天津市和平区2016届高考化学三模试卷 Word版含解析

2016年天津市和平区高考化学三模试卷一、选择题1．化学与资源、环境、生活关系密切，下列说法正确的是（）A．二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中B．“氟化物防治龋齿”是应用了沉淀转化的原理，产生更能抵抗酸侵蚀的物质C．使用增塑剂﹣邻苯二甲酸酯可使聚氯乙烯由弹性塑胶变为硬塑胶D．面粉生产中禁止添加的过氧化钙（CaO2）中阴阳离子的个数比为1：22．下列说法不正确的是（）A．屠呦呦女士用乙醚从黄花蒿中提取出青蒿素，该技术应用了萃取原理B．油脂、淀粉、蛋白质等高分子化合物都属于混合物，一定条件下均可发生水解C．离子交换膜在工业上应用广泛，如氯碱工业使用阳离子交换膜D．用氨水法处理燃煤烟气中的二氧化硫，既可以除其污染，又可得到副产品硫酸铵3．BHT是一种常用的食品抗氧化剂，从出发合成BHT的方法有如图两种．下列说法错误的是（）A．两种方法的反应类型都是加成反应B．BHT在水中的溶解度小于苯酚C．BHT与都能使酸性KMnO4褪色D．从绿色化学角度分析方法一优于方法二4．下列实验操作或装置（略去部分夹持仪器）正确的是（）A．图①表示分离CCl4和水的混合溶液的装置B．图②表示已知浓度的盐酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液的装置C．图③表示分离二氧化锰和氯化锰溶液的装置D．图④表示蒸干氯化铝溶液制AlCl3的装置5．常温下，将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后向所得饱和氯水中滴加0.1mol•L﹣1的NaOH 溶液，整个实验进程中溶液的pH变化曲线如图所示，下列叙述正确的是（）A ．向a 点所示溶液中通入SO 2，溶液的酸性和漂白性均增强B ．b 点所示的溶液中：c （H +）＞c （Cl ﹣）＞c （ClO ﹣）＞c （HClO ）C ．由a 点到b 点的过程中，溶液中减小D ．c 点所示溶液中：c （Na +）=2c （ClO ﹣）+c （HClO ）6．根据工业上合成氨的反应为：N 2（g ）+3H 2（g ）⇌2NH 3（g ）△H ＜0，判断下列错误的二、非选择题7．请根据H 、O 、Na 、Si 、S 、Cl 、Fe 、Cu 八种元素及其化合物，并用化学用语回答下列问题：（1）写出元素O 的离子结构示意图 ．（2）写出元素Na 与S 形成化合物的电子式是． （3）写出元素O 、Na 、S 的离子半径由大到小的顺序为 ．（4）写出元素Si 、S 、Cl 最高价氧化物由强到弱的顺序为 ．（5）由上述部分元素组成的物质间，在一定条件下，可以发生如图1所示的变化，其中A 是一种淡黄色的固体，请回答：①写出固体A 与液体X 反应的离子方程式 ．②Y 是一种形成酸雨气体．可用溶液B 吸收，当B 与Y 物质的量之比为1：1且恰好完全反应时，所得溶液D ．已知溶液D 显酸性，则D 溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为 ．（6）某反应中反应物与生成物有FeCl 2、FeCl 3、CuCl 2、Cu ．上述反应设计成的原电池如图甲所示，设计成的电解池如图乙所示，乙烧杯中金属阳离子的物质的量与电子转移的物质的量的变化关系如图丙．①图中X 溶液是 ；②原电池工作时，盐桥中的 （选填“K +”或“Cl ﹣”）不断进入X 溶液中③图丙中的②线是的变化．④当电子转移2mol时，向乙烧杯中加入L5mol•L﹣1NaOH溶液才能使有的金属阳离子沉淀完全．8．芳香酯Ⅰ的合成路线如下：已知以下信息：①A～I均为芳香族化合物，B苯环上只有一个取代基，B能银镜反应，D的相对分子质量比C大4，E的核磁共振氢谱有3组峰．②③2RCH2CH0请回答下列问题：（1）A→B的反应类型为，F所含官能团的名称为，E的名称为．（2）E→F与F→G的顺序能否颠倒（填“能”或“否”），理由．（3）B与银氨溶液反应的化学方程式为．（4）I的结构简式为．（5）写出符合下列要求A的同分异构体的结构简式．