2016年山东省潍坊市高考化学一模试卷
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．下表中相关物质的信息都正确的一项是（ ）
选项
化学式
电子式或含有的化学键类型
物质的性质
与性质相对应的用途
A
NaClO
离子键、共价键
强氧化性
消毒液
B
H2O2
不稳定，易分解
医用消毒剂
C
NH3
共价键
水溶液呈弱碱性
工业制硝酸
D
NaClO3
离子键
受热易分解
泡沫灭火器
A．A B．B C．C D．D
2．NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）
A．1 mol﹣OH（羟基）与l mol NH4+中所含电子数均为10NA
B．25℃时，100 mL pH=l的稀硫酸中，含有的H+数目为0.01 NA
C．室温下，1 L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣离子数目为0.1 NA
D．标准状况下，2.24LNO2和N2O4混合气体中含0.2 NA个氧原子
3．俗称“一滴香”的物质被人食用后会损伤肝脏，还能致癌．“一滴香”的分子结构如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该有机物的分子式为C8H8O3
B．1 mo1该有机物最多能与 2 mol H2发生加成反应
C．该有机物能发生取代、加成和氧化反应
D．该有机物能与碳酸氢钠反应生成CO2
4．第三周期元素R，它的原子最外电子层达到稳定结构所所需的电子数少于次外层与最内层电子数之差，且等于最内层电子数的整数倍，关于R的叙述中正确的是（ ）
A．常温下，能稳定存在的R的氧化物都是酸性氧化物
B．R的气态氢化物的水溶液具有强酸性
C．R是金属元素
D．R的气态氧化物不能在氧气中燃烧
5．下列与实验相关的叙述错误的是（ ）
A．蒸馏时蒸馏烧瓶中液体的体积不能超过容积的，液体也不能蒸干
B．给试管中的液体加热时要不时移动试管，以免暴沸
C．可用稀硝酸鉴别MgI、AgNO3、Na2CO3、NaAlO2四种溶液
D．稀释浓硫酸时，如果戴有防护眼罩，可以把水慢慢倒入装有浓硫酸的烧杯中
6．锂﹣铜空气燃料电池容量高、成本低，具有广阔的发展前景．该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为2Li+Cu2O+H2O═2Cu+2Li++2OH﹣，下列说法不正确的是（ ）
A．放电时，Li+透过固体电解质向Cu极移动
B．放电时，正极的电极反应式为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣
C．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O
D．整个反应过程中，氧化剂为O2
7．25℃时，c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0.1mol•L﹣1的醋酸、醋酸钠混合溶液中，c（CH3COOH）、c（CH3COO﹣）与pH的关系如图所示．下列叙述正确的是（ ）
A．25℃时，CH3COOH的电离常数K的值5×10﹣2.75
B．随pH增大，增大
C．pH=4的溶液中，c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣）
D．pH=5的溶液中，c（H+）+c（Na+）+c（CH3COOH）﹣c（OH﹣）=0.1 mol•L﹣1
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题-第32题为必考题，每个试题考生都必须作答，第33题-第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）
8．某化学兴趣小组以黄铜矿（主要成分CuFeS2）为原料进行如下实验探究．为测定黄铜矿中硫元素的质量分数，将m1g该黄铜矿样品放入如图所示装置中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧石英管中的黄铜矿样品．
（1）锥形瓶A内所盛试剂是 溶液；装置B的作用是 ；锥形瓶D内发生反应的离子方程式为 ．
（2）反应结束后将锥形瓶D中的溶液进行如下处理：
如图则向锥形瓶D中加入过量H2O2溶液反应的离子方程式为 ；操作Ⅱ是洗涤、烘干、称重，其中洗涤的具体方法 ；该黄铜矿中硫元素的质量分数为 （用含m1、m2的代数式表示）．
（3）反应后固体经熔炼、煅烧后得到泡铜（Cu、Cu2O）和熔渣（Fe2O3、FeO），要验证熔渣中存在FeO，应选用的最佳试剂是 ．
A．KSCN溶液、氯水 B．稀盐酸、KMnO4溶液
C．稀硫酸、KMnO4溶液 D．NaOH溶液
（4）已知：Cu+在强酸性环境中会发生反应生成Cu和Cu2+．设计实验方案验证泡铜中是否含有Cu2O ．
9．钨是熔点最高的金属，是重要的战略物资．自然界中钨矿石的主要成分是铁和锰的钨酸盐（FeWO4、MnWO4），还含少量Si、P、As的化合物．由黑钨矿冶炼钨的工艺流程如图：
已知：①滤渣I的主要成份是Fe2O3、MnO2．
②上述流程中，除最后一步外，其余步骤钨的化合价未变．
③常温下钨酸难溶于水．
回答下列问题：
（1）钨酸盐（FeWO4、MnWO4）中钨元素的化合价为 ，请写出MnWO4在熔融条件下发生碱分解反应生成MnO2的化学方程式 ．
（2）上述流程中向粗钨酸钠溶液中加硫酸调pH=10后，溶液中的杂质阴离子确SiO32﹣、HAsO32﹣、HAsO42﹣、HPO42﹣等，则“净化”过程中，加入H2O2时发生反应的离子方程式为 ，滤渣Ⅱ的主要成分是 ．
（3）已知氢氧化钙和钨酸钙（CaWO4）都是微溶电解质，两者的溶解度均随温度升高而减小．图为不同温度下Ca（OH）2、CaWO4的沉淀溶解平衡曲线，则T1时Ksp（CaWO4）= mol•L﹣1．将钨酸钠溶液加入石灰乳得到大量钨酸钙，发生反应的离子方程式为 ，T2时该反应的平衡常数为 mol•L﹣1．
（4）硬质合金刀具中含碳化钨（WC），利用电解法可以从碳化钨废料中回收钨．电解时，用碳化钨做阳极，不锈钢做阴极，HCl溶液为电解液，阳极析出钨酸并放出CO2．该阳极反应式为 ．
