?2022年高考診斷性測(cè)試
化學(xué)
1.答題前，考生先將自己的姓名、考生號(hào)、座號(hào)填寫(xiě)在相應(yīng)位置，認(rèn)真核對(duì)姓名、考生號(hào)和座號(hào)。
2.選擇題答案必須使用2B鉛筆(按填涂樣例)正確填涂；非選擇題答案必須使用0.5毫米黑色簽字筆書(shū)寫(xiě)，字體工整、筆跡清楚。
3.請(qǐng)按照題號(hào)在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書(shū)寫(xiě)的答案無(wú)效；在草稿紙、試題卷上答題無(wú)效。保持卡面清潔，不折疊、不破損。
可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：N-14 Ca-40
一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。
1. 北京冬奧會(huì)彰顯了我國(guó)的科技實(shí)力，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是
A. 冬奧會(huì)采用氫能源保障車(chē)有利于“碳達(dá)峰、碳中和”
B. 速滑館“冰絲帶”用CO2做制冷劑制冰發(fā)生化學(xué)變化
C. 冬奧禮儀服裝用到的石墨烯材料既能導(dǎo)熱又能導(dǎo)電
D. 制作“飛揚(yáng)”火炬的碳纖維復(fù)合材料屬于新型材料
【1題答案】
【答案】B
【解析】
【詳解】A．采用氫能源保障車(chē)可以減少化石能源的使用，減少二氧化碳的排放，有利于“碳達(dá)峰、碳中和”的實(shí)現(xiàn)，故A正確；
B．“冰絲帶”用二氧化碳做制冷劑制冰時(shí)，沒(méi)有新物質(zhì)生成，屬于物理變化，沒(méi)有發(fā)生化學(xué)變化，故B錯(cuò)誤；
C．石墨烯材料屬于混合型晶體，層間存在分子間作用力，層內(nèi)存在大π鍵，既能導(dǎo)熱又能導(dǎo)電，故C正確；
D．碳纖維復(fù)合材料是由有機(jī)纖維經(jīng)過(guò)一系列熱處理轉(zhuǎn)化而成，含碳量高于90%的無(wú)機(jī)高性能纖維，是一種力學(xué)性能優(yōu)異的新材料，具有碳材料的固有本性特征，又兼?zhèn)浼徔椑w維的柔軟可加工性，屬于屬于新型材料，故D正確；
故選B。
2. 關(guān)于下列物質(zhì)應(yīng)用分析錯(cuò)誤的是
A. 常溫下，用鐵槽車(chē)運(yùn)輸濃硝酸利用了濃硝酸的強(qiáng)氧化性
B. 用維生素C做NaNO2中毒的急救藥利用了維生素C的強(qiáng)還原性
C. 用FeCl3止血是因?yàn)槠淠芩馍蒄e(OH)3沉淀
D. 用甘油做皮膚保濕劑是因?yàn)楦视椭杏卸鄠€(gè)羥基
【2題答案】
【答案】C
【解析】
【詳解】A．常溫下，鐵在濃硝酸鈍化表面生成致密氧化膜、則用鐵槽車(chē)運(yùn)輸濃硝酸利用了濃硝酸的強(qiáng)氧化性，A正確；
B．維生素C能還原NaNO2而消除體內(nèi)的NaNO2，維生素C做NaNO2中毒的急救藥利用了維生素C的強(qiáng)還原性，B正確；
C．血液含膠體、遇到電解質(zhì)溶液能發(fā)生聚沉，用FeCl3止血是因?yàn)槠淠苁寡耗郏珻不正確；
D．甘油含多羥基、能以任意比例和水互溶，用甘油做皮膚保濕劑是因?yàn)楦视椭杏卸鄠€(gè)羥基，D正確；
答案選C。
3. 關(guān)于下列儀器使用的說(shuō)法正確的是

A. ①②③可用作反應(yīng)容器 B. ①③⑤常用于物質(zhì)分離
C. ②③④使用前必須先洗滌后潤(rùn)洗 D. ①⑥用酒精燈加熱時(shí)必須加石棉網(wǎng)
【3題答案】
【答案】D
【解析】
【詳解】①為圓底燒瓶，可常用于作為反應(yīng)容器，加熱時(shí)須用石棉網(wǎng)；
②為容量瓶，可用于配置一定物質(zhì)量濃度的溶液，不可加熱，不用潤(rùn)洗，不可作為反應(yīng)容器；
③為分液漏斗，用于分分液萃取(分離提純)，使用時(shí)須經(jīng)洗滌，不用潤(rùn)洗，不可作為反應(yīng)容器；
④為量筒，用于量取液體、使用時(shí)須經(jīng)洗滌，不用潤(rùn)洗；
⑤為漏斗，用于過(guò)濾，用于分離固液；
⑥為維形瓶，加熱時(shí)須墊石棉網(wǎng)；
綜上可知，D正確；
故選D。
4. 下列實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象及結(jié)論均正確的是
A. 向淀粉水解液中加NaOH溶液，再加碘水，溶液不變藍(lán)，證明淀粉完全水解
B. 向酸性KMnO4溶液中通入SO2氣體，溶液褪色，證明SO2具有還原性
C. 向溶液中加BaCl2溶液，再加稀硝酸，生成白色沉淀不溶解，證明含SO或Ag+
D. 向苯酚溶液中滴加少量濃溴水，振蕩，無(wú)白色沉淀，證明沒(méi)有生成三溴苯酚
【4題答案】
【答案】B
【解析】
【詳解】A．NaOH溶液能與碘水反應(yīng)而消耗碘。應(yīng)取少量淀粉水解液，直接加碘水，水解液酸性，硫酸和碘水不反應(yīng)，如果不變色，則淀粉無(wú)剩余、說(shuō)明淀粉已完全水解，如果呈現(xiàn)特殊的藍(lán)色，則有淀粉剩余，A錯(cuò)誤；
B．向酸性KMnO4溶液中通入SO2氣體，溶液褪色，則錳元素化合價(jià)降低得到Mn2+、酸性KMnO4溶液被還原，證明SO2具有還原性，B正確；
C． +4價(jià)S具有還原性、稀硝酸具有氧化性，二者能發(fā)生氧化還原反應(yīng)。向溶液中加BaCl2溶液，再加稀硝酸，生成的白色沉淀不溶解，沉淀可能是氯化銀、硫酸鋇，則原溶液可能含SO或Ag+、也可能含SO，C錯(cuò)誤；
D．三溴苯酚是不溶于水的白色沉淀，苯酚過(guò)量時(shí)，三溴苯酚會(huì)溶解于苯酚難以形成沉淀。則：向苯酚溶液中滴加少量濃溴水，振蕩，無(wú)白色沉淀，不能證明沒(méi)有生成三溴苯酚，D錯(cuò)誤；
答案選B。
5. 一種由短周期主族元素組成的抗病毒化合物結(jié)構(gòu)如圖，其中Q、W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，Q為元素周期表中原子半徑最小的，Y原子最外層電子數(shù)是Z原子電子層數(shù)的三倍。下列說(shuō)法正確的是

