2021年高考化学试卷（重庆）（解析卷）_历年高考真题合集_化学历年高考真题_新·PDF版2008-2025·高考化学真题_化学（按省份分类）2008-2025_2012-2025·（重庆）化学高考真题

2021 年重庆市新高考化学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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．（3分）“垃圾分类记心上，魅力山城新时尚”，下列可回收物中，主要成分为无机非金属 材料的是（ ） A． 普通玻璃 B． 不锈钢锅 C． 矿泉水瓶 D． 棉麻织物 【分析】A．玻璃是三大无机非金属材料之一； B．不锈钢锅属于合金材料； C．矿泉水瓶属于有机合成材料； D．棉麻织物属于有机高分子材料。 【解答】解：A．玻璃主要成分是硅酸盐材料，属于三大无机非金属材料之一，故A正 确； B．不锈钢锅属于合金材料，不是无机非金属材料，故B错误； C．矿泉水瓶属于有机合成材料，不是无机非金属材料，故C错误； D．棉麻织物属于有机高分子材料，不是无机非金属材料，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查了化学知识在生产生活中的应用，侧重于生产生活中化学材料的考查， 题目难度不大，明确复合材料、有机合成材料、无机非金属材料和金属材料的组成是解 题的关键。 2．（3分）葡萄酒中含有CH CH OH、CH COOH、SO 和CO 等多种成分。若N 代表阿 3 2 3 2 2 A 伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A．46gCH CH OH中含有C﹣H键数为5N 3 2 A 第1页 | 共27页B．1L1mol•L﹣1CH COOH溶液中含有氢离子数为N 3 A C．1molSO 与1molO 完全反应转移的电子数为4N 2 2 A D．11.2L（标准状况）CO 完全溶于水后溶液中H CO 分子数为0.5N 2 2 3 A 【分析】A.一个CH CH OH分子中含有5条C﹣H键； 3 2 B.醋酸为弱酸； C.可逆反应不能反应完全； D.二氧化碳与水的反应为可逆反应，碳酸为弱酸，部分电离。 【解答】解：A.46gCH CH OH中含有C﹣H键数为 ×5×N /mol＝5N ，故A 3 2 A A 正确； B.醋酸为弱酸，在水中部分电离，1L1mol•L﹣1CH COOH溶液中含有氢离子数小于N ， 3 A 故B错误； C.二氧化硫与氧气生成三氧化硫的反应为可逆反应，反应不能完全，故 1molSO 与 2 1molO 完全反应转移的电子数小于2N ，故C错误； 2 A D.二氧化碳与水的反应为可逆反应，碳酸为弱酸，部分电离，11.2L（标准状况）即 0.5molCO 完全于水后溶液中H CO 分子数小于0.5N ，故D错误； 2 2 3 A 故选：A。 【点评】本题考查阿伏伽德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏伽德罗常数 是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏伽德罗常 数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，掌握好以物质的量为中心的各化学 量与阿伏伽德罗常数的关系是解题的关键。 3．（3分）25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ） A．1.0mol•L﹣1氯化钡溶液中：Mg2+、K+、Br﹣、SO B．1.0mol•L﹣1 硫酸中：A13+、Na+、Cl﹣、NO C．pH＝11的氨水中：Fe2+、Na+、NO ﹣、ClO﹣ 3 D．pH＝1的硝酸中：Fe3+、K+、I﹣、SO 【分析】A.该溶液有钡离子，与硫酸根离子不能共存； B.四种离子之间不反应，都不与氢离子反应； C.该溶液呈碱性，铁离子与氢氧根离子反应； 第2页 | 共27页D.铁离子和碘离子不能共存。 【解答】解：A.该溶液中有钡离子，与硫酸根离子发生反应生成沉淀，不能大量共存， 故A错误； B.A13+、Na+、Cl﹣、NO 之间不反应，能够在酸性溶液中大量共存，故B正确； C.铁离子在碱性溶液中不能大量共存，故C错误； D.铁离子和碘离子发生氧化还原反应不能大量共存，在酸性溶液中不能大量共存，故D 错误； 故选：B。 【点评】本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质 及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学 生的分析与应用能力，题目难度不大。 4．（3分）次磷酸根（H PO ）的球棍模型如图所示，下列说法错误的是（ ） 2 A．P的原子结构示意图为 B．次磷酸根的电子式为 C．次磷酸根的结构式为 D．次磷酸分子式为H PO 3 2 【分析】A．P原子核内有15个质子、核外有15个电子，核外有3个电子层； B．根据图知，次磷酸根离子中存在P﹣O键、2个P﹣H键、1个P＝O键； C．根据图知，次磷酸根离子中存在P﹣O键、2个P﹣H键、1个P＝O键； D．次磷酸根离子为H PO ﹣，次磷酸为一元酸，次磷酸分子中含有3个H原子、1个P 2 2 原子、2个O原子。 【解答】解：A．P原子核内有15个质子、核外有15个电子，核外有3个电子层，P原 第3页 | 共27页子结构示意图为 ，故A正确； B．根据图知，次磷酸根离子中存在P﹣O键、2个P﹣H键、1个P＝O键，其电子式为 ，故B错误； C．根据图知，次磷酸根离子中存在P﹣O键、2个P﹣H键、1个P＝O键，其结构式为 ，故C正确； D．次磷酸根离子为H PO ﹣，次磷酸为一元酸，次磷酸分子中含有3个H原子、1个P 2 2 原子、2个O原子，分子式为H PO ，故D正确； 3 2 故选：B。 【点评】本题考查化学用语，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，正确判断图中 存在的化学键、掌握基本化学用语是解本题关键，题目难度不大。 