10．铁及其化合物在日常生活、生产中应用广泛，研究铁及其化合物的应用意义重大．回答下列问题：
（1）已知高炉炼铁过程中会发生如下反应：
FeO（s）+CO（g）═Fe（s）+CO2（g）△H1
Fe2O3（s）+CO（g）═Fe3O4（s）+CO2（g）△H2
Fe3O4（s）+CO（g）═3Fe（s）+CO2（g）H3
Fe2O3（s）+CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）H4
则△H4的表达式为 （用含△H1、△H2、△H3的代数式表示）．
（2）上述反应在高炉中大致分为三个阶段，各阶段主要成分与温度的关系如下：
温度
250℃
600℃
1000℃
2000℃
主要成分
Fe2O3
Fe3O4
FeO
Fe
1600℃时固体物质的主要成分为 ，该温度下若测得固体混合物中m（Fe）：m（O）=35：2，则FeO被CO还原为Fe的百分率为 （设其它固体杂质中不含Fe、O元素）．
（3）铁等金属可用作CO与氢气反应的催化剂．已知某种催化剂可用来催化反应 CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）△H＜0．在T℃，106Pa时将l mol CO和3mol H2加入体积可变的密闭容器中．实验测得CO的体积分数x（CO）如下表：
t/min
0
10
20
30
40
50
x（CO）
0.25
0.23
0.214
0.202
0.193
0.193
①能判断CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）达到平衡的是 （填序号）．
a．容器内压强不再发生变化 b．混合气体的密度不再发生变化
c．v正（CO）=3v逆（H2） d．混合气体的平均相对分子质量不再发生变化
②达到平衡时CO的转化率为 ；在T℃106Pa时该反应的压强平衡常数Kp（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）的计算式为 ．
③图表示该反应CO的平衡转化率与温度、压强的关系．图中温度T1、T2、T3由高到低的顺序是 ，理由是 ．
[化学--物质结构与性质]（共1小题，满分15分）
11．氮及其化合物与人类生产、生活息息相关．回答下列问题：
（1）基态N原子中电子在2p轨道上的排布遵循的原则是 ．前4周期元素中，基态原子核外电子排布成单电子数最多的元素的价层电子排布式为 ．
（2）C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是
（3）N2F2分子中N原子的杂化方式是 ，l mol N2F2含有 molσ键．
（4）NF3的键角 NH3的键角（填“＜”“＞”或“=”），原因是 ．
（5）NH4BF4（氟硼酸铵）是合成氮化硼纳米管的原料之一．l mol NH4BF4 mol配位键．
（6）安全气囊的设计原理为6NaN3+FeIO3Na2O+2Fe+9N2↑
①等电子体的原理是：原子总数相同，价电子总数相同的分子或离子具有相似的化学键特征，具有许多相近的性质．写出两种与N3﹣互为等电子体的分子或离子 ．
②Na2O的晶胞结构如图所示，品胞边长为566pm，晶胞中氧原子的配位数为 ，Na2O晶体的密度为 g•cm﹣3（只要求列算式，不必计算出结果）
【化学-有机化学基础】（共1小题，满分0分）
12．有机化合物K在化工和医药方面有重要的应用，其合成路线如下：
已知信息：
①C能发生银镜反应，E的相对分子质量比D大4，G的苯环上的一溴代物有两种
②
③2RCH2CHO
请回答下列问题：
（1）F的名称是 ，H含有的官能团是 ．
（2）A→B的反应类型是 ，F→G的反应类型是 ．
（3）C与银氨溶液反应的化学方程式是 ．
（4）K的结构简式是 ．
（5）符合下列要求的C8H10O的同分异构体有 种．
①芳香族化合物②与Na反应并产生H2③遇FeCl3溶液呈紫色，
其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6：2：1：1的是 （写出其中一种结构简式）
（6）参照已知信息和成路线，设计一条由CH2=CH2为原料合成CH3CH2CH2CH2OH的路线（注明反应条件）： ．
2016年山东省潍坊市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，每小题6分，满分42分）
1．下表中相关物质的信息都正确的一项是（ ）
选项
化学式
电子式或含有的化学键类型
物质的性质
与性质相对应的用途
A
NaClO
离子键、共价键
强氧化性
消毒液
B
H2O2
不稳定，易分解
医用消毒剂
C
NH3
共价键
水溶液呈弱碱性
工业制硝酸
D
NaClO3
离子键
受热易分解
泡沫灭火器
A．A B．B C．C D．D
【考点】离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型；氧化性、还原性强弱的比较．
【专题】氧化还原反应专题；化学键与晶体结构．
【分析】A．NaClO中钠离子和次氯酸根离子之间存在离子键、O﹣Cl原子之间存在共价键，次氯酸钠具有强氧化性而使蛋白质变性；
B．双氧水是共价化合物，只存在共价键；
C．氨气中只含共价键，氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨电离生成氢氧根离子而使其水溶液呈溶解性，工业制取硝酸的原料是氨气；
D．氯酸钠中钠离子和氯酸根离子之间存在离子键，受热易分解，具有强氧化性．
【解答】解：A．NaClO中钠离子和次氯酸根离子之间存在离子键、O﹣Cl原子之间存在共价键，次氯酸钠具有强氧化性而使蛋白质变性，所以可以作消毒剂，故A正确；
B．双氧水是共价化合物，只存在共价键，其电子式为，故B错误；
C．氨气中只含共价键，氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨电离生成氢氧根离子而使其水溶液呈溶解性，该现象属于化学性质，故C错误；
D．氯酸钠中钠离子和氯酸根离子之间存在离子键，受热易分解，具有强氧化性，碳酸氢钠能作泡沫灭火器，故D错误；
