湖北省宜昌一中龙泉中学2022届高三化学上学期期中试题含解析

2022-2022学年湖北省宜昌一中、龙泉中学高三（上）期中化学试卷　一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．化学与科学、技术、社会密切相关，下列做法或说法正确的是（　　）A．从海带中提取碘的过程中得到碘的四氯化碳溶液，可用蒸发的方法分离出碘B．利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯类可降解塑料有利于减少白色污染C．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理D．控制雾霾需要从控制氮氧化物、二氧化硫和二氧化碳等大气污染物排放着手　2．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）A．1molCl2与过量的铁反应，转移2NA个电子B．1molU核素含有235NA个中子C．1molN2与3molH2混合充分反应，转移的电子数目为6NAD．常温下，0.1mol/L的NH4NO3溶液中氮原子数为0.2NA　3．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：元素代号XYZW原子半径/pm1601437066主要化合价+2+3+3、+5、﹣3﹣2下列叙述正确的是（　　）A．X、Y元素的金属性X＜YB．一定条件下，W单质可以将Z单质从其氢化物中置换出来C．Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水D．一定条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2　4．组成和结构可用表示的有机物共有（不考虑立体结构）（　　）A．24种B．28种C．32种D．36种　5．下列A﹣D四组，每组有两个反应，其中两个反应能用同一离子方程式表示的是（　　）（Ⅰ）（Ⅱ）A少量H2SO4滴入Ba（OH）2溶液中少量NaHSO4滴入Ba（OH）2溶液中B少量NaOH滴入Al2（SO4）3溶液中少量Al2（SO4）3溶液滴入氨水中C少量SO2通入Ba（NO3）2溶液中生成白色沉淀少量SO2通入Ba（OH）2溶液中生成白色沉淀D0.1molCl2通入含0.2molFeBr2的溶液中0.1molCl2通入含0.2molFeCl2的溶液中A．AB．BC．CD．D　6．mg铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全反应（假定硝酸的还原产物只有NO），向反应后的混合溶液中滴加amol/LNaOH溶液，当滴加到VmL时，得到沉淀质量恰好为最大值ng，则下列有关该实验的说法中错误的是（　　）23\nA．沉淀中OH﹣的质量为（n﹣m）gB．恰好溶解后溶液中的NO的物质的量为aVmolC．反应过程中转移的电子的物质的量为molD．与合金反应的硝酸的物质的量为（+）mol　7．苯甲酸广泛应用于制药和化工行业，用甲苯制备苯甲酸的反应原理如下：+2KMnO4+KOH+2MnO2↓+H2O+HCl→+KCl甲苯和KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯流程如下已知：苯甲酸熔点122.4℃，在25℃和95℃时溶解度分别为0.3g和6.9g；下列说法正确的是（　　）A．上述反应原理的两个反应都是氧化还原反应B．操作Ⅰ是蒸馏，操作Ⅱ是分液C．无色液体A是甲苯，白色固体B主要成分是苯甲酸D．无色液体A是苯甲酸，白色固体B主要成分是甲苯　　二、解答题（共3小题，满分43分）8．（14分）（2022秋•龙泉驿区校级期中）磷化铝、磷化锌、磷化钙是目前常见的熏蒸杀虫剂，都能与水或酸反应产生有毒气体膦（PH3），PH3具有较强的还原性，能在空气中自燃．卫生安全标准规定，粮食中磷化物（以PH3计）含量≤0.05mg/kg．某化学兴趣小组的同学通过下列方法对粮食中残留磷化物含量进行研究：【操作流程】安装吸收装置→PH3的产生与吸收→转移KMnO4吸收溶液→亚硫酸标准溶液滴定【实验装置】23\nC中盛有200g原粮；D、E、F各盛装1.00mL浓度为1.00×10﹣3mol/L的KMnO4溶液（H2SO4酸化）．请回答下列有关问题：（1）仪器G的名称是　　　　　　，以磷化铝为例，写出磷化物与水反应的化学方程式　　　　　　．（2）检查C装置气密性的方法是：用止水夹夹紧C装置　　　　　　，取下上口活塞，漏斗中加入水，打开下口旋塞，观察到　　　　　　，表明装置气密性良好．（3）实验过程中，用抽气泵反复抽气的目的是　　　　　　．（4）A中盛装KMnO4溶液是为除去空气中可能含有的　　　　　　（填“还原”或“氧化”）性气体；B中盛装新制FeSO4溶液的作用是　　　　　　；（5）已知D、E、F中发生同一反应，实验中PH3被氧化成磷酸，写出所发生的化学反应方程式：　　　　　　；收集装置D、E、F所得吸收液，并洗涤D、E、F，将吸收液、洗涤液一并置于锥形瓶中，加水稀释至25mL，用浓度为5×10﹣4mol/LNa2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液11.00mL，则该原粮中磷化物（以PH3计）的含量为　　　　　　mg/kg．　9．（15分）（2022秋•龙泉驿区校级期中）氟及其化合物的发现史充满艰辛，现在氟及其化合物在生产生活中被广泛使用，造福人类．（1）长期以来一直认为氟的含氧酸不存在，但是在1971年斯图杰尔和阿佩里曼成功地合成了次氟酸后，这种论点被彻底动摇，他们是在0℃以下将氟化物从细冰末的上面通过，得到毫克量的次氟酸．①写出次氟酸的电子式　　　　　　②次氟酸能被热水瞬间分解，生成一种常见的18e﹣物质M，该物质被称为“绿色氧化剂”，写出次氟酸与热水反应的化学方程式　　　　　　（2）氟单质极其活泼，化学家于1986年首次制得氟气，三步反应原理如下：①　　　　　　KMnO4+　　　　　　H2O2+　　　　　　KF+　　　　　　HF=　　　　　　K2MnF6+　　　　　　O2↑+　　　　　　H2O②SbCl5+5HF═SbF5+5HCl③2K2MnF6+4SbF5═4KSbF6+2MnF3+F2（反应①、②里氟元素化合价不变）则下列说法正确的是　　　　　　A．反应①配平后，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2，23\nB．反应②③都是氧化还原反应C．