2016年全国统一高考化学试卷（新课标ⅱ）（含解析版）下载

2016 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅱ） 一、选择题：本大题共 7 小题，每小题 6 分．在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的． 1．（6 分）下列关于燃料的说法错误的是（　　） A．燃料燃烧产物 CO2 是温室气体之一 B．化石燃料完全燃烧不会造成大气污染 C．以液化石油气代替燃油可减少大气污染 D．燃料不完全燃烧排放的 CO 是大气污染物之一 2．（6 分）下列各组中的物质均能发生加成反应的是（　　） A．乙烯和乙醇 B．苯和氯乙烯 C．乙酸和溴乙烷 D．丙烯和丙烷 3．（6 分）a、b、c、d 为短周期元素，a 的原子中只有 1 个电子，b2﹣和 c+的电 子层结构相同，d 与 b 同族．下列叙述错误的是（　　） A．a 与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1 B．b 与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物 C．c 的原子半径是这些元素中最大的 D．d 与 a 形成的化合物的溶液呈弱酸性 4．（6 分）分子式为 C4H8Cl2 的有机物共有（不含立体异构）（　　） A．7 种 B．8 种 C．9 种 D．10 种 5．（6 分）Mg﹣AgCl 电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。下列叙述 错误的是（　　） A．负极反应式为 Mg﹣2e﹣=Mg2+ B．正极反应式为 Ag++e﹣=Ag C．电池放电时 Cl﹣由正极向负极迁移 D．负极会发生副反应 Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑ 6．（6 分）某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验： ①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解：再加入足量稀盐酸，有气泡产生 ，固体全部溶解； 第 1 页（共 29 页） ②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在． 该白色粉末可能为（　　） A．NaHCO3、Al（OH）3 C．Na2SO3、BaCO3 B．AgCl、NaHCO3 D．Na2CO3、CuSO4 7．（6 分）下列实验操作能达到实验目的是（　　） 实验目的 实验操作 A． B． 制备 Fe（OH）3 胶体 将 NaOH 浓溶液滴加到饱和 FeCl3 溶液中 将 MgCl2 溶液加热蒸干 由 MgCl2 溶液制备无水 MgCl2 C． 除去 Cu 粉中混有的 CuO 加入稀硝酸溶液，过滤、洗涤、干燥 D． 比较水与乙醇中氢的活泼性分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中 A．A B．B C．C D．D 　三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第 22 题～第 32 题为必考题，每 个试题考生都必须作答．第 33 题～第 40 题为选考题，考生根据要求作答．（ 一）必考题（共 129 分） 8．（14 分）联氨（又称肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可 用作火箭燃料．回答下列问题： （1）联氨分子的电子式为　 　，其中氮的化合价为　 　． （2）实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为　 ．　（3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1 ②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2 ③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3 ④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=﹣1048.9kJ•mol﹣1 上述反应热效应之间的关系式为△H4=　 的主要原因为　． 　，联氨和 N2O4 可作为火箭推进剂 （4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似．联氨第一步电离反应的平 第 2 页（共 29 页） +衡常数值为　 　（已知：N2H4+H+⇌N2H5 的 K=8.7×107；Kw=1.0×10﹣14）． 联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为　 （5）联氨是一种常用的还原剂．向装有少量 AgBr 的试管中加入联氨溶液，观察 到的现象是　．联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀． 理论上 1kg 的联氨可除去水中溶解的 O2　kg；与使用 Na2SO3 处理水中 溶解的 O2 相比，联氨的优点是　． 　． 9．（14 分）丙烯腈（CH2=CHCN）是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨 氧化法”生产。主要副产物有丙烯醛（CH2=CHCHO）和乙腈（CH3CN）等。回 答下列问题： （1）以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈（C3H3N）和副产物 丙烯醛（C3H4O）的热化学方程式如下： ①C3H6（g）+NH3（g）+ O2（g）═C3H3N（g）+3H2O（g）△H=﹣515kJ•mol﹣1 ②C3H6（g）+O2（g）═C3H4O（g）+H2O（g）△H=﹣353kJ•mol﹣1 两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是　 率的反应条件是　 　；有利于提高丙烯腈平衡产 　。 　；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是　 （2）图（a）为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应的温度为 460℃．低于 460℃时，丙烯腈的产率　（填“是”或“不是”）对应温度下 的平衡转化率，判断理由是　；高于460℃时，丙烯腈产率降低的可能 原因是　（双选，填标号）。 A．催化剂活性降低 C．副反应增多 B．平衡常数变大 D．反应活化能增大 （3）丙烯腈和丙烯醛的产率与 n（氨）/n（丙烯）的关系如图（b）所示。由图 可知，最佳 n（氨）/n（丙烯）约为　，理由是　。进料气氨、空 气、丙烯的理论体积比约为　。 第 3 页（共 29 页） 10．（15 分）某班同学用如下实验探究 Fe2+、Fe3+的性质．