力强于Al(OH)3
C 将C2H5OH与浓H2SO4在蒸馏烧瓶中混合后加热至170℃，烧瓶内逸出的物质通入到酸性KMnO4溶液中 检验有无乙烯生成
D 向蔗糖溶液中加入适量稀硫酸，水浴加热几分钟，然后加入新制的银氨溶液，并水浴加热 检验蔗糖的水解产物是否具有还原性
A．A B．B C．C D．D
6．（2018·银川模拟）常温下，三种难溶电解质的溶度积如下表。
物质 Ag2CrO4 AgCl AgBr
Ksp 1.0×10-12 1.8×10-10 7.7×10-13
下列说法正确的是（ ）
A．向饱和AgCl溶液中通入少量HCl气体，溶液中c(Ag+)不变
B．浓度均为1×10-6 mol L﹣1的AgNO3、HBr溶液等体积混合后会生成AgBr沉淀
C．常温下，以0.01 mol L﹣1 AgNO3溶液滴定20mL0.01mol L﹣1KCl和0.01mol L﹣1K2CrO4的混合溶液，CrO42-先沉淀
D．常温下，Ag2CrO4（s）+2Cl-（aq） 2AgCl（s）+CrO42-（aq）的平衡常数K=3.1×107
7．（2018·银川模拟）25℃时，用0.0500 mol·L-1H2C2O4（二元弱酸）溶液滴定25.00 mL NaOH溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是（ ）
A．点①所示溶液中：c(H+)+c(H2C2O4)+c(HC2O4-)= c(OH-)
B．点②所示溶液中：c(HC2O4-)+2c(C2O42-)=0.0500mol·L-1
C．点③所示溶液中：c(Na+)>c(HC2O4-)> c(H2C2O4) > c(C2O42-)
D．滴定过程中可能出现：c(Na+)>c(C2O42-)=c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)
二、综合题
8．（2018·银川模拟）较活泼金属与硝酸反应，产物复杂。如一定浓度的硝酸与镁反应，可同时得到NO、NO2、N2三种气体。某同学欲用下列仪器组装装置来直接验证有NO、NO2生成并制取氮化镁。（假设实验中每步转化均是完全的）
已知：①NO2沸点是21.1℃、熔点是-11℃；NO的沸点是-151℃、熔点是-164℃；②氮化镁遇水会发生水解。
回答下列问题：
（1）为达到上述实验目的，所选用的仪器的正确连接方式是（ ） (填序号)。
a. A→ D → C → F → B → F →E
b. A→ C → D → F → B → F →E
c. A→ F → C → D → F → B →E
d. A→ F → D → C → F → B →E
（2）确定还原产物中有NO2的现象是 ，实验中两次使用装置F，第二次使用装置F的作用是 。
（3）实验前需先打开开关K，向装置内通CO2气体，其目的是 ，当 时停止通入CO2。
（4）实验过程中，发现在D中产生预期现象的同时，C中溶液颜色慢慢褪去，试写出C中反应的离子方程式 。
（5）在A中反应开始时，某同学马上点燃B处的酒精灯，实验结束后通过测定发现B处的产品纯度不高，原因是 （用化学方程式回答）。
（6）验证B处有氮化镁生成的方法是 。
9．（2018·银川模拟）甲醇是一种易挥发的液体，它是一种重要的化工原料，也是一种清洁能源。
（1）已知：①CO(g) + 2H2(g) CH3OH(l) ΔH＝－128.1 kJ·mol－1
②2H2(g) + O2(g) = 2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
③H2(g) + 1/2O2(g) = H2O(g) ΔH＝－241.8 kJ·mol－1
④2CO(g) + O2(g) = 2CO2(g) ΔH＝－566.0 kJ·mol－1
写出表示CH3OH燃烧热的热化学方程式： 。
（2）不同温度下，将1.0 molCH4和2.4molH2O（g）通入容积为10 L的恒容密闭容器中发生如下反应： CH4(g)+ H2O(g) CO(g) + 3H2(g)，测得体系中H2O的体积百分含量随着时间的变化情况如下图所示：
①T1 T2（填“＞”“＜”或“=”，下同），其对应的平衡常数K1 K2。
②温度T2下，从反应开始到2min时，ν（H2O）= 。
③T1温度时，若已知到达平衡是H2O(g)的体积百分含量为40％，则该温度下上述反应的平衡常数K= 。（保留两位小数点）
（3）科学家用氮化镓组成如图所示的人工光合系统，利用该装置成功地以CO2和H2O为原料合成了CH4。铜电极表面的电极反应式为 。
（4）已知CO可与I2O5反应：5 CO(g)+I2O5(s) 5CO2(g)+I2(s)。将甲醇不完全燃烧产生的500mL（标准状况）气体用足量的I2O5处理后，将所得的I2准确地配成100mL碘的酒精溶液。再取25.00mL该溶液加入淀粉溶液作指示剂后用0.0100mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定，消耗标准溶液20.00mL（气体样品中其它成分与I2O5不反应；2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6）。
①滴定终点时溶液颜色变化为 。
②气体样品中CO的体积分数为 。
三、综合题
10．（2018·银川模拟）硫化锌（ZnS）是一种重要的化工原料，难溶于水，可由炼锌的废渣锌灰制取其工艺流程如图所示．
（1）为提高锌灰的浸取率，可采用的方法是 （填序号）。
①研磨 ②多次浸取 ③升高温度 ④加压 ⑤搅拌
（2）步骤Ⅱ所得滤渣中的物质是（写化学式） 。
（3）步骤Ⅲ中可得Cd单质，为避免引入新的杂质，试剂X应为 。
（4）步骤Ⅳ还可以回收Na2SO4来制取Na2S。
①检验ZnS固体是否洗涤干净的方法是 ；
②Na2S可由等物质的量的Na2SO4和CH4在高温、催化剂条件下制取，化学反应方程式为 ；
③已知Na2SO4·10H2O及Na2SO4的溶解度随温度变化曲线如图，从滤液中得到Na2SO4·10H2O的操作方法是 。
（5）若步骤Ⅱ加入的ZnCO3为b mol，步骤Ⅲ所得Cd为d mol，最后得到VL、物质的量浓度为c mol/L的Na2SO4溶液．则理论上所用锌灰中含有锌元素的质量为 。
11．（2018·银川模拟）X、Y、Z、R为前四周期原子序数依次增大的元素。X原子有3个能级，且每个能级上的电子数相等；Z原子的不成对电子数在同周期中最多，且Z的气态氢化物在同主族元素的氢化物中沸点最低；X、Y、R三元素在周期表中同族。
（1）R元素在周期表中的位置是 ，其基态原子的价层电子排布图为 。
（2）下图表示X、Y、Z的四级电离能变化趋势，其中表示Z的曲线是 （填标号）。
（3）化合物（XH2＝X＝O）分子中X原子杂化轨道类型是 ，1mol (X2H5O)3Z＝O分子中含有的σ键与π键的数目比为 。
（4）Z与氯气反应可生成一种各原子均满足8电子稳定结构的化合物，其分子的空间构型为 。
（5）某R的氧化物晶胞结构如下图所示，该物质的化学式为 。已知该晶体密度为ρg/cm3，距离最近的两个原子的距离为d pm，则R的相对原子质量为 。 (阿伏加德罗常数为NA)
（6）X形成的一种常见单质，性质硬而脆，原因是 。
12．（2018·银川模拟）[化学—选修5：有机化学基础]氯吡格雷是一种用于抑制血小板聚集的药物，可通过如图方法合成：
已知：① ；② 中氯原子较难水解；③RCHO 。
根据以上信息回答下列问题：
（1）A的名称是 ，F中无氧官能团的名称是 。
（2）D的结构简式为 ；C分子中最多有 个原子共平面。
（3）写出下列反应的化学方程式：反应②： 。
（4）已知： ，则由乙醇、甲醇为有机原料制备化合物 ，需要经历的反应类型有 (填写编号)。①加成反应 ②消去反应 ③取代反应 ④氧化反应 ⑤还原反应，写出制备化合物 的最后一步反应 。
（5）E的同分异构体中，满足下列条件的有 种（不考虑立体异构），其中一种的核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2，请写出其结构简式 。
①结构中含有苯环且存在与F相同的官能团；
②能发生银镜反应，其碱性条件下水解的两种产物也能发生银镜反应。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；同位素及其应用
【解析】【解答】A，蚕丝、羊毛的成分都是蛋白质，棉花的成分是纤维素，A项不符合题意；
B，丙烯可合成聚丙烯，氯乙烯可合成聚氯乙烯，聚氯乙烯有毒不能用作食品包装材料，B项不符合题意；
C，将水库的钢闸门与电源负极相连，钢闸门为阴极被保护，此法为外加电流的阴极保护法，将锌块焊接于钢闸门上，Zn比Fe活泼，Zn为负极被腐蚀，钢闸门为正极被保护，此法为牺牲阳极的阴极保护法，C项符合题意；
D，14C和12C互为同位素，物理性质不同，化学性质相同，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.棉花的主要成分是纤维素；
B.聚氯乙烯有毒；
C.根据金属防腐措施进行判断；
D.同位素的化学性质相似。
