2021年高考河北化學(xué)解析版

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1、C3H3化學(xué)公眾號(hào)收集整理 2021年高考河北化學(xué)解析版 可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H-1 Li-7 B-11 C-12 O-16 Na-23 P-31 S-32 C1-35.5 K-39 Pb-207 一、單項(xiàng)選擇題：本題共9小題，每小題3分，共27分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。 1. “灌鋼法”是我國(guó)古代勞動(dòng)人民對(duì)鋼鐵冶煉技術(shù)的重大貢獻(xiàn)，陶弘景在其《本草經(jīng)集注》中提到“鋼鐵是雜煉生鍒作刀鐮者”?！肮噤摲ā敝饕菍⑸F和熟鐵(含碳量約0.1%)混合加熱，生鐵熔化灌入熟鐵，再鍛打成鋼。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是

2、 A. 鋼是以鐵為主的含碳合金 B. 鋼的含碳量越高，硬度和脆性越大 C. 生鐵由于含碳量高，熔點(diǎn)比熟鐵高 D. 冶煉鐵的原料之一赤鐵礦的主要成分為Fe2O3 【答案】C 【解析】 A．鋼是含碳量低的鐵合金，故A正確； B．鋼的硬度和脆性與含碳量有關(guān)，隨著含碳量的增大而增大，故正確； C．由題意可知，生鐵熔化灌入熟鐵，再鍛打成鋼，說(shuō)明生鐵的熔點(diǎn)低于熟鐵，故C錯(cuò)誤； D．赤鐵礦的主要成分是Fe2O3，可用于冶煉鐵，故D正確； 故選C。 2. 高分子材料在生產(chǎn)生活中應(yīng)用廣泛。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是 A. 蘆葦可用于制造黏膠纖維，其主要成分為纖維素 B. 聚氯乙烯通過(guò)加聚反應(yīng)制得

3、，可用于制作不粘鍋的耐熱涂層 C. 淀粉是相對(duì)分子質(zhì)量可達(dá)幾十萬(wàn)的天然高分子物質(zhì) D. 大豆蛋白纖維是一種可降解材料 【答案】B 【解析】 A．蘆葦中含有天然纖維素，可用于制造黏膠纖維，故A正確； B．聚氯乙烯在高溫條件下會(huì)分解生成有毒氣體，因此不能用于制作不粘鍋的耐熱涂層，故B錯(cuò)誤； C．淀粉為多糖，屬于天然高分子物質(zhì)，其相對(duì)分子質(zhì)量可達(dá)幾十萬(wàn)，故C正確； D．大豆蛋白纖維的主要成分為蛋白質(zhì)，能夠被微生物分解，因此大豆蛋白纖維是一種可降解材料，故D正確； 綜上所述，說(shuō)法錯(cuò)誤的是B項(xiàng)，故答案為B。 3. 下列操作規(guī)范且能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖? A. 圖甲測(cè)定醋酸濃度 B.

4、圖乙測(cè)定中和熱 C. 圖丙稀釋濃硫酸 D. 圖丁萃取分離碘水中的碘 【答案】A 【解析】 A．氫氧化鈉溶液呈堿性，因此需裝于堿式滴定管，氫氧化鈉溶液與醋酸溶液恰好完全反應(yīng)后生成的醋酸鈉溶液呈堿性，因此滴定過(guò)程中選擇酚酞作指示劑，當(dāng)溶液由無(wú)色變?yōu)榈t色時(shí)，達(dá)到滴定終點(diǎn)，故A選； B．測(cè)定中和熱實(shí)驗(yàn)中溫度計(jì)用于測(cè)定溶液溫度，因此不能與燒杯內(nèi)壁接觸，并且大燒杯內(nèi)空隙需用硬紙板填充，防止熱量散失，故B不選； C．容量瓶為定容儀器，不能用于稀釋操作，故C不選； D．分液過(guò)程中長(zhǎng)頸漏斗下方放液端的長(zhǎng)斜面需緊貼燒杯內(nèi)壁，防止液體留下時(shí)飛濺，故D不選； 綜上所述，操作規(guī)范且能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿

5、項(xiàng)，故答案為A。 4. 硫和氮及其化合物對(duì)人類生存和社會(huì)發(fā)展意義重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的環(huán)境問(wèn)題也日益受到關(guān)注，下列說(shuō)法正確的是 A. NO2和SO2均為紅棕色且有刺激性氣味的氣體，是酸雨的主要成因 B. 汽車尾氣中的主要大氣污染物為NO、SO2和PM2.5 C. 植物直接吸收利用空氣中的NO和NO2作為肥料，實(shí)現(xiàn)氮的固定 D. 工業(yè)廢氣中的SO2可采用石灰法進(jìn)行脫除 【答案】D 【解析】 A．是紅棕色且有刺激性氣味的氣體，而是無(wú)色有刺激性氣味的氣體，A錯(cuò)誤； B．汽車尾氣的主要大氣污染物為C與N的氧化物，如NOx和CO等，B錯(cuò)誤； C．氮固定是指將游離態(tài)的氮元素轉(zhuǎn)

6、化為化合態(tài)，且植物可吸收土壤中的銨根離子或硝酸根離子作為肥料，不能直接吸收空氣中的氮氧化物，C錯(cuò)誤； D．工業(yè)廢氣中的可采用石灰法進(jìn)行脫除，如加入石灰石或石灰乳均可進(jìn)行脫硫處理，D正確； 故選D。 5. 用中子轟擊X原子產(chǎn)生α粒子(即氮核He)的核反應(yīng)為：X+n→Y+He。已知元素Y在化合物中呈+1價(jià)。下列說(shuō)法正確的是 A. H3XO3可用于中和濺在皮膚上的NaOH溶液 B. Y單質(zhì)在空氣中燃燒的產(chǎn)物是Y2O2 C. X和氫元素形成離子化合物 D. 6Y和7Y互為同素異形體 【答案】A 【解析】 根據(jù)核反應(yīng)為：可知，X的質(zhì)量數(shù)N為4+7-1=10，又因?yàn)閅在化合物中呈價(jià)，則

