重庆2024年分类考试化学模拟试题【含答案】
发布时间：2024-12-12 18:58:16来源：中职中专
一、选择题：本题共7小题，每小题6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．我国明代《本草纲目》中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上…其清如水，味极浓烈，盖酒露也．”这里所用的“法”是指( )
A．萃取B．渗析C．蒸馏D．干馏
2．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是( )
A．1molCl2溶于水的过程中有1NA个电子转移
B．100℃时，1LpH=1的硫酸溶液中，含有0.1NA个H+
C．常温常压下，15gHCHO含有1.5NA对共用电子对
D．0.1mol•L﹣1的醋酸溶液中CH3COO﹣少于0.1NA个
3．下列实验所对应的离子方程式正确的是( )
A．氢氧化铁与氢碘酸反应：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O
B．向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液：Fe3++3H2O═Fe（OH）3↓+3H+
C．FeBr2溶液中通入足量Cl2：2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++Br2++4Cl﹣
D．向FeCl2溶液中加入少量K3[Fe（CN）6]溶液：3Fe2++2[Fe（CN）6]3﹣═Fe3[Fe（CN）6]2↓
4．PX是纺织工业的基础原料，其结构简式为，下列关于PX的说法正确的是( )
A．属于饱和烃
B．其一氯代物有四种
C．可用于生产对苯二甲酸
D．分子中所有原子都处于同一平面
5．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是( )
选项 实验操作 实验现象 结论A 将硫的酒精溶液滴入一定量的热水中得淡蓝色透明液体，用激光笔照射 有丁达尔效应 淡蓝色液体为胶体
B 将FeSO4高温强热，得红色固体，产生的气体通入BaCl2溶液 产生白色沉淀 白色沉淀为BaSO3和BaSO4
C 将气体X分别通入品红溶液和酸性高锰酸钾溶液 两溶液均褪色 X可能是乙烯
D 向溶液Y中滴加稀硝酸，再滴加BaCl2溶液 产生白色沉淀 Y中一定含有SO42﹣或SO32﹣
A．AB．BC．CD．D
6．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，X最高正价与最低负价的代数和为零，Y、Z易形成质量比为3：4和3：8的两种常见化合物，含W元素的物质其焰色反应为黄色．下列说法正确的是( )
A．常见单质的沸点：W＞Y＞Z
B．W的氢化物为共价化合物
C．原子半径：Y＜Z＜W
D．X、Y可以形成既有极性键也有非极性键的化合物
7．常温下，向20mL的某稀H2SO4溶液中滴入0.1mol/L氨水，溶液中水电离出氢离子浓度随滴入氨水体积变化如图．下列分析正确的是( )
A．E溶液中存在：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．稀硫酸的浓度为0.1mol/L
C．C点溶液pH=14﹣b
D．V2=20mL
二、解答题（共3小题，满分43分）
8．（14分）现在，德国的许多餐馆自身就具备油脂分离技术，将”地沟油”分离出来的废油将被制成生物柴油．已知生物柴油是高级脂肪酸甲酯，可由油脂与甲醇通过酯交换反应生成新酯和新醇得到，酯交换过程可以表示为：
R1COOR2+R3OH→R1COOR3+R2OH．
又已知油脂与甲醇互不相溶，反应中若有游离脂肪酸和水，将妨碍酯的交换．目前常用的制备方法是碱催化法，用预处理过的地沟油（中性油）制备生物柴油的步骤如下：
①将酯交换反应器做干燥处理，先向反应器中加入26.52g中性油，再称取40.00g正己烷（约61mL）．
②称取甲醇4.60g（约5.8mL）放到锥形瓶中，然后称取0.20g氢氧化钠固体并使之溶解，然后加到反应器中．
③连接好反应装置．
④控制温度在60～65℃进行恒温加热，搅拌1.5到2小时．
⑤停止加热后，冷却，取出反应器，静置、分液，上层为生物柴油、正己烷和甲醇，下层主要为甘油．
⑥用温水洗涤制得的生物柴油3到4次．
⑦将水洗后的溶液倒入圆底烧瓶中，蒸馏，通过控制温度分别得到甲醇、正己烷，直至无液体蒸出后，烧瓶中剩余的液体主要为生物柴油．
（1）地沟油在预处理时需干燥、蒸馏操作的目的是______；
（2）酯交换反应器由、______、温度计、搅拌棒组成；
#p#分页标题#e#（3）步骤①中加入正己烷的作用是______，步骤④可以采用______方式进行恒温加热，步骤⑤中将上下层液体进行分离所需的主要仪器的名称是______，确定步骤⑥中生物柴油已洗涤干净的方法是______；
（4）根据整个流程，分析由中性油制备生物柴油的过程中可以循环利用的物质是______；
（5）假设得到的中性油是油酸甘油酯，结构简式为：．经上述实验后得到油酸甲酯15.40g，则该实验中生物柴油（全以油酸甲酯计量）的产率为______%．
9．钴（Co）及其化合物在工业上有广泛应用．为从某工业废料中回收钴，某学生设计流程如下（废料中含有Al、Li、Co2O3和Fe2O3等物质）．
已知：①物质溶解性：LiF难溶于水，Li2CO3微溶于水；
②部分金属离子形成氢氧化物沉淀的pH见下表：
Fe3+ Co2+ Co3+ Al3+pH（开始沉淀） 1.9 7.15 ﹣0.23 3.4
pH（完全沉淀） 3.2 9.15 1.09 4.7
请回答：
（1）步骤Ⅰ中得到含铝溶液的反应的离子方程式是______；
（2）写出步骤Ⅱ中Co2O3与盐酸反应生成氯气的离子方程式______；
（3）步骤Ⅲ中Na2CO3溶液的作用是调节溶液的pH，应使溶液的pH不超过______，废渣中的成分有______；
（4）NaF与溶液中的Li+形成LiF沉淀，此反应对步骤Ⅳ所起的作用是______；
（5）在空气中加热CoC2O4固体，经测定，210～290℃的过程中只产生CO2和一种二元化合物，该化合物中钴元素的质量分数为73.44%．此过程发生反应的化学方程式是______；
（6）某锂离子电池的总反应为C+LiCoO2LixC+Li1﹣xCoO2，LixC中Li的化合价为______价，该锂离子电池充电时阳极的电极反应式为______．