A. 第一電離能：X>Y>W
B. Y的氫化物只含有極性鍵
C. Q、X、Y只能形成共價(jià)化合物
D. W、X、Y、Z四種元素形成的簡(jiǎn)單氫化物中Z的沸點(diǎn)最高
【5題答案】
【答案】A
【解析】
【分析】Q為元素周期表中原子半徑最小的，故Q為H，由圖示可知，W為ⅣA族，X為ⅤA族，Y為ⅥA族，Z為ⅦA族，且Y原子最外層電子數(shù)是Z原子電子層數(shù)的三倍，故W是C，X是N，Y是O，Z是F，據(jù)此分析回答問(wèn)題。
【詳解】A．同一周期，從左到右，第一電離能增大，但N的電子為半充滿(mǎn)狀態(tài)，故N>O，所以X>Y>W，A正確；
B．Y的氫化物H2O2中有非極性鍵，B錯(cuò)誤；
C．Q、X、Y課形成NH4NO3，為離子化合物，C錯(cuò)誤；
D．H2O、NH3中含有氫鍵，H2O沸點(diǎn)最高，D錯(cuò)誤；
故選A。
6. 電解法處理含有Cl-、NO的酸性廢水，其工作原理及電極b中鐵的化合物的催化機(jī)理如圖所示，H表示氫原子。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是

A. 電極b接電源負(fù)極
B. 處理1molNO，電路中轉(zhuǎn)移5mole-
C. HClO在陽(yáng)極生成：Cl-+H2O-2e-=HClO+H+
D. H+與NO反應(yīng)的電極方程式為10H++NO+8e-=NH+3H2O
【6題答案】
【答案】B
【解析】
【詳解】A．由圖知，電極b上硝酸根離子轉(zhuǎn)變?yōu)殇@根離子、被還原，則電極b為陰極、接電源負(fù)極，A正確；
B．硝酸根離子轉(zhuǎn)變?yōu)殇@根離子N元素化合價(jià)從+5降低到-3，則處理1molNO，電路中轉(zhuǎn)移8mole-，B不正確；
C．陽(yáng)極氯離子失去電子被氧化、生成HClO：Cl-+H2O-2e-=HClO+H+，C正確；
D．電極b上硝酸根離子轉(zhuǎn)變?yōu)殇@根離子、H+與NO反應(yīng)的方程式為10H++NO+8e-=NH+3H2O，D正確；
答案選B。
7. 某同學(xué)用0.1000 mol·L-1鹽酸標(biāo)定濃度約為0.1 mol·L-1氨水的濃度，操作如下：取規(guī)格為25 mL的酸式滴定管，經(jīng)檢查不漏水后用蒸餾水洗滌，注入鹽酸，驅(qū)趕滴定管尖嘴部分的氣泡后調(diào)整液面，記錄讀數(shù)。準(zhǔn)確量取15.00 mL氨水，注入錐形瓶中，滴加3滴酚酞試液。將鹽酸滴入錐形瓶中，并不斷搖動(dòng)錐形瓶，當(dāng)達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)，停止滴加，記錄讀數(shù)。重復(fù)進(jìn)行三次滴定操作，取三次滴定結(jié)果的平均值。實(shí)驗(yàn)中存在的錯(cuò)誤有幾處？
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【7題答案】
【答案】B
【解析】
【詳解】實(shí)驗(yàn)中存在的錯(cuò)誤是：一是未潤(rùn)洗酸式滴定管，二是指示劑沒(méi)有選用甲基橙，共2處錯(cuò)誤；
故合理選項(xiàng)是B。
8. 鈀(Pd)的性質(zhì)與鉑相似，一種從廢鈀催化劑(主要成分為Pd、α-Al2O3和活性炭，還含少量Fe、Cu等元素)中回收海綿鈀的工藝流程如圖：

已知：陰、陽(yáng)離子交換樹(shù)脂基本工作原理分別為R-Cl+M-R-M+Cl-、R-Na+N+R-N+Na+。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是
A. “灼燒”的主要目的是除去活性炭
B. “酸浸”過(guò)程中溫度不宜過(guò)高
C. “離子交換”所用樹(shù)脂為陽(yáng)離子交換樹(shù)脂
D. “洗脫”過(guò)程中增大所用鹽酸濃度有利于洗脫
【8題答案】
【答案】C
【解析】
【詳解】A．C與O2反應(yīng)變?yōu)镃O2氣體逸出，因此“灼燒”的主要目的是除去活性炭，A正確；
B．“酸浸”時(shí)要加入H2O2將溶液中的Fe2+氧化為Fe3+，H2O2不穩(wěn)定，受熱易分解，因此“酸浸”過(guò)程中溫度不宜過(guò)高，以免H2O2分解，B正確；
C．離子交換發(fā)生的反應(yīng)為R-Cl+M-R-M+Cl-，因此所用樹(shù)脂為陰離子交換樹(shù)脂，從而除去Fe3+、Cu2+，C錯(cuò)誤；
D． “洗脫”過(guò)程中增大鹽酸濃度，c(Cl-)增大，平衡R-Cl+M-R-M+Cl-逆向移動(dòng)，有利于洗脫，D正確；
故合理選項(xiàng)是C。
9. 氮化硅(熔點(diǎn)1900℃)具有高強(qiáng)度、高韌性，常用作LED的基質(zhì)材料，通過(guò)SiH4與NH3發(fā)生反應(yīng)3SiH4+4NH3=Si3N4+12H2制得。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是
A. 鍵角：SiH4>NH3 B. SiH4還原性強(qiáng)于NH3，可證明非金屬性N>Si
C. Si3N4屬于共價(jià)晶體 D. SiH4為非極性分子
【9題答案】
【答案】B
【解析】
【詳解】A．孤電子對(duì)與鍵合電子對(duì)之間的斥力大于鍵合電子對(duì)與鍵合電子對(duì)之間的斥力，NH3的孤電子對(duì)數(shù)目多于SiH4的孤電子對(duì)數(shù)目，鍵角：SiH4>NH3，故A正確；
B． SiH4還原性強(qiáng)于NH3，不可證明非金屬性N>Si，故B錯(cuò)誤；
C． Si3N4中N與Si原子間通過(guò)共價(jià)鍵形成空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，屬于共價(jià)晶體，故C正確；
D． SiH4是正四面體結(jié)構(gòu)，結(jié)構(gòu)對(duì)稱(chēng)，正負(fù)電荷中心重疊，為非極性分子，故D正確；
故選B。
10. 一種全有機(jī)質(zhì)子二次電池放電原理如圖所示，電極材料中的P、PO、PR均為有機(jī)高分子化合物。下列說(shuō)法正確的是

