2023年河北省唐山市高考化学第二次模拟演练试卷（含解析）

2023年河北省唐山市高考化学第二次模拟演练试卷注意事项:1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每
小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上
，写在试卷上无效。3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。一、单选题（本大题共12小题，共24.0分）1. 下列有关物质性质与用
途具有对应关系的是(????)A. NaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂B. 铁比铜金属性强，FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路
板C. SiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维D. 铝热反应能放出大量的热，常用作焊接钢轨2. “不粘锅”的主要成分是聚四氟乙烯
。下列说法正确的是(????)A. 聚四氟乙烯的单体属于烃B. 聚四氟乙烯可使Br2的CCl4溶液褪色C. 聚四氟乙烯性质稳定，耐
腐蚀耐高温D. 聚四氟乙烯的单体与四氯乙烯互为同系物3. 设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(????)A. 1mo
lCO2和SO2组成的混合物中含有的原子数为3NAB. 2.24L的Cl2与一定量CH4在光照下反应生成的HCl分子数为0.1NA
C. 常温下，0.1mol环氧乙烷()中含有的共价键数为0.3NAD. 7.8gNa2O2与水完全反应，转移的电子数为0.2NA4
. 下列说法正确的是(????)A. HF的电离方程式为：HF+H2O?H3O++F?B. HCl的电子式为C. 聚乙烯塑料、人
造丝、尼龙绳都是合成材料D. 煤的干馏、石油的分馏都是物理变化5. 证据推理是学习化学的重要方法，下列证据与推理的关系正确的是
(????) 选项证据推理A用pH试纸测得NaA溶液的pH约为10，NaB溶液的pH约为9Ka(HA) 中滴加新制氯水，没有看到溶液颜色加深过量的Cl2将I2氧化成IO3?C向1mL2mol?L?1AgNO3溶液中依次加入2滴浓度均为
0.1mol?L?1的NaCl溶液和KI溶液，先出现白色沉淀，后出现黄色沉淀Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)D向淀粉溶液中加入
稀硫酸，水浴加热后，再加入银氨溶液水浴加热，未出现银镜淀粉未发生水解A. AB. BC. CD. D6. 化学在生产、生活中有着
广泛应用。下列对相关应用的解释或说明正确的是(????)选项应用解释或说明A聚乙烯塑料用于水果包装和封存聚乙烯能催熟水果B75%的
酒精用于杀灭新型冠状病毒病毒被乙醇氧化而变性C糖类用于人体的营养物质糖类水解的最终产物均为葡萄糖D铝热反应用于冶炼某些金属铝的还原
性较强且转化为Al2O3时放出大量的热A. AB. BC. CD. D7. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，A是
Z的最高价氧化物对应的水化物，常温下0.1mol?L?1A溶液的pH=13，X、Y、W的单质e、f、g在通常状况下均为气态，并有如
图所示的转化关系(反应条件略去)，甲分子为四核10电子微粒，下列说法正确的是(????)A. 简单离子半径W>Z>YB. 甲易液化
与分子内存在氢键有关C. 化合物丙能促进水的电离D. f分子化学性质较稳定的原因是由于元素Y的非金属性弱8. (NH4)2SO4
是一种常见的化肥，某工厂用石膏、NH3、H2O和CO2制备(NH4)2SO4的工艺流程如下：下列说法正确的是(????)A. 通入
NH3和CO2的顺序可以互换B. 操作2为将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤，可得(NH4)2SO4C. 步骤②中反应的离子方程式为C
a2++2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4+D. 通入的NH3和CO2均应过量，且工艺流程中CO2可循环利用9.
常温下，用Na2SO3溶液吸收SO2时，溶液pH随n(SO32?)：n(HSO3?)变化的关系如表： 以下离子浓度关系的判断正确
的是 (????)A. NaHSO3溶液中c(H+)c?(SO32?)>c(H
SO3?)>c(OH?)>c(H+)C. 当吸收液呈中性时，c(Na+)>c(SO32?)>c(HSO3?)>c(OH?)=c(H
+)D. 当吸收液呈中性时，c(Na+)=c(HSO3?)+2c(SO32?)10. 利用太阳能光伏电池电解水可交替制得高纯H2
和O2，工作示意图如图所示。下列说法错误的是(????)A. 该过程中，太阳能转化为电能再转化为化学能B. 制H2时开关连接K1，
制O2时开关连接K2C. 电极2工作时的电极反应式为4OH??4e?=2H2O+O2↑D. 相同条件下交替制得等体积高纯H2和O2
，电极3的质量较电解前减轻11. 2006年4月30日出现的亮菌甲素注射液引起多人中毒死亡的恶性事件。假药生产中原辅料中应有的“
丙二醇”被换成廉价而有毒的化工原料“二甘醇”是致病人死亡的重要原因。二甘醇的结构简式是HO—CH2CH2—O—CH2CH2—OH。
下列有关二甘醇的叙述正确的是 (????)A. 不能与金属钠发生反应B. 能发生取代反应C. 能溶于水，不溶于乙醇D. 符合通式C
nH2nO312. 下列离子方程式书写正确的是(????)A. 将少量氯气通入NaHSO3溶液中：HSO3?+H2O+Cl2=2
Cl?+3H++SO42?B. 电解MgCl2溶液：2Cl?+2H2OCl2↑+H2↑+2OH?C. NaClO溶液中加入少量Fe
SO4溶液：2Fe2++ClO?+2H+=Cl?+2Fe3++H2OD. 等体积、等浓度的NaHCO3溶液和Ca(OH)2溶液混合
：Ca2++HCO3?+OH?=CaCO3↓+H2O二、双选题（本大题共3小题，共12.0分）13. 工业上一般在恒容密闭容器中
采用下列反应合成甲醇：CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)△H=?90.8?kJ?mol?1，300℃时，在容积相同的3个密
闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如表：下列说法正确的是(????)容器甲乙丙反应物投入
量1?molCO、2?molH21mol?CH3OH2molCH3OH平衡时数据CH3OH的浓度(mol?L?1)c1c2c3反应