7、推知Y位于IA族，質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，Y的質(zhì)量數(shù)為7，所以得出Y為L(zhǎng)i，其質(zhì)子數(shù)p=3，所以X的質(zhì)子數(shù)Z=3+2-0=5，核電荷數(shù)=原子序數(shù)=核內(nèi)質(zhì)子數(shù)=5，則推知X屬于B元素，據(jù)此分析解答。 A．為硼酸，氫氧化鈉溶液具有腐蝕性，若不慎將溶液濺到皮膚上，則需用大量水沖洗，同時(shí)涂抹，以中和堿液，A正確； B．Y為L(zhǎng)i，在空氣中燃燒的產(chǎn)物只有Li2O，B錯(cuò)誤； C．X為B，與氫元素會(huì)形成BH3或B2H4等硼氫化合物，B元素與H元素以共價(jià)鍵結(jié)合，屬于共價(jià)化合物，C錯(cuò)誤； D．和兩者的質(zhì)子數(shù)均為3，中子數(shù)不同，所以兩者互為同位素，D錯(cuò)誤； 故選A。 6. BiOCl是一種具有珠光澤的材

8、料，利用金屬Bi制備BiOCl的工藝流程如圖： 下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是 A. 酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反應(yīng)劇烈程度 B. 轉(zhuǎn)化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO3 C. 水解工序中加入少量CH3COONa(s)可提高Bi3+水解程度 D. 水解工序中加入少量NH4NO3(s)有利于BiOCl的生成 【答案】D 【解析】 A．硝酸為強(qiáng)氧化劑，可與金屬鉍反應(yīng)，酸浸工序中分次加入稀，反應(yīng)物硝酸的用量減少，可降低反應(yīng)劇烈程度，A正確； B．金屬鉍與硝酸反應(yīng)生成的硝酸鉍會(huì)發(fā)生水解反應(yīng)生成，水解的離子方程式為，轉(zhuǎn)化工序中加入稀，使氫離子濃度增大，根據(jù)勒夏特列原理分析，硝酸

9、鉍水解平衡左移，可抑制生成，B正確； C．氯化鉍水解生成的離子方程式為，水解工序中加入少量，醋酸根會(huì)結(jié)合氫離子生成弱電解質(zhì)醋酸，使氫離子濃度減小，根據(jù)勒夏特列原理分析，氯化鉍水解平衡右移，促進(jìn)水解，C正確； D．氯化鉍水解生成的離子方程式為，水解工序中加入少量，銨根離子水解生成氫離子，使氫離子濃度增大，根據(jù)勒夏特列原理分析，氯化鉍水解平衡左移，不利于生成，且部分鉍離子與硝酸根、水也會(huì)發(fā)生反應(yīng)，也不利于生成，綜上所述，D錯(cuò)誤； 故選D。 7. NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是 A. 22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)氟氣所含的質(zhì)子數(shù)為18NA B. 1mol碘蒸氣和1mol氫氣在密閉容

10、器中充分反應(yīng)，生成的碘化氫分子數(shù)小于2NA C. 電解飽和食鹽水時(shí)，若陰陽(yáng)兩極產(chǎn)生氣體的總質(zhì)量為73g，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA D. 1L1mol?L-1溴化銨水溶液中NH與H+離子數(shù)之和大于NA 【答案】C 【解析】 A．在標(biāo)準(zhǔn)狀況下氟氣的物質(zhì)的量為1mol，其質(zhì)子數(shù)為1mol=，A正確； B．碘蒸氣與氫氣發(fā)生的反應(yīng)為：，反應(yīng)為可逆反應(yīng)，有一定的限度，所以充分反應(yīng)，生成的碘化氫分子數(shù)小于，B正確； C．電解飽和食鹽水時(shí)電極總反應(yīng)為：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，若陰陽(yáng)兩極產(chǎn)生氣體分別是氫氣與氯氣，且物質(zhì)的量之比為1:1，若氣體的總質(zhì)量為，則說(shuō)明反應(yīng)生成的氫氣與氯

11、氣的物質(zhì)的量各自為1mol，根據(jù)關(guān)系式H22e-可知，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為，C錯(cuò)誤； D．溴化銨水溶液存在電荷守恒，即c()+c()=c(Br-)+c(OH-)，則物質(zhì)的量也滿足n()+n()=n(Br-)+n(OH-)，因?yàn)閚(Br-)=，所以該溶液中與離子數(shù)之和大于，D正確； 故選C。 8. 苯并降冰片烯是一種重要的藥物合成中間體，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖。關(guān)于該化合物，下列說(shuō)法正確的是 A. 是苯的同系物 B. 分子中最多8個(gè)碳原子共平面 C. 一氯代物有6種(不考慮立體異構(gòu)) D. 分子中含有4個(gè)碳碳雙鍵 【答案】B 【解析】 A．苯的同系物必須是只含有1個(gè)苯環(huán)，側(cè)鏈為烷烴基的同

12、類芳香烴，由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，苯并降冰片烯的側(cè)鏈不是烷烴基，不屬于苯的同系物，故A錯(cuò)誤； B．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，苯并降冰片烯分子中苯環(huán)上的6個(gè)碳原子和連在苯環(huán)上的2個(gè)碳原子共平面，共有8個(gè)碳原子，故B正確； C．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，苯并降冰片烯分子的結(jié)構(gòu)上下對(duì)稱，分子中含有5類氫原子，則一氯代物有5種，故C錯(cuò)誤； D．苯環(huán)不是單雙鍵交替的結(jié)構(gòu)，由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，苯并降冰片烯分子中只含有1個(gè)碳碳雙鍵，故D錯(cuò)誤； 故選B。 9. K—O2電池結(jié)構(gòu)如圖，a和b為兩個(gè)電極，其中之一為單質(zhì)鉀片。關(guān)于該電池，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是 A. 隔膜允許K+通過(guò)，不允許O2通過(guò) B. 放電時(shí)，電流由b電極沿導(dǎo)線流