故选A．
【点评】本题考查较综合，涉及化学键、电子式、物质性质及用途等知识点，明确物质组成、结构、性质和用途之间关系是解本题关键，易错选项是C，题目难度不大．
2．NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）
A．1 mol﹣OH（羟基）与l mol NH4+中所含电子数均为10NA
B．25℃时，100 mL pH=l的稀硫酸中，含有的H+数目为0.01 NA
C．室温下，1 L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣离子数目为0.1 NA
D．标准状况下，2.24LNO2和N2O4混合气体中含0.2 NA个氧原子
【考点】阿伏加德罗常数．
【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．
【分析】A、羟基不显电性；
B、pH=1的硫酸中氢离子浓度为0.1mol/L；
C、在氢氧化钠溶液中，水的电离被抑制；
D、NO2和N2O4中含有的氧原子个数不同．
【解答】解：A、羟基不显电性，故1mol羟基中含9mol电子即9NA个，故A错误；
B、pH=1的硫酸中氢离子浓度为0.1mol/L，故100mL溶液中氢离子的物质的量为n=CV=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，个数为0.01NA个，故B正确；
C、在氢氧化钠溶液中，水的电离被抑制，故溶液中氢氧根几乎全部来自于水的电离，即水电离出的氢氧根的个数小于0.1NA个，故C错误；
D、NO2和N2O4中含有的氧原子个数不同，故标况下2.24L混合气体即0.1mol混合气体中氧原子的个数介于0.2NA到0.4NA之间，故D错误．
故选B．
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．
3．俗称“一滴香”的物质被人食用后会损伤肝脏，还能致癌．“一滴香”的分子结构如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该有机物的分子式为C8H8O3
B．1 mo1该有机物最多能与 2 mol H2发生加成反应
C．该有机物能发生取代、加成和氧化反应
D．该有机物能与碳酸氢钠反应生成CO2
【考点】有机物的结构和性质．
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】由有机物的结构简式可确定有机物的分子式，该有机物中含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有C=O键，可发生加成反应，含有﹣OH，可发生取代、氧化反应，以此解答该题．
【解答】解：A．由有机物的结构简式可知，该有机物含有7个C原子，8个H原子和3个O原子，则分子式为C7H8O3，故A错误；
B．能与氢气发生加成反应的为C=C和C=O键，则1 mol该有机物最多能与3 mol H2发生加成反应，故B错误；
C．该有机物中含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有C=O键，可发生加成反应，含有﹣OH，可发生取代、氧化反应，与氢气的加成反应也为还原反应，故C正确；
D．分子中不含羧基，与碳酸氢钠不反应，故D错误．
故选C．
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，题目难度中等．
4．第三周期元素R，它的原子最外电子层达到稳定结构所所需的电子数少于次外层与最内层电子数之差，且等于最内层电子数的整数倍，关于R的叙述中正确的是（ ）
A．常温下，能稳定存在的R的氧化物都是酸性氧化物
B．R的气态氢化物的水溶液具有强酸性
C．R是金属元素
D．R的气态氧化物不能在氧气中燃烧
【考点】原子结构与元素周期律的关系．
【专题】元素周期律与元素周期表专题．
【分析】第三周期元素R，有3个电子层，次外层和最内层的电子数之差为8﹣2=6，它的原子核外最外层实现8电子稳定结构所需的电子数小于6，且等于最内层电子数的整数倍，则R元素原子核外最外层实现8电子稳定结构所需的电子数为2或4，若为2，则R为硫元素，符合题意；若为4，则R为硅元素，符合题意．结合元素化合物性质判断．
【解答】解：第三周期元素R，有3个电子层，次外层和最内层的电子数之差为8﹣2=6，它的原子核外最外层实现8电子稳定结构所需的电子数小于6，且等于最内层电子数的整数倍，则R元素原子核外最外层实现8电子稳定结构所需的电子数为2或4，若为2，则R为硫元素，符合题意；若为4，则R为硅元素，符合题意．
A、S、Si的氧化物为SO2、SO3、SiO2，都是酸性氧化物，故A正确；
B、Si元素的氢化物的化学式为SiH4，难溶于水没有强酸性，故B错误；
C、R为S或Si元素，属于非金属元素，故C错误；
D、若R为Si元素，则Si没有气态氧化物，故D错误．
故选：A．
【点评】本题以元素推断为载体，考查原子结构位置与性质关系、元素化合物知识，题目难度不大，推断元素是解题的关键．
5．下列与实验相关的叙述错误的是（ ）
A．蒸馏时蒸馏烧瓶中液体的体积不能超过容积的，液体也不能蒸干
B．给试管中的液体加热时要不时移动试管，以免暴沸
C．可用稀硝酸鉴别MgI、AgNO3、Na2CO3、NaAlO2四种溶液
D．稀释浓硫酸时，如果戴有防护眼罩，可以把水慢慢倒入装有浓硫酸的烧杯中
【考点】化学实验方案的评价．
【专题】物质的分离提纯和鉴别．
【分析】A．烧瓶中液体不能太多，也不能太少；
B．加热试管，先预热；
C．MgI、AgNO3、Na2CO3、NaAlO2四种溶液分别与硝酸反应的现象为：溶液为紫色、无现象、气体、先生成沉淀后溶解；
D．稀释时，将密度大的液体注入密度小的液体中，并及时散热．
【解答】解：A．烧瓶中液体不能太多，也不能太少，则蒸馏时蒸馏烧瓶中液体的体积不能超过容积的，液体也不能蒸干，故A正确；
B．加热试管，先预热后均匀受热，则加热时要不时移动试管，以免暴沸，故B正确；
C．MgI、AgNO3、Na2CO3、NaAlO2四种溶液分别与硝酸反应的现象为：溶液为紫色、无现象、气体、先生成沉淀后溶解，现象不同，可鉴别，故C正确；
