高三上学期期末考试理综化学试题(答案解析)74

云南省楚雄彝族自治州大姚县第一中学【精品】高三上学期
期末考试理综化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是（）
A．“东方超环(被称为人造太阳)”使用的氘、氚与氕互为同位素
B．采用雾化技术燃煤的目的是提高煤燃烧效率和减少SO2排放
C．过氧碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)可以用作去污剂、消毒剂
D．“玉兔二号”月球车首次实现在月球表面着陆，其太阳能电池帆板的材料是硅
2．在汽车尾气净化装置里，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程如图所示：
下列说法不正确
．．．的是
A．该转化过程中有3种元素的化合价发生变化
B．NO 和O2必须在催化剂表面才能反应
C．该装置将有毒的NO和CO转化为无毒的CO2和N2
D．该催化转化的总反应方程式为：2NO+O2+4CO4CO2+N2
3．高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe(NO3)3溶液的方法制备K2FeO4，发生反应：
①C12+KOH→KC1+KC1O+KC1O3+H2O(未配平)；
②2Fe(NO3)3+3KC1O+10KOH===2K2FeO4+6KNO3+3KC1+5H2O。

下列说法正确的是
A．若反应①中n(ClO－)：n(C1O3－)=5：1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1 B．反应①中每消耗4molKOH，吸收标准状况下22．4LCl2
C．氧化性：K2FeO4>KC1O
D．若反应①的氧化产物只有KC1O，则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molC12
4．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A．含0.2 mol Na2O和0.8 molNa2O2的混合物中离子总数为3N A
B．标准状况下，22.4LCH2Cl2含有共用电子对数目为4N A
C．1L1mol·L－1CH3CH2OH水溶液中含－OH的数目为N A
D．将71gCl2通入足量NaOH溶液中，反应转移电子数为2N A
5．某药物中间体的合成路线如下。

下列说法正确的是
A．1mol对苯二酚与足量H2加成，消耗3molH2
B．2，5-二羟基苯乙酮不能使酸性KMnO4溶液褪色
C．2，5-二羟基苯乙酮中所有碳原子一定处于同一平面
D．中间体分子中含有的官能团之一是碳碳双键
6．正在研发的锂空气电池能量密度高、成本低，可作为未来电动汽车的动力源，其工作原理如图。

下列有关该电池的说法正确的是
A．有机电解液可以换成水性电解液
B．放电时，外电路通过2 mol 电子，消耗氧气11.2 L
C．放电和充电时，Li+迁移方向相同
D．电池充电时，在正极上发生的反应为4OH--4e-= O2↑+2H2O
7．常温下联氨(N2H4)的水溶液中有：
①N 2H4＋H2O N2H5＋＋OH－K1
②N 2H5＋＋H2O N2H62＋＋OH－K2
(提示：二元弱碱的电离也是分步电离)
该溶液中的微粒的物质的量分数δ(X)随－lgc(OH－)变化的关系如图所示。

下列叙述错误的是( )
A．据A点可求：K1＝10－6
B．D点溶液的c(OH－)＝10－l1
C．若C点为N2H5Cl溶液，则存在：c(Cl－)>c(N2H5＋)＋2c(N2H62＋)
D．在N2H5Cl水溶液中，c(N2H4)＋c(OH－)＝2c(N2H62＋)＋c(H＋)
二、原理综合题
8．草酸(H2C2O4)是生物体的一种代谢产物，广泛分布于植物、动物和真菌中，并在不同的生物体中发挥着不同的作用。

(Ⅰ)草酸是一种二元有机弱酸，具有还原性。

（1）已知：25℃时，草酸的电离平衡常数K a1=5.0×10-2，K a2=5.4×10-5；碳酸(H2CO3)的电离平衡常数K a1=4.4×10-7，K a2=4.7×10-11。

