2020年全国统一高考化学试卷（新课标ⅰ）（含解析版）下载

2020 年全国统一高考化学试卷（新课标Ⅰ） 一、选择题：本题共 7 小题，每小题 6 分，共 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）国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，乙醚、75%乙醇、含氯消 毒剂、过氧乙酸（CH3COOOH）、氯仿等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品，下列 说法错误的是（　　） A．CH3CH2OH 能与水互溶 B．NaClO 通过氧化灭活病毒 C．过氧乙酸相对分子质量为 76 D．氯仿的化学名称是四氯化碳 2．（6 分）紫花前胡醇（ ）可从中药材当归和白芷中提取得到， 能提高人体免疫力。有关该化合物，下列叙述错误的是（　　） A．分子式为 C14H14O4 B．不能使酸性重铬酸钾溶液变色 C．能够发生水解反应 D．能够发生消去反应生成双键 3．（6 分）下列气体去除杂质的方法中，不能实现目的的是（　　） 气体（杂质） SO2（H2S） Cl2（HCl） N2（O2） 方法 A． B． C． D． 通过酸性高锰酸钾溶液 通过饱和的食盐水 通过灼热的铜丝网 通过氢氧化钠溶液 NO（NO2） A．A B．B C．C D．D 4．（6 分）铑的配合物离子（Rh（CO） I ]﹣可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。下列 2 2 叙述错误的是（　　） 第 1 页（共 30 页） A．CH3COI 是反应中间体 B．甲醇羰基化反应为 CH3OH+CO═CH3CO2H C．反应过程中 Rh 的成键数目保持不变 D．存在反应 CH3OH+HI═CH3I+H2O 5．（6 分）1934 年约里奥﹣居里夫妇在核反应中用 α 粒子（即氦核 He）轰击金属原子 X ，得到核素 Y，开创了人造放射性核素的先河： X+ He→ Y+ n其中元素 X、Y 的最外层电子数之和为 8．下列叙述正确的是（　　） A． X 的相对原子质量为 26 B．X、Y 均可形成三氯化物 C．X 的原子半径小于 Y 的 D．Y 仅有一种含氧酸 6．（6 分）科学家近年发明了一种新型 Zn﹣CO2 水介质电池。电池示意图如图，电极为金 属锌和选择性催化材料。放电时，温室气体 CO2 被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境 和能源问题提供了一种新途径。下列说法错误的是（　　） 第 2 页（共 30 页） 2﹣ A．放电时，负极反应为 Zn﹣2e﹣+4OH﹣═Zn（OH）4 B．放电时，1mol CO2 转化为 HCOOH，转移的电子数为 2mol C．充电时，电池总反应为 2Zn（OH）42﹣═2Zn+O2↑+4OH﹣+2H2O D．充电时，正极溶液中 OH﹣浓度升高 7．（6 分）以酚酞为指示剂，用 0.1000mol•L﹣1 的 NaOH 溶液滴定 20.00mL 未知浓度的二 元酸 H2A 溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加 NaOH 溶液体积 VNaOH 的变化关系如 图所示。[比如 A2﹣的分布系数：δ（A2﹣）＝ ]下列叙述正确的是（　　） A．曲线①代表δ（H2A），曲线②代表δ（HA﹣） B．H2A 溶液的浓度为 0.2000mol•L﹣1 C．HA﹣的电离常数 Ka＝1.0×10﹣2 D．滴定终点时，溶液中 c（Na+）＜2c（A2﹣）+c（HA﹣） 二、非选择题：共 58 分。第 8～10 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 11～12 题 为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共 43 分。 8．（14 分）钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5 价的化合物存在，还包括钾、 镁的铝硅酸盐，以及 SiO2、Fe3O4．采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备 NH4VO3。 该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的 pH 如下表所示： 第 3 页（共 30 页） Fe3+ 1.9 Fe2+ 7.0 Al3+ 3.0 Mn2+ 8.1 金属离子 开始沉淀 pH 完全沉淀 pH 3.2 9.0 4.7 10.1 回答下列问题： （1）“酸浸氧化”需要加热，其原因是　 　。 +（2）“酸浸氧化”中，VO+和 VO2+被氧化成 VO2 ，同时还有　 　离子被氧化。写 +出 VO+转化为 VO2 反应的离子方程式　 　。 （3）“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为 V2O5•xH2O，随滤液②可除去金属离子 K+、Mg2+ 、Na+、　 　，以及部分的　 　。 （4）“沉淀转溶”中，V2O5•xH2O 转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是　 （5）“调 pH”中有沉淀生成，生成沉淀反应的化学方程式是　。 （6）“沉钒”中析出 NH4VO3 晶体时，需要加入过量 NH4Cl，其原因是　 　。 　。 9．（15 分）为验证不同化合价铁的氧化还原能力，利用下列电池装置进行实验。 回答下列问题： （1）由 FeSO4•7H2O 固体配制 0.10mol•L﹣1 FeSO4 溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、　 　（从下列图中选择，写出名称）。 （2）电池装置中，盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发 生化学反应，并且电迁移率（u∞）应尽可能地相近。根据下表数据，盐桥中应选择　 作为电解质。 　