反应③中K2MnF6一定是氧化剂可能还起到还原剂的作用D．生成0.5mol的F2整个反应过程中转移的电子总数是4NA个（3）工业上制备氟气通常采用电解氧化法，如图是电熔融的氟氢化钾（KHF2）和无水氟化氢的混合物的实验装置：①已知阴极的电极反应式为2HF2﹣+2e﹣═H2↑+4F﹣，则电解的总反应为　　　　　　②出口1处的物质是　　　　　　（填化学式），随着高温电解的进行，有一种物质会不断被挥发而消耗，需要从入口处进行补充，则从入口处加入的物质是　　　　　　（填化学）（4）巴特莱特制得第一个稀有气体化合物六氟合铂酸氙：Xe﹢PtF6﹦XePtF6，该化合物极易与水反应，生成氙、氧气和铂的+4价氧化物等，已知生成物氙和氧气的物质的量之比为2﹕1，试写出XePtF6与水反应的化学方程式　　　　　　（5）牙齿表面有一层釉质，其组成为羟基磷灰石Ca5（PO4）3OH（Ksp=6.8×10﹣37），容易受到酸的侵蚀，为了防止蛀牙，人们常使用含氟离子的牙膏，其中的氟化物可使羟基磷灰石转化为更难溶的氟磷灰石Ca5（PO4）3F（Ksp=1.0×10﹣60），写出该反应的离子方程式　　　　　　；该反应的平衡常数为　　　　　　．　10．（14分）（2022秋•龙泉驿区校级期中）苯乙烯是现代石油化工产品中最重要的单体之一，在工业上，苯乙烯可由乙苯与CO2催化脱氢制得，总反应原理如下：（g）+CO2（g）⇌（g）+CO（g）+H2O（g）回答下列问题：（1）乙苯在CO2气氛中的脱氢反应可分两步进行：23\n上述乙苯与CO2总反应的△H=　　　　　　；该反应自发进行的条件是　　　　　　（填序号）A．高温下自发　　B．低温下自发C．任何温度下不自发　D．任何温度下自发（2）在温度为T1时乙苯与CO2反应的平衡常数K=0.5mol/L，在2L密闭容器中加入乙苯与CO2反应到某时刻测得混合物各组分的物质的量均为1.0mol．①该时刻化学反应CO2的v正　　　　　　v逆（填“＞”、“＜”或“=”）②乙苯与CO2在固定体积的容器中的反应下列叙述不能说明已达到平衡状态的是　　　　　　（填字母序号）a．体系的密度不再改变　　　　b．体系的压强不再改变　　　c．c（CO2）=c（CO）d．消耗1molCO2同时生成1molH2O　　e．CO2的体积分数保持不变（3）在温度为T2密闭容器中，乙苯与CO2的起始浓度分别为2.0mol/L，3.0mol/L，设起始压强为P0，平衡后总压强为P，达到平衡时苯乙烯的浓度为　　　　　　，乙苯的转化率为　　　　　　，（用含有P、P0符号表示）（4）写出由苯乙烯在一定条件下合成聚苯乙烯的方程式：　　　　　　．　　【化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分15分）11．（15分）（2022秋•龙泉驿区校级期中）氟是非金属性最强的元素．（1）基态氟原子的价电子排布式为　　　　　　，该排布式中最高能级电子云有　　　　　　个相互垂直的取向．（2）氟和氧可以形成多种氟化物，如O3F2的结构式为，其中氧原子采用的轨道杂化方式是　　　　　　，又如O2F2是一种强氧化剂，运用VSEPR模型判断O2F2　　　　　　（填“极性”或“非极性”）分子．（3）1951年，化学家首次合成了FClO3气体，该气体分子的立体构型是（氯原子为中心原子）　　　　　　．（4）冰晶石（Na3AlF6）主要用作电解Al2O3生产铝的助熔剂，其晶体不导电，但熔融时能导电．在冰晶石（Na3AlF6）晶体中存在　　　　　　（填序号）a．离子键　　　　b．极性键c．配位键　　d．范德华力（5）80℃以下，测量氟化氢气体密度后计算其相对分子质量，实验值明显大于理论值，原因是　　　　　　．（6）NaCl的晶胞如图所示，若将NaCl晶胞中的所有氯离子去掉，并将钠离子全部换为钙离子，再在其中的8个“小立方体”中心各放置一个氟离子，即变化为氟化钙晶体．若“大立方体”的边长为apm，NA表示阿伏加德罗常数，则该晶体的密度是　　　　　　g/cm3；8个“小立方体”中心的氟离子组成的图形体积是　　　　　　cm3．　　【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）23\n12．（2022秋•龙泉驿区校级期中）有机物A、B、C互为同分异构体，分子式均为C5H8O2．有关的转化关系如图所示，已知：A的碳链无支链，且1molA能与4molAg（NH3）2OH完全反应；B为五元环酯．（1）A的系统命名为：　　　　　　，A中所含官能团的电子式　　　　　　；（2）B、H结构简式为　　　　　　（3）写出下列反应方程式（有机物用结构简式表示）D→C　　　　　　；E→F（只写①条件下的反应）　　　　　　　　　　　　；（4）F的加聚产物的链节表示为　　　　　　；（5）符合下列两个条件的G的同分异构体的数目有　　　　　　个①具有与G相同的官能团②含有两个甲基．　　2022-2022学年湖北省宜昌一中、龙泉中学高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．化学与科学、技术、社会密切相关，下列做法或说法正确的是（　　）A．从海带中提取碘的过程中得到碘的四氯化碳溶液，可用蒸发的方法分离出碘B．利用二氧化碳等原料合成的聚碳酸酯类可降解塑料有利于减少白色污染C．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理D．控制雾霾需要从控制氮氧化物、二氧化硫和二氧化碳等大气污染物排放着手【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；常见的生活环境的污染及治理．【专题】化学应用．【分析】A．应用蒸馏的方法分离碘的和四氯化碳；B．聚碳酸酯类可代替聚乙烯材料；C．绿色化学的核心是从源头上减少污染；D．雾霾中的主要污染物是粉尘污染．【解答】解：A．四氯化碳的沸点低，易挥发，可用蒸馏的方法分离碘的和四氯化碳，故A错误；B．聚碳酸酯类可代替聚乙烯材料，聚碳酸酯类可降解，则可减少白色污染，故B正确；C．绿色化学的核心是从源头上减少污染，故C错误；D．雾霾中的主要污染物是粉尘污染，二氧化硫和二氧化氮可导致酸雨，故D错误．23\n故选B．【点评】本题考查环境污染，为高频考点，侧重于化学与生活、环境的考查，有利于培养学习的良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大．　2．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）A．1molCl2与过量的铁反应，转移2NA个电子B．