河南省许昌市鄢陵一中2016届高三上学期第一次周考化学试题
2015-2016学年河南省许昌市鄢陵一中高三（上）第一次周考化学试卷
一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）
1．化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法错误的是（ ） A．绚丽缤纷的烟花中添加了含钾、钠、钙、铜等金属元素的化合物
B．臭氧、高锰酸钾溶液、次氯酸钠溶液、乙醇溶液均可用于消毒杀菌，且原理相同 C．食用植物油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，是人体所需营养物质
D．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，与肺癌等疾病的发生相关
2．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ） A．
﹣1
=1×10的溶液：Ca、AlO2、I、NO3
+
+
﹣
﹣
142+
﹣﹣﹣
B．0.1 mol•LFeCl3溶液：K、NH4、I、SCN
﹣1﹣﹣+3+
C．0.1 mol•L的Na2CO3溶液：K、Al、NO3、Cl
﹣1++2﹣2﹣
D．0.1 mol•L的NaOH溶液：K、Na、SO4、CO3
3．下列关于有机物的说法正确的是（ ）
A．CH4发生取代反应可制得CC14，用Br2的CC14溶液可除去CH4中的少量C2H4
B．乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，乙酸乙酯中混有的少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去
C．淀粉、油脂、蛋白质都能水解，都属于高分子化合物
D．凡是分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，彼此一定互为同系物 4．某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下归纳总结（均在常温下），其中正确的是（ ） ①常温下，pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中各离子浓度一定都降低
②pH=2的盐酸和pH=1的盐酸，c（H）之比为2：1
③pH相等的三种溶液：a．CH3COONa；b．NaHCO3；c．NaOH．其溶液物质的量浓度由小到大顺序为c、b、a
④NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH=7，则c（Na）=2c（SO4）
⑤已知醋酸电离平衡常数为Ka；醋酸根水解常数为Kh；水的离子积为Kw；则三者关系为Ka•Kh=Kw
⑥甲、乙两溶液都是强电解质，已知甲溶液的pH是乙溶液pH的两倍，则甲、乙两溶液等体积混合，混合液pH可能等于7．
A．③⑤⑥ B．③④⑥ C．④⑤⑥ D．①②④
5．金银花有效活性成分为绿原酸，又名咖啡鞣酸，具有广泛的杀菌消炎功效，结构如图所示，下列有关绿原酸的说法正确的是（ ）
+
2﹣
+
A．绿原酸的分子式为C16H8O9
B．1mol绿原酸最多与7molNaOH反应 C．1个绿原酸分子中含有4个手性碳原子
D．绿原酸分子中有4种化学环境不同的氢原子
6．由短周期元素组成的甲、乙、丙、丁四种物质分别含有两种或两种以上元素，它们分子中质子总数均与氩原子的质子数相同，已知甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子．下列推断合理的是（ ）
A．某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该溶液显碱性，只能与酸反应 B．乙与氧气的摩尔质量相同，则乙一定含有极性键和非极性键 C．丙中含有第2周期ⅣA族的元素，则丙一定是甲烷的同系物
D．丁和甲含有相同元素，且该元素在二者中的百分含量相同，则丁中一定含有﹣l价元素
7．用Na2SO3溶液吸收硫酸工业尾气中的二氧化硫，将所得的混合液进行电解循环再生，其中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如图所示，则下列有关说法中不正确的是（ ）
A．X为直流电源的负极，Y为直流电源的正极 B．阳极区pH增大
C．阴极区的电极反应为：2H+2e=H2↑ D．该过程中可以循环利用的物质是Na2SO3
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（14分）（2015秋•许昌校级月考）燃煤烟气中含有大量的氮氧化合物（NOx），不宜直接排放到空气中，可采用以下措施对燃煤烟气进行处理．
Ⅰ．CH4还原法：
﹣1
CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=akJ•mol
﹣1
CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=bkJ•mol 甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为 ．
﹣1
CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=akJ•mol
在温度T1和T2时，分别将0.50molCH4和1.2molNO2充入体积为1L的密闭容器中，测得n（CH4）随时间变化数据如下表：
+
温度 n/mol时间/min 0 10 20 40 50
T1 n（CH4） 0.50 0.35 0.25 0.10 0.10 T2 n（CH4） 0.50 0.30 0.18 0.15 0.15 （1）在0～10min内化学反应速率υNO2（T1）：υNO2（T2）为 ； （2）T1 T2（填＜、=、＞），a （填＜、=、＞）0；
（3）在T1时，0～10min内内NO2的转化率是 ，欲提高NO2的转化率同时加快反应速率，可采取的措施有 ．
A．缩小容器体积 B．增大CH4浓度 C．降低温度 D．加入催化剂 Ⅱ． NOx也可以用NH3还原除去，利用反应：6NO2+8NH3
7N2+12H2O也可处理
NO2．当氧化产物和还原产物的质量差为14g时，转移电子的物质的量为 ． 9．（15分）（2015秋•许昌校级月考）重铬酸盐广泛用作氧化剂、皮革制作等．以铬矿石（主要成分是Cr2O3，含FeO、Al2O3、SiO2等杂质）为原料制取重铬酸钠的流程如图1：
请回答下列问题：
（1）固体残渣主要是含 元素的氧化物．在高温焙烧时生成Na2CrO4的化学方程式 ；
（2）操作Ⅱ中通入过量CO2生成沉淀的离子方程式分别为： ； ． （3）下列仪器在分离出含Na2CrO4溶液的操作中，不需要的是 ． A．酒精灯 B．烧杯 C．蒸发皿 D．漏斗 E．冷凝管 （4）用硫酸酸化时发生反应的离子方程式是 ．
（5）工业酸性废水中的Cr2O7通常以铁做电极，采用电 解法除去．在如图2所示的装置中：
2﹣2﹣3+
①电极A区Cr2O7（Cr2O7还原为Cr）发生反应的离子方程式是 ；
3+3+3+
②假设一段时间后，所得溶液中Fe和Cr的物质的量浓度均为0.1 mol/L，要使Fe沉淀