5．（3分）《本草纲目》中记载：“看药上长起长霜，药则已成矣”。其中“长霜“代表桔酸 的结晶物，桔酸的结构简式如图，下列关于桔酸说法正确的是（ ） A．分子式为C H O B．含有四种官能团 7 8 5 C．与苯互为同系物 D．所有碳原子共平面 【分析】A．C、H、O原子个数依次是7、6、2； B．含有酚羟基和羧基； C．与苯结构不相似； D．苯环、﹣OH、﹣COOH中所有原子共平面，单键可以旋转。 【解答】解：A．C、H、O原子个数依次是7、6、2，分子式为C H O ，故A错误； 7 6 2 B．含有酚羟基和羧基两种官能团，故B错误； C．与苯结构不相似，二者不互为同系物，故C错误； 第4页 | 共27页D．苯环、﹣OH、﹣COOH中所有原子共平面，单键可以旋转，则该分子中所有碳原子 一定共平面，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明 确原子共平面判断方法、官能团的名称、同系物概念是解本题关键，题目难度不大。 6．（3分）下列叙述错误的是（ ） A．Mg在空气中燃烧可生成MgO B．Fe O 与Al发生铝热反应可生成Fe 2 3 C．BaCl 溶液与CO 反应可生成BaCO 2 2 3 D．Ca（OH） 溶液与Cl 反应可生成Ca（ClO） 2 2 2 【分析】A．Mg是活泼金属； B．Al比Fe活泼； C．BaCl 溶液与CO 不反应； 2 2 D．Ca（OH） 与 Cl 发生反应的总化学方程式为 2Ca（OH） +2Cl ＝Ca（ClO） 2 2 2 2 +CaCl +2H O。 2 2 2 【解答】解：A．Mg是活泼金属，Mg在空气中燃烧生成MgO，故A正确； B．Al比Fe活泼，Fe O 与Al发生铝热反应可生成Fe，故B正确； 2 3 C．碳酸的酸性比盐酸弱，所以BaCl 溶液与CO 不反应，故C错误； 2 2 D．Ca（OH） 与 Cl 发生反应的总化学方程式为 2Ca（OH） +2Cl ＝Ca（ClO） 2 2 2 2 +CaCl +2H O，即Ca（OH） 溶液与Cl 反应可生成Ca（ClO） ，故D正确； 2 2 2 2 2 2 故选：C。 【点评】本题考查常见的物质间的反应，熟悉物质的性质是解答的关键，题目较简单。 7．（3分）元素X、Y和Z可形成化合物X Y Z ，X的原子序数是Z的原子序数的5倍， 3 3 6 1molX Y Z 含42mol质子，下列叙述正确的是（ ） 3 3 6 A．X位于周期表的第二周期第VA族 B．Y的原子半径大于X的原子半径 C．Y的氧化物为无色气体 D．Z的单质与Cl 反应可生成共价化合物 2 【分析】设Z的原子序数为a，Y的原子序数为b，X的原子序数是Z的原子序数的5倍， 则X的原子序数为5a，1molX Y Z 含42mol质子，则15a+3b+6a＝42，7a+b＝14，原子 3 3 6 第5页 | 共27页序数只能是整数，所以a只能为1、b为7，所以Z为H、Y为N、X为B元素； A．X为B元素，B位于第二周期第ⅢA族； B．Y为N、X为B，二者位于同一周期，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而 减小； C．Y为N元素，Y的氧化物有NO、NO 、N O 等； 2 2 4 D．Z为H元素，Z的单质和Cl 反应生成HCl。 2 【解答】解：设Z的原子序数为a，Y的原子序数为b，X的原子序数是Z的原子序数的 5倍，则X的原子序数为5a，1molX Y Z 含42mol质子，则15a+3b+6a＝42，7a+b＝ 3 3 6 14，原子序数只能是整数，所以a只能为1、b为7，所以Z为H、Y为N、X为B元素； A．X为B元素，B原子序数是5，在周期表中B位于第二周期第ⅢA族，故A错误； B．同一周期元素原子半径随着原子序数增大而减小，Y为N、X为B，二者位于同一周 期，原子序数：X＜Y，所以r（X）＞r（Y），故B错误； C．Y为N元素，Y的氧化物有NO、NO 、N O 等，NO 为红棕色气体，故C错误； 2 2 4 2 D．Z为H元素，Z的单质和Cl 反应生成HCl，HCl中只含共价键，属于共价化合物， 2 故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查原子结构和元素性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，正 确推断各元素名称是解本题关键，知道共价化合物概念、元素周期律、元素在周期表中 的位置等知识点，题目难度不大。 8．（3分）下列实验装置 （夹持装置略）或操作正确的是（ ） A． SO 制备 B． 液液分离 2 C． HCl吸收 D． 酸碱滴定 【分析】A．导气管不能伸入液面下，且浓硫酸和硫酸钠溶液不反应； B．分液时，应该先将下层液体流出； 第6页 | 共27页C．倒置的漏斗能防止倒吸； D．酸溶液应该用酸式滴定管盛放。 【解答】解：A．导气管不能伸入液面下，且浓硫酸和硫酸钠溶液不反应，所以得不到二 氧化硫气体，应该将硫酸钠溶液换为Na SO 溶液，故A错误； 2 3 B．分液时，应该先将下层液体流出，然后将上层液体从上口流出，故B错误； C．HCl极易溶于水，倒置的漏斗能防止倒吸，所以该操作正确，故C正确； D．酸溶液应该用酸式滴定管盛放，所以盐酸应该盛放在酸式滴定管中，图中滴定管为碱 式滴定管，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查实验装置综合，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确实验 原理、元素化合物的性质、实验操作规范性是解本题关键，题目难度不大。 9．（3分）下列实验操作及其现象与对应结论不匹配的是（ ） 选项 实验操作及其现象 结论 A 将CO与水蒸气通过炽热的催化剂，所得气体通入澄清石 水蒸气有氧化性 灰水，溶液变浑浊 B 将新制Cu（OH） 加入葡萄糖溶液中，加热至沸腾，有 葡萄糖具有还原性 2 砖红色沉淀产生 C 将NaBiO 固体加入酸性MnSO 溶液中，充分振荡，溶液 NaBiO 有氧化性 3 4 3 变为紫红色 D 有FeCl 溶液和KSCN溶液混合后，滴加H O 溶液，溶 H O 有还原性 3 2 2 2 2 液变为红色 A．