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西藏省拉萨市拉萨中学2020届高三第六次月考理科化学试题
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西藏省拉萨市拉萨中学2020届高三第六次月考理科化学试卷
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 B-11 C-12 N-14 O-16 F-19 S-32 K-39 Ca-40 Cu-64
一、选择题：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.化学与材料、生活和环境密切相关。下列有关说法中错误的是
A. 新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子
B. 医药中常用酒精来消毒，是因为酒精能够使细菌蛋白发生变性
C. 大力实施矿物燃料脱硫脱硝技术以减少硫、氮氧化物排放
D. 煤炭经气化、液化和干馏等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料
【答案】A
【解析】
【详解】A．光导纤维的主要成分为二氧化硅，为无机物不是高分子化合物，故A错误；
B．酒精能够使细菌蛋白发生变性，常用来消毒，故B正确；
C．矿物燃料含有硫氮元素，因此大力实施矿物燃料脱硫脱硝技术可以减少硫、氮氧化物排放，故C正确；
D．煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程；煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或者利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或者其他液体化工产品的过程；煤的干馏是指隔绝空气加强热，使煤分解的过程，可以得到很多重要的化工原料，故D正确；
故选A。
2.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列有关说法正确的是
A. 60克的乙酸和葡萄糖混合物充分燃烧消耗O2分子数为2NA
B. 5.8g熟石膏（2CaSO4·H2O）含有的结晶水分子数为0.04NA
C. 把4.6g乙醇完全氧化变成乙醛，转移电子数为0.1NA
D. 实验室制取氧气方法有多种，制取1molO2转移电子数均是4NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙酸与葡萄糖最简式都是CH2O，1个CH2O完全燃烧消耗1个氧气分子，60克的乙酸和葡萄糖混合物含有CH2O物质量为2mol，充分燃烧消耗2NA个O2，故A正确；
B．熟石膏(2CaSO4•H2O)的物质的量n==0.02mol，由熟石膏(2CaSO4•H2O)的化学式可知，1mol熟石膏(2CaSO4•H2O)中含1mol水，故0.02mol水中含0.02mol水，即0.02NA个，故B错误；
C．把4.6g乙醇物质的量为0.1mol，完全氧化变成乙醛，碳元素由乙醇中的-2价升高乙醛中的-1价，故转移电子数为0.2NA，故C错误；
D．实验室可以用双氧水、KClO3和KMnO4来制取氧气，当用KClO3和KMnO4来制取氧气时，氧元素由-2价变为0价，故制取1mol氧气转移4NA个电子，当用双氧水制取氧气时，氧元素由-1价变为0价，故制取1mol氧气时转移2NA个电子，故D 错误；
故答案为A。
3.茉莉酸甲酯具有强烈而持久的茉莉花香，广泛用于人工配制的茉莉精油中，其结构简式如图所示。下列关于茉莉酸甲酯的说法中不正确的是（ ）
A. 分子式为C13H20O3
B. 分子中含2个手性碳原子
C. 能发生氧化、水解和加聚反应
D. 茉莉酸甲酯易溶于水
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据结构简式可知，茉莉酸甲酯的分子式为C13H20O3，故A正确；
B．环上连接两个长支链的碳原子为手性碳原子，所以手性碳原子有2个，故B正确；
C．含有碳碳双键，能发生氧化反应和加聚反应、含有酯基能发生水解反应，故C正确；
D．酯基、烃基、羰基都是憎水基，不含亲水基，所以不易溶于水，易溶于有机溶剂，故D错误；
故选D。
4.四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素。下列有关说法正确的是（ ）
A. 离子半径Y＜Z＜M
B. Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的强
C. X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的大
D. 单质沸点：X＞M＞Y＞Z
【答案】B
【解析】
【分析】
从图中四种短周期元素的相对位置看，M为金属元素铝，则X为Si，Y为N，Z为O。
【详解】A.具有相同电子排布的离子半径，核电荷数越大半径越小，离子半径N3->O2->Al3+，A错误；
B.N的最高价氧化物对应水化物HNO3为强酸，而H2SiO3为弱酸，B正确；
C. 非金属性Si
故选B。
5.常温下，将0.1 mol/L的NaOH溶液逐滴滴入20 mL0.1 mol/L的CH3COOH溶液中，所得溶液pH变化如图所示，下列有关说法正确的是（ ）
A. a点：c(CH3COOH)>c(CH3COO-)
B. b点为滴定终点
C. 若V1=20，则c点处水的电离程度最大
D. d点：c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)=2c(OH-)-2c(H+)
【答案】C
【解析】
【详解】A. a点为等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解，所以c(CH3COOH)
C. 加入20 mL NaOH溶液，恰好完全反应，溶液中溶质为CH3COONa，在溶液中CH3COO-会发生水解作用，使水的电离正向移动，水的电离作用得到促进；c点前有未反应的醋酸，c点后溶液中有过量的NaOH，酸或碱的存在对水的电离平衡都会起抑制作用，使水的电离程度减小，故c点处水的电离程度最大，C正确；