3+
完全而Cr还未开始沉淀．则需调节溶液 pH的范围是 ．（已知：KSPFe（OH）
3=4.0×10
﹣38
2﹣
，KSPCr（OH）3=6.0×10
﹣31
，lg=﹣0.1，lg=0.2，lg=0.3，lg=0.6）
10．（14分）（2015秋•许昌校级月考）氯化铁是常用的水处理剂，某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3，经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华．
（1）各装置正确的连接顺序是（均填字母）： ；其中需要加热的是 ． （2）连接好仪器后必须先进行的操作是 ． （3）D中发生反应的化学方程式 ．
（4）A装置中浓硫酸的作用是干燥气体；同时A装置的另一作用是 ． （5）C装置中干燥管的作用是 ．
（6）该方案有一处明显的缺陷，改进的措施是 ． 三、【化学-化学与技术】（15分） 11．（15分）（2015秋•许昌校级月考）硫酸铁铵[aFe2（SO4）3•b（NH4）2SO4•cH2O]广泛用于城镇生活饮用水、工业循环水的净化处理等．某化工厂以硫酸亚铁（含少量硝酸钙）和硫酸铵为原料，设计了如下工艺流程制取硫酸铁铵．
请回答下列问题：
（1）下列物质中最适合的氧化剂B是 ；
a．NaClO b．H2O2 c．KMnO4 d．K2Cr2O7 反应的离子方程式 ．
2+
（2）上述流程中，用足量最适合的氧化剂B氧化之后和加热蒸发之前，需取少量检验Fe是否已全部被氧化，能否用酸性的KMnO4溶液？并说明理由 ．（可用文字或方程式说明）
+
（3）检验硫酸铁铵中NH4的方法是 ．
（4）称取14.00g所得样品，将其溶于水配制成100mL溶液，分成两等份，向其中一份中加入足量NaOH溶液，过滤洗涤得到2.14g沉淀；向另一份溶液中加入含0.05mol Ba （NO3）2的溶液，恰好完全反应．则该硫酸铁铵的化学式为 ． 四、【化学-物质结构与性质】（15分） 12．（15分）（2015秋•许昌校级月考）CuCl和CuCl2都是重要的化工原料，常用作催化剂、颜料、防腐剂和消毒剂等．已知：
①CuCl可以由CuCl2用适当的还原剂如SO2、SnCl2等还原制得：
2Cu+2Cl+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H+SO4 2CuCl2+SnCl2=2CuCl↓+SnCl4
2+
②CuCl2溶液与乙二胺（H2N﹣CH2﹣CH2﹣NH2）可形成配离子[Cu（En）2]（En是乙二胺的简写）．请回答下列问题：
（1）铜原子基态外围电子排布式为 ，H、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是 ；
（2）SO4的空间构型为 ；
（3）乙二胺分子中氮原子轨道的杂化类型为 ，乙二胺和 三甲胺[N（CH3）3]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高的多，原因是 ．
2+
（4）配离子[Cu（En）2]的配位数为 ，该微粒含有的微粒间的作用力类型有 ．
A．配位键 B．极性键 C．离子键 D．非极性键 E．氢键 F．金属键
（5）CuCl的晶胞结构如图二所示，其中Cl的配位数（即与Cl最近距离的Cu的个数）为 ．
﹣
﹣
2+
﹣
+2﹣
2﹣
+
五、【化学-有机化学基础】（15分） 13．（15分）（2015秋•许昌校级月考）醋柳酯是一种镇咳祛痰药，用于上呼吸道感染、感冒咳嗽、急慢性支气管炎等的治疗，结构简式如图1．回答下列问题：
（1）醋柳酯的分子式为 ．
（2）关于醋柳酯的说法中，正确的是 A．核磁共振氢谱中只有6个吸收峰 B．能发生取代、加成、氧化反应
C．1mol该物质最多可以和7molH2反应 D．分子中所有原子一定在同一平面内 （3）醋柳酯可由如图2所示路线合成：
①A的结构简式为 ；中间产品C中混有反应物A和B，检验C中含有A的试剂是 ．
②由C制醋柳酯的反应类型为 ；写出C和足量NaOH溶液反应的化学方程式 ．
③A的同分异构体很多，其中属于酯类、且能与FeCl3溶液反应显紫色的同分异构体有 种，写出一种的结构简式 ．
2015-2016学年河南省许昌市鄢陵一中高三（上）第一次周考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）
1．化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法错误的是（ ） A．绚丽缤纷的烟花中添加了含钾、钠、钙、铜等金属元素的化合物
B．臭氧、高锰酸钾溶液、次氯酸钠溶液、乙醇溶液均可用于消毒杀菌，且原理相同 C．食用植物油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，是人体所需营养物质
D．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，与肺癌等疾病的发生相关
【考点】焰色反应；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；臭氧；常见的生活环境的污染及治理；乙醇的化学性质；油脂的性质、组成与结构． 【专题】化学应用．
【分析】A、烟花中添加的化合物中的金属元素在灼烧使发生焰色反应，呈现出不同的颜色； B、臭氧、高锰酸钾溶液、次氯酸钠溶液利用了强氧化性消毒杀菌，乙醇破坏了蛋白质原有的氢键使蛋白质变性；
C、食用植物油属于油脂，油脂的成分是高级脂肪酸甘油酯，是人体储能物质；
D、PM2.5是指空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，它是造成雾霾天气的“元凶”之一． 【解答】解：A、烟花中添加的化合物中的金属元素在灼烧使发生焰色反应，呈现出不同的颜色，故A正确；
B、臭氧、高锰酸钾溶液、次氯酸钠溶液利用了强氧化性消毒杀菌，乙醇破坏了蛋白质原有的氢键使蛋白质变性，故B错误；
C、食用植物油属于油脂，油脂的成分是高级脂肪酸甘油酯，是人体储能物质，故C正确； D、PM2.5是指空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，会造成空气污染，与肺癌等疾病的发生相关，应加强监测和治理，故D正确； 故选：B．
【点评】本题从多方面考查了生产生活以及与环境保护有关的化学知识，这类知识的考查一直是热点内容，也是学习化学的基本素养之一，注意乙醇使蛋白质变性的原因，难度一般．
2．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A．
﹣1
=1×10的溶液：Ca、AlO2、I、NO3
+
+
﹣
﹣
142+
﹣﹣﹣
B．0.1 mol•LFeCl3溶液：K、NH4、I、SCN
﹣1﹣﹣+3+
C．0.1 mol•L的Na2CO3溶液：K、Al、NO3、Cl
﹣1++2﹣2﹣
D．0.1 mol•L的NaOH溶液：K、Na、SO4、CO3 【考点】离子共存问题．
【分析】A.=1×10的溶液，溶液显酸性；
14
B．离子之间结合生成络离子，离子之间发生氧化还原反应； C．离子之间相互促进水解；
D．碱性溶液中，该组离子之间不反应． 【解答】解：A.