A. 放電時(shí)，電極M發(fā)生氧化反應(yīng)
B. 放電時(shí)，H+移向電極N
C. 充電一段時(shí)間后，電解液的pH未變
D. 充電時(shí)，陽(yáng)極反應(yīng)為P-2e-=PO+2H+
【10題答案】
【答案】C
【解析】
【詳解】A．由圖示可知，放電時(shí)，電極M上，PO得電子結(jié)合氫離子生成P，為正極，電極反應(yīng)式為：PO+2ne-+2nH+=P(PO是有機(jī)物的簡(jiǎn)寫(xiě)，其中的O不代表氧元素)，發(fā)生還原反應(yīng)，A錯(cuò)誤；
B．由圖示可知，放電時(shí)，電極M得電子，M為正極，H+移向電極M，B錯(cuò)誤；
C．由圖示可知，放電時(shí)正極反應(yīng)式為：PO+2ne-+2nH+=P，負(fù)極反應(yīng)式為：PR-2ne-=2nH++P(PR是有機(jī)物的簡(jiǎn)寫(xiě)，其中的R不代表某一元素)，則電池總反應(yīng)為：PO+PR2P，可知充電一段時(shí)間后，電解液的pH未變，C正確；
D．由分析可知，放電時(shí)，電池的正極反應(yīng)式為：PO+2ne-+2nH+=P，則充電時(shí)，陽(yáng)極反應(yīng)式為：P-2ne-=PO+2nH+，D錯(cuò)誤；
答案選C。
二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意，全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。
11. 為完成下列各組實(shí)驗(yàn)，所選玻璃儀器和試劑均準(zhǔn)確、完整的是(不考慮存放試劑的容器)

實(shí)驗(yàn)
玻璃儀器
試劑
A
海帶提碘
燒杯、玻璃棒、分液漏斗、酒精燈
蒸餾水、新制氯水、CCl4
B
乙醛的銀鏡反應(yīng)
燒杯、酒精燈、試管、膠頭滴管
乙醛溶液、銀氨溶液
C
氨氣的噴泉實(shí)驗(yàn)
燒杯、燒瓶、膠頭滴管、導(dǎo)管
氨氣、蒸餾水
D
制備無(wú)水乙醇
蒸餾燒瓶、牛角管、酒精燈、冷凝管、錐形瓶
95%乙醇

A. A B. B C. C D. D
【11題答案】
【答案】BC
【解析】
【詳解】A．從海帶中提取I2，需要灼燒、溶解、氧化、過(guò)濾，使用的玻璃儀器有酒精燈、漏斗、玻璃棒、燒杯等，需要試劑有蒸餾水、新制氯水、CCl4，儀器缺少漏斗，不能完成實(shí)驗(yàn)，A不符合題意；
B．乙醛的銀鏡反應(yīng)需熱水浴加熱，用膠頭滴管向盛有銀氨溶液的試管中滴加乙醛溶液，然后將該試管放入熱水中進(jìn)行反應(yīng)，水升溫要使用酒精燈加熱，故使用到的玻璃儀器有燒杯、酒精燈、試管、膠頭滴管，試劑有乙醛溶液、銀氨溶液，可以完成實(shí)驗(yàn)，B符合題意；
C．用一個(gè)干燥的燒瓶收集氨氣，并用帶有玻璃導(dǎo)管和膠頭滴管(事先吸有水)的雙孔塞塞緊，導(dǎo)管末端放入盛有水的燒杯中，當(dāng)實(shí)驗(yàn)時(shí)，將止水夾移到玻璃管處，擠壓膠頭滴管，使少量水進(jìn)入燒瓶中，就會(huì)持續(xù)形成壓強(qiáng)差而形成噴泉，可以利用已知儀器和試劑完成氨氣的噴泉實(shí)驗(yàn)，C符合題意；
D．用95%的乙醇制取無(wú)水乙醇時(shí)，需將95%的乙醇、生石灰混合加熱，用溫度計(jì)測(cè)量蒸氣溫度，用冷凝管冷卻降溫，冷凝管與接收器錐形瓶通過(guò)牛角管連接，儀器缺少溫度計(jì)，藥品缺少生石灰，不能完成實(shí)驗(yàn)，D不符合題意；
故合理選項(xiàng)是BC。
12. 中科院蘇州納米所5nm激光光刻研究獲最新進(jìn)展。如圖所示A、B是一種光刻膠樹(shù)脂的兩種單體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是