1molU核素含有235NA个中子C．1molN2与3molH2混合充分反应，转移的电子数目为6NAD．常温下，0.1mol/L的NH4NO3溶液中氮原子数为0.2NA【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、氯气和铁反应后变为﹣1价；B、中子数=质量数﹣质子数；C、合成氨的反应为可逆反应；D、溶液体积不明确．【解答】解：A、氯气和铁反应后变为﹣1价，故1mol氯气反应后转移2mol电子即2NA个，故A正确；B、中子数=质量数﹣质子数，故U核素中含中子个数为235﹣92=143个，故1molU核素中含143mol中子即143NA个，故B错误；C、合成氨的反应为可逆反应，不能完全反应，故转移的电子数小于6NA个，故C错误；D、溶液体积不明确，故溶液中的氮原子的个数无法计算，故D错误．故选A．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大．　3．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：元素代号XYZW原子半径/pm1601437066主要化合价+2+3+3、+5、﹣3﹣2下列叙述正确的是（　　）A．X、Y元素的金属性X＜YB．一定条件下，W单质可以将Z单质从其氢化物中置换出来C．Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水D．一定条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】W化合价为﹣2价，没有最高正化合价+6价，故W为氧元素；Z元素化合价为+5、+3、﹣3，Z处于ⅤA族，原子半径与氧元素相差不大，则Z与氧元素处于同一周期，则Z为氮元素；X化合价为+2价，应为周期表第ⅡA族，Y的化合价为+3价，应为周期表第ⅢA族元素，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很小，则X、Y应在第三周期，所以X为镁元素，Y为铝元素．结合元素周期律知识解答该题．23\n【解答】解：A、根据题给数据，X、Y的化合价不同，但原子半径相差较小，则X、Y应在第三周期，所以X为镁元素，Y为铝元素，可知两者位于同一周期相邻主族，故金属性X＞Y，故A错误；B、一定条件下，氧气可以和氨气反应生成水和氮气，故B正确；C、据此判断可知X是Mg，Y是Al；Y的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，其不溶于氨水，故C错误；D、根据W、Z分别是O和N，两者的单质直接生成NO，故D错误；故选：B．【点评】本题考查元素位置结构和性质的关系及应用，题目难度中等，从原子半径的变化和元素的最高正价和最低负价入手寻求突破，正确把握元素化合价、原子半径与元素性质的关系是解答该题的关键．　4．组成和结构可用表示的有机物共有（不考虑立体结构）（　　）A．24种B．28种C．32种D．36种【考点】同分异构现象和同分异构体．【专题】同系物和同分异构体．【分析】先找出丁基的同分异构体，再找出﹣C3H5Cl2的同分异构体，然后找出有机物的种类数．【解答】解：丁烷为CH3CH2CH2CH3时，分子中有2种不同的H原子，故有2种丁基；丁烷为CH3CH（CH3）CH3时，分子中有2种不同的H原子，故有2种丁基，故丁基（﹣C4H9）共有4种；C3H5Cl2的碳链为或，当为，2个氯在一号位或者二号位或者三号位有3种．1个氯在一号位，剩下的一个氯在二号或者三号，2种．1个氯在二号位剩下的一个氯在三号位，1种．总共6种，当为，2个氯在同一个碳上有1种．在两个左边的碳和中间的碳上，1种．左边的碳上和右边的碳上，1种．总，3种，故﹣C3H5Cl2共有9种；该有机物共有36种，故选D．【点评】本题考查同分异构体的书写，难度不大，注意二氯代物的书写可以采用定一议二法解题．　5．下列A﹣D四组，每组有两个反应，其中两个反应能用同一离子方程式表示的是（　　）（Ⅰ）（Ⅱ）A少量H2SO4滴入Ba（OH）2溶液中少量NaHSO4滴入Ba（OH）2溶液中B少量NaOH滴入Al2（SO4）3溶液中少量Al2（SO4）3溶液滴入氨水中C少量SO2通入Ba（NO3）2溶液中生成白色沉淀少量SO2通入Ba（OH）2溶液中生成白色沉淀D0.1molCl2通入含0.2molFeBr2的溶液中0.1molCl2通入含0.2molFeCl2的溶液中A．AB．BC．CD．D【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．H2SO4与Ba（OH）2反应方程式与反应物的量无关，NaHSO4与Ba（OH）2反应方程式与反应物的量有关；23\nB．一水合氨是弱电解质，氢氧化钠是强电解质；C．SO2通入Ba（NO3）2溶液会生成硫酸钡；D．0.1molCl2通入含0.2molFeBr2的溶液中，只有亚铁离子被氧化．【解答】解：A．H2SO4与Ba（OH）2反应方程式与反应物的量无关，Ba2++2OH﹣+SO42﹣+2H+=BaSO4↓+2H2O，NaHSO4与Ba（OH）2反应方程式与反应物的量有关，少量NaHSO4滴入Ba（OH）2溶液中，Ba2++OH﹣+SO42﹣+H+=BaSO4↓+H2O，所以离子方程式不同，故A错误；B．少量NaOH滴入Al2（SO4）3溶液中，其离子方程式为：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，少量Al2（SO4）3溶液滴入氨水中，其离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+NH4+，所以离子方程式不同，故B错误；C．少量SO2通入Ba（NO3）2溶液中生成白色沉淀，SO2，被溶液中硝酸根离子和氢离子氧化为硫酸根离子，会生成BaSO4沉淀，少量SO2通入Ba（OH）2溶液中生成白色沉淀，其离子方程式为：Ba2++2OH﹣+SO2=BaSO3↓+H2O，故C错误；D．0.1molCl2通入含0.2molFeBr2的溶液中，只有亚铁离子被氧化，0.1molCl2通入含0.2molFeCl2的溶液中，也是Cl2与亚铁离子反应，所以离子方程式相同为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，故D正确．故选D．【点评】本题考查离子方程式的书写，题目难度不大，明确物质的溶解性、物质的性质及离子方程式书写规则即可解答，注意NaHSO4与Ba（OH）2的反应，方程式与反应物的用量有关．　