10．（14分）二甲醚（CH3OCH3）是一种应用前景广阔的清洁燃料，以CO和H2为原料生产二甲醚主要发生以下三个反应：
编号 热化学方程式 化学平衡常数① CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1 K1
② 2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2=﹣24kJ•mol﹣1 K2
③ CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H3=﹣41kJ•mol﹣1 K3
回答下列问题：
（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：
化学键 H﹣H C﹣O C=O H﹣O C﹣HE/（kJ．mol﹣1） 436 343 1076 465 413
由上述数据计算△H1=______；
（2）该工艺的总反应为3CO（g）+3H2（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）△H，该反应△H=______，化学平衡常数K=______（用含K1、K2、K3的代数式表示）；
（3）下列措施中，能提高CH3OCH3产率的有______；
A．分离出二甲醚 B．升高温度
C．改用高效催化剂 D．增大压强
（4）工艺中反应①和反应②分别在不同的反应器中进行，无反应③发生．该工艺中反应③的发生提高了CH3OCH3的产率，原因是______；
（5）以=2通入1L的反应器中，一定条件下发生反应：4H2（g）+2CO（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H，其CO的平衡转化率随温度、压强变化关系如图所示．下列说法正确的是______；
A．该反应的△H＞0
B．若在p2和316℃时反应达到平衡，则CO的转化率小于50%
C．若在p3和316℃时反应达到平衡，H2的转化率等于50%
D．若在p3和316℃时，起始时=3，则达平衡时CO的转化率大于50%
E．若在p1和200℃时，反应达平衡后保持温度和压强不变，再充入2molH2和1molCO，则平衡时二甲醚的体积分数增大
#p#分页标题#e#（6）某温度下，将8.0molH2和4.0molCO充入容积为2L的密闭容器中，发生反应：4H2（g）+2CO（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g），反应达平衡后测得二甲醚的体积分数为25%，则该温度下反应的平衡常数K=______．
三、选做题：选修2：化学与技术（共1小题，满分15分）
11．金属的表面处理可以使金属制品美观耐用，我国2000多年前就已经掌握化学镀铬即铬盐氧化处理技术，现代工业中常采用电镀或化学镀进行金属表面处理．请回答：
（1）化学镀金是借助合适的还原剂，使镀液中金属离子还原沉积到金属表面．如化学镀镍是在酸性环境下以NaH2PO2为还原剂（氧化生成NaH2PO3）使Ni2+还原，其离子方程式为______；
（2）工业上进行电镀时，待镀金属作为______极．电镀铬若采用Cr3+的简单水溶液，电镀过程中阴极附近的pH与电镀时间的关系如图1，pH变化的原因是______，上述过程的发生对镀层产生的影响是______；
（3）为防止上述过程发生，电镀铬可以在硫酸盐溶液体系中进行，图2为硫酸盐溶液中Cr3+的浓度对镀层厚度和覆盖范围的影响，随厚度增加，镀层覆盖范围变化的原因可能是______；
（4）综合考虑镀层厚度及覆盖范围，电镀铬时温度以30～40℃为佳，工业上控制反应温度的设备名称为______；电镀铬的过程中阳极会产生部分Cr2O72﹣，可以加入______（填字母）除去；
A．H2O2 B．Na2SO3 C．FeSO4
（5）工业采用含Cr3+为3.25g/L的电解液电镀铬，则溶液pH不能大于______．（已知：35℃时，Kw=2.0×10﹣14，Ksp[Cr（OH）3]=5.0×10﹣31）
选做题：选修3物质结构与性质（共1小题，满分0分）
12．第四周期过渡元素Fe、Ti可与C、H、N、O形成多种化合物．
（1）①H、C、N、O四种元素的电负性由小到大的顺序为______；
②下列叙述不正确的是______；（填字母）
A．因为HCHO与水分子间能形成氢键，所以CH2O易溶于水
B．HCHO和CO2分子中的中心原子均采用sp2杂化
C．C6H6分子中含有6个σ键和1个大π键，C2H2是非极性分子
D．CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低
③氰酸（HOCN）是一种链状分子，它与异氰酸（HNCO）互为同分异构体，其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，试写出氰酸的结构式______；
（2）Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道能与一些分子或离子形成配合物．
①与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是______；
②六氰合亚铁离子[Fe（CN）6]4﹣中不存在______；
A、共价键 B、非极性键 C、配位键 D、σ键 E、π键
写出一种与CN﹣互为等电子体的单质分子式______；
（3）根据元素原子的外围电子排布特征，可将周期表分成五个区域，其中Ti属于______区；
（4）一种Al﹣Fe合金的立体晶胞如图所示．请据此回答下列问题：
①确定该合金的化学式；
②若晶体的密度=ρg/cm3，则此合金中最近的两个Fe原子之间的距离（用含ρ的代数式表示，不必化简）为______cm．
选做题：选修5：有机化学基础（共1小题，满分0分）
13．【化学﹣﹣选修有机化学基础】
环己烯常用于有机合成．现通过下列流程，以环己烯为原料合成环醚、聚酯、橡胶，其中F可以做内燃机的抗冻剂，J分子中无饱和碳原子．
已知：R1﹣CH=CH﹣R2R1﹣CHO+R2﹣CHO
（1）F的名称是______，C中含有的官能团的名称是______．
（2）③的反应条件是______．
（3）写出下列反应类型：⑥______，⑨______．
（4）写出②反应化学方程式：______．
（5）写出⑩反应化学方程式：______．
（6）试写出C与新制银氨溶液反应的化学方程式：______
（7）D的一种同分异构体，可发生加成聚合反应，且能和NaHCO3反应，有三种氢原子，核磁共振氢谱面积比为1：2：3，试写出结构简式：______．
