高中_化学_历年高考化学真题_全国统一高考化学（新课标ⅰ）_A4_2016年全国统一高考化学试卷（新课标ⅰ）（含解析版）

2016年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ）一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（　　）A．用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维B．食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质C．加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变*D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%2．（6分）设NA为阿伏加德罗常数值．下列有关叙述正确的是（　　）A．14g乙烯和*烯混合气体中的*原子数为2NAB．1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NAC．1molFe溶于过量**，电子转移数为2NAD．标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NA3．（6分）下列关于有机化合物的说法正确的是（　　）A．2﹣*基丁*也称异丁*B．由乙烯生成乙醇属于加成反应C．C4H9Cl有3种同分异构体D．油脂和蛋白质都属于高分子化合物4．（6分）下列实验*作能达到实验目的是（　　）A．用长颈漏斗分离出乙*与乙醇反应的产物B．用向上排空气法收集铜粉与稀**反应产生的NOC．配制*化铁溶液时，将*化铁溶解在较浓的盐*中再加水稀释D．将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl25．（6分）三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰*电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42﹣可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室．下列叙述正确的是（　　）A．通电后中间隔室的SO42﹣离子向正极迁移，正极区溶液pH增大B．该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品C．负极反应为2H2O﹣4e﹣=O2+4H+，负极区溶液pH降低D．当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成6．（6分）298K时，在20.0mL0.10mol•L﹣1氨水中滴入0.10mol•L﹣1的盐*，溶液的pH与所加盐*的体积关系如图所示。已知0.10mol•L﹣1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是（　　）A．该滴定过程应该选择*酞作为指示剂B．M点对应的盐*体积为20.0mLC．M点处的溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣）=c（H+）=c（OH﹣）D．N点处的溶液中pH＜127．（6分）短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加．m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿*气体，q的水溶液具有漂白*，r溶液是一种常见的强*，s通常是难溶于水的混合物．上述物质的转化关系如图所示．下列说法正确的是（　　）A．原子半径的大小W＜X＜YB．元素的非金属*Z＞X＞YC．Y的*化物常温常压下为液态D．X的最高价氧化物的水化物为强*　二、解答题（共3小题，满分43分）8．（14分）氮的氧化物（NOx）是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2．某同学在实验室中对NH3与NO2反应进行了探究。回答下列问题：（1）氨气的制备①氨气的发生装置可以选择上图中的　　，反应的化学方程式为　　。②欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置→　　（按气流方向，用小写字母表示）。（2）氨气与二氧化氮的反应将上述收集到的NH3充入注*器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2（两端用夹子K1、K2夹好）。在一定温度下按图示装置进行实验。*作步骤实验现象解释原因打开K1，推动注*器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中①Y管中　　②反应的化学方程式　　将注*器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温Y管中有少量水珠生成的气态水凝聚打开K2③　　④　　9．（15分）元素铬（Cr）在溶液中主要以Cr3+（蓝紫*）、Cr（OH）4﹣（绿*）、Cr2O72﹣（橙红*）、CrO42﹣（黄*）等形式存在，Cr（OH）3为难溶于水的灰蓝*固体，回答：（1）Cr3+与Al3+的化学*质相似，往Cr2（SO4）3溶液中滴入NaOH溶液直至过量，可观察到的现象是　　。（2）CrO42﹣和Cr2O72﹣在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0mol•L﹣1的Na2CrO4溶液中c（Cr2O72﹣）随c（H+）的变化如图所示。①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应　　。②由图可知，溶液**增强，CrO42﹣的平衡转化率　　（填“增大“减小”或“不变”）。根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为　　。（3）用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准液滴定溶液中的Cl﹣，Ag+与CrO42﹣生成砖红*沉淀时到达滴定终点。当溶液中Cl﹣恰好完全沉淀（浓度等于1.0×10﹣5mol•L﹣1）时，溶液中c（Ag+）为　　mol•L﹣1，此时溶液中c（CrO42﹣）等于　　mol•L﹣1．（Ksp（Ag2CrO4）=2.0×10﹣12、Ksp（AgCl）=2.0×10﹣10）。（4）+6价铬的化合物毒*较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2O72﹣还原成Cr3+，反应的离子方程式为　　。10．（14分）NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：回答下列问题：（1）NaClO2中Cl的化合价为　　。（2）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式　　。（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为　　、　　。“电解”中*极反应的主要产物是　　。