河南省中原名校2019届高三考前精准猜题考试(二)化学试卷

河南省中原名校2019届高三考前精准猜题考试（二）
化学试卷
本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共16页，38题（含选考题）。

全卷满分300分。

考试用时150分钟。

★祝考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

1.化学与生活密切相关。

下列说法正确的是：
A. 碳酸钠属于酸碱盐中的碱，可作食用碱
B. 可用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土保鲜水果
C. 铝的利用较铁晚，是因铝在自然界中的含量少
D. 过氧化钠属于碱性氧化物，可作供氧剂
【答案】B
【解析】
【分析】
A.从物质分类的角度分析；
B.高锰酸钾可以吸收乙烯；
C.结合地壳中元素含量入手分析；
D.结合碱性氧化物的定义进行分析；
【详解】A.碳酸钠属于酸碱盐中的盐，故A项错误；
B.水果可以分泌乙烯，乙烯是一种催熟剂，高锰酸钾可以吸收乙烯，起到保鲜水果的作用，故B项正确；
C.地壳中元素含量前四位分别为：氧、硅、铝、铁，铝是自然界中的含量最高的金属元素，故C项错误；
D.碱性氧化物要求能与酸反应，只生成盐和水。

过氧化钠与酸反应生成盐和水的同时，还生成氧气，不属于碱性氧化物，故D项错误；
综上，本题选B。

2.下列实验操作或仪器的选择正确的是：
A. 用玻璃棒蘸某溶液在酒精灯上灼烧，检验溶液中是否含有Na＋
B. 用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，应用滴管吸出多余液体
C. 配制480 mL一定物质的量浓度溶液时，应选用500 mL的容量瓶
D. 量取7.20 mL溶液，可选用10 mL的量筒
【答案】C
【解析】
【分析】
A.结合焰色反应进行分析；
B. 配溶液时，加水超过刻度线，应重新配制；
C.容量瓶选用时遵循大而近的原则；
D.结合量筒的精确度分析；
【详解】A.未排除钾元素的干扰，故A项错误；
B.若加水超过刻度线，应重新配制溶液，故B项错误；
C.配制480 mL溶液时，应选用500 mL的容量瓶，故C项正确；
D.量筒的精确度为0.1mL，量取7.20 mL溶液应选择滴定管，故D项错误；
综上，本题选C。

3.已知：① ②③ 的分子式均为C8H8，下列说法正确的是：
A. ①的三氯代物与五氯代物的同分异构体数目相同
B. ①②③均能使溴的四氯化碳溶液褪色
C. ②分子中所有原子一定在同一平面内
D. 仅从碳的四价考虑，①的同分异构体只有②和③
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查烃的性质，同分异构体，分子中原子共平面问题，结合烯烃及其官能团的性质进行分析；
【详解】A.①②③的分子式均为C8H8，它们的三氯代物的分子式为C8H5Cl3，五氯代物的分子式为C8H3Cl5，用换元法，五氯代物中H相当于三氯代物中Cl，五氯代物中Cl相当于三氯代物中H，它们的三氯代物与五氯代物的同分异构体数目相同，故A项正确；
B.①中只有饱和键，①不能使酸性KMnO4溶液褪色，②③中都含有碳碳双键，②③均能使酸性KMnO4溶液褪色，故B项错误；
C.②中苯基和乙烯基通过碳碳单键相连，苯基中与苯环碳原子直接相连的原子共平面（联想苯的结构），乙烯基中与碳碳双键直接相连的原子共平面（联想乙烯的结构），由于单键可以旋转，苯基的平面与乙烯基的平面不一定共平面，C项错误；
D.仅从碳的四价考虑，①的同分异构体不是只有②和③，还有CH CCH=CHCH=CHCH=CH2等，D项错误；
综上，本题选A。