6．mg铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全反应（假定硝酸的还原产物只有NO），向反应后的混合溶液中滴加amol/LNaOH溶液，当滴加到VmL时，得到沉淀质量恰好为最大值ng，则下列有关该实验的说法中错误的是（　　）A．沉淀中OH﹣的质量为（n﹣m）gB．恰好溶解后溶液中的NO的物质的量为aVmolC．反应过程中转移的电子的物质的量为molD．与合金反应的硝酸的物质的量为（+）mol【考点】有关混合物反应的计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】mg铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解（假定硝酸的还原产物只有NO），向反应后的混合溶液中滴加amol/LNaOH溶液，当滴加到VmL时，得到沉淀质量恰好为最大值n克，沉淀质量最大为氢氧化铝和氢氧化镁质量之和，此时溶液为硝酸钠溶液，A．沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，沉淀质量等于铝镁合金质量与氢氧根质量之和；B．恰好溶解后溶液中的NO3﹣离子的物质的量等于沉淀质量最大时溶液中NO3﹣离子的物质的量，即n（NO3﹣）=n（Na+）=n（NaOH）；C．根据电荷守恒，在沉淀中，氢氧根的物质的量等于Mg2+、Al3+所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，即为反应过程中转移的电子；D．硝酸有两种作用，作为酸的硝酸（生成硝酸盐）的物质的量等于硝酸钠的物质的量，作氧化剂的硝酸的物质的量等于NO的物质的量．23\n【解答】解：mg铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解（假定硝酸的还原产物只有NO），向反应后的混合溶液中滴加amol/LNaOH溶液，当滴加到VmL时，得到沉淀质量恰好为最大值n克，沉淀质量最大为氢氧化铝和氢氧化镁质量之和，此时溶液为硝酸钠溶液，A．沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，沉淀质量等于铝镁合金质量与氢氧根质量之和，所以沉淀中氢氧根的质量为（n﹣m）克，故A正确；B．恰好溶解后溶液中的NO3﹣离子的物质的量等于沉淀质量最大时溶液中NO3﹣离子的物质的量，当沉淀量最大时，溶液中的溶质只有硝酸钠（NaNO3），硝酸根离子与钠离子的物质的量相等，n（NO3﹣）=n（Na+）=n（NaOH）=mol，故B错误；C．沉淀量最大，生成的n克沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁．根据质量守恒定律，其中镁、铝元素的质量等于m克合金的质量，所以沉淀中氢氧根的质量为（n﹣m）克，在沉淀中，氢氧根的物质的量等于Mg2+、Al3+所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，即为反应过程中转移的电子n（e﹣）=n（OH﹣）=mol，故C正确；D．参加反应的硝酸有两种作用，起酸和氧化剂作用，作为酸的硝酸（生成硝酸盐）的物质的量等于硝酸钠的物质的量为mol，作氧化剂的硝酸的物质的量等于NO的物质的量为mol，所以与合金反应的硝酸的物质的量为（+）mol=（+）mol，故D正确，故选B．【点评】本题考查混合物计算，题目难度中等，是对电子守恒、溶液电中性原理、质量守恒进行综合考查，试题培养了学生的综合运用知识能力和解决复杂问题的能力．　7．苯甲酸广泛应用于制药和化工行业，用甲苯制备苯甲酸的反应原理如下：+2KMnO4+KOH+2MnO2↓+H2O+HCl→+KCl甲苯和KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯流程如下已知：苯甲酸熔点122.4℃，在25℃和95℃时溶解度分别为0.3g和6.9g；下列说法正确的是（　　）A．上述反应原理的两个反应都是氧化还原反应B．操作Ⅰ是蒸馏，操作Ⅱ是分液C．无色液体A是甲苯，白色固体B主要成分是苯甲酸D．无色液体A是苯甲酸，白色固体B主要成分是甲苯【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】有机物的化学性质及推断；物质的分离提纯和鉴别．23\n【分析】一定量的甲苯和适量的KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按如图流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯，苯甲酸能溶于水，甲苯不溶于水，互不相溶的液体采用分液方法分离，根据实验目的知，从而得到有机层和水层，有机层中含有甲苯、水层中含有苯甲酸，有机层中的甲苯采用蒸馏方法得到无色液体A，A是甲苯，将水层盐酸酸化再蒸发浓缩，根据苯甲酸的溶解度知，得到的固体B是苯甲酸，以此解答该题．【解答】解：一定量的甲苯和适量的KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按如图流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯，苯甲酸能溶于水，甲苯不溶于水，互不相溶的液体采用分液方法分离，根据实验目的知，从而得到有机层和水层，有机层中含有甲苯、水层中含有苯甲酸，有机层中的甲苯采用蒸馏方法得到无色液体A，A是甲苯，将水层盐酸酸化再蒸发浓缩，根据苯甲酸的溶解度知，得到的固体B是苯甲酸，A．甲苯与高锰酸钾的反应为氧化还原反应，但+HCl→+KCl的反应为复分解反应，故A错误；B．操作Ⅰ分离出有机相和水相，为分液操作，操作Ⅱ在有机相中得到甲苯，为蒸馏操作，故B错误；C、D．由以上分析可知无色液体A是甲苯，白色固体B主要成分是苯甲酸，故C正确、D错误；故选C．【点评】本题考查混合物的分离和提纯，侧重考查分析问题能力、实验能力，明确物质的性质是解本题关键，知道根据物质的性质选取合适的分离方法，题目难道不大．　二、解答题（共3小题，满分43分）8．（14分）（2022秋•龙泉驿区校级期中）磷化铝、磷化锌、磷化钙是目前常见的熏蒸杀虫剂，都能与水或酸反应产生有毒气体膦（PH3），PH3具有较强的还原性，能在空气中自燃．卫生安全标准规定，粮食中磷化物（以PH3计）含量≤0.05mg/kg．