13、向a電極；充電時(shí)，b電極為陽(yáng)極 C. 產(chǎn)生1Ah電量時(shí)，生成KO2的質(zhì)量與消耗O2的質(zhì)量比值約為2.22 D. 用此電池為鉛酸蓄電池充電，消耗3.9g鉀時(shí)，鉛酸蓄電池消耗0.9g水 【答案】D 由圖可知，a電極為原電池的負(fù)極，單質(zhì)鉀片失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成鉀離子，電極反應(yīng)式為K—e-=K+，b電極為正極，在鉀離子作用下，氧氣在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成超氧化鉀；據(jù)以上分析解答。 A．金屬性強(qiáng)的金屬鉀易與氧氣反應(yīng)，為防止鉀與氧氣反應(yīng)，電池所選擇隔膜應(yīng)允許通過(guò)，不允許通過(guò)，故A正確； B．由分析可知，放電時(shí)，a為負(fù)極，b為正極，電流由b電極沿導(dǎo)線流向a電極，充電時(shí)，b電極應(yīng)與直流電

14、源的正極相連，做電解池的為陽(yáng)極，故B正確； C．由分析可知，生成1mol超氧化鉀時(shí)，消耗1mol氧氣，兩者的質(zhì)量比值為1mol71g/mol：1mol32g/mol≈2.22：1，故C正確； D．鉛酸蓄電池充電時(shí)的總反應(yīng)方程式為2PbSO4+2H2O＝PbO2+Pb+2H2SO4，反應(yīng)消耗2mol水，轉(zhuǎn)移2mol電子，由得失電子數(shù)目守恒可知，耗鉀時(shí)，鉛酸蓄電池消耗水的質(zhì)量為18g/mol=1.8g，故D錯(cuò)誤； 故選D。 二、不定項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有一項(xiàng)或兩項(xiàng)符合題目要求。若正確答案只包括一個(gè)選項(xiàng)，多選時(shí)，該小題得0分；若正確答案包括

15、兩個(gè)選項(xiàng)，只選一個(gè)且正確的得2分，選兩個(gè)且都正確的得4分，但只要選錯(cuò)一個(gè)，該小題得0分。 10. 關(guān)于非金屬含氧酸及其鹽的性質(zhì)，下列說(shuō)法正確的是 A. 濃H2SO4具有強(qiáng)吸水性，能吸收糖類化合物中的水分并使其炭化 B. NaClO、KClO3等氯的含氧酸鹽的氧化性會(huì)隨溶液的pH減小而增強(qiáng) C. 加熱NaI與濃H3PO4混合物可制備HI，說(shuō)明H3PO4比HI酸性強(qiáng) D. 濃HNO3和稀HNO3與Cu反應(yīng)的還原產(chǎn)物分別為NO2和NO，故稀HNO3氧化性更強(qiáng) 【答案】B 【解析】 A．濃硫酸能使蔗糖炭化，體現(xiàn)的是其脫水性，而不是吸水性，A錯(cuò)誤； B．NaClO在水溶液中會(huì)發(fā)生水解，

16、離子方程式為：，pH減小，則酸性增強(qiáng)，會(huì)促使平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，生成氧化性更強(qiáng)的HClO，在酸性條件下可生成具有強(qiáng)氧化性的氯氣、二氧化氯等氣體，增強(qiáng)氧化能力，B正確； C．HI的沸點(diǎn)低，易揮發(fā)加熱與濃混合物發(fā)生反應(yīng)生成利用的是高沸點(diǎn)酸制備低沸點(diǎn)酸的原理，C錯(cuò)誤； D．相同條件下根據(jù)銅與濃硝酸、稀硝酸反應(yīng)的劇烈程度可知，濃硝酸的氧化性大于稀硝酸的氧化性，D錯(cuò)誤； 故選B。 11. 如圖所示的兩種化合物可應(yīng)用于阻燃材料和生物材料的合成。其中W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，X和Z同主族，Y原子序數(shù)為W原子價(jià)電子數(shù)的3倍。下列說(shuō)法正確的是 A. X和Z的最高化合價(jià)均為+7

17、價(jià) B. HX和HZ在水中均為強(qiáng)酸，電子式可表示為與 C. 四種元素中，Y原子半徑最大，X原子半徑最小 D. Z、W和氫三種元素可形成同時(shí)含有離子鍵和共價(jià)鍵的化合物 【答案】CD 【解析】 結(jié)合圖中所示結(jié)構(gòu)可知圖中兩種化合物均為共價(jià)化合物，已知X和Z同主族，可得X和Z同為第ⅦA族，Y為第ⅤA族元素，W為第ⅢA族或第ⅤA族元素，再結(jié)合W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素， Y原子序數(shù)為W原子價(jià)電子數(shù)的3倍推知W、X、Y、Z分別為N、F、P、Cl，據(jù)此答題。 A．X和Z分別是F、Cl，F(xiàn)無(wú)正價(jià)，A錯(cuò)誤； B．和分別是HF和HCl，HF在水中不是強(qiáng)酸，B錯(cuò)誤； C．四種元素

18、W（N）、X（F）、Y（P）、Z（Cl）中，W（N）、X（F）有兩個(gè)電子層，Y（P）、Z（Cl）有三個(gè)電子層，半徑大于W（N）和X（F），Y（P）原子序數(shù)小于Z（Cl），故Y原子半徑在這四種元素中最大；X（F）原子序數(shù)大于W（N），故X原子半徑在這四種元素中最小，C正確； D．Z（Cl）、W（N）和氫三種元素可形成氯化銨，屬于同時(shí)含有離子鍵和共價(jià)鍵的化合物，D正確； 故選CD。 12. 番木鱉酸具有一定的抗炎、抗菌活性，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是 A. 1mol該物質(zhì)與足量飽和NaHCO3溶液反應(yīng)，可放出22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)CO2 B. 一定量的該物質(zhì)分別與足量Na、NaO