D. d点溶液为CH3COONa、NaOH按2：1物质的量的比混合得到的混合溶液，根据物料守恒：2c(Na+)=3c(CH3COO-)+3c(CH3COOH)①，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)②，②×2－①，整理可得：c(CH3COO-)+3c(CH3COOH)=2c(OH-)-2c(H+)，D错误；
故合理选项是C。
6.下列根据实验操作和实验现象所得出的结论中，正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
常温下分别测定等浓度的KNO2、KCl溶液的pH
pH值：KNO2＞KCl
非金属性：Cl＞N
B
打磨后的铝片投入沸水中，加热一段时间，取出铝片，用一束光照射溶液
加热，铝片表面无明显现象；用光照射溶液时，有一条光亮的“通路”
铝与热水发生了反应
C
将某溶液与盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水中
澄清石灰水变浑浊
某溶液中一定含有HCO3-或CO32-
D
向Cu（OH）2沉淀中分别滴加盐酸和氨水
沉淀均能溶解
Cu（OH）2为两性氢氧化物
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．可比较亚硝酸与盐酸的酸性，但亚硝酸和盐酸均不是N或Cl元素最高价水化物含氧酸，则不能比较非金属性，故A错误；
B．用光照射溶液时，有一条光亮的“通路”，可知生成氢氧化铝胶体分散系，则铝与热水发生了反应，故B正确；
C．二氧化硫、二氧化碳均使石灰水变浑浊，生成的气体不一定就是CO2，则不能说明溶液中一定含有HCO3-或CO32-，故C错误；
D．Cu(OH)2与氨水反应生成络合物，不是生成盐和水，则氢氧化铜为碱，不具有两性，故D错误；
故选：B。
7.一种微生物燃料电池如图所示,下列关于该电池的说法正确的是
A. a电极发生还原反应
B. H+由右室通过质子交换膜进入左室
C. b电极反应式为2NO3－+10e－+12H+=N2↑+6H2O
D. 电池工作时,电流由a电极沿导线流向b电极
【答案】C
【解析】
【详解】A、b极上N元素的化合价降低，所以b是正极发生还原反应，故A错误；
B、原电池中阳离子从负极移向正极，即H+由左室通过质子交换膜进入右室，故B错误；
C、b极上N元素的化合价降低，b是正极，发生还原反应，电极反应式为：2NO3-+10e-+12H+═N2↑+6H2O，故C正确；
D、原电池中电流从正极流向负极，电流由b电极沿导线流向a电极，故D错误；
故选C。
8.Ⅰ.据报道，我国在南海北部神狐海域进行的可燃冰（甲烷的水合物）试采获得成功。
（1）甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式，除部分氧化外还有以下二种：
水蒸气重整：CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g) ΔH1=+205.9kJ·mol-1 ①
CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41.2kJ·mol-1 ②
二氧化碳重整：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g) ΔH3 ③
则反应①自发进行条件是_______，ΔH3=_______kJ·mol-1。
Ⅱ.氮的固定一直是科学家研究的重要课题，合成氨则是人工固氮比较成熟的技术，其原理为N2 (g)+3H2 (g)⇌2NH3(g)
（2）在不同温度、压强和相同催化剂条件下，初始时N2、H2分别为0.1mol、0.3mol时，平衡后混合物中氨的体积分数(ψ)如图所示。
①其中，p1，p2和p3由大到小的顺序是_______，其原因是_______。
②若分别用vA(N2)和vB(N2)表示从反应开始至达平衡状态A、B时的化学反应速率，则vA(N2)_______vB(N2)(填“”“”或“”。
③若在250℃、p1为105Pa条件下，反应达到平衡时容器的体积为1L，则该条件下B点N2的分压p(N2)为_______Pa(分压=总压×物质的量分数，保留一位小数)。
【答案】 (1). 高温 (2). +247.1 (3). p1>p2>p3 (4). 增大压强化学平衡向正反应方向移动，故平衡混合物中氨的体积分数越大压强越大 (5). < (6). 8.3×103或8333.3
【解析】
【分析】
I．(1)反应自发进行的条件是△H-T△S＜0，结合盖斯定律分析解答；
Ⅱ．(2)①由方程式N2+3H2⇌2NH3可知，增大压强，平衡正向移动，结合图象中氨的体积分数与压强的关系分析判断；②温度越大，压强越大，反应速率越大；③根据三段式，结合平衡分压=总压×气体物质的量分数计算。
【详解】I．(1)水蒸气重整：CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)△H1=+205.9kJ•mol-1，△H＞0，△S＞0，满足△H-T△S＜0，则需要高温；水蒸气重整：CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)△H1=+205.9kJ•mol-1 ①，CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H2=-41.2kJ•mol-1 ②，二氧化碳重整：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H3 ③，根据盖斯定律，将①+②得到反应③的热化学方程式：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H3=(+205.9kJ•mol-1)+(-41.2kJ•mol-1)=+247.1kJ/mol，故答案为：高温；+247.1；
II．(2)①由N2+3H2⇌2NH3可知，增大压强，平衡正向移动，由图象可知在相同温度下，平衡后混合物中氨的体积分数(φ)为p1＞p2＞p3，因此压强关系是p1＞p2＞p3，故答案为：p1＞p2＞p3；温度相同时，加压平衡正向移动，故压强越大平衡混合物中氨的体积分数越大；
②温度越大，压强越大，反应速率越大，p1＞p2，由图可知，B对应的温度、压强大，则反应速率大，故答案为：＜；
③
=0.667，x=0.08，若在250℃、p1为105Pa条件下，反应达到平衡时容器的体积为1L，则该条件下B点N2的分压p(N2)=105Pa×=8.3×103，故答案为： 8.3×103。