A B．B C．C D．D 【分析】A．将CO与水蒸气通过炽热的催化剂，所得气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊， 说明有CO 生成，则CO和H O反应生成CO ，该反应中C元素化合价由+2价变为+4 2 2 2 价、H O中H元素化合价由+1价变为0价，H O作氧化剂； 2 2 B．﹣CHO能和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应生成砖红色沉淀Cu O，反应中Cu元 2 素化合价由+2价变为+1价，葡萄糖作还原剂、Cu（OH） 作氧化剂； 2 C．将NaBiO 固体加入酸性MnSO 溶液中，充分振荡，溶液变为紫红色，说明有KMnO 3 4 4 生成，Mn元素化合价由+2价变为+7价，则MnSO 作还原剂，NaBiO 作氧化剂； 4 3 第7页 | 共27页D．FeCl 和KSCN反应生成络合物Fe（SCN） 而使溶液变为红色，且FeCl 能促进H O 3 3 3 2 2 分解。 【解答】解：A．将CO与水蒸气通过炽热的催化剂，所得气体通入澄清石灰水，溶液变 浑浊，说明有CO 生成，则CO和H O反应生成CO ，该反应中C元素化合价由+2价 2 2 2 变为+4价、H O中H元素化合价由+1价变为0价，H O作氧化剂，H O体现氧化性， 2 2 2 故A正确； B．﹣CHO能和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化反应生成砖红色沉淀Cu O，反应中Cu元 2 素化合价由+2价变为+1价，葡萄糖作还原剂、Cu（OH） 作氧化剂，葡萄糖体现还原 2 性，故B正确； C．将NaBiO 固体加入酸性MnSO 溶液中，充分振荡，溶液变为紫红色，说明有KMnO 3 4 4 生成，Mn元素化合价由+2价变为+7价，则MnSO 作还原剂，NaBiO 作氧化剂，NaBiO 4 3 3 体现氧化性，故C正确； D．FeCl 和KSCN反应生成络合物Fe（SCN）而使溶液变为红色，且FeCl 能促进H O 3 3 3 2 2 分解，现象和结论不匹配，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查化学实验方案评价，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确 元素化合物的性质、物质之间的反应、氧化性和还原性判断方法是解本题关键，题目难 度不大。 10．（3 分）“天朗气清，惠风和畅。”研究表明，利用 Ir+可催化消除大气污染物 N O 和 2 CO，简化中间反应进程后，相对能量变化如图所示。已知CO（g）的燃烧热ΔH＝﹣283kJ •mol﹣1，则2N O（g）═2N （g）+O （g）的反应热ΔH （kJ•mol﹣1）为（ ） 2 2 2 A．﹣152 B．﹣76 C．+76 D．+152 【分析】CO的燃烧热△H＝﹣283kJ•mol﹣1，则CO（g）+ O （g）＝CO （g）△H ＝﹣ 2 2 1 283kJ•mol﹣1①，根据图得N O（g）+CO（g）═N （g）+CO （g）△H ＝（﹣330+123 2 2 2 2 第8页 | 共27页﹣229+77）kJ/mol＝﹣359kJ/mol②，根据盖斯定律得，反应（②﹣①）×2得2N O 2 （g）═2N （g）+O （g），ΔH＝（△H ﹣△H ）×2。 2 2 2 1 【解答】解：CO的燃烧热△H＝﹣283kJ•mol﹣1，则CO（g）+ O （g）＝CO （g）△ 2 2 H ＝﹣283kJ•mol﹣1①，根据图得N O（g）+CO（g）═N （g）+CO （g）△H ＝（﹣ 1 2 2 2 2 330+123﹣229+77）kJ/mol＝﹣359kJ/mol②，根据盖斯定律得，反应（②﹣①）×2得 2N O（g）═2N （g）+O （g），ΔH＝（△H ﹣△H ）×2＝[（﹣359+283）×2]kJ/mol 2 2 2 2 1 ＝﹣152kJ/mol， 故选：A。 【点评】本题考查盖斯定律的计算，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确盖斯 定律含义、图中方程式的焓变计算方法是解本题关键，题目难度不大。 11．（3分）我国化学家开创性提出聚集诱导发光（AIE） 概念，HPS作为经典的AIE分子， 可由如图路线合成： 下列叙述正确的是（ ） A．X中苯环上的一溴代物有5种 B．1molX最多与7molH 发生加成反应 2 C．生成1molHPS同时生成1molLiCl D．HPS可使酸性高锰酸钾溶液褪色 【分析】A．X的苯环上含有几种氢原子，其苯环上的一溴代物就有几种； B．苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳三键和氢气以1：2发生加成反应； C．根据原子守恒知，生成1molHPS同时生成2molLiCl； D．碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色。 【解答】解：A．X的苯环上含有3种氢原子，其苯环上的一溴代物有3种，故A错误； B．苯环和氢气以1：3发生加成反应，碳碳三键和氢气以1：2发生加成反应，X分子中 含有2个苯环、1个碳碳三键，所以1molX最多消耗8mol氢气，故B错误； C．根据原子守恒知，生成1molHPS同时生成2molLiCl，故C错误； 第9页 | 共27页D．碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，HPS中含有碳碳 双键，所以HPS能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明 确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。 12．（3分）甲异腈（CH NC） 在恒容密闭容器中发生异构化反应：CH NC（g）→CH CN 3 3 3 （g），反应过程中甲异腈浓度c随时间t的变化曲线如图所示（图中T为温度）。