①向Na2CO3溶液中加入少量草酸溶液，发生反应的离子方程式为___。

②常温下，用0.01mol•L-1的NaOH标准溶液滴定20mL0.01mol•L-1的草酸溶液，滴定曲线如图所示。

a点溶液呈___(填“酸”“碱”或“中”)性；b点溶液中各离子浓度的大小关系为___。

（2）酸性KMnO4溶液可将草酸氧化为CO2，还原产物为Mn2+，该反应的离子方程式为___。

(Ⅱ)草酸分解生成CO和CO2，以CO或CO2，为原料均可制得甲醇。

（3）已知：i.2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH1=-285.0kJ·mol-1；ii.CH3OH(l)+3 2
O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH2=-726.0kJ·mol-1。

则二氧化碳与氢气反应生成液态甲醇和液态水(该反应为可逆反应)的热化学方程式为___。

（4）利用CO与H2合成甲醇的反应原理为CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)。

现向一容积可变的密闭容器中充入10molCO(g)和20molH2(g)发生上述反应，CO的平衡转化率(α)与温度(T)、压强(p)的变化关系如图所示。

①该反应为___(填“放热”或“吸热”)反应，A、B、C三点的平衡常数K(A)、K(B)、K(C)的大小关系为___，压强的大小关系为p1___(填“大于”“小于”或“等于”)p2。

②若A点时，保持容器容积和温度不变，向容器中再充入2molCO(g)、4molH2(g)和
2molCH3OH(g)，则v正___(填“>”或“<”)v逆。

9．硒(Se)是一种有抗癌、抗氧化作用的元素，可以形成多种化合物。

（1）基态硒原子的价层电子排布式为___。

（2）锗(Ge)、砷(As)、硒的第一电离能大小排序为___(填元素符号)。

H2SeO4的酸性比H2SeO3的强，其原因是___。

（3）H2SeO3的中心原子杂化类型是___，SeO32-的立体构型是___。

与SeO42-互为等电子体的分子有___(写一种物质的化学式即可)。

（4）H2Se属于___(填“极性”或“非极性”)分子；单质硒的熔点为217℃，它属于___晶体。

（5）硒化锌是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示，该晶胞中硒原子的配位数为___；若该晶胞的密度为ρg⋅cm-3，硒化锌的摩尔质量为Mg·mol-1。

N A代表阿伏加德罗常数的值，则晶胞参数a为___pm。

10．高分子化合物G是一种聚酯材料，其一种合成路线如下：
回答下列问题：
(1)A的名称是________，B含有的官能团名称是________。

(2)反应④的反应类型是________。

(3)反应⑥的化学方程式为________。

(4)反应③〜⑤中引入-SO3H的作用是________。

(5)满足下列条件的C的同分异构体共有________种（不含立体异构）。

①能使FeCl3溶液显紫色；能发生水解反应。

②苯环上有两个取代基。

其中核磁共振氢谱显示为5组峰，峰面积之比为3:2:2:2:1，且含有-CH2CH3，该有机物的结构简式是________ (任写一种）。

(6)以CH3CH2CH2OH为原料，设计制备的合成路线：________。

三、工业流程题
11．一种利用化肥中废催化剂(含CoO、Co、Al2O3及少量FeO)制取明矾和CoSO4粗产品的工艺流程如下：
已知：(i)相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示：
(ⅱ)Al(OH)3在碱性条件下开始溶解时的pH为7.8，完全溶解时的pH为11。

回答下列问题：
(1)写出H2O2的电子式：___________。

(2)下列措施一定能提高步骤I中A13+和Co2+的浸取率的是___________(填标号)
a．将废催化剂粉磨为细颗粒
b．步骤I中的硫酸采用98%的浓硫酸
c．适当提高浸取时的温度
(3)步骤Ⅱ中，写出“氧化”过程中Fe2+被氧化的离子方程式：___________，若“氧化”后再“调节pH=3”，造成的后果是___________。

(4)步骤Ⅲ中加K2CO3应控制pH的范围为___________。

(5)测定CoSO4粗产品中钴的质量分数的步骤如下：准确称取ag产品，先经预处理，然后加入过量的冰乙酸，在加热煮沸下，缓慢滴加KNO2溶液直至过量，生成不溶于乙酸的K3[Co(NO2)6]，再经过滤、洗涤及干燥，称量沉淀的质量为bg。