+
﹣
﹣
=1×10的溶液，溶液显酸性，酸性溶液中不能大量存在AlO2，
14
﹣
且H、I、NO3发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
﹣﹣3+3+
B．Fe、SCN结合生成络离子，Fe、I发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；
3+2﹣
C．Al、CO3相互促进水解，不能大量共存，故C错误；
D．碱性溶液中，该组离子之间不反应，可大量共存，故D正确； 故选D．
【点评】本题考查离子共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应、水解反应的离子共存考查，题目难度不大．
3．下列关于有机物的说法正确的是（ ）
A．CH4发生取代反应可制得CC14，用Br2的CC14溶液可除去CH4中的少量C2H4
B．乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，乙酸乙酯中混有的少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去
C．淀粉、油脂、蛋白质都能水解，都属于高分子化合物
D．凡是分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，彼此一定互为同系物 【考点】有机化学反应的综合应用．
【分析】A．酯化反应、水解反应都是取代反应；饱和碳酸钠溶液与乙酸反应除去乙酸、同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层；
B．乙酸乙酯中混有的少量乙酸和乙醇可以用饱和碳酸钠溶液除去； C．相对分子质量大于10000的属于高分子化合物；
D．同系物指结构相似、通式相同，组成上相差1个或者若干个CH2原子团．
【解答】解：A．乙醇、乙酸能发生酯化反应，乙酸乙酯能发生水解反应，所以乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应；制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，故A正确； B．用饱和Na2CO3溶液可以除去乙酸乙酯中混有的少量乙酸和乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，故B正确；
C．相对分子质量大于10000的属于高分子化合物，油脂为高级脂肪酸甘油酯，属于小分子，故C错误；
D．环烷烃与烯烃分子组成相同，结构不同，不是同系物，比如乙烯和环丙烷虽然相差1个CH2原子团，属于不同的物质类别，故D错误， 故选B．
【点评】本题考查有机物的结构与性质，熟悉常见有机物的结构、官能团、性质即可解答，侧重有机反应的考查，题目难度不大． 4．某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下归纳总结（均在常温下），其中正确的是（ ） ①常温下，pH=1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中各离子浓度一定都降低
+
②pH=2的盐酸和pH=1的盐酸，c（H）之比为2：1
③pH相等的三种溶液：a．CH3COONa；b．NaHCO3；c．NaOH．其溶液物质的量浓度由小到大顺序为c、b、a
④NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH=7，则c（Na）=2c（SO4）
⑤已知醋酸电离平衡常数为Ka；醋酸根水解常数为Kh；水的离子积为Kw；则三者关系为Ka•Kh=Kw
⑥甲、乙两溶液都是强电解质，已知甲溶液的pH是乙溶液pH的两倍，则甲、乙两溶液等体积混合，混合液pH可能等于7．
A．③⑤⑥ B．③④⑥ C．④⑤⑥ D．①②④
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
【分析】①强酸稀释时氢氧根离子浓度增大；
+
②pH=2的盐酸和pH=1的盐酸，c（H）之比为1：10； ③根据同浓度时的碱性强弱比较； ④根据电荷书恒判断；
⑤利用平衡常数的表达式判断；
⑥如pH之和等于14，等体积混合可等于7．
+
【解答】解：①强酸溶液全部电离，加水稀释后，溶液中H离子浓度一定都降低但氢氧根离子浓度增大，故①错误；
+
②pH=2的盐酸和pH=1的盐酸，c（H）之比为1：10，故②错误；
③三种盐的水溶液均显碱性，同浓度，碱性强弱顺序为c＞b＞a，故pH相等的四种溶液物质的量浓度由小到大顺序为c＞b＞a，故③正确；
++2
④NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH=7，溶液中存在c（NH4）+c（Na）=2c（SO4﹣+2﹣），则c（Na）＜2c（SO4），故④错误；
+2﹣
⑤水解和电离为可逆过程，则：Kb=，则有Ka•Kh=Kw，故
⑤正确；
⑥当pH之和等于14时，则混合液pH=7，故⑥正确． 综合以上分析，符合题意有③⑤⑥， 故选A．
【点评】本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离、pH的计算、盐类的水解以及酸碱混合的定性判断和计算，题目难度中等．
5．金银花有效活性成分为绿原酸，又名咖啡鞣酸，具有广泛的杀菌消炎功效，结构如图所示，下列有关绿原酸的说法正确的是（ ）
A．绿原酸的分子式为C16H8O9
B．1mol绿原酸最多与7molNaOH反应 C．1个绿原酸分子中含有4个手性碳原子
D．绿原酸分子中有4种化学环境不同的氢原子 【考点】有机物的结构和性质． 【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】该有机物含有酚羟基，可发生取代、氧化反应，含有羧基，具有酸性可发生中和、取代反应，含有酯基，可发生水解反应，含有羟基，可发生取代、消去、氧化反应，含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，以此解答该题．
【解答】解：A．由有机物的结构简式可知该有机物的分子式为C16H18O9，故A错误； B．由分子中羧基和酚羟基都能与碱反应，在碱性条件下生成羧基，也消耗NaOH，则1mol绿原酸最多与4molNaOH反应，故B错误；
