山东省日照市2016届高考化学二模试卷 Word版含解析

2016年山东省日照市高考化学二模试卷

一、选择题：本题共7小题，每小题6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．《后汉书?郡国志》中记载：“石出泉水…其水有肥，燃之极明，不可食，县人谓之石漆．”《酉阳杂俎》一书：“高奴县石脂水，水腻，浮上如漆，采以膏车及燃灯极明．”这里的“石漆”“石脂水”是指（ ）

A．油脂 B．油漆 C．石油 D．煤焦油

2．NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（ ） A．标准状况下，22.4L庚烷的分子数约为NA

B．1L 0.1mol?L﹣l的Na2S溶液中S2﹣和HS﹣的总数为0.1NA C．4.0 gH218O与D2O的混合物中所含中子数为2NA

D．50mL 12 mol?L﹣1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA

3．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素．X2﹣和Y+的核外电子排布相同；Z、W同周期，W原子是同周期主族元素中半径最小的，Z核外电子总数是最外层电子数的3倍．下列说法不正确的是（ ） A．单质的沸点：W＜Z B．气态氢化物的稳定性：W＞Z C．简单离子半径：Z＞W＞X＞Y

D．X的氢化物中不可能含有非极性共价键

4．如表实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（ ） 选项 实验 A 向装有石灰石的简易启普发生器中加入浓醋酸，将产生的气体通入苯酚钠溶液中 B 现象 结论 苯酚钠溶液产生浑酸性： 浊 醋酸＞碳酸＞苯酚 下层溶液显紫红色 氧化性：Fe3+＞I2 将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡、静置 C 向10mL0.2mol?L﹣1NaOH溶液中滴入2滴白色沉淀转化为红相同温度下的KspMg（OH）（OH）2＞KspFe0.1mol?L﹣1MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再褐色沉淀 1

滴加2滴0.1mol?L﹣1FeCl3溶液 D 3 室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1mol?LCH3COONa溶液酸性： ﹣1NaClO溶液和0.1mol?L﹣1CH3COONa溶液的的pH试纸颜色深 HClO＞CH3COOH pH A．A

B．B

C．C

D．D

5． 依曲替酯用于治疗严重的牛皮癣、红斑性角化症等．它可以由原料X经过多步反应合成：

下列说法正确的是（ ） A．X与Y互为同分异构体

B．可用酸性KMnO4溶液鉴别X和Y

C．1molY能与6molH2或3mol NaOH发生反应 D．依曲替酯只能发生加成、取代、消去反应

6．如图甲是利用一种微生物将废水中的尿素[CO（NH2）2]的化学能直接转化为电能，并生成环境友好物质的装置，同时利用此装置的电能在铁上镀铜，下列说法中不正确的是（ ）

A．铜电极应与X相连接

B．H+透过质子交换膜由左向右移动

C．M电极反应式为CO（NH2）2+H2O﹣6e﹣═CO2↑+N2↑+6H+ D．当N电极消耗0.25 mol气体时，则理论上铁电极增重32 g

7．pC类似pH，是指极稀溶液中，溶质物质的量浓度的常用对数负值．如某溶液溶质的浓度为l×10﹣3mol?L﹣1，则该溶液中溶质的pC=﹣lg（1×l0﹣3）=3．如图为H2CO3在加入强酸或强碱溶液后，平衡时溶液中三种成分的pC﹣pH图．下列说法不正确的是（ ）

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A．H2CO3、HCO3﹣、CO32﹣不能在同一溶液中大量共存 B．H2CO3电离平衡常数Kal≈10﹣6

C．pH=7时，溶液中存在关系（HCO3﹣）＞c（H2CO3）＞c（CO32﹣） D．pH=9时，溶液中存在关系（H+）+c（H2CO3）=c（OH﹣）+c（CO32﹣）

二、非选择题

8．酣酸亚铬晶体是一种氧气吸收剂，化学式为[Cr（CH3COO）2]2?2H2O，不溶于冷水，易溶于盐酸．由于Cr2+易被氧气氧化，制备醋酸亚铬时，需在封闭体系中用锌作还原剂，先将Cr3+还原为Cr2+，再与醋酸钠溶液作用制得，其总反应为： 2Cr3++Zn+4CH3COO﹣+2H2O═[Cr（CH3COO）2]2?2H2O+Zn2+ 请回答下列问题：

（1）实验中用恒压滴液漏斗，相比普通分液漏斗，显著的优点是 ． （2）实验开始前，必需进行的实验操作是 ；实验开始时，打开恒压滴液漏斗的旋塞，让盐酸滴入装置2中，打开A，关闭B，目的是 ，反应一段时间后，保持盐酸持续滴下，关闭A，打开B，目的是 ．

（3）已知其它反应物足量，实验时取用的是含溶质3.17g CrCl3溶液和1L 0.1mol?L﹣1的醋酸钠溶液；实验后得干燥纯净的醋酸亚铬晶体2.82g，则该实验所得产品的产率为 （不考虑醋酸亚铬晶体的溶解损失）．

（4）为标定实验所用的CrCl3溶液，进行了如下操作：

取25.00mLCrCl3溶液于碘量瓶（一种带塞的锥形瓶）中，加热至沸后加入适量Na2O2，充分加热煮沸，稀释，加入过量的稀H2SO4至溶液呈强酸性，此时铬以Cr2O72﹣存在；再加入足量KI，密塞，摇匀，于暗处静置5分钟后，用0.25mol?L﹣1硫代硫酸钠溶液滴定至溶液呈淡黄色，加入l mL指示剂，滴定至终点．平行测定三次，平均消耗标准硫代硫酸钠溶液24.00mL．

已知：Cr2O72﹣+6I﹣+14H+═2Cr3++3I2+7H2O，2S2O32﹣+I2═S4O62﹣十2I﹣．

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①实验所用的CrCl3溶液的物质的量浓度为 ． ②滴定过程中所用的指示剂是 ． ③下列操作导致实验结果偏低的是 ． a．移取CrCl3溶液的滴定管，水洗后未用CrCl3溶液润洗 b．盛硫代硫酸钠溶液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡 c．量取CrCl3溶液时先俯视后仰视

d．滴定终点时，盛硫代硫酸钠溶液的滴定管尖嘴外挂有一滴液珠未滴落．

9．研究汽车尾气中含氮污染物的治理是环保的一项重要工作． （1）NH3催化还原NxOy可以消除氮氧化物的污染，包含以下反应： 反应Ⅰ：4NH3（g）+6NO（g）?5N2（g）+6H2O（l）△H1 反应Ⅱ：2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）△H2