2．【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A，n（CH3Cl）= =1mol，1个CH3Cl分子中含3个C-H极性共价键和1个C-Cl极性共价键，标准状况下22.4LCH3Cl中含4mol极性共价键，A项符合题意；
B，若46g气体全为NO2，所含分子物质的量为 =1mol，若46g气体全为N2O4，所含分子物质的量为 =0.5mol，46gNO2、N2O4的混合气体中所含分子物质的量大于0.5mol小于1mol，B项不符合题意；
C，3H2的摩尔质量为6g/mol，n（3H2）= =6mol，1个3H2中含有4个中子，所含中子物质的量为24mol，C项不符合题意；
D，n（O2）= =0.1mol，若足量Na与O2反应生成Na2O，转移电子物质的量为0.4mol，若足量Na与O2反应生成Na2O2，转移电子物质的量为0.2mol，则足量Na与O2反应转移电子物质的量为0.2mol n（e-） 0.4mol，可能为0.3mol，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.注意标准状况下一氯甲烷为气体，含有的共价键都是极性共价键；
B.二氧化氮与四氧化二氮存在平衡；
C.3H中含有2个中子；
D.一定量氧气与金属钠反应，转移电子的物质的量由产物的组成决定。
3．【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体；醇类简介；羧酸简介
【解析】【解答】分子式为C
5H
10O
3的有机物的不饱和度为1；该物质与NaHCO
3反应生成C
5H
9O
3Na，说明该有机物中含一个—COOH；该物质与Na反应生成C
5H
8O
3Na
2，说明该有机物中还含有一个—OH；符合条件的同分异构体可看成C
4H
9COOH的烃基上一个H原子被—OH取代，C
4H
9COOH有4种同分异构体：CH
3CH
2CH
2CH
2COOH、CH
3CH
2CH（CH
3）COOH、（CH
3）
2CHCH
2COOH、（CH
3）
3CCOOH，四种物质烃基上氢原子的种类依次有：4种、4种、3种、1种，符合条件的同分异构体共4+4+3+1=12种，
故答案为：C。
【分析】 分子式为C5H10O3的有机物与NaHCO3溶液反应时，生成C5H9O3Na说明含有一个羧基，而与钠反应时生成C5H8O3Na2，说明含有一个羟基结合碳链异构和官能团异构判断同分异构体数目即可。
4．【答案】D
【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】常温常压下R和X可形成两种液态化合物，R的原子序数小于X，R为H元素，X为O元素；Y
+与X
2-具有相同的电子层结构，Y为Na元素；X和Z位于同一主族，Z为S元素。A，根据“层多径大，序大径小”，原子半径由大到小的顺序为：r（Y）＞r（Z）＞r（X）＞r（R），A项不符合题意；
B，R与X形成的两种液态化合物为H2O和H2O2，H2O中只含O-H极性共价键，H2O2中含O-H极性共价键和O-O非极性共价键，B项不符合题意；
C，Y与X形成Na2O2，Na2O2不是碱性氧化物，C项不符合题意；
D，由H、O、Na、S四种元素形成的常见化合物有NaHSO4、NaHSO3，NaHSO4溶于水电离出Na+、H+和SO42-，NaHSO4电离出的H+对水的电离起抑制作用，NaHSO3溶液中HSO3-的电离程度大于HSO3-的水解程度，HSO3-电离出的H+对水的电离起抑制作用，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】 短周期元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大。R和X可形成两种液态化合物（常温常压）该物质是H2O、H2O2，确定R是H、X是O；Y+和O2-具有相同的电子层结构，Y是Na；X和Z位于同一主族，则Z是S，据此结合元素周期律进行解答即可。
5．【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A，向2mL0.1mol/LNa 2S溶液中滴入几滴0.1mol/LZnSO 4溶液生成白色ZnS沉淀，Na 2S过量，再滴入几滴0.1mol/LCuSO 4溶液，过量Na 2S与CuSO 4产生黑色CuS沉淀，不能证明发生了沉淀的转化，不能判断ZnS与CuS溶度积的大小，A项不符合题意；
B，向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，发生反应AlO2-+HCO3-+H2O=Al（OH）3↓+CO32-，通过产生白色沉淀说明HCO3-电离H+能力强于Al（OH）3，B项符合题意；
C，由于乙醇易挥发，乙醇具有还原性，乙醇能被浓硫酸氧化，烧瓶内逸出的气体中含有CH2=CH2、CH3CH2OH（g）、SO2、CO2等，CH3CH2OH（g）、SO2也能使酸性KMnO4溶液褪色，不能用酸性KMnO4溶液检验有无乙烯生成，C项不符合题意；
D，蔗糖水解时加入稀硫酸作催化剂，水解液呈酸性，用银氨溶液检验还原性糖必须在碱性条件下，向水解液中直接加入银氨溶液无法检验水解产物是否具有还原性，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.反应过程中S2-过量，铜离子与过量硫离子反应生成黑色沉淀；
B. 偏铝酸钠溶液、碳酸氢钠溶液水解都呈碱性，不能考虑用水解原理进行解释；
C.乙醇具有挥发性，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液腿色；
D.银镜反应需要溶液环境是碱性。
6．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A，在饱和AgCl溶液中存在溶解平衡：AgCl（s） Ag+（aq）+Cl-（aq），通入HCl气体溶于水电离出Cl-，Cl-浓度增大，溶解平衡逆向移动，溶液中c（Ag+）减小，A项不符合题意；
B，浓度均为1 10-6mol/L的AgNO3、HBr溶液等体积混合后c（Ag+）、c（Br-）都为5 10-7mol/L，此时Qc=c（Ag+）·c（Br-）=5 10-7 5 10-7=2.5 10-13＜7.7 10-13，不会生成AgBr沉淀，B项不符合题意；
C，Cl-开始沉淀所需Ag+浓度为c（Ag+）=Ksp（AgCl） c（Cl-）=1.8 10-10 0.01=1.8 10-8（mol/L），CrO42-开始沉淀所需Ag+浓度为c（Ag+）= = =1 10-5（mol/L）＞1.8 10-8（mol/L），Cl-先沉淀，C项不符合题意；
D，Ag2CrO4（s）+2Cl- 2AgCl（s）+CrO42-（aq）的平衡常数K= = = =1.0 10-12 （1.8 10-10）2=3.1 107，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据化学平衡移动原理进行分析；
B.根据AgBr的溶度积常数与溶度积相对大小进行判断是否有沉淀生成；
C.根据产生沉淀需要银离子的浓度进行判断，而不能直接用溶度积常数的大小比较进行判断；
D.根据溶度积常数的定义式进行计算。
7．【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】没有滴入H2C2O4溶液时溶液的pH=13，NaOH溶液的浓度为0.1mol/L。A，点①加入25mLH2C2O4溶液两者完全反应得到Na2C2O4溶液，C2O42-水解使溶液呈碱性，溶液中的电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=2c（C2O42-）+c（HC2O4-）+c（OH-），物料守恒为：c（Na+）=2[c（C2O42-）+c（HC2O4-）+c（H2C2O4）]，两式整理得c（H+）+c（HC2O4-）+2c（H2C2O4）=c（OH-），A项不符合题意；
B，点②加入H2C2O4溶液的体积大于25mL，溶液的pH=7，溶液中c（H+）=c（OH-），c（Na+）＜0.05mol/L，溶液中的电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=2c（C2O42-）+c（HC2O4-）+c（OH-），则2c（C2O42-）+c（HC2O4-）=c（Na+）＜0.05mol/L，B项不符合题意；
C，点③加入50mLH2C2O4溶液两者完全反应得到NaHC2O4溶液，NaHC2O4溶液中既存在HC2O4-的电离平衡（HC2O4- H++C2O42-）又存在HC2O4-的水解平衡（HC2O4-+H2O H2C2O4+OH-），由于溶液呈酸性，HC2O4-的电离程度大于水解程度，溶液中粒子浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（C2O42-）＞c（H2C2O4），C项不符合题意；