A. A中存在3個(gè)手性碳原子
B. B水解產(chǎn)物中的酸有2種同分異構(gòu)體
C. A、B都存在屬于芳香族化合物的同分異構(gòu)體
D. A、B通過(guò)加聚反應(yīng)生成光刻膠樹(shù)脂
【12題答案】
【答案】B
【解析】
【詳解】A．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，有機(jī)物A中存在如圖*所示的3個(gè)連有不同原子或原子團(tuán)的手性碳原子：，故A正確；
B．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，有機(jī)物B水解所得羧酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，的同分異構(gòu)體可能是鏈狀羧酸、環(huán)狀羧酸、鏈酯和環(huán)狀酯等，同分異構(gòu)體數(shù)目遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于2種，故B錯(cuò)誤；
C．苯環(huán)的不飽和度為4，由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，有機(jī)物A、B的不飽和度都大于4，則A、B都存在屬于芳香族化合物的同分異構(gòu)體，故C正確；
D．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，有機(jī)物A、B都含有碳碳雙鍵，能通過(guò)加聚反應(yīng)生成光刻膠樹(shù)脂，故D正確；
故選B。
13. H2在石墨烯負(fù)載型Pd單原子催化劑(Pd/SVG)上還原NO生成N2和NH3的路徑機(jī)理及活化能(kJ·mol–1)如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是

A. H2還原NO生成N2的決速步為反應(yīng)⑥
B. Pd/SVG上H2還原NO，更容易生成N2
C. 根據(jù)如圖數(shù)據(jù)可計(jì)算NO+5H=NH3+H2O的ΔH
D. 由圖可知，相同催化劑條件下反應(yīng)可能存在多種反應(yīng)歷程
【13題答案】
【答案】BC
【解析】
【詳解】A．活化能最大的為決速步，則H2還原NO生成N2的決速步為反應(yīng)⑥，A正確；
B．由圖知， Pd/SVG上H2還原NO，經(jīng)過(guò)①到⑤即可生成氨氣、經(jīng)過(guò)①到⑧步才能生成氮?dú)?、而決速步反應(yīng)⑥的活化能最大、發(fā)生最困難，則更容易生成NH3、不容易生成N2，B不正確；
C．根據(jù)如圖數(shù)據(jù)可計(jì)算NO+5H=NH3+H2O的正反應(yīng)的活化能、不知道逆反應(yīng)的活化能，故不能計(jì)算ΔH，C不正確；
D．由圖可知，相同催化劑條件下反應(yīng)可能存在多種反應(yīng)歷程、可能得到不同產(chǎn)物，D正確；
答案選BC。
14. 實(shí)驗(yàn)室中利用潔凈的銅片和濃硫酸進(jìn)行如圖實(shí)驗(yàn)，經(jīng)檢測(cè)所得固體中含有Cu2S和白色物質(zhì)X，下列說(shuō)法正確的是

A. 白色物質(zhì)X為CuSO4
B. NO和Y均為還原產(chǎn)物
C. 參加反應(yīng)的濃硫酸中，表現(xiàn)氧化性的占25%
D. NO與Y物質(zhì)的量之和可能為2mol
【14題答案】
【答案】AC
【解析】
【分析】由圖知，銅與足量濃硫酸反應(yīng)生成Cu2S和白色物質(zhì)X，無(wú)氣體生成，生成Cu2S時(shí)銅元素從0價(jià)升高到+1價(jià)、硫元素從+6價(jià)降低到-2價(jià)，則按得失電子數(shù)守恒、必定存在其他產(chǎn)物(所含元素化合價(jià)升高)、按元素質(zhì)量守恒只能為CuSO4，則白色物質(zhì)X為CuSO4，配平得到該反應(yīng)方程式為：，據(jù)此回答。
【詳解】A．據(jù)分析，白色物質(zhì)X為CuSO4，A正確；
B．Cu2S和白色物質(zhì)CuSO4加稀硫酸和稀硝酸時(shí)溶解，存在反應(yīng)：，Y為S單質(zhì)，則NO為還原產(chǎn)物、Y為氧化產(chǎn)物，B不正確；
C．由可知，硫元素從+6價(jià)降低到-2價(jià)時(shí)表現(xiàn)氧化性，則參加反應(yīng)的濃硫酸中，表現(xiàn)氧化性的占25%，C正確；
D．由知，3molCu生成0.6molCu2S，0.6molCu2S發(fā)生反應(yīng)得到0.8mol NO與0.6mol S，NO與S物質(zhì)的量之和為1.4mol，D不正確；
答案選AC。
15. 常溫下，H3AsO4和H3AsO3溶液中含砷微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)與溶液pH的關(guān)系分別如圖所示。向濃度均為0.01mol·L-1的H3AsO4和H3AsO3混合溶液中加入適量的NaOH溶液，下列說(shuō)法正確的是

A. H2AsO+AsOHAsO+HAsOK=105.2
B. pH=6時(shí)，c(H2AsO)>c(H3AsO3)>c(HAsO)>c(H2AsO)
C. 溶液呈中性時(shí)，約等于3
D. pH=8時(shí)，H3AsO3的電離度約為9.09%
【15題答案】
【答案】CD
【解析】
【詳解】A． H2AsO+AsOHAsO+HAsOK==106.5，故A錯(cuò)誤；
B．由圖pH=6時(shí)，從左側(cè)的圖可知c(H2AsO)>c(HAsO)，結(jié)合右側(cè)的圖c(H3AsO3)>c(H2AsO)>c(HAsO)>c(H2AsO)，故B錯(cuò)誤；
C．溶液呈中性時(shí)，溶液中AsO接近0，H3AsO3接近1，c(H+)=c(OH-)，c(HAsO)=c(H2AsO)，溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HAsO)×2+c(H2AsO)，c(Na+)=c(HAsO)×3，約等于3，故C正確；
D．Ka1= =10-9，pH=8時(shí)，= =0.1，即，=，H3AsO3的電離度約為 9.09%，故D正確；
故選CD。
三、非選擇題：本題共5小題，共60分。
16. 含銅物質(zhì)在生產(chǎn)生活中有著廣泛應(yīng)用。回答下列問(wèn)題：
（1）基態(tài)Cu原子的電子所占據(jù)的最高能層符號(hào)為_(kāi)___；基態(tài)Cu+較基態(tài)Cu2+穩(wěn)定的原因是____；Cu2O和Cu2S都是離子晶體，熔點(diǎn)較高的是____。
（2）CuSO4稀溶液中存在[Cu(H2O)6]2+，[Cu(H2O)6]2+的空間構(gòu)型為_(kāi)___；下列對(duì)[Cu(H2O)6]2+中Cu2+雜化方式推斷合理的是____(填標(biāo)號(hào))。
A.sp3 B.sp3d C.sp3d2 D.dsp2
（3）Cu2+可形成[Cu(en)2NH3](BF4)2，其中en代表H2N—CH2—CH2—NH2。該化合物分子中，VSEPR模型為四面體的非金屬原子共有____個(gè)；C、N、F的電負(fù)性由大到小的順序?yàn)開(kāi)___。
（4）一種由Cu、In、Te組成的晶體屬四方晶系，晶胞參數(shù)如圖所示，晶胞棱邊夾角均為90°，晶體中Te原子填充在Cu、In圍成的四面體空隙中，則四面體空隙的占有率為_(kāi)___；該晶體的化學(xué)式為_(kāi)___。以晶胞參數(shù)為單位長(zhǎng)度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中各原子的位置，稱(chēng)為原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)，如A點(diǎn)、B點(diǎn)原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)分別為(0，0，0)、(，，)，則C點(diǎn)原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為_(kāi)___；晶胞中C、D間距離d=____pm。