第 4 页（共 30 页） u∞×108/（m2•s﹣1•V﹣1 ）u∞×108/（m2•s﹣1•V﹣1 阳离子 Li+ 阴离子 ﹣4.07 5.19 6.59 7.62 4.61 7.40 7.91 8.27 HCO3 Na+ NO3 ﹣Ca2+ K+ Cl﹣ 2﹣ SO4 （3）电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。可知，盐桥中的阳离子进入　 　电极 溶液中。 （4）电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中 c（Fe2+）增加了 0.02mol•L﹣1．石墨电 极上未见 Fe 析出。可知，石墨电极溶液中 c（Fe2+）＝　 　。 （5）根据（3）、（4）实验结果，可知石墨电极的电极反应式为　 　。因此，验证了 Fe2+氧化性小于　 　，铁电极反应 　。 式为　 　，还原性小于　 （6）实验前需要对铁电极表面活化。在 FeSO4 溶液中加入几滴 Fe2（SO4）3 溶液，将铁 电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化。检验活化反应完成的方法是　。 10．（14 分）硫酸是一种重要的基本化工产品。接触法制硫酸生产中的关键工序是 SO2 的 SO3（g）△H＝﹣98kJ•mol﹣1．问答下列问题： 催化氧化：SO2（g）+ O2（g） （1）钒催化剂参与反应的能量变化如图（a）所示，V2O5（s）与 SO2（g）反应生成 VOSO4（s）和 V2O4（s）的热化学方程式为：　。 （2）当 SO2（g）、O2（g）和 N2（g）起始的物质的量分数分别为 7.5%、10.5%和 82% 时，在 0.5MPa、2.5MPa 和 5.0MPa 压强下，SO2 平衡转化率 α 随温度的变化如图（b） 所示。反应在 5.0MPa、550℃时的 α＝　 有　。 　，判断的依据是　 　。影响 α 的因素 第 5 页（共 30 页） （3）将组成（物质的量分数）为 2m% SO2（g）、m% O2（g）和 q% N2（g）的气体通 入反应器，在温度 t、压强 p 条件下进行反应。平衡时，若 SO2 转化率为 α，则 SO3 压强 为　 　，平衡常数 Kp＝　（以分压表示，分压＝总压×物质的量分数）。 ﹣1）0.8（1﹣nα′）式 （4）研究表明，SO2 催化氧化的反应速率方程为：v＝k（ 中：k 为反应速率常数，随温度 t 升高而增大；α 为 SO2 平衡转化率，α′为某时刻 SO2 转化率，n 为常数。在 α′＝0.90 时，将一系列温度下的 k、α 值代入上述速率方程，得 到 v～t 曲线，如图（c）所示。 曲线上 v 最大值所对应温度称为该 α′下反应的最适宜温度 tm．t＜tm 时，v 逐渐提高；t ＞tm 后，v 逐渐下降。原因是　。 （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]（15 分） 11．（15 分）Goodenough 等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的 卓越贡献而获得 2019 年诺贝尔化学奖。回答下列问题： （1）基态 Fe2+与 Fe3+离子中未成对的电子数之比为　。 （2）Li 及其周期表中相邻元素的第一电离能（I1）如表所示。I1（Li）＞I1（Na），原 因是　 　。 I1（Be）＞I1（B）＞I1（Li），原因是　 　。 I1/（kJ•mol﹣1 ）Li Be B520 900 801 Na Mg 738 Al 496 578 （3）磷酸根离子的空间构型为　 　，其中 P 的价层电子对数为　 　、杂化轨道类 第 6 页（共 30 页） 型为　 　。 （4）LiFePO4 的晶胞结构示意图如（a）所示。其中 O 围绕 Fe 和 P 分别形成正八面体和 正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有 LiFePO4 的单元数 有　 　个。 电池充电时，LiFePO4 脱出部分 Li+，形成 Li1﹣xFePO4，结构示意图如（b）所示，则 x＝　 ，n（Fe2+）：n（Fe3+）＝　 　　。 [化学–选修 5：有机化学基础]（15 分） 12．有机碱，例如二甲基胺（ ）、苯胺（ ）、吡啶（ ）等，在有 机合成中应用很普遍，目前“有机超强碱”的研究越来越受到关注。以下为有机超强碱 F 的合成路线： 已知如下信息： ①H2C＝CH2 第 7 页（共 30 页） ②+RNH2 ③苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体 回答下列问题： （1）A 的化学名称为　 　。 （2）由 B 生成 C 的化学方程式为　 （3）C 中所含官能团的名称为　 （4）由 C 生成 D 的反应类型为　 　。 　。 　。 （5）D 的结构简式为　 　。 （6）E 的六元环芳香同分异构体中，能与金属钠反应，且核磁共振氢谱有四组峰，峰面 积之比为 6：2：2：1 的有　 　种，其中，芳香环上为二取代的结构简式为　 　。 第 8 页（共 30 页） 2020 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：本题共 7 小题，每小题 6 分，共 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）国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，乙醚、75%乙醇、含氯消 毒剂、过氧乙酸（CH3COOOH）、氯仿等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品，下列 说法错误的是（　　） A．CH3CH2OH 能与水互溶 B．NaClO 通过氧化灭活病毒 C．过氧乙酸相对分子质量为 76 D．氯仿的化学名称是四氯化碳 【分析】A．CH3CH2OH 与水分子间能形成氢键，并且都是极性分子； B．NaClO 具有强氧化性； C．过氧乙酸的结构简式为 CH3COOOH； D．氯仿的化学名称是三氯甲烷。 【解答】解：A．CH3CH2OH 与水分子间能形成氢键，并且都是极性分子，所以 CH3CH2OH 能与水以任意比互溶，故 A 正确； B．NaClO 具有强氧化性，通过氧化能灭活病毒，故 B 正确； C．