D，点①为Na2C2O4溶液，点①溶液呈碱性，点②为Na2C2O4和NaHC2O4的混合液，点②溶液呈中性，点③为NaHC2O4溶液，点③溶液呈酸性，点②到点③之间，随着H2C2O4的滴入，Na2C2O4减少，NaHC2O4增加，可能出现：c（Na+）＞c（C2O42-）=c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（OH-），D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据溶液的酸碱和加入草酸溶液的体积判断各点溶液中的溶质组成，结合电荷守恒和物料守恒判断离子浓度的大小关系即可。
8．【答案】（1）a
（2）D中有红棕色液体生成；防止E中水蒸气进入B中，造成产物不纯
（3）排除装置内空气，防止干扰实验；E中产生白色沉淀
（4）5NO+3MnO4-+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O
（5）CO2+2Mg 2MgO+C
（6）取B中固体少量于试管中，向其中加入少量水，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则B中有氮化镁生成
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；含氮物质的综合应用；化学实验操作的先后顺序；性质实验方案的设计
【解析】【解答】本题考查Mg与HNO3反应产物的探究以及Mg3N2的制备，涉及装置的连接、物质的检验、方程式的书写。
（1）根据题意“一定浓度的硝酸与Mg反应可同时得到NO、NO2、N2”，若有NO2生成则气体呈红棕色，根据已知①NO2、NO的熔沸点，在装置D中可将NO2冷凝为液态，可观察到装置D中有红棕色液体生成；利用NO具有还原性，用装置C中酸性KMnO4溶液验证NO；根据已知②Mg3N2遇水会发生水解，与Mg反应的N2必须是干燥的，气体在进入装置B之前必须用浓硫酸干燥N2，且要防止H2O（g）进入制备Mg3N2的装置；装置的连接顺序为：A→D→C→F→B→F→E，
故答案为：a。
（2）根据上述分析，确定还原产物中有NO2的现象是：装置D中有红棕色液体生成。Mg3N2遇水会发生水解，实验中两次使用装置F，第一次使用装置F的作用是：干燥N2；第二次使用装置F的作用是：防止E中H2O（g）进入B中，使Mg3N2不纯。
（3）由于NO能与O2反应生成NO2，会影响NO2、NO的验证，实验开始前要排出装置中空气，所以实验前先打开开关K，向装置内通CO2气体，其目的是：排除装置内空气，防止干扰实验；当观察到装置E的Ba（OH）2溶液中产生白色沉淀时，表明装置中空气已经排尽，停止通入CO2。
（4）装置D中观察到有红棕色液体出现，装置C中溶液颜色慢慢褪去，说明酸性KMnO4溶液将NO氧化成NO3-，同时MnO4-被还原成Mn2+，反应可写成NO+MnO4-→NO3-+Mn2+，N元素的化合价由+2价升至+5价，Mn元素的化合价由+7价降至+2价，根据得失电子守恒配平为5NO+3MnO4-→5NO3-+3Mn2+，结合原子守恒、电荷守恒，写出离子方程式为5NO+3MnO4-+4H+=5NO3-+3Mn2++2H2O。
（5）在A中反应开始时，马上点燃B处的酒精灯，Mg与CO2发生置换反应生成MgO和C，导致实验结束后B处制得的Mg3N2纯度不高，Mg与CO2反应的化学方程式为2Mg+CO2 2MgO+C。
（6）Mg3N2遇水发生水解生成Mg（OH）2和NH3，检验有Mg3N2生成只要检验B处固体中加水产生NH3即可，验证B处有Mg3N2生成的方法是：取B中固体少量于试管中，向其中加入少量水，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则B中有氮化镁生成。
【分析】（1）连接顺序应遵循：制取装置、检验装置、干燥装置、反应装置、尾气处理的顺序来进行；
（2）根据题目中NO2的熔沸点确定NO2的生成；最后浓硫酸的作用是防止空气进入生成氮化镁的装置；
（3）二氧化碳的作用是拍出装置中的空气，防止发生氧气、氮气与镁的反应；
（4）NO具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成硝酸根离子，据此书写离子方程式；
（5）二氧化碳与金属镁发生反应。
9．【答案】（1）CH3OH（l）+ 3/2O2（g）= CO2（g）+H2O（l）ΔH＝－726.5 kJ·mol－1
（2）＜；＜；0.04mol·L－1·min－1；0.04
（3）CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O
（4）蓝色褪为无色；8.96%
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率；化学平衡常数；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】本题考查盖斯定律的应用，图像分析，化学反应速率和化学平衡常数的计算，电极反应式的书写，氧化还原反应的滴定实验。
（1）应用盖斯定律，将②+④ -①得，CH3OH（l）+ O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）ΔH=（-571.6kJ/mol）+ （-566.0kJ/mol）-（-128.1kJ/mol）=-726.5kJ/mol，CH3OH燃烧热的热化学方程式为CH3OH（l）+ O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）ΔH=-726.5kJ/mol。
（2）①根据图示，T2时达到平衡所需时间小于T1时，其他条件相同时升高温度反应速率加快，则T1 T2。T2平衡时体系中H2O（g）的体积百分含量小于T1时，升高温度平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应，则对应的平衡常数K1 K2。②根据图像，温度T2下，2min时体系中H2O（g）的体积百分含量为32%，设从开始到2min时转化H2O（g）物质的量浓度为x，用三段式
CH4（g）+ H2O（g） CO（g）+ 3H2（g）
起始（mol/L） 0.1 0.24 0x 0
转化（mol/L） x x x 3x
2min末（mol/L） 0.1-x 0.24-x x 3x
=32%，解得x=0.08mol/L，从反应开始到2min时υ（H2O）= =0.04mol/（L·min）。③T1温度时，设从开始到平衡转化CH4物质的量浓度为y，用三段式
CH4（g）+ H2O（g） CO（g）+ 3H2（g）
起始（mol/L） 0.1 0.24 0y 0
转化（mol/L） y y y 3y
平衡（mol/L） 0.1-y 0.24-y y 3y
平衡时H2O（g）的体积百分含量为40%，则 =40%，解得y=0.058mol/L，平衡时CH4、H2O（g）、CO、H2物质的量浓度依次为0.042mol/L、0.182mol/L、0.058mol/L、0.174mol/L，该温度下反应的平衡常数K= = =0.04。
（3）根据图示在Cu电极表面CO2得到电子被还原成CH4，1molCO2得到8mol电子被还原成1molCH4，Cu电极表面的电极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O。
（4）①碘的酒精溶液中加入淀粉溶液，溶液变蓝，用Na2S2O3滴定到终点，I2被完全消耗，滴定终点时溶液颜色的变化为：蓝色褪为无色。②根据方程式5CO（g）+I2O5（s） 5CO2（g）+I2（s）和2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，写出关系式5CO~I2~2Na2S2O3，500mL气体样品中含CO物质的量为 0.0100mol/L 0.02L =0.002mol，标准状况下V（CO）=0.002mol 22.4L/mol=0.0448L=44.8mL，气体样品中CO的体积分数为 100%=8.96%。
【分析】（1）根据盖斯定律构造甲醇燃烧的方程式，然后计算焓变；
（2）①甲烷燃烧是放热反应，升高温度水的体积分数增大；平衡常数是温度的函数，平衡常数的变化结合平衡移动进行分析；
③根据化学平衡的计算三段式得到数据，然后结合平衡常数的概念计算其平衡常数；
（3）电子由外电路流向铜电极，则铜电极为正极，正极发生还原反应；
（4）根据滴定过程计算CO的体积分数。
10．【答案】（1）①②③⑤
（2）Fe(OH)3
（3）Zn
（4）取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入HCl酸化，再加入氯化钡，若无白色沉淀生成，则已洗净；Na2SO4+CH4 Na2S+CO2+2H2O；蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥
（5）65(Vc-b-d)
【知识点】化学反应速率的影响因素；物质的分离与提纯；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】本题以炼锌的废渣锌灰制备ZnS的工艺流程为载体，考查流程的分析，基本实验操作，化学计算。