的能量变化a?kJbkJckJ体系压强(Pa)p1p2p3反应物转化率a1a2a3A. |a|+|b|=90.8B. 2?c1>c
3C. a1+a3<1D. 2?p2 0mL?6mol?L?1硫酸溶液，右烧杯中加入50mL?2mol?L?1的CaCl2溶液，盐桥选择氯化钾琼脂。当闭合开关K时，电流
表中出现指针偏转，下列说法正确的是(????)A. 该实验装置属于电解池B. 左侧烧杯中的电极反应式为：MnO2+4H++2e?=
Mn2++2H2OC. C电极上发生还原反应，产生的气体可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝D. 若盐桥换成KNO3琼脂，则C电极上产生的
气体的总量减少15. 常温下，下列说法正确的是(????)A. pH=5的NH4Cl溶液或醋酸中，由水电离出的c(H+)均为10
?9?mol/LB. pH=3的醋酸和pH=11的NaOH溶液等体积混合后，pH>7C. pH=3的醋酸溶液加水稀释过程中：c(O
H?)c(H+)逐渐增大D. 0.1?mol/L?Na2CO3溶液和0.1?mol/L?NaHSO4溶液等体积混合，溶液中c(Na
+)+c(H+)=2c(CO32?)+2c(SO42?)+c(HCO3?)+c(OH?)三、实验题（本大题共1小题，共15.0分）
16. 物质的制备是化学学科的基本研究方向。三氯化磷(PCI3)和三氯化氧磷(POCl3)都是重要的化工产品，有关试剂性质如下：
物质熔点/℃沸点/℃相对分子质量其他PCI3?112.076.0137.5两者均为无色液体，相互溶解；遇水均剧烈水解为酸POCl3
2.0106.0153.5Ⅰ.可用如图装置制备PCl3：请回答下列问题：(1)仪器C的名称是 ______，装置 B的作用为 __
____。(2)装置F中的药品为 ______。(3)实验中需控制通入Cl2的速率，对此采取的操作是 ______。(4)实验开始
时的操作顺序为：①组装仪器；②______；③加入药品：④______；⑤点燃酒精灯。Ⅱ.反应结束后，将图中装置A改为如图所示装置
G，撤走D，使B和E直接相连，E中冰水换为热水，可制得POCI3。(5)E中热水温度不宜过高，控制在60～65?C℃，原因是 __
____。(6)反应中只有一部分PCl3转化为POCl3，为测定产品中残留的PCl3的百分含量，步骤如下：①称取所得产品5.0?g
，溶于水配成100?mL溶液，发生的反应为：PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl；POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl。
②取上述溶液20.00?mL，加入15.00?mL?0.1000?mol?L?1碘水，充分氧化H3PO3反应为：H3PO3+H2O
+I2=H3PO4+2HI。③以淀粉为指示剂，用0.1000?mol?L?1Na2S2O3溶液滴定②所得溶液，发生的反应为：I2+
2S2O32?=S4O62?+2I?，消耗Na2S2O3溶液22.00?mL。滴定终点时的现象为 ______；产品中残留的 PC
l3的百分含量为 ______。四、简答题（本大题共4小题，共49.0分）17. 随着大气污染的日趋严重，“节能减排”，减少全球
温室气体排放，研究NOx、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义．(1)如图a是1mol?NO2和1mol?CO反应生成CO
2和NO过程中能量变化示意图．已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ/mol2NO?(g)+O2(g)=2N
O2(g)△H=?112.3kJ/mol则反应：2NO(g)+CO(g)?N2(g)+2CO2(g)的△H是______．(2)用
活性炭还原法处理氮氧化物．有关反应为：C(s)+2NO(g)?N2(g)+CO2(g).某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和
NO，恒温(T1℃)条件下反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下： 浓度/mol?L?1时间/minNON2CO200.10
000100.0580.0210.021200.0400.0300.030300.0400.0300.030400.0320.03
40.017500.0320.0340.017①T1℃时，该反应的平衡常数K=______(保留两位小数)．②30min后，改变某
一条件，反应重新达到平衡，则改变的条件可能是______．(3)CO可用于合成甲醇，反应方程式为：CO(g)+2H2(g)?CH3
OH(g).CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图b所示．该反应△H______0(填“>”或“<”)．(4)利用Fe2+、
Fe3+的催化作用，常温下将SO2转化为SO42?而实现SO2的处理(总反应为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4).已知，含S
O2的废气通入含Fe2+、Fe3+的溶液时，其中一个反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，则另一反应的
离子方程式为______(5)有学者想以如图c所示装置用原电池原理将SO2转化为重要的化工原料．若A为SO2，B为O2，C为H2S
O4，则负极反应式为______，电池总反应式为______．(6)CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是一种难溶物
质，其Ksp=3.8×10?9.CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3
溶液混合，若Na2CO3溶液的浓度为4×10?4mol/L，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为______．18. 氮氧化
物的处理是环境科学研究的热点课题。 (1)已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=?393.5kJ?mol?1 2C(s)
+O2(g)=2CO(g)△H2=?221.0kJ?mol?1 N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3=+180.5kJ?mo
l?1 利用高效催化剂处理汽车尾气中的NO和CO，发生反应：2NO(g)+2CO(g)?N2(g)+2CO2(g)。 ①该反应正反
应的活化能为EakJ?mol?1，则逆反应的活化能为 ______ kJ?mol?1。 ②该反应在下能 ______ 自发进行。(