C．连4各不同基团的C为手性C原子，则环己烷中除2各亚甲基外的4各C均为手性C原子（与﹣OH或与﹣COOC﹣相连的C），故C正确；
D．结构不对称，含15种H，则绿原酸分子中有15种化学环境不同的氢原子，故D错误． 故选C．
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、酯性质的考查，选项CD为解答的难点，题目难度不大．
6．由短周期元素组成的甲、乙、丙、丁四种物质分别含有两种或两种以上元素，它们分子中质子总数均与氩原子的质子数相同，已知甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子．下列推断合理的是（ ）
A．某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该溶液显碱性，只能与酸反应 B．乙与氧气的摩尔质量相同，则乙一定含有极性键和非极性键 C．丙中含有第2周期ⅣA族的元素，则丙一定是甲烷的同系物
D．丁和甲含有相同元素，且该元素在二者中的百分含量相同，则丁中一定含有﹣l价元素 【考点】无机物的推断． 【专题】推断题．
【分析】由短周期元素组成的甲、乙、丙、丁四种物质分别含有两种或两种以上元素，它们分子中质子总数均与氩原子的质子数相同，则甲是18电子的氢化物，且其水溶液为二元弱酸，
不难得出甲为H2S，乙与氧气的摩尔质量相同，可能为CH3 OH、N2H4等符合，丙中含有二周期IVA族的元素，可能为CH3 OH，丁和甲中各元素质量比相同，应为H2O2，结合各物质的结构和性质解答该题．
【解答】解：A．甲是18电子的氢化物，且其水溶液为二元弱酸，不难得出甲为H2S，某钠
﹣﹣
盐溶液若为NaHS溶液，其中含有HS、OH，但NaHS既能与盐酸等反应生成H2S，也能与Na0H反应生成Na2S，故A错误；
B．氧气的摩尔质量为32g/mol，乙的摩尔质量也为32g/mol，且含有18电子，CH3 OH符合，CH3OH中只含有极性键无非极性键，故B错误；
C．第二周期IVA族元素为C，如CH3OH符合，但CH3OH不是CH4的同系物，故C错误； D．H2S中元素的质量比为1：16，丁为H2O2分子中元素的质量比也为1：16，H2O2中氧元素的价态为一1价，故D正确． 故选D．
【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，题目难度较大，注意常见18电子物质的种类以及性质，解答本题时注意能找出反例．
7．用Na2SO3溶液吸收硫酸工业尾气中的二氧化硫，将所得的混合液进行电解循环再生，其中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如图所示，则下列有关说法中不正确的是（ ）
A．X为直流电源的负极，Y为直流电源的正极 B．阳极区pH增大
+
C．阴极区的电极反应为：2H+2e=H2↑ D．该过程中可以循环利用的物质是Na2SO3 【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】A．根据电解质溶液中阴阳离子的移动方向确定电源的正负极； B．阳极上亚硫酸根离子被氧化生成硫酸根离子，溶液酸性增强； C．电解池阴极上氢离子得电子发生还原反应； D．根据循环再生图确定可以循环利用的物质．
【解答】解：A．根据阴阳离子的移动方向知，阳离子向Pt（Ⅰ）电极移动，阴离子向Pt（Ⅱ）移动，因此Pt（Ⅰ）为阴极，Pt（Ⅱ）为阳极，所以X为直流电源的负极，Y为直流电源的正极，故A正确；
B．阳极上，亚硫酸根离子被氧化生成硫酸根离子，亚硫酸是弱电解质，硫酸是强电解质，所以阳极附近氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故B错误；
+
C．该电解池中阴极上生成氢气，应该是氢离子得电子发生还原反应，2H+2e=H2↑，故C正确；
D．根据循环再生图得到：可以循环利用的物质是Na2SO3，故D正确； 故选B．
【点评】本题考查学生电解池的工作原理，能正确分析图片是解本题的关键，注意图片中加入物质和析出物质的变化．
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（14分）（2015秋•许昌校级月考）燃煤烟气中含有大量的氮氧化合物（NOx），不宜直接排放到空气中，可采用以下措施对燃煤烟气进行处理． Ⅰ．CH4还原法：
﹣1
CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=akJ•mol
﹣1
CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=bkJ•mol 甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为 CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=
kJ/mol ．
﹣1
CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=akJ•mol
在温度T1和T2时，分别将0.50molCH4和1.2molNO2充入体积为1L的密闭容器中，测得n（CH4）随时间变化数据如下表： 温度 n/mol时间/min 0 10 20 40 50 T1 T2
n（CH4） n（CH4）
0.50 0.50
0.35 0.30
0.25 0.18
0.10 0.15 0.10 0.15
（1）在0～10min内化学反应速率υNO2（T1）：υNO2（T2）为 3：4 ； （2）T1 ＜ T2（填＜、=、＞），a ＜ （填＜、=、＞）0；
（3）在T1时，0～10min内内NO2的转化率是 50% ，欲提高NO2的转化率同时加快反应速率，可采取的措施有 B ．
A．缩小容器体积 B．增大CH4浓度 C．降低温度 D．加入催化剂 Ⅱ． NOx也可以用NH3还原除去，利用反应：6NO2+8NH3
7N2+12H2O也可处理
NO2．当氧化产物和还原产物的质量差为14g时，转移电子的物质的量为 12mol ． 【考点】热化学方程式；氧化还原反应的电子转移数目计算；化学平衡的影响因素．