【16~19題答案】
【答案】（1） ①. N ②. Cu+的3d軌道全滿(mǎn)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài) ③. Cu2O
（2） ①. 八面體形 ②. C
（3） ①. 11 ②. F、N、C
（4） ①. 50% ②. CuInTe2 ③. (，，) ④.
【解析】
【小問(wèn)1詳解】
銅元素的原子序數(shù)為29，價(jià)電子排布式為3d104s1，由構(gòu)造原理可知，原子的電子所占據(jù)的最高能層為N；銅原子失去1個(gè)電子形成亞銅離子，亞銅離子的價(jià)電子排布式為3d10，3d軌道為穩(wěn)定的全充滿(mǎn)結(jié)構(gòu)，不易失去電子，所以亞銅離子比銅離子穩(wěn)定；氧化亞銅和硫化亞銅都是離子晶體，氧離子的離子半徑小于硫離子，氧化亞銅的晶格能大于硫化亞銅，則氧化亞銅的熔點(diǎn)高于硫化亞銅，故答案為：N；Cu2O；Cu+的3d軌道全滿(mǎn)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)；
【小問(wèn)2詳解】
六水合銅離子中銅離子為中心離子，水分子為配位體，配位數(shù)為6，由配位鍵的數(shù)目可知，銅離子的雜化方式可能為sp3d2雜化，配離子的空間構(gòu)型為八面體形，故答案為：八面體形；C；
【小問(wèn)3詳解】
[Cu(en)2NH3](BF4)2中氮原子、碳原子和硼原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)都為4，VSEPR模型都為四面體，則VSEPR模型為四面體的非金屬原子共有(2×2+2×2+1+2×2)=11個(gè)；非金屬元素的非金屬性越強(qiáng)，元素的電負(fù)性越強(qiáng)，元素非金屬性的強(qiáng)弱順序?yàn)镕、N、C，則電負(fù)性的大小順序?yàn)镕、N、C，故答案為：11；F、N、C；
【小問(wèn)4詳解】
由晶胞結(jié)構(gòu)可知，銦原子形成的四面體空隙有8個(gè)，形成的八面體空隙也有8個(gè)，則四面體空隙的占有率為×100%=50%；晶胞中位于頂點(diǎn)、面上和體內(nèi)的銅原子個(gè)數(shù)為8×+4×+1=4，位于棱上、面心和面上的銦原子個(gè)數(shù)為6×+4×=4，位于體內(nèi)的碲原子個(gè)數(shù)為8，則銅、銦、碲的原子個(gè)數(shù)為4：4：8=1：1：2，晶體的化學(xué)式為CuInTe2；由位于頂點(diǎn)A點(diǎn)和體心B點(diǎn)原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)分別為(0，0，0)、(，，)可知，晶胞邊長(zhǎng)為1，則位于體對(duì)角線(xiàn)處、面對(duì)角線(xiàn)處的C點(diǎn)原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)分別為(，，)；由晶胞中C、D形成的直角三角形的邊長(zhǎng)為pm、pm可知，C、D間距離d==pm，故答案為：50%；CuInTe2；(，，)；。
17. 鋅電解陽(yáng)極泥(主要成分為MnO2、PbSO4和ZnO，還有少量錳鉛氧化物Pb2Mn8O16和Ag)是冶鋅過(guò)程中產(chǎn)生的廢渣，一種回收鋅電解陽(yáng)極泥中金屬元素鋅、錳、鉛和銀的工藝如圖?；卮鹣铝袉?wèn)題：

