2019年全国统一高考化学试卷（新课标ⅰ）（含解析版）下载

2019 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。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的。 1．（6 分）陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切 的关系。下列说法错误的是（　　） A．“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁 B．闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成 C．陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐 D．陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点 2．（6 分）关于化合物 2﹣苯基丙烯（ A．不能使稀高锰酸钾溶液褪色 ），下列说法正确的是（　　） B．可以发生加成聚合反应 C．分子中所有原子共平面 D．易溶于水及甲苯 3．（6 分）实验室制备溴苯的反应装置如图所示，关于实验操作或叙述错误的是（　　） A．向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开 K B．实验中装置 b 中的液体逐渐变为浅红色 C．装置 c 中碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢 D．反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯 4．（6 分）固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究 的重要课题。如图为少量 HCl 气体分子在 253K 冰表面吸附和溶解过程的示意图，下列 叙述错误的是（　　） 第 1 页（共 29 页） A．冰表面第一层中，HCl 以分子形式存在 B．冰表面第二层中，H+浓度为 5×10﹣3mol•L﹣1（设冰的密度为 0.9g•cm﹣3 C．冰表面第三层中，冰的氢键网络结构保持不变 ）D．冰表面各层之间，均存在可逆反应 HCl⇌H++Cl﹣ 5．（6 分）NaOH 溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸 H2A 的 Ka1＝1.1×10﹣3，Ka2＝3.9 ×10﹣6）溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中 b 点为反应终点。下 列叙述错误的是（　　） A．混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关 B．Na+与 A2﹣的导电能力之和大于 HA﹣的 C．b 点的混合溶液 pH＝7 D．c 点的混合溶液中，c（Na+）＞c（K+）＞c（OH﹣） 6．（6 分）利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时 MV2+/MV+在电极与 酶之间传递电子，示意图如下所示。下列说法错误的是（　　） 第 2 页（共 29 页） A．相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能 B．阴极区，在氢化酶作用下发生反应 H2+2MV2+═2H++2MV+ C．正极区，固氮酶为催化剂，N2 发生还原反应生成 NH3 D．电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动 7．（6 分）科学家合成出了一种新化合物（如图所示），其中 W、X、Y、Z 为同一短周期 元素，Z 核外最外层电子数是 X 核外电子数的一半。下列叙述正确的是（　　） A．WZ 的水溶液呈碱性 B．元素非金属性的顺序为 X＞Y＞Z C．Y 的最高价氧化物的水化物是中强酸 D．该新化合物中 Y 不满足 8 电子稳定结构 二、非选择题：共 43 分。第 8~10 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 11~12 为选 考题，考生根据要求作答。（一）必考题： 8．（14 分）硼酸（H3BO3）是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业 。一种以硼镁矿（含 Mg2B2O5•H2O、SiO2 及少量 Fe2O3、Al2O3）为原料生产硼酸及轻 质氧化镁的工艺流程如下： 第 3 页（共 29 页） 回答下列问题： （1）在 95℃“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为　 　。 （2）“滤渣 1”的主要成分有　 　。为检验“过滤 1”后的滤液中是否含有 Fe3+离子 ，可选用的化学试剂是　 　。 （3）根据 H3BO3 的解离反应：H3BO3+H2O⇌H++B（OH）4﹣，Ka＝5.81×10﹣10，可判 断 H3BO3 是　 （4）在“沉镁”中生成 Mg（OH）2•MgCO3 沉淀的离子方程式为　 后可返回　 　酸；在“过滤 2”前，将溶液 pH 调节至 3.5，目的是　 　。 　，母液经加热 　工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是　 　。 9．（15 分）硫酸铁铵[NH4Fe（SO4）2•xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为 宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如图： 回答下列问题： （1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是　 　。 （2）步骤②需要加热的目的是　，温度保持80﹣95℃，采用的合适加热方式是　 　。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为　 号）。 　（填标 （3）步骤③中选用足量的 H2O2，理由是　 溶液要保持 pH 小于 0.5。 　。