D．稀释时，将密度大的液体注入密度小的液体中，并及时散热，则应把浓硫酸慢慢倒入装有水的烧杯中，并利用玻璃棒不断搅拌，故D错误；
故选D．
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、物质的鉴别、实验基本操作等，把握反应原理及混合物分离提纯方法、物质的性质等为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，题目难度中等．
6．锂﹣铜空气燃料电池容量高、成本低，具有广阔的发展前景．该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为2Li+Cu2O+H2O═2Cu+2Li++2OH﹣，下列说法不正确的是（ ）
A．放电时，Li+透过固体电解质向Cu极移动
B．放电时，正极的电极反应式为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣
C．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O
D．整个反应过程中，氧化剂为O2
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【专题】电化学专题．
【分析】根据电池反应式知，该反应中Li元素化合价由0价变为+1价、Cu元素化合价由+1价变为0价，所以负极上电极反应式为Li﹣e﹣=Li+、正极反应式为 Cu2O+H2O+2e﹣=Cu+2OH﹣，放电时电解质中阳离子向正极移动，以此解答该题．
【解答】解：A．放电时，阳离子向正极移动，则Li+透过固体电解质向Cu极移动，故A正确；
B．根据电池反应式知，正极反应式为 Cu2O+H2O+2e﹣=Cu+2OH﹣，故B错误；
C．放电过程为2Li+Cu2O+H2O═2Cu+2Li++2OH﹣，可知通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，故C正确；
D．通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，放电时Cu2O转化为Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，氧化剂为O2，故D正确；故选B．
【点评】本题考查了原电池原理，为高频考点，明确原电池负极上得失电子及电极反应式是解本题关键，题目难度中等，易错点为B，注意正极电极方程式的书写．
7．25℃时，c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0.1mol•L﹣1的醋酸、醋酸钠混合溶液中，c（CH3COOH）、c（CH3COO﹣）与pH的关系如图所示．下列叙述正确的是（ ）
A．25℃时，CH3COOH的电离常数K的值5×10﹣2.75
B．随pH增大，增大
C．pH=4的溶液中，c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH﹣）
D．pH=5的溶液中，c（H+）+c（Na+）+c（CH3COOH）﹣c（OH﹣）=0.1 mol•L﹣1
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．
【专题】电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】随碱性增强，溶液中c（CH3COOH）减小，c（CH3COO﹣）增大，虚线表示c（CH3COOH），实线表示c（CH3COO﹣）．
A．由图可知，pH=4.75时，c（CH3COOH）=c（CH3COO﹣）=0.05mol/L，结合Ka=计算；
B．由醋酸电离平衡常数可知： =；
C．由图可知，pH=4时，c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）；
D．由电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），而溶液中c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0.1mol•L﹣1．
【解答】解：随碱性增强，溶液中c（CH3COOH）减小，c（CH3COO﹣）增大，虚线表示c（CH3COOH），实线表示c（CH3COO﹣）．
A．由图可知，pH=4.75时，溶液中c（H+）=10﹣4.75mol/L，c（CH3COOH）=c（CH3COO﹣）=0.05mol/L，则CH3COOH的电离常数K==c（H+）=10﹣4.75mol/L，故A错误；
B．由醋酸电离平衡常数可知： =，随pH增大，c（H+）减小，则减小，故B错误；
C．由图可知，pH=4时，c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣），故C错误；
D．由电荷守恒可知：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），而溶液中c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）=0.1mol•L﹣1，联立可得c（Na+）+c（H+）+c（CH3COOH）﹣c（OH﹣）=0.1mol•L﹣1，故D正确．
故选：D．
【点评】本题考查离子浓度大小比较、电离平衡常数、pH有关计算等，关键是明确图象中曲线变化含义，注意掌握电荷守恒、物料守恒、质子守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用，难度中等．
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题-第32题为必考题，每个试题考生都必须作答，第33题-第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）
8．某化学兴趣小组以黄铜矿（主要成分CuFeS2）为原料进行如下实验探究．为测定黄铜矿中硫元素的质量分数，将m1g该黄铜矿样品放入如图所示装置中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧石英管中的黄铜矿样品．