【分析】Ⅰ、将反应CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=akJ/mol和CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=bkJ/mol相加再约去公约数即可得反应CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）的反应热；
（1）化学反应速率=，计算得到速率之比；
（2）分析表中数据变化可知起始量相同，在T1、T2状态下达到平衡状态，反应速率依据就可知，T2大，甲烷物质的量为0.10mol，0.15mol，说明T1到T2平衡逆向进行，温度升高平衡逆向进行，正反应为放热反应； （3）转化率=
×100%，欲提高NO2的转化率，改变条件平衡正向进行，同时加快反应
速率，结合平衡移动原理和影响反应速率的因素分析判断；
（4）分析元素化合价变化，二氧化氮中氮元素化合价降低，做氧化剂被还原得到氮气，氨气中氮元素化合价﹣3价升高到0价，做还原剂被氧化，氧化产物为4molN2，还原产物为3molN2，氧化产物和还原产物质量相差28g，据此计算得到．
【解答】Ⅰ、将反应CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=akJ/mol和CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=bkJ/mol相加再约去公约数即可得反应CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），其反应热△H=
+2H2O（g）△H=
=
kJ/mol，热反应方程式为：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）kJ/mol，
kJ/mol；
故答案为：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=（1）化学反应速率=
，在0～10min内化学反应速率υNO2（T1）：υNO2（T2）
=：=3：4，
故答案为：3：4；
（2）分析表中数据变化可知起始量相同，在T1、T2状态下达到平衡状态，反应速率依据就可知T2大，甲烷物质的量为0.10mol，0.15mol，说明T1到T2平衡逆向进行，温度升高平衡逆向进行，正反应为放热反应，a＜0， 故答案为：＜；＜；
（3）在T1时，0～10min内，甲烷减小物质的量=0.50mo﹣0.35mol=0.15mol，依据化学方程式定量关系计算可知反应的二氧化氮物质的量为
CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=akJ•mol 1 4
0.15mol 0.6mol
在T1时，0～10min内内NO2的转化率=
×100%=50%，
﹣1
上述分析可知反应是气体体积增大的放热反应
A．缩小容器体积，增大压强，平衡逆向进行，反应速率增大，但二氧化氮转化率减小，故A错误；
B．增大CH4浓度会提高二氧化氮的转化率，增大物质浓度增大反应速率，故B正确； C．降低温度反应速率减小，平衡正向进行，二氧化氮转化率增大，故C错误；
D．加入催化剂可以加快反应速率，但不改变化学平衡，二氧化氮转化率不变，故D错误； 故选B，
故答案为：50%；B；
（4）分析元素化合价变化，二氧化氮中氮元素化合价降低，做氧化剂被还原得到氮气，氨气中氮元素化合价﹣3价升高到0价，做还原剂被氧化，氧化产物为4molN2，还原产物为3molN2，氧化产物和还原产物质量相差28g，电子转移为24mol，当氧化产物和还原产物的质量差为14g时，电子转移为12mol， 故答案为：12mol．
【点评】本题考查了热化学方程式书写和盖斯定律计算应用，化学平衡影响因素分析，化学平衡的计算应用是解题关键，题目难度中等． 9．（15分）（2015秋•许昌校级月考）重铬酸盐广泛用作氧化剂、皮革制作等．以铬矿石（主要成分是Cr2O3，含FeO、Al2O3、SiO2等杂质）为原料制取重铬酸钠的流程如图1：
请回答下列问题：
（1）固体残渣主要是含 铁 元素的氧化物．在高温焙烧时生成Na2CrO4的化学方程式 2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2 ；
2﹣
（2）操作Ⅱ中通入过量CO2生成沉淀的离子方程式分别为： SiO3﹣﹣﹣
+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3 ； AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3 ． （3）下列仪器在分离出含Na2CrO4溶液的操作中，不需要的是 ACE ． A．酒精灯 B．烧杯 C．蒸发皿 D．漏斗 E．冷凝管
（4）用硫酸酸化时发生反应的离子方程式是 2CrO4+2H=Cr207+H20 ．
2﹣
+
2﹣
（5）工业酸性废水中的Cr2O7通常以铁做电极，采用电 解法除去．在如图2所示的装置中：
2﹣2﹣3+2﹣
①电极A区Cr2O7（Cr2O7还原为Cr）发生反应的离子方程式是 Cr2072++3+3+
+6Fe+14H=2Cr+6Fe+7H20 ；
3+3+3+
②假设一段时间后，所得溶液中Fe和Cr的物质的量浓度均为0.1 mol/L，要使Fe沉淀
3+
完全而Cr还未开始沉淀．则需调节溶液 pH的范围是 3.2～4.3之间 ．（已知：KSPFe（OH）3=4.0×10lg
=0.6）
2﹣
﹣38
，KSPCr（OH）3=6.0×10
﹣31
，lg=﹣0.1，lg=0.2，lg=0.3，
【考点】制备实验方案的设计；氧化还原反应；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用． 【专题】实验探究和数据处理题；实验设计题；实验评价题．
【分析】以铬矿石（主要成分是Cr2O3，含FeO、Al2O3、SiO2等杂质）为原料，加入碳酸钠和氧气高温灼烧发生反应生成铬酸钠，二氧化碳，水浸后过滤得到滤渣FeO，滤液为Na2CrO4，Na2SiO3，NaAlO2；调节溶液PH沉淀硅酸跟离子和偏铝酸根离子，过滤得到滤液Na2CrO4，加入硫酸酸化生成重铬酸钠溶液，通过提纯得到重铬酸钠，以此来解答；