①KNO2溶液氧化并沉淀Co2+的离子方程式为___________(已知KNO2被还原为NO)。

②粗产品中钴元素的质量分数为___________(Mr{K3[Co(NO2)6]}=452，列出计算式)。

四、实验题
12．硫酸银(Ag2SO4)可用作分析试剂，测定亚硝酸盐、钒酸盐等，也可用作催化剂。

为探究Ag2SO4的分解产物，某化学兴趣小组称取6.24gAg2SO4样品，按如图所示装置进行实验(加持装置略去)。

已知：氧化银(Ag2O)是棕褐色晶体或棕黑色粉末，不溶于水，易溶于酸和氨水。

请回答下列问题：
（1）部分实验步骤如下，操作先后排序为___(用字母表示)。

a.点燃A处酒精灯
b.检查装置气密性
c.打开K1和K2，通入干燥的N2
d.装实验药品
（2）装置B中有白色沉淀生成，发生反应的离子方程式为___。

（3）①装置C中酸性KMnO4溶液颜色变浅，且装置D中___(填选项字母)未发生颜色变化，证明产物中有SO2且全部被酸性KMnO4溶液吸收；装置E中的现象是___，证明有O2生成。

a.NaOH溶液
b.浓H2SO4
c.品红溶液
d.KSCN溶液
②反应完成后，将装置C中溶液倒入锥形瓶中，并用蒸馏水洗试剂瓶2～3次，将洗涤液一并倒入锥形瓶中；用0.75mol•L-1H2C2O4溶液滴定装置C中未与SO2反应的KMnO4，盛放H2C2O4溶液的仪器名称为___。

实验数据记录如下：
③生成SO2的物质的量为___mol。

（4）称取Ag2SO4高温分解后固体物质的质量为4.32g，且不溶于氨水，证明固体产物是___(填化学式)。

（5）硫酸银(Ag2SO4)高温分解反应的化学方程式为___。

参考答案
1．B
【解析】
【详解】
A.同种元素的不同种原子间互为同位素，则氘、氘与氕互为同位素，故A 正确；
B.采用雾化技术燃煤的目的是增大接触面积，提高煤燃烧效率，但不能减少2SO 排放，故B 错误；
C.过氧碳酸钠()23222Na CO 3H O ⋅是碳酸钠和过氧化氢的结合体，所以具有碳酸钠和22H O 的双重性质，可作去污剂、消毒剂，故C 正确；
D.硅为良好的半导体材料，能制造太阳能电池板，所以“玉兔二号”月球车上的太阳能电池的材料是硅，故D 正确；
故选B 。

2．B
【详解】
A.由上述图中可以看出发生的反应为：2NO+O 2+4CO 4CO 2+N 2，由方程式知该转化过程中有N 、O 、C 三种元素的化合价发生变化，故A 正确；
B. NO 很不稳定，遇到氧气就被氧化为NO 2，故B 错误；
C. 由2NO+O 2+4CO
4CO 2+N 2知该装置将有毒的NO 和CO 转化为无毒的CO 2和N 2，故C 正确；
D. 该催化转化的总反应方程式为：2NO+O 2+4CO
4CO 2+N 2，故D 正确；答案：B 。

3．D
【详解】
A 选项，若反应①中n(ClO －)：n(C1O 3－)=5：1，设物质的量分别为5mol 和1mol ，则化合价升高失去10mol 电子，则化合价降低得到10mol 电子，因此总共有了8mol 氯气，氧化剂与还原剂的物质的量之比为10：6，即5:3，故A 错误；
B 选项，根据A 分析反应①得出消耗氢氧化钾物质的量为16mol ，因此每消耗4molKOH ，吸收氯气2mol ，即标准状况下44.8LCl 2，故B 错误；
C 选项，根据第二个方程式比较氧化性，氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，因此KC1O >
K2FeO4，故C错误；
D选项，若反应①的氧化产物只有KC1O，则C12与KC1O物质的量之比为1:1，根据第二个方程式得到KC1O与K2FeO4物质的量之比为3:2，因此得到0.2molK2FeO4时消耗
0.3molC12，故D正确。