（1）步骤I向锌灰中加入稀硫酸得到浸取液（浸取液中含Zn2+、Cd2+、Fe3+、Fe2+）。①，研磨可增大锌灰与酸溶液的接触面积，提高浸取率；②，多次浸取提高浸取率；③，升高温度加快浸取速率，提高浸取率；④，浸取过程为固体和液体的反应，没有气体参与，加压不能提高浸取率；⑤，搅拌可增大锌灰与酸溶液的接触面积，提高浸取率；提高浸取率可采用的方法是①②③⑤，
故答案为：①②③⑤。
（2）步骤II向锌灰浸取液中加入H2O2，H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，然后加入适量ZnCO3调节溶液的pH，使Fe3+转化成Fe（OH）3通过过滤的方法除去，步骤II所得滤渣中的物质的化学式为Fe（OH）3。
（3）溶液I中含Zn2+、Cd2+，步骤III中可得到Cd单质，为避免引入新杂质，试剂X应为Zn，发生的反应为Zn+Cd2+=Zn2++Cd。
（4）步骤IV为向ZnSO4溶液中加入Na2S生成ZnS和Na2SO4，反应的化学方程式为Na2S+ZnSO4=ZnS↓+Na2SO4。①检验ZnS固体是否洗涤干净，检验最后的洗涤液中是否含SO42-即可，实验方法是：取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入HCl酸化，再加入BaCl2，若无白色沉淀生成，则已洗净。②等物质的量的Na2SO4和CH4在高温、催化剂条件下反应生成Na2S，根据原子守恒还生成CO2和H2O，反应的化学方程式为Na2SO4+CH4 Na2S+CO2+2H2O。
③根据溶解度曲线，从滤液中得到Na2SO4·10H2O的操作方法是：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。
（5）步骤II中加入bmolZnCO3除去Fe3+，溶液中引进bmolZn2+；步骤III中Zn与Cd2+发生置换反应：Zn+Cd2+=Zn2++Cd，得到dmolCd的同时溶液中引进dmolZn2+；步骤IV中的反应为Na2S+ZnSO4=ZnS↓+Na2SO4，溶液II中n（Zn2+）总=n（Na2SO4）=cVmol；根据Zn守恒，理论上锌灰中含有锌元素的物质的量为（cV-b-d）mol，锌灰中含有锌元素的质量为65（cV-b-d）g。
【分析】（1）提高浸取率可从两个方面分析：加快反应速率、尽可能多的得到需要的物质；
（2）浸取液中加入过氧化氢的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，再加入碳酸锌生成氢氧化铁沉淀；
（3）利用置换反应得到Cd；
（4）①检验是否洗净可通过检验是否含有硫酸根离子进行；
②根据目标产物、元素守恒等判断生成物，结合氧化还原反应方程式的配平方法配平方程式；
（5）根据化学方程式得到物质间的关系进行计算。
11．【答案】（1）第四周期，ⅣA族；
（2）b
（3）sp、sp2；25：1
（4）三角锥形
（5）GeO；( )3×ρ× ×NA-16
（6）碳碳键键能大，故硬；但共价键有方向性，受大的外力时，会发生原子错位而断裂，故脆
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】X原子有3个能级，且每个能级上的电子数相等，电子排布式为1s 22s 22p 2，推出X为C，因为X、Y、R三元素在周期表同族，因此Y为Si，R为Ge，原子序数依次增大，Z原子的不成对电子数在同周期中最多，且Z的气态氢化物在同主族元素的氢化物中沸点最低，因此Z为P，
（1）Ge位于第四周期第IVA族，因为是主族元素，因此价电子是最外层电子， ；
（2）本题考查电离能的规律，同主族从上到下第一电离能减小，P元素3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，故Si的第一电离能最小，P原子第四电离能为失去4s2能中的1个电子，为全满稳定状态，与第三电离能相差较大，因此b曲线为P；
（3）本题考查杂化类型、化学键的判断，CH2=C=O中“CH2=”中的碳原子有3个σ键，无孤电子对，因此杂化类型为sp2，“C=O”中的C有2个σ键，无孤电子对，杂化类型为sp；成键电子对之间只能形成一个σ键，双键中有一个π键，因此σ键和π键的数目比值为25：1；
（4）本题考查空间构型，P和氯气反应生成PCl3和PCl5，均满足8电子结构的是PCl3，中心原子是P，有3个σ键，孤电子对数为(5－3)/2=1，因此空间构型为三角锥形；
（5）本题考查晶胞的结构，氧原子位于顶点和面心，个数为8×1/8＋6×1/2=4，Ge全部位于晶胞内部，因此化学式为GeO，晶胞的质量为4×(M＋16)/NAg，距离最近的两个原子是体对角线的1/4，因此体对角线为4d，则边长为 pm，晶胞的体积为（ ×10－10）3，根据晶胞的密度，求出M，则M=( )3×ρ× ×NA-16；
（6）碳碳键键能大，故硬；但共价键有方向性，受大的外力时，会发生原子错位而断裂，故脆。
【分析】根据题目中X原子的能级和能级中的电子数判断X元素，结合 X、Y、R三元素在周期表中同族 判断Y、R元素，根据Z原子的不成对电子数和物质性质判断Z元素。
（1）根据R元素确定在周期表中的位置；注意是加点字的排布图；
（2）根据第一电离能变化规律，结合Z元素的电离能确定表示Z的曲线；
（5）根据均摊法确定化学式，根据密度的意义计算R的相对原子质量；
（6）根据原子晶体的键能和共价键的方向性进行分析。
12．【答案】（1）2-氯甲苯；氯原子、氨基
（2）；14
（3） +2NaOH +2NaCl+H2O
（4）①②③④；HOCH2CH2OH+HCHO +H2O
（5）3；
【知识点】有机物中的官能团；有机化合物的命名；有机物的推断；有机物的合成
【解析】【解答】本题考查有机推断和有机合成，有机物的名称、官能团的识别、有机物结构简式和有机方程式的书写、有机分子中共面原子的判断、有机反应类型的判断、限定条件同分异构体的书写、有机合成路线的设计。C→D发生题给已知③的反应，C中含-CHO，D中含-NH2和-CN，结合D的分子式（C8H7N2Cl）以及D生成的E的结构简式，逆推出D的结构简式为 ，C的结构简式为 ；反应①（A→B）为A与Cl2光照下发生侧链上的取代反应，反应②（B→C）为卤代烃的水解反应，结合题给已知①和②，B的结构简式为 ，A的结构简式为 ；E→F为酯化反应，对比F和G的结构简式，结合X的分子式C6H7BrS，X的结构简式为 。
（1）A的结构简式为 ，A的名称是2-氯甲苯。F的结构简式为 ，F中的含氧官能团为酯基，无氧官能团为氯原子和氨基。
（2）根据上述推断，D的结构简式为 。C的结构简式为 ，C分子中碳原子形成苯环和醛基，联想苯和HCHO的结构，C分子中所有原子都可能在同一平面上，C的分子式为C7H5OCl，C分子中最多有14个原子共平面。
（3）反应②为B发生水解反应生成C，反应②的化学方程式为 +2NaOH +2NaCl+H2O。
（4） 中碳原子数为乙醇和甲醇中碳原子数之和，结合题给信息，合成 必须由甲醇合成HCHO，乙醇合成HOCH2CH2OH；联系有机物之间的相互转化，合成 的流程图为 ，需要经历的反应类型有消去反应、加成反应、取代反应、氧化反应，
故答案为：①②③④。最后一步反应的化学方程式为HOCH2CH2OH+HCHO +H2O。
（5）E的结构简式为 ，E中官能团为氯原子、氨基和羧基；F中的官能团为氯原子、氨基和酯基，E的同分异构体存在与F相同的官能团，E的同分异构体中的官能团为氯原子、氨基和酯基；E的同分异构体能发生银镜反应，且碱性条件下水解的两种产物也能发生银镜反应，结合题给已知①，E的同分异构体中含有HCOOCHCl- 结构；E的符合条件的同分异构体有 、 、 ，共3种。其中核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：2的结构简式为 。
【分析】根据有机物转化关系和题目的新信息推断出各种有机物是解题的关键。
（1）根据A的结构进行命名；注意要求的是F中无氧官能团；
（2）根据中苯环是平面结构，碳氮三键形成直线判断原子共平面的原子数；
（4）根据物质的转化过程确定发生的反应类型以及化学方程式；
（5）根据要求的条件确定含有的官能团，结合同分异构体的书写方法判断同分异构体数目，并写出具体的结构简式。
宁夏银川一中2017-2018学年高考理综-化学一模考试试卷
一、单选题
1．（2018·银川模拟）化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．蚕丝、羊毛、棉花可用来制作纺织品，它们的成分都是蛋白质
B．丙烯和氯乙烯可以合成食品包装材料
C．将水库的钢闸门与电源负极相连或将锌块焊接于钢闸门上以防止钢闸门生锈
D．用于文物年代鉴定的放射性14C和作为相对原子质量的12C，化学性质不同
【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；同位素及其应用
【解析】【解答】A，蚕丝、羊毛的成分都是蛋白质，棉花的成分是纤维素，A项不符合题意；
B，丙烯可合成聚丙烯，氯乙烯可合成聚氯乙烯，聚氯乙烯有毒不能用作食品包装材料，B项不符合题意；
C，将水库的钢闸门与电源负极相连，钢闸门为阴极被保护，此法为外加电流的阴极保护法，将锌块焊接于钢闸门上，Zn比Fe活泼，Zn为负极被腐蚀，钢闸门为正极被保护，此法为牺牲阳极的阴极保护法，C项符合题意；