该反应 的反应速率v与c的关系为v＝kc，k为速率常数（常温下为常数），a点和b点反应速率 相等，即v（a）＝v（b）。下列说法错误的是（ ） A．bf段的平均反应速率为1.0×10﹣4mol（L•min） B．a点反应物的活化分子数多于d点 C．T ＞T 1 2 D．3v（d）＝2v（e） 【分析】A．反应速率v＝ ； B．a点物质浓度大于与d点，反应速率大于d点； C．a点和b点反应速率相等，即v（a）＝v（b），说明T ＜T ； 1 2 D．计算反应速率v＝ 分析化学反应速率关系。 【解答】解：A．bf段甲异腈浓度变化＝20×10﹣3mol/L﹣10×10﹣3mol/L＝1.0××10﹣ 2mol/L，平均反应速率＝ ＝1.0×10﹣4mol（L•min），故A正确； B．a点物质浓度大于与d点，反应速率a点大，a点反应物的活化分子数多于d点，故B 正确； C．a点和b点反应速率相等，即v（a）＝v（b），a点反应时间小于b点，说明T ＜T ， 1 2 故C错误； 第10页 | 共27页D．v（d）＝ ＝5×10﹣5mol（L/min），v（e）＝ ＝7.5 ×10﹣5mol（L/min）， ＝ ＝ ，3v（d）＝2v（e），故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查了化学反应速率的影响因素分析、反应速率的计算应用，注意图象变 化的理解应用，题目难度不大。 13．（3分）CO 电化学传感器是将环境中CO 浓度转变为电信号的装置，工作原理如图所 2 2 示，其中YSZ是固体电解质，当传感器在一定温度下工作时，在熔融Li CO 和YSZ之 2 3 间的界面X会生成固体Li O。下列说法错误的是（ ） 2 A．CO 迁移方向为界面X→电极b B．电极a上消耗的O 和电极b上产生的CO 的物质的量之比为1：1 2 2 C．电极b为负极，发生的电极反应为2CO ﹣4e﹣＝O ↑+2CO ↑ 2 2 D．电池总反应为Li CO ═Li O+CO ↑ 2 3 2 2 【分析】由图可知，a极为正极，电极反应式为O +4e﹣＝2O2﹣，b极为负极，电极反应 2 式为2CO ﹣4e﹣＝O ↑+2CO ↑，据此作答。 2 2 【解答】解：A.碳酸根离子在负极（b）失电子，故CO 迁移方向为界面X→电极b， 故A正确； B.当电路中转移4mol电子时，a极消耗1mol氧气，b极生成2mol二氧化碳，电极a上 消耗的O 和电极b上产生的CO 的物质的量之比为1：2，故B错误； 2 2 C.b极氧元素价态升高失电子为负极，电极反应式为2CO ﹣4e﹣＝O ↑+2CO ↑，故C 2 2 正确； D.a极生成氧离子，b极碳酸根离子放电，在熔融Li CO 和YSZ之间的界面X会生成固 2 3 体Li O，故总反应为Li CO ═Li O+CO ↑，故D正确； 2 2 3 2 2 故选：B。 第11页 | 共27页【点评】本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断正负极 是解题的关键，难点是电极反应式的书写。 14．（3分）下列叙述正确的是（ ） A．向氨水中加入醋酸使溶液呈酸性，则c（NH +）＞c（CH COO﹣ ） 4 3 B．向NH Cl溶液中加入少量Al （SO ） 固体、则水的电离程度减小 4 2 4 3 C．向Na CO 溶液中滴加盐酸至c（Na+）＝2c（Cl﹣），则c（HCO ）＞c（H CO ） 2 3 2 3 D．向0.2mol•L﹣1磷酸中加水至原体积的两倍，则c（H+）＞0.1mol•L﹣1 【分析】A．溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），结合电荷守恒判断； B．Al （SO ） 中铝离子在溶液中会发生水解反应，水解过程是对水的电离的促进； 2 4 3 C．根据钠离子和氯离子之间量的关系确定发生的反应，找到碳酸的来源进行判断即可； D．磷酸是弱酸，不能完全电离，据此回答。 【解答】解：A．向氨水中加入醋酸使溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒： c（H+）+c（NH +）＝c（OH﹣）+c（CH COO﹣ ），得到c（NH +）＜c（CH COO﹣ ）， 4 3 4 3 故A错误； B．溶液中加入少量Al （SO ） 固体，Al （SO ） 中铝离子在溶液中会发生水解反应， 2 4 3 2 4 3 对水的电离起到促进作用，水的电离程度增大，故B错误； C．向Na CO 溶液中滴加盐酸至c（Na+）＝2c（Cl﹣ ），即n（Na+）＝2n（Cl﹣ ），得 2 3 到 n（Na CO ）＝ n（Na+）＝n（Cl﹣ ）＝n（HCl），发生反应：Na CO +HCl＝ 2 3 2 3 NaCl+NaHCO ，H CO 来自于HCO ﹣的微弱水解，所以c（HCO ﹣）＞c（H CO ），故 3 2 3 3 3 2 3 C正确； D．向0.2mol•L﹣1磷酸中加水至原体积的两倍，稀释后c（H PO ）＝0.1mol/L，磷酸是 3 4 弱酸，电离程度很小，所以c（H+）＜0.1mol•L﹣1，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查盐的水解原理以及应用知识，题目难度中等，注意掌握电荷守恒、物 料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法，试题培养了学生的灵活应用 能力。 二、非选择题：本题包含必考题和选考题，共58分。（一）必考题（共43分） 15．（14分）电镀在工业生产中具有重要作用，某电镀厂生产的废水经预处理后含有Cr O 2 第12页 | 共27页和少量的 Cu2+、Ni2+，能够采用如图流程进行逐一分离，实现资源再利用。 已知：K （CuS）＝6.3×10﹣36和K （NiS）＝3.0×10﹣19 sp sp 回答下列问题： （1）Cr O 2﹣中Cr元素的化合价为 +6 。 2 7 （2）还原池中有Cr3+生成，反应的离子方程式为 Cr O 2﹣+3H C O +8H+＝2Cr3++6CO 2 7 2 2 4 2 ↑+7H O 。 