（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2．此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为　　，该反应中氧化产物是　　。（5）“有效*含量”可用来衡量含*消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含*消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效*含量为　　。（计算结果保留两位小数）　（二）选考题：共45分．请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑．注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．[化学选修2：化学与技术]11．（15分）高锰*钾（KMnO4）是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制*工业等．以软锰矿（主要成分为MnO2）为原料生产高锰*钾的工艺路线如下：回答下列问题：（1）原料软锰矿与*氧化钾按1：1的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，其作用是　　．（2）“平炉”中发生的化学方程式为　　．（3）“平炉”中需要加压，其目的是　　．（4）将K2MnO4转化为KMnO4的生产有两种工艺．①“CO2歧化法”是传统工艺，即在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中*或弱**，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成KMnO4，MnO2和　　（写化学式）．②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，电解槽中阳极发生的电极反应为　　，*极逸出的气体是　　．③“电解法”和“CO2歧化法”中，K2MnO4的理论利用率之比为　　．（5）高锰*钾纯度的测定：称取1.0800g样品，溶解后定容于100mL容量瓶中，摇匀．取浓度为0.2000mol•L﹣1的H2C2O4标准溶液20.00mL，加入稀硫**化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48mL，该样品的纯度为　　（列出计算式即可，已知2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O）．　[化学选修3：物质结构与*质]12．（15分）锗（Ge）是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛．回答下列问题：（1）基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar]　　，有　　个未成对电子．（2）Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但Ge原子之间难以形成双键或叁键．从原子结构角度分析，原因是　　．（3）比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因　　．GeCl4GeBr4GeI4熔点/℃﹣49.526146沸点/℃83.1186约400（4）光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂．Zn、Ge、O电负*由大至小的顺序是　　．（5）Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为　　微粒之间存在的作用力是　　．（6）晶胞有两个基本要素：①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，如图（1、2）为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为（0，0，0）；B为（，0，）；C为（，，0）．则D原子的坐标参数为　　．②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状，已知Ge单晶的晶胞参数a=565.76pm，其密度为　　g•cm﹣3（列出计算式即可）．　[化学选修5：有机化学基础]13．（15分）秸秆（含多糖类物质）的综合利用具有重要的意义．下面是以秸秆为原料合成聚酯类高分子化合物回答下列问题：（1）下列关于糖类的说法正确的是　　．（填标号）a．糖类都有甜味，具有H2mOm的通式b．麦芽糖水解生成互为同分异构体的葡萄糖和果糖c．用银镜反应不能判断淀粉水解是否完全d．淀粉和纤维素都属于多糖类天然高分子化合物（2）B生成C的反应类型为　　．（3）D中的官能团名称为　　，D生成E的反应类型为　　．（4）F的化学名称是　　，由F生成G的化学方程式为　　．（5）具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体，0.5molW与足量碳***溶液反应生成44gCO2，W共有　　种（不含立体异构），其中核磁共振*谱为三组峰的结构简式为　　．（6）参照上述合成路线，以（反，反）﹣2，4﹣已二烯和C2H4为原料（无机试剂任选），设计制备对苯二**的合成路线　　．　2016年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ）参考*与试题解析　一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）1．（6分）化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是（　　）A．用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维B．食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质C．加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变*D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%【考点】11：化学的主要特点与意义；14：物质的组成、结构和*质的关系．菁优网版权所有【专题】56：化学应用．【分析】A．蚕丝含有蛋白质，灼烧时具有烧焦的羽毛气味；B．食用油反复加热会生成苯并芘等物质；C．加热可导致蛋白质变*；D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%．【解答】解：A．蚕丝含有蛋白质，灼烧时具有烧焦的羽毛气味，为蛋白质的特有*质，可用于鉴别蛋白质类物质，故A正确；B．食用油反复加热会生成苯并芘等稠环芳香烃物质，可致癌，故B正确；C．加热可导致蛋白质变*，一般高温可杀菌，故C正确；D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，故D错误。故选：D。【点评】本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极*，注意相关基础知识的积累，难度不大．　2．（6分）设NA为阿伏加德罗常数值．下列有关叙述正确的是（　　）A．