填“高温”或“低温”) ③在2L恒容密闭容器中加入3mol?CO和2mol?NO，测得NO的转化率与温度(T)、时间(t)间的变化
关系如图2所示。则T2温度下，0～5min内用CO表示的平均反应速率v(CO)= ______ ；T1温度下，上述反应的平衡常数K
= ______ L?mol?1；若在T1温度下，向平衡后的容器中再加入4mol?N2和amol?NO，使平衡向右移动，则a的取值
范围是 ______ 。 (2)有人利用反应C(s)+2NO(g)?N2(g)+CO2(g)△H=?34.0kJ?mol?1，用
活性炭对NO进行吸附。现向恒容密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体并在催化剂作用下发生反应。 ①若为绝热容器，下列表示该反应达
到平衡状态的是 ______ 。(填字母) A.混合气体的密度保持不变 B.混合气体的压强保持不变 C.NO和N2的消耗速率之比为
1：2 D.混合气体中c(NO)=c(N2) ②若为恒温容器，经相同时间测得不同温度下NO的转化率随温度的变化如图2所示。由图可知
最高转化率B点对应温度为440℃，则A、B、C三点中 ______ 点可能是对应温度下的平衡转化率；高于440℃时，NO的转化率降
低的原因可能是平衡常数变小(即温度升高导致平衡逆向移动)，也可能是 ______ 。19. 氮化硼是一种重要的功能陶瓷材料。以天
然硼砂(主要成分Na2B4O7)为起始物，经过一系列反应可以得到氮化硼和有机合成催化剂BF3的过程如图1：(1)BF3中B原子的杂
化轨道类型为 ______杂化，BF3分子空间构型为 ______。(2)三氟化硼与氨气相遇，立即生成白色固体，写出该白色固体的结
构式：______(用←标注出其中的配位键)。(3)氮化硼晶体有多种相结构。六方相氮化硼(晶体结构如图2所示)是通常存在的稳定相，
可作高温润滑剂。立方相氮化硼(晶体结构如图所示)是超硬材料，有优异的耐磨性。①关于这两种晶体的说法，不正确的是 ______(填字
母)。A.两种晶体均为分子晶体B.两种晶体中的B—N键均为共价键C.六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软D.立方相氮化硼含有σ键和
π键，所以硬度大②六方相氮化硼晶体内B—N键数与硼原子数之比为 ______，其结构与石墨相似却不导电，原因是 ______。③按
粒子间作用力种类，与立方相氮化硼晶体类型相同的是 ______。A.干冰B.铜C.氯化铯晶体D.晶体硅(4)利用“卤化硼法”也可合
成含B和N两种元素的功能陶瓷，图3为该晶体的晶胞结构，该功能陶瓷晶体的化学式为 ______。已知该晶胞的边长为a?nm，则该晶体
的密度为 ______g?cm?3(设NA为阿伏加德罗常数的数值)。20. 有机化合物H可用来制备抗凝血药，可通过下列路线合成。
已知：① R为烃基；?②酚羟基一般不易直接与羧酸酯化。?请回答：(1)E的结构简式为 ______ ；F的名称为 ______ 。
(2)C+F→G的反应类型为 ______ ；H中含氧官能团的名称为 ______ 。(3)在A→B的反应中，检验A是否反应完全的
试剂是 ______ 。(4)写出G与过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式 ______ 。(5)化合物D的同分异构体有多种，其
中能与FeCl3溶液发生显色反应的结构有 ______ 种(不包括D本身)，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为2：2：1：1的
结构简式为 ______ (任写一种)。(6)苯甲酸苯酚酯()是一种重要的有机合成中间体。请根据已有知识并结合相关信息，试写出以苯
酚、甲苯为原料制取该化合物的合成路线(无机试剂任选)： ______ 。答案和解析1.【答案】D?【解析】解：A.碳酸氢钠与盐酸反
应，且碱性较弱，可以用于制胃酸中和剂，与碳酸氢钠受热分解无关，故A错误； B.三价铁离子氧化性强于铜离子，所以FeCl3腐蚀Cu刻
制印刷电路板，故B错误； C.二氧化硅具有良好的光学特性，可用于制光导纤维，与熔点高，硬度大无关，故C错误； D.铝和氧化铁能发生
铝热反应且放出大量热，从而用于焊接钢轨，故D正确； 故选：D。A.碳酸氢钠与盐酸反应，且碱性较弱； B.依据三价铁离子氧化性强于铜
离子解答； C.依据二氧化硅具有良好的光学特性解答； D.铝和氧化铁能发生铝热反应且放出大量热。本题考查物质的用途，侧重考查元素化
合物知识，明确物质的性质是解本题关键，性质决定用途，熟悉常见元素化合物知识，题目难度不大。2.【答案】C?【解析】解：A.聚四氯乙
烯的结构简式为：，单体的结构简式为：F2C=CF2，含有F元素，不是烃，故A错误；B.聚四氟乙烯中不含双键，不能发生加成反应，不能
使Br2的CCl4溶液褪色，故B错误；C.聚四氟乙烯中都是单键，且C?C键和F?C键很牢固，聚四氟乙烯加热、加酸、加碱都不会发生反
应，性质稳定，耐腐蚀耐高温，故C正确；D.聚四氟乙烯的单体含碳碳双键和氟元素，四氯乙烯含有碳碳双键和氯元素，两者结构不相似，不是同
系物，故D错误；故选：C。A.只含有C、H两种元素的有机物属于烃；B.聚四氟乙烯不含碳碳双键；C.聚四氟乙烯加热、加酸、加碱都不会
发生反应；D.聚四氟乙烯的单体不含碳碳双键，四氯乙烯含有碳碳双键。本题考查了有机高分子化合物结构与性质，题目难度不大，注意掌握常见
的有机高分子化合物结构及具有的化学性质，试题培养了学生的知识迁移能力。3.【答案】A?【解析】解：A.CO2和SO2均含有3个原子
，则1molCO2和SO2组成的混合物中含有的原子数为3NA，故A正确； B.甲烷和氯气的取代反应可知，1mol氯气不管如何取代生
成的HCl均为1mol，但题干未告知标准状况，故2.24L的Cl2的物质的量无法计算，故B错误； C.常温下，1mol环氧乙烷中含
有7mol共价键，0.1mol环氧乙烷()中含有的共价键数为0.7NA，故C错误； D.n(Na2O2)=7.8g78g/mol=
0.1mol，反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，由化合价的变化可知，转移电子数为0.1NA，故D错误； 故选
：A。A.二氧化碳与二氧化硫都是三原子分子； B.气体状况未知； C.1个环氧乙烷含有7个共价键； D.首先计算物质的量，根据反应
的方程式计算。本题考查阿伏加德罗常数及计算，为高频考点，掌握公式的运用和物质的结构为解答的关键，侧重分析与应用能力的综合考查，题目
难度不大。4.【答案】A?【解析】解：A.HF为弱酸，电离方程式为：HF?H++F?，氢离子写成水合氢离子，电离方程式为：HF+H