某化学兴趣小组的同学通过下列方法对粮食中残留磷化物含量进行研究：【操作流程】安装吸收装置→PH3的产生与吸收→转移KMnO4吸收溶液→亚硫酸标准溶液滴定【实验装置】C中盛有200g原粮；D、E、F各盛装1.00mL浓度为1.00×10﹣3mol/L的KMnO4溶液（H2SO4酸化）．23\n请回答下列有关问题：（1）仪器G的名称是　分液漏斗　，以磷化铝为例，写出磷化物与水反应的化学方程式　AlP+3H2O=Al（OH）3↓+PH3↑　．（2）检查C装置气密性的方法是：用止水夹夹紧C装置　左右两端的橡皮管　，取下上口活塞，漏斗中加入水，打开下口旋塞，观察到　水开始下滴一段时间后，不再连续下滴　，表明装置气密性良好．（3）实验过程中，用抽气泵反复抽气的目的是　保证生成的PH3全部被酸性KMnO4溶液吸收　．（4）A中盛装KMnO4溶液是为除去空气中可能含有的　还原　（填“还原”或“氧化”）性气体；B中盛装新制FeSO4溶液的作用是　除去空气中的O2　；（5）已知D、E、F中发生同一反应，实验中PH3被氧化成磷酸，写出所发生的化学反应方程式：　5PH3+8KMnO4+12H2SO4=5H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O　；收集装置D、E、F所得吸收液，并洗涤D、E、F，将吸收液、洗涤液一并置于锥形瓶中，加水稀释至25mL，用浓度为5×10﹣4mol/LNa2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液11.00mL，则该原粮中磷化物（以PH3计）的含量为　0.085　mg/kg．【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．【专题】定量测定与误差分析．【分析】（1）G是分液漏斗，磷化铝能与水或酸反应产生有毒气体膦（PH3），与水反应结合水的结构可知磷化铝能与水反应生成氢氧化铝和PH3；（2）依据装置中的压强变化分析判断，用止水夹夹紧C装置左右两端的橡皮管，取下上口活塞，漏斗中加入水，观察水流下情况分析；（3）准确测定膦（PH3）的含量需要全部吸收；（4）高锰酸钾溶液是强氧化剂可以吸收还原性气体；碱性焦性没食子酸溶液，焦性没食子酸先和碱反应，再和氧气反应可以吸收氧气；若不吸收氧气，PH3会在氧气中燃烧；（5）依据消耗的亚硫酸钠物质的量结合定量关系计算剩余高锰酸钾，计算吸收PH3需要的高锰酸钾物质的量，进一步计算PH3物质的量，得到PH3含量．【解答】解：（1）仪器G的名称是分液漏斗，依据题干信息，磷化铝和水反应，水解生成PH3和氢氧化铝，反应的化学方程式为：AlP+3H2O=Al（OH）3↓+PH3↑，故答案为：分液漏斗；AlP+3H2O=Al（OH）3↓+PH3↑；（2）利用装置特征，结合气体压强变化，用止水夹夹紧C装置，用止水夹夹紧C装置左右两端的橡皮管，取下上口活塞，漏斗中加入水，打开下口旋塞，观察到水开始下滴一段时间后，不再连续下滴，证明气密性完好；故答案为：左右两端的橡皮管；水开始下滴一段时间后，不再连续下滴；（3）准确测定PH3的含量，需要用高锰酸钾溶液全部吸收，避免产生较大误差，所以抽气泵是保证PH3全部被吸收的措施；故答案为：保证生成的PH3全部被酸性KMnO4溶液吸收；（4）依据装置图中装置中的试剂选择分析判断，高锰酸钾溶液是强氧化剂可以吸收空气中的还原性气体；焦性没食子酸先和碱反应，再和氧气反应可以吸收氧气；若不吸收氧气，PH3会在氧气中燃烧，用滴定方法测定的PH3减小，结果偏低；故答案为：还原；除去空气中的O2；（5）加水稀释至25mL，用浓度为5×10﹣4mol/LNa2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液，消耗Na2SO3标准溶液11.00mL；依据滴定反应：2KMnO4+5Na2SO3+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5Na2SO4+3H2O；2KMnO4～5Na2SO323\n；未反应的高锰酸钾物质的量=0.0110L×5×10﹣4mol/L×=2.2×10﹣6mol；与PH3反应的高锰酸钾物质的量=1.00×10﹣3mol/L×0.0030L﹣2.2×10﹣6mol=8.0×10﹣7mol；根据反应5PH3+8KMnO4+12H2SO4=5H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O；得到定量关系为：5PH3～8KMnO4；计算得到PH3物质的量=8.0×10﹣7mol×=5.0×10﹣7mol；则PH3的质量分数==0.085g/kg；故答案为：5PH3+8KMnO4+12H2SO4=5H3PO4+8MnSO4+4K2SO4+12H2O；0.085．【点评】本题以粮食中残留磷化氢的定量测定为命题背景，考查元素化合物知识氧化还原反应滴定及相关计算，综合考查了水解方程式的书写、非常规装置气密性的检验方法、实验原理的理解和定量测定的有关计算和误差分析等，题目难度中等．　9．（15分）（2022秋•龙泉驿区校级期中）氟及其化合物的发现史充满艰辛，现在氟及其化合物在生产生活中被广泛使用，造福人类．（1）长期以来一直认为氟的含氧酸不存在，但是在1971年斯图杰尔和阿佩里曼成功地合成了次氟酸后，这种论点被彻底动摇，他们是在0℃以下将氟化物从细冰末的上面通过，得到毫克量的次氟酸．①写出次氟酸的电子式　　②次氟酸能被热水瞬间分解，生成一种常见的18e﹣物质M，该物质被称为“绿色氧化剂”，写出次氟酸与热水反应的化学方程式　HOF+H2O=HF+H2O2　（2）氟单质极其活泼，化学家于1986年首次制得氟气，三步反应原理如下：①　2　KMnO4+　3　H2O2+　2　KF+　10　HF=　2　K2MnF6+　3　O2↑+　8　H2O②SbCl5+5HF═SbF5+5HCl③2K2MnF6+4SbF5═4KSbF6+2MnF3+F2（反应①、②里氟元素化合价不变）则下列说法正确的是　CD　A．反应①配平后，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2，B．反应②③都是氧化还原反应C．反应③中K2MnF6一定是氧化剂可能还起到还原剂的作用D．