分批加入 H2O2，同时为了　 　， 第 4 页（共 29 页） （4）步骤⑤的具体实验操作有　 （5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到 150℃时失掉 1.5 个结晶水，失重 5.6%．硫酸铁铵晶体的化学式为　。 　，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。 10．（14 分）水煤气变换[CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）]是重要的化工过程， 主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题： （1）Shibata 曾做过下列实验：①使纯 H2 缓慢地通过处于 721℃下的过量氧化钴 CoO（ s），氧化钴部分被还原为金属钴 Co（s），平衡后气体中 H2 的物质的量分数为 0.0250。 ②在同一温度下用 CO 还原 CoO（s），平衡后气体中 CO 的物质的量分数为 0.0192。 根据上述实验结果判断，还原 CoO（s）为 Co（s）的倾向是 CO　 　H2（填“大于” 或“小于”）。 （2）721℃时，在密闭容器中将等物质的量的 CO（g）和 H2O（g）混合，采用适当的催 化剂进行反应，则平衡时体系中 H2 的物质的量分数为　 A．＜0.25 B．0.25 C．0.25～0.50 D．0.50 E．＞0.50 　（填标号）。 （3）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应 历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。 可知水煤气变换的△H　0（填“大于”“等于”或“小于”），该历程中最大能垒 （活化能）E 正＝　 　eV，写出该步骤的化学方程式　 　。 （4）Shoichi 研究了 467℃、489℃时水煤气变换中 CO 和 H2 分压随时间变化关系（如图 所示）。催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的 和 pCO 相等、 和相等。 第 5 页（共 29 页） 计算曲线 a 的反应在 30～90min 内的平均速率 （a）＝　 和 pCO 随时间变化关系的曲线分别是　、　。489℃时 关系的曲线分别是　、　。 　kPa•min﹣1．467℃时 和 pCO 随时间变化 （二）选考题：共 15 分。请考生从 2 道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第 一题计分。[化学–选修 3：物质结构与性质] 11．（15 分）在普通铝中加入少量 Cu 和 Mg 后，形成一种称为拉维斯相的 MgCu2 微小晶 粒，其分散在 Al 中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞 机的主要材料。回答下列问题： （1）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是　 　（填标号）。 （2）乙二胺（H2NCH2CH2NH2）是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是　 　、　　。乙二胺能与 Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是　 　，其 中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是　 　（填“Mg2+”或“Cu2+”）。 （3）一些氧化物的熔点如下表所示： 氧化物 MgO Li2O 1570 P4O6 23.8 SO2 ﹣75.5 熔点/℃ 2800 第 6 页（共 29 页） 解释表中氧化物之间熔点差异的原因　 　。 （4）图（a）是 MgCu2 的拉维斯结构，Mg 以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四 面体空隙中，填入以四面体方式排列的 Cu．图（b）是沿立方格子对角面取得的截图。 可见，Cu 原子之间最短距离 x＝　 　pm，Mg 原子之间最短距离 y＝　 　pm．设 阿伏加德罗常数的值为 NA，则 MgCu2 的密度是　 　g•cm﹣3（列出计算表达式）。 [化学–选修 5：有机化学基础] 12．化合物 G 是一种药物合成中间体，其合成路线如下： 回答下列问题： （1）A 中的官能团名称是　。 （2）碳原子上连有 4 个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出 B 的结构简式，用 星号（*）标出 B 中的手性碳　。 （3）写出具有六元环结构、并能发生银镜反应的 B 的同分异构体的结构简式　 不考虑立体异构，只需写出 3 个） 　。（ （4）反应④所需的试剂和条件是　 （5）⑤的反应类型是　。 （6）写出 F 到 G 的反应方程式　 　。 　。 第 7 页（共 29 页） （7）设计由甲苯和乙酰乙酸乙酯（CH3COCH2COOC2H5）制备 的合成路线　 　（无机试剂任选）。 第 8 页（共 29 页） 2019 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ） 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。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的。 1．（6 分）陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切 的关系。下列说法错误的是（　　） A．“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁 B．闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成 C．陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐 D．陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点 【分析】A．氧化铁为红棕色固体，陶瓷以青色为主，原因是烧瓷原料中含有氧化铁的色 釉，在烧制的过程中还原成青色； B．黏土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料，经高温烧结得到陶瓷制品； C．