2O?H3O++F?，故A正确；B.HCl是氯原子和氢原子形成一对共用电子对，形成的共价化合物，电子式为：，故B错误；C.聚乙烯塑
料是乙烯加成聚合反应生成、人造丝是人造纤维不是合成材料、尼龙绳是缩聚产物，都是合成材料，故C错误；D..煤的干馏发生复杂的物理和化
学变化，石油的分馏是控制温度范围分离混合物，为物理变化，故D错误；故选：A。A.HF为弱酸水溶液中存在电离平衡；B.HCl是共价化
合物，无阴阳离子；C.有机合成材料主要是塑料、合成纤维、合成橡胶等；D.物质变化过程中无新物质生成的变化为物理变化。本题考查物质的
组成、分类、性质与用途，为高频考点，把握物质的性质和应用、弱电解质电离方程式为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。
5.【答案】B?【解析】解：A.NaA、NaB溶液的浓度未知，则不能根据pH大小比较酸的电离常数大小，应在相同浓度下比较，故A错误
； B.没有看到溶液颜色加深，可说明溶液中不存在碘单质，碘进一步被氧化，则过量的Cl2将I2氧化成IO3?，故B正确； C.硝酸银
过量，不存在沉淀的转化，则不能比较溶度积大小，故C错误； D.淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，应加入氢氧化钠溶液调节溶液呈碱性，银
镜反应在碱性条件下进行，故D错误； 故选：B。A.NaA、NaB溶液的浓度未知； B.氯水过量，可将碘氧化生成IO3?； C.硝酸
银过量，不存在沉淀的转化； D.银镜反应应在碱性条件下进行。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、盐
类水解、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。6.【答案】D?【解析】解：A、聚乙烯
塑料用于水果包装和封存的目的是延长水果保存期，聚乙烯不能催熟水果，能催熟水果的是乙烯，故A错误； B、75%的酒精用于杀灭新型冠状
病毒的原理是使病毒细胞失水变性而死亡，故B错误； C、蔗糖水解得到葡萄糖和果糖，纤维素不能在人体内发生水解，故C错误； D、铝具有
较强的还原性，并且与金属氧化物反应放热，能促进反应进行，可用于冶炼某些熔点高的金属，故D正确； 故选：D。A、聚乙烯没有催熟作用，
并且密封性强； B、乙醇没有氧化性； C、人体的胃中没有纤维素酶，不能使纤维素发生水解； D、铝是活泼金属，具有较强的还原性，能与
部分金属氧化物反应。本题考查物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与运用
能力的考查，注意化学与生活的联系，选项C为解答易错点，题目难度不大。7.【答案】C?【解析】解：结合分析可知，X为H，Y为N，Z为
Na，W为Cl， A.Z、Y、W的简单离子分别为Na+、N3?、Cl?，电子层越多离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大离子
半径越小，则离子半径：Cl?>N3?>Na+，即W>Y>Z，故A错误； B.甲为NH3，氨气分子间存在氢键，不是分子内，故B错误；
C.丙为NH4Cl，铵根离子水解促进了水的电离，故C正确； D.f为N2，氮气分子中含有氮氮三键，氮氮三键键能较大，导致氮气的稳
定性较强，故D错误； 故选：C。短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，A是Z的最高价氧化物对应的水化物，常温下0.1mo
l?L?1A溶液的pH=13，A为一元强碱，则A为NaOH，Z为Na；X、Y、W的单质e、f、g在通常状况下均为气态，甲与乙反应生
成白烟，说明生成铵盐，甲分子为四核10电子微粒，则甲为NH3、e为H2、f为N2；丙可能为NH4Cl也可能为NH4F，但W的原子序
数大于Z(Na)，则W为Cl，化合物丙为NH4Cl，结合原子序数可知，X为H，Y为N，以此分析解答。本题考查无机物推断、原子结构与
元素周期律，为高频考点，把握原子序数、物质性质推断元素为解答的关键，侧重分析能力及逻辑推理能力，注意规律性知识的应用，题目难度不大
。8.【答案】B?【解析】【分析】本题属于新信息题，通过一个陌生的反应考查了有关硫酸铵和二氧化碳的知识，因此同学们要充分利用所给的
信息，不要被无用的信息迷惑，结合自己已学过的知识，进行有依据性的判断，题目难度中等。【解答】A.由于CO2可溶于水，NH3易溶于水
，应先通入足量NH3，使溶液呈碱性，然后再通入适量CO2，所以通入NH3和CO2的顺序不可以互换，故A错误；B.操作2是从溶液中得
到溶质固体的过程，需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等，可得(NH4)2SO4，故B正确；C.硫酸钙与氨气、水和二氧化碳反应生成了硫酸铵
和碳酸钙沉淀，化学方程式为：CaSO4+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+(NH4)2SO4，反应的离子方程式为CaSO4+
2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH4++SO42?，故C错误；D.反应过程中二氧化碳参与反应生成硫酸铵和碳酸钙，碳酸钙
分解生成二氧化碳，工艺流程中产生的CO2可循环利用，通入足量NH3，通适量二氧化碳，否则碳酸钙溶解，故D错误；故选B。?9.【答案
】D?【解析】试题分析：A.根据表格知，亚硫酸氢钠溶液呈酸性； B.根据表格知，亚硫酸钠溶液呈碱性，且盐类水解是微弱的，根据电荷守
恒判断离子浓度大小； C.当吸收液呈中性时，溶液中的溶质是亚硫酸钠和硫酸钠，但亚硫酸氢钠的浓度大于亚硫酸钠； D.根据电荷守恒判断
． 解：用Na2SO3溶液吸收SO2时，随着吸收的增多，溶液由碱性逐渐变为酸性， A.由表中信息可知NaHSO3溶液为酸性溶液，故
A错误； B.Na2SO3溶液中SO32?的水解存在二级水解，c?(HSO3?)应小于c?(OH?)，故B错误； C.由表中数据，
当c?(SO32?)=c?(HSO3?)时，pH=7.2，故当吸收液呈中性时，可推出c?(SO32?) 误； D.因c(H+)=c?(OH?)，根据电荷守恒，c(Na+)=c?(HSO3?)+2c?(SO32?)成立，故D正确； 故选
D．10.【答案】D?【解析】解：A.该过程中，太阳能转化为电能，利用太阳能光伏电池电解水，电能转化为化学能，故A正确； B.由
分析可知，制H2时开关连接K1，制O2时开关连接K2，故B正确； C.当K2闭合时，电极2为阳极，电极反应式为4OH??4e?=2
H2O+O2↑，故C正确； D.由分析可知，控制K1和K2，相同条件下交替制得等体积高纯H2和O2，电极3反应过程中NiOOH和N
i(OH)2相互转化，质量保持不变，故D错误； 故选：D。由图可知，K1闭合时，电极1为阴极，电极反应为2H2O+2e?=2OH?