【点睛】本题的易错点为(2)③，要注意三段式在化学平衡计算中的应用，同时注意理解“分压=总压×物质的量分数”。
9.为测定某样品中氟元素的质量分数进行如下实验，利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢(氢氟酸为低沸点酸，含量低，不考虑对玻璃仪器的腐蚀)，用水蒸气蒸出，再通过滴定测量。实验装置如下图所示，加热装置省略。
(1)A的名称是___________，长导管用于平衡压强，实验过程中其下端___________(填“能”或“不能”)在液面以上。
(2)仪器C是直形冷凝管，实验过程中，冷却水应从___________口出。(填“a”或“b")
(3)实验时，首先打开活塞K，待水沸腾时，关闭活塞K，开始蒸馏：若蒸馏时因反应装置局部堵塞造成长导管水位急剧上升，应立即______________________。
(4)连接水蒸气发生装置和反应装置之间的玻璃管常裹以石棉绳，其作用是___________。
(5)B中加入一定体积高氯酸和1.00g氟化稀土矿样，D中盛有滴加酚酞的NaOH溶液。加热A、B，使A中产生的水蒸气进入B。
①下列物质不可代替高氯酸的是___________(填标号)
a.醋酸 b.硝酸 c.磷酸 d.硫酸
②D中主要反应的离子方程式为_________________________________。
(6)向馏出液中加入25.00mL0.100mol·L－1La(NO3)3溶液，得到LaF3沉淀，再用0.100 mol·L －1EDTA标准溶液滴定剩余La3+(La3+与EDTA按1︰1络合)，消耗EDTA标准溶液20.00mL，则氟化稀土样品中氟的质量分数为______________________。
【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). 不能 (3). b (4). 打开活塞K (5). 保温，避免水蒸气冷凝 (6). ab (7). HF+OH－=F－+H2O (8). 2.85%
【解析】
【分析】
A水蒸气发生装置，长导管作用起到平衡压强的作用，防止烧瓶内压强过大，实验时，首先打开活塞K，目的是让烧瓶内压强和外界一致，待水沸腾时，关闭活塞K，开始蒸馏，若蒸馏时因反应装置局部堵塞造成长导管水位急剧上升，应立即打开活塞K，和外界联通降低压强，B制取HF的装置，利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢，用水蒸气蒸出，冷凝到D装置，被氢氧化钠中和吸收，在采用滴定法定量测定氟元素的质量分数。
【详解】(1)A的名称是圆底烧瓶，长导管用于平衡压强，实验过程中其下端在液面以下；
答案：圆底烧瓶 不能
(2)实验过程中，直形冷凝管中冷却水应从a进b出，这样可使冷却水充满外管，有利于带走热量；
答案：b。
(3) 从实验安全角度考虑，实验时，首先打开活塞K，目的是让烧瓶内压强和外界一致，待水沸腾时，关闭活塞K，开始蒸馏，若蒸馏时因反应装置局部堵塞造成长导管水位急剧上升，应立即打开活塞K，和外界联通降低压强；
答案：打开活塞K
(4)连接水蒸气发生装置和反应装置之间的玻璃管常裹以石棉绳，石棉绳的隔热效果比较好，主要起到保温防止水蒸气冷凝的作用；
答案：保温，避免水蒸气冷凝。
(5)①根据题干知识可知反应原理为高沸点酸（难挥发性酸）制取低沸点酸（易挥发性酸），醋酸和硝酸易挥发，不可代替高氯酸；
答案：ab
②D中是氢氧化钠与HF发生酸碱中和生成盐和水，离子方程式为HF+OH－=F－+H2O；
答案：HF+OH－=F－+H2O。
(6)关系式法计算：设F-的物质的量为x
3F-～LaF3～ La3+ EDTA ～ La3+
3mol 1mol 1mol 1mol
x x/3 0.1mol/L×20.00×10-3L 0.1mol/L×20.00×10-3L
+0.1mol/L×20.00×10-3L=0.100mol/L×25.00×10-3L
得x=1.5×10-3mol=0.0015mol
氟化稀土样品中氟的质量分数为：×100%=2.85%
答案：2.85%
10.氧化亚铜（Cu2O）是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石（含CuFeS2、Cu2S等）为原料制取Cu2O的工艺流程如下：
常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表：
Fe（OH）2
Fe（OH）3
Cu（OH）2
开始沉淀
7.5
2.7
4.8
完全沉淀
9.0
37
6.4
(1)炉气中的有害气体成分是__________，Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。
(2)若试剂X是H2O2溶液，写出相应反应的离子方程式：________。当试剂X是______时，更有利于降低生产成本。
(3)加入试剂Y调pH时，pH的调控范围是___________。
(4)写出用N2H4制备Cu2O的化学方程式：________，操作X包括_________、洗涤、烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是____________。
(5)以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，写出阳极上生成Cu2O的电极反应式：__________。
【答案】 (1). SO2 (2). 2∶1 (3). 2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O (4). 空气或氧气 (5). 3.7≤pH<4.8 (6). 4CuSO4＋N2H4＋8KOH2Cu2O＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O (7). 过滤 (8). 防止Cu2O被空气中氧气氧化 (9). 2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O
【解析】
分析】
(1)金属硫化物焙烧时转化为金属氧化物与二氧化硫，Cu2S与O2反应时，根据得失电子守恒，分析氧化剂与还原剂的物质的量之比；
(2)酸性条件下，H2O2将Fe2＋氧化为Fe3＋，本身被还原为H2O，酸性条件下O2也可以将Fe2＋氧化为Fe3＋；