综上所述，答案为D。

4．A
【解析】
【详解】
A项、Na2O和Na2O2均由2个钠离子和一个阴离子构成，故0.2 mol Na2O和0.8 molNa2O2的混合物中含3mol离子，即混合物中离子总数为3N A个，故A正确；
B项、标况下二氯甲烷为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；C项、1L 1mol·L－1CH3CH2OH水溶液中含乙醇分子1mol，由于CH3CH2OH和水中均含有－OH，故溶液中－OH的数目大于N A，故C错误；
D项、71g氯气的物质的量为1mol，常温下与氢氧化钠溶液完全反应生成氯化钠和次氯酸钠时转移1mol电子，转移的电子数为N A，故D错误。

故选A。

【点睛】
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，注意物质结构的分析判断，氧化还原反应电子转移数目的计算等，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。

5．A
【解析】
【详解】
A.对苯二酚上的苯环与氢气加成反应消耗3molH2，故A正确；
B.2，5-二羟基苯乙酮含有酚羟基，酚羟基有强还原性，所以能够使酸性KMnO4溶液褪色，故B错误；
C.2，5-二羟基苯乙酮分子中苯环连着-COCH3，单键可以旋转，苯环所在的平面和-COCH3所在的平面不一定共面，因此所有碳原子不一定共平面，故C错误；
D.中间体分子中含有的官能团有酯基，羰基，氯原子、羟基，没有碳碳双键，故D错误。

答案：A
6．D
【解析】A. 因Li和水可以发生反应，所以不能将有机电解液换成水性电解液，故A错误；
B. 因未说明气体是否处于标准状况，所以无法计算氧气的体积，故B错误；
C. 放电时Li+移向正极，充电时Li+移向阴极（即放电时的负极），移动方向不同，故C错误；
D. 充电时，电池的正极为充电时的阳极，电极反应式为：4OH－－4e－= O2↑+2H2O，故D正确；答案选D。

点睛：本题主要考查原电池原理、电极反应式书写和相关计算，掌握Li的化学性质和原电池的基本原理是解答本题的关键，试题难度一般。

本题的易错点是B项，解题时要注意题目没有给出气体所处的温度和压强，无法计算氧气的体积。

7．B
【分析】
已知联氨的两步电离分别为：N2H4+H2O⇌N2H5++OH-，N2H5++H2O⇌N2H62++OH-．曲线Ⅰ为N2H4、Ⅱ为N2H5+、Ⅲ为N2H62+。

【详解】
A. K1=
()
()
-
25
24
c N H c OH
c
)
N H
(⋅
＋
，A点c(N2H5＋)=c(N2H4)，K1=c(OH−)=10−6，故A正确；
B. K2=
()
2-
26
25
c N H c OH
c N
()
()
H
⋅
＋
＋
，B点c(N2H5＋)=c(N2H62+)，则K2=c(OH−)=10−15；①N2H4＋H2O
N2H5＋＋OH－，②N2H5＋＋H2O N2H62＋＋OH－，①+②得N2H4＋2H2O N2H62＋＋2OH
－，则K1∙ K2=
()
()
2
2-
26
24
c N H c OH
c
)
N H
(⋅
＋
=10−15×10−6=10−21，D点溶液中c(N2H4)= c(N2H62+)，则
c(OH－)
=10－10.5，故B错误；
C. N2H5Cl溶液中存在电荷守恒：c(OH−)+c(Cl−)=c(H+)+ c(N2H5＋)＋2c(N2H62＋)，C点显酸性，c(H+)>c(OH−)，c(Cl－)>c(N2H5＋)＋2c(N2H62＋)，故C正确；
D. N2H5Cl溶液中存在电荷守恒：c(OH−)+c(Cl−)=c(H+)+c(N2H5+)+2c(N2H62+)，质子守恒为
c(N2H4)＋c(OH－)＝2c(N2H62＋)＋c(H＋)，故D正确；
答案选B。