+H2↑，电极3为阳极，电极反应式为Ni(OH)2?e?+OH?=NiOOH+H2O，当K2闭合时，电极2为阳极，电极反应式为4O
H??4e?=2H2O+O2↑，电极3为阴极，电极反应式为NiOOH+H2O+e?=Ni(OH)2+OH?，据此作答。本题考查电解
原理，题目难度中等，侧重考查学生获取信息、分析推断能力，根据电源正负极确定阴阳极，难点是电极反应式的书写，且原电池和电解池原理是高
考高频点，要熟练掌握相关知识。11.【答案】B?【解析】【分析】 本题考查有机物的结构与性质，注意把握官能团与性质的关系是解答的关
键，侧重醇的性质的考查，题目难度不大。HO?CH2CH2?O?CH2CH2?OH含?OH和?COC?，结合醇和醚的性质来解答。 【
解答】A.含?OH，能与Na反应生成氢气，故A错误； B.含?OH，能发生取代反应，故B正确； C.该物质为有机物，能溶于乙醇，故
C错误； D.其分子式为C4H10O3，不符合通式CnH2nO3，故D错误。 故选B。 ?12.【答案】D?【解析】A.将少量氯气
通入NaHSO3溶液中离子方程式为：4HSO3?+Cl2=2Cl?+2H2O+3SO2↑+SO42?，故A错误；B.电解MgCl2
溶液的离子方程式为：Mg2++2Cl?+2H2OCl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓，故B错误；C.NaClO溶液显碱性，故NaCl
O溶液中加入少量FeSO4溶液的离子方程式为：5H2O+2Fe2++5ClO?=Cl?+2Fe(OH)3↓+4HClO，故C错误；
D.等体积、等浓度的NaHCO3溶液和Ca(OH)2溶液混合的离子方程式为：Ca2++OH?+HCO3?=CaCO3↓+H2O，故
D正确。故选：D。13.【答案】AC?【解析】解：A.由题目可知生成1molCH3OH的能量变化为90.8kJ，甲、乙平衡状态相同
，设平衡时甲醇为nmol，对于甲容器：|a|=90.8n，对于乙容器：|b|=90.8(1?n)，故|a|+|b|=90.8，故A
正确； B.甲、丙相比较，把甲等效为开始加入1molCH3OH，丙中甲醇的物质的量为甲的2倍，增大了压强，平衡CH3OH(g)?C
O(g)+2H2(g)向生成甲醇的方向移动，则2c1 2>α3，则a1+a3<1，故C正确； D.比较乙、丙可知，丙中甲醇的物质的量为乙的2倍，压强增大，对于反应CH3OH(g)?CO
(g)+2H2(g)，平衡向生成甲醇的方向移动，则2p2>p3，故D错误； 故选：AC。A.由题目可知生成1molCH3OH的能量
变化为90.8kJ，甲、乙平衡状态相同，平衡时相同物质的物质的量相等，设平衡时甲醇为nmol，计算反应热数值； B.甲、丙相比较，
把甲等效为开始加入1molCH3OH，丙中甲醇的物质的量为甲的2倍，压强增大，对于反应CH3OH(g)?CO(g)+2H2(g)，
平衡向生成甲醇的方向移动； C.甲、乙处于相同的平衡状态，则α1+α2=1，结合α2>α3分析； D.比较乙、丙可知，丙中甲醇的物
质的量为乙的2倍，压强增大，对于反应CH3OH(g)?CO(g)+2H2(g)，平衡向生成甲醇的方向移动。本题考查了化学平衡的计算
，题目难度中等，涉及等效平衡、转化率、化学平衡及其影响等知识，明确等效平衡的含义为解答关键，注意掌握化学平衡及其影响，试题培养了学
生的分析、理解能力及逻辑推理能力。14.【答案】BD?【解析】解：A.由分析可知，该实验装置属于原电池，故A错误； B.由分析可知
，正极为MnO2极，电极反应式为MnO2+4H++2e?=Mn2++2H2O，故B正确； C.C极为负极，氯离子发生氧化反应生成氯
气，产生的气体可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故C错误； D.若盐桥换成KNO3琼脂，硝酸根离子向右烧杯移动，氯离子减少后水放电，2
H2O?4e?=O2↑+4H+，通过等量电子时产生气体量变少，故D正确； 故选：BD。由图可知，此装置无外接电源，为原电池装置，C
极为负极，氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为2Cl??2e?=Cl2↑，正极为MnO2极，得电子发生还原反应，电极反应式为Mn
O2+4H++2e?=Mn2++2H2O，据此分析。本题考查原电池原理，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，明确各个电极上发生的反
应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，题目难度不大。15.【答案】CD?【解析】解：A.酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电
离，所以醋酸抑制水电离，氯化铵促进水电离，由水电离出的c(H+)前者为10?5?mol/L，后者为10?9?mol/L，故A错误；
B.醋酸是弱电解质，常温下，pH=3的醋酸溶液浓度大于pH=11氢氧化钠溶液，二者等体积混合后溶液中醋酸有剩余，溶液呈酸性，所以
pH<7，故B错误； C.醋酸在稀释过程中促进电离，导致c(OH?)增大、c(H+)减小，溶液体积相等，溶液中c(OH?)c(H+
)逐渐增大，故C正确； D.等物质的量浓度的?Na2CO3溶液和NaHSO4溶液等体积混合，二者恰好反应生成硫酸钠、碳酸氢钠，溶液
电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(CO32?)+2c(SO42?)+c(HCO3?)+c(
OH?)，故D正确； 故选CD．A.酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离； B.醋酸是弱电解质，常温下，pH=3的醋酸溶液浓
度大于pH=11氢氧化钠溶液，二者等体积混合后溶液中醋酸有剩余，溶液呈酸性； C.醋酸在稀释过程中促进电离，导致c(OH?)增大、
c(H+)减小； D.等物质的量浓度的?Na2CO3溶液和NaHSO4溶液等体积混合，二者恰好反应生成硫酸钠、碳酸氢钠，溶液电解质
溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断． 本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，再结合电荷守
恒、物料守恒来分析解答，易错选项是CD，注意C中粒子浓度变化特点，D中易漏掉硫酸根离子浓度．16.【答案】长颈漏斗 干燥氯气，平衡
压强，观察气体流速 碱石灰 调节分液漏斗活塞，控制浓盐酸滴入速率 检查装置气密性 打开K通入一段时间的二氧化碳，然后关闭K 温度过
高，PCl3挥发，影响产率 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不褪色 5.500%?【解析】解：(1)分析可知，仪器C为长颈漏斗，装置
B作用为干燥氯气，平衡压强，观察气体流速， 故答案为：长颈漏斗；干燥氯气，平衡压强，观察气体流速； (2)结合分析可知，装置F吸收
空气中的水蒸气并除去多余的氯气防止污染环境，故其盛装药品为碱石灰， 故答案为：碱石灰； (3)实验中需控制通入Cl2的速率，对此采