已知：①M(fèi)nSO4?H2O易溶于水，不溶于乙醇。
②在較高溫度及酸性催化條件下，葡萄糖能發(fā)生如下反應(yīng)：
+HCOOH
（1）已知Pb2Mn8O16中Pb為+2價(jià)，Mn為+2價(jià)和+4價(jià)，則氧化物中+2價(jià)和+4價(jià)Mn的個(gè)數(shù)比為_(kāi)___。
（2）“還原酸浸”過(guò)程中主要反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)___。
（3）實(shí)際錳浸出最適宜的葡萄糖加入量遠(yuǎn)大于理論加入量，其原因是____，為提高葡萄糖的有效利用率，除充分?jǐn)嚢柰膺€可采取的措施為_(kāi)___。
（4）整個(gè)流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)是____。獲得MnSO4?H2O晶體的一系列操作是指蒸發(fā)結(jié)晶、趁熱過(guò)濾、洗滌、干燥，其中洗滌的具體操作是____。
（5）加入Na2CO3溶液的目的是將PbSO4轉(zhuǎn)化為PbCO3，Na2CO3溶液的最小濃度為_(kāi)___mol·L–1(保留兩位小數(shù))。判斷沉淀轉(zhuǎn)化能否徹底進(jìn)行并說(shuō)明理由____。[已知：20℃時(shí)Ksp(PbSO4)=1.6×10-8mol2·L-2，Ksp(PbCO3)=7.4×10-14mol2·L-2，1.262≈1.6]
【17~21題答案】
【答案】（1）1:3（2）C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O
（3） ①. 在較高溫度及酸性催化條件下，葡萄糖發(fā)生了副反應(yīng)，從而額外消耗了大量葡萄糖 ②. 少量多次加入葡萄糖
（4） ①. 醋酸(CH3COOH) ②. 向漏斗中加入乙醇至浸沒(méi)MnSO4?H2O晶體(或沉淀)，待乙醇自然流下，重復(fù)2～3次
（5） ①. 5.87×10-10 ②. 該沉淀轉(zhuǎn)化反應(yīng)能徹底進(jìn)行，因?yàn)樵摮恋磙D(zhuǎn)化反應(yīng)的平衡常數(shù)為K==2.16×105＞1×105，所以能徹底進(jìn)行
【解析】
【分析】由題中工藝流程圖可知，鋅電解陽(yáng)極泥(主要成分為MnO2、PbSO4和ZnO，還有少量錳鉛氧化物Pb2Mn8O16和Ag)加入稀硫酸酸洗，ZnO轉(zhuǎn)化為ZnSO4，得ZnSO4溶液，剩余的加入稀硫酸和葡萄糖還原酸浸，+4價(jià)的Mn變成+2價(jià)Mn進(jìn)入溶液，過(guò)濾，得MnSO4溶液，經(jīng)過(guò)一系列操作，得MnSO4?H2O晶體，濾渣1中加入Na2CO3溶液，使PbSO4轉(zhuǎn)化成溶解度更小的PbCO3，再加入醋酸，酸浸溶鉛，得到Ag單質(zhì)和醋酸鉛溶液，在醋酸鉛溶液中加入H2SO4，生成PbSO4沉淀，過(guò)濾得PbSO4；據(jù)此解答。
【小問(wèn)1詳解】
由題中信息可知，Pb2Mn8O16中Pb為+2價(jià)，Mn為+2價(jià)和+4價(jià)，設(shè)+2價(jià)Mn有x個(gè)，+4價(jià)Mn有y個(gè)，根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為0得，，解之，則+2價(jià)Mn與+4價(jià)Mn個(gè)數(shù)比為x:y=2:6=1:3；答案為1:3。
【小問(wèn)2詳解】
由題中信息可知，在酸洗后剩余的加入稀硫酸、葡萄糖與MnO2發(fā)生氧化還原反應(yīng)，+4價(jià)Mn得電子被還原成Mn2+，葡萄糖中C失電子被氧化成CO2，其離子方程式為C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O；答案為C6H12O6+24H++12MnO2=12Mn2++6CO2↑+18H2O。
【小問(wèn)3詳解】
由題中信息可知，在較高溫度及酸性催化條件下，葡萄糖能發(fā)生如下反應(yīng)+HCOOH，所以葡萄糖發(fā)生了副反應(yīng)，從而額外消耗了大量葡萄糖；為提高葡萄糖有效利用率，減小葡萄糖的損失，除充分?jǐn)嚢柰膺€可采取的措施為少量多次加入葡萄糖；答案為在較高溫度及酸性催化條件下，葡萄糖發(fā)生了副反應(yīng)，從而額外消耗了大量葡萄糖；少量多次加入葡萄糖。
【小問(wèn)4詳解】
由題中信息和流程圖可知，在醋酸鉛溶液中加入H2SO4，得到PbSO4沉淀和醋酸，即(CH3COO)2Pb+H2SO4=PbSO4↓+2CH3COOH，醋酸(CH3COOH)可循環(huán)使用；由題中信息可知，MnSO4?H2O易溶于水，不溶于乙醇，了減小洗滌損失，MnSO4?H2O用乙醇洗滌，具體操作為向漏斗中加入乙醇至浸沒(méi)MnSO4?H2O晶體(或沉淀)，待乙醇自然流下，重復(fù)2～3次；答案為醋酸(CH3COOH)；向漏斗中加入乙醇至浸沒(méi)MnSO4?H2O晶體(或沉淀)，待乙醇自然流下，重復(fù)2～3次。
【小問(wèn)5詳解】
由題中信息可知，加入Na2CO3溶液是將PbSO4轉(zhuǎn)化為PbCO3，即PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)，因?yàn)镻bSO4的Ksp(PbSO4)=1.6×10-8mol2·L-2，所以溶液中c(Pb2+)===1.26×10-4mol/L，生成PbCO3時(shí)，的最小濃度為c()===5.87×10-10mol/L；由PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)可知，平衡常數(shù)K=====2.16×105＞1×105，所以能徹底轉(zhuǎn)化；答案為5.87×10-10；該沉淀轉(zhuǎn)化反應(yīng)能徹底進(jìn)行，因?yàn)樵摮恋磙D(zhuǎn)化反應(yīng)的平衡常數(shù)為K==2.16×105＞1×105，所以能徹底進(jìn)行。
18. 氮化鈣(Ca3N2)是一種重要試劑，常溫下為棕色固體，在空氣中會(huì)被氧化，遇水強(qiáng)烈水解，產(chǎn)生刺激性氣味氣體。實(shí)驗(yàn)室設(shè)計(jì)如圖裝置用Ca與N2反應(yīng)制備Ca3N2，并對(duì)Ca3N2純度進(jìn)行測(cè)定?；卮鹣铝袉?wèn)題：
I. Ca3N2的制備

（1）儀器a的名稱(chēng)為_(kāi)___，E裝置的主要作用是____。
（2）實(shí)驗(yàn)開(kāi)始時(shí)應(yīng)首先點(diǎn)燃____(填“A”或“C”)處酒精燈，當(dāng)觀(guān)察到____時(shí)點(diǎn)燃另一處酒精燈。
Ⅱ. Ca3N2純度的測(cè)定(已知所含的雜質(zhì)不與水反應(yīng)產(chǎn)生氣體)