过氧乙酸的结构简式为 CH3COOOH，相对分子质量为 12×2+4+16×3＝76，故 C 正 确； D．氯仿的化学名称是三氯甲烷，不是四氯化碳，故 D 错误； 故选：D。 【点评】本题结合时事热点考查化学问题，平时要注意积累，题目难度不大。 2．（6 分）紫花前胡醇（ ）可从中药材当归和白芷中提取得到， 能提高人体免疫力。有关该化合物，下列叙述错误的是（　　） A．分子式为 C14H14O4 B．不能使酸性重铬酸钾溶液变色 第 9 页（共 30 页） C．能够发生水解反应 D．能够发生消去反应生成双键 【分析】A、分子中 14 个碳原子，不饱和度为 8； B、分子中含有碳碳双键和羟基直接相连碳上有氢原子； C、分子中含有酯基，能发生水解； D、与﹣OH 相连的 C 的邻位 C 上有一种 H 可发生消去反应； 【解答】解：A、分子的不饱和度为 8，则氢原子个数为：14×2+2﹣8×2＝14，四个氧 原子，所以分子式为：C14H14O4，故 A 正确； B、分子中含有碳碳双键和羟基直接相连碳上有氢原子，所以能使酸性重铬酸钾溶液变色 ，故 B 错误； C、分子中含有能发生水解酯基，则紫花前胡醇能水解，故 C 正确； D、与﹣OH 相连的 C 的邻位 C 上有一种 H 可发生消去反应，生成双键，故 D 正确； 故选：B。 【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握醇消去反应的结构特点为解 答的关键，侧重醇性质的考查，题目难度不大。 3．（6 分）下列气体去除杂质的方法中，不能实现目的的是（　　） 气体（杂质） 方法 A． B． C． D． 通过酸性高锰 酸钾溶液 SO2（H2S） 通过饱和的食 盐水 Cl2（HCl） N2（O2） 通过灼热的铜 丝网 通过氢氧化钠 溶液 NO（NO2） A．A B．B C．C D．D 【分析】除杂的原则是不引入新的杂质，不减少要提纯的物质，操作简单，绿色环保。 A．SO2 具有还原性，易被酸性高锰酸钾溶液氧化为硫酸； B．饱和食盐水可以减少氯气的溶解量； 第 10 页（共 30 页） C．N2（O2）利用化学性质的差异，铜与氧气反应，； D.2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O，NO 为不成盐氧化物， 【解答】解：A．SO2 被酸性高锰酸钾溶液氧化为硫酸，故 A 错误； B．Cl2（HCl）利用溶解性的差异，除去 HCl，故 B 正确； C．N2（O2）利用化学性质的差异，铜与氧气反应，不与氮气反应，达到除杂目的，故 C 正确； D．NO2 可以与 NaOH 发生反应：2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O，NO 与 NaOH 溶 液不能发生反应；尽管 NO 可以与 NO2 一同跟 NaOH 发生反应：NO+NO2+2NaOH═ 2NaNO3+H2O，但由于杂质的含量一般较少，所以也不会对 NO 的量产生较大的影响， 故 D 正确； 故选：A。 【点评】本题考查了气体除杂质，要掌握各物质的性质，难度不大，注重基础。 4．（6 分）铑的配合物离子（Rh（CO） I ]﹣可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。下列 2 2 叙述错误的是（　　） A．CH3COI 是反应中间体 B．甲醇羰基化反应为 CH3OH+CO═CH3CO2H C．反应过程中 Rh 的成键数目保持不变 D．存在反应 CH3OH+HI═CH3I+H2O 【分析】A、由图可知，铑的配合物离子（Rh（CO）2I2]﹣生成 CH3COI，CH3COI 继续 与 H2O 反应生成 HI 和 CH3CO2H； 第 11 页（共 30 页） B、由图可知发生的反应依次为：①CH3OH+HI═CH3I+H2O，② +CH3I＝ ，③＝，④+CO ＝＝， ⑤ ＝ CH3COI+ ， ⑥CH3COI+H2O HI+CH3CO2H，6 个反应依次发生； C、由图可以看出 Rh 的成键数目由 4﹣6﹣5﹣6﹣4 变化； D、由 B 分析及图中箭头方向判断出此步反应。 【解答】解：A、由图可知，铑的配合物离子（Rh（CO）2I2]﹣生成 CH3COI，CH3COI 继续与 H2O 反应生成 HI 和 CH3CO2H，所以 CH3COI 是反应中间体，故 A 正确； B、由图可知发生的反应依次为：①CH3OH+HI═CH3I+H2O，② +CH3I＝ ，③＝，④+CO ＝， ⑤ ＝ CH3COI+ ， ⑥CH3COI+H2O ＝ HI+CH3CO2H，6 个反应依次发生，6 个反应方程式相加和，消去中间产物得出总反应： CH3OH+CO═CH3CO2H，故 B 正确； C、由图可以看出 Rh 的成键数目由 4 变为 6 再变为 5 再变为 6 再变为 4，依次循环，故 C 错误； D、由 B 分析，按照箭头方向可知：CH3OH 和 HI 反应生成 CH3I 和 H2O，反应方程式为 ：即 CH3OH+HI═CH3I+H2O，故 D 正确； 故选：C。 第 12 页（共 30 页） 【点评】本题考查学生对有机化学基础的理解和掌握，题目难度中等，掌握反应类型、 化学反应原理等，明确由化学反应是解题关键。同时也考查了学生阅读题目获取新信息 的能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。 5．（6 分）1934 年约里奥﹣居里夫妇在核反应中用 α 粒子（即氦核 He）轰击金属原子 X ，得到核素 Y，开创了人造放射性核素的先河： X+ He→ Y+ n其中元素 X、Y 的最外层电子数之和为 8．下列叙述正确的是（　　） A． X 的相对原子质量为 26 B．X、Y 均可形成三氯化物 C．X 的原子半径小于 Y 的 D．Y 仅有一种含氧酸 【分析】由 X+ He→ Y+ n及质量守恒可知，W＝30+1﹣4＝27，X、Y 的最外层电 ＝3，金属原子 X 的质量数为 27、且位于ⅢA 子数之和为 8，X 的最外层电子数为 族，Z＝13 符合题意，则 X 为 Al；Y 的最外层电子数为 8﹣3＝5，质子数为 13+2＝15， Y 为 P，以此来解答。 【解答】解：由上述分析可知 X 为 Al、Y 为 P， A．W 为 27，X 原子的相对原子质量为 27，故 A 错误； B．