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推荐学习K12江西省上饶市玉山一中2017年高考化学热身模拟试题（一）（含解析）

发布时间：2019-06-12 22:57:45 来源：文档文库

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2017年江西省上饶市玉山一中高考化学热身模拟试卷（一）

一．本大题包括7个小题，每小题6分，共42分．每题只有一个选项是符合题目要求的

1．《本草纲目》记载了烧酒的制造工艺：“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次…价值数倍也”．其方法与分离下列物质的实验方法原理上相同的（　　）

A．甲苯和水 B．硝酸钾和氯化钠

C．乙酸乙酯和甘油（丙三醇） D．食盐水和泥沙

2．金刚烷胺是最早用于抑制流感病毒的抗疾病毒药，其合成路线如图所示．下列说法不正确的是（　　）

A．金刚烷的分子式是C10H16

B．X的一种同分异构体是芳香族化合物

C．上述反应都属于取代反应

D．金刚烷胺的一溴代物有四种

3．2016年12月1日国际纯粹与应用化学联合会宣布，将合成的四种新元素命名为113号（缩写为Nh）、115号（Mc）、117号（Ts）和118号（Og）．则下列说法不正确的是（　　）

A．113号元素的氧化物为碱性氧化物

B．115号元素位于第七周期VA族

C．含176个中子的Ts原子表示为Ts

D．118号元素的原子最外层有8个电子

4．用1kg溶剂中所含溶质的物质的量表示的溶液的浓度叫质量物质的量浓度，其单位是mol/kg．某物质的溶液的质量分数为20%，质量物质的量浓度为2.358mol/kg，则该物质可能为（　　）

A．NaHCO3 B．CaCO3 C．KHCO3 D．Na2CO3

5．以熔融CaF2﹣CaO作电解质，用下图所示袋置获得金属钙，并用钙还原TiO2制备金属钛．下列说法正确的是（　　）

A．整套装置工作前后中CaO的总量基本不变

B．阳极的电极反应式为2Ca2++4e﹣=2Ca

C．石墨电极作阳极，质量不变

D．电解过程中，F﹣和O2﹣向阴极移动

6．设计如图所示实验装置，夹子在实验开始时处于关闭状态，将液体A滴入烧瓶与气体B充分反应；当打开夹子后发现试管内的水立刻沸腾．则液体A和气体B的组合不可能是（　　）

A．水、氯化氢 B．稀硫酸、氨气

C．氢氧化钠溶液、SO2 D．氢氧化钠溶液、CO

7．某化工厂为了综合利用生产过程中生成的CaSO4，与相邻的合成氨厂联合设计了以下制备（NH4）2SO4的工艺流程：

则下列有关说法错误的是（　　）

A．将滤液蒸干，即可提取产品（NH4）2SO4

B．通入足量氨气使悬浊液呈碱性有利于CO2的吸收

C．副产品是生石灰，X是CO2，其中CO2可循环利用

D．沉淀池中发生的主要反应为CaSO4+CO2+2NH3+H2O⇌CaCO3↓+（NH4）2SO4

二．非选择题：（共43分）

8．（1）N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H=﹣94.4kJ•mol﹣1．恒容时，体系中各物质浓度随时间变化的曲线如图1．

①在1L容器中发生反应，前20min内，v（NH3）=　　，放出的热量为　　；

②25min时采取的措施是　　；

③时段Ⅲ条件下，反应的平衡常数表达式为　　（用具体数据表示）．

（2）电厂烟气脱氮的主反应①：4NH3（g）+6NO（g）⇌5N2（g）+6H2O（g），副反应②：2NH3（g）+8NO（g）⇌5N2O（g）+3H2O（g）；△H＞0．平衡混合气中N2与N2O含量与温度的关系如图2．请回答：在400K～600K时，平衡混合气中N2含量随温度的变化规律是　　，导致这种规律的原因是　　（任答合理的一条原因）．