反应Ⅲ：4NH3（g）+6NO2（g）?5N2（g）+3O2（g）+6H2O（l）△H3 则△H3= （用△H1和△H2的代数式表示）．n（N2）（mol）

相同条件下，反应I在2L密闭容器内，选用不同的催化剂，反应产生N2的量随时间变化如图1所示．

①计算0～4min在A催化剂作用下，反应速率v（NO）= ． ②下列说法不正确的是 ．

a．该反应的活化能大小顺序是：Ea（A）＞Eb（B）＞Ec（C）

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b．缩小体积能使体系压强增大，反应速率加快，但活化分子的百分数不变 c．单位时间内H﹣O键与N﹣H键断裂的数目相等时，说明反应已经达到平衡 d．若在恒容绝热的密闭容器中发生反应，当K值不变时，说明反应已经达到平衡 （2）三元催化转化装置是安装在汽车排气系统中最重要的机外净化装置，装置中涉及的反应之一为：2NO（g）+2CO（g）?N2（g）+2CO2（g）．

①探究上述反应中NO的平衡转化率与压强、温度的关系，得到如图2所示的曲线．催化装置比较适合的温度和压强是 ．

②测试某型号汽车在冷启动（冷启动指发动机水温低的情况下启动）时催化装置内CO和NO百分含量随时间变化曲线如图3所示．则前10s内，CO和NO百分含量没明显变化的原因是 ． 实验编号 T（K） NO初始浓度 CO初始浓度 催化剂的比表面积（m2/g） （mol?L﹣1） （mol?L﹣1） Ⅰ Ⅱ Ⅲ 400 400 450 1.00×10﹣3 1.00×10﹣3 1.00×10﹣3 3.60×10﹣3 3.60×10﹣3 3.60×10﹣3 82 124 124 ③研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率．为了分别验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了如表三组实验： 根据坐标图4，计算400K时该反应的平衡常数为 ；并在图中画出上表中的实III条件下混合气体中NO浓度随时间变化的趋势曲线图 验II、（标明各条曲线的实验编号）．10．锂离子电池广泛应用于日常电子产品中，也是电动汽车动力电池的首选．正极材料的选择决定了锂离子电池的性能．磷酸铁钾（LiFePO4）以其高倍率性、高比能量、高循环特性、高安全性、低成本、环保等优点而逐渐成为“能源新星”．

（1）磷酸铁锂电池比钻酸锂电池或锰酸锂电池更环保的原因是 ．

（2）高温固相法是磷酸铁锂生产的主要方法．通常以铁盐、磷酸盐和锂盐为原料，按化学计量比充分混匀后，在惰性气氛的保护中先经过较低温预分解，再经高温焙烧，研磨粉碎制成．

其反应原理如下：①完成上述化学方程式．

Li2CO3+2FeC2O4?2H2O+2NH4H2PO4═2LiFePO4+2NH3↑+3CO2↑+ + ②理论上，反应中每转移0.15mol电子，会生成LiFePO4 g． ③反应需在惰性气氛的保护中进行，其原因是 ．

5

（3）磷酸铁锂电池装置如图所示，其中正极材料橄榄石型LiFePO4通过粘合剂附着在铝箔表面，负极石墨材料附着在铜箔表面，电解质为溶解在有机溶剂中的锂盐． 电池工作时的总反应为：LiFePO4+6C

Li1﹣xFePO4+LixC6，则放电时，正极的电极反应

式为 ．充电时，Li+迁移方向为 （填“由左向右”或“由右向左”），图中聚合物隔膜应为 （填“阳”或“阴”）离子交换膜．

（4）废旧磷酸铁锂电池的正极材料（主要成分为LiFePO4，难溶于水，不与强碱反应）可通过湿法回收锂和铁，其过程如下：

①碱溶．加入强碱溶液除去铝箔及其氧化物，过滤．

②酸浸．在过滤后的滤渣中加入H2SO4和H2O2的混合溶液，发生反应的离子方程式为 ，得到浸出液．

③分离锂和铁．向浸出液中加碱调节溶液的pH使铁元素沉淀，当pH为 时，铁恰好沉淀完全（已知Ksp[Fe（OH）3]=1×10﹣39当离子浓度小于l×10﹣5mo1?L﹣1时，可认为该离子沉淀完全）

三、[化学-选修5：有机化学基础]

11．OPA是医药中间体，可用作内窥镜手术用器械高效安全抗菌消毒剂，也用于合成新抗血小板聚集药吲哚波芬．有关OPA的转化关系如图：

已知：

①A是摩尔质量为106g?mol﹣1的烃

②同一个碳原子上连两个羟基不稳定，会脱去一分子的水生成醛基

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③无α﹣H （醛基相邻碳上的氢）的醛能发生歧化反应，如：2HCHO+KOHCH3OH+HCOOK 回答下列问题：

（1）A的名称是 ．

（2）检验B中溴元素的方法正确是 ． a．加入氯水振荡，观察上层是否有红棕色

b．滴加硝酸酸化的硝酸银，观察有无浅黄色沉淀生成

c．滴加NaOH溶液共热，再加硝酸银溶液，观察有无浅黄色沉淀

d．滴加NaOH溶液共热，后加稀硝酸酸化，再加硝酸银溶液，观察有无浅黄色沉淀 （3）OPA的结构简式是 ，OPA分子中最多有 个原子共平面． （4）D中官能团的名称是 ，E是一种聚酯类高分子化合物，由D生成E的化学反应方程式为 （不必注明反应条件），该反应的类型为 ． （5）D的同分异构体中含有苯环且苯环上的取代基至少有两个，能水解且能发生银镜反应的共有 种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积之比为l：2：2：3的是 （写出其结构简式）．