取的操作是调节分液漏斗活塞，控制浓盐酸滴入速率， 故答案为：调节分液漏斗活塞，控制浓盐酸滴入速率； (4)实验开始时的操作顺序为：
①组装仪器；②检查装置气密性；③打开K通入一段时间的二氧化碳，然后关闭K；④打开分液漏斗活塞；⑤点燃酒精灯， 故答案为：检查装置气
密性；打开K通入一段时间的二氧化碳，然后关闭K； (5)E中热水温度不宜过高，控制在60～65?C℃，原因是温度过高，PCl3挥发
，影响产率， 故答案为：温度过高，PCl3挥发，影响产率； (6)由于滴定终点时淀粉耗尽，故现象为溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不
褪色，滴定过程中发生反应PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl；POCI3+3H2O=H3PO4+3HCl；H3PO3+H2O+
I2=H3PO4+2HI；I2+2S2O32?=S4O62?+2I?，据此可知，n(PCl3)=n(H3PO3)=5×n(I2)?
5×12n(S2O32?)=5×0.1000mol/L×15×10?3L?5×12×0.1000mol/L×22.00×10?3L
=0.002mol，产品中残留的?PCl3的百分含量为0.002mol×137.5g/mol5g×100%=5.500%， 故答案
为：溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不褪色；5.500%。分析装置可知，反应开始前通入二氧化碳，排除装置内的空气，然后打开分液漏斗活
塞，使高锰酸钾和浓盐酸发生反应，产生氯气，经过装置B进行干燥，除去氯气中混杂的水蒸气，进入装置D的玻璃管中与白磷发生反应，装置E用
于冷凝吸收产品，由于氯气有剩余，且产品容易水解，故采用装置F吸收空气中的水蒸气并除去多余的氯气防止污染环境，据此分析回答(1)～(
4)； (5)温度过高，PCl3易挥发； (6)由于滴定终点时淀粉耗尽，故现象为溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不褪色，滴定过程中发
生反应PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl；POCI3+3H2O=H3PO4+3HCl；H3PO3+H2O+I2=H3PO4+
2HI；I2+2S2O32?=S4O62?+2I?，据此可知，n(PCl3)=n(H3PO3)=5×n(I2)?5×12n(S2O
32?)=5×0.1000mol/L×15×10?3L?5×12×0.1000mol/L×22.00×10?3L=0.002mol
，据此计算残余量。本题考查物质制备实验方案的设计，为高考常见题型，题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，试题侧重考查学生
对信息获取与迁移运用，有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力。17.【答案】?760.3KJ/mol 0.56 分离出部分C
O2 < 2Fe3++SO2+2H20=2Fe2++SO42?+4H+ SO2+2H2O?2e?=SO42?+4H+ 2SO2+O
2+2H2O=2H2SO4 9.5×10?6mol/L?【解析】解：(1)通过图a可知该反应为NO2(g)+CO(g)=CO2(g
)+NO(g)，该反应的焓变△H=E1?E2=134KJ/mol?368KJ/mol=?234kJ/mol?所以该反应的热化学方程
式NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)△H=?234kJ/mol①，①NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(
g)△H1=?234kJ/mol②N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H2=+180kJ/mol③2NO(g)+O2(g)=2N
O2(g)△H3=?112.3kJ/mol根据盖斯定律①×2+③?②得2NO(g)+CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=2
×△H1+△H3?△H2=?760.3KJ/mol，故答案为：?760.3KJ/mol；(2)①当20?30分钟时反应达到平衡K=
[CO2][N2][NO]2=0.03×0.030.042=0.56，故答案为：0.56；?②根据表中30?40分钟各物质浓度的变
化可以看出改变的条件是分离出部分CO2，故答案为：分离出部分CO2；(3)当压强恒定时，温度250度升高到300度CO的平衡转化率
降低，说明平衡向逆向移动，所以逆向为吸热反应，正反应为放热反应△<0，故答案为：△<0；(4)三价铁离子氧化二氧化硫到硫酸根，离子
方程式为：2Fe3++SO2+2H20=2Fe2++SO42?+4H+，故答案为：2Fe3++SO2+2H20=2Fe2++SO4
2?+4H+；(5)原电池总方程式为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，正极的电极反应式为O2+4H++4e?=2H2O，用总
的减去正极的电极反应式得负极电极反应式为SO2+2H2O?2e?=SO42?+4H+，故答案为：SO2+2H2O?2e?=SO42
?+4H+；(6)由溶度积规则可知，Qc=Ksp达到沉淀溶解平衡，Ksp=Qc=c(Ca2+)c(CO32?)=4×10?4mol
/L×c(Ca2+)=3.8×10?9，解得c(Ca2+)=9.5×10?6mol/L，故答案为：9.5×10?6mol/L．(1
)通过图a求出NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)反应的热化学方程式，然后利用盖斯定律将几个已知的热化学方程式进行运
算即可求出2NO(g)+CO(g)=N2(g)+2CO2(g)的热化学方程式；(2)①通过表中数据可知，反应进行到20?30分钟时
达到平衡状态，则K=[CO2][N2][NO]2；②根据表中30?40分钟各物质浓度的变化可以看出改变的条件是分离出部分CO2；(
3)温度?压强?转化率图象定一议二，做一条等压线，比较不同温度下CO平衡转化率大小判断改变温度平衡移动的方向；(4)SO2转化为S
O42?该过程为氧气氧化二价铁离子到三价铁离子，然后用三价铁离子氧化二氧化硫到硫酸根；(5)SO2?O2?H2SO4形成燃料电池，
通O2的电极为正极发生还原反应，同SO2的电极为负极发生氧化反应，书写电极反应式按照先总后分的顺序，先写出总的原电池方程式，然后写
出正极的电极反应式，用总方程式减去正极反应式就是负极的电极反应式；(6)根据溶度积规则可知要想产生沉淀则需要满足Qc>Ksp．本题
考查了盖斯定律求反应热、化学平衡常数及化学平衡移动的影响因素、原电池电极反应式的书写、氧化还原反应、溶度积规则等，题目难度中等．1
8.【答案】746.5+Ea 低温 0.16mol?L?1?min?1 0.25 a>2 AB BC 催化剂活性降低导致速率变慢?