（1）锥形瓶A内所盛试剂是 氢氧化钠 溶液；装置B的作用是 干燥气体 ；锥形瓶D内发生反应的离子方程式为 SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O ．
（2）反应结束后将锥形瓶D中的溶液进行如下处理：
如图则向锥形瓶D中加入过量H2O2溶液反应的离子方程式为 H2O2+SO32﹣=SO42﹣+H2O ；操作Ⅱ是洗涤、烘干、称重，其中洗涤的具体方法 固体放入过滤器中，用玻璃棒引流向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待滤液自然流下后，重复上述操作2﹣3次 ；该黄铜矿中硫元素的质量分数为 ×100% （用含m1、m2的代数式表示）．
（3）反应后固体经熔炼、煅烧后得到泡铜（Cu、Cu2O）和熔渣（Fe2O3、FeO），要验证熔渣中存在FeO，应选用的最佳试剂是 C ．
A．KSCN溶液、氯水 B．稀盐酸、KMnO4溶液
C．稀硫酸、KMnO4溶液 D．NaOH溶液
（4）已知：Cu+在强酸性环境中会发生反应生成Cu和Cu2+．设计实验方案验证泡铜中是否含有Cu2O 取少量泡铜于试管中加入适量稀硫酸，若溶液呈蓝色说明泡铜中含有Cu2O，否则不含有 ．
【考点】探究物质的组成或测量物质的含量．
【专题】定量测定与误差分析．
【分析】将m1g该黄铜矿样品放入如图所示装置中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧石英管中的黄铜矿样品，为防止二氧化碳的干扰，应将空气中的二氧化碳用碱液除掉，通过碱石灰干燥吸收水蒸气，进入装置C
加热反应，反应后固体经熔炼、煅烧后得到泡铜（Cu、Cu2O）和熔渣（Fe2O3、FeO），生成的二氧化硫气体进入装置D被过滤氢氧化钠溶液吸收得到亚硫酸钠溶液，
（1）为防止二氧化碳的干扰，应将空气中的二氧化碳用碱液除掉，通过碱石灰干燥吸收水蒸气，生成的二氧化硫能和氢氧化钠反应生成盐；
（2）亚硫酸根离子能被过氧化氢氧化生成硫酸根离子；洗涤固体在过滤器中进行，加水至浸没固体使水自然流下，重复几次洗涤干净，m2g固体为硫酸钡的质量，结合硫元素守恒计算得到硫元素的质量分数；
（3）反应后固体经熔炼、煅烧后得到泡铜（Cu、Cu2O）和熔渣（Fe2O3、FeO），要验证熔渣中存在FeO，应选用的最佳试剂是加入硫酸溶解后加入高锰酸钾溶液观察高锰酸钾溶液是否褪色设计检验方案；
（4）泡铜成分为Cu、Cu2O，Cu+在强酸性环境中会发生反应生成Cu和Cu2+．据此设计实验验证是否含有氧化亚铜；
【解答】解：（1）为防止二氧化碳的干扰，应将空气中的二氧化碳用碱液除掉，锥形瓶A内所盛试剂是氢氧化钠溶液，通过碱石灰干燥吸收水蒸气，生成的二氧化硫能和过量氢氧化钠反应生成亚硫酸钠盐和水，反应的离子方程式为：SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O，
故答案为：氢氧化钠，干燥气体，SO2+2OH﹣=SO32﹣+H2O；
（2）亚硫酸根离子具有还原性能被过氧化氢氧化生成硫酸根离子，反应的离子方程式为：H2O2+SO32﹣=SO42﹣+H2O，洗涤固体在过滤器中进行，加水至浸没固体使水自然流下，重复几次洗涤干净，具体操作为：固体放入过滤器中，用玻璃棒引流向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待滤液自然流下后，重复上述操作2﹣3次，m2g固体为硫酸钡的质量，结合硫元素守恒计算得到硫元素的质量分数=×100%=×100%，
故答案为：H2O2+SO32﹣=SO42﹣+H2O，固体放入过滤器中，用玻璃棒引流向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待滤液自然流下后，重复上述操作2﹣3次，×100%；
（3）反应后固体经熔炼、煅烧后得到泡铜（Cu、Cu2O）和熔渣（Fe2O3、FeO），要验证熔渣中存在FeO，应选用的最佳试剂是加入硫酸溶解后加入高锰酸钾溶液观察高锰酸钾溶液是否褪色设计检验方案；
（4）泡铜成分为Cu、Cu2O，Cu+在强酸性环境中会发生反应生成Cu和Cu2+．据此设计实验验证是否含有氧化亚铜，取少量泡铜于试管中加入适量稀硫酸，若溶液呈蓝色说明泡铜中含有Cu2O，否则不含有，
故答案为：取少量泡铜于试管中加入适量稀硫酸，若溶液呈蓝色说明泡铜中含有Cu2O，否则不含有；
【点评】本题考查混合物的分离和提纯，主要是物质性质、实验基本操作和实验探究设计等知识点，关键是提取题中的信息，根据所学知识完成，题目难度中等．
9．钨是熔点最高的金属，是重要的战略物资．自然界中钨矿石的主要成分是铁和锰的钨酸盐（FeWO4、MnWO4），还含少量Si、P、As的化合物．由黑钨矿冶炼钨的工艺流程如图：
已知：①滤渣I的主要成份是Fe2O3、MnO2．
②上述流程中，除最后一步外，其余步骤钨的化合价未变．
③常温下钨酸难溶于水．
回答下列问题：
（1）钨酸盐（FeWO4、MnWO4）中钨元素的化合价为 +6 ，请写出MnWO4在熔融条件下发生碱分解反应生成MnO2的化学方程式 2MnWO4+O2+4NaOH2MnO2+2Na2WO4+2H2O ．
（2）上述流程中向粗钨酸钠溶液中加硫酸调pH=10后，溶液中的杂质阴离子确SiO32﹣、HAsO32﹣、HAsO42﹣、HPO42﹣等，则“净化”过程中，加入H2O2时发生反应的离子方程式为 H2O2+HAsO32﹣═HAsO42﹣+H2O ，滤渣Ⅱ的主要成分是 MgSiO3、MgHAsO4、MgHPO4 ．
（3）已知氢氧化钙和钨酸钙（CaWO4）都是微溶电解质，两者的溶解度均随温度升高而减小．图为不同温度下Ca（OH）2、CaWO4的沉淀溶解平衡曲线，则T1时Ksp（CaWO4）=
1×10﹣10 mol•L﹣1．将钨酸钠溶液加入石灰乳得到大量钨酸钙，发生反应的离子方程式为 WO42﹣+Ca（OH）2=CaWO4+2OH﹣ ，T2时该反应的平衡常数为 1×103 mol•L﹣1．