①不与Na反应②属于芳香族化合物③苯环上的一氯物有三种（6）距已有知识并结合相关信息，写出以CH3CH2OH为原料制备CH3CH2CH2CH2OH的合成路线流程图（无机试剂任用），合成路线流程图图示例如下：CH3CH2Br CH3CH2OH CH3COOCH2CH3．9．草酸（乙二酸）可作还原剂和沉淀剂，用于金属除锈、织物漂白和稀土生产．一种制备草酸的工艺流程如图甲所示：回答下列问题：（1）该制备工艺中有两次过滤操作，过滤操作①的滤渣是；过滤操作②的滤液是和．（2）工艺过程③的目的是．工艺过程中还有一处与③的目的一样，其中涉及到的试剂是．（3）有人建议甲酸钠脱氢后直接用硫酸酸化制备草酸．该方案的缺点是产品不纯，其中含有的杂质主要是．（4）草酸成品的纯度用高锰酸钾滴定法测定．①写出滴定反应的离子方程式；②称量草酸成品0.250g溶于水，用0.0500mol•L﹣1的酸性KMnO4溶液滴定，至浅粉色不消褪，滴定起始点和终点的液面位置如图乙，则消耗KMnO4溶液体积为mL．计算该成品的纯度．③下列操作会导致草酸成品的纯度的测定结果偏低的是．a．未干燥锥形瓶b．滴定起始时滴定管尖嘴中产生气泡c．滴定终点时仰视读数d．滴定管未用标准溶液润洗．10．（1）工业上了利用“甲烷蒸气转化法”生产氢气，反应为甲烷和水蒸气在高温和催化剂存在的条件下生成一氧化碳和氢气，有关反应的能量变化如图1：则该反应的热化学方程式．（2）CH4燃烧之后的产物用NaOH溶液吸收，常温下，在该吸收液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有．（3）已知温度、压强对甲烷平衡含量的影响如图2，请回答：①图2中a、b、c、d四条曲线中的两条代表压强分别为1Mpa、2Mpa时甲烷含量曲线，其中表示1Mpa的是．②该反应的平衡常数：600℃时700℃（填“＞”“＜”或“=”）③已知：在700℃，1Mpa时，1molCH4与1molH2O在1L的密闭容器中反应，6min达到平衡（如图3），此时甲烷的转化率为，该温度下反应的平衡常数为（结果保留小数点后一位数字）④从图3分析，由第一次平衡到第二次平衡，平衡移动的方向是（填“向正反应方向”或“向逆反应方向”），采取的措施可能是．2016年天津市和平区高考化学三模试卷参考答案与试题解析一、选择题1．化学与资源、环境、生活关系密切，下列说法正确的是（）A．二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中B．“氟化物防治龋齿”是应用了沉淀转化的原理，产生更能抵抗酸侵蚀的物质C．使用增塑剂﹣邻苯二甲酸酯可使聚氯乙烯由弹性塑胶变为硬塑胶D．面粉生产中禁止添加的过氧化钙（CaO2）中阴阳离子的个数比为1：2【考点】物质的组成、结构和性质的关系．【分析】A．二氧化硫可用作葡萄酒的抗氧化剂；B．因为Ca5（PO4）3F（固）的溶解度比上面的矿化产物更小，质地更坚固，使用氟化物，增大了F﹣的浓度，促进了Ca（PO4）3F的生成，所以当牙膏中配有氟化物添加剂后能防止龋牙；C．增塑剂（又叫塑化剂）是一种增加塑料柔韧性、弹性等的添加剂；D．过氧化钙构成离子是钠离子和过氧根离子．【解答】解：A．二氧化硫具有较强的还原性，故常用作葡萄酒的抗氧化剂，故A错误；B．因为Ca5（PO4）3F（固）的溶解度比上面的矿化产物更小，质地更坚固，使用氟化物，增大了F﹣的浓度，促进了Ca（PO4）3F的生成，所以当牙膏中配有氟化物添加剂后能防止龋牙，所以氟化物防止龋齿所涉及到的化学原理其实就是转化更坚固Ca（PO4）3F，故B正确；C．邻苯二甲酸酯不能使聚氯乙烯由弹性塑胶变为硬塑胶，故C错误；D．过氧化钙构成离子是钠离子和过氧根离子，CaO2中阴阳离子的个数比为1：1，故D错误．故选B．2．下列说法不正确的是（）A．屠呦呦女士用乙醚从黄花蒿中提取出青蒿素，该技术应用了萃取原理B．油脂、淀粉、蛋白质等高分子化合物都属于混合物，一定条件下均可发生水解C．离子交换膜在工业上应用广泛，如氯碱工业使用阳离子交换膜D．用氨水法处理燃煤烟气中的二氧化硫，既可以除其污染，又可得到副产品硫酸铵【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．青蒿素易溶于乙醚，利用了溶解度的不同；B．