【解析】解：(1)①已知：Ⅰ.C(s)+O2(g)=CO2(g)△H?1=?393.5kJ?mol?1Ⅱ.2C(s)+O2(g)=
2CO(g)△H?2=?221.0kJ?mol?1Ⅲ.N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H?3=+180.5kJ?mol?1根
据盖斯定律，反应2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)由2Ⅰ?Ⅱ?Ⅲ，故该反应的△H=2△H1?△H2?△H3=?
746.5kJ/mol，该反应正反应的活化能为EakJ?mol?1，故逆反应的活化能为(746.5+Ea)kJ?mol?1，故答案
为：746.5+Ea；②该反应2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)正反应为气体体积减小的方向，即△S<0，又知△
H<0，故该反应在能低温下自发进行，故答案为：低温；③根据反应速率之比等于化学计量系数比可知，T2温度下，0～5min内用CO表示
的平均反应速率v(CO)=v(NO)=△c△t=△nV△t=0.16mol?L?1?min?1，根据三段式分析可知：?2CO(g)
+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)?(单位：mol/L)起始量：1.5?1?0?0转化量：0.5?0.5?0.25?0.5
平衡量：1?0.5?0.25?0.5T1温度下，上述反应的平衡常数K=c(N2)×c2(CO2)c2(CO)×c2(NO)=0.2
5×(0.5)2(0.5)2×12L?mol?1=0.25L?mol?1，若在T1温度下，向平衡后的容器中再加入4molN2和am
olNO，使平衡向右移动，即Qc=c(N2)×c2(CO2)c2(CO)×c2(NO)=2.25×(0.5)2(0.5+a2)2×
12小于K，解得：a>2，则a的取值范围是a>2，故答案为：0.16mol?L?1?min?1；0.25；a>2；(2)①A.混合
气体的密度保持不变，说明容器中气体的质量不变，故说明反应达到平衡状态，故A正确；B.混合气体的压强保持不变，反应过程中气体的物质的
量保持不变，由于是绝热容器中，故温度一直在改变，容器压强也在改变，现在不变了，说明反应达到平衡了，故B正确；C.NO的消耗速率表示
正反应速率，N2的消耗速率表示逆反应速率，反应速率之比等于化学计量数之比，故NO和N2的消耗速率之比为2：1时反应达到平衡，故C错
误；D.平衡的标志是体系中各物质的浓度保持不变，而不是相等，故混合气体中c(NO)=c(N2)不能说明反应达到平衡，故D错误，故答
案为：AB；②若为恒温容器，经相同时间测得不同温度下NO的转化率随温度的变化如图所示：由图可知最高转化率B点对应温度为440℃，由
于A点对应的温度比B点的低，反应速率慢，故在测量的时间内还未达到平衡，C点温度比B点高，反应速率快，在测量时间内早就已经达到平衡，
故A、B、C三点中B、C点可能是对应温度下的平衡转化率；高于440℃时，NO的转化率降低的原因可能是平衡常数变小(即温度升高导致平
衡逆向移动)，也可能是催化剂活性降低导致速率变慢，故答案为：BC；催化剂活性降低导致速率变慢。(1)①已知：Ⅰ.C(s)+O2(g
)=CO2(g)△H?1=?393.5kJ?mol?1Ⅱ.2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H?2=?221.0kJ?mol?