传统硅酸盐产品包括：普通玻璃、陶瓷、水泥，含有硅酸根离子的盐属于硅酸盐，陶 瓷是应用较早的人造材料； D．陶瓷是陶器和瓷器的总称，是以粘土为主要原料以及各种天然矿物经过粉碎混炼、成 型和煅烧制得的材料以及各种制品。 【解答】解：A．瓷器着色如雨过天晴，为青色，瓷器的原料高岭矿或高岭土中普遍含有 铁元素，青瓷的烧制过程就是将含有红棕色氧化铁的色釉在火里烧，再经过还原行成为 青色，此时铁不再是三价铁，而是二价铁，故 A 错误； B．陶瓷的传统概念是指所有以黏土等无机非金属矿物为原材料，经过高温烧制而成的产 品，闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成，故 B 正确； C．以含硅元素物质为原料通过高温加热发生复杂的物理、化学变化制得硅酸盐产品，传 统硅酸盐产品包括：普通玻璃、陶瓷、水泥，陶瓷，是用物理化学方法制造出来的最早 的人造材料，一万多年以前，它的诞生使人类由旧石器时代进入了新石器时代，故 C 正 确； D．陶瓷有：日用陶瓷、卫生陶瓷、建筑陶瓷、化工陶瓷和电瓷、压电陶瓷等，共性为具 有抗氧化、抗酸碱腐蚀、耐高温、绝缘、易成型等优点，故 D 正确； 第 9 页（共 29 页） 故选：A。 【点评】本题考查陶瓷有关知识，掌握相关的硅酸盐产品的生产原料、产品组成、性质 以及硅酸盐的概念是解答本题的关键，注意基础知识的积累掌握，题目难度不大。 2．（6 分）关于化合物 2﹣苯基丙烯（ A．不能使稀高锰酸钾溶液褪色 ），下列说法正确的是（　　） B．可以发生加成聚合反应 C．分子中所有原子共平面 D．易溶于水及甲苯 【分析】该有机物中含有苯环和碳碳双键，具有苯和烯烃性质，能发生加成反应、取代 反应、加聚反应、氧化反应，据此分析解答。 【解答】解：A．含有碳碳双键，所以具有烯烃性质，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸 性高锰酸钾溶液褪色，故 A 错误； B．含有碳碳双键，所以能发生加聚反应生成高分子化合物，故 B 正确； C．苯分子中所有原子共平面、乙烯分子中所有原子共平面，甲烷分子为正四面体结构， 有 3 个原子共平面，该分子中甲基具有甲烷结构特点，所以该分子中所有原子不能共平 面，故 C 错误； D．该物质为有机物，没有亲水基，不易溶于水，易溶于甲苯，故 D 错误； 故选：B。 【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查苯和烯烃性质，明确官能团及其性质关 系是解本题关键，会利用知识迁移方法判断原子是否共平面，题目难度不大。 3．（6 分）实验室制备溴苯的反应装置如图所示，关于实验操作或叙述错误的是（　　） A．向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开 K 第 10 页（共 29 页） B．实验中装置 b 中的液体逐渐变为浅红色 C．装置 c 中碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢 D．反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯 【分析】A．K 关闭时难以加入苯和溴的混合液； B．液溴易挥发，溴的四氯化碳溶液呈浅红色； C．碳酸钠溶液能够 HBr 反应； D．洗涤后混合液分层，应该用分液、蒸馏法分离。 【解答】解：A．向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前，需先打开 K 才能平衡压强，以 便加入混合液，故 A 正确； B．挥发出的 HBr 中含有溴，溴溶于四氯化碳呈浅红色，故 B 正确； C．HBr 为污染物，需要用碳酸钠溶液吸收，故 C 正确； D．溴苯中含有剩余的苯，混合液分层，经稀碱溶液洗涤后应先分液再蒸馏，故 D 错误； 故选：D。 【点评】本题考查性质方案的评价，题目难度中等，明确实验原理为解答关键，注意掌 握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。 4．（6 分）固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究 的重要课题。如图为少量 HCl 气体分子在 253K 冰表面吸附和溶解过程的示意图，下列 叙述错误的是（　　） A．冰表面第一层中，HCl 以分子形式存在 B．冰表面第二层中，H+浓度为 5×10﹣3mol•L﹣1（设冰的密度为 0.9g•cm﹣3 C．冰表面第三层中，冰的氢键网络结构保持不变 ）第 11 页（共 29 页） D．冰表面各层之间，均存在可逆反应 HCl⇌H++Cl﹣ 【分析】A．由图可知，冰表面第一层中存在 HCl 分子； B．冰表面第二层中，Cl﹣：H2O＝10﹣4：1，设水的体积为 1L，以此计算； C．冰表面第三层中，仍存在 H2O 分子； D．由图可知，只有第二层存在 HCl 气体分子在冰表面吸附和溶解过程。 【解答】解：A．由图可知，冰表面第一层中存在 HCl 分子，则 HCl 以分子形式存在， 故 A 正确； B．冰表面第二层中，Cl﹣：H2O＝10﹣4：1，设水的体积为 1L，溶液体积近似为 1L， 则 H+浓度为 ＝5×10﹣3mol•L﹣1，故 B 正确； C．冰表面第三层中，仍存在 H2O 分子，则冰的氢键网络结构保持不变，故 C 正确； D．由图可知，只有第二层存在 HCl 气体分子在冰表面吸附和溶解过程，第一、三层不 存在，故 D 错误； 故选：D。 【点评】本题考查溶解平衡，为高频考点，把握分子构成、物质的量浓度的计算、溶解 平衡为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项 D 为解答的难点，题目难度 不大。 5．（6 分）NaOH 溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸 H2A 的 Ka1＝1.1×10﹣3，Ka2＝3.9 ×10﹣6）溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中 b 点为反应终点。下 列叙述错误的是（　　） A．混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关 B．Na+与 A2﹣的导电能力之和大于 HA﹣的 C．b 点的混合溶液 pH＝7 D．