油脂不是高分子化合物；C．氯碱工业中氯离子放电，则阳离子需要移动到阴极；D．氨水与二氧化硫发生反应．【解答】解：A．乙醚从黄花蒿中提取出青蒿素，因青蒿素易溶于乙醚，不易溶于水，为萃取原理，故A正确；B．高分子化合物的相对分子质量一般在10000以上，油脂不是高分子化合物，故B错误；C．氯碱工业中氯离子放电，则需要阳离子交换膜使阳离子移动到阴极，故C正确；D．氨水与二氧化硫发生反应，用氨水法处理燃煤烟气中的二氧化硫，既可消除其污染，又可得到副产品硫酸铵，故D正确；故选B．3．BHT是一种常用的食品抗氧化剂，从出发合成BHT的方法有如图两种．下列说法错误的是（）A．两种方法的反应类型都是加成反应B．BHT在水中的溶解度小于苯酚C．BHT与都能使酸性KMnO4褪色D．从绿色化学角度分析方法一优于方法二【考点】有机物分子中的官能团及其结构；取代反应与加成反应．【分析】A．由方法二可知，酚﹣OH的邻位H被叔丁基取代；B．烃基为憎水基，BHT中烃基数目比苯酚多，溶解性一定小于苯酚；C．酚羟基都能够被强硬化剂氧化；D．绿色化学要求反应物原子尽可能转化成生成物．【解答】解：A．方法一为加成反应，而方法二中酚﹣OH的邻位H被叔丁基取代，为取代反应，故A错误；B．BHT中含有的憎水基烃基比苯酚多，所以在水中的溶解度小于苯酚，故B正确；C．BHT和中都会有酚羟基，都能够被酸性高锰酸钾溶液氧化二使酸性KMnO4褪色，故C正确；D．反应一通过加成反应生成BHT，原子利用率为100%，而反应二为取代反应，原子利用率不是100%，所以从绿色化学角度分析方法一优于方法二，故D正确；故选A．4．下列实验操作或装置（略去部分夹持仪器）正确的是（）A．图①表示分离CCl4和水的混合溶液的装置B．图②表示已知浓度的盐酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液的装置C．图③表示分离二氧化锰和氯化锰溶液的装置D．图④表示蒸干氯化铝溶液制AlCl3的装置【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．分液时，漏斗应紧贴烧杯内壁；B．应用酸式滴定管盛放盐酸；C．固体和液体的分离可用过滤的方法；D．氯化铝易水解．【解答】解：A．分液时，为防止液体飞溅，漏斗应紧贴烧杯内壁，故A错误；B．盐酸具有腐蚀性，应用酸式滴定管盛放盐酸，故B错误；C．二氧化锰不溶于水，应用过滤的方法分离，故C正确；D．氯化铝易水解，如直接加热，可得到氢氧化铝，应在盐酸氛围中加热，以防止水解，故D错误．故选C．5．常温下，将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后向所得饱和氯水中滴加0.1mol•L﹣1的NaOH 溶液，整个实验进程中溶液的pH变化曲线如图所示，下列叙述正确的是（）A．向a点所示溶液中通入SO2，溶液的酸性和漂白性均增强B．b点所示的溶液中：c（H+）＞c（Cl﹣）＞c（ClO﹣）＞c（HClO）C．由a点到b点的过程中，溶液中减小D．c 点所示溶液中：c（Na+）=2c（ClO﹣）+c（HClO）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】整个过程发生的反应为Cl2+H2O═HCl+HClO、HCl+NaOH═NaCl+H2O、HClO+NaOH ═NaClO+H2O，根据溶液的酸碱性结合电荷守恒和物料守恒分析解答A．氯气具有氧化性，能将二氧化硫氧化为硫酸，自身被还原为盐酸；B．b 点所示溶液中发生反应：Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO，HClO为弱电解质，部分电离，溶液中存在的粒子有：H+、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣，H2O、HClO、Cl2；C．由a点到b点的过程是氯气的溶解平衡Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO向右进行的过程，酸性逐渐增强，氢离子浓度逐渐增大；D．根据溶液的酸碱性结合电荷守恒和物料守恒分析．