4.N A为阿伏伽德罗常数的值。

下列说法正确的是:
A. 1L0.5mol/L碳酸钠溶液中含有的CO32-离子数为0.5N A
B. 5.6gFe与稀硝酸完全反应，转移的电子数可能为0.2N A
C. 3.2g甲醇中的羟基所含电子数为N A
D. 2molNO与1molO2充分反应，产物分子数为2N A
【答案】B
【解析】
【分析】
A.CO32-的水解，使CO32-数目减少；
B. 5.6g铁与硝酸完全反应生成二价铁时，转移的电子数为0.2N A；
C.3.2g甲醇中的羟基所含电子数为0.9N A；
D.生成的NO2又可转化为N2O4，产物分子数小于2N A；
【详解】A.n（Na2CO3）=0.5mol/L×1L=0.5mol，在溶液中由于CO32-的水解，CO32-物质的量小于
0.5mol，故A项错误；
B.n（Fe）=0.1mol，若发生反应3Fe+8HNO3（稀）=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，反应中转移0.2mol 电子，故B项正确；
C.n（CH3OH）=0.1mol，含羟基0.1mol，0.1mol羟基中所含电子物质的量为0.9mol，故C项错误；
D. NO与O2合成NO2，同时2mol NO2又可发生可逆反应转化为1mol N2O4，因此，产物分子数小于2N A，故D项错误；
综上，本题选B。

【点睛】B项中要注意铁和硝酸反应时，铁的用量不同，对应的产物也不相同。

铁少量时，与硝酸反应得到三价铁，铁过量时得到二价铁，同时也可能出现体系中既存在二价铁，又存在三价铁的情况；
5.下列判断正确的是：
A. NaHCO3溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液反应的离子方程式为：HCO3-+OH－+Ba2+==BaCO3↓+H2O
B. 钠与水反应的离子方程式为：Na＋H2O===Na＋＋OH－＋H2↑
C. HS－的电离方程式为：HS－＋H2O H2S＋OH－
D. c(H+)=1.0mol/L的溶液中Na＋、Al3＋、NO、I－不能大量共存
【答案】D
【解析】
【分析】
A.结合HCO3－与OH－的反应实质，以及反应物用量进行分析；
B.将Na与水的化学反应方程式拆写成离子反应方程式；
C.HS－＋H2O H2S＋OH－为HS－的水解方程式；
D.酸性条件下，硝酸根与碘离子发生氧化还原反应不共存；
【详解】A.NaHCO3溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液反应的离子方程式为：2HCO3－+2OH－
+Ba2+==BaCO3↓+H2O+ CO32-，故A项错误；
B.钠与水反应的离子方程式为：2Na＋2H2O =2Na＋＋2OH－＋H2↑，故B项错误；
C.HS－的电离方程式为：HS－＋H2O S2-＋H+，故C项错误；
D.c(H+)=1.0mol/L的溶液呈现酸性，酸性条件下，硝酸可以氧化I－，不能大量共存，故D项正确；
综上，本题选D。

6.某充电电池以K2FeO4和Zn为电极材料，电解质是KOH，放电时Zn转化为Zn(OH)2、FeO42-转化为Fe(OH)3，下列说法正确的是：
A. 正极FeO42−失电子发生还原反应
B. Zn为电池的负极，电子经KOH溶液流入正极
C. 该电池充电过程中Zn极发生氧化反应
D. 该电池放电时OH-向Zn电极迁移
【答案】D
【解析】
【分析】
充电电池以K2FeO4和Zn为电极材料，电解质是KOH，放电时Zn转化为Zn(OH)2、FeO42-转化为Fe(OH)3，则放电时，Zn做负极，K2FeO4做正极，据此分析；
【详解】A.正极FeO42−得电子，发生还原反应，故A项错误；
B.Zn为电池的负极，电子由负极通过外电路流向正极，故B项错误；
C.电池充电时为电解原理，Zn电极为阴极，K2FeO4电极为阳极，Zn极发生还原反应，故C项错误；
D.放电时，OH-向负极迁移，因此向Zn电极迁移，故D项正确；
综上，本题选D。