c 点的混合溶液中，c（Na+）＞c（K+）＞c（OH﹣） 第 12 页（共 29 页） 【分析】A．由图象可知 a、b、c 点的离子种类、浓度不同，且导电能力不同； B．a 点溶液主要成分为 KHA，b 点主要成分为 Na2A、K2A； C．b 点溶质为为 Na2A、K2A，溶液呈碱性； D．c 点 NaOH 过量，且溶液呈碱性。 【解答】解：A．溶液的导电能力取决于电荷浓度的大小，由图象可知 a、b、c 点的离子 种类、浓度不同，可知混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关，故 A 正确； B 由图象可知 b 点钾离子浓度较小，b 点导电能量较大，b 点存在 Na+与 A2﹣，可知 Na+ 与 A2﹣的导电能力之和大于 HA﹣的，故 B 正确； C．由题给数据可知 H2A 为二元弱酸，b 点溶质为为 Na2A、K2A，为强碱弱酸盐，溶液 呈碱性，则 pH＞7，故 C 错误； D．c 点 NaOH 过量，则 n（NaOH）＞n（KHA），溶液呈碱性，可知 c（Na+）＞c（K+ ）＞c（OH﹣），故 D 正确。 故选：C。 【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，为高频考点和常见题型，侧重考查学生的分析 能力，注意把握题给信息以及图象的分析，把握溶液导电能力和离子浓度的关系，题目 难度中等。 6．（6 分）利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时 MV2+/MV+在电极与 酶之间传递电子，示意图如下所示。下列说法错误的是（　　） A．相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能 B．阴极区，在氢化酶作用下发生反应 H2+2MV2+═2H++2MV+ C．正极区，固氮酶为催化剂，N2 发生还原反应生成 NH3 D．电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动 第 13 页（共 29 页） 【分析】生物燃料电池的工作原理是 N2+3H2 2NH3，其中 N2 在正极区得 电子发生还原反应，H2 在负极区失电子发生氧化反应，原电池工作时阳离子向正极区移 动，据此分析判断。 【解答】解：A．利用生物燃料电池在室温下合成氨，既不需要高温加热，同时还能将化 学能转化为电能，故 A 正确； B．原电池只有正、负极，不存在阴、阳极，其中负极区，氢气在氢化酶的作用下，发生 氧化反应，反应式为 H2+2MV2+═2H++2MV+，故 B 错误； C．N2 在正极区得电子发生还原反应，生成 NH3，故 C 正确； D．燃料电池工作时，负极区生成的 H+透过质子交换膜进入正极区，故 D 正确； 故选：B。 【点评】本题考查原电池原理的应用，涉及燃料电池正负极的判断及离子的移动方向判 断，能准确利用反应原理判断正、负极是解题关键，题目难度不大，属基础考查。 7．（6 分）科学家合成出了一种新化合物（如图所示），其中 W、X、Y、Z 为同一短周期 元素，Z 核外最外层电子数是 X 核外电子数的一半。下列叙述正确的是（　　） A．WZ 的水溶液呈碱性 B．元素非金属性的顺序为 X＞Y＞Z C．Y 的最高价氧化物的水化物是中强酸 D．该新化合物中 Y 不满足 8 电子稳定结构 【分析】W、X、Y、Z 为同一短周期元素，根据图知，X 能形成 4 个共价键、Z 能形成 1 个共价键，则 X 位于第 IVA 族、Z 位于第 VIIA 族，且 Z 核外最外层电子数是 X 核外电 子数的一半，Z 最外层 7 个电子，则 X 原子核外有 14 个电子，X 为 Si 元素，Z 为 Cl 元 素，该阴离子中 Cl 元素为﹣1 价、X 元素为+4 价，根据化合价的代数和为﹣1 价，Y 为﹣ 3 价，所以 Y 为 P 元素，根据阳离子所带电荷知，W 为 Na 元素，通过以上分析知 W、X 、Y、Z 分别是 Na、Si、P、Cl 元素，结合题目分析解答。 【解答】解：通过以上分析知，W、X、Y、Z 分别是 Na、Si、P、Cl 元素， A．WZ 为 NaCl，NaCl 是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，故 A 错误； B．同一周期元素非金属性随着原子序数增大而增强，则非金属性 Cl＞P＞Si，所以非金 第 14 页（共 29 页） 属性 Z＞Y＞X，故 B 错误； C．Y 为 P 元素，Y 的最高价氧化物的水合物是 H3PO4 为中强酸，故 C 正确； D．Y 为 P 元素，其最外层有 5 个电子，P 原子形成 2 个共价键且该阴离子得到 W 原子 一个电子，所以 P 原子达到 8 电子结构，即 Y 原子达到 8 电子结构，故 D 错误； 故选：C。 【点评】本题考查原子结构和元素周期律关系，侧重考查原子结构、元素周期表结构、 元素化合物性质，正确推断 Y 元素是解本题关键，往往易根据 Y 形成的共价键而判断为 S 元素而导致错误，综合性较强，题目难度中等。 二、非选择题：共 43 分。第 8~10 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 11~12 为选 考题，考生根据要求作答。（一）必考题： 8．（14 分）硼酸（H3BO3）是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业 。一种以硼镁矿（含 Mg2B2O5•H2O、SiO2 及少量 Fe2O3、Al2O3）为原料生产硼酸及轻 质氧化镁的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）在 95℃“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为　 NH3+NH4HCO3＝（NH4）2CO3　。 （2）“滤渣 1”的主要成分有　SiO2、Fe2O3、Al2O3　。为检验“过滤 1”后的滤液中 是否含有 Fe3+离子，可选用的化学试剂是　KSCN　。 （3）根据 H3BO3 的解离反应：H3BO3+H2O⇌H++B（OH）4﹣，Ka＝5.81×10﹣10，可判 断 H3BO3 是　一元弱　酸；在“过滤 2”前，将溶液 pH 调节至 3.5，目的是　转化为 H3BO3 ，促进析出　。 （4）在“沉镁”中生成 Mg（OH）•MgCO3 沉淀的离子方程式为　2Mg2++3CO32﹣+2H2O 2﹣＝Mg（OH）2•MgCO3↓+2HCO3 　，母液经加热后可返回　溶浸　工序循环使用。