（3）直接供氨式燃料电池是以NaOH溶液为电解质的．电池反应为：4NH3+3O2=2N2+6H2O，则负极电极反应式为　　．

9．CO2和CH4是两种主要的温室气体，通过CH4和CO2反应制造更高价值的化学品是目前的研究目标．

（1）250℃时，以镍合金为催化剂，向4L容器中通入6mol CO2、6mol CH4，发生如下反应：CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）．平衡体系中各组分的体积分数如表：

①此温度下该反应的平衡常数K=　　．

②已知：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1

CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=+2.8kJ•mol﹣1

2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566.0kJ•mol﹣1

反应CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）的△H=　　．

（2）以二氧化钛表面覆盖的Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成为乙酸．

①在不同温度下，催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的变化关系如图所示．250～300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是　　．

②为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是　　．

③将Cu2Al2O4溶解在稀硝酸中的离子方程式为　　．

（3）以CO2为原料可以合成多种物质．

①聚碳酸酯是一种易降解的新型合成材料，它是由CO2加聚而成的．写出聚碳酸酯的结构简式：　　．

②以氢氧化钾水溶液作为电解质进行电解，CO2在铜电极上可转化为甲烷，电极反应式为　　．

10．如图1方框中的字母表示有关的一种反应物或生成物（某些物质略去），A～I的所有物质均是由1～18号元素组成的单质或化合物，其中只有D为单质，且气体混合物X各成分物质的量相等．

（1）物质A的名称为　　．物质A属于　　（填字母）

a．正盐b．酸式盐c．复盐d．混合物e．电解质f．两性氢氧化物

（2）写出下列物质的化学式：F　　，I　　．

（3）写出反应①的化学方程式：　　．

写出实验室制取气体H的离子方程式：　　．

（4）将F与一定量盐酸混合，二者恰好反应得到溶液M，在M中加入Na2O2时，加入Na2O2的质量与产生沉淀的质量具有如图2所示关系，则p点时产生沉淀与放出气体的物质的量之比为　　，从开始加Na2O2固体至q点的整个过程中，总反应的离子方程式为　　．

（5）将A和E组成的固体混合物Yg溶于水配成溶液，向其中慢慢滴入I的稀溶液，测得加入I溶液的体积与生成C的体积（标准状况）如表所示．则I溶液的物质的量浓度为　　．

[选修5--有机化学基础]

11．芳香酯I的合成路线如下：

已知以下信息：

①A﹣I均为芳香族化合物，B能发生银镜反应，D的相对分子质量比C大4，

E的核磁共振氢谱有3组峰．

②

③2RCH2CHOR﹣

请回答下列问题：

（1）A→B的反应类型为　　，D所含官能团的名称为　　，E的名称为　　．

（2）E→F与F→G的顺序能否颠倒　　（填“能”或“否”），理由　　．

（3）B与银氨溶液反应的化学方程式为　　．

（4）I的结构简式为　　．

（5）符合下列要求A的同分异构体还有　　种．

①与Na反应并产生H2②芳香族化合物

（6）根据已有知识并结合相关信息，写出以CH3CH2OH为原料制备CH3CH2CH2CH2OH的合成路线流程图（无机试剂任用）．合成路线流程图示例如下：CH3CH2BrCH3CH2OHCH3COOCH2CH3．

2017年江西省上饶市玉山一中高考化学热身模拟试卷（一）

参考答案与试题解析

一．本大题包括7个小题，每小题6分，共42分．每题只有一个选项是符合题目要求的

1．《本草纲目》记载了烧酒的制造工艺：“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次…价值数倍也”．其方法与分离下列物质的实验方法原理上相同的（　　）