8．2CO32-+H2C2O4=2HCO3-+C2O42-酸c(Na+)>c(C2O42-)>c(OH-)>c(HC2O4-)>c(H+)
2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(l)+H2O(l)
△H=+298.5kJ/mol 放热K(A)=K(B)>K(C) 小于>
【分析】
(1)①向Na 2CO 3溶液中加入少量草酸溶液，要确定反应产物，需明确草酸与碳酸的电离常数的大小关系，通过比较电离常数，可得出微粒的酸性强弱，由此可写出反应的离子方程式；
a ②点溶液中溶质为24NaHC O ，通过比较24HC O -的水解常数与电离程度的大小，可判断
溶液的性质；b 点溶液中溶质为224Na C O ，通过书写224C O -
水解及水电离方程式，并根据程度大小，确定离子的浓度关系。

(2)高锰酸钾具有强氧化性，在酸性条件下将224H C O 氧化为2CO ，自身被还原为4MnSO ，由此可写出反应的离子方程式。

(3)利用盖斯定律，可得出二氧化碳与氢气反应生成液态甲醇和液态水的化学方程式。

(4)①提取图象信息，与平衡移动原理进行对比，可求出焓变与0的关系、p 1与p 2的大小关系，由此得出A 、B 、C 三点的平衡常数关系。

②利用三段式求出平衡常数，再用浓度商与平衡常数进行比较，确定平衡移动的方向，从
而确定v 正与v 逆的大小关系。

【详解】
Ⅰ().1①根据电离平衡常数可知：酸性：22424233H C O HC O H CO HCO --
>>>，故往
23Na CO 溶液中加入少量草酸溶液，反应生成3HCO -
和224C O -，故离子方程式为：2232243242CO H C O 2HCO C O ---+=+。

故答案为：2232243242CO H C O 2HCO C O ---+=+；
a ②点溶液中溶质为24NaHC O ，24HC O -的水解常数为
145w h a22
a110 5.4105.010
K K K K ---==<=⨯⨯，24HC O -的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性；b 点溶液中溶质为224Na C O ，224C O -
水解溶液显碱性，水也电离出氢氧根离子，所以
()()
24OH HC O c c -->，则溶液中正确的离子浓度关系为：
c (Na +)>c (C 2O 42-)>c (OH -)>c (HC 2O 4-)>c (H +)。

故答案为：酸；c (Na +)>c (C 2O 42-)>c (OH -)>c (HC 2O 4-)>c (H +)；
()2高锰酸钾具有强氧化性，
在酸性条件下将224H C O 氧化为2CO ，自身被还原为4MnSO ，反应方程式为：422424424222KMnO 5H C O 3H SO 2MnSO K SO 10CO 8H O ++=++↑+，
离子方程式为：24224222MnO 5H C O 6H 2Mn 10CO 8H O -++
++=+↑+。

故答案为：24224222MnO 5H C O 6H 2Mn 10CO 8H O -++
++=+↑+；
Ⅱ().3已知：()()()22212H g O g 2H O l H 285.0kJ /mol +==-①
()()()()32223
CH OH l O g CO g 2H O l 2
+=+② ΔH 2=-726.0kJ ·mol -1，则二氧化碳与氢气
反应生成液态甲醇和液态水的化学方程式为：()()()()2232CO g 3H g CH OH l H O l ++，
反应可由3
2
⨯
-①②得到，根据盖斯定律，该反应的焓变为H (285.0kJ /mol =- 3
)(726.0kJ /mol 2
⨯-- )298.5kJ /mol =+。

故答案为：()()()()2232CO g 3H g CH OH l H O l H 298.5kJ /mol ++=+；
()4①由图可知，压强一定时，温度越高CO 的转化率越小，说明升高温度平衡向逆反应方
向移动，即正反应为放热反应；平衡常数与压强无关，只与温度有关，A 、B 温度相等，则
()()K A K B =，正反应为放热反应，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则平衡常数减
小，K ()()B K C >，故K ()()()A K B K C =>；温度相同时增大压强，平衡向正反应方向移动，CO 的平衡转化率增大，1p 小于2p 。

故答案为：放热；()()()K A K B K C =>； 小于；
②设容器容积为1L ，
23CO(g)2H (g)
CH OH(g)
(mol/L)10200(mol/L)5105(mol/L)
5
10
5
+起始量变化量平衡量
平衡常数()
()322
2CH OH 5
K 0.01CO (H )
510c c c =
=
=⋅⨯，若A 点时，保持容器容积和温度不变，
向容器中再充入()2molCO g 、()24molH g 和()32molCH OH g ，
()()322
2c CH OH 7
Qc 0.01c CO c (H )
714
=
=
<⋅⨯，平衡向正反应方向移动，则v v >正逆。