【点睛】该电池在放电时，形成原电池，充电时，形成电解池。

注意原电池和电解池中阴阳离子运动方向。

原电池中：阴离子流向负极，阳离子流向正极，电解池中：阴离子流向阳极，阳离子流向阴极；
7.在一定体积的含有Al3+、Mg2+、Ba2+的混合溶液中逐滴加入NaOH和Na2SO4的混合溶液（除上述离子外，其他离子不与所加试剂反应，假设Al3+、Mg2+结合OH-的能力相同），产生沉淀的物质的量与所加溶液的体积的关系如图所示。

下列说法正确的是：
A. 当a<V<a+10时，不再生成难溶物
B. 上述含Al3+、Mg2+、Ba2+的混合溶液中3c(Al3+)+2c(Mg2+)=c(Ba2+)
C. 上述含Al3+、Mg2+、Ba2+的混合溶液中n(Al3+) = 0.2mol
D. NaOH和Na2SO4的混合溶液中c(NaOH)>c(Na2SO4)
【答案】C
【解析】
【分析】
在一定体积的含有Al3+、Mg2+、Ba2+的混合溶液中逐滴加入NaOH和Na2SO4的混合溶液，0~a mL 时，图像为一条倾斜直线，可以推得生成Al(OH)3、Mg(OH)2、BaSO4沉淀，在a mL到(a+10)mL 之间，图像为一条水平直线，可以推得沉淀一边生成一边溶解，且溶解的Al(OH)3和生成的BaSO4物质的量相等，则c(NaOH)=c(Na2SO4)。

在(a+10)mL到(a+20)mL之间，沉淀一直溶解，反应为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，据此分析；
【详解】A.a mL到(a+10)mL之间，包含Al(OH)3的溶解和BaSO4的生成，故A项错误；
B.由图可知，当Al3+、Mg2+沉淀完全时，Ba2+还未沉淀完全，且NaOH和Na2SO4的混合溶液中
c(NaOH)=c(Na2SO4)，则3c(Al3+)+2c(Mg2+)<c(Ba2+)，故B项错误；
C.在(a+10)mL到(a+20)mL之间，沉淀一直溶解，反应为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，可以看出滴加10mL混合溶液有0.1mol Al(OH)3溶解，同理在a mL到(a+10)mL之间滴加10mL混合溶液也有0.1mol Al(OH)3溶解，所以一共有0.2mol Al(OH)3溶解，可以推得混合溶液中n(Al3+) = 0.2mol，故C项正确；
D.在a mL到(a+10)mL之间，图像为一条水平直线，可以推得沉淀一边生成一边溶解，且溶解的Al(OH)3和生成的BaSO4物质的量相等，则c(NaOH)=c(Na2SO4)，故D项错误；
综上，本题选C。

【点睛】解决本题的关键是，抓住沉淀溶解的部分。

由于原溶液中含有铝离子，则沉淀量减少的部分可能为氢氧化铝的溶解，据此推断原溶液中铝离子的物质的量；
8.钛酸钡（BaTiO3）在工业上有重要用途，主要用于制作电子陶瓷、PTC热敏电阻、电容器等多种电子元件。

以下是生产钛酸钡的一种工艺流程图：
已知：25℃时，BaCO3的溶度积Ksp=2.58×10-9；
（1）BaTiO3中Ti元素的化合价为：________。

（2）用盐酸酸浸时，为使酸浸速率加快，可采取的一种措施是：____________________，发生反应的离子方程式为：____________________________________。