19、H反應(yīng)，消耗二者物質(zhì)的量之比為5：1 C. 1mol該物質(zhì)最多可與2molH2發(fā)生加成反應(yīng) D. 該物質(zhì)可被酸性KMnO4溶液氧化 【答案】BC 【解析】 A．根據(jù)分子的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，1 mol該分子中含有1mol -COOH，可與溶液反應(yīng)生成1mol，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下其體積為，A正確； B．1mol分子中含5mol羥基和1mol羧基，其中羥基和羧基均能與Na發(fā)生置換反應(yīng)產(chǎn)生氫氣，而只有羧基可與氫氧化鈉發(fā)生中和反應(yīng)，所以一定量的該物質(zhì)分別與足量反應(yīng)，消耗二者物質(zhì)的量之比為，B錯(cuò)誤； C．分子中含1mol碳碳雙鍵，其他官能團(tuán)不與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，所以1mol該物質(zhì)最多可與發(fā)生加成反應(yīng)，

20、C錯(cuò)誤； D．分子中含碳碳雙鍵和羥基，均能被酸性溶液氧化，D正確； 故選BC。 13. 室溫下，某溶液初始時(shí)僅溶有M和N且濃度相等，同時(shí)發(fā)生以下兩個(gè)反應(yīng)：①M(fèi)+N=X+Y；②M+N=X+Z，反應(yīng)①的速率可表示為v1=k1c2(M)，反應(yīng)②的速率可表示為v2=k2c2(M) (k1、k2為速率常數(shù))。反應(yīng)體系中組分M、Z的濃度隨時(shí)間變化情況如圖，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是 A. 0～30min時(shí)間段內(nèi)，Y的平均反應(yīng)速率為6.6710-8mol?L-1?min-1 B. 反應(yīng)開始后，體系中Y和Z的濃度之比保持不變 C. 如果反應(yīng)能進(jìn)行到底，反應(yīng)結(jié)束時(shí)62.5%的M轉(zhuǎn)化為Z D. 反應(yīng)①的活

21、化能比反應(yīng)②的活化能大 【答案】A 【解析】 A．由圖中數(shù)據(jù)可知，時(shí)，M、Z的濃度分別為0.300和0.125 ，則M的變化量為0.5-0.300 =0.200 ，其中轉(zhuǎn)化為Y的變化量為0.200-0.125 =0.075 。因此，時(shí)間段內(nèi)，Y的平均反應(yīng)速率為 ，A說(shuō)法不正確； B．由題中信息可知，反應(yīng)①和反應(yīng)②的速率之比為，Y和Z分別為反應(yīng)①和反應(yīng)②的產(chǎn)物，且兩者與M的化學(xué)計(jì)量數(shù)相同（化學(xué)計(jì)量數(shù)均為1），因此反應(yīng)開始后，體系中Y和Z的濃度之比等于 ，由于k1、k2為速率常數(shù)，故該比值保持不變，B說(shuō)法正確； C．結(jié)合A、B的分析可知因此反應(yīng)開始后，在相同的時(shí)間內(nèi)體系中Y和Z的濃度之

22、比等于=，因此，如果反應(yīng)能進(jìn)行到底，反應(yīng)結(jié)束時(shí)有 的M轉(zhuǎn)化為Z，即的M轉(zhuǎn)化為Z，C說(shuō)法正確； D．由以上分析可知，在相同的時(shí)間內(nèi)生成Z較多、生成Y較少，因此，反應(yīng)①的化學(xué)反應(yīng)速率較小，在同一體系中，活化能較小的化學(xué)反應(yīng)速率較快，故反應(yīng)①的活化能比反應(yīng)②的活化能大，D說(shuō)法正確。 綜上所述，相關(guān)說(shuō)法不正確的只有A，故本題選A。 三、非選擇題：共57分，第14~16題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第17~18題為選考題，考生根據(jù)要求作答。 14. 化工專家侯德榜發(fā)明的侯氏制堿法為我國(guó)純堿工業(yè)和國(guó)民經(jīng)濟(jì)發(fā)展做出了重要貢獻(xiàn)，某化學(xué)興趣小組在實(shí)驗(yàn)室中模擬并改進(jìn)侯氏制堿法制備NaHCO3，進(jìn)一步

23、處理得到產(chǎn)品Na2CO3和NH4Cl，實(shí)驗(yàn)流程如圖： 回答下列問(wèn)題： (1)從A～E中選擇合適的儀器制備NaHCO3，正確的連接順序是___(按氣流方向，用小寫字母表示)。為使A中分液漏斗內(nèi)的稀鹽酸順利滴下，可將分液漏斗上部的玻璃塞打開或___。 A. B. C. D. E. (2)B中使用霧化裝置的優(yōu)點(diǎn)是__。 (3)生成NaHCO3的總反應(yīng)的化學(xué)方程式為___。 (4)反應(yīng)完成后，將B中U形管內(nèi)的混合物處理得到固體NaHCO3和濾液： ①對(duì)固體NaHCO3充分加熱，產(chǎn)生的氣體先通過(guò)足量濃硫酸，再通過(guò)足量Na2O2，Na2O2增重0.14g，

24、則固體NaHCO3的質(zhì)量為___g。 ②向?yàn)V液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)→NaCl(aq)+NH4Cl(s)過(guò)程。為使NH4Cl沉淀充分析出并分離，根據(jù)NaCl和NH4Cl溶解度曲線，需采用的操作為___、___、洗滌、干燥。 (5)無(wú)水NaHCO3可作為基準(zhǔn)物質(zhì)標(biāo)定鹽酸濃度.稱量前，若無(wú)水NaHCO3保存不當(dāng)，吸收了一定量水分，用其標(biāo)定鹽酸濃度時(shí)，會(huì)使結(jié)果___(填標(biāo)號(hào))。 A.偏高 B.偏低 不變 【答案】 (1). aefbcgh (2). 將玻璃塞上的凹槽對(duì)準(zhǔn)漏斗頸部的小孔 (3). 使氨鹽水霧化，可增大與二氧化

25、碳的接觸面積，從而提高產(chǎn)率（或其他合理答案） (4). NH3H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓ (5). 0.84 (6). 蒸發(fā)濃縮 (7). 冷卻結(jié)晶 (8). A 【解析】 【分析】根據(jù)工藝流程知，濃氨水中加入氯化鈉粉末形成飽和氨鹽水后，再通入二氧化碳?xì)怏w，發(fā)生反應(yīng)：NH3H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，得到的碳酸氫鈉晶體烘干后受熱分解會(huì)生成碳酸鈉、二氧化碳和水，從而制備得到純堿；另一方面得到的母液主要溶質(zhì)為NH4Cl，再?gòu)募尤肼然c粉末，存在反應(yīng)，據(jù)此分析解答。 【詳解】(1)根據(jù)分析可知，要制備，需先選用裝