A．甲苯和水 B．硝酸钾和氯化钠

C．乙酸乙酯和甘油（丙三醇） D．食盐水和泥沙

【考点】PR：物质分离、提纯的实验方案设计．

【分析】烧酒的制造工艺利用蒸馏的方法，可用于分离沸点不同的液体混合物，以此解答．

【解答】解：烧酒的制造工艺利用蒸馏的方法，可用于分离沸点不同的液体混合物，

A．苯和水互不相溶，可用分液的方法分离，故A错误；

B．硝酸钾和硫酸钠的溶解度不同，可用重结晶的方法分离，故B错误；

C．乙酸乙酯和甘油沸点不同，可用蒸馏的方法分离，故C正确；

D．泥沙不溶于水，可用过滤的方法分离，故D错误．

故选C．

2．金刚烷胺是最早用于抑制流感病毒的抗疾病毒药，其合成路线如图所示．下列说法不正确的是（　　）

A．金刚烷的分子式是C10H16

B．X的一种同分异构体是芳香族化合物

C．上述反应都属于取代反应

D．金刚烷胺的一溴代物有四种

【考点】HD：有机物的结构和性质．

【分析】A．由结构简式确定分子式；

B．X含有4个环，不饱和对为4；

C．根据官能团的变化判断；

D．金刚烷胺有3种H原子．

【解答】解：A．由结构简式可知金刚烷的分子式是C10H16，故A正确；

B．X含有4个环，不饱和对为4，则X的一种同分异构体是芳香族化合物，故B正确；

C．分别为H、Br原子被替代，为取代反应，故C正确；

D．金刚烷胺有3种H原子（氨基除外），则金刚烷胺的一溴代物有三种，故D错误．

故选D．

3．2016年12月1日国际纯粹与应用化学联合会宣布，将合成的四种新元素命名为113号（缩写为Nh）、115号（Mc）、117号（Ts）和118号（Og）．则下列说法不正确的是（　　）

A．113号元素的氧化物为碱性氧化物

B．115号元素位于第七周期VA族

C．含176个中子的Ts原子表示为Ts

D．118号元素的原子最外层有8个电子

【考点】32：核素．

【分析】A．113号在周期表中位置是第七周期ⅢA族，为金属元素；

B．115号元素位于第七周期第VA族；

C．117号元素质量数=质子数+中子数=117+176=293，原子符号中左上角为质量数，左下角为质子数；

D．118号元素位于0族第七周期．

【解答】解：A．113号在周期表中位置是第七周期ⅢA族，为金属元素，是碱性氧化物，故A不选；

B．115号元素有七个电子层，最外层5个电子，位于第七周期第VA族，故B不选；

C．117号元素质量数=质子数+中子数=117+176=293，原子符号中左上角为质量数，左下角为质子数，293117Ts，故C选；

D．118号元素位于0族第七周期，最外层8个电子，故D不选；

故选C．

4．用1kg溶剂中所含溶质的物质的量表示的溶液的浓度叫质量物质的量浓度，其单位是mol/kg．某物质的溶液的质量分数为20%，质量物质的量浓度为2.358mol/kg，则该物质可能为（　　）

A．NaHCO3 B．CaCO3 C．KHCO3 D．Na2CO3

【考点】5C：物质的量浓度的相关计算．

【分析】设该溶液中溶质的摩尔质量为x，溶剂的质量为1kg，根据质量物质的量浓度为2.358mol/kg及质量分数为20%列式计算，然后进行判断即可．

【解答】解：设溶质的物质的量我为x、溶剂的质量为1kg，

质量物质的量浓度为2.358mol/kg，则1kg溶剂中溶解的溶质的物质的量为2.358mol，质量为：x×2.358mol=2.358xg，

该溶液的质量分数为20%，则：×100%=20%，

解得：x≈106g/mol，

选项中满足条件的为Na2CO3，

故选D．

5．以熔融CaF2﹣CaO作电解质，用下图所示袋置获得金属钙，并用钙还原TiO2制备金属钛．下列说法正确的是（　　）

A．整套装置工作前后中CaO的总量基本不变

B．阳极的电极反应式为2Ca2++4e﹣=2Ca

C．石墨电极作阳极，质量不变

D．电解过程中，F﹣和O2﹣向阴极移动

【考点】DI：电解原理．

【分析】根据图知，阳极上电极反应式为C+2O2﹣﹣4e﹣═CO2↑，阴极上电极反应式为：2Ca2++4e﹣═2Ca，钙还原二氧化钛反应方程式为：2Ca+TiO2Ti+2CaO，“+”接线柱应连接原电池正极，电解过程中，电解质中阳离子向阴极移动、阴离子向阳极移动，据此分析解答．

