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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。
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