（3）流程中通过过滤得到草酸氧化钛钡晶体，过滤操作中使用的玻璃仪器有：
______________。

（4）TiO2具有很好的散射性，是一种有重要用途的金属氧化物。

工业上可用TiCl4水解来制备，制备时需加入大量的水，同时加热，其目的是：___________________________。

（5）某兴趣小组取19.70gBaCO3模拟上述工艺流程制备BaTiO3，得产品13.98g，BaTiO3的产率为：___________。

（6）流程中用盐酸酸浸，其实质是BaCO3溶解平衡的移动。

若浸出液中c(Ba2+)=0.1mol·L-1，则c(CO32-)在浸出液中的最大浓度为：_________mol·L-1。

【答案】 (1). +4 (2). 适当增大盐酸浓度；适当升高温度；减小BaCO3粒径等合理即可 (3). BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2 + H2O (4). 漏斗、烧杯、玻璃棒 (5). 促进TiCl4水解(6). 60% (7). 2.58×10-8
【解析】
【分析】
在酸性条件下，将碳酸钡溶解，向浸出液中加入TiCl4、草酸溶液。

经过过滤得到草酸氧化钛钡晶体，洗涤煅烧后得到BaTiO3，据此分析；
【详解】(1)BaTiO3中Ba的化合价为+2价，O的化合价为-2价，根据化合物中元素的正负化合价代数和为0，Ti元素的化合价为+4价，因此，本题答案为：+4；
(2)适当增大盐酸浓度、适当升高温度、减小BaCO3粒径都可以使酸浸速率加快；盐酸酸浸时反应的化学方程式为BaCO3 + 2HCl= BaCl2 + CO2↑+ H2O ，离子方程式为：BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2↑+ H2O。

因此，本题答案为：适当增大盐酸浓度；适当升高温度；减小BaCO3粒径等合
理即可；BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2↑+ H2O；
(3)过滤操作中使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
(4) TiCl4水解的离子方程式为TiCl4+2H2O=TiO2+4HCl ，加入大量水促进TiCl4水解，盐的水解是吸热过程，加热促进TiCl4水解，故制备时加入大量的水同时加热，目的是促进TiCl4的水解。

因此，本题答案为：促进TiCl4水解；
（5）根据Ba元素守恒，理论上得到BaTiO3的质量为19.7g/197(g/mol)×233g/mol=23.3g，BaTiO3的产率为13.98g/23.3g×100%=60%，因此，本题答案为：60%；
（6）BaCO3的溶解平衡方程式为BaCO3(s) ⇌ Ba2+(aq)+CO32-(aq)，
Ksp(BaCO3)=c(Ba2+)×c(CO32-)=2.58×10-9，若浸出液中c(Ba2+)=0.1mol/L，则CO32-在浸出液中最大浓度c(CO32-)=2.58×10-8mol/L，因此，本题答案为：2.58×10-8；
9.某化学兴趣小组为验证SO2的还原性和Fe3+的氧化性，特邀你参与以下探究活动。

I.理论预测
该兴趣小组实验实施前进行了充分的讨论交流,确定选择SO2和FeCl3溶液的反应来探究，并预测将SO2通入FeCl3溶液中的现象。

小组同学想听听你的分析：
（1）确定选择SO2和FeCl3溶液的反应而不选择SO2和Fe(NO3)3溶液的反应来探究，你认为可能是基于什么原因作出的选择：_______________________________________。

（2）将SO2通入FeCl3溶液中，你认为可能观察到的现象是：______________________，你预测的理论依据是（用离子方程式表示）：___________________________________。

II.实验探究
（1）配制1mol·L-1FeCl3溶液（未用盐酸酸化）
①下面是小组四位同学在配制溶液时的“转移”操作，其中正确的是：_________。

②检测得知溶液呈酸性，其原因是：___________________________（用离子方程式表示）。

（2）将SO2通入FeCl3溶液至饱和，观察到溶液由棕黄色变为红棕色，并没有观察到预期的现象。

将反应后的溶液放置12小时后又出现了预期的结果。

查阅资料得知：[Fe(HSO3)]2+为红棕色，生成[Fe(HSO3)]2+的反应为可逆反应。

请你用化学方程
式解释将SO2通入FeCl3溶液至饱和时观察到的现象：
_____________________________________。

（3）为了探究如何缩短红棕色变为预期颜色的时间，小组继续探究：另取少量FeCl3溶液，再通入SO2，溶液变为红棕色，加浓HCl酸化，几分钟后变为预期颜色。

请你推测小组在实验方案设计中“加浓HCl酸化”的目的是：
_____________________________________________________。