【解答】解：A．阴极上电极反应式为2Ca2++4e﹣═2Ca，钙还原二氧化钛反应方程式为2Ca+TiO2=Ti+2CaO，在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量不变，故A正确；

B．根据图知，阳极上生成二氧化碳，则阳极反应式为C+2O2﹣﹣4e﹣═CO2↑，故B错误；

C．阳极发生反应为C+2O2﹣﹣4e﹣═CO2↑，石墨作为阳极，反应需要消耗石墨，则石墨质量会减少，故C错误；

D．电解池中，阴离子向阳极移动，则F﹣和O2﹣向阳极移动，故D错误．

故选A．

6．设计如图所示实验装置，夹子在实验开始时处于关闭状态，将液体A滴入烧瓶与气体B充分反应；当打开夹子后发现试管内的水立刻沸腾．则液体A和气体B的组合不可能是（　　）

A．水、氯化氢 B．稀硫酸、氨气

C．氢氧化钠溶液、SO2 D．氢氧化钠溶液、CO

【考点】U5：化学实验方案的评价．

【分析】将液体A滴入烧瓶与气体B充分反应，打开夹子，可发现试管内的水立刻沸腾了，是因压强减小，沸点降低，则分析选项中气体的压强减小、物质的量减小即可，以此解答该题．

【解答】解：A．HCl极易溶于水，压强减小，沸点降低，符合题意，故A不选；

B．硫酸与氨气反应生成硫酸铵固体，压强减小，沸点降低，符合题意，故B不选；

C．氢氧化钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钠溶液、水，压强减小，沸点降低，符合题意，故C不选；

D．氢氧化钠溶液、一氧化碳不反应，不会导致压强减小，不符合题意，故D选；

故选D．

7．某化工厂为了综合利用生产过程中生成的CaSO4，与相邻的合成氨厂联合设计了以下制备（NH4）2SO4的工艺流程：

则下列有关说法错误的是（　　）

A．将滤液蒸干，即可提取产品（NH4）2SO4

B．通入足量氨气使悬浊液呈碱性有利于CO2的吸收

C．副产品是生石灰，X是CO2，其中CO2可循环利用

D．沉淀池中发生的主要反应为CaSO4+CO2+2NH3+H2O⇌CaCO3↓+（NH4）2SO4

【考点】27：工业合成氨；EB：氨的化学性质．

【分析】A、（NH4）2SO4是强酸弱碱盐，容易水解；

B、在上述流程的沉淀池中通入足量氨气的目的是一方面提供反应物，另一方面使溶液呈碱性有利于CO2的吸收；

C、在煅烧炉中发生CaCO3CaO+CO2↑，则从绿色化学和资源综合利用的角度说明产生的CO2循环使用，得到副产品为生石灰；

D、沉淀池中硫酸钙和二氧化碳、氨气、水反应生成碳酸钙和硫酸铵．

【解答】解：A、（NH4）2SO4是强酸弱碱盐，容易水解，最后生成的（NH4）2SO4不可直接加热蒸干溶液得到，故A错误；

B、在上述流程的沉淀池中通入足量氨气的目的是一方面提供反应物，另一方面使溶液呈碱性有利于CO2的吸收，故B正确；

C、在煅烧炉中发生CaCO3CaO+CO2↑，则从绿色化学和资源综合利用的角度说明产生的CO2循环使用，得到副产品为生石灰，故C正确；

D、沉淀池中硫酸钙和二氧化碳、氨气、水反应生成碳酸钙和硫酸铵，故化学方程式为CaSO4+CO2+2NH3+H2O⇌CaCO3↓+（NH4）2SO4，故D正确，

故选A．

二．非选择题：（共43分）

8．（1）N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H=﹣94.4kJ•mol﹣1．恒容时，体系中各物质浓度随时间变化的曲线如图1．