26、置A制備二氧化碳，然后通入飽和碳酸氫鈉溶液中除去二氧化碳中的HCl，后與飽和氨鹽水充分接觸來(lái)制備，其中過(guò)量的二氧化碳可被氫氧化鈉溶液吸收，也能充分利用二氧化碳制備得到少量，所以按氣流方向正確的連接順序應(yīng)為：aefbcgh；為使A中分液漏斗內(nèi)的稀鹽酸順利滴下，可將分液漏斗上部的玻璃塞打開或?qū)⒉Ａ系陌疾蹖?duì)準(zhǔn)漏斗頸部的小孔，故答案為：aefbcgh；將玻璃塞上的凹槽對(duì)準(zhǔn)漏斗頸部的小孔； (2)B中使用霧化裝置使氨鹽水霧化，可增大與二氧化碳的接觸面積，從而提高產(chǎn)率； (3)根據(jù)上述分析可知，生成的總反應(yīng)的化學(xué)方程式為NH3H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓； (4)①對(duì)固體

27、充分加熱，產(chǎn)生二氧化碳和水蒸氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為： 將氣體先通過(guò)足量濃硫酸，吸收水蒸氣，再通過(guò)足量，與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣，化學(xué)方程式為：，根據(jù)方程式可知，根據(jù)差量法可知，當(dāng)增重（2CO的質(zhì)量）時(shí)，消耗的二氧化碳的質(zhì)量為=0.22g，其物質(zhì)的量為，根據(jù)關(guān)系式可知，消耗的的物質(zhì)的量為20.005mol=0.01mol，所以固體的質(zhì)量為0.01mol84g/mol=0.84g； ②根據(jù)溶解度雖溫度的變化曲線可以看出，氯化銨的溶解度隨著溫度的升高而不斷增大，而氯化鈉的溶解度隨著溫度的升高變化并不明顯，所以要想使沉淀充分析出并分離，需采用蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、洗滌、干燥的方法，故答案為：蒸發(fā)

28、濃縮、冷卻結(jié)晶； (5)稱量前，若無(wú)水保存不當(dāng)，吸收了一定量水分，標(biāo)準(zhǔn)液被稀釋，濃度減小，所以用其標(biāo)定鹽酸濃度時(shí)，消耗的碳酸氫鈉的體積會(huì)增大，根據(jù)c(測(cè))=可知，最終會(huì)使c(測(cè))偏高，A項(xiàng)符合題意，故答案為：A。 15. 綠色化學(xué)在推動(dòng)社會(huì)可持續(xù)發(fā)展中發(fā)揮著重要作用。某科研團(tuán)隊(duì)設(shè)計(jì)了一種熔鹽液相氧化法制備高價(jià)鉻鹽的新工藝，該工藝不消耗除鉻鐵礦、氫氧化鈉和空氣以外的其他原料，不產(chǎn)生廢棄物，實(shí)現(xiàn)了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+內(nèi)循環(huán)。工藝流程如圖： 回答下列問(wèn)題： (1)高溫連續(xù)氧化工序中被氧化的元素是___(填元素符號(hào))。 (2)工序①的名稱為__。 (3)濾渣的主要成

29、分是__(填化學(xué)式)。 (4)工序③中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___。 (5)物質(zhì)V可代替高溫連續(xù)氧化工序中的NaOH，此時(shí)發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為__，可代替NaOH的化學(xué)試劑還有___(填化學(xué)式)。 (6)熱解工序產(chǎn)生的混合氣體最適宜返回工序___(填“①”或“②”或“③”或“④”)參與內(nèi)循環(huán)。 (7)工序④溶液中的鋁元素恰好完全轉(zhuǎn)化為沉淀的pH為__。(通常認(rèn)為溶液中離子濃度小于10-5mol?L-1為沉淀完全；A1(OH)3+OH-Al(OH)：K=100.63，Kw=10-14，Ksp[A1(OH)3]=10-33) 【答案】 (1). Fe、Cr (2).

30、溶解浸出 (3). MgO、Fe2O3 (4). 2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓ (5). 4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O (6). Na2CO3 (7). ② (8). 8.37 【解析】 【分析】由題給流程可知，鉻鐵礦、氫氧化鈉和空氣在高溫下連續(xù)氧化發(fā)生的反應(yīng)為，在熔融氫氧化鈉作用下，F(xiàn)e(CrO2)2被氧氣高溫氧化生成鉻酸鈉和氧化鐵，氧化鋁與熔融氫氧化鈉反應(yīng)轉(zhuǎn)化為偏鋁酸鈉，氧化鎂不反應(yīng)；將氧化后的固體加水溶解，過(guò)濾得到含有氧化鎂、氧化

31、鐵的濾渣1和含有過(guò)量氫氧化鈉、鉻酸鈉、偏鋁酸鈉的濾液；將濾液在介穩(wěn)態(tài)條件下分離得到鉻酸鈉溶液、氫氧化鈉溶液和偏鋁酸鈉溶液；向鉻酸鈉溶液中通入過(guò)量的二氧化碳得到重鉻酸鈉和碳酸氫鈉沉淀；向偏鋁酸鈉溶液中通入過(guò)量的二氧化碳?xì)怏w得到氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉；向?yàn)V渣1中通入二氧化碳和水蒸氣，氧化鎂與二氧化碳和水蒸氣反應(yīng)轉(zhuǎn)化為碳酸氫鎂溶液；碳酸氫鎂溶液受熱分解得到碳酸鎂固體和二氧化碳、水蒸氣，二氧化碳、水蒸氣可以在工序②循環(huán)使用；碳酸鎂高溫煅燒得到氧化鎂。 【詳解】(1)由分析可知，高溫連續(xù)氧化工序中被氧化的元素是鐵元素和鉻元素，故答案為：Fe、Cr； （2）由分析可知，工序①為將氧化后的固體加水溶解浸