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2016年山东省日照市高考化学二模试卷

参考答案与试题解析

一、选择题：本题共7小题，每小题6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．《后汉书?郡国志》中记载：“石出泉水…其水有肥，燃之极明，不可食，县人谓之石漆．”《酉阳杂俎》一书：“高奴县石脂水，水腻，浮上如漆，采以膏车及燃灯极明．”这里的“石漆”“石脂水”是指（ ）

A．油脂 B．油漆 C．石油 D．煤焦油 【考点】烷烃及其命名．

【专题】有机化合物的获得与应用．

【分析】《后汉书?郡国志》中记载：“石出泉水…其水有肥，燃之极明，不可食，县人谓之石漆．”可知，此石漆是在自然界存在的，且不能食用，可以燃烧，火焰明亮；”《酉阳杂俎》一书：“高奴县石脂水，水腻，浮上如漆，采以膏车及燃灯极明．”可知，石脂水难溶于水，且浮在水面上，说明密度比水小，且颜色呈黑色，燃烧时火焰明亮，据此分析．

【解答】解：《后汉书?郡国志》中记载：“石出泉水…其水有肥，燃之极明，不可食，县人谓之石漆．”可知，此石漆是在自然界存在的，且不能食用，可以燃烧，火焰明亮；”《酉阳杂俎》一书：“高奴县石脂水，水腻，浮上如漆，采以膏车及燃灯极明．”可知，石脂水难溶于水，且浮在水面上，说明密度比水小，且颜色呈黑色，燃烧时火焰明亮．

A、《后汉书?郡国志》中记载：“石出泉水…”，可知“石漆”“石脂水”不是油脂，故A错误； B、油漆不是自然界天然存在的，故B错误；

C、石油在自然界天然存在，不可食用，难溶于水且密度比水小，呈黑色，可以燃烧且火焰明亮，符合上述所有特点，故C正确；

D、煤焦油是煤经干馏得到的，在自然界不存在，故D错误． 故选C．

【点评】本题以文言文的形式考查了常见的化学物质，既考查了化学知识还考查了文学素养，难度不大，是考查的热点．

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2．NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（ ） A．标准状况下，22.4L庚烷的分子数约为NA

B．1L 0.1mol?L﹣l的Na2S溶液中S2﹣和HS﹣的总数为0.1NA C．4.0 gH218O与D2O的混合物中所含中子数为2NA

D．50mL 12 mol?L﹣1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA 【考点】阿伏加德罗常数．

【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律． 【分析】A、标况下庚烷为液态；

B、S2﹣在溶液中能水解为HS﹣和H2S，根据物料守恒来分析； C、H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol； D、二氧化锰只能和浓盐酸反应，和稀盐酸不反应．

【解答】解：A、标况下庚烷为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故A错误；

B、S2﹣在溶液中能水解为HS﹣和H2S，根据物料守恒可知，溶液中的S2﹣、HS﹣和H2S个数共为0.1NA个，故B错误；

C、H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，故4.0g混合物的物质的量为0.2mol，而两者均含10个中子，故0.2mol混合物中含2NA个中子，故C正确；

D、二氧化锰只能和浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，故浓盐酸不能反应完全，则转移的电子数小于0.3NA个，故D错误． 故选C．

【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．

3．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素．X2﹣和Y+的核外电子排布相同；Z、W同周期，W原子是同周期主族元素中半径最小的，Z核外电子总数是最外层电子数的3倍．下列说法不正确的是（ ） A．单质的沸点：W＜Z B．气态氢化物的稳定性：W＞Z C．简单离子半径：Z＞W＞X＞Y

D．X的氢化物中不可能含有非极性共价键

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【考点】原子结构与元素周期律的关系． 【专题】元素周期律与元素周期表专题．

【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素．X2﹣和Y+的核外电子排布相同；则X位于第二周期、Y处于第三周期，X为O元素、Y为Na元素；Z、W位于同一周期，且原子序数大于Y，在Z、W位于第三周期；W原子是同周期主族元素中半径最小的，则W为Cl元素；Z核外电子总数是最外层电子数的3倍，设最外层电子数为x，则10+x=3x，解得：x=5，则Z为P元素，据此进行解答．

【解答】解：X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素．X2﹣和Y+的核外电子排布相同；则X位于第二周期、Y处于第三周期，X为O元素、Y为Na元素；Z、W位于同一周期，且原子序数大于Y，在Z、W位于第三周期；W原子是同周期主族元素中半径最小的，则W为Cl元素；Z核外电子总数是最外层电子数的3倍，设最外层电子数为x，则10+x=3x，解得：x=5，则Z为P元素，

A．W为Cl、Z为P，氯气常温下为气体，而磷单质为固态，则氯气的沸点小于磷，故A正确；

B．W为Cl、Z为P，非金属性：Cl大于P，则气态氢化物的稳定性：W＞Z，故B正确； C．离子的电子层越多，离子半径越大，电子层相同时，离子的核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径：Z＞W＞X＞Y，故C正确；

D．X为O元素，其氢氧化物双氧水中含有非极性键，故D错误； 故选C．

【点评】本题考查了原子结构与元素周期律的综合应用，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的灵活应用能力．

4．如表实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是（ ） 选项 实验 A 向装有石灰石的简易启普发生器中加入浓醋酸，将产生的气体通入苯酚钠溶液中 B 现象 结论 苯酚钠溶液产生浑酸性： 浊 醋酸＞碳酸＞苯酚 下层溶液显紫红色 氧化性：Fe3+＞I2 将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡、静置 10

C 向10mL0.2mol?L﹣1NaOH溶液中滴入2滴白色沉淀转化为红相同温度下的KspMg（OH）（OH）2＞KspFe3 0.1mol?L﹣1MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再褐色沉淀 滴加2滴0.1mol?L﹣1FeCl3溶液 D 室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1mol?LCH3COONa溶液酸性： ﹣1NaClO溶液和0.1mol?L﹣1CH3COONa溶液的的pH试纸颜色深 HClO＞CH3COOH pH A．A

