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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CO 是温室气体之一
2
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C H Cl 的有机物共有（不含立体异构）（ ）
4 8 2
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+2H O=Mg（OH） +H ↑
2 2 2
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．NaHCO 、Al（OH） B．AgCl、NaHCO
3 3 3
C．Na SO 、BaCO D．Na CO 、CuSO
2 3 3 2 3 4
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． 制备Fe（OH） 胶体 将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl 溶液中
3 3
B． 由MgCl 溶液制备无水MgCl 将MgCl 溶液加热蒸干
2 2 2
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，N H ，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可
2 4
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）①2O （g）+N （g）═N O （l）△H
2 2 2 4 1
②N （g）+2H （g）═N H （l）△H
2 2 2 4 2
③O （g）+2H （g）═2H O（g）△H
2 2 2 3
④2N H （l）+N O （l）═3N （g）+4H O（g）△H =﹣1048.9kJ•mol﹣1
2 4 2 4 2 2 4
上述反应热效应之间的关系式为△H = ，联氨和N O 可作为火箭推进剂的
4 2 4
主要原因为 ．
（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 （已知：N H +H+ N H +的K=8.7×107；K =1.0×10﹣14）．
2 4 2 5 w
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O kg；与使用Na SO 处理水中溶
2 2 3解的O 相比，联氨的优点是 ．
2
9．（14分）丙烯腈（CH =CHCN）是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨
2
氧化法”生产。主要副产物有丙烯醛（CH =CHCHO）和乙腈（CH CN）等。回
2 3
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（C H N）和副产
3 3
物丙烯醛（C H O）的热化学方程式如下：
3 4
①C H （g）+NH （g）+ O （g）═C H N（g）+3H O（g）△H=﹣515kJ•mol﹣1
3 6 3 2 3 3 2
②C H （g）+O （g）═C H O（g）+H O（g）△H=﹣353kJ•mol﹣1
3 6 2 3 4 2
两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是 ；有利于提高丙烯腈平衡产
率的反应条件是 ；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 B．平衡常数变大
C．副反应增多 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 。
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
FeCl 溶液中需加入少量铁屑，其目的是 ．
2（2）甲组同学取2mLFeCl 溶液．加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液
2
变红，说明Cl 可将Fe2+氧化．FeCl 溶液与氯水反应的离子方程式为 ．
2 2
（3）乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在 2mLFeCl 溶液中先加入
2
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/LFeCl 溶液混合．分别
3
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1mLCCl 充分振荡、静置，CCl 层呈紫色；
4 4
②第二只试管中加入1滴K [Fe（CN） ]溶液，生成蓝色沉淀；
3 6
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 （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 （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H O 溶液的试管中加入几滴酸化的 FeCl 溶液，溶液变成
2 2 2
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
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H O 理论上消耗的原料是 ，循环使用的原料是 ，
2 2
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 ．
（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H O ，原因是 ．
2 2
（5）双氧水浓度可在酸性条件下用KMnO 溶液测定，该反应的离子方程式为
4
，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．
[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（NH ） ]SO 蓝色溶液．
3 6 4
①[Ni（NH ） ]SO 中阴离子的立体构型是 ．
3 6 4
②在[Ni（NH ） ]SO 中Ni2+与NH 之间形成的化学键称为 ，提供孤电子对
3 6 4 3
的成键原子是 ．
③氨的沸点 （填“高于”或“低于”）膦（PH ），原因是 ；氨是
3
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：
I =1958kJ•mol﹣1、I =1753kJ•mol﹣1，I ＞I 的原因是 ．
Cu Ni Cu Ni
（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 从而具有胶
黏性。某种氰基丙烯酸酯（G）的合成路线如下：
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）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CO 是温室气体之一
2
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．
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【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（ ）
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．
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【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．
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【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题．