回答下列问题： （1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成 0.1mol/L 的溶液．在 FeCl2 溶液中需加入少量铁屑，其目的是　 　． （2）甲组同学取 2mLFeCl2 溶液．加入几滴氯水，再加入 1 滴 KSCN 溶液，溶液 变红，说明 Cl2 可将 Fe2+氧化．FeCl2 溶液与氯水反应的离子方程式为　 （3）乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在 2mLFeCl2 溶液中先加入 0.5mL 煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和 l 滴 KSCN 溶液，溶液变红，煤 　． 油的作用是　 　． （4）丙组同学取 10mL0.1mol/LKI 溶液，加入 6mL0.1mol/LFeCl3 溶液混合．分别 取 2mL 此溶液于 3 支试管中进行如下实验： ①第一支试管中加入 1mLCCl4 充分振荡、静置，CCl4 层呈紫色； ②第二只试管中加入 1 滴 K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀； ③第三支试管中加入 1 滴 KSCN 溶液，溶液变红． 实验②检验的离子是　 况下，溶液中仍含有　 　（填离子符号）；实验①和③说明：在 I﹣过量的情 　（填离子符号），由此可以证明该氧化还原反应 为　 （5）丁组同学向盛有 H2O2 溶液的试管中加入几滴酸化的 FeCl2 溶液，溶液变成 棕黄色，发生反应的离子方程式为　；一段时间后，溶液中有气泡出现 ，并放热，随后有红褐色沉淀生成．产生气泡的原因是　；生成沉淀的 原因是　（用平衡移动原理解释）． 　． 　四、选考题：共 45 分．请考生从给出的 3 道物理题、3 道化学题、2 道生物题 第 4 页（共 29 页） 中每科任选一题作答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑 ．注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定 位置答题．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．化学–选修 2：化学与 技术 11．（15 分）双氧水是一种重要的氧化剂、漂白剂和消毒剂．生产双氧水常采 用蒽醌法，其反应原理和生产流程如图所示： 生产过程中，把乙基蒽醌溶于有机溶剂配制成工作液，在一定温度、压力和催化 剂作用下进行氢化，再经氧化、萃取、净化等工艺得到双氧水．回答下列问 题： （1）蒽醌法制备 H2O2 理论上消耗的原料是　 配制工作液时采用有机溶剂而不采用水的原因是　 （2）氢化釜 A 中反应的化学方程式为　．进入氧化塔C 的反应混合液中 的主要溶质为　． 　，循环使用的原料是　 　， 　． （3）萃取塔 D 中的萃取剂是　 　，选择其作萃取剂的原因是　 　． （4）工作液再生装置 F 中要除净残留的 H2O2，原因是　 　． （5）双氧水浓度可在酸性条件下用 KMnO4 溶液测定，该反应的离子方程式为　 ，一种双氧水的质量分数为 27.5% （密度为 1.10g•cm﹣3 ），其浓度为　 　　mol•L﹣1． 第 5 页（共 29 页） 　[化学–选修 3：物质结构与性质] 12．（15 分）东晋《华阳国志•南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白 铜（铜镍合金）闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品．回答 下列问题： （1）镍元素基态原子的电子排布式为　 　，3d 能级上的未成对电子数为　 　．（2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni（NH3）6]SO4 蓝色溶液． ①[Ni（NH3）6]SO4 中阴离子的立体构型是　． ②在[Ni（NH3）6]SO4 中 Ni2+与 NH3 之间形成的化学键称为　 对的成键原子是　． ③氨的沸点　（填“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是　 分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为　 （3）单质铜及镍都是由　键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为 　，提供孤电子 　；氨是　 　． 　：ICu=1958kJ•mol﹣1、INi=1753kJ•mol﹣1，ICu＞INi 的原因是　 （4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示． 　． ①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为　 　． ②若合金的密度为 d g•cm﹣3，晶胞参数 a=　 　nm． 　[化学–选修 5：有机化学基础] 13．（15 分）氰基丙烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为 黏性。某种氰基丙烯酸酯（G）的合成路线如下： 从而具有胶 第 6 页（共 29 页） 已知： ①A 的相对分子质量为 58，氧元素质量分数为 0.276，核磁共振氢谱显示为单峰 ②回答下列问题： （1）A 的化学名称为　 （2）B 的结构简式为　 　。 　。其核磁共振氢谱显示为　 　组峰，峰面积比 为　 　。 （3）由 C 生成 D 的反应类型为　 （4）由 D 生成 E 的化学方程式为　 （5）G 中的官能团有　、　 　。 　。 　、　 　。（填官能团名称） （6）G 的同分异构体中，与 G 具有相同官能团且能发生银镜反应的共有　 　种。（不含立体结构） 　第 7 页（共 29 页） 2016 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅱ） 参考答案与试题解析 　一、选择题：本大题共 7 小题，每小题 6 分．在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的． 1．（6 分）下列关于燃料的说法错误的是（　　） A．燃料燃烧产物 CO2 是温室气体之一 B．化石燃料完全燃烧不会造成大气污染 C．以液化石油气代替燃油可减少大气污染 D．燃料不完全燃烧排放的 CO 是大气污染物之一 【考点】B9：燃料的充分燃烧．菁优网版权所有 【专题】517：化学反应中的能量变化；56：化学应用． 【分析】A．二氧化碳是形成温室效应的气体； B．化石燃料完全燃烧生成气体、灰尘等会造成大气污染； C．液化石油气含有杂质少，燃烧更充分，产物为水和二氧化碳，对空气污染小； D．一氧化碳是有毒气体不能排放到空气中． 【解答】解：A．形成温室效应的气体主要是二氧化碳的大量排放，故 A 正确； B．化石燃料含有硫等因素，完全燃烧会生成二氧化硫会形成酸雨，会造成大气 污染，故 B 错误； C．液化石油气含有杂质少，燃烧更充分，燃烧时产生的一氧化碳少，对空气污 染小，减少大气污染，故 C 正确； D．