X、Y 可形成三氯化物分别为 AlCl3、PCl3，故 B 正确； C．同周期从左向右原子半径减小，则 X 的原子半径大于 Y 的半径，故 C 错误； D．Y 的含氧酸有磷酸、偏磷酸等，故 D 错误； 故选：B。 【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握最外层电子数、质量守恒 来推断元素为解答的关键，同时侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用， 题目难度不大。 6．（6 分）科学家近年发明了一种新型 Zn﹣CO2 水介质电池。电池示意图如图，电极为金 属锌和选择性催化材料。放电时，温室气体 CO2 被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境 和能源问题提供了一种新途径。下列说法错误的是（　　） 第 13 页（共 30 页） 2﹣ A．放电时，负极反应为 Zn﹣2e﹣+4OH﹣═Zn（OH）4 B．放电时，1mol CO2 转化为 HCOOH，转移的电子数为 2mol C．充电时，电池总反应为 2Zn（OH）42﹣═2Zn+O2↑+4OH﹣+2H2O D．充电时，正极溶液中 OH﹣浓度升高 2﹣ 【分析】电极为金属锌放电时，由图示知负极反应为 Zn﹣2e﹣+4OH﹣═Zn（OH）4 ，温室气体 CO2 被转化为储氢物质甲酸为还原反应，充电时阳极生成氧气，阴极发生还原 反应生成锌，据此答题。 【解答】解：A．放电时，金属锌做负极生成 Zn（OH） 2﹣，负极反应为 Zn﹣2e﹣+4OH 4﹣═Zn（OH）42﹣，故 A 正确； B．放电时，CO2 中碳的化合价为+4 价，HCOOH 中碳的化合价+2，1mol CO2 转化为 HCOOH，降低 2 价，转移的电子数为 2mol，故 B 正确； C．充电时，阳极电极反应：2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，阴极反应：Zn（OH）2﹣═Zn﹣2e 4﹣+4OH﹣，电池总反应为 2Zn（OH）42﹣═2Zn+O2↑+4OH﹣+2H2O，故 C 正确； D．充电时，阳极（原电池的正极）电极反应：2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，溶液中 H+浓度 增大，溶液中 c（H+）•c（OH﹣）＝KW，温度不变时，KW 不变，因此溶液中 OH﹣浓度 降低，故 D 错误； 故选：D。 【点评】本题考查原电池原理、电解池原理、电极方程式的书写、离子电子的转移等知 识点，是高频考点，难度中等，注重基础。 7．（6 分）以酚酞为指示剂，用 0.1000mol•L﹣1 的 NaOH 溶液滴定 20.00mL 未知浓度的二 元酸 H2A 溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加 NaOH 溶液体积 VNaOH 的变化关系如 图所示。[比如 A2﹣的分布系数：δ（A2﹣）＝ ]第 14 页（共 30 页） 下列叙述正确的是（　　） A．曲线①代表δ（H2A），曲线②代表δ（HA﹣） B．H2A 溶液的浓度为 0.2000mol•L﹣1 C．HA﹣的电离常数 Ka＝1.0×10﹣2 D．滴定终点时，溶液中 c（Na+）＜2c（A2﹣）+c（HA﹣） 【分析】A、曲线①一直在减小，曲线②在一直增加，且两者相加等于 1； B、溶液的 pH 发生突变时，滴有酚酞的溶液发生颜色变化，到达滴定终点，即 NaOH 和 H2A 恰好完全反应； C、HA﹣的电离常数 Ka＝ ；D、滴定终点时δ（HA﹣）＝0，溶液中的电荷守恒：c（H+）+c（Na+）＝2c（A2﹣）+c （OH﹣）。 【解答】解：A、在未加 NaOH 溶液时，曲线①的分布系数与曲线②的分布系数之和等 于 1，且δ曲线①一直在减小，曲线②在一直增加；说明 H2A 第一步完全电离，第二步 存在电离平衡，即 H2A＝HA﹣+H+，HA﹣⇌A2﹣+H+，曲线①代表δ（HA﹣）；当加入 用 0.1000mol•L﹣1 的 NaOH 溶液 40.00mL 滴定后，发生 NaHA+NaOH＝Na2A+H2O，HA ﹣的分布系数减小，A2﹣的分布系数在增大，且曲线②在一直在增加，在滴定终点后与③ 重合，所以曲线②代表δ（A2﹣），故 A 错误； B、当加入 40.00mLNaOH 溶液时，溶液的 pH 发生突变，到达滴定终点，说明 NaOH 和 H2A 恰好完全反应，根据反应 2NaOH+H2A＝Na2A+2H2O，n（NaOH）＝2n（H2A），c （H2A）＝ ＝0.1000mol/L，故 B 错误； 第 15 页（共 30 页） C、由于 H2A 第一步完全电离，则 HA﹣的起始浓度为 0.1000mol/L，根据图象，当 VNaOH ＝0 时，HA﹣的分布系数为 0.9，溶液的 pH＝1，A2﹣的分布系数为 0.1，则 HA﹣的电离平 衡常数 Ka＝ C 正确； ＝≈1×10﹣2，故 D、用酚酞作指示剂，酚酞变色的 pH 范围为 8.2～10，终点时溶液呈碱性，c（OH﹣）＞ c（H+），溶液中的电荷守恒，c（H+）+c（Na+）＝2c（A2﹣）+c（OH﹣）+c（HA﹣）， 则 c（Na+）＞2c（A2﹣）+c（HA﹣），故 D 错误； 故选：C。 【点评】本题考查学生对酸碱混合时的定性判断和 pH 的理解和掌握，以及阅读题目获取 新信息能力等，熟练掌握电离平衡、水解平衡的的影响原理等，需要学生具备扎实的基 础与综合运用知识、信息分析解决问题能力，题目难度中等。明确曲线①②③是解题关 键。 二、非选择题：共 58 分。第 8～10 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 11～12 题 为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共 43 分。 8．（14 分）钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5 价的化合物存在，还包括钾、 镁的铝硅酸盐，以及 SiO2、Fe3O4．采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备 NH4VO3。 