14g乙烯和*烯混合气体中的*原子数为2NAB．1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NAC．1molFe溶于过量**，电子转移数为2NAD．标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NA【考点】4F：阿伏加德罗常数．菁优网版权所有【专题】518：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A．乙烯和*烯最简式CH2，计算14gCH2中的*原子数；B．氮气和*气反应生成氨气是可逆反应；C.1molFe溶于过量**生成**铁，依据反应的铁计算电子转移；D．标准状况下四*化碳不是气体．【解答】解：A.14g乙烯和*烯混合气体中含CH2物质的量==1mol，含*原子数为2NA，故A正确；B.1molN2与4molH2反应生成的NH3，反应为可逆反应1mol氮气不能全部反应生成氨气，生成氨气分子数小于2NA，故B错误；C.1molFe溶于过量**生成**铁，电子转移为3mol，电子转移数为3NA，故C错误；D．标准状况下，四*化碳不是气体，2.24LCCl4含物质的量不是0.1mol，故D错误；故选：A。【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，主要是物质组成、氧化还原反应、可逆反应、气体摩尔体积等知识点的应用，掌握基础是解题关键，题目较简单．　3．（6分）下列关于有机化合物的说法正确的是（　　）A．2﹣*基丁*也称异丁*B．由乙烯生成乙醇属于加成反应C．C4H9Cl有3种同分异构体D．油脂和蛋白质都属于高分子化合物【考点】HD：有机物的结构和*质．菁优网版权所有【专题】531：同系物和同分异构体．【分析】A．异丁*含有4个C原子，2﹣*基丁*含有5个C原子；B．乙烯与水在催化剂加热的条件下发生加成反应生成乙醇；C．同分异构体是化合物具有相同分子式，但具有不同结构的现象；D．油脂不是高分子化合物．【解答】解：A．异丁*含有4个C原子，2﹣*基丁*含有5个C原子，故A错误；B．乙烯与水在催化剂加热的条件下发生加成反应生成乙醇，故B正确；C．同分异构体是化合物具有相同分子式，但具有不同结构的现象，C4H10的同分异构体有：CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）CH32种，CH3CH2CH2CH3分子中有2种化学环境不同的H原子，其一*代物有2种；CH3CH（CH3）CH3分子中有2种化学环境不同的H原子，其一*代物有2种；故C4H9Cl的同分异构体共有4种，故C错误；D．油脂不是高分子化合物，故D错误；故选：B。【点评】本题考查有机物的命名，有机物的反应类型，同分异构体书写及高分子化合物等知识，为高频考点，把握官能团与*质的关系为解答的关键，注意有机物的成分、*质及反应类型，注重基础知识的考查，题目难度不大．　4．（6分）下列实验*作能达到实验目的是（　　）A．用长颈漏斗分离出乙*与乙醇反应的产物B．用向上排空气法收集铜粉与稀**反应产生的NOC．配制*化铁溶液时，将*化铁溶解在较浓的盐*中再加水稀释D．将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl2【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有【专题】542：化学实验基本*作．【分析】A．互不相溶的液体采用分液方法分离，用的仪器是分液漏斗；B．NO易和空气中O2反应生成NO2；C．FeCl3属于强*弱碱盐，Fe3+易水解生成Fe（OH）3而产生浑浊；D．将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水会带出部分水蒸气。【解答】解：A．长颈漏斗不能用作分离*作，互不相溶的液体采用分液漏斗分离，乙*、乙醇、乙*乙酯互溶，不能采取分液法分离，应该采用蒸馏方法分离提纯，故A错误；B．NO易和空气中O2反应生成NO2，所以不能用排空气法收集，NO不易溶于水，应该用排水法收集，故B错误；C．FeCl3属于强*弱碱盐，Fe3+易水解生成Fe（OH）3而产生浑浊，为了防止*化铁水解，应该将*化铁溶解在较浓的盐*中再加水稀释，故C正确；D．将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水会带出部分水蒸气，所以得不到纯净的*气，应该将饱和食盐水出来的气体再用浓硫*干燥，故D错误；故选：C。【点评】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及物质分离提纯、气体收集、盐类水解、洗气等知识点，明确实验原理、物质*质、实验*作基本方法及仪器的用途是解本题关键，注意：从水溶液中出来的气体中含有水蒸气，为易错点。　5．（6分）三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰*电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42﹣可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室．下列叙述正确的是（　　）A．通电后中间隔室的SO42﹣离子向正极迁移，正极区溶液pH增大B．该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品C．负极反应为2H2O﹣4e﹣=O2+4H+，负极区溶液pH降低D．当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成【考点】DI：电解原理．菁优网版权所有【专题】51I：电化学专题．【分析】A、*离子向阳极（即正极区）移动，*氧根离子放电pH减小；B、从两极的电极反应和溶液的电中*角度考虑；C、负极即为*极，发生还原反应，*离子放电；D、当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.25mol的O2生成．【解答】解：A、*离子向阳极（即正极区）移动，*氧根离子放电pH减小，故A错误；B、直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42﹣可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室，通电时，*氧根离子在阳极区放电生成水和氧气，考虑电荷守恒，两膜中间的硫*根离子会进入正极区，与*离子结合成硫*；*离子在*极得电子生成*气，考虑电荷守恒，两膜中间的*离子会进入负极区，与*氧根离子结合成*氧化*，故可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；C、负极即为*极，发生还原反应，*离子得电子生成*气，故C错误；D、每生成1mol氧气转移4mol电子，当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.25mol的O2生成，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了电解原理的应用，明确电解池中的*阳极以及*阳极上离子的放电顺序是解题的关键，注意题干信息的分析应用，题目难度不大．　6．