B．B

C．C

D．D

【考点】化学实验方案的评价． 【专题】实验评价题．

【分析】A．醋酸具有挥发性，生成的二氧化碳中含有醋酸，醋酸也能和苯酚钠反应生成苯酚；

B．同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；

C．NaOH足量，氯化镁、氯化铁不足量，所以该实验中氢氧化镁、氢氧化铁沉淀都产生； D．次氯酸钠具有漂白性，不能利用pH试纸测定pH．

【解答】解：A．醋酸具有挥发性，生成的二氧化碳中含有醋酸，醋酸也能和苯酚钠反应生成苯酚，所以醋酸干扰碳酸酸性检验，在将气体通入苯酚钠溶液前应该除去醋酸，故A错误；

B．同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡、静置，下层溶液呈紫红色，说明碘离子和铁离子发生氧化还原反应生成碘，铁离子作氧化剂、碘是氧化产物，则氧化性：Fe3+＞I2，故B正确； C．NaOH足量，氯化镁、氯化铁不足量，所以该实验中氢氧化镁、氢氧化铁沉淀都产生，所以该实验不能判断相同温度下的KspMg（OH）2＞KspFe（OH）3，故C错误； D．NaClO溶液具有强氧化性，不能利用pH试纸测定pH，应利用pH计测定pH比较酸性强弱，故D错误； 故选B．

【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及pH测定、溶度积大小比较、氧化性强弱判断、酸性强弱比较等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，注意D中次氯酸钠的强氧化性及C中NaOH的量，为易错点．

5． 依曲替酯用于治疗严重的牛皮癣、红斑性角化症等．它可以由原料X经过多步反应合成：

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下列说法正确的是（ ） A．X与Y互为同分异构体

B．可用酸性KMnO4溶液鉴别X和Y

C．1molY能与6molH2或3mol NaOH发生反应 D．依曲替酯只能发生加成、取代、消去反应 【考点】有机物的结构和性质． 【专题】有机物的化学性质及推断．

【分析】A．分子式相同、结构不同的有机物互称同分异构体； B．X和Y中苯环上都含有甲基，都能被酸性高锰酸钾溶液氧化；

C．Y中苯环、羰基、碳碳双键都能与氢气在一定条件下发生加成反应，酚羟基、酯基水解生成的羧基能与NaOH反应；

D．依曲替酯中含有碳碳双键、醚键、苯环、酯基，具有烯烃、醚、苯和酯的性质，能发生加成反应、取代反应、水解反应等．

【解答】解：A．分子式相同、结构不同的有机物互称同分异构体，原料X与中间体Y的分子式相同，但结构不同，则二者互为同分异构体，故A正确；

B．X和Y中苯环上都含有甲基，都能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成﹣COOH，所以二者不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别，故B错误；

C．Y中苯环、羰基、碳碳双键都能与氢气在一定条件下发生加成反应，酚羟基、酯基水解 生成的羧基能与NaOH反应，所以1molY能与5molH2或3mol NaOH发生反应，故C错误；D．依曲替酯中含有碳碳双键、醚键、苯环、酯基，具有烯烃、醚、苯和酯的性质，能发生加成反应、取代反应、水解反应等，不能发生消去反应，故D错误； 故选A．

【点评】本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物官能团与性质的关系来解答，熟悉酚、酯、烯烃的性质是解答的关键，选项C为易错点，注意Y水解生成酚羟基，题目难度不大

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6．如图甲是利用一种微生物将废水中的尿素[CO（NH2）2]的化学能直接转化为电能，并生成环境友好物质的装置，同时利用此装置的电能在铁上镀铜，下列说法中不正确的是（ ）

A．铜电极应与X相连接

B．H+透过质子交换膜由左向右移动

C．M电极反应式为CO（NH2）2+H2O﹣6e﹣═CO2↑+N2↑+6H+ D．当N电极消耗0.25 mol气体时，则理论上铁电极增重32 g 【考点】化学电源新型电池． 【专题】电化学专题．

【分析】根据题给信息知，甲图中装置是将化学能转化为电能的原电池，M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，根据得失电子守恒计算，以此解答该题．

【解答】解：甲图中装置是将化学能转化为电能的原电池，M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应， A．铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极Y相连，故A错误； B．M是负极，N是正极，质子透过离子交换膜由左M极移向右N极，即由左向右移动，故B正确；

C．H2NCONH2在负极M上失电子发生氧化反应，生成但其、二氧化碳和水，电极反应式为H2NCONH2+H2O﹣6e﹣═CO2↑+N2↑+6H+，故C正确；

D．当N电极消耗0.25 mol氧气时，则转移0.25×4=1mol电子，所以铁电极增重mol×64g/mol=32g，故D正确． 故选A．

【点评】本题考查了原电池原理以及电镀原理，侧重于学生的分析、计算能力的考查，明确原电池正负极上得失电子、电解质溶液中阴阳离子移动方向即可解答，难度中等．

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7．pC类似pH，是指极稀溶液中，溶质物质的量浓度的常用对数负值．如某溶液溶质的浓度为l×10﹣3mol?L﹣1，则该溶液中溶质的pC=﹣lg（1×l0﹣3）=3．如图为H2CO3在加入强酸或强碱溶液后，平衡时溶液中三种成分的pC﹣pH图．下列说法不正确的是（ ）

A．H2CO3、HCO3﹣、CO32﹣不能在同一溶液中大量共存 B．H2CO3电离平衡常数Kal≈10﹣6

C．pH=7时，溶液中存在关系（HCO3﹣）＞c（H2CO3）＞c（CO32﹣） D．pH=9时，溶液中存在关系（H+）+c（H2CO3）=c（OH﹣）+c（CO32﹣） 【考点】离子浓度大小的比较．

【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．

【分析】A．根据离子存在溶液的酸碱性判断，碳酸根离子和碳酸不能大量共存； B．由图象可知当pH=6时，pC（H2CO3）=pC（HCO3﹣），结合Ka1（H2CO3）=

计算；

C．Pc值越大，其浓度越小；

D．由图象可知，横坐标为pH，纵坐标为pC，pH=9时，H2CO3溶液中浓度最大的含碳元素离子为HCO3﹣，结合碳酸氢钠溶液中电荷守恒和物料守恒计算分析．

【解答】解：A．碳酸存在的溶液中酸性较强、碳酸根离子存在的溶液中碱性较强，所以碳酸根离子和碳酸不能大量共存，H2CO3、HCO3﹣、CO32﹣不能在同一溶液中大量共存，故A正确；