(3)调整pH的目的是使铁离子全部转化为氢氧化铁沉淀除去，而铜离子不能形成沉淀；
(4)N2H4将Cu2＋还原为Cu2O，自身被氧化为N2；Cu2O不溶于水，且有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化；
(5)因Cu2O是在阳极上生成的，阳极材料是铜，铜失去电子转化为Cu2O，据此解答。
【详解】(1)金属硫化物焙烧时转化为金属氧化物与二氧化硫，故炉气中的有害气体成分是SO2，Cu2S与O2反应时，氧化剂为O2，还原剂为Cu2S，1molO2得4mol电子，Cu的化合价从+1价升高为+2价，S的化合价从-2价升高为+4价，故1molCu2S失8mol电子，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，故答案为：SO2；2∶1；
(2)酸性条件下，H2O2将Fe2＋氧化为Fe3＋，本身被还原为H2O，离子方程式为2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O；酸性条件下O2也可以将Fe2＋氧化为Fe3＋，而氧气或空气价格远低于H2O2，所以用氧气替代双氧水，可以有效降低生产成本，故答案为：2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O；空气或氧气；
(3)调整pH的目的是使铁离子全部转化为氢氧化铁沉淀除去，而铜离子不能形成沉淀，故pH调控范围是3.7≤pH<4.8，故答案为：3.7≤pH<4.8；
(4)N2H4将Cu2＋还原为Cu2O，自身被氧化为N2，化学方程式为4CuSO4＋N2H4＋8KOH2Cu2O＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O；由于Cu2O不溶于水，故操作X为过滤、洗涤、烘干；因Cu2O有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化，故烘干过程中要隔绝空气，故答案为：4CuSO4＋N2H4＋8KOH2Cu2O＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O；过滤；防止Cu2O被空气中氧气氧化；
(5)因Cu2O是在阳极上生成的，阳极材料是铜，铜失去电子转化为Cu2O，相应的电极反应式为2Cu－2e－＋2OH－===Cu2O＋H2O，故答案为：2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O。
11.中国古代文献中记载了大量古代化学的研究成果，《本草纲目》中记载：“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”，反应原理为：S+2KNO3+3C===K2S+N2↑+3CO2↑。
(1)氮原子的价层电子排布图为___________，烟花燃放过程中，钾元素中的电子跃迁的方式是___________，K、S、N、O四种元素第一电离能由大到小的顺序为___________。上述反应涉及的元素中电负性最大的是___________(填元素符号)。
(2)碳元素除可形成常见的氧化物CO、CO2外，还可形成C2O3(结构式为)。C2O3与水反应可生成草酸(HOOC—COOH)。
①C2O3中碳原子的杂化轨道类型为___________，CO2分子的立体构型为___________。
②草酸与正丁酸(CH3CH2CH2COOH)的相对分子质量相差2，二者的熔点分别为101℃、-7.9℃，导致这种差异的最主要原因可能是______________________。
③CO分子中π键与σ键个数比为___________。
(3)超氧化钾的晶胞结构图如下：
则与K+等距离且最近的K+个数为___________，若晶胞参数为dpm，则该超氧化物的密度为___________g·cm－3(用含d、NA的代数式表示，设NA表示阿伏加德罗常数的值)。
【答案】 (1). (2). 由高能量状态跃迁到低能量状态 (3). N>O>S>K (4). O (5). sp2 (6). 直线型 (7). 草酸分子间能形成更多氢键 (8). 2：1 (9). 12 (10).
【解析】
【分析】
根据核外电子排布特点及非金属性强弱比较第一电离能大小；根据等电子体结构及杂化轨道理论分析分子的空间结构；根据晶胞的结构计算晶胞的密度。
【详解】(1)N原子价电子数为5，其电子排布图为；焰色反应属于发射光谱，故电子是由高能量状态跃迁到低能量状态，由第一电离能递变规律及N原子的2p能级处于半充满状态得第一电离能的大小顺序为N>O>S>K；上述反应涉及的元素中氧元素的非金属性最强，故电负性最大，
故答案为；；由高能量状态跃迁到低能量状态；N>O>S>K；O；
(2)①C2O3中碳原子形成3个σ键、为sp2杂化；CO2中C原子采取sp杂化，立体构型为直线型；
②草酸分子中有2个O-H键，丁酸分子中只含有一个O-H键，故草酸分子间形成的氢键数目比丁酸分子间形成的氢键数目多，因此其沸点比较高；
③CO与N2互为等电子体，结构相似，故π键与σ键个数比为2:1；
故答案为sp2；直线型；草酸分子间能形成更多氢键；2：1；
(3)由晶胞图知，同一平面内与K+距离相等且最近的K+有4个，通过某一个K+且相互垂直的平面有3个，故共有12个K+符合条件；由均摊原理知每个晶胞中含有4个KO2，质量为4/NA×71g，晶胞的体积为d3×10-30cm3，故密度为：g/cm3，
故答案12； 。
12.以葡萄糖为原料制得的山梨醇（A）和异山梨醇（B）都是重要的生物质转化平台化合物。E是一种治疗心绞痛的药物，由葡萄糖为原料合成E的过程如下：
回答下列问题：
（1）葡萄糖的结构简式为__________。
（2）E中含有的官能团为羟基、醚键和_______。
（3）由B到C的反应类型为_________。
（4）C的结构简式为_________。
（5）由D到E的反应方程式为_________。
（6）F是B的同分异构体，7.30g的F与足量饱碳酸氢钠反应可释放出2.24L二氧化碳（标准状况），F的可能结构共有__________种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3:1:1的结构简式为________。
【答案】 (1). CH2OH（CHOH）4CHO (2). 酯基 (3). 取代反应 (4). (5). +NaOH+CH3COONa (6). 9种 (7).