（6分）298K时，在20.0mL0.10mol•L﹣1氨水中滴入0.10mol•L﹣1的盐*，溶液的pH与所加盐*的体积关系如图所示。已知0.10mol•L﹣1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是（　　）A．该滴定过程应该选择*酞作为指示剂B．M点对应的盐*体积为20.0mLC．M点处的溶液中c（NH4+）=c（Cl﹣）=c（H+）=c（OH﹣）D．N点处的溶液中pH＜12【考点】DO：*碱混合时的定*判断及有关ph的计算．菁优网版权所有【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题．【分析】A．强*弱碱相互滴定时，由于生成强*弱碱盐使溶液显**，所以应选择*基橙作指示剂；B．如果M点盐*体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成*化铵，溶液应该呈**；C．M处溶液呈中*，则存在c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒得c（NH4+）=c（Cl﹣），该点溶液中溶质为*化铵和一水合氨，铵根离子水解而促进水电离、一水合氨抑制水电离，铵根离子水解和一水合氨电离相互抑制；D．N点为氨水溶液，氨水浓度为0.10mol•L﹣1，该氨水电离度为1.32%，则该溶液中c（OH﹣）=0.10mol/L×1.32%=1.32×10﹣3mol/L，c（H+）=mol/L=7.6×10﹣12mol/L。【解答】解：A．强*弱碱相互滴定时，由于生成强*弱碱盐使溶液显**，所以应选择*基橙作指示剂，所以盐*滴定氨水需要*基橙作指示剂，故A错误；B．如果M点盐*体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成*化铵，*化铵中铵根离子水解导致该点溶液应该呈**，要使溶液呈中*，则氨水应该稍微过量，所以盐*体积小于20.0mL，故B错误；C．M处溶液呈中*，则存在c（H+）=c（OH﹣），根据电荷守恒得c（NH4+）=c（Cl﹣），该点溶液中溶质为*化铵和一水合氨，铵根离子水解而促进水电离、一水合氨抑制水电离，铵根离子水解和一水合氨电离相互抑制，水的电离程度很小，该点溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）=c（Cl﹣）＞c（H+）=c（OH﹣），故C错误；D．N点为氨水溶液，氨水浓度为0.10mol•L﹣1，该氨水电离度为1.32%，则该溶液中c（OH﹣）=0.10mol/L×1.32%=1.32×10﹣3mol/L，c（H+）=mol/L=7.6×10﹣12mol/L，所以该点溶液pH＜12，故D正确；故选：D。【点评】本题考查*碱混合溶液定*判断，为高频考点，侧重考查学生实验*作、试剂选取、识图及分析判断能力，明确实验*作、盐类水解、弱电解质的电离等知识点是解本题关键，注意B采用逆向思维方法分析解答，知道*碱中和滴定中指示剂的选取方法，题目难度中等。　7．（6分）短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加．m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿*气体，q的水溶液具有漂白*，r溶液是一种常见的强*，s通常是难溶于水的混合物．上述物质的转化关系如图所示．下列说法正确的是（　　）A．原子半径的大小W＜X＜YB．元素的非金属*Z＞X＞YC．Y的*化物常温常压下为液态D．X的最高价氧化物的水化物为强*【考点】GS：无机物的推断．菁优网版权所有【专题】111：无机推断．【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加．m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿*气体，则n为Cl2，Z为Cl，*气与p在光照条件下生成r与s，r溶液是一种常见的强*，则r为HCl，s通常是难溶于水的混合物，则p为CH4，*气与m反应生成HCl与q，q的水溶液具有漂白*，则m为H2O，q为HClO，结合原子序数可知W为H元素，X为C元素，Y为O元素，然后结合元素周期律解答．【解答】解：短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿*气体，则n为Cl2，Z为Cl，*气与p在光照条件下生成r与s，r溶液是一种常见的强*，则r为HCl，s通常是难溶于水的混合物，则p为CH4，*气与m反应生成HCl与q，q的水溶液具有漂白*，则m为H2O，q为HClO，结合原子序数可知W为H元素，X为C元素，Y为O元素，A．所以元素中H原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小，故原子半径W（H）＜Y（O）＜X（C），故A错误；B．*的氧化物中氧元素表现负化合价，氧元素非金属*比*的强，高**为强*，碳*为弱*，*元素非金属*比碳的强，故非金属*Y（O）＞Z（Cl）＞X（C），故B错误；C．氧元素*化物为水或双氧水，常温下为液态，故C正确；D．X的最高价氧化物的水化物为碳*，碳*属于弱*，故D错误。故选：C。【点评】本题考查无机物的推断，为高频考点，把握物质的*质、发生的反应、元素周期律等为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意n为*气及*气*质为推断的突破口，题目难度不大．　二、解答题（共3小题，满分43分）8．（14分）氮的氧化物（NOx）是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2．某同学在实验室中对NH3与NO2反应进行了探究。回答下列问题：（1）氨气的制备①氨气的发生装置可以选择上图中的　A　，反应的化学方程式为　Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O　。②欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置→　d→c→f→e→j　（按气流方向，用小写字母表示）。（2）氨气与二氧化氮的反应将上述收集到的NH3充入注*器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2（两端用夹子K1、K2夹好）。在一定温度下按图示装置进行实验。*作步骤实验现象解释原因打开K1，推动注*器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中①Y管中　红棕*气体慢慢变浅　②反应的化学方程式　8NH3+6NO27N2+12H2O　将注*器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温Y管中有少量水珠生成的气态水凝聚打开K2③　Z中NaOH溶液产生倒吸现象　④　反应后气体分子数减少，Y管压强小于外压　【考点】ED：氨的实验室制法；S7：氨的制取和*质．菁优网版权所有【专题】547：有机实验综合．