由 碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是　高温焙烧　。 第 15 页（共 29 页） 【分析】硼镁矿（含 Mg2B2O3•H2O、SiO2 及少量 Fe2O3、Al2O3）加入硫酸铵溶液，得 到气体，根据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体为 NH3，用 NH4HCO3 吸收 NH3， 发生反应 NH3+NH4HCO3＝（NH4）2CO3，根据过滤 2 及沉镁成分知，过滤 1 中得到的 滤渣为难溶性的 SiO2、Fe2O3、Al2O3，调节溶液 pH＝3.5 时得到 H3BO3，滤液中含有 MgSO4，沉镁过程发生的反应为 2Mg2++3CO32﹣+2H2O＝Mg（OH）2•MgCO3↓+2HCO3 ﹣，加热分解可以得到轻质 MgO；母液中含有 （NH4）2SO4， （1）氨气为碱性气体，能和酸式铵盐吸收生成正盐； （2）滤渣 1 为难溶性的 SiO2、Fe2O3、Al2O3；Fe3+和 KSCN 溶液混合得到血红色液体； （3）H3BO3 能发生一步电离，且电离平衡常数很小，为一元弱酸；在“过滤 2”前，将 溶液 pH 调节至 3.5，有利于析出 H3BO3； （4）在“沉镁”中镁离子和碳酸根离子发生水解和复分解反应生成 Mg（OH） •MgCO3 2沉淀，同时还生成碳酸氢根离子离子；在母液中得到 （NH4）2SO4，在溶浸时需要加入 （NH4）2SO4，碱式碳酸镁高温易分解得到氧化物、水和二氧化碳。 【解答】解：硼镁矿（含 Mg2B2O3•H2O、SiO2 及少量 Fe2O3、Al2O3）加入硫酸铵溶液， 得到气体，根据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体为 NH3，用 NH4HCO3 吸收 NH3， 发生反应 NH3+NH4HCO3＝（NH4）2CO3，根据过滤 2 及沉镁成分知，过滤 1 中得到的 滤渣为难溶性的 SiO2、Fe2O3、Al2O3，调节溶液 pH＝3.5 时得到 H3BO3，滤液中含有 MgSO4，沉镁过程发生的反应为 2Mg2++3CO32﹣+2H2O＝Mg（OH）2•MgCO3↓+2HCO3 ﹣，加热分解可以得到轻质 MgO；母液中含有 （NH4）2SO4， （1）氨气为碱性气体，能和酸式铵盐吸收生成正盐，反应方程式为 NH3+NH4HCO3＝（ NH4）2CO3， 故答案为：NH3+NH4HCO3＝（NH4）2CO3； （2）滤渣 1 为难溶性的 SiO2、Fe2O3、Al2O3；Fe3+和 KSCN 溶液混合得到血红色液体， 所以可以用 KSCN 溶液检验铁离子， 故答案为：SiO2、Fe2O3、Al2O3；KSCN； （3）H3BO3 能发生一步电离，且电离平衡常数很小，所以为一元弱酸；在“过滤 2”前 ，将溶液 pH 调节至 3.5，有利于析出 H3BO3，如果溶液 pH 较大，得不到硼酸而得到硼 酸盐， 故答案为：一元弱；转化为 H3BO3，促进析出； （4）在“沉镁”中镁离子和碳酸根离子发生水解和复分解反应生成 Mg（OH） •MgCO3 2第 16 页（共 29 页） 沉淀，同时还生成碳酸氢根离子离子，离子方程式为 2Mg2++3CO32﹣+2H2O＝Mg（OH） 2•MgCO3↓+2HCO3﹣；在母液中得到 （NH4）2SO4，在溶浸时需要加入 （NH4）2SO4， 所以母液经加热后可返回溶浸工序循环使用，碱式碳酸镁高温易分解得到氧化物、水和 二氧化碳，所以高温焙烧就可以得到轻质氧化镁， 故答案为：2Mg2++3CO32﹣+2H2O＝Mg（OH）2•MgCO3↓+2HCO3﹣；溶浸；高温焙烧。 【点评】本题考查物质分离提纯及制备，涉及方程式的书写、制备方法判断、离子检验 等知识点，明确元素化合物性质及其性质差异性、离子检验方法及流程图中发生的反应 是解本题关键，注意从整体上分析判断各物质成分，题目难度中等。 9．（15 分）硫酸铁铵[NH4Fe（SO4）2•xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为 宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如图： 回答下列问题： （1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是　碱煮水洗　。 （2）步骤②需要加热的目的是　加快反应　，温度保持 80﹣95℃，采用的合适加热方 式是　热水浴　。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置 为　C　（填标号）。 （3）步骤③中选用足量的 H2O2，理由是　将 Fe2+全部氧化为 Fe3+，不引入杂质　。分 批加入 H2O2，同时为了　防止 Fe3+水解　，溶液要保持 pH 小于 0.5。 （4）步骤⑤的具体实验操作有　蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤　，经干燥得到硫酸 铁铵晶体样品。 （5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到 150℃时失掉 1.5 个结晶水，失重 5.6%．硫酸铁铵晶体的化学式为　NH4Fe（SO4）2•12H2O　。 【分析】废铁屑中含有油污，油污在碱性条件下水解，且碱和 Fe 不反应，所以可以用碱 第 17 页（共 29 页） 性溶液除去废铁屑中的油污，将干净铁屑进入稀硫酸中并加热，稀硫酸和 Fe 发生置换反 应生成硫酸亚铁和氢气，过滤除去废渣得到滤液，滤液中含有未反应的稀硫酸和生成的 硫酸亚铁，然后向滤液中加入 H2O2，Fe2+ 被氧化生成 Fe3+ 而得到硫酸铁溶液，然后向 硫酸铁溶液中加入硫酸铵固体，然后通过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到 硫酸铁铵固体； （1）油污在碱性条件下水解； （2）温度越高化学反应速率越快；低于 100℃的加热需要水浴加热；铁屑中含有少量硫 化物，反应产生的气体需要净化处理，硫化物和稀硫酸反应生成 H2S，H2S 属于酸性气 体，用碱液吸收，且要防止倒吸； （3）H2O2 具有氧化性，能氧化 Fe2+，且双氧水被还原生成水；Fe3+水解导致溶液呈酸 性，所以酸能抑制 Fe3+水解； （4）从溶液中获取晶体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的方法； （5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到 150℃时失掉 1.5 个结晶水，失去结晶水的式量＝18×1.5＝27，失重 5.6%，则该晶体式量＝ ，x＝ ＝482 。