D，14C和12C互为同位素，物理性质不同，化学性质相同，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.棉花的主要成分是纤维素；
B.聚氯乙烯有毒；
C.根据金属防腐措施进行判断；
D.同位素的化学性质相似。
2．（2018·银川模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，22.4L一氯甲烷中含极性共价键数目为4NA
B．常温下，46g NO2、N2O4组成的混合气体中所含有的分子数为NA
C．36g3H2中含有的中子数目为12NA
D．2.24 L（标准状况）O2与足量钠反应时，转移电子数目不可能为0.3NA
【答案】A
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A，n（CH3Cl）= =1mol，1个CH3Cl分子中含3个C-H极性共价键和1个C-Cl极性共价键，标准状况下22.4LCH3Cl中含4mol极性共价键，A项符合题意；
B，若46g气体全为NO2，所含分子物质的量为 =1mol，若46g气体全为N2O4，所含分子物质的量为 =0.5mol，46gNO2、N2O4的混合气体中所含分子物质的量大于0.5mol小于1mol，B项不符合题意；
C，3H2的摩尔质量为6g/mol，n（3H2）= =6mol，1个3H2中含有4个中子，所含中子物质的量为24mol，C项不符合题意；
D，n（O2）= =0.1mol，若足量Na与O2反应生成Na2O，转移电子物质的量为0.4mol，若足量Na与O2反应生成Na2O2，转移电子物质的量为0.2mol，则足量Na与O2反应转移电子物质的量为0.2mol n（e-） 0.4mol，可能为0.3mol，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.注意标准状况下一氯甲烷为气体，含有的共价键都是极性共价键；
B.二氧化氮与四氧化二氮存在平衡；
C.3H中含有2个中子；
D.一定量氧气与金属钠反应，转移电子的物质的量由产物的组成决定。
3．（2018·银川模拟）分子式为C5H10O3的有机物与NaHCO3溶液反应时，生成C5H9O3Na，而与钠反应时生成C5H8O3Na2。则符合上述条件的同分异构体(不考虑立体异构)有（ ）
A．10种 B．11种 C．12种 D．13种
【答案】C
【知识点】同分异构现象和同分异构体；醇类简介；羧酸简介
【解析】【解答】分子式为C
5H
10O
3的有机物的不饱和度为1；该物质与NaHCO
3反应生成C
5H
9O
3Na，说明该有机物中含一个—COOH；该物质与Na反应生成C
5H
8O
3Na
2，说明该有机物中还含有一个—OH；符合条件的同分异构体可看成C
4H
9COOH的烃基上一个H原子被—OH取代，C
4H
9COOH有4种同分异构体：CH
3CH
2CH
2CH
2COOH、CH
3CH
2CH（CH
3）COOH、（CH
3）
2CHCH
2COOH、（CH
3）
3CCOOH，四种物质烃基上氢原子的种类依次有：4种、4种、3种、1种，符合条件的同分异构体共4+4+3+1=12种，
故答案为：C。
【分析】 分子式为C5H10O3的有机物与NaHCO3溶液反应时，生成C5H9O3Na说明含有一个羧基，而与钠反应时生成C5H8O3Na2，说明含有一个羟基结合碳链异构和官能团异构判断同分异构体数目即可。
4．（2018·银川模拟）短周期元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大。R和X可形成两种液态化合物（常温常压），Y+和X2-具有相同的电子层结构，X和Z位于同一主族。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径大小顺序为：r（Y）＞r（X）＞r（Z）＞r（R）
B．R与X形成的两种液态化合物中均只含极性共价键
C．Y与X可形成碱性氧化物Y2X2
D．由R、X、Y、Z四种元素形成的常见化合物可抑制水的电离
【答案】D
【知识点】元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】常温常压下R和X可形成两种液态化合物，R的原子序数小于X，R为H元素，X为O元素；Y
+与X
2-具有相同的电子层结构，Y为Na元素；X和Z位于同一主族，Z为S元素。A，根据“层多径大，序大径小”，原子半径由大到小的顺序为：r（Y）＞r（Z）＞r（X）＞r（R），A项不符合题意；
B，R与X形成的两种液态化合物为H2O和H2O2，H2O中只含O-H极性共价键，H2O2中含O-H极性共价键和O-O非极性共价键，B项不符合题意；
C，Y与X形成Na2O2，Na2O2不是碱性氧化物，C项不符合题意；
D，由H、O、Na、S四种元素形成的常见化合物有NaHSO4、NaHSO3，NaHSO4溶于水电离出Na+、H+和SO42-，NaHSO4电离出的H+对水的电离起抑制作用，NaHSO3溶液中HSO3-的电离程度大于HSO3-的水解程度，HSO3-电离出的H+对水的电离起抑制作用，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】 短周期元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大。R和X可形成两种液态化合物（常温常压）该物质是H2O、H2O2，确定R是H、X是O；Y+和O2-具有相同的电子层结构，Y是Na；X和Z位于同一主族，则Z是S，据此结合元素周期律进行解答即可。
5．（2018·银川模拟）下列有关实验操作正确且能达到实验目的或得出相应结论的是（ ）
选项 实验操作 实验目的或结论
A 向2mL0.1mol L﹣1Na2S溶液中滴入几滴0.1mol L﹣1ZnSO4溶液，生成白色沉淀；再加入几滴0.1mol L﹣1CuSO4溶液，生成蓝色沉淀，又产生黑色沉淀 溶度积：Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS）
B 向偏铝酸钠溶液中滴加碳酸氢钠溶液 证明HCO3—电离H+能力强于Al(OH)3
C 将C2H5OH与浓H2SO4在蒸馏烧瓶中混合后加热至170℃，烧瓶内逸出的物质通入到酸性KMnO4溶液中 检验有无乙烯生成
D 向蔗糖溶液中加入适量稀硫酸，水浴加热几分钟，然后加入新制的银氨溶液，并水浴加热 检验蔗糖的水解产物是否具有还原性
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A，向2mL0.1mol/LNa 2S溶液中滴入几滴0.1mol/LZnSO 4溶液生成白色ZnS沉淀，Na 2S过量，再滴入几滴0.1mol/LCuSO 4溶液，过量Na 2S与CuSO 4产生黑色CuS沉淀，不能证明发生了沉淀的转化，不能判断ZnS与CuS溶度积的大小，A项不符合题意；
B，向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，发生反应AlO2-+HCO3-+H2O=Al（OH）3↓+CO32-，通过产生白色沉淀说明HCO3-电离H+能力强于Al（OH）3，B项符合题意；
C，由于乙醇易挥发，乙醇具有还原性，乙醇能被浓硫酸氧化，烧瓶内逸出的气体中含有CH2=CH2、CH3CH2OH（g）、SO2、CO2等，CH3CH2OH（g）、SO2也能使酸性KMnO4溶液褪色，不能用酸性KMnO4溶液检验有无乙烯生成，C项不符合题意；
D，蔗糖水解时加入稀硫酸作催化剂，水解液呈酸性，用银氨溶液检验还原性糖必须在碱性条件下，向水解液中直接加入银氨溶液无法检验水解产物是否具有还原性，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.反应过程中S2-过量，铜离子与过量硫离子反应生成黑色沉淀；
B. 偏铝酸钠溶液、碳酸氢钠溶液水解都呈碱性，不能考虑用水解原理进行解释；
C.乙醇具有挥发性，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液腿色；
D.银镜反应需要溶液环境是碱性。
6．（2018·银川模拟）常温下，三种难溶电解质的溶度积如下表。
物质 Ag2CrO4 AgCl AgBr
Ksp 1.0×10-12 1.8×10-10 7.7×10-13
下列说法正确的是（ ）
A．向饱和AgCl溶液中通入少量HCl气体，溶液中c(Ag+)不变
B．浓度均为1×10-6 mol L﹣1的AgNO3、HBr溶液等体积混合后会生成AgBr沉淀
C．常温下，以0.01 mol L﹣1 AgNO3溶液滴定20mL0.01mol L﹣1KCl和0.01mol L﹣1K2CrO4的混合溶液，CrO42-先沉淀
D．常温下，Ag2CrO4（s）+2Cl-（aq） 2AgCl（s）+CrO42-（aq）的平衡常数K=3.1×107
【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A，在饱和AgCl溶液中存在溶解平衡：AgCl（s） Ag+（aq）+Cl-（aq），通入HCl气体溶于水电离出Cl-，Cl-浓度增大，溶解平衡逆向移动，溶液中c（Ag+）减小，A项不符合题意；