2 （3）沉淀1为Cr（OH） ，其性质与Al（OH） 相似，则Cr（OH） 与NaOH溶液反 3 3 3 应的化学方程式 Cr（OH） +NaOH＝NaCrO +2H O 。 3 2 2 （4）Na S溶液呈碱性的原因是 S2﹣+H O⇌HS﹣+OH﹣ （用离子方程式表示），沉淀2 2 2 为 CuS 。 （5）若废水中还含有Cd2+，pH＝4时Cd2+的浓度为 1.0×10﹣7 mol•L﹣1，用该结果 说明Cd2+影响上述流程进行分离的原因是 在沉淀池2中进行的沉淀Cu2+反应需要调 节溶液体系pH＝4，经过计算可以发现此时c（Cd2+）＜1.0×10﹣5mol/L，可以认为Cd2+ 与Cu2+此时均完全沉淀，即沉淀2是CuS和CdS的混合物而无法准确分离开 （设H S 2 平衡浓度为 1.0×10﹣6mol•L﹣1。已知：H S 的 K ＝1.0×10﹣7，K ＝7.0×10﹣15，K 2 1 2 sp （CdS）＝7.0×10﹣27） 【分析】某电镀厂生产的废水经预处理后含有Cr O 2﹣和少量的Cu2+、Ni2+，向废水中加 2 7 入适量H C O ，调节溶液的pH＝2～3，Cr O 2﹣具有强氧化性，草酸具有还原性，还原 2 2 4 2 7 池中有 Cr3+生成，所以还原池中发生的氧化还原反应离子方程式为 Cr O 2﹣ 2 7 +3H C O +8H+＝2Cr3++6CO ↑+7H O，向沉淀池1中加入NaOH，调节溶液的pH＝5～ 2 2 4 2 2 6，沉淀1为Cr（OH） ，则发生的离子反应方程式为Cr3++3OH﹣＝Cr（OH） ↓，向沉 3 3 淀池2中加入Na S溶液，调节溶液的pH＝4，根据溶度积常数知，先生成CuS沉淀， 2 所以沉淀2为CuS，向沉淀池3中加入Na S溶液，调节溶液的pH＝7，沉淀3为NiS沉 2 淀。 【解答】解：（1）Cr O 2﹣中O元素化合价为﹣2价，设Cr元素的化合价为x，则存在 2 7 第13页 | 共27页2x+（﹣2）×7＝﹣2，则Cr元素的化合价为+6， 故答案为：+6； （2）通过以上分析知，还原池中有 Cr3+生成，反应的离子方程式为 Cr O 2﹣ 2 7 +3H C O +8H+＝2Cr3++6CO ↑+7H O， 2 2 4 2 2 故答案为：Cr O 2﹣+3H C O +8H+＝2Cr3++6CO ↑+7H O； 2 7 2 2 4 2 2 （3）沉淀1为Cr（OH） ，其性质与Al（OH） 相似，根据Al（OH） 和NaOH反应 3 3 3 方程式书写 Cr（OH） 与 NaOH 溶液反应的化学方程式为 Cr（OH） +NaOH＝ 3 3 NaCrO +2H O， 2 2 故答案为：Cr（OH） +NaOH＝NaCrO +2H O； 3 2 2 （4）Na S 为强碱弱酸盐，S2﹣水解导致溶液呈碱性，Na S 溶液呈碱性的原因是 S2﹣ 2 2 +H O⇌HS﹣+OH﹣，通过以上分析知，沉淀2为CuS， 2 故答案为：S2﹣+H O⇌HS﹣+OH﹣；CuS； 2 （ 5 ） H S 的 K ＝ 、 K ＝ ， K × K ＝ 2 1 2 1 2 × ＝ ， 则 c （ S2 ﹣ ） ＝ ＝ mol/L＝7.0×10﹣ 20mol/L，c（Cd2+）＝ ＝ mol/L＝1.0×10﹣7mol/L，在沉淀池2 中进行的沉淀Cu2+反应需要调节溶液体系pH＝4，此时c（Cd2+）＝1.0×10﹣7mol/L＜ 1.0×10﹣5mol/L，可以认为Cd2+与Cu2+此时均完全沉淀，则沉淀2为CuS和CdS的混合 物，无法准确分离开， 故答案为：1.0×10﹣7mol/L；在沉淀池2中进行的沉淀Cu2+反应需要调节溶液体系pH＝ 4，经过计算可以发现此时c（Cd2+）＜1.0×10﹣5mol/L，可以认为Cd2+与Cu2+此时均完 全沉淀，即沉淀2是CuS和CdS的混合物而无法准确分离开。 【点评】本题考查物质分离提纯和物质制备，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力， 明确流程图中各物质成分及其性质、可能发生的反应是解本题关键，难点是（5）题有关 计算，题目难度中等。 16．（15分）立方体形的三氧化二铟（In O ），具有良好的气体传感性能。研究小组用水热 2 3 第14页 | 共27页法（密闭反应釜中以水作溶剂的高温高压条件下的化学制备方法）制备该In O ，其主要 2 3 实验过程及装置示意图如图所示。 回答下列问题： （1）前驱体的制备 ①实验中使用的NaOH溶液盛装在 带橡皮塞 的试剂瓶中（填“带橡皮塞”或“带 玻璃塞”）。 ②A装置中的反应现象是 金属溶解，有无色气泡产生 ；为加快金属In的溶解，可 采取的措施有 将金属In磨成粉末状增大固液接触面积、增加稀盐酸浓度、升高溶液 体系温度、设计成金属In为负极的原电池 （写出两条即可）。 ③B装置中，滴加NaOH溶液调节pH＝3.02，测定pH需用的仪器名称是 pH计 。 ④C装置中，CO（NH ） 与水反应生成两种气体，其中酸性气体是 CO ，另一种 2 2 2 气体与 InCl 溶液反应生成前驱体的化学方程式为 InCl +NH +H O＝In（OH） 3 3 3 2 Cl +NH Cl 。 2 4 ⑤D 装置减压过滤时，用蒸馏水洗涤前驱体，判断前驱体洗净的实验操作和现象是 取最后一次的前驱体洗涤液于试管中，滴加少量硝酸酸化的硝酸银溶液，若未观察到白 色沉淀生成，则证明前驱体已经洗净干净 。 （2）In O 的制备 2 3 将 前 驱 体 煅 烧 得 In O ， 反 应 的 化 学 方 程 式 为 2In （ OH ） 2 3 Cl +H O In O +4HCl 。 2 2 2 3 （3）有研究发现，其它方法制备的In（OH） 经锻烧得In O 的过程中存在两步失重， 3 2 3 第二步失重5.40%，推断中间产物中In的质量分数为 73.25 % （保留小数点后两 位）。 