①在1L容器中发生反应，前20min内，v（NH3）=　0.050mol（L•min）﹣1　，放出的热量为　47.2kJ　；

②25min时采取的措施是　将NH3从反应体系中分离出去　；

③时段Ⅲ条件下，反应的平衡常数表达式为　　（用具体数据表示）．

（2）电厂烟气脱氮的主反应①：4NH3（g）+6NO（g）⇌5N2（g）+6H2O（g），副反应②：2NH3（g）+8NO（g）⇌5N2O（g）+3H2O（g）；△H＞0．平衡混合气中N2与N2O含量与温度的关系如图2．请回答：在400K～600K时，平衡混合气中N2含量随温度的变化规律是　随温度升高，N2的含量降低　，导致这种规律的原因是　主反应为放热反应，升温使主反应的平衡左移（或者副反应为吸热反应，升温使副反应的平衡右移，降低了NH3和NO浓度，使主反应的平衡左移）　（任答合理的一条原因）．

（3）直接供氨式燃料电池是以NaOH溶液为电解质的．电池反应为：4NH3+3O2=2N2+6H2O，则负极电极反应式为　2NH3+6OH﹣﹣6e﹣=N2+6H2O　．

【考点】CK：物质的量或浓度随时间的变化曲线．

【分析】（1）①根据v=计算出前20min内氨气的平均反应速率v（NH3）；根据达到平衡时生成氨气的物质的量及热化学方程式N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H=﹣94.4kJ•mol﹣1计算出放出的热量；

②根据25min时氨气的物质的量变为0，而氮气和氢气的物质的量不变进行解答；

③根据时段Ⅲ条件下达到平衡时各组分的浓度及平衡常数表达式进行解答；

（2）根据图2中随着温度升高，氮气、N2O的含量变化进行分析；根据温度对化学平衡影响及两个可逆反应的反应热情况进行分析；

（3）根据原电池工作原理及电极反应写出该燃料电池的负极反应式．

【解答】解：（1）①根据图象可知，20min时氨气的物质的量浓度为1.00mol/L，所以氨气的平均反应速率为：v（NH3）==0.050mol（L•min）﹣1；达到平衡时生成的氨气的物质的量为：1.00 mol/L×1L=1.00mol，根据N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）；△H=﹣94.4kJ•mol﹣1可知生成1.00mol氨气放出的热量为94.4kJ•mol﹣1=47.2kJ，

故答案为：0.050mol（L•min）﹣1； 47.2kJ；

②25min时氨气的物质的量迅速变为0而氮气、氢气的物质的量不变，之后氮气、氢气的物质的量逐渐减小，氨气的物质的量逐渐增大，说明25min时将NH3从反应体系中分离出去，

故答案为：将NH3从反应体系中分离出去；

③时段Ⅲ条件下，该反应的化学平衡常数为：K==，

故答案为：；

（2）根据图象可知，在400K～600K时，平衡混合气中N2含量随温度的升高逐渐降低；主反应为放热反应，升高温度，平衡向着逆向移动，氮气的含量减小，

故答案为：随温度升高，N2的含量降低；主反应为放热反应，升温使主反应的平衡左移或者副反应为吸热反应，升温使副反应的平衡右移，降低了NH3和NO浓度，使主反应的平衡左移；

（3）原电池负极失去电子发生氧化反应，所以该燃料电池中负极氨气失去电子生成氮气，电极反应式为2NH3+6OH﹣﹣6e﹣=N2+6H2O，

故答案为：2NH3+6OH﹣﹣6e﹣=N2+6H2O．

9．CO2和CH4是两种主要的温室气体，通过CH4和CO2反应制造更高价值的化学品是目前的研究目标．

（1）250℃时，以镍合金为催化剂，向4L容器中通入6mol CO2、6mol CH4，发生如下反应：CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）．平衡体系中各组分的体积分数如表：