燃料不完全燃烧排放的 CO 有毒，是大气污染物之一，故 D 正确； 故选：B。 【点评】本题考查了燃料燃烧产物的分析、物质性质的判断应用，注意知识的积 累，题目较简单． 　2．（6 分）下列各组中的物质均能发生加成反应的是（　　） 第 8 页（共 29 页） A．乙烯和乙醇 B．苯和氯乙烯 C．乙酸和溴乙烷 D．丙烯和丙烷 【考点】I6：取代反应与加成反应．菁优网版权所有 【专题】533：有机反应． 【分析】根据有机物分子中含碳碳双键、C=O 键、﹣CHO 及苯环的物质可发生加 成反应，如：烯烃、炔烃、醛类、苯及其同系物等，注意﹣COOH 不能发生加 成反应，以此来解答。 【解答】解：A．乙烯可以发生加成反应，乙醇无不饱和键不能发生加成反应， 故 A 错误； B．苯一定条件下和氢气发生加成反应，氯乙烯分子中含碳碳双键，可以发生加 成反应，故 B 正确； C．乙酸分子中羰基不能发生加成反应，溴乙烷无不饱和键不能发生加成反应， 故 C 错误； D．丙烯分子中含碳碳双键，能发生加成反应，丙烷为饱和烷烃不能发生加成反 应，故 D 错误； 故选：B。 【点评】本题考查有机物的性质、反应类型，题目难度不大，主要是加成反应的 实质理解应用，题目较简单。 　3．（6 分）a、b、c、d 为短周期元素，a 的原子中只有 1 个电子，b2﹣和 c+的电 子层结构相同，d 与 b 同族．下列叙述错误的是（　　） A．a 与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1 B．b 与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物 C．c 的原子半径是这些元素中最大的 D．d 与 a 形成的化合物的溶液呈弱酸性 【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．菁优网版权所有 【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题． 第 9 页（共 29 页） 【分析】a、b、c、d 为短周期元素，a 的原子中只有 1 个电子，则 a 为 H 元素； b2﹣和 c+的电子层结构相同，结合离子所得电荷可知 b 为 O 元素，c 为 Na；d 与 b 同族，则 d 为 S 元素，结合元素化合物性质与元素周期律解答． 【解答】解：a、b、c、d 为短周期元素，a 的原子中只有 1 个电子，则 a 为 H 元 素；b2﹣和 c+的电子层结构相同，结合离子所得电荷可知 b 为 O 元素，c 为 Na ；d 与 b 同族，则 d 为 S 元素。 A．H 元素与 Na 形成化合物 NaH，H 元素为﹣1 价，故 A 错误； B．O 元素与 H 元素形成 H2O、H2O2，与 Na 元素形成 Na2O、Na2O2，与 S 元素形 成 SO2、SO3，故 B 正确； C．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，所有元素中 H 原子半径最小，Na 的原子半径最大，故 C 正确； D．d 与 a 形成的化合物为 H2S，H2S 的溶液呈弱酸性，故 D 正确。 故选：A。 【点评】本题考查结构性质位置关系应用，注意抓住短周期推断元素，熟练掌握 元素化合物知识，注意对元素周期律的理解掌握，有利于基础知识的巩固． 　4．（6 分）分子式为 C4H8Cl2 的有机物共有（不含立体异构）（　　） A．7 种 B．8 种 C．9 种 D．10 种 【考点】H6：有机化合物的异构现象．菁优网版权所有 【专题】532：同分异构体的类型及其判定． 【分析】C4H8Cl2 可以看作为 C4H10 中 2 个 H 原子被 2 个 Cl 原子取代，C4H10 有 CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）2 两种，再结合定一移一法判断． 【解答】解：C4H8Cl2 可以看作为 C4H10 中 2 个 H 原子被 2 个 Cl 原子取代，C4H10 有 CH3CH2CH2CH3、CH3C（CH3）2 两种， CH3CH2CH2CH3 中，当两个 Cl 原子取代同一个 C 原子上的 H 时，有 2 种，当两个 Cl 原子取代不同 C 原子上的 H 时，有 1、2，1、3，1、4，2、3 四种情况，有故 该情况有 6 种， 第 10 页（共 29 页） CH3CH（CH3） 中，当两个 Cl 原子取代同一个 C 原子上的 H 时，有 1 种，当两个 2Cl 原子取代不同 C 原子上的 H 时，有 2 种，故该情况有 3 种， 故共有 9 种， 故选：C。 【点评】本题考查有机物的同分异构体的书写，题目难度不大，二氯代物的同分 异构体常采用“定一移一”法解答，注意重复情况． 　5．（6 分）Mg﹣AgCl 电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。下列叙述 错误的是（　　） A．负极反应式为 Mg﹣2e﹣=Mg2+ B．正极反应式为 Ag++e﹣=Ag C．电池放电时 Cl﹣由正极向负极迁移 D．负极会发生副反应 Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑ 【考点】BL：化学电源新型电池．菁优网版权所有 【专题】51I：电化学专题． 【分析】Mg﹣AgCl 电池中，活泼金属 Mg 是还原剂、AgCl 是氧化剂，金属 Mg 作 负极，正极反应为：2AgCl+2e﹣═2C1﹣+2Ag，负极反应式为：Mg﹣2e﹣=Mg2+， 据此分析。 【解答】解：A．活泼金属镁作负极，失电子发生氧化反应，反应式为： Mg﹣2e﹣=Mg2+，故 A 正确； B．AgCl 是难溶物，其电极反应式为：2AgCl+2e﹣═2C1﹣+2Ag，故 B 错误； C．原电池放电时，阴离子向负极移动，则 Cl﹣在正极产生由正极向负极迁移， 故 C 正确； D．镁是活泼金属与水反应，即 Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑，故 D 正确； 故选：B。 第 11 页（共 29 页） 【点评】本题考查原电池工作原理，注意常见物质的性质，如镁的还原性以及银 离子的氧化性是解题的关键，题目难度中等。 　6．（6 分）某白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进行如下实验： ①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解：再加入足量稀盐酸，有气泡产生 ，固体全部溶解； ②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在． 该白色粉末可能为（　　） A．NaHCO3、Al（OH）3 C．Na2SO3、BaCO3 B．AgCl、NaHCO3 D．Na2CO3、CuSO4 【考点】PS：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．菁优网版权所有 【专题】545：物质的分离提纯和鉴别． 