【答案】 (1). NO3-可能对验证Fe3+的氧化性有干扰 (2). 溶液由（棕）黄色变为浅绿色 (3). 2Fe3+ + SO2 + 2H2O = 2Fe2+ + SO42 + 4H+ (4). A (5). Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+ (6). FeCl3+ SO2 + H2O [Fe(HSO3)]Cl2+ HCl (7). 增大H+浓度，使“ FeCl3+ SO2 + H2O [Fe(HSO3)]Cl2+ HCl”平衡逆向移动，加快预期反应的速率
【解析】
【分析】
本题考查SO2和FeCl3溶液反应的实验探究，涉及物质性质的分析，物质的量浓度溶液的配制，盐类的水解，外界条件对化学平衡的影响，结合相应知识进行分析；
【详解】I.(1)SO2溶于水显酸性，酸性条件下， NO3-也可将SO2氧化，干扰实验，因此，本题答案为：NO3-可能对验证Fe3+的氧化性有干扰；
(2)由于SO2具有还原性，Fe3+具有氧化性，预测SO2通入FeCl3溶液中SO2将Fe3+还原为Fe2+，可能观察到的现象是：溶液由棕黄色变为浅绿色。

反应的离子方程式可表示为
SO2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4H+，因此，本题答案为：溶液由（棕）黄色变为浅绿色；2Fe3+ + SO2 + 2H2O = 2Fe2+ + SO42 + 4H+；
II.（1）①“转移”时防止溶液外洒，应将玻璃棒的下端伸入容量瓶的刻度线以下，用玻璃棒引流溶液，故选A；
②FeCl3属于强酸弱碱盐，由于Fe3+的水解使溶液呈酸性，Fe3+水解的离子方程式为
Fe3++3H2O Fe（OH）3+3H+，因此，本题答案为：Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3+ 3H+；
（2）根据资料，红棕色溶液中含[Fe（HSO3）]2+，该过程中元素的化合价没有变化，反应的化学方程式为SO2+FeCl3+H2O[Fe（HSO3）]Cl2+2HCl，因此，本题答案为：FeCl3+ SO2 + H2O [Fe(HSO3)]Cl2+ HCl；
（3）出现红棕色是发生了反应SO2+FeCl3+H2O[Fe（HSO3）]Cl2+2HCl，缩短红棕色时间，使上述平衡向逆反应方向移动。

因此，本题答案为：增大H+浓度，使“ FeCl3+ SO2 + H2O [Fe(HSO3)]Cl2+ HCl”平衡逆向移动，加快预期反应的速率；
10.氮是动植物生长不可缺少的元素，氮在自然界中的循环对生命有重要意义。

（1）合成氨反应为N2（g）+3H2（g） 2 NH3（g）∆H=-92.3kJ/mol，工业上为了提高H2的转化率可采取的措施是：____________________。

A.使用催化剂
B.增大N2浓度 C增大压强 D.升高温度 E.及时分离生成的NH3
（2）氮的氧化物属大气污染物，为变废为宝可将NO和NO2按一定的比例通入NaOH溶液使之恰好完全被吸收生成NaNO2，写出该反应的离子方程式：_______________________________。