故答案为：>。

【点睛】
在利用转化率曲线判断不同温度、压强下的平衡常数大小时，一定要跳出压强对转化率的影响，切不可使用平衡浓度计算同一温度、不同压强下同一反应的平衡常数，否则就跳进了命题人设置的陷阱中。

9．4s 24p 4 As>Se>Ge H 2SeO 4分子中非羟基氧数大于H 2SeO 3 sp 3 三角锥形 CCl 4(或SiF 4) 极性 分子 4
1010 【分析】
(1)基态硒原子的价层电子排布式是电子排布式中去掉内层电子排布的部分；
(2)比较第一电离能时，应注意元素原子的核外电子排布有无出现半满或全满的情况。

比较H 2SeO 4与比H 2SeO 3的酸性，可从比较非羟基氧原子数寻找原因；
(3)分析H 2SeO 3的中心原子杂化类型时，可计算中心原子的价层电子对数，由此确定SeO 32-的立体构型。

与SeO 42-互为等电子体的分子的判断，可从原子总数相同、价电子数相同切入，将原子进行替换；
(4)判断H 2Se 分子的极性时，需分析中心原子是否存在孤对电子；由单质硒的熔点，可判断其晶体类型；
(5)计算晶胞中硒原子的配位数时，可采用均摊法；求晶胞参数，可先利用质量、密度求体积，再由体积求解。

【详解】
()1硒为34号元素，
有6个价电子，所以硒的价层电子排布式为24
4s 4p 。

故答案为：244s 4p ； ()2同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第ⅤA 族元素第一
电离能大于相邻元素，所以Ge 、As 、Se 三种元素的第一电离能的大小顺序是：As Se Ge >>，含氧酸分子中非羟基氧越多，酸性越强，24H SeO 分子中非羟基氧数大于23H SeO ，所以
24H SeO 的酸性比23H SeO 的强。

故答案为：As Se Ge >>；24H SeO 分了中非羟基氧数大
于23H SeO ；
()233H SeO 的中心原子的价层电子对数为()6224+÷=，所以Se 杂化方式为3sp 杂化，
23SeO -的中心原子Se 的价层电子对数为()6224+÷=，离子中有一个孤电子对，所以23
SeO -
的立体构型是 三角锥形，等电子体是指价电子和原子数都相等的微粒，与24SeO -
互为等电体的分子有4CCl (或4SiF )。

故答案为：3
sp ； 三角锥形；4CCl (或4SiF )；
()24H Se 分子中有孤电子对，所以2H Se 属于极性分子，单质硒的熔点为217℃，比较小，
所以它属于分子晶体。

故答案为：极性；分子；
()5根据硒化锌晶胞结构图可知，每个锌原子周围有4个硒原子，每个硒原子周围也有4个
锌原子，所以硒原子的配位数为4，该晶胞中含有硒原子数为11
86482
⨯
+⨯=含有锌原子数为4，根据A
4
M
m V V
N
ρ==，所以A 4M V N ρ=
，则晶胞的边长为1010pm =。

故答案为：4
1010。

【点睛】
元素的非金属性越强，电负性越大；而元素的非金属性越强，第一电离能不一定越大，当原子或离子的价层电子轨道中电子处于半满或全满时，电子的能量低，第一电离能大，从而出现反常，不过，也只是稍大于原子序数大1的那种非金属元素。

10．苯乙醛 氰基，羟基 取代反应
+nH 2O 占据取代基的对位，将－NO 2引入取代基的邻位 18
CH 3CH 2CH 2OH CH 3CH 2CHO
【分析】
通过比较反应物、生成物的组成结构，判断反应本质、反应类型、书写反应方程式。