一、选择题：本题共7小题，每小题6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
#p#分页标题#e#1．我国明代《本草纲目》中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上…其清如水，味极浓烈，盖酒露也．”这里所用的“法”是指( )
A．萃取B．渗析C．蒸馏D．干馏
【分析】由信息可知，蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，以此来解答．
【解答】解：由信息可知，蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则该法为蒸馏，
故选C．
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握习题中的信息、物质的性质及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．
2．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法中正确的是( )
A．1molCl2溶于水的过程中有1NA个电子转移
B．100℃时，1LpH=1的硫酸溶液中，含有0.1NA个H+
C．常温常压下，15gHCHO含有1.5NA对共用电子对
D．0.1mol•L﹣1的醋酸溶液中CH3COO﹣少于0.1NA个
【分析】A．氯气与水反应为可逆反应，不能进行到底；
B.100℃时，1LpH=1的硫酸溶液中氢离子浓度为10﹣1mol/L，依据n=CV计算解答；
C.1个甲醛分子含有4对共用电子对；
D．溶液体积未知．
【解答】解：A．氯气溶解于水只有少部分和水反应，Cl2+H2O═HCl+HClO，1molCl2溶于水的过程中电子转移小于NA个，故A错误；
B.100℃时，1LpH=1的硫酸溶液中氢离子浓度为10﹣1mol/L，则1LpH=1的硫酸溶液中，含有氢离子物质的量为0.1mol/L×1L=0.1mol，含有0.1NA个H+，故B正确；
C．常温常压下，15gHCHO物质的量为=0.5mol，含有对共用电子对0.5mol×4=2mol，2NA对，故C错误；
D．溶液体积未知，无法计算醋酸根离子个数，故D错误；
故选：B．
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系是解题关键，注意甲醛分子结构特点，题目难度不大．
3．下列实验所对应的离子方程式正确的是( )
A．氢氧化铁与氢碘酸反应：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O
B．向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液：Fe3++3H2O═Fe（OH）3↓+3H+
C．FeBr2溶液中通入足量Cl2：2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++Br2++4Cl﹣
D．向FeCl2溶液中加入少量K3[Fe（CN）6]溶液：3Fe2++2[Fe（CN）6]3﹣═Fe3[Fe（CN）6]2↓
【分析】A．三价铁离子具有强的氧化性，能够氧化碘离子生成单质碘；
B．向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液得到氢氧化铁胶体；
C．氯气足量二价铁离子、溴离子都被氧化；
D．含Fe2+的溶液与铁氰化钾K3[Fe（CN）6]溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀．
【解答】解：A．氢氧化铁与氢碘酸反应，离子方程式：2Fe（OH）3+6H++2I﹣=2Fe2++I2+6H2O，故A错误；
B．向沸水中滴加饱和的氯化铁溶液：Fe3++3H2O═Fe（OH）3（胶体）+3H+，故B错误；
C．向FeBr2溶液中通入足量氯气，亚铁离子和溴离子完全被氧化，反应的离子方程式为：2Fe2++4Br﹣+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl﹣，故C错误；
D．含Fe2+的溶液与铁氰化钾K3[Fe（CN）6]溶液反应生成具有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀，[Fe（CN）6]3﹣离子带有3个单位负电荷，正确的离子方程式为：3Fe2++2[Fe（CN）6]3﹣═Fe3[Fe（CN）6]2↓，故D正确；
故选：D．
【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，为高考中的高频题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法是解题关键，侧重考查氧化还原反应离子方程式书写的考查．
4．PX是纺织工业的基础原料，其结构简式为，下列关于PX的说法正确的是( )
A．属于饱和烃
B．其一氯代物有四种
C．可用于生产对苯二甲酸
D．分子中所有原子都处于同一平面
【分析】由结构可知，分子中含苯环，为平面结构，结构对称，只有2种H，甲基能被高锰酸钾氧化，以此来解答．
【解答】解：A．含苯环，为不饱和烃，故A错误；
B．结构对称，只有2种H，则其一氯代物有2种，故B错误；
C．甲基能被高锰酸钾氧化，可用于生产对苯二甲酸，故C正确；
D．苯环为平面结构，但甲基为四面体结构，则所有原子不可能共面，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意甲苯结构及性质分析，题目难度不大．
5．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是( )
选项 实验操作 实验现象 结论A 将硫的酒精溶液滴入一定量的热水中得淡蓝色透明液体，用激光笔照射 有丁达尔效应 淡蓝色液体为胶体
B 将FeSO4高温强热，得红色固体，产生的气体通入BaCl2溶液 产生白色沉淀 白色沉淀为BaSO3和BaSO4
C 将气体X分别通入品红溶液和酸性高锰酸钾溶液 两溶液均褪色 X可能是乙烯
D 向溶液Y中滴加稀硝酸，再滴加BaCl2溶液 产生白色沉淀 Y中一定含有SO42﹣或SO32﹣
A．AB．BC．CD．D
【分析】A．胶体具有丁达尔效应；
B．二氧化硫与氯化钡不反应；
C．乙烯不能使品红褪色；
D．也可能生成AgCl沉淀．
【解答】解：A．只有胶体具有丁达尔效应，故A正确；