【解答】解：A、氯气具有氧化性，能将二氧化硫氧化为硫酸，自身被还原为盐酸，所得到的溶液不再具有漂白性，故A错误；B、b 点所示溶液中发生反应：Cl2+H2O=H++Cl﹣+HClO，HClO为弱电解质，部分电离，溶液中存在的粒子有：H+、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣，H2O、HClO、Cl2，溶液中：c（H+）＞c（Cl ﹣）＞c（HClO）＞c（ClO﹣），故B错误；C、由a点到b点的过程是氯气的溶解平衡Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO向右进行的过程，酸性逐渐增强，氢离子浓度逐渐增大，溶液中增大，故C错误；D 、c 点溶液呈中性，则c （H +）=c （OH ﹣），根据电荷守恒得c （H +）+c （Na +）=c （Cl ﹣）+c （Cl0﹣）+c （OH ﹣），所以c （Na +）=c （Cl ﹣）+c （ClO ﹣），根据物料守恒得c （Cl ﹣）=c （ClO ﹣）+c （HClO ），所以c （Na +）=c （HClO ）+2c （ClO ﹣），故D 正确．故选D ．6．根据工业上合成氨的反应为：N 2（g ）+3H 2（g ）⇌2NH 3（g ）△H ＜0，判断下列错误的【考点】化学平衡的影响因素．【分析】A ．依据反应特征N 2+3H 2=2NH 3，反应前后气体体积减小为生成氨气的体积，相同条件下，气体体积比等于气体物质的量之比，图象分析可知平衡状态氨气体积含量42%，设平衡混合气体体积为 100，氨气为体积42，计算反应的氮气，依据气体体积比计算原混合气体中氮气体积，得到平衡状态下氮气体积分数； B ．合成氨的反应是放热反应，开始反应，氨气物质的量增大，达到平衡状态，继续升温，平衡逆向进行，氨气物质的量减小，据此画出变化图象；C ．随反应的进行，体系是的温度越来越高，反应速率逐渐增大，当时间相同时，转化率逐渐增大；D ．图中最高点达到平衡状态，平衡时T 1平衡状态下氮气体积分数大于T 2，据此根据温度对化学平衡的影响分析．【解答】解：A ．依据反应特征列式计算，N 2+3H 2=2NH 3 △V1 32 2平衡体积 V V即反应前后气体体积减小为生成氨气的体积，相同条件下，气体体积比等于气体物质的量之比，图象分析可知平衡状态氨气体积含量42%，设平衡混合气体体积为100，氨气为体积42，则反应前气体体积100+42=142，氮气和氢气按照1：3混合，氮气体积=142×=35.5，依据化学方程式计算反应的氮气体积为21，平衡状态氮气为35.5﹣21=14.5，则氮气体积分数为14.5%，故A 正确；B ．合成氨的反应是放热反应，开始反应，氨气物质的量增大，达到平衡状态，继续升温，平衡逆向进行，氨气物质的量减小，故B 正确；C ．随反应的进行，体系是的温度越来越高，反应速率逐渐增大，当时间相同时，转化率逐渐增大，故C 错误；D．图中最高点达到平衡状态，平衡时T1平衡状态下氮气体积分数大于T2，N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，该反应正向放热，升温平衡逆向移动，平衡状态下氮气体积分数减小，故T2＜T1，故D正确．故选C．二、非选择题7．请根据H、O、Na、Si、S、Cl、Fe、Cu八种元素及其化合物，并用化学用语回答下列问题：（1）写出元素O的离子结构示意图．（2）写出元素Na与S形成化合物的电子式是．（3）写出元素O、Na、S的离子半径由大到小的顺序为r（S2﹣）＞r（O2﹣）＞r（Na+）．（4）写出元素Si、S、Cl最高价氧化物由强到弱的顺序为HClO4＞H2SO4＞H2SiO3．（5）由上述部分元素组成的物质间，在一定条件下，可以发生如图1所示的变化，其中A 是一种淡黄色的固体，请回答：①写出固体A与液体X反应的离子方程式2Na2O2+2H2O═4Na++OH﹣+O2↑．②Y是一种形成酸雨气体．可用溶液B吸收，当B与Y物质的量之比为1：1且恰好完全反应时，所得溶液D．已知溶液D显酸性，则D溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为c （Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）．