（4）硬质合金刀具中含碳化钨（WC），利用电解法可以从碳化钨废料中回收钨．电解时，用碳化钨做阳极，不锈钢做阴极，HCl溶液为电解液，阳极析出钨酸并放出CO2．该阳极反应式为 WC+6H2O﹣10e﹣=H2WO4+CO2↑+10H+ ．
【考点】制备实验方案的设计．
【专题】无机实验综合．
【分析】由流程可知，钨酸亚铁和氢氧化钠、氧气反应生成氧化铁和钨酸钠，钨酸锰和氢氧化钠反应生成钨酸钠和氢氧化锰，水浸时，氧化铁和氢氧化锰不溶于水，钨酸钠溶于水，故过滤后得到的滤液含钨酸钠，滤渣I的主要成份是Fe2O3、MnO2，钨酸钠和浓硫酸反应生成钨酸和硫酸钠；加入过氧化氢，氧化+5价的钨为+6价，加入氯化镁，生成难溶于水的MgSiO3、MgHAsO4、MgHPO4，过滤，滤液为钨酸钠，酸化，加热分解产生三氧化钨和水，用还原剂还原三氧化钨生成钨．
（1）根据在化合物中正负化合价代数和为零，确定钨酸盐（FeWO4、MnWO4）中钨元素的化合价；根据流程图的提示锰的钨酸盐和氢氧化钠和氧气反应生成MnO2等物质；
（2）根据以上分析，加入H2O2的目的是将HAsO32﹣氧化成HAsO42﹣，据此书写离子反应方程式；
（3）T1时KSP（CaWO4）=c（Ca2+）•c（WO42﹣），根据表中该温度下离子的浓度代入计算即可；将钨酸钠溶液加入石灰乳得到钨酸钙沉淀和氢氧根离子，据此书写离子反应式，反应平衡常数K等于生成物平衡浓度系数次方之积和反应物平衡浓度系数次方之积，据此计算T2时该反应的平衡常数；
（4）电解时阴极得到电子，由于电解质溶液是酸性介质，所以阴极是氢离子放电生成氢气，碳化钨做阳极，碳化钨（WC）失去电子生成H2WO4．
【解答】解：（1）钨酸盐FeWO4为钨酸亚铁，钨酸盐（FeWO4、MnWO4）中铁、锰的化合价都为+2价，设钨酸盐（FeWO4、MnWO4）中钨元素的化合价为+x
，因化合物中正负化合价代数和为零，则+2+x+（﹣2）×4=0，解得x=+6，黑钨矿的主要成分是铁和锰的钨酸盐，根据流程图的提示知，黑钨矿在空气中熔融生成WO42﹣、MnO2，、Fe2O3等，其中转化中生成MnO2的化学反应方程式为2MnWO4+O2+4NaOH=2MnO2+2Na2WO4+2H2O，
故答案为：+6；2MnWO4+O2+4NaOH2MnO2+2Na2WO4+2H2O；
（2）根据以上分析，加入H2O2的目的是将HAsO32﹣氧化成HAsO42﹣，离子方程式为H2O2+HAsO32﹣═HAsO42﹣+H2O，滤液I中存在SiO32﹣、HAsO32﹣、HAsO42﹣、HPO42﹣等离子，经过调解pH值后，加入氯化镁，Mg2+沉淀SiO32﹣、HAsO32﹣、HAsO42﹣、HPO42﹣等离子，滤渣Ⅱ的主要成分是MgSiO3、MgHAsO4、MgHPO4，
故答案为：H2O2+HAsO32﹣═HAsO42﹣+H2O；MgSiO3、MgHAsO4、MgHPO4；
（3）T1时KSP（CaWO4）=c（Ca2+）•c（WO42﹣）=1×10﹣5×1×10﹣5=1×10﹣10，将钨酸钠溶液加入石灰乳，发生复分解反应，氢氧化钙和钨酸根离子反应生成钨酸钙沉淀，反应的离子方程式为：WO42﹣+Ca（OH）2=CaWO4+2OH﹣，T2时，C（OH﹣）=10﹣2mol/L，c（WO42﹣）=10﹣7mol/L，平衡常数K等于生成物平衡浓度系数次方之积和反应物平衡浓度系数次方之积，即K===1×103，
故答案为：1×10﹣10；WO42﹣+Ca（OH）2=CaWO4+2OH﹣；1×103；
（4）电解时，阴极是氢离子放电生成氢气，电极反应式是2H++2e﹣=H2↑，阳极是碳化钨失去电子，发生氧化反应：WC+6H2O﹣10e﹣=H2WO4+CO2↑+10H+，
故答案为：WC+6H2O﹣10e﹣=H2WO4+CO2↑+10H+．
【点评】本题以钨矿原料制备W的工艺流程为载体，考查了氧化还原反应原理、对工艺流程的理解、常用化学用语等，题目难度中等，理解工艺流程是解题的关键，需要学生具有扎实的基础与综合运用知识分析、解决问题的能力．
10．铁及其化合物在日常生活、生产中应用广泛，研究铁及其化合物的应用意义重大．回答下列问题：
（1）已知高炉炼铁过程中会发生如下反应：
FeO（s）+CO（g）═Fe（s）+CO2（g）△H1
Fe2O3（s）+CO（g）═Fe3O4（s）+CO2（g）△H2
Fe3O4（s）+CO（g）═3Fe（s）+CO2（g）H3
Fe2O3（s）+CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）H4
则△H4的表达式为 △H2+△H3 （用含△H1、△H2、△H3的代数式表示）．
（2）上述反应在高炉中大致分为三个阶段，各阶段主要成分与温度的关系如下：
温度
250℃
600℃
1000℃
2000℃
主要成分
Fe2O3
Fe3O4
FeO
Fe
1600℃时固体物质的主要成分为 FeO和Fe ，该温度下若测得固体混合物中m（Fe）：m（O）=35：2，则FeO被CO还原为Fe的百分率为 80% （设其它固体杂质中不含Fe、O元素）．
（3）铁等金属可用作CO与氢气反应的催化剂．已知某种催化剂可用来催化反应 CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）△H＜0．在T℃，106Pa时将l mol CO和3mol H2加入体积可变的密闭容器中．实验测得CO的体积分数x（CO）如下表：
t/min
0
10
20
30
40
50
x（CO）
0.25
0.23
0.214
0.202
0.193
0.193
①能判断CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）达到平衡的是 bcd （填序号）．
a．容器内压强不再发生变化 b．混合气体的密度不再发生变化
c．v正（CO）=3v逆（H2） d．混合气体的平均相对分子质量不再发生变化
②达到平衡时CO的转化率为 37.1% ；在T℃106Pa时该反应的压强平衡常数Kp（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）的计算式为 ．
③图表示该反应CO的平衡转化率与温度、压强的关系．图中温度T1、T2、T3由高到低的顺序是 T3＞T2＞T1 ，理由是 正反应放热，在相同压强下，温度降低，平衡向正反应方向移动，CO的转化率越高 ．