判断同
分异构体、书写同分异构体，需逐一满足题目要求，并按一定顺序思考问题。

对比原料、目标产物的结构，结合流程中的信息，运用逆合成分析法，解答物质合成题。

【详解】
(1)由B结构简式知其分子式C9H9ON，则A(C8H8O)与HCN加成反应生成B，A结构简式为
，A的名称为苯乙醛。

B中官能团的名称为氰基、羟基。

(2)比较D、E结构知反应④的本质：D分子中苯环上1个氢原子被硝基取代生成E，故反应
④属于取代反应。

(3)F分子中有羧基和羟基，可分子间酯化反应生成聚酯类高分子G，故反应⑥的化学方程式为。

(4)反应③在苯环上原取代基的对位引入磺酸基（-SO3H），反应⑤磺酸基又消失，所以反应
③~⑤中—SO3H的作用：可防止反应④中硝基（－NO2）进入原取代基的对位，即硝基（－NO2）只能进入原取代基的邻位。

(5)C的分子式为C9H10O3，其同分异构体要求有酚羟基（－OH）、酯基（－COO－）、二价苯基（－C6H4－）；即合理结构中有HO－C6H4－，苯环上另一取代基可能为－COOC2H5、－OOCC2H5、－CH2COOCH3、－CH2OOCCH3、－CH2CH2OOCH、－CH(CH3)OOCH，共6种；两个取代基在苯环上有邻、间、对3种相对位置，符合要求的同分异构体有6×3＝18种。

其中有5种氢原子(数目之比为3:2:2:2:1)、含有-CH2CH3的结构简式是。

(6)目标产物可由单体CH3CH2CH(OH)COOH分子间酯化反应（缩聚）生成，
而单体CH3CH2CH(OH)COOH比原料CH3CH2CH2OH分子中多一个碳原子，故模仿流程中的反应①由CH3CH2CHO与HCN加成反应生成CH3CH2CH(OH)CN；模仿反应
②CH3CH2CH(OH)CN酸性水解生成CH3CH2CH(OH)COOH；CH3CH2CH2OH催化氧化生成
CH3CH2CHO；合成路线：。

11．ac 2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+Fe3+对双氧水的分解有催化作用，造成原料利用率低pH≥11 Co2++3K++7NO 2-+2CH3COOH K3[Co(NO2)6]
↓+NO↑+ H2O+2CH3COO-59
452
b
a
⨯100%
【分析】
废催化剂(含CoO、Co、Al2O3及少量FeO)加入硫酸酸浸反应后得到浸取液，主要含有Co2+、Al3+、Fe2+、H+和SO42-等离子，调节溶液的pH=3，再加入H2O2，Fe2+被氧化为Fe3+并产生Fe(OH)3沉淀。

过滤后，滤液中加入K2CO3调节pH，生成Co(OH)2沉淀和KAlO2溶液，经过滤分离。

Co(OH)2沉淀加硫酸溶解经后续处理得到粗产品CoSO4，滤液加硫酸酸化得到硫酸铝钾溶液，经结晶得到明矾，以此分析解答。

【详解】
(1)H2O2为共价化合物，两个氧原子共用一对电子，电子式为：，
因此，本题正确答案是：；
(2) a．将废催化剂粉磨为细颗粒，增大反应物的接触面积，能提高浸取率，故a正确；b．该反应为H+参加的离子反应，98%的浓硫酸中的氢离子浓度极小，不利于酸浸，故b错误；
c．升高温度化学反应速率加快，所以适当提高浸取时的温度，能提高浸取率，故c正确。

因此，本题正确答案是：ac；
(3)Fe2+被氧化为Fe3+，pH=3时产生Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：
2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+；Fe3+对双氧水的分解有催化作用，若“氧化”后再“调节pH=3”，会造成原料利用率低。

因此，本题正确答案是：2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+；Fe3+对双氧水的分解有催化作用，造成原料利用率低；
(4)由已知(i)可知，Co2+沉淀完全的pH为9.2，由已知(ⅱ) 可知，Al(OH)3完全溶解时的pH 为11，所以要分离出Al3+，应控制pH的范围为pH≥11，
因此，本题正确答案是：pH ≥11；
(5)①KNO 2将Co 2+氧化为Co 3+，并生成K 3[Co(NO 2)6] 沉淀，NO 2-被还原为NO ，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒写出离子方程式为Co 2++3K ++7NO 2-+2CH 3COOH K 3[Co(NO 2)6] ↓+NO ↑+ H 2O+2CH 3COO -。