（3）方案一：①按圖1所示連接裝置，檢查裝置氣密性后加入試劑。②測(cè)定虛線(xiàn)框內(nèi)裝置及試劑的質(zhì)量m1；③____，用分液漏斗加入足量水，至不再產(chǎn)生氣體；④____；⑤再次測(cè)定虛線(xiàn)框內(nèi)裝置及試劑的質(zhì)量m2。則產(chǎn)品中Ca3N2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)表達(dá)式為_(kāi)___。
（4）方案二：按圖2所示連接裝置，檢查裝置氣密性后加入試劑。打開(kāi)分液漏斗活塞向三頸燒瓶中加入蒸餾水，打開(kāi)K持續(xù)通入水蒸氣，將產(chǎn)生的氨全部蒸出，并用100mL 1.00mol·L-1的稀硫酸標(biāo)準(zhǔn)溶液完全吸收(液體體積變化忽略不計(jì))。從燒杯中量取10.00mL的吸收液注入錐形瓶中，用1.00mol·L-1 NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過(guò)量的稀硫酸，到終點(diǎn)時(shí)消耗12.80mL NaOH溶液。則產(chǎn)品中Ca3N2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)___。若兩個(gè)方案均操作無(wú)誤，比較兩方案測(cè)定的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，方案一____(填“偏高”“偏低”或“相等”)。
【18~21題答案】
【答案】（1） ①. 蒸餾燒瓶 ②. 液封(或隔絕空氣中的氧氣進(jìn)入硬質(zhì)玻璃管與Ca和Ca3N2反應(yīng))
（2） ①. A ②. E裝置中有均勻的氣泡產(chǎn)生
（3） ①. 關(guān)閉K1，打開(kāi)K2 ②. 打開(kāi)K1，通一段時(shí)間的N2 ③. ×100%
（4） ①. 88.8% ②. 偏低
【解析】
【分析】I．根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康膶?shí)驗(yàn)室利用Ca與N2反應(yīng)制備Ca3N2，A裝置為N2的發(fā)生裝置，B為除去N2中混有的水蒸氣，C為氮?dú)馀cCa反應(yīng)生成氮化鈣的反應(yīng)裝置，D防止E中的水蒸氣進(jìn)入C中，E防止外界空氣中O2進(jìn)入到C中，防止O2與Ca及氮化鈣發(fā)生反應(yīng)；
Ⅱ．目的測(cè)定Ca3N2純度，利用Ca3N2與水反應(yīng)生成氫氧化鈣和氨氣，利用濃硫酸來(lái)吸收氨氣，通過(guò)測(cè)定硫酸的量，方案1根據(jù)硫酸的增重得知氨的量，從而可知知道Ca3N2的質(zhì)量，從而可知Ca3N2純度；方案2利用過(guò)量的硫酸和氨先反應(yīng)，再與氫氧化鈉反應(yīng)，間接的求出氨的物質(zhì)的量，從而可知知道Ca3N2的質(zhì)量，從而可知Ca3N2純度，但是如何盡可能將氨吸收完全，是此題中關(guān)鍵，以此來(lái)解析。
【小問(wèn)1詳解】
儀器a的名稱(chēng)為蒸餾燒瓶，E裝置作用液封(或隔絕空氣中的氧氣進(jìn)入硬質(zhì)玻璃管與Ca和Ca3N2反應(yīng))；
【小問(wèn)2詳解】
實(shí)驗(yàn)開(kāi)始時(shí)應(yīng)首先點(diǎn)燃A處酒精燈，當(dāng)觀(guān)察到E裝置中氣泡均勻時(shí)點(diǎn)燃另一處酒精燈；
【小問(wèn)3詳解】
①按圖1所示連接裝置，檢查裝置氣密性后加入試劑，②測(cè)定虛線(xiàn)框內(nèi)裝置及試劑的質(zhì)量m1，③關(guān)閉開(kāi)關(guān)K1，打開(kāi)開(kāi)關(guān)K2，用分液漏斗加入足量水，至不再產(chǎn)生氣體，④打開(kāi)開(kāi)關(guān)K1，通入足量的N2把產(chǎn)生的氣體全部壓入濃硫酸，⑤再次測(cè)定虛線(xiàn)框內(nèi)裝置及試劑的質(zhì)量m2；根據(jù)Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，根據(jù)Ca3N2～2NH3，可知148g Ca3N2～34g NH3，產(chǎn)品中Ca3N2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)×100%=×100%；
【小問(wèn)4詳解】
根據(jù)反應(yīng)2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，可知2NaOH～H2SO4則與氫氧化鈉反應(yīng)的硫酸的物質(zhì)的量為×12.80×10-3L×1.00mol·L-1=6.4×10-3mol，再根據(jù)2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4+H2O，可知2NH3～H2SO4，可知反應(yīng)產(chǎn)生氮化鈣與水反應(yīng)產(chǎn)生的氨氣的物質(zhì)的量為：2×(100×10-3L×1.00mol·L-1-6.4×10-3mol×)=7.2×10-2mol，根據(jù)Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，根據(jù)Ca3N2～2NH3，可知148g Ca3N2～2mol NH3，產(chǎn)品中Ca3N2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)×100%=88.8%；
若兩個(gè)方案均操作無(wú)誤，一個(gè)用氮?dú)鈱迸诺胶竺嫜b置，一個(gè)利用水蒸氣排氨氣，氮?dú)獠荒軐⑷芙庠谒械陌睔馀懦ィ实玫桨睔庀鄬?duì)少一些，故方案一偏低。
19. 乙烯是制造塑料、橡膠和纖維的基本原料，利用CO2和H2合成乙烯：2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g) ΔH?；卮鹣铝袉?wèn)題：
（1）上述反應(yīng)的Arrhenius經(jīng)驗(yàn)公式實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如圖中曲線(xiàn)a所示，已知Arrhenius經(jīng)驗(yàn)公式Rlnk=-+C(Ea為活化能，k為速率常數(shù)，R和C為常數(shù))。反應(yīng)的活化能Ea=____kJ·mol-1。當(dāng)改變外界條件時(shí)，實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如圖中曲線(xiàn)b所示，則實(shí)驗(yàn)可能改變的外界條件是____。

（2）在恒容密閉容器中，起始?jí)簭?qiáng)相同，反應(yīng)溫度、投料比[=x]對(duì)CO2平衡轉(zhuǎn)化率的影響如圖所示。則?H____0(填“＞””或“＜”，下同)；a____3；M、N兩點(diǎn)的反應(yīng)速率v逆(M)____v正(N)；M、N兩點(diǎn)的化學(xué)平衡常數(shù)KM____KN。