（3）NH3是重要的化工原料，用途广泛，如合成尿素等。

合成尿素原理分两步：
CO2（g）+ 2 NH3（g）== NH2COONH4(s) ∆H1=-159.5kJ/mol
NH2COONH4(s) == CO(NH2)2(s) + H2O(g) ∆H2=+28.5kJ/mol
则2NH3（g）+ CO2（g）== CO(NH2)2(s) + H2O(g) ∆H=____________kJ/mol
（4）向温度为T容积为1L的刚性密闭容器中通入1molN2和3molH2发生N2（g）+3H2（g）
2NH3（g）的反应。

体系总压强p与反应时间t的关系如下表：
则H2的平衡转化率α(H2)=_____（保留1位小数），平衡常数K=_____（用分数表示）。

（5）现有25℃时某浓度的氯化铵溶液中NH3•H2O和NH4+的浓度随pH的变化示意图如图Ⅰ所示，该温度下NH3•H2O电离平衡常数为____________（用a的代数式表示）。

（6）利用微生物的作用将化学能转化为电能即设计成微生物电池可用于同时处理含硝酸钠和有机物的废水，使NO3- 转化为N2，装置原理如图Ⅱ（图中有机物用C6H12O6表示）。

写出电极b 上发生的电极反应式：_________________________________________。

【答案】 (1). BCE (2). NO+NO2+2OH-==2NO2- + H2O (3). -131.0 (4). 33.3% (5). 1/12 (6). 10a-14 (7). 2NO3- + 6H2O + 10e- = N2 + 12OH-
【解析】
【分析】
本题是化学反应原理的综合题，主要考查盖斯定律的应用，电离平衡常数的计算，原电池原理，化学平衡的计算。

(1)结合N2（g）+3H2（g） 2 NH3（g）可知，增大N2浓度、增大
压强、及时分离生成的NH3可以提高H2的转化率；
（2）NO和NO2通入NaOH溶液恰好完全被吸收生成NaNO2，据此分析；
（3）利用盖斯定律计算该反应的焓变；
（4）利用三段式，计算平衡时各物质的浓度，并计算转化率及平衡常数；
（5）根据NH3•H2O电离平衡常数表达式计算此时的电离平衡常数；
（6）根据图示电极b上的反应为NO3-→N2，据此分析；
【详解】(1)对于N2（g）+3H2（g） 2 NH3（g）的反应，A.使用催化剂，平衡不移动，H2
的转化率不变，故A项错误；
B.增大N2浓度，平衡正向移动，H2的转化率增大，故B项正确；
C.增大压强，平衡正向移动，H2的转化率增大，故C项错误；
D.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，H2的转化率减小，故D项错误；
E.及时分离生成的NH3，平衡正向移动，H2的转化率增大，故E项正确；
综上，本题选BCE。