生成0.5mol的F2整个反应过程中转移的电子总数是4NA个（3）工业上制备氟气通常采用电解氧化法，如图是电熔融的氟氢化钾（KHF2）和无水氟化氢的混合物的实验装置：①已知阴极的电极反应式为2HF2﹣+2e﹣═H2↑+4F﹣，则电解的总反应为　2KHF2H2↑+F2↑+2KF　②出口1处的物质是　F2　（填化学式），随着高温电解的进行，有一种物质会不断被挥发而消耗，需要从入口处进行补充，则从入口处加入的物质是　HF　（填化学）（4）巴特莱特制得第一个稀有气体化合物六氟合铂酸氙：Xe﹢PtF6﹦XePtF6，该化合物极易与水反应，生成氙、氧气和铂的+4价氧化物等，已知生成物氙和氧气的物质的量之比为2﹕1，试写出XePtF6与水反应的化学方程式　2XePtF6+6H2O=2Xe↑+2PtO2+12HF↑+O2↑　（5）牙齿表面有一层釉质，其组成为羟基磷灰石Ca5（PO4）3OH（Ksp=6.8×10﹣3723\n），容易受到酸的侵蚀，为了防止蛀牙，人们常使用含氟离子的牙膏，其中的氟化物可使羟基磷灰石转化为更难溶的氟磷灰石Ca5（PO4）3F（Ksp=1.0×10﹣60），写出该反应的离子方程式　Ca5（PO4）3OH+F﹣=Ca5（PO4）3F+OH﹣　；该反应的平衡常数为　6.8×1023　．【考点】氧化还原反应的计算；电解原理；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【专题】氧化还原反应专题；利用化学方程式的计算．【分析】（1）①次氟酸HFO中O原子与H、F原子分别形成1对共用电子对；②次氟酸能被热水瞬间分解，生成一种常见的18e﹣物质M，该物质被称为“绿色氧化剂”，则M为H2O2，反应还生成HF；（2）Mn元素化合价由KMnO4中+7价降低为K2MnF6中+4价，化合价共降低3价，H2O2中氧元素由﹣1价升高为O2中0价，化合价共升高2价，化合价升降最小公倍数为6，可知KMnO4、K2MnF6系数为2，H2O2、O2的系数为3，由原子守恒，配平后方程式为：2KMnO4+3H2O2+2KF+10HF=2K2MnF6+3O2↑+8H2O；A．反应①中氧化剂是KMnO4，还原剂是H2O2；B．反应②中元素化合价均为发生变化；C．反应③中K2MnF6中Mn元素化合价降低为MnF3中+3价，反应中F元素化合价由﹣1升高为0价；D．反应①③属于氧化还原反应，反应②是非氧化还原反应，反应③中根据F元素化合价变化计算转移电子数，根据方程式计算需要K2MnF6的物质的量，再根据反应①中Mn元素化合价变化计算①中转移电子；（3）①阴极的电极反应式为2HF2﹣+2e﹣═H+4F﹣，阳极发生氧化反应，F﹣失去电子生成F2，整个过程生成H2、F2、KF；②钢电解应为阴极，碳为阳极，阳极生成气体为氟气，随着高温电解的进行，HF断被挥发而消耗，需要从入口处进行补充；（4）XePtF6与水反应生成Xe、PtO2、O2，氙和氧气的物质的量之比为2﹕1，假设物质的量分别为2mol、1mol，根据Xe原子守恒，可知XePtF6为2mol，由Pt原子守恒可知PtO2为2mol，由O原子守恒可知H2O为6mol，由H、F原子守恒可知还生成12molHF；（5）由题意可知，反应离子方程式为：Ca5（PO4）3OH+F﹣=Ca5（PO4）3F+OH﹣；该反应的平衡常数为==．【解答】解：（1）①次氟酸HFO中O原子与H、F原子分别形成1对共用电子对，电子式为：，故答案为：；23\n②次氟酸能被热水瞬间分解，生成一种常见的18e﹣物质M，该物质被称为“绿色氧化剂”，则M为H2O2，反应还生成HF，反应方程式为：HOF+H2O=HF+H2O2，故答案为：HOF+H2O=HF+H2O2；（2）Mn元素化合价由KMnO4中+7价降低为K2MnF6中+4价，化合价共降低3价，H2O2中氧元素由﹣1价升高为O2中0价，化合价共升高2价，化合价升降最小公倍数为6，可知KMnO4、K2MnF6系数为2，H2O2、O2的系数为3，由原子守恒，配平后方程式为：2KMnO4+3H2O2+2KF+10HF=2K2MnF6+3O2↑+8H2O；A．反应①中氧化剂是KMnO4，还原剂是H2O2，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：3，故A错误；B．反应②中元素化合价均为发生变化，属于非氧化还原反应，故B错误；C．反应③中K2MnF6中Mn元素化合价降低为MnF3中+3价，反应中F元素化合价由﹣1升高为0价，化合价变化的F元素可能来自K2MnF6中，故C正确；D．反应①③属于氧化还原反应，反应②是非氧化还原反应，反应③中转移电子为0.5mol×2×1=1mol，由方程式可知需要K2MnF6的物质的量为0.5mol×2=1mol，由反应①中Mn元素化合价变化，可知反应①中转移电子为1mol×3=3mol，故整个过程转移电子为4NA，故D正确，故答案为：2、3、2、10、2、2、8；CD；（3）①阴极的电极反应式为2HF2﹣+2e﹣═H+4F﹣，阳极发生氧化反应，F﹣失去电子生成F2，整个过程生成H2、F2、KF，电解总反应式为2KHF2H2↑+F2↑+2KF，故答案为：2KHF2H2↑+F2↑+2KF；②钢电解应为阴极，碳为阳极，阳极生成气体为氟气，故出口1处的物质为F2，随着高温电解的进行，HF断被挥发而消耗，需要从入口处进行补充，故答案为：F2；HF；（4）XePtF6与水反应生成Xe、PtO2、O2，氙和氧气的物质的量之比为2﹕1，假设物质的量分别为2mol、1mol，根据Xe原子守恒，可知XePtF6为2mol，由Pt原子守恒可知PtO2为2mol，由O原子守恒可知H2O为6mol，由H、F原子守恒可知还生成12molHF，则反应方程式为：2XePtF6+6H2O=2Xe↑+2PtO2+12HF↑+O2↑，故答案为：2XePtF6+6H2O=2Xe↑+2PtO2+12HF↑+O2↑；（5）由题意可知，反应离子方程式为：Ca5（PO4）3OH+F﹣=Ca5（PO4）3F+OH﹣；该反应的平衡常数为====6.8×1023，故答案为：Ca5（PO4）3OH+F﹣=Ca5（PO4）3F+OH﹣；6.8×1023．【点评】本题考查氧化还原反应基本概念、计算与配平以及电解原理、溶度积有关计算等，题目素材基本脱离中学内容，较好的考查学生阅读获取信息能力、知识迁移运用能力，难度较大．　23\n10．（14分）（2022秋•龙泉驿区校级期中）苯乙烯是现代石油化工产品中最重要的单体之一，在工业上，苯乙烯可由乙苯与CO2催化脱氢制得，总反应原理如下：（g）+CO2（g）⇌（g）+CO（g）+H2O（g）回答下列问题：（1）乙苯在CO2气氛中的脱氢反应可分两步进行：上述乙苯与CO2总反应的△H=　﹣166kJ/mol　；该反应自发进行的条件是　D　（填序号）A．高温下自发　　B．低温下自发C．任何温度下不自发　D．