【分析】（1）①NaOH会与玻璃塞磨砂口裸露的SiO 反应，应盛装在带橡皮塞的试剂瓶 2 第15页 | 共27页中； ②根据B中生成了InCl 可知，A中In与盐酸反应置换出了氢气，会溶解；将金属In磨 3 成粉末状增大固液接触面积、增加稀盐酸浓度、升高溶液体系温度、设计成金属In为负 极的原电池等，都可以加快反应速率； ③测得pH＝3.02，精确到了0.01，需用的仪器为：pH计； ④根据 CO（NH ） 与水所含元素分析，其中酸性气体应为 CO ；另一种气体应为 2 2 2 NH ； 3 ⑤判断前驱体洗净看是否有NH Cl残留，可通过检验Cl﹣验证，滴加少量硝酸酸化的硝 4 酸银溶液检验； （2）将前驱体煅烧得In O 、HCl； 2 3 （3）制备的In（OH） 经锻烧得In O 的过程中存在两步失重，第二步失重5.40%，质 3 2 3 量分数为 ×100%＝73.25%。 【解答】解：（1）①NaOH会与玻璃塞磨砂口裸露的SiO 反应，故实验中使用的NaOH 2 溶液应盛装在带橡皮塞的试剂瓶中， 故答案为：带橡皮塞； ②根据B中生成了InCl 可知，A中In与盐酸反应置换出了氢气，故A装置中的反应现 3 象是金属溶解，有无色气泡产生；将金属In磨成粉末状增大固液接触面积、增加稀盐酸 浓度、升高溶液体系温度、设计成金属In为负极的原电池等，都可以加快反应速率， 故答案为：金属溶解，有无色气泡产生；将金属In磨成粉末状增大固液接触面积、增加 稀盐酸浓度、升高溶液体系温度、设计成金属In为负极的原电池； ③测得pH＝3.02，精确到了0.01，故测定pH需用的仪器为：pH计， 故答案为：pH计； ④根据 CO（NH ） 与水所含元素分析，其中酸性气体应为 CO ；另一种气体应为 2 2 2 NH ，前驱体是获得目标产物前的一种存在形式，NH 与InCl 溶液反应生成前驱体的化 3 3 3 学方程式为：InCl +3NH +3H O＝In（OH） ↓+3NH Cl， 3 3 2 3 4 故答案为：CO ；InCl +NH +H O＝In（OH）Cl +NH Cl； 2 3 3 2 2 4 ⑤判断前驱体洗净看是否有NH Cl残留，可通过检验Cl﹣验证，故实验操作和现象是： 4 取最后一次的前驱体洗涤液于试管中，滴加少量硝酸酸化的硝酸银溶液，若未观察到白 色沉淀生成，则证明前驱体已经洗净， 第16页 | 共27页故答案为：取最后一次的前驱体洗涤液于试管中，滴加少量硝酸酸化的硝酸银溶液，若 未观察到白色沉淀生成，则证明前驱体已经洗净干净； （ 2 ） 将 前 驱 体 煅 烧 得 In O ， 反 应 的 化 学 方 程 式 为 2In （ OH ） 2 3 Cl +H O In O +4HCl， 2 2 2 3 故答案为：2In（OH）Cl +H O In O +4HCl； 2 2 2 3 （3）中间产物中In的质量分数为 ×100%＝ 73.25%， 故答案为：73.25%。 【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学 生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案 设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。 17．（14分）含结晶水的无机物可应用在吸波材料、电极材料和相变储能材料等领域。胆矾 （CaSO •5H O）是一种重要的结晶水合物。 4 2 （1）硫酸铜参比电极具有电位稳定的优点，可用于土壤环境中钢质管道的电位监测。测 量的电化学原理如图所示。回答下列问题： ①负极的电极反应式为 Fe﹣2e﹣＝Fe2+ 。 ②测量后参比电极中CuSO 溶液的浓度 不变 （填“变大”，“变小”或“不变“）。 4 （2）把胆矾放到密闭容器内，缓缓抽去其中的水气，胆矾分三次依次脱水，各步脱水过 程为一系列的动态平衡，反应式如下（脱水过程为吸热反应）。 反应Ⅰ：CaSO •5H O（s）⇌CaSO •3H O（s）+2H O（g） 4 2 4 2 2 反应Ⅱ：CaSO •3H O（s）⇌CaSO •H O（s）+2H O（g） 4 2 4 2 2 第17页 | 共27页反应Ⅲ：CaSO •H O（s）⇌CuSO （s）+H O（g） 4 2 4 2 如图为50℃时水合物中水的质量分数w与压强p（H O）的关系图，回答下列问题： 2 ①用无水CuSO 检验乙醇中含有微量水的现象是 乙醇呈现出蓝色 。 4 ②反应Ⅰ对应的线段为 ab （填“ab”、“ed”或“ef”）。 ③反应Ⅱ的平衡常数K ＝ 1.6×107 Pa2。 p ④反应Ⅲ在 60℃和 50℃的平衡压强 p（H O）分别为 p 和 p ，则 p ＞ p （填 2 1 2 2 2 “＞”、“＜”或“＝”）。 ⑤当样品状态c点下网到M点，体系存在的固体有 CuSO •3H O和CuSO •H O ； 4 2 4 2 转化率为 38.89 %（保留小数点后两位）。 ⑥25℃时为了保持CuSO •H O晶体纯度，可将其存在盛有大量Na CO •H O晶体（平 5 2 2 3 2 衡压强p（H O）＝706 2 Pa）的密闭容器中，简述其理由 25°C时Na CO •H O的平衡压强为p（H O）＝ 2 3 2 2 706Pa，低于反应II中平衡压强为p（H O）＝747Pa，且远远超过反应III中平衡压强为p 2 （H O）＝107Pa，此时反应II的平衡正向移动得比较充分，而反应III的平衡会大幅度 2 逆向移动，从而抑制Na CO •H O的脱水，有利于其保持纯度 。 2 3 2 【分析】（1）①则Fe做负极材料，失去电子生成Fe2+； ②Cu电极为正极，电极反应式为：Cu2++2e ﹣＝Cu，硫酸铜溶液的浓度不变； （2）①无水CuSO 遇水变为蓝色； 4 ②反应Ⅰ中水合物的质量分数最大； ③反应Ⅱ中p（H O）＝4000Pa，反应II：CuSO •3H O （s）⇌CuSO •H O （s）+2H O 2 4 2 4 2 2 （g），列出平衡常数Kp＝p2（H O）； 2 ④脱水过程为吸热反应，则反应Ⅲ温度升高平衡正向移动，且正反应的总体积增大的反 应，则温度越高，压强越大； ⑤c点时固体为CuSO •3H O，d点时固体为CuSO •H O，则M点时固体为CuSO •3H O 4 2 4 2 4 2 第18页 | 共27页和CuSO •H O；M点时水合物中水的质量分数为20%，c点到M点发生的反应为反应 4 2 Ⅱ，列出三段式如下： CuSO •3H O（s）⇌CuSO •H O（s）+2H O（g） 4 2 4 2 2 起始（mol）1 0 0 转化（mol）x x 2x 平衡（mol）1﹣x x 2x 则 ＝20%，x≈0.3889mol； ⑥25°C时Na CO •H O的平衡压强为p（H O）＝706 Pa，低于反应II中平衡压强为p 2 3 2 2 （H O）＝747Pa，此时反应II的平衡正向移动得比较充分，而反应III的平衡会大幅度 2 逆向移动，有利于其保持纯度。 