①此温度下该反应的平衡常数K=　64　．

②已知：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1

CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=+2.8kJ•mol﹣1

2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566.0kJ•mol﹣1

反应CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）的△H=　247.3kJ•mol﹣1　．

（2）以二氧化钛表面覆盖的Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成为乙酸．

①在不同温度下，催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的变化关系如图所示．250～300℃时，温度升高而乙酸的生成速率降低的原因是　温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低　．

②为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是　增大反应压强、增大CO2的浓度　．

③将Cu2Al2O4溶解在稀硝酸中的离子方程式为　3Cu2Al2O4+32H++2NO3﹣=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O　．

（3）以CO2为原料可以合成多种物质．

①聚碳酸酯是一种易降解的新型合成材料，它是由CO2加聚而成的．写出聚碳酸酯的结构简式：　　．

②以氢氧化钾水溶液作为电解质进行电解，CO2在铜电极上可转化为甲烷，电极反应式为　CO2+8e﹣+6H2O=CH4+8OH﹣　．

【考点】CP：化学平衡的计算；BB：反应热和焓变．

【分析】（1）①先利用三段法求出各物质的物质的量，然后再根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；

②根据盖斯定律来解答；

（2）①根据温度对催化剂活性的影响；

②根据外界条件对化学平衡的影响，平衡正向移动，反应物转化率增大；

③先将Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2O•Al2O3，再根据氧化物与酸反应生成离子方程式，需要注意的是一价铜具有还原性；

（3）以①根据加聚反应的特征来解答；

②根据原电池原理，CO2在正极发生还原反应转化为甲烷，注意电解质溶液为碱性．

【解答】解：（1）①CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）．

起始（mol） 6 6 0 0

反应（mol） x x 2x 2x

平衡（mol） 6﹣x 6﹣x 2x 2x

由CH4的体积分数为0.1，则=0.1，解得X=4，所以K===64，

故答案为：64；

②CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1①

CO（g）+H2O （g）=CO2（g）+H2 （g）△H=2.8kJ•mol﹣1②

2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566.0kJ•mol﹣1③

根据盖斯定律，由①+②×2﹣③×2得，CO2（g）+CH4（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1+2.8kJ•mol﹣1×2+566.0kJ•mol﹣1×2=+247.3 kJ•mol﹣1，

故答案为：+247.3 kJ•mol﹣1；

（2）①温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低，故答案：温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低；

②增大反应压强、增大CO2的浓度，平衡正向移动，反应物转化率增大，故答案为：增大反应压强、增大CO2的浓度；

③Cu2Al2O4拆成氧化物的形式：Cu2O•Al2O3，与酸反应生成离子方程式：3Cu2Al2O4+32H++2NO3﹣=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O，

故答案为：3Cu2Al2O4+32H++2NO3﹣=6Cu2++6Al3++2NO↑+16H2O；

（3）①CO2发生加聚反应得到，故答案为：；

②CO2在正极发生还原反应转化为甲烷，电极反应为：CO2+8e﹣+6H2O=CH4+8OH﹣，故答案为：CO2+8e﹣+6H2O=CH4+8OH﹣．

10．如图1方框中的字母表示有关的一种反应物或生成物（某些物质略去），A～I的所有物质均是由1～18号元素组成的单质或化合物，其中只有D为单质，且气体混合物X各成分物质的量相等．