【解析】
【分析】
葡萄糖和氢气发生加成反应生成A为HOCH2(CHOH)4CH2OH，A发生消去反应生成B，B和乙酸反应生成C，根据C分子式知，B中一个羟基发生酯化反应，C结构简式为，根据D分子式知，生成D的反应为取代反应，D发生水解反应生成E，根据E结构简式知，D为，以此解答该题。
【详解】(1)葡萄糖的分子式为C6H12O6，是多羟基醛，结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO；
(2)由结构简式可知E中含有的官能团为羟基、醚键和酯基；
(3)由B到C的反应类型为取代反应或酯化反应；
(4)由以上分析可知C的结构简式为；
(5)D为，D发生水解反应生成E，由D到E的反应方程式为；
(6)F是B的同分异构体，B的相对分子质量为146，7.30g的F物质的量==0.05mol，生成n(CO2)==0.1mol，说明该分子中含有2个-COOH，B的分子式为C6H10O4，B的不饱和度==2，2个-COOH的不饱和度是2，说明F中不含碳碳不饱和键和环，则：
如果剩余碳链结构为C-C-C-C，羧基排放方式有6种；
如果剩余碳链结构为，羧基排放方式有3种；
所以符合条件的同分异构体有9种；其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3：1：1的结构简式为。
【点睛】考查有机物推断，为高考常见题型，侧重考查学生分析、推断能力，涉及物质推断、官能团判断、反应类型判断、同分异构体种类判断等知识点，明确有机物官能团及其性质关系是解本题关键，难点是同分异构体种类判断。
可能用到的相对原子质量：H-1 Li-7 B-11 C-12 N-14 O-16 F-19 S-32 K-39 Ca-40 Cu-64
一、选择题：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.化学与材料、生活和环境密切相关。下列有关说法中错误的是
A. 新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子
B. 医药中常用酒精来消毒，是因为酒精能够使细菌蛋白发生变性
C. 大力实施矿物燃料脱硫脱硝技术以减少硫、氮氧化物排放
D. 煤炭经气化、液化和干馏等过程，可获得清洁能源和重要的化工原料
【答案】A
【解析】
【详解】A．光导纤维的主要成分为二氧化硅，为无机物不是高分子化合物，故A错误；
B．酒精能够使细菌蛋白发生变性，常用来消毒，故B正确；
C．矿物燃料含有硫氮元素，因此大力实施矿物燃料脱硫脱硝技术可以减少硫、氮氧化物排放，故C正确；
D．煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程；煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或者利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或者其他液体化工产品的过程；煤的干馏是指隔绝空气加强热，使煤分解的过程，可以得到很多重要的化工原料，故D正确；
故选A。
2.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列有关说法正确的是
A. 60克的乙酸和葡萄糖混合物充分燃烧消耗O2分子数为2NA
B. 5.8g熟石膏（2CaSO4·H2O）含有的结晶水分子数为0.04NA
C. 把4.6g乙醇完全氧化变成乙醛，转移电子数为0.1NA
D. 实验室制取氧气方法有多种，制取1molO2转移电子数均是4NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙酸与葡萄糖最简式都是CH2O，1个CH2O完全燃烧消耗1个氧气分子，60克的乙酸和葡萄糖混合物含有CH2O物质量为2mol，充分燃烧消耗2NA个O2，故A正确；
B．熟石膏(2CaSO4•H2O)的物质的量n==0.02mol，由熟石膏(2CaSO4•H2O)的化学式可知，1mol熟石膏(2CaSO4•H2O)中含1mol水，故0.02mol水中含0.02mol水，即0.02NA个，故B错误；
C．把4.6g乙醇物质的量为0.1mol，完全氧化变成乙醛，碳元素由乙醇中的-2价升高乙醛中的-1价，故转移电子数为0.2NA，故C错误；
D．实验室可以用双氧水、KClO3和KMnO4来制取氧气，当用KClO3和KMnO4来制取氧气时，氧元素由-2价变为0价，故制取1mol氧气转移4NA个电子，当用双氧水制取氧气时，氧元素由-1价变为0价，故制取1mol氧气时转移2NA个电子，故D 错误；
故答案为A。
3.茉莉酸甲酯具有强烈而持久的茉莉花香，广泛用于人工配制的茉莉精油中，其结构简式如图所示。下列关于茉莉酸甲酯的说法中不正确的是（ ）
A. 分子式为C13H20O3
B. 分子中含2个手性碳原子
C. 能发生氧化、水解和加聚反应
D. 茉莉酸甲酯易溶于水
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据结构简式可知，茉莉酸甲酯的分子式为C13H20O3，故A正确；
B．环上连接两个长支链的碳原子为手性碳原子，所以手性碳原子有2个，故B正确；
C．含有碳碳双键，能发生氧化反应和加聚反应、含有酯基能发生水解反应，故C正确；
D．酯基、烃基、羰基都是憎水基，不含亲水基，所以不易溶于水，易溶于有机溶剂，故D错误；
故选D。
4.四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有M为金属元素。下列有关说法正确的是（ ）
A. 离子半径Y＜Z＜M
B. Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的强
C. X的最简单气态氢化物的热稳定性比Z的大
D. 单质沸点：X＞M＞Y＞Z
【答案】B
【解析】
【分析】
从图中四种短周期元素的相对位置看，M为金属元素铝，则X为Si，Y为N，Z为O。
【详解】A.具有相同电子排布的离子半径，核电荷数越大半径越小，离子半径N3->O2->Al3+，A错误；
B.N的最高价氧化物对应水化物HNO3为强酸，而H2SiO3为弱酸，B正确；
C. 非金属性Si
故选B。
5.常温下，将0.1 mol/L的NaOH溶液逐滴滴入20 mL0.1 mol/L的CH3COOH溶液中，所得溶液pH变化如图所示，下列有关说法正确的是（ ）
A. a点：c(CH3COOH)>c(CH3COO-)
B. b点为滴定终点
C. 若V1=20，则c点处水的电离程度最大
D. d点：c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)=2c(OH-)-2c(H+)
【答案】C
【解析】
【详解】A. a点为等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解，所以c(CH3COOH)