（6）某反应中反应物与生成物有FeCl2、FeCl3、CuCl2、Cu．上述反应设计成的原电池如图甲所示，设计成的电解池如图乙所示，乙烧杯中金属阳离子的物质的量与电子转移的物质的量的变化关系如图丙．①图中X溶液是FeCl3和2；②原电池工作时，盐桥中的K（选填“K+”或“Cl﹣”）不断进入X溶液中③图丙中的②线是Fe2+的变化．④当电子转移2mol时，向乙烧杯中加入 2.8L5mol•L﹣1NaOH溶液才能使有的金属阳离子沉淀完全．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【分析】（1）氧离子核内有8个质子，核外有两个电子层，分别容纳2，8个电子（2）硫化钠中存在钠离子和硫离子，钠离子直接用离子符号表示，硫离子需要标出最外层电子及所带电荷；（3）电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小；电子层不同的离子半径随电子层数的增多而增大；（4）元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应的水化合物酸性越强，本题要首先判断元素的非金属性强弱；（5）由题干可知：淡黄色固体A是Na2O2；液体X是H2O；气体Y是SO2；气体C则为O2；溶液D显酸性是NaHSO3；（6）①该反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，Cu做负极，石墨为正极，X为FeCl3和FeCl2溶液；②盐桥中阳离子向正极移动③根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化确定曲线对应的离子；④结合转移电子的物质的量计算【解答】解：（1）氧离子核内有8个质子，核外有两个电子层，分别容纳2，8个电子，离子结构示意图：，故答案为：（2）Na2S为离子化合物，钠离子用离子符号表示，硫离子标出最外层电子，硫化钠的电子式为：，故答案为：；（3）电子层结构相同的离子，离子半径随着原子序数增大而减小；电子层不同的离子半径随电子层数的增多而增大，离子半径：S2﹣＞O2﹣＞Na+，故答案为：r（S2﹣）＞r（O2﹣）＞r （Na+）；（4）元素周期表中，同一周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，则非金属性：Cl＞S ＞Si，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应的水化合物酸性越强，故答案为：HClO4＞H2SO4＞H2SiO3；（5）淡黄色固体A是Na2O2；液体X是H2O；气体Y是SO2；气体C则为O2；D溶液显酸性是NaHSO3．①过氧化钠与水反应的要拆成离子，故答案为：2Na2O2+2H2O═4Na++OH﹣+O2↑；②NaHSO3溶液呈酸性，NaHSO3溶液中存在亚硫酸氢根的水解与电离，水解导致其呈碱性，电离导致其呈酸性，据此分析：电离程度大于水解程度；故离子浓度大小为：c（Na+）＞c （HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣），故答案为：c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）；（6））①据反应物和生成物可以确定该反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，所以X为FeCl3和FeCl2溶液，故答案为：FeCl3和FeCl2；②Cu做负极，石墨作正极，盐桥中阳离子向正极移动，则K+不断移向正极即进入X溶液中，故答案为：K+；③根据丙图可知溶液中有三种金属阳离子，而根据X的成分可知X中只有两种金属阳离子，说明在电解过程中还有Cu2+生成，它的物质的量从零逐渐增大，③为Cu2+，①表示的金属离子的物质的量正极减少，则为Fe3+，所以②为Fe2+，故答案为：Fe2+；④当电子转移为2mol时，溶液中有Fe3+ 2mol，Fe2+ 3mol，Cu2+为1mol，所以需要加入NaOH 溶液14mol，所以NaOH溶液等体积为14mol÷5mol•L﹣1=2.8L，故答案为：2.8．