B．由图象可知当pH=6时，pC（H2CO3）=pC（HCO3﹣），结合Ka1（H2CO3）=

=

=10﹣6，故B正确；

C．Pc值越大，其浓度越小，当pH=7时，溶液中含碳元素的主要微粒的物质的量浓度的大小关系为 c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）＞c（CO3 2﹣ ），故C正确；

14

D．由图象可知，横坐标为pH，纵坐标为pC，pH=9时，H2CO3溶液中浓度最大的含碳元素离子为HCO3﹣，碳酸氢钠溶液中溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），物料守恒c（Na+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），代入计算得到（H+）+c（H2CO3）=c（OH﹣）+c（CO32﹣），但此时不只是碳酸氢钠，属于溶液中离子浓度关系错误，故D错误； 故选D．

【点评】本题考查了弱电解质的电离，明确图象中Pc的含义是解本题关键，再结合pH、Pc的关系来分析解答，题目难度中等．

二、非选择题

8．酣酸亚铬晶体是一种氧气吸收剂，化学式为[Cr（CH3COO）2]2?2H2O，不溶于冷水，易溶于盐酸．由于Cr2+易被氧气氧化，制备醋酸亚铬时，需在封闭体系中用锌作还原剂，先将Cr3+还原为Cr2+，再与醋酸钠溶液作用制得，其总反应为： 2Cr3++Zn+4CH3COO﹣+2H2O═[Cr（CH3COO）2]2?2H2O+Zn2+ 请回答下列问题：

（1）实验中用恒压滴液漏斗，相比普通分液漏斗，显著的优点是 平衡压强，使液体顺利滴下，可以防止液体挥发 ．

（2）实验开始前，必需进行的实验操作是 检验装置气密性 ；实验开始时，打开恒压滴液漏斗的旋塞，让盐酸滴入装置2中，打开A，关闭B，目的是 盐酸与锌反应产生的氢气将装置中的空气排出，形成还原性氛围，防止Cr2+被氧化， ，反应一段时间后，保持盐酸持续滴下，关闭A，打开B，目的是 让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应 ．

（3）已知其它反应物足量，实验时取用的是含溶质3.17g CrCl3溶液和1L 0.1mol?L﹣1的醋酸钠溶液；实验后得干燥纯净的醋酸亚铬晶体2.82g，则该实验所得产品的产率为 75% （不考虑醋酸亚铬晶体的溶解损失）．

（4）为标定实验所用的CrCl3溶液，进行了如下操作：

取25.00mLCrCl3溶液于碘量瓶（一种带塞的锥形瓶）中，加热至沸后加入适量Na2O2，充分加热煮沸，稀释，加入过量的稀H2SO4至溶液呈强酸性，此时铬以Cr2O72﹣存在；再加入足量KI，密塞，摇匀，于暗处静置5分钟后，用0.25mol?L﹣1硫代硫酸钠溶液滴定至溶液

15

呈淡黄色，加入l mL指示剂，滴定至终点．平行测定三次，平均消耗标准硫代硫酸钠溶液24.00mL．

已知：Cr2O72﹣+6I﹣+14H+═2Cr3++3I2+7H2O，2S2O32﹣+I2═S4O62﹣十2I﹣． ①实验所用的CrCl3溶液的物质的量浓度为 0.08mol/L ． ②滴定过程中所用的指示剂是 淀粉 ． ③下列操作导致实验结果偏低的是 ac ．

a．移取CrCl3溶液的滴定管，水洗后未用CrCl3溶液润洗 b．盛硫代硫酸钠溶液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡 c．量取CrCl3溶液时先俯视后仰视

d．滴定终点时，盛硫代硫酸钠溶液的滴定管尖嘴外挂有一滴液珠未滴落．

【考点】制备实验方案的设计． 【专题】制备实验综合．

【分析】（1）平衡压强，使液体顺利滴下，防止液体挥发；

（2）制备气体需要检验装置气密性；由于Cr2+易被氧气氧化，用反应生成氢气将装置中的空气排出；

利用生成的氢气将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应；

（3）3.17g CrCl3为0.02mol，得到CrCl2为0.02mol，醋酸钠为0.1mol，结合酣酸亚铬晶体的分子式可知醋酸钠过量，根据CrCl2计算[Cr（CH3COO）2]2?2H2O 的理论产量，进而计算其产率；

（4）①根据关系式2Cr3+～Cr2O72﹣～3I2～6S2O32﹣计算； ②碘遇淀粉变蓝色，反应完毕蓝色褪去；

③a．水洗后未用CrCl3溶液润洗，CrCl3溶液被稀释，消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏小； b．气泡体积计算在消耗硫代硫酸钠溶液体积之内；

16

c．量取CrCl3溶液时先俯视，液面在读数下方，读数偏小，后仰视，液面在读数上方，对数偏大，则溶液体积偏大；

d．外挂有一滴液珠未滴落，以计算在消耗硫酸硫酸钠溶液体积内．

【解答】解：（1）分液漏斗添加液体，需要将分液漏斗活塞打开，便于液体顺利流下，用恒压滴液漏斗，相比普通分液漏斗，显著的优点是：平衡压强，使液体顺利滴下，可以防止液体挥发，

故答案为：平衡压强，使液体顺利滴下，可以防止液体挥发； （2）实验开始前，必需进行的实验操作是：检验装置气密性，

打开A，关闭B，目的是：盐酸与锌反应产生的氢气将装置中的空气排出，形成还原性氛围，防止Cr2+被氧化，

关闭A，打开B，目的是：让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应，故答案为：检验装置气密性；盐酸与锌反应产生的氢气将装置中的空气排出，形成还原性氛围，防止Cr2+被氧化；让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应； （3）CrCl3为

=0.02mol，得到CrCl2为0.02mol，醋酸钠为0.1mol，结合酣酸

亚铬晶体的分子式可知醋酸钠过量，根据原子守恒，则得到[Cr（CH3COO）2]2?2H2O为0.02mol，质量为0.02mol××376g/mol=3.76g，所得产品的产率为故答案为：75%；