【分析】（1）①实验室用加热固体*化铵和*氧化钙的方法制备氨气，依据反应物状态和条件选择发生装置；②气体制备一般顺序为：发生装置，净化装置，收集装置，尾气处理装置，结合氨气为碱*气体，密度小于空气密度，极易溶于水的*质解答；（2）打开K1，推动注*器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中，则氨气与二氧化氮发生归中反应生成无*氮气，所以看到现象为：红棕*变浅；依据8NH3+6NO2=7N2+12H2O以及气态水凝聚判断反应后气体分子数减少从而判断打开K2发生的现象。【解答】解：（1）①实验室用加热固体*化铵和*氧化钙的方法制备氨气，反应物状态为固体与固体，反应条件为加热，所以选择A为发生装置，反应方程式：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；故*为：A；Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；②实验室用加热固体*化铵和*氧化钙的方法制备氨气，制备的气体中含有水蒸气，氨气为碱*气体，应选择盛有碱石灰干燥管干燥气体，氨气极易溶于水，密度小于空气密度所以应选择向下排空气法收集气体，氨气极易溶于水，尾气可以用水吸收，注意防止倒吸的发生，所以正确的连接顺序为：发生装置→d→c→f→e→j；故*为：d→c→f→e→j；（2）打开K1，推动注*器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中，则氨气与二氧化氮发生归中反应生成无*氮气，所以看到现象为：红棕*气体慢慢变浅；根据反应8NH3+6NO27N2+12H2O以及装置恢复至室温后气态水凝聚可判断反应后气体分子数减少，装置内压强降低，所以打开K2在大气压的作用下发生倒吸；故*为：*作步骤实验现象解释原因打开K1，推动注*器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中①红棕*气体慢慢变浅②反应的化学方程式8NH3+6NO27N2+12H2O将注*器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温Y管中有少量水珠生成的气态水凝聚打开K2③Z中NaOH溶液产生倒吸现象④反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压【点评】本题考查了氨气的制备和*质的检验，明确氨气的制备原理及制备气体的一般程序是解题关键，题目难度不大。　9．（15分）元素铬（Cr）在溶液中主要以Cr3+（蓝紫*）、Cr（OH）4﹣（绿*）、Cr2O72﹣（橙红*）、CrO42﹣（黄*）等形式存在，Cr（OH）3为难溶于水的灰蓝*固体，回答：（1）Cr3+与Al3+的化学*质相似，往Cr2（SO4）3溶液中滴入NaOH溶液直至过量，可观察到的现象是　溶液蓝紫*变浅，同时产生灰蓝*沉淀，然后沉淀逐渐溶解形成绿*溶液　。（2）CrO42﹣和Cr2O72﹣在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0mol•L﹣1的Na2CrO4溶液中c（Cr2O72﹣）随c（H+）的变化如图所示。①用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应　2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O　。②由图可知，溶液**增强，CrO42﹣的平衡转化率　增大　（填“增大“减小”或“不变”）。根据A点数据，计算出该转化反应的平衡常数为　1.0×1014　。（3）用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准液滴定溶液中的Cl﹣，Ag+与CrO42﹣生成砖红*沉淀时到达滴定终点。当溶液中Cl﹣恰好完全沉淀（浓度等于1.0×10﹣5mol•L﹣1）时，溶液中c（Ag+）为　2.0×10﹣5　mol•L﹣1，此时溶液中c（CrO42﹣）等于　5.0×10﹣3　mol•L﹣1．（Ksp（Ag2CrO4）=2.0×10﹣12、Ksp（AgCl）=2.0×10﹣10）。（4）+6价铬的化合物毒*较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2O72﹣还原成Cr3+，反应的离子方程式为　Cr2O72﹣+3HSO3﹣+5H+=2Cr3++3SO42﹣+4H2O　。【考点】CP：化学平衡的计算．菁优网版权所有【专题】51E：化学平衡专题．【分析】（1）根据Cr3+与Al3+的化学*质相似，可知Cr（OH）3为两**氧化物，能溶解在*氧化*溶液中，往Cr2（SO4）3溶液中滴入NaOH溶液直至过量，先生成沉淀，沉淀再溶解；（2）①CrO42﹣和Cr2O72﹣在溶液中转化的离子方程式为：2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O；②图象分析可知随*离子浓度增大，铬*根离子转化为重铬*根离子；A点c（Cr2O72﹣）=0.25mol/L，c（H+）=10﹣7mol/L，c（CrO42﹣）=0.5mol/L，依据平衡常数概念计算；（3）当溶液中Cl﹣完全沉淀时，即c（Cl﹣）=1.0×10﹣5mol/L，依据Ksp（AgCl）=2.0×10﹣10，计算得到c（Ag+）；再依据计算得到的银离子浓度和溶度积常数计算此时溶液中c（CrO42﹣）；（4）NaHSO3的还原*将废液中的Cr2O72﹣还原成Cr3+，HSO3﹣被氧化为SO42﹣。【解答】解：（1）Cr3+与Al3+的化学*质相似，可知Cr（OH）3为两**氧化物，能溶解在*氧化*溶液中，往Cr2（SO4）3溶液中滴入NaOH溶液直至过量，先生成Cr（OH）3灰蓝*沉淀，继续加入NaOH后沉淀溶解，生成绿*Cr（OH）4﹣；故*为：溶液蓝紫*变浅，同时产生灰蓝*沉淀，然后沉淀逐渐溶解形成绿*溶液；（2）①CrO42﹣和Cr2O72﹣在溶液中转化的离子方程式为：2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O；故*为：2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O；②溶液**增大，平衡2CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O正向进行，CrO42﹣的平衡转化率增大；A点Cr2O72﹣的浓度为0.25mol/L，则消耗的CrO42﹣的浓度为0.5mol/L，则溶液中的c（CrO42﹣）=1.0mol/L﹣0.25mol/L×2=0.5mol/L，H+浓度为1×10﹣7mol/L，此时该转化反应的平衡常数为K===1.0×1014；故*为：增大；1.0×1014；（3）当溶液中Cl﹣完全沉淀时，即c（Cl﹣）=1.0×10﹣5mol/L，依据Ksp（AgCl）=2.0×10﹣10，计算得到c（Ag+）===2.0×10﹣5；此时溶液中c（CrO42﹣）===5.0×10﹣3；故*为：2.0×10﹣5；5.0×10﹣3；（4）NaHSO3的还原*将废液中的Cr2O72﹣还原成Cr3+，HSO3﹣被氧化为SO42﹣，反应的离子方程式为：Cr2O72﹣+3HSO3﹣+5H+=2Cr3++3SO42﹣+4H2O；故*为：Cr2O72﹣+3HSO3﹣+5H+=2Cr3++3SO42﹣+4H2O。【点评】本题考查化学反应原理的分析与探究、化学平衡常数、溶度积常数的计算的知识，注意平衡常数的理解应用和两*物质的*质，题目难度中等。　10．