任何温度下自发（2）在温度为T1时乙苯与CO2反应的平衡常数K=0.5mol/L，在2L密闭容器中加入乙苯与CO2反应到某时刻测得混合物各组分的物质的量均为1.0mol．①该时刻化学反应CO2的v正　=　v逆（填“＞”、“＜”或“=”）②乙苯与CO2在固定体积的容器中的反应下列叙述不能说明已达到平衡状态的是　acd　（填字母序号）a．体系的密度不再改变　　　　b．体系的压强不再改变　　　c．c（CO2）=c（CO）d．消耗1molCO2同时生成1molH2O　　e．CO2的体积分数保持不变（3）在温度为T2密闭容器中，乙苯与CO2的起始浓度分别为2.0mol/L，3.0mol/L，设起始压强为P0，平衡后总压强为P，达到平衡时苯乙烯的浓度为　mol/L　，乙苯的转化率为　×100%　，（用含有P、P0符号表示）（4）写出由苯乙烯在一定条件下合成聚苯乙烯的方程式：　n　．【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题；化学平衡计算．23\n【分析】（1）由图可知，反应①热化学方程式为：（g）→（g）+H2（g）△H=﹣125kJ/mol，反应②热化学方程式为：H2（g）+CO2（g）=CO（g）+H2O（g）△H=﹣41kJ/mol，根据盖斯定律，①+②可得：（g）+CO2（g）⇌（g）+CO（g）+H2O（g）；正反应为熵增的过程，△H﹣T△S＜0反应自发进行；（2）①计算此时浓度商Qc，若Qc=K，处于平衡状态，若Qc＜K，反应向正反应进行，若Qc＞K，反应向逆反应进行，进而判断v正、v逆相对大小；②可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的其它一些量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡；（3）设乙苯的浓度变化量为xmol/L，表示出平衡时各物质的浓度，再利用压强之比等于混合气体总浓度之比列方程计算解答；（4）苯乙烯在一定条件下发生加聚反应生成聚苯乙烯．【解答】解：（1）由图可知，反应①热化学方程式为：（g）→（g）+H2（g）△H=﹣125kJ/mol，反应②热化学方程式为：H2（g）+CO2（g）=CO（g）+H2O（g）△H=﹣41kJ/mol，根据盖斯定律，①+②可得：（g）+CO2（g）⇌（g）+CO（g）+H2O（g），故△H=﹣125kJ/mol﹣41kJ/mol=﹣166kJ/mol，由于△H﹣T△S＜0反应自发进行，正反应为熵增的过程，△S＞0，而正反应△H＜0，则△H﹣T△S＜0，故任何温度下都可以自发进行，故答案为：﹣166kJ/mol；D；（2）①此时浓度商Qc==0.5=平衡常数K，处于平衡状态，则CO2的v正=v逆，故答案为：=；②a．混合气体总质量不变，容器容积不变，体系的密度始终不变，故a错误；　　　　b．随反应进行混合气体物质的量增大，恒温恒压下，容器内压强增大，当体系的压强不再改变，说明到达平衡，故b正确；　　c．CO2、CO浓度与二氧化碳转化率有关，平衡时不一定相等，故c错误；d．消耗1molCO2同时生成1molH2O，均表示正反应速率，反应始终按该比例关系进行，故d错误；e．CO2的体积分数保持不变，说明到达平衡，故e正确，故选：acd；（3）设乙苯的浓度变化量为xmol/L，则：23\n（g）+CO2（g）⇌（g）+CO（g）+H2O（g）初始浓度：2.03.0000变化浓度：xxxxx平衡浓度：2.0﹣x3.0﹣xxxx则=，解得x=，则平衡时苯乙烯的浓度为mol/L，乙苯的转化率为×100%=×100%，故答案为：mol/L；×100%；（4）苯乙烯在一定条件下发生加聚反应生成聚苯乙烯，反应方程式为：n，故答案为：n．【点评】本题考查反应热计算、化学平衡常数计算、平衡常数应用、平衡状态判断等，注意判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不变化说明到达平衡．　【化学-选修3：物质结构与性质】（共1小题，满分15分）11．（15分）（2022秋•龙泉驿区校级期中）氟是非金属性最强的元素．（1）基态氟原子的价电子排布式为　2s22p5　，该排布式中最高能级电子云有　3　个相互垂直的取向．（2）氟和氧可以形成多种氟化物，如O3F2的结构式为，其中氧原子采用的轨道杂化方式是　sp3　，又如O2F2是一种强氧化剂，运用VSEPR模型判断O2F2　极性　（填“极性”或“非极性”）分子．（3）1951年，化学家首次合成了FClO3气体，该气体分子的立体构型是（氯原子为中心原子）　四面体　．（4）冰晶石（Na3AlF6）主要用作电解Al2O3生产铝的助熔剂，其晶体不导电，但熔融时能导电．在冰晶石（Na3AlF6）晶体中存在　ac　（填序号）a．离子键　　　　b．极性键c．配位键　　d．范德华力23\n（5）80℃以下，测量氟化氢气体密度后计算其相对分子质量，实验值明显大于理论值，原因是　常压时，在80℃以下，HF分子之间存在氢键形成缔合（HF）n分子　．（6）NaCl的晶胞如图所示，若将NaCl晶胞中的所有氯离子去掉，并将钠离子全部换为钙离子，再在其中的8个“小立方体”中心各放置一个氟离子，即变化为氟化钙晶体．若“大立方体”的边长为apm，NA表示阿伏加德罗常数，则该晶体的密度是　　g/cm3；8个“小立方体”中心的氟离子组成的图形体积是　a3×10﹣30　cm3．【考点】位置结构性质的相互关系应用；晶胞的计算．【专题】元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．【分析】（1）F原子核外有9个电子，核外电子排布式为1s22s22p5，最外层电子为价电子，最高能级为2p能级；（2）氧原子形成2个σ键，含有2对孤对电子，杂化轨道数目为4；（3）Cl原子形成4个σ键，没有孤电子对，为四面体构型；（4）冰晶石（Na3AlF6）晶体不导电，但熔融时能导电，说明属于离子化合物，由Na+、[AlF6]3﹣构成，[AlF6]3﹣中含有配位键；（5）HF分子之间存在氢键形成缔合（HF）n分子；（6）NaCl晶体的晶胞中的所有Cl﹣离子去掉，并将Na+离子全部换为Ca2+离子，再在其中的8个“小立方体”中心各放置一个F﹣离子，氟化钙晶胞中有8个F﹣离子，Ca2+离子数目为8×+6×=4，则晶胞质量为g，若“大立方体”的边长为apm，则晶胞体积为（a×10﹣10cm）3，根据ρ=计算晶体密度；8个“小立方体”中心的氟离子组成立方体，该立方体的棱长为apm．