（4）①设CrCl3溶液的物质的量浓度为amol/L，则： 2Cr3+～Cr2O72﹣～3I2～6S2O32﹣ 2 6

0.025L×amol/L 0.024L×0.25mol/L 所以2：6=0.025L×amol/L：0.024L×0.25mol/L 解得a=0.08，

故答案为：0.08mol/L；

②碘遇淀粉变蓝色，反应完毕蓝色褪去，可以用淀粉作指示剂， 故答案为：淀粉；

③a．水洗后未用CrCl3溶液润洗，CrCl3溶液被稀释，消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏小，测定浓度偏小，故a符合；

b．气泡体积计算在消耗硫代硫酸钠溶液体积之内，测定浓度偏大，故b不符合；

17

=75%，

c．量取CrCl3溶液时先俯视，液面在读数下方，读数偏小，后仰视，液面在读数上方，对数偏大，则CrCl3溶液体积偏大，测定其浓度偏小，故c符合；

d．外挂有一滴液珠未滴落，以计算在消耗硫酸硫酸钠溶液体积内，测定浓度偏大，故d不符合． 故选：ac．

【点评】本题考查物质制备实验，涉及化学仪器使用、对操作的分析评价、产率计算、位置 含量的测定、信息的获取与运用等，有利于培养学生分析能力、实验能力，题目难度中等．

9．研究汽车尾气中含氮污染物的治理是环保的一项重要工作． （1）NH3催化还原NxOy可以消除氮氧化物的污染，包含以下反应： 反应Ⅰ：4NH3（g）+6NO（g）?5N2（g）+6H2O（l）△H1 反应Ⅱ：2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）△H2

反应Ⅲ：4NH3（g）+6NO2（g）?5N2（g）+3O2（g）+6H2O（l）△H3 则△H3= △H1﹣3△H2 （用△H1和△H2的代数式表示）．n（N2）（mol）

相同条件下，反应I在2L密闭容器内，选用不同的催化剂，反应产生N2的量随时间变化如图1所示．

①计算0～4min在A催化剂作用下，反应速率v（NO）= 0.36mol?L﹣1?min﹣1 ． ②下列说法不正确的是 a ．

a．该反应的活化能大小顺序是：Ea（A）＞Eb（B）＞Ec（C）

b．缩小体积能使体系压强增大，反应速率加快，但活化分子的百分数不变 c．单位时间内H﹣O键与N﹣H键断裂的数目相等时，说明反应已经达到平衡 d．若在恒容绝热的密闭容器中发生反应，当K值不变时，说明反应已经达到平衡 （2）三元催化转化装置是安装在汽车排气系统中最重要的机外净化装置，装置中涉及的反应之一为：2NO（g）+2CO（g）?N2（g）+2CO2（g）．

18

①探究上述反应中NO的平衡转化率与压强、温度的关系，得到如图2所示的曲线．催化装置比较适合的温度和压强是 400K，1MPa ．

②测试某型号汽车在冷启动（冷启动指发动机水温低的情况下启动）时催化装置内CO和NO百分含量随时间变化曲线如图3所示．则前10s内，CO和NO百分含量没明显变化的原因是 尚未达到催化剂工作温度（或尚未达到反应的温度） ． 实验编号 T（K） NO初始浓度 CO初始浓度 催化剂的比表面积（m2/g） （mol?L﹣1） （mol?L﹣1） Ⅰ Ⅱ Ⅲ 400 400 450 1.00×10﹣3 1.00×10﹣3 1.00×10﹣3 3.60×10﹣3 3.60×10﹣3 3.60×10﹣3 82 124 124 ③研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率．为了分别验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了如表三组实验： 根据坐标图4，计算400K时该反应的平衡常数为 5000L?mol﹣1 ；并在图中画出上表中的实验II、III条件下混合气体中NO浓度随时间变化的趋势曲线图（标明各条曲线的实验编号）．

【考点】化学平衡的影响因素；用盖斯定律进行有关反应热的计算． 【专题】化学平衡专题；燃烧热的计算．

【分析】（1）已知K1＞K1′，说明随温度升高，K减小，则反应Ⅰ为放热反应，△H1＜0；K2＞K2′，说明随温度升高，K减小，则反应II为放热反应，△H2＜0；反应I﹣反应II×3得到反应III，则△H3=△H1﹣3△H2，据此分析；

①已知4分钟时氮气为2.4mol，4NH3（g）+6NO（g）?5N2（g）+6H2O（l），则消耗的NO为2.88mol，根据v（NO）=

计算；

②a．单位时间内H﹣O键断裂表示逆速率，N﹣H键断裂表示正速率，正逆速率相同则反应已经达到平衡；

b．改变压强，活化分子百分数不变；

c．相同时间内生成的氮气的物质的量越多，则反应速率越快，活化能越低； d．该反应为放热反应，恒容绝热的密闭容器中，反应时温度会升高，则K会减小； （2）①综合考虑NO的转化率和成本；

19

②汽车冷启动时的尾气催化处理CO、NO百分含量随时间变化曲线变化分析，开始的气体含量变化不大，说明温度低，催化剂的作用未起作用；

③结合表格中的浓度，利用三段法列出400K时平衡浓度，带入平衡常数表达式计算；根据外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响判断．

【解答】解：（1）已知K1＞K1′，说明随温度升高，K减小，则反应Ⅰ为放热反应，△H1＜0；K2＞K2′，说明随温度升高，K减小，则反应II为放热反应，△H2＜0；反应I﹣反应II×3得到反应III，则△H3=△H1﹣3△H2， 故答案为：△H1﹣3△H2；

①已知4分钟时氮气为2.4mol，4NH3（g）+6NO（g）?5N2（g）+6H2O（l），则消耗的NO为2.88mol，所以v（NO）=故答案为：0.36mol?L﹣1?min﹣1；