32、出可溶性物質(zhì)，故答案為：溶解浸出； （3）由分析可知，濾渣Ⅰ的主要成分是氧化鐵和氧化鎂，故答案為：MgO、Fe2O3； （4）工序③中發(fā)生反應(yīng)為鉻酸鈉溶液與過(guò)量的二氧化碳反應(yīng)生成重鉻酸鈉和碳酸氫鈉沉淀，反應(yīng)的離子方程式為2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓，故答案為：2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓； （5）碳酸氫鈉代替高溫連續(xù)氧化工序中的氫氧化鈉發(fā)生的主要反應(yīng)為高溫下，，F(xiàn)e（CrO2）2與氧氣和碳酸氫鈉反應(yīng)生成鉻酸鈉、氧化鐵、二氧化碳和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38N

33、a2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；若將碳酸氫鈉換為碳酸鈉也能發(fā)生類似的反應(yīng)，故答案為：4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O； （6）熱解工序產(chǎn)生混合氣體為二氧化碳和水蒸氣，將混合氣體通入濾渣1中可以將氧化鎂轉(zhuǎn)化為碳酸氫鎂溶液，則混合氣體最適宜返回工序?yàn)楣ば颌?，故答案為：②? （7）工序④溶液中的鋁元素恰好完全轉(zhuǎn)化為沉淀的反應(yīng)為，反應(yīng)的平衡常數(shù)為K1====1013.37，當(dāng)為10—5mol/L時(shí)，溶液中氫離子濃度為=mol/L=10—8.37mol/L，則溶液的pH為8.37，故答案為：8.37。 1

34、6. 當(dāng)今，世界多國(guó)相繼規(guī)劃了碳達(dá)峰、碳中和的時(shí)間節(jié)點(diǎn)。因此，研發(fā)二氧化碳利用技術(shù)，降低空氣中二氧化碳含量成為研究熱點(diǎn)。 (1)大氣中的二氧化碳主要來(lái)自于煤、石油及其他含碳化合物的燃燒。已知25℃時(shí)，相關(guān)物質(zhì)的燃燒熱數(shù)據(jù)如表： 物質(zhì) H2(g) C(石墨，s) C6H6(l) 燃燒熱△H(kJ?mol-1) -285.8 -393.5 -3267.5 (1)則25℃時(shí)H2(g)和C(石墨，s)生成C6H6(l)的熱化學(xué)方程式為________。 (2)雨水中含有來(lái)自大氣的CO2，溶于水中的CO2進(jìn)一步和水反應(yīng)，發(fā)生電離： ①CO2(g)=CO2(aq) ②CO2(aq

35、)+H2O(l)=H+(aq)+HCO(aq) 25℃時(shí)，反應(yīng)②的平衡常數(shù)為K2。 溶液中CO2的濃度與其在空氣中的分壓成正比(分壓=總壓物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))，比例系數(shù)為ymol?L-1?kPa-1，當(dāng)大氣壓強(qiáng)為pkPa，大氣中CO2(g)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為x時(shí)，溶液中H+濃度為________mol?L-1(寫出表達(dá)式，考慮水的電離，忽略HCO的電離) (3)105℃時(shí)，將足量的某碳酸氫鹽(MHCO3)固體置于真空恒容容器中，存在如下平衡：2MHCO3(s)M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)。上述反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)體系的總壓為46kPa。 保持溫度不變，開始時(shí)在體系中先通入一定量的CO2

36、(g)，再加入足量MHCO3(s)，欲使平衡時(shí)體系中水蒸氣的分壓小于5kPa，CO2(g)的初始?jí)簭?qiáng)應(yīng)大于________kPa。 (4)我國(guó)科學(xué)家研究Li—CO2電池，取得了重大科研成果，回答下列問(wèn)題： ①Li—CO2電池中，Li為單質(zhì)鋰片，則該電池中的CO2在___(填“正”或“負(fù)”)極發(fā)生電化學(xué)反應(yīng)。研究表明，該電池反應(yīng)產(chǎn)物為碳酸鋰和單質(zhì)碳，且CO2電還原后與鋰離子結(jié)合形成碳酸鋰按以下4個(gè)步驟進(jìn)行，寫出步驟Ⅲ的離子方程式。 Ⅰ.2CO2+2e-=C2O Ⅱ.C2O=CO2+CO Ⅲ.__________ Ⅳ.CO+2Li+=Li2CO3 ②研究表明，電解質(zhì)水溶液

37、中，CO2氣體可被電化學(xué)還原。 Ⅰ.CO2在堿性介質(zhì)中電還原為正丙醇(CH3CH2CH2OH)的電極反應(yīng)方程式為_________。 Ⅱ.在電解質(zhì)水溶液中，三種不同催化劑(a、b、c)上CO2電還原為CO的反應(yīng)進(jìn)程中(H+被還原為H2的反應(yīng)可同時(shí)發(fā)生)，相對(duì)能量變化如圖.由此判斷，CO2電還原為CO從易到難的順序?yàn)開______(用a、b、c字母排序)。 【答案】 (1). 6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) H=49.1kJmol-1 (2). (3). 100.8 (4). 正極 (5). 2C+CO2=2C+C (6). 12

38、CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9C (7). c、b、a 【解析】 【分析】 【詳解】(1)根據(jù)表格燃燒熱數(shù)據(jù)可知，存在反應(yīng)①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g) H1=-393.5kJmol-1，②H2(g)+O2(g)=H2O(l) H2=-285.8kJmol-1，③C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) H3=-3267.5kJmol-1，根據(jù)蓋斯定律，[①12+②6] -③得反應(yīng)：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l)，H=[(-393.5kJmol-1)+(-285.8kJmol-1)6]-(-3267.5kJmo

39、l-1)=49.1kJmol-1，故答案為：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) H=49.1kJmol-1； (2)由題可知，①CO2(s)CO2(aq)，②CO2(aq)+H2O(l)H+(aq)+HC(aq)，K2=，又因?yàn)閜(CO2)=p(kPa)x，則c(CO2)=y(mol?L-1?kPa-1)p(CO2)=pxy mol/L，在忽略HC的電離時(shí)，c(H+)=c(HC)，所以可得c(H+)=，故答案為：； (3)2MHCO3(s)M2CO3(s)+H2O(g)+ CO2(g)，等溫等容條件下，壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比，可用分壓表示物質(zhì)的量濃度，平衡常數(shù)Kp===52