（3）理論計(jì)算表明，原料初始組成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在體系壓強(qiáng)為0.1MPa，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，四種組分的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)x隨溫度T的變化如圖所示。圖中表示H2變化的曲線(xiàn)是____；根據(jù)圖中點(diǎn)A(630K，0.2)，列出該溫度時(shí)反應(yīng)的平衡常數(shù)的計(jì)算式Kp=____(MPa)-3(以分壓表示，分壓=總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))。

【19~21題答案】
【答案】（1） ①. 30 ②. 加入催化劑或增大催化劑比表面積
（2） ①. ＜ ②. ＞ ③. ＜ ④. ＞
（3） ①. a ②.
【解析】
【分析】
【小問(wèn)1詳解】
將(3.2，9.0)、(3.4，3.0)分別代入到Rlnk=-- +C中得到 ，解得Ea=30kJmol-1；將(3.6，1.0)、(3.2，9.0)分別代入到Rlnk=- +C中得到 ，解得Ea=15kJmol-1，與a相比，活化能降低，則實(shí)驗(yàn)可能改變的外界條件是使用更高效的催化劑或增大催化劑比表面積；
【小問(wèn)2詳解】
投料比越大，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，CO2平衡轉(zhuǎn)化率增大，故a>3；升高溫度，CO2平衡轉(zhuǎn)化率降低，說(shuō)明平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，?H；
【小問(wèn)3詳解】
由題中信息可知，兩反應(yīng)物的初始投料之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，由圖中曲線(xiàn)的起點(diǎn)坐標(biāo)可知，c和a所表示的物質(zhì)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)之比為1:3，d和b表示的物質(zhì)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)之比為1:4，則結(jié)合化學(xué)計(jì)量數(shù)之比可以判斷，表示氫氣變化的曲線(xiàn)是a，乙烯變化的曲線(xiàn)是d，表示二氧化碳變化曲線(xiàn)的是c，b表示水蒸氣；原料初始組成n(CO2)∶n(H2)=1∶3，在體系壓強(qiáng)為0.1Mpa建立平衡。由A點(diǎn)坐標(biāo)可知，該溫度下，二氧化碳的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)均為0.2，則氫氣的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為二氧化碳的三倍，即氫氣的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)均為 0.6，該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)K=
20. 一種藥物的中間體M()的合成路線(xiàn)如圖：

已知：
ⅰ.R—CHOR—CN
ⅱ.+R—OH→ROCH2CH2OH(R為H或羥基)
ⅲ.R1—NH2+R2—OHR1—NH—R2+H2O
回答下列問(wèn)題：
（1）A能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，則A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)___；寫(xiě)出符合下列條件的A的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式____。
①含有四種化學(xué)環(huán)境的氫②能和NaHCO3反應(yīng)生成氣體③遇FeCl3溶液顯紫色
（2）A→B的反應(yīng)類(lèi)型為_(kāi)___；D中含氧官能團(tuán)的名稱(chēng)為_(kāi)___；E只有一種化學(xué)環(huán)境的碳原子，F(xiàn)→G的化學(xué)方程式為_(kāi)___。
（3）試劑a的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)___；I的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)___。
（4）已知：CH3CH=CH2+HBr，綜合上述信息，以1，3—丁二烯和乙胺(CH3CH2NH2)為原料合成，寫(xiě)出能獲得更多目標(biāo)產(chǎn)物的較優(yōu)合成路線(xiàn)____(其它試劑任選)。
【20~23題答案】
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. 取代反應(yīng) ②. 酚羥基、醚鍵、羧基 ③. HOCH2CH2OH+→HOCH2CH2OCH2CH2OH
（3） ①. H2NCH2CH2Cl ②.
（4）H2C=CH—CH=CH2Br(CH2)4BrHO(CH2)4OH
【解析】
【分析】I在濃硝酸、濃硫酸和加熱的條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成M，M為，則I的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：；D與H發(fā)生取代反應(yīng)生成，再依據(jù)D的分子式可知，D為、H為；C的分子式為C8H7NO2，D的分子式為C8H8O4，再由已知信息i可知，B中含醛基，C中含-CN，則C為，B為；而A的分子式為C7H6O3，A與CH3I反應(yīng)生成，A中含醛基，則A為；E中只含一種化學(xué)環(huán)境的碳原子，E為；與水發(fā)生加成反應(yīng)生成F，F(xiàn)為HOCH2CH2OH；依據(jù)已知信息ii可知，HOCH2CH2OH與反應(yīng)生成G，G為HOCH2CH2OCH2CH2OH；依據(jù)已知信息iii可知，HOCH2CH2OCH2CH2OH再在一定條件下與a反應(yīng)生成，a為H2NCH2CH2Cl。
【小問(wèn)1詳解】
由分析可知，A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：；A的同分異構(gòu)體能和NaHCO3反應(yīng)生成氣體，則含-COOH，遇FeCl3溶液顯紫色，則含苯環(huán)、含酚羥基，而結(jié)構(gòu)中又含有四種化學(xué)環(huán)境的氫，則符合條件的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：。
【小問(wèn)2詳解】
由分析可知，A為，B為，則與CH3I發(fā)生取代反應(yīng)生成，A→B為取代反應(yīng)；D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，D中含氧官能團(tuán)的名稱(chēng)為：酚羥基、醚鍵、羧基；E中只含一種化學(xué)環(huán)境的碳原子，E為，與水發(fā)生加成反應(yīng)生成F，F(xiàn)為HOCH2CH2OH；依據(jù)已知信息ii可知，HOCH2CH2OH與反應(yīng)生成G，G為HOCH2CH2OCH2CH2OH，則F→G的化學(xué)方程式為：HOCH2CH2OH+→HOCH2CH2OCH2CH2OH。
【小問(wèn)3詳解】
由上述分析可知，試劑a為H2NCH2CH2Cl；I的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：。
【小問(wèn)4詳解】
H2C=CH—CH=CH2與溴化氫在過(guò)氧化物存在的條件下發(fā)生加成反應(yīng)生成Br(CH2)4Br，Br(CH2)4Br再在氫氧化鈉水溶液條件下水解得到HO(CH2)4OH，HO(CH2)4OH再與CH3CH2NH2在一定條件下反應(yīng)生成，因此合成路線(xiàn)為：H2C=CH—CH=CH2Br(CH2)4BrHO(CH2)4OH。




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