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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；
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
B．AgCl、NaHCO3
C．Na2SO3、BaCO3
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．
制备Fe（OH）3 胶体
将NaOH 浓溶液滴加到饱和FeCl3 溶液中
B．
由MgCl2 溶液制备无水
MgCl2
将MgCl2 溶液加热蒸干
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= ，联氨和N2O4 可作为火箭推进剂的主要原因
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：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
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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 ；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 （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：
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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 ，循环使用的原料是 ，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
．
（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．
[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 ，提供孤电子对的成键原子
是
．
③氨的沸点 （填“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是 ；氨是 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：
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
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
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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）
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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（ ）
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．
【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
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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，
CH3CH（CH3）2 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+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。
【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
B．AgCl、NaHCO3
C．Na2SO3、BaCO3
D．Na2CO3、CuSO4
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【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）3 都与盐酸反应，硫酸足量时没有固体剩余，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（ ）
实验目的
实验操作
A．
制备Fe（OH）3 胶体
将NaOH 浓溶液滴加到饱和FeCl3 溶液中
B．
由MgCl2 溶液制备无水
MgCl2
将MgCl2 溶液加热蒸干
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
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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；
（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）═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N2H5++H2O⇌N2H62++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，
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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：
（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
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．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．
【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；
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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）+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 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）6]溶液，生成蓝色沉淀是亚铁离子的检验特征反应现象，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）6]溶液，生成蓝色沉淀是亚铁离子的检验特征反应现象，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．
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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）3+3H+，水解反应为吸热反应，过氧化氢分解放出热
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：
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．
【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，
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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，
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；
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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，
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．
[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 。
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（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
+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．
【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
，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
，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：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。