B．将FeSO4高温强热，可生成二氧化硫和三氧化硫气体，二氧化硫与氯化钡不反应，得到的沉淀只有硫酸钡，故B错误；
C．乙烯不能使品红褪色，气体应为二氧化硫，故C错误；
D．也可能生成AgCl沉淀，如检验是否含有SO42﹣，应先加入盐酸，再加入氯化钡检验，故D错误．
故选A．
#p#分页标题#e#【点评】本题考查较为综合，涉及胶体、二氧化硫、乙烯以及离子的检验等知识，为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，难度不大．
6．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，X最高正价与最低负价的代数和为零，Y、Z易形成质量比为3：4和3：8的两种常见化合物，含W元素的物质其焰色反应为黄色．下列说法正确的是( )
A．常见单质的沸点：W＞Y＞Z
B．W的氢化物为共价化合物
C．原子半径：Y＜Z＜W
D．X、Y可以形成既有极性键也有非极性键的化合物
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，含W元素的物质其焰色反应为黄色，则W为Na元素；Y、Z原子序数小于Na，Y、Z易形成质量比为3：4和3：8的两种常见化合物，即CO、CO2，所以Y为C元素、Z为O元素，X的原子序数小于C，而且X最高正价与最低负价的代数和为零，则X为H元素；结合元素周期率知识解答该题．
【解答】解：A．Y为碳元素，C元素的单质金刚石为原子晶体，熔点最高，故A错误；
B．W为Na元素，NaH为离子化合物，故B错误；
C．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，原子半径越小，所以原子半径：Z＜Y＜W，故C错误；
D．C、H可以形成既有极性键也有非极性键的化合物，如C2H4，故D正确．
故选D．
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，题目难度中等，侧重于学生的分析能力的考查，推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握．
7．常温下，向20mL的某稀H2SO4溶液中滴入0.1mol/L氨水，溶液中水电离出氢离子浓度随滴入氨水体积变化如图．下列分析正确的是( )
A．E溶液中存在：c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．稀硫酸的浓度为0.1mol/L
C．C点溶液pH=14﹣b
D．V2=20mL
【分析】A．E溶液显示酸性，根据盐的水解原理来比较离子浓度；
B．根据20mL的稀H2S04溶液中水电离出的氢离子浓度结合水的离子积来进行计算；
C．根据C点的溶液中水电离出的氢离子浓度结合水的离子积来进行计算；
D．当硫酸与氨水恰好生成硫酸铵时，水的电离程度最大．
【解答】解：A．E溶液显示酸性，硫酸铵和氨水的混合物，得到的溶液中铵根离子的水解程度较强，所以c（NH4+）＞c（SO42﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A错误；
B．20mL的稀H2S04溶液中，水电离出的氢离子浓度是10﹣13，则硫酸电离出的氢离子浓度是0.1mol/L，稀硫酸的浓度为0.05mol/L，故B错误；
C．C点的溶液中水电离出的氢离子浓度是10﹣b，此时的溶液显示酸性，铵根离子水解所致，溶液中氢离子由水电离，则pH=b，故C错误；
D．当硫酸与氨水恰好生成硫酸铵时，铵根离子浓度最大，水的电离程度最大，稀硫酸的浓度为0.05mol/L，体积为20mL，所以消耗的0.1mo/L氨水为20mL，故D正确．
故选D．
【点评】本题考查学生酸碱混合的酸碱性的判断以及盐的水解原理的应用知识，属于综合知识的考查，难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力．
二、解答题（共3小题，满分43分）
#p#分页标题#e#8．（14分）现在，德国的许多餐馆自身就具备油脂分离技术，将”地沟油”分离出来的废油将被制成生物柴油．已知生物柴油是高级脂肪酸甲酯，可由油脂与甲醇通过酯交换反应生成新酯和新醇得到，酯交换过程可以表示为：
R1COOR2+R3OH→R1COOR3+R2OH．
又已知油脂与甲醇互不相溶，反应中若有游离脂肪酸和水，将妨碍酯的交换．目前常用的制备方法是碱催化法，用预处理过的地沟油（中性油）制备生物柴油的步骤如下：
①将酯交换反应器做干燥处理，先向反应器中加入26.52g中性油，再称取40.00g正己烷（约61mL）．
②称取甲醇4.60g（约5.8mL）放到锥形瓶中，然后称取0.20g氢氧化钠固体并使之溶解，然后加到反应器中．
③连接好反应装置．
④控制温度在60～65℃进行恒温加热，搅拌1.5到2小时．
⑤停止加热后，冷却，取出反应器，静置、分液，上层为生物柴油、正己烷和甲醇，下层主要为甘油．
⑥用温水洗涤制得的生物柴油3到4次．
⑦将水洗后的溶液倒入圆底烧瓶中，蒸馏，通过控制温度分别得到甲醇、正己烷，直至无液体蒸出后，烧瓶中剩余的液体主要为生物柴油．
（1）地沟油在预处理时需干燥、蒸馏操作的目的是除去游离的脂肪酸和水，否则将妨碍酯的交换；
（2）酯交换反应器由、三颈烧瓶、冷凝管、温度计、搅拌棒组成；
（3）步骤①中加入正己烷的作用是作溶剂，促进油脂与甲醇互溶，步骤④可以采用60～65℃的水浴加热方式进行恒温加热，步骤⑤中将上下层液体进行分离所需的主要仪器的名称是分液漏斗，确定步骤⑥中生物柴油已洗涤干净的方法是蘸取最后一次洗涤液，用pH试纸测其酸碱性，若为中性则已洗净；
（4）根据整个流程，分析由中性油制备生物柴油的过程中可以循环利用的物质是正己烷、甲醇；
（5）假设得到的中性油是油酸甘油酯，结构简式为：．经上述实验后得到油酸甲酯15.40g，则该实验中生物柴油（全以油酸甲酯计量）的产率为57.8%%．
【分析】（1）反应中若有游离脂肪酸和水，将妨碍酯的交换；
（2）依据装置图分析可知酯交换反应器由三颈烧瓶、冷凝管、温度计、搅拌棒组成；
（3）已知油脂与甲醇互不相溶，正己烷是一种有机溶剂可以溶解油脂和甲醇使之混合均匀发生反应；控制温度在100℃以下选择水浴加热；步骤⑤中将上下层液体进行分离基本操作为分液，据此分析所需仪器；用温水洗涤制得的生物柴油3～4次，检验是否洗涤干净可以利用最后一次的洗涤液检查酸碱性设计；
（4）停止加热后，冷却，取出反应器，静置、分液，上层为生物柴油、正己烷和甲醇，下层主要为甘油，可知正己烷和甲醇可以循环使用；