【解答】解：废铁屑中含有油污，油污在碱性条件下水解，且碱和 Fe 不反应，所以可以 用碱性溶液除去废铁屑中的油污，将干净铁屑进入稀硫酸中并加热，稀硫酸和 Fe 发生置 换反应生成硫酸亚铁和氢气，过滤除去废渣得到滤液，滤液中含有未反应的稀硫酸和生 成的硫酸亚铁，然后向滤液中加入 H2O2，Fe2+ 被氧化生成 Fe3+ 而得到硫酸铁溶液，然 后向硫酸铁溶液中加入硫酸铵固体，然后通过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 得到硫酸铁铵固体； （1）油污在碱性条件下水解生成羧酸盐和甘油，羧酸盐和甘油都易溶于水，然后水洗， 从而除去油污， 故答案为：碱煮水洗； （2）温度越高化学反应速率越快，缩短反应时间，所以步骤②需要加热的目的是加快反 应；低于 100℃的加热需要水浴加热，所以温度保持 80﹣95℃，采用的合适加热方式为 热水浴；铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，硫化物和稀硫酸反应 生成 H2S，H2S 属于酸性气体，用碱液吸收，且要防止倒吸， BD 不能防止倒吸且 A 溶解硫化氢能力较弱，所以选取 C， 第 18 页（共 29 页） 故答案为：加快反应；热水浴；C； （3）H2O2 具有氧化性，能氧化 Fe2+生成铁离子且双氧水被还原生成水，不引进杂质， 所以选取双氧水作氧化剂；Fe3+水解导致溶液呈酸性，H+能抑制 Fe3+水解，为防止 Fe3+ 水解需要溶液的 pH 保持 0.5， 故答案为：将 Fe2+全部氧化为 Fe3+，不引入杂质；防止 Fe3+水解； （4）从溶液中获取晶体采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，所以步骤 ⑤中从溶液中获取晶体的步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥， 故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤； （5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到 150℃时失掉 1.5 个结晶水，失去结晶水的式量＝18×1.5＝27，失重 5.6%，则该晶体式量＝ ，x＝ ＝12，所以其化学式为 NH4Fe（SO4）2•12H2O， 故答案为：NH4Fe（SO4）2•12H2O。 ＝482 【点评】本题考查物质制备，涉及物质分离提纯、反应条件选取、尾气处理、计算等知 识点，侧重考查分析判断、实验操作、计算能力，明确流程图中各物质成分及其性质、 化学反应原理及元素化合物性质是解本题关键，难点是（5）题计算，题目难度不大。 10．（14 分）水煤气变换[CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）]是重要的化工过程， 主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题： （1）Shibata 曾做过下列实验：①使纯 H2 缓慢地通过处于 721℃下的过量氧化钴 CoO（ s），氧化钴部分被还原为金属钴 Co（s），平衡后气体中 H2 的物质的量分数为 0.0250。 ②在同一温度下用 CO 还原 CoO（s），平衡后气体中 CO 的物质的量分数为 0.0192。 根据上述实验结果判断，还原 CoO（s）为 Co（s）的倾向是 CO　大于　H2（填“大于” 或“小于”）。 （2）721℃时，在密闭容器中将等物质的量的 CO（g）和 H2O（g）混合，采用适当的催 化剂进行反应，则平衡时体系中 H2 的物质的量分数为　C　（填标号）。 A．＜0.25 B．0.25 C．0.25～0.50 D．0.50 E．＞0.50 （3）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应 历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。 第 19 页（共 29 页） 可知水煤气变换的△H　小于　0（填“大于”“等于”或“小于”），该历程中最大能 垒（活化能）E 正＝　2.02　eV，写出该步骤的化学方程式　COOH*+H*+H2O*＝ COOH*+2H*+OH*或 H2O*＝H*+OH*　。 （4）Shoichi 研究了 467℃、489℃时水煤气变换中 CO 和 H2 分压随时间变化关系（如图 所示）。催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的 和 pCO 相等、 和相等。 计算曲线 a 的反应在 30～90min 内的平均速率 （a）＝　0.0047　kPa•min﹣1．467℃时 和 pCO 随时间变化关系的曲线分别是　a　、　d　。489℃时 和 pCO 随时间变化 关系的曲线分别是　b　、　c　。 第 20 页（共 29 页） 【分析】（1）①使纯 H2 缓慢地通过处于 721℃下的过量的氧化钴 CoO（s），氧化钴部 分被还原为金属钴 Co（s），平衡后气体中 H2 的物质的量分数为 0.0250。 ②在同一温度下用 CO 还原 CoO（s），平衡后气体中 CO 的物质的量分数为 0.0192。 相同条件下还原反应达到平衡状态后，反应前后气体物质的量都是不变的反应，一氧化 碳物质的量分数小于氢气物质的量分数，说明一氧化碳进行的程度大； （2）CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g），等物质的量的一氧化碳和水蒸气反应生 成二氧化碳和氢气，反应前后气体物质的量不变，当反应物全部反应氢气所占物质的量 的分数 50%，但反应为可逆反应不能进行彻底； （3）图象分析可知水煤气的生成过程经过了过渡态 1 和过渡态 2，最后生成产物的能量 低于反应物，正反应进行的方向需要吸收能量，结合图此分析判断，该历程中最大能垒（ 活化能）E 正，得到反应的化学方程式； （4）曲线 a 的反应在 30～90min 内，分压变化＝4.08kPa﹣3.80kPa＝0.28kPa，平均速率 （a）＝ ，反应为放热反应，温度越高平衡逆向进行，CO 分压越大，氢气分压越小， 据此分析判断。 