【分析】①取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解，说明有一种物质不溶于 水，再加入足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解，则至少有一种物质可 与盐酸反应生成气体，可能为二氧化碳或二氧化硫； ②取少量样品加入足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在，说明在振荡过 程中生成不溶于酸的固体，以此解答该题． 【解答】解：A．NaHCO3、Al（OH） 都与盐酸反应，硫酸足量时没有固体剩余， 3故 A 错误； B．碳酸氢钠与盐酸反应生成气体，AgCl 不溶于盐酸，故 B 错误； C．BaCO3 不溶于水，二者都与盐酸反应，且生成气体，若加入足量稀硫酸，有 气泡产生，且 BaCO3，能和 H2SO4 反应生成 BaSO4 沉淀，故 C 正确； D．加入过量硫酸，生成二氧化碳气体，但没有固体剩余，故 D 错误。 故选：C。 【点评】本题考查物质的检验和鉴别，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用 的考查，注意把握物质的性质，为解答该题的关键，难度中等． 　7．（6 分）下列实验操作能达到实验目的是（　　） 第 12 页（共 29 页） 实验目的 实验操作 A． B． 制备 Fe（OH）3 胶体 将 NaOH 浓溶液滴加到饱和 FeCl3 溶液中 将 MgCl2 溶液加热蒸干 由 MgCl2 溶液制备无水 MgCl2 C． 除去 Cu 粉中混有的 CuO 加入稀硝酸溶液，过滤、洗涤、干燥 D． 比较水与乙醇中氢的活泼性分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯 中A．A B．B C．C D．D 【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有 【专题】542：化学实验基本操作． 【分析】A．制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液； B．直接加热，易导致氯化镁水解； C．二者都与稀硝酸反应； D．分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，可根据反应的剧烈程度比较氢 的活泼性． 【解答】解：A．将 NaOH 浓溶液滴加到饱和 FeCl3 溶液中，生成氢氧化铁沉淀， 制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液，故 A 错误； B．氯化镁易水解，加热溶液易得到氢氧化镁沉淀，为防止水解，应在氯化氢氛 围中，故 B 错误； C．二者都与稀硝酸反应，应加入非氧化性酸，如稀硫酸或盐酸，故 C 错误； D．分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，可根据反应的剧烈程度比较氢 的活泼性，故 D 正确。 故选：D。 【点评】本题考查较为综合，涉及胶体的制备、盐类的水解、除杂以及性质的比 较等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把 握实验的严密性和可行性的评价，难度不大． 　三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第 22 题～第 32 题为必考题，每 第 13 页（共 29 页） 个试题考生都必须作答．第 33 题～第 40 题为选考题，考生根据要求作答．（ 一）必考题（共 129 分） 8．（14 分）联氨（又称肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可 用作火箭燃料．回答下列问题： （1）联氨分子的电子式为　 　，其中氮的化合价为　﹣2　． （2）实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为　 2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O　． （3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1 ②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2 ③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3 ④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=﹣1048.9kJ•mol﹣1 上述反应热效应之间的关系式为△H4=　2△H3﹣2△H2﹣△H1　，联氨和 N2O4 可 作为火箭推进剂的主要原因为　反应放热量大，产生大量气体　． （4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似．联氨第一步电离反应的平 +衡常数值为　8.7×10﹣7　（已知：N2H4+H+⇌N2H5 的 K=8.7×107；Kw=1.0× 10﹣14）．联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为　N2H6（HSO4）2　． （5）联氨是一种常用的还原剂．向装有少量 AgBr 的试管中加入联氨溶液，观察 到的现象是　固体逐渐变黑，并有气泡产生　．联氨可用于处理高压锅炉水 中的氧，防止锅炉被腐蚀．理论上 1kg 的联氨可除去水中溶解的 O2　1　kg； 与使用 Na2SO3 处理水中溶解的 O2 相比，联氨的优点是　N2H4 的用量少，不 产生其他杂质（反应产物为 N2 和 H2O），而 Na2SO3 产生 Na2SO4　． 【考点】BF：用盖斯定律进行有关反应热的计算；EL：含氮物质的综合应用．菁优网版权所有 【专题】524：氮族元素． 【分析】（1）肼的分子式为 N2H4，是氮原子和氢原子形成四个共价键，氮原子 和氮原子之间形成一个共价键形成的共价化合物，元素化合价代数和为 0 计 算化合价； 第 14 页（共 29 页） （2）氨气被次氯酸钠溶液氧化生成肼，次氯酸钠被还原生成氯化钠； （3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1 ②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2 ③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3 依据热化学方程式和盖斯定律计算③×2﹣②×2﹣①得到④2N2H4（l）+N2O4（l ）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=﹣1048.9kJ•mol﹣1 （4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似．