（5）根据油酸甘油酯进行酯交换后与油酸甲酯的关系：C57H104O6～3C19H36O2计算出理论产量，再计算产率．
【解答】解：（1）反应中若有游离脂肪酸和水，将妨碍酯的交换，地沟油的预处理干燥、蒸馏操作的目的是除去游离脂肪酸和水，否则将妨碍酯的交换，
故答案为：除去游离脂肪酸和水，否则将妨碍酯的交换；
（2）依据装置图分析可知酯交换反应器由三颈烧瓶、冷凝管、温度计、搅拌棒组成，故答案为：三颈烧瓶；
（3）生物柴油是高级脂肪酸甲酯，可由油脂与甲醇通过酯交换生成新酯和新醇得到，已知油脂与甲醇互不相溶，正己烷是一种有机溶剂可以溶解油脂和甲醇使之混合均匀发生反应；控制温度在60～65℃进行恒温加热应选择水浴加热；分液操作所需主要仪器为分液漏斗；用温水洗涤制得的生物柴油3～4次，检验是否洗涤干净可以利用最后一次的洗涤液检查酸碱性设计，蘸取最后一次的洗涤液，用pH试纸测其酸碱性，若为中性则已洗净，
故答案为：作溶剂，促进油脂与甲醇互溶；60～65℃的水浴加热；分液漏斗；蘸取最后一次的洗涤液，用pH试纸测其酸碱性，若为中性则已洗净；
（4），停止加热后，冷却，取出反应器，静置、分液，上层为生物柴油、正己烷和甲醇，下层主要为甘油，可知正己烷和甲醇可以循环使用，
故答案为：正己烷、甲醇；
（5）26.52g中性油的物质的量为=0.03mol，根据C57H104O6～3C19H36O2可知理论生成油酸甲酯的物质的量为0.03mol×3=0.09mol，质量为0.09mol×296g/mol=26.64g；则产率为=57.8%；故答案为：57.8%．
#p#分页标题#e#【点评】本题考查了有机混合物的分离方法和实验过程分析应用，涉及产率的计算，主要是题目信息的理解应用和盐类分析，掌握基础是解题关键，题目难度中等．
9．钴（Co）及其化合物在工业上有广泛应用．为从某工业废料中回收钴，某学生设计流程如下（废料中含有Al、Li、Co2O3和Fe2O3等物质）．
已知：①物质溶解性：LiF难溶于水，Li2CO3微溶于水；
②部分金属离子形成氢氧化物沉淀的pH见下表：
Fe3+ Co2+ Co3+ Al3+pH（开始沉淀） 1.9 7.15 ﹣0.23 3.4
pH（完全沉淀） 3.2 9.15 1.09 4.7
请回答：
（1）步骤Ⅰ中得到含铝溶液的反应的离子方程式是2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；
（2）写出步骤Ⅱ中Co2O3与盐酸反应生成氯气的离子方程式Co2O3+6H++2Cl﹣=2Co2++Cl2↑+3H2O；
（3）步骤Ⅲ中Na2CO3溶液的作用是调节溶液的pH，应使溶液的pH不超过7.15，废渣中的成分有LiF、Fe（OH）3；
（4）NaF与溶液中的Li+形成LiF沉淀，此反应对步骤Ⅳ所起的作用是降低溶液中Li+浓度，避免步骤Ⅳ中产生Li2CO3沉淀；
（5）在空气中加热CoC2O4固体，经测定，210～290℃的过程中只产生CO2和一种二元化合物，该化合物中钴元素的质量分数为73.44%．此过程发生反应的化学方程式是3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2；
（6）某锂离子电池的总反应为C+LiCoO2LixC+Li1﹣xCoO2，LixC中Li的化合价为0价，该锂离子电池充电时阳极的电极反应式为LiCoO2﹣xe﹣=Li1﹣xCoO2+xLi+．
【分析】该工艺流程为：废料加入氢氧化钠溶液碱浸，得到钴渣，加入盐酸溶解后发生氧化还原反应，氧化钴氧化氯离子为氯气，过滤得到酸溶的溶液加入碳酸钠溶液和NaF溶液净化，除去锂离子和铁离子，在滤液中加入碳酸钠溶液沉淀钴离子为碳酸钴沉淀，加入盐酸和草酸铵溶液得到草酸钴晶体，高温分解得到氧化钴；
（1）步骤Ⅰ中铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气；
（2）Co2O3与盐酸反应生成Cl2，依据得失电子守恒结合原子个数守恒写成反应的离子方程式；
（3）依据表中数据分析判断加入碳酸钠调节溶液PH，沉淀铁离子和锂离子，但不能沉淀钴离子；
（4）NaF与溶液中的Li+形成LiF沉淀，防止锂离子结合碳酸根离子形成碳酸锂沉淀；
（5）210～290℃的过程中只产生CO2和一种二元化合物，该二元化合物应该由钴元素和氧元素组成，该化合物中钴元素的质量分数为73.44%，则该氧化物中钴原子和氧原子的物质的量之比为：=3：4，即该氧化物的化学式为Co3O4，依据原子守恒配平书写反应的化学方程式；
（6）LiCoO2中锂元素化合价为+1价，则依据放电反应分析判断，LixC中锂元素化合价为0价，由锂离子电池的总反方程式可知C+LiCoO2→LixC+Li1﹣xCoO2为充电过程即为电解池，则锂硫电池给锂离子电池充电，LiCoO2为阳极失电子发生氧化反应，
【解答】解：（1）步骤Ⅰ中铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；
故答案为：2Al+2OH﹣+2H2O=2AlO2﹣+3H2↑；
（2）Co2O3与盐酸反应生成Cl2，反应中钴元素化合价降低为+2价．氯元素化合价﹣1价变化为0价，依据得失电子守恒可知Co2O3的系数为1，Cl﹣的系数为2，结合原子个数守恒，反应的离子方程式：Co2O3+6H++2Cl﹣=2Co2++Cl2↑+3H2O；
故答案为：Co2O3+6H++2Cl﹣=2Co2++Cl2↑+3H2O；
（3）依据表中数据分析判断加入碳酸钠调节溶液PH，沉淀铁离子和锂离子，但不能沉淀钴离子，步骤Ⅲ中Na2CO3溶液的作用是调节溶液的pH，应使溶液的pH不超过7.15，废渣中的主要成分为LiF和Fe（OH）3；
故答案为：7.15；LiF、Fe（OH）3；
（4）NaF与溶液中的Li+形成LiF沉淀，此反应对步骤Ⅳ所起的作用是，降低溶液中Li+浓度，避免步骤Ⅳ中产生Li2CO3沉淀；
故答案为：降低溶液中Li+浓度，避免步骤Ⅳ中产生Li2CO3沉淀；
#p#分页标题#e#（5）210～290℃的过程中只产生CO2和一种二元化合物，该二元化合物应该由钴元素和氧元素组成，该化合物中钴元素的质量分数为73.44%，则该氧化物中钴原子和氧原子的物质的量之比为：
=3：4，即该氧化物的化学式为Co3O4，所以该反应的方程式为：3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2；故答案为：3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2；