【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H O、H O ，与Na元素形成Na O、Na O ，与S元素形
2 2 2 2 2 2
成SO 、SO ，故B正确；
2 3
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H S，H S的溶液呈弱酸性，故D正确。
2 2
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C H Cl 的有机物共有（不含立体异构）（ ）
4 8 2
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．
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【专题】532：同分异构体的类型及其判定．
【分析】C H Cl 可以看作为 C H 中 2 个 H 原子被 2 个 Cl 原子取代，C H 有
4 8 2 4 10 4 10
CH CH CH CH 、CH CH（CH ） 两种，再结合定一移一法判断．
3 2 2 3 3 3 2
【解答】解：C H Cl 可以看作为C H 中2个H原子被2个Cl原子取代，C H 有
4 8 2 4 10 4 10
CH CH CH CH 、CH C（CH ） 两种，
3 2 2 3 3 3 2
CH CH CH CH 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
3 2 2 3
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，
CH CH（CH ） 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
3 3 2
Cl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+2H O=Mg（OH） +H ↑
2 2 2
【考点】BL：化学电源新型电池．
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【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+2H O=Mg（OH） +H ↑，故D正确；
2 2 2
故选：B。
【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．NaHCO 、Al（OH） B．AgCl、NaHCO
3 3 3
C．Na SO 、BaCO D．Na CO 、CuSO
2 3 3 2 3 4
【考点】PS：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．
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【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．NaHCO 、Al（OH） 都与盐酸反应，硫酸足量时没有固体剩余，
3 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．BaCO 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
3
气泡产生，且BaCO ，能和H SO 反应生成BaSO 沉淀，故C正确；
3 2 4 4
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（ ）
实验目的 实验操作
A． 制备Fe（OH） 胶体 将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl 溶液中
3 3
B． 由MgCl 溶液制备无水MgCl 将MgCl 溶液加热蒸干
2 2 2
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FeCl 溶液中，生成氢氧化铁沉淀，
3
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
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，N H ，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可
2 4
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
2NH + NaClO ═ N H + NaC l + H O ．
3 2 4 2
（3）①2O （g）+N （g）═N O （l）△H
2 2 2 4 1
②N （g）+2H （g）═N H （l）△H
2 2 2 4 2
③O （g）+2H （g）═2H O（g）△H
2 2 2 3④2N H （l）+N O （l）═3N （g）+4H O（g）△H =﹣1048.9kJ•mol﹣1
2 4 2 4 2 2 4
上述反应热效应之间的关系式为△H = 2 △ H ﹣2 △ H ﹣ △ H ，联氨和N O 可
4 3 2 1 2 4
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：N H +H+ N H +的K=8.7×107；K =1.0×10﹣
2 4 2 5 w
14）．联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为 N H （ HSO ） ．
⇌ 2 6 4 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 O 1
2
kg；与使用Na SO 处理水中溶解的O 相比，联氨的优点是 N H 的用量少，
2 3 2 2 4
不产生其他杂质（反应产物为 N 和 H O ），而 Na SO 产生 Na SO ．
2 2 2 3 2 4
【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．
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【专题】524：氮族元素．
【分析】（1）肼的分子式为N H ，是氮原子和氢原子形成四个共价键，氮原子
2 4
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；
（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）①2O （g）+N （g）═N O （l）△H
2 2 2 4 1
②N （g）+2H （g）═N H （l）△H
2 2 2 4 2
③O （g）+2H （g）═2H O（g）△H
2 2 2 3
依据热化学方程式和盖斯定律计算③×2﹣②×2﹣①得到④ 2N H （l）+N O
2 4 2 4
（l）═3N （g）+4H O（g）△H =﹣1048.9kJ•mol﹣1
2 2 4
（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
N H +H O N H ++OH﹣，平衡常数K = = ×
2 4 2 2 5 b
⇌
=K×K ，由于是二元碱，因此联氨与硫酸形成的酸式盐为 N H
w 2 6（HSO ） ；
4 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 N H ～
2 4
N ﹣4e﹣，O ～4e﹣，依据守恒计算判断，依据锅炉的质地以及反应产物性质
2 2
解答．
【解答】解：（1）肼的分子式为N H ，是氮原子和氢原子形成四个共价键，氮
2 4
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：2NH +NaClO═N H +NaCl+H O，
3 2 4 2
故答案为：2NH +NaClO═N H +NaCl+H O；
3 2 4 2
（3）①2O （g）+N （g）═N O （l）△H