C. 加入20 mL NaOH溶液，恰好完全反应，溶液中溶质为CH3COONa，在溶液中CH3COO-会发生水解作用，使水的电离正向移动，水的电离作用得到促进；c点前有未反应的醋酸，c点后溶液中有过量的NaOH，酸或碱的存在对水的电离平衡都会起抑制作用，使水的电离程度减小，故c点处水的电离程度最大，C正确；
D. d点溶液为CH3COONa、NaOH按2：1物质的量的比混合得到的混合溶液，根据物料守恒：2c(Na+)=3c(CH3COO-)+3c(CH3COOH)①，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)②，②×2－①，整理可得：c(CH3COO-)+3c(CH3COOH)=2c(OH-)-2c(H+)，D错误；
故合理选项是C。
6.下列根据实验操作和实验现象所得出的结论中，正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
常温下分别测定等浓度的KNO2、KCl溶液的pH
pH值：KNO2＞KCl
非金属性：Cl＞N
B
打磨后的铝片投入沸水中，加热一段时间，取出铝片，用一束光照射溶液
加热，铝片表面无明显现象；用光照射溶液时，有一条光亮的“通路”
铝与热水发生了反应
C
将某溶液与盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水中
澄清石灰水变浑浊
某溶液中一定含有HCO3-或CO32-
D
向Cu（OH）2沉淀中分别滴加盐酸和氨水
沉淀均能溶解
Cu（OH）2为两性氢氧化物
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．可比较亚硝酸与盐酸的酸性，但亚硝酸和盐酸均不是N或Cl元素最高价水化物含氧酸，则不能比较非金属性，故A错误；
B．用光照射溶液时，有一条光亮的“通路”，可知生成氢氧化铝胶体分散系，则铝与热水发生了反应，故B正确；
C．二氧化硫、二氧化碳均使石灰水变浑浊，生成的气体不一定就是CO2，则不能说明溶液中一定含有HCO3-或CO32-，故C错误；
D．Cu(OH)2与氨水反应生成络合物，不是生成盐和水，则氢氧化铜为碱，不具有两性，故D错误；
故选：B。
7.一种微生物燃料电池如图所示,下列关于该电池的说法正确的是
A. a电极发生还原反应
B. H+由右室通过质子交换膜进入左室
C. b电极反应式为2NO3－+10e－+12H+=N2↑+6H2O
D. 电池工作时,电流由a电极沿导线流向b电极
【答案】C
【解析】
【详解】A、b极上N元素的化合价降低，所以b是正极发生还原反应，故A错误；
B、原电池中阳离子从负极移向正极，即H+由左室通过质子交换膜进入右室，故B错误；
C、b极上N元素的化合价降低，b是正极，发生还原反应，电极反应式为：2NO3-+10e-+12H+═N2↑+6H2O，故C正确；
D、原电池中电流从正极流向负极，电流由b电极沿导线流向a电极，故D错误；
故选C。
8.Ⅰ.据报道，我国在南海北部神狐海域进行的可燃冰（甲烷的水合物）试采获得成功。
（1）甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式，除部分氧化外还有以下二种：
水蒸气重整：CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g) ΔH1=+205.9kJ·mol-1 ①
CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41.2kJ·mol-1 ②
二氧化碳重整：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g) ΔH3 ③
则反应①自发进行条件是_______，ΔH3=_______kJ·mol-1。
Ⅱ.氮的固定一直是科学家研究的重要课题，合成氨则是人工固氮比较成熟的技术，其原理为N2 (g)+3H2 (g)⇌2NH3(g)
（2）在不同温度、压强和相同催化剂条件下，初始时N2、H2分别为0.1mol、0.3mol时，平衡后混合物中氨的体积分数(ψ)如图所示。
①其中，p1，p2和p3由大到小的顺序是_______，其原因是_______。
②若分别用vA(N2)和vB(N2)表示从反应开始至达平衡状态A、B时的化学反应速率，则vA(N2)_______vB(N2)(填“”“”或“”。
③若在250℃、p1为105Pa条件下，反应达到平衡时容器的体积为1L，则该条件下B点N2的分压p(N2)为_______Pa(分压=总压×物质的量分数，保留一位小数)。
【答案】 (1). 高温 (2). +247.1 (3). p1>p2>p3 (4). 增大压强化学平衡向正反应方向移动，故平衡混合物中氨的体积分数越大压强越大 (5). < (6). 8.3×103或8333.3
【解析】
【分析】
I．(1)反应自发进行的条件是△H-T△S＜0，结合盖斯定律分析解答；
Ⅱ．(2)①由方程式N2+3H2⇌2NH3可知，增大压强，平衡正向移动，结合图象中氨的体积分数与压强的关系分析判断；②温度越大，压强越大，反应速率越大；③根据三段式，结合平衡分压=总压×气体物质的量分数计算。
【详解】I．(1)水蒸气重整：CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)△H1=+205.9kJ•mol-1，△H＞0，△S＞0，满足△H-T△S＜0，则需要高温；水蒸气重整：CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)△H1=+205.9kJ•mol-1 ①，CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)△H2=-41.2kJ•mol-1 ②，二氧化碳重整：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H3 ③，根据盖斯定律，将①+②得到反应③的热化学方程式：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H3=(+205.9kJ•mol-1)+(-41.2kJ•mol-1)=+247.1kJ/mol，故答案为：高温；+247.1；
II．(2)①由N2+3H2⇌2NH3可知，增大压强，平衡正向移动，由图象可知在相同温度下，平衡后混合物中氨的体积分数(φ)为p1＞p2＞p3，因此压强关系是p1＞p2＞p3，故答案为：p1＞p2＞p3；温度相同时，加压平衡正向移动，故压强越大平衡混合物中氨的体积分数越大；
②温度越大，压强越大，反应速率越大，p1＞p2，由图可知，B对应的温度、压强大，则反应速率大，故答案为：＜；
③
=0.667，x=0.08，若在250℃、p1为105Pa条件下，反应达到平衡时容器的体积为1L，则该条件下B点N2的分压p(N2)=105Pa×=8.3×103，故答案为： 8.3×103。
【点睛】本题的易错点为(2)③，要注意三段式在化学平衡计算中的应用，同时注意理解“分压=总压×物质的量分数”。