联氨第一步电离方程式为 +N2H4+H2O⇌N2H5 +OH﹣，平衡常数 Kb= =×=K×Kw，由于是二元碱，因此联氨与硫酸形成的酸式盐为 N2H6（ HSO4）2； （5）联胺被银离子氧化，银离子被还原生成单质银，联胺被氧化失电子 N2H4～ N2﹣4e﹣，O2～4e﹣，依据守恒计算判断，依据锅炉的质地以及反应产物性质 解答． 【解答】解：（1）肼的分子式为 N2H4，是氮原子和氢原子形成四个共价键，氮 原 子 和 氮 原 子 之 间 形 成 一 个 共 价 键 形 成 的 共 价 化 合 物 ， 电 子 式 为 ： ，其中氢元素化合价为+1 价，则氮元素化合价为﹣2 价， 故答案为： ；﹣2； （2）氨气被次氯酸钠溶液氧化生成肼，次氯酸钠被还原生成氯化钠，结合原子 守恒配平书写反应的化学方程式为：2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O， 故答案为：2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O； （3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1 ②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2 ③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3 依据热化学方程式和盖斯定律计算③×2﹣②×2﹣①得到④2N2H4（l）+N2O4（l 第 15 页（共 29 页） ）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=2△H3﹣2△H2﹣△H1，根据反应④可知，联氨 和 N2O4 反应放出大量热且产生大量气体，因此可作为火箭推进剂， 故答案为：2△H3﹣2△H2﹣△H1；反应放热量大，产生大量气体； （4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似．联氨第一步电离方程式为 +N2H4+H2O⇌N2H5 +OH﹣，平衡常数 Kb= =×=K×Kw=8.7×107×1.0×10﹣14=8.7×10﹣7，第二步电离方程式为 +2+ N2H5 +H2O⇌N2H6 +OH﹣，因此联氨与硫酸形成的酸式盐为 N2H6（HSO4）2， 故答案为：8.7×10﹣7，N2H6（HSO4）2； （5）联胺被银离子氧化，银离子被还原生成单质银，﹣2 价的 N 元素被氧化为 N2 ，反应方程式为：N2H4+4AgBr=4Ag↓+N2↑+4HBr，因此反应出现现象为：固体 逐渐变黑，并有气泡产生，由于肼的氧化产物是氮气，不会对锅炉造成腐蚀， 而亚硫酸钠被氧化产物为硫酸钠，易生成硫酸盐沉淀影响锅炉的安全使用， 联胺被氧化失电子 N2H4→N2 失去 4e﹣，O2→O2﹣得到 4e﹣，联胺和氧气摩尔质 量都是 32g/mol，则等质量联胺和氧气物质的量相同，理论上 1kg 的联氨可除 去水中溶解的 O21kg，与使用 Na2SO3 处理水中溶解的 O2 相比，联氨的优点是 用量少，不产生其他杂质（反应产物为 N2 和 H2O），而 Na2SO3 产生 Na2SO4， 故答案为：固体逐渐变黑，并有气泡产生；1；N2H4 的用量少，不产生其他杂质 （反应产物为 N2 和 H2O），而 Na2SO3 产生 Na2SO4． 【点评】本题考查了氮及其化合物性质、物质结构、热化学方程式和盖斯定律计 算应用、平衡常数的计算方法，主要是氧化还原反应的计算及其产物的判断， 题目难度中等． 　9．（14 分）丙烯腈（CH2=CHCN）是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨 氧化法”生产。主要副产物有丙烯醛（CH2=CHCHO）和乙腈（CH3CN）等。回 答下列问题： 第 16 页（共 29 页） （1）以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈（C3H3N）和副产物 丙烯醛（C3H4O）的热化学方程式如下： ①C3H6（g）+NH3（g）+ O2（g）═C3H3N（g）+3H2O（g）△H=﹣515kJ•mol﹣1 ②C3H6（g）+O2（g）═C3H4O（g）+H2O（g）△H=﹣353kJ•mol﹣1 两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是　两个反应均为放热量大的反应　； 有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是　低温、低压　；提高丙烯腈反应 选择性的关键因素是　催化剂　。 （2）图（a）为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应的温度为 460℃．低于 460℃时，丙烯腈的产率　不是　（填“是”或“不是”）对应温度下 的平衡转化率，判断理由是　该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而 降低　；高于 460℃时，丙烯腈产率降低的可能原因是　AC　（双选，填标号 ）。 A．催化剂活性降低 C．副反应增多 B．平衡常数变大 D．反应活化能增大 （3）丙烯腈和丙烯醛的产率与 n（氨）/n（丙烯）的关系如图（b）所示。由图 可知，最佳 n（氨）/n（丙烯）约为　1　，理由是　该比例下丙烯腈产率最 高，而副产物丙烯醛产率最低　。进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为　1 ：7.5：1　。 【考点】BE：热化学方程式；CB：化学平衡的影响因素；CP：化学平衡的计算． 菁优网版权所有 【专题】517：化学反应中的能量变化；51E：化学平衡专题． 第 17 页（共 29 页） 【分析】（1）依据热化学方程式方向可知，两个反应均放热量大，即反应物和 生成物的能量差大，因此热力学趋势大；有利于提高丙烯腈平衡产率需要改 变条件使平衡正向进行，提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂； （2）因为该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，即低于 460℃时， 对应温度下的平衡转化率曲线应该是下降的，但实际曲线是上升的，因此判 断低于 460℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡转化率；产率降低主要 从产率的影响因素进行考虑； （3）根据图象可知，当 约为 1 时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产 物丙烯醛产率最低，根据化学反应 C3H6（g）+NH3（g）+ O2（g）=C3H3N（g ）+3H2O（g），氨气、氧气、丙烯按 1：1.5：1 的体积比加入反应达到最佳 状态，依据氧气在空气中约占 20%计算条件比。 