（14分）NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：回答下列问题：（1）NaClO2中Cl的化合价为　+3价　。（2）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式　2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2　。（3）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为　NaOH溶液　、　Na2CO3溶液　。“电解”中*极反应的主要产物是　ClO2﹣（或NaClO2）　。（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2．此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为　2：1　，该反应中氧化产物是　O2　。（5）“有效*含量”可用来衡量含*消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含*消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效*含量为　1.57　。（计算结果保留两位小数）【考点】B1：氧化还原反应．菁优网版权所有【专题】546：无机实验综合．【分析】（1）在NaClO2中Na为+1价，O为﹣2价，根据正负化合价的代数和为0计算得到；（2）NaClO3和SO2在H2SO4*化条件下生成ClO2，其中NaClO2是氧化剂，还原产物为NaCl，回收产物为NaHSO4，说明生成硫***，且产生ClO2，根据电子守恒和原子守恒配平书写化学方程式；（3）食盐溶液中混有Mg2+和Ca2+，可以利用过量NaOH溶液除去Mg2+，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+，ClO2氧化能力强，根据结晶干燥后的产物可知ClO2的还原产物为NaClO2；（4）依据图示可知，利用含过氧化*的*氧化*溶液吸收ClO2，产物为ClO2﹣，则此反应中ClO2为氧化剂，还原产物为ClO2﹣，化合价从+4价降为+3价，H2O2为还原剂，氧化产物为O2，每摩尔H2O2得到2mol电子，依据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比；（5）每克NaClO2的物质的量=mol，依据电子转移数目相等，可知*气的物质的量为mol×4×=mol，计算得到*气的质量。【解答】解：（1）在NaClO2中Na为+1价，O为﹣2价，根据正负化合价的代数和为0，可得Cl的化合价为+3价，故*为：+3；（2）NaClO3和SO2在H2SO4*化条件下生成ClO2，其中NaClO3是氧化剂，还原产物为ClO2，回收产物为NaHSO4，说明生成硫***，且产生ClO2，根据电子守恒可知，此反应的化学方程式为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2，故*为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2；（3）食盐溶液中混有Mg2+和Ca2+，可以利用过量NaOH溶液除去Mg2+，利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+，ClO2氧化能力强，根据结晶干燥后的产物可知ClO2的还原产物为NaClO2，因此电解装置中*极ClO2得电子生成ClO2﹣，阳极Cl﹣失电子生成Cl2。故*为：NaOH溶液；Na2CO3溶液；ClO2﹣（或NaClO2）；（4）依据图示可知，利用含过氧化*的*氧化*溶液吸收ClO2，产物为ClO2﹣，则此反应中ClO2为氧化剂，还原产物为ClO2﹣，化合价从+4价降为+3价，H2O2为还原剂，氧化产物为O2，每摩尔H2O2得到2mol电子，依据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1，故*为：2：1；O2；（5）1gNaClO2的物质的量=mol，依据电子转移数目相等，NaClO2～Cl﹣～4e﹣，Cl2～2Cl﹣～2e﹣，可知*气的物质的量为mol×4×=mol，则*气的质量为mol×71g/mol=1.57g，故*为：1.57g。【点评】本题考查了物质制备的实验方法分析、氧化还原反应概念分析和电子转移的计算、注意物质*质的理解应用，题目难度中等。　（二）选考题：共45分．请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑．注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则每学科按所做的第一题计分．[化学选修2：化学与技术]11．（15分）高锰*钾（KMnO4）是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制*工业等．以软锰矿（主要成分为MnO2）为原料生产高锰*钾的工艺路线如下：回答下列问题：（1）原料软锰矿与*氧化钾按1：1的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，其作用是　增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率　．（2）“平炉”中发生的化学方程式为　2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O　．（3）“平炉”中需要加压，其目的是　提高氧气的压强，加快反应速率，增加软锰矿转化率　．（4）将K2MnO4转化为KMnO4的生产有两种工艺．①“CO2歧化法”是传统工艺，即在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中*或弱**，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成KMnO4，MnO2和　KHCO3　（写化学式）．②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，电解槽中阳极发生的电极反应为　MnO42﹣﹣e﹣=MnO4﹣　，*极逸出的气体是　H2　．③“电解法”和“CO2歧化法”中，K2MnO4的理论利用率之比为　3：2　．（5）高锰*钾纯度的测定：称取1.0800g样品，溶解后定容于100mL容量瓶中，摇匀．取浓度为0.2000mol•L﹣1的H2C2O4标准溶液20.00mL，加入稀硫**化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48mL，该样品的纯度为　×100%　（列出计算式即可，已知2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O）．【考点】U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有【专题】546：无机实验综合．