该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的 pH 如下表所示： Fe3+ 1.9 Fe2+ 7.0 Al3+ 3.0 Mn2+ 8.1 金属离子 开始沉淀 pH 完全沉淀 pH 3.2 9.0 4.7 10.1 回答下列问题： （1）“酸浸氧化”需要加热，其原因是　加快酸浸和氧化反应速率　。 +（2）“酸浸氧化”中，VO+和 VO2+被氧化成 VO2 ，同时还有　Fe2+　离子被氧化。写 ++出 VO+转化为 VO2 反应的离子方程式　VO++2H++MnO2＝VO2 +Mn2++H2O　。 （3）“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为 V2O5•xH2O，随滤液②可除去金属离子 K+、Mg2+ 第 16 页（共 30 页） 、Na+、　Mn2+　，以及部分的　Al3+和 Fe3+　。 （4）“沉淀转溶”中，V2O5•xH2O 转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是　Fe（OH ）3　。 （5）“调 pH”中有沉淀生成，生成沉淀反应的化学方程式是　HCl+NaAl（OH）＝Al（ 4OH）3↓+NaCl+H2O　。 （6）“沉钒”中析出 NH4VO3 晶体时，需要加入过量 NH4Cl，其原因是　利用同离子效 应，促进 NH4VO3 尽可能析出完全　。 【分析】黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5 价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以 及 SiO2、Fe3O4，加入稀硫酸，使 Fe3O4 生成 Fe3+和 Fe2+；加入 MnO2 氧化还原性的 Fe2+ +成 Fe3+；VO+和 VO2+成 VO2 ，SiO2 和硅酸盐与酸生成的硅酸成为滤渣①，滤液①含有 +：Fe3+、VO2 、K+、Mg2+、Na+、Mn2+、Al3+；滤液①加入 NaOH 溶液至 pH＝3.0～3.1 ，中和过量的硫酸并沉淀 Fe3+，使钒水解并沉淀为 V2O5•xH2O，得滤饼②，除去滤液 ②Mn2+、K+、Mg2+、Na+及部分 Fe3+、Al3+；滤饼②加入过量 NaOH 溶液至 pH＞13， 沉淀转溶得滤液③，滤液③含有 V2O5•xH2O 生成 VO3﹣和溶于碱的 Al（OH）3 生成的 Al（OH） ﹣；滤渣③为 Fe（OH） ，滤液③加入盐酸调 pH，Al（OH） ﹣生成 Al（OH 434）3 即滤渣④；滤液④含有 VO3﹣，加入 NH4Cl 沉钒的产物：NH4VO3；和滤液⑤NaCl 溶液； （1）升高温度，反应速率加快； （2）加入氧化性物质可除去具有还原性的离子；依据电子转移守恒和元素守恒写出离子 方程式； （3）根据某些离子沉淀的 pH，找出相应沉淀的离子； （4）Fe3+溶液呈强碱性时转化为 Fe（OH）3； （5）加入酸沉淀离子 Al（OH）4﹣生成 Al（OH）3； +（6）NH4Cl 溶于水电离出 NH4 ，根据沉淀溶解平衡原理，利用等离子效应。 【解答】解：（1）温度升高反应速率加快；加快酸浸氧化的反应速率， 故答案为：加快酸浸和氧化反应速率； （2）加入氧化剂 MnO2，除了氧化具有还原性的 VO+和 VO2+，还可以氧化还原性的 Fe2+ +为 Fe3+；以便后面步骤一次性的除去 Fe 元素；酸浸氧化 VO+转化为 VO2 ，根据电荷守 恒和电子转移守恒得出：在酸性条件下，+3 价的矾化合价升高 2 生成+5 价，MnO2 中+4 价的锰化合价降低 2 生成+2 价，所以反应的离子方程式为：VO++2H++MnO2 ＝ 第 17 页（共 30 页） +VO2 +Mn2++H2O， +故答案为：Fe2+；VO++2H++MnO2＝VO2 +Mn2++H2O； （3）“中和沉淀”中，滤液①加入 NaOH 溶液至 pH＝3.0～3.1，中和过量的硫酸并沉 淀 Fe3+和 Al3+，使钒水解并沉淀为 V2O5•xH2O，得滤饼②，除去滤液②Mn2+、K+、Mg2+ 、Na+及部分 Fe3+、Al3+， 故答案为：Mn2+、Fe3+和 Al3+； （4）滤液①加入 NaOH 溶液至 pH＝3.0～3.1，中和过量的硫酸并沉淀 Fe3+，使钒水解 并沉淀为 V2O5•xH2O，得滤饼②， 故答案为：Fe（OH）3； ﹣（5）滤液③含有 V2O5•xH2O 生成 VO3﹣和溶于碱的 Al（OH）3 生成的 Al（OH）4 ；滤液③加入盐酸调 pH，Al（OH）4﹣生成 Al（OH）3 即滤渣④；化学方程式为： HCl+NaAl（OH）4＝Al（OH）3↓+NaCl+H2O， 故答案为：HCl+NaAl（OH）4＝Al（OH）3↓+NaCl+H2O； +（6）“沉钒”中析出 NH4VO3 晶体时，NH4VO3 沉淀溶解平衡方程式为：NH4 （aq） ++VO3﹣（aq）⇌NH4VO3（s），需要加入过量 NH4Cl，NH4Cl 溶于水电离出 NH4 ，增大 +c（NH4 ），利用同离子效应，促进 NH4VO3 尽可能析出完全。 故答案为：利用同离子效应，促进 NH4VO3 尽可能析出完全。 【点评】本题考查学生对化学实验的理解和掌握，题目难度中等，掌握每步的除杂和分 离目的等，明确由工艺流程写出相应反应是解题关键。同时考查学生阅读题目获取新信 息的能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。 9．（15 分）为验证不同化合价铁的氧化还原能力，利用下列电池装置进行实验。 回答下列问题： （1）由 FeSO4•7H2O 固体配制 0.10mol•L﹣1 FeSO4 溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、　 托盘天平、烧杯、量筒　（从下列图中选择，写出名称）。 第 18 页（共 30 页） （2）电池装置中，盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发 生化学反应，并且电迁移率（u∞）应尽可能地相近。根据下表数据，盐桥中应选择　KCl　 作为电解质。 