因此，本题正确答案是：Co 2++3K ++7NO 2-+2CH 3COOH K 3[Co(NO 2)6] ↓+NO ↑+
H 2O+2CH 3COO -；
②bg K 3[Co(NO 2)6]中含Co 元素的质量为bg ×59
452
， 则粗产品中钴元素的质量分数为59452b
a
×100%， 因此，本题正确答案是：
59452b
a
×100%。

12．bdca SO 3+Ba 2++H 2O=BaSO 4↓+2H + c 溶液颜色变浅 酸式滴定管 0.01 Ag 4Ag 2SO 48Ag+2SO 3↑+2SO 2↑+3O 2↑
【分析】
(1)因为装置中的空气里含有O 2，会干扰反应产物的检验，所以实验前需排尽装置内的空气，由此可得出部分实验步骤的先后次序。

(2)B 装置用于检验SO 3的存在，若无SO 3，则SO 2不能使B 装置内产生白色沉淀。

(3)C 装置的作用是吸收SO 2，可利用氧化还原滴定，由草酸的物质的量，求出剩余KMnO 4的物质的量，再由反应掉的KMnO 4的物质的量，求出生成SO 2的物质的量。

(4)D 装置用于检验反应生成的O 2，Na 2SO 3溶液显碱性，能使酚酞变红，溶入O 2后，一部分Na 2SO 3转化为Na 2SO 4，溶液的碱性减弱，溶液的红色变浅。

(5)由分解产物，可写出Ag 2SO 4高温分解的化学方程式。

【详解】
() 1应先检查装置的气密性，再装入药品，装置中含有氧气，应先用氮气排出，最后点燃酒
精灯，故顺序为bdca 。

故答案为：bdca ；
()242Ag SO 的分解产物中能与HCl 和2BaCl 溶液产生沉淀的气体为3SO ，反应的离子方程
式为：2324SO Ba
H O BaSO 2H +
+++=↓+。

故答案为：
2324SO Ba H O BaSO 2H ++++=↓+；
()3C ①中酸性高锰酸钾溶液是吸收2
SO
气体，D 为检验2SO 气体的试剂，应选用品红，E
中为23Na SO 溶液，23Na SO 为强碱弱酸盐，呈碱性，酚酞为红色，
232242Na SO O 2Na SO +=，24Na SO 为强碱强酸盐，溶液呈中性，若装置E 中红色变浅，
说明有氧气生成。

故答案为：c ；溶液颜色变浅；
②草酸溶液呈酸性，应该用酸式滴定管盛放。

故答案为：酸式滴定管； ③第二组数据误差较大，应舍弃，故消耗的草酸溶液的体积
()()20.200.1020.90 1.00mL 20.00mL 2
-+-=
=，由
224424244225H C O 2KMnO 3H SO K SO 2MnSO 10CO 8H O ++=++↑+，则未反应的
()42
n KMnO 0.75mol /L 0.02L 0.006mol 5=⨯⨯=，由
242244245SO 2KMnO 2H O K SO 2MnSO 2H SO ++=++，
()()()2455
n SO n KMnO 0.05mol /L 0.2L 0.006mol 0.01mol 22
=
=⨯⨯-=。

故答案为：0.01；
()()24 6.24g
4n Ag SO 0.02mol 321g /mol
=
=，则4.32g 中含有()n Ag 0.04mol =，
()m Ag 0.04mol 108g /mol 4.32g =⨯=，不含氧元素，故为Ag 单质。

故答案为：Ag ；
()5据以上分析可知，24Ag SO 分解产物有Ag 、2
SO
、3SO 和2O ，反应的化学方程式为：
243224Ag SO 8Ag 2SO 2SO 3O +↑+↑+↑。

故答案为：24
3224Ag SO 8Ag 2SO 2SO 3O +↑+↑+↑。

【点睛】
在利用滴定操作的数据进行草酸物质的量计算时，首先要对实验数进行分析，看实验数据是否具有可靠性，若某一数据与其它数据差距较大，则为失真数据，不能用于计算。