【分析】（1）固体混合粉碎目的是增大接触面积加快反应速率；（2）流程分析可知平炉中发生的反应是*氧化钾、二氧化锰和氧气加热反应生成锰*钾和水；（3）“平炉”中加压能提高氧气的压强，加快反应速率，增加软锰矿转化率；（4）①在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中*或弱**，K2MnO4发生歧化反应，根据元素守恒以及二氧化碳过量推测反应生成KMnO4，MnO2和KHCO3；②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，在电解槽中阳极，MnO42﹣失去电子，发生氧化反应，产生MnO4﹣；在*极，水电离产生的H+获得电子变为*气逸出，电极反应式是：2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣；③依据电解法方程式2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2H2↑+2KOH，可知K2MnO4的理论利用率是100%，而在二氧化碳歧化法反应中3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+K2CO3中K2MnO4的理论利用率是；（5）依据离子方程式2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可由n（H2C2O4）计算出n（KMnO4），进而计算出样品中的n（KMnO4），然后可计算样品的纯度．【解答】解：（1）原料软锰矿与*氧化钾按1：1的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，其作用是增大接触面积加快反应速率，提高原料利用率．故*为：增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；（2）流程分析可知平炉中发生的反应是*氧化钾、二氧化锰和氧气加热反应生成锰*钾和水，反应的化学方程式为：2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O，故*为：2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O；（3）“平炉”中加压能提高氧气的压强，加快反应速率，增加软锰矿转化率．故*为：提高氧气的压强，加快反应速率，增加软锰矿转化率；（4）①在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中*或弱**，K2MnO4发生歧化反应，根据元素守恒以及二氧化碳过量推测反应生成KMnO4，MnO2和KHCO3；故*为：KHCO3；②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，在电解槽中阳极，MnO42﹣失去电子，发生氧化反应，产生MnO4﹣．电极反应式是：MnO42﹣﹣e﹣=MnO4﹣；在*极，水电离产生的H+获得电子变为*气逸出，电极反应式是：2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣；所以*极逸出的气体是H2；总反应方程式是：2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2H2↑+2KOH，故*为：MnO42﹣﹣e﹣=MnO4﹣；H2；③依据电解法方程式2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2H2↑+2KOH，可知K2MnO4的理论利用率是100%，而在二氧化碳歧化法反应中3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+K2CO3中K2MnO4的理论利用率是，所以二者的理论利用率之比为3：2，故*为：3：2；（5）依据离子方程式2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知KMnO4与草*反应的定量关系是2KMnO4～5H2C2O4，n（H2C2O4）=20.00×10﹣3L×0.2000mol/L=20.00×10﹣3×0.2000moln（KMnO4）=20.00×10﹣3×0.2000×mol，1.0800g样品中n（KMnO4）=20.00×10﹣3×0.2000××mol，1.0800g样品中m（KMnO4）=20.00×10﹣3×0.2000×××158g，样品的纯度=×100%．故*为：×100%．【点评】本题考查了物质制备工艺流程的知识．制备方案的过程分析和物质*质的理解应用，特别是电解原理、滴定实验的熟练掌握和计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等．　[化学选修3：物质结构与*质]12．（15分）锗（Ge）是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛．回答下列问题：（1）基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar]　3d104s24p2　，有　2　个未成对电子．（2）Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但Ge原子之间难以形成双键或叁键．从原子结构角度分析，原因是　锗的原子半径大，原子之间形成的σ单键较长，p﹣p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键　．（3）比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因　GeCl4、GeBr4、GeI4熔、沸点依次增高；原因是分子结构相似，相对分子质量依次增大，分子间相互作用力逐渐增强　．GeCl4GeBr4GeI4熔点/℃﹣49.526146沸点/℃83.1186约400（4）光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂．Zn、Ge、O电负*由大至小的顺序是　O＞Ge＞Zn　．（5）Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为　sp3　微粒之间存在的作用力是　共价键　．（6）晶胞有两个基本要素：①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，如图（1、2）为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为（0，0，0）；B为（，0，）；C为（，，0）．则D原子的坐标参数为　（，，）　．②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状，已知Ge单晶的晶胞参数a=565.76pm，其密度为　　g•cm﹣3（列出计算式即可）．【考点】86：原子核外电子排布；9I：晶胞的计算；9S：原子轨道杂化方式及杂化类型判断．菁优网版权所有【专题】51D：化学键与晶体结构．【分析】（1）Ge是32号元素，位于第四周期第IVA族，基态Ge原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2；（2）Ge原子半径大，难以通过“肩并肩”方式形成π键；（3）锗的卤化物都是分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高；（4）元素的非金属*越强，吸引电子的能力越强，元素的电负*越大；（5）Ge单晶具有金刚石型结构，Ge原子与周围4个Ge原子形成正四面体结构，向空间延伸的立体网状结构，属于原子晶体；（6）①D与周围4个原子形成正四面体结构，D与顶点A的连线处于晶胞体对角线上，过面心B、C及上底面面心原子的平面且平行侧面将晶胞2等分，同理过D原子的且平衡侧面的平面将半个晶胞2等等份可知D处于到各个面的处；②根据均摊法计算晶胞中Ge原子数目，结合阿伏伽德罗常数表示出晶胞的质量，再根据ρ=计算晶胞密度．