2 2 2 4 1
②N （g）+2H （g）═N H （l）△H
2 2 2 4 2
③O （g）+2H （g）═2H O（g）△H
2 2 2 3
依据热化学方程式和盖斯定律计算③×2﹣②×2﹣①得到④ 2N H （l）+N O
2 4 2 4
（l）═3N （g）+4H O（g）△H =2△H ﹣2△H ﹣△H ，根据反应④可知，联
2 2 4 3 2 1
氨和N O 反应放出大量热且产生大量气体，因此可作为火箭推进剂，
2 4
故答案为：2△H ﹣2△H ﹣△H ；反应放热量大，产生大量气体；
3 2 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
N H +H O N H ++OH﹣，平衡常数K = = ×
2 4 2 2 5 b
⇌
=K×K =8.7×107×1.0×10﹣14=8.7×10﹣7，第二步电离方程式为 N H +
w 2 5
+H O N H 2++OH﹣，因此联氨与硫酸形成的酸式盐为N H （HSO ） ，
2 2 6 2 6 4 2
故答案为：8.7×10﹣7，N H （HSO ） ；
⇌ 2 6 4 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
N ，反应方程式为：N H +4AgBr=4Ag↓+N ↑+4HBr，因此反应出现现象为：
2 2 4 2
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N H →N 失去4e﹣，O →O2﹣得到4e﹣，联胺和氧气
2 4 2 2
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O 1kg，与使用Na SO 处理水中溶解的O 相比，联氨
2 2 3 2
的优点是用量少，不产生其他杂质（反应产物为 N 和H O），而Na SO 产生
2 2 2 3
Na SO ，
2 4
故答案为：固体逐渐变黑，并有气泡产生；1；N H 的用量少，不产生其他杂质
2 4
（反应产物为N 和H O），而Na SO 产生Na SO ．
2 2 2 3 2 4
【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（CH =CHCN）是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨
2
氧化法”生产。主要副产物有丙烯醛（CH =CHCHO）和乙腈（CH CN）等。回
2 3
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（C H N）和副产
3 3
物丙烯醛（C H O）的热化学方程式如下：
3 4
①C H （g）+NH （g）+ O （g）═C H N（g）+3H O（g）△H=﹣515kJ•mol﹣1
3 6 3 2 3 3 2
②C H （g）+O （g）═C H O（g）+H O（g）△H=﹣353kJ•mol﹣1
3 6 2 3 4 2
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 B．平衡常数变大
C．副反应增多 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．
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【专题】517：化学反应中的能量变化；51E：化学平衡专题．
【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 C H （g）+NH （g）+ O （g）=C H N
3 6 3 2 3 3
（g）+3H O（g），氨气、氧气、丙烯按1：1.5：1的体积比加入反应达到最
2
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 C H （g）+NH （g）+ O （g）=C H N
3 6 3 2 3 3
（g）+3H O（g），氨气、氧气、丙烯按1：1.5：1的体积比加入反应达到最
2
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
FeCl 溶液中需加入少量铁屑，其目的是 防止氯化亚铁被氧化 ．
2（2）甲组同学取2mLFeCl 溶液．加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液
2
变红，说明 Cl 可将 Fe2+氧化．FeCl 溶液与氯水反应的离子方程式为
2 2
Cl + 2F e 2 + =2F e 3 + + 2C l ﹣ ．
2
（3）乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在 2mLFeCl 溶液中先加入
2
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/LFeCl 溶液混合．分别
3
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1mLCCl 充分振荡、静置，CCl 层呈紫色；
4 4
②第二只试管中加入1滴K [Fe（CN） ]溶液，生成蓝色沉淀；
3 6
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 Fe 2 + （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 Fe 3 + （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H O 溶液的试管中加入几滴酸化的 FeCl 溶液，溶液变成
2 2 2
棕黄色，发生反应的离子方程式为 2Fe 2 + + H O + 2H + =2F e 3 + + 2H O ；一段时间
2 2 2
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 过
氧化氢分解反应放热，促进 Fe 3 + 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．
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【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K [Fe（CN） ]溶液，生成蓝色沉淀是亚铁离子的检验特征反应
3 6
现象，第一支试管中加入 1mL CCl 充分振荡、静置，CCl 层显紫色说明生成
4 4I ，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
2
中不发生氧化还原反应；
（5）向盛有H O 溶液的试管中加入几滴酸化的 FeCl 溶液，溶液变成棕黄色，
2 2 2
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FeCl 溶液中需加入少量
2
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：
Cl +2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣，
2
故答案为：Cl +2Fe2+=2Fe3++2Cl﹣；
2
（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K [Fe（CN） ]溶液，生成蓝色沉淀是亚铁离子的检验特征反应
3 6
现象，实验②检验的离子是Fe2+，①第一支试管中加入1mL CCl 充分振荡、
4
静置，CCl 层显紫色说明生成I ，碘离子被铁离子氧化为碘单质，反应的离子
4 2
方程式为：2I﹣+2Fe3+=2Fe2++I ，③第三支试管中加入 1滴KSCN溶液，溶液变
2
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H O 溶液的试管中加入几滴酸化的 FeCl 溶液，溶液变成棕黄色，
2 2 2
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+