（6）LiCoO2中锂元素化合价为+1价，则依据放电为原电池反应，锂元素化合价升高发生氧化反应分析判断，LixC中锂元素化合价为0价，是锂单质镶嵌在碳中做原电池负极，由锂离子电池的总反方程式可知C+LiCoO2→LixC+Li1﹣xCoO2为充电过程即为电解池，则锂硫电池给锂离子电池充电，LiCoO2为阳极失电子发生氧化反应：LiCoO2﹣xe﹣=Li1﹣xCoO2+xLi+，C为阴极得电子发生还原反应：C+xe﹣+xLi+=LixC，
故答案为：0；LiCoO2﹣xe﹣=Li1﹣xCoO2+xLi+．
【点评】本题通过从某工业废料中回收钴的工艺流程考查了化学方程式、离子方程式书写，确各个阶段固体成分及先后分解生成物成分是解本题关键，题目难度中等．
10．（14分）二甲醚（CH3OCH3）是一种应用前景广阔的清洁燃料，以CO和H2为原料生产二甲醚主要发生以下三个反应：
编号 热化学方程式 化学平衡常数① CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1 K1
② 2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H2=﹣24kJ•mol﹣1 K2
③ CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H3=﹣41kJ•mol﹣1 K3
回答下列问题：
（1）已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：
化学键 H﹣H C﹣O C=O H﹣O C﹣HE/（kJ．mol﹣1） 436 343 1076 465 413
由上述数据计算△H1=﹣99kJ•mol﹣1；
（2）该工艺的总反应为3CO（g）+3H2（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）△H，该反应△H=﹣263kJ•mol﹣1，化学平衡常数K=K12•K2•K3（用含K1、K2、K3的代数式表示）；
（3）下列措施中，能提高CH3OCH3产率的有AD；
A．分离出二甲醚 B．升高温度
C．改用高效催化剂 D．增大压强
（4）工艺中反应①和反应②分别在不同的反应器中进行，无反应③发生．该工艺中反应③的发生提高了CH3OCH3的产率，原因是反应③消耗了反应②中的产物H2O，使反应②的化学平衡向正反应方向移动，从而提高CH3OCH3的产率；
（5）以=2通入1L的反应器中，一定条件下发生反应：4H2（g）+2CO（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）△H，其CO的平衡转化率随温度、压强变化关系如图所示．下列说法正确的是CD；
A．该反应的△H＞0
B．若在p2和316℃时反应达到平衡，则CO的转化率小于50%
C．若在p3和316℃时反应达到平衡，H2的转化率等于50%
D．若在p3和316℃时，起始时=3，则达平衡时CO的转化率大于50%
E．若在p1和200℃时，反应达平衡后保持温度和压强不变，再充入2molH2和1molCO，则平衡时二甲醚的体积分数增大
（6）某温度下，将8.0molH2和4.0molCO充入容积为2L的密闭容器中，发生反应：4H2（g）+2CO（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g），反应达平衡后测得二甲醚的体积分数为25%，则该温度下反应的平衡常数K=2.25．
【分析】（1）△H等于反应物的键能减去生成物的键能；
（2）盖斯定律：化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关；
（3）总反应的平衡常数等于分反应的平衡常数之积；
（4）勒夏特列原理：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（5）催化剂不会影响化学平衡移动；
（6）可用体积分数求出各物质的浓度，然后再利用平衡常数的公式求出平衡常数．
#p#分页标题#e#【解答】解：（1）由△H等于反应物的键能减去生成物的键能，可求得反应①的△H1=1076+2×436﹣343﹣465﹣3×413=﹣99kJ•mol﹣1，故答案为：﹣99kJ•mol﹣1；
（2）由盖斯定律可得，总反应3CO（g）+3H2（g）CH3OCH3（g）+CO2（g）为方程式①×2+②+③相加所得，故△H=2△H1+△H2+△H3=2×（﹣99）﹣24﹣41=﹣263kJ•mol﹣1；总反应的平衡常数等于分反应的平衡常数之积，则K=K12•K2•K3．
故答案为：﹣263kJ•mol﹣1；K=K12•K2•K3；
（3）由勒夏特列原理，对于3CO（g）+3H2（g）CH3OCH3（g）+CO2（g）为了提高CH3OCH3产率，反应需要向正反应方向移动，因此通过减小气体体积、降温、减少产物的量可以实现，而催化剂对化学平衡的移动没有影响，由此可知A、D正确．
故答案为：AD；
（4）反应②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g），反应③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），由此可知，反应③消耗反应②中的水，根据勒夏特列原理可知，可提高CH3OCH3的产率．
故答案为：反应③消耗了反应②中的产物H2O，使反应②的化学平衡向正反应方向移动，从而提高CH3OCH3的产率；
（5）由图象可知，反应温度升高，CO的转化率降低，说明该正反应方向为放热反应，△H＜0，A错误；找出p2，316℃坐标点，可知CO的转化率大于50%，B错误；由图可知，p3，316℃时，CO的转化率为50%，而此时H2和CO的物质的量之比等于系数比，即两者的转化率相等，所以H2的转化率也为50%，C正确；若增大H2和CO的物质的量之比，则平衡正向移动，CO的转化率也同时升高，D正确；根据等效平衡的原理，保持温度和压强不变，充入与起始时等比值的氢气和CO，两种平衡等效，二甲醚的体积分数不变，E错误．
故答案为：CD；
（6）设平衡时CH3OCH3的物质的量为xmol，由4H2（g）+2CO（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g），平衡时各物质的浓度分别为：[H2]=4﹣2x，[CO]=2﹣x，[CH3OCH3]=，[H2O]=．二甲醚的体积分数为25%，也即=，解得x=；所以平衡时各物质的浓度分别为：[H2]=1，[CO]=0.5，[CH3OCH3]=0.75，[H2O]=0.75，所以平衡常数K==2.25．
故答案为：2.25．