【解答】解：（1）两个反应在热力学上趋势均很大，两个反应均放热量大，即 反应物和生成物的能量差大，因此热力学趋势大；该反应为气体体积增大的 放热反应，所以降低温度、降低压强有利于提高丙烯腈的平衡产率，提高丙 烯腈反应选择性的关键因素是催化剂； 故答案为：两个反应均为放热量大的反应；低温、低压；催化剂； （2）因为该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，即低于 460℃时， 对应温度下的平衡转化率曲线应该是下降的，但实际曲线是上升的，因此判 断低于 460℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡转化率。高于 460°C 时 ，丙烯腈产率降低， A．催化剂在一定温度范围内活性较高，若温度过高，活性降低，故 A 正确； B．由图象可知，升高温度平衡常数变小，故 B 错误； C．根据题意，副产物有丙烯醛，催化剂活性降低，副反应增多，导致产率下降， 故 C 正确； D．反应活化能的大小不影响平衡，故 D 错误； 故答案为：不是，该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低；AC； （3）根据图象可知，当 约为 1 时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产 物丙烯醛产率最低；根据化学反应 C3H6（g）+NH3（g）+ O2（g）=C3H3N（g 第 18 页（共 29 页） ）+3H2O（g），氨气、氧气、丙烯按 1：1.5：1 的体积比加入反应达到最佳 状态，而空气中氧气约占 20%，所以进料氨、空气、丙烯的理论体积约为：1： 7.5：1， 故答案为：1：1；该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；1：7.5 ：1。 【点评】本题考查热化学方程式，影响化学平衡的因素等知识。注意图象分析判 断，定量关系的理解应用是解题关键，题目难度中等。 　10．（15 分）某班同学用如下实验探究 Fe2+、Fe3+的性质．回答下列问题： （1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成 0.1mol/L 的溶液．在 FeCl2 溶液中需加入少量铁屑，其目的是　防止氯化亚铁被氧化　． （2）甲组同学取 2mLFeCl2 溶液．加入几滴氯水，再加入 1 滴 KSCN 溶液，溶液 变红，说明 Cl2 可将 Fe2+ 氧化．FeCl2 溶液与氯水反应的离子方程式为　 Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣　． （3）乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在 2mLFeCl2 溶液中先加入 0.5mL 煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和 l 滴 KSCN 溶液，溶液变红，煤 油的作用是　隔离空气（排除氧气对实验的影响）　． （4）丙组同学取 10mL0.1mol/LKI 溶液，加入 6mL0.1mol/LFeCl3 溶液混合．分别 取 2mL 此溶液于 3 支试管中进行如下实验： ①第一支试管中加入 1mLCCl4 充分振荡、静置，CCl4 层呈紫色； ②第二只试管中加入 1 滴 K3[Fe（CN）6]溶液，生成蓝色沉淀； ③第三支试管中加入 1 滴 KSCN 溶液，溶液变红． 实验②检验的离子是　Fe2+　（填离子符号）；实验①和③说明：在 I﹣过量的情 况下，溶液中仍含有　Fe3+　（填离子符号），由此可以证明该氧化还原反应 为　可逆反应　． （5）丁组同学向盛有 H2O2 溶液的试管中加入几滴酸化的 FeCl2 溶液，溶液变成 棕黄色，发生反应的离子方程式为　2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O　；一段时 间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成．产生气泡的原 因是　铁离子做过氧化氢分解催化剂分解生成氧气　；生成沉淀的原因是　 第 19 页（共 29 页） 过氧化氢分解反应放热，促进 Fe3+的水解平衡正向移动　（用平衡移动原理 解释）． 【考点】U2：性质实验方案的设计．菁优网版权所有 【专题】24：实验设计题． 【分析】（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁溶液中加入铁粉防止氯 化亚铁被氧化； （2）氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁； （3）煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气 对实验的影响； （4）加入 1 滴 K3[Fe（CN）]溶液，生成蓝色沉淀是亚铁离子的检验特征反应现 6象，第一支试管中加入 1mL CCl4 充分振荡、静置，CCl4 层显紫色说明生成 I2， 碘离子被铁离子氧化为碘单质，随浓度变小，碘离子在稀的氯化铁溶液中不 发生氧化还原反应； （5）向盛有 H2O2 溶液的试管中加入几滴酸化的 FeCl2 溶液，溶液变成棕黄色， 说明过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，铁离子对过氧化氢分解起到催化剂作 用，过氧化氢分解反应放热，促进 Fe3+的水解平衡正向移动． 【解答】解：（1）铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，在 FeCl2 溶液中需加入少量铁 屑，其目的是防止氯化亚铁被氧化， 故答案为：防止氯化亚铁被氧化； （2）氯气具有氧化性能氧化氯化亚铁为氯化铁，反应的离子方程式为： Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣， 故答案为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣； （3）煤油不溶于水，密度比水小，分层后可以隔离溶液与空气接触，排除氧气 对实验的影响， 故答案为：隔离空气（排除氧气对实验的影响）； （4）加入 1 滴 K3[Fe（CN）]溶液，生成蓝色沉淀是亚铁离子的检验特征反应现 6象，实验②检验的离子是 Fe2+，①第一支试管中加入 1mL CCl4 充分振荡、静 置，CCl4 层显紫色说明生成 I2，碘离子被铁离子氧化为碘单质，反应的离子方 第 20 页（共 29 页） 程式为：2I﹣+2Fe3+=2Fe2++I2，③第三支试管中加入 1 滴 KSCN 溶液，溶液变红 ，说明随浓度变小，碘离子在稀的氯化铁溶液中不发生氧化还原反应，仍含 有铁离子，在 I﹣过量的情况下，溶液中仍含有 Fe3+，说明该反应为可逆反应． 故答案为：Fe2+；Fe3+；可逆反应． （5）向盛有 H2O2 溶液的试管中加入几滴酸化的 FeCl2 溶液，溶液变成棕黄色， 说 明 过 氧 化 氢 氧 化 亚 铁 离 子 为 铁 离 子 ， 反 应 的 离 子 方 程 式 为 ： 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，铁离子对过氧化氢分解起到催化剂作用，产生 气泡的原因是铁离子做过氧化氢分解催化剂分解生成氧气，氯化铁溶液中存 在水解平衡，Fe3++3H2O⇌Fe（OH）+3H+，水解反应为吸热反应，过氧化氢分 3解放出热量，促进 Fe3+的水解平衡正向移动． 