【解答】解：（1）①钢制管道、参比电极、潮湿土壤构成原电池，参比电极为Cu电极， 钢制管道为铁电极，金属性Fe＞Cu，则Fe做负极材料，负极的电极反应式为：Fe﹣2e ﹣＝ Fe2+， 故答案为：Fe﹣2e ﹣＝Fe2+； ②Cu电极为正极，电极反应式为：Cu2++2e ﹣＝Cu；，CuSO •5H O溶解与电解质溶液 4 2 中，此时硫酸铜溶液的浓度不变， 故答案为：不变； （2）①无水CuSO 遇水变为蓝色，则用无水CuSO 检验乙醇中含有微量水的现象是： 4 4 乙醇变为蓝色， 故答案为：乙醇呈现出蓝色； ②反应Ⅰ中水合物的质量分数最大，符合条件的线段为ab， 故答案为：ab； ③反应Ⅱ中p（H O）＝4000Pa，反应II：CuSO •3H O （s）⇌CuSO •H O （s）+2H O 2 4 2 4 2 2 （g），列出平衡常数Kp＝p2（H O）＝（4000pa）2＝1.6×107， 2 故答案为：1.6×107； ④脱水过程为吸热反应，则反应Ⅲ温度升高平衡正向移动，且正反应的总体积增大的反 应，则温度越高，压强越大，则p ＞p ， 1 2 故答案为：＞； ⑤c点时固体为CuSO •3H O，d点时固体为CuSO •H O，则M点时固体为CuSO •3H O 4 2 4 2 4 2 第19页 | 共27页和CuSO •H O；M点时水合物中水的质量分数为20%，c点到M点发生的反应为反应 4 2 Ⅱ，列出三段式如下： CuSO •3H O（s）⇌CuSO •H O（s）+2H O（g） 4 2 4 2 2 起始（mol）1 0 0 转化（mol）x x 2x 平衡（mol）1﹣x x 2x 则 ＝20%，x≈0.3889mol，可得转化率为 ×100%＝ 38.89%， 故答案为：CuSO •3H O和CuSO •H O；38.89； 4 2 4 2 ⑥25℃时为了保持CuSO •H O晶体纯度，可将其存在盛有大量Na CO •H O晶体[平衡 5 2 2 3 2 压强p（H O）＝706Pa]的密闭容器中，理由为25°C时Na CO •H O的平衡压强为p 2 2 3 2 （H O）＝706 Pa，低于反应II中平衡压强为p（H O）＝747Pa，且远远超过反应III中 2 2 平衡压强为p（H O）＝107 Pa，此时反应II的平衡正向移动得比较充分，而反应III的 2 平衡会大幅度逆向移动，从而抑制Na CO •H O的脱水，有利于其保持纯度， 2 3 2 故答案为：25°C时Na CO •H O的平衡压强为p（H O）＝706 Pa，低于反应II中平衡 2 3 2 2 压强为p（H O）＝747Pa，且远远超过反应III中平衡压强为p（H O）＝107 Pa，此时 2 2 反应 II 的平衡正向移动得比较充分，而反应 III 的平衡会大幅度逆向移动，从而抑制 Na CO •H O的脱水，有利于其保持纯度。 2 3 2 【点评】本题考查化学平衡的计算和电化学原理，为高考常见题型和高频考点，侧重考 查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验 方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中 等。 三、选考题（共15分）[选修3：物质结构与性质]（15分） 18．（15分）三磷酸腺苷（ATP）和活性氧类（如H O 和O ）可在细胞代谢过程中产生。 2 2 （1）ATP的分子式为C H N O P ，其中电负性最大的元素是 O ，基态N原子 10 16 5 13 3 的电子排布图为 。 （2）H O 分子的氧原子的杂化轨道类型为： sp3 ；H O 和H O能以任意比例互溶 2 2 2 2 2 的原因是 水分子和过氧化氢分子同为极性分子，且相互之间可以形成氢健，互相吸引， 第20页 | 共27页并且它们的结构相似，相似相溶，所以可以任意比例互溶 。 （3）O 分子的立体构型为 V形 。根据下表数据判断氧原子之间的共价键最稳定的 3 粒子是 O 。 2 粒子 O 2 O O 3 键长/pm 121 126 128 （4）研究发现纳米CeO 可催化O 分解，CeO 晶体属立方CaF 型晶体结构如图所示。 2 2 2 ①阿伏伽德罗常数的值为N ，CeO 相对分子质量为M，晶体密度为ρg•cm﹣3，其晶胞 A 2 边长的计量表达式为a＝ nm。 ②以晶胞参数为单位长度建立的中标系可以表示晶胞中的原子位置，称作原子分数坐 标。A离子的坐标为（0， ， ），则B离子的坐标为 （ ， ， ） 。 ③纳米CeO 中位于晶粒表面的Ce4+能发挥催化作用，在边长为2anm的立方体晶粒中 2 位于表面的Ce4+最多有 50 个。 【分析】（1）同周期元素电负性从左往右依次增大，同主族元素电负性从上往下依次减 小；基态N原子的电子排布图为： ； （2）H O 分子的结构为H﹣O﹣O﹣H，氧原子含有两个σ键和两对孤电子对；H O 和 2 2 2 2 H O能以任意比例互溶，这是由于水分子和过氧化氢分子同为极性分子，且相互之间可 2 以形成氢健，互相吸引，并且它们的结构相似，相似相溶； （3）O 分子与NO ﹣互为等电子体，构型相似；相同原子形成的共价键的键长越短，键 3 2 能越大，越稳定； （4）该晶胞中含有Ce4+个数为8× +6× ＝4，含有O2﹣个数为8。 ①阿伏伽德罗常数的值为 N ，CeO 相对分子质量为 M，晶体密度为 ρg•cm﹣3，则 A 2 第21页 | 共27页； ②A离子位于晶胞左侧面心，坐标为（0， ， ），则位于晶胞体内，由上面心、后面 心、右侧面心、右侧上后顶点的Ce4+构成的正四面体中心的B离子的坐标为（ ， ， •）； ③在边长为2anm的立方体晶粒中，含有8个该立方晶胞，可看作上层四个、下层四个， 则位于表面的Ce4+最多有：晶胞面心的4个、四个晶胞共用的顶点1个在晶粒的面上， 有5×6＝30，顶点8、棱心12个，共50个。 