u∞×108/（m2•s﹣1 V﹣1 •u∞×108/（m2•s﹣1 V﹣1 •阳离子 阴离子 ））Li+ Na+ Ca2+ K+ HCO3 ﹣4.07 4.61 ﹣5.19 6.59 7.62 7.40 7.91 8.27 NO3 Cl﹣ 2﹣ SO4 （3）电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。可知，盐桥中的阳离子进入　石墨　电极 溶液中。 （4）电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中 c（Fe2+）增加了 0.02mol•L﹣1．石墨电 极上未见 Fe 析出。可知，石墨电极溶液中 c（Fe2+）＝　0.09 mol/L　。 （5）根据（3）、（4）实验结果，可知石墨电极的电极反应式为　Fe3++e﹣＝Fe2+　， 铁电极反应式为　Fe﹣2e﹣＝Fe2+　。因此，验证了 Fe2+氧化性小于　Fe3+　，还原性小 于　Fe　。 （6）实验前需要对铁电极表面活化。在 FeSO4 溶液中加入几滴 Fe2（SO4）3 溶液，将铁 电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化。检验活化反应完成的方法是　取少量活化 液，加入洁净的试管中，向其中加入两滴硫氰酸钾溶液，看是否变红，若不变红，说明 已经活化完成　。 【分析】（1）配制一定物质的量浓度的溶液用到的仪器有，托盘天平、烧杯、量筒、玻 璃棒、容量瓶。 （2）盐桥中的离子不与溶液中的物质反应，排除了碳酸氢根离子和硝酸根离子，电迁移 率尽可能的接近，硫酸根离子的电迁移率与其它离子的相差较大，KCl 的阴阳离子电迁 移率相差最小； 第 19 页（共 30 页） （3）铁电极失去电子，铁电极是负极，石墨电极是正极，原电池内部阳离子向正极移动 ，所以阳离子向石墨电极移动。 （4）铁电极反应：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，铁电极增加 0.02mol/L，根据电荷守恒，石墨电极反 应 Fe3++e﹣＝Fe2+，则石墨电极增加 0.04 mol/L，原溶液是 0.05mol/L，现在变为 0.09 mol/L ；（5）铁电极为负极，电极反应：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，石墨电极为正极，电极反应反应：Fe3++e ﹣＝Fe2+，电池的总反应式为：2Fe3++Fe＝3Fe2+，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物， 所以氧化性：Fe3+＞Fe2+，同理还原性 Fe＞Fe2+ （6）对铁电极活化是除去表面的氧化膜，氧化膜反应完成后，铁单质把三价铁还原，所 以只要检验溶液中是否还含有三价铁离子就可以了。 【解答】解析：（1）配制一定物质的量浓度的溶液用到的仪器有：托盘天平、烧杯、量 筒、玻璃棒、容量瓶。图中给出的有托盘天平、烧杯、量筒； 故答案为：托盘天平、烧杯、量筒； （2）盐桥中的离子不与溶液中的物质反应，排除了碳酸氢根离子和硝酸根离子，电迁移 率尽可能的接近，故选 KCl； 故答案为：KCl； （3）铁电极失去电子，铁电极是负极，石墨电极是正极，原电池内部阳离子向正极移动 ，所以阳离子向石墨电极移动； 故答案为：石墨； （4）铁电极反应：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，铁电极增加 0.02mol/L，石墨电极反应 Fe3++e﹣＝Fe2+ ，根据电荷守恒，则石墨电极增加 0.04 mol/L，变为 0.09 mol/L； 故答案为：0.09 mol/L； （5）铁电极为负极，电极反应：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，石墨电极为正极，电极反应反应：Fe3++e ﹣＝Fe2+，电池的总反应式为：2Fe3++Fe＝3Fe2+；所以氧化性：Fe3+＞Fe2+，还原性 Fe＞ Fe2+ 故答案为：Fe﹣2e﹣＝Fe2+；Fe3++e﹣＝Fe2+；Fe3+； Fe； （6）对铁电极活化是除去表面的氧化膜，氧化膜反应完成后，铁单质把三价铁还原，所 以只要检验溶液中是否还含有三价铁离子就可以了，取少量活化液，加入洁净的试管中， 向其中加入两滴硫氰酸钾溶液，看是否变红，若不变红，说明已经活化完成。 故答案为：取少量活化液，加入洁净的试管中，向其中加入两滴硫氰酸钾溶液，看是否 第 20 页（共 30 页） 变红，若不变红，说明已经活化完成。 【点评】本题考查了溶液的配制、原电池原理、氧化还原反应、电极方程式书写、离子 的检验等知识点，属于学科内综合，考查分析问题，解决问题的能力，难度中等。 10．（14 分）硫酸是一种重要的基本化工产品。接触法制硫酸生产中的关键工序是 SO2 的 催化氧化：SO2（g）+ O2（g） SO3（g）△H＝﹣98kJ•mol﹣1．问答下列问题： （1）钒催化剂参与反应的能量变化如图（a）所示，V2O5（s）与 SO2（g）反应生成 VOSO4（s）和 V2O4（s）的热化学方程式为：　2V2O5（s）+2SO2（g）＝2VOSO4（s） +V2O4（s）△H＝﹣351kJ•mol﹣1　。 （2）当 SO2（g）、O2（g）和 N2（g）起始的物质的量分数分别为 7.5%、10.5%和 82% 时，在 0.5MPa、2.5MPa 和 5.0MPa 压强下，SO2 平衡转化率 α 随温度的变化如图（b） 所示。反应在 5.0MPa、550℃时的 α＝　0.975　，判断的依据是　反应是气体分子数减 小的反应，压强越大转化率越大　。影响 α 的因素有　压强、温度、投料比　。 （3）将组成（物质的量分数）为 2m% SO2（g）、m% O2（g）和 q% N2（g）的气体通 入反应器，在温度 t、压强 p 条件下进行反应。平衡时，若 SO2 转化率为 α，则 SO3 压强 为　 　，平衡常数 Kp＝　 　（以分压表示，分 压＝总压×物质的量分数）。 （4）研究表明，SO2 催化氧化的反应速率方程为：v＝k（ ﹣1）0.8（1﹣nα′）式 中：k 为反应速率常数，随温度 t 升高而增大；α 为 SO2 平衡转化率，α′为某时刻 SO2 转化率，n 为常数。在 α′＝0.90 时，将一系列温度下的 k、α 值代入上述速率方程，得 到 v～t 曲线，如图（c）所示。 