【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断；化学平衡的计算．
【专题】化学反应中的能量变化；化学平衡专题．
【分析】（1）根据盖斯定律，将所给的反应②+③×可得：Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g），反应热做相应的变化即可；
（2）根据当1000℃时为FeO，在2000℃时为Fe来分析；设混合物中FeO的物质的量为xmol，Fe的物质的量为ymol，则有： =，即可求的x：y；
（3）①当一个量，在反应达平衡之前在变化，而后来不变了，则能说明反应达平衡；
②设反应达平衡时CO转化了xmol，根据三段式结合平衡时CO的体积分数来计算；在T℃106Pa时该反应的压强平衡常数Kp来计算；
③反应CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）△H＜0，温度越高，则平衡左移，CO的平衡转化率越低．
【解答】解：（1）已知反应：Fe2O3（s）+CO（g）═Fe3O4（s）+CO2（g）△H2 ②
Fe3O4（s）+4CO（g）═3Fe（s）+4CO2（g）△H3 ③
，根据盖斯定律，将所给的反应②+③×可得：Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g），故△H4=△H2+△H3 ，故答案为：△H2+△H3 ；
（2）根据当1000℃时为FeO，在2000℃时为Fe，故在1600℃时固体物质的主要成分为FeO和Fe的混合物；设混合物中FeO的物质的量为xmol，Fe的物质的量为ymol，则有： =，即可求的x：y=1：4，故剩余的FeO和被还原为铁的FeO的物质的量之比为1：4，则可知被还原的FeO的百分比为×100%=80%，故答案为：FeO和Fe；80%；
（3）①a．由于此容器是个体积可变的容器，故为恒容的容器，则容器内压强一直不变，故不能作为反应达平衡的标志，故a错误；
b．此反应在平衡前，气体的质量不变，但体积变小，故密度变大，故当混合气体的密度不再发生变化时能说明反应达平衡，故b正确；
c．反应达平衡的根本标志是v正=v逆，而v正（CO）=3v逆（H2），两者表示的方向相反，比值也正确，故能说明反应达平衡，故c正确；
d．在反应达平衡之前，混合气体的质量不变，但物质的量变小，故混合气体的平均相对分子质量在变小，故当不变时能说明反应达平衡，故d正确．
故选bcd；
②设反应达平衡时CO转化了xmol，则根据三段式可知：
CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）
初始（n）：1mol 3mol 0 0
△n：xmol 3xmol xmol xmol
平衡（n）：（1﹣x）mol（3﹣3x）mol xmol xmol
结合平衡时CO的体积分数为0.193可知： =0.193，解得x=0.371，故达到平衡时CO的转化率为=；
在T℃106Pa时该反应的压强平衡常数Kp=，故答案为：37.1%；；
③反应CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）△H＜0，温度越高，则平衡左移，CO的平衡转化率越低，根据图象可知，温度T3＞T2＞T1，
故答案为：T3＞T2＞T1；正反应放热，在相同压强下，温度降低，平衡向正反应方向移动，CO的转化率越高．
【点评】本题综合考查了盖斯定律的应用、平衡常数的求算和图象的应用，综合性较强，一直是高考的常见题型，难度较大．
[化学--物质结构与性质]（共1小题，满分15分）
11．氮及其化合物与人类生产、生活息息相关．回答下列问题：
（1）基态N原子中电子在2p轨道上的排布遵循的原则是 洪特规则 ．前4周期元素中，基态原子核外电子排布成单电子数最多的元素的价层电子排布式为 3d54s1 ．
（2）C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是 N＞O＞C
（3）N2F2分子中N原子的杂化方式是 sp2杂化 ，l mol N2F2含有 3 molσ键．
（4）NF3的键角 ＜ NH3的键角（填“＜”“＞”或“=”），原因是 F元素电负性比H大，NF3中N周围电子密度小于NH3中N周围电子密度 ．
（5）NH4BF4（氟硼酸铵）是合成氮化硼纳米管的原料之一．l mol NH4BF4 2 mol配位键．
（6）安全气囊的设计原理为6NaN3+FeIO3Na2O+2Fe+9N2↑
①等电子体的原理是：原子总数相同，价电子总数相同的分子或离子具有相似的化学键特征，具有许多相近的性质．写出两种与N3﹣互为等电子体的分子或离子 CO2、CNO﹣ ．
②Na2O的晶胞结构如图所示，品胞边长为566pm，晶胞中氧原子的配位数为 8 ，Na2O晶体的密度为 g•cm﹣3（只要求列算式，不必计算出结果）
【考点】晶胞的计算．
【专题】元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构．
【分析】（1）2p能级3个电子分别单独优先占据一个轨道；前4周期元素中，基态原子核外电子排布成单电子数最多，只能处于第四周期，根据洪特规则特例书写价层电子排布式；
（2）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，氮元素2p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；
（3）N2F2分子结构式为F﹣N=N﹣F；
（4）F元素电负性比H大，NF3中N周围电子密度减小，成键电子对之间的排斥力较小，因而键角较小；
（5）NH4BF4 中铵根离子中含有1个配位键，B原子与F之间形成1个配位键；
（6）①原子总数相同、价电子总数相同的分子或离子互为等电子体；
②由均摊法可知晶胞中白色球数目为4、黑色球数目为8，Na原子与氧原子数目之比为2：1，则白色球为氧原子、黑色球为Na原子，黑色球配位数为4，则白色球配位数为8，表示出晶胞质量，再根据ρ=计算晶胞密度．