8．芳香酯Ⅰ的合成路线如下：已知以下信息：①A～I均为芳香族化合物，B苯环上只有一个取代基，B能银镜反应，D的相对分子质量比C大4，E的核磁共振氢谱有3组峰．②③2RCH2CH0请回答下列问题：（1）A→B的反应类型为氧化反应，F所含官能团的名称为羧基、氯原子，E的名称为对氯甲苯．（2）E→F与F→G的顺序能否颠倒否（填“能”或“否”），理由如果颠倒，则（酚）羟基会被KMnO4/H+氧化．（3）B与银氨溶液反应的化学方程式为．（4）I的结构简式为．（5）写出符合下列要求A的同分异构体的结构简式．①不与Na反应②属于芳香族化合物③苯环上的一氯物有三种（6）距已有知识并结合相关信息，写出以CH3CH2OH为原料制备CH3CH2CH2CH2OH的合成路线流程图（无机试剂任用），合成路线流程图图示例如下：CH3CH2Br CH3CH2OH CH3COOCH2CH3．【考点】有机物的推断．【分析】A～I均为芳香族化合物，B的苯环上只有一个取代基，根据A的分子式可知A的侧链为饱和结构，A能够催化氧化生成B，B能够发生银镜反应，且能够发生信息③中反应，则B分子中侧链﹣CH2CHO结构，故B的结构简式为，A为，则C为，D比C的相对分子质量大4，恰好为2分子氢气，则说明C与氢气发生加成反应生成D，故D为．E的核磁共振氢谱有3组峰，E能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，则E分子中含有甲基，且氯原子位于甲基的对位，故E为，E被酸性高锰酸钾溶液氧化成F为，F在浓NaOH 溶液中加热发生水解反应生成酚羟基和羧酸钠，然后在酸性条件下转化成G，则G为，G和D发生酯化反应生成I，则I为．【解答】解：A～I均为芳香族化合物，B的苯环上只有一个取代基，根据A的分子式可知A的侧链为饱和结构，A能够催化氧化生成B，B能够发生银镜反应，且能够发生信息③中反应，则B分子中侧链﹣CH2CHO结构，故B的结构简式为，A为，则C为，D比C的相对分子质量大4，恰好为2分子氢气，则说明C与氢气发生加成反应生成D，故D为．E的核磁共振氢谱有3组峰，E能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，则E分子中含有甲基，且氯原子位于甲基的对位，故E为，E被酸性高锰酸钾溶液氧化成F为，F在浓NaOH 溶液中加热发生水解反应生成酚羟基和羧酸钠，然后在酸性条件下转化成G，则G为，G和D发生酯化反应生成I，则I为．（1）A→B为催化氧化生成，该反应为氧化反应，F为，含有的官能团为：羧基、氯原子，E为，名称是对氯甲苯，故答案为：氧化反应；羧基、氯原子；对氯甲苯；（2）E到G的反应中需要分别引进酚羟基和羧基，由于酚羟基容易被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以E→F与F→G的顺序不能颠倒，故答案为：否；如果颠倒，则（酚）羟基会被KMnO4/H+氧化；（3）B分子中含有醛基，能够与与银氨溶液发生反应生成单质银，反应的化学方程式为：，故答案为：；（4）G和D发生酯化反应生成I，I的结构简式为：，故答案为：；（5）A为，符合下列要求A的同分异构体：①不与Na反应，说明苯环羟基，②属于芳香族化合物，说明含有苯环，③苯环上的一氯物有三种，则符合条件的同分异构体为：，故答案为：；（6）CH3CH2OH为原料制备CH3CH2CH2CH2OH，先将乙醇催化氧化生成乙醛，然后让乙醛发生信息反应③生成CH3CH=CHCHO，与氢气加成生成CH3CH2CH2CH2OH，所以合成流程为，故答案为：．9．草酸（乙二酸）可作还原剂和沉淀剂，用于金属除锈、织物漂白和稀土生产．一种制备草酸的工艺流程如图甲所示：回答下列问题：（1）该制备工艺中有两次过滤操作，过滤操作①的滤渣是CaC2O4；过滤操作②的滤液是H2C2O4溶液和H2SO4溶液．（2）工艺过程③的目的是分别循环利用氢氧化钠和硫酸能降低成本，减小污染．工艺过程中还有一处与③的目的一样，其中涉及到的试剂是NaOH．