第 21 页（共 30 页） 曲线上 v 最大值所对应温度称为该 α′下反应的最适宜温度 tm．t＜tm 时，v 逐渐提高；t ＞tm 后，v 逐渐下降。原因是　反应温度升高，速率常数 k 增大使速率加快，但 α 降低 造成速率 v 减小，t＜tm 时，k 增大对 v 的提高大于 α 引起的降低；t＞tm 后，速率常数 k 增大小于 α 引起的降低　。 【分析】（1）由图象得出①V2O4（s）+SO3（g）＝V2O5（s）+SO2（g）△H＝﹣24kJ• mol﹣1 ，②V2O4（s）+2SO3（g）＝2VOSO4（s）△H＝﹣399kJ•mol﹣1 ，结合盖斯定律可知②﹣①×2 得到：2V2O5（s）+2SO2（g）＝2VOSO4（s）+V2O4（s） ；（2）当 SO2（g）、O2（g）和 N2（g）起始的物质的量分数分别为 7.5%、10.5%和 82% 时，在 0.5MPa、2.5MPa 和 5.0MPa 压强下，SO2 平衡转化率 α 随温度的变化如图（b） 所示，这个 SO2（g）+ O2（g） SO3（g）反应是气体分子数减小的反应，压强 越大转化率越大，所以反应在 5.0MPa、550℃时的 α＝0.975，由图象看出压强越大转化 率越高，温度越高转化率越小，转化率与影响平衡的因素：温度压强还与投料比有关， 氧气越多 SO2 平衡转化率 α 越大； （3）利用三段式计算出平衡时三氧化硫的量，利用阿伏伽德罗定律的推论压强之比等于 物质的量的比，分压＝总压×物质的量分数可解； 0.8 （4）v＝k（ ﹣1） （1﹣nα′）温度升高，速率常数 k 增大，反应速率增大；SO2 （g）+ O2（g） SO3（g）△H＝﹣98kJ•mol﹣1．为放热反应，平衡转化率 a 减 0.8 小，（ 于因（ ﹣1） 减小，反应速率减小，t＜tm 时，速率常数 k 增大，对速率的影响大 0.8 ﹣1） 减小对速率的影响，总体速率加快；t＞tm 后速率常数 k 增大没有 α 第 22 页（共 30 页） 减小对速率影响大，速率减小。 【解答】解：（1）由图象得出①V2O4（s）+SO3（g）＝V2O5（s）+SO2（g）△H＝﹣24kJ •mol﹣1 ，②V2O4（s）+2SO3（g）＝2VOSO4（s）△H＝﹣399kJ•mol﹣1 ，由盖斯定律可知②﹣①×2 得到：2V2O5（s）+2SO2（g）＝2VOSO4（s）+V2O4（s）△ H＝﹣351kJ•mol﹣1 故答案为：2V2O5（s）+2SO2（g）＝2VOSO4（s）+V2O4（s）△H＝﹣351kJ•mol﹣1 ；；（2）当 SO2（g）、O2（g）和 N2（g）起始的物质的量分数分别为 7.5%、10.5%和 82% 时，在 0.5MPa、2.5MPa 和 5.0MPa 压强下，SO2 平衡转化率 α 随温度的变化如图（b） 所示，这个 SO2（g）+ O2（g） SO3（g）反应是气体分子数减小的反应，压强 越大转化率越大，所以反应在 5.0MPa、550℃时的 α＝0.975，由图象看出压强越大转化 率越高，温度越高转化率越小，转化率与影响平衡的因素：温度、压强还与投料比有关， 氧气越多 SO2 平衡转化率 α 越大； 故答案为：0.975；该反应是气体分子数减小的反应，压强越大转化率越大，P1＝5.0MPa ，该线 550℃时的转化率为 97.5%；压强、温度、投料比； （3）根据体积之比等于物质的量的比，2m%+m%+q%＝100% 3m+p＝100，设 SO2 的物 质的量为 2m，O2 的物质的量为 m SO2（g）+ O2（g） SO3（g） 开始 变化 2m mα×m 0α×2m α×2m α×2m 平衡 2m﹣α×2m m﹣α×m 反应后的总量：2m﹣α×2m+m﹣α×m+α×2m+q＝3m+q﹣αm，结合 3m+p＝100，反应 后的总量＝100﹣αm， ＝═，则 p（SO3）＝ ，平 衡 常 数Kp ＝＝＝第 23 页（共 30 页） ，故答案为： ；＝ ；（4）v＝k（ ﹣1）0.8（1﹣nα′）温度升高，表达式中速率常数 k 增大，反应速率 SO3（g）△H＝﹣98kJ•mol﹣1，为放热反应，平衡 增大；SO2（g）+ O2（g） 0.8 转化率 α 减小，（ ﹣1） 减小，反应速率减小，t＜tm 时，速率常数 k 增大，对速 0.8 率的影响大于因（ ﹣1） 减小对速率的影响，总体速率加快；t＞tm 后速率常数 k 增大没有 α 减小对速率影响大，速率减小。 故答案为：反应温度升高，速率常数 k 增大使速率加快，但 α 降低造成速率 v 减小。t＜ tm 时，k 增大对 v 的提高大于 α 引起的降低；t＞tm 后，速率常数 k 增大小于 α 引起的降 低。 【点评】本题考查了热化学方程式的书写，平衡转化率、压强平衡常数等知识点，情景 陌生，要好好利用图象，考查分析问题的能力，计算能力，难度较大。 （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]（15 分） 11．（15 分）Goodenough 等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的 卓越贡献而获得 2019 年诺贝尔化学奖。回答下列问题： （1）基态 Fe2+与 Fe3+离子中未成对的电子数之比为　4：5　。 （2）Li 及其周期表中相邻元素的第一电离能（I1）如表所示。I1（Li）＞I1（Na），原 因是　Li 与 Na 同族，Na 电子层多，原子半径大，易失电子　。 I1（Be）＞I1（B）＞I1 （Li），原因是　Li、Be、B 同周期，核电荷数依次增加，Be 的电子排布为：1s22s2，全 满稳定结构，第一电离能最大，与 Li 相比，B 的核电荷数大，半径小，较难失去电子， 第一电离能较大。　。 I1/（kJ•mol﹣1 ）Li BBe 801 900 520 第 24 页（共 30 页） Na Al Mg 578 738 496 （3）磷酸根离子的空间构型为　正四面体形　，其中 P 的价层电子对数为　4　、杂化 轨道类型为　sp3　。 （4）LiFePO4 的晶胞结构示意图如（a）所示。其中 O 围绕 Fe 和 P 分别形成正八面体和 正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有 LiFePO4 的单元数 有　4　个。 