（1）物质A的名称为　碳酸氢铵　．物质A属于　be　（填字母）

a．正盐b．酸式盐c．复盐d．混合物e．电解质f．两性氢氧化物

（2）写出下列物质的化学式：F　Al（OH）3　，I　HNO3　．

（3）写出反应①的化学方程式：　4NH3+5O24NO+6H2O　．

写出实验室制取气体H的离子方程式：　3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O　．

（4）将F与一定量盐酸混合，二者恰好反应得到溶液M，在M中加入Na2O2时，加入Na2O2的质量与产生沉淀的质量具有如图2所示关系，则p点时产生沉淀与放出气体的物质的量之比为　4：3　，从开始加Na2O2固体至q点的整个过程中，总反应的离子方程式为　Al3++2Na2O2=4Na++A O2﹣+O2↑　．

（5）将A和E组成的固体混合物Yg溶于水配成溶液，向其中慢慢滴入I的稀溶液，测得加入I溶液的体积与生成C的体积（标准状况）如表所示．则I溶液的物质的量浓度为　1mol/L　．

【考点】GS：无机物的推断．

【分析】A是由a、b、c、d四种元素形成的常见酸式盐，且b、c、d同周期，由于受热分解产生的都是气体，所以A中含有铵根离子，而不含有金属元素，据此可判断A为碳酸氢铵，由于a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期元素，则对应的a为氢元素，b为碳元素，c为氮元素，d为氧元素，根据题的各物质的关系可知，混合气体为水、二氧化碳、氨气，所以B是氨气，C是二氧化碳，D是氧气，E是碳酸钠，F为氢氧化铝，由于H、G、D能生成I，所以H为一氧化氮，G为水，所以I为硝酸，据此答题．

【解答】解：A是由a、b、c、d四种元素形成的常见酸式盐，且b、c、d同周期，由于受热分解产生的都是气体，所以A中含有铵根离子，而不含有金属元素，据此可判断A为碳酸氢铵，由于a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期元素，则对应的a为氢元素，b为碳元素，c为氮元素，d为氧元素，根据题的各物质的关系可知，混合气体为水、二氧化碳、氨气，所以B是氨气，C是二氧化碳，D是氧气，E是碳酸钠，F为氢氧化铝，由于H、G、D能生成I，所以H为一氧化氮，G为水，所以I为硝酸，

（1）由上面的分析可知，物质A为碳酸氢铵，属于酸式盐、电解质，故答案为：碳酸氢铵；be；

（2）由上面的分析可知，F 为Al（OH）3，I为 HNO3，故答案为：Al（OH）3；HNO3；

（3）反应①为氨的催化氧化，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，验室制取气体H为NO是利用稀硝酸和铜反应，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O，

故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O；

（4）将氢氧化铝与一定量盐酸混合，二者恰好反应得到溶液AlCl3，在AlCl3中加入Na2O2时，Na2O2与水反应生成NaOH和O2，NaOH再与AlCl3反应生成Al（OH）3，根据图可知，p点时产生沉淀的量最大，反应方程式为4AlCl3+6Na2O2+6H2O=4Al（OH）3+3O2+12NaCl，所以产生的Al（OH）3放出气体的物质的量之比为4：3，从开始加Na2O2固体至q点，是生成的氢氧化铝再与氢氧钠反应生成了偏铝酸钠，总反应的离子方程式为Al3++2Na2O2=4Na++AlO2﹣+O2↑，

故答案为：4：3；Al3++2Na2O2=4Na++A O2﹣+O2↑；

（5）碳酸钠和碳酸氢钠组成的固体混合物溶于水配成溶液，向其中慢慢滴入稀硝酸的稀溶液，碳酸钠先与硝酸反应，生成碳酸氢钠，当硝酸的体积从15mL加到20mL，再到50mL，硝酸都是与碳酸氢钠反应生成二氧碳，根据离子反应，H++HCO﹣=H2O+CO2，当硝酸的体积从15mL加到20mL时，产生二氧化碳112mL，此时消耗的硝酸的物质的量为0.005mol，所以硝酸的物质的量浓度为=1mol/L，

故答案为：1mol/L．

[选修5--有机化学基础]