+H O +2H+=2Fe3++2H O，铁离子对过氧化氢分解起到催化剂作用，产生气泡的
2 2 2
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++3H O Fe（OH） +3H+，水解反应为吸热反应，过氧化氢分解放出
2 3
热量，促进Fe3+的
⇌
水解平衡正向移动．
故答案为：2Fe2++H O +2H+=2Fe3++2H O；铁离子做过氧化氢分解催化剂分解生成
2 2 2
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：
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H O 理论上消耗的原料是 氢气和氧气 ，循环使用的原料
2 2
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H O ，原因是 过氧化氢分解放出氧气 ，
2 2
与氢气混合，易发生爆炸 ．
（5）双氧水浓度可在酸性条件下用KMnO 溶液测定，该反应的离子方程式为
4
5H O + 6H + + 2MnO ﹣ =2Mn 2 + + 5O ↑ + 8H O ，一种双氧水的质量分数为 27.5%
2 2 4 2 2
（密度为1.10g•cm﹣3），其浓度为 8.90 mol•L﹣1．
【考点】U3：制备实验方案的设计．
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【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H O ，因过氧化氢过氧化氢分解放出氧气，与氢气混合，易发
2 2
生爆炸；
（5）双氧水在酸性条件下与KMnO 溶液发生氧化还原反应生成氧气，结合 c=
4
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H O 理论上消耗的原料是氢气和氧气；乙基
2 2
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，
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H O ，原因是过氧化氢分解放出氧气，
2 2
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KMnO 溶液发生氧化还原反应生成氧气，离子反
4
应为 5H O +6H++2MnO ﹣=2Mn2++5O ↑+8H O，由 c= 可知一种双氧水
2 2 4 2 2
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：5H O +6H++2MnO ﹣=2Mn2++5O ↑+8H O；8.90．
2 2 4 2 2
【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 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 8 4s 2 ，3d能级上的未
成对电子数为 2 ．（2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni（NH ） ]SO 蓝色溶液．
3 6 4
①[Ni（NH ） ]SO 中阴离子的立体构型是 正四面体 ．
3 6 4
②在[Ni（NH ） ]SO 中Ni2+与NH 之间形成的化学键称为 配位键 ，提供孤
3 6 4 3
电子对的成键原子是 N ．
③氨的沸点 高于 （填“高于”或“低于”）膦（PH ），原因是 氨气分子之间
3
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 sp 3 ．
（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：I =1958kJ•mol﹣1、I =1753kJ•mol﹣1，I ＞I 的原因是 Cu + 电子排布呈全
Cu Ni Cu Ni
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= × 1 0 7 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．
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【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）①SO 2﹣中S原子的孤电子对数= =0，价层电子对数=4+0=4；
4
②Ni2+提供空轨道，NH 中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键；
3
③PH 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；NH
3 3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，
故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2；2；
（2）①SO 2﹣中S原子的孤电子对数= =0，价层电子对数=4+0=4，离
4
子空间构型为正四面体，
故答案为：正四面体；
②Ni2+提供空轨道，NH 中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键，
3
故答案为：配位键；N；
③PH 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
3
大了物质的沸点，故氨气的沸点高于PH 分子的，
3
NH 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
3
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．
[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 从而具有胶
黏性。某种氰基丙烯酸酯（G）的合成路线如下：
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 。其核磁共振氢谱显示为 2 组峰，峰
面积比为 1 ： 6 。
（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 + NaC l
。
（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．
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【专题】534：有机物的化学性质及推断．
【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C H O，其核磁共振氢谱显
3 6
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 ，G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，
则分子中最大碳原子数目为 =3…6，故A的分子式为C H O，其核磁共振氢
3 6
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 ，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，
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：HCOOCH CH=CH 、HCOOCH=CHCH 、HCOOC
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（CH ）=CH ，当为 HCOOCH CH=CH 时，﹣CN 的取代位置有 3 种，当为
3 2 2 2
HCOOCH=CHCH 时，﹣CN的取代位置有3种，当为HCOOC（CH ）=CH 时，
3 3 2
﹣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。