电池充电时，LiFePO4 脱出部分 Li+，形成 Li1﹣xFePO4，结构示意图如（b）所示，则 x＝　 　，n（Fe2+）：n（Fe3+）＝　13：3　。 【分析】（1）基态 Fe 的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2； （2）Li 与 Na 同族，Na 电子层多，原子半径大，易失电子；Be、B、Li 的价电子排布分 别为：2s2，2s22p1，2s1； （3）根据价层电子对互斥理论，价层电子对数＝杂化轨道数＝σ+ （a﹣xb），若为阴 离子，a＝价电子数+电荷数；价层电子对数＝4，空间构型为四面体形，去掉孤电子对， 即为分子的空间构型；杂化轨道数＝4，为 sp3 杂化； （4）根据晶胞中的正八面体和正四面体来判断；LiFePO4 失去的 Li+为：棱心上一个， 面心上一个；化合物中正负化合价代数和等于 0。 【解答】解：（1）基态 Fe 的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，基态 Fe 失去最外层 2 个电子得 Fe2+，价电子排布为：3d6，基态 Fe 失去 3 个电子得 Fe3+，价电子排布为：3d5 ，根据洪特规则和泡利原理，d 能级有 5 个轨道，每个轨道最多容纳 2 个电子，Fe2+有 4 个未成对电子，Fe3+有 5 个未成对电子，所以未成对电子数之比为：4：5， 第 25 页（共 30 页） 故答案为：4：5； （2）Li 与 Na 同族，Na 电子层多，原子半径大，易失电子；Li、Be、B 的电子排布分别 为：1s22s1，1s22s2，1s22s22p1，Li、Be、B 同周期，核电荷数依次增加，Be 的电子排布 为：1s22s2，全满稳定结构，第一电离能最大，与 Li 相比 B 的核电荷数大，半径小，较 难失去电子，第一电离能较大， 故答案为：Li 与 Na 同族，Na 电子层多，原子半径大，易失电子；Li、Be、B 同周期， 核电荷数依次增加，Be 的电子排布为：1s22s2，全满稳定结构，第一电离能最大，与 Li 相比，B 的核电荷数大，半径小，较难失去电子，第一电离能较大； （3）根据价层电子对互斥理论，PO43﹣离子的价层电子对数：4+ （5+3﹣4×2）＝4+0 ＝4，VSEPR 构型为：四面体形，去掉孤电子对数 0，即为分子的立体构型，即正四面体 形；杂化轨道数＝价层电子对数＝4，中心原子 P 的杂化类型为：sp3 杂化； 故答案为：正四面体形；4；sp3； （4）根据晶胞中的正八面体和正四面体，可知晶体中含有 4 个单元 LiFePO4；由图可知 圆球为 Li+，LiFePO4 失去的 Li+为：棱心上一个，面心上一个；棱心上的为该晶胞的 面心上为该晶胞的 ；因晶体中含有4 个单元 LiFePO4，所以 x＝ ，所以化学式为 Li FePO4，根据化合价代数和等于 0，设 Fe2+的 ，×+×＝，则 1﹣x＝1﹣ ＝个数为 x，Fe3+的的个数为 y， 所以个数比为 13：3， +2x+3y+5＝8，又因 x+y＝1，解得 x＝ 、y＝ ，故答案为：4； ；13：3； 【点评】本题考查学生对原子结构和性质的理解和掌握，题目难度中等，掌握常见的基 态原子的电子排布、第一电离能、杂化方式、晶胞的计算等，明确原子杂化原理和晶胞 计算方法是解题关键。阅读题目获取新信息能力等，需要学生具备扎实的基础与综合运 用知识、信息分析解决问题能力。 [化学–选修 5：有机化学基础]（15 分） 12．有机碱，例如二甲基胺（ ）、苯胺（ ）、吡啶（ ）等，在有 机合成中应用很普遍，目前“有机超强碱”的研究越来越受到关注。以下为有机超强碱 F 第 26 页（共 30 页） 的合成路线： 已知如下信息： ①H2C＝CH2 ②+RNH2 ③苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体 回答下列问题： （1）A 的化学名称为　三氯乙烯　。 （2）由B生成C的化学方程式为　+KOH +KCl+H2O　。 （3）C 中所含官能团的名称为　碳碳双键、氯原子　。 （4）由 C 生成 D 的反应类型为　取代反应　。 （5）D 的结构简式为　 　。 第 27 页（共 30 页） （6）E 的六元环芳香同分异构体中，能与金属钠反应，且核磁共振氢谱有四组峰，峰面 积之比为 6：2：2：1 的有　6　种，其中，芳香环上为二取代的结构简式为　 　。 【分析】A（C2HCl3）三氯乙烯在 CCl3COONa 和乙二醇二甲醚在加热条件下生成 B， 即 B 为 ，B（ ）在 KOH 的醇溶液下加热发生消去反应， 生成 C，即 ，C 与过量的二环己基胺（ ）与 CH2Cl2 在加热 条 件 下 发 生 取 代 反 应 生 成D ， 即 ， D （ ）与 E（ ）在 NaOH 条件下反应生成最终产物 F： 。【解答】解：（1）A（C2HCl3）名称为三氯乙烯， 故答案为：三氯乙烯； （2）有分析得出，由 B 发生消去反应生成 C 的化学方程式为： 第 28 页（共 30 页） +KOH +KCl+H2O， 故答案为： +KOH +KCl+H2O， （3）C 中的官能团为：碳碳双键、氯原子， 故答案为：碳碳双键、氯原子； （4）由 +2 +2HCl 可 知，C 上 2 个 Cl 原子被二环己基胺（ ）去氢后剩余的原子团所取代，反应 类型为：取代反应， 故答案为：取代反应； （5）D 的结构简式为 故答案为： ，；（6）E（ ）的六元环芳香同分异构体中，与钠反应产生氢气，说明含有羟 第 29 页（共 30 页） 基，且核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为 6：2：2：1；说明有两个甲基且对称；又 因苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体，所以同分异构体的结构简式分别为： ，，，，，共 6 种，其中，芳香环上为二 取代的结构简式为 ，故答案为：6； 。【点评】本题考查学生对有机化学基础的理解和掌握，题目难度中等，掌握有机的命名、 反应类型、化学反应原理、同分异构等，明确化学反应及同分异构的书写是解题关键。 同时考查了阅读题目获取新信息的能力，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信 息分析解决问题能力。 第 30 页（共 30 页）