B，浓度均为1 10-6mol/L的AgNO3、HBr溶液等体积混合后c（Ag+）、c（Br-）都为5 10-7mol/L，此时Qc=c（Ag+）·c（Br-）=5 10-7 5 10-7=2.5 10-13＜7.7 10-13，不会生成AgBr沉淀，B项不符合题意；
C，Cl-开始沉淀所需Ag+浓度为c（Ag+）=Ksp（AgCl） c（Cl-）=1.8 10-10 0.01=1.8 10-8（mol/L），CrO42-开始沉淀所需Ag+浓度为c（Ag+）= = =1 10-5（mol/L）＞1.8 10-8（mol/L），Cl-先沉淀，C项不符合题意；
D，Ag2CrO4（s）+2Cl- 2AgCl（s）+CrO42-（aq）的平衡常数K= = = =1.0 10-12 （1.8 10-10）2=3.1 107，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据化学平衡移动原理进行分析；
B.根据AgBr的溶度积常数与溶度积相对大小进行判断是否有沉淀生成；
C.根据产生沉淀需要银离子的浓度进行判断，而不能直接用溶度积常数的大小比较进行判断；
D.根据溶度积常数的定义式进行计算。
7．（2018·银川模拟）25℃时，用0.0500 mol·L-1H2C2O4（二元弱酸）溶液滴定25.00 mL NaOH溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是（ ）
A．点①所示溶液中：c(H+)+c(H2C2O4)+c(HC2O4-)= c(OH-)
B．点②所示溶液中：c(HC2O4-)+2c(C2O42-)=0.0500mol·L-1
C．点③所示溶液中：c(Na+)>c(HC2O4-)> c(H2C2O4) > c(C2O42-)
D．滴定过程中可能出现：c(Na+)>c(C2O42-)=c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)
【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较
【解析】【解答】没有滴入H2C2O4溶液时溶液的pH=13，NaOH溶液的浓度为0.1mol/L。A，点①加入25mLH2C2O4溶液两者完全反应得到Na2C2O4溶液，C2O42-水解使溶液呈碱性，溶液中的电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=2c（C2O42-）+c（HC2O4-）+c（OH-），物料守恒为：c（Na+）=2[c（C2O42-）+c（HC2O4-）+c（H2C2O4）]，两式整理得c（H+）+c（HC2O4-）+2c（H2C2O4）=c（OH-），A项不符合题意；
B，点②加入H2C2O4溶液的体积大于25mL，溶液的pH=7，溶液中c（H+）=c（OH-），c（Na+）＜0.05mol/L，溶液中的电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=2c（C2O42-）+c（HC2O4-）+c（OH-），则2c（C2O42-）+c（HC2O4-）=c（Na+）＜0.05mol/L，B项不符合题意；
C，点③加入50mLH2C2O4溶液两者完全反应得到NaHC2O4溶液，NaHC2O4溶液中既存在HC2O4-的电离平衡（HC2O4- H++C2O42-）又存在HC2O4-的水解平衡（HC2O4-+H2O H2C2O4+OH-），由于溶液呈酸性，HC2O4-的电离程度大于水解程度，溶液中粒子浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（HC2O4-）＞c（C2O42-）＞c（H2C2O4），C项不符合题意；
D，点①为Na2C2O4溶液，点①溶液呈碱性，点②为Na2C2O4和NaHC2O4的混合液，点②溶液呈中性，点③为NaHC2O4溶液，点③溶液呈酸性，点②到点③之间，随着H2C2O4的滴入，Na2C2O4减少，NaHC2O4增加，可能出现：c（Na+）＞c（C2O42-）=c（HC2O4-）＞c（H+）＞c（OH-），D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据溶液的酸碱和加入草酸溶液的体积判断各点溶液中的溶质组成，结合电荷守恒和物料守恒判断离子浓度的大小关系即可。
二、综合题
8．（2018·银川模拟）较活泼金属与硝酸反应，产物复杂。如一定浓度的硝酸与镁反应，可同时得到NO、NO2、N2三种气体。某同学欲用下列仪器组装装置来直接验证有NO、NO2生成并制取氮化镁。（假设实验中每步转化均是完全的）
已知：①NO2沸点是21.1℃、熔点是-11℃；NO的沸点是-151℃、熔点是-164℃；②氮化镁遇水会发生水解。
回答下列问题：
（1）为达到上述实验目的，所选用的仪器的正确连接方式是（ ） (填序号)。
a. A→ D → C → F → B → F →E
b. A→ C → D → F → B → F →E
c. A→ F → C → D → F → B →E
d. A→ F → D → C → F → B →E
（2）确定还原产物中有NO2的现象是 ，实验中两次使用装置F，第二次使用装置F的作用是 。
（3）实验前需先打开开关K，向装置内通CO2气体，其目的是 ，当 时停止通入CO2。
（4）实验过程中，发现在D中产生预期现象的同时，C中溶液颜色慢慢褪去，试写出C中反应的离子方程式 。
（5）在A中反应开始时，某同学马上点燃B处的酒精灯，实验结束后通过测定发现B处的产品纯度不高，原因是 （用化学方程式回答）。
（6）验证B处有氮化镁生成的方法是 。
【答案】（1）a
（2）D中有红棕色液体生成；防止E中水蒸气进入B中，造成产物不纯
（3）排除装置内空气，防止干扰实验；E中产生白色沉淀
（4）5NO+3MnO4-+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O
（5）CO2+2Mg 2MgO+C
（6）取B中固体少量于试管中，向其中加入少量水，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则B中有氮化镁生成
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；含氮物质的综合应用；化学实验操作的先后顺序；性质实验方案的设计
【解析】【解答】本题考查Mg与HNO3反应产物的探究以及Mg3N2的制备，涉及装置的连接、物质的检验、方程式的书写。
（1）根据题意“一定浓度的硝酸与Mg反应可同时得到NO、NO2、N2”，若有NO2生成则气体呈红棕色，根据已知①NO2、NO的熔沸点，在装置D中可将NO2冷凝为液态，可观察到装置D中有红棕色液体生成；利用NO具有还原性，用装置C中酸性KMnO4溶液验证NO；根据已知②Mg3N2遇水会发生水解，与Mg反应的N2必须是干燥的，气体在进入装置B之前必须用浓硫酸干燥N2，且要防止H2O（g）进入制备Mg3N2的装置；装置的连接顺序为：A→D→C→F→B→F→E，
故答案为：a。
（2）根据上述分析，确定还原产物中有NO2的现象是：装置D中有红棕色液体生成。Mg3N2遇水会发生水解，实验中两次使用装置F，第一次使用装置F的作用是：干燥N2；第二次使用装置F的作用是：防止E中H2O（g）进入B中，使Mg3N2不纯。
（3）由于NO能与O2反应生成NO2，会影响NO2、NO的验证，实验开始前要排出装置中空气，所以实验前先打开开关K，向装置内通CO2气体，其目的是：排除装置内空气，防止干扰实验；当观察到装置E的Ba（OH）2溶液中产生白色沉淀时，表明装置中空气已经排尽，停止通入CO2。
（4）装置D中观察到有红棕色液体出现，装置C中溶液颜色慢慢褪去，说明酸性KMnO4溶液将NO氧化成NO3-，同时MnO4-被还原成Mn2+，反应可写成NO+MnO4-→NO3-+Mn2+，N元素的化合价由+2价升至+5价，Mn元素的化合价由+7价降至+2价，根据得失电子守恒配平为5NO+3MnO4-→5NO3-+3Mn2+，结合原子守恒、电荷守恒，写出离子方程式为5NO+3MnO4-+4H+=5NO3-+3Mn2++2H2O。
（5）在A中反应开始时，马上点燃B处的酒精灯，Mg与CO2发生置换反应生成MgO和C，导致实验结束后B处制得的Mg3N2纯度不高，Mg与CO2反应的化学方程式为2Mg+CO2 2MgO+C。
（6）Mg3N2遇水发生水解生成Mg（OH）2和NH3，检验有Mg3N2生成只要检验B处固体中加水产生NH3即可，验证B处有Mg3N2生成的方法是：取B中固体少量于试管中，向其中加入少量水，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则B中有氮化镁生成。
【分析】（1）连接顺序应遵循：制取装置、检验装置、干燥装置、反应装置、尾气处理的顺序来进行；
（2）根据题目中NO2的熔沸点确定NO2的生成；最后浓硫酸的作用是防止空气进入生成氮化镁的装置；
（3）二氧化碳的作用是拍出装置中的空气，防止发生氧气、氮气与镁的反应；