（1）水洗后的溶液里含有Na2CrO4，Na2SiO3，NaAlO2，结合质量守恒定律及矿石的成分，可知残渣的成分里含有铁，纯碱和Cr2O3生成Na2CrO4的同时得到CO2气体； （2）过量的CO2生成的盐是NaHCO3，同时得到弱酸硅酸和氢氧化铝沉淀； （3）通过过滤分离出含Na2CrO4溶液，只需要漏斗和烧杯及玻璃棒，可判断出不需要的仪器； （4）硫酸酸化的目的是将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，同时有水生成，据此写出反应方程式，再改写成离子方程式；
（5）①电极A区将Cr2O7还原为Cr，发生的是还原反应，而A极区为阳极，应该发生
2+2﹣3+
的是氧化反应，可见铁为阳极，发生氧化反应生成Fe，再将Cr2O7还原为Cr，同时得到3+Fe；
﹣38﹣313+
②可结合溶度积常数KSPFe（OH）3=4.0×10，KSPCr（OH）3=6.0×10，计算出Fe沉淀
3+
完全时溶液的pH及Cr开始沉淀时的溶液pH就可以得出pH的范围．
【解答】解：以铬矿石（主要成分是Cr2O3，含FeO、Al2O3、SiO2等杂质）为原料，加入碳酸钠和氧气高温灼烧发生反应生成铬酸钠，二氧化碳，水浸后过滤得到滤渣FeO，滤液为Na2CrO4，Na2SiO3，NaAlO2；调节溶液PH沉淀硅酸跟离子和偏铝酸根离子，过滤得到滤液Na2CrO4，加入硫酸酸化生成重铬酸钠溶液，通过提纯得到重铬酸钠；
（1）由上述分析可知，滤渣为FeO，则固体残渣主要是含铁元素的氧化物，在高温焙烧时生成Na2CrO4的化学方程式为2Cr2O3+4Na2CO3+3O2Fe）； 2Cr2O3+4Na2CO3+3O2
4Na2CrO4+4CO2；
2﹣
2﹣
3+
4Na2CrO4+4CO2，故答案为：铁（或
（2）操作Ⅱ中通入过量CO2生成沉淀的离子方程式分别为SiO3+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2
﹣﹣﹣2﹣
HCO3、AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3，故答案为：SiO3
﹣﹣﹣
+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3；AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3；
（3）分离出含Na2CrO4溶液，需要过滤，仪器为漏斗、烧杯、玻璃棒，不需要ACE，故答案为：ACE；
（4）用硫酸酸化时发生反应的离子方程式是2CrO4+2H=Cr207+H20，故答案为：2CrO4﹣+2﹣
+2H=Cr207+H20；
2﹣
（5）工业酸性废水中的Cr2O7通常以铁做电极，则Fe为阳极，失去电子生成亚铁离子，具有还原性，
2﹣
+
2﹣
2
①电极A区Cr2O7（Cr2O7还原为Cr）发生反应的离子方程式是Cr207
2++3+3+2﹣2++3+3+
+6Fe+14H=2Cr+6Fe+7H20，故答案为：Cr207+6Fe+14H=2Cr+6Fe+7H20；
3+3+3+3+
②反应后所得溶液中Fe和Cr的物质的量浓度均为0.1mol/L，要使Fe沉 淀完全而Cr
﹣53+3+
还未开始沉淀，需要c（Fe）=10mol/l时铁离子沉淀完全，由溶度积常数Ksp=c（Fe）c（OH），c（OH）=
3
﹣
2﹣2﹣3+2﹣
3
﹣
=4.0×10
﹣33
，c（OH）=
﹣
=×10
﹣11
mol/L，
c（H）=
3+
3+
+
=10
﹣3.2
，pH=﹣lgc（H）=3.2；
3+
3
﹣
﹣31
+
Cr还未开始沉淀，c（Cr）=0.1mol/L，Ksp=c（Cr）c（OH）=6.0×10=
+
，c（OH）=10
﹣4.3
3
﹣
=6.0×10
﹣30
；（cOH）=
﹣
×10
﹣10
mol/L，（H）c=
+
mol/L，
pH=﹣lgc（H）=4.3，
3+3+
则要使Fe沉淀完全而Cr还未开始沉淀．则需调节溶液pH的范围是3.2～4.3， 故答案为：3.2～4.3之间．
【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握流程中的反应及混合物分离提纯方法等为解答的关键，侧重分析与应用及计算能力的考查，综合性较强，题目难度中等． 10．（14分）（2015秋•许昌校级月考）氯化铁是常用的水处理剂，某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3，经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华．
（1）各装置正确的连接顺序是（均填字母）： DBAC ；其中需要加热的是 C ． （2）连接好仪器后必须先进行的操作是 检查气密性 ．
（3）D中发生反应的化学方程式 2KMnO4+16HCl（浓）=2KCI+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O ． （4）A装置中浓硫酸的作用是干燥气体；同时A装置的另一作用是 防止堵塞 ．
（5）C装置中干燥管的作用是 防止空气中的水蒸汽进入收集器中，使氯化铁潮解变质 ． （6）该方案有一处明显的缺陷，改进的措施是 干燥管后连接盛有碱溶液的烧杯，吸收多余的氯气 ．
【考点】制备实验方案的设计；氯气的化学性质；氯气的实验室制法． 【专题】实验题；实验设计题．
【分析】本题是模拟工业流程制备无水FeCl3，因无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华，同时考虑到产品的纯度，因此操作过程中要提供无氧和干燥环境，同时利用冷凝的方式收集生成的氯化铁，考虑到实验的尾气对环境有污染，故要有尾气处理装置．
（1）根据Cl2的制备、除杂原理进行选择仪器装置，整套装置中只有与铁反应时需要加热； （2）因需要制备气体，并且利用气体参与反应，整套装置需要气密性比较好；
（3）D中是利用高锰酸钾氧化HCl制得氯气，同时得到MnCl2和KCl； （4）A中的浓硫酸可以干燥氯气，同时也是一个安全装置，可以平衡压强；
（5）因生成的氯化铁很容易潮解，故无水氯化钙可以防止空气中的水进入反应容器中； （6）整套装置中没有对氯气的尾气进行处理，需要增加尾气处理装置． 【解答】解：（1）D装置制得的氯气，经过B装置除去挥发的HCl，C装置的干燥，再进入C装置与铁粉反应，连接顺序为DBAC，整套装置只有C装置需要加热，故答案为：DBAC；C； （2）连接好仪器后必须先进行的操作是检验装置气密性，故答案为：检查气密性； （3）D中发生的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCI+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，故答案为：2KMnO4+16HCl（浓）=2KCI+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；