【解答】解：（1）①使纯 H2 缓慢地通过处于 721℃下的过量的氧化钴 CoO（s），氧化 钴部分被还原为金属钴 Co（s），平衡后气体中 H2 的物质的量分数为 0.0250，反应的化 学方程式：H2+CoO⇌Co+H2O ②在同一温度下用 CO 还原 CoO（s），平衡后气体中 CO 的物质的量分数为 0.0192，反 应的化学方程式：CO+CoO⇌Co+CO2， 相同条件下还原反应达到平衡状态后，反应前后气体物质的量都是不变的反应，一氧化 碳物质的量分数小于氢气物质的量分数，说明一氧化碳进行的程度大 故答案为：大于； （2）假设氢气和一氧化碳物质的量为 1， ①H2+CoO⇌Co+H2O 起始量 1a0变化量 a平衡量 1﹣a a＝0.025 a＝0.975 第 21 页（共 29 页） K1＝ ＝39 ②CO+CoO⇌Co+CO2， 起始量 10变化量 b b平衡量 1﹣b ＝0.0192 bb＝0.9818 K2＝ 设一氧化碳和氢气物质的量 m， CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）， ＝51 起始量 mxm00变化量 xxxx平衡量 m﹣x m﹣x x＝K＝ ＝＝1.31＞1 x＞m﹣x ＞0.25 等物质的量的一氧化碳和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气，反应前后气体物质的量不变， 当反应物全部反应氢气所占物质的量的分数 50%，但反应为可逆反应不能进行彻底，氢 气的物质的量分数一定小于 50%，故选：C， 故答案为：C； （3）图象分析可知水煤气的生成过程经过了过渡态 1 和过渡态 2，最后生成产物的能量 低于反应物，反应的焓变小于 0，正反应进行的方向需要吸收能量，结合图此分析判断， 是发生的过渡反应：COOH*+H*+H2O*＝COOH*+2H*+OH*或 H2O*＝H*+OH*，该历程 中最大能垒（活化能）E 正＝1.86eV﹣（﹣0.16eV）＝2.02eV， 故答案为：小于；2.02；COOH*+H*+H2O*＝COOH*+2H*+OH*或 H2O*＝H*+OH*； （4）曲线 a 的反应在 30～90min 内，分压变化＝4.08kPa﹣3.80kPa＝0.28kPa，平均速率 （a）＝ ＝＝0.0047kPa/min，反应为放热反应，温度越高平衡逆向进 第 22 页（共 29 页） 行，CO 分压越大，氢气分压越小，489℃时 pH2 和 pCO 随时间变化关系的曲线分别是 a、d ，467℃时 pH2 和 pCO 随时间变化关系的曲线分别是 b、c， 故答案为：0.0047；a、d；b、c；。 【点评】本题考查了化学反应焓变判断、反应过程的理解应用、化学反应速率计算、影 响化学平衡的因素的分析判断等知识点，注意题干信息的理解分析，掌握基础是解题关 键，题目难度中等。 （二）选考题：共 15 分。请考生从 2 道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第 一题计分。[化学–选修 3：物质结构与性质] 11．（15 分）在普通铝中加入少量 Cu 和 Mg 后，形成一种称为拉维斯相的 MgCu2 微小晶 粒，其分散在 Al 中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞 机的主要材料。回答下列问题： （1）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是　A　（填标号）。 （2）乙二胺（H2NCH2CH2NH2）是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是　sp3　 、　sp3　。乙二胺能与 Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是　乙二胺的两 个 N 提供孤对电子给金属离子形成配位键　，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较 高的是　Cu2+　（填“Mg2+”或“Cu2+”）。 （3）一些氧化物的熔点如下表所示： 氧化物 MgO 2800 Li2O 1570 P4O6 23.8 SO2 熔点/℃ ﹣75.5 解释表中氧化物之间熔点差异的原因　Li2O 和 MgO 是离子晶体、P4O6 和 SO2 是分子晶 体，且晶格能 MgO＞Li2O，分子间作用力：P4O6＞SO2　。 （4）图（a）是 MgCu2 的拉维斯结构，Mg 以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四 面体空隙中，填入以四面体方式排列的 Cu．图（b）是沿立方格子对角面取得的截图。 可见，Cu 原子之间最短距离 x＝　 a　pm，Mg 原子之间最短距离 y＝　 a　pm． 设阿伏加德罗常数的值为 NA，则 MgCu2 的密度是　 　g•cm﹣3（列出计 第 23 页（共 29 页） 算表达式）。 【分析】（1）能量越高越不稳定，越易失电子，所以激发态的微粒易失电子，原子轨道 中处于半满状态时较稳定； （2）每个 N 原子形成的共价键有 2 个 N﹣H 键、1 个 N﹣C 键，且还含有 1 个孤电子对 ；每个 C 原子形成的共价键有 2 个 C﹣H 键、2 个 C﹣N 键，所以 N、C 原子价层电子对 个数都是 4，根据价层电子对互斥理论判断 N、C 原子杂化类型；含有孤电子对的原子和 含有空轨道的原子之间易形成配位键；碱土金属与乙二胺形成的化合物稳定性较弱； （3）晶体熔沸点：离子晶体＞分子晶体，离子晶体熔沸点与晶格能有关，晶格能越大熔 沸点越高，晶格能与离子半径成反比，与电荷成正比；分子晶体熔沸点与分子间作用力 有关，分子间作用力与相对分子质量有关，相对分子质量越大其分子间作用力越大； （4）如图 所示，AB 之间的距离为面对角线长度＝ apm，AB 之间距离相当于 4 个 Cu 原子直径，x 距离 1 个 Cu 原子直径； CD 距离为 y，该长度为体对角线 BC 长度的 ，体对角线长度＝棱长＝ ×apm； 该晶胞中 Mg 原子位于 8 个顶点上、6 个面心上，在晶胞内部有 4 个 Mg 原子，所以 Mg 原子个数＝8× +6× +4＝8，Cu 原子都位于晶胞内部，有 16 个； 晶胞体积＝（a×10﹣10 cm）3，晶胞密度＝ 。