【解答】解：（1）2p能级3个电子分别单独优先占据一个轨道，符合洪特规则；前4周期元素中，基态原子核外电子排布成单电子数最多，只能处于第四周期，由洪特规则特例可知价层电子排布式为3d54s1，
故答案为：洪特规则；3d54s1；
（2）同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，氮元素2p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能：N＞O＞C，
故答案为：N＞O＞C；
（3）N2F2分子结构式为F﹣N=N﹣F，分子中N原子含有1对孤对电子，N原子的杂化方式是sp2杂化，l mol N2F2含有3molσ键，
故答案为：sp2杂化；3；
（4）F元素电负性比H大，F元素电负性比H大，NF3中N周围电子密度小于NH3中N周围电子密度，成键电子对之间的排斥力较小，因而NF3的键角＜NH3的键角，
故答案为：＜；F元素电负性比H大，NF3中N周围电子密度小于NH3中N周围电子密度；
（5）NH4BF4 中铵根离子中含有1个配位键，B原子与F之间形成1个配位键，l mol NH4BF4 含有2mol配位键，
故答案为：2；
（6）①与N3﹣互为等电子体的分子或离子为CO2、CNO﹣等，
故答案为：CO2、CNO﹣；
②晶胞中白色球数目为8×+6×=4、黑色球数目为8，Na原子与氧原子数目之比为2：1，则白色球为氧原子、黑色球为Na原子，黑色球配位数为4，则白色球配位数为8
，晶胞质量为4×g，则晶胞密度为4×g÷（566×10﹣10 cm）3=g•cm﹣3，
故答案为：8；．
【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电离能、杂化方式判断、配位键、价层电子对数互斥理论、等电子体、晶胞结构与计算等，（4）中键角判断为易错点、难点，注意同周期第一电离能异常情况．
【化学-有机化学基础】（共1小题，满分0分）
12．有机化合物K在化工和医药方面有重要的应用，其合成路线如下：
已知信息：
①C能发生银镜反应，E的相对分子质量比D大4，G的苯环上的一溴代物有两种
②
③2RCH2CHO
请回答下列问题：
（1）F的名称是 甲苯 ，H含有的官能团是 羧基和氯原子 ．
（2）A→B的反应类型是 加成反应 ，F→G的反应类型是 取代反应 ．
（3）C与银氨溶液反应的化学方程式是 ．
（4）K的结构简式是 ．
（5）符合下列要求的C8H10O的同分异构体有 9 种．
①芳香族化合物②与Na反应并产生H2③遇FeCl3溶液呈紫色，
其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6：2：1：1的是 （写出其中一种结构简式）
（6）参照已知信息和成路线，设计一条由CH2=CH2为原料合成CH3CH2CH2CH2OH的路线（注明反应条件）： ．
【考点】有机物的推断．
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】A发生加成反应生成B，B发生催化氧化反应生成C，C能发生银镜反应，则C为，则B为，C发生信息③的反应，则D结构简式为，E的相对分子质量比D大4，则D发生碳碳双键和醛基的还原反应，则E结构简式为；
F为，F发生苯环上的取代反应生成G，G的苯环上的一溴代物有两种，则G结构简式为，G被酸性高锰酸钾氧化生成H，则H结构简式为，H和浓NaOH水溶液发生水解反应、中和反应然后酸化得到I，I结构简式为，E和I发生酯化反应生成K，K结构简式为，
（6）CH2=CH2和H2O发生加成反应生成CH3CH2OH，CH3CH2OH发生催化氧化反应生成CH3CHO，CH3CHO在NaOH溶液中加热生成CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO和氢气发生加成反应生成CH3CH2CH2CH2OH，
据此分析解答．
【解答】解：A发生加成反应生成B，B发生催化氧化反应生成C，C能发生银镜反应，则C为，则B为，C发生信息③的反应，则D结构简式为，E的相对分子质量比D大4，则D发生碳碳双键和醛基的还原反应，则E结构简式为；
F为，F发生苯环上的取代反应生成G，G的苯环上的一溴代物有两种，则G结构简式为，G被酸性高锰酸钾氧化生成H，则H结构简式为，H和浓NaOH水溶液发生水解反应、中和反应然后酸化得到I，I结构简式为，E和I发生酯化反应生成K，K结构简式为，
（1）F为，F的名称是甲苯，H结构简式为，H含有的官能团是羧基和氯原子，
故答案为：甲苯；羧基和氯原子；
（2）A→B的反应类型是加成反应，F→G的反应类型是取代反应，故答案为：加成反应；取代反应；
（3）C与银氨溶液反应的化学方程式是，
故答案为：；
（4）K的结构简式是，故答案为：；
（5）C8H10O的不饱和度==4，C8H10O的同分异构体符合下列条件：
①芳香族化合物，说明含有苯环，苯环的不饱和度是4，所以侧链没有双键；
②与Na反应并产生H2，说明含有羟基；
③遇FeCl3溶液呈紫色，说明含有酚羟基，
如果取代基为﹣OH、﹣CH2CH3有邻间对3种；
如果取代基为﹣OH和两个﹣CH3，
如果两个﹣CH3位于邻位，有2种；
如果两个﹣CH3位于间位，有3种，
如果两个﹣CH3位于对位，有1种；
则符合条件的有9种；
其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6：2：1：1，
符合条件的同分异构体结构简式为，
故答案为：9；；
（6）CH2=CH2和H2O发生加成反应生成CH3CH2OH，CH3CH2OH发生催化氧化反应生成CH3CHO，CH3CHO在NaOH溶液中加热生成CH3CH=CHCHO，CH3CH=CHCHO和氢气发生加成反应生成CH3CH2CH2CH2OH，其合成路线为
，故答案为：．
【点评】本题考查有机物推断和有机合成，为高频考点，侧重考查学生分析推断及知识迁移能力，根据某些物质分子式、结构简式、反应条件结合题给信息进行推断，难点是有机合成路线的设计，根据原料、产物、官能团及其性质关系采用知识迁移方法进行设计，易错点是限制型同分异构体种类判断，题目难度中等．
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