（4）A装置还是一个安全装置，可以防止堵塞，故答案为：防止堵塞；
（5）氯化钙可以吸水，防止空气中的水进入反应容器中，避免氯化铁潮解，故答案为：防止空气中的水蒸汽进入收集器中，使氯化铁潮解变质；
（6）为了吸收氯气的尾气，在C装置后接一个盛有碱溶液的烧杯，故答案为：干燥管后连接盛有碱溶液的烧杯，吸收多余的氯气．
【点评】本题考查氯气的实验室制法及氯气的性质，涉及实验的操作规范及尾气的处理，难度不大，建议复习时要重视基础知识的学习，并提高分析问题和解决问题的能力． 三、【化学-化学与技术】（15分） 11．（15分）（2015秋•许昌校级月考）硫酸铁铵[aFe2（SO4）3•b（NH4）2SO4•cH2O]广泛用于城镇生活饮用水、工业循环水的净化处理等．某化工厂以硫酸亚铁（含少量硝酸钙）和硫酸铵为原料，设计了如下工艺流程制取硫酸铁铵．
请回答下列问题：
（1）下列物质中最适合的氧化剂B是 b ；
a．NaClO b．H2O2 c．KMnO4 d．K2Cr2O7
2++3+
反应的离子方程式 H2O2+2Fe+2H═2Fe+2H2O ．
2+
（2）上述流程中，用足量最适合的氧化剂B氧化之后和加热蒸发之前，需取少量检验Fe
2+
是否已全部被氧化，能否用酸性的KMnO4溶液？并说明理由 不能，因为H2O2和Fe均能使酸性KMnO4溶液褪色 ．（可用文字或方程式说明）
+（3）检验硫酸铁铵中NH4的方法是 在试管中加入少量样品和NaOH固体加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，看到试纸变成蓝色 ．
（4）称取14.00g所得样品，将其溶于水配制成100mL溶液，分成两等份，向其中一份中加入足量NaOH溶液，过滤洗涤得到2.14g沉淀；向另一份溶液中加入含0.05mol Ba （NO3）2的溶液，恰好完全反应．则该硫酸铁铵的化学式为 Fe2（SO4）3.2（NH4）2SO4.2H2O ． 【考点】制备实验方案的设计；氧化还原反应；过氧化氢． 【专题】实验探究和数据处理题；实验评价题．
【分析】原料中加入硫酸酸化，可生成硫酸钙沉淀，减压过滤后加入过氧化氢氧化可生成硫酸铁，加入硫酸铵，在80℃下反应可生成硫酸铁铵，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，最后经常温晾晒可到纯净的硫酸铁铵，结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题． （1）为避免引入新杂质，应加入过氧化氢为氧化剂，过氧化氢本身被还原为水； （2）根据酸性高锰酸钾溶液氧化性很强，可以氧化二价铁和双氧水分析；
+
（3）检验NH4的方法是加入强碱反应、加热能够产生使湿润的红色石蕊试液变蓝的气体，
+
该气体是氨气，从而证明原溶液中一定含有NH4；
（4）根据元素守恒结合发生的转化，并运用微粒的物质的量之比来确定化学式．
【解答】解：原料中加入硫酸酸化，可生成硫酸钙沉淀，减压过滤后加入过氧化氢氧化可生成硫酸铁，加入硫酸铵，在80℃下反应可生成硫酸铁铵，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，最后经常温晾晒可到纯净的硫酸铁铵；
（1）为避免引入新杂质，应加入过氧化氢为氧化剂，还原产物是水，发生反应的离子方程式为H2O2+2Fe+2H═2Fe+2H2O，故答案为：b；H2O2+2Fe+2H═2Fe+2H2O；
（2）酸性高锰酸钾溶液氧化性很强，可以氧化二价铁和双氧水，故答案为：不能，因为过氧化氢和二价铁离子均能使酸性高锰酸钾溶液褪色；
+
（3）检验NH4的方法是加入强碱反应、加热能够产生使湿润的红色石蕊试液变蓝的气体，
+
该气体是氨气，从而证明原溶液中一定含有NH4，
故答案为：在试管中加入少量样品和NaOH固体加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，看到试纸变成蓝色；
（4）称取14.00g样品，将其溶于水配置成100mL溶液，分成两等份，向其中一份中加入足量NaOH溶液，过滤洗涤得到2.14g沉淀，应为Fe（OH）3， n（Fe（OH）3）=
=0.02mol，
2﹣
2+
+
3+
2+
+
3+
向另一份溶液中加入0.05mol Ba（NO3）2溶液，恰好完全反应，则n（SO4）=0.05mol，
2﹣
所以14.00g样品中含有Fe2（SO4）30.02mol，n（SO4）为0.1mol，则（NH4）2SO4为0.1mol﹣0.02mol×3=0.04mol，
则m（H2O）=14.00g﹣0.02mol×400g/mol﹣0.04mol×132g/mol=0.72g， n（H2O）=
=0.04mol，
n（Fe2（SO4）3）：n（（NH4）2SO4）：n（H2O）=0.02：0.04：0.04=1：2：2， 所以化学式为Fe2（SO4）3•2（NH4）2SO4•2H2O， 故答案为：Fe2（SO4）3•2（NH4）2SO4•2H2O．
【点评】本题考查考查物质的分离、提纯制备，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意根据物质的性质把握实验原理和方法，难度较大． 四、【化学-物质结构与性质】（15分） 12．（15分）（2015秋•许昌校级月考）CuCl和CuCl2都是重要的化工原料，常用作催化剂、颜料、防腐剂和消毒剂等．已知：
①CuCl可以由CuCl2用适当的还原剂如SO2、SnCl2等还原制得：
﹣2++2﹣
2Cu+2Cl+SO2+2H2O=2CuCl↓+4H+SO4 2CuCl2+SnCl2=2CuCl↓+SnCl4
2+
②CuCl2溶液与乙二胺（H2N﹣CH2﹣CH2﹣NH2）可形成配离子[Cu（En）2]（En是乙二胺的简写）．请回答下列问题：
（1）铜原子基态外围电子排布式为 3d4s ，H、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是 O＞N＞H ；