②a．相同时间内生成的氮气的物质的量越多，则反应速率越快，活化能越低，所以该反应的活化能大小顺序是：Ea（A）＜Ea（B）＜Ea（C），故a选；

b．增大压强能使反应速率加快，是因为增大了活化分子数，而活化分子百分数不变，故b不选；

c．单位时间内H﹣O键断裂表示逆速率，N﹣H键断裂表示正速率，单位时间内H﹣O键与N﹣H键断裂的数目相等时，则消耗的NH3和消耗的水的物质的量之比为4：6，则正逆速率之比等于4：6，说明反应已经达到平衡，故c不选；

d．该反应为放热反应，恒容绝热的密闭容器中，反应时温度会升高，则K会减小，当K值不变时，说明反应已经达到平衡，故d不选； 故答案为：a；

（2）①由图2可知，等压条件下，温度越低，NO的转化率越高，因此温度选400K，同温下，NO的转化率随着温度的升高变化不大，所以选用较为经济的1MPa， 故答案为：400K，1MPa：

②汽车冷启动时的尾气催化处理CO、NO百分含量随时间变化曲线变化分析，开始的气体含量变化不大，说明温度低，催化剂的作用未起作用；证明反应未达到催化剂工作温度（或尚未达到反应的温度）；

故答案为：尚未达到催化剂工作温度（或尚未达到反应的温度）； ③设400K达到平衡状态时，则

20

=

=0.36mol?L﹣1?min﹣1，

2NO（g）+2CO（g）?N2（g）+2CO2（g）． 初始浓度（10﹣3mol?L﹣1）：1 3.60 0 0 转化浓度（10﹣3mol?L﹣1）：0.9 0.9 0.45 0.9 平衡浓度（10﹣3mol?L﹣1）：0.1 2.7 0.45 0.9 K=

=5000L?mol﹣1，

因Ⅰ、Ⅱ温度相同，初始浓度相等，催化剂对平衡移动无影响，则平衡不移动，但Ⅱ的速率大，则Ⅱ先达到化学平衡，Ⅰ、Ⅱ达平衡时NO的浓度相同，而Ⅲ的温度高，则反应速率最大且平衡逆移，即达到化学平衡时c（NO）增大，实验Ⅱ、Ⅲ条件下混合气体中NO浓度

随时间变化的趋势曲线图为，

故答案为：5000L?mol﹣1；

；

【点评】本题考查较为综合，涉及反应热的计算、化学反应速率和化学平衡的影响因素与图象的关系、平衡常数的计算等知识，为高频考点，其中（3）③是难点，把握控制变量法分析反应速率的影响因素及图象为解答的关键，题目难度较大．

10．锂离子电池广泛应用于日常电子产品中，也是电动汽车动力电池的首选．正极材料的选择决定了锂离子电池的性能．磷酸铁钾（LiFePO4）以其高倍率性、高比能量、高循环特性、高安全性、低成本、环保等优点而逐渐成为“能源新星”．

（1）磷酸铁锂电池比钻酸锂电池或锰酸锂电池更环保的原因是 磷酸铁锂电池不会产生重金属污染 ．

（2）高温固相法是磷酸铁锂生产的主要方法．通常以铁盐、磷酸盐和锂盐为原料，按化学计量比充分混匀后，在惰性气氛的保护中先经过较低温预分解，再经高温焙烧，研磨粉碎制成．

其反应原理如下：①完成上述化学方程式．

21

Li2CO3+2FeC2O4?2H2O+2NH4H2PO4═2LiFePO4+2NH3↑+3CO2↑+ 2CO↑ + 7H2O↑ ②理论上，反应中每转移0.15mol电子，会生成LiFePO4 23.7 g． ③反应需在惰性气氛的保护中进行，其原因是 防止Fe（II）被氧化 ．

（3）磷酸铁锂电池装置如图所示，其中正极材料橄榄石型LiFePO4通过粘合剂附着在铝箔表面，负极石墨材料附着在铜箔表面，电解质为溶解在有机溶剂中的锂盐． 电池工作时的总反应为：LiFePO4+6C

Li1﹣xFePO4+LixC6，则放电时，正极的电极反应

式为 Li1﹣xFePO4+xLi++xe﹣═LiFePO4 ．充电时，Li+迁移方向为 由左向右 （填“由左向右”或“由右向左”），图中聚合物隔膜应为 阳 （填“阳”或“阴”）离子交换膜． （4）废旧磷酸铁锂电池的正极材料（主要成分为LiFePO4，难溶于水，不与强碱反应）可通过湿法回收锂和铁，其过程如下：

①碱溶．加入强碱溶液除去铝箔及其氧化物，过滤．

②酸浸．在过滤后的滤渣中加入H2SO4和H2O2的混合溶液，发生反应的离子方程式为 2LiFePO4+2H++H2O2═2Li++2Fe3++2PO43﹣+2H2O ，得到浸出液．

③分离锂和铁．向浸出液中加碱调节溶液的pH使铁元素沉淀，当pH为 2.7 时，铁恰好沉淀完全（已知Ksp[Fe（OH）3]=1×10﹣39当离子浓度小于l×10﹣5mo1?L﹣1时，可认为该离子沉淀完全）

【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；原电池和电解池的工作原理． 【专题】电化学专题；物质的分离提纯和鉴别． 【分析】（1）重金属离子会产生污染； （2）①根据原子守恒分析；

②C2O42﹣中C的化合价为+3价，生成CO和CO2，C元素的化合价分别为+2价、+3价，根据电子与LiFePO4的关系计算； ③亚铁离子容易被氧气氧化；

22

（3）放电时，Li1﹣xFePO4在正极上得电子发生氧化反应；充电时，阳离子向阴极移动；电解质为锂盐，锂离子通过交换膜向正极移动；

（4）②LiFePO4中亚铁离子在酸性条件下，被双氧水氧化为铁离子；

③当离子浓度小于l×10﹣5mo1?L﹣1时，可认为该离子沉淀完全，结合Ksp[Fe（OH）3]计算．【解答】解：（1）钴酸锂电池或锰酸锂电池中含有重金属离子，重金属离子会产生污染，所以磷酸铁锂电池比钴酸锂电池或锰酸锂电池更环保； 故答案为：磷酸铁锂电池不会产生重金属污染； （2）①由原子守恒可知，