9.为测定某样品中氟元素的质量分数进行如下实验，利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢(氢氟酸为低沸点酸，含量低，不考虑对玻璃仪器的腐蚀)，用水蒸气蒸出，再通过滴定测量。实验装置如下图所示，加热装置省略。
(1)A的名称是___________，长导管用于平衡压强，实验过程中其下端___________(填“能”或“不能”)在液面以上。
(2)仪器C是直形冷凝管，实验过程中，冷却水应从___________口出。(填“a”或“b")
(3)实验时，首先打开活塞K，待水沸腾时，关闭活塞K，开始蒸馏：若蒸馏时因反应装置局部堵塞造成长导管水位急剧上升，应立即______________________。
(4)连接水蒸气发生装置和反应装置之间的玻璃管常裹以石棉绳，其作用是___________。
(5)B中加入一定体积高氯酸和1.00g氟化稀土矿样，D中盛有滴加酚酞的NaOH溶液。加热A、B，使A中产生的水蒸气进入B。
①下列物质不可代替高氯酸的是___________(填标号)
a.醋酸 b.硝酸 c.磷酸 d.硫酸
②D中主要反应的离子方程式为_________________________________。
(6)向馏出液中加入25.00mL0.100mol·L－1La(NO3)3溶液，得到LaF3沉淀，再用0.100 mol·L －1EDTA标准溶液滴定剩余La3+(La3+与EDTA按1︰1络合)，消耗EDTA标准溶液20.00mL，则氟化稀土样品中氟的质量分数为______________________。
【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). 不能 (3). b (4). 打开活塞K (5). 保温，避免水蒸气冷凝 (6). ab (7). HF+OH－=F－+H2O (8). 2.85%
【解析】
【分析】
A水蒸气发生装置，长导管作用起到平衡压强的作用，防止烧瓶内压强过大，实验时，首先打开活塞K，目的是让烧瓶内压强和外界一致，待水沸腾时，关闭活塞K，开始蒸馏，若蒸馏时因反应装置局部堵塞造成长导管水位急剧上升，应立即打开活塞K，和外界联通降低压强，B制取HF的装置，利用高氯酸(高沸点酸)将样品中的氟元素转化为氟化氢，用水蒸气蒸出，冷凝到D装置，被氢氧化钠中和吸收，在采用滴定法定量测定氟元素的质量分数。
【详解】(1)A的名称是圆底烧瓶，长导管用于平衡压强，实验过程中其下端在液面以下；
答案：圆底烧瓶 不能
(2)实验过程中，直形冷凝管中冷却水应从a进b出，这样可使冷却水充满外管，有利于带走热量；
答案：b。
(3) 从实验安全角度考虑，实验时，首先打开活塞K，目的是让烧瓶内压强和外界一致，待水沸腾时，关闭活塞K，开始蒸馏，若蒸馏时因反应装置局部堵塞造成长导管水位急剧上升，应立即打开活塞K，和外界联通降低压强；
答案：打开活塞K
(4)连接水蒸气发生装置和反应装置之间的玻璃管常裹以石棉绳，石棉绳的隔热效果比较好，主要起到保温防止水蒸气冷凝的作用；
答案：保温，避免水蒸气冷凝。
(5)①根据题干知识可知反应原理为高沸点酸（难挥发性酸）制取低沸点酸（易挥发性酸），醋酸和硝酸易挥发，不可代替高氯酸；
答案：ab
②D中是氢氧化钠与HF发生酸碱中和生成盐和水，离子方程式为HF+OH－=F－+H2O；
答案：HF+OH－=F－+H2O。
(6)关系式法计算：设F-的物质的量为x
3F-～LaF3～ La3+ EDTA ～ La3+
3mol 1mol 1mol 1mol
x x/3 0.1mol/L×20.00×10-3L 0.1mol/L×20.00×10-3L
+0.1mol/L×20.00×10-3L=0.100mol/L×25.00×10-3L
得x=1.5×10-3mol=0.0015mol
氟化稀土样品中氟的质量分数为：×100%=2.85%
答案：2.85%
10.氧化亚铜（Cu2O）是一种用途广泛的光电材料，某工厂以硫化铜矿石（含CuFeS2、Cu2S等）为原料制取Cu2O的工艺流程如下：
常温下几种物质开始形成沉淀与完全沉淀时的pH如下表：
Fe（OH）2
Fe（OH）3
Cu（OH）2
开始沉淀
7.5
2.7
4.8
完全沉淀
9.0
37
6.4
(1)炉气中的有害气体成分是__________，Cu2S与O2反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。
(2)若试剂X是H2O2溶液，写出相应反应的离子方程式：________。当试剂X是______时，更有利于降低生产成本。
(3)加入试剂Y调pH时，pH的调控范围是___________。
(4)写出用N2H4制备Cu2O的化学方程式：________，操作X包括_________、洗涤、烘干，其中烘干时要隔绝空气，其目的是____________。
(5)以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，写出阳极上生成Cu2O的电极反应式：__________。
【答案】 (1). SO2 (2). 2∶1 (3). 2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O (4). 空气或氧气 (5). 3.7≤pH<4.8 (6). 4CuSO4＋N2H4＋8KOH2Cu2O＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O (7). 过滤 (8). 防止Cu2O被空气中氧气氧化 (9). 2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O
【解析】
分析】
(1)金属硫化物焙烧时转化为金属氧化物与二氧化硫，Cu2S与O2反应时，根据得失电子守恒，分析氧化剂与还原剂的物质的量之比；
(2)酸性条件下，H2O2将Fe2＋氧化为Fe3＋，本身被还原为H2O，酸性条件下O2也可以将Fe2＋氧化为Fe3＋；
(3)调整pH的目的是使铁离子全部转化为氢氧化铁沉淀除去，而铜离子不能形成沉淀；
(4)N2H4将Cu2＋还原为Cu2O，自身被氧化为N2；Cu2O不溶于水，且有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化；
(5)因Cu2O是在阳极上生成的，阳极材料是铜，铜失去电子转化为Cu2O，据此解答。
【详解】(1)金属硫化物焙烧时转化为金属氧化物与二氧化硫，故炉气中的有害气体成分是SO2，Cu2S与O2反应时，氧化剂为O2，还原剂为Cu2S，1molO2得4mol电子，Cu的化合价从+1价升高为+2价，S的化合价从-2价升高为+4价，故1molCu2S失8mol电子，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1，故答案为：SO2；2∶1；