（2）SO4的空间构型为 正四面体型 ；
3
（3）乙二胺分子中氮原子轨道的杂化类型为 sp杂化 ，乙二胺和 三甲胺[N（CH3）3]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高的多，原因是 乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键 ．
（4）配离子[Cu（En）2]的配位数为 4 ，该微粒含有的微粒间的作用力类型有 ABD ． A．配位键 B．极性键 C．离子键 D．非极性键 E．氢键 F．金属键
（5）CuCl的晶胞结构如图二所示，其中Cl的配位数（即与Cl最近距离的Cu的个数）为 4 ．
﹣
﹣
101
2﹣
2+
+
【考点】配合物的成键情况；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型． 【分析】（1）根据核外电子排布规律书写Cu原子的核外电子排布式，电子按能层高低进行失
2+
去，进而书写Cu的外围电子排布式；同周期自左而右，电负性增大，据此判断O、N元素的电负性，H元素与O、N元素化合时，表现正化合价，H元素的电负性比O、N元素小； （2）根据价层电子对互斥理论判断离子构型；
（3）根据价层电子对数判断乙二胺分子中氮原子的杂化类型，根据是否含有氢键分析二者熔沸点高低不同的原因；
2+
（4）由图1可知配离子[Cu（En）2]的配位数为4，离子中存在配位键、C﹣N键、C﹣H键、N﹣H键、C﹣C键，据此判断离子化学键类型．
（5）由CuCl的晶胞结构图可知，每个Cu周围有4个Cl，故每个Cl周围有4个Cu． 【解答】解：（1）铜的原子序数为29，根据能量最低原理其态原子的电子排布式为226261011011s2s2p3s3p3d4s，故铜原子基态外围电子排布式为3d4s；
同周期自左而右，电负性增大，电负性O＞N，H元素与O、N元素化合时，H元素表现正化合价，H元素的电负性比O、N元素小，故电负性O＞N＞H． 故答案为：3d4s；O＞N＞H；
（2）SO4离子中价层电子对数为4+（6+2﹣4×2）=4，孤电子对数为0，所以是正四面体体型，
故答案为：正四面体型；
（3）乙二胺分子中氮原子形成4个δ键，价层电子对数为4，氮原子为sp杂化，乙二胺分子间可以形成氢键，物质的熔沸点较高，而三甲胺分子间不能形成氢键，熔沸点较低， 故答案为：sp杂化；乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键；
2+
（4）由图1可知配离子[Cu（En）2]的配位数为4；
离子中存在配位键、C﹣N键、C﹣H键、N﹣H键、C﹣C键，其中C﹣N键、C﹣H键、N﹣H键为极性键，C﹣C键为非极性键，故离子含有配位键、极性键、非极性键，故选ABD． 故答案为：4；ABD；
（5）由CuCl的晶胞结构图可知，每个Cu周围有4个Cl，故每个Cl周围有4个Cu， 故答案为：4．
+
﹣
﹣
+
﹣﹣
+
101
2﹣
3
3
+
【点评】本题考查核外电子排布规律、电负性、杂化轨道、分子空间结构、氢键与化学键、晶胞等，综合性较大，难度中等，是对知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础与分析问题解决问题的能力． 五、【化学-有机化学基础】（15分） 13．（15分）（2015秋•许昌校级月考）醋柳酯是一种镇咳祛痰药，用于上呼吸道感染、感冒咳嗽、急慢性支气管炎等的治疗，结构简式如图1．回答下列问题：
（1）醋柳酯的分子式为 C16H14O5 ． （2）关于醋柳酯的说法中，正确的是 B A．核磁共振氢谱中只有6个吸收峰 B．能发生取代、加成、氧化反应
C．1mol该物质最多可以和7molH2反应 D．分子中所有原子一定在同一平面内 （3）醋柳酯可由如图2所示路线合成：
①A的结构简式为 ；中间产品C中混有反应物A和B，检验C中含有A的
试剂是 NaHCO3溶液 ．
②由C制醋柳酯的反应类型为 取代反应 ；写出C和足量NaOH溶液反应的化学方程式 ．
③A的同分异构体很多，其中属于酯类、且能与FeCl3溶液反应显紫色的同分异构体有 3 种，写出一种的结构简式
．
【考点】有机物的合成．
【专题】有机物的化学性质及推断． 【分析】（1）根据醋柳酯的结构简式书写其分子式，注意每个碳原子能形成4个共价键； （2）醋柳酯含有酯基、醚基、苯环，所以具有酯、苯和醚的性质；
（3）A和B反应生成C，根据B和C结构简式的不同知，A是，C在一定条件
下反应生成醋柳酯．
①A和B、C结构的不同点是A中含有羧基，所以可以用碳酸氢钠检验，如果产品和碳酸氢钠反应有二氧化碳生成，则证明含有A；
②比较C和醋柳酯的结构可知，C生成醋柳酯是取代反应，C属于酯，在碱性条件下，酯能发生水解反应；
③A的同分异构体很多，属于酯类，说明含有酯基，能与FeCl3反应显紫色说明含有酚羟基，据此判断A的同分异构体．
【解答】解：（1）据其结构简式可知，醋柳酯的分子为C16H14O5，故答案为：C16H14O5； （2）A．据其结构简式可知，其分子中没有对称的氢原子，核磁共振氢谱中只有10个吸收峰，故A错误；
B．醋柳酯含有苯环，所以可与氢气发生加成反应、与卤素原子发生取代反应，酯能够燃烧即发生氧化反应，故B正确；
C．酯基不能与氢气加成，所以1mol该物质最多可以和6molH2反应，故C错误； D．醋柳酯含有甲基，所有原子不可能在同一平面上，故D错误； 故答案为：B；
（3）A和B反应生成C，根据B和C结构简式的不同知，A是下反应生成醋柳酯．
，C在一定条件
①A是，其中含氧官能团名称为羟基和羧基，A和B、C结构的不同点是A中
含有羧基，所以可以用碳酸氢钠检验，A和碳酸氢钠反应生成邻羟基苯甲酸钠和水、二氧化碳，
故答案为：
；NaHCO3溶液；
②C生成醋柳酯是取代反应，在碱性条件下，C发生水解反应，反应方程式为
，
故答案为：取代反应；；
③A的同分异构体很多，属于酯类，说明含有酯基，能与FeCl3反应显紫色说明含有酚羟基，根据A的分子式知，A的该同分异构体中含有一个酯基一个酚羟基，酯基和酚羟基在苯环上
有邻、间、对三种位置结构，所以其结构简式分别为：
；
故答案为：3；
．
【点评】本题考查有机物的推断，题目难度较大，明确有机物的种类为解答该题的关键，注意反应流程中官能团的变化判断．
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