【解答】解：（1）F原子核外有9个电子，核外电子排布式为1s22s22p5，最外层电子为价电子，价电子排布式为2s22p5，其最高能级为2p能级，电子云形状是哑铃形，该能级电子云在坐标里有3个相互垂直的取向，故答案为：2s22p5；3；（2）氧原子形成2个σ键，含有2对孤对电子，杂化轨道数目为4，氧原子采取sp3杂化；O原子的VSEPR模型为四面体，有2对孤电子对，氧原子与之连接的原子为V形结构，不是对称结构，属于极性分子，故答案为：sp3；极性；（3）Cl原子形成4个σ键，没有孤电子对，为四面体构型，故答案为：四面体；（4）冰晶石（Na3AlF6）晶体不导电，但熔融时能导电，说明属于离子化合物，由Na+、[AlF6]3﹣构成，[AlF6]3﹣中含有配位键，故选：ac；23\n（5）常压时，在80℃以下，HF分子之间存在氢键形成缔合（HF）n分子，故HF相对分子质量的实验值明显大于理论值，故答案为：常压时，在80℃以下，HF分子之间存在氢键形成缔合（HF）n分子；（6）NaCl晶体的晶胞中的所有Cl﹣离子去掉，并将Na+离子全部换为Ca2+离子，再在其中的8个“小立方体”中心各放置一个F﹣离子，氟化钙晶胞中有8个F﹣离子，Ca2+离子数目为8×+6×=4，则晶胞质量为g，若“大立方体”的边长为apm，则晶胞体积为（a×10﹣10cm）3，故晶体密度=g÷（a×10﹣10cm）3=g/cm3；8个“小立方体”中心的氟离子组成立方体，该立方体的棱长为apm，则8个“小立方体”中心的氟离子组成的图形体积是（a×10﹣10cm）3=a3×10﹣30cm3，故答案为：；a3×10﹣30．【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、核外电子运动、杂化方式判断、分子极性、空间构型、化学键、氢键、晶胞计算等，需要学生具备扎实的基础，难度中等．　【化学-选修5：有机化学基础】（共1小题，满分0分）12．（2022秋•龙泉驿区校级期中）有机物A、B、C互为同分异构体，分子式均为C5H8O2．有关的转化关系如图所示，已知：A的碳链无支链，且1molA能与4molAg（NH3）2OH完全反应；B为五元环酯．（1）A的系统命名为：　1，5﹣戊二醛　，A中所含官能团的电子式　　；（2）B、H结构简式为　、HOOCCH2CH2CH2CHO　23\n（3）写出下列反应方程式（有机物用结构简式表示）D→C　CH3﹣CH=CH﹣CH2﹣COOH+H2O　；E→F（只写①条件下的反应）　Br﹣CH2﹣CH=CH﹣CH2﹣COOH+2NaOHHO﹣CH2﹣CH=CH﹣CH2﹣COONa+NaBr+H2O　　．　；（4）F的加聚产物的链节表示为　　；（5）符合下列两个条件的G的同分异构体的数目有　5　个①具有与G相同的官能团②含有两个甲基．【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；有机物的化学性质及推断．【分析】A的碳链无支链，1molA能与4molAg（NH3）2OH完全反应，推出A应为醛，且含有两个醛基，得出A的结构简式为OHCCH2CH2CH2CHO，由A可知I为：HOOCCH2CH2CH2COOH．由G→H→I是连续氧化的反应，且A、B、C互为同分异构体，推出G的结构简式为：HOOCCH2CH2CH2CH2OH、H的结构简式为：HOOCCH2CH2CH2CHO，B的结构简式为，B→D是在氢氧化钠的水溶液中加热进行的，由B可知D的结构简式为：HOOCCH2CH2CH（OH）CH3，由D→C是在浓硫酸加热的条件下进行应发生消去反应，推出C的结构简式为：HOOCCH2CH=CHCH3，由C→E，结合题中的信息，应为取代反应，而得出E的结构简式为：HOOCCH2CH=CHCH2Br，由E→F是在氢氧化钠水溶液的条件下加热进行的，为取代反应，推出F的结构简式为：HOOCCH2CH=CHCH2OH，由F→G是在催化剂的条件下，和H2发生加成反应，推出G的结构简式为：HOOCCH2CH2CH2CH2OH，据此答题．【解答】解：A的碳链无支链，1molA能与4molAg（NH3）2OH完全反应，推出A应为醛，且含有两个醛基，得出A的结构简式为OHCCH2CH2CH2CHO，由A可知I为：HOOCCH2CH2CH2COOH．由G→H→I是连续氧化的反应，且A、B、C互为同分异构体，推出G的结构简式为：HOOCCH2CH2CH2CH2OH、H的结构简式为：HOOCCH2CH2CH2CHO，B的结构简式为，B→D是在氢氧化钠的水溶液中加热进行的，由B可知D的结构简式为：HOOCCH2CH2CH（OH）CH3，由D→C是在浓硫酸加热的条件下进行应发生消去反应，推出C的结构简式为：HOOCCH2CH=CHCH3，由C→E，结合题中的信息，应为取代反应，而得出E的结构简式为：HOOCCH2CH=CHCH2Br，由E→F是在氢氧化钠水溶液的条件下加热进行的，为取代反应，推出F的结构简式为：HOOCCH2CH=CHCH2OH，由F→G是在催化剂的条件下，和H2发生加成反应，推出G的结构简式为：HOOCCH2CH2CH2CH2OH，23\n（1）A的结构简式为OHCCH2CH2CH2CHO，所以A的系统命名为：1，5﹣戊二醛，A中所含官能团为醛基，其的电子式为，故答案为：1，5﹣戊二醛；；（2）根据上面的分析可知，B的结构简式为，H的结构简式为：HOOCCH2CH2CH2CHO，故答案为：、HOOCCH2CH2CH2CHO；（3）D→C的反应方程式为CH3﹣CH=CH﹣CH2﹣COOH+H2O，E→F的反应方程式为Br﹣CH2﹣CH=CH﹣CH2﹣COOH+2NaOHHO﹣CH2﹣CH=CH﹣CH2﹣COONa+NaBr+H2O，故答案为：CH3﹣CH=CH﹣CH2﹣COOH+H2O；Br﹣CH2﹣CH=CH﹣CH2﹣COOH+2NaOHHO﹣CH2﹣CH=CH﹣CH2﹣COONa+NaBr+H2O；（4）F的结构简式为：HOOCCH2CH=CHCH2OH，F的加聚产物的链节表示为，故答案为：；（5）G的结构简式为：HOOCCH2CH2CH2CH2OH，根据条件①具有与G相同的官能团，即有羟基和羧基，②含有两个甲基的G的同分异构体为（CH3）2CHCHOHCOOH、（CH3）2COHCH2COOH、CH3CHOHCH（CH3）COOH、CH3CH2C（CH3）OHCOOH、HOCH2C（CH3）2COOH，共5个，故答案为：5．23\n【点评】本题考查有机推断，是对有机化合物知识的综合考查，根据A的分子式及与银氨溶液反应比例关系推断A的结构，综合分析确定D中羟基的位置是关键，根据反应条件，利用顺推法进行推断，能较好的考查考生的自学能力和分析推理能力，难度较大．　23