故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；铁离子做过氧化氢分解催化剂分解生成 氧气；过氧化氢分解反应放热，促进 Fe3+的水解平衡正向移动． 【点评】本题考查了铁架化合物性质、主要是溶液配制、离子方程式书写、离子 检验、盐类水解等知识点，注意题干信息的分析判断，题目难度中等． 　四、选考题：共 45 分．请考生从给出的 3 道物理题、3 道化学题、2 道生物题 中每科任选一题作答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑 ．注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定 位置答题．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．化学–选修 2：化学与 技术 11．（15 分）双氧水是一种重要的氧化剂、漂白剂和消毒剂．生产双氧水常采 用蒽醌法，其反应原理和生产流程如图所示： 第 21 页（共 29 页） 生产过程中，把乙基蒽醌溶于有机溶剂配制成工作液，在一定温度、压力和催化 剂作用下进行氢化，再经氧化、萃取、净化等工艺得到双氧水．回答下列问 题： （1）蒽醌法制备 H2O2 理论上消耗的原料是　氢气和氧气　，循环使用的原料是　 乙基蒽醌　，配制工作液时采用有机溶剂而不采用水的原因是　乙基蒽醌不 溶于水，易溶于有机溶剂　． （2）氢化釜 A 中反应的化学方程式为　 　．进入氧化塔 C 的反应混合液中的主要溶质为　乙基氢蒽醌　． （3）萃取塔 D 中的萃取剂是　水　，选择其作萃取剂的原因是　过氧化氢易溶 于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水　． （4）工作液再生装置 F 中要除净残留的 H2O2，原因是　过氧化氢分解放出氧气 ，与氢气混合，易发生爆炸　． （5）双氧水浓度可在酸性条件下用 KMnO4 溶液测定，该反应的离子方程式为　 5H2O2+6H++2MnO4﹣=2Mn2++5O2↑+8H2O　，一种双氧水的质量分数为 27.5% （密度为 1.10g•cm﹣3），其浓度为　8.90　mol•L﹣1． 第 22 页（共 29 页） 【考点】U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有 【专题】546：无机实验综合． 【分析】（1）由转化反应可知，先与氢气发生加成反应，再与氧气发生氧化反 应；乙基蒽醌开始被消耗，后来又生成；乙基蒽醌不易溶于水，易溶于有机 溶剂； （2）由原理和流程可知，A 中乙基蒽醌与氢气反应；进入氧化塔 C 的反应混合 液中的主要溶质为乙基氢蒽醌； （3）D 中萃取分离出过氧化氢溶液，则选择萃取剂为水； （4）除净残留的 H2O2，因过氧化氢过氧化氢分解放出氧气，与氢气混合，易发 生爆炸； （5）双氧水在酸性条件下与 KMnO4 溶液发生氧化还原反应生成氧气，结合 c= 计算浓度． 【解答】解：（1）由转化反应可知，乙基蒽醌先与氢气发生加成反应，再与氧 气发生氧化反应，则蒽醌法制备 H2O2 理论上消耗的原料是氢气和氧气；乙基 蒽醌开始被消耗，后来又生成，则循环使用的原料是乙基蒽醌，且结合流程 图种再生工作液环节可知乙基蒽醌循环使用；配制工作液时采用有机溶剂而 不采用水的原因是乙基蒽醌不溶于水，易溶于有机溶剂， 故答案为：氢气和氧气；乙基蒽醌；乙基蒽醌不溶于水，易溶于有机溶剂； （ 2 ） 由 原 理 和 流 程 可 知 ， A 中 乙 基 蒽 醌 与 氢 气 反 应 ， 反 应 为 ；进入氧化塔 C 的反应混合液中的主要 溶质为乙基氢蒽醌， 故答案为： ；乙基氢蒽醌； （3）D 中萃取分离出过氧化氢溶液，则选择萃取剂为水，选择其作萃取剂的原 因是过氧化氢易溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水， 第 23 页（共 29 页） 故答案为：水；过氧化氢易溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水； （4）工作液再生装置 F 中要除净残留的 H2O2，原因是过氧化氢分解放出氧气， 与氢气混合，易发生爆炸， 故答案为：过氧化氢分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸； （5）双氧水在酸性条件下与 KMnO4 溶液发生氧化还原反应生成氧气，离子反应 为 5H2O2+6H++2MnO4﹣=2Mn2++5O2↑+8H2O，由 c= 可知一种双氧水的 质 量 分 数 为27.5% （ 密 度 为1.10g•cm﹣3 ） ， 其 浓 度 为 =8.90mol/L， 故答案为：5H2O2+6H++2MnO4﹣=2Mn2++5O2↑+8H2O；8.90． 【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备实验原理、实验技能 、物质的性质为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意有机物的性 质及应用，题目难度中等． 　[化学–选修 3：物质结构与性质] 12．（15 分）东晋《华阳国志•南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白 铜（铜镍合金）闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品．回答 下列问题： （1）镍元素基态原子的电子排布式为　1s22s22p63s23p63d84s2　，3d 能级上的未 成对电子数为　2　． （2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni（NH3）6]SO4 蓝色溶液． ①[Ni（NH3）6]SO4 中阴离子的立体构型是　正四面体　． ②在[Ni（NH3）6]SO4 中 Ni2+与 NH3 之间形成的化学键称为　配位键　，提供孤 电子对的成键原子是　N　． ③氨的沸点　高于　（填“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是　氨气分子之间 形成氢键，分子间作用力更强　；氨是　极性　分子（填“极性”或“非极性”） ，中心原子的轨道杂化类型为　sp3　． （3）单质铜及镍都是由　金属　键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别 为：ICu=1958kJ•mol﹣1、INi=1753kJ•mol﹣1，ICu＞INi 的原因是　Cu+电子排布呈 第 24 页（共 29 页） 全充满状态，比较稳定，失电子需要能量高，第二电离能数值大　． （4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示． ①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为　3：1　． ②若合金的密度为 d g•cm﹣3，晶胞参数 a=　 ×107　nm． 