11．芳香酯I的合成路线如下：

已知以下信息：

①A﹣I均为芳香族化合物，B能发生银镜反应，D的相对分子质量比C大4，

E的核磁共振氢谱有3组峰．

②

③2RCH2CHOR﹣

请回答下列问题：

（1）A→B的反应类型为　氧化反应　，D所含官能团的名称为　羟基　，E的名称为　对氯甲苯或4﹣氯甲苯　．

（2）E→F与F→G的顺序能否颠倒　否　（填“能”或“否”），理由　如果颠倒则（酚）羟基会被KMnO4/H+氧化　．

（3）B与银氨溶液反应的化学方程式为　　．

（4）I的结构简式为　　．

（5）符合下列要求A的同分异构体还有　13　种．

①与Na反应并产生H2②芳香族化合物

（6）根据已有知识并结合相关信息，写出以CH3CH2OH为原料制备CH3CH2CH2CH2OH的合成路线流程图（无机试剂任用）．合成路线流程图示例如下：CH3CH2BrCH3CH2OHCH3COOCH2CH3．

【考点】HC：有机物的合成．

【分析】A﹣I均为芳香族化合物，根据A的分子式可知A的侧链为饱和结构，A能够催化氧化生成B，B能够发生银镜反应，其能够发生信息反应③，则B分子中含有苯环和侧链﹣CH2CHO结构，故B的结构简式为，A为；B通过信息反应生成C，则C为，D比C的相对分子质量大4，恰好为2分子氢气，则说明C与氢气发生加成反应生成D，故D为；E的核磁共振氢谱有3组峰，E能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，则E分子中含有甲基，且氯原子位于甲基的对位，故E为；E被酸性高锰酸钾溶液氧化成F，则F为；F在浓NaOH溶液中加热发生水解反应生成酚羟基和羧酸钠，然后在酸性条件下转化成G，则G为；G和D发生酯化反应生成I，则I为，据此进行解答．

【解答】解：A﹣I均为芳香族化合物，根据A的分子式可知A的侧链为饱和结构，A能够催化氧化生成B，B能够发生银镜反应，其能够发生信息反应③，则B分子中含有苯环和侧链﹣CH2CHO结构，故B的结构简式为，A为；B通过信息反应生成C，则C为，D比C的相对分子质量大4，恰好为2分子氢气，则说明C与氢气发生加成反应生成D，故D为；E的核磁共振氢谱有3组峰，E能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，则E分子中含有甲基，且氯原子位于甲基的对位，故E为；E被酸性高锰酸钾溶液氧化成F，则F为；F在浓NaOH溶液中加热发生水解反应生成酚羟基和羧酸钠，然后在酸性条件下转化成G，则G为；G和D发生酯化反应生成I，则I为，

（1）A→B为催化氧化生成，该反应为氧化反应；D为，其分子中含有官能团为羟基；E为，氯原子位于4号C，其名称为4﹣氯甲苯或对氯甲苯，

故答案为：氧化反应；羟基；对氯甲苯或4﹣氯甲苯；

（2）E到G的反应中需要分别引进酚羟基和羧基，由于酚羟基容易被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以E→F与F→G的顺序不能颠倒，

故答案为：否；如果颠倒则（酚）羟基会被KMnO4/H+氧化；

（3）B分子中含有醛基，能够与与银氨溶液发生反应生成单质银，反应的化学方程式为：，

故答案为：；

（4）G和D发生酯化反应生成I，I的结构简式为：，

故答案为：；

（5）A为，①与Na反应并产生H2，说明该有机物分子中含有羟基；②芳香族化合物，有机物分子中含有苯环，满足条件的有机物分子中可能含有的侧链为：①﹣CH（OH）CH3，②﹣OH、﹣CH2CH3，③1个﹣CH3，1个﹣CH2OH，④1个﹣OH、2个﹣CH3，其中①存在1种结构，②③都存在邻、间、对3种结构，④：当3个取代基都在间位时存在1种结构，当3个取代基相邻时存在2种结构，当有2个取代基相邻时有3种结构，所以④总共有6种结构，