（3）有人建议甲酸钠脱氢后直接用硫酸酸化制备草酸．该方案的缺点是产品不纯，其中含有的杂质主要是Na2SO4．（4）草酸成品的纯度用高锰酸钾滴定法测定．①写出滴定反应的离子方程式5H2C2O4+6H++2MnO4﹣=10CO2↑+2Mn2++8H2O；②称量草酸成品0.250g溶于水，用0.0500mol•L的酸性KMnO4溶液滴定，至浅粉色不消褪，滴定起始点和终点的液面位置如图乙，则消耗KMnO4溶液体积为18.10mL．计算该成品的纯度81.45%．③下列操作会导致草酸成品的纯度的测定结果偏低的是bcd．a．未干燥锥形瓶b．滴定起始时滴定管尖嘴中产生气泡c．滴定终点时仰视读数d．滴定管未用标准溶液润洗．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）氢氧化钙和草酸钠溶液反应生成氢氧化钠和草酸钙，草酸钙难溶于水，草酸钙和稀硫酸反应生成草酸和硫酸钙，硫酸钙是微溶物；（2）循环利用的物质能降低成本，减少污染；（3）甲酸钠和硫酸反应生成硫酸钠，硫酸钠是可溶性物质；（4）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化草酸根离子生成二氧化碳，同时自身被还原生成二价锰离子，根据草酸和高锰酸钾之间的关系式计算草酸的物质的量，再根据质量分数公式计算其纯度，根据c（待测）=，分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差．【解答】解：（1）氢氧化钙和草酸钠溶液反应生成氢氧化钠和草酸钙，草酸钙难溶于水，所以过滤操作①的滤液是氢氧化钠溶液，滤渣是CaC2O4，草酸钙和稀硫酸反应生成草酸和硫酸钙，硫酸钙是微溶物，该操作过程中，稀硫酸过量，所以过滤操作②的滤液是H2C2O4溶液、H2SO4溶液，故答案为：CaC2O4 ；H2C2O4溶液、H2SO4溶液；（2）硫酸和氢氧化钠都具有腐蚀性，能污染环境，分别循环利用硫酸和氢氧化钠溶液，能降低成本，故答案为：分别循环利用氢氧化钠和硫酸能降低成本，减小污染；NaOH；（3）甲酸钠和硫酸反应生成硫酸钠，硫酸钠是可溶性物质，存在于溶液中，所以含有的杂质主要是Na2SO4，故答案为：Na2SO4；（4）①酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化草酸根离子生成二氧化碳，同时自身被还原生成二价锰离子，离子反应方程式为：5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，故答案为：5H2C2O4+6H++2MnO4﹣=10CO2↑+2Mn2++8H2O；②根据图中的数据，注意滴定管精确到0.01mL，读数为18.10mL，故消耗KMnO4溶液体积为18.10mL，设草酸的物质的量为xmol，则：5H2C2O4+6H++2MnO4﹣=10CO2↑+2Mn2++8H2O5mol 2molx 0.0500mol•L﹣1×0.018L所以，5mol：2mol=x：0.0500mol•L﹣1×0.015L解得x=0.00225mol，故其纯度=×100%=81.45%，故答案为：81.45%；③根据c（待测）=分析，当加入的标准液偏多，理论上草酸的浓度偏大，但实际上其纯度偏小，a．未干燥锥形瓶，对溶质的物质的量无影响，不影响测定；b．滴定起始时滴定管尖嘴中产生气泡，根据c（待测）=，可知V（标准）偏大，c（待测）偏大；c．滴定终点时仰视读数，根据c（待测）=，将标准液读数度大，V（标准）偏大，c（待测）偏大；d．滴定管未用标准溶液润洗，根据c（待测）=，表面上有水，加入的标准液偏多，可知V（标准）偏大，c（待测）偏大；故选bcd．10．（1）工业上了利用“甲烷蒸气转化法”生产氢气，反应为甲烷和水蒸气在高温和催化剂存在的条件下生成一氧化碳和氢气，有关反应的能量变化如图1：则该反应的热化学方程式CH4（g）+H2O（g）CO2（g）+3H2（g）△H=+161.1kJ/mol．（2）CH4燃烧之后的产物用NaOH溶液吸收，常温下，在该吸收液中滴加稀盐酸至中性时，溶质的主要成分有NaHCO3、NaCl、CO2．（3）已知温度、压强对甲烷平衡含量的影响如图2，请回答：。