【考点】98：判断简单分子或离子的构型；9I：晶胞的计算；9S：原子轨道杂化 方式及杂化类型判断．菁优网版权所有 【专题】51D：化学键与晶体结构． 【分析】（1）Ni 元素原子核外电子数为 28，结合能量最低原理书写核外电子排 布式； （2）①SO42﹣中 S 原子的孤电子对数= =0，价层电子对数=4+0=4； ②Ni2+提供空轨道，NH3 中 N 原子含有孤电子对，二者之间形成配位键； ③PH3 分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，增大了物质的沸点；NH3 分子为三角锥形结构，分子中正负电荷重心不重合，N 原子有 1 对孤对电子， 形成 3 个 N﹣H 键，杂化轨道数目为 4； （3）单质铜及镍都属于金属晶体；Cu+的外围电子排布为 3d10，Ni+的外围电子排 布为 3d84s1，Cu+的核外电子排布更稳定； （4）①根据均摊法计算晶胞中 Ni、Cu 原子数目； ②属于面心立方密堆积，结合晶胞中原子数目表示出晶胞质量，再结合 m=ρV 可 以计算晶胞棱长． 【 解 答 】 解 ： （ 1 ） Ni 元 素 原 子 核 外 电 子 数 为28 ， 核 外 电 子 排 布 式 为 1s22s22p63s23p63d84s2，3d 能级上的未成对电子数为 2， 第 25 页（共 29 页） 故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2；2； （2）①SO42﹣中 S 原子的孤电子对数= =0，价层电子对数=4+0=4，离子 空间构型为正四面体， 故答案为：正四面体； ②Ni2+提供空轨道，NH3 中 N 原子含有孤电子对，二者之间形成配位键， 故答案为：配位键；N； ③PH3 分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强，增大 了物质的沸点，故氨气的沸点高于 PH3 分子的， NH3 分子为三角锥形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子，N 原子 有 1 对孤对电子，形成 3 个 N﹣H 键，杂化轨道数目为 4，氮原子采取 sp3 杂 化， 故答案为：高于；氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强；极性；sp3； （3）单质铜及镍都属于金属晶体，都是由金属键形成的晶体；Cu+的外围电子排 布为 3d10，Ni+的外围电子排布为 3d84s1，Cu+的核外电子排布更稳定，失去第 二个电子更难，元素铜的第二电离能高于镍的， 故答案为：金属；Cu+电子排布呈全充满状态，比较稳定，失电子需要能量高， 第二电离能数值大； （4）①晶胞中 Ni 处于顶点，Cu 处于面心，则晶胞中 Ni 原子数目为 8× =1、Cu 原子数目=6× =3，故 Cu 与 Ni 原子数目之比为 3：1， 故答案为：3：1； ②属于面心立方密堆积，晶胞质量质量为 g，则 g=d g•cm﹣3× （a×10﹣7 cm）3，解得 a= ×107． 故答案为： ×107． 【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、空间构型与杂化 方式判断、配位键、氢键、电离能、晶胞计算等，是对物质结构主干知识的 综合考查，需要学生具备扎实的基础． 第 26 页（共 29 页） 　[化学–选修 5：有机化学基础] 13．（15 分）氰基丙烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为 黏性。某种氰基丙烯酸酯（G）的合成路线如下： 从而具有胶 已知： ①A 的相对分子质量为 58，氧元素质量分数为 0.276，核磁共振氢谱显示为单峰 ②回答下列问题： （1）A 的化学名称为　丙酮　。 （2）B 的结构简式为　 积比为　1：6　。 　。其核磁共振氢谱显示为　2　组峰，峰面 （3）由 C 生成 D 的反应类型为　取代反应　。 （4）由 D 生成 E 的化学方程式为　 +NaOH +NaCl　 。（5）G 中的官能团有　酯基　、　碳碳双键　、　氰基　。（填官能团名称） （6）G 的同分异构体中，与 G 具有相同官能团且能发生银镜反应的共有　8　种 。（不含立体结构） 【考点】HB：有机物的推断．菁优网版权所有 【专题】534：有机物的化学性质及推断． 第 27 页（共 29 页） 【分析】A 的相对分子质量为 58，氧元素质量分数为 0.276，则 A 分子中氧原子 数目为 =1，分子中 C、H 原子总相对原子质量为 58﹣16=42，则分 子中最大碳原子数目为 =3…6，故 A 的分子式为 C3H6O，其核磁共振氢谱显 示为单峰，且发生信息中加成反应生成 B，故 A 为 ，B 为 ，B 发生消去反应生成 C 为 ，C 与氯气光照反应生成 D，D 发生水 解反应生成 E，结合 E 的分子式可知，C 与氯气发生取代反应生成 D，则 D 为 ，E 发生氧化反应生成 F，F 与甲醇发生酯化反应生成 G，则 E 为 ，F 为 【解答】解：A 的相对分子质量为 58，氧元素质量分数为 0.276，则 A 分子中氧 原子数目为 =1，分子中 C、H 原子总相对原子质量为 58﹣16=42， ，G 为 。则分子中最大碳原子数目为 =3…6，故 A 的分子式为 C3H6O，其核磁共振氢 谱显示为单峰，且发生信息中加成反应生成 B，故 A 为 ，B 为 ，B 发生消去反应生成 C 为 ，C 与氯气光照反应生成 D ，D 发生水解反应生成 E，结合 E 的分子式可知，C 与氯气发生取代反应生成 D，则 D 为 G，则 E 为 ，E 发生氧化反应生成 F，F 与甲醇发生酯化反应生成 ，F 为 ，G 为 。（1）由上述分析可知，A 为 ，化学名称为丙酮，故答案为：丙酮； （2）由 上述分析可知，B 的结构简式为 其核磁共振 氢谱显示为 2 组峰，峰面积比为 1：6， 故答案为： ；2；1：6； （3）由 C 生成 D 的反应类型为：取代反应， 第 28 页（共 29 页） 故答案为：取代反应； （4）由 D 生成 E 的化学方程式为 +NaOH +NaCl， 故答案为： +NaOH +NaCl； （5）G 为 ，G 中的官能团有酯基、碳碳双键、氰基， 故答案为：酯基、碳碳双键、氰基； （6）G（ ）的同分异构体中，与G 具有相同官能团且能发生银 镜反应，含有甲酸形成的酯基：HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOC（ CH3 ）=CH2 ，当为 HCOOCH2CH=CH2 时，﹣CN 的取代位置有 3 种，当为 HCOOCH=CHCH3 时，﹣CN 的取代位置有 3 种，当为 HCOOC（CH3）=CH2 时， ﹣CN 的取代位置有 2 种，共有 8 种。 故答案为：8。 【点评】本题考查考查有机物的推断，关键是确定 A 的结构简式，再结合反应条 件、有机物分子式进行推断，熟练掌握官能团的性质与转化，（6）中注意利 用取代方法确定同分异构体。 第 29 页（共 29 页）