（4）NO具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成硝酸根离子，据此书写离子方程式；
（5）二氧化碳与金属镁发生反应。
9．（2018·银川模拟）甲醇是一种易挥发的液体，它是一种重要的化工原料，也是一种清洁能源。
（1）已知：①CO(g) + 2H2(g) CH3OH(l) ΔH＝－128.1 kJ·mol－1
②2H2(g) + O2(g) = 2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
③H2(g) + 1/2O2(g) = H2O(g) ΔH＝－241.8 kJ·mol－1
④2CO(g) + O2(g) = 2CO2(g) ΔH＝－566.0 kJ·mol－1
写出表示CH3OH燃烧热的热化学方程式： 。
（2）不同温度下，将1.0 molCH4和2.4molH2O（g）通入容积为10 L的恒容密闭容器中发生如下反应： CH4(g)+ H2O(g) CO(g) + 3H2(g)，测得体系中H2O的体积百分含量随着时间的变化情况如下图所示：
①T1 T2（填“＞”“＜”或“=”，下同），其对应的平衡常数K1 K2。
②温度T2下，从反应开始到2min时，ν（H2O）= 。
③T1温度时，若已知到达平衡是H2O(g)的体积百分含量为40％，则该温度下上述反应的平衡常数K= 。（保留两位小数点）
（3）科学家用氮化镓组成如图所示的人工光合系统，利用该装置成功地以CO2和H2O为原料合成了CH4。铜电极表面的电极反应式为 。
（4）已知CO可与I2O5反应：5 CO(g)+I2O5(s) 5CO2(g)+I2(s)。将甲醇不完全燃烧产生的500mL（标准状况）气体用足量的I2O5处理后，将所得的I2准确地配成100mL碘的酒精溶液。再取25.00mL该溶液加入淀粉溶液作指示剂后用0.0100mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定，消耗标准溶液20.00mL（气体样品中其它成分与I2O5不反应；2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6）。
①滴定终点时溶液颜色变化为 。
②气体样品中CO的体积分数为 。
【答案】（1）CH3OH（l）+ 3/2O2（g）= CO2（g）+H2O（l）ΔH＝－726.5 kJ·mol－1
（2）＜；＜；0.04mol·L－1·min－1；0.04
（3）CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O
（4）蓝色褪为无色；8.96%
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率；化学平衡常数；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】本题考查盖斯定律的应用，图像分析，化学反应速率和化学平衡常数的计算，电极反应式的书写，氧化还原反应的滴定实验。
（1）应用盖斯定律，将②+④ -①得，CH3OH（l）+ O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）ΔH=（-571.6kJ/mol）+ （-566.0kJ/mol）-（-128.1kJ/mol）=-726.5kJ/mol，CH3OH燃烧热的热化学方程式为CH3OH（l）+ O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）ΔH=-726.5kJ/mol。
（2）①根据图示，T2时达到平衡所需时间小于T1时，其他条件相同时升高温度反应速率加快，则T1 T2。T2平衡时体系中H2O（g）的体积百分含量小于T1时，升高温度平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应，则对应的平衡常数K1 K2。②根据图像，温度T2下，2min时体系中H2O（g）的体积百分含量为32%，设从开始到2min时转化H2O（g）物质的量浓度为x，用三段式
CH4（g）+ H2O（g） CO（g）+ 3H2（g）
起始（mol/L） 0.1 0.24 0x 0
转化（mol/L） x x x 3x
2min末（mol/L） 0.1-x 0.24-x x 3x
=32%，解得x=0.08mol/L，从反应开始到2min时υ（H2O）= =0.04mol/（L·min）。③T1温度时，设从开始到平衡转化CH4物质的量浓度为y，用三段式
CH4（g）+ H2O（g） CO（g）+ 3H2（g）
起始（mol/L） 0.1 0.24 0y 0
转化（mol/L） y y y 3y
平衡（mol/L） 0.1-y 0.24-y y 3y
平衡时H2O（g）的体积百分含量为40%，则 =40%，解得y=0.058mol/L，平衡时CH4、H2O（g）、CO、H2物质的量浓度依次为0.042mol/L、0.182mol/L、0.058mol/L、0.174mol/L，该温度下反应的平衡常数K= = =0.04。
（3）根据图示在Cu电极表面CO2得到电子被还原成CH4，1molCO2得到8mol电子被还原成1molCH4，Cu电极表面的电极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O。
（4）①碘的酒精溶液中加入淀粉溶液，溶液变蓝，用Na2S2O3滴定到终点，I2被完全消耗，滴定终点时溶液颜色的变化为：蓝色褪为无色。②根据方程式5CO（g）+I2O5（s） 5CO2（g）+I2（s）和2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，写出关系式5CO~I2~2Na2S2O3，500mL气体样品中含CO物质的量为 0.0100mol/L 0.02L =0.002mol，标准状况下V（CO）=0.002mol 22.4L/mol=0.0448L=44.8mL，气体样品中CO的体积分数为 100%=8.96%。
【分析】（1）根据盖斯定律构造甲醇燃烧的方程式，然后计算焓变；
（2）①甲烷燃烧是放热反应，升高温度水的体积分数增大；平衡常数是温度的函数，平衡常数的变化结合平衡移动进行分析；
③根据化学平衡的计算三段式得到数据，然后结合平衡常数的概念计算其平衡常数；
（3）电子由外电路流向铜电极，则铜电极为正极，正极发生还原反应；
（4）根据滴定过程计算CO的体积分数。
三、综合题
10．（2018·银川模拟）硫化锌（ZnS）是一种重要的化工原料，难溶于水，可由炼锌的废渣锌灰制取其工艺流程如图所示．
（1）为提高锌灰的浸取率，可采用的方法是 （填序号）。
①研磨 ②多次浸取 ③升高温度 ④加压 ⑤搅拌
（2）步骤Ⅱ所得滤渣中的物质是（写化学式） 。
（3）步骤Ⅲ中可得Cd单质，为避免引入新的杂质，试剂X应为 。
（4）步骤Ⅳ还可以回收Na2SO4来制取Na2S。
①检验ZnS固体是否洗涤干净的方法是 ；
②Na2S可由等物质的量的Na2SO4和CH4在高温、催化剂条件下制取，化学反应方程式为 ；
③已知Na2SO4·10H2O及Na2SO4的溶解度随温度变化曲线如图，从滤液中得到Na2SO4·10H2O的操作方法是 。
（5）若步骤Ⅱ加入的ZnCO3为b mol，步骤Ⅲ所得Cd为d mol，最后得到VL、物质的量浓度为c mol/L的Na2SO4溶液．则理论上所用锌灰中含有锌元素的质量为 。
【答案】（1）①②③⑤
（2）Fe(OH)3
（3）Zn
（4）取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入HCl酸化，再加入氯化钡，若无白色沉淀生成，则已洗净；Na2SO4+CH4 Na2S+CO2+2H2O；蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥
（5）65(Vc-b-d)
【知识点】化学反应速率的影响因素；物质的分离与提纯；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】本题以炼锌的废渣锌灰制备ZnS的工艺流程为载体，考查流程的分析，基本实验操作，化学计算。
（1）步骤I向锌灰中加入稀硫酸得到浸取液（浸取液中含Zn2+、Cd2+、Fe3+、Fe2+）。①，研磨可增大锌灰与酸溶液的接触面积，提高浸取率；②，多次浸取提高浸取率；③，升高温度加快浸取速率，提高浸取率；④，浸取过程为固体和液体的反应，没有气体参与，加压不能提高浸取率；⑤，搅拌可增大锌灰与酸溶液的接触面积，提高浸取率；提高浸取率可采用的方法是①②③⑤，
故答案为：①②③⑤。
（2）步骤II向锌灰浸取液中加入H2O2，H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，然后加入适量ZnCO3调节溶液的pH，使Fe3+转化成Fe（OH）3通过过滤的方法除去，步骤II所得滤渣中的物质的化学式为Fe（OH）3。
（3）溶液I中含Zn2+、Cd2+，步骤III中可得到Cd单质，为避免引入新杂质，试剂X应为Zn，发生的反应为Zn+Cd2+=Zn2++Cd。