【解答】解：（1）AD 微粒都是 Mg 原子失去一个电子后得到的，但是 D 微粒能量高于 A，稳定性 A＞D，所以失电子能量 A＞D； 第 24 页（共 29 页） BC 都是原子，但是 B 是基态、C 是激发态，能量：C＞B，稳定性 B＞C，所以失去一个 电子能量：B＞C； A 为 Mg+、B 为 Mg 原子，A 再失去电子所需能量就是 Mg 原子失去 2 个电子的能量， 为 Mg 原子的第二电离能，B 失去一个电子的能量是 Mg 原子的第一电离能，其第二电离 能大于第一电离能，所以电离最外层一个电子所需能量 A＞B， 通过以上分析知，电离最外层一个电子所需能量最大的是 A， 故答案为：A； （2）每个 N 原子形成的共价键有 2 个 N﹣H 键、1 个 N﹣C 键，且还含有 1 个孤电子对 ；每个 C 原子形成的共价键有 2 个 C﹣H 键、2 个 C﹣N 键，所以 N、C 原子价层电子对 个数都是 4，根据价层电子对互斥理论判断 N、C 原子杂化类型分别为 sp3、sp3；含有孤 电子对的原子和含有空轨道的原子之间易形成配位键，乙二胺的两个 N 提供孤对电子给 金属离子形成配位键，所以乙二胺能与 Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子；碱土 金属与乙二胺形成的化合物稳定性较弱，所以与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的 是 Cu2+， 故答案为：sp3；sp3；乙二胺的两个 N 提供孤对电子给金属离子形成配位键；Cu2+； （3）晶体熔沸点：离子晶体＞分子晶体，离子晶体熔沸点与晶格能有关，晶格能越大熔 沸点越高，晶格能与离子半径成反比，与电荷成正比，分子晶体熔沸点与分子间作用力 有关，分子间作用力与相对分子质量有关，相对分子质量越大其分子间作用力越大，Li2O 和 MgO 是离子晶体、P4O6 和 SO2 是分子晶体，且晶格能 MgO＞Li2O，分子间作用力： P4O6＞SO2，所以熔沸点：MgO＞Li2O＞P4O6＞SO2， 故答案为：Li2O 和 MgO 是离子晶体、P4O6 和 SO2 是分子晶体，晶格能 MgO＞Li2O，分 子间作用力：P4O6＞SO2； （4）如图 所示，AB 之间的距离为面对角线长度＝ apm，AB 之间距离相当于 4 个 Cu 原子直径，x 距离 1 个 Cu 原子直径＝ ；第 25 页（共 29 页） 体对角线长度＝ 棱长＝ ×apm，CD 距离为 y，该长度为体对角线 BC 长度的 ×apm＝ apm； ＝×该晶胞中 Mg 原子位于 8 个顶点上、6 个面心上，在晶胞内部有 4 个 Mg 原子，所以 Mg 原子个数＝8× +6× +4＝8，Cu 原子都位于晶胞内部，有 16 个； ﹣ 10 3晶 胞 体 积 ＝ （ a × 10 g/cm3， cm ） ，晶 胞 密 度 ＝ ＝g/cm3 ＝ 故答案为： a； a； 。【点评】本题考查结构和性质，涉及晶胞计算、配合物、原子杂化类型判断等知识点， 侧重考查基础知识综合运用、空间想像能力及计算能力，难点是晶胞计算，注意 CD 距 离与晶胞棱长关系，题目难度中等。 [化学–选修 5：有机化学基础] 12．化合物 G 是一种药物合成中间体，其合成路线如下： 回答下列问题： （1）A 中的官能团名称是　羟基　。 （2）碳原子上连有 4 个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出 B 的结构简式，用 星号（*）标出 B 中的手性碳　 　。 第 26 页（共 29 页） （3 ）写出具有六元环结构、并能发生银镜反应的 B 的同分异构体的结构简式　 　。（不考虑立体异构，只需写出 3 个） （4）反应④所需的试剂和条件是　CH3CH2OH、浓硫酸、加热　。 （5）⑤的反应类型是　取代反应　。 （6）写出F到G的反应方程式　　。 （7）设计由甲苯和乙酰乙酸乙酯（CH3COCH2COOC2H5）制备 的合成路线　 　（无机试剂任选）。 【分析】A 发生氧化反应生成 B，B 发生加成反应生成 C，C 发生氧化反应生成 D，根据 E 结构简式知，D 为 ，D 发生酯化反应生成 E，F 先发生碱性条件下水解 然后酸化得到 G，根据 EG 结构简式知，E 发生取代反应生成 F，F 为 ；（7）由甲苯和乙酰乙酸乙酯（CH3COCH2COOC2H5）制备 ，甲苯和溴在光 第 27 页（共 29 页） 照条件下生成 ，CH3COCH2COOC2H5 发生取代反应生成 CH3COCH（CH2C6H5） COOCH2CH3，最后发生碱性条件下水解然后酸化得到目标产物。 【解答】解：（1）A 中的官能团名称是羟基， 故答案为：羟基； （2）碳原子上连有 4 个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，连接甲基的碳原子为手 性碳，其手性碳为 ，故答案为： ；（3）具有六元环结构，说明环上有 6 个原子，并能发生银镜反应，说明含有﹣CHO，B 的不饱和度是 2，环的不饱和度是 1、醛基的不饱和度是 1，则符合条件的 B 的同分异构 体中不含其它碳碳不饱和键， 取代基为﹣CH3、﹣CHO 时，两个取代基可能位于同一个碳原子上，有 1 种； 可能位于不同碳原子上有邻间对 3 种， 取代基可能为﹣CH2CHO，1 种， 所 以 符 合 条 件 的 有 5种 ， 这 5种 结 构 简 式 分 别 为 ，故答案为： ；（4）反应④为羧基转化为酯基的酯化反应，生成羧酸乙酯，则所需的试剂和条件是 CH3CH2OH、浓硫酸、加热， 故答案为：CH3CH2OH、浓硫酸、加热； （5）⑤的反应类型是取代反应， 故答案为：取代反应； （6）F 先发生碱性条件下的水解反应生成羧酸盐和乙醇，然后羧酸盐酸化得到 G，则 F 第 28 页（共 29 页） 到 G 的反应方程式 ，故答案为： ；（7）由甲苯和乙酰乙酸乙酯（CH3COCH2COOC2H5）制备 ，甲苯和溴在光 照条件下生成 ，CH3COCH2COOC2H5 发生取代反应生成 CH3COCH（CH2C6H5 ）COOCH2CH3，最后发生碱性条件下水解然后酸化得到目标产物，其合成路线为 ，故答案为：。【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析推断及信息获取、知识迁移能力，正确 推断各物质结构简式、明确反应中断键和成键方式是解本题关键，利用 G 的合成路线中 ⑤⑥步采用知识迁移方法进行（7）题方案设计，题目难度中等。 第 29 页（共 29 页）