Li2CO3+2FeC2O4?2H2O+2NH4H2PO4═2LiFePO4+2NH3↑+3CO2↑+2CO↑+7H2O↑； 故答案为：2CO↑、7H2O↑；

②C2O42﹣中C的化合价为+3价，生成CO和CO2，C元素的化合价分别为+2价、+3价，生成2molCO转移2mol电子，同时生成2molLiFePO4，则当反应中每转移0.15mol电子，生成0.15molLiFePO4，其质量为23.7g； 故答案为：23.7；

③亚铁离子容易被氧气氧化，所以要隔绝氧气，即反应需在惰性气氛的保护中进行； 故答案为：防止Fe（II）被氧化； （3）电池工作时的总反应为：LiFePO4+6C

Li1﹣xFePO4+LixC6，放电时，Li1﹣xFePO4

在正极上得电子发生氧化反应，正极反应为Li1﹣xFePO4+xLi++xe﹣═LiFePO4；充电时，正极与外接电源的正极相连为阳极，阳离子向阴极移动，即Li+由左向右移动；电解质为锂盐，锂离子通过交换膜向正极移动，所以交换膜应该为阳离子交换膜； 故答案为：Li1﹣xFePO4+xLi++xe﹣═LiFePO4；由左向右；阳；

（4）②LiFePO4中亚铁离子在酸性条件下，被双氧水氧化为铁离子，则发生反应的离子方程式为2LiFePO4+2H++H2O2═2Li++2Fe3++2PO43﹣+2H2O； 故答案为：2LiFePO4+2H++H2O2═2Li++2Fe3++2PO43﹣+2H2O；

③当离子浓度小于l×10﹣5mo1?L﹣1时，可认为该离子沉淀完全，Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）×c3（OH﹣），则c3（OH﹣）=

，所以c（OH﹣）=

×10﹣11mol/L

≈0.464×10﹣11mol/L，则c（H+）=2.155×10﹣3mol/L，所以pH≈2.7； 故答案为：2.7．

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【点评】本题综合考查了物质的制备原理、原电池和电解池工作原理及相关计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，熟悉原电池、电解池工作原理及各个电极发生反应、明确溶度积数的表达式是解题关键，题目难度中等．

三、[化学-选修5：有机化学基础]

11．OPA是医药中间体，可用作内窥镜手术用器械高效安全抗菌消毒剂，也用于合成新抗血小板聚集药吲哚波芬．有关OPA的转化关系如图：

已知：

①A是摩尔质量为106g?mol﹣1的烃

②同一个碳原子上连两个羟基不稳定，会脱去一分子的水生成醛基 ③无α﹣H （醛基相邻碳上的氢）的醛能发生歧化反应，如：2HCHO+KOHCH3OH+HCOOK 回答下列问题：

（1）A的名称是 邻二甲苯 ．

（2）检验B中溴元素的方法正确是 d ． a．加入氯水振荡，观察上层是否有红棕色

b．滴加硝酸酸化的硝酸银，观察有无浅黄色沉淀生成

c．滴加NaOH溶液共热，再加硝酸银溶液，观察有无浅黄色沉淀

d．滴加NaOH溶液共热，后加稀硝酸酸化，再加硝酸银溶液，观察有无浅黄色沉淀 （3）OPA的结构简式是

，OPA分子中最多有 16 个原子共平面．

（4）D中官能团的名称是 羟基、羧基 ，E是一种聚酯类高分子化合物，由D生成E的化学反应方程式为

注明反应条件），该反应的类型为 缩聚反应 ．

（不必

24

（5）D的同分异构体中含有苯环且苯环上的取代基至少有两个，能水解且能发生银镜反应的共有 19 种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积之比为l：2：2：3的是 【考点】有机物的推断．

【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机化合物的获得与应用． 【分析】A是摩尔质量为106g?mol﹣1的烃，A和溴发生取代反应生成C，根据C的结构简式知，A为邻二甲苯，其结构简式为

，A和溴在铁作催化剂条件下发生取代反

（写出其结构简式）．

应生成B，根据B的分子式知，B的结构简式为，C发生卤代烃的

水解反应，再脱水后生成OPA为，结合已知反应信息③可知，邻苯二甲醛反

应生成D，D的结构简式为，E是一种聚酯类高分子化合物，D发生缩

聚反应生成E，则E的结构简式为，据此解答．

【解答】解：A是摩尔质量为106g?mol﹣1的烃，A和溴发生取代反应生成C，根据C的结构简式知，A为邻二甲苯，其结构简式为

，A和溴在铁作催化剂条件下发生取

代反应生成B，根据B的分子式知，B的结构简式为，C发生卤代

烃的水解反应，再脱水后生成OPA为，结合已知反应信息③可知，邻苯二甲

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醛反应生成D，D的结构简式为，E是一种聚酯类高分子化合物，D

发生缩聚反应生成E，则E的结构简式为，

（1）根据上面的分析可知，A为邻二甲苯， 故答案为：邻二甲苯；

（2）B的结构简式为，检验B中溴元素的方法正确是滴加NaOH

溶液共热，后加稀硝酸酸化，再加硝酸银溶液，观察有无浅黄色沉淀， 故选d；

（3）根据上面的分析可知，OPA为

，由于苯环上所有原子共面，碳氧双键上

所有原子也共面，所以OPA分子中最多有16个原子共平面， 故答案为：

；16；

（4）D的结构简式为，D中官能团的名称是 羟基、羧基，由D生成

E的化学反应方程式为应的类型为缩聚反应， 故答案为：羟基、羧基；聚反应；

，该反

；缩

D为（5）D的同分异构体中含有苯环且苯环上的取代基至少有两个，，

能水解且能发生银镜反应，即有甲酸某酯，则符合条件的结构为苯环上连有两个取代基，为

26

﹣CH2OH、﹣OOCH，或﹣OH、﹣CH2OOCH，或﹣OCH3、﹣OOCH，分别有邻间对三种，共有9种，也可以是三个取代基，为，有10种，所以共有19种，其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积之比为l：2：2：3的是

，

故答案为：19；．

【点评】本题考查有机物的推断，明确有机物的官能团及其性质是解本题关键，侧重考查学生分析推理能力与知识迁移应用，难度中等，（5）中同分异构体的书写为易错点、难点．

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