40、9kPa2。溫度不變化學(xué)平衡常數(shù)Kp不變，設(shè)平衡時(shí)，平衡體系中CO2的分壓為x，則K== 529kPa2，=kPa=105.8kPa，CO2的初始?jí)簭?qiáng)等于平衡壓強(qiáng)減去碳酸氫鹽分解產(chǎn)生的CO2的分壓，即CO2(g)的初始?jí)簭?qiáng)應(yīng)大于105.8kPa-5kPa=100.8kPa，故答案為：100.8； (4)①由題意知，Li-CO2電池的總反應(yīng)式為：4Li+3CO2=2Li2CO3+C，CO2發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，則CO2作為電池的正極；CO2還原后與Li+結(jié)合成Li2CO3，按4個(gè)步驟進(jìn)行，由步驟II可知生成了C，而步驟IV需要C參加反應(yīng)，所以步驟III的離子方程式為：2C+CO2=2C+C，故

41、答案為：正極；2C+CO2=2C+C； ②I.CO2在堿性條件下得電子生成CH3CH2CH2OH，根據(jù)電子守恒和電荷守恒寫出電極反應(yīng)式為：12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9C，故答案為：12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9C； II.c催化劑條件下，CO2電還原的活化能小于H+電還原的活化能，更容易發(fā)生CO2的電還原；而催化劑a和b條件下，CO2電還原的活化能均大于H+電還原的活化能，相對(duì)來(lái)說(shuō)，更易發(fā)生H+的電還原。其中a催化劑條件下，H+電還原的活化能比CO2電還原的活化能小的更多，發(fā)生H+電還原的可能性更大，因此反應(yīng)從易到難的順序?yàn)閏、b、

42、a，故答案為：c、b、a。 (二)選考題：共15分。請(qǐng)考生從2道題中任選一題作答，并用2B鉛筆將答題卡上所選題目對(duì)應(yīng)的題號(hào)右側(cè)方框涂黑，按所涂題號(hào)進(jìn)行評(píng)分；多涂、多答，按所涂的首題進(jìn)行評(píng)分；不涂，按本選考題的首題進(jìn)行評(píng)分。 17. KH2PO4晶體具有優(yōu)異的非線性光學(xué)性能。我國(guó)科學(xué)工作者制備的超大KH2PO4晶體已應(yīng)用于大功率固體激光器，填補(bǔ)了國(guó)家戰(zhàn)略空白?；卮鹣铝袉?wèn)題： (1)在KH2PO4的四種組成元素各自所能形成的簡(jiǎn)單離子中，核外電子排布相同的是__(填離子符號(hào))。 (2)原子中運(yùn)動(dòng)的電子有兩種相反的自旋狀態(tài)，若一種自旋狀態(tài)用+表示，與之相反的用-表示，稱為電子的自旋磁量子數(shù).對(duì)

43、于基態(tài)的磷原子，其價(jià)電子自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為___。 (3)已知有關(guān)氨、磷的單鍵和三鍵的鍵能(kJ?mol-1)如表： N—N N≡N P—P P≡P 193 946 197 489 從能量角度看，氮以N2、而白磷以P4(結(jié)構(gòu)式可表示為)形式存在的原因是___。 (4)已知KH2PO4是次磷酸的正鹽，H3PO2的結(jié)構(gòu)式為___，其中P采取___雜化方式。 (5)與PO電子總數(shù)相同的等電子體的分子式為__。 (6)磷酸通過(guò)分子間脫水縮合形成多磷酸，如： 如果有n個(gè)磷酸分子間脫水形成環(huán)狀的多磷酸，則相應(yīng)的酸根可寫為___。 (7)分別用○、●表示H2PO和K

44、+，KH2PO4晶體的四方晶胞如圖(a)所示，圖(b)、圖(c)分別顯示的是H2PO、K+在晶胞xz面、yz面上的位置： ①若晶胞底邊的邊長(zhǎng)均為apm、高為cpm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，晶體的密度__g?cm-3(寫出表達(dá)式)。 ②晶胞在x軸方向的投影圖為__(填標(biāo)號(hào))。 【答案】 (1). 和 (2). 或 (3). 在原子數(shù)目相同的條件下，N2比N4具有更低的能量，而P4比P2具有更低的能量，能量越低越穩(wěn)定 (4). (5). sp3 (6). SiF4、SO2F2等 (7). (8). (9). B

45、【解析】 【分析】 【詳解】(1)在的四種組成元素各自所能形成的簡(jiǎn)單離子分別為（或）、、和，其中核外電子排布相同的是和。 (2)對(duì)于基態(tài)的磷原子，其價(jià)電子排布式為，其中3s軌道的2個(gè)電子自旋狀態(tài)相反，自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為0；根據(jù)洪特規(guī)則可知，其3p軌道的3個(gè)電子的自旋狀態(tài)相同，因此，基態(tài)磷原子的價(jià)電子的自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為或。 (3)根據(jù)表中的相關(guān)共價(jià)鍵的鍵能可知，若6mol N形成類似白磷分子結(jié)構(gòu)的N4分子，可以釋放出的能量為193kJ6=1158kJ；若6mol N形成N2分子，則可釋放的能量為946kJ2=1892kJ，顯然，形成N2分子放出的能量更多，故在N數(shù)目相同的條件下

46、，N2具有更低的能量，能量越低越穩(wěn)定。同理，若6mol P形成分子，可以釋放出的能量為197kJ6=1182kJ；若6mol P形成P2分子，則可釋放的能量為489kJ2=978kJ，顯然，形成P4分子放出的能量更多，故在P數(shù)目相同的條件下，P4具有更低的能量，能量越低越穩(wěn)定。 (4)含氧酸分子中只有羥基上的H可以電離；由是次磷酸的正鹽可知，為一元酸，其分子中只有一個(gè)羥基，另外2個(gè)H與P成鍵，還有一個(gè)O與P形成雙鍵，故其結(jié)構(gòu)式為，其中P共形成4個(gè)σ鍵、沒有孤電子對(duì)，故其價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，其采取sp3雜化。 (5)等電子體之間的原子總數(shù)和價(jià)電子總數(shù)都相同，根據(jù)前加后減、前減后加、總數(shù)不變的