【点评】本题难度较大，综合性非常强，综合了化学平衡、转化率、盖斯定律等知识．
三、选做题：选修2：化学与技术（共1小题，满分15分）
11．金属的表面处理可以使金属制品美观耐用，我国2000多年前就已经掌握化学镀铬即铬盐氧化处理技术，现代工业中常采用电镀或化学镀进行金属表面处理．请回答：
（1）化学镀金是借助合适的还原剂，使镀液中金属离子还原沉积到金属表面．如化学镀镍是在酸性环境下以NaH2PO2为还原剂（氧化生成NaH2PO3）使Ni2+还原，其离子方程式为Ni2++H2PO2﹣+H2O=Ni+H2PO3﹣+2H+；
（2）工业上进行电镀时，待镀金属作为阴极．电镀铬若采用Cr3+的简单水溶液，电镀过程中阴极附近的pH与电镀时间的关系如图1，pH变化的原因是H+参与放电，上述过程的发生对镀层产生的影响是镀层变薄且不均匀；
（3）为防止上述过程发生，电镀铬可以在硫酸盐溶液体系中进行，图2为硫酸盐溶液中Cr3+的浓度对镀层厚度和覆盖范围的影响，随厚度增加，镀层覆盖范围变化的原因可能是Cr3+浓度增加会使镀层加厚，但浓度增加铬晶粒变大使覆盖范围变小；
#p#分页标题#e#（4）综合考虑镀层厚度及覆盖范围，电镀铬时温度以30～40℃为佳，工业上控制反应温度的设备名称为热交换器；电镀铬的过程中阳极会产生部分Cr2O72﹣，可以加入AB（填字母）除去；
A．H2O2 B．Na2SO3 C．FeSO4
（5）工业采用含Cr3+为3.25g/L的电解液电镀铬，则溶液pH不能大于4．（已知：35℃时，Kw=2.0×10﹣14，Ksp[Cr（OH）3]=5.0×10﹣31）
【分析】（1）化学镀镍是在酸性环境下以NaH2PO2为还原剂（氧化生成NaH2PO3）使Ni2+还原，还原产物是Ni，据此书写离子反应；
（2）在电镀工业中，待镀金属做阴极，镀层金属做阳极，根据电镀池中电极反应式来回答；
（3）根据硫酸盐溶液中Cr3+的浓度对镀层厚度和覆盖范围的影响关系来分析原因；
（4）工业上控制反应温度的设备名称为热交换器，Cr2O72﹣具有很强的氧化性，可以和还原性的试剂之间发生反应，但是不能引进杂质离子；
（5）根据Ksp[Cr（OH）3]=5.0×10﹣31=c（Cr3+）•c3（OH﹣）来计算氢氧根离子浓度，根据Kw=c（H+）•c（OH﹣）来计算氢离子浓度，进而计算pH．
【解答】解：（1）根据信息：化学镀镍是在酸性环境下以NaH2PO2为还原剂（氧化生成NaH2PO3）使Ni2+还原，还原产物是Ni，结合氧化还原反应知识，得到反应为：Ni2++H2PO2﹣+H2O=Ni+H2PO3﹣+2H+，故答案为：Ni2++H2PO2﹣+H2O=Ni+H2PO3﹣+2H+；
（2）在电镀工业中，待镀金属做阴极，镀层金属做阳极，根据电镀过程中阴极附近的pH与电镀时间的关系图，可以看出由于H+参与放电，导致溶液pH的变化，在阴极上，应该是金属阳离子得电子析出金属单质的过程，由于氢离子参与放电，所以镀层变薄且不均匀，故答案为：阴；H+参与放电；镀层变薄且不均匀；
（3）根据硫酸盐溶液中Cr3+的浓度对镀层厚度和覆盖范围的影响关系，得到：Cr3+浓度增加会使镀层加厚，但浓度增加铬晶粒变大使覆盖范围变小，故答案为：Cr3+浓度增加会使镀层加厚，但浓度增加铬晶粒变大使覆盖范围变小；
（4）工业上控制反应温度的设备名称为热交换器；镀铬的过程中阳极会产生部分Cr2O72﹣，Cr2O72+具有很强的氧化性，可以和还原性双氧水、亚硫酸钠之间发生反应，但是C选项的硫酸亚铁会引进杂质离子，故选AB，故答案为：热交换器；AB；
（5）含Cr3+为3.25g/L的电解液中，Cr3+的浓度是=0.0625mol/L，根据Ksp[Cr（OH）3]=5.0×10﹣31=c（Cr3+）•c3（OH﹣），得到氢氧根离子浓度==2×10﹣10mol/L，Kw=c（H+）•c（OH﹣），c（H+）=mol/L=10﹣4mol/L，所以pH=4，故答案为：4．
【点评】本题涉及电解池的工作原理以及应用、难溶物的沉淀溶解平衡常数的计算等方面的知识，属于综合知识的考查，难度中等．
选做题：选修3物质结构与性质（共1小题，满分0分）
12．第四周期过渡元素Fe、Ti可与C、H、N、O形成多种化合物．
（1）①H、C、N、O四种元素的电负性由小到大的顺序为H＜C＜N＜O；
②下列叙述不正确的是BC；（填字母）
A．因为HCHO与水分子间能形成氢键，所以CH2O易溶于水
B．HCHO和CO2分子中的中心原子均采用sp2杂化
C．C6H6分子中含有6个σ键和1个大π键，C2H2是非极性分子
D．CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低
③氰酸（HOCN）是一种链状分子，它与异氰酸（HNCO）互为同分异构体，其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，试写出氰酸的结构式N≡C﹣O﹣H；
（2）Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道能与一些分子或离子形成配合物．
①与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是具有孤对电子；
②六氰合亚铁离子[Fe（CN）6]4﹣中不存在B；
A、共价键 B、非极性键 C、配位键 D、σ键 E、π键
写出一种与CN﹣互为等电子体的单质分子式N2；
（3）根据元素原子的外围电子排布特征，可将周期表分成五个区域，其中Ti属于d区；
（4）一种Al﹣Fe合金的立体晶胞如图所示．请据此回答下列问题：
①确定该合金的化学式；
②若晶体的密度=ρg/cm3，则此合金中最近的两个Fe原子之间的距离（用含ρ的代数式表示，不必化简）为cm．
【分析】（1）①根据元素周期表电负性的递变规律比较电负性强弱；
#p#分页标题#e#②A．甲醛和水分子间能形成氢键，所以CH2O易溶于水；B．二氧化碳分子中C原子为sp杂化；C．苯中碳碳键含有6个σ键，每个碳氢键含有一个σ键；D．原子晶体的熔沸点大于分子晶体；
③碳为四价，氮为三价，氧为两价，氰酸（HOCN）是一种链状分子，且其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，故N≡C﹣O﹣H；
（2）①形成配离子具备的条件为：中心原子具有空轨道，配体具有孤对电子对；
②六氰合亚铁离子[Fe（CN）6]4﹣中Fe2+与CN﹣形成配位键，CN﹣中存在C≡N三键，为极性共价键，三键中有1个σ键2个π键；CN﹣中C原子与1个单位负电荷用N原子替换可得CN﹣等电子体的单质；
（3）根据Ti原子核外电子排布式解答；