(2)酸性条件下，H2O2将Fe2＋氧化为Fe3＋，本身被还原为H2O，离子方程式为2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O；酸性条件下O2也可以将Fe2＋氧化为Fe3＋，而氧气或空气价格远低于H2O2，所以用氧气替代双氧水，可以有效降低生产成本，故答案为：2Fe2＋＋2H＋＋H2O2=2Fe3＋＋2H2O；空气或氧气；
(3)调整pH的目的是使铁离子全部转化为氢氧化铁沉淀除去，而铜离子不能形成沉淀，故pH调控范围是3.7≤pH<4.8，故答案为：3.7≤pH<4.8；
(4)N2H4将Cu2＋还原为Cu2O，自身被氧化为N2，化学方程式为4CuSO4＋N2H4＋8KOH2Cu2O＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O；由于Cu2O不溶于水，故操作X为过滤、洗涤、烘干；因Cu2O有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化，故烘干过程中要隔绝空气，故答案为：4CuSO4＋N2H4＋8KOH2Cu2O＋N2↑＋4K2SO4＋6H2O；过滤；防止Cu2O被空气中氧气氧化；
(5)因Cu2O是在阳极上生成的，阳极材料是铜，铜失去电子转化为Cu2O，相应的电极反应式为2Cu－2e－＋2OH－===Cu2O＋H2O，故答案为：2Cu－2e－＋2OH－=Cu2O＋H2O。
11.中国古代文献中记载了大量古代化学的研究成果，《本草纲目》中记载：“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”，反应原理为：S+2KNO3+3C===K2S+N2↑+3CO2↑。
(1)氮原子的价层电子排布图为___________，烟花燃放过程中，钾元素中的电子跃迁的方式是___________，K、S、N、O四种元素第一电离能由大到小的顺序为___________。上述反应涉及的元素中电负性最大的是___________(填元素符号)。
(2)碳元素除可形成常见的氧化物CO、CO2外，还可形成C2O3(结构式为)。C2O3与水反应可生成草酸(HOOC—COOH)。
①C2O3中碳原子的杂化轨道类型为___________，CO2分子的立体构型为___________。
②草酸与正丁酸(CH3CH2CH2COOH)的相对分子质量相差2，二者的熔点分别为101℃、-7.9℃，导致这种差异的最主要原因可能是______________________。
③CO分子中π键与σ键个数比为___________。
(3)超氧化钾的晶胞结构图如下：
则与K+等距离且最近的K+个数为___________，若晶胞参数为dpm，则该超氧化物的密度为___________g·cm－3(用含d、NA的代数式表示，设NA表示阿伏加德罗常数的值)。
【答案】 (1). (2). 由高能量状态跃迁到低能量状态 (3). N>O>S>K (4). O (5). sp2 (6). 直线型 (7). 草酸分子间能形成更多氢键 (8). 2：1 (9). 12 (10).
【解析】
【分析】
根据核外电子排布特点及非金属性强弱比较第一电离能大小；根据等电子体结构及杂化轨道理论分析分子的空间结构；根据晶胞的结构计算晶胞的密度。
【详解】(1)N原子价电子数为5，其电子排布图为；焰色反应属于发射光谱，故电子是由高能量状态跃迁到低能量状态，由第一电离能递变规律及N原子的2p能级处于半充满状态得第一电离能的大小顺序为N>O>S>K；上述反应涉及的元素中氧元素的非金属性最强，故电负性最大，
故答案为；；由高能量状态跃迁到低能量状态；N>O>S>K；O；
(2)①C2O3中碳原子形成3个σ键、为sp2杂化；CO2中C原子采取sp杂化，立体构型为直线型；
②草酸分子中有2个O-H键，丁酸分子中只含有一个O-H键，故草酸分子间形成的氢键数目比丁酸分子间形成的氢键数目多，因此其沸点比较高；
③CO与N2互为等电子体，结构相似，故π键与σ键个数比为2:1；
故答案为sp2；直线型；草酸分子间能形成更多氢键；2：1；
(3)由晶胞图知，同一平面内与K+距离相等且最近的K+有4个，通过某一个K+且相互垂直的平面有3个，故共有12个K+符合条件；由均摊原理知每个晶胞中含有4个KO2，质量为4/NA×71g，晶胞的体积为d3×10-30cm3，故密度为：g/cm3，
故答案12； 。
12.以葡萄糖为原料制得的山梨醇（A）和异山梨醇（B）都是重要的生物质转化平台化合物。E是一种治疗心绞痛的药物，由葡萄糖为原料合成E的过程如下：
回答下列问题：
（1）葡萄糖的结构简式为__________。
（2）E中含有的官能团为羟基、醚键和_______。
（3）由B到C的反应类型为_________。
（4）C的结构简式为_________。
（5）由D到E的反应方程式为_________。
（6）F是B的同分异构体，7.30g的F与足量饱碳酸氢钠反应可释放出2.24L二氧化碳（标准状况），F的可能结构共有__________种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3:1:1的结构简式为________。
【答案】 (1). CH2OH（CHOH）4CHO (2). 酯基 (3). 取代反应 (4). (5). +NaOH+CH3COONa (6). 9种 (7).
【解析】
【分析】
葡萄糖和氢气发生加成反应生成A为HOCH2(CHOH)4CH2OH，A发生消去反应生成B，B和乙酸反应生成C，根据C分子式知，B中一个羟基发生酯化反应，C结构简式为，根据D分子式知，生成D的反应为取代反应，D发生水解反应生成E，根据E结构简式知，D为，以此解答该题。
【详解】(1)葡萄糖的分子式为C6H12O6，是多羟基醛，结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO；
(2)由结构简式可知E中含有的官能团为羟基、醚键和酯基；
(3)由B到C的反应类型为取代反应或酯化反应；
(4)由以上分析可知C的结构简式为；
(5)D为，D发生水解反应生成E，由D到E的反应方程式为；
(6)F是B的同分异构体，B的相对分子质量为146，7.30g的F物质的量==0.05mol，生成n(CO2)==0.1mol，说明该分子中含有2个-COOH，B的分子式为C6H10O4，B的不饱和度==2，2个-COOH的不饱和度是2，说明F中不含碳碳不饱和键和环，则：
如果剩余碳链结构为C-C-C-C，羧基排放方式有6种；
如果剩余碳链结构为，羧基排放方式有3种；
所以符合条件的同分异构体有9种；其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3：1：1的结构简式为。
【点睛】考查有机物推断，为高考常见题型，侧重考查学生分析、推断能力，涉及物质推断、官能团判断、反应类型判断、同分异构体种类判断等知识点，明确有机物官能团及其性质关系是解本题关键，难点是同分异构体种类判断。
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