47、原則，可以找到與電子總數(shù)相同的等電子體分子為SiF4、SO2F2等。 (6)由題中信息可知，n個(gè)磷酸分子間脫去（n-1）個(gè)水分子形成鏈狀的多磷酸，因此，如果有n個(gè)磷酸分子間脫水形成環(huán)狀的多磷酸，則可脫去n個(gè)水分子得到(HPO3)n，其失去后得到相應(yīng)的酸根，故該酸根可寫為。 (7)①由晶胞結(jié)構(gòu)可知，位于晶胞的頂點(diǎn)、面上和體心，頂點(diǎn)上有8個(gè)、面上有4個(gè)，體心有1個(gè)，故晶胞中的數(shù)目為；位于面上和棱上，面上有6個(gè)，棱上4個(gè)，故晶胞中的數(shù)目為。因此，平均每個(gè)晶胞中占有的和的數(shù)目均為4，若晶胞底邊的邊長(zhǎng)均為、高為，則晶胞的體積為10-30a2c cm3，阿伏加德羅常數(shù)的值為，晶體的密度為。 ②由圖（

48、a）、（b）、（c）可知，晶胞在x軸方向的投影圖為 ，選B。 18. 丁苯酞(NBP)是我國(guó)擁有完全自主知識(shí)產(chǎn)權(quán)的化學(xué)藥物，臨床上用于治療缺血性腦卒中等疾病。ZJM—289是一種NBP開環(huán)體(HPBA)衍生物，在體內(nèi)外可經(jīng)酶促或化學(xué)轉(zhuǎn)變成NBP和其它活性成分，其合成路線如圖： 已知信息：+R2CH2COOH (R1=芳基) 回答下列問(wèn)題： (1)A的化學(xué)名稱為___。 (2)D有多種同分異構(gòu)體，其中能同時(shí)滿足下列條件的芳香族化合物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為___、___。 ①可發(fā)生銀鏡反應(yīng)，也能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)； ②核磁共振氫譜有四組峰，峰面積比為1∶2∶2∶3。 (3)E→

49、F中(步驟1)的化學(xué)方程式為__。 (4)G→H的反應(yīng)類型為___。若以NaNO3代替AgNO3，則該反應(yīng)難以進(jìn)行，AgNO3對(duì)該反應(yīng)的促進(jìn)作用主要是因?yàn)開_。 (5)HPBA的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為__。通常酯化反應(yīng)需在酸催化、加熱條件下進(jìn)行，對(duì)比HPBA和NBP的結(jié)構(gòu)，說(shuō)明常溫下HPBA不穩(wěn)定、易轉(zhuǎn)化為NBP的主要原因___。 (6)W是合成某種抗瘧疾藥物的中間體類似物。設(shè)計(jì)由2，4—二氯甲苯()和對(duì)三氟甲基苯乙酸()制備W的合成路線__。(無(wú)機(jī)試劑和四個(gè)碳以下的有機(jī)試劑任選)。 【答案】 (1). 鄰二甲苯 (2). (3). (4). (5). 取代

50、反應(yīng) (6). AgNO3反應(yīng)生成的AgBr難溶于水，使平衡正向移動(dòng)促進(jìn)反應(yīng)進(jìn)行 (7). (8). HPBA中烴基的空間位阻較大，使得羥基較為活潑，常溫下不穩(wěn)定、易轉(zhuǎn)化為NBP (9). 【解析】 【分析】 【詳解】(1)A的分子式為C8H10，不飽和度為4，說(shuō)明取代基上不含不飽和鍵，A與O2在V2O5作催化劑并加熱條件下生成，由此可知A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，其名稱為鄰二甲苯，故答案為：鄰二甲苯。 (2)的同分異構(gòu)體滿足：①可發(fā)生銀鏡反應(yīng)，也能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說(shuō)明結(jié)構(gòu)中含有醛基和酚羥基，根據(jù)不飽和度可知該結(jié)構(gòu)中除醛基外不含其它不飽和鍵，②核磁共振氫譜

51、有四組峰，峰面積比為1：2：2：3，說(shuō)明該結(jié)構(gòu)具有對(duì)稱性，根據(jù)該結(jié)構(gòu)中氧原子數(shù)可知該結(jié)構(gòu)中含有1個(gè)醛基、2個(gè)酚羥基、1個(gè)甲基，滿足該條件的同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為和，故答案為：；。 (3)E→F中步驟1)為與NaOH水溶液反應(yīng)，中酯基、羧基能與NaOH反應(yīng)，反應(yīng)方程式為，故答案為：。 (4)觀察流程可知，G→H的反應(yīng)為中Br原子被AgNO3中-O-NO2取代生成和AgBr，反應(yīng)類型為取代反應(yīng)；若以NaNO3代替AgNO3，則該反應(yīng)難以進(jìn)行，其原因是NaNO3反應(yīng)生成的NaNO3易溶于水，而AgNO3反應(yīng)生成的AgBr難溶于水，使平衡正向移動(dòng)促進(jìn)反應(yīng)進(jìn)行，故答案為：取代反應(yīng)；AgNO3反應(yīng)生成的AgBr難溶于水，使平衡正向移動(dòng)促進(jìn)反應(yīng)進(jìn)行。 (5)NBP()中酯基在堿性條件下發(fā)生水解反應(yīng)生成，經(jīng)過(guò)酸化后生成HPBA()；中烴基體積較大，對(duì)羥基的空間位阻較大使得羥基較為活潑，容易與羧基發(fā)生酯化反應(yīng)生成，故答案為：；HPBA中烴基的空間位阻較大，使得羥基較為活潑，常溫下不穩(wěn)定、易轉(zhuǎn)化為NBP。 (6)由和制備可通過(guò)題干已知信息而得，因此需要先合成，可通過(guò)氯代后水解再催化氧化而得，因此合成路線為，故答案為：。 30