1Ⅲ.N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H?3=+180.5kJ?mol?1根据盖斯定律，反应2NO(g)+2CO(g)=N2
(g)+2CO2(g)由2Ⅰ?Ⅱ?Ⅲ，故该反应的△H=2△H1?△H2?△H3=?746.5kJ/mol，该反应正反应的活化能为E
akJ?mol?1，据此计算；②该反应2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)正反应为气体体积减小的方向，即△S<0
，又知△H<0，据此判断；③根据反应速率之比等于化学计量系数比可知，T2温度下，0～5min内用CO表示的平均反应速率v(CO)=
v(NO)=△c△t=△nV△t=0.16mol?L?1?min?1，根据三段式分析可知：?2CO(g)+2NO(g)=N2(g)
+2CO2(g)?(单位：mol/L)起始量：1.5?1?0?0转化量：0.5?0.5?0.25?0.5平衡量：1?0.5?0.2
5?0.5依据三段式计算平衡常数，结合充入气体后的Qc与K值的大小判断a的取值范围；(2)①判断化学平衡状态的直接标志：Ⅰ、v正=
v逆(同物质)Ⅱ、各组分浓度不再改变；以及以此为基础衍生出来的标志如：压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等
，以此为判断依据；②若为恒温容器，经相同时间测得不同温度下NO的转化率随温度的变化如图所示：由图可知最高转化率B点对应温度为440
℃，由于A点对应的温度比B点的低，反应速率慢，故在测量的时间内还未达到平衡，C点温度比B点高，反应速率快，在测量时间内早就已经达到
平衡，据此分析；高于440℃时，NO的转化率降低的原因可能是平衡常数变小(即温度升高导致平衡逆向移动)，也可能是催化剂活性降低导致
速率变慢。本题考查化学平衡的计算，为高考常见题型，把握化学平衡、K与Qc的关系、反应进行的方向为解答的关键，侧重分析与计算能力的考
查，注意平衡的建立及转化率判断，题目难度略大。19.【答案】sp2 平面三角形? AD 3：1 立方氮化硼晶体内无自由移动的电子
D BN?100(a×10?7)3NA?【解析】解：(1)BF3分子的中心原子B原子上含有3个σ键，中心原子上的孤电子对数=12(
a?xb)=12(0?3×1)=0，中心原子B原子的价层电子对数为3，属于sp2杂化，中心原子上没有孤对电子，所以其空间构型就是平
面三角形，键角是120°，BF3分子为平面三角形， 故答案为：sp2；平面正三角形； (2)BF3能与NH3反应生成BF3?NH3
，B与N之间形成配位键，N原子含有孤电子对，所以氮原子提供孤电子对，BF3?NH3结构式为， 故答案为：； (3)①A.立方相氮化
硼为空间网状结构，不存在分子，为原子晶体，故A错误； B.非金属元素之间易形成共价键，所以N原子和B原子之间存在共价键，故B正确；
C.六方相氮化硼层间为层状结构，分子间作用力，作用力小，导致其质地软，故C正确； D.立方相氮化硼N原子和B原子之间存在共价单键
，所以该化合物中含有σ键不存在π键，故D错误； 故答案为：AD； ②六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子形成3个共价单键，六
方相氮化硼晶体内B?N键数与硼原子数之比为3：1，该物质的层状结构中不存在自由移动的电子，所以不导电， 故答案为：3：1；立方氮化
硼晶体内无自由移动的电子； ③立方相氮化硼晶体为共价晶体，而干冰为分子晶体、铜为金属晶体、氯化铯为离子晶体、晶体硅为共价晶体，选项
D正确， 故答案为：D； (4)根据图3，利用均摊法可知，晶胞中含有B原子数为4，晶胞中含有N原子数为8×18+6×12=4，所以
化学式为BN，该晶胞的质量为4×25NAg，晶胞的边长为anm，体积为(a×10?7)cm?3，则该晶体的密度为4×25NAg(a×10?7)3cm3=100(a×10?7)3NAg/cm3， 故答案为：BN；100(a×10?7)3NA。(1)根据BF3中B原子的价层电子对为3+3?1×32=3，据此确定B原子的杂化形式和空间构型； (2)BF3能与NH3反应生成BF3?NH3，N原子含有孤电子对； (3)①A.由图可知立方相氮化硼是立体网状结构，为原子晶体； B.非金属元素之间易形成共价键； C.六方相氮化硼为层状结构，层间为分子间作用力，作用力小； D.立方相氮化硼含有σ键不存在π键； ②六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子形成3个共价单键，该物质的层状结构中不存在自由移动的电子； ③立方相氮化硼晶体为共价晶体，结合各选项中晶体类型判断； (4)根据图3，利用均摊法可确定化学式，再结合ρ=mV计算密度。本题考查了物质结构和性质，涉及第一电离能、原子的杂化方式、晶体的计算等知识点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，这些知识点都是高考热点，注意价层电子对互斥理论确定原子杂化方式及分子空间构型、晶胞的计算，题目难度中等。20.【答案】(1)CH3OH 邻羟基苯甲酸甲酯?(2)取代反应 羟基、酯基?(3)银氨溶液(或新制氢氧化铜悬浊液)(4)+3NaOH→CH3COONa+CH3OH++H2O(5)11；?、、、(6)??【解析】由题干合成路线图可知，结合A的分子式和G的结构简式可推知A为CH3CHO，由A到B的转化条件可知，B为CH3COOH，结合题干信息①可知推知，C为CH3COCl，由于题干信息②酚羟基一般不易直接与羧酸酯化可知，D到F是羧基上发生酯化反应，结合G的结构简式可推知E为CH3OH，F的结构简式为：，苯甲酸苯酚酯()可以有和苯酚合成而来，可以由苯甲酸和PCl3转化而来，苯甲酸可由甲苯直接氧化而得据此分析解题；(1)由分析可知，E的结构简式为CH3OH，F的结构简式为：，故名称为：邻羟基苯甲酸甲酯，故答案为：CH3OH；邻羟基苯甲酸甲酯；(2)C+F→G即+CH3COCl生成，故反应类型为取代反应，H的结构简式为：，故其中含氧官能团的名称为酯基和羟基，故答案为：取代反应；酯基和羟基；(3)由分析可知，A→B即乙醛转化为乙酸的反应，检验A即乙醛可以用银氨溶液或者新制氢氧化铜悬浊液，故答案为：银氨溶液或者新制氢氧化铜悬浊液；(4)由题干流程图可知，G的结构简式为：，故它与过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式为：+3NaOH→CH3COONa+CH3OH++H2O，故答案为：+3NaOH→CH3COONa+CH3OH++H2O；(5)由题干流程图可知，化合物D的分子式为：C7H6O3，故其中能与FeCl3溶液发生显色反应即含有酚羟基的结构有：若两个取代基上有邻、间、对三种，有?OH和?COOH有2种(除去D本身)，?OH和—OOCH有3种，若有三个取代基，即两个羟基和一个醛基，两个酚羟基有邻、间、对三种，另一个醛基分别有：2种，3种，1种，故一共有2+3+2+3+1=11种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为2：2：1：1的结构简式为?、、、，故答案为：11；?、、、；(6)苯甲酸苯酚酯()可以有和苯酚合成而来，可以由苯甲酸和PCl3转化而来，苯甲酸可由甲苯直接氧化而得，故最终确定合成路线为：，故答案为：。第11页，共11页