（4）①根据均摊法计算化学式；
②计算出晶胞边长，即可进一步求出最近的两个Fe原子之间的距离．
【解答】解：（1）①同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大，则有电负性C＜N＜O，H的电负性最小，电负性顺序为：H＜C＜N＜O，
故答案为：H＜C＜N＜O；
②A．A中甲醛中含有羟基，与水可以形成氢键，故A正确；
B．HCHO分子中C原子采用sp2杂化，但二氧化碳分子中C原子为sp杂化，故B错误；
C．C2H2是直线型对称结构，为非极性分子，但苯中碳碳键含有6个σ键，每个碳氢键含有一个σ键，苯分子中一共含有12个，故C错误；
D．二氧化碳晶体是分子晶体，二氧化硅晶体是原子晶体，所以CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低，故D正确，
故答案为：BC；
③氰酸（HOCN）是一种链状分子，且其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，碳为四价，氮为三价，氧为两价，故N≡C﹣O﹣H，
故答案为：N≡C﹣O﹣H；
（2）①形成配离子具备的条件为：中心原子具有空轨道，配体具有孤对电子对，
故答案为：具有孤对电子；
②六氰合亚铁离子[Fe（CN）6]4﹣中Fe2+与CN﹣形成配位键，CN﹣中存在C≡N三键，为极性共价键，三键中有1个σ键2个π键，所以CN﹣中共价键、配位键、σ键、π键；CN﹣中C原子与1个单位负电荷用N原子替换可得CN﹣等电子体的单质为N2，
故答案为：B；N2；
（3）Ti原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，钛位于第四周期第ⅣB族，属于d区，故答案为：d；
（4）①Fe位于顶点、面心、体心和棱心，数目为8×+6×+1+12×=8，Al位于晶胞体心，数目为4，原子数目比值为2：1，化学式可写为：Fe2Al，
答：化学式为Fe2Al；
②晶胞质量为：×（56×2+27）g，设晶胞边长为acm，则晶胞体积为a3cm3，由密度公式得：ρ×a3=×（56×2+27），解得a=2×，两个Fe原子之间的距离为边长的一半，则距离为：×acm=cm，
故答案为：．
【点评】本题考查了物质结构和性质，题目比较综合，侧重对物质结构主干知识的考查，涉及电负性、杂化理论、化学键、分子结构与性质、晶体类型与性质、晶胞计算等，需要学生具备知识的基础，难度中等．
选做题：选修5：有机化学基础（共1小题，满分0分）
13．【化学﹣﹣选修有机化学基础】
环己烯常用于有机合成．现通过下列流程，以环己烯为原料合成环醚、聚酯、橡胶，其中F可以做内燃机的抗冻剂，J分子中无饱和碳原子．
已知：R1﹣CH=CH﹣R2R1﹣CHO+R2﹣CHO
（1）F的名称是乙二醇，C中含有的官能团的名称是醛基．
（2）③的反应条件是氢氧化钠醇溶液、加热．
（3）写出下列反应类型：⑥氧化反应，⑨消去反应．
（4）写出②反应化学方程式：．
（5）写出⑩反应化学方程式：．
#p#分页标题#e#（6）试写出C与新制银氨溶液反应的化学方程式：OHC﹣CHO+4Ag（NH3）2OHNH4OOC﹣COONH4+6NH3+4Ag↓+2H2O
（7）D的一种同分异构体，可发生加成聚合反应，且能和NaHCO3反应，有三种氢原子，核磁共振氢谱面积比为1：2：3，试写出结构简式：．
【分析】环己烯与溴发生加成反应生成A为，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成B为，A发生消去反应生成，发生信息中反应生成OHCCH2CH2CHO、OHC﹣CHO，C与氢气发生加成反应生成F为醇、C发生氧化反应生成E为羧酸，故F、E含有相同碳原子数目，由F生成环醚G的分子式可知，C中含有2个C原子，则D为OHCCH2CH2CHO，C为OHC﹣CHO，则F为HOCH2CH2OH、E为HOOC﹣COOH，2分子HOCH2CH2OH发生脱水反应生成环醚G为，F与E通过酯化反应进行的缩聚反应生成聚酯H为．D与氢气发生加成反应生成I为HOCH2CH2CH2CH2OH，I在浓硫酸、加热条件下生成J，J分子中无饱和碳原子，应发生消去反应，可推知J为CH2=CHCH=CH2，J发生发生加聚反应得到合成橡胶，据此解答．
【解答】解：环己烯与溴发生加成反应生成A为，A在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成B为，A发生消去反应生成，发生信息中反应生成OHCCH2CH2CHO、OHC﹣CHO，C与氢气发生加成反应生成F为醇、C发生氧化反应生成E为羧酸，故F、E含有相同碳原子数目，由F生成环醚G的分子式可知，C中含有2个C原子，则D为OHCCH2CH2CHO，C为OHC﹣CHO，则F为HOCH2CH2OH、E为HOOC﹣COOH，2分子HOCH2CH2OH发生脱水反应生成环醚G为，F与E通过酯化反应进行的缩聚反应生成聚酯H为．D与氢气发生加成反应生成I为HOCH2CH2CH2CH2OH，I在浓硫酸、加热条件下生成J，J分子中无饱和碳原子，应发生消去反应，可推知J为CH2=CHCH=CH2，J发生发生加聚反应得到合成橡胶，
（1）F为HOCH2CH2OH，名称是乙二醇，C为OHC﹣CHO，含有的官能团是醛基，故答案为：乙二醇；醛基；
（2）反应③是卤代烃在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应，故答案为：氢氧化钠醇溶液、加热；
（3）反应⑥是醛发生氧化反应生成羧酸，反应⑨是HOCH2CH2CH2CH2OH发生消去反应生成CH2=CHCH=CH2，故答案为：氧化反应；消去反应；
（4）反应②的化学方程式为：，
故答案为：；
#p#分页标题#e#（5）反应⑩的化学方程式为：，故答案为：；
（6）C为OHC﹣CHO，与新制银氨溶液反应的化学方程式：OHC﹣CHO+4Ag（NH3）2OHNH4OOC﹣COONH4+6NH3+4Ag↓+2H2O，
故答案为：OHC﹣CHO+4Ag（NH3）2OHNH4OOC﹣COONH4+6NH3+4Ag↓+2H2O；
（7）D（OHCCH2CH2CHO）的一种同分异构体，可发生加成聚合反应，且能和NaHCO3反应，含有羧基与碳碳双键，有三种氢原子，核磁共振氢谱面积比为1：2：3，符合条件的同分异构体结构简式：，故答案为：．
【点评】本题考查有机物的推断，需要学生对给予的信息进行利用，能较好的考查学生的自学能力，是常见题型，利用正推法与逆推法相结合进行推断，对学生的推理有一定的要求，熟练掌握官能团的性质，难度中等．