【解答】解：（1）ATP的分子式为C H N O P ，其中含有C、H、N、O、P等元素， 10 16 5 13 3 同周期元素电负性从左往右依次增大，同主族元素电负性从上往下依次减小，故电负性 最大的元素是O；基态N原子的电子排布图为： ， 故答案为：O； ； （2）H O 分子的结构为H﹣O﹣O﹣H，氧原子含有两个σ键和两对孤电子对，杂化轨 2 2 道类型为sp3；H O 和H O能以任意比例互溶，这是由于水分子和过氧化氢分子同为极 2 2 2 性分子，且相互之间可以形成氢健，互相吸引，并且它们的结构相似，相似相溶， 故答案为：sp3；水分子和过氧化氢分子同为极性分子，且相互之间可以形成氢健，互相 吸引，并且它们的结构相似，相似相溶，所以可以任意比例互溶； （3）O 分子与NO ﹣互为等电子体，构型相似，NO ﹣中N的价电子对数为 ＝3， 3 2 2 是sp2杂化，连接两个O原子，立体构型为V形，故O 分子的立体构型也为V形；相 3 同原子形成的共价键的键长越短，键能越大，越稳定，从表中数据可知，O 的键长最短， 2 故最稳定的粒子是O ， 2 故答案为：V形；O ； 2 （4）该晶胞中含有Ce4+个数为8× +6× ＝4，含有O2﹣个数为8； ①阿伏伽德罗常数的值为 N ，CeO 相对分子质量为 M，晶体密度为 ρg•cm﹣3，则 A 2 ，则晶胞边长的计量表达式为a＝ ， 第22页 | 共27页故答案为： ； ②A离子位于晶胞左侧面心，坐标为（0， ， ），则位于晶胞体内，由上面心、后面 心、右侧面心、右侧上后顶点的Ce4+构成的正四面体中心的B离子的坐标为（ ， ， ）， 故答案为：（ ， ， ）； ③在边长为2anm的立方体晶粒中，含有8个该立方晶胞，可看作上层四个、下层四个， 则位于表面的Ce4+最多有：晶胞面心的4个、四个晶胞共用的顶点1个在晶粒的面上， 有5×6＝30，顶点8、棱心12个，共50个， 故答案为：50。 【点评】本题主要考查电子排布图、电负性、晶胞的计算、氢键、简单离子或分子的空 间构型等知识，题目难度一般。 [选修5：有机化学基础] 19．光刻胶是集成电路微细加工技术中的重要化工材料。某成膜树脂F是248nm光刻胶的 组成部分，对光刻胶性能起关键作用。 （1）F由单体Ⅰ和单体Ⅱ合成，其结构简式如图所示： F中官能团的名称为酰胺基和 酯基 ，生成F的反应类型为 加聚反应 。 （2）单体Ⅰ的分子式为C H O 8 14 2 ①单体的结构简式为 CH ＝C（CH ）COOC（CH ） 。 2 3 3 3 ②单体Ⅰ的同分异构体G能发生银镜反应，核磁共振氢谱有两组峰（峰面积比为6： 1），则G的结构简式为 。 （3）单体Ⅱ的一种合成路线如图（部分试剂及反应条件省略） 第23页 | 共27页已知以下信息： ①A+B→C为加成反应，则B的化学名称为 乙炔 。 ② D 的 结 构 简 式 为 ， E 的 结 构 简 式 为 。 ③E的同分异构体能同时满足以下两个条件的有 6 个（不考虑立体异构体）。 （i）含有环己烷基，环上只有3个取代基且相同； （ii）能与金属钠反应放出氢气 ④已知以下信息： a. （R 、R 、R 为烃基，R 为H或烃基） 1 2 4 3 b. （R为H或烃基） 单 体 Ⅱ 的 加 聚 产 物 在 酸 性 介 质 中 发 生 反 应 的 化 学 方 程 式 为 第24页 | 共27页+（CH ）C＝CH 。 3 2 2 【分析】（1）F中官能团的名称为酰胺基和酯基，F为加聚反应产物； （2）①根据I的分子式知，I中含有8个碳原子，据此判断I单体的结构简式； ②单体Ⅰ的同分异构体G能发生银镜反应，说明含有醛基，核磁共振氢谱有两组峰（峰 面积比为6：1），则G中含有2个醛基和4个甲基； （3）根据B反应后结构简式知，B为HC≡CH，生成D的反应为信息中的反应，D为 ，D 和 E 发生信息中的反应，根据生成物结构简式知，E 为 。 【解答】解：（1）F中官能团的名称为酰胺基和酯基，F为加聚反应产物，所以生成F的 反应为加聚反应， 故答案为：酯基；加聚反应； （2）①根据I的分子式知，I单体的结构简式为CH ＝C（CH ）COOC（CH ） ， 2 3 3 3 故答案为：CH ＝C（CH ）COOC（CH ） ； 2 3 3 3 ②单体Ⅰ的同分异构体G能发生银镜反应，说明含有醛基，核磁共振氢谱有两组峰（峰 面积比为 6：1），则 G 中含有 2 个醛基和 4 个甲基，G 的结构简式为 ， 故答案为： ； （3）①A+B→C为加成反应，B为HC≡CH，则B的化学名称为乙炔， 故答案为：乙炔； 第25页 | 共27页②D的结构简式为 ，E的结构简式为 ， 故答案为： ； ； ③E为 ，E的同分异构体能同时满足以下两个条件： （i）含有环己烷基，环上只有3个取代基且相同； （ii）E的不饱和度是1，环己烷的不饱和度是1，能与金属钠反应放出氢气，则符合条 件的同分异构体中含有醇羟基，环上的3个取代基相同，应该为3个﹣CH OH，如果2 2 个﹣CH OH位于同一个碳原子上，另一个﹣CH OH有3种位置异构；如果3个﹣CH OH 2 2 2 位于不同碳原子上，有3种位置异构，所以符合条件的同分异构体有6种， 故答案为：6； ④ 单 体 Ⅱ 的 加 聚 产 物 为 ， 根 据 信 息 知 ， 在 酸 性 介 质 中 发 生 反 应 的 化 学 方 程 式 为 +（CH ） C＝CH ， 3 2 2 第26页 | 共27页故答案为： +（CH ） 3 C＝CH 。 2 2 【点评】本题考查有机合成，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确官能团及 其性质的关系、正确推断各物质的结构简式是解本题关键，注意题给信息的理解和灵活 运用，题目难度中等。 声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/7/28 20:16:35；用户：177******05；邮箱：A9C4F49D02B1356BCB9F3152DA52BF7A@huawei.jyeoo.com；学号：43705123 第27页 | 共27页