【解答】解：（1）Ge是32号元素，位于第四周期第IVA族，基态Ge原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar]3d104s24p2，在最外层的4s能级上2个电子为成对电子，4p轨道中2个电子分别处以不同的轨道内，有2轨道未成对电子，故*为：3d104s24p2；2；（2）虽然Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但考虑Ge的原子半径大，难以通过“肩并肩”方式形成π键，所以Ge原子之间难以形成双键或叁键，故*为：Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p﹣p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键；（3）锗的卤化物都是分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，对于组成与结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，由于相对分子质量：GeCl4＜GeBr4＜GeI4，故沸点：GeCl4＜GeBr4＜GeI4，故*为：GeCl4、GeBr4、GeI4的熔、沸点依次增高；原因是分子结构相似，分子量依次增大，分子间相互作用力逐渐增强；（4）元素非金属*：Zn＜Ge＜O，元素的非金属*越强，吸引电子的能力越强，元素的电负*越大，故电负*：O＞Ge＞Zn，故*为：O＞Ge＞Zn；（5）Ge单晶具有金刚石型结构，Ge原子与周围4个Ge原子形成正四面体结构，向空间延伸的立体网状结构，属于原子晶体，Ge原子之间形成共价键，Ge原子杂化轨道数目为4，采取sp3杂化，故*为：sp3；共价键；（6）①D与周围4个原子形成正四面体结构，D与顶点A的连线处于晶胞体对角线上，过面心B、C及上底面面心原子的平面且平行侧面将晶胞2等分，同理过D原子的且平衡侧面的平面将半个晶胞再2等份，可知D处于到各个面的处，则D原子的坐标参数为（，，），故*为：（，，）；②晶胞中Ge原子数目为4+8×+6×=8，结合阿伏伽德罗常数，可知出晶胞的质量为，晶胞参数a=565.76pm，其密度为÷（565.76×10﹣10cm）3=，故*为：．【点评】本题是对物质结构与*质的考查，涉及核外电子排布、化学键、晶体类型与*质、电负*、杂化方式、晶胞计算等，（6）中晶胞计算为易错点、难点，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力，难度较大．　[化学选修5：有机化学基础]13．（15分）秸秆（含多糖类物质）的综合利用具有重要的意义．下面是以秸秆为原料合成聚酯类高分子化合物的路线回答下列问题：（1）下列关于糖类的说法正确的是　cd　．（填标号）a．糖类都有甜味，具有H2mOm的通式b．麦芽糖水解生成互为同分异构体的葡萄糖和果糖c．用银镜反应不能判断淀粉水解是否完全d．淀粉和纤维素都属于多糖类天然高分子化合物（2）B生成C的反应类型为　酯化反应或取代反应　．（3）D中的官能团名称为　酯基、碳碳双键　，D生成E的反应类型为　消去反应　．（4）F的化学名称是　己二*　，由F生成G的化学方程式为　nHOOC（CH2）4COOH+nHOCH2CH2CH2CH2OH+（2n﹣1）H2O　．（5）具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体，0.5molW与足量碳***溶液反应生成44gCO2，W共有　12　种（不含立体异构），其中核磁共振*谱为三组峰的结构简式为　　．（6）参照上述合成路线，以（反，反）﹣2，4﹣已二烯和C2H4为原料（无机试剂任选），设计制备对苯二**的合成路线　　．【考点】HC：有机物的合成．菁优网版权所有【专题】112：有机推断；32：结构决定*质思想；43：演绎推理法；534：有机物的化学*质及推断．【分析】（1）a．糖类不一定有甜味，如纤维素等，组成通式不一定都是H2mOm形式，如脱氧核糖（C6H10O4）；b．麦芽糖水解生成葡萄糖；c．淀粉水解生成葡萄糖，能发生银镜反应说明含有葡萄糖，说明淀粉水解了，不能说明淀粉完全水解；d．淀粉和纤维素都属于多糖类，是天然高分子化合物；（2）B与*醇发生酯化反应生成C；（3）由D的结构简式可知，含有的官能团有酯基、碳碳双键；D脱去2分子*气形成苯环得到E，属于消去反应；（4）己二*与1，4﹣丁二醇发生缩聚反应生成；（5）具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体，0.5molW与足量碳***溶液反应生成44gCO2，生成二氧化碳为1mol，说明W含有2个羧基，2个取代基为﹣COOH、﹣CH2CH2COOH，或者为﹣COOH、﹣CH（CH3）COOH，或者为﹣CH2COOH、﹣CH2COOH，或者﹣CH3、﹣CH（COOH）2，各有邻、间、对三种；（6）（反，反）﹣2，4﹣己二烯与乙烯发生加成反应生成，在Pd/C作用下生成，然后用**高锰*钾溶液氧化生成．【解答】解：（1）a．糖类不一定有甜味，如纤维素等，组成通式不一定都是H2mOm形式，如脱氧核糖（C6H10O4），故a错误；b．葡萄糖与果糖互为同分异构体，但麦芽糖水解生成葡萄糖，故b错误；c．淀粉水解生成葡萄糖，能发生银镜反应说明含有葡萄糖，说明淀粉水解了，不能说明淀粉完全水解，故c正确；d．淀粉和纤维素都属于多糖类，是天然高分子化合物，故d正确，故选：cd；（2）B与*醇发生酯化反应生成C，属于取代反应，故*为：酯化反应或取代反应；（3）由D的结构简式可知，含有的官能团有酯基、碳碳双键，D脱去2分子*气形成苯环得到E，属于消去反应，故*为：酯基、碳碳双键；消去反应；（4）F的名称为己二*，己二*与1，4﹣丁二醇发生缩聚反应生成，反应方程式为：nHOOC（CH2）4COOH+nHOCH2CH2CH2CH2OH+（2n﹣1）H2O，故*为：己二*；nHOOC（CH2）4COOH+nHOCH2CH2CH2CH2OH+（2n﹣1）H2O；（5）具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体，0.5molW与足量碳***溶液反应生成44gCO2，生成二氧化碳为1mol，说明W含有2个羧基，2个取代基为﹣COOH、﹣CH2CH2COOH，或者为﹣COOH、﹣CH（CH3）COOH，或者为﹣CH2COOH、﹣CH2COOH，或者﹣CH3、﹣CH（COOH）2，各有邻、间、对三种，共有12种，其中核磁共振*谱为三组峰的结构简式为：，故*为：12；；（6）（反，反）﹣2，4﹣己二烯与乙烯发生加成反应生成，在Pd/C作用下生成，然后用**高锰*钾溶液氧化生成，合成路线流程图为：，故*为：．【点评】本题考查有机物的合成、官能团的结构与*质、有机反应类型、限制条件同分异构体书写等，是对有机化学基础基础的综合考查，（6）中注意根据题目中转化关系涉及合成路线，较好的考查学生知识迁移运用能力．