(2)NO和NO2按一定的比例通入NaOH溶液，完全反应生成NaNO2，属于价态归中的氧化还原反应，配平得到NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+ H2O，离子反应方程式为NO+NO2+2OH-==2NO2-+ H2O，因此，
本题答案为：NO+NO2+2OH-==2NO2- + H2O；
(3)CO2（g）+ 2NH3（g）= NH2COONH4（s）ΔH1=- 159.5kJ/mol ① ，NH2COONH4（s）= CO（NH2）
（s）+ H2O（g）ΔH2=+28.5kJ/mol ②，应用盖斯定律，①+②得，2NH3（g）+ CO2（g）= CO 2
（NH2）2（s）+ H2O（g）ΔH=ΔH1+ΔH2=（-159.5kJ/mol）+（+28.5kJ/mol）=-131.0kJ/mol，
因此，本题答案为：-131.0；
(4)由表可知，向体系中加入1molN2和3molH2，初始压强为30Mpa，达到平衡时压强为25Mpa，
由压强之比等于物质的量之比可知，n0：n平=30:25 ，则n平=10/3mol，设平衡时，消耗氮气x
mol，得到三段式为
N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）
n0 1mol 3mol 0mol
Δn x mol 3x mol 2x mol
n平(1-x) mol (3-3x) mol 2x mol
则1-x+3-3x+2x=10/3，解得x=1/3，故H2的平衡转化率α(H2)=1mol/3mol×100%=33.3%；平
衡常数K=c2(NH3)/c(N2)c3(H2)=(2/3)2/(2/3) ×23=1/12，因此，本题答案为：33.3%；1/12；
(5)NH3·H2O的电离方程式为NH3·H2O NH4++OH-，NH3·H2O的电离平衡常数
=c(NH4+)·c(OH-)/c(NH3·H2O)，由图知当c（NH4+）=c（NH3·H2O）时pH=a，此时c（H+）=10-a mol/L，
c（OH-）=10a-14mol/L，则NH3·H2O的电离平衡常数=10a-14，因此，本题答案为:10a-14；
(6)根据图示电极b上的反应为NO3-→N2，N元素的化合价由+5价降至0价，根据N守恒，2molNO3-
得到10mol电子生成1molN2，2NO3-+10e-→N2↑，结合原子守恒，电极b上的电极反应式为
2NO3-+10e-+6H2O=N2↑+12OH-，因此，本题答案为: 2NO3- + 6H2O + 10e- = N2 + 12OH-；
11.有机物G是某种药物合成的中间体，其合成路线如下：
已知：①CH3-CH=CH2+HBr CH3-CH2-CH2Br
②CH3COOH+HCHO HOCH2CH2COOH
请回答下列问题：
（1）A的名称为___________________________。

（2）F中官能团名称是______________________________；E转化F的反应类型是
_________________。

（3）F转化为G的化学方程式：_________________________________________。

（4）化合物F有多种同分异构体，满足下列条件的同分异构体有__________种。

①属于芳香族化合物且苯环上有两个取代基；
②能发生水解反应和银镜反应；
③与FeCl3溶液发生显色反应。

其中核磁共振氢谱图有6组峰且峰面积之比为1：2：2：2：2：1的有机物的结构简式为
__________________；
（5）参照上述合成路线设计一条由CH3CHBrCH3和C2H5OH制备CH3CH2COOC2H5的合成路线（其他试剂自选）______________
【答案】(1). 苯乙烯(2). 羟基、羧基(3). 加成反应(4). ：
+H2O；(5). 6 (6).
(7). CH3CHBrCH3 CH3CH=CH2+H2O
CH3CH2CH2OH CH3CH2CHO CH3CH2COOH+C2H5OH CH3CH2COOC2H5
【解析】
【分析】
类比①反应可知，B为，氢氧化钠水溶液加热，发生水解反应得到C为
，C经过氧化得到D为，D被氧化得到E。

类比②反应，
E与HCHO反应得到F为，F在氢氧化钠醇溶液加热条件下发生消
去反应得到G，据此分析；
【详解】（1）A的名称为苯乙烯；
（2）F为，F中官能团名称是羟基和羧基；E转化F时，打开了
醛基中的碳氧双键，属于加成反应；
（3）F转化为G的化学方程式为：
+H2O；
（4）化合物F有多种同分异构体，①属于芳香族化合物且苯环上有两个取代基；②能发生水解反应和银镜反应；③与FeCl3溶液发生显色反应。

结合三个条件推断出该有机物中苯环上有两个取代基，其中一个为羟基，含有醛基和酯基，根据核磁共振氢谱图有6组峰且峰面积之比为1：2：2：2：2：1，推断出两个取代基处于对位位置，故答案为
；
（5）由CH3CHBrCH3和C2H5OH制备CH3CH2COOC2H5可先让CH3CHBrCH3发生消去反应得到烯烃，和水加成得到羟基，在经过连续氧化得到羧基，丙酸与乙醇酯化得到CH3CH2COOC2H5，因此，答案为：CH3CHBrCH3 CH3CH=CH2+H2O CH3CH2CH2OH
CH3CH2CHO CH3CH2COOH+C2H5OH CH3CH2COOC2H5；。