（4）步骤IV为向ZnSO4溶液中加入Na2S生成ZnS和Na2SO4，反应的化学方程式为Na2S+ZnSO4=ZnS↓+Na2SO4。①检验ZnS固体是否洗涤干净，检验最后的洗涤液中是否含SO42-即可，实验方法是：取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入HCl酸化，再加入BaCl2，若无白色沉淀生成，则已洗净。②等物质的量的Na2SO4和CH4在高温、催化剂条件下反应生成Na2S，根据原子守恒还生成CO2和H2O，反应的化学方程式为Na2SO4+CH4 Na2S+CO2+2H2O。
③根据溶解度曲线，从滤液中得到Na2SO4·10H2O的操作方法是：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。
（5）步骤II中加入bmolZnCO3除去Fe3+，溶液中引进bmolZn2+；步骤III中Zn与Cd2+发生置换反应：Zn+Cd2+=Zn2++Cd，得到dmolCd的同时溶液中引进dmolZn2+；步骤IV中的反应为Na2S+ZnSO4=ZnS↓+Na2SO4，溶液II中n（Zn2+）总=n（Na2SO4）=cVmol；根据Zn守恒，理论上锌灰中含有锌元素的物质的量为（cV-b-d）mol，锌灰中含有锌元素的质量为65（cV-b-d）g。
【分析】（1）提高浸取率可从两个方面分析：加快反应速率、尽可能多的得到需要的物质；
（2）浸取液中加入过氧化氢的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，再加入碳酸锌生成氢氧化铁沉淀；
（3）利用置换反应得到Cd；
（4）①检验是否洗净可通过检验是否含有硫酸根离子进行；
②根据目标产物、元素守恒等判断生成物，结合氧化还原反应方程式的配平方法配平方程式；
（5）根据化学方程式得到物质间的关系进行计算。
11．（2018·银川模拟）X、Y、Z、R为前四周期原子序数依次增大的元素。X原子有3个能级，且每个能级上的电子数相等；Z原子的不成对电子数在同周期中最多，且Z的气态氢化物在同主族元素的氢化物中沸点最低；X、Y、R三元素在周期表中同族。
（1）R元素在周期表中的位置是 ，其基态原子的价层电子排布图为 。
（2）下图表示X、Y、Z的四级电离能变化趋势，其中表示Z的曲线是 （填标号）。
（3）化合物（XH2＝X＝O）分子中X原子杂化轨道类型是 ，1mol (X2H5O)3Z＝O分子中含有的σ键与π键的数目比为 。
（4）Z与氯气反应可生成一种各原子均满足8电子稳定结构的化合物，其分子的空间构型为 。
（5）某R的氧化物晶胞结构如下图所示，该物质的化学式为 。已知该晶体密度为ρg/cm3，距离最近的两个原子的距离为d pm，则R的相对原子质量为 。 (阿伏加德罗常数为NA)
（6）X形成的一种常见单质，性质硬而脆，原因是 。
【答案】（1）第四周期，ⅣA族；
（2）b
（3）sp、sp2；25：1
（4）三角锥形
（5）GeO；( )3×ρ× ×NA-16
（6）碳碳键键能大，故硬；但共价键有方向性，受大的外力时，会发生原子错位而断裂，故脆
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】X原子有3个能级，且每个能级上的电子数相等，电子排布式为1s 22s 22p 2，推出X为C，因为X、Y、R三元素在周期表同族，因此Y为Si，R为Ge，原子序数依次增大，Z原子的不成对电子数在同周期中最多，且Z的气态氢化物在同主族元素的氢化物中沸点最低，因此Z为P，
（1）Ge位于第四周期第IVA族，因为是主族元素，因此价电子是最外层电子， ；
（2）本题考查电离能的规律，同主族从上到下第一电离能减小，P元素3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，故Si的第一电离能最小，P原子第四电离能为失去4s2能中的1个电子，为全满稳定状态，与第三电离能相差较大，因此b曲线为P；
（3）本题考查杂化类型、化学键的判断，CH2=C=O中“CH2=”中的碳原子有3个σ键，无孤电子对，因此杂化类型为sp2，“C=O”中的C有2个σ键，无孤电子对，杂化类型为sp；成键电子对之间只能形成一个σ键，双键中有一个π键，因此σ键和π键的数目比值为25：1；
（4）本题考查空间构型，P和氯气反应生成PCl3和PCl5，均满足8电子结构的是PCl3，中心原子是P，有3个σ键，孤电子对数为(5－3)/2=1，因此空间构型为三角锥形；
（5）本题考查晶胞的结构，氧原子位于顶点和面心，个数为8×1/8＋6×1/2=4，Ge全部位于晶胞内部，因此化学式为GeO，晶胞的质量为4×(M＋16)/NAg，距离最近的两个原子是体对角线的1/4，因此体对角线为4d，则边长为 pm，晶胞的体积为（ ×10－10）3，根据晶胞的密度，求出M，则M=( )3×ρ× ×NA-16；
（6）碳碳键键能大，故硬；但共价键有方向性，受大的外力时，会发生原子错位而断裂，故脆。
【分析】根据题目中X原子的能级和能级中的电子数判断X元素，结合 X、Y、R三元素在周期表中同族 判断Y、R元素，根据Z原子的不成对电子数和物质性质判断Z元素。
（1）根据R元素确定在周期表中的位置；注意是加点字的排布图；
（2）根据第一电离能变化规律，结合Z元素的电离能确定表示Z的曲线；
（5）根据均摊法确定化学式，根据密度的意义计算R的相对原子质量；
（6）根据原子晶体的键能和共价键的方向性进行分析。
12．（2018·银川模拟）[化学—选修5：有机化学基础]氯吡格雷是一种用于抑制血小板聚集的药物，可通过如图方法合成：
已知：① ；② 中氯原子较难水解；③RCHO 。
根据以上信息回答下列问题：
（1）A的名称是 ，F中无氧官能团的名称是 。
（2）D的结构简式为 ；C分子中最多有 个原子共平面。
（3）写出下列反应的化学方程式：反应②： 。
（4）已知： ，则由乙醇、甲醇为有机原料制备化合物 ，需要经历的反应类型有 (填写编号)。①加成反应 ②消去反应 ③取代反应 ④氧化反应 ⑤还原反应，写出制备化合物 的最后一步反应 。
（5）E的同分异构体中，满足下列条件的有 种（不考虑立体异构），其中一种的核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2，请写出其结构简式 。
①结构中含有苯环且存在与F相同的官能团；
②能发生银镜反应，其碱性条件下水解的两种产物也能发生银镜反应。
【答案】（1）2-氯甲苯；氯原子、氨基
（2）；14
（3） +2NaOH +2NaCl+H2O
（4）①②③④；HOCH2CH2OH+HCHO +H2O
（5）3；
【知识点】有机物中的官能团；有机化合物的命名；有机物的推断；有机物的合成
【解析】【解答】本题考查有机推断和有机合成，有机物的名称、官能团的识别、有机物结构简式和有机方程式的书写、有机分子中共面原子的判断、有机反应类型的判断、限定条件同分异构体的书写、有机合成路线的设计。C→D发生题给已知③的反应，C中含-CHO，D中含-NH2和-CN，结合D的分子式（C8H7N2Cl）以及D生成的E的结构简式，逆推出D的结构简式为 ，C的结构简式为 ；反应①（A→B）为A与Cl2光照下发生侧链上的取代反应，反应②（B→C）为卤代烃的水解反应，结合题给已知①和②，B的结构简式为 ，A的结构简式为 ；E→F为酯化反应，对比F和G的结构简式，结合X的分子式C6H7BrS，X的结构简式为 。
（1）A的结构简式为 ，A的名称是2-氯甲苯。F的结构简式为 ，F中的含氧官能团为酯基，无氧官能团为氯原子和氨基。
（2）根据上述推断，D的结构简式为 。C的结构简式为 ，C分子中碳原子形成苯环和醛基，联想苯和HCHO的结构，C分子中所有原子都可能在同一平面上，C的分子式为C7H5OCl，C分子中最多有14个原子共平面。
（3）反应②为B发生水解反应生成C，反应②的化学方程式为 +2NaOH +2NaCl+H2O。
（4） 中碳原子数为乙醇和甲醇中碳原子数之和，结合题给信息，合成 必须由甲醇合成HCHO，乙醇合成HOCH2CH2OH；联系有机物之间的相互转化，合成 的流程图为 ，需要经历的反应类型有消去反应、加成反应、取代反应、氧化反应，
故答案为：①②③④。最后一步反应的化学方程式为HOCH2CH2OH+HCHO +H2O。
（5）E的结构简式为 ，E中官能团为氯原子、氨基和羧基；F中的官能团为氯原子、氨基和酯基，E的同分异构体存在与F相同的官能团，E的同分异构体中的官能团为氯原子、氨基和酯基；E的同分异构体能发生银镜反应，且碱性条件下水解的两种产物也能发生银镜反应，结合题给已知①，E的同分异构体中含有HCOOCHCl- 结构；E的符合条件的同分异构体有 、 、 ，共3种。其中核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：2的结构简式为 。
【分析】根据有机物转化关系和题目的新信息推断出各种有机物是解题的关键。
（1）根据A的结构进行命名；注意要求的是F中无氧官能团；
（2）根据中苯环是平面结构，碳氮三键形成直线判断原子共平面的原子数；
（4）根据物质的转化过程确定发生的反应类型以及化学方程式；
（5）根据要求的条件确定含有的官能团，结合同分异构体的书写方法判断同分异构体数目，并写出具体的结构简式。
